【文档说明】第十二章 电能 能量守恒定律 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019必修第三册）.docx，共(10)页，185.044 KB，由envi的店铺上传

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第十二章电能能量守恒定律能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112ACCBDDCDACADACDAD1．A【解析】当电动机未转动时，电动机电阻11URI=当电动机转动时2212222221UPPPUIIRUIII=−=−=

−入出热故选A。2．C【解析】电动机热功率为P热=I2R=0.52×0.5W=0.125W故A错误；电动机输入功率为P入=UI=6×0.5W=3W故B错误；电动机输出的机械功率为P机=P入-P热=3W-0.125W=2.875W故C正确；电

动机持续工作一小时耗电为W=P入t=0.003×1kW·h=0.003kW·h故D错误。故选C。3．C【解析】只接S1时，由闭合电路欧姆定律得12.5VEUIr==＋车灯电阻为1.2ΩURI==再接通S2后

，流过电动机的电流为50AEIRIIr−=−=故C正确，ABD错误。故选C。4．B【解析】手表充电一次所耗电的电能为0.01kWhWUIt==则智能手表连续使用一年所需的电费为3650.010.60.554E=元电费约为0.6元。故选B。5．D【解析

】AB．当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，总电流减小，A灯的两端电压()A1UEIRr=−+电压增大，则A灯变亮；流经R2和A灯的电流增大，总电流减小，则有流经B灯的电流减小，B灯变暗，AB错误；C．由于外电路电阻与电源的内阻

大小关系不能确定，因此不能确定电源的输出功率如何变化，C错误；D．电源的工作效率11RUIrEIRrR===++外外外由于外电路的电阻R外增大，电源的工作效率增大，D正确。故选D。6．D【解析】BC．闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向下滑动过程中，滑动变阻器接入

电路的阻值变小，则电路总电流变大，即通过电阻R1的电流变大，电阻R1两端的电压变大，故BC错误；AD．根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变小，所以电容器C两端电压变小，根据QCU=可知电容器C极板所带

电荷量变小，即电容器将放电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向上的电流，故D正确，A错误。故选D。7．C【解析】1R、2R为两根同材料电阻丝，已知1R的长度是2R的两倍，1R的横截面

积是2R的一半，根据LRS=可得12=4RR小灯泡的电阻2444LR==当开关S接1时，小灯泡正常发光，则1LLLPEIURr==+解得r=2Ω开关S接2时，电流表示数为1.5A，则22=EIRr+解得R2=2Ω则开关S接3时，电流表示数为316=A=0.6A42+2EIRr=+

故选C。8．D【解析】A．由表中数据可知，充电电压为420V，所以不能直接接在交流电上进行充电，A错误；B．电池容量的单位Ah符合qIt=的计算规律，故单位为电量的单位，B错误；C．由公式PUI=可知，充电时的功率为42020kW8.4kWP==C错误；

D．放电时的总电压为1003.3V330VU==该电池组充满电所储存的能量为8330120J1.410JWUItUq====D正确。故选D。9．AC【解析】A．开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光，此时电路中的电流为1ALL

PIU==电源内阻=1LEUrRI−=−A正确；B．将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则此时通过电动机的电流为I=1A，B错误；C．电动机两端的电压UM=E-UL-Ir=3V则电动机的输出功率为P=IUM-I2

RM=2WC正确；D．电源效率约为00611=83.36IUEIrIEE−−==D错误。故选AC。10．AD【解析】当S1断开、S2闭合时，由2PIR=可求电流表内阻为AA2210PRI==当S1闭合、S2断开时，由闭合电路欧姆定律及P=UI可得11A1PUIRI=+当S1断开、S2闭合时

，由闭合电路欧姆定律及P=UI可得22A2PUIRI=+又有12:9:8PP=综合解得U=3V，P1=0.225W，P2=0.2W又由2PIR=可得112110PRI==故AD正确，BC错误。故选AD。11．ACD【解析】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1113120.25URI===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120.45AIII=+=故B错误，D正确；故选ACD。12．ABD【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，可知路端电压减小，即电压表V1示数减小，电压表V2的示数增大，电压表V3的示数减小

，由于U1＝U2＋U3，则知电压表V3示数变化最快，故图线a表示的是电压表V3的示数变化情况，图线c表示的是电压表V2的示数变化情况，故A、B正确；由闭合电路欧姆定律得U1＝E－Ir，则|ΔU1ΔI|＝r，保持不变，故C错误；由闭合电路欧姆定律得U3＝E－I(r＋R1)，则|ΔU3ΔI|＝R1＋r

，保持不变，故D正确．13．6b红9.11.2小于【解析】（1）[1]多用电表选择开关旋至欧姆挡“×1”倍率，则由图可知读数为6Ω；（2）[2]实验需要记录电阻箱的电压和电阻，因此表笔应接b点；[3]闭合开关S，电路中的a点电势最高，根据多用电表“红进黑出”原则可知，接a点的表

笔应当是红表笔。（5）[4][5]接电路中的a点的那支表笔不动，另一支表笔接电路中的b点，不考虑多用电表对电路的影响，由闭合电路的欧姆定律有()1UEURrR=++整理得1111RrUERE+=+结合图像有10.11E=60.900.111.0

rE+−=解得9.1VE=1.2Ωr=[6]考虑到多用电表的分流，设直流电压挡的内阻为VR，电动势的真实值为0E，测量值为E，则()()011VUUUEURrEURrRRR=+++=++即测量值小于真实值。14．(1)B(2)

b、c(3)1.460.774【解析】(1)干电池的电动势约为1.5V，故应选择直流2.5V挡，故A、C、D错误，B正确．(2)由原理图可知，电流表采用了相对电源的外接法；则由图可知，b线应接在电流表中间接线柱，

c线应接电流表的左边接线柱，故b、c两条导线连接错误．(3)根据U＝E－Ir可知，U－I图线与纵轴的交点即为电源的电动势E＝1.46V，图线斜率的绝对值表示内阻，r＝1.46－0.501.24Ω≈0.774Ω.15．

（1）3VU=；（2）3.6VE=，1.2=r；（3）0.432WP=【解析】（1）滑动变阻器的滑片在左端时，34=R，由欧姆定律可得()123UIRR=+……………………………………（1分）解得3VU=……………………………………（1分）（2）滑动变阻

器的滑片在左端时，设电路总电流为I总，则有()123110.5AIIRRIR+=+=总……………………………………（1分）由闭合电路欧姆定律有()123EIRRIr=++总……………………………………（2分）滑动变阻器的滑片在右端

时，设电路总电流为I总，则有22210.6AIRIIR=+=总……………………………………（1分）由闭合电路欧姆定律有22EIRrI=+总……………………………………（1分）联立解得3.6VE=，1.2=r

……………………………………（1分）（3）滑动变阻器的滑片在右端时，由热功率公式2PIr=总……………………………………（1分）解得0.432WP=……………………………………（1分）16．（1）0.

1k=；（2）67m185L=【解析】（1）设电动机的牵引绳张力为1T，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有21UIIRTv=+……………………………………（1分）解得17400NT=……………………………………（1分）小车和配重一起匀速，设绳的张力为2T，对配重有20400NT

mg==……………………………………（1分）设斜面倾角为，对小车匀速有121212()sin()TTmmgkmmg+=+++……………………………………（1分）而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜

坡刚好匀速下行，有101sinmgmgkmg=+……………………………………（1分）联立各式解得sin0.5=，0.1k=……………………………………（1分）（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有12120120

()sin()()mmgkmmgmgmmma+++−=++……………………………………（1分）可得2370m/s67a=……………………………………（1分）由运动学公式可知22vaL=…………………………

…………（1分）解得67m185L=……………………………………（1分）17．（1）P=1.57×105W；（2）m=3.30×105kg。【解析】（1）设单位时间（t0=1s）内通过每台风力发电机叶片转动形成圆面

的空气的体积为V、动能为Ek，则有2Vrv=……………………………………（1分）212kEVv=……………………………………（1分）010%kPtE=……………………………………（2分）解得P=1.57×105W……………………………………（1分）（2）2台风力发电机发电

的功率为2P，年发电时间t=365×24×3600s……………………………………（2分）设年发电量为E，则有E=2Pt……………………………………（1分）E=qm……………………………………（1分）解

得m=3.30×105kg……………………………………（1分）18．（1）18VU=；（2）04ΩR=【解析】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得2012mghmv=代入数据得03m/sv=……………………………………（1分）当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平

衡条件得Umgqd=代入数据得18VU=……………………………………（1分）（2）当S闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向0Lvt=……………………………………（1分）竖直方向1yvat=…………………

…………………（1分）又0tanyvv=……………………………………（1分）代入数据得214m/sa=……………………………………（1分）对带电小球，由牛顿第二定律11mgqEma=−……………………………………（1分）其中

11CUEd=代入数据得110.8VCU=……………………………………（1分）当S闭合，16ΩR=时，1R和0R串联，电容器与1R并联，1R两端电压11RCUU=……………………………………（1分）根据串联

分压1110CURURR=+代入数据得04ΩR=……………………………………（1分）