【文档说明】山东省烟台市2020-2021学年高二下学期期末考试物理试题答案.docx，共(5)页，74.409 KB，由管理员店铺上传

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2020—2021学年度第二学期期末学业水平诊断高二物理参考答案及评分意见一、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。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。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)⑴E、F、B、D、A、C（2分）⑵2.4（2分）⑶C（2分）14．(8

分)⑴在注射器活塞上涂抹润滑油、移动活塞要缓慢、不能用手握住注射器封闭气体部分（共3分，每空1分）⑵注射器与压强传感器连接部位间（或导气管内）的气体体积（2分）⑶BC（3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）15．（7分）解：⑴设小风扇两端电压为U2，由题意可知变压器输入电压为U1=220V21

21nnUU=……………………………………………………………①(1分)U2=60VP1=P2…………………………………………………………………②P2=I2U2………………………………………………………………③(1分)小风扇正常工作时输出的功率为：△P=P2－122RI……………

………………………………………④(1分)△P=72W……………………………………………………………⑤(1分)⑵设吹热风时电热丝的电阻值为R2，消耗的热功率为P3，吹热风时变压器的输入功率为P1′由题意得：P1′=P2+P3………………………………………………⑥(1分)其中，P2=90W

，P1′=490W题号12345678答案ACDBCBDA题号9101112答案ADBCABDAC2213RUP=………………………………………………………………⑦(1分)R2=121Ω…………………………………………………………⑧(1分

)16．(9分)解：⑴同一根细线上的拉力大小相等，设细线拉力大小为T，对小动滑轮O3和小球B整体进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得：2Tsin37°=mg……………………………………①(1分)65mgT=

…………………………………………②(1分)对小球A，受力分析如图乙所示，根据平衡条件得：FNA=T………………………………………………③(1分)(FNA+T)cos30°=mAg………………………………④(1分)解得：mA=635m…

………………………………⑤(1分)⑵对小球A和半圆柱体P整体受力分析，如图丙所示，设P受到摩擦力为f，支持力为FN，根据平衡条件得：f=Tsin30°…………………………………………⑥(1分)FN+Tcos30°=(M+mA)g………

……………………⑦(1分)解得：f=mg125FN=Mg+mg1235……………………………………⑧(1分)由牛顿第三定律可得：P对水平面的摩擦力和压力大小分别为f′=mg125，F′N=Mg+mg1235…………………………⑨(1分)17．(14分)解：⑴活塞a在气缸A最上

端时，A中气体质量和总质量的比值为LSLSLSmm0.52A+=…………………………………………………………①(1分)活塞a向下移动0.5L后，A中剩余气体质量和总质量的比值为LSLSLSmm0.55.15.0A+=

……………………………………………………②(1分)203=−=mmmmmAA………………………………………………………③(1分)⑵设活塞a又向下移动x时，活塞b到达管道中央对活塞b上部分气体，由玻意耳定律可得：P1×0.5LS=P2(0.75L－x)S…

……………………………………………④(1分)对活塞b下部分气体，由玻意耳定律可得：P1×1.5LS=P2×1.25LS……………………………………………………⑤(1分)解得：x=L31………………………………………………………⑥(1分)mAgTFN30°30°乙丙f(M

+mA)gTFN30°37°TT甲mg活塞a向下移动的总位移为：△x=xL+21=L65………………………⑦(1分)⑶设活塞a向下移动0.5L后，气缸A、B中气体的压强为P1p0(2LS+0.5LS)=P1(1.5LS+0.5LS)……

……………………………………⑧(1分)P1=045p………………………………………………………………………⑨(1分)P2=023p………………………………………………………………………⑩(1分)设活塞b回到初始位置时，气缸A、B中气体压强为P3对活塞b上部分气体，

由玻意耳定律可得：P1×0.5LS=P3(L－L65)S………………………………………………………⑪(1分)P3=0415p………………………………………………………………………⑫(1分)对B中气体，由理想气体状态方程可得：TLSPTL

SP1.51.25302=………………………………………………………⑬(1分)T=3T0………………………………………………………………………⑭(1分)18．(16分)解：⑴由平衡条件得：mg=F

+BI1L…………………………………………①(1分)I1=rRE+1…………………………………………………………………②E1=00tBLd……………………………………………………………………③(1分)F=mg－tRtdLB2022054(0＜t＜t0)………

…………………………………④(1分)⑵0～t0时间内，通过电阻R的电荷量为q1=I1t0………………………………………………………………………⑤(1分)联立②③⑤q1=RLdB540………………………………………………………⑥(1分)q2=tI2……………………………

………………………………………⑦rREI+=22………………………………………………………………⑧(1分)tLhBE02=………………………………………………………………⑨q2=RLhB540………………………………………………………………⑩(1分)由⑥⑩得：q=RdhLBrRdhLB5)

(4)(00+=++………………………………⑪(1分)⑶在0～t0时间内，电阻R产生的焦耳热量为Q1，物块开始运动到达到最大速度时间内回路中产生的焦耳热量为Q2，电阻R产生的焦耳热量为QR2Q1=021RtI……

………………………………………………………………⑫(1分)联立Q1=022202516RtLdB…………………………………………………………⑬(1分)由平衡条件得：mg=B0ImL…………………………………………………⑭(1分)E

m=Im(R+r)…………………………………………………………………⑮Em=B0Lvm……………………………………………………………………⑯解得：vm=22045LBmgR……………………………………………………………⑰(1分)由能量守恒定律可得：mgh=2222

1Qmm+v…………………………………………………………⑱(1分)QR2=2QrRR+…………………………………………………………⑲Q=Q1+QR2=4402234554LBRgmmg−h+022202516RtLdB……………

……………………⑳(1分)⑷mgt－0)(2m20-vmLtIB=………………………………………(21)(2分)mgRhLBLBmRt5425220220+=………………………………………………………(22)(1分)获得更多资源请扫码加入享学资

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