【文档说明】【精准解析】2021江苏高考物理一轮训练检测：第十一章（6＋1＋2）章末综合能力滚动练.pdf，共(6)页，357.456 KB，由envi的店铺上传

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(6＋1＋2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1．某发电站的输出功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100∶1B．1∶100C．1∶10D．10∶1答案A解析由题意知输电线

上的电流I＝PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝PrU，故ΔU1ΔU2＝U2U1＝11×103110＝1001，故选A.2．(2019·江苏省四星级高中一调)采用220kV高压电向远方的城市输电，输送功率一

定时，当输电电压变为110kV，输电线上损耗的功率变为原来的()A.14B.12C．2倍D．4倍答案D解析由公式ΔP＝(PU)2R可知，当输送功率一定，输电电压变为原来的一半，输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故D正确．3．(2020·福建宁德市调研)阻值为R的电炉丝通以大小为I的恒定电

流时其电功率为P，当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P.则该交流电源电压的最大值为()A.22IRB.2IRC．IRD．2IR答案B解析电炉丝通以大小为I的恒定电流时，t时间内产生的热量为Q，则有：Q＝Pt＝I2Rt；电炉丝接在某正弦交流电源两端时，t时间内产生的热量为Q′，则有：

Q′＝Pt＝I有2Rt，又Q＝Q′，即I2Rt＝I有2Rt，解得：I有＝I，则电压的有效值为U有＝I有R＝IR，故该交流电源电压的最大值为Um＝2U有＝2IR，故选B.4．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀

强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10Ω，外接一只阻值为90Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则()图1A．电流表的示数为0.31AB．线圈转动的角速度为50

πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热量约为0.087J答案D解析在交流电路中电流表的示数为有效值，E有效＝Em2＝22V，电流表的示数I＝E有效R总＝22100A＝0.22A，A

错误；由题图乙可知线圈转动的周期为0.02s，则线圈转动的角速度ω＝2πT＝100πrad/s，B错误；0.01s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C错误；在线圈转动一周的过程中，外电阻发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2J≈0.087J，D正确．5．如图2甲为理想变压器

的示意图，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，Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是()图2A．输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u＝362sin50πtVB．变

压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C．t＝0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面D．Rt处温度升高时，变压器的输入功率变小答案C解析由题图乙可知交流电压最大值U＝362V，周期T＝0.02s，可由周期求出角速度的值

为2π0.02rad/s＝100πrad/s，则可得交流电压的瞬时值表达式u＝362sin100πtV，故A错误；根据I1I2＝n2n1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B错误；t＝0.01s时，电压瞬时值为零，发电机的线圈平

面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C正确；Rt处温度升高时，Rt阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D错误．6．(2019·山东淄博市3月模拟)如图3所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强

度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100πt(V)，则()图3A．电压表的示数为222VB．副线圈中

交流电的频率为50HzC．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变大D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大答案B解析原线圈电压的最大值为2202V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为222V，电压表的

示数为电压的有效值，所以示数为U＝2222V＝22V，故A错误；由于变压器不改变交流电频率，则副线圈中交流电的频率为f＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，故B正确；在天逐渐变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大，副线圈电路的总电阻变大，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈的电流变小，电流表A2的示数变

小，故C错误；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流变小，副线圈两端的电压不变，所以由P＝UI可知，输出功率要变小，故输入功率也要变小，故D错误．二、非选择题7．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”

，利用这种效应可以测量压力大小．若图4甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.请按要求完成下列实验：图4(1)设计一个可以测量

处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102N～0.8×102N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝60

00ΩB．滑动变阻器R，最大阻值为200ΩC．电流表A，量程2.5mA，内阻约30ΩD．电压表V，量程3V，内阻约3kΩE．直流电源E，电动势3V，内阻很小F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表

的读数为________V.(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝________N．(计算结果均保留两位有效数字)答案(1)见解析图(2)2.00(3)1.5×10360解析(1)根据

题述对实验电路的要求，应该采用滑动变阻器分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示．(2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00V.(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF＝UI－RA≈1.5×103Ω，R0RF＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F＝60N.8．如图5甲所示

为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0Ω的电阻．设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化

，可在受电线圈中产生电动势最大值为20V的正弦交流电，设磁场竖直向上时磁通量为正．求：图5(1)在t＝π×10－3s时，受电线圈中产生感应电流的最大值，c、d两端哪端电势高？(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量；(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量．答案(1)2.0Ac端电势高(2)5

.7×10－2J(3)2×10－3C解析(1)由题意可知t＝π×10－3s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20V受电线圈中产生感应电流的最大值为Im＝EmR＋r＝2.0A由楞次定律可以得到此时c端电势高(2)通过电阻R的电流

的有效值为I＝Im2＝2A电阻R在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2J(3)线圈中感应电动势的平均值E＝nΔΦΔt通过电阻R的电流的平均值为I＝ER＋r，通过电阻R的电荷量q＝I·Δt，则q＝nΔΦR＋r由题图乙知，在T4～3T4的时间内，ΔΦ＝4×10－4Wb解

得q＝nΔΦR＋r＝2×10－3C9．(2019·江苏南通市一模)如图6，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r.水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属棒中

点垂直连接，弹簧劲度系数为k.装置处于静止状态．现给金属棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g，求：图6(1

)金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向；(2)金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；(3)金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q.答案见解析解析(1)金属棒开始运动时，感应电流I0＝BLv0R＋r安培力：F＝I0LB解得：F＝B2L2v

0R＋r，方向水平向左；(2)设金属棒向右运动的最大距离为x，当金属棒第一次运动到最右端时，速度为0，故此时金属棒受到的安培力也为0，则a＝kxm此过程回路产生的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BLxΔt通过电阻R的电荷量q＝ER＋rΔt解得：q＝BLmakR＋r；(3)金属棒从开始运动到

最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量Q总＝12mv02由于QQ总＝RR＋r解得：Q＝mRv022R＋r.