【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.vqB.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2

R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2

10m/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45°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＝－15kg·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＝(m

1＋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()IRUE

r，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2

2120.75AUIRR这时有22EUIr联立代入数据解得6V,2Er（3）当开关K接c时，231236RRRRrRR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＝12mvb2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222PIR，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1

20R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