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2024届高考物理一轮复习全书完整Word版第十一章 (6+1+2)章末综合能力滚动练
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这是一份2024届高考物理一轮复习全书完整Word版第十一章 (6+1+2)章末综合能力滚动练,共6页。试卷主要包含了单项选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。
(6+1+2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1.某发电站的输出功率为220 kW,输电线的总电阻为0.05 Ω,用110 V和11 kV两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A.100∶1 B.1∶100 C.1∶10 D.10∶1答案 A解析 由题意知输电线上的电流I=,则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU=Ir=,故===,故选A.2.(2019·江苏省四星级高中一调)采用220 kV高压电向远方的城市输电,输送功率一定时,当输电电压变为110 kV,输电线上损耗的功率变为原来的( )A. B.C.2倍 D.4倍答案 D解析 由公式ΔP=()2R可知,当输送功率一定,输电电压变为原来的一半,输电线上损耗的功率变为原来的4倍,故D正确.3.(2020·福建宁德市调研)阻值为R的电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P,当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P.则该交流电源电压的最大值为( )A.IR B.IR C.IR D.2IR答案 B解析 电炉丝通以大小为I的恒定电流时,t时间内产生的热量为Q,则有:Q=Pt=I2Rt;电炉丝接在某正弦交流电源两端时,t时间内产生的热量为Q′,则有:Q′=Pt=I有2Rt,又Q=Q′,即I2Rt=I有2Rt,解得:I有=I,则电压的有效值为U有=I有R=IR,故该交流电源电压的最大值为Um=U有=IR,故选B.4.(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图1甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示.已知发电机线圈电阻为10 Ω,外接一只阻值为90 Ω的电阻,不计电路的其他电阻,则( )图1A.电流表的示数为0.31 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D.在线圈转动一周过程中,外电阻发热量约为0.087 J答案 D解析 在交流电路中电流表的示数为有效值,E有效==22 V,电流表的示数I== A=0.22 A,A错误;由题图乙可知线圈转动的周期为0.02 s,则线圈转动的角速度ω==100π rad/s,B错误;0.01 s时线圈的电压为0,因此线圈在中性面处,C错误;在线圈转动一周的过程中,外电阻发热量Q=I2Rt=(0.22)2×90×2×10-2 J≈0.087 J,D正确.5.如图2甲为理想变压器的示意图,其原、副线圈的匝数比为4∶1,电压表和电流表均为理想电表,Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻,R1为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是( )图2A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u=36sin 50πt VB.变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C.t=0.01 s时,发电机的线圈平面位于中性面D.Rt处温度升高时,变压器的输入功率变小答案 C解析 由题图乙可知交流电压最大值U=36 V,周期T=0.02 s,可由周期求出角速度的值为 rad/s=100π rad/s,则可得交流电压的瞬时值表达式u=36sin 100πt V,故A错误;根据=可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4,故B错误;t=0.01 s时,电压瞬时值为零,发电机的线圈平面与磁场方向垂直,发电机的线圈平面位于中性面,故C正确;Rt处温度升高时,Rt阻值减小,电流表的示数变大,变压器的输入功率变大,故D错误.6.(2019·山东淄博市3月模拟)如图3所示,R是一个光敏电阻,其阻值随光照强度的增加而减小.理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,电压表和电流表均为理想交流电表,从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=220sin 100πt (V),则( )图3A.电压表的示数为22 VB.副线圈中交流电的频率为50 HzC.在天逐渐变黑的过程中,电流表A2的示数变大D.在天逐渐变黑的过程中,理想变压器的输入功率变大答案 B解析 原线圈电压的最大值为220 V,根据电压之比等于线圈匝数之比可知,副线圈的电压的最大值为22 V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为U= V=22 V,故A错误;由于变压器不改变交流电频率,则副线圈中交流电的频率为f== Hz=50 Hz,故B正确;在天逐渐变黑的过程中,光照变弱,R阻值增大,副线圈电路的总电阻变大,而副线圈两端的电压不变,所以副线圈的电流变小,电流表A2的示数变小,故C错误;由于变压器的输入和输出的功率是相等的,副线圈的电流变小,副线圈两端的电压不变,所以由P=UI可知,输出功率要变小,故输入功率也要变小,故D错误.二、非选择题7.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”,利用这种效应可以测量压力大小.若图4甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线,其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值.为了测量压力F,需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.请按要求完成下列实验:图4(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路,在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出,待测压力大小约为0.4×102 N~0.8×102 N,不考虑压力对电路其他部分的影响),要求误差较小,提供的器材如下:A.压敏电阻,无压力时阻值R0=6 000 ΩB.滑动变阻器R,最大阻值为200 ΩC.电流表A,量程2.5 mA,内阻约30 ΩD.电压表V,量程3 V,内阻约3 kΩE.直流电源E,电动势3 V,内阻很小F.开关S,导线若干(2)正确接线后,将压敏电阻置于待测压力下,通过压敏电阻的电流是1.33 mA,电压表的示数如图丙所示,则电压表的读数为________ V.(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω;结合图甲可知待测压力的大小F=________ N.(计算结果均保留两位有效数字)答案 (1)见解析图 (2)2.00 (3)1.5×103 60解析 (1)根据题述对实验电路的要求,应该采用滑动变阻器分压式接法、电流表内接的电路,原理图如图所示.(2)根据电压表读数规则,电压表读数为2.00 V.(3)由欧姆定律,此时压敏电阻的阻值为RF=-RA≈1.5×103 Ω,=4,由题图甲可知,对应的待测压力F=60 N.8.如图5甲所示为手机无线充电工作原理的示意图,由送电线圈和受电线圈组成.已知受电线圈的匝数为n=50匝,电阻r=1.0 Ω,在它的c、d两端接一阻值R=9.0 Ω的电阻.设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间按图乙所示的规律变化,可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电,设磁场竖直向上时磁通量为正.求:图5(1)在t=π×10-3 s时,受电线圈中产生感应电流的最大值,c、d两端哪端电势高?(2)在一个周期内,电阻R上产生的热量;(3)从t1到t2时间内,通过电阻R的电荷量.答案 (1)2.0 A c端电势高 (2)5.7×10-2 J(3)2×10-3 C解析 (1)由题意可知t=π×10-3 s时受电线圈中产生的电动势最大,为Em=20 V受电线圈中产生感应电流的最大值为Im==2.0 A由楞次定律可以得到此时c端电势高(2)通过电阻R的电流的有效值为I== A电阻R在一个周期内产生的热量Q=I2RT≈5.7×10-2 J(3)线圈中感应电动势的平均值=n通过电阻R的电流的平均值为=,通过电阻R的电荷量q=·Δt,则q=n由题图乙知,在~的时间内,ΔΦ=4×10-4 Wb 解得q=n=2×10-3 C9.(2019·江苏南通市一模)如图6,两足够长的光滑平行导轨水平放置,处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距为L,一端连接阻值为R的电阻.一金属棒垂直导轨放置,质量为m,接入电路的电阻为r.水平放置的轻弹簧左端固定,右端与金属棒中点垂直连接,弹簧劲度系数为k.装置处于静止状态.现给金属棒一个水平向右的初速度v0,第一次运动到最右端时,棒的加速度为a,棒与导轨始终接触良好,导轨电阻不计,弹簧始终处在弹性限度内,重力加速度为g,求:图6(1)金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向;(2)金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时,通过R的电荷量q;(3)金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中,R上产生的热量Q.答案 见解析解析 (1)金属棒开始运动时,感应电流I0=安培力:F=I0LB解得:F=,方向水平向左;(2)设金属棒向右运动的最大距离为x,当金属棒第一次运动到最右端时,速度为0,故此时金属棒受到的安培力也为0,则a=此过程回路产生的平均感应电动势==通过电阻R的电荷量q=Δt解得:q=;(3)金属棒从开始运动到最终停止的整个过程,由能量守恒定律可知回路产生的总热量Q总=mv02由于=解得:Q=.
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