【文档说明】浙江省杭州市及周边重点中学2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(20)页，6.334 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学高二年级物理学科试题考生须知：1.本卷满分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卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上

交答题卷。选择题部分一、选择题I（本大题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请选出符合题意的一个选项）1.用国际单位制基本单位的符号来表示电场强度的单位，正确的是（）A.1NC−B.

1Vm−C.12kgmCs−−D.13kgmAs−−【答案】D【解析】【详解】N、V、C都不是国际单位制基本单位的符号，而kg、m、A、s是国际单位制基本单位的符号。故选D。2.在物理学中，常用物理量的比值定义一个新的物理量，这种定义

物理量的方法叫作“比值定义法”，如加速度，其定义式为vat=，下列物理量不是．．比值定义法定义的是（）A.电场强度，定义式FEq=B.电势，定义式PEq=C.电阻，定义式lRS=D.磁感应强度，定义式FBIl=【答案】C【解析】【详解】ABD．电场强度与电场力和电

荷量无关；电势的高低与电势能和电荷量无关；磁感应强度与安培力、电流强度、导线长度无关，都是由自身决定，故均采用比值定义法，ABD错误；C．导体电阻由电阻率、导体长度和横截面积决定，lRS=为电阻的决定式，C正确。故选C。3.下列有关物理学家的成就表述正确的是（）A.奥斯特发现了电磁感应现象B

.密立根最早测定了元电荷的数值C.赫兹建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在D.麦克斯韦通过实验捕捉到电磁波，为无线电技术的发展开拓了道路【答案】B【解析】【详解】A．奥斯特发现电流的磁效应，法拉第发现电磁感应现象，A错误；B．元电荷的竖直最早是由密立根测定，B正确；CD．麦克斯韦建立了电磁

场理论，赫兹通过实验证明了电磁波的存在，CD错误。故选B。4.关于下列四幅图的表述正确的是（）A.图甲同学头发蓬松散开，一定是带上了正电荷B.图乙高压输电塔顶端的两根导线起静电屏蔽作用C.图丙的静电除尘装置中，越靠近细杆电场越弱D.图丁的打点计时器利用尖端放电的

电火花打点【答案】B【解析】【详解】A．头发蓬松散开，由于带同种电荷相互排斥。可能是正电荷，也可能时负电荷，A错误；B．高压输电塔顶端的两根导线是避雷线，起静电屏蔽作用，B正确；C．细杆为负极，越靠近细杆电场越强，C错误；D．图丁的打点计时

器为电磁式打点计时器，D错误，故选B。5.如图，是某种示波管内部的电子枪结构示意图，其灯丝K与极板A之间存在高压辐向电场，图中电子仅在电场力作用下由M点沿直线运动到N点。下列说法错误．．的是（）A.运动过程中，电子的电势能越来越大B.电子所经过的位置电

势越来越高C.电子运动过程中加速度逐渐减小D.电子运动过程中速度逐渐增大【答案】A【解析】【详解】AD．电子带负电，则电子所受电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，速度增大，A错误，D正确；B．电场线由高电势指向低电

势，则电子所经过的位置电势越来越高，B正确；C．由于场强逐渐减小，则电场力减小，加速度逐渐减小，C正确。本题选择说法错误的，故选A。6.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abc。电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最大的是（）A.B.C.D

.【答案】C【解析】【详解】根据电阻定律，选项中的阻值依次为1bRac=，2cRab=，3aRbc=，4bRac=由于abc，则3R最大。故选C。7.如图所示，一个弹性线圈套在条形磁铁的正中心位置，下列关于线圈的磁通量表述正确的是（）A.若线圈的匝

数增加，则通过线圈的磁通量增加B.若线圈的匝数减少，则通过线圈的磁通量不变C.若线圈受到辐向拉力作用扩张，则通过线圈的磁通量增加D.若线圈绕其一条直径旋转一个小角度，则通过线圈的磁通量不变【答案】B【解析】【详解】AB．线圈匝数不影响磁通量大小，A错误，B正确

；C．线圈内存在向上的磁场磁通量1较大，向下的磁场磁通量2较小，则磁通量为12=−若线圈受到辐向拉力作用扩张，则1不变，2增大，通过线圈的磁通量减小，C错误；D．若线圈绕其一条直径旋转一个小角

度，1减小的比2减小的多，则通过线圈的磁通量减小，D错误。故选B。8.如图，是两个点电荷电场的等势面，则下列说法正确的是（）A.两个点电荷是同种电荷B.左侧点电荷带电量较多C.图中B点的电场强度较大D.图中A点的电势较高【答案】B【解析】【详

解】A．由等势面作出电场线，可知两个点电荷为异种电荷，故A错误；B．因左侧点电荷等势面比右侧密集，左侧点电荷带电量较多，故B正确；C．A点等势面比B点密集，可知A点场强较大，故C错误；D．两点电荷的带电情况不知，因此无法判断电势的高低，故D错

误。故选B。9.用小量程表头G改装成双量程的某种电表，电路如图所示。改装后经校准发现接A、B两端时读数总是略偏小，接A、C两个端点时读数均准确，以上信息可知（）A.接A、B两个端点时，是量程较大电压表B.接A、C两个端点时，是量程较大电流表C.

使两挡量程都准确，需在1R上并联一个大电阻，在2R上串联一个小电阻D.使两挡量程都准确，需在1R上并联一个大电阻，电阻2R无需改变【答案】C【解析】【详解】AB．接A、B两个端点时，串联的阻值较小，分压较小，是量程较小的电压表；接A、C两个端点时，分压较大，是量程较大的电压表，AB错误

；CD．接A、B两端时读数总是略偏小，说明1R偏大导致分压偏大，需在1R上并联一个大电阻，使并联后阻值减小；由于总阻值减小，则需在2R上串联一个小电阻，使A、C两个端点时读数准确，C正确，D错误。故选C。10.如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置3个小球，带电量分别为q−、q

+、q−，小球之间用劲度系数均为0k的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球均处于静止状态时，每根弹簧的长度为l，已知静电力常量为k，则每根弹簧的原长为（）A.22034kqlkl+B.220kqlkl+C.22034kqlkl−D.20234kqlkl−【答案】A【解析】【详解】以最右边的小球为研究对象

，根据平衡条件有()220222qqkxkkll+=解得22034kqxkl=所以弹簧的原长为202034kqllxlkl=+=+故选A。11.如图所示，平行板电容器的电容为C，极板间距为d，充电后与电源断开，极板A带电荷量为Q，极板B

带电荷量为Q−，且A板接电，在两极板正中央固定一带电荷量为q的点电荷，则（）A.点电荷受到的电场力为28kQqdB.点电荷受到电场力为2QqCdC.若将A向左平移一小段距离，A板的电势将升高D.若将B向左平移一小段距离，电容器储存的电能将减小的【答案】D【

解析】【详解】AB．由QCU=，UEd=，FqE=电场力qQFdC=AB错误；C．A板接地，电势为零不变，C错误；D．电容器储存的电能为WQU=电容器电量不变，根据4SCkd=若将B向左平移一小段距离，两板间距减小，电容变大，两板电势差U减小

，则电容器储存的电能将减小，D正确。故选D。12.如图所示，高压直流输电塔上有甲、乙、丙三根平行直导线，彼此间的距离均为a、已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式KIBr=（k是常数

、I是导线中的电流强度、r是该点到直导线的垂直距离）表示，若甲、乙两导线中的电流大小均为I，方向相反，则丙导线所处位置磁感应强度为（）A.kIa，方向垂直甲、乙所在平面B.3kIa，方向垂直甲、乙所在平面为C.kIa，方向平行甲、乙所在平面D.3kIa，方向平行甲、乙所在平面【答案】A【解析】【详

解】设甲、乙电流方向分别垂直于纸面向里和向外，根据安培定则可知，甲、乙的通电直导线在丙导线所处位置的磁场方向如图所示设两通电直导线在丙导线所处位置的磁感应强度大小为1B、2B，均为12kIBBa==根据

几何关系可知，1B、2B的夹角为120，则丙导线所处位置的磁感应强度大小为012cos60kIBBa==方向垂直甲、乙所在平面。同理，若甲、乙电流方向分别垂直于纸面向外和向里，根据安培定则可知，甲、乙的通电直导线在丙导线所处位置的磁场方向如图所示设

两通电直导线在丙导线所处位置磁感应强度大小为1B、2B，均为12kIBBa==根据几何关系可知，1B、2B的夹角为120，则丙导线所处位置的磁感应强度大小为的012cos60kIBBa==方向垂直甲

、乙所在平面。故选A。13.一个电荷量为－q、质量为m的点电荷，仅在电场力的作用下沿x轴运动，其动能kE随位置x变化的关系图像如图所示，图像关于02xx=对称，规定05xx=处电势为零，下列说法正确的是（）A.在00~

2xx区间，电势不断降低B.在02xx=处的电势02Eq=C.在002~3xx区间，电场强度逐渐减小D.电荷在04xx=处电势能为0E【答案】B【解析】【详解】A．由于只有电场力做功，电荷的动能与电势能总和不变，在00~2

xx区间，电荷的动能增大，电势能减小，由于点电荷带负电，所以电势不断升高，故A错误；B．规定05xx=处电势为零，电荷在05xx=处电势能也为零，动能也为零。电荷仅在电场力的作用下，电势能和动能相互转化，电势能和动能的和pk0EEE=+=在02xx=处动能为02E，则在02xx=处的电荷

的电势能为02E−，该点的电势0022EEqq−==−故B正确；C．在002~3xx区间，图像的切线斜率增大，斜率表示电荷受到的电场力的大小，所以电荷受到的电场力的增大，电场强度增大，故C错误；D．电荷的动能与电势能总和为零

，所以04xx=处电荷的电势能为0E−，故D错误。故选B。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.如图所示

，为某手机电池的铭牌信息，其显示电池容量：3000mAh（11.4Wh），下列说法正确的是（）A.手机容量11.4Wh指电量B.若手机待机电流为50mA，则满电手机待机时间约60hC.若用“5V、2A”恒流充电器给耗尽电能

的手机充电约需1.5hD.若用“5V、2A”恒流充电器给耗尽电能的手机充电产生热量约3.6Wh【答案】BCD【解析】【详解】A．11.4Wh指的是电池的充电电能，故A错误；B．满电手机待机时间113000mAh60h50mAQtI

===故B正确；C．若用“5V、2A”恒流充电器给耗尽电能的手机充电，充电时间为223000mAh1.5h2AQtI===故C正确；D．根据能量守恒，若用“5V、2A”恒流充电器给耗尽电能的手机充电产生热量521.511.4W

h=3.6WhQWW=−=−总电故D正确。故选BCD。15.如图，是某同学分别绘制了某电源与某种电路元件的伏安特性曲线（IU−图像）。其中虚线PQ为曲线b过P的切线。由图可知，当该元件与该电源串联工作时（）A.该元件电阻为21UIB.该元件电阻为22UIC.该电源的内阻损耗的功率为1

2UID.该电源的工作效率为21100%UU【答案】BD【解析】【详解】AB．根据欧姆定律，该元件电阻为22URI=A错误，B正确；C．电源电动势为1U，该电源的内阻损耗的功率为()122PUUI=−内C错误；D．该电源的工作

效率为222121100%100%UIUUIU==D正确。故选BD。非选择题部分三、实验题（共14分）16.把铜片和锌片相隔约2cm插入一个柚子中，就制成一个柚子电池。如图甲，把柚子电池、电阻箱、多用电表电压挡连接相应电路，可测柚子电池电动势与内电阻。的（1）多用

电表使用前，指针指在图乙所示位置，则需要进行的操作是___________；A.用手拨动指针B.旋转“机械调零”旋钮C.旋转“欧姆调零“旋钮D.旋转“选择开关”（2）某次测量时，多用电表的选择开关、表盘指针所指位置如图丙所

示，则此时电表是读数是___________V；（3）改变电阻箱R的阻值，测得多组（U，R）数据，根据测得数据描绘的UUR−图线数据点如图丁所示，若忽略多用电表电压挡内阻的影响，根据图像可求得柚子电池的电动势为___________V，内电阻为

___________210（保留两位有效数字）。【答案】①.B②.0.84③.0.88##0.89##0.90④.5.3##5.4##5.5【解析】【详解】（1）[1]在使用电表之前，需要机械调零，因此需要旋转“机械调零”

旋钮，B正确；（2）[2]因为选择开关选择1V量程，因此读数为0.84V；（3）[3][4]由闭合电路欧姆定律可得UEUrR=+整理得UUErR=−结合图像可得0.88VE=（0.88~0.90皆可）25.310r=（5.3~5.5210皆可）17.用如图甲所示装置可

研究斜槽末端两小球碰撞时的动量守恒。（1）下列相关说法正确的是___________A.安装轨道时，轨道末端必须水平B.铅垂线的作用是辅助调节轨道水平C.实验中必须测量小球下落的高度D.同一组实验中入射小球必须从同一高度释放（2）实验中

需选择合适的两小球发生碰撞，现提供图乙所示的小球，入射小球选择___________，被撞小球选择___________（填图乙中的序号）。（3）如图丙，白纸上记录了的多次重复实验的数据，其中O点是小球抛出点在水

平地面上的垂直投影，则B处对应小球的落地点与O点的距离为___________cm；若入射小球的质量为1m，被撞小球的质量为2m，A、B、C三处落点与O点的距离记作OA、OB、OC，则实验需要验证的等式为___________。【答案】①.AD##DA②.B③.A④.21.70##21

.80##21.90##22.00##22.10##22.20##22.20##22.30⑤.112mOBmOAmOC=+【解析】【详解】（1）[1]A．为保证小球水平飞出，轨道末端必须水平，A正确；B．铅垂线有助于标记抛出点在水平面上的位置，B错误；

C．小球每次平抛运动的时间均相等，不需要测量高度，C错误；D．同一组实验中，为保证小球到达斜槽底端的速度相同，入射小球必须从同一高度释放，D正确。故选AD。（2）[2][3]入射小球的质量一定要大于被撞小球，结合题意，入射小球选择B，被撞小球选择A。（3）[4][5]如图，B处对应小

球的落地点与O点的距离为21.70~22.30cm。小球运动时间均相等，根据动量守恒112OBOAOCmmmttt=+则实验需要验证的等式为112mOBmOAmOC=+四、计算题（共41分，计算中要写清必要文字说明和重要过程）18

.如图，是我国运动员正在杭州亚运会参加蹦床项目。某次跳跃中，该运动从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面3.2m高处。已知运动员体重50kg，从运动员触网瞬间到离网瞬间用时0.4s，重力加速度210m/sg=，忽略空气阻力影响，则：（1）运动

员下落过程刚接触网面的速度多大？（2）运动员离网上升过程所用时间多长？（3）运动员接触蹦床网面过程对蹦床的平均力多大？【答案】（1）6m/s；（2）0.8s；（3）2250N【解析】【详解】（1）下落过程，由2112vgh=解得16m/sv=（2）上升3.2m过程与

下降3.2m过程对称，则22212hgt=解得20.8st=（3）上升初速度为228m/svgt==以向上为正方向，触网过程平均加速度大小为()21vvat−−=由牛顿第二定律知Fmgma−=解得2250NF=由牛顿第三定律，运动员对蹦床的平均力为225

0N。19.如图，是杭州亚运3000m速度轮滑接力赛交接棒瞬间。交接过程，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前方，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向迅速推甲，之后

乙的速度大小变为9m/s。若甲、乙的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.4s，忽略交接过程地面的摩擦力与空气阻力，则乙推甲过程：（1）后一瞬间甲的速度大小是多少？（2）乙对甲的平均作用力大小是多少？（3）乙至少需额外消耗的体

能是多少？【答案】（1）13m/s；（2）450N；（3）180J【解析】【详解】（1）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，两者所组成的系统动量守恒，则有1122mvmvmvmv+=+乙甲乙甲解得213m/sv=甲（2）取甲运动员初始运

动方向为正方向，乙推甲的过程中，对运动员甲，根据动量定理有21Ftmvmv=−甲甲代入数据得450NF=（3）交接过程乙至少消耗的体能等于系统机械能增加量，故2211222211112222Emvmvmvmv=+−+甲乙甲乙解得180JE=20.如图所示，竖直平

面内有一倾角60=的轨道AB，与半径均为R的光滑细圆管轨道BCD和DE构成一游戏装置，DE为四分之一圆弧，B、D两处轨道平滑连接。该装置固定在水平地面上，保持12ODO水平，现将质量为m的滑块从轨道上A点由静止释放，已知AB间距离2

3LR=，滑块与轨道AB间的动摩擦因数33=，重力加速度大小为g，求：（1）小球从E点抛出后的水平位移；（2）将滑块从E轻轻放入轨道，经足够长时间之后，经过C点时受到的支持力；（3）第（2）问中，滑块在斜面上滑行的总路程。【答案】（1）2R；（2）2mg；（3）33R【解析】【

详解】（1）从A到E，根据动能定理可得()21sincoscos02EmgLRRmgLmv−−−=−代入数据解得小球经过E点的速度大小为EvgR=小球经过E点后做平抛运动，则有2122Rgt=Exvt=联

立解得小球水平位移2xR=（2）经过足够长时间后，滑块在B处速度为0。从B到C过程，根据动能定理可得()211cos02CmgRmv−=−解得CvgR=在C点，根据牛顿第二定律，有2CNvFmgmR−=解得2NFmg=（3）从E到B过程，根据动能定理，有()1coscos0mgRmgs+−

=解得33sR=21.如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d（未知）的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板通过电流表接在高压直流电源的M、N两端。质量为m、电荷量为q−、分布均匀的尘埃以水平速度0v进入矩形通道，当带负电的尘埃碰

到下板后其所带电荷被中和，同时被收集，当电压为0UU=时收集效率为0.75%（即离下板0.75d范围内的尘埃能够被收集）且电流表示数为0I，不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。（1）矩形通道的高度d多大？（2）两板间电压多大时，收集率100%=？（3）已知进入矩形通道前，单位体积内的尘埃数

为n，求稳定工作时电流表示数I与电压U的函数关系（用U、0U和0I表示）。【答案】（1）022023qULdmv=；（2）043U；（3）00000443343IUUIUIUUU=【解析】【详解】（1）收集率为75%时，有：0Lvt=得21

0.752dat=而加速度为0qUEqammd==解得022023qULdmv=（2）若收集率为100%，则粒子最大偏转量为yd=又由于加速度为EqqUammd==由于212yat=联立解得22002243mdvUUqL==（3）由（2）解得：电压为U时，最大偏转量2202qULymd

v=取t时间，收集到的粒子的数目为0Nnvtyb=由于NqIt=联立解得0034UInbvdqU=由于0UU=时，电流为0I。故0034Inbvdq=所以00UIIU=考虑到043UU=时收集率为100%；解得获得更多资

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