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20xx年高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律(三十八)

1

单选题
1、某电阻的阻值为5Ω，通过的电流为2A，则它在10s内产生的热量为（  ）
A．100JB．200JC．10JD．20J
答案：B
根据Q=I2Rt，代入数据解得
Q=22×5×10J=200J
故选B。
2、如图所示的电路中，电阻R＝2.0Ω，电源的电动势E＝6.0V，内电阻r＝1.0Ω。闭合开关S后，电阻R两端的电压为（  ）

A．4.0VB．2.0VC．1.5VD．1.0V
答案：A
由闭合电路欧姆定律有
I=ER+r=2A
故
U＝IR＝4V
故选A。
3、图甲为某一小灯泡的U—I图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个4Ω的定值电阻R串联，接在内阻r为1Ω、电动势E为3V的电源两端，如图乙所示。则通过每盏小灯泡的电流I和每盏小灯泡的电功率P分别约为（   ）

A．I ≈ 0.2A，P ≈ 0.6WB．I ≈ 0.3A，P ≈ 0.6W
C．I ≈ 0.2A，P ≈ 0.2WD．I ≈ 0.3A，P ≈ 0.4W
答案：C
设每盏小灯泡的电压为U，通过的电流为I，则通过整个电路的电流为2I，根据闭合电路的欧姆定律有
E = U＋2I(R＋r）
即U、I还应满足
U = 3－10I
在小灯泡的U—I图像中作出对应的函数图线，如图所示

则两个图线的交点即为小灯泡在电路中的工作点，所以通过小灯泡的电流I ≈ 0.2A，对应灯泡两端的电压U ≈ 1V，每盏小灯泡的功率P ≈ 0.2W。
故选C。
4、某无人值守彩色电视中转站采用太阳能电源工作，转换设备电压为24 V，每天发射时间为15 h，功耗20 W，其余9小时为接收等候时间，功耗为5 W，则（  ）
A．转换设备电流恒为56 A
B．转换设备负载每天耗电量约为14.375 A·h
C．转换设备每天消耗电能为345度
D．转换设备在等待过程中，工作电压小于24 V
答案：B
A．发射时间转换设备电流为
I1=P1U=2024A=56A
而在接收等候时间内，其电流为
I2=P2U=524A=524A
故A错误；
B．转换设备负载每天耗电量约为
q=I1t1+I2t2=56×15Ah+524×9Ah=34524Ah≈14.375Ah
故B正确；
C．转换设备每天消耗电能为
W=P1t1+P2t2=20×15Wh+5×9Wh=345Wh=0.345kWh
故C错误；
D．转换设备在等待过程中，工作电压等于24V，他是恒定不变的，故D错误；
故选B。
5、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。
6、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。
7、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。
8、在如图所示的电路中R1=4Ω，R2=6Ω，电源电动势E=3V。当S闭合时，理想电压表的示数为U=1V。则流过电源的电流为和电源的内阻分别为（  ）

A．0.25A，2ΩB．0.5A，2Ω
C．0.25A，4ΩD．0.5A，4Ω
答案：A
流过电源的电流与流过R1的电流相同，根据欧姆定律
I=UR1=14A=0.25A
根据闭合电路欧姆定律
I=ER1+R2+r
代入数据可得电源内电阻
r=2Ω
故选A。
9、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。
10、在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，某同学根据实验测得数据，画出如图的U-I图像，根据图线可得出该电源电动势和电源内阻分别为（  ）

A．1.5V，2.5ΩB．1.5V，0.6ΩC．0.6V，2.5ΩD．0.6V，0.4Ω
答案：A
由闭合回路欧姆定律可知
U=E-Ir
故图像与纵坐标的交点为电源电动势，即
E=1.5V
图像的斜率表示电源内阻，即
r=1.5-00.6=2.5Ω
故选A。
多选题
11、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。
12、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。
13、如图，电路中R1、R2为两只定值电阻，L为阻值恒定的灯泡，C为电容器，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小），V为电压表，A为电流表。现闭合开关，逐渐增加光照强度，下列说法正确的是（   ）

A．电路中灯泡L的发光亮度逐渐变强B．电容器两极板间的电场强度逐渐变大
C．电路中电阻R1消耗的电功率逐渐变大D．V的变化量与A的变化量之比不变
答案：BD
ABC．逐渐增加光照强度，光敏电阻R的阻值逐渐减小，整个外电路的总电阻逐渐减小，干路电流强度逐渐增加，内电压逐渐升高，路端电压逐渐降低，流过R1的电流逐渐减小，电阻R1消耗的电功率逐渐减小，流过R2的电流逐渐增加，加在R2两端的电压逐渐升高，电容器与R2并联，加在电容器两端的电压逐渐升高，电容器两极板间的电场强度逐渐变大，灯泡L两端的电压逐渐降低，灯泡L的发光亮度逐渐减弱，AC错误，B正确；
D．将电源与R1作为等效电源，内电阻为r'，根据
U=E-Ir'
可知
r'=ΔUΔI
因此V的变化量与A的变化量之比保持不变，D正确。
故选BD。
14、铅蓄电池的电动势为2 V，这表示（  ）
A．电路中每通过1 C的电荷，电源把2 J的化学能转化为电势能
B．蓄电池在1 s内将2 J的化学能转化成电势能
C．没有接入电路时蓄电池两极间的电压为2 V
D．蓄电池将化学能转化为电势能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大
答案：ACD
AB．蓄电池的电动势为2V，表示电路通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能，B错误，A正确；
C．电池没有接入电路时，其两极间的电压是2V，C正确；
D．电动势反映把其他形式的能转化为电能的本领，则铅蓄电池把化学能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1 .5V)大，D正确。
故选ACD。
15、下列哪些现象属于能量耗散（　　）
A．利用水能发电转变成电能
B．电池的化学能转变成电能
C．电能通过电灯中的电阻丝放出热量和光能
D．火炉把房间的温度升高
答案：CD
AB．水力发电、化学能转变成电能，电能可以利用，不属于能量耗散，AB错误；
CD．可再一步进行利用，直到都转变成不可回收的内能，就是能量耗散了，CD正确；
故选CD。
16、无人机已在航拍领域被广泛的应用，它利用自身携带的小型电机升空进行航拍，如图为某牌子的无人机，已知其电池容量为15000mAh，电机额定工作电压为20V，无人机正常工作时电机总额定功率为300W，则下列说法正确的是（  ）

A．无人机正常工作时的电流是15A
B．电池容量15000mAh中“mAh”是能量的单位
C．无人机的电机总电阻是1.33Ω
D．无人机充满电后一次工作时间约为1h
答案：AD
A．额定工作电压20V，额定功率300W，根据P=UI知电流
I=PU=30020A=15A
故A正确；
B．由电荷量的表达式q=It 可知，题中“mAh”是电荷量的单位，故B错误；
C．根据U=IR，有
R=UI=2015Ω=1.33Ω
由于不是纯电阻电路，可知无人机的总电阻一定小于1.33Ω，故C错误；
D．无人机充满电后一次工作时间
t=qI=15Ah15A=1h
故D正确。
故选AD。
17、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0.67Ω
B．灯泡L的额定电压为3V，额定功率为6W
C．把灯泡L换成阻值恒为1Ω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：BD
A．由图读出电源的电动势为 E＝4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则：
r=4-16-0Ω=0.5Ω，
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U＝3V，I＝2A，则灯泡L的额定电压为3V，功率为:
P=UI=3×2=6W
故B正确．
C．灯泡L的电阻：
R=UI=32Ω=1.5Ω
换成一个1Ω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1Ω的定值电阻，电源的输出功率将变大，而效率：
η=UE=RR+r
外电阻变小，效率变低，故C错误；
D．小灯泡的U−I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。
18、如图甲所示，电源电动势为16 V、内阻为1 Ω，灯泡L的额定电压为10 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19 Ω。则（    ）

A．灯泡的额定功率为13.5 W
B．灯泡的阻值随电流的增大而减小
C．滑动变阻器接入电路的最小阻值为3 Ω
D．当滑动变阻器阻值为15 Ω时，灯泡的电功率约为1.5 W
答案：CD
A．由乙图可知，灯泡L的额定电压为10 V时，灯泡的电流为1.5A，则灯泡的额定功率为
P额=UI=10×1.5W=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错误；
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=101.5Ω=203Ω
联立解得
Rmin=3Ω
故C正确；
D．当滑动变阻器阻值为15 Ω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=1.6×0.95W≈1.5W
19、如图甲所示，用内阻为r1的充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r2，则时间t内（  ）

A．充电宝输出的电功率为UI－I2r1
B．充电宝的总功率为UI＋I2r1
C．手机电池产生的焦耳热为U2r2t
D．手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t
答案：BD
A．充电宝的输出电压为U，输出电流为I，则充电宝输出的电功率为UI，故A错误；
B．充电宝内的电流也是I，内阻为r1，所以充电宝产生的热功率为I2r1，则充电宝的总功率为
P总＝UI＋I2r1
故B正确；
C．由于充电宝是非纯电阻电路，U是充电宝的输出电压，所以不能用公式U2r2t计算手机电池产生的焦耳热，根据焦耳定律，可知电池产生的焦耳热应为I2r2t，故C错误；
D．由题意根据能量守恒可得，手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t，故D正确。
故选BD。
20、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。
填空题
21、电源是把___________能转化成电能的装置，这种转化是通过_________________做功来实现的
答案：     其他形式的     非静电力
[1][2]电源就是把其他形式的能转化成电能的装置，这种转化是通过非静电力做功来实现的。
22、作用：
（1）移送电荷，使电源正、负极间有一定的___________。
（2）使电路中有___________的电流。
答案：     电势差     持续
（1）[1]电源的作用为移送电荷，使电源正、负极间有一定的电势差；
（2）[2]电源的作用还有使电路中有持续的电流。
23、如图甲是小明家厨房用的电热水龙头，能够即开即热、冷热兼用，非常方便。图乙是它的原理电路图。R1、R2为电热丝，其中R2=242Ω。通过旋转手柄带动开关S接通对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间切换。不考虑温度对电阻丝的影响，请回答下列问题：

（1）电热丝是利用电流的________效应工作的，分析电路图，开关与________填“1、2”或“2、3”）接触时，水龙头放出的是热水；
（2）若水龙头放温水时，正常工作功率为1100W，则R1的电阻是_______Ω；
（3）水龙头放热水时，电路消耗的总电功率是_______W。
答案：     热     2、3     44     1300
（1）[1]电热丝是利用电流的热效应工作的；
[2]水龙头放出热水时电路的总功率最大，电源电压一定，由
P=UI=U2R
可知，此时电路的总电阻最小，由图可知，开关与2、3接触时，R1、R2并联，总电阻最小，此时水龙头放出的是热水；
（2）[3]由电路图可知，开关与1、2接触时，电路为R1的简单电路，水龙头放出的是温水，
由
P=UI=U2R
可得，R1的电阻
R1=U2P温=220V21100W=44Ω 
（3）[4]水龙头放热水时，R1与R2并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，所以，电路消耗的总电功率
 P=P1+P2=U2R1+U2R2=(220V)244Ω+(220V)2242Ω=1300W
24、小明家新购置了一个额定功率为3200W的电热水龙头。经过测试，正常工作时进水温度为20℃，出水温度为45℃，30s内的出水量为800mL，则这800mL水吸收的热量Q＝________J，电热水龙头的加热效率η＝________。[c水=4.2×103J/kg⋅°C]
答案：     8.4×104     87.5%
[1]水的体积为V=800mL=800cm3，由密度公式ρ=mV知水的质量为
m=ρ水V=1.0g/cm3×800cm3=800g=0.8kg
水吸收的热量为
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg·℃）×0.8kg×（45℃－20℃）＝8.4×104J
[2]消耗的电能为
W=Pt=3200W×30s=9.6×104J
电热水龙头的加热效率为
η=Q吸W×100%=8.4×104J9.6×104J×100%=87.5%
25、能源的开发与环境的关系∶
（1）人类的生存与发展需要____，能源的开发与使用又会对环境造成_____。
（2）一方面要大力提倡____，另一方面要发展_______能源以及天然气、清洁煤和核能等在生产及消费过程中对生态环境的污染程度低的____能源。
答案：     能源     影响     节能     可再生     清洁
（1）[1][2]人类的生存与发展需要能源，能源的开发与使用又会对环境造成影响。
（2）[3][4][5]一方面要大力提倡节能，另一方面要发展可再生能源以及天然气、清洁煤和核能等在生产及消费过程中对生态环境的污染程度低的清洁能源。

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