浙江省杭州市高二上学期期末考试物理试题 解析版

浙江省杭州市高二（上）期末物理试卷

一、选择题（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个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.某同学在操场沿400m跑道绕跑一周，用时80s，则在此过程中

A. 位移是400m

B. 路程是400m

C. 平均速度是5m/s

D. 最大瞬时速度是5m/s

【答案】B

【解析】

【分析】

位移为从起点指向终点的有向线段，是矢量，路程为运动轨迹的长度，是标量。

【详解】A项：跑一周，位移为零，故A错误；

B项：路程为圆的周长即400m，故B正确；

C项：根据平均速度的定义为位移与时间的比值，所以平均速度为零，故C错误；

D项：无法确定最大瞬时速度，故D错误。

故应选B。

【点睛】解决本题关键理解位移为从起点指向终点的有向线段，是矢量，路程为运动轨迹的长度，是标量，平均速度为位移与时间的比值。

2.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是（）

A. 伽利略应用“斜面实验“的结论，得出了牛顿第一定律

B. 法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场

C. 开普勒将天体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律

D. 牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献

【答案】B

【解析】

【详解】A．伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，但没有总结牛顿第一定律，故A错误；

B．法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场，故B正确；

C．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，故C错误；

D．牛顿对能量守恒定律的建立没有作出了突出贡献，故D错误。

3.在如图所示的加速行驶的汽车上，有一只木箱A相对于车箱保持静止。关于木箱A受到的摩擦力，下列说法中正确的是（）

A. 因为木箱A在运动，所以不受摩擦力作用

B. 因为木箱A向右所以受到的摩擦力方向向右

C. 因为木箱A向右运动，所以受到的摩擦力方向向左

D. 若某一瞬间，汽车突然改做匀速运动，则木箱A受摩擦力方向向左

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．因汽车向前加速运动，木箱与货车间有向后运动的趋势，木箱受到向前的摩擦力，即向右的静摩擦力，故AC错误，B正确；

D．某一瞬间，汽车突然改做匀速运动，因汽车向前匀速运动时，木箱不受摩擦力，故D错误。

4.如图所示是“研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验示意图，在A、B两板间插入介质而保持其它条件不变的情况下，下列说法正确的是（）

A. 图中静电计的作用是显示电容器电容的大小

B. 插入介质过程，电容器的电容逐渐变小

C. 插入介质过程，静电计指针偏角逐渐变大

D. 插入介质过程，静电计指针偏角逐渐变小

【答案】D

【解析】

【详解】A．静电计测定平行板电容器两极间的电压，两者并联，静电计两板间电压等于平行板电容器两极间的电压，故A错误；

B．插入介质过程，依据电容的决定式，，可知，电容器的电容逐渐变大，故B错误；CD．插入介质过程，因电容变大，由于极板的电量Q不变，根据，则有极板间的电压U 减小，因此静电计指针偏角逐渐变小，故C错误，D正确。

5.2018年12月12日，“嫦娥四号”探测器经过约110h奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成太空刹车”，被月球捕获，进入了近月点100千米，远月点400千米的环月椭园轨道。关于“嫦娥四号”在此环月轨道上运行时的说法正确的是（）

A. 线速度不变

B. 角速度不变

C. 向心加速变不变

D. 运行周期不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据开普勒第二定律知，嫦娥四号从远月点向近月点运动时，线速度变大，故A 错误；

BC．嫦娥四号从远月点向近月点运动时，线速度变大，半径r变小，根据v＝ωr知，角速度变大，根据知，向心加速度变大，故BC错误；

D．根据开普勒第三定律，嫦娥四号的轨道半长轴大小不变，周期恒定，故D正确。

6.如图，一个阴极射线管两端加上高电压后，在其荧光屏上出现一条直的绿色亮线现在在阴极射线管的正下方垂直地放一根通电螺线管，通入的电流方向如图中箭头所示则荧光屏上，我们可以观察到的现象是（）

A. 亮线向上弯曲

B. 亮线向下弯曲

C. 亮线几乎消失

D. 亮线仍直线

【答案】B

【解析】

【详解】由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转，故ACD错误，B正确。

7.在平直公路上有A、B两辆汽车，它们的v﹣t图象分别如图中a、b所示，下列说法正确的是（）

A. A车的加速度比B车的小

B. B车的加速度大小1.5m/s2

C. 0～1.5s内A车的平均速度大小为4m/s

D. 0～4s内B车的位移大小为14m

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据v﹣t图象斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，知A车的加速度比B车的大，故A错误；

B．B车的加速度大小为：，故B错误；

C．0～1.5s内A车做匀减速直线运动，平均速度大小为：，故C错误；

D．根据“面积”表示位移，可得，0～4s内B车的位移大小为：x＝×4m＝14m，故D正确。

8.如图，是一对相互啮合的锥形齿轮，小齿轮绕轴O1O2转动，齿数为23，大齿轮在小齿轮的带动下绕O3O4转动，齿数为46，设大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的

线速度大小分别为v1、v2，则（）

A. ω1：ω2＝1：2

B. v1：v2＝2：1

C. 若沿O1O2方向看，小齿轮逆时针转，则沿O3O4方向看，大齿轮逆时针转

D. 若沿O3O4方向看，大齿轮顺时针转，则沿O1O2方向看，小齿轮顺时针转

【答案】A

【解析】

【详解】AB．齿轮传动时，大小齿轮边缘线速度相等，根据v＝ωr知，线速度一定时，其角速度与半径成反比，故v1＝v2，ω1：ω2＝23：46＝1：2，故A正确，B错误；

C．若沿O1O2方向看，小齿轮逆时针转，则沿O3O4方向看，大齿轮顺时针转，故C错误；D．若沿O3O4方向看，大齿轮顺时针转，则沿O1O2方向看，小齿轮逆时针转，故D错误。

9.如图为一款纯电动汽车的铭牌，假设该车在额定功率下以100km/h匀速行驶，则该车充满一次电后的最大行程约为（）

A. 50km

B. 100km

C. 150km

D. 200km 【答案】C

【解析】

【详解】根据功W＝Pt＝qU，知按额定功率可以工作的时间为：

，该车充满一次电后的最大行程约为100×1.5＝150km，故C正确，ABD错误。

10.在杭州湾入海口，有亚洲第一座大型海上风电场﹣﹣东海大桥海上风电场，该风电场有58台风机，风机叶轮直径91m，总装机容量约200兆瓦，所生产的绿色电能，相当于为海减少了20万辆小轿车产生的碳污染。已知空气密度为1.29kg/m3，假设风能转成电能的效率为50%，则杭州湾海域的平均风速约为（）

A. 1m/s

B. 4m/s

C. 7m/s

D. 10m/s 【答案】C

【解析】

【详解】以叶片长L为半径的圆面积s＝πl2，在时间t内通过的位移x＝vt，该体积风的动能为，转化效率为η＝50%，功率公式该风力发电机发出的电功率P的数学表达式为，电能W＝Pt，代入数据，得v＝7m/s，故ABD错误，C正确。

二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16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，有选错的得0分}）

11.如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin100πt(V)，电阻R=44Ω，电表均为理想交流电表。则下列说法中正确的是

A. 交流电的频率为50Hz

B. 电流表A1的示数为0.20A

C. 变压器的输入功率为88W

D. 电压表的示数为44V

【答案】ABD

【解析】

交流电的周期为：T==0.02s，f=1/T=50Hz．故A正确．原线圈的电压有效值为220V，根

据电压与匝数成正比知副线圈电压即电压表的示数为44V，则电流表A2的示数为：I2==1A，电流与匝数成反比，所以电流表A1的示数为：I1=×1=0.2A．故B D正确．副线圈的功率P2＝I22R＝1×44＝44W，所以变压器的输入功率P1=44W，故C错误．故选ABD．

点睛：解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系．

12.关于静电现象的防止与应用，下列说法中正确的是（）

A. 在自助加油站给汽车加油时，应禁止梳头或穿脱衣服

B. 高压输电线上方的两条导线与大地相连，可以把高压输电线屏蔽起来，免遭雷击

C. 处于静电平衡状态的导体上的感应电荷在其内部形成的电场强度为零

D. 避雷针的作用是通过尖端放电，中和大气中的电荷，降低云层与大地的电势差

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．在自助加油站给汽车加油时，应禁止梳头或穿脱衣服，避免梳头或穿脱衣服产生的静电火花，引起火灾，故A正确；

B．高压输电线上方的两条导线与大地相连，如果雷电击中线路，架空地线就能有效的将雷电电流分散到相邻的杆塔导入地下，避免输电线路雷击事故的发生，故B正确；

C．处于静电平衡状态的导体上的感应电荷在其内部形成的电场与原电场的电场大小相等，方向相反，不等于零；所以静电平衡状态的导体其内部电场强度为零，故C错误；

D．雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，避雷针的作用是通过尖端放电，中和大气中的电荷，降低云层与大地的电势差，故D正确。

13.如图所示的实线表示某静电场的等势中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线（）

A. 粒子必定带正电荷

B. 粒子在M点速度大于N点速度

C. 粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能

D. 粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的反方向，所以电荷为负电荷，粒子做减速运动，故A错误，B正确；

C．由M运动到N，电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故C错误；

D．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N

点的加速度，故D正确。

14.如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。关于导线abed所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是（）

A. 方向沿纸面垂直bc向上，大小为（+1）ILB

B. 方向沿纸面垂直bc向下，大小为（+1）ILB

C. 若在纸面内将abcd逆时针旋转30°，力的大小不变

D. 若在纸面内将abcd逆时针旋转60°，力的大小减半

【答案】AC

【解析】

【详解】由安培力公式F＝BIL，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左。同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右。因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为BIL，方向竖直向上；而bc段安培力的

大小为BIL，方向是竖直向上。则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为（+1）BIL，方向是竖直向上。若在纸面内将abcd旋转任何角度，力的大小均不变，故AC正确，BD 错误。

三、实验探究题（本题共2小题，每个空格2分，共18分）

15.在探究“功和速度变化的关系“的实验中，某同学用如图所示装置，尝试通过测得细绳拉力（近似等于悬挂重物的重力）做的功和小车获得的速度进行探究。

（1）对于本实验方案，下列说法正确的是_____（填序号）

A．不需要平衡摩擦力

B．需要重物质量远小于小车质量

C．操作时细线应该与木板平行

D．必须测量小车的质量

（2）除了图中所给的仪器，还需要下列哪些仪_____（填序号）

A，秒表B．学生电源C．天平D．刻度尺

【答案】 (1). BC (2). BD

【解析】

【详解】（1）由图示实验装置可知，小车受到的拉力等于重物的重力；实验时小车受到的合力等于重物的拉力，因此该方案需要平衡摩擦力，故A错误；只有当重物质量远小于小车质量时，小车所受到的拉力近似等于重物的重力，否则实验误差将很大，因此该方案需要重物的质量远小于小车的质量，故B正确；小车受到的拉力等于重物的重力，该方案操作时细线应该与木板平行，故C正确；在该实验方案中小车做匀加速直线运动，只需要判断重物做的功与小车的速度变化的关系即可，可以不测量小车的质量，故D错误。所以选BC。

（2）打点计时器记录时间，所以不需要秒表，但必须要学生电源。故A错误，B正确；该实验只需要判断速度的平方与做功的大小成正比即可，可以不测量出小车的质量，故C错误；要计算小车的速度必须要测量出小车得T时间内的位移，所以需要刻度尺，故D正确。所以选BD。

16.某同学想测量一段导体的阻值。

（1）他先用多用电表进行初步测量，主要的操作过程分以下几个步骤，请将第④步操作填写完整：

①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔；选择电阻挡“×10”；

②将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向“0”；

③将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“0”；

④选择电阻挡_________(选填“×100”或“×1”)，将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮调零后；重新将红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的阻值。

（2）采用上述的操作步骤后，多用电表的指针位置如图所示。则该段导体的电阻测量值为______。

（3）为了比较精确地测量这个导体的电阻值，他采用伏安法继续进行实验测量，现有实验器材如下：

A．电源E（电动势4.0V，内阻约0.5Ω）；

B．电压表（0～3V，内阻3kΩ）;

C．电压表（0～15V，内阻15kΩ）；

D．电流表（0～0.6A，内阻0.1Ω）

E．电流表（0～3A，内阻0.02Ω）；

F．滑动变阻器R1（0～50Ω，1.5A）；

G．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.3A）；

H．开关S和导线若干。

为了调节方便，测量准确，在实验中，滑动变阻器应选用______（选填序号字母）。连接电路时，电压表应选_____（选填序号字母）、电流表应选______（选填序号字母）。实验电路应采用图中的_____（选填“甲”或“乙”）。

（4）若在上问中选用甲电路，产生误差的主要原因是______。（选填选项前的字母）

A．电流表测量值小于流经R x的电流值

B．电流表测量值大于流经R x的电流值

C．电压表测量值小于R x两端的电压值

D．电压表测量值大于R x两端的电压值

【答案】(1). ×1 (2). 8 (3). F (4). B (5). D (6). 甲 (7). B 【解析】

（1）将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“0”，说明倍率档选择过大，应该改用×1档；

（2）如图可知，电阻的测量值为8Ω.

（3）电源的电动势为4V，则电压表选B；电路中可能出现的最大电流，则电流表选择D;滑动变阻器选择阻值较小的F；因，故应选用电流表外接，即选择甲电路；

（4）甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用，使得电流表测量值大于流经R x的电流值，故选B.

四、计算题（本题共4小题，共5分，要求解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，解答过程必原写出数值和单位，只写出最后答案不得分）

17.（2018·浙江省杭州市命题比赛高考选考科目模拟测试）原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量m=60 kg的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。假设运动员起跳时为匀加速运动，求：

（1）该运动员离地面时的速度大小为多少；

（2）起跳过程中运动员对地面的压力；

（3）从开始起跳到双脚落地需要多少时间？

【答案】（1）4m/s （2）1560N （3）1.05s

【解析】

（1）从开始起跳到脚离开地面重心上升=0.5m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离=0.8m，根据速度位移关系：

所以；

（2）脚未离地过程中，，得

对人受力分析，得

由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向向下；

（3）加速上升时间，减速上升的时间，加速下降和减速上升时间相同，故总时间为。

18.如图所示，竖直平面内半径R＝045m的光滑半圆形轨道BCD，与倾角为37°的斜面在B点处圆滑连接。A、D两点等高，在A处固定一弹射器。质量m＝0.2kg的小物块（可看作质点）从弹射器弹出后，沿动摩擦因数μ＝0.5的斜面下滑，到达B端时速度为m/s，然后通过半圆形轨道从D点水平飞出，求：

（1）小物块被弹射器弹出过程中，弹射器释放的弹性势能；

（2）小物块在D点时对轨道的作用力；

（3）小物块从D点飞出后落在斜面上离B点的距离。

【答案】（1）0.8J（2）0.2N，方向向下（3）0.75m

【解析】

【详解】（1）小物体被弹出到B点的过程，由动能定理得

W弹+（mgsin37°﹣μmgcos37°）L AB＝﹣0

其中：L AB＝

解得：W弹＝0.8J

由功能关系得：弹簧的弹性势能E P＝0.8J

（2）由B到D的过程由动能定理得：﹣mg?2R＝

解得：v D＝2m/s

在D点由牛顿第二定律得：F N+mg＝m

联立解得：F N＝﹣0.2N

由牛顿第三定律知对轨道内壁的作用力为0.2N，方向向下

（3）设从D飞出到斜面的时间为t，由平抛运动的规律得

竖直方向：y＝

水平方向：x＝v D t

由几何关系得：tan37°＝

联立解得：t＝0.3s

设打在斜面上的位置为P，则P B＝

解得：P B＝0.75m

19.如图所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B1＝0.20 T的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度d＝12.5 cm的匀强磁场B2，某时刻一质量m＝2.0×10－8kg、电量q＝＋4.0×10－4C的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上坐标为(－0.25 m，0)的P点以速度v＝2.0×103m/s沿y轴正方向运动．试求：

(1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径；

(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角；

(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2应满足的条件．

【答案】（1）r1=0.5m

（2）θ=60°

（3）B0≥0.4T

【解析】

（1）设微粒在y轴左侧做匀速圆周运动的半径为r1,转过的圆心角为θ

代入数据得 r1="0.5m " -----------------3分

（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图

有几何关系得

θ="60° " ----------------3分

（3）设粒子恰好不飞出右侧磁场时,磁感应强度为B0,运动半径为r2,其运动轨迹如图有几何关系得

r2=0.25m

由得 B0=0.4T

所以磁场满足B0≥0.4T -----------------3分

20.如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ间距d＝1m，倾角θ＝37°，轨道顶端连有一阻值为R＝2Ω的定值电阻，整个空间存在着垂直轨道平面向下的磁场，磁感应强度B的变化规律如图乙所示现用力将质量m＝0.4kg，电阻产r＝2Ω的导体棒ab从0时刻开始固定于离轨道顶端l＝2m处，在4s时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x0＝1.5m 后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好。求：

（1）0﹣4s内通过导体棒ab的电流大小和方向；

（2）导体棒ab的最大速度v m；

（3）撤去外力后，导体棒ab下滑2m的过程中，在ab棒上产生的焦耳热Q。

【答案】（1）0.25A，方向为a到b；（2）1m/s；（3）1.9J。

【解析】

【详解】（1）根据楞次定律可知，通过导体棒ab的电流方向为a到b

根据法拉第电磁感应定律：E＝n

可得：E1＝＝1V

根据闭合电路欧姆定律可得：I1＝＝0.25A，方向为a到b

（2）当导体棒CD开始下滑到最大速度时匀速运动，

根据受力平衡可得：mgsinθ＝Bl2d

根据欧姆定律可得：I2＝

切割磁感线产生的感应电动势：E2＝Bdv m

联立可得导体棒ab的最大速度：v m＝＝1m/s

（3）下滑过程中电阻R与导体产生热量相等，根据能量守恒定律：mgx0sinθ＝+2Q

可得ab棒上产生的焦耳热：Q＝mgx0sinθ﹣代入数据解得：Q＝1.9J