【文档说明】山东省济南市商河县第一中学2020-2021学年高二10月月考物理试卷PDF版含答案.pdf，共(8)页，862.361 KB，由小赞的店铺上传

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第一页共四页物理试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（本题共15小题，1-10小题是单选题，每小题3分；11-15小题是多选题

，全部选对的得3分，漏选的得2分，选错的得0分。）1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法不正确的是()A.库仑在前人工作的基础上总结出库仑定律B.美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量C.2QIRt最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热

的关系式D.奥斯特发现了电磁感应现象，并提出了力线的概念，他认为正是通过场（力线）把电作用与磁作用传递到别的电荷或磁体2.质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的

方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10kg·m/sB．－10kg·m/sC．40kg·m/sD．－40kg·m/s3.如图所示,有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的小球,从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水

平初速度0v先后射入电场中,最后在正极板上打出,,ABC三个点,则()A.落到A处粒子带负电,落到C处粒子带正电B.三种粒子到达正极板时速度相同C.三种粒子到达正极板时落在AC、处的粒子机械能增大,落在B处粒子机械能不变D

.三种粒子在电场中运动时间相同4.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀分布的负电荷，设橡胶棒单位长度内所含的电荷量为q，当橡胶棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于橡胶棒的运动而形成的等效电流的大小为()A.v

qB.qvC.qvSD.qvS5.如图，一束电子沿z轴正方向运动，则在图中y轴上A点的磁场方向是()A.+x方向B.x方向C.y方向D.y方向6.下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动能发生变化

，其动量一定发生变化C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D．动能大的物体，其动量也一定大7.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相

互作用时间极短，由图像给出的信息可知()A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的168.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动

变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，电流表、电压表均为理想表，下列说法正确的是（)A.电流表的示数减小B.电压表的示数减小C.电容器C的电容增大D.电容器C所带电荷量增大9.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，当闭合开

关12SS、后，电动机正常工作，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出，断开开关1S，电吹风吹冷风。已知电吹风的额定电压为220V，吹热风时的功率为1000W，吹冷风时的功率为120W，关于该电吹风

，下列说法正确的是()第二页共四页A.当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为1000JB.当电吹风吹冷风时，电热丝每秒消耗的电能为120JC.电热丝的电阻为55D.电动机线圈的电阻为1210310.如图所示电路中，12RR、为定值电阻，电源内阻

为r，闭合开关S，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表示数增加U，则在此过程中()A.可变电阻R阻值增大，通过它的电流增大B.电阻2R两端的电压减小，变化量等于UC.通过电阻2R的电流减小，变化量大于2URD.

电源的路端电压增大，变化量小于U11.如图所示，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，要使线圈产生感应电流，下列方法中可行的是()A.将线圈向左平移一小段距离B.将线圈向上平移C.以ab为轴转动(小于90°)D.以bc为轴转动(小于60°)12.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的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是()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，小球能回到槽上高h处13.将两个完全相同的电流计改装成两个量程不同的电流表12AA、，已

知改装后电流表12AA、的量程分别为120.6A3AII、，将两个改装后的电流表接在电路中，两电流表都没有烧毁。则下列说法正确的是()A.改装后两电流表12AA、的电阻之比为12:1:5RRB.将改装后的电流表串联，接通电路12AA、的

偏转角之比为5:1C.将改装后的电流表串联，接通电路12AA、的示数之比为5:1D.将改装后的电流表并联，接通电路12AA、的示数之比为1:514.如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0

.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。当开关置于b处时，电流表示数变为2I，灯泡正常发光，已知电阻1.5R，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g取210m/s，则（）A.电动机线圈的内阻为0.5B.电动机的额定电

压为10VC.电源电动势为12VD.电源内阻为115.真空中有一边长为L的正方形区域ABCD，E为AB边中点，该区域内存在匀强电场，电场方向平行于AB边且从A指向B。一质量为m、带电量为+q的粒子从AB边上某点以速度v0垂直电场方向射入电

场，恰好从C点离开正方形区域，离开时的速度方向与对角线AC相切。不计粒子重力。则()A.入射点在E点B.粒子电势能减少20mC.匀强电场的场强为D.粒子离开C点时的动能为2032m第三页共四页Ⅱ卷（非选择题满分55分）注意事项：第II卷所有题目的答案，考生需用0.5毫米黑色签字笔答在规定

的区域内，在规定的区域外答题不得分二、实验题（本题共11分。每空1分，把答案填在答题纸的横线上）16.某同学设计了如图甲所示的电路测电源的电动势和内阻。(1)闭合电键1S，将单刀双掷开关合向a，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在UI坐标平面内描点作图再；将单刀双掷开关合向b

，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在UI坐标平面内描点作图两次作出的图象如图乙所示，则将单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象应是___________(填“A”或“B”)。将电键合向___________(填“a”或“b”)时，测得的电源电动势没有系统

误差。(2)根据两次测得的数据分析可知，根据图线___________(填“A”或“B”)求得的电动势更准确，其电动势的值为E___________V。(3)若该同学通过实验测出电流表的内阻为A1R，则利用图线__________

_(填“A”或“B”)测得的电源的内阻更准确，由此求得电源的内阻为r_________。17.某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）。完成下列测量步骤：（1）检查多用电表的机械零点。

（2）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的_____（选填“a”或“b”）端。（3）将选择开关拨至电

阻“×100”挡，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小。为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量。则该同学应选择________（“10”或“1k”）挡，然后________，再进行测量。测量后示数如图所示，则测量结果

为___________。（4）测量完成后，将选择开关拨向________挡位置。三．计算题（本题共4小题，共计44分。解答时请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）18.（15分）在如图所示的电路中，1232,4RRR，当开关K接

a时，2R上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V。求：（1）当开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内阻；（3）当开关K接c时，电源的输出功率。第四页共四页19.（10分）如图所示，光滑轨道a

bc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为M＝3kg、长度为L＝0.5m的平板车，平板车上表面与bc等高、现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的

速度大小为vb＝2m/s，对轨道的压力大小等于30N，之后物块向右滑上平板车。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。(1)求该物块的质量；(2)若物块最终未从平板车上滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量。20.（9分）如图所示的电路中，电源的电动

势5VE、内阻10r，其中定值电阻290R，滑动变阻器1R的调节范围为0~400。（1）滑动变阻器1R消耗的最大电功率应为多少？（2）滑动变阻器1R的阻值为多大时，定值电阻2R消耗的电功率最

大？最大应为多大？（3）由于故障，滑动变阻器的最大阻值只能调节到20，则当1R的阻值为多大时，滑动变阻器1R消耗的电功率最大？最大应为多少？21.(10分)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成4

5°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大

小和方向；(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小；(3)小环运动到P点的动能．第Ⅰ卷（选择题共48分）选择题（本题共15小题，1-10小题是单选题，每小题3分；11-15小题是多选题，全部选对的得3分，漏选的得2分，选错的得0分。）1.答案：D解析：A.库仑在前人工作的基础上总结

出库仑定律，故A正确；B.美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故B正确；C.2QIRt最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热的关系式，故C正确；D.法拉第发现了电磁感应现象,并提出了力线的概念,他认为正是通过场(力线)把电作用与磁

作用传递到别的电荷或磁体，故D错误；本题选不正确的，故选：D。2解析：选D动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15

kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s。3.答案：A解析：A.三粒子水平方向做匀速直线运动,水平位移：0xvt，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，所用A粒子带负电，B粒子不带电，C粒子带正电，故A正确。D.根据题意，三小球

在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：212hat，解得：2hta；由于平行板间有竖直向上的电场,正电荷在电场中受到向上的电场力,向下的合力最小,向下的加速度最小,负电荷受到向下的电场力,向下的合力最大,向下的加速度最大,不带

电的小球做平抛运动,加速度为重力加速度g,根据2hta得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故D错误。B.C.3种粒子下落过程有重力和电场力做功,它们的初动能相同,根据动能定理合力做功越多则末动能越大,而重力做功相同,A

粒子带负电,电场力做正功;B粒子不带电,电场力不做功;C粒子带正电电场力做负功;所以动能kCkBkAEEE，故BC错误。故选：A.4.答案：A解析：在垂直橡胶棒的运动方向上选取一横截面，设橡胶棒长为L，则橡胶棒上所有电荷通过这一横截面所用的时间Ltv，从而得电流LqIqvt，A正确，

BCD错误。5.答案：A解析：电子沿z轴正向运动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场产生的磁感线是以z轴上各点为圆心的同心圆，方向沿顺时针方向（沿z轴负方向看），则可知y轴A点磁场方向沿x轴正向，选项A正确。6解析：选B

物体的动量发生变化时，如果只是方向发生变化，则其动能不变，A错误；物体的动能发生变化时，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，B正确；由Ek＝p22m可知，两物体的动量相同时，质量越小，动能越大，故选项C、D均错误。7.解析：选

D根据x­t图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰

撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，12m1v12>12m2v22，

故选项C错误，D正确。8.【解析】选B。滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，滑动变阻器接入电阻减小，总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；电容器的电容与电容器自身有

关，与电容器两端的电压没有关系，只要电容器自身没有改变，电容器的电容就不变，故C错误。电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=CU可知，电容器C所带电荷量减小，D错误。9.答案：C解析：吹热风时，电热丝和电动机并联，即电路消耗的电功率等于电热丝消耗的电功率与电动机消耗

的电功率之和，故1000W120WP热，则电热丝的功率为=880WP热，根据公式WPt，可得当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880J，根据公式2UPR可得电热丝的电阻为255URP热，选项A错误，C正确；当吹冷

风时，只有电动机工作，电热丝不工作，电热丝消耗的电能为0，选项B错误；因为电动机是非纯电阻用电器，所以不能根据公式2URP求解线圈电阻，选项D错误。10.答案：D解析：由题图分析知，电压表的示数增大，R和1R并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减

小，并联部分电压增大，通过1R的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，A错误；R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻2R两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻2R两端的电压减少量小于U，B错误；由欧姆定律得知，通过电阻2R的电流堿小，减少量小于2UR，C错误

；由于电阻2R两端的电压减小，所以路端电压的增加量小于U，D正确。11.答案：AC12解析：选BC在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；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，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；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，小球被弹簧反弹后与槽的

速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。13.答案：BD解析：两个电流表由小量程的电流计并联电阻改装而成，内阻之比等于电流表量程的反比，12:5:1RR，A错误；两个电流表串联接入电路后，电流值相等，示数之比为1:1，1A的量程为0.6A，2A的量程为

3A，则指针偏转角之比等于量程的反比，为5:1，B正确，C错误；两电表并联，电压值相等，示数之比等于内阻的反比，为1:5，D正确。14.答案：AC解析：开关置于b处时，流过电源的电流为1111APUI，电源电动势1L()ERrUI，开关置于a处时，流

过电源的电流为22AI，电动机的额定电压2M28VPUI，电源电动势2M()IRUEr，联立解得12V,0.5Er，故C正确，B、D错误；开关置于a处时，2M2MIRPmgv，解得M0.5R，故A正确。15.【解析】选A、C。设粒子从AB边的任意一点入

射，作出速度和位移的分解，如图设速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，平抛的竖直位移为y，水平位移为L，根据类平抛运动的推论：速度夹角正切值是位移夹角正切值的两倍，则有：tanθ=2tanα，=2，解得x=，根据几何关系得：=，解得：y=，即粒子的

入射点在E点，则tanθ==1，解得θ=45°，故沿电场力方向的速度vy=v0tan45°=v0，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故减少的电势能为ΔEp=m=m，根据qEy=m，解得：E=，由几何关系得：离开C点时速度为vC=v0，故粒子离开

C点时的动能为EkC=m=m，故A、C正确，B、D错误，故选A、C。16.答案：(1)A、b；(2)B、1.5；(3)B、4。解析：(1)单刀双掷开关合向a时，由于电压表的分流，使测得的电源电动势和内阻都比真实值小。单刀双掷开关合向b时，由于电流表的分压，测得的电源电动势等于真

实值，测得的内阻比真实值大，因此将单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象是A。(2)图线B测得的电动势没有系统误差，更准确，其值为1.5V。由于图线B测得的内阻值实际为电源内阻与电流表内阻之和，因此误差较大，因此有图象A求得的电源内阻更准确。(3)若测出电流表的内阻为A1R,则利用图

线B测得的内阻更准确,由此求得电源内阻为：1.5140.3r。17.答案：（2）a（3）1k；重新欧姆调零；30.0k（4）OFF（或交流电压最高）解析：（2）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，

将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的负极，a端为二极管的正极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端。（3）将选择开关拨至电阻“

100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小，为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量，则该同学应选择“1k”挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量。测量后示数如题图所示，则测量结果为30.01k30.0k。（4

）测量完成后，将选择开关拨向OFF挡或交流电压最高挡位置。18.答案：（1）1A；4V（2）6V；2（3）4W解析：解：（1）开关K接a时，1R被短路，外电阻为2R，根据电功率公式可得通过电源的电流为121APIR电源两端电压124VPRU（2）开关K接a时，

有11EUIr开关K接b时，1R和2R串联，126RRR外通过电源的电流为22120.75AUIRR这时有22EUIr联立代入数据解得6V,2Er（3）当开关K接c时，231236RRRR

rRR总总电流1AEIR总电源的输出功率223123()4WRRPIRRR出19解析：(1)设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，物块在b点对轨道的压力为F，物块从a到b由机械能守恒定律有：mgR＝12m

vb2物块运动到b点，由牛顿第二定律有：F－mg＝mvb2R联立解得：m＝1kg。(2)设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q，由动量守恒定律有：mvb＝(m＋M)v由能量守

恒定律有：Q＝12mvb2－12(m＋M)v2联立解得：Q＝1.5J。答案：(1)1kg(2)1.5J20.答案：（1）1W16（2）当10R时，2R上消耗的电功率最大，为0.225W（3）当120R时，1R上消耗的电功率

最大，为0.035W解析：解：（1）滑动变阻器1R上消耗的电功率为21121125W(100)400PIRRR由上式可知当1100R时，滑动变阻器1R消耗的电功率最大，此时滑动变阻器1R消耗的最大电功率为1m251WW40016P（2）定值电阻2R消耗的电功率为222P

IR，显然电路的总电流最大时，定值电阻2R消耗的电功率最大。则当10R时，电路中的总电阻最小，电路中的电流最大，此时定值电阻2R上消耗的电功率最大，即222m2225()90W0.225W(9010)EPRRr（3）

可把定值电阻2R看成电源内阻的一部分，因为12RRr，因此，1R越接近2Rr，1R消耗的电功率越大，所以当120R时，1R上消耗的电功率最大。即21m112()EPRRRr22520W0.035W(209010)21.解析：(1)小环在直杆上的受力情

况如图所示．由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45°，得mg＝Eq，离开直杆后，只受mg、Eq作用，则F合＝2mg＝ma，a＝2g＝102m/s2≈14.1m/s2方向与杆垂直斜向右下方．(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，则

竖直方向：h＝v0sin45°·t＋12gt2，水平方向：v0cos45°·t－12qEmt2＝0解得：v0＝gh2＝2m/s(3)由动能定理得：EkP－12mv02＝mgh可得：EkP＝12mv02＋mgh＝5J.答案：(1)14.1m/s2，垂直于杆斜向右下方(2)2m/s(3)5J