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  • ID:6-8221294 人教版(2019)高中物理 選擇性必修第二冊 單元素養檢測(三) 交變電流word含答案

    高中物理/人教版(2019)/選擇性必修 第二冊/第三章 交變電流 /本章綜合與測試

    單元素養檢測(三) 交變電流 時間:90分鐘 滿分:100分 一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分) 1.如圖所示為演示交變電流產生的裝置圖,關于這個實驗,正確的說法是(  ) A.線圈每轉動一周,指針左右擺動兩次 B.圖示位置為中性面,線圈中無感應電流 C.圖示位置ab邊的感應電流方向為a→b D.線圈平面與磁場方向平行時,磁通量變化率為零 2. 如圖所示,一單匝矩形線圈abcd,已知ab邊長為l1,bc邊長為l2,在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉動,則t時刻線圈中的感應電動勢為(  ) A.0.5Bl1l2ωsin ωt B.0.5Bl1l2ωcos ωt C.Bl1l2ωsin ωt D.Bl1l2ωcos ωt 3.交變電壓的瞬時值為u=Umsin 100πt(V),當t= s時,u=5 V,則從電壓表上看到的讀數為(  ) A. V B.5 V C.10 V D.10 V 4.水電站向小山村輸電,輸送電功率為50 kW.若以1 100 V送電,則線路損失為10 kW.若以3 300 V送電,則線路損失可降為(  ) A.3.3 kW B.1.1 kW C.30 kW D.11 kW 5. 電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器,工作原理如圖所示.其原線圈匝數較少,串聯在電路中,副線圈匝數較多,兩端接在電流表上.則電流互感器(  ) A.是一種降壓變壓器 B.能測量直流電路的電流 C.原、副線圈電流的頻率不同 D.副線圈的電流小于原線圈的電流 6. 如圖所示,理想變壓器原、副線圈匝數之比為20:1,原線圈接正弦交流電源,副線圈接入“220 V,60 W”燈泡一只,且燈泡正常發光,則(  ) A.電流表的示數為 A B.電源輸出功率為1 200 W C.電流表的示數為 A D.原線圈端電壓為11 V 7.如圖,理想變壓器原線圈輸入電壓U=Umsin ωt,副線圈電路中R0為定值電阻,R是滑動變阻器.V1和V2是理想交流電壓表,示數分別用U1和U2表示;A1和A2是理想交流電流表,示數分別用I1和I2表示.下列說法正確的是(  ) A.I1和I2表示電流的瞬時值 B.U1和U2表示電壓的最大值 C.滑片P向下滑動過程中,U2不變、I1變大 D.滑片P向下滑動過程中,U2變小、I1變小 8.某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示,發電機通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電.已知輸電線的總電阻為R,降壓變壓器T2的原、副線圈匝數之比為4:1,降壓變壓器副線圈兩端交變電壓u=220sin 100πt(V),降壓變壓器的副線圈與阻值R0=11 Ω的電阻組成閉合電路.若將變壓器視為理想變壓器,則下列說法不正確的是(  ) A.通過R0的電流的有效值是20 A B.降壓變壓器T2原、副線圈的電壓之比為4:1 C.升壓變壓器T1的輸出電壓等于降壓變壓器T2的輸入電壓 D.升壓變壓器T1的輸出功率大于降壓變壓器T2的輸入功率 二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共16分) 9.單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動,穿過線圈的磁通量隨時間變化的關系圖像如圖所示.則下列說法中正確的是(  ) A.t=0時刻,線圈平面與中性面垂直 B.t=0.01 s時刻,Φ的變化率最大 C.t=0.02 s時刻,感應電動勢達到最大 D.從t=0.01 s時刻至t=0. 04 s時刻線圈轉過的角度是π 10.圖甲為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖,其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中,繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動,線圈的兩端經集流環和電刷與電阻R=10 Ω連接,與電阻R并聯的交流電壓表為理想電壓表,示數是10 V.圖乙是矩形線圈磁通量Φ隨時間t變化的圖像.則(  ) A.電阻R上的熱功率為10 W B.0.02 s時R兩端的電壓瞬時值為零 C.R兩端的電壓u隨時間t變化的規律是u=14.1cos 100πt V D.通過R的電流i隨時間t變化的規律是i=cos50πt A 11.如圖所示,在某交流電路中,有一正在工作的變壓器,原、副線圈匝數分別為n1=600,n2=120,交流電源電壓U1=220 V,原線圈中串聯一個0.2 A的保險絲,為保證保險絲不被燒斷,則(  ) A.負載功率不能超過44 W B.副線圈電流最大值不能超過1 A C.副線圈電流有效值不能超過1 A D.副線圈電流有效值不能超過0.2 A 12.圖甲為遠距離輸電示意圖,變壓器均為理想變壓器,升壓變壓器原、副線圈匝數比為1:100,其輸入電壓如圖乙所示,遠距離輸電線的總電阻為100 Ω.降壓變壓器右側部分為一火警報警系統原理圖,其中R1為一定值電阻,R2為熱敏電阻,當溫度升高時其阻值變小,電壓表顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出).未發生火情時,升壓變壓器的輸入功率為750 kW.下列說法中正確的是(  ) A.降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50 Hz B.未發生火情時,遠距離輸電線路損耗功率為180 kW C.當R2所在處發生火情時,電壓表V的示數變大 D.當R2所在處發生火情時,輸電線上的電流變大 三、非選擇題(本題共6小題,共60分) 13.(6分)某同學選用匝數可調的可拆變壓器來做“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗,變壓器原線圈兩端所接的電源應是電壓為12 V的低壓________(選填“交流電源”或“直流電源”).先保持原線圈的匝數不變,增加副線圈的匝數,觀察到副線圈兩端的電壓________(選填“增大”“減小”或“不變”);然后再保持副線圈的匝數不變,增加原線圈的匝數,觀察到副線圈兩端的電壓________(選填“增大”“減小”或“不變”).上述探究副線圈兩端的電壓與匝數的關系中采用的實驗方法是________________(選填“控制變量法”“轉換法”或“類比法”). 14.(8分)在“探究變壓器兩個線圈的電壓關系”的實驗中,操作步驟如下: ①將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上; ②閉合電源開關,用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓; ③將匝數較多的一組線圈接到學生電源的交流電源輸出端上,另一個作為副線圈,接上小燈泡; ④將原線圈與副線圈對調,重復以上步驟. (1)以上操作的合理順序是________(填步驟前數字序號); (2)如圖所示,在實驗中,兩線圈的匝數n1=1 600,n2=400,當將n1作原線圈時,原線圈兩端電壓為16 V,副線圈兩端電壓為4 V;n1與n2對調后,原線圈兩端電壓為8 V時,副線圈兩端電壓為32 V,那么可初步確定,變壓器兩個線圈的電壓U1、U2與線圈匝數n1、n2的關系是________. 15.(7分)有一個交流發電機產生的正弦式交流電的電動勢如圖所示. (1)當t= s時,求該交流電動勢的瞬時值; (2)當電動勢的瞬時值為最大值的一半時,求發電機線圈平面與磁感線的夾角; (3)已知發電機線圈面積為16 cm2,共25匝,求勻強磁場的磁感應強度大小. 16.(9分) 如圖所示,一半徑為r的半圓形線圈,以直徑ab為軸勻速轉動,轉速為n,ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場,磁感應強度為B.M和N是兩個集流環,負載電阻為R,線圈、電流表和導線的電阻均不計,求: (1)從圖示位置起轉過圈的時間內負載電阻R上產生的熱量; (2)從圖示位置起轉過圈的時間內通過負載電阻R的電荷量; (3)電流表的示數. 17.(14分)如圖所示是交流發電機模型示意圖,n=100匝的矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小為B= T的水平勻強磁場中,線框面積S=0.48 m2.線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω=100π rad/s勻速轉動,并與理想升壓變壓器相連,升壓變壓器的原、副線圈匝數比為2:5,理想降壓變壓器副線圈接入一只“12 V 30 Ω”的燈泡,且燈泡正常發光,線框、輸電線路的電阻都不計. (1)將圖示時刻記為t=0,指出此刻線框中的電流方向,并寫出該正弦式交流電電動勢的瞬時值表達式; (2)求降壓變壓器的原、副線圈匝數比; (3)求燈泡正常發光時,電流表的讀數. 18.(16分)如圖甲所示,發電機的輸出電壓為220 V,輸出功率為44 kW,每條輸電線電阻為0.2 Ω,求用戶得到的電壓和電功率各是多少?如果如圖乙所示,發電機先用變壓比為1:10的升壓變壓器將電壓升高,經同樣的輸電線且經變壓比為10:1的降壓變壓器降壓后再供給用戶,則用戶得到的電壓和電功率各是多少? 單元素養檢測(三) 交變電流 1.解析:線圈在磁場中勻速轉動時,在電路中產生呈周期性變化的交變電流,線圈經過中性面時電流改變方向,線圈每轉動一周,有兩次通過中性面,電流方向改變兩次,指針左右各擺動一次,A項錯誤;線圈處于題圖所示位置時,ab邊向右運動,由右手定則,ab邊的感應電流方向為a→b,B項錯誤,C項正確;線圈平面與磁場方向平行時,ab、cd邊垂直切割磁感線,線圈產生的電動勢最大,也可以這樣認為,線圈處于豎直位置時,磁通量為零,但磁通量的變化率最大,D項錯誤. 答案:C 2.解析:線圈從題圖位置開始轉動,感應電動勢瞬時值表達式為e=Emcos ωt,由題意,Em=BSω=Bl1l2ω,所以e=Bl1l2ωcos ωt. 答案:D 3.解析:將t= s及u=5 V代入u=Umsin 100πt(V),可以求得最大值Um=10 V,有效值為10 V,電壓表的讀數為有效值,D正確. 答案:D 4.解析:由P=UI,ΔP=I2R可得:ΔP=R,所以當輸送電壓增大為原來的3倍時,線路損失變為原來的,即ΔP=1.1 kW. 答案:B 5.解析:變壓器是利用電磁感應的原理來改變交流電壓的裝置,不能改變交變電流的頻率,B、C項均錯誤;根據變壓器匝數與電壓的關系=可得副線圈的電壓U2=U1,由于原線圈匝數少而副線圈的匝數多,即n1U1,電流互感器是一種升壓變壓器,A項錯誤;根據變壓器匝數與電流的關系=可得副線圈的電流I2=I1,由于n1

    • 2020-11-23
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  • ID:6-8221292 人教版(2019)高中物理 選擇性必修第二冊 單元素養檢測(二) 電磁感應word含答案

    高中物理/人教版(2019)/選擇性必修 第二冊/第二章 電磁感應 /本章綜合與測試

    單元素養檢測(二) 電磁感應 時間:90分鐘 滿分:100分 一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分) 1. 一平面線圈用細桿懸于P點,開始時細桿處于水平位置,釋放后讓它在如圖所示的勻強磁場中運動,已知線圈平面始終與紙面垂直,當線圈第一次通過位置Ⅰ和位置Ⅱ時,順著磁場的方向看去,線圈中的感應電流的方向分別為(  ) A.逆時針方向 逆時針方向 B.逆時針方向 順時針方向 C.順時針方向 順時針方向 D.順時針方向 逆時針方向 2. 如圖所示,在一蹄形磁鐵下面放一個銅盤,銅盤和磁鐵均可以自由繞OO′軸轉動,兩磁極靠近銅盤,但不接觸.當磁鐵繞軸轉動時,銅盤將(  ) A.以相同的轉速與磁鐵同向轉動 B.以較小的轉速與磁鐵同向轉動 C.以相同的轉速與磁鐵反向轉動 D.靜止不動 3. 如圖所示,空間有一垂直于紙面向里的勻強磁場,一長為L的直金屬棒與磁感應強度方向垂直,當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時,棒兩端的感應電動勢大小為E;將此棒彎成一半圓形置于與磁感應強度相垂直的平面內,當它沿垂直直徑的方向以速度v運動時,棒兩端的感應電動勢大小為E′,則等于(  ) A. B. C.1 D. 4. 如圖所示電路中,La、Lb兩燈相同,閉合開關S電路達到穩定后兩燈一樣亮,則(  ) A.當S斷開的瞬間,La、Lb兩燈中電流立即變為零 B.當S斷開的瞬間,La、Lb兩燈中都有向右的電流,兩燈不立即熄滅 C.當S閉合的瞬間,La比Lb先亮 D.當S閉合的瞬間,Lb比La先亮 5. 如圖所示,條形磁鐵從高h處自由下落,中途穿過一個固定的空心線圈.開關S斷開,條形磁鐵至落地用時t1,落地時速度為v1;S閉合,條形磁鐵至落地用時t2落地時速度為v2,則它們的大小關系正確的是(  ) A.t1>t2,v1>v2 B.t1=t2,v1=v2 C.t1<t2,v1<v2 D.t1<t2,v1>v2 6.如圖甲所示,面積S=1 m2的導體圓環內通有垂直于圓平面向里的磁場,磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示(B取向里為正),以下說法正確的是(  ) A.環中沒有產生感應電流 B.環中產生順時針方向的感應電流 C.環中產生的感應電動勢大小為1 V D.環中產生的感應電動勢大小為2 V 7.如圖所示,將兩塊水平放置的金屬板用導線與一線圈連接,線圈中存在方向豎直向上、大小變化的磁場,兩板間有一帶正電的油滴恰好處于靜止狀態,則磁場的磁感應強度B隨時間t變化的圖像是(  ) 8. 如圖所示,A是一邊長為L的正方形導線框.虛線框內有垂直紙面向里的勻強磁場,磁場寬度為3L.線框的bc邊與磁場左右邊界平行且與磁場左邊界的距離為L.現維持線框以恒定的速度v沿x軸正方向運動.規定磁場對線框作用力沿x軸正方向為正,且在圖示位置時為計時起點,則在線框穿過磁場的過程中,磁場對線框的作用力隨時間變化的圖像正確的是(  ) 二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共16分) 9.如圖甲所示,10匝的線圈內有一垂直紙面向里的磁場,線圈的磁通量在按圖乙所示規律變化,下列說法正確的是(  ) A.電壓表讀數為10 V B.電壓表讀數為15 V C.電壓表“+”接線柱接A端 D.電壓表“+”接線柱接B端 10.如圖所示,紙面內有一矩形導體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框兩次勻速地完全進入磁場,兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場,線框上產生的熱量為Q1,通過線框導體橫截面積的電荷量為q1;第二次bc邊平行于MN進入磁場,線框上產生的熱量為Q2,通過線框導體橫截面的電荷量為q2,則(  ) A.Q1>Q2 B.q1>q2 C.q1=q2 D.Q1=Q2 11.如圖甲為電動汽車無線充電原理圖,M為受電線圈,N為送電線圈.圖乙為受電線圈M的示意圖,線圈匝數為n,電阻為r,橫截面積為S,兩端a、b連接車載變流裝置,勻強磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈.下列說法正確的是(  ) A.只要受電線圈兩端有電壓,送電線圈中的電流一定不是恒定電流 B.只要送電線圈N中有電流流入,受電線圈M兩端一定可以獲得電壓 C.當線圈M中磁感應強度均勻增加時,M中有電流從a端流出 D.若Δt時間內,線圈M中磁感應強度均勻增加ΔB,則M兩端的電壓為 12.如圖所示,在水平桌面上放置兩條相距l的平行粗糙且無限長的金屬導軌ab與cd,阻值為R的電阻與導軌的a、c端相連.金屬滑桿MN垂直于導軌并可在導軌上滑動,且與導軌始終接觸良好.整個裝置放于勻強磁場中,磁場的方向豎直向上,磁感應強度的大小為B.滑桿與導軌電阻不計,滑桿的中點系一不可伸長的輕繩,繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后,與一質量為m的物塊相連,拉滑桿的繩處于水平拉直狀態.現若由靜止開始釋放物塊,用I表示穩定后回路中的感應電流,g表示重力加速度,設滑桿在運動中所受的摩擦阻力恒為Ff,則在物塊下落過程中(  ) A.物塊的最終速度為 B.物塊的最終速度為 C.穩定后物塊重力的功率為I2R D.物塊重力的最大功率可能大于 三、非選擇題(本題共6小題,共60分) 13.(6分)觀察如圖實驗裝置,實驗操作中,當導體棒AB沿著磁感線方向上下運動時,電流計指針________(選填“偏轉”或“不偏轉”);當導體棒AB垂直磁感線方向左右運動時,電流計指針________(選填“偏轉”或“不偏轉”);若流入電流計的電流從右接線柱進入,指針就往右偏轉,則為使圖中電流計指針往左偏轉,導體棒AB應往________(選填“上”“下”“左”“右”)運動. 14.(8分)我們可以通過實驗探究電磁感應現象中感應電流方向的決定因素和其所遵循的物理規律.以下是實驗探究過程的一部分. (1)如圖甲所示的實驗裝置,當磁鐵的N極向下運動時,發現電流表指針偏轉,若要探究線圈中產生的感應電流的方向,必須知道________. (2)如圖乙所示,實驗中發現閉合開關時,電流表指針向右偏轉.電路穩定后,若向左移動滑動變阻器的滑片,則電流表指針向________偏轉;若將線圈A抽出,則電流表指針向________偏轉.(填“左”或“右”) 15.(7分)如圖所示,電阻為0.1 Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2 m,bc邊與勻強磁場邊緣重合.磁場的寬度等于線圈的邊長,磁感應強度大小為0.5 T.在水平拉力作用下,線圈以8 m/s的速度向右穿過磁場區域.求線圈在上述過程中 (1)感應電動勢的大小E; (2)所受拉力的大小F; (3)感應電流產生的熱量Q. 16.(9分)如圖甲所示,平行長直金屬導軌水平放置,間距L=0.4 m.導軌右端接有阻值R=1 Ω的電阻.導體棒垂直放置在導軌上,且接觸良好,導體棒及導軌的電阻均不計,導軌間正方形區域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場,bd連線與導軌垂直,長度也為L.從0時刻開始,磁感應強度B的大小隨時間t變化,規律如圖乙所示;同一時刻,棒從導軌左端開始向右勻速運動,1 s后剛好進入磁場,若使棒在導軌上始終以速度v=1 m/s做直線運動,求: (1)棒進入磁場前,回路中的電動勢E. (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F. 17.(14分)如圖所示,空間存在B=0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場,MN、PQ是水平放置的平行長直導軌,其間距L=0.2 m,電阻R=0.3 Ω接在導軌一端,ab是跨接在導軌上質量m=0.1 kg、電阻r=0.1 Ω的導體棒,已知導體棒和導軌間的動摩擦因數為0.2.從零時刻開始,對ab棒施加一個大小為F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其從靜止開始沿導軌滑動,過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好,求: (1)導體棒所能達到的最大速度; (2)試定性畫出導體棒運動的速度—時間圖像. 18.(16分)如圖所示,平行傾斜光滑導軌與足夠長的平行水平光滑導軌平滑連接,導軌電阻不計.質量分別為m和m的金屬棒b和c靜止放在水平導軌上,b、c兩棒均與導軌垂直.圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場.質量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導軌靜止釋放,釋放位置與水平導軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導軌上與金屬棒b發生彈性正碰,金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒c發生碰撞.重力加速度為g,求: (1)絕緣棒a與金屬棒b發生彈性正碰后分離時兩棒的速度大小; (2)金屬棒b進入磁場后,其加速度為其最大加速度的一半時的速度大小; (3)兩金屬棒b、c上最終產生的總焦耳熱. 單元素養檢測(二) 電磁感應 1.解析:線圈第一次經過位置Ⅰ時,穿過線圈的磁通量增加,由楞次定律,線圈中感應電流的磁場方向向左,根據安培定則,順著磁場看去,感應電流的方向為逆時針方向;當線圈第一次通過位置Ⅱ時,穿過線圈的磁通量減小,可判斷出感應電流為順時針方向,綜上所述,選項B正確. 答案:B 2.解析:因磁鐵的轉動,引起銅盤中磁通量發生變化而產生感應電流,進而受安培力作用而發生轉動,由楞次定律可知安培力的作用阻礙相對運動,所以銅盤與磁鐵同向轉動,又由產生電磁感應的條件可知,銅盤中能產生電流的條件必須是磁通量發生變化.故要求銅盤轉動方向與磁鐵相同而轉速小,不能同步轉動,所以正確選項是B. 答案:B 3.解析:設金屬棒的長度為L,有效的切割長度為L,垂直切割磁感線,產生的感應電動勢為E=Blv.彎成一半圓形后,有效的切割長度為,垂直切割磁感線,產生的感應電動勢為E′=Bv;則=,選項B正確. 答案:B 4.解析:由于La與線圈L串聯,Lb與滑動變阻器R串聯,當S閉合的瞬間,通過線圈的電流突然增大,線圈產生自感電動勢,阻礙電流的增加,所以Lb比La先亮,故C錯誤、D正確;當S斷開的瞬間,線圈產生自感電動勢,兩燈組成的串聯電路中,有順時針方向的電流,故A、B錯誤. 答案:D 5.解析:開關S斷開時,線圈中無感應電流,對條形磁鐵無阻礙作用,條形磁鐵自由下落,故a=g;當開關S閉合時,線圈中有感應電流,對條形磁鐵的下落有阻礙作用,故av2,選項D正確. 答案:D 6.解析:根據感應電流的產生條件可分析是否存在感應電流,再由楞次定律可以判斷出感應電流方向;由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢.磁場垂直于紙面向里,由圖乙所示可知,磁感應強度增加,穿過圓環的磁通量增加,環中產生感應電流,由楞次定律可知,感應電流沿逆時針方向,故A、B項錯誤;感應電動勢E==·S=×1 V=1 V,故C項正確,D項錯誤. 答案:C 7.解析:帶正電油滴處于靜止,說明感應電動勢恒定,在正對金屬板之間產生的電場為恒定的勻強電場,電場力與重力平衡.即電場力向上,說明上極板為感應電動勢的負極,根據電流在電源內部從負極流向正極可以判斷感應電流是自上而下的方向,利用右手定則判斷感應電流的磁場是豎直向上的,根據楞次定律感應電流的磁場總是阻礙原磁場的變化,說明原磁場在減小,根據感應電動勢恒定,判斷原磁場在均勻減小,C對. 答案:C 8.解析:當bc邊進入磁場切割磁感線時,產生感應電流,利用右手定則可判斷感應電流的方向從c→b,再利用左手定則可判斷安培力向左,與規定的安培力的正方向相反,A錯誤,結合I=,F=BIL,得安培力F是定值,C錯誤;當線框穿出磁場時,ad邊切割磁感線,產生感應電流從d→a,利用左手定則可判斷安培力向左,與規定的安培力的正方向相反,B正確,D錯誤. 答案:B 9.解析:根據法拉第電磁感應定律可得E=n=10× V=10 V,A正確、B錯誤;線圈中垂直紙面向里的磁通量在增大,所以根據楞次定律可得線圈中的電流方向是逆時針,所以A端是正極,B端是負極,故電壓表“+”接線柱接A端,C正確、D錯誤. 答案:AC 10.解析:根據功能關系知,線框上產生的熱量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=lbc=lab 同理Q2=lbc,又lab>lbc,故Q1>Q2; 因q=t=t=, 故q1=q2.因此A、C正確. 答案:AC 11.解析:如果受電線圈兩端有電壓,說明穿過受電線圈的磁場變化,此時送電線圈中的電流一定不是恒定電流,故A正確;若送電線圈N中有恒定電流,則產生的磁場不變化,在受電線圈中不會產生感應電流,受電線圈兩端也就不會獲得電壓,故B錯誤;穿過線圈M的磁感應強度均勻增加,根據楞次定律可知,感應電流的磁場向下,故感應電流方向從b向a,即電流從a端流出,故C正確;根據法拉第電磁感應定律,有E=n=nS,由閉合電路歐姆定律得M兩端的電壓U=R=,其中R為受電線圈M外接電路的電阻,故D錯誤. 答案:AC 12.解析:由題意分析可知,由靜止釋放物塊,它將帶動金屬滑桿MN一起運動,它們最終將以某一速度做勻速運動而處于平衡狀態.設MN的最終速度為v,對MN列平衡方程+Ff=mg,得v=,所以A項正確;從能量守恒角度進行分析,物塊的重力的功率等于克服安培力做功產生的熱功率和克服摩擦力做功產生的熱功率之和,所以I2R+Ffv=mgv,得v=,故B選項正確,C選項錯誤;物塊重力的最大功率為Pm=mgv=mg,故D選項錯誤. 答案:AB 13.解析:當導體棒AB沿著磁感線方向上下運動時,不切割磁感線,無感應電流產生,則電流計指針不偏轉;當導體棒AB垂直磁感線方向左右運動時,切割磁感線,有感應電流產生,則電流計指針偏轉;若流入電流計的電流從右接線柱進入,指針就往右偏轉,則為使圖中電流計指針往左偏轉,即電流從左端流入,則根據右手定則可知,導體棒AB應往右運動. 答案:不偏轉(2分) 偏轉(2分) 右(2分) 14.解析:(1)電流表中沒有電流通過時,指針在中央位置,要探究線圈中電流的方向,必須知道電流從正(負)接線柱流入時,電流表指針的偏轉方向.(2)閉合開關時,線圈A中的磁場增強,線圈B中產生的感應電流使電流表指針向右偏轉.當向左移動滑片時,會使線圈A中的磁場增強,電流表指針將向右偏轉;當將線圈A抽出時,線圈A在線圈B處的磁場減弱,線圈B中產生的感應電流將使電流表指針向左偏轉. 答案:(1)電流從正(負)接線柱流入時,電流表指針的偏轉方向(4分) (2)右(2分) 左(2分) 15.解析:(1)感應電動勢E=Blv代入數據得E=0.8 V.(1分) (2)感應電流I= 拉力的大小等于安培力F=BIl 解得F=(2分) 代入數據得F=0.8 N(1分) (3)運動時間t=(1分) 焦耳定律Q=I2Rt(1分) 解得Q=,代入數據得Q=0.32 J(1分) 答案:(1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J 16.解析:(1)正方形磁場的面積為S,則S==0.08 m2.(1分) 在棒進入磁場前,回路中的感應電動勢是由于磁場的變化而產生的.由B?t圖像可知=0.5 T/s,(1分) 根據E=n,得回路中的感應電動勢E=S=0.5×0.08 V=0.04 V.(2分) (2)當導體棒通過bd位置時感應電動勢、感應電流最大,導體棒受到的安培力最大.此時感應電動勢 E′=BLv=0.5×0.4×1 V=0.2 V(2分) 回路中感應電流I′== A=0.2 A(1分) 導體棒受到的安培力 F=BI′L=0.5×0.2×0.4 N=0.04 N.(2分) 答案:(1)0.04 V (2)0.04 N 17.解析:ab棒在拉力F作用下運動,隨著ab棒切割磁感線速度增大,棒中的感應電動勢增大,棒中感應電流增大,棒受到的安培力也增大,最終達到勻速運動時棒的速度達到最大值.外力在克服安培力做功的過程中,消耗了其他形式的能,轉化成了電能,最終轉化成了焦耳熱. (1)導體棒切割磁感線運動,產生的感應電動勢: E=BLv①(1分) I=②(1分) 導體棒受到的安培力F安=BIL③(1分) 棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用,根據牛頓第二定律: F-μmg-F安=ma④(2分) 由①②③④得:F-μmg-=ma(2分) 由上式可以看出,隨著速度的增大,安培力增大,加速度a減小,當加速度a減小到0時,速度達到最大. 此時有F-μmg-=0(2分) 可得:vm==10 m/s(2分) (2)棒的速度—時間圖像如圖所示. (3分) 答案:(1)10 m/s (2)見解析 18.解析:(1)設絕緣棒a滑上水平導軌時,速度為v0,下滑過程中絕緣棒a機械能守恒,有mv=mgh(1分) 絕緣棒a與金屬棒b發生彈性碰撞,由動量守恒定律mv0=mv1+mv2(1分) 由機械能守恒定律有mv=mv+mv(1分) 解得絕緣棒a的速度大小v1=0,金屬棒b的速度大小v2=v0=.(2分) (2)金屬棒b剛進磁場時的加速度最大,設其加速度為其最大加速度的一半時,金屬棒b速度為v′2,c棒速度為v′3.兩金屬棒b、c組成的系統所受合外力為零,系統動量守恒. 由動量守恒定律有mv2=mv′2+v′3.(1分) 設金屬棒b進入磁場后任一時刻,金屬棒b的速度為vb,金屬棒c的速度為vc,則兩金屬棒b、c組成的回路中的感應電動勢E=BL(vb-vc),(1分) 由閉合電路歐姆定律得I=,由安培力公式得金屬棒b所受安培力F=BIL=ma,(1分) 聯立得a=.(1分) 故當金屬棒b加速度為最大值的一半時有v2=2(v′2-v′3) 聯立得v′2=v2=.(2分) (3)最終兩金屬棒b、c以相同速度勻速運動.由動量守恒定律有mv2=v(1分) 由能量守恒定律有mv=v2+Q(2分) 解出Q=mgh.(2分) 答案:(1)絕緣棒a速度大小為0 金屬棒b速度大小為 (2) (3)mgh

    • 2020-11-23
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  • ID:6-8221286 人教版(2019)高中物理 選擇性必修第二冊 單元素養檢測(一) 安培力與洛倫茲力word含答案

    高中物理/人教版(2019)/選擇性必修 第二冊/第一章 安培力與洛倫茲力 /本章綜合與測試

    單元素養檢測(一) 安培力與洛倫茲力 時間:90分鐘 滿分:100分 一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分) 1.如圖所示,一帶負電的粒子(不計重力)進入磁場中,圖中的磁場方向、速度方向及帶電粒子所受的洛倫茲力方向標示正確的是(  ) 2.如圖所示,一根導線位于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中,其中AB=BC=CD=DE=l,且∠C=120°、∠B=∠D=150°.現給這根導線通入由A至E的恒定電流I,則導線受到磁場作用的合力大小為(  ) A.2BIl B.BIl C.(2+)BIl D.4BIl 3.在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區域內,電子(重力不計)可能沿水平方向向右做直線運動的是(  ) 4. 電視顯像管原理的示意圖如圖所示,當沒有磁場時,電子束將打在熒光屏正中的O點,安裝在管徑上的偏轉線圈可以產生磁場,使電子束發生偏轉.設垂直紙面向里的磁場方向為正方向,若使電子打在熒光屏上的位置由a點逐漸移動到b點,下列變化的磁場能夠使電子發生上述偏轉的是 (  ) 5. 固定導線c垂直紙面,可動導線ab通以如圖所示方向的電流,用測力計懸掛在導線c的上方,導線c中通以如圖所示的電流時,以下判斷正確的是(  ) A.導線a端轉向紙外,同時測力計讀數減小 B.導線a端轉向紙外,同時測力計讀數增大 C.導線a端轉向紙里,同時測力計讀數減小 D.導線a端轉向紙里,同時測力計讀數增大 6. 一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方,如圖所示,如果直導線可以自由地運動且通以方向為由a到b的電流,則導線ab受到安培力的作用后的運動情況為(  ) A.從上向下看順時針轉動并靠近螺線管 B.從上向下看順時針轉動并遠離螺線管 C.從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管 D.從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管 7.1932年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器,其原理如圖所示,這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成,其間留有空隙,下列說法正確的是(  ) A.離子從磁場中獲得能量 B.電場的周期隨離子速度增大而增大 C.離子由加速器的中心附近射入加速器 D.當磁場和電場確定時,這臺加速器僅能加速電荷量q相同的離子 8.如圖所示,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和負電的離子,從整體上來說呈電中性)噴射入磁感應強度為B的勻強磁場,磁場中有兩塊正對面積為S,相距為d的平行金屬板,與外電阻R相連構成電路.設氣流的速度為v,氣體的電導率(電阻率的倒數)為g,則流過外電阻R的電流I及電流方向為(  ) A.,A→R→B B.,B→R→A C.,A→R→B D.,B→R→A 二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共16分) 9.如圖所示,虛線左側的勻強磁場磁感應強度為B1,虛線右側的勻強磁場磁感應強度為B2,且B1=2B2,當不計重力的帶電粒子從B1磁場區域運動到B2磁場區域時,粒子的(  ) A.速率將加倍 B.軌跡半徑將加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍 10.如圖所示,質量為m的帶電絕緣小球(可視為質點)用長為l的絕緣細線懸掛于O點,在懸點O下方有勻強磁場.現把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放,則下列說法中正確的是(  ) A.小球從A至C和從D至C到達C點時,速度大小相等 B.小球從A至C和從D至C到達C點時,細線的拉力相等 C.小球從A至C和從D至C到達C點時,加速度相同 D.小球從A至C和從D至C過程中,運動快慢一樣 11.一個用于加速質子的回旋加速器,其核心部分如圖所示,D形盒半徑為R,垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B,兩盒分別與交流電源相連.設質子的質量為m、電荷量為q,則下列說法正確的是(  ) A.D形盒之間交變電場的周期為 B.質子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大 C.質子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大 D.質子離開加速器時的最大動能與R成正比 12. 如圖所示,左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里,一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子,沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場,欲使粒子不能從邊QQ′射出,粒子入射速度v0的最大值可能是(  ) A. B. C. D. 三、非選擇題(本題共6小題,共60分) 13.(8分)如圖所示,虛線框內存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強磁場.現通過測量通電導線在磁場所受的安培力,來測量磁場磁感應強度的大小并判定其方向.所用部分器材已在圖中給出,其中D為位于紙面內的U形金屬框,其底邊水平,兩側邊豎直且等長;E為直流電源;R為電阻箱;為電流表;S為開關.此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線. (1)在圖中畫線連接成實驗電路圖. (2)完成下列主要實驗步驟中的填空: ①按圖接線. ②保持開關S斷開,在托盤內加入適量細沙,使D處于平衡狀態,然后用天平稱出細沙質量m1. ③閉合開關S,調節R的值使電流大小適當,在托盤內重新加入適量細沙,使D________________,然后讀出________________,并用天平稱出________________. ④用米尺側量________. (3)用測得的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小,可以得出B=________________. (4)判定磁感應強度方向的方法:若________,磁感應強度方向垂直紙面向外;反之,磁感應強度方向垂直紙面向里. 14.(8分) 如圖所示,兩平行金屬導軌間的距離L=0.4 m,金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°,在導軌所在平面內,分布著磁感應強度B=0.5 T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場.金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5 V、內阻r=0.5 Ω的直流電源.現把一個質量m=0.04 kg的導體棒ab放在金屬導軌上,導體棒恰好靜止.導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好,導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5 Ω,金屬導軌電阻不計,g取10 m/s2.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)通過導體棒的電流; (2)導體棒受到的安培力大小; (3)導體棒受到的摩擦力大小. 15.(8分) 在真空中,半徑r=3×10-2 m的圓形區域內有勻強磁場,方向如圖所示,磁感應強度B=0.2 T.一個帶正電的粒子,以初速度v0=106 m/s,從直徑ab的一端a射入磁場,已知該粒子的比荷=108 C/kg,不計粒子重力,求: (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是多少? (2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉角,求入射時v0方向與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉角β. 16.(10分)如圖甲所示,M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O′正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示,設垂直紙面向里的磁場方向為正方向.有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場.已知正離子質量為m、帶電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響,不計離子所受重力.求: (1)磁感應強度B0的大小; (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值. 17.(12分)如圖所示,真空室內存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應強度的大小B=0.60 T,磁場內有一塊足夠長的平面感光板ab,板面與磁場方向平行,在距ab的距離l=16 cm處,有一個點狀的α粒子放射源S,它向各個方向發射α粒子,α粒子的速率均為v=3.0×106 m/s,已知α粒子的比荷=5.0×107 C/kg,現只考慮在紙面內運動的α粒子,不計α粒子重力,求ab上被α粒子打中的區域的長度. 18.(14分)如圖所示,平面直角坐標系xOy中,在第二象限內有一半徑R=5 cm的圓,與y軸相切于點Q(0,5 cm),圓內有勻強磁場,方向垂直于xOy平面向外.在x=-10 cm處有一個比荷為=1.0×108 C/kg的帶正電的粒子,正對該圓圓心方向發射,粒子的發射速率v0=4.0×106 m/s,粒子在Q點進入第一象限.在第一象限某處存在一個矩形勻強磁場區域,磁場方向垂直于xOy平面向外,磁感應強度B0=2 T.粒子經該磁場偏轉后,在x軸M點(6 cm,0)沿y軸負方向進入第四象限(不考慮粒子的重力).求: (1)第二象限圓內磁場的磁感應強度B的大小. (2)第一象限內矩形磁場區域的最小面積. 單元素養檢測(一) 安培力與洛倫茲力 1.解析:A圖中帶負電的粒子向右運動,掌心向外,四指所指的方向向左,大拇指所指的方向是向下,選項A錯誤;B圖中帶負電粒子的運動方向與磁感線平行,此時不受洛倫茲力的作用,選項B錯誤;C圖中帶負電的粒子向右運動,掌心向外,四指所指的方向向左,大拇指所指的方向是向下,選項C正確;D圖中帶負電的粒子向上運動,掌心向里,四指應向下,大拇指的方向向左,選項D錯誤. 答案:C 2.解析:據題圖和幾何關系求得A、E兩點間的距離為: L等=(2+)l. 據安培力公式得F=BIL等=(2+)BIl,故A、B、D錯誤,C正確. 答案:C 3.解析:在A圖中,電子向右運動,受力如圖電子做曲線運動,A錯誤;在B圖中,電子只受向左的電場力,不受洛倫茲力,只要電子v足夠大,可以向右做勻減速直線運動,通過電磁場,B正確;在C圖中,向右運動電子所受電場力,洛倫茲力均豎直向下,與v不共線,做曲線運動,C錯誤;在D圖中,向右運動電子所受電場力,洛倫茲力均豎直向上,與v不共線,做曲線運動,D錯誤. 答案:B 4.解析:電子偏轉到a點時,根據左手定則可知,磁場方向垂直紙面向外,對應的B ? t圖的圖線應在t軸下方,C、D錯誤;電子偏轉到b點時,根據左手定則可知,磁場方向垂直紙面向里,對應的B ? t圖的圖線應在t軸上方,A正確、B錯誤. 答案:A 5.解析:導線c中電流產生的磁場在右邊平行紙面斜向左上,在左邊平行紙面斜向左下,在ab左右兩邊各取一小電流元,根據左手定則,左邊的電流元所受的安培力方向向外,右邊的電流元所受安培力方向向里,知ab導線逆時針方向(從上向下看)轉動.當ab導線轉過90°后,兩導線電流為同向電流,相互吸引,導致測力計的讀數變大,故B正確,A、C、D錯誤. 答案:B 6.解析:先由安培定則判斷通電螺線管的南、北兩極,找出導線左、右兩端磁感應強度的方向,并用左手定則判斷這兩端受到的安培力的方向,如圖甲所示.可以判斷導線受到磁場力作用后從上向下看按逆時針方向轉動,再分析導線轉過90°時導線位置的磁場方向,再次用左手定則判斷導線所受磁場力的方向,如圖乙所示,可知導線還要靠近螺線管,所以D正確,A、B、C錯誤. 答案:D 7.解析:離子在電場力作用下,從電場中獲得能量,而洛倫茲力始終與速度的方向垂直,所以洛倫茲力不做功,離子不能從磁場中獲得能量,A錯誤;離子最終的速度與回旋半徑成正比,要使半徑最大,應使離子從中心附近射入加速器,C正確;加速離子時,交變電場的周期與離子在磁場中運動的周期相等,離子在磁場中運動的周期T=,與離子速度無關,與離子的比荷有關,當磁場和電場確定時,這臺加速器僅能加速比荷相同的離子,B、D錯誤. 答案:C 8.解析:由左手定則知,正離子向上偏,負離子向下偏,故電流方向為A→R→B,設帶電離子電荷量為q,由q=qvB,I=,r=ρ,ρ=,聯立解得I=,故選C. 答案:C 9.解析:帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡半徑R=,周期T=,角速度ω==,洛倫茲力不做功,B1=2B2,故由B1進入B2后v不變,R加倍,T加倍,ω減半,B、C正確. 答案:BC 10.解析:由題意可知,當進入磁場后,才受到洛倫茲力作用,且力的方向與速度垂直,所以只有重力做功,則小球從A至C和從D至C到達C點時,速度大小相等,加速度相同,從A至C和從D至C過程中,運動快慢也一樣,A、C、D正確;由于進出磁場的方向不同,由左手定則可知,洛倫茲力方向不同,所以細線的拉力的大小不同,故B錯誤. 答案:ACD 11.解析:D形盒之間交變電場的周期等于質子在磁場中運動的周期,A項正確;由r=得:當r=R時,質子有最大速度vm=,即B、R越大,vm越大,vm與加速電壓無關,B正確,C錯誤;質子離開加速器時的最大動能Ekm=mv=,故D錯誤. 答案:AB 12.解析:粒子射入磁場后做勻速圓周運動,由R=知,粒子的入射速度v0越大,R越大.當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時,粒子剛好不從QQ′射出,此時其入射速度v0應為最大.若粒子帶正電,其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點),容易看出R1-R1sin (90°-45°)=d,將R1=代入得v0=,選項B正確;若粒子帶負電,其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點),容易看出R2+R2cos 45°=d,將R2=代入得v0=,選項C正確. 答案:BC 13. 解析:(1)根據實驗目的和電磁天平的原理,將電源、開關、電阻箱、電流表及U形金屬框串聯起來,連接成如答圖所示的電路圖. (2)設金屬框質量為M,托盤質量為m0,第一次操作中未接通電源時由平衡條件得Mg=(m0+m1)g;第二次接通電源后,重新加入適量細沙,使D重新處于平衡狀態,然后讀出電流表的示數I,用天平稱出此時細沙的質量m2,并測量出金屬框底部的長度l. (3)若金屬框受到的安培力豎直向下,由平衡條件得BIl+Mg=(m0+m2)g,兩式聯立解得B=.若金屬框受到的安培力豎直向上,則B=.綜上可得B=g. (4)若m2>m1,則由左手定則可知磁感應強度方向垂直紙面向外,反之,磁感應強度方向垂直紙面向里. 答案:(1)如解析圖所示(1分) (2)③重新處于平衡狀態(1分) 電流表的示數I(1分) 此時細沙的質量m2(1分) ④D的底邊長度l(1分) (3)g(2分) (4)m2>m1(1分) 14.解析:(1)根據閉合電路歐姆定律I==1.5 A.(2分) (2)導體棒受到的安培力 F安=BIL=0.3 N.(2分) (3)導體棒受力分析如圖,將重力正交分解 F1=mgsin 37°=0.24 N,(1分) F1l>R.(1分) 由于α粒子的速率一定,軌跡半徑一定,則由定圓旋轉法作出α粒子運動的臨界軌跡如圖所示,其中SP垂直于ab,在P1點α粒子的運動軌跡與ab板相切,即P1點為ab上被α粒子打中區域的左邊界,由幾何知識有 P1P= ,(2分) P2點為ab上被α粒子打中區域的右邊界, SP2=2R,由幾何關系得PP2= ,(2分) 所求長度為P1P2=P1P+PP2,(1分) 代入數據得P1P2=20 cm.(2分) 答案:20 cm 18.解析:(1)畫出粒子的運動軌跡,如圖所示 作O1P1垂直于PO,由幾何關系知∠O1OP=60°(2分) 設粒子在第二象限圓內磁場做勻速圓周運動的半徑為r1,由幾何關系有tan 60°=(2分) 由洛倫茲力提供向心力得 qv0B=m(2分) 解得B=T.(2分) (2)粒子在第一象限內轉過圓周, 設軌跡半徑為r2,由洛倫茲力提供向心力得qv0B0=m(2分) 答圖中的矩形面積即最小磁場區域面積,由幾何關系得 Smin=r2(2分) 聯立解得矩形磁場區域的最小面積為Smin=4(-1)cm2.(2分) 答案:(1)T (2)4(-1)cm2

    • 2020-11-23
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  • ID:6-8221284 人教版(2019)高中物理 選擇性必修第二冊 單元素養檢測(五) 傳感器word含答案

    高中物理/人教版(2019)/選擇性必修 第二冊/第五章 傳感器 /本章綜合與測試

    單元素養檢測(五) 傳感器 時間:90分鐘 滿分:100分 一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分) 1.傳感器的種類多種多樣,其性能也各不相同.空調機在室內溫度達到設定值后,會自動停止工作,空調機內使用的傳感器是(  ) A.生物傳感器 B.紅外傳感器 C.溫度傳感器 D.壓力傳感器 2.每當地震發生后,各路救援人員及時深入災區,與死神搶時間,爭分奪秒搶救被埋人員,有些救援隊借助“生命探測儀”可以發現深埋在廢墟中的傷員,根據所學知識,你認為“生命探測儀”可能用到了(  ) A.紅外線傳感器 B.壓力傳感器 C.振動傳感器 D.電容傳感器 3.關于電子秤中應變式力傳感器的說法正確的是(  ) A.應變片是由導體材料制成的 B.當應變片的表面拉伸時,其電阻變大;反之變小 C.傳感器輸出的是應變片電壓 D.外力越大,輸出的電壓差值越小 4.如圖所示是會議室和賓館房間的天花板上裝有的火災報警器的結構原理圖,罩內裝有發光二極管(LED)、光電三極管和不透明的擋板.未發生火災時,光電三極管接收不到LED發出的光,處于高電阻狀態.發生火災時,下列說法正確的是(  ) A.進入罩內的煙霧遮擋了光線,使光電三極管的電阻更大,檢測電路檢測出變化,發出警報 B.光電三極管的溫度升高,電阻變小,檢測電路檢測出變化,發出警報 C.進入罩內的煙霧對光有散射作用,部分光線照射到光電三極管上,使其電阻變小,發出警報 D.以上說法均不正確 5.如圖所示為用熱敏電阻R和繼電器L等組成的一個簡單的恒溫控制電路,其中熱敏電阻的阻值會隨溫度的升高而減小。電源甲與繼電器、熱敏電阻等組成控制電路,電源乙與恒溫箱加熱器(圖中未畫出)相連接。則(  ) A.當溫度降低到某一數值,銜鐵P將會被吸下 B.當溫度升高到某一數值,銜鐵P將會被吸下 C.工作時,應該把恒溫箱內的加熱器接在C、D端 D.工作時,應該把恒溫箱內的加熱器接在A、C端 6. 如圖所示是觀察電阻R隨溫度變化情況的示意圖.現在把杯中的水由冷水換為熱水,關于歐姆表的讀數變化情況正確的是(  ) A.如果R為金屬熱電阻,讀數變大,且變化非常明顯 B.如果R為金屬熱電阻,讀數變小,且變化不明顯 C.如果R為熱敏電阻(用半導體材料制作),讀數變化非常明顯 D.如果R為熱敏電阻(用半導體材料制作),讀數變化不明顯 7.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小,在升降機中將重物放在壓敏電阻上,壓敏電阻接在如圖甲所示的電路中,電流表示數變化如圖乙所示,某同學根據電流表的示數變化情況推斷升降機的運動狀態,下列說法中正確的是(  ) A.0~t1時間內,升降機一定勻速運動 B.0~t1時間內,升降機可能減速上升 C.t1~t2時間內,升降機可能勻速上升 D.t1~t2時間內,升降機可能勻加速上升 8.在新型冠狀病毒肺炎疫情防控期間,測量體溫成為重要的防疫措施之一.如圖所示,醫學上常用的水銀體溫計可以在家庭中使用,紅外測溫槍在居民區、辦公樓、商場等公共場所廣泛應用.某同學查閱資料,獲得以下信息:自然界中任何高于絕對零度的物體都在隨時隨地地向外輻射能量.單位時間內,物體表面單位面積上所發射的總輻射能叫輻射功率,輻射功率與該物體的溫度有確定的關系,非接觸式溫度測量即測量輻射功率的大小,并由此得到一個與該物體溫度成一定關系的信號.紅外測溫槍是能夠測量物體輻射功率大小并轉化為物體溫度的儀器.根據以上信息和學過的知識,作出如下判斷,其中正確的是(  ) A.水銀體溫計可以用來測量沸水的溫度 B.水銀體溫計離開人體后,水銀迅速流回水銀泡 C.紅外測溫槍向人體發射紅外線,從而測量人體溫度 D.紅外測溫槍測量人體溫度時,離人體越遠,顯示溫度越低 二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共16分) 9.下列說法中正確的是(  ) A.話筒是一種常用的聲傳感器,其作用是將電信號轉換為聲音信號 B.電熨斗能夠自動控制溫度的原因是它裝有雙金屬片 C.電子秤所使用的測力裝置是力傳感器 D.熱敏電阻能夠把溫度這個熱學量轉換為電阻這個電學量 10.某磁敏電阻的阻值R隨外加磁場的磁感應強度B變化的圖線如圖甲所示.學習小組使用該磁敏電阻設計了保護負載的電路如圖乙所示,U為直流電壓,下列說法正確的有(  ) A.增大電壓U,負載電流不變 B.增大電壓U,電路的總功率變大 C.抽去線圈鐵芯,磁敏電阻的阻值變小 D.抽去線圈鐵芯,負載兩端電壓變小 11.自動控制電路中常用到半導體材料,光敏電阻便是其中的一種.光敏電阻的阻值隨光照強度的增大而減小.現將一只光敏電阻R連入電路,與定值電阻R1、小燈泡L(燈絲電阻RL視為不變)組成如圖所示的電路,RL=r,光照強度為某一值時,R=RL+R1+r.若將照射R的光照強度減弱,則(  ) A.小燈泡變暗 B.光敏電阻R消耗的功率先增大后減小 C.電源輸出功率一直減小 D.小燈泡與電阻R1消耗的總功率越小 12.如圖甲所示,“火災報警系統”電路中,理想變壓器原、副線圈匝數之比為10?1,原線圈接入圖乙所示的電壓,電壓表和電流表均為理想電表,R0為半導體熱敏電阻,其阻值隨溫度的升高而減小,R1為變阻器,當通過報警器的電流超過某值時,報警器將報警.下列說法正確的是(  ) A.電壓表V的示數為10 V B.R0處出現火情時,電流表A的示數減小 C.R0處出現火情時,變壓器的輸入功率增大 D.要使報警器報警的臨界溫度升高,可將R1的滑片P適當向下移動 三、非選擇題(本題共6小題,共60分) 13.(6分)如圖(a)所示是小球過橋時對不同類型的橋面壓力的實驗.采用DIS方法對模型進行測量,其結果如圖(b)中電腦屏幕所示. (1)圖(a)中的傳感器為________傳感器; (2)圖(a)中甲、乙、丙分別為三種不同類型的橋面.對于凸形橋甲,其相對應的壓力圖線應是圖(b)電腦屏幕上的________(填“a”“b”或“c”). 14.(8分)利用負溫度系數熱敏電阻制作的熱傳感器,一般體積很小,可以用來測量很小范圍內的溫度變化,不但反應快,而且精確度高. (1)如果將負溫度系數熱敏電阻與電源、電流表和其他元件串聯成一個電路,只使熱敏電阻所處區域的溫度降低,電路中電流將變________(填“大”或“小”). (2)上述電路中.我們將電流表中的電流刻度換成相應的溫度刻度,就能直接顯示出熱敏電阻附近的溫度.如果刻度盤正中的溫度為20 ℃(電流表表盤如圖甲所示),則25 ℃刻度應在20 ℃刻度的________(填“左”或“右”)側. (3)將該熱敏電阻放置在某蔬菜大棚內檢測大棚內溫度的變化.請用圖乙中的器材(可增加元件)設計一個電路. 15.(8分)電控調光玻璃能根據光照強度自動調節玻璃的透明度。將光敏電阻Rx和定值電阻R0接在9 V的電源上,電源內阻不計,光敏電阻阻值隨光強變化的關系如表所示: 光強E/cd 1 2 3 4 5 電阻值/Ω 18 9 6 3.6 [“光強”是表示光強弱程度的物理量,符號為E,單位為坎德拉(cd)] (1)當光照強度為4坎德拉(cd)時,光敏電阻Rx的阻值大小為________Ω. (2)電控調光玻璃的原理是光照增強,光敏電阻Rx阻值變小,施加于玻璃兩端的電壓降低,玻璃透明度下降,反之則玻璃透明度上升.若電源電壓不變,R0是定值電阻,則下列電路圖中符合要求的是________(填序號). (3)現已知定值電阻R0為12 Ω,電壓表測得光敏電阻兩端的電壓為3 V,則此時光照強度為多少? 16.(8分)如圖所示,A是浮子,B是金屬觸頭,C為住宅樓房頂上的蓄水池,M是帶水泵的電動機,D是彈簧,E是銜鐵,F是電磁鐵,S1、S2分別為觸頭開關,S為開關,J為電池.請利用上述材料,設計一個住宅樓房頂上的自動注水裝置. (1)連接電路圖; (2)簡述其工作原理.(涉及的元件可用字母代替) 17.(14分)有一種測量壓力的電子秤,其原理如圖所示,E是內阻不計、電動勢為6 V的電源.R0是一個阻值為300 Ω的限流電阻.G是由理想電流表改裝成的指針式測力顯示器.R是一個壓敏電阻,其阻值可隨壓力大小的變化而改變,兩者關系如下表所示.C是一個用來保護顯示器的電容器.秤臺的重力忽略不計,試分析: 壓力F/N 0 50 100 150 200 250 300 … 電阻R/Ω 300 280 260 240 220 200 180 … (1)利用表中的數據,寫出電阻R隨壓力F變化的數學關系式. (2)若電容器的耐壓值為5 V,該電子秤的最大稱量值為多少? (3)如果把電流表中電流的刻度變換成壓力刻度,則該測力顯示器的刻度是否均勻? 18.(16分)如圖所示為檢測某傳感器的電路圖.傳感器上標有“3V 0.9 W”的字樣(傳感器可看作是一個純電阻),滑動變阻器R0上標有“10 Ω 1 A”的字樣,電流表的量程為0~0.6 A,電壓表的量程為0~3 V. (1)求傳感器的電阻和額定電流. (2)為了確保電路各部分的安全,在A、B之間所加的電源電壓最大值是多少? (3)如果傳感器的電阻變化超過1 Ω,則該傳感器就失去作用.實際檢測時,將一個恒壓電源加在圖中A、B之間,閉合開關S,通過調節R0來改變電路中的電流和R0兩端的電壓.檢測記錄如下: 電壓表示數U/V 電流表示數I/A 第一次 1.48 0.16 第二次 0.91 0.22 若不計檢測電路對傳感器電阻的影響,你認為這個傳感器是否仍可使用?此時A、B間所加的電壓是多少? 單元素養檢測(五) 傳感器 1.解析:空調機根據溫度調節工作狀態,所以內部使用了溫度傳感器,C正確. 答案:C 2.解析:借助紅外線傳感器,可以感知傷員與周圍環境的差別,從而發現深埋在廢墟中的傷員. 答案:A 3.解析:應變片是由半導體材料制成的,A錯誤;應變片的表面拉伸時,R值變大,應變片壓縮時,R值變小,B正確;傳感器輸出的是應變片兩個電壓的差值,外力越大,輸出電壓差值越大,C、D錯誤. 答案:B 4.解析:由火災報警器的原理可知,發生火災時煙霧進入罩內,使光發生散射,部分光線照在光電三極管上,使其電阻變小,與傳感器相連的電路檢測出這種變化,發出警報,選項C正確. 答案:C 5.解析:根據溫度變化,分析R的變化,確定電路中電流的變化,電流增大時,繼電器L對銜鐵P吸引力增大,P將會被吸下.當溫度降低到某一數值,熱敏電阻R的阻值增大,電路中電流減小,繼電器L對銜鐵P吸引力減小,P將不會被吸下,故A錯誤。當溫度升高到某一數值,熱敏電阻R的阻值減小,電路中電流增大,繼電器L對銜鐵P吸引力增大,P將會被吸下,故B正確。恒溫箱內溫度高到一定數值后,應與電源斷開停止加熱,由以上分析可知,溫度升高后,A、B端斷開,所以工作時,應該把恒溫箱內的加熱器接在A、B端,故C、D錯誤.故選B. 答案:B 6.解析:若為金屬熱電阻,溫度升高后,電阻變大,但由于金屬熱電阻靈敏度較差,故歐姆表讀數變大且不明顯,選項A、B錯誤;若為用半導體材料制作的熱敏電阻,由于熱敏電阻的靈敏度較高,讀數變化明顯,選項C正確,選項D錯誤. 答案:C 7.解析:在0~t1時間內,電流恒定,表明壓敏電阻的阻值恒定,則重物對壓敏電阻壓力恒定,則升降機可能處于靜止、勻速運動或勻變速直線運動,故A選項錯誤,B選項正確;t1~t2時間內,電流在增加,表明壓敏電阻的阻值在減小,則重物對壓敏電阻的壓力在增大,故不可能做勻速運動或勻加速運動,C、D兩項都錯誤. 答案:B 8.解析:水銀體溫計的測量范圍一般為35 ℃~42 ℃,而沸水的溫度為100 ℃,所以水銀體溫計不可以用來測量沸水的溫度,故A錯誤;因為體溫計玻璃泡的上方有一處細管叫縮口,縮口可以阻止水銀流回到玻璃泡內,這樣就可以離開人體讀數而不用擔心示數不準了,故B錯誤;紅外測溫槍是通過測量人體發射出的紅外線,從而測量人體溫度的,故C錯誤;單位時間內,物體表面單位面積上所發射的總輻射能叫輻射功率,輻射功率與該物體的溫度有確定的關系,紅外測溫槍在測量人體溫度時,離人體越遠,紅外測溫槍接受到人體輻射的功率會越小,所以顯示溫度越低,故D正確. 答案:D 9.解析:話筒是聲傳感器,能將聲音信號轉換成電信號,故B、C、D均正確. 答案:BCD 10.解析:為保護負載,則磁敏電阻兩端需要分壓,增大電壓U,則磁敏電阻的阻值增大,根據甲圖可知磁感應強度增大,所以通過線圈的電流增大,根據P=UI可知電路的總功率P變大,故A錯誤,B正確;抽去線圈鐵芯,線圈產生的磁感應強度減小,故磁敏電阻的阻值變小,則磁敏電阻兩端的電壓變小,而U不變,所以負載兩端電壓變大,故C正確,D錯誤. 答案:BC 11.解析:光照強度減弱,光敏電阻阻值增大,通過燈泡的電流變小,燈泡功率減小,燈泡變暗,故A正確;根據閉合電路歐姆定律可知,總電流為I=,光敏電阻R消耗的功率為PR=,將r+RL+R1看作內阻,當外電阻等于內阻時,等效電源輸出功率最大,即R消耗功率最大,一開始R=RL+R1+r,則光照強度減弱的過程中,R消耗的功率-直減小,故B錯誤;同理可知光照強度減弱的過程中,電源的輸出功率一直減小,故C正確;小燈泡與電阻R1為定值電阻,功率P=I2(RL+R1),R越小,電流I越大,小燈泡及電阻R1消耗功率越大,故D錯誤. 答案:AC 12.解析:若原線圈的輸入電壓為U,其有效值為U1,根據有效值的定義,有·=T,其中U=100 V,解得U1=100 V,由變壓器原理可得副線圈輸出電壓即電壓表示數U2=10 V,選項A正確.R0處出現火情時,熱敏電阻的阻值減小,副線圈電流增大,根據變壓器原理可知,電流表A的示數增大,變壓器輸入功率增大,選項B錯誤,C正確.將R1的滑片P向上移動,副線圈電路的總電阻變小,總電流增大,R0處電壓變大,報警器的分壓變小,電流也減小,報警器報警的臨界溫度升高,選項D錯誤. 答案:AC 13.解析:(1)該傳感器把壓力信號轉化為電信號,屬于壓力傳感器;(2)小球經過凸形橋甲的最高點時,對橋面的壓力小于其自身重力,其相對應的壓力圖線應是電腦屏幕上的c. 答案:(1)壓力(3分) (2)c(3分) 14.解析:(1)因為負溫度系數熱敏電阻溫度降低時,電阻增大,故電路中電流會變小. (2)由(1)的分析知,溫度越高,電流越大,25 ℃的刻度值應對應較大的電流,故在20 ℃刻度的右側. (3)電路如圖所示. 配有溫度刻度的電流表 答案:(1)小(2分) (2)右(2分) (3)見解析圖(4分) 15.解析:(1)由表格數據可知,光敏電阻Rx的電阻值與光強E的乘積均為18 Ω·cd不變,則當E=4 cd時,光敏電阻的阻值:Rx= Ω=4.5 Ω. (2)由題意可知,光敏電阻Rx與定值電阻R0串聯連接,光照增強時,光敏電阻Rx阻值減小,電路中的總電阻減小,由I=可知,電路中的電流增大,由U=IR可知,R0兩端的電壓增大,因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和,所以Rx兩端的電壓減小;反之光照減弱時,光敏電阻Rx阻值增大,R0兩端的電壓減小,Rx兩端的電壓增大.則玻璃應并聯在Rx兩端,故C項正確. (3)因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和,R0兩端的電壓U0=U-Ux=9 V-3 V=6 V 因串聯電路中各處的電流相等,所以電路中的電流I==,即=, 解得R′x=6 Ω,此時光照強度E′=3 cd. 答案:(1)4.5(2分) (2)C(3分) (3)3 cd(3分) 16.解析:(1)如圖所示(3分). (2)按圖連接好電路,合上開關S,水泵工作,水位升高,當浮子上升使B接觸到S1時,左側電路(控制電路)工作,電磁鐵F產生磁力,吸下銜鐵E,使S2斷開,電動機M不工作,停止注水.當水位下降使B與S1脫離時,控制電路停止工作,F無磁性,D拉動E,使S2與電動機M接通,M工作(5分). 17.解析:(1)由表中數據可知,k==-=-0.4 Ω/N(2分) 所以電阻R隨壓力F變化的數學關系式為R=300-0.4F(Ω)(3分) (2)R上受到的壓力越大,R的阻值越小,電容器兩極板間電壓越大,由題意知,電容器兩極板間電壓不能超過5 V,所以=,解得R=60 Ω(2分) 又因為R=300-0.4F(Ω),得Fmax=600 N(3分) (3)電流表中的電流I== (A)(2分) 電流I與壓力F之間不是線性關系,該測力顯示器的刻度不均勻(2分) 答案:(1)R=300-0.4F(Ω) (2)600 N (3)不均勻 18.解析:(1)傳感器的電阻R傳== Ω=10 Ω(3分) 額定電流I傳== A=0.3 A(3分) (2)最大電流I=I傳=0.3 A 電源電壓最大值Umax=U傳+U0max U傳為傳感器的額定電壓,U0max為R0=10 Ω時R0兩端的電壓,即U0max=I傳R0=0.3×10 V=3 V,此時剛好不超過電壓表量程,故Umax=U傳+U0max=3 V+3 V=6 V(4分) (3)實際檢測時加在A、B間的電壓記為U.傳感器的實際電阻為R′傳,根據第一次實驗記錄數據有U=I1R′傳+U1 根據第二次實驗記錄數據有U=I2R′傳+U2 代入數據解得R′傳=9.5 Ω,U=3 V(3分) 傳感器的電阻變化為ΔR=R傳-R′傳=10 Ω-9.5 Ω=0.5 Ω<1 Ω,所以此傳感器仍可使用(3分) 答案:(1)10 Ω 0.3 A (2)6 V (3)仍可使用 3 V

    • 2020-11-23
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  • ID:6-8221283 人教版(2019)高中物理 選擇性必修第二冊 單元素養檢測(四) 電磁振蕩與電磁波word含答案

    高中物理/人教版(2019)/選擇性必修 第二冊/第四章 電磁振蕩與電磁波 /本章綜合與測試

    單元素養檢測(四) 電磁振蕩與電磁波 時間:90分鐘 滿分:100分 一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分) 1.關于電磁波的發射與接收,下列說法正確的是(  ) A.調頻與調幅都是用載波發送信號,原理相同,無本質區別 B.解調是將低頻信號加載到高頻電磁波上進行發射傳送的過程 C.調諧就是將接收電路的振幅調至與載波的振幅相同 D.由調諧電路接收的感應電流,再經過解調、放大,通過耳機才可以聽到聲音 2. LC振蕩電路中,某時刻的磁場方向如圖所示,則(  ) A.若磁場正在減弱,則電容器正在充電,電流由a向b B.若磁場正在減弱,則電場能正在增大,電容器上極板帶負電 C.若磁場正在增強,則電場能正在減小,電容器上極板帶負電 D.若磁場正在增強,則電容器正在充電,電流方向由a向b 3.無線電廣播的中波段波長范圍為187~560 m,為了避免鄰近電臺的干擾,兩個電臺的頻率范圍至少要相差104 Hz,則此波段中最多能容納的電臺數約為(  ) A.500個 B.187個 C.100個 D.20個 4.下列說法中正確的是(  ) A.遙控器發出的紅外線波長和醫院給病人做的腦部CT中的X射線波長相同 B.電磁波是由恒定不變的電場或磁場產生的 C.麥克斯韋預言了空間存在電磁波,赫茲用實驗證實了電磁波的存在 D.紅外線最顯著的作用是熒光效應,紫外線最顯著的作用是熱效應 5.如圖所示為手機信號屏蔽器.手機信號屏蔽器主要針對各類考場、加油站、軍事重地等禁止使用手機的場所.手機工作時,是在一定頻率范圍內,手機和基站通過無線電波聯系起來,完成數據的傳輸.針對這種通信原理,手機信號屏蔽器在工作過程中以一定的速度從手機通信所使用的頻率的底端向高端掃描,在掃描過程中向手機發送一定頻率的電磁波信號,使手機不能與基站建立正常的聯系,從而對手機形成干擾.對于手機信號屏蔽器的工作過程,下列說法中正確的是(  ) A.手機信號屏蔽器是利用靜電屏蔽的原理來工作的 B.手機信號屏蔽器是利用電磁感應的原理來工作的 C.手機信號屏蔽器工作時能阻止基站發出的電磁波傳播到限制場所內 D.手機信號屏蔽器是通過發射電磁波干擾手機工作來達到目的 6.如圖畫出了一個LC振蕩電路中的電流變化圖線,根據圖線可判斷(  ) A.t1時刻電感線圈兩端電壓最大 B.t2時刻電容器兩極板間電壓為零 C.t1時刻電路中只有電場能 D.t1時刻電容器帶電荷量為零 7. 如圖所示,我國成功研發的反隱身先進米波雷達堪稱隱身飛機的克星,它標志著我國雷達研究又創新的里程碑.米波雷達發射無線電波的波長在1~10 m范圍內,則對該無線電波的判斷正確的是(  ) A.米波的頻率比厘米波頻率高 B.和機械波一樣須靠介質傳播 C.同光波一樣會發生反射現象 D.不可能產生干涉和衍射現象 8.利用所學物理知識,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相關問題.IC卡內部有一個由電感線圈L和電容器C構成的LC振蕩電路,公交卡上的讀卡機向外發射某一特定頻率的電磁波.刷卡時,IC卡內的線圈L中產生感應電流,給電容器C充電,達到一定的電壓后,驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸.下列說法正確的是(  ) A.IC卡工作所需要的能量來源于卡內的電池 B.僅當讀卡機發射該特定頻率的電磁波時,IC卡才能有效工作 C.若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率,則線圈L中不會產生感應電流 D.IC卡只能接收讀卡機發射的電磁波,而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息 二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共16分) 9.在運行的火車車廂里,你若打開收音機是不能聽清聲音的,你若打移動電話,是絲毫不受影響的,收音機、手機都是靠無線電傳遞信號的,所不同的是,收音機利用的無線電信號頻率低,手機利用的無線電信號頻率高,下列說法正確的是(  ) A.低頻無線電信號傳播的速度小,追不上火車 B.低頻無線電信號傳播的速度大,已經超過了火車 C.高頻無線電信號衍射能力差,穿透能力強,可以進入火車車廂 D.低頻無線電信號衍射能力強,穿透能力弱,不能進入火車車廂 10.為了方便交通出行出現了一種新型共享單車,如圖甲所示,這種單車外觀結構簡單,沒有鏈條,但單車質量比普通自行車大,達到了25 kg.如圖乙所示,單車的車鎖內集成了嵌入式芯片、GPS模塊和SIM卡等,便于監控單車在路上的具體位置,實現防盜.同時手機app上有定位系統,也能隨時了解單車的實時位置;手機還可以通過掃描二維碼自動開鎖,關鎖后app就顯示計時、計價等信息.此外,單車能夠在騎行過程中為車內電池充電,滿足定位和自動開鎖等過程中的用電.根據以上信息可知下列說法正確的是(  ) A.該單車比普通自行車運動狀態更容易改變 B.該單車某個時刻的準確位置信息是借助通信衛星定位的 C.該單車是利用電磁感應原理實現充電的 D.該單車和手機之間是利用電磁波傳遞信息的 11.在電磁波的發射過程中,用一平行板電容器C和一個線圈L組成LC振蕩電路,要增大發射電磁波的波長,下列調節正確的是(  ) A.增大電容器兩極板間的距離 B.增大線圈的匝數,在線圈中加鐵芯 C.把電容器的動片適當旋出一些 D.把電容器的動片適當旋進一些 12.高精度全息穿透成像探測儀利用電磁波穿透非金屬介質,探測內部微小隱蔽物體并對物體成像,具有分辨率高、體積小、輻射少等特點,應用領域比超聲波更廣.關于電磁波和超聲波,下列說法正確的是(  ) A.電磁波和超聲波均能發生偏振現象 B.電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息 C.電磁波和超聲波均能發生干涉和衍射現象 D.電磁波和超聲波均需依賴于介質才能傳播 三、非選擇題(本題共6小題,共60分) 13.(6分)某電臺發射頻率為500 kHz的無線電波,發射功率為10 kW.在距電臺20 km的地方接收到該電波,該電波的波長為________,在此處,每平方米的面積上每秒鐘可接收到該電波的能量為________. 14.(8分)目前電能都是通過電網采用有線方式傳輸的,人們一直夢想能無線傳輸電能,夢想在日常生活中實現無線充電,甚至不用電池.現在,一個科學研究小組在實驗室中取得了可喜的進展,也許,人類的這一夢想不久就能實現. (1)實現無線傳輸能量,涉及能量的________、傳播和接收. (2)科學家曾經設想通過高聳的天線塔,以無線電波的形式將電能輸送到指定地點,但一直沒有在應用層面上獲得成功,其主要原因是這類無線電波________. A.在傳輸中很多能量被吸收 B.在傳播中易受山脈阻隔 C.向各個方向傳輸能量 D.傳輸能量易造成電磁污染 (3)如果像無線廣播那樣通過天線塔輸送電能,接收器獲得的功率P和它到天線塔的距離R相關,實驗測得P和R的部分數據如下表: R/m 1 2 4 5 x 10 P/W 1 600 400 100 y 25 16 ①上表中的x=________,y=________. ②根據表中的數據可歸納出P和R之間的數值關系式為________________. (4)為研究無線傳輸電能,某科研小組在實驗室試制了無線電能傳輸裝置,在短距離內點亮了燈泡.如圖所示,實驗測得,接在乙線圈上的用電器獲得的電能為輸入甲線圈電能的35%. ①若用該裝置給充電功率為10 W的電池充電,則損失的功率為________ W. ②若把甲線圈接入電壓為220 V的電源,測得該線圈中的電流為0.195 A.這時,接在乙線圈上的燈泡恰能正常發光,則此燈泡的功率為______ W. (5)由于在傳輸過程中能量利用率過低,無線傳輸電能還處于實驗階段,為早日告別電線,實現無線傳輸電能的工業化,還需要解決一系列問題,請提出至少兩個問題. 15.(9分)電感線圈的電流在Δt=0.2 s內的變化為ΔI=1 A,線圈產生的感應電動勢為E=18 mV,由該線圈和一電容器組成的振蕩電路所輻射的無線電波的波長為36 km,求電容器的電容.(感應電動勢E與電感L的關系式為E=) 16.(14分) 如圖所示,線圈L的自感系數為25 mH,電阻為零,電容器C的電容為40 μF,燈泡D的規格是“4 V,2 W”.開關S閉合后,燈光正常發光,S斷開后,LC振蕩電路中產生振蕩電流.若從S斷開開始計時,求: (1)當t=×10-3 s時,電容器的右極板帶何種電荷; (2)當t=π×10-3 s時,LC振蕩電路中的電流是多少. 17.(14分) 實驗室里有一水平放置的平行板電容器,其電容C=1 μF.在兩極板帶有一定電荷時,發現一帶電粉塵恰好靜止在兩極板間.手頭上還有一個自感系數L=0.1 mH的電感器,現連成如圖所示電路,重力加速度為g,試分析以下兩個問題. (1)從S閉合時開始計時,經過π×10-5 s時,電容器內粉塵的加速度大小是多少? (2)當粉塵的加速度為多大時,線圈中電流最大? 18.(9分)在電視節目中,我們經常看到主持人與派到熱點地區的記者通過同步通信衛星通話,他們之間每一問一答總是遲“半拍”,這是為什么?如果兩個手持衛星電話的人通過同步通信衛星通話,一方講話,另一方至少要等多長時間才能聽到對方的講話?(已知地球的質量M為6.0×1024 kg,地球半徑R為6.4×106 m,引力常量G為6.67×10-11 N·m2·kg-2) 單元素養檢測(四) 電磁振蕩與電磁波 1.解析:調頻改變的是載波的頻率,調幅改變的是載波的振幅,兩者原理不同,選項A錯誤;解調是接收電磁波過程中的步驟,選項B錯誤;調諧是將接收電路的固有頻率調至與載波的頻率相同,選項C錯誤;由調諧電路接收的感應電流,要再經過解調(調制的逆過程)、放大,通過耳機才可以聽到聲音,選項D正確. 答案:D 2.解析:由安培定則可知,電流方向由b到a;若磁場正在減弱,可知電容器處于充電狀態,電場能正在增大,電流方向由b到a,所以電容器下極板帶正電,上極板帶負電,故A錯誤,B正確;若磁場正在增強,可知電容器處于放電狀態,電場能正在減小,電流方向由b到a,所以電容器上極板帶正電,故C、D錯誤. 答案:B 3.解析:由公式λ=,知f=,其中c=3×108 m/s.當λ1=187 m時,f1=1.60×106 Hz;λ2=560 m時,f2=0.536×106 Hz.n==個=106個,比較一下選項,應選C選項. 答案:C 4.解析:紅外線波長一定大于X射線波長,故A錯誤;電磁波是由周期性變化的電場或磁場產生的,故B錯誤;根據物理學史的內容可知,麥克斯韋預言了空間存在電磁波,赫茲用實驗證實了電磁波的存在,故C正確;紫外線最顯著的作用是熒光效應,紅外線最顯著的作用是熱效應,故D錯誤. 答案:C 5.解析:手機信號屏蔽器是利用屏蔽器發出的信號去干擾手機接收從基站傳過來的信號,從而起到屏蔽作用.因此手機信號屏蔽器通過發射電磁波干擾手機工作來達到目的,故A、B、C錯誤,D正確. 答案:D 6.解析:由圖像分析可知,計時開始時,電容器兩極板帶電荷量最大,電流為零,電容器開始放電,根據電流隨時間的變化規律,可以畫出q ? t圖像(在圖中用虛線表示).由圖像分析可知,t1時刻,電容器帶電荷量為零,電壓為零,電場能為零,故D項正確,A、C兩項錯誤;t2時刻電容器帶電荷量q最大,兩極板間電壓最大,B項錯誤. 答案:D 7.解析:從名稱上可判斷,米波的波長大于厘米波的波長,由波長與頻率、波速關系式λ=可知,米波的頻率小于厘米波的頻率,選項A錯誤.無線電波是電磁波,可以在真空中傳播,選項B錯誤.無線電波同光波一樣會發生反射現象,可以產生干涉和衍射現象,選項C正確,D錯誤. 答案:C 8.解析:讀卡機發射的電磁波,被IC卡內部的LC振蕩電路接收,使IC卡充電,因此IC卡的能量源于讀卡機發射的電磁波,故A項錯誤;僅當讀卡機發射的電磁波頻率與該IC卡內的LC振蕩電路的固有頻率相等時,才發生電諧振,IC卡才能有效工作,故B項正確;若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率,根據法拉第電磁感應定律,線圈L中仍會產生感應電流,故C項錯誤;由題意知,IC卡內的線圈L中產生感應電流,給電容器C充電,達到一定電壓后,驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸,故D項錯誤. 答案:B 9.解析:無線電信號在空氣中的波速約等于光速,它的波長越長,穿透能力越弱,衍射能力越強.C、D兩項正確. 答案:CD 10.解析:物體的質量越大運動狀態越難改變,故A錯誤;單車某個時刻的準確位置信息是借助通信衛星定位的,故B正確;單車在運動過程中通過電磁感應將機械能轉化為電能從而實現充電,故C正確;單車和手機之間沒有電路連接,是利用電磁波傳遞信息的,故D正確. 答案:BCD 11.解析:根據c=λf和f=可知,要增大發射電磁波的波長,就要增大L與C的乘積.根據C=可知,若要增大電容,可以減小極板間的距離、增加極板正對面積、插入電介質.若要增大自感系數,可以增大線圈的匝數,在線圈中加鐵芯等,故A、C錯誤,BD正確. 答案:BD 12.解析:只有橫波才能發生偏振現象,超聲波的縱波部分不能發生偏振現象,故A錯誤;電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息,故B正確;電磁波和超聲波均能發生干涉和衍射現象,故C正確;電磁波的傳播不需要介質,可以在真空中傳播,故D錯誤. 答案:BC 13.解析:由c=λf知,λ== m=600 m.設每秒鐘每平方米上獲得能量為E,則E·4πR2=Pt. 所以E== J=2×10-6 J. 答案:600 m(3分) 2×10-6 J(3分) 14.解析:(1)無線傳輸能量主要涉及能量的發射、傳播和接收. (2)電磁波在傳播過程中向各個方向傳輸的能量是均等的,因此在實際應用中受到限制,故C正確. (3)由表格中所提供數據可以判斷出P和R之間的數值關系為PR2=1 600,所以當R=5時,求得P=64,因此表中y=64;當P=25時,R==8,即表中x=8. (4)①設輸入甲線圈的功率為P甲,乙線圈中用電器獲得的功率為P乙,由題意P乙=P甲×35%,則損失的功率ΔP=P甲-P乙=P乙×= W≈18.6 W. ②由P=IU可知,甲線圈的電功率P甲=IU,乙線圈中用電器獲得的功率P乙=P甲×35%.因此燈泡的功率P乙=IU×35%=0.195×220×0.35 W≈15 W. (5)因為在無線傳輸過程中,電磁波向各個方向的傳播是均等的,無法有效地控制方向,為了更多地接收到電磁波,就需要接收儀器和發射點相距不能太遠,且接收器要有很大的體積.同時,向空間輻射較多的電磁波對人體有傷害. 答案:(1)發射(1分) (2)C(1分) (3)①8(1分) 64(1分) ②PR2=1 600(1分) (4)①18.6(1分) ②15(1分) (5)儀器體積過大、對人體有傷害、傳輸距離太短等(1分) 15.解析:由E=(2分) 可得L=3.6×10-3 H(2分) 而λ=cT=2cπ(2分) 解得C==10-7 F=0.1 μF(3分) 答案:0.1 μF 16.解析:(1)由T=2π知,T=2π× s=2π×10-3 s(2分) t=×10-3 s=T(2分) 斷開開關S時,電流最大,經,電流最小,電容器兩極板間電壓最大.在此過程中線圈對電容器充電,右極板帶正電荷(3分) (2)t=π×10-3 s=(2分) 此時電流最大,與沒有斷開開關時的電流大小相等(2分) 則I===0.5 A(3分) 答案:(1)正電荷 (2)0.5 A 17.解析:(1)開關斷開時,電容器內帶電粉塵恰好靜止,說明電場力方向向上,且F電=mg(3分) 閉合S后,L、C構成LC振蕩電路,T=2π=2π×10-5 s(3分) 經π×10-5 s=時,電容器兩極板間的場強反向,電場力的大小不變,方向豎直向下,由牛頓第二定律得a==2g(3分) (2)線圈中電流最大時,電容器兩極板間的場強為零(2分) 由牛頓第二定律可得a==g(2分) 方向豎直向下(1分) 答案:(1)2g (2)g 18.解析:主持人與記者之間通話的不合拍是因為電磁波是以有限的速度在空中傳播的,利用電磁波傳遞信息是需要時間的(1分) 設同步衛星高度為H,由萬有引力定律及衛星圓周運動規律可得 =m(R+H)(2分) H=-R≈3.6×107 m(2分) 則一方講話,另一方聽到對方講話的最少時間 t==0.24 s(4分) 答案:0.24 s

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  • ID:8-8207427 2021年歷史總復習(遵義專版)世界近代史第一單元 走向近代 課件(45張PPT)

    初中歷史/中考專區/一輪復習

    ★時空觀念 第 * 頁 ★主要點睛 一條主線:資本主義的產生、確立和鞏固。 一個趨勢:資本主義戰勝封建主義,形成西方先進、東方落后,東方逐漸從屬西方的局面。 三個歷史潮流:資本主義的產生與發展;國際工人運動和社會主義運動的興起與發展;被壓迫民族和人民反抗侵略及殖民統治的民族解放運動的開展。 第 * 頁 資本主義發展的四大條件:思想解放、殖民擴張、資本主義制度確立、工業革命。 資本主義的三大發展時期:早期資本主義、自由資本主義、壟斷資本主義。 社會發展的四大矛盾:資本主義同封建主義的矛盾,無產階級同資產階級的矛盾,殖民地、半殖民地同殖民主義宗主國的矛盾,資本主義國家之間的矛盾。 第 * 頁 第一單元 走向近代 第 * 頁 第 * 頁 知識網絡 遵義中考考點透析 第 * 頁 第 * 頁 考點精析 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 ◇重要圖片解讀 第 * 頁 1.圖一名稱:但丁(1265—1321) 考點鏈接:文藝復興的先驅——《神曲》——“文學三杰”之一 2.圖二名稱:《蒙娜麗莎》 考點鏈接:文藝復興運動——達·芬奇——人文主義 3.圖三名稱:莎士比亞(1564—1616) 考點鏈接:文藝復興運動——《哈姆雷特》《羅密歐與朱麗葉》——人文主義 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 四、影響(意義) (一)積極性 1.歐洲大西洋沿岸工商業經濟繁榮起來,促進了資本主義的發展,使世界的商貿中心由地中海沿岸轉移到大西洋沿岸。 2.歐洲與亞洲、非洲、美洲之間建立起了直接的商業聯系,往來日益密切。世界開始連為一個整體,世界的觀念從此逐步確立。 (二)消極性:引發了歐洲殖民者海外擴張和殖民掠奪的狂潮,造成了亞、非、拉美的貧窮和落后。 第 * 頁 【知識拓展】 對哥倫布發現美洲的評價 哥倫布發現美洲后開始的殖民掠奪給印第安人帶來了巨大的災難,加劇了當地的貧窮和落后;但同時在客觀上,殖民掠奪來的財富成為推動歐洲資本主義發展的原始積累,也加強了世界各地區之間的聯系,推動了資本主義發展和世界文明的進程,有其進步性。 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 第 * 頁 突破點1 資本主義萌芽、文藝復興和新航路開辟之間的關系 (1)資本主義萌芽是文藝復興和新航路開辟的經濟原因。新興的資產階級要求在思想領域擺脫封建思想的束縛,要求擴大海外市場,發展貿易,于是,文藝復興興起,新航路開辟。 (2)文藝復興提倡人文主義,解放了人們的思想,進一步促進了資本主義的發展。同時,人性的解放,為新航路的開辟提供了精神動力,人們開始勇于探索發現,熱衷于追求人生目標。 第 * 頁 重難點突破 (3)新航路的開辟為資本主義的發展開拓了海外市場。伴隨著新航路開辟過程中的海外殖民活動,資本家掠奪了大量財富,使資本主義的發展完成了原始積累。另外,人們眼界的開拓和新事物的不斷發現,使封建神學受到質疑,加快了文藝復興的傳播和發展。 第 * 頁 突破點2 比較新航路開辟與鄭和下西洋 第 * 頁 新航路開辟 鄭和下西洋 相同點 都是人類航海史上的壯舉,都在政府的支持下進行,都加強了同其他地區的聯系 不同點 背景 處于西歐商品經濟發展、資本主義興起時期 處于明朝中央集權強化、封建制度衰落時期 規模 船隊規模小,船少人少 船隊龐大,船多人多 目的 出于經濟目的,海外殖民掠奪財富,資本原始積累 出于政治目的,宣揚國威,加強與海外諸國聯系,滿足統治階級對異域珍寶的需求 第 * 頁 新航路開辟 鄭和下西洋 不同點 性質 資本主義的海外殖民擴張活動,進行的是掠奪性的貿易 與各國友好往來的壯舉,是一種封建國家朝貢性的貿易 影響和后果 促進了歐洲資本主義的成長和資本主義時代的到來,密切了世界各地的聯系,促進了世界市場的初步形成,開始了世界一體化的進程 促進了明朝與亞非國家的經濟文化交流,但其不計經濟效益的做法違背了經濟規律,對中國新的經濟因素未產生直接作用,給明朝造成了巨大的經濟負擔,因此不可能持久 歷史解釋 文藝復興首先興起于意大利的原因 (1)意大利半島最早萌發了資本主義經濟:14、15世紀,意大利的城市工商業發達,出現了早期資產階級,他們具有開拓創新精神,不滿足于當時天主教會控制下的陳腐、呆板的生活。 (2)意大利有豐厚的文化遺產:意大利是古代希臘羅馬文化的中心地帶,留下了不少古代文化的遺跡,容易使當地的人們回憶起古代的輝煌。 第 * 頁 核心素養 (3)意大利具有不可多得的人才優勢:各城市共和國的統治者和富商巨賈競相延攬才智之士,匯集了眾多的博學才子。 (4)拜占庭帝國滅亡后,大批拜占庭學者攜帶眾多的古希臘羅馬文化典籍逃到意大利。 第 * 頁 選擇題 1.(2020·39題)近代歐洲貿易中心由地中海區域轉移到大西洋沿岸的原因是(  ) A.殖民擴張   B.新航路開辟 C.工業革命   D.三角貿易 2.(2020·40題)莎士比亞是英國文藝復興運動時期著名的詩人、劇作家。屬于莎士比亞代表作的是(  ) A.《神曲》   B.《蒙娜麗莎》 C.《最后的晚餐》   D.《哈姆雷特》 第 * 頁 B 遵義中考過關精練 D 3.(2019·36題)某歷史公眾號準備推送一期專題——文藝復興時期的成就,下列選項不能放進專題資源包的是(   ) A.《神曲》   B.《最后的晚餐》 C.《哈姆雷特》   D.《命運交響曲》 4.(2017·22題)2008年北京奧運會主題曲《我和你》的歌詞中寫道:“我和你,心連心,同住地球村……”下列將世界各個地區連成一體,成為“地球村”的歷史事件是(  ) A.文藝復興運動   B.新航路開辟 C.三角貿易   D.巴黎公社運動 第 * 頁 D B 命題點1 西歐經濟和社會的發展 1.(2020·江蘇淮安)中世紀晚期,歐洲社會處于轉型時期,生產組織逐漸資本主義化,出現雇傭與被雇傭的生產關系。這一現象主要表現在 (  ) A.莊園經濟和現代工廠制的形成 B.租地農場和手工工場的產生 C.種植園經濟和工業革命的擴展 D.工業化和農業集體化的實行 第 * 頁 2021年迎考特訓 B 命題點2 文藝復興運動 2.(2020·四川廣安)14世紀中葉起源于意大利,15、16世紀開始向西歐其他國家和地區傳播的文藝復興運動的歷史貢獻是 (  ) A.為歐洲資本主義社會的產生和發展奠定了思想文化基礎 B.使物理學成為一門獨立的學科,打破了神創論 C.世界開始連為一個整體,世界的觀念從此逐步確立起來 D.歐洲文化傳到殖民地,對殖民地社會的發展產生了深遠的影響 第 * 頁 A 3.(2020·湖北鄂州)用關鍵詞標志重大歷史內容是學習歷史的重要方法。以下歷史內容與關鍵詞對應正確的是 (  ) A.人文主義——自強求富——民主科學——三民主義 B.自強求富——人文主義——三民主義——民主科學 C.人文主義——三民主義——自強求富——民主科學 D.人文主義——自強求富——三民主義——民主科學 第 * 頁 A 4.(2019·四川南充)文藝復興時期,涌現出了許多杰出的人物,以下代表人物及其作品搭配正確的是 (  ) A.彼特拉克——《哈姆雷特》 B.達·芬奇——《神曲》 C.莎士比亞——《羅密歐與朱麗葉》 D.但丁——《最后的晚餐》 第 * 頁 C 命題點3 探索新航路 5.(2020·四川南充)1565年開始,西班牙人把亞洲,尤其是中國的生絲等從馬尼拉運往美洲換取金銀,形成繁盛的“絲——銀”對流,這被稱為“馬尼拉大帆船貿易”。該材料體現了 (  ) A.世界建立起了直接的商業聯系 B.資本主義經濟的產生和發展 C.大西洋沿岸工商業經濟的繁榮 D.中國等國自由貿易開始興起 第 * 頁 A 6.(2020·四川自貢)(改編)十五世紀鄭和下西洋和哥倫布發現新大陸的共同點是 (  ) ①增進了各地區的了解 ②有利于各地區的交流 ③都具有開拓冒險精神  ④確立了現代工廠制度 A.①②③ B.①③④ C.①②④ D.②③④ 第 * 頁 A 7.(2019·浙江溫州)歷史學家吳于廑認為,近代世界由分散向整體發展,以1500年左右為世界近代史的開端。下列史實可以作為這種歷史分期依據的是 (  ) A.文藝復興 B.新航路開辟 C.啟蒙運動 D.法國大革命 第 * 頁 B 8.(2019·湖北宜昌)閱讀材料,啟迪智慧。 【了解新航路開辟的史實】 材料一 1492年,哥倫布獲得西班牙國王的資助,率領船隊橫渡大西洋,到達了古巴、海地等地,見到了歐洲人此前不知道的新大陸——①……1519年,葡萄牙人②率船隊由大西洋西行,歷經艱險,實現了人類第一次環球航行。 ——摘自川教版《世界歷史》九年級上冊 第 * 頁 (1)哥倫布見到的“歐洲人此前不知道的新大陸——①”是哪個洲?率船隊“實現了人類第一次環球航行”的葡萄牙航海家②是誰? 美洲。麥哲倫。 【理解新航路開辟的影響】 材料二 (新航路的開辟)打破了以往人類文明區域性分割和孤立發展的局面,首次把全球人類聯系起來,開始了人類文明一體化的進程……它大大擴展了人類活動的范圍……世界的人種地理分布、宗教與文化格局開始發生重大變化……引發了歐洲近代幾個世紀的大規模海外擴張,開始了歐洲對世界征服和侵略的歷史。 ——摘自馬世力主編:《世界史綱》(下冊) 第 * 頁 (2)結合材料二及所學知識,概括新航路開辟的影響。 世界開始連成一個整體;擴大了人類活動范圍;促進了世界范圍內的經濟文化交流;為殖民掠奪開辟了道路;促進了資本主義的產生與發展等。(意思相近或相似即可) 【探尋航海家成功的秘訣】 材料三 哥倫布自小對航海有著濃厚的興趣,受《馬可·波羅行紀》的影響,特別向往到東方尋找財富。為了獲得航海所需的財力支持,他曾向多國王室游說,后得到西班牙國王的支持。同時,在15世紀末,帆船的改進、羅盤針的運用和“地圓說”的傳播,都為哥倫布遠洋航行的成功創造了條件。 ——改編自百度百科 第 * 頁 (3)從哥倫布的經歷中,對于做一件事如何能夠成功,你得到哪些啟示? 示例:自身要有對事物的濃厚興趣;要有執著追求的精神;要善于尋求外部或他人的支持;能借助已有的客觀條件等。(言之成理即可) 命題點4 早期殖民掠奪 9.(2019·四川綿陽)下列為1700~1860年美國人口種族構成變化情況(單位:萬人)。其中黑種人口變化的原因是 (  ) A.奴隸貿易 B.美國獨立 C.美國南北戰爭 D.第二次工業革命 第 * 頁 A 時間(年) 土著人口 白種人口 黑種人口 合計 1700 75.0 22.3 2.7 100.0 1860 16.0 2 724.0 400.0 3 140.0

    • 2020-11-20
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