资源简介

全书综合测评(一)
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题意)
1.利用电磁波传递信号时要让高频电磁波随着被传递的信号而改变。某电磁波经技术处理后得到图示图像,为把被传递的信号还原出来,就要进行(　　)
A.解调　　　B.调制　　　C.调幅　　　D.调频
2.高能同步辐射光源是我国规划的十个重大科技基础设施之一,电子在储存环中以接近光速的速度跑圈,沿轨道切线方向同步辐射,从而提供高能的X射线,下列说法正确的是(　　)
A.电子跑圈时能量保持不变　　　　　　　
B.X射线是一种高能粒子流
C.X射线是一种高能电磁波　　　　　　　
D.X射线的波长小于γ射线
3.如图所示,电路中的三个灯泡完全一样且不会烧坏,二极管均为理想二极管,带铁芯的电感线圈直流电阻不计,自感系数很大,下列说法正确的是(　　)
A.开关S闭合瞬间,L2会亮,L1、L3不会亮
B.开关S闭合瞬间,L1会亮,L2、L3不会亮
C.开关S闭合瞬间,L2、L3会亮,L1不会亮
D.开关S闭合稳定后再断开瞬间,L2会逐渐熄灭
4.用小型发电机给定值电阻R供电,线圈的电阻不计,第一次,定值电阻直接接在发电机的输出端,如图甲所示;第二次,通过一个理想变压器给定值电阻输出电压,如图乙所示,变压器原、副线圈的匝数比为1∶2。两次发电机线圈在外力作用下以相同的角速度转动,第一次外力做功的功率为P1,第二次外力做功的功率为P2,则(　　)
　　　
A.P2=4P1　　　B.P2=2P1　　　C.P2=P1　　　D.P2=P1
5.有一固定的正方形金属线框,线框中有垂直于线框平面的均匀变化的磁场,t=0时线框中的磁场方向如图甲所示,磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。若以顺时针为正方向,则线框中的感应电流随时间变化的图像可能正确的是(　　)
　　　
6.如图所示,空间中存在着正交的匀强磁场(未画出)和匀强电场,已知电场强度大小为E,方向竖直向下,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面。一个电子由O点以初速度v0水平向右飞入其中,运动轨迹如图所示,其中O、Q和P分别为轨迹的最高点和最低点,不计电子的重力。下列说法正确的是(　　)
A.磁感应强度方向垂直纸面向外
B.由P点至Q点的运动过程中,电子的速度减小
C.电子的初速度v0小于
D.无论怎样调整电子的初速度大小与方向都不可以使其做匀加速直线运动
7.“智能燃气泄漏监测系统”是保障家庭和工业场所安全的重要设备。某兴趣小组计划用气敏电阻开发一种高精度的燃气泄漏监测装置。在研究过程中,他们发现当空气中可燃气体甲烷浓度超过36 g/m3时,就可能引发爆炸等危险事故。该小组选用了一款气敏电阻,其电阻值Rq随甲烷浓度变化的关系曲线如图甲所示。按照图乙所示连接好电路,当三极管VT的基极b和发射极e间的电压达到10 V时,三极管被导通,电铃开始报警,电源电动势E=12 V。下列说法正确的是(　　)
　
A.随着甲烷浓度的增加,电压表的示数增大
B.若电源内阻不计,当甲烷浓度为36 g/m3时,要使电铃报警,则电阻箱R1的阻值应调为500 Ω
C.若要提高泄漏监测装置的灵敏度,应将电阻箱R1的阻值适当调大些
D.实际中的电源内阻不可忽略,当电压表指针指到2 V时,甲烷浓度处于安全状态
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图所示的装置中,穿过线圈abcd的磁场方向竖直向下,金属棒垂直放在线圈abcd上,并与ad和bc边接触良好,金属棒可在线圈上做切割磁感线运动,当流过电流表回路的感应电流方向如图所示时,金属棒的运动情况可能为(　　)
A.加速接近ab边　　　　　　　B.减速接近ab边
C.加速远离ab边　　　　　　　D.减速远离ab边
9.如图1所示为模拟远距离输电的电路图,发电机输出电压如图2所示,电压经升压变压器升压后向远处输送,输电线的总电阻R线=22 Ω,其余导线电阻不计,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220 V。若在某一段时间内,输电线损失的功率恒为ΔP=8.8×103 W,输电线损失的功率为发电机的输出功率的4%,假设两个变压器均是理想变压器,发电机内阻不计,下列说法正确的是(　　)
　
A.发电机的转速为50 r/s
B.升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=1∶1 000
C.该段时间内,用户得到的电流I4=960 A
D.在用电高峰期,用户负载增多,发电机的输出功率变大,为确保用户端的电压U4不变,可增加降压变压器原线圈的匝数n3
10.间距为L、电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨如图所示,水平和倾斜部分平滑连接。质量分别为m和2m、有效电阻均为R的金属棒b、c静置在水平导轨上,两金属棒平行且与导轨垂直。图中虚线de的右侧存在着范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m的绝缘棒a垂直放在倾斜导轨高为h处且由静止释放,运动到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰,碰后金属棒b进入磁场最终未与金属棒c碰撞。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.整个过程通过金属棒c的电荷量为
B.整个过程金属棒c产生的焦耳热为mgh
C.绝缘棒a与金属棒b碰后瞬间,金属棒b的速度大小为
D.金属棒c的初始位置距离磁场边界de的最小距离为
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(8分)同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”,可拆变压器如图甲、乙所示。
　
(1)除变压器外,下列器材中还需要的是　　　　(填仪器前的字母)。
A.干电池　　　　　　　B.低压交流电源
C.多用电表　　　　　　　D.直流电压表
(2)关于实验操作,下列说法正确的是　　　　。
A.变压器正常工作后,电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
B.测量副线圈电压时,先用中间挡位的量程试测,大致确定后再选用适当的挡位
C.研究副线圈匝数对副线圈两端电压的影响时,需保持原线圈两端电压、匝数不变,改变副线圈的匝数
D.匝数多的线圈,要用粗一些的导线绕制
(3)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是　　　　。
A.整块铜铁芯　　　　　　　B.整块硅钢铁芯
C.铜片叠成　　　　　　　D.硅钢片叠成
(4)当左侧线圈“0”“4”间接入6 V交流电压时,右侧线圈“0”“8”接线柱间输出电压可能是　　　　。
A.3 V　　　　　　　B.11.2 V
C.12 V　　　　　　　D.12.8 V
(5)小李同学将原线圈接在交流电源上,将副线圈接电压传感器,观察到副线圈电压u2随时间变化的图像如图丙所示,则在t1~t2时间内该同学断开开关后,进行的操作可能是　　　　。
A.拧紧了松动的铁芯　　　　　　　B.增大了交流电源的频率
C.减少了副线圈的匝数　　　　　　　D.减少了原线圈的匝数
12.(8分)某实验小组利用压力传感器制作体重计,已知压敏电阻阻值R随压力F变化的图像如图a所示。图b为体重计的电路图,其中电源电动势E=6 V,内阻不计,显示体重的仪表G,其实质是毫安表,内阻rg=60 Ω。踏板在杠杆AB中间,踏板和杠杆AB的质量不计。实验步骤如下:
　　　
步骤a:体重计上不放重物时,闭合开关,毫安表示数为I0;
步骤b:体重计上放置已知质量的重物,读出此时毫安表示数I;
步骤c:换用不同已知质量的重物,记录每一个质量值对应的电流值;
步骤d:将毫安表刻度盘改装为质量刻度盘。
(1)压力传感器电阻R与压力F的关系式为　　　　　　。
(2)改装后的质量刻度盘的零刻度线在毫安表　　　　mA(填毫安表读数)处;质量刻度是　　　　(选填“均匀的”或“不均匀的”)。
(3)体重计用久了,电源电动势减小为5 V,其他条件不变,如称得一物体的质量为24 kg,则待测重物的真实质量为　　　　kg。
13.(13分)中国科学院大学和清华大学等单位科研团队成功研发出胶囊尺寸的“共生型心脏起搏器”(如图甲所示)。它无需更换电池,而是利用心脏跳动时心室的收缩与舒张,带动内部微型装置将机械能转化为电能,实现能量自给。如图乙所示是一种电磁感应式能量收集装置的原理示意图:固定在心室壁上的微型线圈(匝数N=200,横截面积S=2.5×10-5 m2,电阻r=10 Ω)与起搏器内部电路相连,起搏器等效为R=90 Ω的电阻;一块小永磁体固定于心尖处,可随心脏跳动沿线圈轴线方向往复运动,使穿过线圈的磁感应强度发生周期性变化。假设线圈处磁感应强度B随时间t的变化规律可简化为B=B0 sin ωt,其中B0=0.10 T,正常成人心率每分钟72次。求:
(1)0~ s时间内,通过线圈截面的电荷量q;
(2)线圈中产生的感应电动势的最大值Em(取π=3);
(3)心脏每跳动一次,起搏器消耗的电能E。
　
14.(9分)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的定值电阻,导轨平面处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现有一质量为m、接入电阻为r的金属杆ab,以一定初速度大小v0沿导轨向上运动,向上运动的位移大小为x时速度恰好减为0,一段时间后金属杆ab最终以速度大小2v0做匀速直线运动。已知金属杆ab与导轨始终接触良好且垂直于导轨,导轨电阻不计,重力加速度为g。求:
(1)磁场的磁感应强度大小B;
(2)金属杆刚开始运动时的加速度大小a0;
(3)金属杆上滑过程中经历的时间t。
15.(16分)如图所示,O-xyz坐标系中y轴的正方向竖直向上,在yOz平面左侧-2l(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。
答案与分层梯度式解析
全书综合测评(一)
1.A 2.C 3.A 4.A 5.A
6.D 7.D 8.AD 9.AC 10.AC
1.A　某电磁波经技术处理后得到题图图像(调幅波),为把被传递的信号还原出来,就要进行解调,A正确。
2.C　电子在储存环中做曲线运动时,由于同步辐射电磁波,根据能量守恒定律,电子的能量会逐渐减少,A错误;X射线是波长较短、频率较高的电磁波,并非粒子流,B错误,C正确;在电磁波谱中,γ射线的波长比X射线更短,D错误。
3.A　电源右端为正极,开关S闭合瞬间,灯泡L1所在支路的二极管处于反向截止状态,所以灯泡L1不会亮;灯泡L2所在支路二极管导通,有电流,因此L2会亮;灯泡L3所在支路带铁芯的线圈会产生自感电动势,开关S闭合瞬间灯泡L3不会亮,随后才逐渐亮起来,A正确,B、C错误。开关S闭合稳定后,灯泡L3所在支路电流方向从右向左;断开S瞬间,线圈产生自感电动势,维持原电流方向,此时线圈相当于电源,L2所在支路二极管反向截止,无电流通过L2,因此L2立即熄灭,D错误。
4.A　由于线圈转动角速度相同,两次发电机输出电压相同,设输出电压为U1,则根据能量守恒,图甲中P1=;图乙中,根据=,可得副线圈两端的电压U2=2U1,则P2==4=4P1,A正确。
5.A　0~内和~T内,磁场都是均匀变化的,线框中均产生稳定的感应电动势,即感应电流恒定,故B、C、D错误;由楞次定律结合安培定则可知,0~内线框中感应电流的方向为顺时针,~T内线框中感应电流的方向为逆时针,故A正确。
6.D　电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中,电子先向下偏转,电子所受的电场力向上,则电子所受的洛伦兹力向下,根据左手定则,可知磁感应强度方向垂直纸面向里,故A错误。电子由P点至Q点的运动过程中,电场力做正功,洛伦兹力不做功,电子的速度增大,故B错误。电子在O点处向下偏转,则此时合力方向向下,即洛伦兹力大于电场力,则有qv0B>Eq,可得v0>,故C错误。调整电子的初速度大小,当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,电子做匀速直线运动,但无论怎样调整电子的初速度,电子都不可能做匀加速直线运动,因为随着电子速度的增加,洛伦兹力发生变化,电子所受合力会发生变化,合力的方向与速度方向将不在同一直线上,故D正确。
7.D　随着甲烷浓度增加,Rq变大,由闭合电路欧姆定律知,干路电流变小,电压表示数减小,A错误;当甲烷浓度为36 g/m3时,由图甲可知,气敏电阻阻值Rq=2.4×103 Ω,要使电铃报警,则此时电阻箱R1两端的电压U=2 V,串联电路中电压与电阻成正比,故R1=480 Ω,B错误;当甲烷浓度更低时,Rq更小,要求此时b、e间的电压仍达到10 V,所以R1应变小,即需要调小电阻箱R1的阻值,C错误;电压表指针指到2 V时,由于电源内阻不可忽略,则Rq两端电压小于10 V,对应的电阻小于2.4×103 Ω,浓度小于36 g/m3,由题设条件可知,浓度处于安全状态,D正确。
8.AD　当金属棒加速接近ab边时,根据右手定则可知,线圈中cd边的感应电流方向为c→d且电流大小不断增大,根据楞次定律可知,在另一侧线圈中感应出与题图中电流I方向相同的电流,同理,当金属棒减速远离ab边时,线圈中cd边的感应电流方向为d→c且电流大小不断减小,流过电流表回路的感应电流方向与题图中电流I的方向相同,金属棒减速接近ab边或加速远离ab边时,流过电流表回路的感应电流方向与题图中电流I的方向相反,A、D正确,B、C错误。
9.AC　由题图2可知,发电机输出交流电的频率为f==50 Hz,发电机的转速n=f=50 r/s,A正确;发电机输出的总功率为P1==2.2×105 W,升压变压器原线圈两端电压U1= V=220 V,由P1=U1I1,得升压变压器原线圈中的电流为I1==1 000 A,由ΔP=R线,可得输电线上的电流I2=20 A,升压变压器原、副线圈的匝数比==,B错误;由于两个变压器均是理想变压器,则用户端的总功率P4=U4I4=P1-ΔP=211 200 W,解得I4=960 A,C正确;在用电高峰期,用户负载增多,总电阻变小,输电线路中电流变大,由U3=U2-I2R线可知U3减小,为确保用户端的电压U4不变,可减少降压变压器原线圈的匝数n3,D错误。
10.AC　a下滑过程机械能守恒,有mgh=m,解得碰前a的速度大小为v0=,a、b质量均为m,发生弹性碰撞,有mv0=mva+mvb,m=m+m,解得va=0,vb=v0=,故C正确;b进入磁场后,b、c系统动量守恒,最终共速,由动量守恒定律有mvb=(m+2m)v共,得v共=,对c用动量定理,BLq=2mv共,代入得q==,故A正确;总焦耳热等于系统动能损失,则有Q总=m-·3m=mgh,由于b、c串联且有效电阻相等,故Qc=Q总=mgh,故B错误;电荷量q==,联立q=,得x==(b与c未相碰,此为c的初始位置距离磁场边界de的最小距离),故D错误。
11.答案　(1)BC(1分)　(2)C(1分)　(3)D(2分)　(4)B(2分)　(5)AD(2分)
解析　(1)变压器的工作原理是互感现象,变压器原、副线圈中的电流是交流电,需要使用交流电源,测量交流电压时需要交流电表,B、C正确,A、D错误。
(2)变压器正常工作后,利用互感原理将电能由原线圈输送到副线圈,A错误;为了保证多用电表的安全,使用交流电压挡测电压时,先用最大量程挡试测,B错误;根据控制变量法,研究副线圈匝数对副线圈两端电压的影响时,需保持原线圈两端电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,C正确;由=,匝数多的线圈电流小,用细导线绕制,匝数少的线圈电流大,需用粗导线绕制,D错误。
(3)变压器采用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯,防止铁芯中的涡流过大而导致浪费能量,损坏电器,故选D。
(4)同一个变压器,原、副线圈上数字和匝数之间的比值关系一样,可得n1∶n2=4∶8=1∶2,理想情况下,副线圈的电压U2=U1=12 V,又由于传输过程中有能量损耗,所以实际副线圈上的电压应略小于理想值,故选B。
(5)根据图像可知,t2时刻之后,副线圈两端电压的周期没有发生变化,则频率没有发生变化,变压器不改变交流电的频率,则交流电源的频率没有发生变化,B错误;根据图像可知,t2时刻之后,副线圈两端电压的峰值增大,则副线圈两端电压的有效值增大,若拧紧了松动的铁芯,变压器漏磁减少,副线圈磁通量的变化率增大,副线圈两端电压增大,A正确;根据=定性分析可知,若仅仅减少了副线圈的匝数,副线圈两端电压减小,若仅仅减少了原线圈的匝数,副线圈两端电压增大,C错误,D正确。
12.答案　(1)R=240-0.25F (Ω)(2分)　(2)20(2分)　不均匀的(2分)　(3)60(2分)
解析　(1)由图a可得压力传感器电阻R与压力F的关系式为R=240-0.25F (Ω)
(2)不放重物时,F=0,R0=240 Ω
毫安表的读数为I0== A=0.02 A=20 mA
将一重物放上后毫安表的读数
I== (A)= (A)
踏板在杠杆AB中间,则压力F=mg,m为待测重物的质量,则毫安表的读数I= (A)= (A)。I与m不是线性关系,可知质量刻度不均匀。
(3)电源电动势为6 V时,质量为24 kg的重物对应的电流为
I= A= A
电源电动势减小为5 V时,设电流为 A对应的真实质量为m',有 (A)= A,解得m'=60 kg。
13.答案　(1)2.5×10-6 C　(2)3.6×10-3 V　(3)4.86×10-8 J
解析　(1)t= s时的磁感应强度
B1=B0 sin ωt=0.1 sin 2π×× T=0.05 T(1分)
0~ s内,磁通量的改变量为
ΔΦ=ΔBS=(B1-0)S=1.25×10-6 Wb(1分)
通过的电荷量q=(1分)
联立解得q=2.5×10-6 C(1分)
(2)心脏跳动频率f= Hz=1.2 Hz(1分)
角速度为ω=2πf(1分)
感应电动势最大值Em=NB0Sω(1分)
解得Em=3.6×10-3 V(1分)
(3)线圈中产生的是正弦式交流电,电动势的有效值为E1=(1分)
起搏器两端电压U=E1(1分)
心脏跳动一次的时间为一个周期T=(1分)
消耗电能E=T(1分)
联立解得E=4.86×10-8 J(1分)
14.答案　(1)　(2)g sin θ　(3)-
解析　(1)由题意可知金属杆ab最终以速度大小2v0做匀速直线运动,此时有E=BL·2v0,I=,F安=BIL(1分)
由平衡条件可得F安=mg sin θ(1分)
联立解得磁场的磁感应强度大小B=(1分)
(2)金属杆刚开始运动时,有E0=BLv0,I0=,F0=BI0L(1分)
根据牛顿第二定律可得F0+mg sin θ=ma0(1分)
联立解得a0=g sin θ(1分)
(3)金属杆上滑过程中,根据动量定理可得
-mg sin θ·t-∑F安Δt=0-mv0(1分)
其中∑F安Δt=∑Δt=∑vΔt=·x(1分)
联立解得金属杆上滑过程中经历的时间t=-(1分)
15.答案　(1)　(2)　(3)(n=1,2,3,…)
解析　(1)根据题意,粒子在yOz平面左侧区域内的运动轨迹如图所示:
粒子在电场中运动时,有l=v0t1(1分)
l=a(1分)
由牛顿第二定律得Eq=ma(1分)
解得E=(1分)
(2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴正方向间的夹角为θ,沿y轴负方向的分速度大小为vy,
有tan θ=,vy=at1(1分)
v=(1分)
解得vy=v0,v=v0,θ=45°
由对称性知,粒子在O点时速度方向与x轴正方向的夹角也为θ(1分)
根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径为
R===(1分)
由牛顿第二定律得qvB=(1分)
解得B==(1分)
(3)将粒子在O点的速度分解,
沿x轴正方向的分速度大小为v0(1分)
沿y轴正方向的分速度大小为v0(1分)
因同时存在电场、磁场,粒子以大小为v0的分速度在yOz平面内做匀速圆周运动,同时粒子以大小为v0的初速度沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点开始,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT(n=1,2,3,…)(1分)
T==(1分)
到达x轴时距O点的距离s=v0t+at2(1分)
解得s=(n=1,2,3,…)(1分)

展开更多......

收起↑