20xx年高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律(三十七).docx

20xx年高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律(三十七)1单选题1、一般家用电冰箱一天消耗的电能约1度（1度1kwh），此能量最接近下列哪个用电器正常工作时，一直使用一天消耗的电能（）A一只照明的电灯B一台空调C一台电磁炉D一只微波炉答案：A一般灯具的功率约10-60W，一天的耗电约0.24-1.44度；电磁炉的功率约1800-2100W，一天的耗电约43.2-50.4度；微波炉的功率约1000-1300W，一天的耗电约24-31.2度；空调的功率约800-1500W，一天的耗电约19.2-36度。故最接近的是A，则BCD错误。故选A。2、利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。下列说法正确的是（）A应选用较新的干电池作为被测电源，电池的电动势比较大易测量B应选用内阻比较大旧电池，使得电压表示数变化大C滑动变阻器的滑片初始时应放在电阻为零的地方，这样可以保护电压表D根据实验记录的数据作U-I图像时，应连上所有的点。答案：BAB干电池用久了内阻会变大，为了使电池的路端电压变化明显，实验时应使用内阻较大的旧电池作为被测电源，使得电压表示数变化大，故A错误，B正确；C滑动变阻器的滑片初始时应放在接入电路电阻最大的地方，这样可以保护电流表，故C错误；D根据实验记录的数据作U-I图像时，应通过尽可能多的点并画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀对称的分布在直线两侧，故D错误。故选B。3、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=1103kg/m3。据此估计喷管喷水的电动机的输出功率约为（）A6.5104WB1.2105WC2.6105WD5.2105W答案：B根据v2=2gh可得喷泉喷水的初速度为v0=2gh=1010m/st时间喷水的质量为m=V=d24v0t则喷水消耗的功率大约为P=12mv02t=1.2105W故选B。4、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。5、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：DA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。6、某智能手机说明书信息如图所示，电池支持低压大电流充电，则该手机（）手机类型智能手机电池容量4000mAh充电限制电压4.35V待机时间22dA电池的电动势为4.35VB电池能提供的电能为4000mAhC待机电流约7.6mAD电池充满电后以100mA的电流工作时，可连续工作4h答案：CA4.35V为充电的电压，不是该电池的电动势，A错误；BmAh为电荷量的单位，所以4000mAh表示该电池提供的电荷量，B错误；C由I=qt代入数据得I400010-3360022243600A0.0076AC正确；D由I=qt，得t400010-3360010010-3h40hD错误。故选C。7、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=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5000mAh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24VA该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3hB该扫地机器人最多能储存的能量为4.32105JC该扫地机器人充满电后能工作5hD该扫地机器人充满电后能工作4h答案：BA由题表可知，电池的容量为5000mAh，所带的电荷量为q5000103A3600s1.8104C充电器输出电流为I1000mA1A，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=1.81041s=5h故A错误；B该扫地机器人最多能储存的能量为qU=1.810424J=4.32105J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=WP=4.3210560%40s=1.8h故CD错误。故选B。8、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、BC、FD、FC、D多用表示数1.5V1.5V01.5VAA、C间导线断路BD、E间导线断路C灯泡断路D开关断路答案：DAA、C间导线断路，C、F间，C、D间电压应该为0，故A错误；BD、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。9、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，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7U3C电阻2R消耗的功率可能是7P8D效率可能为2答案：CA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+rI2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+rE2U故B错误；C根据P=U2R又U2U可得PI2可得PP2联立可得P2P2P故C正确；D根据=UE结合B选项，可知2故D错误。故选C。10、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，“220V15W”的灯泡电阻比“220V60W”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：AA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，“220V15W”的灯泡电阻比“220V60W”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。多选题11、关于电源的作用，下列说法中正确的是（）A电源的作用是保持导体两端的电势差，使电路中有持续的电流B电源的作用是将自由电荷从电路一端搬运到另一端C电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷D电源的作用是使自由电荷运动起来答案：ABAB电源的作用是将自由电荷从外电路的一端搬运到另一端，保持外电路两端有电势差，使电路中有持续的电流，AB正确；C导体中本来就有自由电荷，电源的作用不是为电路持续地提供自由电荷，C错误；D自由电荷本身也做无规则的运动，电源的作用是保持导体两端有持续的电势差，使自由电荷发生定向移动，从而使电路中产生电流，D错误。故选AB。12、如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡L的U-I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（）A此电源的内阻为0.67B灯泡L的额定电压为3V，额定功率为6WC把灯泡L换成阻值恒为1的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低D小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大答案：BDA由图读出电源的电动势为E4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则：r=4-16-0=0.5，故A错误；B灯泡与电源连接时，AB两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U3V，I2A，则灯泡L的额定电压为3V，功率为:P=UI=32=6W故B正确C灯泡L的电阻：R=UI=32=1.5换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，可知把灯泡L换成一个1的定值电阻，电源的输出功率将变大，而效率：=UE=RR+r外电阻变小，效率变低，故C错误；D小灯泡的UI图线是一条曲线，由图可以看出，小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大，故D正确。故选BD。13、具有巨磁阻效应（GMR）的电阻R2在外加特定方向的磁场时，阻值随磁场的增强而减小。现将R2接在图示电路中，并置于该磁场，已知R1为定值电阻，此时R2R1，电表均为理想电表。保持磁场方向不变，使磁场增强，发现电压表V1示数变化量的绝对值U1，V2示数变化量的绝对值为U2，下列说法正确的是（）A电流表A的示数减小B电压表V1的示数增大C电源的总功率先减小后增大DU1一定小于U2答案：BDA磁场增强时，R2阻值减小，电路总电阻减小，则总电流增大，电流表A示数增大，故A错误；B电路总电流增大，则R1两端电压增大，电压表V1示数增大，故B正确；C电路总电流增大，根据P=EI可知电源的总功率一直增大，故C错误；D电路总电流增大，则电源内电压增大，路端电压减小，而U=U1+U2所以U1的增加量一定小于U2的减小量，即U1一定小于U2，故D正确。故选BD。14、在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，V、A、V1、V2四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用U、I、U1、U2表示，下列判断正确的是（）AI减小，U1增大BI减小，U2增大C电压表V2的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值不变D电压表V示数的变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值变大答案：BCAB当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I变小，路端电压U变大，R1的电压U1=IR1减小，R2的电压U2=U-U1增大，故A错误，B正确；C电阻R2是变化的，无法直接分析U2I的变化，但对电源及定值电阻R1，有U2=E-I(R1r)所以U2I=R+r保持不变，故C正确；D同理，对电源有U=E-Ir所以UI=r也不变，故D错误。故选BC。15、如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B为电阻丝的U-I图线，用该电源和电阻丝组成闭合电路，下列说法正确的是（）A电源的电动势为3V，内阻为0.5B电阻丝的电阻为2C电路的路端电压为2VD电阻丝的电功率为9W答案：ACA由U=E-Ir可得，图线A纵截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，则E=3Vr=UI=0.5故A正确；BC两图线的交点表示电阻丝的工作点，此时电路中电流为I=2A，电阻丝两端电压即路端电压，为U=2V，所以电阻丝的电阻为R=UI=22=1故B错误，C正确；D电阻丝的电功率为P=UI=4W故D错误。故选AC。16、如图所示电路中，电源电动势E=9V，内阻r=3，R=15，下列说法中正确的是（）A当S断开时，UAC=9VB当S闭合时，UAC=9VC当S闭合时，UAB=7.5V，UBC=0D当S断开时，UAB=0，UBC=0答案：ACAD当S断开时，UAC与UBC为路端电压，等于电源电动势，A正确、D错误；BC当S闭合时根据闭合电路的欧姆定律有UAC=UAB=ER+rR=7.5VUBC=I0=0B错误、C正确。故选AC。17、某同学在实验室连接了如图所示的电路，开关S闭合后，滑动变阻器滑片从a端向b端滑动过程中，电源内阻忽略不计，则下列说法正确的是（）A电流表A的示数会增大B电压表V3的示数会增大C三个电压表的示数之和变小D电压表V3与电流表A的示数比值在减小答案：ADAD滑动变阻器滑片从a端向b端，变阻器接入电路中的电阻变小，整个电路总电阻减小电流增大，电流表A的示数会增大；根据欧姆定律可知电压表V3与电流表A的示数比值为变阻器的电阻大小，所以比值在减小，AD正确；B根据电路特点可知电阻R上的电压加变阻器电压等于电源电压，电流增大电阻R上的电压增大，可知变阻器上的电压减小，所以电压表V3的示数会减小，B错误；C电压表V2测电源电压，所以示数不变，V1和V3示数之和等于电源电压，所以三个电压表的示数之和不变，C错误。故选AD。18、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UI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。19、如图所示，恒流源可为电路提供恒定电流，R为定值电阻，RL为滑动变阻器，电流表、电压表为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器RL的滑片P向下移动的过程中，下列说法正确的是（）A电路中总电阻减小B电流表的示数减小C电压表的示数减小D恒流源的输出功率增大答案：ACA滑动变阻器RL的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，根据并联电路的特征可知电路中总电阻减小，A项正确；BC恒流源流出的总电流不变，滑动变阻器RL的滑片向下移动，接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器RL的电流增大，即电流表的示数增大，B项错误，C项正确；D根据P=I2R总，由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D项错误。故选AC。20、如图甲所示，电源电动势为16V、内阻为1，灯泡L的额定电压为10V，其伏安特性曲线如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为19。则（）A灯泡的额定功率为13.5WB灯泡的阻值随电流的增大而增大C滑动变阻器接入电路的最小阻值为3D当滑动变阻器阻值为15时，灯泡的电功率约为1.5W答案：BCDA由乙图可知，灯泡L的额定电压为10V时，灯泡的电流为1.5A，则灯泡的额定功率为P额=UI=101.5W=15W故A错误；B由乙图可知，灯泡电流与电压的比值IU逐渐减小，根据欧姆定律R=UI可知，灯泡的阻值随电流的增大而增大，故B正确；C为了保证灯泡的安全，电流的最大电流为1.5A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最小，设为Rmin，根据闭合电路欧姆定律可得I=ERL+r+Rmin此时灯泡电阻为RL=UI=101.5=203联立解得Rmin=3故C正确；D当滑动变阻器阻值为15时，设此时灯泡两端的电压为U，电路电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+I(R滑+r)代入数据可得U=-16I+16在灯泡的伏安特性曲线图像上画出将该关系式对应的图像，如图所示由图像交点可知，此时灯泡的实际功率约为P=UI=1.60.95W1.5W故D正确。故选BCD。填空题21、太阳能电池由许多电池“晶片”串联和并联组成。某电池“晶片”的电动势为0.6mV，内阻为24。若不小心将晶片正、负极短路，电路中的电流强度为_A；某同学将多个晶片串联使用，始终不能点亮“2.5V，0.75W”的小灯（连接良好，器材无故障）。请分析说明原因：_答案：2.510-5小灯的额定电流为0.3A，电路所能达到的最大电流（短路电流）远小于小灯正常工作的电流，所以不能点亮小灯1将晶片正、负极短路，电路中的电流强度为I=Er=0.610-324A=2.510-5A2小灯的额定电流为I额=PU=0.752.5A=0.3A无论多少节电池串联，电路所能达到的最大电流（短路电流）远小于小灯正常工作的电流，所以不能点亮小灯。22、如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21，电动机绕组的电阻R0=0.5，开关S1始终闭合。当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W；此时内电压为_V；当开关S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，此时电动机的效率为_。答案：586.9%1当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W，即有P1=(E-U内）2R1=525W解得，电路中此时的内电压为U内=5V2当开关S2断开时，根据电阻R1的电功率是525W，有P1=(Er+R1)2R1=525W可得，电源内阻为r=1当开关S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，则P1=U12R1=336W解得，电阻R1的电压为U1=84V由闭合电路欧姆定律有E=U1+Ir解得，此时电路中的干路电流为I=26A则流过电动机的电流为I2=I-I1=I-U1R1=22A则电动机的总功率为P总=U1I2=1848W电动机的损耗功率为P损=I22R0=242W电动机的输出功率为P出=P总-P损=1606W故此时电动机的效率为=P出P总100%86.9%23、磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组使用如图1所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。（1）为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向_（选填“c”或“d”）端移动。（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30，滑动变阻器的最大阻值为170，电源E的电动势为12.0V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.5V，则电源E的内阻为_（结果保留2位有效数字）。（3）同学们将阻值会因长度变化而发生改变的金属应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，然后将金属应变片R1、定值电阻R2和理想电压表V2连接成如图2所示的电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将_，电压表V2的示数将_。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得外力F与线圈两端工作电压U的关系如图3所示，若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为_V（保留1位小数）。答案：c1.1增大增大6.0（1）1根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，应增大线圈两端的电压，电路中滑动变阻器为分压式接法，变阻器的滑片应该滑向c端；（2）2当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律得E=Um+IrI=UmRR=3017030+170=25.5联立解得r1.1（3）3线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据电阻定律，R1的阻值将增大，总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和定值电阻R2上的电压减小，所以电压表V2的读数将增大；（4）4由图3可知，F=1200N时对应的工作电压为6.0V，即要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6.0V。24、如图a所示，锥体从轨道底部释放后会出现“向上”滚动的怪现象，经研究，从侧面看的真实情况如图b所示，图中O为重心，P和P为锥体与三角形薄板的接触点。请根据图b从能量的角度来解释锥体“向上”滚动的原因为_。答案：重力势能减小，动能增加由图可知，锥体“向上”滚动时，重心降低，重力势能减小，动能增加。25、如图甲、乙所示的两把游标卡尺，它们的游标尺分别为9mm长10等分、19mm长20等分，则读数依次为_mm、_mm。答案：17.523.351题图甲读数：主尺读数为17mm，游标尺读数是50.1mm=0.5mm最后结果是17mm+0.5mm=17.5mm2题图乙读数：主尺读数为23mm，游标尺读数是70.05mm=0.35mm最后结果是23mm+0.35mm=23.35mm21