开封市高中物理必修第3册第十二章 电能 能量守恒定律试卷检测题

开封市高中物理必修第3册第十二章 电能 能量守恒定律试卷检测题
一、第十二章 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．某实验小组要测量干电池组(两节)的电动势和内阻，实验室有下列器材： A 灵敏电流计G (量程为0~10mA ，内阻约为100Ω) B 电压表V （量程为0~3V ，内阻约为10kΩ) C ．电阻箱R 1(0~999.9Ω)
D ．滑动变阻器R 2(0~10Ω，额定电流为1A) E.旧电池2节 F.开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程．测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节R 2和电阻箱，使得电压表示数为2.00V ，灵敏电流计示数为4.00mA ，此时电阻箱接入电路的电阻为398.3Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω(保留一位小数)． (2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA ，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R 1的阻值调为___________Ω(保留三位有效数字)．
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出G U I － (U 为电压表的示数，G I 为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E =___________V ，内阻r =___________Ω(保留三位有效数字)
【答案】101.7 11.3 2.910.01± 9.10.2± 【解析】 【分析】
（1）根据题意应用欧姆定律可以求出电流表内阻．
（2）把灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．
（3）由闭合电路欧姆定律确定出G U I -的关系式，结合图象求得E ，r ． 【详解】
（1）[1]灵敏电流计内阻：
13
2.00398.3101.74.0010g U R R I -=
-=-=⨯Ω
（2
）[2]灵敏电流计满偏电流为10mA ，把它改装成100mA 的电流表，电流表量程扩大了10倍，并联电阻分流为90mA ，为电流计的9倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值：
101.7
11.39
9
g R R =
=
=并Ω （3）[3][4]电流表示数：10G I I =，由图示电路图可知，电源电动势：
10G E U Ir U I r =+=+
整理得：
()10G U E r I =-
由图示G U I -图象可知，电源电动势：E =2.91V ，图象斜率：
k =10r =3
2.91 2.00
911010
G U I -∆-==∆⨯ 电源内阻：r =9.1Ω。

【点睛】
本题关键是明确实验的原理，明确各个部分联接关系，由部分电路欧姆定律与全电路欧姆定律分析求解，对于图象类问题要写出表达式进行分析．
2．某同学在做“测电源电动势与内阻”的实验中，可使用的器材有：
A ．两只相同的毫安表（量程I g ＝3mA ，内阻R g ＝1000Ω）；
B ．滑动变阻器R 1（最大阻值20Ω）；
C ．滑动变阻器R 2（最大阻值2000Ω）；
D ．各种规格的定值电阻R 0；
E ．电源E （电动势约为3.0V ）；
F ．开关、导线若干．
由于给出的毫安表量程太小，该同学首先要把一只毫安表改装成量程为0.6A 的电流表，他需要把阻值为__________Ω的定值电阻R 0与毫安表并联（结果保留一位小数）.该同学将用如右上方的电路图进行实验，测定电源的电动势和内阻．在实验中发现变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，电流表G 1示数逐渐增大，电流表G 2示数接近3.0mA 并且几乎不变，当滑片临近最右端时，电流表G 2示数急剧变化．出现这种问题，应更换一个总阻值比原来______(选填“大”或“小”)的变阻器．在更换变阻器后,该同学连好电路，改变滑动变阻器滑片的位置，读出毫安表G 1、G 2的示数分别为I 1、I 2，并得到多组数据，建立直角坐标系，作出了I 2和I 1的关系图线，经拟合得到直线I 2＝3.0mA －0.4I 1 ,则得出电源电动势E ＝_____V ，内阻r ＝_____Ω．（保留一位小数）
【答案】5.0 Ω
小 3.0V 2.0Ω 【解析】 【详解】
[1]已知量程I g ＝3mA ，内阻R g ＝1000Ω, 0.6I =A ，设电流表的量程扩大的倍数为n ，
g
I n I =
并联的电阻为R ,根据并联电路的特点则有
1
g R R n =
-
解得R =5.0Ω
[2]当变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，变阻器的阻值逐渐减小，外电路电阻减小，电流表G 1示数逐渐增大，电流表G 2示数接近3.0mA 并且几乎不变，说明变阻器的电阻接近零时，路端电压才接近电源电动势，出现这种问题，应更换一个总阻值比原来小的变阻器， [3][4]G 1示数是1I 时,电路中的总电流是21200I I +，由闭合电路的欧姆定律得
()221200g E I R I I r =++
整理得
21200g g E r
I I R r R r
=
-++ I 2＝3.0mA －0.4I 1
由I 2和I 1的关系图线得图线的截距b =3.0mA ，斜率0.4K =-
0.003g E
R r
=+ A 2000.4G r
R r
=+ 解得 3.0E =V ， 解得 2.0r =Ω
3．某同学设计了如图（a ）所示电路研究电源输出功率变化情况．电源E 电动势、内电阻恒定，R 1为滑动变阻器，R 2、R 3为定值电阻，A 、V 为理想电表．
（1）若滑动片P 由a 滑至b 时A 示数一直变小，则R 1和R 2必须满足的关系是__________________．
（2）若R 1＝6Ω，R 2＝12Ω，电源内电阻r ＝6Ω，，当滑动片P 由a 滑至b 时，电源E 的输出功率P 随外电路总电阻R 的变化关系如图（b ）所示，则R 3的阻值应该选择（ ）
（A ）2Ω （B ）4
Ω （C ）6Ω （D ）8Ω 【答案】（1）R 1≤R 2，（2）B 【解析】 【详解】
(1)电流表的示数： 3E
I r R R =
++并
，欲使滑动片P 由a 滑至b 时A 示数一直变小，须使
R 并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R 1≤R 2． （2）从图b 知，当R 外=6Ω时，电源E 的输出功率P 最大，即电源内阻为6Ω，而R 1和R 2部分的电阻变化范围是0～4Ω，因此R 3的阻值必须大于2Ω小于6Ω．所以A 、C 、D 错误，只能选B ．
4．某同学利用一个电阻箱、一个电压表（视为理想电表）、一个定值电阻（05ΩR =）、一个开关和若干导线测定一电源（电动势小于3V ）的电动势及内阻，实验原理图如图（甲）所示。

(1)根据实验原理图完成实物图（乙）中的连线______________。

(2)若某次测量时电阻箱的旋钮位置如图（丙）所示的，电压表的示数如图（丁）所示，则电阻箱的阻值为________Ω，电压表的示数为__________V 。

(3)改变电阻箱的电阻R ，读出电压表的示数U ，然后根据实验数据描点，绘出的图像是一条直线
11
U R
-。

若直线的斜率为k ，在坐标轴上的截距为b ，则电源的电动势E =__________，内阻r =_________。

（用k 、b 和0R 表示）
【答案】 115.0 2.30
1b 0k
R b
- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据电路图连接实物图如图所示
（2）如图（丙）和（丁），电阻箱和电压表的读数分别为
11001105100.1115.0R =⨯+⨯+⨯+⨯=Ω， 2.30U =Ｖ
（3）根据电路图可知电路的电流满足关系
0+E U
I R R r R
=
=+
变形可得
0111R r U E R E
+=+ 再由
11
U R
-图像的斜率为k ，在坐标轴上的截距为b ，即 11k b U R
=+ 所以可得
0R r k E
+=，1
b E =
即可求得
1
E b =
，0k r R b
=-
5．某实验小组设计了如图所示的电路，用于研究热敏电阻T R 的伏安特性曲线，所用电压表量程为3V ，内阻V R 约10k Ω，电流表量程为0.5A ，内阻A 2.5R =Ω，R 为电阻箱。

（以下计算结果均保留2位有效数字）
(1)该实验小组实验操作步骤： ①按实验电路图把电路连接好 ②把电阻箱调到最大，闭合开关;
③调节电阻箱电阻值，记录下不同电阻箱电阻值R 和对应的电压表示数U 和电流表示数I ④利用上述物理量的符号，表示电源路端电压U =端_______。

(2)该小组同学，通过正确的测量得到数据，并描绘在I U -坐标系中，图线如图所示，其中A 曲线是热敏电阻伏安特性曲线，B 斜线为电源的电流随路端电压的变化规律。

当电压表示数为1.0V 时，热敏电阻值T R =______Ω；该电源的电动势E =______V ，内电阻
r =_______
Ω；
(3)实验中，当电阻箱的阻值调到1Ω时，热敏电阻消耗的电功率P =________W 。

【答案】()A U I R R ++ 10 3.0 2.5 0.36 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]由电路图可知，电阻间为串联关系；电压表测量T R 两端的电压，电流表测量电路中电流，根据串并联电路规律可知外电压为
()A U U I R R =++端
（2）[2]当电压为1.0V 时，热敏电阻值中的电流I 为0.1A ，由欧姆定律可知，电阻为
10ΩT
T T
U R I =
= [3] [4]根据闭合电路的欧姆定律
E U Ir =+
可知图像的与U 轴的交点为电源电动势
3.0V E =
整理得
U E I r r
=
- 斜率
10.220.55
k r =
== 解得 2.5Ωr = （3）[5]电源等效内阻
06ΩA r r R R =++=
热敏电阻两端的电压
6U E I =-
在图像中做6U E I =-的图像
图像的交点为0.277A I =， 1.30V U = 热敏电阻消耗的电功率
0.36W P UI ==
6．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U -I 图像如下:
（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P 应放在_____处 （2）现备有以下器材： A .干电池1个 B .滑动变阻器（0~50Ω） C .滑动变阻器（0~1750Ω） D .电压表（0~3V ） E .电压表（0~15V ）
F .电流表（0~0.6A ）
G .电流表（0~3A ）
其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____．(填字母代号) （3）由U-I 图像．由此可知这个干电池的电动势E =_______V ，内电阻r =______Ω． （4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E 测___ E 真，，r 测____r 真(填“>”“<”或“=”)
【答案】a B D F 1.5 0.75 < < 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1] 闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P 应放在最大值位置处，即a 处． （2）[2]滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V ，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B ．
[3]电源电动势大约1.5V ，因此电压表选择量程为3V 的比较合适，故电压表选择D ， [4]由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择F ．
（3）[5]在U -I 图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V ；
[6]图象中的斜率表示电源的内阻，则有：
1.5 1.2
0.750.4
r -=
=Ω （4）[7][8]由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U -I 图象如图所示：
电源的U -I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．
7．某同学为了测一节干电池的电动势E 和内电阻r ．
⑴ 先用多用电表估测电动势E ．将选择开关旋至直流2.5V 档，红、黑表笔与干电池的正、负极相接，此时指针所指位置如图甲所示，则此时多用表的读数为_______V ．
⑵ 再用伏安法更精确地测量该干电池的电动势和内电阻，实验电路如图乙所示．请你用实线代替导线在图丙中连接好实物_______，要求变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大．
⑶ 由实验测得的7组数据已在图丁的U -I 图上标出，请你完成图线________．由图象可得E ＝_______V （保留三位有效数字），r ＝_______Ω（保留两位有效数字）． ⑷ 这位同学对以上实验的系统误差进行了分析，其中正确的是_______． A ．主要是由电压表的分流引起的 B ．主要是由电流表的分压引起的 C ．电动势测量值小于真实值 D ．内阻测量值大于真实值
【答案】1.450.01±； 图见解析； 图见解析; 1.490.01± ; 1.0-1.1; AC; 【解析】 【详解】
（1）选择开关旋至直流2.5V 档，由图示多用电表可知，多用电表分度值是0.5V ，多用电表示数是1.45V ；
（2）变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大，滑动变阻器应接左下接线柱，根据实验电路图连接实物电路图，如图丙所示；
（3）用直线把坐标系中各点连接起来，得到U-I 图象，如图丁所示；由图象可知，
图象与纵轴交点是1.5V ，则电源电动势E=1.5V ，电源内阻
1.50 1.10 1.10.36U V V r I A
-=
=≈Ω； （4）在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用．可以将电压表内阻与电源并联后看作等效电源，实际测量的是等效电源的电动势和内电阻，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小．故AC 正确，BD 错误，故选AC. 【点睛】
电源的U-I 图象斜率等于电源内阻；由图象求电源内阻时，一定要注意图象纵坐标轴的起点是否是零，这是容易忽略的地方．
二、第十二章 电能 能量守恒定律选择题易错题培优（难）
8．如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L 也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a 端滑动，则（ ）
A ．灯泡将变暗，电源效率将减小
B ．液滴带正电，将向下做加速运动
C ．电源的路端电压增大，输出功率也增大
D ．滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．将滑片由该位置向a 端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率
100%100%UI U
EI E
η=
⨯=⨯ 外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A 项错误．
B ．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a 端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压()
C L U E I r R =-+增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B 项错误．
C ．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C 项错误．
D ．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D 项正确． 【点睛】
本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．
9．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的2R 、3R 分别为总阻值一定的滑动变阻器，0R 为定值电阻，1R 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S 闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A ．只断开开关S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
B ．只调节电阻3R 的滑动端2P 向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
C ．只调节电阻2R 的滑动端1P 向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动
D ．只增大1R 的光照强度，电阻0R 消耗的功率变大，带电微粒向上运动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
只断开开关S ，电容器放电，所带电荷量变小，带电微粒向下运动，所以A 错误；电阻R 3与电容器串联，该之路断路，所以只调节电阻R 3的滑动端P 2向上移动时，电压表示数不变，带电微粒静止不动，所以B 错误；只调节电阻R 2的滑动端P 1向下移动时，外电路电阻不变，路端电压不变，故电压表示数保持不变，电容器的电压增大，带电微粒向上运动，C 错误；只增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流增大，所以电阻R 0消耗的功率变
大，带电微粒向上运动，D正确．
10．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
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大．
A．L1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A错误；
B．L2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B正确；
C．电源的输出功率P=UI，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C错误；
D．电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q=CU知电容器的带电量增大，D错误．
【点睛】
本题考查了电路的动态分析，方法是：先从支路的变化，分析总电流和路端电压的变化，再到支路，分析各用电器的电压和电流的变化关系．
11．如图甲所示，电源的电动势E＝6 V，内阻为r，闭合开关S，滑动变阻器的滑片C从A 端滑至B端的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示：图I描述电源的输出功率随端电压的变化规律，图II描述端电压随电流的变化规律、图III描述电源的效率随外电阻的变化规律，电表、导线对电路的影响不计。

则下列说法不正确的是( )
A．电源的内阻r为2Ω
B．滑动变阻器最大阻值6Ω
C ．I 图上b 点的坐标(3V ，4.5W)
D ．II 图上a 点的坐标(0.6A ，4.8V) 【答案】B 【解析】 【详解】
Ａ．由乙图可知短路电流为 I 短=3A ，由 E
I r
=
短得： 6
23
E r I =
=Ω=Ω短 选项Ａ正确，不符合题意；
B ．电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 η=80%，由
UI R EI R r
η=
=+ 解得：
R =8Ω
即变阻器最大阻值为8Ω，选项B 错误，符合题意；
C ．当输出功率达到最大时：R=r =2Ω，此时路端电压为U =3V ，所以各点的坐标为： I 图b 点：U =3V
2
2
6W 4.5W 424E P r
===⨯
坐标为：（3V ，4.5W ）；选项C 正确，不符合题意； D ．II 图a 点：R =8Ω，
6A 0.6A 82
E I R r =
==++ U =E-Ir =6-0.6×2=4.8V
a 点的坐标为（0.6A ，4.8V ）；选项D 正确，不符合题意； 故选B 。

12．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，L 为小灯泡，R 3为光敏电阻，当照射光强度增大时，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表的示数减小
B ．灯泡L 变暗
C ．R 1电流变化量比R 3电流变化量小
D ．R 1电压变化量比R 2电压变化量大
【答案】C 【解析】
【详解】
A．当照射光强度增大时，电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流增大，根据
11
U IR
=
可知R1两端的电压电压增大，而电压表的示数等于R1两端的电压，所以电压表的示数增大，故A错误；
B．干路电流增大，则全电路的欧姆定律有：
1
2
2
()
R
E I r R
I
R
-+
=
故通过R2中电流减小，则由并联分流关系知通过小灯泡的电流增大，故小灯泡功率增大，灯泡L变亮，故B错误；
C．电路中并联部分电压减小，通过R2中电流减小，灯泡支路的电流增大，而干路电路的电流增大，则干路电流增加量小于电阻R3电流增加量，故C正确；
D．干路电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，则电阻R1电压增加量小于并联部分电压减小量，即R1电压变化量比R2电压变化量小，故D错误；
故选C。

13．如图所示的电路中， R1、R2、R3为阻值相同的电阻，C为电容器，电源的电动势为E，内阻为r。

先将电键S闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；再将S断开，电路稳定后，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2，则下列说法正确的是（）
A．I1< I2
B．η1>η2
C．Q1>Q2
D．S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．设三个相同的电阻为R，电键S闭合，电路如图
通过电源的电流
12
3
E
I
r R
=
+
S断开，电路如图
通过电源的电流
22
E
I
r R
=
+
所以，12
I I
>，A错误；
B．电键S闭合，电源效率
2
12
2
3
23
32
R
I R R
I R R r R r
η===
++
外
总
S断开，电源效率
2
22
2
1
2
2
I R R R
I R R r R r
η===
++
外
总
所以，12
ηη
<，B错误；
C．电键S闭合，电容器的两端的电压等于电阻1R两短的电压
1
1
23
3
c
E
U R
r R
=⨯
+
电容器的带电量
11
1
2332
3
c
E E
Q CU C R C R
r R
r R
==⨯=⨯
+
+
S 断开，电容器的两端的电压等于电阻2R 两端的电压
22c E
U R r R
=
+ 电容器的带电量
222c E
Q CU C
R r R
==+ 分析可得12Q Q <，C 错误；
D ．电键S 闭合，给电容器充电，电容器下级板带正电，上级板带负电，电容器充电电量为1Q ，S 断开后，电容器首先放电，通过3R 的电荷量为1Q ，然后在给电容器充电，充电量为2Q ，则流过3R 电荷量为
12Q Q +
D 正确。

故选D 。

14．在如图所示的电路中，电源的电动势E 恒定，内阻r =1Ω，R 1为光敏电阻（其阻值随光照的增强而减小），定值电阻R 2=2Ω，R 3=5Ω，电表均为理想电表．则下列说法正确的是（ ）
A ．当光照增强时，电源的效率增大
B ．当光照增强时，电容器的电荷量减小
C ．光照强度变化时，电压表示数和电流表示数之比不变
D ．若光敏电阻R 1阻值变化范围为2～9Ω，则光照强度变化前后，ab 段电路消耗的电功率可能相同 【答案】D 【解析】 【分析】
通过光照强度的变化，可知电阻变化的，根据闭合电路的欧姆定律，可判断电路总电流和总电压的，进而判断其他问题。

【详解】
A ．当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，路端电压U 减小，则电源的效率为：U
E
η=
减小，故A 错误； B ．当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，R 2 两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据Q CU =知，电容器的电荷量增大，B 错误；
C ．根据闭合电路欧姆定律得：3()U E I r R =-+，所以3U
r R I
∆=+∆，电压表示数和电流表示数的变化量之比不发生变化，故C 错误；
D ．将R 3看成电源的内阻，则等效电源的内阻为36r R +=Ω，22R =Ω，则光敏电阻
14R =Ω时，外电路总电阻与等效电源的内阻相等，电源的输出功率有最大值，则若光敏
电阻R 1阻值变化范围为2~9Ω，则光照强度变化前后，AB 两段电路的功率可能相同，D 正确。

故选D 。

【点睛】
考察闭合电路的动态分析。

15．2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，升空后的卫星能量补给主要靠太阳能电池.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图象，图线b 是某纯电阻电器的U - I 图象.则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个电路时，电池的（ ）
A ．内阻为5.5
B ．输出功率为12.5 W
C ．内耗功率为0.22 W
D ．效率为50% 【答案】AC 【解析】 【详解】
由闭合电路欧姆定律得U =E −Ir ，当I =0时，E =U ，由a 与纵轴的交点读出电动势为E =3.6v .根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U =2.5V ，电流为I =0.2A 。

A. 将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V ，电流为I=0.2A ，则电池的内阻为
故A 正确；
B. 电池的输出功率为：
P 出=UI =2.5×0.2W=0.5W
故B 错误；
C.此时硅光电池的总功率为：
P 总=EI =3.6×0.2W =0.72W
内耗功率为
P 内= P 总 -P 出=0.22 W
故C 正确；
D. 电池的输出效率为：
η=
×100%=
×100%≈69.4%
故D 错误。

16．如图所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是
A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大
B ．电源功率不变，1R 上功率增加
C ．2
U I 变大，2U I
∆∆不变 D ．
3U I 变大，3
U I ∆∆不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据
U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减
小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.
B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；
C. 根据电路知识可知, 22U R I
=所以2U
I 变大，2
1U E
I R r 可知
2
1U R r I
∆=+∆不变，故C 正确 D.根据电路知识可知
3U I =R 1+R 2所以3U
I
变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3
U I
∆∆=r ，不变．故D 正确．
17．如图所示是一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg ，电源电压U=100V ，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s 的恒定速度将重物向上提升1m 时，电路中的电流I=5A ，g 取10m/s 2，由此可知（ ）
A ．电动机线圈的电阻r=2Ω
B ．电动机线圈的电阻r=1Ω
C ．此过程中无用功为50J
D ．该装置的效率为90%
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ：电动机以v=0.9m/s 的恒定速度将重物向上提升500F mg N ==
5000.9450P Fv W W 机==⨯=
对电动机2
P UI I r =-机解得2r =Ω
故A 项正确，B 项错误．
C ：此过程中无用功2
=W I rt 无 又h
t v =
，解得500=
9
W J 无．故C 项错误． D ：该装置的效率=90%P P P
UI
η==
机机 ．故D 项正确．
【点睛】
纯电阻元件，欧姆定律适用，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电功大于电热，电功率大于热功率，其它功率等于电功率减去热功率．
18．一平行板电容器的两块金属板A ，B 正对竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。

两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R 1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻。

当R 2的滑动触头P 在中间时闭合开关S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ。

电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（ ）
A ．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 增大
C ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则小球重新达到稳定后θ变大
D ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则平行板电容器的电量变小 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R 2的滑动触头P 向a 端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A 错误；
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，总电阻增大，则I 减小，因此内电压减小，则U 增大，故B 正确；
C ．用更强的光线照射R 1，R 1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U 减小，但R 2和R 3两端电压都增大，故R 1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C 错误；
D ．由C 选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q =CU ，平行板电容器的电量变小，故D 正确。

故选BD 。

19．如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器滑片x R 向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为1U ∆、2U ∆、3U ∆，理想电流表A 示数变化量的绝对值为I ∆，下列判断正确的是
A ．V 2的示数增大
B ．电源输出功率在增大
C ．2U ∆与I ∆的比值不变
D ．1U ∆小于2U ∆
【答案】BC 【解析】 【详解】
A ．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R 与变阻器串联，电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压。

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，内电压增大，路端电压减小，则V 2的示数减小，故A 错误；
B ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B 正确；。