第十三单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 第十三单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 405.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 17:02:15 | ||
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文档简介
(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.随着国家“双碳”计划的推进,单相发电机得到更为广泛的应用。如图甲为单相电交流发电机内部结构图,匝数为N的矩形线圈位置不变,磁铁绕轴转动后,线圈中生成的正弦式交流电如图乙所示,其电动势峰值为Em,周期为T,回路总电阻为R,则在0~时间内通过线框截面的电荷量为 ( )
A. B. C. D.
2.如图所示为某变压器的工作示意图,定值电阻R1和R2分别连在理想变压器原、副线圈上,且R1=3R2,理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2=5∶1,变压器原线圈接在交流电源上,则R1和R2的功率之比为 ( )
A.25∶3 B.3∶25 C.5∶3 D.3∶5
3.一家用电风扇正常工作时通过的电流为0.3 A。供电电压按图中所示正弦规律变化,则 ( )
A.电压的有效值为311 V
B.该电风扇的内阻约为733.3 Ω
C.图中所示电压的瞬时值表达式为u=311 sin (100t) V
D.正常工作时电风扇的输入功率约为66 W
4.如图为小明设计的发电机的原理图,边长为L的n匝正方形线圈,线圈电阻不计,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场的中心轴匀速转动,角速度为ω,转动时线圈两端在固定的半圆环P、Q上滑动,且始终与半圆环保持良好接触,P、Q通过导线连接到电阻R的两端,下列说法正确的是 ( )
A.图示位置线圈平面与中性面垂直
B.从图示位置开始计时,R中流过的是正弦式交流电
C.电路中电阻R两端的最大电压为nBL2ω
D.线圈转动一圈R上产生的热量为
5.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=2∶1,输入端接在u=30·sin (100πt) V的交流电源上,R1为电阻箱,副线圈连接的电路中的电阻R=10 Ω,电表均为理想电表。下列说法正确的是 ( )
A.当R1=0时,电压表的读数为30 V
B.当R1=0时,若将电流表换成规格为“5 V 5 W”的灯泡,灯泡不能正常发光
C.当R1=10 Ω时,电流表的读数为1.2 A
D.当R1=10 Ω时,电压表的读数为6 V
6.如图所示电路中,变压器为理想变压器,电流表为理想电表,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器,在原线圈两端加上正弦式交流电压,则下列判断正确的是 ( )
A.仅将滑片P1向上移,电流表的示数减小
B.仅将滑片P1向上移,R1消耗的功率减小
C.仅将滑片P2向上移,电流表的示数减小
D.仅将滑片P2向上移,R1消耗的功率减小
7.如图甲所示,自耦变压器的原线圈与N匝、半径为r的圆形线圈(图中未画全)相连,副线圈与定值电阻R构成回路,图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的。线圈内有垂直线圈平面向里的磁场,磁感应强度按图乙所示规律变化(B0、T已知)。不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻,下列说法正确的是 ( )
A.原线圈输入的瞬时电压为u= sin t
B.通过定值电阻R的电流为
C.若磁感应强度的变化周期减小,则变压器的输出功率将增大
D.若自耦变压器的滑片P逆时针转动,则通过原线圈的电流减小
8.如图甲所示为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝,副线圈匝数为1 500匝,其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为20 Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻,R2为滑动变阻器,电压表V为理想电压表,升压变压器的输入功率为75 kW。则 ( )
A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz
B.远距离输电线路损耗功率为9 kW
C.当滑片P向a端滑动时,电压表V的示数变大
D.当滑片P向a端滑动时,输电线上的电流变大
9.如图所示,某手机采用磁吸式无线充电,将充电器和手机紧密结合在一起,可以降低能量损耗。充电时充电器的发射线圈接在电压有效值为220 V的正弦式交流电源上,手机的接收线圈两端电压的有效值为12 V,功率为44 W,不计充电过程中的能量损耗,下列说法正确的是 ( )
A.接收线圈的工作原理是电磁感应现象
B.发射线圈的工作原理是电流的热效应
C.发射线圈和接收线圈的匝数比为11∶3
D.正常充电时,充电器发射线圈的输入电流为0.2 A
10.图甲所示的装置是斯特林发电机,其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N,面积为S,处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动,线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶4,图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点,R1为定值电阻,R为滑动变阻器,交流电压表V1、V2均视为理想电表,不计线框的电阻。下列说法正确的是 ( )
A.线框从图乙所示位置开始转过180°的过程中,产生的平均电动势为
B.滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中,R1的发热功率减小
C.滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中,电压表V2的示数始终为2NBSω
D.线框从图示位置开始转过90°时,电压表V1的示数为
二、非选择题(本题共4小题,共60分)
11.(12分)某温度传感器,其内部的热敏电阻与温度的关系如图甲所示。小明同学决定用该热敏电阻设计一个简易温度计,现有如下器材:
A.电源(电动势E=2 V,内阻r=0.6 Ω);
B.表头G(满偏电流6.0 mA,内阻约为50 Ω);
C.电流表A(满偏电流10 mA,内阻未知);
D.电阻箱R1(最大阻值999.9 Ω);
E.电阻箱R2(最大阻值999.9 Ω)。
小明同学设计的电路图如图乙所示,实验步骤如下:
①断开所有开关,将电阻箱R1、R2的阻值调到最大;
②闭合S1,S3拨到2处,调节R2使电流表A的示数为I,表头G指针满偏;
③闭合S2,反复调节R1、R2,使电流表A的示数仍为I,表头G示数为指针满偏时的,此时R1=108 Ω。
请回答下列问题
(1)将表头G改装成60 mA的电流表,R1应调为 Ω;
(2)小明同学测量表头G内阻的实验方案是否有系统误差 (填“有”或“没有”);
(3)如果将表头G的表盘转换为测量温度的表盘,电阻箱R2的阻值调到14 Ω,R1保持(1)中的阻值不变,将开关S3拨到1,那么温度计的0刻度线位置对应表头的读数为 mA;
(4)将该温度计放入热水中,表头指针指向原刻度的5 mA处,则水温为 ℃。
12.(14分)某种发电机的原理如图所示,矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,可绕与磁场方向垂直的固定轴OO'匀速转动,角速度为ω。已知线圈的匝数为n,ab边长为L1,bc边长为L2,线圈总电阻为r,线圈与阻值为R的外电路连接,交流电压表为理想电表。求:
(1)线圈从图示位置转过90°的过程中,通过电阻R的电荷量q。
(2)发电机正常工作时,交流电压表的示数U。
13.(14分)如图所示,虚线左侧有范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一边长为L的单匝正方形导线框abcd的总电阻为R。现使导线框以对角线ac为转轴以角速度ω匀速转动。求:
(1)从图示位置(线框平面垂直于磁场方向)开始计时,Δt时间内导线框abcd中平均感应电动势的大小和通过导线截面的电荷量;
(2)此线框的发热功率。
14.(20分)如图甲所示,两足够长的光滑平行导轨固定在水平面上,处于磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距为L,一端连接一定值电阻R。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置,与导轨始终接触良好。在金属棒的中点对棒施加一个平行于导轨的拉力,棒运动的速度v随时间t的变化规律如图乙所示。已知在0~时间内,通过定值电阻R的电荷量为q;然后在t=T时撒去拉力。其中v0已知,T未知,不计导轨的电阻。求:
(1)电阻R两端的最大电压Um;
(2)在0~T的过程中,拉力所做的功W;
(3)撒去拉力后,金属棒的速度v随位置x变化的变化率k(取撤去拉力时棒的位置x=0)。
答案全解全析
1.A
思路点拨 0时刻和时刻,电动势为0,线框处于中性面,通过线框的磁通量最大,但是这两个时刻通过线框的磁通量方向相反。
解析 在0~时间内磁通量的变化量ΔΦ=2BS,故q=N=N=,A正确。
2.A
思路点拨 R1与原线圈并联,所以R1与原线圈两端电压相同,R2直接接在副线圈两端,R2与副线圈两端电压相同。
解析 根据原、副线圈电压跟匝数比的关系可得==5,根据功率公式P=可得R1和R2的功率之比为P1∶P2=∶=25∶3,故选A。
3.D 由图可知,电压的最大值为311 V,则电压的有效值为U==220 V,故A错误;根据题中条件无法计算电风扇的内阻,故B错误;图中所示电压的瞬时值表达式为u=311 sin V=311 sin (100πt) V,故C错误;正常工作时电风扇的输入功率约为P=UI=220×0.3 W=66 W,故D正确。
易错警示 电风扇中工作的是电动机,电动机属于非纯电阻用电器,欧姆定律不适用。
4.C 图示位置穿过线圈的磁通量最大,为中性面,A错误;由于P、Q为固定的半圆环,分别始终与转动中的左侧和右侧线圈保持良好的接触,故流过R的电流不是正弦式交变电流,而是直流电,B错误;线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em=nBL2ω,所以电阻R两端的最大电压为nBL2ω,C正确;线圈转动产生的感应电动势的有效值为E=,线圈转动的周期T=,故线圈转动一圈R上产生的热量Q=T,联立解得Q=,D错误。
5.C 当R1=0时,根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数之间的关系,有=,其中U1==30 V,联立解得U2=15 V,故A错误;由部分电路欧姆定律可得I2=,又P灯=,联立解得I2=1 A,则把电流表换成灯泡后,灯泡两端电压为U'灯=I2R灯=5 V=U灯,即灯泡正常发光,故B错误;当R1=10 Ω时,接入的交流电源电压的有效值为U==30 V,由理想变压器原、副线圈电流和电压与匝数的关系,可得=,=,又I1R1+U1=U,I2R=U2,联立解得I2=1.2 A,U2=12 V,故C正确,D错误。
一题多解
等效电阻法
当R=R1=10 Ω时,虚线框中电路的等效电阻为R=40 Ω,等效电阻与R1串联,分压为U1=30× V=24 V,根据=得U2=12 V,U2=I2R,I2=1.2 A,故C正确,D错误。
6.C 仅将滑片P1向上移,副线圈接入电路的匝数增加,根据变压比可知,副线圈两端的电压增大,R1消耗的功率增大,电流表的示数增大,故A、B错误;仅将滑片P2向上移,R1中的电流不变,消耗的功率不变,R2中的电流减小,因此电流表的示数减小,故C正确,D错误。
归纳总结
分析变压器动态变化问题的步骤
U1U2I2P2P1I1。
7.C 由图乙可得磁感应强度为B=B0 sin t,由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为E=Nπr2= cos t,所以原线圈两端的最大电压为U1max=,原线圈输入的瞬时电压为u= cos t,A错误;由=,可得U2max=,有效值为U=,可得U=,通过定值电阻R的电流为I=,可得I=,B错误;若磁感应强度的变化周期减小,则感应电动势的最大值增大,有效值增大,副线圈两端的电压增大,定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大,C正确;自耦变压器的滑片逆时针转动,副线圈的匝数增大,副线圈两端的电压增大,通过副线圈的电流增大,由n1I1=n2I2,可知通过原线圈的电流增大,D错误。
8.AD
思路点拨 远距离输电动态分析问题,可以用等效电阻法分析,即把降压变压器和用户电阻整体等效为阻值为R用的电阻(n1、n2为降压变压器原、副线圈的匝数)。
解析 由题图乙知交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,故A正确;由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V,根据电压与匝数的关系知升压变压器副线圈两端电压为2 500 V,所以输电线中的电流为I==30 A,输电线上损失的电压为ΔU=IR=30×20 V=600 V,输电线路损耗功率为ΔP=ΔUI=18 kW,故B错误;当滑片P向a端滑动时滑动变阻器接入电路的阻值减小,如图所示虚线框中电路的等效电阻减小,则输电线中的电流增大,即降压变压器原线圈中的电流增大,所以副线圈中的电流也增大;虚线框中电路的分压减小,即降压变压器输入电压变小,输出电压也减小,而副线圈中电流增大,定值电阻R1的分压增大,所以电压表V的示数变小,故C错误,D正确。
9.AD 接收线圈的工作原理是电磁感应现象,A正确;发射线圈的原理是电流的磁效应,B错误;根据变压器的原理可知===,C错误;因为不计能量损耗,所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率,因此充电器发射线圈的输入电流I1== A=0.2 A,D正确。
10.BD 线框从题中图乙所示位置开始转过180°的过程中,磁通量的变化量ΔΦ=BS-(-BS)=2BS,产生的平均电动势=N=N,T=,解得=,故A错误;矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值Emax=NBSω,则原线圈两端的电压即电压表V1的示数U1=,再根据原、副线圈两端电压比与匝数比的关系有=,则副线圈两端的电压即电压表V2的示数U2=2NBSω,故只要U1不变,则U2不变,故C错误,D正确;根据以上分析知,原线圈两端的电压没有发生改变,则副线圈两端的电压U2也不会改变,在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中,其接入电路中的电阻增大,副线圈回路中的电流I2减小,R1的发热功率减小,故B正确。
11.答案 (1)6.0(3分) (2)没有(3分) (3)2.0(3分)
(4)80(3分)
解析 (1)根据题意,电路中干路电流始终恒定,为I=Ig=6.0 mA,闭合S2时,表头G的示数为IG=×6.0 mA=4 mA,那么通过R1的电流为I1=I-IG=2 mA,表头与R1并联,所以有IGRg=I1R1,解得表头G的内阻Rg=R1=54.0 Ω,将表头改装成60 mA的电流表,则表头G指针满偏时,与表头G并联的电阻R1中的电流为=54.0 mA,解得改装电表时应将R1调为R'1== Ω=6.0 Ω。
(2)由于电流表起到监测电流的作用,通过调节变阻箱R1、R2能保证干路电流恒定,所以通过R1的电流是准确的,故测量出的表头G的内阻没有系统误差。
(3)改装后电流表的内阻为R并== Ω=5.4 Ω,根据图甲可知,当温度为0 ℃时,热敏电阻为80 Ω,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的干路电流为I干1=,解得I干1=20 mA,则表头的读数为IG=I干1=2.0 mA。
(4)表头指针指向原刻度的5.0 mA时,电路中干路电流为I干2= mA=50.0 mA=0.05 A,由闭合电路欧姆定律有I干2=,解得热敏电阻的阻值R=20 Ω,由图甲可知热水温度为80 ℃。
12.答案 (1)n (2)
解析 (1)根据题意,由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=n (2分)
电流I= (2分)
通过电阻R的电荷量q=I·Δt (2分)
联立得通过电阻R的电荷量为
q=n=n (2分)
(2)根据题意可知,感应电动势的最大值
Em=nBSω=nBL1L2ω (2分)
交变电流的最大值Im== (2分)
则电压表示数为U== (2分)
13.答案 (1) (2)
解析 (1)从图示位置开始计时,线圈的磁通量瞬时值为Φ= cos ωt (2分)
Δt时间内线圈的磁通量变化大小为
ΔΦ=- cos ωΔt (2分)
导线框abcd中平均感应电动势的大小为
== (2分)
通过导线截面的电荷量为
q=·Δt=·Δt= (2分)
(2)线圈产生的最大电动势为Em=ω (2分)
电动势有效值为E== (2分)
此线框的发热功率为
P== (2分)
14.答案 (1) (2)m+B0Lv0q (3)-
解析 (1)当金属棒的速度最大时,产生的感应电动势最大,为Em=B0Lv0 (2分)
回路中的最大电流Im= (1分)
电阻R两端的最大电压为Um=ImR= (2分)
(2)由于感应电动势为e=B0Lv0 sin t (1分)
类比单匝线圈在磁场中转动产生的电动势,则0~时间内,通过定值电阻的电荷量与线圈从中性面转过90°过程中通过定值电阻的电荷量相同,
B0Lv0=Φ·,q= (2分)
则有q= (1分)
电动势的有效值为E= (1分)
在0~时间内,产生的焦耳热为Q=·T (2分)
根据功能关系,有W=Q+m (2分)
解得W=m+B0Lv0q (1分)
(3)撤去拉力时,对金属棒根据动量定理有
-B0L·Δt=mv-mv0 (1分)
感应电流的平均值为= (1分)
由于x=·Δt (1分)
解得v=v0- (1分)
可知k=- (1分)
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.随着国家“双碳”计划的推进,单相发电机得到更为广泛的应用。如图甲为单相电交流发电机内部结构图,匝数为N的矩形线圈位置不变,磁铁绕轴转动后,线圈中生成的正弦式交流电如图乙所示,其电动势峰值为Em,周期为T,回路总电阻为R,则在0~时间内通过线框截面的电荷量为 ( )
A. B. C. D.
2.如图所示为某变压器的工作示意图,定值电阻R1和R2分别连在理想变压器原、副线圈上,且R1=3R2,理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2=5∶1,变压器原线圈接在交流电源上,则R1和R2的功率之比为 ( )
A.25∶3 B.3∶25 C.5∶3 D.3∶5
3.一家用电风扇正常工作时通过的电流为0.3 A。供电电压按图中所示正弦规律变化,则 ( )
A.电压的有效值为311 V
B.该电风扇的内阻约为733.3 Ω
C.图中所示电压的瞬时值表达式为u=311 sin (100t) V
D.正常工作时电风扇的输入功率约为66 W
4.如图为小明设计的发电机的原理图,边长为L的n匝正方形线圈,线圈电阻不计,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场的中心轴匀速转动,角速度为ω,转动时线圈两端在固定的半圆环P、Q上滑动,且始终与半圆环保持良好接触,P、Q通过导线连接到电阻R的两端,下列说法正确的是 ( )
A.图示位置线圈平面与中性面垂直
B.从图示位置开始计时,R中流过的是正弦式交流电
C.电路中电阻R两端的最大电压为nBL2ω
D.线圈转动一圈R上产生的热量为
5.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=2∶1,输入端接在u=30·sin (100πt) V的交流电源上,R1为电阻箱,副线圈连接的电路中的电阻R=10 Ω,电表均为理想电表。下列说法正确的是 ( )
A.当R1=0时,电压表的读数为30 V
B.当R1=0时,若将电流表换成规格为“5 V 5 W”的灯泡,灯泡不能正常发光
C.当R1=10 Ω时,电流表的读数为1.2 A
D.当R1=10 Ω时,电压表的读数为6 V
6.如图所示电路中,变压器为理想变压器,电流表为理想电表,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器,在原线圈两端加上正弦式交流电压,则下列判断正确的是 ( )
A.仅将滑片P1向上移,电流表的示数减小
B.仅将滑片P1向上移,R1消耗的功率减小
C.仅将滑片P2向上移,电流表的示数减小
D.仅将滑片P2向上移,R1消耗的功率减小
7.如图甲所示,自耦变压器的原线圈与N匝、半径为r的圆形线圈(图中未画全)相连,副线圈与定值电阻R构成回路,图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的。线圈内有垂直线圈平面向里的磁场,磁感应强度按图乙所示规律变化(B0、T已知)。不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻,下列说法正确的是 ( )
A.原线圈输入的瞬时电压为u= sin t
B.通过定值电阻R的电流为
C.若磁感应强度的变化周期减小,则变压器的输出功率将增大
D.若自耦变压器的滑片P逆时针转动,则通过原线圈的电流减小
8.如图甲所示为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝,副线圈匝数为1 500匝,其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为20 Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻,R2为滑动变阻器,电压表V为理想电压表,升压变压器的输入功率为75 kW。则 ( )
A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz
B.远距离输电线路损耗功率为9 kW
C.当滑片P向a端滑动时,电压表V的示数变大
D.当滑片P向a端滑动时,输电线上的电流变大
9.如图所示,某手机采用磁吸式无线充电,将充电器和手机紧密结合在一起,可以降低能量损耗。充电时充电器的发射线圈接在电压有效值为220 V的正弦式交流电源上,手机的接收线圈两端电压的有效值为12 V,功率为44 W,不计充电过程中的能量损耗,下列说法正确的是 ( )
A.接收线圈的工作原理是电磁感应现象
B.发射线圈的工作原理是电流的热效应
C.发射线圈和接收线圈的匝数比为11∶3
D.正常充电时,充电器发射线圈的输入电流为0.2 A
10.图甲所示的装置是斯特林发电机,其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N,面积为S,处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动,线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶4,图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点,R1为定值电阻,R为滑动变阻器,交流电压表V1、V2均视为理想电表,不计线框的电阻。下列说法正确的是 ( )
A.线框从图乙所示位置开始转过180°的过程中,产生的平均电动势为
B.滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中,R1的发热功率减小
C.滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中,电压表V2的示数始终为2NBSω
D.线框从图示位置开始转过90°时,电压表V1的示数为
二、非选择题(本题共4小题,共60分)
11.(12分)某温度传感器,其内部的热敏电阻与温度的关系如图甲所示。小明同学决定用该热敏电阻设计一个简易温度计,现有如下器材:
A.电源(电动势E=2 V,内阻r=0.6 Ω);
B.表头G(满偏电流6.0 mA,内阻约为50 Ω);
C.电流表A(满偏电流10 mA,内阻未知);
D.电阻箱R1(最大阻值999.9 Ω);
E.电阻箱R2(最大阻值999.9 Ω)。
小明同学设计的电路图如图乙所示,实验步骤如下:
①断开所有开关,将电阻箱R1、R2的阻值调到最大;
②闭合S1,S3拨到2处,调节R2使电流表A的示数为I,表头G指针满偏;
③闭合S2,反复调节R1、R2,使电流表A的示数仍为I,表头G示数为指针满偏时的,此时R1=108 Ω。
请回答下列问题
(1)将表头G改装成60 mA的电流表,R1应调为 Ω;
(2)小明同学测量表头G内阻的实验方案是否有系统误差 (填“有”或“没有”);
(3)如果将表头G的表盘转换为测量温度的表盘,电阻箱R2的阻值调到14 Ω,R1保持(1)中的阻值不变,将开关S3拨到1,那么温度计的0刻度线位置对应表头的读数为 mA;
(4)将该温度计放入热水中,表头指针指向原刻度的5 mA处,则水温为 ℃。
12.(14分)某种发电机的原理如图所示,矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,可绕与磁场方向垂直的固定轴OO'匀速转动,角速度为ω。已知线圈的匝数为n,ab边长为L1,bc边长为L2,线圈总电阻为r,线圈与阻值为R的外电路连接,交流电压表为理想电表。求:
(1)线圈从图示位置转过90°的过程中,通过电阻R的电荷量q。
(2)发电机正常工作时,交流电压表的示数U。
13.(14分)如图所示,虚线左侧有范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一边长为L的单匝正方形导线框abcd的总电阻为R。现使导线框以对角线ac为转轴以角速度ω匀速转动。求:
(1)从图示位置(线框平面垂直于磁场方向)开始计时,Δt时间内导线框abcd中平均感应电动势的大小和通过导线截面的电荷量;
(2)此线框的发热功率。
14.(20分)如图甲所示,两足够长的光滑平行导轨固定在水平面上,处于磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距为L,一端连接一定值电阻R。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置,与导轨始终接触良好。在金属棒的中点对棒施加一个平行于导轨的拉力,棒运动的速度v随时间t的变化规律如图乙所示。已知在0~时间内,通过定值电阻R的电荷量为q;然后在t=T时撒去拉力。其中v0已知,T未知,不计导轨的电阻。求:
(1)电阻R两端的最大电压Um;
(2)在0~T的过程中,拉力所做的功W;
(3)撒去拉力后,金属棒的速度v随位置x变化的变化率k(取撤去拉力时棒的位置x=0)。
答案全解全析
1.A
思路点拨 0时刻和时刻,电动势为0,线框处于中性面,通过线框的磁通量最大,但是这两个时刻通过线框的磁通量方向相反。
解析 在0~时间内磁通量的变化量ΔΦ=2BS,故q=N=N=,A正确。
2.A
思路点拨 R1与原线圈并联,所以R1与原线圈两端电压相同,R2直接接在副线圈两端,R2与副线圈两端电压相同。
解析 根据原、副线圈电压跟匝数比的关系可得==5,根据功率公式P=可得R1和R2的功率之比为P1∶P2=∶=25∶3,故选A。
3.D 由图可知,电压的最大值为311 V,则电压的有效值为U==220 V,故A错误;根据题中条件无法计算电风扇的内阻,故B错误;图中所示电压的瞬时值表达式为u=311 sin V=311 sin (100πt) V,故C错误;正常工作时电风扇的输入功率约为P=UI=220×0.3 W=66 W,故D正确。
易错警示 电风扇中工作的是电动机,电动机属于非纯电阻用电器,欧姆定律不适用。
4.C 图示位置穿过线圈的磁通量最大,为中性面,A错误;由于P、Q为固定的半圆环,分别始终与转动中的左侧和右侧线圈保持良好的接触,故流过R的电流不是正弦式交变电流,而是直流电,B错误;线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em=nBL2ω,所以电阻R两端的最大电压为nBL2ω,C正确;线圈转动产生的感应电动势的有效值为E=,线圈转动的周期T=,故线圈转动一圈R上产生的热量Q=T,联立解得Q=,D错误。
5.C 当R1=0时,根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数之间的关系,有=,其中U1==30 V,联立解得U2=15 V,故A错误;由部分电路欧姆定律可得I2=,又P灯=,联立解得I2=1 A,则把电流表换成灯泡后,灯泡两端电压为U'灯=I2R灯=5 V=U灯,即灯泡正常发光,故B错误;当R1=10 Ω时,接入的交流电源电压的有效值为U==30 V,由理想变压器原、副线圈电流和电压与匝数的关系,可得=,=,又I1R1+U1=U,I2R=U2,联立解得I2=1.2 A,U2=12 V,故C正确,D错误。
一题多解
等效电阻法
当R=R1=10 Ω时,虚线框中电路的等效电阻为R=40 Ω,等效电阻与R1串联,分压为U1=30× V=24 V,根据=得U2=12 V,U2=I2R,I2=1.2 A,故C正确,D错误。
6.C 仅将滑片P1向上移,副线圈接入电路的匝数增加,根据变压比可知,副线圈两端的电压增大,R1消耗的功率增大,电流表的示数增大,故A、B错误;仅将滑片P2向上移,R1中的电流不变,消耗的功率不变,R2中的电流减小,因此电流表的示数减小,故C正确,D错误。
归纳总结
分析变压器动态变化问题的步骤
U1U2I2P2P1I1。
7.C 由图乙可得磁感应强度为B=B0 sin t,由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为E=Nπr2= cos t,所以原线圈两端的最大电压为U1max=,原线圈输入的瞬时电压为u= cos t,A错误;由=,可得U2max=,有效值为U=,可得U=,通过定值电阻R的电流为I=,可得I=,B错误;若磁感应强度的变化周期减小,则感应电动势的最大值增大,有效值增大,副线圈两端的电压增大,定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大,C正确;自耦变压器的滑片逆时针转动,副线圈的匝数增大,副线圈两端的电压增大,通过副线圈的电流增大,由n1I1=n2I2,可知通过原线圈的电流增大,D错误。
8.AD
思路点拨 远距离输电动态分析问题,可以用等效电阻法分析,即把降压变压器和用户电阻整体等效为阻值为R用的电阻(n1、n2为降压变压器原、副线圈的匝数)。
解析 由题图乙知交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,故A正确;由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V,根据电压与匝数的关系知升压变压器副线圈两端电压为2 500 V,所以输电线中的电流为I==30 A,输电线上损失的电压为ΔU=IR=30×20 V=600 V,输电线路损耗功率为ΔP=ΔUI=18 kW,故B错误;当滑片P向a端滑动时滑动变阻器接入电路的阻值减小,如图所示虚线框中电路的等效电阻减小,则输电线中的电流增大,即降压变压器原线圈中的电流增大,所以副线圈中的电流也增大;虚线框中电路的分压减小,即降压变压器输入电压变小,输出电压也减小,而副线圈中电流增大,定值电阻R1的分压增大,所以电压表V的示数变小,故C错误,D正确。
9.AD 接收线圈的工作原理是电磁感应现象,A正确;发射线圈的原理是电流的磁效应,B错误;根据变压器的原理可知===,C错误;因为不计能量损耗,所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率,因此充电器发射线圈的输入电流I1== A=0.2 A,D正确。
10.BD 线框从题中图乙所示位置开始转过180°的过程中,磁通量的变化量ΔΦ=BS-(-BS)=2BS,产生的平均电动势=N=N,T=,解得=,故A错误;矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值Emax=NBSω,则原线圈两端的电压即电压表V1的示数U1=,再根据原、副线圈两端电压比与匝数比的关系有=,则副线圈两端的电压即电压表V2的示数U2=2NBSω,故只要U1不变,则U2不变,故C错误,D正确;根据以上分析知,原线圈两端的电压没有发生改变,则副线圈两端的电压U2也不会改变,在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中,其接入电路中的电阻增大,副线圈回路中的电流I2减小,R1的发热功率减小,故B正确。
11.答案 (1)6.0(3分) (2)没有(3分) (3)2.0(3分)
(4)80(3分)
解析 (1)根据题意,电路中干路电流始终恒定,为I=Ig=6.0 mA,闭合S2时,表头G的示数为IG=×6.0 mA=4 mA,那么通过R1的电流为I1=I-IG=2 mA,表头与R1并联,所以有IGRg=I1R1,解得表头G的内阻Rg=R1=54.0 Ω,将表头改装成60 mA的电流表,则表头G指针满偏时,与表头G并联的电阻R1中的电流为=54.0 mA,解得改装电表时应将R1调为R'1== Ω=6.0 Ω。
(2)由于电流表起到监测电流的作用,通过调节变阻箱R1、R2能保证干路电流恒定,所以通过R1的电流是准确的,故测量出的表头G的内阻没有系统误差。
(3)改装后电流表的内阻为R并== Ω=5.4 Ω,根据图甲可知,当温度为0 ℃时,热敏电阻为80 Ω,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的干路电流为I干1=,解得I干1=20 mA,则表头的读数为IG=I干1=2.0 mA。
(4)表头指针指向原刻度的5.0 mA时,电路中干路电流为I干2= mA=50.0 mA=0.05 A,由闭合电路欧姆定律有I干2=,解得热敏电阻的阻值R=20 Ω,由图甲可知热水温度为80 ℃。
12.答案 (1)n (2)
解析 (1)根据题意,由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=n (2分)
电流I= (2分)
通过电阻R的电荷量q=I·Δt (2分)
联立得通过电阻R的电荷量为
q=n=n (2分)
(2)根据题意可知,感应电动势的最大值
Em=nBSω=nBL1L2ω (2分)
交变电流的最大值Im== (2分)
则电压表示数为U== (2分)
13.答案 (1) (2)
解析 (1)从图示位置开始计时,线圈的磁通量瞬时值为Φ= cos ωt (2分)
Δt时间内线圈的磁通量变化大小为
ΔΦ=- cos ωΔt (2分)
导线框abcd中平均感应电动势的大小为
== (2分)
通过导线截面的电荷量为
q=·Δt=·Δt= (2分)
(2)线圈产生的最大电动势为Em=ω (2分)
电动势有效值为E== (2分)
此线框的发热功率为
P== (2分)
14.答案 (1) (2)m+B0Lv0q (3)-
解析 (1)当金属棒的速度最大时,产生的感应电动势最大,为Em=B0Lv0 (2分)
回路中的最大电流Im= (1分)
电阻R两端的最大电压为Um=ImR= (2分)
(2)由于感应电动势为e=B0Lv0 sin t (1分)
类比单匝线圈在磁场中转动产生的电动势,则0~时间内,通过定值电阻的电荷量与线圈从中性面转过90°过程中通过定值电阻的电荷量相同,
B0Lv0=Φ·,q= (2分)
则有q= (1分)
电动势的有效值为E= (1分)
在0~时间内,产生的焦耳热为Q=·T (2分)
根据功能关系,有W=Q+m (2分)
解得W=m+B0Lv0q (1分)
(3)撤去拉力时,对金属棒根据动量定理有
-B0L·Δt=mv-mv0 (1分)
感应电流的平均值为= (1分)
由于x=·Δt (1分)
解得v=v0- (1分)
可知k=- (1分)
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