人教版高中物理第十二章 电能 能量守恒定律精选试卷练习(Word版 含答案)

人教版高中物理第十二章电能能量守恒定律精选试卷练习（Word版含答
案）
一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况．电源E电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表．
（1）若滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，则R1和R2必须满足的关系是
__________________．
（2）若R1＝6Ω，R2＝12Ω，电源内电阻r＝6Ω，，当滑动片P由a滑至b时，电源E 的输出功率P随外电路总电阻R的变化关系如图（b）所示，则R3的阻值应该选择（）（A）2Ω（B）4Ω（C）6Ω（D）8Ω
【答案】（1）R1≤R2，（2）B
【解析】
【详解】
(1)电流表的示数：
3
E
I
r R R
=
++
并
，欲使滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，须使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1≤R2．（2）从图b知，当R外=6Ω时，电源E的输出功率P最大，即电源内阻为6Ω，而R1和R2部分的电阻变化范围是0～4Ω，因此R3的阻值必须大于2Ω小于6Ω．所以A、C、D错误，只能选B．
2．可将光能转换为电能的硅光电池已经得到了广泛的应用．某同学利用如图甲所示的器材探究在一定光照强度下硅光电池的路端电压U与总电流I的关系．电表视为理想电表．
(1)在图甲中实物图上用笔画线代替导线进行连接___________；
(2)用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U-I图象如图乙所示，由此可知在该光照强度下，硅光电池内阻________(填“是”或“不是”)常数，短路电
流为________mA ，电动势为________V ．(结果保留三位有效数字)
(3)若将R =10kΩ的电阻接在该硅光电池两极上，用同样强度的光照射该硅光电池，则该电阻消耗的功率为________ W ，此时该硅光电池的内阻为________ kΩ.(结果保留两位有效数字)
【答案】 不是 0.295(0.293～0.297)
2.68(2.66～2.69)
3.0×10－4(2.9×10－4～3.1×10－4
) 5.4(4.9～5.6)
【解析】
【详解】
（1）[1]本实验中测量电源的电动势和内电阻，故采用限流接法，而电流表采用相对电源的外接法；连接实物电路图，如图所示．
（2）[2][3][4]因图象的斜率是变化的，所以电池的内阻不是定值；在硅光电池的U -I 图象，图象与横轴的交点表示短路电流，由图可知，短路电流为295μA=0.295mA ；当I =0，U =E ，图线斜率的绝对值表示内阻．由图线a 可知E =2.68V ；
（3）[5][6]在图乙中作出电阻的伏安特性曲线如图所示，
与电源的伏安特性曲线的交点表示电压和电流，由图可知，I =175μA ，U =1.7V ；故电源的输出功率
P =UI =1.7×175×10-6=3.0×10-4W ；
根据闭合电路欧姆定律可得：
362.68 1.7 5.610 5.617510
E U r k I ---===⨯Ω=Ω⨯
3．（1）下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然
误差又直观、简便的是_____
A ．测出两组I 、U 的数据，代入方程组E=U 1+I 1r 和E=U 2+I 2r
B ．多测几组I 、U 的数据，求出几组E 、r ，最后分别求出其平均值
C ．测出多组I 、U 的数据，画出U-I 图像，在根据图像求E 、r
D ．多测几组I 、U 的数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即 为电动势
E ，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r
（2）(多选)用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I 图像，由图像可知_______
A ．电池的电动势为1.40V
B ．电池内阻值为3.50Ω
C ．外电路短路时的电流为0.40A
D ．当电压表示数为1．20V 时，电路电流为0．2A
（3）如上（2）中甲图所示，闭合电键前，应使变阻器滑片处在________（填“左”或“右”）端位置上．
（4）．(多选)为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪组仪器，才能达到实验目的_______
A ．一个电流表和一个电阻箱
B ．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器
C ．一个电压表和一个电阻箱
D ．一个电流表和一个滑动变阻器
【答案】C ； AD ； 左； ABC
【解析】
(1) A 项中根据两组测量数据可以算出一组E 、r 值，但不能减少偶然误差；B 项中可行，但不符合题目中“直观、简便”的要求，D 选项的做法是错误的，故符合要求的选项为C ．
(2) A 项：由图示图象可知，电源U-I 图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40V ，故A 正确；
B 项：电源内阻等于图象斜率的大小，为1U r I
∆==Ω∆，故B 错误； C 项：由图示图象可知，路端电压为1.00V 时，电路电流为0.4A ，可知外电路发生短路时的电流为= 1.4E I A r
=短，故C 错误；
D 项：当电压表示数为1.20V 时，0.20
E U I A r
='-=，故D 正确； (3)为了保护用电器，在闭合开关前滑动变阻器应调到最大电阻处，即应使变阻器滑片处在左端位置；
(4) 测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir ，可以一个电压表、一个电流表分别测量路端电压和电流，用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量．也可以用电流表和电阻箱组合，可代替电流表和电压表，或用电压表和电阻箱组合，代替电压表和电流表，同样能测量电源的电动势和内阻，故ABC 正确．
点晴：由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V 时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻；测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法．
4．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差，实验电路如图1所示．
(1)现有电流表(0-0．6A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A ．电压表(0~15V)
B ．电压表(0~3V)
C ．滑动变阻器(0~50Ω)
D ．滑动变阻器(0~500Q)
实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．（选填相应器材前的字母）
(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下的一组数据的对应点，并画出U-I 图线________． 序号
1 2 3 4 5 6 电压U(V)
1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10 电流I(A) 0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480
(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω．
(4)实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，图3各示意图中正确反映P-U关系的是________．
【答案】(1)B C (2)如图
(3) 1.50 (1.49～1.51) 0.83 (0.81～0.85) (4)C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]．一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（2）[3]．根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示：
（3）[4][5]．由得出的电源U-I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E =1.50V ，电源内阻：
1.5 1.00.830.6
U r I ∆-==Ω≈Ω∆； （4）[6]．电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C ．
5．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3V ，内阻约2 Ω)，保护电阻R 1(阻值10 Ω)和R 2(阻值5Ω)，滑动变阻器R ，电流表A ，电压表V ，开关S ，导线若干．
实验主要步骤：
(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U 和相应电流表的示数I ； (iii)以U 为纵坐标，I 为横坐标，作U -I 图线(U 、I 都用国际单位)；
(iv)求出U -I 图线斜率的绝对值k 和在横轴上的截距a .
回答下列问题：
(1)电流表最好选用________．
A ．电压表(0～3 V ，内阻约15 kΩ)
B ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ)
C ．电流表(0～200 mA ，内阻约2 Ω)
D ．电流表(0～30 mA ，内阻约2 Ω)
(2)选用k 、a 、R 1和R 2表示待测电源的电动势E 和内阻r 的表达式E ＝________，r ＝________，代入数值可得E 和r 的测量值．
【答案】C ka k -R 2
【解析】
【分析】
【详解】
(1) [1]通过电路的最大电流约为
123A 0.176A=176mA 1052
E I R R r ==≈++++ 所以电流表选择C 项即可．
(2)[2][3]由图示电路图可知，电源电动势：
2()E U I R r =++
则：
2()U E I R r =-+
U -I 图象的斜率：
k =R 2+r
则内阻
r =k -R 2
令U =0，则有：
2E E I r R k
==+ 由题意可知，图象与横轴截距为a ，则有：
E a I k
==
解得： E ka =
6．“用DIS 测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图a ．所示，其中R 1为定值电阻，R 为滑动变阻器．
(1)下列关于图a ．电路的说法中正确的有_____
A ．甲为电压传感器，R 的作用是保护电路
B ．甲为电压传感器，R 1的作用是保护电路
C ．乙为电压传感器，R 的作用是保护电路
D ．乙为电压传感器，R 1的作用是保护电路
(2)实验测得电池①的路端电压U 与电流I 的拟合曲线如图b ．中①图线所示，由此得到电池①的电源电动势E 1=_______V ，内阻r 1=______Ω；
(3)改用电池②，重复上述实验方法，得到图b ．中的图线②．用阻值相同的两个定值电阻分别与电池①及电池②连接，两电池的输出功率相等，则这两个定值电阻的阻值为________Ω，电池①和电池②的效率η1______η2（选填“>”“=”或“<”）．
【答案】D 6.0 2.4 1.6 <
【解析】
【详解】
(1)[1]甲串联在电路中，是测量电流的，所以甲是电流传感器；乙接在电源两端，测量电压，所以乙是电压传感器；定值电阻R 1在实验中的作用主要是保护电源，防止短路；故D 正确，ABC 错误．
(2)[2][3]根据U =E −Ir 可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E 1=6.0V ；图象的斜率表示内阻，则r 1=△U/△I =（6.0−1.2）/（2.0-0）Ω=2.4Ω；
(3)[4][5]由图可知，电池②的电动势E 2=4.8V.内阻r 2=1.6Ω，外接电阻R 时，电源的输出功率为：2()E P R R r =+，则226.0 4.8()()2.4 1.6
R R R R =++，解得：R =1.6Ω．电池的效率：UI R EI R r
η=
=+，带入数据得：η1<η2． 7．某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源(内阻1Ω)r ≈，电阻箱1(R 最大阻值为999.9Ω)，电阻箱2(R 最大阻值为999.9Ω)，电压表V(内阻约为2k Ω)，电流表A(内阻约为2Ω)，灵敏电流计G ，两个开关1S 、2S ．
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱1R 和2R 至最大，闭合开关1S 和2S ，再反复调节1R 和2R ，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 、电阻箱1R 、电阻箱2R 的示数分别为1I 、1U 、1R 、2R ；
②反复调节电阻箱
1
R和
2
(
R与①中的电阻值不同)，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为2I、2U．
回答下列问题：
（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势A
φ和
B
φ的关系为______；（2）电压表的内阻为______，电流表的内阻为______；
（3）电源的电动势E为______，内阻r为______。

【答案】φA=φB11
111
V
U R
R
I R U
=
-
1
2
1
A
U
R R
I
=-1221
21
U I U I
E
I I
-
=
-
12
21
U U
r
I I
-
=
-
【解析】
【详解】
（1）[1]．电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即φA=φB．
（2）[2][3]．由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和．则在步骤1中，通过电压表的电流
1
1
1
V
U
I I
R
=-
电压表的内阻为
111
111
V
V
U U R
R
I I R U
==
-
左右两个电源两极间的电压相等，则有：
U1=I1（R A+R2）
解得电流表的内阻
1
2
1
A
U
R R
I
=-
（3）[4][5]．根据闭合电路欧姆定律得：
E=U1+I1r
E=U2+I2r
解得
1221
21
U I U I
E
I I
-
=
-
12
21
U U
r
I I
-
=
-
二、第十二章电能能量守恒定律选择题易错题培优（难）
8．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是( )
A．L1灯丝突然短路
B．L2灯丝突然烧断
C．电源的输出功率一定变小
D．电容器C上电荷量减少
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大．
A．L1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A错误；
B．L2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B正确；
C．电源的输出功率P=UI，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C错误；
D．电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q=CU知电容器的带电量增大，D错误．
【点睛】
本题考查了电路的动态分析，方法是：先从支路的变化，分析总电流和路端电压的变化，再到支路，分析各用电器的电压和电流的变化关系．
9．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器。

将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I。

当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，理想电流表A 的示数为I′。

则以下判断中正确的是（）
A ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，通过R 3的电流方向由左向右
B ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，电容器的带电量减小
C ．11'U U > ，22'U U >，I I '>
D ．
221'
U U R r I I
-=+-' 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．电容C 与电阻R 1、R 2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据
Q
C U =
可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过R 3的电流方向由右向左，故AB 项错误； C ．因电路电流减小，故I I '>，则R 1两端电压减小，即11'U U >。

因路端电压增大，则R 2两端电压增大，即22'U U <，故C 项错误；
D ．将R 1等效为电源内阻，则2U 可视为等效电源的路段电压，根据U —I 图像的斜率关系可得
221'
U U R r I I -=+-'
故D 项正确。

故选D 。

10．如图电路中，电源的内电阻为r ，R 1、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表． 闭合电键S ，当滑动变阻器R 2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A ．电压表的示数变小
B．电流表的示数变大
C．电流表的示数变小
D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I ，路端电压为U，电流表电流为I．
总
A．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，I总变小，由U=E-Ir可知，U变大，则电压表示数变大．U变大，I3变大，故A错误；
BC．因I4=I总-I3，则I4变小，U4变小，
而U1=U-U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大.
又I总=I+I1，I总变小，I1变大，则I变小．所以R1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B错误，C正确．
D．由I4=I1+I2，I4变小，I1变大，则I2变小，则|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，则不能确定R1中电流的变化量与R4中电流的变化量的大小．故D错误．
【点睛】
本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．
11．如图甲所示，电源的电动势E＝6 V，内阻为r，闭合开关S，滑动变阻器的滑片C从A 端滑至B端的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示：图I描述电源的输出功率随端电压的变化规律，图II描述端电压随电流的变化规律、图III描述电源的效率随外电阻的变化规律，电表、导线对电路的影响不计。

则下列说法不正确的是( )
A．电源的内阻r为2Ω
B．滑动变阻器最大阻值6Ω
C．I图上b点的坐标(3V，4.5W)
D．II图上a点的坐标(0.6A，4.8V)
【答案】B
【解析】
【详解】
Ａ．由乙图可知短路电流为 I 短=3A ，由 E
I r
=
短得： 6
23
E r I =
=Ω=Ω短 选项Ａ正确，不符合题意；
B ．电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 η=80%，由
UI R EI R r
η=
=+ 解得：
R =8Ω
即变阻器最大阻值为8Ω，选项B 错误，符合题意；
C ．当输出功率达到最大时：R=r =2Ω，此时路端电压为U =3V ，所以各点的坐标为： I 图b 点：U =3V
2
2
6W 4.5W 42
4E P r ===⨯
坐标为：（3V ，4.5W ）；选项C 正确，不符合题意； D ．II 图a 点：R =8Ω，
6
A 0.6A 82
E I R r =
==++ U =E-Ir =6-0.6×2=4.8V
a 点的坐标为（0.6A ，4.8V ）；选项D 正确，不符合题意； 故选B 。

12．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，L 为小灯泡，R 3为光敏电阻，当照射光强度增大时，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表的示数减小
B ．灯泡L 变暗
C ．R 1电流变化量比R 3电流变化量小
D ．R 1电压变化量比R 2电压变化量大
【答案】C 【解析】 【详解】
A ．当照射光强度增大时，电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流增大，根据
11U IR =
可知R 1两端的电压电压增大，而电压表的示数等于R 1两端的电压，所以电压表的示数增大，故A 错误；
B．干路电流增大，则全电路的欧姆定律有：
1
2
2
()
R
E I r R
I
R
-+
=
故通过R2中电流减小，则由并联分流关系知通过小灯泡的电流增大，故小灯泡功率增大，灯泡L变亮，故B错误；
C．电路中并联部分电压减小，通过R2中电流减小，灯泡支路的电流增大，而干路电路的电流增大，则干路电流增加量小于电阻R3电流增加量，故C正确；
D．干路电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，则电阻R1电压增加量小于并联部分电压减小量，即R1电压变化量比R2电压变化量小，故D错误；
故选C。

13．如图所示的电路中，R1、R2、R3分别是热敏电阻、可变电阻、光敏电阻，热敏电阻随着温度的升高电阻减小，光敏电阻随着光照的增强电阻减小，L1、L2是两个相同的灯泡，闭合电键K后，两个灯泡均能正当发光，电源的电动势、内阻恒定，过一会儿，发现两个灯泡都变亮了，可能原因是
A．对R3的光照变强了
B．环境的温度变高厂
C．可变电阻R2的阻值变大了
D．可变电阻R2的阻值变小了
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.若对R3的光照变强了，则3R的阻值变小了，回路中的电流变大，则流过两个灯泡的电流也就变大，所以灯泡变亮．故A正确；
B. 环境的温度变高，则1R电阻变小，由串反并同知L1变亮、L2变暗，故B错误；
C、可变电阻2R的阻值变大，由串反并同知，L1变亮、L2变暗，故C错
D、可变电阻2R的阻值变小，由串反并同知，L1变暗、L2变亮，故D错误；
综上所述本题答案是：A
14．如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑
动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，正确的是（ ）
A ．V 2的示数增大
B ．电源输出功率在减小
C ．ΔU 3与ΔI 的比值在减小
D ．ΔU 1大于ΔU 2 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。

理想电流表内阻为零，相当短路。

所以定值电阻R 与变阻器串联，电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压。

当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V 2的示数减小，选项A 错误；
B ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，电源的输出功率在增大，选项B 错误；
C ．根据闭合电路欧姆定律得：
()3U E I R r =-+
则得：
3
U k R r I
∆==+∆ 保持不变，选项C 错误； D ．根据闭合电路欧姆定律得：
2U E Ir =-
则得：
2
U k r I
∆==∆ 而V 1测量电阻R 的电压，有：
1
U R I
∆=∆ 又定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ，则得
12U U ∆>∆
选项故D 正确。

故选D 。

15．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示。

为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。

已知返回舱返回过程中需克服火星的引力做功1R W mgR r ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
，返同舱与人的总质量为m ，火星表面的重力加速度为g ，火星的半径为R ，轨道舱到火星中心的距离为r ，轨道舱的质量为M ，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则下列说法正确的是
A ．该宇航员乘坐的返回舱要返回轨道舱至少需要获得能量W
B ．若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为mgR
C ．轨道舱的动能为2
2MgR r
D ．若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为2
2MgR r
-
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．返回舱与人在火星表面附近有
2
GMm
mg R
= 设轨道舱的质量为0m ，速度大小为v ，则
2
002
GMm v m r r
= 计算得出宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时，具有的动能为
2
2122k MgR E mv r
==
因为返回舱返回过程克服引力做功
1R W mgR r ⎛⎫
=- ⎪⎝
⎭
所以返回舱返回时至少需要能量k E E W =+，故A 错误，C 正确； B ．若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为1R mgR r ⎛
⎫
-- ⎪⎝⎭
，故B 错误；
D ．轨道舱的机械能等于动能加重力势能，所以若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为
22
122MgR R MgR E mgR r r r ⎛⎫=--= ⎪⎝
⎭
故D 正确。

故选CD 。

【点睛】
根据火星表面的重力等于万有引力列出等式。

研究轨道舱绕卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时速度。

根据能量守恒求解返回轨道舱至少需要获得的能量，克服引力做功，则引力做负功，所以引力势能减小。

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

16．某同学将一直流电源的总功率PE 、输出功率PR 和电源内部的发热功率Pr 随电流I 变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知 （ ）
A ．反映Pr 变化的图线是a
B ．电源电动势为8 V
C ．电源内阻为2 Ω
D ．当电流为0.5 A 时，外电路的电阻为6 Ω 【答案】CD 【解析】
试题分析：电源的总功率E P IE =，功率与电流成正比，由2
r P I r =知电源内部的发热功
率与电流的平方成正比，A 正确；直流电源的总功率E P IE =，P-I 图象的斜率等于电动势E ，则有8
42
P E V I =
==，电流为2A 时电源的总功率与发热功率相等，则根据2r P I r =
可得22822r P r I =
=Ω=Ω，当电流为0．5A 时，根据闭合电路欧姆定律E I r R
=+可得出外电路的电阻为6Ω，CD 正确
考点：考查闭合电路欧姆定律的图象应用
【名师点睛】要注意根据电源的总功率公式E P IE =求解电动势，根据发热功率的公式
2r P I r =，求解电源的内阻．
17．如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4m/s 顺时针匀速转动，一质量m=2kg 的小滑块以平行于传送带向下'2v m s =/的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数78
μ=
，取2
10/g m s =，sin370.60cos370.80︒=︒=，，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止静止的时间内下列说法正确的是
A ．重力势能增加了72J
B ．摩擦力对小物块做功为72J
C ．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为252J
D ．电动机多消耗的电能为386J 【答案】AC 【解析】
对滑块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向
37f mgsin ma -︒=，垂直斜面方向370N mgcos -︒=，其中f N μ=，联立解
得：()2
37371/a g cos sin m s μ=︒-︒=，以平行斜面向上为正，设运动到相对静止的时
间为t ，根据速度时间关系公式，有：()4261
v t s a --∆=
==，则位移：()42662
x vt m m +-==
⨯=，故重力势能增加量为：
·3772p E mg h mg xsin J ∆=∆=︒=，故A 正确；根据动能定理可知，摩擦力对小物块做
功等于物块动能的变化量，即()2
21124221222
f W J =
⨯⨯-⨯⨯-=，故B 错误；在6s 内传送带的位移：4624x vt m '==⨯=，故相对位移为：24618x x x m m m ∆='-=-=，
故产生的内能为：7
37?
210180.82528
Q mgcos x J J μ=︒∆=⨯⨯⨯⨯=，故C 正确；多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，为：
7212252336
p k
W E E Q J
=∆+∆+=++=，故D错误；故选AC．
【点睛】对滑块受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解末速度和时间，根据·
Q f x
=∆求解内能，多消耗的电能等于增加的机械能和内能．
18．如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则
A．A2示数增大
B．V2示数与A1示数的比值不变
C．ΔU3与ΔI1的比值小于2R
D．ΔI1小于ΔI2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
闭合电键后，电路如图所示．V1、V2、V3分别测量R1、路端电压和R′的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A2示数增大，A选项正确．V2示数与A1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B选项正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E﹣I1（R1+r），则得3
1
U
I
∆
∆=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项错误．A1的示数增大量等于A2示数增大和R2的电流减小量之和，所以ΔI1小于ΔI2，故D选项正确．
19．A，B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘
细线与金属板A 的夹角为θ．电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（ ）
A ．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小
C ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则小球重新达到稳定后θ变小
D ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
设金属板两端的电压为u ，距离为d ，小球质量为m 则tan uq
mgd
θ=
，滑动变阻器1R 是分压接法，可以分为4R ，5R 两部分，4R 与金属板串联，并和1R 并联，然后它们再与5R ，
3R 串联，电路图可以简如图所示，电压表测得是路端电压，电流表测得是电流总电流
I ．因为金属板不通电，可以将它和4R 看作1R 两端的电压表．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则5R 减小，总电阻减小，则总电流增大，即两端的电压增大，所以金属板两端的电压u 增大，由公式tan uq
mgd
θ=
得，θ增大，A 错误．将若将R 2的滑动触头P 向b 端移动时，5R 增大则总电阻增大，总电流I 减小，路端电压增大即U 增大，所以B 错误．当用较强的光照射时，减小，则总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，可推出1R 两端电压减小即金属板两端的电压减小，由tan uq
mgd
θ=得 θ减小，C 正确．
r E U E U I I --''==所以()()E U E U U
r I I I
---∆==-∆''，D 正确．
20．如图所示电路中，电源的内电阻为r ，R 2、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S ，当滑动变阻器R 1的滑动触头P 向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI 、ΔU ，下列说法正确的是（ ）。