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＝eq\f(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＝eq\f(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＝eq\f(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A3.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12V，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I0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eq\f(1,4)，电动机的热功率减为初始时的eq\f(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eq\f(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8V，乙电路两端的电压为16V．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＞P2 D．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；R1消耗的功率P1＝P甲－2P灯，R2消耗的功率P2＝P乙－2P灯，故P1＝P2，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.eq\f(l1,l2)R0 B．eq\f(l1,l1＋l2)R0C.eq\f(l2,l1)R0 D．eq\f(l2,l1＋l2)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＝I2Rl1①I1Rx＝I2Rl2②由公式R＝ρeq\f(l,S)知Rl1＝ρeq\f(l1,S)③Rl2＝ρeq\f(l2,S)④由①②③④式得eq\f(R0,Rx)＝eq\f(l1,l2)即Rx＝eq\f(l2,l1)R0.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．L1灯丝突然短路B．L2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L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I＝eq\f(E,R外＋r)得，电流表读数增大，A错；当L2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L2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eq\f(L,3)处；若滑片P与b端间电阻为18Ω，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.12Ω<R<20Ω B.16Ω<R<20ΩC.12Ω<R<24Ω D.16Ω<R<24Ω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eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，eq\f(L,3)＝v0t1；当滑片P与b端间电阻为18Ω时，有eq\f(qU0,d)＝mg。若要微粒刚好不打到金属板上，应满足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，L＝v0t2，eq\f(qU1,d)－mg＝ma或mg－eq\f(qU2,d)＝ma，由以上各式可求得U1＝eq\f(10,9)U0，U2＝eq\f(8,9)U0，由串联电路的分压规律可求得电阻R1＝eq\f(10,9)R0＝20Ω，R2＝eq\f(8,9)R0＝16Ω，所求R的范围为16Ω<R<20Ω，选项B正确。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220V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220V电路中．则下列说法正确的是()A．L2的额定功率约为99WB．L2的实际功率约为17WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220V时的电流为0.45A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99W，选项A正确；图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25A，U1＝152V，U2＝68V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220V，故P3＝P额＝99W，则P3－P2＝82W，故选项C错误，选项D正确．10.如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V，0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω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1ΩB．电动机的内阻为4ΩC．电动机的正常工作电压为1VD．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＝0.2A，由欧姆定律得RL＝eq\f(U,I)，可知小灯泡正常发光时电阻RL＝10Ω，由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R＋RL＋r)，解得r＝1Ω，A正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2A，故电动机两端电压U′＝E－IRL－Ir＝0.8V，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4Ω，B、C错误；由P＝I2r，P总＝EI，η＝eq\f(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V1、V2、V3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.V2的示数增大C.ΔU3与ΔI的比值大于rD.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V1、V2、V3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V2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eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，又eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，又R>r，则eq\f(ΔU1,ΔI)>eq\f(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eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r>r，选项C正确。答案ACD12.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＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(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＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)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＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(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＝eq\f(4πkQ,εrS)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100μA、内阻为2500Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9Ω)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0～50mA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）＝100×10－6×2500，解得R≈5.0Ω.（2）描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53V，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2.0Ω.答案：（1）并联5.0（2）①如图所示②1.532.014.（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4.0Ω的定值电阻．(1)已知灵敏电流计G的满偏电流Ig＝100μA、内阻rg＝2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，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：测量次数12345678电压表V读数U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表A读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻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．R1＝eq\f(Igrg,Im－Ig)＝eq\f(100×10－6×2.0×103,200×10－3－100×10－6)Ω≈1.0Ω.(2)如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知r1＝eq\f(U1－U5,I5－I1)－R0，r2＝eq\f(U2－U6,I6－I2)－R0，r3＝eq\f(U3－U7,I7－I3)－R0，r4＝eq\f(U4－U8,I8－I4)－R0.故r＝eq\f(r1＋r2＋r3＋r4,4)＝eq\f(（U1＋U2＋U3＋U4）－（U5＋U6＋U7＋U8）,4×80×10－3)－R0≈1.66Ω.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＝eq\f(ΔU,ΔI)－R0，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R1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，R0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)CD15.(10分)如图所示，M为一线圈电阻RM＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2＝4.0A．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)1Ω(2)2.5A90W解析(1)S断开时，电源与定值电阻构成串联回路，E＝I1(R＋r)，(2分)电源内阻r＝eq\f(E,I1)－R＝1Ω.(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－I2r＝36V(2分)通过定值电阻的电流I2′＝eq\f(U,R)＝1.5A，(1分)通过电动机的电流I2″＝I2－I2′＝2.5A(1分)电动机消耗的总功率即电动机的电功率，P＝UI2″＝90W．(1分)16.(10分)如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，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)20V2