第4章 电磁振荡与电磁波 综合测评-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修 第二册（人教版2019）

10.AD解析若发电机线圈的转速变为原来的2倍，电动机产生 的最大电动势E=NBSw变为原来的2倍，发电机输出电压 可求得在磁感应强度变化的0一T时间内，通过小打泡的电 有效值U=E变为原来的2格，即原线图的输入电压为原来 荷量g=4.0×103C0 ￥2 答宽(1)8.0V(2)2.88W(3)4.0×103C 的2位，由公-是知制线圈临出电压为原长的2终，电压表V 15面（1检电线上的电流k=号-2SA=20A 的徐：变为原泰的2倍，由P一发知尺消耗的功率变为原来 损失的电压UR=IR=2X0.5×200V=200V, 损失的功率Pe=UIR=200×200W=40kW, 的4倍，选项A,D正确，C错误：转速变为原来的2倍，通过C 故用户得到的电压U则心=U-UR=50V, 的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副线 用户得到的功率为P%=P-PR=10kW. 图的电流不是原来的2修，由始一卡可知原线圈的电流不是 (2)已知升压变压器的匝数比：2=1：20， 输入电压U,=250V, 原来的2倍，选项B错误， 因此，升压变压器的输出电压2=U,=5000V, 11.解折根据：-1图像可知产生的交变电流的电动势最大值为 6,2V,有效值为6V,根据闭合电路欧姆定律可求得电压表 检电线上的电流位-已-的0A=10A 的示数为U=5×9V=5.4V:根据电功率公式得发电机 损失的电压U=IR=2×0.5×10V=10V, 9+1 损失的功率P=URIR=10×10W=100W. 的输出功率为P=(g5)广×9W=324W 因此，降压变压器的输入电压U3=U2-UR=4990V, 答室5.4V3.24W 已知降压变压器的匝数比：=20：1， 12.解析(1)由题图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值，由电 所以用户得到的电压U,=山=249.5V, 阻定律可得A线图的匝数多于B线图的匝效. 用户得到的功率P=P一PR=49.9kW (2)①用长导线绕一个臣线圈，作为副线图替代A线周： 答室(1)50V10kW(2)249.5V49.9kW ②把纸压交流电源接B线图，测得B线圆的输出电压为U: ③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为U 第四章综合测评 (3)由(2)知a=. 1,A解析医院里的B超是利用超声波的物理特性进行分析和 治疗的，选项A正确. 答系(1)A(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替 代A线圈：②把低压交流电源接B线圈，测得B线圈的输出 2.A解析根据密绕匝数多的线图电感大，疏绕臣数少的线图电 电压U:③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压 感小，造选项B,D错误：振据厂2x√元知，电感慧大，回路周有 3号 频率越小，选项C错误：根据c=f,频率越小，波长越大，选项 A正确 13.解析(1)线圈匝数n=50,磁场的磁感应斑度B=0.5T,线圈 转动的角选度w一2=2红×1需dg=0xnds,线调的面 3C服题4=058=子6=1s=号h=1.5s=子1，由题考 可知，从电容器上极板带正电且电荷量最大开始计时，在0到 积S=L.d=0.05m2,所以Em=nBSw=50×0.5×0.05× 50πV≈196V,从图示位置计时， 哥肉，电客器我电，在时放电电流最大，开始给电家器充电。 则有e=Ecos af-=196cos(50at)V. (2)若r=0.02n.则r=50r=0.02×502=12, 从到写是充电过程，电容器下极板带正电，选项AB错误： R=R+r'=132+1n=142. 在号时，电容器下极板带正电且电荷量最大，从号到是T,开始 1后-曾A=14A 反向放电，Q点电势比P点高，电场能转化为磁场能，选项C正 所以i=Icos ot=14cos(50πt)A. 确，D错误. (3)若从线图平面与磁感线垂直的位置开始计时，即从中性面 4.A解析由题图可知，在1×10·s到2×10s内，电容器C 开始计时，感应电动势和感应电流的瞬时值表达式分别为' 的带电荷量由0增加到最多，因此是充电过程：电磁振荡的周 196sin (50m)V.'=14sin (50)A. 期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为A=T 答累(1)e=196cos(50πt)V(2)i-14cos(50xt)A 3×10×4×10-“m=1200m,选项A正确. (3)e'=196sin(50mt)V'=14sin(50xt)A 5,B解析IC卡工作所需要的能量是线圈L中产生的感应电流， 14.解折(1)由图像知，线图中产生的交变电流的周期T=3.14× 选项A错误；要使电容C达到一定的电压，则读卡机应该发射 10?s,由感应电动势瓣时值的表达式可知，感应电动势的最 特定频率的电磁波，IC卡才能有效工作，选项B正确：若读卡机 大值E=nBS停≈&.0V 发射的电磁波偏离该特定频率，线图L中会产生感应电流，但 电容C不能达到一定的电压，C卡不能有效工作，选项C错 (2)电动势的有效值E=会=42V, 误：IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也能向读卡机传输自 2 身的数据信息，选项D错误。 E 由I=R千，Pe=FR. 6,D层扬由入=号可得，信号的颜率f一无，若想接收波长为入 可求得小灯泡消耗的电功率P=2.88W. 的电台信号，应将调请电路的频奉也调至小又厂2x/元，所 8南7平E=8学空g= 4 分2元得C选项D正 以￡=1 ·228· ,.B贤翻由公式元得C=标 1 (2)由(1)可知，电磁波的波长为200m,则该电磁波属于紫外 2x1.C 线波段 4××(37.5×10)X4X10F4.5X10F,选项B正确. (3)由=灯得X=号=.0m=6×10"m 900 8.ABD解析超声波与电磁波传播时，都向外传递了能量、信息， 答系(1)2×107m(2)紫外线波段(3)6×10m 选项A正确：声呐发出的超声波是机械波，不可以在真空中传 15.解析(1)振荡周期T=2π√1.C 播，选项B正确：机械波在空气中传播时速度较小，在其他介质 2×3.14×w2.5×103×4X10s=6.28×10-15. 中传福时速度大，而电磁波给好相反，选项C错误：声波是纵 波，电磁波是横波，选项D正确 (2)在1=.0×103s时，相当于143个周期，国于<03T< 9.BC解折由题图判断红时刻感应电流的方向与充电电流方向 T 相同，电流应减小：山时刻感应电流的方向与放电电流方向相 2 反，电流应增大. 此时LC回路中电容器处于反向充电过程， 10.AC解析若方向向上的磁场在增强，感应电流的磁场要阻碍 所以线图中的电流减小 原磁场的增强而方向向下，根据安培定则可知感应电减的方 答率(1)6.28×10·s(2)减小反向充电过程 向如图中E的方向所示，选项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，选项C正确，D错误 第五章综合测评 11.解析(1)由电磁叛荡的周期公式可得T=2π、1C,则有T= L.B解析金属铂的电阻随温度的升高而增大，其U-I图线上 4πLC 的点与坐标原点的连线的斜率逐渐增大，选项B正确， (2)根据题图中的标记，结合(1)中的公式，画一条直线，使大 2C解祈电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻增大，根 多数点落在直线上，会去偏离较大的点 (3)由(2)中所作图像可知，设直线的斜率为k,则T=C,由 指=只如，道建小灯泡的电流减小，功率减小，所以变精，选 下=41C得标L=,解得L=杂，代入数据得L 项C正确。 38.5mH. 3B解析传感器电阻r的倒数与浓度c是正比关系，即一=k 答案(1)T=4xLC(2)如图所示 E 2109 电路中的电流为I=牛R十R十电压表示数U=R, 60 ER kRoE R+R+R+R十)十工·可见电压与淡度的关系不 40 30 是正比关系，但随浓度的增加而增加，选项B正确. 4.A解析从题图中可知，当P向左滑动时，滑动变阻器连入电 20月 路的电阻减小，由于电源两端的电压恒定，即两并联支路的电 10 3 C10' 压恒定，所以有二极管支路的总电阻减小，故通过二极管的电 (3)38.5mH(35.1-38.9mH都算对) 流增加，光照强度增加，从而导致光敏电阻上的光照增强，光敏 12.照团(1)①由题意知，输电数率为7=35%，则P鬼=上≈ 电程的凰位R减小，所以根据公式=尽RR=R女 28.6W,所以损失的功率为Pm=P售一P=28.6W-10W 18.6W.②甲线圈的输入功率为P=U1=220×0.195W= 泡两瑞的电压增加，故再根据公式P-发可得L消耗的功奉培 2.9W,所以乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P=P恶= 加，选项A正确，B错误：当P向右滑动时，滑动变阻器连入电 35%×42.9W=15.015W, 路的电阻增加，二极管支路的总电阻增加，故通过二极管的电 (2)因为在无线传榆过程中，电磁波向各个方向的传播是均等 流减小，光照强度减小，从而导致光敏电阻上的光照减弱，光敏 的，无法有效地控阁方向性，所以为了更多地接收到电磁波， 电阻的阻值R增加，所以灯泡两端的电压减小，可得L消耗的 就需要接收器和发射，点之间有较短的距离以及接收器有很大 功率减小，选项C,D错误 的体积.同时，向空间辐射较多的电磁波，对人体有害， 5.D解析当传感器R所在处出现火情时，R的电阻减小，导致 答室(1)①18.6②15.015(2)仪器体积过大对人体有 电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增大，A:测量的 伤害 是原线周中的总电流，由于副线圈的总电流增大了，所以原线 13.解折设光波在介质中的传播速度为，波长为入，频率「，则 圈的电流也要增大：由于电源的电压不变，原、副线图的电压也 f=是，① 不变，所以V的示数不变，由于副线圈中电流增大，R的电压 变大，所以V的示数要减小，即R的电压也要减小，所以A2 的示数要减小，选项D正确， 联立①@式解得f后 6.B解析当拉环不受力时，滑片P在a端，由欧姆定律得，I= 从波形图上读出波长入=4×107m。 R十R=0.1A,选项A错误：拉力为400N时，由F=k4r可 代入数据解得f=5×10Hz. 得△x=4cm,对应电阻为R=202,R接入电路的电阻 答系5×104Hz U 14.解折(1)由波速公式=∫得 Rm=50,由欧姆定律得，一R十R=0.3A,造项B正确.C A-号10m=2X101m 错误：在P移动到b点时△x=5m,此时拉力最大，由F k△x可得F=500N,选项D错误. ·229·第四章综合测评 答案精解P (时间：75分钟满分：100分) 题型 选择题 非选择题 总分 3.如图所示，LC回路中，振荡周期为2s,通过P点的 得分 电流按正弦规律变化，且把通过P点向右流动的电 巖 一、选择题（共10道题，每题4分，共40分.第1~7小 流方向规定为正方向，从电容器上极板带正电且电 题为单选题，第8~10题为多选题，全部选对的得 荷量最大开始计时，则 4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得 0分) 1.下列设备的运行与电磁波无关的是 A.医院里，医生利用B超可观察到母体内的婴儿 A.0.5s到1s内，电容器C在放电 情况 B.0.5s到1s内，C上极板带正电荷 B.“嫦蛾一号”接收地面指挥中心的运行指令实现 C.1s到L.5s内，Q点比P点电势高 那 变轨而奔向月球 D.1s到1.5s内，磁场能正转化为电场能 C.汽车上安装有GPS(全球卫星定位系统)以确定 4.在LC振荡电路中，电容器C的带电荷量q随时间t 行驶路线和距离 变化的图像如图所示.在1×10·s到2×10s D.在汶川大地震发生后救灾人员利用卫星电话恢 复了与外界的通讯联系 内，关于电容器的充（放）电过程及由此产生的电磁 波的波长，下列说法正确的是 器 2.一台收音机可接收中波、短波两个波段的无线电 物 波，打开收音机后盖，在磁棒上能看到两组线圈，其 中一组是细线密绕匝数多的线圈，另一组是粗线疏 宿 绕匝数少的线圈，由此可以判断 A.匝数多的电感大，使周谐电路的固有频率较小， A.充电过程，波长为1200m 故用于接收中波 B.充电过程，波长为1500m 标 B.匝数多的电感小，使调谐电路的周有频率较大， C.放电过程，波长为1200m 故用于接收短波 D.放电过程，波长为1500m C.匝数少的电感小，使调谐电路的固有频率较小， 5.利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一 故用于接收短波 卡通(1C卡)的工作原理及相关问题.1C卡内部有 D.匝数少的电感大，使调谐电路的固有频率较大， 一个由电感线圈L和电容C构成的L,C振荡电 故用于接收中波 路，公交车上的读卡机（刷卡时出现“嘀”声的机 213 器)向外发射某一特定频率的电磁波.刷卡时，1C A.超声波与电磁波传播时，都向外传递了能量 卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达 B.电磁波既可以在真空中传播，又可以在介质中传 到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和 播，超声波只能在介质中传播 传输.下列说法正确的是 C.在空气中传播的速度与在其他介质中传播速度 A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池 相比，均是在空气中传播时具有较大的传播速度 B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，C卡 D.超声波是纵波，电磁波是横波 才能有效工作 9.在I,C振荡电路中，和2时刻电感线圈中的磁感 C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈 线和电容器中的极板带电情况如图所示，若 L中不会产生感应电流 D,IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向 4一4=受LC,则下列说法正确的是 () 读卡机传输自身的数据信息 润 6.收音机中的调谐电路线圈的自感系数为L,要想接 收波长是入的电台信号，应把调谐电路中电容器的 ,时刻 时刻 电容调至(c为光速) A.在1时刻电容器正在充电 B.1 B.在2时刻电容器正在充电 2π1.ca C,在时刻电路中的电流处在增大状态 C D D.在t时刻电路中的电流处在增大状态 7.飞机失事后，为了分析事故的原因，必须寻找黑匣 10.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生 子，而黑匣子在30天内能以37.5kHz的频率自动 电场.当产生的电场的电场线如图所示时，可能是 发出信号，人们就可利用探测仪查找黑匣子发出的 电磁波信号来确定黑匣子的位置.若接收电路是由 LC电路组成的，其中该接收装置里的电感线圈自 感系数L=4.0mH,此时产生电谐振的电容为 ( A.4.5×108F B.4.5×109F A.向上方向的磁场在增强 C.4×10-9F D.4.5×10-6F B.向上方向的磁场在减弱 8.声呐能发射超声波，雷达能发射电磁波，超声波和 C.向上方向的磁场先增强，然后反向减弱 电磁波相比较，下列说法正确的是 ( D.向上方向的磁场先减弱，然后反向增强 选择题 题号 1 3 1 5 6 7 8 10 答题卡 答案 ·214 二、非选择题（本题共5小题，共60分） 线传输电能的工业化，还需解决一系列问题，请提 1L,(7分)在LC振荡电路中，如已知电容C,并测得 出至少两个问题： 电路的固有振荡周期为T,即可求得电感L.为了 提高测量精度，需多次改变C值并测得相应的T 13.(10分)麦克斯韦在1865年发表的《电磁场动力学 值，现将测得的六组数据标示在以C为横坐标、T 理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及 为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点 统一性，即光就是电磁波.有一单色光波在折射率 T10】 为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图像如图 所示，求该光波的频率 30 45 C/OF (1)T、L、C的关系为 (2)根据图中给出的数据点作出T°与C的关系 图线， (3)求得的L值是 12.(10分)目前电能都是通过电网采用有线方式传输 的.人们一直梦想能无线传输电能，梦想在日常生 活中实现无线充电，甚至不用电池。 (1)为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试 制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡， 如图所示.实验测得，接在乙线圈上的用电器获得 的电能为输入甲线圈电能的35%， ①若用该装置给充电功率为10W的电池充电，则 损失的功率为 W. ②若把甲线圈接人电压为220V的电源，测得该线 圈中的电流为0.195A.这时，接在乙线圈上的灯泡 恰能正常发光.则此灯泡的功率为 (2)由于在传输过程中能量利用率过低，无线传输 电能还处于实验室阶段.为早日告别电线，实现无 ·215 14.(15分)若某种电磁波在真空中的频率为1.5×15.(18分)在LC振荡电路中，线圈的自感系数L= 105Hz,试回答下列问题： 2.5mH,电容C=4F (1)该电磁波的波长为多少？（电磁波在真空中的 (1)该电路的周期为多大？ 传播速度为c=3×10ms) (2)设1=0时，电容器上电压最大，在1=9.0× (2)该电磁波属于哪个波段？（红外线波长范围为 10s时，通过线圈的电流是增大还是减小，这时 0.75~1000m,紫外线的波长范围为5~370m) 电容器是处于充电过程还是放电过程？ (3)现代科技可以使电磁波在特定介质中的传播 速度大大减小，当频率为1.5×105Hz的电磁波 以900m's的速度传播时，电磁波的波长变为 多少？ ·216·