Bộ 3 đề thi cuối kì 2 Vật lí 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 2

Ta có nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn tỉ lệ thuận với điện trở R

=> Khi tăng gấp đôi điện trở của dây dẫn thì nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn cũng tăng gấp đôi

Ta có công thức tính công suất \(P = U.I\)=> U càng lớn thì P càng lớn

Công suất toả nhiệt trên biến trở:

\({\rm{P}} = R{I^2} = R{\left( {\frac{{\rm{E}}}{{R + r}}} \right)^2} \Rightarrow {R^2} - \left( {\frac{{{{\rm{E}}^2}}}{{\rm{P}}} - 2r} \right)R + {r^2} = 0\left( 1 \right).\)Với mỗi giá trị \({\rm{P}}\) xác định thì (1) là một phương trình bậc 2 theo R. Theo đề bài, có hai giá trị khác nhau của biến trở R₁ và R₂ ứng với cùng một công suất \({\rm{P}}\) nghĩa là R₁ và R₂ là hai nghiệm của (1) thoả định lí Viète (Vi-et): \({R_1}{R_2} = {r^2} \Rightarrow r = \sqrt {{R_1}{R_2}} = \sqrt {2.8} = 4{\rm{\Omega }}\)

Đúng.

Tỉ số biến áp của trạm biến áp được tính bằng điện áp đầu vào chia cho điện áp đầu ra, 110:22 =5

Sai.

Công suất ra thực tế của trạm biến áp không chỉ phụ thuộc vào tỉ số biến áp mà còn phụ thuộc vào hiệu suất biến áp.

Sai.

Tổng điện năng tiêu thụ hàng ngày được tính bằng công suất ra của trạm biến áp nhân với thời gian hoạt động, 500 kVA×8 giờ=4 MWh

Sai.

Tổng số tiền điện phải trả được tính bằng tổng điện năng tiêu thụ hàng tháng nhân với giá điện: 500 (kW) x 30 (ngày) x 24(h) x 0.1 (USD/kWh) = 36000 USD

Đúng

\[I = \frac{\xi }{{R + r}} = 1,2A\]

Đúng

 \[P = {I^2}.R = 8,64W\]

Sai

Chiều dòng điện trong mạch kín quy ước là chiều từ cực dương của nguồn điện qua dây dẫn và các dụng cụ điện đến cực âm của nguổn điện.

Đúng

Nguồn điện có thể sử dụng để cấp điện cho một bóng đèn có điện áp là 24 V, vì điện áp của nguồn là 12 V, vẫn đủ lớn để cấp điện cho bóng đèn.

Số electron cần tìm: \(n = \frac{q}{e} = \frac{{It}}{e} = \frac{{{{60.10}^{ - 6}}.1}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 3,{75.10^{14}}\)(electron)

Gọi R₁ và R₂ lần lượt là điện trở mỗi phần.

Điện trở tương đương giữa A và B: \(R = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{8}{3}\)\(\)=> \({R_1}R{ & _2} = 32\)

=> \({R_1},{R_2}\) là nghiệm của phương trình: \[{x^2} - {\rm{ }}12x{\rm{ }} + {\rm{ }}32{\rm{ }} = {\rm{ }}0\]

\( = > \left\{ \begin{array}{l}{R_2} = 8\Omega \\{R_1} = 4\Omega \end{array} \right.\)

Vậy tỉ số \(\frac{{{I_1}}}{{{I_2}}}\) bằng 0,5.

Áp dụng công thức: \(I = Snev = Sne.\frac{l}{t}\) và định luật Ohm: \(I = \frac{U}{R} = \frac{{U.S}}{{\rho l}} = > t = \frac{{ne\rho {l^2}}}{U}\)

Vậy thời gian trung bình mà hạt tải điện di chuyển tăng tỉ lệ với bình phương chiều dài đoạn dây.

- Khi tăng chiều dài đoạn dây lên gấp 3 lần thì thời gian trung bình mà hạt tải điện đi là: t = 5.3.3 = 45 phút

Công của lực lạ khi dịch chuyển một lượng điện tích là 0,5 C bên trong nguồn điện từ cực âm đến cực dương là \[A{\rm{ }} = {\rm{ }}q\; = {\rm{ }}0,5.12{\rm{ }} = {\rm{ }}6{\rm{ }}\left( J \right)\]

Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ \[20^\circ C\]tới \[100^\circ C\]là:

\[{Q_1} = {m_1}{c_1}\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\; = {\rm{ }}0,4.880\left( {100 - 20} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}28160{\rm{ }}J\]

Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ \[20^\circ C\]tới \[100^\circ C\] là:

\[{Q_2} = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right) = {\rm{ }}2.4200\left( {100 - 20} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}672000J\]

Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết: \[Q = {Q_1} + {Q_2} = 700160J\](1)

Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 16 phút là: \[Q{\rm{ }} = {\rm{ }}HPt\](2)

Từ (1) và (2): \(P = \frac{Q}{{Ht}} = \frac{{700160.100}}{{(100 - 27,1).960}} = 1000W\) ­

Nguồn 10 V được nạp khi E có giá trị đủ lớn để triệt tiêu dòng điện do nguồn 10 V tạo ra. Nghĩa là dòng điện chạy qua nguồn 10 V bằng 0. Khi đó hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở \[2,5\Omega \] bằng 10 V. Suy ra dòng điện chạy do nguồn phát bằng 4 A. Từ đó, định luật Ohm cho toàn mạch kín: \[4 = \frac{E}{{3,5}} \Rightarrow E = 14\;V\]

Ta có biểu thức \({\rm{P}}\) theo I: \({\rm{P}} = UI = \left( {{\rm{E}} - rI} \right)I = - r{I^2} + {\rm{E}}I\). Đường biểu diễn \({\rm{P}}\) theo I là một parabol như Hình 19.3.

Mặt khác, từ các bài tập trước, ta có kết quả: Khi chỉnh \(R = r\) thì công suất tiêu thụ trên R đạt cực đại. Suy ra, dòng điện ứng với trường hợp này: \({I_{{\rm{P}}\max }} = \frac{{\rm{E}}}{{R + r}} = \frac{{\rm{E}}}{{2r}}\). Mặt khác, dòng điện ứng với điểm M:\({I_M} = \frac{{\rm{E}}}{{{R_M} + r}}\). Từ đồ thị, ta thấy: \({I_M} = 4\)ô; \({I_{{\rm{P}}\max }} = 2,5\) ô. Nên:

\(\frac{{{I_M}}}{{{I_{{\rm{P}}\max }}}} = \frac{{\rm{E}}}{{\left( {{R_M} + r} \right)}} \cdot \frac{{2r}}{{\rm{E}}} = \frac{{2r}}{{{R_M} + r}} = \frac{4}{{2,5}} \Rightarrow {R_M} = 0,5\Omega .\)