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天津河北区2016届高三物理总复习质量检测（一）带答案天津市河北区2015-2016学年度高三年级总复习质量检测（一）理科综合物理部分理科综合共300分，考试用时150分钟物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页，共120分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共8题，每题6分，共48分。
一、单项选择题（每小题6分，共30分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．关于原子和原子核的几种说法，正确的是A．衰变说明原子核内部存在电子B．原子光谱规律表明原子具有核式结构C．天然放射现象说明原子核有复杂结构D．粒子散射实验表明玻尔原子理论的正确2．一个物块在粗糙水平面上受到的水平拉力随时间变化的图象如图甲所示，速度随时间变化的图象如图乙所示，取，由图中数据可求得物块的质量和物块与水平面间的动摩擦因数，则下列几组数据中正确的是A．，B．，C．，D．，3．一质点以坐标原点O为中心位置在y轴方向上做简谐运动，其振动图象如图甲所示。
振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为。
时此质点开始振动，经过后此质点立即停止运动，再经过后的波形图是图乙中的（振动和波形图中质点的位移都规定向上为正）4．如图所示，、两点分别放置两个等量异种电荷，是它们连线的中点，为连线上靠近的一点，为连线中垂线上处于点上方的一点。
在、、三点中A．场强最小的点是点，电势最高的点是点B．场强最小的点是点，电势最高的点是点C．场强最小的点是点，电势最高的点是点D．场强最小的点是点，电势最高的点是点5．从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是A．落地时的速度相同B．落地时重力做功的瞬时功率相同C．从抛出到落地重力的冲量相同D．两物体落地前动量变化率相等二、多项选择题（每小题6分，共18分。
第三章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．(2014·北京理综)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。
利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。
斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3。
根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )A ．如果斜面光滑，小球将上升到与O 点等高的位置B ．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C ．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D ．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小[答案] A[解析] 本题考查伽利略实验。
选项之间有一定的逻辑性，需要学生有一定的辨别能力。
三种材料的粗糙程度不同，小球上升的高度不同，若斜面光滑，小球将上升到与0点，等高位置，A 正确，B 、C 、D 选项从本实验不能直接得出结论。
本题要求从实验现象中直接得出结论。
B 、C 、D 选项中的结论也是科学的，正确的，但从本实验中不能得出。
2．(2015·山东淄博期中)如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的A 点，其与水平面的夹角为53°；另一同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的B 点，其与水平面的夹角为45°；两长木板底端都在C 点处。
若将一小球从A 点由静止释放，小球运动到C 点历时为t ；将同一小球从B 点由静止释放，小球运动到C 点历时也为t ，则小球与长木板间的动摩擦因数为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )A.17B.314C.328D.528 [答案] A [解析] 设长木板与水平面间的夹角为α，根据牛顿第二定律分析可知，小球在长木板上的加速度大小为a ＝gsin α－μgcos α，设竖直墙壁到C 点的距离为L ，则长木板长度为L cos α＝12at 2，联立以上两式可得(sin α－μcos α)cos α＝2L t 2，根据题意，(sin53°－μcos53°)cos53°＝(sin45°－μcos45°)cos45°，解得μ＝17，选项A 正确。
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象考点1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φt 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt ； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝S ·ΔB ，则E ＝nS ·ΔBΔt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n|B 2S 2－B 1S 1|Δt ≠n |ΔB ΔS |Δt.1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( AC )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律．由i t 图象可知，在t ＝T4时，Δi Δt ＝0，此时穿过导线框R 的磁通量的变化率ΔΦΔt＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R 中的感应电动势为0，选项A 正确；同理在t ＝T 2和t ＝T 时，Δi Δt 为最大值，ΔΦΔt为最大值，导线框R 中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B 错误；根据楞次定律，t ＝T2时，导线框R 中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t ＝T 时，导线框R 中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C 正确，选项D 错误．2．如图甲所示，用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的直径．在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则0～t 1时间内( D )A ．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B ．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C ．圆环一直具有扩X 的趋势D ．圆环中感应电流的大小为B 0rS4t 0ρ解析：磁通量先向里减小再向外增大，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为一直为顺时针，故A 、B 错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t 0为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩X 的趋势，t 0～t 1为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C 错误；由法拉第电磁感应定律，得E ＝ΔBS 2Δt ＝B 0πr 22t 0，感应电流I ＝E R ＝B 0πr 22t 0·Sρ×2πr＝B 0rS4t 0ρ，故D 正确． 3．(2019·某某某某质检)如图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，P 、Q 之间有阻值为R 的电阻，PQNM 所围的面积为S ，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( D )A ．在0～t 0和t 0～2t 0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B ．在t 0～2t 0内，通过电阻R 的电流方向为P 到QC ．在0～t 0内，通过电阻R 的电流大小为2B 0SRt 0D ．在0～2t 0内，通过电阻R 的电荷量为B 0S R解析：本题考查法拉第电磁感应定律的图象问题，定性分析加定量计算可快速求解．由图乙所示图象可知，0～t 0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t 0～2t 0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A 错误；由图乙所示图象可知，在t 0～2t 0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R 的电流方向为Q 到P ，故B 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t 0内感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ＝B 0S t 0，感应电流为I 1＝E 1R ＝B 0S Rt 0，故C 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～2t 0内通过电阻R 的电荷量为q 1＝N ΔΦR＝2B 0S －B 0S R ＝B 0SR，故D 正确．应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场X 围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR.考点2 导体切割磁感线产生的感应电动势考向1 平动切割1．计算公式：E ＝BLv 或E ＝BLv sin θ. 2．E ＝Blv 的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度．下图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)相对性：E ＝Blv 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．(2019·某某某某统考)(多选)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2av(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av(5π＋3)R 0[审题指导] (1)导体棒长度指处在磁场中的长度，称为有效长度．θ＝0和θ＝π3时二者不同．(2)先计算感应电动势，再计算感应电流，最后计算安培力．【解析】 当θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BLv ＝2Bav ，故A 正确；当θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度为a ，所以杆产生的电动势为E ＝Bav ，故B 错误；当θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR 0，所以杆受的安培力大小为F ＝BIL ＝B ·2a 2Bav (2＋π)aR 0＝4B 2av (2＋π)R 0，故C 错误；当θ＝π3时，电路中总电阻为⎝⎛⎭⎪⎫1＋5π3aR 0，所以杆受的安培力大小为F ′＝BI ′L ′＝3B 2av (3＋5π)R 0，故D 正确．【答案】 AD1．(2019·某某某某模拟)如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，一质量为m 、长度为L 的匀质金属棒cd 放置在导轨上，金属棒的电阻为r ，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过的位移为s 时，则( C )A ．金属棒中感应电流方向由d 到cB ．金属棒产生的感应电动势为BL asC ．金属棒中感应电流为BL 2asR ＋rD ．水平拉力F 的大小为B 2L 22asR ＋r解析：根据楞次定律可知电流I 的方向从c 到d ，故A 错误；设金属棒cd 的位移为s 时速度为v ，则有v 2＝2as ，金属棒产生的电动势为E ＝BLv ＝BL 2as ，故B 错误；金属棒中感应电流的大小为I ＝ER ＋r，解得I ＝BL 2asR ＋r，故C 正确；金属棒受到的安培力大小为f ＝BIL ，根据牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，联立解得F ＝B 2L 22asR ＋r＋ma ，故D 错误．考向2 导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图所示．如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a[审题指导] (1)金属框在转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生． (2)金属框bc 边和ac 边都在切割磁感线，所以有感应电动势．【解析】 穿过金属框的磁通量始终为零，没有发生变化，故金属框中无电流，B 、D 项错误；bc 边切割磁感线的等效速度为12lω，根据右手定则U b <U c ，故U bc ＝－12Bl 2ω，C 项正确；ac 边切割磁感线，根据右手定则得U a <U c ，A 项错误．【答案】 C2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( B )A.54B.32C.74D ．2 解析：本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式．由公式E ＝ΔΦΔt ，I ＝ER ，q ＝It 得q ＝ΔΦR ，设半圆弧半径为r ，对于过程Ⅰ，q 1＝B ·πr 24·R ，对于过程Ⅱ，q 2＝(B ′－B )·πr22R ，由q 1＝q 2得，B ′B ＝32，故B 项正确．四种求电动势的方法考点3 自感现象涡流考向1 通电自感与断电自感1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐12开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，然后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立刻变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( C )A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：本题考查自感现象判断．在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．2．(2019·某某模拟)在如图所示的电路中，S闭合时流过线圈L的电流是2 A，流过灯泡A的电流是1 A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的( D )解析：当电键断开时，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡A构成回路，所以灯泡中的电流与线圈中电流大小相等，灯泡中电流也逐渐减小，但与断开前方向相反．故D正确，A、B、C错误．分析自感现象的两点注意(1)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：关键在于对电流大小的分析，只有断电瞬间通过灯泡的电流比原来大，灯泡才先闪亮后慢慢熄灭．(2)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一支路的用电器的电流方向不变，与线圈不在同一支路的用电器中的电流方向改变．考向2 对涡流的考查3．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( AB )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C 错误．4．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )解析：本题考查电磁阻尼．若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动，则要求施加磁场后，在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时，穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变化．由选项图可知只有A满足要求，故选A.对安培力是动力、阻力的理解技巧电磁阻尼是安培力总是阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力．学习至此，请完成课时作业34。
第十章 恒定电流10—1 电阻定律半导体及应用、超导体及其应用 电功 电功率一．不定项选择题 1．关于通过一个电阻R 的电流强度I ，下列说法正确的是 ( ) A ．I 与通过R 的电量成正比 B ．I 与R 的通电时间成反比C ．I 的方向就是正电荷定向移动的方向D ．在国际单位制中，I 是一个基本物理量，其单位安培是基本单位 2．某一电解池。
如果在1s 内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某一横截面，则通过这个截面的电流强度是 ( ) A ．零 B ．0.8A C. 1.6A D ．3.2A3．下列叙述正确的是 ( ) A ．超导体对电流的阻碍作用为零B ．超导体环中一旦有了电流，即使撤去电压，电流仍能继续维持C ．绝缘体的电阻率为零D ．各种材料的电阻率都随温度而变化4．将一根粗细均匀的电阻丝均匀拉长到原长的n 倍后，再加一同样的电压，则电阻丝每分钟产生的热量为原来的 ( )A ．n 2倍B ． 倍C ．n 倍D ． 倍5．一根电阻丝，通过2C 电量所消耗的电能是8J ．若在相同时间内通过4C 的电量，电阻丝两端所加的电压和消耗的电能分别是 ( ) A ．4V ，16J B ．8V ，16J C ．8V ，32J D ．4V ，32J 6．如图10—1—1所示是电阻R l 和R 2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了I 、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R 1和R 2并联在电路中，消耗的电功率分别用P 1和P 2表示；并联的总电阻设为R.下列关于P 1与P 2的大小关系及R 的伏安特性曲线应该在的区域正确的是 ( ) A ．特性曲线在Ⅰ区，P l <P 2 B ．特性曲线在Ⅲ区，P l >P 2 C ．特性曲线在I 区，P 1>P 2 D ．特性曲线在Ⅲ区，P l <P 27．一个标有“220V ，60w”的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220V ．在此过程中，电压U 和电流I 的关系可用图线表示，如图10—1—2中所示的图线肯定不符合实际的是 ( )8．如图10—1—3所示，三个电阻R l 、R 2、R 3的阻值相同，允许消 耗的最大功率分别为10W 、10W 、4W ，此电路中允许消耗的最大 功率为 ( )21nn1A．24W B．16WC．12W D．15W二、论述计算题9．如图10—1—4所示，变阻器的总电阻是10Ω，连线电阻不计，则当它的滑动片向右移动时，在A、B间能获得的最小电阻值为多少?最大电阻为多少?10．在彩色电视机的显像管中，从电子枪射出的电子在2×104V的高压下被加速，形成lmA的平均电流．求：(1)每秒钟轰击荧光屏的电子数目；(2)电子轰击荧光屏所消耗的功率是多少?(3)lh显像管耗电多少度?11．有三盏电灯L l、L2、L3，规格分别是“110V，100W”、“110V，40W”、“110V，25W”，要求接到电压是220V的电源上，使每盏灯都能正常发光，可以使用一只适当规格的电阻，应如何连接电路?12．如图10—1—5(甲)所示，一网络式电路，每个电阻均为R=100Ω，问C、D间应联人多大电阻才能使A、B间的总电阻与“格子”数目无关?若该电路接上380V恒定电源，则电源输出功率为多少?10一2闭合电路欧姆定律及其应用一、不定项选择题1．将四个电动势均为1.5V 、内阻均为0.25Ω的电池串联起来对外供电，要使此电池组输出功率为8W ，则输出电流可以为 ( ) A ．2A B ．1.5A C ．4A D ．2.5A2．如图10—2—1所示，电源电动势为E ，内阻为r ，合上开关S 后各电灯恰能正常发光．如果某一时刻电灯L 1的灯丝烧断，则 ( ) A. L 3变亮，L 2、L 4变暗 B ．L 2、L 3变亮，L 4变暗 C ．L 4变亮，L 2、L 3变暗 D ．L 3、L 4变亮，L 2变暗 3．如图10—2—2所示，电源电动势为E ，内阻不计，其中R 1=R ，R 2=R 3=2R ，R 4=6R ，则电势 ( )4,3.43,32.43,32.4,3.E U E UD E U EUC EU E U B E U E U A BABAB A B A -=-=-=-=====4．如图10—2—3所示，直线A和B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图象，设两个电源的内阻分别为r a和r b．若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为，I a和I b则( ) A．r a=r b，I a=I b B．r a>r b，I a>I b C．r a>r b，I a=I b D．r a>r b，I a<I b5．一个电源分别接上8Ω和2Ω的电阻时，两电阻消耗的电功率相等，则电源内阻为( ) A．1Ω B．2Ω C．4Ω D．8Ω6．如图10—2—4所示，当闭合电键后，发现两只小灯泡(均为“3V、1W”)都不亮，用电压表测得U ac =U bd =6V，如果各段导线及接线均无问题，下面错误．．的判断是( )A．L1灯丝断了B．L2灯丝断了C．可变电阻器R的电阻丝断了D．电键K接触不良7．电动势为E、内阻为r的电池与固定电阻R0可变电阻R串联，如图10—2—5所示，设R0=r，R ab =2r．当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，下列各物理量中随之减小的是A．电池的输出功率B．变阻器消耗的功率C．固定电阻R0上消耗的功率D．电池内电阻上消耗的功率8．把“220V、100W”的A灯与“220V、200W”的B灯串联后接入220V的电路中，则( ) A．两灯电阻之比为R A：R B=2:1 B．两灯所分电压之比为U A : U B=1:2C．两灯消耗的实际功率之比为P A : P B=2:1 D．串联后允许接入的最大电压为330V二、论述计算题=1.5Ω，9．如图10—2—6的电路中，电源电动势是6V，内电阻是0.5Ω，RR2=2Ω，可变电阻器R的最大阻值为2Ω，在滑片P从R的最上端滑到最下端的过程中，电路中通过R1的电流最大值是多少?M、N两点间的电压最大值是多少伏?10．一块均匀的半圆薄电阻合金片P，先将它按图10—2—7(a)的方式接在金属板A、B之间。
【走向高考】2016届高三物理一轮复习综合测试题新人教版选修3-3本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项符合题目要求，有的小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．用r表示两分子之间的距离，Ep表示两个分子间的相互作用势能，当r＝r0时，两个分子之间引力等于斥力，设两个分子相距较远时，Ep＝0，则()A．当分子间距r变小时，引力减小，斥力增大B．当r>r0时，引力大于斥力，r增大时分子力做负功，Ep增加C．当r<r0时，引力大于斥力，r减小时分子力做负功，Ep减小D．当r＝r0时，Ep＝0[答案] B[解析]分子间的斥力和引力都随分子间距离的减小而增大，选项A错误。
当r>r0时，分子引力大于斥力，分子力表现为引力，则r增大时分子力做负功，分子势能Ep必然增加，故选项B正确。
当r<r0时，引力小于斥力，分子力表现为斥力，选项C错误。
因为规定两个分子间相距较远时，Ep＝0，则分子从较远处到r0的过程中，引力做正功，分子势能减小，则当r＝r0时，Ep<0，选项D错误。
2．下列说法中不正确的是()A．温度高的物体内能可能大，但分子平均动能不一定大B．单晶体和多晶体都有规则的几何外形C．热量可以从低温物体传给高温物体D．潮湿的天气绝对湿度不一定很大[答案]AB[解析]根据温度的微观含义知，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，选项A错误；单晶体有规则的几何外形，而多晶体没有规则的几何外形，选项B错误；热量可以从低温物体传给高温物体，选项C正确；潮湿的天气相对湿度一定很大，但绝对湿度不一定很大，选项D正确。
3．随着NBA新总裁亚当－萧华的接任，NBA将在中国引发更高的热情。
阶段示范性金考卷 (十一 )本卷测试内容：选修3－3本试卷分为第Ⅰ卷 (选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 )两部分，共 110 分。
测试时间 90 分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共 60 分)一、选择题 (此题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分。
在每题给出的四个选项中，第 1、3、 5、6、7、9、12 小题，只有一个选项正确；第2、4、8、10、11 小题，有多个选项正确，所有选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
)1. [2014 上·海市十校高三联考 ]以下说法中正确的选项是 ()A.温度低的物体内能小B.外界对物体做功时，物体的内能必定增添C.温度低的物体分子运动的均匀动能小D.做加快运动的物体，因为速度愈来愈大，所以物体分子的均匀动能愈来愈大分析：物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素相关，所以温度低的物体内能不必定小，选项 A 错误；做功和热传达均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项 B 错误；物体的温度低表示物体分子运动的均匀动能小，选项 C 正确；物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同，明显，选项 D 错误。
答案： C2.以下图，两个同样的玻璃瓶分别装有质量同样的热水和冷水，以下说法正确的选项是()A.热水中每个分子的动能都比冷水中每个分子的动能大B.热水的内能大于冷水的内能C.同样的固体悬浮颗粒，在热水中的布朗运动比在冷水中明显D.热水和冷水的分子个数不同分析：温度是分子均匀动能的标记，分子均匀动能大，其实不意味着每个分子的动能都大， A 错；热水的温度高，内能大， B 正确；温度越高，布朗运动越明显， C 正确；热水和冷水的质量同样，物质的量同样，分子个数同样， D 错误。
答案： BC3. 以下图，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无量远处由静止开释，在分子力的作用下凑近甲。
图中 b 点是引力最大处， d 点是分子靠得近来处，则乙分子速度最大处是()A. a 点B. b 点C. c 点D. d 点分析：由分子力与分子之间距离的图象能够看出，乙分子从无量远处到 c 点过程中，分子力做正功，分子动能增大，从 c 到 d 过程中，分子力做负功，动能减小，所以经过地点 c 时速度最大。
【走向高考】2016届高三物理一轮复习 综合测试题10习题 新人教版本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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. 一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2＝115，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则( )A ．流过电阻的最大电流是20AB ．与电阻并联的电压表的示数是141VC ．变压器的输入功率是1×103WD ．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103J [答案] C[解析] 由交流电压u 随时间t 的变化规律可知，输入的最大电压为2202V ，由电压关系U1U2＝n1n2，可得输出电压的最大值为1002V ，电压的有效值为100V ，输出的最大电流为102A ，电流的有效值为10A ，选项A 错误；电压表示数应为输出电压的有效值，因此选项B 错误；变压器的输出、输入功率相等，可得P ＝U2I2＝1×103W ，选项C 正确；在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热为Q ＝I22Rt ＝20J ，选项D 错误。
2．如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器且都有一个线圈可调，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变。
在用电高峰期，随着用户耗电量的增大导致实际用户电压偏低，为使用户电压达到正常，下列说法中正确的是( )A ．P1上调一点可使用户电压升高，线路损失减小B ．P1下调一点可使用户电压升高，线路损失减小C ．P2上调一点可使用户电压升高，线路损失增大D ．P2下调一点可使用户电压升高，线路损失减小 [答案] C[解析] 根据变压器原理，P1上调，n1增大，由U1U2＝n1n2可知U2减小，导致U3、U4都减小，故A 错误；P1下调，n1减小，U4增大，I4＝U4R 负载增大，I3增大即输电电流增大，则由ΔP ＝I2R 可知，线路损失增大，故B 错误；P2下调，U4减小，D 错误；P2上调，U4增大，线路损失增大，C 正确。
真题集训·章末验收（十）命题点一：交变电流的产生及其描述1．(多选)(2016·全国丙卷)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。
现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误。
命题点二：理想变压器、远距离输电2．(多选)(2016·全国丙卷)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b 。
当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。
下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：选AD 设灯泡的额定电压为U 0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U 0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A 正确，选项B 错误；由9U 0I a ＝U 0I b 得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9倍，根据P ＝UI ，a 、b 灯泡的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确。
单元质检十电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.如图所示,电路中A、B是规格相同的灯泡,L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么( )A.断开S,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭B.合上S,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮C.断开S,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭D.合上S,A、B逐渐变亮,最后A、B一样亮2.如图所示,电阻不计的刚性U形光滑金属导轨固定在水平面上,导轨上连有电阻R。
金属杆ab可在导轨上滑动,滑动时保持与导轨垂直。
整个空间存在一个竖直向上的匀强磁场区域。
现有一位于导轨平面内且与导轨平行的向左的拉力作用于金属杆ab的中点上,使之从静止开始在导轨上向左运动。
已知拉力的功率恒定不变,金属杆电阻不计。
在金属杆ab沿导轨向左运动的过程中,关于金属杆ab的速度与时间的大致图象,下列正确的是( )3.如图所示,位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M'N',电阻不计,两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。
现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上,若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,运动过程中始终与两导轨接触良好,且始终与导轨MN垂直,不计一切摩擦,则下列说法正确的是( )A.回路中有顺时针方向的感应电流B.回路中的感应电流不断增大C.回路中的热功率不断增大D.两棒所受安培力的合力不断减小4.(河北卷)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。
导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。
狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ,一电容为C的电容器与导轨左端相连。
导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。
下列说法正确的是( )A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定5.如图所示,平行金属导轨与水平面成θ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μ,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Fv3B.电阻R2消耗的热功率为Fv6C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθD.整个装置消耗的机械功率为Fv二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。
章末综合检测(十) 考试时间：60分钟1.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断( )A ．在A 和C 时刻线圈处于中性面位置B ．在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．从A 时刻到D 时刻线圈转过的角度为2πD ．若从O 时刻到D 时刻历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次【解析】 在A 和C 时刻产生的感应电流最大，此时对应的感应电动势最大，线圈平面与磁感线方向平行，A 错误；在B 和D 时刻，产生的感应电流为零，此时通过线圈的磁通量最大，B 错误；从A 时刻到D 时刻，对应34周期，即线圈转过的角度为3π2，C 错误；若从O 时刻到D 时刻历时0.02 s ，则交变电流的周期为0.02 s ，而一个周期内交变电流的方向改变2次，故在1 s 内交变电流的方向改变100次，D 正确．【答案】 D 2．(2015·河南郑州一模)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象，则( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 50πt (A)【解析】 电阻R 上的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；由图乙知0.02 s 时磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1 cos 100 πt (V)，通过R 的电流i 随时间t 的变化规律是i ＝uR ＝1.41cos 100π(A)，选项C 正确，D 错误．【答案】 C 3．(2015·东北三校联考)关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是( )A ．图甲中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 A ，周期为5 sB ．图乙中电流的峰值为5 A ，有效值为2.5 2 AC ．图丙中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 AD ．图丁中电流的最大值为4 A ，有效值为 2 A ，周期为2 s【解析】 图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A ，有效值是峰值的12，即2 A ，周期为4 s ，所以A 项错误；图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的12，即2.5 2 A ，所以B 选项正确；图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的12，所以C 选项错误；图丁是交变电流图线，周期为2 s ，根据有效值定义则有：42×R ×T 2＋32×R ×T2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝2.5 2 A ，所以D 选项错误．【答案】 B4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )A ．120 V,0.10 AB ．240 V ,0.025 AC ．120 V,0.05 AD ．240 V ,0.05 A【解析】 副线圈电压U 2＝12 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V ，副线圈中电流I 2＝2·PU ＝1 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A. 【答案】 D5．图甲为理想变压器，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，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R 1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 为定值电阻，下列说法中正确的是( )A ．交流电压u 的表达式为u ＝362sin 100πt (V)B ．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C ．变压器输入、输出功率之比为1∶4D ．R 1处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大【解析】 根据题图乙可知，u max ＝36 2 V ，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT ＝100π rad/s ，交流电压u 的表达式u ＝362sin 100πt (V)，选项A 正确；变压器原、副线圈中的电流之比I 1I 2＝n 2n 1＝14，选项B 错误；变压器输入、输出功率相等，所以选项C 错误；R 1处温度升高时，阻值减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I 2变大，电流表的示数变大，而原线圈两端的电压由原线圈接入的交流电源决定，显然电压表示数不变，所以选项D 错误．【答案】 A6.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n 1，连接一理想电流表；副线圈接入电路的匝数n 2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 的阻值会减小)，则( )A ．原、副线圈电流之比为n 1∶n 2B ．只使Q 向上滑动，灯泡变亮C ．只加强光照，电流表读数增大D ．只加强光照，原线圈的输入功率减小【解析】 对理想变压器有U 1I 1＝U 2I 2，又U 1n 1＝U 2n 2，所以I 1∶I 2＝n 2∶n 1，故选项A 错误；只使Q 向上滑动，副线圈匝数增加，输出电压增大，灯泡变亮，选项B 正确；只加强光照时，R 的阻值变小，输出功率增大，原线圈电流增大，即电流表读数增大，选项C 正确．D 错误．【答案】 BC7．电子灭虫器由两种主要部件组成：诱虫的黑光灯和杀虫的电网．黑光灯发出的紫外线能够引诱害虫飞近黑光灯，然后再利用黑光灯周围的交流高压电网将其“击毙”．如图所示是电网的工作电路示意图，理想变压器将有效值为220 V 的交变电压变压，输送到电网，电网相邻两平行板电极间距为0.5 cm ，空气在常温下被击穿的临界电场强度为6 220 V/cm.为防止两极间空气击穿而造成短路，理想变压器的原、副线圈的匝数应满足一定条件，则下列说法正确的是( )A ．变压器的原、副线圈的匝数比：n 1n 2>10B ．变压器的副、原线圈的匝数比：n 2n 1<10C ．此变压器为降压变压器D ．此变压器为升压变压器【解析】 电网相邻两电极间的最高电压为：U 2＝Ed ＝6 220×0.5 V ＝3 110 V ．理想变压器输入电压的最大值为：U 1＝220× 2 V ＝311 V ，故n 2n 1应满足的条件是：n 2n 1<U 2U 1＝3 110311＝101，此变压器为升压器，选项B 、D 正确． 【答案】 BD8．如图电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置．由以上信息可知，下列说法中正确的是( )A ．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B ．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C ．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D ．当用手触摸屏幕时，手指和屏的接触面积的大小影响电容的大小 【解析】 电容式触摸屏在原理上把人的手指当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一极板，故选项A 正确；手指和屏的接触面积大小会影响到电容大小，接触面积越大，即两极板的正对面积越大，电容越大，故选项B 、D 正确，C 错误．【答案】 ABD第Ⅱ卷(综合应用)计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图所示，试根据这一特性，由图丙中给定的器材设计一个自动光控电路．【解析】由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．【答案】见解析10．(12分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？ 【解析】 (1)E m ＝NBSω＝1 100 2 V输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1 100 V(2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51(3)根据P 入＝P 出＝2.2×104 W 再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A 【答案】 (1)1 100 V (2)51(3)20 A11．(14分)如图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式． (2)求转动过程中穿过线圈的最大磁通量．(3)线圈匀速转动一周的过程中，求外力所做的功． 【解析】 (1)由图乙得e ＝E m sin ωt ＝62sin 100πt (V) 则电流i ＝e /(R ＋r )＝352sin 100πt (A)．(2)线圈产生的交变电动势的最大值： E m ＝BSω由图乙可知电动势的最大值E m ＝6 2 V 线圈转动的角速度：ω＝100π rad/s转动过程中穿过线圈的最大磁通量Φ＝BS ＝E m /ω＝2.7×10－2 Wb. (3)线圈产生的交变电动势的有效值E ＝E m /2＝6 V线圈产生的电功率：P ＝EI ＝E 2R ＋r线圈匀速转动一周的过程中产生的电能 E 电＝PT ＝E 2R ＋rT根据功能关系，外力所做的功W ＝E 电＝E 2R ＋r T ＝7.2×10－2 J.【答案】 (1)i ＝352sin 100πt (A)(2)2.7×10－2 Wb(3)7.2×10－2 J12．(16分)1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站在美丽的尼亚加拉瀑布(如右图)建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用着费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)．而尼亚加拉水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P ＝100 kW ，输出电压为U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 2＝220 V ，输电线电阻为R ＝10 Ω，若输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图；(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈的匝数比； (3)求降压变压器的最大输出电流I 2.(保留整数) 【解析】 (1)电路示意图如图所示．(2)输电过程中损失的功率：P 损＝ηP 通过R 的电流：I 2＝P 损R发电机的输出电流：I 1＝PU 1升压变压器的原、副线圈匝数比：n 1n 2＝I 2I 1＝ηP R ·U 1P ＝250100×103× 100×103×0.0410＝120. (3)用户得到的最大功率：P 用＝P (1－η)，降压变压器的输出最大电流 I 2＝P 用U 2＝P (1－η)U 2＝100×103×(1－0.04)220 A ＝436 A.【答案】 (1)见解析 (2)1∶20 (3)436 A。
