(普查练习)第20课 部分电路的欧姆定律 电阻定律 电功与电热-【提分宝典】2025年新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

第20课　　　　部分电路的欧姆定律　电阻定律　电功与电热 普查与练习20　　　部分电路的欧姆定律　电阻定律　电功与电热 1．电流、欧姆定律及伏安特性曲线 a.电流定义式I＝的应用　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(北京海淀区二模，3分)如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为－q。由于棒的运动而形成的等效电流(　　) A. 大小为qv，方向与v相同 B．大小为qv，方向与v相反 C．大小为qSv，方向与v相同 D．大小为qSv，方向与v相反 (1)答案：B 解析：橡胶棒带负电，所以由于棒的运动而形成的等效电流的方向与v的方向相反，故A项、C项均错误。橡胶棒的速度为v，则时间t内通过任一横截面的电荷量大小为Q＝vtq，由电流的定义式可得I＝＝qv，故B项正确，D项错误。 b.电流微观表达式I＝neSv的应用 (2)(2025改编题，3分)一根长为L，横截面积为S的金属棒，其电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压U时，自由电子定向运动的平均速率为(　　) A. B． C． D． (2)答案：C 解析：设自由电子定向运动的平均速率为v，由电流的定义式可知I＝＝＝neSv，又金属棒的电阻R＝ρ，由欧姆定律可得，通过金属棒的电流I＝＝，代入上面电流的表达式解得v＝，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 c.对欧姆定律、伏安特性曲线的理解与应用 (3)(浙江经典真题，3分)电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2。则(　　) A．I1<I2 B. > C．＝ D. < (3)答案：D 解析：因为两个用电器串联，所以I1＝I2，故A项错误。小电珠为纯电阻用电器，即U1I1＝IR1，即U1＝I1R1，电动机为非纯电阻用电器，有U2I2＝IR2＋P动，即U2I2>IR2，即U2>I2R2，综上所述可得<，即<，故D项正确，B项、C项均错误。 (4)(多选)(江苏模拟，4分)某一热敏电阻的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，通电后各自的电流I随所加电压U变化的图像如图所示，点M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡，下列说法正确的是(　　) A．图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，图线b是小灯泡的伏安特性曲线 B．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 C．通过图线可求得M点对应的小灯泡的阻值和热敏电阻的阻值 D．图线中M点对应的状态表示小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等 (4)答案：ACD 解析：小灯泡的灯丝温度随通电电流的增大而升高，阻值也随着增大，所以图线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升高，其阻值会减小，所以图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A项正确，B项错误。伏安特性曲线上的点与原点连线斜率的倒数表示电阻，即由公式R＝可求出M点对应的小灯泡的阻值和热敏电阻的阻值，故C项正确。两图线的交点M表示此状态两元件的电流相等，电压也相等，根据P＝UI可知小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等，故D项正确。 2．电阻与电阻定律 a.利用公式R＝ρ求解电阻问题 (5)(2025改编题，3分)一根粗细均匀的金属裸导线，电阻为R，以下说法正确的是(　　) A．将导线均匀拉长为原来的3倍，电阻变为3R B．将导线对折后绞合起来，电阻变为R C．将导线均匀拉长为原来的3倍，再对折后绞合起来，电阻变为R D．将导线截去，电阻大小和电阻率都变为原来的 (5)答案：C 解析：把导线均匀拉长到原来的3倍，由于导线体积不变，其横截面积变为原来的，根据电阻定律R＝ρ得，电阻变为原来的9倍，即9R，故A项错误。把导线对折后绞合起来，则长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的，即为R，故B项错误。由前两个选项分析可知，将导线均匀拉长为原来的3倍，阻值变为9R，再对折绞合，阻值为导线拉长为原来的3倍之后的，阻值变为R，故C项正确。将导线截去，其长度变为原来的，电阻也为原来的，但导线的电阻率与导体形状无关，不会发生变化，故D项错误。 b.综合利用公式I＝neSv、I＝和R＝ρ求解电阻问题 (6)(2025改编题，3分)如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，横截面积之比Sa∶Sb＝1∶2。已知5 s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，电子的电荷量e＝1.6×10-19 C。下列说法正确的是(　　) A．流经导线a、b的电流均为0.16 A B．导线a、b的电阻之比Ra∶Rb＝1∶2 C．导线a、b两端的电压之比Ua∶Ub＝1∶2 D．自由电子在导线a和b中的定向移动速率之比va∶vb＝1∶2 (6)答案：A 解析：流经导线a的电流为I＝＝＝0.16 A，因两段导线串联，电流相等，所以流经导线b的电流也是0.16 A，故A项正确。根据电阻定律有Ra∶Rb＝∶＝＝2∶1，故B项错误。根据欧姆定律I＝，得U＝IR，有Ua∶Ub＝Ra∶Rb＝2∶1，故C项错误。根据电流的微观表达式I＝neSv可得，va∶vb＝Sb∶Sa＝2∶1，故D项错误。 3．电阻的串、并联及电表的改装 a.对电阻串、并联的理解与应用 (7)(多选)(2025改编题，4分)如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝R3＝12 Ω，R4＝6 Ω，A、B间电压恒定。当开关S断开时，电压表示数为42 V，以下说法正确的是(　　) A.电流表的示数为3.5 A B．A、B间电路的等效电阻为10 Ω C．开关 S闭合后，电压表示数为27 V D．开关S闭合后，电流表示数为4.5 A (7)答案：AC 解析：当开关S断开时，电压表测的是R2两端的电压，则通过R2的电流I＝＝3.5 A，电流表与R2串联，所以电流表的示数为3.5 A，故A项正确。开关S断开，R1与R3串联，R2与R4串联，两个支路并联，电路的等效电阻R＝≈8.5 Ω，故B项错误。当开关S断开时，R4两端的电压为U4＝IR4＝21 V，则A、B间的电压为U＝UV＋U4＝63 V，当开关S闭合后，R1与R2并联，则并联电阻为R12＝＝3 Ω，R3与R4并联，则并联电阻为R34＝＝4 Ω，所以此时电路的总电阻为R＝R12＋R34＝7 Ω，则电路的总电流为I总＝＝9 A，所以电压表的示数为U′V＝U12＝I总R12＝27 V，则R3与R4并联电压为U34＝U－U12＝36 V，所以电流表的示数为I′＝＝6 A，故C项正确，D项错误。 b.利用电阻串、并联规律求解电表改装问题 (8)(北京海淀区一模，3分)如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2。下列说法正确的是(　　) A．I1＝2Ig B．I2＝3Ig C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大 D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大 (8)答案：C 解析：设R1＝R2＝Rg＝R，根据电路结构可知I1＝Ig＋＝Ig＋＝3Ig，I2＝Ig＋＝Ig＋＝1.5Ig，故A项、B项均错误。因为I1＝Ig＋，I2＝Ig＋，则当仅使R1阻值变小时，I1和I2均变大；当仅使R2阻值变小时，则I1变小，I2变大，故C项正确，D项错误。 (9)(多选)(2025改编题，4分)将四个相同的小量程电流表分别改装成两个量程不同的电流表A1、A2和两个量程不同的电压表V1、V2，改装好之后分别按照如下方式接入闭合电路中，则(　　) 图(a)　　　　　　　　　　　　　　图(b) 图(c)　　　　　　　　　　　　　　图(d) A．图(a)中A1、A2的示数不同，指针偏转角度相同 B．图(b)中A1、A2的示数不同，指针偏转角度相同 C．图(c)中V1、V2的示数相同，指针偏转角度不同 D．图(d)中V1、V2的示数相同，指针偏转角度不同 (9)答案：BD 解析：图(a)中，两电流表串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，指针的偏转角度不同，故A项错误。图(b)中，两电流表并联，表头两端的电压相同，流过表头的电流相等，指针的偏转角度相同，由于量程不同，两电流表的示数不同，故B项正确。图(c)中，两电压表串联，通过两个表头的电流相同，则两电压表指针偏转角度相同，由于量程不同，两电压表的示数不同，故C项错误。图(d)中，两电压表并联，电压表两端电压相同，示数相同，由于量程不同，指针偏转角度不同，故D项正确。 c.利用电阻串、并联规律分析黑箱问题 (10)(多选)(2023全国乙真题，6分)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0 V，U23＝2.5 V，U34＝－1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　) A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间 B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间 C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间 (10)答案：CD 解析：法一，画出接线柱1和2、2和3、3和4之间电阻的示意图，如图所示。根据题意可知，接线柱的电势大小关系为φ1>φ2，φ2>φ3，φ3<φ4，取接线柱3的电势为零，则接线柱2和4的电势分别为φ2＝φ3＋U23＝2.5 V，φ4＝φ3－U34＝1.5 V，接线柱1的电势为φ1＝φ2＋U12＝5.5 V，则φ3<φ4<φ2<φ1，因为在接线柱间接有一个直流电源，则电源的负极接3，正极接1，即电源接在1、3之间，故A项、B项均错误。R接在接线柱之间，因为接线柱4的电势较小，则R的一端接4，另一端应接电势更高的接线柱，则R的另一端接1和2均有可能，即R接在1和4或2和4之间，故C项、D项均正确。 法二，按A项的接法画出电路图，如图(a)所示，可知U34>0，故A项错误。按B项的接法画出电路图，如图(b)所示，可知U34>0，故B项错误。按C项的接法画出电路图，如图(c)所示，可知此接法符合上述测量结果，故C项正确。按D项的接法画出电路图，如图(d)所示，可知此接法符合上述测量结果，故D项正确。 图(a) 图(b) 图(c) 图(d) 4．电功、电功率、焦耳定律 a.纯电阻电路中的电功、电功率问题 (11)(经典题，3分)某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10和10个相同的指示灯X1～X10，将其连接在220 V直流电源上，电路图如图所示，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则(　　) A. X1的功率减小，L1的功率增大 B．X1的功率增大，L1的功率增大 C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小 D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大 (11)答案：C 解析：显然L1和X1并联、L2和X2并联……然后它们再串联接在220 V直流电源上，L2 灯丝烧断，则总电阻变大、电路中电流I减小，又L1和X1并联的电流分配关系不变，则X1和L1的电流都减小、功率都减小，同理可知除X2 和L2 外各灯功率都减小，故A项、B项均错误。由于I减小，各并联部分的电压都减小，电源电压不变，则X2两端电压增大，根据P＝可知X2的功率变大，故C项正确，D项错误。 b.非纯电阻电路中电能转化为内能和机械能或其他形式的能 (12)(多选)(浙江二模，2分)如图是某款新能源汽车铭牌上的部分内容，该车充电器的充电效率为90%，从没电充到额定容量的80%，正常充电需要8 h，快充状态下仅需0.8 h。下列说法正确的是(　　) A.充80%的电需要消耗约60 kW·h的电能 B．汽车行驶时，电池的化学能全部转化为机械能 C．快充时的电功率为正常充电时电功率的10倍 D．汽车在水平面加速时，若实际功率保持不变，则加速度减小 (12)答案：ACD 解析：充80%的电需要消耗的电能E＝＝ W·h≈60 kW·h，故A项正确。汽车行驶时，电池的化学能转化为机械能的同时还要产生一部分焦耳热，故B项错误。从没电充到额定容量的80%，正常充电需要8 h，快充状态下仅需0.8 h，充电器的充电效率为η＝90%，根据P电＝可知快充时的电功率为正常充电时电功率的10倍，故C项正确。根据功率公式P＝Fv和牛顿第二定律F－f＝ma可得a＝＝，当功率P不变，随着汽车速度v增大，加速度a减小，故D项正确。 (13)(2025改编题，9分)如图所示，电源内阻不计，闭合开关S后，标有“1.5 A　12 W”的灯泡恰能正常发光，流经电源的电流为2 A，直流电动机M的绕线电阻R0＝4 Ω，求： ①电源的电压； ②10 s内电动机产生的热量Q； ③直流电动机的机械功率； ④若电动机工作过程中转子被卡住，则此时的热功率为多大。 (13)答案：①8 V(2分)　②10 J(3分)　③3 W(2分)　④16 W(2分) 解析：①由题意知，灯泡正常发光，故其两端电压 U＝＝8 V(1分) 电路并联，故电源的电压等于灯泡两端电压，故 E＝U＝8 V(1分) ②已知流经电源的电流I＝2 A，则流过电动机的电流 I1＝I－I额＝0.5 A(1分) 电动机的热功率P0＝IR0＝1 W(1分) 10 s内产生的热量Q＝P0t＝10 J(1分) ③电动机的总功率P＝UI1＝4 W(1分) 电动机的机械功率P机＝P－P0＝3 W(1分) ④电动机的转子被卡住后，电动机等效为纯电阻，此时通过电动机的电流 I′1＝＝2 A(1分) 其热功率P＝I′R0＝16 W(1分) 随堂普查练20 1．(多选)(2025汇编题，4分)以下说法中正确的是(　　) A．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置 B．电流总是由电源的正极流向电源的负极 C．打开开关，日光灯立刻就亮，表明电路中自由电荷定向移动的速率接近光速 D．由R＝可知，导体的电阻与其两端的电压成正比，与通过它的电流成反比 E．由ρ＝可知，电阻率与导体电阻、横截面积成正比，与导体长度成反比 F．材料的电阻率总是随温度的升高而增大 G．一些金属在温度特别低时电阻变为零的现象是超导现象 1．答案：AG 解析：电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功，使电荷的电势能增加，从能量的转化角度看，电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，故A项正确。在电源外部电流的方向总是从电源的正极流向负极，在电源内部电流的方向总是从电源负极流向正极，故B项错误。打开开关，日光灯立刻就亮，是由于开关闭合瞬间，电路中的各个位置以光速建立电场，电路中各处的自由电子在静电力的作用下几乎同时开始做定向移动，整个电路也就几乎同时形成了电流，故C项错误。电阻是由导体本身的性质决定的，与导体两端的电压以及通过的电流无关，故D项错误。材料的电阻率由材料本身决定，电阻率与材料和温度有关，与导体电阻、长度、横截面积都无关，故E项错误。一般来说，金属材料的电阻率随温度升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小，故F项错误。当温度降低时，导体的电阻率将会减小，一些金属在温度特别低时电阻可以降到0，这种现象就是超导现象，故G项正确。 2．(经典题，3分)北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道。当环中电子以光速的百分之一运动而形成10 mA的电流时，则环中运行的电子数目为(　　) A．5×1012个 B．5×1011个 C．1×1012个 D．1×1014个 2．答案：A 解析：电子运动一周用的时间t＝＝ s＝8×10-5 s，根据电流的定义式I＝，则时间t内通过任一横截面的电荷量为q＝It＝0.01 A×8×10-5 s＝8×10-7 C，在整个环中运行的电子数目n＝＝5×1012个，故A项正确。 3．(多选)(2025改编题，4分)甲、乙为同种材料做成的两柱状导体，横截面积之比为1∶2，长度之比为2∶1。相同时间内，通过甲、乙两导体某一横截面的电荷量之比为1∶2，则甲、乙两导体(　　) A．通过的电流之比为1∶2 B．电阻之比为1∶1 C．两端的电压之比为1∶2 D．自由电荷定向移动的平均速率之比为1∶1 3．答案：AD 解析：相同时间内，通过甲、乙两导体某一横截面的电荷量之比为1∶2，根据I＝可知，I甲∶I乙＝1∶2，故A项正确。根据电阻定律有R甲∶R乙＝∶＝4∶1，故B项错误。根据欧姆定律I＝，得U＝IR，有U甲∶U乙＝(I甲R甲)∶(I乙R乙)＝2∶1，故C项错误。设单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q0，电荷定向移动的平均速率为v，根据电流的微观表达式I＝nq0vS，则＝＝＝，故D项正确。 4．(多选)(经典题，4分)如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是(　　) A．此时流过三导体的电流均为1 A B．R1∶R2∶R3＝1∶3∶2 C．若将三导体串联后改接在电压恒为3 V的直流电源上，则三导体的阻值之比不变 D．若将三导体并联后接在电压恒为3 V的直流电源上，则通过它们的电流之比为I1∶I2∶I3＝3∶2∶1 4．答案：AB 解析：由题中I－U图像可知，R1＝1 Ω、R2＝3 Ω、R3的电阻随两端所加电压变大而变小，当这三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，其电流相等，根据图像可判断电流为1 A，R1、R2、R3两端电压分别为1 V、3 V、2 V，总和为6 V，故R3＝2 Ω，故A项、B项均正确。因导体C为一非线性电阻，电阻随两端所加电压变小而变大，因此三个导体的阻值之比会发生相应变化，故C项错误。从题中图线可得，当这三导体并联后接在电压恒为3 V的直流电源上，流过R1、R2、R3的电流分别为3 A、 1 A、 2 A，故D项错误。 5．(经典题，6分)如图所示，灵敏电流计的内阻Rg为500 Ω，满偏电流Ig为1 mA。当使用a、b两个端点时，是量程为I1的电流表；当使用a、c两个端点时，是量程为I2的电流表；当使用a、d两个端点时，是量程为U的电压表。已知电阻R1、R2、R3的阻值分别为 0.5 Ω、2 Ω和100 Ω。求量程I1、I2、U的值。 5．答案：1 005 mA(2分)　201 mA(2分)　20.6 V(2分) 解析：接a、b两个端点时，等效电路如图(a)所示，R2与表头串联，再和R1并联，根据并联电路特点可得 I0R1＝Ig(Rg＋R2)(1分) 代入数据解得I0＝1 004 mA 故此时量程为I1＝I0＋Ig＝1 005 mA(1分) 图(a) 　　　图(b) 图(c) 同理，接a、c两个端点时，等效电路如图(b)所示，R1与R2串联，再与G并联，根据并联电路特点，有 IgRg＝I(R1＋R2)(1分) 此时量程为I2＝I＋Ig＝201 mA(1分) 当使用a、d两个端点时，为一电压表，等效电路如图(c)所示，根据串联电路特点，有 U＝I2R3＋IgRg＝20.6 V(2分) 6．(北京顺义区二模，3分)如图所示为某同学设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片可绕P点转动，能同时接触两个触点。触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风的参数如表所示。下列判断正确的是(　　) A．当扇形金属触片接触c、d触点时吹冷风 B．当扇形金属触片接触a、b触点时吹热风 C．当扇形金属触片接触b、c触点时吹热风 D．电热丝的热功率是460 W 6．答案：B 解析：当只有电动机接入电路时吹冷风，故当扇形金属触片接触b、c触点时吹冷风；当电动机与电热丝同时接入电路时吹热风，故当扇形金属触片接触a、b触点时吹热风，故B项正确，A项、C项均错误。电热丝的热功率为P热＝P热入－P冷入＝400 W，故D项错误。 7．(多选)(浙江经典真题，2分)如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400 V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功 7．答案：BD 解析：由于系留无人机起飞后经过200 s到达100 m高处悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速，最后停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，而无人机的重力G＝mg＝200 N，故A项错误。直流电源对无人机供电的额定电流为I＝＝ A＝12.5 A，故B项正确。无人机上升过程中克服重力做的功为W＝mgh＝20×10×100 J＝20 000 J，另外还要克服空气的阻力做功，电动机内电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率>＝100 W，故C项错误。无人机上升及悬停时均会使空气动能增加，即对空气做功，故D项正确。 8．(天津模拟，5分)如图(a)所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图(b)所示，在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内(　　) 　　 图(a)　　　 　　　　图(b) A．充电宝输出的电功率为UI－I2r B．手机电池产生的焦耳热为I2rt C．手机电池产生的焦耳热为t D．手机电池储存的化学能为UIt＋I2rt 8．答案：B 解析：充电宝的输出电压为U、输出电流为I，所以充电宝输出的电功率为P＝UI，故A项错误。因为手机电池不能看成纯电阻，所以时间t内手机电池产生的焦耳热为Q＝I2rt≠ t，故B项正确，C项错误。根据能量守恒定律可知，充电宝输出的电能等于手机电池储存的化学能与手机电池内阻产生的焦耳热之和，则手机电池储存的化学能为UIt－I2rt，故D项错误。 课后提分练20　部分电路的欧姆定律　电阻定律　电功与电热 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　　　 1．(山东经典真题，3分)氚核H发生β衰变成为氦核He。假设含氚材料中H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2×104 s时间内形成的平均电流为5.0×10-8 A。已知电子电荷量为1.6×10-19 C，在这段时间内发生β衰变的氚核H的个数为(　　) A．5.0×1014 B．1.0×1016 C．2.0×1016 D．1.0×1018 1．答案：B 解析：设在这段时间内，产生电子的个数为n，由电流的定义，有I＝，即n＝＝1.0×1016。由β衰变规律可知该衰变方程为H→He＋e，即产生一个电子(e)需要发生β衰变的氚核 H的个数也为一个，故在这段时间内发生β衰变的氚核H个数为1.0×1016，故B项正确。 2．(经典题，3分)两段长度、横截面积相同的均匀直导线A、B串联在电路上，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示。A、B导线电阻率的比值是(　　) A． B．2 C． D． 2．答案：A 解析：电阻串联，电流相等，根据I＝，得＝，则＝，根据电阻定律R＝ρ，且导线A、B长度、横截面积相同，则＝＝，故A项正确。 3．(江苏宿迁高一期末，3分)如图所示，电流计的内阻Rg＝198 Ω，满偏电流Ig＝1 mA，R1＝2 802 Ω，R2＝2 Ω，则下列说法正确的是(　　) A. 当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是3 A B．当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是3 V C．当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是3 A D．当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是3 V 3．答案：B 解析：当S1和S2均断开时，电流计与电阻R1串联，虚线框中可等效为电压表，其量程为U＝(R1＋Rg)Ig＝3V，故A项错误，B项正确。当S1和S2均闭合时，电流计与电阻R2并联，虚线框中可等效为电流表，其量程为I＝Ig＋＝0.1 A，故C项、D项均错误。 4．(湖南长沙校级模拟，3分)如图所示为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图线，在图线上取一点M，其坐标为(U0，I0)，其中过M点的切线与横轴正向的夹角为β，MO与横轴的夹角为α，则下列说法正确的是(　　) A．该电阻阻值随其两端电压的升高而减小 B．该电阻阻值随其两端电压的升高而增大 C．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为 Ω D．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为tan β Ω 4．答案：A 解析：由I－U图像可知，图线上某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，随着U的增大，斜率变大，则该电阻阻值随其两端电压的升高而减小，故A项正确，B项错误。当该电阻两端的电压U＝U0时，电阻R＝，由于纵坐标与横坐标的标度和单位不确定，所以不能用R＝计算电阻，更不能用tan β计算，故C项、D项均错误。 5．(2022.01浙江真题，3分)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则(　　) A．每秒水泵对水做功为75 J B．每秒水泵对水做功为225 J C．水泵输入功率为440 W D．电动机线圈的电阻为10 Ω 5．答案：D 解析：水泵抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋m0v＝300 J，故A项、B项均错误。水泵的输出能量转化为水的机械能，则水泵的输出功率为P出＝＝300 W，而水泵的输出功率与输入功率之比为75%，则水泵输入功率为P入＝＝400 W，故C项错误。电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的输出功率为 P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋ P机，联立解得电动机线圈的电阻为R＝10 Ω，故D项正确。 6．(2022山东真题，9分)某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零，卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求： (1)比例系数k值； (2)上行路程L值。 6．答案：(1)0.1(6分)　(2) m(3分) 解析：(1)电动机拉力功率Fv＝UI－I2R(1分) 解得电动机拉力F＝7 400 N 设斜坡倾角为θ，卸粮食后，空小车匀速下行，有 m0g＋f2＝m1g sin θ(1分) f2＝km1g(1分) 装满粮食的小车匀速上行，有 m0g＋F＝f1＋(m1＋m2)g sin θ(1分) f1＝k(m1＋m2)g(1分) 联立解得k＝0.1(1分) (2)关闭电动机后，设装满粮食的小车上行时加速度大小为a，由牛顿第二定律，有 f1＋(m1＋m2)g sin θ－m0g＝(m1＋m2＋m0)a(1分) 由匀变速运动规律得v2＝2aL(1分) 联立以上各式代入数据解得L＝ m(1分) B组(冲刺满分) 7．(2022.06浙江真题，3分)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是(　　) A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2 C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h 7．答案：D 解析：时间t内流过面积A的流动空气的体积为V＝Avt，质量为m0＝ρV＝ρAvt，动能为Ek＝m0v2＝ρAv3t；设风力发电机的转化效率为η，则该风力发电机在时间t内转化的电能为E＝ηEk＝ηρAv3t，输出电功率为P＝＝ηρAv3，所以该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，故A项、B项均错误。每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则一天的总风能资源为Ek＝1.0×108 kW×24 h＝2.4×109 kW·h，则每天发电量E＝ηEk<2.4×109 kW·h，故C项错误。已知风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，由E＝ηρAv3t可知，风速在6～10 m/s范围内取最小值6 m/s时，该发电机年发电量具有最小值；根据题意，风速为9 m/s时，该发电机的输出电功率为405 kW，则风速为6 m/s时，该发电机的输出电功率为P1＝63× kW＝120 kW，则该发电机年发电量至少为E＝P1t＝120 kW×5 000 h＝6.0×105 kW·h，故D项正确。 8．(北京昌平区期末，9分)宏观规律是由微观机制决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，金属导体中的自由电子沿任意方向运动的概率相等。对于导体中的任一截面来说，任何时刻从两侧穿过的自由电子数相等，宏观上不形成电流。如果导体两端加恒定电压，自由电子在电场力的驱动下开始定向移动，并不断与导体内金属阳离子碰撞，可以认为自由电子在碰撞后的定向速度变为0，然后再加速、再碰撞……在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。如图所示，一段截面积为S、长为L的金属导体，单位体积内有n个自由电子，自由电子的电荷量为e，质量为m，导体两端所加电压为U，假设自由电子与导体内金属阳离子连续两次碰撞的时间间隔为t，仅在碰撞时才考虑粒子间的相互作用。 (1)求恒定电场对每个自由电子作用力的大小F； (2)求在时间间隔t内自由电子定向移动的平均速率； (3)实验表明，同一金属导体两端的电压与通过它的电流之比是一个常量，物理学中把它叫作导体的电阻。请推导电阻的微观表达式(用物理量S、L、n、e、m、t表示) 8．答案：(1)(2分)　(2)(4分)　(3)R＝(3分) 解析：(1)金属导体中电场强度的大小为E＝(1分) 恒定电场对每个自由电子作用力的大小 F＝eE＝(1分) (2)自由电子在连续两次碰撞的时间间隔t内做匀变速直线运动，设第二次碰撞前瞬间的速度为v 由牛顿第二定律可得F＝ma(1分) 由运动学公式可得v＝at(1分) ＝v(1分) 解得＝(1分) (3)金属导体中的电流为I＝＝neS(1分) 由欧姆定律可得金属导体的电阻为R＝(1分) 则电阻的微观表达式为R＝(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$