1、核心素养测评 二十三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,16题为单选题,79题为多选题)1.(2019武汉模拟)2019年3月19日,复旦大学科研团队宣称已成功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1 000倍。电导率就是电阻率的倒数,即=。下列说法正确的是()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状有关C.电导率的单位是D.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状无关,故B错误;由定义式的单位可得电导率的单位是,故C正确;电
2、导率与温度具有很大相关性,金属的电导率随着温度的升高而减小,半导体的电导率随着温度的升高而增加,故D错误。2.(2020宜昌模拟)电位器是变阻器的一种。如图所示,如果把电位器与灯泡串联起来,利用它改变灯泡的亮度,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。根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,滑动触头不能改变回路电阻,灯泡亮度不变,故B、C错误;串
3、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根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+r1B.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r2D.慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为【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
4、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=r1,所以快充模式时电能转化为化学能的功率为U1I1-r1,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r2,故C正确;充电电路不是纯电阻电路,所以不能使用公式求产生的电热,故D错误。4.如图为近日曝光的摩拜共享电动单车,与普通电动车不同的是,摩拜共享电动自行车采用“共享充电宝+自行车的方式”,其电池与普通充电宝类似,只有20 000 mAh,输入、输出电压均为10 V,输入电流为8 A,输出电流为15 A,可以支持驱动人和单车行驶10 km左右。已知成人在平路
5、上骑单车所受阻力约为20 N,则()A.该单车电池最多储存电能7.2104 JB.该单车电池充电时,从零电量充至满电量大约需要5 hC.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20 J【解析】选C。此单车电池最大存储电能为:E=UIt=Uq=10 V20 000 mAh=10 V203 600 C=7.2105 J,故A错误;此单车电池充电时间:t=2.5 h,故B错误;此单车行驶的过程中受到的阻力为20 N,则消耗的电能:W=fs=2010103 J=2.0105 J,单车电池电能的有效利用率约为:=100%=100%27.8%,故C正确;由题
6、知,输出电压为10 V,输出电流为15 A,则成人在平路上骑单车时,P=UI=1015 W=150 W,每秒平均消耗电能约为150 J左右。故D错误。5.有一长方体导体,长a、宽b、高h之比为632,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v1v2v3为()A.632B.111C.236 D.123【解析】选D。根据R=,I=,I=nSqv,可得v=,即v,所以v1v2v3=123,选项D正确。6.如图是有两个量程的电压表,当使用a、b两个端点时,量程为010 V,当使用a、c两个端点时,
7、量程为0100 V。已知电流表的内阻Rg为500 ,满偏电流Ig为1 mA,则电阻R1、R2的值()A.9 500 90 000 B.90 000 9 500 C.9 500 9 000 D.9 000 9 500 【解析】选A。接a、b时,由串联电路特点有R总=R1+Rg=得R1=-Rg=9 500 。接a、c时,同理有R总=R1+R2+Rg=得R2=-Rg-R1=90 000 。7.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
8、过电动机M做功W2,产生的电热Q2,则有()A.U1U2,Q1=Q2B.W1=W2,Q1=Q2C.W1W2,Q1Q2D.W1IR,故U1U2。根据W=UI可知,W1W2,根据焦耳定律得Q1=I2Rt,Q2=I2Rt,则Q1=Q2。故A、D正确,B、C错误。8.(2019泰安模拟)某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小,在一次实验中,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变化的图线如图所示,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
9、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升高,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,其阻值会逐渐减小,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
10、法正确的是()A.R1R2=13B.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P1P2=13D.将A与B并联后接在电源上,通过二者的电流之比I1I2=13【解析】选A、C。根据I-U图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1R2=13,A正确;根据公式R=可得,把A拉长为原来的3倍后,横截面积减小为原来的,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,根据公式P=I2R可得,消耗的功率之比P1P2=13,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I1I2=3
11、1,D错误。【加固训练】(多选)(2019益阳模拟)一根粗细均匀的金属导线,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,若将导线均匀拉长,使它的横截面半径变为原来的,再给它两端加上电压2U0,则()A.通过导线的电流为B.通过导线的电流为C.导线中自由电子定向移动的平均速率为D.导线中自由电子定向移动的平均速率为【解析】选A、D。将金属导线均匀拉长,因横截面半径变为原来的一半,则横截面积变为原来的,其长度变为原来的4倍,根据电阻定律R=分析可知,导线电阻变为原来的16倍,电压又变为2U0,根据欧姆定律I=可知,电流变为,A项正确,B项错误;根据电流的微观
12、表达式I=nevS,其中n、e不变,电流变为原来的,横截面积变为原来的,则自由电子定向移动的平均速率变为,C项错误,D项正确。二、计算题(16分,需写出规范的解题步骤)10.(2020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、保护电阻R0、电压恒为6 V的电源U1、导线等组成控制电路。当电磁继电器线圈中的电流I10 mA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I10 mA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=15 mA,其电阻R随温度变化的规
13、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=33 、R2=66 、R3=154 、U2=220 V。(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)为使控制电路正常工作,保护电阻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,根据并联电路的特点可知,=+,则总电阻R并=22 。(2)由电路图知,保温状态下:R2与R3串联,加热10 min电路产生的热量Q=t=1.32105 J
14、。10分钟内热水器散失的热量Q=1.65105 J。(3)由图2可知,热敏电阻的最小值是R=200 ,当R最小,控制电路中的电流不超过最大值时,保护电阻R0阻值最小,由I0=得,保护电阻R0的最小值R0=200 ,由题意知,衔铁刚好被吸下时,控制电路电流I=10 mA=0.01 A,此时电路总电阻R总=600 ,此时热敏电阻R=R总-R0=600 -200 =400 ,由图2可知,此时水温为60 。答案:(1)22 (2)1.65105 J(3)200 60 【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=0.8 ,电路中另一电阻R=10 ,直流电压U=160 V
15、,电压表示数UV=110 V。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=1 m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量(g取10 m/s2)。【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=50 V,流过电阻R的电流IR= A=5 A,即通过电动机的电流,IM=IR=5 A。(2)电动机的分压UM=UV=110 V,输入电动机的功率P电=IMUM=550 W。(3)电动机的发热功率P热=r=20 W,电动机输出的机械功率P出=P电-P热=530 W,又因P出=mgv,所以m=53 kg。 答案:(1)5 A(2)550
16、W(3)53 kg11.(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、电流表的示数变化量分别为U 和I ,则I总,所以r+R1,故D正确。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=70 kg的人骑着此电动自行车沿平直公路行驶,所受阻力f恒为车和人总重力的k倍,k=0.02。g取10 m/s2。求:世纪金榜导学号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120
17、W整车质量30 kg额定电压40 V最大载重120 kg额定电流3.5 A(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提供动力的情况下,人骑车行驶的最大速率。(3)仅在电动机以额定功率提供动力的情况下,当车速v=2.0 m/s时,人骑车的加速度大小。【解析】(1)由题表可知,电动机的额定电压为U0=40 V,额定电流为I0=3.5 A,所以电动机正常工作时的输入功率为P入=U0I0=140 W又电动机的输出功率为P出=120 W所以电动机的效率为=100%=85.7%。(2)设车的质量为m,则车行驶时所受阻力为f=k(M+m)g当达到最大速度vm时,应有P出=fvm所以最大速度vm=6.0 m/s。(3)当车速为v=2.0 m/s时,牵引力F=60 N,设此时车的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得F-f=(M+m)a,解得a=0.4 m/s2。答案:(1)85.7%(2)6.0 m/s(3)0.4 m/s2关闭Word文档返回原板块
