阶段质量检测(4) 电能 能量守恒定律（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第三册（人教版2019）

阶段质量检测(四)　电能　能量守恒定律 (本试卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1．一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同，若通过电阻丝和电动机的电流相同，且两者都正常工作，则在相同时间内，下列说法正确的是(　 ) A．电炉和电动机产生的电热不相等 B．电炉两端电压大于电动机两端电压 C．电炉消耗的功率小于电动机消耗的功率 D．电炉和电动机两端电压相等 2．如图所示为某智能手机电池上的信息，电池支持2 A快充技术，充满需1.3小时，轻度使用状态可使用一天。下列说法正确的是(　 ) A．9.88 W·h为该电池的电荷量 B．4.35 V为该电池的电动势 C．轻度使用时的平均功率约为0.1 W D．根据数据可以计算得到该电池的容量约为2 600 mA·h 3．为预防火灾，某学习小组设计安装如图所示的简易火灾报警器，其中R0为定值电阻，RT为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)。当热敏电阻RT所在处出现火情时，电流表示数I和电压表示数U的变化情况是(　 ) A．I和U均减小 B．I和U均增大 C．I增大，U减小 D．I减小，U增大 4.如图所示为某款扫地机器人，其内置电池容量为5 000 mA·h，已知正常工作的电流为2 A，额定功率为30 W，当电池电量只剩20%时，机器人将返回充电基站充电，则下列说法正确的是(　 ) A．扫地机器人充满电后正常工作时间为2.5 h B．电池容量为5 000 mA·h指的是电池充满电后的能量 C．扫地机器人正常工作150 min消耗的电能为2.7×105 J D．扫地机器人电动机的内阻为7.5 Ω 5．电动汽车一般有两种充电模式：慢充和快充，两种充电模式下电池充满电之后存储的电能都是一样的。假设快充和慢充模式下，给汽车充电的电源电压都是220 V。某型号电动汽车采用快充模式0.5小时电池可从30%充到80%，采用慢充模式4.9小时电池可从30%充到100%。若充电过程中各种发热损失不计，则快充模式与慢充模式充电过程中平均电流大小之比为(　 ) A．9∶1　　　　　　　　 B．7∶1 C．5∶1 D．3∶1 6.最近两年洗地机这一新家电逐渐流行，便利了人们的生活。现有某品牌洗地机如图所示，其工作参数如表，其工作模式有强效、节能两种。强效模式下，该洗地机以额定功率工作；节能模式下，以额定功率的一半工作；两种模式下，其工作电压均相同，其续航时间是按照节能模式工作计算得到的，则下列说法正确的是(　 ) A．该洗地机在节能模式下的工作电流为6 A B．该洗地机在节能模式下的工作电流为0.1 A C．该洗地机内阻约为3 Ω D．强效模式下，该洗地机的工作电压约为36 V 7．如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器，当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，将R2的滑片向b端移动过程中，下列判断错误的是(　 ) A．电源的效率减小 B．电源的输出功率一定减小 C．I1减小，I2增大，U减小 D．I1变化量ΔI1小于I2变化量ΔI2 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图是电池盒、开关模块、灯泡模块及导线组成的电路，A、B、C、D、E、F是接线柱编号。当闭合开关时，发现灯泡不发光。现用多用电表检测电路故障，下列说法正确的是(　 ) A．开关断开，多用电表选欧姆挡，两表笔分别接C、D，可判断除开关以外的电路是否短路 B．开关断开，多用电表选欧姆挡，两表笔分别接D、F，指针不动，则可能是灯泡模块断路 C．开关闭合，多用电表选直流电压2.5 V挡，两表笔分别接A、F，指针不动，则电池盒一定断路 D．开关闭合，多用电表选直流电压2.5 V挡，两表笔分别接E、F，指针偏转，则B、F间导线一定未断路 9．某种角速度测量计结构如图所示，当整体系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号，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P在变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，则(　 ) A．电路中电流不会随角速度的变化而变化 B．输出电压U随角速度的增大而增大 C．输出电压U与ω的函数式为U＝ D．弹簧的伸长量为x＝ 10．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻(阻值均大于电源内阻r)，电压表和电流表可视为理想电表。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间，若将滑动变阻器R的滑片向b端移动，下列说法正确的是(　 ) A．油滴将向上运动 B．电压表的示数变大，电流表的示数变小 C．电源的输出功率逐渐增大，电源的效率逐渐减小 D．R1消耗的功率变大，R3消耗的功率变小 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(8分)图甲是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图。S为开关，R为滑动变阻器，定值电阻R1和A1内阻之和为10 000 Ω(比电池内阻和滑动变阻器的总电阻大得多)，A2为理想电流表。 (1)按电路原理图在图乙实物图上连线。 (2)在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至________(填“a端”“中央”或“b端”)。 (3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2。多次改变滑动端c的位置，得到的数据如下表所示。 I1/mA 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2/mA 480 400 320 232 140 78 在图丙所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1­I2图线。 (4)利用所得图线求得电池的电动势E＝____ V，内阻r＝________ Ω(结果均保留两位小数)。 (5)该电路中电源输出的短路电流Im＝____ A(结果保留两位小数)。 12．(8分)如图(a)是一个压力传感器设计电路，要求从表盘上可以直接读出压力大小，其中R1是滑动变阻器(可调范围为0～500 Ω)，理想电流表量程为10 mA，电源电动势E＝3 V(内阻不计)。 (1)连接图(a)电路之前，用多用电表探究压敏电阻阻值随压力大小的变化趋势。选择“×10”的欧姆挡，将红黑表笔短接，调节__________(填“机械调零”或“欧姆调零”)旋钮，使指针指向“0 Ω”。某次测量时，观察到多用电表示数如图(b)所示，则该电阻的阻值为________ Ω；测量出多组数据，通过图像法得到压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图(c)所示。 (2)连接好图(a)电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的滑片移到最________(填“左”或“右”)端。 (3)闭合开关S，对压力传感器进行调零(即压力为0时，使电流表达到满偏)，滑动变阻器R1应调为________ Ω。 (4)现对表盘重新赋值，原6 mA刻度线应标注 ________ N。13.(10分)如图所示电路中，电源内阻r＝5 Ω，R1＝R2＝30 Ω，电压表的读数为30 V，不计电压表内阻对电路的影响。试求： (1)电源电动势； (2)电阻R1消耗的功率。 14．(12分)如图是某公司生产的用电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为10 Ω，电源的电动势为50 V，重物的质量为10 kg，不计各处的摩擦。当电动机以v＝0.4 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为2 A。(g取10 m/s2) (1)求电源的内阻r； (2)若电动机工作时突然卡住了，不能转动，求电源此时的效率。(保留3位有效数字) 15.(16分)如图所示，电源的电动势E为12 V，内阻r为2 Ω，定值电阻R1为1 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为10 Ω，求： (1)当改变滑动变阻器的阻值时，电阻R1消耗的最大功率； (2)当改变滑动变阻器的阻值时，滑动变阻器R2消耗的最大功率； (3)当改变滑动变阻器的阻值时，电源的最大输出功率。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 阶段质量检测(四) 1．选C　电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用。根据焦耳定律Q＝I2rt，电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等，故A错误；设电流为I，则电炉两端电压U炉＝Ir，电动机两端电压U机＞Ir，所以U机＞U炉，即电动机两端电压大于电炉两端电压，故B、D错误；电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率，故C正确。 2．选D　9.88 W·h为该电池的电能，而不是电荷量，A错误；4.35 V为该电池的充电限制电压，而不是电池电动势，B错误；轻度使用时的平均功率P＝ W≈0.41 W，C错误；根据数据可以计算得到该电池的容量约为q＝It＝2×103 mA·1.3 h＝2 600 mA·h，D正确。 3．选B　由“串反并同”的方法可知，热敏电阻RT所在处出现火情时，热敏电阻的阻值减小，电压表的示数将变大，电流表的示数也将变大。故选B。 4．选C　扫地机器人充满电后正常工作时间为t＝＝2 h，A错误；电池容量指电池所储存的电荷量，不是能量，B错误；扫地机器人正常工作150 min消耗的电能为E＝Pt＝30×150×60 J＝2.7×105 J，C正确；电动机不是纯电阻，则r≠＝7.5 Ω，D错误。 5．选B　设快充模式充电过程中平均电流大小为I1，则有UI1t1＝(80%－30%)E满＝0.5E满，慢充模式充电过程中平均电流大小为I2，则有UI2t2＝(100%－30%)E满＝0.7E满，联立可得＝＝＝，故选B。 6．选A　该洗地机在节能模式下的工作电流为I＝ A＝6 A，故A正确，B错误；根据题中条件，无法得出该洗地机内阻，故C错误；两种模式下，其工作电压均相同，根据P0＝UI，该洗地机的工作电压U＝＝ V＝ V，故D错误。 7．选B　将R2的滑片向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流I增大，电源的内电压增大，路端电压减小，即电压表示数U减小，电源的效率为η＝＝，可知电源的效率减小，故A正确；由于电源的内外电阻关系未知，所以不能确定电源的输出功率如何变化，故B错误；总电流I增大，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，故C正确；由于总电流I增大，通过R1的电流I1减小，则ΔI1＜ΔI2，故D正确。本题选择错误的，故选B。 8．选BD　不可直接使用多用电表的欧姆挡测试含有电源的电路，容易对多用电表造成损坏，A错误；开关断开，多用电表选欧姆挡，两表笔分别接D、F，指针不动，则可能是灯泡模块断路，B正确；开关闭合，多用电表选直流电压2.5 V挡，两表笔分别接A、F，指针不动，电池盒和导线BF都有可能断路，C错误；开关闭合，多用电表选直流电压2.5 V挡，两表笔分别接E、F，指针偏转，则BF、AC、DE导线均未断路，D正确。 9．选ABC　当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，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故A正确；当角速度增大时，弹簧的伸长量增大，则输出电压U增大，故B正确；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＝mω2(l＋x)，解得x＝，故D错误；输出电压为U＝E＝E，解得U＝，故C正确。 10．选CD　滑动变阻器的滑片向b端移动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则干路电流增大，由UC＝E－I(R1＋r)可知，电容器两端电压减小，油滴所受静电力减小，故油滴将向下运动，故A错误；由于干路电流增大，而UC ＝ U3减小，故I3减小，则流过R2的电流增大，R2两端电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数变小，电流表示数变大，故B错误；由于R外＞r且总电阻减小，故电源的输出功率增大，而电源效率η＝×100%＝×100%＝×100%减小，故C正确；由于干路电流增大，故R1消耗功率增大，而U3减小，则R3消耗功率减小，故D正确。 11．解析：(1)实物图连接如图1所示。 (2)实验前滑动变阻器接入电路的阻值应最大，故应将滑动变阻器的滑动端c移至b端。 (3)I1­I2图线如图2所示。 (4)设R1A为A1所在支路的总电阻，由闭合电路欧姆定律得E＝I1R1A＋(I1＋I2)r，则I1＝－I2，即纵轴截距为＝0.150 mA，斜率k＝－＝－6.25×10－5，且R1A＝1×104 Ω，解得E≈1.50 V，r≈0.63 Ω。 (5)当外电阻为零时，电路中电流为短路电流，短路电流Im＝≈2.38 A。 答案：(1)见解析图1　(2)b端　(3)见解析图2 (4)1.50　0.63　(5)2.38 12．解析：(1)用多用电表测电阻时，将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零；观察到多用电表示数如题图(b)所示，则该电阻的阻值为R＝12×10 Ω＝120 Ω。 (2)连接好图(a)电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的滑片移到最右端。 (3)闭合开关S，对压力传感器进行调零(即压力为0时，使电流表达到满偏)，由题图(c)知，压力为0时，压力传感器的电阻为R＝30 Ω，根据欧姆定律可得滑动变阻器R1应调为R1＝－R＝ Ω－30 Ω＝270 Ω。 (4)现对表盘重新赋值，原6 mA刻度线对应的压力传感器的电阻为R′＝－R1＝ Ω－270 Ω＝230 Ω，根据题图(c)知R＝30＋F，代入数据解得原6 mA刻度线应标注F＝4R′－120＝800 N。 答案：(1)欧姆调零　120　(2)右　(3)270　(4)800 13．解析：(1)外电路的总电阻为电阻R1与R2并联的阻值，即为R＝＝ Ω＝15 Ω 根据闭合电路的欧姆定律得 通过电源的电流 I＝＝ 解得E＝40 V。 (2)电阻R1消耗的功率为P＝＝ W＝30 W。 答案：(1)40 V　(2)30 W 14．解析：(1)电动机的电功率等于内阻产生的热功率与输出的机械功率之和，即U1I＝mgv＋I2R 由闭合电路欧姆定律可得U1＝E－Ir 联立解得r＝5 Ω。 (2)若电动机卡住，电动机相当于一个定值电阻，由闭合电路的欧姆定律得，此时电流为I′＝ 电源的输出功率为P出＝I′2R 电源的总功率为P＝EI′ 电源此时的效率为η＝×100% 解得η≈66.7%。 答案：(1)5 Ω　(2)66.7% 15．解析：(1)电阻R1消耗的功率 P1＝2R1＝ 当滑动变阻器R2的阻值为0时，电阻R1消耗的功率最大为P1max＝16 W。 (2)滑动变阻器R2消耗的功率 P2＝2R2＝＝＝ 当R2＝3 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大为P2max＝12 W。 (3)电源的输出功率P＝2(R1＋R2)＝ 当R1＋R2＝r 即R2＝r－R1＝1 Ω时，电源输出功率最大为Pmax＝18 W。 答案：(1)16 W　(2)12 W　(3)18 W 学科网（北京）股份有限公司 $$