2025年人教版高中物理必修3《 电能、能量守恒定律》单元检测卷（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（）

白炽灯荧光灯LED灯

A.可选用额定功率为20W的LED灯

B.通过LED灯的电流为工A

33

20

C.在60s内通过LED灯的电荷量为五C

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，则品=152ED,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

P,=—xl00W=—W

LFEDD153

故A错误；

B.由公式

P=UI

得通过LED灯的电流为

20

ILED==工—A=-A

LEDU22033

故B正确；

C.在60s内通过LED灯的电荷量为

Q=ILEJ=*X60C='c

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，则碌=：修，由电流做功公式

用=Pt

可得相同时间内电流对荧光灯做的功是白炽灯g,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（）

R

E

T

TJ2

A.电动机的额定电流为B.电动机的输入功率为幺

R

F-TT

C.电动机消耗的热功率为（E-U）D.电源的总功率为E土上

【答案】D

所以欧姆定律不适用，所以其额定电流不等于与，故A错误;

【详解】A.电动机不是纯电阻用电器，

R

B.电路中的电流

E-U

1T=-------

r

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

P=E『-U)

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A］、A?、A3示数变化量的绝对值分别用AZ】、AZ2,AZ3表示，电压

表示数的变化量用AU表示，则（）

A.滑动变阻器的滑片向。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。端移动过程中,否变大

C.滑动变阻器的滑片向。端移动过程中，鼠\>H

D.若扁发生断路，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，4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

U=E-I3r

可知

△U

AZ3

故不变，B错误;

C.根据

%=石_/3（鸟+厂）

可知U并增大，则A2示数

U并

此

变大，且有

—

而As示数变小，所以A1示数减变小更多，即

M>M

故C正确;

D.若此发生断路，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8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（）

B.电源的内阻为2.5。

C.内电阻的最大功率为7.2W

D.外电阻取2.5Q时外电阻的功率是外电阻取10Q时外电阻的功率的4

4

【答案】C

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

1=^—

R+r

则闭合电路中内电阻的功率为

斤

砧户

外电阻的功率为

球W+户

由图像可知，当外电阻

R=5Q

■=-1.8W

代入数据联立解得

E=6V

r=5Q

AB错误；

C.当外电阻

R=O

电路中电流最大，内电阻功率最大，最大功率为

E2

舄…：=7.2W

C正确；

D.由图像可知，当外电阻

7?=2.5Q

外电阻的功率为

E,

琢i=（F）R"6W

rr+R

R=10。

外电阻的功率为

E9

绦2='）2R=L6W

琢1=琢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,Ai、A2的示数都变大

B.闭合开关S,V的示数变大

C.若凡的滑片向下移动，Ai、A2的示数都变小

D.若&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，Ai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.Ro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，电流电阻与和电源内阻上的

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

的电流增大，Ai、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,定值电阻的阻值飞=1r,电容为C/的电容器与定值电阻几

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

接入值，则电容为C/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（）

【答案】B

【详解】对定值电阻凡，电压

%=叫

结合

1=——--

RQ+F+7?

且

4

可知当R=o时，q最大，则有

u广场

ml9

电源的外电压

U2=E-Ir

结合

1=——--

RQ+F+7?

且

4

&=gr

可知当R=10r时，4的最大值

U厘

m259

由电容的定义

c=2

u

可得电容为G的电容器的最大带电量

电容为a的电容器的最大带电量

e2=Qt/m2

结合

邑=2

C24

联立解得

2=”

Q「54

故选B。

7.某节水喷灌系统如图所示，水以%=15m/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"=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（）

%

二

一

P二

P

F

P

二

F

P

尸

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5。

【答案】C

【详解】AB.每秒喷出水的质量为％=2.0kg,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,

W=mogH+-m0Vg=300J

故AB错误；

C.水泵的输出能量转化为水的机械能，则

W

场=；=300W

所以水泵的输入功率

以=%==400W

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

^=^=400W

而电动机的电功率

p=L7=440W

故电动机的热功率

4=尸一弓=40W

又因为

解得线圈的电阻

r=10Q

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R=2.0。，长

度L=2cm,电源电动势E=3.0V,内阻r=0.1Q,限流电阻凡=04。，弹簧劲度系数上=200N/m,除重力外，不

计其他作用力，g=10m/s2。下列说法正确的是（）

B.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0.4kg

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.经过凡的电流增大，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

E-U,3-2

1A=2A

4)+厂0.4+0.1

则变阻器接入电路的电阻为

R.=4=2。=1。

L2

弹簧长度变化量

%=&=lcm

1R

托盘中放上的物体质量为

kx,200x0.01

网=­L=kg=0.2kg

g10

故C错误;

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

m2g=kx2

解得

_m2g

2一T

由闭合电路欧姆定律可知

E-U2

2%）+〃

则

幺=4（—+厂）=三.

I2E-U2L

联立解得

h02（仆+r）

加2=----------7----------------1

gR（E-U2）

将〃2=2.4V代入得

m2=0.4kg

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。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U=3.0V,输出电流为/=100mA,锂电池的内

阻/'=2£1。则在充电时间为t=lmin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

W=L7r=3.0xl00xl0^xlx60J=18J

故B正确；

AD.根据能量守恒定律有

Ult=12rt+E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

Q=I2rt=1.2J

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

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尸原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，电源内阻为r,与、&、

用为定值电阻，当滑动变阻器凡的滑片向6端移动时，下列说法正确的是（）

.............——~।।~——

&&L

E_LJLn

rT,b

u----------------

A.电压表示数减小

B.带电质点尸向上运动

C.电源的输出功率变小

IAC/I

D.若电压表、电流表的示数变化量分别为AU和AZ,则身=r+鸟

【答案】AD

【详解】A.由图可知，&与滑动变阻器&串联后与鸟并联后，再由K串连接在电源两端；电容器与以并联；当

滑片向6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，同时飞两端的电压也增大，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，根据石=二，平行金属板间的场强减小，

a

合力的方向向下；带电质点尸向下运动，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

U=E-I(r+RJ

则

凹」+R

故D正确。

故选AD„

12.如图所示，电源电动势E、内阻厂恒定，定值电阻R1的阻值等于r,定值电阻凡的阻值等于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、丫2、的示

数变化量的绝对值分别为△〃、△/、AQ,理想电流表A示数变化量的绝对值为AZ,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R?中有从。流向。的瞬间电流

At/3AL/,AU2

'AZA/A/

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Rj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Vi测量定值电阻用两端的电压，据欧姆定律可得

5=1&

电路电流减小，则q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

U2=E-Ir

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

/=E-/（N+r）

电路电流减小，则6增大；根据

C=&

4

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

又

C=-^—,E=%

4兀kdd

可得

sS

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

5=典

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

U2=E-Ir

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

U.=E-I（Rl+r）

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

AU1△%

=（K+r）＞=N=

A/A/A/

故c正确;

定值电阻&的阻值等于电源内阻厂的阻值，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0.10）

C.灵敏电流计G（满偏电流号为200NA,内阻9为2000）

D.滑动变阻器（0~20。）

E.电阻箱R（0-9999.9Q）

F.开关、导线若干

甲乙

（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、端”、“中

央''或立端"）。图乙为该实验绘出的乙-八图线（乙为灵敏电流计G的示数，人为电流表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

R=j--rg=9800Q

（2）⑵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

E=Z1（7?+^）+（Z1+Z2）r

整理得

A=----------------------1

R+q+rR+&+r2

延长图乙中的图线与纵轴交于一点，即纵截距

P

--------=1.48x10%

R+q+r

斜率

r(135-110)xl0-6

R+rg+r~~0.45-0.15~

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:

甲

A.量程为6V的电压表Vi,内阻很大；

B.量程为3V的电压表V],内阻很大；

C.电阻箱R的调节范围为0-999.9。；

D.定值电阻Ro,阻值约为10Q；

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Vl、V2的示

数5、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,

内阻片Q（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o

【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）山⑵根据闭合电路欧姆定律得

E/+号'

变形得

U(=E_U「U2,

R

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

r=—Q=3.0Q

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

u「uj

E=U、+

R)

整理，可得

H_RvFR、TU[—U]

RN+rRN+rR

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是一个质量为根的重物，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/=5.0A

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

(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)4。

(2)72.7%

(3)6Q

【详解】(1)由闭合电路欧姆定律

E=U+Ir

代入数据可得

r=2Q

(2)电动机的电功率

[=U/=110x5W=550W

电动机的机械功率

41=mgv=50xl0x0.8W=400W

电动机的机械效率

〃=用*100%=72.7%

(3)电动机线圈的电阻R的发热功率为

心=埼-为=150W

由

得

R=6Q

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、Vz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；

⑵定值电阻&的阻值；

(3)滑动变阻器的最大阻值。

【答案】(1)8V,1。

(2)3Q

⑶12。

【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可得

E=U外i+Ij

E=U外2+/?厂

解得

E=8V,r=1Q

(2)由电压表V2的示数随电流表示数A的变化图像可知

(3)当/=0.5A时，此时外电路的阻值达到最大，则

-卜A。

则R的最大值为

R=R外_4=120

17.如图所示，电源内阻r=lQ,R/=15Q,&=16。，及?=8。，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离＜7=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=lxlO-2C,质量为

m=2xl0-2kg,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。

尸II

E,r~~RzR3

【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

mg=q—

a

解得

U*=8V

q

(3)史和及?的等效电阻为

R'=凡,居=♦.

用+氏33

总电流为

TU8A