1、山东省潍坊市临朐县实验中学2020-2021学年高二物理上学期11月月考试题（含解析）第卷 选择题一、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。1. 下列关于电动势的说法中，正确的是（ ）A. 电动势就是电势差，也叫电压，单位VB. 电动势大的电源做功一定多C. 电动势大的电源做功一定快D. 电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功【答案】D【解析】电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，和电势差有本质的不同，虽然单位相同；故A错误；电动势大的移动相同电量时做功多；并不是电动势大电源做功就多，做功也
2、并不一定快；故BC错误；电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功；故D正确；故选D.点睛：本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关与做功的多少及快慢无关2. A、B两灯的额定电压都是110V，A灯的额定功率PA100W，B灯的额定功率PB40W，若将两灯同时接入电压恒为220V的电路上，且使两灯均能正常发光，同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路，则甲、乙两电路消耗的电功率之比为（ ）A. 27B. 25C. 57D. 37【答案】C【解析】【详解】甲电路中，由于A、B两灯的额定电压都是110V，额定功率PA=1
3、00W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯B与电阻并联，可以使并联部分的电阻减小，可使A灯与并联部分的电阻相同，所以A、B能同时正常发光，并联电路消耗的功率与A灯的功率相同，所以总功率大小为200W；乙电路中，把AB并联之后与电阻串联接入电路，当电阻的阻值与A、B两灯并联的总电阻相等时，A、B就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为A、B两灯功率之和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W，由此可知，甲、乙两电路消耗的电功率之比为57A. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为27，与上分析不一致，故A错误；B. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为25，与上分析不一致，故B错误；C. 甲、乙两电路消耗电功率
4、之比为57，与上分析一致，故C正确；D. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为37，与上分析不一致，故D错误3. 如图所示，C为两极板水平放置的空气平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带点尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是：A. 把R1的滑片向左移动B. 把R2的滑片向右移动C. 把R2的滑片向左移动D. 把开关S断开【答案】C【解析】【详解】要使尘埃P向下加速运动，电容C两端电压就得下降A在含容电路中相当于一根导线，滑动的滑片，电容两端的电压不会发生变化，故A错误；BC和电源组成分压电路，把R2的滑片向左
5、移动，电容两端电压就会下降，尘埃P向下加速运动；R2的滑片向右移动，电容两端电压就会上升，尘埃P向上加速运动；故B错误，C正确；D把开关S断开，电容C两端电压等于电源电动势，电压升高，尘埃P向上加速运动，故D错误。故选C。【点评】稍难电容器稳定后可认为断路，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压与电容器串联的电阻可作为导线处理。4. 四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于一个正方形abcd的四个顶点处，导线中通有方向如图所示的电流，若每根通电导线在正方形中点处产生的磁感应强度大小均为B，则正方形中点处实际磁感应强度的大小为（ ）A. 0B. 2BC. BD. B【答案】C【解析】
6、【详解】由右手螺旋定则可知，中心电场如图所示：c导线在中心的磁场指向b，a导线在中心的磁场也指向b，b导线在中心的磁场指向a，d导线在中心的磁场也指向a，所以中心的磁感应强度为：C正确。故选C。5. 两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5 V，V2表的量程是15 V，把它们串联起来接入电路中，则（ ）A. 它们的示数相等，指针偏转角度也相等B. 它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等C. 它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3D. 它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3【答案】B【解析】【详解】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V
7、，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3故B项正确，ACD错误。故选B。6. 如甲图所示，一质量为1kg的物体在水平地面上处于静止状态。一竖直方向外力F作用在物体上， F随时间变化的图像如乙图，t =4s时撤去外力F，重力加速度g = 10m/s2，则以下说法正确的是（）A. t=4s时物体速度为0B. 上升过程中物体的最大速度为12m/sC. 0到4s内物体速度一直在增加D. 撤去F后，物体的还能上升1.25m【答案】D【解析】【详解】
8、A4s内物体所受重力和拉力作用，在1s前，物体处于静止状态，1s到4s内根据图像所围成的面积可知， 合力的冲量由动量定理可知I=mv解得v=5m/sA错误；D4s时撤去F，此后，上升的高度h=1.25m选项D正确；C由图像可知t=3s时拉力等于重力，速度达到最大，此后开始做减速运动，选项C错误；B由图像包围面积可求出在1s到3s内合力的冲量I1=10Ns= mvmvm = 10m/s选项B错误。故选D。7. 如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2，匀强磁场的磁感应强度，方向沿x轴正方向（图中未画出）.在线圈由图示位置绕z轴向下转过的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为（ ）A. 3.46102W
9、bB. 2.00102WbC. 4.00102WbD. 0【答案】A【解析】【详解】线圈位于题图实线所示位置时，线圈平面跟磁场方向平行，穿过线圈的磁通量；线圈绕：轴向下转过时，穿过线圈的磁通量为则穿过线圈的磁通量的变化量为故A正确。故选A。8. 如图所示，质量为的弹性小球B与轻质弹簧右端拴接静止在光滑水平面上，弹簧左端固定在竖直墙壁上。质量为的弹性小球A以速度向左运动，小球A、B发生对心弹性碰撞。则小球B压缩弹簧使得弹簧具有的弹性势能的最大值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设弹性小球、发生完全弹性碰撞后的速度分别为、，碰撞过程满足动量守恒定律有同时满足机械能守恒定律有联
10、立解得两小球分开之后，小球压缩弹簧将动能全部转化为弹簧的弹性势能，故弹簧的弹性势能最大值为故选C。二、多项选择题：本题共4小题，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。9. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。某同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体，电梯静止时电压表示数为，电源内阻不能忽略。若在某个运动过程中，电压表的示数变化如图乙所示，则下列说法正确的是（） A. 时间内电梯内的物体处于超重状态B. 时间内电梯内的物体处于失重状态C. 时间内电梯可能
11、处于匀加速直线运动状态D. 时间内电梯可能处于匀减速直线运动状态【答案】BC【解析】【详解】A在0t1时间内，电压表的示数从U0开始逐渐变大，则电路中的电流减小，总电阻变大，压敏电阻的阻值增大，则所受压力减小，则电梯内的物体处于失重状态，选项A错误；BD在t2t3时间内，电压表的示数逐渐变小，则电流变大，总电阻变小，压敏电阻的阻值增减小，则所受压力变大，则电梯内的物体处于超重状态；由于电压表读数是变化的，则外电阻是变化的，压敏电阻阻值是变化的，所受压力是变化的，则电梯不可能做匀变速运动，选项B正确，D错误；C在t1t2时间内，电压表的示数大于静止时的读数且保持不变，说明外电路电阻变大且保持不变
12、，压敏电阻受压力减小，电梯内的物体处于失重状态，电梯的加速度向下且保持不变，则电梯可能处于向下的匀加速直线运动状态，选项C正确；故选BC。10. 在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为U1和U2，对U1和U2有A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知： 结合公式可知，故A对；B错当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知U20，U1 0，故C错；D对故选AD11.
13、 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A. 直线a表示电源的图线B. 曲线c表示电源的图线C. 电源的电动势，内阻D. 电源的最大输出功率【答案】AD【解析】【详解】A电源消耗的总功率的计算公式故图线时直线，故A正确；B输出功率应为开口向下的曲线，故b表示图线；电源内阻消耗的功率应为开口向上曲线，故c表示图线，故B错误；C当时，说明外电路短路，根据得故C错误；D输出功率当时，输出功率最大，为，故D正确。故选AD。12. 如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板，已知
14、，m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最远时，m1速度为v0，则在以后的运动过程中（）A. m1的最小速度是0B. m1的最小速度是C. m2的最大速度是D. m2的最大速度是2v0【答案】BD【解析】【详解】设m1运动到挡板正上方时速度为，并从此刻开始m1与m2相距最远时，m1速度为v0，m2速度也为v0，根据动量守恒得解得从小球到达最近位置后继续前进，此后拉到前进，减速，加速，达到共同速度时两者相距最远，此后继续减速，加速，当两球再次相距最近时，达到最小速度，达最大速度，根据动量守恒得机械能守恒得解得故选BD【点睛】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动
15、过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解答。第卷 非选择题三、实验题（本题共2小题，共14分。把答案填在题中的横线上。）13. 国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是_；A.斜槽轨道末端的切线必须水平 B.入射球和被碰球半径必须相同C.入射球和被碰球的质量必须相等 D.必须测出桌面离地的高度HE.斜槽轨道必须光滑(2)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为_；(3)为了完成本实验，测得入射小球质量
16、m1，被碰小球质量m2，O点到M、P、N三点的距离分别为y1、y2、y3，若两球间的碰撞是弹性碰撞，应该有等式_成立。A. B. C. D. 【答案】 (1). AB (2). 32 (3). AD【解析】【详解】(1) 1A.斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证做平抛运动，选项A正确； B.入射球和被碰球半径必须相同，以保证两球正碰，选项B正确；C.入射球质量要大于被碰球的质量，以防止入射球反弹，选项C错误； D.两球均做平抛运动，竖直高度相同，时间相同，没必要测出桌面离地的高度H，选项D错误；E.斜槽轨道没必要必须光滑，只需小球到达底端时速度相同即可，选项E错误。故选AB。(2)2设落地时间
17、为t，则有而动量守恒的表达式为m1v0=m1v1+m2v2即m1OP=m1OM+m2ON代入数据可得m1:m2=3:2(3)3若碰撞是弹性碰撞，动能守恒的表达式为 即两球相碰前后的动量守恒，则有m1OM+m2ON=m1OP即 m1y1+m2y3=m1y2若碰撞是弹性碰撞则有故选AD.14. 用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。A.电压表V1（量程6V、内阻很大）B.电压表V2（量程3V、内阻很大）C.电流表A（量程3A、内阻很小）D.滑动变阻器R（最大阻值10）E.小灯泡（2A、5W）F.电池组（电动势E、内阻r）G.开关一只，导线若
18、干(1)某同学设计的实验电路图如图甲，实验时调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表V1的示数_，电压表V2的示数_。（填“变大”“变小”或“不变”）(2)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=_V、内阻r=_。（结果保留两位有效数字）(3)在UI图像中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为_，电池组的效率为_。【答案】 (1). 变小 (2). 变大 (3). 4.5 (4). 1.0 (5). 0 (6). 56%【解析】【详解】
19、（1）1调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，外电路的电阻减小，则路端电压减小，电压表V1的示数变小；2因电路的电流变大，则电压表V2的示数变大。（2）3由题图乙可知，电池组的电动势E=4.5V4内阻（3）5两图线的交点处，两个电压表的读数相同，故此时滑动变阻器接入电路中的阻值为0；6电池组的效率为四、解答题（本题包括4小题，共46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，答案中必须明确写出数值和单位。）15. 如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20F当开关S断开时，电源提供的总功率为2W；当开
20、关S闭合时，电源提供的总功率为4W，求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）闭合S时电源的输出功率；（3）S断开时电容器所带的电荷量【答案】见解析【解析】试题分析：（1）S断开，R2、R3串联根据闭合电路欧姆定律，有：故总功率为：S闭合，R1、R2并联再与R3串联总外电阻根据闭合电路欧姆定律有：故总功率为：联立解得：（2）闭合S时输出功率（3）S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压考点：闭合电路欧姆定律、功率等16. 某同学利用图甲所示装置测定某电动机的效率。分别用电压传感器和电流传感器测得电动机的输入电压和输入电流与时间的关系图像分别如图丙、图丁所示，当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升
21、的位移与时间的关系图线如图乙所示，电动机提升的重物的质量为91.2g，不计一切摩擦，取g = 10 m/s2。求：(1)该电源的电动势与内阻；(2)该电动机在图乙所示时间内的效率；【答案】(1)3.2V，1.25 ；(2)95%【解析】【详解】（1）电动机与电源构成闭合电路初始启动时， 由闭合电路定律可知电动机稳定工作时， 由闭合电路定律可知联立解得，（2）电动机的输入功率为 由题图乙可知重物匀速上升时的速度为 电动机的输出功率为 电动机的效率为 联立解得17. 如图所示，质量为M=2kg的小车静止在光滑的水平地面上，其AB部分为半径R=0.5m的光滑四分之一圆孤，BC部分水平粗糙，BC长为L
22、=1m。一可看做质点的小物块从A点由静止释放，恰好能不从小车上掉下去。已知小物块质量m=1kg，g取10m/s2 。求：(1)小物块与小车BC部分间的动摩擦因数；(2)小物块从A滑到C过程中，小车获得的最大速度。【答案】(1)0.5s；(2)，方向水平向左【解析】【详解】(1)小物块滑至C点，物块与小车的速度相同，设共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律，得0=(M+m）v解得v=0根据功能关系，有mgR=mgL解得(2)小物块滑至B时，车速最大。由水平方向动量守恒得mv1Mv2=0由动能关系解得小车获得的最大速度为速度方向水平向左。18. 固定在轻质弹簧两端质量分别是，的两个物体置于
23、光滑水平面上，m1靠在光滑竖直墙上，现有一颗的子弹水平射入m2中，使弹簧压缩而具有12J的弹性势能，然后m1和m2都将向右运动，试求：(1)子弹的初速度v0；(2)竖直墙对m1的冲量；(3)m1和m2都向右运动过程中弹簧可具有最大弹性势能。【答案】(1)600m/s；(2)；(3)3J【解析】【详解】(1)以子弹与m2组成的系统为研究对象，在子弹击中m2的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得在木块m2压缩弹簧过程中，子弹、木块m2、弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得其中解得(2)在弹簧恢复原长过程中，子弹、木块m1、木块m2、弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得以向右为正方向，在整个过程中由动量定理得解得方向水平向右。(3)当子弹、木块m1、木块m2速度相等时，弹簧的弹性势能最大，从弹簧恢复原长到弹簧弹性势能最大过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得在该过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律得解得