四川省雅安市2020-2021学年高二物理下学期期末联考试题01（含解析）.doc

1、四川省雅安市2020-2021学年高二物理下学期期末联考试题01（含解析）注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2请将答案正确填写在答题卡上；3. 考试范围：高考范围；考试时间：90分钟； 第I卷（选择题 共36分）一、 单选题(本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多个选项符合要求，选对但不全得2分，选错得0分)1关于合力和分力，下列说法中正确的是A合力一定大于分力B合力大小可能等于分力C其中一个分力增大合力一定增大D物体可以同时受合力和分力作用2有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球

2、表面一起转动；b处于离地很近的近地圆轨道上正常运动；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（）Aa的向心加速度等于重力加速度gBb的向心力大于c的向心力C根据c的运动周期和轨道半径不能测出地球的密度Dd绕行速度大于第一宇宙速度3一个做匀速直线运动的物体，从某时刻起做匀减速运动直到静止，设连续通过三段位移的时间分别是3 s、2 s、1 s，最后1s后物体停止运动，则这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A33231 32221B531 321C12333 12232D123 1114如图所示，两个小球分别用轻质细线悬挂于点，在同一水平面内

3、做匀速圆周运动，此时悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为，则（）A的角速度大小之比为B的线速度大小之比为C的向心加速度大小之比为D悬挂小球的细线与悬挂小球的细线的拉力大小之比为5如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）现增加光照强度，则下列判断正确的是（ ）AB灯变暗，A灯变亮BR0两端电压变大C电源路端电压不变D电源总功率不变6小物块以初速度v0从粗糙斜面底端滑上斜面并沿斜面向上运动，加速度大小为a1，最终小物块返回斜面底端时速度为v，返回过程中加速度大小为a2。则（ ）Aa2a1Ba1=a2Cv v 0Dv 0=

4、v7下列核反应方程中正确的是ABCD8如图所示，某同学用绳子拉木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至某一速度的过程，下列分析正确的是A动能的增量等于拉力做的功B机械能增量等于拉力做的功C摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功D拉力越大该同学做功越多9如图甲所示为一种自耦变压器（可视为理想变压器）的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则（）At=110-2s时，电压表的示数为零BAB间输入电压的瞬时值为C滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大D滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大10如图所示，一导

5、线弯成半径为r的半圆形闭合线框竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是（ ）ACD段导线始终不受安培力B感应电流的大小和方向不变C感应电动势的最大值为BrvD感应电动势的平均值为11如图甲，边长为L、匝数为n的正方形闭合金属线圈abcd置于垂直纸面的匀强磁场中，线圈的总电阻为R，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是（）A在时刻，线圈中的感应电流为B在时刻，线圈ab边受到的安培力水平向左C在1s

6、内线圈中的电流方向改变了次D在任一周期内通过线圈某一横截面的电量为12如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电绝缘小球位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A带电绝缘小球将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C电容器的电容减小，电容器所带电荷量将减小D若带电绝缘小球是固定的，则带电绝缘小球的电势能将减小第II卷（非选择题 共64分）二、实验题(本大题共有2小题，共15分。第13题6分，第14题9分。)13某同学利用图示装置验证小球摆动过程中机械能守恒，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，D

7、处（箭头所指处）放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及小球平抛运动的水平位移x即可（1）测量A位置到桌面的高度H应从_ （填“球的上边沿”“球心”或“球的下边沿”）开始测（2）实验中多次改变H值并测量与之对应的x值，利用作图象的方法去验证为了直观地表述H和x的关系（图线为直线），若用横轴表示H，则纵轴应表示 _（填“x”、“x2”或“”）（3）若小球下摆过程中机械能守恒，则h、H和x的关系为H= _14在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A特测干电池（1节）B电

8、流表（满偏电流，内阻）C电流表（，内阻未知）D滑动变阻器（，）E. 滑动变阻器（，）F. 定值电阻（阻值）G. 开关与导线若干用如图甲所示电路图完成实验，测得多组电流表读数，为电流表的示数，为电流表的示数，如表所示：0.700.650.600.550.500.100.200.300.400.50（1）在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用_（填“”或“”）；电流表的量程应为_（填“0.6”或“3”）。（2）请你根据表格中的数据在图乙绘制完成图线_。（3）由乙图线可以得到被测干电池的电动势_，内阻_。（结果保留两位有效数字）（4）现有一小灯泡，其曲线如丙图所示，若将此小灯泡串

9、联接在这节干电池的两端，小灯泡的实际功率是_。三、解答题(本大题共3个小题，共37分。第15题10分，第16题12分，第17题15分。)15一个氢气球以4m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，10s末从气球上面掉下一重物，此重物最高可上升到距地面多高处？（忽略空气阻力，取g=10m/s2）16在一个显像管里，电子枪释放出电子，从静止开始经电势差为U0的电场加速之后，电子沿水平方向从南到北运动。该处地磁场在竖直方向上的分量向下，磁感应强度大小为B，已知电子的电荷量为e，质量为m，重力不计。试求：（1）加速之后电子的速度大小v；（2）电子在显像管里通过s的路程时，侧移量有多大？17如图，两平行金属

10、导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略求：(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小四、选修（本题共12分，选修3-3）18导热性能良好的两个相同容器A、B由细软管C连通，灌注一定量的某液体后将A的。上端封闭，如图甲所示，A中气柱长度为h，温度为T0.保持A固定不动，缓慢竖直向下移动B，停止移动时位置如图乙所示，此时A、B容器中液面高度

11、差为，甲、乙两图中软管底部相距为。保持两容器位置不变，缓慢加热气体A，使得两容器中液面再次持平，如图丙所示。已知液体密度为，重力加速度为g，求：大气压强p0；丙图A容器中气体温度T。参考答案1B【详解】A、若夹角较大时，两个力的合力可能小于任一分力，故A错误；B、根据力的平行四边形定则，合力大小可以等于其中一个分力，故B正确；C、由力的平行四边形定则，当夹角一定时，一个分力一定，另一个分力增大，合力不一定会增大，故C错误；D、合力与分力是等效替代关系，合力产生的作用效果与分力共同作用的效果相同，因而合力与分力不是同时作用在物体上，故D错误；故选B【点睛】合力与分力是等效替换关系，在进行受力分析

12、时，合力与分力只能考虑其一，切忌重复分析；合力与分力的大小关系：两个分力F1、F2与合力F合的大小关系与两个分力方向间的夹角有关2C【详解】AB地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大，牛顿第二定律得得卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，由公式可知，向心力还与质量有关，由于b、c质量关系不知道，则无法确定b、c两卫星的向心力大小，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故AB错误；C根据可求得地球的质量，由于不知地球的半径，则无法求出地球的密度，故C正确；D由

13、公式得第一宇宙速度即为半径接近地球半径时的速度由于d的半径大于地球半径，则d绕行速度小于第一宇宙速度，故D错误。故选C。3A【分析】末速度为零的匀减速直线运动可以作为逆向的匀加速直线运动分析，由位移公式求得三段内的位移之比；再由平均速度公式可求得平均速度之比【详解】将物体反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则1s内的位移为：；2s内的位移为：；3s内的位移为：；故位移之比：；平均速度；故平均速度之比为：；A正确；BCD错误；故选A【点睛】本题采用了逆向思维法，并且在求第二段和第三段位移时采用了作差的方法，要注意体会，从初速度为零开始求位移是最简单的4C【详解】D两球在水平面内做圆周运动，在竖直

14、方向上的合力为零，由：则悬挂小球的细线与悬挂小球的细线的拉力大小之比为故D错误；A在水平方向上做圆周运动，向心力为解得的角速度大小之比为1：1，故A错误；B水平方向上做圆周运动，向心力为解得的线速度大小之比为，故B错误；C在水平方向上做圆周运动，向心力为解得故的向心加速度大小之比为，故C正确；故选C【点睛】小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比5B【详解】ABC由题意，增加光照强度时，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I增

15、大，电源的内电压增大，路端电压U减小，流过A灯的电流IA减小，则A灯变暗；通过R0电流I0=IIA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知B的电压减小，所以B灯变暗；故B正确，AC错误；D电源的总功率P=EI，E不变，I增大，则P增大故D错误。故选B。6C【详解】AB设斜面角度为，摩擦因数为，则上滑过程中的加速度大小为下滑过程中加速度大小为则故AB错误；CD由能量守恒可知，整个过程中有一部分动能转化为内能，则故C正确，D错误。故选C。7B【详解】根据质量数和电荷数守恒可知B正确，AC中电荷数质量数都不守恒，D中电荷数不守恒。故

16、选B。8C【详解】A.动能的增量等于合外力做的功，因为存在摩擦力，所以小于拉力做的功，故A错误。B.根据功能关系可知，机械能的增加量等于拉力做功与克服摩擦力做功之和，故B错误。C. 根据功能关系可知，摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，故C正确。D.根据动能定理可知，动能增加量等于拉力做功与克服摩擦力做功之和，拉力变大，则拉力竖直向上的分量越大，对地面压力越小，摩擦力变小，加速度变大，所以从静止开始沿粗糙水平路面运动至某一速度的过程，行走的位移变小，克服摩擦力做功变小，则拉力做功变小，故D错误。9BD【详解】A电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；B由图可知故所以其表达式为故B正确；C根据变

17、压器电压关系由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；D滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D正确。故选BD。10CD【解析】在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，受安培力向上，故A错误在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为r，这时感应电动势最大E=Brv，

18、C正确由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确故选CD点睛：本题注意以下几点：（1）感应电动势公式只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度11BC【详解】A在时刻，穿过线圈中的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以线圈中的感应电流为零，选项A错误；B在时刻，磁感应强度B向里在减小，由楞次定律和安培定则知，感应电流为顺时针方向，再由左手定则知，ab边受到的安培力水平向左，故B正确；C磁感应强度变化的周期和磁通量变化的周期相同，感应电流变化的周期也是，在一个周期内交流电的方向改变2次，所以在1s内线圈中的电流方向变化了次，选项C

19、正确；D根据感应电量在一个周期内，穿过线圈的磁通量的变化量一定为零，所以感应电量一定为零，选项D错误。故选BC。12CD【详解】根据平衡条件可知，带电小球受到向上的电场力与向下的重力相等，可知小球带负电，且满足qE=mg，若将下极板向下移动一小段距离，两板间距离d变大，而电容器始终与电源连接，则其电压不变。A根据可知，场强E变小，所以qEmg，小球将向下运动，故A错误；BD因E变小，P点与上极板的距离不变，故与上极板间的电势差减小，因两极板间的电势差不变，故P点与下极板间的电势差变大，而下极板接地始终为0V，则P点的电势将升高；小球带负电，由可知固定在P点的带电绝缘小球的电势能将减小，故B错误

20、，D正确； C根据可知，d增大，电容C变小，根据Q=CU可知，U不变，电容器所带电荷量Q变小，故C正确。故选CD。13球的下边沿； x2； 【详解】(1)1测量A位置到桌面的高度H,即球做圆周运动下降的高度,因为到达桌面时是球的下沿与桌面接触,所以测量的高度H应从球的下边沿开始测.(2)2根据 得 则平抛运动的初速度为若机械能守恒,有即为，若用横轴表示H,则纵轴应表示(3)3由(2)知,若小球下摆过程中机械能守恒,则h、H和x的关系为14 0.6 1.5 1.0 0.36 【详解】(1)1实验中电路中的电流应较大，滑动变阻器应选R1；2测一节干电池电动势与内阻实验，电路最大电流较小，约为零点几

21、安，因此电流表应选0.6A量程；(2)3根据表格中的数据在图乙绘制图像得(3)45根据实验电路图，由闭合电路欧姆定律得I1-I2图线的函数表达式应为由图示图象可知，图象的截距图象斜率的绝对值解得电源电动势内阻(4)6在图丙中画出灯泡两端电压和电流的关系图象，如图所示根据图象可知交点为灯泡电流和电压，所以有15280m【详解】10s末重物的速度为：；10s内上升的高度为：；从气球脱离后做竖直上抛运动，上升的高度为：则距离地面的最大高度为：；16（1）（2）【解析】试题分析：（1）电子在加速电场中有，解得（2）电子在地磁场中有，偏转角电子向东的侧移量为由解得考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径17(1) (2)【详解】(1)导轨和导体棒的电阻均可忽略，电阻R消耗的功率：感应电动势： 解得：(2)导体棒做匀速运动，由平衡知识可知： 而 则： 解得：18；。【详解】由状态甲到状态乙，A容器中气体等温变化由玻意耳定律得解得由状态甲到状态丙，可看作等压变化由盖一吕萨克定律由几何知识解得