2025年高考物理 人教版必修第3冊第13章　第5節(jié)含答案

2025年高考物理人教版必修第3冊第13章第5節(jié)含答案第十三章第5節(jié)課后知能作業(yè)基礎(chǔ)鞏固練1．關(guān)于對黑體的認(rèn)識，下列說法正確的是()A．黑體只吸收電磁波，不反射電磁波，看上去是黑的B．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長的分布只與溫度有關(guān)，與材料的種類及表面狀況無關(guān)C．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長的分布除與溫度有關(guān)外，還與材料的種類及表面狀況有關(guān)D．如果在一個空腔壁上開一個很小的孔，射入小孔的電磁波在空腔內(nèi)表面經(jīng)多次反射和吸收，最終不能從小孔射出，這個空腔就成了一個黑體答案：B解析：黑體能100%地吸收入射到其表面的電磁輻射，并且不會有任何的反射與透射，這樣的物體稱為黑體，但不一定黑色的，故A錯誤；黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長的分布只與溫度有關(guān)，與材料種類及表面狀況無關(guān)，故C錯誤，B正確；如果在一個空腔壁上開一個很小的孔，射入小孔的電磁波在空腔內(nèi)表面經(jīng)多次反射和吸收，最終不能從空腔射出，就相當(dāng)于吸收了所有電磁波，因此小孔成了一個黑體，故D錯誤。故選B。2．關(guān)于黑體輻射的實驗規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是()A．黑體能夠完全透射照射到它上面的光波B．隨著溫度降低，各種波長的光輻射強(qiáng)度都有所增加C．隨溫度升高，輻射強(qiáng)度極大值向波長較長的方向移動D．黑體的輻射強(qiáng)度只與它的溫度有關(guān)，與形狀和黑體材料無關(guān)答案：D解析：能完全吸收照射到它上面的各種頻率的電磁輻射的物體稱為黑體，不反射也不透射，A錯誤；由圖可知，隨溫度的降低，各種波長的光輻射強(qiáng)度都有所減小，B錯誤；隨著溫度的升高，黑體輻射強(qiáng)度的極大值向波長較短的方向移動，C錯誤；一般物體輻射電磁波的情況與溫度有關(guān)，還與材料的種類及表面情況有關(guān)，但黑體輻射電磁波的情況只與溫度有關(guān)，D正確。故選D。3．以下宏觀概念，哪些是“量子化”的()A．木棒的長度 B．物體的質(zhì)量C．物體的動量 D．學(xué)生的個數(shù)答案：D解析：所謂“量子化”應(yīng)該是不連續(xù)的，一份一份的，綜上所述，D正確。故選D。4．下列關(guān)于能量量子化說法正確的是()A．愛因斯坦最早提出了能量量子化假說B．普朗克認(rèn)為微觀粒子能量是連續(xù)的C．頻率為ν的光的能量子為hνD．電磁波波長越長，其能量子越大答案：C解析：能量子假說是由普朗克最早提出來的，故A錯誤；根據(jù)普朗克能量量子化假說，微觀粒子能量不連續(xù)，故B錯誤；能量子的能量ε＝hν＝heq\f(c,λ)所以電磁波波長越長，其能量子越小。故C正確，D錯誤。故選C。5．2022年10月12日，神舟十四號乘組航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲在中國空間站進(jìn)行太空授課。若本次直播通信使用電磁波的波長范圍為λ1≤λ≤λ2，則該電磁波中能量子最大值為()A．hλ2 B．eq\f(h,λ1)C．eq\f(hc,λ1) D．eq\f(hc,λ2)答案：C解析：由電磁波能量子公式ε＝hν＝heq\f(c,λ)可知，電磁波的波長越小，能量越大，因此該電磁波中能量子最大值為εmax＝eq\f(hc,λ1)，A、B、D錯誤，C正確。故選C。6．關(guān)于電磁振蕩與電磁波，下列說法正確的是()A．雷達(dá)的最大偵察距離等于電磁波在雷達(dá)發(fā)射相鄰兩個脈沖的時間間隔內(nèi)傳播的距離B．黑體可以吸收一切光，普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說，黑體的熱輻射實質(zhì)上是電磁輻射C．紅外線有很強(qiáng)的穿透本領(lǐng)，醫(yī)學(xué)上常用于透視人體，過強(qiáng)的紫外線照射有利于人體的皮膚健康D．根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場一定能產(chǎn)生磁場，變化的磁場也一定能產(chǎn)生變化的電場答案：B解析：雷達(dá)的最大偵察距離應(yīng)等于電磁波在雷達(dá)發(fā)射相鄰兩個脈沖的時間間隔內(nèi)傳播距離的一半，A錯誤；黑體可以吸收一切光，黑體輻射本質(zhì)上是電磁輻射，普朗克最早提出了能量子假說，他認(rèn)為能量是一份一份的，每一份是一個能量子，B正確；X射線有很高的穿透本領(lǐng)，醫(yī)學(xué)上常用于透視人體，過強(qiáng)的紫外線照射對人體的皮膚有害，C錯誤；變化的電場一定能產(chǎn)生磁場，變化的磁場一定能產(chǎn)生電場，但均勻變化的磁場只能產(chǎn)生恒定電場，D錯誤。故選B。能力提升練7．科學(xué)家設(shè)想在未來的宇航事業(yè)中利用太陽帆來加速星際飛船。設(shè)某飛船所在地每秒每單位面積接收的光子數(shù)為n，光子平均波長為λ，太陽帆板面積為S，反射率為100%，光子動量p＝eq\f(h,λ)。設(shè)太陽光垂直射到太陽帆板上，飛船總質(zhì)量為m，則飛船加速度的表達(dá)式為()A．eq\f(nSh,mλ) B．eq\f(2Sh,nmλ)C．eq\f(2mhS,nλ) D．eq\f(2nhS,mλ)答案：D解析：Δt時間內(nèi)太陽帆板接收的光子數(shù)為N＝nS·Δt，這些光子的總動量大小p1＝nS·Δt·eq\f(h,λ)，反射后光子的總動量大小p2＝p1，則飛船所受力F＝eq\f(p2＋p1,Δt)，聯(lián)立得F＝eq\f(2nSh,λ)，由牛頓第二定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2nhS,mλ)，故D正確。故選D。8．(多選)關(guān)于原子的能級，下列說法正確的是()A．原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)要放出光子，放出光子的能量等于前后兩個能級的能量差B．原子不能從低能級向高能級躍遷C．原子吸收能量后可以從低能級躍遷到高能級D．原子放出光子，放出的光子的能量恒等于前后兩個能級的能量差答案：CD解析：原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)要吸收光子，吸收的光子的能量等于前后兩個能級的能量差，故A錯誤；原子吸收能量后可以從低能級躍遷到高能級，故B錯誤，C正確；原子放出光子，放出的光子的能量恒等于前后兩個能級的能量差值，故D正確。故選CD。9．(多選)下列有關(guān)黑體和黑體輻射的說法中正確的是()A．黑體的熱輻射實際上是電磁輻射B．能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射的物體叫作黑體C．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長的分布與它的溫度、材料的種類及表面狀況有關(guān)D．黑體的溫度升高時可以輻射出任何頻率的電磁波(包括可見光和不可見光)答案：ABD解析：黑體的熱輻射實際上是電磁輻射，故A正確；能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射的物體叫作黑體，故B正確；黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長的分布只與它的溫度有關(guān)，故C錯誤；黑體輻射的強(qiáng)度與溫度有關(guān)，溫度越高，黑體輻射的強(qiáng)度越大，隨著溫度升高，可以輻射出任何頻率的電磁波，故D正確。故選ABD。10．(多選)某光源放出波長在500～600nm之間的各種光子，若已知該光源的發(fā)光功率為1mW，則它每秒鐘發(fā)射的光子數(shù)可能是(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)()A．2.0×1015 B．3.0×1015C．2.6×1015 D．1.5×1015答案：BC解析：每秒內(nèi)該光源發(fā)光的能量E光源＝Pt＝1×10－3J，而波長為λ的光子的能量為E光子＝eq\f(hc,λ)，則每秒鐘發(fā)射的光子數(shù)為n＝eq\f(E光源,E光子)＝eq\f(E光源λ,hc)，代入數(shù)值得2.5×1015≤n≤3.0×1015，故B、C正確。故選BC。11．(多選)在電磁波中，波長按從長到短排列的是()A．無線電波、可見光、紅外線B．無線電波、可見光、γ射線C．紅光、黃光、綠光D．紫外線、X射線、γ射線答案：BCD解析：電磁波譜按波長從長到短的排列順序依次是無線電波→紅外線→可見光(紅、橙、黃、綠、青、藍(lán)、紫)→紫外線→X射線→γ射線，由此可知B、C、D正確。故選BCD。12．(多選)對宇宙微波背景輻射的黑體譜形狀的研究被譽(yù)為是宇宙學(xué)研究進(jìn)入精密科學(xué)時代的起點。下列與宇宙微波背景輻射的黑體譜相關(guān)的說法中正確的是()A．微波是指波長在10－3m到10m之間的電磁波B．微波和聲波一樣都只能在介質(zhì)中傳播C．黑體的熱輻射實際上是電磁輻射D．普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說答案：ACD解析：微波是電磁波中按波長分類波長較小的一種，微波是指波長在10－3m到10m之間電磁波，故A正確；微波是電磁波，電磁波既能在介質(zhì)中傳播也能在真空中傳播，而聲波是機(jī)械波，只能在介質(zhì)中傳播，故B錯誤；黑體向外輻射的是熱量，是以光子的形式輻射的，而光是電磁波，所以黑體的熱輻射實際上是電磁輻射，故C正確；普朗克在研究黑體輻射的過程中提出了黑體輻射的能量是一份一份的，從而提出了能量子的假說，故D正確。第十三章素能測評卷(時間：75分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意)1．電視機(jī)顯像管的偏轉(zhuǎn)線圈示意圖如圖所示，某時刻電流方向如圖所示，則環(huán)心O處的磁場方向()A．向上 B．垂直紙面向里C．向下 D．垂直紙面向外答案：C解析：對于左、右兩個螺線管，由安培定則可以判斷出上方均為N極，下方均為S極，所以環(huán)心O處的磁場方向向下。故選C。2．華為手機(jī)麒麟9000型芯片是5nm制作工藝，光刻機(jī)是芯片制造的核心設(shè)備之一。光刻機(jī)通過一系列的光源能量，將光束透射過畫著線路圖的掩模，用透鏡將線路圖成比例縮小后映射到涂有化學(xué)層的硅片上，受到光線照射的部分，可以被沖洗掉，在硅片上就得到了掩膜上的電路圖。芯片的制作過程需要用較大能量光子的光照射，應(yīng)選用的光源是()A．波長長的光源 B．頻率大的光源C．強(qiáng)度小的光源 D．強(qiáng)度大的光源答案：B解析：由光子的能量公式，即ε＝hν可知，頻率越大的光子能量越大，光子的能量與光的強(qiáng)度無關(guān)，而根據(jù)公式ν＝eq\f(c,λ)可得，波長越長，光子的頻率越小，A、C、D錯誤，B正確。故選B。3．如圖，空間固定一條形磁體(其軸線水平)，穿過圓環(huán)的磁通量先減小再增大的是()A．圓環(huán)a沿磁體軸線由磁體N極向右移至S極B．圓環(huán)a沿磁體軸線由磁體N極左側(cè)向左移至無窮遠(yuǎn)C．圓環(huán)b從磁體正下方豎直下落D．圓環(huán)c從磁體右邊的位置1下降到位置3答案：D解析：圓環(huán)a沿磁體軸線由磁體N極向右移至S極，穿過圓環(huán)的磁通量先增大后減小，故A錯誤；圓環(huán)a沿磁體軸線由磁體N極左側(cè)向左移至無窮遠(yuǎn)，穿過圓環(huán)的磁通量一直減小，故B錯誤；圓環(huán)b從磁體正下方豎直下落，穿過圓環(huán)的磁通量一直減小，故C錯誤；圓環(huán)c從磁體右邊的位置1下降到位置2，穿過圓環(huán)的磁通量一直減小，從位置2下降到位置3，穿過圓環(huán)的磁通量一直增大，故D正確。故選D。4.如圖所示，施工員確定地下金屬管線位置的一種方法如下：①給管線通入電流；②用可測量磁場強(qiáng)弱、方向的儀器在管線附近水平地面上找到磁場最強(qiáng)的某點，記為a；③在a點附近地面上找到與a點磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點，將這些點連成直線EF；④在地面過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為37°、距離為L的b、c兩點，不計地磁場影響，sin37°＝0.6，則()A．管線垂直于EFB．管線深度為eq\f(2,3)LC．b、c兩點磁感應(yīng)強(qiáng)度相同D．管線中應(yīng)通入大小、方向變化的電流答案：B解析：畫出截面圖，如右圖所示，a點磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，在金屬管線的正上方，因此金屬管線平行于EF，故A錯誤；由幾何關(guān)系可知，管線深度d＝eq\f(\f(L,2),tan37°)＝eq\f(2,3)L，故B正確；由圖可知，b、c到金屬線距離相同，則兩點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故C錯誤；管線中應(yīng)該通恒定電流，便于判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)點，故D錯誤。故選B。5．如圖所示的閉合鐵芯上繞有一組線圈，與滑動變阻器、電池構(gòu)成閉合電路，a、b、c為三個閉合金屬圓環(huán)，假定線圈產(chǎn)生的磁場全部集中在鐵芯內(nèi)，則當(dāng)滑動變阻器的滑片左、右滑動時，能產(chǎn)生感應(yīng)電流的金屬圓環(huán)是()A．a(chǎn)、b兩個環(huán) B．b、c兩個環(huán)C．a(chǎn)、c兩個環(huán) D．a(chǎn)、b、c三個環(huán)答案：A解析：當(dāng)滑片左、右滑動時，通過a、b的磁通量變化，而通過c環(huán)的合磁通量始終為零，故a、b兩環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，而c環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流。6．如圖所示，在xOy平面內(nèi)有以y軸為邊界的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的兩勻強(qiáng)磁場，金屬圓環(huán)的圓心為O。下列過程會使環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()A．環(huán)沿y軸平移一小段距離B．環(huán)沿x軸平移一小段距離C．環(huán)繞y軸轉(zhuǎn)動一小角度D．環(huán)繞x軸轉(zhuǎn)動一小角度答案：B解析：感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化：環(huán)沿y軸平移一小段距離、環(huán)繞y軸轉(zhuǎn)動一小角度、環(huán)繞x軸轉(zhuǎn)動一小角度穿過線圈的磁通量始終為零，保持不變，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、C、D錯誤；環(huán)沿x軸平移一小段距離，穿過線圈的磁通量發(fā)生改變，能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確。故選B。7.無限長直導(dǎo)線在周圍某點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與導(dǎo)線中電流大小成正比，與該點到導(dǎo)線的距離成反比。三根無限長直導(dǎo)線垂直紙面平行放置，分別位于直角三角形OMN的三個頂點處。導(dǎo)線中通入大小分別為2I、I、和I的恒定電流，方向如圖所示。P為MN連線中點，則P處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為()A．水平向右 B．水平向左C．豎直向下 D．豎直向上答案：A解析：根據(jù)安培定則結(jié)合幾何關(guān)系，N處導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直MN向上(與水平方向夾角為60°)，大小為B，M處導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直MN向上，大小為B，O處導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)P向下(與水平方向夾角為60°)，大小為2B，根據(jù)平行四邊形定則，故P處合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)8．阿明有一個磁懸浮玩具，其原理是利用電磁鐵產(chǎn)生磁性，讓具有磁性的玩偶穩(wěn)定地飄浮起來，其構(gòu)造如圖所示。若圖中電源的電壓固定，可變電阻為一可以隨意改變電阻大小的裝置，則下列敘述正確的是()A．電路中的電源必須是交流電源B．電路中的a端點須連接直流電源的負(fù)極C．若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù)，可增加玩偶飄浮的最大高度D．若將可變電阻的電阻值調(diào)大，可減小玩偶飄浮的最大高度答案：CD解析：當(dāng)電磁鐵上端為N極時，可使玩偶飄浮起來，由安培定則可知，a端應(yīng)是電源的正極，A、B錯誤；若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù)，電磁鐵磁性增強(qiáng)，可增加玩偶飄浮的最大高度，C正確；若將可變電阻的阻值調(diào)大，線圈中電流減小，磁性減弱，玩偶飄浮的最大高度減小，D正確。故選CD。9.一等腰直角三棱柱如圖所示，其中底面abcd為正方形，邊長為L，它們按圖示位置放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下列說法正確的是()A．通過abcd平面的磁通量大小為L2·BB．通過dcfe平面的磁通量大小為eq\f(\r(2),2)L2·BC．通過abfe平面的磁通量大小為零D．通過整個三棱柱的磁通量為零答案：BCD解析：abcd平面在垂直于B方向的投影S⊥＝eq\f(\r(2),2)L2，所以Φ＝BS⊥＝eq\f(\r(2),2)L2B，A錯誤；dcfe平面與B垂直，S＝eq\f(\r(2),2)L2，所以Φ＝eq\f(\r(2),2)L2B，B正確；abfe平面與B平行，S⊥＝0，Φ＝0，C正確；整個三棱柱穿進(jìn)的磁感線和穿出的磁感線條數(shù)相等，抵消為零，所以Φ＝0，D正確。故選BCD。10.如圖所示科考隊在某一磁礦區(qū)域，發(fā)現(xiàn)原來指向正北的指南針的N極逆時針轉(zhuǎn)過30°，設(shè)該位置地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量為B，則磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量可能為()A．eq\f(B,4) B．eq\f(B,2)C．B D．eq\f(3B,2)答案：BCD解析：磁場是客觀存在的特殊物質(zhì)形態(tài)，我們感覺不到，但可通過小磁針來體現(xiàn)，小磁針N極的受力方向即為磁場方向，如右圖所示，磁礦所產(chǎn)生的磁場使原來指向正北的N極逆時針轉(zhuǎn)過30°，根據(jù)三角形定則可知：磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小時方向與圖中虛線垂直，則大小為Bsin30°＝eq\f(1,2)B，則磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量可能的值要不小于最小值eq\f(B,2)。故選BCD。三、非選擇題(本題共5小題，共54分)11．(7分)某同學(xué)在“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗中，如圖所示，首先按圖甲接線，用來查明電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系，然后再依次按圖乙將電流表與A線圈連成一個閉合回路，按圖丙將電流表與導(dǎo)體棒ab連成閉合回路。在圖甲中，當(dāng)閉合S時，觀察到電流表指針向左偏(不通電時指針停在正中央)，則：(1)在圖乙中，磁體N極插入線圈A過程中電流表的指針將________偏轉(zhuǎn)。(2)在圖丙中，導(dǎo)體棒ab向左移動過程中，電流表的指針將________偏轉(zhuǎn)；導(dǎo)體棒ab向上移動過程中，電流表的指針將________偏轉(zhuǎn)(選填“向左”“向右”或“不發(fā)生”)。答案：(1)向左(2)向右不發(fā)生解析：(1)當(dāng)閉合S時，觀察到電流表指針向左偏，說明電流從負(fù)接線柱流入時，電流表指針向左偏。磁體N極插入線圈A過程中，線圈A中磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流將從電流表負(fù)接線柱流入，則此時電流表的指針將向左偏轉(zhuǎn)。(2)在圖丙中，導(dǎo)體棒ab向左移動過程中，根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流從電流表正接線柱流入，則此時電流表的指針將向右偏轉(zhuǎn)。導(dǎo)體棒ab向上移動過程中，不切割磁感線，感應(yīng)電流為零，電流表的指針將不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。12．(10分)國際宇航聯(lián)合會將2020年度“世界航天獎”授予我國“嫦娥四號”任務(wù)團(tuán)隊?！版隙鹚奶枴比蝿?wù)創(chuàng)造了多項世界第一，在探月任務(wù)中，“玉兔二號”月球車朝正下方發(fā)射一束頻率為f的電磁波，電磁波分別在月壤層的上、下表面被反射回來，反射波回到“玉兔二號”的時間差為Δt。已知電磁波在月壤層中傳播的波長為λ，求該月壤層的厚度d。答案：eq\f(λf,2)Δt解析：電磁波在月壤層中的傳播速度滿足v＝λf根據(jù)題意可知2d＝v·Δt解得月壤層厚度為d＝eq\f(λf,2)Δt。13．(12分)太陽光垂直射到地面上，地面上1m2接收的太陽光的功率為1.4kW，其中可見光部分約占45%。(1)假如認(rèn)為可見光的波長eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(c,ν)))約為0.55μm，日地間距離R＝1.5×1011m。普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，估算太陽每秒輻射出的可見光光子數(shù)。(2)若已知地球的半徑為6.4×106m，估算地球接收的太陽光的總功率。答案：(1)4.9×1044個(2)1.8×1014kW解析：(1)設(shè)地面上垂直太陽光每平方米面積上每秒接收的可見光光子數(shù)為n，則有P×45%＝nheq\f(c,λ)，解得n＝eq\f(0.45λP,hc)＝eq\f(0.45×0.55×10－6×1.4×103,6.6×10－34×3×108)個＝1.75×1021個，則所求可見光光子數(shù)N＝n·4πR2＝1.75×1021×4×3.14×(1.5×1011)2個≈4.9×1044個。(2)地球接收太陽光的總功率P地＝Pπr2＝1.4×3.14×(6.4×106)2kW≈1.8×1014kW。14.(12分)如圖所示，有一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T，磁場有明顯的圓形邊界，圓心為O，半徑為10cm?，F(xiàn)于紙面內(nèi)先后放上a、b兩個圓形單匝線圈，圓心均在O處，a線圈半徑為10cm，b線圈半徑為15cm，問：(1)在B減為0.4T的過程中，a和b中磁通量分別改變多少？(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小不變，方向繞直徑轉(zhuǎn)過30°過程中，a線圈中磁通量改變多少？(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小、方向均不變，a線圈繞直徑轉(zhuǎn)過180°過程中，a線圈中磁通量改變多少？答案：(1)1.256×10－2Wb1.256×10－2Wb(2)3.4×10－3Wb(3)5.0×10－2Wb解析：(1)a線圈面積正好與圓形磁場區(qū)域重合，Φ1＝Bπr2，Φ2＝B1πr2ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|(B1－B)πr2|＝1.256×10－2Wbb線圈面積大于圓形磁場面積，即線圈的一部分面積在磁場區(qū)域外，有磁感線穿過的面積與a線圈相同，故磁通量的變化量與a線圈相同。(2)磁場轉(zhuǎn)過30°，a線圈在垂直磁場方向的投影面積為πr2cos30°，則Φ＝Bπr2cos30°ΔΦ′＝|Φ－Φ1|＝Bπr2(1－cos30°)≈3.4×10－3Wb。(3)以a線圈正對讀者的一面為觀察對象，初狀態(tài)磁感線從該面穿入，線圈轉(zhuǎn)180°后，磁感線從該面穿出，故ΔΦ″＝BS－(－BS)＝2BS＝5.0×10－2Wb。15．(13分)如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場僅存在于坐標(biāo)系第一象限邊長為2L的正方形范圍內(nèi)，左右各一半面積的范圍內(nèi)，磁場方向相反。有一個邊長為L的正方形導(dǎo)線框abcd，開始與直角坐標(biāo)系共面。(1)若導(dǎo)線框ab邊與y軸重合，以ab為軸cd邊向外勻速轉(zhuǎn)動，試問導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動120°時，此時穿過導(dǎo)線框磁通量。(2)若導(dǎo)線框以垂直磁感線方向以速度v勻速通過磁場，從ab邊進(jìn)入磁場算起，規(guī)定剛開始時磁通量為正值，試推導(dǎo)線框的磁通量隨坐標(biāo)變化的函數(shù)關(guān)系式，并畫出穿過線框的磁通量隨橫坐標(biāo)的變化圖像。答案：(1)eq\f(1,2)BL2(2)見解析解析：(1)導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動120°時，與磁場方向夾角為60°，則磁通量Φ＝BL2cos60°＝eq\f(1,2)BL2。(2)從ab邊進(jìn)入磁場算起，0－L過程線框在左側(cè)磁場，有Φ1＝BLxL－2L過程，ab邊進(jìn)入右側(cè)磁場，cd邊在左側(cè)磁場，則有Φ2＝－BL(x－L)＋BL(2L－x)，即Φ2＝3BL2－2BLx2L－3L過程，線框在右側(cè)磁場，有Φ3＝－BL(3L－x)＝BLx－3BL2作出磁通量隨橫坐標(biāo)的變化圖像如圖。模塊素能綜合性評價(時間：75分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意)1．(2024·海南省直轄縣級單位期中)關(guān)于下面四位杰出物理學(xué)家所做的貢獻(xiàn)，表述不正確的是()A.赫茲建立了電磁場理論B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象C.麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，并認(rèn)為光是一種電磁波D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)答案：A解析：赫茲在實驗中證實了電磁波的存在，故A錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，使人類社會進(jìn)入電的時代，故B正確；麥克斯韋從理論上預(yù)言了電磁波的存在，并認(rèn)為光是一種電磁波，故C正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故D正確。故選A。2．(2024·浙江期中)物理學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的學(xué)科，很多生活中的應(yīng)用都來自于物理學(xué)。對于下列教材中所列的實驗和生活用品，說法正確的是()A．圖甲中，兩根通電方向相反的長直導(dǎo)線相互排斥，是通過電場的相互作用來實現(xiàn)的B．圖乙中，人們常用電磁爐來吃火鍋，是利用了電熱絲加熱的原理來給鍋體供熱的C．法拉第利用圖丙所示的實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)D．圖丁中，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量答案：D解析：圖甲中，兩根通電方向相反的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向相反，所以兩導(dǎo)線相互排斥，相互排斥的作用是通過磁場實現(xiàn)的，A錯誤；圖乙中，電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理加熱的，B錯誤；奧斯特利用圖丙實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，C錯誤；圖丁中，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，微波具有能量，D正確。故選D。3．(2024·江西階段練習(xí))電鰻瞬時放電時可產(chǎn)生高達(dá)800V的電壓，電流通過水介質(zhì)傳導(dǎo)足以擊暈大型獵物或敵人，如圖甲。電鰻瞬時放電時周圍的電場可簡化為如圖乙，P、Q兩點間的電勢差為500V，下列說法正確的是()A．P點的電場強(qiáng)度小于Q點的電場強(qiáng)度B．一電子從P點移到Q點，電場力做功－500eVC．一質(zhì)子從P點由靜止釋放，質(zhì)子將沿PQ間的電場線運(yùn)動到Q點D．一條小魚分別靠近P、Q點，小魚在Q點處體內(nèi)形成的電流大答案：B解析：P點電場線分布密集，P點的電場強(qiáng)度大于Q點的電場強(qiáng)度，A項錯誤；P點電勢高，一電子從P點移到Q點，電場力做功W＝－e×500V＝－500eV，B項正確；PQ間的電場線不是直線，電場強(qiáng)度方向不斷改變，質(zhì)子受到的電場力方向不斷改變，軌跡不可能是PQ間的電場線曲線，C項錯誤；由于P點電勢高于Q點，一條小魚分別靠近P、Q點，由于小魚方位未知，魚兩端電勢差大小無法判斷，所以電流大小無法比較，D項錯誤。故選B。4.(2024·海南?？谄谀?如圖所示，整個空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場，輕繩一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球，當(dāng)小球平衡時細(xì)繩與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，則電場強(qiáng)度的大小為()A．eq\f(mg,qtanθ) B．eq\f(mgtanθ,q)C．eq\f(mg,qsinθ) D．eq\f(mgsinθ,q)答案：B解析：根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(qE,mg)，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，故選B。5.(2024·河北唐山期末)如圖所示，邊長為5cm的等邊三角形ABC。三角形處在勻強(qiáng)電場中，三角形所在平面與勻強(qiáng)電場的電場線平行，三角形各頂點的電勢分別為φA＝4V、φB＝10V，φC＝16V，下列說法正確的是()A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為120V/m，方向由A指向CB．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為120V/m，方向由C指向AC．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為240V/m，方向由A指向CD．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為240V/m，方向由C指向A答案：D解析：設(shè)AC的中點為D，則D點的電勢為φD＝eq\f(φA＋φC,2)＝10V，則B、D在同一等勢面上，A、C在同一條電場線上，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(UCA,dCA)，UCA＝φC－φA，解得E＝240V/m，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，電場強(qiáng)度的方向由C指向A。故選D。6．(2024·河北唐山期末)如圖所示的電路中，電源電動勢E＝4.2V、電阻R1＝3Ω、R2＝6Ω，開關(guān)斷開時電壓表示數(shù)為3.15V，若開關(guān)閉合電壓表示數(shù)為()A．3.15V B．3.6VC．2.8V D．3.0V答案：C解析：開關(guān)斷開時電壓表示數(shù)為3.15V，則3.15V＝eq\f(ER1,R1＋r)，若開關(guān)閉合，則R12＝eq\f(3×6,3＋6)Ω＝2Ω，電壓表讀數(shù)U＝eq\f(ER12,R12＋r)，解得U＝2.8V，故選C。7．(2024·河北唐山期末)如圖所示，一根長為l的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩，一端固定于O點，另一端系著一帶電小球，小球所帶電荷量為－q，整個裝置處在水平方向的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，a、b為圓周的最高點與最低點，c、d為圓周上與O點等高的兩點。若不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球在d點時機(jī)械能最大B．小球在c點時機(jī)械能最大C．小球從a點到d點過程中電場力做功EqlD．小球從a點到b點過程中電場力做正功答案：B解析：小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，只有電場力和重力做功，則小球的電勢能、動能和重力勢能之和守恒，因在c點時的電勢能最小，可知在c點時的機(jī)械能最大，選項A錯誤，B正確；小球從a點到d點過程中電場力做功－Eql，選項C錯誤；小球從a點到b點過程中電場力先做負(fù)功后做正功，選項D錯誤。故選B。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)8.某實驗小組學(xué)習(xí)電表改裝的原理后，想找器材進(jìn)行實驗探究，于是他們從學(xué)校物理實驗室借一些器材，并設(shè)計如圖所示的電路，已知：小量程電流計G(表頭)的滿偏電流Ig＝50μA，內(nèi)電阻Rg＝800Ω；且R1＜R2＜Rg。他們設(shè)計把該電流計改裝成0～1mA和0～10mA的雙量程電流表。下列說法正確的是()A．改裝后開關(guān)接2時量程為10mAB.若R1不變，改裝后的電流表量程均隨電阻R2的增大而減小C．若R2不變，改裝后的電流表量程均隨電阻R1的增大而減小D．改裝后開關(guān)接2時電流表的內(nèi)阻大于開關(guān)接1時的內(nèi)阻答案：AC解析：開關(guān)接2時，分流電阻為R1，開關(guān)接1時，分流電阻為R1和R2串聯(lián)；由于并聯(lián)電阻具有分流作用，分流與電阻成反比，因此開關(guān)接2時，電流表的量程為10mA，故A正確；當(dāng)開關(guān)接2時，若電阻R1不變，則電阻R2增大時，電阻R1支路的電阻相對于表頭支路的電阻(R2＋Rg)減小了，根據(jù)并聯(lián)電路分流與電阻成反比可知，改裝后電流表的量程增大；當(dāng)開關(guān)接1時，若電阻R1不變，則電阻R2增大時，電阻R1支路的電阻(R1＋R2)相對于表頭支路的電阻(Rg)增大了，根據(jù)并聯(lián)電路分流與電阻成反比可知，改裝后電流表的量程減小，故B錯誤；接1時量程I1＝Ig＋eq\f(IgRg,R1＋R2)，若R2不變，當(dāng)R1增大時，I1減小，接2時量程I2＝Ig＋eq\f(IgRg＋R2,R1)，若R2不變，當(dāng)R1增大時，I2也減小，故C正確；開關(guān)接1時，根據(jù)并聯(lián)電阻的特點，電流表的內(nèi)阻Rg1＝eq\f(RgR1＋R2,Rg＋R1＋R2)；開關(guān)接2時，電流表的內(nèi)阻Rg2＝eq\f(Rg＋R2R1,Rg＋R2＋R1)，由于R1＜Rg，所以Rg1＞Rg2，故D錯誤。故選AC。9．一絕緣細(xì)線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶正電的小球a，在正下方有一光滑的絕緣水平細(xì)桿，一帶負(fù)電的小球b穿過桿在其左側(cè)較遠(yuǎn)處，小球a由于受到水平絕緣細(xì)線的拉力而靜止，如圖所示，現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為θ，并在較遠(yuǎn)處由靜止釋放小球b，讓其從遠(yuǎn)處沿桿向右移動到a點的正下方，在此過程中()A．懸線Oa的拉力逐漸增大，水平細(xì)線的拉力逐漸減小B．b球的加速度先增大后減小，速度始終增大C．b球所受的庫侖力一直增大D．b球所受的庫侖力先減小后增大答案：BC解析：b球在較遠(yuǎn)處時，a球所受庫侖力近似為零，在a球正下方時，a球受到的庫侖力豎直向下，則懸線Oa的拉力增大，水平方向的分力也增大，所以水平細(xì)線的拉力比最初時大，故A錯誤；中間過程b球受到的庫侖力的水平分量不為零，開始時為零，所以庫侖力的水平分量先增大后減小，則b球的加速度先增大后減小，b球所受庫侖力的水平分量與運(yùn)動方向始終相同，速度一直增大，故B正確；b球所受庫侖力為F＝eq\f(kqaqb,r2)，在運(yùn)動過程中，a、b兩球之間的距離一直在減小，則b球受到的庫侖力一直在增大，故C正確，D錯誤。故選BC。10.水平地面上方存在水平方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、帶負(fù)電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點射入勻強(qiáng)電場，速度方向與水平方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，則()A．電場方向水平向右且電場力大小為eq\f(3,4)mgB．從地面到最高點，克服重力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．從地面到最高點，克服電場力做功為0.18mveq\o\al(2,0)D．從地面出發(fā)再回到地面用時為eq\f(2v0,g)答案：AC解析：小球恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，可知小球受到的重力和電場力的合力方向剛好與v0方向相反，如圖所示，可知電場力大小為Eq＝eq\f(mg,tan53°)＝eq\f(3,4)mg，由于小球帶負(fù)電，可知電場方向水平向右，故A正確；小球受到的合力為F＝eq\f(mg,sin53°)＝eq\f(5,4)mg，小球的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(5,4)g，根據(jù)對稱性可知，從地面出發(fā)再回到地面用時為t＝2t1＝eq\f(v0,2a)＝eq\f(8v0,5g)，從地面到最高點，通過的位移大小為x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(2v\o\al(2,0),5g)，則從地面到最高點，克服重力做功為WG＝mgh＝mgx·sin53°＝eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)，從地面到最高點，克服電場力做功為W電＝qEx·cos53°，解得W電＝0.18mveq\o\al(2,0)，故B、D錯誤，C正確。故選AC。三、非選擇題(本題共5小題，共54分)11．(9分)(2024·河南鄭州期末)現(xiàn)有一合金制成的圓柱體。為測量該合金的電阻率，現(xiàn)用伏安法測量圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量其直徑，用游標(biāo)卡尺測量圓柱體的長度。螺旋測微器和游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖(a)和圖(b)所示。(1)由上圖讀得圓柱體的直徑為________mm，長度為________cm。(2)若流經(jīng)圓柱體的電流為I，圓柱體兩端之間的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別用d和L表示，則用d、L、I、U表示它的電阻率的表達(dá)式為ρ＝________。答案：(1)1.743/1.741/1.742/1.7444.255(2)eq\f(πd2U,4IL)解析：(1)螺旋測微器的精度為0.01mm，由圖(a)可知圓柱體的直徑為d＝1.5mm＋24.3×0.01mm＝1.743mm；20分度游標(biāo)卡尺的精度為0.05mm，由圖(b)可知圓柱體的長度為L＝4.2cm＋11×0.05mm＝42.55mm＝4.255cm。(2)根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S)，又R＝eq\f(U,I)，S＝eq\f(πd2,4)，聯(lián)立可得ρ＝eq\f(πd2U,4IL)。12．(9分)(2024·天津河西二模)現(xiàn)在要測量一節(jié)干電池的內(nèi)阻，有下列器材可供使用：A．待測干電池一節(jié)B．電流表1：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.2ΩC．電流表2：量程0～0.6A，內(nèi)阻為0.2ΩD．電壓表：量程0～3V，內(nèi)阻未知E．滑動變阻器：阻值范圍為0～10Ω，允許通過的最大電流2AF．開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差。要盡可能準(zhǔn)確地測量電池的內(nèi)阻，在上述器材中，電流表應(yīng)選擇________(填寫器材前的字母)，且同時選擇圖________(填“甲”或“乙”)作為實驗電路。(2)實驗中根據(jù)電流表和電壓表的讀數(shù)得到了如圖丙所示的U－I圖像。在修正實驗系統(tǒng)誤差后，可以計算出這節(jié)干電池的內(nèi)阻r＝________Ω。答案：(1)C甲(2)1.05解析：(1)由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差。要盡可能準(zhǔn)確地測量電池的內(nèi)阻，在上述器材中，由于電流表2內(nèi)阻已知，則電流表應(yīng)選擇C；電流表內(nèi)阻已知時，電流表的分壓可知，則應(yīng)選擇圖甲作為實驗電路。(2)根據(jù)圖甲電路圖，由閉合電路的歐姆定律可得E＝U＋I(xiàn)(RA＋r)，可得U＝－I(RA＋r)＋E，可知U－I圖像的斜率絕對值為|k|＝eq\f(1.4－0.9,0.4)Ω＝1.25Ω＝RA＋r，解得這節(jié)干電池的內(nèi)阻為r＝1.05Ω。13．(10分)(2024·天津濱海新區(qū)期末)圖甲所示為某品牌的共享電動自行車。某興趣小組同學(xué)對共享電動自行車的工作原理產(chǎn)生了濃厚的興趣，現(xiàn)將其電源、車燈、電動機(jī)構(gòu)成的電路簡化為圖乙所示。查閱資料得知該電動車的電源電動勢E＝40V，內(nèi)阻r＝1Ω，電動機(jī)的內(nèi)阻為RM＝0.8Ω，車燈電阻R＝24Ω(不變)，電流表內(nèi)阻忽略不計。(1)當(dāng)只有S1接通時，求電流表示數(shù)I1及此時車燈的兩端電壓U1；(2)當(dāng)S1、S2都接通時，電流表示數(shù)為I＝4A，此時電動機(jī)正常工作。求電動機(jī)正常工作時電源的輸出功率P和電動機(jī)的輸出功率P出。答案：(1)1.6A38.4V(2)144W85W解析：(1)當(dāng)只有S1接通時，由閉合電路的歐姆定律得E＝I1(R＋r)代入數(shù)據(jù)解得I1＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(40,24＋1)A＝1.6A由部分電路的歐姆定律得，此時車燈的兩端電壓為U1＝I1R＝1.6×24V＝38.4V。(2)根據(jù)題意