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5. 如图甲所示，已知电源电压4.5 V保持不变，电流表量程为0～0.6 A，电压表量程为0～3 V，滑动变阻器R的规格为“50 Ω 2 A”，灯泡L的规格为“2.5 V 0.25 A”，灯泡L的电流与电压的关系图像如图乙。移动滑片改变灯泡亮度时，滑动变阻器要保护电路安全，确保电表示数不超出量程，灯泡两端电压不超过额定电压，则：
(1)求小灯泡正常工作60 s消耗的电能。
(2)求滑动变阻器可调节的阻值范围。
(3)求移动滑片过程中小灯泡消耗的最小电功率。
(1)求小灯泡正常工作60 s消耗的电能。
(2)求滑动变阻器可调节的阻值范围。
(3)求移动滑片过程中小灯泡消耗的最小电功率。
答案
(1)解:小灯泡正常工作60 s消耗的电能$W=U_LI_Lt=2.5\ \mathrm{V}×0.25\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=37.5\ \mathrm{J}$。
(2)解:闭合开关,灯泡与滑动变阻器串联,电流表测量电路电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压。灯泡正常发光时,根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压$U_R=U-U_L=4.5\ \mathrm{V}-2.5\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$,根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值$R=\dfrac{U_R}{I}=\dfrac{2\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$,电压表量程为0～3 V,根据串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压$U'_L=U-U_V=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$,从题图乙可知电路电流$I'=0.2\ \mathrm{A}$,根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值$R'=\dfrac{U_V}{I'}=\dfrac{1.5\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=7.5\ \Omega$,滑动变阻器可调节的阻值范围为7.5～8 Ω。
(3)解:根据$P=UI$可知移动滑片过程中小灯泡消耗的最小电功率$P'_L=U'_LI'_L=1.5\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.3\ \mathrm{W}$。
(2)解:闭合开关,灯泡与滑动变阻器串联,电流表测量电路电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压。灯泡正常发光时,根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压$U_R=U-U_L=4.5\ \mathrm{V}-2.5\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$,根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值$R=\dfrac{U_R}{I}=\dfrac{2\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$,电压表量程为0～3 V,根据串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压$U'_L=U-U_V=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$,从题图乙可知电路电流$I'=0.2\ \mathrm{A}$,根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值$R'=\dfrac{U_V}{I'}=\dfrac{1.5\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=7.5\ \Omega$,滑动变阻器可调节的阻值范围为7.5～8 Ω。
(3)解:根据$P=UI$可知移动滑片过程中小灯泡消耗的最小电功率$P'_L=U'_LI'_L=1.5\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.3\ \mathrm{W}$。
6.在输送功率一定的前提下,远距离输送电能采用高压输电的方法,即把发电厂发出的电能,先经过升压变压器把电压升高,用高压电输送到远方的用户附近,再经过降压变压器把电压降低,供给用户使用。
(1)一台功率为44 kW的发电机,输送电压为220 V,输电线总电阻为0.2 Ω,则电能输送过程中,输电线上损失的电功率是多少?
(2)在发电机输出功率和传输导线电阻一定的情况下,若输出电压增大为原来的n倍,试推导:输电线上损失的电功率将变成原来的$\frac{1}{n^2}$。
(1)一台功率为44 kW的发电机,输送电压为220 V,输电线总电阻为0.2 Ω,则电能输送过程中,输电线上损失的电功率是多少?
(2)在发电机输出功率和传输导线电阻一定的情况下,若输出电压增大为原来的n倍,试推导:输电线上损失的电功率将变成原来的$\frac{1}{n^2}$。
答案
(1)解:一台功率为44 kW的发电机,输送电压为220 V,根据$P=UI$可得,输电线上电流$I_1=\dfrac{P}{U_1}=\dfrac{44000\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=200\ \mathrm{A}$,输电线上损失的功率$P_{损}=I_1^2R=(200\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega=8000\ \mathrm{W}$。
(2)解:由$P=UI$可得,原来输电线上的电流$I=\dfrac{P}{U}$,原来输电线上损失的电功率$P_{损}=I^2R=(\dfrac{P}{U})^2R$,在发电机输出功率和传输导线电阻一定的情况下,若输出电压增大为原来的n倍,则此时的电流$I'=\dfrac{P}{nU}$,现在损失的功率$P_{损}'=I'^2R=(\dfrac{P}{nU})^2R=\dfrac{P^2}{n^2U^2}R=\dfrac{1}{n^2}P_{损}$,即损失的电功率变成原来的$\dfrac{1}{n^2}$。
(2)解:由$P=UI$可得,原来输电线上的电流$I=\dfrac{P}{U}$,原来输电线上损失的电功率$P_{损}=I^2R=(\dfrac{P}{U})^2R$,在发电机输出功率和传输导线电阻一定的情况下,若输出电压增大为原来的n倍,则此时的电流$I'=\dfrac{P}{nU}$,现在损失的功率$P_{损}'=I'^2R=(\dfrac{P}{nU})^2R=\dfrac{P^2}{n^2U^2}R=\dfrac{1}{n^2}P_{损}$,即损失的电功率变成原来的$\dfrac{1}{n^2}$。
解析
【分析】
本题考查高压输电中输电线上功率损失的计算与推导，解题思路如下：(1) 已知发电机输出功率和输送电压，根据电功率公式$P=UI$求出输电电流，再利用输电线上损失功率的公式$P_{损}=I^2R$计算损失功率；(2) 保持输出功率和输电线电阻不变，先写出原输电电流和损失功率，再将输出电压增大为原来的$n$倍，求出新的输电电流，进而得到新的损失功率，通过对比推导结论。
【解析】
(1) 已知发电机功率$P=44\ \mathrm{kW}=44000\ \mathrm{W}$，输送电压$U_1=220\ \mathrm{V}$，输电线总电阻$R=0.2\ \Omega$。根据$P=UI$，可得输电电流：
$I_1=\dfrac{P}{U_1}=\dfrac{44000\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=200\ \mathrm{A}$
输电线上损失的电功率：
$P_{损}=I_1^2R=(200\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega=8000\ \mathrm{W}$
(2) 设原输出电压为$U$，输电电流为$I$，输出功率为$P$，由$P=UI$得原输电电流$I=\dfrac{P}{U}$，原损失功率：
$P_{损}=I^2R=(\dfrac{P}{U})^2R$
当输出电压增大为原来的$n$倍时，新电压$U'=nU$，新输电电流：
$I'=\dfrac{P}{U'}=\dfrac{P}{nU}$
新损失功率：
$P_{损}'=I'^2R=(\dfrac{P}{nU})^2R=\dfrac{P^2R}{n^2U^2}=\dfrac{1}{n^2}×(\dfrac{P^2R}{U^2})=\dfrac{1}{n^2}P_{损}$
即输电线上损失的电功率变为原来的$\dfrac{1}{n^2}$。
【答案】
(1) $8000\ \mathrm{W}$；(2) 推导成立，输电线上损失的电功率变为原来的$\dfrac{1}{n^2}$。
【知识点】
高压输电、电功率计算、焦耳定律
【点评】
本题围绕高压输电的功率损失展开，第一问为基础计算，第二问为公式推导，考查电功率公式与焦耳定律的灵活应用，需掌握控制变量思想，属于电学常规基础题。
【难度系数】
0.7
本题考查高压输电中输电线上功率损失的计算与推导，解题思路如下：(1) 已知发电机输出功率和输送电压，根据电功率公式$P=UI$求出输电电流，再利用输电线上损失功率的公式$P_{损}=I^2R$计算损失功率；(2) 保持输出功率和输电线电阻不变，先写出原输电电流和损失功率，再将输出电压增大为原来的$n$倍，求出新的输电电流，进而得到新的损失功率，通过对比推导结论。
【解析】
(1) 已知发电机功率$P=44\ \mathrm{kW}=44000\ \mathrm{W}$，输送电压$U_1=220\ \mathrm{V}$，输电线总电阻$R=0.2\ \Omega$。根据$P=UI$，可得输电电流：
$I_1=\dfrac{P}{U_1}=\dfrac{44000\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=200\ \mathrm{A}$
输电线上损失的电功率：
$P_{损}=I_1^2R=(200\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega=8000\ \mathrm{W}$
(2) 设原输出电压为$U$，输电电流为$I$，输出功率为$P$，由$P=UI$得原输电电流$I=\dfrac{P}{U}$，原损失功率：
$P_{损}=I^2R=(\dfrac{P}{U})^2R$
当输出电压增大为原来的$n$倍时，新电压$U'=nU$，新输电电流：
$I'=\dfrac{P}{U'}=\dfrac{P}{nU}$
新损失功率：
$P_{损}'=I'^2R=(\dfrac{P}{nU})^2R=\dfrac{P^2R}{n^2U^2}=\dfrac{1}{n^2}×(\dfrac{P^2R}{U^2})=\dfrac{1}{n^2}P_{损}$
即输电线上损失的电功率变为原来的$\dfrac{1}{n^2}$。
【答案】
(1) $8000\ \mathrm{W}$；(2) 推导成立，输电线上损失的电功率变为原来的$\dfrac{1}{n^2}$。
【知识点】
高压输电、电功率计算、焦耳定律
【点评】
本题围绕高压输电的功率损失展开，第一问为基础计算，第二问为公式推导，考查电功率公式与焦耳定律的灵活应用，需掌握控制变量思想，属于电学常规基础题。
【难度系数】
0.7
7.[新情境·环境保护]随着人们对环境保护的要求越来越高，电动汽车慢慢进入人们的日常生活。从能量转化的角度看，电动汽车主要是把电能转化为机械能，还有一部分在线圈中以热量的形式散失掉。电动汽车电动机的额定电压为500 V，正常工作时通过电动机线圈的电流为30 A，电动机线圈电阻为2 Ω，若电动汽车行驶过程中牵引力为1 000 N，则电动汽车行驶10 min。
(1)电动机消耗的电能。
(2)线圈产生的热量。
(3)电动汽车行驶的速度。
(1)电动机消耗的电能。
(2)线圈产生的热量。
(3)电动汽车行驶的速度。
答案
(1)解:电动汽车行驶10 min,电动机消耗的电能$W=UIt=500\ \mathrm{V}×30\ \mathrm{A}×10×60\ \mathrm{s}=9×10^6\ \mathrm{J}$。
(2)解:线圈产生的热量$Q=I^2Rt=(30\ \mathrm{A})^2×2\ \Omega×10×60\ \mathrm{s}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。
(3)解:电动汽车获得的机械能$W_机=W-Q=9×10^6\ \mathrm{J}-1.08×10^6\ \mathrm{J}=7.92×10^6\ \mathrm{J}$,由$W=Fs=Fvt$可得电动汽车行驶的速度$v=\dfrac{W_机}{Ft}=\dfrac{7.92×10^6\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{N}×10×60\ \mathrm{s}}=13.2\ \mathrm{m/s}$。
(2)解:线圈产生的热量$Q=I^2Rt=(30\ \mathrm{A})^2×2\ \Omega×10×60\ \mathrm{s}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。
(3)解:电动汽车获得的机械能$W_机=W-Q=9×10^6\ \mathrm{J}-1.08×10^6\ \mathrm{J}=7.92×10^6\ \mathrm{J}$,由$W=Fs=Fvt$可得电动汽车行驶的速度$v=\dfrac{W_机}{Ft}=\dfrac{7.92×10^6\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{N}×10×60\ \mathrm{s}}=13.2\ \mathrm{m/s}$。
解析
【分析】
本题需结合电学、力学公式分三步推导：
1. 求电动机消耗的电能：电动机消耗的总电能是电流做的功，用公式W=UIt计算，需将时间单位转换为秒后代入已知的电压、电流；
2. 求线圈产生的热量：电流通过线圈的热量遵循焦耳定律，用公式Q=I²Rt计算，直接代入电流、线圈电阻和时间即可；
3. 求电动汽车行驶的速度：电动机转化的机械能为总电能减去线圈热量，机械能等于牵引力做的功（W机=Fs），结合s=vt联立公式，即可求出速度。
【解析】
(1) 电动机消耗的电能：
已知U=500 V，I=30 A，t=10 min=600 s，根据电功公式W=UIt，代入得：
$W=500 V×30 A×600 s=9×10^6 J$；
(2) 线圈产生的热量：
根据焦耳定律Q=I²Rt，代入I=30 A，R=2 Ω，t=600 s，得：
$Q=(30 A)²×2 Ω×600 s=1.08×10^6 J$；
(3) 电动汽车行驶的速度：
电动机转化的机械能W机$=W-Q=9×10^6 J -1.08×10^6 J=7.92×10^6 J$；
由W机=Fs=Fvt，变形得v=W机/(Ft)，代入F=1000 N，t=600 s，得：
$v=7.92×10^6 J/(1000 N×600 s)=13.2 m/s$；
【答案】
$(1) 9×10^6 J$；$(2) 1.08×10^6 J$；(3) 13.2 m/s
【知识点】
电功的计算、焦耳定律、功与速度的关系
【点评】
本题以电动汽车的环保新情境为载体，综合考查电学和力学核心公式的应用，需明确电动机总电能、线圈热量与机械能的区别，公式代入时注意单位统一，属于中等难度的综合应用题，能较好考查学生的知识迁移能力。
【难度系数】
0.6
本题需结合电学、力学公式分三步推导：
1. 求电动机消耗的电能：电动机消耗的总电能是电流做的功，用公式W=UIt计算，需将时间单位转换为秒后代入已知的电压、电流；
2. 求线圈产生的热量：电流通过线圈的热量遵循焦耳定律，用公式Q=I²Rt计算，直接代入电流、线圈电阻和时间即可；
3. 求电动汽车行驶的速度：电动机转化的机械能为总电能减去线圈热量，机械能等于牵引力做的功（W机=Fs），结合s=vt联立公式，即可求出速度。
【解析】
(1) 电动机消耗的电能：
已知U=500 V，I=30 A，t=10 min=600 s，根据电功公式W=UIt，代入得：
$W=500 V×30 A×600 s=9×10^6 J$；
(2) 线圈产生的热量：
根据焦耳定律Q=I²Rt，代入I=30 A，R=2 Ω，t=600 s，得：
$Q=(30 A)²×2 Ω×600 s=1.08×10^6 J$；
(3) 电动汽车行驶的速度：
电动机转化的机械能W机$=W-Q=9×10^6 J -1.08×10^6 J=7.92×10^6 J$；
由W机=Fs=Fvt，变形得v=W机/(Ft)，代入F=1000 N，t=600 s，得：
$v=7.92×10^6 J/(1000 N×600 s)=13.2 m/s$；
【答案】
$(1) 9×10^6 J$；$(2) 1.08×10^6 J$；(3) 13.2 m/s
【知识点】
电功的计算、焦耳定律、功与速度的关系
【点评】
本题以电动汽车的环保新情境为载体，综合考查电学和力学核心公式的应用，需明确电动机总电能、线圈热量与机械能的区别，公式代入时注意单位统一，属于中等难度的综合应用题，能较好考查学生的知识迁移能力。
【难度系数】
0.6
