1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养检测(四)(第4、5章)(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.首先从理论上预见电磁波的存在和第一次用实验证实电磁波存在的科学家是()A.牛顿、法拉第B.焦耳、奥斯特C.爱因斯坦、普朗克D.麦克斯韦、赫兹【解析】选D。理论上预见电磁波的存在的科学家是麦克斯韦，第一次用实验证实电磁波存在的科学家是赫兹，D正确。2.救治和转运新冠肺炎患者时，需要用到负压救护车，该车利用技术手段，使
2、车内气压低于外界大气压，所以空气在自由流动时只能由车外流向车内，并可将车内的空气进行无害化处理后排出，可以最大限度地减少感染的机率；为保证车内气压正常车辆应该配备()A.气压传感器B.氧传感器C.声传感器D.力传感器【解析】选A。负压救护车为保证车内气压低于外界气压需要安装气压传感器实时测量车内气压，故A正确，B、C、D错误。3.关于电磁波谱，下列说法正确的是()A.X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变B.射线是波长最短的电磁波，故它的频率小于X射线的频率C.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射D.在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是射线【解析】选A。X射线对生命物质有
3、较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，故选项A正确；射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，故选项B错误；在电磁波谱中从无线电波到射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越大，波动性越强，越容易发生干涉、衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生干涉和衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，故选项C、D错误。4.如图所示的烧杯中盛有含碘的二硫化碳溶液，在太阳光的照射下，地面呈现的是圆形黑影；在黑影中放一支温度计，可发现温度计显示的温度明显上升，则由此可断定()A.含碘的二硫化碳溶液对于可见光是透明的B.含碘的二硫化碳溶液对于紫外线是不透明的C.含碘的二硫化碳溶液对于红外线是透明的D.
4、含碘的二硫化碳溶液对于红外线是不透明的【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)明确红外线在电磁波谱中的位置。(2)掌握红外线的应用。【解析】选C。红外线最显著的作用是热作用，可以判断含碘的二硫化碳溶液对于红外线是透明的。5.对无线电波的发射、传播和接收，以下说法中正确的是()A.信号波需要经过“调谐”后加到高频的等幅电磁波(载波)上才能有效地发射出去B.一部手机既是电磁波的发射装置，同时又是电磁波的接收装置C.“检波”就是“调制”，“调制”就是“检波”D.经过调制后的电磁波在空间传播得更快【解析】选B。电磁波信号需要经过“调制”过程，加到高频的等幅电磁波上才能有效地发射出去，故A错误；一部手
5、机既要接收信号，又要发射信号，因此既是电磁波发射装置，同时又是电磁波接收装置，故B正确；将音频信号或视频信号从高频信号中分离出来叫解调，也叫检波，调制就是把电磁波加到高频的等幅电磁波上才能有效地发射出去，故C错误；电磁波在空气中以接近光速传播，与是否调制无关，故D错误。【总结提升】调制、调谐、解调和检波四个概念的区别(1)信号加载到电磁波的过程称调制，将接收信号在接收电路发生电谐振的过程称调谐，信号从高频电磁波中还原出来的过程称解调，调幅波的解调也叫检波。(2)无线电波的发射与接收的工作流程是在发射过程中进行调制，在接收过程中先调谐再解调(检波)。6.如图是拍摄机动车闯红灯的工作原理示意图。光
6、控开关接收到红灯发出的光会自动闭合，压力开关受到机动车的压力后开关会闭合，摄像系统在电路接通时可自动拍摄违规车辆。下列有关说法正确的是()A.只要光控开关接收到红光，摄像系统就会自动拍摄B.机动车只要驶过埋有压力开关的路口，摄像系统就会自动拍摄C.若将光控开关和压力开关并联，也能起到相同的作用D.只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄【解析】选D。光控开关和压力开关相互牵制，相互影响，因此这两个开关只能串联，不能并联，故C错误；由题意知，光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄，故A、B错误，D正确。7.LC振荡电路在t1和t2时刻自感线圈中磁感线方向和电容器中极板带电情
7、况如图所示，若t2-t1=，则()A.在t1时刻电容器正在充电B.在t2时刻电容器正在充电C.在t1时刻电路中电场能一定最大D.在t2时刻电路中的电流处在增大状态【解析】选B。由t2-t1=知t2-t1=，从题图可看出t1、t2两个时刻螺线管处的电流都是从左向右穿过螺线管，由于电流方向是正电荷运动方向，对t1时刻正电荷从左极板流出然后通过螺线管，正处于放电状态，只要是放电，振荡电流就是增大的，电场能转化为磁场能，但是，t1时刻并不一定是电场能最大的时刻，故A和C都不对；对t2时刻，电流从左向右通过螺线管，而右极板带正电，说明正电荷正往右极板上聚集，所以t2时刻电容器在充电，随着极板上电荷增多，
8、两极板间电场增强，故B对，又由于充电过程振荡电流总是减小的，故线圈中磁场也减弱，故D不对。8.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是()A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D.如果长时间不更换
9、传感器的电源，霍尔电势差仍然保持不变【解析】选A。根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故A正确；根据qvB=q得霍尔电势差U=Bva，由电流的微观定义式：I=neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度。整理得：v=；联立解得霍尔电势差U=Ba=，霍尔电压U与车速大小无关，故B错误；霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故C错误；由公式U=，若长时间不更换传感器的电源，那么电流I减小，则霍尔电势差将减小，故D错误。【补偿训练】如图为饮料自动售货机
10、投币系统，它可以自动识别硬币，以下关于自动售货机投币系统工作原理说法不正确的是 ()A.当硬币投入自动售货机的投币口时，硬币被挡住，暂时停止在A处，以便让机器测出电阻，如果电阻值在机器内计算机芯片所认可的范围内，支持物A下降，硬币沿斜面滚下B.当硬币通过两块磁铁时，硬币内产生了涡流，从而受到安培力的作用，导致速度减小C.当硬币通过磁铁后，传感器测出它的速度，并且与存储在计算机中的标准值比较，如果速度适当，开关B就打开，硬币被接受D.当硬币通过磁铁后，传感器测出它的速度，并且与存储在计算机中的标准值比较，如果速度过快，开关B就打开，硬币被接受【解析】选D。当硬币投入自动售货机的投币口时，硬币被挡
11、住，暂时停止在A处，以便让机器测出电阻。如果电阻值在机器内计算机芯片所认可的范围内，支持物A下降，A项正确；硬币继续沿斜面滚下，当硬币通过两块磁铁硬币内产生了涡流，从而受到安培力的作用，导致速度减小，当硬币通过磁铁后，传感器测出它的速度，并且与存储在计算机中的标准值比较，如果速度适当，开关B就打开，硬币被接受，否则开关C打开，硬币进入拒绝通道，则B和C正确；如果速度适当，开关B就打开，硬币被接受，并不一定是速度过快，开关B才打开，硬币被接受，故D错误。本题选错误的，故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但
12、不全的得2分，有选错的得0分。9.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生电场，当产生的电场的电场线如图所示时，可能是()A.向上方向的磁场在增强B.向上方向的磁场在减弱C.向上方向的磁场先增强，然后反向减弱D.向上方向的磁场先减弱，然后反向增强【解析】选A、C。若向上方向的磁场在增强，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增强而方向向下，根据安培定则可知感应电流的方向如图中E的方向所示，A正确，B错误；同理，当磁场向下且减弱时，也会得到如图中E的方向，C正确，D错误。故选A、C。10.为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L
13、或电源相连，如图所示。当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生周期T=2 的振荡电流，当罐中的液面上升时()A.电容器的电容减小B.电容器的电容增大C.LC回路的振荡频率减小D.LC回路的振荡频率增大【解析】选B、C。平行板电容器的电容C=，当液面上升时，极板间不导电液体的介电常数比原来的空气的介电常数要大，电容C增大，A错误，B正确；f=减小，C正确，D错误。11.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S。此时电流表
14、A和电压表V的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为，电源电动势E和内阻r一定。则以下说法正确的是()A.若将R2的滑动触头P向b端移动，则I和U均保持不变B.保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U增大C.保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变大D.保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变【解析】选A、D。由题中电路图可看出，电压表V测量的是路端电压大小，电路稳定时R2支路中无电流，R2两端电压为零，将R2的滑动触头向b端移动不会影响电压表V和电流表A的读数，故选项A正确；两极板A、B之
15、间的电压等于光敏电阻R1两端的电压，用更强的光照射R1，R1的阻值变小，电路电流I变大，路端电压U变小，R3两端电压变大，R1两端电压变小，则小球重新达到稳定变小，故选项B、C均错误；设强光照射R1前电压表V和电流表A的示数分别为U1、I1，强光照射R1后电压表V和电流表A的示数分别为U2、I2，则E=U1+I1r，E=U2+I2r，解得r=，可见选项D正确。12.如图电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场；在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊
16、电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。由以上信息可知，下列说法中正确的是()A.电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D.当用手触摸屏幕时，手指和屏的接触面积的大小不影响电容的大小【解析】选A、B。电容式触摸屏在原理上把人的手指当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一极板，故选项A正确；手指和屏的接触面积大小会影响到电容大小，接触面积越大，即两极板的正对面积越大，电容越
17、大，故选项B正确，C、D错误。三、实验题：本题共2小题，共14分。13.(6分)如图甲所示为热敏电阻的R-t图像，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 ，当线圈的电流大于或等于15 mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E=6.0 V，内阻可以不计。图中的电源是恒温箱加热器的电源。则(1)应该把恒温箱内的加热器接在_(选填“A、B端”或“C、D端”)。(2)如果要使恒温箱内的温度保持50 ，可变电阻R的阻值应调节为_。【解题指南】解答本题应注意三点：(1)理解热敏电阻R为负温度系数热敏电阻；(2)理解继电器组成的恒温箱温控电路常开状
18、态是加热，当温度达到设定的温度后才会断开。(3)从图中明确临界状态下的电流和设定的温度，利用闭合电路欧姆定律解决问题。【解析】(1)由图知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，当达到继电器的衔铁被吸合时的电流，恒温箱内的加热器停止加热，故恒温箱内的加热器接在A、B端。(2)当恒温箱内的温度保持50 ，应调节可变电阻R的阻值使电流达到15 mA，由闭合电路欧姆定律得，r+R+R=，即R=-r-R=(-100-90) =210 即可变电阻R的阻值应调节为210 。答案：(1)A、B端(2)21014.(8分)在实际应用中有多种自动控温装置，以下是其中两种控温装置
19、：(1)图(a)为某自动恒温箱原理图，箱内的电阻R1=2 k，R2=1.5 k，R3=4 k，Rt为热敏电阻，其电阻随温度变化的图像如图(b)所示。当a、b两点电势a3 k(2)72(7074均可)B四、计算题：本题共4小题，共46分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。15.(8分)无线话筒就是LC振荡电路的一个经典应用，通过LC振荡电路产生特定频率的振荡信号，再通过天线发射出去。已知电容器的电容为C，振荡电流i=Imsint，则此电路中线圈的自感系数为多少？若该电路发射的电磁波在某介质中波长为，则电磁波在这种介质中的传播速度是多少？【解析】由i=Imsint，振荡周期T=
20、，(2分)又T=2，故L=。(3分)振荡频率和电磁波在介质中的传播频率相等，在介质中v=f=(3分)答案：【补偿训练】车载MP3可以把MP3中储存的音乐，以无线发射方式发射到车载调频立体声收音设备中，车主只需将汽车收音机的频率设定为车载MP3的频率，或让收音机搜索到该频率即可进行播放。如图为某种型号的车载MP3，若其设置频率为87.5 MHz，试求：(1)所发射的无线电波的波速是多少？(2)所发射的无线电波的波长是多少？【解析】(1)电磁波在空气中的传播速度大约是c=3.0108 m/s(2)f=87.5 MHz=8.75107 Hz，= m3.43 m答案：(1)3.0108 m/s(2)3
21、.43 m16.(8分)如图所示的电路中，电容器的电容C=1 F，线圈的自感系数L=0.1 mH，先将开关S拨至a，这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止，然后将开关S拨至b，经过3.1410-5 s，油滴的加速度是多少？当油滴的加速度为何值时，LC回路中的振荡电流有最大值？(g取10 m/s2，取3.14，研究过程中油滴不与极板接触)【解析】当S拨至a时，油滴受力平衡，显然油滴带负电，则mg=q(1分)当S拨至b时，LC回路中有振荡电流，振荡周期为T，则T=2=6.2810-5 s。(2分)当t=3.1410-5 s时，电容器恰好反向充电结束，两极板间场强与t=0时两极板间场强等大反向，由牛顿
22、第二定律得q+mg=ma(2分)联立得a=20 m/s2，方向竖直向下。(1分)当振荡电流最大时，电容器处于放电完毕状态，两极板间无电场，油滴仅受重力作用，则mg=ma，(1分)得a=10 m/s2，即当油滴加速度为10 m/s2时，LC回路中振荡电流有最大值。(1分)答案：20 m/s2，方向竖直向下10 m/s217.(14分)角速度计可测得航天器自转的角速度，其结构如图所示，当系统绕OO轴转动时，元件A在光滑杆上发生滑动，并输出电信号成为航天器的制导信号源。已知A质量为m，弹簧的劲度系数为k，原长为L0，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器总长为L，电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器滑动
23、触头P在中点，与固定接头Q正对，当系统在水平面内以角速度转动时，求：(1)弹簧形变量x与的关系式；(2)电压表的示数U与角速度的函数关系。【解析】(1)当系统在水平面内以角速度转动时，由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度与弹簧伸长的长度x的关系式由圆周运动规律知：kx=m2R=m2(L0+x)，(3分)即kx-m2x=m2L0，(2分)所以x=(3分)(2)根据串联电路电压与电阻成正比，(2分)由串联电路的规律知：U=E=(4分)答案：(1)x=(2)U=18.(16分)某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相连，穿在光滑的金属杆上。弹簧
24、是绝缘材料制成的，其劲度系数k=1 300 N/m，自然长度L0=0.5 m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S=0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接住N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。限流电阻的阻值R=1 ，电源的电动势E=12 V，内阻r=0.5 。闭合开关，没有风时，弹簧长度为原长度，电压表的示数U1=3.0 V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表示数为U2=2.0 V，求：(1)金属杆单位长度的电阻；(2)此时作用在迎风板上的风力大小。【解析】设无风时金属杆接入电路的电阻为R1，风吹时接入电路的电阻为R2，由题意得(1)无风时U1=R1(2分)得R1= =0.5 (2分)设金属杆单位长度的电阻为R，则R= /m=1 /m(2分)(2)有风时U2=R2(2分)得R2= =0.3 (2分)此时，弹簧长度L= m=0.3 m(2分)压缩量x=L0-L=0.5 m-0.3 m=0.2 m(2分)则此时风力F=kx=1 3000.2 N=260 N(2分)答案：(1)1 /m(2)260 N关闭Word文档返回原板块
