第十二章 电能 能量守恒定律 期末复习培优卷-2022-2023学年高二上学期物理人教版（2019）必修三册

这是一份第十二章 电能 能量守恒定律 期末复习培优卷-2022-2023学年高二上学期物理人教版（2019）必修三册，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 关于电功和电热，下列说法正确的是( )
A. 任何电路中的电功W=UIt，电热Q=I2Rt且W=Q
B. 任何电路中的电功W=UIt，电热Q=I2Rt，但W有时不等于Q
C. 电功W=UIt在任何电路中都适用，Q=I2Rt只在纯电阻电路中适用
D. 电功W=UIt，电热Q=I2Rt，只适用于纯电阻电路
2. 在电源电压不变的情况下，为使电阻率不变的电阻丝在单位时间内产生的总热量减少一半，下列措施可行的是( )
A. 剪去一半的电阻丝B. 并联一根相同的电阻丝
C. 将电阻丝长度拉伸一倍D. 串联一根相同的电阻丝
3. 一台直流电动机，其线圈的电阻值为0.5Ω。当电动机两端所加电压为6V时，电动机正常工作，通过线圈的电流是2A。由此可知
A. 电动机消耗的电功率为72WB. 电动机输出的机械功率为12W
C. 电动机线圈的发热功率为2WD. 电动机的工作效率为50%
4. 如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑动触头P向上移动时，下列判断中正确的是( )
A. b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值
B. a、b两灯变亮，c灯亮度不变
C. 电源输出功率减小
D. 电源的供电效率减小
5. 如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量的变化情况为( )
A. 电容器所带电荷量一直增多
B. 电容器所带电荷量先减少后增多
C. 电源的总功率先增大后减小
D. 电源的路端电压先减小后增大
6. 如图所示，直线b为电源的U−I图像，直线a为电阻R的U−I图像，用该电源和该电阻串联组成闭合电路时，下列说法中不正确的是( )
A. 电源的输出功率为4W
B. 电源的电动势为3V，电源的内阻为0.5Ω
C. 电源的热功率为2W
D. 电源的效率约为33.3%
7. 在图1的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计，R1为定值电阻、R2为滑动变阻器(0∼50Ω)。闭合开关S，调节滑动变阻器，将滑动触头P从最左端滑到最右端，两电压表的示数随电路中电流表示数变化的关系如图2所示。不考虑电表对电路的影响，则
A. 图线甲是电压表V2的示数随电流表A的示数的变化情况
B. 定值电阻R1阻值为20Ω
C. 当滑动变阻器R2的阻值为10Ω时，R2上消耗的电功率最大
D. 滑动触头P向右滑动过程中电源的输出功率先增大后减小
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 下列关于能量和能源说法正确的( )
A. 在能量转化过程中常常伴随着能量耗散
B. 能量耗散说明能量不守恒
C. 根据能量守恒定律，人们无需担心能源枯竭
D. 我国政府目前积极鼓励支持开发太阳能、生物能、风能、水能等新能源
9. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是( )
A. 电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗
B. 定值电阻R0中将有从右向左的电流
C. 电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变
D. 电源输出功率一定变小
10. 如图为一电路板的示意图，a，b，c，d为接线柱，a，d与220 V的交流电源连接，ab间，bc间、cd间分别连接一个电阻．现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b，d两点间以及a，c两点间的电压均为220 V，由此可知( )
A. ab间电路通，cd间电路不通
B. ab间电路不通，bc间电路通
C. ab间电路通，bc间电路不通
D. bc间电路不通，cd间电路通
三、实验题：本题共2小题，每空1分，共16分。
11. 某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示。微安表是欧姆表表头，其满偏电流Ig=500μA，内阻Rg=950Ω。电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。电阻箱R1和电阻箱R2的阻值调节范围均为0∼9999Ω。
(1)甲图中的a端应与___________(红或黑)表笔连接。
(2)某同学将图甲中的a、b端短接，为使微安表满偏，则应调节R1=______Ω；然后在a、b端之间接入一电阻Rx后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为Rx=_____Ω。
(3)如图乙所示，该同学将微安表与电阻箱R2并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节R2=_____Ω；用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的电阻，测量前应调节R1=________Ω。
12. 某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5V的干电池，还有一个方形电池(层叠电池)。为了测定该电池的电动势和内阻：
(1)该同学设计了如图甲所示的电路，请你按照电路图完成乙图的实物连线（2分）。
(2)定值电阻R和电流表G的总电阻为1000Ω，丙图为该同学根据上述设计的实验电路所测出的数据绘出的I1−I2图线(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，由图线可以得到被测电池的电动势E=_____V，内阻r=______Ω。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题12分，15题14分，共38分。
13. 一台小型电动机在3V的恒定电压下工作，通过它的电流为0.2A，用此电动机提升重4N的物体，在30s内可以使该物体匀速提升3m，除电动机线圈生热之外，不计其他的能量损失，求：
(1)电动机的输入电功率；
(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)电动机线圈的电阻。
如图所示，电路中电源电动势为E(未知)，内阻r=1 Ω，R0为电阻箱，定值电阻R=3 Ω，A、B为一对水平平行金属板，板间距离为d=10 cm.闭合开关S，将电阻箱调至R0=2 Ω，待电路稳定后，一带电液滴恰好静止于A、B两板间．已知液滴带电量为q=−1×10−2C，质量为m=2×10−2kg，g取10 m/s2.求：
(1) A、B两板间电压UAB；
(2)电源电动势E和电源的输出功率P出。
15. 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在变阻器的两个不同端点得到的。求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器的阻值为多少时电源的输出功率最大？输出功率的最大值为多少？此时电源的效率为多少？
答案解析
【答案】
1. B 2. D 3. C 4. D 5. B 6. D 7. C
8. AD 9. BC 10. CD
11. (1)红；(2)2049；3000； (3)950；1024。
12. (1)(2)9.0 ； 14。
13. 解：(1)电动机的输入功率P入=UI=0.2×3 W=0.6 W；
(2)电动机提升重物的机械功率P机=Fv=Gv=4×330W=0.4W
根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入−P机=(0.6−0.4)W=0.2 W
所产生的热量Q=PQt=0.2×30 J=6 J；
(3)由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=QI2t=60.22×30Ω=5Ω。
14. 解：(1)由液滴平衡可得：mg=qUABd
解得A、B两板间电压：UAB=mgdq=2V；
(2)由欧姆定律可知UAB=IR0
根据闭合电路欧姆定律：E=IR+R0+r
解得E=6V；
电源输出功率：P出=I2R+R0=5W。
15. 解：(1)根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
由乙图的数据可得E=16+0.2r，E=4+0.8r
联立解得：E=20V，r=20Ω；
(2)滑片P在变阻器的右端时，R1，R3被短路，电路的总电阻减小，总电流增大，则外电阻只有定值电阻R2，所以有R2=U2I2=4V0.8A=5Ω；
(3)当外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，则有R外=r=20Ω
R外=R并+R2，R并=R2R3R2+R3
代入数据联立解得R3=17.65Ω
输出功率的最大值为Pm=(E2r)2r=E24r=5W
此时电源的效率为η=UIEI=R外R外+r×100％
解得：η=50％。
【解析】
1. 【分析】
电功公式W=UIt和电热公式Q=I2Rt都适用于任何电路；在纯电阻电路中，电功等于电热，在非纯电阻电路中，电功大于电热；本题考查电功及电热公式的应用，要注意各式的适用范围，并能正确应用。
【解答】
ACD.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，C错误，D错误。
B.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。
故选B。
2. 解：
A、剪去一半的电阻丝，电阻减小为原来的12，根据公式Q=U2Rt知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍，故A错误；
B、并联一根电阻后，电路总电阻为原来的12.由公式Q=U2Rt知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍，故B错误；
C、将电阻丝长度拉伸一倍，电阻丝的截面积变为原来的一半，根据电阻定律R=ρLS得知，电阻变为4倍，由公式Q=U2Rt知，在电源电压一定，通电时间相同时，产生的热量为原来的14倍。故C错误；
D、串联一根电阻后，电路总电阻为原来的2倍。由公式Q=U2Rt知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻增大一倍，产生的热量为原来的12，故D正确。
故选：D。
电阻丝是纯电阻电路，电源的电压不变，计算热量的几个公式是通用的，选择合理的电热公式逐项分析即可得出结果。
本题关键掌握电热公式Q=U2Rt和电阻定律，知道影响电阻的因素，要注意电阻丝长度拉伸后截面积将减小，不能知其一，不知其二。
3. 【分析】
在计算电功率的公式中，总功率用P=UI来计算，发热的功率用P热=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
关键是知道当电动机正常工作时，电动机为非线性电阻，欧姆定律不再适用，当电动机卡住不动时，电动机是纯电阻，欧姆定律适用。
【解答】
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=2×6W=12W
发热功率为：P热=I2R=22×0.5W=2W
根据能量守恒定律，其输出功率是：
P出=P−P热=10W
机械的工作效率为η=P出P×100％=56×100％=83.3％。故C正确，故ABD错误。
故选C。
4. 【分析】
当变阻器R的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道a灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断c灯亮度的变化．由通过c的电流与总电流的变化，分析通过b灯电流的变化，判断其亮度的变化．a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．由电源输出功率与总功率之比分析电源的效率。
本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．常常利用推论分析电源输出功率的变化。
【解答】
AB.当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，a灯变亮．a灯和电源的内电压都增大，则并联部分电压减小，c灯变暗。由于总电流增大，而通过c灯的电流减小，可知通过b灯的电流增大，b灯变亮，故AB错误。
C.由题意，a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大，故C错误。
D.电源的供电效率η=UIEI=UE.外电阻减小，路端电压U减小，则电源的供电效率降低，故D正确。
故选：D。
5. 【分析】
本题主要考查了外电路电阻变化引起的闭合电路电流及路端电压的变化。考查的内容综合性比较强，首先并联电路电阻的最值问题，含容电路的问题，还有电源功率的问题，解题关键是判断出来滑动变阻器阻值变化时，并联电路的电阻先增大后减小。
【解答】
对电路分析可知，滑动变阻器分为两部分并联，与另一电阻串联接入电源中，所以当滑动变阻器两部分电阻阻值相等时，此时b并联电阻最大，外电路总电阻最大，电流最小。
AB、当滑动变阻器滑片由a向b滑动时，总电阻先增大后减小，电流先减小后增大。R1与电容器并联其电压先减小后增大，电容器的带电量先减小后增大，故A错误，B正确；
C、电源的总功率表示为P=EI，当滑动变阻器滑片由a向b滑动时，总电阻先增大后减小，电流先减小后增大，因此电源的总功率先减小后增加，故C错误；
D、由公式U=E−Ir，路端电压随电流的增大而减小，当滑动变阻器滑片由a向b滑动时，总电阻先增大后减小，电流先减小后增大，则路端电压先增大后减小，故D错误。
6. 【分析】
本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，其实两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率。
由电源的U−I图象读出电动势，求出内阻．由电阻R的U−I图象求出电阻R，根据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率和效率。
【解答】
由a图线得到，电阻R=UI=1Ω，
由b图线得到，电源的电动势为E=3V，短路电流为I短=6A，内阻为r=EI短=36Ω=0.5Ω，
用该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为I=ER+r=2A，
路端电压为U=E−Ir=2V，
则电源的输出功率为P=UI=4W，
电源的热功率为P′=I2r=2W，
电源的效率为η=IUIE=23≈66.7％，故ABC正确，D错误。
故选D。
7. 【分析】
明确图象的性质，根据电路的规律可求得定值电阻的阻值；根据功率公式可求得电源的输出功率及R2的功率；
本题考查串联电路电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，会从图象中读出相关信息是解答本题的关键。
【解答】
A.由a电路图可知，当滑动变阻器的滑片P，向右移动时，连入电阻变大，电路中电流变小，R1两端的电压同时变小，电源电压保持不变，R2两端的电压就要变大；结合图b可知，甲是R1的U−I图象即电压表V1示数变化的图象，乙是R2的U−I图象即电压表V2示数变化的图象，故A错误；
B.由图可知，电源的电动势为E=2+4=6V；当滑动变阻器短路时，定值电阻两端的电压最大，电流为0.6A，则电阻R1=EI=60.6=10Ω，故B错误；
C.将R1等效为电源内阻，则当内外电阻相等时，输出功率最大；故当R2=10Ω时，R2的功率最大；故C正确；
D.滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电阻变大，则由P=U2R可知，电源的输出功率一直在减小；故D错误；
故选C。
8. 【分析】
自然界的能量是守恒的，但能源是有限的；能源的利用过程中有能量耗散，但能量仍守恒；要注意理解能量守恒定律的基本内容。
本题考查能量守恒定律的应用以及能量耗散；要知道能量与能源的区别，明确保护能源的意义。
【解答】
AB.能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然、界中的能量不会减小，故B错误，A正确；
C.地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会存在能源危机，故C错误；
D我国政府目前积极鼓励支持开发太阳能、生物能、风能、水能等新能源，故D正确。
故选AD。
9. 【分析】
电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路。当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮。电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化。
本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部−整体−局部”的方法分析。
【解答】
A.电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R0两端的电压为零。当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，故A错误；
B.电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q=CU分析可知其电荷量将减小。电容器放电，则定值电阻R0中将有从右向左的电流出现，故B正确；
C.根据闭合电路欧姆定律知 U=E−Ir，得ΔUΔI=r，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变。故C正确；
D.因不清楚外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变化，故D错误。
故选BC。
10. 【分析】本题考查闭合电路欧姆定律及电路故障分析，电压表是一个内阻很大的元件，使用时应将其与被测电路并联，当将其与其他元件串联时，其示数将接近电源电压，造成元件无法正常工作，根据电压表的这一特点，结合电路的连接变化可依次做出判断，并推理出故障的原因。
解析：用电压表测得a、c两点间的电压为220V，说明c、d间是连通的，用电压表测得b、d两点间的电压为220V，说明a、b间是连通的，综合两次的测量结果可以看出，只有当b、c间不通时，才会出现上述情况，故CD正确。
故选CD。
11. 【分析】
本题考查了欧姆表改装，欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的工作原理是解题的前提，分析清楚电路结构、应用闭合电路欧姆定律即可解题。
(1)欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，分析图示电路图答题。
(2)应用闭合电路欧姆定律求出欧姆调零时R1的阻值，应用闭合电路欧姆定律求出待测电阻阻值。
(3)欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，应用闭合电路欧姆定律分析答题。
【解答】
(1)根据多用电表的原理及电流应从电流表的正接线柱流入，故甲图中的a端应与红表笔连接；
(2)根据闭合电路的欧姆定律可得Ig=ER1+Rg+r，代入数据得，R1=2049Ω；12Ig=ER1+Rg+r+Rx，代入解得Rx=3000Ω；
(3)组装一个“×100倍率”的欧姆表，其中央刻度标15，则欧姆表内阻为：1500Ω，
电流表的满偏电流：I′=ER内=1.51500=0.001A=1mA=1000μA=2Ig，由并联电路特点可知：R2=Rg=950Ω；应使得电流表指针指到中央刻度附近，由题知中值电阻为1500Ω，而G与R2并联电阻为475Ω，故R1=1500Ω− 475Ω−1Ω=1024Ω。
故答案为：(1)红；(2)2049；3000； (3)950；1024。
12. 【分析】
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道该实验中数据处理的方法，注意图象纵坐标不是电源的路端电压，而是电流表示数，要根据电路结构进行计算。
【解答】
(1)由原理图可知电路结构，连接实物图所示；
(2)表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：
I1(R3+RA)=E−I2r
即：I1=E1000−I2r1000；
由图可知，图象与纵坐标的交点为9.0mA，
则有：9.0mA=E1000；
解得：E=9.0V；
由图象可知，图象的斜率为：r=9.0−2.00.5×10−3=14×10−3，
由公式得图象的斜率等于r1000，
故r1000=14×10−3；
解得：r=14Ω
13. 电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和。
(1)由P=UI求出电动机的输入功率；
(2)电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率；
(3)由焦耳定律Q=I2Rt的变形公式求出线圈电阻。
解：(1)电动机的输入功率P入=UI=0.2×3 W=0.6 W；
(2)电动机提升重物的机械功率P机=Fv=Gv=4×330W=0.4W
根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入−P机=(0.6−0.4)W=0.2 W
所产生的热量Q=PQt=0.2×30 J=6 J；
(3)由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=QI2t=60.22×30Ω=5Ω。
(1)由带点液滴的受力平衡结合电场强度与电势差的关系得解；
(2)由闭合电路欧姆定律结合电阻箱的端电压联立得解；由电源的输出功率得解。
本题主要考查电路的知识，知道闭合电路的欧姆定律、熟悉电源的输出功率，知道电容器与电路的综合应用是解题的关键，难度一般。
解：(1)由液滴平衡可得：mg=qUABd
解得A、B两板间电压：UAB=mgdq=2V；
(2)由欧姆定律可知UAB=IR0
根据闭合电路欧姆定律：E=IR+R0+r
解得E=6V；
电源输出功率：P出=I2R+R0=5W。
要掌握U−I图象，会由U−I图象求电源电动势与内电阻；分析清楚电路结构，根据图象找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键。
(1)电源的路端电压随电流的变化图线斜率的绝对值等于电源的内阻，纵轴截距表示电源电动势。
(2)当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；
(3)当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，据此算出外阻，再根据串并联电阻的阻值关系求出滑动变阻器的接入阻值即可，根据电源的效率为η=UIEI=R外R外+r×100％即可求解效率。
解：(1)根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
由乙图的数据可得E=16+0.2r，E=4+0.8r
联立解得：E=20V，r=20Ω；
(2)滑片P在变阻器的右端时，R1，R3被短路，电路的总电阻减小，总电流增大，则外电阻只有定值电阻R2，所以有R2=U2I2=4V0.8A=5Ω；
(3)当外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，则有R外=r=20Ω
R外=R并+R2，R并=R2R3R2+R3
代入数据联立解得R3=17.65Ω
输出功率的最大值为Pm=(E2r)2r=E24r=5W
此时电源的效率为η=UIEI=R外R外+r×100％
解得：η=50％。