【文档说明】【精准解析】浙江省杭州第四中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题.doc，共(20)页，945.000 KB，由小赞的店铺上传

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杭州第四中学2019学年第二学期高二年级开学考试物理试题卷一、单项选择题（本大题共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一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列说法正确的是（）A.相互作用的两个点电荷，电荷量大的，受到库仑力也大B.点电荷产生的电场中，

以该点电荷为球心的同一球面上各点电场强度和电势都相同C.电动势越大，电源把其他形式的能转化为电能就越多D.公式W=UIt及Q=I2Rt适用于任何电路【答案】D【解析】【详解】A．相互作用的两个点电荷之间的库仑力为作用力和反作用力的关系，大小

始终相等，故A错误；B．点电荷产生的电场中，以该点电荷为球心的同一球面上各点电场强度大小相同，方向不同，故场强不同，电势都相同，故B错误；C．电动势越大，电源把其他形式的能转化为电能本领大，但不代表转化为电能的量

多，因其还与电量有关。故C错误；D．公式W=UIt及Q=I2Rt是定义式，适用于任何电路，故D正确。故选D。2.关于机械振动，下列说法中正确的是（）A.简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置B.简谐运动物

体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反C.做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、动能、加速度、位移都是相同的D.物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关【答案】C【解析】【详解】A．做简谐运动的质点的回复力为零的位置

是简谐运动的平衡位置，不一定是合外力等于0．如单摆的最低点，回复力等于0，合外力提供向心力。故A错误；B．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故B错误；C．做简谐运动的质点先后通过同一点时，相对平衡位置的位移相同，根据F=-kx可知回复

力相同；那么，根据牛顿第二定律可得加速度相同，动能也是相同的，故C正确；D．做受迫振动时，其振动频率与驱动频率有关，与固有频率无关，故D错误。故选C。3.如图所示，为两列波在空间相遇叠加，其中实线代表的甲波向右传播，虚线代表的乙

波向左传播，则（）A.A、B点是振动加强点B.A、D点是振动加强点C.B、E点是振动加强点D.D、F点是振动减弱点【答案】B【解析】【详解】根据图像可知，两波在A、D、F点振动方向相同，故为振动加强点，在B、E两点，振动方向相反，是振动减弱点，故B正确ACD错误。故选B。4.如图两个

线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间

后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动【答案】A【解析】【详解】AC．干电池开关闭合后的瞬间，根据楞次定

律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸里偏转，故A正确C错误；B．干电池开关闭合并保持一段时间后，根据安培定则，可知，左边线圈中有磁通量，却不变，因此左边线圈中不会产生感应电流，那么

小磁针也不会偏转，故B错误；D．干电池开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，由A选项分析，可知，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动，故D错误。故选A。5.

一只闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.t=0.1s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大C.t=0.2s时刻，线圈中有最大感应电动势D.若转动周期减

小一半，则电动势最大值也减小一半【答案】B【解析】【详解】A．由图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，故A错误；B．t=0.1s时刻，磁通量为零，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，故B正确；C．t=0.2s时刻，磁通量最大，但磁通量变化率为零，故线圈

中感应电动势为零，故C错误；D．根据2mEnBST=可知，当周期减小一半，则感应电动势增大为原来的两倍，故D错误。故选B。6.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：1，原线圈接u1=2202sin100πt（V）的交流电，电阻R=10Ω，电流表、电压表均为理想电表，则（

）A.电压表的读数为102VB.电流表的读数为22AC.电阻R消耗的功率为102WD.变压器的输出功率为10W【答案】D【解析】【详解】A．输入电压的有效值为12202V=220V22mUU==根据理想

变压器变压比1122nUnU=，可得210VU=所以电压表的读数为10V，故A错误；B．电流表的示数为2210A=1A10UIR==故B错误；C．电阻R消耗的功率为P2=U2I2=10×1W=10W故C错误；D．理

想变压器的输入电功率等于负载消耗功率，所以有P1=P2=10W，故D正确．故选D．7.如图所示是研究自感实验的实物电路，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，L为自感线圈，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S，则（）A.闭合开关S，L2立刻变亮，L1逐渐变亮B.

闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮C.闭合开关S稳定后，L仍有自感电动势D.闭合开关S稳定后，断开S，L2会“闪”一下再熄灭【答案】A【解析】【详解】AB．闭合开关S，自感线圈产生自感电动势，阻碍通过L1的电流增大，灯L1逐渐变亮，闭合开关，通过L2的电流立即稳定，L2立刻变亮

，故A正确，B错误；C．闭合电键S稳定后，流过线圈的电流不变，线圈L没有自感电动势，故C错误；D．闭合开关S稳定后，断开S，因为开始两灯亮度相同，流经电流大小相同，故断开开关，L2不会“闪”一下再熄灭，故D错误。故选A。8.如图所示的四种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同

一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮纹)．在下面的四幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是()A.红黄蓝紫B.红紫蓝黄C.蓝紫红黄D.蓝黄红紫【答案】B【解析】双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，

所有条纹宽度相同且等间距，故AC两个是双缝干涉现象，根据双缝干涉条纹间距Lxd=可以知道波长越大，x越大，故A是红光，C是蓝光．单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故BD是单缝衍

射图样，B为紫光的单缝衍射图样，D为黄光单缝衍射图样．故从左向右依次是红光（双缝干涉）、紫光（单缝衍射）、蓝光（双缝干涉）和黄光（单缝衍射）．所以选项B正确的，选项ACD错误．点睛：掌握单缝衍射和双缝干涉的图样的特点和图样与波长的关系是解决此题的唯一途径，故要加强对基础知识的记忆．9.

如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，且正在增大，则（）A.A板带正电B.线圈L两端电压在增大C.电容器C正在充电D.电场能正在转化为磁场能【答案】D【解析】【详解】通过图示电流方向，知电容器在放电，则电容器上极板A带负电，下极B板带正电，振荡电流增大，电容器上的电荷量正在

减小，由QUC=知AB两板间的电压在减小，电场能正在向磁场能转化，D正确，ABC错误。故选D。10.如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角和入射角i相等时，出射光线相对

于入射光线偏转的角度为．已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为A.sin2sin2+B.sin2sin2+C.sinsin()2−D.sinsin()2−【答案】A【解析

】【详解】由折射定律可知sinsinin=，因入射角和出射角相等，即ii=故由几何关系可知2=，22i+=+=故折射率sin2sin2n+=A正确。二、多项选择题（本大题共3小题，每小题4分，共12

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，不选或有选错的得0分）11.如图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平

衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则()A.t＝0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大B.t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C.从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴

正方向传播了6mD.从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm【答案】AB【解析】由图乙y-t图像知，周期T=0.20s，且在t=0.10s时Q点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；t=0.

05s时，质点Q图甲所示正的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到负向最大，所以A错（也可直接从图乙y-t图像分析得出）；t=0.10s到t=0.15时间内，Δt=0.05s=T/4，

P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以B对．振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3

A．本题中从t=0.10s到t=0.25s内，Δt=0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm，D错．12.很多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色组成的灯光从水中斜射向空气时，

关于光在水面可能发生的反射和折射现象，下列光路图中正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】蓝光折射率大于红光，故入射角首先达到蓝光的临界角，如果等于或大于这个临界角，蓝光发生全反射，出射光只剩红光，如果小于

蓝光的临界角两束光都出射，但蓝光折射角将大于红光；因此AB图错误，D图错误的原因是红光也有反射光；只有C图正确，故选C。13.下列说法正确的是（）A.用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理B.水面上的油膜

呈现彩色和天上的彩虹呈现彩色都是光的色散现象C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，可在镜头前加一个偏振片来减弱橱窗玻璃表面的反射光D.红色和蓝色的激光在不同介质中传播时波长可能相同【答案】ACD【解析】【详解】A．光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理，故A正确；B．水面上的油膜呈现彩色是光

的干涉现象，故B错误；C．反射光属于偏振光，拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片能减弱橱窗玻璃表面的反射光，提高拍摄的效果。故C正确；D．光速与介质有关，红色和蓝色的激光的频率不同，在同种介质中的波长是不同的，而在不同介质中传播时波长可能相同。故D正确。故选AC

D。三、非选择题（共58分）14.为确定某电子元件的电气特性，用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择________倍率的电阻挡(填“×10”或“×1k”)，并________再进行测量，多用表的

示数如图所示，测量结果为________Ω.【答案】(1).×1k(2).欧姆调零(3).7000【解析】【详解】[1][2][3]选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过小，说明所选挡位太小，为准确测量，需要选择×1k倍率

的电阻档，然后重新进行欧姆调零；由图示可知，电阻测量值为7×1000Ω=7000Ω。15.某同学用如图所示的电路图测电源电动势和内阻，电流表电阻为1.2，则电源电动势为_____V，电源内阻为______。【答案】(1).1.5(2

).3【解析】【详解】[1][2]由闭合电路欧姆定律可知：EIRr=+故1RrIEE=+图像的斜率123kE==截距2.0rbE==故电源电动势为1．5V，电源内阻为3。16.有一个小电珠上标有“4V2W”的字样，现在要用伏

安法描绘这个电珠的I－U图线。有下列器材供选用：A．电压表(0～5V，内阻约10kΩ)B．电压表(0～10V，内阻约20kΩ)C．电流表(0～0.3A，内阻约1Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻约0.4Ω)E．滑动变阻器(5Ω，1A)F．滑动变阻器(

500Ω，0.2A)（1）实验中电压表应选用______，电流表应选用______。(用序号字母表示)（2）为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_____。(用序号字母表示)（3）请在虚线框内画出满足实验要求的电路图__。【答案】

(1).A(2).D(3).E(4).【解析】【详解】(1)[1][2]灯泡额定电压为4V，电压表应选A，灯泡额定电流：2W0.5A4VPIU===电流表选D．(2)[3]电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器

应选E。(3)[4]灯泡正常发光时的电阻：22482URP===电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为0．4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示：17.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）他组装单摆时

，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是________(填字母代号)。A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻

度尺量得悬点到摆球最低端和上端的长度l1=0.9990m，l2=0.9870m，则单摆摆长为______m。（3）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为

30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______(填字母代号)。【答案】(1).AC(2).0.9930(3).A【解析】【

详解】(1)[1]AC．在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止摆动过程中摆长发生变化；如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长；故A正确，C正确；B．周期测量是否准确取决于计时工具；故B错误；D．摆

球在同一竖直平面内摆动，不能做圆锥摆运动；但与器材无关；故D错误；故选AC。(2)[2]根据题意可知，单摆摆长为1220.9930m2llll−=+=(3)[3]当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×

0.087m=8.7cm当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。18.某同学用双缝干涉实验仪测量光的波长（1）实验中选用的双缝间距为d

，双缝到像屏的距离为L，在像屏上得到的干涉图样如图甲所示，分划板刻线在图中A、B位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为______（2）分划板刻线在明条纹B处时，游标卡尺的读数

为31.15mm，由此可知该游标卡尺的分度是______（选填“10分度”、20分度”、“50分度”）；（3）关于该实验，下列说法正确的是______；A．如果去掉滤光片，在像屏上得到的是明暗相间的白色干涉条B．如果用激光作为光源，则无需凸透镜和滤光片，也能在像屏上得

到干涉条纹C．单缝和双缝必须相互平行，且处于竖直方向的位置，否则无法用测量头读数D．若双缝中某一条被遮住，则像屏上不再有条纹（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，条纹间距

△x的测量值______实际值（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】(1).216xxdL−(2).20分度(3).B(4).大于【解析】【详解】(1)[1]根据条纹间距公式Lxd=知，入射光的波长为21=6xxdxdLL−=(2)[2]

因为10分度、20分度、50分度的精确度分别为0.1mm，0.05mm，0.02mm，所以读数为31.15mm时使用的是20分度的游标卡尺；(3)[3]A．去掉滤光片，产生的彩色干涉条纹，故A错误；B．如果用激光作为光源，则无需凸透镜和单缝，因为激光平行度好，

亮度高，故B正确；C．单缝和双缝必须相互平行，但不一定要处于竖直方向的位置，故C错误；D．若双缝中某一条被遮住，则会形成单缝衍射条纹，故D错误。故选B。(4)[4]如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则相邻两条亮条纹的中心在测量方向上的距离增大，

所以条纹间距的测量值大于真实值；19.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝1.0×10－6C的带电粒子．从静止开始经U0＝10V的电压加速后，

从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30cm，(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入

x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．【答案】（1）20m/s（2）0.90m（3）B′＞5.33T【解析】【分析】(1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小;再根据几何

关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件.【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理212Uqmv=代入数据得v＝

20m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：2vqvBmR=代入数据得R＝0.5m而0.5cos53OPm=故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示:由几何关系可知：cos53OQRR=+故OQ＝0.

90m(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：由几何关系得：cos53?OPRR+①2vqvBmR=②由①②并代入数据得165.333BTT=【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.20.如图所示，CD左侧存在场强大小

为E=mgq，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、带正电电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α=53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内

径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin53°=0.8，cos53°=0.6)。（1）求DA两点间的电势差UDA；（2）求圆管半径r；（3）求小球从D点运动到P点的时间t。【答案】(1)mgLq；(2)16L；(3)27Lg。【

解析】【详解】(1)有电势差和场强的关系：U=Ed可知：DAmgUEdLq==(2)小球恰好经过D点，则小球在D点的速度为0，有动能定理可知：tan53200mgLEqLmgr−−=−解得：16rL=(3)小球离开D点后，水平方向和竖直方向上受力大小相等，大小均为mg，故水平位移为221

122xatgt==竖直位移也为x，轨迹与竖直方向夹角为45°，故根据几何关系可得：tan533Lxx=−解得：27Ltg=21.如图甲所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面

与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg电阻为r（大小未知）的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现

由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．取g=10

m/s2．求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）cd离NQ的距离s；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．【答案】(1)μ=0.5(2)s=2m(3)0.08JRQ=【解析】【

详解】（1）当0v=时，a=2m/s2sincosmgmgma−=解得μ=0.5（2）由图像可知：vm=2m/s当金属棒达到稳定速度时，有0AFBIL=0EBLv=EIRr=+sincosAmg

Fmg=+解得1r=由于=()BLsqItntnntRrRrRr===+++解得2sm=（3）由能量关系21cos3702FmghmgsWmv−−=−解得0.1JFWQ==总则.40.08J5RQQ==总