《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

3. (2022·浙江1月选考)某节水喷灌系统如图所示，水以$v_{0}=15m/s$的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为$2.0kg$。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持$H = 3.75m$不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为$220V$，输入电流为$2.0A$。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为$75\%$，忽略水在管道中运动的机械能损失，则(D)


A.每秒水泵对水做功为$75J$
B.每秒水泵对水做功为$225J$
C.水泵输入功率为$440W$
D.电动机线圈的电阻为$10\Omega$

答案： 3.答案 D
解析 每秒喷出水的质量为 $m_0 = 2.0 kg$，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为 $W = m_0gH + \frac{1}{2}m_0v_0^2 = 300 J$，故A、B两项错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则 $P_出 = \frac{W}{t} = 300 W$，而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为 $75\%$，则 $P_入 = \frac{P_出}{75\%} = 400 W$，故C项错误；电动机的输出功率为 $P_机 = P_入 = 400 W$，而电动机的电功率为 $P_电 = UI = 440 W$，由能量守恒可知 $P_电 = I^2R + P_机$，联立解得 $R = 10 \Omega$，故D项正确；故选D项。

4. (2022·辽宁)某同学要将一小量程电流表(满偏电流为$250\mu A$，内阻为$1.2k\Omega$)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图a所示，其中定值电阻$R_{1}=40\Omega$，$R_{2}=360\Omega$。
(1) 当开关$S$接$A$端时，该电流表的量程为$0\sim$1$mA$。
(2) 当开关$S$接$B$端时，该电流表的量程比接在$A$端时大(填“大”或“小”)。
(3) 该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻$R_{x}$的阻值，设计了图b中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用乙(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差。

答案： 4.答案
(1)1
(2)大
(3)乙
解析
(1)由图 a 可知当 $S$ 接 $A$ 时，$R_1$ 和 $R_2$ 串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为 $U_m = I_mr = 250 × 10^{-6} × 1.2 × 10^3 V = 0.3 V$，此时 $R_1$ 和 $R_2$ 的电流为 $I = \frac{U_m}{R_1 + R_2} = \frac{0.3}{40 + 360} A = 0.75 × 10^{-3} A = 0.75 mA$，所以总电流为 $I_总 = I_m + I = 1 mA$，即量程为 $0 \sim 1 mA$。
(2)当开关 $S$ 接 $B$ 端时，由图 a 可知 $R_1$ 和电流表串联再和 $R_2$ 并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过 $R_2$ 的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以该电流表的量程比接在 $A$ 端时大。
(3)图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。