高中物理选修1-2：第4章章末综合检测
2021年高中物理选修三第四章《原子结构和波粒二象性》测试卷(答案解析)(1)
一、选择题1．彩虹是由阳光射入雨滴（视为球形）时，经一次反射和两次折射而产生色散形成的。
现有白光束由图示方向射入雨滴，a 、b 是经反射和折射后的其中两条出射光线，如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．光线a 在雨滴中传播时的波长较长B ．光线a 在雨滴中的折射率较大C ．光线a 在雨滴中的传播速度较大D ．若分别让a 、b 两色光分别照射同一光电管，若a 光能引起光电效应，则b 光一定也能 2．对图中的甲、乙、丙、丁图，下列说法中正确的是（ ）A ．图甲中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子B ．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i 逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb ′面射出C ．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的D ．图丁中的M 、N 是偏振片，P 是光屏，当M 固定不动缓慢转动N 时，光屏P 上的光亮度将发生变化，此现象表明光是横波3．如图，是氢原子的能级图，各能级能量关系为12n E E n=，其中E 1为基态能量，n 为量子数。
当原子从5n =能级跃迁到3n =能级时，释放出的一个光子能量为E ，下列说法正确的是（ ）A ．一个处于5n =的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出10种不同频率的光子B ．从5n =能级向低能级跃迁，跃迁到4n =能级辐射的光波长最短C ．处于3n =的氢原子跃迁到基态吸收光子能量为12.5ED ．某金属的逸出功为E ，用4n =跃迁到2n =辐射的光子照射该金属，逸出光电子的最大初动能为419256E 4．如图，当电键K 断开时，用光子能量为2.5eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零。
合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V 时，电流表读数为零。
由此可知阴极材料的逸出功为（ ）A ．1.9eVB ．0.6eVC ．2.5eVD ．3.1eV 5．氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV 。
(粤教版)高中物理【选修3-1】第2章《电路》章末知识整合课时检测及答案
【金版新学案】2014-2015学年高中物理第2章电路章末知识整合课时检测粤教版选修3-1基本计算专题一电路中能量转化的分析(1)电功：W＝UIt.(2)电功率：P电＝UI.(3)热量：Q＝2I Rt.(4)热功率：P热＝2I R.分析与方法：闭合电路中电功、热量和电功率、热功率的问题本质上都是能量转化和守恒问题．分析这类问题时，要注意区分电功和热量、电功率和热功率，抓住能量守恒这条主线；在纯电阻电路中，电功和热量相等，电功率和热功率相等；在非纯电阻电路中，电功大于热量，电功率大于热功率．一台洗衣机上的电动机的额定电压U＝220 V，线圈电阻R＝1 Ω，在额定电压下正常运转时电流I＝2 A，求：(1)电动机消耗的总功率和发热功率．(2)电动机的输出功率．解析：(1)电动机总功率即为电功率P总＝UI＝220×2 W＝440 W；发热功率即为线圈电阻的热功率P热＝I R2＝22×1 W＝4 W.(2)电动机的输出功率即为电动机的机械功率，由能量守恒可得：P总＝P出＋P热，所以P出＝P总－P热＝436 W.答案：(1) P总＝440 W P热＝4 W (2)P出＝436 W点评：电动机是非纯电阻元件，解答时要注意从能量转化和守恒的角度理解其消耗功率、发热功率和输出功率之间的关系．练习1．一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3 V，电流为0.3 A；松开转轴，在线圈两端加电压为2 V时，电流为0.8 A，电动机正常工作．求：该电动机正常工作时，输入的电功率是多少？电动机的机械功率是多少？解析：电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：r ＝U/I ＝0.30.3Ω＝1 Ω，电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为P 入＝I 1·U 1＝0.8×2 W＝1.6 W ，电动机的机械功率P 机＝P 入－I 21·r ＝1.6 W －0.82×1 W＝0.96 W. 答案：1.6 W 0.96 W专题二 动态电路的分析在恒定电路中，常会由于某个因素的变化而引起整个电路中一系列电学量的变化，出现牵一发而动全身的情况，此类问题即为动态电路问题． 方法一：“程序法”分析这类问题的常用方法是“程序法”，即从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断R 总的变化情况，再由欧姆定律判断I 总和U 外的变化情况，最后由部分电路欧姆定律判定各部分的变化情况．电动势为E ，内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( ) A ．电压表和电流表的读数都增大 B ．电压表和电流表的读数都减小 C ．电压表的读数增大，电流表的读数减小 D ．电压表的读数减小，电流表的读数增大解析：当滑动变阻器触点向b 端移动时，滑动变阻器的电阻R 增大，则R和R 2的并联电阻增大，回路外电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律I 总＝E R r 外可知，干路电流减小．由U＝E－I总r可知，路端电压增大，故电压表读数增大；R1两端的电压U1＝I 总R1，R2两端的电压U2＝U－U1，所以加在R2两端电压U2增大，流过R2的电流增大，流过电流表的电流I3＝I总－I2，故电流表的读数变小．综上所述可知，选项C正确．答案：C点评：分析动态电路问题时，关键是明确分析物理量的顺序，先部分再整体再部分；分析部分电路时，要先分析不变部分，再分析变化的部分；要注意思维的变换，分析电压不行时再分析电流．方法二：“并同串反”①“并同”：是指某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小．②“串反”：是指某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率将增大．如图所示的电路中，R1、R2、R3、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时( )A．I变大，U变小 B．I变大，U变大C．I变小，U变大 D．I变小，U变小解析：本题中变量是R5，由题意知，R5的等效电阻变小．简化电路结构可各知，电压表V，电流表A 均与R 5间接并联，根据“串反并同”的原则，电压表V ，电流表A 的读数均与R 5的变化趋势相同，即两表示数均减小． 答案：D点评：(1)近几年高考对电路的分析和计算，考查的重点一般不放在基本概念的理解和辨析方面，而是重在知识的应用方面．本题通过5个电阻与电表的串、并联构成较复杂的电路，关键考查考生简化电路结构、绘制等效电路图的能力．然后应用“串反并同”法则，可快捷得到结果．(2)注意“串反并同”法则的应用条件：单变量电路．对于多变量引起的电路变化，若各变量对同一对象分别引起的效果相同，则该原则的结果成立；若各变量对同一对象分别引起的效果相反，则“串反并同”法则不适用． 练习2．(双选)如图所示，图中的四个表均为理想表，当滑动变阻器的滑动触点向右端滑动时，下列说法正确的是( )A ．电压表1V 的读数减小，电流表1A 的读数增大B ．电压表1V 的读数增大，电流表1A 的读数减小C ．电压表2V 的读数减小，电流表2A 的读数增大D ．电压表2V 的读数增大，电流表2A 的读数减小解析：当滑动变阻器的滑动触点向右端滑动时，R 的阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律，电路中的总电流增大，即电流表A 1的读数增大；电压表V 1的读数为电路的路端电压，其读数减小，故A 正确．路端电压减小则电流表A 2的读数减小；总电流增大，A 2电流减小，则流过R 2的电流增大，故电压表V 2的读数增大，D 正确．答案：AD专题三电路故障分析方法故障类型①短路：电路被短路部分有电流通过(电流表有示数)被短路两点之间没有电压(电压表无示数)②断路：电路断路部分没有电流通过(电流表无示数)断路两点之间有电压，断路同侧导线两点无电压电路故障分析思路①认真审题，判断电路各元件连接方式，明确电流表、电压表测量的元件，各开关控制的元件．②根据故障现象分析有无电流，得出电路是短路还是断路．③根据电表示数变化分析找出故障位置．★利用电流表、电压表判断电路故障★(1)电流表示数正常而电压表无示数“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．故障原因可能是：①电压表损坏；②电压表接触不良；③与电压表并联的用电器短路．(2)电压表有示数而电流表无示数“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原因可能是：①电流表短路；②和电压表并联的用电器断路(3)电流表电压表均无示数“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．★利用电导线判断电路故障★(主要判断断路故障)电路中无电流或灯泡不发光：将导线接在两点间，如果电路中有电流(或电路中灯泡发光了)，说明此两点间有断路．在如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则( )A．L可能变亮 B．R可能断路C．灯L可能断路 D．电阻R可能短路V 解析：首先分析电路的连接方式与电表的作用对象．灯L与电阻R串联，V测电源电压，1V 测电阻R电压．其次，从故障现象看，有一个电压表示数变大，而电源电压不变则可判断是1示数变大．根据上面的“故障分析思路”可判断：可能是灯L短路，或者可能是电阻R断路V也测电源电压)．所以，此题应选答案B.(1答案：B如图所示，开关S闭合电灯不亮，为了检查图中电路故障，现用一根导线进行判断，当导线连接BC时，灯不亮；当导线连接CD时，灯也不亮；当导线连接DE时，灯亮了．则电路故障原因是( )A．电阻R断路B．电灯L断路C．R、L同时断路D．变阻器R断路解析：在串联电路中，灯不亮，有两种可能，第一：灯短路；第二：电路中有断路处．根据导线的连接现象判断，应该不是第一种故障，所以是电路中有断路处．当把断路处连接好，灯就会亮．所以，此题应选答案D.答案：D专题四含容电路含电容电器的分析与计算方法在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流．一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带电量时，可接在相应的位置上．分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等． (3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充(放)电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．如图所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，R 3＝5 Ω，电容器的电容C 1＝4μF ，C 2＝1μF.求：(1)当S 闭合时间足够长时，C 1和C 2所带的电量各是多少？(2)然后把S 断开，S 断开后通过R 2的电量是多少？解析：(1)当S 闭合时间足够长时，C 1两端的电压等于R 2两端的电压；C 2两端的电压等于路端电压回路电流I ＝12++E r R R ＝2 A.C 1两端的电压U C1＝U 2＝IR 2＝4 VC 1的带电量为：Q 1＝C C U 11＝4×106－×4 C＝1.6×105－ C C 2两端的电压C U 2＝U ＝I(R 1＋R 2)＝10 VC2的带电量为：Q2＝CC U22＝1×106－×10 C＝1.0×105－ C(2)断开S后，电容器C1通过电阻R2、R3放电；电容器C2通过电阻R1、R2、R3放电，放电电流均流过R2，且方向相同．因此，通过R2的电量为：Q＝Q1＋Q2＝1.6×105－ C＋1.0×105－ C＝2.6×105－C.答案：(1)1.6×510－ C 1.0×510－ C(2)Q＝2.6×510－ C实验部分专题一万用表及其应用用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线.②将K旋转到电阻挡“×100”位置.③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的________(填“0 刻线”或“∞刻线”).④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准解析：(1)首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC.答案：①S；③T；0刻线；④ADC练习3．如图是某同学连接的实验实物图，使用四节电动势为1.5 V的干电池做电源，合上开关S 后发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：(1)用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关应置于下列量程的几挡；A．2.5 V B．10 V C．50 V D．250 V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触________点(填“a”或“b”)(2)用欧姆挡的×1挡检查c、f段电路情况①测试前，应将开关S________；(填“断开”或“闭合”)②测试结果如表格所示，由此可以断定这段电路的故障是A.灯A 断路 B ．灯B 断路C ．灯A 、B 都断路 D ．de 间导线断路答案：(1)B ；a (2)断开；D专题二 测定电源的电动势和内阻为了测定某一电源的电动势E 和内阻r(E 约为4.5 V ，r 约为1.5 Ω)，实验室提供的实验器材有：量程为3 V 的理想电压表V ；量程为0.5 A 的电流表A(具有一定内阻)；固定电阻R ＝4 Ω；滑动变阻器R′；电键K ；导线若干．(1)画出实验原理图．(2)实验中，当电流表的读数为I 1时，电压表的读数为U 1；当电流表的读数为I 2时，电压表的读数为U 2.则可以求出E ＝________，r ＝________.解析：(1)电路中的短路电流I 0≈Er ＝3 A ，大于电流表量程，所以必须使用固定电阻保护电路，兼顾干路中电流测量的准确性，采用如图所示的电路．(2)由闭合电路欧姆定律有： U 1＝E －I 1 (R ＋r)，U 2＝E －I 2 (R ＋r)，联立两式解得E ＝222112I U I U I I --，r ＝2112U U I I --－R.答案：见解析练习4．小明的实验桌上有：A.待测电源一个(电动势约3 V，内阻小于1 Ω)；B.直流电流表(量程0～0.6～3 A，0.6 A挡的内阻约0.22 Ω，3 A挡的内阻约0.1 Ω)；C.直流电压表(量程0～3～15 V,3 V挡内阻为15 kΩ，15 V挡内阻为25 kΩ)；D.滑动变阻器(阻值范围为0～15 Ω，允许最大电流为1 A)；E.滑动变阻器(阻值范围为0～1 000 Ω，允许最大电流为0.2 A)；F.开关；G.导线若干；H.小灯泡(电阻小于1 Ω)．假如你是小明，请你完成：(1)利用给出的器材测电源的电动势和内阻，有如图甲、乙两种电路，为了减小测量误差，应选择图______所示电路．(2)根据你选择的电路将图丙中的实物连接好．(3)你选择的滑动变阻器是________(填代号)，理由是________________________________________________________________________.(4)小明根据测出的数据，作出U－I图线如图丁a线所示，实验所测电源的电动势为E＝__________V，内电阻为r＝________Ω.解析：(1)伏特表测量的是路端电压，所以使用图乙电路．(2)图略．(3)D，电流适中且移动滑片时电流表示数较明显．(4)3,0.75.答案：见解析专题三测定小灯泡的U－I关系曲线线性元件的伏安特性曲线是过原点的直线，而非线性元件的伏安特性曲线则是过原点的曲线．因此，在分析非线性元件的伏安特性时，要充分认识到这一点，避免受线性元件伏安特性曲线的影响而形成思维定式．小灯泡通电后其电流随所加电压变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为过P 点的切线．则下列说法正确的是( )A．对应P点，小灯泡的电阻为0.1 ΩB．对应P点，小灯泡的电阻为0.05 ΩC．对应P点，小灯泡的电阻为10 ΩD．对应P点，小灯泡的电阻为20 Ω解析：该图线是小灯泡的伏安特性曲线，值得注意的是，流过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压并不是正比关系．对应P点，小灯泡的电阻R＝UI＝40.4Ω＝10 Ω.故选项C正确．答案：C点评：分析该题常见的错误有两种：一种是没有看清纵坐标和横坐标所代表的物理量，受思维定式的影响，认为小灯泡的电阻R ＝0.44Ω＝0.1 Ω，误选了A ；一种是误认为切线斜率的倒数就表示小灯泡的电阻，而误选了D.练习5．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图(a)所示的I －U 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．(1)根据图线的坐标数值，请在图(b)中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．(2)根据图(a)，可判断出图(c)中正确的关系图是________(图中P 为小灯泡功率)．(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8 V 的电源上，如图(d)所示，则电流表的示数为__________A ，每个小灯泡的功率为__________W.解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．(2)由图(a)所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在P－I2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则P－I2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，ABC错误，D正确．(3)由图(d)所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I. 在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理得，U＝8－20I，在图(a)所示坐标系中作出U＝8－20I的图象如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝2 V、I＝0.3 A，此时通过电流表的电流值I A＝2I＝0.6 A，每只灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3＝0.6 W.答案：(1)电路图如图所示(2)D (3)0.6 0.6。
人教版高中物理选修1--1第4章 电磁波及其应用练习含答案
2020--2021人教物理选修1--1第4章电磁波及其应用练习含答案人教选修1--1第四章电磁波及其应用1、电磁场理论的建立，开拓了广泛的现代技术应用空间，促进了现代社会的发展，建立电磁场理论的科学家是()A．牛顿B．爱迪生C．爱因斯坦D．麦克斯韦2、(双选)如图所示，有一水平放置、内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R，有一带正电的粒子静止在管内，整个装置处于竖直向上的磁场中．要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是()A．匀强磁场B．均匀增加的磁场C．均匀减少的磁场D．由于洛伦兹力不做功，不管加什么样的磁场都不能使带电粒子绕着管运动3、电磁波从真空传入水中时，下列说法正确的是()A．频率不变，波速变大，波长变大B．频率不变，波速变小，波长变小C．波速不变，频率变小，波长变大D．波速不变，频率变大，波长变小4、(多选)关于电视信号的发射，下列说法正确的是()A．摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射B．摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上，才能向外发射C．伴音信号和图像信号是同步向外发射的D．摄像管摄取景物并将景物反射的光转化为电信号，实现光电转换5、(多选)下列说法正确的是()A．电磁波可以通过光缆进行有线传输，也可以进行无线传输，但光缆比无线电波传递的信息量大B．现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的记录和信息的处理C．通过数字电视可以在因特网上浏览，可以收发电子邮件D．过去的电视机要想接收数字信号，必须加装一个“机顶盒”6、在电磁波谱中，红外线、可见光和X射线三个波段的频率大小关系是() A．红外线的频率最大，可见光的频率最小B．可见光的频率最大，红外线的频率最小C．X射线频率最大，可见光的频率最小D．X射线频率最大，红外线的频率最小7、提出电磁场理论的科学家是()A．法拉第B．赫兹C．麦克斯韦D．安培8、下列能说明电磁波具有能量的依据是()①可见光射入人的眼睛，人看到物体②放在红外线区域的温度计升温很快③收音机调到某个台时，调谐电路发生电谐振④γ射线具有很强的贯穿能力A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④9、关于电视接收的原理，下列说法中正确的是()A．电视接收天线接收到的电磁波中包含有图像信号和伴音信号B．电视接收天线收到的电磁波经过处理还原成图像，天线上并不产生感应电流C．电视接收机收到电磁波，通过电子枪的扫描显示电视节目的图像信号和伴音信号D．电视接收机收到电磁波，经扬声器得到电视节目的伴音信号10、下列应用了温度传感器的是()A．电视遥控器B．话筒C．电子秤D．电饭煲11、关于电磁波，下列说法正确的是()A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s12、波长为0.6 μm的红光，从10 m外的交通信号灯传到你的眼睛，大约需要多长时间？它的频率是多少？13、现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干．如图所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程．2020--2021人教物理选修1--1第4章电磁波及其应用练习含答案人教选修1--1第四章电磁波及其应用1、电磁场理论的建立，开拓了广泛的现代技术应用空间，促进了现代社会的发展，建立电磁场理论的科学家是()A．牛顿B．爱迪生C．爱因斯坦D．麦克斯韦D[麦克斯韦预言了电磁波的存在，并建立了电磁场理论，即“麦克斯韦定律”，故D正确．]2、(双选)如图所示，有一水平放置、内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R，有一带正电的粒子静止在管内，整个装置处于竖直向上的磁场中．要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是()A．匀强磁场B．均匀增加的磁场C．均匀减少的磁场D．由于洛伦兹力不做功，不管加什么样的磁场都不能使带电粒子绕着管运动BC[磁场对静止的电荷不产生力的作用，但当磁场变化时可产生电场，电场对带电粒子产生电场力作用，带电粒子在电场力作用下可以产生加速度．]3、电磁波从真空传入水中时，下列说法正确的是()A．频率不变，波速变大，波长变大B．频率不变，波速变小，波长变小C．波速不变，频率变小，波长变大D．波速不变，频率变大，波长变小B[电磁波的波长λ、波速v和频率f与机械波一样，满足c＝λf，传播过程中，频率不变，C、D两项错误．但电磁波在真空中的速度最大，而在介质中速度都会减小，故从真空传入水中时波速变小，波长变小．]4、(多选)关于电视信号的发射，下列说法正确的是()A．摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射B．摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上，才能向外发射C．伴音信号和图像信号是同步向外发射的D．摄像管摄取景物并将景物反射的光转化为电信号，实现光电转换BCD[摄像管输出的电信号频率低，不易直接发射出去，必须“加”在高频等幅振荡电流上才能发射出去；伴音信号和图像信号是同步发射的；摄像过程实现的是光电转换．故正确答案为B、C、D.]5、(多选)下列说法正确的是()A．电磁波可以通过光缆进行有线传输，也可以进行无线传输，但光缆比无线电波传递的信息量大B．现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的记录和信息的处理C．通过数字电视可以在因特网上浏览，可以收发电子邮件D．过去的电视机要想接收数字信号，必须加装一个“机顶盒”ACD[电磁波可以通过光缆进行有线传输，如光信号，因为光的频率比无线电波频率高，所以相同时间内传递的信息量大，因此A项正确．现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的传输和信息的处理，故B项错误．数字电视由于使用了与计算机及现代通信兼容的技术，因此通过数字电视可以在因特网上浏览，可以收发电子邮件，可以实现网上购物、网上银行等业务．过去的电视接收模拟信号，要接收数字信号，就必须加“机顶盒”，故C、D均正确．]6、在电磁波谱中，红外线、可见光和X射线三个波段的频率大小关系是() A．红外线的频率最大，可见光的频率最小B．可见光的频率最大，红外线的频率最小C．X射线频率最大，可见光的频率最小D．X射线频率最大，红外线的频率最小D[红外线、可见光和伦琴射线(X射线)三个波段的波长是从长到短，所以其频率是从低到高．则频率最高的是伦琴射线(X射线)，频率最小的是红外线．] 7、提出电磁场理论的科学家是()A．法拉第B．赫兹C．麦克斯韦D．安培C[麦克斯韦总结前人电磁规律的成果进一步创造建立了完整的电磁场理论．]8、下列能说明电磁波具有能量的依据是()①可见光射入人的眼睛，人看到物体②放在红外线区域的温度计升温很快③收音机调到某个台时，调谐电路发生电谐振④γ射线具有很强的贯穿能力A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④C[人眼看到物体，说明人眼感受到了可见光的能量，①对；红外线具有热作用，说明红外线具有能量，②对；电谐振在调谐电路中的感应电流的能量来源于空中的无线电波，③对；γ射线的贯穿能力强说明γ射线具有很高的能量，④对．]9、关于电视接收的原理，下列说法中正确的是()A．电视接收天线接收到的电磁波中包含有图像信号和伴音信号B．电视接收天线收到的电磁波经过处理还原成图像，天线上并不产生感应电流C．电视接收机收到电磁波，通过电子枪的扫描显示电视节目的图像信号和伴音信号D．电视接收机收到电磁波，经扬声器得到电视节目的伴音信号A[电视机接收到的电磁波是带有图像信号和伴音信号的高频电流，故A项对，B项错；图像信号和伴音信号必须经过处理，才可经显像管和扬声器得到图像和声音，故选项C、D错．]10、下列应用了温度传感器的是()A．电视遥控器B．话筒C．电子秤D．电饭煲D[电视机的遥控器是应用了红外线传感器，A错误；电容式话筒使用了位移传感器，故B错误；电子秤使用的压力传感器，故C错误；电饭锅的工作原理：开始煮饭时，用手压下开关按钮，永磁体与感温磁体相吸，手松开后，按钮不再恢复到原状态，则触点接通，电饭锅通电加热，水沸腾后，由于锅内保持100 ℃不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热，直到饭熟后，水分被大米吸收，锅底温度升高，当温度升至“居里点103 ℃”时，感温磁体失去铁磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，切断电源，从而停止加热．故D正确．] 11、关于电磁波，下列说法正确的是()A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/sD[电磁波的频率不一定相同，就是无线电电磁波也有很多频道和频率，选项A错；电磁波既能在真空中传播，也能在介质中传播，选项B错；不同频率的电磁波在不同的介质中的传播速度都不相同，选项C错；电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s，选项D正确．]12、波长为0.6 μm的红光，从10 m外的交通信号灯传到你的眼睛，大约需要多长时间？它的频率是多少？[解析]由速度公式v＝xt可求得时间，可根据电磁波波长、频率和波速关系式c＝λf可得频率，其中t＝xc＝103×108s≈3.33×10－8 s由c＝λf得f＝cλ＝3×1086×10－7Hz＝5×1014 Hz.[答案] 3.33×10－8 s5×1014 Hz13、现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干．如图所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程．[解析]热敏电阻与滑动变阻器及电磁继电器构成低压控制电路．(1)电路如图所示．(2)工作过程：闭合开关S，当温度低于设计值时热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K接通电炉丝加热．当温度达到设计值时，热敏电阻阻值减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止供热．当温度低于设计值时，又重复前述过程．[答案]见解析。
人教版高中物理选修一第一章《动量守恒定律》检测卷(含答案解析)
一、选择题1．(0分)[ID ：127065]人和冰车的总质量为M ，另一木球质量为m ，且M ∶m =31∶2。
人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v （相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v （相对地面）将球推向挡板。
人推多少次后不能再接到球（ ） A ．6次 B ．7次 C ．8次 D ．9次2．(0分)[ID ：127052]如图所示，将一光滑的质量为4m 半径为R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m 的物块，今让一质量也为m 的小球自左侧槽口A 的正上方高R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）A ．小球在半圆槽内第一次到最低点B 的运动过程中，槽的支持力对小球不做功 B ．小球第一次运动到半圆槽的最低点B 时，小球与槽的速度大小之比为4:1C ．小球第一次从C 点滑出后将做竖直上抛运动D ．物块最终的动能为15mgR 3．(0分)[ID ：127035]光滑绝缘水平桌面上存在与桌面垂直方向的匀强磁场，有一带电粒子在桌面上做匀速圆周运动，当它运动到M 点，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体（碰撞时间极短），则粒子的运动轨迹应是图中的哪一个（实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹）（ ）A ．B ．C ．D ． 4．(0分)[ID ：127031]如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止。
若救生员相对小船以速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船相对水面的速率为（ ）A ．0m v v M +B ．0m v v M-C ．0m v v M m ++D ．00()m v v v M+- 5．(0分)[ID ：127026]如图，A 、B 两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A 的动量p A =10kg·m/s ，B 的动量p B =6kg·m/s ，A 、B 碰后A 的动量增量△p A =-4kg·m/s ，则关于A 、B 的质量比应满足的条件为（ ）A ．53AB m m > B ．315A B m m ≤≤C ．3553A B m m ≤<D ．1A Bm m ≤ 6．(0分)[ID ：127020]在如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（ ）A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量守恒，机械能不守恒C ．动量不守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒7．(0分)[ID ：127017]如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h 处由静止开始下滑。
【单元练】高中物理选修1第四章【光】知识点复习
一、选择题1．半径为R 的玻璃半圆柱体，截面如图所示，圆心为O ，两束平行单色光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，∠AOB =60°，若玻璃对此单色光的折射率3n =，则两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离为（ ）A ．4R B ．3R C ．2R D ．R B解析：B 光路图如图所示可知160θ=︒，由折射率12sin 3sin n θθ==可得，230θ=︒，由几何关系得：光线射到底边上时的入射角330θ=︒，光线在底边折射时，由折射定律得43sin sin n θθ=可得460θ=︒，由几何知识得CO CB =，所以32cos30ROC R==︒在OCD 中可得，所求距离tan303R d OD OC ==︒=ACD 错误，B 正确。
故选B 。
2．如图所示，三角形 ABC 为某透明介质的横截面，O 为 BC 边的中点，∠BAO 为θ。
位于截面所在平面内的一束光线以角 i 入射，第一次到达 AB 边恰好发生全反射。
则该介质的折射率 n 为（ ）A ．sin sin cos i θθ+B ．2sin sin 1()cos i θθ++C ．sin sincos i θθ-D ．2sin sin 1()cos i θθ-+ B解析：B如图所示，设光线在BC 面上的折射角为r ．由折射定律得sin sin in r=根据全反射规律可知1sin C n=由几何关系得90°-θ=C +r所以该介质的折射率为2sin sin 1o )c s (i n θθ+=+故B 正确，ACD 错误。
故选B 。
3．如图所示，OBCD 为半圆柱体玻璃的横截面，OD 为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO 方向从真空射入玻璃分成OB 、OC 两束光。
下列说法正确的是（ ）A ．光束OB 是红光B ．紫光在真空中的波长比红光在真空中的波长大C ．紫光在玻璃中的频率比红光在玻璃中的频率小D ．两束光分别在OB 、OC 段传播时所用的时间相等D 解析：DA ．由图可知，OB 偏折更大，即折射角更小，则折射率更大，由于在真空中紫光的频率大于红光的，即在真空中紫光的折射率更大，说明光束OB 是紫光，故A 错误；B ．由于在真空中紫光的频率更大，由公式c λν=可知，紫光在真空中的波长比红光在真空中的波长小，故B 错误；C ．由于在真空中紫光的频率更大，且光的频率不变，则紫光在玻璃中的频率比红光在玻璃中的频率大，故C 错误；D ．设任一光线的入射角为i ，折射角为r ，光在玻璃中传播的路程是s ，半圆柱的半径为R ，则光在玻璃中的速度为cv n=，由几何知识得 2cos 90)2sin s R r R r ︒=-=(则光在玻璃传播时间为2sin 2sin s R r Rn r t c v c n===由折射定律得sin sin n r i =，得2sin R it c=由题知，入射角i 相同，R 、c 相等，所以时间t 相同，故D 正确。
【单元练】高中物理选修2第四章【电磁振荡与电磁波】经典习题(1)
一、选择题1．如图所示的LC振荡电路中，某时刻电容器上下极板带电情况和线圈L中的磁场方向如图所示，则此时（）A．线圈中的自感电动势在增大B．电容器两端电压正在增大C．磁场能正在转化为电场能D．增大电容器的电容，可以减弱振荡电路向外界辐射能量的本领D解析：DAB．根据线圈L中的磁场方向，由安培定则可知，电路中的电流是逆时针方向，则电容器处于放电过程，电容器电荷量逐渐减小，所以电容器两端电压正在减小，由于放电过程电路中的电流慢慢增大，则线圈中的自感电动势在减小，则AB错误；C．根据LC振荡电路中能量关系可知，此时电场能正在转化为磁场能，所以C错误；D．增大电容器的电容，则电容器的容抗减小，所以可以减弱振荡电路向外界辐射能量的本领，则D正确；故选D。
2．下列有关电磁波的说法正确的是（）A．麦克斯韦最早通过实验证实了电磁波的存在B．周期性变化的电场可以产生周期性变化的磁场C．电磁波在所有介质中的传播速度均为8310m/sc=⨯D．微波炉主要利用电磁波中的红光加热食物B解析：BA. 赫兹最早通过实验证实了电磁波的存在，A错误；B. 周期性变化的电场可以产生周期性变化的磁场，B正确；C. 电磁波在真空中传播速度等于8c=⨯，C错误；310m/sD. 因为红外线有热作用，微波炉主要利用电磁波中的红外线加热食物，D错误。
故选B。
3．与早期的电缆传输信息相比，光纤通信具有各方面压倒性的优势。
基于传输效率的考量，目前光纤信号传输主要采用850nm、1310nm、1550nm三种波长的激光，其波长均大于红光波长（630 ~760nm）。
下列说法正确的有（）A．光纤中采用的激光的波长小于X射线的波长B．波长为850nm的激光的频率约为14⨯3.510HzC．波长为1550 nm的激光的频率比波长为1310 nm的激光的频率高D．相同时间内，波长为1550nm的激光传递的信息量比波长为1310 nm的激光传递的信息量大B解析：BA ．X 射线的波长范围为0.001~10nm ，故光纤中采用的激光的波长大于X 射线的波长，A 错误；B ．由c f λ=可知，波长为850nm 的激光的频率8149310Hz 3.510Hz 85010cf λ-⨯==≈⨯⨯ B 正确；C ．由c f λ=可知，频率与波长成反比，波长越长，频率越低，则波长为1550nm 的激光的频率比波长为1310 nm 的激光的频率低，C 错误；D ．频率越高，传递的信息量越大，则相同时间内，波长为1550nm 的激光传递的信息量比波长为1310mm 的激光传递的信息量小，D 错误。
新人教版高中物理选修一第一章《能量守恒定律》检测题(含答案解析)
一、选择题1．如图所示，一块质量为0.5kg的橡皮泥从距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．橡皮泥下落的时间为0.4sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为2m/sC．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为1.25J2．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为p A=12kg·m/s、p B=13kg·m/s，碰后它们的动量变化分别为Δp A、Δp B，下列数值可能正确的是（）A．Δp A=-3kg·m/s、Δp B=3kg·m/s B．Δp A=3kg·m/s、Δp B=-3kg·m/sC．Δp A=-24kg·m/s、Δp B=24kg·m/s D．Δp A=24kg·m/s、Δp B=-24kg·m/s3．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。
如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。
若碰撞前、后两壶的v—t图象如图b所示。
关于冰壶的运动，下列说法正确的是（）A．碰撞后过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大B．碰撞后，蓝壶的运动的时间为6sC．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1mD．两壶碰撞是弹性碰撞4．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m=31∶2。
人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v（相对地面）将球推向挡板。
人推多少次后不能再接到球（）A．6次B．7次C．8次D．9次5．如图所示，静止在光滑水平面上的小车，上面是由两个对称的光滑曲面组成，整个小车的质量为m ，现有一个质量也是m 可看作质点的小球，以水平速度v 0从小车的左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。
【单元练】高中物理选修1第四章【光】经典题
一、选择题1．光纤通信利用光的全反射将大量信息高速传输。
如图所示，一条圆柱形的光导纤维，长为L ，它的玻璃芯的折射率为1n ，外层材料的衍射率为2n ，光在空气中的传播速度为c ，若光从它的一端射入经全反射后从另一端射出所需的最长时间为t ，则下列说法中正确的是（ ）A ．1122n Ln n t n C >=，B ．21122n Ln n t n C >=，C ．1122n Ln n t n C=<，D ．21122n Ln n t n C<=， B解析：B如图所示，欲使光在n 1和n 2的界面上发生全反射，需有：12n n >光在介质n 1中的传播最长路程为sin Lx ϕ=传播速度为1C v n =故最长时间为2112sin Ln n L xt v C n Cϕ=== 故选：B 。
2．2008年北京奥运会上，光纤通讯将覆盖所有奥运场馆为各项比赛提供安全可靠的通信服务，光导纤维是由内芯和外套两层组成，光从一端进入，另一端传出，下列说法正确的是（ ）A ．内芯的折射率小于外套的折射率B ．增大光从端面入射的入射角，在端面处可能发生全反射C ．不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间不相同D ．若红光以如图所示的角度入射，恰能在内芯和外套界面上发生全反射，则改用紫光以同样角度入射时，在内芯和外套界面上将不会发生全反射C 解析：CA B ．光导纤维传递光信号是利用光的全反射原理，所以内芯的折射率大于外套的折射率，在端面不可能发生全反射，故AB 错误；C ．根据cv n=可知，不同频率的可见光在同一介质中折射率不同，传播速度不同，故所用时间也不同，故C 正确；D ．红光临界角大于紫光临界角，红光恰能发生全反射，紫光更能发生全反射，可以从一端入射到另端射出，故D 错误。
故选C 。
3．一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示。
下列说法中正确的是（ ）A ．此介质的折射率等于1.5B 3C ．当光线从此介质射向真空中时，入射角大于等于45°时可发生全反射现象D ．当光线从介质射向真空中时，入射角小于30°时可能发生全反射现象C 解析：CAB ．根据折射定律sin sin 452sin sin 30i n γ︒===︒故AB 错误；CD ．光从介质射向真空中时，随入射角增大折射角增大，当折射角等于90︒时，即发生全反射，此时入射角为C ，则有sin 902sin n C︒==解得45C =︒即入射角大于等于45︒时发生全反射现象，故C 正确，D 错误。
高2020届高2017级高中物理优化探究选修3-2课时作业第四章章末综合检测
章末综合检测一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分,每小题只有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图所示,通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环,铜环平面与螺线管截面平行,当开关S 接通一瞬间,两铜环的运动情况是( )A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开,一个被吸引,但因电源正负极未知,无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢,但因电源正负极未知,无法具体判断【试题解析】：通电前,穿过两个铜环的磁通量均为零,通电时,穿过两个铜环的磁通量突然增大,根据楞次定律,两铜环向两侧推开.【参考答案】：A2.半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d ,如图甲所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图乙所示.在t ＝0时刻平板之间中心有一重力不计、电荷量为q 的静止微粒.则以下说法正确的是( )A.第2 s 内上极板为正极B.第3 s 内上极板为负极C.第2 s 末微粒回到了原来位置D.第2 s 末两极板之间的电场强度大小为0.2πr 2d【试题解析】：根据楞次定律,结合图象可以判断：在0～1 s 内,下极板为正极,上极板为负极；第2 s 内上极板为正极,下极板为负极；第3 s 内上极板为正极,下极板为负极；第4 s 内上极板为负极,下极板为正极,故A 选项正确,B 选项错误.由于磁感应强度均匀变化,故产生的感应电动势大小是恒定的,感应电动势大小E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝0.1πr 2,第2 s 末两极板间的电场强度为E d ＝0.1πr 2d ,D 选项错误.在第1 s 内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动,第2 s 内电场反向,电荷沿该方向做匀减速运动,第2 s 末速度为0,第3 s 内电荷做反向匀加速运动,第4 s 内电荷沿反向做匀减速运动,第4 s 末回到原来位置,故C 选项错误.【参考答案】：A3.粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框,置于正方形有界匀强磁场中,磁感应强度为B ,方向垂直线框平面向里,图中ab ＝bc ＝2cd ＝2de ＝2ef ＝2fa ＝2L .现使线框以同样大小的速度v 匀速沿四个不同方向平动进入磁场,并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直,则在通过如图所示位置时,下列说法中正确的是( )A.a 、b 两点间的电势差图①中最大B.a 、b 两点间的电势差图②中最大C.回路电流图③中最大D.回路电流图④中最小【试题解析】：由电动势的公式E ＝BL v 知,图①、②、④中的电动势都为E 1＝2BL v ,图③中的电动势为E 3＝BL v ,由闭合电路的欧姆定律E ＝IR ＝U 外＋U 内得：图①中的a 、b 两点的电势差为U ab ＝34E 1＝32BL v ,而在图②、④中的a 、b 两点的电势差为U ab ＝14E 1＝12BL v ,图③中的a 、b 两点的电势差为U ab ＝14E 3＝14BL v ,图①、②、④中回路的电流I ＝2BL v R,而图③中回路的电流I ＝BL v R,故A 正确. 【参考答案】：A4.如图所示,由均匀导线制成的半径为R 的圆环,以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时,a、b两点的电势差为()A.2BR vB.22BR vC.24BR v D.324BR v【试题解析】：设整个圆环电阻是r,其外电阻即磁场外的部分是圆环总电阻的3 4,而在磁场内切割磁感线有效长度是2R,其相当于电源,E＝B·2R·v,根据欧姆定律可得U＝34rr E＝324BR v,D正确.【参考答案】：D5.一直升机停在南半球的地磁极上空.该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B,螺旋桨转动的频率为f,沿地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨顺时针方向转动.螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b,螺旋桨叶片的远端b点到轴的距离为L,如图所示.用E表示每个叶片中的感应电动势,则()A.E＝2πfL2B,且a点电势低于b点电势B.E＝πfL2B,且a点电势低于b点电势C.E＝πfL2B,且a点电势高于b点电势D.E＝2πfL2B,且a点电势高于b点电势【试题解析】：根据法拉第电磁感应定律得E＝BL v,平均速率v＝12ωL＝πfL,联立得E＝πfL2B.根据右手定则,a点电势低于b点电势,故B正确. 【参考答案】：B6.如图所示,虚线上方空间有匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动.设线框中感应电流的方向以逆时针为正,线框处于图示位置时为时间零点.那么,在下图中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是()【试题解析】：先经过14个周期,导线框才进入磁场,故在0～T4内,线框中并无电流,排除C、D选项；再经过14个周期,由楞次定律,垂直纸面向里的磁通量增加,感应电流方向为逆时针方向,且扇形的半径切割磁感线的速度恒定,产生恒定的电流,排除B选项,A正确.【参考答案】：A7.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直.规定磁场的正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向,下图中的it图象正确的是()【试题解析】：磁感应强度均匀变化,产生恒定的感应电流,A错.第1 s内,磁通量垂直于纸面向里均匀增强,由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针,为负,C错.同理可判定,第4 s内感应电流方向为逆时针,为负,故B错,D正确.【参考答案】：D二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分,每小题有多个选项符合题意,把正确选项前的字母填在题后的括号内)8.如图所示,A是用毛皮摩擦过的橡胶圆形环,由于它的转动,使得金属环B中产生了如图所示方向的感应电流,则A环的转动情况为()A.顺时针匀速转动B.逆时针加速转动C.逆时针减速转动D.顺时针减速转动【试题解析】：本题考查安培定则和楞次定律的应用.B环中感应电流为逆时针,根据安培定则判断可知,感应电流的磁场为垂直纸面向外,根据楞次定律知能产生这样的磁场,是由于A环旋转时A环上负电荷定向运动产生一个垂直纸面向外减弱的磁场或者产生一个垂直纸面向里增强的磁场的结果,负电荷的运动方向与电流方向相反,根据安培定则可得出,A环逆时针加速转动时产生方向垂直纸面向里的增强的磁场,或A环顺时针减速转动时产生垂直纸面向外的减弱的磁场.故正确答案为B、D.【参考答案】：BD9.如图a所示,圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方固定一螺线管Q,P和Q共轴,Q中通有变化电流i,电流随时间变化的规律如图b所示.则()A.t1时刻,P有收缩的趋势B.t2时刻,此时穿过P的磁通量最大C.t3时刻,此时P中无感应电流D.t4时刻,此时穿过P的磁通量最小【试题解析】：当螺线管中电流增大时,其形成的磁场不断增强,因此线圈P中的磁通量增大,根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大,故线圈有远离和收缩的趋势,故A正确；当螺线管中电流不变时,其形成磁场不变,线圈P中的磁通量不变,因此线圈P中无感应电流产生,此时穿过P的磁通量最大,故B正确,D错误；t3时刻,螺线管中电流为零,但是线圈P中磁通量是变化的,因此此时P中有感应电流,故C错误.【参考答案】：AB10.如图所示,电阻R1＝3 Ω,R2＝6 Ω,线圈的直流电阻不计.电源电动势E＝5 V,内阻r＝1 Ω,开始时开关S闭合,则()A.断开S前,电容器带电荷量为零B.断开S前,电容器电压为103VC.断开S的瞬间,电容器a板上带正电D.断开S的瞬间,电容器b板上带正电【试题解析】：流过电感线圈的电流不变时,电容器相当于短路.S断开的瞬间,电感线圈又相当于电源向外供电.断开S前,L相当于无电阻的导线,则U ab＝0,从而电容器的电荷量为零,A项正确；断开S瞬间,由于L的自感作用,L中仍然存在向左的电流,L与C构成了回路,则L中的电流要向C充电,使a极板带正电,b极板带负电,故C项正确.【参考答案】：AC11.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧的下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示,除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则()A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→bC.金属棒的速度为v时,所受安培力F＝B2L2v RD.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【试题解析】：释放瞬间导体棒的速度为零,故仅受重力,其加速度为重力加速度,故A选项正确；当导体棒向下运动切割磁感线时,由右手定则,可知流过电阻R的电流方向是由b→a,故B选项错误；当导体棒速度为v时,感应电动势E＝BL v,感应电流I＝ER,则安培力F＝BIL＝B2L2vR,故C选项正确；导体棒的重力势能的减少量等于R上产生的焦耳热和导体棒增加的动能与弹簧弹性势能之和,故D选项错误.【参考答案】：AC12.如图所示,竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨上,垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B,不计ab与导轨电阻及一切摩擦,且ab与导轨接触良好.若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是()A.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B.杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C.电流所做的功等于重力势能的增加量D.拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量【试题解析】：当外力F拉着金属杆匀速上升时,拉力要克服重力和安培力做功,拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和,即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和,选项A错误,D正确.克服安培力做多少功,电阻R上就产生多少热量,选项B正确.电流做的功不等于重力势能的增加量,选项C错误.【参考答案】：BD三、非选择题(本题共4小题,共52分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)13.(12分)如图所示,正方形闭合线圈边长为0.2 m,质量为0.1 kg,电阻为0.1 Ω,在倾角为30°的斜面上的砝码质量为0.4 kg,匀强磁场磁感应强度为0.5 T,不计一切摩擦,砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时,它恰好做匀速运动.(g取10 m/s2)(1)求线圈匀速上升的速度；(2)在线圈匀速进入磁场的过程中,绳子对线圈做了多少功？(3)线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳热？【试题解析】：(1)设绳子的拉力大小为F,对砝码：F＝m1g sin 30°＝2 N.对线框：F＝m2g＋F安.则F安＝B2l2vR,代入数据得v＝10 m/s.(2)W＝Fl＝2×0.2 J＝0.4 J.(3)由能量转化守恒定律得Q＝W－m2gl＝0.4 J－0.1×10×0.2 J＝0.2 J. 【参考答案】：(1)10 m/s(2)0.4 J(3)0.2 J14.(12分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图甲所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平边长L ＝0.1 m,竖直边长H ＝0.3 m,匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B 0＝1.0 T,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度g 取10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg,线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象,另选N 2＝100 匝、形状相同的线圈,总电阻 R ＝10 Ω,不接外电流,两臂平衡.如图乙所示,保持B 0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B 随时间均匀变大,磁场区域宽度d ＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt .【试题解析】：(1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ,天平平衡有mg ＝N 1B 0IL ,代入数据得N 1＝25 匝.(2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt ,E ＝N 2ΔB Δt Ld ,由欧姆定律得I ′＝E R ,线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L .天平平衡有m ′g ＝N 22B 0·ΔB Δt ·dL 2R ,代入数据可得ΔB Δt ＝0.1 T/s.【参考答案】：(1)25匝 (2)0.1 T/s15.(14分)(2016·高考全国卷Ⅲ) 如图,两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ,式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN (虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B 0,方向也垂直于纸面向里.某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ,此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计.求：(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.【试题解析】：(1)在金属棒越过MN 之前,t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感应定律有ε＝|ΔΦΔt|② 由欧姆定律有i ＝εR③ 由电流的定义有i ＝Δq Δt④ 联立①②③④式得|Δq |＝kS RΔt ⑤ 由⑤式得,在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内,流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0S R⑥ (2)当t >t 0时,金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动,有f ＝F ⑦式中,f 是外加水平恒力,F 是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为I ,F 的大小为 F ＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0)⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′⑪式中,Φ仍如①式所示.由①⑨⑩⑪式得,在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑫在t 到t ＋Δt 的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt 为ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ⑬由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为εt ＝|ΔΦt Δt|⑭ 由欧姆定律有I ＝εt R⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0l v 0＋kS )B 0l R⑯ 【参考答案】：(1)kt 0S R (2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0l R16.(14分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L ＝0.4 m,导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T.在区域Ⅰ中,将质量m 1 ＝0.1 kg 、电阻R 1 ＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上,ab 刚好不下滑.然后,在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg 、电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上,由静止开始下滑.cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g ＝10 m/s 2,问：(1)cd 下滑的过程中,ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时,cd 的速度v 多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中,cd 滑动的距离x ＝3.8 m,此过程中ab 上产生的热量Q 是多少.【试题解析】：(1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ,则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑,ab 所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为F max ,有F max ＝m 1g sin θ ①设ab 刚要上滑时,cd 棒的感应电动势为E ,由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v ②设电路中的感应电流为I ,由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安,有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤联立①②③④⑤式,代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【参考答案】：(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J。
【单元练】2021年高中物理选修1第四章【光】经典习题(答案解析)(3)
一、选择题1．如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点。
已知入射方向与边AB 的夹角为30θ=︒，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．该棱镜的折射率为2B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，光速变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行C 解析：CA ．由几何知识的入射角为60α=︒，折射角为30β=︒，由折射定律得sin 3sin n αβ==故A 错误； B ．全反射公式131sin 2C n ==> 从F 点处射的光束的入射角为30，所以入射角小于全反射临界角，故不能发生全反射，故B 错误；C ．棱镜的折射率要大于空气的折射率，根据公式cn v=得光在空气中的速度要大于在棱镜中的速度，即光从空气进入棱镜，光速变小，故C 正确；D ．由几何知识得入射到E 的光束与竖直方向平行，从F 点出射的光束与竖直方向成60︒夹角，所以不平行，故D 错误。
故选C 。
2．下列说法正确的是（ ）A ．“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射B ．用超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，是利用了波的干涉现象C ．光学镜头上的增透膜是利用光的偏振D ．用标准平面来检查光学面的平整程度是利用光的偏振现象A 解析：AA ．波长越长越容易发生衍射现象，声波比可见光波长长，所以遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射，A 正确；B ．利用多普勒效应，当间距变化时，接收的频率与发出频率不相同，则可测量血流速度，B 错误；C ．镜头上的增透膜，是运用振动情况相反，相互减弱，从而减少光的反射，是利用光的干涉现象，C 错误；D ．透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度，是利用空气薄层两个反射面，得到频率相同的光，从而相互叠加，形成光的干涉条纹，D 错误。
故选A 。
3．一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1
高中精品试题
高中物理选修1-2 第4章章末检测
(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50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，全部选对的得5分，选对但不全的得3
分，有选错或不答的得0分)
1.
下列说法正确的是( )
A．对蒸汽机的发明贡献最大的是瓦特
B．最先发现电流磁效应的是奥斯特
C．世界上第一台发电机是法拉第制造的
D．对白炽灯泡的发明作出杰出贡献的是大发明家爱迪生
解析：选ABD.法拉第制造了第一台电动机，第一台发电机是由法国皮克希制造的．故C错．
2.
关于能量和能源的利用，下列说法中正确的是( )
A．人类大量使用太阳能会导致温室效应
B．因为能量是守恒的，所以不存在能源危机
C．核能的利用会造成放射性污染，所以应该关闭核电站
D．现在人类社会使用的主要能源是煤、石油和天然气
答案：D
3.
如图4－1所示是风力发电的外景．下列表述中正确的是( )
图4－1
A．风力发电是将电能转化为机械能
B．风能是不可再生能源
C．风力发电会对环境造成污染
D．风力发电机的工作原理是电磁感应
答案：D
4.
你认为下列能源中，最适合作为未来能源的是( )
A．太阳能 B．风能
C．柴薪能源 D．潮汐能
答案：A
5.
节约能源的根本措施是( )
A．大量利用太阳能
B．大力开发新能源
C．利用新技术、新设备，更新改造落后的技术装备
D．用柴油发动机代替汽油发动机
解析：选C.节约能源的根本措施是通过新技术、新设备，更新改造落后技术装备提高能源
的利用率．
2
6.
随着人们对原子核结构认识的不断深入，核能的开发和利用备受关注，有关核能的理解，
正确的是( )
A．核能是可再生的清洁能源
B．太阳能是由氢原子裂变放出的能量
C．能源开发就是要利用核能
D．核能是原子核发生变化时放出的能量
解析：选D.核能是指原子核的发生裂变或聚变所释放的核能，特别是裂变所需的铀．地球
上的资源有限不可再生，并且有放射性，故A错，D正确；太阳能是由氢原子聚变释放的
能量，B错；能源的开发是多种形式的，如风能、潮汐能等．C错．
7.
下列说法中正确的是( )
A．水流能和风能是“可再生能源”
B．太阳能是一种清洁的能源
C．沼气是一种新能源
D．核能对环境的污染比常规能源对环境的污染更大
解析：选ABC.现在人类应用较多的能源是常规能源，如煤、石油、天然气等．当前正在开
发的新能源有核能、太阳能、风能、地热能、沼气等．水流能、风能、太阳能是没有污染又
取之不尽的能源．只要安全措施配套，核能对环境的污染比常规能源对环境的污染小得多．
8.
下列能源中，哪些属于不污染环境，且不需要开采费用的新能源？( )
A．太阳能 B．核能
C．风能 D．沼气
解析：选AC.目前，人类应用较多的能源是煤、石油、天然气等常规能源，正在大力发展的
新能源有核能、太阳能、风能、沼气等．太阳能和风能都是无污染、不需要开采费用的能源，
而且取之不尽，用之不竭．该题的正确选项为A、C.
9.
导致大气中CO2浓度增加的主要原因是( )
A．大量植物和生物物种的灭绝
B．大量燃料如石油、煤、天然气等的燃烧
C．人口剧增，呼出的二氧化碳增多
D．自然因素破坏了地球环境生态平衡
答案：B
10.
迈尔是建立能量守恒定律的科学家之一，它是一个医生，下列是他对于能量守恒定律的
探索与思考，说法正确的是( )
A．人的静脉血在热带较红，即静脉血中留下较多的氧，因为人在热带消耗能量较少，肌体
中食物的氧化过程较弱
B．海水在暴风雨中，由于受到雨滴的冲击，海水的温度升高
C．太阳能是取之不竭的能源，植物吸收了太阳能把它转化为化学能
D．生物区别于其他物质的显著特点是生物有生命力
解析：选ABC.能量守恒定律是贯穿自然科学各个领域的最根本的规律，它是由许多不同科
学领域的科学家共同建立的，德国医生迈尔在对能量守恒定律的探索和思考的过程中涉及了
多方面的综合知识．A选项是迈尔思考的化学能和热能的等效，B选项是热与机械运动的等
效，C选项是迈尔对生物体中能量转化的分析，他认为生物除了吸收物质与能量之外，不需
要什么“生命力”．
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
11.
煤和石油等________能源的大量使用，带来了严重的环境污染问题，直接的污染是
________和________，与之有关的环境问题主要有________和酸雨．
3
答案：化石 大气 水 失控的温室效应
12.
以________为标志的第一次工业革命，促进了生产力的大幅度提高；以______的应用为
标志的第二次工业革命，电力电信的迅猛发展，使人类进入电气化时代．
答案：蒸汽机 电
13.
可持续发展的核心是追求发展与________的平衡．其中，最重要的两个方面是：一方面
在开发利用能源时，要做好________；另一方面，在使用能源时，要千方百计地________
提高利用效率．
答案：环境、资源 环境保护 节约能源
14.
为了解决能源危机，人类需要进一步开发可再生能源，包括太阳能、风能、潮汐能、生
物质能等各种能源. 生物质能包括农、林、畜牧业的废弃物、藻类等，蕴藏着相当惊人的能
量．生物质能是绿色植物通过光合作用的光反应阶段，将________能转变为________能，贮
存在生物体中．利用生物质能还可以极大地减少CO2的排放，有利于解决能源消耗带来的
________效应问题．
答案：太阳 化学 失控的温室
三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算
步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15.
(15分)王晓宇同学家在楼顶上安装了太阳能热水器，该热水器的聚热面积约为1.5 m2，若
每天相当于太阳直射的时间约为4 h，设太阳单位时间垂直辐射到地面单位面
积的能量为E0＝7×103 J，太阳能的20%转化为水的内能，计算这个热水器最多能使200 kg
的水温升至多少度？(设水温的初始值为20 ℃)
解析：根据题意，可得
E0·St×20%＝cmΔt，
式中S＝1.5 m2，t＝4h.Δt为水升高的温度，
则Δt＝E0St×20%cm＝7×103×1.5×4×3600×20%4.2×103×200 ℃
＝36 ℃.
最后水温达到t＝20 ℃＋36 ℃＝56 ℃.
答案：56 ℃
16.
(15分)现代典型的燃煤发电厂，总效率一般为40%.有一座大型燃煤发电厂，如果发出
1.0×109 J的电能，可供一座大城市使用．图4－2表示这座发电厂的能量流向．请回答：
图4－2
(1)燃煤提供的能量应等于哪几项能量之和？
(2)图4－2中烟囱废气所带走的能量没有标出，请你算出来，在图中补上．
(3)算出这座发电厂的总效率．
(4)根据图4－2所示的电厂能量流向，你认为在哪些地方做些改进，可以提高发电厂的总效
率？
解析：(1)燃煤提供的能量等于进入涡轮机的能量和通过烟囱排出的能量之和．
(2)根据(1)中的解析可知，通过烟囱废气所带走的能量为
4
E＝2.5×109 J－2.2×109 J＝0.3×109 J.
(3)从能量流向图可以看出，该发电厂的电能为1.0×109 J，消耗的总能量为2.5×109 J ，所
以总效率为η＝1.0×1092.5×109×100%＝40%.
(4)从能量流向图中可以看出，该发电厂的损耗共达到了1.6×109 J，即达到了60%，最主
要的损耗是涡轮机的损耗(由冷凝器排出)，所以这个地方应作为改造的重点，降低通过冷凝
器时能量的损耗，以此提高涡轮机的效率，进而提高整个电厂的效率．另外，也要尽可能降
低另外两个途径的损耗，一是通过烟囱废气带走的能量，对燃煤锅炉及其烟囱进行改造；二
是输电过程中的电能损耗．
答案：见解析