2025年人教版高中物理精讲精练必修3第十二章《 电能 能量守恒定律》单元基础巩固与培优达标检测卷 解析版

第十二章《电能能量守恒定律》单元基础巩固与培优达标检测卷

一：单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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．如图所示，已知在相等亮度下，白炽灯消耗的电能是荧光灯的5倍，是LED灯的15倍。在额定电压220V下工

作的白炽灯、荧光灯和LED灯，如果要求荧光灯和LED灯发光亮度与额定功率为100W的白炽灯相同，则（）

A．可选用额定功率为20W的LED灯

1

B．通过LED灯的电流为A

33

20

C．在60s内通过LED灯的电荷量为C

33

D．相同时间内，电流对荧光灯做的功是白炽灯的5倍

【答案】B

【详解】A．由题意可得，白炽灯的额定功率是LED灯额定功率的15倍，则P白15PLED，所以要使LED灯发光亮

度与额定功率为100W的白炽灯相同，则可选用LED灯的额定功率为

120

P100WW

LED153

故A错误；

B．由公式

PUI

得通过LED灯的电流为

20

P1

ILED3AA

LEDU22033

故B正确；

C．在60s内通过LED灯的电荷量为

120

QIt60CC

LED3311

故C错误；

1

D．由题意可得，白炽灯的额定功率是荧光灯额定功率的5倍，则PP，由电流做功公式

荧5白

WPt

1

可得相同时间内电流对荧光灯做的功是白炽灯，故D错误。

5

故选B。

2．如图所示，直流电动机的额定电压为U，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源两端时，电

动机恰好能正常工作，其内部电路如图乙所示，下列说法中正确的是（）

UU2

A．电动机的额定电流为B．电动机的输入功率为

RR

2

EUEU

C．电动机消耗的热功率为D．电源的总功率为E

rr

【答案】D

U

【详解】A．电动机不是纯电阻用电器，所以欧姆定律不适用，所以其额定电流不等于，故A错误；

R

B．电路中的电流

EU

I

r

则电动机的输入功率

（EU）U

P电UI

r

故B错误；

C．电动机消耗的热功率为

（EU）2R

PI2R

热r2

故C错误；

D．电源的总功率为

E（EU）

PEI

r

故D正确。

故选D。

3．如图所示，电表均为理想电表，其中电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别用I1、I2、I3表示，电压

表示数的变化量用U表示，则（）

A．滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，电压表V示数变小

U

B．滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，变大

I3

C．滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，I1I2

D．若R2发生断路，则电压表V示数变小，电流表A3示数变大

【答案】C

【详解】A．滑动变阻器向a端移动，R1接入电路的阻值变大，总电阻R总变大，根据闭合电路欧姆定律知总电流

减小，内电压减小，则外电压增大，即电压表V的示数增大，故A错误；

B．根据

UEI3r

可知

U

r

I3

故不变，B错误；

C．根据

U并EI3R3r

可知U并增大，则A2示数

U并

I2

R2

变大，且有

I3I1I2

而A3示数变小，所以A1示数减变小更多，即

I1I2

故C正确；

D．若R2发生断路，则总电阻R总变大，根据闭合电路欧姆定律知，电流表A3示数减小，内电压减小，则外电压增

大，即电压表V的示数增大，故D错误。

故选C。

4．闭合电路内、外电阻的功率随外电路电阻变化的两条曲线如图所示，曲线A表示内电阻的功率随外电阻变化的

关系图线，曲线B表示外电阻的功率随外电阻变化的关系图线。下列说法正确的是（）

A．电源的电动势为3V

B．电源的内阻为2.5Ω

C．内电阻的最大功率为7.2W

1

D．外电阻取2.5Ω时外电阻的功率是外电阻取10Ω时外电阻的功率的

4

【答案】C

【详解】AB．设电源的电动势为E，内阻为r，由闭合电路的欧姆定律得，电路中电流为

E

I

Rr

则闭合电路中内电阻的功率为

2E2

P内=Ir()r

Rr

外电阻的功率为

2E2

P外=IR()R

Rr

由图像可知，当外电阻

R5

P内P外1.8W

代入数据联立解得

E＝6V

r＝5Ω

AB错误；

C．当外电阻

R0

电路中电流最大，内电阻功率最大，最大功率为

E2

P内7.2W

maxr

C正确；

D．由图像可知，当外电阻

R2.5

外电阻的功率为

E2

P外1()R1.6W

r+R

R'10

外电阻的功率为

E2'

P外2()R1.6W

r+R'

P外1P外2

D错误。

故选C。

5．在如图所示的电路中，电源内阻为r，开关S断开。则下列说法正确的是（）

A．闭合开关S，A1、A2的示数都变大

B．闭合开关S，V的示数变大

C．若R0的滑片向下移动，A1、A2的示数都变小

D．若R0的滑片向下移动，V的示数变小

【答案】D

【详解】AB．闭合开关S，R2与滑动变阻器并联，可得电路中总电阻变小，干路电流增大，A1示数变大；电阻R1和

电源内阻上的电压变大，所以滑动变阻器两端电压变小，电流变小，即A2的示数变小，V的示数变小，故AB错误；

CD．R0的滑片向下移动，接入电路中的阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，电流电阻R1和电源内阻上的

电压变大，可得滑动变阻器上电压变小，即V的示数变小，流过R2的电流减小，总电流增大，则流过滑动变阻器

的电流增大，A1、A2的示数都变大，故C错误，D正确。

故选D。

4

6．如图所示电路，电源的电动势与内阻分别为E、r，定值电阻的阻值Rr，电容为C1的电容器与定值电阻R0

05

C19

并联，电容为C2的电容器接在电源两端，，滑动变阻器R的阻值调节范围是0~10r，合上开关S，调节R

C24

的接入值，则电容为C1的电容器的最大带电量与电容为C2的电容器的最大带电量之比为（）

59595427

A．B．C．D．

27545959

【答案】B

【详解】对定值电阻R0，电压

U1IR0

结合

E

I

R0rR

且

4

Rr

05

可知当R0时，U1最大，则有

4E

U

m19

电源的外电压

U2EIr

结合

E

I

R0rR

且

4

Rr

05

可知当R10r时，U2的最大值

54E

U

m259

由电容的定义

Q

C

U

可得电容为C1的电容器的最大带电量

Q1C1Um1

电容为C2的电容器的最大带电量

Q2C2Um2

结合

C9

1

C24

联立解得

Q59

1

Q254

故选B。

7．某节水喷灌系统如图所示，水以v015m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽

取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变.水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流

为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输

出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（）

A．每秒水泵对水做功为75J

B．每秒水泵对水做功为225J

C．水泵输入功率为400W

D．电动机线圈的电阻为5Ω

【答案】C

【详解】AB．每秒喷出水的质量为m02.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为

1

WmgHmv2300J

0200

故AB错误；

C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则

W

P出300W

t

所以水泵的输入功率

P

P出400W

入

C正确；

D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为

P机P入400W

而电动机的电功率

PUI440W

故电动机的热功率

P热PP机40W

又因为

2

P热Ir

解得线圈的电阻

r10

D错误。

故选C。

8．电子秤在日常生活中应用很广泛。某同学在研究性学习活动中自制两种电子秤，原理如图甲、乙所示。用理想

电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑

片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端。已知滑动变阻器总电阻R2.0，长

度L2cm，电源电动势E3.0V，内阻r0.1，限流电阻R00.4，弹簧劲度系数k200N/m，除重力外，不

计其他作用力，g10m/s2。下列说法正确的是（）

A．甲、乙两图托盘中没有放物体时，电压表示数不为0

B．甲、乙两图流过R0的电流均随着托盘中物体质量增大而增大

C．当图甲电压表示数为2V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg

D．当图乙电压表示数为2.4V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg

【答案】D

【详解】A．当托盘中没有放物体时，两电路图滑动变阻器接入电路的电阻均为0，则电压表示数均为0，故A错

误；

B．经过R0的电流增大，说明R接入电路阻值变小，盘中物体质量减小，故B错误；

C．当电压表示数为2V时，题图甲电路的电流为

EU132

I1A2A

R0r0.40.1

则变阻器接入电路的电阻为

U12

R11

I12

弹簧长度变化量

R

x1L1cm

1R

托盘中放上的物体质量为

kx2000.01

m1kg0.2kg

1g10

故C错误；

D．题图乙中，设托盘上放上质量为m2的物体时，弹簧的压缩量为x2，由平衡条件可得

m2gkx2

解得

mg

x2

2k

由闭合电路欧姆定律可知

EU2

I2

R0r

则

U2U2R0rx2

R2R

I2EU2L

联立解得

kLU2R0r

m2

gREU2

将U22.4V代入得

m20.4kg

故D正确。

故选D。

二：多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．如图所示为一充电器对锂电池充电的电路图，已知输出电压为U3.0V，输出电流为I100mA，锂电池的内

阻r2Ω。则在充电时间为t1min的时间内，下列说法正确的是（）

A．有18J的电能转化为化学能

B．充电过程中电流做的功为18J

C．该过程中锂电池产生的热量为1.2J

D．该过程中有16.8J的化学能储存在锂电池中

【答案】BCD

【详解】B．充电过程中电流做的功为

WUIt3.0100103160J18J

故B正确；

AD．根据能量守恒定律有

2

UItIrtE化

解得

E化16.8J

可知，有6.18J的电能转化为化学能，即该过程中有16.8J的化学能储存在锂电池中，故A错误，D正确；

C．该过程中锂电池产生的热量为

QI2rt1.2J

故C正确。

故选BCD。

10．如图所示，是测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系

统误差。下列分析正确的是（）

A．采用图甲的方法，引入系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图乙的方法，引入系统误差的原因是电

流表的分压作用

B．图丙是用图甲电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线

C．图丁是用图乙电路处理的结果，其中图线③表示测量图线，图线④表示真实图线

D．图丙和图丁结合处理实验数据，可以消除因电表不理想而引起的系统误差

【答案】ABD

【详解】A．由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大。采用图甲的方法，由于电压表

的分流使电流表读数偏小，引入系统误差的原因是电压表的分流作用。采用图乙的方法，由于电流表的分压使电压

表读数偏小，引入系统误差的原因是电流表的分压作用。故A正确；

B．采用图甲的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图甲方法中测

量图线和真实图线与横轴交点相同。则图丙是用图甲电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实

图线。故B正确；

C．采用图乙的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中

测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图丁是图乙电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量

图线。故C错误；

D．利用图丙中图线与横轴交点、图丁中图线与纵轴交点，连接后可得出真实的图线，消除因电表不理想而引起的

系统误差。故D正确。

故选ABD。

11．如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，电源内阻为r，R1、R2、

R3为定值电阻，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）

A．电压表示数减小

B．带电质点P向上运动

C．电源的输出功率变小

ΔU

D．若电压表、电流表的示数变化量分别为U和I，则rR1

ΔI

【答案】AD

【详解】A．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当

滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，

路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，所以并联部分的电压减小，电压表读数减小，故A正确；

U

B．由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据E，平行金属板间的场强减小，

d

合力的方向向下；带电质点P向下运动，故B错误；

C．由于不知内外电阻的关系，无法确定电源的输出功率的变化情况，故C错误；

D．根据闭合电路欧姆定律有

UEI(rR1)

则

U

rR

I1

故D正确。

故选AD。

12．如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，

平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示

数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，下列说法正确的是（）

A．理想电压表V1示数增大，理想电压表V2示数增大，理想电流表A示数减小

B．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流

UUU

C．312

III

D．电源的输出功率减小

【答案】CD

【详解】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片

向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压

表V1测量定值电阻R1两端的电压，据欧姆定律可得

U1IR1

电路电流减小，则U1变小，即理想电压表V1示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定

律可得

U2EIr

电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；

B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得

U3EIR1r

电路电流减小，则U3增大；根据

Q

C

U3

可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流；

又

SU

C，E3

4kdd

可得

4kQ

E

S

电荷量Q增大，E增大，向上的电场力增大，则带电液滴将向上运动，故B错误；

C．理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，据欧姆定律可得

U1IR1

理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得

U2EIr

理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得

U3EIR1r

电路中定值电阻R1的阻值等于电源内阻r的阻值，当电路中电流增大，电阻R1的阻值不变，故

ΔUΔUΔU

3Rr1R2r

ΔI1ΔI1I

故C正确；

D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如下：

定值电阻R1的阻值等于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路

的外电阻阻值从大于内阻r继续增大，则电源的输出功率减小，故D正确。

故选CD。

三：实验题:本题共2小题，第一小题小题5分，第二小题7分，共12分。

13．在“测量电池的电动势和内阻”的实验中，备有如下器材：

A．干电池1节

B．电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.1）

C．灵敏电流计G（满偏电流Ig为200μA，内阻rg为200）

D．滑动变阻器（0~20）

E.电阻箱R（0~9999.9）

F.开关、导线若干

（1）由于没有电压表，需要把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需串联一个阻值为的电阻；

（2）改装后采用如图甲所示电路进行测量。在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至（选填“a端”、“中

央”或“b端”）。图乙为该实验绘出的I1I2图线（I1为灵敏电流计G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得

被测电池的电动势E＝V（结果保留三位有效数字）。

【答案】9800/9800.0a端1.48/1.46/1.47/1.49

【详解】（1）[1]根据电压表的改装原理可知，改装需要串联一个电阻

U

Rrg9800

Ig

（2）[2]滑动变阻器需接入电路阻值达到最大，故需要将滑片滑到a端。

[3]根据图甲所示电路图，由闭合电路欧姆定律得

EI1(Rrg)(I1I2)r

整理得

Er

I1I2

RrgrRrgr

延长图乙中的图线与纵轴交于一点，即纵截距

E

1.48104A

Rrgr

斜率

r(135110)106

Rrgr0.450.15

联立解得

E=1.48V

14．某实验小组要测量某型号电池的电动势和内阻，在实验室中找到如下器材：

A．量程为6V的电压表V1，内阻很大；

B．量程为3V的电压表V2，内阻很大；

C．电阻箱R的调节范围为0~999.9Ω；

D．定值电阻R0，阻值约为10Ω；

E.开关和导线若干。

该实验小组设计了如图甲所示的电路图，并完成了如下的操作：

（1）组装好实验器材后，将电阻箱的阻值调到最大，开关闭合，减小电阻箱的阻值，读出两电压表V1、V2的示

数U1、U2及相应的电阻箱示数R，反复调节，记录多组实验数据；

（2）该实验小组利用（1）中的数据建立如图乙所示的坐标系并绘制图像，由图像可知该电池的电动势，E=

V，内阻r=Ω（结果均保留2位有效数字）；

（3）电源电动势E的测量值E的真实值（填“大于”或“小于”或“=”），本实验产生的系统误差原因为。

【答案】6.03.0小于电压表不理想，导致所测干路电流偏小

【详解】（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律得

UU

EU12r

1R

变形得

UU

UE12r

1R

由此可知，乙图的纵截距为电源电动势

E=6.0V

斜率的绝对值为电池内阻

6.0

r3.0

2.0

（3）[3][4]由于电压表的分流作用，导致干路电流偏小，根据闭合电路欧姆定律

U1U1U2

EU1r

RVR

整理，可得

RVRVrU1U2

U1E

RVrRVrR

由此可知电源电动势E的测量值小于E的真实值，本实验产生的系统误差原因为电压表不理想，导致所测干路电

流偏小。

四：解答题:本题共4小题,第一小题小题6分，第二小题8分，第三小题10分，第四小题12分，共36分。

15．下图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机

的轴上。电源电动势E=120V，闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I＝5.0A

和U＝110V，重物P上升的速度v＝0.80m/s。重物的质量m＝50kg（g取10m/s2）。求：

(1)电源的内阻r多大？

(2)直流电动机的机械效率多大？

(3)电动机线圈的电阻R多大？

【答案】(1)4Ω

(2)72.7%

(3)6Ω

【详解】（1）由闭合电路欧姆定律

EUIr

代入数据可得

r=2Ώ

（2）电动机的电功率

P电UI1105W=550W

电动机的机械功率

P机mgv50100.8W=400W

电动机的机械效率

P

机100%72.7%

P电

（3）电动机线圈的电阻R的发热功率为

P线P电P机150W

由

2

P线IR

得

R=6Ω

16．如图a所示，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，理想电压表V1、V2的示数随理

想电流表A示数的变化情况如图b所示，求：

(1)电源的电动势和内电阻；

(2)定值电阻R0的阻值；

(3)滑动变阻器的最大阻值。

【答案】(1)8V，1Ω

(2)3Ω

(3)12Ω

【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得

EU外1I1r

EU外2I2r

解得

E8V，r1Ω

（2）由电压表V2的示数随电流表示数A的变化图像可知

U261.5

R0Ω3Ω

I220.5

（3）当I0.5A时，此时外电路的阻值达到最大，则

U17.5V

R外15

I10.5A

则R的最大值为

RR外R012

17．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=15Ω，R2=16Ω，R3=8Ω，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．闭

合开关S，待电路稳定后，将一带电小球水平射入板间，小球能沿直线通过，若小球带电量为q=1×10-2C，质量为

m=2×10-2kg，不考虑空气阻力，（取g=10m/s2）

（1）判断小球的电性；

（2）求AB两板间的电压；

（3）求电源电动势；

（4）求电源的输出功率。

【答案】（1）带负电；（2）8V；（3）32V；（4）45.75W

【详解】（1）小球能沿直线通过电场，小球所受电场力方向向上，与电场方向相反，故小球应带负电；

（2）由

U

mgq

d

解得

mgd

U=8V

q

（3）R2和R3的等效电阻为

RR16

R23Ω

R2R33

总电流为

U8

IA1.5A

R16