2020-2021学年四川省雅安市高二下学期期末联考物理试题18 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18

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)

1．一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下保持平衡，大小分别为2 N、5 N、9 N、10 N、15 N，现撤消大小为10N的力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小是(　　)

A．2 m/s2

B．13 m/s2

C．12 m/s2

D．5 m/s2

2．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻（光敏电阻阻值随光照强度增强而减小）．当R 2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U．以下说法正确的是

A．若仅将R 2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大

B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量不变

C．若仅用更强的光照射R 1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加

D．若仅用更强的光照射R 1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变

3．如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．则下列关系正确的是 (    )

A．物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度

B．卫星B的线速度小于卫星C的线速度

C．物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度

D．物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期

4．1934年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He+Al→X+n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y+e。则（　　）

A．X的质量数与Y的质量数相等 B．X的电荷数比Y的电荷数少1

C．X的电荷数比Al的电荷数多1 D．X的质量数与Al的质量数相等

5．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

6．前不久，中印边界发生了一次双方军队互相斗殴的接触事件，其中有一个我军边防战士跳起来，一脚踹翻印军士兵的精彩视频广泛传播，如果其起跳的最大高度堪比运动员，请根据体育和生活常识估算该英勇战士起跳瞬间消耗的能量是最接近于

A．10J    B．1000J    C．10000J    D．1J

7．如图所示，物体静止在光滑水平面上，力作用于物体上的点，现要使物体受到由指向方向的合力（与都在同一平面内，与间夹角为）。那么，必须同时再加一个力，这个力的最小值是（　　）

A． B． C． D．

8．如图所示，质量相同的两小球A、B各用轻绳系于O点，OA长度大于OB长度。当光滑圆锥筒绕竖直对称轴OO′以一定角速度匀速转动时，两小球也随着转动，且始终在圆锥筒的表面上并与圆锥筒保持相对静止。下列判断正确的是

A．OA和OB绳子上的张力相等

B．两小球做圆周运动的向心力相等

C．逐渐减小转筒的角速度，两球对圆锥筒的压力逐渐减小

D．逐渐增大转筒的角速度，圆锥筒对A球的支持力先变为零

9．在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I的方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是（　　）

A． B．

C． D．

10．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻值为R的导线与热水器、抽油烟机连接.已知副线圈两端的电压与时间的关系如图乙所示.下列说法正确的是（    ）

A．热水器上交流电的频率为

B．电压表示数为

C．闭合开关S接通抽油烟机，电阻值为R的导线发热功率将减小

D．闭合开关S接通抽油烟机，变压器原线圈的输入功率将增大

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．如图甲所示，在磁场中有一长方形硬质导线框abcd，线框平面与磁场垂直。ab边所受安培力F随时间t的变化关系如图乙所示，以向右为正方向。垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，则B随时间t的变化关系可能是（　　）

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．某研究性学习小组利用图示装置验证机械能守恒定律,P1处与P2处的光电门间的高度差为h．直径为d的小球从图示位置由静止释放后依次通过P1、P2光电门．重力加速度大小为g．

（1）若小球中心通过P1、P2光电门时遮光时间分别为t1、t2,则小球通过P1、P2光电门时的速度大小分别为__________、__________．

（2）若该实验中等式gh=__________成立,即可验证机械能守恒定律．

（3）实验室可提供的小球有木球和铁球,为了尽可能或小测量误差,下列做法正确的是（_______）(填对应的字母序号)

A．释放小球时,只要P1、P2处光电门在同竖直线上即可

B．选用铁球,且释放铁球时尽可能让其球心与两个光电门在同一竖直线上

C．选用木球,且释放木球时尽可能让其球心与两个光电门在同一竖直线上

14．某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：

A．待测干电池E（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）

B．电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为100Ω）

C．电流表A（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）

D．滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流为2A）

E．滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流为1A）

F．定值电阻R0（阻值为900Ω）

G．开关一个，导线若干

为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，某同学利用器材B、F组成电压表并设计电路原理图。根据要求回答下列问题

（1）实验中滑动变阻器应选______。

（2）根据题意在如图中画出符合该同学该实验要求的电路图_______。

（3）如图所示，是该同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，由图可知，被测干电池的电动势为_________V，内电阻为______Ω（结果均保留2位有效数字）

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。)

15．2010年冰岛火山喷发，火山灰尘给欧洲人民的生活带来了很大的影响，假设一灰尘颗粒开始以4m/s2的加速度从地面竖直上升，10s末，忽然失去所有向上的推动力，灰尘颗粒只在重力作用下运动，g取10m/s2．则：

(1)该颗粒最高可上升到距地面多高处？

(2)该颗粒失去推动力后经多长时间落回地面？（根号保留）

16．实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1m、长为0.4m的10匝矩形线框abcd，总电阻为R＝2Ω，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，如图为简化的俯视图。小车总质量为m＝0.2kg。小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f＝0.4N，进入磁场前已达到最大速度v＝5m/s。车头（ab边）刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾（cd边）刚出磁场时速度恰好为零。已知有界磁场宽度为0.4m，磁感应强度为B＝1.2T，方向竖直向下。求：

（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率P；

（2）车头刚进入磁场时，小车加速度a的大小；

（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热Q。

17．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示．每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变．电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0．20m，两板之间距离d=0．050m，A板的电势比B板的电势高U．A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0．10m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力．求：

（1）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）；

（2）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件；

（3）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内．

四、选修（本题共12分，选修3-3）

18．如图所示为粗细均匀、A端封闭的L形玻璃管，AB、BC段的长均为d，AB段水平，BC段竖直，AB段管内有一段长为的水银柱，水银柱在玻璃管内封闭一段长为的空气柱，水银的密度为，重力加速度为g，现将玻璃管绕B点在竖直面内缓慢地沿顺时针转过90°，结果AB段玻璃管中的水银柱长还有，大气的温度恒为T0。

（1）求大气压强的大小：

（2）若不转动玻璃管，而是给封闭气体加热，使水银刚好不从C点流出，则封闭气体的温度需要上升为多少？

参考答案

1．D

【详解】

若撤去其中大小为10N的力，剩余的力的合力与撤去的力等值、反向，所以物体受到的合力为10N，则物体的加速度：，故选D．

2．D

【详解】

A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，R2所在支路有电容器，是被断路的，则I、U均保持不变；故A错误。

B．根据：

因电容器两端电压U不变，若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少；故B错误.

C．若仅用更强的光照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，根据“串反并同”法可知，I增大，U应当减小；电容器两端的电压减小，电荷量减小；故C错误。

D．U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内电阻，是不变的；故D正确。

3．C

【详解】

A．C为同步卫星，即角速度和地球自转角速度相同，离地高到大于地球半径，根据公式

可得

即，A错误；

B．根据公式

可得

即运动半径越大，卫星的线速度越小，故，B错误；

C．根据公式，可得物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度，C正确；

D．C是同步卫星，和地球自转周期相同，D错误．

4．A

【详解】

设X的质量数为M，电荷数为A，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知

解得

，

设Y的质量数为M′，电荷数为A′，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知

解得

，

A．X的质量数与Y的质量数相等，都是30，故A正确；

B．X的电荷数比Y的电荷数多1，故B错误；

C．X的电荷数为15，比铝的电荷数13多2，故C错误；

D．X的质量数为30，和铝的质量数27不相等，故D错误。

故选A。

5．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。

6．B

【解析】战士的质量约75kg，其受到的重力G=mg=75×10N=750N，跳起的高度h=1m，水平位移x=2m，则在竖直方向上，运动时间，水平方向上： ，合速度，动能，故，与1000J最接近，故B正确，ACD错误；

故选B。

7．B

【详解】

当力F1与OO′方向垂直时，力F1最小，最小力

故选B。

8．D

【详解】

AB．由题意知两球均做匀速圆周运动，根据合力提供向心力可得

F合＝F向＝mrω2

由于ω、m相同，而A做匀速圆周运动的半径较大，所以A受到的向心力较大，设圆锥筒过顶点的纵截面的顶角为2α，对于A球，将A球的向心加速度沿OA方向和垂直于OA方向分解，沿OA方向：

TA－mgcosα＝mrAω2·sinα

可得：

TA＝mgcosα＋mrAω2·sinα

同理可得：

TB＝mgcosα＋mrBω2·sinα

因为rA＞rB，所以OA绳上的张力大于OB绳上的张力，故AB错误；

CD．在垂直OA方向上：对A球有：

mgsinα－NA＝mrAω2·cosα

得：

NA＝mgsinα－mrAω2·cosα

同理可得：

NB＝mgsinα－mrBω2·cosα

故逐渐增大转筒的角速度，圆锥筒对A球的支持力先变为零，根据牛顿第三定律，逐渐减小转筒的角速度，两球对圆锥筒的压力逐渐增大，故C错误，D正确。

故选D。

9．BC

【解析】

【详解】

A图中安培力方向应垂直磁场向下，故A错误； B图中安培力方向应水平向左，故B正确； C图中安培力方向应垂着电流方向向左，故C正确； D图中由于磁场和电流方向共线，不受安培力作用，故D错误；

10．AD

【详解】

A．因交流电的频率为

则热水器上交流电的频率也为，故A正确；

B．副线圈上的电压按图乙所示规律变化，由图像得副线圈上的电压有效值

理想变压器电压与匝数成正比，所以

则电压表示数为，故B错误；

C．副线圈电阻减小，电流增大，电阻值为R的导线发热功率将增大，故C错误；

D．接通开关，电流增大，副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，变压器的输入功率增大，故D正确。

故选AD。

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．ABC

【详解】

A．在时间内，磁感强度是正在向外的减小，产生的感应电流方向为逆时针方向，通过ab的电流方向是从a到b，根据左手顶则可以判断安培力方向水平向左，且大小逐渐减小，从时间内感应电流方向不变，大小也不变，但是磁感应强度变大，所以受到的安培力方向变为水平向右，大小逐渐变大，下一个周期重复这样的变化，故A正确；

B．在时间内磁感应强度同A图的一样，所以受力情况也一样，在时间内电流方向与前面的二分之一周期内的相反了，相应的安培力大小也是逐渐增大，方向也是水平向右，故B正确；

C．在时间内，磁感强度是正在向里的减小，产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向是从b到a，根据左手顶则可以判断安培力方向水平向左，且大小逐渐减小，从时间内感应电流方向不变，大小也不变，但是磁感应强度变大，所以受到的安培力方向变为水平向右，大小逐渐变大，下一个周期重复这样的变化，故C正确；

D．D图中B的变化情况和B图中的正好相反，所以这两种情况中ab边受到的安培力的情况和B图中的情况正好相反，故D错误。

故选ABC。

13．(1)        (2)    (3)B   

【详解】

（1）小球通过P1、P2光电门时的速度大小分别为 、．

（2）要验证的关系是：，即，若该实验中等式成立，即可验证机械能守恒定律．

（3）实验时要选用密度较大的铁球相对阻力较小，且释放铁球时尽可能让其球心与两个光电门在同一竖直线上，以减小实验的误差，故选B.

【点睛】

此题关键是要搞清用光电计时器测量速度的原理，明确瞬时速度的测量方法，即用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，知道要验证的能量关系．

14．D        1.4    0.67   

【详解】

（1）[1] 电源电动势为1.5V较小，电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D。

（2）[2] 上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示

（2）[3] 根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为

根据图像与纵轴的交点得电动势为

[4] 图像斜率

解得

15．(1)；(2)

【详解】

(1)向上加速阶段有：

失去向上的推动力时，灰尘颗粒的速度大小为：

此后，灰尘颗粒做竖直上抛运动．竖直上抛上升阶段有：

所以此颗粒距地面最大高度为：

(2) 灰尘颗粒做竖直上抛运动．竖直上抛上升阶段有：

自由下落阶段：

解得：

颗粒从失去推动力到落地的总时间为：

16．(1) 2W (2) 20m/s2 (3) 2.18J

【详解】

（1）根据P＝fv得

P＝0.4×5=2W

（2）根据

E＝nBlv

I＝

F＝nBIl

F＋f＝ma

联立得

a＝20m/s2

（3）由能量关系可知

Q＝mv2－f·2l′

得

Q＝2.18J

17．（1）y=； （6分）

（2）U至少为100V（4分）

（3）距中心点O  2.5cm～5.0cm范围   （8分）

【解析】

试题分析：（1）电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有：

偏转时间；

侧向位移y=

联立解得：y=；

（2）要使电子都打不到屏上，应满足u0取最大值800V时仍有U至少为100V

（3）电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，侧移量最大

电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则由几何关系可得：，

解得

由第（1）问中的y=可知，在其它条件不变的情况下，u0越大y越小，所以当u=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小．

侧移量最小ymin==1．25×10－2m=1．25cm

同理，电子打在屏上距中心点的最小距离

所以电子打在屏上的O点上方距中心点O  2．5cm～5．0cm范围

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】考查电子在电场中做类平抛运动，学会运动的分解，并根据运动学公式与牛顿第二定律及动能定理综合解题，强调电子在不同的电场中的运动与受力情况．

18．（1） （2）5T0

【解析】（i）开始时，管内气体的压强等于大气压强p0，当玻璃管绕B点在竖直面内缓慢地沿顺时针方向转过90°

管内气体的压强为

根据玻意耳定律：

求得大气压强

（ii）水银刚好不从C点流出时，气体压强为

根据理想气体状态方程  

求得气体上升的温度为T＝5T0

点睛：本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，注意结合平衡求出初末状态的压强，难度不大．