浙江省杭州某中学2023-2024学年高一年级下册期中考试物理试卷 含解析

杭州二中2023学年第二学期高一年级期中考

物理试卷

本试卷分为第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共io。分，考试时间90分

钟。

一、单项选择题（本题共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，选对的得3分，错选或不答的得0分）

1.功率的单位是瓦特，若用国际单位制的基本单位来表示瓦特，正确的是（）

Jkg-m2N-mkg-m

A.-D.------C.-----U.------

Ss3sS

【答案】B

【解析】

w

【详解】根据功率的定义式P=—可知lW=U/s；根据功的定义式卬=也《»&可得U=lN-m,

t

其中力的单位IN=1kg•m/s2,故功率单位用国际单位制的基本单位可表示为

iw/gy

S

故选B。

2.人类对电的认识是在长期实践活动中，不断发展、逐步深化的，经历了一条漫长而曲折的道路。人们

对电现象的初步认识，可追溯到公元前6世纪。希腊哲学家泰勒斯那时已发现并记载了摩擦过的琥珀能

吸引轻小物体。我国东汉时期，王充在《论衡》一书中所提到的“顿牟掇芥”等问题，也是说摩擦琥珀能吸

引轻小物体。关于物体带电，下列说法正确的是（）

A.电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的

B.自然界只有两种电荷，点电荷和元电荷

C.物体通常呈现电中性，因为物体内不存在电荷

D.摩擦起电、接触起电、感应起电的带电实质是创造电荷，或电荷消失

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据电荷守恒定律，电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的，故A正确；

B.自然界只有两种电荷，正电荷和负电荷，故B错误；

C.物体通常呈现电中性，是因为物体内正负电荷数量相等，故C错误；

D.摩擦起电、接触起电、感应起电的带电实质是电子发生的转移，电荷不会创造或消失。

故选Ao

3.某人将高尔夫球斜向上击出，不计高尔夫球受到空气的作用力，高尔夫球在空中运动的过程中（）

A机械能先变大后变小B.速度先变小后变大

C.加速度先变小后变大D.所受重力的功率保持不变

【答案】B

【解析】

【详解】A.仅在重力作用下，高尔夫球的机械能守恒，A错误；

B,将高尔夫球斜向上击出，则高尔夫球先做减速曲线运动，到最高点后做平抛运动，则速度先变小后变

大，B正确；

C.仅受重力，重力加速度保持不变，C错误；

D.速度的大小和方向一直变化，则所受重力的功率一直变化，D错误。

故选B。

4.如图所示，虚线。、氏c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区

域时的运动轨迹，P、R、。是这条轨迹上的三点，由此可知（）

A.带电粒子在尸点时的加速度小于在。点时的加速度

B.尸点的电势一定高于。点的电势

C.带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能

D.带电粒子在尸点时的动能大于在。点时的动能

【答案】C

【解析】

【详解】A.等差等势面越密集，电场线越密集，带电粒子的加速度越大，故带电粒子在尸点时的加速度

大于在。点时的加速度，A错误；

BCD.由运动轨迹可知，带电粒子所受电场力大致向下。若粒子从P点运动至。点，电场力做正功，电势

能减小，动能增大，则带电粒子在R点时的电势能大于。点时的电势能；带电粒子在P点时的动能小于在

Q点时的动能。由于粒子电性未知，则电势高低关系不确定，BD错误，C正确。

故选C。

5.如图是一款称之为“钢珠永动机”的玩具，小钢珠从A处小孔沿轨道静止滑落，从C处飞离轨道作斜

抛运动，然后落到圆盘后滚至A处从小孔再次落下，周而复始。下列判断正确的是（）

A.此玩具是一个不需要外界能量的永动机

B.钢珠在运动过程中机械能守恒

C.此玩具可能仅在轨道的最低处8处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠实现永动

D.钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功

【答案】D

【解析】

【详解】A.永动机违背能的转化和守恒定律，故永动机不能制造成功，故A错误；

B.钢珠在运动过程中有空气阻力、轨道间摩擦力做功，机械能转化为内能，钢珠机械能不守恒，故B错

误；

C.此玩具仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠，钢珠靠近磁铁时引力做正功，远离

磁铁时引力做负功，不能实现永动，故C错误；

D.钢珠能一直运动，运动过程中一部分机械能转化为内能，钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外

的力对钢球做了功，故D正确。

故选D。

6.如图，半径为R半圆形槽固定放置在水平地面上，光滑小球从半圆形槽最低点A进入，经过最高点8后

做平抛运动落到水平面上的C点，以水平面为零势能面，小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，则

A、C之间的距离为（）

【答案】C

【解析】

【详解】设做平抛运动的时间为方,竖直方向

1,

2R=W

4C之间的距离

L-vBt

根据机械能守恒

1,

—mvB~=2xmgx2R—mgx2R

解得

=4Rg

联立解得

L=4R

故选Co

7.如图所示，物体甲的质量为机厂中间有孔的物体乙可以套在竖直杆上无摩擦地滑动，物体乙的质量为

m2,物体甲和乙通过绳子绕过光滑的定滑轮连接在一起，先控制物体乙在某一位置正好使连接物体乙的

绳子处于水平状态。滑轮与杆的距离d=L5m,现释放物体乙，当物体乙下降/i=2m时，速度刚好为0,

物体甲和乙均可看成质点。则物体甲和乙的质量之比犯：加2为（）

【答案】D

【解析】

【详解】设物体甲上升的高度为4,由机械能守恒定律得

m1ghi=m2gh

由几何关系得

（4+行=tr+d2

解得甲和乙的质量之比

呵：m,—2:1

故选D。

8.如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷服b、c、d,竖直线MN为该正方

形的中轴线，交正方形所在平面于。点，两个所带电荷量大小相等的小球甲、乙恰好静止在轴上距。

点相同距离的位置。下列说法正确的是（）

M

甲"

b,-----个c

//

/.0/

-----/d

乙"

N

A.甲、乙可能为同种电性B.甲、乙之间的静电力一定是排斥力

C.甲、乙质量一定不同D.点电荷队6、c、d在甲、乙位置处产生的场强

相同

【答案】C

【解析】

【详解】D.水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷心b、c、d,ac和㈤分别为等量

同种电荷，分别在它们连线的中垂线上，根据等量同种的电荷周围的电场分布，可得，点电荷出

氏c、d在甲、乙位置处产生的场强大小相等，方向相反，故D错误；

AB.甲、乙静止，即甲、乙受力平衡。设甲、乙之间的库仑力大小为孔若甲、乙为同种电荷，则甲、

乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等，方向相反，即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大

反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定为异种电荷，甲、乙之间的静电力一定是吸引力，故AB错

误；

C.由A选项分析可知，甲、乙一定为异种电荷，则受到的电场力相同，库仑力等大反向，则甲、乙受到

的电场力和库仑力的合力大小一定不相同，则与之平衡的重力一定不同，即甲、乙的质量一定不同，故

C正确。

故选Co

9.如图，在平行板电容器正中有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止。下列情况能实现使

该带电微粒向上运动到上极板的是（）

A.保持S闭合，可以通过上移极板M实现

B.保持S闭合，可以通过上移极板N实现

C.充电后将S断开，可以通过上移极板M实现

D.充电后将S断开，可以通过上移极板N实现

【答案】B

【解析】

【详解】A.保持S闭合，上移极板M,根据

E上

d

可知板间场强减小，微粒受到的电场力减小，微粒向下运动，故A错误；

B.保持S闭合，上移极板N,根据

E=5

d

可知板间场强增大，微粒受到的电场力增大，微粒向上运动，故B正确；

CD.充电后将S断开，根据

E=U_Q_Q_4兀kQ

dCd3.£S

4兀kd

不管是上移极板M,还是上移极板N,由于电荷量不变，板间场强不变，微粒受力不变，微粒仍处于静

止状态，故CD错误。

故选B。

10.均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图

所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球心。的直线上有A、3、。三个点，

43

OB=BA=R,CO=2Ro若以08为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V=—，则人、

3

C两点的电场强度大小之比为（）

A.9:25B.25:9

C.175:207D.207:175

【答案】C

【解析】

【详解】设原来半径为R整个均匀带电球体的电荷量为Q,由于均匀带电，可知被挖的球形空腔部分

的电荷量为

v8

3

可知以为直径在球内挖一球形空腔后，A、C两点的电场强度等于整个均匀带电球体在A、C两点

的电场强度减去被挖的球形在A、。两点的电场强度，则有

kQkQ'_JkQ

-2

A—(2R)2(j+7?)2367?

EkQkQ'_23kQ

-2

C-(2R)2(^+2y?)21007?

可得

区u

Ec207

C正确，ABD错误;

故选Co

11.如图，为不等量同种电荷0、%连线上各点电势随位置坐标变化的。-无图像，图线与。轴正交，交

点处的纵坐标为仰，。、》为x轴上关于原点。对称的两个点。取无穷远处为0电势，质子质量为加，电

荷量为e,下列说法正确的是（

4

B.两电荷电量之比q以x二：

④1

C,将一质子从〃点由静止释放，到达b点时速度为0

D.将一质子从。点由静止释放，若质子经过。点时速度为%,则。点电势为％=%+近

2e

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知x轴上的-%和2%之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误;

B.在x=0处。-无图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有

解得

5：%=1：4

故B错误；

C.因a点电势大于b两点电势，从质子a点由静止释放到达6点，电场力做功大于零，因此到达6点时

速度不为0,故C错误；

D.从。点静止释放到。点，动能定理可得

e®一幅=；加

得

mvl

2e

故D正确。

故选D。

12.为了测试某新能源汽车的性能，使该汽车沿平直的公路行驶。当汽车以vi=20m/s的速度匀速行驶时，

汽车牵引力的功率为P1=60kW,此时汽车所受路面的摩擦阻力a刚好等于汽车所受空气阻力了的2倍。

假设汽车所受路面的摩擦阻力大小恒定，空气阻力与汽车的速度成正比，当汽车以V2=30m/s的速度匀速

行驶时，汽车牵引力的功率尸2约为（）

A.75kWB.90kWC.105kWD.135kW

【答案】C

【解析】

【详解】当汽车以也=20m/s的速度匀速行驶时，汽车牵引力的功率为Pi=60kW,则有

Fi=2kvi+kvi,Pi=Fivi

当汽车以V2=30m/s的速度匀速行驶时有

Fl=2初1+h2,Pl=p2V2

解得

P2=105kW

故选C。

13.如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，

货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能反随位移x的变化图像

如图乙所示，sinl0°=0.17,则货物（）

A.在。〜3m的过程中，所受的合力逐渐增大

B.在3m〜5m的过程中，所受的合力逐渐减小

C.在0〜3m的过程中，机械能先增大后减小

D.在3m〜5m的过程中，机械能先增大后减小

【答案】D

【解析】

【详解】A.图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则可知，在。〜3m的过程中，图像斜率的

绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；

B.在31n〜5m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大，故B错误；

C.根据图乙可知，在0〜3m的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐

渐增大，由此可知，在。〜3m的过程中，货物的机械能始终增大，故C错误；

D.取x=0处为零势能面，在x=5m处货物的重力势能

£p=mgxsinlO=10xl0x5x0.17J=85J

做出重力势能随位移变化的图像如图所示

根据图像对比可知，在x=3«1到x=5m之间，根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较

可知，动能随位移的变化先慢与重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于

重力势能与位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m〜5m的过程中，机械能先增大后减小,

故D正确。

故选D。

二、多项选择题（本题共2小题。在每小题给出的四个选项中，有两个或多个选项正确，全

部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分，共6分）

14.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、。三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、

12V,18Vo下列说法正确的（）

4

2

02468x/cm

A.电场强度的大小为gV/cm

B.坐标原点处的电势为4V

C.电子在。点的电势能比在b点的低2eV

D.电子从。点运动到c点，电场力做功为6eV

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.将电场强度分解为水平和竖直，x轴方向

E=%=化—%=IV/cm

dcad0a

沿y轴方向

E=~—=IV/cm

'ndcb

则合场强

E=西+M=72V/cm

故A正确；

B.在匀强电场中，平行等距的两线段电势差相等，故

久一%=%一%

解得坐标原点处的电势为4V,故B正确；

C.电子在。点电势能

Epa=—e(Pa=-10eV

电子在6点电势能

Epb=-e%=-12eV

电子在。点的电势能比在b点的高2eV,故C错误；

D.电子在6点到c点电场力做功为

W=_eUbc=6eV

故D正确。

故选ABD。

15.如图所示，倾角为。=30°绝缘斜面长L=2m,顶端有一质量为“2=1kg、带正电且电量

q=1.0x10-6(2的滑块，整个空间有电场强度E=HX1()6N/C的水平向左匀强电场，静止释放滑块

后，滑块到达斜面底端的动能为11J,重力加速度g取10m/s?,则滑块在沿斜面下滑的过程中()

A.滑块机械能增加了1J,电势能减少了3J

B.滑块机械能减少了2J,电势能减少了3J

C.滑块重力势能和电势能之和减少11J,重力势能减少了10J

D.滑块机械能和电势能之和减少2J,重力势能减少了10J

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.根据动能定理

妆=%+%+%=UJ

%=mgLsin30°=10J

%=qELcos30°=3J

则

喷=—2J

因此机械能的增加量

AE=%+^=1J

电势能减小量

AEp=%=3J

故A正确，B错误；

C.滑块重力势能和电势能之和减少

AEP=%+%=10J+3J=13J

重力势能减量等于重力做功10J,故c错误;

D.滑块机械能和电势能之和减少

AE=3J-1J=2J

重力势能减少了10J,故D正确。

故选AD。

非选择题部分

三、实验题（本题共2小题，共16分）

16.某同学通过查阅资料得知：机械能中的动能既包括平动动能也包括转动动能。于是他利用实验室中的

器材设计了一个实验用来研究转盘的转动动能纥转和角速度。的关系。他需要测量转盘的转动动能后卜转

和角速度。的数值。如图所示，轻质细线上端固定在转盘边缘，另一端连接物块，挡光片固定在物块的侧

面。逆时针转动转盘将物块吊起，稳定后由静止释放转盘，物块竖直下落。若挡光片的宽度为d（很窄）,

计时器挡光片通过光电门的时间为f,物块（含挡光片）的质量为叫，转盘的质量为加2,转盘的半径为R，

释放时挡光片距离光电门的高度为鼠用题中所给物理量的字母回答下列问题:

（1）请写出挡光片通过光电门时速度的表达式v=，此时转盘角速度的表达式o=

（2）若忽略各处摩擦及空气阻力，转盘转动动能的表达式线转=

d

【答案】（1）①.-②.

t瓦

⑶k1RY

【解析】

【小问1详解】

[1]挡光片通过光电门时速度为

d

v=—

t

⑵此时转盘角速度为

vd

G=——=——

RRt

【小问2详解】

根据机械能守恒，转盘的动能为

E^=mgh-^mv2=mgh-^m[^

17.某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤

质量为500g,部分实验步骤如下:

单位:cm

乙

(1)按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中。是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点

A、B、C、D、E到。点的距离值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz,当地重力加速度为

9.80m/s2o在打。点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量AEk=J，重力势能的减少量

监=J(结果均保留三位有效数字)。

1

(2)该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v,然后作出相应的一7//图像，画出的图线是一条

2

通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该

同学的分析(选填“合理”或“不合理”)。

【答案】(1)①.1.00②.1.07

(2)不合理

【解析】

【小问1详解】

山根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程平均速度，则打C点时的瞬时速度为

(26.00-18.00)x10-m/s=Z0Qm/s

v=^D_=

cIT2x0.02

在打。点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量为

11,

92

AEk-0=-X0.5X2.00J=1.00J

⑵在打。点到C点的这段时间内，重锤重力势能的减少量为

2

AEp=mghoc=0.5x9.80x21.81x10J«1.07J

【小问2详解】

根据机械能守恒定律，从起始点开始，若机械能守恒应满足

mgh,.=1—mv2

消去重锤的质量可得

—v2=gh

2

1,

做出一F—力的图像，若图像过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可判定重锤下落过程机械能

2

守恒；因此，若只满足图像过坐标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，因此该同学的分析不

合理。

四、计算题(本题共4小题，共39分)

18.如图所示，用轻质绝缘线把一个质量为1，带电量为+4小球悬挂在带等量异种电荷的竖直平行金属

极板之间。静止时，绳子偏离竖直方向的角度为。，小球与两板的距离相等。两板间的距离为乩金属板

足够长。求：

(1)绳子上的拉力大小；

(2)两板间电势差U的大小；

(3)某一时刻剪断绝缘细线，至少经过多少时间小球与左侧极板相碰。

【答案】⑴F=⑵u=⑶已丁

cos0q\gtan8

【解析】

【详解】(1)小球处于平衡状态，则绳拉力为

cos6

(2)根据

tan，"*

mgmgd

两板间电势差为

〃mgdtan0

U=--------

q

(3)剪断绝缘细线后，小球在水平方向上的加速度为

可得

设小滑块释放点A与8点的高度差为肌从A点到E点过程，根据动能定理可得

12

mgh=—mvE-0

解得

h=-R

4

(3)小滑块从。到E的过程中，电势能的变化量为

AEp=-qER=-；mgR

小滑块从C到E的过程中，根据动能定理可得

121,

—mg-2R+qE-2R=———mvc

解得

在最低点。时，根据牛顿第二定律可得

2

N-mg-\-qE-m—

R

解得

N=3mg

根据牛顿第三定律可得，小滑块在最低点C时对轨道的压力大小为3/〃g,方向竖直向下。

20.如图所示，一个足够长的斜面，AC部分的长度为4L,C点以下光滑，C点以上粗糙，B是AC的中

点.一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点，上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ,木板静

7

止时，弹簧长度变为一L.已知斜面的倾角为氏木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数〃=2tan。，木板

受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L

时，释放木板，发现木板的Q端刚好能到达C点；将木板截短后，再次将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧

长度变为L时，释放木板，求：

⑴弹簧的劲度系数；

⑵若木板被截掉一半，木板上端到达c点时的速度大小；

⑶至少要将木板截掉多少，木板被释放后能静止在斜面上？

【答案】⑴人幽严；⑵人师而；⑶…IL

【解析】

【分析】当木板静止时，对木板受力分析，运用平衡条件和胡克定律求弹簧的劲度系数；木板从被释放至

。端到c点，利用动能定理列式.木板被截掉一半后再被弹簧弹开，再运用动能定理列式，联立可得木板

上端到达c点时的速度；木板剩下的越短，被弹簧弹开后越能静止在斜面上.木板被弹开后恰好可以静止

在斜面上时，重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力.由此列式可得到截掉后剩余木板有一半在C点以

上就可静止在斜面上.再由动能定理求解.

【详解】⑴当木板静止时，对木板受力分析，由力的平衡有女右=Mgsin。

4

解得弹簧的劲度系数左==gsin。

L

⑵木板从被释放至。端到C点，设弹簧弹力做功为W,由动能定理有W—〃zgx2Lsin，=0

木板被截掉一半后再被弹簧弹开，设木板上端到达C点时的速度为v,由动能定理有

15.1m

W——msx—TLsm(nJ=—'x—v2

2222

解以上两式得：v=j3gLsin式

⑶木板剩下的越短，被弹簧弹开后越能静止在斜面上.

设木板长为x时被弹开后恰好可以静止在斜面上，此木板必然一部分在C点上方，一部分在C点下

Xa

方.假设在C点上方的木板长度为。，则有一〃zgsine=〃一〃zgcos9

LL

解得

这表明，截掉后剩余木板有一半在c点以上就可静止在斜面上.剩余木板被弹开后直到静止的过程中,

XX1X

由动能定理有W——mg(3L——)sin。——x—x—/Llgcos^x—=0

L222L2

解得：X=(6-2A/7)£

即木板被截下的长度