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B．通过LED灯的电流为C．在60s内通过LED灯的电荷量为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，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灯的额定功率为故A错误；B．由公式得通过LED灯的电流为故B正确；C．在60s内通过LED灯的电荷量为故C错误；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，由电流做功公式可得相同时间内电流对荧光灯做的功是白炽灯，故D错误。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（）A．电动机的额定电流为 B．电动机的输入功率为C．电动机消耗的热功率为 D．电源的总功率为【答案】D【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；B．电路中的电流则电动机的输入功率故B错误；C．电动机消耗的热功率为故C错误；D．电源的总功率为故D正确。故选D。3．如图所示，电表均为理想电表，其中电流表、、示数变化量的绝对值分别用、、表示，电压表示数的变化量用表示，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B．滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，变大C．滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，D．若发生断路，则电压表V示数变小，电流表示数变大【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．根据可知故不变，B错误；C．根据可知增大，则A2示数变大，且有而示数变小，所以A1示数减变小更多，即故C正确；D．若发生断路，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3VB．电源的内阻为2.5ΩC．内电阻的最大功率为7.2WD．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【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，电路中电流为则闭合电路中内电阻的功率为外电阻的功率为由图像可知，当外电阻代入数据联立解得E＝6Vr＝5ΩAB错误；C．当外电阻电路中电流最大，内电阻功率最大，最大功率为C正确；D．由图像可知，当外电阻外电阻的功率为外电阻的功率为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。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，电容为C1的电容器与定值电阻R0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（）A． B． C． D．【答案】B【详解】对定值电阻，电压结合且可知当时，最大，则有电源的外电压结合且可知当时，的最大值由电容的定义可得电容为的电容器的最大带电量电容为的电容器的最大带电量结合联立解得故选B。7．某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，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75JB．每秒水泵对水做功为225JC．水泵输入功率为400WD．电动机线圈的电阻为5【答案】C【详解】AB．每秒喷出水的质量为,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为故AB错误；C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则所以水泵的输入功率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而电动机的电功率故电动机的热功率又因为解得线圈的电阻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，长度，电源电动势，内阻，限流电阻，弹簧劲度系数，除重力外，不计其他作用力，。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0B．甲、乙两图流过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0.4kgD．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则变阻器接入电路的电阻为弹簧长度变化量托盘中放上的物体质量为故C错误；D．题图乙中，设托盘上放上质量为的物体时，弹簧的压缩量为，由平衡条件可得解得由闭合电路欧姆定律可知则联立解得将代入得故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，输出电流为，锂电池的内阻。则在充电时间为的时间内，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18JC．该过程中锂电池产生的热量为1.2JD．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故B正确；AD．根据能量守恒定律有解得可知，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，、、为定值电阻，当滑动变阻器的滑片向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D．若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则【答案】AD【详解】A．由图可知，R2与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；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；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，平行金属板间的场强减小，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则故D正确。故选AD。12．如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻的阻值等于r，定值电阻的阻值等于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、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（

）A．理想电压表示数增大，理想电压表示数增大，理想电流表A示数减小B．带电液滴将向下运动，定值电阻中有从a流向b的瞬间电流C．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测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得电路电流减小，则变小，即理想电压表示数减小；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电路电流减小，则增大；根据可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流；又，可得电荷量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测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得理想电压表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电路中定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，当电路中电流增大，电阻的阻值不变，故故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）C．灵敏电流计G（满偏电流为，内阻为）D．滑动变阻器（）E.电阻箱R（）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图线（为灵敏电流计G的示数，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（2）[2]滑动变阻器需接入电路阻值达到最大，故需要将滑片滑到端。[3]根据图甲所示电路图，由闭合电路欧姆定律得整理得延长图乙中的图线与纵轴交于一点，即纵截距斜率联立解得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变形得由此可知，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（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整理，可得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）。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代入数据可得r=2Ώ（2）电动机的电功率电动机的机械功率电动机的机械效率（3）电动机线圈的电阻R的发热功率为由得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、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解得，（2）由电压表的示数随电流表示数A的变化图像可知（3）当时，此时外电路的阻值达到最大，则则R的最大值为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