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静止物体受到合外力随时间变化图象如图所示，它的速度随时间变化的图象是下图中的哪个（ ）ABCD2如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则
2、经过A点的速度大小为（）ABCD3小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置如图中1、2、3和4所示，已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d下列关于小球的说法正确的是（ ）A1位置是小球释放的位置B经过位置3时的瞬时速度大小约为C下落过程中的加速度大小约为D从位置1到4过程中的平均速度大小约为4如图所示，一根细线下端栓一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（）
3、A细线所受的拉力不变B小球P运动的周期不变C小球P运动的线速度变大DQ受到桌面的静摩擦力变小5如图所示的电路中，电源电动势E，内电阻r，接有灯L1和L2。闭合电键S后，把变阻器R的滑动触头从a向b端移动过程中，则（）A灯L1和灯L2都变亮B灯L1和灯L2都变暗C灯L1变暗，灯L2变亮D灯L1变亮，灯L2变暗6下列核反应方程中正确的是ABCD7作用在同一物体上的三个共点力，大小分别为3N、6N和12N，则它们的合力大小可能是（）A10NB2NC0ND22N8有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测
4、卫星，各卫星排列位置如图所示，则有（）Aa的向心加速度等于重力加速度gBb在相同时间内转过的弧长最短Cc在4h内转过的圆心角是Dd的运动周期有可能是28小时9如图所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化电流i，规定如图所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图所示，则（）At1时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针电流Bt2时刻，从上往下看，线圈Q中有逆时针电流Ct1t2，Q中电流在增大Dt2t3，Q中磁通量的变化率增大10如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（ ）A若将S断开，
5、则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有ba的电流C若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ba的电流11如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数比为，电表均为理想电表，定值电阻，在端接入如图乙所示的电压（图线为正弦曲线的一部分），则（）A电流表的示数为B电流表的示数为C电压表的示数为D电压表的示数为12如图所示，金属棒ab用软导线悬挂在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，ab通以如图所示的电流I，此时悬线有一定的张力，若要使悬线张力为零，必须安培力方向向上，下
6、列做法中有可能实现的是（）A增大磁感强度BB增大ab中的电流IC改变电流I的方向D改变磁感强度B的方向第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某同学采用落体法验证机械能守恒定律。(1)现有实验器材：打点计时器、交流电源、铁架台（包括铁夹）、纸带、附夹子的重锤、秒表、导线若干，其中此实验不需要使用的器材是_ ，实验还缺少的器材是_。(2 )根据器材安装好装置如下图.指出其中不妥的一处是：_。(3 )关于实验，下列说法正确的是_(填正确答案标号）。A所用打点计时器应接220V的交流电源B打点计时器的两限位孔，必须在同一竖直线上 C接通
7、电源.同时释放纸带D测出重锤下落的高度h，通过=2gh可计算出重锤的瞬时速度。(4)若已知打点计时器的电源频率为50Hz，当地的重力加速度取g= 9.80m/s2,实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为纸带上3个连续点。根据图中的数据，可知打B点时，重锤的速度为 m/s。测量各计时点到起始点P的距离h，并正确求出打相应点时的速度，描点作出122-h图线。作出的图象特点是：_,根据图象分析.如果在误差允许的范围内。_，则机械能守恒得到验证。实验中产生误差的主要原因是_(选填“空气”或“摩擦”）阻力的影响。14某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为2k
8、)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA)。实验室备有如下器材：A电压表V(量程3V，电阻RV约为4.0k)B电流表A1(量程100mA，电阻RA1约为5)C电流表A2(量程2mA，电阻RA2约为50)D滑动变阻器R1(040，额定电流1A)E电阻箱R2(0999.9)F开关S一只、导线若干(1)为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图，图中的电流表A应选_(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整_(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图根据测量数据作出图象，如图乙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则
9、该锂电池的电动势E=_，内阻r=_。(用k、b表示)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如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出初速度不计，经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子在偏转场运动的时间t；（3）电子从偏转电
10、场射出时的侧移量；（4）点到O点的距离16一个弹性小球从80米高处自由落下，与地面接触后竖直向上弹起，弹起速度大小为落地速度大小的，当地重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球下落的时间和落地速度；(2)小球向上弹起所能达到的最大高度；(3)小球上升到40米高处所需的时间和对应的瞬时速度。17如图（a）所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L = 0.4m，自身电阻不计，上端接有R = 0.3的定值电阻在导轨间MN虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B = 0.5T的匀强磁场在MN虚线上方垂直导轨放有一根电阻r = 0.1的金属棒现将金属棒无初速释放，其运动时的v-t图
11、象如图（b）所示重力加速度取g = 10m/s2试求：（1）斜面的倾角和金属棒的质量m；（2）在2s5s时间内金属棒动能减少了多少？（3）已知在2s5s时间内金属棒的位移为23m，此过程中整个回路产生的热量Q是多少？四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，导热良好的U型玻璃管左、右两臂等高，左端管口封闭，右端管口与大气相通，用水银柱在玻璃管内封闭了一段长的空气柱，此时左端水银面比右端水银面高。现从右侧管口向管内缓慢注入水银，此过程中环境温度保持不变，直到右侧水银面与管口相平，求此时空气柱的长度。（取大气压强）参考答案1A【详解】物体做匀加速度运动，加速度为；物体也做匀加速运动，加速度
12、为；由于的合外力小于的合外力，故，以后合力为零，故物体加速度为零，物体做运动直线运动，故A正确，BCD错误；故选A。2B【详解】小球由A运动到B的过程中，由动能定理可得小球由B运动到A的过程中，由动能定理可得综合可得故选B。3B【详解】A因相邻相等时间内的位移之比为：2：3：4，可知1位置不是小球释放的位置，选项A错误；B经过位置3时的瞬时速度大小约为，选项B正确；C根据，则下落过程中的加速度大小约为选项C错误；D从位置1到4过程中的平均速度大小约为选项D错误。4C【详解】ABC设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为F，细线OP的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供
13、向心力，如图则有联立求得P球角速度使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，增大，cos减小，则得到细线拉力F增大，角速度增大，知周期变小，增大，sin增大，tan增大，线速度变大，故A、B错误，C正确；D、对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，则静摩擦力变大，D错误；故选C。【点睛】本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，采用隔离法，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键。5D【详解】闭合电键S后，把变阻器R的滑动触头从a向b端移动过程中,外电路电阻减小。根据闭合电路欧姆定律有干路电流增大，故灯L1变亮，又因为可知灯L2的端电压减小，故灯L2
14、变暗。故选D。6B【详解】根据质量数和电荷数守恒可知B正确，AC中电荷数质量数都不守恒，D中电荷数不守恒。故选B。7A【详解】ABCD当三个力方向相同时，合力最大，最大值等于三力之和，即由于3N与6N的合力的最大值为9N，小于12N，所以三个力的最小值为3N，方向与12N的力的方向相同，可知三个力的合力的范围大于等于3N，小于等于21N，BCD错误A正确。故选A。8D【详解】A同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度。根据得卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约
15、为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g。故A错误；B根据得卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故B错误；Cc是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是故C错误；D由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h。故D正确；故选D。9AC【详解】At1时刻，流过线圈P的电流为正向减小，则由楞次定律可知穿过Q的感应电流的磁场向下，从上往下看线圈Q中有顺时针的感应电流，故A正确；Bt2时刻与t1时刻的电流变化情况相同，则从上往下看，线圈Q中依然有顺时针的感应电流，故B错误；Ct1t2时间内的感应电流大小为因场源电流
16、变化率增大，即穿过Q的磁通量的变化率增大，则Q中电流在增大，故C正确；Dt2t3内场源电流的变化率减小，则Q中磁通量的变化率减小，故D错误；故选AC。10BC【详解】A、将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A错误；B、若S闭合，将A板左移，由E=可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q=CU变小，电容器放电，则有由ba的电流，故B正确；C、将A板上移，由E=可知，E变小，油滴应向下加速运动电容C变小，电容器要放电，则有由ba的电流流过G，故C正确；D、当A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，C增大，电容器要充电，则有由ab
17、的电流流过G，故D错误故选BC11BD【详解】图乙交流电解得根据变压比，副线圈两端的电压，根据分压原理，电压表示数为，副线圈中的电流根据变流比，原线圈中电流故选BD。12CD【详解】当ab通以如图所示的电流I时，导线所受安培力方向向下，悬线张力不为零，要使悬线张力为零，安培力方向要向上，再根据左手定则判断。A增大磁感强度B，安培力方向仍向下，悬线张力不为零，不符合题意，故A错误；B增大ab中的电流I，根据左手定则安培力方向向下，悬线张力不为零，不符合题意，故B错误；C改变电流I的方向，安培力改为向上，当安培力与重力平衡时，悬线张力为零，符合题意，故C正确；D改变磁感强度B的方向，安培力改为向上
18、，当安培力与重力平衡时，悬线张力为零，符合题意，故D正确。故选CD。13秒表 刻度尺 重锤离打点计时器太远 B 0.98 过原点的倾斜的直线 图像斜率等于9.80m/s2 摩擦 【解析】【详解】（1）该实验中,要有做自由落体运动的物体重锤;通过打点计时器来记录物体运动时间,不需要秒表，要利用长度来计算速度，所以实验中缺少测量长度的刻度尺。（2）为了更充分的利用纸带，所以应该让重锤从靠近打点计时器的地方释放；（3）实验中用了电磁式打点计时器，所用电源为4-6v,故A错；打点计时器的两限位孔，必须在同一竖直线上，可以减小运动中摩擦力，故B对；接通电源.等打点计时器工作稳定时再释放纸带，故C错；=2
19、gh是自由落体条件下的计算速度的公式，而自由落体的过程本身机械能守恒，这样验证就没有意义了，故D错（4）利用中点时刻的速度等于平均速度可求出B点的速度vB=7.06-3.1410-20.04=0.98m/s 根据mgh=12mv2 可知122-h的图像应该是过原点的直线，若图像斜率等于9.80m/s2，则说明机械能守恒，实验中产生误差的主要原因是摩擦带来的。故本题答案是：(1). 秒表 刻度尺 (2). 重锤离打点计时器太远 (3). B (4). 0.98 (5). 过原点的倾斜的直线 (6). 图像斜率等于9.80m/s2 (7). 摩擦【点睛】通过实验的原理出发,确定所需测量的物理量,从
20、而确定所需的器材,以及不必要的器材;为增加有效点的个数,要让重锤从靠近打点计时器的地方开始下落；利用中点时刻的速度求解各点的速度，然后验证机械能是否守恒。14A2 【详解】(1)12电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流因此电流表应选电流表A2，待测电阻R0阻值约为2k，滑动变阻器R1(040，额定电流1A)，与电阻箱R2(0999.9)最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且则电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示(2)34由实验原理可知则因此图象的纵轴截距电动势图象的
21、斜率则电源内阻15；【分析】（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据进入偏转电场时的速度和极板长度求出粒子在偏转电场中运动的时间；（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据粒子受力和运动时间求出侧向位移量；（4）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平方向做匀速直线运动求出运动时间，竖直方向亦做匀速直线运动由时间和速度求出偏转位移，再加上电场中的侧位移即为OP的距离【详解】（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：得电子加速后的速
22、度大小为（2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为，电子在水平方向做匀速直线运动故有：得电子在偏转电场中的运动时间（3）在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为，极板间距为d，则电子在偏转电场中受到的电场力：由牛顿第二定律知，电子产生的加速度所以电子在偏转电场方向上的侧位移（4）由（3）分析知，电子离开偏转电场时在竖直方向的速度电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度，产生位移为，电子运动时间电子在竖直方向的分速度，产生位移所以电子偏离O点的距离【点睛】能根据动能定理求电子加速后的速度，能根据类平抛运动计算电子在电场中偏转的位移和速度，这
23、是解决本题的关键，本题难点是全部是公式运算，学生不适应.16(1) 4s ， 40m/s； (2)45m； (3)2s 10m/s【详解】(1)由自由落体运动位移公式解得下落时间由自由落体运动速度公式v=gt解得落地速度(2)小球向上弹起的速度由竖直上抛运动速度位移公式解得小球上弹所能达到的最大高度 (3)由竖直上抛运动的位移公式解得t1=2st2=4s（第二次到达，不合题意，舍去）对应瞬时速度17（1）0.1kg ；（2）5.4J ；（3）19.2J【详解】（1）在02s时间内，金属棒受力如图所示，合力根据牛顿第二定律得；由图象知，解得或；在t=5s之后金属棒做匀速运动，且；金属棒受力平衡，沿轨道平面有；而感应电动势；感应电流，；解得kg；（2）2s5s内金属棒初速度，末速度，故金属棒的动能减小量为；对该过程应用动能定理，有；2s5s内金属棒位移为v-t图象相对应的“面积”；功是能量转化的量度，在2s5s过程安培力对金属棒做功；代入数据解得1810cm【详解】初始状态，设玻璃管横截面积为S，则封闭气体的压强和体积为p1=p0-ph=76-33cmHg=43cmHg，V1=L1S=20S设最终空气柱的长度为x，则末态空气柱的压强和体积为p2=p0+px=76+xcmHg，V2=xS根据玻意而定律可得：，代入数据解得：x=10cm