2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二下学期期中物理试题（解析版）

杭州师大附中2022-2023学年高二下学期期中物理试题一.单项选择（共13题，每题3分，满分39分；每小题只有一个选项正确）1.已知地球大气层的厚度远小于地球半径R，空气平均摩尔质量M，阿伏加德罗常数NA，地面附近大气压强p0，重力加速度大小g。由此可以估算地球大气层空气分子总数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生mg=p0S即分子数故选A。2.做布朗运动实验，得到某个观测记录如图，图中记录的是（）A.分子无规则运动的情况B.某个微粒做布朗运动的轨迹C.某个微粒做布朗运动的速度—时间图线D.按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线【答案】D【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A错误；B．布朗运动既然是无规则运动，所以微粒没有固定的运动轨迹，故B错误；C．对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度﹣时间图线，故C错误；D．图中记录的是按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，故D正确。故选D。3.如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为Gp和，用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（）A.Q对P的磁力大小等于B.P对Q的磁力方向竖直向下C.Q对电子秤的压力大小等于G0D.电子秤对Q的支持力大小等于【答案】D【解析】【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，根据作用力与反作用力知P对Q的磁力方向斜向右下方向，其磁力F大小大于，故AB错误；CD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于，即Q对电子秤的压力大小等于，故C错误，D正确。故选D。4.2021年12月9日，在“天宫课堂"中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时（）A.气泡受到浮力 B.气泡内分子热运动停止C.气泡内气体在界面处对水产生压力 D.水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力【答案】C【解析】【详解】A．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，A错误；B．气泡内分子一直在做无规则的热运动，B错误；C．由于在失重状态下，气泡内气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，C正确；D．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误。故选C。5.2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火星上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器（）A.在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态 B.在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短C.从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速 D.沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，故A错误；B．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，故B错误；C．天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，故C错误；D．在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，故D正确。故选D。6.如图所示，底面半径为R的平底漏斗水平放置，质量为m的小球置于底面边缘紧靠侧壁，漏斗内表面光滑，侧壁的倾角为θ，重力加速度为g。现给小球一垂直于半径向里的某一初速度，使之在漏斗底面内做圆周运动，则（）A.小球一定只受到两个力的作用B.小球一定受到三个力的作用C.当时，小球对底面的压力为零D.当时，小球对侧壁的压力为零【答案】C【解析】【详解】设底面对小球的支持力N1，侧壁对小球的支持力为N2，对小球进行受力分析，由牛顿第二定律可知，在水平方向上在竖直方向上解得，可知侧壁对小球的支持力不可能为零，底面对小球的支持力有可能为零，当时，可得小球的速度因此小球可能受到三个力的作用，也可能受到两个力的作用，小球对侧壁的压力不能为零，而当时，小球对底面的压力故选C。7.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A.0~t1时间内，v增大，FN>mg B.t1~t2时间内，v减小，FN<mgC.t2~t3时间内，v增大，FN<mg D.t2~t3时间内，v减小，FN>mg【答案】D【解析】【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mgA错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mgB错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则FN>mgC错误，D正确。故选D。8.汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（）A.汽车的额定功率为fvB.汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力做的功为D.汽车从静止到速度最大的过程中，牵引力做功为【答案】D【解析】【详解】A．汽车匀加速行驶的加速度根据牛顿第二定律得汽车的额定功率为故A错误；B．汽车匀加速运动位移克服阻力做功为故B错误；C．根据动能定理故C错误；D．车从静止到速度最大的过程中，根据动能定理牵引力做功为故D正确。故选D。9.如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有设轻绳的长度为L，根据动能定理有联立解得故选C。10.如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为，则P做简谐运动的表达式为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为，以向上为正方向，设P的振动方程为由图可知，当时，P的位移为，代入振动方程解得则P做简谐运动的表达式为故B正确，ACD错误。故选B。11.一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为，水平射程为，着地速度为。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为，水平射程为，着地速度为，则下列论述错误的是（）A. B.C.和大小相等 D.和方向相同【答案】D【解析】【详解】AB．在竖直方向上，有磁场时，小球所受合力小于重力，加速度小于没有磁场时的加速度，下落时间变长，在水平方向上，有磁场时，水平方向合力不为零，且向右，所以水平距离大于无磁场时的水平距离，故A、B正确；CD．由动能定理可得下落高度一样，即两次落地时，速度大小一样，但运动轨迹不同，所以速度方向不同，故C正确，D错误。故选D。12.如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.物块C的质量为2kgB.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5JC.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s【答案】D【解析】【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律解得故A错误；B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为故B错误；C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为解得方向向左，故C错误；D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有代入数据解得物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。故选D。13.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A.棒产生电动势为B.微粒的电荷量与质量之比为C.电阻消耗的电功率为D.电容器所带电荷量为【答案】B【解析】【详解】A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势A错误；B．电容器两极板间电压等于电源电动势，带电微粒在两极板间处于静止状态，则即B正确；C．电阻消耗的功率C错误；D．电容器所带的电荷量D错误。故选B。二.多选题（本题共2小题，满分6分；每小题至少有两个选项正确，全对得3分，少选得1分）14.如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表，下列判断正确的是（）A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为B.矩形线圈从图示位置转过的时间内产生感应电动势的平均值为C.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表和示数都变小D.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表示数不变，的示数变大【答案】CD【解析】【详解】A．因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为A错误；B．矩形线圈从图示位置转过的时间内产生感应电动势的平均值为B错误；C．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1和A2示数都变小，C正确；D．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，即V1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，D正确；故选CD。15.甲乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速，某时刻的波形如图所示，M、N、P为介质中的三个质点，则下列说法正确的是（）A.以Р点开始振动时为计时起点，则质点Р的振动方程为B.从图示时刻开始，经过1s质点M、N的速度大小会再次相等C.处的质点从图示时刻开始经4s通过的路程为25cmD.两列简谐横波的频率均为4Hz【答案】ABC【解析】【详解】A．根据题意可知，两列波波速相同，波长相同，则周期相同两列波同时到达P点，P点振幅两列振幅之和故A正确；B．根据题意可知，从图示时刻开始，经过1s即质点M、N的速度大小会再次相等，运动到关于横轴对称位置，故B正确；C．处的质点，两波到达该处叠加减弱，所以振幅为振幅之差5cm，甲波传到该处乙波传到这里经4s通过的路程故C正确；D．两列简谐横波的频率故D错误。故选ABC。三.实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）16.某物理兴趣小组根据激光相干性好、亮度高的特点，利用双缝干涉实验原理测量某绿色激光的波长。其实验装置如甲图所示，刻有双缝的黑色纸板和激光笔一起同轴地固定在光具座上，激光经过双缝后投射到光屏表面的条纹如图乙所示，已知双缝间的宽度，双缝到投影屏间的距离。（1）使用刻度尺可以读出A、B两亮纹间的距离___________mm，则相邻亮条纹的条纹间距___________mm。由双缝干涉条纹间距公式可计算出该绿色激光的波长___________m；（小数点后均保留一位有效数字）（2）如果用红色激光重新实验，相邻亮纹间距将会___________（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】①.54.0②.5.4③.④.增大【解析】【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为1mm，需要估读到分度值下一位，所以A、B两亮纹间的距离[2]相邻亮条纹的条纹间距[3]根据可得代入数据可得（2）[4]根据可知光的波长越长，条纹间距越大，如果用红色激光重新实验，红光波长比绿光波长长，相邻亮纹间距将会增大。17.（1）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250mL的溶液；然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度；再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴入2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜；待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格正方形的大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是___________m2（保留两位有效数字），由此估算出油膜分子的直径是___________m（保留一位有效数字）。（2）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于____。A．油酸分子未完全散开B．油酸中含有大量酒精C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴【答案】①.②.③.AC##CA【解析】【详解】（1）[1][2]油膜面积所覆盖的方格数，不足半格的舍去，超过半格的算一格，可估算出油膜的面积为根据题意可知2滴溶液中含有油酸的体积为故油膜分子的直径为（2）[3]A．根据可知油酸分子未完全散开时，油膜面积S偏小，此时计算出的分子直径偏大，故A正确；B．计算时算的已经是纯油酸的体积，故油酸中含有大量酒精对结果没有影响，故B错误；C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，此时油膜面积S偏小，计算出的分子直径偏大，故C正确；D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴，会使实验中计算2滴溶液中含有油酸的体积偏小，计算出的分子直径会偏小，故D错误。故选AC。四.计算题（本题共4小题，共41分）18.如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；（2）滑块第一次到达B点时的动能；（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有①②③联立①②③式并代入题给数据得④（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有⑤式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得⑦（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点最大距离为，由动能定理有⑧联立②③⑦⑧式并代入题给数据得⑨19.如图1所示，边长为l、总电阻为R的正方形导线框，以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度为B。（1）求边刚进入磁场时，线框中产生的电动势E；（2）求边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小F；（3）以顺时针方向为电流的正方向，由线框在图示位置的时刻开始计时，在图2中画出线框中的电流随时间变化的图像，并求线框穿过磁场区域的全过程产生的电能。【答案】（1）；（2）；（3）图见解析，【解析】【详解】（1）边刚进入磁场时，线框中产生的电动势（2）边刚进入磁场时，线框中的电流线框受到的安培力联立解得（3）线框中的电流随时间变化的图像见答图线框穿过磁场区域的全过程产生的电能其中得20.如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：（1）粒子第一次穿过MN时的速度：（2）磁场的磁感应强度B的大小；（3）粒子再