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通用版带答案高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律微公式版解题方法技巧

1

单选题
1、已知两电源的电动势分别为E1、E2（E1>E2），内阻分别为r1、r2。当两电源分别与阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等。若电阻R减小一些，再与E1、E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2。则（  ）
A．r1<r2，P1<P2B．r1<r2，P1>P2
C．r1>r2，P1<P2D．r1>r2，P1>P2
答案：C
由外电路消耗的功率相等得
(E1R+r1)2R=(E2R+r2)2R
又知E1>E2，则
（R＋r1）2>（R＋r2）2
故r1>r2；再大致画出U­I图像如图所示

可知R减小一些（对应图中虚线），在E2中电流增加量大，由
P＝I2R
可得
P1<P2
故选C。
2、如图所示是根据某次实验记录数据画出的U-I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（  ）

A．纵轴截距表示待测电源的电动势
B．横轴截距表示短路电流
C．根据r=EI短，计算出待测电源内电阻为12Ω
D．电流为0.3A时的外电阻是1.8Ω
答案：A
A．根据闭合电路欧姆定律
U=-Ir+E
可知，纵轴截距表示待测电源的电动势。
A正确；
B．当路端电压为零时，横坐标为短路电流，由图可知，原点纵坐标不是零，则横轴截距不表示短路电流，B错误；
C．图中不能直接得出短路电流，通过斜率可知，电源内阻为
r=6.0-5.00.5Ω=2Ω
C错误；
D．电流为0.3A时，外电阻为
R=5.40.3Ω=18Ω
D错误。
故选A。
3、如图电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然A灯比原来亮了，设这是因为电路中某一处发生了故障造成的，那么发生这种故障的可能是（  ）

A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．电源断路
答案：B
A．R1短路，则电源被短路了，灯泡都不亮，此选项不符合题意，A错误；
B．电阻R2与灯泡A是并联的，如果R2断路，此处只有灯泡A一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡A两端电压增大，由
P=U2R
知，功率变大，灯泡A变亮，故B正确；
C．电阻R3与灯泡B是并联的，如果R3断路，此处只有灯泡B一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡B两端电压增大，则灯泡A两端电压减小，则A的功率变小，灯泡A变暗，C错误；
D．电源断路，电路没有电流，灯泡都不亮，此选项不符合题意，D 错误；
故选B。
4、有关电动势的说法中不正确的是（　　）
A．电源的电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功
B．当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等
C．电源提供的电能越多，电源的电动势越大
D．当电路中通过1 C电荷量时，电源便将E J其他形式的能转化为电能
答案：C
A．根据电动势的定义式E=Wq可知，电源的电动势等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，A正确，不符合题意；
B．根据
U=E-Ir
当外电路断开时
I=0 
解得
U=E 
电源的电压与电源电动势相等，B正确，不符合题意；
C．根据E=Wq，电动势与非静电力做的功和移送的电荷量无关，与电源提供的电能多少无关，电动势由电源本身的结构决定，C错误，符合题意；
D．根据电动势的定义式E＝Wq可知，当电路中通过1 C电荷量时，非静电力做功EJ，电源便将E J其他形式的能转化为电能， D正确，不符合题意。
故选C。
5、关于能的转化与守恒定律，下列说法中错误的是（　　）
A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体
B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化
C．一个物体能量增加，必然伴随着别的物体能量减少
D．能的转化与守恒定律证明了能量既不会创生，也不会消失
答案：A
A．能量能从一种形式转化为另一种形式，也能从一个物体转移到另一个物体，A错误；
B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化，B正确；
C．根据能量守恒定律，一个物体能量增加，必然伴随着别的物体能量减少，C正确；
D．能的转化与守恒定律证明了能量既不会创生，也不会消失，D正确。
本题选择错误的，故选A。
6、在如图所示的电路中，R1、R2为定住电阻，电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器的触片向b端移动时，则下列说法正确的是（  ）

A．电流表A的读数减小
B．R1、R2两端的电压变化量相比，R1电压变化大
C．连接电容器两极板的导线上有电流
D．电源的输出功率减小
答案：C
A．当滑动变阻器的触片向b端移动时，R3阻值减小，根据串反并同可知，与R3串联的电流表示数增大，故A错误；
B．根据
E=Ur+U1+U2
可知
0=ΔUr+ΔU1+ΔU2
根据串反并同可知，与R3并联的R2电压减小，与R3串联的R1和r电压增大，故
ΔUr>0，ΔU1>0，ΔU2<0
故
ΔUr+ΔU1=ΔU2
故
ΔU1<ΔU2
故B错误；
C．与R3并联的电容器两端电压减小，根据
C=QU
可知极板电荷量减小，故有电流，故C正确；
D．当内外电阻相同时，电源输出功率最大，不知道内外电阻关系，无法判断输出功率变化，故D错误。
故选C。
7、某喷泉喷出的最高水柱约50m，喷管的直径约为10cm，已知水的密度ρ=1×103kg/m3。据此估计喷管喷水的电动机的输出功率约为（  ）
A．6.5×104WB．1.2×105W
C．2.6×105WD．5.2×105W
答案：B
根据
v2=2gh
可得喷泉喷水的初速度为
v0=2gh=1010m/s
t时间喷水的质量为
m=ρV=ρπd24v0t
则喷水消耗的功率大约为
P=12mv02t=1.2×105W
故选B。
8、一个铁块沿斜面匀速滑下，关于物体的机械能和内能的变化，下列判断中正确的是（　　）
A．物体的机械能和内能都不变
B．物体的机械能减少，内能不变
C．物体的机械能增加，内能增加
D．物体的机械能减少，内能增加
答案：D
铁块沿斜面匀速滑下时，除重力做功外还有摩擦力做负功，则铁块的机械能减小，减小的机械能转化为铁块的内能，使内能增加。
故选D。
9、关于能量和能源，下列说法正确的是  （  ）
A．化石能源是清洁能源，水能是可再生能源
B．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
C．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了
答案：D
A．化石能源在燃烧时放出二氧化硫、二氧化碳等气体，会形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，水能是可再生资源，故A错误；
BD．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了；例如，内燃机燃烧汽油把化学能转化为机械能，最终机械能又会转化为内能，而最终的内能人们很难再重新利用，所以我们说能量的品质下降了；所以在能源的利用过程中，有一些能源是不可再生的，所以需要节约能源，故B错误D正确。
C．根据能量守恒定律，能量是不能够被创造的，故C错误。
故选D。
10、如图所示的电路中，已知电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片的位置，可以改变外电路的电阻，电压表的示数U、电流表的示数I、电源的总功率P都将随之改变。若电表均为理想电表，以下四幅图中能正确反映P­I、P­U关系的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：C
AB．电源的总功率表示为
P=IE
可知P­I图像是过原点的倾斜直线，AB错误；
CD．电源的总功率为
P=IE=E-UrE=E2r-ErU
可知P­U图像是斜向下的倾斜直线，C正确，D错误。
故选C。
11、智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家用电器。如图为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率η=60％。下列说法正确的是（  ）

产品名称
科沃斯地宝
尘盒容量
0.3L
清扫路线
自由式
液晶显示
有
电池容量
5000mA·h
充电器输出
24V/1000mA
噪声
≤60dB
额定功率
40W
行走速度
20cm/s
工作电压
24V
A．该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B．该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105J
C．该扫地机器人充满电后能工作5h
D．该扫地机器人充满电后能工作4h
答案：B
A．由题表可知，电池的容量为5000mA·h，所带的电荷量为
q＝5000×10－3A×3600s＝1.8×104C
充电器输出电流为I＝1000mA＝1A，所以该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间为
t=qI=1.8×1041s=5h
故A错误； 
B．该扫地机器人最多能储存的能量为
qU=1.8×104×24J=4.32×105J
故B正确；
CD．该扫地机器人的额定功率为40W，则充满电后工作的时间
t=ηWP=4.32×105×60%40s=1.8h
故CD错误。
故选B。
12、在如图所示的电路中，干电池、开关和额定电压为1.5V的灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在闭合开关的情况下，某同学用多用电表直流电压挡进行检测。检测结果如下表所示，已知电路仅有一处故障，由此做出的判断中正确的是（  ）

测试点
A、B
C、F
D、F
C、D
多用表示数
1.5V
1.5V
0
1.5V
A．A、C间导线断路B．D、E间导线断路C．灯泡断路D．开关断路
答案：D
A．A、C间导线断路，C、F间，C、D间电压应该为0，故A错误；
B．D、E间导线断路，D、F间电压应为1.5V，C、D间电压应该为0，故B错误；
C．灯泡断路，D、F间电压应为1.5V，C、D间电压应该为0，故C错误；
D．开关断路，测试点间的电压，与数据表中电压相对应，故D正确。
故选D。
13、一电源的电动势为E，内阻为r，仅对阻值为R的电阻供电时，通过R的电流为I，路端电压为U，供电效率为η，R消耗的功率为P。若外电阻阻值变为2R，下列判断正确的是（  ）
A．电流变为12IB．路端电压可能为7U3
C．电阻2R消耗的功率可能是7P8D．效率可能为2η
答案：C
A．当外电阻阻值为R时，根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r
当外电阻阻值变为2R时，根据闭合电路欧姆定律得
I'=E2R+r>I2
故A错误；
B．当外电阻阻值为R时，路端电压
U=RR+rE
当外电阻阻值变为2R时，路端电压
U'=2R2R+rE<2U
故B错误；
C．根据
P=U2R
又
U'<2U
可得
P'<2P
根据
P=I2R
又
I'>I2
可得
P'>P2
联立可得
P2<P'<2P
故C正确；
D．根据
η=UE
结合B选项，可知
η'<2η
故D错误。
故选C。
14、下列说法正确的是（   ）
A．恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流
B．白炽灯在正常发光时，“220V  15W”的灯泡电阻比“220V  60W”的灯泡电阻小
C．导体的电阻与构成它的材料无关
D．电动机正常工作时的电功率等于其发热的功率
答案：A
A．恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流，故A正确；
B．根据R=U2P可知白炽灯在正常发光时，“220V  15W”的灯泡电阻比“220V  60W”的灯泡电阻大，故B错误；
C．导体的电阻与电阻率有关，而电阻率与构成它的材料有关，故C错误；
D．电动机正常工作时的电功率等于其发热的功率和输出的机械功率之和，故D错误。
故选A。
15、一电源电动势为6V，内阻不能忽略，将其和一标有“6V；3W”的小灯泡构成闭合回路，则（  ）
A．小灯泡两端电压等于6V
B．流过小灯泡的电流为0.5A
C．小灯泡两端电压小于电源路端电压
D．小灯泡比正常发光略暗
答案：D
A．由于电源内阻不可忽略不计，内阻分压导致路端电压值小于电源电动势的值，故灯泡两端电压小于6V，故A错误；
BD．由A的分析可知，灯泡两端电压小于额定电压，故其实际电流要小于额定电流0.5A，故灯泡的实际功率要小于额定功率，小灯泡比正常发光时暗，故B错误、D正确；
C．由于小灯泡是电源的唯一用电器，故小灯泡两端电压等于电源的路端电压，故C错误。
故选D。
多选题
16、用某型号的充电器给一款锂电池充电，在电池电量从零直至充满的过程中，充电电压和充电电流随时间变化的曲线简化后如图所示。据图可知（　　）

A．充电时通过锂电池的电流是直流电
B．实线是电流曲线，虚线是电压曲线
C．锂电池的充电功率先增大后减小
D．锂电池的平均充电功率约为7.0W
答案：AC
A．根据题图可知，电流方向未发生改变，故充电时通过锂电池的电流是直流电，故A正确；
B．开始充电后，电压逐渐增大，达到电动势后，充电电流逐渐减小，故实线是电压曲线，虚线是电流曲线，故B错误；
C．根据P＝IU可知，锂电池的充电功率先增大后减小，故C正确；
D．结合题图，充电总电能略小于
E＝3.3+4.22×1.7×40×60J＋4.2×1.72×60×60J＝28152J
平均功率P＝Et，其中t＝100×60s＝6 000s，解得
P<4.692 W</span>
故D错误。
故选AC。
17、图甲为某电源的U-I图线，图乙为某小灯泡的U-I图线，则下列说法正确的是（  ）

A．电源的内阻为5Ω
B．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3W
C．小灯泡的电阻随着功率的增大而增大
D．把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.9W
答案：BCD
A．根据闭合电路欧姆定律变形
U=E-Ir
可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据题甲图电动势为E=1.5V，内阻为
r=1.5-1.00.3Ω=53Ω
故A错误；
BD．把电源和小灯泡组成闭合回路，将在题图乙中作该电源对应的U-I图像，如图所示

两U-I图线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数U=0.5V，I=0.6A，所以小灯泡的功率为
P=UI=0.5×0.6W=0.3W
回路中的总功率为
P总=EI=1.5×0.6W=0.9W
故BD正确；
C．根据图乙可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得
R=UI
可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，故C正确。
故选BCD。
18、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在滑动变阻器的中点位置时，灯泡L正常发光，将滑片P移到最右端的过程中，则（  ）

A．电压表的示数变大B．电流表的示数变小
C．灯泡L消耗的功率变小D．电阻R1消耗的功率变大
答案：CD
AB．将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，电压表的示数变小，电流表的示数变大，AB错误；
C．将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，灯泡L的电压变小，其消耗的功率变小，C正确；
D．将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，电阻R1的电流变大，其消耗的功率变大，D正确。
故选CD。
19、两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r。调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U—I直线。根据甲乙两同学描绘的直线，可知（  ）

A．甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据
B．甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据
C．乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据
D．乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据
答案：AD
从电路连接可以看出，当电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大。
AB．由图示图线可知，甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制的，故A正确，B错误；
CD．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确。
故选AD。
20、细绳一端固定在天花板上，另一端拴一质量为m的小球，如图所示。使小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，下列说法正确的是（  ）

A．小球机械能不守恒
B．小球能量正在消失
C．小球摆动过程中，只有动能和重力势能在相互转化
D．总能量守恒，但小球的机械能减少
答案：AD
A．小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能，即机械能不守恒，故A正确；
B．小球的机械能转化为内能，能量的种类变了，但能量不会消失，故B错误；
CD．小球长时间摆动过程中，重力势能和动能相互转化的同时，机械能不断地转化为内能，故摆动的幅度越来越小，但总能量守恒，故C错误，D正确。
故选AD。
21、下列关于能量转化或转移过程的说法中不正确的是（  ）
A．所有能量守恒的过程都能自发地发生
B．摩擦生热的过程是不可逆过程
C．人们对太阳能的开发和利用，说明能量可以凭空产生
D．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机
答案：ACD
A．并非所有能量守恒的过程都能自发地进行，如在没有引起其他变化的情况下，热量不能自发地从低温向高温传递，A错误，符合题意；
B．根据热力学第二定律，机械能向内能转化具有方向性可知，摩擦生热的过程是不可逆过程，B正确，不符合题意；
C．能量是不能凭空产生的，此说法违背了能量守恒定律，C错误，符合题意；
D．能的转化过程虽然符合能量守恒定律，但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”，能量向品质低的大气内能转化，不能再重复利用，因此会发生能源危机，D错误，符合题意。
故选ACD。
22、用如图甲所示的电路来测量电池的电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U－I图线，由图可知(  )

A．电池电动势的测量值为1.40 V
B．电池内阻的测量值为3.50 Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40 A
D．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.20 A
答案：AD
A．由题图乙可知，U－I图线纵坐标截距为电源的电动势，E＝1.40V，A正确；
B．U－I图线的斜率大小表示电源内阻
r＝ΔUΔI＝1.40-1.000.4Ω＝1.00Ω
B错误；
C．当路端电压为1.00V时，电路电流为0.4A，C错误；
D．当电压表示数为U＝1.20 V时
I＝E-Ur＝1.40-1.201.00A＝0.20A
D正确。
故选AD。
23、如图，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻值视为定值），R1、R2为定值电阻，且R1=r，R3为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S后，若照射R3的光照强度减弱，则（  ）

A．通过R2的电流变大B．R1两端的电压变大
C．小灯泡消耗的功率变小D．电源的输出功率变大
答案：AC
ABC．因为光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流减小，由PL＝I2RL可知，小灯泡消耗的功率变小，故AC正确，B错误；
D．因R1>r，外电路总电阻R外>r，又R外增大，故电源的输出功率变小，故D错误。
故选AC。
24、如图所示，电源电动势E＝6V，小灯泡L的规格为“3V，0.9W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝8Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0＝1Ω，则（  ）

A．电源内阻为4Ω
B．电动机正常工作的电压为0.3V
C．电动机输出的机械功率为0.63W
D．电源提供的总功率为1.8W
答案：CD
A．流过灯泡的电流为
I=0.93A=0.3A
灯泡电阻为
RL=UI=30.3Ω=10Ω
开关S当接1时，由闭合电路欧姆定律可知
E＝I（RL+R+r）
即
6Ｖ＝0.3×（10+8+r）Ｖ
代入数据解得
r＝2Ω
A错误；
B．当开关S接2时灯泡正常发光，小灯泡的额定电流为I＝0.3A，电源内阻分的电压为
Ur＝Ir＝0.3×2V＝0.6V
电动机分的电压为
UM＝E−UL−Ur＝6V−3V−0.6V＝2.4V
B错误；
C．当开关S接2时，电动机输出的机械功率
P出=UMIM-IM2R0=2.4×0.3W-0.32×1W=0.63W
C正确；
D．电源提供的总功率
P总＝IE＝0.3×6W＝1.8W
D正确。
故选CD。
25、关于能源的利用和节能，下列说法正确的是（　　）
A．根据能量守恒定律，能源的利用率应该是100%
B．节约能源只要提高节能意识就行，与科学进步无关
C．能量的总量不变，在自然界存在的形式不同
D．在能源的利用中，总会有一部分能源未被利用而损失掉
答案：CD
AD．能源的使用在任何情况下都不可能达到理想状态，做到没有任何损失。虽然遵从能量守恒定律，但它指的是损失部分和被利用部分总和与原来能源总量相等，故A错误，D正确；
B．根据能量转化的方向性可知，能量经转化后，可利用的能，只可能减少，不可能增加，因此节能的意义重大；同时，只有节能意识是不够的，必须利用科技进步提高能源的利用率，不断开发新能源，以满足人类社会可持续发展的需要，故B错误。
C．能量的总量不变，在自然界存在的形式不同，故C正确；
故选CD。
填空题
26、某同学通过如图所示的电路测量电动机的参数，电源电动势为E=220V，内阻为1Ω，电动机线圈电阻为6Ω。调节变阻器，当其阻值为3Ω时，（电动机牵引质量为10kg的重物匀速上升，测得重物在1s内匀速上升了8m，电流表示数为5A，则此过程中电动机中因阻力等原因产生的机械能损耗为___________J，电动机的效率为___________。

答案：     50     80%
[1]电源输入给电动势的电功率
P1=[E-I(R+r)]I=1000W
电动机内阻消耗的功率
P2=I2r线=52×6W=150W
电动机的机械功率
P3=mgv=mght=10×10×81W=800W  
电动机中因阻力等原因产生的机械能损耗为
P4=P1-P2-P3=50W
则在1s内电动机中因阻力等原因产生的机械能损耗为50J； 
[2]电动机的效率为
η=P3P1×10000=8000
27、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R，开关闭合前电容器不带电。闭合开关，待电路稳定后，电源的总功率等于______，电容器所带电荷量为______。

答案：     E2R+r     RECR+r
[1]电路稳定后，电容器相当于断路，电源的总功率
P=E2R+r
[2]电路稳定后，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压为
U=RER+r
则电容器所带电荷量为
q=UC=RECR+r
28、如图，电源电动势E = 12V，内阻不计，R0 = R1 = 200Ω，R2 = 400Ω，则平行金属板MN间电势差UMN = __________V。已知两板间距d = 5×10-3 m，则两板间的电场强度大小为__________V/m。

答案：     4     800##0.8×103##8×102
[1]根据电路连接方式可知MN间电势差等于R0两端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
UMN=R0ER2+R0=4V
[2]两板间的电场强度大小为
E=Ud=800V/m
29、夏天天气炎热，同学们常用手持式微型电风扇来降温解暑。某小组拆下一个小电风扇的电动机，设计了如下图所示的实验电路，其中电源的电动势E=12V，内阻r=3Ω，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.75W，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，当R=7Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，根据以上信息，可以得出：

（1）该电动机正常工作时的功率为________W；
（2）若已知该电动机线圈电阻RM=2Ω，则其正常工作时的输出功率为_______W。
答案：     1.95     1.77
（1）[1]小灯泡正常发光，电路中的电流为
I=PU=0.752.5A=0.3A
电动机两端的电压
UM=E-Ir-U-IR=12-0.3×3-2.5-0.3×7V=6.5V
此时电动机正常工作，所以电动机的功率
PM=UMI=6.5×0.3W=1.95W
（2）[2]电动机的发热功率为
P热=I2RM=0.32×2W=0.18W
电动机的输出功率为
P出=P-P热=1.95-0.18W=1.77W
30、有一块手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1000mAh，它充电后，大约存储了______J的电能；若手机待机时的电流为10mA，则待机的时长为_______h。
答案：     13320     100
[1]它充电后，大约存储的电能
E=UIt=3.7×1×3600J=13320J
[2]若手机待机时的电流为10mA，则待机的时长为
t=1000mA⋅h10mA=100h

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