第十二章 电能 能量守恒定律单元综合(练习题)(解析版)

第十二章电能能量守恒定律

章末检测

一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)

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.如图所示，关于闭合电路下列说法正确的是( )

A.电源正、负极被短路时，电流很大

B.电源正、负极被短路时，电压表示数最大

C.外电路断路时，电压表示数为零

D.外电路电阻增大时，电压表示数减小

解析电源被短路时，电源电流为I＝E

r

，由于电源内阻很小，故电流很大，故选项A

正确；电源被短路时，外电阻R＝0，电源电流为I＝E

r

，故电压表示数为U＝IR＝0，故

选项B错误；外电路断路时，外电阻R―→∞，故电压表示数为U＝E，故选项C错误；

电压表示数为U＝

ER

R＋r

，外电路电阻R增大时，电压表示数也增大，故选项D错误。

答案 A

3.如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )

A.R1短路

B.R2断路

C.R2短路

D.R3短路

答案 D

解析A灯在干路上，A灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B被排除.因为短路部分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器两端的电压减小，C、D两灯变暗，A、B两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的，而与A、B两灯是串联的.观察电路中电阻的连接形式，只有R3短路符合条件，故选D.

4.在如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻恒定且不可忽略．初始时刻，电路中的电流等于I0，且观察到电动机正常转动．现在调节滑动变阻器使电路中的电流减小为I

的一半，观察到电动机仍在转动．不考虑温度对电阻的影响，下列说法正确的是( )

A．电源的热功率减为初始时的一半

B．电源的总功率减为初始时的一半

C．电动机的热功率减为初始时的一半

D．变阻器的功率减为初始时的四分之一

答案 B

解析电源的内阻和电动机的内阻不变，根据公式P＝I2R知：电路中的电流减小为I0

的一半，则电源的热功率减为初始时的1

4

，电动机的热功率减为初始时的

1

4

，故A、C错

误．根据P＝EI知：电路中的电流减小为I0的一半，而电源的电动势不变，则电源的总功率减为初始时的一半，故B正确；电路中的电流减小为I0的一半，说明变阻器接入电

路的电阻增大，所以由P＝I2R知变阻器的功率大于初始时的1

4

，故D错误．

5.如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为16 V．调节变阻器R1和R2使两灯泡都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是( )

A．P甲＜P乙B．P甲＞P乙

C．P1＞P2D．P1＝P2

解析：选D.设灯泡额定电流为I, 则两灯泡都正常发光，电流均为额定电流I，甲电路

中总电流I 甲＝2I ，乙电路中总电流I 乙＝I ，所以P 甲＝U 甲 I 甲＝8×2I ＝16I ，P 乙＝U 乙

I 乙＝16×I ＝16I ，P 甲＝P 乙，选项A 、B 均错误；R 1消耗的功率P 1＝P 甲－2P 灯，R 2消耗的功率P 2＝P 乙－2P 灯，故P 1＝P 2，选项C 错误、D 正确．

6.用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0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 ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )

A.l 1l 2

R 0

B ．

l 1l 1＋l 2

R 0

C.l 2

l 1

R 0 D ．l 2l 1＋l 2

R 0

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R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如图所示．

I 1R 0＝I 2R l 1 ① I 1R x ＝I 2R l 2

②

由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S

③

R l 2＝ρl 2

S

④

由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2

即R x＝l

2

l

1

R

.选项C正确．

7.如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是( )

A．L

1

灯丝突然短路

B．L

2

灯丝突然烧断

C．电源的输出功率一定变小

D．电容器C上电荷量减少

解析：选B.当L

1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I＝

E

R

外

＋r

得，电流表

读数增大，A错；当L

2

灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由U＝E

－Ir得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系

决定，所以C错；当L

2

灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，所以电容器会充电，D错．

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L

3

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

B.16 Ω

C.12 Ω

D.16 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d

2

＝

1

2

gt2

1

，

L

3

＝v0t1；当滑片P与b端间电阻为18 Ω时，有

qU

d

＝mg。若要微粒

刚好不打到金属板上，应满足d

2

＝

1

2

at2

2

，L＝v0t2，

qU

1

d

－mg＝ma或mg－

qU

2

d

＝ma，由以上各

式可求得U1＝10

9

U

，U2＝

8

9

U

，由串联电路的分压规律可求得电阻R1＝

10

9

R

＝20 Ω，R2＝

8

9

R

＝16 Ω，所求R的范围为16 Ω

答案 B

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

9.额定电压均为220 V的白炽灯L

1和L

2

的U－I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相

同的L

3与L

1

和L

2

一起按如图乙所示电路接入220 V电路中．则下列说法正确的是( )

A．L

2

的额定功率约为99 W

B．L

2

的实际功率约为17 W

C．L

2的实际功率比L

3

的实际功率小17 W

D．L

2的实际功率比L

3

的实际功率小82 W

解析：选ABD.由L

2

的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A，

则L

2

的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，选项A正确；图示电路为L1和L2串联再与L3并

联，所以L

1和L

2

串联后两端的总电压为220 V，那么流过L

1

和L

2

的电流及两灯的电压满

足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L

2

的实际功率P2＝I2U2＝17 W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3＝P额＝99 W，则P3－P2＝82 W，故选项C错误，选项D正确．

10.如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V，0.4 W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则( )

A．电源内阻为1 Ω

B．电动机的内阻为4 Ω

C．电动机的正常工作电压为1 V

D．电源效率约为93.3%

解析：选AD.由小灯泡的额定功率P＝UI可知，I＝0.2 A，由欧姆定律得R L＝U

I

，可

知小灯泡正常发光时电阻R L＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可知I＝

E

R＋R

L

＋r

，解得r＝1

Ω，A正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A，故电动机两端电压U′＝E－IR L－Ir＝0.8 V，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 Ω，B、C错

误；由P＝I2r，P总＝EI，η＝P

总

－P

P

总

×100%，代入数据可得电源效率约93.3%，D正确．

11.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片

向下滑动，理想电压表V

1、V

2

、V

3

示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电

流表示数变化量的绝对值ΔI，则下列结论正确的是( )

A.A的示数增大

B.V

2

的示数增大

C.ΔU3与ΔI的比值大于r

D.ΔU1大于ΔU2

解析理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以

R与滑动变阻器串联，电压表V

1、V

2

、V

3

分别测量R、路端电压和滑动变阻器两端的电压，

当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V

2

的示数减小，选项A正确，B错误；

根据闭合电路欧姆定律得U2＝E－Ir，则得ΔU2

ΔI

＝r，又

ΔU1

ΔI

＝R，又R>r，则

ΔU1

ΔI

>

ΔU2

ΔI

，

故ΔU1大于ΔU2，选项D正确；根据闭合电路欧姆定律得U3＝E－I(R＋r)。则得ΔU3

ΔI

＝R

＋r>r，选项C正确。

答案ACD

12.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中的P点.在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是( )

A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动

B.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动

C.当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变

D.当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高

答案AD

解析带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mg＝qE.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U变大，对电容器进行充电，两极板间电场强度E变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向

上运动，选项A正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d变大，根据C＝ε

r

S

4πkd

＝Q

U

，电容器的电荷量Q应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，

不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝U

d

＝

4πkQ

ε

r

S

不变，带电油

滴仍静止不动，选项B错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d变大，电场强度E不变，而P点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P点电势升高，选项C错

误；当电容器的下极板向左移动时，S变小，根据C＝

ε

r

S

4πkd

＝

Q

U

和二极管的单向导电性，

电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝4πkQ

ε

r

S

变大，而P点到下极板的距离不变，故P

点电势升高，选项D正确.

三、非选择题(本题共5小题，共52分)

13.（10分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA、内阻为2 500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线．

(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为0～50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱______(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为______Ω.

(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如表．

①根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IR－I图线.

乙

②根据图线可得电池的电动势E是V，内阻r是Ω.

解析：（1）电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R（50×10－3－100×10－6）＝100×10－6×2 500，解得R≈5.0 Ω.

（2）描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53 V，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0 Ω.

答案：（1）并联 5.0 （2）①如图所示②1.53 2.0

14.（10分）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E 为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．

(1)已知灵敏电流计G的满偏电流I g＝100 μA、内阻r g＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1.

(2)根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路．

(3)某次实验的数据如表所示：

的内阻r＝________ Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现

出的主要优点是________________________________________．

(4)该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母)

A．电压表内阻的影响

B．滑动变阻器的最大阻值偏小

C．R1的实际阻值比计算值偏小

D．R0的实际阻值比标称值偏大

解析：(1)由电流表的改装知识可知．

R 1＝

I

g

r

g

I

m

－I g

＝

100×10－6×2.0×103

200×10－3－100×10－6

Ω≈1.0 Ω.

(2)如图所示．

(3)根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知

r 1＝

U

1

－U5

I

5

－I1

－R0，r2＝

U

2

－U6

I

6

－I2

－R0，

r 3＝

U

3

－U7

I

7

－I3

－R0，r4＝

U

4

－U8

I

8

－I4

－R0.

故r＝r

1

＋r2＋r3＋r4

4

＝（U 1＋U 2＋U 3＋U 4）－（U 5＋U 6＋U 7＋U 8）4×80×10－3

－R 0≈1.66 Ω.

逐差法在计算中体现的主要优点是：充分利用已测得的数据． (4)根据题意可知，内阻的测量值为r 测＝

ΔU

ΔI

－R 0，因此，电压表的内阻、滑动变阻器的阻值对测量结果无影响．若R 1的实际值比计算值偏小，则改装后的电流表示数偏小，导致内阻测量值偏大．根据内阻测量值的表达式可知，R 0的实际值比标称值偏大，也会导致内阻测量值偏大．故选C 、D.

答案：(1)1.0 (2)见解析图(其他正确连接同样可以) (3)1.66 充分利用已测得的数据 (4)CD

15.(10分)如图所示，M 为一线圈电阻R M ＝0.4 Ω的电动机，R ＝24 Ω，电源电动势E ＝40 V ．当S 断开时，理想电流表的示数I 1＝1.6 A ，当开关S 闭合时，理想电流表的示数为I 2＝4.0 A ．求：

(1)电源内阻r ；

(2)开关S 闭合时，通过电动机的电流及电动机消耗的总功率． 答案 (1)1 Ω (2)2.5 A 90 W

解析 (1)S 断开时，电源与定值电阻构成串联回路，E ＝I 1(R ＋r )，(2分) 电源内阻r ＝E

I 1

－R ＝1 Ω.(1分)

(2)S 闭合后，定值电阻与电动机构成并联电路，电流表测干路电流，路端电压U ＝E －

I 2r ＝36 V(2分)

通过定值电阻的电流I 2′＝U R

＝1.5 A ，(1分) 通过电动机的电流I 2″＝I 2－I 2′＝2.5 A(1分) 电动机消耗的总功率即电动机的电功率，

P ＝UI 2″＝90 W ．(1分)

16.(10分)如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3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R 2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U A ＝E －I A r ，U B ＝E －I B r ，(2分) 联立解得E ＝20 V ，r ＝20 Ω.(1分)

(2)当P 滑到R 3的右端时，R 1被短路，电路参数对应题图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，(2分) 得R 2＝U 2I 2

＝5 Ω.(1分)

(3)当P 滑到R 3的左端时，由题图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外

I 总

＝80 Ω.(1分) 因为R 外＝

R 1R 3

R 1＋R 3＋R 2

，所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω.(2分) 17.（12分）如图所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF.

(1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流．

(2)然后将开关S 断开，求电容器两端的电压变化量和流过R 1的总电荷量． (3)如果把R 2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R 2消耗的最大电功率．

解析：(1)稳定时，电路中的电流：

I ＝

E

r ＋R 1＋R 2

＝1 A.

(2)S 闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压：

U ＝IR 2＝1×6 V ＝6 V

断开后，电容器两端的电压为10 V 所以ΔU ＝4 V

流过R 1的总电荷量为： ΔQ ＝ΔU ·C ＝1.2×10－4 C.

(3)P R 2＝?

??

??E r ＋R 1＋R 22

·R 2

＝E2

[R2－（R1＋r）]2

R

2

＋4（R1＋r）

可见当R2＝R1＋r时，R2消耗的功率最大

P m R2＝

E2

4（R1＋r）

＝6.25 W.

答案：(1)1 A (2)4 V 1.2×10－4 C (3)6.25 W