人教版 (2019)必修 第三册第十二章 电能 能量守恒定律综合与测试课时训练

第十二章　学业质量标准检测

本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题　共40分)

一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)

1．(2021·山东省济南第一中学高一下学期合格考)扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为某牌扫地机器人，已知其工作额定电压15 V，额定电流2 A，电池容量2 000 mAh，则下列说法正确的是(　D　)

A．电池容量是指电池储存电能的大小

B．机器人正常工作的电压为24 V

C．机器人正常工作时的电流为0.5 A

D．机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时

解析：电池容量是指电池的存储电量(电流与时间的乘积)多少，不是储存电能的大小，故A错误；机器人正常工作的电压为15 V，电流为2 A，故B、C错误；机器人充满电后一次工作时间为t＝＝＝1 h，故D正确。故选D。

2．中国自行研制的“玉兔”号月球车 (如图)上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的。由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应。“玉兔”月球车上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池。在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%。单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，求每秒照射到这种太阳能电池上太阳光的能量(　C　)

A．0.24 J　 B．0.25 J

C．0.26 J　 D．0.28 J

解析：太阳能电池每秒提供的电能W＝EIt＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，所以照射到这种太阳能电池上的太阳光能量W′＝≈0.26 J，C正确。

3．如图为实用型高温超导电缆，利用超导电缆可实现无损耗输电。现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导体电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(　A　)

A．1 kW　 B．10 kW

C．1.6 kW　 D．1.6×103 kW

解析：输电导线上的输电电流I＝＝＝50 A，则输电线上损失的电功率P′＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，A项正确。

4．有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”“中”“低”“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是(　B　)

A．a方式为“高”挡　 B．b方式为“低”挡

C．c方式为“关”挡　 D．d方式为“中”挡

解析：a中回路未闭合，故a方式为“关挡”，b中总电阻Rb＝R1＋R2，c中总电阻为Rc＝R1，d中总电阻为Rd＝，由公式P＝，故d方式为“高”挡，c方式为“中”挡，b方式为“低”挡，所以B对，A、C、D错。

5．如图所示是一个电热水壶的铭牌。某同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶(　C　)

A．只能在220 V电压下工作

B．正常工作5 min耗电约0.5 kW·h

C．正常工作时的电流约为6.8 A

D．用多用电表测量其电阻值约为32 Ω

解析：该水壶可以在220 V及之下的电压下工作；故A错误；工作5 min时，消耗的电能为：W＝Pt＝1.5 kw× h＝0.125 kwh，故B错误；由铭牌信息可知，额定功率为1 500 W；额定电压为220 V；则由P＝UI可得：I＝＝≈6.8 A；故C正确；金属丝的电阻率随温度的升高而升高，所以用多用电表测量其电阻值小于额定电阻，额定电阻为：R＝＝ Ω≈32 Ω，所以用多用电表测量其电阻值小于32 Ω；故D错误；故选C。

6．(2021·湖南省郴州市)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　)

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

解析：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，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P＝可知，R3上消耗的功率减小； 故D错误。

7．(2021·四川省眉山市高二上学期期末)如图所示，电源电动势E＝6 V，小灯泡L上标有“3V、1.5 W”字样，电动机线圈电阻RM＝1 Ω。当开关S拨向接点1，滑动变阻器调到R＝5 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S拨向接点2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　AD　)

A．电源内阻为1 Ω

B．电动机正常工作电压为3 V

C．电源的输出功率为1.75 W

D．电动机的机械效率为80.0%

解析：当开关S拨向接点1，小灯泡L正常发光，根据功率公式P＝UI，解得：I＝＝ A＝0.5 A，根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋IR＋Ir，解得：r＝1 Ω，故A正确；将开关S拨向接点2，小灯泡L正常发光，I＝0.5 A，根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋UM＋Ir，解得：UM＝2.5 V，即电动机正常工作电压为2.5 V；故B错误；电源的总功率为：P总＝EI＝3 W，内阻的功率为：Pr＝I2r＝0.25 W，则电源的输出功率为：P出＝P总－Pr＝2.75 W，故C错误；电动机的输入功率为：P入＝UMI＝1.25 W，热功率为：PQ＝I2RM＝0.25 W，则输出功率为：P出＝P入－PQ＝1 W，电动机的机械效率为η＝×100%＝80%，故D正确。

8．(2021·河北省石家庄二中)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　BC　)

A．L2的电阻为12 Ω

B．L1消耗的电功率为0.75 W

C．L1、L2消耗的电功率的比值大于4

D．L1两端的电压为L2两端电压的2倍

解析：L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则得L2的电流为0.125 A，由图可知，此时L2的电压小于0.5 V，根据R＝可知，L2的电阻小于4 Ω，故A错误；根据图像可知，当电流为0.25 A时，电压U＝3 V，所以L1消耗的电功率 P＝UI＝0.75 W，故B正确；根据P＝UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5 W＝0.062 5 W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4，故C正确；L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故D错误，故选BC。

9．(2021·湖南湘东九校高二下期末联考改编)在电学探究实验课中，某组同学在实验室利用如图甲所示的电路图连接好电路，并用于测定定值电阻R0的阻值及电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录了电流表A和电压表V2的测量数据。根据所得数据描绘了如图乙所示的两条U－I图线。则(　AB　)

A．图线b是电压表V2的测量值所对应的图线

B．电源电动势和内阻分别是E＝1.50 V，r＝1.0 Ω

C．图像中两直线的交点表示定值电阻R0上消耗的功率为0.75 W

D．图像中两直线的交点表示此时电源的效率达到最大值

解析：由图甲可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压，路端电压随电流增大而减小，定值电阻两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图像可知，图线a是电压表V1的测量值所对应的图线，图线b是V2的测量值所对应的图线，故A正确；由电源的U－I图像可知，图像纵轴截距为1.5 V，则电源电动势E＝1.5 V，电源内阻r＝＝ Ω＝1.0 Ω，故B正确；两图线交点表示两电压表示数相等，此时滑动变阻器接入电路的阻值为零，只有定值电阻接在电源两端，由图乙可知，此时定值电阻两端电压为1.0 V，电路中电流为0.5 A，则当该电源只给定值电阻R0供电时R0消耗的功率P＝UI＝1.0×0.5 W＝0.5 W，故C错误；电源的效率为η＝×100%，外电路电阻R外越大，电源效率越高，图像中两直线相交时，外电路电阻最小，电源效率最低，故D错误。

10．(2021·福建省同安一中高二上学期期中)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，开始时开关S闭合，滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向(电源的内阻不能忽略)，下列判断正确的是(　AB　)

A．小球带正电

B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小

C．当滑动头从a向b滑动时，电流计中有电流，方向从下向上

D．当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小

解析：由图，细线向右偏，电场力向右，则小球带正电。故A正确；滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B正确；滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下。故C错误；滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源电动势不变，所以当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变大，故D错误。

第Ⅱ卷(非选择题　共60分)

二、填空题(2小题，共16分。把答案直接填在横线上)

11．(7分)(2021·河北沧州第一中学高二上月考)现有一小灯泡，额定电压为4 V，额定功率大约为2 W。现在要用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，实验室有如下器材可供选用：

A．电压表V1(量程为0～3 V，内阻rv1约为6 kΩ)

B．电压表V2(量程为0～15 V，内阻rv2约为30 kΩ)

C．电流表A1(量程为0～200 mA，内阻rA1为10 Ω)

D．电流表A2(量程为0～800 mA，内阻rA2约为3 Ω)

E．定值电阻R0(15 Ω)

F．滑动变阻器R1(0～100 Ω，允许通过的最大电流0.5 A)

G．滑动变阻器R2(0～10 Ω，允许通过的最大电流1 A)

H．电源E(5 V，内阻约为1 Ω)

I．单刀开关一个、导线若干

(1)为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电表__C__和__D__，滑动变阻器应选用__G__。(填对应器材前的字母序号)

(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在如图甲所示的实线框里画出实验电路图__见解析图__。(图中需标明所选器材)

(3)根据电路图连接好电路，反复调节滑动变阻器的滑片，读出并记录好电表的示数，计算小灯泡两端电压U和通过小灯泡的电流I，并且填写到预先设计的表格中。根据测量的数据，在坐标纸上描点，画出小灯泡的U－I曲线，如图乙所示。

(4)根据小灯泡的U－I曲线可得小灯泡的额定功率为__1.90(1.88～1.95均可)__W。(结果保留三位有效数字)

解析：(1)灯泡额定电压为4 V，电压表A量程太小，电压表B量程太大，不能用电压表测电压，应用内阻已知的电流表A1与定值电阻R0串联改装成电压表测电压，用电流表A2测电流，为方便实验操作滑动变阻器应选择R2；

(2)电流表A1与定值电阻R0串联改装成电压表，描绘灯泡伏安特性曲线时需要电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表A2测干路电流，实验电路图如图所示；

(4)由题图中灯泡U－I图像可知，额定电压U＝4.0 V对应的电流I＝0.475 A，灯泡额定功率P＝UI＝4.0×0.475 W＝1.90 W。

12．(9分)(2021·江苏省启东中学高二上学期期中)为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：

A．待测干电池一节

B．直流电流表(量程0～0.6～3 A,0.6 A挡内阻约为0.1 Ω，3 A挡内阻约为0.02 Ω)

C．直流电压表(量程0～3～15 V,3 V挡内阻为5 kΩ，15 V挡内阻为25 kΩ)

D．滑动变阻器(阻值范围为0～15 Ω，允许最大电流为1 A)

E．滑动变阻器(阻值范围为0～1 000 Ω，允许最大电流为0.2 A)

F．开关

G．导线若干

(1) 将如图所示中的器材，进行实物连线__见解析__；

(2)为尽可能减少实验的误差，其中滑动变阻器选__D__(填代号)；

(3)根据实验记录，画出的U－I图线如图所示，从中可求出待测干电池的电动势为E＝__1.5__V，内电阻为r＝__1.0__Ω。

解析：(1)测定电源电动势和内电阻的电路图如图所示，对照电路图连线如下：

(2)滑动变阻器E电阻值较大，操作不方便，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器；故选D。

(3)电源的U－I图像的纵轴截距表示电源的电动势，故E＝1.5 V。

斜率表示电源的内电阻，故r＝＝＝1 Ω。

三、论述·计算题(共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(10分)(2021·广东省湛江市第21中学高二上学期期中)如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5 V,2.5 W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1 A，这时电阻R两端的电压为4 V。求：

(1)电阻R的值；

(2)小灯泡的额定电流。

(3)电源的电动势和内阻。

答案：(1)4 Ω　(2)0.5 A　(3)6 V　 2 Ω

解析：(1)当开关S接b点时，可得电阻R的值为：

R＝＝ Ω＝4 Ω。

(2)由公式P＝UI得，小灯泡的额定电流： I1＝＝ A＝0.5 A。

(3)当开关接a时，根据闭合电路欧姆定律得： E＝U1＋I1r，其中 U1＝5 V，

当开关接b时，有 E＝U2＋I2r，又U2＝4 V，I2＝1 A，

联立解得：E＝6 V,  r＝2 Ω。

14．(10分)如图为“解放”牌大卡车的远程车灯电路的蓄电池总功率随电流变化的图像，已知蓄电池瞬间短路时的电流为14 A。求：

(1)该蓄电池的电动势E和内电阻r。

(2)车头两个远程车灯的铭牌上标有“12 V、12W”字样，若两灯并联接在蓄电池两端，则两灯消耗的总电功率为多少？

答案：(1)E＝14 V；r＝1 Ω　(2)P总＝24 W

解析：(1)由图可知瞬间短路时总功率P＝196 W，

由P＝I短E，求出E＝14 V，由P＝Ir，求出r＝1 Ω。

(2)一个车灯的电阻：R灯＝＝12 Ω，

两灯并联的电阻：R并＝＝6 Ω，

电路中的总电流：I＝＝2 A，

两灯总电功率P总＝I2R并＝24 W。

15．(12分)(2021·山东济南外国语学校、济南一中等四校高二上学期期末)某直流电动机接入电路如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2 A和0.4 V。重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为0.8 A和3 V。求：

(1)这台电动机的线圈电阻；

(2)电动机正常运转时的输入功率；

(3)电动机正常运转时的输出功率。

答案：(1)2 Ω　(2)2.4 W　(3)1.12 W

解析：(1)电动机不转时，可看成纯电阻电路，由欧姆定律得：r＝＝ Ω＝2 Ω。

(2)正常工作时输入功率：P入＝U2I2＝3×0.8 W＝2.4 W。

(3)正常工作时内阻消耗的功率P热＝Ir＝0.82×2 W＝1.28 W，

输出功率P输出＝P入－P热＝2.4 W－1.28 W＝1.12 W。

16．(12分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80 cm，两板间的距离d＝40 cm，电源电动势E＝40 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4  m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q＝1×10－2 C，质量为m＝2×10－2 kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10 m/s2)。求：

(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？

(2)此时电流表、电压表的示数分别为多少？

(3)此时电源的输出功率是多少？

答案：(1)24 Ω　(2)1 A　39  V　(3)39 W

解析：(1)设小球在板间飞行时间为t，

t＝＝ s＝0.2 s，

根据d＝at2得飞行加速度

a＝＝  m/s2＝20  m/s2，

对小球根据牛顿第二定律得q－mg＝ma，解得：

UAB＝＝ V＝24 V

所以滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝24 V，

设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得，

I＝＝ A＝1A，

滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝＝24 Ω。

(2)此时电流表的示数为1 A，

电压表的示数为

U＝E－Ir＝(40－1×1) V＝39 V。

(3)电源的输出功率P出＝IU＝39 W。