1、四川省雅安市2020-2021学年高二物理下学期期末联考试题08（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)1一物体受到三个共点力的作用，下列四组力能使物体处于平衡状态的是（ ）A20N15N4NB7N8N9NC1N8N10ND5N10N20N2如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物
2、体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体在运动过程中受到的摩擦阻力恒定，则（）A物体运动到O点时，所受合力为零B物体从O到B的过程中，加速度增大C物体从A到O的过程中，弹簧弹力对其做负功D物体从A到O的过程中，动能一直增大3在控制气候变和减少碳排放的路上，核能不可或缺。核裂变和核聚变技术不断革新，其中包括：第四代核裂变反应堆小型模块化反应堆核聚变反应堆核心技术的突破。下列核反应方程中，X为正电子的是（）ABCD4如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为的物块。当小车在水平地面上做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为，当小车做匀
3、加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为。这时小车运动的加速度大小是（）ABCD5如图所示，两个质量相同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( ) A周期相同B线速度的大小相等C向心力的大小相等D向心加速度的大小相等6如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同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是地球同步卫星已知第一宇宙速度为v，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为vA、vB、vC，周期大小分别为TA、TB、TC，则下列关系正确的是AvA=vC=vBvA vC vB TCTBDTATB TC
4、7一小球沿着斜面做匀变速直线运动，某时刻的速度为v1，经过时间t，运动位移为x速度变为v2。关于这四个物理量的关系，正确的是（）ABCD8如图所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则（ ）AR3的电阻变小，a点电势低于b点电势BR3的电阻变小，a点电势高于b点电势CR3的电阻变小，a点电势等于b点电势DR3的电阻变大，a点电势低于b点电势92017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n=10
5、0、电阻r=1、横截面积S=1.510-3m2，外接电阻R=7线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则A在t=0.01s时通过R的电流发生改变B在t=0.01s时线圈中的感应电动势E=0.6VC在00.02内通过电阻R的电荷量q=1.510-3CD在0.020.03s内R产生的焦耳热为Q=1.810-3J10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，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则AP点的电势将降低B带电油滴的电势能将增大C带电油滴将沿竖直方向向下运动D电容器的
6、电容减小，极板带电荷量将增大11如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向左运动，当回路运动到关于OO对称的位置时（）A穿过回路的磁通量不为零B回路中感应电动势大小为2BLv0C回路中感应电流的方向为逆时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相反12某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机的内阻为r = 5.0 ，产生的电动势随时间的变化规律如图甲所示。配电原理示意图如图乙所示，理想变压器原副线圈的匝数比为52，R1 = 5.0 ，R2 = 5.2 ，电
7、压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I = 10 A。则系统正常运作时下列说法正确的是（）A交流电压表的示数为720 VB灯泡的工作电压为272 VC变压器输出的总功率为2720 WD若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大第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在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程为00.6A，内阻约为0.1C电流表：量程为00.6A，内阻r=0.3D电压表：量程为03V，内阻未知E.电压表：量程为015V，内阻未知F.滑动变阻器：010，允许通
8、过的最大电流为3AG.滑动变阻器：0100，允许通过的最大电流为1AH.开关、导线若干(1)其中电压表应选_，滑动变阻器应选_（填字母代号）；(2)以，代表所选仪器，在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图_；(3)根据实验数据作出如甲UI图像，由图可知，电源电动势E=_V，内阻r=_；(4)该电源的电动势测量值_真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；(5)图乙为某小灯泡的伏安特性曲线。本实验之后，所选用电池由于使用时间过长，导致内阻增大到6，但电动势几乎没有变化。将这样的干电池两节并联后给此小灯泡供电，则小灯泡发光的功率为_W（结果保留两位小数）；(6)另一组同学用不同的电池组（均由同
9、一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步设计实验探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如下图所示的P-R和P-U图像。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_（选填选项的字母）。AB。C。D。14如图所示，是一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：（重力加速度为g）A将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；B测出挡光条的宽度d；c。将滑块移至图示位置，测出挡光条到
10、光电门的距离l；D释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t；E用天平称出托盘和砝码的总质量m；F.回答下列问题：(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少量是_（用物理量符号表示）；(2)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是_（写出物理量的名称和符号）；(3)若该系统机械能守恒，以上测得的物理量应该满足的关系式是_；(4)由于托盘和滑块运动过程中要克服阻力做功，故该实验的动能增量总是_（填“大于”、“等于”或“小于”）重力势能的减少量。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如图所示的电路中，两平行金属板A、B
11、水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=110-2C，质量为m=210-2kg，不考虑空气阻力那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）16如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5 m，下端有一阻值为R1=0.8 的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面成=37。有一磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m=0.4 kg、电阻R2=0.
12、2 的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数=0.5（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10 m/s2），求：(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q=4 C，求导体棒在此过程中产生的热量。17气球上系一重物，以10 m/s的速度自地面匀速上升。当上升到离地面高度h=40 m处时，绳子突然断了（g取10 m/s2）。问：(1)重物是否立即下降？重物要经过多长时间才能落到地面？(2)重物落地时的速度多大？四、选修（本题共12分，
13、选修3-3）18如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24 cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27 ，气柱长均为22 cm，其中上端气柱的压强为76 cmHg.现将试管水平放置，求：水银柱如何移动(向A还是向B移动)？移动了多远？保持试管水平，将试管温度均匀升高100 ，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？参考答案1B【分析】多力能否使物体处于平衡状态主要是判断三个共点力的合力能否为零【详解】当20N和15N的合力范围为【5，35】，4N不在这个范围内，合力不可能为零，物体不处于平衡状态，故A错误；当7N和8N的合力范围为【1，15】，9N在这个范围内，合力可能为零，物体
14、可能处于平衡状态，故B正确；8N和1N的合力范围为【7，9】，故不可能与10N合力为零，故C错误；5N和10N的合力范围为【5，15】，故不可能与20N合力为零，故D错误所以B正确，ACD错误【点睛】本题可借助所学组成三角形的方法进行判断，即：两力之和大于第三力，两力之差小于第三力，则合力可以为零2B【详解】A O点时弹簧的弹力为0，但物体运动到O点时，会受到摩擦阻力作用，故合外力不为零，故A错误；B从O到B的过程中物体一直受到向左的弹力与向左的阻力，所以物体一直做减速运动，且弹力逐渐增大，所以加速度逐渐增大，故B正确；C物体从A到O的过程中，弹簧弹力与运动方向相同，所以弹簧弹力对其做正功，故
15、C错误；D物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速。即物体先加速后减速，所以物体从A到O的过程中，动能先增大后减小，故D错误。故选B。3C【详解】A由质量数和电荷数守恒可得，A项中的X的电荷数为0，质量数为，故A错误；B由质量数和电荷数守恒可得，B项中的X的电荷数为0，质量数为1即为中子，故B错误；C由质量数和电荷数守恒可得，C项中的X的电荷数为1，质量数为0即为正电子，故C正确；D由质量数和电荷数守恒可得，D项中的X的电荷数为1，质量数为1即为质子，故D错误。故选C。4D【
16、详解】开始时两弹簧测力计的示数均为，因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧测力计甲的示数由10N变为8N时，其形变量减少，则弹簧测力计乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧测力计形变量变化的大小相等，当弹簧测力计甲的示数为时，弹簧测力计乙的示数将增加为，对物块在水平方向应用牛顿第二定律得得故选D。5A【详解】试题分析：设细线与竖直方向的夹角为，对小球受力分析可知：，可得，故两球运动的线速度不同，选项B错误；，解得，故运动周期相同，选项A正确；向心力：，故向心力不同，选项C错误；向心加速度：，解得，故向心加速度不同，选项D错误；故选A考点：匀速圆周运动；牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿定律在匀速圆周
17、运动中的应用问题；关键是分析小球的受力情况，找到小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列出方程求解出要比较的物理量，然后进行讨论；记住圆锥摆的周期公式6B【解析】【详解】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以A=C，根据v=r，C的线速度大于A的线速度，根据万有引力提供向心力，解得：，可知B的线速度大于C的线速度，但均小于第一宇宙速度，即vA vC vBv，故A错误，B正确；卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据万有引力提供向心力，解得：，可知C的周期大于B的周期，故CD错误。故B正确，ACD错误7D【详解】根据匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度之和的一半，所以故选D。8B【解
18、析】【详解】取电源的负极电势为零，a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压；光敏电阻的电阻随温度的升高而降低，故R3的电阻减小；没有光照时，a、b两点电势相等，有光照以后，两支路两端的电压相等，因R1、R2支路中电阻没有变化，故R2的分压比不变；而由于R3的电阻减小，故R4分压增大，故a端的电势要高于b端，故B正确，ACD错误9BC【解析】A项：根据“楞次定律”可知，在0-0.01s内电流方向和在0.01-0.02s内电流方向不变，故A错误；B项：根据“法拉第电磁感应定律”可知：，故B正确；C项：在00.02内，产生的感应电流为，电荷量为 ，故C正确；D项：在0.020.03
19、s内，产生的感应电动势为，产生的感应电流为，R上产生的焦耳热为，故D错误10ABC【详解】A因为电容器和直流电源相连，所及极板间电压不变，间距增大，极板间电场强度减小，所以P点和下极板间的电势差减小，又下极板接地，所以P点电势减小，A正确B根据题意可知，上极板带正电，又油滴初始静止，所以可知油滴带负电，P点电势减小，因此油滴电势能增大，B正确C因为极板间电场强度减小，原来电场力等于重力，现在电场力小于重力，油滴向下运动，C正确D根据平行板电容器电容决定式可知，间距增大，电容减小，又电压不变，所以极板所带电荷量减小，D错误11BC【分析】考查电磁感应相关知识。【详解】A当前位置，回路的磁通量正负
20、相抵，恰好为零，A项错误；Bcd边切割磁感线产生的感应电动势为BLv0，ab边切割磁感线产生的感应电动势也为BLv0，方向均为逆时针，故回路中感应电动势大小为2BLv0，B项正确；C根据右手定则判断回路中感应电流的方向为逆时针方向，C项正确；D由左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向相同，均为向右，D项错误。故选BC。12CD【详解】A由图甲知，发电机产生的感应电动势最大值，其有效值为根据变压器原理可得，原线圈的电流则电压表的示数故A错误；B原线圈两端电压则副线圈两端电压灯泡正常工作的电压故B错误；C变压器输出的总功率为故C正确；D若负载电路的灯泡增多，总电阻减小，总功率增大，则发电
21、机的输出功率会增大，故D正确。故选CD。13D F 1.50 0.7 等于 0.18-0.20 BC 【详解】(1)12测量一节干电池的电动势，则电压表应选D，滑动变阻器应选F；(2)3电流表C的内阻是已知的，则可选用电流表C，电路如图：(3)45根据实验数据作出如甲U-I图像，由图可知，电源电动势E=1.50V，内阻(4)6该电路已经知道电流表内阻，则实验无系统误差，即电源的电动势测量值等于真实值；(5)7在此灯泡的伏安特性曲线上做出两节电源并联后的UI图像如图：交点坐标为I=0.25A，U=0.75V则P=IU=0.18W(6)8AB.根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最
22、大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故B正确，A错误。CD.当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。由A的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故C正确，D错误。故选BC。14mgl 滑块和遮光条的总质量M 小于 【详解】(1)1在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少量是mgl；(2)2滑块经过光电门时的速度为要验证的关系式为则要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是滑块和遮光条的总质量M；(3)3若该系统机械能守恒，以上
23、测得的物理量应该满足的关系式是(4)4由于托盘和滑块运动过程中要克服阻力做功，故该实验的动能增量总是小于重力势能的减少量。158；23W【详解】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB由动能定理得解得：UAB=8V则滑动变阻器两端电压U滑=UAB=8V设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的电阻电源的输出功率16(1) 2 m/s2 (2) 5 m/s (3) 0.6 J【详解】(1)刚开始下滑时，以MN为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinmgcos=ma代入数据解得：a=2 m/s2(2)当导体棒匀速下滑时速度达到最大
24、，其受力情况如图 因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v，则在平行于斜面上根据平衡条件可得：mgsinfF=0摩擦力为：f=mgcos安培力为：F=BIL，根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为：由以上各式解得：v=5 m/s（3）通过导体的电量为：设物体下滑速度刚好为v时的位移为s，则有：=BsL全程由动能定理得：代入数据解得：W安=3 J此过程回路产生的热量为Q=W安=3 J导体棒在此过程中产生的热量Q2=Q=0.6 J17(1)否，4 s；(2)30 m/s【详解】(1)绳子突然断时，重物与气球具有相同的速度，由于惯性，重物将继续向上运动，上升一段距离到达最高点后再做自由落体运动。上升过程中上升
25、时间自40 m高处继续上升的最大高度重物做自由落体运动的过程中下降的总高度由可求得下降的时间重物从绳子断到落地的总时间(2)重物落地时的速度18向A端移动了3 cm 不移动；115.7cmHg【解析】【详解】（1）根据玻意耳定律得：对A: 对B： pBpA+24 p A= p B LA+ L B=44 联立以上各式解得：LA19cm即水银柱向A端移动了3cm（2）假设水银柱不移动，则有pT因为左右压强相等，所以pApB升温前pApB所以升温后p A= p B，仍然平衡，水银不移动对气体A根据理想气体状态方程，有解得：p A115.7cmHg【点睛】本题考查气体实验定律和理想气体状态方程，第二问用假设法，先假设水银柱不移动，气体等容过程求解，因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强的增量的不同造成的，必须从压强的变化入手分析