2020届高考化学一轮复习人教版电流电阻电功电功率作业含答案(江苏专用)
2020届高考化学一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量综合问题作业Word版含答案
电磁感应中的动力学和能量综合问题一、选择题1．(2019年山东济南一模)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )图46－1A ．PB.R R ＋r PC.r R ＋r PD.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R ＋r 2P 解析：导体棒在水平方向受拉力和安培力，当拉力与安培力平衡时，棒的速度最大，此时电路中的感应电流最大，电阻R 上消耗的功率最大，则电路的最大电功率为P ，电路中各电阻上的功率与电阻成正比分配，所以P R P ＝R R ＋r ，所以P R ＝R R ＋rP ，B 正确． 答案：B图46－22．如图46－2所示，在光滑的水平面上，一质量为m ，半径为r ，电阻为R 的均匀金属环，以v 0的初速度向一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，则t 秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )A.4B 2r 2v 20RB.4B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m RC.2B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R D.B 2r 2π2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R解析：t 秒末圆环中感应电动势为E ＝B ·2r ·v ，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热，Q ＝12m v 20－12m v 2，t 秒末圆环中感应电流的功率为P ＝EI ＝E 2R ＝4B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R ，B 正确．答案：B图46－33．(2019年四川第二次大联考)如图46－3所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 1＝mg k ，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是( )A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小F ＝B 2L 2v 0RB ．初始时刻导体棒加速度的大小a ＝g ＋B 2L 2v 0m （R ＋r ）C ．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12m v 20＋2m 2g 2k解析：由法拉第电磁感应定律得：E ＝Bl v 0，由闭合电路的欧姆定律得：I ＝E R ＋r ，由安培力公式得：F ＝B 2L 2v 0R ＋r，故A 错误；初始时刻，F ＋mg ＋kx 1＝ma ，得a ＝2g ＋B 2L 2v 0m （R ＋r ），故B 错误；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C 正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R 上的只是一部分，故D 错误．答案：C图46－44．(2019年湖南重点中学联考)如图46－4所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L ，上方连接一个阻值为R 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场．两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好，电阻均为r 、质量均为m ；将金属杆1固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆2从磁场边界上方h 0处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动．现将金属杆2从离开磁场边界h (h <h 0)处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时，由静止释放金属杆1，下列说法正确的是( )A ．两金属杆向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bB ．回路中感应电动势的最大值为mg （2r ＋R ）BLC ．磁场中金属杆1与金属杆2所受的安培力大小、方向均不相同D ．金属杆1与2的速度之差为2gh解析：根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右，则流过电阻R 的电流方向从b →a ，故A 错误；当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得BIL＝mg ，又I ＝E m 2r ＋R，联立得感应电动势的最大值为E m ＝mg （2r ＋R ）BL ，故B 正确；根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式F ＝BIL 可知安培力的大小也相同，故C 错误；金属杆2刚进入磁场时的速度为v ＝2gh ；在金属杆2进入磁场后，由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即v 1－0＝v 2－v ，则得：v 2－v 1＝v ＝2gh ，故D 错误．答案：B图46－55．如图46－5所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由a 向bC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F 3D ．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、B 、D 错误；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确．答案：C图46－66．(多选)如图46－6所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD ．在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析：当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2v R ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2v R ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v 2R ＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误．答案：AC图46－77．(多选)如图46－7所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω.整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过．电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则()A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 WB．当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC．全电路最大功率为3 WD．全电路最大功率为4.5 W解析：当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2 Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝12BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝E2R1＝4.5 W，C错误，D正确．答案：AD图46－88．(2019年湖北六校模拟)(多选)如图46－8所示，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝0.1 kg.线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E －＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I －＝E －R ，则感应电荷量q ＝I －·Δt ，联立解得q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量的变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD图46－99．(多选)如图46－9所示，有两根平行光滑导轨EF 、GH ，导轨间距离为L ，与水平面成θ角，电阻不计，其上端接有定值电阻R .导轨间加有一磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．m 、p 、n 、q 是导轨上的四个位置，mp 与nq 平行，且与导轨垂直，mp 与nq 的间距为2L .电阻为R 、长为L 、质量为m 的导体棒从mp 处由静止开始运动，导体棒到达nq 处恰好能匀速运动．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．流过定值电阻R 的电流方向为G →EB ．导体棒在nq 处的速度大小为2mgR sin θB 2L 2C ．导体棒在nq 处的热功率为2m 2g 2R sin θB 2L 2D ．导体棒从mp 运动到nq ，通过定值电阻的电荷量为BL 2R解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定m 点电势高，流过定值电阻R 的电流方向为E →G ，选项A 错误；因导体棒到达nq处匀速下滑，所以mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋R，联立得v ＝2mgR sin θB 2L 2，选项B 正确；导体棒的热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BL v R ＋R 2R ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2 ，选项C 错误；导体棒从mp 运动到nq ，通过定值电阻的电荷量q ＝It ＝BL 2R ，选项D 正确．答案：BD图46－1010．(多选)如图46－10所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．若使棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时棒刚好静止．设金属导轨与棒的电阻均不计，a 到b 和b 到c 的间距相等，则金属棒在从a 到b 和从b 到c 的两个过程中( )A ．速度变化相同B ．运动时间相同C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面的电荷量相等解析：导体棒从a 到b 过程，根据动量定理得，－ILB ·Δt ＝m v b－m v a ，变形得B 2L 2x R ＝m (v a －v b )，从b 到c 可得B 2L 2x R ＝m (v b －v c )，所以速度变化相同，A 正确；根据x ＝v －t ，由于从a 到b 的速度大，所以时间短，B 错误；由于动能变化不同，所以安培力做功不同，C 错误；q ＝It ＝E R t ＝ΔΦR Δt·t ＝ΔΦR ＝B ΔS R ，所以D 正确． 答案：AD二、非选择题11．(2019年哈尔滨师大附中二模)如图46－11所示，竖直平面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放．已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求：图46－11(1)ab 边刚进入磁场时，b 、a 间电势差大小U ba ；(2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小．解析：(1)ab 边刚进入磁场时速度大小为v 1，则mgL ＝12m v 21E ＝BL v 1I ＝E rU ba ＝I ·34r解得U ba ＝3BL 42gL .(2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中mgt －F －A t ＝m v 2－m v 1F －A ＝B I －L I －＝E －r E －＝ΔΦtΔΦ＝BL 2由以上各式解得：v 2＝gt －B 2L 3mr ＋2gL .答案：(1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr ＋2gL12．如图46－12甲，电阻不计的轨道MON 与PRQ 平行放置，ON 及RQ 与水平面的倾角θ＝53°，MO 及PR 部分的匀强磁场竖直向下，ON 及RQ 部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab 和cd 分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m ＝1.0 kg ，电阻R ＝1.0Ω，长度L ＝1.0 m 与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab 棒施加一个方向水平向右，按图46－12乙规律变化的力F ，同时由静止释放cd 棒，则ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动，g 取10 m/s 2.图46－12(1)求ab 棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)若已知在前2 s 内F 做功W ＝30 J ，求前2 s 内电路产生的焦耳热；(4)求cd 棒达到最大速度所需的时间．解析：(1)对ab 棒：F f ＝μmgv ＝atF －BIL －F f ＝maF ＝m (μg ＋a )＋B 2L 2at 2R由图象信息，代入数据解得a ＝1 m/s 2.(2)当t 1＝2 s 时，F ＝10 N ，由(1)知B 2L 2at2R ＝F －m (μg ＋a )，得B ＝2 T.(3)0～2 s 过程中，对ab 棒，x ＝12at 21＝2 mv 2＝at 1＝2 m/s由动能定理知：W －μmgx －Q ＝12m v 22代入数据解得Q ＝18 J.(4)设当时间为t ′时，cd 棒达到最大速度， F N ′＝BIL ＋mg cos53°F f ′＝μF N ′mg sin53°＝F f ′mg sin53°＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫B 2L 2at ′2R ＋mg cos53° 解得t ′＝5 s.答案：(1)1 m/s 2 (2)2 T (3)18 J (4)5 s。
2020届高考化学一轮复习人教版电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题课时作业一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。
其中1～3为单选，4～8为多选)1. [2017·四川第二次大联考]如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。
初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝mgk，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。
在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
则下列说法正确的是()A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝B2L2v0RB．初始时刻导体棒加速度的大小a＝g＋B2L2v0 m(R＋r)C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝12m v2＋2m2g2k答案 C解析由法拉第电磁感应定律得：E＝Bl v0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝ER＋r，由安培力公式得：F＝B2L2v0R＋r，故A错误；初始时刻，F＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )，故B 错误；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C 正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R 上的只是一部分，故D 错误。
2. [2017·湖北重点中学联考]如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ。
在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻。
导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h 。
在两次运动过程中ab 棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等。
2020届高考化学一轮复习人教版磁场及其对电流的作用课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版 磁场及其对电流的作用 课时作业1．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称。
整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外。
已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为13B 0和12B 0，方向也垂直于纸面向外。
则( )A ．流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为712B 0 B ．流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B 0C ．流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为112B 0 D ．流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为712B 0 答案 AC解析 L 1在a 、b 两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B 1，方向都垂直于纸面向里，而L 2在a 点产生的磁场磁感应强度大小设为B 2，方向垂直纸面向里，在b 点产生的磁场磁感应强度大小也为B 2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B 0－B 1－B 2＝13B 0，B 2＋B 0－B 1＝12B 0，联立这两式可解得：B 1＝712B 0，B 2＝112B 0，故A 、C 正确。
2. (2017·全国卷Ⅰ)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反。
下列说法正确的是( )A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1答案BC解析如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，A错误。
2020届高考化学一轮复习人教版变压器电能的输送课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版变压器电能的输送课时作业1．[人教版选修3－2P50第3题改编]从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A ．：1B ．：100C ．：10D ．：1解析：由题意知输电线上的电流I＝PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝Pr U故ΔU1ΔU2＝1U11U2＝U2U1＝11×103110＝1001，故选A.答案：A2．(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是()A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：对于理想变压器U2＝n2n1U1，U1不变则U2不变，与调节P无关，故B正确．又UL＝U2，所以灯的亮度不变，A错．P向上滑动时RP减小，则R总减小，P出＝U22R总增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C错误，D正确．答案：BD3．如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是()A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C．变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析：汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B错误；由题可知原线圈处接12 V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由U1U2＝n1n2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D错误．故选A.答案：A4．如图所示，理想变压器的原线圈接入电压为7 200 V的交变电压，r为输电线的等效电阻，且r＝5 Ω，用电器R L的规格为“220 V880 W”，已知该用电器正常工作，由此可知()A．原、副线圈的匝数比为30∶1B．原线圈中的电流为4 AC．电器R L换成规格为“220 V 1 000 W”的用电器也可以正常工作D．变压器的输入功率为880 W答案：A解析：由用电器R L正常工作，可得通过副线圈的电流I＝4 A，副线圈导线上的电压损失U r＝4×5 V＝20 V，副线圈两端的电压U2＝220 V＋20 V＝240 V，因此原副线圈的匝数比为30∶1，故A项正确；又P1＝P2＝U2I2＝240×4 W＝960 W，故D项错误；原线圈中的电流I1≈0.13 A，B项错误；换成功率大的用电器后r分压变大，用电器电压小于220 V，故C项错误．5．(多选)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原、副线圈的匝数比为n1n2＝120，现给原线圈两端加瞬时值表达式为u1＝311sin 100πt(V)的交变电压，负载电阻R＝440 kΩ，I1、I2分别表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是()A ．副线圈两端电压的有效值为6 220 V ，副线圈中电流的有效值为14.1 mAB ．副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，副线圈中电流的有效值为10.0 mAC ．I 1<I 2D ．I 1>I 2答案：BD 解析：根据题意可知，原线圈两端交变电压的最大值为311 V ，则其有效值为3112V ＝220 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比，可知副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，再根据欧姆定律，可以求出副线圈中电流的有效值为 4 400440×103A ＝10 mA ，选项A 错误，B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，即U 1I 1＝U 2I 2，可以判断I 1>I 2，选项C 错误，D 正确．6．(2018·河南中原名校联盟质检)(多选)如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V 1示数不变．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻．如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是()A．电流表A1示数变大B．电流表A2示数变小C．电压表V2示数变大D．电压表V3示数变小答案：AD解析：由于变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的电阻减小了，输出功率变大了，所以原线圈的输入功率也要变大，因为输入电压不变，所以输入电流要变大，所以电流表A1的示数变大，A正确；当用电器增加时，相当于R的值减小，副线圈的总电阻减小，所以电流要变大，即电流表A2的示数变大，B错误；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压不变，所以电压表V2的示数不变，C错误；由于副线圈的电流变大，电阻R0两端的电压变大，又因为电压表V2的示数不变，所以电压表V3的示数变小，D正确．7．(2018·河北保定调研)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V示数为22 V ，理想电流表A 1示数为5 A ，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A 2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是( )A ．熔断器的熔断电流应该大于0.5 AB ．原、副线圈的电流频率之比为1∶10C ．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220 2 VD ．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440 Ω，电流表A 2示数为0.5 A答案：AC 解析：根据I 2I 1＝n 1n 2，可知副线圈中电流为0.5 A ，则选项A 正确；原、副线圈的电流频率相等，选项B 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端电压为220 V ，最大值为220 2 V ，选项C 正确；电动机为非纯电阻电器，若电动机内阻为440 Ω，则副线圈电流小于0.5 A ，选项D 错误．[能力提升]8．(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A．电压表的示数为55 VB．原线圈中的输入功率等于副线圈中的输出功率C．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表的示数变小D．若滑动变阻器接入电路的阻值为30 Ω，则1 min内产生的热量为6 050 J答案：BC解析：原、副线圈的电压与匝数成正比，故副线圈两端的电压U2＝55 V，由P入＝P出，即U1I1＝U2I2，B项正确；由有效值的定义知电压表的示数小于55 V，A项错误；将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，副线圈中的电流变小，则电流表的示数变小，C项正确；由功率计算可知产生的热量为3 025 J，D项错误．9．(2018·江西三校高三联考)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt(V)．下列说法中正确的()A ．t ＝1600s 时，电压表的示数为220 V B ．t ＝1600s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 V C ．滑动变阻器滑片向上移，电压表的示数不变，电流表的示数减小D ．单刀双掷开关由a 扳向b ，电压表的示数不变，电流表的示数减小答案：C 解析：原线圈两端电压有效值为220 V ，由理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为22 V ，电压表测量的是有效值，故A 错误；t ＝1600s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 2 V ，故B 错误；滑动变阻器滑片向上移，接入电阻变大，副线圈两端电压由匝数比和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数减小，C 正确；单刀双掷开关由a 扳向b ，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D 错误．10．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2.则下列说法正确的是()甲乙A．交流电源的最大效率为50%B．该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 100πt(V)C．电流表的读数为n1n2E m2(n21R＋n22r)D．若R阻值增大，则变压器副线圈两端电压变大答案：CD解析：根据题述不能得出交流电源的最大效率，选项A错误；该交流电源的周期为0.04 s，该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 50πt(V)，选项B错误；设变压器输入端等效电阻为R1，则原线圈中电流为I1＝E m2(R1＋r)，输入电压为U1＝I1R1＝E m R12(R1＋r)，副线圈输出电压为U2＝I2R，输出功率为P2＝I22R，根据变压器功率关系可得E m R12(R1＋r)·E m2(R1＋r)＝I22R，根据变压公式，U1∶U2＝n1∶n2，联立解得R1＝n21n22R，I2＝n1n2E m2(n21R＋n22r)，选项C正确；若R阻值增大，副线圈输出电流减小，输出功率减小，导致原线圈输入电流减小，电源路端电压增大，原线圈输入电压增大，变压器副线圈两端电压增大，选项D正确．11．(2018·河北张家口模拟)(多选)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计，线框平面与磁感线垂直，以此时刻为计时起点，线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B．线框中交变电压的表达式为e＝5002sin 200t(V)C．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11D．允许变压器输出的最大功率为5 000 W答案：BD解析：题图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A错误；产生的交流电的最大值E m＝NBSω＝500 2 V，从图示位置计时，电动势的瞬时值表达式e＝5002sin 200t(V)，B正确；变压器原、副线圈的匝数比n1n2＝500220＝2511，C错误；变压器允许输出的最大功率P＝U1I1max＝500×10 W＝5 000 W，D正确．12．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u ab-t图象如图乙所示．若只在ce间接一只R ce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只R de＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲乙(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab的表达式；(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比n cen de.答案：(1)u ab ＝400sin 200πt V (2)0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A (3)34 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt V .(2)电压有效值U 1＝200 2 V ， 理想变压器P 1＝P 2＝80 W ， 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1， 解得I 1≈0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U ce n ce， 同理U 1n 1＝U de n de. 由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de ，解得n ce n de ＝R ce R de ， 代入数据得n ce n de＝34.。
2020届高考化学一轮复习人教版磁场及其对电流的作用作业Word版含答案
磁场及其对电流的作用[课堂综合训练]1.如图，一导体棒ab 静止在U 形铁芯的两臂之间，电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：选D 根据图中所示的电流方向，由安培定则知U 形铁芯下端为N 极，上端为S 极，ab 中的电流方向由a →b ，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D 正确。
2.(多选)如图所示，两根平行长直导线相距2l ，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a 、b 、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l 2、l 和3l 。
关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( ) A ．a 处的磁感应强度大小比c 处的大B ．b 、c 两处的磁感应强度大小相等C ．a 、c 两处的磁感应强度方向相同D ．b 处的磁感应强度为零解析：选AD a 、c 两点处的磁感应强度是两导线电流产生的磁场的合磁感应强度，由于a 点比c 点距离两导线较近，所以a 处的磁感应强度比c 处的大，A 正确；根据安培定则知，a 、c 两处磁感应强度方向相反，C 错误；b 点位于两导线中间，两导线在b 点处产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c 处磁感应强度不为零，D 正确，B 错误。
3.如图所示，导线框中电流为I ，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B ，GH 与CD 相距为d ，则金属棒MN 所受安培力大小( )A ．F ＝BIdB ．F ＝BId sin θC ．F ＝BId sin θD ．F ＝BId cos θ解析：选C 金属棒MN 与磁感应强度B 垂直，金属棒MN 的有效长度L ＝d sin θ，所以F ＝BIL ＝BId sin θ，选项C 正确。
4．目前世界上输送功率最大的直流输电工程——哈(密)郑(州)特高压直流输电工程已正式投运。
已知某段直流输电线长度l ＝200 m ，通有从西向东I ＝4 000 A 的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B ＝5×10－5 T ，磁倾角(磁感线与水平面的夹角)为5°(sin 5°≈0.1)。
2020届人教版高考化学一轮同步复习卷：化学能与电能(含答案)
化学能与电能一、单选题1．用锌棒、铁棒和硫酸铜溶液组成原电池，正极上发生的反应为（）A．Fe－2e－===Fe2＋B．Cu2＋＋2e－===CuC．Fe－3e－===Fe3＋D．Zn－2e－===Zn2＋2．某固体酸燃料电池以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为2H2＋O2=2H2O，下列有关说法正确的是()A．电子通过外电路从b极流向a极B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH－C．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极D．每转移0.2 mol电子，消耗1.12 L的H23．下列说法中正确的是A．镍氢电池、锂离子电池和锌锰干电池都是二次电池B．燃料电池是一种高效但是会污染环境的新型电池C．化学电池的反应基础是氧化还原反应D．铅蓄电池放电时正极是Pb负极是PbO24．如图所示装置，电流计指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C可能是下列各组中的()A．A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液B．A是Cu，B是Zn，C为稀H2SO4C．A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液D．A是Zn，B是Cu，C为稀H2SO45．一种可充电锂－空气电池如图所示。
当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x、(x＝0或1)，下列说法正确的是A．多孔碳材料电极为负极B．外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C．Li+向多孔碳材料区迁移D．x=0时，正极反应式为：2Li+＋O2＋4e-＝Li2O26．下列说法不正确．．．的是( )A．原电池负极被氧化B．任何化学反应都能设计成原电池C．在原电池内部阳离子向正极区域移动D．原电池是把化学能转化为电能的装置7．某原电池的总反应的离子方程式是Zn+Cu2+ Zn2++Cu，则该反应的原电池组成正确的是（）A．A B．B C．C D．D8．科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王”石墨烯将“彻底改变21世纪”。
2020届高考化学一轮复习人教版电场能的性质课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版电场能的性质课时作业1.(平行板电容器的动态分析)(2017·山西大同联考)如图所示的装置,可以探究影响平行板电容器电容的因素,关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A.电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大B.电容器充电后与电源断开,上移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大C.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入玻璃板,则静电计指针偏转角增大D.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入金属板,则静电计指针偏转角增大,左移电容器左极板,电容器板间电压不变,则静电计指针偏转角不变,故A错误。
电容器充电后与电源断开,电容器带的电荷量不变,上移电容器左极板,极板正对面积减小,电容减小,由电容的定义式C=知,Q不变,C减小,则U增大,因此静电计指针偏转角增大,故B正确。
电容器充电后与电源断开,电容器带的电荷量不变,在电容器两极板间插入玻璃板,电容增大,由电容的定义式C=知U 减小,因此静电计指针偏转角减小,故C错误。
若在两极板间插入金属板,相当于板间距离减小,可知电容增大,而电容器的带电荷量不变,由电容的定义式C=知板间电压U减小,则静电计指针偏转角减小,故D 错误。
2.(平行板电容器的动态分析)(2017·陕西镇安中学月考)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S。
当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间电场强度E的变化情况是()A.Q变小,C不变,U不变,E变小B.Q变小,C变小,U不变,E不变C.Q不变,C变小,U变大,E不变D.Q不变,C变小,U变小,E变小,电荷量Q保持不变,增大两极板间距离时,根据C=,知电容C变小,根据U=,知两极板间的电势差U变大,根据E=,知电场强度E不变,C正确。
3.(平行板电容器的动态分析)(2017·湖南永州一模)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,电容器下极板接地。
2020届高考化学一轮复习人教版电场能的性质课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业1．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V 。
一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV 。
下列说法正确的是( )A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍答案 AB解析 匀强电场内a 、b 、c 、d 、f 间距相等，则电子每通过相邻两个等势面电场力做功相同，则W ad ＝3W bc ，即W bc ＝－eU bc ＝－2 eV ，U bc ＝φb －φc ＝2 V ，所以φc ＝0，A 正确；根据动能定理从a 到d ：W ad ＝E k d －E k a ，可得：E k d ＝4 eV ，电子在d 时有动能4 eV ，速度可能沿各个方向，取极端情况：①电子沿电场线方向运动，从d 到f 电场力做功W df ＝W bc ＝－2 eV ，E k f ＝E k d ＋W df ＝2 eV>0，可到达平面f ；②电子到d 时速度方向沿等势面d ，将不能到达平面f ，B 正确；同理电子到达等势面c 的动能E k c ＝6 eV ，由于等势面c 的电势为零，电子在等势面c 的电势能为零，根据能量守恒定律，电子在运动过程中电势能和动能的总和保持一个定值，即E p d ＋E k d ＝E p c ＋E k c ＝6 eV ，故电子经过平面d 时，其电势能为E p d ＝2 eV ，C 错误；电子经过平面b 和d 时的动能分别为：E k b ＝8 eV 和E k d ＝4 eV ，由E k ＝12mv 2可得电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍，D 错误。
2.(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点。
2020届高考化学一轮复习人教版电磁感应现象中的电路和图象问题课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版电磁感应现象中的电路和图象问题课时作业1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。
磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。
若不计空气阻力。
重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D．磁铁落地时的速率一定等于2gh解析当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A项正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B项错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C项错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，D项错误。
答案A2．(多选)如图所示，△ABC为等腰直角三角形，AB边与x轴垂直，A点坐标为(a,0)，C点坐标为(0，a)，三角形区域内存在垂直平面向里的磁场，磁感应强度B 与横坐标x 的变化关系满足B ＝k x (k 为常量)，三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈，线圈平面与纸面平行，线圈宽为a ，高为2a ，电阻为R 。
若线圈以某一速度v 匀速穿过磁场，整个运动过程中线圈不发生转动，则下列说法正确的是( )A ．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大B ．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q ＝4k 2a v RC ．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零D ．穿过三角形区域的磁通量为2ka解析 线圈穿过磁场的过程中，感应电动势为E ＝BL v ，根据欧姆定律可得感应电流大小为I ＝E R ，由几何关系知，切割边运动距离为x 时，L ＝2x ，解得I ＝2k v R ，为定值，所以A 项错误；产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ，而t ＝2a v ，解得Q ＝8k 2a v R ，所以B 项错误；线圈穿过磁场的过程中，通过线圈的磁通量变化量为0，则q ＝ΔΦR ＝0，C 项正确；穿过三角形区域的磁通量等于线圈发生位移a 时的磁通量变化，q ′＝I Δt ＝ΔΦ′R ，则ΔΦ′＝IR Δt ＝2k v R ·R ·a v ＝2ka ，D 项正确。
2020届高考化学一轮复习人教版磁场及其对电流的作用课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版磁场及其对电流的作用课时作业一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 1.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。
”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。
结合上述材料,下列说法不正确的是()A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用,且地磁南极在地理北极附近,A、B选项符合物理事实。
射向赤道的带电宇宙射线粒子,会受到地球磁场施加的洛伦兹力作用,D选项符合物理规律。
而C选项中,地球表面任意位置的磁场方向为该点磁感线的切线方向,除了赤道位置与地球表面平行,其他都不平行。
本题选不正确选项,故选C。
2.(2017·广东七校联考)真空中两根金属导线平行放置,其中一根导线中通有恒定电流。
在导线所确定的平面内,一电子从P点运动的轨迹的一部分如图中的曲线PQ所示,则一定是()A.ab导线中通有从a到b方向的电流B.ab导线中通有从b到a方向的电流C.cd导线中通有从c到d方向的电流D.cd导线中通有从d到c方向的电流,靠近导线cd处,电子的偏转程度大,说明靠近cd处偏转半径较小;在磁场中运动的电子所受洛伦兹力永远不做功,故电子速率不变,由带电粒子在磁场中运动的半径公式r=知,偏转半径小说明cd处磁感应强度较大,所以cd导线中通有电流;根据曲线运动的特点,合外力指向弧内,即洛伦兹力指向左侧,根据左手定则可知cd左侧区域磁场方向垂直纸面向里,再由安培定则可知,电流的方向从c到d,故C项正确。
3.如图所示,一个边长为l、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。
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课时跟踪检测（二十四） 电流 电阻 电功 电功率 对点训练：电流的理解及其三个表达式的应用 1．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为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e，此时电子的定向移动速度为v，在Δt时间内，通过导线的横截面的自由电子数目可表示为( )
A.nvSΔt B．nvΔt C.IΔte D.IΔtSe 解析：选C 在Δt时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vΔt，由于铜导线的横截面积为S，则在Δt时间内，电子经过的导线体积为V＝vΔtS。又由于单位体积的导线中有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt。由于流经导线的电流为I，则在Δt时间内，流经导线的电荷量为Q＝IΔt，而电子
的电荷量为e，则Δt时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N＝IΔte，C正确。 2．[多选](2018·宿州期中)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3×107 m/s的速度流动而形成的电流是10 mA时，则环中(已知电子的电荷量e＝－1.6×10－19 C)( ) A．电流方向和负电子运动方向相同 B．电流方向和正电子运动方向相同 C．运行的电子数目为5×1011 个 D．运行的电子数目为1×104个 解析：选BC 电流方向和正电子的运动方向相同，与负电子的运动方向相反，选项A
错误，B正确；电子运动一周用的时间为：t＝sv＝2403×107 s＝8×10－6 s，而电流表达式为：
I＝qt，则总电荷量为：q＝It＝0.01×8×10－6C＝8×10－8C，在整个环中运行的电子数目为：n＝qe＝8×10－81.6×10－19＝5×1011(个)，故C正确，D错误。 3.(2018·无锡检测)如图所示的电解槽接入电路后，在t秒内有n1个1价正离子通过溶液内截面S，有n2个1价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是( ) A．当n1＝n2时电流强度为零
B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流强度为I＝n1－n2et C．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流强度I＝n2－n1et D．电流方向从A→B，电流强度I＝n2＋n1et 解析：选D 电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I＝qt＝n2＋n1et。 对点训练：电阻、电阻定律的理解与应用 4.有A、B两段电阻丝，材料相同，长度也相同，它们的横截面的直径之比为dA∶dB＝1∶2，把它们串联在电路中，则下列说法错误的是( ) A．它们的电阻之比RA∶RB＝4∶1 B．通过它们的电流之比IA∶IB＝4∶1 C．电子在两段中定向移动速度之比vA∶vB＝4∶1 D．两段电阻丝中的电场强度之比EA∶EB＝4∶1 解析：选B 长度、材料均相同，它们的横截面的直径之比为dA∶dB＝1∶2，则横截
面积之比为SA∶SB＝1∶4，根据R＝ρlS可知，电阻之比RA∶RB＝4∶1，故A正确；因两者是串联，通过它们的电流总相等，故B错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，则定向移动速率与横截面积成反比，因此定向移动速度之比vA∶vB＝4∶1，故C正确；设电路中
电流为I，则两段中的电场强度E＝Ul，因此电场强度与电压成正比，则电场强度之比EA∶EB＝UA∶UB＝RA∶RB＝4∶1，故D正确。 5．(2018·苏州联考)两根材料相同的均匀导线X和Y，X长为L，Y长为2L，串联在电路中，沿导线长度方向电势φ变化如图所示，则两导线的横截面积之比为( ) A．2∶3 B．1∶3 C．1∶2 D．3∶1
解析：选B 由题图可知导线X和Y两端的电压之比为UXUY＝10－44－0＝32，其电流相同，则电阻之比RXRY＝UXUY＝32，由R＝ρlS可得SXSY＝13，B正确。 对点训练：伏安特性曲线的理解及应用 6．[多选](2018·峨山一中期末)甲、乙两个电阻的伏安特性曲线画在同一个坐标系中如图所示，则( )
A．甲的电阻是乙的电阻的13 B．在两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的两倍 C．欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍 D．甲的电阻是乙的电阻的2倍 解析：选AC 由I-U图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有tan 30°tan 60°＝13，故甲的电
阻是乙的电阻的13，故A正确，D错误。两电阻加上相同电压，则由I＝UR可知，通过甲的电流是通过乙的电流的3倍，故B错误。根据欧姆定律可知，欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍，故C正确。 7.(2019·盐城时场中学月考)某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示。下列说法正确的是( ) A．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 B．图像上某点切线的斜率的倒数即为该状态的电阻值 C．电压为5 V时，导体的电阻是0.2 Ω D．电压为12 V时，导体的电功率为18 W 解析：选D 由题图知，随着电压的增大，图像上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，故A错误；图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，故B错误；当U1＝5 V时，由题图知电流为I1＝1.0 A，则导体的电阻R
＝U1I1＝5 Ω，故C错误；加12 V电压时，电流为1.5 A，则电功率P＝I2U2＝18 W，故D正确。 8．[多选](2018·苏州五校联考)如图所示为A、B两电阻的U-I图像，关于两电阻的描述正确的是( ) A．电阻A的电阻值随电流的增大而增大，电阻B阻值不变 B．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B C．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B D．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B 解析：选AB 由题图可知，电阻B的斜率不变，电阻A的斜率在逐渐增大，而在U-I图像中，图像的斜率表示电阻值大小，故A正确；两图线的交点处，电流和电压均为U1
和I1，由欧姆定律知，两电阻的大小相等，故B正确，C、D错误。
对点训练：电功、电功率及焦耳定律 9．[多选](2019·睢宁模拟)如图是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻为0.5 Ω，R＝10 Ω，直流电压U＝150 V，理想电压表示数为100 V，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．通过电动机的电流为5 A B．电动机的输出功率为500 W C．电动机正常工作1 h，所产生的热量为4.5×104 J D．正常工作时此电动机能拉动质量为30 kg的物体以2 m/s 的速度匀速上升 解析：选AC 电动机跟电阻串联，所以电流相等，电阻R两端的电压UR＝U－UV＝
150 V－100 V＝50 V，电动机的电流为I＝URR＝5010 A＝5 A，故A正确；电动机的输入电功率P＝UVI＝100×5 W＝500 W，电动机内阻消耗的功率P消＝I2r＝25×0.5 W＝12.5 W，所以电动机的输出功率P出＝P－P消＝500 W－12.5 W＝487.5 W，故B错误；电动机正常工作1 h，所产生的热量Q＝P消t＝12.5×3 600 J＝45 000 J＝4.5×104 J，故C正确；物体匀速运动时，拉力等于重力，即电动机的牵引力F＝mg＝300 N，而P出＝Fv，解得：v＝1.625 m/s，故D错误。 10．(2019·扬州中学模拟)如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻rA＝2 Ω，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表A示数为6 A；当S2闭合，S1、S3断开时，电流表A示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表A示数为4 A。求： (1)电炉子的电阻及发热功率分别是多大？ (2)电动机的内阻是多少？ (3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？
解析：(1)当S1闭合，S2、S3断开时，电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I1＝UR 解得R＝2 Ω 其发热功率为PR＝UI1＝12×6 W＝72 W。 (2)当S2闭合，S1、S3断开时，电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： UI2＝I22rM＋P输出 解得rM＝1 Ω。 (3)当S3闭合，S1、S2断开时，在电解槽工作时，由能量守恒定律得：P化＝UI3－I32rA 解得P化＝16 W。 答案：(1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W
考点综合训练 11．(2019·大丰模拟)两只额定电压均为110 V的灯泡A和B，额定功率分别为40 W和100 W，为了使它们接到220 V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图( ) 解析：选B A图中，灯泡A的电压等于220 V，大于额定电压，灯泡会烧坏；B图中，由于额定电压都是110 V，额定功率PA＝40 W、PB＝100 W，由此可知RB与电阻并联，会使并联部分的电阻变小，所以灯泡A、B的电压会平分，灯泡A、B会同时正常发光，此时电路消耗的总功率为200 W；C图中，把灯泡B与电阻并联，使并联部分的电阻减小，不可能使灯泡A与并联部分的电阻相同，所以灯泡A、B不能同时正常发光；D图中，把灯泡A、B并联之后与电阻串联接入电路，当电阻的阻值与灯泡A、B并联的总的电阻相等时，灯泡A、B就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为灯泡A、B功率的和，所以电路消耗的总功率的大小为280 W；由以上的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为B项。 12．(2018·无锡模拟)燃油车退出已提上日程，不久的将来，新能源车将全面替代燃油车。某景区电动车载满游客时总质量m＝1.75×103 kg，以4 m/s的速度在水平路面匀速行
驶，驱动电机的输入电流I＝20 A，输入电压U＝400 V，电动车行驶时所受阻力为车重的110，g取10 m/s2，不计电机内部摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求： (1)驱动电机的输入功率； (2)电动车行驶时输出的机械功率； (3)驱动电机的内阻。 解析：(1)驱动电动机的输入功率： P入＝UI＝400 V×20 A＝8 000 W。
(2)电动车行驶时所受阻力：f＝110mg＝1.75×103 N； 电动车匀速行驶时：F＝f，电动车行驶时输出的机械功率： P出＝Fv＝1.75×103×4 W＝7×103 W。 (3)驱动电机内阻的发热功率： P热＝P入－P出＝8 000 W－7 000 W＝1 000 W，
根据P热＝I2r，有：r＝P热I2＝1 000202 Ω＝2.5 Ω。 答案：(1)8 000 W (2)7×103 W (3)2.5 Ω 13．电动自行车因其价格相对于摩托车低廉，而且污染小，受到群众喜爱，某电动车铭牌如下表所示。取g＝10 m/s2，试求： 规格 后轮驱动直流永磁电机 车型：20″电动自行车 电机输出功率：175 W 电源输出电压：≥36 V 额定工作电压/电流：36 V/5 A