2023年高考物理二輪復習微專題專題4第10講直流電路與交變電流(教師版)

第10講直流電路與交變電流命題規(guī)律1.命題角度：(1)直流電路的分析與計算；(2)交變電流的產(chǎn)生與描述；(3)變壓器與遠距離輸電.2.常用方法：直流電路和變壓器的動態(tài)分析法，計算有效值的等效法.3.?？碱}型：選擇題．考點一直流電路的分析與計算1．閉合電路歐姆定律的三個公式(1)E＝U外＋U內(nèi)；(任意電路)(2)E＝U外＋Ir；(任意電路)(3)E＝I(R＋r)．(純電阻電路)2．動態(tài)電路分析的三種方法(1)程序法：部分電路阻值變化→電路總電阻R總變化→干路電流I變化→路端電壓U變化→各支路電流、電壓變化，即R局eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→R總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→I總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(減小,增大))→U端eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I分,U分)).(2)串反并同法：所謂“串反”，即某一電阻阻值增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率都減小(增大)．所謂“并同”，即某一電阻阻值增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率都增大(減小)．(3)極限法：因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端，使滑動變阻器接入電路的電阻最大或電阻為零去討論．3．電容器的特點(1)只有當電容器充、放電時，電容器所在支路中才會有電流，當電路穩(wěn)定時，電容器所在的支路相當于斷路．(2)電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．例1(2022·上海市松江區(qū)一模)如圖電路中，電阻R隨溫度升高均勻增大，用這個電阻做探頭測溫，把電流表的刻度改為相應的溫度刻度．下列說法正確的是()A．低溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度均勻B．低溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度不均勻C．高溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度均勻D．高溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度不均勻答案B解析當溫度升高時，電阻R增大，電路中總電阻增大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電路中的電流減小，即高溫對應電流較小的刻度上；同理分析可知低溫對應電流較大的刻度上；由題意知電阻R隨溫度升高均勻增大，可得R＝R0＋kt，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,R0＋kt＋r)，I與溫度t不成線性關系，所以溫度刻度是不均勻的，所以A、C、D錯誤，B正確．例2(2022·山東濟寧市高三期末)如圖所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E和r，在滑動變阻器的滑片P由a向b緩慢移動的過程中，下列說法正確的是()A．電路的總電阻先減小后增大B．電源的總功率先增大后減小C．電容器所帶電荷量先減少后增多D．電源的效率先減小后增大答案C解析滑動變阻器Pa段與Pb段并聯(lián)，然后與R1和電源串聯(lián)，滑片P位于a、b中點時并聯(lián)部分電阻最大，則滑片從a向b緩慢移動的過程中，電路的總電阻先增大后減小，故A錯誤；由閉合電路歐姆定律可知干路中的電流先減小后增大，因此電源總功率P＝EI先減小后增大，故B錯誤；R1兩端的電壓先減小后增大，它與電容器并聯(lián)，根據(jù)Q＝CU可知電容器所帶電荷量先減少后增多，故C正確；電源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，滑片從a向b緩慢移動的過程中，路端電壓為U＝E－Ir，由于I先減小后增大，因此U先增大后減小，可知電源效率先增大后減小，故D錯誤．例3(2021·湖南省1月適應性考試·4)有四個電源甲、乙、丙、丁，其路端電壓U與電流I的關系圖像分別如圖(a)、(b)、(c)、(d)所示．將一個6Ω的定值電阻分別與每個電源的兩極相接，使定值電阻消耗功率最大的電源是()A．甲電源 B．乙電源C．丙電源 D．丁電源答案D解析U－I圖像的斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻，由題圖知丁電源內(nèi)阻r最小，再由P＝(eq\f(E,R＋r))2·R知，r越小，定值電阻消耗的功率越大，故選D.1.當R一定、r變化(針對不同電源)時，由P出＝eq\f(E2,R＋r)知，r越大，P出越?。?．當r一定、R變化時，P出隨R的變化情況可通過下面兩個圖像進行分析．P出－R圖像P出＝eq\f(E2,r＋R2)R短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0斷路I＝0，P出＝0當R＝r時，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)P出－I圖像P出＝EI－I2r短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0斷路I＝0，P出＝0當I＝eq\f(E,2r)時，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)考點二交變電流的產(chǎn)生1．線圈通過中性面時的特點(1)穿過線圈的磁通量最大．(2)線圈中的感應電動勢為零．(3)線圈每經(jīng)過中性面一次，感應電流的方向改變一次．2．有效值的計算(1)正弦式交變電流：E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2)).(2)非正弦式交變電流：計算有效值時，要根據(jù)電流的熱效應，即“一個周期”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，然后分段求和列式，求得有效值．3．正弦式交流電“四值”的應用表達式應用最大值Em＝nBSω計算電容器的耐壓值瞬時值e＝Emsinωt計算某時刻所受安培力有效值E＝eq\f(Em,\r(2))電表的讀數(shù)及計算電熱、電功及保險絲的熔斷電流平均值eq\x\to(E)＝eq\f(nΔΦ,Δt)計算通過導體的電荷量例4圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為理想交流電流表．線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，已知發(fā)電機線圈電阻為5Ω，外接一只阻值為5Ω的電阻R，不計電路的其他電阻，已知電阻R兩端的電壓隨時間變化的圖像如圖乙所示．則()A．線圈的轉(zhuǎn)速為100r/sB．交流電流表的示數(shù)為2eq\r(2)AC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．電阻R在1分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4800J答案D解析由題圖乙可知，交變電流的周期為0.02s，所以線圈的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝50r/s，A錯誤；電阻R兩端的電壓的有效值為20V，交流電流表的示數(shù)為有效值，其值為I＝eq\f(U,R)＝4A，B錯誤；0.01s時電壓為零，則感應電動勢為零，線圈處于中性面位置，C錯誤；電阻R在1分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝4800J，D正確．例5(2022·河北省模擬)某周期性變化電流隨時間變化的規(guī)律如圖所示，已知該電流的有效值為2eq\r(2)A，則該交流電的周期為()A．37.5s B．40sC．42.5s D．45s答案C解析設周期為T，由題可知，根據(jù)電流的熱效應有I有效2RT＝I12Rt1＋I22Rt2＋I32Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T－t1－t2))，把t1＝10s，t2＝(20－10)s＝10s，I1＝3A，I2＝4A，I3＝2A，I有效＝2eq\r(2)A，代入解得T＝42.5s，故選C.考點三變壓器與遠距離輸電1．三個關系搞清變壓器問題(1)變與不變的關系：不變的是功率關系、磁通量的變化率和周期頻率．理想變壓器工作不損失能量，即輸入功率等于輸出功率；原、副線圈交變電流頻率相同；在沒有漏磁時，原、副線圈磁通量的變化率相同．(2)高與低，大與小，多與少，粗與細的關系：電壓高的線圈電流小，匝數(shù)多，導線細；電壓低的線圈電流大，匝數(shù)少，導線粗．(3)正比與反比的關系：原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，單一副線圈的變壓器電流與匝數(shù)成反比．2．遠距離輸電問題(1)理清三個回路(2)抓住兩個聯(lián)系①理想的升壓變壓器中線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個量間的關系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2.②理想的降壓變壓器中線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個量間的關系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4.(3)掌握一個守恒：能量守恒關系式P1＝P損＋P3.3．輸電線路功率損失的計算(1)輸送功率P、用戶得到的功率P′與線路損失功率P損的關系：P損＝P－P′.(2)P損＝I線2R線＝eq\f(ΔU2,R線)＝ΔU·I線，I線為輸電線路上的電流，ΔU為輸電線路上損失的電壓，R線為輸電線路的電阻．例6(2022·山東卷·4)如圖所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數(shù)為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos(100πt)．單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數(shù)為0.1V．將阻值為12Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12W．下列說法正確的是()A．n1為1100匝，Um為220VB．BC間線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為1.4AC．若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率為100HzD．若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s答案D解析變壓器的輸入電壓為220V，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數(shù)關系，故輸入交流電壓的最大值為220eq\r(2)V，根據(jù)理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原線圈為2200匝，A錯誤；根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，BC間的電壓為UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC間的線圈與單匝線圈匝數(shù)關系有eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，則BC間的線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B錯誤；若將R接在AB兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AB間的電壓應該為18V．根據(jù)交流電原線圈電壓的表達式可知，交流電的角速度為100πrad/s，故交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C錯誤；若將R接在AC兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AC間的電壓應該為30V，根據(jù)歐姆定律可知，流過電阻R的電流為IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流電的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正確．例7(多選)(2021·山東卷·9)輸電能耗演示電路如圖所示．左側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，輸入電壓為7.5V的正弦交流電．連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為10Ω.開關S接1時，右側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，R上的功率為10W；接2時，匝數(shù)比為1∶2，R上的功率為P.以下判斷正確的是()A．r＝10Ω B．r＝5ΩC．P＝45W D．P＝22.5W答案BD解析當開關S接1時，左側(cè)變壓器副線圈兩端電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3×7.5V＝22.5V，電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器副線圈兩端電壓U4＝eq\r(PR)＝eq\r(10×10)V＝10V，電流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，則右側(cè)變壓器原線圈兩端電壓U3＝eq\f(2,1)×10V＝20V，電流I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，則r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω，當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側(cè)變壓器副線圈中的電流為0.5I；根據(jù)右側(cè)變壓器兩邊電壓與匝數(shù)的關系可知eq\f(U2－Ir,n3)＝eq\f(0.5IR,n4)，解得I＝3A，則R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故選B、D.1．(多選)(2022·山東省模擬)某電動車總質(zhì)量為6.75×103kg，若它勻速前進500m用時250s，該過程中驅(qū)動電機的輸入電流I＝10A，電壓為300V，電動車行駛時所受阻力大小為車總重力大小的eq\f(1,50)，重力加速度g取10m/s2，機械效率是輸出功率占輸入功率的百分比．不考慮其他損耗，下列說法正確的是()A．驅(qū)動電機的輸入功率為3000WB．電動車的機械功率為2500WC．驅(qū)動電機的內(nèi)阻為3ΩD．驅(qū)動電機的機械效率為85%答案AC解析驅(qū)動電機的輸入功率為P入＝UI＝300×10W＝3000W，選項A正確；電動車的速度2700W，選項B錯誤；設驅(qū)動電機的內(nèi)阻為R，由能量守恒定律得P入t＝P機t＋I2Rt，解得驅(qū)動電機的內(nèi)阻為R＝3Ω，選項C正確；驅(qū)動電機的機械效率為η＝eq\f(P機,P入)×100%＝90%，選項D錯誤．2.(2022·湖北省九師聯(lián)盟高三聯(lián)考)如圖所示的電路中，變壓器為可調(diào)理想自耦式變壓器，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，在M、N兩端輸入恒定的正弦交流電，則下列判斷正確的是()A．僅將滑片P1向上移，電壓表示數(shù)變大B．僅將滑片P1向上移，電流表示數(shù)變大C．僅將滑片P2向上移，電壓表示數(shù)變大D．僅將滑片P2向上移，電流表示數(shù)變大答案C解析僅將滑片P1向上移，原線圈匝數(shù)增大，根據(jù)變壓比eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，可知U2減小，根據(jù)分壓原理可知，電壓表的示數(shù)變小，A錯誤；僅將滑片P1向上移，副線圈電壓變小，根據(jù)P＝eq\f(U22,R)可知電路消耗的功率減小，原線圈輸入功率變小，電流表的示數(shù)變小，B錯誤；僅將滑片P2向上移，R2接入電路的電阻變大，因此副線圈中的電流減小，R1兩端的電壓變小，電壓表的示數(shù)變大，根據(jù)變流比，電流表的示數(shù)變小，C正確，D錯誤．專題強化練[保分基礎練]1．(多選)(2022·北京市朝陽區(qū)期末)金屬導電是一種典型的導電模型，值得深入研究．一金屬直導線的電阻率為ρ，若在其兩端加上電壓，自由電子將在靜電力作用下定向加速，但電子加速運動很短時間就會與晶格碰撞而發(fā)生散射，緊接著又定向加速，設每一次加速的時間為Δt，這個周而復始的過程可簡化為電子以速度v沿導線方向做勻速運動．我們將導線中電流與導線橫截面積的比值定義為電流密度，其大小用j表示，可以“精細”描述導線中各點電流的強弱．設該導線內(nèi)電場強度大小為E，單位體積內(nèi)有n個自由電子，電子電荷量為e、質(zhì)量為m，電子在導線中定向運動時受到的平均阻力為Ff.則下列表達式正確的是()A．j＝nve B．ρ＝eq\f(2m,ne2Δt)C．ρ＝eq\f(E,nev) D．Ff＝nevρ答案AC解析電流的微觀表達式為I＝nevS，所以電流密度為j＝eq\f(I,S)＝nev，故A正確；設導線的長度為L，導線兩端的電壓為U，則U＝EL，R＝ρeq\f(L,S)，I＝nveS，根據(jù)歐姆定律R＝eq\f(U,I)，聯(lián)立解得ρ＝eq\f(E,nev)，故B錯誤，C正確；電子做勻速運動時，有Ff＝Ee＝ρne2v，故D錯誤．2.(2021·福建省1月適應性考試·1)一手搖交流發(fā)電機線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動．轉(zhuǎn)軸位于線圈平面內(nèi)，并與磁場方向垂直．產(chǎn)生的交變電流i隨時間t變化關系如圖所示，則()A．該交變電流頻率是0.4HzB．該交變電流有效值是0.8AC．t＝0.1s時，穿過線圈平面的磁通量最小D．該交變電流瞬時值表達式是i＝0.8eq\r(2)sin(5πt)A答案C解析由題圖可知，該交變電流的周期T＝0.4s，則頻率為f＝eq\f(1,T)＝2.5Hz，故A錯誤；該交變電流的最大值Im＝0.8A，則有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.4eq\r(2)A，故B錯誤；t＝0.1s時，電流最大，說明線圈與磁場方向平行，穿過線圈的磁通量為零，故C正確；線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，該交變電流的瞬時值表達式為i＝0.8sin(5πt)A，故D錯誤．3．(多選)(2022·湖北卷·9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示．發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝．若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是()A．接收線圈的輸出電壓約為8VB．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同答案AC解析根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8V，故A正確；根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,80%I1)，可得eq\f(I2,I1)＝eq\f(88,5)，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤．4.(多選)(2022·福建莆田市二模)如圖所示是一種調(diào)壓變壓器的原理圖，線圈AB繞在一個圓形的鐵芯上，A、B端加上u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流電壓，通過移動滑動觸頭P來調(diào)節(jié)C、D端輸出電壓．當P處于圖示位置時，原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，現(xiàn)將一個“38V,19W”的燈泡接到輸出端C、D，下列操作可使燈泡正常發(fā)光的是()A．僅將P順時針旋轉(zhuǎn)到合適位置B．僅將P逆時針旋轉(zhuǎn)到合適位置C．僅將燈泡并聯(lián)一個阻值為144Ω的電阻D．僅將燈泡串聯(lián)一個阻值為144Ω的電阻答案AD解析輸入電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根據(jù)變壓器兩端的電壓與線圈匝數(shù)的關系可知U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，燈泡的額定電壓為38V，可知現(xiàn)想要將一個“38V,19W”的燈泡接到輸出端C、D，可以僅將P順時針旋轉(zhuǎn)到合適位置減小副線圈的匝數(shù)或串聯(lián)一個電阻，根據(jù)RL∶R＝UL∶UR，又RL＝eq\f(UL2,P)，UL＋UR＝110V，聯(lián)立解得R＝144Ω，故A、D正確，B、C錯誤．5．(2022·廣東惠州市第三次調(diào)研)如圖甲所示的電路中，S為單刀雙擲開關，電表均為理想電表，Rt為熱敏電阻(阻值隨溫度的升高而減小)，理想變壓器原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，則()A．變壓器原線圈中交流電壓的表達式為u＝110eq\r(2)·sin(50πt)VB．開關S接在a端，Rt溫度升高時，變壓器的輸入功率變小C．開關S接在a端，Rt溫度升高時，電壓表和電流表的示數(shù)均變大D．開關S由a切換到b，Rt消耗的功率變小答案D解析由題圖乙可知，變壓器原線圈中交流電壓的表達式為u＝110eq\r(2)sin(100πt)V，A錯誤；開關S接在a端，Rt溫度升高時，電路的電阻減小，而根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知電壓表的示數(shù)不變，根據(jù)歐姆定律，電流表的示數(shù)變大，根據(jù)P＝UI知回路消耗的功率增大，變壓器的輸入功率變大，B、C錯誤；開關S由a切換到b，副線圈接入電路的匝數(shù)減少，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知加在Rt兩端的電壓降低，根據(jù)Pt＝eq\f(U2,Rt)可知Rt消耗的功率變小，D正確．6.(2022·陜西咸陽市一模)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1是光敏電阻(阻值隨光照強度的增大而減小)，R2是定值電阻，C是平行板電容器，V1、V2都是理想電壓表．閉合開關S后，電容器中的帶電小球處于靜止狀態(tài)．在光照強度增大的過程中，分別用ΔU1、ΔU2表示電壓表V1和電壓表V2示數(shù)變化的絕對值，且ΔU1<ΔU2，則下列說法正確的是()A．V1的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小B．V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大C．帶電小球仍處于靜止狀態(tài)D．帶電小球向上運動答案B解析在光照強度增大的過程中，R1的阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，則R2的電壓增大，V2的示數(shù)增大．內(nèi)電壓和R2的電壓增大，則路端電壓減小，V1的示數(shù)減小，R1的電壓減小，故A錯誤，B正確；R1的電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間場強減小，帶電小球受到的靜電力減小，則帶電小球向下運動，故C、D錯誤．7．(2022·北京八十中三模)利用某半導體的電阻隨溫度升高而減小的特征可以制作電子溫度計．圖甲表示該半導體的電阻R隨溫度t變化的情況．把該半導體與電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，理想電壓表和保護電阻R0連成如圖乙所示的電路．用該半導體作測溫探頭，把電壓表的電壓刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡易的電子溫度計．下列說法正確的是()A．溫度升高后，電源的效率將升高B．該電子溫度計表盤上溫度的刻度是均勻的C．tA和tB相比，tA應標在電壓較小的刻度上D．若電池用久后內(nèi)阻r變大，用該溫度計測量的溫度要比真實值偏高答案D解析電源的效率η＝eq\f(IU,IE)×100%＝eq\f(R外,R外＋r)×100%＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))×100%，溫度升高后，R阻值減小，外電阻減小，則電源的效率將降低，選項A錯誤；由題圖甲可知R＝r0－kt，U＝eq\f(ER,R＋R0＋r)＝eq\f(E,1＋\f(R0＋r,r0－kt))，則該電子溫度計表盤上溫度的刻度是不均勻的，溫度越高，U越小，即tA應標在電壓較大的刻度上，tB應標在電壓較小的刻度上，選項B、C錯誤；若電池用久后內(nèi)阻r變大，根據(jù)U＝eq\f(ER,R＋R0＋r)可知相同的R值時U值偏小，則對應的溫度偏高，即用該溫度計測量的溫度要比真實值偏高，選項D正確．[爭分提能練]8．(2022·江蘇南京市模擬)某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理圖如圖所示．圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強度增大阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻．當R處溫度降低時()A．L變亮B．通過R3的電流減小C．E2的路端電壓減小D．R消耗的功率減小答案B解析當R處溫度降低時，熱敏電阻RT阻值增大，由閉合電路歐姆定律可知，左側(cè)電路中的電流減小，即通過小燈泡L的電流減小，小燈泡L的光照強度減小，所以光敏電阻RG的阻值增大，則右側(cè)電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，電源E2的路端電壓增大，R兩端電壓增大，通過R的電流也增大，R消耗的功率增大，根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律可知通過R3的電流減小，綜上所述可知B正確，A、C、D錯誤．9.(2022·浙江1月選考·12)某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以v0＝15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg.噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H＝3.75m不變．水泵由電動機帶動，電動機正常工作時，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A．不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率．已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%，忽略水在管道中運動的機械能損失，重力加速度g取10m/s2，則()A．每秒水泵對水做功為75JB．每秒水泵對水做功為225JC．水泵輸入功率為440WD．電動機線圈的電阻為10Ω答案D解析每秒噴出水的質(zhì)量為m0＝2.0kg，抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為W＝m0gH＋eq\f(1,2)m0v02＝300J，故A、B錯誤；水泵的輸出能量轉(zhuǎn)化為水的機械能，則P出＝eq\f(W,t)＝300W，而水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%，則P入＝eq\f(P出,75%)＝400W，故C錯誤；電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機的機械功率為P機＝P入＝400W，而電動機的電功率為P電＝UI＝440W，由能量守恒定律可知P電＝I2R＋P機，聯(lián)立解得R＝10Ω，故D正確．10.(2022·山東德州市高三期末)海浪機械能是未來可使用的綠色能源之一，利用海浪發(fā)電可加速地球上碳中和的實現(xiàn)．某科技小組設計的海浪發(fā)電裝置的俯視圖如圖所示，圓柱體磁芯和外殼之間有輻射狀磁場，它們可隨著海浪上下浮動，磁芯和外殼之間的間隙中有固定的環(huán)形導電線圈，線圈的半徑為L，電阻為r，所在處磁場的磁感應強度大小始終為B，磁芯和外殼隨海浪上下浮動的速度為v，v隨時間t的變化關系為v＝v0sin

eq\f(2π,T)t，其中的T為海浪上下浮動的周期．現(xiàn)使該發(fā)電裝置與阻值為R的電阻形成回路，則該發(fā)電裝置在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的電能為()A.eq\f(2π2B2v02L2T,R＋r) B.eq\f(4π2B2v02L2T,R＋r)C.eq\f(2B2v02L2T,R＋r) D.eq\f(4B2v02L2T,R＋r)答案A解析環(huán)形導電線圈隨著磁芯和外殼隨海浪上下浮動而切割磁感線，由法拉第電磁感應定律E＝Blv，環(huán)形線圈各部分產(chǎn)生的電動勢對回路來說是同向的(實際指感應電流方向)，其有效切割長度由微元法可知l＝2πL，聯(lián)立v＝v0sin

eq\f(2π,T)t，可得線圈中感應電動勢的瞬時值表達式e＝2πBLv0sin

eq\f(2π,T)t，根據(jù)正弦交變電流的特點知其電動勢的有效值為E有效＝eq\r(2)πBLv0，則該發(fā)電裝置在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的電能E電＝eq\f(E有效2,R＋r)T＝eq\f(2π2B2v02L2T,R＋r)，故B、C、D錯誤，A正確．11.(2022·山東濟南市、聊城市等高三學情檢測)如圖所示，理想變壓器原線圈與副線圈的匝數(shù)比為2∶1，ab端接交流電源，此時電路消耗的總功率為P.若將電阻R0與電阻R互換位置，電路消耗的總功率為2P，則R0與R的比值為()A．2∶7 B．7∶2C．1∶4 D．4∶1答案A解析設ab端輸入的總電壓為U，原線圈兩端電壓為U1，電流為I1，副線圈兩端電壓為U2，電流為I2，則U＝I1R0＋U1，又由eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)，則U2＝eq\f(1,2)U1，所以U＝I1R0＋2U2＝I1R0＋2I2R，又根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)得I2＝2I1，則U＝I1R0＋4I1R，當電阻R0與電阻R互換位置后U＝I1′R＋U1′，又由eq\f(U2′,U1′)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)，則U2′＝eq\f(1,2)U1′，所以U＝I1′R＋2U2′＝I1′R＋2I2′R0，又根據(jù)eq\f(I1′,I2′)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)，所以I2′＝2I1′，則U＝I1′R＋4I1′R0，又因為總功率eq\f(P,2P)＝eq\f(UI1,UI1′)，得I1′＝2I1，則聯(lián)立可得I1R0＋4I1R＝2I1R＋8I1R0，即R0∶R＝2∶7，故A正確，B、C、D錯誤．12．(多選)(2022·黑龍江省八校高三期末)某同學通過實驗正確作出標有“5V,2.5W”的小燈泡的U－I圖線如圖甲所示，現(xiàn)把實驗中使用的小燈泡接到如圖乙所示的電路中，其中電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R＝9Ω，則()A．由圖甲可知，小燈泡的電阻值隨電壓的升高而增大B．由圖甲可知，小燈泡的電阻值隨電壓的升高而減小C．閉合圖乙開關，小燈泡的實際功率約為2.7WD．閉合圖乙開關，小燈泡的實際功率約為0.84W答案AD解析由題圖甲可知，隨電壓的升高各點與原點連線的斜率變大，則小燈泡的電阻值增大，選項A正確，B錯誤；將電阻R看作電源的內(nèi)阻，則U＝E－I(R＋r)＝6－10I(V)，將此函數(shù)關系的圖像畫在燈泡的U－I圖像上，如圖所示兩圖像的交點為電路的工作點，則I＝0.38A，U＝2.2V，則小燈泡的實際功率約為P＝IU＝0.38×2.2W≈0.84W，選項C錯誤，D正確．13．(2022·貴州畢節(jié)市4月第二次診斷)如圖甲為利用理想變壓器進行遠距離輸電的示意圖，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶50，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n3∶n4，發(fā)電機到升壓變壓器間兩條輸電線的總電阻為0.2Ω，兩條遠距離輸電線的總電阻為200Ω.若發(fā)電機的輸出電壓如圖乙所示，發(fā)電機的輸出功率為78kW，用戶端獲得的電壓有效值為2