1、山东省济宁市鱼台县第一中学2020-2021学年高二物理上学期10月试题（含解析）（考试时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题:（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）1. 根据欧姆定律，下列判断正确的是（）A. 导体两端的电压越大，导体的电阻越大B. 电解液短时间内导电U-I图线是一条直线C. 电流经过电阻时，沿电流方向电势要升高D. 加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数【答案】B【解析】【详解】A导体电阻与电压和电流无关，故A选项错；B欧姆定律适用于电解液导电，所以电解液短时间内导电的U-I图线是一条直线，故B选项对；C由欧姆定律I=得U=IR
2、，可知电流经过电阻时，电阻两端有电压，沿电流方向电势降低，故C选项错；D欧姆定律不适用于气态导体，故D选项错。故选B。2. 有四个金属导体，它们的伏安特性曲线分别是图中的a、b、c、d，则电阻最小的是（）A. aB. bC. cD. d【答案】A【解析】【详解】根据可知，伏安特性曲线中斜率是电阻的倒数，所以斜率最大的阻值最小，据图知a的斜率最大，阻值最小。故选A。3. 有关电压与电动势的说法正确的是（）A. 电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B. 电动势就是电源两极间的电压C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量D. 电动势公式E=中的W与
3、电压U=中的W是一样的，都是静电力所做的功【答案】C【解析】【详解】ABC电压和电动势单位虽然相同，但它们表征的物理意义不同，电压是表征静电力做功将电能转化为其他形式能的本领大小的物理量。而电动势则表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。故电压与电动势不是同一个物理量，所以A、B错误，C正确。D电动势公式E=中的W是非静电力做功而不是静电力做功，故D错误。故选C。4. R110 ，R220 ，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2两端允许加的最大电压为10 V若将它们串联，加在电路两端的最大电压可以是()A. 45 VB. 5 VC. 25 VD. 15 V【答案】D【解析】【详解
4、】本题中R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5 A，经计算，R2允许通过的最大电流仅为0.5 A，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，从而求得加在电路两端的最大电压是15 V故选D。5. 用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表。将它们串联起来接入电路中，如图所示，开关闭合时（ ）A. 由于串联，两只电表的指针偏转角相同B. 由于电压表内阻太大，两只电表的指针都不偏转C. 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角D. 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角【答案】D【解析】【详解】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两
5、表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABC错误，D正确；故选D。6. 如图为某控制电路的一部分，已知AA的输入电压为24 V，如果电阻R=6 k，R1=6 k，R2=3 k，则BB不可能输出的电压是()A. 12 VB. 8 VC. 6 VD. 3 V【答案】D【解析】【分析】考查了欧姆定律，串并联电路规律首先明确电路结构，画出等效电路图，然后根据串并联电路规律，欧姆定律分析解题【详解】若两开关都闭合，在电阻和并联，再和R串联，为并联电路两
6、端电压，若闭合断开，则和R串联，若闭合断开，则和R串联，若两者都断开，则电路断路，故D不可能7. 如图所示,电路中电源的电动势为E,内电阻为r,开关S闭合后,当滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中,三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是( )A. 灯L1、L2变亮,灯L3变暗B. 灯L2、L3变亮,灯L1变暗C. 灯L1、L3变暗,灯L2变亮D. 灯L2、L3变暗,灯L1变亮【答案】C【解析】【详解】变阻器与灯L1串联后与灯L2并联，再与灯L3串联；将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知:干路电流I减小，则通过L3的
7、电流减小， L3变暗， L3两端电压和内阻所占电压都减小，则并联部分电压增大，所以流过灯L2电流变大， L2变亮，故：I减小，I2增大，则I1减小，灯L1变暗；故选C.8. 电阻R和电动机M串联接到电路时，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（ ）A. U1Q2D. W1W2，Q1Q2【答案】A【解析】【详解】设开关接通后，电路中电流为I对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR对于电动机，U2IR，则U1U2根据焦耳定律得
8、Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2因W1=Q1 W2=Q2+E机械则W1W2AU1Q2，与结论不相符，选项C错误；DW1W2，Q1r)，R2为可变电阻，以下说法中正确的是（）A. 当R1R2r时，R1上获得最大功率B. 当R2R1r时，R2上获得最大功率C. 当R20时，电源效率最低D. 当R20时，电源的输出功率最大【答案】BCD【解析】【详解】A要使定值电阻R1上获得最大功率，需要使R1上的电流最大，故只有R2为0才可以实现，故A错误；B电源的输出功率为当Rr时，外电阻有最大功率，最大功率为即当R2R1r时，R1r可以看成电源的内阻，则R2上获得最大功率，选项B正确；C电源的效率
9、则R2越小，电源效率越低，当R20时，电源的效率最低，选项C正确；D因当电源内阻与外电路相等时，电源输出功率最大，因为R1r，则当R20时，外电路电阻与电源内阻最接近，此时电源的输出功率最大，选项D正确。故选BCD。12. 如图所示的电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则（）A. 电源内部消耗的功率变大B. 电容器贮存的电荷量变小C. 电源的总功率变小D. 电阻R消耗的电功率变小【答案】AB【解析】【详解】AB由闭合电路欧姆定律可知，当滑动触头向上滑动时，R总变小，I总增大，U端减小，而R1分压U1增大，所以电容器上的电压减小，由Q=CU可知，电容器带电量减小，电源内部消耗功率P内=r增大，
10、选项AB正确；C电源总功率P总=I总E增大，C错误；D电阻R1消耗的功率增大，R上消耗的功率无法确定，选项D错误。故选AB。三、非选择题:（本题共6小题，共60分）13. 某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的镍铬合金丝，该校的一兴趣小组同学想通过自己设计的实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率=1.0m，他们选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。(1)他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“一”插孔，选择电阻挡“100”；调整“机械零点调节旋纽”使指针指到零刻度，调整时_
11、（填“必须”“不能”）将两表笔短接，然后调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零，调整时_（填“必须”“不能”）将两表笔短接；把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图甲所示，该合金丝的电阻约为_(2)为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，已知所选用的电压表内阻为几千欧，电流表内阻为几欧，根据多用电表的示数，为了减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，以下四个电路中最合理的是_。(3)他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径为_mm(4)根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，不计合金丝绝缘漆的厚度，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为_m。（结果保
12、留整数）【答案】 (1). 不能 (2). 必须 (3). 1400 (4). D (5). 0.305 (6). 102【解析】【详解】(1)1机械调零是调整指针的“游丝（非常细的回摆弹簧）”张紧程度。电表在移动过程或受周围电磁场的影响下，指针会发生偏移，调整游丝的张力大小，即可调整指针左右的摆动位置。机械调零时不需要将两表笔短接。2欧姆调零的原理为由于欧姆表内带电源，在接入不同（档位）电路中，不可能保证都刚好是满偏电流，所以需要进行内部电阻微调，达到电流满偏，必须将两表笔短接。3读数为(2)4根据题目，要求电压调节范围较大，滑动变阻器采用分压式接法；根据多用电表的读数1400，可知被测电阻
13、较大，电流表的分压可忽略，应该选用电流表内接法；故D项正确，ABC三项错误。故选D。(3)5螺旋测微器的读数为(4)6根据公式，联立可得14. 实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5 V，内阻小于1 ）；电压表V （量程3 V，内阻约3 k）；电流表A （量程0.6 A，内阻约1 ）；滑动变阻器R （最大阻值为20 ）；定值电阻R1 （阻值2 ）；定值电阻R2 （阻值5 ）；开关一个，导线若干。(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过
14、程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_。（单选，填正确答案标号） A电压表分流B干电池内阻较小C滑动变阻器最大阻值较小D电流 表内阻较小(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52请根据实验数据，回答以下问题：答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应
15、的坐标点并画出U-I图像_。根据实验数据可知，所选的定值电阻为_ （填“R1”或“R2”）。用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路_。【答案】 (1). B (2). (3). R1 (4). 【解析】【详解】(1)电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内阻大的多，即电源内阻偏小，故选B。(2)根据数据做出U-I图像如图；由图像可知电源内阻小于1，则定值电阻大于1.63，可知定值电阻为R1；定值电阻与电源串联，电路如图； 15. 在图所示的电路中，电源电压U15V，电阻R1、R2、R3的阻值均为10，S为单刀三掷电键，求下列各种情况下电压表的读数：（1）电键S接B
16、（2）电键S接A （3）电键S接C【答案】（1）7.5V（2）0（3）10V【解析】【详解】（1）S接B时，与串联，电路中电流为： 则电压表的读数为（2）S接A时，电压表被短路，所以电压表读数（3）S接C时，外电路总电阻则电压表的读数为16. 有一电流表G，内阻Rg=10，满偏电流Ig=3mA。(1)要把它改装成量程为03V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？(2)要把它改装成量程为00.6A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？【答案】（1）990，1000；（2）0.05，0.05【解析】【详解】(1)把电流表G改装成03V的电压表，需要串联电阻
17、的阻值为改装后电压表的内阻为1000(2)把G改装成00.6A的电流表，需要并联电阻的阻值为改装后电流表的内阻是0.0517. 图中电源电动势E12 V，内电阻r0.5 将一盏额定电压为8 V，额定功率为16 W的灯泡与一只线圈电阻为0.5 的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100 min。问：（1）电源提供的能量是多少？（2）电流对灯泡和电动机所做的功各是多少？（3）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？【答案】见解析【解析】【详解】（1）灯泡内正常发光，可知路端电压为8V，由闭合电路欧姆定律知解得电源提供的电能为(2)灯泡正常发光，则通过灯泡的电流为故通过电动机的电流为对电
18、动机所做的功为(3)电灯为纯电阻电路，故电功等于电热电动机线圈的热量为18. 如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1 ，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10 s内，可以把重物A匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？【答案】(1)1 W(2)5 W4 W(3)2 m(4)80%【解析】【详解】电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，它从电源获取的功率一部分转化为线圈的热功率，另一部分转化为电动机的机械功率（1）电动机线圈上消耗的热功率为P热I2r1 W（2）电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即P入UI51 W5 W电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率，根据P入P出P热得P出P入P热5 W1 W4 W（3）设物体A的重力为G，t10s内物体上升的高度为h，根据能量守恒定律得P出tGhhm2 m（4）这台电动机的机械效率为100%100%80%