专题09 《电池电动势和内阻的测量和能源与可持续发展》压轴培优题型训练【五大题型】-2024-2025学年高中物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版2019必修第三册）

专题09 《电池电动势和内阻的测量和能源与可持续发展》压轴培优题型训练【五大题型】 一．用能量守恒定律解决实际问题（共12小题） 二．能量转移或转化的方向性（共4小题） 三．能源的分类与应用（共5小题） 四．测量普通电源的电动势和内阻（共9小题） 五．测量水果电池的电动势和内阻（共6小题） 一．用能量守恒定律解决实际问题（共12小题） 1．构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图所示直线a所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近（　　） A．5 kJ B．4 kJ C．3 kJ D．2 kJ 2．（多选）下列说法正确的是（　　） A．一定质量的理想气体温度升高，内能一定增大 B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 C．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大 D．一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小 E．摄氏温度是国际单位制中七个基本物理量之一，摄氏温度t 与热力学温度T的关系是：T＝t+273.15K 3．如图所示为某工厂车间的一个运输系统。该系统由一个半径R＝0.5m的固定的光滑圆弧轨道BC、一个固定在圆弧轨道末端C点的力传感器（未画出）、一辆平板小车和一根固定轻弹簧组成。可视为质点的配件由A点从静止落下，在B点沿切线进入圆弧轨道BC，经过C点时，配件将不受阻碍地滑上与轨道等高的小车，与小车达到共同速度后，小车与等高的轻弹簧接触并压缩弹簧。某个质量m＝1kg的配件经过C点时速度大小为v0＝4m/s，该配件与小车间的动摩擦因数μ＝0.6，小车质量M＝1kg，不计地面对小车的阻力，弹簧劲度系数k＝24N/m，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）求释放点A与点B的高度差； （2）求小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小； （3）已知弹簧弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量。整个运动过程中该配件未离开小车，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧的最大压缩量。 4．如图所示，两个质量都为M的木块A、B用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹以速度v射向A块并嵌在其中，求： （1）子弹射入A瞬间木块A的速度． （2）弹簧被压缩后的最大弹性势能． 5．如图所示，在高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC上B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长L＝70m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g＝10m/s2． （1）试求小物块由A运动到B的时间； （2）试求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小； （3）若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C点停止，试求动摩擦因数μ． 6．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L＝3m。有一个质量为m＝0.5kg，带电量为q＝+10﹣3C的滑块，放在水平平台上。平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接。现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内。在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.20（g取10m/s2）求： （1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能EP； （2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E＝5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功。 （3）若两轮半径均为r＝0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带。求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能。 7．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝3m，mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与BC保持相对静止．求 （1）B与C碰撞前B的速度． （2）弹簧释放的弹性势能． 8．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点相切．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧处于自然状态时右端的位置．将一个质量为m＝0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，已知小球运动到C处的速度为5m/s．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.5m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.4，右侧BC段光滑．g＝10m/s2，求： （1）静止释放小球时弹簧储存的弹性势能． （2）小球运动到轨道最高处D点时轨道对小球的弹力． 9．如图所示，光滑斜面倾角为θ，底端固定一垂直于斜面的挡板C．在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A．B间的动摩擦因数μ＞tanθ．现同时由静止释放A、B，A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g求： （1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1； （2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小V2； （3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L． 10．如图所示，在光滑水平面上放着A、B、C三个物块，A、B、C的质量依次是m、2m、3m．现让A物块以初速度v0向B运动，A、B相碰后不再分开，共同向C运动；它们和C相碰后也不再分开，A、B、C共同向右运动．求： （1）碰后C物块速度大小； （2）A、B碰撞过程中的动能损失ΔEk． 11．节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50kW．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72m后，速度变为v2＝72km/h．此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求： （1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻； （2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电； （3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′． 12．如图所示，EF为水平地面，O点左侧是粗糙的、右侧是光滑的．一轻质弹簧右端与墙壁固定，左侧与静止在O点质量为m的小物块A连接，弹簧处于原长状态．质量为4m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始向右运动，已知物块B与地面EO段间的滑动摩擦力大小为，物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右运动（碰后A、B没有粘在一起，设碰撞时间极短），运动到D点时撤去外力F，已知CO＝4s，OD＝s，（物块的厚度不计），求撤去外力后： （1）弹簧的最大弹性势能 （2）物块B最终离O点的距离． 二．能量转移或转化的方向性（共4小题） 13．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图像，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10m/s2，由图像可知（　　） A．小滑块的质量为0.4kg B．刚释放时弹簧的弹性势能为0.38J C．弹簧的劲度系数为100N/m D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.5J 14．（多选）如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于原长时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（　　） A．经过位置O点时，物块的动能最大 B．物块动能最大的位置与AO的距离无关 C．物块从A向O运动过程中，弹簧弹力做功大于物块机械能的增加量 D．物块从O向B运动过程中，物块动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量 15．近年来我国建立了许多风力发电厂．某台风力发电机的输出功率为P，输出电压为U，则输电线上的电流为　 　．风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．某台风力发电机风轮机叶片的长度为r，设空气的密度为ρ，气流速度为v，则在时间t内风轮机可以接受到的最大风能为　 　． 16．类比是研究问题的常用方法。 （1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f＝kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G﹣kv＝m（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率vm。 （2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I﹣t图线。 （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。 情境1 情境2 物体重力势能的减少量 　 　 物体动能的增加量 　 　 　 　 电阻R上消耗的电能 三．能源的分类与应用（共5小题） 17．关于能量和能源，下列说法正确的是（　　） A．由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源 B．人类在不断地开发新能源，所以能量可以被创造 C．能量的转化和转移没有方向性 D．能量的利用过程就是能量的转化、转移和耗散过程 18．在盛夏季节，海南电力供应非常紧张。 （1）夏季使用空调机时，从环保的角度看，将温度设置在多少度最好？　 　 A．17﹣20℃B．18﹣20℃C．20﹣24℃D．25﹣27℃ （2）空调器给我们带来凉爽的同时，是否也给人们的生活带来负面影响？试分析空调器带来了哪些负面影响？ 19．一辆总质量为M＝6.0×102kg的太阳能汽车，使用太阳能电池供电。它的集光板能时刻正对着太阳。车上有一个直流电阻r＝4.0Ω的电动机。太阳能电池可以对电动机提供U＝120V电压和I＝10A的电流。已知太阳向外辐射能量的总功率为P总＝3.9×1026W．太阳光穿过太空和地球周围的大气层到达地面的过程中有大约28%的能量损耗。太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率P0＝1.0×103W/m2．半径为R的球面积公式为S＝4πR2．（取g＝10m/s2，。） （1）这辆太阳能汽车正常工作时，车上电动机将电能转化为机械能的效率是多少； （2）若这辆车在行驶过程中所受阻力是车重的0.05倍。求这辆车可能行驶的最大速度； （3）根据题目所给出的数据，估算太阳到地球表面的距离。 20．风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置．其主要部件包括风轮机、齿轮机、发电机等．如图所示，异步发电机将风轮吸收的机械能转化成电能，发电机转速随发电量的变化而在一定范围内变化． （1）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受的风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r，求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm． （2）已知风力发电机的输出功率P与Pm成正比．某风力发电机在风速v1＝9m/s时能够输出电功率P1＝540kW．我国某地区风速不低于v2＝6m/s的时间每年约为5000小时．试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时？ 21．已知每秒从太阳射到地球上垂直于太阳光的每平米截面积上的辐射能为1.4×103J，其中可见光部分约占45%．假如认为可见光的波长均为0.55μm，太阳向各个方向的辐射是均匀的，日地间距离R＝1.5×1011m，普朗克常量h＝6.63×10﹣34L/S，由此可估算 （1）出太阳每秒辐射出的可见光的光子数约为多少？ （2）若已知地球的半径R0＝6.4×106m，估算地球接收太阳辐射的总功率．（结果保留两位有效数字） 四．测量普通电源的电动势和内阻（共9小题） 22．王羽同学在测量电源电动势及内阻的实验中，把实物分别连成如图所示的甲、乙两种电路，然后在同一坐标系中分别作出如图丙所示的两条图线a与b，则下列说法正确的是（　　） A．由甲图电路所描绘的图线是丙图中的a B．由丙图中的a图线测得电源电动势约为1.50V，内阻约为3.0Ω C．在甲图实验中调节滑动变阻器滑片时，发现在某一端附近滑动时，数据变化不明显，可能是因为滑动变阻器的总阻值过小引起的 D．考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，由图乙可知，误差来源于电流表有分压作用 23．系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，它的数值总是向某一个方向偏离真实值。在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（　　） A．电流表分压；测得的电源电动势偏小，内阻偏小 B．电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大 C．电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小 D．电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大 24．某同学设计了如图甲和乙所示的两个电路来测量电池的电动势和内阻，图中所用实验器材完全相同，其中R是电阻箱，R0是阻值已知的定值电阻，实验时改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱R的读数以及对应的电压表的示数U，根据记录的数据得到如图A和B所示的关系图线。 （1）可以判断图A中图线是利用图　 　中的实验数据描出的。 （2）在A、B两图中，图线在纵轴上的截距能表示电源电动势倒数的是图　 　。 （3）已计算出图A和B中图线的斜率分别是k1和k2，若两电压表的内阻很大，则被测电池的电动势E＝　 　，内阻r＝　 　。 25．某实验小组用如图1所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻3Ω． （1）闭合电键前，滑动变阻器的滑片应移动到最　 　（填“左”或“右”）端，闭合电键后，在连续调节滑动变阻器滑片的过程中，电压表V2的示数　 　（填“增大”、“减小”或“不变，’）． （2）根据实验测得的两个电压表的多组示数，作出U1一U2图象，如图2所示，由此得到电池组的电动势E＝　 　，内阻r＝　 　 （3）本实验引起系统误差的主要原因有　 　． 26．某同学利用下列器材测定一节干电池的电动势和内电阻． A．待测干电池（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω） B．电流表（满偏电流3mA，内阻10Ω） C．安培表 （量程0～0.6A，内阻约0.1Ω） D．电阻箱R3（0～9999Ω） E．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A） F．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A） G．电键和导线若干 （1）由于没有电压表，该同学用电流表和电阻箱R3改装成量程为3V的电压表，则电阻箱的阻值应调为　 　Ω； （2）为了能较为准确地进行测量，以及操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是　 　 （填器材前的字母代号）；（3）请在方框中画出实验电路图．（电阻箱符号为 ） 27．某同学用如图（1）所示的电路来测定电池的电动势E和内阻r。 （1）移动滑动变阻器的滑动片时，应特别注意防止　 　。 （2）该同学测得如下表五组数据。根据数据在答题卡中的对应位置作出U﹣I图线，从图线中得到电源的电动势E＝　 　V，内电阻r＝　 　Ω．（结果保留三位有效数字） 1 2 3 4 5 U/V 1.37 1.32 1.24 1.10 1.05 I/A 0.12 0.20 0.31 0.50 0.57 28．两位同学在实验室利用如图甲所示的电路，测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值。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，并根据测量数据分别描绘了如图乙所示的M、N两条U﹣I直线。请回答下列问题： （1）根据甲乙两位同学描绘的M、N两条直线可知　 　 A．直线M是根据电压表V1和电流表A的数据画得的 B．直线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的 C．直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的 D．直线N是根据电压表V2和电流表A的数据画得的 （2）图象中两直线交点的物理意义是　 　 A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B．电源的输出功率最大 C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5W D．电源的效率达到最大值 （3）根据图乙可以求得定值电阻R0＝　 　Ω，电源电动势E＝　 　V，内电阻r＝　 　Ω。 （4）该电路中电流表的读数能否达到0.6A？试分析说明理由。　 　。 29．Ⅰ．利用图（a）实验可粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l。然后多次改x，测出对应l，画l2﹣x关系图线，如图（b）所示，并由此得出相应的斜率k。 （1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝　 　。 （2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值。不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图（b）中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强P＝　 　。 （3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的P与实际压强相比 　 　（填偏大、偏小）。 Ⅱ．用图（c）所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： （a）电流表（量程0.6A、3A）； （b）电压表（量程3V、15V） （c）定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W） （d）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W） （e）滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A） （f）滑动变阻器（阻值范围0～100Ω、额定电流1A） 那么 （1）要正确完成实验，电压表的量程应选择0～　 　V，电流表的量程应选择0～　 　A；定值电阻应选择 　 　（填代表符号），滑动变阻器应选择 　 　（填代表符号）。 （2）引起该实验系统误差的主要原因是 　 　。 30．现有以下器材：电流表一只（量程适当．内阻可忽略不计．带有按钮开关K1，按下按钮，电流表与电路接通，有电流通过电流表，电流表显出一定的读数），阻值已知为R的固定电阻一个，阻值未知的待测电阻Rx一个，直流电源一个（电动势ε和内阻r待测），单刀双掷开关K一个，接线用的导线若干．试设计一个实验电路，用它既能测量直流电源的电动势ε和内阻r，又能测量待测电阻的阻值Rx（注意：此电路接好后，在测量过程中不许再拆开，只许操作开关，读取数据）．具体要求： （i）画出所设计的电路图． （ii）写出测量ε、r和Rx主要的实验步骤． （iii）导出用已知量和实验中测量出的量表示的ε、r和Rx的表达式． 五．测量水果电池的电动势和内阻（共6小题） 31．（多选）某同学设计的测定水果电池电动势和内电阻的电路如图所示。水果电池内阻较大，图中电流计内阻未知。实验中他多次改变电阻箱的电阻值，并记录电阻箱的阻值及相应的电流计读数。用上述方法 （　　） A．能测定水果电池电动势 B．能测定水果电池内电阻 C．处理数据时用R﹣图比R﹣I图更科学 D．电阻箱取值应该大些 32．小明同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，据资料，这种水果电池的电动势不到1V，内阻约几百欧左右，用水果电池串联给一个规格为“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现二个、三个、四个水果电池串联都不会使小灯泡发光。于是利用实验室器材测量水果电池的电动势和内阻，探究小灯泡不发光的原因。 （1）如图甲，若用多用电表进行估测水果电池的电动势和内阻，以下操作正确的是 　 　。 A.测量前需转动P，使指针指在0Ω处 B.测量电动势时选择开关置于T处 C.测量内阻时选择开关置于Q处 D.测量完成后将选择开关置于K处 （2）实验室器材有以下器材 A.待测水果电池（两个串联） B.电阻箱（阻值范围0～9999Ω、额定电流2A） C.电流表A1（量程0.6A、内阻约0.2Ω） D.电流表A2（量程10mA、内阻约为10Ω） E.开关S，导线若干 ①该同学设计了如图乙所示的电路图，电流表应选择 　 　（填对应器材前的字母序号）。 ②用所设计的电路进行测量得到电阻箱的电阻R和电流表的读数I以及计算出的多组数据后作出了﹣R图像，得到图像与纵轴的截距为0.53mA﹣1，图像的斜率为0.67V﹣1，由此求得每个水果电池的平均电动势E＝　 　V，平均内阻r＝　 　Ω。（结果均保留2位有效数字） ③根据②中测量的结果可知，用二个、三个、四个水果电池串联向小灯泡供电，小灯泡不发光的原因是可能是 　 　。 33．小明利用铜片、锌片和橙子制作了水果电池，用如图1所示的实验电路测量这种电池的电动势和内阻。电流表的内阻为100Ω，量程为0～300μA；电阻箱阻值的变化范围为0～9999.9Ω。 连接电路（如图2）后，多次调节电阻箱的阻值，得到的测量数据如表格中所示。 （1）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表： 组次 1 2 3 4 5 6 7 R/kΩ 3 4 5 6 7 8 9 I/μA 98 81 70 62 55 50 46 0.010 0.012 0.014 0.016 0.018 0.20 0.022 根据表中数据，在图的方格纸上作出 　 　关系图象； 由图象可计算出该干电池的电动势为 　 　V；内阻为 　 　Ω。 （2）下列说法正确的是 　 　（填字母）。 A．6个该电池串联能使“3V，0.3A”的小灯泡发光 B．电流表内阻的分压会导致电动势的测量值偏小 C．可以通过作图像求得该电池的电动势和内阻 D．小明重复实验时发现，在电阻箱阻值相同的情况下，电流表的读数会比前一次的测量值偏小，这主要是因为读数误差引起的 34．将铜片和锌片插入水果中可制成水果电池，现要测量番茄电池的电动势和内阻，三位同学一起进行的实验研究。 （1）甲同学先用量程为3V的电压表，直接测量番茄电池两极的电压，电压表的示数为0.78V，则番茄电池的电动势应 　 　（填“大于”“等于”或“小于”）0.78V。 （2）乙同学用以下器材设计了如图（a）所示的电路 A．电压表（0～3V，内阻约3kΩ） B．电流表（0～0.6A，内阻为几欧） C．滑动变阻器（0～50Ω） D．开关1个、导线若干 闭合开关后，发现左右滑动滑动变阻器的滑片，电流表与电压表都几乎没有示数（经检查，电路无故障），请分析电表无示数的原因是 　 　。 （3）丙同学分析乙同学的实验结果后，使用1个电阻箱（0～9999Ω）和1个微安表（0～300μA，内阻为RA＝100Ω），设计了如图（b）所示的实验电路，改变电阻箱的阻值R得到多组微安表的示数I，以R为纵坐标，为横坐标，得到如图（c）所示的图象。根据图象可得到番茄电池的电动势为 　 　V，内阻为 　 　Ω。 35．测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA．现有下列器材： 待测“水果电池” 电流表A：满偏电流3mA，电阻约10Ω 电压表V：量程0～1.5V，电阻约1000Ω 滑动变阻器R1：0～30Ω 滑动变阻器R2：0～3kΩ 开关、导线等实验器材 （1）本实验选用上面所示的实验原理图1，应该选用哪种规格的滑动变阻器？　 　．（填写仪器代号） （2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到U﹣I图象如图2所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势E＝　 　V，内电阻r＝　 　Ω． 36．测量一个“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮手电筒上的额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现要求用量程合适的电压表（内阻较大）、电流表（内阻较小）以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量准确地测定水果电池的电动势E和内电阻r． ①本实验的电路应该选择下面的图甲或图乙中的：　 　； ②若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）、B（0～3kΩ）．本实验中应该选用的滑动变阻器规格为：　 　，简述选用的理由：　 　； ③实验中测出六组（U，I）的值，在U﹣I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹，可得出水果电池的电动势为E＝　 　V；内电阻为r＝　 　Ω；（均保留3位有效数字） ④若不计测量中的偶然误差，根据你在①中所选择的电路来测量得出的电动势E和内电阻r（测量值）与真实值相比：电动势E 　 　，内电阻r 　 　．（均选填“偏大”、“相等”或“偏小”） 网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 《电池电动势和内阻的测量和能源与可持续发展》压轴培优题型训练【五大题型】 一．用能量守恒定律解决实际问题（共12小题） 二．能量转移或转化的方向性（共4小题） 三．能源的分类与应用（共5小题） 四．测量普通电源的电动势和内阻（共9小题） 五．测量水果电池的电动势和内阻（共6小题） 一．用能量守恒定律解决实际问题（共12小题） 1．构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图所示直线a所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近（　　） A．5 kJ B．4 kJ C．3 kJ D．2 kJ 【答案】D 【解答】解：第一次关闭自充电装置，由图线①知道10m停止运动，动能变为0，则只有滑动摩擦力做负功f乘10m，根据功能关系，大小等于原来的初动能5000J；即：f×10J＝5000J…①； 解得：f＝500N； 第二次启动自充电装置，由图线②知道6m停止运动，动能变为0，则滑动摩擦力做负功f乘6m，根据功能关系，大小等于初动能减去向蓄电池所充的电能E，即：f×6J＝5000J﹣E…②； 解得：E＝5000J﹣500×6J＝2000J＝2kJ； 所以第二次向蓄电池所充的电能是2kJ；故D正确，ABC错误； 故选：D。 2．（多选）下列说法正确的是（　　） A．一定质量的理想气体温度升高，内能一定增大 B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 C．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大 D．一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小 E．摄氏温度是国际单位制中七个基本物理量之一，摄氏温度t 与热力学温度T的关系是：T＝t+273.15K 【答案】ACD 【解答】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，理想气体的内能为所有分子热运动的动能之和，故一定质量的理想气体温度升高，分子热运动平均动能增加，故内能一定增大，故A正确； B、气体压强是分子对容器的碰撞引起的，与运动状态无关，故B错误； C、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，根据理想气体状态方程，温度升高，故气体分子的平均动能增大，故C正确； D、气体压强是分子对容器的碰撞引起的，与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故一定质量的气体，在体积不变时，分子数密度不变，而温度是分子热运动平均动能的标志，故分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少，故D正确； E、绝对温度是国际单位制中七个基本物理量之一，摄氏温度t与热力学温度T的关系是：T＝t+273.15K；故E错误； 故选：ACD。 3．如图所示为某工厂车间的一个运输系统。该系统由一个半径R＝0.5m的固定的光滑圆弧轨道BC、一个固定在圆弧轨道末端C点的力传感器（未画出）、一辆平板小车和一根固定轻弹簧组成。可视为质点的配件由A点从静止落下，在B点沿切线进入圆弧轨道BC，经过C点时，配件将不受阻碍地滑上与轨道等高的小车，与小车达到共同速度后，小车与等高的轻弹簧接触并压缩弹簧。某个质量m＝1kg的配件经过C点时速度大小为v0＝4m/s，该配件与小车间的动摩擦因数μ＝0.6，小车质量M＝1kg，不计地面对小车的阻力，弹簧劲度系数k＝24N/m，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）求释放点A与点B的高度差； （2）求小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小； （3）已知弹簧弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量。整个运动过程中该配件未离开小车，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧的最大压缩量。 【答案】（1）释放点A与点B的高度差是0.3m； （2）小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小是2m/s； （3）弹簧的最大压缩量是。 【解答】解：（1）设A与B的高度差为h，从A点到C点由动能定理得 代入数据解得h＝0.3 m （2）配件与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设共同速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝（M+m）v1 代入数据解得v1＝2 m/s （3）当配件和小车刚要发生相对滑动瞬间，设二者整体的加速度为a，弹簧的形变量为x1，对配件与小车整体根据牛顿第二定律得 kx1＝（M+m）a 对配件μmg＝ma 代入数据解得x1＝0.5 m 从小车开始接触弹簧到小车和配件发生相对滑动瞬间的过程中，对配件和滑块由能量守恒定律得 代入数据解得 答：（1）释放点A与点B的高度差是0.3m； （2）小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小是2m/s； （3）弹簧的最大压缩量是。 4．如图所示，两个质量都为M的木块A、B用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹以速度v射向A块并嵌在其中，求： （1）子弹射入A瞬间木块A的速度． （2）弹簧被压缩后的最大弹性势能． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）子弹打入木块A的瞬间，子弹与A组成的系统在水平方向动量守恒，子弹打入木块A，子弹和A的共同速度为v1，选择初速度方向为正方向，由动量守恒有： mv0＝（M+m）v1 解得：v1＝ （2）弹簧被压缩到最短时三者共同速度为v2，选择初速度方向为正方向，根据系统动量守恒有： mv0＝（2M+m）v2 v2＝ 弹簧压缩最短时，弹性势能最大，因此根据功能关系有： ＝ 答：（1）木块A的最大速度为； （2）弹簧被压缩后的最大弹性势能为． 5．如图所示，在高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC上B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长L＝70m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g＝10m/s2． （1）试求小物块由A运动到B的时间； （2）试求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小； （3）若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C点停止，试求动摩擦因数μ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由于h1＝30m，h2＝15m，设从A运动到B的时间为t， 则 代入数据解得． （2）由于R＝h1，所以∠BOC＝60°，小物块平抛运动的水平速度是v1， 根据 解得v1＝10m/s． 则． （3）小物块在水平轨道CD上通过的总路程为2L． 由能量守恒知， 代入数据解得． 答：（1）小物块由A运动到B的时间为s． （2）小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小为50J． （3）动摩擦因数为． 6．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L＝3m。有一个质量为m＝0.5kg，带电量为q＝+10﹣3C的滑块，放在水平平台上。平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接。现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内。在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.20（g取10m/s2）求： （1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能EP； （2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E＝5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功。 （3）若两轮半径均为r＝0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带。求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得， ① 从B到C，由动能定理得， ② 联立①②两式，代入数据解得vB＝2m/s 弹簧的弹性势能转化为滑块的动能： Ep＝J。 （2）加电场后，由于vB＞v传，滑块滑上传送带时，加速度大小为a， 有：μmg﹣qE＝ma 滑块减速的时间 滑块减速的位移 故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理得， 代入数据解得Wf＝﹣3.9375J。 （3）滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有mg＝ 又：vC＝r•ω0 代入数据得：ω0＝5 rad/s 滑块要减速到C点 μmg＝ma′块减速时间t＝1s 滑块位移x1＝vBt﹣a′t2＝3m 传送带距离x2＝vCt＝2m 内能Q＝μmg（x1﹣x2） 联立以上方程得：Q＝1J 答：（1）滑块到达B点时的速度是2m/s，及弹簧储存的最大弹性势能EP是3J； （2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E＝5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功是﹣3.9375J。 （3）若两轮半径均为r＝0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带。ω0的大小是5 rad/s，这一过程中滑块与传送带间产生的内能是1J。 7．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝3m，mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与BC保持相对静止．求 （1）B与C碰撞前B的速度． （2）弹簧释放的弹性势能． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由题知，最终A与BC速度相同，设三者最后的共同速度为v共，取向右为正方向，由动量守恒定律得： 对AB系统有：（mA+mB）v0＝mAvA+mBvB 对BC系统有：mBvB＝（mB+mC）v共 三者的动量守恒得：（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v共 结合mA＝3m，mC＝2m，mB＝m， 解得：v共＝v0． 有：vA＝v0，vB＝2v0． （2）弹簧释放的弹性势能为： ΔEp＝mA+mB﹣（mA+mB）． 解得：ΔEp＝． 答：（1）B与C碰撞前B的速度为2v0． （2）弹簧释放的弹性势能为． 8．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点相切．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧处于自然状态时右端的位置．将一个质量为m＝0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，已知小球运动到C处的速度为5m/s．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.5m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.4，右侧BC段光滑．g＝10m/s2，求： （1）静止释放小球时弹簧储存的弹性势能． （2）小球运动到轨道最高处D点时轨道对小球的弹力． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球由A处运动到C处的过程，根据能量守恒定律得弹簧储存的弹性势能为： Ep＝+μmgx 代入数据解得：Ep＝11.6J （2）小球从C到D的过程，由机械能守恒定律得： ＝2mgR+ 代入解得：vD＝3m/s 由于vD＞＝＝2m/s，所以小球在D处对轨道上壁有压力，对小球，由牛顿第二定律得： N+mg＝m 代入解得：N＝10N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为：N′＝N＝10N，方向竖直向上． 答：（1）静止释放小球时弹簧储存的弹性势能为11.6J． （2）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小为10N，方向竖直向上． 9．如图所示，光滑斜面倾角为θ，底端固定一垂直于斜面的挡板C．在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A．B间的动摩擦因数μ＞tanθ．现同时由静止释放A、B，A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g求： （1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1； （2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小V2； （3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）第一次碰撞前，由机械能守恒得 2m＝2mgdsinθ 解得 v1＝ （2）设发生第一次碰撞后，A上滑、B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则 μmgcosθ+mgsinθ＝maA； μmgcosθ﹣mgsinθ＝maB； 可知aA＞aB，则知A先减速到零，设A第一次碰撞后后上滑到最高点的时间为t，则 v1＝aAt v2＝v1﹣aBt 联立解得 v2＝ （3）研究A、B运动的全过程，由能量守恒定律有 mgdsinθ+mg（d+L）sinθ＝μmgLcosθ 解得 L＝4d 答：（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1为． （2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小V2为． （3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L是4d． 10．如图所示，在光滑水平面上放着A、B、C三个物块，A、B、C的质量依次是m、2m、3m．现让A物块以初速度v0向B运动，A、B相碰后不再分开，共同向C运动；它们和C相碰后也不再分开，A、B、C共同向右运动．求： （1）碰后C物块速度大小； （2）A、B碰撞过程中的动能损失ΔEk． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）以A、B、C整体为对象，取向右为正方向，全过程由动量守恒定律得 mv0＝（m+2m+3m）v 解得 v＝ （2）设A、B碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律得 mv0＝（m+2m）v1 系统的动能损失ΔEk＝﹣（m+2m）； 解得ΔEk＝ 答： （1）碰后C物块速度大小是； （2）A、B碰撞过程中的动能损失ΔEk是． 11．节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50kW．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72m后，速度变为v2＝72km/h．此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求： （1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻； （2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电； （3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）汽车牵引力与输出功率关系得： P＝F牵v 将P＝50 kW，v1＝90 km/h＝25 m/s代入得 F牵＝＝2×103 N 当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F阻＝2×103 N （2）在减速过程中，注意到发动机只有P用于汽车的牵引．根据动能定理有 Pt﹣F阻L＝mv22﹣mv12 代入数据得Pt＝1.572×105J 电源获得的电能为：E电＝0.5×Pt＝6.29×104 J （3）根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻＝2×103 N． 在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功． E电＝F阻L′ 代入数据得L′＝31.45 m． 答： （1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻为2×103 N； （2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电为6.29×104 J； （3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′为31.45 m． 12．如图所示，EF为水平地面，O点左侧是粗糙的、右侧是光滑的．一轻质弹簧右端与墙壁固定，左侧与静止在O点质量为m的小物块A连接，弹簧处于原长状态．质量为4m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始向右运动，已知物块B与地面EO段间的滑动摩擦力大小为，物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右运动（碰后A、B没有粘在一起，设碰撞时间极短），运动到D点时撤去外力F，已知CO＝4s，OD＝s，（物块的厚度不计），求撤去外力后： （1）弹簧的最大弹性势能 （2）物块B最终离O点的距离． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：设B与A碰撞前速度为v0，由动能定理得： （F﹣）×4S＝×4m×v 解得：v0＝ B与A在0点碰撞，设碰后共同速度为v1，由动量守恒得： 4mv0＝（4m+m）v1 解得：v1＝＝ 碰后B和A一起运动，当它们的共同速度减小为零时，弹簧的弹性势能最大，设为Epm，则由能量守恒得： Epm＝FS+×5m• 解得：Epm＝ （2）设AB回到O点时速度为v2 根据能量守恒得： Ep＝•5m•v22 根据动能定理有： ﹣Fx＝0﹣mv22 联立解得：x＝； 答：（1）弹簧的最大弹性势能为； （2）物块B最终离O点的距离为． 二．能量转移或转化的方向性（共4小题） 13．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图像，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10m/s2，由图像可知（　　） A．小滑块的质量为0.4kg B．刚释放时弹簧的弹性势能为0.38J C．弹簧的劲度系数为100N/m D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.5J 【答案】C 【解答】解：A、在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEP＝mgΔh，图线的斜率绝对值为：k＝＝mg＝N＝2N，则m＝0.2kg，故A错误； B、根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能等于刚释放滑块的时刻弹簧的弹性势能，则Ep0＝mgΔh＝2×（0.35﹣0.1）J＝0.5J，故B错误； C、在Ek﹣h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，因此从h＝0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，根据图象可知，当h＝0.18m时滑块的动能最大，此时滑块的加速度为零，则mg＝kx，弹簧的劲度系数为：k＝＝N/m＝100N/m，故C正确； D．由图可知，当h＝0.18m时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EPmin＝E﹣Ekm＝Epm+mgh﹣Ekm＝0.5J+0.2×10×0.1J﹣0.32J＝0.38J，故D错误。 故选：C。 14．（多选）如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于原长时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（　　） A．经过位置O点时，物块的动能最大 B．物块动能最大的位置与AO的距离无关 C．物块从A向O运动过程中，弹簧弹力做功大于物块机械能的增加量 D．物块从O向B运动过程中，物块动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量 【答案】BCD 【解答】解：A、物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置时物体的动能最大，由于滑动摩擦力平行斜面向下，故在平衡位置弹簧处于伸长状态，位置在O点下方，故经过O点的动能不是最大，故A错误； B、在平衡位置时物体的动能最大，根据平衡条件可知平衡位置与AO距离无关，故B正确； C、物块从A向O运动过程中，弹性势能的转化为物块的机械能和内能，根据能量守恒定律，弹簧弹力做功大于物块机械能的增加量，故C正确； D、物块从O向B运动过程中，物块的机械能减小，减小的机械能转化为弹性势能与内能，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确； 故选：BCD。 15．近年来我国建立了许多风力发电厂．某台风力发电机的输出功率为P，输出电压为U，则输电线上的电流为　　．风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．某台风力发电机风轮机叶片的长度为r，设空气的密度为ρ，气流速度为v，则在时间t内风轮机可以接受到的最大风能为　　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：某台风力发电机的输出功率为P，输出电压为U，则输电线上的电流为：I＝； 在时间t内通过风轮机的最大空气质量为m＝ρvtπr2． 时间t内风轮机可以接受到的最大风能为E＝mv2＝•ρvtπr2•v2＝； 故答案为：，． 16．类比是研究问题的常用方法。 （1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f＝kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G﹣kv＝m（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率vm。 （2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I﹣t图线。 （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。 情境1 情境2 物体重力势能的减少量 　电源提供的电能　 物体动能的增加量 　线圈磁场能的增加量　 　克服阻力做功消耗的机械能　 电阻R上消耗的电能 【答案】（1）物体下落的最大速率为； （2）电流I随时间t变化的方程为E﹣IR＝L；画出I﹣t图线见解析； （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，填写的表格如下图： 情境1 情境2 电源提供的电能 线圈磁场能的增加量 克服阻力做功消耗的机械能 【解答】解：（1）当物体下落速度达到最大速度vm时加速度为零，则有：G＝kvm 解得：vm＝； （2）a、电路中电流I随时间t的变化规律为：E﹣IR＝L（其中L为线圈的自感系数） b、根据E﹣IR＝L可得：＝，由于E、R、L不变，I逐渐增大，则I﹣t图像的斜率逐渐减小，最后稳定时I＝； I﹣t图像如图所示； （3）情境1物体重力势能的减少量是整个过程中能量的来源，对应情境2中电源提供的电能； 情境1中物体动能的增加量，对应情境2中线圈磁场能的增加量； 情境2电阻R上消耗的电能，相当于情景1中克服阻力做功消耗的机械能。 答：（1）物体下落的最大速率为； （2）电流I随时间t变化的方程为E﹣IR＝L；画出I﹣t图线见解析； （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，填写的表格如下图： 情境1 情境2 电源提供的电能 线圈磁场能的增加量 克服阻力做功消耗的机械能 三．能源的分类与应用（共5小题） 17．关于能量和能源，下列说法正确的是（　　） A．由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源 B．人类在不断地开发新能源，所以能量可以被创造 C．能量的转化和转移没有方向性 D．能量的利用过程就是能量的转化、转移和耗散过程 【答案】D 【解答】解：A、自然界的能量守恒，但能直接应用的能源使用后品质降低，不能直接应用，所以可利用能源越来越少，故A错误； B、根据能量守恒定律，能量是不能被创造的，故B错误； C、根据热力学第二定律，能量的转化和转移具有方向性，故C错误； D、能量可以从一种形式转化为另一种形式，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量，故D正确。 故选：D。 18．在盛夏季节，海南电力供应非常紧张。 （1）夏季使用空调机时，从环保的角度看，将温度设置在多少度最好？　D　 A．17﹣20℃B．18﹣20℃C．20﹣24℃D．25﹣27℃ （2）空调器给我们带来凉爽的同时，是否也给人们的生活带来负面影响？试分析空调器带来了哪些负面影响？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）在夏季，安装空调来获得低温，如果室内外温度差越大，压缩机工作时间越长，浪费的能源越多。在夏季25﹣27℃人们也会感觉比较舒服，对身体也是有益的。故ABC错误，D正确 故选：D。 （2）由于开空调时门窗紧闭，室内人群活动的二氧化碳停留在室内，做饭吸烟等废气弥留不散，加上家具等也会释放甲醛、TVOC、苯等有害气体，造成室内氧气缺乏，会引发各种呼吸疾病；再加上恒温环境，自身产热、散热调节功能失调，会使人患上所谓的空调病。 同时长时间、大量使用空调，也会对环境治理带来更大的压力。 答：（1）D； （2）空调器给我们带来凉爽的同时，也会给人们的生活带来负面影响，如会使人患上所谓的空调病，会对环境治理带来更大的压力。 19．一辆总质量为M＝6.0×102kg的太阳能汽车，使用太阳能电池供电。它的集光板能时刻正对着太阳。车上有一个直流电阻r＝4.0Ω的电动机。太阳能电池可以对电动机提供U＝120V电压和I＝10A的电流。已知太阳向外辐射能量的总功率为P总＝3.9×1026W．太阳光穿过太空和地球周围的大气层到达地面的过程中有大约28%的能量损耗。太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率P0＝1.0×103W/m2．半径为R的球面积公式为S＝4πR2．（取g＝10m/s2，。） （1）这辆太阳能汽车正常工作时，车上电动机将电能转化为机械能的效率是多少； （2）若这辆车在行驶过程中所受阻力是车重的0.05倍。求这辆车可能行驶的最大速度； （3）根据题目所给出的数据，估算太阳到地球表面的距离。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）电动机的功率 P＝UI＝1200（W） 电动机的热功率 P热＝I2r＝400（W） 电动机的效率 （2）电动机输出的机械功率 P机＝P﹣P热＝800（W） 当汽车以最大速度行驶时 F牵＝f＝0.05Mg 根据 P机＝F牵vm 求出最大速度 vm＝2.67（m/s） （3）设太阳到地面的距离是R，以太阳为球心，以R为半径的面积为 S＝4πR2 由题意可知 解得 R＝ 代入数据求出 R＝1.5×1011（m） 答：（1）车上电动机将电能转化为机械能的效率是66.7%； （2）这辆车可能行驶的最大速度为2.67m/s； （3）根据题目所给出的数据，估算太阳到地球表面的距离为1.5×1011m。 20．风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置．其主要部件包括风轮机、齿轮机、发电机等．如图所示，异步发电机将风轮吸收的机械能转化成电能，发电机转速随发电量的变化而在一定范围内变化． （1）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受的风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r，求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm． （2）已知风力发电机的输出功率P与Pm成正比．某风力发电机在风速v1＝9m/s时能够输出电功率P1＝540kW．我国某地区风速不低于v2＝6m/s的时间每年约为5000小时．试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）单位时间内流向风轮机的最大风能功率为：Pm＝＝＝＝ρπr2v3 （2）设风能功率和输出功率之间的转化常数为k，则： 风力发电机在风速v1时能够输出电功率为： P1＝kPm＝kρπr2 风力发电机在风速v2时能够输出电功率为： P2＝kρπr2 所以，＝＝（）3 即P2＝P1 这台风力发电机在该地区的最小年发电量： W＝P2t＝×540KW×5000h＝8×105kW•h． 答：（1）单位时间内流向风轮机的最大风能的功率为ρπr2v3； （2）这台风力发电机在该地区的最小年发电量是8×105kW•h． 21．已知每秒从太阳射到地球上垂直于太阳光的每平米截面积上的辐射能为1.4×103J，其中可见光部分约占45%．假如认为可见光的波长均为0.55μm，太阳向各个方向的辐射是均匀的，日地间距离R＝1.5×1011m，普朗克常量h＝6.63×10﹣34L/S，由此可估算 （1）出太阳每秒辐射出的可见光的光子数约为多少？ （2）若已知地球的半径R0＝6.4×106m，估算地球接收太阳辐射的总功率．（结果保留两位有效数字） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设地面上1m2的面积上每秒接受的光子数为n，则有：， 代入数据解得：n＝1.7×1021个/m2， 设想一个以太阳为球心，以日地间距离R为半径的大球面包围着太阳，大球面接受的光子数即太阳辐射的全部光子数，则所求的可见光光子数为： N＝n4πR2＝1.75×1021×4×3.14×（1.5×1011）2＝5×1044个． （2）地球只有一面在接受太阳辐射的光子，面积为2π． 所以太阳接收太阳辐射的总功率为：P＝＝2πER2 解得：P＝3.6×1017W 答：（1）太阳每秒辐射出的可见光的光子数约为5×1044个． （2）地球接收太阳辐射的总功率为3.6×1017W． 四．测量普通电源的电动势和内阻（共9小题） 22．王羽同学在测量电源电动势及内阻的实验中，把实物分别连成如图所示的甲、乙两种电路，然后在同一坐标系中分别作出如图丙所示的两条图线a与b，则下列说法正确的是（　　） A．由甲图电路所描绘的图线是丙图中的a B．由丙图中的a图线测得电源电动势约为1.50V，内阻约为3.0Ω C．在甲图实验中调节滑动变阻器滑片时，发现在某一端附近滑动时，数据变化不明显，可能是因为滑动变阻器的总阻值过小引起的 D．考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，由图乙可知，误差来源于电流表有分压作用 【答案】D 【解答】解：A.图甲的电压表测量电源的路端电压，则其U﹣I图象的斜率表示电源内阻，而乙图中U﹣I图象的斜率表示电源内阻与电流表内阻之和，所以乙图对应的图象斜率大些，故由甲电路所描绘的图线是b，由乙电路所描绘的图线是a，故A错误； B.电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻，则由a图线测得电源电动势约为1.50V，内阻约为，故B错误； C.在甲图实验中调节滑动变阻器滑片时，发现在某一端附近滑动时，数据变化不明显，可能是因为电池的内阻过小引起的，故C错误； D.由图乙可知，考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，误差来源于电流表有分压作用，故D正确。 故选：D。 23．系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，它的数值总是向某一个方向偏离真实值。在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（　　） A．电流表分压；测得的电源电动势偏小，内阻偏小 B．电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大 C．电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小 D．电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大 【答案】C 【解答】解：由图示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表的分流作用， 电流测量值小于真实值，实验误差是由电压表分流造成的，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，U﹣I图象如图所示 U﹣I图线的纵轴截距等于电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻， 由图示图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，内阻测量值小于真实值，故ABD错误，C正确。 故选：C。 24．某同学设计了如图甲和乙所示的两个电路来测量电池的电动势和内阻，图中所用实验器材完全相同，其中R是电阻箱，R0是阻值已知的定值电阻，实验时改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱R的读数以及对应的电压表的示数U，根据记录的数据得到如图A和B所示的关系图线。 （1）可以判断图A中图线是利用图　乙　中的实验数据描出的。 （2）在A、B两图中，图线在纵轴上的截距能表示电源电动势倒数的是图　B　。 （3）已计算出图A和B中图线的斜率分别是k1和k2，若两电压表的内阻很大，则被测电池的电动势E＝　　，内阻r＝　　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）先观察图A，发现R＝0时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，显然甲图电压表示数会随着R的增大而增大，乙图中电压表示数会随着R的增大而减小，故可以判断图A中图线是利用图乙的实验数据描绘的； （2）A图对应乙电路图，图线在纵轴上的截距表示的是R＝0时，R0两端电压的倒数，不是电源电动势的倒数； B图对应甲电路图表示＝0时，即R为无穷大时，电路中电流为零，这时电压表示数就等于电源电动势，图线在纵轴上的截距表示的是电源电动势的倒数； 故在A、B两图中，图线在纵轴上的截距能表示电源电动势倒数的是图B。 （3）由图甲电路，根据闭合电路欧姆定律可得：E＝U+（R0+r） 变形为：＝ 可得：k2＝ 由图乙电路，根据闭合电路欧姆定律可得：E＝U+（R+r） 变形为：＝ 可得：k1＝ 解得：E＝，r＝。 故答案为：（1）乙；（2）B；（3）； 25．某实验小组用如图1所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻3Ω． （1）闭合电键前，滑动变阻器的滑片应移动到最　左　（填“左”或“右”）端，闭合电键后，在连续调节滑动变阻器滑片的过程中，电压表V2的示数　增大　（填“增大”、“减小”或“不变，’）． （2）根据实验测得的两个电压表的多组示数，作出U1一U2图象，如图2所示，由此得到电池组的电动势E＝　4.5V　，内阻r＝　3Ω　 （3）本实验引起系统误差的主要原因有　电压表的分流作用　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片由置于最左端； 移动滑片过程，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知， 电路电流增大，定值电阻两端电压增大，电压表V2的示数增大． （2）由图示电路图可知，电源电动势：E＝U1+Ir＝U1+r，整理得：U1＝E﹣U2， 则：U1﹣U2图象图象的截距：b＝E＝4.5V，图象斜率：k＝＝＝1，解得：r＝kR0＝3Ω． （3）由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于，这是造成实验误差的原因． 故答案为：（1）左；增大；（2）4.5V；3Ω；（3）电压表的分流作用． 26．某同学利用下列器材测定一节干电池的电动势和内电阻． A．待测干电池（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω） B．电流表（满偏电流3mA，内阻10Ω） C．安培表 （量程0～0.6A，内阻约0.1Ω） D．电阻箱R3（0～9999Ω） E．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A） F．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A） G．电键和导线若干 （1）由于没有电压表，该同学用电流表和电阻箱R3改装成量程为3V的电压表，则电阻箱的阻值应调为　990　Ω； （2）为了能较为准确地进行测量，以及操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是　E　（填器材前的字母代号）；（3）请在方框中画出实验电路图．（电阻箱符号为 ） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）把电流表G改装成3V的电压表，需要串联电阻阻值：R＝﹣Rg＝﹣10＝990Ω； （2）为方便实验操作滑动变阻器应选择E； （3）应用伏安法测电源电动势与内阻，电流表测电路电流，电压表测路端电压，实验电路图如图所示： 故答案为：（1）990；（2）E；（3）电路图如图所示． 27．某同学用如图（1）所示的电路来测定电池的电动势E和内阻r。 （1）移动滑动变阻器的滑动片时，应特别注意防止　短路　。 （2）该同学测得如下表五组数据。根据数据在答题卡中的对应位置作出U﹣I图线，从图线中得到电源的电动势E＝　1.46　V，内电阻r＝　0.730　Ω．（结果保留三位有效数字） 1 2 3 4 5 U/V 1.37 1.32 1.24 1.10 1.05 I/A 0.12 0.20 0.31 0.50 0.57 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）为了保护电表及电源，在调节滑动变阻器时，应特别要注意防止短路或将电流调得过大； （2）利用表中数据，采用描点法得出图线如图所示； 由闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣Ir 故图象与纵轴的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内电阻； 故可知：E＝1.46V；r＝＝0.730Ω； 故答案为：（1）短路（电路中电流过大）；（2）图象如右图；1.46；0.730。 28．两位同学在实验室利用如图甲所示的电路，测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值。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，并根据测量数据分别描绘了如图乙所示的M、N两条U﹣I直线。请回答下列问题： （1）根据甲乙两位同学描绘的M、N两条直线可知　BC　 A．直线M是根据电压表V1和电流表A的数据画得的 B．直线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的 C．直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的 D．直线N是根据电压表V2和电流表A的数据画得的 （2）图象中两直线交点的物理意义是　ABC　 A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B．电源的输出功率最大 C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5W D．电源的效率达到最大值 （3）根据图乙可以求得定值电阻R0＝　2　Ω，电源电动势E＝　1.5　V，内电阻r＝　1　Ω。 （4）该电路中电流表的读数能否达到0.6A？试分析说明理由。　不能，当滑动变阻器滑到最左端时，总电阻最小电流最大为0.5A　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）定值电阻的U﹣I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的，电阻为2Ω； 电源的U﹣I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的，电动势为1.5V，内电阻为1Ω； 故选BC； （2）当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连； 故滑动变阻器是短路，故A正确； 滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接近，故电源输出功率最大，故B正确； 此时电阻的电压为1V，电流为0.5A，故功率为0.5W，故C正确； 外电阻最小，效率最低，故D错误； 故选ABC； （3）定值电阻的U﹣I图线是正比图线，斜率表示电阻，为2Ω； 图线N的纵轴截距表示电动势，为1.5V；斜率表示内电阻，为1Ω； 故答案为：2，1.5，1； （4）当滑动变阻器滑到最左端时，总电阻最小电流最大，； 故答案为：不能，当滑动变阻器滑到最左端时，总电阻最小电流最大为0.5A。 29．Ⅰ．利用图（a）实验可粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l。然后多次改x，测出对应l，画l2﹣x关系图线，如图（b）所示，并由此得出相应的斜率k。 （1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝　　。 （2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值。不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图（b）中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强P＝　　。 （3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的P与实际压强相比 　偏小　（填偏大、偏小）。 Ⅱ．用图（c）所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： （a）电流表（量程0.6A、3A）； （b）电压表（量程3V、15V） （c）定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W） （d）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W） （e）滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A） （f）滑动变阻器（阻值范围0～100Ω、额定电流1A） 那么 （1）要正确完成实验，电压表的量程应选择0～　3　V，电流表的量程应选择0～　0.6　A；定值电阻应选择 　c　（填代表符号），滑动变阻器应选择 　e　（填代表符号）。 （2）引起该实验系统误差的主要原因是 　由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）棉球从B端飞出做平抛运动，根据平抛运动的基本公式得： l＝v0t，h＝g2 解得：v0＝l （2）设玻璃管内气体压强始终为p，不计棉球与管壁的摩擦，对棉球从静止到B点的运动过程运用动能定理得： （p﹣p0）Sx＝ （p﹣p0）Sx＝m（l）2 所以l2＝x＝kx 所以＝k 解得：p＝p0+ （3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，设摩擦力为f，所以除了压力做功外，摩擦力对棉球做负功， 再运用动能定理得： （p实﹣p0）Sx﹣fx＝ l2＝x＝kx 所以＝k 解得：p实＝p0+ 很明显，（2）中得到的p与实际压强相比偏小。 Ⅱ．（1）因一节干电池的电动势约为1.5V，故电压表的测量量程不能太大， 由题意可知，电压表的量程应选择O一3V， 当接入0﹣10Ω滑动变阻器全部阻值接入时，电路中电流最小约为0.15A，最大电流不到1.5A， 而量程0～3A的电流表太大，无法准确测量， 故电流表的量程应选择O﹣0.6A； 定值电阻应选择阻值1Ω的，由于只有一节干电池，电动势为1.5V，电压不大，所以滑动变阻器选用阻值范围0﹣10Ω的， （2）引起该实验系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小。 故答案为：Ⅰ.（1） （2） （3）偏小 Ⅱ．（1）3，0.6，c，e （2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小。 30．现有以下器材：电流表一只（量程适当．内阻可忽略不计．带有按钮开关K1，按下按钮，电流表与电路接通，有电流通过电流表，电流表显出一定的读数），阻值已知为R的固定电阻一个，阻值未知的待测电阻Rx一个，直流电源一个（电动势ε和内阻r待测），单刀双掷开关K一个，接线用的导线若干．试设计一个实验电路，用它既能测量直流电源的电动势ε和内阻r，又能测量待测电阻的阻值Rx（注意：此电路接好后，在测量过程中不许再拆开，只许操作开关，读取数据）．具体要求： （i）画出所设计的电路图． （ii）写出测量ε、r和Rx主要的实验步骤． （iii）导出用已知量和实验中测量出的量表示的ε、r和Rx的表达式． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：解法一 （i）电路如右图所示， （ii）实验步骤： （1）将单向双掷开关K置于空位，按所设计的电路图接线． （2）按下电流表上的按钮开关K1，读下电流表的示数I1． （3）将K打向左侧与a接通，读下电流表的示数I2． （4）将K打向右侧与b接通，读下电流表的示数I3． （iii）由闭合电路欧姆定律有： ε＝I1R+I1r ① ε＝I2r+I2 ② I3R＝（﹣I3）Rx ③ 解以上三式得： ε＝ ④ r＝ ⑤ Rx＝ ⑥ 解法二 （i）电路如右图所示． （ii）实验步骤： （1）将单向双掷开关K置于空位，按所设计的电路图接线． （2）按下电流表上的按钮开关K1，读下电流表的示数I1． （3）将K打向左侧与a接通，读下电流表的示数I2． （4）将K打向右侧与b接通，读下电流表的示数13． （iii）由闭合电路欧姆定律有： ε＝I1（R+Rx+r） ① ε＝I2（R+r） ② ε＝I3（Rx+r） ③ 解以上三式得： ε＝I ④ r＝R ⑤ Rx＝R ⑥ 答： （i）画出所设计的电路图如图所示． （ii）测量ε、r和Rx主要的实验步骤见上． （iii）导出用已知量和实验中测量出的量表示的ε、r和Rx的表达式分别为：ε＝、r＝、Rx＝；或 ε＝I、r＝R、Rx＝R． 五．测量水果电池的电动势和内阻（共6小题） 31．（多选）某同学设计的测定水果电池电动势和内电阻的电路如图所示。水果电池内阻较大，图中电流计内阻未知。实验中他多次改变电阻箱的电阻值，并记录电阻箱的阻值及相应的电流计读数。用上述方法 （　　） A．能测定水果电池电动势 B．能测定水果电池内电阻 C．处理数据时用R﹣图比R﹣I图更科学 D．电阻箱取值应该大些 【答案】ACD 【解答】解：AB、由图3可知，实验中将电阻箱与电流表和电源串接，则由电流表示数可得出电流； 由电阻箱是出外电阻，则可求得路端电压； 由闭合电路欧姆定律可得出电动势； 但由于电流表内阻不知，故无法测出内阻；故A正确，B错误； C、在处理数据时，由欧姆定律可知，I＝，故R﹣I是曲线，R﹣为直线，后者更易处理，故C正确； D、由于水果电池电阻较大，故为了得出更大的电流变化，电阻箱应取大一点的电阻，故D正确； 故选：ACD。 32．小明同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，据资料，这种水果电池的电动势不到1V，内阻约几百欧左右，用水果电池串联给一个规格为“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现二个、三个、四个水果电池串联都不会使小灯泡发光。于是利用实验室器材测量水果电池的电动势和内阻，探究小灯泡不发光的原因。 （1）如图甲，若用多用电表进行估测水果电池的电动势和内阻，以下操作正确的是 　D　。 A.测量前需转动P，使指针指在0Ω处 B.测量电动势时选择开关置于T处 C.测量内阻时选择开关置于Q处 D.测量完成后将选择开关置于K处 （2）实验室器材有以下器材 A.待测水果电池（两个串联） B.电阻箱（阻值范围0～9999Ω、额定电流2A） C.电流表A1（量程0.6A、内阻约0.2Ω） D.电流表A2（量程10mA、内阻约为10Ω） E.开关S，导线若干 ①该同学设计了如图乙所示的电路图，电流表应选择 　D　（填对应器材前的字母序号）。 ②用所设计的电路进行测量得到电阻箱的电阻R和电流表的读数I以及计算出的多组数据后作出了﹣R图像，得到图像与纵轴的截距为0.53mA﹣1，图像的斜率为0.67V﹣1，由此求得每个水果电池的平均电动势E＝　0.75　V，平均内阻r＝　4.0×102　Ω。（结果均保留2位有效数字） ③根据②中测量的结果可知，用二个、三个、四个水果电池串联向小灯泡供电，小灯泡不发光的原因是可能是 　水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流　。 【答案】（1）D；（2）D；0.75；4.0×102；水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流 【解答】解：（1）A.测量前先进行机械调零，需转动P，使指针指在左边零刻线处，故A错误； B.测量电动势时选择开关置于直流电压处，故B错误； C.电源内阻较大，测量内阻时选择开关置于较大倍率处，故C错误； D.测量完成后将选择开关置于k处，即所标的是OFF（关）处，故D正确。 故选：D。 （2）①水果电池的电动势较小、内阻较大，电路中的电流较小，故电流表选D。 ②根据闭合电路的欧姆定律有2E＝I（R+2r） 变形可得 ＝+ 根据图像与纵轴的截距有 ＝0.53×10﹣3A﹣1 根据图像的斜率有 ＝0.67V﹣1 解得 E＝0.75V，r＝4.0×102Ω ③根据②的测量结果可知，用2个、3个、4个水果电池串联给小灯泡供电，小灯泡不发光的原因可能是水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流。 故答案为：（1）D；（2）D；0.75；4.0×102；水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流 33．小明利用铜片、锌片和橙子制作了水果电池，用如图1所示的实验电路测量这种电池的电动势和内阻。电流表的内阻为100Ω，量程为0～300μA；电阻箱阻值的变化范围为0～9999.9Ω。 连接电路（如图2）后，多次调节电阻箱的阻值，得到的测量数据如表格中所示。 （1）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表： 组次 1 2 3 4 5 6 7 R/kΩ 3 4 5 6 7 8 9 I/μA 98 81 70 62 55 50 46 0.010 0.012 0.014 0.016 0.018 0.20 0.022 根据表中数据，在图的方格纸上作出 　R﹣或﹣R　关系图象； 由图象可计算出该干电池的电动势为 　0.50　V；内阻为 　1.9×103　Ω。 （2）下列说法正确的是 　C　（填字母）。 A．6个该电池串联能使“3V，0.3A”的小灯泡发光 B．电流表内阻的分压会导致电动势的测量值偏小 C．可以通过作图像求得该电池的电动势和内阻 D．小明重复实验时发现，在电阻箱阻值相同的情况下，电流表的读数会比前一次的测量值偏小，这主要是因为读数误差引起的 【答案】（1）R﹣或﹣R；图略；0.50；1.9×103 （2）C。 【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，得 E＝I（R+rA+r） 整理得：R＝﹣（rA+r），或＝+ 即在方格纸上做出R﹣或﹣R图象为直线． 做出﹣R图像如下图所示，图象为一条直线。 由：＝+，可知图像的斜率为：＝＝2.00V﹣1，解得：E＝0.50V 图像的纵截距为：＝0.004μA﹣1，已知rA＝100Ω，解得：r＝1.9×103Ω （2）A．6个该电池串联总电动势为3.0V，内阻为r内＝6×1.9×103Ω＝11.4×103Ω，“3V，0.3A”的小灯泡的电阻为RL＝10Ω，因＝ 故灯泡不能正常发光，故A错误； BC．由闭合回路的欧姆定律E＝I（R+r+RA） 可得 因此根据图像可以准确得到电动势和内阻，故B错误，C正确； D．小明重复实验时发现，在电阻箱阻值相同的情况下，电流表的读数会比前一次的测量值偏小，这主要是因为电源用久了内阻变大引起的，属于系统误差，故D错误； 故选：C。 故答案为：（1）R﹣或﹣R；图略；0.50；1.9×103 （2）C。 34．将铜片和锌片插入水果中可制成水果电池，现要测量番茄电池的电动势和内阻，三位同学一起进行的实验研究。 （1）甲同学先用量程为3V的电压表，直接测量番茄电池两极的电压，电压表的示数为0.78V，则番茄电池的电动势应 　大于　（填“大于”“等于”或“小于”）0.78V。 （2）乙同学用以下器材设计了如图（a）所示的电路 A．电压表（0～3V，内阻约3kΩ） B．电流表（0～0.6A，内阻为几欧） C．滑动变阻器（0～50Ω） D．开关1个、导线若干 闭合开关后，发现左右滑动滑动变阻器的滑片，电流表与电压表都几乎没有示数（经检查，电路无故障），请分析电表无示数的原因是 　水果电池的内阻很大，滑动变阻器所分得的电压很小　。 （3）丙同学分析乙同学的实验结果后，使用1个电阻箱（0～9999Ω）和1个微安表（0～300μA，内阻为RA＝100Ω），设计了如图（b）所示的实验电路，改变电阻箱的阻值R得到多组微安表的示数I，以R为纵坐标，为横坐标，得到如图（c）所示的图象。根据图象可得到番茄电池的电动势为 　1.125　V，内阻为 　1400　Ω。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由于番茄电池有内阻，所以电压表的示数为外电压，小于电源电动势； （2）电路无故障，外电压几乎为零，根据I＝可知R＜＜r，即外电阻远小于内电阻，滑动变阻器所分得的电压很小； （3）由闭合电路欧姆定律得： E＝I（R+RA+r）变形可得R＝E•﹣（RA+r）， 根据关系式结合图（c）可知R﹣图象的斜率等于电源电动势，即k＝E， 截距的绝对值等于电源内阻和电流表内阻之和，即|b|＝RA+r， 由图（c）可得：E＝＝V＝1.125V， r＝|b|﹣RA＝1.5×103﹣100Ω＝1400Ω 故答案为：（1）大于；（2）水果电池的内阻很大，滑动变阻器所分得的电压很小；（3）1.125、1400。 35．测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA．现有下列器材： 待测“水果电池” 电流表A：满偏电流3mA，电阻约10Ω 电压表V：量程0～1.5V，电阻约1000Ω 滑动变阻器R1：0～30Ω 滑动变阻器R2：0～3kΩ 开关、导线等实验器材 （1）本实验选用上面所示的实验原理图1，应该选用哪种规格的滑动变阻器？　R2　．（填写仪器代号） （2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到U﹣I图象如图2所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势E＝　1.5　V，内电阻r＝　500　Ω． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）“水果电池”的内阻大约为r＝，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流表示数基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用R2． （2）由闭合电路欧姆定律可知E＝U+Ir，可得U＝E﹣Ir 则U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示“水果电池”的内阻． 从U﹣I图线可知，纵轴截距为1.5，可得“水果电池”的电动势E＝1.5V， 图线斜率的绝对值为r＝，即内电阻为500Ω 故答案为：（1）R2； （2）1.5，500． 36．测量一个“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮手电筒上的额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现要求用量程合适的电压表（内阻较大）、电流表（内阻较小）以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量准确地测定水果电池的电动势E和内电阻r． ①本实验的电路应该选择下面的图甲或图乙中的：　甲　； ②若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）、B（0～3kΩ）．本实验中应该选用的滑动变阻器规格为：　B　，简述选用的理由：　因电池内阻较大，若选择A，当滑动触头移动时，两电表示数几乎不变　； ③实验中测出六组（U，I）的值，在U﹣I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹，可得出水果电池的电动势为E＝　1.50　V；内电阻为r＝　500　Ω；（均保留3位有效数字） ④若不计测量中的偶然误差，根据你在①中所选择的电路来测量得出的电动势E和内电阻r（测量值）与真实值相比：电动势E 　相等　，内电阻r 　偏大　．（均选填“偏大”、“相等”或“偏小”） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①水果电池内阻较大，电流表内阻较小，电流表分压较小，为减小实验误差，电流表采取外接法，因此需要选择图甲所示实验电路． ②电源的内阻大约r＝＝500Ω，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用B． ③图线的纵轴截距等于电源的电动势，E＝1.50V，图线斜率的绝对值等于内阻，内电阻r＝＝＝500Ω． ④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在U﹣I图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大． 故答案为：①甲；②B；因电池内阻较大，若选择A，当滑动触头移动时，两电表示数几乎不变． ③1.50；500；④相等；偏大． 网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$