2018-2019学年浙江省杭州市高二下学期期末考试物理试题 解析版 18页

‎2019年杭州市高二年级教学质量检测 物理试题卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题列出的四个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）‎ ‎1.2018年11月16日，第26届国际计量大会（CGPM）全票通过了关于“修订国际单位制（SI）”的1号决议。根据决议，千克、安培、开尔文和摩尔等4个SI基本单位的定义将改由常数定义，于2019年5月20日起正式生效。下列关于国际单位制的描述不正确的是（ ）‎ A. 米、千克和秒都是基本单位 B. 牛顿、焦耳、瓦特都是导出单位 C. 长度、质量、时间和速度都是基本量 D. 安培、开尔文和摩尔都是基本单位 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 米、千克和秒都是国际单位制的基本单位，选项A正确； ‎ B. 牛顿、焦耳、瓦特都是导出单位，选项B正确；‎ C. 长度、质量、时间是基本量，速度不是基本量，选项C错误； ‎ D. 安培、开尔文和摩尔都是基本单位，选项D正确。‎ ‎2.如图所示，放在暗室中的口径较大不透明的薄壁圆柱形浅玻璃缸充满水，缸底中心有一红色发光小球（可看作点光源），从上往下看，则观察到（ ）‎ A. 水面有一个亮点 B. 充满水面的圆形亮斑 C. 发光小球在水面上的像 D. 比小球浅的发光小球的像 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射，在水面上可以看到一个圆形亮斑，但不是充满水面的圆形亮斑，故AB错误；‎ CD.由于光的折射，在水面上可看到比小球浅的发光小球的像，如图所示，选项C错误，D正确.‎ ‎3.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光，从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光，a、b光照射到逸出功为2. 29eV的金属钠表面均可产生光电效应，则（ ）‎ A. a光的频率小于b光的频率 B. a光的波长大于b光的波长 C. a光照射所产生的光电子最大初动能 D. b光照射所产生的光电子最大初动能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据能级跃迁知识得：∆E1=E5−E2＝−0.54−(−3.4)＝2.86eV，∆E2=E4−E2＝−0.85−(−3.4)＝2.55eV，显然a光子的能量大于b光子，即a光子的频率大，波长短，故AB错误。‎ C.根据光电效应可知，a光照射所产生的光电子的最大初动能为：Eka=∆E1-W0=2.86-2.29eV=0.57eV，选项C正确；‎ D.b光照射后的最大初动能为：Ekb=∆E2-W0=2.55-2.29eV=0.26eV，选项D错误。‎ ‎4.体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立（头没有接触地面）保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为，当变大时，则（ ）‎ A. 运动员受到的合力变大 B. 运动员对地面的正压力变大 C. 运动员单手对地面的正压力变大 D. 运动员单手对地面的正压力大小保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 运动员处于静止状态，受到的合力为零，则当θ 变大时，合力不变，选项A错误；‎ B. 地面对运动员的支持力等于其重力的大小，可知运动员对地面的正压力等于其重力大小，故当θ 变大时，运动员对地面的正压力不变，选项B错误；‎ CD. 对运动员来说，由平衡可知：2N=G，则地面对运动员单手的支持力为N=0.5G，可知运动员单手对地面的正压力大小保持不变，选项C错误，D正确.‎ ‎5.据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线。该潜水器主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，自重5×103kg的潜水器的将4×103kg的重物从3000m深的海底匀速提升到海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180kW，水对潜水器及重物的浮力与阻力大小相等，则提升的时间约为（ ）‎ A. 0. 5×103s B. 1. 0×103s C. 1. 5×103s D. 2. 0×103s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知，重物匀速运动，其速度为： ‎ 运动的时间为： ‎ 故应选C。‎ ‎6.一列向右传播的简谐横波，当波传到x=2. 0m处的P点时开始计时，该时刻波形如图所示，t=0. 9s时，观察到质点P第三次到达波峰位置，下列说法正确的是（ ）‎ A. 波速为0. 5m/s B. 经1. 4s质点P运动的路程为35cm C. t=1. 6s时，x=4. 5m处的质点Q第三次到达波谷 D. 与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率可能为5Hz ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.简谐横波向右传播，由波形平移法知，各点的起振方向为竖直向上，t=0.9s时，P点第三次到达波峰，即有 （2+）T=0.9s，T=0.4s，波长为 λ=2m，所以波速，故A错误。‎ B.t=1.4s相当于3.5个周期，每个周期路程为4A=20cm，所以经过1.4s质点P运动的路程为 S=3.5×4A=14×5cm=70cm，故B错误。‎ C.经过，波传到Q，经过2.75T即再经过1.1s后Q第三次到达波谷，所以t=1.6s时，x=4.5m处的质点Q第三次到达波谷。故C正确。‎ D.要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即 f=1/T=1/0.4=2.5Hz，故D错误 。‎ ‎7.已知压敏电阻的受力面所受压力越小，其阻值越大，如图甲，将压敏电阻R平放在竖直升降电梯的轿厢内，受力面朝上，在其受力面上放一质量为m物体，电梯静止时电压表示数为U0；某段时间内电压表示数随时间变化图线如图乙，则（ ）‎ A. t1-t2时间内压敏电阻受力面所受压力恒定 B. t1-t2时间内电容器处于放电状态 C. t1-t2时间内电梯做匀加速运动 D. t2之后电梯处于失重状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图压敏电阻上的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变；当电压增大时，压敏电阻以外的其余部分分担的电压减小，由欧姆定律可知，电路中的电流值将减小，所以电路中的电阻值增大，其余的部分电阻值不变，所以压敏电阻的电阻值增大。‎ A.在t1-t2时间内压敏电阻上的电压增大，压敏电阻的电阻值增大，知压敏电阻的受力面所受压力减小。故A错误；‎ ‎ B.由电路图可知，电容器两端的电压与电压表两端的电压是相等的，在t1-t2时间内电压表两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，则电容器处于充电状态。故B错误；‎ ‎ CD.由图，t1之后电压表两端的电压大于开始时电压表两端的电压，所以压敏电阻的受力面所受压力小于开始时受到的压力，所以电梯处于失重状态，电梯可能减速上升或者加速下降。故CD错误。‎ ‎8.如图所示，在轨飞行两年多的“天宫二号”太空实验室目前状态稳定，将于2019年7月后受控离轨。天宫二号绕地飞行一圈时间约为90min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24h，根据此两个数据不能求出的是（ ）‎ A. 天宫二号与地球同步卫星的角速度之比 B. 天宫二号与地球同步卫星离地高度之比 C. 天宫二号与地球同步卫星的线速度之比 D. 天宫二号与地球同步卫星向心加速度之比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知二者的周期关系，由得：，所以由题可以求出二者的轨道半径关系。 A.卫星的角速度为，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的角速度之比。故A不符合题意； B.由，则可以求出二者的轨道半径的关系，但由于地球的半径未知，所以不能求出二者距离地面的高度的比值。故B符合题意； C.由万有引力提供向心力，得：，解得：，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的线速度之比，故C不符合题意； D.向心加速度：，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的加速度之比。故D不符合题意； 本题选择不能求出的，故选B.‎ ‎9.如图所示，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2、L3均正常发光。已知L1、L2、L3的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（ ）‎ ‎ ‎ A. 理想变压器原副线圈的匝数比为1：2‎ B. 图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零 C. 若灯L1烧断，灯泡L3将变暗 D. 线框转动的角速度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.灯泡L1、L2、L3均正常发光，则原线圈电流强度I1=I，副线圈电流强度I2=2I，所以，故A错误； B.图示位置时，线框切割速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故B错误；‎ C.开始时若设每盏灯的额定电压为U，则变压器初级电压为2U，线圈输入电压为3U；若L1灯烧断，设L3的电压变为U1，则变压器输入电压为3U-U1，次级电压变为，次级电流为：，则初级电流为，则L3两端电压为，解得U1=0.6U，则灯泡L3两端电压减小，亮度变暗，故C正确；‎ D.线框的输出功率为3P，电流为I，则线框产生的感应电动势为，根据Em=NBSω，，联立解得：，故D错误。‎ ‎10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功80J，此后撤去力F，物块又经过相同的时间t回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v，设O点的电势能为零，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 撤去力F时物块的速度大小为 B. 物块向右滑动的最大距离为 C. 撤去力F时物块的电势能为60J D. 物块回到出发点时的动能为80J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设F作用时加速度为a1，撤去后加速度为a2，根据位移关系知a1t2=a2t2−a1t2，化简可得：a1：a2=1：3，v1：v2=，联立得v1：v2=1：2，因v2=v，则撤去力F时物块的速度大小为，故A正确；‎ B.物块向右加速运动的位移为；撤去拉力后减速到零时的位移：，则物块向右滑动的最大距离为，选项B错误； ‎ C. 根据牛顿运动定律知，知Eq =F；因撤去力F时力F做功为80J，则电场力做功为×80J=60J，即此时物块的电势能为60J，选项C正确；‎ D. 回到出发点时，电场力做功为零，则整个过程中只有拉力F做功80J，由动能定律可知，物块回到出发点时的动能为80J，选项D正确.‎ 二、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分。请按题目要求在答题卷上作答。作图时先用铅笔作答，确定无误后用黑色字迹的签字笔或钢笔描写）‎ ‎11.在“探究求合力方法”实验中，手中只有一个弹簧秤（量程为5N）、橡皮筋、木板、白纸和图钉（若干），为了完成此实验，则：‎ ‎（1）在图（甲）中所示的器材中还需要选取__________（填器材前的代号）‎ ‎（选填：A. 钩码 B. 秒表 C. 三角板 D. 电火花计时器 E. 细绳套 F. 电键）‎ ‎（2）在实验操作前，有同学给小敏提出关于实验操作的建议：重复实验再次进行探究时，结点O的位置与前一次__________。（选填：“必须不同”、“必须相同”、“可以不同”）‎ ‎（3）下图是小敏同学用弹簧测力计测细绳拉力的四次操作（橡皮筋形变相同、两细绳的方位相同），最合理的是__________。‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎（4）根据（3）中的最合理操作，请在答题纸上按图（丙）画出合力F（ ），由作图求得F=_________N。‎ ‎【答案】 (1). CE (2). 必须不同 (3). D (4). 图见解析 (5). 1. 7±0. 1N ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.图中的器材还需要三角板和细绳套，故选CE.‎ 第二空.为了保证实验结论不失一般性，重复实验再次进行探究时，结点O的位置与前一次必须不同；‎ 第三空.由图可知，ABC图中弹簧秤拉力的方向与细绳的方向不一致，故图D合理；‎ 第四空第五空.由D图可知，F1=0.6N，画出力的平行四边形可得，合力F=1.7N.‎ ‎12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用小灯泡规格为：“6. 2V，0. 5A”。‎ ‎（1）用多用电表粗测小灯泡的阻值，倍率选用“×1”档，如图（甲），其电阻值为__________。‎ ‎（2）根据小灯泡的规格计算出小灯泡的电阻值与多用电表粗测的值有显著差别，其原因是____________。‎ ‎（3）小林同学在预习时设计出如下几种实验连线方案（电键全部断开），你认为正确的是_____‎ A．‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎（4）小林同学根据实验测出的8组数据（见下表），利用Excel数据处理软件作出灯泡流过的电流I与两端的电压U的关系图像如丙图所示，请指出图中数据测量不足之处（至少写一处）：________________。‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ U/V ‎1. 0‎ ‎1. 4‎ ‎1. 6‎ ‎2. 0‎ ‎2. 5‎ ‎2. 7‎ ‎3. 2‎ ‎4. 0‎ I/A ‎0. 20‎ ‎0. 23‎ ‎0. 26‎ ‎0. 29‎ ‎0. 32‎ ‎0. 34‎ ‎0. 38‎ ‎0. 42‎ ‎【答案】 (1). 1Ω (2). 电阻随温度升高而增大，计算的结果是发光电阻，测量的是常温的电阻 (3). C (4). 1.测量数据的电压分布太窄（低压和高压的数据都没有），2.采集数据太随意，没有按照电压均匀增加。写出其他合理的意见也可以 ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.用多用电表粗测小灯泡的阻值，倍率选用“×1”档，其电阻值为1×1Ω=1Ω；‎ 第二空. 根据小灯泡的规格计算出小灯泡的电阻值与多用电表粗测的值有显著差别，其原因是:电阻随温度的升高而增大，计算的结果是发光电阻，测量的是常温的电阻;‎ 第三空.因小灯泡电阻较小，则电压表的内阻远大于灯泡电阻，测采用安培表外接；滑动变阻器用分压电路，D图中中闭合电键之前滑动变阻器滑片应该处于最左端位置；故选C.‎ 第四空.图中数据测量不足之处：1.测量数据的电压分布太窄（低压和高压的数据都没有），2.采集数据太随意，没有按照电压均匀增加。写出其他合理的意见也可以；‎ 三、计算题（本题3小题，计44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13.如图所示，粗糙倾斜轨道AB通过光滑水平轨道BC与光滑竖直圆轨道相连，B处有一段小圆弧，长度不计，C为切点。一个质量m=0. 04kg、电量的带负电绝缘小物块（可视为质点）从A点静止开始沿斜面下滑，倾斜轨道AB长L=4. 0m，且倾斜轨道与水平方向夹角为，带电绝缘小物块与倾斜轨道的动摩擦因数，小物块在过B、C点时没有机械能损失，所有轨道都绝缘，运动过程中小物块的电量保持不变，空气阻力不计，只有竖直圆轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强. （cos37°=0. 8，sin37°=0. 6）求：‎ ‎（1）小物块运动到B点时的速度大小；‎ ‎（2）如果小物块刚好可以过竖直圆轨道的最高点，求竖直圆轨道的半径；‎ ‎（3）如果竖直圆轨道的半径R=1. 8m，求小物块第二次进入圆轨道时上升的高度。‎ ‎【答案】（1）4m/s （2）0. 64m （3）0. 32m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从A到B过程由牛顿第二定律得： ‎ 沿斜面做匀加速直线运动 ‎ 解得 ‎ ‎（2）刚好过圆轨道最高点时 ‎ 从B点到圆轨道最高点由动能定理得 ‎ 解得R=0. 64m ‎（3）如恰好到竖直圆轨道最右端时：‎ 解得：R0=1. 6m ‎ 因，故小物块不会脱离轨道； ‎ 小物块第一次冲上圆轨道高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，第二次再进入圆轨道达到的高度为H2。‎ 从圆轨道返回斜面过程： ‎ 从斜面再次进入圆轨道过程： ‎ 两式联立求解得 ‎ 所以 ‎ ‎14.质谱分析仪中，为解决带电粒子速度方向的发散问题，常使用准直管和偏转电场的小孔相配合的方式。如图甲所示的质谱分析仪中，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，从中轴线上的O点垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板MN上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界O′P进入扇形匀强磁场区域O′PQ。质量为m的正离子恰好能够垂直打在O′Q的中点S1处，已知MO=d，MS=2d，O′T=R，∠PO′Q=90°。（忽略粒子所受重力）求：‎ ‎（1）正离子到达O点的动能；‎ ‎（2）偏转电场场强E0的大小以及MN与O′P的夹角；‎ ‎（3）扇形匀强磁场区域的磁感应强度B的大小；‎ ‎（4）能打在O′Q上的正离子的质量mx的范围；‎ ‎【答案】（1） （2） ；45°（3） （4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）动能定理得 ‎ ‎（2）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为v1，对正离子的加速过程应用动能定理 有： ‎ 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动，加速度设为a，‎ 垂直电场方向匀速运动：， ‎ 沿场强方向匀加速运动：， ‎ 又由速度方向关系可得： ‎ 解得θ=45° ‎ 电场强度 ‎ ‎（3）正离子进入磁场时的速度大小为：， ‎ 正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：， ‎ 解得扇形匀强磁场区域的磁感应强度B的大小： ‎ ‎（4）打在O′Q上正离子的轨迹范围如图所示，‎ 由 解得最大半径， ‎ 同时可得最小半径为 ‎ 再根据，由，‎ 解得。‎ ‎15.倾角为的光滑绝缘斜面如图所示，在相隔为d的平行虚线MN和PQ与斜面底边平行，其间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为m、电阻为R、用相同的金属线做成的边长为L的正方形单匝线框，在斜面上某位置由静止释放，且释放时cd边与斜面底边平行。当cd边刚进入磁场时，线框的加速度大小为a，方向沿斜面向上；线框ab边刚要离开磁场和cd边刚进入磁场时，ab边两端的电压相同。已知磁场的宽度d大于线框的边长L，不计空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）cd边刚进入磁场时，cd边的电流方向和线框速度大小v；‎ ‎（2）线框通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q；‎ ‎（3）线框从进入磁场到完全离开磁场所用的时间t。‎ ‎【答案】（1）d→c ， （2）‎ ‎ （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由右手定则知电流方向为d→c ；‎ 由牛顿第二定律得： ‎ 由闭合电路欧姆定律得： ‎ 由法拉第电磁感应定律得E=BLv ‎ 得 ‎ ‎（2）cd边进入磁场时，ab边两端电压为 ‎ 设ab边离开磁场时，线框的速度为v1，ab边两端电压为 ‎ 可得 ‎ 由能量守恒定律得：‎ 得 ‎ ‎（3）对线框穿过磁场的全过程用动量定理得：‎ ‎ ‎ 因为线框只在进出磁场时受安培力作用，故有：‎ 可得线框穿过磁场的总时间：‎ ‎ ‎ ‎ ‎