辽宁省锦州市北镇市满族高级中学2021-2022学年高二（上）第三次月考物理试题（解析版）

2021～2022学年度第一学期第三次月考高二物理试卷考试时间75分钟：试卷满分100分一、选择题（本大题共10个小题，1-7为单选每题4分，8-10为多选，每题6分，共46分）1.加在某段导体两端的电压变为原来的时，导体总的电流就减小0.6A，如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流将变为（）A.0.6A B.1.2A C.0.9A D.1.8A【答案】D【解析】【详解】设导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体的电阻又由题，导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流减小了0.6A，则有联立得解得I=0.9A当电压变为2U时，有I′=2I=1.8A故选D。2.如图电路中，当变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表和电流表的示数变化的情况是（）

A.V和A的示数都变大B.V和A的示数都变小C.V的示数变大，A的示数变小D.V的示数变小，A的示数变大【答案】A【解析】【详解】在变阻器R的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，R与R3并联的电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小；干路电流I增大，则R2两端的电压增大，即V的示数增大；并联部分电压U并=E-I（R1+R2+r）由于I增大，E、R1、R2、r均不变，则U并减小，通过R3的电流减小；干路电流I增大，通过R3的电流减小，则通过滑动变阻器的电流增大，即电流表A的示数增大。故选A。3.如图所示，一根通电导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）

A.直导线中电流方向垂直纸面向里B.d点的磁感应强度为0C.a点的磁感应强度为2T，方向向右D.b的磁感应强度为，方向斜向下，与磁场方向成135°角【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可知点的磁感应强度为0，则直导线在点的磁感应强度水平向左，根据安培定则可知直导线的电流方向垂直纸面向外，故A错误；B．直导线在点的磁感应强度竖直向上，匀强磁场的磁感应强度水平向右，合磁感应强度不为0，故B错误；C．直导线在点的磁感应强度水平向右，与匀强磁场的磁感应强度方向相同，结合点的磁感应强度为0可知a点的磁感应强度为2T，方向向右，故C正确；D．直导线在点的磁感应强度竖直向下，与匀强磁场的合磁感应强度为，方向斜向右下，与磁场方向成角，故D错误。故选C。4.下列关于能量量子化的说法，正确的是（）A.能量子与电磁波的频率成反比 B.电磁波波长越长，其能量子越大C.微观粒子的能量是不连续（分立）的 D.能量子假设是由爱因斯坦最早提出来的【答案】C【解析】【详解】A．由ɛ=hν可知，能量子与电磁波的频率成正比，故A错误；

B．由可知，电磁波波长越长，其能量子越小，故B错误；

C．普朗克提出了量子假说，他认为，物质辐射（或吸收）的能量都是不连续的，是一份一份进行的，故C正确；

D．能量子假设是由普朗克最早提出来的，故D错误。

故选C。5.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（）A.v0 B.2v0 C.3v0 D.4v0【答案】D【解析】【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度：4v0．故选D．【点睛】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．6.如图甲所示，在光滑水平面上两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的S﹣t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（）①碰前m2静止，m1向右运动；②碰后m2和m1都向右运动；③由动量守恒可以算出m2=0.3kg；④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能；以上判断正确的是（）A.①③ B.①②③ C.①②④ D.③④【答案】A【解析】【详解】A．由s−t(位移时间)图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止；m1速度大小为v1=△s/△t=4m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故①正确；B．由图读出,碰后m2的速度为正方向,说明向右运动,m1的速度为负方向，说明向左运动，故②错误；C．由图求出碰后m2和m1的速度分别为v′2=2m/s,v′1=−2m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v′2+m1v′1代入解得,m2=0.3kg，故③正确；D．碰撞过程中系统损失的机械能④错误．故选A。7.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部放热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2A，则下面说法正确的是（）①电源电动势为3V，内阻为1②线段AB表示的功率为2W③电流为2A时，外电路电阻为0.5④电流为3A时，外电路电阻为2A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④【答案】B【解析】【详解】C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，外电阻为零，电源的总功率P=EI又I=3A，P=9W则电源的电动势E=3V所以①正确，④错误；AB段表示的功率为PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1（W）=2(W)②正确；根据闭合电路欧姆定律，有解得电流为2A时，外电路电阻③正确。故选B。8.在探究产生感应电流的实验中，某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，A，B两回路中各有一开关S1，S2且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作对应的实验现象可能实现的是（）A.先闭合S2，后闭合S1瞬间，灵敏电流计的指针偏转B.S1，S2闭合后，在断开S2的瞬间，灵敏电流计的指针偏转C.先闭合S1，后闭合S2的瞬间，灵敏电流计的指针偏转D.S1，S2闭合后，在断开S1的瞬间，灵敏电流计的指针偏转【答案】AD【解析】【详解】A．先闭合S2，回路是一个闭合回路，然后闭合S1，A回路接通，回路处在A回路电流产生的磁场之中，穿过回路的磁通量发生变化，有感应电流产生，电流计指针发生偏转，选项A正确；B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，回路中的磁通量不发生变化，不发生电磁感应现象，所以回路中没有感应电流，电流计指针不偏转，选项B错误；C．先闭合S1电路已经稳定，再闭合S2，回路中的磁通量不发生变化，故不发生电磁感应现象，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项C错误；D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，A回路中的电流发生变化，所以穿过回路的磁通量减小，发生电磁感应现象，回路中产生感应电流，电流计指针发生偏转，选项D正确。故选AD。9.如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系.四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是()

A.线圈a中有感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中无感应电流D.线圈d中无感应电流【答案】AD【解析】【详解】A．由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向．ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；BD．其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B错误，D正确．C．ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C错误；10.如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在、两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示，由振动图像可以得知（）

A.在时刻，振子的速度最大B.振子的振动周期等于C.在时刻，振子的位置在a点D.振子在时刻动能最大【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．在时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，A正确；B．振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图乙直接读出其周期，B正确；C．由图乙知在时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，C错误；D．振子在时刻偏离平衡位置最远，速度为零，动能为零，D错误。故选AB。二、填空（共计14分）11.用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图，斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B求静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是垂直所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2：1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的____点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量的百分误差=_______%（结果保留一位有效数字）。【答案】①.P②.2【解析】【详解】[1]A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没有碰时A球的落地点，N是碰后B的落地点，M是碰后A的落地点；所以，根据实验现象，未放B球时A球落地点是记录纸上的P点。[2]碰前系统的总动量可等效表示碰后系统的总动量可等效表示为则其百分误差代入数据解得碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝0.02=2%12.某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1的内阻r1=1.0kΩ，电阻R1=9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻．（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是_______导线断开；若读数为零，则一定是_______导线断开．

（2）排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图．由I1–I2图象得到电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．【答案】①.②.③.1.41（1.36~1.44均可）④.0.5（0.4~0.6均可）【解析】【详解】①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间．②根据闭合电路的欧姆定律：，，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41V，内阻r=0.5Ω．点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心．三、计算题（13题12分，14题13分，15题15分）13.如图所示，电阻为，电源内阻r为，当合上电键S且滑动变阻器为时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，灯泡正常发光．求：电源的电动势；

电灯的电阻和灯的额定功率；当电键S断开时，为使灯泡正常发光，滑动变阻器的阻值应调到多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】当S合上时，电阻与灯泡串联后电阻R1并联，根据电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，求出通过电源的电流；由电源的总功率求得电源的电动势；根据电源的输出功率，求出外电阻总电阻，得到灯泡的电阻；断开时，电阻与灯泡串联，根据欧姆定律求出的阻值．【详解】电键S合上，由，代入解得由，得（2）根据闭合电路欧姆定律可知：流过的电流则流过灯的电流

灯的电压灯的电阻

灯的功率电键S断开，变阻器的电压为

滑动变阻器的阻值​故本题答案是：（1）（2）（3）【点睛】对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功率：电源的总功率、内电路功率和输出功率的关系．14.如图所示，电源电动势E=18V，内阻r=2Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=﹣2×10﹣7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时理想电流表的读数为1A．已知定值电阻R1=6Ω求：

（1）带电液滴的质量（取g=10m/s2）．（2）当把滑动变阻器滑动片P迅速移到C点后，液滴到达极板时的动能．【答案】（1）1.6×10﹣5kg（2）7.14×10﹣8J【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求解路端电压，然后对液滴根据共点力平衡条件列式求解质量；

(2)当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，电压增加，液滴向上做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解末动能．【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E-Ir=18-1×2.0=16V液滴平衡，故：代入数据解得：