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综合质量评估(二)(90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。其中18小题为单选题,912小题为多选题)1.(2018德州高二检测) 如图所示,矩形线圈abcd置于匀强磁场中,线圈平面跟磁感线平行,在下列过程中,线圈中能产生感应电流的是()A.线圈以ad边为轴转动B.线圈以ab边为轴转动C.线圈平行于磁感线向右平动D.线圈垂直于磁感线向纸外平动【解题指南】闭合线圈中产生感应电流的条件是回路中的磁通量发生变化。磁通量发生变化有两种办法:磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化。【解析】选B。线圈以ad边为轴转动,穿过线圈的磁通量始终为零,故没有产生感应电流,故A错误;线圈以ab边为轴转动,闭合线圈的磁通量发生变化,能产生感应电流,故B正确;线圈平行于磁感线向右运动,回路的有效面积未发生变化,穿过线圈的磁通量始终为零,故没有产生感应电流,故C错误;沿垂直磁感线方向运动,回路的有效面积未发生变化,穿过线圈的磁通量始终为零,故没有产生感应电流,故D错误。2.(2018大连高二检测)如图所示,螺线管匝数n=1 500匝,横截面积S=20 cm2,螺线管导线电阻r=1 ,电阻R=4 ,磁感应强度B的B-t图象如图所示(以向右为正方向),下列说法正确的是()A.通过电阻R的电流方向是从A到CB.感应电流的大小保持不变为2.4 AC.电阻R的电压为6 VD.C点的电势为4.8 V【解析】选D。从题图中可得磁通量在逐渐增大,根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A,A错误;根据法拉第电磁感应定律:E=nt=nSBt=1 500 0.0026-22 V=6 V,而感应电流大小为I=ER+r=64+1 A=1.2 A,B错误;根据闭合电路欧姆定律,有:U=IR=1.24 V=4.8 V,C错误;因为A端接地,电压为零,所以C端的电势为4.8 V,D正确。3.(2018成都高二检测)理想变压器原、副线圈匝数比为101,以下说法中正确的是()A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是101B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为101D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为12【解析】选B。对理想变压器,无磁通量损失,因而穿过两个线圈的交变磁通量相同,磁通量变化率相同,每匝线圈产生的感应电动势相等,电压与匝数成正比;理想变压器可以忽略热损耗,故输入功率等于输出功率。故正确答案为B。4.(2018邢台高二检测)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动,下列说法正确的是()A.转过6时,线框中的电流方向为abcdB.线框中感应电流的有效值为2RBSC.从中性面开始转过2的过程中,通过导线横截面的电荷量为BSRD.线框转一周的过程中,产生的热量为2B2S2R【解题指南】(1)感应电动势最大值Em=BS,由E=22Em及欧姆定律求解电流的有效值。(2)由平均感应电动势和电流求出电量。(3)根据Q=I2RT求解线框转一周的过程中,产生的热量。【解析】选C。转过6的过程中,磁通量变小,产生的感应磁场的方向与原磁场方向相同,根据安培定则可知,电流方向为adcb,故A错误;线框中产生的感应电动势最大值Em=BS,感应电动势有效值E=Em2=22BS,则电流的有效值为I=ER=2BS2R,故B错误;由E=t,I=ER,q=It得到:电量q=R=BSR,故C正确;线框转一周的过程中,产生的热量为Q=I2RT=B2S2R,故D错误。5.(2018三亚高二检测)如图所示,EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界,其中EOEO,FOFO,且EOOF;OO为EOF的角平分线,OO间的距离为L;磁场方向垂直于纸面向里。一边长为L的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()【解题指南】(1)运用E=BLv找出感应电动势随时间变化的情况,其中L为切割磁感线的有效长度。(2)根据右手定则判断出感应电流的方向。【解析】选B。在整个正方形导线框通过磁场的过程中,切割磁感线的边框为两竖直边框,两水平边框不切割磁感线。由于正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场,从开始到左边框到达O之前,进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加,根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加,由于电阻不变,所以感应电流i也随时间均匀增加。根据右手定则判断出感应电流的方向,结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,得出开始为正方向。当左边框到达O之后,由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变,所以感应电流i不变。当左边框到达OO中点,右边框即将进入磁场切割磁感线,由于左边框切割磁感线的有效长度在减小,而右边框切割磁感线的有效长度在增大,而左、右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反,所以整个感应电动势随时间也均匀减小。当左边框到达距O点L4时,左、右边框切割磁感线的有效长度相等,此时感应电动势为0,再往后跟前面过程相反。故A、C、D错误,B正确。6.(2018太原高二检测)如图所示,边长为L的正方形单匝线圈abcd,电阻为r,外电路的电阻为R,a、b的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B,若线圈从图示位置开始,以角速度绕轴OO匀速转动,则以下判断正确的是()A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em=BL2B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=12BL2costC.线圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=B2L4R4(R+r)2D.线圈从图示位置转过180的过程中,流过电阻R的电荷量为q=2BL2R+r【解析】选C。图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线,感应电动势为零,故A错误;当线圈与磁场平行时感应电动势最大,最大值为Em=BS=12BL2,瞬时值表达式为e=12BL2sint,故B错误;感应电动势的有效值为E=Em2,闭合电路欧姆定律I=ER+r,R产生的热量为Q=I2RT,周期T=2,联立得Q=B2L4R4(R+r)2,故C正确;线圈从图示位置转过180的过程中,穿过线圈磁通量的变化量大小为=2BS=2B(12L2),流过电阻R的电荷量为q=R+r=BL2R+r,故D错误。7.矩形导线框abcd放在分布均匀的磁场中,磁场区域足够大,磁感线方向与导线框所在平面垂直,如图甲所示。在外力控制下线框处于静止状态。磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里。在04 s时间内,导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力正方向)应该是图中的()【解析】选D。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里,在01 s内,穿过导线框的磁通量均匀变小,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得导线框ad边的安培力水平向左。当在12 s内,磁感应强度的方向垂直导线框平面向外,穿过导线框的磁通量均匀变大,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得导线框ad边的安培力水平向右。在下一个周期内,重复出现安培力先向左后向右。故D正确。8.(2018丽江高二检测)如图所示电路中,L是一个不计直流电阻的电感线圈,直流电源1的电压值与交流电源2的电压有效值相等,S是单刀双掷开关,C是电容器,A、B是完全相同的两个小灯泡,则下列叙述正确的有A.开关S与1接通时,灯B逐渐变亮B.开关S与2接通后,灯B的亮度比开关与1接通稳定后灯B的亮度高C.开关S与2接通后,B发光,而A不发光D.若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源,则当开关与2接通时,通过B灯的主要是高频信号【解析】选A。开关S与1接通时,线圈阻碍电流的增大,所以灯B逐渐变亮,故A正确;开关S与2接通后,由于线圈L对交流电的阻碍始终存在,所以灯B的亮度比开关与1接通稳定后灯B的亮度暗,故B错误;开关S与2接通后,交流电也可以通过电容器,所以A也发光,故C错误;线圈对交流电有通低频阻高频的作用,所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源,则当开关与2接通时,通过B灯的主要是低频信号,故D错误。9.(2018合肥高二检测)如图所示D1、D2是两只相同的灯泡,L是自感系数很大的线圈,其直流电阻与R的阻值相同。关于灯泡发光情况,下列说法正确的是()A.当S1接a 时,闭合S,D1将逐渐变亮B.当S1接a 时,闭合S,待电路稳定后再断开,D1先变得更亮,然后渐渐变暗C.当S1接b 时,闭合S,D2将逐渐变亮D.当S1接b 时,闭合S,待电路稳定后再断开,D2先变得更亮,然后渐渐变暗【解析】选A、D。当S1接a 时,闭合S,灯泡D2被短路,导致电阻减小,则总电流变大,所以通过D1灯泡的电流增大,因此D1将逐渐变亮,故A正确;当S1接a 时,闭合S,待电路稳定后再断开,导致线圈中电流发生变化,从而阻碍电流减小,通过D1的电流没有之前大,则D1不会变得更亮,但会慢慢熄灭,故B错误;当S1接b 时,闭合S,线圈中电流发生变化,从而阻碍电流增大,所以导致D2刚开始较亮,当线圈电流趋于稳定后,D2渐渐变暗,故C错误;当S1接b时,闭合S,待电路稳定后再断开,导致线圈中电流发生变化,从而阻碍电流减小,通过D2的电流比之前大,则D2会变得更亮,且会慢慢熄灭,故D正确。10.如图甲是录音机的录音电路原理图,乙是研究自感现象的实验电路图,丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图,丁是电容式话筒的电路原理图,下列说法正确的是 ()A.甲图中录音机录音时,由于话筒的声电转换,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B.乙图电路开关断开瞬间,灯泡会突然闪亮一下,并在开关处产生电火花C.丙图电路中,当有烟雾进入罩内时,光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射,表现出电阻的变化D.丁图电路中,根据电磁感应原理,声波的振动会在电路中产生恒定的电流【解析】选A、C。乙图电路开关断开瞬间,线圈中产生很高的自感电动势,但由于电路不能构成回路,所以不会产生感应电流,灯泡不会突然闪亮一下,选项B错误;丁图电路中,声波的振动会改变M、N间的距离,从而改变了电容的大小,在电路中产生变化的充放电电流,选项D错误。11.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则()A.用户端的电压为I1U1I2B.输电线上的电压降为U-U1C.理想变压器的输入功率为UI1-I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U【解析】选A、B、C。由理想变压器输入、输出功率相等可知P1=P2,即U1I1=U2I2,U2=I1U1I2,故选项A正确;输电线上的电压降为U=U-U1,故选项B正确;理想变压器的输入功率P=U1I1=UI1-I12r,故选项C正确;输电线路上损失的电功率为P=I12r=I1U-I1U1,故选项D错误。12.如图所示,边长为l的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁感线的方向垂直。用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场,比较这两个过程,以下判断正确的是 ()A.若v1v2,通过线框导线的电荷量q1q2B.若v1v2,拉力F1F2C.若v1=2v2,拉力的功率P1=2P2D.若v1=2v2,拉力所做的功W1=2W2【解析】选B、D。由于E=t,I=ER,q=It,所以q=R,由于及R一定,故q1=q2,所以A错误。由于拉力F=F安,而F安=BIl,I=ER,E=Blv,所以F=F安=B2l2vR。由此可看出,若v1v2,F1F2,B正确。由P=Fv,F=F安=B2l2vR。所以P=B2l2v2R。由于v1=2v2,P1=4P2,故C错误。由拉力做功W=Fl=F安l=B2l2vRl=B2l3vR,又因v1=2v2,故W1=2W2,故D正确。二、实验题(本题共2小题,共15分)13. (7分)电动机的自动控制电路如图所示,其中RH为热敏电阻,RL为光敏电阻,当温度升高时,RH的阻值远小于R1;当光照射RL时,其阻值远小于R2,为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,电路中的虚线框内应选_门逻辑电路;若要提高光照时电动机启动的灵敏度,可以_(选填“增大”或“减小”)R2的阻值。【解析】为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,所以是“或门”。即热敏电阻或光敏电阻的电阻值较小时输入端电势升高,此时电动机工作,则输入为1时,输出为1,因为若要提高光照时电动机启动的灵敏度,需要在光照较小,即RL有一个较小的变化时,R2两端的电压变化就比较明显,此时输入为1,输出为1,所以要增大R2。答案:或增大 14. (8分)某同学设计了一种“自动限重器”,如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成,其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值时,电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电动势E=6 V,r=2 ,电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题:(1)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。(2)当电磁继电器线圈中的电流大小为15 mA时,衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800 N,则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为_。(3)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件。现将控制电路中的电源,换成硅光电源,用一定强度的光照射硅光电池,调节滑动变阻器,通过测量得到该电池的U-I曲线(如图丙)。不改变滑片的位置,当货架能承受的压力逐渐增加时,该硅光电池的内阻将_,内电路上消耗的功率将_。(均选填“增加”“减小”“先增大后减小”“先减小后增大”或“不变”)(4)若控制电路中的电源,换成硅光电源,不改变滑片的位置,即如(2)中数值,现测得硅光电源两端电压为5.4 V,则货架上承受的压力为_N。【解析】(1)将货物装载机和上触点串联组成工作电路,将R1、滑动变阻器R2、电磁铁串联接入控制电路,连接电路如图所示(2)R1与R2串联,I1=I2=Imax=15 mA=0.015 A,所以根据闭合电路的欧姆定律R1+R2+r=EImax由图乙可知:F=800 N时,R1=80 ,所以R2=EI-r-R1=60.015-2-80 =318 即滑动变阻器R2的最大阻值至少为318 。(3)当不改变滑片的位置,货架能承受的压力逐渐增加时,R1的电阻变小,由丙图可知,硅光电源的U-I图线的斜率绝对值逐渐变大,所以该硅光电池的内阻将增大。由丙图可知,随着外电路电阻变大,硅光电源的路端电压逐渐减小,根据闭合电路欧姆定律,内电压变大,电路的总电流又增大,所以P内=U内I逐渐变大。(4)硅光电源两端电压为5.4 V,由丙图可知此时电流为10 mA,所以根据欧姆定律,外电路的总电阻为R1+R2=UI,所以R1=UI-R2=5.40.01-318 =220 ,根据乙图可知,此时对应的压力为90 N。答案:(1)电路图见解析(2)318(3)增加增加(4)90三、计算题(本题共4小题,共37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)15. (8分)(2018濮阳高二检测)如图所示,abcd为交流发电机的矩形线圈,其面积为S,匝数为n,线圈电阻为r,外电阻为R。线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动,角速度为。若图中的电压表、电流表均为理想交流电表,求:(1)此交流发电机产生感应电动势的最大值Em。(2)若从图示位置开始计时,写出感应电流随时间变化的函数表达式。(3)交流电压表和交流电流表的示数。(4)此交流发电机的输出功率P出。【解题指南】(1)先求出角速度,再根据Em=nBS求出最大电动势。(2)先根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值,再根据感应电流与感应电动势的瞬时值表达式的关系即可求解。(3)根据欧姆定律求解。(4)先求出电流的有效值,根据功率公式P=I2R求解。【解析】(1)感应电动势的最大值Em=nBS(1分)(2)根据闭合电路欧姆定律得:电流的最大值Im=EmR+r(1分)感应电流的瞬时表达式为i=Imcost=nBSR+rcost(1分)(3)有效值E=22Em,(1分)交流电压表的示数U=22RnBSR+r(1分)交流电流表的示数I=22nBSR+r(1分)(4)电流的有效值为I=22Im(1分)所以发电机的输出功率P=I2R=R2(R+r)2n2B2S22(1分)答案:(1)nBS(2)i=nBSR+rcost(3)22RnBS(R+r)22nBS(R+r)(4)R2(R+r)2n2B2S2216.(8分)如图所示为一输电系统,A地有一台升压变压器,B地有一台匝数比为101的降压变压器,降压变压器副线圈上的电流为100 A,输出功率是12 kW,A、B两地输电线的电阻是20 ,求:(1)升压变压器输出端的电压。(2)若不用变压器,要在B地得到同样大小的电流和电功率,那么在A地要用多大的电压将电能输出?(3)两种情况下输电线上损失功率之比是多少?【解析】(1)降压变压器输出端电压:U2=PI2=12 000100 V=120 V所以由n1n2=U1U2得U1=1 200 V(1分)由n1n2=I2I2得:I2=10 A(1分)输电线上损失的电压为U损=I2r=1020 V=200 V所以升压变压器输出端的电压:U2=U1+U损=(1 200+200) V=1 400 V(1分)(2)若不用变压器,B处电压:U=PI=12 000100 V=120 V(1分)线路损失电压:U损=Ir=10020 V=2 000 V所以A处电压为UA=U+U损=2 000 V+120 V=2120 V(1分)(3)有变压器时,线路损耗功率:P=I22r=10220 W=2 kW(1分)无变压器,线路损耗功率:P=I22r=100220 W=200 kW(1分)所以两种情况下输电线上损耗功率之比为PP=1100(1分)答案:(1)1 400 V(2)2 120 V(3)110017.(10分)如图所示,水平面内有一光滑金属导轨,其MN、PQ边的电阻不计,MP边的电阻阻值R=1.5 ,MN与MP的夹角为135,PQ与MP垂直,MP边长度小于1 m。将质量m=2 kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上,并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4 m。空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。在外力作用下,棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动,运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。(1)若初速度v1=3 m/s,求棒在GH处所受的安培力大小FA。(2)若初速度v2=1.5 m/s,求棒向左移动距离2 m到达EF所需时间t。(3)在棒由GH处向左移动2 m到达EF处的过程中,外力做功W=7 J,求初速度v3。【解析】(1)棒在GH处速度为v1,因此根据法拉第电磁感应定律有:E1=BLv1由闭合电路欧姆定律得I1=BLv1R棒在GH处所受安培力为FA=BI1L解式且代入数据得:FA=B2L2v1R=8 N(3分)(2)设棒移动距离为a=2 m,由几何关系可得EF间距也为a,向左移动整个过程中磁通量的变化量=Ba(a+L)2题设运动时回路中电流保持不变,即感应电动势E2不变,开始移动时有E2=BLv2又整个过程E2=t=Ba(a+L)2t解两式并代入数据得t=a(a+L)2Lv2=1 s(3分)(3)设外力做功为W=7 J,克服安培力做功为WA,导体棒在EF处的速度为v4,由动能定理得:W-WA=mv422-mv322运动时回路中电流保持不变,即感应电动势E3不变,同(2)理有:E3=BLv3=Bav4E3=t1=Ba(a+L)2t1得t1=a(a+L)2Lv3I3=BLv3R由功能关系得WA=Q=I32Rt1解且代入数据得:v3=1 m/s(4分)答案:(1)8 N(2)1 s(3)1 m/s18. (11分)(2018濮阳高二检测)如图所示,光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线,线的一端系一质量为3m的重物,另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R的电阻,其余电阻不计,磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直,开始时金属杆置于导轨下端QF处,将重物由静止释放,当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦,重力加速度为g),求:(1)电阻R中的感应电流方向。(2)重物匀速下降的速度v。(3)重物从释放到下降h的过程中,电阻R中产生的焦耳热QR。(4)若将重物下降h时的时刻记作t=0,速度记为v0,从此时刻起,磁感应强度逐渐减小,若此后金属杆中恰好不产生感应电流,则磁感应强度B随时间t怎样变化(写出B与t的关系式)。【解析】(1)由右手定则判定电阻R中的感应电流方向为QRF(1分)(2)重物匀速下降时对金属杆受力分析如图:T-mg-F=0式中:T=3mg,F=B0IL=B02L2vR+r(1分)所以v=2mg(R+r)B02L2(1分)(3)设电路中产生的总焦耳热为Q,则由能量守恒关系得:减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q即3mgh-mgh=12(3m)v2+12mv2+Q(1分)所以电阻R中产生的焦耳热QR为QR=RR+rQ=2mghRR+r-8m3g2(R+r)RB04L4(2分)(4)金属杆中恰好不产生感应电流即磁通量不变0=t(1分)hLB0=(h+h2)LB(1分)式中:h2=v0t+12at2(1分)又a=3mg-mg3m+m=12g(1分)则磁感应强度B随时间t变化的关系式为B=B0hh+v0t+g4t2=B0hh+2mg(R+r)B02L2t+14gt2(1分)答案:(1) QRF(2)2mg(R+r)B02L2(3)2mghRR+r-8m3g2(R+r)RB04L4(4)B=B0hh+2mg(R+r)B02L2t+14gt2
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