山东省烟台市2021-2022学年高二上学期期中学业水平诊断物理试题（PDF版含答案）

2021—2022 学年度第一学期期中学业水平诊断
高二物理（等级考）参考答案及评分意见
一、本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，1～8 题只有一项符合
题目要求，9～14 题有多项符合题目要求。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选
错或不选的得 0 分。
1.B 2. D 3. B 4. A 5. B 6. C 7.D 8.C
9.BD 10.AC 11.AD 12.CD 13.BCD 14. AC
二、本大题共 4 小题，共 20 分。把答案填在答题卡中指定的横线上或按要求作图。
2
15．(4 分) ⑴AD(选对但不全的得 1 分) ⑵ 4 ( l l )2 1 （每空 2 分）
2 2
T T
2 1
16．(4 分) ①＜ ② d d dm m - m （每空 2 分）
1 2 1
t t t
1 2 3
17．(6 分) ⑴不正确（1 分），因为欧姆表内部本身有电源，而水果电 E
S
池也有电动势，二者相互影响，无法正确测出电源内阻 （1 分）
⑵①最大值（1 分） ④0.95 （1 分） 1.2×103（2 分） R3 V
R
18.⑴A. C. E. G （2 分，错选不得分，漏选得 1 分）⑵如右图（2 分） 1
A
⑶ E=U+5I(1.6+r)（2 分）
三、本题共 4 小题，共 38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出
最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。
19．(8 分)解：⑴设火星表面的重力加速度为 g，由牛顿第二定律可得
mg-F=ma …………………………………………………………① (1 分)
F ma
g= …………………………………………………………②(1 分)
m
G M m
在火星表面 mg ………………………………………………………③(1 分)
2
R
2
联立②③得 ( F ma ) RM ………………………………………………④(1 分)
Gm
⑵由位移速度公式 v2﹣0=2ah …………………………………………………⑤(1 分)
设探测器受到的平均冲击力大小为 F ，规定竖直向下为正方向，由动量定理可得
mgt F t 0 m v ………………………………………………⑥(1 分)
m v m 2 ah
F mg F ma ………………………⑦(1 分)
t t
由牛顿第三定律得：探测器对火星表面的平均冲击力大小为
m 2 ah
F F ma ……………………………………………⑧(1 分)
t
20．(8 分)解：⑴由闭合电路欧姆定律可知：
E=U1+I1(R2+r) …………………………………………………………①(1 分)
E=U2+I2(R2+r) …………………………………………………………②(1 分)
解得 E=6V ……………………………………………………………………③(1 分)
r=1Ω ……………………………………………………………………④(1 分)
⑵由图像可知，在 A 点 U U1 2R 10 ，在 B 点 R 2 .5
1 A 1 B
I I
1 2
所以滑动变阻器 R1的阻值范围为 2.5Ω R1 10Ω …………………………⑤(1 分)
2
2 E⑶ P I R ……………………………………………⑥（1 分）
1 2
R ( R r )
1 2
4 ( R r )
2
R
1
当 R1=(R2+r)=5Ω时，R1消耗功率最大 …………………………………………⑦（1 分）
2
E
Pmax= =1.8W ………………………………………………………⑧（1 分）
4 ( R r )
2
21．(10 分)解：⑴由图像可知，单摆完成一次全振动的时间为 T=1.75s ……① (1 分)
⑵由乙图可知，小球在 OP 左侧摆动时，单摆的周期为 T1=2s
L
由周期公式 T 2 1 …………………………………………………………②(1 分)
g
解得该单摆摆线的长度为 L=1m ………………………………………………③(1 分)
小球在 OP 右侧绕着 P 点摆动时，周期为 T2=1.5s
L
由周期公式 T 2 2 …………………………………………………………④(1 分)
g
9
解得该单摆碰到钉子后的摆长为 L m ………………………………………⑤(1 分)
1 6
7
故钉子的位置 P 距离悬点 O 的距离 ΔL=L﹣ L m ……………………………⑥(1 分)
16
⑶设单摆在 OP 左侧摆动的最大偏角为 θ1，在 OP 右侧摆动的最大偏角为 θ2

由数学知识可得 x 21=2L'sin …………………………………………………⑦(1 分)
2

x2=2Lsin
1 …………………………………………………⑧(1 分)
2
由机械能守恒定律得 mgL(1﹣cosθ1)=mgL'(1﹣cosθ2) ……………………………⑨(1 分)
x 3
1 ………………………………………………………………⑩(1 分)

x 4
2
{说明：第⑶问如下解法同样给分：
⑶设单摆在 OP 左侧摆动的最大偏角为 θ1，在 OP 右侧摆动的最大偏角为 θ2

由数学知识可得 x1=2L'sin 2 …………………………………………………⑦(1 分)
2

x 12=﹣2Lsin …………………………………………………⑧(1 分)
2
由机械能守恒定律得 mgL(1﹣cosθ1)=mgL'(1﹣cosθ2) ……………………………⑨(1 分)
x 3
1 ﹣ ………………………………………………………………⑩(1 分) }
x 4
2
22．(12 分)解：⑴设弹簧最大压缩量为 x0，由动能定理得
Fx0﹣W=0﹣0 …………………………………………………………………① (1 分)
1
由功能关系得 W= 2kx ……………………………………………………………②(1 分)
0
2
弹簧恢复原长时 B、C 分离，此时二者速度相等，设速度为 v0，由机械能守恒定律得：
1 2 1 2
kx = 2 m v ………………………………………………………………③ (1 分) 0 0
2 2
2
B 和 C 分离时，C 的速度大小 v0= F …………………………………………④(1 分)
mk
⑵当 A、B 速度相等时，A、B 之间的距离最大，此时二者的速度为 v，弹簧的最大拉伸量为 x，
由动量守恒定律得 mv0=3mv ……………………………………………………⑤(1 分)
1 1 1
由机械能守恒定律得 2 2 2m v 3m v kx ……………………………………⑥(1 分)
0
2 2 2
2 3 F
解得 x
3k
2 3 F
A、B 之间的最大距离 xm=l0+x=l0+ …………………………………………⑦(1 分)
3 k
⑶设恒力变为 2F 时，设弹簧最大压缩量为 x1，B 和 C 分离时，B 的速度大小为 v1
1
2Fx = 21 kx ……………………………………………………………………⑧(1 分) 1
2
1 1
2 = 2 2 m v kx …………………………………………………………………⑨(1 分)
1 1
2 2
由题意可知，当弹簧从拉伸最长到恢复到原长时，物块 A 速度最大，设此时 A、B 的速度分别为
vA、vB。由动量守恒定律得 mv1=mvB+2mvA ………………………………………⑩(1 分)
1 1 1
2 2 2
m v m v 2 m v …………………………………………………………⑾(1 分)
1 B A
2 2 2
2
1 32 F
E 2KA= 2 m v = ……………………………………………………………⑿(1 分) A
2 9 k