1、四川省雅安市2020-2021学年高二物理下学期期末联考试题15（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由静止开始作匀加速直线运动的火车，在第10s末的速度为2m/s，下列叙述中错误的是（ ）A头10s内通过的路程为10mB每秒速度变化0.2m/sC10s内平均速度为1m/sD第10s内通过2m2某学
2、校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制；电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，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（）A电源路端电压不变B两端电压变大CB灯变暗，A灯变亮D电源总功率不变3一静止的铝原子核俘获一速度大小为的氢原子核后，变为稳定的硅原子核，下列说法正确的是（）A该核反应方程为B若无其他粒子产生，则反应后的速度大小约为C核反应后的电荷数比核反应前的电荷数小D核反应后的质量数比核反应前的质量数大4某人想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端
3、绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁起动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片（如图所示），拍摄方向跟地铁前进方向垂直。请你根据这张照片估算此时地铁的加速度为（）ABCD缺乏数据，无法测量5下列说法正确的是（）A质量分布均匀的物体的重心一定在几何中心B两物体间的滑动摩擦力总是与物体运动方向相反C摩擦力的大小与弹力成正比D两分力大小一定，夹角越小，合力越大6如图所示，P为地球的同步卫星，P到地心的距离为r、向心加速度大小为a0；Q为静止在地球赤道表面的物体，Q到地心的距离为R、向心加速度大小为a，已知万有引力常量为G，则下列说法正确
4、的是（）A地球的质量为B地球的第一宇宙速度大小为CP与Q的向心加速度大小之比为DP与Q的线速度大小之比为7如图所示，甲乙两个质量相等的物体从高度相同、倾角不同的两个粗糙斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端。已知 F2Ca1= a2Da1 a29如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（）A带电油滴所受电场力变小BP点的电势将升高C带电油滴的电势能增大D电容器的电容减小，极板带电量增大10如图所示为测定磁感应强度大小的装置，弹簧测力计下端挂一矩形线圈，线圈匝数为n，将矩形线圈的短边（长为L）
5、置于蹄形磁体的N极、S极间的磁场中的待测位置，线圈的质量为m，（重力加速度为g）为了测量方便和精确，调节好装置后闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，此时电流表示数为I，下列说法中正确的有A装置图中线圈平面与N极、S极连线垂直B当电路未接通时弹簧测力计的读数为0C在磁场中的线圈短边中的电流方向向里DN极和S极之间磁场的磁感应强度为11如图 1，闭合矩形导线框 abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度 B随时间t变化的规律如图 2所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电
6、流 i与 ad边所受的安培力 F随时间 t变化的图像，下列选项正确的是（） A B C D 12在如图甲所示的电路中，电阻R的阻值为，电压表和电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压，电压表的示数为，下列说法正确的是（）A该变压器原线圈端电压的有效值为B该变压器原副线圈的匝数之比为C电流表的示数为D若增大电阻R的阻值，变压器原线圈的输入功率减小第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利用如图1所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻。(1)现有电压表（03V）、开关和导线若干，以及下列器
7、材：A电流表（00.6A） B电流表（03A）C滑动变阻器（020） D滑动变阻器（0100）实验中电流表应选用_；滑动变阻器应选用_。（选填相应器材前的字母）(2)实验中，某同学记录的6组数据如下表所示，请画出图线_。(3)根据图2可得出干电池的电动势E=_V，内电阻r=_。（结果保留两位小数）14在利用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中：（1）下面列举了该实验的几个操作步骤，其中多余或不正确的操作是 _ ； A按照上图所示的装置安装器件 B用天平测量重物和夹子的质量mC将电磁式打点计时器接到“220V”交流电源上 D先释放纸带后再接通电源打出一条纸带，重复多次E选择一条理想的纸带，对其进
8、行测量 （2）如图所示是实验中测得的一条纸带，各点距O点的距离分别为d1，d2，d3，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，则B点的速度表达式为vB= _ ；（3）若将B点和D点的速度用vB、vD表示，要验证重物从B点运动到D点的过程中机械能守恒，则需满足_关系。（4）实验发现重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是：_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如图所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为的加速电场，加速后从偏转电场中央射入偏转电场，偏转电场极板间的
9、距离为,极板长为，忽略离子的重力，试计算离子恰好能射出偏转电场时的偏转电压16某课外活动小组自制一枚质量为2kg的火箭，设火箭发射后始终在竖直方向上运动。火箭点火后可认为从静止开始做匀加速直线运动，经过5s速度达到40m/s时燃料恰好用完，若不计空气阻力且火箭视为质点，取，求：(1)火箭上升到离地面的最大高度；(2)火箭落回地面时的动能为多大。17如图所示，边长为L的正方形线框abcd放置于水平桌面上，质量为m，电阻为R。在线框右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，磁场宽度大于L。线框在水平外力F的作用下从磁场左边界以垂直边界的速度v匀速进入磁场，当cd边进入磁场时立刻撤去外
10、力，线框ab边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：(1)水平外力F的大小；(2)从线框开始进入磁场到ab边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q。四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，内壁光滑的气缸分为高度相等的AB、BC 两部分，AB、BC两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a、b，横截面积Sa=2Sb，活塞a上端封闭氧气，a、b间封闭氮气，活塞b下端与大气连通，气缸顶部导热，其余部分均绝热.活塞a离气缸顶的距离是AB高度的，活塞b在BC的正中间.初始状态平衡，大气压强为p0，外界和气缸内气体温度均为7.（1）通过电阻丝缓慢加
11、热氮气，求活塞b运动到气缸底部时氮气的温度；（2）通过电阻丝缓慢加热氮气至420K，求平衡后氧气的压强.参考答案1D【解析】试题分析：因为火车是从静止开始出发的，所以可得，根据公式可得在头10s内的位移是，AB正确，根据匀变速直线运动的平均速度公式可得10s内平均速度为，C正确，物体在前9s内的位移是，所以第10s内的位移为，D错误，考点：考查了匀变速直线运动规律点评：此类型题是匀变速直线运动的基础题目，比较简单，关键是对公式的熟练掌握2B【详解】由题意，增加光照强度，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增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电
12、流I0=I-IA，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，B灯变暗；电源的总功率P=EI，I增大，则P增大。故B正确，ACD错误。故选B。3B【详解】ACD根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为选项ACD均错误；B若无其他粒子产生，由动量守恒定律有可得的速度大小约为，选项B正确。故选B。4A【详解】当圆珠笔与列车相对静止时，圆珠笔的加速度与列车的加速度相同。设细线与竖直扶手的夹角为，以圆珠笔为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律解得由一支圆珠笔的长度约为15cm，估算此时细线的长度80cm和圆珠笔重心到竖直扶手的
13、距离11cm，得联立得故选A。5D【解析】试题分析：质量均匀，形状规则的物体的重心在其几何中心，A错误；滑动摩擦力方向与两物体间的相对运动方向相反，但不一定与物体的运动方向相反，如无初速度放在传送带上的物体，在滑动摩擦力作用下运动，滑动摩擦力方向和物体运动方向相同，B错误；滑动摩擦力的大小和和接触面间的正压力成正比，静摩擦力与压力无关，C错误；根据平行四边形定则可得两分力大小一定，夹角越小，合力越大，D正确考点：考查了摩擦力，重心，力的合成6C【详解】A静止在地球赤道表面的物体，受到地球对物体的万有引力和地球对物体的支持力，则解得：地球的质量故A项错误；B当卫星绕地球表面做匀速圆周运动时，有又
14、解得：地球的第一宇宙速度故B项错误；CDP为地球的同步卫星，Q为静止在地球赤道表面的物体，则P与Q的转动周期相同，角速度相同；据向心加速度公式可得据线速度与角速度关系可得故C项正确，D项错误。7A【解析】设动摩擦因数为，则，其中，故越大，加速度越大，因为滑块做初速度为零的匀加速直线运动，故，解得，且，故，质量相同，故重力相同，根据可得甲受到的重力冲量大，A正确；根据动能定理可得，即到达底端的动能为，两者下落的高度相同，所以斜面的倾角越大，动能越大，又质量相等，所以乙到达底端的速度较大，乙在竖直方向上分速度大，根据可得到底端时，乙的重力功率较大，BC错误；克服摩擦力做功，两斜面的倾角不同，克服摩
15、擦力做功不同，机械能损失量不同，D错误8B【详解】甲图中受力如图：竖直方向：水平方向：解得：乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则有：由牛顿第二定律得：综上分析则有：故选B。9AB【详解】A下极板竖直向下移动，d增大，由于电容器两板间电压不变，根据可得，金属板间场强减小，则油滴所受的电场力减小，故A正确；B板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式可知，P点与上级板间电势差将减小，而P点的电势低于上级板的电势，则知P点的电势将升高，故B正确；C由于油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小，故C错误；D根据电容的定义式可知，由于d增大，则电容C减小，电容器与电源保持
16、相连U不变，根据可知，Q减小，故D错误。故选AB。10AC【解析】【分析】根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度；【详解】A、放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直从而是下边受到安培力作用，故选项A正确；B、在接通电路前，线框处于静止，导线框此时只受到重力和弹簧的拉力作用，此时弹簧测力计的示数等于线框的重力，故选项B错误；C、闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，说明线框受到向上的安培力作用，根据左手定则可知在磁场中的线圈短边中的电流方向向里，故选项C正确；D、线框受到安培力和重力作用，二力处于平衡状态，则
17、：，则，故选项D错误【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，然后根据二力平衡求解出磁感应强度的大小11AC【详解】AB由B-t图像可知，01s时间内，B的方向垂直纸面向外且增大，磁通量向外增大，由楞次定律可知，感应磁场向里，根据安培定则，可知感应电流是顺时针的，为正值；12s磁场大小不变，通过线圈的磁通量不变，无感应电流；23s，B的方向垂直纸面向外且减小，磁通量向外减小，由楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则，可知感应电流沿逆时针方向，为负值；34s内，B的方向垂直纸面向里且增大，磁通量向里增大，由楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则，可知感应电流沿
18、逆时针方向，为负值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势感应电流由B-t图像可知，在每一时间段内是定值，故在各时间段内I是定值，故A正确，B错误；CD由左手定则可知，在01s内，ad受到的安培力方向为水平向右，是正的，12s无感应电流，没有安培力，24s时间内，安培力方向为水平向左，是负的；ad边受到的安培力为F=BIL因I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故C正确，D错误。故选AC。12BD【详解】A设变压器原线圈端电压有效值为U，据电流的热效应可得可解得U1=55V，A错误；B电压表的示数为副线圈电压，即U2=，由可得该变压器原副线圈的匝数之比为，B正确；C副线圈的电流为
19、由可得原线圈的电流，即电流表的示数，C错误；D若增大电阻R的阻值，由可知，副线圈的功率减小，变压器的输入等于输出功率，故变压器原线圈的输入功率减小，D正确。故选BD。13A C 1.46 0.86 【详解】(1)1干电池允许通过的最大电流不超过0.5A，所以电流表选A。2电源内阻较小，所以选择较小的滑动变阻器，方便电路调节。(2)3将描好的点连成直线，舍去偏离直线过远的点(3)4图像与纵轴的交点表示电动势，即电动势为1.46V。5图像的斜率表示电源内阻，即14BCD 由于摩擦阻力的存在 【解析】（1）A、按照图示的装置安装器件，故A正确；B、不必测量重物和夹子的质量m，故B错误；C、将电磁式打
20、点计时器接到以下的交流电源上，故选项C错误；D、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误；E、选择一条理想的纸带，对其进行测量，故E正确。（2）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出B点的瞬时速度大小分别为：。（3）物体从B到D的过程中重力势能减小量是，动能增加量是，要验证物体从B到D的过程中机械能是否守恒，则需满足关系，物体的机械能守恒。（4）实验发现重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能，造成这种现
21、象的原因是由于摩擦阻力的存在。点睛：解决本题的关键知道实验的原理，知道重锤的质量可以不测，打点计时器使用交流电源，实验时应先接通电源，后释放纸带，正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强。15400V【分析】先由动能定理求出粒子进入偏转电场能的初速度，然后根据类平抛运动规律列方程求解偏转电压U；【详解】设正离子的电荷量为q、质量为m，由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0=mv02解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为在偏转电场中， L=v0t 又因为L=3d所以可得U=400V16(1)；(2
22、)3600J【详解】(1)对火箭，加速上升阶段减速上升阶段解得(2)火箭下落过程应用动能定理根据题意并代入数据可知，火箭落回地面时的动能为Ek=3600J17（1）（2）【解析】(1)线框切割磁感线所产生的电动势为 回路中的感应电流为 线框所受到的安培力为 由于线框匀速运动，故水平外力 即 (2)线框从开始运动到cd边进入磁场所经历的时间为 回路中产生的焦耳热 线框与桌面间的摩擦生热 所以整个过程中产生的总热量 或者直接由能量守恒得也给分！点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键18（1）350K；（2）； 【解析】活塞b降至底部的过程中活塞a不动，氮气经历等压变化，设AB部分的体积为，由题意知，BC部分的体积为，设氮气初态的体积为，温度为，压强为，末态体积为，温度为，由几何关系得：,由盖吕萨克定律得：代入数据得：设平衡后中间氮气的体积为，上方氧气的体积为，压强为p对中间氮气由理想气体状态方程代入数据得：设氧气初态的体积为，由题意知，压强为；末态的体积为，压强为p对上方的氧气，发生等温变化，由玻意尔定律得：由几何关系得：联立解得：