【文档说明】山东省济宁市嘉祥县第一中学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，850.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度第一学期学分认定考试高二物理试题（试卷满分100分考试时间90分钟）注意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案，不能答在试卷上。第I卷（选择题共40分）一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个项符合题目要求。1.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现

。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e.那么这束质子流内单位体积的质子数n是A.2IUeS

mB.ImeSeUC.2IeUeSmD.2ImeSeU【答案】D【解析】【详解】质子被加速时：212Uemv=由于IneSv=解得2ImneSeU=A．2IUeSm，与结论不相符，选项A错误；B．ImeSeU，与结论不相符，选项B错误；C．2IeUeSm，与结论不相符，选项C

错误；D．2ImeSeU，与结论相符，选项D正确；故选D.2.夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费.科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”——天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控开关”——当有人走动发出声音时自动

闭合，无人走动时自动断开.若将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变的“聪明”.这种“聪明”的电路是图中的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】在白天时，一般不需要灯照明的；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明的，也就是说天黑且人在楼道里走动时需要．A．“声

控开关”闭合时，发生短路；所以A错误．B．不管是“光控开关”，还是“声控开关”各自都能让灯发光，节能目的达不到；所以B错误．C．“光控开关”闭合时，发生短路；所以C错误．D．“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的，所以D正确．3.如图所示，图线a是某一电源的

U－I曲线，图线b是一定值电阻的U－I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则说法错误的是（）A.该定值电阻为6ΩB.该电源的电动势为20VC.将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D.将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】C【解

析】【详解】A.图线b的斜率k=UI=6Ω则定值电阻的阻值：R=k=6Ω故A正确，不符合题意；B.由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势E=U+Ir=15V+25×2

V=20V故B正确，不符合题意；CD.定值电阻的阻值R=6Ω，电源的内阻r=2.0Ω；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，则将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大；故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。4.下列说法正确的是A.由B=FIL知．B与F成正比，与I

L成反比B.小磁针静止时N极所指的方向就是该点磁场方向C.电子沿通电螺线管轴线匀速运动，说明螺线管内无磁场D.条形磁铁的磁感线从磁铁的N极出发终止于S极【答案】B【解析】【详解】A.B=FIL只是磁感应强度的定义式，它的大小取决于场源以及磁场

中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的取向无关．故A错误；B.磁场的方向可根据小磁针受力方向确定，规定小磁针静止时其北极所指的方向为该点磁场方向，故B正确；C.通电螺线管内部的磁感线与螺线管轴线平行，由S极指向N极，当电子的速度方向与螺母管轴

线平行时，电子不受力作用，做匀速运动，故C错误；D.在磁体的周围磁感线在磁体的外部是从N极出发回到S极，在磁体的内部磁感线是从磁体的S极出发回到N极，故D错误．5.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线12LL、，1L中的电流方向向左，2L中的电流方向向上；1L的正上方有ab、两点，它们关于

2L对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为0B，方向垂直于纸面向外。已知ab、两点的磁感应强度大小分别为013B和012B，方向也垂直于纸面向外，则（）A.流经1L的电流在a点产生的磁感应强度大小为0112BB.流经1L的电流在b点产生

的磁感应强度大小为0712BC.流经2L的电流在b点产生的磁感应强度大小为013BD.流经2L的电流在a点产生的磁感应强度大小为0712B【答案】B【解析】【详解】根据右手螺旋定则可知流经L1的电流在a、b点产生的磁感应强度大小方向向里，大小为B1；根据右手螺旋定

则可知流经L2的电流在b点产生的磁感应强度方向向外，大小为B2；根据右手螺旋定则可知流经L2的电流在a点产生的磁感应强度方向向里，由对称性可知大小也为B2；以向外为正方向，则在a点有001213BBBB

=−−在b点有00121+2BBBB=−联立得10712BB=，20112BB=故选B。6.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（）A.两个物体重力的冲量大小相等B.两个物体合力的冲量大小相等C.刚到达底

端时两个物体的动量相同D.到达斜面底端时两个物体的运动时间相同【答案】B【解析】【详解】AD．物体下滑的加速度a=gsinθ根据21sin2hat＝知22sinhtg=知运动的时间不等，根据I=mgt，则两个物体重力的冲量大小不等。故AD错误；C．根据动能定理知m

gh=12mv2知到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；B．因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确。故选B。7.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长

的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（）A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒C.从物块压缩弹簧到被

弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处【答案】D【解析】【详解】AB．物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故AB错误；C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的

变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C错误；D．物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。故选D。8.一质量

为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中21mkm=，1k，碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2，假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个

物体，物体1撞后与碰撞前速度之比10vrv=的取值范围是（）A.111krk−+B.1111krkk−++C.201rk+D.121rukk++【答案】B【解析】【详解】若发生完全弹性碰撞，则有101122mvmvmv

=+222101122111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−=+若发生完全非弹性碰撞，则有10121()mvmmv=+解得11012mvvmm=+所以v1的取值范围为1210101212mmmvvvmmmm−++代入21mkm=，可得101111vkrkv

k−=++故选B。二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分。9.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U－I曲线如图所示．图象上A点与原点的连线与横轴成

α角，A点的切线与横轴成β角，则()A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβC.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D.在A点，白炽灯的电阻可表示为00UI【答案】CD【解析】【详解】A.由图示图象可知，随电压

增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A错误；B.在A点，白炽灯的电阻：00URI=由于纵坐标与横坐标的标度可能不同，所以不能用Rtan=计算电阻值，更不能用tan计算，故B错误C.在A点，白炽灯的电功率：00PUI=故C正确；D.由欧姆定律可知，

在A点，白炽灯的电阻：00URI=故D正确.10.在如图所示的电路中，R1>r，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中（）A.灯泡L的亮度变亮B.电容器C所带电荷量Q增大C.电源的输出功

率P增大D.电阻R1消耗的热功率P1增大【答案】CD【解析】【详解】A．滑片位于位置b和滑片位于位置a相比，变阻器电阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流变大，灯泡L两端的电压()1LUEIRr−=+变小，灯泡L变暗，

故A错误；B．灯泡电流变小，总电流变大，通过R2支路的电流变大，R2两端的电压增大，R2和变阻器两端的电压等于等于灯泡L两端的电压，故变阻器两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，由QCU=知，电容器C所带电荷量Q减小

，故B错误；C．当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，因为1Rr，所以外电阻一定大于内阻，外电阻变小时，电源的输出功率P变大，故C正确；D．由于总电流增大，根据21PIR=知电阻R1消耗的热功率增大，故D正确；故选CD。11.如图

所示电路，电源电动势为E，内阻为r。当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L（可看作纯电阻）都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（）A.电动机的额定电压为IRB.电动机的输出功率为IE-I2（R0+R+r）C.电源

的输出功率为IE-I2rD.整个电路的热功率为I2（R0+R）【答案】BC【解析】【详解】A.电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，IR不是电动机的额定电压，故A错误；B.根据能量守恒定律可知，电动机总功率为()20+IEIRr

−，内部消耗功率为2Ir，故输出功率为()20++IEIRRr−，故B正确；C.电源的总功率为IE，内部消耗功率为I2r，则电源的输出功率为2IEIr−，故C正确；D.整个电路的热功率为()20++IRRr，故D错误。故选BC。12.某研究小组通过

实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象.图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（）A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块

Ⅱ的动量大小大C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16【答案】AD【解析】【分析】本题考察动量守恒，首先根据位移—时间图像求出两滑块碰前和碰后的速度，在根据动量守恒即可求出两物体的质量之比。【详解】根据xt−图象的斜率等于速度

，可知碰前滑块Ⅰ速度为12m/s=−v，滑块Ⅱ的速度为20.8m/s=v，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的

动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为0.4m/s=v，根据动量守恒定律，有()112212＋+=mvmvmmv解得216=mm。由动能的表达式可知2211221122mvmv故选项C错误，D正确。故选AD。第I

I卷（非选择题共60分）三、实验题（共20分）13.在“验证动量守恒定律”的实验中：(1)某同学先采用如图甲所示的装置进行实验。把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起。i）实验中必

须测量的物理有___________（填选项前的字母）。A．细线的长度LB．A球质量Am和B球质量BmC．释放时A球被拉起的角度1D．碰后摆起的最大角度2E．当地的重力加速度gii）利用上述测量的物理

量，验证动量守恒定律的表达式为___________。(2)某同学又用如图乙所示的装置做验证动量守恒定律的实验，下列说法中不符合本实验要求的是___________（填选项前的字母）。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切

线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放D．入射小球与被碰小球满足12mm，12rr=(3)若该同学在用如图乙所示的装置的实验中，正确操作，认真测量，得出的落点情况如图丙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之

比为___________；【答案】(1).BCD(2).()A1AB21cos1cosmmm+−=−(3).AD(4).3：2【解析】【详解】(1)[1][2]A球静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律有()2A1AA11cos2mglm

v−=两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律有()()()2AB2AB11cos2mmglmmv+−=+碰撞中的不变量满足()AAABmvmmv=+验证动量守恒定律的表达式为()A1AB21cos1cosmmm+−=−需测量的物理量为A球的质量Am和B

球的质量Bm以及释放时A球被拉起的角度1和碰后摆起的最大角度2，故选BCD；(2)[3]A．“验证动量守恒定律”的实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动对斜槽是否光滑没有要求，故A错误，符合题意；

B．要保证每次小球都做平抛运动则轨道的末端必须水平，故B正确，不符合题意；C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确，不符合题意；D．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求12mm，12rr=，故D错误，符合题意。故选AD。(3)[4]设落地时间为t，

则有0OPvt=，1OMvt=，2ONvt=而动量守恒的表达式为m1v0=m1v1+m2v2即m1OP=m1OM+m2ON代入数据可得12:3:2mm=14.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A．电流表A1（

内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程为0.6A）C．定值电阻R0=900ΩD．滑动变阻器R（5Ω，2A）E．干电池组（6V，0.05Ω）F．一个开关和导线若干G．螺旋测微器，游标卡尺(1)如图，用螺旋测微器测金属棒直径为_____mm；如图用游标卡尺测金

属棒长为_____cm。(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_____挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒阻值约为_____Ω。(3)请根据提供的器材，设计一个

实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值，请在方框中画出电路图______________________。(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的符号表达式为Rx=________

___。（用I1，I2，R0，Rg表示）【答案】(1).6.123(2).10.230(3).×1Ω(4).10.0(5).(6).1021()gIRRII+−【解析】【详解】(1)[1]金属丝的直径为d=6mm+12.3×0.01mm=6.

123mm[2]长度为1102mm6mm102.30mm10.230cm20L=+==(2)[3]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，即偏向0刻度线，所以示数偏小，要增大示数则要倍率减小换成“×1”的倍率，[4]电阻为R=10.0×1Ω=10

.0Ω(3)[5]由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表A1与R0串联后组成电压表，为多测几组数据滑动变阻器采用分压接法，设计的电路图如图所示：(4)[6]由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为()1121gxxxIRRURIII+==−。四、解答题（共40

分）15.如图所示的电路中，电源电动势6.0VE=，内阻0.6Ωr=，电阻20.5ΩR=，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：(1)电阻R1和R3的阻值；(2)开关S闭合后，R2上消耗的电功率。【答案】(1)11.4ΩR=，32ΩR=；

(2)2W【解析】【详解】(1)S断开时，由欧姆定律得1312ΩURI==又由113EIRRr=++求得11.4ΩR=(2)S闭合时，2R、3R并联电阻2323230.4ΩRRRRR==+回路总电流21232.5AEIRRr==++电压表示数为222

31VUIR==2R上消耗的功率22222WUPR==16.如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻为0.6Ω，串联一个阻值为R=5Ω的电阻，它们两端的总电压为U=160V，电压表读数为110V。求：(1)电动机的输入功率；(2)电动机的发热功率；(3)电动机工作1小时对重物做的功。【

答案】(1)1100W；(2)60W；(3)3.744×106J【解析】【详解】(1)根据题意可知，加在电动机两端的电压为1110VU=，则电阻R两端的电压为160V110V50VRU=−=所以通过R的电流为50A10A5RUIR===故通过电动机的

电流为10A，电动机的输入功率为1111010W1100WPUI===(2)由焦耳定律得电动机的发热功率为222100.6W60WPIr===(3)由能量守恒定律得电动机的输出功率为3121040WPPP=−

=所以电动机工作1小时对重物做的功为6310403600J3.74410JWPt===17.如图所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径。可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块

A的质量2m，B的质量m，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B经过P点时对轨道的压力为2mg。已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：(1)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；(2)物块B从N到P过程中，

所受合力的冲量；(3)物块A在水平面上滑行的最大距离。【答案】(1)7BvgR=；(2)(73)ImgRgR=−+，水平向左；(3)78RL=【解析】【详解】(1)在P点由牛顿第二定律23PvmgmR=解得3PvgR=从N到P由动能定理2211222PBmgRmvmv−=−解得7Bvg

R=(2)从N到P由动量定理得：（规定水平向右为正方向）I=PBBBmvvm−−得(73)ImgRgR=−+小球B所受合力的冲量方向水平向左(3)由动量守恒0AABBmvmv=−解得172AvgR=从A开始运动到停止，由动能定理2102AAAmgLmv−=−解得78

RL=18.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是4m和2m，物块B与C与轻弹簧轻触不拴接，置于光滑的水平面上，且物块B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静

止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时与水平面的距离为9h。小球A与物块B、C均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程(1)物块B受到的冲量大小；(2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能；

(3)物块C获得最大速度。【答案】(1)423mgh；(2)427mgh；(3)492gh【解析】【详解】(1)设小球A运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球A运动到最低点时的重力势能为零

，根据机械能守恒定律有mgh=12mv12解得v1=2gh设碰撞后小球A反弹的速度大小为v1′，根据机械能守恒定律有：12mv1′2=mg9h解得v1′=23gh设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1=-mv1′＋

4mv2解得v2=23gh由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为I=4mv2=423mgh(2)碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有4mv2=6mv3根据机械能守恒定律有Epm=12×4mv22－12×6mv32解得Ep

m=427mgh(3)当压缩的弹簧恢复原长时，C物体获得速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒有4mv2=4mv2′＋2mv3′12×4mv22=12×4mv2′2＋122mv3′2解得v3′=492gh方向水平向右