【文档说明】山东省济南市历城第二中学2020-2021学年高二下学期开学考试物理试题 含答案.docx，共(12)页，725.168 KB，由小赞的店铺上传

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历城第二中学2020-2021学年高二下学期开学考试物理试题（2021.2）说明：90分钟，100分。分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、单项选择题：共8小题，每小题3

分，共24分。每小题只有一个正确答案。选对的得3分；选错或不答的，得0分。1.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v

和位置x的关系图象中，能描述该过程的是2.如图所示，长木板放在水平地面上，一人站在木板上通过细绳向左上方拉木箱，三者均保持静止状态，已知细绳的拉力为F，细绳与水平面夹角为30°，长木板、人、木箱质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.长木板对地面的压力大于3mgB.地面对长木

板的摩擦力水平向右C.长木板对人的摩擦力等于32FD.人和木箱受到的摩擦力相同3.如图所示，一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出．经t0时间落在山坡上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力

和空气阻力，则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度vx、vy随时间变化的图像是()4.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一根金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ。在下列各过程中，一定能在闭合回路

中产生感应电流的是A.ab向右运动，同时使θ角增大（0<θ<90°）B.磁感应强度B减小，同时使θ角减小C.ab向左运动，同时减小磁感应强度BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和角θ（0<θ<90°）5.如图所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流大小为I1；CD支路由

电阻R和电流表A2串联而成，设电流大小为I2，两支路直流电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，以下说法正确的是()A．S接通瞬间I1<I2；断开瞬间I1＝I2B．S接通瞬间I1<I2；断开瞬间I1>I2C．S接通瞬间I1>I2；断开瞬间I1<I2

D．S接通瞬间I1>I2；断开瞬间I1＝I26.如图所示，长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当B方向垂直斜面向上，则电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为竖直向上

，电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值12II应为（）A.cosθB.1cosC.sinθD.1sin7.如图所示的区域内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子X（不计重力）以一定的初速度由左边界的P点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的N点

穿出若撤去该区域内的电场而保留磁场不变，粒子X仍以相同初速度由P点射入，当粒子X从区域右边界穿出，则粒子X（）A.动能可能减小B.动能一定不变C.穿出位置一定在N点上方D.穿出位置一定在N点下方8.如图，A、

B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q′后，D点的电场强度恰好等于0，则放在B点的电荷电性和电荷量分别是（）A.正电荷，2qB.负电荷，2qC.正电荷，22qD.负电荷，22q二、多项选择题：共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选

项正确。选对的得4分；选不全的得2分，选错或不答的得0分。9.如图所示为某款扫地机器人，其内置锂电池容量为5000mA·h，在一般情况下，充满一次电可供其正常工作的时间为150min。已知该扫地机器人的额定功率为40W，则下列说法正确的是A.扫地机器人正常工作时的电流是2AB.扫地机器

人正常工作时的电压为8VC.扫地机器人电动机的内阻为10D.扫地机器人正常工作150min消耗的电能为3.6×105J10.如图所示，一个带正电粒子，从静止开始经加速电压U1加速后，水平进两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为U2，射出偏转电场

时以与水平夹角为θ的速度进入金属板右侧紧邻的有界匀强磁场，虚线为磁场的左边界，磁场范围足够大，粒子经磁场偏转后又从磁场左边界射出，粒子进入磁场和射出磁场的位置之间的距离为l，下列说法正确的是（）A.只增大电压U1，θ变大B.只增大电压U2，θ变大

C.只增大电压U1，距离l变大D.只增大电压U2，距离l变大11.如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静

止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则A.全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+LB.小车在运动过程中速度的最大值为10gRC.全过程小车相对地面的位移大小为5RL+D.、L

、R三者之间的关系为R=L12.为保障市民安全出行,有关部门规定:对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前,将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检査时的情景。如图乙所示为水平

传送带装置示意图。紧绷的传送带ab始终以1m/s的恒定速率运行,乘客将一质量为4kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点,设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1,a、b间的距离为2m,g取10m/s2。下列速度-时间(v-

t)图像和位移-时间(x-t)图像中,可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有()第Ⅱ卷（非选择题共50分）三、实验题：（共2题，每空2分，共12分）按要求填写正确答案。13.（6分）某同学设计了如图甲所示的实验

装置来“验证机械能守恒定律”，通过电磁铁控制的小铁球从A处自由下落，光电门连接计时器可记录下小铁球的直径经过光电门B时的挡光时间t。小铁球的质量m=4×10-3kg、直径为d，重力加速度g=9.8m/s2。(1)用游标卡尺测量小铁球的直径。如图乙所示，其直径d=______mm；(

2)当光电门B与A间距为0.22m时，挡光时间t=5×10-3s，则小球过光电门B时的动能Ek=______J，小铁球由A到B减少的重力势能Ep=______J，在误差允许范围内，小铁球机械能守恒。（计算结果保留三位有效数字）14.（8分）在测

定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。某小组同学按电路图甲进行测量实验，其中R2为保护电阻，则甲乙丙（1）按照电路图甲，用笔画线代替导线在图乙中完成实物图的连接；（2）按照电路图甲，滑动变阻器滑片在实验开始前应处于滑动变阻器的最（填“左”或“右”）端；（3）

根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U—I图线如图丙所示，可得电源的电动势E=V内电阻r=Ω。（内电阻结果保留两位有效数字）四、计算题：共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有

数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.（8分）水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物

块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求（1）物块B克服摩擦力所做的功；（2）物块A、B的加速度大小。16.（8分）如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度v0运动。传送带

的某正方形区域内，有一竖直向上的匀强磁场。当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、bc边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B。重力加速度为g

，图乙中纵坐标v0、v1均已知。求下列问题：(1)线圈刚进入磁场时的加速度大小；(2)正方形磁场的边长d。17.（14分）理论研究表明正、反物质湮灭会产生大量能量，同种正、反粒子具有相同的质量和电荷量大小，但

带电性质相反，例如，电子的反物质是正电子，正电子的质量和电子相同，带电量为+e，所以在宇宙空间探测反粒子是科学家发现反物质的一种方法，如图为研究小组为暗物质探测卫星设计的探测器截面图。开口间距为d的长平行金属板AB，内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，两金属板间加有可调节的电压

U，使部分粒子能沿着平行于金属极方向进入下方的磁场区，MN下方区域I、Ⅱ为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度都为2d，磁感应强度都为B，ef是两个磁场区的分界线，PQ是粒子收集板，可以记录粒子打到收集板上的数量和位置，经过较长时间，探测器能接收到平行金属板射入的各种速率的宇宙射线（各种带电粒子

），通过调节U，可使部分带电粒子被收集板吸收，已知正电子的比荷x，不考虑相对论效应、电荷间的相互作用、以及电磁场的边缘效应。（1）调节电压，使正电子恰好越过分界线ef，则正电子经过磁场I、Ⅱ区域的总时间

t为多大？（2）如果沿A极板射入的正电子和沿B极板射入的负电子恰好射到收集板同一点，求金属板AB间所加电压U1（3）如果电子恰好越过分界线ef，求金属板AB间所加电压U218.（16分）如图所示，半径为R1=1.8m的14光滑圆弧轨道

AB与半径为R2=0.8m的两个14光滑圆弧空心管轨道BCD平滑连接并固定在竖直面内，光滑水平地面上紧靠管口有一质量为M=0.6kg的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，且处在同一水平线上。将一质量为m1=0.1kg的物块从A处由静止释放，与静止于B处的质量为m2

=0.2kg的物块碰撞后合为一个整体，并从D处滑上木板，两物块未从木板上滑下。已知两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4，两物块均可视为质点空心管粗细不计，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块m1与物块m2碰撞后刚进入BC轨道时，轨道对其作用力的

大小；（2）木板至少多长；（3）全过程整个系统损失的机械能高二物理开学考试试题（2021.2）答案与解析1.B2.【答案】C【解析】A.选长木板、人与木箱整体为研究对象，长木板对地面的压力等于3mg，A错误；B.选长木板、人与木箱整体为研究对象，整体无运动趋势，地面对长木板没有摩擦力，B

错误；C.取人为研究对象，由平衡条件得f3cos302FFF==o。C正确；D.木箱受到的摩擦力向右，人受到的摩擦力向左，人和木箱受到的摩擦力大小相等，方向相反，D错误。3.【答案】D4.C5.【答案】A。如题图所示，当S接通瞬间，通

过线圈L的电流要增加，则线圈会产生感应电动势阻碍电流的增加，从而使得电流慢慢增加，故I1<I2；当S断开瞬间，通过线圈L的电流要减小，则线圈会产生感应电动势阻碍电流的减小，从而使得电流慢慢减小，但两电流表串联，故电流相等，即I1＝I2，故A正

确。6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】D9.AD10.【答案】BC【解析】AB．粒子先加速运动后做类平抛运动21012qUmv=，0tanyvv=yvat=2qUamd=0Ltv=解得21tan2ULUd=，只增大电压U2，θ变大，B正确，只增大电压U1，θ变小，A错误

；CD．在磁场中做匀速圆周运动2vqvBmr=cos2lr=0cosvv=21012qUmv=解得122mqUlqB=，只增大电压U1，距离l变大，C正确，只增大电压U2，距离l不变，D错。11.BCD12..A

C行李放上传送带后,受到向右的摩擦力,加速度a==μg=1m/s2,行李做匀加速直线运动,速度达到传送带速度经历的时间t1==1s,而匀加速的位移x1=a=0.5m<2m,故此后的x2=1.5m做匀速直线运动,v=1m/s,时间t2==1.5s;物体做匀加速直线

运动的速度-时间图像为倾斜直线,1s后变为平行于t轴的直线,2.5s结束,故A正确,B错误;物体先匀加速再匀速运动的位移-时间图像为抛物线加倾斜直线,故C正确,D错误。故选AC。13.（6分）【答案】(1).10.15(2).8.24×10-3(3).8.

62×10-3【解析】(1)[1]由图示游标卡尺可知，游标尺为20分度，故精度为0.05，主尺读数为10mm，游标尺读数为0.05×3mm=0.15mm。其示数为10mm+0.15mm=10.15mm(2)[2]小球过光电门B时动能为223233k311110

.15104108.2410J222510BdEmvmt−−−−====[3]小铁球由A到B减少的重力势能为33p9.80.22418.62J010Emgh−−===14.（8分）（1）（2分）（2）右（3）2.9

0.65（每空2分）15.（8分）（1）物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为112ss=①（1分）物块B受到的摩擦力大小为4fμmg=②（1分）物块B克服摩擦力所做的功为12Wfsμmgs==③（1分）

（2）设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。有牛顿第二定律得AFmgTma−−=④（1分）244BTmgma−=⑤（1分）由A和B的位移关系得AB2aa=⑥（1分）联立④⑤⑥式得A3=2Fmgam−⑦（1分）B3=4Fmgam−⑧（

1分）16.（8分）【答案】(1)闭合铜线圈右侧边刚进入磁场时，产生的电动势E＝BLv0（1分）的产生的电流0BEIRRLv==（1分）右侧边所受安培力220BLvFBILR＝＝（1分）根据牛顿第二定律有F－μm

g＝ma（1分）解得220-BLvagmR=（1分）(2)当金属线圈的ad边刚刚进入磁场和离开磁场时线圈的速度大小均等于v1，说明金属线圈的bc边离开磁场时线圈的速度大小为v0。在线圈刚刚完全进入磁场做

匀加速运动，直到bc边到达磁场右边界的过程中，根据动能定理220111(-)=-22mgdLmvmv（2分）解得22012vvdLg=+－（1分）17.（14分）【解答】解：（1）正电子恰好越过分界线ef时，表示运动轨迹恰好与边界相切，在磁场I、Ⅱ区域运动轨迹均为圆弧，故

运动时间为半个周期t＝（1分）T=（2分）T=（1分）（2）临界态1：沿A极板射入的正电子和沿B极板射入的负电子恰好射到收集板同一点设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R1，有（R1﹣d）2+4d2＝R，（2分）解

得R1＝d（1分）Bev＝m（1分）Bev＝（1分）解得U1＝＝（2分）（3）临界态2：电子恰好越过分界线ef轨迹半径R2＝2d＝（1分）所以U2＝2B2d2x（2分）18.（16分）解析：（1）物块m1从A到B由动能定

理得：21111102mgRmv=−（1分）两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得：m1v1=（m1+m2）v2（1分）于物块m1和m2整体，由牛顿第二定律可知1212222(())NmmgFmmvR+−=+（1分）解得F

N=1.5N（1分）（2）对于物块m1和m2整体，由B到D过程中，由动能定理得：22312221212112(((2)2))mmgRmmvmvm−+=++（2分）解得v3=6m/s（1分）物块在木板上运动时，取向右为正方向，由动量守恒定律得：(m1+m2)v3=(M+m1+m2)v4（1分）解

得v4=2m/s（1分）对两木块和木板整体，由能量守恒定律可得：212121234211(((22)))mmmmMvgLmvm+=++++（2分）解得L=3m（1分）（3）全过程由能量守恒定律得121224212(212))(2gRRgRMEmmmm

v=+++−+V（2分）解得△E=4.8J（2分）