《高中物理人教必修三第12章 电能 能量守恒定律 单元检测检测B卷（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理人教必修三第12章 电能 能量守恒定律 单元检测检测B卷（解析版）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第十二章 电能 能量守恒定律 单元检测（B卷） 一、单选题：(每题4分，共计32分)1.“神舟”七号飞船的发射、回收成功，标志着我国载人航空航天技术达到了世界先进水平飞船在太空飞行时用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成某电池板开路电压是800 mV，短路电流为40 mA，若将该电池板与阻值为20 的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是()A0.10 VB0.20 VC0.30 V D0.40 V【解析】电源电动势E0.8 V内阻r20 ，当接入R20 电阻时I0.02 A，所以UIR0.4 V【答案】D2.图中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2.晴天
2、时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能为3106 J如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h光电池的光电转换效率为()A4.8% B9.6%C16% D44%答案C解析太阳能电池板每天(6 h)吸收的太阳能：W总0.331066 J5.4106 J，路灯正常工作，PP额30 W，路灯正常工作8 h消耗的电能：W有Pt30 W83 600 s8.64105 J，则光电池的光电转换效率为：100%100%16%.3.在如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻恒定且不可忽略初始时刻，电路中的电流等于I0，且观察到电动机正常转动现在调节滑动变阻器使电路中
3、的电流减小为I0的一半，观察到电动机仍在转动不考虑温度对电阻的影响，下列说法正确的是()A电源的热功率减为初始时的一半B电源的总功率减为初始时的一半C电动机的热功率减为初始时的一半D变阻器的功率减为初始时的四分之一答案B解析电源的内阻和电动机的内阻不变，根据公式PI2R知：电路中的电流减小为I0的一半，则电源的热功率减为初始时的，电动机的热功率减为初始时的，故A、C错误根据PEI知：电路中的电流减小为I0的一半，而电源的电动势不变，则电源的总功率减为初始时的一半，故B正确；电路中的电流减小为I0的一半，说明变阻器接入电路的电阻增大，所以由PI2R知变阻器的功率大于初始时的，故D错误4.如图1所
4、示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间内，充电宝的输出电压、输出电流可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为，则时间内（）A充电宝输出的电功率为B充电宝产生的热功率为C手机电池产生的焦耳热为D手机电池储存的化学能为【答案】D【解析】A充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为A错误；BC手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC错误；D输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为D正确。故选D。5.如图所示为
5、一块手机电池背面上的一些标识，下列说法正确的是()A该电池的容量为500 CB该电池工作时的输出电压为3.6 VC该电池在工作时允许通过的最大电流为500 mAD若待机时的电流为10 mA，理论上可待机50 h答案D解析由电池上的标识数据可知，该电池的容量为500 mAh5001033 600 C1 800 C，故A错误；3.6 V是电池的电动势，不是输出电压，故B错误；电池的容量是500 mAh，不表示该电池在工作时允许通过的最大电流为500 mA，故C错误；若待机时的电流为10 mA，理论上可待机时间t50 h，故D正确6.如图所示为欧姆表的原理示意图其中，电流表的满偏电流为300 A，内
6、阻rg100 ，调零电阻最大值R50 k，串联的定值电阻R050 ，电池电动势E1.5 V用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是()A3080 k B38 kC300800 D3080 答案B解析用欧姆表测量电阻，指针指在表盘中央附近时测量结果比较准确当电流最大时，Ig，其中R内为欧姆表的内阻，得R内 5 000 ，用它测量电阻Rx，当指针指在表盘中央时Ig，得RxR内5 000 ，故能准确测量的阻值范围是5 k附近，选项B正确7.四个相同的小灯泡按照如图所示的(a)、(b)两种方式接入电压相等的电路中，调节R1、R2使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻R1、R2消耗的电功率P1和P2的关系
7、为AP1=2P2BP12P2CP12P2DP1=P2【答案】B【解析】灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为乙图灯泡串联，电流为电阻的电压为消耗的功率为电阻的电压为消耗的功率为所以有故A、CD错误，B正确；故选B。8.某实物投影机有10个相同的强光灯L1L10(24V/200W)和10个相同的指示灯X1X10(220V/2W)，将其连接在220 V交流电源上，电路如图2510所示，若工作一段时间后，L2 灯丝烧断，则()A. X1的功率减小，L1的功率增大B. X1的功率增大，L1的功率增大C. X2功率增大，其它指示灯的功率减小D. X2功率减小，其它指示灯的功率增大【解析】显然L1和
8、X1并联、L2和X2并联然后他们再串联接在220 V交流电源上，L2 灯丝烧断，则总电阻变大、电路中电流I减小，又L1和X1并联的电流分配关系不变，则X1和L1的电流都减小、功率都减小，同理可知除X2 和L2 外各灯功率都减小，A、B均错；由于I减小，各并联部分的电压都减小，交流电源电压不变，则X2 上电压增大，根据PU2/R可知X2 的功率变大，C对、D错【答案】C二、 多选题（每题4分，共计16分）9.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。某同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体，电梯静止时电压表示数为，电源内阻不能忽
9、略。若在某个运动过程中，电压表的示数变化如图乙所示，则下列说法正确的是（） A时间内电梯内的物体处于超重状态B时间内电梯内的物体处于失重状态C时间内电梯可能处于匀加速直线运动状态D时间内电梯可能处于匀减速直线运动状态【答案】BC【解析】A在0t1时间内，电压表的示数从U0开始逐渐变大，则电路中的电流减小，总电阻变大，压敏电阻的阻值增大，则所受压力减小，则电梯内的物体处于失重状态，选项A错误；BD在t2t3时间内，电压表的示数逐渐变小，则电流变大，总电阻变小，压敏电阻的阻值增减小，则所受压力变大，则电梯内的物体处于超重状态；由于电压表读数是变化的，则外电阻是变化的，压敏电阻阻值是变化的，所受压力
10、是变化的，则电梯不可能做匀变速运动，选项B正确，D错误；C在t1t2时间内，电压表的示数大于静止时的读数且保持不变，说明外电路电阻变大且保持不变，压敏电阻受压力减小，电梯内的物体处于失重状态，电梯的加速度向下且保持不变，则电梯可能处于向下的匀加速直线运动状态，选项C正确；故选BC。10.额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的UI特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中则下列说法正确的是()AL2的额定功率约为99 WBL2的实际功率约为17 WCL2的实际功率比L3的实际功率小17 WDL2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选
11、ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额U额I额99 W，选项A正确；图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1I2，U1U2220 V，由L1和L2的UI图线可知，I1I20.25 A，U1152 V，U268 V，故灯L2的实际功率P2I2U217 W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3P额99 W，则P3P282 W，故选项C错误，选项D正确11.电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2、L3是相同规格的小灯泡。闭合开关S，当
12、滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为U1，和U2，下列说法中正确的是（）A小灯泡L3变亮，L1、L2变暗B小灯泡L3变暗，L1、L2变亮CU1U2【答案】AD【解析】AB当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则L2变暗，路端电压变大，L2两端电压变小，则并联部分电压增大，则L3变亮，由于总电流变小，流过L3的电流变大，则流过L1的电流变小，所以L1变暗，故A正确，B错误；CD由于总电流变小，L2两端电压变小，路端电压变大，则并联部分电压的增大值比L2两端电压的减小值更大，则有U1U2故C错误，D正确
13、。故选AD。12.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为)连接，电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中的P点.在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是()A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高答案AD解析带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mgqE.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U变大，
14、对电容器进行充电，两极板间电场强度E变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向上运动，选项A正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d变大，根据C，电容器的电荷量Q应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q不变，电场强度E不变，带电油滴仍静止不动，选项B错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d变大，电场强度E不变，而P点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P点电势升高，选项C错误；当电容器的下极板向左移动时，S变小，根据C和二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q不变，电场强度E变大，而P点到下极板的距离不变，故P点电势升高，选项D正确.三、 实验题（本题共3小题，共计24分）13.（6分）如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电量Q，从而再求出电容器的电容C某同学在一次实验时的情况如下：接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0=490A，电压表的示数U0=60V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流断开开关S，同时开始计时，每隔5S测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标在图乙坐标纸上（时间t为横坐标、电流i为纵坐标），结果如图中小黑点“”所示（1）在图乙中画出it图线，图线与坐标轴
