2024高考物理一輪復習核心素養(yǎng)測評二十三電流電阻電功及電功率含解析魯科版

PAGE10-電流電阻電功及電功率(45分鐘100分)一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分,1～6題為單選題,7～9題為多選題)1.(2024·武漢模擬)2019年3月19日,復旦高?？蒲袌F隊宣稱已勝利制備出具有較高電導率的砷化鈮納米帶材料,據(jù)介紹該材料的電導率是石墨烯的1000倍。電導率σ就是電阻率ρ的倒數(shù),A.材料的電導率越小,其導電性能越強B.材料的電導率與材料的形態(tài)有關C.電導率的單位是1D.電導率大小與溫度無關【解析】選C。材料的電導率越小,其導電性能越小,故A錯誤;材料的電導率與材料的形態(tài)無關,故B錯誤;由定義式的單位可得電導率的單位是1Ω·m,故C正確;電導率與溫度具有很大相關性,金屬的電導率隨著溫度的上升而減小,半導體的電導率隨著溫度的上升而增加,2.(2024·宜昌模擬)電位器是變阻器的一種。如圖所示,假如把電位器與燈泡串聯(lián)起來,利用它變更燈泡的亮度,下列說法正確的是 ()A.串接A、B使滑動觸頭順時針轉動,燈泡變暗B.串接A、C使滑動觸頭逆時針轉動,燈泡變亮C.串接A、C使滑動觸頭順時針轉動,燈泡變暗D.串接B、C使滑動觸頭逆時針轉動,燈泡變亮【解析】選A。依據(jù)電位器結構和連線可知:串接A、B使滑動觸頭順時針轉動時,回路電阻增大,回路電流減小,燈泡變暗,A正確;串接A、C時,滑動觸頭不能變更回路電阻,燈泡亮度不變,故B、C錯誤;串接B、C使滑動觸頭順時針轉動時,回路電阻減小,回路電流增大,燈泡變亮,D錯誤。3.如圖所示是一款手機和與之匹配的充電頭,此手機在充電時可以依據(jù)充電進程在快充模式和慢充模式間智能切換?？斐淠Ｊ綍r充電頭的輸出電壓為U1,輸出電流為I1,手機的等效內阻為r1;慢充模式時充電頭的輸出電壓為U2,輸出電流為I2,手機的等效內阻為r2,則 ()A.快充模式時充電頭輸出的電功率為U1I1+I12B.快充模式時電能轉化為化學能的功率為U1I1C.慢充模式時手機由于充電而產(chǎn)生的熱功率為I22D.慢充模式時手機由于充電而產(chǎn)生的熱功率為U【解析】選C。快充模式時充電頭的輸出電壓為U1,輸出電流為I1,則快充模式時充電頭輸出的電功率為U1I1,故A錯誤;快充模式時手機的等效內阻為r1,則熱功率:P熱1=I12r1,所以快充模式時電能轉化為化學能的功率為U1I1-I12r1,故B錯誤;慢充模式時輸出電流為I2,手機的等效內阻為r2,則慢充模式時手機由于充電而產(chǎn)生的熱功率為I22r2,故C正確;充電電路不是純電阻電路,所以不能運用公式4.如圖為近日曝光的摩拜共享電動單車,與一般電動車不同的是,摩拜共享電動自行車采納“共享充電寶+自行車的方式”,其電池與一般充電寶類似,只有20000mAh,輸入、輸出電壓均為10V,輸入電流為8A,輸出電流為15A,可以支持驅動人和單車行駛10kmA.該單車電池最多儲存電能7.2×104JB.該單車電池充電時,從零電量充至滿電量大約須要5hC.該單車電池電能的有效利用率約為27.8%D.成人在平路上騎單車時,每秒鐘平均消耗的電能約20J【解析】選C。此單車電池最大存儲電能為:E=UIt=Uq=10V×20000mA·h=10V×20×3600C=7.2×105J,故A錯誤;此單車電池充電時間:t=20000mA·h8A=20A·h8A=2.5h,故B錯誤;此單車行駛的過程中受到的阻力為20N,則消耗的電能:W=fs=20×10×103J=2.0×105J,單車電池電能的有效利用率約為:η=WE×100%=2.0×1057.2×105×100%≈27.8%,5.有一長方體導體,長a、寬b、高h之比為6∶3∶2,它的六個面的中心各焊接一根電阻不計的導線,如圖所示,分別將AA′、BB′、CC′接在同一恒壓電源上時,導體中電荷定向移動的速度分別為v1、v2、v3,則v1∶v2∶v3為 ()A.6∶3∶2 B.1∶1∶1C.2∶3∶6 D.1∶2∶3【解析】選D。依據(jù)R=ρLS,I=UR,I=nSqv,可得v=UnρqL,即v∝1L,所以v1=1∶2∶3,選項D正確。6.如圖是有兩個量程的電壓表,當運用a、b兩個端點時,量程為0～10V,當運用a、c兩個端點時,量程為0～100V。已知電流表的內阻Rg為500Ω,滿偏電流Ig為1mA,則電阻R1、R2的值 ()A.9500Ω90000Ω B.90000Ω9500ΩC.9500Ω9000Ω D.9000Ω9500Ω【解析】選A。接a、b時,由串聯(lián)電路特點有R總=R1+Rg=U1Ig得R1=U1Ig-Rg=9500Ω。接a、c時,同理有R總′=R1+R2+Rg=U2Ig得R2=U27.電阻R和電動機M相串聯(lián)接到電路中,如圖所示,已知電阻R與電動機線圈的電阻相等,電源鍵接通后,電動機正常工作,設電阻R和電動機兩端的電壓分別為U1和U2,經(jīng)過時間t,電流通過電阻R做功W1,產(chǎn)生的電熱Q1,電流通過電動機M做功W2,產(chǎn)生的電熱Q2,則有 ()A.U1<U2,Q1=Q2 B.W1=W2,Q1=Q2C.W1<W2,Q1<Q2 D.W1<W2,Q1=Q2【解析】選A、D。設開關接通后,電路中電流為I。對于電阻R,由歐姆定律得U1=IR,對于電動機,由于U2>IR,故U1<U2。依據(jù)W=UI可知,W1<W2,依據(jù)焦耳定律得Q1=I2Rt,Q2=I2Rt,則Q1=Q2。故A、D正確,B、C錯誤。8.(2024·泰安模擬)某一熱敏電阻其阻值隨溫度的上升而減小,在一次試驗中,將該熱敏電阻與一小燈泡串聯(lián),通電后其電流I隨所加電壓U變更的圖線如圖所示,M為兩元件伏安特性曲線的交點。則下列關于熱敏電阻和小燈泡的說法正確的是 ()A.圖線a是小燈泡的伏安特性曲線,圖線b是熱敏電阻的伏安特性曲線B.圖線b是小燈泡的伏安特性曲線,圖線a是熱敏電阻的伏安特性曲線C.圖線中的M點表示該狀態(tài)時小燈泡的電阻大于熱敏電阻的阻值D.圖線中M點對應的狀態(tài),小燈泡的功率與熱敏電阻的功率相等【解析】選B、D。小燈泡的燈絲是一個純電阻,其燈絲溫度會隨著通電電流的增大而上升,阻值也隨著增大,所以題圖中b是小燈泡的伏安特性曲線;同理可知,熱敏電阻的溫度隨著通電電流的增大而增大,其阻值會漸漸減小,圖線a是熱敏電阻的伏安特性曲線,選項A錯誤、B正確。兩圖線的交點M表示此狀態(tài)下兩元件不僅電流相同,電壓也相同,所以此時兩者阻值相同,功率也相同,選項C錯誤、D正確。9.如圖所示,圖線1表示電阻為R1的導體A的伏安特性曲線,圖線2表示電阻為R2的導體B的伏安特性曲線,則下列說法正確的是 ()A.R1∶R2=1∶3B.把A拉長為原來的3倍后其電阻等于B的電阻R2C.將A與B串聯(lián)后接在電源上,二者消耗的功率之比P1∶P2=1∶3D.將A與B并聯(lián)后接在電源上,通過二者的電流之比I1∶I2=1∶3【解析】選A、C。依據(jù)I-U圖象知,圖線的斜率表示電阻的倒數(shù),所以R1∶R2=1∶3,A正確;依據(jù)公式R=ρlS可得,把A拉長為原來的3倍后,橫截面積減小為原來的13,所以電阻變?yōu)樵瓉淼?倍,B錯誤;串聯(lián)電路電流相等,將A與B串聯(lián)后接在電源上,依據(jù)公式P=I2R可得,消耗的功率之比P1∶P2=1∶3,C正確;并聯(lián)電路電壓相等,電流之比等于電阻倒數(shù)之比,所以將A與B并聯(lián)后接在電源上,通過二者的電流之比I1∶I2【加固訓練】(多選)(2024·益陽模擬)一根粗細勻稱的金屬導線,在其兩端加上電壓U0時,通過導線的電流為I0,導線中自由電子定向移動的平均速率為v,若將導線勻稱拉長,使它的橫截面半徑變?yōu)樵瓉淼?2,再給它兩端加上電壓2U0,則A.通過導線的電流為IB.通過導線的電流為IC.導線中自由電子定向移動的平均速率為vD.導線中自由電子定向移動的平均速率為v【解析】選A、D。將金屬導線勻稱拉長,因橫截面半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?則橫截面積變?yōu)樵瓉淼?4,其長度變?yōu)樵瓉淼?倍,依據(jù)電阻定律R=ρLS分析可知,導線電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍,電壓又變?yōu)?U0,依據(jù)歐姆定律I=UR可知,電流變?yōu)镮08,A項正確,B項錯誤;依據(jù)電流的微觀表達式I=nevS,其中n、e不變,電流變?yōu)樵瓉淼?8,橫截面積變?yōu)樵瓉淼?4二、計算題(16分,需寫出規(guī)范的解題步驟)10.(2024·武漢模擬)圖1為小穎同學設計的電熱水器的原理圖,該電熱水器具有加熱、保溫功能。圖1中電磁繼電器(線圈電阻不計)、熱敏電阻R、愛護電阻R0、電壓恒為6V的電源U1、導線等組成限制電路。當電磁繼電器線圈中的電流I<10mA時,繼電器上方觸點和觸點c接通;當電磁繼電器線圈中的電流I≥10mA時,電磁繼電器的銜鐵被吸下,繼電器下方觸點和觸點a、b接通。熱敏電阻中允許通過的最大電流I0=15mA,其電阻R隨溫度變更的規(guī)律如圖2,熱敏電阻和加熱電路中的三只電阻R1、R2、R3均置于儲水箱中。已知R1=33Ω、R2=66Ω、R3=154Ω、U2=220V。(1)銜鐵被吸下時,加熱電路的總電阻是多大?(2)保溫狀態(tài)下,若加熱電路的發(fā)熱功率等于熱水器散熱功率的80%,求10分鐘內熱水器散失的熱量;(3)為使限制電路正常工作,愛護電阻R0的阻值至少為多大?若R0為該值,銜鐵剛好被吸下時儲水箱中水溫是多少?【解析】(1)由電路圖知:銜鐵被吸下時,電阻R1與R2并聯(lián),依據(jù)并聯(lián)電路的特點可知,1R并=1R1+1R2,則總電阻(2)由電路圖知,保溫狀態(tài)下:R2與R3串聯(lián),加熱10min電路產(chǎn)生的熱量Q=U22R2+R3t=1.32×105J。10分鐘內熱水器散失的熱量(3)由圖2可知,熱敏電阻的最小值是R=200Ω,當R最小,限制電路中的電流不超過最大值時,愛護電阻R0阻值最小,由I0=U1R+R0得,愛護電阻R200Ω,由題意知,銜鐵剛好被吸下時,限制電路電流I=10mA=0.01A,此時電路總電阻R總=U1I=600Ω,此時熱敏電阻R′=R總-R0=600Ω-200Ω=400Ω,由圖2可知答案:(1)22Ω(2)1.65×105J(3)200Ω60【加固訓練】如圖所示是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖。電動機內電阻r=0.8Ω,電路中另一電阻R=10Ω,直流電壓U=160V,電壓表示數(shù)UV=110V。試求:(1)通過電動機的電流。(2)輸入電動機的電功率。(3)若電動機以v=1m/s勻速豎直向上提升重物,求該重物的質量(g取10m【解析】(1)由電路中的電壓關系可得電阻R的分壓UR=U-UV=(160-110)V=50V,流過電阻R的電流IR=URR=5010A=5A,即通過電動機的電流,IM(2)電動機的分壓UM=UV=110V,輸入電動機的功率P電=IMUM=550W。(3)電動機的發(fā)熱功率P熱=IM2r=20W,電動機輸出的機械功率P出=P電-P熱=530W,又因P所以m=P出gv=答案:(1)5A(2)55011.(10分)(多選)如圖,平行金屬板中帶電小球P原處于靜止狀態(tài),不考慮電流表和電壓表對電路的影響,選地面的電勢為零,當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時,下列說法正確的是 ()A.電壓表讀數(shù)減小B.小球的電勢能減小C.電源的效率變高D.若電壓表、電流表的示數(shù)變更量分別為ΔU和ΔI,則ΔUΔ【解析】選A、D。由圖可知,R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián),再與R1串聯(lián)接在電源兩端;電容器與R3并聯(lián);當滑片向b移動時,滑動變阻器接入電阻減小,則電路中總電阻減小;由閉合電路歐姆定律可知,電路中電流增大,路端電壓減小,同時R1兩端的電壓增大;所以并聯(lián)部分的電壓減小,故A正確;由A項分析可知,并聯(lián)部分的電壓減小,即平行金屬板兩端電壓減小,依據(jù)E=Ud,平行金屬板間的場強減小,小球將向下運動,由于下極板接地即下極板電勢為0,由帶電小球P原處于靜止狀態(tài)可知,小球帶負電,依據(jù)負電荷在電勢低的地方電勢能大,所以小球的電勢能增大,故B錯誤;電源的效率:η=P出P總=IUIE=UE,由A分析可知,路端電壓減小,所以電源的效率變低,故C錯誤;將R1和電源等效為一個新的電源,新電源的內阻為r+R1,電壓表測新電源的路端電壓,假如電流表測的也為總電流,則ΔUΔI總=r+R1,由A分析可知ΔI總=ΔIR3+ΔI,由于總電流增大,并聯(lián)部分的電壓減小,所以R3中的電流減小,則IA增大,12.(20分)一輛電動自行車的銘牌上給出的技術參數(shù)如表所示。質量M=70kg的人騎著此電動自行車沿平直馬路行駛,所受阻力f恒為車和人總重力的k倍,k=0.02。g取10m規(guī)格后輪驅動直流永磁鐵電動機車型26″電動自行車額定輸出功率120W整車質量30額定電壓40V最大載重120額定電流3.5(1)此電動自行車的電動機在額定電壓下正常工作時的效率。(2)僅在電動機以額定功率供應動力的狀況下,人騎車行駛的最大速率。(3)僅在電動機以額定功率供應動