1、浙江省温州新力量联盟2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单项选择题（本题包括 13 小题。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得 3分，共 39 分）1.鸟能够飞起来的条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力。人们猜测空气对鸟的升力 f 与鸟的翅膀面积 s 和飞行速度 v 有关关系式为 f=2，则 k 的单位是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将各组数据分别代入，分析方程左右两边单位是否相同即可。【详解】由题意，力的单位是，面积的单位是，速度的单位是，则：对应的单位：故A正确，BCD错误。2.物理学的发展离不开许多物理学家的智慧和奋斗，我们学习物理
2、知识的同时也要学习他们的精神记住他们的贡献关于他们的贡献，以下说法正确的是（ ）A. 安培通过实验发现通电导线周围存在磁场，并提出了判断磁场方向的安培定则B. 法拉第通过近十年的艰苦探索终于发现了“磁生电”的条件C. 奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并推出了洛伦兹力公式D. 楞次通过实验总结出感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反【答案】B【解析】【详解】A.电流的磁效应是奥斯特发现的，不是安培，A错误B.法拉第通过多年研究发现“磁生电”的条件，并提出电磁感应定律，B正确C.洛仑兹力公式是洛仑兹提出的，不是奥斯特,C错误D.楞次定律的内容是感应电流的磁场总是阻碍引起感应
3、电流的磁通量的变化，而不是和引起感应电流的磁场方向相反，D错误3.下表是四种交通工具的速度改变情况，假设均为匀变速直线运动，下列说法正确的是（ ）初始速度（m/s） 经过时间（s） 末速度（m/s） 甲 5510乙 01010丙 01020丁 02030A. 甲的初速度最大，加速度最大B. 乙的速度变化最小C. 丙的速度变化最快D. 丁的末速度最大，加速度最大【答案】C【解析】【详解】ACD、根据表格可知，甲的初速度最大，丁的末速度最大，甲的加速度为：，乙的加速度为：，丙的加速度为：，丁的加速度为：，则丙的加速度最大，速度变化最快，故AD错误，C正确；B、根据表格可知甲的速度变化最小，故B错误
4、。4.两个完全相同的绝缘金属小球 A、B，A 球所带电荷量为+4Q，B 球不带电。现将 B 球与A 球接触后，移至与 A 球距离为d 处（d 远大于小球半径）.已知静电力常量为 k，则此时 A、B 两球之间的库仑力大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】未接触前，根据库仑定律，得：库仑为零；接触后两球带电量q=4Q，每个球的电荷量为2Q，再由库仑定律，得，故C正确。故选：C。5.元旦期间我市某商场推出“消费满 100 减 20”的优惠活动并在其外墙上悬挂一块告示牌，下图所示为一些悬挂告示牌的方式，若 ，则每根细绳所受的拉力中，数值最大的是( )A. B. C. D. 【答
5、案】B【解析】【分析】根据“下图所示为一些悬挂告示牌的方式，若，则每根细绳所受的拉力中，数值最大的是”可知，本题考查共点力平衡、力的平行四边形定则，根据两力的合力一定时，两力的大小与两力夹角的关系分析解答。【详解】由题意可知，两绳子的拉力的合力相等，根据力的平行四边形定则，可知当两绳子的夹角越大时，其拉力也越大。因此，B图的拉力数值最大；故B正确，ACD错误；故选：B。【点睛】两绳子拉力的合力一定，细绳与竖直方向夹角越大，绳子的拉力越大；夹角越小，拉力越小。6.如图，将完全相同的两个物体甲、乙放在光滑的水平桌面上，通过一根水平绳对其施力，甲是在绳的另一端施以 10N 的竖直向下的拉力，乙是在绳
6、的另一端挂一个重 10N 的物体.则两物体的加速度相比（ ） A. 甲的大B. 乙的大C. 一样大D. 无法判断【答案】A【解析】【详解】对于甲图，物体的加速度。对于乙图，对整体分析，运用牛顿第二定律得，可知aa故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解注意乙图中绳子的拉力不等于物体的重力7.围绕地球运动的低轨退役卫星，会受到稀薄大气阻力的影响，虽然每一圈的运动情况都非常接近匀速圆周运动，但在较长时间运行后其轨道半径明显变小了。下面对卫星长时间运行后的一些参量变化的说法错误的是（ ）A. 由于阻力做负功，可知卫星的速度减小了B. 根据万有引
7、力提供向心力，可知卫星的速度增加了C. 由于阻力做负功，可知卫星的机械能减小了D. 由于重力做正功，可知卫星的重力势能减小了【答案】A【解析】【详解】卫星在阻力的作用下，要在原来的轨道减速，万有引力将大于向心力，物体会做近心运动，轨道半径变小，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，由，得：，B正确，由于阻力做负功，机械能被消耗，所以卫星的机械能减小了，故C正确，重力做正功，重力势能减小，故D正确，本题选择错误的，故选A。8.瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每一年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地，某日一跳伞爱好者
8、以 5m/s 的速度竖直匀速降落，在离地面 h=10m 的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为（扣子受到的空气阻力可忽略，g 取 10m/s2）（ ）A. 2sB. C. 1sD. 【答案】C【解析】【分析】扣子做初速度为5m/s的匀加速运动落地，由位移时间关系求得扣子落地时间，跳伞员匀速运动，根据位移时间关系求得落地时间从而求得落地时间差【详解】由题意知，扣子做初速度为5m/s加速度为重力加速度的匀加速运动，落地时位移为10m，根据位移时间关系x=v0t+at2代入数据有：10=5t1+10t12；求得扣子落地时间：t1=1s跳伞员匀速运动，根据位移时间关系知，运动员落地时间，所
9、以跳伞员晚着陆时间为t=t2-t1=1s；故选C。【点睛】知道掉落的扣子做匀加速运动，跳伞员做匀速运动，掌握位移时间关系是正确解题的关键9.某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由 M 运动到 N，以下说法正确的是( )A. 粒子必定带正电荷B. 该静电场一定是孤立正电荷所产生的C. 粒子在 M 点的加速度大于它在 N 点的加速度D. 粒子在 M 点的速度小于它在 N 点的速度【答案】D【解析】【详解】A.根据轨迹可以确定，粒子受电场力方向向上，但是由于场强方向未知，所以粒子带电性质不能确定，A错误B.因为不确定电场的方向，所以无
10、法确定是否为孤立正电荷所产生，B错误C.电场线越密集，场强越大，所以N点的场强大于M点的场强，所以N点的加速度大，C错误D.因为由M运动到N，电场力方向沿电场线切线向上，与速度方向夹角小于90度，电场力做正功，所以N点动能大，速度大，D正确10.如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备。这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力)，一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下。下列说法正确的是（ ）A. 自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B. 自由下落阶段和制动阶段，乘客速度的变化量相同C. 自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等D
11、. 整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍【答案】D【解析】【详解】自由下落阶段乘客的机械能不变，制动阶段乘客机械能减小，选项A错误；自由下落阶段和制动阶段，乘客的动量变化等大反向，则乘客所受合力的冲量大小相同，方向相反，选项B错误；自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定相同，则乘客所受重力做的功不一定相等，选项C错误；整个下落过程中，若乘客的最大速度是v，则自由阶段的平均速度为v/2，制动阶段的平均速度也是v/2，即最大速度是全程平均速度的两倍，选项D正确；故选D.11.上海磁悬浮线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最
12、小半径也达到1300米.一个质量50kg的乘客坐在以360km/h不变速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法不正确的是（ ）A. 乘客受到来自车厢的力大小约为200NB. 乘客受到来自车厢的力大小约为539NC. 弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适D. 弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度【答案】BCD【解析】【分析】对人进行受力分析，根据向心力公式求出所需要的向心力，根据几何关系求出乘客受到来自车厢的力，根据向心力公式可知弯道半径设计特别长时，向心力较小，根据几何关系即可求解【详解】对人进行受力分析，如图所示：根据圆周运动向心力公式得：；，故A错误，B正确；弯道半径设
13、计特别长时F向较小，乘客在转弯时受到来自车厢的力较小，所以更舒适，故C正确；弯道半径设计特别长时F向较小，弹力在沿水平方向的分量就小，列车的倾斜程度就小，故D正确。故选BCD。12.如图所示，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压 U加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OAy，则能正确反映y与U之间的函数关系的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理求出粒子的速度，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出y与U间的关系式，再分析
14、图示图象答题【详解】粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，由几何知识得：y=2r，解得：，则y2=U，图C所示图象正确；故选C。【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题13.根据里克特在 1953 年提出的公式计算，每一级地震释放的能量 E2与次一级地震能量E1的关系为 lg（E2/E1）=1.5，其中 1.0 级地震释放能量为 2.0106J。广岛原子弹爆炸的能量约相等于 13000 吨的 TNT 烈性炸药，即大概为 5.51013J。
15、2008 年 5 月中国地震局将四川汶川大地震定为里氏 8.0级，那么汶川大地震的能量相当于多少颗广岛原子弹爆炸释放的能量（ ）A. 10 颗B. 100 颗C. 1000 颗D. 10000 颗【答案】C【解析】【详解】四川汶川大地震定为里氏 8.0级，释放能量为：，所以，所以，相当于原子弹数目：，ABD错误，C正确二、不定项选择题（本题共4小题。每小题至少有一个选项是符合题意，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分，共16分）14.如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1=R2=2r=2，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电 ，开关 S
16、 断开时，电阻 r消耗的电功率为 100W.下列说法正确的是( )A. 原线圈输入电压的有效值为B. 开关S 闭合前后，通过电阻R1的电流之比为 2:3C. 开关S 闭合前后，电流表的示数之比为 2:3D. 变压器原副线圈的匝数之比为 11:3【答案】CD【解析】【详解】A、原线圈输入正弦式交流电e=110sin100t(V)，故有效值为110V，故A错误；BC、对于理想变压器，由可知，无论开光闭合与否，副线圈两端电压不变，开关闭合前，副线圈所在电路，有，开关闭合后，对电阻的电流，有，开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为43，故B错误；电流表的示数，故闭合前后有，故C正确；D、开关断开时，
17、对电阻r，有，得，此时副线圈两端电压的有效值为，故有，故D正确，15.如图甲为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在 x=2m 处的质点 P 以此时刻为计时起点的振动图象.下列说法正确的是（ ） A. 这列波的波长是 4mB. 这列波的传播速度是 20m/sC. 经过 0.15s，质点 P 沿 x 轴的正方向传播了 3mD. t=0.1s 时，质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向【答案】AB【解析】【详解】A.根据甲图可以求出，波长，A正确B.根据图乙可以求出，周期，所以波速：，B正确C.在波传播的过程中，各质点在各自平衡位置附近振动，而不沿波方向移动，C错误D.根据图乙
18、可知，此时P质点向下振动，根据平移法可知，波向正向传播，再过t=0.1s即半个周期，Q在平衡位置上方向平衡位置移动，所以运动方向沿y轴负方向，D错误16.某介质对红光的折射率 n=1.5,一束红光从这种介质射向空气.则下列几幅光路图中可能正确 的 ( )A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】光线从折射率为1.5的介质中射向空气，全反射临界角为：，且C30；故入射角为60时，大于临界角，故会发生全反射，只有反射光线；入射角为30时，小于临界角，不会发生全反射，既有折射光线又有反射光线；故选BC。【点睛】本题关键是明确明确光的全反射条件：从光密介质射向光疏介质，入射角大于或等于临界角
19、17.如图所示，光滑导轨 OMN 固定，其中 MN 是半径为 L 的四分之一圆弧，O 为圆心OM、ON 的电阻均为 R，OA 是可绕 O 转动的金属杆，A 端位于 MN 上，OA 与轨道接触良好，空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，MN、OA 的电阻不计则在 OA 杆由 OM 位置以恒定的角速度 顺时针转到 ON 位置的过程中（ ） A. OM 中电流方向为 O 流向MB. 流过 OM 的电荷量为C. 要维持 OA 以角速度匀速转动，外力的功率应为D. 若 OA 转动的角速度变为原来的2倍，则流过 OM 的电荷量也变为原来的2倍【答案】BC【解析】【分析】OA杆切割磁感
20、线，由右手定则可得OA杆感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求得产生的感应电动势；根据闭合电路欧姆定律求得OM中感应电流，根据求得流过OM的电荷量，根据能量守恒可得外力的功率等于发热功率；【详解】AOA杆由OM位置以恒定的角速度顺时针转到ON位置的过程，产生的感应电动势，则感应电流大小恒定，由右手定则可得OM中电流方向为M流向O，故A错误；BD根据闭合电路欧姆定律可得OM中感应电流 ，则流过OM的电荷量为 ，若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量不变，故B正确，D错误；COM的发热功率，根据能量守恒可得外力的功率应为，故C正确；故选BC。【点睛】关键是明确OA杆的切割磁感线是电
21、源，根据能量守恒定律、切割公式和欧姆定律多次列式求解。三、实验题（本题共 2 小题，共 16 分） 18.(1)如图甲所示，为了观察双缝干涉图样，在暗室中做光的干涉实验，打开激光器，让一束黄色的激光通过双缝。 在光屏上观察到的图案应该是图乙中的_（选填“a”或“b”）； 为了让光屏上观察到的条纹间距变大，下列做法可行的是_。 A.其它条件不变，只将光源换为红色激光光源 B.其它条件不变，只将光源换为蓝色激光光源 C.其它条件不变，只换一个双缝间距较小的双缝 D.其它条件不变，只减小双缝与光屏的距离(2)如图甲所示为实验室的一款直流电流表，其接线柱间的标识如图乙所示，其使用说明书上附的电流表内部
22、线路如图丙所示。某次用 03A 量程测量时，示数如图丁所示，其读数为_A.该款电流表 00.6A 量程对应内阻为_请用图丙中的阻值符号 Rg、R1、R2、R3表示）.若电阻 R1 断路，则电流表允许通过的最大电流约为_mA（结果保留两位有效数字）.【答案】 (1). b (2). AC (3). 120(1.191.21) (4). (5). 4.4【解析】【详解】（1）双缝干涉的条纹图样是等间距的，所以观察到的图样是b干涉条纹间距方程：A.将光源换成红色，波长变长，条纹间距变大，A正确B.将光源换成蓝色光，波长变短，条纹间距变小，B错误C.将双缝间距d变小，根据间距方程得，条纹间距变大，C正
23、确D.减小双缝到屏的距离L，条纹间距变小，D错误（2）根据图丁，选用量程03A，可求出示数为1.20(1.191.21)A根据图丙可求得，0.6A对应内部结构为Rg、R3的串联与R1、R2串联后的并联，所以内阻为若电阻 R1 断路，根据电路结构可知，允许通过最大电流就是表头的满偏电流，根据图乙：取0.6A量程：，带入数据得：19.如图所示为“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置.某同学的实验步骤如下： 用天平测量并记录物块和拉力传感器的总质量 M；调整长木板和滑轮，使长木板水平且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，记录拉力传感器的读数 F1，根据相对应的纸带，求
24、出加速度 a1；多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤，记录传感器的读数 Fn，求出加速度 an。请回答下列问题：(1)图乙是某次实验得到的纸带，测出连续相邻计时点 O、A、B、C、D 之间的间距为 x1、x2、x3、x4，若打点周期为 T，则物块的加速度大小为 a=_（用 x1、x2、x3、x4、T 表示）. (2)根据实验得到的数据，以拉力传感器的读数 F 为横坐标、物块的加速度 a 为纵坐标，画出 a-F 图线如图丙所示，图线不通过原点的原因是_.(3)根据该同学的实验，还可得到物块与长木板之间动摩擦因数 ，其值可用M、a-F 图线的横截距F0 和重力加速度g 表示为_.【答案】 (1).
25、(2). 该同学实验操作中没有平衡摩擦力（或“物块与长木板之间存在滑动摩擦力”） (3). 【解析】【详解】（1）根据逐差法求出加速度：（2）根据图像可知，当拉力大于F0时，才产生加速度，所以原因为该同学在操作中没有平衡摩擦力（3）根据图像可知，当拉力等于F0时，物块刚好产生加速度，所以，解得：四计算题 （本题共 3 小题，共 29 分，要求画出必要的图形，写出必要的文字说明，重要的方程式和演算步骤，有数值计算的必须明确写出数值和单位） 20.M99是我国生产的性能先进、精度高、射程远的重型狙击步枪。M99 的枪管长度为1.48m.射击时，在火药的推力下，子弹在枪管中由静止开始匀加速运动；射出
26、枪口时，子弹的速度为 800m/ s.已知子弹的质量为 50g，求：(1)子弹在枪管中加速度a的大小；(2)子弹在枪管中受到的合力的大小.（结果都保留两位有效数字）【答案】（1）22105m/s2；（2）1.1104N【解析】【详解】(1)由于子弹在枪管中做匀加速直线运动，根据速度位移关系式得：，带入数据解得：a=2.2105m/s2； (2) 根据牛顿第二定律得：Fma，代入数据解得 F=1.1104N21.如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 ABCD、ADBC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于
27、纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 （90），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出。若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小。【答案】（1）（2） （3） 【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1） 设撤去电场时，
28、粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O。 由几何关系可知： 洛伦兹力做向心力： 解得 （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有粒子作匀速运动：x=v0t联立解得 （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B解得【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.22.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点，右端与一倾角为30的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹
29、簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；（3）滑块最终停在何处？【答案】（1）60N，竖直向下；（2）1.4J；（3）在BC间距B点0.15m处【解析】详解】（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：mgR=mvB2解得：vB3m/s，滑块在B点，由牛顿第二定律：F-mg=m 解得：F60N，由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力：FF60N；（2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：mgRmgLBCmgLCDsin30+W0，其中：EPW，解得：EP1.4J；（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得： 解得：s225m则物体在BC段上运动的次数为：n5.625，说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.6250.40.25m，故滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）；【点睛】本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理- 20 -