2025年高考物理 人教版必修第3冊第12章　第1節(jié)含答案

2025年高考物理人教版必修第3冊第12章第1節(jié)含答案第十二章第1節(jié)課后知能作業(yè)基礎(chǔ)鞏固練1．如圖所示是某一電器的銘牌。從銘牌上的信息可推斷該銘牌對應(yīng)的電器可能是()答案：A解析：根據(jù)銘牌讀出用電器的功率為24W，選項中電飯煲、電熨斗、電熱水壺都是大功率用電器，只有電風(fēng)扇的功率較小，故A正確。故選A。2．通常一次閃電過程歷時約0.2～0.3s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成。每個閃擊持續(xù)時間僅4080μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×109V，云地間距離約為1km；第一個閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時間約為60μs。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是()A．閃電電流的瞬時值可達(dá)到1×102AB．整個閃電過程的平均功率約為1×1014WC．整個閃電過程向外釋放的能量約為6×109JD．整個閃電過程向外釋放的能量約為6×106J答案：C解析：根據(jù)電流的定義式可得電流為I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(6,60×10－6)A＝1×105A，故A錯誤；釋放的能量等于電場力做功為W＝QU＝6×1.0×109J＝6×109J，所以第一次閃電的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(6×109,60×10－6)W＝1×1014W，由于電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，所以整個閃電過程的平均功率小于第一次的閃電功率，故B、D錯誤，C正確。故選C。3．有一只家用電熨斗，其電路結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中1、2、3、4是內(nèi)部4個接線柱，改變內(nèi)部接線方式可使電熨斗獲得低、中、高三個不同的溫度擋。下圖是它的四種不同的連線方式，其中能獲得高擋溫度的連線方式是下圖中的()答案：D解析：根據(jù)P＝eq\f(U2,R)可知，電壓一定時，電路的電阻越小，功率越大，由圖可知當(dāng)兩個電阻并聯(lián)時，電路的總電阻最小，功率最大。故選D。4．理發(fā)用的電吹風(fēng)中有電動機和電熱絲，電動機帶動風(fēng)葉轉(zhuǎn)動，電熱絲給空氣加熱，得到熱風(fēng)將頭發(fā)吹干。電動機線圈的電阻為R1，電熱絲的電阻為R2，電動機與電熱絲相串聯(lián)，電吹風(fēng)正常工作時，電吹風(fēng)兩端電壓為U，電流為I，消耗的電功率為P，則有()A．I＝eq\f(U,R1＋R2) B．P＝UIC．P＝I2(R1＋R2) D．P＝UI＋I(xiàn)2(R1＋R2)答案：B解析：部分電路的歐姆定律，只適用于純電阻電路，故A錯誤；電吹風(fēng)消耗的電功率是總功率，可以用P＝UI來計算，故B正確；因為電吹風(fēng)不是純電阻電路，故不能用P＝I2(R1＋R2)來計算，故C錯誤；電吹風(fēng)的總功率，可以看成兩部分，其一是電阻的發(fā)熱功率，其二是轉(zhuǎn)化為機械能的功率，故應(yīng)該寫成P＝I2(R1＋R2)＋P機械，故D錯誤。故選B。5．純電阻電路就是除電源外，只有電阻元件的電路，或存在其他元件，但是其他元件對電路的影響可忽略不計的電路，下列用電器中，工作電路為純電阻電路的是()A．電熨斗 B．電動汽車C．空調(diào) D．電梯答案：A解析：電熨斗工作電路只有電阻元件，將電能轉(zhuǎn)換為內(nèi)能，為純電阻電路，A正確；電動汽車、空調(diào)、電梯工作電路除電阻元件還存在其他電路元件，為非純電阻電路，B、C、D錯誤。故選A。6．(多選)如圖所示，把兩個相同的燈泡分別接在甲、乙電路中，甲電路兩端的電壓為8V，乙電路兩端的電壓為16V，調(diào)節(jié)變阻器R1和R2使兩燈都正常發(fā)光，此時變阻器消耗的功率分別為P1和P2，兩電路中消耗的總功率分別為P甲和P乙，則下列關(guān)系中正確的是()A．P甲＝P乙 B．P甲＞P乙C．P1＞P2 D．P1＝P2答案：AD解析：設(shè)燈泡的額定電流為I0，額定電壓為U0，則P甲＝8×2I0＝16I0，P乙＝16×I0＝16I0，所以P甲＝P乙，故A正確，B錯誤；設(shè)燈泡的額定電流為I0，額定電壓為U0，則P1＝(8－U0)·2I0＝(16－2U0)·I0，P2＝(16－2U0)·I0，所以P1＝P2，故C錯誤，D正確。故選AD。能力提升練7．兩盞電燈的額定電壓都是110V，額定功率PL1＝100W，PL2＝40W，若接在電壓是220V的電路上，使兩盞電燈均能正常發(fā)光，且消耗功率最小的電路是圖中的()答案：C解析：判斷燈泡能否正常發(fā)光，就要判斷電壓是否是額定電壓，或電流是否是額定電流，由P＝eq\f(U2,R)和已知條件可知RL1<RL2，對于A電路，由于RL1<RL2，所以L1燈若正常發(fā)光，UL2>110V，燈被燒毀，兩燈不能正常發(fā)光；對于B電路，由于RL2>RL1，L1燈又并聯(lián)變阻器，并聯(lián)電阻更小于RL2，所以UL2>U并，L1燈若正常發(fā)光，則L2燈燒毀；對于C電路，L2燈與變阻器并聯(lián)電阻可能等于RL1，所以可能UL1＝UL2＝110V，兩燈可以正常發(fā)光；對于D電路，若變阻器的有效電阻等于L1、L2的并聯(lián)電阻，則UL1＝UL2＝110V，兩燈可以正常發(fā)光。比較C、D兩個電路，由于C電路中變阻器功率為(IL1－IL2)×110，而D電路中變阻器功率為(IL1＋I(xiàn)L2)×110，所以C電路消耗電功率最小。故選C。8．某電吹風(fēng)技術(shù)參數(shù)與簡化電路如圖甲、乙所示，其主要部件為選擇開關(guān)、電動機M與電熱絲。若電吹風(fēng)在220V電壓下工作，則()A．電動機的內(nèi)電阻約為403ΩB．旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)至觸點BC時，電吹風(fēng)吹熱風(fēng)C．吹熱風(fēng)時通過電熱絲的電流為4AD．吹熱風(fēng)時電熱絲的功率為1000W答案：C解析：因為電動機是非純電阻，故不滿足歐姆定律，其電阻應(yīng)該滿足R<eq\f(U2,P冷)，即R<403Ω，故A錯誤；由圖乙可知，旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)至觸點BC時，只有電動機工作，電熱絲不工作，故此時電吹風(fēng)吹冷風(fēng)，故B錯誤；由圖甲知，吹熱風(fēng)時，電熱絲的功率為P＝P熱－P冷＝880W，所以吹熱風(fēng)時通過電熱絲的電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(880W,220V)＝4A，故C正確，D錯誤。故選C。9．某學(xué)習(xí)小組找了一臺小型電動機，他們想探究一下電動機的一些參量。他們使電動機在3V電壓下工作，用此電動機豎直向上提升重力為4N的物體時，測量發(fā)現(xiàn)，通過電動機的電流恒為0.2A，在30s內(nèi)可使該物體勻速升高3m。若不計一切摩擦力和阻力，下列說法正確的是()A．電動機的輸入功率為0.4WB．電動機線圈的電阻為15ΩC．電動機提升物體的機械功率為12WD．在提升重物的30s內(nèi)，電動機線圈所產(chǎn)生的熱量為6J答案：D解析：由題可知電動機的輸入功率P入＝UI＝3×0.2W＝0.6W，故A錯誤；物體被勻速提升的速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,30)m/s＝0.1m/s，電動機提升物體的機械功率P機＝Fv＝mgv＝0.4W，根據(jù)能量守恒有P入＝P機＋P熱，產(chǎn)生的熱功率P熱＝P入－P機＝(0.6－0.4)W＝0.2W，產(chǎn)生熱量Q＝P熱t(yī)＝0.2×30J＝6J，由焦耳定律得Q＝I2Rt，電動機線圈電阻R＝5Ω，故B、C錯誤，D正確。10.某同學(xué)用如圖所示的電路進行小電機的輸出功率的研究，其實驗步驟如下所述：閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，電動機未轉(zhuǎn)動時，電壓表的讀數(shù)為U1，電流表的讀數(shù)為I1；再調(diào)節(jié)滑動變阻器，電動機轉(zhuǎn)動后電壓表的讀數(shù)為U2，電流表的讀數(shù)為I2，則此時電動機的輸出功率為()A．U2I2－eq\f(I\o\al(2,2)U1,I1) B．U2I2＋eq\f(I\o\al(2,2)U1,I1)C．U2I2 D．(U2－U1)I2答案：A解析：當(dāng)電動機未轉(zhuǎn)動時，電動機電阻R＝eq\f(U1,I1)，當(dāng)電動機轉(zhuǎn)動時P出＝P入－P熱＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)eq\f(U1,I1)，故選A。11.釣魚愛好者在野釣時，由于環(huán)境限制，取水不方便，經(jīng)常使用一種小型抽水增氧泵，取水便捷，同時還可以給水箱充氧，提高魚的成活率。其產(chǎn)品的參數(shù)如表所示，對于該水泵，下列結(jié)論正確的是(g取10m/s2)()【品名】抽水增氧泵【規(guī)格】12cm×7cm×4cm【質(zhì)量】223g【電量】2600mA·h【充電方式】USB接口(5V)【抽水量】約1000kg【增氧續(xù)航】6h【照明續(xù)航】36h【氣量】6L/min【抽水揚程】1．8m/最大2.5mA.水泵的電源充滿電可儲存電能1.3×104JB．水泵啟用照明功能，可續(xù)航36小時，則電源的放電電流約為0.07AC．水泵啟用抽水功能，最大揚程抽水100kg，需克服重力做功2.5×102JD．這種水泵抽水的效率大約為70%答案：B解析：因為充電電流和充電時間均未知，所以無法求得水泵的電源充滿電可儲存的電能，故A錯誤；水泵啟用照明功能，可續(xù)航36小時，則電源的放電電流約為I＝eq\f(q,t)＝eq\f(2600×10－3,36)A≈0.07A，故B正確；水泵啟用抽水功能，最大揚程抽水100kg，需克服重力做功為W＝mgh＝2500J，故C錯誤；由于不知道水泵的電源充滿電可儲存的電能，所以無法求得這種水泵抽水的效率，故D錯誤。故選B。12.(多選)如圖所示塔吊利用電動機豎直向上拉升貨物，貨物上升的速度為2m/s，上升的高度為H＝20m。電動機正常工作時，輸入電壓為220V，輸入電流為10A。不計電動機的摩擦損耗，已知電動機提升貨物的效率(電功機的輸出功率與輸入功率之比)為75%，忽略空氣阻力的影響，(g取10m/s2)則()A．貨物的質(zhì)量為87.5kgB．電動機線圈的電阻為5.5ΩC．電動機輸入功率為1650WD．電動機消耗的總電能為2.2×104J答案：BD解析：根據(jù)75%IU＝mgv，可得貨物的質(zhì)量為m＝82.5kg，選項A錯誤；根據(jù)25%IU＝I2r，可得電動機線圈的電阻為r＝5.5Ω，選項B正確；電動機輸入功率為P＝IU＝2200W，選項C錯誤；電動機消耗的總電能為E＝Pt＝Peq\f(H,v)＝2200×eq\f(20,2)J＝2.2×104J，選項D正確。故選BD。第十二章第2節(jié)課后知能作業(yè)基礎(chǔ)鞏固練1.如圖所示，已知電源電動勢為6V，內(nèi)阻為1Ω，保護電阻R0＝0.5Ω，則當(dāng)電阻箱R的讀數(shù)為多少時，電阻箱R消耗的功率PR最大且這個最大值為()A．1Ω6W B．0.5Ω8WC．1Ω1.5W D．1.5Ω6W答案：D解析：R消耗的功率為PR＝I2R＝eq\f(E2R,r＋R＋R02)＝eq\f(E2R,[R－R0＋r]2＋4RR0＋r)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知當(dāng)R＝R0＋r＝1.5Ω時，PR有最大值PRmax＝6W，故選D。2．關(guān)于電源和電動勢的說法錯誤的是()A．電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置B．閉合電路電源兩極間的電壓就等于電動勢C．電動勢的單位是“伏特”D．電動勢由電源本身的性質(zhì)決定答案：B解析：電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故A正確，與題意不符；閉合電路電源兩極間的電壓不等于電動勢，由閉合電路的歐姆定律有U＝E－Ir，故B錯誤，與題意相符；電動勢的單位是“伏特”，故C正確，與題意不符；電動勢由電源本身的性質(zhì)決定，故D正確，與題意不符。故選B。3．在如圖所示電路中，閉合開關(guān)S，將滑動變阻器R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表A1、A2和V的示數(shù)I1、I2和U的變化情況是()A．I1增大，I2不變，U增大B．I1減小，I2不變，U減小C．I1增大，I2減小，U增大D．I1減小，I2增大，U減小答案：D解析：R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)U減小，R3兩端的電壓增大，R1、R2并聯(lián)后兩端的電壓減小，流過R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大，故A、B、C錯誤，D正確。故選D。4．手電筒的兩節(jié)干電池，已經(jīng)用過較長時間，燈泡只發(fā)出很微弱的光，把它們?nèi)〕鰜?，用電壓表測電壓，電壓表示數(shù)很接近3V，再把它們作為一個臺式電子鐘的電源，電子鐘能正常工作，下列說法正確的是()①這兩節(jié)干電池的電動勢減少了很多②這兩節(jié)干電池的內(nèi)阻增大了很多③這臺電子鐘的額定電壓一定比手電筒的小燈泡的額定電壓?、苓@臺電子鐘的正常工作電流一定比小燈泡正常工作電流小A．①② B．①③C．②④ D．③④答案：C解析：題目所給的材料中，有幾點要特別注意：手電筒的燈泡發(fā)出很微弱的光，這說明通過小燈泡的電流已經(jīng)很小，用電壓表測兩節(jié)干電池的電壓示數(shù)接近3V，這說明每節(jié)干電池的電動勢仍約為1.5V，把它們作為電子鐘的電源，電子鐘正常工作，說明電子鐘的工作電流比較小。由此我們可以知道，干電池在用了很長一段時間之后，電動勢的大小基本沒變，內(nèi)電阻已經(jīng)變大了很多，故選C。5.如圖所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，下列各物理量變化情況為()A．電流表的讀數(shù)逐漸減小B．R0的功率逐漸增大C．電源的輸出功率可能先減小后增大D．電壓表與電流表讀數(shù)的改變量的比值eq\f(ΔU,ΔI)先增大后減小答案：C解析：在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，變阻器并聯(lián)的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析可知，電路中的總電流I先減小后增大，則電流表的讀數(shù)先減小后增大，R0的功率先減小后增大，故A、B錯誤；由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，若電源的內(nèi)阻一直比外電阻小，則電源的輸出功率先減小后增大，故C正確；電壓表測量路端電壓，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝E－Ir得eq\f(ΔU,ΔI)＝r，不變，故D錯誤。故選C。6．智能手機耗電量大，移動充電寶應(yīng)運而生，它是能直接給移動設(shè)備充電的儲能裝置。充電寶的轉(zhuǎn)化率是指電源放電總量占電源容量的比值，一般在0.60～0.70之間(包括移動電源和被充電池的線路板、接頭和連線的損耗)。某一款移動充電寶，其參數(shù)見下表，下列說法正確的是()容量20000mAh兼容性所有智能手機邊充邊放否保護電路是輸入DC：5V2AMAX輸出DC：5V0.1A－2.5A尺寸56×82×22mm轉(zhuǎn)換率0.60產(chǎn)品名稱索揚SY10－200重量約430gA．給充電寶充電時將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能B．該充電寶最多能儲存的能量為3.6×105JC．該充電寶電量從零到完全充滿電的時間約為2hD．該充電寶給電量為零、容量為3000mAh的手機充電，理論上能充滿6次答案：B解析：充電寶充電時將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，不是內(nèi)能，選項A錯誤；該充電寶的容量為q＝20000mAh＝20000×10－3×3600C＝7.2×104C，該電池的電動勢為5V，所以充電寶儲存的能量E＝E電動勢·q＝5×7.2×104J＝3.6×105J，選項B正確；以2A的電流為用電器充電則充電時間t＝eq\f(q,I)＝eq\f(7.2×104,2)s＝3.6×104s＝10h，選項C錯誤；由于充電寶的轉(zhuǎn)化率是0.6，所以可以釋放的電量為20000mAh×0.6＝12000mAh，給容量為3000mAh的手機充電的次數(shù)n＝eq\f(12000,3000)次＝4次，選項D錯誤。故選B。能力提升練7.如圖所示，L1、L2為兩只完全相同、阻值恒定的燈泡，R為光敏電阻(光照越強，阻值越小)。閉合開關(guān)S后，電源內(nèi)電路消耗的功率為P內(nèi)，光敏電阻R和L1消耗的功率之和為P，則隨著光照強度逐漸增強()A．P內(nèi)減小，P增大 B．P內(nèi)減小，P減小C．P內(nèi)增大，P增大 D．P內(nèi)增大，P減小答案：D解析：當(dāng)光照增強時，光敏電阻的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可得，電路中總電流增大，由P＝I2r知電源內(nèi)電路消耗功率P內(nèi)增大，故A、B錯誤；將L2燈看成電源內(nèi)電路的一部分，光敏電阻R和燈泡L1消耗的總功率是等效電源的輸出功率，外電阻為光敏電阻R和燈泡L1的并聯(lián)值，小于等效電源內(nèi)阻，所以當(dāng)光敏電阻的阻值減小，等效外電阻減小時，等效電源的內(nèi)外電阻相差加大，輸出功率減小，則光敏電阻R和燈泡L1消耗的總功率P逐漸減小，故D正確，C錯誤。故選D。8.如圖所示電路中，開關(guān)S閉合，當(dāng)滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，以下判斷正確的是()A．電壓表示數(shù)變小，通過燈L1的電流變小，燈L2變亮B．電壓表示數(shù)變小，通過燈L1的電流變大，燈L2變暗C．電壓表示數(shù)變大，通過燈L2的電流變小，燈L1變暗D．電壓表示數(shù)變大，通過燈L2的電流變大，燈L1變亮答案：A解析：當(dāng)滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律分析得知，干路電流增大，通過燈L2的電流變大，則燈L2變亮；電源的內(nèi)電壓和L2兩端的電壓增大，路端電壓減小，則并聯(lián)部分電壓減小，電壓表讀數(shù)變小，通過燈L1的電流變小，燈L1變暗；綜上分析電壓表讀數(shù)變小，通過燈L1的電流變小，L1變暗；通過燈L2的電流變大，L2變亮，A正確，B、C、D錯誤。故選A。9．如圖所示，電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r的阻值，開關(guān)S閉合，平行板電容器中帶電質(zhì)點P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A1示數(shù)變化量的絕對值為ΔI1，下列說法正確的是()A．質(zhì)點P將向下運動，理想電流表A2中有從b流向a的瞬間電流B．eq\f(ΔU3,ΔI1)>eq\f(U1,I1)>eq\f(ΔU2,ΔI1)C．電源的輸出功率減小D．電源的效率變大答案：B解析：由閉合電路的歐姆定律U2＋I(xiàn)1r＝E，I1＝eq\f(E,R滑＋R＋r)，因R滑減小，則I1增加，U2減小。又U2＝U3＋I(xiàn)1R，所以U3減小，UC＝U3，Q＝CUC，則Q減小，電容器放電，理想電流表A2中有從a流向b的瞬間電流，又qE場強＝F電，E場強＝eq\f(UC,d)，則E場強減小，qE場強<mg，質(zhì)點P將向下運動，故A錯誤；又ΔU2＝r·ΔI1，ΔU1＝ΔI1·R，且U1＝I1·R，U3＋I(xiàn)1(R＋r)＝E，ΔU3＝ΔI1(R＋r)，則eq\f(ΔU3,ΔI1)>eq\f(U1,I1)>eq\f(ΔU2,ΔI1)，故B正確；因為R外＝R滑＋R>r，又R滑減小，則P輸出增大，η＝eq\f(R外,R外＋r)×100%＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))×100%，則η減小，故C、D錯誤。故選B。10．(多選)如圖甲所示的電路中定值電阻R＝60Ω，電源電動勢E＝100V，r＝10Ω。如圖乙所示，曲線為燈泡L伏安特性曲線，直線為電源路端電壓與電流的關(guān)系圖線，以下說法正確的是()A．開關(guān)S閉合后燈泡的亮度增強B．開關(guān)S閉合后電源的總功率會變大C．開關(guān)S斷開時小燈泡消耗的功率為240WD．開關(guān)S斷開時電源的效率為60%答案：BC解析：開關(guān)S閉合后總電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得總電流增大，根據(jù)P＝EI可知電源的總功率會變大，根據(jù)U＝E－Ir可知路端電壓減小，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)可知燈泡的功率減小，所以燈泡的亮度變暗，故A錯誤，B正確；開關(guān)S斷開時小燈泡消耗的功率為P＝ULIL＝40×6W＝240W，故C正確；開關(guān)S斷開時，根據(jù)圖乙可知燈泡兩端的電壓為UL＝40V，電源的效率為η＝eq\f(ULIL,EIL)×100%＝40%，故D錯誤。故選BC。11．如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，燈L1、L2正常發(fā)光。由于電路出現(xiàn)故障，突然發(fā)現(xiàn)L1變暗，L2變亮，電流表的讀數(shù)變小。若只有一處故障，請分析發(fā)生的故障的可能是()A．R1斷路 B．R2斷路C．R3短路 D．R4短路答案：B解析：沒有發(fā)生故障前，等效電路如圖所示。若R1斷路，總外電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，L1兩端電壓變大，L1變亮；與L2并聯(lián)部分電路結(jié)構(gòu)沒變，電流仍按原比例分配，總電流減小，通過L2、R4的電流都減小，L2變暗，故A錯誤；