浙江省杭嘉湖金四县区2022-2023学年高二物理下学期5月调研试题（Word版附解析）

2023年5月杭嘉湖金四县区调研测试高二年级物理试题考生须知：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.以下用国际单位制基本单位符号表示功率的单位正确的是（　　）A.kg·m2/s3B.N·m/sC.J/sD.V·A【答案】A【解析】【详解】根据可知国际单位制基本单位符号表示功率的单位为故选A。2.2月24日12时01分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将1号遥感卫星发射升空，并让它顺利进入预定轨道。下列说法正确的是（　　）A.12时01分指时间间隔B.研究火箭转向时可以把火箭看成质点C.燃气对火箭的推力大于火箭对燃气的推力 D.卫星进入预定轨道后处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A．12时01分指时刻。故A错误；B．研究火箭转向时，火箭大小不能忽略，所以不可以把火箭看成质点。故B错误；C．根据牛顿第三定律可知，燃气对火箭的推力等于火箭对燃气的推力。故C错误；D．卫星进入预定轨道后，绕地球做匀速圆周运动，向心加速度方向指向地心，处于失重状态。故D正确。故选D。3.宇宙中破坏力最强的天体“磁星”的磁场分布类似于地球，强度相当于地球磁场的1000万亿倍，下列说法正确的是（　　）A.“磁星”内部有磁场B.“磁星”表面赤道磁场最强C.“磁星”磁感线两极附近非常密集可能相交D.“磁星”表面磁场太强会出现以实物形式存在的磁感线【答案】A【解析】【详解】A．磁感线为闭合曲线，“磁星”内部有磁场。故A正确；B．根据磁感线分布情况可知，“磁星”表面赤道磁场最弱。故B错误；C．“磁星”磁感线两极附近非常密集但不可能相交。故C错误；D．磁感线实际上不存在。故D错误。故选A。4.如图所示，已经充电的平行板电容器两极板分别与静电计的金属球和大地连接。现将左边的极板由实线位置向左缓慢移动到虚线位置，移动后下列说法正确的是（　　）A.电容器电容变大B.电容器所带电荷量不变 C.静电计指针偏角变小D.两极板间的电场强度变大【答案】B【解析】【详解】B．由图可知已经充电的平行板电容器与电源断开，电容器所带电荷量不变，选项B正确；A．电容器的电容现将左边的极板由实线位置向左缓慢移动到虚线位置，板间距离d增大，可知电容器的电容减小，选项A错误；C．两极板间的电压电容器所带电荷量不变，电容器的电容减小，可知电压U增大，即静电计指针偏角变大，选项C错误；D．两极板间的电场强度可见两极板间的电场强度与d无关，则两极板间的电场强度不变，选项D错误。故选B。5.关于以下几幅图说法正确的是（　　）A.图甲验电器金属杆上端固定的金属球不能做成针尖状B.图乙中电子点火器放电极是球形的C.图丙中话筒线外包的金属外衣是为了增强它的强度D.图丁中高压输电线上方两条导线是用来输电的【答案】A【解析】【详解】A．图甲中验电器的金属杆上端做成球形，是防止出现尖端放电现象。故A正确； B．图乙中燃气灶点火器的放电电极做成了针形，是利用尖端放电现象。故B错误；C．图丙中话筒线外包的金属外衣利用了静电屏蔽，致使电话线不受外界干扰。故C错误；D．图丁中高压输电线上方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，是用来保护高压线。故D错误。故选A。6.如图所示，运动员正飞向篮筐准备扣篮。他助跑到罚球线附近起跳，通过调整姿态在高处像滑翔机一样“水平”滑行飞向篮筐。某次扣篮他从起跳到落地在空中的时间达到了0.92s。已知罚球线到篮筐的水平距离大约4.6m，篮筐的竖直高度是3.05m，忽略空气阻力，手不与篮筐接触，g取10m/s2.关于此次扣篮下列说法正确的是（　　）A.起跳瞬间他重心在竖直方向上的速度约为7.8m/sB.他的重心升高的最大高度约为1.06mC.整个过程他的重心轨迹是一条直线D.“水平”滑行过程中他的重心速度一直水平【答案】B【解析】【详解】ACD．运动员起跳后，做斜抛运动，整个过程他的重心轨迹是一条抛物线，“水平”滑行过程中他的重心速度一直下降。上升阶段竖直方向有解得故ACD错误；B．他的重心升高的最大高度约为故B正确。故选B。 7.如图所示的并联电路中，保持通过干路的电流I不变，增大R1的阻值。下列说法正确的是（　　）A.R1和R2并联的总电阻变小B.通过R1的电流I1变大C.R2两端的电压变小D.并联电路上消耗的总功率变大【答案】D【解析】【详解】AC．由于增大的阻值，并联电路总电阻变大，保持通过干路的电流不变，由欧姆定律可知并联电路的电压变大，即和两端的电压变大，故AC错误；B．通过的电流为由于两端的电压变大，可知通过的电流变大，根据可知通过的电流变小，故B错误；D．并联电路上消耗的总功率为由于变大，不变，可知并联电路上消耗的总功率增大，故D正确。故选D。8.图1为高速转动的砂轮正在切割一条铁棒，P为飞出的铁屑。图2为带有水滴的雨伞绕着伞柄以2r/s的转速旋转，伞面直径为1.5m，Q为被甩出的水滴。忽略空气阻力，下列说法正确的是（） A.P飞出后做匀速直线运动B.Q被甩出后一定做平抛运动C.P、Q在空中运动的加速度相同D.Q被甩出瞬间的速度为3m/s【答案】C【解析】【详解】A．P飞出后，只受重力作用做抛体运动，A错误；B．Q被甩出后，当其速度为水平方向才能做平抛运动，B错误；C．依题意，忽略空气阻力，二者在空中运动时只受重力作用，加速度均为重力加速度，C正确；D．Q被甩出瞬间的速度为v=ωr=3πm/sD错误。故选C。9.如图所示，波源O从t=0时刻开始垂直纸面做振幅为10cm的简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播。t=4s时第一次出现如图所示的波形，实线为波峰，虚线为波谷，两个实线圆的半径分别为6.5m和0.5m，下列说法正确的是（　　）A.该波波长为3mB.该波周期为3.7sC.波源O的起振方向向上 D.此时波源O的位移为5cm【答案】C【解析】【详解】A．由图可知相邻波峰间的距离即为波长，有故A错误；BC．依题意，t=4s时第一次出现如图所示的波形，说明波前与相邻的波峰相距四分之一波长，波前从平衡位置开始向上振动，易知波源的起振方向向上。t=4s时该波已经传播的距离为则波速为根据解得故B错误；C正确；D．波源的振动方程为代入t=4s，可得故D错误。故选C。10.如图所示是设想的一种太空电梯。从地球同步轨道上的空间站垂下一条缆绳与赤道上的地面基站相连，电梯型飞船沿着这条缆绳往返于地球和太空之间。已知缆绳上有P、Q两点，P点离地高度为2R，地球质量为M，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则（　　） A.缆绳上P点的角速度大于Q点B.缆绳上各点的线速度与该点到地心的距离成正比C.若飞船“停”在P点，其向心加速度大小为D.若飞船“停”在P点，质量为m的货物受到的支持力为-【答案】B【解析】【详解】A．依题意，缆绳上P点和Q点的角速度与地球自转的角速度相同。故A错误；B．根据易知缆绳上各点的线速度与该点到地心的距离成正比。故B正确；C．若飞船“停”在P点，其向心加速度大小为故C错误；D．若飞船“停”在P点，质量为m的货物随地球自转，有解得故D错误。故选B。11.如图所示，竖直墙壁上一质量为m的物块用一水平力F压着，F从零开始随时间均匀增大即F=kt，物块与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物块下滑的距离为h。下列说法正确的是（　　）A.物块先匀加速后匀减速直至静止B当F=mg时物块速度最大 C.当t=时物块刚好静止D.此过程产生的摩擦热为2mgh【答案】C【解析】【详解】A．对物块受力分析，由牛顿第二定律可知又F=kt解得易知加速度先减小后增大。故A错误；B．当加速度为零时，即解得物块速度最大。故B错误；C．由上面选项分析，可知物块到达最大速度时，所需时间满足解得根据加速度表达式可知加速度与时间为一次函数关系，加速过程与减速过程对称，所以物块运动的最长时间为故C正确；D．根据能量守恒，可得此过程产生的摩擦热为 故D错误。故选C。12.靠墙静蹲动作要领是双脚分开与肩同宽，人缓慢下蹲至大腿与地面平行并保持住。后背紧贴竖直墙面，感受膝盖附近肌肉发力。图中一质量为m的人正面向左靠墙静蹲，下列说法正确的是（　　）A.他每只脚受到的支持力一定B.地面光滑也能完成这个动作C.脚对地面的作用力斜向左下D.墙对人的作用力一定水平向左【答案】C【解析】【详解】A．对做静蹲的人受力分析，可知竖直方向有自身重力、地面支持力和墙壁的静摩擦力，所以他每只脚受到的支持力不一定为。故A错误；B．同理，该人水平方向受墙壁的弹力和地面的静摩擦力作用。当地面光滑时，受力将不平衡，不能完成静蹲。故B错误；C．脚对地面有竖直向下的压力和水平向左的静摩擦力，所以脚对地面的作用力斜向左下。故C正确；D．由上面选项分析可知，墙壁对人的作用力有可能斜向左上。故D错误。故选C。13.如图所示，一块矩形玻璃砖沿一段半径为R的圆弧线被切割成两块：玻璃砖ABCD和玻璃砖MNPQ，并分开一段距离。两段圆弧的圆心分别为O和，=且连线与AD、NP垂直。一束与相距的激光平行射入玻璃砖ABCD，从BC面上射出后正好经过。不考虑激光在玻璃砖内多次反射，下列说法正确的是（　　） A.光在BC面上出射折射角为30°B.光在玻璃砖中的传播速度为×108m/sC.激光从界面MQ进入玻璃砖后平行于D.激光不可能从界面QP射出【答案】D【解析】【详解】C．作出光路如图：由图可知激光从界面MQ进入玻璃砖后不平行于，选项C错误；A．根据题意和几何关系可知OE=R所以，而OO＇=R则由几何关系可知 即光在BC面上出射的折射角为60°，选项A错误；B．光在玻璃砖中折射率根据可得光在玻璃砖中的传播速度为选项B错误；D．临界角根据几何关系可知因为所以则激光在界面QP将发生全反射，不可能从界面QP射出，选项D正确。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。全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.以下说法正确的是（　　）A.所有物体都能发射红外线B.γ射线的波长很长所以有很强的穿透能力C.频率越高的振荡电路发射电磁波的本领就越强D.调谐电路中通过调节滑动变阻器阻值来改变固有频率【答案】AC【解析】【详解】A．所有物体都能发射红外线，选项A正确；B．γ射线的波长很短，频率很大，所以有很强的穿透能力，选项B错误； C．频率越高的振荡电路发射电磁波的本领就越强，选项C正确；D．调谐电路通过改变可变电容器的电容改变电路的固有频率，选项D错误。故选AC。15.如图所示，一质量为50kg的同学正准备引体向上，他两手紧握单杠，两脚离地。引体向上过程中该同学身体无摆动，双脚始终竖直且上升的最大高度为40cm。该同学1分钟内完成8次引体向上，下列说法正确的是（　　）A.该同学悬垂时，若增加两手间的距离，单杠对人的支持力增大B.一次完整的引体向上外力对人做的总功为零C.在身体被往上拉的过程中，单杠对人不做功D.1分钟内该同学克服重力做功的平均功率是50W【答案】BC【解析】【详解】A．悬垂时单杠对人的支持力与人的重力大小相等，不随两手间的距离改变而改变，选项A错误；B．上引过程中重力方向与位移方向相反，重力做负功，下放过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，且其绝对值相等，一个完整的引体向上重力所做的总功为零，而初末速度都为0，根据动能定理可知外力对人做的总功为零，选项B正确；C．在身体被往上拉的过程中，单杠对人有力的作用，但没有位移，故不做功，选项C正确；D．该同学质量为50kg，一次上引重心变化的高度为0.4m，则一次引体向上克服重力所做的功的大小为由题意可知，在1分钟内克服重力做功的平均功率为选项D错误。 故选BC。非选择题部分16.图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，图2是实验打出的一条纸带，每三个点取一计数点。①纸带上计数点3处的读数为___________cm，打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打下该点时小车的速度为___________m/s。（计算结果保留两位有效数字）②关于该实验说法正确的是___________A．本实验采用了控制变量的思想B．细线必须平行于导轨C．改变小车质量继续实验时需要再次补偿阻力【答案】①.6.55cm（6.50cm~6.61cm）②.0.41（0.39~0.42）③.AB【解析】【详解】①[1]由图2可知纸带上计数点3处读数为6.55cm（6.50~6.61cm都正确）[2]打下3处时小车的速度为（0.39~0.42m/s都正确）②[3]A．“探究加速度与力、质量的关系”实验采用了控制变量的思想，选项A正确；B．细线必须平行于导轨为了保持细线拉力为恒力，细线在导轨上的部分应与导轨平行，选项B正确；C．平衡摩擦阻力时，有解得 与小车质量无关，故改变小车质量继续实验时，不需要再次补偿阻力，选项C错误。故选AB。17.“用单摆测重力加速度的大小”实验装置如图1所示。①关于该实验的操作步骤，下列说法正确的是___________A.测量摆长时要用力拉紧摆线B.单摆偏离平衡位置的角度不能太大C.摆球到最高点时开始计时D.记录一次全振动的时间做为单摆的周期②某次测量周期时，秒表读数如图2所示，则读数为___________s③某同学在此实验过程中，改变摆线长度，测量了不同长度摆线对应的单摆周期，但忘了测量摆球直径，他___________（选填“能”或“不能”）测出当地的重力加速度。【答案】①.B②.54.4③.能【解析】【详解】①[1]A．测量摆长不能用力拉紧摆线，否则会使测量不准确增大误差。故A错误；B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过10°。故B正确；C．摆球到最低点时开始计时，会减小误差。故C错误；D．记录多次全振动的时间求单摆的周期，可以减小误差。故D错误。故选B。②[2]某次测量周期时，秒表读数如图2所示，则读数为③[3]设摆线长l，摆球直径为d，根据 整理可得易知实验中重力加速度的数值不受摆球直径的影响。18.某同学想测出附近一工厂排出的废水的电阻率。如图是实验所用的盛水容器，其左右两侧面为带有接线柱的金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，容器内部长a=40cm，宽b=20cm，高c=10cm。他将水样注满容器，粗测电阻约为2000Ω。（1）他用下列器材设计实验测量所取水样的电阻：A.电流表（量程5mA，电阻RA=800Ω）B.电压表（量程15V，电阻约为10.0kΩ）C.滑动变阻器（0~20Ω）D.电源（12V，内阻约1Ω）E.开关一个、导线若干如图所示已完成部分电路连接，留下1、2两根导线待连接，导线1应连接到___________处（选填“R”和“S”），导线2连接到___________处（选填“M”、“N”）。（2）正确连接电路后，改变滑动变阻器阻值，得到六组测量数据。某次测量电压表读数如图所示，读数为___________V，图中已描点，请在答题纸上连线作U-I关系图像。___________ （3）根据U-I图像，所测水样的电阻率为___________Ωm。（结果保留两位有效数字）（4）某次实验得到一元件U-I关系图线如图所示，随着电压增大，该元件的电阻如何变？___________【答案】①.R②.N③.4.0④.见解析⑤.85⑥.变大【解析】【详解】（1）[1][2]依题意，电流表内阻已知，可以采用电流表内接法，滑动变阻器内阻较小，需要采用分压式接法，故导线1应连接到R，导线2连接到N处。（2）[3]电压表量程为15V，需估读一位，所以读数为4.0V。[4]U-I关系图像（3）[5]根据欧姆定律，有 结合图像，可得根据电阻定律，有联立，解得（4）[6]根据可知U-I关系图线的斜率表示该元件的电阻，随着电压增大，图线斜率增大，所以该元件的电阻变大。19.如图所示，某次比赛中冰壶运动员正用与水平方向夹角θ=37°斜向下的恒力推着冰壶。冰壶由静止开始加速。t=5s后松手，冰壶继续沿着冰面滑行40m后静止。已知冰壶质量为19.7kg，冰壶与地面间的动摩擦因数μ=0.02，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）松手瞬间冰壶的速度大小；（2）求运动员推冰壶的作用力大小。【答案】（1）4m/s；（2）25N【解析】【详解】（1）松手后，冰壶做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得又联立，解得（2）松手前，对冰壶受力分析，根据牛顿第二定律可得 又解得20.科技馆有套机械装置，其结构简图如图所示。传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以v1=3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径，其最底端C点与粗糙圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，圆弧轨道半径R=0.5m，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧DE对应的圆心角为α，EF是段圆弧。某同学将一质量为m=0.5kg可视为质点的物块轻放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道并从F点飞出，当经过F点时，物块对圆弧的摩擦力f=2N，已知物块与传送带及圆弧轨道F点的动摩擦因数μ=0.5，距离F点高h=0.75m处有一挡板。问：（1）物块从A到B的时间；（2）圆弧DE弧对应的圆心角α；（3）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功；（4）经过调整使得物块沿切线进入圆弧轨道D点的速度为6m/s，物块能否碰到挡板？并说明原因。【答案】（1）0.7s；（2）；（3）；（4）碰不到挡板，见解析【解析】【详解】（1）物块由静止加速到v1=3m/s的时间此过程物块的位移则之后的时间 所以物块从A到B的时间（2）物块离开B点后做平抛运动，水平方向竖直方向上有解得则有所以（3）当经过F点时，有则代入数值解得物块在圆弧轨道上的运动过程根据动能定理有又解得（4）物块要碰到挡板，则从F点出去的速度 若物块沿切线进入圆弧轨道D点的速度为6m/s，则物块在圆弧轨道上克服摩擦力做功大于3.75J，根据动能定理解得即从F点出去的速度小于m/s，所以碰不到挡板。21.如图所示，两根足够长且完全相同的光滑金属导轨平行放置，相距为d，右端与一阻值为R的电阻相连。每根导轨由半径为r的圆弧轨道和水平直轨道平滑连接。整个装置处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。一质量为m、长度为d、电阻为R的导体棒a在水平外力作用下从圆弧顶端MN以恒定的速率v0沿轨道运动到最低处PQ，并和放置在PQ处的另一根质量为m的绝缘棒b发生碰撞并粘在一起，碰撞前瞬间撤去外力。求：（1）碰撞前瞬间a棒受到的安培力大小；（2）两棒碰撞后瞬间的速度大小；（3）两棒在水平轨道上滑行的距离x；（4）整个过程中电阻R上产生的焦耳热QR。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）感应电动势安培力 （2）导体棒a与绝缘棒b发生碰撞并粘在一起，有解得（3）碰后对两棒，根据动量定理有又解得（4）导体棒a在水平外力作用下从圆弧顶端MN以恒定的速率v0沿轨道运动到最低处PQ的过程，感应电动势的有效值为电路产生的热量两棒碰后到停止运动的过程，根据能量守恒又所以整个过程中电阻R上产生的焦耳热22.如图所示，空间存在两个区域：Ⅰ和Ⅱ、区域Ⅰ宽度为d，内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相等。区域Ⅱ中某个位置垂直纸面竖直放置一足够大的接收屏，粒子打在接收屏上即刻被吸收。有一粒子源S可以持续不断地发射质量为m，电量为+q 的粒子，单位时间内发射N个，这些粒子经处理后都沿水平方向以相同的速度v0进入区域Ⅰ、在区域Ⅰ中偏转60°后从P点进入区域Ⅱ、在区域Ⅱ中经过打在接收屏上。现以接收屏上与P点等高的点为坐标原点O，PO垂直于接收屏，水平向右为+x轴，竖直向上为+y轴，垂直纸面向外为+z轴建立坐标系，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）OP的距离LOP；（3）粒子打在接收屏上的坐标；（4）接收屏受到的作用力大小及该力与x轴的夹角。【答案】（1）；（2）；（3）（0，d，-d）；（4），方向与-x轴夹角为60°【解析】【详解】（1）粒子经处理后都沿水平方向以相同的速度v0进入区域Ⅰ、在区域Ⅰ中偏转60°后从P点进入区域Ⅱ，根据左手定则可知粒子带正电，作出粒子在区域Ⅰ的运动轨迹如图： 由几何关系可知又洛伦兹力提供向心力有解得（2）粒子在区域Ⅱ中的运动可分解为在磁场中的圆周运动和沿x轴方向的匀速运动，由于粒子打在接收屏上的时间则OP的距离（3）粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的周期而粒子打在接收屏上的时间则粒子在y轴的坐标粒子在z轴的坐标由于PO垂直于接收屏，则粒子打在屏上x轴的坐标所以粒子打在接收屏上的坐标为（0，d，-d）。 （4）粒子在区域Ⅱ中沿x轴方向做匀速直线运动的分速度做圆周运动的分速度而粒子做圆周运动经过，所以粒子在区域Ⅱ中做圆周运动打在接收屏上的分速度沿y轴方向，根据几何关系可知粒子打在接收屏上的速度为方向与+x轴夹角为60°。由于粒子打在接收屏上即刻被吸收，根据动量定理有解得负号表示F与与v的方向相反，则F方向与-x轴夹角为60°。根据牛顿第三定律可知接收屏受到的作用力大小为，方向与-x轴夹角为60°。