1、第26讲变压器远距离输电核心填空一、变压器1变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合_组成2理想变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即理想变压器原、副线圈的电阻均为_，变压器的输入功率和_相等3基本关系(1)功率关系：_；(2)电压关系：_；(3)电流关系：_二、远距离输电1输电导线上的能量损失：输电线的电阻R发热产生热量，表达式为_2减小输电线电能损失的主要途径：(1)减小输电线的_；(2)采用_输电3高压输电过程：如图261所示图261(1)输电线电压损失：UU2U3，UI2R线；(2)输电线功率损失：PP1P4，PIR线易错判断(1)变压器只
2、对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用()(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率()(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压()(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小()(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失()(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗()(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大()考点一变压器的综合计算1.关于理想变压器(1)变压器不能改变直流电压；(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率；(3)理想变压器本身不消耗能量；(4)
3、理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值；(5)原线圈两端的电压不一定等于电源电压，当原线圈回路里串联电阻或灯泡时，原线圈两端的电压小于电源电压2理想变压器的三个制约关系(1)输入电压U1决定输出电压U2，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变；(2)输出电流I2决定输入电流I1；(3)输出功率P2决定输入功率P1.1 2015全国卷 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图262所示设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()图262
4、AU66 V，k BU22 V，kCU66 V，k DU22 V，k式题1 (多选)如图263所示是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r.接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法正确的是()图263A风扇电动机D两端的电压为IrB理想变压器的输入功率为C风扇电动机D输出的机械功率为I2rD若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为 式题2 2014新课标全国卷 如图264所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流
5、表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()图264AUabUcdn1n2 B增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大 D将二极管短路，电流表的读数加倍 特别提醒在原、副线圈匝数不变的前提下，由于输入电压U1决定输出电压U2，所以不论负载如何变化，U1、U2均不变；由于输出电流I2决定输入电流I1，所以负载变化，I1发生变化考点二变压器电路的动态分析1.负载电阻发生变化的情况(负载电阻发生变化如图265所示)：图
6、265(1)根据，不论负载电阻R如何变化，U2也不变；(2)因输出电流I2决定输入电流I1，当I2变化时，将引起I1发生变化；(3)I2变化引起P2变化，因P1P2，所以P1随之发生变化2负载电阻不变的情况(原线圈电压不变，匝数比发生变化，如图266所示)：图266(1)根据知，U2将随匝数比发生变化；(2)R不变，U2改变，则I2发生变化；(3)根据P2知P2发生变化，根据P1P2知P1随之发生变化；因P1U1I1且U1不变，故I1随之发生变化2 2015陕西宝鸡模拟 如图267所示，理想变压器原、副线圈匝数比为101，输入电压u311sin 100t(V)，灯泡L1和L2都正常发光，两电表
7、可视为理想交流电表则()图267A该交流电的频率为100 HzB电压表的示数为31.1 VC若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表的示数将变大D若将变阻器的滑片P向上滑动，则灯泡L1将变暗、灯泡L2将变亮式题 (多选)2015济南模拟 如图268甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为41，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R10 ，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是() 甲乙图268A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为55 VB当单刀双掷开关与a连接且t0.01 s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨向b时
8、，原线圈的输入功率增大D当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率为25 Hz 特别提醒变压器电路的动态分析，既要符合变压器的基本规律(电压、电流、功率关系)，又要遵循欧姆定律分析过程中首先确定是哪些量在变，哪些量不变，然后根据相应的规律进行分析理想变压器不能改变交变电流的频率，负载电路电阻变化时，副线圈两端电压不变，副线圈电流和输出功率随之改变考点三远距离输电问题物理建模1.输电线路与物理量基本关系输电线路如图269所示：图2692基本关系(1)功率关系：P1P2，P3P4，P2P损P3；(2)电压关系：，U2UU3；(3)电流关系：，I2I3I线；(4)输电电流：I线；(5)输电线上
9、损失：P损I线UIR线3 (多选)2015吉林三模 图2610甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 .降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有()甲乙图2610A降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB远距离输电线路损耗功率为180 kWC当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D当传感器R2所
10、在处出现火警时，输电线上的电流变大式题 (多选)2015江门模拟 图2611为某小型水电站的电能输送示意图已知输电线的总电阻R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，电阻R011 .若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u220 sin 100t (V)，下列说法正确的是()图2611A发电机中的电流变化频率为100 HzB通过R0的电流有效值为20 AC升压变压器T1的输入功率为4650 WD若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小 建模点拨(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量；(2)理清三个回路：输电过程的电路被划分为三个独立的回路(如图2612所示
11、)，电源回路、输送回路和用户回路在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁图2612(3)抓住两个联系：理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理，升压变压器原、副线圈中各个量间的关系是：，I1n1I2n2，P1P2；理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理，降压变压器原、副线圈中各个量间的关系是： ，I3n3I4n4，P3P4.(4)掌握能量关系：原线圈的功率就是输电的总功率，在输送过程中，部分电能被输电线损耗，大部分电
12、能通过降压变压器和用户回路被用户消耗，能量关系为P1P线损P用户注意：输电线损失的电能和输电电流一般是解题的突破点第26讲变压器远距离输电【教材知识梳理】核心填空一、1.铁芯2.零输出功率3(1)P1P2(2)(3)二、1.PI2R2.(1)电阻(2)高压易错判断(1)()变压器利用互感原理改变交流电的电压，不能改变恒定电流的电压(2)()变压器不能改变交变电流的频率(3)() 副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压(4)()更多的用电器并联时，副线圈中电流增大，原线圈输入的电流随之增大(5)()输电导线的横截面积增大时，输电线的电阻减小，输电线损失的电功率PI2R随之减
13、小(6)()输电功率不变时，采用高压输电可减小输电线中的电流，输电线损失的功率PI2R随之减小(7)()输送电压一定，输电功率越大，输电电流越大，输电线损失的功率PI2R随之增大【考点互动探究】考点一变压器的综合计算例1A解析 根据题意，副线圈电流是原线圈电流的3倍，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，则原线圈回路中电阻两端的电压为U，因为原线圈两端电压是副线圈两端电压的3倍，所以220 VU3U，解得U66 V，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为，A正确点评 解答本题的关键是明确原线圈两端电压与电源电压之间的关系，电源电压等于原线圈两端电压与原线圈串联电阻两端的电压之和变式题1CD解析 正常
14、运转的风扇为非纯电阻电路，风扇电动机两端的电压uIr，选项A错误；根据原、副线圈匝数比等于电压比可得n，副线圈电压U2，副线圈电流I2IIL，根据电流与匝数成反比，可得原线圈电流I1，理想变压器输入功率P1UI1，选项B错误；风扇电动机D输出的机械功率PU2II2rI2r，选项C正确；若电风扇由于机械故障被卡住，则风扇变为纯电阻，此时副线圈电流I2，原线圈电流I1，选项D正确变式题2BD解析 经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式得到输出电压U2，而输出电压U2不等于c、d端电压，因二极管具有单向导电性，输出电压经二极管整流后有效值发生变化， Ucd，
15、则UabUcdn1n2，故A错误增大负载电阻的阻值R, Uab不变，Ucd也不变，根据P出可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误二极管短路时，UcdU2，输出功率P出2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1U1I1得电流表读数加倍，D正确考点二变压器电路的动态分析例2C解析 变压器不改变交流电的频率，根据输入电压的表达式可知输入的交流电的频率为f50 Hz，选项A错误；电压表的示数为输出电压的有效值，根据，可知输出电压U2U122 V，选项B错误；变压器的原、副线圈匝数不变时，变压器的输出电压由输入电压决定
16、，则输出电压不变，当P向上移动时，负载电路的总电阻减小，所以输出电流增大，根据可知，通过原线圈的电流增大，选项C正确灯泡L1的亮度不变，选项D错误变式题AC解析 由图像可知，电压的最大值为311 V，交流电的周期为2102 s，所以交流电的频率为50 Hz，交流电的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为55 V，所以副线圈电流为5.5 A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为5.5 A，选项A正确，B错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率
17、也要变大，所以选项C正确；变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，选项D错误考点三远距离输电问题例3AD解析 由图乙知交流电的周期T0.02 s，所以频率为50 Hz，选项A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I30 A，输电线损失的电压为UIR30100 V3000 V，输电线路损耗功率为PUI90 kW，选项B错误；把降压变压器及其负载组成的整体等效为一个电阻，当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，等效电阻的阻值也减小，等效电阻两端电压减小，输电线中电流增大，降压变压器副线圈
18、中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，选项C错误，选项D正确点评 解决本题的关键是明确并利用下列关系：(1)输送功率与输送电压、电流的关系；(2)变压器原、副线圈的电压比与匝数比的关系；(3)升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；(4)升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系(5)注意等效电阻的利用变式题BC解析 变压器不能改变交变电流的频率，交变电流的频率f50 Hz，选项A错误；降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 ，所以通过R0电流的有效值是I420 A，选项B正确；根据电流与匝数成反比可知，输电线上的电流为I
19、35 A，所以输电线上消耗的功率为IR250 W，用电器消耗的功率为IR04400 W，所以升压变压器的输入功率为4650 W，选项C正确；当用电器的电阻R0减小时，通过用电器的电流增大，通过输电线的电流增大，用电器的功率增大，输电线损耗的功率增大，则发电机的输出功率也增大，所以D错误【教师备用习题】12015江苏卷一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A200B400C1600D3200解析 B根据可知，副线圈匝数为400匝，选项B正确22015安徽卷如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变
20、的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()A电压表V1示数增大B电压表V2、V3示数均增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动解析 D由图可知，电压表V1与V2分别测量原、副线圈电压，由理想变压器工作原理可知，原线圈电压由电源决定，副线圈电压与负载工作状态无关，故电压表V1与V2示数均不变，A、B错误；由能量守恒定律知，负载变化时，原、副线圈功率增量应相同，即I1U1I2U2，又I1U2 ，即该变压器起降压作用，C错误；由电流增大知，负载R
21、的阻值应减小，D正确3(多选)2014广东卷如图所示的电路中，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()AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大解析 BD由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，此时变压器输出功率P2U2I2
22、将变大，故选项C错误，选项D正确42015福建卷如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.B.C4rD4r解析 C设升压变压器副线圈的电压为U，对升压变压器，有，解得U，则输电线上损失的电功率为P损R线(2r)4r.52015广东卷如图所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V
23、降至110 V调节前后()A副线圈中的电流比为12B副线圈输出功率比为21C副线圈的接入匝数比为21D原线圈输入功率比为12解析 C设副线圈的输出电压在两种情况下分别为U2、U2，由题意知U2U221，两种情况下，副线圈中的电流分别为I2、I2，副线圈中的电流比为I2I2U2U221，故A错误；由功率P2、P2 得P2P2UU2241，故B错误；理想变压器的输出功率等于输入功率，故原线圈输入功率比为41，D错误；由变压器规律得，解得：21，C正确6(多选)2015海南卷如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0
24、，负载电阻的阻值R11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()A此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析 AD负载电阻减小为5R0时，有，可得U26 V，由可得U124 V，原线圈两端电压的最大值为U124 V34 V，选项A正确；保持变压器输入电流不变即I1不变，由知，负载电阻变化前后副线圈电流I2不变，则，可得U212 V，根据可得原线圈两端电压U148 V，选项D正确实验11传感器的简单应用【
25、考点互动探究】考点一实验原理与实验操作例1(1)B(2)增大(3)略解析 (1)因电路中热敏电阻两端的电压不大于3 V，所以电压表选用量程3 V的V2，电路电流一般不大于0.6 A，电流表选用量程0.6 A的A2，则应选用B组电表；(2)温度升高到80 时，电流表、电压表的示数几乎都不随滑动变阻器R2的阻值的变化而改变，是由于热敏电阻的阻值远大于滑动变阻器的电阻，所以该热敏电阻的阻值随温度升高而增大；(3)因温度较高时热敏电阻的阻值较大，控制电路应改为分压接法，如图所示点评 本题解题的关键是分析温度较高时电表示数几乎都不随滑动变阻器阻值的变化而变化的原因，以及控制电路的改进措施本题是伏安法测电
26、阻实验的创新拓展，考查实验仪器的选择、实验结果分析及滑动变阻器对电路电流的控制变式题(1)略光敏电阻的阻值随照度的增大非线性减小(2)略解析 (1)光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示，阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随照度的增大非线性减小；(2)电源电动势为3 V，当光敏电阻阻值为20 k时，其两端电压为2 V，则UE，解得R110 k，实验电路如图乙所示甲乙考点二数据处理与误差分析例2D解析 由题中图乙知，温度为20 时，R的阻值R14 k.由闭合电路欧姆定律，EI1(R1Rg)，EI2(R2Rg)，联立解得R22 k，由图乙中查得此时温度为120 ，选项D正确变式题1ABD解析
27、由图像知，当R的温度等于20 时，热敏电阻的阻值R4000 ，由闭合电路欧姆定律得，EI1(RR内)，解得电流表内阻与电源内阻之和R内500 ，选项A正确；当电流I20.003 6 A时，由串联电路特点及欧姆定律得，EI2(RR内)，解得R2000 .由图像知，此时热敏电阻的温度t100 ，选项B正确；温度升高，热敏电阻的阻值变小，则变小，选项C错误；由UEIr，则不变，选项D正确变式题2(1)3000200(2)强光照射时外接解析 (1)光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，结合图乙知正常光照射时R13000 ，强光照射时R2200 ；(2)实验电路采用的是毫安表内接法，测得的结果比真实值偏大，
28、当待测电阻远大于毫安表电阻时实验误差较小，所以强光照射时误差较大；强光照射时采用毫安表外接法实验结果较为准确【教师备用习题】1在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压 U增大，装置发出警报，此时()ARM变大，且R越大，U增大越明显BRM变大，且R越小，U增大越明显CRM变小，且R越大，U增大越明显DRM变小，且R越小，U增大越明显解析 C此装置电路中RM先与R并联后与RS串联根据闭合电路的欧姆定律得I，S两端的电压UIRS增大，则电流I增大，故R并减小，所以并联的一条支路电阻减小，
29、即RM必减小，故排除选项A和B.由于，即R并，当RRM时，0，则R并RM，RM变化了多少，R并也变化了多少对U的变化影响明显，即R越大，U增大越明显，选项C正确，选项D错误2(多选)2015扬州模拟传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件如图所示，图乙、图丙是两种常见的电容式传感器，现将图乙、图丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是()A当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D当丙传感
30、器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转解析 BD当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C，电容减小，而电压不变，则由QCU可知，电容器所带的电荷量减少，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转，选项A错误；当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C得知，电容增大，而电压不变，则由QCU可知，电容器所带的电荷量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转，选项B正确；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电
31、容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转，选项C错误；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转，选项D正确32015南昌十校二模在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化而变化可实现对电路相关物理量的控制如图所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有()A若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小B若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小C若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功
32、率增大D若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量增大解析 AR1固定，环境温度不变，电容器两端电压UC不变，当电容器C两极板间的距离增大时，极板之间的电场强度E随之减小，选项A正确；当环境温度降低时R2电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压UEIr增大，电阻器R1消耗的功率P1I2R1随电流的减小而减小，选项B、C错误；当环境温度不变，电阻箱R1的阻值增大时，闭合电路的电流减小，电容器的电压UCIR2减小，所以电容器C的带电荷量QCUC减小，选项D错误【课时巩固训练】1BC解析 传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于
33、测量的量(一般是电学量)，热敏电阻、霍尔元件可作为传感器使用，选项B、C正确2B解析 金属铂的电阻随温度的升高而增大，其UI图线是非线性的，选项B正确3B解析 某次膜片振动时，膜片与极板的距离减小，它们组成的电容器的电容增大，选项A错误；由C知，U不变的情况下，电容增大，则电容器所带电荷量Q增大，选项B正确；由E知，U不变，d减小，则场强E增大，选项C错误；极板的带电荷量增大，电容器充电，电阻R中有电流通过，选项D错误4B解析 温度越高，电阻R越大，电流越小，选项B正确，A错误；由甲图可知，电阻随温度的变化关系可写成RR0kt，电路中电流I，可知电流随温度的变化并不是线性关系，因此电流表示数不
34、会均匀增大，选项C、D错误5CD解析 充电电流由电源正极流向a极板，而不是由a极板穿过电容器内部流向b极板，选项A错误；C点的坐标乘积表示ttt短暂时间内电容器放电的电荷量，选项B错误；根据图像的含义，因QIt，所以方格的面积表示电容器放电量，也为充电的总电荷量，Q0.11030.180 C8104 C，选项C正确；C F104 F，选项D正确6BC解析 由乙图知，每间隔1 s的时间光传感器就输出一个电信号，而在这一段时间内传送带运动了两个工件之间的距离，所以传送带运动的速度是v m/s0.2 m/s，故选项A错误，选项B正确；传送带每小时传送的距离为svt0.23600 m，工件个数为n3600个，选项C正确，选项D错误7(1)A实验电路图如图所示(2)0.69(0.680.72均可)2.33(2.002.67均可)解析 (1)通过小灯泡的电流应由零开始逐渐增大，所以控制电路应采用分压接法，实验电路如图所示；由图甲，电流0.4 A时，小灯泡电阻约为10 ，采用滑动变阻器分压接法时，滑动变阻器宜选用010 的滑动变阻器A；(2)由图甲，电流0.3 A对应的电压约为2.3 V，则此时小灯泡的电功率约为PUI0.69 W，电源内阻r2.33 .
