新教材粤教版高中物理章末测评第6章电磁现象与电磁波

章末综合测评(四)(时间：90分钟分值：100分)1．(4分)如图1所示，用充电宝为一电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设电池的内阻为r，则时间t内()图1图2A．充电宝输出的电功率为UI＋I2rB．充电宝产生的热功率为I2rC．电池产生的焦耳热为eq\f(U2,r)tD．电池储存的化学能为UIt－I2rtD[充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为P＝UI，A错误；电池充电电流为I，所以电池产生的热功率为Pr＝I2r，而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC错误；输出的电能一部分转化为的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知电池储存的化学能为W＝UIt－I2rt，D正确。]2．(4分)如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧。闭合电路后，不计其他磁场的影响，小磁针静止时的指向是()A．N极指向螺线管B．S极指向螺线管C．N极垂直于纸面向里D．S极垂直纸面向里A[根据安培定则可以判断通电螺线管左侧为S极，右侧为N极，因此左侧小磁针静止时N极指向右侧，故BCD错误，A正确。]3．(4分)关于磁感应强度，下列说法正确的是()A．根据定义式B＝eq\f(F,IL)，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比B．磁感应强度B是矢量，方向与该点的小磁针静止时N极所指的方向一致C．磁感应强度B是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同D．在某一磁场中，同一点的B是相同的，不同点的B一定不同B[磁感应强度由磁场本身决定，与电流、导线长度、导线受到的安培力无关，故A错误；磁感应强度是有大小又有方和的矢量，方向与该点的小磁针静止时N极所指的方向或N极的受力方向相同，故B正确；根据左手定则可知，磁感应强度的方向与电流所受的安培力F的方向垂直，与通过该点的磁感线的切线方向相同，故C错误；匀强磁场中各点的磁感应强度都相同，故D错误。]4．(4分)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1A[根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф＝BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；B、C、D错误。]5．(4分)用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现在把入射光的条件改变，再照射这种金属。下列说法正确的是()A．把这束绿光遮住一半，则可能不产生光电效应B．把这束绿光遮住一半，则逸出的光电子最大初动能将减少C．若改用一束红光照射，则不产生光电效应D．若改用一束蓝光照射，则逸出光电子的最大初动能将增大D[光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，遮住一半，光电子数减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变，故A、B错误；若改用一束红光照射，因为红光的频率小于绿光的频率，可能不发生光电效应，故C错误；若改用一束蓝光照射，光电子的最大初动能增加，故D正确。]6．(4分)下列叙述中符合历史史实的是()A．光电效应揭示了光具有波动性B．玻尔理论成功地解释了各种原子的发光现象C．爱因斯坦成功地解释了光电效应现象D．赫兹从理论上预言了电磁波的存在C[光电效应的规律只能用光子学说解释，揭示了光具有粒子性，故A错误；玻尔建立了量子理论，成功解释了氢原子发光现象，B错误；爱因斯坦成功地解释了光电效应现象，C正确；麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，D错误。]7．(4分)两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，A．QA∶QB＝1∶1 B．QA∶QB＝2∶1C．QA∶QB＝1∶2 D．QA∶QB＝4∶1B[直径比为1∶2，则横截面积比为1∶4，根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，知电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，电流相等，则热量之比为2∶1，故选B。]8．(4分)某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知：()A．反映Pr变化的图线是bB．电源电动势为4VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为8ΩB[电源内部的发热功率为Pr＝I2r，则Pr­I图像是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A错误；直流电源的总功率为PE＝EI，P­I图象的斜率等于电动势E，则有E＝eq\f(P,I)＝eq\f(8,2)V＝4V，故B正确；图中I＝2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr＝I2r，得到r＝eq\f(Pr,I2)＝eq\f(8,22)Ω＝2Ω，故C错误；当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，代入解得R＝6Ω，故D错误。]9．(10分)由小型直流电动机、小灯泡和定值电阻组成的电路如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝4Ω，小灯泡上标有“3V,4.5W”字样，电动机线圈电阻r′＝1Ω，开关闭合时，小灯泡和电动机均恰好正常工作。求：(1)电路中电流强度；(2)电动机的总功率；(3)电动机的输出功率。[解析](1)电路中电流I＝eq\f(PL,UL)＝1.5A。(2)电动机两端的电压UM＝E－UL－I(R＋r)＝9.5V电动机的总功率P总＝UMI＝14.25W。(3)电动机线圈热功率P热＝I2r′＝2.25W电动机的输出功率P出＝P总－P热＝12W。[答案](1)I＝1.5A(2)P总＝14.25W(3)P出＝12W10．(10分)如图所示的电路中，电源的电动势E＝12V，内阻未知，R1＝8Ω，R2＝1.5Ω，L为规格“3V3W”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光。(不考虑温度对灯泡电阻的影响)求：(1)灯泡的额定电流和灯丝电阻；(2)电源的内阻；(3)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率。[解析](1)灯泡的额定电流I0＝eq\f(P0,U0)＝eq\f(3,3)A＝1A灯丝电阻RL＝eq\f(U\o\al(2,0),P0)＝eq\f(32,3)Ω＝3Ω。(2)断开S时，灯L正常发光，即I1＝I0，根据闭合电路欧姆定律E＝I0(R1＋RL＋r)得r＝eq\f(E,I0)－(R1＋RL)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,1)－8＋3))Ω＝1Ω。(3)闭合S时，设外电路总电阻为R外，R外＝eq\f(RL·R2,RL＋R2)＋R1＝9Ω干路电流为I总＝eq\f(E,R外＋r)＝1.2A灯泡两端的电压UL＝I总·eq\f(RL·R2,RL＋R2)＝1.2V灯泡实际消耗的功率P＝eq\f(U\o\al(2,L),RL)＝0.48W。[答案](1)1A3Ω(2)1Ω(3)0.48W11．(4分)(多选)在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上。假设现在只让一个光子能通过单缝，那么该光子()A．一定落在中央亮纹处B．一定落在亮纹处C．可能落在亮纹处，也可能落在暗纹处D．落在中央亮纹处的可能性最大CD[根据光的概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上。当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，只不过落在暗处的概率很小而已，故C、D正确。]12．(4分)(多选)关于安培分子电流假说的说法正确的是()A．安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说B．为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说C．事实上物体内部都存在类似的分子电流D．据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符BCD[安培为了解释磁铁产生磁场的原因，提出的分子环形电流假说，认为在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性，说明了磁现象产生的本质，故A错误，B正确；安培提出了分子环形电流假说，事实上物体内部都存在类似的分子电流。故C正确；安培提出了分子环形电流假说后，根据科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符，故D正确；故选B、C、D。]13．(4分)(多选)关于玻尔的原子模型理论，下面说法正确的是()A．原子可以处于连续的能量状态中B．原子能量状态不可能是连续的C．原子中的电子在核外轨道上运动时，要向外辐射能量D．原子核外电子在轨道上运动时，不向外辐射能量BD[原子的轨道是量子化的，其能量值也是量子化的；原子在某一状态时，电子的轨道是确定的。电子在定态轨道上运动，不会发生电磁辐射，B、D正确。]14．(4分)(多选)硅光电池是一种太阳能电池，如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U­I图像，在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是()A．此时硅光电池的内阻为8ΩB．此时硅光电池的输出功率为0.2WC．此时硅光电池的总功率为0.72WD．此时硅光电池的输出效率约为44.4%AC[由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由a与纵轴的交点读出电动势为E＝3.6V。根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U＝2V，电流为I＝0.2A，则电池的内阻为r＝eq\f(E－U,I)＝eq\f(3.6－2,0.2)Ω＝8Ω，故A正确；电池的输出功率为P出＝UI＝0.4W，故B错误；此时硅光电池的总功率为P总＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，故C正确；此时硅光电池的输出效率为η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(0.4,0.72)×100%≈55.6%，故D错误。]15．(4分)(多选)如图所示。直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图像，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是()A．E1＝E2B．r1＞r2C．当两个电源短路时电源1的短路电流大D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小ACD根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir，当I＝0时U＝E，说明图线纵轴截距等于电源的电动势，由图可知，两电源的电动势相等，即E1＝E2，故A正确；根据数学知识可知，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图可知，图线2的斜率大于图线1的斜率，则r2＞r1，故B错误；短路电流I＝eq\f(E,R)，故电源1的短路电流要大，故C正确；根据P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))eq\s\up12(2)R，当两个电源分别接相同电阻时，电源内阻大即电源2的输出功率小，故D正确。]16．(4分)(多选)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是()A．线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转B．线圈A和电池断开瞬间，小磁针偏转C．只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转D．A线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转AB[开关S接通瞬间，线圈A的磁场从无到有，磁场也穿过B线圈，则穿过B线圈的磁通量增加，会产生感应电流，电流会产生磁场，会使小磁针偏转，故A正确；同理，开关S断开瞬间，穿过B线圈的磁通量减少，会产生感应电流，电流产生磁场，会使小磁针偏转，故B正确；A线圈中电流足够强，但若电流稳定，产生的磁场稳定，穿过B线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，小磁针不会偏转，故C错误；开关S接通达到稳定后，穿过B线圈的磁通量不变，B线圈内没有感应电流，小磁针不偏转，与B的线圈的匝数无关。故D错误。]17．(12分)如图所示的电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝0.5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，电阻R1＝2.0Ω。电动机正常工作时，电压表的示数U1＝4.0V，求：(1)流过电动机的电流；(2)电动机输出的机械功率；(3)电源的工作效率。[解析](1)电动机正常工作时，总电流为I＝eq\f(U1,R1)＝2A。(2)电动机两端的电压为U＝E－Ir－U1＝(12－2×0.5－4.0)V＝7V电动机消耗的电功率为P电＝UI＝7×2W＝14W电动机的热功率为P热＝I2R0＝22×1W＝4W电动机输出的机械功率P机＝P电－P热＝10W。(3)电源释放的电功率为P释＝EI＝12×2W＝24W有用功率P有＝UI＋I2R1＝22W。电源的工作效率η＝eq\f(P有,P释)×100%＝91.7%[答案](1)2A(2)14W(3)91.7%18．(12分)如图所示，电源的电动