高中物理 课时跟踪检测（十一）焦耳定律 电路中的能量转化 教科3-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精课时跟踪检测(十一）焦耳定律电路中的能量转化1．(2015·浙江高考)下列说法正确的是(）A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D．弹性限度内,弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比解析：选C在导体电阻一定的条件下，由P＝I2R知热功率与电流的二次方成正比，选项A错误。根据功的公式可知其大小与力的作用时间无关,选项B错误.由电容的定义式可得Q＝CU,即电荷量与两极间的电势差成正比,选项C正确.弹簧的劲度系数只跟弹簧本身有关,与弹簧伸长量无关，选项D错误.2．把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一电源上,若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串∶t并为(）A．1∶1 B．2∶1C．4∶1 D．1∶4解析：选C串联后电阻为R1＝2r，产生的热量为Q1＝eq\f(U2,R1)·t串＝eq\f（U2,2r)·t串；并联后电阻为R2＝eq\f(r,2)，产生的热量为Q2＝eq\f(U2，R2)·t并＝eq\f(U2,\f(r,2）)·t并，若要Q1＝Q2,所以有t串∶t并＝4∶1。3．把六个相同的小灯泡接成如图1甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光,甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是()图1A．P甲＝P乙 B．P甲＝3P乙C．P乙＝3P甲 D．P乙>3P甲解析：选B设每个灯泡正常工作时的电流为I，则甲图中电路的总电流为3I,P甲＝12×3I＝36I，乙图中电路的总电流为I，P乙＝12×I＝12I，故有P甲＝3P乙，B正确。4．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内(）①电炉放出的热量与电动机放出的热量相等②电炉两端电压小于电动机两端电压③电炉两端电压等于电动机两端电压④电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率A．①②④ B．①③C．②④ D．③④解析:选A由P热＝I2R知①正确。因电动机消耗的功率有热功率和机械功率两部分，④正确。对电炉UI＝I2R，而电动机U′I＝I2R＋P机，所以U′＞U，②正确。5．（多选）如图2所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为可变电阻，当R3的阻值减小时(）图2A．电压表的示数增大 B．R2中的电流减小C．小灯泡的功率减小 D．电源路端电压降低解析：选ABD当R3的阻值减小时，总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则由U＝E－Ir可知,路端电压减小，故D正确；因干路电流增大,则R1两端的电压增大，故电压表示数增大，故A正确；因路端电压减小,电压表示数增大，则并联部分电压减小，故R2中的电流减小，故B正确;由以上分析可知，通过小灯泡L的电流增大,由P＝I2R可知灯泡功率增大，故C错误。6．(多选)现有甲、乙、丙三个电源，电动势E相同，内阻不同,分别为r甲，r乙，r丙。用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知R＝r甲>r乙〉r丙，则将R先后接在这三个电源上的情况相比较,下列说法正确的是（)A．接在甲电源上时,电源内阻消耗的功率最大B．接在甲电源上时,定值电阻R两端的电压最大C．接在乙电源上时,电源的输出功率最大D．接在丙电源上时,电源的输出功率最大解析：选AD根据Pr＝I2r＝eq\f（E2r，R＋r2）＝eq\f(E2，\f（R－r2,r)＋4R），由数学知识可知,当R＝r时,Pr最大，故接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大，选项A正确；因为UR＝eq\f(ER,R＋r），故接在甲电源上时,定值电阻R两端的电压最小，选项B错误;电源的输出功率为:PR＝I2R＝eq\f（E2R，R＋r2),故当内阻r最小时，R上的功率最大，即接在丙电源上时，电源的输出功率最大，故选项D正确,C错误.7．如图3所示，直线A为某电源的U。I图线，曲线B为某小灯泡的U­I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（)图3A．4W,8W B．2W,4WC．2W，3W D．4W，6W解析：选D用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI＝2×2W＝4W,电源的总功率是EI＝3×2W＝6W。选项D正确.8．额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1。0Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4。0J，下列计算结果正确的是（)A．电动机正常工作时的电流强度为4。0AB．电动机正常工作时的输出功率为8.0WC．电动机每分钟将电能转化成机械能为240.0JD．电动机正常工作时的输入功率为4。0W解析：选C电动机正常工作时的电流强度为I＝eq\r(\f(Q，rt)）＝eq\r(\f(4，1×1））A＝2A，选项A错误；电动机正常工作时的输出功率为P出＝IU－P内＝2×4W－4W＝4W，选项B错误；电动机每分钟将电能转化成机械能为E机＝P出t＝4×60J＝240J，选项C正确；电动机正常工作时的输入功率为P＝UI＝2×4W＝8W，选项D错误。9．如图4所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻R的伏安特性曲线.用该电池组直接与电阻R连接成闭合电路，则以下说法正确的是（)图4A．电池组的内阻是0。33ΩB．电阻的阻值为1ΩC．电池组的输出功率将是4WD．改变电阻R的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W解析：选D根据图线a可得图线a的斜率表示电源内阻，故r＝eq\f(ΔU,ΔI）＝eq\f(4－0，4）Ω＝1Ω，A错误；图线b的斜率表示电阻的大小，故R＝eq\f（ΔU，ΔI)＝eq\f(3－0，1)Ω＝3Ω,故B错误;两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U＝3V，电流为I＝1A，电池组的输出功率是P＝UI＝3W,故C错误;根据数学知识得知,当外电阻等于电池的内阻时，即外电阻R＝r＝1Ω时，电池组的最大输出功率P出＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（E，R＋r）)）2R＝4W，故D正确。10．(多选）如图5所示，电源的电动势和内阻分别为E、r。滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）图5A．电容器所带电荷量一直增加B．电容器所带电荷量先减少后增加C．电源的总功率先减少后增加D．电压表的读数先减少后增加解析：选BC对电路分析可知：滑动变阻器两部分是并联，再与另一电阻串连接入电源中。所以当两部分电阻相等时，此时的电阻最大,电流最小。随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中,总电阻先增大后减小,导致电流先减小后增大。而电容器与电阻R0并联,所以电压先减小后增大，则电容器所带电荷量先减少后增加，故选项A错误、B正确;因电动势不变，则电源的总功率先减少后增加，故选项C正确；因电流先减小后增大,内电压先减小后增大,外电压先增大后减小,由于电压表是测得外电压，所以路端电压是先增加后减少,故选项D错误。11．（2015·北京高考）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图6所示。光照前两板都不带电.用光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出.假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用.保持光照条件不变.a和b为接线柱。图6已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。（1)求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r.（3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明：P＝ΔEk。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）解析：(1）由动能定理得Ekm＝eUm,可得Um＝eq\f（Ekm,e）短路时所有逸出的电子都到达B板，故短路电流I短＝Ne（2)电源的电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um，所以E＝Um＝eq\f（Ekm,e）电源内阻r＝eq\f(E，I短)＝eq\f（Ekm，Ne2）。（3）设电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U.由动能定理知，一个电子经电源内部电场后损失的动能ΔEke＝eU设单位时间内有N′个电子到达B板,则损失的动能之和ΔEk＝N′ΔEke＝N′eU根据电流的定义，此时电源内部的电流I＝N′e此时流过外电阻的电流也是I＝N′e，外电阻上消耗的电功率P＝IU＝N′eU所以P＝ΔEk。答案：(1）eq\f(Ekm，e）Ne（2）eq\f(Ekm,e）eq\f(Ekm,Ne2)(3)见解析12．如图7所示，一电荷量q＝3×10－5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。开关S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°.已知两板相距d＝0.1m，电源电动势E＝15V，内阻r＝0。5Ω，电阻R1＝3Ω，R2＝R3＝R4＝8Ω。g取10m/s2图7(1）电源的输出功率;（2）两板间的电场强度的大小；(3）带电小球的质量.解析：（1)R2与R3并联后的电阻值R23＝eq\f(R2R3，R2＋R3）＝4Ω由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E，R1＋R23＋r）＝eq\f（15，3＋4＋0。5)A＝2A电源的输出功率P出＝I(E－Ir）＝28W。(2）两板间的电压UC＝I(R1＋R23)＝2×（3＋4）V＝14V两板间的电场强度E＝eq\f（U