俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助高中教师营造一个良好的教学氛围。所以你在写高中教案时要注意些什么呢？考虑到您的需要，小编特地编辑了“20xx高三物理考点解析：机械波”，仅供您在工作和学习中参考。

20xx高三物理考点解析：机械波

考点47机械波
考点名片
考点细研究：(1)机械波、横波和纵波；(2)横波的图象；(3)波速、波长和频率(周期)的关系；(4)波的干涉和衍射现象、多普勒效应等。其中考查到的如：20xx年全国卷第34题、20xx年全国卷第34题、20xx年四川高考第6题、20xx年天津高考第7题、20xx年北京高考第15题、20xx年海南高考第16题、20xx年四川高考第2题、20xx年天津高考第3题、20xx年福建高考第16题、20xx年全国卷第34题(2)、20xx年全国卷第34题(2)、20xx年大纲卷第18题、20xx年山东高考第38题(1)、20xx年浙江高考第14题、20xx年天津高考第5题、20xx年全国卷第34题、20xx年福建高考第17题、20xx年安徽高考第16题、20xx年北京高考第17题、20xx年四川高考第5题等。
备考正能量：波的传播、波的图象是高考考查的重点和热点，考查频率高。预计今后试题可能为选择题，一道题可能考查多个概念和规律，具有一定的综合性，难度中等。

一、基础与经典
1．介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点()
A．它的振动速度等于波的传播速度
B．它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C．它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D．它的振动频率等于波源的振动频率
答案D
解析由机械振动和机械波的关系可知，质点的振动速度是质点运动的速度，而波的传播速度是指“振动”这种形式的传播速度，故A错误。波可分为横波和纵波，在纵波中，质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上，故B错误。在一个周期内波传播的距离等于波长，而质点运动的路程等于振幅的4倍，故C错误。介质中所有质点的振动都是由波源的振动引起的，它们的振动频率与波源的振动频率都相同，故D正确。
2.在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图象如图所示，则该波在第一个周期末的波形图是()

答案D
解析由振动图象可知，在t＝T时，波源O的振动方向向下，再结合波形可知形成的波动图象为D图。故选项D正确。
3．一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，A、P和Q是介质中的三个质点，A的振动图象如图乙所示，下列判断正确的是()

A．该波的传播速度是2.5m/s
B．该波沿x轴正方向传播
C．从t＝0到t＝0.4s，P通过的路程为4m
D．从t＝0的时刻开始，P将比Q先回到平衡位置
答案C
解析波速v＝＝m/s＝25m/s，A错误。由图乙可知t＝0时刻A点向上振动，根据同侧法，波上任一点的振动方向与波的传播方向在波形的同一侧，可推断波向左传播，B错误。0.4s刚好为半个周期，P点的路程为两个振幅，即4m，C正确。由于波向左传播，Q点比P点先到达平衡位置，D错误。
4．(多选)一振动周期为T，位于x＝0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x＝处的质点P，下列说法正确的是()
A．质点P振动周期为T，速度的最大值为v
B．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向
C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向
D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷
E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷
答案BCD
解析质点P振动周期与波源振动周期相同，也为T，但其振动速度与波速不同，故A错误；x＝＝λ，P与波源是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确；根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，故C正确；P与波源是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确，E错误。
5．(多选)如图所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m。一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是()

A．在t＝6s时刻波恰好传到质点d处
B．在t＝5s时刻质点c恰好到达最高点
C．质点b开始振动后，其振动周期为4s
D．在4s

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考点44固体、液体和气体
考点名片
考点细研究：(1)固体的微观结构、晶体和非晶体；(2)液体的表面张力现象；(3)气体实验定律、理想气体状态方程等。其中考查到的如：20xx年全国卷第33题(2)、20xx年全国卷第33题(2)、20xx年全国卷第33题(2)、20xx年全国卷第33题(1)(2)、20xx年江苏高考第12题A(1)(3)、20xx年福建高考29题(2)、20xx年山东高考37题(2)、20xx年全国卷第33题、20xx年江苏高考第29题、20xx年浙江高考第13题、20xx年福建高考第29题、20xx年山东高考第37题、20xx年重庆高考第10题等。
备考正能量：本考点考查重点有气体实验三定律、能量守恒定律的理解和计算以及对气体三个状态参量的认识等。命题形式趋向于应用型、综合型和能力型，易与生产生活、工农业生产等紧密联系。主要题型为选择题、填空题。

一、基础与经典
1．(多选)以下说法中正确的是()
A．金刚石、食盐都有确定的熔点
B．饱和汽的压强与温度无关
C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用
D．多晶体物理性质表现为各向异性
E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小
答案ACE
解析金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；饱和汽的压强与温度有关，故B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能在水面上行走自如，故C正确；多晶体物理性质表现为各向同性，故D错误；在一定温度条件下，大气中相对湿度越小，水蒸发越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，但绝对湿度不一定小，E正确。
2.如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T。从图中可以确定的是()
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B．曲线M的bc段表示固液共存状态
C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
答案B
解析晶体与非晶体的最大区别就是晶体有固定的熔点。当因温度升高而熔化时，在熔化过程中晶体的温度将保持不变，只有晶体全部熔化后其温度才上升，而非晶体没有这个特点。结合题目中的图象特点可知B正确。
3.如图，竖直放置的右管上端开口的U形玻璃管内用水银封闭了一段气体，右管内水银面高于左管内水银面，若U形管匀减速下降，管内气体()
A．压强增大，体积增大
B．压强增大，体积减小
C．压强减小，体积增大
D．压强减小，体积减小
答案B
解析初始状态px＝p0＋ph(p0为大气压)，若匀减速下降，加速度向上，超重，则右侧水银对气体的压力增大，h高水银柱产生的压强ph＝，所以压强增大，由玻意耳定律知，pV＝C，故V减小，B项正确。
4．(多选)下列说法正确的是()
A．气体的内能是分子热运动的平均动能与分子间势能之和
B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定改变
C．晶体有固定的熔点且物理性质各向异性
D．在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体
E．金属在各个方向具有相同的物理性质，但它是晶体
答案BDE
解析由热力学知识知：气体的内能是所有分子热运动的动能与分子势能之和，A错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各向同性的，C错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样，所以会成为一个标准的球形，D正确；通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它为多晶体，E正确。
5．(多选)关于液体表面现象的说法中错误的是()
A．把缝衣针小心地放在水面上，缝衣针可以把水面压弯而不沉没，这是因为缝衣针受到的重力太小，又受到水的浮力的作用
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会呈球状，这是因为液体表面分子间有相互吸引力
C．玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，这是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察呈圆形，这是因为油滴是各向同性的
答案AD
解析液体表面分子间距较大，表现为引力，分子引力使液体的体积有收缩到最小的趋势，故B、C正确，A、D中的现象都是由于液体表面张力的作用，所以A、D错误。
6．(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是()
A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大
B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加
D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变
E．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定
答案ACE
解析单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低时，气体分子热运动的平均动能减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C正确，D错误；气体的压强与气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，E正确。
7.带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体，如图所示，开始时气体处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，a、c状态体积相同。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则()
A．pbpc，QabQacB．pbpc，QabQacD．pbVc，则pbQac，则C正确，D错误。
8．(多选)关于人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是()
A．液晶的分子势能与体积有关
B．晶体的物理性质都是各向异性的
C．物质分子都在固定位置附近振动
D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
答案AD
解析液晶是化合物的一种存在形式，分子间存在引力作用，体积变化，分子间距变化，分子势能变化，选项A正确；单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体是各向同性的，选项B错误；气体分子的运动范围很大，液体分子的平衡位置可以移动，固体分子在平衡位置附近振动，故选项C错误；露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，选项D正确。
9．(多选)把极细的玻璃管分别插入水中和水银中，如图所示，正确表示毛细现象的是()

答案AC
解析水能浸润玻璃，而水银不能浸润玻璃。因为水能浸润玻璃，所以A正确，B错误。水银不能浸润玻璃，C正确。D项中外面浸润，里面不浸润，所以是不可能的，故正确选项为A、C。
10.(多选)一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在pT图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断()
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断增大
答案BCD
解析分析图象时要注意，在pT图象中，若图线为过原点的直线，则该过程是等容变化，并且图线斜率越大，气体体积越小。四条直线段只有ab段是等容过程，即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程。Ob、Oc、Od都是一定质量理想气体的等容线，依据pT图中等容线的特点，比较这几条图线的斜率即可得出Va＝VbVdVc，故选项B、C、D正确。
二、真题与模拟
11．20xx·全国卷](多选)下列说法正确的是()
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
答案BCD
解析晶体，无论体积大小，都是晶体。将一块晶体敲碎后，得到的颗粒仍然是晶体，选项A错误；晶体由于空间点阵结构的不同，在不同的方向上有不同的光学性质，选项B正确；由同种元素构成的固体，例如碳元素，由于原子排列方式不同，可能构成石墨，也可能构成金刚石，选项C正确；在合适的条件下，某些晶体可以转变成非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体。例如天然水晶是晶体，熔化后再凝固成石英玻璃就是非晶体，选项D正确；在熔化过程中，晶体吸收热量，但是温度保持不变，只是分子平均动能保持不变，而分子势能要增加，内能要增加，选项E错误。
12．20xx·江苏高考](多选)对下列几种固体物质的认识，正确的有()
A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
答案AD
解析晶体都具有固定的熔点，选项A正确；蜂蜡是非晶体，选项B错误；晶体的微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨和金刚石的物质微粒排列结构不同，导致了它们的物理性质不同，选项D正确。
13．20xx·福建高考]如图所示，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则()
A．TbTc，QabQacB．TbTc，QabQacD．Tb＝Tc，QabQac，C正确。
14．20xx·广东高考](多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()

A．体积减小，内能增大
B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大
D．对外界做正功，压强减小
答案AC
解析袋内气体与外界无热交换即Q＝0，袋四周被挤压时，体积V减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体内能增大，则温度升高，由＝常数知压强增大，选项A、C正确，B、D错误。
15．20xx·重庆高考]某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小
B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小
D．胎内气体对外界做功，内能增大
答案D
解析中午比清晨时温度高，所以中午胎内气体分子平均动能增大，理想气体的内能由分子动能决定，因此内能增大；车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，所以只有D项正确。
16．20xx·广东高考](多选)如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水。在水加热升温的过程中，被封闭的空气()
A．内能增大
B．压强增大
C．分子间引力和斥力都减小
D．所有分子运动速率都增大
答案AB
解析由于金属内筒导热而隔热外筒绝热，故水升温过程中封闭空气不停地从内筒吸收热量而不向外放热，且封闭空气的体积不能改变即不做功，故由热力学第一定律可知其内能一定增大，A正确；由＝C知温度升高且体积不变时封闭空气的压强一定增大，B正确；气体分子间作用力微弱，即使考虑分子间作用力，也因气体体积不变，分子间平均距离不变，分子间引力和斥力都不变，C错误；温度升高时，分子平均动能增大，但这并不意味着每个分子的运动速率都增大，D错误。
17．20xx·北京海淀区月考]某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p0，体积为________的空气。()
A.VB.V
C.VD.V
答案C
解析设需充入体积为V′的空气，以V、V′体积的空气整体为研究对象，由理想气体状态方程有＝，得V′＝V，故C项正确。
18．20xx·东北三省联考](多选)下列说法正确的是()
A．气体的扩散运动总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
B．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体
C．自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因
D．气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关
答案ACD
解析由扩散定义可知，A正确；由晶体定义可知细盐还是晶体，B错误；气体分子之间间距很大，几乎无分子力作用，胎内气体压强增大造成自行车打气越打越困难，C正确；封闭气体产生的压强由分子密集程度和温度决定，密集程度越大，温度越高，压强越大，且压强是大量分子对器壁的碰撞产生的，所以D正确。
19．20xx·景德镇检测](多选)夏天，自行车内胎充气过足，放在阳光下受到暴晒，车胎极易爆裂。关于这一现象对车胎内气体描述正确的有(暴晒过程中内胎容积几乎不变)()
A．车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，分子间斥力急剧增大的结果
B．在爆裂前的过程中，车胎内气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大
C．在爆裂前的过程中，车胎内气体吸热，内能增加
D．在车胎突然爆裂的瞬间，车胎内气体内能减少
答案BCD
解析由于气体分子间的距离始终大于分子间的平均距离r0，所以气体分子间的作用力总是表现为引力，故选项A错误。由于阳光的暴晒，胎内气体在体积不变的情况下，吸收热量，温度升高，分子无规则热运动加剧，压强增大，选项B、C正确。在车胎突然爆裂的瞬间，气体做绝热膨胀，对外界做功，温度降低，车胎内气体内能减少，D项正确。
20．20xx·云南师大附中模拟](多选)下列说法正确的是()
A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动
B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加
C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
答案ACE
解析布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，A正确。气体的温度升高，气体分子平均动能增大，但不是每个气体分子运动的速率都增加，B错误。液晶具有与晶体相似的性质，如具有光学各向异性，C正确。做功和热传递是改变物体内能的两种方式，由于没有考虑热传递，所以D错误。由热力学第二定律可知，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，E正确。

一、基础与经典
21．(1)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是________。
A．所有晶体沿各个方向的光学性质都相同
B．非晶体沿各个方向的物理性质都相同
C．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
D．物质是晶体还是非晶体，是绝对的，不可能相互转化
E．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体

(2)如图所示，粗细均匀、导热性能良好、装有适量水银的U形管竖直放置，左端封闭一定质量的理想气体，气柱长l＝32cm，两管中水银面等高。现向右管中加入长Δl＝9cm的水银柱(与右管内原有水银无空隙接触)。环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg。求稳定后左管内气体的压强。
答案(1)BCE(2)80cmHg
解析(1)晶体分为单晶体和多晶体，其中单晶体具有各向异性，多晶体是由许多杂乱无章排列着的小晶体组成的，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故A错误；非晶体具有各向同性，故B正确；无论是单晶体还是多晶体，晶体内部的分子都是按一定的规律排列的，具有空间上的周期性，故C正确；物质是晶体还是非晶体，不是绝对的，在一定条件下可以相互转化，故D错误，E正确。
(2)初态两管水银面等高，封闭气体的压强p1＝p0，加入水银后，假设左侧水银面上升xcm，则右侧水银面上升(Δl－x)cm，
此时左侧封闭气体压强为p2＝p0＋(Δl－2x)，
由玻意耳定律：p0l＝(p0＋Δl－2x)(l－x)，
解得x＝2cm或x＝72cm(舍去)，
稳定后压强p2＝p0＋(Δl－2x)＝80cmHg。
22.如图所示，钢筒质量为40kg，活塞质量为20kg，横截面积为100cm2，钢筒放在水平地面上时，气柱长度为10cm，大气压强为1×105Pa，温度为7℃，求：当竖直向上提活塞杆，将钢筒缓慢地提起来时，气柱多长？
答案20cm
解析设刚提起钢筒时气柱长为l1，压强为p1，钢筒放在地面上时气体压强为p，长度为l。
选活塞为研究对象，钢筒放在地面上尚未上提活塞时，根据平衡条件有pS＝p0S＋mg，p＝p0＋＝1.2×105Pa。
提起后以钢筒为研究对象，根据平衡条件有：
p0S＝p1S＋Mg，p1＝p0－＝6×104Pa。
选钢筒内封闭气体为研究对象，根据玻意耳定律有：
plS＝p1l1S，
解得：l1＝＝cm＝20cm。
二、真题与模拟
23．20xx·全国卷]一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg。环境温度不变。

答案144cmHg9.42cm
解析设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得：
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg
l1′＝cm＝12.5cm
对右管中空气柱由玻意耳定律得：p1l1＝p1′l1′
联立式和题给条件得：p1′＝144cmHg
依题意p2′＝p1′
l2′＝4.00cm＋cm－h＝(11.5－h)cm
对左管中空气柱由玻意耳定律得：p2l2＝p2′l2′
联立式和题给条件得：h＝9.42cm。
24．20xx·全国卷]一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
答案4天
解析设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得：
p1V1＝p2V2
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为：
V3＝V2－V1
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有：p2V3＝p0V0
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为：N＝
联立式，并代入数据得：N＝4(天)。
25．20xx·全国卷]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2。
(1)求在水下10m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
答案(1)28Pa(2)1.3
解析(1)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则：
Δp1＝
代入题给数据得：
Δp1＝28Pa
(2)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有：
p1V1＝p2V2
由力学平衡条件有：p1＝p0＋ρgh＋Δp1
p2＝p0＋Δp2
气泡体积V1和V2分别为：
V1＝πr
V2＝πr
联立式得：
3＝
由式知，Δpip0，i＝1,2，故可略去式中的Δpi项。代入题给数据得：＝≈1.3。
26．20xx·山东高考]一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M＝3×103kg、体积V0＝0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40m，筒内气体体积V1＝1m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。
已知大气压强p0＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度的大小g＝10m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
答案2.5m310m
解析当F＝0时，由平衡条件得：
Mg＝ρg(V0＋V2)
代入数据得：V2＝2.5m3
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得：
p1＝p0＋ρgh1
p2＝p0＋ρgh2
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得：
p1V1＝p2V2
联立式，代入数据得：h2＝10m。
27．20xx·河北衡水中学三模]质量M＝10kg的缸体与质量m＝4kg的活塞，封闭一定质量的理想气体(气体的重力可以忽略)，不漏气的活塞被一劲度系数k＝20N/cm的轻弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示。环境温度为T1＝1500K时被封气柱长度L1＝30cm，缸口离地的高度为h＝5cm，若环境温度变化时，缸体有良好的导热性能。已知活塞与缸壁间无摩擦，弹簧原长L0＝27cm，活塞横截面积S＝2×10－3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa，当地重力加速度g＝10m/s2，求环境温度降到多少时汽缸着地，温度降到多少时能使弹簧恢复原长。
答案1250K480K
解析因汽缸悬空，汽缸内气体先降温时气体等压变化，压强恒为：p1＝p0＋＝1.5p0。汽缸下降h时着地，
由盖—吕萨克定律知：＝，
代入数据得：T2＝1250K。
待缸口着地后，再降温时活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由kx＝(M＋m)g知弹簧的形变量为x＝7cm。
设弹簧恢复原长时的环境温度为T3，气体压强为p3，气柱长度为L3，由活塞的平衡知：p3＝p0－＝0.8p0，由几何关系知：L3＝L1－x－h＝18cm。
由＝知＝，
整理可得：T3＝480K。

20xx高三物理考点解析：光的折射、全反射

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20xx高三物理考点解析：光的折射、全反射

考点48光的折射、全反射

考点名片

考点细研究：(1)光的折射定律；(2)折射率；(3)全反射、光导纤维等。其中考查到的如：20xx年四川高考第5题、20xx年全国卷第34题(2)、20xx年全国卷第34题(2)、20xx年四川高考第3题、20xx年重庆高考第11题(1)、20xx年安徽高考第18题、20xx年天津高考第2题、20xx年江苏高考第12题B(3)、20xx年山东高考第38题(2)、20xx年北京高考第20题、20xx年四川高考第3题、20xx年重庆高考第11题(1)、20xx年福建高考第13题、20xx年全国卷第34题(2)、20xx年山东高考第38题(2)、20xx年江苏高考第12题B(3)等。本知识点为高考的重点内容。

备考正能量：光的折射定律的分析和计算、折射率，全反射及临界角的计算是高考命题的热点，试题一般为选择题、计算题，难度中等。预计今后高考对此考点的考查不会有太大变化。

一、基础与经典

1．人站在岸边看到水中的青蛙，下列说法正确的是()

A．人看到青蛙的位置和青蛙看到人头部的位置都比实际位置高

B．人看到青蛙的位置和青蛙看到人头部的位置都比实际位置低

C．人看到青蛙的位置比实际位置高，青蛙看到人的头部位置比实际位置低

D．人看到青蛙的位置比实际位置低，青蛙看到人的头部位置比实际位置高

答案A

解析人看到青蛙，是青蛙反射的光线在水面经折射后进入人眼，由于折射角大于入射角，且人看到青蛙的位置在折射光线的反向延长线上，故人看到青蛙的位置偏高；同理可分析，青蛙看到人头部的位置比实际位置也偏高。

2．如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是()

答案A

解析光只有从光密介质射向光疏介质且入射角大于全反射临界角时才会发生全反射现象，而玻璃相对于空气是光密介质，故B项错误；由折射定律可知，光由空气射入玻璃，入射角大于折射角，D项错误；由光路可逆原理可知，光由玻璃射入空气，入射角小于折射角，C项错误，只有A项正确。

3.如图所示，在空气中有一直角棱镜ABC，A＝30°，一束单色光从AB边射入棱镜，入射角为45°，最后垂直于BC边射出棱镜，则该棱镜的折射率为()

A.B.

C．1.5D.

答案B

解析由几何关系可知，光线射入棱镜时的折射角为30°，由光的折射定律可知：n＝＝，选项B正确。

4．以往，已知材料的折射率都为正值(n0)。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n0)，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足＝n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出。若该材料对此电磁波的折射率n＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是()

答案B

解析折射线与入射线应位于法线的同一侧，故选项A、D错误。因为材料折射率n＝－1，在电磁波由空气进入介质时，sinα＝－sin(－β)，得α＝β，则C项错误。故正确选项为B。

5.如图所示，一条圆柱形的光导纤维，长为L，它的内芯的折射率为n1，内部敷层的折射率为n2，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，这时全反射的临界角C，满足sinC＝，则下列说法中正确的是()

A．n1n2，t＝B．n1n2，t＝D．n1n2。光在内芯中传播的最长路程为s＝，传播速度为v＝，故最长时间t＝＝＝。

6．如图，一束白光沿半径方向从A点射入半圆形玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光照在光屏上，a、b为折射光的上下边界，c为反射光。若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，可以观察到各色光在光屏上陆续消失，在光带未完全消失之前，下列说法正确的是()

A．c光逐渐变暗

B．ab光带逐渐变亮

C．a光与b光相比，a光先消失

D．单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需的时间

答案D

解析在光带未完全消失之前，折射光线强度减弱，反射光线的强度加强，选项A、B均错误。a光与b光相比，b光偏折的程度大，其折射率大，临界角小，故b光先消失，选项C错误。b光折射率大，由n＝c/v，知单色光b在玻璃砖中的速度小，通过玻璃砖所需的时间长，选项D正确。

7.(多选)如图所示，a、b为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到玻璃砖的上表面，直线OO′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N点，入射点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点，下列说法正确的是()

A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度

B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度

C．玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率

D．同时增大入射角，则b光在下表面先发生全反射

E．对同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距宽

答案BCE

解析在真空中，a光的传播速度等于b光的传播速度，选项A错误。由图可知，玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率，选项C正确。由n＝c/v可知在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度，选项B正确。增大入射角，a、b光都不会在下表面发生全反射，选项D错误。由折射率与波长关系，a光的折射率小，说明a光的波长大。对同一双缝干涉装置，由Δx＝λ可得a光的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距宽，选项E正确。

8.(多选)如图所示，上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率n＝，若光从上表面AB射入的入射角i＝60°，光在真空中的光速为c，则()

A．折射角r＝30°

B．光在玻璃中传播的时间为L

C．光在玻璃中传播的时间为

D．改变入射角i，光在下表面CD可能发生全反射

答案AC

解析由n＝，sinr＝＝＝0.5，得r＝30°，故A正确；光在玻璃中传播的速度为v＝，由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为s＝，则光在玻璃中传播的时间为t＝＝＝＝，故B错误，C正确；由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角，根据光路可逆原理知光一定能从CD面射出，故D错误。

9.如图所示，AOB为透明扇形玻璃砖，圆心角AOB＝60°，OM为AOB的角平分线，一束平行于OM的单色光在空气中由OA边射入玻璃砖，经OA面折射后的光线恰好平行于OB。则下列说法中正确的是()

A．该玻璃的折射率为2

B．经OA面折射后的光线在AMB面都将发生全反射

C．该入射光在空气中的波长与在玻璃砖中的波长相等

D．该入射光在空气中的频率与在玻璃砖中的频率相等

答案D

解析画出光路图，并根据几何关系标出角度，如图所示，则该玻璃的折射率n＝＝，选项A错误；画出经过OA面折射后恰好射到M点的折射光线，根据几何关系可知，该折射光线在AMB面的入射角为30°，因为sin30°＝＝＝sinC，所以该折射光线在AMB面不能发生全反射，选项B错误；入射光在空气中的波速与在玻璃砖中的波速不同，但频率相等，所以波长不相等，选项C错误，D正确。

10．(多选)国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉采用了世界一流的喷泉、灯光和音响设备。假设喷泉的水池中某一彩灯发出的一条光线在水面的入射角为30°，从水面上射出时的折射角是45°。则下列说法正确的是()

A．光在水面发生全反射的临界角为45°

B．光在水面发生全反射的临界角为60°

C．被水池中m深处的一彩灯(视为点光源)照亮的水面面积约为25m2

D．被水池中m深处的一彩灯(视为点光源)照亮的水面面积约为22m2

答案AD

解析由折射定律有n＝＝，又n＝＝，得全反射临界角C＝45°，故A正确，B错误；作出光路图(图略)，由几何关系有R＝htanC，又S＝πR2，解得S≈22m2，故C错误，D正确。

二、真题与模拟

11．20xx·四川高考]某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n。如图甲所示，O是圆心，MN是法线，AO、BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径。该同学测得多组入射角i和折射角r，作出sinisinr图象如图乙所示，则()

A．光由A经O到B，n＝1.5

B．光由B经O到A，n＝1.5

C．光由A经O到B，n＝0.67

D．光由B经O到A，n＝0.67

答案B

解析由sinisinr图象可知，同一光线sinrsini，即ri，故r为光线在空气中传播时光线与法线的夹角，则BO为入射光线，OA为折射光线，即光线由B经O到A，折射率n＝＝＝1.5，故选项B正确，选项A、C、D错误。

12．20xx·全国卷](多选)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。则()

A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度

B．在真空中，a光的波长小于b光的波长

C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率

D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失

E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距

答案ABD

解析由题图知，从玻璃砖射出时，入射角相同，a光的折射角大于b光的折射角，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，a光在玻璃中的传播速度比b光的小，a光的频率比b光的大，在真空中，a光的波长较短，a光形成的干涉条纹间距较小，选项A、B正确，C、E错误；a光的全反射临界角较小，当入射角θ增大时，a光先发生全反射，折射光线先消失，选项D正确。

13．20xx·四川高考]直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图。a、b光相比()

A．玻璃对a光的折射率较大

B．玻璃对a光的临界角较小

C．b光在玻璃中的传播速度较小

D．b光在玻璃中的传播时间较短

答案C

解析由题图可知na＜nb，故A错误；由sinC＝知Ca＞Cb，故B错误；由n＝知va＞vb，故C正确；a光在玻璃中的传播距离比b光小，由t＝知ta＜tb，D错误。

14.20xx·安徽高考]如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i′和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ。已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为()

A.B.

C.D.

答案A

解析设光线在AB面上的折射角为r，由几何关系有θ＝2(i－r)，α＝2r，从而求出i＝，r＝，由折射定律n＝＝。只有选项A正确。

15．20xx·重庆高考]虹和霓是太阳光在水球内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示，M、N、P、Q点的颜色分别为()

A．紫、红、红、紫B．红、紫、红、紫

C．红、紫、紫、红D．紫、红、紫、红

答案A

解析对同一个介质来说，红光折射率最小，偏折程度最小，由图可知，N、P为红色，M、Q为紫色，A正确。

16.20xx·重庆高考]打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1θθ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是()

A．若θθ2，光线一定在OP边发生全反射

B．若θθ2，光线会从OQ边射出

C．若θθ1，光线会从OP边射出

D．若θθ1，光线会在OP边发生全反射

答案D

解析光线发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质时，入射角i大于临界角C。光线从图示位置入射，到达OP边时入射角i1＝－θ，θ越小，i1越大，发生全反射的可能性越大，根据题意，要在OP边上发生全反射，应满足θθ2，A、B错误。若光线在OP上发生全反射后到达OQ边，入射角i2＝3θ－，θ越大，i2越大，发生全反射的可能性越大，根据题意，要在OQ边上发生全反射，应满足θθ1，C错误，D正确。

17.20xx·四川高考]如图所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球。则()

A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球

B．小球所发的光能从水面任何区域射出

C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大

D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大

答案D

解析小球在缸底的其他位置也能从侧面看到，选项A错误；光线由水射向空气时，有可能发生全反射，选项B错误；光在不同介质中的频率是不变的，选项C错误；由v＝可知，光在水中的速度小于在空气中的速度，选项D正确。

18．20xx·南充模拟]如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中，当入射角是45°时，折射角为30°。以下说法正确的是()

A．反射光线与折射光线的夹角为120°

B．该液体对红光的折射率为

C．该液体对红光的全反射临界角为45°

D．当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是30°

答案C

解析根据反射定律得到反射角为45°，由几何知识得，反射光线与折射光线的夹角是105°，故A错误。由折射率公式n＝，得n＝＝，故B错误。由临界角公式sinC＝，得sinC＝，则C＝45°，故C正确。根据折射定律得知，紫光的折射率大于红光的折射率，则紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角小于30°。故D错误。

19．20xx·四川联考]如图所示是一个透明圆柱体的横截面，一束单色光平行于直径AB射向圆柱体，光线经过折射后恰能射到B点。已知入射光线到直径AB的距离为R，R是圆柱体的半径。已知光在真空中的传播速度为c，则()

A．该透明圆柱体介质的折射率为

B．该单色光从C点传播到B点的时间为3R/c

C．折射光线过B点时可能发生全反射

D．改变入射光线到直径AB的距离，折射光线仍然能够射到B点

答案B

解析如图所示cosθ1＝＝，即θ1＝30°，分析可得：θ2＝30°，r＝30°，i＝60°，折射率n＝＝，故A错误；该单色光从C到B的时间t＝＝＝，故B正确；光线折射到B点不可能发生全反射，因为出射角为60°，故C错误；改变光线到直径AB的距离，折射光线不能射到B点，故D错误。

20.20xx·乐山二模]如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出。下列说法正确的是()

A．a光的频率小于b光的频率

B．光束a在空气中的波长较大

C．出射光束a、b一定相互平行

D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大

答案C

解析作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，故A错误。a光的频率较大，则波长较小，故B错误。因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行，故C正确。因为a光的折射率较大，由临界角公式sinC＝，则知a光的临界角小，故D错误。

一、基础与经典

21．如图所示，一束激光垂直于AC面照射到等边玻璃三棱镜的AB面上。已知AB面的反射光线与折射光线的夹角为90°。光在真空中的传播速度为c。求：

(1)玻璃的折射率；

(2)激光在玻璃中传播的速度。

答案(1)(2)

解析(1)如图所示，由几何关系知：

光在AB界面的入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°，则n＝＝。

(2)由n＝得v＝＝。

22.如图所示，一束截面为圆形(半径为R)的平行复色光垂直射向一玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形彩色亮区。已知玻璃半球的半径为R，屏幕S至球心的距离为D(D3R)，不考虑光的干涉和衍射，试问：

(1)在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？

(2)若玻璃半球对(1)中色光的折射率为n，请你求出圆形亮区的最大半径。

答案(1)紫色(2)r＝D－nR

解析(1)当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远，故圆形亮区的最外侧是紫色。

(2)如图所示，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的F点到亮区中心E的距离r就是所求最大半径。设紫光的临界角为C，由全反射的知识：sinC＝。

所以cosC＝，tanC＝，OB＝＝，r＝＝D－nR。

二、真题与模拟

23．20xx·全国卷]如图所示，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。

(1)求池内的水深；

(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。

答案(1)2.6m(2)0.7m

解析(1)如图，设到达池边的光线的入射角为i。依题意，水的折射率n＝，光线的折射角θ＝90°。

由折射定律有n＝

由几何关系有sini＝

式中，l＝3m，h是池内水的深度。联立式并代入题给数据得h＝m≈2.6m

(2)设此时救生员的眼睛到池边的水平距离为x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45°。由折射定律有

n＝

式中，i′是光线在水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。由几何关系有

sini′＝

x＋l＝a＋h′

式中h′＝2m。联立式得

x＝m≈0.7m。

24.20xx·全国卷]如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。

答案150°

解析设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′AB。

令OAO′＝α，有cosα＝＝＝

即α＝30°

由题意MAAB

所以OAM＝60°

设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，则光线的光路图如图所示。设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n。由于OAM为等边三角形，有i＝60°

由折射定律有n＝

代入题给条件n＝得r＝30°

作底面在N点的法线NE，由于NEAM，有i′＝30°

根据反射定律，有i″＝30°

连接ON，由几何关系知MAN≌△MON，故有MNO＝60°

由式得ENO＝30°

于是ENO为反射角，NO为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角为β＝180°－ENO＝150°。

25．20xx·山东高考]半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示。位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。

答案R

解析当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r0，由折射定律得n＝

设A点与左端面的距离为dA，由几何关系得sinr0＝

若折射光线恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好为临界角C，设B点与左端面的距离为dB，由折射定律得

sinC＝

由几何关系得sinC＝

设A、B两点间的距离为d，可得d＝dB－dA

联立式得d＝R。

26.20xx·全国卷]一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率为n＝。

(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？

(2)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。

答案(1)R(2)见解析

解析(1)在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图。由全反射条件有sinθ＝

由几何关系有OE＝Rsinθ

由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为：l＝2OE

联立式，代入已知数据得l＝R

(2)设光线在距O点R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及式和已知条件得：

α＝60°＞θ

光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图。由反射定律和几何关系得：

OG＝OC＝R

射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。

20xx高三物理考点解析：变压器电能的输送

20xx高三物理考点解析：变压器电能的输送

考点39变压器电能的输送
考点名片
考点细研究：考试说明将本考点的要求由调为，对本考点要求有所提高，主要考查内容是：(1)理想变压器；(2)远距离输电等。其中考查到的如：20xx年全国卷第16题、20xx年全国卷第19题、20xx年天津高考第5题、20xx年四川高考第2题、20xx年江苏高考第4题、20xx年全国卷第16题、20xx年江苏高考第1题、20xx年海南高考第10题、20xx年安徽高考16题、20xx年天津高考第6题、20xx年广东高考第15题、20xx年福建高考第15题等。
备考正能量：本考点以选择题的形式考查，命题热点是变压器的电压、电流和功率关系的分析计算、变压器和交变电流的综合考查、变压器和动态电路的综合考查，远距离输电的计算。预计今后高考考查形式不会变化，仍将围绕理想变压器的电压、电流和功率关系展开命题。

一、基础与经典
1.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为21。电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计。下列说法正确的是()

A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流
B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0
C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3V
D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为21
答案BC
解析由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故A错误，B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3V，C正确；变压器并不改变交变电流的频率，D错误。
2．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是()

A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220sinπt(V)
B．电压表的示数为220V
C．变压器原、副线圈的匝数比为111
D．变压器的输入功率为110W
答案C
解析由题图乙可知ω＝＝100πrad/s，则变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)，A错误。小灯泡的额定功率P＝10W，由P＝可得小灯泡的额定电压U＝20V，小灯泡恰好正常发光，电压表的示数为20V，B错误。根据变压器变压公式U1U2＝n1n2，可得＝＝，C正确。根据额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，理想变压器的输入功率等于输出功率也为10W，D错误。
3．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是()

答案A
解析电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D选项错误；同时，由I1n1＝I2n2知要使I2n1，故A选项正确，C选项错误。
4．如图所示，理想变压器原线圈两端的电压不变，电流表为理想电流表，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开。当S接通时，以下说法正确的是()

A．副线圈两端MN输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中电流表的示数减小
答案C
解析当S接通时，电路中总电阻减小，交流电源不变，线圈匝数不变，故副线圈两端MN输出电压不变，输电线上电流增大，副线圈输电线等效电阻R上的电压增大，灯泡L1两端电压减小，通过灯泡L1的电流减小，选项A、B错误，选项C正确；当S接通时，副线圈输出功率增大，原线圈输入功率增大，电流表的示数增大，选项D错误。
5．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端。已知三个灯泡均正常发光。该变压器原、副线圈的匝数之比为()
A．12B．21
C．23D．32
答案B
解析由于三个灯泡相同且均正常发光，设正常发光时的电流为I，则原线圈中电流为I，副线圈中电流为2I，根据变压器工作原理得＝＝，B项正确。
6．有一正弦交流电源u＝120sin100πt(V)向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U0＝60V，则在一个小时内，霓虹灯发光时间为()
A．3600sB．1800s
C．2400sD．1200s
答案C

解析如图所示，画出一个周期内交流电的ut图象，其中阴影部分对应的时间表示霓虹灯不能发光的时间，由图且根据对称性可知，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1，当u＝U0＝60V时可求得t1＝s。一个周期内能发光的时间：t＝T－4t1＝s，再由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：t总＝×s＝2400s，即选项C正确。
7．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为()
A.，B.2R，
C.，D.2R，
答案D
解析当副线圈与原线圈的匝数比为k，U2＝kU，此时电线上的电流I＝，线路损耗的功率P1＝I2R＝，当匝数比为nk时，线路损耗功率P2＝，＝，D正确。
8.(多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表。现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则()

A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V
答案AD
解析当负载电阻的阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5V＝1V，故副线圈两端电压为U2＝6V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24V≈34V，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，变化前，U2′＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2′＝2U2＝12V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值约为48V，D正确，C错误。
9．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表的示数增大了0.2A，电流表的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()

A．电压表示数增大
B．电压表、示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案D
解析由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表、的读数均不变，选项A、B均错误。由电流表的示数增大了0.2A，电流表的示数增大了0.8A，可知，该变压器起降压作用，选项C错误。由于副线圈的电压不变，电流表的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器连入电路的阻值变小，选项D正确。
10.(多选)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()

A．UabUcd＝n1n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
答案BD
解析a、b端的电压为正弦式交变电压，故电压表测得的电压Uab＝。副线圈两端电压也为正弦式交变电压，但由于二极管的单向导电特性，从而使c、d两端的电压成为脉动直流电，由有效值定义可得T＝×，即Ucd＝，故UabUcd＝＝n1n2，A错误。因R增大时消耗的功率P＝减小，原线圈输入功率减小，故U1不变时I1减小，B正确。由UabUcd＝n1n2可知Ucd与负载的阻值无关，C错误。将二极管短路时R两端电压成为正弦式交变电压，其有效值Ucd′＝，故此时R消耗的功率P′＝为原来的2倍，原线圈中的电流也变为原来的2倍，故D正确。
二、真题与模拟
11．20xx·全国卷]一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为()

A．2B．3
C．4D．5
答案B
解析设原、副线圈匝数比为n，根据能量守恒，当S断开时，UI＝I2R1＋(nI)2(R2＋R3)；当S闭合时，4UI＝(4I)2R1＋(4nI)2R2，联立解得n＝3，所以B正确。
12．20xx·全国卷](多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯均能正常发光，下列说法正确的是()

A．原、副线圈匝数比为91
B．原、副线圈匝数比为19
C．此时a和b的电功率之比为91
D．此时a和b的电功率之比为19
答案AD
解析由题意知U＝10U灯，a、b均正常发光，则变压器输入电压U1＝9U灯，而输出电压U2＝U灯，所以原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝91；而I1I2＝n2n1＝19，所以两灯功率之比PaPb＝U灯I1U灯I2＝19，选项A、D正确。
13．20xx·天津高考]如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()

A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大
答案B
解析由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误。
14.20xx·四川高考]如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()

A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
答案B
解析设原、副线圈减少的匝数均为n，则根据变压比有，＝，＝，由于U2′＝U1，U2＝U1，因此U2′小于U2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，A项错误，B项正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，C、D项错误。
15．20xx·江苏高考]如图所示，一自耦变压器环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()

A．U2U1，U2降低B．U2U1，U2升高
C．U22R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时()

A.、两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
答案D
解析设两电流表示数分别为IA1、IA2，则IA2＝。由题意知，升压变压器的升压比与降压变压器的降压比相等、设为k，由变压器匝数与电流、电压的关系可知，升压变压器副线圈两端电压U2＝kU，降压变压器副线圈中电流I4＝kIA1，U4＝I4RL＝kIA1RL，则降压变压器原线圈两端电压U3＝kU4＝k2IA1RL，则IA1＝，解得IA1＝，则1，故IA11，故两灯泡亮度不同，选项B错误；由P＝I2R可知，PR1

20xx高三物理考点解析：交变电流的产生及描述

20xx高三物理考点解析：交变电流的产生及描述

考点38交变电流的产生及描述
考点名片
考点细研究：(1)交变电流的产生；(2)交变电流的图象；(3)正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值等。其中考查到的如：20xx年全国卷第21题、20xx年四川高考第4题、20xx年天津高考第7题、20xx年山东高考第17题、20xx年福建高考第15题等。
备考正能量：本考点一般以选择题形式考查，命题多集中于考查基本概念，如交变电流的峰值、有效值、频率等。命题常结合交变电流的图象考查有效值的计算，单独考查交变电流产生的较少，通常和变压器结合考查。

一、基础与经典
1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()

A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311V
D．线框产生的交变电动势频率为100Hz
答案B
解析线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比，而t＝0.005s时e最大，A错误。t＝0.01s时e＝0，B正确。电动势有效值E＝311×V≈220V，C错误。周期T＝0.02s，频率f＝＝50Hz，D错误。
2.一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定()

A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2
B．t2时刻穿过线框的磁通量为零
C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零
D．线框转动的角速度为
答案D
解析t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BL2ω，则ω＝，D正确。
3.一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知()

A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25t(V)
B．该交变电流的频率为4Hz
C．该交变电流的电压的有效值为100V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W
答案D
解析由题图可知，交变电流周期T＝4×10－2s，峰值电压Um＝100V，故交变电流的频率f＝＝25Hz，有效值U＝＝50V。加在R＝100Ω的电阻上时的热功率P＝＝50W，瞬时值表达式u＝Umsint＝100sin50πt(V)，故正确选项为D。
4．图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系。若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲W乙为()

A．1∶B．1∶2C．1∶3D．1∶6
答案C
解析计算电功时，I要用有效值。图甲中，由有效值的定义得2R×2×10－2＋0＋2R×2×10－2＝IR×6×10－2，得I1＝A；图乙中，电流的值不变，I2＝1A，由W＝I2Rt可以得到W甲W乙＝13。C正确。
5.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为()

A．10VB．20V
C．15VD．5V
答案D
解析电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R1被短路，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，此时R1、R2并联，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T＝＋，可求出U＝5V。故选项D正确。
6.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()

A.B.C.D.
答案D
解析线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时周期，出磁场的过程用时周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I′＝，则转动一周产生的感应电流的有效值满足：I2RT＝2R×T，解得I＝，D正确。
7．(多选)交流发电机正常工作时产生的电动势e＝Emsinωt，下面说法正确的是()
A．线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则感应电动势的峰值不变
B．线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则感应电流的有效值不变
C．线圈匝数减为原来的一半，而磁感应强度增为原来的2倍，其他条件不变，则感应电动势的瞬时值表达式不变
D．线圈由矩形变为圆形，其他条件不变，则感应电动势的峰值、有效值、瞬时值的表达式均发生变化
答案ACD
解析因为Em＝nBSω，转速变为原来的2倍，即ω变为原来的2倍，n变为原来的，则Em不变，电压的有效值不变，由于匝数变化引起电阻的变化，电流的有效值变化，A正确，B错误；根据Em＝nBSω和e＝Emsinωt，知C正确；线圈由矩形变为圆形，线圈的面积发生变化，感应电动势的峰值、有效值、瞬时值的表达式均发生变化，D项正确。
8.(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。那么()

A．线圈消耗的电功率为4W
B．线圈中感应电流的有效值为2A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost(V)
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint(Wb)
答案AC
解析线圈转动的角速度ω＝，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，当线圈转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos60°＝1A，解得Im＝2A，则正弦交变电流的有效值I＝＝A，B错误；线圈消耗的电功率P＝I2R＝4W，A正确；由欧姆定律可知，感应电动势的最大值Em＝ImR＝4V，所以瞬时值的表达式为e＝4cost(V)，C正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsinωt＝Φmsint，由感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×，得Φm＝，解得Φ＝sint＝sint(Wb)，D错误。
9.(多选)如图所示，如果交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动角速度为ω，线圈电阻为r，外电路电阻为R。在线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，下列说法正确的是()

A．通过R的电荷量q＝
B．通过R的电荷量q＝
C．电阻R上产生的热量为QR＝
D．电阻R上产生的热量为QR＝
答案BC
解析通过R的电荷量为q＝＝；在线圈由题图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，电阻R上产生的热量为QR＝I2R××＝2R＝，B、C正确。
10.(多选)如图所示，垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈的中轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R。t＝0时刻线圈平面与纸面重合，则下列说法正确的是()

A．t时刻线圈中电流的瞬时值为sinωt
B．线圈中电流的有效值为
C．线圈中电流的最大值为
D．线圈消耗的电功率为
答案AB
解析电动势的最大值应为Em＝，t＝0时，e＝0，因此电动势瞬时值表达式应为e＝BSωsinωt，电流瞬时值表达式为i＝sinωt，A项正确；电流的有效值I＝，最大值Im＝，B项正确，C项错误；线圈消耗的电功率P＝I2R＝，D项错误。
二、真题与模拟

11．20xx·全国卷](多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
答案BC
解析本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A项错误；两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，B项正确；在t＝时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E＝BR2ω，C项正确；两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，D项错误。

12.20xx·四川高考]小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()

A．峰值是e0B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0D．有效值是Ne0
答案D
解析根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝，故有效值为Ne0，C项错误，D项正确。
13．20xx·天津高考](多选)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则()

A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为23
C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V
答案AC
解析线圈经过中性面时不切割磁感线，此时感应电动势为零，选项A正确；由图可知曲线a、b的周期之比为23，则对应的线圈转速之比为32，选项B错误；曲线a的周期为Ta＝4×10－2s，其频率为fa＝＝25Hz，选项C正确；曲线a、b表示的交变电流的峰值之比为＝＝，又Ema＝15V，则Emb＝10V，Ub＝Emb＝5V，选项D错误。
14．20xx·山东潍坊段考]通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两端电压的有效值为()

A．12VB．4V
C．15VD．8V
答案B
解析电流产生的热量与其方向无关，在一个周期内电流根据大小可分为两段。I1＝0.1A的时长t1＝0.8s，I2＝0.2A的时长t2＝0.2s。根据有效值的定义有IRt1＋IRt2＝·T，其中T＝1s。解得U＝4V，B正确。
15．20xx·苏州模拟](多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是()

A．电流表的示数为10A
B．线圈转动的角速度为50πrad/s
C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
答案AC
解析根据it图象可知，交流电的最大值为10A，所以电流表的示数(有效值)为10A，A正确。交流电的周期T＝0.02s，线圈转动的角速度ω＝＝100πrad/s，B错误。0.01s时，感应电流达到峰值，线圈平面与磁场方向平行，C正确。0.02s时，线圈又回到题图所示位置，根据右手定则可以判断，电阻R中电流的方向自左向右，D错误。
16．20xx·四川联考]用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图象如图所示，则()

A．变压器输入功率约为3.9W
B．输出电压的最大值是110V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sinA
答案A
解析由题图可知通过负载的电流最大值为Im＝0.05A，周期T＝0.02s，故电流的函数表达式i＝Imsint＝0.05sin100πt(A)，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即n1n2＝U1U2＝21，C错误；输出电压U2＝110V，其最大值U2m＝U2＝110V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P＝I2U2＝×110W≈3.9W，A正确。
17．20xx·唐山模拟]一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为()

A．1B．12C．14D．11
答案A
解析题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，由有效值的定义可得：R·＋0＝I2RT解得有效值I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I′＝，则II′＝1，即A正确。

18．20xx·广东深圳调研]矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e＝220·sin100πt(V)，下列说法正确的是()
A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为零
B．电动势的有效值为220V
C．交流电的周期为0.01s
D．若转速增大1倍，其他条件不变，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin100πt(V)
答案B
解析t＝0时刻，线框产生的感应电动势为0，即穿过线框的磁通量的变化率为零，此时线框与中性面重合，穿过线框的磁通量最大，选项A错误；根据电动势瞬时值表达式，该交流电电动势的最大值Em＝220V，故电动势的有效值E＝＝220V，选项B正确；该交流电的角速度ω＝＝100π(rad/s)，故交流电的周期为0.02s，选项C错误；若转速增大1倍，其他条件不变，则ω变为原来的2倍，由最大值Em＝NBSω得，最大值变为原来的2倍，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin200πt(V)，选项D错误。
19．20xx·浙江嘉兴期末](多选)某兴趣小组利用如图所示装置给小灯泡供电。矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并通过变压器给小灯泡供电。下列说法正确的是()

A．图示位置穿过线框的磁通量为零
B．图示位置线框产生的感应电动势为零
C．使用变压器的目的是为了提高输出功率
D．若灯泡偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度
答案BD
解析图示位置穿过线圈的磁通量最大，线圈平面与中性面重合，感应电动势为零，选项A错误，选项B正确；变压器只能改变电压，不能提高输出功率，选项C错误；根据＝，减少原线圈的匝数可以增加副线圈的电压，使偏暗的灯泡变亮，选项D正确。

一、基础与经典
20.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。

(1)在图中标出t＝0时感应电流的方向；
(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式；
(3)线圈转一圈外力做功多大？
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多大？
答案(1)adcba(2)e＝314cos100πt(V)(3)98.6J(4)0.1C
解析(1)线圈感应电流的方向为adcba。
(2)n＝3000r/min＝50r/s，所以线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s。
图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBSω＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314V。
电动势的表达式e＝Emcosωt＝314cos100πt(V)。
(3)电动势的有效值E＝，线圈匀速转动的周期T＝＝0.02s，线圈匀速转动一周，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)T，代入数据得W≈98.6J。
(4)从t＝0起转过90°的过程中，Δt内流过R的电荷量q＝Δt＝＝，代入数据得q＝0.1C。
二、真题与模拟
21．20xx·豫南九校联盟联考]某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：

(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
答案(1)2NBl2ω(2)(3)
解析(1)因为磁场的方向是辐向的，则线圈在磁场中转动时，bc和ad边总是垂直切割磁感线，其两边的运动速度：v＝ω·
bc和ad边同时切割相当于两电源串联，
Em＝2NB·2lv＝4NBlv
联立两式解得Em＝2NBl2ω
(2)线圈中的感应电流大小恒定，方向做周期性变化，电流Im＝
又由F＝NB·Im·2l＝2NBIml
联立解得F＝。
(3)一个周期内，产生电流的时间t＝T
根据交流电有效值的定义有Q＝IRt＝I2RT
联立解得I＝。
22．20xx·连云港调研]图甲为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求：

(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；
(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。
答案(1)i＝0.6sin100πt(A)(2)2.7×10－2Wb(3)7.2×10－2J
解析(1)由图得e＝Emsinωt＝6sin100πt(V)，
则电流i＝＝0.6sin100πt(A)。
(2)Em＝BSω，Em＝6V，
ω＝100π，Φm＝BS＝＝2.7×10－2Wb。
(3)E＝＝6V，
外力所做的功W＝Q＝T＝7.2×10－2J。
23．20xx·济宁高三抽考]如图是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦式交变电流，给车头灯供电。

已知自行车车轮半径r＝35cm，摩擦小轮半径r0＝1.00cm，线圈有n＝800匝，线圈横截面积S＝20cm2，总电阻R1＝40Ω，旋转磁极的磁感应强度B＝0.010T，车头灯电阻R2＝10Ω。当车轮转动的角速度ω＝8rad/s时。求：
(1)发电机磁极转动的角速度；
(2)车头灯中电流的有效值。
答案(1)280rad/s(2)64mA
解析(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有：ω0r0＝ωr。
解得ω0＝＝8×rad/s＝280rad/s。
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为：
Em＝nBSω0＝800×0.010×20×10－4×280V＝4.48V，
感应电动势的有效值：E＝＝V≈3.2V，
通过灯泡的电流有效值：
I＝＝A＝64mA。

文章来源：http://m.jab88.com/j/72771.html

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