浙江省杭州第十一中学2022-2023学年高二物理上学期期中试卷（Word版附解析）

2022学年第一学期高二年级期中考试物理学科问卷时长：90分钟：满分：100分一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）1.日本拟向太平洋排放核废水引发国际社会的广泛关注与谴责。辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是希沃特，记作Sv。每千克（kg）人体组织吸收1焦耳（J）为1希沃特。下列选项中用国际单位制的基本单位表达希沃特，正确的是（　　）A.m2/s2B.W/kgC.J/kgD.m2/s【答案】A【解析】【详解】根据相应物理量单位之间的换算关系可得故选A。2.中国在崛起，梦想在实现，2017-2018年我国在诸多领域取得了骄人的成绩，下列现象的说法或解释正确的是（　　）A.我国首艘国产航母出坞下水，航母在任何情况下都不能看成质点B.“天舟一号”与“天宫二号”成功对接，以地球为参考系，“天宫二号”是静止的C.“复兴号”以最高时速350公里驰骋在神舟大地上，时速350公里指瞬时速度D.总长55公里的港珠澳大桥全线贯通，汽车通过该桥的位移为55公里【答案】C【解析】【详解】A．研究我国首艘国产航母在太平洋中航行时的位置时，航母的大小可忽略不计，可将航母看成质点，选项A错误；B．“天舟一号”与“天宫二号”成功对接，以地球为参考系，“天宫二号”是运动的，选项B错误；C．“复兴号”以最高时速350公里驰骋在神舟大地上，时速350公里指瞬时速度，选项C正确；D．港珠澳大桥不是直的，故汽车通过该桥的位移不是55公里，故D错误。故选C。3.下列说法正确的是（　　）A.物体的惯性大小是由质量和速度共同决定的B.牛顿通过理想斜面实验得出了力是维持物体运动状态的原因 C.电力工作人员全身穿戴采用金属材料编织的衣服在几百万伏的高压线上进行带电作业时，电力工作人员体内的场强为零D.用于高压输电的铁塔上除了用于输电的3条导线外，顶部还有2条导线，其目的是为了防止铁塔倒塌，起到固定的作用【答案】C【解析】【详解】A．惯性是物体的固有属性，只与物体质量有关，与其他任何因素无关，故A错误；B．伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故B错误；C．采用金属材料编织衣服的作用是使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等势屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害，故C正确；D．实现静电屏蔽不一定要用密封的金属容器，金属网也能起到屏蔽作用。两条导线与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，把高压线屏蔽起来，使其免遭雷击，故D错误。故选C。4.如图所示，用手握住玻璃杯做以下动作时，下列对杯子所受的摩擦力描述正确的是（　　）A.保持杯子静止，手握的力越大摩擦力越大B.水平匀速移动杯子，摩擦力为零C.匀速向上移动杯子，摩擦力向下D.匀速向下移动杯子，摩擦力向上【答案】D【解析】【详解】A．因玻璃杯处于静止状态，而竖直方向只受重力和静摩擦力，故摩擦力大小始终等于重力的大小，方向向上，不会发生变化，故A错误。BCD．无论水平、向下、向上匀速移动杯子，根据平衡条件可知摩擦力大小不变，始终等于重力，方向向上，故BC错误，D正确。故选D。5.如图所示，墙壁清洁机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点．对 机器人在竖直平面内受力分析正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】机器人匀速爬行，受向下的重力和竖直向上的作用力而处于平衡状态，故选B.6.如图所示，一小球在细绳作用下在水平方向内做匀速圆周运动，小球质量为m，细绳的长度为L，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力作用，则下列说法正确的是（　　）A.小球共受到三个力的作用B.小球的向心力大小为C.小球受到的拉力大小为D.小球做圆周运动的角速度大小【答案】C 【解析】【详解】A．小球只受重力和绳的拉力，故A错误；BD．小球做匀速圆周运动，向心力为解得故BD错误；C．绳的拉力为故D错误。故选C。7.“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A.抛出后石头落到水平面时的势能为mghB.抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为－mghC.抛出后石头落到水平面上的机械能为D.抛出后石头落到水平面上动能为【答案】C【解析】【详解】A．以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，所以石头在水平面上时的重力势能为－mgh，A错误；B．抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对石头做功为mgh，B 错误；C．整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为，所以石头在水平面时的机械能也为，C正确；D．根据动能定理得可得石头在水平面上的动能D错误。故选C。8.对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（　　）A.物体的动量和动能都变化B.物体的动量和动能都不变化C.物体的动能变化为零时，动量变化也一定为零D.物体在一个周期里，动量变化和动能变化均为零【答案】D【解析】【详解】AB．做匀速圆周运动物体，速度大小不变方向变化，则其动能动量AB错误；CD．动能不变，则动能的变化量在任何时间内均为零，但是动量的变化只有在周期的整数倍时动量变化为零，C错误D正确。故选D。9.如图所示，实线为某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，A、B、C是电场中的三点，下列说法正确的是() A.三点中，B点的场强最大B.三点中，A点的电势最高C.将一带负电的检验电荷从A移动到B，电势能增大D.将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电势能的变化相同【答案】D【解析】【详解】试题分析：电场线的疏密表示场强的大小，根据场强的疏密程度，判断各点的场强大小；根据沿着电场线的方向电势降低，判断三点的电势高低；结合电场力做功的特点判断电势能的变化．电场线的疏密表示电场强度的大小，所以三点中，A点场强最大，A错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，A点电势最低，B错误；将一带负电的检验电荷从A移动到B，电场力做正功，电势能减小，C错误；因为B、C两点在同一等势面上，所以将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电场力做的功相同，电势能变化相同，D正确．10.如图所示，a、b为赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的两人造卫星，其中卫星a运行的轨道半径为r0，b是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为ω，引力常量为G，则(　　)A.卫星a的周期大于24小时B.卫星a的运行速度一定大于7.9km/sC.卫星a的机械能一定小于卫星b的机械能 D.到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间【答案】D【解析】【详解】A．由G＝mr得周期T＝2π可知卫星半径越大，其运行的周期越大，所以卫星a的周期比卫星b的周期(24小时)要小，故A错误；B．7.9km/s是地球的第一宇宙速度，卫星的半径越大，其运行速度越小，卫星a的运行速度一定小于7.9km/s，故B错误；C．由于卫星a、b质量未知，所以无法比较二者的机械能，故C错误；D．由G＝mr0得，卫星a的角速度为ωa＝卫星b的角速度与地球自转的角速度ω相同，由(ωa－ω)t＝2π联立解得到卫星a和b下一次相距最近所需时间为t＝故D正确。故选D。 11.如图是某同学制作的利用太阳能驱动小年的装置，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P。小车所受阻力恒为Ff，则（　　）A.这段时间内小车先匀加速后匀减速运动B.这段时间内电动机所做的功为C.这段时间内电动机所做的功为D.这段时间内电动机所做的功为【答案】D【解析】【详解】A．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，有故这段时间内小车的运动是加速度不断减小的加速运动，A错误；B．这一过程中电动机的功率恒为P，则所以这段时间内电动机所做的功为Pt，故B错误；CD．对小车启动过程，根据动能定理，有这段时间内电动机所做的功为 +C错误，D正确。故选D。12.下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）A.如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态B.如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用C.如图C所示，轻质细绳长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度应大于D.如图D所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出【答案】B【解析】【详解】A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；B．如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨受到挤压，故B正确；C．如图C所示，在最高点，当小球的重力刚满足向心力要求时，此时小球的速度最小为，故C错误；D．如图D所示，水滴和衣服间的作用力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。故选B。13.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当球A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（取两球碰撞前的运动方向为正）（　　） A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【详解】两球在碰撞过程中满足动量守恒，则同时应满足能量关系联立以上两式解得故选B。二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）14.下列说法正确是（　　）A.如图甲所示，两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为，则C处磁场的总磁感应强度大小是B.小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动C.如图丙所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BSD.如图丁所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，将线框向右平动时线圈中会产生感应电流 【答案】BD【解析】【详解】A．磁感应强度是个矢量，因两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度的方向不同，所以C处磁场的总磁感应强度大小不是，A错误；B．当导线中通有如图乙所示电流时，导线在小磁针处产生垂直于纸面向内的磁场，所以小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，B正确；C．因线框平面与磁场方向平行，所以此时通过线框的磁通量为0，C错误；D．线框向右平动时，通过线圈的磁通量会减小，所以线圈中会产生感应电流，D正确。故选BD。15.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻恒定不变，小灯泡L能正常发光，如果滑动变阻器的滑片由b端向a端滑动，则（　　）A.小灯泡L变亮B.小灯泡L变暗C.电流表的示数减小D.电流表的示数增大【答案】BD【解析】【分析】【详解】如果滑动变阻器滑片由b端向a端滑动，则R1减小，总电阻减小，总电流变大，电流表的示数增大，则路端电压减小，即灯泡两端电压减小，即小灯泡L变暗；故选BD。16.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（　　）A.两滑块的动能之比 B.两滑块的动量大小之比C.弹簧对两滑块的冲量之比D.弹簧对两滑块做功之比【答案】AC【解析】【详解】A．根据动量守恒定律得解得可知两滑块速度大小之比为两滑块的动能之比A正确；B．两滑块的动量大小之比B错误；C．弹簧对两滑块的冲量之比C正确；D．弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为1∶2，D错误。故选AC。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）17.在做“验证碰撞中的动量守恒定律”实验中，装置如图。 ①需要的测量仪器或工具有_____；A．秒表B．天平（带砝码）C．刻度尺D．圆规②必须要求的条件是____；A．斜槽轨道末端的切线必须平B．斜槽轨道应尽量光滑以减误C．入射球和被碰球必须质量等D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下③某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为___________。【答案】①.BCD②.AD③.4：1【解析】【详解】①[1]根据实验原理可得又因下落时间相同，即可求得则若碰撞过程中动量守恒，则其表达式为实验中需要测量的物理量有质量和水平射程；因此应用到直尺和天平，测理水平射程前，要确定小球的落点，要用到圆规，故选BCD。 ②[2]A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B．验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C．为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误；D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。故选AD。③[3]由图可知，，如果两球碰撞过程动量守恒，则代入数据求得18.某同学用如图甲所示装置“验证机械能守恒定律”时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s0=19.00cm，点A、C间的距离为s1=8.36cm，点C、E间的距离为s2=9.88cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为m=1kg。（1）下列做法正确的有________。A．必须要称出重物和夹子的质量B．图中两限位孔必须在同一竖直线上C．将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器 D．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器电源E．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置（2）选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是________J，打下C点时重物的速度大小是________m/s。（结果均保留三位有效数字）（3）根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以为纵坐标、s为横坐标画出的图像应是下列选项中的________。【答案】①.B②.2.68③.2.28④.C【解析】【分析】【详解】（1）[1]A．由重力势能转化为动能可知mgh＝mv2所以只需验证gh和是否相等，质量不需要测量，A错误；B．图中两限位孔必须在同一竖直线上，B正确；C．在具体操作中，用手提住纸带一端，使重物靠近打点计时器，手要远离打点计时器，这样可以在纸带上尽量多的打点，C错误；D．为保证从速度为零开始计时，便于之后选取计数点；其次就是测量时间很短无法保证人能在合适时间开启电源，同时为了提高纸带的利用率，使纸带上尽量多的打点，因此操作中先接通电源，再释放纸带，D错误；E．为了减小测量数据h的相对误差,数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，E错误。故选B。（2）[2]重物减少的重力势能为ΔEp=mgh=mg(s0+s1)=1×9.8×(19.00+8.36)×10-2J≈2.68J [3]打下C点时重物的速度大小为vC==m/s=2.28m/s（3）[4]在验证机械能守恒定律的实验中，有mgs=mv2则有=gsg是常数，所以—s图像为过原点的倾斜直线，图线的斜率等于g，即重力加速度。故选C。四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）19.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律可得代入数据解得 （2）根据运动学公式解得（3）根据牛顿第二定律根据运动学公式代入数据联立解得20.某弹射装置如图所示，一轻质弹簧左端固定在p点处，半径的竖直半圆形光滑轨道bdc与水平面pab相切，d点与圆心O等高。一质量为的小滑块与弹簧右端接触并在外力作用下使弹簧处于压缩状态，每次实验由静止释放小滑块。已知pa段光滑，ab段距离，小滑块与ab段的动摩擦因数。取重力加速度。（1）某次弹射后，小滑块恰好能通过竖直轨道最高点c。求：a．小滑块通过b点时速度大小vb；b．此过程中弹簧的最大弹性势能。（2）某次弹射后，小滑块到达a点时速度大小为。请你推断小滑块通过b点后的运动情况并说明理由。【答案】（1）a.，b.；（2）见解析 【解析】【详解】（1）在c点根据牛顿第二定律得解得由b点到c点根据机械能守恒定律得解得根据功和能的关系得（2）根据动能定理得解得滑块不能到达c点；根据机械能守恒定律得解得滑块经过d点后，到达c点前离开轨道做斜上抛运动。21.一束电子流从A极板中间的小孔由静止进入并经U＝880V的加速电压加速后，从B极板中间的小孔以速度v0飞出，在与两极板C、D等距处垂直进入平行板C、D间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝1.0cm，板长l＝5cm.已知电子的电荷量与其质量的比值＝1.76×1011C/kg，不计电子重力．求： (1)电子从B极板小孔飞出的速度v0的大小；(2)电子在C、D平行板间电场中的运动类似于哪种运动；(3)要使电子恰好从D极板边缘飞出，C、D间的电压大小．【答案】（1）（2）平抛运动（3）70.4V【解析】【分析】（1）由动能定理可以求出电子的速度；（2）根据电子在两极板间的受力情况与初速度分析判断电子的运动性质；（3）电子在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出板间电压；【详解】（1）在加速电场中，由动能定理得：解得：；（2）电子在水平方向不受力且具有初速度，在水平方向做匀速直线运动，电子在竖直方向受到恒定的电场力作用且初速度为零，做初速度为零的匀加速直线运动，电子在C、D平行板间的运动类似于平抛运动，即电子做类平抛运动；（3）电子在C、D板间做类平抛运动，电子恰好从D板边缘飞出时：水平方向：竖直方向：解得：．【点睛】本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子运动过程是解题的关键，应用动能定理与类平抛运动规律可以解题．22.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为e的电子从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C两点到坐标原点的距离分别为d、2d，不计电子的重力，求：（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）电子从A运动到D经历的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示电子在电场中做类平抛运动，设电子从A运动到C的时间为t1，有2d=v0t1d=aa=解得E=（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则 tanθ==1解得θ=45°故v=v0电子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB=m由几何关系可知r=d解得B=（3）由对称性可知，电子在电场中运动的时间为3t1=电子在磁场中运动的时间t2=T=故电子从A运动到D的时间t=3t1+t2=