四川省雅安市2020-2021学年高二下学期物理期末联考11Word版含解析

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2020-2021学年度高二年级第二学期期末联考卷物理试题注意事项：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．有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。例如一个铍原子核（）发生了“K俘获”，生成一个新的原子核X，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（），核反应方程为。关于铍原子核（）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（　　）A．新原子核X可能会带负电B．新原子核X是铍原子的同位素，两核的核子数不同C．新原子核X比原来的铍原子核小一个中子D．新原子核X比原来的铍原子核少一个质子2．一物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过位移3m，则（　　）A．第3s内的平均速度是1m/sB．物体的加速度是1.2m/s2C．前3s内的平均速度是1.5m/sD．3s末的速度是3.2m/s3．如图所示，一只船在静水中的速度是4m/s，它要横渡一条200m宽的河，水流速度为3m/s，此船过河的最短时间为A．28.6sB．40sC．50sD．66.7s4．如图所示，一根不可伸长的轻绳一端系住小球，另一端固定在光滑直角斜劈顶端O点，轻绳与斜面平行，斜劈底面水平。使小球和斜劈做下列运动，下面5种运动中，小球对斜面的压力可能为零的是（　　）试卷第7页，总7页

1①一起水平向左加速；②一起水平向右加速；③一起竖直向上加速；④一起竖直向下加速；⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动。A．①②③B．②③⑤C．②④⑤D．①③④5．如图，内壁光滑的玻璃管内用长为的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（　　）A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D．仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力6．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，向心加速度为，b处于地面附近近地轨道上，正常运行速度为，c是地球同步卫星，离地心距离为r，运行速度为，向心加速度为，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，地球的半径为R，则有（　　）试卷第7页，总7页

2A．a的向心加速度等于重力加速度gB．d的运动周期有可能是C．D．7．如下图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J．则下列说法正确()A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC．粒子在A点的动能比在B点多0.5JD．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J8．如图所示电路中的电源为恒流源或恒压源（不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流或定值电压）．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的读数变化量的绝对值为ΔU，电流表的读数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是A．若电源为恒压源时，V示数增大，A示数减小B．若电源为恒压源时，V示数不变，A示数增大C．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，.D．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数增大，9．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半试卷第7页，总7页

3B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半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．如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接，导轨电阻均不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．一根质量m＝60g、电阻R＝1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的两根绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导体棒摆角最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，sin53°＝0.8，g取10m/s2，则(　　)A．磁场方向一定竖直向上B．运动过程中导体棒中电流是变化的C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J12．如图所示，一匝数匝、总电阻、边长的匀质正三角形金属线框静默在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下（正方向），磁感应强度试卷第7页，总7页

4的大小随时间变化的关系如图乙所示，是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力，取，则（）A．时刻穿过线框的磁通量为B．线框静止时，线框中的感应电流大小为C．线框静止时，两点间的电压为D．经时间，线框开始滑动第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．(本题6分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点周期为0.02s，自由下落的重物质量为1kg，打出一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有多个点没画出．打点计时器打下点B时，物体的速度vB=_______m/s．从起点O到打下点B的过程中，重力势能的减少量ΔEP=_________J，此过程中物体动能的增量ΔEK=______J．（答案保留两位有效数字）14．(本题9分)某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用的电路如图所示，这位同学测得的六组数据如下表所示，试根据这些数据在坐标纸中做出U-I图线试卷第7页，总7页

5根据图线，可知被测电源的电动势E=_______V,内阻r=_____Ω(结果保留两位小数)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．(本题10分)2014年8月南京成功举办了第二届夏季青年奥运会，中国代表队共获得了30块金牌。中国小将吴圣平在跳水女子三米板中以绝对的优势夺冠。为了理解运动员在三米板跳水中的轨迹过程，特做了简化处理：把运动员看作质量为m=50.0kg的质点，竖直起跳位置离水面高h1=3.0m，起跳后运动到最高点的时间t=0.3s，运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F=1075.0N，不考虑空气阻力，g=10m/s2，求：（1）运动员起跳时初速度v0的大小；（2）运动员在水中运动的最大深度h2。16．(本题12分)真空中存在着空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°＝0.6，cos37°=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中(1)小球受到的电场力的大小及方向；(2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量；(3)如果抛出时的动能为4J，则小球落回到同一高度时的动能是多大；(4)运动过程中小球的最小动能的大小.17．(本题15分)如图，光滑平行的竖直金属导轨MN、QP相距l，在M点和Q点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面水平向里、高为h的磁感强度为B的匀强磁场．一质量为m，电阻也为R的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场下边界相距h0．现用一竖直向上的大小为F＝2mg恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，进入磁场后开始做减速运动，在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计，空气阻力不计，g为重力加速度）．求：试卷第7页，总7页

6（1）导体棒ab在离开磁场上边界时的速度；（2）棒ab在刚进入磁场时加速度的大小；（3）棒ab通过磁场区的过程中棒消耗的电能；四、选修（本题共12分，选修3-3）18．(本题12分)如图所示为可加热饭盒（可视为气缸），饭盒盖上有一排气口，饭盒内封闭了一定质量的理想气体，气体的初始温度为27℃，压强为大气压强p0。现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到57℃，已知p0=1.0×105Pa。（1）求此时封闭气体的压强；（2）打开排气口，放出部分气体，当饭盒内气体压强与外界大气压强相等时，求排出气体与饭盒内剩余气体的质量比（假设此过程中饭盒内气体温度不变）。试卷第7页，总7页

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8参考答案1．D【详解】A．根据电荷数守恒得，新原子核X的电荷数是3，则新原子核X带正电，故A错误；B．根据电荷数守恒得，新原子核X的电荷数是3，核子数是7，则新原子核X不是铍原子的同位素，新原子核与铍核的核子数相同，故B错误；CD．新原子核俘获一个电子后，一个质子变成中子，质子数减少一个，中子数多一个，故C错误，D正确。故选D。2．B【详解】A．已知第3s内通过位移3m，根据平均速度的定义式可知，第3s内的平均速度是3m/s，故A错误；B．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知，第3s内的平均速度即为2.5s末的瞬时速度，由v=at可知故B正确；C．前3s内的平均速度等于1.5s时刻的瞬时速度，故前3s内的平均速度为故C错误；D．3s末的速度为故D错误；故选B。3．C【解析】试题分析：因为当船头垂直河岸渡河时，船过河所用的时间最短，则最短的时间为，故选项C正确。考点：运动的合成和分解.

94．C【详解】①若一起水平向左加速，小球受合外力水平向左，斜面对小球的支持力的水平分力与绳子拉力的水平分力的合力水平向左，因此支持力不可能为零，①错误；②一起水平向右加速，当绳子拉力的竖直分量恰好重力时，斜面的支持力为零，绳子拉力的水平分力就是合外力，②正确；③一起竖直向上加速，绳子拉力与支持力的合力竖直向上，大于重力，绳子拉力不可能为零，因此支持力不可能为零，③错误；④一起竖直向下加速，当加速度等于g是，绳子拉力减小为零时，此时斜面的支持力也为零，④正确；⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动，合力指向转轴，当角速度足够大时，绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，⑤正确。故选C。5．B【详解】A．当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间无压力，设绳与竖直方向的夹角为，对小球受力分析后有仅增加绳长后，小球所需的向心力增大，则小球所受合力增大，则小球将受到上玻璃管壁斜向下方的压力，A错误；B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，则小球所受合力不变，需要减小角速度，B正确；C．仅增加小球质量后，根据可知，向心力公式两边都有，因此质量约掉，则小球将不受玻璃管壁斜向上方的压力，C错误；D．仅增加角速度后，小球所需的向心力增大，则小球所受合力增大，则小球将受到上玻璃管壁斜下方的压力，D错误。故选B。6．D【详解】A．地球同步卫星c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

10知，c的向心加速度大。由得卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g。故A错误；B．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故B错误；C．a、c的角速度相同，由得故C错误。D．由得则得故D正确。故选D。7．CD

11【解析】试题分析：在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功．从运动轨迹上判断，粒子带正电．从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能．从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况．从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能．解：A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电．选项A错误．B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能．选项B错误．C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，选项C正确．D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，选项D正确．故选：CD．【点评】对于本题，大家要明确以下几点：1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点．3、电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．8．C【解析】【详解】滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，变阻器接入电路的阻值增大．若电源为恒压源时，电压表示数不变，电阻增大，电流变小，电阻R2两端的电压减小，并联部分的电压增大，流过电阻R1的电流增大，因总电流减小，电流表示数减小，故AB错误；电源为恒流源时，电路中总电流不变，变阻器向上滑动，总电阻增大，电压表示数增大，因电流不变，电阻R2两端的电压不变，并联部分的电压增大，电阻R1中的电流增大，总电流不变，所以电流表示数减小，电阻R2两端电压不变，电阻R1两端电压的变化量等于电压表的变化量△U，因总电流不变，所以电流表示数的变化量等于电阻R1的电流的变化量，所以有，故C正确，D错误．

129．AD【详解】试题分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由E=分析E的变化．解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半．故A正确．B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半．故D正确．故选AD【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．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。

1311．BD【解析】闭合开关S后，导体棒中电流方向从a到b，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向竖直向下，选项A错误．导体棒沿圆弧运动中切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势是变化的，则导体棒中电流和所受安培力也是变化的，故选项B正确，选项C错误．由能量守恒定律可得，导体棒在摆动过程中电源提供的电能为E能＝mgL(1－cos53°)＝0.048J，选项D正确．故选BD.12．BD【解析】t=0时穿过线框的磁通量为，故A错误；当线框静止时，根据法拉第电磁感应定律，则有：，再由闭合电路欧姆定律，有：，则a、b两点间电压为，故B正确，C错误；经时间t=0.8s，由图线可知B=6T，依据B选项分析可知，感应电流I=0.1A，则安培力大小，根据楞次定律可知，感应电流逆时针方向，由左手定则可知，安培力方向垂直导线框向外，如图所示：根据几何关系，可知，两安培力夹角为，则两安培力的合力为0.06N，因已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=0.6N，则开始滑动，故D正确；故选BD.【点睛】通过磁通量的公式计算出t=0时的磁通量；根据法拉第电磁感应定律，求得感应电动势大小，再依据闭合电路欧姆定律，求得感应电流的大小；由楞次定律，与左手定则从而确定安培力方向，再依据F=NBIL，及矢量的合成法则，与几何关系，即可求解．13．0.980.490.48【解析】【详解】[1]利用匀变速直线运动的推论B点的速度等于AC间的平均速度，故

14vB=xAC2T=0.0706−0.03142×0.02=0.98m/s[2][3]重力势能减小量△Ep=mgℎ=1×9.8×0.0501J=0.49J动能增加量EkB=12mvB2=12×1×0.982=0.48J14．1.48V0.78Ω【解析】【详解】U-I图线的截距表示电动势，斜率表示内阻，故电池的电动势E=1.48V，内阻r=ΔUΔI=1.48−10.63Ω=0.78Ω。15．（1）3.0m/s（2）3.0m【解析】（1）运动员上升到最高点速度为零，由运动学公式有0=v0-gt，代入g=10m/s2、t=0.3s，得v0=3.0m/s。（2）运动员从起跳到水中最深，由动能定理有mg(h1+h2)-Fh2=0-12mv02，代入v0=3.0m/s、h1=3.0m、F=1075.0N，得h2=3.0m。点睛：本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键要选择研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．16．(1),方向水平向右(2)(3)(4)【解析】(1)小球静止开始做匀加速直线运动，由合力与分力的关系知解得：，方向水平向右(2)由合运动与分运动的关系知，竖直方向做匀减速直线运动水平方向做匀加速直线运动故(3)小球落回到同一高度

15此时水平方向竖直方向：此时(4)将初速度沿合力方向和重力方向分解，当沿合力方向速度为零时，此时动能最小【点睛】本题考查了求电场力、电势能的变化量、小球的水平位移，解决本题的关键知道小球竖直上抛时，在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．17．（1）（2）（3）【详解】（1）离开磁场时匀速，受到重力、安培力和拉力，所以，（2）在h0阶段中，根据动能定理，得到，解得（3）对整个过程，根据动能定理得到

16棒消耗的电能为18．（1）1.1×105Pa；（2）1︰10【详解】(1)根据查理定律可得代入数据得(2)设饭盒体积为V0，等温膨胀的体积为V2，排出气体的体积为△V，根据玻意耳定律可得整理得