浙江省杭州市西湖区学军联考2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷（解析版）

这是一份浙江省杭州市西湖区学军联考2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题Ⅰ（本小题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中，流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其关系式为：，式中称为黏性系数，r和v分别是球的半径和速度，k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断黏性系数的单位是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据
可得
根据国际单位制推断黏性系数的单位是
故选B。
2. 物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得物理概念和物理规律，推动物理学的发展。以下是四幅课本插图，其中涉及了相同的物理思想方法的是（ ）
A. 甲和乙B. 甲和丙C. 乙和丁D. 丙和丁
【答案】C
【解析】甲图是等效替代的思想，乙图和丁图是微小量放大法，丙图是实验和逻辑推理相结合的科学思维方法。
故选C。
3. 街舞于20世纪80年代兴起，广受青少年的喜爱，一名少年当街表演街舞，他单手倒立并静止于水平地面上的情景如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 少年的重心在手与地面接触处的正上方
B. 少年的舞蹈动作改变时，他的重心位置一定不会发生变化
C. 地面对少年的支持力大于少年的重力
D. 地面对少年的支持力是由于少年与地面接触的手掌发生形变而产生的
【答案】A
【解析】AC．以少年为对象，根据平衡条件可知，地面对少年的支持力等于少年的重力，重力与支持力在同一竖直线上，则少年的重心在手与地面接触处的正上方，故A正确，C错误；
B．少年的舞蹈动作改变时，他的重心位置可能会发生变化，故B错误；
D．地面对少年的支持力是由于地面发生形变而产生的，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，在一条张紧绳子上挂着a、b、c、d四个摆球，让c摆先振动，其余各摆在c的驱动下也逐步振动起来，则（ ）
A. b摆振动的周期最大B. d摆的固有频率最小
C. a摆振动的振幅最大D. a、b、d三个摆球振动的振幅相同
【答案】C
【解析】A．由题意，让c摆先振动，其余各摆在c的驱动下做受迫振动也将逐步振动起来，则它们的振动周期均等于c的振动周期，A错误；
B．根据，可知d摆的摆长最短，所以固有周期最小，根据，可知其固有频率最大，B错误；
CD．a、c的固有周期相同，所以a摆发生共振，振幅最大，C正确，D错误。
故选C。
5. 将一根筷子竖直插入装有水的圆柱形薄玻璃杯中，如图所示，从俯视图中的P点沿水平方向看去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，看到的图形正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
上图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，AP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁P射向观察者的一条光线，OP为过P点沿半径方向的直线，即在P处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在P处由水中射入空气中，图中的角i和角r分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，所以观察者在P处看到的筷子A的像的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢的位置。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜，对筷子起到了放大的作用，因此，观察到的筷子比实际粗些。
故选A。
6. 武当山重峦叠嶂，气候多变。屹立山巅的铜铸金殿是一个庞大的优良导体，当带电的积雨云移来时，能产生“雷火炼殿”奇观。其原理可以简化为以下模型：一块带正电的金属板M，按照图中位置“1”到位置“4”的顺序逐渐靠近接地的金属板N，此过程中M板的带电量不变。下列说法正确的是（ ）
A. 从位置“3”到位置“4”，M的电势升高
B. 从位置“1”到位置“2”，M的电势降低
C. 从位置“1”到位置“4”，N板携带电荷量增大
D. 从位置“2”到位置“3”，MN间的电场强度变大
【答案】B
【解析】AD．MN间的电场强度
从位置“2”或“3”到位置“4”， d减小，其余各量不变，但E与d无关，所以MN间的电场强度不变，由可知，MN间的电势差变小，而N板电势始终是零，且M板带正电，电势高于N板电势，所以该过程中M板电势降低，故AD错误；
B．从位置“1”到位置“2”，S变大，其余各量不变，所以MN间的电场强度变小；由可知，MN间的电势差变小，而N板电势始终是零，且M板带正电，电势高于N板电势，所以该过程中M板电势降低，故B正确；
C．极板处于断路状态，电荷量不变，故C错误。
故选B。
7. 同步振动、频率相同、振幅均为A的两列水波在水面上相遇后，在它们重叠的区域形成如图所示的图样，其中实线代表波峰，虚线代表波谷。在图示时刻，M为波峰与波峰相遇点、N为波谷与波谷相遇点、P为波峰与波谷相遇点。则以下说法正确的是（ ）
A. 质点N是振动加强点，其始终处于波谷
B. 质点P是振动减弱点，其振幅会随时间变化
C. 质点M是振动加强点，其振幅始终等于2A
D. 振动加强和减弱的区域在水面上的位置随时间推移逐渐变化
【答案】C
【解析】A．同步振动、频率相同、振幅均为A的两列水波相遇，N为波谷与波谷相遇点，质点N是振动加强点，其不是始终处于波谷，而是做振幅是2A的运动，故A错误；
B．P为波峰与波谷相遇点，质点P是振动减弱点，其振幅为0，故B错误；
C．M为波峰与波峰相遇点，质点M是振动加强点，其振幅始终等于2A，故C正确；
D．同步振动、频率相同、振幅均为A的两列水波，振动加强和减弱的区域在水面上的位置是稳定不变的，故D错误。
故选C。
8. 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
故选C。
9. 如图所示的电路，线圈的电阻忽略不计，闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡，如果规定线圈中的电流方向从a到b为正，断开开关的时刻，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因线圈电阻为零，电路稳定时，线圈两端电压为零，电容器不带电；断开开关后，t=0时刻线圈中电流最大，方向由b到a，则为负方向，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为D。
故选D。
10. 光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对整体，当最大振幅时有
得
隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力
得
故C正确，A、B、D错误。
故选C。
11. 金属圆环放在光滑绝缘水平面上，直线MN是垂直于水平面向上的匀强磁场的边界，给圆环一个水平力使圆环沿图示方向匀速进入磁场，速度大小为v，速度方向与MN的夹角为，当圆环有一半进磁场时，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环中有沿逆时针方向的感应电流
B. 圆环受到的安培力方向与速度v方向相反
C. 撤去水平力后，圆环将做曲线运动
D. 撤去水平力后，圆环进磁场后的最小速度为0
【答案】C
【解析】A．由题意可知穿过圆环的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，圆环中有沿顺时针方向的感应电流，故A错误；
B．根据左手定则可知，圆环受到的安培力垂直于MN向下，故B错误；
C．撤去水平力后，由于安培力与速度不在一条直线上，圆环将做曲线运动，故C正确；
D．撤去拉力后，由于圆环受到的安培力垂直于MN向下，则圆环垂直MN方向做减速运动，沿MN方向做匀速运动，若圆环完全进入磁场前垂直MN方向的速度已经减为0，则圆环的最小速度为
若圆环完全进入磁场时垂直MN方向的速度还没有减为0，则圆环的最小速度大于，故D错误。
12. 由匝数为原线圈和两个匝数分别为和的副线圈组成的理想变压器，如图所示。已知图中定值电阻，，电流表为理想交流电表。当原线圈接入电压恒定的正弦交变电流，开关、均闭合时电流表示数为仅闭合时的4倍，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
，
开关、均闭合时，，变压器输出功率为
仅闭合时，变压器输出功率为
又
联立解得
13. 假如某时刻地球突然停止绕太阳公转（认为地球绕日公转轨道近似为圆形），则自此时开始直至地球被太阳吞噬所经历的时间约为（已知，日地平均距，引力常量）（ ）
A. 1.22天B. 64.5天C. 228天D. 2.34年
【答案】B
【解析】地球初始动能为零，势能为。在坠落过程中，机械能守恒
约去地球质量m得
整理得到速度
地球的径向速度
方向指向太阳，因此
通过变量替换得到积分结果天。
二、选择题Ⅱ（本小题共2小题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个备选项中，至少有一项是符合题目要求的。全选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 关于下列仪器的原理说法正确的是（ ）

A. 当有烟雾进入火灾报警器时，由于油雾颗粒对光的散射，光电三极管将接收到光信号，从而触发火灾警报
B. 红外体温计是根据物体温度越高发射的红外线波长越长的原理进行工作的
C. 超声波测速仪是利用了多普勒效应，汽车驶向测速仪的速度越大，测速仪接收到的反射波频率就越高
D. 钳形电流表既可以测交变电流的大小，也可以测恒定电流的大小
【答案】AC
【解析】A．当有烟雾进入火灾报警器时，LED发出的光经烟雾作用后到达光电三极管，从而触发火灾警报，选项A正确；
B．红外测温仪是根据物体的温度越高发射的红外线越强的原理进行工作的，选项B错误；
C．根所多普勒效应，波源和接收者相互靠近时，接收到的频率升高，所以汽车驶向测速仪的速度越大，测速仪接收至反射波的频率就越高，选项C正确；
D．钳形电流表的工作原理是电磁感应，交流电能产生变化的磁场，使钳形电流上产生感应电流，所以能测交流电的大小，而直流电不能产生变化的磁场，所以不能测直流电的大小，选项D错误。
故选AC。
15. 对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（ ）
A. 图甲中若改变复色光的入射角，则b光先在玻璃球中发生全反射
B. 图乙中若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C. 图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变大
D. 若只旋转图丁中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度会发生变化
【答案】BD
【解析】A．根据图像可知
由于a光的折射率较小，入射时折射角较大，根据可知临界角较大，第一次出射时入射时较大，而b光的折射率较大，则临界角较小，出射时入射角较小，故无法确定哪种光先发生全反射，A错误；
B．由于条纹间距
可知只减小屏到挡板的距离L，相邻亮条纹间距离将减小，B正确；
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，即增大空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距将会变小，C错误；
D．自然光通过M后变成偏振光，若N的偏振方向与M的偏振方向相同，光屏上光斑最亮；若N的偏振方向与M的偏振方向垂直，光屏上几乎没有亮斑，因此当M和N发生相对转动时，光屏上的光斑亮度会发生变化，D正确。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16. 为了探究碰撞过程中的守恒量，某兴趣小组设计了如图所示的实验。先让质量为m1的小球从凹形槽顶端由静止开始滑下，又经过O点水平抛出落在斜面上。再把质量为m2的小球放在水平面O点，让小球m1仍从凹形槽顶端由静止滑下，与小球m2碰撞后，两小球直接落到斜面上。分别记录小球第一次与斜面碰撞的落点痕迹。其中M、P、N三个落点的位置距O点的长度分别为LM、LP、LN，凹形槽顶端距离桌面高度为h，桌面距地面高度为H，斜面总长度为L。
（1）为了减小实验误差，无用的操作是： 。
A. 减小凹形槽摩擦
B. 使用大小相同的两个小球
C. 多次测量落点位置取平均值
（2）在实验误差允许范围内，若满足关系式_________，则可以认为两球碰撞过程中动量守恒。（用题目中的物理量表示）
（3）现测量出两个小球质量比，若还测出LN=_________LP（用k表示），则可证明两球间的碰撞是弹性的。
【答案】（1）A （2） （3）
【解析】（1）A．每次只要保证小球到达点的速度保持相同即可，无须减小摩擦，故A错误；
B．小球大小相同是为了保证对心碰撞，减小实验误差，故B正确；
C．多次测量可以减小偶然误差，故C正确。
本题选择无用的，故选A。
（2）设斜面的倾角为，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，位移大小为，由平抛运动的知识可知，
解得
所以平抛运动速度与位移的平方根成正比。由碰撞规律可知，点为小球第一次的落点，和分别是第二次操作时和的落点。满足动量守恒的关系式应该是
即
（3）若两球间的碰撞是弹性的，则动能守恒
又
可得
则
即
所以，当则可证明两球间的碰撞是弹性的。
17. 饮酒后驾驶严重危害交通安全，“喝酒不开车”已经成为安全驾驶的行为准则。酒精检测仪核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图甲所示。利用酒精气体传感器设计一款酒精检测仪电路图如图乙所示。除了酒精气体传感器外，提供以下器材：
A．干电池组（电动势E=3.0V，内阻很小，忽略不计）
B．表头G（满偏电流6.0mA，内阻rg=200Ω）
C．电阻箱R1（最大阻值9999.9Ω）
D．电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）
E．多用电表
F．开关及导线若干
（1）为完成实验，先将表头G和电阻箱R1改装成量程为3V的电压表，作为改装酒精浓度表使用，则R1的阻值应调为___________Ω。
（2）如将酒精气体浓度为零的位置标注在表头G上2mA处，则电阻箱R2的阻值应调为___________Ω。（提示：电阻箱阻值应注意有效数字位数）
（3）完成步骤（2）后，某次测试酒精浓度时，表头指针如图丙所示。已知酒精气体浓度在0.2mg/mL~0.8mg/mL之间属于饮酒驾驶，即酒驾；酒精气体浓度达到或超过0.8mg/mL属于醉酒驾驶，即醉驾。则该次测试的酒精气体浓度在___________（选填“酒驾”或“醉驾”）范围内。
（4）使用较长时间后，干电池组电动势不变，内阻增大不可忽略，若直接测量，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）300.0 （2）43.5 （3）醉驾 （4）偏小
【解析】（1）要将表头G改装为3V电压表，需要串联电阻的阻值为
（2）由题意，表头G电流为2mA时，传感器电阻为80Ω，电阻箱电压为
则传感器电压为
则电路中电流为
电阻箱阻值为
（3）此时表头G中的实际电流为4.0mA，则电阻箱电压为
传感器电压为
此时传感器电阻为
由图甲可知，此时酒精气体浓度为0.8mg/mL，属于醉酒驾驶。
（4）使用较长时间后，干电池电动势不变，内阻增大，同一酒精浓度下，电路中的总电流将偏小，传感器分压减小，故所测得的酒精浓度值偏小。
18. 雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图所示，传动装置有一水平圆盘（厚度忽略不计），可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。已知转椅质量m=100kg，转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ=0.4，圆盘在水平雪地匀速转动的角速度，转椅运动半径，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。 求：
（1）AB与OB之间夹角的正切值。
（2）为了维持转椅匀速转动传动装置的输出功率P；
（3）任意s时间间隔内，轻绳拉力和地面摩擦力的合力冲量大小I。
【答案】（1） （2）2400W （3）
【解析】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得，
联立解得
（2）根据能量守恒可知，传动装置的输出功率
（3）任意s时间间隔内，转过角度
所以速度等大反向，根据动量定理可知
19. 如图，相距L=8.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v=4.0m/s。质量m=10kg的载物箱（可视为质点），以初速度自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）载物箱通过传送带所需的时间t
（2）因传送载物箱，电机对传送带做的功E
（3）载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量大小I。
【答案】（1）2s （2）40J （3）
【解析】（1）传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为，由牛顿第二定律有
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为，由运动学公式有
联立各式，代入题给数据得
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为、做匀减速运动所用的时间为，由运动学公式有，
联立各式并代入题给数据有
（2）传送带始终匀速，根据能量守恒可知电机对传送带做的功
（3）由动量定理有
20. 磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场可近似视为均匀辐向分布，两侧存在圆心角的无磁场区域（其余区域磁感线未画出），如图乙所示。小王同学将其改装为一个手摇式发电机，正负接线柱之间接入负载R =4Ω（图中未画出）。已知线圈匝数N=100，内阻r= 1Ω，垂直于纸面的边长为Lb =10cm，平行于纸面的边长为La=5cm，线圈垂直于纸面的边所在处磁感应强度大小为B=1T。现在外力作用下使线框以恒定角速度从图示应置开始转动，求：
（1）线圈的受力方向如图乙所示，其旋转方向___________（选填“顺时针”或“逆时针”）；
（2）线圈刚开始旋转时Lb边所受安培力大小F；
（3）线圈从开始转过过程中通过线圈的磁通量变化量∆
（4）任意πs时间内负载R上产生的焦耳热Q。
【答案】（1）顺时针 （2） （3）0 （4）
【解析】（1）如图根据线圈受力方向可得线圈沿顺时针方向旋转。
（2）线圈转动过程中切割磁感线的两个边的速度时刻与磁感应强度垂直，所以感应电动势的大小是恒定的为
又由闭合电路的欧姆定律得
则线圈刚开始旋转时Lb边所受安培力大小
（3）图示应置磁场和线框平面平行
末位置磁场和线框平面也平行，可得
（4）根据线圈转动过程分析，在线圈转动时一个周期内共有的时间内没有感应电动势，其他时间感应电动势为定值，则设其有效值为，有
可得，则任意πs时间内负载R上产生的焦耳热
21. 如左图所示为回旋加速器的工作原理图，D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，半径为R，它们之间有一定的电势差U。D型盒中心A处的粒子源产生初速度不计的带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，它能在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，粒子可在磁场中做匀速圆周运动。经过半个圆周之后，当粒子再次到达两盒间的缝隙时，电极极性反转，粒子再次被加速。如果粒子能够被一直加速，最终从D型盒边缘射出，则需要粒子做圆周运动的周期T0（未知量）等于交变电场周期T（未知量），交变电场变化的规律如右图所示。不计粒子重力，加速过程中忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑相对论效应和变化的电场对磁场的影响，粒子在电场中加速的次数等于在磁场中回旋半周的次数。求：
（1）粒子被加速3次后、4次后在磁场中做圆周运动的半径之比r3：r4；
（2）粒子从开始被加速到最后离开D型盒所需要的时间t；
（3）若因技术原因导致交变电场周期T相比T0略小，使得t0时刻产生的粒子恰好只能被加速20次，求周期T的范围。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子在D形盒内被加速3次，根据动能定理
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
综合解得
同理加速4次时
所以粒子被加速3次后、4次后在磁场中做圆周运动的半径之比为
（2）设粒子做圆周运动的轨迹半径达到最大时速度为，有
则最大动能为
设粒子加速次后达到最大速度，由动能定理得
由周期公式
联立解得
则粒子在磁场中运行的时间
解得
（3）根据题意交变电场周期T相比T0略小，即，又粒子恰好只能被加速20次，则
第次进入电场时，加速失败，即
联立解得