1、高二物理月考题一.单选部分（每题3分，共8小题1. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【解析】电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误C正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源
2、两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误【点睛】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量2. 一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为（ ）A. E2.4V，r1B. E3V，r2C. E2.4V，r2D. E3V，r1【答案】B【解析】【详解】由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势E=3V，当电源接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V，电路中电流为电源的内阻故B正确3. 在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，
3、子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能不守恒D. 动量不守恒，机械能守恒【答案】C【解析】【详解】系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故选C。4. 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在
4、很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A. 30B. 5.7102C. 6.0102D. 6.3102【答案】A【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系5. 在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A与质量为2m、静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是（）A. 0.7vB. 0.6vC. 0.3vD.
5、0.2v【答案】B【解析】【详解】以A、B两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mv=mvA+2mvB由机械能守恒定律得解得，负号表示碰撞后A球反向弹回；如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=（m+2m）vB解得则碰撞后B球速度范围是，故B项正确，A、C、D项错误。故选B。6. 高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大
6、小为()A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向7. 如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，电热丝加热形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功
7、率为120W，热风时的功率为1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是（）A. 电热丝的电阻为55B. 电动机的电阻为C. 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1120J【答案】A【解析】【详解】A电热丝工作时的功率：P1=1000W-120W=880W，电热丝的电阻故A正确； B电动机是非纯电阻电路，不能够用欧姆定律来计算电阻故B错误； C当电吹风吹冷风时，电热丝没有接入电路，电热丝消耗的功率为零；故C错误； D当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为Q2=P1t=120J故D错误。故选A。8. 汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗
8、，如图15图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58 A,若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 ,电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了A. 35.8 WB. 43.2 WC. 48.2 WD. 76.8 W【答案】B【解析】【详解】电动机未启动时，U灯EI1r（12.5100.05）V12 V，车灯功率P灯U灯I1120 W；电动机启动时，U灯EI2r（12.5580.05）V9.6 V，设车灯阻值不变，由P ，可得P（）2P灯（）2120 W76.8 W，电功率的减少量PPP（12076.8）W43.2 W，选项B正确二.多选
9、部分（每题4分，错选或者多选不得分，漏选得2分；共4小题）9. 已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大为探测磁场有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使灯泡L正常发光若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则A. 灯泡L变亮B. 灯泡L变暗C. 电流表的示数变小D. 电流表的示数变大【答案】AC【解析】【详解】CD探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，选项C正确，D错误；AB由于总电流变大，则电源内电阻分压变小，路端电压变大，则电灯L亮度增加，选项A正确，B
10、错误10. 如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有（）A. 小球的机械能减少了mg（H+h）B. 小球克服阻力做的功为mghC. 小球所受阻力的冲量大于D. 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】【详解】A小球在整个下落过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg（H+h），则小球的机械能减少了mg（H+h），故A项正确；B对小球下落的全过程运用动能定理得mg（H+h）-Wf=0则小球克服阻力做功Wf=mg（
11、H+h）故B项错误；C小球落到地面时的速度，对进入泥潭的过程运用动量定理得解得知阻力的冲量大于，故C项正确；D对全过程分析运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和；故D项错误。故选AC。11. 如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A. 木板A获得的动能为2JB. 系统损失的机械能为2JC. 木板A的最小长度为2mD. A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】AD【解析】【详解】A由图示图象可知，
12、木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得木板获得的动能为故A正确；B系统损失的机械能代入数据解得故B错误；C由图得到01s内B的位移为A的位移为木板A的最小长度为故C错误；D由图示图象可知，B的加速度负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得代入解得故D正确。故选AD。12. 两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路进行实验，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一位同学记录电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录电流表A和电压表V2的测量数据。两位同学根据记录的数据描绘出如图(b)所示的两条UI图线。则图像中
13、两图线的交点表示的物理意义是( )A. 滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B. 电源的输出功率最大C. 定值电阻R0消耗的功率为0.5WD. 电源的效率达到最大值【答案】BC【解析】【详解】图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B由图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C定值电阻R0消耗功率为故C正确；D电源的效率为U越大，效率越大，故D错误。故选BC。三.实验部分13. 用下列器材组
14、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
15、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】（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=45V4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
16、0；6电池组的效率为14. 在“验证动量守恒定律”的实验中已有的实验器材有：斜槽轨道，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，向纸，复写纸，圆规实验装置及实验中小球运动轨迹及落点的情况简图如图所示试根据实验要求完成下列填空：（1）实验前，轨道的调节应注 意_；（2）实验中重复多次让a球从斜槽上释放，应特别注意_；（3）实验中还缺少测量器材有：_；（4）实验中需测量的物理量是_；（5）若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式_成立【答案】 (1). 槽的末端的切线是水平的 (2). 让a球从同一高处静止释放滚下 (3). 天平，刻度尺 (4). a球的质量ma和b球的质量mb，线段OP、OM和O
17、N的长度 (5). maOP = maOM+mbON【解析】分析】（1）要保证两物体发生弹性碰撞后做平抛运动，必需保证槽的末端的切线是水平；（2）要多次实验以确定同一个落点，必需让a球从同一高处静止释放滚下；（3）要验证mav0=mav1+mbvb根据两球做平抛运动的时间t相同，可验证mav0t=mav1t+mbvbt故只需验证maOP=maOM+mbON【详解】（1）由于要保证两物体发生弹性碰撞后做平抛运动，即初速度沿水平方向，所以必需保证槽的末端的切线是水平的（2）由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球a的速度必需相同，根据mgh=mv2可
18、得v=，所以每次必需让a球从同一高处静止释放滚下（3）要验证mav0=mav1+mbvb；由于碰撞前后入射球和靶球从同一高度同时做平抛运动，根据h=gt2可得两球做平抛运动的时间相同，故有可验证mav0t=mav1t+mbvbt；而v0t=0P，v1t=OM，v2t=ON，故只需验证maOP=maOM+mbON；所以要测量a球的质量ma和b球的质量mb，故需要天平要测量两物体平抛时水平方向的位移即线段OP、OM和ON的长度，故需要刻度尺（4）由（3）的解析可知实验中需测量的物理量是a球的质量ma和b球的质量mb，线段OP、OM和ON的长度（5）由（3）的解析可知若该碰撞过程中动量守恒，则一定有
19、关系式maOP=maOM+mbON四.计算部分15. 如图所示，已知电源电动势E=5 V，内阻r=2 ，定值电阻R1=0.5 ，滑动变阻器R2的阻值范围为010 。求:（1）当滑动变阻器R2接入电路的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大，最大功率是多少。（2）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是多少。（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大功率是多少。【答案】（1）2 W。（2）2.5 W。（3）3.125 W。【解析】【详解】(1)定值电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1= ，可见当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，R1消耗的功率最
20、大,最大功率为：P1m= =2W(2)将定值电阻R1看做电源内阻的一部分,则电源的等效内阻：r=R1+r=2.5 故当滑动变阻器接入电路的阻值R2=r=2.5 时滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为：P2m= =2.5W(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知，当R1+R2=r，即：R2=r-R1=(2-0.5) =1.5 电源有最大输出功率,最大输出功率为：P出m= =3.125 W16. 如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：(1)通过电动机的电流是多少？(2)若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（
21、g取10m/s2）【答案】(1)5A；(2)53.5kg【解析】【详解】(1)通过电动机的电流(2)由能量关系可知解得m=53.5kg17. 如图所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧栓接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度【答案】（1）9mgh/4（2）9h/16【解析】【详解】（1）A下滑与B碰撞前，机械能守恒：A与B碰撞，由动量守恒定律：，弹簧最短时弹性势能最大，据功能关系可得：
22、 ，解得： 根据题意，AB分离时A的速度大小为v2，A与B分离后沿圆弧上升到最高点过程中，由机械能守恒定律，有：解得：答：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度18. 如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务某时刻甲、乙都以大小为v02 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点甲和他的装备总质量为M190 kg，乙和他的装备总质量为M2135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，速度
23、为v1，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。【答案】(1)5.2 m/s；(2)432 N【解析】【分析】【详解】(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，则有M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/sv5.2 m/s(2)以甲为研究对象，以甲接住A后运动的方向为正方向，由动量定理得FtM1v1(M1v0)代入数据解得F432 N。