浙江省杭州师大附中2022-2023学年高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

本试题满分 100分， 考试时间 90分钟

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G0

D. 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<mg

C. 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<mg

A错误；

B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则

FN=mg

B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>mg

C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 fv

B. 汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt

C. 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2kg

B. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J

C. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0

D. 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25cm

D. 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. 54.0    ②. 5.4    ③.     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

   ①

   ②

   ③

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

   ⑨

19. 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）粒子再次回到x轴时在电场和磁场中运动的总时间。

【答案】（1），方向与MN夹角为斜向右上方；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子的运动轨迹如图，设粒子第一次穿过MN时的速度为，粒子在电场中做类平抛运动，由动能定理

解得

同时有

故可知，即方向与MN夹角为斜向右上方；

（2）设粒子在磁场中的运动轨迹半径为，根据几何关系有

解得

粒子在磁场中做圆周运动

解得

（3）根据对称性可知粒子从磁场中进入电场时与MN的夹角为，根据几何知识可知粒子在磁场中运动的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期为T，可知在磁场中运动的时间为

，

解得

粒子开始在电场中做类平抛运动时竖直方向有

粒子再次进入电场中做减速运动，根据对称性可知粒子第二次在电场中时间也为，到达x轴时速度沿x轴方向，故粒子再次回到x轴时在电场和磁场中运动的总时间为

21. 如图所示，斜面和水平面上固定有两条光滑的金属导轨ABC和EFG，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为，水平导轨足够长，导轨间距为，电阻不计。水平面有竖直向上的匀强磁场。斜面有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小均为、一金属棒ab垂直导轨放置，与导轨接触良好、在外力作用下静止于斜面轨道上某处，棒ab质量，电阻。在导轨上方有一单刀双置开关分别连接了一个电容器C和一个定值电阻R，，；开关S接1，撤去外力。金属棒将由静止开始沿斜轨下滑，已知到达斜面底端前已获得最大速度、重力加速度为g。求：

（1）求金属棒能获得的最大速度；

（2）金属棒在水平轨道能滑行的距离；

（3）若金属棒以最大速度滑过斜面底端的瞬间，开关S接2，求金属棒最终的速度。

【答案】（1）2m/s；（2）0.8m；（3）

【解析】

【详解】（1）当金属棒达到最大速度时，则

解得

vm=2m/s

（2）在水平轨道运动至停止时，由动量定理

解得

x=0.8m

（3）若金属棒以最大速度滑过斜面底端的瞬间，开关S接2，则电容器充电，金属棒受安培力作用速度逐渐减小，当金属棒产生的感应电动势等于电容器两板间电压时，金属棒做匀速运动，则

由动量定理

解得