人教版(2019)高二物理必修第三册 第十二章《电能 能量守恒定律》达标检测(带解析)

新人教版必修第三册第十二章达标检测
(满分:100分;时间:90分钟)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24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.关于能源的开发和利用,下列说法正确的是()
A.能源是无限的,煤、石油、天然气是足够人们开采的
B.根据能量守恒定律,担心能源枯竭就是杞人忧天
C.能源的开发和利用不必考虑对环境的影响
D.通过核裂变和平利用核能是目前开发新能源的一种途径
2.关于电动势E,下列说法中正确的是()
A.电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特,故三者本质上一样
B.电动势E的大小,与非静电力做的功W的大小成正比,与所移动的电荷量q的大小成反比
C.电动势E跟电源的体积无关,外电路变化时,E也变化
D.电动势E是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量
3.夏天空调器正常工作时,制冷状态与送风状态交替运行。

一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图,此空调器运行1小时用电()
A.1.0度
B.1.5度
C.2.0度
D.2.5度
4.如图所示,电源的电动势为30 V,内阻为1 Ω,一个标有“6 V12 W”的电灯与一个线圈电阻为2 Ω的电动机串联。

开关闭合后,电路中的电灯正常发光,则电动机输出的机械功率为()
A.36 W
B.44 W
C.48 W
D.60 W
5.如图所示电路中,由于某处出现了故障,导致电路中的A、B两灯变亮,C、D两灯变暗,故障的原因可能是()
A.R1短路
B.R2断路
C.R2短路
D.R3短路
6.如图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。

用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路,测得路端电压为4.8 V,则该电路可能为选项图中的()
7.在如图所示的闪光灯电路中,电源的电动势为E,电容器的电容为C。

当闪光灯两端电压达到击穿电压U时,闪光灯才有电流通过并发光,正常工作时,闪光灯周期性短暂闪光,则可以判定()
A.电源的电动势E一定小于击穿电压U
B.电容器所带的最大电荷量一定为CE
C.闪光灯闪光时,电容器所带的电荷量一定增大
D.在一个闪光周期内,通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
8.如图所示的电路中,两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态,电流表和电压表均为理想电表,由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是()
A.电流表、电压表的读数均变小
B.电源内阻消耗的功率变大
C.液滴将向上运动
D.电源的输出功率变大
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选不全的得2分,有选错的得0分)
9.在如图所示的U-I图线上,a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态,在b点α=β,则下列说法中正确的是()
A.在b点时电源有最大输出功率
B.在b点时电源的总功率最大
C.从a→b,β角增大,电源的总功率和输出功率可能都将增大
D.从b→c,β角增大,电源的总功率和输出功率可能都将减小
10.如图甲所示,电源电动势E=12 V,内阻不计,灯泡L的额定电压为9 V,其伏安特性曲线如图乙所示,滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。

则()
甲
乙
A.灯泡L的阻值随电流的增大而减小
B.灯泡L的额定功率为13.5 W
C.灯泡L消耗电功率的最小值是2 W
D.滑动变阻器接入电路的阻值至少应为6 Ω
11.如图所示,图甲中M为一电动机,在滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中,两电压表V1和V2的读数随电流表A读数的变化情况如图乙所示,已知电流表A读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动,不考虑电表对电路的影响,以下判断正确的是()
A.电路中电源电动势为3.6 V
B.变阻器的最大阻值为30 Ω
C.此电路中,电动机的最大输入功率是0.9 W
D.若电流表A示数小于0.2 A,随着变阻器滑片向右滑动,测量R0两端电压的电压表V读数的变化量
与电流表A读数的变化量大小之比|ΔU|
=6 Ω
|ΔI|
12.如图所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线,曲线Ⅲ是
一个小灯泡的U-I曲线,如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接,则下列说法正确的是()
A.电源1与电源2的内阻之比是11∶7
B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D.在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是1∶2
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
13.(6分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图所示,其中,
虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A,V为标准电压表,E为待测电池组,S为开关,R为滑动变
阻器,R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻。

(1)已知灵敏电流计G的满偏电流I g=100 μA,内阻r g=2.0 kΩ,若要使改装后的电流表满偏电流为200 mA,应并联一只阻值为Ω的定值电阻R1。

(保留一位小数)
(2)某次实验的数据如下表所示:
测量次数12345678
电压表V读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46
改装表A读数I/mA20406080100120140160
该小组借鉴“研究匀变速直线运动规律”实验中计算加速度的方法(逐差法),计算出电池组的内阻r=Ω(保留两位小数);为减小偶然误差,逐差法在数据处理方面体现出的主要优点
是。

(3)该小组在前面实验的基础上,为探究图中电路各元器件的实际阻值对测量结果的影响,用一已知电动势和内阻的标准电池组,通过上述方法多次测量后发现:电动势的测量值与已知值几乎相同,但内阻的测量值总是偏大。

若测量过程无误,则内阻测量值总是偏大的原因是。

(填选项前的字母)
A.电压表内阻的影响
B.滑动变阻器的最大阻值偏小
C.R1的实际阻值比计算值偏小
D.R0的实际阻值比标称值偏大
14.(8分)为测定某旧干电池的电动势和内阻,实验室提供了如下器材:
A.旧干电池两节(假设两节电池完全一样);
B.电压表(视为理想电压表,量程0~3 V);
C.电阻箱R(0~999.9 Ω);
D.定值电阻R0=10 Ω;
E.多用电表;
F.开关、导线若干。

(1)同学甲直接使用多用电表的直流电压2.5 V挡测量一节电池的电动势,读数如图所示,则该同学测得的电动势E=,此测量值比旧干电池电动势的真实值(选填“偏大”或“偏小”)。

(2)同学乙将两节干电池串联接入如图甲所示的电路,规范操作得到如图乙所示的图像(U为电压表读数)。

该同学所描绘的图像中,横坐标是(填选项前的字母)。

甲
乙
A.1
R+R0B.R C.1
R
(3)按照(2)问中所选的横坐标,已知图线的斜率为k,纵轴的截距为b,则一节干电池的电动势为,内阻r为。

(均用k、b、R0表示)
15.(14分)如图所示,直流电动机和电炉并联后接在直流电路中,电源的内阻r=1.0 Ω,电炉的电阻R1=19.0 Ω,电动机线圈的电阻R2=2.0 Ω。

当开关S断开时,电源内电路消耗的功率P=25.0 W;当S 闭合时,干路中的电流I0=12.6 A。

(1)求电源的电动势E;
(2)求S闭合后电动机的输出功率;
(3)若S闭合后,正常转动的电动机的转子突然被卡住而停止转动,则电源的总功率为多大?(结果保留两位有效数字)
16.(12分)在如图所示的电路中,电容器C1=4.0 μF,C2=3.0 μF,电阻R1=8.0 Ω,R2=6.0 Ω。

闭合开关S1,给电容器C1、C2充电,电路达到稳定后,再闭合开关S2,电容器C1的极板上所带电荷量的减少量与电容器C2的极板上所带电荷量的减少量之比是16∶15。

开关S2闭合时,电流表的示数为1.0 A。

求电源的电动势和内阻。

17.(20分)如图所示,电源的电动势为E=18 V,内阻r=1.0 Ω,电阻R2=5.0 Ω,R3=6.0 Ω。

平行金属板水平放置,两板间距d=2 cm,当可变电阻R1的滑动触头移至R1的中点时,电源的路端电压是16 V,一个电荷量为q=-8.0×10-9 C的带负电油滴正好平衡于两板之间。

(取g=10 m/s2)求:
(1)R1的总阻值;
(2)油滴的质量;
(3)移动R1的滑动触头P,油滴可获得的向下的最大加速度。

答案全解全析 本章达标检测
一、单项选择题
1.D 能源是有限的,如果无节制地开采,能源终有一日会枯竭,故A 、B 项均错误;在能源开发、利用过程中必须考虑对环境的影响,故C 项错误;通过核裂变和平利用核能是目前开发新能源的一种途径,D 项正确。

2.D 电势是电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值,而电势差是电场中两点电势的差值,电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置,电动势反映了电源中非静电力做功本领的大小,是电源的属性之一,与外电路无关,所以A 、B 、C 错误,D 正确。

3.B 由题图可以看出,在1小时内,空调器以0.5 kW 的功率工作的时间为20分钟,以2 kW 的功率工作的时间为40分钟,故空调器1小时用电为:P 1t 1+P 2t 2=0.5×1
3
kW ·h+2×2
3
kW ·h=1.5 kW ·h=1.5度。

4.A 电路中电灯正常发光,所以U L =6 V,电路中电流为I=P L U L
=12
6 A=2 A,则电动机两端的电压U M =E-Ir-U L =22 V,故电动机输出的机械功
率P 出=P 入-P 热=U M I-I 2
R M =36 W 。

5.D A 灯在干路上,A 灯变亮,说明电路中总电流变大,由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小,这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路,选项B 错误。

因为短路部分的电阻变小,分压作用减小,与其并联的用电器两端的电压减小,C 、D 两灯变暗,A 、B 两灯变亮,这说明发生短路的电阻与C 、D 两灯是并联的,而与A 、B 两灯是串联的,观察电路中电阻的连接形式,只有R 3短路符合条件,故选D 。

6.B 由测量电源电动势和内阻时得到的U-I 图线可知,该电源的电动势为6 V,内阻为0.5 Ω。

此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路时,测得路端电压为4.8 V,A 中的路端电压为4 V,B 中的路端电压为4.8 V,C 中的路端电压约为5.7 V,D 中的路端电压为5.4 V 。

故选B 。

7.D 电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等,当电源给电容器充电,达到闪光灯击穿电压U 时,闪光灯通电发光,电容器放电,放电后闪光灯两端电压小于U,断电,电源再次给电容器充电,达到电压U 时,闪光灯又通电发光,电容器放电,如此周期性充、放电,使得闪光灯周期性短暂闪光。

要使得电容器充电后两端电压达到U,则电源电动势一定大于或等于U,A 项错误;电容器两端的最大电压为U,故电容器所带的最大电荷量为CU,B 项错误;闪光灯闪光时电容器放电,所带电荷量减小,C 项错误;电容器充电时电荷通过R,放电时电荷通过闪光灯,充、放电过程中通过电阻R 的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等,D 项正确。

8.C 当L 的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大,则总电流减小,电源的内电压和R 1两端电压减小,由闭合电路欧姆定律可知,路端电压增大,故电容器C 两端的电压增大,板间场强增大,带电液滴所受的静电力增大,则该液滴将向上运动,C 正确;由于C 两端的电压增大,R 2、R 3中的电流增大,则电流表、电压表的读数均变大,A 错误;因干路电流减小,则电源内阻消耗的功率变小,B 错误;由于电源内阻与外电阻的大小关系未知,不能判断电源的输出功率如何变化,D 错误。

故选C 。

二、多项选择题
9.AD b 点对应的内、外电路电阻相等,电源有最大输出功率,A 正确;电源的总功率P 总=IE,当回路电流最大时电源总功率最大,即外电路短路时电源的总功率最大,B 错误;从a →b,路端电压增大,回路电流减小,电源的总功率减小,C 错误;U
b I b
=r(电源内阻),由路端电压
和回路电流可判断从b →c 外电路电阻增大,电源的输出功率和总功率都减小,D 正确。

10.BC I-U 图线上某点与坐标原点连线的斜率大小等于灯泡阻值的倒数,故灯泡L 的阻值随电流的增大而增大,A 错误。

由题图乙可知,U=9 V 时,电流等于1.5 A,则灯泡的额定功率P=UI=13.5 W,故B 正确。

由R=
E -U I
=12-91.5 Ω=2 Ω可知,滑动变阻器接入电路的阻值至
少为2 Ω,故D 错误。

当R=10 Ω时,回路中电流最小,灯泡消耗的功率最小,此时灯泡两端的电压满足关系U=12 V-I×10 Ω,在I-U 图像中作出该直线,坐标(2 V,1.0 A)为两线交点,故此时灯泡的功率P min =U min I min =2 V×1.0 A=2 W,故C 正确。

11.ACD 由题图甲知,电压表V 2测量路端电压,电流增大时,内电压增大,路端电压减小,所以上面的图线表示V 2的读数随A 读数变化的关系,此图线的斜率大小等于电源的内阻,为r=
ΔU 2ΔI
=
3.4-3.00.3-0.1
Ω=2 Ω,当电流I=0.1 A 时,路端电压U 2=3.4 V,则电源的电动势
E=U 2+Ir=(3.4+0.1×2) V=3.6 V,A 项正确;当I=0.3 A 时,电动机两端电压U 1=3.0 V,电动机输入功率最大,最大为P=U 1I=3.0×0.3 W=0.9 W,C 项正确;若电流表A 示数小于0.2 A,电动机不转动,由题图乙知,电动机的电阻r M =0.40.1
Ω=4 Ω,根据闭合电路欧姆定律得R 0两端电压U=E-I(r+r M ),得|ΔU|
|ΔI|=r+r M =6 Ω,D 项正确;当I=0.1 A 时,电路中电流最小,变阻器接入电路的电阻为最大值,所以R 与R 0并联电阻的最大值R 总=E I -r-r M =(3.6
0.1-2-4) Ω=30 Ω,则变阻器的最大阻值大于30 Ω,B 项错误。

12.ABC 电源的路端电压随输出电流变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻,可知电源1与电源2的内阻之比是11∶7,选项A 正确;电源的路端电压随输出电流变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势,可知电源1与电源2的电动势之比是1∶1,选项B 正确;曲线Ⅲ与两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流,根据坐标值可知,在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是1∶2,小灯泡的电阻之比是18∶25,选项C 正确,选项D 错误。

三、非选择题
13.答案 (1)1.0(1分)
(2)1.66(2分) 充分利用已测得的数据,减小实验误差(1分) (3)CD(2分)
解析 (1)由电流表改装知识可知:
R 1=I g r g
I
m -I g
=100×10-6×2.0×103
200×10-3-100×10-6 Ω=1.0 Ω。

(2)E-U=I(r+R 0),则-ΔU=ΔI(r+R 0) 所以r+R 0=-ΔU ΔI =U 1-U 5I 5-I 1
=U 2-U 6I 6-I 2
=U 3-U 7I 7-I 3
=U 4-U
8I 8-I 4
=
(U 1+U 2+U 3+U 4)-(U 5+U 6+U 7+U 8)(I 5+I 6+I 7+I 8)-(I 1+I 2+I 3+I 4)
=5.66 Ω
则r=5.66 Ω-R 0=1.66 Ω。

逐差法处理实验数据的优点是可以充分利用已测得的数据,减小实验误差。

(3)电压表的读数等于等效电源的路端电压,所以电压表内阻对测量结果没有影响,选项A 错误;滑动变阻器用来改变路端电压,对测量结果没有影响,选项B 错误;若R 1的实际阻值偏小,则电流表的实际量程偏大,电流表的读数比实际值偏小,电池组的内阻测量值偏大,选项C 正确;R 0的实际阻值偏大时,电池组的实际内阻比测量值偏小,选项D 正确。

14.答案 (1)1.45 V(1分) 偏小(1分) (2)B(2分)
(3)12kR 0
(2分)
12(b
k
-R 0)(2分)
解析 (1)多用电表读数为1.45 V,这个过程中多用电表测量的为路端电压,小于电池电动势。

(2)、(3)根据闭合电路欧姆定律可得E=U+U R 0
R+U R 0
r,变形可得1U =1E +r ER 0
+1ER 0
R,横坐标为R 。

根据题意可得1E +r ER 0
=b,1
ER 0
=k,一节干电池
电动势为E'=12E,内阻为r'=12r,联立解得E'=12kR 0
,r'=12(b
k -R 0)。

15.答案 (1)100 V (2)571.2 W (3)3.6×103
W 解析 (1)S 断开时,电路中电流记为I,则P=I 2r(1分)
解得I=5 A(1分)
电源电动势为E=I(R 1+r)=100 V(2分)
(2)S 闭合后路端电压记为U,则U=E-I 0r=87.4 V(2分) 通过R 1的电流I 1=U
R 1=4.6 A(1分)
通过电动机的电流I'=I 0-I 1=8 A(1分) 电动机的输出功率P'=UI'-I'2
R 2=571.2 W(2分)
(3)当转子被卡住时,干路电流I″=E r+R 并
=
1001.0+
19.0×2.019.0+2.0
A ≈36 A(2分)
故电源的总功率P 总=EI″=100×36 W=3.6×103
W(2分) 16.答案 16 V 2.0 Ω 解析 只闭合开关S 1时:
电容器C 1的电荷量Q 1=C 1E(1分) 电容器C 2的电荷量Q 2=C 2E(1分) 再闭合开关S 2后,电流表的示数为I,则 电容器C 1的电荷量Q 1'=C 1IR 1(1分) 电容器C 2的电荷量Q 2'=C 2IR 2(1分) 根据题意有:
Q 1-Q 1'Q 2-Q 2'=C 1(E -IR 1)C 2(E -IR 2)=1615
(2分)
由闭合电路欧姆定律,有E=I(R 1+R 2+r)(2分) 联立解得:E=16 V,r=2.0 Ω(4分)
17.答案 (1)12 Ω (2)4.0×10-7
kg (3)1 m/s 2
解析 (1)电路中总电流为I 1=
E -U 1r
=
18-161.0
A=2 A(1分)
R 2两端电压为U R2=I 1R 2=2×5.0 V=10 V(1分)
R 1、R 3并联部分电压U 并=U R3=U R1=U 1-U R2=16 V-10 V=6 V(1分)
通过R 3的电流为I R3=U R3
R 3
=6
6.0 A=1 A(1分)
则通过R 1的电流为I R1=I 1-I R3=1 A(1分) 则R 1接入电路中的电阻为U R1I R1
=6
1 Ω=6 Ω(1分)
则可变电阻的总阻值为R 1=2×6 Ω=12 Ω(1分) (2)电容器并联在R 2两端,则电容器两端的电压为 U C =U R2=10 V(1分)
根据平衡条件得U
C d q=mg(1分)
油滴质量为m=U C q dg =10×8.0×10-9
2×10-2×10 kg=4.0×10-7
kg(2分)
(3)为使油滴获得向下的加速度,需把R 1的滑动触头P 向上移动,以减小电容器两端的电压,减小油滴所受静电力。

为使油滴向下的加速度最大,则应使R 1的滑动触头移动到最上端,此时R 1、R 3的并联电阻为R 13=R 1R 3R 1+R 3=12×6.012+6.0 Ω=4 Ω(2分)
则R 2两端的电压为U R2'=ER 2R 2+R 13+r =18×5.05.0+4+1.0 V=9 V(2分)
电容器两端的电压为U C '=U R2'=9 V(1分) 根据牛顿第二定律得mg-U C 'd q=ma(2分)
油滴向下的最大加速度为a=g-U C 'q dm =10 m/s 2-9×8.0×10-9
2×10-2×4.0×10-7 m/s 2=1 m/s 2(2分)。