2020-2021学年四川省雅安市高二下学期期末联考物理试题13 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13

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．在增殖反应堆中，铀238吸收快中子后变成铀239，铀239很不稳定，经过两次β衰变后变成钚239，与上述反应过程无关的核反应方程式是（　　）

A．U＋n→U B．Pu→U＋He

C．Np→Pu＋e D．U→Np＋e

2．中国航天局在年年底发射了高分四号卫星，这是中国首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星，如图所示，是静止在赤道上随地球自转的物体，、是同在赤道平面内的两颗人造卫星，位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，是高分四号卫星．则下列判断正确的是（ ）

A．物体随地球自转的角速度大于卫星的角速度

B．卫星的线速度小于卫星的线速度

C．物体随地球自转的周期大于卫星的周期

D．物体随地球自转的向心加速度小于卫星的向心加速度

3．已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是

A． B．

C． D．

4．一辆做直线运动的汽车，以速度v行驶了全程的一半，然后匀减速行驶了后一半，到达终点时恰好停止，全程的平均速度为（      ）

A． B． C． D．

5．如图所示是一火灾报警器的电路示意图，其中为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（    ）

A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小

6．中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加．一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地．下列说法正确的是（　　）

A．在时间内加速度增大,在时间内加速度减小

B．在时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越小

C．在时间内,平均速度

D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑,则他们在悬绳上的距离先增大后减小

7．两个共点力，大小均为10N，关于这两个力的合力，以下说法错误的是（    ）

A．大小可能为0

B．大小可能为10N

C．大小可能为15N

D．大小可能为21N

8．弹簧秤用细线系两个质量都为m的小球,现让两小球在同一水平面内做匀速圆周运动,两球始终在过圆心的直径的两端,如图所示,此时弹簧秤读数  (  )

A．大于mg B．小于2mg C．等于2mg D．无法判断

9．如图所示，下列运动电荷或通电直导线受到的磁场力的方向，正确的是（　　）

A． B． C． D．

10．图甲所示电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电容器C的耐压值为50V。变压器原线圈输入的电压如图乙所示，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）

A．副线圈两端电压的频率为10Hz B．电流表A1、A2的示数之比为1:10

C．滑片P向上移动时，电流表A3的示数不变 D．滑片P向下移动时，电流表A1，A2的示数均增大

11．如图所示，两水平放置的平行金属导轨AB和CD相距0.5m，AC间接阻值为1Ω的电阻，导体棒MN到AC的距离为0.4m，整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导体棒MN垂直放在导轨上，导轨和导体棒MN的电阻可忽略不计，则下列说法正确的是

A．若导体棒MN向右滑动，则M端电势高

B．若匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，导体棒MN以5m/s的速度水平向右匀速滑动时，则其所受水平外力的大小是0.25N

C．若导体棒MN固定，图中磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则导体棒中有N到M的电流

D．若导体棒MN固定，磁场的磁感应强度随时间变化的规律为，则通过导体棒的电流为0.125A

12．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键k闭合，电容器两极板间有一质量为m、带电量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是(　　)

A．微粒带的是负电

B．断开电键，微粒将向下做加速运动

C．保持电键闭合，把电容器两极板水平错开一些，微粒保持静止不动

D．保持电键闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动

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．在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图甲所示，其中O是起始点,A、B、C是打点计时器连续打下的3个点,相邻两个点的时间T=0.02s．

(1)该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离s1=9.51cm，s2=12.42cm，s3=15.70cm．则B点的速度大小是________m/s.(保留三位有效数字)

(2)该同学用重锤在AB段的运动来验证机械能守恒,在计算中发现从A到B重锤重力势能的减少量总是稍微大于重锤动能的增加量，你认为原因是____________________.

(3)若在以上纸带中B点模糊不清如图乙所示，请用T、S1、S3表示当地的重力加速度g=_____________.

14．一实验小组要测量某型号多用电表欧姆挡“×10”正常工作时的内阻RΩ和其内部电源的电动势E，该多用电表欧姆挡“×10”的内部电路如图1中虚线框所示。

（1）若电池内阻为r，表头内阻为Rg，变阻器有效阻值为RH，则RΩ的理论值为RΩ=__________。

（2）已知该型号多用电表的电源采用2节干电池，实验小组设计了如图2的电路，则虚线框中X为__________仪器，电压表应选用_______________（填仪器前的字母序号）。

A．滑动变阻器    B．电阻箱    C．量程3V的电压表    D．量程15V的电压表

（3）实验操作步骤如下：

i．调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左侧零刻度处，再将挡位选择开关调至欧姆挡“×10”，短接红黑表笔，调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘右侧零刻度处；

ii．将图2电路与多用电表的表笔连接，黑表笔应连接________端（填“A”或“B”）；

iii．改变仪器X的阻值，读取多组电压表和仪器X的示数U和R。

（4）实验小组对测量数据进行分析后，一部分同学发现与呈线性关系，另一部分同学发现U与呈线性关系，并各自作出了相应的图象如图3和图4所示。根据图3中所给数据，可得所测电动势E=__________，内阻RΩ=__________；根据图4中所给数据，可得所测电动势E=__________，内阻RΩ=__________。（用图中字母表示）

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．气球以4m/s的速度匀速竖直上升，它上升到217m高处时，一重物由气球上掉落，若取g=10m/s2，求

（1）重物经多长时间落到地面？

（2）到达地面时重物的速度大小是多少？

16．如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2。

（1）若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度T，杆MN的最大速度为多少?

（2）若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d=0.4m，现使磁感应强度从零开始的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？

17．如图所示，水平方向的匀强电场中，用绝缘细线将质量4×10﹣3kg的带负电小球悬挂在O点．细线偏离竖直方向θ=37°小球处于静止状态．已知匀强电场的电场强度E=104N/C，g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）匀强电场的方向；

（2）小球的电荷量．

四、选修（本题共12分，选修3-3）

18．如图所示，左端封闭、右端开口的形管两臂粗细不等，右管的横截面积是左管的2倍，管中装有水银，大气压强为。左管中水银面到管口的距离为，且水银面比右管内的高。足够长的右管用质量不计的小活塞封住，空气柱长度为，现缓慢拉动活塞，使两管中水银面相平，管内气体均可视为理想气体，拉动过程中两管内的气体温度始终不变，管内壁光滑且活塞与内壁接触良好，求：

（1）左管中气体的最终压强；

（2）活塞向上拉动的距离。

参考答案

1．B

【详解】

A．铀238吸收快中子后变成铀239

故A有关；

CD．铀239很不稳定，经过两次衰变后变成钚239

故CD有关；

B．是钚239的衰变方程，故B无关。

故选B。

2．D

【解析】

A、C的角速度相等，根据万有引力提供向心力：，解得：，C的轨道半径大于B的轨道半径，则C的角速度小于B的角速度，可知物体A随地球自转的角速度小于卫星B的角速度，故A错误；卫星做圆周运动万有引力提供向心力：，解得：，B的轨道半径小于C的轨道半径，则B的线速度大于C的线速度，故B错误；物体A随地球自转的周期等于卫星C的周期，故C错误；A、C的角速度相等，根据a=rω2知，物体A随地球自转的向心加速度小于C的向心加速度，故D正确．所以D正确，ABC错误．

3．B

【详解】

篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由 ，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图像的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，则，则加速度就越小，故 A错误、B正确；上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，动能变化就越慢，所以h越大图线斜率越小，故 D错误；下降过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力越大，动能变化越快，所以h越大图线斜率越大，故C错误．故选B

4．B

【解析】

试题分析：设一半位移为x，则匀速过程的时间为，匀减速过程中的平均速度为，所以后一半位移所用时间为，故全程的平均速度，故B正确

考点：考查了平均速度

【名师点睛】在计算平均速度时，一定首先要弄清楚是让求哪一段的平均速度，再是弄清楚该过程中所用的时间和位移，然后代入公式解题

5．D

【详解】

当传感器R2所在处出现火情时，R2阻值变小，R2与R3的并联总电阻减小，外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律可知电路的总电流增大，电源的内电压变大，由

可知路端电压减小，即报警器两端电压U减小，电路中并联部分的电压

由于I总变大，则可知U并变小，则根据部分电路的欧姆定律可知通过显示器的电流I变小，则ABC错误，D正确

故选D。

6．D

【详解】

A．在0～t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1～t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大．故A错误．

B．在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得

f -mg=ma，

得

f=mg+ma，

因为加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故B错误．

C．在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度＞．故C错误．

D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小．故D正确．

7．D

【详解】

两力合成时，合力范围为

即，故D正确，ABC错误。

故选D。

8．C

【详解】

设小球与竖直方向的夹角为θ，两球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以竖直方向受力平衡，则有：，挂钩处于平衡状态，对挂钩处受力分析，得：，故C正确，A、B、D、错误；

故选C．

9．AD

【详解】

A．带正电的运动电荷垂直磁场水平向右运动，由左手定则可知洛伦兹力方向竖直向上，选项A正确；

B．带负电的运动电荷垂直磁场水平向右运动，由左手定则（注意左手四指指向左）可知洛伦兹力竖直向上，选项B错误；

C．通电直导线在磁场中受到的安培力由左手定则得方向水平向右，选项C错误；

D．通电直导线在磁场中受到的安培力由左手定则得方向垂直纸面向里，选项D正确。

故选AD。

10．CD

【详解】

A．由图乙可知

则副线圈两端电压的频率为

故A错误；

B．因为原副线圈的功率相等，即

即

因电流表A3分流，因此电流表A1、A2的示数之比不为1:10，故B错误；

C．滑片P向上移动时，电阻增大，副线圈电压不变，且电容器的容抗不变，故电流表A3的示数不变，故C正确；

D．滑片P向下移动时，电阻减小，而副线圈电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的电流变大，根据变压器的变流比可知，原线圈的电流变大，即电流表A1、A2的示数均增大，故D正确。

故选CD。

11．AC

【解析】

A、棒向右切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则知电流方向为N到M，而此方向为等效电源内部的电流流向，故M点为电源正极电势高，A正确．B、动生电动势大小由，而匀速运动时外力和安培力相等，故有，故B错误．C、磁感应强度随时间均匀增大，产生感生电动势，由楞次定律可知电流方向为N到M，故C正确．D、感生电动势大小为，故有欧姆定律可知，故D错误．故选AC．

【点睛】电磁感应的两类问题：感生电动势大小，方向由楞次定律判断；动生电动势大小，方向由右手定则分析．

12．ACD

【解析】A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力和向下的重力作用，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A正确；
B、断开电键，可知电容器带电量不变，则两板间电压不变，则场强不变，则微粒将仍然处于静止状态，故B错误；
C、保持电键闭合，可知电容器两端电压不变，由可知场强不变，故微粒保持静止不动，故C正确；
D、保持电键闭合，把电容器两极板距离增大，由可知场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，故D正确。

点睛：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动。

13．1.55    重锤在下落过程中存在阻力的作用       

【解析】

【详解】

第一空.根据匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则B点的速度：，解得:.

第二空.重力势能的减少量略大于动能的增加量，其主要原因是存在阻力的作用.

第三空.根据匀变速直线运动判别式得：，，而，解得：.

14．r + Rg + RH    B    C    A                   

【详解】

（1）[1]根据欧姆表内部原理可知，电池、表头和变阻器串联，故欧姆表内电阻理论值为

（2）[2]实验中用电压表的读数除以电阻箱的阻值来得到电流数值，所以应选用电阻箱。

[3]实验中的电源为2节干电池，即电路中电压最大只有3V，为保证电压测量值更准确，应选用量程3V的电压表。

（3）[4]由图2可知，电流将从A端流入，B端流出，而欧姆表的电流是“红入黑出”，黑表笔应连接A端。

（4）[5][6]根据闭合电路欧姆定律可得，电源电动势的表达式为

上式变形可得

图3中，图象截距

图3中，图象斜率

解得

，

[7][8]根据闭合电路欧姆定律可得，电源电动势的表达式为

上式变形可得

图4中，图象截距

图4中，图象斜率绝对值

解得

，

15．（1）7.0 s  (2) 66 m/s

【解析】

【详解】

（1）重物离开气球时的初速度为v0=4m/s，方向竖直向上，做竖直上抛运动，最终落地位移为h=-217m，根据匀变速直线运动的位移时间关系式： ，解得：t=7.0s。

（2）由速度时间关系式： ，所以落地的末速度大小为66m/s，方向竖直向下。

16．（1）8m/s；（2）t=100s

【详解】

（1）MN杆切割磁感线产生的电动势为

E1=B0Lv

由闭合电路欧姆定律得

MN杆所受安培力大小为

F安=B0I1L

对MN杆应用牛顿第二定律得

F-mg-F安=ma

当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立公式得MN杆的最大速度为

m/s

（2）感生电动势为

由闭合电路欧姆定律得

t时刻的磁感应强度为

PQ杆受力平衡

Mg=BI2L

联立得时间

s

17．（1）匀强电场的方向水平向左    （2）3×10-6C

【解析】

(1)对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向右的电场力，因小球带负电，所以电场水平向左；

(2)小球受力平衡，F电=Eq=mgtan37°

代入数据得：

【点睛】解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可．

18．(1)；(2)

【详解】

(1)设左管横截面积为，则右管横截面积为，以左管内封闭气体为研究对象

初状态

根据几何关系可知左管下降，左、右两管中水银面才会相平，此时左管封闭的空气柱长，，气体发生等温变化，有

解得。

(2)以右管被封闭的气体为研究对象，可知

气体发生等温变化，有

解得

活塞向上拉动的距离为