教科版 (2019)必修 第三册2 能源当堂达标检测题

这是一份教科版 (2019)必修 第三册2 能源当堂达标检测题，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．在电磁波谱中，下列说法正确的是( )
A．各种电磁波有明显的频率和波长区域界限
B．γ射线的频率一定大于X射线的频率
C．X射线的波长一定大于可见光的波长
D．可见光的波长一定比无线电波的波长短
2．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，若线框的面积为S，则通过线框的磁通量为( )
A．BS B．S
C．B D．0
3．对磁感应强度计算公式B＝ eq \f(F,IL) 理解正确的是( )
A．磁感应强度大小与导线受力F的大小成正比
B．磁感应强度大小与导线长度L成反比
C．磁感应强度大小与导线中的电流大小I成反比
D．磁感应强度与F、I和L均无关，它的大小由磁场自身决定
4．下列关于能源的说法中，正确的是( )
A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能
B．由于能量不会凭空消失，也不会凭空产生，总是守恒的，所以节约能源意义不大
C．节约能源只要提高节能意识就行，与科技进步无关
D．水能是不可再生能源
5．下图中磁场与对应电流方向符合的是( )
6．麦克斯韦的电磁场理论指出：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场．电场和磁场在空间的交替传播就形成了电磁波．从1888年赫兹用实验证实了电磁波的存在至今，电磁波已经与我们的生活紧密相关：机场安检门使用频率为7 kHz的电磁波，GPS定位系统使用频率为10.23 MHz(1 MHz＝106Hz)的电磁波，手机工作时使用频率为800～1 900 MHz的电磁波，无线WiFi使用频率为2.4 GHz(1 GHz＝109Hz)的电磁波，地铁行李安检时使用频率为1018Hz的电磁波．根据图中给出的电磁波谱和相关信息，下列说法正确的是( )
A．手机工作时使用的电磁波是纵波
B．机场安检门使用的电磁波只能在空气中传播
C．地铁行李安检时使用的电磁波是利用了电磁波的穿透本领
D．无线WiFi使用的电磁波比GPS定位系统使用的电磁波更容易发生衍射现象
7．如图所示为一水平放置的条形磁铁，一闭合线框abcd位于磁铁的左端，线框平面始终与磁铁的上表面垂直，并与磁铁的端面平齐．当线框由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ时，穿过线框的磁通量变化情况为( )
A．不发生变化
B．先减少后增加
C．先增加后减少
D．不能确定
8．“磁生电”现象的发现，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代．下列器件工作时用到了“磁生电”现象的是( )
A．电磁铁 B．发电机
C．指南针 D．电磁炉
9．下列关于能源和能量说法中正确的是( )
A．汽车散失的热量不能收集起来再次开动汽车，说明能量的转化或转移具有方向性
B．核电站是利用核聚变释放的能量发电，核能是不可再生的能源
C．能量耗散是指耗散在环境中的内能再也不能被人类利用，能量的品质降低了
D．能量是守恒的，不可能消失，所以人类不需要节约能源
10．电磁波谱及其相关应用如图所示，下列说法正确的是( )
A．电磁波是一种物质
B．可见光中红光光子的能量最大
C．真空中γ射线的传播速度最大
D．微波炉加热食物是利用微波传递能量
二、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(6分)课外实验小组使用如图所示的电路探究电磁感应现象．
(1)开关S闭合的瞬间电流计的指针向右偏，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，穿过线圈B的磁通量________(填“增大”或“减小”)，则电流计的指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转．开关S断开的瞬间电流计的指针也会发生偏转．
(2)以上实验操作说明：只要穿过闭合电路的________，电路中就有感应电流产生．
12．(8分)某小组的同学做“探究感应电流产生的条件”的实验．
(1)他们首先连接了如图甲所示的电路，用以推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系．闭合开关后，电流计指针向右偏转，而此时电流是从“＋”接线柱流入电流计的，由此可推断，若电流计指针向左偏转，则说明电流是从________(选填“＋”或“－”)接线柱流入电流计的．
(2)他们再采用如图乙所示的实验装置探究电磁感应现象，用绝缘线将导体棒A悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，进行如下的实验探究．
①磁体不动，使导体棒A向上或向下运动，并且不切割磁感线，电流计的指针________(选填“偏转”或“不偏转”)；
②导体棒A不动，使磁体左右运动，电流计的指针________(选填“偏转”或“不偏转”).
13．(10分)在地球赤道处，一根长L＝0.8 m的通电导线竖直放置，导线中的电流I＝5 A，导线受到水平向东的磁场力F＝0.2 N.
(1)求导线所在处的磁感应强度大小和方向；
(2)转动导线，当导线受到的磁场力为0时，求此时磁场的磁感应强度大小．
14．(12分)如图，矩形线圈abcd的长与宽分别为2L和L，虚线内有界匀强磁场的磁感应强度为B，O1、O2分别为ad、bc的中点，求
(1)线圈绕ab边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为多少？
(2)线圈绕cd边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量变化量为多少？
15．(18分)阅读如下资料并回答问题：自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为热辐射．热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同．处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变．若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体．单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即P0＝σT4，其中常量σ＝5.67×10－8W/(m2·K4).在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体．有关数据及数学公式：太阳半径RS＝696 000 km，太阳表面温度T＝5 770 K，地球半径r＝6 371 km.球面积＝4πR2，其中R为球半径．
(1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为 2×10－7m～1×10－5m范围内，求相应的频率范围；
(2)每小时从太阳表面辐射的总能量为多少；
(3)已知太阳到地球的距离约1.49×108km，忽略太阳辐射能量在传播过程中的损失．地球表面受到来自太阳的辐射能量的总功率约为多少？
单元素养评价(三)(3、4章)
1．解析：X射线和γ射线、X射线和紫外线有一部分频率重叠，界限不明显，A、B错误；可见光的波长一定比X射线的波长长，比无线电波的波长短，C错误，D正确．
答案：D
2．解析：线框平面与磁场方向垂直，可知通过线框的磁通量为Φ＝BS，故选A.
答案：A
3．解析：磁感应强度反映磁场本身的性质，与放入磁场的电流元的F、I、L无关，不能说B与F成正比，与I、L成反比，故选D.
答案：D
4．解析：煤、石油、天然气等属于化石燃料，最初来源可追溯到太阳能，A正确；能量是守恒的，但能量的品质降低了，由便于利用的变成不便于利用的，所以需要节约能源，B错误；科技进步能提高能源的利用率，更充分的利用有限的能源，C错误；水能是可以重复利用，是可再生能源，D错误．
答案：A
5．解析：根据右手螺旋定则可知，小磁针所在位置磁场方向向左，小磁针的N极应指向左，A错误；通电直导线周围的磁场分布可以通过右手螺旋定则判断，在图示位置，小磁针N极应指向里，B错误；地理的北极是地磁的S极，C错误；通电环形导线内部的磁场分布通过右手螺旋定则判断，图示导线内部的磁场垂直纸面向外，所以小磁针的N极指向外，D正确．
答案：D
6．解析：电磁波是横波，所以手机工作时使用的电磁波都是横波，故A错误；电磁波可以在空气中传播，也可以在介质中传播，故B错误；地铁行李安检时使用的电磁波利用了电磁波的穿透本领来检查行李，故C正确；由题可知，无线WiFi使用的电磁波比GPS定位系统使用的电磁波频率大，波长短，波长越长衍射现象越明显，故D错误．
答案：C
7．解析：条形磁铁的磁感线分布如图所示
由于条形磁铁两端磁感线分布密集，中央磁感线分布稀疏，故线框在位置Ⅱ时磁通量最小，所以从位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，磁通量先减少后增加，故选B.
答案：B
8．解析：电磁铁是利用电流的磁效应制成的，A错误；发电机是利用电磁感应原理制成的，B正确；指南针利用了地磁场对磁体的作用，C错误；电磁炉利用了变化的磁场使被加热物体中产生感应电流而发热，即利用了“磁生电”现象，D正确．
答案：BD
9．解析：由于能量转化和转移具有方向性，汽车制动时，由于摩擦动能转化为内能，这些内能不能自动地再次开动汽车， A正确；核电站是利用原子核发生裂变释放出的核能来发电的，核能是不可再生能源，B错误；能量耗散是指耗散在环境中的内能再也不能被人类利用，即能量的可利用率越来越低，能量的品质越来越低，C正确；能量是守恒的，不可能消失，但能量转化有方向，故人类需要节约资源，D错误．
答案：AC
10．解析：电磁波是由电场与磁场在空间中衍生发射的振荡粒子波，是以波动的形式传播的电磁场，具有波粒二象性，是一种物质，A正确；可见光中红光的波长最长、频率最低，光子的能量最小，B错误；真空中所有电磁波的传播速度都相同，等于光速，C错误；微波炉加热食物是利用微波传递能量，D正确．
答案：AD
11．解析：(1)开关S闭合的瞬间穿过线圈的磁通量增大，电流计的指针向右偏，则在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电流变大，则穿过线圈B的磁通量增大，则电流计的指针将向右偏转．开关S断开的瞬间电流计的指针也会发生偏转．(2)以上实验操作说明：只要穿过闭合电路的磁通量发生改变，电路中就有感应电流产生．
答案：(1) 增大 向右 (2)磁通量发生改变
12．解析：(1)闭合开关后，电流计指针向右偏转，而此时电流是从“＋”接线柱流入电流计的．若电流计指针向左偏转，则说明电流是从“－”接线柱流入电流计的．
(2)①磁体不动，使导体棒A向上或向下运动，并且不切割磁感线，则无电磁感应现象发生，电流计的指针不偏转；②导体棒A不动，使磁体左右运动，导体棒切割磁感线，则有电磁感应现象发生，电流计的指针会发生偏转．
答案：(1)－ (2)①不偏转 ②偏转
13．解析：(1)根据感应强度的定义式B＝ eq \f(F,IL)＝ eq \f(0.2,5×0.8)T＝0.05 T，方向由南向北．
(2)改变导线方向，尽管可以改变导线受到的磁场力，但不能改变磁场的磁感应强度，故此时磁场的磁感应强度大小为0.05 T.
答案：(1)0.05 T，方向由南向北 (2)0.05 T
14．解析：(1)当线圈绕ab边向纸外旋转60°角时，ad边在纸面内的投影长度d＝2L×cs 60°＝L
即cd边恰好位于磁场右边界的正上方，所以穿过线圈的磁通量Φ＝B×2L2×cs 60°＝BL2
(2)当线圈绕cd边向纸外旋转60°角时，ad边在纸面内的投影长度d′＝2L×cs 60°＝L
即ab边恰好位于磁场右边界的正上方，所以穿过线圈的磁通量为零；磁通量的变化量为ΔΦ＝0－B×L2＝－BL2
答案：(1)BL2 (2)－BL2
15．解析：(1)光速c＝3×108m/s，根据f＝ eq \f(c,λ)
代入数据解得f1＝1.5×1015Hz，f2＝3×1013Hz
频率范围为3×1013Hz～1.5×1015Hz
(2)根据题意可知每小时从太阳表面辐射的总能量为E＝P0tS＝σT4t4πR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(S))
代入数据解得E＝1.38×1030J
(3)地球表面受到来自太阳的辐射能量的总功率约为P总＝ eq \f(\f(E,4πR2)πr2,t)
代入数据解得P总＝1.75×1017W
答案：(1)3×1013Hz～1.5×1015Hz (2)1.38×1030J (3)1.75×1017W
综合素养评价
1．解析：根据能量守恒定律可知，某种形式的能减少，其他形式的能一定增加，A正确，不符合题意；某个物体的能量减少，根据能量守恒定律可知，必然有其他物体的能量增加，B正确，不符合题意；不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，违反了能量守恒定律，不可能制成，C正确，不符合题意；石子在碰撞中机械能转化为了内能，能量并没有消失，D错误，符合题意．
答案：D
2．解析：电磁波波长越长，则频率越低，衍射现象越明显，家用5G WiFi使用的电磁波在题中介绍的几种电磁波中频率较高，波长较短，所以其衍射现象较不明显，A错误；根据E＝hν可知，频率越高，则能量越强，所以地铁行李安检时使用的电磁波在题中介绍的几种电磁波中能量最强，B错误；地铁行李安检时使用的电磁波是利用其穿透本领，C正确；手机工作时使用的电磁波均为横波，能产生偏振现象，D错误．
答案：C
3．解析：由图可知从左向右磁感线逐渐稀疏，所以穿过S1的磁感线条数最多，即Φ1最大，故选A.
答案：A
4．解析：根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿CM，放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为 eq \r(2)B；放置在FE边的电流在O点产生的磁场大小为B、方向沿NO，放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿OP，故O点处的磁感应强度大小为 eq \r(2)B，故选D.
答案：D
5．解析：①线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量减小，则线圈中会产生感应电流，选项A不符合题意；②线圈绕轴转动时，穿过线圈的磁通量不断变化，线圈中会产生感应电流，选项B不符合题意；③线圈垂直于纸面向纸外平动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，选项C不符合题意；④线圈向上平动，因线圈有个缺口，则线圈中不会有感应电流产生，选项D符合题意．
答案：D
6．解析：令灯泡的额定电压与额定电流分别为U0、I0，则a电路中干路电流为4I0，消耗的功率为Pa＝4UI0，b电路干路电流为I0，消耗的功率为Pb＝UI0可知Pa＝4Pb，故选B.
答案：B
7．解析：甲图中小球只受重力，加速度为g，乙图中小球受向上的电场力，因受到的电场力始终小于重力，可知加速度小于g，根据 eq \f(1,tan θ)＝ eq \f(v0t,\f(1,2)at2)＝ eq \f(2v0,at)可知甲中小球从抛出到落到斜面上用时较短，A错误；根据x＝v0t小球落到A点的水平方向位移小于落到B点的水平方向位移，根据s＝ eq \f(x,cs θ)＝ eq \f(v0t,cs θ)可知OA之间的距离小于OB之间的距离，B、D错误；竖直位移y＝v0t tan θ可知，小球落到A点的竖直方向位移小于落到B点的竖直方向位移，C正确．
答案：C
8．解析：车速越大时，汽车经过两个线圈间的距离所用的时间越短，即两线圈产生的脉冲信号的时间差Δt越短，A正确，B错误；汽车通过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过通电线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车运动，则穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，所以汽车无论是匀速还是变速经过线圈，闭合电路中都会产生感应电流，故C错误，D正确．
答案：AD
9．解析：当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，R2变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压增大，R1两端电压减小，由于R1与R2串联，所以R2两端电压增大，电容器C两端的电压增大，根据E＝ eq \f(U,d)可知电容器C两极板间的电场强度增大，故A错误、B正确；当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器R2在电路中的电阻值增大，外电路的总电阻增大，电源的电动势E和内阻r不变，故总电流变小，则路端电压增大，电压表的读数增大，C错误；由选项A知电路的总电流减小，R1两端电压减小，故 R1消耗的功率减小，故D正确．
答案：BD
10．解析：Ep­x图像的斜率表示电场力，由图可知，得A到B过程中电场力在逐渐减小，越靠近点电荷电场力越大，所以Q一定在A点的左侧，A正确；根据公式Ep＝qφ，由于点电荷q电性未知，所以无法判断A点电势和B点电势大小关系，B错误；由点电荷的场强特点可知，A到B过程中场强在减小，根据U＝Ed得A和C电势差的绝对值大于C和B电势差的绝对值，点电荷从A到C电势能的变化量为ΔEpAC＝q·|φA－φC|＝q·|UAC|.同理，从C到B电势能的变化量为ΔEpCB＝q·|UCB|得ΔEpAC>ΔEpCB，C正确，D错误．
答案：AC
11．解析：(1)旋动部件机械调零S，使指针对准电流的零刻度．(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，进行欧姆调零，所以旋动部件欧姆调零T.欧姆调零时应使指针对准电阻的零刻度线．
(4)将K旋转到电阻挡“×100”的位置，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明所测电阻较大，要使指针指在中值附近，应将K旋转到电阻挡“×1 k” 的位置．
答案：(1)S (3)T 零刻度线 (4)×1 k
12．解析：(2)按照实验原理电路图连接实物图如图
(3)通过铜线的电流为Ix＝IR＝ eq \f(U1,R)，
Rx＝ eq \f(U2－U1,Ix)＝( eq \f(U2,U1)－1)R.
(4)改变电阻箱的阻值R，记下多组R、U1、U2的示数，每一组数据都满足上式，整理可得 eq \f(U2,U1)＝Rx eq \f(1,R)＋1，易知 eq \f(U2,U1)­ eq \f(1,R)图像的斜率即为Rx的阻值Rx＝k＝ eq \f(7.5－1.00,2.50) Ω＝2.60 Ω.
(5)由电阻定律知Rx＝ρ eq \f(L,S)，S＝π( eq \f(d,2))2，则L＝ eq \f(RxS,ρ)＝ eq \f(Rxπd2,4ρ)＝ eq \f(2.60×3.14×（1.200×10－3）2,4×2.00×10－8) m＝1.47×102 m.
答案：(2)见解析 (3) ( eq \f(U2,U1)－1)R (4)2.60 (5)1.47×102
13．解析：(1)带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力T的作用，受力如图所示．
竖直方向：mg－T cs α＝0 ①
水平方向：F－T sin α＝0 ②
解得T＝ eq \f(mg,cs α) ③
F＝mg tan α. ④
(2)设A球带电荷量为q，根据库仑定律F＝k eq \f(qQ,r2) ⑤
联立④⑤解得q＝ eq \f(mgr2tan α,kQ).
答案：(1) eq \f(mg,cs α) (2) eq \f(mgr2tan α,kQ)
14．解析：(1)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir
将图像中A、B两点的电压和电流代入可得E＝16＋0.2r
E＝4＋0.8r
联立解得E＝20 V，r＝20 Ω
(2)当R3的滑片自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑片位于最右端时，R3＝0，R1被短路，外电路总电阻即为R2
R2＝ eq \f(UB,IB)＝ eq \f(4,0.8) Ω＝5 Ω
(3)当滑片在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点
R总＝ eq \f(UA,IA)＝ eq \f(16,0.2) Ω＝80 Ω
又R总＝ eq \f(R1R3,R1＋R3)＋R2
代入数值解得滑动变阻器的最大值R3＝141 Ω
答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)141 Ω
15．解析：(1)由题得，小球在平行金属板间做类平抛运动
L＝v0t1
vy＝a1t1
由牛顿第二定律得qE－mg＝ma1
又U＝Ed
飞出电场后，可看作反向平抛运动
eq \f(L,2)＝v0t2
vy＝gt2
联立解得U＝ eq \f(3mgd,2q)
(2)小球在电场中向上偏转的距离为y1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
小球在飞出电场后向上偏转的距离为y2＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
整个过程中小球在竖直方向位移y＝y1＋y2
联立解得y＝ eq \f(3gL2,8v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ).
答案：(1) eq \f(3mgd,2q) (2) eq \f(3gL2,8v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )