【文档说明】山东省潍坊市2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(20)页，956.000 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.我国是全球第一快递大国。快递在运输易碎物品时，经常用泡沫塑料做填充物，这是为了减小在搬运过程中（）A.物品受到的冲量B.物品的动量C.物品的

动量变化量D.物品的动量变化率【答案】D【解析】【详解】运输易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中，延长了力的作用时间，减小作用力，即使物体的动量变化率减小，不易损坏；物体受到的冲量、物体的动量以及动量的变化均是无法减小的，故D正确，ABC错

误。故选D。2.四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U=11V的恒压电源上，则（）A.RA的功率最大，为6WB.RB的功率最小，为0.67WC.RC的功率最小

，为1.33WD.RD的功率最大，为12W【答案】A【解析】【详解】根据规格可算出RA、RC的电阻为6Ω，RB、RD的电阻为3Ω，故电路总电阻为11Ω，可得回路总电流为1A，即过RA、RD的电流为1A，过RB的电流为23A，过RC的电流为13A，根据2PIR=可得RA、RB、RC、RD

的功率依次是6W、43W、23W、3W，故A正确，BCD错误。故选A。3.甲、乙两物体质量分别为m1和m2，两物体碰撞前后运动的位移随时间变化的x-t图像如图所示，则在碰撞前（）A.乙的动能大B.甲的动能大C.乙的动量大D.甲的动量大【答案】A【解析

】【详解】CD．根据位移时间图象的斜率等于速度，可知，碰撞前甲的速度v1小于乙的速度v2，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有120PP+=得12PP=−故CD错误；AB．由上面结论动量大小1122m

vmv=12vv＜则12mm因为动量Pmv=动能2k12Emv=所以2k2PEm=所以k1k2EE即乙的动能大，故A正确，B错误。故选A。4.已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度与电流强度I成正比，与该点到直导线

的距离r成反比。现有三根平行的通电长直导线A、C、O，其中A、C导线中的电流大小为I1，O导线中的电流大小为I2。与导线垂直的截面内的B点与A、C组成等腰直角三角形，O处在AC的中点，电流方向如图，此时B处的磁感应强度为零，则下列

说法正确的是（）A.2I1=I2B.2I1=I2C.A导线所受的磁场力向左D.若移走O导线，则B处的磁场将沿BO方向【答案】C【解析】【详解】AB．由安培定则得通电长直导线A、C、O在B处产生的磁感应强度如下图所示由题意可得通电长直导线产生的磁场中

的某点磁感应强度B与电流I和该点到直导线的距离r的关系为IBkr=，由此可得20IBkr=12AIBkr=1cos452OABB=联立解得12II=，故AB错误；C．由安培定则可知，A导线处的磁场方向竖直向下，故由左手定则可知，A导线所受的磁场力向左，故C正确；D．由上图可知，若

移走O导线，则B处的磁场将沿水平向右方向，故D错误。故选C。5.如图所示，闭合矩形导体框在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的对称轴OO'勾速转动。已知匀强磁场的磁感应强度为1.0T，导体框边长分别为10cm和25cm，导体框从图示位置

开始转动，则（）A.此时穿过线框的磁通量最大B.转过60°角时，导体框的磁通量增加了180WbC.转过60°角时，导体框的磁通量增加了380WbD.转动过程中导体框中没有感应电流【答案】C【解析】【详

解】A．图示时刻，穿过线框的磁通量为零，故A错误；BC．转过60°角时，导体框平面与中性面夹角为30°，故导体框的磁通量增加了33cos301.00.10.25WbWb280BS===故C正确，B错误；D．转动过程中导体框中产生正弦交变电流，故D错误。故选C。6.如图所

示，质量为m的小球b与水平轻弹簧相连且静止，放在光滑的水平面上，等质量的小球a以速度v0沿弹簧所在直线冲向小球b。从a开始压缩弹簧到分离的整个过程中，下列说法中正确的是（）A.弹簧对a球的冲量大小为012mvB.a球的最小速

度为02vC.弹簧具有的最大弹性势能为2012mvD.b球的最大动能为2012mv【答案】D【解析】【详解】A．设a与弹簧接触之前到a与弹簧分离的过程，a的速度为v，b的速度为2v，在整个过程中，动量守恒，机械能也守恒，由02mvmvmv

=+22202111222mvmvmv=+得v=020vv=则弹簧被压缩最短到a与弹簧分离的过程，a的速度为0，b的速度为2v，从a开始压缩弹簧到分离的整个过程中，根据动量定理，弹簧对a球的冲量大小0Imv=所以A错误；Ｂ．a与弹簧分离时速度最小，为0，所以B错误；Ｃ．

设以v0的方向为正方向，整个过程中动量守恒，设当弹簧被压缩到最短，a、b的速度相等为1v，此时弹簧弹性势能最大为PE，根据动量守恒012mvmv=解得100.5vv=由机械能守恒定律()222P0101112224Emvmvmv=−=所以C错

误；D．根据题意a与弹簧分离时b的速度最大为2v，则此时b的动能也最大，根据动量守恒定律02mvmv=解得20vv=则b的最大动能为2k012Emv=所以D正确。故选D。7.由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，

叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11m/s，已知空气的密度为1.3kg/m3，则风受到的平均阻力约为（）A.44.010NB.52.010NC

.62.210ND.64.410N【答案】B【解析】【详解】叶片128md=，所以叶片旋转所形成的圆面积为24dd=设t秒内流过该圆面积的风柱体积为2114dvtVSvt==风柱的质量为mV=设风柱受到的平均阻力为

f，取1v的方向为正方向，故112m/sv=211m/sv=根据动量定理有21ftmvmv−=−带入数据解得52.010Nf故选B。8.在某次创新实验大赛中，一实验小组需要使用量程为（0~3A）的电流表和量程为（0~15V）的电压表。主办方仅给提供一只毫安表（内阻Rg

=99Ω，满偏电流Ig=6mA），定值电阻R1=1Ω，以及0~9999.9Ω的变阻箱R2。该实验小组根据实验器材设计的电路如图所示，则（）A.电键K掷于1时，可改装成量程为0~3A的电流表，此时R2=40ΩB.电键K掷于1时，可政装成

量程为0~15V的电压表，此时R2=2401ΩC.电键K掷于2时，可改装成量程为0~3A的电流表，此时R2=400ΩD.电键K掷于2时，可改装成量程为0~15V的电压表，此时R2=24Ω【答案】C【解析】【详解】A．将电键K掷于1位置，并联了一个分流电阻R1，改装电流表最大

量程为ggggg1199161mA0.6A1IRRIIIRR=+=+=+=显然量程不足3A，因R2串联于电路中，故改装的电流表量程与R2无关，故A错误；B．电键K掷于1时，若改装成量程为0∼15V的电压表，此时变阻箱R2的阻值为3gg23gg3g1159961024610

996101UIRRIRIR−−−−−==++故B错误；C．将电键K掷于2，若改装成量程为0∼3A的电流表，此时变阻箱R2的阻值为()()g12gg300061994006IIRRRI−−=−=−故C

正确；D．电键K掷于2时，若改装成量程为0∼15V的电压表，此时变阻箱R2的阻值为23g15992401610gURRI−=−=−故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程为过程I，进入沙坑直到停止的过程为过程II，则（）A.过程II中钢珠动量的改变量等于零B.过程II中阻力冲量的大小等于过程I中重力冲量的大

小C.整个过程中合外力的总冲量等于零D.过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量【答案】CD【解析】【详解】A．过程II中钢珠的速度变化量不为零，所以钢珠的动量改变量不等于零，所以A错误；BC．过程II中钢珠受到阻力和重力，在整个过程中根据动量定理总冲量为零，即过程II阻力

的冲量等于过程I重力冲量和过程II重力冲量之和，所以过程II阻力冲量的大小大于过程I中重力冲量的大小，所以B错误，C正确；D．根据动量定理可知D正确。故选CD。10.如图所示，质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上，船头站

着质量为m的人，Mm。现在人由静止开始由船头走到船尾，不计船在运动过程中所受的水的阻力。则（）A.人和船运动方向相同B.船运行速度小于人的行进速度C.由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离D.人相

对水面的位移为MLMm+【答案】BD【解析】【详解】对于人和船系统，不计船在运动过程中所受的水的阻力，动量守恒，有00mvMv+=所以人和船运动的方向相反，由于Mm，所以0vv，当人停止时，船也停止，根据00()msMLs=−解得0MsLMm=+故选

BD。11.如图所示，质量为1kg的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的弧面光滑，底部与水平轨道相切，一个质量为2kg的小球以3m/s的初速度滑上滑块，已知小球不能越过滑块，g取10m/s2。则（）A.小球滑

到滑块最高点时，小球的速度大小为零B.小球滑到滑块最高点时，滑块的速度大小为2m/sC.小球滑到滑块最高点时上升的高度为0.15mD.滑块所能获得的最大速度为4m/s【答案】BCD【解析】【详解】ABC．小球与滑

块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，小球到达最高点时小球与滑块的水平速度相等，设为v，设小球上升的最大高度为h，小球的初速度v0=3m/s，小球质量m=2kg，滑块质量M=1kg，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得0()mvMmv=

+整个过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得22011()22mvMmvmgh=++代入数据解得v=2m/s，h=0.15m故A错误，BC正确；D．小球与滑块分离时滑块的速度最大，设此时小球的

速度为v1，滑块的速度为v2，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得012mvmvMv=+由机械能守恒定律得222012111222mvmvMv=+代入数据解得24m/sv=故D正确。故

选BCD。12.如图所示，电路中滑动变阻器最大电阻值及定值电阻的阻值均为R，电源电动势为E，内阻为r，R大于r0。电压表V1、V2和电流表A1、A2均为理想电表。将滑动变阻器滑片向下滑动，则（）A.A1示数变大B.A2示数变大C.V1示数增大D.V2示数变大【答案】AD【解析】【详解】BC

D．当滑动变阻器滑片向下滑动时，电阻R3阻值减小，则电路中总电阻减小，干路电流增大，R1、R2并联电阻不变，故电压表V2读数增大；又因为路端电压减小，故电压表V1读数减小；从而通过R4的电流，即电流表

A2的读数减小，故BC错误D正确；A．滑片未滑动时，由于定值电阻阻值与滑动变阻器最大阻值均为R，电流表A1的示数为0，滑片滑动后，由于R3阻值小于R4阻值，故流过R3的电流大于流过R4的电流，电流表A1将有从右向左的电流，故A1读数将增大，故A正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共

60分。13.气垫导轨是一种常用的实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，如图甲所示。利用气垫导轨，通过频闪照相运用动量守恒定律的知识，可以测量物体的质量以及判断碰撞

过程中的一些特点，开始时滑块B静止，滑块A、B碰撞前后的位置情况如图乙所示。请回答以下问题：(1)若该实验在空间站中进行，气垫导轨在安装时______（选填“需要”或“不需要”）处于水平；(2)若滑块A的质量为150g，则滑块B的质量为____

__；(3)该碰撞过程中，系统的机械能______（选填“守恒”或“不守恒”）。【答案】(1).不需要(2).50g(3).守恒【解析】【详解】(1)[1]空间站绕地球做圆周运动处于完全失重状态，滑块与气垫导

轨间不存在弹力作用，滑块与气垫导轨间不存在摩擦力作用，气垫导轨在安装时不需要处于水平(2)[2]设频闪照相的时间间隔是T，由图乙所示可知，碰撞前滑块A的速度20(20.010.0)10110xvTTT−−===碰撞后滑块A的速度2(40.

035.0)10120AAxvTTT−−===碰撞后滑块B的速度2(61.046.0)10320BBxTTT−−===两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得0AAABBmvmvmv=+代入数据解得mB=50g(3)[3]碰撞前系

统总动能0k22211130.150()22104000AEmvTT===碰撞后系统的总动能2k222211111330.150()0.050()222202204000AABBEmvmvTTT=+=+=则kkEE=所以碰撞前后系统机械能相等，系统机械能守恒14.某同学

欲测量电阻Rx的阻值。(1)用多用电表测量。将多用表选择开关置于×100Ω挡时，发现指针偏转角度过大，于是换用相邻的另一挡（×10Ω或×1kΩ），欧姆调零后，将红黑表笔分别接电阻Rx两端，指针读数如图甲所示，则所测电阻阻值

为______Ω；(2)为了较准确地测定Rx的电阻值，他设计了如图乙所示的电路，使用如下器材：A.电压表V：量程为2V、内阻较大B.电阻箱R1：总阻值为9999.9ΩC.干电池一节、开关、导线若干实验操作如下：①闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；②闭合S1和S2，断

开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值R'。则电阻Rx的电阻值为______；(3)利用该电路还可以测量电池的电动势和内电阻。闭合S1，打开S2、S3，调节R1，记录外电路的总电阻为R，读出对应的电压表示数U，画出1U随1R变化的图线为如图丙所示直线，若直线与纵轴的交点坐标

为b、斜率为k，则电源电动势为______，内阻为______。【答案】(1).200(2).R'(3).1b(4).kb【解析】【详解】（1）［1］欧姆表的指针偏大，说明挡位过大，应该选用小的挡位，所以应该用×10Ω，所以电阻的阻值

为200Ω；（2）②［2］闭合S1和S3，断开S2，R1被短路，xR直接与电源连接，电压表测量xR电压；闭合S1和S2，断开S3，xR被短路，R1直接与电源连接，电压表测量R1电压，两次的电压都为U1，所以两次的电阻也相等，即xRRR１＝＝；（3）［3］［4］由欧姆定律EUI

RRRr==+整理得111RrrUERERE+==+由已知得1,rbkEE==整理得1,kErbb==15.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程，放置于水平地面的平底夯锤质量为m=50kg，两人同时通过绳子对夯锤施加大小均为F=500N的拉力，方

向均与竖直方向成θ=37°，夯锤上升h=0.5m时撤去拉力。重物落下与地面作用的时间为0.05s，已知重力加速度取10m/s2，cos37°=0.8。求：(1)夯锤上升的最大高度；(2)夯锤对地面的冲击力大小。【答案】(1)0.8m；(2)4500N【解析】【详解】

(1)设重物上升高度为H，由动能定理得2cos370FhmgH－＝解得H＝0.8m。(2)设落地速度为v，下落过程机械能守恒212mgHmv=以向下为正方向，由动量定理可得0mgtFtmv=－－解得F=4500N。16.如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）启动电

动机组成的电路，已知汽车蓄电池电源电动势E=12.5V，电动机内部线圈电阻r1=0.02Ω，电流表和电压表均为理想电表。车灯接通、电动机未启动时，电流表示数I1=10A，电压表示数U1=12V；保持车灯接

通，电动机启动时，电压表示数变为U2=9V。求：(1)电动机启动瞬间通过它的电流；(2)电动机启动时其输出功率。（结果保留3位有效数字）【答案】(1)62.5A；(2)484W【解析】【详解】（1）车灯接通

、电动机未启动时，设车灯电阻RL,电源内电阻r,对车灯用欧姆定律UIR=,可得11121.210LURI===由11EUIr=+代入数值整理得电源内阻1112.5120.0510EUrI−−===电动机启动时，由E=U2+I2r得通过电源的电流为2212.59=70A0.05EUIr−−==

又因为灯泡的电阻1.2LR=，此时过灯泡的电流IL为2LL97.5A1.2URI===所以电动机启动时通过的电流为I=I2－IＬ=62.5A；（2）电动机启动时的PPP=−热输出输入，所以22MM1PUIIr=出－又因为I2=70A，IL=7.5A，所以IM=I2-IL=70-7.5=62

.5A代入数值，整理得22MM12=962.5-62.50.02=484.375484wPUIIr=出－17.电动自行车已成为城市出行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如下表所示，一位质量为60kg的市民仅靠电机驱动骑着该电动自行车以额定功率沿平直公路从静止启动，电动

车能够达到的最大速度为7m/s。已知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍，重力加速度g取10m/s2。求：(1)5分钟内电机所消耗的电能；(2)电机的输出功率；(3)电机线圈内阻r大小。规格后轮驱动直流永磁电机车型：20〞

电动自行车额定功率：360W整车质量：40kg额定工作电压：36V【答案】(1)1.08×105J；(2)350W；(3)0.1Ω【解析】【详解】(1)5分钟内，电机所消耗的电能EWPt==解得51.0810JE=(2)由匀速运动可知，牵引力Ff=0.05()fmMg=+电机输出功率PFv=输

出解得350PW=输出(3)电机的热功率PPP=热输出－由PUI=得=PIU又2PIr=热得0.1r=18.如图所示，一个小孩做推物块的游戏，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起

静止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v0。顺时针转动。游戏时，小孩将物块A以相对水平面大小为v0的速度向左推出，一段时间后A返回到传送带右端N，物块向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度v0向左推出，如此反复，直

至A追不上小孩为止。已知物块A与传送带MN间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：（1）物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小v1；（2）物块被小孩第一次推出后到再次追上小孩所用的时间；（3）整个过程中小孩

因推物块消耗的体能。【答案】（1）06v；（2）0125vg；（3）205512mv【解析】【详解】（1）对小物块A和小孩，与车组成的系统，动量守恒得016mvmv=解得小孩与车的速度大小016vv=

（2）小物块A在传送带上先做匀减速直线运动，再做反向的匀加速直线运动，加速度大小mgagm==在传送带上返回时速度为0v，在带上往返一次的时间为t1，则012tav=返回后匀速追赶小孩，经上追上小孩，则211120tvtvvt=+解得120125t

ttgv=+=（3）由第二问可知，小物块A回到光滑水平面时速度为0vv=所以，每经过一次传送带，小物块动量的变化量大小为02pmv=要使小物块A不能追上小车，则小车速度大小需满足0nvv假设物块最多能被小孩向左推出的次数为n，则此时物块与小车小孩组成的系统的动量满足06npvmnmv

+=解得06npnvmmv−=解得n=3.5n只能取整数次，所以n=4物块A最多只能被推出4次。第4次推出后车的速度为076nvv=人消耗的体能为22011622nEmvmv+=解得205512Emv=