山东省鄄城县第一中学2024届高二上学期10月月考物理试题 word版含解析.docx

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高二物理试题（考试范围：第十二章能量能量守恒定律）主要命题点：1.电功、电热、电功率和热功率2.闭合电路欧姆定律3.测电源电动势和内阻一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.关于能量和能源，下列说法中正确的是()A.能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加B.能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少C.能量在转化和转移过程中总量保持不变，故节约能源没有必要D.能量的转化和转移具有方向性．且现有可利用的能源有限，故必须节约能源【答案】D【解析】【详解】能量在转化和转移过程中，总量是守恒的，故选项A、B错误；能量在转化和转移过程中总量保持不变，但我们要注意节约能源，选项C错误，D正确．思路分析：能量在转化和转移过程中，总量是守恒的，能量在转化和转移过程中总量保持不变，但我们要注意节约能源，试题点评：本题考查了对能量守恒定律得理解以及培养节能意识2.下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（　　）A.电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B.适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路C.在非纯电阻电路中，D.焦耳热适用于任何电路【答案】A【解析】【详解】A．电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短和是否是纯电阻电路有关，A错误； B．适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路，B正确；C．在非纯电阻电路中，总功率大于热功率，，C正确；D．焦耳热适用于任何电路，D正确；本题选择错误的，故选A。3.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是和，重物P上升的速度已知该装置机械部分的机械效率为，重物的质量下列说法正确的是　　A.电动机消耗的电功率为550WB.细绳对重物做功的机械功率为325WC.电动机输出的电功率为400WD.电动机线圈的电阻为【答案】A【解析】【分析】已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率，根据求出机械功率；由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由求出电动机线圈的电阻．【详解】根据电功率关系式有：，故电动机消耗的功率为550W，故A正确；以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有：，根据，得：，故细绳对对重物做功的机械功率为315W，故B错误；电动机输出的功率，故C错误；根据功能关系有：，，联立解得：，故D错误；故选A． 【点睛】本题考查电动机工作中的能量转化规律，要知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键；利用P=Fv求功率和平衡态列方程是解题的核心．4.如图所示电路，a、b、c是三个相同的灯泡，其电阻均大于电池内阻r，当闭合开关S，变阻器滑片向下移动时，下列说法中正确的是（　　）A.通过灯的电流减小B.c灯两端的电压减小C.b灯消耗的电功率减小D.电源输出的电功率减小【答案】B【解析】【分析】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化。【详解】A．当变阻器的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，因灯接在干路中，所以通过灯的电流增大，故A错误；B．由欧姆定律知并联部分电压I增大，减小，故B正确；C．根据欧姆定律知减小，减小，由于增大，减小，因此增大，根据知b灯消耗的电功率增大，故C错误；D ．三个灯泡的电阻都大于电源内阻，由电路结构可知，外电阻大于电源的内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向下移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大，故D错误。故选B【点睛】闭合电路动态变化分析问题，意在考查考生对闭合电路的欧姆定律、部分电路欧姆定律及电功率的理解。5.如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器的滑片向a端移动，则（　　）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.消耗的功率减小D.质点P将向下运动【答案】D【解析】【详解】AB．当滑片向端移动，变阻器接入电阻变小，总电阻变小，根据可知电流变大，电流表示数变大，电压表示数为可知，电压表示数变小，故AB错误；C．根据知，电流变大，电阻不变，R1消耗的功率变大，故C错误；D．电容器间电压减小，由板间电场强度减小，质点P受到向上的电场力减小，电场力小于重力，质点P向下运动，故D正确。故选D。6.图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻Rg＝100Ω ，调零电阻的最大值R0＝50kΩ，电池电动势E＝1.5V，两表笔短接调零后，用它测量电阻Rx，当电流计指针指在满刻度的时，则Rx的阻值是（）A.1kΩB.10kΩC.100kΩD.100Ω【答案】B【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律可知，当两表笔短接，电流表满偏时：，解得R内=5kΩ；当偏转1/3时，；两式联立解得：Rx=10kΩ；故选B．【点睛】本题关键明确欧姆表的内部结构，能根据欧姆表的使用方法结合闭合电路的欧姆定律列方程；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．7.如图所示的U﹣I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图像可知（　　）A.的阻值为B.电源电动势为，内阻为C.电源的输出功率为D.电源内部消耗功率为【答案】A【解析】 【详解】A．由直线Ⅱ的斜率知A正确；B．根据闭合电路欧姆定律得当时由读出电源的电动势内阻等于图线的斜率大小B错误；C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压电流则电源的输出功率为C错误；D.电源内部消耗的功率D错误。故选A。8.如图所示，当可变电阻时，理想电压表的示数，已知电源的电动势，则（　　） A.此时理想电流表的示数是2AB.此时理想电流表的示数是3AC.电源的内阻是0.5ΩD.电源的内阻是2Ω【答案】A【解析】【详解】AB．电压表测量的是路端电压，电流表测电路中的电流，由部分电路欧姆定律有得故A正确，B错误；CD．由闭合电路欧姆定律有将、、代入可得故CD错误。故选A。9.在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是(　　)A.L1、L2两个指示灯都变亮 B.L1、L2两个指示灯都变暗C.L1变亮，L2变暗D.L1变暗，L2变亮【答案】B【解析】【详解】当电位器向a段滑动时，电路的总电阻减小，干路电流增大，所以内电压增大，路段电压减小，所以灯L1变暗；通过电阻R1的电流变大，所以电位器两端的电压减小，即通过灯L2两端的电压减小，所以灯L2变暗，故ACD错误，B正确．故选B．10.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示。将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（　　）A.升降机可能匀速上升B.升降机一定匀减速上升C.升降机一定处于失重状态D.通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在升降机运动过程中发现I大于升降机静止时电流表的示数I0，说明此时压敏电阻的阻值大于升降机静止时的阻值，则压敏电阻所受的压力小于升降机静止时的压力，升降机不可能匀速运动，故A错误；B．在升降机运动过程中发现电流表不变，说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0 ，可知外电压变大，内电压变小，说明总电流变小，所以总电阻变大，压敏电阻的阻值变大。由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则知压力变小，因此加速度方向向下，可能向下匀加速，也可能向上匀减速。故B错误；C．升降机的加速度向下，一定处于失重状态。故C正确；D、电路中总电流变小，而通过电流表的电流变大，则R的电流变小，所以通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时小，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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６分，选对但不全的得３分，有选错的得０分。11.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的图线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A.电源1比电源2内阻大B.电源1和电源2电动势相等C.小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率小D.小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率大【答案】ABC【解析】【详解】由闭合电路的欧姆定律知，当时电动势等于路端电压，即电源的图线与轴的交点就是电源电动势的大小，由题图知，电源1和电源2的电动势相等，故B正确；电源内阻，即电源的图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知，故A正确；小灯泡的图线与电源的图线的交点即为小灯泡的工作状态，由题图知，小灯泡与电源1连接时消耗的功率小于小灯泡与电源2连接时消耗的功率，故C正确，D错误．12.图示电路中，C为电容器，为的电阻箱，电源内阻定值电阻，。现闭合开关S，调节使其电阻从零逐渐增至最大，在此过程中（　　） A.电容器的a板先带正电后带负电B.电容器的a板先带负电后带正电C.电源的输出功率先增大后减小D.电容器两板间的电压先增大后减小【答案】AC【解析】【分析】【详解】ABD．当为零时，a板接电源正极，电势最高，带正电；当时，电容器两板等势，不带电；当时，b板电势较高，a板带负电。即电容器两端的电压先减小后增大。A正确，BD错误；C．当为零时，外电阻最小，最小值为当最大时，外电阻最大，最大值为根据电源的输出功率与外电阻的图像所以电源的输出功率先增大后减小。C正确。故选AC。 13.如图所示，用输出电压为1.4V、输出电流为100mA的充电器对内阻为2Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是（　　）A.电能转化为化学能的功率为0.12WB.充电器输出的电功率为0.14WC.充电时，电池消耗的热功率为0.02WD.充电器把0.14W的功率储存在电池内【答案】ABC【解析】【详解】AD.转化为化学能的功率为P化＝P总－P热＝0.12W；则充电器把0.12W的功率储存在电池内，故A正确，D错误.C.电池充电时的热功率为P热＝I2r＝0.02W，选项C正确；B.充电器对电池的充电功率为P总＝UI＝0.14W，选项B正确；14.在如图（a）所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示。则（　　）A.图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线B.电源内电阻的阻值为C.电源的最大输出功率为3.6WD.滑动变阻器R2的最大功率为0.9W【答案】AD【解析】【详解】A ．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙图线表示是V1示数的变化；图线甲表示V2示数的变化，故A正确；B．由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，则由闭合电路欧姆定律可得解得r=5Ω，E=6V故B错误；C．因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流电源的最大输出功率故C错误；D．由B的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流滑动变阻器R2最大功率为故D正确。故选AD。三、填空题：本题共1小题，每空3分，共12分。15.在测量电源的电动势和内阻的实验中,由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小,某同学设计了如图所示的实物电路: (1)实验时,应先将电阻箱的电阻调到_________(选填“最大值”“最小值”或“任意值”).(2)改变电阻箱的阻值R,分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U,在下列两组R的取值方案中,比较合理的方案是_________(选填“1”或“2”).方案编号电阻箱的阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0(3)根据实验数据描点,绘出的图象是一条直线.若直线的斜率为,在坐标轴上的截距为b,则该电源的电动势E=_______,内阻r=_________(用k、b和R0表示).【答案】①.最大值②.2③.④.【解析】【分析】(1)实验中应保证开始时的电流最小，可以保证电路安全，由闭合电路欧姆定律可知应如何调节滑动变阻器；(2)为了实验更精确应使数据间差值较大，并且能多测数据；根据两组方案的特点可知应选取哪一方案；(3)由题意及闭合电路欧姆定律可得出的关系，结合图象可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻．【详解】(1)电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处；(2)对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有10Ω，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大；而方案2中电阻箱的阻值与R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2 更合理；  (3)由闭合电路欧姆定律可得：，由函数知识可知：图象的斜率，故图象与纵坐标的交点，解得：．四、计算题：本题共2小题，16题12分，17题12分。16.如图所示电路中，R1=R2=2Ω，R3=1Ω．当K接通时，电压表的读数为1V；K断开时，电压表的读数为0.75V．求电源电动势E和内阻r．【答案】E=3V，r=1Ω【解析】【详解】设电源电动势为E，内阻为r，则当K接通，R1、R2并联再与R3串联，R1、R2并联电阻值是1Ω，电压表测R3两端的电压，所以:即：当K断开，R2、R3串联，电压表测R3两端的电压，则：即：联立①②代入数据得：E=3V，r=1Ω【点睛】利用闭合电路的欧姆定律是解题的关键，注意串并联电路的特点． 17.如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0＝4Ω，求：（1）电源的输出功率P出；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的机械功率。【答案】（1）16W；（2）10J；（3）3W【解析】【详解】(1)由题意知，并联部分电压为U＝8V故内电压为U内＝E－U＝2V总电流电源的输出功率P出＝UI＝16W(2)流过灯泡的电流则流过电动机的电流I2＝I－I1＝0.5A电动机的热功率P0＝I22R0＝1W10s内电动机产生热量Q＝P0t＝10J(3)电动机的总功率P＝UI2＝4W电动机的机械功率 P机＝P－P0＝3W