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)
1.一个质量为的物体放在地面上,当受到竖直向上的拉力作用时产生加速度,如果竖直向上的拉力变为时,物体的加速度将( )
A.大于 B.等于 C.在和之间 D.小于
2.小娟、小明两人共提一桶水匀速前行,如图所示,已知两人手臂上的拉力大小相等且为F,两人手臂间的夹角为θ,水和水桶的总重力为G,则下列说法中正确的是
A.当θ为120°时,F=
B.不管θ为何值,F=
C.θ 越大,F越大
D.θ 越大,两个拉力F的合力越小
3.长度L=0. 5m的细线,拴一质量m=2kg的小球(不计大小),另一端固定于O点。让小球在水平面内做匀速圆周运动,这种运动通常称为圆锥摆运动。如图所示,摆线与竖直方向的夹角=37°,重力加速度g=10m/s2,则下列说法错误的是( )
A.细线的拉力大小为25N
B.小球运动的角速度为5rad/s
C.小球运动的线速度大小为1. 2m/s
D.小球运动的周期约为1. 26s
4.如图所示,带电平行金属板A、B,板间的电势差为U,A板带正电,B板中央有一小孔.一带正电的微粒,带电量为q,质量为m,自孔的正上方距板高h处自由落下,若微粒恰能落至A、B两板的正中央c点,不计空气阻力,
则:
A.微粒在下落过程中动能逐渐增加,重力势能逐渐减小
B.微粒在下落过程中重力做功为,电场力做功为
C.微粒落入电场中,电势能逐渐增大,其增加量为
D.若微粒从距B板高1.5h处自由下落,则恰好能达到A板
5.2012年6月,“神九”飞天,“蛟龙”探海,实现了“可上九天揽月,可下五洋捉鳖”这个充满浪漫主义气概的梦想.处于340 km高空的“神九”和处于7 000 m深海的“蛟龙”的向心加速度分别为a1和a2,转动的角速度分别为ω1和ω2,下列说法中正确的是( )
A.因为“神九”离地心的距离较大,根据得ω1<ω2
B.根据可知,ω与圆周运动的半径r无关,所以ω1=ω2
C.因为“神九”离地心的距离较大,根据 得a1
a2
6.如图所示电路中,R2、R3、R4为定值电阻,当滑动变阻器R1的滑动头向左滑动时,三个理想电表的示数都发生变化,电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3,下列说法中正确的是( )
A.电流表A1的示数一定减小
B.电流表A2的示数一定增大
C.ΔI3一定大于ΔI1
D.ΔI1一定大于ΔI2
7.2018年6月5日,是第47个世界环境日,“绿水青山就是金山银山”,中国向世界发出“绿色治理”的铿锵之音,中国承诺到2020年碳排放量下降40%~45%;为了实现负责任大国的承诺,我国将新建核电站项目.目前关于核电站获取核能的基本核反应方程可能是( )
A. B.
C. D.
8.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动,它们的位移—时间(x–t)图象如图所示,由图象可以得出在0~4 s内( )
A.甲、乙两物体始终同向运动
B.4 s时甲、乙两物体间的距离最大
C.甲的平均速度等于乙的平均速度
D.甲、乙两物体间的最大距离为6 m
9.如图,指纹传感器半导体基板上阵列了10万金属颗粒,每一颗粒充当电容器的一个板,当手指的指纹与传感器绝缘表面接触时,手指指纹构成电容器的另一个极。由于指纹深浅不同,对应的峪(本义:山谷)和嵴(本义:山脊)与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器。其工作过程是通过对电容器感应颗粒预先充电到某一参考电压,然后对每个电容的放电电流进行测量,设备将采集到不同的数值汇总,也就完成了指纹的采集。若金属颗粒与手指指纹间组成的每个电容电压保持不变,则( )
A.对比峪,指纹的嵴处形成的电容器的电容小
B.对比峪,指纹的嵴处形成的电容器的电容大
C.在手指挤压绝缘表面时,电容器电极间的距离减小,金属颗粒电极电量增大
D.在手指挤压绝缘表面时,电容器电极间的距离减小,金属颗粒电极电量减小
10.如图甲所示,光滑导体框架abcd水平放置,质量为m的导体棒PQ平行于bc放在ab、cd上,且正好卡在垂直于轨道平面的四枚光滑小钉之间,回路总电路为R,整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中,磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(规定磁感应强度方向向上为正),则在时间0~t内,关于回路内的感应电流I及小钉对PQ的弹力N,下列说法中正确的是( )
A.I的大小是恒定的 B.I的方向是变化的
C.N的大小是恒定的 D.N的方向是变化的
11.在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场,设图示磁场方向为正,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。边长为l,电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中,磁场方向垂直于线框平面,此时线框ab边的发热功率为P,则( )
A.线框中的感应电动势为 B.线框中感应电流为
C.线框cd边的发热功率为 D.b端电势高于a端电势
12.如图所示,两个相同的灯泡,分别接在理想变压器的原副线圈上,(灯泡电阻不随温度变化) 已知原、副线圈的匝数比,电源电压为U,则( )
A.通过A、B灯的电流之比
B.灯泡A、B两端的电压之比
C.灯泡A、B两端的电压分别是,
D.灯泡A、B消耗的功率之比
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.研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”,采用了如图1所示的装置,其中m1=50g、m2=150g,开始时保持装置静止,然后释放物块m2,m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点,只要对纸带上的点进行测量,即可研究匀变速直线运动.某次实验打出的纸带如图2所示,0是打下的第一个点,两相邻点间还有4个点没有标出,交流电频率为50Hz.
(1)系统的加速度大小为________m/s2,在打点0~5的过程中,系统动能的增量ΔEk=________J.
(2)忽略一切阻力的情况下,某同学作出的— h图象如图3所示,则当地的重力加速度g=______m/s2.
14.在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中,备有如下器材:
A.蓄电池
B.电流表(0~0.6A,内阻约为0.1Ω)
C.灵敏电流计G(满偏电流Ig=200μA,内阻rg=150Ω)
D.滑动变阻器R1(0~20Ω,2.0A)
E.电阻箱R2
F.定值定阻R0=2Ω
G.开关.导线若干
(1)由于没有电压表,可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表,如图甲中电阻箱R2的阻值应为_____Ω.
(2)按图甲所示电路图,请在乙图上补充完成实物连线_____
(3)丙图为该实验绘出的﹣图线(为灵敏电流计G的示数,为电流表A的示数)由丙图可求得被测蓄电池的电动势=_______V,内电阻=________Ω(结果保留两位有效数字).
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.如图所示,在竖直平行光滑导电导轨上端接一阻值为R的电阻,导轨间距为l,电阻不计,导轨上套有一根金属棒,其电阻为,质量为m,空间有匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,求:
(1)棒下落的最大速度.
(2)此时两端的电压.
(3)此时电阻R上消耗的电功率.
16.一物体以5m/s的速度匀速竖直上升,某时刻在该物体正下方距物体s处有一石块以10m/s的初速度竖直上抛,g取10m/s2,不计空气阻力。
(1)不考虑物体对石块运动的可能影响,求石块抛出后上升的最大高度和时间?
(2)若石块能追上物体,则 s应该满足什么条件?
17.两块竖直足够长的平行板间有一匀强电场,在电场中用长为2.4cm的丝线悬一带电小球,平衡于跟竖直方向成30°角的位置,如图所示,此时小球离负极板0.05m.求:
(1)若把小球提起,使丝线水平,然后释放小球,问小球经过最低点时速度多大?
(2)球在平衡位置时将丝线剪断,小球将做何种运动?何时碰板?
四、选修(本题共12分,选修3-3)
18.一气象探测气球,在充有压强为75.0cmHg、温度为27.0℃的氦气时,体积为3.0m3.上升过程气球内部因启动一加热装置而维持其温度为27.0℃不变,在上升至某一海拔高度的过程中,气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压45.0cmHg,此后停止加热,保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为﹣10.0℃.求:
(1)气球在停止加热前的体积;
(2)气球在停止加热较长一段时间后的体积.
试卷第7页,总7页
本卷由系统自动生成,请仔细校对后使用,答案仅供参考。
参考答案
1.A
【详解】
当受到竖直向上的拉力作用时由牛顿第二定律有
如果竖直向上的拉力变为时由牛顿第二定律有
故选A。
2.C
【详解】
设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F,由题小娟、小明的手臂夹角成θ角,根据对称性可知,两人对水桶的拉力大小相等,则根据平衡条件得:
解得:
,
AB. 当θ为120°时,F=G,故A项错误,B项错误;
C. 当θ越大时,则F越大,故C项正确;
D. 两人对水桶的拉力的合力与水桶的重力等大反向,与θ角无关,故D项错误。
3.C
【详解】
A.小球受到重力和绳子的拉力,两力的合力充当向心力,竖直方向上受力平衡,则有
解得绳子上的拉力为
A正确;
BCD.两力的合力充当向心力,则有
解得
,,
B正确,C错误,D正确。
故错误的选C。
4.C
【解析】
试题分析:微粒在下落过程中先做加速运动,后做减速运动,动能先增大,后减小.重力一直做正功,重力势能一直减小.故A错误.
微粒下降的高度为ℎ+d2,重力做正功,为WG=mg(ℎ+d2),电场力向上,位移向下,电场力做负功,WE=−qU2=−12Uq,所以电势能增大,其增加量为,B错误,C正确,由题微粒恰能落至A过程,由动能定理得:mg(H+d)−12Uq=0,解得,H=2h,D错误,
考点:本题考查了动能定理的应用
点评:动能定理在多过程,多力作用的题目中经常用到,而且比较方便,不用考虑过程,只需考虑始末状态即可
5.D
【解析】
根据ω=可知,做圆周运动的角速度不仅与r有关,还与线速度v有关,所以AB均错;因为“蛟龙”属于天体自转问题,它转动的角速度与地球同步卫星相同,“神九”与同步卫星相比,根据G=mω2r得“神九”的角速度较大,即“神九”的角速度大于“蛟龙”随地球自转的角速度,根据a=ω2r得a1>a2,则选项C错误,D正确,故选D.
6.C
【详解】
B.三个电阻R1、R2、R3并联,电流表A1电流等于三个电阻R1、R2、R3的总电流;电流表A2电流等于电阻R3、R2的总电流;电流表A3的电流等于电阻R1、R2的总电流;滑片向左滑动,R1值减小,R1、R2、R3三者并联的总阻值减小,所以R1、R2、R3分压减小,流经R2、R3的电流减小,所以A2的示数减小,B错误;
A.干路电流增大,流经R2、R3的电流减小,故流经R1电流增加,故电流表A1的示数一定增大,A错误;
C.△I1=△I3+△IR3,由于IR3减小,所以△IR3为负值,所以△I1<△I3,C正确;
D