【单元练】高中物理必修3第十二章【电能-能量守恒定律】基础卷

一、选题1．如图的UI象中，直线为一电源的路端电压与电流关系图象，直为某一电阻R的安性曲线。用该电源与电阻R组闭合电路，则（）A．电源电动势3V，内阻ΩC．源的效率为66.7%

B．阻的阻值为2．源的总功率为C解析：A．图与轴的交点表示电源电动势为3，图的率的绝对值表示电源内阻，为0.5Ω，选项错；B．象的率表示电阻R的阻值为Ω选项B错误；C．源效率

P2出66.7%P总选项C正；．源的电动势为E，流为2，电源总功率为P=IE选项D错；故选。2．硅光电池是一种太阳能电池，具有碳环保的优点。如图所示，图线a是电池在某光照强度下路端电压和流的系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻的

图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（）A．Ω

B．C．Ω．Ω解析：由闭合电路欧姆定律得Ir当I时

1212121112121211由题图可知，电池的电动势为3.6V根据题中两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U2.5V电流为IA则硅光电池的内阻为r

EΩI故选A3．电动势为、内阻为的电源与定值电阻R、及动变阻器连成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向端，下列说法确的是（）A．电流表的示数变小C．源的输出功率一定增大

B．压表的示数变大．的率变小A解析：【分析】由图可知R与并后与R串联，电压表测路端电压，电表测量流过R的电流。滑片向a端动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化；当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；根据功率公式求解定值电阻消耗的功率。．滑动变阻器滑片由中点滑向a端，接入电路的电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由U

可知路端电压减小，即电压表示数变小，因路端电压减小，而干路电流增加，故R两的电压增加，则并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数变小，故正，错；C．据电源的输出功率和外电阻的关系可知，外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，本题中外电阻和内阻的关系不明确，则滑动变阻器的滑片由中点滑向a端，电源输出功率不一定增大，故错误；．上述分析可知，当滑动变器的滑片由中点滑向a端时，干路电流增加，根据P

2

R1

可知，的率大，故D错。故选A【点睛】此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，属于电路中动态变化分析的问题，首先要搞清

A201A201电路的结构，其次要“部分整体部”的顺序分析。4．如图所示电路，闭合电键S，动变阻器的滑片向左滑动，则下列说法正确的是（）A．电流表的示数增大B．流表的数增大C．压表的数增大．果保持滑动变阻器的滑片动而将S断三表A、A、的数都减小C1解析：A．滑动变阻器的滑片向左滑动，

R

增大，根据I可得电流表的示数减小，错；C．据UIr内可知内电压减小，根据U外内可得外电压增大B正确；B．于支路R，据欧姆定律得电流增大，而总电流减小，所以电流表A的示数减小，1B错误；．如保持滑动变阻器的滑片不动而将断开，电路由并联变成串联，外电阻变大，电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表的示数变大错误。故选。5．恒流源是一种特殊的电源，其输出电流能始终保持不变。如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P从右端向最左端移动时下列说法中正确的是（）A．上电压变大C．上电压变小解析：

B．流源输出功率保持不变．的功率增大

22211011111222110111111AC．源输出电流不变，触头由最右端向最左端移动时，接入电路的电阻变大，则总阻变大，而源输出电流不变，则并联部分电压增大，所以上电压变大，是值电阻，故通过R的电流变大；而总电流不变，则通过R电减小，所以R的压减小，则上电压变大，故A正确C错；B．流源输出功率=UI，增大，不，则增大，故错；．前面的分析可知通过R电减小R是定值电阻，故的电功率=I2减小，故错误。故选A6．电源电动势为，内电阻为，源向可电阻供，下列法中正确的是（）A．电动势和电势差单位相同，物理意义相同B．

可知I增时路端电压增大C．源电动势等于电源两极间的电压．源电动势等于内、外电路上的电压之和解析：A．电压就是电势差，虽然名称不同，但理意义相同、单位相同；电动势是表示电源将其他形式的能量转化为电能本领的物理量，与电压的物理意义不同，故A错；B．据闭合电路欧姆定律，I

E

，电流增加说明外电阻减小了，由Ir

可知，路端电压增减小，故B错；C．据闭合电路欧姆定律，路端电压U

当外电路断路时，I，有电动势等于电源两极间的电压，故C错；．据闭合电路欧姆定律，电势大小等于内、外电压之和，故D正。故选。7．图甲为某电源的

图线，图乙为某小灯泡的

图线，则下列说法正确的是（）A．电源的内阻为0.5ΩB．灯泡的电阻随着电压的增大而减小C．电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为

2

PRPR．小灯泡两端的电压为0.5V时，它的电阻约为解析：A．根据闭合电路欧姆定律变形Ir

ΩC可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据甲图电动势为内阻为r

3

Ω0.2故错；B．据乙图可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得R

UI可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，故错C．电源和小灯泡组成闭合回路，将在乙中作该电源对应的-I图象，如图所示两

曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数0.4V，I所以，小灯泡的功率为UI故正；．小灯泡两端的电压为0.5V

时，由图乙可知IU1RI

,它电阻为故错。故选。8．如图所示，平行金属板中带电质点原于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则（）

R24313132333R24313132333A．电压表读数减小

B．流表读数增大C．点

P

将向上运动

．上耗的功率逐渐减小C解析：A由图可知R与滑动变阻器R串联后与R并联后，再由R串接在电源两端；电容器与R并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时，R两端的电压也减小，故并联部分的电压增；由欧姆定律可知流过的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而中压小，故电压表示数增大，故错；C．R两端电压增大，则电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，电荷向上运动，故C正确；．上流增大，根据

P

3

2

R3

，则R消耗的功率逐渐增大，故错。故选。9．如图所示的

图像中，直线I

为某电源的路端电压与电流的关系，直为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R接成闭合电路，由图像可知（）A．的值为2.5

B．源内阻为0.5C．阻功为

．源内阻消耗功率为2WC解析：A．由图象可，外电阻

1.5ΩI1.0故错误；B．据

Ir

，由图象可知，电源电动势E短路电流

121212121212231112112121212121223111212I2.0A短电源内阻r

3.0ΩΩI2.0短故错；C．两图象的交点坐标，可得电源的路端电压1.5V，路电流为.0A，阻R功UI故正；．两图象的交点坐标，流过阻的电流1.0A

，电源内部消耗的功率为P

r

1.5W故错误。故选。10．如图所示电路中，闭开关S，滑动变阻器的滑动触头P向滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电流表、压表V、压表V的数分别用、、表示，下列判断正确的是（）A．I减，增、U减B．增，增、U减小C．减、U减、增．增大U减小、U增大C解析：下，增，则总电阻增加，则总电流减小，总电流减小，则内压减小，外压增大，电阻R两端的电压和电流变大，电流表读数I减，过的电流减小，由U=IR可知R两端的电压减小，电压表V读数减小；由串联电路的特点可知=U+U

1由以上的分析可知，变大，U减，增。故选。二、填题11．瑞轿车品牌作为芜湖的骄傲，旗下研发的新能源汽车的组合电芯容量大，充电时间短。已知其中某一型号的电芯电容量为

00A

，则该电芯充满电时所带电荷量为___________C若正常工作时电压为

380V

，则一次完全放电释放的电能为___________J。（结果保留两位有效数字）解析：

2.7

[1]根qIt200

C

AA电芯充满电时所带电荷量为.2C。[2]完放电释的电能为UIt7.22.7J12．年10月20日，世界上第一个公里级别的商用超导电缆在上海市徐汇区正式启用。已知该电缆总长公，送的电流和电压分别为2000A和35kV。是该电缆输电的功率为_____W在超导状态下，整根电缆的总电阻不超过10Ω可知用这根电缆输电时，其损耗功率的上限_____W。7×1074×10-6解析：7

-6[1]该缆输电功率为3532000W7[2]损功率的限为2R20002WW13．一个电池的外电路分接4欧和欧阻时，电池的输出功率相等，则在这两种情况下，通过电池的电流强度之比_，电池的内电阻_欧3:26解析：6[1]由知，两情况下电池的输出功率相等，根据：P

2有：I

I

则有：I1I2

3221[2]根闭合电欧姆定律有：I

则有：13R9121R2解得：

r

Ω14．图所示a触点离电阻R左

1，触点离电阻右端，已知RΩ，示33为

，电源由4节同的电池串联而成，每个电池的内阻为.5，图中电压表、电流表的示数分别_______V、_______A和个电池的输功率_（各电表视为理想电表处理）

110110115解析：1.5[1][2]触点离电阻R左

1，b触离电阻R右时，最左端段与中间一段先并联3再与最右端一段串联，A示为通过最左端一段的电流，所以最左端一段电压为：RI通过最右端一段的电流为：II1A2即电流表的数是1A

，最右端一段的电压为：2

2

4V图中电压表的数为：U1[3]电的输出率为：PUI2每个电池的输出功率为：PP15．初速度竖上抛一，若不计空气阻力，在上升过程中，从抛出到小球动能减少一半所经历的时间是_________，升的高度_________．解析：

(22)

2

v4g[1]设能减少半时对应的速度为，mv2mv解得v因此根据公式可得

2

0

200123122I11200123122I11解得t(22)0g[2]根公式2v

2

解得g16．图所示，电路中电阻R=ΩR20R=，2，=12V，电源内阻=0S闭，当滑动变阻器的阻值由2Ω变22Ω的过程中，通过的量是，A的读数变化况________。28×10‐5C一直减小解析：‐5一减小[1]．电池的极的电势为0，电容的下极板的电势不变，则上极板的电势变化范围为电容器两极板的电压的变化范围：即U

E22E6.4V22R1则通过A的量为QCeq\o\ac(△,U)eq\o\ac(△,)=6.4×2×10-5CE[2]．的数为通过R的电流，其值，则R增大，电流变小。1．如图所示，直线为电源的图线，直线为电阻R的UI图线，用该电源和电阻组成闭合电路，由图像可知电源的电动势_____V；电源内阻______；电源的输出功率是_____W；路的总功率分别_____W。0546解析：46[1]由线，图线与纵轴交点坐标为电源电动势，即=3V[2]图斜的绝对值为电源内阻，即r

0.5

灯11灯11[3]图与线的交点坐标即为电路电流和路端电压，即=2V，=2A，电源的输出功率为4W[4]电的总功为PEI6W总18．中电源电动势E=12V，内电阻=0.5Ω。将一盏额定压为，定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电。：(1)电输出的能量是多少______(2)电机的效率为多少？(3)非电阻电路电功和电热的关系______（写出表达）J625UIt>I2Rt解析：62.5%UIt>I2Rt(1)灯光正常，其电压8V，内阻分担电压为12V＝4V内总电流I干

U内r0.5电源输出能量UIt出干(2)灯电流16IA2AU灯电动机电流I干电动机的输入功率＝I电动机热功率＝2R电动机输出机械功率＝-P＝30W电动机效率

P机P电

112112(3)非纯电阻电路电功和电热的关系UItI19．电阻两端电压为，30s内通过电阻横截面的电荷量为48C，路中的电流为_________，此电阻值________；内有___________个电子通过它的横截面，产生的电热为_________。6A10Ω3×1020768J解析：Ω3×1020768J[1]由意可得q则由电流的定义式可得，电路中的电流为

，

tI

t

[2]某阻两端压为16V根据部分电路欧姆定律可得，此电阻为UI[3]已电子的荷量为

C则内通过截面的电子数量为

[4]根电热的达式可得I2Rt768J20．段陡峭的河床，上、游水面高度差为，上游河水水速为2.0m/s，面宽为4.0m，均水深1.0m，将该段河水的机械能全部转化为电能，发电功率可达______kW。发电时若发电机输出功率仅上述功率的一半，一昼夜发电机输出电能约为______kW•h。取两位有效数字821×103解析：2.1×10[1]取间t=1s，水流过的距离水的质量为m

3

3

则发电功率为P

1gH)32)Wt[2]发机输出率为

D2．．．D2．．．P出所以一昼夜发电机输出电能为

1P172.8kW2EPt2073.6kW2.1kW三、解题21．图所示，已知电源电势E=18V，阻r=1，当接入固电阻R=2时，电路中标有4V，”灯泡L和阻R=1的型直流电动机D都能正常工作。试求：(1)电中的电流大小；(2)电机的额定电压；(3)电机的输出功率。解析：；(2)8V；(1)由，，”的泡正发光，则通过灯泡的电流等于额定电流，则电路中的电流大小为P8I2AU(2)直电动机D能常工作，其两端的电压等于额定电压，则有：

M

18L(3)电机的输出功率为PI2R出MD22．图所示，定值电阻R、R阻分别为2和3，容器的容为1F，源电动势和电阻r分别为3V和1Ω，压表为理想电表。开始时，开关S处断开状态。(1)求压表的示数；(2)求C所带电荷量；(3)现开关S闭合，现电容器C所带电荷量减少了。定值电阻

R

3

的阻值。

V211111113总331232222231V211111113总331232222231解析：(1)1.5V；C；。(1)根闭合电路的欧姆定律可得电流强度为I

E3A=0.5AR1则电压表的示数为U=IR=0.5×3V=1.5V(2)两电压为U=IR=0.5×2V=1V则电容C所带的电荷量为=100×10-6×1C=1.0×10(3)将关S闭，发现电容器C所带电荷量减少了-5C，此时电容器所带电荷量为Q′=1.0×10-5

C=6×10C则R两电压为Q6U

V=0.6V通过R的电流强度为U0.6I1A=0.3AR2电路总电流为I总

E30.61A=0.6AR32则通过R的电流强度I=II=0.6A-0.3A=0.3A根据欧姆定律可得'12ΩI0.3323．图所示，电源的电动＝，阻r＝，定值电阻R＝，＝Ω电容器的电容=6.0μF开关S闭。求：（）路的路电压和阻R消的电功率P；（）容器所的电荷量Q（）开开关S后，通过电阻R的荷量。解析：1）U8V；

5.3W

；（2）

4.8

；（）

Q（）干路中电流为I，电路中电阻与R并后接入电路R与电容器串联则不接入电路，因此并联电阻为

232232RR24R23R24由全电路的欧姆定律有I

P2

R2代入数据解得U8V

，

（）电容器定义式有CU代入数据解得4.8

C（）开开关S后，电容器通过R和R放电，则Q32代入数据解得2

C24．动自行车已成为城市行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如下表所示，一位质量为60kg的市民仅靠电机驱动骑着该电动自行车额定功率沿平直公路从静止启动，电动车能够达到的最大速度为。知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍重力加速度g取10m/s2求：(1)5分内机所消耗的电能；(2)电的输出功率；(3)电线圈内阻大小。规格车型：〞动自行车整车质量：

后轮驱动直流永磁电机额定功率：额定工作电压：解析：5J；(2)350W(3)0.1Ω(1)5分内电机所消耗的电能EPt解得E1.08

J(2)由速运动可知，牵引力

22Fff0.05(M)g电机输出功率P输出

Fv解得P输出

W(3)电的热功率P－P热输出由得I=

PU又I2r热得r25．图所示电路，电源电势E3V，阻r，个定值电阻阻值R2Ω1

，电容器的电容

μF

。板间距

0.4m

，开关全部闭合时，质量m

的带电油滴恰能在极板间静止。取重力加速度

g

，求：(1)极的带电荷量Q大；(2)带油滴的带电量；(3)断开关S（为容器充放电过程极快完成），油滴加速度的大小和方向。解析：4

C；

1C

；5m/s2

，竖直向上(1)回电流E3VI1ARΩ电容器两板间电压

r3p00r3p00电容器带电QCU

C(2)开时对小球受力分析，小球受重力和电力，据平衡条件可得mg又因为Ud带电油滴的带电量1C(3)设滴带电q，极板间距d，