2021莆田高二上学期期末考试物理试题含答案

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学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍绝密★启用前|莆田市2020-2021学年第一学期高二期末考试卷物 理（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题.本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N－v2图象如图乙所示。则A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a2.平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车做匀变速直线运动，t=2s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是A．b车的加速度大小为1 m/s2B．a车的速度大小为3 m/sC．b车做匀加速直线运动D．t=2s时，a、b两车相遇，速度不相等3.如图所示，两楔形物块A、B部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止，下列说法正确的是A．绳子的拉力可能小于A的重力B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B受到地面的摩擦力方向水平向左D．物块B与地面间不存在摩擦力4.空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则A．同一时刻所有粒子的动量相同B．同一时刻所有粒子的位移相同C．同一时刻所有粒子到达同一等势面上D．同一时刻所有粒子到达同一水平面上5.汽车和汽车静止在水平地面上，某时刻汽车开始倒车，结果汽车撞到了停在它正后方的汽车，汽车上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车前面的物体相对于汽车自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车的速度大小为，已知汽车的质量是汽车质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车相对于地面的速度大小为A． B． C． D．6.下列说法中错误的是A．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B．核泄漏事故污染物能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断x为电子C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c27.如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R，则有A．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为二、多项选择题.本题共3小题，每小题6分，共18分。8.如图甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则(　　)A．导体棒的电流是从b到aB．通过导体棒的电流大小为0.5 AC．0～2 s内，导体棒产生的热量为0.125 JD．t＝π s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N9.如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．长木板的质量M＝2 kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为6 m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大10.如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是(　　)A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C．转台的角速度一定满足：ω≤eq \r(\f(2μg,3r))D．转台的角速度一定满足：ω≤eq \r(\f(μg,3r))第Ⅱ卷非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题，每道试题考生都必须作答。第15、16题为计算题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11.（10分）某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：图1(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图1中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．________________________________________________________________________.b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处．c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻Rx，除被测电阻Rx外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A．电流表A1，量程(0～10 mA)，内阻约10 ΩB．电流表A2，量程(0～30 mA)，内阻约4 ΩC．电压表V，量程(0～3 V)，内阻约1 500 ΩD．滑动变阻器R1，阻值范围(0～25 Ω)E．滑动变阻器R2，阻值范围(0～1 000 Ω)F．电阻箱R3、R4，阻值范围均为(0～199.9 Ω)G．开关一只和导线若干H．电池E，电动势6 V，内阻未知根据(1)问的测量结果，该同学采用如图2所示电路测电阻Rx的阻值，则电流表应选用________，滑动变阻器应选用____________．(填写器材序号)图2(3)该同学进行了如下实验：①将电压表的a端接b，测得eq \f(U1,I1)＝110 Ω；②将电压表的a端接c，测得eq \f(U2,I2)＝125 Ω.则Rx的电阻值更接近________Ω.12.（10分）如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度．(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO；(2)小球在a点获得一水平初速度va，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则va应满足什么条件？13.（10分）某同学为了验证“力的平行四边形定则”，设计了如下实验，实验原理如图甲所示．将三根细绳套系于同一点O，然后与同学配合，同时用三个弹簧秤分别拉住三根细绳套，以合适的角度向三个不同方向拉开．当稳定后，分别记录三个弹簧秤的读数．(1)关于下列实验操作不必要的步骤是：________.A．要保证三根细绳套长度相等B．实验时需要注意保证各弹簧秤及细绳套在同一水平面内C．改变拉力重复实验，每次必须保证O点在同一位置D．记录弹簧秤读数的同时，必须记录各拉力的方向E．为完成平行四边形定则的验证，实验时还需要测量各拉力间的夹角(2)某次实验测得弹簧秤读数分别为FA＝2.2 N，FB＝2.4 N，FC＝3.2 N，请根据图乙记录的各力的方向，结合实验原理，在虚线框内画出力的图示，并作出相应的平行四边形，加以验证．14.（12分）如图所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T．现有一比荷为eq \f(q,m)＝25 C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)微粒的电性及速度v0的大小；(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标．（二）计算题（12分）15.（6分）如图(a)为玩具弹弓，轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点，一手握住把手不动，使AB连线水平，C为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置，如图(b)．AO＝OB＝6 cm，另一手捏着装有质量为10 g弹珠的弹夹，从C点由静止竖直向下缓慢移动到D点，放手后弹珠竖直向上射出，刚好上升到离D点20.15米高的楼顶处．测得∠ACB＝44°，∠ADB＝23°，取tan 22°＝0.4，tan 11.5°＝0.2，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)从C到D的过程中，弹珠重力所做的功及手所做的功；(2)若还将橡皮筋拉到相同长度，仅改变发射方向，弹珠向斜上方运动到高出释放点8 m处的速率．第二次从释放到h′＝8 m处，机械能守16.（6分）在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.求：图1(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度． 2020-2021学年第一学期高二期末考试卷物 理参考答案及解析1.【答案】A【解析】由图乙可知当小球运动到最高点时，若v2＝b，则N＝0，轻杆既不向上推小球也不向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg＝ ，得v2＝b＝gR，故g＝，B错误；当v2>b时，轻杆向下拉小球，C错误；当v2＝0时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力，即a＝mg，代入g＝得小球的质量m＝，A正确；当v2＝2b时，由向心力方程F＋mg＝得杆的拉力大小F＝mg，故F＝a，D错误；故选A。2.【答案】A【解析】AB.位移时间图像中的斜率代表物体的速度，所以a物体做匀速运动，t=2s时，直线a和曲线b刚好相切，所以，对b车从0到2s，设初速度：，，联立解得：，，A正确，B错误；C.因为斜率代表速度，而b车的斜率越来越小，所以b车做匀减速运动，C错误；D.因为t=2 s时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以辆车在该时刻速度相等，D错误。3.【答案】D【解析】AB接触面光滑，AB间没有摩擦力．对A分析知，A受到重力和绳子的拉力，二力平衡，B对A没有支持力，否则三个力不可能平衡，A错误；对B分析知：B受到重力、地面的支持力，根据平衡条件知，地面对B的支持力等于物块B的重力，地面对B没有摩擦力，BC错误，D正确。4.【答案】C【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故A错误；B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同，故B错误；CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面，匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故C正确，D错误。5.【答案】C【解析】两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，则A的质量为2m，由动量守恒定律，有2mv0＝2mv1+mv2，由机械能守恒定律，有，解得v1＝v0，A. 碰后瞬间汽车相对于地面的速度大小为，与分析不一致，故A错误；B. 碰后瞬间汽车相对于地面的速度大小为，与分析不一致，故B错误；C. 碰后瞬间汽车相对于地面的速度大小为，与分析相一致，故C正确；D. 碰后瞬间汽车相对于地面的速度大小为，与分析不一致，故D错误。故选C。6.【答案】C【解析】A、根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；B、根据量子说守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式Cs→Ba+x中，可以判断x的质量数为0，电荷数为：z＝55﹣56＝﹣1，所以x为电子，故B正确；C、β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；D、根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为22→，释放的能量是△E＝△mc2＝（2m1+2m2﹣m3）c2，故D正确。本题选错误的，故选C。 7.【答案】B【解析】A．根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；B．根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：，若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：，故B正确；C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：，故C错误；D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：，故D错误；故选B。8.【答案】 AC【解析】 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；假设0～π s时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝＝·πr2＝×π×12 V＝0.25 V，则感应电流I＝＝ A＝0.25 A，t＝π s时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N；最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；0～2 s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项C正确．9.【答案】 BC【解析】 当F等于12 N时，加速度为：a＝4 m/s2.对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，结合题图可得：M＝1 kg，故m＝2 kg，故A错误；由题图可得，μmg＝8，故μ＝0.4，故B正确；当F＝14 N时，长木板的加速度为：a＝6 m/s2，故C正确；当F大于12 N后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误．10.【答案】 ABD【解析】 对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有FfA＝3mω2r≤μ(3m)g，故A错误；FfA＝3mω2r，FfC＝mω2×1.5r，故B错误；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)ω2r≤μ(3m)g，对AB整体有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C，有：mω2(1.5r)≤μmg，故ω≤，故C正确，D错误．11.【答案】 (1)换用×10倍率的挡位 120 (2)B D (3)125【解析】 (1)a.选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用倍率×10的挡．c．欧姆表选择×10挡位，由题图所示表盘可以知道，测量结果为12×10 Ω＝120 Ω(2)流过待测电阻的电流大约为I＝＝ A＝0.025 A＝25 mA，所以选择电流表A2，故选B，由于电路选择的分压电路所以最好用一个小一点的滑动变阻器，故选D.(3)由于电流表的电阻远小于待测电阻，所以选用电流表内接法误差较小，故Rx的电阻值更接近125 Ω.12.【答案】 (1) － (2)va≥【解析】 (1)小球静止在a点时，由共点力平衡可得mg＋2mg＝qE①得E＝，方向竖直向上②在匀强电场中，有UOa＝El③则a、O两点电势差UaO＝－④(2)小球从a点恰好运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得－qE·2l＋mg·2l＝mvb2－mva2⑤小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律可得qE－mg＝m⑥联立②⑤⑥可得va＝，故应满足va≥.13.图9【答案】 (1)ACE (2)见解析【解析】 (1)细绳套连接弹簧秤与结点，取合适长度即可，没必要等长，A没有必要；实验时，需要各弹簧秤及细绳套在同一水平面内，保证各个力在同一个水平面内，才可以进行合成验证，B有必要；三力平衡条件下，无论结点在什么位置，都满足任意两个力的合力与第三个力等大反向，所以没必要每次必须保证O点在同一位置，C没有必要；力的合成需要知道分力的大小和方向，所以必须记录各拉力的方向，D有必要；通过合成平行四边形， 合力与分力方向可以通过作图确定，没必要测量夹角，E没有必要．(2)根据图乙作出力的图示，如下：通过测量，F合与FB在误差允许的范围内等大反向，平行四边形定则成立．14.【答案】 (1)正电 2 m/s (2)(0.6 m,0.2 m)【解析】 (1)带电微粒在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即微粒做匀速直线运动，所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电；对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：Bqv0＝mg解得：v0＝2 m/s； (2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M，从O到M所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动y轴方向上：0＝v0sin 45°－gty＝tx轴方向上：qE＝mgtan 45°＝maxx＝v0cos 45°t＋axt2解得x＝0.6 m，y＝0.2 m.即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6 m,0.2 m)15.【答案】 (1)1.5×10－2 J 2 J (2)15.6 m/s【解析】 (1)从C到D，弹珠重力做功：WG＝mghCD由题图可得：h＝hCD＝－＝ m－ m＝0.15 m联立解得WG＝1.5×10－2 J从C到D，再到最高点的过程中，由功能关系：W手＝mgH－mgh，其中H＝20.15 m解得W手＝2 J(2)设弹珠在D点的弹性势能为Ep，从D到最高点，由功能关系：Ep＝mgH恒，则：Ep＝mgh′＋mv2联立解得v≈15.6 m/s.16.【答案】 (1)mv02 (2)【解析】 (1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝v0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv02－(2m)v2解得E损＝mv02.(2)当A与C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝v0A、C粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh＝×2m(v0)2－×5m×(v0)2解得h＝