1、山东省潍坊市寿光现代中学2020-2021学年高二物理上学期11月试题（含解析）卷 选择题一、单选题（共8小题，满分24分，每小题3分）1. 关于电动势，下列说法正确的是（ ）A. 电源电动势一定等于电源两极间的电压B. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C. 体积越大的电源，电动势一定越大D. 电源电动势与外电路的组成有关【答案】B【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误；电
2、源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关；而其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关，故C错误；电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误考点：电源的电动势和内阻、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系2. 如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡D1的UI图线的一部分，用该电源和
3、小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A. 此电源的内阻为1.5B. 灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC. 把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D. 由于小灯泡B的UI图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用【答案】B【解析】【详解】A由图读出：电源的电动势 E=4V，内阻故A错误。B两图线的交点表示小灯泡D1与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=3V，电流 I=2A，功率为P=UI=6W由于小灯泡D1正常发光，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为6W，故B正确。C灯泡D1的电阻“3V，20W”的灯泡D2的电阻为 R
4、2=0.45可知灯泡D2的电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变大，故C错误。D灯泡是纯电阻，欧姆定律仍适用，图像为曲线是由灯泡电阻随温度的增大而增大，故D错误。故选B。3. 如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的A. A、B动量变化量相同B. A、B动能变化量相同C. 弹簧弹力对A、B做功相同D. 弹簧弹力对A、B冲量大小相同【答案】D【解析】【详解】由动量守恒定律可知：A、B动量变化量大小相等，方向相反
5、，故A错误；由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0；由机械能守恒定律得：，解得：A物体的末动能，如果A、B两物体的质量不相等， 则A、B动能变化量不相同，由动能定理，可知，弹簧弹力对A、B做功也不相同，故B、C错误；由动量守恒定律得，A、B动量变化量大小相等，所以弹簧弹力对A、B冲量大小相同，故D正确4. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速g=10m/s2，下列分析正确的是（）A. 手机与眼睛作用过程中动量变化约为0.45k
6、gm/sB. 手机对眼睛的冲量大小约为0.1NsC. 手机对眼睛的冲量大小约为0.3NsD. 手机对眼睛的作用力大小约为4.5N【答案】D【解析】【详解】A20cm=0.20m；150g=0.15kg；根据自由落体速度v=2m/s手机与眼睛作用后手机的速度变成0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为p=0mv=0.152=0.30kgm/s故A错误；BC手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则Iymgt=p代入数据可得Iy=0.45Ns手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.45Ns。故B错误，C错误；D由
7、冲量的定义Iy=Ft代入数据可得故D正确；故选D。5. 如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A. 子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒C. 在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D. 在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零【答案】D【解析】【详解】A.由能量守恒定律可知，子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能和产生的内能只和，选项A错误；B.弹簧、木块和子弹组成的系统，由于受竖直
8、墙壁的弹力作用，合外力不为零，故动量不守恒；由于有内能产生，故系统的机械能不守恒，选项B错误；C.根据牛顿第三定律可知，在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力，选项C错误；D.在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，但是由于木块受弹力作用，故加速度不为零，选项D正确；故选D.6. 如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为（）A. 向东B. 向东C 向东D. v1向东【答案】D【解析】【详解】人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和之间的相互作用在竖直方向上，在水
9、平方向上的仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向东故选D。7. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间内，充电宝的输出电压、输出电流可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为，则时间内（）A. 充电宝输出的电功率为B. 充电宝产生的热功率为C. 手机电池产生的焦耳热为D. 手机电池储存的化学能为【答案】D【解析】【详解】A充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为A错误；BC手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC错误；D输出的
10、电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为D正确。故选D。8. 如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为的水以相对地面为的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B. 水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C. 火箭获得的最大速度为D. 火箭上升的最大高度为【答案】D【解析】【详解】A火箭推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；B水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误
11、；C在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有解得C错误；D水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有解得D正确。故选D。二、多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9. 下列图中线圈中不能产生感应电流的是（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】A线圈在磁场中运动，穿过线圈的磁通量没有变化，所以不会产生感应电流，A符合题意；B线圈离开磁场时，磁通量减小，故有感应电流产生，B不符合题意；C线圈与磁场始终平行，穿过线圈的磁通量为零，没有变化，所以不能产生感应电流，C符合题意；D在磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量发生变化，闭合线圈中产生感应电流，D不符合题意故选AC。【点睛】本题
12、的解题关键是掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化和磁通量的含义进行判断要特别注意理解C，明确由于磁感线一直和线圈平行，故没有磁感线“穿”过线圈10. 一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针S极向纸内偏转，这一束粒子可能是（）A. 向右飞行的正离子束B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束D. 向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】【详解】A向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，正离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意，故A错误；B向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场
13、方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意，故B正确；C向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意，故C正确；D向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意，故D错误。故选BC。11. 在光滑水平面上，一质量为m的小球A以速度v0与质量为2m的静止小球B发生碰撞，碰撞前后两球均在同一直线上，且碰撞后A球动能变为原来的，那么小球B的速度可能为（）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】根据碰后A球的动能恰好变为原来的，得解得碰撞
14、过程中AB动量守恒，则有解得，故选AB。12. 如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块 A。给A和B以大小均为5.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是（）A. 小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75m/sB. 小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C. 小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/sD. 长木板的长度可能为10m【答案】ACD【解析】【详解】AB木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v
15、0=5.0m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A的速度间为零时代入数据解得故A正确，B错误；C最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得代入数据解得故C正确；D最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统代入数据解得x=8m木板的最小长度为8m，可能为10m，故D正确。故选ACD。【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出木板速度与长度的临界值是即可解题。
16、卷 非选择题（共计6小题，满分60分）三、实验题（共2小题，满分14分）13. 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为30k，电压表的内阻约为10k，电流表的内阻约为500，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，则图_（填甲或乙）更接近待测电阻的真实值，且测量值_（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。【答案】 (1). 甲 (2). 大于【解析】【详解】1由于待测电阻满足所以电流表应用内接法，即Rx更接近真实值，故应选甲图2根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为即测量值大于真实值14. 以下为两种验证动量守恒定律的实验方案A、B，请分别完成以下问题：方案A：气垫导轨是常用的一种
17、实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮有导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：A用天平分别测出滑块A、B的质量、；B调整气垫导轨，使导轨处于水平；C在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上；D用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；E按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间和。本实验中还应测量的物理量_，
18、利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是_。方案B：如图实验室中验证动量守恒实验装置示意图(1)实验中必须测量的物理量是_A小球质量 B小球起始高度hC小球“飞出”的时间 D桌面离地面的高度HE小球“飞出”的水平距离OP、OM、ON(2)实验中必须要求的条件是_。A斜轨道必须是光滑的B轨道末端的切线必须水平C球心在碰撞瞬间必须在同一高度D每次必须从同一高度处滚下(3)如果入射小球、被碰小球质量分别是m1和m2，只要在误差范围内满足_，就可以认为验证了动量守恒定律。【答案】 (1). 测出B的右端至D板的距离L2 (2). (3). AE (4). BCD (5). 【解析】【详解】方
19、案A：1在实验的步骤D中，用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1，显然还必须测出B的右端至D板的距离L2，这样再测出AB分别到CD的时间，从而就能求出弹开的速度；2由于导轨无摩擦力，所以A、B两滑块弹开的速度分别为：、，那么要验证的表达式为：;方案B：(1)3小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有实验需要测量小球的质量、小球“飞出”的水平距离OP、OM、ON；小球下落的高度以及飞出时的时间、起始高度等不用测量
20、。故选AE。(2)4A只要小球从同一位置由静止滑下，小球到达水平位置的相同即可，不需要斜面光滑，故A错误；B实验中通过测量小球运动的水平射程来“替代”小球碰撞前后的速度，为了进行这样“替代”，则要求小球离开斜槽的末端后做平抛运动，所以在安装斜槽时必须保证斜槽的末端水平，故B正确；C为了让两小球碰撞后速度均沿水平方向，碰撞时两小球球心应在同一高度上，故C正确；D为了让小球到达水平面时的速度相同，小球必须从同一位置由静止滑下，故D正确。故选BCD(3)5若两球相碰前后的动量守恒，则有又OP=v0tOM=v1tON=v2t代入得所以应验证的表达式为。四、计算题（共4小题，满分46分）15. 汽车A在
21、水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，已知B车的质量为1.5103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.1，在碰撞后车轮均没有滚动，可近似认为做匀变速直线运动，重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)碰撞后B车运动过程中加速度的大小和方向；(2)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(3)经查阅车辆的碰撞时间约为0.03s，请以此数据可求出碰撞过程中B车所受的平均作用力。【答案】(1)10m/s2，向左；(2)3.0m/s；(3)F=1.5105N【解析】【详解】(1)B车
22、碰后水平方向只受滑动摩擦力，由牛顿第二定律得解得加速度大小为方向与运动方向相反，向左。(2)由匀变速公式得解得(3)两车碰撞过程以B车为研究对象，由于碰撞时间很短，A车对B车的作用力很大，即可忽略此过程中B车所受的滑动摩擦力，由动量定理得解得16. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r=1.0，电路中另一电阻R=2，直流电压U=100V，电压表示数Uv=90V，求：(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)电动机的输出功率。【答案】(1)5A；(2)450W；(3)425W【解析】【详解】(1)R两端电压为则通过电阻R的电流为电动机与电阻R串联，则通
23、过电动机的电流也为5A(2)电动机的输入功率为(3)电动机的输出功率为17. 如图所示，倾角为的光滑斜面体固定在水平面上，并通过一小段弧形轨道平滑地衔接，质量为m2=0.4kg的小滑块N放在水平面上，距离轨道衔接点x=2m，另一质量为m1=0.1kg的小滑块M由斜面上距离地面h=1.2m高度处无初速释放，经过一段时间两滑块发生无能量损失的碰撞。已知两滑块与接触面的动摩擦因数均为=0.2，滑块经过衔接点处无能量损失，重力加速度g=10m/s2。求：(1)两滑块最终的距离；(2)如果使滑块M碰后恰能回到释放点，则滑块M在释放点的初速度（可用分数或根号表示结果）。【答案】（1）；（2）【解析】【详解
24、】(1)假设两滑块碰前，滑块M的速度为从滑块释放到两滑块碰撞的过程，由动能定理得代入数据解得滑块M和滑块N碰撞的过程动量守恒、机械能守恒，则有解得，代入数据得 ，碰后滑块M反弹、滑块N向右做减速运动，假设碰后滑块M向左运动的距离为x时速度减为零，则由动能定理得解得即滑块M不能返回到斜面体上。碰后滑块N向右做减速运动，则由动能定理得 解得最终两滑块之间的距离为(2)假设滑块M的初速度为时，两滑块碰后，滑块M能返回到释放点对滑块M，由动能定理得两滑块碰撞的过程，有对于碰后的滑块M，则由动能定理得由以上整理并代入数据解得18. 如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M8 kg的平板小车，车上有一个质量m
25、1.9 kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态一颗质量m00.1 kg的子弹以v0200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中已知木块与小车平板之间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2.(1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？【答案】(1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m【解析】【详解】子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度；子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的共同速度；对系统由能量守恒定律求出小车的平板的最小长度；解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：解得：（2）子弹、木块、小车系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：解得：（3）子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：解得：
