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由静止开始作匀加速直线运动的火车，在第10s末的速度为2m/s，下列叙述中错误的是（ ）A头10s内通过的路程为10mB每秒速度变化0.2m/sC10s内平均速度为1m/sD第10s内通过2m2某
2、学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制；电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A电源路端电压不变B两端电压变大CB灯变暗，A灯变亮D电源总功率不变3一静止的铝原子核俘获一速度大小为的氢原子核后，变为稳定的硅原子核，下列说法正确的是（）A该核反应方程为B若无其他粒子产生，则反应后的速度大小约为C核反应后的电荷数比核反应前的电荷数小D核反应后的质量数比核反应前的质量数大4某人想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下
3、端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁起动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片（如图所示），拍摄方向跟地铁前进方向垂直。请你根据这张照片估算此时地铁的加速度为（）ABCD缺乏数据，无法测量5下列说法正确的是（）A质量分布均匀的物体的重心一定在几何中心B两物体间的滑动摩擦力总是与物体运动方向相反C摩擦力的大小与弹力成正比D两分力大小一定，夹角越小，合力越大6如图所示，P为地球的同步卫星，P到地心的距离为r、向心加速度大小为a0；Q为静止在地球赤道表面的物体，Q到地心的距离为R、向心加速度大小为a，已知万有引力常量为G，则下列说法正
4、确的是（）A地球的质量为B地球的第一宇宙速度大小为CP与Q的向心加速度大小之比为DP与Q的线速度大小之比为7如图所示，甲乙两个质量相等的物体从高度相同、倾角不同的两个粗糙斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端。已知1 F2Ca1= a2Da1 a29如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（）A带电油滴所受电场力变小BP点的电势将升高C带电油滴的电势能增大D电容器的电容减小，极板带电量增大10如图所示为测定磁感应强度大小的装置，弹簧测力计下端挂一矩形线圈，线圈匝数为n，将矩形线圈的短边（长为
5、L）置于蹄形磁体的N极、S极间的磁场中的待测位置，线圈的质量为m，（重力加速度为g）为了测量方便和精确，调节好装置后闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，此时电流表示数为I，下列说法中正确的有A装置图中线圈平面与N极、S极连线垂直B当电路未接通时弹簧测力计的读数为0C在磁场中的线圈短边中的电流方向向里DN极和S极之间磁场的磁感应强度为11如图 1，闭合矩形导线框 abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度 B随时间t变化的规律如图 2所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感
6、应电流 i与 ad边所受的安培力 F随时间 t变化的图像，下列选项正确的是（） A B C D 12在如图甲所示的电路中，电阻R的阻值为，电压表和电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压，电压表的示数为，下列说法正确的是（）A该变压器原线圈端电压的有效值为B该变压器原副线圈的匝数之比为C电流表的示数为D若增大电阻R的阻值，变压器原线圈的输入功率减小第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利用如图1所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻。(1)现有电压表（03V）、开关和导线若干，以及下
7、列器材：A电流表（00.6A） B电流表（03A）C滑动变阻器（020） D滑动变阻器（0100）实验中电流表应选用_；滑动变阻器应选用_。（选填相应器材前的字母）(2)实验中，某同学记录的6组数据如下表所示，请画出图线_。(3)根据图2可得出干电池的电动势E=_V，内电阻r=_。（结果保留两位小数）14在利用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中：（1）下面列举了该实验的几个操作步骤，其中多余或不正确的操作是 _ ； A按照上图所示的装置安装器件 B用天平测量重物和夹子的质量mC将电磁式打点计时器接到“220V”交流电源上 D先释放纸带后再接通电源打出一条纸带，重复多次E选择一条理想的纸带，对
8、其进行测量 （2）如图所示是实验中测得的一条纸带，各点距O点的距离分别为d1，d2，d3，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，则B点的速度表达式为vB= _ ；（3）若将B点和D点的速度用vB、vD表示，要验证重物从B点运动到D点的过程中机械能守恒，则需满足_关系。（4）实验发现重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是：_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，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为的加速电场，加速后从偏转电场中央射入偏转电场，偏转电场极板
9、间的距离为,极板长为，忽略离子的重力，试计算离子恰好能射出偏转电场时的偏转电压16某课外活动小组自制一枚质量为2kg的火箭，设火箭发射后始终在竖直方向上运动。火箭点火后可认为从静止开始做匀加速直线运动，经过5s速度达到40m/s时燃料恰好用完，若不计空气阻力且火箭视为质点，取，求：(1)火箭上升到离地面的最大高度；(2)火箭落回地面时的动能为多大。17如图所示，边长为L的正方形线框abcd放置于水平桌面上，质量为m，电阻为R。在线框右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，磁场宽度大于L。线框在水平外力F的作用下从磁场左边界以垂直边界的速度v匀速进入磁场，当cd边进入磁场时立刻撤
10、去外力，线框ab边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：(1)水平外力F的大小；(2)从线框开始进入磁场到ab边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q。四、选修（本题共12分，选修3-3）18如图所示，内壁光滑的气缸分为高度相等的AB、BC 两部分，AB、BC两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a、b，横截面积Sa=2Sb，活塞a上端封闭氧气，a、b间封闭氮气，活塞b下端与大气连通，气缸顶部导热，其余部分均绝热.活塞a离气缸顶的距离是AB高度的，活塞b在BC的正中间.初始状态平衡，大气压强为p0，外界和气缸内气体温度均为7.（1）通过电阻丝缓
11、慢加热氮气，求活塞b运动到气缸底部时氮气的温度；（2）通过电阻丝缓慢加热氮气至420K，求平衡后氧气的压强.参考答案1D【解析】试题分析：因为火车是从静止开始出发的，所以可得，根据公式可得在头10s内的位移是，AB正确，根据匀变速直线运动的平均速度公式可得10s内平均速度为，C正确，物体在前9s内的位移是，所以第10s内的位移为，D错误，考点：考查了匀变速直线运动规律点评：此类型题是匀变速直线运动的基础题目，比较简单，关键是对公式的熟练掌握2B【详解】由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R
12、0电流I0=I-IA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P=EI，I增大，则P增大。故B正确，ACD错误。故选B。3B【详解】ACD根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为选项ACD均错误；B若无其他粒子产生，由动量守恒定律有可得的速度大小约为，选项B正确。故选B。4A【详解】当圆珠笔与列车相对静止时，圆珠笔的加速度与列车的加速度相同。设细线与竖直扶手的夹角为，以圆珠笔为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律解得由一支圆珠笔的长度约为15cm，估算此时细线的长度80cm和圆珠笔重心到竖直扶
13、手的距离11cm，得联立得故选A。5D【解析】试题分析：质量均匀，形状规则的物体的重心在其几何中心，A错误；滑动摩擦力方向与两物体间的相对运动方向相反，但不一定与物体的运动方向相反，如无初速度放在传送带上的物体，在滑动摩擦力作用下运动，滑动摩擦力方向和物体运动方向相同，B错误；滑动摩擦力的大小和和接触面间的正压力成正比，静摩擦力与压力无关，C错误；根据平行四边形定则可得两分力大小一定，夹角越小，合力越大，D正确考点：考查了摩擦力，重心，力的合成6C【详解】A静止在地球赤道表面的物体，受到地球对物体的万有引力和地球对物体的支持力，则解得：地球的质量故A项错误；B当卫星绕地球表面做匀速圆周运动时，
14、有又解得：地球的第一宇宙速度故B项错误；CDP为地球的同步卫星，Q为静止在地球赤道表面的物体，则P与Q的转动周期相同，角速度相同；据向心加速度公式可得据线速度与角速度关系可得故C项正确，D项错误。7A【解析】设动摩擦因数为，则a=mgsin-mgcosm=gsin-cos=g1+2sin-，其中=arcsin1+2，故越大，加速度越大，a甲s乙，故t甲t乙，质量相同，故重力相同，根据I=mgt可得甲受到的重力冲量大，A正确；根据动能定理可得mgh-mgcoshsin=12mv2-0，即到达底端的动能为12mv2=mgh-mghtan，两者下落的高度相同，所以斜面的倾角越大，动能越大，又质量相等
15、，所以乙到达底端的速度较大，乙在竖直方向上分速度大，根据P=mgv可得到底端时，乙的重力功率较大，BC错误；克服摩擦力做功Wf=mghtan，两斜面的倾角不同，克服摩擦力做功不同，机械能损失量不同，D错误8B【详解】甲图中受力如图：竖直方向：水平方向：解得：乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则有：由牛顿第二定律得：综上分析则有：故选B。9AB【详解】A下极板竖直向下移动，d增大，由于电容器两板间电压不变，根据可得，金属板间场强减小，则油滴所受的电场力减小，故A正确；B板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式可知，P点与上级板间电势差将减小，而P点的电势低于上级板的电势
16、，则知P点的电势将升高，故B正确；C由于油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小，故C错误；D根据电容的定义式可知，由于d增大，则电容C减小，电容器与电源保持相连U不变，根据可知，Q减小，故D错误。故选AB。10AC【解析】【分析】根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度；【详解】A、放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直从而是下边受到安培力作用，故选项A正确；B、在接通电路前，线框处于静止，导线框此时只受到重力和弹簧的拉力作用，此时弹簧测力计的示数等于线框的重力，故选项B错误；C、闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测
17、力计的示数刚好为零，说明线框受到向上的安培力作用，根据左手定则可知在磁场中的线圈短边中的电流方向向里，故选项C正确；D、线框受到安培力和重力作用，二力处于平衡状态，则：，则，故选项D错误【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，然后根据二力平衡求解出磁感应强度的大小11AC【详解】AB由B-t图像可知，01s时间内，B的方向垂直纸面向外且增大，磁通量向外增大，由楞次定律可知，感应磁场向里，根据安培定则，可知感应电流是顺时针的，为正值；12s磁场大小不变，通过线圈的磁通量不变，无感应电流；23s，B的方向垂直纸面向外且减小，磁通量向外减小，由楞次定律可知，感应磁场
18、向外，根据安培定则，可知感应电流沿逆时针方向，为负值；34s内，B的方向垂直纸面向里且增大，磁通量向里增大，由楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则，可知感应电流沿逆时针方向，为负值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势感应电流由B-t图像可知，在每一时间段内是定值，故在各时间段内I是定值，故A正确，B错误；CD由左手定则可知，在01s内，ad受到的安培力方向为水平向右，是正的，12s无感应电流，没有安培力，24s时间内，安培力方向为水平向左，是负的；ad边受到的安培力为F=BIL因I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故C正确，D错误。故选AC。12BD【详解】A设变压器原
19、线圈端电压有效值为U，据电流的热效应可得可解得U1=55V，A错误；B电压表的示数为副线圈电压，即U2=，由可得该变压器原副线圈的匝数之比为，B正确；C副线圈的电流为由可得原线圈的电流，即电流表的示数，C错误；D若增大电阻R的阻值，由可知，副线圈的功率减小，变压器的输入等于输出功率，故变压器原线圈的输入功率减小，D正确。故选BD。13A C 1.46 0.86 【详解】(1)1干电池允许通过的最大电流不超过0.5A，所以电流表选A。2电源内阻较小，所以选择较小的滑动变阻器，方便电路调节。(2)3将描好的点连成直线，舍去偏离直线过远的点(3)4图像与纵轴的交点表示电动势，即电动势为1.46V。5
20、图像的斜率表示电源内阻，即14BCD 由于摩擦阻力的存在 【解析】（1）A、按照图示的装置安装器件，故A正确；B、不必测量重物和夹子的质量m，故B错误；C、将电磁式打点计时器接到以下的交流电源上，故选项C错误；D、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误；E、选择一条理想的纸带，对其进行测量，故E正确。（2）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出B点的瞬时速度大小分别为：。（3）物体从B到D的过程中重力势
21、能减小量是，动能增加量是，要验证物体从B到D的过程中机械能是否守恒，则需满足关系，物体的机械能守恒。（4）实验发现重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是由于摩擦阻力的存在。点睛：解决本题的关键知道实验的原理，知道重锤的质量可以不测，打点计时器使用交流电源，实验时应先接通电源，后释放纸带，正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强。15400V【分析】先由动能定理求出粒子进入偏转电场能的初速度，然后根据类平抛运动规律列方程求解偏转电压U；【详解】设正离子的电荷量为q、质量为m，由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出
22、加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0=mv02解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为在偏转电场中， L=v0t 又因为L=3d所以可得U=400V16(1)；(2)3600J【详解】(1)对火箭，加速上升阶段减速上升阶段解得(2)火箭下落过程应用动能定理根据题意并代入数据可知，火箭落回地面时的动能为Ek=3600J17（1）（2）【解析】(1)线框切割磁感线所产生的电动势为 回路中的感应电流为 线框所受到的安培力为 由于线框匀速运动，故水平外力 即 (2)线框从开始运动到cd边进入磁场所经历的时间为 回路中产生的焦耳热 线框与桌面间的摩擦生热 所以整个过程中产生的总热量 或者直接由能量守恒
23、得也给分！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物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键18（1）350K；（2）； 【解析】活塞b降至底部的过程中活塞a不动，氮气经历等压变化，设AB部分的体积为，由题意知，BC部分的体积为，设氮气初态的体积为，温度为，压强为，末态体积为，温度为，由几何关系得：,由盖吕萨克定律得：代入数据得：设平衡后中间氮气的体积为，上方氧气的体积为，压强为p对中间氮气由理想气体状态方程代入数据得：设氧气初态的体积为，由题意知，压强为；末态的体积为，压强为p对上方的氧气，发生等温变化，由玻意尔定律得：由几何关系得：联立解得：
