2017-2018学年高二物理鲁科版选修3-1单元测试：第2章 电势能与电势差（含解析）

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．根据电阻定律，电阻率ρ＝，对于温度一定的某种金属来说，它的电阻率(　　)
A．跟导线的电阻成正比
B．跟导线的横截面积成正比
C．跟导线的长度成反比
D．由所用金属材料的本身特性决定
解析：选D．电阻率由材料决定，与导体的温度有关；温度一定，只由所用金属材料的本身特性决定．
2.
如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O点固定，P为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S，滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将(　　)
A．由小变大
B．由大变小
C．先变小后变大
D．先变大后变小
解析：选C．闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联，在图示位置时并联电阻最大，从m点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C＝，电容器C所带的电荷量先减小后增大，C对．
3．一个电池组的电动势为E，内阻为r，用它给一电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时，通过电动机的电流为I，电动机两端的电压为U，经t
s后，则(　　)
A．电源在内外电路做的功为(I2r＋IU)tB．电池消耗的化学能为IEt
C．电动机输出的机械能为IEt－I2(R＋r)t
D．电池组的效率为
解析：选ABC．由闭合电路欧姆定律和能量守恒定律知，电池消耗的化学能提供了电源在内外电路所做的功W，W＝IEt＝I(U＋Ir)t＝(IU＋I2r)t.
电动机的机械能
E机＝UIt－I2Rt＝(E－Ir)It－I2Rt
＝EIt－I2(R＋r)t.
电池组的效率
η＝×100%＝×100%.
4．(2014·河南联考)如图所示，A1、A2是两只完全相同的电流表(内阻不可忽略)，电路两端接恒定电压U，这时A1、A2的示数依次为5
mA和3
mA．若将A2改为和R2串联，仍接在恒定电压U之间，这时电表均未烧坏．下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R1的电流必然增大
B．通过电阻R2的电流必然增大
C．通过电流表A1的电流必然增大
D．通过电流表A2的电流必然增大
解析：选AC．由A1、A2的示数依次为5
mA和3
mA，可知R1＋RA25.
如图所示，一直流电动机与阻值R＝9
Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30
V，内阻r＝1
Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10
V，已知电动机线圈电阻RM＝1
Ω，则下列说法中错误的是(　　)
A．通过电动机的电流为10
A
B．电动机的输入功率为20
W
C．电动机的热功率为4
W
D．电动机的输出功率为16
W
解析：选A．由E＝30
V，电动机两端电压10
V可得R和电源内阻上分担电压为20
V，则I＝
A＝2
A，故A错；电动机输入功率P＝UI＝10
V×2
A＝20
W，故B正确；由P热＝I2RM＝4×1
W＝4
W，故C正确；由P输出＝P－P热＝20
W－4
W＝16
W，故D正确．
6.
在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r.当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是(　　)
A．U1变大，U2变小
B．U1变大，U2变大
C．U1变小，U2变小
D．U1变小，U2变大
解析：选A．当滑片P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I变小，由欧姆定律得U2＝IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1＝E－Ir变大，故本题应选A．
7．(2014·长沙模拟)如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特曲线．则以下说法正确的是(　　)
A．电池组的内阻是1
Ω
B．电阻的阻值为0.33
Ω
C．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4
W
D．改变外电阻的阻值时，该电池的最大输出功率为4
W
解析：选AD．根据图线a可知电源的电动势为4
V、内阻为1
Ω，根据图线b可知电阻为3
Ω，A对，B错；由图象可知将该电阻接到该电池组的两端时路端电压和电流分别是3
V、1
A，电池的输出功率是3
W，C错；改变外电阻的阻值，内外电阻相等时，该电池输出功率最大为4
W，D对．
8．如图所示的两种电路中，电源相同(内阻忽略)，各电阻阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计．电流表A1、A2、A3和A4读出的电流值分别为I1、I2、I3和I4.下列关系中正确提(　　)
A．I1＝I3
B．I1C．I1＝2I1
D．I2解析：选BD．设各电流表的内阻均为r.甲图中回路的总电阻R1＝＋r，乙图中回路的总电阻R2＝，R1－R2＝>0，即R1>R2，正确的关系应该是I12I1，I29.
如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2
A，则下列说法正确的是(　　)
A．电源电动势为3
V，内阻为1
Ω
B．线段AB表示的功率为2
W
C．电流为2
A时，外电路的电阻为0.5
Ω
D．电流为3
A时，外电路的电阻为2
Ω
解析：选ABC．由图像可知，当电流I＝3
A时，电源总功率P＝IE＝9
W，由此可知电源的电动势E＝3
V．直线与抛物线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即Pr＝I2r＝IE，得r＝1
Ω，故A正确；PrB＝I2r＝22×1
W＝4
W，PA＝IE＝2×3
W＝6
W，则PAB＝(6－4)
W＝2
W，故B正确；当电流I＝2
A时，由I＝得外电阻R＝－r＝0.5
Ω，当电流I＝3
A时，得R＝0，故C正确，D错误．
10．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动(　　)
A．S1
B．S2
C．S3
D．S4
解析：选C．油滴P悬浮时，重力与电场力平衡，开关均闭合时，电容器两极板间的电压为电阻R3两端电压．若S1断开，电容器两极板电压不变，油滴不动．若S2断开，两极板电压等于电动势，油滴可能不动(电源内阻r＝0时)，也可能向上运动(电源内阻r≠0时)．若S3断开，则电路与电源断开，电容器相当于电源，电容器放电，板间电压逐渐减小，油滴向下运动．若S4断开，电容器电压不变，油滴不动．故C对．
二、填空题(本题共2小题，共17分，按题目要求作答)
11.
(5分)用多用电表的欧姆挡测某一电阻的阻值时，分别用“×1”、“×10”、“×100”三个电阻挡测了三次，指针所指的位置如图所示．
其中①是用________挡，②是用________挡，③是用______挡，为提高测量的精确度，应该用________挡，被测电阻阻值约为________．
解析：乘的倍率越大，示数越小，故①是“×1”挡，②是“×10”挡，③是“×100”挡．为了提高测量的准确度，指针应在表盘的中间附近，故应选“×10”挡测量．被测电阻阻值约为30×10
Ω＝300
Ω.
答案：“×1”　“×10”　“×100”　“×10”　300
Ω
12．(12分)(2013·高考天津卷)要测绘一个标有“3
V　0.6
W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3
V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5
V，内阻约1
Ω)；
电流表(量程为0～250
mA，内阻约5
Ω)；
电压表(量程为0～3
V，内阻约3
kΩ)；电键一个、导线若干．
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．
A．滑动变阻器(最大阻值20
Ω，
额定电流1
A)
B．滑动变阻器(最大阻值1
750
Ω，额定电流0.3
A)
(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5
V，内阻为5
Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.
解析：(1)为便于实验操作，滑动变阻器应选择总阻值小的滑动变阻器，故选A．(2)因为灯泡两端的电压由零逐渐增加到3
V，故滑动变阻器应采用分压接法．小灯泡的电阻R＝＝15
Ω，与电流表的内阻5
Ω相差不大，因此电流表采用外接法．故B图正确．
(3)在小灯泡的伏安特性曲线图上作出电源的伏安特性曲线(如图)，由两曲线的交点的电流I＝0.10
A，电压U＝1.0
V，得小灯泡消耗的功率P＝IU＝0.10×1.0
W＝0.1
W.
答案：(1)A　(2)B　(3)0.1
三、计算题(本题共4小题，共43分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.
(10分)在如图所示的电路中，电源为3个电池组成的电池组，每个电池的电动势为2
V，内阻r＝0.2
Ω，R1＝6
Ω，R2＝2
Ω，R3＝3
Ω，求：
(1)当S断开时，电流表和电压表的读数；
(2)当S闭合时，电流表和电压表的读数．解析：(1)S断开时，R1、R2串联，则I＝＝
A≈0.70
A(2分)
U＝I(R1＋R2)＝0.70×8
V＝5.6
V，即电流表读数0.70
A，电压表读数5.6
V．(2分)
(2)S闭合后，R1、R3并联再和R2串联，
R并＝
Ω＝2
Ω(1分)
总电流I总＝
＝
A≈1.3
A(2分)
电流表读数为R1支路的电流
IA＝＝
A≈0.43
A(1分)
电压表读数U′＝E－I总r
＝2×3
V－1.3×0.2×3
V≈5.2
V．(2分)
答案：(1)0.70
A　5.60
V　(2)0.43
A　5.2
V
14．(10分)如图所示，电源电动势E＝9
V，内电阻r＝0.5
Ω，电阻R1＝5.0
Ω、R2＝3.5
Ω、R3＝6.0
Ω、R4＝3.0
Ω，电容C＝2.0
μF.求：
(1)当电键与a接触时电容带电量；
(2)当电键与b接触时电容带电量；
(3)当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量．
解析：(1)电键接a时，UC＝U1＝R1＝5
V(2分)
此时电容器带电量QC＝CU1＝1×10－5
C(1分)
且上极板带正电，下极板带负电．(1分)
(2)电键接b时，
UC′＝U2＝R2＝3.5
V(2分)
此时电容器电量Q＝CU2＝0.7×10－5
C(1分)
且上极板带负电，下极板带正电．(1分)
(3)流过R3的总电量为
ΔQ＝QC＋Q＝1.7×10－5
C．(2分)
答案：(1)1×10－5
C　(2)0.7×10－5
C
(3)1.7×10－5
C
15．(10分)如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2
Ω时，电压表读数为U1＝4
V；当电阻箱读数为R2＝5
Ω时，电压表读数为U2＝5
V．求：
(1)电源的电动势E和内阻r；
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
解析：(1)由闭合电路欧姆定律得
E＝U1＋r①(1分)
E＝U2＋r②(1分)
联立①②并代入数据解得E＝6
V，r＝1
Ω.(2分)
(2)由电功率表达式P＝R③(2分)
将③式变形为P＝④(1分)
由④式可知，当R＝r＝1
Ω时P有最大值(1分)
Pm＝＝9
W．(2分)
答案：(1)6
V　1
Ω　(2)1
Ω　9
W
16．(13分)(2012·高考四川卷)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20
m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380
V，此时输入电动机的电功率为19
kW，电动机的内阻为0.4
Ω.已知水的密度为1×103
kg/m3，重力加速度取10
m/s2.求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864
m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．
解析：(1)设电动机的电功率为P，则
P＝UI(1分)
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则
Pr＝I2r(2分)
代入数据解得Pr＝1×103
W．(1分)
(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则
M＝ρV(1分)
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp
则ΔEp＝Mgh(1分)
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr(2分)
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%＝ΔEp(3分)
代入数据解得
t＝2×104
s．(2分)
答案：(1)1×103
W　(2)2×104
s