第1頁/共1頁高二物理試題（考試范圍：第十二章能量能量守恒定律）主要命題點：1.電功、電熱、電功率和熱功率2.閉合電路歐姆定律3.測電源電動勢和內阻一、單項選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.關于能量和能源，下列說法中正確的是()A.能量在轉化和轉移過程中，其總量有可能增加B.能量在轉化和轉移過程中，其總量會不斷減少C.能量在轉化和轉移過程中總量保持不變，故節約能源沒有必要D.能量的轉化和轉移具有方向性．且現有可利用的能源有限，故必須節約能源【答案】D【解析】【詳解】能量在轉化和轉移過程中，總量是守恒的，故選項A、B錯誤；能量在轉化和轉移過程中總量保持不變，但我們要注意節約能源，選項C錯誤，D正確．思路分析：能量在轉化和轉移過程中，總量是守恒的，能量在轉化和轉移過程中總量保持不變，但我們要注意節約能源，試題點評：本題考查了對能量守恒定律得理解以及培養節能意識2.下列關于電功、電功率和焦耳定律的說法中錯誤的是（）A.電功率越大，電流做功越快，電路中產生的焦耳熱一定越多B.適用于任何電路，而只適用于純電阻電路C.在非純電阻電路中，D.焦耳熱適用于任何電路【答案】A【解析】【詳解】A．電功率越大，表示電流做功越快，但是電路中產生的焦耳熱量的多少還與做功的時間的長短和是否是純電阻電路有關，A錯誤；B．適用于任何電路，而只適用于純電阻電路，B正確；C．在非純電阻電路中，總功率大于熱功率，，C正確；D．焦耳熱適用于任何電路，D正確；本題選擇錯誤的，故選A。3.如圖所示是利用電動機提升重物的示意圖，其中D是直流電動機是一個質量為m的重物，它用細繩拴在電動機的軸上閉合開關S，重物P以速度v勻速上升，這時電流表和電壓表的示數分別是和，重物P上升的速度已知該裝置機械部分的機械效率為，重物的質量下列說法正確的是A.電動機消耗的電功率為550WB.細繩對重物做功的機械功率為325WC.電動機輸出的電功率為400WD.電動機線圈的電阻為【答案】A【解析】【分析】已知電動機兩端的電壓和通過的電流，根據P=UI求出電動機的耗電功率，根據求出機械功率；由機械部分的機械效率可求出電動機輸出功率，根據電動機消耗的功率與輸出功率之差，即為線圈電阻發熱功率，再由求出電動機線圈的電阻．【詳解】根據電功率關系式有：，故電動機消耗的功率為550W，故A正確；以物體為研究對象，由于物體勻速上升，根據平衡條件有：，根據，得：，故細繩對對重物做功的機械功率為315W，故B錯誤；電動機輸出的功率，故C錯誤；根據功能關系有：，，聯立解得：，故D錯誤；故選A．【點睛】本題考查電動機工作中的能量轉化規律，要知道電動機工作時，消耗的電能轉化為其它形式的能（一是機械能，二是內能）是解本題的關鍵；利用P=Fv求功率和平衡態列方程是解題的核心．4.如圖所示電路，a、b、c是三個相同的燈泡，其電阻均大于電池內阻r，當閉合開關S，變阻器滑片向下移動時，下列說法中正確的是（）A.通過燈的電流減小B.c燈兩端的電壓減小C.b燈消耗的電功率減小D.電源輸出的電功率減小【答案】B【解析】【分析】本題是電路動態分析問題，按局部到整體，再局部分析電壓、電流的變化。【詳解】A．當變阻器的滑動觸頭P向下移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律知，總電流I增大，因燈接在干路中，所以通過燈的電流增大，故A錯誤；B．由歐姆定律知并聯部分電壓I增大，減小，故B正確；C．根據歐姆定律知減小，減小，由于增大，減小，因此增大，根據知b燈消耗的電功率增大，故C錯誤；D．三個燈泡的電阻都大于電源內阻，由電路結構可知，外電阻大于電源的內阻，根據推論：外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，則知，當變阻器的滑動觸頭P向下移動時，外電路總電阻減小，電源輸出的電功率增大，故D錯誤。故選B【點睛】閉合電路動態變化分析問題，意在考查考生對閉合電路的歐姆定律、部分電路歐姆定律及電功率的理解。5.如圖所示，閉合開關S，電路穩定后，水平放置的平行金屬板間的帶電質點P處于靜止狀態，若將滑動變阻器的滑片向a端移動，則（）A.電壓表讀數增大 B.電流表讀數減小C.消耗的功率減小 D.質點P將向下運動【答案】D【解析】【詳解】AB．當滑片向端移動，變阻器接入電阻變小，總電阻變小，根據可知電流變大，電流表示數變大，電壓表示數為可知，電壓表示數變小，故AB錯誤；C．根據知，電流變大，電阻不變，R1消耗的功率變大，故C錯誤；D．電容器間電壓減小，由板間電場強度減小，質點P受到向上的電場力減小，電場力小于重力，質點P向下運動，故D正確。故選D。6.圖為多用電表歐姆擋的原理示意圖，其中電流表的滿偏電流為300μA，內阻Rg＝100Ω，調零電阻的最大值R0＝50kΩ，電池電動勢E＝1.5V，兩表筆短接調零后，用它測量電阻Rx，當電流計指針指在滿刻度的時，則Rx的阻值是（）A.1kΩB.10kΩC.100kΩD.100Ω【答案】B【解析】【詳解】由閉合電路歐姆定律可知，當兩表筆短接，電流表滿偏時：，解得R內=5kΩ；當偏轉1/3時，；兩式聯立解得：Rx=10kΩ；故選B．【點睛】本題關鍵明確歐姆表的內部結構，能根據歐姆表的使用方法結合閉合電路的歐姆定律列方程；知道中值電阻等于歐姆表內電阻．7.如圖所示的U﹣I圖像中，直線I為某電源的路端電壓與電流的關系，直線Ⅱ為某一電阻的伏安特性曲線，用該電源直接與電阻連接成閉合電路，由圖像可知（）A.的阻值為B.電源電動勢為，內阻為C.電源的輸出功率為D.電源內部消耗功率為【答案】A【解析】【詳解】A．由直線Ⅱ的斜率知A正確；B．根據閉合電路歐姆定律得當時由讀出電源的電動勢內阻等于圖線的斜率大小B錯誤；C．兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態，由圖讀出電壓電流則電源的輸出功率為C錯誤；D.電源內部消耗的功率D錯誤。故選A。8.如圖所示，當可變電阻時，理想電壓表的示數，已知電源的電動勢，則（）A.此時理想電流表的示數是2A B.此時理想電流表的示數是3AC.電源的內阻是0.5Ω D.電源的內阻是2Ω【答案】A【解析】【詳解】AB．電壓表測量的是路端電壓，電流表測電路中的電流，由部分電路歐姆定律有得故A正確，B錯誤；CD．由閉合電路歐姆定律有將、、代入可得故CD錯誤。故選A。9.在某控制電路中，需要連成如圖所示的電路，主要由電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成，L1、L2是紅、綠兩個指示燈，當電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時，下列說法中正確的是()A.L1、L2兩個指示燈都變亮B.L1、L2兩個指示燈都變暗C.L1變亮，L2變暗D.L1變暗，L2變亮【答案】B【解析】【詳解】當電位器向a段滑動時，電路的總電阻減小，干路電流增大，所以內電壓增大，路段電壓減小，所以燈L1變暗；通過電阻R1的電流變大，所以電位器兩端的電壓減小，即通過燈L2兩端的電壓減小，所以燈L2變暗，故ACD錯誤，B正確．故選B．10.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學設計了利用壓敏電阻判斷升降機運動狀態的裝置，其工作原理如圖所示。將壓敏電阻固定在升降機底板上，其上放置一個物塊，在升降機運動過程的某一段時間內，發現電流表的示數不變，且I大于升降機靜止時電流表的示數I0，在這段時間內（）A.升降機可能勻速上升B.升降機一定勻減速上升C.升降機一定處于失重狀態D.通過壓敏電阻的電流一定比電梯靜止時大【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在升降機運動過程中發現I大于升降機靜止時電流表的示數I0，說明此時壓敏電阻的阻值大于升降機靜止時的阻值，則壓敏電阻所受的壓力小于升降機靜止時的壓力，升降機不可能勻速運動，故A錯誤；B．在升降機運動過程中發現電流表不變，說明是勻變速運動，且I大于升降機靜止時電流表的示數I0，可知外電壓變大，內電壓變小，說明總電流變小，所以總電阻變大，壓敏電阻的阻值變大。由壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，則知壓力變小，因此加速度方向向下，可能向下勻加速，也可能向上勻減速。故B錯誤；C．升降機的加速度向下，一定處于失重狀態。故C正確；D、電路中總電流變小，而通過電流表的電流變大，則R的電流變小，所以通過壓敏電阻的電流一定比電梯靜止時小，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得６分，選對但不全的得３分，有選錯的得０分。11.如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的圖線，如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是（）A.電源1比電源2內阻大B.電源1和電源2電動勢相等C.小燈泡與電源1連接時消耗的功率比與電源2連接時消耗的功率小D.小燈泡與電源1連接時消耗的功率比與電源2連接時消耗的功率大【答案】ABC【解析】【詳解】由閉合電路的歐姆定律知，當時電動勢等于路端電壓，即電源的圖線與軸的交點就是電源電動勢的大小，由題圖知，電源1和電源2的電動勢相等，故B正確；電源內阻，即電源的圖線的斜率的絕對值表示電源的內阻，由題圖知，故A正確；小燈泡的圖線與電源的圖線的交點即為小燈泡的工作狀態，由題圖知，小燈泡與電源1連接時消耗的功率小于小燈泡與電源2連接時消耗的功率，故C正確，D錯誤．12.圖示電路中，C為電容器，為的電阻箱，電源內阻定值電阻，?，F閉合開關S，調節使其電阻從零逐漸增至最大，在此過程中（）A.電容器的a板先帶正電后帶負電B.電容器的a板先帶負電后帶正電C.電源的輸出功率先增大后減小D.電容器兩板間的電壓先增大后減小【答案】AC【解析】【分析】【詳解】ABD．當為零時，a板接電源正極，電勢最高，帶正電；當時，電容器兩板等勢，不帶電；當時，b板電勢較高，a板帶負電。即電容器兩端的電壓先減小后增大。A正確，BD錯誤；C．當為零時，外電阻最小，最小值為當最大時，外電阻最大，最大值為根據電源的輸出功率與外電阻的圖像所以電源的輸出功率先增大后減小。C正確。故選AC。13.如圖所示，用輸出電壓為1.4V、輸出電流為100mA的充電器對內阻為2Ω的鎳—氫電池充電．下列說法正確的是（）A.電能轉化為化學能的功率為0.12WB.充電器輸出的電功率為0.14WC.充電時，電池消耗的熱功率為0.02WD.充電器把0.14W的功率儲存在電池內【答案】ABC【解析】【詳解】AD.轉化為化學能的功率為P化＝P總－P熱＝0.12W；則充電器把0.12W的功率儲存在電池內，故A正確，D錯誤.C.電池充電時的熱功率為P熱＝I2r＝0.02W，選項C正確；B.充電器對電池的充電功率為P總＝UI＝0.14W，選項B正確；14.在如圖（a）所示的電路中，為定值電阻，為滑動變阻器。閉合電鍵S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端，兩個電壓表的示數隨電路中電流變化的完整過程圖線如圖（b）所示。則（）A.圖線甲是電壓表V2示數隨電流變化的圖線B.電源內電阻的阻值為C.電源的最大輸出功率為3.6WD.滑動變阻器R2的最大功率為0.9W【答案】AD【解析】【詳解】A．當滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；而R1兩端的電壓增大，故乙圖線表示是V1示數的變化；圖線甲表示V2示數的變化，故A正確；B．由圖可知，當只有R1接入電路時，電路中電流為0.6A，電壓為3V，則由E=U+Ir可得當滑動變阻器全部接入時，兩電壓表示數之比為，則由閉合電路歐姆定律可得解得r=5Ω，E=6V故B錯誤；C．因當內阻等于外阻時，電源的輸出功率最大，故當外阻等于5Ω時，電源的輸出功率最大，故此時電流電源的最大輸出功率故C錯誤；D．由B的分析可知，R1的阻值為5Ω，R2電阻為20Ω；當R1等效為內阻，則當滑動變阻器的阻值等于R1+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，故當滑動變阻器阻值為10Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流滑動變阻器R2最大功率為故D正確。故選AD。三、填空題：本題共1小題，每空3分，共12分。15.在測量電源的電動勢和內阻的實驗中,由于所用的電壓表(視為理想電壓表)的量程較小,某同學設計了如圖所示的實物電路:(1)實驗時,應先將電阻箱的電阻調到_________(選填“最大值”“最小值”或“任意值”).(2)改變電阻箱的阻值R,分別測出阻值R0=10Ω的定值電阻兩端的電壓U,在下列兩組R的取值方案中,比較合理的方案是_________(選填“1”或“2”).方案編號電阻箱的阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0

(3)根據實驗數據描點,繪出的圖象是一條直線.若直線的斜率為,在坐標軸上的截距為b,則該電源的電動勢E=_______,內阻r=_________(用k、b和R0表示).【答案】①.最大值②.2③.④.【解析】【分析】(1)實驗中應保證開始時的電流最小，可以保證電路安全，由閉合電路歐姆定律可知應如何調節滑動變阻器；(2)為了實驗更精確應使數據間差值較大，并且能多測數據；根據兩組方案的特點可知應選取哪一方案；(3)由題意及閉合電路歐姆定律可得出的關系，結合圖象可知其斜率及截距的含義，從而可以得出電動勢和內電阻．【詳解】(1)電路為限流接法，開始時應讓電流最小，然后再逐漸增大，故開始時滑動變阻器應達到最大值處；(2)對比兩方案可知，方案1中電阻箱電阻較大，而R0的阻值只有10Ω，故在調節電阻箱時，電流的變化不明確，誤差較大；而方案2中電阻箱的阻值與R0相差不大，可以測出相差較