辽宁省辽东南协作体2021-2022学年高二上学期第一次月考物理试题 扫描版含答案

高二物理（B）答案

一、单项选择

1、【答案】当导体的长度拉长到原来的x倍时，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的；而导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的x2倍即，解得：x=6.故选：A

【点睛】

在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变。

2、【答案】C电功率的计算公式，它只能适用于纯电阻电路，所以只能计算电烙铁的功率，不能计算电冰箱、电风扇、以及洗衣机的功率，故C正确，ABD错误．

3、【答案】D【解析】A．电流方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故A错误；

B．电流有方向，但运算的方法不使用平行四边形定则，所以是标量。故B错误；

C．只有电荷的定向移动才能形成电流，故C错误；

D．根据电流形成的条件可知，导体两端没有电压则不能形成电流，故D正确。

故选D。

4、【答案】B

电流的方向与负电荷运动方向相反．故A正确；电源的作用是通过非静电力做功，把正电荷从电源的负极移到正极，不是为电路提供自由电子，选项B错误；在非纯电阻电路中，电路消耗的总功率P=IU，产生的电热功为I2R，则某段电路两端的电压U、通过电流I和电阻R三者的关系有：UI > I2R，选项C正确；无论是串联还是并联电路，任一支路的电阻增大（其它支路不变），则总电阻也增大，选项D正确；此题选项不正确的选项，故选B.

5、【答案】C AB．根据

可知A的电阻较大，由于两灯串联，电流相等，则小灯泡A两端的电压较大，根据

P=I2R

可知，A灯功率较大，A灯较亮，AB错误；

C．根据

W=Pt

可知，相等时间内小灯泡B消耗的电能较少，C正确；

D．两灯电流相同，则单位时间内通过小灯泡的电子数相等，D错误。

故选C。

6、【答案】A

AD．如果轮胎漏气，轮胎内气体的压强减小，压敏电阻的阻值增大，根据串反并同规律，与压敏电阻并联的电压表的读数增大，与压敏电阻并联的R2的电流增大，A正确，D错误；

C．如果轮胎漏气，轮胎内气体的压强减小，压敏电阻的阻值增大，根据串反并同规律，与压敏电阻串联的R1的电流减小，C错误；

B．根据闭合电路欧姆定律

如果轮胎漏气，轮胎内气体的压强减小，压敏电阻的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，B错误。

故选A。

7、【答案】C由电阻定律可知

A：长度不变仍为L，横截面积变成2S时，有。故A项错误。

B：横截面积不变仍为S，长度变为2L时，有。故B项错误。

C：长为2L，横截面积为2S的相同材料的均匀电阻丝，有。故C项正确。

D：长为2L，横截面半径为原来2倍的相同材料的均匀电阻丝，横截面积变成原来的4倍，则有：。故D项错误。

二、多项选择

8.ACD

9、【答案】CD

AB．直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U，总功率为：

P=UI=2×6=12W

发热功率为：

P热=I2R=22×0.5=2W

故AB错误；

C．根据能量守恒定律，其输出功率是：

P出=P-P热=12W-2W=10W

故C正确；

D．机械的工作效率为

故D正确。

10、【答案】AC

A．由题图2可知，冷空气吹电热丝，电热丝的温度降低，Rt减小，由电路图1可知，电路的总电阻变小，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知电路电流I变大，电流表的示数增大，A正确；

BC．电路中电流I变大，路端电压

U端=E？Ir

变小，定值电阻R2两端电压

U2=IR2

变大

定值电阻R1和电热丝Rt两端电压

U并=U端？U2

变小

由电功率公式得

电热丝Rt消耗的电功率减小，B错误，C正确；

D．由图2可知，电热丝的电阻Rt随温度的降低而变小，因此电压表的示数U与电流表的示数I的比值

R总

电路中总电阻R总随电路中电流变大而减小，因此R＇减小，即电压表的示数U与电流表的示数I的比值减小，D错误。

故选AC。

三、实验题11.(1)外　小

(2)0.900

(3)

12.、【答案】（1）A    （2）乙    （3）    （4）变大   

（1）（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；

（3）根据实验电路图连接实物电路图；

（4）根据图象，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题

【详解】

：（1）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，所以要选择最大值比较小的A；

（2）灯泡正常发光时的电阻为，该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表应采用外接法，且要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，则滑动变阻器需要分压式，因此实验电路应选乙；

（3）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（4）在I-U图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，所以可知待测电阻的电阻值增大。

【点睛】

对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。

四、解答题

13、【答案】(1) ； ；(2)；

(1)由乙图知电源的电动势和内阻：

     2分

       2分

当时，消耗的功率最大；   1分     

最大功率为：

      2分

(2)   当时，即电源的输出功率最大，  1分

(3)   最大功率为：

        2分

14、【答案】(1)468W，(2)3

【分析】

当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．效率等于有用功率与总功率之比。

【详解】

(1)重物被提升的功率 PG=Fv=Gv=360×1W=360W  2分

此时电路中的电流为I=6A，      1分

则电源的总功率 P总=EI=90×6W=540W；   2分

电源内阻消耗功率为    Pr＝I2r＝72 W    2分

因此电动机消耗总功率为    P电＝P总－I2r＝468 W     2分

(2)设线圈的电阻为R。

根据能量守恒得：P总=PG+I2r+I2R     1分

；    2分

15、【答案】（1）；（2）；（3）  3.75W   

【详解】

(1)由闭合电路欧姆定律得

         2分

解得

     2分 

(2)根据

  2分

    1分

解得

   1分

(3)电源的输出功率

    2分

      1分

      1分

解得

     1分

电源的效率

     2分

解得

       1分