2025-2026学年浙江台州市高一下学期6月期末物理试卷

这是一份2025-2026学年浙江台州市高一下学期6月期末物理试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列仪器不能测量基本物理量的是（ ）
A．电火花计时器B．天平C．弹簧秤D．直尺
【答案】C
【解析】国际单位制中的基本物理量有7个，分别是长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量、发光强度。电火花计时器可以测基本物理量时间，A错误；天平可以测基本物理量质量，B错误；弹簧秤只能测力，不能测基本物理量，C正确；直尺可以测基本物理量长度，长度是基本物理量，所以它能测量基本物理量。D错误。故选C。
2．书法课上，某同学临摹“州”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则下列说法正确的是（ ）
A．该过程位移为0B．该过程路程为0
C．两次过a点时速度方向相同D．两次过a点时摩擦力方向相同
【答案】A
【解析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，该运动过程起点为a点，终点也是a点，初末位置相同，所以位移为0，A正确；路程是物体运动轨迹的长度，该运动过程有明显的运动轨迹，其长度不为0，因此该过程路程不为0。B错误；速度方向是轨迹的切线方向，由图可知第一次经过a点时速度方向斜向右下，第二次斜向右上，明显速度方向不同，C错误；滑摩擦力的方向为阻碍物体相对运动的方向，两次经过a点时速度方向不同、相对运动的方向不同，因此摩擦力方向也不同。D错误。故选A。
3．第十五届全国运动会开幕式上的“飞天鳌鱼”，是一个巨大的气球组合体，由20名学生用绳索牵引，控制着鳌鱼在空中完成盘旋等高难度动作。下列说法正确的是（ ）
A．绳子对鳌鱼的拉力是由于鳌鱼形变产生的
B．鳌鱼所受的空气浮力与鳌鱼所受的重力是一对平衡力
C．牵引绳对鳌鱼的拉力与鳌鱼对牵引绳的拉力是一对作用力与反作用力
D．在研究鳌鱼在空中完成盘旋等动作时，可以将其看成质点
【答案】C
【解析】弹力是施力物体发生弹性形变产生的，所以绳子对鳌鱼的拉力是绳子的形变产生的，不是鳌鱼形变产生的，A错误；鳌鱼在空中盘旋时，除重力、空气浮力外，还受到牵引绳的拉力，因此浮力和重力不是一对平衡力，B错误；牵引绳对鳌鱼的拉力与鳌鱼对牵引绳的拉力，是两个物体之间的相互作用，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，符合牛顿第三定律中作用力与反作用力的定义，C正确；研究鳌鱼的盘旋动作时，需要考虑它的形状和动作细节，不能将其看成质点，D错误。故选C 。
4．如图所示两本书逐页交叉叠放，下列哪种情况最不容易被拉开（ ）
A．将叠放的两本书水平放置在桌面上，沿水平方向拉动
B．将叠放的两本书竖直立在桌面上，沿水平方向拉动
C．将叠放的两本书一起自由落体，在它们下落的过程中水平拉开
D．将叠放的两本书一起竖直上抛，在它们上升的过程中水平拉开
【答案】A
【解析】当两本书水平放置在桌面上，沿水平方向拉动，除了书和桌面之间存在摩擦力，每一页上下接触面都相互挤压，都存在摩擦力，因此最难拉开，A正确；书本竖直放置在桌面上，沿水平方向拉动，只有书和桌面之间的摩擦力，书页之间的摩擦力很小，因此比较容易拉开，B错误；若在自由落体或上抛过程中，系统处于近似完全失重状态，书页之间的正压力几乎为0，几乎没有摩擦力，加上此时不存在书和桌面之间的摩擦力，最易分开，CD错误。故选A。
5．下列说法中，符合物理学史的是（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律，并测定了引力常量
B．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心学说
C．卡文迪什用扭秤实验发现了库仑定律，并测定了静电力常量
D．法拉第认为在电荷周围存在着由它产生的电场，并用电场线来描述电场
【答案】D
【解析】牛顿发现了万有引力定律，但并没有测出引力常量，由卡文迪什通过扭秤实验首次测定了引力常量的数值，A错误；哥白尼提出了日心说，开普勒在第谷的观测数据的基础上总结出了行星运动三定律，B错误；卡文迪什用扭秤实验测定了引力常量。法国物理学家库仑发现了库仑定律并通过扭秤装置测定出了静电力常量，C错误；法拉第最早提出了“场”的概念，认为电荷周围存在电场，并引入了电场线来形象地描述电场，D正确。故选D。
6．如图是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是（ ）
A．该电容器的电容为220法拉
B．50 V为该电容器的击穿电压
C．该电容器储存的电荷越多，电容越大
D．该电容器两极间电势差为1 V时，所带电荷量为2.2×10−4C
【答案】D
【解析】根据铭牌所标的数据可知该电容器电容为220μF，A错误；电容器上标注的50V是额定电压（允许电容器长期工作的最大电压），而击穿电压是电容器被击穿损坏的临界电压，大于额定电压，B错误；电容是电容器本身的固有属性，由电容器自身结构决定，与所带电荷量、极板间电压无关，C错误；根据电容的定义式C=QU，可得该电容器所带电荷量为Q=CU=2.2×10−4F×1V=2.2×10−4C，D正确。故选 D。
7．我国发射“天问二号”探测器对某小行星进行探测，已知该小行星是地球的“近邻”，绕太阳运行的轨道半长轴略大于地球公转轨道半径。下列说法正确的是（ ）
A．小行星绕太阳运行的周期小于一年
B．“天问二号”起飞瞬间处于失重状态
C．“天问二号”在地球的发射速度可以小于7.9 km/s
D．在轨道交点M处，若仅考虑太阳的引力，小行星的加速度等于地球的加速度
【答案】D
【解析】根据开普勒第三定律，绕同一中心天体太阳运行时，轨道半长轴a越大，周期T越大。已知小行星轨道半长轴大于地球公转轨道半径，因此小行星周期大于地球公转周期1年，A错误；探测器起飞瞬间，向上做加速运动，加速度方向向上，处于超重状态，不是失重，B错误；7.9 km/s是第一宇宙速度，是从地球发射卫星的最小速度，要发射探测器脱离地球前往太阳系探测小行星，发射速度必须大于11.2km/s，远大于7.9km/s，C错误；仅考虑太阳引力时，根据牛顿第二定律可知小行星的加速度为a=GM太r2，在轨道交点M到太阳的距离r相同，因此小行星和地球在M点的加速度相等，D正确。故选D 。
8．手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．E点的电势高于F点的电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．将一电子从C点移到D点，电场力做正功
D．若电子在E点静止释放，仅受静电力作用将沿电场线ab运动
【答案】A
【解析】沿电场线方向电势降低，从图中可以看到，电场线从靠近下极板的区域指向靠近手指的区域，所以E点的电势高于F点，A正确；电场线的疏密程度反映了电场强度的大小，越密处电场强度越大，图中B点的电场线明显比A点更密集，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，B错误；C、D两点在同一导体极板上，静电平衡时同一导体为等势体，根据电场力做功与电势差之间的关系，可知将电子从C点移到D点，电场力做功为零，C错误；电场线ab是曲线，电场线上各点的切线方向表示该点电场强度方向，并不是带电粒子的运动轨迹，电子带负电，所受静电力方向与电场方向相反，从E点静止释放后不会沿电场线ab运动，D错误。故选A。
9．如图所示，光滑圆弧竖直固定，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在圆环上且均处于平衡状态，两小球与圆弧的圆心连线夹角分别为30°和60°，则两球质量之比mP:mQ为（ ）
A．1:2B．1:3C．3:1D．2:1
【答案】B
【解析】方法一：以小球P和Q为系统，根据力矩平衡有mPgRcs30°=mQgRcs60°，可得mP:mQ=1:3，方法二：对P受力分析，受重力mPg、圆弧轨道的支持力N和轻绳的拉力T，将重力和绳子拉力沿着垂直半径方向分解，根据平衡条件可得mPgcs30°=Tcs45°
可得mP=Tcs45°gcs30°，同理可得mQ=Tcs45°gcs60°，则mPmQ=13，故选B。
10．运动员把质量为400g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计踢出的初速度为20m/s，上升的最大高度是5m。不考虑空气阻力，则运动员踢球时对足球做的功和足球在落地瞬间重力的功率约为（ ）
A．20J，40WB．20J，80WC．80J，40WD．80J，80W
【答案】C
【解析】运动员踢球过程中，对足球分析，由动能定理，得W=12mv02，代入数据解得运动员踢球时对足球做的功为W=80J，不考虑空气阻力，足球竖直方向做竖直上抛运动，上升最大高度ℎ=5m，由竖直上抛的对称性可得vy2=2gℎ，解得落地时竖直分速度大小vy=2gℎ=2×10×5=10m/s，根据瞬时功率的公式可得落地瞬间重力的功率约为P=mgvy=0.4×10×10=40W ，故选C。
二、多选题
11．以下四个图形的理解，说法正确的是（ ）
A．甲图展示了平行金属板间的电场线分布，证实电场线的客观存在
B．乙图展示了点电荷周围的三个等势面，若AB=BC，则UAB=UBC
C．丙图用于感受向心力的大小，绳和小沙袋不可能在同一个水平面
D．丁图当汽车向左的加速度增大到一定值时，桶C就脱离A而运动到B的右边
【答案】CD
【解析】电场线是为了描述电场强度分布情况而人为画出的曲线，是虚构的一个假想模型，客观并不存在，甲图只是在模拟电场线的分布，不能证实其客观存在。A错误；点电荷周围的电场是非匀强电场，根据电场线的疏密程度可知AB段的平均电场强度大于BC段，根据匀强电场电势差公式U=Ed，可知AB间电势差大于BC间，B错误；丙图中的小沙袋做圆周运动，只受重力和绳拉力的作用，绳拉力必定有竖直方向分量与重力平衡。水平分力提供向心力，因此绳子不会处于水平状态，绳和小沙袋不可能在同一个水平面，C正确；丁图中桶C受重力、AB两桶的支持力，加速度由合力提供，桶C的水平加速度由AB两桶支持力的合力水平分力提供。当汽车向左的加速度增大到A对C的支持力减为0后，若加速度继续增大，桶C能获得的最大向左加速度小于汽车的加速度，因此桶C相对于汽车向右运动，即脱离A而运动到B的右边。D正确。故选CD。
12．如图所示，水平放置的家用小石磨圆盘上放着黄豆，它们与转盘的动摩擦因数都为μ。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速转动，黄豆与圆盘始终相对静止。转动一周后圆盘角速度为ω，某颗可视为质点的黄豆质量为m，与转动中心的距离为r，关于此过程，下列说法不正确的是（ ）
A．该黄豆所受的摩擦力方向指向转动中心
B．当圆盘的角速度为ω时，该黄豆的线速度大小为ωr
C．该黄豆所受合力做的功为12mωr2
D．摩擦力对该黄豆所做的功为μmg⋅2πr
【答案】AD
【解析】黄豆随圆盘做加速圆周运动，重力与支持力平衡，则该黄豆所受的摩擦力使黄豆做加速圆周运动，摩擦力指向圆心的分力提供向心力（改变速度方向），沿切线方向的分力提供切向加速度（增大线速度大小），所以该黄豆所受的摩擦力方向不指向转动中心，A错误；根据线速度与角速度的关系v=ωr，可知当圆盘的角速度为ω时，黄豆的线速度大小为v=ωr，B正确；圆盘由静止开始绕中心加速转动一周过程，根据动能定理可得，黄豆所受合力做的功为W合=12mv2−0=12mωr2，C正确，D错误。故选AD。
13．如图，质量为2 kg的物块B（视为质点）放置在质量为3 kg、长度为0.2 m的木板A（厚度不计）的最左端，B与A叠放在水平桌面上，B通过一条跨过轻质定滑轮的、与桌面平行的、不可伸长的轻绳与质量为1 kg的小球C相连，B与A、A与桌面的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，轻托小球C使轻绳处于自然伸直状态。从静止释放C，C向下加速运动，下降0.2 m后开始匀速运动，A若碰到右侧挡板则立即停止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力轻绳与滑轮间的摩擦力不计（ ）。
A．释放C瞬间，物块B的加速度为1m/s2
B．释放C瞬间，物块A的加速度为56m/s2
C．C运动过程中动能的最大值为16J
D．C从静止释放至开始匀速的过程中，A与B因摩擦而产生的热量为2 J
【答案】BC
【解析】释放瞬间，若物块B与木板A相对静止，则A、B、C三者加速度大小相同。对A、B、C整体，由牛顿第二定律，有mCg−μ2(mA+mB)g=(mA+mB+mC)a，解得A、B、C整体的加速度大小为a=10−0.1×(3+2)×103+2+1 m/s2=56 m/s2，检验A、B间静摩擦力，对木板A进行分析，根据牛顿第二定律，有f−μ2(mA+mB)g=mAa，解得A、B间静摩擦力为f=3×56 N+0.1×(3+2)×10 N=7.5 NφP；(2)E0=2EKaer，EKP=EKb−eU；(3)①x=3eEL24Ek②S=π3eEL24Ek12−3eEL24Ek22
【解析】（1）电子带负电，电场力提供向心力，且电子受力方向与电场方向相反，因此电场方向由H指向P，又因为沿电场线方向电势逐渐降低，故H点的电势大于P点的电势，φH>φP
（2）电子a在静电分析器中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有eE0=mva2r
根据动能表达式EKa=12mva2
联立解得电子a轨迹处的电场强度E0的大小为E0=2EKaer
根据动能定理，有−eU=EKP−EKb
解得电子b到达P点的动能大小为EKP=EKb−eU
（3）① 电子在偏转电场中做类平抛运动，根据匀变速直线运动的位移-时间关系，可知偏转距离满足x0=12at2=12eEmLv2=eEL24Ek
出偏转电场后做匀速直线运动
根据相似三角形的性质，可得L2L2+L=x0x，
解得电子到达探测器的位置坐标x与动能Ek的关系为x=3x0=3eEL24Ek，x=3eEL24Ek
②系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，电子在偏转系统仍做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动；
随着电场的水平绕轴旋转，动能为EK1的电子在探测器上的位置集合是半径为r1=3eEL24Ek1的圆，
动能为EK2的电子在探测器上的位置集合是半径为r2=3eEL24Ek2的圆，
根据几何关系可得探测器上能检测到电子的区域面积为S=πr12−πr22=π3eEL24Ek12−3eEL24Ek22