2020-2021学年四川省雅安市高二下学期物理期末联考试题03 解析版

这是一份2020-2021学年四川省雅安市高二下学期物理期末联考试题03 解析版，共19页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上；，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

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）
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1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多个选项符合要求，选对但不全得2分，选错得0分)
1．儿童乐园里的游戏“空中飞椅”简化模型如图，座椅通过钢丝绳与顶端转盘连接．设绳长为L，座椅中人的质量为m．若转盘正常工作时转速一定，绳与竖直方向夹角为θ，则
A．L变长时，θ将变大
B．L变短时，θ将变大
C．m越大时，θ越小
D．m越大时，θ越大
2．如图所示，地球赤道上的山丘、近地卫星和同步卫星均在赤道平面内绕地心做匀速圆周运动。设山丘c、近地卫星p和同步卫星q的圆周运动速率依次为v1、v2、v3，向心加速度依次为a1、a2、a3，则（ ）
A．v1＞v2＞v3
B．v1＜v3＜v2
C．a1＞a2＞a3
D．a3＞a2 = a1
3．物体沿一直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体在某时刻的速度为3 m/s，则在含有这时刻的1 s内物体一定走3 m
B．物体在某1 s内的平均速度为3 m/s，则在这1 s内物体的位移一定为3 m
C．物体在某段时间内平均速度为3 m/s，则这段时间内的任意1s位移都为3m
D．物体在t1时刻的速度为2 m/s，在t2时刻的速度为4 m/s，则在t1 ~ t2的平均速度为3 m/s
4．物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，则这三个力的大小是（ ）
A．15N，5N，21N B．1N，2N，10N
C．3N，6N，4N D．1N，6N，3N
5．如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，A将在B上滑动，由于A、B间摩擦力的作用，以地面为参考系， A、B都向前移动一段距离，在此过程中 （ ）
A．外力F做的功等于A和B的动能的增量
B．外力F对B做的功等于B的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
6．热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件，它的重要特性之一是，其电阻值随着环境温度的升高而减小。如图为一自动温控电路，C为电容器，A为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，Rt为热敏电阻。电键S闭合稳定后，观察电流表A的偏转情况，可判断环境温度的变化情况。以下关于该自动温控电路的分析，正确的是（ ）
A．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐升高
B．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐降低
C．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻Rt的阻值
D．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远小于热敏电阻Rt的阻值
7．如图所示，质量m=2kg的物体在水平向右的拉力作用下，以a=5m/s2的加速度向右做匀加速运动，以下说法正确的是
A．物体所受的拉力大小一定为10N
B．物体所受的合外力大小一定为10N
C．在任意1s内的位移大小均为2.5m
D．在某一秒内的速度增加量可以达到10m/s
8．下列说法正确的是（ ）
A．中X为中子，核反应类型为衰变
B．中Y为中子，核反应类型为人工核转变
C．，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变
D．，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变
9．如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（ ）
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动
B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动
C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
10．某水库用水带动如图甲所示的交流发电机发电，其与一个理想的升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10kV的电动机供电．交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场．线圈绕垂直匀强磁场的水平轴顺时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的电动势如图乙所示，连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表．下列说法正确的是（ ）
A．0.01s时通过电流表的电流的方向向右
B．变压器原、副线圈的匝数比为1：20
C．进入电动机的电流的频率是100Hz
D．开关K闭合时电压表和电流表的示数均变大
11．如图甲所示，用横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线绕成边长为L匝数为n的正方形线框abcd，置于垂直于线框平面的匀强磁场中。从t=0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则在0~t0时间内（ ）
A．线框中的电流先增大后减小
B．线框四条边所受安培力先向内后向外
C．线框中感应电动势的大小一直为
D．线框中感应电流做的功为
12．“旋转的液体”实验，装置如图：装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连，接通电源后液体旋转起来，从上往下俯视，以下说法正确的是（ ）
A．液体中电流由边缘流向中心；液体逆时针旋转
B．液体中电流由边缘流向中心；液体顺时针旋转
C．液体中电流由中心流向边缘；液体逆时针旋转
D．如果将两磁极对换，电源正负极对换，液体的旋转方向将不改变
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．为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图所示的电路，闭合电键Sl，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据；并根据测量数据利用计算机分别描绘了如图所示的M、N两条U－I直线，不考虑传感器在测量过程中对电路的影响，请回答下列问题：
（1）根据图中的M、N两条直线可知___________。
A．直线M是根据电压传感器l和电流传感器的数据画的
B．直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画的
C．直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画的
D．直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画的
（2）图象中两直线交点处电路中的工作状态是______。
A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端
B．电源的输出功率最大
C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5W
D．电源的效率达到最大值
（3）根据图可以求得电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。
14．某实验小组用气垫导轨验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示，气垫导轨置于足够高的水平桌面上，在气垫导轨的滑块上固定一个宽度为d的挡光片和一个砝码槽，测得滑块、砝码槽、遮光条的总质量为M；气垫导轨的左端固定一个定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，每个钩码的质量均为m，当地的重力加速度大小为g。将滑块从某一固定位置由静止释放，记录滑块通过光电门的时间；而后每次移走1个悬挂的钩码放到滑块上的砝码槽中，滑块均由同一位置由静止释放，重复实验，记录每次实际悬挂钩码的个数n及挡光片通过光电门的时间t。
(1)实验前先调节气垫导轨水平，方法是：取下悬挂的钩码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑块放在气垫导轨上任意位置都能__________，则导轨水平。
(2)如果滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度大小为__________（用题中所给字母表示）。
(3)以每次悬挂钩码的个数n为纵坐标，挡光片通过光电门的时间平方的倒数为横坐标建立平面直角坐标系，在坐标纸上作出图像，如图2所示。要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是__________；设此物理量的测量值为x，要验证机械能守恒，在误差允许的范围内，作出的图像斜率为k＝__________。
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．相距的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为的金属棒和质量为的金属棒均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．棒光滑，棒与导轨间动摩擦因数为，两棒总电阻为，导轨电阻不计．时刻起，棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时也由静止释放棒．．
（1）求磁感应强度的大小和棒加速度大小；
（2）已知在内外力做功，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；
（3）求出棒达到最大速度时所对应的时刻．
16．如图所示，在竖直平面内有长为l的AB、CD两平行带电极板，AB带正电，CD带负电，两板间距为l，O点为两极板边缘A、C两点连线的中点。一质量为m，电荷量为q的正电粒子飘入电压为U的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两板间，带电粒子恰好从AB板边缘的B点平行AB离开电场区域。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子射入电场O点时的速度大小v；
(2)两平行极板间匀强电场的场强大小。
17．某气球以4m/s的速度从地面匀速上升，上升过程中从气球上脱落一个小物体，该物体离开气球后1s着地，小物体离开气球后气球以1m/s2的加速度加速上升。不计空气阻力，g=10m/s2。求：
(1)小物体脱落后的ls内，气球上升的高度；
(2)小物体脱落时，气球的离地高度；
(3)作出小物体从脱落到着地全过程中的速度v-时间t图像（取向上为正方向，在坐标纸上标出必要的数值）。
四、选修（本题共12分，选修3-3）
18．右端开口，左端封闭的粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，长为10cm的水银柱封闭了长为30 cm的空气柱，尺寸如图甲所示，现用注射器（开始时活塞在底部）缓慢地将水银抽出，如图乙所示．已知注射器管横截面积是玻璃管横截面积的10倍，大气压强为76cmHg，整个过程不漏气且温度不变．求：
(1)当水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强（单位用cmHg表示）；
(2)注射器管有效长度的最小值（结果保留3位有效数字）．
参考答案
1．A
【解析】
设座椅做匀速圆周运动时转速为n，由重力和绳子的拉力的合力提供座椅圆周运动的向心力，如图，则有，得，据题知：n不变，r也不变，则当L变长时，变大，与m无关，A正确．
2．B
【详解】
对于山丘c和同步卫星q，它们的周期相同，角速度相同，因为r1＜r3，根据v=ωr可知
v1＜v3
根据a=ω2r可
a1＜a3
对近地卫星p和同步卫星q，根据
可得

可知
v2＞v3
a2＞a3
即
v2＞v3＞v1
a2＞a3＞a1
选项B正确，ACD错误；
故选B。
3．B
【解析】
【详解】
A．物体在某时刻的速度为3m/s，不代表在一段时间内速度都是这个值，后以时刻也可能静止，故无法确定1s内的位移。故A错误。
B．物体在某1s内的平均速度为3m/s，由此s=vt，可知，这1s内物体的位移一定为3m。故B正确。
C．物体在某段时间内平均速度为3m/s，但在其中的一秒也可能静止，故这段时间内的任意1s位移并不都为3m。故C错误。
D．匀变速直线运动平均速度等于初末速度之和的一半，但非匀变速运动没有这个规律，故物体在t1时刻的速度为2m/s，在t2时刻的速度为4m/s，则在t1～t2的平均速度不一定就是3m/s。故D错误。
4．C
【解析】根据三力的合力取值范围可知：两个力的合力的最大值为F1+F2，最小值为|F1-F2|，另一个力只要在这个范围内三个力的合力就可能为零，即物体做匀速直线运动，故C正确。
点晴：本题关键要明确两个共点力的合力的范围，同时要明确三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线。
5．D
【解析】根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误；对B应用动能定理，有 WF-WFf=△EkB，即WF=△EkB+WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故B错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，故C错误；以A物体作为研究对象，A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体，运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，故D正确；故选D.
点睛：运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为0．
6．A
【详解】
AB．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，负电荷从b到a，电容器充电，电容器两端的电压增大，可知干路电流I增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，外电路总电阻减小，可知热敏电阻Rt减小，表明环境温度是正在逐渐升高．故A正确；B错误；
CD．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值与热敏电阻Rt的阻值相差不多，这样才能使得当热敏电阻Rt的阻值变化时，R两端电压变化明显，即使得电容器电量变化明显，故CD错误。
故选A。
7．B
【解析】A、根据牛顿第二定律：F合=F-f=ma，由于摩擦力大小未知，故拉力F无法求出，但是F合=ma=2×5N=10N，故选项A错误，B正确；
C、根据位移公式，从静止开始运动，在开始第1s内位移：x1=12at2=2.5m，以上随着速度的增加，在相等时间内位移增大，故选项C错误；
D、根据加速度公式得到：Δv=a⋅Δt=5×1m/s=5m/s，故选项D错误。
点睛：本题考查牛顿第二定律以及位移与时间的关系，同时注意在求解速度变化量的时候可以用加速度的公式来求解。
8．D
【详解】
A．，核反应类型为衰变，选项A错误；
B．，核反应类型为轻核聚变，选项B错误；
C．，核反应类型为人工转变，选项C错误；
D．，核反应类型为重核裂变，选项D正确。
故选D。
9．AD
【详解】
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故A正确；
B．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式
知电容减小，而电容器的电压不变，由
知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误；
C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由
知电容器板间场强不变，由
U=Ed
知P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高，故C错误；
D．当电容器的下极板向左移动时
电容器的电容减小，由
知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由
知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，故D正确。
故选AD。
【点睛】
本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法进行分析。
10．ABD
【详解】
试题分析：根据右手定则，判定如图CD中的电流为C到D，故0．01s时通过电流为D到C，电流表的电流的方向为向右，故A正确；原电压有效值为500V，用户需要为10KV，故匝数之比为500：10000=1：20，故B正确；如图知周期T=0．02s，故频率为f=50Hz，故C错误；开关K闭合时电压表的示数不变，负载电压不变，电阻减小，电流增大，根据知电流表的示数变大，故D正确．故选ABD．
考点：交流电；变压器
【名师点睛】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值．
11．BD
【详解】
B．在时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则线框四条边所受安培力向内；在时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则线框四条边所受安培力向外，故B正确；
ACD．根据法拉第电磁感应定律可得，在时间内，线框中感应电动势的大小为
在时间内，线框中感应电动势的大小为
根据电阻定律可得线框的电阻为
在时间内，线框中的电流为
在时间内，线框中的电流为
线框中感应电流做的功为
故A、C错误，D正确；
故选BD。
12．AD
【详解】
ABC．在电源外部电流由正极流向负极，因此电流从边缘沿半径流向中心，根据左手定则安培力沿切线方向，所以俯视时逆时针旋转，故A正确，BC错误；
D．如果将两磁极对换，电源正负极对换，液体所受安培力不变，则液体的旋转方向将不改变，故D正确。
故选AD。
13．BC ABC 1.50 1.0
【详解】
（1）[1]．定值电阻的U-I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压传感器2和电流表A的数据画得的，电阻为2Ω；
电源的U-I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压传感器和电流表A的数据画得的，电动势为1.5V，内阻为1Ω；故选BC。
（2）[2]．A．当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，A正确；
B．由于，所以路端电阻大于电源内阻，电源输出功率随路段电阻减小而增大，当滑动变阻器短路时，外电阻最小，故电源输出功率最大，B正确；
C．此时电阻的电压为1V，电流为0.5A，故功率为0.5W，C正确；
D．效率：
外电阻最小时，效率最低，D错误。
故选ABC。
（3）[3][4]．直线N的截距为电源电动势，所以电源电动势为E=1.50V，斜率的绝对值为电源内阻：
。
14．保持静止（或轻推一下，滑块近似做匀速运动） 滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离
【详解】
(1)[1]调节气垫导轨水平时，通过调节导轨下面的螺母，使滑块放在导轨上任意位置都能保持静止，或轻推一下，滑块近似做匀速运动，则导轨调节水平；
(2)[2]滑块通过光电门的速度；
(3)[3]要验证机械能守恒，还需要测量滑块开始滑动时，挡光片到光电门的距离；
[4]根据机械能守恒定律
可得
因此若机械能守恒，图像应为一条过原点的倾斜直线。可以得到图像的斜率
15．(1) ， (2) (3)
【解析】
（1）经过时间，金属棒的速率
此时，回路中的感应电流为
对金属棒，由牛顿第二定律得
由以上各式整理得：
在图线上取两点：
，，，
代入上式得
（2）在末金属棒的速率
所发生的位移
由动能定律得
又
联立以上方程，解得

（3）棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．
当棒速度达到最大时，有
又

整理解得
随时间变化的图像如图（c）所示．
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．
16．(1) ；(2)
【详解】
(1)粒子在电场中加速，则

解得
(2)设粒子射入匀强电场时的速度方向与AC夹角为θ，则水平方向
竖直方向
其中

解得
17．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）物体下落过程中，气球继续上升h2，上升的高度为
解得
（2）设物体离开气球时，气球的高度为h1，小物体离开气球后做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，则有
解得
小物体脱落后的ls内，气球上升的高度
（3）小物体上升的时间
解得
小物体落地的速度
18．①44cmHg（单位用cmHg表示）；②13.4cm．
【解析】
【详解】
①根据大气压强和水银柱高度可得：开始的时候密封空气柱的压强为76cmHg-10cmHg=66cmHg；
当水银恰好被抽出时玻璃管内空气仍是原来被密封的空气，故空气质量不变，体积变为原来的；
根据同一空气，温度不变，PV不变，所以压强变为原来的，所以水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强为；
②被注射器吸入的空气在最开始的压强为大气压强（76cmHg），在玻璃管中的长度为70cm；
水银柱被吸入注射器后的高度，
最后水银柱被吸入后注射器中的空气压强为44cmHg-1cmHg=43cmHg，所以根据同一空气，温度不变，PV不变可得：注射管中空气柱的高度；
所以注射器管有效长度的最小值hmin=h1+h2=13.4cm；