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5×10^－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1×10^－4 s，电磁波在空气中的传播速度为3×10⁸ m/s，则被监视目标的移动速度最接近(　)

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：

s₁＝·c·4T＝6×10⁴ m

图乙表示雷达与目标的距离为：

s₂＝·c·3T＝4.5×10⁴ m

故监视目标的移动速度约为v＝＝500 m/s. 　　　　　　　　甲　　　　乙

答案：C

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

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

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

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＝2.0×10^－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＝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E_m＝NBSω

得：E_m＝16 V.

(2)由I_m＝ ，得：I_m＝1.6 A

由I＝ ，得：I＝1.13 A

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

第65讲　电磁场和电磁波

体验成功

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：

(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.

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＝

外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能，即：

W₁＝t＝＝0.01 J.

(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：

E_m＝BSω

又ω＝

外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能，即：

W₂＝t＝＝0.012 J.

答案：(1)0.01 J　(2)0.012 J

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：

(1)水电站升压变压器原、副线圈的匝数比.

　(2)输电线路的导线电阻R.

(3)用户降压变压器原、副线圈的匝数比.

解析：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为：

＝＝＝.

(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，故有：I＝＝ A＝5 A

所以R＝＝ Ω＝20 Ω.

(3)设降压变压器原线圈两端的电压为U₃，则有：

U₃＝U₂－IR＝2000 V－5×20 V＝1900 V

所以降压变压器原、副线圈匝数比为：

＝＝＝.

答案：(1)1∶5　(2)20 Ω　(3)95∶11

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.

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，从而改变了电灯上的电压.则现在电灯上的电压为(　)

A.U_m　 B.

C.　 D.

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

W_T＝·＝·T

解得：电压的有效值U＝.

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

又由＝，可得：＝，＝

解得：n₁＝2000，n₂＝400.

答案：B