晋城2020高二物理下学期期中试卷

2020学年山西省晋城市高二（下）期中物理试卷

一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分。在每小题给出的四个选项中第「8题只有一项符合题

目要求；第9~12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，有选错的得0

分。）

1.以下说法不符合物理学史实的是（）

A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一个地

方

B.伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因

C.笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也

不偏离原来的方向

D.牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证

2.如图所示，一个小球从高处自由下落到达A点与一个轻质弹簧相撞，弹簧被压缩.在球与弹簧接触，

到弹簧被压缩到最短的过程中，关于球的动能、重力势能、弹簧的弹性势能的说法中正确的是（）

A.球的动能先增大后减小

B.球的动能一直在减小

C,球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小

D.球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加

3.如图所示，理想变压器原线圈接电压有效值不变的正弦交流电，副线圈接灯泡L和L,输电线的等效

电阻为R,开始时S断开.现接通S,以下说法正确的是（）

A.M、N两端输出电压U减小B.等效电阻R的电压增大

C.灯泡L的电流增大D.电流表的示数减小

4.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上,

两车静止.若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大

小之比为（

见+m口irrHM_Mm

XK•U•__v•_un•

mMM+mM+m

5.如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达

最低点恰好与B相碰，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是（）

A.hB.4C.与D.

6.如图所示，木板质量为M,长度为L,小木块的质量为m,水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定

滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为N.开始时木块静止在木板左端，现用水平向

右的力将m拉至右端，拉力至少做功为（）

A.umgLB.2umgLC.D,p（M+m）gL

7.如图所示，水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率Vi=4m/s运行.初速度大小为V2=6m/s的小

物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带.小物块m=lkg,物块与传送带

间动摩擦因数u=0.4,g取10m/s2.下列说法正确的是（）

应

A.小物块可以到达B点

B.小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点速度为6m/s

C.小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大

D.小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50J

8.如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）

A.用户用电器上交流电的频率是100Hz

B.发电机输出交流电的电压有效值是500V

C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定

D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小

9.一小球质量为m,用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于0点，在0点正下方"处钉有一颗钉

子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（）

A.小球线速度没有变化

B.小球的角速度突然增大到原来的2倍

C.小球的向心加速度突然增大到原来的2倍

D.悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍

10.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面

平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑（）

A.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功

B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D.被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处

11.如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自

左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）

9

OACC

A.小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动

B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

D.小球离开C点以后，将做斜抛运动

12.如图所示，质为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点.B距水平面高h,以

水平地面为零势能面，重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中（空气阻力不能忽略），下列

说法正确的是（）

A.合外力做功为零

B.合外力做功为mgh

C.小汽车的机城能增加量为mgh

D.牵引力做功为mgh

二、非选择题（共2小题，满分20分）

13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动

量关系.

（1）实验中，下列说法是正确的有：

A、斜槽末端的切线要水平，使两球发生对心碰撞

B、同一实验，在重复操作寻找落点时，释放小球的位置可以不同

C、实验中不需要测量时间，也不需要测量桌面的高度

D、实验中需要测量桌面的高度H

E、入射小球m,的质量需要大于被碰小球叱的质量

（2）图中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时，先让入射球叫多次从斜轨上S位置静止释放,

找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后把被碰小球叫静置于轨道的水平部分，再将入射球

nu从斜轨S位置静止释放，与小球叱相撞，并多次重复.分别找到叫、叱相碰后平均落地点的位置M、N,

用刻度尺测量出平抛射程OM、0N,用天平测量出两个小球的质量叫、叱，若两球相碰前后的动量守恒，其

表达式可表示为：

14.一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程L.所用器材有:

量程不准的电流表A”内阻n=10.0a,量程标定为5.0mA；

标准电流表A2,内阻。=45.0C,量程1.0mA；

标准电阻R”阻值10.0。；

滑动变阻器R,总电阻为300.0Q；

电源E,电动势3.0V,内阻不计；

保护电阻Rz；开关S；导线.

回答下列问题：

（1）在答题卡上（图2所示）的实物图上画出连线.

（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至端.

（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表曲满偏；若此时电流表A?的读数为L,则4

的量程I产.（用字母表达）

（4）若测量时，尚未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出A的示数I尸,的的示

数I产;由读出的数据计算得L=.（I•保留3位有效数字）

电流表Ai示数电流&A?示数

图3

三、计算题(共3小题，满分42分)

15.有一边长为L的正方形线框abed,质量为m,电阻为R,由某一高度处自由下落，如图所示，其下边

ab进入匀强磁场区域时，线框开始作匀速运动，此匀强磁场的磁感应强度为B,宽度也为L,(g取

10m/s2).求：

(1)物体开始下落时的高度H；

(2)线框从进入磁场到离开磁场的过程中产生的焦耳热Q.

XXX义XXI

16.如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L,导轨上面横

放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电

阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦

地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度V。，若两导体棒在运动中始终不接触，求：

(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？

(2)当ab棒的速度变为初速度的玄时，cd棒的加速度是多少？

17.如图所示，物块A、C的质量均为m,B的质量为2m,都静止于光滑水平台面上.A、B间用一不可伸

长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处.现突然给A一瞬时冲量，使

A以初速度V。沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为令v。，A与C相碰后粘合在一起.求：

①A与C刚粘合在一起时的速度v大小；

②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能AE.

”圆寂L夙

2020学年山西省晋城市陵川一中高二（下）期中物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分。在每小题给出的四个选项中第广8题只有一项符合题

目要求；第9~12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，有选错的得0

分。）

1.以下说法不符合物理学史实的是（）

A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一个地

方

B.伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因

C.笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也

不偏离原来的方向

D.牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证

【考点】1U：物理学史.

【分析】本题是一道物理常识题，同学可以通过对物理常识的掌握解答，也可以应用所学的牛顿第一定律

等物理知识来解答.

【解答】解：A、亚里斯多德认为力是维持物体运动的原因，必须有力作用在物体上，物体才能运动，没

有力的作用，物体就要静止下来.符合史实.故A正确；

B、伽利略根据理想实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，说明

力不是维持物体运动的原因.不符合史实，故B错误.

C、笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，故C正确；

D、牛顿提出：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状

态，这是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证.故D正确；

本题选不符合物理学史实的，故选：B.

2.如图所示，一个小球从高处自由下落到达A点与一个轻质弹簧相撞，弹簧被压缩.在球与弹簧接触,

到弹簧被压缩到最短的过程中，关于球的动能、重力势能、弹簧的弹性势能的说法中正确的是（）

A.球的动能先增大后减小

B.球的动能一直在减小

C,球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小

D,球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加

【考点】6C：机械能守恒定律.

【分析】小球接触弹簧后受到弹力和重力两个力作用，弹力不断增大，根据合力与速度方向关系，分析小

球的运动情况,从而判断其动能的变化情况.根据弹性势能与弹簧形变量的关系可以判断弹性势能的变化,

根据高度变化可以确认重力势能的变化.以小球、弹簧和地球组成的系统，由于只有弹力和重力做功，所

以的系统机械能守恒.

【解答】解：AB、小球刚接触弹簧时，弹簧的形变量较小，弹力小于重力，对小球而言受重力和弹力作用,

合力方向向下，故小球先向下做加速运动；当弹力大于重力时，合力向上，则小球做减速运动，所以小球

的速度先增大后减小，则小球的动能先增加后减小，故A正确，B错误；

C、由于小球将弹簧压缩至最低的过程中，小球一直在向下运动，高度降低，故球的重力势能一直减小，

而小球接触弹簧至弹簧压缩最低点的过程中，弹簧的压缩量越来越大，弹性势能逐渐增大，故C错误；

D,因为整个过程中，只有重力和弹力做功，满足系统的机械能守恒，小球的动能先增大后减小，故小球

的重力势能、及弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D错误.

故选：A

3.如图所示，理想变压器原线圈接电压有效值不变的正弦交流电，副线圈接灯泡L和输电线的等效

电阻为R,开始时S断开.现接通S,以下说法正确的是（）

A.M、N两端输出电压U减小B.等效电阻R的电压增大

C.灯泡L的电流增大D.电流表的示数减小

【考点】E8：变压器的构造和原理；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

【分析】本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路

的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和

电压的变化的情况.

【解答】解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所

以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；

BC、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电

压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡J的电流减小，灯泡L变暗，故B正确，C错误；

D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，故D

错误；

故选：B.

4.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，

两车静止.若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大

小之比为（）

M+mRm+M「M

IX•U•__v•iz•__

mMM+mM+m

【考点】53：动量守恒定律.

【分析】对A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，结合动量守恒定律，求出A和B车的速度大小之比.

【解答】解:：A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：

O=MVB-（M+m）v*>

解得:

VB

故选：C.

5.如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达

最低点恰好与B相碰，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是（）

【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律.

【分析】由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度,

A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律求出速度，

然后由机械能守恒定律求出AB上摆的最大高度.

【解答】解：A球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghfvj,

A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得:

mv()=(m+m)v,

AB向右摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

(m+m)v2=(m+m)gh',

解得：hz=^-h；

4

故选：C.

6.如图所示，木板质量为M,长度为L,小木块的质量为m,水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定

滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为N.开始时木块静止在木板左端，现用水平向

右的力将m拉至右端，拉力至少做功为()

——IN

A.umgLB.2umgLC.「警D.P(M+m)gL

【考点】6B：功能关系.

【分析】在水平向右的拉力作用下，小木块沿木板向右运动，在运动过程中拉力做功的最小值就是拉力等

于摩擦力，使小木块在木板上做匀速运动.从而根据功的表达式可求出匀速运动时，拉力做的功.

【解答】解：开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力做功最小值时，即拉力

维持小木块在木板上做匀速缓慢运动时；拉力大小为F=T+umg=2umg,拉力做功最小值为W=F・,L=umgL

故选：A

7.如图所示，水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率％=4m/s运行.初速度大小为V2=6m/s的小

物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带.小物块m=lkg,物块与传送带

间动摩擦因数u=0.4,g10m/s2.下列说法正确的是()

A.小物块可以到达B点

B.小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点速度为6m/s

C.小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大

D.小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50J

【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律.

【分析】物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀

速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题.

【解答】解：小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=umg,产生的加速度：

a」g=o.4X10=4m/s2

IDm

A、若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x,贝!I,-2ax=0-v^

22

得：5m<6in>所以小物块不能到达B点，故A错误；

2a2X4'

B、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度vi后匀速运动，返回

A点速度为如/s.故B错误；

C、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动，所以

小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C错误；

22

D、小物块向右加速的过程中的位移：/_ZL__4__9m,

x-2a_2X4-2

当速度等于传送带速度vi时，经历的时间：t二工结主包25s,

-a-4

该时间内传送带的位移：s=Vit=4X2.5m=10m,

所以小物块相对于传送带的位移：△*=$+(x-x,)=10+(4.5-2)=12.5m

小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为：Q=f・Ax=0.4X10XlX12.5J=50J

故D正确.

故选：D

8.如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()

A.用户用电器上交流电的频率是100Hz

B.发电机输出交流电的电压有效值是500V

C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定

D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小

【考点】EA：远距离输电；E8：变压器的构造和原理.

【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效

值等.同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比.

【解答】解：A、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s,故节950Hz，故

A错误；

B、由图象可知交流的最大值为U.=500V,因此其有效值为U嗡Y故B错误；

C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；

D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，

输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；

故选：D.

9.一小球质量为m,用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于0点，在0点正下方与处钉有一颗钉

子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（）

A.小球线速度没有变化

B.小球的角速度突然增大到原来的2倍

C.小球的向心加速度突然增大到原来的2倍

D.悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍

【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律；4A；向心力.

【分析】小球在下摆过程中，受到线的拉力与小球的重力，由于拉力始终与速度方向相垂直，所以它对小

球不做功，只有重力在做功.当碰到钉子瞬间，速度大小不变，而摆长变化，从而导致向心加速度变化，

拉力变化.

【解答】解：A、当碰到钉子瞬间，小球到达最低点时线速度没有变化，故A正确.

B、根据圆周运动知识得：3）,而半径变为原来的线速度没有变化，所以小球的角速度突然增大到

r2

原来的2倍，故B正确.

21

C、根据圆周运动知识得：ad,而半径变为原来的喜，线速度没有变化，所以向心加速度突然增大到原

rZ

来的2倍，故C正确;

D、小球摆下后由机械能守恒可知，mgL畤nV。，

因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的速度相同，v=J亚

2

在最低点根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=4,

r

原来：r=L,F=mg+m^—=3mg

r

而现在半径变为原来的：，线速度没有变化.

2

所以F'=mg+m■二J=5mg

r

悬线对小球的拉力突然增大到原来的晟倍，故D错误

故选ABC.

10.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面

平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑（）

A.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功

B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D.被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处

【考点】53：动量守恒定律.

【分析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小

球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点.

【解答】解：A、在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；

B、在下滑过程中，小球和槽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，故B正

确；

C、因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，

故C正确；

D、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度

大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h,故D错误；

故选：BC.

11.如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左恻有一固定在水平面上的物块.今让一小球自

左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）

A.小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动

B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

D.小球离开C点以后，将做斜抛运动

【考点】53：动量守恒定律.

【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上.由于

槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒.当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽

也会向右运动.水平方向满足动量守恒.在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守

恒.小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动.

【解答】解：A、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向

左运动，则小球机械能守恒，从A到B做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B到C运动的过程

中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B到C小球的运动不是圆周运动，故A、B错误，C正

确.

D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动.故D正确.

故选：CD.

12.如图所示，质为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点.B距水平面高h,以

水平地面为零势能面，重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中（空气阻力不能忽略），下列

说法正确的是（）

A.合外力做功为零

B.合外力做功为mgh

C.小汽车的机城能增加量为mgh

D.牵引力做功为mgh

【考点】66：动能定理的应用；6C：机械能守恒定律.

【分析】根据动能定理分析合外力做功情况，从而分析牵引力做功；根据动能和重力势能的改变可明确机

械能的改变量.

【解答】解：A、汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A正确，B错误;

C、小汽车动能不变，重力势能增加了mgh,则可知小汽车机械能增加量为mgh,故C正确；

D、对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功

一定大于mgh,故D错误.

故选：AC.

二、非选择题(共2小题，满分20分)

13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动

量关系.

(1)实验中，下列说法是正确的有：ACE

A、斜槽末端的切线要水平，使两球发生对心碰撞

B、同一实验，在重复操作寻找落点时，释放小球的位置可以不同

C、实验中不需要测量时间，也不需要测量桌面的高度

D、实验中需要测量桌面的高度H

E、入射小球uh的质量需要大于被碰小球叱的质量

(2)图中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时，先让入射球叫多次从斜轨上S位置静止释放,

找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后把被碰小球叫静置于轨道的水平部分，再将入射球

nu从斜轨S位置静止释放，与小球叱相撞，并多次重复.分别找到皿、叱相碰后平均落地点的位置M、N,

用刻度尺测量出平抛射程OM、ON,用天平测量出两个小球的质量曲、叱，若两球相碰前后的动量守恒，其

表达式可表示为：

【分析】(D根据实验原理与实验注意事项分析答题.

(2)根据图示实验情景，应用动量守恒定律与平抛运动规律分析答题.

【解答】解：(1)A、小球离开轨道后要做平抛运动，必须保证斜槽末端的切线要水平，两球要发生对心

碰撞，故A正确；

B、同一实验，要保证小球做平抛运动的初速度相等，在重复操作寻找落点时，释放小球的位置必须相同,

故B错误；

C、小球离开轨道后做平抛运动，小球的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，实验中不需要测量时

间，也不需要测量桌面的高度，故C正确；

D、由C可知，实验中不需要测量桌面的高度H,故D错误；

E、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球通的质量需要大于被碰小球叱的质量，故E正确；故选：ACE.

(2)小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，

/

如果碰撞过程动量守恒，贝!I：nhvi=mivi'+m2v2»两边同时乘以t,

得：miVit=miVi't+m2V2't,贝!］：mi0P=mi0M+ni20N；

故答案为：(DACE；(2)miOP^jOM+ntON.

14.一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程L.所用器材有:

量程不准的电流表A”内阻n=10.0Q,量程标定为5.0mA；

标准电流表A2,内阻「2=45.0C,量程1.0mA；

标准电阻Ri,阻值lO.OQ；

滑动变阻器R,总电阻为300.0Q；

电源E,电动势3.0V,内阻不计；

保护电阻R*开关S；导线.

(1)在答题卡上(图2所示)的实物图上画出连线.

(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至」一端.

(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表4满偏；若此时电流表A?的读数为L,则4

的量程I产5.512.(用字母表达)

(4)若测量时，Ai未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出"的示数L=3.00mA,M

的示数Ik0.66mA；由读出的数据计算得L=6.05mA.(L保留3位有效数字)

【考点】N6：伏安法测电阻.

【分析】(D根据电路图，先从电源正极出发，依次连接其它电路.

(2)闭合电键前，应使电路中电流最小.

(3)由电路图可知，标准电流表&与标准电阻R串联后与电流表人并联，根据欧姆定律求得M的量程

I■与L的关系.

(4)读出两电流表的读数，由(3)式结论和由串并联电路的电流及电压规律可求解L.

【解答】解：(D由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表住、电阻

R、电阻R?、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表4与电流表A。和电阻R并联即可；要注意滑动

变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中；如下图所示：

(2)滑动变阻器采用限流式，应将滑动触头滑动至阻值最大端，即滑动端c应滑动至b端.

(3)根据欧姆定律应有：L(r2+Ri)=5,

1(r2+R1)I(45.0+10.0)

得：ll22

ioTo=5.5I2

rl

(4)从图中读出用的示数为：L=3.00mA,A?的示数为:

I2=0.66mA

由表读出的I尸0.66mA,结合(3)的计算可知，此时L应为:

1/=5.5X0.66mA=3.63mA；

故可知:3.63二

3.00=5.00

解得:I.=6.05mA；

故答案为：(1)连线如上图所示；(2)b；(3)5.512；(4)3.00,0.66,6.05

三、计算题(共3小题，满分42分)

15.有一边长为L的正方形线框abed,质量为m,电阻为R,由某一高度处自由下落，如图所示，其下边

ab进入匀强磁场区域时，线框开始作匀速运动，此匀强磁场的磁感应强度为B,宽度也为L,(g取

10m/s2).求：

(1)物体开始下落时的高度H；

(2)线框从进入磁场到离开磁场的过程中产生的焦耳热Q.

L

XXXXxXI

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BH：焦耳定律.

【分析】(D线框进入磁场后做匀速运动，根据安培力和重力平衡求出进入磁场的速度，结合速度位移公

式求出下落的高度.

(2)在线框进入磁场的过程中运用能量转化和守恒定律求热量Q.

22

【解答】解：(D线框进入磁场受到的安培力：F=BIL息卷工，

线框进入匀强磁场后做匀速直线运动，处于平衡状态，

由平衡条件得：殳2=mg,

R

线框进入磁场前做自由落体运动，

由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2gH,

22

H：mKPg

解得:

2B4L4

(2)线框在磁场中做匀速直线运动，速度保持不变，线框的重力势能转化为焦耳热,

由能量守恒定律得，产生的焦耳热：Q=2mgL;

2R2

答：(D物体开始下落时的高度号;

2B4L4

(2)线框从进入磁场到离开磁场的过程中产生的焦耳热Q=2mgL.

16.如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L,导轨上面横

放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电

阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦

地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v。，若两导体棒在运动中始终不接触，求：

(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？

(2)当ab棒的速度变为初速度的^时，cd棒的加速度是多少？

4

【考点】DD：电磁感应中的能量转化；37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算;

D9：导体切割磁感线时的感应电动势.

【分析】本题中两根导体棒的运动情况：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量

发生变化，于是产生感应电流.ab棒受到的与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd棒则在安培力

作用下作加速运动.在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续

加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v

作匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两棒均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两棒组成的系统所

受的合外力为零，系统动量守恒mv°=2niv,右v。，这是第一问再由能量守恒求出焦耳热的关键；第二问

设ab棒的速度变为亍v0时，cd棒的速度为v',先由动量守恒二nr;vo+inv'求得再由

动生电动势公式£=8皿确定回路总电动势EQBLVO-^BLVK/BLVO,电路知识回路中的电流为

1金弓卷，磁场知识通电导线在磁场中受安培力F=BIL,确定此时cd棒所受的安培力为

22

F=BIL=B-：R*'最后由牛顿第二定律F=ma求出cd棒的加速度.

【解答】解：(D从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mvo=2mv,得

根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q^in君-1(2m)丫2=，1^友

在运动中产生的焦耳热最多是君

⑵设棒的速度变为时，棒的速度为则由动量守恒可知解得

abcdv',mvo=nr|vo+inv'v'=^vQ

此时回路中的电动势为E=jBLv0-yBLv0=1-BLv0

此时回路中的电流为I〜

2R4R

22

此时cd棒所受的安培力为F=BIL=B:

22

由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a上_BL心

4赋

R2T2

Cd棒的加速度大小是°,匕"Q,方向是水平向右.

4mR

17.如图所示，物块A、C的质量均为m,B的质量为2m,都静止于光滑水平台面上.A、B间用一不可伸

长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处.现突然给A一瞬时冲量，使

A以初速度V。沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为仔v。，A与C相碰后粘合在一起.求：

①A与C刚粘合在一起时的速度v大小；

②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能△£.

〃，则亡，〃同

【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系.

【分析】①A与C相碰后粘合在一起的过程，AC系统的动量守恒，由动量守恒定律求A与C刚粘合在一起

时的速度.

②轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求得绳断后B的速度，再由能量守

恒定律可以求出系统损失的机械能△£.

【解答】解：①A与C相碰后粘合在一起，取向右为正方向，在碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，

则得：

2

m,—Vo=(m+m)v…①

J

解得：v[vo…②

J

②设绳断后B速度为VB,轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，则得:

mvo=me-^-Vo+2m*VB***(3)

□

在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为:

1112

△E=T7mVo?---',2mv…④

联解③④得：△E=1jinv/••⑤

36

答：①A与C刚粘合在一起时的速度v大小是，V。；

②若将A、B、C看成一个系统,则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能是

高考理综物理模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清

楚。

3,请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答

题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题

1.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,Ri=10Q,Rk15C为电容器，电流传感器

与原线圈串联。当开关S断开时，传感器测得的正弦交流电如图乙所示，则

A.电阻R中交流电的频率为5Hz

B.输入电压的最大值为600V

C.电阻及的电功率为270W

D.S闭合前后，原线圈中电流不变

2.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S

为连线的中垂线上处于P点上方的一点。把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则（）

I

S*

+Q:-Q

A.电子从T点移到S点，电场力做负功，动能减小

B.电子在P点受力最小，在T点电势能最大

C.电子在S点受力最小，在T点电势能最大

D.电子从P点移到S点，电场力做正功，动能增大

3,扬州某游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示.模型飞机固定在旋臂上，旋臂与

竖直方向夹角为6,当模型飞机以恒定的角速度3绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正

确的是

A.模型飞机受重力、旋臂的作用力和向心力

B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直

C.增大。，模型飞机线速度大小不变

D.增大0,旋臂对模型飞机的作用力变大

4.我国计划于2020年发射“火星探测器”，若探测器绕火星的运动、地球和火星绕太阳的公转视为匀速

圆周运动，相关数据见表格，则下列判断正确的是

行星行星半径/m行星质量/kg行星公转轨道半径行星公转周期

624

地球6.4X106.0X10R地=1.5X10%T地

623

火星3.4X106.4X1032.3X10%T火

A.TQT火

B.火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度

C.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

D.探测器绕火星运动的周期的平方与其轨道半径的立方之比与叁相等

T2

一岫

5.将一物体由坐标原点0以初速度V。抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B为轨迹与水

平x轴交点，假设物体到B点时速度为VB,v。与x轴夹角为VB与x轴夹角为尸，已知0A水平距离

Xi大于AB水平距离X2,贝（I

A.物体在B点的速度VB大于V。

B.物体从0到A时间大于从A到B时间

C.物体在0点所受合力方向指向第四象限

D.b可能等于严

6.关于物理学史，下列说法正确的是（）

A.牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在

B.法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象

C.库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值

D.楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的规律一楞次定律

二、多项选择题

7.如图所示，轻绳A0和B0共同吊起质量为m的重物。A0与B0垂直，B0与竖直方向的夹角为。，0C连

接重物，则（）

A.A0所受的拉力大小为mgsin9

mg

B.AO所受的拉力大小为

C.B0所受的拉力大小为mgcos9

mg

D.B0所受的拉力大小为.

8.下列说法正确的是（）

A.食盐晶体中的钠离子氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性

B.液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性

C.功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功

D.水电能停在水面上，是因为液体表面张力的作用

E.外界对物体做功时，物体的内能一定增加

9.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点.先将一电荷量也为+q的点电荷。从

无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W.再将电从C点沿CB移到B点并固定.最

后将一电荷量为-2q的点电荷Q?从无穷远处移到C点.下列说法正确的有

A

，、q

/------------------------

W

A.移入之前，C点的电势为一

B.Qi从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0

C.。从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W

D.。在移到C点后的电势能为-4W

10.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为0,传送带以速度V。逆时针匀速转动。在传送带的上

端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数图乙为小木块运动的速