辽宁东北育才学校高中部物理第十二章 电能 能量守恒定律精选测试卷专题练
习
一、第十二章 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中0R 是保护电阻)．
（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I 图线如图丙所示，根据图线求出干电池
的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．
（2）若保护电阻0R 的阻值未知，该干电池的电动势E 、内电阻r 已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出0R 的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U 、电流表示数为I ，电源的电动势用E 表示，内电阻用r 表示，则0R =__________． 【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je 或者jf 0E U
R r I
-=- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图丙所示，电源U-I 图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V ，电源内阻 1.48 1.20
0.500.480.520.56
U r I ?-=
==ΩΩ?（～） , （2）将导线jd 改接为je ，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：E=U+I （R 0+r ），定值电阻0E U
R r I
-=
-
2．为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下所示： A ．干电池2节，每节干电池的电动势约为1. 5V ，内阻约为0. 9Ω B ．电流表A （0～0. 6A ，内阻约为0. 5Ω） C ．滑动变阻器R 1（0～50Ω，额定电流为3A ）
D ．滑动变阻器R 2（0～1000Ω，额定电流为1A ） E. 电流表G （0～3mA ，R g =10Ω） F. 定值电阻3990R =Ω G. 定值电阻490R =Ω
（1）由于两节干电池的内阻较小，现将03R =Ω的定值电阻与两节干电池串联后作为一个整体进行测量。在进行实验时，滑动变阻器应选用__________，定值电阻应选用__________；（填写实验器材前的编号）
（2）在如图甲所示的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图； （______）
（3）根据实验测得数据作出21I I -的图线如图乙所示，其中I 2为通过电流表G 的电流，I 1为通过电流表A 的电流，根据该图线可知，两节干电池的总电动势为__________V ，总内阻为__________Ω。（结果均保留两位有效数字）
【答案】C F 3. 0 2. 0
【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1] 电源为两节干电池，电动势为3V ，比较小，电源的内阻也较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C ； [2] 上述器材中没有直接给电压表，但给了两个电流表，将电流表G 与定值电阻串联改装成电压表，改装后电压量程应约不小于3V ，根据串联电路规律可知，应串联的电阻为
3
3
10Ω990Ω310
R -=
-=? 故选F ；
（2）[3] 用改装后的电压表测量电压值，用电流表A 与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；
（3
）[4] 由电路图，根据闭合电路的欧姆定律可得
23120()()()G E I R R I I R r =++++
整理得
0213030G G R r E
I I R R R r R R R r
+=-
+++++++
设图像与纵轴的交点为b ，图像的斜率为k ，可得
30G E
b R R R r =+++
030G R r
k R R R r
+=
+++
联立上式，代入数据解得
3.0V E =， 2.0Ωr =
[5] 由上题可知， 2.0Ωr =
3．用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了保护电路，电路中用一个定值电阻0R 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，0R 应选择_____Ω的定值电阻，应选择阻值范围是_____Ω的滑动变阻器。
(2)一位同学测得的六组数据如下表所示。
组别123456
电流I/A0.120.200.310.320.500.57
电压U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05
-图线________________。
试根据这些数据在答题纸的图中作出U I
(3)根据图线求出电池的的内阻r=_____Ω。（结果保留两位有效数字）
(4)导致该实验误差的主要原因是_____________________。
【答案】1 0～10 0.72Ω
（0.68~0.76）电压表的分流（偶然误差也正确）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]为使滑动变阻器滑动时电表示数有明显变化，应使R0+R与电源内阻r尽可能接近，因干电池的r较小，则考虑选择1Ω的定值电阻；
[2]滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就可以，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω不方便调节；所以应选择阻值范围是0～10Ω的滑动变阻
器。
(2)[3]根据数据描点作出U I -图线如图
(3)[4]U I -图线的斜率等于电池的的内阻，则
1.461
Ω0.72Ω0.64
r k -==
≈（0.68~0.76都正确） (4)[5]导致该实验误差的主要原因是电压表的分流，从而导致电流表示数偏小。（答偶然误差也正确）
4．用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组旳电动势E 和内阻r ，又能同时描绘小灯泡旳伏安特性曲线.
A ．电压表V 1（量程6V 、内阻很大）
B ．电压表V 2（量程3V 、内阻很大）
C ．电流表A （量程3A 、内阻很小）
D ．滑动变阻器R （最大阻值10Ω、额定电流4A ）
E ．小灯泡（2A 、5W ）
F ．电池组（电动势E 、内阻r ）
G ．开关一只，导线若干
实验时，调节滑动变阻器旳阻值，多次测量后发现：若电压表V 1旳示数增大，则电压表V 2旳示数减小.
（1）请将设计旳实验电路图在虚线方框中补充完整_____.
（2）每一次操作后，同时记录电流表A 、电压表V 1和电压表V 2旳示数，组成两个坐标点（I ，U 1）、（I ，U 2），标到U —I 坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图所
示，则电池组旳电动势E ＝__________V 、内阻r ＝_________Ω.（本小题结果保留2位有效数字）
（3）在U —I 坐标中两条图线在P 点相交，此时滑动变阻器连入电路旳阻值应为________Ω，电池组旳效率为_____________（此空结果保留2位有效数字）.
【答案】 4.5 1.0 0 56%
【解析】 【详解】
（1）[1]伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小，调节滑动变阻器时，电压表
1V 的示数增大，则电压表2V 的示数减小，则1V 测路端电压，2V 测灯泡两端电压，电路图
如图所示：
（2）[2]电源的U-I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势为：
4.5V E =；
[3]则电源内阻为：
4.5V 2.5V
1.0Ω
2.0A
U I r -=
==??； （3）[4]由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压 2.5V L
U
=，此时电路电
流 2.0A I =，则电源电动势为：
L E Ir U IR =++滑
即：
4.5V 2.0A 1Ω 2.5V 2.0A R =?++?滑
则：
0ΩR =滑；
[5]则电池组旳效率为：
100%56%L
EI
I
U
η=?=。
5．“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22
6.0 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．
6．现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围，最大允许电流为
50mA．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验．图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R0是定值电阻．
⑴实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：
A．10Ω，2.5W B．50Ω，1.0W C．150Ω，1.0W D．1500Ω，5.0W
本实验应选用______________，其作用是_________________．
⑵该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线．则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示_________．
⑶根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为_______V，内电阻r为_______Ω．
【答案】C 保护电阻回路中电流 10V 46～50Ω
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据闭合电路欧姆定律电路中最小电阻为min3
9
180
5010
m
E
R
I-
==Ω=Ω
?
，所以R0应选C，其作用是作为保护电阻．
(2)根据闭合电路欧姆定律，应有
U
E U r
R R
=+?
+
，所以图乙图象的横坐标与纵坐标之比0
U
R R
+
为回路电流．
(3)将
U
E U r
R R
=+?
+
变形为
111
r
U E R R E
=?+
+
，所以纵轴截距10.1
E
=，解得E=10V
，斜率0.670.1
121
r
k
E
-
==
?
，解得r=4.75Ω(4.6～5都对)
涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可．
7．小聪、小慧和小明分别做了以下三个电学实验：
（1）小聪利用图甲所示电路图“研究通过小电珠的电流随其两端电压变化的关系”．他闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若某一状态下，他读出电压表V、电流表A的示数分别为2.7V、0.3A，则该状态下小电珠的电阻测量值为_______Ω．
（2）小慧在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，根据图乙的电路连接实物，利用测得的数据作出了图丙所示的路端电压随电流变化的关系图像(U-I图像)，由图可知，她测出的电池电动势E=____V，电池内阻r=______ Ω．
（3）小明准备测量一只电阻R的阻值，要求操作方便、测量误差尽量小．
①他先用多用电表的电阻挡“×1k”倍率测R的阻值，电表指针稳定时如图丁所示，其示数为_________Ω：
②接着他利用下列器材进一步测量：
A．电流表（0～500μA，内阻约200Ω）
B．电压表（0～3V挡、内阻约5kΩ，0～15V挡、内阻约25 kΩ）
C．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）
D．两只干电池串联组成的电源（总电动势3V）
F ．导线若干
小明设计好电路后，在实物间已经连接了三根导线，请你用笔画线表示导线在图戊对应的答题卡虚线框中把还未连接的实物连接成实验电路．
【答案】（1）变大， 9Ω （2）1.5V ， 0.5Ω （3）①10K
②
【解析】
(1) 合开关S 后，调节滑动变阻器的滑片P ，使其向右端b 滑动，此过程中，电压表V 的示数将增大；电阻阻值9U
R I
=
=Ω； (2) 由图示电源U-I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V ，电源内阻为： 1.5 1.0
0.51.0
U r I ?-=
=Ω=Ω?； (3) 由图示多用电表可知，地示数为10×1k=10kΩ；
滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为200Ω，电压表内阻为5kΩ，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，实物电路图如图所示：
点晴：电源U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
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，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L 也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a 端滑动，则（ ）
A ．灯泡将变暗，电源效率将减小
B ．液滴带正电，将向下做加速运动
C ．电源的路端电压增大，输出功率也增大
D ．滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．将滑片由该位置向a 端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率
100%100%UI U
EI E
η=
?=? 外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A 项错误．
B ．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a 端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压()
C L U E I r R =-+增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B 项错误．
C ．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C 项错误．
D ．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，
因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D 项正确． 【点睛】
本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．
9．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的2R 、3R 分别为总阻值一定的滑动变阻器，0R 为定值电阻，1R 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S 闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A ．只断开开关S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
B ．只调节电阻3R 的滑动端2P 向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
C ．只调节电阻2R 的滑动端1P 向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动
D ．只增大1R 的光照强度，电阻0R 消耗的功率变大，带电微粒向上运动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
只断开开关S ，电容器放电，所带电荷量变小，带电微粒向下运动，所以A 错误；电阻R 3与电容器串联，该之路断路，所以只调节电阻R 3的滑动端P 2向上移动时，电压表示数不变，带电微粒静止不动，所以B 错误；只调节电阻R 2的滑动端P 1向下移动时，外电路电阻不变，路端电压不变，故电压表示数保持不变，电容器的电压增大，带电微粒向上运动，C 错误；只增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流增大，所以电阻R 0消耗的功率变大，带电微粒向上运动，D 正确．
10．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r （212R r R R <<+），电表均视为理想电表。闭合开关S 后，调节R 的阻值，使电流表A 1的示数增大了I ?1，在这一过程中，电流表的A 2示数变化量的大小为I ?2，电压表示数的变化量的大小为U ?，则
A ．A 2增大，且I ?2
B ．1
U I ??的大小变大
C ．电源的效率降低了1I r
E
?? D ．电源的输出功率一定增大了
【答案】C 【解析】 【详解】
A ．要使电流表A 1示数增大，则R 应减小；因总电流增大，则内阻及R 2分压增大，并联部分电压减小，则流过R 1的电流减小，因此流过R 的电流增大，即A 2的示数变大，因
211(
)()()R I I I +=
则
21I I ?>?
故A 错误。 B ．根据
1r E U U =+
可得：
r U U ?=?
则
11
r
U U r I I ??==?? 故其大小不会随R 的变化而变化；故B 错误。 C ．电源的效率
100%U
E
η=
? 因电压的改变量为△I 1r ；故说明电源的效率降低了
1I r
E
??；故D 正确。 D ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D 错误。 故选C 。
11．如图所示的电路中，电表为理想电表，R 1、R 2为定值电阻，电源的正极接地，将滑动变阻器R 3的滑片P 向上移动，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数变大B．电压表的示数变大
C．电容器带电量减小D．a点的电势升高
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
B．当滑动变阻器的滑片向上移动时，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；
CD．R1两端的电压减小，R2两端的电压增大，电容器的带电量增大，a点的电势降低，选项C、D错误；
A．R2两端的电压增大，流过R2的电流增大，而总电流减小，因此流过R3的电流减小，即电流表的示数减小，选项A错误。
故选B。
12．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L 1变亮、L 2变暗，故B 错误； C 、可变电阻2R 的阻值变大，由串反并同知，L 1变亮、L 2变暗，故C 错 D 、可变电阻2R 的阻值变小，由串反并同知，L 1变暗、L 2变亮，故D 错误； 综上所述本题答案是：A
13．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，平行板电容器C 的两金属板水平放置．G 为灵敏电流计．开关S 闭合后，两板间恰好有一质量为m 、电荷量为q 的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R 的触头P 向上移动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A ．灵敏电流计G 中有b→a 的电流
B ．油滴向上加速运动
C ．电容器极板所带电荷量将减小
D ．通过电阻R 2的电流将减小 【答案】AB 【解析】 【详解】
ACD ．在滑动变阻器R 的触头P 向上移动的过程中，R 增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R 1上的电压和R 2与R 并联电压之和，而R 1上的电压减小，所以R 2与R 的并联电压增大，通过R 2的电流增大．根据Q=CU ，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a ． 选项A 正确，CD 错误；
B ．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速．故B 正确． 故选AB ． 【点睛】
处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．
14．如图所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是
A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大
B ．电源功率不变，1R 上功率增加
C ．2
U I 变大，2U I
??不变 D ．
3U I 变大，3
U I ??不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据
U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减
小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.
B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；
C. 根据电路知识可知, 22U R I
=所以2U
I 变大，2
1U E
I R r 可知
2
1U R r I
?=+?不变，故C 正确 D.根据电路知识可知
3U I =R 1+R 2所以3U
I
变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3
U I ??=r ，不变．故D 正确．
15．如图所示，电路中灯泡A 、B 均正常发光．忽然灯泡B 比原来变暗了些，而灯泡A 比原来变亮了些．电路中出现的故障可能是( )
A ．R 2发生断路
B ．R 3发生断路
C ．R 1、R 2同时发生断路
D ．R 1、R 3同时发生断路 【答案】AC 【解析】
若R 2断路，外电路总电阻增大，路端电压增大，总电流减小，通过R 1的电流增大，所以通过B 灯和R 3的总电流减小，灯B 亮度变暗，灯泡A 两端电压增大，A 亮度变亮，故A 正确；同理若R 3发生断路，则B 灯变亮，A 灯变暗，故B 错误；若R 1、R 2同时发生断路，外电路总电阻变大，干路电流变小，内电压变小，外电压变大．导致A 灯电压变大，A 灯变亮，由于干路电流变小，则B 灯分流变小，B 灯变暗，故C 正确 ；同理R 1、R 3同时发生断路时，A 灯变暗，B 灯变亮．故D 错误；综上分析，AC 正确．
16．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．
17．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．
18．一平行板电容器的两块金属板A，B正对竖直放置，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的滑动触头P在中间时闭合开关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 增大
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变大
D ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则平行板电容器的电量变小 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R 2的滑动触头P 向a 端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A 错误；
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，总电阻增大，则I 减小，因此内电压减小，则U 增大，故B 正确；
C ．用更强的光线照射R 1，R 1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U 减小，但R 2和R 3两端电压都增大，故R 1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C 错误；
D ．由C 选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q =CU ，平行板电容器的电量变小，故D 正确。 故选BD 。
19．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ．当滑动变阻器的滑片P 从左端滑到右端时，理想电压表1V 、2V 示数变化的绝对值分别为1U ?和2U ?，干路电流为I ，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是
A ．小灯泡1L 、2L 变暗，3L 变亮
B ．1U ?与I ?的比值不变
C ．12U U ?
D ．12U U ?=? 【答案】AB 【解析】 【分析】
当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯2L 亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断3L 亮度的变化。根据总电流与通过3L 电流的变化，分析通过1L 电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析1U ?和2U ?的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。 【详解】
A ．当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则2L 变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则3L 变亮。总电流减小，而3L 的电流增大，则1L 的电流减小，则1L 变暗，故A 正确；
B ．根据闭合电路欧姆定律：
21L ()U E I R r =-+
可知：
21
L U R r I
?=+?，不变，故B 正确； CD ．由上分析可知，电压表1V 的示数增大，电压表2V 的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以12U U ?>?，故CD 错误。 【点睛】
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。
20．如图所示的电路，R 1、R 2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R 3为小灯泡，电源内阻为r ．开关闭合后，当滑动变阻器触头P 向上移动时（ ）
A ．电压表示数变大
B ．小灯泡亮度变大
C ．电容器充电
D ．电源的总功率变大