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)1下列说法正确的是（ ）A汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应C光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D是衰变方程2空中飞
2、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3如图所示，用同种材料制成的倾斜轨道AB和水平轨道BC平滑对接于B点，整个轨道固定。现将甲、乙两物块先后从倾斜轨道的同一位置由静止释放，两物块最终停在水平轨道上的同一位置（甲乙均可视为质点）。根据上述信息，可以
3、确定甲、乙两物块（ ）A甲物体的质量要大B与接触面的动摩擦因素相同C损失的机械能相等D乙在斜面上的平均速度要大4在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来都静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远这是由于( )A在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B分开时甲获得的动量大小大于乙的动量大小C在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小5如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，电流表A和电压表V的电阻对电路的影响不计当滑动变阻器R的滑片P从a端滑到b端的过程中（ ）A灯泡L逐渐变亮
4、B电压表V的读数增大C电流表A的读数减小D电压表读数变化量U与电流表读数变化量I的比值不变6地球同步卫星离地心距离为r，运行速度为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则以下正确的是()ABCD7一辆沿笔直的公路做匀减速运动的汽车，经过路旁两根相距50m的电线杆共用5s时间，已知它经过第一根电线杆时的速度为15m/s，则经过第二根电线杆时的速度为（）A10m/sB5m/sC2.5m/sD2m/s8大小分别为5N和20N的两个力，同时作用在一个物体上，对于合力F大小的估计，正确的说法是（ ）A15NF20N B5NF25N C0NF25N
5、 D15NF25N9如图甲所示，串联一理想交流电流表的单匝圆形闭合导线框水平放置，半径为r、电阻为R。匀强磁场穿过线框，该磁场磁感应强度B随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。则下列说法正确的是（）A时线框中的感应电流最大B时电流表的示数为零C在内线框有收缩趋势D0-T时间内导线框中产生的焦耳热为10如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中为热敏电阻，为定值电阻下列说法正确的是（）A副线圈两端电压的瞬时值表达式为B时电压表的示数为C变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为D处温度升高时，电流表的示数变大，电压表的示数
6、不变11如图，平行板电容器AB与直流电源（内阻不计）连接，其中A板与电源的负极相连，以C表示电容器的电容、Q表示电容器的电量、E表示两板间的场强大小、UBA表示两板间的电势差。现将平行板电容器的上极板A板竖直向上移动一小段距离x0过程中，以上的物理量与上极板移动距离x的关系图象中正确的是（）ABCD12下图A、B、C、D表示一根放在磁场里的通电直导线受力情况图中已分别标明电流I、磁感应强度B和安培力F这三个量的方向请你判断其中不正确的是ABCD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“测量干电池的电动势和内阻”实验中：(1)某小
7、组用如图甲所示的实验器材进行实验，其中部分实验电路已经连接，请用细线代替导线，完成实物电路连接_(2)连接好电路，闭合开关，开始实验测量某组数据时，电压表指针如图乙所示，读数为_V(3)该小组正确规范操作以后记录的数据如表格中所示，组内小刚利用第1组和第5组数据计算出两节干电池的电动势和内阻，其中内阻r_；小亮用描点法作出UI图线，根据图象得到电源电动势和内阻，你认为谁的做法更为合理_(填“小刚”或“小亮”)数据第1组第2组第3组第4组第5组电压/V2.502.182.001.801.50电流/A0.110.190.230.270.3614利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。(1
8、)除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有_。（选填器材前的字母）A大小合适的铁质重锤B体积较大的木质重锤C刻度尺 D游标卡尺E秒表(2)如图是实验中得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量Ep=_，动能的增加量Ek=_。(3)在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是_。A释放重锤前，只要使纸带保持竖直B做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤C为测量打点
9、计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v= 计算，其中g应取当地的重力加速度D用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度(4)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2h图象去研究机械能是否守恒。若实验中重锤所受阻力可忽略，从理论上分析，合理的v2h图象是图中的哪一个_。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，绝缘水平桌面上方存在水平向右，电场强度为的匀强电场，一质量为、电荷量、长的薄铁板（
10、铁板厚度不计）放在水平桌面上，开始时铁板固定，已知铁板与水平桌面间的动摩擦因数为，在此铁板的上表面右端处还有一质量为的绝缘小物块（物块可视为质点），现释放铁板，不计空气阻力，假设铁板的电荷量不变且带电均匀，匀强电场范围足够大，不考虑电流的磁效应，取。(1)若铁板上表面光滑，则小物块经多长时间将离开铁板？(2)若小物块与铁板间的动摩擦因数为，小物块与水平桌面间的动摩擦因数为2，小物块相对铁板滑动一段时间后离开铁板继续在水平桌面上滑行，且对水平桌面的总位移时，停止滑行，求值。16某人以接近于竖直方向从地面朝天上开枪，子弹的初速度大小为30m/s，每隔1s时间发射一颗子弹，在发射了许多子弹后(子弹仍
11、在发射中)，假定子弹在升降过程中都不相碰，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2问：（1）子弹上升的最大高度为多少？（2）设在t=0时刻将第一颗子弹射出，在哪个时刻它和以后射出的第4颗子弹在空中相遇而过（3）对于任一颗子弹，在空中可遇到多少颗子弹从它边上擦过？17如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B将一根水平金属棒从导轨M处以初速度v0向上抛出，经过时间到达最高处N，之后下落到P处后速度不再增加，P位于M下方H处已知金属棒的质量为m，电阻也为R金属棒在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，忽略导轨
12、电阻，重力加速度为g求：(1)金属棒下落到P处后的速度大小；(2)金属棒运动过程中最大加速度；(3)金属棒从N下落到P过程中产生的电能四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，A、B是两只容积为V的容器，C是用活塞密封的气筒，它的工作体积为0.5V，C与A、B通过两只单向进气阀a、b相连，当气筒抽气时a打开、b关闭，当气筒打气时b打开、a关闭。最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C的最右侧。（气筒与容器间连接处的体积不计，气体温度保持不变）求：（i）以工作体积完成第一次抽气结束后气筒C内气体的压强p1；（ii）现在让活塞以工作体积完成抽气、打气各1次后，B容器内的
13、气体压强p2。参考答案1A【详解】A汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，A正确；B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，B错误；C光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，C错误；D是人工转变，不是衰变方程，D错误。故选A。2D【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。3B【解析】【分析】对整个过程，运用动能定理列式，可得到动摩擦因数表达式，分析它们的关系，再由牛顿第二定
14、律和运动学公式分析时间关系根据功能关系分析机械能损失的关系。【详解】设物块在斜面上运动的距离为s1，在水平面上运动的距离为s2，斜面的倾角为动摩擦因数为。对整个过程，运用动能定理得：mgs1sin-mgcoss1-mgs2=0-0则得： 可知，s1、s2、相同，则知两个物体与轨道间的动摩擦因数相等物体在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得 mgsin-mgcos=ma1，可得：a1=gsin-gcos，所以两个物体在斜面下滑时加速度相同，同理，在水平面上运动的加速度相同，运动时间也相同，故两个物体运动的总时间相等由上知，不能确定两个物体质量关系，也不能判断克服摩擦力做功的大小，所以机械能损失不一定相
15、等。由于时间相同，位移也相同，所以平均速度相同故应选：B。【点睛】对全过程，运用动能定理列式，得到动摩擦因数的表达式是解题的关键本题也可以运用作图法分析时间关系。4C【解析】【详解】A.在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故A错误；B. 根据动量守恒定律，则m甲v甲=m乙v乙分开时甲获得的动量大小等于乙的动量大小，故B错误；C.由动能定理12mv02=mgx滑行的距离x=v022g，甲在冰上滑行的距离比乙远，两板与冰面间的动摩擦因数相同，说明在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确；D.根据牛顿第二定律，在分开
16、后，甲的加速度的大小等于乙的加速度的大小，都等于a=g，两板与冰面间的动摩擦因数相同，故两者加速度大小相等,故D错误。5D【详解】灯泡和滑动变阻器并联，P从a端滑到b端的过程中，变阻器的有效电阻减小，并联的总电阻减小，总电流增大，电流表A的读数增大，C错误；总电流增大，内电压Ir增大，路端电压减小，则电压表V的读数减小，B错误；路端电压减小，灯泡L的电压减小，灯泡逐渐变暗，A错误；根据闭合电路欧姆定律得：U=EIr，则：，保持不变，故D正确6D【详解】同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，物体的角速度也等于地球自转的角速度，所以地球同步卫星与物体的角速度相等，根据得：，故AB错误；对于卫星，
17、根据万有引力等于向心力，得：，解得：，故，故C错误，D正确；故选D.7B【解析】平均速度的定义式为v=st，又在匀变速直线运动中平均速度为v=v0+v2，联立得：st=v0+v2，解得：v=2st-v0=2505-15ms=5ms，选B.8D【解析】试题分析：根据力的合成的合力范围求解：即|F1F2|F合F1+F2解：由题意知F1=5N，F2=20N，所以两个力合成时的合力范围：|520|F合5+20，即15NF25N；故选：D【点评】解决问题的关键是熟悉两个力合成时的合力范围，两个力方向一致时合力最大，方向相反时最小9CD【详解】A时磁感应强度最大，线框中的磁通量最大，而磁通量的变化率却为零
18、，因此感应电流也为零，故A错误；B电流表测量是有效值，所以时电流表的读数不为0，故B错误；C在内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，闭合导线框有收缩的趋势，故C正确；D线框中产生的感应电动势的最大值一个周期内产生的热量故D正确；故选CD。10BD【详解】A由图乙可知交流电压最大值，原线圈电压的有效值，周期，可由周期求出角速度的值为，根据电压与匝数成正比，得副线圈电压的有效值为，副线圈两端电压的瞬时值表达式，故A错误；B电压表的示数为有效值，故B正确；C理想变压器，所以变压器输入、输出功率之比为，根据电流与匝数的关系可知故C错误；D处温度升高时，阻值变小，电流表的示数变大，电压表示数不变，
19、故D正确。故选BD。11AD【详解】A电容器与电源相接时，电容器两极板间的电势差保持不变，所以A正确；B根据电容器的决定公式 有，电容器的上极板A板竖直向上移动一小段距离x0过程中，d越来越大，电容C越来越小，但它们不是线性关系，所以B错误；C根据电容器的定义公式 有，电压不变，电容减小，电荷量也是减小的，所以C错误；D根据场强公式，场强与两极板间距离成反比，所以D正确；故选AD。12ACD【详解】A由左手定则可知，磁场向里，电流斜向左上方，安培力方向应垂直导线斜向左下方，故A错误，符合题意；B由左手定则可知，磁场向里，电流水平向左，安培力方向垂直导线斜向下，故B正确，不符合题意；C由左手定则
20、可知，磁场向外，电流向里，与磁场方向平行，故没有安培力，故C错误，符合题意；D由左手定则可知，磁场向水平向右，电流向里，安培力方向垂直导线向下，故D错误，符合题意；故选ACD【点睛】根据图示电流与磁场方向，应用左手定则：伸开左手，大拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，大拇指指向为安培力的方向，从而分析答题13补充连线看解析 1.78(1.781.80均可) 4.0 小亮 【分析】由题中“在“测量干电池的电动势和内阻”实验中”可知，本题考查测量干电池的电动势和内阻实验，根据实验原理好数据分析可解答本题。【详解】(1) 1电压表需要测路端电压，且两节干电池的内阻较小，因此采取电流表内接法可以
21、减小系统误差，滑动变阻器采用限流式接法就能改变电路中的电阻，补充连线如图：(2)2由于是两节干电池，总电压不超过3V，因此量程选择3V，精确度为0.1V，需要估读到0.01V，电压表读数为1.78V(3)3将第1、5两组数据代入UEIr，联立方程可得解得：E2.94V，r4.0 4选取个别数据联立方程求解的方式误差较大，采用描点画图求斜率的方式求解更准确，所以小亮同学误差较小14AC mghB BD A 【详解】(1)1为了减小阻力的影响，选择质量较大、体积较小的重锤，故A正确，B错误；在该实验中需要测量点迹间的距离，需要刻度尺，不需要游标卡尺，故C正确，D错误；打点计时器可以记录时间，不需要
22、秒表，故E错误。故选AC(2)23从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量Ep=mghBB点的速度为vB=则增加的动能为 (3)4释放重锤前应使纸带保持竖直且重锤应尽量靠近打点计时器，故A错误；实验时，应先接通电源，再释放纸带，故B正确；为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可以根据纸带上某段时间内的平均速度等于瞬时速度求出，故C错误；用刻度尺测量某点到起始点O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，故D正确。故选BD。(4)5若机械能守恒，有mgh=mv2则v2=2gh可知v2h图线为过原点的一条倾斜直线，故选A15(1)1s；(2)【详解】(
23、1)对铁板受力分析，由牛顿第二定律得由运动学公式代入数据解得(2)对物块：在铁板上时，根据牛顿第二定律有在桌面上时，根据牛顿第二定律有设物块从铁板上滑下时的速度为，物块在铁板上和水平桌面上滑动时对水平桌面的位移分别为、，则有并且满足解得设物块在铁板上滑行时间为，则有对铁板：根据牛顿第二定律有铁板对水平桌面的位移并且满足解得16(1)45m；(2) 4.5s；(3) 10颗。【解析】【详解】（1）由v2=2gh可得子弹能上升的最大高度为：h=v22g=302210=45m；（2）由v=gt可得，子弹到达最高点的时间为：t0=vg=3010s=3s；第4颗子弹发射时经过了t=3s，这时第1颗子弹到
24、达最高点，设再经过时间t二者相遇，则有：12gt2+v0t-12gt2=h代入数据可得：t=1.5s第一颗子弹射出后和以后射出的第4颗子弹在空中相遇的时刻为：t相遇=t0+t=3+1.5=4.5s（3）每颗子弹在空中运行时间为：t总=2t0=23=6s；因每隔1s发射一颗子弹，故发射第6颗子弹时，空中有5颗子弹，此后空中一直稳定5颗子弹；第6颗子弹后的子弹上升的过程中会遇到空中的这5颗子弹；此后子弹在下落时，还会遇上5颗子弹，故任意一颗子弹在空中会遇到10颗子弹从它旁边擦过；而第1颗子弹发射时空中没有子弹，所以第1颗子弹只能遇到5颗，依此类推，第2颗子弹遇到6颗，第3颗子弹遇到7颗，第4颗子弹
25、遇到8颗，第5颗子弹遇到9颗；【点睛】本题考查竖直上抛运动的规律，注意分析子弹在空中的运行时间及运行规律，同时要注意第三问中，前5颗子弹与第6颗子弹后的任一颗子弹在空中可遇到的子弹数目不同。17（1） (2) （3）【解析】（1）金属棒下落到P点后的速度不再增大，说明其加速度为零，由平衡条件知道：mg-F安=0而F安=BIL E=BLv整理解得： （2）经分析可知，金属棒刚向上抛出时加速度最大，由牛顿第二定律：mg+F安=mam联立解得 （3）设N与M之间的高度差为h，则此上升的过程中，根据动量定理 而 =BhL整理得： 金属棒从N到P过程中，由能量守恒定律，电路中产生的电能： 整理解得： 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导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解18（i）；（ii）【详解】（i）以工作体积完成第一次抽气结束后，根据玻意耳定律有解得（ii）以工作体积完成抽气、打气各1次后，根据玻意耳定律有解得