1、四川省雅安市2020-2021学年高二物理下学期期末联考试题19（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如图甲是一辆电动汽车“极狐阿尔法s”，其直线零百加速（从0加速到）仅需，深受年轻人喜爱，图乙为火箭发射场景（竖直向上），速度能在由0增加到（火箭和汽车的加速均可视为匀加速直线运动），关于加速过程下列
2、说法正确的是（）A“极狐阿尔法s”比火箭的速度变化快B火箭的平均速度为C火箭比“极狐阿尔法”的平均速度大D内汽车的速度改变量为2质量为2kg的物体受到两个大小分别为6N和8N的共点力作用，则物体的加速度大小可能是（）A10m/s2B7m/s2C11m/s2D14m/s23如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是间一平面内两颗人造卫星B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星以下判断正确的是A卫星B的速度大小等于地球第一宇宙速度BA、B线速度大小关系为C周期大小的关系是 DA物体受到的万有引力分为两部分：物体重力和同地球一起自转的向心力4如图所示电路图中，R1、R2为定值电阻，R
3、3为滑动变阻器，电源内阻r，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是A电流表和电压表读数均增大B电流表和电压表读数均减小C电流表读数变大，电压表V2读数变大，V1读数减小D电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小5某质点在同一平面内受到三个共点力，它们的大小和方向如图所示. 这三个力的合力方向为A沿着x轴正方向B沿着x轴负方向C沿着y轴正方向D沿着y轴负方向6我国自行研制了可控热核反应实验装置“超导托卡马克”（英名称：EAST，俗称“人造太阳”）。设可控热核实验反应前氘核设可控热核实验反应前氘核的质量为，氚核的质量为
4、，反应后氦核的质量为，中子的质量为，光速为c，下列说法正确的是（）A这种装置中发生的核反应方程式是B由核反应过程质量守恒可知C核反应放出的能量等于D这种装置与我国大亚湾核电站所使用装置的核反应原理相同7如图所示，光滑固定斜面倾角为30，上端固定光滑小滑轮，跨过小滑轮的轻绳两端连接质量都为m的小物体P和Q（都可看做质点），Q离水平地面的高度为h，已知当地重力加速度为g。现释放小物体P和Q，对它们之后的运动，以下说法正确的是（）AQ着地前轻绳的张力为mgBQ着地前轻绳的张力为CQ着地前的最大速度大小为DP沿斜面上升过程中，轻绳拉力对P做的功为了8细绳一端系住一个质量为的小球，另一端固定在光滑水平桌
5、面上方处，绳长大于，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动若要小球不离开桌面，其转速不得超过（ ）ABCD9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，电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（）A带电油滴将竖直向上运动BP点的电势将降低C若电容器与电源断开，仍保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则带电油滴仍保持静止D若电容器与电源断开，仍保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，P点的电势将降低10如图甲所示，一个匝数n100的圆形导体线圈，面积S10.4 m2，电阻r1
6、 。在线圈中存在面积S20.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R2 的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（ ）A圆形线圈中产生的感应电动势E6 VB在04 s时间内通过电阻R的电荷量q6 CC设b端电势为零，则a端的电势a3 VD在04 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q18 J11如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为21，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡L，灯泡的额定功率为22，原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关后，灯泡恰能正常发光。若用和分别表示此时
7、电压表和电流表的读数，则（ ）A原线圈输入电压的瞬时表达式为)VB灯泡的额定电压为110VC副线圈输出交流电的频率为100HzD220V，0.2A12如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，磁铁上方有一导线，导线中通有垂直纸面向里的电流若在某一瞬间电流消失，则()A弹簧将变长B弹簧将变短C磁铁对地面的压力将减小D磁铁对地面的压力将增大第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图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平回答下列问题：(1)为完成此实
8、验，除了所给的器材，还需要的器材有_(填入正确选项前的字母)A米尺 B秒表C012V的直流电源 D012V的交流电源(2)本实验中，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的顺时速度v和下落高度h，某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：a用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t。通过v=gt计算出瞬时速度v；b用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vc根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度hd用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两
9、点间的平均速度，测算出瞬时速度v以上方案中只有一种正确，正确的是_。（填入相应的字母）14某同学设计了如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r，电路中定值电阻R0=20（1）根据图甲所示电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_（2）实验中，该同学移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的示数U1、U2，数据如下表所示请根据表格中的数据在图丙所示坐标纸中画出U2U1的图线_次数123456U1/V1.02.03.04.04.55.0U2/V16.815.215.012.011.110.3（3）由U2U1图线求得该电源的电动势E=_V，内阻r=_(均保留三位有效数字)三、解答题
10、(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。)15一气球从地面由静止开始以2m/s2 的加速度沿竖直方向匀加速上升，10s后从气球上掉下一小石子，取，不计小石子受到的空气阻力，则再经过多长时间小石子落回地面?16如图所示，两根相距L1 m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37角，拐角处连接一阻值R1 的电阻质量均为m2 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R1 .整个装置处于磁感应强度大小B1 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静
11、止g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)水平拉力的功率；(2)现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热17(10分)从粒子源射出的带电粒子的质量为m、电荷量为q，它以速度v0经过电势差为U的带窄缝的平行板电极S1和S2间的电场，并从O点沿Ox方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox垂直平行板电极S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角60，如图8220所示，整个装置处于真空中(1)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R；(2)求粒子在磁场中运动所用的时间t.四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃
12、管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长，中管内水银面与管口A之间气体柱长。先将管口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，稳定后右管（竖直）内水银面比中管（竖直）内水银面高。整个过程温度不变，大气压强。求(1)稳定后右管内的气体压强p；(2)稳定后中、左管内气体的长度。参考答案1C【详解】A速度变化的快慢即为加速度，根据可知，电动汽车的加速度为火箭的加速度为因，则“极狐阿尔法s”比火箭的速度变化慢，故A错误；B火箭的运动视为匀加速直线运动，则其平均速度为故B错误；C极狐阿尔法s的加速视为匀加速直线运动，则其平均速度为因，则火箭比“极狐阿尔法”的平均速度大，故C正确；D汽车的速度变化量为故
13、D错误；故选C。2B【详解】6N和8N的两个水平力作用，合力范围为物体的质量为2kg，根据牛顿第二定律，加速度的范围为故选B。3D【解析】【详解】A.第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大的环绕速度，由于卫星B的轨道半径大于地球的半径，则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误B. 对B、C，根据，C的轨道半径大于B的轨道半径，则vBvC，对于A、C，A、C的角速度相等，根据v=r知，vCvA，所以vBvA，故B错误C. A、C的角速度相等，则A、C的周期相等，根据知，C的周期大于B的周期，故C错误D. A物体受到的万有引力分为两部分：物体重力和沿着指向物体做圆周运动圆心方向的分力，选项D正
14、确4D【解析】【分析】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题；【详解】由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，路端电压，则U增大，电阻R1的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数减小总之，电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数变小，故ABC错误，D正确【点睛】闭合电路的动态分析题的关键在于由变化的电阻，得出总电阻的变化进而得到干路电流和路端
15、电压的变化5A【解析】【详解】由图F1、F2的方向沿坐标轴，根据平行四边形定则知，将F3分解F3x20sin6010N；F3y=20cos60=10N；所以：FxF2+F3x20102.68N；Fy=F3y-F1=10-10=0N；可知三个力的合力沿x轴的正方向，大小为2.68N；A. 沿着x轴正方向，与结论相符，选项A正确；B. 沿着x轴负方向，与结论不相符，选项B错误；C. 沿着y轴正方向，与结论不相符，选项C错误；D. 沿着y轴负方向，与结论不相符，选项D错误；6A【详解】A可控热核反应装置中发生的核反应方程式是选项A正确；B核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损
16、，因此选项B错误；C由爱因斯坦质能方程得核反应过程中释放的核能选项C错误；D这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置是核裂变，它们的核反应原理不相同，选项D错误。故选A。7C【解析】【详解】Q着地前，根据牛顿第二定律得：对P： ；对Q： ；联立解得：，故AB错误。设Q着地前的最大速度大小为v，则有：，可得： ，故C正确。P沿斜面上升过程中，设轻绳拉力对P做的功为W，对P，根据动能定理得：，解得，故D错误。故选：C。8D【详解】以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为，设绳子与竖直夹角为，则有：R=htan
17、，那么Fcos+N=mgFsin=m2R=m42n2R=m42n2htan当球即将离开水平面时，N=0，转速n有最大值N=mg-m42n2h=0故选D。9AC【详解】A由题可知，油滴之前处于静止状态，即受力平衡可知，电场力方向竖直向上。当电容器的上极板向下移动时，即d减小，由可知，电容C增大，又电容器两端的电压不变，由可知，电容器场强E增大。即带电油滴所受电场力增大，大于所受重力，所以带电油滴将竖直向上运动，所以A正确；B由题可知，电容器下极板接地，设下极板电势为，上极板电势为，即则P与下极板间的电势差为又不变，E增大，所以增大，又即P点的电势将升高，所以B错误；CD若电容器与电源断开，即电容
18、器所带电荷量不变。保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，即d增大，由可知，电容C减小，又电容器所带电荷量不变，由可知，电容器场强E不变，而P与下极板间距不变，则UPB不变，则P点电势不变。所以带电油滴所受电场力不变，即油滴仍处于静止状态，所以C正确，D错误。故选AC。10BD【详解】A由法拉第电磁感应定律可得EnS2，由题图乙可得，将其代入可得E4.5 V，A错误；B由电量公式：，在04 s穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为0.60.3 Wb-00.18 Wb，代入可得q6 C，B正确；C04s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故C
19、错。D由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得，由焦耳定律可得QI2Rt18 J，D正确。故选BD。11AB【详解】AC原线圈的频率为角速度为瞬时表达式为故A正确，C错误；B有效值为由得副线圈两端电压为110V，即灯泡的额定电压为110V，故B正确；D电压表示数为副线圈中的电流为由公式可知，原线圈中的电流为即电流表示数为0.1A，故D错误。故选AB。12AD【解析】【详解】开始时根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，此时弹簧处于压缩状态；若在某
20、一瞬间电流消失，安培力消失，磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧被拉伸恢复到原长，磁体对地压力等于磁体的重力；所以弹簧伸长量增加，磁铁对地面的压力增大；A弹簧将被拉伸，与结论相符，选项A正确；B弹簧将被压缩，与结论不相符，选项B错误；C磁铁对地面的压力将减小，与结论不相符，选项C错误；D磁铁对地面的压力将增大，与结论相符，选项D正确；13AD d 【详解】(1)1A需要刻度尺测量纸带上两点间的距离故A正确；B通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，故B错误；CD打点计时器应该与交流电源连接，故C错误，D正确。故选：AD；(2)2实验中，要验证的是与是否相等，即因此需要用刻度尺测出物体下落的高度h
21、，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v0，最后验证两者是否相等。故选d。14 18.0 30.8 【详解】（1）1根据图甲所示电路图连接实物图，如图所示（3）2根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图线如图所示（3）3由图示电路图可知，根据闭合电路欧姆定律有整理得由U2-U1图线可知，纵截距表示电源电动势，则有E=18.0V；4图线斜率的绝对值解得电源内阻30.8。15【详解】设竖直向上为正方向，以气球为研究对象，在10s内气球上升的高度和10s末的速度分别为当小石子脱离气球时，具有竖直向上的初速度而做竖直上抛运动，
22、到落地时的位移则解得（另一解为负，不合题意，舍去）16(1)864 W (2)864 J【分析】（1）根据安培力公式与平衡条件求出电流，然后又E=BLv求出电动势，应用欧姆定律求出金属杆的速度，由平衡条件求出水平拉力，然后应用P=Fv求出拉力的功率（2）由能量守恒定律求出产生的热量，然后应用焦耳定律求出ab杆产生的焦耳热【详解】（1）cd杆静止，由平衡条件可得mgsin BIL，解得I12 A 由闭合电路欧姆定律得2I，得v36 m/s 水平拉力F2BIL24 N，水平拉力的功率PFv864 W （2）撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做
23、功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有QEkmv21296 J而QI2Rt，ab杆产生的焦耳热QI2Rt，所以QQ864 J.【点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚运动过程，应用E=BLv、安培力公式、欧姆定律、功率公式与焦耳定律可以解题17(1) (2) 【解析】试题分析：（1）粒子进入平行板中的匀强电场，则电场力对其加速，利用动能定理则：所以出电场的末速度为根据洛伦兹力提供向心力有，即，带入则(2) 根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，在磁场中轨迹的圆心角为60。即考点：带电粒子在电场中的加速、带电粒子在磁场中的偏转点评：此类题型属于比较常规型的带电粒子在电场或者磁场中的运动问题。根据动能定理可以求出在电场中加速后的末速度。通过左手定则定圆心，画轨迹，从而根据几何知识判断出半径。18(1)80cmHg；(2)38cm【详解】(1)插入水银槽后，对右管内气体，由玻意耳定律有解得p=80cmHg(2)插入水银槽后，中、左管内气体的压强为对中、左管内气体，由玻意耳定律有，解得
