高中物理人教版能力提升练习 选修3-1第2章　电流　电阻　电功及电功率 Word版含解析

1.(多选)半径为R的橡胶圆环均匀带正电,总电荷量为Q。现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动,则由环产生的等效电流(　　)
A.若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍,则电流也将变为原来的2倍
B.若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍,则电流也将变为原来的2倍
C.若使ω、Q不变,将橡胶圆环拉伸,使环半径增大,则电流也将变大
D.若使ω、Q不变,将橡胶圆环拉伸,使环半径增大,则电流将变小
【解析】选A、B。 环带正电,所以当圆环匀速转动时,等效于一个圆形电流,电流方向即圆环转动方向。根据I=,圆环上所有的电荷通过截面的时间为圆环的转动周期,即,所以I=,故A、B正确。
【补偿训练】
(多选)有一横截面积为S的铜导线,流经其中的电流为I,设每单位体积的导线中有n个自由电子,电子的电荷量为q。此时电子的定向移动速度为v,在Δt时间内,通过导线横截面的自由电子数目可表示为 (　　)
A.nvS　　　B.nSvΔt　　　C.　　　D.
【解析】选B、C。根据电流的定义式可知,在Δt内通过导线横截面的电荷量Q=IΔt,所以在这段时间内通过的自由电子数为N==,故C正确,D错误。由于自由电子定向移动的速度是v,因此在时间Δt内,位于以横截面S、长l=vΔt的这段导线内的自由电子都能通过横截面(如图所示)。这段导线的体积V=Sl=SvΔt,所以Δt内通过横截面S的自由电子数为N=nV=nSvΔt,故A错误,B正确。
2.手机已是我们生活中普遍使用的通信工具,如图所示是一种手机电池外壳上的文字说明,由此可知此电池的电动势和待机状态下的平均工作电流分别是
(　　)
A.4.2 V,14.66 mA B.4.2 V,700 mA
C.3.7 V,14.66 mA D.3.7 V,700 mA
【解析】选C。由手机电池外壳上的文字说明可知,4.2 V是充电电压,电池的电动势是3.7 V,1 700 mA·h是电池的容量,即放电电流与待机时间的乘积,所以待机状态下平均工作电流I=≈14.66 mA,故C正确。
3.某一导体的伏安特性曲线如图AB段(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是 (　　)
A.B点的电阻为12 Ω
B.B点的电阻为40 Ω
C.导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω
D.导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω
【解析】选B。A点电阻RA= Ω=30 Ω,B点电阻RB= Ω=40 Ω,故A错误,B正确。ΔR=RB-RA=10 Ω,故C、D错误。
【补偿训练】
(多选)如图展示了四种导电器件的伏安特性曲线,其中不满足欧姆定律的是
(　　)
【解析】选A、B、D。C为线性元件,满足欧姆定律,A、B为非线性元件,不满足欧姆定律,D中由数学知识得到,图线上斜率虽不变,但不符合欧姆定律,故本题应选A、B、D项。
4.(2019·济南模拟)如图所示,a、b、c为同一种材料做成的电阻,b与a的长度相等但横截面积是a的两倍;c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后,三个理想电压表的示数关系是 (　　)
A.V1的示数是V2的2倍 B.V1的示数是V3的2倍
C.V2的示数是V1的2倍 D.V2的示数是V3的2倍
【解析】选A。由题意可知:Lc=2La=2Lb, Sb=2Sa=2Sc;设b的电阻Rb=R,由电阻定律R=ρ得:Ra=2Rb=2R,Rc=2Ra=4R,Rc∶Ra∶Rb=4∶2∶1,由电路图可知,a、b、c三个电阻串联,通过它们的电流I相等,由U=IR得:Uc∶Ua∶Ub=4∶2∶1, UV3∶UV1∶UV2=4∶2∶1,A:V1的示数是V2的2倍,故A正确,C错误;
B:V3的示数是V1的2倍,故B错误;
D:V3的示数是V2的4倍,故D错误;故选A。
5.(2020·昆明模拟)如图甲所示,在材质均匀的圆形薄电阻片上,挖出一个偏心小圆孔。在彼此垂直的直径AB和CD两端引出四个电极A、B、C、D。先后分别将A、B或C、D接在电压恒为U的电路上,如图乙和图丙所示。比较两种接法中电阻片的热功率大小,应有 (　　)
A.接在AB两端电阻片热功率大
B.接在CD两端电阻片热功率大
C.两种接法电阻片电阻图丙的大
D.两种接法电阻片电阻一样大
【解析】选B。在总电阻一定的情况下,若分成两部分的电阻越接近,则并联情况下总电阻就越大,所以接在AB两端的并联总电阻较大,根据P=可知接在CD两端电阻片热功率大,故B正确;A、C、D错误;故选B。
6.在长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子数为n的金属导体两端加上电压,导体中就会产生匀强电场。导体内电荷量为e的自由电子在电场力作用下先做加速运动,然后与做热运动的阳离子碰撞而减速,如此往复……所以,我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v(不随时间变化)的定向运动。已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比,即f=kv(k是常量),则该导体的电阻应该等于 (　　)
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
【解析】选B。电子定向移动,由平衡条件,kv=e,则U=,导体中的电流I=neSv,电阻R==,选项B正确。
7.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,一般在0.60～0.70之间(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)。如图为某一款移动充电宝,其参数见表,下列说法正确的是 (　　)
容量
20 000 mAh
兼容性
兼容大部分智能
手机平板电脑
边充
边放
否
保护电路
是
输入
DC5V2A MAX
输出
USB1:DC5V1A
USB2:DC5V2A
尺寸
140×63×22 mm
转换率
0.6
显示
方式
液晶显示
重量
约285 g
A.充电宝充电时将电能转化为内能
B.该充电宝最多能储存能量为3.6×106 J
C.该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 h
D.该充电宝给电量为零、容量为3 000 mAh的手机充电,则理论上能充满4次
【解析】选D。A充电宝充电时将电能转化为化学能,不是内能,故A错误;该充电宝的容量为:q=20 000 mAh=20 000×10-3×3 600 C=7.2×104 C,该电池的电动势为5 V,所以充电宝储存的能量:E=qE电动势=5×7.2×104 J=3.6×105 J,故B错误;以2 A的电流为用电器供电,则供电时间t== s=3.6×104 s=10 h,故C错误;由于充电宝的转化率是0.6,所以可以释放的电能为:20 000 mA·h
×0.6=12 000 mAh,给容量为3 000 mAh的手机充电的次数:n==4次,故D正确。
8.一个电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计),均正常工作。用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A,通过洗衣机电动机的电流是0.50 A,则下列说法中正确的是 (　　)
A.电饭煲的电阻为44 Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440 Ω
B.电饭煲消耗的电功率为1 555 W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W
C.1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J,洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103 J
D.电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
【解析】选C。由于电饭煲是纯电阻元件,所以R1==44 Ω,P1=UI1=1 100 W,其在1 min内消耗的电能W1=UI1t=6.6×104 J,洗衣机为非纯电阻元件,所以R2≠,P2=UI2=110 W,其在1 min 内消耗的电能 W2=UI2t=6.6×103 J,其热功率P热≠P2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍。
【总结提升】分析生活中的用电器问题的两条思路
(1)了解用电器的结构,含有电动机且正常工作的为非纯电阻;不含电动机或含电动机但电动机不转的则为纯电阻。
(2)从能量转化角度来区分,如消耗的电能全部转化为电热则为纯电阻;如消耗的电能有一部分转化为其他能量,则为非纯电阻。
9.(多选)某同学利用图甲所示装置测定某小电动机的效率,分别用电压传感器和电流传感器测量电动机的输入电压和输入电流。当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升的位移与时间的关系图线如图乙所示,而电压传感器的示数为3.30 V,电流传感器的示数为0.14 A。重物的质量为0.05 kg,g取10 m/s2。则在2.30 s至2.80 s 时间内 (　　)
A.小电动机的输入功率为0.462 W
B.小电动机输出的机械能是0.185 J
C.小电动机的线圈电阻是23.6 Ω
D.小电动机的效率为54%
【解析】选A、D。小电动机的输入功率P入=UI=3.30×0.14 W=0.462 W,故A正确;根据乙图可知,重物匀速上升的速度v== m/s=0.5 m/s,则小电动机输出的机械能E=mgvt=0.05×10×0.5×0.4 J=0.1 J,故B错误;小电动机的线圈消耗的热量Q=I2rt=P入t-E,解得r=10.8 Ω,故C错误;小电动机的效率为η=×100%=×100%=54%,故D正确。故选A、D。
10.(多选)如图所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220 V,吹冷风时的功率为120 W,吹热风时的功率为1 000 W。关于该电吹风,下列说法正确的是 (　　)
A.电热丝的电阻为55 Ω
B.电动机的电阻为 Ω
C.当电吹风吹冷风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 J
D.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120 J
【解析】选A、D。根据题述,电吹风的额定电压为220 V,吹冷风时的功率为120 W,吹热风时的功率为1 000 W,可知电热丝功率为880 W,由P=可得电热丝的电阻为R=55 Ω,选项A正确,B错误。当电吹风吹冷风时,电热丝每秒钟消耗的电能为0,当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120 J,选项C错误、D正确。
11.(多选)在如图甲所示的电路中,L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后,电路中的总电流为0.25 A,则此时 (　　)
A.L1两端的电压为L2两端电压的2倍
B.L1消耗的电功率为0.75 W
C.L2的电阻为12 Ω
D.L1、L2消耗的电功率的比值大于4
【解析】选B、D。电路中的总电流为0.25 A,L1中电流为0.25 A,由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端的电压为3.0 V,L1消耗的电功率为P1=U1I1=0.75 W,故B正确;根据并联电路规律可知,L2中的电流为0.125 A,由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3 V,故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍,故A错误;由欧姆定律可知,L2的电阻为R2== Ω=2.4 Ω,故C错误;L2消耗的电功率为P2=U2I2=0.3×0.125 W=0.037 5 W,即L1、L2消耗的电功率的比值大于4,故D正确。
12.(多选)通常一次闪电过程历时0.2～0.3 s,它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40～80 μs,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前,云、地之间的电势差约为1.0×109 V,云、地间距离约为1 km;第一个闪击过程中云、地间转移的电荷量约为6 C,闪击持续时间约为60 μs。假定闪电前云、地间的电场是均匀的。根据以上数据,下列判断正确的是 (　　)
A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 A
B.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C.闪电前云、地间的电场强度约为1×106 V/m
D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
【解析】选A、C。由电流的定义式I=知,I= A=1×105 A,A项正确;整个过程的平均功率P=== W=3×1010 W(t代入0.2 s或0.3 s),B项错误;由E== V/m=1×106 V/m,C项正确;整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W=qU=6×109 J,D项错误。
13.有一个小型直流电动机,把它接入电压为U1=0.2 V的电路中时,电动机不转,测得流过电动机的电流I1=0.4 A;若把电动机接入U2=2.0 V的电路中,电动机正常工作,工作电流I2=1.0 A。求:
(1)电动机正常工作时的输出功率多大?
(2)如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,此时电动机的发热功率是多大?
【解题指南】解答本题注意以下两点:
(1)电动机正常工作时为非纯电阻电路,可根据能量的转化与守恒定律计算电动机的发热功率。
(2)电动机不转时,可视为纯电阻电路,因为此时电动机的输出功率为零,输入功率等于电动机的发热功率。
【解析】(1)U1=0.2 V时,电动机不转,此时电动机为纯电阻,故电动机线圈内阻r== Ω=0.5 Ω
U2=2.0 V时,电动机正常工作,此时电动机为非纯电阻,则由电功率与热功率的定义式得
P电=U2I2=2.0×1.0 W=2 W
P热=r=1.02×0.5 W=0.5 W
所以由能量守恒定律可知,电动机的输出功率
P出=P电-P热=2 W-0.5 W=1.5 W
(2)此时若电动机突然被卡住,则电动机成为纯电阻,其热功率P′热== W
=8 W
答案:(1)1.5 W　(2)8 W
【总结提升】非纯电阻电路的计算技巧
(1)在非纯电阻电路中,t既不能表示电功也不能表示电热,因为欧姆定律不再成立。
(2)不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路,当电动机不转动时,仍为纯电阻电路,欧姆定律仍适用,电能全部转化为内能。只有在电动机转动时为非纯电阻电路,U>IR,欧姆定律不再适用,大部分电能转化为机械能。