【文档说明】山东省济南市山东师大附中2021-2022学年高二上学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(31)页，5.242 MB，由管理员店铺上传

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2020级2021-2022学年第一学期期中学分认定一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）1.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I

的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是()A.IleS2meUB.Ile2meUC.IeS2meUD.ISle2meU2.如图所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动

，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是（）A.电流表坏了或未接好B.从点a经过灯L1到点b的电路中有断路C.灯L2的灯丝断了或灯座未接通D.电流表和灯L1、L2都坏了3.为测量“12V5W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：电源（电动势为12V，内阻不计）；电流表（

量程0～0.6A、0～3A，内阻约为0.2Ω）；电压表（量程0～3V、0～15V，内阻约为15kΩ）；滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）；开关一个；导线若干。实验要求加在小电珠上的电压可从零开始调节。以下四个电路图你认为最合适的是（）A.B.C.D

.4.如图所示的电路，电源电动势为12V，内阻恒定且不可忽略．初始时刻，电路中的电流等于I0，且观察到电动机正常转动．现在调节滑动变阻器使电路中的电流减小为I0的一半，观察到电动机仍在转动．不考虑温度对电阻

的影响，下列说法正确的是（）A.电源的热功率减为初始时的一半B.电源的总功率减为初始时的一半C.电动机的热功率减为初始时的一半D.变阻器的功率减为初始时的四分之一5.如图所示，有一电荷静止于电容器两极板间，电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器滑片

向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中正确的是A.小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B.该电荷一定带正电C.电容器C上电荷量减小D.电流表始终存在从左向右的电流6.如图所示，在一次冰壶比赛中，冰壶（可看作质点）被释放后，

在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、c三点，到达c点时冰壶恰好停止．已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍．不计空气阻力，下列说法正确的是A.冰壶通过ab段所用时间小于通过bc段所用时间B.冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量C.冰壶在ab段的动量变化量大于在bc

段的动量变化量D.冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量7.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰

撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（）A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N8.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg·m/s、pB

=13kg·m/s，碰后它们的动量变化分别为ΔpA、ΔpB，下列数值可能正确的是（）A.ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/sB.ΔpA=3kg·m/s、ΔpB=-3kg·m/sC.ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/sD.ΔpA=24kg·m/s、ΔpB=-24kg·

m/s9.如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则()A.系统的动量守恒B.水平方向任意时刻m与M

的动量等大反向C.m不能向左摆到原高度D.小球和车可以同时向同一方向运动10.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车

，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为（）A.1∶3B.1∶4C.3∶5D.2∶3二、多选题（共6小题，每题4分，

共24分）11.如图所示，电流表A1（0~3A）和A2（0~0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A.A1、A2的读数之比为1∶1B.A1、A2的读数之比为5∶1C.A1、A2的指针偏转角度之比

为1∶1D.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶512.质量为m=2kg的物体受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。下列判断正确的是（）A.0～4s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6s末物体的速度为零C.0～4s内拉力冲量为1

4N·sD.0～4s内拉力做功49J13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即验证两个小球在水平轨道末端碰撞前后的动量守恒。入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，O点是小球抛出点在水平地面上的投影。实验时，先让入射小球多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的

位置，并记下此位置距O点的距离；然后把被碰m2小球静置于水平轨道末端，再将入射小球m1从倾斜轨道上S位置静止释放，与小球m2相撞，多次重复此过程，并分别找到它们平均落点的位置距O点的距离，则下列说法正确的是（）A

.实验中要求两小球半径相等，且满足m1<m2B.实验中不要求倾斜轨道必须光滑C.如果等式m1x3=m1x1+m2x2成立，可验证两小球碰撞过程动量守恒D.如果等式m1x22=m1x12+m2x32成立，可验证两

小球发生的是弹性碰撞14.如图甲所示，闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R，电压表1V的数U1，电压表2V的示数U2。根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条UI图线，如图乙所示。则（）A.流过电阻箱的电流

的表达式为I＝21UUR−B.小灯泡两端电压随电流变化的图像是aC.根据图乙可以求得电源的电动势E＝3.0V、内阻r＝0.4ΩD.该电路中小灯泡消耗的最大功率为1W15.机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一。电动汽车因其无尾气排放且

噪音小等特点，正在逐渐被人们接受。某国产品牌电动汽车的铭牌如下表，已知蓄电池储存的电能等于其容量与输出电压的乘积，则下列说法正确的是（）规格后轮驱动直流电动机车型：电动汽车电动机额定输出功率：1675W整车质量：2150kg额定转速：600r/min蓄电池（容量：800A·h，输

出电压：U≥36V）额定工作电压/电流：36V/50AA.电动机正常工作时消耗的电功率为1675WB.电动机的内阻为0.05ΩC.蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×108JD.蓄电池充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h16.如图所示，

质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m，可视为质点的物块放在长木板的最左端，质量为m的子弹以水平向右的速度0v射入物块且未穿出（该过程的作用时间极短可忽略不计），经时间0t物块以05v的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确

的是（）A.长木板最终的速度大小为010vB.长木板的长度为00516vtC.子弹射入物块的过程中损失的机械能为20920mvD.物块与长木板间的动摩擦因数为00310vgt三、实验题（共2题，共12分）17.甲所示为某多用电表内部简化电路图

。某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻如图乙。（1）主要步骤如下：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；③把红表笔与待测电压表______（选填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针

偏转角度很小；④换用______（选填“×10”或“×1k”）欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。（2）实验中表盘示数如图丙所示，则欧姆表的读数为______Ω，这时电压表读数为____

__V。（3）请你求出欧姆表内部电源电动势为______V。（保留两位有效数字）18.利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω。带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻

丝拉直后固定在接线柱a和b上。在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有:电池组E（电动势为3.0V，内阻约为1Ω）;电流表

A1（量程0～100mA，内阻约为5Ω）;电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω）;电阻箱R（0～999.9Ω）;开关、导线若干。实验操作步骤如下:A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径;B.将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路;C.调

节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大;D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻

箱的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;F.断开开关，整理好器材。（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d=_______mm。（2）实验中电流表应选择____

____（选填“A1”或“A2”）。（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R-L关系图线。图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电

阻丝的电阻率表达式ρ=_______（用给定的物理量符号和已知常数表示）。（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果_______影响（选填“有”或“无”）。四、计算题（共3题，共34分）19.塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产

厂家必须关注的问题，设有一只水枪，枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V。（1）水枪充满水可连续用多长时间？（2）设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面（目标）上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？20.如图1所示，

电路中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，M为玩具电动机，电动机线圈电阻r1=0.5Ω，A、V1、V2均理想电表．闭合开关S1、断开开关S2，在将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图2所示．(

1)求电源的电动势E和内阻r；(2)求滑动变阻器R2的最大功率Pm；(3)若滑动变阻器的滑动触头P滑到最左端后，再闭合开关S2，此时电流表的示数I=1.0A，求此状态下电动机的输出功率P21.如图所示，光滑水平面MN的左端M处固

定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v=6m/s匀速转动，水平部分长度L=9m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能EP=9J，

弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块质量mA=mB=1kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g=10m/s2，求：（1）求A、B刚被弹开时的速度大小；（2）B被弹簧弹开后滑上

传送带到返回到左端N的过程中B与传送带间因摩擦而产生的热量Q；（3）若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后，滑上传送带。则P应给A至少补充多少能量才能使B从右端滑离传送带？2020级2021-2022学年第一学期期

中学分认定一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）1.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长

为Δl的电子束内的电子个数是()A.IleS2meUB.Ile2meUC.IeS2meUD.ISle2meU【答案】B【解析】【详解】在加速电场中有eU＝12mv2得v＝2eUm在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子

束内电荷量为q＝IΔt＝IΔlv则电子个数n＝qe＝Ile2meU故选B。2.如图所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是（）A.电流表坏了或未接好B.从点a经过灯L1

到点b的电路中有断路C.灯L2的灯丝断了或灯座未接通D.电流表和灯L1、L2都坏了【答案】B【解析】【详解】A．若电流表坏了或者未接好，电路中没有电流，电压表无示数，不符合题意，A错误；B．电压表有示数。说明电流表和2L完好，电压表直接与电源两极相连，说明从点a经过灯

L1到点b的电路中有断路，B正确；C．2L的灯丝断或灯座未接通，电路中无电流，电压表无示数，不符合题意，C错误；D．电流表和灯L1、L2都坏了，电压表应无示数，不符合题意，D错误。故选B。3.为测量“12V5W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以

下器材：电源（电动势为12V，内阻不计）；电流表（量程0～0.6A、0～3A，内阻约为0.2Ω）；电压表（量程0～3V、0～15V，内阻约为15kΩ）；滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）；开关一个；导线若干。实验要求加在小电珠上的

电压可从零开始调节。以下四个电路图你认为最合适的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】依题意，实验要求加在小电珠上的电压可从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，由于小电珠的电阻2212Ω28.8Ω5LURP===远远小于电压表的电阻，故电流表采用外接法，故选A。4.如图所示的电路，电

源电动势为12V，内阻恒定且不可忽略．初始时刻，电路中的电流等于I0，且观察到电动机正常转动．现在调节滑动变阻器使电路中的电流减小为I0的一半，观察到电动机仍在转动．不考虑温度对电阻的影响，下列说法正确的是（）A.电源的热功率减为初始时的一半B.电源的总功率减

为初始时的一半C.电动机的热功率减为初始时的一半D.变阻器的功率减为初始时的四分之一【答案】B【解析】【详解】AC、电源的内阻和电动机的内阻不变，根据公式2PIR=知：电路中的电流减小为0I的一半，则电源的热功率减为初始时

的14，电动机的热功率减为初始时的14，故A、C错误；B、根据P=EI知：电路中的电流减小为0I的一半，而电源的电动势不变，则电源的总功率减为初始时的一半，故B正确；D、电路中的电流减小为0I的一半，说明变阻器接入电路

的电阻增大，所以由2PIR=知变阻器的功率大于初始时的14，故D错误；故选B．【点睛】电源和电动机的热功率根据公式2PIR=分析，电源的总功率根据公式P=EI分析．5.如图所示，有一电荷静止于电容器两极板间，电源内阻不可

忽略，现将滑动变阻器滑片向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中正确的是A.小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B.该电荷一定带正电C.电容器C上电荷量减小D.电流表始终存在从左向右的电流【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器的阻值增大，外电路中并

联部分的总电阻增大，外电路中总电阻增大，再根据闭合电路欧姆定律得知：总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过2L的电流也增大，所以2L灯变亮.根据总电流减小，而2L的电流增大，则知通过1L的电流减小，13LL、变暗，故A正确；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知电

容器上极板带正电，板间场强方向向下，由平衡条件分析可知，该电荷所受的电场力向上，与场强方向相反，所以该电荷带负电．根据电容器的电压等于R与3L串联的总电压，路端电压增大，1L的电压减小，所以电容器的电压增大，其电量将增加，在充电过程中电流表有从左向右的电流，当滑片停止

移动时，电容器不再充电，没有电流通过电流表，故BCD错误．6.如图所示，在一次冰壶比赛中，冰壶（可看作质点）被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、c三点，到达c点时冰壶恰好停止．已知a、b间的距离是b、c间距离的3

倍．不计空气阻力，下列说法正确的是A.冰壶通过ab段所用时间小于通过bc段所用时间B.冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量C.冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量D.冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动

能变化量【答案】B【解析】【详解】A．冰壶运动的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由212xat=可知，冰壶通过ab段所用时间等于通过bc段所用时间，故A错误；B．冰壶受到冰面的摩擦力不变，由I=Ft知，ab段冰壶所受摩擦力的冲

量等于bc段冰壶所受摩擦力的冲量，故B正确；C．摩擦力即为合外力，由Ip=故C错误；D．摩擦力在ab段对冰壶做的功大于在bc段对冰壶做的功，由动能定理知冰壶在ab段的动能变化量大于在bc段的动能变化量，故D错误．7.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从

距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（）A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N【答案

】D【解析】【详解】豆粒下落到秤盘上的速度大小为24m/svgh==反弹后速度大小为2m/s=v则，根据动量定理0tFtmvmv=−合设向上为正方向，有(0.110)10.12kgm/s0.1(4)kgm/sF−=−−解得1.6NF=由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤

盘受到的压力大小为1.6N。故选D。8.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg·m/s、pB=13kg·m/s，碰后它们的动量变化分别为ΔpA、ΔpB，下列数

值可能正确的是（）A.ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/sB.ΔpA=3kg·m/s、ΔpB=-3kg·m/sC.ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/sD.ΔpA=24kg·m/s、ΔpB=-24kg·m/s【答案】A【解析】【详解】BD．对于碰撞问题要遵循三个规

律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加、碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面小球的运动速度一定要大于前面小球的运动速度（否则无法实现碰撞）。碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小。

减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA=-ΔpB据此可排除选项B、D，BD错误；AC．若ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA=-12kg·m/s，

pB=37kg·m/s，根据关系式Ek=22pm可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，只有选项A中的数值

满足碰撞所遵循的三个原则，A正确，C错误。故选A。9.如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则()A.系统的动量守恒B.水平方向任意时刻m与M的动量等大反向C.m

不能向左摆到原高度D.小球和车可以同时向同一方向运动【答案】B【解析】【详解】AB．由动量守恒定律的条件知，系统的合外力不为零，但水平方向合外力为零，故系统水平方向动量守恒，A选项错误，B选项正确；CD．由水平

方向的动量守恒，当向左摆到最大高度时，小球和小车的速度相同，0()mMv=+，得0v=，再由能量守恒知m能向左摆到原高度，由120mvMv=+小球和车不能同时向同一方向运动，故CD选项错误。故选B。10.质量为M的小

车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶

M的值为（）A.1∶3B.1∶4C.3∶5D.2∶3【答案】C【解析】【详解】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知012mvMvmv=−1231vv=对整体有机械能守恒定律可得222012111222mvMvmv=+联立解得35mM=故选C。二、多选题（共6小题，每题

4分，共24分）11.如图所示，电流表A1（0~3A）和A2（0~0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A.A1、A2的读数之比为1∶1B.A1、A2的读数之比为5∶1C

.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5【答案】BC【解析】【详解】AB．量程不同的电流表读数不同，电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，A错误，B正确

；CD．图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误。故选BC。12.质量为m=2kg的物体受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线

运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。下列判断正确的是（）A.0～4s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6s末物体的速度为零C.0～4s内拉力冲量为14N·sD.0～4s内拉力做功49J【答案】CD【解析】【详解】AB．物体是从静止开始运动，故在0~1s内做加速度增

大的加速运动；1~4s内做匀加速直线运动，4~6s做加速度减小的加速运动，6s末加速度为零，速度最大，故AB错误；C．at−图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，故根据动量定理可得0~4s内拉力的冲量为12(34)214Ns2IFtmv===+=故C正确；D．因

为水平面光滑，故物体受到的合力大小等于F，根据动能定理可得2k102FWmvE=−=因为是从静止开始运动的，所以4s末的动量为14Nsp=根据k2pmE=联立可求得49JFW=故D正确。故选CD。【点睛】解题的突破口是知道at−图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，然后根据动量定

理，动能定理列式计算。13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即验证两个小球在水平轨道末端碰撞前后的动量守恒。入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，O点是小球抛出点在水平地面上的投影。实验时，

先让入射小球多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置，并记下此位置距O点的距离；然后把被碰m2小球静置于水平轨道末端，再将入射小球m1从倾斜轨道上S位置静止释放，与小球m2相撞，多次重复此过程，并分别找到它们平均落点的位置距O点的距离，则下列说法正确的是（）A.实验中要求两小

球半径相等，且满足m1<m2B.实验中不要求倾斜轨道必须光滑C.如果等式m1x3=m1x1+m2x2成立，可验证两小球碰撞过程动量守恒D.如果等式m1x22=m1x12+m2x32成立，可验证两小球发生的是弹性碰撞【答案】BD【解

析】【详解】A．实验中要求两小球半径相等，且满足12mm以保证入射球碰后不反弹，故A错误；B．实验中倾斜轨道没必要光滑，只需到达底端的速度相同即可，故B正确；C．因x2是m1碰前的射程，x1是m1碰后的射程，x3是m2碰后的射程，如果等式121123mxm

xmx=+成立，可验证两小球碰撞过程动量守恒，故C错误；D．如果等式222121123111222mxmmxx=+即222121123xmxmmx=+成立，可验证两小球发生的是弹性碰撞，故D正确。故选BD。14.如图甲所

示，闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R，电压表1V的数U1，电压表2V的示数U2。根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条UI图线，如图乙所示。则（）A.流过电阻箱的电流的表达式为I＝21UUR−B.小灯泡两端电

压随电流变化的图像是aC.根据图乙可以求得电源的电动势E＝3.0V、内阻r＝0.4ΩD.该电路中小灯泡消耗的最大功率为1W【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．电阻箱两端的电压21RUUU=−则通过电阻箱的电流21UUIR−=A正确；B．灯泡与电阻箱串联，电压

表1V测灯泡两端的电压，灯泡两端的电压随电流的增大而增大，由题图乙所示图像可知，图线b是灯泡两端电压随电流变化的图像，B错误；C．随着电流的增大，路端电压减小，故题图乙中图线a是电源的U-I图像，由图线a可知，电源电动势3.0VE=内阻3.02.0Ω2Ω0.5U

rI−===C错误；D．由图线a可知，灯泡两端的最大电压为2V，电流为0.5A，则灯泡的最大功率2V0.5A1WP==D正确。故选AD。15.机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一。电动汽车因其无尾气排放且噪音小等特点

，正在逐渐被人们接受。某国产品牌电动汽车的铭牌如下表，已知蓄电池储存的电能等于其容量与输出电压的乘积，则下列说法正确的是（）规格后轮驱动直流电动机车型：电动汽车电动机额定输出功率：1675W整车质量：2150kg额定转速：600r/min蓄电池（容量：800A·h，输出电压：U

≥36V）额定工作电压/电流：36V/50AA.电动机正常工作时消耗的电功率为1675WB.电动机的内阻为0.05ΩC.蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×108JD.蓄电池充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h【答案】BD【解析

】【详解】A．电动机正常工作时消耗的功率=3650W1800WPUI==额额故A错误；B．电动机内阻上的发热功率1800W1675W125WrPPP=−=−=出电动机的内阻22125Ω0.05Ω50rPrI

===故B正确；C．蓄电池充满电后储存的电能8800363600J1.0410JWIUt===故C错误；D．充满电后在额定功率下连续行驶的时间81.0410s16h1800WtP==故D正确；故选BD。【点睛】此题考查了速度，功和功率的计算及能量转化，关键是规律和

公式的灵活运用，并注意能量守恒定律的运用，计算过程注意单位的换算；此题同时考查学生从图表中获取信息的基本能力。16.如图所示，质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m，可视为质点的物块放在长木板的最左

端，质量为m的子弹以水平向右的速度0v射入物块且未穿出（该过程的作用时间极短可忽略不计），经时间0t物块以05v的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.长木板最终的速度大小为010vB.长木板的长度为00516vtC.子弹射入物块的过程中损失的机械能为20920mvD.

物块与长木板间的动摩擦因数为00310vgt【答案】BD【解析】【详解】A．子弹、物块、木板整个系统，整个过程根据动量守恒定律，有00285vmvmmv=+求得长木板最终的速度大小为0340vv=故A错误；C．子弹射入物块的过程中，时间极短。子弹及物块根据动量守恒定律有02mvm

v=求得02vv=该过程系统损失的机械能为22011222Emvmv=−联立两式可求得2014Emv=故C错误；B．子弹射入物块后到从长木板滑离时，运动的位移大小为000100002()75252220vvvv

svttvt++====长木板滑动位移大小为02000033402280vvsttvt===则长木板的长度为1200516Lssvt=−=故B正确；D．对长木板，整个过程根据动量定理有028mgtmv=可求得物块与长木板间的动摩擦因数为00310vgt=故D正确。故选BD。三、实

验题（共2题，共12分）17.甲所示为某多用电表内部简化电路图。某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻如图乙。（1）主要步骤如下：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②把两表笔相接触，

旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；③把红表笔与待测电压表______（选填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；④换用______（选填“×10”或“×1k”）欧姆挡重新调零后测量，发现

这时指针偏转适中，记下电阻数值；⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。（2）实验中表盘示数如图丙所示，则欧姆表的读数为______Ω，这时电压表读数为______V。（3）请你求出欧姆表内部电源电动势为___

___V。（保留两位有效数字）【答案】①.负②.×1k③.4.0×104④.2.20⑤.3.0【解析】【分析】【详解】（1）③[1]用欧姆表粗测电压表内阻，欧姆调零后，要将欧姆表的红接线柱与待测电压表的

负接线柱相连，黑表笔与另一接线柱相连，进行测量。④[2]发现指针偏转角很小，则说明示数较大，要减小示数则增大倍率，即改为×1k的倍率，重新调零后再测量；（2）[3][4]欧姆表的读数为RV＝40.0×1000Ω＝4.0×104Ω电压表读数为U＝2.20V（3）

[5]根据①采用的挡位可知中值电阻即欧姆表内阻为rg＝1.5×104Ω根据闭合回路欧姆定律可得VVgRUERr=+代入数据解得E＝3.0V18.利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为

20Ω。带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上。在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝

的长度。可供选择的器材还有:电池组E（电动势为3.0V，内阻约为1Ω）;电流表A1（量程0～100mA，内阻约为5Ω）;电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω）;电阻箱R（0～999.9Ω）;开关、导线若干。实验操作步骤如下:A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的

位置分别测量电阻丝的直径;B.将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路;C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大;D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;E.改变金属夹与

电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;F.断开开关，整理好器材。（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则

d=_______mm。（2）实验中电流表应选择________（选填“A1”或“A2”）。（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R-L关系图线。图线在R轴的截距为R0，在L轴的截

距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ=_______（用给定的物理量符号和已知常数表示）。（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果_______影响（选填“有”或“无”）。【答案】①.0.732②.A1③.2004dRL④.无【解析】【分析】【详解】（1）

[1]根据螺旋测微器读数规则可得d=0.5mm+0.232mm=0.732mm（2）[2]根据题意，电路中可能出现的最大电流为max3V=0.15A=150mA20I=故电流表选择A1即可。（3）[3]由闭合电路的欧姆定律可知A2A4=LEIRrRR

IRrRd=++++++电阻丝（）（）解得A24ELRrRId=−−−由图像可知斜率为0204RkLd=−=−解得2004dRL=（4）[4]由2004dRL=可知，本实验中电流表的内阻

RA对电阻率的测量结果无影响。四、计算题（共3题，共34分）19.塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题，设有一只水枪，枪口直径为d，出

水速度为v，储水箱的体积为V。（1）水枪充满水可连续用多长时间？（2）设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面（目标）上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？【答案】（1）24Vvd；（2）2214dv

【解析】【详解】（1）设t时间内从枪口喷出的水的体积为V，则有VSvt=2()2dS=所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为214Vdvt=水枪充满水可连续用的时间22414VVtdvvd==总（2）t时间内从枪口喷出的水的质量221()24dmSvtvtdvt

===质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有Ftp=以水流的方向为正方向，得22211044Ftdvtvdvt−=−=−解得2214Fdv=20.如图1所示，电路中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，M为玩具电动机，电动机线圈电阻r1=0.5Ω，A、V1、V2均理想电

表．闭合开关S1、断开开关S2，在将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图2所示．(1)求电源的电动势E和内阻r；(2)求滑动变阻器R2的最大功率Pm；(3)若滑动变阻器的滑动触头P滑到最

左端后，再闭合开关S2，此时电流表的示数I=1.0A，求此状态下电动机的输出功率P【答案】（1）E=6V，r=2Ω（2）0.9W（3）1.875W【解析】【分析】由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，由图线A可知R1的电阻，电压表2V的示数变化2U等效于电源内阻r和定值

电阻R1分得的电压变化，根据斜率求出内阻r；将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再求出滑动变阻器R2的最大功率；当电流表的示数1IA=时，根据闭合电路

欧姆定律求出电源的路端电压，根据并联分流求出此时通过电动机的电流，根据2PUIIr=−输出求出电动机的输出功率；【详解】解：(1)由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，即电源的电动势6EV=由图线A可知14.81.680.60.2URI−=

==−电压表2V的示数变化2U等效于电源内阻r和定值电阻R1分得的电压变化，则2U与电流表示数的变化I的比值为1Rr+，即2110URrI=+=，解得电源内阻2r=(2)由图线B知，滑动变阻器接入电路的最大阻值24200.2mR==，根据等

效电源原理可知，当2110RRr=+=时，2R的功率最大，此时电流1210.3EIARRr==++滑动变阻器2R的最大功率为2120.9mPIRW==(3)当电流表的示数1IA=时，电源的路端电压为4UEIrV=−

=此时通过1R的电流为110.5UIAR==，此时通过电动机的电流为210.5IIIA=−=，则电动机的输出功率22211.875PUIIrW输出=−=21.如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带

恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v=6m/s匀速转动，水平部分长度L=9m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能EP=9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块质量mA=mB=1k

g。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g=10m/s2，求：（1）求A、B刚被弹开时的速度大小；（2）B被弹簧弹开后滑上传送带到返回到左端N的过程中B与传送带间因摩擦而产生的热量Q；（3）若B从传送带上回到光滑水

平面MN上与被弹回的A发生碰撞后，滑上传送带。则P应给A至少补充多少能量才能使B从右端滑离传送带？【答案】（1）3m/s；3m/s；（2）36J；（3）13.5J【解析】【详解】（1）弹簧弹开的过程中，系统的机械能守恒，则22pABBA1122Em

mvv=+取向左为正方向，由动量守恒有AABB0mvmv−=联立以上两式，代入数据解得A3m/sv=，B3m/sv=（2）B滑上传送带向右匀减速，时间为1t，由动量定理得B1BB0mgtmv−=−向右匀减速因摩擦产生的热量为B

1B11()2vQmgtvt=+B向左匀加速，时间为2t，则有21tt=B返回传送带N端的速度大小B1B3m/svv==向右匀减速因摩擦产生的热量为B12B22()2vQmgvtt=−联立以上式子，代入数据求得因摩擦而

产生的热量1236JQQQ=+=（3）设装置P应补充的最小能量为E，则有22AA1AA1122Emvmv=−当A、B为弹性碰撞时，装置P应补充的能量最小，设P给A补充能量后，A速度为A1v，由动量守恒有AA1BB1ABBAmvmvmvmv+=+由机械能守恒有2222AA

1BB1AABB11112222mvmvmvmv+=+B要从右端滑出，由能量守恒有2BBB1'2mvmgL由以上四式联立，解得13.5JE=