【文档说明】浙江省杭州市第二中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题（选考） 含解析.docx，共(24)页，10.194 MB，由小赞的店铺上传

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杭州二中2022学年第一学期高二年级期中考（选考）物理试卷本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。第I卷（选择题）一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30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.电动汽车公司“蔚来”于2022年7月表示，将于今年第四季度计划交付150kW·h固态电池，单体能量密度达360Wh/kg，这里与“kWh”相对应的物理量是（）A.能量B.功率C.电量D.电容【答案】A【

解析】【详解】“kW·h”即以功率1kW工作1小时消耗的能量，故指能量单位。故选A。2.下列说法中正确的是（）A.电动势就是电源两极间的电压B.规格为“1.5μF，9V”电容器中的9V指击穿电压C.鸟儿能欢快

地停在高压电线上是因为鸟儿两只爪子之间的电势差很小D.能量耗散表明能源在利用过程中能量不断消失，因此要节约能源【答案】C【解析】【详解】A．电动势表示电源内部非静电力做功的能力，大小等于断路时电源两极电压，故A错误；B．电容器中的9V指最大电压，不是击穿电压，故B错误；C．

鸟儿能欢快地停在高压电线上是因为鸟儿两只爪子之间电势差很小，故C正确；D．自然界能量是守恒得，不会消失，只会发生相互转化和转移，故D错误。故选C。3.如图所示是水波遇到小孔或障碍物后的图像，图中每两条实线间的距离表示一个波长，其中正确的图像是（）的A.B.CD.【

答案】D【解析】【详解】A.当波的波长与小孔的尺寸相当，或大于小孔的尺寸，会发生明显的衍射，故A项错误；B.当波的波长比小孔的尺寸小，波表现为直线传播，故B项错误；CD.波遇到与波长差不多的障碍物后，波能“

绕过”障碍物继续向前传播，故C项错误，D正确．4.如图所示为“观察电容器的充、放电现象”实验，其中正确的说法是（）A.电容器充电时，电压表示数先迅速增大，然后逐渐稳定在某一数值B.电容器充电时，灵敏电流计的示数一直增大C.电容器放电时，电阻R中的电流方向从下到上D.电容器放电时，灵敏电流计的示数

一直增大【答案】A【解析】【详解】A．根据QCU=可知，在充电过程中，电荷量逐渐增大，电压逐渐增大，最后电容器电压等于电源电动势，达到稳定值，故A正确；B．充电过程中两极板电压逐渐增大，极板电压和电动势差值逐渐

减小，因此回路中电流逐渐减小，最后减为0，故B错误；.C．充电时，上极板与电源正极连接，上极板带正电，放电时电流从上极板流出，因此电流方向从电阻上方流向下方，故C错误；D．电容器放电时，电荷量逐渐减小，极板电压逐渐

减小，回路中电流逐渐减小，故D错误。故选A。5.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，则可判断（）A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动C.当“落网”

昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大D.昆虫“落网”后，丝网按其固有频率200Hz振动【答案】C【解析】【详解】ABC．当昆虫翅膀振动频率等于丝网固有频率时，振幅最大，根据1200HzfT==可知，

昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大，故AB错误，C正确；D．昆虫“落网”后，丝网做受迫振动，振动频率由驱动力频率决定，即由昆虫翅膀振动频率决定，故D错误。故选C。6.在科幻电影《全面回忆》

中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（）A.乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的B.乘客达到地心

时的速度最大，加速度最大C.乘客只有在地心处才处于完全失重状态D.乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比【答案】D【解析】【分析】【详解】A．乘客做简谐运动的回复力是由地球对乘客的万有引力提供的，故A错误；B．乘客达到地心时的速度最大，加速度为零，因为地心处乘客所受引力的合力为零，

故B错误；C．乘客只受地球引力的作用，全程处于完全失重状态，故C错误；D．乘客做简谐运动，地心处为平衡位置，由简谐运动的受力特点可知，乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比，故D正确。故选D。7.一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为

n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（）A.22mveLB.2mvSneC.ρnevD.evSL【答案】C【解析】【分析】考查电路和电场知识【详解】UIR=，I

=neSv，LRS=，UEL=，联立得E=ρnev，故选C。8.小雷同学家里购买了一款扫地机器人，如图所示，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如下表所示数据，则该扫地机器人（）主机基本参数产品尺寸345mm*345mm*96mm电池14.4V/5200mA·h

锂电池产品质量约3.8kg无线连接WiFi智能快连额定电压14.4V额定功率55WA.额定工作电流为0.25AB.充满电后正常工作的时间为2.5hC.电池充满电后储存的总电荷量为18720CD.以额定电流

工作时每小时消耗能量为55J【答案】C【解析】【分析】【详解】AD．由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4V，额定功率为55W，则额定电流I＝5514.4A≈3.82A每秒钟消耗能量W＝Pt＝55JAD错误；BC．根据

电池容量5200mA·h知，电池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2A×3600s＝18720C充满电后正常工作的时间t＝5200mA?h3.82A≈1.36hB错误，C正确。故选C。9.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80

cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（）A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N【答

案】D【解析】【详解】豆粒下落到秤盘上的速度大小为24m/svgh==反弹后速度大小为2m/s=v则，根据动量定理0tFtmvmv=−合设向上为正方向，有(0.110)10.12kgm/s0.1(4)kgm/sF−=−−解得1.6NF=由牛顿

第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为1.6N。故选D。10.电池甲和乙的电动势分别为E1和E2，内电阻分别为r1和r2，已知12EE，若用甲、乙电池分别向某个电阻R供电，则在这个电阻上所消耗的电

功率相同，若用甲、乙电池分别向某个电阻'R供电，则在'R上消耗的电功率分别为P1和P2，已知'RR，则（）A.12rr，12PPB.12rr，12PPC.12rr，12PPD.12rr，12PP【答案】B【解析】【详解】将一电动势为E、内电阻为r的电源与一阻值为R的电阻组成一

闭合回路，路端电压U和干路电流I的关系为UEIr=−在UI−直角坐标系中作UI−图线，则该图线为一条在纵轴上截距为E、斜率为r−的直线。这条线可被称为电源的伏安特性曲线。如果再在此坐标系中作出外电阻R的伏安特性曲

线，为过原点的直线，斜率为R，则两条线的交点就表示了该闭合电路所工作的状态。此交点的横、纵坐标的乘积即为外电阻所消耗的功率。依题意作电池甲和乙及电阻R的伏安特性曲线，由于两电池分别接R时，R消耗的电功率相等，故这三条线必相交于一点，如图所示由于12EE，所以12r

r作R的伏安特性曲线，R的电阻值比R大，所以R比R的斜率大，由图可知：当甲电池接R时111PUI=当乙电池接R时222PUI=由于12UU12II所以12PPACD错误，B正确。故选B。二、选择题II（本题共5小题，

每小题4分，共20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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）11.2022年10月13日6时53分，太原卫星发射中心用长征二号丙运载火箭成功将环境减灾二号E星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。下列关于火箭的描述，

正确的是（）A.增加燃气喷射量可以增大火箭的推力B.增大燃气相对于火箭喷射速度可以增大火箭的推力C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D.火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用【答案】AB【解析】【详解】AB．根据动量定理可知

Ftmv=增加燃气喷射量可以增大火箭的推力，增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力，选项AB正确；C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭仍有速度，仍可使得火箭加速，选项C错误；D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与火箭之间的相互作用，

选项D错误。故选AB。12.水槽中固定有同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时两根细杆周期性地触动水面形成两个频率相同的波源，两个波源发出的两列波相遇后在它们重叠的区域形成如图所示的图样。波源1S的振动方程为()13

0sin100tcmx=，波源2S的振动方程为()220sin100cmxt=，图示时刻M是波峰与波峰的相遇点，则可判断（）A.这两列波的频率均为50HzB.随着时间的推移，M处的质点将向O处移动C.从该时刻起经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置D.O、M连

线的中点是振动加强的点，其振幅为50cm的【答案】ACD【解析】【详解】A.这两列波的频率均为50Hz2f==选项A正确；B.质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波移动，选项B错误；C.图示时刻M是波峰与波峰的相遇点，振动加强，则从该时刻起经过四分之

一周期，M处的质点到达平衡位置，选项C正确；D.由图可知，O、M点都位于两个波源连线的垂直平分线上，这两列波的起振的方向相同，所以两个波源连线的垂直平分线上所有各点都是振动加强点，它们的振幅都是两列波振幅的和，即都是50cm，选项D正确。故选ACD。13.如图所示为两列沿同一绳传播简

谐横波在某时刻的波形图，虚线表示甲波，实线表示乙波，M为绳上x=0.2m处的质点，则可判断（）A.图示时刻质点M的速度为零B.M点是振动加强点C.甲波的传播速度比乙波的传播速度大D.由图示时刻开始再经

34个周期，质点M将位于波峰【答案】BD【解析】【详解】AB．根据同侧法可知，两列波在M点振动方向同时向下，在M点为振动加强点，速度不为零，故A错误，B正确；C．两波在同一介质传播，因此波速相同，故C错误；

的D．此时波在M点振动方向向下，再经过34个周期，质点M将位于波峰，故D正确。故选BD。14.摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图像如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知（）A.甲、乙两单摆摆长之比是4:9B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等C.tb时刻甲

、乙两单摆的势能差最大D.tc时刻甲、乙两单摆的速率相等【答案】AC【解析】【详解】A．由振动图像得到甲、乙两个单摆的周期之比为:2:3TT=甲乙根据单摆周期公式2LTg=得2TL故甲、乙两个单摆的摆长之比为4:9，A正确；B．根据摆长不同，摆动幅

度相同，故摆角不等，B错误；C．有图可知bt时刻甲、乙两单摆的偏离平衡位置的差值最大，故势能差最大，C正确；D．ct时刻甲、乙两单摆的处于平衡位置，由动能定理得211cos2mglmv−=（）设A为振幅，l为摆长，悬挂点高度为x，由几何关系知sinAl

=联立解得2(1)xvgll=−设甲的绳长为4l，则乙的绳长为9l，则24(1)824xvglglgxl=−=−甲29(1)1829xvglglgxl=−=−乙D错误。故选AC。【点睛】本题关键从x-t图像得到周期，然后根据周期公式2LTg=求解摆长之

比，难度较大。15.质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为M小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，在以后的运动过程中，正确的判断是（）A.A和B分离之前，A、B

、C组成的系统动量守恒B.小球C到达最低点时速度大小为22mgLmM+C.木块B的最大速度大小为2MmgLmmM+D.小球C到达左侧最高点时速度大小为2MmgLMmmM++【答案】BCD【解析】【详解】A．小球摆动过程中，A

BC系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误；B．小球C下落过程中，水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒定律可得CAB20Mvmv−=由机械能守恒定律可得22CAB1122MgLMvmv=+解得C22mg

LvmM=+AB2MmgLvmmM=+故B正确；C．分离后B以原速度做匀速直线运动，则B的最大速度为AB2MmgLvmmM=+故C正确；D．分离后B以原速度做匀速直线运动，A速度减为0后反方向向左运动，当AC速度相等时，C球摆到最高点，此过程AC组成的系统动量守恒，则CAB()MvmvmM

v−=+解得2MmgLvMmmM=++故D正确。故选BCD。第II卷（非选择题）三、非选择题（本题共6小题，共50分）16.某同学进行“利用单摆测重力加速度”实验。（1）如图甲、乙所示为组装单摆时细线上端的

两种不同的悬挂方式，其中______方式是正确的，这样做的主要目的是______。（2）用秒表记录单摆30次全振动所用时间如图所示，其读数为______s。为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最______（填“高”或“低）点的位

置时开始计时。实验时测得的g值偏大，其原因可能是下列选项中的______。A．实验室的海拔太高B．摆球太重C．测出29次全振动时间为t，误作为30次全振动时间进行计算D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动（3）该同学测

得6组摆长L和对应的周期T，画出2LT−图线如图所示，在图线上选取A、B两个点并计算出直线斜率为k，则当地重力加速度的表达式g=______。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时未计入小球的半径，这样会使得测量结果___

___（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。【答案】①.乙②.保证摆长不变③.58.5④.低⑤.C⑥.24k⑦.不影响【解析】【详解】（1）[1][2]实验过程中，为了摆长不变，悬挂点应该固定，图甲中容易松动，故选图乙。（2）[3]秒表读数为58.5s。[4]摆球经过最低点时速度最大

，在相等距离误差上，引起的时间误差最小，测得周期误差最小，为了减小测量周期的误差应该从最低点开始计时。[5]A．海拔越高重力加速度越小，测量结果偏小，故A错误；B．摆球越重阻力影响越小，误差越小，故B错误；C．测出29次全振动时间为t，误作为30次全振动时间进行计算，求出的周期变小，g值偏大，故

C正确；D．根据2LTg=可知，摆线松动，摆长变长，g值偏小，故D错误。故选C。（3）[6]根据2LTg=可知224gLT=可知斜率24gk=因此重力加速度24gk=[7]计算摆长时未计入小球的半径，斜率不变

，则测量结果不变。17.如图所示为“验证动量守恒定律”实验，实验必须满足的条件有______（多选）。A.轨道末端的切线必须是水平的B.斜槽轨道必须光滑C.入射球1m每次必须从同一高度滚下D.入射球和被碰球的球心在碰撞

瞬间必须在同一高度E.两小球的质量满足12mmF.实验中必须测量的物理量包含两小球的半径1r和2r以及桌面离地的高度H【答案】ACD【解析】【详解】A．实验是利用平抛运动验证动量守恒定律，两小球离开斜槽末端时

的速度必须水平，所以轨道末端的切线必须是水平的，故A正确；BC．每次在斜槽末端碰撞时，m1的速度要保持不变，入射球1m每次必须从同一高度滚下，斜槽轨道无需光滑，故B错误，C正确；DE．入射球和被碰球的球心在碰撞瞬

间必须在同一高度，且要满足12mm，防止m1反弹，故D正确，E错误；F．实验中不需要测量两小球的半径1r和2r以及桌面离地的高度H,故F错误。故选ACD。18.如下图所示，游标卡尺的读数为______mm，螺旋测微器的读数为__

____mm。【答案】①.22.30##22.35②.5.133##5.132##5.134##5.135【解析】【详解】[1]游标卡尺读数为22mm0.056mm22.30mmd=+=[2]螺旋测微器的读数为0.5

1013.30.01mm5.133mmdmm=+=19.请在答卷的虚线框内画出“电池电动势和内阻的测量”的实验电路图________（器材有：电压表、电流表、滑动变阻器、干电池、开关以及导线）。【答案】【

解析】【详解】[1]在“电池电动势和内阻的测量”的实验中，电源内阻较小，一般采用外接法，故电路图如图所示20.某同学使用A、B两个多用电表进行相互测量。（1）将多用电表A的选择开关拨至“×100”挡，两表笔短接后发现指针如图甲所示，正确的操作应

调节哪个部件____（选填“A”、“B”或“C”）。正确调节后将多用电表B拨至“0.5mA”挡，与多用电表A进行相连如图乙，那么多用电表A的红表笔与多用电表B的____表笔相接（选填“红”或“黑”）。（2）正确连接两多用电表后，发现A、B两表指针分别如图丙、丁所示

，那么测得多用电表B的内阻为______Ω，B表读数为______mA，A表欧姆挡的内部电源的电动势为_______V（保留2位有效数字）。（3）该同学按正确的实验操作测量标有“220V，120W"的白炽灯的电阻，表针位置如图丁所示，则此白炽灯电阻的测量值为______

Ω；若选用量程为10V的直流电压挡测量电压，表针位置如图丁所示，则所测电压为______V。【答案】①.B②.黑③.1000##31.010④.0.28⑤.1.4⑥.320##23.210⑦.5.6【解析】【详解】（1）[1]进行欧姆调

零时要旋转欧姆调零旋钮B进行欧姆调零。[2]电流从红表笔流入黑表笔流出多用电表，则电表A的红表笔与多用电表B的黑表笔相接。（2）[3]多用电表B的内阻为B10100Ω1000ΩR==[4]多用电表B拨至0.5mA挡，则由图可知B表读数为0.28mA。[5]A的内阻为A40100Ω4000ΩR

==A表欧姆挡的内部电源的电动势为4AB()2.810(40001000)V1.4VEIRR−=+=+=（3）[6]用欧姆表测得的灯泡电阻为其常温电阻，阻值约为其正常发光电阻（题中约403Ω）的十分之一，约为几百欧姆，选择×10倍率，如图所示表针位置如图丁所示，则此白

炽灯电阻的测量值为3210Ω320ΩR==[7]选用量程为10V的直流电压挡测量电压，读数选取中间第二排刻度，即刻度量程为50V的刻度，读数除以5即可，所测电压为28.0V5.6V5U==21.环保汽车将

为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源环保汽车，总质量331kg0m=。当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50A，电压U=300V。在此行驶状态下。(1)求驱动电机的输入功率P电；(2)若驱动电机能够将输入功率的

90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10m/s2）；(3)设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积。结合计算结果，简述你对该设想的思考。已知太阳辐射的总功率260410WP=，太阳到地球的距离111.510mr=，

太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%。【答案】(1)41.510WP=电；(2)0.045fmg=；(3)2101mS=【解析】【详解】(1)驱动电机的输入功率41.510WPIU==电(3)牵引汽车前

进的机械功率0.9PPFvfv电机===则汽车所受阻力0.91350NPfv==电则汽车所受阻力与车重的比值0.045fmg=（3）当太阳光垂直电磁板入射时，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积的204πS

r=若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P，则00PSPS=设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，所以()130%PP=−由于15%PP=电，所以电池板的最小面积()00130%PSPS=−2204π

101m0.150.7rPSP=电【点睛】本题难度中等，对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用，但消耗电功率依然是UI的乘积，求解第3问时从能量守恒定律考虑问题是关键，注意太阳的发射功率以球面向外释放。22.如图所示，一条光滑的轨道平滑连接，固定在竖直平面内，ab段水平，cde段是以O

为圆心、R为半径的一段圆弧。滑块A以某一初速度沿ab方向运动，与静止于b处的滑块B发生弹性碰撞，滑块A和B均可视为质点，质量分别为m和3m。B运动到d点时速度沿水平方向，大小为2gR，重力加速度为g，求：（1）求滑块B在d点时对轨道的作用力；（2）滑块A的初速度0v；（3）滑块B对

滑块A的冲量。【答案】（1）94mg；（2）3gR；（3）92mgR−，负号表示冲量的方向沿ba方向【解析】【详解】（1）B滑块在d点有重力与轨道给B的支持力的合力提供向心力有233dNvmgFmR−=解得94NFmg=根据牛顿第三定律，轨道

对B的支持力与B对轨道的压力为一对作用力与反作用力，故B在d点对轨道的压力为94mg（2）B物体由b到d，根据动能定理有221133322dbmgRmvmv−=−AB发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒有013bmvmvmv=+

222011113222bmvmvmv=+解得01332vgRvgR==−，（3）根据动量定理1092IpmvmvmgR==−=−负号表示冲量的方向沿ba方向。23.如图甲所示的装置中小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，

与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时挡板上的轻质弹簧处于原长，长为r的连杆位于图中虚线位置，A紧靠滑杆（A、B间距大于2r），随后连杆以角速度匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度—时间图像如图乙所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后

与静止的B发生完全非弹性碰撞。（1）求A与B碰撞过程的机械能损失E；（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为1t，求的取值范围及1t与的关系式；（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，压缩弹

簧过程中弹簧的最大弹性势能为pE，求的取值范围及pE与的关系式。【答案】（1）2214Emr=；（2）122,(0)2glrtgr=；（3）22p22412,4glglEmrmglrr=−

【解析】【详解】（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离，由题意得0vr=设AB碰撞后的共同速度为1v，由动量守恒定律012mvmv=碰撞过程中的机械能损失为()220111Δ222Emvmv=−则2214Emr=（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理得211(2)(2

)2mglmv=联立得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω122glr=ω的取值范围220glr设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律11vat=()22mgma=联立得122,(0)2glrtgr=（

3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得211(2)()(2)2mgllmv+=联立得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度24glr=ω的取值范围224glglrr由功能关系2p11(2)(2)2Emvmgl=−得22p22412,4glglEmrmglrr

=−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com