2018-2019学年浙江省杭州市八校联盟联考高二（下）期中物理试卷
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，不选、错选或多选得0分．）
1．（4分）以下以物理学家命名的物理单位，属于国际基本单位的是（ ）
A．牛顿 B．库仑 C．特斯拉 D．安培
2．（4分）关于物理学史，下列说法正确的是（ ）
A．自然界的电荷只有两种，库仑将它们命名为正电荷和负电荷
B．赫兹预言并通过实验证明了电磁波的存在
C．法拉第首先提出了电荷周围存在场的概念
D．法拉第首先发现通电导线周围存在磁场
3．（4分）某汽车在乡村公路行驶时遇到禁行标志，只得将汽车调头原路返回，为了简化问题将汽车视为一个质点，汽车运动图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t＝4s时，加速度方向改变，速度方向未改变
B．t＝4s时，加速度方向未改变，速度方向改变
C．0～6s，汽车位移为30m
D．4～6s，汽车做减速运动
4．（4分）“达•芬奇塔”位于阿联酋的迪拜，计划于2020年竣工，该建筑每层楼都能独立旋转，因转速不快，大楼中的人并不会感觉到眩晕，图甲中所示为该建筑五种不同形态，图乙为某层楼的平面图。当图乙所在楼层正在匀速转动时，以下说法正确的是（ ）
A．处于A点和B点的物体合力为0
B．处于A点和B点的物体合力方向相同
C．处于A点和B点的物体角速度相同
D．处于A点和B点的物体线速度相同
5．（4分）2019年春节期间上映的国产科幻电影《流浪地球》，获得了口碑和票房双丰收。影片中人类为了防止地球被膨胀后的太阳吞噬，利用巨型发动机使地球公转轨道的半径越来越大，逐渐飞离太阳系，在飞离太阳系的之前，下列说法正确的是（ ）
A．地球角速度越来越大
B．地球线速度越来越大
C．地球向心加速度越来越大
D．地球公转周期越来越大
6．（4分）有三个定值电阻：RA＝5Ω，RB＝10Ω，RC＝15Ω，下列伏安特性曲线中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（4分）中国空军八一飞行表演队应邀参加于2019年3月举行的巴基斯坦国庆日飞行表演。中国歼﹣10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行。该飞机翼展10m，表演地点位于北半球，该处磁场的竖直分量为5.0×10﹣5T，该机飞行时速度约为300m/s，下列说法正确的是（ ）
A．该机两翼尖端电势差大小约为0.15V
B．该机两翼尖端无电势差
C．右端机翼电势较高
D．若飞机转向为自东向西飞行，机翼右端电势较高
8．（4分）电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50m/s的速度喷出，宇航员连同装备共100kg，开始时宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100s内到达飞船，喷出气体的质量至少为（ ）
A．0.1kg B．0.15kg C．0.2kg D．0.25kg
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对得6分，漏选得3分，不选、错选或多选得0分．）
9．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．电磁波和机械波的传播都需要介质
B．红光比紫光传播速度大
C．彩虹是由于光的折射现象产生的
D．光从空气进入到水中时，频率保持不变
10．（6分）如图所示，虚线为带正电粒子仅在电场作用下的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．A点加速度一定大于B点加速度
B．A点速度一定大于B点速度
C．A点电势高于B点电势
D．A点电势能一定大于B点电势能
11．（6分）图甲中O点为振源，t＝0时O点开始振动，图乙为P点的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度为50m/s
B．t＝0.3s时，Q点开始沿y轴负方向运动
C．t＝0.4s时，Q点向右移动5m
D．t＝0.5s时，P点经过的路程为20cm
12．（6分）用a，b两单色光分别照射同一双缝干涉装置，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，其中图甲是a光照射时形成的，图乙是b光照射形成的，当由a、b组成的复合光由一个介质进入另一介质时，下列光路图有可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题（本大题共2小题，14分．）
13．（7分）某实验小组利用分压法测绘小灯泡伏安特性曲线，实验图如图所示；
（1）端点M应该接在电流表的 （选填A或B）接线柱；
（2）老师发现实验图中有部分错误，导线 （选填①或②）连接错误。
（3）修正了上述错误后，在闭合开关之前，应使滑动变阻器开关滑至最 （选填“左”或“右”）端。
（4）下列小灯泡的伏安特性曲线最符合实际的是 。
14．（7分）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
（1）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图 中所示的固定方式。
（2）需要测量悬线长度，现用最小分度为1mm的米尺测量，图甲中箭头所指位置是拉直的悬线两端在米尺上相对应的位置，测得悬线长度为 mm；用游标卡尺测量小球的直径，则该单摆的摆长为L＝ mm
（3）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝ 。
四、计算题（第15题8分，第16题10分，第17题12分，共30分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（8分）图中所示为吉利汽车参与赞助的超音速汽车，2018年其最高时速突破1000英里每小时，因为过于昂贵，该项目已经取消，该成绩很有可能成为地面最快速度永久性记录。该车搭载了一台欧洲“台风”战斗机专用的引擎以及一台火箭喷射发动机。由静止启动到140m/s用时14s，此阶段使用战斗机引擎在驱动，而车速一旦超过140m/s，车手就会启动火箭喷射发动机，再耗时25s可达到440m/s的极速，已知车重6.4吨，摩擦力和空气阻力之和为车重的0.2倍，将汽车加速和减速的过程简化为匀变速直线运动，求：
（1）车辆在0～14s加速度a1，14～39s加速度a2；
（2）加速阶段经过的位移大小；
（3）战斗机引擎驱动力F1大小以及火箭喷射发动机驱动力大小F2。
16．（10分）如图甲所示，两根平行导轨间距L＝1m，倾角α＝37°，轨道顶端连有一阻值R＝10Ω的定值电阻，用力将质量m＝50g，电阻r＝10Ω的导体棒MN固定于离轨道顶端d1处，倾斜导轨所在空间存在着垂直于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。在t＝1s时撤去外力，之后导体棒滑至最低点PQ位置后，滑入水平轨道，水平轨道无磁场，导体棒最终停在距离PQ的位移d3＝0.4m处，已知导轨和导体棒之间滑动摩擦因数μ均为0.5，导体棒滑至PQ之前已经达到最大速度，忽略转弯处能量损失，d1＝1m，d2＝4m，d3＝0.4m。求：
（1）判断0～1s内通过导体棒MN的电流方向；
（2）磁场强度B0的大小；
（3）整个过程中定值电阻所产生的焦耳热Q． 
17．（12分）在科学研究中，磁场和电场的结合能使所研究的高速带电粒子约束在某些固定区域内。现有一个半环形区域处于MN边界的上方，其截面内圆半径R1＝0.1m，外圆半径R2＝
m，O点为该环状区域的圆心，区域内有垂直于截面向外的匀强磁场（如图所示），磁感应强度B＝0.5T，边界线以下为电场强度E＝2.0×104N/C的足够大的匀强电场，方向垂直边界向上，内环与边界的交点A为带正电粒子源，粒子能沿垂直磁场方向连续地射入磁场内，已知带正电粒子的荷质比为q/m＝4.0×107C/kg，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。
（1）若某粒子从A点射出时的速度大小为8.0×105m/s，则它在磁场区域内做匀速圆周运动的半径为多大？
（2）假设粒子源射出粒子的最大速率都相同，若要使射入磁场的所有粒子都不能穿出磁场外边界，求粒子的最大速率。
（3）若带电粒子以（2）中的最大速度沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从刚进入磁场开始到第一次回到该点所需要的时间。
2018-2019学年浙江省杭州市八校联盟联考高二（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，不选、错选或多选得0分．）
1．【分析】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。
【解答】解：A、牛顿是力的单位，不是基本单位，故A错误；
B、库仑是电量的单位，不是基本单位，故B错误；
C、特斯拉是磁感应强度的单位，不是基本单位，故C错误；
D、安培是电流的单位，是国际基本单位，故D正确。
故选：D。
2．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、自然界的电荷只有两种，富兰克林将它们命名为正电荷和负电荷，故A错误；
B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了电磁波的存在，故B错误；
C、法拉第首先提出了电荷周围存在场的概念，故C正确；
D、奥斯特首先发现通电导线周围存在磁场，故D错误；
故选：C。
3．【分析】在速度图象中，图象的斜率等于加速度，速度的正负表示速度方向。图象与时间轴所围的面积表示位移。由此分析即可。
【解答】解：AB、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向，知t＝4s时，加速度方向未改变，速度方向改变，故A错误，B正确。
C、0～6s，汽车位移为 x＝
﹣
＝10m，故C错误。
D、4～6s，汽车沿负方向做匀加速运动，故D错误。
故选：B。
4．【分析】做匀速圆周运动的物体合外力提供向心力，合外力不为0且指向圆心；A、B两点属于共轴模型，角速度相同；根据v＝ωr分析线速度大小。
【解答】解：AB．由于A、B两点都做匀速圆周运动，故合外力不等于0且指向圆心，故AB错误；
CD．由图可知A、B两点的角速度相同，A点的半径大于B点的半径，根据v＝ωr可知A点的线速度大小于B点的线速度，故C正确，D错误。
故选：C。
5．【分析】天体绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式表示出周期、线速度、角速度、向心加速度分析求解。
【解答】解：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，
＝m
＝m
r＝mω2r＝ma，
A、角速度ω＝
，地球公转轨道的半径越来越大，地球角速度越来越小，故A错误；
B、线速度v＝
，地球公转轨道的半径越来越大，地球线速度越来越小，故B错误；
C、向心加速度a＝
，地球公转轨道的半径越来越大，地球向心加速度越来越小，故C错误；
D、公转周期T＝2π
，地球公转轨道的半径越来越大，地球公转周期越来越大，故D正确；
故选：D。
6．【分析】根据欧姆定律分析定值电阻电流与电压的关系，从而选择图象即可。
【解答】解：根据欧姆定律可知：I＝
则定值电阻的伏安特性曲线是过原点的倾斜直线，电阻越大，斜率越小，则C正确，ABD错误。
故选：C。
7．【分析】根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电动势大小；根据右手定则判断电势高低。
【解答】解：A、该机两翼尖端电势差大小约为U＝BLv＝0.15V，故A正确；
BCD、我国的地磁场方向斜向下，在竖直方向的分量向下，根据右手定则可得，无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行，相对于飞行员来说机翼的左端电势高，故BCD错误。
故选：A。
8．【分析】根据题意求宇航员反冲获得的速度，再根据喷气过程，宇航员和喷出的气体动量守恒列方程，即可得出喷出气体的质量。
【解答】解：设宇航员反冲获得的速度为u，则：u＝
＝
＝0.075m/s，
设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv﹣（M﹣m）u＝0，解得：m≈0.15kg
故选：B。
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对得6分，漏选得3分，不选、错选或多选得0分．）
9．【分析】电磁波传播不需要介质，机械波的传播需要介质；在真空中，红光比紫光传播速度相等；彩虹是由于光的折射现象产生的；光从空气进入到水中时，频率保持不变。
【解答】解：A、电磁波传播不需要介质，机械波的传播需要介质。故A错误；
B、在真空中，红光比紫光传播速度相等；红光与紫光，紫光的波长更短，频率更高，介质对紫光折射率更大，根据n＝
可知，在介质中紫光的速度要慢。故B错误；
C、雨后天空中的彩虹是阳光被空气中的小水珠折射后，发生色散形成的。故C正确；
D、光从空气进入到水中时，频率保持不变。故D正确。
故选：CD。
10．【分析】粒子在电场力作用下做曲线运动，根据电场力的方向与速度方向的夹角可判断电场力做功的正负，从而判断速度即电势能的变化；沿着场强的方向电势降低的，因此可判断电势的高低。
【解答】解：A、由场强的方向无法判断场强的大小，粒子受到的电场力大小也无法判断大小，所以A、B两点的加速度无法比较，故A错误；
B、假设粒子从A运动到B，电场力的方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，动能增加，所以A点速度一定小于B点速度，故B错误；
C、沿场强的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故C正确；
D、从A运动到B，电场力做正功，电势能减小，所以A点电势能一定大于B点电势能，故D正确；
故选：CD。
11．【分析】由乙看出，波从O点传到P点的时间为0.1s，距离为5m，可求出波速。
由乙图读出P点的起振方向，根据PQ间距确定Q点的振动情况。
【解答】解：A、分析图乙可知，0.1s内，波传播5m，则波速为：v＝
＝50m/s，故A正确。
B、t＝0.3s时，Q点开始振动，P点的起振方向为沿y轴向上，则Q点开始沿y轴正方向振动，故B错误。
C、质点Q不随波迁移，故C错误。
D、t＝0.5s时，P点振动了一个周期，经过路程为4A＝20cm，故D正确。
故选：AD。
12．【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式△x＝
λ，通过间距的大小，比较波长的大小，再根据折射率大小，结合sinC＝
，即可判定全反射情况。
【解答】解：根据双缝干涉条纹的间距公式△x＝λ，知乙图条纹间距大，则b光的波长较长。
根据f＝
知，a光的频率较大，则a光的光子能量较大；频率大，则折射率大，若发生折射时，则偏折程度较大，
再根据sinC＝
，那么a光的临界角较小，若发生全反射时，则a光先达到临界角；
综上所述，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
三、填空题（本大题共2小题，14分．）
13．【分析】（1）根据题意确定电流表接法，然后根据图示电路图答题。
（2）根据实验目的确定滑动变阻器的接法，然后分析图示电路图答题。
（3）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。
（3）灯泡电阻随温度升高而增大，据此分析图示图线答题。
【解答】解：（1）灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，端点M应该接在电流表的A接线柱。
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压接法，由图示电路图可知，导线②连接错误。
（3）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于左端。
（4）灯泡电阻随温度升高而增大，随电流增大，灯泡两端电压增大，灯泡实际功率P＝UI增大，
灯泡温度升高，灯泡电阻增大，由图示图线可知，A符合实际，故A正确，BCD错误；
故选：A；
故答案为：（1）A；（2）②；（3）左；（4）A。
14．【分析】摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；
根据单摆的周期公式变形求解重力加速度公式即可；
【解答】解：（1）在该实验的过程中，悬点要固定，所以要选择图乙；
（2）由刻度尺的读数可知，悬线的长度为s＝98.70cm＝987.0mm，
游标卡尺测得小球的直径d＝14mm+5×0.05mm＝14.25mm，故单摆的摆长L＝s+
＝987.0mm+
＝994.125mm≈994.1mm；
（3）由单摆周期公式：T＝2π
可得：g＝
；
故答案为：（1）乙；（2）987.0，994.1；（3）
；
四、计算题（第15题8分，第16题10分，第17题12分，共30分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．【分析】（1）由加速度的公式可求得两段的加速度大小；
（2）根据位移公式及速度位移的关系式可求得位移的大小；
（3）分别应用牛顿第二定律可求得驱动力的大小。
【解答】解：（1）由加速度的公式得在0～14s加速度：a1＝
＝
＝10m/s2
14～39s加速度a2═＝
＝12m/s2
（2）由位移公式得在0～14s内发生的位移x1＝
＝980m
根据公式v2﹣v02＝2a2x2得14～39s内发生的位移x2＝7250m
总位移x＝x1+x2＝8230m
（3）在0～14s内由牛顿第二定律得：F1﹣kmg＝ma1
解得：F1＝7.68×104N
14～39s内由牛顿第二定律得：F1+F2﹣kmg＝ma2，
解得：F2＝1.68×104N
答：（1）车辆在0～14s加速度是10m/s2，14～39s加速度是12m/s2；
（2）加速阶段经过的位移大小是8230m；
（3）战斗机引擎驱动力F1大小是7.68×104N，
火箭喷射发动机驱动力大小是1.68×104N。
16．【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流方向；
（2）导体杆进入到水平轨道之后做匀减速直线运动，根据运动学公式求解开始减速的速度大小，在斜面上运动时对导体棒根据平衡条件、闭合电路的欧姆定律列方程求解磁感应强度；
（3）0～1s内感应电流大小恒定，根据Q1＝I12Rt计算产生的焦耳热；1s之后到达最低点之前，根据功能关系求解此时的焦耳热，再根据能量分配关系进行解答。
【解答】解：（1）根据楞次定律可得，感应电流方向由M指向N；
（2）导体杆进入到水平轨道之后做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg
根据位移速度关系可得：v2＝2ad3，
得到：v＝2m/s
即导体棒在倾斜轨道的最低点的速度为2m/s，
根据平衡条件可得：mgsinα＝μmgcosα+B0I2L，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I2＝
联立解得：B0＝1T；
（3）0～1s内产生的感应电动势为：E1＝
d1，
根据闭合电路的欧姆定律可得电流强度为：I1＝
产生的焦耳热为：Q1＝I12Rt
联立解得：Q1＝0.025J；
1s之后到达最低点之前，根据功能关系可得：Q总＝mgd2sinα﹣μmgcosα•d2﹣
解得Q总＝0.3J
此过程中R上产生的焦耳热为：Q2＝
Q总＝0.15J，
整个过程定值电阻产生的焦耳热为：Q＝Q1+Q2＝0.175J。
答：（1）0～1s内通过导体棒电流方向由M指向N；
（2）磁场强度B0的大小为1T；
（3）整个过程中定值电阻所产生的焦耳热为0.175J。
17．【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求解半径大小；
（2）使射入磁场的粒子不穿出磁场外边界，粒子从A点应沿半径方向射入磁场，其运动轨迹与外边界相切，根据几何关系求解半径，粒子在磁场中正好运动
周，从C点进入真空区域，解得最大速度大小；
（3）根据题意，粒子在磁场中运动周后，从C点进入真空区域，又从O点进入电场，作匀减速运动，速度减为零后反向加速，又从C点进入磁场，周后，从D点进入真空区域，沿边界回到A点，求出粒子在磁场中运动的时间，粒子在真空中运动的时间，在电场中运动的时间，求和即可。
【解答】解：（1）由qvB＝m
，可知r＝
代入数据得：r＝0.04m
（2）由图知，要使射入磁场的粒子不穿出磁场外边界，粒子从A点应沿半径方向射入磁场，其运动轨迹与外边界相切，根据几何关系可得：
得：rm＝R1＝0.1m
粒子在磁场中正好运动
周，从C点进入真空区域，
故有：vm＝
＝2×106m/s
（3）根据题意，粒子在磁场中运动周后，从C点进入真空区域，又从O点进入电场，作匀减速运动，速度减为零后反向加速，又从C点进入磁场，周后，从D点进入真空区域，沿边界回到A点，
匀速圆周运动的周期为：T＝
s
粒子在磁场中运动的时间t磁＝
＝1.5π×10﹣7s
粒子在真空中运动的时间t空＝
×4＝2×10﹣7s
在电场中，v＝at＝
，
得tK＝2t＝2
＝5×10﹣6s
所以t总＝t磁+t空+tK＝（5.2+0.15π）×10﹣6s
答：（1）若某粒子从A点射出时的速度大小为8.0×105m/s，则它在磁场区域内做匀速圆周运动的半径为0.04m
（2）粒子的最大速率为2×106m/s。
（3）带电粒子从刚进入磁场开始到第一次回到该点所需要的时间为（5.2+0.15π）×10﹣6s。
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