2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(10)教科版

45分钟单元能力训练卷(十)

[考查范围：第十单元 分值：110分]

一、选择题(每小题6分，共48分)

1．正弦交流电的电压随时间变化的规律如图D10－1所示，由图可知( )

图D10－1

A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25t V B．该交流电的频率为25 Hz

C．该交流电的电压的有效值为100 2 V

D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W

2．如图D10－2所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( )

图D10－2

A．1∶2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6

3．如图D10－3所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100πt V，则( )

图D10－3

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V

1

B．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 V

600

C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器的滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小

D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小

图D10－4

4．如图D10－4所示，理想变压器原副线圈的总匝数之比为1∶2，其原线圈与一电压有效值为220 V的交流电源相连，P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始沿副线圈缓慢匀速上滑，直至“220 V 60 W”的白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．U1表示副

线圈两端的总电压，U2表示灯泡两端的电压，用I1表示流过副线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流(这里的电流、电压均指有效值)图D10－5中能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )

A B C D

图D10－5

5．如图D10－6所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1 ，连接一理想电流表；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有灯泡L和光敏电阻R(光照加强时，R的阻值会变小)，则( )

A．原副线圈电流之比为n1∶n2 B．只使Q向上滑动，灯泡变亮

C．只加强光照，电流表读数变大 D．只加强光照，原线圈的输入功率变小

图D10－6

图D10－7

6．如图D10－7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R. 开始时开关S断开，当S接通后( )

A．副线圈两端M、N的输出电压减小

B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压降增大 C．通过灯泡L1的电流减小 D．原线圈中的电流减小

7．如图D10－8所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin314t V的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )

图D10－8

A．A1的示数增大，A2的示数减小 B．A1的示数增大，A2的示数增大 C．V1的示数增大，V2的示数增大 D．V1的示数不变，V2的示数减小

8．如图D10－9所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图．门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)．经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态．门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比( )

图D10－9

A．红灯亮，UR2变大 B．绿灯亮，UR2变大 C．绿灯亮，UR2变小 D．红灯亮，UR2变小 二、填空题(共16分)

9．(8分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图D10－10所示是一种测定液面高度变化的电容式传感器的示意图，金属芯线与导电液体形成一个电容器，从电容C大小的变化就能反映液面的升降情况．那么当实验仪表显示的电容C在增大时，表示液面的高度h________.

图D10－10

图D10－11

10．(8分)有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图D10－11所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表A(实际是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力F变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．则该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表A刻度盘________ A刻度处；某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为0.6 A，则其质量为________ kg.

三、计算题(共46分)

11．(22分)三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v1＝3 m/s的速度流入水

33

轮机后以v2＝1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低10 m，水流量为Q＝10 m/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：

(1)发电机的输出功率是多少？

(2)如果发电机输出电压为240 V，用户所需电压为220 V，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12 Ω，那么所需用升、降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少？

12．(24分)如图D10－12所示，一个半径为r的半圆形线圈以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：

1

(1)从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；

41

(2)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；

4

(3)电流表的示数．

图D10－12

1．AC [解析] 法拉第发现了电磁感应现象并总结了感应电流的产生条件，选项B错误；安培发现了磁场对通电导体的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，选项D错误．

2．AC [解析] 由两磁铁间的磁场分布可知，靠近两极处磁感应强度最大，O点处磁感应强度最小，故线圈经过O点时穿过的磁通量最小，根据法拉第电磁感应定律，线圈经该位置时的感应电流为零，其所受磁场力为零，故选项A正确，B错误；根据楞次定律，线圈沿不同方向经过b点时感应电流方向相反，其所受的磁场力方向也相反，选项C正确；线圈沿同一方向经过a、b两点时磁场方向相同，但其变化的方向相反，故电流方向相反，选项D错误．

3．D [解析] 磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，选项A错误；第1 s内，磁通量垂直于纸面向里且均匀增强，由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针，选项C错误；同理可判定，第4 s内感应电流方向为逆时针，故选项B错误，D正确．

4．C [解析] 当火车头中的磁场刚接触线圈时，线圈中有一边切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Blv；当磁场完全进入时，穿过线圈的磁通量不发生变化，无感应电动势；当磁场要离开线圈时，线圈中又有一边在切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv.根据右手定则判断知，两段产生的感应电动势方向相反，也就是正负极相反，故选项C正确．

5．C [解析] 先由右手定则判断出A盘中感应电流的方向，再根据B盘中电流方向和左手定则判断B盘的转动方向．A盘顺时针方向转动时，处在磁场中沿半径方向的导体做切割磁感线运动，由右手定则可以判断出A盘中感应电流方向由中心指向边缘，而产生感应电动势的导体相当于电源，因此A盘边缘电势比中心处高，故选项A、B错误．A盘产生的感应电动势与B盘构成闭合回路，则B盘中电流方向由中心指向边缘，据外电路中电流由电势高的点流向电势低的点知，B盘中心处电势高，选项D错误．由左手定则可以判断出，B盘处在磁场中沿半径方向的导体所受安培力方向与半径垂直，且垂直纸面向里，则B盘将逆时针方向转动．由此可知，选项C正确．

6．D [解析] ab棒右移时，切割磁感线．根据右手定则，ab棒中的感应电流方向从a流向b.此时ab棒起着电源的作用，两边电阻器并联在电源两极之间，所以流过R1、R2的电流都由上而下．

7．C [解析] 电源内阻不计，闭合开关时，流过D2、D3的电流不变，因线圈产生的自感电动势阻碍线圈中电流的增大，故流过D1的电流由零开始逐渐增大；断开开关时，线圈产生的自感电动势阻碍线圈中电流的减小，流过D1、D2、D3的电流将逐渐减小到零．只有选项C正确．

8．D [解析] 由楞次定律可知，电流表的电流方向向右；传感器正常工作时的电阻R22UU3 V＝＝＝10 Ω，工作电流I＝＝＝0.3 A，由于滑动变阻器允许的最大电流是P0.9 WR10 Ω

1 A，所以电路允许通过的最大电流为Imax＝0.3 A；由于磁场时间均匀变化，所以线圈中产生的感应电动势是不变的．滑动变阻器的滑片位于最左端时，外电路的电阻为R外＝20 Ω，感

nΔΦnSΔB应电动势的最大值E＝＝＝Imax(R＋R0)，解得t0＝40 s．故只有D项正确．

ΔtΔt2

9．(1)8.8 m/s (2)0.44 J [解析] (1)棒下落距离时，棒切割磁感线产生感应电动势，棒在圆形导线框内的部分相

2

R02R0

当电源，其有效长度L＝3r，外电路由电阻为R1＝和R2＝的两部分圆弧导线并联，此时

33

r外电路电阻为

2R0R0

×332R0

R＝＝

R09

根据法拉第电磁感应定律 E＝BLv＝3Brv1

又I＝ 棒受到的安培力FA＝BLI＝

ERB23r2

·v1

R＝0.12 N

根据牛顿第二定律，mg－F安＝ma 故a＝g－

F安2

＝8.8 m/s m(2)下落过程能量守恒，有

1

mgr＝Q＋mv22

2

12

故下落到圆心过程产生的热量Q＝mgr－mv2＝0.44 J

2

10．1 s [解析] 以MN为研究对象，有FA＝BId＝T 以重物为研究对象，有T＋FN＝mg

由于B在增大，安培力FA＝BId增大，绳的拉力T增大，地面的支持力FN减小，当FN＝0时，重物将被吊起，此时BId＝mg

ΔB又B＝B0＋t＝0.5＋0.1t

ΔtΔBE＝Ld

ΔtEI＝ R＋r联立解得t＝1 s

11．(1)0.75 m/s (2)21.5 m (3)0.5 J

[解析] (1)当金属框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡 F1安＝mg， F1安＝2B0I1L，

2B0LvI1＝ R解得v＝22＝0.75 m/s

4B0L(2)经分析知金属框进入PQ下方后做竖直下抛运动．

12

设2 s内下落的距离为h，则h＝vt＋gt

2

解得h＝21.5 m.

(3)设金属框在PQ下方磁场中运动时产生的感应电流为I，感应电动势为E,2 s内产生的焦耳热为Q.

ΔB2

由法拉第电磁感应定律E＝L

Δt

mgREI＝ RΔB由图象得＝2 T/s，

Δt2

2 s内产生的焦耳热Q＝IRt＝0.5 J

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