2011届高考物理一轮复习练习及解析:第十三单元 交变电流 电磁场和电磁波

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第十三单元

交变电流

电磁场和电磁波

第 63 讲 交 变 电 流 体验成功 1.金属线圈在匀强磁场中做如图所示的运动时,线圈中会产生交变电流的是( 答案:AB 2.下列说法正确的是( ) A.交变电流的有效值就是它的平均值 1 B.交变电流的有效值总是它最大值的 倍 2 C.如果交变电流接在纯电阻 R 上产生的热量为 Q, Q 流的有效值为 R D.以上说法均不正确 P热 解析:交变电流的有效值 I= ,P 热为电流通 R Q 热功率,而 I = ,两者往往不相等,故选项 A、C 错 t 1 的有效值为最大值的 倍,不是所有的交流电都这样,选项 B 错误. 2 答案:D )

那么该交变电

过纯电阻时的 误; 正弦交流电

3.将正弦交变电流经过整流器处理后,得到的电流波形刚好去掉 半个周期,如图所 示.它的有效值是( ) 2 A.2 A B. 2 A C. A D.1 A 2 答案:D 4.在如图甲所示的电路中,电阻 R 的阻值为 50 Ω,若在 a、b 间加上如图乙所示的正弦式电流,则下列说法错误的 .. 是( ) A.交流电压的有效值为 100 V B.电流表的示数为 2 A C.产生该交变电流的线圈在磁场中转动的角速度为 3.14 rad/s D.如果产生该交变电流的线圈转速提高一倍,则电流表的示数也增大一倍 Um 解析:交变电压的有效值 U= =100 V,电流表 的示数为有效 2 U 值 I= =2 A,选项 A、B 正确. R 2π ω= =314 rad/s,C 错误. T Im nBSω I= = ,故 I∝ω,D 正确. 2 2R总 答案:C 5.如图甲所示,单匝矩形线圈的一半放在有理想边界的匀强磁场中,线圈按图示方向(俯视逆时针)匀速转动,轴 OO′与磁场的边界重合,开始计时线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿 a→b→c→d 为正方向,则线圈中感应电 流 i 随时间 t 变化的图象是图乙中的( )





1 解析:由右手定则可判定图中线圈的感应电流连续变化,i-t 图象为 D.感应电动势 e= nBSωsin ωt. 2
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答案:D 6.在交变电流电路中,如果电源电动势的最大值不变,频率可以改变,在如图甲所示的电路的 a、b 两点间逐次将 图中的电路元件乙、丙、丁单独接入,当交变电流频率增加时,则下列论述中可以观察到的是( )

A. 的示数不变, 的示数增大, B. 的示数减小, 的示数不变, C. 的示数增大, 的示数不变, D. 、 、 的示数均不变 解析: 交变电流增加时通过 R 的电流不变, 通过电感线圈的电流变小, 通过电容上的电流增大.故 减小. 答案:C

甲 的示数减小 的示数增大 的示数减小







增大、 不变、

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第 64 讲 变压器 电能的输送 体验成功 1.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比 n1∶n2=4∶1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻 R 相连组成 闭合回路.当直导线 AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时, 电流表 的示数为 12 mA, 那么电流表 的 示数为( ) A.0 B.3 mA C.48 mA D.与 R 的大小有关 答案:A 2.理想变压器的连接电路如图甲所示,当输入如图乙所示的电压时,已知原、副线圈的匝数比为 10∶1,电流表的 示数为 2 A,则( )

甲 A.电压表的示数为 282 V B.电压表的示数为 28.2 V C.输入功率为 56.4 W D.输入功率为 40 W 解析:由题意知输入电压 U1=200 V,则输出电压 n2 U2=UV= U1=20 V n1 故输入功率 P=U2I2=40 W. 答案:D



3.一理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,如图所示.如果负载电阻的滑片向上移动,则图中所有交流电 表的示数及输入功率 P 的变化情况是(所有电表均为理想电表)( ) A. 、 不变, 增大, 减小,P 增大 B. 、 不变, 、 增大,P 增大 C. 、 不变, 、 减小,P 减小 D. 不变, 增大, 减小, 减小,P 减小 解析:输电压不变时,UV1、UV2 都不变.滑片向上移动→R 变大→IA2 变小→IA1 变小,P 变小. 答案:C 4.图中理想变压器原、副线圈的匝数比为 n∶1,两线圈的直流电阻均可忽略.若副线圈负载电阻为 R,那么变压器 工作时,a、b 两点间的电压与原线圈的电流之比(等效电阻)为( ) R R 2 A.nR B.n R C. D. 2 n n 解析:a、b 间的等效电阻即为该两点的电压 U1 及流经两点间的电流 I1 之比,应为: U1 nUR 2UR 2 Rab= = =n =n R. I1 IR IR n 答案:B 5.如图所示,L1 和 L2 是高压输电线,甲、乙是两个互感器,若已知 n1∶ n2=1000∶1,n3∶ n4=1∶100,图中电压表的示数为 220 V,电流表的示数为 10 A,则高压输 电线的送电功率为 ( ) A.2.2× 3 W 10 B.2.2× 2 W 10 8 4 C.2.2× W D.2.2× W 10 10 解析:由图甲可得 L1、L2 两线间的输电电压为:
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n1 U= UV=2.2× 5 V 10 n2 由图乙可得通过线路的电流为: n4 I= IA=1000 A n3 故送电功率 P 输=UI=2.2× 8 W. 10 答案:C 6.餐厅中常用的电子灭虫器由两种主要部件组成:诱虫的黑光灯和杀虫的高压电网.黑光灯发出的紫色光能够引诱 害虫飞近黑光灯,然后再利用黑光灯周围的交流高压电网将其“击毙”.图示是高压电网的工作电路示意图,理想变压 器将有效值为 220 V 的交变电压变成高压,输送到高压电网,电网相邻两电极间距为 0.5 cm,空气在常温下被击穿的 n2 临界电场强度为 6220 V/cm.为防止两极间空气击穿而造成短路,变压器的副、原线圈的匝数比 应满足什么条件? n1 解析:高压电网相邻两电极间的最高电压为: U2=Ed=6220× V=3110 V 0.5 理想变压器输入电压的最大值为: U1=220× 2 V=311 V n2 n2 U2 3110 10 故 应满足的条件是: < = = . n1 n1 U1 311 1 n2 答案: <10 n1

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金典练习三十二 交变电流 变压器 电能的输送 选择题部分共 10 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选 项正确. 1.如图所示,处在匀强磁场中的矩形线圈 abcd,以恒定的角速度绕 ab 边转动,磁场方向平行于纸面并与 ab 垂直. 在 t=0 时刻,线圈平面与纸面重合,线圈的 cd 边离开纸面向外运动.若规定由 a→b→c→d→a 方向的感应电流为正, 则能反映线圈中感应电流 i 随时间 t 变化的图线是( )

解析:t=0 时刻,感应电动势最大,且电流方向为 a→b→c→d→a,故选项 C 正确. 答案:C 2.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比 n1∶n2=3∶1,在原、副线圈中电路分别接有阻值相同的电阻 R1、 R2.交变电压的大小为 U,则下列说法正确的是( ) A.电阻 R1、R2 两端的电压之比为 3∶1 B.电阻 R1、R2 上消耗的电功率之比为 1∶1 U C.电阻 R1、R2 两端的电压均为 3 D.电阻 R1、R2 上消耗的电功率之比为 1∶9 解析:通过 R1、R2 的电流之比 I1∶I2=n2∶n1=1∶3 故两电阻上电压之比 U1∶U2=I1R∶I2R=1∶3 两电阻消耗的电功率之比 P1∶P2=1∶9. 答案:D 3.如图所示, 理想变压器原、 副线圈匝数之比为 20∶1, 原线圈接正弦交流电源, 副线圈接入标有“220 V,60 W” 字样灯泡一只,且灯泡正常发光.则( ) 2 2 A 220 B.电源的输出功率为 1200 W 3 C.电流表的示数为 A 220 D.原线圈端电压为 11 V U1 n1 I1 n2 解析:由 = , = 知: U2 n2 I2 n1 电源的输出电压 U1=4.4× 3 V 10 1 60 3 电流表的示数 I1= × A= A 20 220 220 电源的输出功率等于负载的功率,即 P1=P2=60 W. 答案:C 4.图示是日光灯的电路图,它主要是由灯管、镇流器 其中,镇流器是一个带铁芯的线圈,如图甲所示,启动器 示;为了便于启动,常在启动器的两极并上一纸质电容器 光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮的情况,经检查知, 正常,镇流器无故障,那原因可能是( ) 甲 A.电流表的示数

和启动器 组成的 . 的构造如图乙所 C.某教室的一盏日 灯管是好的,电压 乙

A.启动器两脚与启动器座接触不良
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B.电容器 C 断路 C.电容器 C 被击穿而短路 D.镇流器自感系数 L 太大 解析:当电容器被击穿而短路时,电流可通过灯管两端的灯丝以及电容形成回路,灯管两端亮中间不亮. 答案:C 5.2007 年 11 月 8 日,工程规模仅次于长江三峡,位居全国第二位、世界第三位的金沙江溪洛渡水电站截流成功, 标志着“西电东送”工程又迈出了坚实的一步.下列有关发电与送电的说法中,正确的是( ) A.水电站截流筑坝有利于储蓄水的内能,提高发电能力 B.减小输电线的截面积有利于降低输电时的损耗 C.提高输电电压有利于减小输电线中的电流 D.增大发电机转子的直径有利于提高发电机的输出电压 解析:筑坝是储蓄水的势能,与内能无关,选项 A 错误;输电线截面积越小,电阻越大,越不利于降低输电时的 损耗,选项 B 错误;在输送功率一定时,输电流线中的电流与输电电压成反比,选项 C 正确;发电机产生的电动势 e =nBSωsin ωt,故增大转子直径从而增大转子线圈的 S,有利于提高发电机的输出电压,选项 D 正确. 答案:CD 6.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯,电灯比深夜时要显 得暗些,这是因为用电高峰时( ) A.用电器的总电阻比深夜时大,供电线路上的电流小,每盏灯两端的电压较低 B.用电器的总电阻比深夜时大,供电线路上的电流小,通过每盏灯的电流较小 C.用电器的总电阻比深夜时小,供电线路上的电流大,输电线上损失的电压较大 D.供电线路上的电流恒定,但开的灯比深夜时多,通过每盏灯的电流较小 解析:用户电灯两端的电压等于供电线路的路端电压减去供电线上的损失的电压,即: U 用=U0-I 线 R 线 又因为用电器总是并联的,用电高峰时用电器的总电阻小,供电线上的电流增大,灯泡两端的电压减小. 答案:C 7.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的产生的交变电流的电动势为 e=220 2sin 100πt V,那么( ) A.该交变电流的频率是 100 Hz B.当 t=0 时,通过线圈的磁通量恰好为零 1 C.当 t= s 时,e 有最大值 200 D.该交流电电动势的有效值是 220 2 V ω 解析:该交变电流的频率 f= =50 Hz,选项 A 错误;由题意知:t=0 时, e=0,此时线圈处于中性面,磁通量 2π 1 εm 最大,选项 B 错误;当 t= s 时,e=220 2 V 为电动势的最大值,故有效值 U= =220 V,选项 C 正确、D 错误. 200 2 答案:C 8.一台理想变压器的原线圈接 220 V 正弦交变电压时,副线圈上仅接有阻值为 10 Ω 的电阻,电阻两端的电压为 44 V.若将副线圈的匝数增加 100 匝,则通过副线圈上此电阻的电流增加 1.1 A.由此可知该变压器原线圈的匝数为( ) A.200 B.2000 C.50 D.500 解析:由题意知,当副线圈匝数增大 100 匝时,电阻器上的电压 U2′=U2+ΔIR=44 V+1.1× 100 V=55 V U1 n1 220 n1 220 n1 又由 = ,可得: = , = U2 n2 44 n2 55 n2+100 解得:n1=2000,n2=400. 答案:B 9.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇.过去是用变压器来实现上述调节的,缺点是成本高、体积大、效率低, 且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速.现在的调光台灯、 调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的.图示为一个经 1 1 过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压,即在正弦交变电流的每一个 周期中前面的 周期被截去,从而改变 2 4 了电灯上的电压.则现在电灯上的电压为( ) Um A.Um B. 2
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Um Um C. D. 2 4 T T 3 Um 解析:由 ~ 及 T~T 时间段内电压的有效值为 ,在 0~T 内交变电流通过电阻 R 时做的功 4 2 4 2 Um 2 ( ) 2 T U2 WT= ·= · T R 2 R Um 解得:电压的有效值 U= . 2 答案:C 10.在家庭电路中,为了安全,一般在电能表后面的电路中安装 一个漏电保护 器,如图所示.其原线圈是进户线的火线和零线并在一起的双线绕成 的.当漏电保护器 的 e、f 两端没有电压时,脱扣开关 S 能始终保持接通;当 e、f 两端 一旦有电压时, 脱扣开关立即断开,切断电路以起到保护作用.关于这个电路的工作 原理,下列说法 正确的是( ) A.当用户的电流超过一定值时,脱扣开关会自动断开 B.当火线和零线之间电压太高时,脱扣开关会自动断开 C.当站在地面上的人触及 b 线时,脱扣开关会自动断开 D.当站在绝缘物上的人双手分别接触 b 线和 d 线时,脱扣开关会自动断开 解析:火线、零线中的电流相等时变压器铁芯中的磁通量始终为零,故无论电流多大都不能在副线圈的两端产生 感应电动势使脱扣开关断开.故 A、B、D 错误. 当站在地面上的人触及 b 线时,火线中的部分电流通过人体导入大地,火线中的电流大于零线中的电流,变压器 铁芯中的磁通量发生变化,故能在副线圈的两端产生感应电动势使脱扣开关断开. 答案:C 非选择题部分共 3 小题,共 40 分. 11.(13 分)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为 10 kW,输出电压为 400 V,向距离较远的用户供电时,为 了减少电能损失,使用 2 kV 的高压输电,最后用户得到 220 V、9.5 kW 的电力.所用变压器可认为是理想变压器.求: n1 (1)水电站升压变压器原、副线圈的匝数比 . n2 (2)输电线路的导线电阻 R. n3 (3)用户降压变压器原、副线圈的匝数比 . n4 解析:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为: n1 U1 400 1 = = = . n2 U2 2× 3 5 10 (2)导线电阻 R 与输送电流和输电线上损失的电功率有关,有 P 损=I2R,而输送电流又决定于输电电压及输送功率, P 10× 3 10 故有:I= = A=5 A U2 2× 3 10 P损 10× 3-9500 10 所以 R= 2 = Ω=20 Ω. I 52 (3)设降压变压器原线圈两端的电压为 U3,则有: U3=U2-IR=2000 V-5× V=1900 V 20 所以降压变压器原、副线圈匝数比为: n3 U3 1900 95 = = = . n4 U4 220 11 答案:(1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶11 12.(13 分)在磁感应强度 B=0.5 T 的匀强磁场中,有一个正方形金属线圈 abcd,边长 L=0.2 m,线圈的 ad 边与磁 场的左侧边界重合(如图所示),线圈的电阻 R=0.4 Ω.用外力把线圈从磁场中移出有两种方法:一种是用外力把线圈从 左侧边界匀速平动移出磁场;另一种是以 ad 边为轴,用力使线圈匀速 转动移出磁场,两 种方法所用的时间都是 t=0.1 s.求:
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(1)线圈匀速平动移出磁场的过程中,外力对线圈所做的功. (2)线圈匀速转动移出磁场的过程中,外力对线圈所做的功. L 解析:(1)使线圈匀速平动移出磁场时,bc 边切割磁感线而产生恒定的感应电动势 E=BLv,而 v= t 外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能,即: E2 B2L4 W1= t= =0.01 J. R Rt (2)线圈以 ad 边为轴匀速转动移出磁场时,线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的,感应电动 势的最大值为: Em=BSω π 又 ω= 2t 外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能,即: E2 π2B2L4 m W2= t= =0.012 J. 2R 8Rt 答案:(1)0.01 J (2)0.012 J 13.(14 分)图示为一台小型发电机的示意图,矩形线圈在匀强磁场中绕 OO′轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直. - 矩形线圈的面积 S=2.0× 2 m2,匝数 N=40,线圈电阻 r=1.0 Ω,磁场的磁感应强度 B=0.20 T.线圈绕 OO′轴以 ω= 10 100 rad/s 的角速度匀速转动.线圈两端外接电阻 R=9.0 Ω 的小灯泡和一个理想交流电流表.求: (1)线圈中产生的感应电动势的最大值. (2)电流表的示数. (3)小灯泡消耗的电功率. 解析:(1)由 Em=NBSω 得:Em=16 V. Em (2)由 Im= ,得:Im=1.6 A R+r Im 由 I= ,得:I=1.13 A 2 即电流表的示数为 1.13 A. (3)由 P=I2R,得:P=11.5 W. 答案:(1)16 V (2)1.13 A (3)11.5 W

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第 65 讲 电磁场和电磁波 体验成功 1.按照麦克斯韦理论,下列说法正确的是( ) A.恒定的电场周围产生恒定的磁场 B.变化的电场周围产生变化的磁场 C.变化的磁场周围一定产生变化的电场 D.周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场 答案:D 2.关于电磁波和机械波,下列说法正确的是( ) A.电磁波是纵波,而机械波既有横波又有纵波 B.机械波需要在介质中传播,而电磁波可以在真空中传播 C.机械波能产生多普勒效应,而电磁波不能产生多普勒效应 D.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象 答案:BD 3.神舟六号载人飞船返回舱开始以高速进入大气层时, 返回舱表面形成一个温度高达几千摄氏度的高温区, 高温区 内的气体和返回舱表面材料的分子被分解和电离,这时返回舱与外界的联系被中断,这种现象称为“黑障”.产生“黑 障”的原因是( ) A.飞船受到的万有引力消失 B.飞船为了宇航员的安全而暂时关闭通信系统 C.在飞船周围高温气体被电离成等离子体,从而对飞船的通信天线起屏蔽 作用 D.飞船表面温度太高,如同火球,使得航天员看不见外面,外面也看不见 飞船里面 解析:宇宙飞船通过无线电波与外界保持联系,电磁波不能穿过较厚的导 体层而被屏蔽, 选项 C 正确. 答案:C 4.雷达是利用电磁波来测定物体的位置和速度的设备, 它可以向一定方向发射不连续的电磁波, 当遇到障碍物时会 发生反射.雷达在发射和接收电磁波时, 在荧光屏上分别呈现出一个尖形波.某型号防空雷达发射相邻两次电磁波之间的 - 时间间隔为 5× 4 s.现在雷达正在跟踪一个向雷达方向匀速移动的目标,某时刻在雷达监视屏上显示的雷达波形如图 10 甲所示,30 s 后在同一方向上监视屏显示的雷达波形如图乙所示.已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为 - 1× 4 s,电磁波在空气中的传播速度为 3× 8 m/s,则被监视目标的移动速度最接近( 10 10 )

A.1200 m/s B.900 m/s C.500 m/s D.300 m/s 解析:图甲表示雷达与目标的距离为: 1 s1= · 4T=6× 4 m c· 10 2 图乙表示雷达与目标的距离为: 1 s2= · 3T=4.5× 4 m c· 10 2 s1-s2 故监视目标的移动速度约为 v= =500 m/s. 甲 乙 Δt 答案:C 5.1940 年夏天,希特勒拟定了代号为“海狮”的作战计划,企图在英国登陆,然而飞机每次袭击,总是在没有到 达目标处就被对方发现,不但没袭击到目标,反而损失了 90 架飞机.后来德国人才明白,当时对方使用了一种新型的雷 达装备.下列有关雷达的说法中,正确的是( ) A.雷达与声呐一样是利用机械波的反射现象来测定物体的位置 B.雷达与声呐不同,雷达是利用电磁波的反射现象来测定物体的位置 C.雷达所用的无线电波的波长比短波的波长更短 D.雷达只有连续发射无线电波,才能发现目标 解析:声呐是利用发射和接收反射的超声波来测定物体的位置,而雷达是利用电磁波中的微波来测定物体的位置. 雷达只有发射不连续的电磁脉冲才能测定目标的位置. 答案:BC
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6.按照有关规定,工作场所受到的电磁辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量)不得超过 0.50 W/m .若某小型无线通讯装置的电磁辐射功率是 1 W,那么在距离该通讯装置 m 以外是符合规定的安全区 域.(已知球面面积 S=4πR2) [2002 年高考· 上海物理卷] 解析:设离该通讯装置 R 以外是安全区域,则: P =0.5 W/m2,所以 R=0.40 m. 4πR2 答案:0.40
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第 66 讲 实验:练习使用示波器 体验成功 1.在示波器的荧光屏上发现水平方向有一亮斑自左向右移动,要使它在水平方向出现一条亮线的办法是( ) A.顺时针旋转灰度调节旋钮 B.调节衰减旋钮 C.调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮,增大扫描频率 D.调节 Y 增益旋钮 答案:C 2.在观察按正弦规律变化的电压图象时, 只看到一的旋钮是个完整的正弦波形.现欲在荧光屏上看到三个正弦波形, 应调节( ) A.扫描范围旋钮 B.扫描微调旋钮 C.衰减旋钮 D.X 增益旋钮 答案:B 3.示波器工作时,其屏上显示出如图甲所示的波形,且亮度较弱.要将波形由甲图位置调节到乙图的位置和波形, 示波器面板需要调节的旋钮是 . A.辉度旋钮 B.聚焦旋钮 C.辅助聚焦旋钮 D.竖直位移旋钮 E.Y 增益旋钮 F.X 增益旋钮 G.水平位移旋钮 H.扫描微调旋钮 I.衰减旋钮 J.扫描范围旋钮 K.同步开关 答案:ADEFG 4.图为示波器的面板,一位同学在做“练习使用示波器”的实验时,进行了如下的操作:

(1)打开电源后,首先在屏上调出一个最圆最小的亮斑,但亮斑位于屏上的左上角.若想将这个亮斑调到屏幕的正中 央,他应该调节 和 旋钮(填旋钮对应的数字). (2)为了观察示波器的水平扫描作用,他调节相应的旋钮,看到屏上的亮斑从左向右移动,到达右端后又很快回到 左端.之后,他顺时针旋转扫描微调旋钮以增大扫描频率,此时屏上观察到的现象是 . (3)为观察按正弦规律变化的电压的图线,他把扫描范围旋钮置于左边手第一挡(10 Hz~100 Hz).要由机内提供竖直 方向的按正弦规律变化的电压,他应将 旋钮(填旋钮对应的数字)置于 挡. → 解析:(1)将左上角的亮斑调到屏幕正中央,调节竖直位移(↓↑)和水平位移(←)旋钮 6、7 即可. (2)增大扫描频率后,亮斑移动逐渐变快.最后亮斑成为一条亮线. (3)要观察到清晰的正弦曲线,将扫描范围置于左边第一挡后,再将衰减旋钮置于“ “ ”挡. 答案:(1)6 7 (2)出现一条亮线 (3)即 10(衰减旋钮)
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”挡,即调节器 10 置于

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金典练习三十三 电磁场和电磁波 实验:练习使用示波器 选择题部分共 9 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选 项正确. 1.下列说法中,不符合物理学史实的是( ) ... A.最早发现电和磁有密切联系的科学家是安培 B.电磁感应现象是法拉第发现的 C.建立完整的电磁场理论的科学家是麦克斯韦 D.最早预见到有电磁波存在的科学家是麦克斯韦 解析:最早发现电和磁有密切联系的科学家是丹麦物理学家奥斯特.A 正确. 答案:A 2.关于电磁波传播速度的表达式 v=λf 的结论中,正确的是( ) A.波长越大,传播速度就越大 B.频率越高,传播速度就越大 C.发射能量越大,传播速度就越大 D.电磁波的传播速度与传播介质有关 答案:D 3.下列关于电磁波的叙述中,正确的是( ) A.电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播 B.电磁波在任何介质中的传播速度均为 3× 8 m/s 10 C.电磁波由真空进入介质传播时,波长变短 D.电磁波不能产生干涉、衍射现象 答案:AC 4.要接收到载有信号的电磁波,并通过耳机发生声音,在接收电路时必须经过下列过程中的( ) A.调幅 B.调频 C.调谐 D.检波 答案:CD 5.雷达是利用无线电波的回波来探测目标的方向和距离的一种装置.雷达的天线犹如喊话筒,能使电脉冲的能量集 中向某一方向发射;接收机的作用则与人耳相仿,用以接收雷达发射机所发出电脉冲的回波.测速雷达主要是利用多普 勒效应原理,可由回波的频率改变数值,计算出目标与雷达的相对速度.以下说法不正确的是( ) ... A.雷达发射的是不连续的电磁波 B.雷达用的是微波波段的无线电波 C.目标离雷达天线而去时,反射信号频率将高于发射的信号频率 D.目标向雷达天线靠近时,反射信号频率将高于发射信号频率 解析:与机械波的多普勒效应一样,当波源与接收者(反射物)相互远离时,接收(反射)信号的频率变小. 答案:C 6.在“练习使用示波器”的实验中,某同学将衰减调节旋钮置于最右边的“ ”挡,扫描范围旋钮置于“外 X”挡,“X 输入”与“地”之间未接信号输入电压,他在示波器荧光屏上看到的图像可能是下图中的[2007 年高考· 天 津理综卷]( )

答案:B 7.在观察正弦规律变化的电压图线时,将“扫描范围”旋钮置于第一挡(10 Hz~100 Hz),把“衰减”旋钮置于 “ ”挡,再调节“扫描微调”旋钮,屏上便出现完整的正弦曲线,如图甲、乙所示.则下列关于同步极性选择的 说法正确的是( )

A.图甲是同步开关置于“-”的结果 B.图甲是同步开关置于“+”的结果
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C.图乙是同步开关置于“-”的结果 甲 乙 D.图乙是同步开关置于“+”的结果 答案:BC 8.有两部手机 A 和 B,A 的号码为 12345678900,B 的号码为 12345678901.当用手机 A(或 B)拨打 B(或 A)的号码时, 既能听到手机 B(或 A)的叫声, 又能看到 B(或 A)的显示屏上显示出 A(或 B)的号码.现将手机 A 放到一个透明的玻璃罩内, 并将其内部抽成真空,再用手机 B 拨打号码 12345678900,则下列说法正确的是( ) A.既能听到 A 的叫声,又能看到 A 的显示屏上显示出 12345678901 B.能听到 A 的叫声,但不能看到 A 的显示屏上显示出 12345678901 C.不能听到 A 的叫声,但能看到 A 的显示屏上显示出 12345678901 D.既不能听到 A 的叫声,也不能看到 A 的显示屏显示出号码 解析:A 能接收呼叫信号,故显示屏显示 12345678901,但由于处在真空中,故喇叭不能形成声波. 答案:C 9.德国《世界报》曾报道个别西方国家正在研制电磁脉冲武器即电磁炸弹.若一枚原始脉冲功率为 10 千兆瓦、频率 为 5 kHz 的电磁炸弹在不到 100 m 的高空爆炸,它将使方圆 400 km2~500 km2 范围内的电场强度达到每米数千伏,使 得电网设备、通信设施和计算机的硬盘和软盘均遭到破坏.电磁炸弹有如此强大的破坏力的主要原因是( ) A.电磁脉冲引起的电磁感应现象 B.电磁脉冲产生的动能 C.电磁脉冲产生的高温 D.电磁脉冲产生的强光 解析:导体接收电磁波就是电磁感应的过程. 答案:A 非选择题部分共 3 小题,共 46 分. 10.(15 分)示波器的“Y 输入”端内阻很大,用它测量电压对被测电路的影响很小.图示为示波器测电压的示意图, 假设各旋钮经调节后,示波器显示屏上纵坐标为 0.50 伏/格,横坐标借助标准信号源将它校准为 1 毫秒/格,则图中被 测正弦式交变电流的电压最大值为 V,频率为 Hz. 1 假设将衰减旋钮从“100”调至“1000”,则显示屏上波形纵向将 为原来的 ,横向将 (填“变 10 大”、“不变”或“变小”),这时可通过调节 旋钮使波形纵 向适当恢复. 答案:1.5 250 变小 不变 Y 增益 11.(17 分)在“练习使用示波器”的实验中: (1)为了观察亮斑在竖直方向上的偏移,应该将扫描范围旋钮置于 亮斑位于屏的 , 然 后 , 应 把 “DC - AC” 开 关 置 于 置,以备给示波器输入一个直流电压. (2)为给示波器输入一个 Y 方向的直流电压(要求从零电压开始逐 图甲所示的器材与示波器连成正确的是电路. (3)调节变阻器改变输入电压,可以看到亮斑向上的偏移随之改 向上的偏移越 ;调换电池正负极,改变输入电压,可以看到 偏移.

“外 X”挡,使 “ ”位 渐增加),请将如 变,电压越高, 亮 斑 向

解析:(1)扫描范围旋钮置于“外 X”时,机内不提供 x 方向的扫描电压,故亮斑仅出现在屏的中心;然后,应把 “DC-AC”开关置于直流“DC”位置,以备给示波器输入一个直流电压. (2)因输入电压要从零开始逐渐增加,所以示波器应接在分压电路上,所以实验时仪器连接应如图乙所示.
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(3)若再加大 Y 向电压,则亮斑会加大其在竖直方向的位移,即电压越高,向上的偏移越大;调换电池正、负极后, 亮斑向下偏移. 答案:(1)中央位置,DC (2)如图所示 (3)大,下 12.(14 分)某雷达站正在跟踪一架向雷达站飞来的飞机,在某一时刻从雷达站发出无线电波到接收到飞机反射的无 - - 线电波历时 t1=2.00× 4 s;经 Δt=10 s 后,从雷达站发出无线电波到接收到飞机反射的无线电波历时 t2=1.86× 4 s. 10 10 求该飞机的速度大小. 解析:设飞机在某一时刻距离雷达的位移为 s1,则: ct1 s1= =3.00× 4 m 10 2 设飞机在 10 s 后距离雷达的位移为 s2,则: ct2 s2= =2.79× 4 m 10 2 s1-s2 飞机的速度 v= =210 m/s. Δt 答案:210 m/s

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第 67 讲 单 元 小 结 链接高考 1.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压,其最大值保持不变,副线圈接有可调电阻 R.设原线圈的电流为 I1, 输入功率为 P1,副线圈的电流为 I2,输出功率为 P2.当 R 增大时[2008 年高考· 天津理综卷]( ) A.I1 减小,P1 增大 B.I1 减小,P1 减小 D.I2 增大,P2 减小 D.I2 增大,P2 增大 答案:B 2.2006 年度诺贝尔物理奖授予了两名美国科学家,以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在 不同方向上的微小变化.他们的出色工作被誉为是宇宙研究进入精密科学时代的起点.下列与宇宙微波背景辐射黑体谱 相关的说法中,正确的是[2007 年高考· 江苏物理卷]( ) - A.微波是指波长在 10 3 m 到 10 m 之间的电磁波 B.微波和声波一样都只能在介质中传播 C.黑体的热辐射实际上是电磁辐射 D.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说 - 解析:微波是波长很短的电磁波,波长的范围是 10 3m~10 m,包括米波、分米波、厘米波、毫米波,故选项 A 正确;微波是电磁波,传播时不需要介质,故选项 B 错误;黑体热辐射,能辐射多种波长的电磁波,选项 C 正确;经 典电磁理论无法解释黑体辐射的规律.德国物理学家普朗克提出了能量子假说,解决了热辐射问题,故选项 D 正确. 答案:ACD 3.如图甲所示,一矩形线圈 abcd 放置在匀强磁场中,并绕过 ab、cd 中点的轴 OO′以角速度 ω 逆时针匀速转动.若 以线圈平面与磁场的夹角 θ=45° 时(如图乙所示)为计时起点,并规定当电流自 a 流向 b 时电流方向为正.则下列四幅图 中,正确的是[2008 年高考· 宁夏理综卷]( )





解析:本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等.从图甲可看出线圈从垂直于中性面开始旋转,由楞次定律可 π 判断,初始时刻电流的方向为 b 到 a,故瞬时电流的表达式为 i=-imcos( +ωt),则图象 D 正确.要注意对线圈绕垂直 4 于磁场的轴旋转时的瞬时电动势的表达式的理解. 答案:D 4.小型交流发电机中, 矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动, 产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系, 如图所示. 此线圈与一个 R=10 Ω 的电阻构成闭合电路, 不计电路的其他电阻, 下列说法正确的是[2008 年高考· 广东物理卷]( ) A.交变电流的周期为 0.125 s B.交变电流的频率为 8 Hz C.交变电流的有效值为 2 A D.交变电流的最大值为 4 A 解析: e-t 图象可知, 由 交变电流的周期为 0.25 s, 故频率为 4 Hz, 选项 A、B 错误.
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根据欧姆定律可知,交变电流的最大值为 2 A,故有效值为 2 A,选项 C 正确. 答案:C 5.图甲、图乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是[2008 年高考· 山东 理综卷]( )

甲 A.图甲表示交变电流,图乙表示直流 B.两种电压的有效值相等 C.图甲所示电压的瞬时值表达式为 u=311sin 100πt V



1 10 解析:图甲、乙表示的电压大小和方向都做周期性变化,都为交变电流,A 错误. 311 311 图甲电压的有效值 U= V;图乙电压的有效值 U< V.故 B 错误. 2 2 2π 对于图甲,有:U=Umsin( )t=311sin100πt V,C 正确. T 变压器不改变交变电流的频率,D 错误. 答案:C 6.图示为四种亮度可调的台灯的电路示意图,它们所用的白织灯泡相同,且都是“220 V 功率都调至 20 W 时,消耗的功率最小的台灯是[1999 年高考· 全国物理卷]( ) D.图甲所示电压经匝数比为 10∶1 的变压器变压后,频率变为原来的

40 W”.当灯泡所消耗的

解析:从题干的问法上可以看出本题是单选题. 台灯的消耗功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率.由四个选项分析可知:C 中理想变压器功率损耗为零,电 源输出的总功率只有灯泡的功率 20 W.而其他选项中,不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法,滑动变阻器上总有功 率损耗,台灯的消耗功率都大于 20 W,故选项 C 正确. 答案:C 7.正弦交变电源与电阻 R、交流电压表按照图甲所示的方式连接,R=10 Ω,交流电压表的示数是 10 V,图乙是交 变电源输出电压 u 随时间 t 变化的图象.则[2005 年高考· 北京理综卷]( )

甲 A.通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR= 2cos 100πt A B.通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR= 2cos 50πt A
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C.R 两端的电压 uR 随时间 t 变化的规律是 uR=5 2cos 100πt V D.R 两端的电压 uR 随时间 t 变化的规律是 uR=5 2cos 50πt V 解析:由于电压表的示数为交流电压的有效值,故正弦式交流电源的电压最大值 Um=10 2 V,电流的最大值为 Um Im= = 2 A,则交变电流的瞬时值 i= 2cos 100π A,故 A 正确. R 答案:A 8. 一理想变压器原、副线圈匝数比 n1∶n2=11∶5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压 u 如图所示.副线圈仅接入 一个 10 Ω 的电阻.则[2008 年高考· 北京理综卷]( ) A.流过电阻的电流是 20 A B.与电阻并联的电压表的示数是 100 2 V C.经过 1 分钟电阻发出的热量是 6× 3 J 10 D.变压器的输入功率是 1× 3 W 10 解析:原线圈中电压的有效值是 220 V,由变压比 知, 副线圈中电压为 100 V;流过电阻的电流是 10 A;与电阻并联的电压表的示数是 100 V;经过 1 分钟电阻发出的热量是 6× 4 J. 10 答案:D 9.用示波器观察某交流信号时,在显示屏上显示出一个完整的波形,如图所示.经下列四组操作之一,使该信号显 示出两个完整的波形,且波形幅度增大.此组操作是 .(填选项前的字母) [2008 年高考· 北京理综卷] A.调整 X 增益旋钮和竖直位移旋钮 B.调整 X 增益旋钮和扫描微调旋钮 C.调整扫描微调旋钮和 Y 增益旋钮 D.调整水平位移旋钮和 Y 增益旋钮 解析: 调节扫描微调旋钮, 当扫描周期为交流信号周期的 2 倍时,显示屏上出 现两个完整的波形;调节 Y 增益旋钮,可增大波形的幅度. 答案:C Ω. 10.某小型水电站输出功率为 20 kW,输电线路总电阻是 6 (1)若采用 380 V 输电,求输电线路损耗的功率. (2)若改用 5000 V 高压输电,用户端利用 n1∶n2=22∶1 的 变压器降压,求用 户得到的电压. [2008 年高考· 上海物理卷] 解析:(1)输电线上的电流为: P 20× 3 10 I= = A=52.63 A U 380 输电线路损耗的功率为: P 损=I2R=52.632× W≈16620 W=16.62 kW. 6 (2)改用高压输电后,输电线上的电流强度变为: P 20× 3 10 I′= = A=4 A U′ 5000 用户端在变压器降压前获得的电压为: U1=U-I′R=(5000-4× V=4976 V 6) U1 n1 根据 = 知,用户得到的电压为: U2 n2 n2 1 U2= U1= × 4976 V=226.18 V. n1 22 答案:(1)16.62 kW (2)226.18 V 11.如图所示,一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在 220 V 的市电上,向额定电压为 1.80× 4 V 的霓虹灯 10 供电,使它正常发光.为了安全,需在原线圈回路中接入熔断器,使副线圈电路中的电流超过 12 mA 时,熔丝就熔断. (1)熔丝的熔断电流是多大? (2)当副线圈电路中的电流为 10 mA 时,变压器的输入功率是多大? [2004 年高考· 江苏物理卷]

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解析:(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为 U1、U2 和 I1、I2,根据理想变压器的输入功率等于输出功率,有: I1U1=I2U2 当 I2=12 mA 时,I1 即为熔断电流,解得:I1=0.98 A. (2)设副线圈中电流 I2′=10 mA 时,变压器的输入功率为 P1,根据理想变压器的输入功率等于输出功率,有: P1=I2′U2 解得:P1=180 W. 答案:(1)0.98 A (2)180 W

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