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2023人教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知识汇总大全

1

单选题
1、下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中不正确的是（  ）
A．电功率越大，则电流做功越快，电路中产生的热量一定越多
B．W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=U2Rt只适用于纯电阻电路
C．在非纯电阻电路中，UIt>I2Rt
D．热量Q=I2Rt适用于任何电路
答案：A
A．电功率越大，则电流做功越快，但电路中产生的热量不一定多，故A错误；
B．电功的定义式为
W=UIt
适用于任何电路，而计算式
W=I2Rt=U2Rt
只适用于纯电阻电路，故B正确；
C．在非纯电阻电路中，电流所做的功等于产生的热量与其他形式的能之和，所以
W>Q
即
UIt>I2Rt
故C正确；
D．电路热功率的定义式为
Q=I2Rt
适用于计算任何电路中产生的热量，故D正确。
故选A。
2、一般家用电冰箱一天消耗的电能约1度（1度＝1kw⋅h），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。
3、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：B
AB．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。
4、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。
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：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。
6、如图，电路中定值电阻值R大于电源内阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则（  ）

A．A的示数减小B．V2的示数增大
C．ΔU3与ΔI的比值小于rD．ΔU1大于ΔU2
答案：D
A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；
B．电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律得
U3=E﹣I（R+r）
可得
ΔU3ΔI=R+r>r
ΔV3与ΔI的比值大于r，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律得
U2=E﹣Ir
可得
ΔU2ΔI=r
ΔU1ΔI=R
根据题意可得
R>r
所以
ΔU1>ΔU2
故D正确。
故选D。
7、某研究性学习小组用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻，则引起该实验误差的主要原因是（　　）

A．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大
B．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比电源实际输出的电压大
C．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小
D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比电源实际输出的电压小
答案：C
由电路图可以看出，由于电压表分流，造成电流表读数小于电源实际输出电流，导致电源电动势和内阻测量值偏小，故ABD错误，C正确。 
故选C。
8、如图所示的电路中，左侧电容器的电容大于右侧电容器的电容，图中滑动变阻器R1和R2的滑片都置于中间位置，若要两只电容器所带的电荷量相等，正确的做法是（  ）

A．滑动变阻器R1滑片向左移动B．滑动变阻器R1滑片向右移动
C．滑动变阻器R2滑片向左移动D．滑动变阻器R2滑片向右移动
答案：A
AB．滑动变阻器R1滑片在中间位置时，两只电容器两端的电压相等，根据
Q＝CU
此时左侧电容器上的电荷量大于右侧电容器上的电荷量，若要使两电容器所带的电荷量相等，滑动变阻器R1滑片要向左移动，A正确，B错误；
CD．滑动变阻器R2滑片移动不会改变两只电容器两端的电压比值，由
Q＝CU
知，不会改变两电容器所带的电荷量，故CD错误．
故选A。
9、关于能源的利用和节约，下列说法正确的是（　　）
A．根据能量守恒定律知，能源的利用率应该是100%
B．由于能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，总是守恒的，所以节约能源的意义不大
C．节约能源只要提高节能意识就行，与科学进步无关
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：D
AD．能源的使用在任何情况下都不可能达到理想状态，不可能做到没有任何损失，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的能量总量相等，选项A错误，D正确；
BC．根据能量转化的方向性可知，能量经转化后，可利用的能量只可能减少，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，必须利用科技手段来提高能源的利用率，不断开发新能源，以满足人类社会可持续发展的需要，选项BC错误。
故选D。
10、如图所示，在测电源电动势和内阻的实验中，闭合开关S，改变滑动变阻器的阻值，读出电压表示数U和电流表示数I，下列说法正确的是（  ）

A．电压表读数U增大时电流表读数I也必定增大
B．电压表与电流表读数变化量的比值的绝对值ΔUΔI是滑动变阻器的电阻
C．电压表与电流表读数的比值UI是电源内阻
D．电压表与电流表读数变化量比值的绝对值ΔUΔI是电源内阻
答案：D
A．电压表读数U增大时，电源内部电压减小，而电源内阻不变，由I=U内r知回路中电流减小，电流表示数减小，故A错误；
BD．由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir可知
U1=E-I1r
U2=E-I2r
两式相减可得
ΔUΔI=r
故D正确B错误；
C．由电路图可知，电压表与电流表读数的比值UI是滑动变阻器的阻值，故C错误。
故选D。
11、某家庭使用的智能电饭煲，其铭牌如图所示。假如用此电饭煲煮饭时，均在额定功率下工作30min，则该电饭煲煮饭时消耗的电能数量级为（  ）
豪华微电脑电饭煲
货号：FC307B

型号：MB-FC307B
额定容量：3.0L
稳定电压：220V~/50Hz
额定功率：640W
A．102B．104C．106D．108
答案：C
根据题意，由公式W=Pt可得，该电饭煲煮饭时消耗电能为
W=Pt=640×30×60J=1.15×106J
故选C。
12、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（  ）

A．电源的电动势为6.0 V
B．电源的内阻为12 Ω
C．电源的短路电流为0.5 A
D．电流为0.3 A时外电阻是1.8 Ω
答案：A
AB．根据闭合电路欧姆定律可得
U=E-Ir
可知U-I图像的纵轴截距等于电动势，则有
E=6.0V
U-I图像的斜率绝对值等于内阻，则有
r=ΔUΔI=6.0-5.00.5Ω=2Ω
故A正确，B错误；
C．电源的短路电流为
I短=Er=6.02A=3A
故C错误；
D．电流为0.3 A时外电阻
R=EI-r=6.00.3Ω-2Ω=18Ω
故D错误。
故选A。
13、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2是完全相同的两盏灯，当S闭合时，滑动变阻器R滑动端P从a向b滑动过程中（各灯均不会被烧坏），关于各灯亮度的变化情况是（  ）

A．灯L1、L2都变亮B．灯L1变亮，灯L2变暗
C．灯L1、L2都变暗D．灯L1变暗，灯L2变亮
答案：C
电路中，两灯与变阻器串联，电流相等，当滑片向b滑动，电阻增加，电路中电流减小，两灯泡都变暗，C正确ABD错误。
故选C。
14、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24V，每天发射时间为15h，功耗20W，其余9小时为接收等候时间，功耗为5W，则（  ）
A．转换设备电流恒为56A
B．转换设备负载每天耗电量约为14.37Ah
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24V
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。
15、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。
多选题
16、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。
17、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：AC
A．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。
18、如图甲所示，电源电动势为16V、内阻为1Ω，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 Ω。则（  ）

A．灯泡的额定功率为13.5W
B．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3Ω
D．当滑动变阻器阻值为15Ω时，灯泡的电功率约为1.5W
答案：BCD
A．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=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=101.5Ω=203Ω
联立解得
Rmin=3Ω
故C正确；
D．当滑动变阻器阻值为15Ω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
故D正确。
故选BCD。
19、角速度计可测量飞机、航天器等转动时的角速度，其结构如图所示。当系统绕光滑的轴OO'转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P刚好位于B点，当系统以角速度ω转动时（  ）

A．输出电压随角速度的增大而增大B．回路中电流随角速度的增大而增大
C．弹簧的伸长量为x=mlωk-mω2D．输出电压U与ω的函数式为U=Emω2k-mω2
答案：AD
AC．设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
kx=mω2l+x
求得
x=mlω2k-mω2
可见，角速度越大，弹簧伸长量越大，则长度BP越大，又因为输出电压为
U=RBPRBC⋅E
即角速度越大，输出电压越大，故A正确，C错误；
B．系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，电路的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，即回路中电流与角速度无关，故B错误；
D．由题意知，系统静止时滑片P刚好位于B点，所以当弹簧伸长量为x时
BP=x
则输出电压为
U=RBPRBC⋅E=xl⋅E
求得
U=Emω2k-mω2
故D正确。
故选AD。
20、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。
21、在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如题图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是（  ）

A．灯泡L1的电阻为12 Ω
B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍
C．灯泡L1消耗的电功率为0.75 W
D．干路电流为0.45 A
答案：ACD
AC．当开关闭合后，灯泡L1的电压
U1=3V
由图2读出其电流
I1=0.25A
则灯泡L1的电阻为
R1=U1I1=30.25=12Ω
灯泡L1消耗的电功率为
P1=U1I1=0.75W
故AC正确；
BD．灯泡L2、L3串联，电压
U2=U3=1.5V
由图读出其电流
I2=I3=0.20A
则
I1=1.25I2
干路电流为
I=I1+I2=0.45A
故B错误，D正确；
故选ACD。
22、如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）.当开关S闭合时，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．若断开开关S，带电微粒向上运动
B．只逐渐减小对R1的光照强度时，电压表示数变大，电阻R0消耗的电功率减小
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数不变，带电微粒向上运动
D．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
答案：BC
A．只断开开关S，电容器通过R2、R3放电，所带电荷量变小，极板间场强减小，带电微粒所受向上的电场力减小，故微粒向下运动，A错误；
B．只减小R1的光照强度，R1阻值变大，干路电流变小，故电阻R0消耗的功率减小，电源内阻上的电压减小，则路端电压变大，即电压表读数变大，选项B正确；
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下移动时，回路总电阻不变，干路电流不变，路端电压不变，故电压表示数不变，电容器两端的电压（即电阻R2上半段的电压）变大，极板间场强变大，微粒所受向上的电场力变大，带电微粒向上运动，C正确；
D．电阻R3与电容器串联，由于电容器处于开路状态，故R2的阻值对电路没有影响，所以P2向上移动时，电源消耗的电功率不变，电阻R3中没有电流，D错误。
故选BC。
23、如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，底角θ=37°，顶角∠B=90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，将物块a锁定，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b的质量为m，物块a质量为2m，解除物块a的锁定，同时将质量为0.5m的物块c轻放在长木板的上端，物块c始终保持静止，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列判断正确的是（  ）

A．物块c与长木板b间的动摩擦因数为0.6
B．物块a运动的加速度为73m/s2
C．物块a机械能的减小量大于长木板b机械能的增加量
D．物块a机械能的减小量等于长木板b机械能的增加量
答案：BC
A．假设a、b、c都静止，根据平衡条件对a分析可得，绳子的拉力为
T=2mgcosθ=1.6mg
对b、c整体分析可得，绳子拉力为
T'=1.5mgsinθ=0.9mg<T
由此可知物块a会沿斜面下滑，物块b沿斜面上滑。由于物块c始终保持静止，则对物块c受力分析，根据平衡条件有
0.5mgsinθ=μ⋅0.5mgcosθ
可得，物块c与长木板b间的动摩擦因数为
μ=0.75
故A错误；
B．对a受力分析，根据牛顿第二定律有
2mgcosθ-F=2ma
对b受力分析，根据牛顿第二定律有
F-mgsinθ-μ⋅0.5mgcosθ=ma
联立可得，物块a运动的加速度为
a=73m/s2
故B正确；
CD．由能量的守恒与转化可知，物块a减小的机械能转化为木板b增加的机械能和木板b与物块c摩擦产生的内能，所以物块a机械能的减小量大于长木板b机械能的增加量，故C正确，D错误。
故选BC。
24、为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如下：
车型尺寸长×宽×高/
（mm×mm×mm）
4870×1950×1725
最高时速/（km·h-1）
120
电机型式
交流永磁同步电机
电机最大功率/kW
180
工况法纯电续驶里程/km
500
等速法纯电续驶里程/km
600
电池容量/（kW·h）
82.8
快充时间/h
1.4
0～50km/h加速时间/s
2.4
0～100km/h加速时间/s
5.4
根据行业标准，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率，电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据可知（  ）A．若以恒定功率加速，0～100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于75m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小约为5400N
C．该车在0～50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．用输出电压为220V的充电桩给电池快速充电时，充电电流约为400A
答案：AB
A．速度
100km/h=2509m/s
0～100km/h的加速时间为5.4s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程
s=v2t=75m
实际上电动车做加速度减小的加速运动，所以路程一定大于75m，故A正确；
B．额定功率
P=180kW=180000W
最大速度
vm=120km/h=1003m/s
电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力
f=F=Pvm=5400N
故车受到的阻力大小约为5400N，故B正确；
C．速度
50km/h=1259m/s
该车在0～50km/h的加速过程中，用时2.4s，平均加速度
a=vt≈5.8m/s2
故C错误；
D．电池容量82.8kW⋅h快充时间为1.4h，用输出电压为220V的充电桩给电池快速充电时，充电电流
I=EUt=82.8×103220×1.4A≈269A
故D错误。
故选AB。
25、如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。则（  ）

A．当S1断开、S2闭合时，电吹风吹冷风
B．电热丝的电阻为50Ω
C．无论吹冷风还是吹热风，流经电动机的电流均为611A
D．电吹风吹热风5分钟后，约耗电0.5kW⋅h
答案：AC
A．当S1断开、S2闭合时，电动机正常工作，电热丝处于断路状态，则电吹风吹冷风，故A正确；
B．根据题目条件可知，电热丝的功率为
P＝1000W－120W＝880W
因此电热丝的电阻为
R=U2P=2202880Ω=55Ω
故B错误；
C．依题意，知无论吹冷风还是吹热风，电动机M的功率均为120W，根据功率的计算公式
P＝UI
得，流过电动机的电流为
I=P1U=120220A=611A
故C正确；
D．电吹风吹热风5分钟后，消耗的电能为
W=P2t=1000W×112h=112kW⋅h
故D错误。
故选AC。
填空题
26、如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值为2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，定值电阻R0上消耗的功率______（填“变大”、“变小”或“先变大后变小”）。电源的输出功率______（填“变大”、“变小”或“先变大后变小”）。

答案：     变大     变大
[1]当滑动变组器的滑片由a向b滑动过程中，电阻减小，电路中总电阻减小，电流增大，根据P=I2R0,可知R0上消耗的功率变大；
[2]当外电路电阻总阻值与电源内阻相等时，电源的输出功率最大；滑动变阻器的滑片由a向b滑动过程中，外电路的电阻有3r减小到r，刚好滑到b端时，外电路电阻与电源内阻相等，此时电源输出功率最大，故电源输出功率在变大。
27、某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kW。不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时扶梯的移动速率与不载人时相同，忽略电动机内阻的热损耗，则空载时维持扶梯运行的电功率是________kW；这台自动扶梯可同时乘载的最多人数是________人。（设人的平均质量为60kg）
答案：     1.9     25
[1]根据
P1=UI
代入数据解得
P1=1900W=1.9kW
[2]根据乘坐最到人时
P总=P1+nmgvsin30o
解得
n=25人
28、下表列出了某国产品牌电动自行车的主要技术参数。若该车在额定功率状态下正常行驶时，电动机的输入功率为________W，电动机的内阻为_________Ω。
自重
40kg
电动机额定电压
48V
载重
75kg
电动机额定电流
10A
最大速度
20km/h
电动机额定输出功率
350W
答案：     480     1.3
[1] 电动机的输入功率
P入=UI=48×10W=480W
[2] 根据
P热=P入-P出=130W
P热=I2r
解得
r=1.3Ω
29、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某组同学实验后作出的I -U 图像如图所示，从图像中看出，随着电压的增大，小灯泡的电阻___________（填“变大”、“变小”或“不变”），同学们分析了产生这种现象的原因，其中说法正确的是：___________

甲：一定是电压表、电流表读数不准确造成的
乙：小灯泡灯丝温度升高，电阻率减小，因此电阻增大
丙：随着灯泡两端电压的增大和流过它的电流增大，小灯泡功率增大，温度升高，电阻率增大，进而电阻增大
答案：     增大     丙
[1]由图可知，图线上某点和坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，随着电压增大，斜率减小，则电阻增大；
[2]导体的电阻和导体长度、横截面积和电阻率有关，随着电压增大，电阻的生热增加，电阻温度升高，电阻率随着温度升高而增大，电阻增大。
故选丙。
30、某电路盒内是由两个定值电阻 R1、R2连接成的电路。从该电路中引出四个端钮 1、1' 、2、2' ，电路连接如图所示，I1，I2分别为通过端钮 1，2 的电流。 
①若当2-2'端短接，1-1'端加 U1=8.0V 电压时，测得I1=2.0A，I2 = 2.0A。 
②若当1-1'端短接，2-2'端加 U2=4.0V 电压时，测得I1=1.0A，I2= 1.5A。 

（1）电路中 R1=_______Ω、R2=__________
（2）当1-1'端加电源 E=6.0V 内阻 r=1Ω，而2-2'端接RL=4.0Ω的负载时，I1=________A，该负载获得的功率P = _______W。（本小题中答案保留三位有效数字）
答案：     4     8     0.783     1.09
（1）[1]若当2-2'端短接，电路只有R1串联，若1-1'端加U1=8.0V 电压时，则
I1=I2=U1R1
则
R1=U1I1=82Ω=4Ω
[2]若当1-1'端短接，则电阻R1和R2串联，当2-2'端加 U2=4.0V 电压时，则
I2=U2R1R2R1+R2
解得
R2=8Ω
（2）[3] 当1-1'端加电源 E=6.0V 内阻 r=1Ω，而2-2'端接 RL=4.0Ω 的负载时，外电阻总阻值为
R=R1+R2RLR2+RL=203Ω
根据闭合电路欧姆定律
E=I1(R+r)
解得
I1=1823A≈0.783A 
[4]根据并联电路电压相等，有
I2'IL=RLR2
且
I2'+IL=I1
负载获得的功率
P=IL2RL=1.09W

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