浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期12月学考模拟物理试题（Word版附解析）

浙江省学业水平考试（物理）适应性试题考生注意：1.请将试题答案写在答题纸上，做在试卷上无效；2.本卷中取。一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54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.下列仪器测得物理量单位中，属于基本单位的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】选项A、B、C、D测得的物理量分别是力、电流强度、电压、电能；四者中只有电流强度是基本物理量，其单位是基本单位。故选B。2.下列物理量属于矢量的是（）A.时间B.功C.电场强度D.电势【答案】C【解析】【详解】ABD．时间、功、电势都是只有大小没有方向的标量，故ABD错误；C．电场强度，是既有大小又有方向的矢量，故C正确。故选C。3.在物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明发展的进程。以下说法正确的是（　　）A.奥斯特发现了电磁感应现象B.库仑通过实验测得了最小电荷量 C.麦克斯韦通过实验捕捉到了电磁波D.普朗克提出了能量子假设【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项A错误；B．密立根通过实验测得了最小电荷量，选项B错误；C．麦克斯韦预言了电磁波，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，选项C错误；D．普朗克提出了能量子假设，选项D正确。故选D。4.2023年9月23日，杭州第19届亚运会盛大开幕。如图所示为亚运会历史上首个“数字人”正在跨越钱塘江奔向亚运会主场馆的情景，持续时间约。下列说法正确的是（）A.“”指的是时刻B.以钱塘江面为参考系，火炬手是静止的C.研究火炬手跑动的姿态时，可以把火炬手视为质点D.研究火炬手通过钱塘江的平均速度时，可以把火炬手视为质点【答案】D【解析】【详解】A．“”指的是时间，故A错误；B．以钱塘江面为参考系，火炬手是运动的，故B错误；C．研究火炬手跑动的姿态时，火炬手的形状、大小不可以忽略，不可以把火炬手视为质点，故C错误；D．研究火炬手通过钱塘江的平均速度时，火炬手的形状、大小可以忽略，可以把火炬手视为质点，故D正确。故选D。5.“2023越马”11月26日在绍兴市奥体中心鸣枪开跑（终点又回到起点）。来自中国山东的徐文吴以2小时12分39秒在男子组全马比赛中率先撞线；埃塞俄比亚运动员穆卢内以2小时27分50秒打破女子组赛会纪录并夺冠。全马比赛中（　　） A.徐文昊的位移比穆卢内的大B.徐文昊的路程比穆卢内的大C.徐文昊的平均速度可能比穆卢内的小D.徐文吴保持匀速运动的时间可能比穆卢内的少【答案】D【解析】【详解】A．位移是指初位置到末位置的有向线段，描述位置的变化，在全马比赛中终点和起点在同一位置，位置没有变化，所以徐文昊的位移比穆卢内的位移都是零，故A错误；B．路程指运动的轨迹长度之和，徐文昊的路程和穆卢内路程是一样的，故B错误；C．因为两人位移都为零，由所以两人平均速度为零，故C错误；D．徐文吴用时2小时12分39秒，穆卢内用时2小时27分50秒，明显徐文吴用时短，得徐文吴可能加速运动的时间较多保持匀速运动的时间可能比穆卢内的少，故D正确。故选D。6.如图，甲、乙两人正在“掰手腕”，下列说法正确的是（）A.甲掰赢了乙，是因为甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力B.甲、乙比赛对抗时，甲手与乙手之间的作用力是一对平衡力C.只有当甲乙僵持时，甲对乙的作用力才等于乙对甲的作用力D.无论谁胜谁负，甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大小 【答案】D【解析】【详解】甲手对乙手的作用力与乙手对甲手的作用力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，无论谁胜谁负，甲手对乙手的作用力总是等于乙手对甲手的作用力大小。故选D。7.小红推门进入教室如图所示，在门转动时，门上A、B两点的角速度分别为、，线速度大小分别为、，则（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AB．由于门上A、B两点绕同轴转动，所以角速度相同，故AB错误；CD．根据角速度与线速度的关系又联立可得故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，将一蜡块置于注满清水的长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速移动，蜡块由管口上升到顶端的时间为t．如玻璃管以2v的水平速度移动，蜡块由管口上升到顶端的过程中，下列说法正确的是（） A所用时间减小B.所用时间不变C.蜡块位移减小D.蜡块位移不变【答案】B【解析】【详解】蜡块在水平方向上和竖直方向上都做匀速直线运动，在竖直方向上，，管长不变，竖直方向上的分速度不变，根据合运动与分运动具有等时性，知蜡块由管口到顶端的时间不变．故A错误，B正确；v增大，水平方向上的位移增大，竖直位移不变，根据运动的合成，知蜡块的位移增大．故CD错误．9.“神舟十七号”载人飞船于2023年10月26日顺利发射升空，开启了为期6个月的天宫空间站之旅。神舟十七号飞船经历上升、入轨交会飞行后，与已经和天舟货运船形成组合体的空间站核心舱对接，航天员进入空间站组合体，整体在距离地球表面400公里的轨道稳定运行。下列说法正确的是（）A.“神舟十七号”的周期大于24小时B.发射“神舟十七号”的速度小于第一宇宙速度C.“神舟十七号”的向心加速度小于“空间站”的向心加速度D.已知“神舟十七号”的线速度与角速度，可以求得地球质量【答案】D【解析】 【详解】A．由，可解得地球同步卫星的轨道高度约为3.6万千米，“神舟十七号”卫星的轨道高度为400公里，远小于同步卫星的轨道高度，可知其周期小于24小时，故A错误；B．第一宇宙速度是发射地球卫星的最小发射速度，发射“神舟十七号”的速度大于第一宇宙速度，故B错误；C．由，可得“神舟十七号”与“空间站”的轨道相同，所以“神舟十七号”的向心加速度等于“空间站”的向心加速度，故C错误；D．由，可得所以已知“神舟十七号”的线速度与角速度，可以求得地球质量，故D正确。故选D10.如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为的圆轨道。质量为的游客随过山车一起运动，当游客以速度经过圆轨道最高点时（）A.处于超重状态B.加速度方向竖直向下C.速度大小一定为D.对座椅的作用力为【答案】B【解析】【详解】AB．游客在最高点，合力竖直向下，加速度方向竖直向下，处于失重状态，A错误，B正确； C．在最高点，根据牛顿第二定律，有因为时，所以C错误；D．在最高点，根据牛顿第二定律，有解得根据牛顿第三定律，可知游客对座椅的作用力为D错误。故选B。11.如图所示，空间有、两个点电荷，实线为电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，、为轨迹上的两点，则（）A.、为等量异种电荷B.点的电场强度比点的大C.点的电势比点的高D.粒子从点运动到点，电势能减小【答案】D【解析】【详解】A．由图中电场线分布可知a、b为异种电荷，且b附近电场线更密集，故a的电荷量小于b的电荷量，故A错误； B．M点处的电场线比较稀疏，N点的电场线比较密集，故M点的电场强度比N点的小，故B错误；C．由于不清楚a、b两个点电荷的电性和带电粒子的电性，故不能确定电场线的指向，不能确定M、N两点的电势高低，故C错误；D．带电粒子从M点运动到N点受到的电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，故电势能减小，故D正确。故选D。12.下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定且小磁针静止时N极的指向即为磁场方向；根据电源的正负极，确定电流方向，再利用安培定则判断螺线管的极性，最后根据磁极间的相互作用可判断小磁针的指向是否正确。本题的重点是通过安培定则先判断出螺线管的极性，再利用磁极间的相互作用规律来确定小磁针的指向难度不大，但需要细心注意同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，在通电螺线管内部不适用。【解答】A．根据同名磁极相斥，异名磁极相吸，则小磁针N极向右，故A错误；B．伸开右手，四指环绕方向为电流方向，则大拇指方向为内部磁场方向，再由小磁针静止时，N极即为磁场方向，则小磁针N极应向左，故B错误；C．由安培定则知，用手握住螺线管，使四指所指的方向与电流方向相同，则螺线管的右端为N极，左端为S极，再根据小磁针N极指向即为磁场方向可知，小磁针N极的指向正确，故C正确；D．根据右手螺旋定则可知，通电直导线的磁场方向，右边是垂直纸面向里，则小磁针N极应该垂直纸面向里，故D错误。故选C。13.在如图所示的磁场中，把圆形闭合线圈从位置水平匀速右移到位置，下列说法正确的是（） A.处的磁感应强度比处的大B.穿过线圈的磁通量变大C.线圈中会产生感应电流D.线圈中的电流大小恒定【答案】C【解析】【详解】A．由图可知处的磁磁感线比处的稀疏，因此处的磁感应强度比处的小，A错误；B．由于线圈面积不变，处的磁感应强度比处的小，因此穿过线圈的磁通量变小，B错误；CD．因为磁通量发生变化，所以线圈中会产生感应电流，但是变化不是均匀，所以产生的不是恒定电流，C正确D错误。故选C。14.2022年4月29日，绍兴地铁1号线全线通车，标志着绍兴已经进入地铁时代，为“融杭（联甬接沪）战略”迈出了坚实的一步。小明从A站上车，注意到列车经过加速、匀速和减速三个过程后在B站停下，总用时2min30s，列车以最大速度80km/h行驶了30s。假设列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，由此估算出AB两站点之间的路程约为（　　）A.1kmB.2kmC.3kmD.7km【答案】B【解析】【详解】由于列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，在加速和减速阶段的平均速率均为最大速率的一半，即40km/h，所以AB两站点之间的路程约为故选B。15.如图为中国女排队员比赛中高抛发球的情景，若球离开手时正好在底线中点正上方 处，速度方向水平且与底线垂直。已知每边球场的长和宽均为，球网高，不计空气阻力，为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】发球后球做平抛运动，设球刚好过网所用时间为t1，发球速度为v1，则球在竖直方向的位移h1为发球高度减去球网高度，水平方向位移x1=9m，根据公式得由水平方向上做匀速直线运动得若发球速度小于18m/s，球不能过网，不能落入对方场地；设球刚好落在对方底线中点所用时间为t2，发球速度为v2，则球在竖直方向的位移h2=3.50m，水位移方向的位移x2=9m+9m=18m若发球速度大于21.4m/s，球将超出对方底线，不能落入对方场地；所以发球速度范围为18m/s≤v≤21.4m/s；故C正确，ABD错误。 故选C。16.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板带等量异种电荷，两板间距为；断开电源后，一带电小球贴着上极板以速度水平射入电场，沿下板边缘飞出；保持下板不动，将上板上移距离，小球仍以相同的速度从原处飞入，则带电小球（）A.仍从下板边缘飞出B.将从上板边缘飞出C.将打在下板中央D.沿直线运动【答案】A【解析】【详解】由可得平行板电容器两极板间电场强度为上极板上移一小段距离后，由于极板所带电荷量Q不变，所以E不变，电场力不变，加速度不变，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，加速度不变，则仍从下极板边缘飞出电场，故选A。17.“好变频1度到天明”——此广告语意为1度电（1kW·h）可使变频空调工作一整夜（以10h计）．同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约A.1整夜B.2整夜C.3整夜D.4整夜【答案】D 【解析】【详解】由图可知电扇的额定功率为24W，而一整夜是10h，所以同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约4整夜．故选D．【点睛】本题考查消耗电能计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会认识用电器的铭牌，解题过程中要注意单位的换算．18.某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为的圆面，风向与叶片转动的圆面垂直，假设这个风力发电机能将此圆内的空气动能转化为电能。已知空气的密度为1.2，当风速是时，此发电机的功率约为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设单位时间内圆面内空气的质量为，动能为，有解得故选C。二、非选择题（共5大题，共46分）19.在“探究求合力的方法”的实验中：（1）已有实验器材：木板、白纸、图钉、细绳套、橡皮筋、铅笔、刻度尺，完成本实验还需要从下列器材中选取的实验器材是__________； （2）本实验中“等效替代”的含义是__________；A.橡皮筋可以用细绳替代B.弹簧测力计的读数可以用有向线段来替代C.右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果D.两个弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代（3）实验中，弹簧测力计拉橡皮筋时的指针位置如图甲所示，此时示数为__________N；（4）王嘉同学得到合力与分力的大小和方向后，分别用三条带箭头的线段表示，并用虚线连接三条线段的箭头端，如图乙所示。他在数据处理中存在的错误是_________。A.两个分力之间的夹角不是直角B.没有选用统一的标度表示力的大小C.连接三条线段箭头时用虚线，应该用实线【答案】①.C②.D③.2.61~2.66④.B【解析】【详解】（1）[1]在探究求合力的方法中，不需要钩码、打点计时器、天平，但是需要确定合力与分力的大小、方向，所以需要弹簧测力计。故选C。（2）[2]本实验所采用的科学思想方法是等效替代法，其等效的思想是两个分力的作用效果与合力的作用效果相同，即两个弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代。故选D。（3）[3]图中弹簧测力计的每一小格为0.1N，所以图中所测力的大小为2.62N。（4）[4]由图乙可知，该同学作力的图示时没有选取统一的标度，且在实验过程中两分力间的夹角不宜太小也不宜太大，两分力不需要保证垂直，连接三条线段箭头时用虚线。 故选B。20.小芳用电学方法测量电线的长度。首先，小芳测得电线铜芯的直径为，估计其长度不超过（已知铜的电阻率为）现有如下实验器材：①量程为、内阻约为的电压表；②量程为、内阻约为的电流表；③阻值为的滑动变阻器；④内阻可忽略、输出电压为的电源；⑤阻值的定值电阻，开关和导线若干。小芳采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当示数为时，电压表的示数如图1所示，读数为________。根据小芳测量的信息，图2中点应该________（选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”，下同），Q点应该________。小芳测得的电线长度为________m（保留两位有效数字）。【答案】①.2.50②.接b③.接a④.37【解析】【详解】[1]根据题中所给条件，电压表量程为3V，所以读数时按照表盘下方量程进行度数。另外，因为其最小间隔为0.1V，所以需要估读一位，故最终的读数结果为2.50V；[2]根据条件，可以用公式估算出电线的电阻不超过1.08，它远小于电压表的内阻，而与电流表内阻相差较小，故应该使用电流表外接法，故P点接b；[3]为了使滑动变阻器能够更好地改变所测电阻两端电压，应采用分压式接法，若使用串联式接法则会导致当滑动变阻器较大时，待测电线两端电压变化过小，故Q应该接a；[4]根据读数，计算出 可得解得21.如图所示是库仑扭秤的原理图，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的两端分别固定带电量为的带正电小球和不带电小球；把另一个带电量为的金属小球靠近，、两球相互排斥至距离为，已知静电力常量为，忽略球的大小。则球带________电（填“正”或“负”），A、C两球间库仑力大小为________。若，则A、两球连线中点处的场强方向是________（填“A指向C”或“C指向A”）；若将一个不带电的相同金属小球先与C球接触一下，再与球接触一下……经过无数个来回后，调节、两球间距离仍为，则、两球间的库仑力变为最初的________倍。【答案】①.正②.③.A指向C④.【解析】【详解】[1][2][3][4]A、C相互排斥，带同种电荷，则C球带正电。A、C两球间库仑力大小为若，根据A球在中点的场强大于C球在中点的场强，则中点处的场强方向是A直线C。经过无数次接触，A、C两球电量均为q，则 ，则、两球间的库仑力变为最初的倍。22.如图利用植保无人机对农作物喷洒农药，已知某品牌无人机载药后质量为20kg，从地面竖直升空，先加速到3m/s后减速至零（竖直方向加速、减速阶段看成匀变速直线运动，且加速度大小相等）在距地面3m悬停2s。随后无人机开始水平飞行喷洒农药，先以加速度匀加速，达到最大速度3m/s后匀速飞行（g取），求：（1）上升至距地1m时，无人机的速度大小；（2）无人机加速上升过程受到的空气作用力；（3）升空5.5s内无人机的位移大小。【答案】（1）；（2），方向向上；（3）【解析】【详解】（1）根据题意，竖直方向匀加速阶段匀减速阶段得由 得，上升至距地1m时，无人机的速度大小（2）根据牛顿第二定律得方向向上（3）竖直位移，竖直运动时间悬停，则5.5s内水平方向运动时间水平方向匀加速运动得时间为5.5s内所以水平方向匀速运动时间为则5.5s内水平运动位移升空5.5s内无人机的位移大小23.如图所示，在水平面上固定一弹簧匣，左端与轻质弹簧的A端相连，自由状态下弹簧另一端位于B点；在与B点相距的C处固定一竖直圆轨道，半径，圆轨道底端略微错开：在点右侧放置等腰直角三角形支架，点在点正下方，点与点等高，水平。质量的小物块（可视为质点）被压缩的弹簧弹出，它与段的动摩擦因数，不计轨道其它部分的摩擦。 （1）要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始弹性势能至少多大；（2）若物块恰能过圆周最高点，弹簧的初始弹性势能多大；（3）若物块恰能到达圆心等高处，求物块在第一次过C点时对轨道的压力。（4）若弹簧的初始弹性势能为，则打在等腰直角三角形支架PEQ的何处（落点距P点距离）?【答案】（1）0.4J；（2）0.65J；（3）3N，牛顿第三定律，方向竖直向下；（4）距离P点m【解析】【详解】（1）由动能定理得解得要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始弹性势能至少为（2）物块恰能过圆周最高点的速度为v，则由动能定理得联立解得（3）由动能定理得由牛顿第二定律得解得 由牛顿第三定律得，物块在第一次过C点时对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下（4）由动能定理得水平方向竖直方向解得x=1.2m落点距P点距离为