浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高二上学期第一次调研物理试题（Word版附解析）

这是一份浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高二上学期第一次调研物理试题（Word版附解析），文件包含浙江省浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高二上学期第一次调研物理试题Word版含解析docx、浙江省浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高二上学期第一次调研物理试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共 8 页满分 100 分，考试时间 90 分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.
选择题部分
一、选择题 1（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题列出的四个备选项中只有一个
是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列各组物理量中，全部是矢量的有（ ）
A. 位移、平均速度、加速度、力、电场强度
B. 位移、速度、加速度、角速度、电流
C. 位移、速度、加速度、线速度、电动势
D. 位移、加速度、平均速率、力、电场强度
【答案】A
【解析】
【详解】既有大小又有方向，遵循矢量运算规则的物理量是矢量；只有大小无方向的物理量是标量；
A．位移、平均速度、加速度、力、电场强度均为矢量，故 A 正确。
B．电流虽有方向，但方向不满足矢量叠加规则， 标量，其它都是矢量，故 B 错误。
C．电动势的方向仅表示极性，不满足矢量方向定义，是标量，其它都为矢量，故 C 错误。
D．平均速率是标量，其它均为矢量，故 D 错误。
故选 A。
2. 2025 年 4 月 30 日，“神舟十九号载人飞船”返回舱安全着陆，宇航员顺利出舱。在其返回过程中，下列
说法正确的是（ ）
A. 研究返回舱运行轨迹时，可将其视为质点
B. 随着返回舱不断靠近地面，地球对其引力逐渐减小
C. 返回舱落地前，反推发动机点火减速，宇航员处于失重状态
D. 用返回舱的轨迹长度和返回时间，可计算其平均速度的大小
第 1页/共 20页
【答案】A
【解析】
【详解】A．当物体的大小和形状对所研究的问题影响可忽略时可将其视为质点，研究返回舱的运行轨迹时，
其尺寸远小于轨迹长度，形状和结构不影响轨迹分析，可将其视为质点，故 A 正确；
B．地球对返回舱的引力由公式 决定，其中 为返回舱到地心的距离，返回舱靠近地面时， 减
小，引力增大，故 B 错误；
C．反推发动机点火减速时，返回舱的加速度方向向上。根据牛顿第二定律，宇航员受到的支持力大于重力，
处于超重状态，而非失重状态，故 C 错误；
D．平均速度的定义是位移与时间的比值，而轨迹长度为路程，轨迹长度与时间的比值是平均速率，而非平
均速度的大小，故 D 错误。
故选 A。
3. 对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，该女生和带电的金属球带有异种性质的电荷
B. 乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器 B 上
C. 丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D. 丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了更好地导电屏蔽
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电性，故 A 错误；
B．乙图中，线状电离器 B 带负电，管壁 A 带正电，带负电的尘埃被收集在管壁 A 上，故 B 错误；
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故 C 正确；
D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故 D 错误。
故选 C。
4. 如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是( )
第 2页/共 20页
A. 重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B. 重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C. 重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D. 重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
【答案】B
【解析】
【详解】由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，故 A、C 均错；由于摩擦力要做负功，
机械能不守恒，故 D 错；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，故只有 B 正确．
5. 中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，2020 年，北斗卫星导航系统形成全球覆盖
能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图 已知 a、b、c 三颗卫星均做圆周运动，a 是地球
同步卫星，则（ ）
A. 卫星 a 可以定位在浙江东阳（地名）的正上方
B. 卫星 a 的角速度小于 c 的角速度
C. 卫星 b 周期大于 24h
D. 卫星 c 的运行速度大于第一宇宙速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．同步卫星在赤道上空，不可能定位在浙江东阳（地名）的正上方，故 A 错误；
BC．设质量为 m 的卫星绕地球做周期为 T、速度大小为 v、加速度大小为 a、角速度大小为ω的匀速圆周运
动，根据牛顿第二定律有
第 3页/共 20页
分别解得 ， ，
由图可知 ra=rb＞rc
所以 ，
故 B 正确 C 错误；
D．第一宇宙速度是物体在地球表面附近做匀速圆周运动的速度，因为 rc 大于地球半径，所以卫星 c 的运行
速度小于第一宇宙速度。故 D 错误。
故选 B。
6. 一只小鸟落在了树枝上，树枝发生了弯曲，小鸟处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A. 树枝发生了弯曲，是因为小鸟对树枝的压力大于树枝对小鸟的支持力
B. 小鸟受到的支持力是由树枝发生的形变产生的
C. 树枝对小鸟作用力的方向垂直于树枝向右上方
D. 小鸟起飞后匀速飞行，此时其翅膀对空气的作用力和自身重力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．小鸟对树枝的压力和树枝对小鸟的支持力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，故 A 错
误；
B．由于树枝发生弹性形变，从而对小鸟产生竖直向上的弹力，B 正确；
C．小鸟静止，故由二力平衡，树枝对小鸟作用力与小鸟的重力大小相等方向相反，故其方向竖直向上，C
错误；
D．小鸟起飞后匀速飞行，空气对其翅膀 作用力和其自身重力是一对平衡力，其翅膀对空气的作用力和自
身重力不是作用在同一物体上，不是一对平衡力，D 错误。
故选 B。
7. 如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢球从斜面上同一位置
静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为 h 时，钢球在木板上的落点离桌边的水平
第 4页/共 20页
距离为 x，则（ ）
A. 钢球平抛初速度为 B. 钢球在空中飞行时间为
C. 增大 h，钢球撞击木板的速度方向不变 D. 减小 h，钢球落点离桌边的水平距离不变
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据平抛运动的规律可知，钢球在空中飞行时间为
钢球平抛初速度为 ，A 错误，B 正确；
C．钢球撞击木板时速度方向与水平方向的夹角满足
可知，增大 h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角变大，C 错误；
D．根据 可知，减小 h，钢球落点离桌边的水平距离 x 减小，D 错误。
故选 B。
8. 人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）。现
研究某小块均匀的细胞膜，厚度为 d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图所示。初速度可视为零的
正—价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的 A 点运动到 B 点，下列说法正确的是（ ）
A. A 点电势低于 B 点电势
B. 钠离子的电势能增大
第 5页/共 20页
C. 钠离子的加速度变大
D. 若膜电位不变，当 d 增大时，钠离子进入细胞内的速度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为钠离子带正电，其仅在电场力作用下从图中的 A 点运动到 B 点，说明电场力的方向沿 A
指向 B，电场线方向由 A 指向 B，所以 A 点电势高于 B 点电势，故 A 错误；
B．因为电场力对钠离子做正功，所以其电势能减少，故 B 错误；
C．因为膜内的电场可看作匀强电场，根据
可知，钠离子的加速度不变，故 C 错误；
D．离子在电场中运动，根据动能定理，有
因为膜电位 不变，则钠离子进入细胞内的速度 大小不变，故 D 正确。
故选 D。
9. 有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为 a、b、c，且 a＞b＞c。电流沿以下方向流过该金属
电阻，其中电阻阻值最小 是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由电阻的决定式可知
A 中电阻为
第 6页/共 20页
B 中电阻为
C 中电阻为
D 中电阻为
因为
最小的电阻为 。
故选 A。
10. 在如图所示的 U-I 图像中，直线 a 为某电源的路端电压与干路电流的关系图像，直线 b 为某电阻 R 的伏
安特性曲线，用该电源和电阻 R 连接成闭合电路，由图像可知（ ）
A. R 的阻值 3Ω
B. 电源电动势为 3V，内电阻为 1.5Ω
C. 电源的输出功率为 3.0W
D. 此电源的效率为 25%
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图象 b 可知，外电阻 ，故 A 错误；
B．由图象 a 可知，电源电动势 E=3.0V，短路电流 I 短=2A，电源内阻 ，故 B 正确；
C．由两图象的交点坐标，可得电阻两端的电压为 1.5V，流过电阻的电流为 1A，电源的输出功率为 P=UI=1.5
第 7页/共 20页
×1W=1.5W，故 C 错误；
D．由两图象的交点坐标，干路电流为 1A，电源的总功率为 P′=UI=3×1W=3W
则电源的效率 ，故 D 错误。
故选 B。
二、选择题Ⅱ（本题共 3 小题，每小题 4 分，共 12 分。每小题列出的四个备选项中至少有一
个是符合题目要求的。全部选对的得 4 分，选对但不选全的得 2 分，有选错的得 0 分）
11. 在绕地球稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为 r 和 R（R>r）的甲、乙两个光滑的圆
形轨道固定在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道 CD 相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲
轨道，通过粗糙的 CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（ ）
A. 小球在 CD 间由于摩擦力而做减速运动
B. 小球经过甲轨道最高点时与经过乙轨道最高点时速度相等
C. 如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D. 小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．在空间站内小球处于完全失重状态，不受摩擦力，运动的速度大小不变，只要小球有速度，
就能到达乙轨道的最高点。所以 AC 错误，B 正确；
D．轨道对球的支持力作为向心力，由于甲轨道的半径小，由 和牛顿第三定律，知小球经过甲轨道
最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力。故 D 正确。
故选 BD。
12. 如图是测量运动步数的电容式传感器工作原理图，极板 M 固定、极板 N 可动。人起步时，若 M、N 两
极板距离增大，则：（ ）
第 8页/共 20页
A. 电容器的电容变大
B. 两极板间的场强变小
C. 电容器的带电量变小
D. 电流由 a 经电流表流向 b
【答案】BC
【解析】
【详解】ACD．电容器两极板间距变大，则根据 ，电容器的电容减小；又电容器电压不变，根
据 ，电容器带电量减小，电容器放电，则电流由 向 流过电流表，故 C 正确 AD 错误；
B．根据 ，电压不变，电容器两极板间距变大，则电场强度变小，故 B 正确。
故选 BC。
13. 某节水喷灌系统如图所示，水以 的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为 2.0kg。喷出的水是
从井下抽取的，喷口离水面的高度保持 不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电
压为 220V，输入电流为 2.0A，不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已
知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则：（ ）
A. 每秒水泵对水做功为 300J B. 每秒水泵对水做功为 225J
C. 水泵输入功率为 440W D. 电动机线圈的电阻为 10Ω
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．每秒喷出水的质量为 ，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
，故 A 正确 B 错误；
第 9页/共 20页
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为 75%，则 ，故 C 错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得 ，故 D 正确；
故选 AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共 5 小题，共 58 分）
14. 在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图甲所示。
（1）（多选）需要的实验操作有_____
A. 调节滑轮使细线与轨道平行 B. 倾斜轨道以补偿阻力
C. 小车靠近打点计时器静止释放 D. 先接通电源再释放小车
（2）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
ABCD 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则计数点 C 的读数为______cm。已
知打点计时器所用交流电源的频率为 50Hz，根据所给数据求纸带的加速度_____ ，（计算结果保留二位
有效数字）。
（3）用图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，实验中细线拉力大小近似等于重物所受重
力大小，则实验中重物应选用下图中的_____（选填“A”、“B”或“C”）。
第 10页/共 20页
A. B. C.
【答案】（1）ACD （2） ①. 2.60 ②. 0.20
（3）C
【解析】
【小问 1 详解】
A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项 A 正确；
B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项 B 错误；
C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项 C 正确；
D．先接通电源再释放小车，选项 D 正确。
故选 ACD。
【小问 2 详解】
[1][2]计数点 C 的读数为 2.60cm；每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则相邻计数点间隔
根据逐差法可知，加速度
【小问 3 详解】
实验中细线拉力大小近似等于重物所受重力大小，则需要满足重物的质量远小于小车的质量，故实验中重
物应选用图中的 C。
故选 C。
15. 在“测定金属的电阻率”的实验中：
（1）图甲、乙所示，螺旋测微器的读数为______mm；游标卡尺的读数为______mm。
（2）设计了合理的实验电路，请按照电路图将剩余部分连接完成。
第 11页/共 20页
（3）根据正确的电路图进行测量，某次实验中电压表与电流表的示数如图所示，电压表量程选择为 0-3V，
电流表量程选择为 0-0.6A，可求出这卷漆包线的电阻为______Ω（结果保留三位有效数字）。
（4）依据完成的实物连接图，为了保护电路，闭合电键之前滑动变阻器滑片 P 应置于_____（选填“左”
或“右”）端。采用如图所示伏安法测得 值比真实值偏_____（选填“大”或“小”）；
（5）若通过测量可知，金属丝的长度为 l，直径为 d，通过金属丝的电流为 I，金属丝两端的电压为 U，由
此可计算得出金属丝的电阻率 ______（用题目所给字母表示）
（6）某同学在进行电阻测量时，需要将一块满偏电流为 、阻值为 800Ω的小量程电流表 G 改装成量
程为 3V 的电压表，则需要选择一个阻值为______Ω的电阻与这一电流表______（选填“串”、“并”）联。
【答案】（1） ①. 5.626 ②. 50.70
（2） （3）4.26
（4） ①. 左 ②. 小
（5）
（6） ①. 59200 ②. 串
【解析】
第 12页/共 20页
【小问 1 详解】
[1]螺旋测微器的读数即金属丝的直径为
[2]游标卡尺的读数为
【小问 2 详解】
根据电路图连接实物图如图所示
【小问 3 详解】
根据欧姆定律可知
【小问 4 详解】
[1][2]为了保护电路，闭合电键之前滑动变阻器滑片 P 应置左端，使待测电路电流为零，采用外接法电流偏
大，电阻偏小。
【小问 5 详解】
根据欧姆定律和电阻定律得
又
联立可得
【小问 6 详解】
[1][2]电流表改装为电压表，需要串联一个较大阻值的电阻，其阻值为
16. 如图所示，一带电小球的质量 ，用长为 的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的 O 点，
电场强度度 ，当细线与竖直方向夹角为 时，小球恰好静止在 A 点求
（ ， ）
（1）小球带什么电？电量是多少？
第 13页/共 20页
（2）若小球由竖直方向的 P 点静止释放，运动到 A 位置时小球的速度为多少？
【答案】（1）带正电， ；（2）
【解析】
【详解】（1）对小球受力分析，根据受力平衡可知，小球受到的电场力水平向右，与电场方向相同，则小
球带正电；根据平衡条件可得
解得
（2）若小球由竖直方向的 P 点静止释放，运动到 A 位置时，根据动能定理可得
解得运动到 A 位置时小球的速度为
17. 如图所示，在竖直平面内的轨道 ABCDEF 分别由光滑四分之一圆轨道 （半径 R）、粗糙水平直轨道
（长 L）、光滑半圆管道 （半径 R）、粗糙水平直轨道 （长 L）、光滑水平直轨道 组成，各轨
道间平滑连接， 端固定有轻弹簧。已知，小滑块质量 ，由 A 上方 处由静止释放，它与两粗
糙水平轨道间的动摩擦因数均为 。已知 ， ， ，g 取 。
第 14页/共 20页
（1）滑块第 1 次到 点时受到圆轨道 的作用力的大小；
（2）滑块压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块最终静止时的位置；
（4）若要滑块停在 中点，求 的可能值。
【答案】（1）4N （2）1.5J
（3）滑块最终静止时的位置在 DE 的中点
（4）见解析
【解析】
【小问 1 详解】
滑块第 1 次到 点过程，根据动能定理有
在 B 点，根据牛顿第二定律有
解得
【小问 2 详解】
滑块压缩弹簧至弹簧的弹性势能达到最大过程中，根据能量守恒定律有
解得
第 15页/共 20页
【小问 3 详解】
结合上述可知，由于
可知，滑块压缩弹簧最大后不能够越过 等高点，最终滑块停止在 DE 之间，令滑块从压缩弹簧至最大后
在 DE 上运行总路程为 x，则有
解得
可知，滑块最终静止时的位置在 DE 的中点。
【小问 4 详解】
若滑块第一次下滑后直接停在 中点，则有
解得
此种情况不成立，由于题中的滑块位于 A 上方。若滑块下滑后经过多次压缩弹簧，在 BCDE 之间往返运动
后，最终向左运动至 BC 中点停止运动，则有
（n1=0，1，2，3…）
解得
（n1=0，1，2，3…）
若滑块下滑后经过多次压缩弹簧，在 BCDE 之间往返运动后，最终向右运动至 BC 中点停止运动，则有
（n1=1，2，3…）
解得
（n1=1，2，3…）
18. 如图所示，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压 U＝10V，S1 闭合，S2 断开时，电流表示数为 I1=8A，
第 16页/共 20页
当 S2 闭合，S1 断开时，电流表示数为 I2=2A，且电动机输出功率正好可以用来以 v=2m/s 的速度匀速提升一
个重为 G=8N 的物体（不计空气阻力）；求：
（1）电炉子的电阻 R 及发热功 P1
（2）电动机的内阻 RM；
（3）在电动机正常工作时，电能转化为机械能的效率ƞ。
【答案】(1) ； ；(2) ；(3)
【解析】
【详解】解：(1)由欧姆定律和电功率公式得
(2)电动机的输出功率为
电流对电动机做功的总功率
电动机的发热功率为
得
第 17页/共 20页
(3)电能转化为机械能 效率
19. 如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于极板 C、D 的方向射入偏转电场，并从另一侧
射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场及偏转电场的电压分别为 U1、U2，偏转电场的极板长度
为 L，C、D 极板间距为 d，在偏转电场的右侧有一挡板 E 以及足够大的荧光屏 MN。已知挡板 E 与极板 CD
右端的距离为 L，挡板 E 的长度为 0.5d，B 板的小孔，E 板的中心均在 CD 连线的中垂线上，初始时刻电子
处于 A 极板的中心，忽略电子所受重力。
（1）求电子刚离开加速电场时的速度大小（用题中已给的物理量符号表示）；
（2）求电子刚离开偏转电场时的偏转距离（用题中已给的物理量符号表示）；
（3）若保持极板 C、D 的电性不变，请问调节 U2 在什么范围内可以使电子打到荧光屏 MN 上（用题中已
给的物理量符号表示）？
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）设电子刚离开加速电场时的速度为 v0，则
解得
（2）电子从 C、D 极板的左端进入偏转电场后做类平抛运动，加速度为
第 18页/共 20页
运动时间为
所以偏转距离为
（3）临界情形一：电子恰好从挡板 E 的边缘掠过，设电子在偏转电场中的偏转距离为 y1，如图
根据类平抛运动的规律有
根据已知条件有
由于三角形 GHJ 与三角形 GIF 相似，因此
即
解得
临界情形二：电子恰好从 D 极板右端掠过，电子在偏转电场中的偏转距离为
所以要使电子能打到荧光屏 MN 上需满足条件
第 19页/共 20页
联立解得