1、四川省雅安市2020-2021学年高二物理下学期期末联考试题13（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在增殖反应堆中，铀238吸收快中子后变成铀239，铀239很不稳定，经过两次衰变后变成钚239，与上述反应过程无关的核反应方程式是（）AUnUBPuUHeCNpPueDUNpe2中国航天局在年年底
2、发射了高分四号卫星，这是中国首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星，如图所示，是静止在赤道上随地球自转的物体，、是同在赤道平面内的两颗人造卫星，位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，是高分四号卫星则下列判断正确的是（ ）A物体随地球自转的角速度大于卫星的角速度B卫星的线速度小于卫星的线速度C物体随地球自转的周期大于卫星的周期D物体随地球自转的向心加速度小于卫星的向心加速度3已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是AB
3、CD4一辆做直线运动的汽车，以速度v行驶了全程的一半，然后匀减速行驶了后一半，到达终点时恰好停止，全程的平均速度为（ ）ABCD5如图所示是一火灾报警器的电路示意图，其中为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ）AI变大，U变大BI变大，U变小CI变小，U变大DI变小，U变小6中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由
4、静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地下列说法正确的是（）A在时间内加速度增大,在时间内加速度减小B在时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越小C在时间内,平均速度D若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑,则他们在悬绳上的距离先增大后减小7两个共点力，大小均为10N，关于这两个力的合力，以下说法错误的是（ ）A大小可能为0B大小可能为10NC大小可能为15ND大小可能为21N8弹簧秤用细线系两个质量都为m的小球,现让两小球在同一水平面内做匀速圆周运动,两球始终在过圆心的直径的两端,如图所示,此时弹簧秤读数 ( )A大于mgB小于2mgC等于2mgD无法判
5、断9如图所示，下列运动电荷或通电直导线受到的磁场力的方向，正确的是（）ABCD10图甲所示电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电容器C的耐压值为50V。变压器原线圈输入的电压如图乙所示，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A副线圈两端电压的频率为10HzB电流表A1、A2的示数之比为1:10C滑片P向上移动时，电流表A3的示数不变D滑片P向下移动时，电流表A1，A2的示数均增大11如图所示，两水平放置的平行金属导轨AB和CD相距0.5m，AC间接阻值为1的电阻，导体棒MN到AC的距离为0.4m，整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导体棒M
6、N垂直放在导轨上，导轨和导体棒MN的电阻可忽略不计，则下列说法正确的是A若导体棒MN向右滑动，则M端电势高B若匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，导体棒MN以5m/s的速度水平向右匀速滑动时，则其所受水平外力的大小是0.25NC若导体棒MN固定，图中磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则导体棒中有N到M的电流D若导体棒MN固定，磁场的磁感应强度随时间变化的规律为，则通过导体棒的电流为0.125A12如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键k闭合，电容器两极板间有一质量为m、带电量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是()A微粒带的是负电B断开电键，微粒将向下做加速运动C保持电键闭合，把
7、电容器两极板水平错开一些，微粒保持静止不动D保持电键闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动第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在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图甲所示，其中O是起始点,A、B、C是打点计时器连续打下的3个点,相邻两个点的时间T=0.02s(1)该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离s1=9.51cm，s2=12.42cm，s3=15.70cm则B点的速度大小是_m/s.(保留三位有效数字)(2)该同学用重锤在AB段的运动来验证机械能守恒,在计算中发现从A到B重锤
8、重力势能的减少量总是稍微大于重锤动能的增加量，你认为原因是_.(3)若在以上纸带中B点模糊不清如图乙所示，请用T、S1、S3表示当地的重力加速度g=_.14一实验小组要测量某型号多用电表欧姆挡“10”正常工作时的内阻R和其内部电源的电动势E，该多用电表欧姆挡“10”的内部电路如图1中虚线框所示。（1）若电池内阻为r，表头内阻为Rg，变阻器有效阻值为RH，则R的理论值为R=_。（2）已知该型号多用电表的电源采用2节干电池，实验小组设计了如图2的电路，则虚线框中X为_仪器，电压表应选用_（填仪器前的字母序号）。A滑动变阻器 B电阻箱 C量程3V的电压表 D量程15V的电压表（3）实验操作步骤如下：
9、i调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左侧零刻度处，再将挡位选择开关调至欧姆挡“10”，短接红黑表笔，调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘右侧零刻度处；ii将图2电路与多用电表的表笔连接，黑表笔应连接_端（填“A”或“B”）；iii改变仪器X的阻值，读取多组电压表和仪器X的示数U和R。（4）实验小组对测量数据进行分析后，一部分同学发现与呈线性关系，另一部分同学发现U与呈线性关系，并各自作出了相应的图象如图3和图4所示。根据图3中所给数据，可得所测电动势E=_，内阻R=_；根据图4中所给数据，可得所测电动势E=_，内阻R=_。（用图中字母表示）三、解答题(本大题共3个小题，共37分。第15题10分
10、，第16题12分，第17题15分。)15气球以4m/s的速度匀速竖直上升，它上升到217m高处时，一重物由气球上掉落，若取g=10m/s2，求（1）重物经多长时间落到地面？（2）到达地面时重物的速度大小是多少？16如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2。（1）若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度T，杆MN的最大速度为多少?
11、（2）若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d=0.4m，现使磁感应强度从零开始的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？17如图所示，水平方向的匀强电场中，用绝缘细线将质量4103kg的带负电小球悬挂在O点细线偏离竖直方向=37小球处于静止状态已知匀强电场的电场强度E=104N/C，g取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）匀强电场的方向；（2）小球的电荷量四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，左端封闭、右端开口的形管两臂粗细不等，右管的横截面积是左管的2倍，管中装有水银，大气压强为。左管中水银面到管口的距离为，且水银面比右管内的高。足够长的右管用
12、质量不计的小活塞封住，空气柱长度为，现缓慢拉动活塞，使两管中水银面相平，管内气体均可视为理想气体，拉动过程中两管内的气体温度始终不变，管内壁光滑且活塞与内壁接触良好，求： （1）左管中气体的最终压强；（2）活塞向上拉动的距离。参考答案1B【详解】A铀238吸收快中子后变成铀239故A有关；CD铀239很不稳定，经过两次衰变后变成钚239故CD有关；B是钚239的衰变方程，故B无关。故选B。2D【解析】A、C的角速度相等，根据万有引力提供向心力：，解得：，C的轨道半径大于B的轨道半径，则C的角速度小于B的角速度，可知物体A随地球自转的角速度小于卫星B的角速度，故A错误；卫星做圆周运动万有引力提供
13、向心力：，解得：，B的轨道半径小于C的轨道半径，则B的线速度大于C的线速度，故B错误；物体A随地球自转的周期等于卫星C的周期，故C错误；A、C的角速度相等，根据a=r2知，物体A随地球自转的向心加速度小于C的向心加速度，故D正确所以D正确，ABC错误3B【详解】篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由 ，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图像的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，则，则加速度就越小，故 A错误、B正确；上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，动能变化就越慢，所以h越大图线斜率越小，故 D错误；下降过程中，h越大，v越小，阻力就越
14、小，合力越大，动能变化越快，所以h越大图线斜率越大，故C错误故选B4B【解析】试题分析：设一半位移为x，则匀速过程的时间为，匀减速过程中的平均速度为，所以后一半位移所用时间为，故全程的平均速度，故B正确考点：考查了平均速度【名师点睛】在计算平均速度时，一定首先要弄清楚是让求哪一段的平均速度，再是弄清楚该过程中所用的时间和位移，然后代入公式解题5D【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2阻值变小，R2与R3的并联总电阻减小，外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律可知电路的总电流增大，电源的内电压变大，由可知路端电压减小，即报警器两端电压U减小，电路中并联部分的电压由于I总变大，则可知U并变小
15、，则根据部分电路的欧姆定律可知通过显示器的电流I变小，则ABC错误，D正确故选D。6D【详解】A在0t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大故A错误B在t1t2时间内，根据牛顿第二定律得f -mg=ma，得f=mg+ma，因为加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故B错误C在t1t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度故C错误D若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先
16、大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小故D正确7D【详解】两力合成时，合力范围为即，故D正确，ABC错误。故选D。8C【详解】设小球与竖直方向的夹角为，两球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以竖直方向受力平衡，则有：，挂钩处于平衡状态，对挂钩处受力分析，得：，故C正确，A、B、D、错误；故选C9AD【详解】A带正电的运动电荷垂直磁场水平向右运动，由左手定则可知洛伦兹力方向竖直向上，选项A正确；B带负电的运动电荷垂直磁场水平向右运动，由左手定则（注意左手四指指向左）可知洛伦兹力竖直向上，选项B错误；C通电直导线在磁场中受到的安培力由左手定则得方向水平
17、向右，选项C错误；D通电直导线在磁场中受到的安培力由左手定则得方向垂直纸面向里，选项D正确。故选AD。10CD【详解】A由图乙可知则副线圈两端电压的频率为故A错误；B因为原副线圈的功率相等，即即因电流表A3分流，因此电流表A1、A2的示数之比不为1:10，故B错误；C滑片P向上移动时，电阻增大，副线圈电压不变，且电容器的容抗不变，故电流表A3的示数不变，故C正确；D滑片P向下移动时，电阻减小，而副线圈电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的电流变大，根据变压器的变流比可知，原线圈的电流变大，即电流表A1、A2的示数均增大，故D正确。故选CD。11AC【解析】A、棒向右切割磁感线，产生动生电
18、动势，由右手定则知电流方向为N到M，而此方向为等效电源内部的电流流向，故M点为电源正极电势高，A正确B、动生电动势大小由，而匀速运动时外力和安培力相等，故有，故B错误C、磁感应强度随时间均匀增大，产生感生电动势，由楞次定律可知电流方向为N到M，故C正确D、感生电动势大小为，故有欧姆定律可知，故D错误故选AC【点睛】电磁感应的两类问题：感生电动势大小，方向由楞次定律判断；动生电动势大小，方向由右手定则分析12ACD【解析】A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力和向下的重力作用，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A正确；B、断开电键，可知电容器带电量不变，则两
19、板间电压不变，则场强不变，则微粒将仍然处于静止状态，故B错误；C、保持电键闭合，可知电容器两端电压不变，由可知场强不变，故微粒保持静止不动，故C正确；D、保持电键闭合，把电容器两极板距离增大，由可知场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，故D正确。点睛：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动。131.55 重锤在下落过程中存在阻力的作用 【解析】【详解】第一空.根据匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则B点的速度：，解得:.第二空.重力势能的减少量略大于动能的增加量，其主要原因是存在阻力的作用.第三
20、空.根据匀变速直线运动判别式得：，而，解得：.14r + Rg + RH B C A 【详解】（1）1根据欧姆表内部原理可知，电池、表头和变阻器串联，故欧姆表内电阻理论值为（2）2实验中用电压表的读数除以电阻箱的阻值来得到电流数值，所以应选用电阻箱。3实验中的电源为2节干电池，即电路中电压最大只有3V，为保证电压测量值更准确，应选用量程3V的电压表。（3）4由图2可知，电流将从A端流入，B端流出，而欧姆表的电流是“红入黑出”，黑表笔应连接A端。（4）56根据闭合电路欧姆定律可得，电源电动势的表达式为上式变形可得图3中，图象截距图3中，图象斜率解得，78根据闭合电路欧姆定律可得，电源电动势的表达
21、式为上式变形可得图4中，图象截距图4中，图象斜率绝对值解得，15（1）7.0 s (2) 66 m/s【解析】【详解】（1）重物离开气球时的初速度为v0=4m/s，方向竖直向上，做竖直上抛运动，最终落地位移为h=-217m，根据匀变速直线运动的位移时间关系式： ，解得：t=7.0s。（2）由速度时间关系式： ，所以落地的末速度大小为66m/s，方向竖直向下。16（1）8m/s；（2）t=100s【详解】（1）MN杆切割磁感线产生的电动势为E1=B0Lv由闭合电路欧姆定律得MN杆所受安培力大小为F安=B0I1L对MN杆应用牛顿第二定律得F-mg-F安=ma当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，
22、联立公式得MN杆的最大速度为m/s（2）感生电动势为由闭合电路欧姆定律得t时刻的磁感应强度为PQ杆受力平衡Mg=BI2L联立得时间s17（1）匀强电场的方向水平向左 （2）310-6C【解析】(1)对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向右的电场力，因小球带负电，所以电场水平向左；(2)小球受力平衡，F电=Eq=mgtan37代入数据得：【点睛】解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可18(1)；(2)【详解】(1)设左管横截面积为，则右管横截面积为，以左管内封闭气体为研究对象初状态根据几何关系可知左管下降，左、右两管中水银面才会相平，此时左管封闭的空气柱长，气体发生等温变化，有解得。(2)以右管被封闭的气体为研究对象，可知气体发生等温变化，有解得活塞向上拉动的距离为
