高中物理必修第3册第十二章 电能 能量守恒定律试卷专题练习(解析版)

高中物理必修第3册第十二章电能能量守恒定律试卷专题练习（解析版）
一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．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R1（最大阻值20Ω）；
C．滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；
D．各种规格的定值电阻R0；
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R0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G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，当滑片临近最右端时，电流表G2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G1、G2的示数分别为I1、I2，并得到多组数据，建立直角坐标系，作出了I2和I1的关系图线，经拟合得到直线I2＝3.0mA－0.4I1 ,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, 0.6
I=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G1示数逐渐增大，电流表G2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]G1示数是1I时,电路中的总电流是21
200
I 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
2．某位同学用如图甲所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关和两个部件
．请根据
下列步骤完成电阻测量:
(1)在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则他应调节__________ (选填或或)．
(2)正确处理完上述步骤后,他把开关打在欧姆
挡,把红黑表笔短接,发现指针如图丙所示,则他应调节__________ (选填或或)．
(3)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示,则他应采取的措施是①___________________;②____________________．
(4)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在定值电阻两端,发现指针如图戊所示,则该定值
电阻的阻值___________．
【答案】（1）S （2）T （3）①将打到欧姆挡；②将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处（4）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则应机械调零，即他应调节S使针调到电流的零档位．
（2）把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,即欧姆调零，应该调到电阻的零档位，此时要调节欧姆调零旋钮，即T
（3）他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示，说明待测电阻较小，应该换小挡，即换挡，换挡必调零，所以要重新调零即将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处．
（4）根据欧姆表读数原则可知欧姆表的读数为
【点睛】
要熟练万用表的使用规则，并且要注意在换挡时一定要欧姆调零．
R的伏安特性曲线，所用电压3．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=Ω，R为电阻箱。

表量程为3V，内阻V R约10kΩ，电流表量程为0.5A，内阻A 2.5
（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
-坐标系中，图线如图所示，其(2)该小组同学，通过正确的测量得到数据，并描绘在I U
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 ==
4．如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E 是电池；R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是固定电阻，R 6是可变电阻；表头G 的满偏电流为250 μA ，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V 挡，直流电流1 mA 挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．
(1)图(a)中的A 端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．
(2)关于R 6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）．
A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B ．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C ．使用电流挡时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R 1＋R 2＝________Ω，R 4＝________Ω.
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b ）所示．若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B 端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为________．（结果均保留3位有效数字）
【答案】黑 B 160 880 1.47mA 1.10×103 Ω 2.95 V
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，A 端与电池正极相连，电流从A 端流出，A 端与黑表笔相连；
(2)[2]由电路图可知6R 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节6R ；
A.与分析不符，故A 错误；
B.与分析相符，故B 正确；
C.与分析不符，故C 错误；
(3)[3]B 端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA 挡、直流1 mA 挡，如图所示
由电表的改装原理可知B 端与“2”相连时，有：
122
G G G I r R I R I =+
+ 解得： 12160ΩR R +=
[4]B 端与“4”相连时，如图所示
多用电表为直流电压1 V 挡，表头并联部分电阻：
442
880ΩG G U I r R I -== (4)[5]B 端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA ；
[6]B 端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100Ω挡，读数为：
311.0100Ω 1.1010Ω⨯=⨯
[7]B 端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：
1475V 2.95V 250
⨯=
5．某同学要测某新型手机电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，电路中R 0为定值电阻，阻值大小为3.5Ω．
（1）请按电路图完成图乙中实物图的连接_________．
（2）闭合开关S 前，应先将实物图中的滑动变阻器的滑片移到最_______（填“左”或“右”端），电路中定值电阻R 0的作用是_______________________________________．
（3）闭合S ，调节滑动变阻器的滑片，测出多组电流表和电压表的值，作出U —I 图像如图丙所示，则电池的电动势E=_____V ，电池的内阻r=______Ω．
（4）本实验由于存在系统误差，使得电动势的测量值比真实值_______（填“大”或“小”），电池内阻的测量值比真实值__________（填“大”或“小”）．
【答案】 左 保护电路 3.8 0.5 小 小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；
（2）[2][3]为了让电流由最小值开始调节，滑动变阻器的滑片开始时应滑到最左端；电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路．
（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可知:
0U E I R r ﹣（）=+
由图可知，电源的电动势E =3.8V ， 图象的斜率表示内电阻与定值电阻之和：
0 3.8 1.440.6
U R r I ∆-+=
=Ω=Ω∆ 可得：
r=0.5Ω
（4）[6][7]保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，
从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．
6．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如图所示；请回答下列问题：
(1)如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P，应放在滑动变阻器__处（填“a”或“b”）
(2)现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器（0～50 Ω）
C．电压表（0～3 V）
D．电压表（0～15 V）
E.电流表（0～0.6 A）
F.电流表（0～3 A）
其中电流表应选____，电压表应选____．（填字母代号）
(3)如图乙是根据实验数据画出的U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E=__V，内电阻r=__Ω．
【答案】a C E 1.5 0.75
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 滑动变阻器采用限流接法，在闭合开关之前为防止电表过载，滑动变阻器的滑动触头P 应放在a处；
(2)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C，
由图乙可知，电路中的电流最大值为0.4A，因此电流表选择E；
(3) 由图乙所示图象可知，电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是1.5，则电源电动势
E=1.5V，
图象中的斜率表示电源的内阻，
所以电源的内阻为
1.5 1.2
0.75
0.4
r
-
=Ω=Ω．
【点晴】
在选择电压表和电流表时要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的
2
3
左右偏转最好，在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小．
7．如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E = 1.5 V，内阻r= 1 Ω，灵敏电流计满偏电流I g = 10 mA，内阻为r g= 90 Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”
（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为___________Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_______________Ω。

（2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计__________（选填“串联”或“并联”）一阻值为___________Ω的电阻，再欧姆调零。

（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值___________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。

【答案】150 60（58 ~ 62）并联 10 偏大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）调零后多用电表的总内阻为
3
g
1.5
Ω150Ω
1010
E
R
I-
===
⨯
内
又因为欧姆表表盘中值刻度为“15”，所以该档位为“×10”欧姆档，则由表盘可知，该电阻的阻值为
610
Ω60Ω⨯=
（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“×1”，则欧姆表的内阻为15Ω，此时调零时电路的总电流为 1.5A 0.1A 15
E I R =
==内 需要将灵敏电流计并联一阻值为 3g g
3g 101090Ω10Ω0.11010
I r R I I --⨯⨯===--⨯并 然后进行欧姆调零。

（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，则测量同一个电阻时，电路中电流偏小，指针向右偏转的角度变小，电阻的读数偏大。

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，一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t 0滑至斜面底端。

已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定。

若用v 、s 、E p 和E 分别表示该物体的速度大小、位移大小、重力势能和机械能，设斜面最低点重力势能为零，则下列图像中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在v -t 图象中，斜率表示加速度大小，由于物体沿斜面做匀加速运动，因此其v -t 图象
斜率不变，选项A 错误； B ．物体下滑位移为2
12
x at =，因此由数学知识可知其位移—时间图象为上开口抛物线，故B 错误；
C ．设斜面高为h 0，倾角为θ，则物体下落的高度
2
sin 2sin x at h θθ
==
选因为斜面最低点重力势能为零，则物体的重力势能为
2
00()2sin p mga E mg h h mgh t θ
=-=-
所以E P -t 图象明显不是一次函数关系，选项C 错误；
D ．根据功能关系，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故物体的机械能
2001
2
E E fs E f at =-=-⋅
所以E -t 图象是下开口抛物线，选项D 正确。

故选D 。

9．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U ．现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是
A ． I 1增大，I 2不变，U 增大
B ． I 1减小，I 2增大，U 减小
C ． I 1增大，I 2减小，U 增大
D ． I 1减小，I 2不变，U 减小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，即A 1示数减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大，即A 2示数增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．
10．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．
11．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 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数的变化量分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列说法正确的是( )
A ．1
U I 不变，1U I
∆∆变大 B ．2
U I 变大，2U I
∆∆变大 C ．
2
U I 变大，2U I ∆∆不变 D ．
3U I 不变，3
U I
∆∆不变 【答案】C 【解析】
【详解】
A ．R 1是定值电阻，有
11
1U U R I I
∆=
=∆ 可知
1
U I 不变，1U I
∆∆不变，故A 错误． BC ．当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，R 2变大，R 2是可变电阻，有
2
2U R I
= 所以
2
U I
变大.根据闭合电路欧姆定律得： U 2=E -I (R 1+r ）
则知
2
1U R r I
∆=+∆ 其值不变；故B 错误，C 正确． D ．U 3为路端电压，
3
U I
为外电阻，其值增大，根据闭合电路欧姆定律知 3U r I
∆∆
其值不变，故D 错误． 【点睛】
本题要分定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有U U R I I
∆==∆；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析
U
I
∆∆与电源内阻的关系，从而作出判断.
12．在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 3为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器。

将滑动变阻器的滑动触头P 置于位置a ，闭合开关S ，电路稳定时理想电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，理想电流表A 的示数为I 。

当滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑到b 且电路再次稳定时，理想电压表V 1、V 2的示数分别为U 1′、U 2′，理想电流表A 的示数为I ′。

则以下判断中正确的是（ ）
A ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，通过R 3的电流方向由左向右
B ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，电容器的带电量减小
C ．11'U U > ，22'U U >，I I '>
D ．
221'
U U R r I I -=+-'
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．电容C 与电阻R 1、R 2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据
Q
C U =
可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过R 3的电流方向由右向左，故AB 项错误；
C ．因电路电流减小，故I I '>，则R 1两端电压减小，即11'U U >。

因路端电压增大，则R 2两端电压增大，即22'U U <，故C 项错误；
D ．将R 1等效为电源内阻，则2U 可视为等效电源的路段电压，根据U —I 图像的斜率关系可得
221'
U U R r I I -=+-'
故D 项正确。

故选D 。

13．如图电路中，电源的内电阻为r ，R 1、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表． 闭合电键S ，当滑动变阻器R 2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A ．电压表的示数变小
B ．电流表的示数变大
C ．电流表的示数变小
D ．R 1中电流的变化量一定大于R 4中电流的变化量 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
设R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4．干路电流为I
，路端电压为U，电流表电流为I．
总
A．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，I总变小，由U=E-Ir可知，U变大，则电压表示数变大．U变大，I3变大，故A错误；
BC．因I4=I总-I3，则I4变小，U4变小，
而U1=U-U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大.
又I总=I+I1，I总变小，I1变大，则I变小．所以R1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B错误，C正确．
D．由I4=I1+I2，I4变小，I1变大，则I2变小，则|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，则不能确定R1中电流的变化量与R4中电流的变化量的大小．故D错误．
【点睛】
本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．
14．如图所示的电路中，电表为理想电表，R1、R2为定值电阻，电源的正极接地，将滑动变阻器R3的滑片P向上移动，下列说法正确的是（）
A．电流表的示数变大B．电压表的示数变大
C．电容器带电量减小D．a点的电势升高
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
B．当滑动变阻器的滑片向上移动时，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；
CD．R1两端的电压减小，R2两端的电压增大，电容器的带电量增大，a点的电势降低，选项C、D错误；
A．R2两端的电压增大，流过R2的电流增大，而总电流减小，因此流过R3的电流减小，即电流表的示数减小，选项A错误。

故选B。

15．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计．开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）
A ．灵敏电流计G 中有b→a 的电流
B ．油滴向上加速运动
C ．电容器极板所带电荷量将减小
D ．通过电阻R 2的电流将减小 【答案】AB 【解析】 【详解】
ACD ．在滑动变阻器R 的触头P 向上移动的过程中，R 增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R 1上的电压和R 2与R 并联电压之和，而R 1上的电压减小，所以R 2与R 的并联电压增大，通过R 2的电流增大．根据Q=CU ，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a ． 选项A 正确，CD 错误；
B ．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速．故B 正确． 故选AB ． 【点睛】
处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．
16．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示。

为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。

已知返回舱返回过程中需克服火星的引力做功1R W mgR r ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
，返同舱与人的总质量为m ，火星表面的重力加速度为g ，火星的半径为R ，轨道舱到火星中心的距离为r ，轨道舱的质量为M ，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则下列说法正确的是
A ．该宇航员乘坐的返回舱要返回轨道舱至少需要获得能量W
B ．若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为mgR
C ．轨道舱的动能为2
2MgR r
D ．若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为2
2MgR r
-
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．返回舱与人在火星表面附近有
2
GMm
mg R = 设轨道舱的质量为0m ，速度大小为v ，则
2
002
GMm v m r r
= 计算得出宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时，具有的动能为
2
2122k MgR E mv r
==
因为返回舱返回过程克服引力做功
1R W mgR r ⎛⎫=- ⎪⎝
⎭
所以返回舱返回时至少需要能量k E E W =+，故A 错误，C 正确； B ．若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为1R mgR r ⎛
⎫
-- ⎪⎝⎭
，故B 错误；
D ．轨道舱的机械能等于动能加重力势能，所以若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为
22
122MgR R MgR E mgR r r r ⎛⎫=--= ⎪⎝
⎭
故D 正确。

故选CD 。

【点睛】
根据火星表面的重力等于万有引力列出等式。

研究轨道舱绕卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时速度。

根据能量守恒求解返回轨道舱至少需要获得的能量，克服引力做功，则引力做负功，所以引力势能减小。

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

17．用标有“6 V,3 W”
的灯泡L 1、“6 V,6 W”的灯泡L 2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E ＝9 V ．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )．
A ．电流表的示数为1 A
B ．电压表的示数约为6 V
C ．电路输出功率为4 W
D ．电源内阻为2 Ω 【答案】CD 【解析】 【详解】
由题可知，若1L 正常发光，13
A 0.5A 6
P I U =
== ，若2L 正常发光，2226
A 1A 6
P I U =
== ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为1L 正常发光． A 项，电流表示数为0.5A ，故A 项错误．
B 项，电压表测量灯泡2L 的电压，由图乙可知，曲线A 对应灯泡2L ，当电流为0.5A 时，此时电压为2 V 所以电压表示数为2 V ，故B 项错误．
C 项，电路输出功率为12=60.520.54W P U I U I +=⨯+⨯=输 ，故C 项正确．
D 项，电源内阻为12962
20.5
E U U r I ----=
=Ω=Ω ，故D 项正确． 综上所述，本题正确答案为CD ．
18．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v =2m/s 运行，质量为m =0.5kg 的工件以v 0=1m/s 的初速度从位置A 滑上传送带．工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g =10m/s 2，则下列说法中正确的是( )
A ．工件经0.5s 停止相对滑动
B ．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5m
C ．摩擦力对每个工件做正功为0.75J
D ．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为1 J 【答案】AC 【解析】 【分析】
当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间，由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功．摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能． 【详解】
A ．工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小由：μmg =ma 得：
a =μg =0.2×10m/s 2=2m/s 2
加速运动的时间：
0.5s v v t a
-=
=， 故A 正确；
B ．在0.5s 内传送带相对地的位移即是正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为：
d =vt =2×0.5m=1m ，
故B 错误；
C ．由动能定理得摩擦力对每个工件做正功为：
22
0110.75J 22
f W mv mv =
-=， 故C 正确；
D ．工件对地位移为：
10.75m 2
v v x t +=
= 传送带对地位移为
x 2=vt =1m
则工件相对传送带的位移大小为：
121m 0.75m 0.25m x x x ∆=-=-=
因摩擦产生的内能为：
0.20.5100.25J 0.25J Q mg x μ=⋅∆=⨯⨯⨯= ，
故D 错误．
19．在如图所示的电路中，闭合开关S ，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P 恰好处于静止状态．不考虑电流表和电压表对电路的影响，二极管视为理想二极管，R 1、R 2、R 3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r 的阻值也相等．当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则
A ．带电质点P 将向下运动
B ．电源的输出功率将变大
C ．电压表V 2与电流表A 的读数变化量的绝对值之比一定不变
D ．电压表V 读数变化量的绝对值等于电压表V 2的读数变化量的绝对值 【答案】BC 【解析】
当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4阻值减小，则电路总电流变大，R1上电压变大，则R 3及其并联支路的电压减小，电容器两端电压减小，电容器本该放电，但是由于二极管的单向导电性，使得电容器两端的电量不变，场强不变，则带电质点P 将仍静止，选项A 错误；因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R 1、R 2、R 3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r 的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，外电路电阻减小，向内电阻接近，故电源的输出功率变大，选项B 正确；若只将ab 部分等效为电源的外电路，而将ab 左侧的部分等效为内电路，其等效内阻为'r ，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V 2与电流表A 的读数变化量的绝对值之比为
2
U r I
∆=∆'，可知为定值不变，选项C 正确；由电路图可知122R U U U U =++；分析可知当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，U 减小，U 2减小，U 1增大，U R2增大，则电压表V 读数变化量的绝对值小于电压表V 2的读数变化量的绝对值，选项D 错误；故选BC.
20．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】。