浙江省杭州市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

浙江省杭州市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该横波沿x轴正方向传播
B．该横波的波速为0.5m/s
C．0~2s时间内，质点P运动的路程为8cm.
D．若该横波传播过程遇到宽度为0.2m的障碍物，不会观察到明显的衍射现象
2．下列有关光的现象，解释正确的是（ ）
A．阳光下的肥皂泡有彩色花纹是光的干涉现象 B．光照射障碍物出现影子轮廓模糊是光沿直线传播现象
C． “光纤通信”是利用了光的干涉的原理 D．用3D眼镜观看3D电影利用了光的偏振
二、单选题
3．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω，则（　　）
A．在t＝0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零
B．电压表的示数为6V
C．灯泡消耗的电功率为3W
D．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝12sin100πt（V）
4．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比为，原线圈所接电源的电压为，P是熔断电流为1A的保险丝（忽略保险丝对电压的影响），R为电阻箱（额定电流较大）。为保证保险丝不会熔断，电阻箱接入电路的最小阻值为（　　）
A． B． C． D．
5．有关光的现象，下列说法正确的是（　　）
A．光从水中到空气中折射时，频率不变而波长变长
B．光在光导纤维中传播时，在纤维与空气的界面上发生全反射
C．观看立体电影的眼镜利用光的干涉原理制成
D．紫外线具有显著的荧光效应，波长比可见光更长
6．一水平弹簧振子做简谐振动，振幅为A，周期为T，O为平衡位置，B、C为两侧最大位移处，从经过位置P（P与O、B、C三点均不重合）时开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．再经过时间T过长中，振子的平均速率一定等于
B．经过时，振子的瞬时速度不可能与P相同
C．再经过时间过程中，振子的路程可能大于A，可能等于A，不可能小于A
D．经过时，弹簧的伸长量和弹性势能均相同
7．如图所示，一条红色光线和另一条紫色光线，以不同的角度同时沿半径方向射入同一块半圆形玻璃砖，其透射光线都是由圆心O点沿OC方向射出，则可知（ ）
A．AO是紫光
B．AO穿过玻璃砖所需时间较短
C．在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO光变为BO光，则干涉条纹间距变小
D．光和机械波一样，在介质中的传播速度仅有介质决定
8．如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是
A．S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光
B．S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭
C．S断开，b灯“闪”一下后熄灭
D．S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势
9．如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心、半径为R的球面上的点，o、a、e、c、f点共面且与电场平行，o、b、e、d、f点共面且与电场垂直，则下列说法中正确的是（　　）
A．b、d、两点的电场强度均相同，电势相等
B．a、c两点电场强度不同，电势相等
C．将检验点电荷+q在上述球面上的任意两点之间移动时，电场力对它一定做功
D．在上述球面上，将检验点电荷+q在任意两点之间移动，其中由a点移动到c点过程的电势能变化量最大
10．甲、乙两列完全相同的横波，分别从波源A、B两点沿直线Ox相向传播，时的图像如图所示，若两列波的波速均为1m/s，则（　　）
A．时，F点的位移最大 B．时，E、F、G三点的位移最大
C．时，F点的位移最大 D．时，F点的位移最小
11．LC振荡电路中，电容器两极板上的带电量q随时间t变化的关系如图所示。则（　　）
A．在t1时刻，电路中的电流最大
B．在t2时刻，电路中只有磁场能
C．在t3时刻，电感线圈两端电压最大
D．t3~t4时间内，电路中的电流不断增大
12．下列小磁针方向（所有小磁针都处于静止状态）正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．频率不同的两束单色光1和2 以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示．关于单色光1和2，下列说法正确的是（ ）
A．在玻璃中单色光1的波长较长
B．在玻璃中单色光1的传播速度较大
C．从玻璃射向空气，玻璃对单色光1的全反射临界角较小
D．若增大入射角，单色光2先发生全反射
三、实验题
14．某同学利用如图甲所示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
(1)若想使从目镜中观察到的相邻滤光片、条纹间距减小，该同学可______________；
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．使用间距更小的双缝
(2)在测量某单色光的波长时，所得图样如图乙所示，调节仪器使分划板的中心刻线对准一条亮条纹A的中心，测量头卡尺的示数如图丙所示，其读数为_______________mm，移动手轮使分划板中心刻线对准另一条亮条纹B的中心，测量头卡尺的示数为15.2mm。已知双缝挡板与光屏间距为0.4m，双缝相距0.1mm，则所测单色光的波长为__________m。
15．图甲所示是演示振动图像的沙摆实验装置，沙摆可视为摆长L＝1.0m的单摆，其摆动可看作简谐运动。实验中，细沙从摆动着的漏斗底部均匀漏出，用手沿与摆动方向垂直的方向匀速拉动纸板，漏在纸板上的细沙形成了图乙所示的粗细变化有规律的一条曲线。
（1）曲线之所以粗细不均匀，主要是因为沙摆摆动过程中_____（选填“位移”、“速度”或“加速度”）大小在变化；
（2）若图乙中AB间距离x＝4.0m，当地重力加速度g＝10m/s2，则纸板匀速运动的速度大小为____m/s。
16．小区蓝牙门禁卡失效，小明换上一块电池，但是问题依旧，拆下此纽扣电池去实验室测定其电动势和内阻
（1）先用多用电表直流5V档位对电池电动势进行粗测，结果如图乙所示，示数为____V；
（2）小明进一步设计了精确测量的电路，请帮助其完成实物连线__________.
（3）小明将实验数据绘入U-I图线，如图戊所示，可知电源电动势测量值为_________V，测量值______电动势的真实值（填“大于”或“等于”、“小于”）；
（4）请用数据分析门禁卡失效的原因______________________________．
17．小明用多用电表测某一电阻，现将将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。 再选择欧姆挡×100挡，测量未知电阻，刻度盘上的指针位置如图所示， 则测量结果是___________Ω。
18．欲用伏安法测定一个阻值约为5Ω左右的未知电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（3V，内阻1Ω）
B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）
D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）
E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）
F．待测电阻
G．开关、导线
H．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）
I．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）
（1）上述器材中应选用的是_____（填写各器材的字母代号）．
（2）为使通过待测电阻的电流能在0～0.5A范围内改变，请在答题卡的虚线框中画出测量待测电阻R的原理电路图_______，然后根据你设计的电路将给定的器材连成实验电路____________．
四、解答题
19．如图所示，在光滑的水平面上有一直角坐标系，其中在第一象限的范围内存在一沿方向的有界匀强电场，其场强大小，电场的上边界满足方程，在第三、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小未知，现在在电场线上边界各处依次静止释放比荷的带负电微粒（不计重力），发现经过一段时间后，所有带电微粒均能通过从轴离开磁场区域。
（1）试写出带电微粒进入磁场时的速度大小与横坐标的关系式；
（2）如果这些带电微粒离开磁场时的位置均在轴负半轴，求磁感应强度的大小范围；
（3）控制的大小在范围内，取不同的值，带电微粒都会在一定区域内离开磁场，求所有带电粒子离开磁场时的最大区域值和最小区域值。
20．带电小球的质量为m，当匀强电场方向水平向右时(图中未画出)，小球恰能静止在光滑圆槽形轨道的A点，图中角θ＝30°，如图所示，当将电场方向转为竖直向下时(保持匀强电场的电场强度大小不变)，求小球从A点起滑到最低点时对轨道的压力.
21．如图，固定的水平光滑平行轨道左端接有一个R=2Ω的定值电阻，右端与竖直面内的圆弧形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点，两圆弧轨道的半径均为r=0.5m，水平轨道间距L=1m，矩形MNN′M′区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T，宽度d=1m．质量m=0.2kg，电阻R0=0.5Ω的导体棒ab从水平轨道上距磁场左边界s处，在水平恒力F的作用下由静止开始运动．若导体棒运动过程中始终与轨道垂直并接触良好，进入磁场后做匀速运动，当运动至NN′时撤去F，导体棒能运动到的最高点距水平轨道的高度h=1.25m．空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）力F的大小及s的大小；
（2）若其他条件不变，导体棒运动至MM′时撤去F，导体棒运动到NN′时速度为m/s．
①请分析导体棒在磁场中的运动情况；
②将圆弧轨道补为光滑半圆弧轨道，请分析说明导体棒能否运动到半圆轨道最高点；
③求导体棒在磁场区域运动过程中，定值电阻R上产生的焦耳热．
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
A．图（a）为t=2s时的波形图，图（b）为在x=1.5m处的质点P的振动图像，该质点在t=2s时向下振动，则该横波沿x轴负方向传播，A错误；
B．由图（a）可知波长λ=2m，由图（b）可知周期T=4s，则波速为
B正确；
C．在0~2s时间内，质点P运动的路程为
s=2A=2×4cm=8cm
C正确；
D．当障碍物的尺寸与波长相差不多，或比波长更小时，就能观察到明显的衍射现象，所以若该横波传播运动中遇到宽度为0.2m的障碍物，就会观察到明显的衍射现象，D错误。
故选BC。
2．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．太阳光下的肥皂泡呈现出彩色条纹，是由于肥皂膜上下表面反射回的光相遇发生干涉形成的，故是光的干涉现象，A正确；
B．光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是由于光的衍射造成的．故B错误．
C．光纤通信利用了光的全反射原理，故C错误；
D．戴上特制的眼镜观看3D电影产生立体视觉，是利用光的偏振现象，在两只眼睛中产生的视觉差，则D正确．
故选AD。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．在t=0.1s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，故A错误；
B．电动势的最大值为，电压表测量的为有效值，又发电机线圈的内电阻不计，故示数为
故B错误；
C．灯泡消耗的功率
故C正确；
D．周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为
由公式可知，转速提高一倍后，角速度变为原来的2倍，最大值也增大一倍，则
故D错误。
故选C。
4．B
【解析】
【分析】
考查变压器基本关系的应用。
【详解】
保险丝的熔断电流为电流的有效值，由得
原线圈电压的有效值，由，得
故电阻箱接入电路的最小阻值为
故选B。
【点睛】
原线圈电压决定副线圈电压，副线圈电流决定原线圈电流。
5．A
【解析】
【分析】
立体电影是利用了光的偏振原理；光在光导纤维中传播时，光的频率由光源决定，与介质无关；紫外线的波长比可见光短．
【详解】
A项：光从水中到空气中折射时，频率不变，波速变大，由v=λf可知，波长变长，故A正确；
B项：光在光导纤维中传播时，在纤维内部的外界面上发生全反射，故B错误；
C项：立体电影是利用了光的偏振原理，不是利用干涉原理，故C错误；
D项：紫外线具有显著的荧光效应，波长比可见光更短，故D错误．
【点睛】
本题考查光的偏振、全反射、频率、波速公式等等基本知识，平时要加强基础知识学习，理解常见光现象的基本原理．
6．A
【解析】
【详解】
A．再经过时间T的过程中，振子回到原位置，此时通过的路程为4A，则平均速率等于
选项A正确；
B．若振子经过到达平衡位置，则再经过的速度与P位置相同，选项B错误；
C．因为P与O、B、C三点均不重合，可知再经过时间过程中，振子的路程可能大于A，可能小于A，不可能等于A，选项C错误；
D．经过时，振子运动到与P点对称的位置，则此时弹簧的伸长量不同，弹性势能相同，选项D错误。
故选A。
7．A
【解析】
【详解】
A. 由图看出，两束光在O点的折射角相同，A光的入射角小于B光的入射角，由折射定律分析得知，玻璃对AO光的折射率大于对BO光的折射率，则AO光线是紫光，BO光线是红光．故A正确．
B.根据分析知，AO光线在玻璃中传播速度较小，所以AO光线较BO光线穿过玻璃砖所需时间长．故B错误．
C. 在双缝干涉实验中，干涉条纹的距离与波长成正比，则知在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO光线变为BO光线，则干涉亮条纹间距变大．故C错误．
D. 机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，光在介质中的传播速度与介质和光的频率均有关，故D错误．
8．B
【解析】
【详解】
A．闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；
B．闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；
C．断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；
D．断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，D错误。
故选B。
9．D
【解析】
【详解】
A．点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向右下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故A错误；
B．匀强电场在a、c两点的场强相同，点电荷在a、c两点的场强等大反向，可知两点的合场强不相同；匀强电场中a点电势高于c点，点电荷在a、c两点的电势相同，可知a点电势高于c点，选项B错误；
C．当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；
D．在上述球面上，a、c两点的电势差最大，则将检验点电荷+q在任意两点之间移动，由a点移动到c点过程的电势能变化量最大，选项D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．在t=0.2s时间内，波传播的距离
x=vt=0.2m
两列波都传到F点，此时两列波单独引起F点的振动方向均向下，但位移是零，E、G两点位移最大。故ABD错误。
C．时，波传播的距离
x=vt=0.5m
两列波波峰都传到F点，F点的位移最大，故C正确。
故选C。
11．A
【解析】
【详解】
A．在t1时刻，极板带电量为零，此时电容器放电完毕，电路中的电流最大，选项A正确；
B．在t2时刻，极板带电量最大，则回路电流为零，电路中磁场能为零，选项B错误；
C．在t3时刻，极板带电量为零，此时电路中电流最大，电流的变化率为零，电感线圈两端电压为零，选项C错误；
D．t3~t4时间内，极板带电量增大，电容器充电，则电路中的电流不断减小，选项D错误。
故选A。
12．B
【解析】
【详解】
A．小磁针静止时N极所指方向即为磁感应强度的方向，A中小磁针N极所指方向与磁感线方向相反，A错误；
B．根据安培定则，从上向下看可知磁感线为逆时针方向，与小磁针N极所指方向相同，B正确；
C．根据安培定则可知环中产生的磁场与纸面垂直，小磁针与纸面平行，C错误；
D．根据图中条形磁铁位置可知磁感线由N极指向S极，小磁针N极所指方向与磁感线方向不符，D错误。
故选B。
13．C
【解析】
【详解】
光线进入玻璃砖时，在上表面单色光1比单色光2偏折厉害，则玻璃对单色光1的折射率较大，频率较大，则单色光1的波长较小．A错误．根据知，单色光1的折射率大，则单色光1在玻璃中传播的速度较小．B错误．根据知，单色光1的折射率大，则临界角较小．C正确．由于单色光的临界角较小，所以若增大入射角，单色光1先发生全反射．在该图中，由于光线在玻璃砖上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路的可逆性原理知，光线不会在下表面发全反射，D错误．
14． B 11.4
【解析】
【详解】
(1)[1]根据双缝干涉条纹间距公式可知想减小从目镜中观察到的相邻条纹的间距，可将屏向靠近双缝的方向移动，即减小，或使用间距更大的双缝，即增大，与单缝到双缝的距离没有关系，故A、C错误，B正确；
故选B；
(2)[2]分划板在位置时，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为
则相邻条纹的间距为
双缝的间距为
屏与双缝间的距离为
根据双缝干涉条纹间距公式可得
15． 速度 1
【解析】
【详解】
[1]沙摆漏沙速度一定，但是曲线不均匀，说明沙摆的速度在变化；
[2]单摆的周期为
故纸板的速度为
16． 3.30V 2.0 小于 电源内阻为80.6Ω，内阻分压过多，电源输出电压低而造成蓝牙无法正常工作
【解析】
【详解】
（1）多用电表的量程为5V，故最小分度 0.1V，所以其读数为3.30V；
（2）本实验中采用限流接法即可测量，同时因电流表内阻与电源内阻较为接近，故为了减小误差，应采用相对电源的电流表外接法；故测量实物图如图所示；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得：U=E-Ir，则可知，电源的电动势E=2.0V；由于本实验中电压表的分流作用，使电流表示数偏小，测出的电动势和内电阻均偏小；
（4）根据图象可知，电源的内阻，则内阻分压过多，电源输出电压低而造成蓝牙无法正常工作；
17．2200
【解析】
【详解】
由图示表盘可知，测量结果为
18． ACDFGH
【解析】
【分析】
应根据电源电动势大小选择电压表，根据 求出的电流值选择电流表，根据通过电流表的最小电流不能小于满刻度 的，求出电路中最大电阻，来选择滑动变阻器，当要求电流从零调时，变阻器必须用分压式接法．
【详解】
（1）由于电池组电动势为3V，电压表应选D；由，可知电流表应选C；由于电路中最大电阻为 ，故滑动变阻器应选H，所以应选择的器材有ACDFGH
（2）由于要求电流从零测量，所以滑动变阻器应用分压式，由于待测电阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图、实物连接图如图所示．
19．（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理可得
即有
解得
（2）根据公式，可得
所以小球经此磁场偏转后打中的坐标为
要求所有从不同位置入射的粒子都在轴负半轴离开，则要求
所以
（3）因为离开磁场时的坐标为
而，则
分析可知时所有小球出磁场时区域值最大，即
当时所有小球出磁场时区域值最小，即
20． ，竖直向下
【解析】
【详解】
试题分析：设小球带电量为q，电场强度大小为E，当场强方向向右时，小球在A点受力如图.由平衡条件得：
qE＝mg/tan30°＝mg.
当场强方向竖直向下时，电场力的方向变为竖直向下，小球从A到B的过程中，重力、电场力都做正功.
由动能定理得：
(mg＋qE)R(1－sin30°)＝mv2－0 ∴v＝
设小球到B点时受到的支持力为.
则：－(mg＋qE)＝mv2/R
代入数据解得： ＝2(＋1)mg
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力
F″N＝2(＋1)mg，方向竖直向下.
考点：本题是力电综合问题，
点评：要明确小球的受力和运动情况，把动能定理和牛顿运动定律结合运用求解．
动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．
21．（1）2N，1.25m（2）①导体棒做加速度减小的减速运动．②导体棒不能到达半圆弧最高点③0.4J
【解析】
【详解】
（1）从NN′沿圆弧运动，离开圆弧轨道竖直上升到最高点的过程，满足机械能守恒定律：
设在磁场中匀速运动的速度为v1，有
得v1=5m/s
导体棒进入磁场后做匀速运动，有F=BIL
解得：F=2N
导体棒从静止开始运动到刚进入磁场过程中，做匀加速运动，
有v12=2as F=ma
解得：s=1.25m
（2）①导体棒在磁场中受到重力、支持力、向左的磁场力，做减速运动．
，
根据牛顿第二定律：F=ma，导体棒速度减小，磁场力减小，加速度减小．
②导体棒在半圆弧轨道上运动时满足机械能守恒定律，假设导体棒能运动到半圆弧最高点，速度为v2，有
解得v2=0
而导体棒能到半圆弧最高点，要求弹力N≥0 即 m/s
故，导体棒不能到达半圆弧最高点．
③导体棒在磁场中运动时，导体棒动能的减少量等于闭合回路电能的增加量．
定值电阻的焦耳热与回路总的焦耳热的比值为
解得：
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