高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十二章 电能 能量守恒定律综合与测试同步训练题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十二章 电能 能量守恒定律综合与测试同步训练题，共17页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第十二章  电能 能量守恒定律 单元检测（A卷） 一、单选题：(每题4分，共计32分)1.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图所示)．在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽．该装置的能量转化情况是(　　)A．太阳能→电能→机械能B．太阳能→机械能→电能C．电能→太阳能→机械能D．机械能→太阳能→电能答案：A　解析：电池板中太阳能转化为电能，小电动机中电能转化为机械能．]2.有一家用电褽斗，其内部电路结构如图所示，改变内部连线方式可以使电褽斗处于断开状态或获得低、中、高三个不同的温度挡，选项图中是它的四种不同的连接方式，其中能获得低挡温度的是（   ）A． B．C． D．【答案】B【解析】A．A选项为断路，没有电流，不工作，A错误；BCD．B选项R1、R2串联，发热功率为：；C选项只有R1工作，发热功率为：；D选项R1、R2并联，发热功率为：；可以判断出，P2最小，所以能获得低挡温度的是B选项。故选B。3.用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为(　　)A.R0　　　　　　　　 B．R0 C.R0  D．R0  解析：选C.电流表G中的电流为零，表示电流表G两端电势差为零(即电势相等)，则R0与Rl1两端电压相等，Rx与Rl2两端电压相等，其等效电路图如图所示．I1R0＝I2Rl1 ①I1Rx＝I2Rl2 ②由公式R＝ρ知Rl1＝ρ ③Rl2＝ρ ④由①②③④式得＝即Rx＝R0.选项C正确． 4.如图为2017年5月戴森公司发售的360 Eye扫地机器人.360 Eye内置锂电池容量为2 250 mA·h，在一般状况下，充满一次电可供其运行的时间为45 min.已知360 Eye扫地机器人额定功率为54 W，则下列说法正确的是(　　)A．扫地机器人正常工作时的电流是2.25 AB．扫地机器人正常工作时额定电压为18 VC．扫地机器人工作时的内阻为6 ΩD．扫地机器人电池充满电之后的电能为4.374×105 J答案　B解析　根据电流的定义式可得工作电流为：I＝＝ A＝3 A，故A错误；扫地机器人额定功率为54 W，则额定电压：U＝＝ V＝18 V，故B正确；扫地机器人消耗的电功率大部分转化为机械能，电功率大于热功率，UI＞I2r，所以其电阻值r＜＝ Ω＝6 Ω，故C错误；扫地机器人电池充满电之后的电能等于放电过程中消耗的电能：E＝Pt＝54×45×60 J＝1.458×105 J，故D错误．5.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线．抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．若A、B的对应电流为1 A，那么AB线段表示的功率等于（    ）A．1 W B．3 W C．2 W D．2.5 W【答案】C【解析】由图读出I=3A时，电源的功率P=9W，电源内部发热功率P热=9W，根据电源的功率P=EI和电源内部发热功率P热=I2r分别求出电源的电动势和内阻．当电流I=2A时，分别求出电源的功率和电源内部发热功率，求出线段AB表示功率的变化．由图读出I=3A时，电源的功率P=9W，由P=EI得，E=3V．电源内部发热功率P热=9W，由P热=I2r求出r=1Ω．当电流I=2A时，电源的功率P=EI=6W，电源内部发热功率P热=I2r=4W，则线段AB表示功率的变化为2W．故C正确。故选C。6.如图所示的电路中，闭合电键k后，灯a和b都正常发光，后来由于某种故障使灯b突然变亮，电压表读数增加，由此推断这故障可能是（　　）A．a灯灯丝烧断B．电阻R2短路C．电阻R2断路D．电容被击穿短路【答案】C【解析】A：若a灯灯丝烧断，电路总电阻增大，总电流减小，b灯两端电压减小，b灯变暗，不符合题意。故A项错误。B：若电阻R2短路，b灯被短路，b灯不亮，不符合题意。故B项错误。C：若电阻R2断路，总电阻增大，总电流减小，b两端电压增大，b灯变亮；电源两端电压增大，电压表读数增加，符合题意。故C项正确。D：电容器被击穿短路，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，电压表读数减小，不符合题意。故D项错误。7.如图所示，甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是(　　)A．电源甲的电动势大于电源乙的电动势B．电源甲的内阻小于电源乙的内阻C．路端电压都为U0时，电源甲的外电阻大于电源乙的外电阻D．电流都是I0时，两电源的内电压相等答案　A解析　图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故A正确；图线的斜率的绝对值表示电源内阻(电动势与短路电流的比值)，图线甲的斜率绝对值大于图线乙的斜率绝对值，表明甲的内阻大于乙的内阻，故B错误；甲、乙两图线的交点坐标为(I0，U0)，外电路是纯电阻说明两电源此时的外电阻相等，故C错误；电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内＝Ir，因为甲的内阻比乙的内阻大，所以当电流都为I0时，甲电源的内电压较大，故D错误．8.如图所示，长为L的两平行金属板水平放置，接在直流电路中，图中R为滑动变阻器，一带电微粒自两板左侧中央以某初速度v0平行于金属板进入两板间，若将滑动变阻器的滑片P置于最下端b处，带电微粒将落在下板上距离左端处；若滑片P与b端间电阻为18 Ω，带电微粒将沿直线运动；若要微粒不打到金属板上，则滑片P与b端间电阻R的范围应为(　　)A.12 Ω<R<20 Ω    B.16 Ω<R<20 ΩC.12 Ω<R<24 Ω    D.16 Ω<R<24 Ω解析　设两平行金属板间距为d，当滑动变阻器的滑片P置于b处时，两平行板间的电压为0，得＝gt，＝v0t1；当滑片P与b端间电阻为18 Ω时，有＝mg。若要微粒刚好不打到金属板上，应满足＝at，L＝v0t2，－mg＝ma或mg－＝ma，由以上各式可求得U1＝U0，U2＝U0，由串联电路的分压规律可求得电阻R1＝R0＝20 Ω，R2＝R0＝16 Ω，所求R的范围为16 Ω<R<20 Ω，选项B正确。答案　B二、多选题（每题4分，共计16分）9.以下关于电源的说法中正确的是(　　)A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减小D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加答案　AD解析　电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流，故A正确；在电源内部既存在非静电力，又存在静电力，故B错误；静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电10.如图是一个多量程多用电表的简化电路图，图中E是电池，G为表头，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。下列说法正确的是（    ）A．该多用电表的A端应接黑表笔B．换挡开关旋至3处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率C．换挡开关旋至1、2处为电流挡，换挡开关旋至2处量程较大D．换挡开关旋至4、5处为电压挡，换挡开关旋至5处量程较小【答案】AB【解析】A．根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”则A端应接黑色笔，故A正确；B．根据多用电表的欧姆档测量原理为表头连接电源和滑动变阻器，根据全电路的欧姆定律由电流的大小换算出待测电阻，故换挡开关旋至3处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率，故B正确；C．换挡开关旋至1、2处为表头并联不同的电阻，利用并联分流测大电流，则这两处为电流挡，且并联电阻越小能分流越多，换挡开关旋至1处是并联的R1，量程换挡开关旋至2处是并联的（R1+R2），故接1处量程较大，故C错误；D．换挡开关旋至4、5处为表头串联不同的电阻，根据串联分压，则这两处构成电压挡，换挡开关旋至5处串联的总电阻较大，其量程较大，故D错误。故选AB。11.如图电路中，电源电动势、内电阻、R1、R2为定值。闭合S后，将R的滑键向右移动，电压表的示数变化量的绝对值为△U，电阻R2的电压变化量的绝对值为，电源电流变化量的绝对值为△I，下列说法正确的是（　　）A．通过R1的电流增大，增大量等于 B．通过R2的电流增大，增大量小于C．与△I的比值保持不变 D．△U与△I的比值保持不变【答案】BCD【解析】A．将R的滑键向右移动，减小，电路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流增大，通过电流增大，则分压增大，根据可知路端电压减小，所以与构成的并联电路部分分压减小，所以通过的电流减小，根据欧姆定律可知减小量等于，A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可知滑键向右移动后，结合数学知识可知可知结合欧姆定律可知B正确；C．根据B选项分析可知C正确；D．对变形得则D正确。故选BCD。12.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻忽略不计，ab是总电阻为2R的滑动变阻器，滑片P刚开始位于中间位置，定值电阻的阻值为R，平行板电容器的电容为C，其下极板与地（取为零电势）相连，一电量为q带正电的粒子固定在两板中央e处，闭合开关S，待稳定后，下列判断正确的是（　　）A．e处的电势为B．若把滑片P移至b端，稳定后粒子的电势能减少了C．若把滑片P移至b端，稳定后粒子所受电场力变为原来的2倍D．若把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距变为原来的2倍，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍【答案】AD【解析】A．由闭合电路欧姆定律得，干路电流为则电容器两端的电压因为e是中点，且下极板接地，所以e处的电势为，故A正确；B．若把滑片P移至b端，则电容器的两端电压为E，那么电势是原来的3倍，因粒子带正电，且e处的电势为正值，所以粒子的电势能增大了，故B错误；C．若把滑片P移至b端，则电容器的两端电压为E，因此电容器的电场强度变为原来的3倍，稳定后粒子所受电场力变为原来的3倍，故C错误；D．因电容器的电压是原来的3倍，当把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距d变为原来的2倍，由可知，电容C是原来的一半，由Q = CU可知，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍，故D正确。故选AD。三、实验题（本题共3小题，共计24分）13.（7分）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲。一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得电容器放电的i-t图像如图乙所示。（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”法， i-t 图线与两坐标轴包围面积表示的物理意义是_______；电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为___________C；（结果保留两位有效数字）（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_____ F；（结果保留两位有效数字）（3）如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量___________（选填“变多”、“不变”或“变少”）。【答案】I-t 图象与坐标轴围成的面积表示总的电荷量    2.4×10－3～2.6×10－3C    3.0×10－4～3.3×10－4F    不变    【解析】(1)[1]电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q=It，从微法得到，I－t图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量；[2]图象下共有30格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为由于误差所以2.4×10－3～2.6×10－3C均可；(2)[3]电容器充满电后所带的电荷量Q=2.4×10-3C，而所加电压U=E=8.0V，所以由于Q值2.4×10－3～2.6×10－3C均可，所以电容在3.0×10－4～3.3×10－4F均可；(3)[4]由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图象更加平缓些，但总量不变。（9分）在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg=10Ω、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出。(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为_____；选择开关接3时其读数为_____；(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为_____Ω；③计算得到多用电表内电池的电动势为_____V；（保留2位有效数字）(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为_____Ω。（保留2位有效数字）【答案】6.9mA    173V（172～174V间均可）    150    1.5    67（66~69均可）    【解析】(1)[1]选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；[2]选择开关接3时测电压，多用电表为量程250V的电压表，其分度值为5V，其示数为173V；由于误差（172～174V间均可）(2)[3]由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为[4]由图乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势(3)[5]根据第(1)问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.9mA，而表内电池的电动势为E=1.5V，表内总电阻为150Ω，所以待测电阻的阻值为67Ω，由于误差（66~69均可）15.(8分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材：A．电压表V(量程3 V，电阻RV约为4.0 kΩ)B．电流表A1(量程100 mA，电阻RA1约为5 Ω)C．电流表A2(量程2 mA，电阻RA2约为50 Ω)D．滑动变阻器R1(0～40 Ω，额定电流1 A)E．电阻箱R2(0～999.9 Ω)F．开关S一只、导线若干(1)为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图9，图中的电流表A应选________(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整．(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图10甲所示的电路图．根据测量数据作出－图象，如图乙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________.(用k、b表示)图10答案　(1)A2　实物连线如图所示(2)　解析　(2)由E＝U＋r得：＝＋·则＝b，＝k，故：E＝，r＝.  四、计算题（本题共3小题，共计28分）16.（8分）如图所示电路，电源电动势为E，内阻为，定值电阻，闭合、断开，电流表的示数是；闭合和，电流表的示数是，此时电动机竖直向上匀速吊起质量为的重物，已知电动机线圈电阻为，电流表、电压表均为理想电表，不计一切阻力，取，求：(1)电源电动势E；(2)闭合和时，重物向上运动的速率。【答案】(1)6.00V；(2)0.68m/s【解析】(1)闭合、断开，电流表的示数是，由闭合电路欧姆定律有(2)闭合和，电流表的示数是，则路端电压为此时流过电动机的电流为则电动机的输出功率为重物向上运动的速率17.（10分如图所示，一电荷量q=3×10-4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)流过电源的电流；(2)两板间的电场强度的大小；(3)小球的质量．【答案】（1）1A；（2）100N/C；（3）4×10-3kg【解析】（1）外电路电阻电路中总电流（2）路端电压U=E-Ir=10V 两板间的场（3）设小球质量为m, 由共点力平衡条件有  解得m=4×10-3kg 18.（10分如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．答案　(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω解析　(1)由闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir，(1分)结合题图乙可知UA＝E－IAr，UB＝E－IBr，(2分)联立解得E＝20 V，r＝20 Ω.(1分)(2)当P滑到R3的右端时，R1被短路，电路参数对应题图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，(2分)得R2＝＝5 Ω.(1分)(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝＝80 Ω.(1分)因为R外＝＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω.(2分)