高考物理一轮复习：电能与可持续发展
一、选择题
1．（2024高二下·江岸期末）如图为某一型号电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P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。表格内数据为该电吹风规格。设吹热风状态时电热丝电阻恒定不变，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为n1和n2。下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 480W
冷风时输入功率 80W
小风扇额定电压 40V
正常工作时小风扇输出功率 64W
A．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态
B．电热丝在工作状态时电阻大小为120Ω
C．小风扇的内阻为4Ω
D．理想变压器原、副线圈的匝数比
【答案】C
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】A．当触片P位于ab时，电热丝正常工作，电吹风吹热风，A不符合题意；
B．电热丝的功率为
根据公式
可得
B不符合题意；
C．小风扇的电热功率为
电流为
所以电阻为
C符合题意；
D．理想变压器原、副线圈的匝数比
D不符合题意。
故答案为C。
【分析】根据电路图与铭牌信息可得出滑片位于不同位置时电吹风的工作状态；根据功率公式可求电阻大小，根据题目信息可分析变压器匝数关系。
2．（2024高一下·惠山期末）如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2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（ ）
A．手机电池产生的焦耳热为 B．手机的输入功率为UI
C．充电宝产生的热功率为I2r D．手机电池储存的化学能为UIt
【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．焦耳定律只能适用于与纯电阻发热，由于手机为非纯电阻电路，不能用
计算产生的焦耳热，故A错误；
B．手机的输入功率等于充电宝的输出功率，根据电功率的表达式有：
故B正确；
C．根据热功率的表达式有
由于充电宝的输出电流为I，但其内阻未知，故无法计算充电宝产生的热功率，故C错误；
D．根据能量守恒定律可以得出：充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，则手机电池储存的化学能为
故D错误。
故选B。
【分析】由于手机非纯电阻电路，则不能直接利用焦耳定律计算发热；利用电功率的表达式可以求出手机输入功率的大小；由于未知充电宝内阻所以不能计算充电宝的热功率；利用能量守恒定律可以求出手机存储的化学能大小。
3．（2024高一下·运城期末）为了更好地利用自然资源，某地区利用风力发电为当地生活生产提供电能。如图所示，某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成面积为400m2的圆面，该地区的风速约为10m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度约为1.3kg/m3。假如这个风力发电机能将此圆内25%的空气动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率约为（ ）
A．6.5×104W B．1.3×105W C．2.6×105W D．1.04×106W
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】在t时间内空气的质量等于密度乘以t时间的体积为
在t时间内空气的动能等于质量乘以速度的平方为
则此风力发电机发电的功率约为
故选A。
【分析】求出t时间内空气撞击风车的质量，从而求解风车获得的动能以及转化的电能。
4．（2024高一下·邯郸期末）如图所示，照明电路的电压恒为V，并联了20盏电阻Ω的电灯（忽略灯泡电阻的变化），两条输电线的电阻均为Ω。下列说法正确的是（ ）
A．并联的电灯越多流过输电线的电流越小
B．只开10盏灯时，输电线上损失的电压约为5.24V
C．20盏灯都打开时，输电线上损失的电功率为20W
D．20盏灯都打开时，整个电路消耗的电功率为2200W
【答案】D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据并联电路的电阻规律有：并联的电灯越多，电路电阻越小，流过输电线的电流越大，故A错误；
B．只开10盏灯时，根据并联电路的电阻规律则10盏灯并联的等效电阻为
解得电路的总电阻大小为
根据分压关系及欧姆定律可以得出：输电线上损失的电压约为
故B错误；
C.20盏灯都打开时，根据并联电路的电阻规律则20盏灯的等效电阻为
解得电路的总电阻大小为
根据欧姆定律可以得出：输电线上的电流为
根据电功率的表达式可以得出：输电线上损失的电功率为
故C错误；
D.20盏灯都打开时，根据电功率的表达式可以得出：整个电路消耗的电功率为
故D正确；
故选D。
【分析】当并联的灯泡越多时，回路中总电阻越小，回路中电流越大；根据并联电路的规律可以求出总电阻的大小，结合欧姆定律可以求出回路中电流的大小，结合分压关系可以求出损失的电压；利用电功率的表达式可以求出总功率和损失功率的大小。
5．（高中物理人教版（2019）选择性必修第二册4.1电磁振荡）在LC振荡电路中，某时刻线圈中的磁场和电容器中的电场如图所示，则此时刻（ ）
A．电容器正在放电 B．振荡电流正在减小
C．线圈中的磁场最强 D．磁场能正在向电场能转化
【答案】A
【知识点】安培力；能量守恒定律
【解析】【解答】A． 分析线圈中的磁场方向，根据安培定则可知，电流从上向下流过线圈，分析电容器场强方向可知，上极板带正电，则电容器在放电，A符合题意；
B． 根据电磁振荡规律可知，电容器放电，振荡电流正在增大，B不符合题意；
CD． 电容器放电，电场能向磁场能转化，磁场逐渐增强，此时刻并非最强，CD不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据磁场方向由安培定则判断电流方向，电流的方向规定为正电荷移动的方向，根据电流方向判断电容器充放电情况；根据能量守恒定律分析能量的变化。
6．（2024高一下·梅州期末）由于4月梅州连日强降雨，蕉岭县长潭水库泄洪闸孔全开泄洪。如图所示，已知泄洪流量为，水位落差100m，水的密度为泄洪时，水流的重力势能有25%转化为电能，取 ，按照以上数据估算发电站的发电功率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】根据水的流量大小可以得出：t时间内流水的体积
根据重力势能和电能的转化效率结合平均功率的表达式有
代入数据可得
故选A。
【分析】利用水的流量可以求出水的体积，结合平均功率的表达式及电能的转化效率可以求出发电功率的大小。
7．（2024高三·成都模拟） 图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点接滑动变阻器，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电路中电流减小 B．两端电压减小
C．整个电路消耗的功率增大 D．电源输出功率一定增大
【答案】C
【知识点】电功率和电功；能量转化和转移的方向性；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A错误；
B.两端电压，由于电路中的电流变大，所以两端电压升高，故B错误；
C.整个电路消耗的功率，由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C正确；
D.电源输出功率，当时，电源输出功率最大，因不知道电路中各个电阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，故D错误。
故选C。
【分析】根据欧姆定律，结合电路滑动变阻器R接入电路的电阻变小，讨论出总电流增加，再根据电功率表达式分析整个电路消耗的功率和电源输出功率。
8．（2024高二下·富阳月考） 2022年浙江淳安县供电公司对乡村停车场进行了“光伏+储能+充电桩”一体化改造，车棚铺设了单晶硅光伏组件，铺设总面积为，平均发电功率为。若已知太阳的辐射总功率约为，太阳与地球之间的距离约，则下列关于该光伏组件说法正确的是（ ）
A．单位面积上接收到的太阳辐射功率约为1430W
B．工作一天大约可发电
C．光电的转换效率约为
D．工作6h发电电能为
【答案】A
【知识点】电功率和电功；能源的分类与应用
【解析】【解答】A．以太阳为球心，以太阳到地球的距离为半径的球的表面积为
太阳辐射到单位面积上的功率为
所以单位面积上接收到的太阳辐射功率大概1415W，约为1430W，故A项正确；
B．工作一天24h大约可发电量为
但在实际的使用过程中，由于有损耗以及一天时间之内，有太阳的时间不到24h，所以工作一天达不到，故B项错误；
C．单位面积发电功率为
所以光电的转换效率为
故C项错误；
D．工作6h发电的电能为
故D项错误。
故答案为：A。
【分析】 根据太阳与地球之间的距离，球的表面积公式， 太阳的辐射总功率，可得太阳辐射到单位面积上的功率。
9．（2024高三下·湖南开学考） 如图所示为我国研发的世界上发电功率最大的海上风力发电机，其叶轮扫风面积为，若空气的密度约为，其风能转化率为30%，在风速为时，其发电功率约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；能源的分类与应用
【解析】【解答】以风力发电机扫风面积为底，长为vt的空气柱体为研究对象，则时间t内空气柱的质量为
根据能量守恒定律可得
故答案为B。
【分析】对于流体模型，往往会将其柱体化确定其但在时间t内的质量。根据能量守恒定律可知，发电过程中，风的动能转化为电能。再根据能量守恒定律及题意进行解答。
10．（2023高二下·虹口期末）某校中学生为参加电视台异想天开节目，提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是（ ）
A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功
B．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下
C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发分离，既清洁了空气，又变废为宝
D．将屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；能源的分类与应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A、根据热力学第二定律知道，在不产生其它影响时，内能不能全额转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其它影响是不可能实现的，故A错误；
B、绝对零度是温度的极值，是不能达到的，故B错误；
C、根据热力学第二定律可知，混合气体不会自发分离。故C错误；
D、利用太阳能最有前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以利用，故D正确。
故答案为：D。
【分析】熟悉热力学第二定律的具体内容，绝对零度是不能达到的。
11．（2024高二下·丰城期末）如图所示，一电动机在额定电压下正常工作，恰好将一质量为的物体以的速度向上匀速吊起，电动机线圈的电阻为，不计一切摩擦，g取，则此时通过电动机的电流为（ ）
A．5A B．6A C．7A D．9A
【答案】A
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】根据
则有
解得
故选A。
【分析】电动机的输出功率等于机械功率，设工作时流过电动机的电流为I，根据总功率等于热功率加输出功率进行分析。
12．（2024高一下·海安月考）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，风力发电机的发电效率为，下列说法错误的是（ ）
A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
B．此风力发电机发电的功率为
C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D．若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍
【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】A．由于风速为v，单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
故A正确，不符合题意；
B．由能量的转化与守恒可知，风的部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，故发电机发电功率为
故B正确，不符合题意；
CD．根据B选项中得到的P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，若仅叶片半径变为原来的2倍，发电的功率将变为为原来的4倍，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
【分析】根据流体模型确定空气柱的质量，根据能量守恒定律与动能表达式确定发电机功率，结合B选项的结论可判断风速变化与半径变化时功率的变化。
二、多项选择题
13．（2024高二下·新蔡月考）如图所示，可绕竖直轴自由转动的金属圆盘，半径am，电阻R=0.5，位于磁感应强度大小B=0.2T、方向竖直向下的匀强磁场中，在圆盘竖直轴处和边缘处通过电刷接入电路。已知电源的电动势E=3V，内阻，限流电阻。闭合开关圆盘开始旋转，经足够长时间后，电压表的示数为1V。不计一切阻力和电刷大小，则（ ）
A．由上往下看，圆盘顺时针旋转
B．流过圆盘的电流为2A
C．圆盘所受的安培力大小为N
D．圆盘受到的安培力的功率为0.375W
E．圆盘稳定转动的角速度为15s-1
【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．由图可知，闭合开关后电流从圆盘的圆心流向边缘处，根据左手定则可判断出安培力方向沿逆时针方向，故金属圆盘将逆时针旋转。故A错误。
B．根据，可知流过圆盘的电流为0.5A。故B错误。
C．圆盘所受的安培力大小为，C正确。
D．圆盘受到的安培力的功率为，D正确。
E．由，且有，两式联立可解得，E错误。
故选CD。
【分析】根据电磁感应和闭合电路欧姆定律分析。
1.掌握右手定则的应用，如分析磁场方向、导体切割方向。
2.熟练运用闭合电路欧姆定律。
3.掌握安培力公式的运用。
4.明白圆盘通电后转动，看成非纯电阻模型，安培力的功率相当于圆盘的机械功率。
5.明白圆盘通电后再安培力作用下转动，产生反电动势，当反电动势与圆盘的输出电压相等时，圆盘转动的角速度恒定。
14．（2024·重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A．n1：n2 = 110：3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得
故A正确；
B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中，则根据串联分压可知， 图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，根据
可知，图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；
C．当P滑到R最左端时，图甲只有灯泡接入电路，总电阻等于灯泡电阻，图乙R与灯泡并联接入电路，总电阻小于灯泡电阻，而原线圈两端接电压及原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，则根据
可知乙图输出功率比甲图输出功率大，则图甲比图乙更节能，故C正确；
D．图乙滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端电压在0到6V间变化。图甲滑动变阻器为限流式接法，灯泡两端电压最高为6V，最低电压大于零， 故图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小 ，故D错误。
故选AC。
【分析】根据电路图确定滑动变阻器位于最左端时，电路的连接情况，根据电路的连接情况及灯泡恰好正常发光确定此时副线圈的电压，再根据理想变压器原理确定原副线圈匝数比。总电阻越大，回路中电流越小，电路中的输出功率越小。根据题意结合串并联规律确定不同情况下两图总电阻的大小关系，再结合电功率的定义分析灯泡功率及电路总功率的关系。
15．（2024高一下·防城港期末）质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上，质量为的小物块放在小车的最左端。现用一水平力作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为，经过一段时间小车运动的位移为，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时物块的动能为
B．此时小车的动能为
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定理，摩擦力和水平恒力对物块做功等于物块的动能，则有
A错误；
B．摩擦力对小车做功等于小车的动能，根据动能定理有
B正确；
C．根据功能关系，则物块和小车增加的机械能等于外力做功与摩擦生热之差
C错误；
D．根据功能关系，摩擦力对系统做功等于系统因摩擦而损失的机械能为
D正确。
故选BD。
【分析】利用动能定理结合合力做功可以求出小车增加的动能及物块增加的动能；利用功能关系可以求出系统增加的机械能和损失的机械能。
16．（2024高二下·五莲月考） 如图所示，边长为l的正三角形线圈，线圈匝数为n，以角速度绕ab匀速转动，ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中（ ）
A．图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直）线圈磁通量变化率为0
B．该过程能产生完整的正弦式交变电流
C．R上产生的热量为
D．线圈的磁通量变化量为0，但通过R的电荷量不为0
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直），即中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A正确；
B、由图可知，在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以该过程不能产生完整的正弦式交变电流，故B错误；
C、线圈转动过程中，产生感应电动势的最大值为
电动势的有效值为
电路中电流为
因为在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以R上产生的热量为
故C正确；
D、线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据
可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过R的电荷量为0，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过R的电荷量为0。根据线圈与磁场的位置关系确定线圈转动过程中，一个周期内产生感应电流的时间与整个周期的关系。确定线圈转动过程中产生感应电动势的最大值，再根据交变电流规律确定电流的有效值，明确线圈转动一周过程中有电流产生的时间占比，再结合焦耳定律进行解答。
17．（2024高一下·阜阳期末）如图，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，速度方向沿传送带斜向下。已知物块初速度大于传送带的速度，传送带足够长，传送带与物块间的动摩擦因数，则物块下滑过程中其速度、皮带与传送带间因摩擦产生的热量、动能、机械能与物块位移之间的关系图像，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由题意可知，开始阶段，由于物块的速度大于传送带的速度，由于摩擦力大于重力的分力，所以物块做减速运动，则根据速度位移公式有：
解得
是定值，根据表达式可以得出v与x的图像中开始阶段图像不是直线。故A错误；
B．由于，分析可知物块先匀减速，当物块与传送带速度相等时，静摩擦力等于重力，则物块做匀速。则共速前，设物块位移为x，传送带位移，根据位移公式可以得出：
联立解得相对位移为：
是定值，根据表达式可以得出：相对位移与物块位移不是线性关系。根据功能关系
可知，共速前
根据表达式可以得出：皮带与传送带间因摩擦产生的热量与物块位移不是线性关系。故B错误；
C．共速前，摩擦力和重力的分力对物块做功，根据动能定理有：
解得
根据表达式可以得出：动能随位移成线性关系。共速后，物块与传送带的速度不变动能不变，故C正确；
D．系统摩擦力做功导致系统的机械能发生变化，根据功能关系得
解得
根据表达式可以得出机械能E与x成线性关系。由于减速时的滑动摩擦力大于匀速时的静摩擦力，所以图线斜率开始比较大后来比较小。故D正确。
故选CD。
【分析】利用物块做匀减速直线运动的速度位移公式可以判别速度与位移的关系；利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出产生的热量与位移的关系；利用动能定理可以判别物块动能与位移的关系；利用功能关系可以判别机械能与位移的关系。
三、非选择题
18．（2024高一上·衡阳开学考）如图甲所示，中国“人造太阳”——大型核实验装置“东方超环”（EAST）取得重大突破，在上亿度的高温状态下，物质呈现等离子态，通过 （选填“核裂变”或“核聚变”）释放巨大的核能。如图乙为核电站发电流程图，在核电站的发电过程中，核电站能量转化是核能→内能→ →电能。
【答案】核聚变；机械能
【知识点】能量转化和转移的方向性；核聚变
【解析】【解答】东方超环的热核反应与太阳类似，属于核聚变。
根据核电站的发电过程可知，核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能。
【分析】 在上亿度的高温状态下，物质呈现等离子态， 物质从等离子态融合释放能量为核聚变。核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能。
19．（2024高一上·衡阳开学考）如图所示是一种设想中的永动机，根据能量守恒定律可知，这种永动机 （选填“能”或“不能”）制造出来。火箭发射升空时，燃料燃烧将燃料的化学能转化为燃气的 能，再转化为火箭的 能。
【答案】不能；内；机械
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性；永动机不可能制成
【解析】【解答】永动机不能制造出来，这是因为永动机违背了能量守恒定律。在火箭升空时，燃料通过燃烧将化学能转化为燃气的内能，再转化为火箭机械能。
故答案为：不能 内 机械
【分析】根据能量守恒定律的内容分析：
1.能量转化过程，明白该过程哪种形式的能量减少了，产生哪种形式的能量。
2.理解由于能量守恒的原理，永动机是不可能制成的。
20．（2024高一下·渝中期末）无人机搭载的高清摄像头能够实现空中拍摄，其核心原理是利用直流电源给电动机供电带动旋翼旋转，产生克服重力所需要的升力。现有一质量为5kg的小型无人机从地面沿竖直方向匀速上升，10s内上升高度为16m，此过程电动机的输入功率为100W。已知直流电源供电电压为20V。除电动机线圈生热外，其他能量损失不计，求在此过程中：（重力加速度）
（1）电动机的输出功率；
（2）电动机的线圈电阻。
【答案】解：（1）无人机匀速上升，升力等于重力
上升速度为
电动机的输出功率
（2）直流电源对无人机供电的恒定电流
电动机线圈电阻的发热功率
根据
解得
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）当无人机匀速上升的过程中，利用平衡方程可以求出牵引力的大小，结合位移公式可以求出速度的大小，结合功率的表达式可以求出输出功率的大小；
（2）当已知输入功率和输电电压时，利用功率的表达式可以求出输电电流的大小，结合热功率的表达式可以求出线圈电阻的大小。
21．（2024高一下·丰城期末）国务院在2020年印发的《新能源汽车产业发展规划》要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展。某兴趣小组对新能源汽车的工作原理产生了兴趣，他们查阅资料做了一个简单的原理图，主要元件有动力电池组、车灯以及电动机，如图所示，额定电压为70V、线圈电阻的电动机M与内阻为的车灯并联，连接在电动势E＝72V的动力电池组上。当S闭合后电动机恰好正常工作，此时通过电池组的电流为10A。求：
（1）电池组的内阻r；
（2）流过灯泡的电流；
（3）电动机的发热功率；
（4）电动机的输出功率。
【答案】解：（1）S闭合后，电动机正常工作，通过电池组的电流为10A，由
解得
（2）灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为
（3）流过电动机的电流为
电动机的发热功率
（4）电动机的输出功率
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关闭合时，利用闭合电路的欧姆定律可以求出电池组内阻的大小；
（2）由于灯泡电压与电动机电压相等，根据欧姆定律可以求出灯泡电流的大小；
（3）根据并联电路的规律可以求出流过电动机的电流大小，结合热功率的表达式可以求出电动机的发热功率；
（4）根据电功率的表达式可以求出电动机的输出功率。
22．（2024高一上·衡阳开学考）某迷你洗衣机铭牌中部分参数如表格所示，其简化电路如图所示。闭合开关S，旋钮开关旋至位置“1”时，和同时工作，洗衣机处于加热状态；旋钮开关旋至位置“2”时，和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。和均为电热丝，其阻值不受温度影响，的阻值为25Ω。
电压/V 220
设定温度/℃ 30﹣90
最大洗涤容量/kg 6
加热功率/W 2000
（1）洗衣机处于加热状态时，的功率是多少？
（2）某次洗衣前，洗衣机内注入5kg水，在额定电压下对水加热7min，水温由20℃上升到50℃，洗衣机的加热效率是多少？
（3）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路中的电流为1A，电动机的功率是多少？
【答案】（1）解：由图可知，旋钮开关旋至位置“1”时，和并联，洗衣机处于加热状态，由
得
的功率
（2）解：由
可知
洗衣机加热时消耗的电能
水吸收的热量
洗衣机的加热效率
（3）解：洗衣机加热时的功率
当旋钮开关旋至位置“2”时，和电动机并联，洗衣机处于保温洗涤状态，由并联电路的特点可知，此时的功率不变，电路的总功率
则电动机的功率
【知识点】电功率和电功；电磁学；热学
【解析】【分析】（1）根据题意及图示确定旋钮开关旋至位置“1”时，电路的连接情况，继而确定洗衣机处于加热时两电阻的串并联关系，再根据串并联电路规律及电功率公式进行解答；
（2）根据确定洗衣机加热时消耗的电能，再根据确定水吸收的热量，再根据确定洗衣机的加热效率即可；
（3）根据洗衣机处于加热时的连接情况，确定此时的功率。再根据题意及图示确定当旋钮开关旋至位置“2”时，电路的连接情况，再根据串并联电路规律及电功率公式进行解答。
（1）由图可知，旋钮开关旋至位置“1”时，和并联，洗衣机处于加热状态，由
得
的功率
（2）由
可知
洗衣机加热时消耗的电能
水吸收的热量
洗衣机的加热效率
（3）洗衣机加热时的功率
当旋钮开关旋至位置“2”时，和电动机并联，洗衣机处于保温洗涤状态，由并联电路的特点可知，此时的功率不变，电路的总功率
则电动机的功率
23．（2024·浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解： ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向o点，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
由闭合电流欧姆定律得
②辐条切割磁感线产生电动势与电源电动势方向相反，辐条产生的电动势为E1
（2）解： 的电流 ，
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用左手定则，结合安培力和电流的方向可得出磁场的方向，利用闭合电路欧姆定律可得出流过电阻R1的电流；根据动生电动势的表达式，结合电功率与重力功率的关系式可得出上升的速度大小；
（2）根据电阻串并联的特点，结合闭合电路欧姆定律可得出电阻的大小；根据导体棒切割磁场产生感应电动势的表达式可得出磁感应强度的大小。
24．（2024高一下·重庆市期末）如图所示，倾角θ=37°的足够长的光滑斜面底端有一质量为mA=1kg、长度为L=4m的长木板A，斜面底端垂直固定一个与木板厚度等高、厚度可忽略不计的挡板，当木板与挡板相碰时，木板速度立即减为0；木板上表面的下边缘处有一质量为mB=2kg、可视为质点的物体B，物体与木板上表面之间的动摩擦因数μ=0.5；物体B与质量为mC=8 kg的物体C通过绕过定滑轮的轻绳相连，C离地面足够高。初始时刻使系统处于静止状态，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）固定木板，同时释放物体B、C，求物体B脱离木板时的速度；
（2）解锁木板，同时释放物体B、C，求当物体B经过木板的中点时的速度；
（3）在第（2）问的基础上，当物体B经过木板的中点时，连接BC的轻绳断裂，求从释放物体BC到物体B脱离木板的整个过程中AB之间产生的热量。
【答案】解：（1）固定木板，从同时释放物体B和C到物体B脱离木板这个过程中，由动能定理可得
解得
（2）解锁木板，释放物体B、C后，对物体ABC受力分析，物体C向下加速，木板A沿斜面向上加速，物体B沿木板向上加速。根据牛顿第二定律可得，对物体A
对物体B
对物体C
解得
设物体B从静止到经过木板中点这段时间为，由运动学知识
又
解得
则物体B经过木板中点时的速度为
（3）在第（2）问的基础上，连接BC绳断裂后，设物体B沿木板向上做匀减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物体B与A共速，物体B位移为' ，物体A位移为'
解得
物体B相对A的相对位移
所以，物体B在共速前未滑下木板A。假设之后物体B和木板A能够以共同的加速度一起沿斜面向上做匀减速运动，加速度
分别对物体B和木板A受力分析，假设成立。一起减速到0后，再一起反向以向下加速直到木板A碰到挡板速度减为0，物体B向下继续加速直到脱离木板。整个过程AB之间产生的热量为
解得
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）固定木板，从同时释放物体B和C到物体B脱离木板这个过程中，根据动能定理可以求出物体B脱离木板时的速度大小；
（2）当解锁木板和释放B和C时，利用牛顿第二定律可以求出物体和木板加速度的大小，结合位移公式可以求出物体运动到木板中间的时间，结合速度公式可以求出两者速度的大小；
（3）当连接BC的绳子断开时，根据牛顿第二定律可以求出B的加速度大小，结合速度公式可以求出物体B与A共速的时间，结合位移公式可以求出两者相对位移的大小，当物体与木板一起做匀减速直线运动时，利用摩擦力和相对位移的大小可以求出产生的热量。
25．（2024·北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样．以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象．当前P到O点的距离为，宇宙的密度为．
（1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ；
（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面．P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力．已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量．仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动．
a．求小星体P从处远离到处的过程中动能的变化量；
b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数．H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小．
【答案】（1）解：在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r。和的球内质量相同，即
解得小星体P远离到处时宇宙的密度
（2）解：a．此球内的质量
P从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】 （1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）a.根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
b.根据公式结合速度变化情况分析判断。
1 / 1高考物理一轮复习：电能与可持续发展
一、选择题
1．（2024高二下·江岸期末）如图为某一型号电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P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。表格内数据为该电吹风规格。设吹热风状态时电热丝电阻恒定不变，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为n1和n2。下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 480W
冷风时输入功率 80W
小风扇额定电压 40V
正常工作时小风扇输出功率 64W
A．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态
B．电热丝在工作状态时电阻大小为120Ω
C．小风扇的内阻为4Ω
D．理想变压器原、副线圈的匝数比
2．（2024高一下·惠山期末）如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2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（ ）
A．手机电池产生的焦耳热为 B．手机的输入功率为UI
C．充电宝产生的热功率为I2r D．手机电池储存的化学能为UIt
3．（2024高一下·运城期末）为了更好地利用自然资源，某地区利用风力发电为当地生活生产提供电能。如图所示，某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成面积为400m2的圆面，该地区的风速约为10m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度约为1.3kg/m3。假如这个风力发电机能将此圆内25%的空气动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率约为（ ）
A．6.5×104W B．1.3×105W C．2.6×105W D．1.04×106W
4．（2024高一下·邯郸期末）如图所示，照明电路的电压恒为V，并联了20盏电阻Ω的电灯（忽略灯泡电阻的变化），两条输电线的电阻均为Ω。下列说法正确的是（ ）
A．并联的电灯越多流过输电线的电流越小
B．只开10盏灯时，输电线上损失的电压约为5.24V
C．20盏灯都打开时，输电线上损失的电功率为20W
D．20盏灯都打开时，整个电路消耗的电功率为2200W
5．（高中物理人教版（2019）选择性必修第二册4.1电磁振荡）在LC振荡电路中，某时刻线圈中的磁场和电容器中的电场如图所示，则此时刻（ ）
A．电容器正在放电 B．振荡电流正在减小
C．线圈中的磁场最强 D．磁场能正在向电场能转化
6．（2024高一下·梅州期末）由于4月梅州连日强降雨，蕉岭县长潭水库泄洪闸孔全开泄洪。如图所示，已知泄洪流量为，水位落差100m，水的密度为泄洪时，水流的重力势能有25%转化为电能，取 ，按照以上数据估算发电站的发电功率是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三·成都模拟） 图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点接滑动变阻器，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电路中电流减小 B．两端电压减小
C．整个电路消耗的功率增大 D．电源输出功率一定增大
8．（2024高二下·富阳月考） 2022年浙江淳安县供电公司对乡村停车场进行了“光伏+储能+充电桩”一体化改造，车棚铺设了单晶硅光伏组件，铺设总面积为，平均发电功率为。若已知太阳的辐射总功率约为，太阳与地球之间的距离约，则下列关于该光伏组件说法正确的是（ ）
A．单位面积上接收到的太阳辐射功率约为1430W
B．工作一天大约可发电
C．光电的转换效率约为
D．工作6h发电电能为
9．（2024高三下·湖南开学考） 如图所示为我国研发的世界上发电功率最大的海上风力发电机，其叶轮扫风面积为，若空气的密度约为，其风能转化率为30%，在风速为时，其发电功率约为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高二下·虹口期末）某校中学生为参加电视台异想天开节目，提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是（ ）
A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功
B．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下
C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发分离，既清洁了空气，又变废为宝
D．将屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题
11．（2024高二下·丰城期末）如图所示，一电动机在额定电压下正常工作，恰好将一质量为的物体以的速度向上匀速吊起，电动机线圈的电阻为，不计一切摩擦，g取，则此时通过电动机的电流为（ ）
A．5A B．6A C．7A D．9A
12．（2024高一下·海安月考）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，风力发电机的发电效率为，下列说法错误的是（ ）
A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
B．此风力发电机发电的功率为
C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D．若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍
二、多项选择题
13．（2024高二下·新蔡月考）如图所示，可绕竖直轴自由转动的金属圆盘，半径am，电阻R=0.5，位于磁感应强度大小B=0.2T、方向竖直向下的匀强磁场中，在圆盘竖直轴处和边缘处通过电刷接入电路。已知电源的电动势E=3V，内阻，限流电阻。闭合开关圆盘开始旋转，经足够长时间后，电压表的示数为1V。不计一切阻力和电刷大小，则（ ）
A．由上往下看，圆盘顺时针旋转
B．流过圆盘的电流为2A
C．圆盘所受的安培力大小为N
D．圆盘受到的安培力的功率为0.375W
E．圆盘稳定转动的角速度为15s-1
14．（2024·重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A．n1：n2 = 110：3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
15．（2024高一下·防城港期末）质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上，质量为的小物块放在小车的最左端。现用一水平力作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为，经过一段时间小车运动的位移为，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时物块的动能为
B．此时小车的动能为
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为
16．（2024高二下·五莲月考） 如图所示，边长为l的正三角形线圈，线圈匝数为n，以角速度绕ab匀速转动，ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中（ ）
A．图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直）线圈磁通量变化率为0
B．该过程能产生完整的正弦式交变电流
C．R上产生的热量为
D．线圈的磁通量变化量为0，但通过R的电荷量不为0
17．（2024高一下·阜阳期末）如图，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，速度方向沿传送带斜向下。已知物块初速度大于传送带的速度，传送带足够长，传送带与物块间的动摩擦因数，则物块下滑过程中其速度、皮带与传送带间因摩擦产生的热量、动能、机械能与物块位移之间的关系图像，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
三、非选择题
18．（2024高一上·衡阳开学考）如图甲所示，中国“人造太阳”——大型核实验装置“东方超环”（EAST）取得重大突破，在上亿度的高温状态下，物质呈现等离子态，通过 （选填“核裂变”或“核聚变”）释放巨大的核能。如图乙为核电站发电流程图，在核电站的发电过程中，核电站能量转化是核能→内能→ →电能。
19．（2024高一上·衡阳开学考）如图所示是一种设想中的永动机，根据能量守恒定律可知，这种永动机 （选填“能”或“不能”）制造出来。火箭发射升空时，燃料燃烧将燃料的化学能转化为燃气的 能，再转化为火箭的 能。
20．（2024高一下·渝中期末）无人机搭载的高清摄像头能够实现空中拍摄，其核心原理是利用直流电源给电动机供电带动旋翼旋转，产生克服重力所需要的升力。现有一质量为5kg的小型无人机从地面沿竖直方向匀速上升，10s内上升高度为16m，此过程电动机的输入功率为100W。已知直流电源供电电压为20V。除电动机线圈生热外，其他能量损失不计，求在此过程中：（重力加速度）
（1）电动机的输出功率；
（2）电动机的线圈电阻。
21．（2024高一下·丰城期末）国务院在2020年印发的《新能源汽车产业发展规划》要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展。某兴趣小组对新能源汽车的工作原理产生了兴趣，他们查阅资料做了一个简单的原理图，主要元件有动力电池组、车灯以及电动机，如图所示，额定电压为70V、线圈电阻的电动机M与内阻为的车灯并联，连接在电动势E＝72V的动力电池组上。当S闭合后电动机恰好正常工作，此时通过电池组的电流为10A。求：
（1）电池组的内阻r；
（2）流过灯泡的电流；
（3）电动机的发热功率；
（4）电动机的输出功率。
22．（2024高一上·衡阳开学考）某迷你洗衣机铭牌中部分参数如表格所示，其简化电路如图所示。闭合开关S，旋钮开关旋至位置“1”时，和同时工作，洗衣机处于加热状态；旋钮开关旋至位置“2”时，和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。和均为电热丝，其阻值不受温度影响，的阻值为25Ω。
电压/V 220
设定温度/℃ 30﹣90
最大洗涤容量/kg 6
加热功率/W 2000
（1）洗衣机处于加热状态时，的功率是多少？
（2）某次洗衣前，洗衣机内注入5kg水，在额定电压下对水加热7min，水温由20℃上升到50℃，洗衣机的加热效率是多少？
（3）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路中的电流为1A，电动机的功率是多少？
23．（2024·浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
24．（2024高一下·重庆市期末）如图所示，倾角θ=37°的足够长的光滑斜面底端有一质量为mA=1kg、长度为L=4m的长木板A，斜面底端垂直固定一个与木板厚度等高、厚度可忽略不计的挡板，当木板与挡板相碰时，木板速度立即减为0；木板上表面的下边缘处有一质量为mB=2kg、可视为质点的物体B，物体与木板上表面之间的动摩擦因数μ=0.5；物体B与质量为mC=8 kg的物体C通过绕过定滑轮的轻绳相连，C离地面足够高。初始时刻使系统处于静止状态，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）固定木板，同时释放物体B、C，求物体B脱离木板时的速度；
（2）解锁木板，同时释放物体B、C，求当物体B经过木板的中点时的速度；
（3）在第（2）问的基础上，当物体B经过木板的中点时，连接BC的轻绳断裂，求从释放物体BC到物体B脱离木板的整个过程中AB之间产生的热量。
25．（2024·北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样．以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象．当前P到O点的距离为，宇宙的密度为．
（1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ；
（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面．P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力．已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量．仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动．
a．求小星体P从处远离到处的过程中动能的变化量；
b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数．H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】A．当触片P位于ab时，电热丝正常工作，电吹风吹热风，A不符合题意；
B．电热丝的功率为
根据公式
可得
B不符合题意；
C．小风扇的电热功率为
电流为
所以电阻为
C符合题意；
D．理想变压器原、副线圈的匝数比
D不符合题意。
故答案为C。
【分析】根据电路图与铭牌信息可得出滑片位于不同位置时电吹风的工作状态；根据功率公式可求电阻大小，根据题目信息可分析变压器匝数关系。
2．【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．焦耳定律只能适用于与纯电阻发热，由于手机为非纯电阻电路，不能用
计算产生的焦耳热，故A错误；
B．手机的输入功率等于充电宝的输出功率，根据电功率的表达式有：
故B正确；
C．根据热功率的表达式有
由于充电宝的输出电流为I，但其内阻未知，故无法计算充电宝产生的热功率，故C错误；
D．根据能量守恒定律可以得出：充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，则手机电池储存的化学能为
故D错误。
故选B。
【分析】由于手机非纯电阻电路，则不能直接利用焦耳定律计算发热；利用电功率的表达式可以求出手机输入功率的大小；由于未知充电宝内阻所以不能计算充电宝的热功率；利用能量守恒定律可以求出手机存储的化学能大小。
3．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】在t时间内空气的质量等于密度乘以t时间的体积为
在t时间内空气的动能等于质量乘以速度的平方为
则此风力发电机发电的功率约为
故选A。
【分析】求出t时间内空气撞击风车的质量，从而求解风车获得的动能以及转化的电能。
4．【答案】D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据并联电路的电阻规律有：并联的电灯越多，电路电阻越小，流过输电线的电流越大，故A错误；
B．只开10盏灯时，根据并联电路的电阻规律则10盏灯并联的等效电阻为
解得电路的总电阻大小为
根据分压关系及欧姆定律可以得出：输电线上损失的电压约为
故B错误；
C.20盏灯都打开时，根据并联电路的电阻规律则20盏灯的等效电阻为
解得电路的总电阻大小为
根据欧姆定律可以得出：输电线上的电流为
根据电功率的表达式可以得出：输电线上损失的电功率为
故C错误；
D.20盏灯都打开时，根据电功率的表达式可以得出：整个电路消耗的电功率为
故D正确；
故选D。
【分析】当并联的灯泡越多时，回路中总电阻越小，回路中电流越大；根据并联电路的规律可以求出总电阻的大小，结合欧姆定律可以求出回路中电流的大小，结合分压关系可以求出损失的电压；利用电功率的表达式可以求出总功率和损失功率的大小。
5．【答案】A
【知识点】安培力；能量守恒定律
【解析】【解答】A． 分析线圈中的磁场方向，根据安培定则可知，电流从上向下流过线圈，分析电容器场强方向可知，上极板带正电，则电容器在放电，A符合题意；
B． 根据电磁振荡规律可知，电容器放电，振荡电流正在增大，B不符合题意；
CD． 电容器放电，电场能向磁场能转化，磁场逐渐增强，此时刻并非最强，CD不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据磁场方向由安培定则判断电流方向，电流的方向规定为正电荷移动的方向，根据电流方向判断电容器充放电情况；根据能量守恒定律分析能量的变化。
6．【答案】A
【知识点】功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】根据水的流量大小可以得出：t时间内流水的体积
根据重力势能和电能的转化效率结合平均功率的表达式有
代入数据可得
故选A。
【分析】利用水的流量可以求出水的体积，结合平均功率的表达式及电能的转化效率可以求出发电功率的大小。
7．【答案】C
【知识点】电功率和电功；能量转化和转移的方向性；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A错误；
B.两端电压，由于电路中的电流变大，所以两端电压升高，故B错误；
C.整个电路消耗的功率，由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C正确；
D.电源输出功率，当时，电源输出功率最大，因不知道电路中各个电阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，故D错误。
故选C。
【分析】根据欧姆定律，结合电路滑动变阻器R接入电路的电阻变小，讨论出总电流增加，再根据电功率表达式分析整个电路消耗的功率和电源输出功率。
8．【答案】A
【知识点】电功率和电功；能源的分类与应用
【解析】【解答】A．以太阳为球心，以太阳到地球的距离为半径的球的表面积为
太阳辐射到单位面积上的功率为
所以单位面积上接收到的太阳辐射功率大概1415W，约为1430W，故A项正确；
B．工作一天24h大约可发电量为
但在实际的使用过程中，由于有损耗以及一天时间之内，有太阳的时间不到24h，所以工作一天达不到，故B项错误；
C．单位面积发电功率为
所以光电的转换效率为
故C项错误；
D．工作6h发电的电能为
故D项错误。
故答案为：A。
【分析】 根据太阳与地球之间的距离，球的表面积公式， 太阳的辐射总功率，可得太阳辐射到单位面积上的功率。
9．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；能源的分类与应用
【解析】【解答】以风力发电机扫风面积为底，长为vt的空气柱体为研究对象，则时间t内空气柱的质量为
根据能量守恒定律可得
故答案为B。
【分析】对于流体模型，往往会将其柱体化确定其但在时间t内的质量。根据能量守恒定律可知，发电过程中，风的动能转化为电能。再根据能量守恒定律及题意进行解答。
10．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；能源的分类与应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A、根据热力学第二定律知道，在不产生其它影响时，内能不能全额转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其它影响是不可能实现的，故A错误；
B、绝对零度是温度的极值，是不能达到的，故B错误；
C、根据热力学第二定律可知，混合气体不会自发分离。故C错误；
D、利用太阳能最有前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以利用，故D正确。
故答案为：D。
【分析】熟悉热力学第二定律的具体内容，绝对零度是不能达到的。
11．【答案】A
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】根据
则有
解得
故选A。
【分析】电动机的输出功率等于机械功率，设工作时流过电动机的电流为I，根据总功率等于热功率加输出功率进行分析。
12．【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】A．由于风速为v，单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
故A正确，不符合题意；
B．由能量的转化与守恒可知，风的部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，故发电机发电功率为
故B正确，不符合题意；
CD．根据B选项中得到的P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，若仅叶片半径变为原来的2倍，发电的功率将变为为原来的4倍，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
【分析】根据流体模型确定空气柱的质量，根据能量守恒定律与动能表达式确定发电机功率，结合B选项的结论可判断风速变化与半径变化时功率的变化。
13．【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．由图可知，闭合开关后电流从圆盘的圆心流向边缘处，根据左手定则可判断出安培力方向沿逆时针方向，故金属圆盘将逆时针旋转。故A错误。
B．根据，可知流过圆盘的电流为0.5A。故B错误。
C．圆盘所受的安培力大小为，C正确。
D．圆盘受到的安培力的功率为，D正确。
E．由，且有，两式联立可解得，E错误。
故选CD。
【分析】根据电磁感应和闭合电路欧姆定律分析。
1.掌握右手定则的应用，如分析磁场方向、导体切割方向。
2.熟练运用闭合电路欧姆定律。
3.掌握安培力公式的运用。
4.明白圆盘通电后转动，看成非纯电阻模型，安培力的功率相当于圆盘的机械功率。
5.明白圆盘通电后再安培力作用下转动，产生反电动势，当反电动势与圆盘的输出电压相等时，圆盘转动的角速度恒定。
14．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得
故A正确；
B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中，则根据串联分压可知， 图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，根据
可知，图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；
C．当P滑到R最左端时，图甲只有灯泡接入电路，总电阻等于灯泡电阻，图乙R与灯泡并联接入电路，总电阻小于灯泡电阻，而原线圈两端接电压及原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，则根据
可知乙图输出功率比甲图输出功率大，则图甲比图乙更节能，故C正确；
D．图乙滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端电压在0到6V间变化。图甲滑动变阻器为限流式接法，灯泡两端电压最高为6V，最低电压大于零， 故图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小 ，故D错误。
故选AC。
【分析】根据电路图确定滑动变阻器位于最左端时，电路的连接情况，根据电路的连接情况及灯泡恰好正常发光确定此时副线圈的电压，再根据理想变压器原理确定原副线圈匝数比。总电阻越大，回路中电流越小，电路中的输出功率越小。根据题意结合串并联规律确定不同情况下两图总电阻的大小关系，再结合电功率的定义分析灯泡功率及电路总功率的关系。
15．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定理，摩擦力和水平恒力对物块做功等于物块的动能，则有
A错误；
B．摩擦力对小车做功等于小车的动能，根据动能定理有
B正确；
C．根据功能关系，则物块和小车增加的机械能等于外力做功与摩擦生热之差
C错误；
D．根据功能关系，摩擦力对系统做功等于系统因摩擦而损失的机械能为
D正确。
故选BD。
【分析】利用动能定理结合合力做功可以求出小车增加的动能及物块增加的动能；利用功能关系可以求出系统增加的机械能和损失的机械能。
16．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直），即中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A正确；
B、由图可知，在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以该过程不能产生完整的正弦式交变电流，故B错误；
C、线圈转动过程中，产生感应电动势的最大值为
电动势的有效值为
电路中电流为
因为在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以R上产生的热量为
故C正确；
D、线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据
可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过R的电荷量为0，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过R的电荷量为0。根据线圈与磁场的位置关系确定线圈转动过程中，一个周期内产生感应电流的时间与整个周期的关系。确定线圈转动过程中产生感应电动势的最大值，再根据交变电流规律确定电流的有效值，明确线圈转动一周过程中有电流产生的时间占比，再结合焦耳定律进行解答。
17．【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由题意可知，开始阶段，由于物块的速度大于传送带的速度，由于摩擦力大于重力的分力，所以物块做减速运动，则根据速度位移公式有：
解得
是定值，根据表达式可以得出v与x的图像中开始阶段图像不是直线。故A错误；
B．由于，分析可知物块先匀减速，当物块与传送带速度相等时，静摩擦力等于重力，则物块做匀速。则共速前，设物块位移为x，传送带位移，根据位移公式可以得出：
联立解得相对位移为：
是定值，根据表达式可以得出：相对位移与物块位移不是线性关系。根据功能关系
可知，共速前
根据表达式可以得出：皮带与传送带间因摩擦产生的热量与物块位移不是线性关系。故B错误；
C．共速前，摩擦力和重力的分力对物块做功，根据动能定理有：
解得
根据表达式可以得出：动能随位移成线性关系。共速后，物块与传送带的速度不变动能不变，故C正确；
D．系统摩擦力做功导致系统的机械能发生变化，根据功能关系得
解得
根据表达式可以得出机械能E与x成线性关系。由于减速时的滑动摩擦力大于匀速时的静摩擦力，所以图线斜率开始比较大后来比较小。故D正确。
故选CD。
【分析】利用物块做匀减速直线运动的速度位移公式可以判别速度与位移的关系；利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出产生的热量与位移的关系；利用动能定理可以判别物块动能与位移的关系；利用功能关系可以判别机械能与位移的关系。
18．【答案】核聚变；机械能
【知识点】能量转化和转移的方向性；核聚变
【解析】【解答】东方超环的热核反应与太阳类似，属于核聚变。
根据核电站的发电过程可知，核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能。
【分析】 在上亿度的高温状态下，物质呈现等离子态， 物质从等离子态融合释放能量为核聚变。核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能。
19．【答案】不能；内；机械
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性；永动机不可能制成
【解析】【解答】永动机不能制造出来，这是因为永动机违背了能量守恒定律。在火箭升空时，燃料通过燃烧将化学能转化为燃气的内能，再转化为火箭机械能。
故答案为：不能 内 机械
【分析】根据能量守恒定律的内容分析：
1.能量转化过程，明白该过程哪种形式的能量减少了，产生哪种形式的能量。
2.理解由于能量守恒的原理，永动机是不可能制成的。
20．【答案】解：（1）无人机匀速上升，升力等于重力
上升速度为
电动机的输出功率
（2）直流电源对无人机供电的恒定电流
电动机线圈电阻的发热功率
根据
解得
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）当无人机匀速上升的过程中，利用平衡方程可以求出牵引力的大小，结合位移公式可以求出速度的大小，结合功率的表达式可以求出输出功率的大小；
（2）当已知输入功率和输电电压时，利用功率的表达式可以求出输电电流的大小，结合热功率的表达式可以求出线圈电阻的大小。
21．【答案】解：（1）S闭合后，电动机正常工作，通过电池组的电流为10A，由
解得
（2）灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为
（3）流过电动机的电流为
电动机的发热功率
（4）电动机的输出功率
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关闭合时，利用闭合电路的欧姆定律可以求出电池组内阻的大小；
（2）由于灯泡电压与电动机电压相等，根据欧姆定律可以求出灯泡电流的大小；
（3）根据并联电路的规律可以求出流过电动机的电流大小，结合热功率的表达式可以求出电动机的发热功率；
（4）根据电功率的表达式可以求出电动机的输出功率。
22．【答案】（1）解：由图可知，旋钮开关旋至位置“1”时，和并联，洗衣机处于加热状态，由
得
的功率
（2）解：由
可知
洗衣机加热时消耗的电能
水吸收的热量
洗衣机的加热效率
（3）解：洗衣机加热时的功率
当旋钮开关旋至位置“2”时，和电动机并联，洗衣机处于保温洗涤状态，由并联电路的特点可知，此时的功率不变，电路的总功率
则电动机的功率
【知识点】电功率和电功；电磁学；热学
【解析】【分析】（1）根据题意及图示确定旋钮开关旋至位置“1”时，电路的连接情况，继而确定洗衣机处于加热时两电阻的串并联关系，再根据串并联电路规律及电功率公式进行解答；
（2）根据确定洗衣机加热时消耗的电能，再根据确定水吸收的热量，再根据确定洗衣机的加热效率即可；
（3）根据洗衣机处于加热时的连接情况，确定此时的功率。再根据题意及图示确定当旋钮开关旋至位置“2”时，电路的连接情况，再根据串并联电路规律及电功率公式进行解答。
（1）由图可知，旋钮开关旋至位置“1”时，和并联，洗衣机处于加热状态，由
得
的功率
（2）由
可知
洗衣机加热时消耗的电能
水吸收的热量
洗衣机的加热效率
（3）洗衣机加热时的功率
当旋钮开关旋至位置“2”时，和电动机并联，洗衣机处于保温洗涤状态，由并联电路的特点可知，此时的功率不变，电路的总功率
则电动机的功率
23．【答案】（1）解： ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向o点，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
由闭合电流欧姆定律得
②辐条切割磁感线产生电动势与电源电动势方向相反，辐条产生的电动势为E1
（2）解： 的电流 ，
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用左手定则，结合安培力和电流的方向可得出磁场的方向，利用闭合电路欧姆定律可得出流过电阻R1的电流；根据动生电动势的表达式，结合电功率与重力功率的关系式可得出上升的速度大小；
（2）根据电阻串并联的特点，结合闭合电路欧姆定律可得出电阻的大小；根据导体棒切割磁场产生感应电动势的表达式可得出磁感应强度的大小。
24．【答案】解：（1）固定木板，从同时释放物体B和C到物体B脱离木板这个过程中，由动能定理可得
解得
（2）解锁木板，释放物体B、C后，对物体ABC受力分析，物体C向下加速，木板A沿斜面向上加速，物体B沿木板向上加速。根据牛顿第二定律可得，对物体A
对物体B
对物体C
解得
设物体B从静止到经过木板中点这段时间为，由运动学知识
又
解得
则物体B经过木板中点时的速度为
（3）在第（2）问的基础上，连接BC绳断裂后，设物体B沿木板向上做匀减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物体B与A共速，物体B位移为' ，物体A位移为'
解得
物体B相对A的相对位移
所以，物体B在共速前未滑下木板A。假设之后物体B和木板A能够以共同的加速度一起沿斜面向上做匀减速运动，加速度
分别对物体B和木板A受力分析，假设成立。一起减速到0后，再一起反向以向下加速直到木板A碰到挡板速度减为0，物体B向下继续加速直到脱离木板。整个过程AB之间产生的热量为
解得
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）固定木板，从同时释放物体B和C到物体B脱离木板这个过程中，根据动能定理可以求出物体B脱离木板时的速度大小；
（2）当解锁木板和释放B和C时，利用牛顿第二定律可以求出物体和木板加速度的大小，结合位移公式可以求出物体运动到木板中间的时间，结合速度公式可以求出两者速度的大小；
（3）当连接BC的绳子断开时，根据牛顿第二定律可以求出B的加速度大小，结合速度公式可以求出物体B与A共速的时间，结合位移公式可以求出两者相对位移的大小，当物体与木板一起做匀减速直线运动时，利用摩擦力和相对位移的大小可以求出产生的热量。
25．【答案】（1）解：在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r。和的球内质量相同，即
解得小星体P远离到处时宇宙的密度
（2）解：a．此球内的质量
P从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】 （1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）a.根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
b.根据公式结合速度变化情况分析判断。
1 / 1
