2024高考物理一轮复习核心素养测评二十三电流电阻电功及电功率含解析鲁科版

PAGE10-电流电阻电功及电功率(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,1～6题为单选题,7～9题为多选题)1.(2024·武汉模拟)2019年3月19日,复旦高校科研团队宣称已胜利制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料,据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数,A.材料的电导率越小,其导电性能越强B.材料的电导率与材料的形态有关C.电导率的单位是1D.电导率大小与温度无关【解析】选C。材料的电导率越小,其导电性能越小,故A错误;材料的电导率与材料的形态无关,故B错误;由定义式的单位可得电导率的单位是1Ω·m,故C正确;电导率与温度具有很大相关性,金属的电导率随着温度的上升而减小,半导体的电导率随着温度的上升而增加,2.(2024·宜昌模拟)电位器是变阻器的一种。如图所示,假如把电位器与灯泡串联起来,利用它变更灯泡的亮度,下列说法正确的是 ()A.串接A、B使滑动触头顺时针转动,灯泡变暗B.串接A、C使滑动触头逆时针转动,灯泡变亮C.串接A、C使滑动触头顺时针转动,灯泡变暗D.串接B、C使滑动触头逆时针转动,灯泡变亮【解析】选A。依据电位器结构和连线可知:串接A、B使滑动触头顺时针转动时,回路电阻增大,回路电流减小,灯泡变暗,A正确;串接A、C时,滑动触头不能变更回路电阻,灯泡亮度不变,故B、C错误;串接B、C使滑动触头顺时针转动时,回路电阻减小,回路电流增大,灯泡变亮,D错误。3.如图所示是一款手机和与之匹配的充电头,此手机在充电时可以依据充电进程在快充模式和慢充模式间智能切换。快充模式时充电头的输出电压为U1,输出电流为I1,手机的等效内阻为r1;慢充模式时充电头的输出电压为U2,输出电流为I2,手机的等效内阻为r2,则 ()A.快充模式时充电头输出的电功率为U1I1+I12B.快充模式时电能转化为化学能的功率为U1I1C.慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为I22D.慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为U【解析】选C。快充模式时充电头的输出电压为U1,输出电流为I1,则快充模式时充电头输出的电功率为U1I1,故A错误;快充模式时手机的等效内阻为r1,则热功率:P热1=I12r1,所以快充模式时电能转化为化学能的功率为U1I1-I12r1,故B错误;慢充模式时输出电流为I2,手机的等效内阻为r2,则慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为I22r2,故C正确;充电电路不是纯电阻电路,所以不能运用公式4.如图为近日曝光的摩拜共享电动单车,与一般电动车不同的是,摩拜共享电动自行车采纳“共享充电宝+自行车的方式”,其电池与一般充电宝类似,只有20000mAh,输入、输出电压均为10V,输入电流为8A,输出电流为15A,可以支持驱动人和单车行驶10kmA.该单车电池最多储存电能7.2×104JB.该单车电池充电时,从零电量充至满电量大约须要5hC.该单车电池电能的有效利用率约为27.8%D.成人在平路上骑单车时,每秒钟平均消耗的电能约20J【解析】选C。此单车电池最大存储电能为:E=UIt=Uq=10V×20000mA·h=10V×20×3600C=7.2×105J,故A错误;此单车电池充电时间:t=20000mA·h8A=20A·h8A=2.5h,故B错误;此单车行驶的过程中受到的阻力为20N,则消耗的电能:W=fs=20×10×103J=2.0×105J,单车电池电能的有效利用率约为:η=WE×100%=2.0×1057.2×105×100%≈27.8%,5.有一长方体导体,长a、宽b、高h之比为6∶3∶2,它的六个面的中心各焊接一根电阻不计的导线,如图所示,分别将AA′、BB′、CC′接在同一恒压电源上时,导体中电荷定向移动的速度分别为v1、v2、v3,则v1∶v2∶v3为 ()A.6∶3∶2 B.1∶1∶1C.2∶3∶6 D.1∶2∶3【解析】选D。依据R=ρLS,I=UR,I=nSqv,可得v=UnρqL,即v∝1L,所以v1=1∶2∶3,选项D正确。6.如图是有两个量程的电压表,当运用a、b两个端点时,量程为0～10V,当运用a、c两个端点时,量程为0～100V。已知电流表的内阻Rg为500Ω,满偏电流Ig为1mA,则电阻R1、R2的值 ()A.9500Ω90000Ω B.90000Ω9500ΩC.9500Ω9000Ω D.9000Ω9500Ω【解析】选A。接a、b时,由串联电路特点有R总=R1+Rg=U1Ig得R1=U1Ig-Rg=9500Ω。接a、c时,同理有R总′=R1+R2+Rg=U2Ig得R2=U27.电阻R和电动机M相串联接到电路中,如图所示,已知电阻R与电动机线圈的电阻相等,电源键接通后,电动机正常工作,设电阻R和电动机两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过电阻R做功W1,产生的电热Q1,电流通过电动机M做功W2,产生的电热Q2,则有 ()A.U1<U2,Q1=Q2 B.W1=W2,Q1=Q2C.W1<W2,Q1<Q2 D.W1<W2,Q1=Q2【解析】选A、D。设开关接通后,电路中电流为I。对于电阻R,由欧姆定律得U1=IR,对于电动机,由于U2>IR,故U1<U2。依据W=UI可知,W1<W2,依据焦耳定律得Q1=I2Rt,Q2=I2Rt,则Q1=Q2。故A、D正确,B、C错误。8.(2024·泰安模拟)某一热敏电阻其阻值随温度的上升而减小,在一次试验中,将该热敏电阻与一小灯泡串联,通电后其电流I随所加电压U变更的图线如图所示,M为两元件伏安特性曲线的交点。则下列关于热敏电阻和小灯泡的说法正确的是 ()A.图线a是小灯泡的伏安特性曲线,图线b是热敏电阻的伏安特性曲线B.图线b是小灯泡的伏安特性曲线,图线a是热敏电阻的伏安特性曲线C.图线中的M点表示该状态时小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D.图线中M点对应的状态,小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等【解析】选B、D。小灯泡的灯丝是一个纯电阻,其灯丝温度会随着通电电流的增大而上升,阻值也随着增大,所以题图中b是小灯泡的伏安特性曲线;同理可知,热敏电阻的温度随着通电电流的增大而增大,其阻值会渐渐减小,图线a是热敏电阻的伏安特性曲线,选项A错误、B正确。两图线的交点M表示此状态下两元件不仅电流相同,电压也相同,所以此时两者阻值相同,功率也相同,选项C错误、D正确。9.如图所示,图线1表示电阻为R1的导体A的伏安特性曲线,图线2表示电阻为R2的导体B的伏安特性曲线,则下列说法正确的是 ()A.R1∶R2=1∶3B.把A拉长为原来的3倍后其电阻等于B的电阻R2C.将A与B串联后接在电源上,二者消耗的功率之比P1∶P2=1∶3D.将A与B并联后接在电源上,通过二者的电流之比I1∶I2=1∶3【解析】选A、C。依据I-U图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1∶R2=1∶3,A正确;依据公式R=ρlS可得,把A拉长为原来的3倍后,横截面积减小为原来的13,所以电阻变为原来的9倍,B错误;串联电路电流相等,将A与B串联后接在电源上,依据公式P=I2R可得,消耗的功率之比P1∶P2=1∶3,C正确;并联电路电压相等,电流之比等于电阻倒数之比,所以将A与B并联后接在电源上,通过二者的电流之比I1∶I2【加固训练】(多选)(2024·益阳模拟)一根粗细匀称的金属导线,在其两端加上电压U0时,通过导线的电流为I0,导线中自由电子定向移动的平均速率为v,若将导线匀称拉长,使它的横截面半径变为原来的12,再给它两端加上电压2U0,则A.通过导线的电流为IB.通过导线的电流为IC.导线中自由电子定向移动的平均速率为vD.导线中自由电子定向移动的平均速率为v【解析】选A、D。将金属导线匀称拉长,因横截面半径变为原来的一半,则横截面积变为原来的14,其长度变为原来的4倍,依据电阻定律R=ρLS分析可知,导线电阻变为原来的16倍,电压又变为2U0,依据欧姆定律I=UR可知,电流变为I08,A项正确,B项错误;依据电流的微观表达式I=nevS,其中n、e不变,电流变为原来的18,横截面积变为原来的14二、计算题(16分,需写出规范的解题步骤)10.(2024·武汉模拟)图1为小颖同学设计的电热水器的原理图,该电热水器具有加热、保温功能。图1中电磁继电器(线圈电阻不计)、热敏电阻R、爱护电阻R0、电压恒为6V的电源U1、导线等组成限制电路。当电磁继电器线圈中的电流I<10mA时,继电器上方触点和触点c接通;当电磁继电器线圈中的电流I≥10mA时,电磁继电器的衔铁被吸下,继电器下方触点和触点a、b接通。热敏电阻中允许通过的最大电流I0=15mA,其电阻R随温度变更的规律如图2,热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中。已知R1=33Ω、R2=66Ω、R3=154Ω、U2=220V。(1)衔铁被吸下时,加热电路的总电阻是多大?(2)保温状态下,若加热电路的发热功率等于热水器散热功率的80%,求10分钟内热水器散失的热量;(3)为使限制电路正常工作,爱护电阻R0的阻值至少为多大?若R0为该值,衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少?【解析】(1)由电路图知:衔铁被吸下时,电阻R1与R2并联,依据并联电路的特点可知,1R并=1R1+1R2,则总电阻(2)由电路图知,保温状态下:R2与R3串联,加热10min电路产生的热量Q=U22R2+R3t=1.32×105J。10分钟内热水器散失的热量(3)由图2可知,热敏电阻的最小值是R=200Ω,当R最小,限制电路中的电流不超过最大值时,爱护电阻R0阻值最小,由I0=U1R+R0得,爱护电阻R200Ω,由题意知,衔铁刚好被吸下时,限制电路电流I=10mA=0.01A,此时电路总电阻R总=U1I=600Ω,此时热敏电阻R′=R总-R0=600Ω-200Ω=400Ω,由图2可知答案:(1)22Ω(2)1.65×105J(3)200Ω60【加固训练】如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r=0.8Ω,电路中另一电阻R=10Ω,直流电压U=160V,电压表示数UV=110V。试求:(1)通过电动机的电流。(2)输入电动机的电功率。(3)若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量(g取10m【解析】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR=U-UV=(160-110)V=50V,流过电阻R的电流IR=URR=5010A=5A,即通过电动机的电流,IM(2)电动机的分压UM=UV=110V,输入电动机的功率P电=IMUM=550W。(3)电动机的发热功率P热=IM2r=20W,电动机输出的机械功率P出=P电-P热=530W,又因P所以m=P出gv=答案:(1)5A(2)55011.(10分)(多选)如图,平行金属板中带电小球P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,选地面的电势为零,当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,下列说法正确的是 ()A.电压表读数减小B.小球的电势能减小C.电源的效率变高D.若电压表、电流表的示数变更量分别为ΔU和ΔI,则ΔUΔ【解析】选A、D。由图可知,R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联,再与R1串联接在电源两端;电容器与R3并联;当滑片向b移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大,路端电压减小,同时R1两端的电压增大;所以并联部分的电压减小,故A正确;由A项分析可知,并联部分的电压减小,即平行金属板两端电压减小,依据E=Ud,平行金属板间的场强减小,小球将向下运动,由于下极板接地即下极板电势为0,由带电小球P原处于静止状态可知,小球带负电,依据负电荷在电势低的地方电势能大,所以小球的电势能增大,故B错误;电源的效率:η=P出P总=IUIE=UE,由A分析可知,路端电压减小,所以电源的效率变低,故C错误;将R1和电源等效为一个新的电源,新电源的内阻为r+R1,电压表测新电源的路端电压,假如电流表测的也为总电流,则ΔUΔI总=r+R1,由A分析可知ΔI总=ΔIR3+ΔI,由于总电流增大,并联部分的电压减小,所以R3中的电流减小,则IA增大,12.(20分)一辆电动自行车的铭牌上给出的技术参数如表所示。质量M=70kg的人骑着此电动自行车沿平直马路行驶,所受阻力f恒为车和人总重力的k倍,k=0.02。g取10m规格后轮驱动直流永磁铁电动机车型26″电动自行车额定输出功率120W整车质量30额定电压40V最大载重120额定电流3.5(1)此电动自行车的电动机在额定电压下正常工作时的效率。(2)仅在电动机以额定功率供应动力的状况下,人骑车行驶的最大速率。(3)仅在电动机以额定功率供应动