2020-2021学年云南省部分名校高二（下）期末物理试卷(Word+答案)

2020-2021学年云南省部分名校高二（下）期末物理试卷
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一个选项正确，第7~10小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。)
1．（4分）下列物理量是矢量且单位用国际单位制正确表示的是（　　）
A．电流A
B．冲量kg?m/s
C．电场强度kg?m/（A?s﹣2）
D．磁感应强度kg?m/（A?s）
2．（4分）实验发现，“钇钡铜氧”合金在液氮温度下电阻几乎为零。在课堂上，物理老师把条形磁铁N极朝上竖直放在讲桌上，把从液氮中取出的“钇钡铜氧”合金圆环平放在条形磁铁N极正上方，发现“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“钇钡铜氧”合金圆环中产生顺时针（俯视）的感应电流
B．“钇钡铜氧”合金圆环中产生逆时针（俯视）的感应电流
C．“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力大于所受重力
D．“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力小于所受重力
3．（4分）如图所示，一篮球以某一速度垂直碰撞篮板后被反向弹回，弹回后篮球的球心恰好经过篮筐的中心。已知篮球的半径为r，篮筐中心到篮板的水平距离为L，篮球与篮板的碰撞点与篮筐的高度差为h。不计空气阻力及篮球的旋转，重力加速度大小为g，则篮球被篮板弹回时的速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．（4分）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比n1：n2＝1：1000，在T的原线圈的两端接入一有效值U＝1000V的正弦交流电压，若原线圈的输入电功率P＝1×104kW，输电线的总电阻为20Ω.不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（　　）
A．2kW
B．5kW
C．10kW
D．20kW
5．（4分）如图所示，一辆货车载着一些相同的圆柱形光滑空油桶，底部一层油桶平整排列且相互紧贴，上一层只有一只桶C自由摆放在A、B桶之间。当向左行驶的货车紧急刹车时，桶C有可能脱离桶B而撞向驾驶室造成危险。取重力加速度大小g＝10m/s2，为了安全，货车刹车时加速度最大不能超过（　　）
A．5.0m/s2
B．5.8m/s2
C．8.7m/s2
D．17.3m/s2
6．（4分）如图所示，在一个半径为R的均匀金属球壳左侧M点放置一个带电量为﹣q的点电荷，O点为球壳的球心，已知M、O、N三点在一条直线上，OM＝2R，。静电力常量为k，球壳上感应电荷在N点产生的电场强度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
7．（4分）2021年5月17日，中国科学院高能物理研究所公布，国家重大科技基础设施“高海拔宇宙线观测站（LHAASO）“记录到1400万亿电子伏特（1.4PeV＝1.4×1015eV）的伽马光子，这是人类迄今观测到的最高能量光子，有助于进一步解开宇宙线的奥秘。已知普朗克常数h＝6.63×10﹣34J?s，光速c＝3.0×108m/s，则该伽马光子的（　　）
A．波动性比可见光弱
B．频率为3.38×1029Hz
C．质量为2.49×10﹣13kg
D．能量为1.4×1015J
8．（4分）水平面上的物体在水平方向的力F1和F2作用下，沿水平面向右做匀速直线运动，如图所示。已知F1＝6N，F2＝2N，下列说法正确的是（　　）
A．撤去F1的瞬间，物体受到的合外力大小变为6N
B．撤去F1的瞬间，物体受到的摩擦力大小变为2N
C．撤去F2的瞬间，物体受到的合外力大小变为3N
D．撤去F2的瞬间，物体受到的摩擦力大小仍为4N
9．（4分）2021年4月16日，国家航天局公布了“天问一号”传回的首幅火星图像。把火星和地球的公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据下列表格的数据，与地球相比（　　）
行星
半径/m
质量/kg
轨道半径/m
地球
6.4×106
6.0×1024
1.5×1011
火星
3.4×106
6.4×1023
2.3×1011
A．火星做圆周运动的公转周期大于1年
B．火星做圆周运动的向心加速度较大
C．火星表面的重力加速度较小
D．火星的第一宇宙速度较小
10．（4分）如图所示，两块金属板上下水平放置，相距为d，在两金属板之间连接一电压为U的恒压源。两金属板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷嘴固定在两块金属板中线的左侧，从喷嘴水平向右喷出质量为m、速度为v的带电墨滴，墨滴在电场区域恰好做直线运动，并垂直磁场左边界进入电场和磁场的共存区域，最终垂直打在下板上，已知重力加速度大小为g.由此可知（　　）
A．墨滴可能带正电
B．墨滴带电荷量为
C．墨滴进入电场和磁场的共存区域后的运动轨迹可能是抛物线的一部分
D．右侧磁场区域的磁感应强度为
二、实验题
11．（10分）图甲是实验室常用的实验装置，利用该装置可以完成多个重要的力学实验。
（1）下列说法正确的是　
　（多选）。
A．做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，需要平衡小车与木板间的摩擦力
B．做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量
C．做“探究小车的加速度与质量关系”实验时，每次改变小车质量后都需要重新平衡小车与木板间的摩擦力
D．做“探究功与速度变化关系“实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响
（2）张同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，做“探究小车的加速度与力的关系”实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示。已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，两相邻计数点间还有四个计时点没有画出，根据纸带可得打点计时器打计数点“3”时小车的速度时度大小为　
　m/s，小车运动的加速度大小为　
　m/s2。（结果均保留三位有效数字）
（3）方同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，用来验证小车与钩码所组成的系统的机械能守恒，你觉得是否可行？　
　（选填“可行”或“不可行”）。
12．（10分）电话手表是一种集手表、通话与定位等功能于一体的新式通信工具。小贾同学要测某品牌电话手表的电池的电动势（约为3V）和内阻（约为0.5Ω），设计了如图甲所示的电路，电路中R0为定值电阻，电压表内阻较大。
（1）请按图甲电路帮助小贾同学完善图乙实物的连线。
（2）滑动变阻器应选用
　
　，定值电阻应选用
　
　。
A．滑动变阻器（阻值为0～3Ω，允许通过的最大电流为2A）
B．滑动变阻器（阻值为0～50Ω，允许通过的最大电流为1A）
C．定值电阻（阻值为1.0Ω，功率不能超过2W）
D．定值电阻（阻值为10Ω，功率不能超过10W）
（3）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表U和电流表I的示数，作出U﹣I图像如图丙所示，则电池的电动势E＝　
　V（结果保留三位有效数字），电池的内阻r＝　
　Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）当电压表的示数如图丁所示时，电池的输出功率是
　
　W（结果保留两位有效数字）。
13．（13分）在平直公路上一辆汽车以某一速度v0（未知）匀速行驶，司机突然发现前方L＝60m处有障碍物，经反应时间t1（未知）后采取制动措施，使汽车开始做匀减速直线运动，汽车在t2（未知）时刻速度减为0，此时汽车与障碍物的距离l＝1.5m，从司机发现障碍物到汽车静止，对应的v﹣t图像如图所示。已知汽车做匀减速直线运动的第1s内前进了16m，加速度大小a＝4m/s2.求：
（1）汽车的初速度大小v0；
（2）汽车做匀减速直线运动的时间t2﹣t1；
（3）司机的反应时间t1。
14．（12分）如图甲所示，竖直平面直角坐标系xOy内存在着互相垂直的匀强电场和匀强磁场（图中未画出）。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向下。两质量相等、带电量均为﹣q的带电小球a、b分别静止在y、x轴上，对应坐标（0，L）和（2L，0）。现给a球一个沿x轴正方向的初速度，经过一段时间后，a球和b球发生碰撞，不计两小球间的库仑力。碰后两球的运动轨迹如图乙所示，已知a、b球的运动轨迹都是圆，且相切于一点，两圆的半径满足Rb＝3Ra，重力加速度大小为g。求：
（1）小球a的质量m；
（2）小球a的初速度v0；
（3）碰撞过程中损失的动能ΔEk。
三、[选修3-3]
15．（5分）如图所示，U形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内璧无摩擦。初始时，活塞紧压小挡板，封闭气体体积为V0，外界大气压强为p0。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列关于汽缸内气体的压强p、体积V和热力学温度T的图像可能正确的是
（　　）
A．
B．
C．
D．
E．
16．（10分）一定质量的理想气体，从状态a开始，经历a→b、b→c、c→a三个过程回到原状态，其p﹣V图像如图所示。图线ac的反向延长线过坐标原点O，图线ab平行于V轴，图线bc平行于p轴。已知a状态的气体温度为T0，求：
（Ⅰ）气体在状态c的温度Tc；
（Ⅱ）从a到b过程中气体对外做的功Wab；
（Ⅲ）经历a→b→c→a三个过程气体吸收或释放的热量Q。
四、[选修3-4]
17．一列沿x轴正方向传播的简谐波在t0时刻的波形如图中实线所示，t0+0.2s时刻的波形如图中虚线所示。由此可知
（　　）。
A．该简谐波的波长为2.0m
B．该简谐波的最大周期为
C．该简谐波的最小频率为18.75Hz
D．该简谐波传播的最小速度为17.5m/s
E．该简谐波传播的速度可能为27.5m/s
18．一束激光由光导纤维左端的中心点O以α＝60°的入射角射入光导纤维内，在光导纤维的侧面恰好发生全反射，已知激光射向侧面的入射角θ＝60°，光导纤维总长l＝6.0m，光在真空中的传播速度c＝3.0×108m/s。求：
（1）光导纤维对该束激光的折射率；
（2）该激光在光导纤维中传输所经历的时间t。
2020-2021学年云南省部分名校高二（下）期末物理试卷
试题解析
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一个选项正确，第7~10小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。)
1．【解答】解：A、电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，故A错误；
B、冲量是矢量，其单位为N?s，而1N＝1kg?m/s2，所以冲量的单位用国际单位制表示是kg?m/s，故B正确；
C、电场强度是矢量，单位为N/C，而1N＝1kg?m/s2，1C＝1A?s，所以电场强度单位用国际单位制表示是kg?m/（A?s3），故C错误；
C、磁感应强度是矢量，单位为T，1T＝1N/（A?m），而1N＝1kg?m/s2，所以磁感应强度单位用国际单位制表示是kg/（A?s2），故D错误。
故选：B。
2．【解答】解：AB、“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受到斥力作用，即“钇钡铜氧”合金圆环中电流产生的磁场方向向下，由安培定则可判断出“钇钡铜氧”合金圆环中产生顺时针（俯视）的感应电流，故A正确，B错误；
CD、由于“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受力平衡，“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力等于所受重力，故C、D错误。
故选：A。
3．【解答】解：由平抛运动规律知，L﹣r＝vt，，联立解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．【解答】解：根据功率的定义式，可得：
P＝UI1
代入数据，解得升压变压器T原线圈中的电流为：I1＝10000A
根据理想变压器的电流规律：
代入数据，解得输电线中电流为：I2＝10A
输电线上损失的电功率为：
代入数据，解得：P损＝2000W
故A正确；BCD错误。
故选：A。
5．【解答】解：对桶C进行受力分析，当C刚脱离B时，只受到重力和A对C的支持力，由于C的加速度方向向后，故C的合外力方向水平向后，根据几何关系及牛顿第二定律有F＝mgtan30°＝ma，解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．【解答】解：根据点电荷电场强度公式，，方向由N指向O；由于静电平衡，球壳为等势体，球壳内部N点的电场强度为零，M处点电荷在N点产生的电场强度与球壳上感应电荷在N点产生的电场强度大小相等、方向相反，所以球壳上感应电荷在N点产生的电场强度大小，方向由O指向N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．【解答】解：A、由光子能量公式可知，能量越大的光子，波长越短。1400万亿电子伏特（1.4PeV）的伽马光子的波长极短，其波动性极弱，粒子性极强，故A正确；
BD、1400万亿电子伏特（1.4PeV）的伽马光子能量为E＝1.4×1015eV＝1.4×1015×1.6×10﹣19J＝2.24×10﹣4J；
由E＝hν，解得频率为ν＝3.38×1029Hz，故B正确、D错误；
C、由爱因斯坦质能方程E＝mc2可得该伽马光子的质量为m＝2.49×10﹣21kg，故C错误。
故选：AB。
8．【解答】解：物体开始在水平方向受三个力作用而平衡，根据平衡条件可得物体所受的摩擦力大小为f＝F1﹣F2＝6N﹣2N＝4N，方向水平向左；
A、撤去F1的瞬间，物体受到的摩擦力大小不变，水平方向推力F2不变，物体受到的合外力大小为F合＝f+F2＝4N+2N＝6N，故A正确；
BD、无论撤去F1或F2瞬间，物体与水平面之间的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小方向均不变，即为4N，故B错误、D正确；
C、撤去F2的瞬间，物体受到的合外力为：F′合＝F1﹣f＝6N﹣4N＝2N，故C错误。
故选：AD。
9．【解答】解：A、由表格数据可知，火星的轨道半径比地球的大，根据开普勒第三定律，火星的公转周期较大，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力有，得，由于火星轨道半径较大，则火星的向心加速度较小，故B错误；
C、在行星表面根据万有引力等于重力有，得，
根据表格数据可知火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为，故火星表面的重力加速度较小，故C正确；
D、由万有引力提供向心力得第一宇宙速度公式，则有，得火星的第一宇宙速度较小，故D正确。
故选：ACD。
10．【解答】解：A、墨滴在电场区域恰好能够做直线运动，所受电场力与重力平衡，所受电场力竖直向上，上极板电势高，板间电场强度方向竖直向下，电场力方向与电场强度方向相反，则墨滴带负电，故A错误；
B、墨滴在电场区域做匀速直线运动，由平衡条件得：，解得，墨滴所带电荷量：，故B正确；
C、墨滴垂直磁场左边界进入电场和磁场的共存区域，受重力、电场力与洛伦兹力作用，由于重力和电场力合力为零，因此墨滴所受合力等于洛伦兹力，墨滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即墨滴进入电场和磁场共存区域后运动轨迹一定是圆弧，故C错误；
D、墨滴沿两块金属板中线垂直进入磁场垂直打在下板上，则墨滴做匀速圆周运动的轨道半径R＝d，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确。
故选：BD。
二、实验题
11．【解答】解：（1）AB、做“探究小车速度随时间的变化规律”实验，只要满足小车做匀加速直线运动即可，故不必平衡摩擦力也不需要满足m＜＜M，故A错误，B正确；
C、做“探究小车的加速度与质量关系”实验，平衡摩擦力后有：mgsinθ＝μmgcosθ，整理后有：sinθ＝μcosθ，改变小车的质量后，摩擦力也同比例改变，故一次平衡之后不必重新平衡，故C错误；
D、做“探究功与速度变化关系“实验，要平衡摩擦力，否则合力做的功就不等于细线拉力做的功，故D正确。
故选：BD
（2）由题意可知，相邻计数点的时间间隔T＝5×，根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下3点的瞬时速度v3＝＝＝0.611m/s。
由逐差公式求加速度a＝＝＝2.00m/s2；
（3）利用图甲装置平衡好摩擦力，本系统本身机械能不守恒，不能用来验证小车与钩码所组成的系统的机械能守恒。
故答案为：（1）BD；（2）0.611、2.00；（3）不可行
12．【解答】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
（2）电流表量程是0.6A，电池电动势约为3V，由闭合电路的欧姆定律可知，
电路最小总电阻约为：R＝Ω＝5Ω，定值电阻D阻值太大，保护电阻R0应选择定值电阻C；
滑动变阻器A的最大阻值太小，滑动变阻器采用限流接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择B。
（3）由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得：U＝E﹣I（r+R0）
由图丙所示图象可知，电池电动势：E＝2.92V，
图象斜率的绝对值：k＝r+R0＝Ω≈1.42Ω，
电池内阻：r＝k﹣R0＝（1.42﹣1.0）Ω＝0.42Ω
（4）电压表量程是3V，由图丁所示表盘可知，其分度值是0.1V，示数U＝2.40V，
由图丙所示图象可知，U＝2.40V对应的电流I＝0.36A，
电池的输出功率P＝UI＝2.40×0.36W≈0.86W。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）B；C；（3）2.92；0.42；（4）0.86。
13．【解答】解：（1）汽车做匀减速直线运动，在开始减速的第1s内（t＝1s）位移大小x＝16m，
由题意可知，汽车做匀减速运动的加速度大小a＝4m/s2，
由匀变速直线运动的位移公式：x＝v0t+可知：16＝v0×1﹣×4×12m
解得汽车的初速度大小：v0＝18m/s；
（2）由匀变速直线运动的速度﹣时间公式可知，汽车做匀减速运动的时间t减速＝t2﹣t1＝s＝4.5s
（3）汽车从刹车到速度减为零的位移大小x减速＝＝40.5m
司机的反应时间t1＝s＝1s
答：（1）汽车的初速度大小v0是18m/s；
（2）汽车做匀减速直线运动的时间t2﹣t1是4.5s；
（3）司机的反应时间t1是1s。
14．【解答】解：（1）开始小球a静止，小球a不受洛伦兹力作用，小球只受重力与电场力作用，
小球a静止处于平衡状态，由平衡条件得：mg＝Eq
解得，小球a的质量：m＝
（2）小球a所受重力与电场力的合力为零，小球获得速度后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
小球a的运动轨迹如图所示，由几何知识得：R2＝（R﹣L）2+（2L）2
由牛顿第二定律得：qv0B＝m
解得：v0＝；
（3）碰撞后小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得，小球做匀速圆周运动的轨道半径：r＝，由于两球q、m都相等，磁感应强度B也相等，
由题意可知：两圆的半径满足Rb＝3Ra，设碰撞后两小球的速度分别为va、vb，因为碰后Rb＝3Ra，则vb＝3va，
由图乙所示可知，碰撞后两球做匀速圆周运动的运动轨迹相内切，则碰撞后瞬间两球的速度方向相同，
两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前a球的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝mva+mvb
碰撞过程系统损失的动能：ΔEk＝
解得：ΔEk＝
答：（1）小球a的质量m是；
（2）小球a的初速度v0是；
（3）碰撞过程中损失的动能ΔEk是。
三、[选修3-3]
15．【解答】解：开始时活塞紧压小挡板，被封闭气体的压强要小于大气压，p＜p0；
缓慢升高汽缸内气体的温度T，在活塞离开挡板之前，气体的体积V不变，
气体发生等容变化，由查理定律可知：p＝CT，p与T成正比；
由于不计活塞质量，当汽缸内气体压强等于大气压p0时活塞开始离开挡板；
活塞离开挡板后，气体压强p＝p0不变，气体发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律可知：V＝CT，
由图示图象可知，AC错误，BDE正确。
故选：BDE。
16．【解答】解：（I）由图示图象可知：pa＝p0，Va＝V0，pc＝2p0，Vc＝2V0，由题意可知：Ta＝T0，
气体从a到c过程，由理想气体状态方程得：
解得：Tc＝4T0
（Ⅱ））从a到b过程中气体对外做的功为图线与横轴围成的面积，
由图示图象可知，气体对外做功：Wab＝p0（2V0﹣V0）＝p0V0
（Ⅲ）经历a→b→c→a三个过程回到原状态，气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0；
p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功，c到a过程外界对气体做的功：Wca＝＝p0V0，
从a到b气体对外做功Wab，则外界对气体做功为﹣Wab，
由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，整个过程：Q＝ΔU﹣W＝﹣W＝﹣（Wca﹣Wab）＝﹣（p0V0﹣p0V0）＝﹣p0V0，
负号表示向外放热，气体向外放出的热量是p0V0。
答：（Ⅰ）气体在状态c的温度Tc是4T0；
（Ⅱ）从a到b过程中气体对外做的功Wab是p0V0；
（Ⅲ）经历a→b→c→a三个过程气体释放的热量Q是p0V0。
四、[选修3-4]
17．【解答】解：A、由图可知，该简谐波的波长为2.0m，故A正确；
DE、波沿x轴正方向传播，设波速为v，在Δt＝0.2s内传播距离为Δx1，则Δx1＝（nλ+1.5）m＝（2n+1.5）m，（n＝0，1，2，3，…）
由Δx1＝vΔt，解得波速，该机械波传播的最小速度为7.5m/s，传播速度可能为17.5m/s、27.5m/s，故E正确，D错误；
B、由解得T＝s，（n＝0，1，2，3，…），当n＝0时，周期最大，设为Tm，则，故B正确；
C、由，可知该波的最小频率为3.75Hz，故C错误。
故选：ABE。
18．【解答】解：（1）由题意可知，光的入射角α＝60°，由几何知识可知，折射角β＝30°，
由折射定律可知，折射率：n＝＝
（2）激光在光导纤维中经过一系列全反射后从右端射出，设激光在光导纤维中传播的距离为s，
光路图如图所示，由几何知识得：x＝OAsinθ，
光在光导纤维中的传播速度：v＝
该激光在光导纤维中传输所经历的时间：t＝
代入数据解得：t＝4×10﹣8s
答：（1）光导纤维对该束激光的折射率是；
（2）该激光在光导纤维中传输所经历的时间t是4×10﹣8s。