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