江苏省扬州市新华中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷

这是一份江苏省扬州市新华中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池( )
A. 一定有1.5J的化学能转变成电能
B. 在工作状态下两极间的电压恒定为1.5V
C. 比电动势为1.2V的电池存储的电能多
D. 将1 C电荷量由负极输送到正极过程中，电源把1.5J的化学能转化为电能
2.有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )
A. B. C. D.
3.如图所示为a、b两个导体的伏安特性曲线，由图象分析可知( )
A. Ra>Rb
B. RaC. 若将两个导体串联起来，总电阻的伏安特性曲线应在a线上侧
D. 若将两个导体串联起来，总电阻的伏安特性曲线应在a、b两条线之间
4.直流电路如图所示，闭合开关，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )
A. 总功率一定增大B. 效率一定增大
C. 内部损耗功率一定增大D. 输出功率一定先增大后减小
5.如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则( )
A. 电路中的电流约为0.21AB. 电动机的内阻为4Ω
C. 电动机正常工作电压为1VD. 电源效率约为93.3%
6.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的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法错误的是( )
A. 电源1与电源2的内阻之比是11：7
B. 电源1与电源2的电动势之比是1：1
C. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
7.两只电流表A1和A2是由完全相同的两只电流表改装成的，A1表的量程是5A，A2表的量程是15A。为了测量15∼20A的电流，把A1表和A2表并联起来使用，在这种情况下( )
A. A1表和A2表的示数相等
B. A1表的指针偏转角度大于A2表
C. A1表和A2表的示数之比为1：3
D. A1表和A2表的指针偏转角度之比为1：3
8.如图为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220 V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代。若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则( )
A. 整个电路的电阻将增大，干路电流将减小
B. 因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变
C. 发电机的输出功率将增大
D. 输电过程中的损失功率(即输电线路消耗的功率)将减小
9.如图电路中，电源电动势、内电阻、R1、R2为定值．闭合S后，将R的滑片向右移动，电压表的示数变化量的绝对值为ΔU，电阻R2的电压变化量的绝对值为ΔU'，电源电流变化量的绝对值为ΔI，下列说法正确的是( )
A. 通过R1的电流增大，增大量等于ΔUR1
B. 通过R2的电流增大，增大量ΔI等于ΔUR2
C. ΔU'与ΔI的比值保持不变
D. ΔU与ΔI的比值保持变小
10.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是( )
A. 图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系
B. 图中a线最高点对应的功率为最大输出功率
C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC
D. 两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1:1，纵坐标之比一定为1:2
11.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则 ( )
A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小
C. 质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐增大
二、实验题：本大题共2小题，共24分。
12.一只电流表的满偏电流为Ig=3mA，内阻为Rg=100Ω，若改装成量程为I=30mA的电流表，应并联的电阻阻值为_________Ω；若将改装改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为_________Ω的电阻。
13.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
(1)应该选择的实验电路是图1中的_____(选项“甲”或“乙”)。
(2)现有电流表(0-0.6A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表(0-15V)B.电压表(0-3V)
C.滑动变阻器(0-50Ω)D.滑动变阻器(0-500Ω)
实验中电压表应选用____；滑动变阻器应选用____；(选填相应器材前的字母)
(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线．___
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=__V，内电阻r=___Ω，根据实验设计误差主要来源于__________；真实值与测量值比较E测____E真，r测_____r真。
(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P-U关系的是______。
A.B.
C.D.
三、计算题：本大题共3小题，共32分。
14.如图所示的电路中，电池的电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻。在R0由0增加到400Ω的过程中，求：
(1)可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；
(2)电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和。
15.一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A。在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率。
(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量。
(3)线圈的电阻。
16.如图所示的电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF。当开关S断开时，电源所释放的总功率为2 W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W，求：
(1)电源的电动势和内电阻；
(2)闭合S时，电源的输出功率；
(3)S断开和闭合时，流过电容器的电荷量是多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】AD.电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1 C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1 C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确，A错误；
B.工作状态时两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；
C.电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，但电动势大的存储的电能不一定多，故C错误。
故选D。
2.【答案】A
【解析】【分析】
由金属导体电阻的决定式R=ρLS 进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积。
本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的。
【解答】
由电阻的决定式可知，
A.电阻为：RA=ρcab；
B.电阻为：RB=ρbac；
C.电阻为：RC=ρabc；
D.电阻为：RD=ρabc；
又有a>b>c，故电阻最小的为A。故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据电阻的定义式R=UI，可知，I-U图线直线的斜率k=1R，根据斜率大小，比较电阻的大小。
本题考查识别、理解物理图象的能力．物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义。
【解答】
AB.根据电阻的定义式R=UI
I-U图线直线的斜率k=1R
斜率越大，其电阻越小，则由图可知RaCD.若两个导体串联使用时，总电阻大于任一电阻；总电阻的伏安特性曲线应在b的下侧，CD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；
A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A错误；
B、电源的效率η=I2RI2(R+r)=11+rR，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；
C、电源内阻r不变，电流I减小，电源的热功率PQ=I2r减小，故C错误；
D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；
故选：B。
滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题。
考查闭合电路的欧姆定律以及最大值问题，熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题。
5.【答案】D
【解析】A.由于小灯泡与电动机串联，此时二者均正常工作，故电路中的电流与通过灯泡的电流相等，则有
I灯=P灯U灯=0.2A
A错误；
BC.设电源的内阻为 r ，当开关S接l，则有
E=U灯+I灯R+I灯r
解得
r=1Ω
现将开关S接2，电动机分担的电压
UM=E-U灯-Ir=0.8V
电动机工作时，有一部分能量转化为内能，故其内阻
RMBC均错误；
D.电源的效率
η=EI-I2rEI×100%=3×0.2-0.22×13×0.2×100%=93.3%
D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.根据 U-I 图线的物理意义可知，两电源的内阻之比
r1:r2=107:1011=11:7
A正确，不符题意；
B.由图可知，两电源的电动势之比
E1:E2=10:10=1:1
B正确，不符题意；
C.两种情况下，小灯泡的功率之比
P1:P2=3×5:5×6=1:2
C正确，不符题意；
D.两种情况下，小灯泡的电阻之比
R1:R2=35:56=18:25
D错误，符合题意。
故选D。
7.【答案】C
【解析】AC.由于两表完全相同，改装后的量程之比为 1:3 ，故并联后两表的示数之比为 1:3 ，A错误，C正确；
BD.两表完全相同，并联后通过表头的电流必然相同，故两边偏转的角度相等，BD错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】A.根据并联电路的等效总阻值
1R=1R1+1R2+1R3+⋯
可知，并联的用电器越大，电路中的等效总阻值越小，结合欧姆定律
I=UR
可知，电压不变时，电阻减小，干路上的电流增大，A错误；
B.输出电压恒定，当干路电流增大时，导线分担的额电压Ur
Ur=Ir
增大，用电器两端的电压U'减小，根据
P=U'2R'
可知，用电器的实际功率变小，故日光灯变暗，B错误；
C.根据电源的输出功率
P=UI
可知，输出电压不变，电路中的电流变大，输出功率变大，C正确；
D.根据
P损=I2r
可知，导线的内阻不变，电流增大时，其损失功率变大，D错误。
故选C。
9.【答案】C
【解析】A.根据闭合电路的欧姆定律可知
I=ER外+r
当R的滑片向右移动时，外电路的电阻 R外 减小，电路中的电流增大，由
U=E-Ir
可知外电路的电压 U 减小，而外电路的电压
U=U2+UV
U2=IR2
联立可知，电压表的示数减小，即 R1 两端的电压减小，故通过 R1 电流减小，A错误；
B.根据闭合电路的欧姆定律可知
E=U+U'+Ir
滑片向右移动后，结合数学知识可得
ΔU-ΔU'=ΔIr
故
ΔU>ΔU'
结合欧姆定律可得
ΔUR2>ΔU'R2=ΔI
B错误；
C.根据上述分析可知
ΔU'ΔI=R2
C正确；
D.对公式
ΔU-ΔU'=ΔIr
变形整理可得
ΔUΔI-ΔU'ΔI=r
ΔU'ΔI=R2
ΔUΔI=r+R2
即 Δ U与 Δ I的比值保持不变，D错误。
故选C。
10.【答案】C
【解析】AC.根据闭合电路的欧姆定律及功率的计算公式可知
PE=EI ， Pr=I2r ， PR=IE-I2r
故a图线为总功率的图线，b为电源内部损失功率图线，c图线为输出功率的图线，则有
PA=PB+PC
故A错误，C正确；
B.根据上述分析可知，M点为电源输出功率最大的点，不是N点，故B错误；
D.当外电路的电阻与内电路的电阻相等时，电源的输出功率最大，故M点的纵横坐标分别为
PMy=E24r
IMx=E2r N点表示电源的总功率与其发热功率相等，即此时电路中的电阻只有电源的内阻，故N点的纵横坐标分别为
PNy=E2r
INx=Er
所以两点的横坐标之比为1:2，纵坐标之比为1:4，故D错误。
故选C。
11.【答案】A
【解析】【分析】
由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况。
解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。
【解答】
由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；
当滑片向b移动时，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；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；
因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；
因电容器两端电压减小，故电质点的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点向下运动，故C错误；
因R3两端的电压减小，由P=U2R可知，R3上消耗的功率减小；故 D错误；
故选：A。
12.【答案】11.1Ω；4900Ω。
【解析】【分析】
把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值；
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．
本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题，本题是一道基础题．
【解答】
把电流表改装成改装成量程为Im=30mA的电流表，应并联的电阻阻值：R=IgRgI-Ig=11.1Ω；
电流表内阻：RA=IgRgIA，把电流表再改装成量程为Um=15V的电压表，
应串联一个阻值：R'=UmIA-RA=4900Ω；
故答案为：11.1Ω；4900Ω。
13.【答案】(1)甲
(2)BC
(3)
(4) 电压表的分流 < (或“小于”)< (或“小于”)
(5)C

【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得
U=E-Ir
测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，因此应选择甲电路；
(2)[1]由于测一节干电池的电动势(约1.5V)，电压表应选用B；
[2]由于电源内阻较小，滑动变阻器应选用规格较小的，便于调节，应选C；
(3)描点作图如下
(4)[1][2]由得出的电源U-I图像可知，图像与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势
E=1.50V
电源内阻
r=ΔUΔI=1.5-1.00.6Ω=0.83Ω
[3][4][5]误差的主要来源电压表的分流作用，设电压表的内阻为 RV ，根据闭合电路的欧姆定律可得
E=U+(I+URV)r
解得
U=ERVRV+r-I•RVrRV+r
故有
E测r测(5)干电池的输出功率
P=UI=U•E-Ur=Er•U-U2r
所以P-U图像是一个开口向下的二次函数，ABD错误，C正确。
故选C。
14.【答案】解：(1)根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R0和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R0+r，
当R0=R+r时，即R0=100Ω时，电源的输出功率最大，即R上获得最大功率，
此时电路中电流为 I= E 2(R0+R) = 5 2×100 A=0.025A
R上消耗的最大热功率为P=I2R=0.0252×100W=0.0625W
(2)当R0=400Ω的时候，电路中电流最小，则电池的内电阻r和电阻R0上消耗的热功率之和最小，
此时电路中电流为Imin= E R0+r+R = 5 500 A=0.01A
则内电阻r和电阻R0上消耗的热功率之和最小值为Pmin=Imin2(R0+r)=0.012×100W=0.01W
【解析】(1)当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．可将R0是看成电源的内阻，当等效电源的内阻等于R时，R的功率最大，再由功率公式求解最大功率。
(2)r和R0为定值电阻，R为可变电阻，根据P=I2R0可以分析电阻r和R0的功率之和，当R最大时，电路中电流最小，所求功率最小。
对于R的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R0和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R的功率的情况。
15.【答案】解：(1)电动机的输入功率P入=UI=0.2×3W=0.6W.
(2)电动机提升重物的机械功率P机=Fv=4N×3m30s=0.4W.
根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入-P机=(0.6-0.4)W=0.2W.
所生热量Q=PQt=0.2×30J=6J.
(3)由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=QI2t=60.22×30Ω=5Ω.
答：(1)电动机的输入功率为0.6W.
(2)线圈电阻产生的热量为6J.
(3)线圈电阻为5Ω.
【解析】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．
(1)由P=UI求出电动机的输入功率．
(2)电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率．
(3)由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻．
16.【答案】解：
(1)S断开，R2、R3串联根据闭合电路欧姆定律可得
I=ER2+R3+r
总功率为
P=IE=E27.5+r=2W
S闭合，R1、R2并联再与R3串联，总外电阻
R=R1R2R1+R2+R3=3.5Ω
根据闭合电路欧姆定律可得
I'=ER'+r=E3.5+r
所以总功率为
P=EI'=E23.5+r=4W
联立解得
E=4V
r=0.5Ω;
(2)闭合S，总外电阻
R'=3.5Ω
干路电流为
I'=ER'+r=1A
电源输出功率
P出=EI'-I'2r=4×1W-12×0.5W=3.5W；
(3)S闭合时电容器两端电压为零；S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压
I=ER2+R3+r=0.5A
U2=Uc=I1R2=3V
Q=CUc=6×10-5C。

【解析】本题主要考察闭合电路欧姆定律及电容器，通过对电路的分析列出方程求解，
(1)S断开时，R2和R3串联，S闭合时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻；
(2)闭合S时，根据P出=EI'-I'2r求出输出功率．
(3)S断开时，电容器与并联在R2两端，电势差等于R2两端的电压．S闭合时，电容器两端的电势差为零，结合Q=CU求出电容器所带的电荷量．序号
1
2
3
4
5
6
电压U(V)
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I(A)
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480