2019年杭州市高二年级教学质量检测物理试题一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

每小题列出的四个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）1.2018年11月16日，第26届国际计量大会（CGPM）全票通过了关于“修订国际单位制（SI）”的1号决议。

根据决议，千克、安培、开尔文和摩尔等4个SI基本单位的定义将改由常数定义，于2019年5月20日起正式生效。

下列关于国际单位制的描述不正确的是（）A. 米、千克和秒都是基本单位B. 牛顿、焦耳、瓦特都是导出单位C. 长度、质量、时间和速度都是基本量D. 安培、开尔文和摩尔都是基本单位【答案】C【解析】【详解】A. 米、千克和秒都是国际单位制的基本单位，选项A正确；B. 牛顿、焦耳、瓦特都是导出单位，选项B正确；C. 长度、质量、时间是基本量，速度不是基本量，选项C错误；D. 安培、开尔文和摩尔都是基本单位，选项D正确。

2.如图所示，放在暗室中的口径较大不透明的薄壁圆柱形浅玻璃缸充满水，缸底中心有一红色发光小球（可看作点光源），从上往下看，则观察到（）A. 水面有一个亮点B. 充满水面的圆形亮斑C. 发光小球在水面上的像D. 比小球浅的发光小球的像【答案】D【解析】【详解】AB.小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射，在水面上可以看到一个圆形亮斑，但不是充满水面的圆形亮斑，故AB错误；CD.由于光的折射，在水面上可看到比小球浅的发光小球的像，如图所示，选项C 错误，D 正确.3.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a 光，从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b 光，a 、b 光照射到逸出功为2. 29eV 的金属钠表面均可产生光电效应，则（ ）A. a 光的频率小于b 光的频率B. a 光的波长大于b 光的波长C. a 光照射所产生的光电子最大初动能0.57k E eV =D. b 光照射所产生的光电子最大初动能0.34k E eV = 【答案】C 【解析】【详解】AB.根据能级跃迁知识得：∆E 1=E 5−E 2＝−0.54−(−3.4)＝2.86eV ，∆E 2=E 4−E 2＝−0.85−(−3.4)＝2.55eV ，显然a 光子的能量大于b 光子，即a 光子的频率大，波长短，故AB 错误。

C.根据光电效应可知，a 光照射所产生的光电子的最大初动能为：E ka =∆E 1-W 0=2.86-2.29eV=0.57eV ，选项C 正确；D.b 光照射后的最大初动能为：E kb =∆E 2-W 0=2.55-2.29eV=0.26eV ，选项D 错误。

4.体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立（头没有接触地面）保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，当θ变大时，则（）A. 运动员受到的合力变大B. 运动员对地面的正压力变大C. 运动员单手对地面的正压力变大D. 运动员单手对地面的正压力大小保持不变【答案】D【解析】【详解】A. 运动员处于静止状态，受到的合力为零，则当θ变大时，合力不变，选项A错误；B. 地面对运动员的支持力等于其重力的大小，可知运动员对地面的正压力等于其重力大小，故当θ变大时，运动员对地面的正压力不变，选项B错误；CD. 对运动员来说，由平衡可知：2N=G，则地面对运动员单手的支持力为N=0.5G，可知运动员单手对地面的正压力大小保持不变，选项C错误，D正确.5.据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线。

该潜水器主要用于深海搜寻和打捞等。

若在某次作业中，自重5×103kg的潜水器的将4×103kg的重物从3000m深的海底匀速提升到海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180kW，水对潜水器及重物的浮力与阻力大小相等，则提升的时间约为（）A. 0. 5×103sB. 1. 0×103sC. 1. 5×103s D. 2. 0×103s【答案】C 【解析】【详解】由题可知，重物匀速运动，其速度为：33180102(54)1010P m m v ss G ⨯===+⨯⨯ 运动的时间为：330001.5102t s s ==⨯ 故应选C 。

6.一列向右传播的简谐横波，当波传到x=2. 0m 处的P 点时开始计时，该时刻波形如图所示，t=0. 9s 时，观察到质点P 第三次到达波峰位置，下列说法正确的是（ ）A. 波速为0. 5m/sB. 经1. 4s 质点P 运动的路程为35cmC. t=1. 6s 时，x=4. 5m 处的质点Q 第三次到达波谷D. 与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率可能为5Hz 【答案】C 【解析】【详解】A.简谐横波向右传播，由波形平移法知，各点的起振方向为竖直向上，t =0.9s 时，P 点第三次到达波峰，即有 （2+14）T =0.9s ，T =0.4s ，波长为 λ=2m ，所以波速25m/s 0.4v Tλ===，故A 错误。

B.t =1.4s 相当于3.5个周期，每个周期路程为4A =20cm ，所以经过1.4s 质点P 运动的路程为S =3.5×4A =14×5cm=70cm，故B 错误。

C.经过 4.520.55x t s t -===V V ，波传到Q ，经过2.75T 即再经过1.1s 后Q 第三次到达波谷，所以t=1.6s 时，x =4.5m 处的质点Q 第三次到达波谷。

故C 正确。

D.要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即 f =1/T =1/0.4=2.5Hz ，故D 错误 。

7.已知压敏电阻的受力面所受压力越小，其阻值越大，如图甲，将压敏电阻R平放在竖直升降电梯的轿厢内，受力面朝上，在其受力面上放一质量为m物体，电梯静止时电压表示数为U0；某段时间内电压表示数随时间变化图线如图乙，则（）A. t1-t2时间内压敏电阻受力面所受压力恒定B. t1-t2时间内电容器处于放电状态C. t1-t2时间内电梯做匀加速运动D. t2之后电梯处于失重状态【答案】D【解析】【详解】由图压敏电阻上的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变；当电压增大时，压敏电阻以外的其余部分分担的电压减小，由欧姆定律可知，电路中的电流值将减小，所以电路中的电阻值增大，其余的部分电阻值不变，所以压敏电阻的电阻值增大。

A.在t1-t2时间内压敏电阻上的电压增大，压敏电阻的电阻值增大，知压敏电阻的受力面所受压力减小。

故A错误；B.由电路图可知，电容器两端的电压与电压表两端的电压是相等的，在t1-t2时间内电压表两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，则电容器处于充电状态。

故B错误；CD.由图，t1之后电压表两端的电压大于开始时电压表两端的电压，所以压敏电阻的受力面所受压力小于开始时受到的压力，所以电梯处于失重状态，电梯可能减速上升或者加速下降。

故CD错误。

8.如图所示，在轨飞行两年多的“天宫二号”太空实验室目前状态稳定，将于2019年7月后受控离轨。

天宫二号绕地飞行一圈时间约为90min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24h，根据此两个数据不能求出的是（）A. 天宫二号与地球同步卫星的角速度之比B. 天宫二号与地球同步卫星的离地高度之比 C. 天宫二号与地球同步卫星的线速度之比 D. 天宫二号与地球同步卫星向心加速度之比 【答案】B 【解析】【详解】由题可知二者的周期关系，由2224mM G m r r Tπ=得：2rT GM π=，所以由题可以求出二者的轨道半径关系。

A.卫星的角速度为32GMT r πω==由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的角速度之比。

故A 不符合题意； B.由2rT GMπ=，则可以求出二者的轨道半径的关系，但由于地球的半径未知，所以不能求出二者距离地面的高度的比值。

故B 符合题意；C.由万有引力提供向心力，得：22=r mM v G m r，解得：GM v r =即可求出天宫二号与地球同步卫星的线速度之比，故C 不符合题意； D.向心加速度：2GMa r =，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的加速度之比。

故D 不符合题意； 本题选择不能求出的，故选B.9.如图所示，面积为S 、匝数为N 的矩形线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L 1、L 2、L 3均正常发光。

已知L 1、L 2、L 3的额定功率均为P ，额定电流均为I ，线框及导线电阻不计，则（ ）A. 理想变压器原副线圈的匝数比为1：2B. 图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零C. 若灯L 1烧断，灯泡L 3将变暗D. 线框转动的角速度为2PNBSI【答案】C 【解析】【详解】A.灯泡L 1、L 2、L 3均正常发光，则原线圈电流强度I 1=I ，副线圈电流强度I 2=2I ，所以12212 1n I n I =＝，故A 错误； B.图示位置时，线框切割速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故B 错误； C.开始时若设每盏灯的额定电压为U ，则变压器初级电压为2U ，线圈输入电压为3U ；若L 1灯烧断，设L 3的电压变为U 1，则变压器输入电压为3U -U 1，次级电压变为11(3)2U U -，次级电流为：132U U R -，则初级电流为134U U R -，则L 3两端电压为1134U U R U R-=，解得U 1=0.6U ，则灯泡L 3两端电压减小，亮度变暗，故C 正确；D.线框的输出功率为3P ，电流为I ，则线框产生的感应电动势为3PE I=，根据E m =NBSω，2m E =32P NBSIω=，故D 错误。

10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q 的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F 作用下由静止开始从O 点向右做匀加速直线运动，经时间t 力F 做功80J ，此后撤去力F ，物块又经过相同的时间t 回到出发点O ，且回到出发点时的速度大小为v ，设O 点的电势能为零，则下列说法不正确的是（ ）A. 撤去力F 时物块的速度大小为2v B. 物块向右滑动的最大距离为23vtC. 撤去力F 时物块的电势能为60JD. 物块回到出发点时的动能为80J【答案】B 【解析】【详解】A.设F 作用时加速度为a 1，撤去后加速度为a 2，根据位移关系知12a 1t 2=12a 2t 2−a 1t 2，化简可得：a 1：a 2=1：3，v 1：v 2=121a ta t a t-，联立得v 1：v 2=1：2，因v 2=v ，则撤去力F 时物块的速度大小为2v，故A 正确； B.物块向右加速运动的位移为21112=224vv x a t t t==；撤去拉力后减速到零时的位移：22111222()2212a t a a t vt x a a ⋅===，则物块向右滑动的最大距离为123vtx x x =+=，选项B 错误；C. 根据牛顿运动定律知1213a F Eq Eq a -==，知Eq =34F ；因撤去力F 时力F 做功为80J ，则电场力做功为34×80J=60J ，即此时物块的电势能为60J ，选项C 正确； D. 回到出发点时，电场力做功为零，则整个过程中只有拉力F 做功80J ，由动能定律可知，物块回到出发点时的动能为80J ，选项D 正确.二、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分。