1、2020-2021学年度第二学期期末联考卷高二年级 物理注意事项：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；命题人：铸魂尖子生 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)15N和7N的两个力的合力不可能是（）A3NB13NC2.5ND10N2在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论不正确的是（）A电
2、流表读数变小，电压表读数变大B灯泡L变暗C电容器C上电荷量减小D电源的输出功率变小3如图, 实线为高速运动正粒子在位于O点的点电荷附近的运动轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离点电荷最近，Q点比M点离点电荷更远，不计正粒子的重力，则（ ）A正粒子在M点的速率比在Q点的大B三点中，正粒子在N点的电势能最小C在点电荷产生的电场中，M点的电势比Q点的低D正粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为正功4空中飞椅是游乐场里少年儿童们十分喜爱的娱乐项目，其模型如图所示，顶端转盘上用等长钢丝绳吊着多个座椅，甲、乙两个儿童分别坐在A、B两个吊椅中，当转盘以一定的角速度匀速转动时，连接A、B座椅的钢丝绳与竖
3、直方向的夹角分别为a、。已知A、B座椅绕轴的旋转半径分别为r1、r2，甲、乙两儿童的质量分别为m1、m2，两座椅的质量相等，若m1m2，则Ar2C甲的向心加速度小于乙的向心加速度D甲乙线速度大小相等5在光滑水平桌面上，物块A用轻绳和物块B连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所示，系统从静止释放，运动的加速度为；若将物块B去掉，对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力，如图乙所示，物块A从静止开始运动的加速度为，则（）ABCD无法判断6宇宙射线进入地球大气层时同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮核引发核反应，产生碳核和原子核X，则X为（）ABCD7如图所示，a为赤道平面内近地卫星运行轨道上的一
4、点，b为地球赤道上的一点，c为地球北极极点，地球自转不能忽略，下列说法正确的是（）Aa点的加速度比b点的向心加速度小Ba点的向心加速度比b点的重力加速度大Ca点的重力加速度比c点的重力加速度大Dc点的向心加速度比b点的向心加速度大8做平抛运动的物体，在相等的两段时间内（）A动能变化相同B发生的位移相等C速度的变化量相等D平均速度相等9如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻值为R的导线与热水器、抽油烟机连接.已知副线圈两端的电压与时间的关系如图乙所示.下列说法正确的是（ ）A热水器上交流电的频率为B电压表示数为C闭合开关S接通抽油烟机，电阻值
5、为R的导线发热功率将减小D闭合开关S接通抽油烟机，变压器原线圈的输入功率将增大10如图，水平放置的平行板电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h，上极板正中有一小孔。闭合开关K，一个比荷（荷质比）为a的带电小球从小孔正上方高2h的P点由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A小球带负电，电源电动势为B保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放将不能运动到下极板C断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为D断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释
6、放将仍能运动到下极板11如图所示，三段长直导线a，b，c相互平行处在同一竖直面内，通有大小相同的电流，a，b间的距离等于b、c间的距离，电流方向如图所示，则下列判断正确的是（）A三段导线中c段导线受到的安培力最大B三段导线中a段导线受到的安培力最小Cb段导线受到的安培力方向水平向左D若b段导线电流反向，则a，c两段导线受到的安培力相同12如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示。则（）A时刻，P有收缩的趋势B时刻，此时穿过P的磁通量最大C时刻，此时P中无感应电流D时刻，此时穿过P的磁通量最小第II卷（非选择题
7、 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图甲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。(1)用游标卡尺测出滑块上固定的挡光片的宽度，测量结果如图乙所示，则_；(2)若砝码和砝码盘的总质量用表示，滑块（含挡光片）的质量用表示，則该实验_（选填“需要”或“不需要”）满足这一条件；(3)将滑块从距光电门处由静止释放，挡光片经过光电门的时间为，若该过程中系统机械能守恒，则有关系式_成立。（重力加速度为，用题中所给物理量表示）14在用电压表和电流表测电池的电动势和内阻的实验中，所用电压表和电流表的内阻分别为1 k和0.1 ，如图为实验原理图及所
8、需器件图(1)在图中画出连线，将器件按原理图连接成实验电路_(2)一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在上图中画出UI图象_，根据图象读出电池的电动势E_V，求出电池内阻r_.I (A)0.120.200.310.320.500.570U(V) 1.371.321.241.181.101.05(3)若不作出图线，只选用其中两组U和I的数据，用公式EUIr列方程求E和r，这样做可能得出误差很大的结果，其中选用第_组和第_组的数据，求得E和r误差最大三、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粒子加速器是借助于不同形态的电场，将带电粒子加速
9、到高能量的电磁装置。粒子加速器可分为直线加速器和圆形加速器等类型。图为多级直线加速器示意图。横截面积相同、长度依次增加的金属圆筒沿轴线依次排列，各筒相间地连接到交变电源的A、B两极，两极间电压uAB随时间的变化规律如图所示。t=0时，序号为0的金属圆板中央一个质量为m、电荷量为+q的粒子，在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1.已知交变电源电压的绝对值为U，周期为T。带电粒子的重力和通过圆筒间隙的时间忽略不计。如果带电粒子每次经过圆筒之间都能被加速，求第n个圆筒的长度Ln；16如图甲所示，空间存在一宽度为的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.在光滑绝缘水平面内有一边长为的
10、正方形金属线框，其质量、电阻，在水平向左的外力作用下，以初速度匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力大小随时间变化的图线如图乙所示，以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量；（3）线框向右运动的最大位移为多少？（4）当线框左侧导线即将离开磁场的瞬间，撤去外力，则线框离开磁场过程中产生的焦耳热多大？17如图甲所示，将一小球从地面上方h=0.8 m处以v0=3 m/s的速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：(1)小球从抛出到上升至最高点所需的时间t1；(2)小球上升到达的最高点离地的高度H；(3)通过计算，在图乙中
11、画出小球从抛出到落地过程中的vt图像。四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，竖直圆筒是固定不动的，筒的上部有一细管（体积不计）与大气相通，粗筒B横截面积是细筒A的4倍B筒中a、b两轻质活塞间封有空气，气柱长L=20cm活塞a上方的水银深H=10cm，A筒的长为3H，两活塞与筒壁间的摩擦不计打开阀门S，用外力向上托住活塞b，使之处于平衡状态，水银面与B筒上端相平现关闭阀门S使活塞b缓慢上移，直至水银的一半体积被推入A筒中设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强相当于76cm高的水银柱产生的压强求：（i）活塞b上移后A筒中气体的压强；（ii）活塞b上移的距离试卷第7页，总7页参考答案1B
12、【详解】两力合成时，合力范围为即所以不可能的是13N。故选B。2C【详解】AB当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，干路电流变小，电源内电压变小，则路端电压变大，灯泡功率根据，RL不变，则P变小，故电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗，故A、B正确，不符合题意；C变阻器两端电压变大，电容器与变阻器并联，则电容器两极板电压变大，故电容器上电荷量变大，故C错误，符合题意；D当电路中内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于灯泡L的电阻大于电源的内阻r，当变阻器电阻变大时，电源的输出功率变小，故D正确，不符合题意。故选C。3D【解析】试题分析:根据图线弯曲的方向，可以
13、判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和O点的连线的方向相反，故靠近O点的过程电场力做负功，粒子的速度减小，远离的过程电场力做正功，粒子的速度增大所以Q点的速度最大，N点的速度最小故A错误；只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变N点的速度最小，故电势能最大，故B错误；C：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变Q点的速度最大，故电势能最小，粒子带正电荷，所以Q点的电势最低故C错误；D：粒子受力的方向大体向上，与粒子和O点的连线的方向相反，故靠近O点的过程电场力做负功，远离的过程电场力做正功，Q点比M点离点电荷更远，所以电场力对它做的总功为正功，故D正确考点：电势能；动能定理的应用4D
14、【详解】AB.以人和座椅为研究对象：根据牛顿第二定律，甲、乙的加速度满足mgtan=mr2，tan=2r/g同轴转动角速度相同，故=，r1=r2故AB错误；CD.根据a=r2可知，a1=a2根据 可知故C错误D正确。5A【详解】在图甲中，把A、B看成一个整体，由牛顿第二定律得可得在图乙中，拉力拉着轻绳带动A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得可得比较两加速度可得故选A。6A【详解】根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为则X为质子，故A正确，BCD错误。故选A。7B【详解】A对于b点与同步卫星比较，根据a=2r可知，b点的向心加速度小于同步卫星的向心加速度；对于a卫星和同步卫星比较，根据可得同步卫
15、星的向心加速度小于a的向心加速度，则卫星a的加速度比b点的向心加速度大，选项A错误；B根据可知a点的向心加速度等于北极c点的重力加速度，而北极c点的重力加速度大于赤道上b点的重力加速度，可知a点的向心加速度比b点的重力加速度大，选项B正确；C a点的重力加速度等于c点的重力加速度，选项C错误；Dc点的转动半径为零，根据a=2r可知，c点的向心加速度为零，比b点的向心加速度小，选项D错误。故选B。8C【详解】A物体做平抛运动，只受重力，相等时间内，重力方向上的位移不等，重力做功不等，根据动能定理可知，动能变化不等，故A错误；BD物体做平抛运动，在相等时间内水平方向上的位移相等，竖直方向上的位移不
16、等，则相等时间内经过的位移不等，根据平均速度的定义可知，平均速度不等，故BD错误；C平抛运动的加速度不变，根据v=gt知相等时间内速度的变化量相等，故C正确。故选C。9AD【详解】A因交流电的频率为则热水器上交流电的频率也为，故A正确；B副线圈上的电压按图乙所示规律变化，由图像得副线圈上的电压有效值理想变压器电压与匝数成正比，所以则电压表示数为，故B错误；C副线圈电阻减小，电流增大，电阻值为R的导线发热功率将增大，故C错误；D接通开关，电流增大，副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，变压器的输入功率增大，故D正确。故选AD。10AC【详解】A小球从静止开始下落到下极板，根据能量守恒可知解
17、得电源电动势为A正确；B保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，电容器两端电压不变，电场力做功不变，重力做功增大，所以可以落在下极板，B错误；C断开开关，电容器所带电荷量不变，则可知改变极板间距，电场强度不变，所以场强与闭合开关时相等C正确；D断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，电场强度增大，所以小球不可能运动到移动后的下极板处，D错误。故选AC。11BC【详解】A.根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，ac对b的力方向相同，所以三段导线中b段受到的安培力最大，故A不符合题意； B.a段受到bc作用力方向相反，所以a导线受到的安培力最小，故B符合题意； C.b段
18、受a的力向左，受c的力也向左，所以导线受到的安培力方向向左，故C符合题意； D.根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，将b段导线电流反向，则a段导线受到的安培力方向均向左，c段导线受到的安培力一个向左一个向右，大小不会相同，故D不符合题意12AB【详解】A当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和收缩的趋势，故A正确；B当螺线管中电流最大时，其形成磁场最强，故时刻，穿过P的磁通量最大，故B正确；CD时刻，螺线管中电流为零，穿过P的磁通量最小，为零，但穿过线圈P的磁通量是变化的，因此此时P中有感应电流，故
19、CD错误。故选AB。13 不需要 【详解】(1)1使用的是20分度的游标卡尺，根据游标卡尺的读数规则可知，该挡光片的宽度为；(2)2该实验验证的是系统的机械能守恒，所以不需要满足细线对滑块的拉力等于砝码和砝码盘的总重力这一条件，即不需要；(3)3滑块经过光电门时的速度可认为是挡光片经过光电门时的平均速度，故若系统机械能守恒，则有14； ； 1.45； 0.70 3； 5 【解析】【分析】根据电路图连接实物电路图；应用描点法作出图象，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。【详解】(1) 按照实验原理图将实物图连接起来，如图所示(2) 根据U、I数据，在方格纸U
20、I坐标系上找点描迹如图所示，然后将直线延长，交U轴于U11.45V，此即为电源电动势；交I轴于I0.65A，注意此时U2=1.00V，则r= ；(3) 由图象可知，第3组和第5组数据偏离直线较远并且两组数据相差较小，故用这两组数据计算求出的电源电动势与内阻误差较大。【点睛】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据分析方法以及电路图的选择；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；用图象法处理可以减小误差，在连线时注意若出现误差较大的点应舍掉。15【详解】粒子在每次经过两圆筒缝隙处的动能增量为设带电粒子进入第n个圆筒时的速度为vn，根据动能定理有如果粒子匀速穿过每个圆筒
21、的时间恰好等于交变电压周期的一半，那它每到达一个间隙都能被加速，有解得 16（1）0.33T；（2）0.75C；（3）4m；（4）J【详解】（1）由图象可知，线框加速度则线框的边长时刻线框中的感应电流线框所受的安培力由牛顿第二定律又联立得（2）线框进入磁场的过程中，平均感应电动势平均电流通过线框的电荷量联立解得（3）设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为，由运动学公式得代入数值得（4）当线框左边导线到达磁场边界时解得之后撤去外力，线框在安培力作用下减速，对线框，若减速到零，由动量定理得其中解得说明线框能从磁场中离开则有解得所以线框离开磁场过程中产生的焦耳热17(1)0.3 s；(2)1
22、.25m ；(3)【详解】解：(1)取竖直向上为正方向，根据 0= v0gt1解得t1=0.3 s(2)小球上升至最高点离地高度解得(3)小球下落过程 解得t2=0.5 s18(1) 3105Pa (2) 18.2cm 【解析】试题分析：对A中气体根据玻意耳定律求解活塞b上移后A筒中气体的压强；对B中的气体根据玻意耳定律求出末态B筒中末态气柱的长度，由几何关系求解活塞b上移的距离（i）设A筒的横截面积为S，A中气体初态的压强为PA，A中气体初态的体积为VA，则有 A中末态气柱的气体为： 由玻意耳定律：得 解得活塞b上移后A筒中气体的压强为（ii）设B中气体初态的压强为，末态的压强为，则有： B中气体初态的体积为： B中气体末态的体积为： 由玻意耳定律得：解得B筒中末态气柱的长度为：活塞b上移的距离为：【点睛】解答该题的关键是分析水银柱高度的变化，要熟练的掌握被封闭气体的压强大小的计算方法答案第11页，总11页
