【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 物理（选择性必修第二册 人教版2019）第四章 第四章测评 Word版含解析.docx，共(5)页，480.764 KB，由小赞的店铺上传

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第四章测评(时间:90分钟满分: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.以下关于电磁场理论和电磁波的有关说法正确的是()A.变化的电场周围一

定产生电磁波B.电磁波由真空进入某种介质传播时,波长会变短C.麦克斯韦预言了电磁波的存在,法拉第用实验验证了电磁波的存在D.电磁波是纵波答案:B解析:均匀变化的电场产生恒定的磁场,只有周期性变化的电场才能形成周期性变化的磁场,故A错误;电磁波由真空进入介质传播时,波速变小,结合v=λf可知,

波长将变短,故B正确;麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹用实验验证了电磁波的存在,故C错误;电磁波是横波,故D错误。2.关于生活中遇到的各种波,下列说法正确的是()A.电磁波可以传递信息,声波不能传递信息B.手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C.太阳光中的可见光和医院“B

超”中的超声波传播速度相同D.遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同答案:B解析:声波也能传递信息,选项A错误;手机通话过程中,手机之间通过电磁波传递信息,人和手机之间通过声波传递信息,选项B正确;太阳中的可见光传播速度为光速,即为

3×108m/s,而超声波的传播速度等于声音在空气中的传播速度,即为340m/s(15℃),选项C错误;红外线的频率小于X射线的频率,故红外线的波长大于X射线的波长,选项D错误。3.高原上的人皮肤黝黑()A.与高原上人的生活习惯有关B.与高原上的风力过大有关C.与高原上紫

外线辐射过强有关D.由遗传本身决定答案:C解析:高原上空气稀薄,对紫外线的反射与吸收作用很弱,所以太阳光中含有大量的紫外线,导致高原上的人皮肤黝黑。4.米波雷达发射无线电波的波长在1~10m范围内,则对该无线

电波的判断正确的是()A.米波的频率比厘米波频率高B.和机械波一样须靠介质传播C.同光波一样会发生反射现象D.不可能产生干涉和衍射现象答案:C解析:从名称上可判断,米波的波长大于厘米波的波长,由波长与频率、波速关系式λ=𝑐𝑓

可知,米波的频率小于厘米波的频率,选项A错误;无线电波是电磁波,可以在真空中传播,选项B错误;无线电波同光波一样会发生反射现象,可以产生干涉和衍射现象,选项C正确,D错误。5.隐形飞机的原理是在飞机研制过程中设法降低其可

探测性,使之不易被敌方发现、跟踪和攻击。根据你所学的物理知识,判断下列说法正确的是()A.运用隐蔽色涂层,无论距你多近的距离,你也不能看到它B.使用吸收雷达电磁波材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱,很难被发现C.使用吸收雷达电磁波涂层后,传播到复合金属机翼上的电磁波在

机翼上不会产生感应电流D.主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施,使其不易被对方发现和攻击答案:B解析:雷达向外发射电磁波,当电磁波遇到飞机时就要发生反射,雷达

通过接收反射回来的电磁波,就可以测定飞机的位置,所以要想降低飞机的可探测性,可以使用吸收雷达电磁波材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱,很难被发现,B正确。6.一首乐曲从电台“出发”开始到从收音

机的调频台播放出来为止,下列选项都描述了该过程,其中顺序正确的是()A.调制—发射—调谐—解调—播放B.调频—发射—解调—调谐—播放C.调幅—调谐—发射—解调—播放D.调频—调谐—发射—解调—播放答案:A解析:一首乐曲从电台“出发

”开始到从收音机的调频台播放出来为止,首先要进行调制,即把声音信号加到高频电磁波信号上去,然后进行发射;载波信号被收音机接收后首先要进行调谐,选出该信号,然后进行解调,从高频信号中把声音信号取出来,最后通过喇叭播放,故选A。7.一台无线电接收机,当接收频率为535kHz的信号时,调谐电路里电

容器的电容是360pF。如果调谐电路里的电感线圈保持不变,要接收频率为1605kHz的信号时,调谐回路里电容器的电容应改变为()A.40pFB.120pFC.1080pFD.3240pF答案:A解析:f1=535×103Hz=12π√𝐶1𝐿0①f2=1605×103Hz=12π

√𝐶2𝐿0②①②得,5351605=√𝐶2𝐶1又C1=360pF,得C2=40pF。8.如图所示,L是不计电阻的电感器,C是电容器,闭合开关S,待电路达到稳定状态后,再断开开关S,LC电路中将产生电磁振荡。如果规定电感L中的电

流方向从a到b为正,断开开关S的时刻为t=0,那么下列四个图中能够正确表示电感中的电流随时间变化规律的是()答案:B解析:在没有断开开关时,电流是从a流向b,当断开开关后,电流要减小,而线圈的感应电动势阻碍电流减小,则电流方向不变,大小在慢慢

减小,当电容器充电完毕时,电流为零,接着电容器放电,电流方向与之前相反,大小在不断增大,故选B。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,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.在如图所示

的四种磁场情况中不能产生恒定的感生电场的是()答案:ABD解析:A中磁场不变,则不会产生电场,故A不符合题意;B中磁场方向变化,而大小不变,则不会产生恒定的电场,故B不符合题意;C中磁场随着时间均匀变化,则会产生恒定的电场,故C符合题意;D中磁场随着时间非均

匀变化,则会产生非均匀变化的电场,故D不符合题意。10.关于电磁波谱,下列说法正确的是()A.电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波B.γ射线波长太小,不能衍射C.红外线的显著作用是热作用,温度较低的物体不能辐射红外线D.在电磁波谱中,无线电波的波长最长答案:AD解析:波长越

长的无线电波波动性越显著,干涉、衍射现象越易发生,A正确;γ射线可以衍射,B错误;不论物体温度高低都能辐射红外线,物体的温度越高,它辐射的红外线越强,C错误;电磁波谱中无线电波的波长最长,D正确。11.如图所示的振荡电路中,某时刻线圈中磁场方向向上,且电路的电流正在增强,则

此时()A.a点电势比b点低B.电容器两极板间电场强度正在减小C.电路中电场能正在增大D.线圈中感应电动势正在增大答案:AB解析:结合题图中磁场的方向,根据安培定则,线圈中的电流从b到a,此时电流正在增强,表明电容器正在放电,所以下板带正电,上板带负

电。a点电势比b点低,电容器两极板间电场强度正在减小,电场能在减小,电流放电变慢,线圈中感应电动势变小。故A、B正确,C、D错误。12.下图为调幅振荡电流图像,此电流存在于电磁波发射和接收中的哪些阶段()A.经调制后B.经调谐

后C.经检波后D.耳机中答案:AB解析:为了把信号传递出去,需要将信号“加”到高频振荡电流上,这就是调制。由题图可知,此调制为调幅。在接收电路中,经过调谐,回路中将出现调幅振荡电流,经检波后,调幅振荡电流将被削去一

半,而在耳机中只有低频信号电流。故A、B正确。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)如图所示的LC振荡回路中振荡电流的周期为2×10-2s,自振荡电流沿逆时针方向达最大值开始计时,当t=3.4×10-2s时,电容器正处于(选填“

充电”“放电”或“充电完毕”)状态,这时电容器的上极板(选填“带正电”“带负电”或“不带电”)。答案:充电带正电解析:根据题意可画出LC回路振荡电流的变化图像如图,t=3.4×10-2s时刻即为图像中的P点,正处于顺时针电流减小的过程中,所以,电容器正处于反向充电状态,上板带正电

。14.(8分)在LC振荡电路中,如已知电容C,并测得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值。现将测得的六组数据标示在以C为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸

上,即图中用“×”表示的点。(1)T、L、C的关系为。(2)根据图中所给出的数据点作出T2与C的关系图线。(3)求L值是多少。答案:(1)T2=4π2LC(2)见解析(3)39.6mH解析:(1)由振荡电路的周期公式T=2π√𝐿𝐶

可得T2=4π2LC。(2)如图所示。(3)在如图所示的直线上任取两点,为减小误差,所取的两点间隔应尽可能大。由T=2π√𝐿𝐶得L=𝑇24π2𝐶L=Δ𝑇24π2Δ𝐶代入数据得L=39.6mH。15.(8分)某雷达

的荧光屏如图所示,屏上标尺的最小刻度对应的时间为2×10-4s,雷达天线朝东方时,屏上的波形如图甲;雷达天线朝西方时,屏上的波形如图乙。雷达在何方发现了目标?目标与雷达相距多远?答案:西方300km解析:雷达向东方发射电磁波

时,没有反射回来的信号,向西方发射时,有反射回来的信号,所以目标在西方。目标到雷达的距离d=𝑐𝑡2=3×108×2×10-4×102m=300km。16.(10分)如图所示,线圈的自感系数为3μH,在线圈的中间有抽头2,电容器的电容可在150~300pF之间变化,S

为转换开关。求此回路的最大周期和最大频率。答案:1.88×10-7s1.06×107Hz解析:根据T=2π√𝐿𝐶得Tmax=2π√𝐿max𝐶max=2π√3×10-6×300×10-12s=1.88×10-

7s根据f=1𝑇=12π√𝐿𝐶得fmax=12π√𝐿min𝐶min=12π√1.5×10-6×150×10-12Hz=1.06×107Hz。17.(12分)收音机调谐回路中可变电容器旋到电容为100pF时能收到波长为300m的电磁波,如果要收到波长为240m的

电磁波,可变电容器的电容要调为多少?这个回路的自感系数为多少?答案:64pF2.5×10-4H解析:根据v=λf和f=12π√𝐿𝐶,有λ=v·2π√𝐿𝐶,其中v=3×108m/s则L=𝜆24π2𝑣2𝐶=2.5π2×10-3H=2.5×10-4HC'=

𝜆'24π2𝑣2𝐿=64pF18.(16分)实验室里有一水平放置的平行板电容器,知道其电容C=1μF。在两板带有一定电荷时,发现一粉尘恰好静止在两板间。手头上还有一个自感系数L=0.1mH的电感器,现连成如图所示电路,试分析以下两个问题:(1)从S闭合时开始计时,经过π

×10-5s时,电容器内粉尘的加速度大小是多少?(2)当粉尘的加速度为多大时,线圈中电流最大?答案:(1)2g(2)g解析:(1)开关断开时,电容器内带电粉尘恰好静止,说明电场力方向向上,且F电=mg。闭合S后,L、C构成LC振荡电路,T=2π√𝐿𝐶=2π×10

-5s,经𝑇2=π×10-5s时,电容器间的电场强度反向,电场力的大小不变,方向竖直向下,由牛顿第二定律得a=𝐹电+𝑚𝑔𝑚=2g。(2)线圈中电流最大时,电容器两极间的电场强度为零,由牛顿第二定律可得a=𝑚𝑔𝑚=

g,方向竖直向下。