2027届浙江省杭州二中高二上物理期中教学质量检测试题含解析

2027届浙江省杭州二中高二上物理期中教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、下列关于同步卫星的说法，正确的是A．同步卫星和地球自转同步，卫星的高度和速率是确定的B．同步卫星的角速度是确定的，但高度和速率可以选择，高度增加，速率增大，且仍保持同步C．一颗人造地球卫星的周期是114min，比同步卫星的周期短，所以这颗人造地球卫星离地面的高度比同步卫星高D．同步卫星的速率比地球大气层附近的人造卫星的速率大2、两个完全相同与外界绝缘的金属球a和b，电荷量分别为+3q和+5q，如两球接触后再分开，下列分析正确的是：A．a和b电荷量各保持不变；B．a和b电荷量分别为+5q和+3q；C．a和b电荷量都为0；D．a和b电荷量都为+4q．3、如图所示，矩形线框平面与匀强磁场方向垂直，穿过的磁通量为Φ．若将线框平面与磁场平行放置，则磁通量变为A．4Φ B．2ΦC．Φ D．04、如图所示，在光滑水平面上放着一个质量为m的木箱，大小为F的拉力与水平方向成，木箱从静止开始运动，在运动位移为的过程中，拉力做的功为（）A．B．C．D．5、金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是A． B． C． D．6、如图A、B两个物体叠放在一起，质量分别为m、M，在斜向下与水平方向成角，作用在B上的推力F作用下，A、B一起做匀速直线运动，A、B之间的动摩擦因素为，B与水平地面间的动摩擦因数为，以下说法正确的是A．A、B间的摩擦力为B．A、B间的摩擦力为C．B与地面间的摩擦力为D．B与地面间的摩擦力为二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、在如图所示的电路中，R1>r，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中（）A．灯泡L的亮度变亮 B．电容器C所带电荷量Q增大C．电源的输出功率P增大 D．电阻R1消耗的热功率P1增大8、三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒,从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场,分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点,如图所示.下面判断正确的是(

)A．落在a点的颗粒带正电,c点的带负电,b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是C．三个颗粒在电场中运动的时间关系是D．电场力对落在c点的颗粒做负功9、在如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图乙所示，设通过P点的电流向右时为正，则()A．0.5s至1s内，电容器在充电B．0.5s至1s内，电容器的上极板带正电C．1s至1.5s内，Q点比P点电势高D．1s至1.5s内，磁场能正在转化为电场能10、一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，已知电流微观式为I=neSV，其中n为单位体积电子个数，e为元电荷，S为导线模截面积，则下列说法中正确的是A．此时金属导线的阻值为4RB．此时通过金属导线的电流为C．此时自由电子定向移动的平均速率为D．此时自由电子定向移动的平均速率为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B．电压表V1(量程为0~3.0V，内阻约2kΩ)C．电压表V2(0~15.0V，内阻约6kΩD．电流表A1(0~0.6A，内阻约1Ω)E．电流表A2(0~100mA，内阻约2Ω)F．滑动变阻器R1（最大值10Ω）G．滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_____.，电流表应选择_____.，滑动变阻器应选择:________（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_____.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线________。（4）该小电珠的额定功率是_______。12．（12分）某实验小组要测量电阻Rx的阻值．（1）用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图所示，可知该电阻的测量值约为140Ω。(2)接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电流表A1（20mA，内阻约2Ω）；电流表A2（0.6A，内阻约0.5Ω）；理想电压表V（0-3V）；待测电阻RX；滑动变阻器R1（0-20Ω）；滑动变阻器R2（0-200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．该实验中，电流表应选用________（选填“A1”或“A2”）；在图乙、图丙电路中，应选用图________（选填“乙”或“丙”）作为测量电路；滑动变阻器应选用________（选填“R1”或“R2”）。(3)根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接______。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）在光滑的水平面内存在如图所示直角坐标系，第一、二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度．在第三象限至间有斜向右下方与x轴夹角为45°的匀强电场，场强．在y轴正、负半轴上的M点和N点各有一个极短的平板，由A点（-2m，0)静止释放一个质量为m=0.01kg，电量的小球，小球运动过程中会与两平板上表面发生完全弹性碰撞（碰撞时，小球在x轴方向速度不变，y轴方向速度大小不变，方向相反，碰撞时间不计），经过一段时间回到A点．求：（1）小球射出电场的速度；（2）平板M的坐标；（3）小球从A点出发到返回至A点所经历的时间．14．（16分）如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.1m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s1．（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？（1）求小球A的最大速度值．（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．15．（12分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出初速度不计，经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为求：电子穿过A板时的速度大小；电子在偏转场运动的时间t；电子从偏转电场射出时的侧移量；点到O点的距离．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

根据万有引力提供向心力，列出等式：GMmr2＝m(2πT)2r＝mv2r，而r=R+h，由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星的运行速率是一定的，离地面的高度h也为一定值。故A正确，B错误；我国发射第一颗“东方红号”人造地球卫星的周期是114min地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小.2、D【解析】

根据同种电荷接触后分开，电量则是平分；若是异种电荷，接触后分开，电量则是中和后，再平分，由于电荷量分别为+3q和+5q，两球接触后再分开，因此a、b的电荷量都为+4q，故D正确，ABC错误；故选D．该题考查电量接触后分开的电量如何分配，紧扣同种电荷还是异种电荷出发．该题是基础题目，很简单．3、D【解析】

将线框平面与磁场平行放置时，没有磁感穿过线框，故磁通量为零．A．4Φ，与结论不相符，选项A错误；B．2Φ，与结论不相符，选项B错误；C．Φ，与结论不相符，选项C错误；D．0，与结论相符，选项D正确；4、C【解析】由功的公式可得，拉力的功W=Fxcosα；故选C．【点睛】本题考查功的计算公式，要注意力和位移夹角的确定．5、A【解析】

A．图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当线圈转动时，磁通量增加，将产生感应电流。故A正确。B．线圈转动过程中，线圈始终与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生。故B错误。C．线圈运动过程中，线圈与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生。故C错误。D．线圈在匀强磁场中运动，根据Φ=BS知，磁通量Φ保持不变，没有感应电流产生。故D错误。6、D【解析】

AB.以整体为研究对象，在水平方向根据牛顿第二定律可得：，解得加速度为：以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得，A、B间的摩擦力为：故AB错误．CD.以整体为研究对象，在竖直方向：N=（m+M）g+FsinθB与地面间的摩擦力为f=μ2N=μ2（m+M）g+μ2Fsinθ故C错误D正确；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】

A．滑片位于位置b和滑片位于位置a相比，变阻器电阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流变大，灯泡L两端的电压变小，灯泡L变暗，故A错误；B．灯泡电流变小，总电流变大，通过R2支路的电流变大，R2两端的电压增大，R2和变阻器两端的电压等于等于灯泡L两端的电压，故变阻器两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，由知，电容器C所带电荷量Q减小，故B错误；C．当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，因为，所以外电阻一定大于内阻，外电阻变小时，电源的输出功率P变大，故C正确；D．由于总电流增大，根据知电阻R1消耗的热功率增大，故D正确；故选CD。8、BD【解析】

由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动，由此根据平抛和类平抛运动规律求解；【详解】A、根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有，相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为，则运动时间关系为，竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：，则知加速度关系为，由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电．故AC错误，B正确；

D、由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功．故D正确．确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．9、AC【解析】由图象知0.5s至1s内，顺时针电流对电容器充电，下极板带正电，A正确、B错误；1s至1.5s内，电容逆时针方向放电，Q点比P点电势高，电场能正在转化为磁场能，C正确、D错误．10、ABC【解析】

将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，，根据电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化．由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化．【详解】A项：将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，故A正确；B项：根据欧姆定律可知，电流I变为原来的，即为，故B正确；C、D项：电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确，D错误．故应选ABC．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、BDF电路图见解析；图像见解析1.00W【解析】

（1）[1][2][3]．由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．（2）[4]．由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（3）[5]．小电珠的伏安特性曲线如图所示：（4）[6]．由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率12、（2）A1乙R2（3）连线见解析；【解析】

（2）电路中可能出现的最大电流为I=ERX=3140≈0.021A=20mA（3）实物连线如图；四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)2m/s(2)M(0，2m)(3)【解析】

（1）小球在电场中沿场强方向做匀加速直线运动，根据动能定理有：又因为场强方向与水平方向夹角为45°，故所以解得：v=2m/s（2）小球射出电场后做匀速直线运动，打到N板上，有几何关系可知N点的坐标为（0，-2m），击中N后由题意可知反弹以与水平方向成45°斜向上方匀速直线运动，进入磁场.小球进入磁场后的半径：代入数据解得：故小球在第一象限转半圆打到M点，故根据几何关系可得M点的坐标为（0，2），根据题意击中M后再在第二象限转半圆回到A点。小球的轨迹如图所示。（3）由轨迹图可知，小球在电场中做加速运动的平均速度为：时间为：由几何关系可知做匀速直线运动的时间为：而在磁场中做圆周运动恰好为一个完整圆周，故时间为：所以总时间为：14、（1）A不能到达圆环最高点（1）（3）0.1344J【解析】试题分析：A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点；A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解。（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT和，根据题意有：设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB对A根据动能定理：qER﹣mAgR+WT1=EKA对B根据动能定理：联立解得：EKA+EKB=﹣0.04J由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点（1）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB对A根据动能定理：对B根据动能定理：联立解得：由此可得：当时，A、B的最大速度均为（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+