【文档说明】浙江省杭州市北斗联盟2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(22)页，3.871 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期杭州北斗联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：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。选择题部分

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39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.下列物理量中为标量的是（）A.加速度B.库仑力C.电势D.电场强度【答案】C【解析】【详解】A．加速度是既有大小又有方向的矢量，故A错

误；B．库仑力是既有大小又有方向的矢量，故B错误；C．电势是只有大小没有方向的标量，故C正确；D．电场强度是既有大小又有方向的矢量，故D错误。故选C。2.用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是（）A.N/CB.V/mC.kg•m/（

C•s2）D.kg•m/（A•s3）【答案】D【解析】【详解】电场强度FEq=，，电场力的单位为N，电量的单位为C，所以电场强度的单位是N/C，而23/1/11/kgmsNCkgmAsAs==，D正确．3.杭州第19届亚运会将于2023年9月23日-10月8日在杭

州举行，下列有关运动项目的描述正确的是（）A.自行车比赛中，研究自行车车轮的转动时自行车可视为质点B.篮球比赛中，篮球在空中飞行和进篮时惯性不变C.跳水运动员下落时，运动员看到水面迎面扑来，是选择水面为参考系的缘故D

.蹦床比赛中，运动员刚接触蹦床时的速度最大【答案】B【解析】【详解】A．自行车比赛中，研究自行车车轮转动时，自行车大小形状不可忽略，不可视为质点，故A错误；B．篮球比赛中，篮球在空中飞行和进篮时质量不变，惯性不变，故B正确；C．跳水运动员下落时，运动员看到水面迎面扑来，是自己为参考系的缘故，故C错

误；D．蹦床比赛中，运动员刚接触蹦床时重力大于蹦床的弹力，继续下降，当其重力等于蹦床的弹力时，速度最大，故D错误。故选B。4.如图所示，这是一辆汽车在加速通过弯道，下面选项图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的

是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】汽车做曲线运动，汽车受到的合力应该指向运动轨迹的凹侧，由于汽车加速过弯道，合力做正功，合力与汽车的速度方向夹角小于90。的故选A。5.2022年7月25日，问天实

验舱成功与轨道高度约为430km的天和核心舱完成对接如图所示，对接后组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A.组合体的环绕速度大于7.9km/sB.组合体的周期大于24小时C.组合体的加速度比地球同步卫星的加速度大D.组合体处于完全失重状态，不受地球的引力【

答案】C【解析】【详解】A．根据22MmvGmrr=GMvr=当物体以第一宇宙速度7.9km/s围绕地球做匀速圆周运动时，轨道半径等于地球半径，组合体的轨道半径大于地球半径，所以组合体的环绕速度小于7.9km/s，故A错误；B．根据2224MmGmrrT=32rTGM=

组合体的轨道半径小于同步卫星轨道半径，组合体的周期小于同步卫星的周期，而同步卫星的周期等于24h，所以组合体的周期小于24小时，故B错误；C．根据2MmGmar=2GMar=组合体的轨道半径小于同步卫星轨道半径，组合体的加速度比地球同步卫星的加速度大，故C正确；D．组合体处于完全失

重状态，仍然受地球的引力，故D错误。故选C。6.下列说法中正确的是（）A.电动势就是电源两极间的电压B.材料的电阻率都会随温度的升高而增大C.2QIRt=适用于任何电路中电热的计算D.规格为“1.5F，6V”电容器中

的6V指击穿电压【答案】C【解析】【详解】A．电动势等于电源开路时两极间的电压，正常工作的电源两极间的电压（路端电压）小于电动势，故A错误；B．金属的电阻率随温度升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小。故B错误；C．2QIRt=适用于任何电路中电热的计算，故

C正确；D．6V是电容器的额定电压，即能承受的最大电压，故D错误。故选C。7.图示为以P点为圆心、半径为R的部分或整个圆周上的四种电荷分布情形：（甲）电荷q均匀分布在四分之一的圆周：（乙）电荷2q均匀分布在半圆周；（丙）电荷3q均匀分布在四分之三的圆周；（丁）电荷4

q均匀分布在整个圆周．这四种情形中电荷在P点所产生的电场强度的大小排列顺序为（）A.甲＞乙＞丙＞丁B.丁＞丙＞乙＞甲C.丁＞乙＞甲＝丙D.乙＞甲＝丙＞丁【答案】D【解析】【详解】（甲）电荷q均匀分布在四分之一的圆周，设圆周的半径r

，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小2qEkr=甲；同理，（乙）电荷2q均匀分布在半圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小22qEkr=乙；（丙）电荷3q均匀分布在四分之三的圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大

小2qEkr=丙；（丁）电荷4q均匀分布在整个圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小E丁＝0．由上分析，故D正确，ABC错误．8.某带电体周围的电场线和等势面如图所示，图中A、B两点的电场强

度大小分别为AE、BE，电势分别为A、B，则（）A.ABEEB.ABC.电子在A处的电势能比在B处的电势能大D.将q+从A处移到B处电场力做正功【答案】C【解析】【详解】A．等差等势面越密的地方，电场强度越大，可知ABEE故A错误；B．由带电体周围的等势面分布图可

知AB故B错误；C．根据Ee=−电子在A处的电势能比在B处的电势能大，故C正确；D．将q+从A处移到B处电场力做负功，故D错误。故选C。9.如图是一次利用心脏除颤器的模拟治疗，该除颤器的电容器电容为15μF，如果充电后电容器的电压为4.0kV，电容器在5.0ms时间内

完成放电，则（）A.放电后，电容器的电容为零B.该电容器的工作电压一定为4.0kVC.该次治疗，通过人体的平均电流是0.12AD.放电前，电容器存储的电荷量为0.06C【答案】D【解析】【详解】A．电容器的电容由电容器

本身决定，与所带电荷量无关，则放电后，电容器的电容仍为15μF，故A错误；B．充电后电容器的电压为4.0kV，但该电容器的工作电压随电荷量变化而变化，故B错误；CD．放电前，电容器存储的电荷量为6315104.010C0.06CQCU−==

=该次治疗，通过人体的平均电流为30.06A12A5.010QIt−===故C错误，D正确。故选D。10.如图，一粒子源能连续发射质量为m，电荷量为q，速度为0v的带正电粒子，粒子出射方向为粒子

源的右侧任意方向，粒子始终在电场强度大小为E的水平匀强电场中运动，在与粒子源相距d处有一足够大竖直荧光屏，粒子打在荧光屏上，荧光屏会发光。不计粒子重力，则荧光屏上的发光面积为（）A.20EmdvqB.202mdvqEC.02mdvqED.0mdvqE【答案】B【解析】【详解】粒子

源发射出的粒子在沿电场线方向上做匀加速直线运动，在垂直电场线方向上做匀速直线运动，对于垂直电场方向射出的粒子，有212qEdtm=0Rtv=面积为2SR=联立解得202mdSvqE=故选B。11.华为移动电源SupeCharge快充版充电速度很快，如图所示为给手机充电的电路结构。在充电时，充电

宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的。设手机电池的内阻为r，则（）A.充电宝的发热功率为2IrB.充电宝输出的电功率为2UIIr−C.在时间t内，手机电池增加的化学能为2UItIrt−D.手机电

池的发热功率为2Ur【答案】C【解析】【详解】A．充电宝内的电流也是I，但其内阻未知，所以产生的热功率不一定为I2r，A错误；B．充电宝输出的电功率为IU，B错误；C．由题的已知可得在时间t内，手机电池增加的化学能为UIt-I2rt

，C正确；D．U是充电宝的输出电压，不是内电压，所以不能用2Ur计算电池的发热功率，电池的发热功率应为I2r，D错误。故选C。12.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓

慢的将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态。则从A刚要拉离平面至A滑到B的顶端，下列说法正确的是（）A.开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0B.A、B间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GC.地面受到B

的压力逐渐增大D.地面对B的摩擦力逐渐增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．圆柱体A和半圆柱体B的圆心的连线长度为2R，故其与竖直方向夹角为60°，A受三个力平衡，如图所示三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，其他两个力的夹角变小，开始

时，根据几何关系，可知拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0，故A错误；B．A、B间的压力开始最大为()22N32FGGG=+=而后逐渐减小到G，故B正确；C．对圆柱体A和半圆柱体B整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力NBFGG=+，

保持不变，故B对地面压力大小不变，故C错误；D．整体在水平方向上受到拉力F和地面的摩擦力，故摩擦力fFF=，逐渐减小到零，故D错误。故选B。13.泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶

片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，风力发电机的发电效率为，下列说法错误的是（）A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为2vRB.此风力发电机发电的功率为3212vRC.若仅风速减小为原来的12

，发电的功率将减小为原来的18D.若仅叶片半径增大为原来2倍，发电的功率将增大为原来的8倍【答案】D【解析】【详解】A．由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为2πm

VvR==故A正确，不符合题意；B．根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为的23211π22PmvvR==故B正确，不符合题意；CD．根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的12

，发电的功率将减小为原来的18，若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但

不选全的得2分，有选错的得0分）14.下列各图中涉及到的物理现象及应用，说法不正确．．．的是（）A.甲图是利用把头发碎屑模拟的电场线的分布情况，从图中得知该电场一定是正电荷形成的B.乙图的避雷针利用静电屏蔽保护建筑免进雷击C.丙图中可变电容器的原理是使两组铝片的正对面积发生变化从而

达到改变电容的目的D.丁图为静电除尘示意图，带正电的尘埃被收集在柱状电离器B上【答案】AB【解析】【详解】A．点电荷的电场都是辐射状的，所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，也可能是负点电荷形成的电场，故A错误，

符合题意；B．避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施。故B错误，符合题意；C．丙图中的可变电容器的原理是改变铝片间的正对面积从而达到改变电容的目的，故C正确，不符合题意；D．丁图为静电除尘装置的示意图，带正电的尘埃被收集在带负电的柱

状电离器B上，故D正确，不符合题意。故选AB。15.如图甲所示的电路中定值电阻60R=，电源电动势100VE=，内阻10r=。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（）A.开关

S断开时电源的效率为40%B.开关S闭合后电源的总功率会变小C.开关S闭合后灯泡变亮D.开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W【答案】AD【解析】【详解】A．开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为L40VU=电流为L6AI=电源的效率为LLL1

00%40%UIEI==故A正确；BC．开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据PEI=可得电源的总功率会变大，根据路端电压关系式UEIr=−得到路端电压减小，根据2UPR=可知灯泡的功率减小，所以灯

泡的亮度变暗，故B、C错误；D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为LL=406W240WPUI==损故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。（1）下列

说法中有利于减小实验误差的有________；A．必须精确测量出重物的质量B．重物选用密度较大的铁锤C．调节打点计时器两限位孔在同一竖直线上D．先松开纸带，后接通电源（2）甲同学利用上述装置按正确操作得到了一条如图乙所示的纸带（部分纸带未画出）。纸带上的各点均为连续

的计时点，其中O点为打出的第一个点，打点周期为T，重力加速度为g。从纸带上直接测出计时点间的距离，利用下列测量值能验证机械能守恒定律的有________；A．OE和DF的长度B．OA和AF的长度C．O

D和DG的长度D．AC、BF和EG的长度（3）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量m=250g的重物拖着纸带自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。选取一条符合实验要求的纸带如图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点，已知打点

计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么：①计算B点瞬时速度时，甲同学用2BOBvgx=，乙同学用()BvgnT=，丙同学用2ACBxvT=。其中所选择方法正确的是_______

（选填“甲”、“乙”或“丙”）同学（xOB与ACx分别表示纸带上O、B和A、C之间的距离，n为从O到B之间的打点时间间隔数）。②纸带下落的加速度为__________m/s2。【答案】①.BC②.AD③.丙④.9.50【解析】【详解】（1）[1]A．由212mghmv=可知不

需要精确测量出重物的质量，故A不符合题意；B．重物选用密度较大的铁锤可减小空气阻力的影响，故B符合题意；C．调节打点计时器两限位孔在同一竖直线上从而减小纸带与限位孔之间的摩擦，故C符合题意；D．实验中应先接通电源后释放纸带，故D不符合题意。故选BC（2）[2]A．

测出DF的长度即可求得E点的瞬时速度，测出OE的长度，即可根据OEmgh与212Emv是否相等验证机械能是否守恒，故A符合题意；B．测出OA和AF的长度时无法求得A点的瞬时速度，故不能验证机械能是否守恒，故B不符合题意；C．测出OD和DG的长度无法求得D点的瞬时速度，故不能验证机械能

是否守恒，故C不符合题意；D．测出AC和EG的长度可以求得B点和F点的瞬时速度，测出BF长度，即可根据BFmgh与221122FBmvmv−是否相等验证机械能是否守恒，故D符合题意。故选AD。（3）[

3]甲同学和乙同学的计算B点速度的方法都默认了机械能守恒，应选择丙同学的方法。[4]由2xaT=可得33222(550.9488.0)10m(488.0428.9)10m9.50m/s(0.02s)BCABxxaT−−−−−−===17.在“测定金属的电阻率”实验中，所用

测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图所示，其读数应为______mm（该值接近多次测量的平均值）；（2）用伏安法测金属丝的电阻xR（约为5Ω）。实验所用器材为：电源（电压3V，内阻可忽略）、电流表。（内阻约0.1Ω）、电压

表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.60I/A0.0

200.0600.1600.2200.3400.4600.520由上表数据可知，他们测量xR是采用下图中的______（选填“甲”或“乙”）图；（3）如图所示是测量xR的实验器材实物图，图中已连接了部分

导线，请根据第（2）问所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_____；（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点，并描绘出U—I图线：由图线得到金属丝的阻

值xR，根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为______（填选项前的符号）。A．1×10-2Ω·mB．2.0×10-3Ω·mC．25×10-6Ω·mD．3.0×10-8Ω·m【答案】①.0.600②.甲③.④.C【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器固定刻度读数0.5mm，可

动刻度读数为0.01mm10.00.100mm=所以最终读数为0.5mm10.00.01mm0.600mm+=（2）[2]从给出的数据可知，电流表和电压表的读数从零开始且变化范围较大，所以滑动变阻器采用的应

是分压式接法，即采用的是甲图。（3）[3]根据原理图得出对应的实物图如图所示.为（4）[4]由图线得到金属丝的阻Δ=4.34ΩΔxURI根据LRS=得2π2dRRSLL==解得62.510Ω·m−

故选C。18.如图所示，质量m＝3kg的物体（视为质点）在平行斜面向下F＝9N的推力作用下，由静止开始下滑。在斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动x＝1.2m后停在C点。已知斜面长度L＝4m，倾角θ＝30°，物体与

斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为133＝、μ2＝0.5，求：（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度；（2）物体运动到B处的速度；（3）推力作用的距离及时间。【答案】（1）3m/s2，方向沿斜面向下；（2）23m/s；（3）2m，23s3【解析】【

详解】（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得11sin30cos30Fmgmgma+−=解得213m/sa=方向沿斜面向下；（2）物体在水平面上运动的加速度大小为2225m/smga

m==根据速度-位移关系可得222Bvax＝解得23m/sBv=（3）物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力sin301.5Nmg＝摩擦力大小为1cos301.5Nfmg＝＝所以去掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为23m/sBvv==推力作用的距

离为212m2vsa==经过的时间为123s3vta==19.某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径0.8mR=的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30a=，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，

DE为倾角30=的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为1kgm=的小滑块P（可视为质点）从空中的A点以02m/sv=的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点（不计经过D点时的能量损失）后沿

倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离都为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为0.5=，不计空气阻力。求：（1）小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；（2）小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨

道压力的大小；（3）弹簧的弹性势能的最大值。【答案】（1）22m/s；（2）50N；（3）6J【解析】【详解】（1）设滑块P经过B点的速度大小为Bv，由平抛运动知识0sin30Bvv=得22m/sBv=（2）滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒()2211sin3022BCm

gRRmvmv+=+解得42m/sCv=经过C点时受轨道的支持力NF，有2NCvFmgmR−=解得N50NF=由牛顿第三定律可得对轨道的压力大小50NF=压（3）设弹簧的弹性势能的最大值为pE，根据动能定理有2p1sin3002CmgLmgLEmv−−−=−代入数据可解得p6J

E=20.如图所示，带电荷量51610C3Q−=+的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角37=，质量0.1kgm=、带电荷量7210Cq−=+的B球在离A球0.1mL=处由静止释放。两球均可视为点电荷，静电力常量922910Nm/Ck=，重

力加速度大小210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。（1）求A球在B球释放处产生的电场强度E；（2）求B球的速度最大时两球间的距离r；（3）若B球运动的最大速度为4m/sv=，求B球从开始运动至达到最大速度的

过程中电势能的变化量。【答案】（1）74.810N/C；方向沿斜面向上；（2）0.4m；（3）0.98J−【解析】【详解】（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小724.810N/CQEkL==方向沿斜面向上。（2）当B球

所受静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，此时2sinQqkmgr=解得0.4mr=（3）B球从开始运动至达到最大速度的过程中，设电场力做的功为FW，根据动能定理有()2F1sin02WmgrLmv−−=−解得F0.98JW=因此B球电势能的变化量p

FΔ0.98JEW=−=−21.如图所示，平行金属板水平放置，上极板带负电，下极板带正电且与光滑绝缘圆弧轨道AB平滑连接，金属板长13m6L=，板间距0.5md=，两极板电势差为0.8VU=，有一质量为0.02kgm=、电荷量0.05Cq=的带正电小球（可视为质

点）沿水平方向从两平行金属板的中央以初速度01m/sv=射入两板间的匀强电场，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，轨道半径0.5mR=，O点为轨道的圆心，轨道上B点与地面相切，BC间虚线区域存在水平向右的匀强电场，2N/CE=，20.5mL=，C点右侧有一个高0.

6mh=的光滑斜面，不计小球从C点滑上斜面处（或从斜面下滑到C点）的机械能损失，重力加速度为210m/sg=，求：（1）小球在两板间运动的时间；（2）小球第一次到达B点时的速度大小；（3）若BC间的动摩擦因数0.4=

，小球在BC间通过的路程s。【答案】（1）3s6；（2）3m/s；（3）1.75m【解析】【详解】（1）小球在两板间运动时10Ltv=解得3s6t=（2）小球在两板间做类平抛运动UEd=，FEq=，mgFma−=得a=6m/s2设弧BC所对应的夹角为，由于vy=at，0tanyvv

=得60=可得A0cosvv=解得A2m/sv=从A点到B点，根据动能定理得22BA11(1cos60)22mgRmvmv−=−解得B3m/sv=（3）小球第一次通过B点向右运动，到达斜面最大高度时，全程动能定理得222B120mEqLmgLghmv

−−=−解得0.5m0.6mh=滑回后在圆弧上升最大高度时，全程动能定理得222201BLmgvhmgm=−−−解得0h即小球不会从左侧圆弧滑出，因为Eqmg所以小球最终停在C处，全程根据动能定理得22B120EqLmgsmv

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