《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十二章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器第讲 电磁振荡与电磁波 [教材阅读指导](对应人教版必修第三册、选择性必修第二册相关内容及问题)选择性必修第二册第四章第1节[练习与应用]T 1；T 2。
提示：T 1：T 2：T 4～T 2和3T 4～T 电场能在增大，电场能最大时电流为零，电压最大；0～T 4和T 2～3T4磁场能在增大，磁场能最大时电流最大，电压为零。
选择性必修第二册第四章第1节[练习与应用]T 3。
提示：由f ＝12πLC解得C ＝14π2f 2L ，所以C 1C 2＝f 22f 21＝160525352＝91。
选择性必修第二册第四章，阅读“2 电磁场与电磁波”这一节内容，理解麦克斯韦电磁场、电磁波理论，以及电磁波的性质。
选择性必修第二册第四章第3节，阅读“无线电波的发射”“无线电波的接收”这两部分内容，理解调制、调幅、调频、调谐、解调的含义及其在无线电波的发射和接收过程中的顺序。
必修第三册第十三章第4节，阅读图13.4-4，熟悉电磁波谱及其应用。
选择性必修第二册第四章，阅读“4 电磁波谱”这一节内容，熟悉各种电磁波及其应用。
必备知识 梳理与回顾一、电磁振荡1．振荡电流：01大小和02方向都做周期性迅速变化的电流。
2．振荡电路：产生03振荡电流的电路。
由电感线圈L和电容C组成的电路，就是最简单的振荡电路，称为04LC振荡电路。
3．电磁振荡：在LC振荡电路中，电容器不断地充电和放电，电路中的电流i、电容器极板上的电荷量q、电容器里的电场强度E、线圈里的磁感应强度B，都在05周期性地变化着。
这种现象就是电磁振荡。
4．电磁振荡中的能量变化：电容器放电过程，06电场能逐渐转化为07磁场能；电容器充电过程，08磁场能逐渐转化为09电场能。
在电磁振荡的过程中，电场能和磁场能会发生10周期性的转化。
5．电磁振荡的周期和频率周期：T＝112πLC；频率：f＝1212πLC(其中L指线圈的自感系数即电感，C指电容器的电容)。
金版教程物理答案【篇一：2014金版教程物理大一轮复习(必修部分)第5章第1单元】(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．位于水平面上的物体在水平恒力f1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力f2，物体做速度为v2的匀速运动，且f1与f2功率相同．则可能有()a．f2＝f1，v1v2 c．f2f1，v1v2b．f2＝f1，v1v2 d．f2f1，v1v2答案：bd2．某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为w1和w2，拉力做功的功率是p1和p2，则正确的是( )a．w1＝w2，p1＝p2 c．w1w2，p1p2时间较短，由p＝w/t可知p1p2，b对．答案：b3．一物块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力f，力f与物块的速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示．则下列说法中正确的是()b．w1＝w2，p1p2 d．w1w2，p1＝p2解析：由w＝fs可知两次的功相同，但由于地面光滑不受摩擦力，加速度较大，运动a．第1秒内水平作用力f做功为1 j b．第2秒内水平作用力f做功为1.5 j c．第3秒内水平作用力f不做功 d．0～3秒内水平作用力f所做总功为3 j解析：由w＝fs，在速度时间图象中，图线所围成的面积表示位移大小，所以在第1 s内，水平拉力为1 n，位移为0.5 m，所以力f做功为0.5 j，a错，同理可判断b对．第3秒内，力f做功为2 j，c 错.0～3秒内，力f做功为4 j，故d错．答案：b4．某人用手将2 kg物体由静止向上提起1 m，这时物体的速度为3 m/s(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(不计空气阻力)( )a．手对物体做功9 j c．物体克服重力做功20 jb．合外力做功20 j d．合外力做功29 j解析：手对物体做的功等于物体增加的动能和重力势能之和，合外力做功等于动能增量，物体克服重力做功等于重力势能增量mgh，c 对．答案：c)答案：da．小球的重力做功为零 b．斜劈对小球的弹力做功为mgvtc．挡板对小球的弹力做功为零d．合力对小球做功为零解析：小球的重力与速度方向始终垂直，不做功，a正确；由于小球匀速，对小球受力分析如图所示，可求得斜劈对小球的mg答案：ad7．关于摩擦力做功的说法中不正确的是( ) a．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功b．静摩擦力起着阻碍物体的相对运动趋势的作用，一定不做功c．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功d．系统内两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和恒等于零答案：abcd8．质量是2 kg的物体置于水平面上，在运动方向上受拉力f作用沿水平面做匀变速运动，物体运动的速度—时间图象如图所示，若物体受摩擦力为10 n，则在这段运动过程中做功情况正确的是( )a．拉力做功150 j b．拉力做功100 j c．摩擦力做功250 j d．物体克服摩擦力做功250 j解析：速度时间图象围成的面积表示位移大小，所以位移为25 m，加速度为2 m/s2，f＋f＝ma，f＝－6 n，拉力f做正功，为w＝fs＝150 j，a对；克服摩擦力做功w＝fs＝250 j，d对．答案：ad)d．以上三种情况都有可能10．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定()d．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功v0t0＝块返回底端时的速度，a、c正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，b、d错误．答案：ac二、非选择题(共30分)(1)小球在ab段运动过程中重力做功的平均功率p； (2)小球落到c点时速度的大小．解析：(1)ab过程：重力做功w1＝mgh ① 1whgt2 ②平均功率p＝③ 21t1由①②③得p＝④ 21(2)设bc间的水平位移为s，初速度为v0，mv2＝mgh ⑤1设小球落到c点时速度为v，对全过程应用动能定理：mg(h＋s)＝mv2 ⑧2由以上各式得：v＝10gh ⑨(1)机车匀加速阶段的牵引力多大？(2)匀加速阶段机车的实际功率等于额定功率时，机车的速度多大？(3)机车由静止达到最大速度时，前进的距离是多少？(答案中可以包含字母t) 解析：(1)当汽车达到匀速运动时，速度达到最大值，此时牵引力等于摩擦阻力．由此可得：p因此匀加速阶段的牵引力可得：(2)设匀加速阶段末的汽车速度为v1.由汽车瞬时速度等于输出功率除以此时牵引力，可得：v1＝＝＝10 m/s.【篇二：2014金版教程物理大一轮复习(必修部分)第4章第3单元】(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．如图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )a．线速度 c．加速度b．角速度 d．轨道半径答案：b2．如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍．a、b分别为大、小轮边缘上的点，c为大轮上一条半径的中点．则()a．两轮转动的角速度相等 c．质点加速度aa＝2abb．大轮转动的角速度是小轮的2倍 d．质点加速度ab＝4ac1rabra2acrcac答案：d的位置在小球b的上方，如图所示．下列判断正确的是( ) a．a球的速率大于b球的速率 b．a球的角速度大于b球的角速度c．a球对漏斗壁的压力大于b球对漏斗壁的压力 d．a球的转动周期大于b球的转动周期解析：先对a、b两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力f.如图所示，对a球据牛顿第二定律：v2ararb由两球质量相等可得fna＝fnb，c项错．由②④可知，两球所受向心力相等．v2v2abm＝m，因为rarb，所以vavb，a项正确． rarb①②④t答案：ad4．如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )a．周期相同 c．角速度的大小相等b．线速度的大小相等 d．向心加速度的大小相等，hhr，a＝g.因两圆锥摆的h相同，而r不同，故两小球运动的线速度不同，角速度gh的大小相等，周期相同，向心加速度不同．答案：ac)v2a．向心加速度为rmv2c．对球壳的压力为rv2b．向心力为m(g＋rv2解析：物体在最低点沿半径方向受重力、球壳对物体的支持力，两力的合力提供物体做mv2v2圆周运动在此位置的向心力，由牛顿第二定律有：fn－mg＝，rrmv2v2向心力为m(g＋，在沿速度方向，物体受滑动摩擦力，由公式rrv2r答案：ad6．如图所示，质量为m的小球置于立方体光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间作用力恰为mg，则( )2rgc. 在最低点时，盒子与小球之间的作用力大小不可能为3mgd. 在最低点时，盒子的向心加速度大小不可能为3g解析：本题考查匀速圆周运动问题，意在考查考生应用相关知识求解速度、加速度、周期和向心力的能力．要使在最高点时盒子与小球之间作用力恰好为mg，则盒子顶部对小球mv2必然有向下的弹力mg，则有mg＋mg＝v＝2gr，运动的向心力，由f－mg＝mma，解得f＝3mg，选项c错误．r答案：abd7．如图，两段长均为l的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的a、b两点，a、b两点间距也为l，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )3mg c．3mgb．23mg d．4mg，g则选项b正确；在最低点时，盒子对小球的作用力和小球重力的合力提供小球做匀速圆周v2解析：当小球到达最高点速率为v，有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应r?2v?2有f＋mg＝4mg，所以f＝3mg，此时最高点各力如图r所示，所以t＝3mg，a正确．答案：a8．如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，p、q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点p，则下列说法中正确的是( )解析：本题考查圆周运动和机械能守恒，中档题．轨道光滑，小球在运动的过程中只受重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直所以不做功，a错；那么在整个过程中只有重力做功满足机械能守恒，根据机械能守恒有vpvq，在p、q两点对应的轨道半径rprq，根据vv2rr小于在q点的向心加速度，c错；小球在p和q两点的向心力由重力和支持力提供，即mg＋fn＝ma向，可得p点对小球的支持力小于q点对小球的支持力，d错．答案：ba．rb/4 c．rb/2v210．一辆汽车匀速率通过半径为r的圆弧形路面，关于汽车的受力情况(不考虑汽车运动过程中受到的空气、摩擦等阻力)，下列说法正确的是()r2b．rb/3 d．rb解析：在a轮边缘上小木块恰能相对静止满足：a．汽车对路面的压力大小不变，总是等于汽车的重力b．汽车对路面的压力大小不断发生变化，总是小于汽车所受的重力c．汽车的牵引力不发生变化 d．汽车的牵引力逐渐变小v2rv2rv2＝0，fn＝mg－m达到最大值，但小于mg，所以选项a错误，b 正确．r答案：bd二、非选择题(共30分)11．(16分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形apb(圆半径比细管的内径大得多)和直线bc组成的轨道固定在水平桌面上，已知apb部分的半径r＝1.0 m，bc段长l＝1.5 m．弹射装置将一个小球(可视为质点)以v0＝5 m/s的水平初速度从a点弹入轨道，小球从c点离开轨道随即水平抛出，落地点d离开c的水平距离s＝2 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：解： (1)小球在半圆轨道中运动时： v05r12v52加速度a＝＝25(m/s2)．r1(2)小球从a到b的时间t1＝l1.5从b到c的时间t2＝0.3(s)v05【篇三：2014金版教程物理大一轮复习(必修部分)第6章第3单元】(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1. 如图是描述对给定的电容器充电时电荷量q、电压u、电容c之间相互关系的图象．其中正确的是()解析：电容器的电容由电容器自身的构造因素决定，与u和q无关，故b、d正确．由qc＝c正确．u答案：bcd2．水平放置的平行电容器与一电池相连．在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态．现将电容器两板间的距离增大，则( )a．电容变大，质点向上运动 c．电容变小，质点保持静止b．电容变大，质点向下运动 d．电容变小，质点向下运动解析：带电质点在电容器中处于静止状态有mg＝qe，因为电容器与电源连接，电压不变，e＝u/d，d增大，电容c减小，e减小，质点向下运动，答案为d.答案：d3．如图所示，先接通s使电容器充电，然后断开s.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量q、电容c、两板间电势差u，电容器两极板间场强e的变化情况是( )a．q变小，c不变，u不变，e变小 b．q变小，c变小，u不变，e不变 c．q不变，c变小，u变大，e不变 d．q不变，c变小，u变小，e变小解析：充电以后的电容器所带电荷量q保持不变，故选项a、b错误；根据平行板电容器的电容公式c＝，d增大，c减小；又由c＝q/u得，u＝q/c，故u增大；再由公式cc和e＝e＝e不变，答案为c.答案：c4．如图所示，电子由静止开始从a板向b板运动，当到达b极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()a．当增大两板间距离时，v也增大 b．当减小两板间距离时，v增大 c．当改变两板间距离时，v不变d．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从a运动到b动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长．答案：cd5．如图所示，从f处释放一个无初速的电子向b板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为e)( )a．电子到达b板时的动能是e ev b．电子从b板到达c板动能变化量为零 c．电子到达d板时动能是3e ev d．电子在a板和d板之间做往复运动解析：由电池的接法知：a板带负电，b板带正电，c板带正电，d板带负电，所以a、b板间有向左的电场，c、d板间有向右的电场，b、c板间无电场，由动能定理知：电子到达b板时的动能为e ev，到达d板时的动能为零，在b、c板间做匀速直线运动，总之电子能在a板和d板间往复运动，所以错误选项为c.答案：c)a．电场线由b指向a，该电荷做加速运动，加速度越来越小b．电场线由b指向a，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定c．电场线由a指向b，该电荷做匀速运动d．电场线由b指向a，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析：在电场线上o点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿b点运动，受电场力方向由a指向b，则电场线方向由b指向a，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定．选项b正确．答案：b)a．将打在o点的下方c．穿过平行板电容器的时间将增加b．将打在o点的上方 d．打到屏上动能将增加解析：由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在o点下方，a项正确，b项错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，c项错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以d项正确．答案：ada．mv20 c．2mv201b.mv2 205d.mv2 201解析：由题意可知小球到p点时水平位移和竖直位移相等，即v0t ＝vpyt，2合速度vp＝v0＋vpy5v01252ekp＝vp＝v0，故选d.22答案：d点射出电场时，其速度方向与电场)a．带电粒子在q点的电势能为－uq b．带电粒子带负电2uc．此匀强电场的电场强度大小为e3dd．此匀强电场的电场强度大小为e＝3u 3d解析：根据带电粒子的偏转方向，可判断b错误；因为p、q两点的电势差为u，电场力做正功，电势能减少，而p点的电势为零，所以a正确；设带电粒子在p点时的速度为v0，在q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy3v0.带电粒子在y轴方向上的平均速度为vy＝y0＝3v0y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，23v03du23u，d＝v0t，得y0，由e＝得e＝，c正确，d错误． 22y03d答案：ac10．m、n是某电场中一条电场线上的两点，若在m点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由m点运动到n点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )a．电子在n点的动能小于在m点的动能 b．该电场有可能是匀强电场 c．该电子运动的加速度越来越小 d．电子运动的轨迹为曲线解析：电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒c选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得mn电场线为直线，由运动与力的关系可得轨迹必为直线，d选项错误．答案：c二、非选择题(共30分)11．(15分)如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝k发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与a板间的电压u1加速，从a板中心孔沿中心线ko射出，然后进入两块平行金属板m、n形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入m、n间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的p点．已知m、n两板间的电压为u2，两板间的距离为d，板长为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过a板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上p点的上方，可采取哪些措施？1解： (1)设电子经电压u1加速后的速度为v0，由动能定理eu1mv2－0解得v0＝20 . m(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为e，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式lut＝f＝ma，f＝ee，ev0deu212u2l2a＝y＝at 解得y＝.md24u1dul2(3)由y＝减小加速电压u1和增大偏转电压u2均可增大y值，从而使电子打4u1d到屏上的位置在p点上方．与水平方向成。
