2024高考物理一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)測(cè)評(píng)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(fù)旦高?？蒲袌F(tuán)隊(duì)宣稱已勝利制備出具有較高電導(dǎo)率的砷化鈮納米帶材料,據(jù)介紹該材料的電導(dǎo)率是石墨烯的1000倍。電導(dǎo)率σ就是電阻率ρ的倒數(shù),A.材料的電導(dǎo)率越小,其導(dǎo)電性能越強(qiáng)B.材料的電導(dǎo)率與材料的形態(tài)有關(guān)C.電導(dǎo)率的單位是1D.電導(dǎo)率大小與溫度無(wú)關(guān)【解析】選C。材料的電導(dǎo)率越小,其導(dǎo)電性能越小,故A錯(cuò)誤;材料的電導(dǎo)率與材料的形態(tài)無(wú)關(guān),故B錯(cuò)誤;由定義式的單位可得電導(dǎo)率的單位是1Ω·m,故C正確;電導(dǎo)率與溫度具有很大相關(guān)性,金屬的電導(dǎo)率隨著溫度的上升而減小,半導(dǎo)體的電導(dǎo)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(lái),利用它變更燈泡的亮度,下列說(shuō)法正確的是 ()A.串接A、B使滑動(dòng)觸頭順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),燈泡變暗B.串接A、C使滑動(dòng)觸頭逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),燈泡變亮C.串接A、C使滑動(dòng)觸頭順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),燈泡變暗D.串接B、C使滑動(dòng)觸頭逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),燈泡變亮【解析】選A。依據(jù)電位器結(jié)構(gòu)和連線可知:串接A、B使滑動(dòng)觸頭順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),回路電阻增大,回路電流減小,燈泡變暗,A正確;串接A、C時(shí),滑動(dòng)觸頭不能變更回路電阻,燈泡亮度不變,故B、C錯(cuò)誤;串接B、C使滑動(dòng)觸頭順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),回路電阻減小,回路電流增大,燈泡變亮,D錯(cuò)誤。3.如圖所示是一款手機(jī)和與之匹配的充電頭,此手機(jī)在充電時(shí)可以依據(jù)充電進(jìn)程在快充模式和慢充模式間智能切換?？斐淠Ｊ綍r(shí)充電頭的輸出電壓為U1,輸出電流為I1,手機(jī)的等效內(nèi)阻為r1;慢充模式時(shí)充電頭的輸出電壓為U2,輸出電流為I2,手機(jī)的等效內(nèi)阻為r2,則 ()A.快充模式時(shí)充電頭輸出的電功率為U1I1+I12B.快充模式時(shí)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率為U1I1C.慢充模式時(shí)手機(jī)由于充電而產(chǎn)生的熱功率為I22D.慢充模式時(shí)手機(jī)由于充電而產(chǎn)生的熱功率為U【解析】選C。快充模式時(shí)充電頭的輸出電壓為U1,輸出電流為I1,則快充模式時(shí)充電頭輸出的電功率為U1I1,故A錯(cuò)誤;快充模式時(shí)手機(jī)的等效內(nèi)阻為r1,則熱功率:P熱1=I12r1,所以快充模式時(shí)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率為U1I1-I12r1,故B錯(cuò)誤;慢充模式時(shí)輸出電流為I2,手機(jī)的等效內(nèi)阻為r2,則慢充模式時(shí)手機(jī)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(yùn)用公式4.如圖為近日曝光的摩拜共享電動(dòng)單車,與一般電動(dòng)車不同的是,摩拜共享電動(dòng)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(qū)動(dòng)人和單車行駛10kmA.該單車電池最多儲(chǔ)存電能7.2×104JB.該單車電池充電時(shí),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(shí),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(chǔ)電能為:E=UIt=Uq=10V×20000mA·h=10V×20×3600C=7.2×105J,故A錯(cuò)誤;此單車電池充電時(shí)間:t=20000mA·h8A=20A·h8A=2.5h,故B錯(cuò)誤;此單車行駛的過(guò)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(zhǎng)方體導(dǎo)體,長(zhǎng)a、寬b、高h(yuǎn)之比為6∶3∶2,它的六個(gè)面的中心各焊接一根電阻不計(jì)的導(dǎo)線,如圖所示,分別將AA′、BB′、CC′接在同一恒壓電源上時(shí),導(dǎo)體中電荷定向移動(dòng)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(xiàng)D正確。6.如圖是有兩個(gè)量程的電壓表,當(dāng)運(yùn)用a、b兩個(gè)端點(diǎn)時(shí),量程為0～10V,當(dāng)運(yùn)用a、c兩個(gè)端點(diǎn)時(shí),量程為0～100V。已知電流表的內(nèi)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(shí),由串聯(lián)電路特點(diǎn)有R總=R1+Rg=U1Ig得R1=U1Ig-Rg=9500Ω。接a、c時(shí),同理有R總′=R1+R2+Rg=U2Ig得R2=U27.電阻R和電動(dòng)機(jī)M相串聯(lián)接到電路中,如圖所示,已知電阻R與電動(dòng)機(jī)線圈的電阻相等,電源鍵接通后,電動(dòng)機(jī)正常工作,設(shè)電阻R和電動(dòng)機(jī)兩端的電壓分別為U1和U2,經(jīng)過(guò)時(shí)間t,電流通過(guò)電阻R做功W1,產(chǎn)生的電熱Q1,電流通過(guò)電動(dòng)機(jī)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(shè)開(kāi)關(guān)接通后,電路中電流為I。對(duì)于電阻R,由歐姆定律得U1=IR,對(duì)于電動(dòng)機(jī),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(cuò)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(yàn)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(diǎn)。則下列關(guān)于熱敏電阻和小燈泡的說(shuō)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(diǎn)表示該狀態(tài)時(shí)小燈泡的電阻大于熱敏電阻的阻值D.圖線中M點(diǎn)對(duì)應(yīng)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(gè)純電阻,其燈絲溫度會(huì)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(huì)漸漸減小,圖線a是熱敏電阻的伏安特性曲線,選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確。兩圖線的交點(diǎn)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(shí)兩者阻值相同,功率也相同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確。9.如圖所示,圖線1表示電阻為R1的導(dǎo)體A的伏安特性曲線,圖線2表示電阻為R2的導(dǎo)體B的伏安特性曲線,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.R1∶R2=1∶3B.把A拉長(zhǎng)為原來(lái)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(guò)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(zhǎng)為原來(lái)的3倍后,橫截面積減小為原來(lái)的13,所以電阻變?yōu)樵瓉?lái)的9倍,B錯(cuò)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(guò)二者的電流之比I1∶I2【加固訓(xùn)練】(多選)(2024·益陽(yáng)模擬)一根粗細(xì)勻稱的金屬導(dǎo)線,在其兩端加上電壓U0時(shí),通過(guò)導(dǎo)線的電流為I0,導(dǎo)線中自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v,若將導(dǎo)線勻稱拉長(zhǎng),使它的橫截面半徑變?yōu)樵瓉?lái)的12,再給它兩端加上電壓2U0,則A.通過(guò)導(dǎo)線的電流為IB.通過(guò)導(dǎo)線的電流為IC.導(dǎo)線中自由電子定向移動(dòng)的平均速率為vD.導(dǎo)線中自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v【解析】選A、D。將金屬導(dǎo)線勻稱拉長(zhǎng),因橫截面半徑變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的14,其長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,依據(jù)電阻定律R=ρLS分析可知,導(dǎo)線電阻變?yōu)樵瓉?lái)的16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(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;依據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=nevS,其中n、e不變,電流變?yōu)樵瓉?lái)的18,橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的14二、計(jì)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(xué)設(shè)計(jì)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(jì))、熱敏電阻R、愛(ài)護(hù)電阻R0、電壓恒為6V的電源U1、導(dǎo)線等組成限制電路。當(dāng)電磁繼電器線圈中的電流I<10mA時(shí),繼電器上方觸點(diǎn)和觸點(diǎn)c接通;當(dāng)電磁繼電器線圈中的電流I≥10mA時(shí),電磁繼電器的銜鐵被吸下,繼電器下方觸點(diǎn)和觸點(diǎn)a、b接通。熱敏電阻中允許通過(guò)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(chǔ)水箱中。已知R1=33Ω、R2=66Ω、R3=154Ω、U2=220V。(1)銜鐵被吸下時(shí),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(nèi)熱水器散失的熱量;(3)為使限制電路正常工作,愛(ài)護(hù)電阻R0的阻值至少為多大?若R0為該值,銜鐵剛好被吸下時(shí)儲(chǔ)水箱中水溫是多少?【解析】(1)由電路圖知:銜鐵被吸下時(shí),電阻R1與R2并聯(lián),依據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)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(nèi)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(dāng)R最小,限制電路中的電流不超過(guò)最大值時(shí),愛(ài)護(hù)電阻R0阻值最小,由I0=U1R+R0得,愛(ài)護(hù)電阻R200Ω,由題意知,銜鐵剛好被吸下時(shí),限制電路電流I=10mA=0.01A,此時(shí)電路總電阻R總=U1I=600Ω,此時(shí)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(xùn)練】如圖所示是一提升重物用的直流電動(dòng)機(jī)工作時(shí)的電路圖。電動(dòng)機(jī)內(nèi)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(guò)電動(dòng)機(jī)的電流。(2)輸入電動(dòng)機(jī)的電功率。(3)若電動(dòng)機(jī)以v=1m/s勻速豎直向上提升重物,求該重物的質(zhì)量(g取10m【解析】(1)由電路中的電壓關(guān)系可得電阻R的分壓UR=U-UV=(160-110)V=50V,流過(guò)電阻R的電流IR=URR=5010A=5A,即通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流,IM(2)電動(dòng)機(jī)的分壓UM=UV=110V,輸入電動(dòng)機(jī)的功率P電=IMUM=550W。(3)電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率P熱=IM2r=20W,電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)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?fàn)顟B(tài),不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響,選地面的電勢(shì)為零,當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí),下列說(shuō)法正確的是 ()A.電壓表讀數(shù)減小B.小球的電勢(shì)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(dòng)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(dāng)滑片向b移動(dòng)時(shí),滑動(dòng)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(shí)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(xiàng)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(chǎng)強(qiáng)減小,小球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng),由于下極板接地即下極板電勢(shì)為0,由帶電小球P原處于靜止?fàn)顟B(tài)可知,小球帶負(fù)電,依據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大,所以小球的電勢(shì)能增大,故B錯(cuò)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(cuò)誤;將R1和電源等效為一個(gè)新的電源,新電源的內(nèi)阻為r+R1,電壓表測(cè)新電源的路端電壓,假如電流表測(cè)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(dòng)自行車的銘牌上給出的技術(shù)參數(shù)如表所示。質(zhì)量M=70kg的人騎著此電動(dòng)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(qū)動(dòng)直流永磁鐵電動(dòng)機(jī)車型26″電動(dòng)自行車額定輸出功率120W整車質(zhì)量30額定電壓40V最大載重120額定電流3.5(1)此電動(dòng)自行車的電動(dòng)機(jī)在額定電壓下正常工作時(shí)的效率。(2)僅在電動(dòng)機(jī)以額定功率供應(yīng)動(dòng)力的狀況下,人騎車行駛的最大速率。(3)僅在電動(dòng)機(jī)以額定功率供應(yīng)動(dòng)