2022-2023学年浙江省湖州市高二上学期2月期末调研测试物理试题（解析版）

2022学年第一学期期末调研测试卷

高二物理

考生须知：

1.本卷共四大题，22小题，满分100分，考试时间90分钟；

2.所有解答均答在答题纸上，选择题部分用2B铅笔填涂，其他试题用黑色字迹笔在相应区域答题；

3.本卷无特殊说明，重力加速度g取10m/s2.

选择题部分

一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 下列物理量属于矢量的是（　　）

A. 电动势 B. 电流 C. 磁感应强度 D. 磁通量

【答案】C

【解析】

【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。电动势、磁通量只有大小，没有方向，都是标量；由于电流运算时不遵守矢量运算法则—平行四边形定则，所以电流也是标量；磁感应强度既有大小也有方向，是矢量。

故选C。

2. 物理学中经常用比值法定义物理量，下列属于比值法定义的是（　　）

A. 电阻 B. 通过导体的电流

C. 磁感应强度 D. 纯电阻用电器的电功率

【答案】C

【解析】

【详解】A．电阻是电阻的决定式，不属于比值定义法，故A错误；

B．是欧姆定律，不属于比自定义法，故B错误；

C．磁感应强度，属于比值定义法，故C正确；

D．纯电阻用电器的电功率，不属于比自定义法，故D错误。

故选C

3. 下列说法正确的是（　　）

A. 安培提出了分子电流假说

B. 法拉第发现了电流的磁效应

C. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在

D. 赫兹最先提出了能量量子化的概念

【答案】A

【解析】

【详解】A．安培提出了分子电流假说，故A正确；

B．奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；

C．赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错误；

D．普朗克最先提出了能量量子化的概念，故D错误。

故选A。

4. 关于生活中遇到的各种电磁波，下列说法正确的是（　　）

A. 医院里“CT”机使用的电磁波是γ射线，它具有较强的穿透能力

B. 紫外线常用于卫星通信、电视等信号的传输，它还可用于消毒

C. “浴霸”的取暖灯泡能发出较强的红外线，它具有显著的热效应

D. X射线可以摧毁病变的细胞，常用于治疗各种癌症

【答案】C

【解析】

【详解】A．医院里“CT”机使用的电磁波是X射线，利用X射线能够穿透物质，来检查人体的内部器官，故A错误；

B．微波常用于卫星通信、电视等信号的传输，紫外线用于消毒，故B错误；

C．“浴霸”的取暖灯泡能发出较强的红外线，利用红外线的热效应进行取暖，故C正确；

D．γ射线可以摧毁病变的细胞，常用于治疗各种癌症，故D错误。

故选C。

5. 下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是（　　）

A. 图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中无感应电流

B. 图乙，正方形金属线圈以虚线为轴匀速转动时，线圈中无感应电流

C. 图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生

D. 图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生

【答案】A

【解析】

【详解】A．图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，则直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使减小通过导线电流，圆线圈中的磁通量也不会发生变化，不会有感应电流产生，故A正确；

B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，线圈在磁场中运动过程中磁通量会发生变化，会产生感应电流，故B错误；

C．图丙闭合导线框以左边或右边为轴在匀强磁场中旋转时，线圈中的磁通量始终为零保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故C错误；

D．图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线圈中的磁通量始终为零保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故D错误。

故选A。

6. 如图，匀强磁场的磁感应强度大小B=2T，方向沿x轴的正方向，线段长度MN=DC=0.4m，NC=EF=NE=CF=MD=0.3m，设通过面积SMEFD、SMNE、SNEFC、SMNCD的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3、Φ4，则（　　）

A. Φ1=0.24Wb B. Φ2=0.12Wb C. Φ3=0.18Wb D. Φ4=0.12Wb

【答案】A

【解析】

【详解】根据图中所示可知，面积SMNCD与磁场相互垂直，故磁通量

面积SMEFD与匀强磁场方向的夹角未知，因此可将面积SMEFD投影到与x轴垂直的SMNCD上，SMEFD的有效面积就是SMNCD的面积，故磁通量；面积SMNE和面积SNEFC都与磁场方向平行，故磁通量都为零。

故选A。

7. 如图甲是一个磁悬浮地球仪，原理如图乙所示。上方的地球仪内有一个永磁体，底座内有一个线圈，线圈通上直流电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是（　　）

A. 将地球仪上下位置翻转，仍能继续保持悬浮

B. 图中线圈的a端须连接直流电源的正极

C. 若增加线圈的匝数，稳定后地球仪受到的磁力增大

D. 若增大线圈中的电流，稳定后地球仪受到的磁力不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.地球仪根据同名磁极相互排斥的原理工作，将地球仪上下翻转，则磁体磁极颠倒，和线圈的作用力从斥力变为吸引力的作用，不能继续保持悬浮，故A错误；

B.线圈a端接正极时，根据安培定则，可知螺线管上面S极和永磁体下端磁极相反，会相互吸引，地球仪不会悬浮，故B错误；

C.若增加线圈匝数，磁场增大，稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故C错误；

D.若增大线圈中的电流，稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故D正确。

故选D。

8. 在如图所示的U-I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U-I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，下列说法错误的是（　　）

A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω

B. 电阻R的阻值为1Ω

C. 电源的输出功率为4W

D. 电源的总功率为9W

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得

图像中直线I表示电源的路端电压与电流的关系图线，可知当时，，读出电源的电动势，图线的斜率大小表示内阻大小，则

A正确；

B．根据欧姆定律可知，伏安特性曲线的斜率表示电阻值，则电阻

B正确；

C．图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压，电流，则电源的输出功率为

C正确；

D．电源的总功率为

D错误。

本题选错误的，故选D。

9. 一电流表的满偏电流=30mA．内电阻=95Ω，要把它改装成一个量程为0．6A的电流表，应在电流表上

A. 串联一个5．00Ω的电阻 B. 串联个4．75Ω的电阻

C. 并联一个5．00Ω的电阻 D. 并联一个4．75Ω的电阻

【答案】C

【解析】

【分析】把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．

【详解】把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：，故C正确，ABD错误．

10. 如图所示，电源电动势、内阻保持不变，灯泡L（不考虑阻值变化）与定值电阻R1串联，R2是电阻箱，合上开关S，逐渐增大电阻箱R2的接入阻值，下列说法正确的是（　　）

A. 路端电压减小

B. 电阻R1两端的电压增大

C. 电阻箱R2的电流增大

D. 灯泡L的电功率减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．当增大电阻箱R2的接入阻值时，电路的总电阻R增大，干路电流I减小，根据路端电压

因其它量不变，路端电压U增大，故A错误；

BD．路端电压U增大，则灯泡L与定值电阻R1串联的总电压增大，流过L与定值电阻R1的电流增大，灯泡L的电功率增大，定值电阻R1两端的电压增大，故B正确，D错误；

C．当流过灯泡L与定值电阻R1的电流增大，而干路电流I减小，则流过电阻箱R2的电流一定减小，故C错误。

故选B。

11. 2022年11月21日第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行。如图所示，阿根廷球员梅西正在练习用头颠球。假设足球从静止开始下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为1.2kg·m/s

B. 头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量

C. 头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28N

D. 从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．取向下为正分向，由题知，下落、上升的高度都为h=45cm=0.45m，则下落到与头部刚接触时有

解得

与头部碰撞后，速度反向，大小不变，即为，则动量变化量为

即动量的大小为，故A错误；

B．设头对足球的冲量为，根据动量定理可得

故B错误；

C．根据动量定理可得

即

代入数据解得

故C正确；

D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，故D错误。

故选C。

12. 一个有固定转动轴竖直圆盘如图所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，小球可稳定振动，其振动频率为2Hz。现使圆盘匀速转动，转速为240r/min，经过一段时间后，小球振动达到稳定。下列说法正确的是（　　）

A. 当小球振动稳定时，振动周期为2s

B. 小球的运动是受迫振动

C. 若要使小球的振幅增大，应增大圆盘的转速

D. 小球的振幅与圆盘的转速无关

【答案】B

【解析】

【详解】A．当小球振动稳定时，振动周期为

故A错误；

B．圆盘转动时带动弹簧，小球在弹力的作用下振动，做受迫振动，故B正确；

CD．圆盘原来的转动频率为

当圆盘转动的频率降低为2Hz时，小球达到共振，则小球振动幅度最大；当圆盘转动的频率大于2Hz，圆盘转动越快，小球振动幅度越小；当圆盘转动的频率小于2Hz，圆盘转动越快，小球振动幅度越大，故小球的振幅与圆盘的转速有关，故CD错误。

故选B。

13. 根据国家卫健委调查数据显示，由于长时间低头看书、看手机、坐姿不正等原因造成我国高中生近视比例高达81%。智能护眼按摩仪对近视发病有一定的缓解作用。如图是某护眼按摩仪的铭牌信息，已知当剩余电池电量为总容量的20%时，智能按摩仪将停止工作。若该智能按摩仪工作时一直处于额定工作状态，则下列说法正确的是（　　）

A. 理论上该按摩仪充满电可以连续工作约5小时

B. 电池从电量为零到充满电的时间约为2.5小时

C. mA •h是能量的单位

D. 该按摩仪充满电所储存的能量约为

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据电功率公式

得额定电流

根据电流的定义式

解得

故A错误；

B．由题知，充电输入的电流为0.2A，则电池从电量为零到充满电的时间为

故B正确；

C．电池容量的单位mA•h是是电荷量的单位，故C错误；

D．根据电功公式

W=qU=500×10-3×3600×4.0J=7.2×103J

所以该矫正器充满电所储存的能量为7.2×103J，故D错误。

故选A。

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，漏选得1分，不选、错选均不得分）

14. 如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上有一点P，P与M、N构成等边三角形，此时P点磁感应强度大小为B。若将导线M中的电流反向（大小不变），则P点的磁感应强度（　　）

A. 大小为B B. 大小为 C. 方向平行MN向下 D. 方向平行MN向上

【答案】BC

【解析】

【详解】MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，此时两磁感应强度的夹角为，由平行边形定则可知，P处的磁感应强度等于M、N分别在P处产生的磁感应强度，如图

当导线M中的电流反向（大小不变）时，M在P处产生的磁感应强度方向垂直PM向下，N在P处处产生的磁感应强度方向垂直PN向下，此时两磁感应强度的夹角为，所以合磁场应为，方向平行MN向下。

故选BC。

15. 如图甲所示，装有少量铁砂的细玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，把玻璃管向下缓慢按压一小段距离后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A. 振动周期与按压的深度有关

B. 回复力等于重力和浮力的合力

C. 振动过程中玻璃管（含铁砂）的机械能守恒

D. 在t1~t2时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关，故A错误；

B．装有少量铁砂的细玻璃管竖直漂浮在水中，细玻璃管受重力和浮力作用，其做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力，故B正确；

C．玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒，故C错误；

D．由图可知，在t1~t2时间内，玻璃管的位移减小，根据加速度

可知加速度减小，玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大，故D正确。

故选BD。

16. 如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA=50kg•m/s，B球静止，碰后B球的动量变为p'B=40kg•m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

【详解】碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

解得

根据碰撞过程总动能不增加，则有

解得

碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有

解得

综上分析可知

故选AB。

非选择题部分

三、实验题（本大题共2小题，共14分）

17. 在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中

（1）下列最合理的装置是___________。

A.        B.

C.        D.

（2）下列说法正确的是___________

A.需要用天平称出小球的质量

B.测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量

C.摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好

D.必须使摆球同一竖直面内摆动

（3）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时停止计时，秒表指针的位置如下图所示（右侧是放大图），秒表的示数为___________s，该单摆的周期是T=___________s（计算结果保留三位有效数字）。

（4）测出多组周期T和摆长L的数值后，画出T2-L图线如图所示，此图线斜率的物理意义是___________。

A.g    B.    C.    D.

【答案】    ①. D    ②. BD##DB    ③. 67.9    ④. 2.30    ⑤. C

【解析】

【详解】（1）[1]单摆摆动过程中，摆线要求长度不变，所以摆线应该选择弹性小的细丝线，且摆球应选择密度大的铁球，以减小阻力的影响；为了防止摆球摆动时摆长变化，则应该用铁夹夹住上端。

故选D。

（2）[2]A．本实验通过单摆的周期来测量当地的重力加速度，不需要摆球的质量，故A错误；
B．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故B正确；
C．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故C错误；

D．实验时须使摆球在同一经直面内摆动，不能做成圆锥摆，减少实验误差，故D正确。

故选BD。

（3）[3][4] 由单摆全振动的次数为n=29.5次，秒表读数为t=67.9s，该单摆的周期是

（4）[5]由周期公式

可得

可知，T2-L图线斜率为。

故选C。

18. 小王同学做“测量金属丝的电阻率”实验，实验器材有：

待测金属丝Rx（粗细均匀）标准电阻R0（阻值5.0Ω）

电流表A（量程0.6A，内阻约0.6Ω）电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）

滑动变阻器R1（5Ω，2A）滑动变阻器R2（200Ω，1.5A）

直流电源E（4V）开关S、导线若干

多用电表螺旋测微器

（1）①用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，读数为___________mm。

②因金属丝电阻太小不便于测量，小王同学将金属丝与标准电阻R0串联起来作为整体使用。先用多用电表“×1”挡粗测金属丝与标准电阻的总阻值，如图乙所示，读数为___________Ω。

（2）①为精确测定金属丝的电阻值，小王同学设计了如图丙所示的实验电路，请按此电路图将图丁中的实物连接好___________。

②滑动变阻器应选用___________（选填“R1”或“R2”）；闭合开关前，应将滑动变阻器滑片置于___________（选填“最左”或“最右”）端。

（3）实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得金属丝接入电路的长度为L、直径为D，则待测金属丝的电阻率ρ的计算式为ρ=___________（用题中所给的字母表示）。

【答案】    ①. 0.614（0.611~0.615均可）    ②. 5.7或5.8或5.9    ③.     ④. R1    ⑤. 最左    ⑥.

【解析】

【详解】（1）①[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为

0.5mm+11.4×0.01mm=0.614mm；

②[2]将选择开关拨到“×1Ω”挡，欧姆表的指针指向的数字是5.7，则金属丝的电阻值为

Rx=5.7×1Ω=5.7Ω

（2）①[3]根据电路图连接的实物图，如图所示

②[4][5]由电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，待测电阻的阻值较小，故滑动变阻器选R1；为了保护电路，闭合开关前，让电流表和待测电阻所在的支路电压为零，故刚开始滑动变阻器的滑片应在最左端；

（3）[6]根据欧姆定律有

根据电阻定律有

其中

联立解得

四、计算题（本大题共4小题，19题9分，20题、21题各10分，22题12分，共41分）

19. 如图所示，劲度系数k=20N/m的轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量m=0.2kg的小球（小球可视为质点），静止时小球的位置标记为O点。将小球竖直下拉10cm到达B点后由静止释放。小球释放时开始计时，经过0.3s首次到达最高点C点，之后小球在B、C两点之间做简谐运动。不计空气阻力，求：

（1）小球的振动周期T和振幅A；

（2）小球在3s内通过的路程s；

（3）小球到达C点时的加速度a。

【答案】（1）T=06 s ，A=10cm；（2）2m；（3），方向竖直向下

【解析】

【详解】（1）周期

T=0.6 s

振幅

A=10cm

（2）在3s时间内，小球做全振动次数

路程

（3）小球到达B点，加速度大小

由对称性可知，小球在C点加速度大小

方向竖直向下。

20. 如图所示，一仪器箱放在实验室外的水平地面上，需要转移到室内某位置。实验员对箱子施加一水平推力，作用时间10s，箱子由静止开始加速到2m/s，此时撤去推力，箱子继续沿直线运动一段距离后正好停在预定位置。已知箱子的质量为m=20kg，箱子与地面间的动摩擦因数μ=0.2。求：

（1）实验员撤去推力时，箱子的动量大小；

（2）推箱子过程中，实验员对箱子的冲量大小；

（3）整个运动过程摩擦力对箱子的冲量大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）动量大小

（2）推箱子过程 ，由动量定理得

摩擦力的冲量为

解得

（3）全过程，由动量定理得

解得

21. 如图所示电路，电源电动势、内阻，电容器电容，电阻，，电动机线圈电阻。闭合开关后，理想电流表的示数，电动机正常运转。求：

（1）通过电阻的电流、电动机的电流；

（2）电容器C所带电荷量Q；

（3）电动机输出的机械功率。

【答案】（1）3A，2A；（2）4.5×10-3C；（3）10W

【解析】

【详解】（1）R2的电压

闭合电路欧姆定律

解得

电动机电流

（2）电容器两端电压

电量

（3）输入功率

热功率

输出功率

22. 如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L=1m，其余部分光滑，DE部分长度为1m，E点与半径R=1m的竖直半圆形光滑轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1=0.5kg的物块甲从斜面上由静止释放若物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2=1kg的物块乙发生弹性正碰。已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ=0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。求：

（1）若物块乙被碰后恰能通过最高点F，求乙在水平面BE上的落点到E点的距离x；

（2）若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，且甲乙碰后粘在一起，求碰后甲乙运动至圆心等高点时对轨道的压力FN的大小；

（3）物块甲的质量m3=1kg，为使物块甲能够与物块乙碰撞，且弹性碰撞次数不超过2次，求物块甲在斜面上释放的高度h应在什么范围？（不考虑物块乙脱离轨道后与物块甲可能发生的碰撞。）

【答案】(1)2m；(2)；(3)

【解析】

【分析】

【详解】(1)物块乙恰好能通过圆周最高点F时，有

得

物块乙离开F点后做平抛运动，有

平抛运动水平位移

解得

(2)根据动能定理得

解得

对于碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得

解得

甲乙被碰后运动到圆心等高点时，有

解得

有

根据牛顿第三定律得甲乙对圆弧轨道的压力

(3)要使物块甲能够与物块乙发生弹性碰撞，需

即

因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，甲和乙交换速度，不考虑物块乙脱离轨道后与物块甲可能发生的碰撞，则要求物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块甲发生弹性正碰，交换速度，要使物块甲不再与物块乙发生碰撞，有

且

解得

综上有