1、单元质量评估(七)第九、十章(60分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题7分,共56分。每小题只有一个选项正确)1.(2014福州模拟)夏天由于用电器的增多,每年都会出现“用电荒”,只好拉闸限电。若某发电站在供电过程中,用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍,输电线电阻不变,下列说法正确的是()A.若输送电压不变,则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍B.若输送电压不变,则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍C.若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍,则此时输电电流为正常供电时的4倍D.若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍,则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍【解析】
2、选A。高压输电时P=UI,I是输送电路上的电流。用电高峰时,若输送电压不变,则I为正常时的2倍,A正确;高压线上的热耗功率P=I2R线,则热耗功率变为正常时的4倍,B错误;用电高峰时,若输送电压也加倍,则I不变,与正常时相同,C错误;由P=I2R线,则热耗功率也不变,D错误。2. (2014莆田模拟)如图所示,条形磁铁放在光滑的水平面上,以条形磁铁的中央位置的正上方某点为圆心水平固定一铜质圆环,不计空气阻力,以下判断中正确的是()A.释放圆环,环下落过程中环的机械能不守恒B.释放圆环,环下落过程中磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C.给磁铁水平向右的初速度,磁铁向右运动的过程中做减速运动D.给磁铁
3、水平向右的初速度,圆环将受到向左的磁场力【解析】选C。释放圆环,圆环在竖直下落过程中,磁通量始终为零,不产生感应电流,因此圆环只受重力作用,机械能守恒,圆环不对磁铁产生作用力,磁铁对桌面的压力等于磁铁重力,A、B均错误;若给磁铁水平向右的初速度,因圆环磁通量变化产生感应电流,对磁铁有向左的作用力,因此磁铁将向右做减速运动,C正确,D错误。3.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为U,额定功率均为P,变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n1n2和电源电压U1分别为()A.122UB.124UC.214UD.212U【解析】选C。设灯泡正常发光时,额定电流为I0
4、。由题图可知,原线圈中电流I原=I0,副线圈中两灯泡并联,副线圈中电流I副=2I0,U副=U,根据理想变压器的基本规律:I原n1=I副n2得n1n2=21;由=得U原=2U,所以U1=4U。C项正确。【变式备选】图甲左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R=55,A、V为理想电流表和电压表,若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110V,下列表述正确的是()A.电流表的示数为AB.原、副线圈匝数比为12C.电压表的示数为电压的有效值D.原线圈中交变电压的频率为100 Hz【解析】选C。由I=得,I=A=2A,A错误。理想变压器中=,所以=,B错误。测量交流电时电表示数均为有效
5、值,C正确。由题图乙知T=0.02s,由f=得,f=50Hz,D错误。4.随着社会经济的发展,人们对能源的需求也日益扩大,节能变得越来越重要。某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电,用户通过降压变压器用电,若发电厂输出电压为U1,输电导线总电阻为R,在某一时段用户需求的电功率为P0,用户的用电器正常工作的电压为U2。在满足用户正常用电的情况下,下列说法正确的是()A.输电线上损耗的功率为B.输电线上损耗的功率为C.若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D.采用更高的电压输电会降低输电的效率【解析】选C。设发电厂输出功率为P,则输电线上损耗的功率P=P-P0,P=I2R=,A、B两项
6、错误;采用更高的电压输电,可以减小导线上的电流,故可以减少输电线上损耗的功率,C项正确;采用更高的电压输电,输电线上损耗的功率减少,则发电厂输出的总功率减少,故可提高输电的效率,D项错误。5.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略。R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈。开关S原来是断开的。从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是()A.I1保持不变B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小【解析】选C。闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍
7、电流的变化,所以开始时I2很小而I1较大,随着电流达到稳定,线圈的自感作用减小,I2开始逐渐变大,由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小。故选C。6.两块水平放置的金属板间的距离为d,用导线与一个n匝线圈相连,线圈电阻为r,线圈中有竖直方向的磁场,电阻R与金属板连接,如图所示,两板间有一个质量为m、电荷量+q的油滴恰好处于静止状态,则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是()A.磁感应强度B竖直向上且正增强,=B.磁感应强度B竖直向下且正增强,=C.磁感应强度B竖直向上且正减弱,=D.磁感应强度B竖直向下且正减弱,=【解析】选C。由平衡条件知,下金属板带正电,故电流应从线圈下端流
8、出,由楞次定律可以判定磁感应强度B竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强,A、D错误;因mg=q,U=R,E=n,联立可求得=,故只有C项正确。【总结提升】电磁感应电路问题五点注意(1)产生感应电动势的导体相当于一个电源,感应电动势等效于电源电动势,产生感应电动势的导体的电阻等效于电源的内阻。(2)电源内部电流的方向是从负极流向正极,即从低电势流向高电势。(3)产生感应电动势的导体跟用电器连接,可以对用电器供电,由闭合电路欧姆定律求解各种问题。(4)产生感应电动势的导体跟电容器连接,可对电容器充电,稳定后,电容器相当于断路,其所带电量可用公式Q=CU来计算。(5)解决电磁感应中的电路问题,必须按题
9、意画出等效电路,其余问题为电路分析和闭合电路欧姆定律的应用。7.(2014三明模拟)如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里,在04s时间内,线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定向左为力的正方向)可能是图丙中的()【解析】选A。由楞次定律可知,02s内导线框中电流方向沿顺时针方向,由左手定则可以判断,01s内ab边所受安培力水平向左,12s内ab边所受安培力水平向右,C错误;由E=S,I=,F=BIl可知,02s内电流大小和方向均恒定不变,ab所受安培力大小F随B改变而改变,故D错误
10、;33.5 s时间内导线框中电流方向为逆时针方向,ab边所受安培力水平向左,F为正值,故A正确,B错误。【变式备选】如图所示,平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动,经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图像是()【解析】选A。在x=R左侧,设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成角,则导体棒切割有效长度L=2Rsin,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=B2Rsinv=2BRvsin,与sin成正比,故在x=R左侧,电动势与x的关系为正弦图像关系,由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称,选项A正确。8.如图所示,平行金属导
11、轨与水平面成角,导轨与固定电阻R1和R2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab,质量为m,导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为,导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F,此时()A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R2消耗的热功率为C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvsinD.整个装置消耗的机械功率为Fv【解析】选B。上滑速度为v时,导体棒受力如图所示,则=F,所以PR1=PR2=()2R=Fv,故选项A错误,B正确;因为Ff=FN,FN=mgcos,所以=Ffv=mgvcos,选项C错误;此时,整个装置消耗的机械功率为P=
12、PF+=Fv+mgvcos,选项D错误。【变式备选】如图所示,矩形线圈长为L,宽为h,电阻为R,质量为m,在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计),进入一宽为h、磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈进入磁场时的动能为Ek1,穿出磁场时的动能为Ek2,这一过程中产生的焦耳热为Q,线圈克服安培力做的功为W1,重力做的功为W2,线圈重力势能的减少量为Ep,则以下关系中正确的是()A.Q=EkB.Q=W2-W1C.Q=W1D.W1+W2=Ek2-Ek1【解析】选C。安培力做的负功等于其他能转化的电能,电能最后变成热能;根据动能定理,有W2=W1+Ek2-Ek1,故本题选C。二、实验题(本大题共2小题,共
13、15分)9.(5分)如图所示,由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中,当闭合开关S后,小灯泡正常发光,若用酒精灯加热电阻丝时,发现小灯泡亮度变化是_,发生这一现象的主要原因是_(填字母代号)。A.小灯泡的电阻发生了变化B.小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化C.电阻丝的电阻率随温度发生了变化D.电源的电压随温度发生了变化【解析】电阻丝的电阻率随温度的升高而增大,电阻也增大,根据闭合电路欧姆定律I=可知,电流减小,小灯泡的实际功率减小,所以变暗。答案:变暗C10.(10分)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件,现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线,要求特性曲线尽可能完整。已知常温下待测
14、热敏电阻的阻值为4050。热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中,杯内有一定量的冷水,其他备用的仪表和器具有:盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3V、内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1)、直流电压表(内阻约5k)、滑动变阻器(010)、开关、导线若干。(1)图中,a、b、c三条图线能反映出热敏电阻的伏安特性的曲线是_。(2)在虚线框中画出实验电路图,要求测量误差尽可能小。(3)根据电路图,在图中的实物图上连线。【解析】(1)热敏电阻随温度的升高,阻值减小,在I-U图线中,任一点的=,可见c正确。(2)热敏电阻为4050。由电压表、电流表内阻知临界阻值R0=50,即热敏电阻属小电阻,应用“外接法
15、”,因要描绘伏安曲线电压从0开始连续变化。因此用滑动变阻器的“分压式”接法,电路图如图所示。(3)实物连线如图:答案: (1)c(2)、(3)见解析三、计算题(本大题共2小题,共29分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(14分)如图甲所示,两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,导轨间距为L=1m,两导轨的上端接有电阻,阻值R=2。虚线OO下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场磁感应强度为2T。现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab,从OO上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触,且始终保持水平,不计导轨的电阻。已知金属杆下落0.3m的过程中
16、加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。(g取10m/s2)求:(1)金属杆刚进入磁场时速度多大?下落了0.3m时速度多大?(2)金属杆下落0.3m的过程中,在电阻R上产生多少热量?【解析】(1)刚进入磁场时,a0=10m/s2方向竖直向上由牛顿第二定律有BI0L-mg=ma0(2分)若进入磁场时的速度为v0,有I0=,E0=BLv0(2分)得v0=代入数值有:v0=m/s=1 m/s(2分)下落0.3m时,通过a -h图像知a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg=BIL(2分)其中I=,E=BLv,可得下落0.3m时金属杆的速度v=代入数值有:v=m/s=0.5 m/s(2分)(2
17、)从开始到下落0.3m的过程中,由能的转化和守恒定律有mgh=Q+mv2(2分)代入数值有Q=0.29J(2分)答案:(1) 1m/s0.5 m/s(2)0.29 J12.(15分)边长L=0.1m的正方形金属线框abcd,质量m=0.1kg,总电阻R=0.02,从高为h=0.2m处自由下落(abcd始终在竖直平面内且ab水平),线框下有一水平的有界匀强磁场,竖直宽度L=0.1m,磁感应强度B=1.0 T,方向如图所示(g=10m/s2)。求:(1)线框穿越磁场过程中产生的热。(2)全程通过线框横截面的电荷量。(3)在坐标系中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图像。【解题指南】解
18、答本题应注意以下两点:(1)判断线框进、出磁场时的运动情况。(2)由能量关系确定线框穿越磁场过程中产生的热量。【解析】(1)因为线框abcd进入磁场时,v1=2m/s产生的电动势E=BLv1=0.2 V(2分)安培力FA=BIL=BL=1N(2分)FA=mg,故线框在磁场中匀速运动,由能量关系可知产生的热量为Q=2mgL=20.1100.1J=0.2 J(2分)(2)因为ab与dc切割磁感线产生的电动势和电流是E=BLv1,I=(2分)所以通过线框横截面的电荷量Q=It=1C(3分)(3)由(1)可知,线框自由下落的时间t1=0.2s在磁场内做匀速运动v=v1时间t2=0.1s(2分)图像如图所示(2分)答案:(1)0.2J(2)1 C(3)见解析图关闭Word文档返回原板块
