必修 第三册第十二章 电能 能量守恒定律综合与测试综合训练题

第十二章<电能 能量守恒定律>全章考点基础巩固达标检测卷

全解全析

1．D

【详解】

A．电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式

可知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功。属于比值定义，故A错误；

B．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，因此电动势的单位跟电压的单位一致，但电动势不就是两极间的电压，故B错误；

C．由可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，即W越大，电动势不一定就越高；故C错误；

D．铅蓄电池的电动势为2V，这表明电路中将1C电荷量时，电源做功2J，即将2J的化学能转变为电能，故D正确。

故选D。

2．B

【详解】

任何电路中电功公式W=UIt，电热公式Q=I2Rt都适用，但两者不一定相等，只有在纯电阻电路中 W=Q，故A错误，CD错误．

B项：任何电路中的电功W=UIt，电热Q=I2Rt，在非纯电阻电路中电能一部分转化为内能，还有一部分转化为其他形式的能，所以此时W大于Q，故B正确．

3．A

【详解】

电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为：

R=U1I1=2.0/0.5=4Ω

电动机正常运转时，输入的电功率为：

P电=U2I2=48W，

发热功率为：

P热==22×4W=16W，

所以输出功率为：P出=P电−P热=32W，故A正确，BCD错误．

故选A

4．D

【详解】

A、将B板向下平移，电容器板间距离增大，根据知，电容器的电容变小，故A错误；

BD、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D正确，B错误；

C、根据、与相结合可得，由于电容器的带电量、正对面积不变，所以板间电场强度也不变，液滴所受的电场力不变，则液滴仍保持静止，故C错误；

故选D．

5．C

【详解】

A项：由题意可知，当M、N串联在电路中时，电流相等，两灯不可能都正常发光，故A错误；

B项：正常发光时，流过M的电流为，流过N的电流为，所以总电流为，电路消耗的功率为：；

C项：正常发光时，流过M的电流为，电路消耗的功率为：；

D项：由于正常发光时流过M的电流大于流过N的电流，故D错误．

综上所述：应选：C．

6．D

【详解】

设灯泡的额定电流为I，则甲电路干路电流2I,=,=因为所以可确定=

变阻器消耗的功率等于总功率减去电灯消耗功率，因为灯泡相同且都正常发光说明在两电路中消耗功率相同，即P1＝P2选D

7．B

【详解】

S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；

把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，

A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错误；

B．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；

C．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故C错误；

D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；

8．C

【详解】

A．根据闭合电路欧姆定律得：

U=E-Ir

当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则：

A正确；

B．根据图像可知电阻：

B正确；

C．电源的效率：

C错误；

D．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为：

P出=UI=4W

D正确。

故选C。

9．D

【详解】

A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率

外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．

B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．

C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．

D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．

【点睛】

本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．

10．D

【详解】

AB．电容C与电阻R1、R2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P由a滑向b的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过R3的电流方向由右向左，故AB项错误；

C．因电路电流减小，故，则R1两端电压减小，即。因路端电压增大，则R2两端电压增大，即，故C项错误；

D．将R1等效为电源内阻，则可视为等效电源的路段电压，根据U—I图像的斜率关系可得

故D项正确。

故选D。

11．CD

【分析】

根据题图可知，考查了非纯电阻电路的电功，电功率的计算；根据电阻和电动机串联，电流相等，对电阻R应用欧姆定律求出电流；根据P＝UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率，根据Q＝I2rt求出电动机产生的热量，电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．

【详解】

A、通过电动机的电流为：，故A错误；

BCD、对电动机，电动机的输入功率，发热功率，输出功率，电动机1分钟内产生的热量，故CD正确．

【点睛】

解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．

12．AB

【详解】

BC、根据图象读出电源电动势为，根据图像斜率得到，故电源内阻为，故B正确，C错误；

A、当滑片向右滑动时，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，根据可得出电压表示数增大，故A正确；

D、当电源短路时，根据闭合电路欧姆定律：，故D错误；

故选AB；

13．AB

【详解】

ACD．在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大．根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．

选项A正确，CD错误；

B．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速．故B正确．

故选AB．

14．AD

【详解】

A、根据电路的输出功率，结果图象可知当R＝r时，电源有最大的输出功率为，A正确．B、电源内阻的功率，外电阻R的增大内阻的功率不断变小，B错误．C、电源的总功率，则随着外电阻R的增大而减小，C错误．D、电源的效率，得随着R增大时，电源的效率增大，D正确．

15．CD

【详解】

试题分析：电源的总功率，功率与电流成正比，由知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；直流电源的总功率，P-I图象的斜率等于电动势E，则有，电流为2A时电源的总功率与发热功率相等，则根据可得，当电流为0．5A时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω，CD正确

16．ACD

【详解】

A．滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；

B．电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大．电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；

D．电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，，所以，选项D对；

C．电压表的变化量，所以，选项C对．

17．（1）①开关未断开    ②电阻箱阻值为零    （2）图像如图所示：

    1.4（1.30~1.44都算对）    1.2（1.0~1.4都算对）    （3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致）      1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2）   

【解析】

本题考查测量电源电动势和内电阻实验，意在考查考生的实验数据处理能力和误差分析能力．

（1）连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源．

（2）将数据描点连线，做出一条倾斜的直线．根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)得，所以图线的斜率表示电源电动势V=1.37V，截距绝对值表示r=0.4×3.0Ω=1.20Ω；用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻，考虑电表内阻对实验的影响，则E=I(R+RA+r)，得，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37V，图线的截距表示（RA+r），所以内阻精确值为r=（1.20-0.20）Ω=1.00Ω．

点睛：本题考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验，本题创新之处在于用一个电压表并联在电流表的两端测出电流表的电阻，从而提高测量电源内阻的精确度．

18．B        R1       

【详解】

(1)[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)[2]根据数据做出U-I图像如图；

[3]由图像可知

电源内阻小于1Ω，则定值电阻大于1.63Ω，可知定值电阻为R1；

[4]定值电阻与电源串联，电路如图；

19．（1）0.5Ω（2）3.5W  87.5%（3）0.35m/s

【详解】

（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则：

（2）电动机正常工作时消耗的功率为：

P=U2I2=4.0×1.0 W=4.0 W

电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：

P热=I22r=1.02×0.5 W=0.5 W

电动机正常工作时输出功率为：

P出=P-P热=4.0-0.5 W=3.5 W

电动机正常工作时效率为：

（3）匀速提升时，拉力等于重力，即：

F=mg=1×10N=10N

由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为：

20．（1）20 V  20 Ω（2）5 Ω（3）5W

【分析】

（1）根据U-I图像可以求出电源的电动势和内阻

（2）结合图像上的特殊点求出外电路定值电阻R2的阻值；

（3）当内外电阻相等时，电源输出功率有最大值，可以根据这个条件求功率

【详解】

（1）题中图乙中AB延长线，交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝20 V/1．0 A＝20 Ω．

（2）当P滑到R3的右端时，此时外电路中只有电阻R2，电路参数对应图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝＝5 Ω．

（3）当外阻等于内阻时，电源输出功率最大为

故本题答案是：（1）20 V  20 Ω（2）5 Ω（3）5w

21．（1）20W　（2）12W　 8W．

【详解】

（1）电动机正常工作时，总电流为：I=    

I=A=2 A，

电源释放的电功率为：P=EI =10×2 W=20 W；

（2）电动机两端的电压为： U= E﹣Ir﹣U1

则U =（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V；

电动机消耗的电功率为： P电=UI=6×2 W=12 W；

电动机消耗的热功率为： P热=I2R0 =22×1.0 W=4 W；

电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机=P电﹣P热  

P机=（12﹣4）W=8 W；

22．(1) g，方向竖直向上  (2)4×10－4C

【详解】

（1）开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE＝mg且qE竖直向上．

S闭合后，qE＝mg的平衡关系被打破．

S断开时，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有

，

S闭合后，

设带电粒子加速度为a，则

，

解得a＝g，方向竖直向上．

（2）S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以

ΔQ＝C（UC′－UC）＝4×10－4C

23．(1)    (2) (3) (4)

【解析】

【详解】

（1）由闭合电路的欧姆定律：

 电压表的示数：U=IR滑=1×16V=16V

（2）

由牛顿第二定律得：Eq-mg=ma

带入数据解得a=10m/s2

（3）设小球在板间飞行时间为t，

（4）