2020-2021学年四川省雅安市高二下学期期末联考物理试题14 解析版

四川省雅安市2020-2021学年高二下学期期末联考

物理试题14

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．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α衰变方程

2．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座椅的钢丝绳与竖直方向的夹角分别为a、θ。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m1>m2，则

A．α<θ B．r1>r2

C．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

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ΔU与电流表读数变化量ΔI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(　　)

A． B． C． D．

7．一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（　　）

A．10  B．5  C．  D．2 

8．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（  ）

A．15N≤F≤20N    B．5N≤F≤25N    C．0N≤F≤25N    D．15N≤F≤25N

9．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

D．0-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（　　）

A． B．

C． D．

12．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

A． B．

C． D．

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＝________Ω；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”)．

14．利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。

(1)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ΔEp=________，动能的增加量ΔEk=________。

(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（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μ，小物块与水平桌面间的动摩擦因数为2μ，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μ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，每隔1s时间发射一颗子弹，在发射了许多子弹后子弹仍在发射中，假定子弹在升降过程中都不相碰，不计空气阻力，取重力加速度问：

（1）子弹上升的最大高度为多少？

（2）设在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容器内的气体压强p2。

参考答案

1．A

【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α衰变方程，D错误。

故选A。

2．D

【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

mgtanα=mrω2，tanα=ω2r/g

同轴转动角速度相同，故

α=θ，r1=r2

故AB错误；

CD.根据a=rω2可知，

a1=a2

根据 可知

故C错误D正确。

3．B

【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θ．动摩擦因数为μ。

对整个过程，运用动能定理得：

mgs1sinθ-μmgcosθ•s1-μmgs2=0-0

则得：

可知，s1、s2、θ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   mgsinθ-μmgcosθ=ma1，可得：a1=gsinθ-μgcosθ，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。

4．C

【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

滑行的距离，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，在分开后，甲的加速度的大小等于乙的加速度的大小，都等于，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。

5．D

【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=E−Ir，则：，保持不变，故D正确．

6．D

【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，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.

7．B

【解析】

平均速度的定义式为，又在匀变速直线运动中平均速度为，联立得：，解得：，选B.

8．D

【解析】

试题分析：根据力的合成的合力范围求解：即|F1﹣F2|≤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：|5﹣20|≤F合≤5+20，即15N≤F≤25N；

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．

9．CD

【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，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。

10．BD

【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，故D正确。

故选BD。

11．AD

【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。

12．ACD

【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(1.78～1.80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U＝E－Ir，联立方程可得

解得：

E＝2.94V，r＝4.0 Ω．

[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．

14．AC    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，不需要秒表，故E错误。故选AC．

(2)[2][3]．从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量

ΔEp=mghB

B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A．

15．(1)1s；(2)

【详解】

(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

16．45m；； 10颗。

【解析】

【详解】

（1）由可得子弹能上升的最大高度为：；

（2）由可得，子弹到达最高点的时间为：；
第4颗子弹发射时经过了，这时第1颗子弹到达最高点，设再经过时间t二者相遇，则有：
代入数据可得：
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：

（3）每颗子弹在空中运行时间为：；
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

∆φ=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