第18期 电磁感应现象及应用 电磁波的发现及应用 能量量子化-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（人教版2019）

书 高中物理·人教必修（第三册）２０２４年 第１７～２３期参考答案 第１７期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．由于磁感线上某点的切线所指的方向为该点磁场的方向， 所以磁感线不能相交，若相交，则同一点的磁场会出现两个方向， 故Ａ错误；磁感应强度是矢量，磁感线的疏密程度反映磁场的强 弱，切线方向表示磁感应强度的方向，故 Ｂ错误，Ｄ正确；匀强磁 场磁感应强度相同，并不是沿磁感线的方向越来越小，故Ｃ错误． ２．根据对称性可知Φ１＝Φ３，根据磁场的叠加，２位置通过线 框的磁通量为０，则Φ１ ＝Φ３ ＞Φ２，故Ｃ正确． ３．Ｐ处的磁感应强度与磁场本身有关，与是否将通电导线移 走无关，故将该通电导线从磁场中撤走后，Ｐ处的磁感应强度不 变，则Ｐ处的磁感应强度大小为Ｂ＝ ＦＩＬ＝ １．０ ０．２×０．５Ｔ＝１０Ｔ， 故Ｄ正确． ４．当电流从电磁铁的接线柱 ａ流入时，从上向下看，电流沿 顺时针方向，由右手螺旋定则可得，电磁铁下端为Ｎ极，上端为 Ｓ 极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可得，小磁铁被吸引 向下运动，所以小磁铁下端为Ｎ极．故Ｃ正确． ５．根据安培定则可判断出通电螺线管右边为 Ｓ极，左边为 Ｎ极，在螺线管外部磁感线从Ｎ极回到Ｓ极，内部从Ｓ极到Ｎ极； 由于Ｍ１和Ｍ２被磁化后的Ｎ极和所在位置磁感线方向一致，故 Ｍ１的左端为Ｎ极，右端为Ｓ极，Ｍ２的右端为Ｎ极，左端为Ｓ极．故 Ａ正确． ６．设每一根导体棒的电阻为Ｒ，长度为Ｌ，则电路中，上下两 路电阻之比为Ｒ１∶Ｒ２＝２∶１，根据并联电路两端电压相等的特点 可知，上下两路电流之比Ｉ１∶Ｉ２＝１∶２，又因为通电直导线在Ｏ点 产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定 则和矢量的叠加原理可知，ＭＬＮ支路电流在 Ｏ点产生的磁场垂 直纸面向里，磁感应强度与 ＭＮ边在 Ｏ点产生的磁感应强度相 等，方向相反，所以整个线框在Ｏ点产生的磁场磁感应强度大小 为０．故Ａ正确． ７．设条形磁铁在Ｐ点的磁感应强度为 Ｂ，未旋转条形磁铁 时，两个磁场在Ｐ点的方向相同均由南指向北，由磁场的叠加可 得Ｂ＋Ｂ０＝Ｂ１，条形磁铁旋转后，地磁场方向未变，大小为Ｂ０，方 向由南向北，条形磁铁在Ｐ点磁感应强度大小也不变仍为 Ｂ，方 向由西指向东．根据叠加原理可得 Ｂ合 ＝ Ｂ２＋Ｂ槡 ２ ０，代入数据 可得Ｂ合 ＝ ２Ｂ２０＋Ｂ２１－２Ｂ０Ｂ槡 １，故Ｂ正确． ８．Ｎ　无　变小　能 ９．（１）ＢＳ；（２）１２ＢＳ；（３）－２ＢＳ． 解析：（１）以图示情况下的磁通量为正值，则此时穿过线圈 平面的磁通量为Φ０ ＝ＢＳ． （２）线圈从初始位置绕ＯＯ＇轴转过６０°时，穿过线圈平面的 磁通量为 Φ１ ＝ＢＳｃｏｓ６０°＝ １ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过１８０°时，穿过线圈平面的磁通量 为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ１８０°＝－ＢＳ 则穿过线圈平面的磁通量变化了ΔΦ ＝Φ２－Φ０ ＝－２ＢＳ． １０．（１）２０Ｔ；（２）２０Ｔ． 解析：（１）由磁感应强度的定义式得 Ｂ＝ ＦＩＬ＝ ５Ｎ ２．５Ａ×１×１０－１ｍ ＝２０Ｔ． （２）公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感应强度大小Ｂ 与磁场本身有关，与导线的长度Ｌ、电流Ｉ的大小无关，如果把通 电导线中的电流增大到５Ａ，该处的磁感应强度大小仍为２０Ｔ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．地球仪受到重力和同名磁极的相互排斥力，保持平衡状 态，故Ａ错误；为了保证地球仪和底座之间始终是斥力，线圈中的 电流方向就不能改变，所以电路中的电源必须是直流电源，故 Ｂ 正确；由图可知螺线管的上端为 Ｎ极，根据右手螺旋定则可知电 路中的ｂ端点须连接直流电源的正极，故 Ｃ正确；若线圈中的电 流增大，地球仪受到的磁力增大，地球仪与底座之间距离变大，地 球仪高度升高，但是最后还是会处于静止状态，故Ｄ错误． ２．磁感应强度是矢量，磁通量是标量，故Ａ错误；穿过线圈的 磁通量为零，则该处的磁感应强度不一定为零，故Ｂ正确；一小段 通电直导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线与磁场 方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，故Ｃ错误；磁感应强 度的大小是由磁场本身决定的，与放入该处的通电导线所受安培 力无关，故Ｄ正确． ３．根据右手螺旋定则可知，通电螺线管产生的磁场方向沿轴 线向上，故Ａ正确；直线电流在 ａ点产生的磁场的方向沿切线指 向外，在ｂ点产生的磁场方向沿切线指向里，所以ａ、ｂ两点合磁场 的方向垂直，故Ｂ错误；ａ、ｂ两点合磁场的磁感应强度大小均为 Ｂａ ＝Ｂｂ＝槡２Ｂ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）前 （２）将电源正负极对换　将探管从另一端插入 （３）Ｄ　（４）Ｂ ５．（１）５×１０－６Ｔ，与水平方向成５３°斜向下； （２）８×１０－６Ｗｂ． 解析：（１）根据题意可知，依据平行四 边形定则可得地磁场Ｂ的大小为 Ｂ＝ Ｂ２ｘ＋Ｂ２槡 ｙ ＝５×１０ －６Ｔ Ｂ与水平方向的夹角（即磁倾角） α＝ａｒｃｔａｎ Ｂｙ Ｂｘ ＝ａｒｃｔａｎ４３ ＝５３°． （２）地磁场与水平面不垂直，取其与水平面垂直的Ｂｙ分量， 故磁通量为 Φ ＝ＢｙＳ＝４×１０－６×２．０Ｗｂ＝８×１０－６Ｗｂ． 第１８期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了电磁波的存在，赫 兹通过实验证实了电磁波的存在．故Ｂ正确． ２．Ｘ波段和Ｓ波段均为电磁波，它们在空气中的传播速度相 同，故Ａ错误；根据ｖ＝ｆλ，Ｘ波段的频率较大，可知在空气中Ｓ波 段的波长比Ｘ波段的更长，故Ｂ错误；Ｓ波段和Ｘ波段的频率都比 紫外线的小，故Ｃ正确；能量子的能量与其频率成正比，Ｘ波段能 量子的能量大于Ｓ波段能量子的能量，故Ｄ错误． ３．Ａ图中，由于线圈不闭合，则不会产生感应电流．故 Ａ错 误；Ｂ图中，由于两棒的速度相同，则闭合电路的磁通量不发生改 变，则不会产生感应电流．故 Ｂ错误；Ｃ图中，由于导体框与磁场 方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，则导体框中没有感 应电流．故Ｃ错误；Ｄ图中，导体棒相当于电源，由导轨构成的闭 合回路的磁通量发生改变，因此电路中会产生感应电流．故Ｄ正 确． ４．由题意知，电离一个分子的能量等于照射分子的光子能 量，Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ ＝２×１０－１８Ｊ，故Ｂ正确． ５．车轮运转时，铁质齿轮Ｐ与车轮同步转动，当每个轮齿在 接近和离开磁铁Ｑ时，穿过线圈中的磁通量都会发生改变，线圈 中总会感应出感应电流，故ＡＣ错误，Ｄ正确；汽车车轮抱死时，铁 质齿轮Ｐ不转动，线圈中的磁通量不会发生改变，线圈中没有感 应电流，故Ｂ错误． ６．录音过程中，电信号转变为磁信号，而放音过程中，磁带上 的磁信号转变为电信号，因此放音过程为磁生电的过程，即为电 磁感应，录音过程为电生磁的过程，即为电流的磁效应．故 Ａ正 确． ７．设ＭＮ长为Ｌ，为使ＭＮ棒中不产生感应电流，则应使磁通 量不发生变化，即 Ｂ０ｌＬ＝ＢＬ（ｌ＋ｖ０ｔ－ １ ２ａｔ ２），解得 Ｂ ＝ ２Ｂ０ｌ ２ｌ＋２ｖ０ｔ－ａｔ２ ，故Ｂ正确． ８．（１）ＢＤ　（２）会　不会　会 （３）磁通量发生变化 ９．９．４×１０－６ｍ　２．１１×１０－２０Ｊ． 解析：（１）由题意λｍ·Ｔ＝２．９０×１０－３ｍ·Ｋ，则 λｍ ＝ ２．９０×１０－３ ２７３＋３７ ｍ≈９．４×１０ －６ｍ． （２）根据公式Ｅ＝ｈｃ λｍ ＝６．６２６×１０－３４× ３×１０ ８ ９．４×１０－６ Ｊ≈ ２．１１×１０－２０Ｊ． １０．（１）３．０×１０－３ｍ　（２）３００个 解析：（１）光脉冲持续时间即为发射一个光脉冲所需要的时 间，所以一个光脉冲的长度为 ΔＬ＝ｃΔｔ＝３．０×１０８×１．０×１０－１１ｍ＝３．０×１０－３ｍ． （２）一个光脉冲所具有的能量为 ΔＥ＝ＰΔｔ＝１．０×１０１０×１．０×１０－１１Ｊ＝０．１Ｊ 消除面积为５０ｍｍ２的色斑需要的光脉冲数是 ｎ＝ ＥＳ１ ΔＥＳ ＝６０×５０×１０ －２ ０．１×１ ＝３００（个）． Ｂ组 １．ＣＤ　２．ＡＢＤ　３．ＣＤ 提示： １．原子的能量是量子化的，原子从高能级会自发地向低能级 跃迁，向外放出光子．光子的能量ｈν＝Ｅ初 －Ｅ末，由于能级的分 立性，放出的光子的能量也是分立的．故ＣＤ正确． ２．根据题意可知，松开按钮和按下按钮的过程中，穿过螺线 管的磁通量发生变化，螺线管的产生感应电流，故 ＡＢ正确；按住 按钮不动，穿过螺线管的磁通量不发生变化，螺线管中不产生感 应电流，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．读卡机发射的电磁波能在真空中传播，故 Ａ错误；ＩＣ卡工 作肯定不是依靠Ｘ射线，Ｘ射线的辐射能量比较大，长时间接触 对人体有害，故Ｂ错误；ＩＣ卡工作所需要的能量来源于卡内产生 的感应电流，故Ｃ正确；ＩＣ卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有 向读卡机传输数据的功能，故Ｄ正确． ４．更短　更大　更大 ５．（１）２×１０－４ｓ　（２）５×１０１５个 解析：（１）已知激光器的功率Ｐ＝１０Ｗ，每次“点焊”需要的 能量Ｅ＝２×１０－３Ｊ，根据Ｅ＝Ｐｔ得，每次“点焊”视网膜的时间 是ｔ＝ ＥＰ ＝ ２×１０－３ １０ ｓ＝２×１０ －４ｓ． （２）设每个光子的能量为Ｅ０，则Ｅ０＝ｈν＝ｈ ｃ λ ，在这段时 间内 发 出 的 激 光 光 子 的 数 量 ｎ ＝ ＥＥ０ ＝ Ｅλｈｃ ＝ ２×１０－３×５００×１０－９ ６．６３×１０－３４×３×１０８ 个≈５×１０１５个． 第１９期３、４版参考答案 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．司南指向会受到附近磁铁的干扰，是由于磁铁干扰了附近 的地磁场，故 Ａ错误；放置磁勺的光滑青铜盘不能改用光滑的铁 盘代替，因为铁盘会被磁化，会干扰附近的地磁场，故 Ｂ正确；由 书 在Ａ点处的速度大小为ｖＡ ＝ ｖ２０＋ｖ２槡 ｙ ＝槡２ｖ０ （２）粒子在电场Ｅ２中ｘ方向做初速度不为零的匀加速直线 运动，ｙ方向做匀速直线运动，ｙ方向：２Ｌ－Ｌ＝ｖｙｔ２ ｘ方向：４Ｌ－２Ｌ＝ｖ０ｔ２＋ １ ２ａ２ｔ ２ ２ 由牛顿第二定律有ｑＥ２ ＝ｍａ２ 联立解得Ｅ２ ＝ ２ｍｖ２０ ｑＬ． 第２３期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．因为云层底端带负电，所以云层靠近避雷针时，避雷针感 应出正电荷，故Ａ错误；避雷针的尖端安装在建筑物的顶端，并通 过金属线与埋在地下的金属板相连，才能将云层中积聚的电荷导 入大地，起到保护作用，故Ｂ错误；即使没有闪电击中避雷针，只 要带电云层靠近避雷针，避雷针就因静电感应发挥作用，故 Ｃ错 误；避雷针是利用尖端放电来保护建筑物的一种设施，故Ｄ正确． ２．电磁波是一种物质，故Ａ正确；电磁波既可以传递信息，也 可以传播能量，故Ｂ错误；红外线的波长大于Ｘ射线的波长，故Ｃ 错误；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故Ｄ错误． ３．剩余充电电能Ｅ＝Ｐｔ＝１２０×５０６０＝１００ｋＷ·ｈ，总电能 Ｅ总 ＝ Ｅ （１－２０％）＝１２５ｋＷ·ｈ，总费用元Ｅ总 ×０．６＝７５元，故 Ｂ正确． ４．设ＯＭ距离为ｒ，则ＭＰ距离为 ２ 槡３ ｒ，Ｏ点的合磁感应强度为 ２ｋＩｒ，Ｐ点的合磁感应强度为 ３ｋＩ ２ｒ，所以Ｐ点与Ｏ点的磁感应强度 大小之比为３∶４，故Ｃ正确． ５．由安培定则可知，导线框上部分的磁场垂直纸面向外，下 部分的磁场垂直纸面向里．通电直导线周围的磁场，是以导线为 中心的同心圆，距离导线越远，磁场强度越小，可知虽然上下面积 相等，但是总磁通量不为０，方向垂直纸面向里．仅当电流逐渐增 大，线框中磁通量始终不为零，故 Ａ错误；仅当电流逐渐减小，磁 通量向里减小，线框中有产生感应电流，故Ｂ错误；当电流不变且 将导线ＭＮ平移靠近ｂｃ过程中，线框中磁通量向里减小后向外增 大，回路有感应电流，故Ｃ正确，Ｄ错误． ６．静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角 θ 不变．由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放 电．将电容器的左极板水平向左移时，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容 器的电容变小，但不能放电，则电容器带电荷量不变，由 Ｃ＝ ＱＵ 可知，电容器的两极板间的电势差 Ｕ变大，又 Ｅ＝ Ｕｄ ＝ Ｑ Ｃｄ＝ Ｑ εｒＳ ４πｋｄ ｄ ＝４πｋＱ εｒＳ ，可知，电容器两极板间的电场不变，则有 Ｕ１ ＝ Ｅｄ左，由于Ｐ点到左极板的距离ｄ左 变大，则左极板与Ｐ点间的电 势差Ｕ１变大，由于左极板的电势不变，则Ｐ点的电势降低，故ＡＢ 错误；若左极板向右移动少许，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容器的电 容变大，电容器充电，电容器极板间的电压等于电源电压不变，根 据Ｅ＝ Ｕｄ可知，电容器两极板间的电场强度变大，则有 Ｕ２ ＝ Ｅｄ右，由于Ｐ点到右极板的距离ｄ右 不变，所以Ｐ点与右极板间的 电势差Ｕ２变大，而由于此时右极板的电势不变，所以Ｐ点的电势 升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．等差等势面越密集的位置电场线越密集，电场强度越大， 则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｆ点的电场强度最强，故Ａ错误；因为Ｂ供电 线的电势高于Ａ供电线的电势，则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｃ点的电势 最高，故Ｂ错误；将某电子在ｄ点由静止释放，它会向ｃ点所在等 势面运动，故Ｃ错误；因为ｄ、ｅ两点电势差等于ｅ、ｆ两点的电势差， 根据Ｗ＝Ｕｑ，可知将电子由ｄ移到ｅ电场力所做的功等于将电子 由ｅ移到ｆ电场力所做的功，故Ｄ正确． ８．ＢＤ　９．ＡＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．由闭合电路欧姆定律可知，其路端电压与电流的关系为 Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流为０时，路段电压等于电源的电动势，结合题图 可知其电源的电动势为Ｅ＝５０Ｖ，由上述表达式，结合题图可知， 图像斜率的绝对值表示电源的内阻，所以有ｒ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝５Ω，故 Ａ错误，Ｂ正确；电源的效率为η＝ＩＵＩＥ×１００％ ＝ Ｕ Ｅ ×１００％，由 之前的分析有Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流增加时，其路端电压减小，所以 电源的效率变小，故 Ｃ错误；该电源的输出功率为 Ｐ输出 ＝ＩＥ－ Ｉ２ｒ，由数学函数知识可知，该函数解析式为开口向下的一元二次 方程，其最大值在对称轴处取得，其电流为Ｉ＝－ Ｅ－２ｒ＝５Ａ，将电 流数据带入，解得其最大输出功率为 Ｐ输出ｍａｘ ＝１２５Ｗ，故 Ｄ正 确． ９．根据题意，由图可知，Ｏ点左侧电场方向沿 ｘ轴正方向，Ｏ 点右侧电场方向沿ｘ轴负方向，Ｏ点电场强度为０且ＡＯ＝ＢＯ，可 知，ｑ１、ｑ２为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由Ｏ点指向无穷 远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为 ０，则Ｏ点电势大于０，故Ａ正确，Ｂ错误；结合ＡＢ分析可知，电子 从Ｃ到Ｏ运动过程中电场力做正功，电势能减小，故Ｃ错误；根据 题意，设ＡＯ＝ＢＯ＝ＣＯ＝Ｌ，ｑ１＝ｑ２＝Ｑ，由点电荷电场强度公 式和电场强度叠加原理可得，此时 Ｃ点电场强度为 ＥＣ ＝ 槡２ ２· ｋＱ Ｌ２ ，在ＣＯ连线上取一点Ｄ，令∠ＤＡＢ＝３０°，由点电荷电场 强度公式和电场强度叠加原理可得，此时Ｄ点电场强度为ＥＤ ＝ ３ ４· ｋＱ Ｌ２ ，可知ＥＤ ＞ＥＣ，结合等量同种电荷连线中垂线上的电场 强度情况可知，从Ｃ到Ｏ电场强度先增大后减小，则电子从Ｃ到Ｏ 运动过程中加速度先增大后减小，故Ｄ正确． １０．粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为 ｔ＝２ｄｖ０ ＝Ｔ，竖直方向粒子先加速后减速，则 ｄ２ ＝２× １ ２· ｑＵ０ ｍｄ（ Ｔ ２） ２， 解得ｑ＝ ｍｖ２０ ２Ｕ０ ，故Ａ正确；若粒子在ｔ＝０时刻以 ｖ０ ２进入电场，则 经过时间Ｔ，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故 Ｂ错 误；若该粒子在ｔ＝ Ｔ４时刻以速度ｖ０进入电场，粒子在电场中运 动时间为 Ｔ；在竖直方向粒子在 Ｔ４ ～ Ｔ ２ 时间内先加速，在 Ｔ ２ ～ ３Ｔ ４内做减速运动速度减为零，然后 ３Ｔ ４ ～Ｔ时间内反向加 速，在Ｔ～５Ｔ４内做减速运动直至减为零，以速度 ｖ０水平射出电 场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故ＣＤ正确． １１．（１）Ｒ２　（２）最左端 （３）２ｋ－ＲＡ　（４）９．３×１０ －７ 解析：（１）由题可知，滑动变阻器采用限流接法，所以滑动变 阻器的阻值应大于待测电阻阻值，但不能大待测电阻太多，才能 保证移动滑动变阻器的滑片时，电表示数有明显的、较大范围的 变化，故滑动变阻器选Ｒ２； （２）在闭合开关前，为了保证电表安全，滑动变阻器应全部 接入电路，即滑动变阻器的滑片置于最左端； （３）根据部分电路欧姆定律可得２Ｕ＝Ｉ（Ｒｘ＋ＲＡ），变形得Ｉ ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ Ｕ，所以图线的斜率为ｋ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ ，解得 Ｒｘ ＝ ２ ｋ － ＲＡ． （４）根据电阻定律得Ｒｘ＝ρ ｌ Ｓ，Ｓ＝π（ Ｄ ２） ２＝ １４πＤ ２，联 立可得ρ＝ ＲｘＳ ｌ ＝ πＤ２Ｒｘ ４ｌ ＝ ３．１４×（０．２００×１０－３）２×９．３ ４×３１．４０×１０－２ Ω·ｍ ＝９．３×１０－７Ω·ｍ． １２．（１）ｒ１－ｒ２　（２）２．０　６．５　（３）小于 解析：（１）结合电路原理有：将Ｓ２换到 ｂ，调节电阻箱，使电 流表示数不变． 由题意可知Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ１），Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ２＋Ｒ１），解得Ｒ１＝ ｒ１－ｒ２． （２）由题意可知，电源电动势为Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１） 整理得 １ Ｉ ＝ １ ＥＲ＋ Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ 由 １ Ｉ－Ｒ图像可知，图像斜率 ｋ＝ １Ｅ ＝ ６．０－４．０ ４．０－０ Ｖ －１ 电源电动势为Ｅ＝２Ｖ 截距 Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ ＝４．０ 解得Ｒ２ ＝６．５Ω． （３）若实际电流表Ａ内阻不可忽略，Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１＋ ＲＡ） 整理得 １ Ｉ＝ Ｒ Ｅ ＋ Ｒ１＋Ｒ２＋ＲＡ Ｅ ，与以上比较可知，则Ｒ２的 真实值小于测量值． １３．（１）ｒ＝４Ω；（２）η＝９０％；（３）６２５Ｗ． 解析：（１）对电热丝，有Ｐ＝Ｉ２Ｒ 解得回路电流为Ｉ＝５Ａ 根据闭合回路欧姆定律，有Ｅ＝Ｉｒ＋ＵＭ ＋ＩＲ 解得电源的内阻为ｒ＝４Ω （２）电动机的效率为η＝ ＵＭＩ－Ｉ２ＲＭ ＵＭＩ ×１００％ 解得η＝９０％． （３）电动机的转子被卡住，回路电流为 Ｉ′＝ Ｅｒ＋ＲＭ ＋Ｒ ＝１２．５Ａ 电热丝上消耗的功率Ｐ′＝Ｉ′２Ｒ＝６２５Ｗ． １４．（１）３ｍｖ ２ ２ｑ；（２） 槡３２ｍｖ２ ４ｑＲ ． 解析：（１）根据动能定理，粒子从Ａ到Ｂ电场力做功为 ＷＡＢ ＝ １ ２ｍ（２ｖ） ２－１２ｍｖ ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｂ间的电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ． （２）粒子从Ａ到Ｃ电场力做功为 ＷＡＣ ＝ １ ２ｍ（槡７ｖ） ２－１２ｍ（２ｖ） ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｃ间的电势差为ＵＡＣ ＝ ＷＡＣ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ 由此可知，Ｂ、Ｃ两点电势相等，电场 方向垂直于ＢＣ连线，如图所示 由几何关系可知，ＡＢ与ＢＣ垂直且相 等，ＡＢ间距离为ｄ＝槡２Ｒ 则匀强电场的电场强度大小为 Ｅ＝ ＵＡＢ 槡２Ｒ ＝ 槡３２ｍｖ ２ ４ｑＲ ． １５．（１）Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ；（２）η＝２５％． 解析：（１）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗 粒就能够全部收集，水平方向有Ｌ＝ｖ０ｔ 竖直方向有ｄ＝ １２ａｔ ２，ｑＥ＝ｍａ 又Ｅ＝ Ｕ１ ｄ 联立解得两金属板间的电压为Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ． （２）若保持电压不变，板间距离变成原来的２倍，则电场强 度变为Ｅ′＝ Ｕ１ ２ｄ＝ １ ２Ｅ 颗粒在极板间的加速度变为ａ′＝ｑＥ′ｍ ＝ １ ２ａ 则有Ｌ＝ｖ０ｔ，ｙ′＝ １ ２ａ′ｔ ２ 联立可得ｙ′＝ １２ｄ 可知被收集的颗粒占进入收集器的总颗粒的百分比为 η＝ ｙ′２ｄ×１００％ ＝ １ ２ｄ ２ｄ ×１００％ ＝２５％． ! ! !"#$ " ! !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / !! " ! # ! $ % & 书 小灯泡Ｌ未断路前路端电压 Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ２ ＝０．４５×２０Ｖ＝９Ｖ 小灯泡Ｌ未发生断路前恰好正常发光，而小灯泡Ｌ的额定电 压ＵＬ ＝４Ｖ 则可得小灯泡Ｌ的额定电流ＩＬ ＝ ＰＬ ＵＬ ＝０．２５Ａ 则变阻器连入电路的阻值 Ｒ１ ＝ ＵＲ１ ＩＲ１ ＝ Ｕ′２－ＵＬ ＩＬ ＝９－４０．２５Ω＝２０Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ 小灯泡Ｌ断路前Ｅ＝Ｕ′２＋（Ｉ′２＋ＩＬ）ｒ 断路后Ｅ＝Ｕ２＋Ｉ２ｒ 代入数据联立解得Ｅ＝１２．５Ｖ，ｒ＝５Ω． 第２１期３、４版参考答案 １．Ｃ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．仅将甲或乙伸入空心球内后，由于静电感应，验电器箔片 会一直张开，故Ａ错误；将甲、乙先后伸入球内，验电器箔片先张 开、后闭合，故Ｂ错误；将甲、乙同时伸入球内，感应电荷为零，验 电器箔片不动，将甲或乙撤出后箔片张开，故Ｄ错误；将甲、乙先 后伸入球内，验电器箔片先张开再闭合，将乙或者甲撤出后箔片 又张开，故Ｃ正确． ３．通电螺线管内部的磁场最强，且接近匀强磁场，两端稍弱． 故Ｃ正确． ４．因为金属棒中单位长度的自由电子数为ｎ，所以金属棒中 电荷量为ｑ＝ｎｅＬ，全部通过某一横截面所用时间为ｔ＝ Ｌｖ，根据 电流的定义式，得Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｎｅＬ Ｌ ｖ ．故Ｂ正确． ５．四个电荷的电荷量相等，两对对角线的电荷都是一对等量 异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相 等，则合电场强度的方向水平向左．根据对称性可知，电场强度的 大小为Ｅ合 ＝２× ２ｋＱ （槡 ２ ２ａ） ２ ｃｏｓ４５°＝ 槡４２ｋＱ ａ２ ，故Ａ正确． ６．Ｌ１与Ｌ４为串联关系，电流相等，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，且Ｌ１的电 阻小于Ｌ４的电阻，则Ｌ１与Ｌ４的功率大小关系为Ｐ１＜Ｐ４，Ｌ２与 Ｌ３为并联关系，电压相等，根据Ｐ＝ Ｕ２ Ｒ，且Ｌ２的电阻小于Ｌ３的电 阻，则Ｌ２与Ｌ３的功率大小关系为Ｐ２＞Ｐ３，由于Ｌ１与Ｌ２电阻相 等，且通过Ｌ１的电流大于通过Ｌ２的电流，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，可知Ｌ１ 与Ｌ２的功率大小关系为Ｐ１＞Ｐ２，则Ｌ１、Ｌ２、Ｌ３、Ｌ４的功率大小关 系为Ｐ４ ＞Ｐ１ ＞Ｐ２ ＞Ｐ３，则最暗的灯是Ｌ３．故Ｃ正确． ７．匀强电场中同一方向上相同距离的两点间电势差绝对值 相等，所以φＡ－φＢ ＝φＤ－φＣ，解得φＤ ＝４Ｖ，故ＡＢ错误；由于 Ｂ、Ｄ两点电势相等，即ＢＤ连线为等势线，根据电场线与等势线垂 直，所以电场线的方向与 ＢＤ的连线垂直，且由高电势指向低电 势，即电场线的方向为ＡＣ方向，大小为Ｅ＝ ＵＡＣ ｄＡＣ ＝ ６－２ ２×１０－２ Ｖ／ｍ ＝２００Ｖ／ｍ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．ＡＣＤ　９．ＡＣ　１０．ＡＤ 提示： ８．把线圈变成圆形（周长不变），线圈的面积增大，穿过线圈 的磁通量增大，能够产生感应电流．故Ａ正确；由于磁场是匀强磁 场，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，不会 有感应电流产生，故Ｂ错误；使磁场增强或减弱，穿过线圈的磁通 量增大或减小，能够产生感应电流．故 Ｃ正确；当线圈以 ａｂ为轴 旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故Ｄ正确． ９．结合电场线和等势线的关系可知，实线是等势线，虚线是 电场线，故ａ、ｂ两点电势相等，ｃ、ｄ两点电场强度不同，故Ａ正确， Ｂ错误；结合感应起电知识可知，靠近带电金属棒一侧的金属板 上产生的感应电荷较多，故Ｃ正确；金属棒所带电荷的电性未知， 无法判断ｃ、ａ两点的电势关系，电子从ｃ移到ａ，电场力的做功情 况未知，故Ｄ错误． １０．对比闭合电路欧姆定律Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知，图线与纵轴交点 表示电动势，即Ｅ＝６．０Ｖ，图线斜率的绝对值表示内阻，大小为ｒ ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝｜６．０－５．００．５ ｜Ω＝２Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；当外电阻与 内电阻相等时，即Ｒ＝ｒ＝２Ω时，电源的输出功率最大，故Ｃ错 误；电流为０．４Ａ时，根据闭合电路欧姆定律可得电流为 Ｉ＝ Ｅ Ｒ＋ｒ，代入数据解得Ｒ＝１３Ω，故Ｄ正确． １１．（１）８００　３．４　（２）ＡＣ １２．（１）１．７４５　４１．４　（２）Ｖ１　Ａ１　Ｒ１　（３）Ｃ １３．（１）ＢＳ；　（２）槡３２ＢＳ；　（３）－２ＢＳ． 解析：（１）磁通量的大小与线圈匝数无关，则穿过线圈平面 的磁通量为Φ１ ＝ＢＳ． （２）当线圈绕ＯＯ′轴转过３０°时，穿过线圈平面的磁通量为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过半圈，即转过１８０°时，穿过线圈平 面的磁通量为Φ３ ＝－ＢＳ 则磁通量变化量为ΔΦ ＝Φ３－Φ１ ＝－２ＢＳ． １４．（１）１．５Ｗ；（２）９Ｊ；（３）１０３ Ω． 解析：（１）电动机的输入功率 Ｐ入 ＝ＵＩ＝５×０．３Ｗ ＝１．５Ｗ． （２）电动机３０ｓ内提升重物的机械功为 Ｗ机 ＝Ｇｈ＝１２×３Ｊ＝３６Ｊ 电动机３０ｓ内消耗的总功为 Ｗ总 ＝Ｐ入 ｔ＝１．５×３０Ｊ＝４５Ｊ 因此，电动机线圈所产生的热量为 Ｑ＝Ｗ总 －Ｗ机 ＝４５Ｊ－３６Ｊ＝９Ｊ． （３）由焦耳定律Ｑ＝Ｉ２ｒｔ得，线圈电阻为 ｒ＝ Ｑ Ｉ２ｔ ＝ ９ ０．３２×３０ Ω＝１０３ Ω． １５．（１）ｋＱｑ ３ｌ２ ；（２） ３槡ｇｌ． 解析：（１）由库仑定律Ｆ＝ｋＱｑ ｒ２ Ａ处正点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＡ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ Ｂ处负点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＢ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ 释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力大小Ｆ＝ｋＱｑ ３ｌ２ ． （２）小环从 Ｃ滑到 Ｄ，电场力不做功，根据动能定理有 ｍｇｈ＝ １２ｍｖ ２－０ 因为ｈ＝槡３ｌｓｉｎ６０° 所以小环滑到Ｄ点时的速度大小ｖ＝ ３槡ｇｌ． 第２２期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分 布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元． 量子不是类似于质子、电子的微观粒子，不是一种高科技材料，不 是一个数量级的常量，表示微观世界的不连续性观念．故Ｄ正确． ２．由图知，甲球与乙球靠近时相互排斥，所以甲球和乙球一 定带同种电荷，甲可能带负电荷，也可能带正电荷，乙球和丙球相 互吸引，丙带正电，则乙带负电，甲带负电．故Ｂ正确． ３．感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化．在Ｄ 图中紫铜薄板上下及左右振动时磁通量都会发生变化，产生感应 电流，从而出现阻尼振动，衰减其微小振动，而在 ＡＢＣ图中紫铜 薄板上下振动的磁通量没有变化．故Ｄ正确． ４．根据题意，小球受到的电场力等于圆弧棒的重力，即ｑＥ＝ Ｍｇ，解得Ｅ＝Ｍｇｑ，故Ｄ正确． ５．这是电流表的原理图，能测量电流，也能测电路的较小电 压，Ｒ增大时电阻上的分流减小，则量程减小．故Ｃ正确． ６．根据图像可知，该热敏电阻为非线性元件，故Ａ错误；根据 图像可知，随着电压增大，图像上的点与原点连线的斜率变小，电 阻变大，故Ｂ错误；当电流为 Ｉ０时，电压为 Ｕ０，根据欧姆定律可 知，阻值为Ｒ＝ Ｕ０ Ｉ０ ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．甲、乙两环在ｂ点产生的磁感应强度大小相等，方向相同， 而ｂ点的磁感应强度大小为Ｂｂ，因此两环在ｂ点产生的磁感应强 度均为 Ｂｂ ２，乙环在ｂ点和甲环在ａ点产生的磁感应强度相同，均 为 Ｂｂ ２，所以乙环在ａ点产生的磁感应强度Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，现将甲环 撤去，则ａ点的磁感应强度大小为Ｂ′＝Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，故Ｄ正确． ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＢＣＤ 提示： ８．烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向轨迹的凹侧，并与 电场强度平行，因为电极端为负极，所以由此判断，烟尘微粒受到 的电场力与电场强度方向相反，因此烟尘微粒带负电，故Ａ错误； 等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，烟尘微粒在 Ａ点 的电场强度大于在Ｂ点的电场强度，故Ｂ正确；从 Ａ点运动到 Ｂ 点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以烟尘微粒在 Ａ点 的电势能大于在Ｂ点的电势能，烟尘微粒在Ａ点的速度小于在Ｂ 点的速度，故Ｃ正确，Ｄ错误． ９．当外界的光照强度减弱时，光敏电阻 Ｒ的值增大，电路中 的总电阻增大，电流减小．电流减小，灯泡变暗，故Ａ正确；根据Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ可知，电路中电流减小，路端电压增大，电压表示数增 大，故Ｂ错误；电源的总功率为Ｐ＝ＥＩ，电路中电流减小，电源总 功率减小，故Ｃ错误；电源内阻的发热功率为Ｐｒ＝Ｉ２ｒ，电路中电 流减小，电源内阻的发热功率减小，故Ｄ正确． １０．开关Ｓ接通时，回路中电阻较小，电饭煲功率较大，故电 饭煲处于加热状态，故Ａ错误；若Ｒ１＝Ｒ２＝５０Ω，保温时，回路 电流Ｉ＝ ＵＲ１＋Ｒ２ ＝２２０Ｖ１００Ω ＝２．２Ａ，Ｒ２的热功率 Ｐ＝Ｉ２Ｒ２ ＝ ２４２Ｗ，故Ｂ正确；根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ１∶Ｐ２＝Ｒ１∶Ｒ２＝４∶５，故 Ｃ正确；加热时Ｐ２＝ Ｕ２ Ｒ２ ，保温时Ｐ′２＝（ Ｕ Ｒ１＋Ｒ２ ）２Ｒ２＝ １ ２Ｐ２，则 Ｒ１∶Ｒ２ ＝（槡２－１）∶１，故Ｄ正确． １１．（１）Ｂ　左端　（２）１．５　１．０ １２．（１）０刻线　１５００　（２）１４４０　黄色 解析：（１）图乙ａ指针偏转角度过小，倍率偏小，应将倍率由 “×１０挡”更换至“×１００挡”，图乙ｂ指针指向１５，故色环电阻的 阻值为Ｒ＝１５×１００Ω＝１５００Ω． （２）由图丁可读出通过色环电阻的电流为２．５０ｍＡ．根据欧 姆定律可得色环电阻的阻值为Ｒ＝ ＵＩ ＝ ３．６Ｖ ２５０ｍＡ＝１４４０Ω． 由于测得的色环电阻的阻值为１４４０Ω，第二位数字为“４”， 根据涂色规则可知第二个色环的颜色为黄色． １３．（１） ｋＱｑ μ槡ｍｇ；（２） μｍｇＬ ｑ ． 解析：（１）依题意，小滑块加速度为零时，其速度最大，受力 分析可得μｍｇ＝ｋＱｑ ｘ２ 解得ｘ＝ ｋＱｑ μ槡ｍｇ． （２）由动能定理，有ＷＡＢ－μｍｇＬ＝０ Ａ、Ｂ两点间电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ μｍｇＬ ｑ ． １４．（１）１６Ω；（２）０．２４Ａ． 解析：（１）根据Ｅ＝Ｉ１（Ｒ０＋ｒ＋ Ｒ ２） 代入数据可得Ｒ＝１６Ω． （２）根据Ｅ＝Ｉ２（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ１） 其中Ｉ２ ＝０．４Ａ 代入可得Ｒ１ ＝３Ω 由于浮标上升（或下降）的高度与滑动变阻器Ｒ的金属滑片 下移（或上移）的距离成正比．可知，池中的水没有时滑动变阻器 的电阻为Ｒ２ ＝８Ω＋５Ω＝１３Ω 根据Ｅ＝Ｉ３（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ２） 可得Ｉ３ ＝０．２４Ａ． １５．（１）槡２ｖ０；（２） ２ｍｖ２０ ｑＬ 解析：（１）粒子在电场Ｅ１中沿ｘ方向做匀速直线运动，ｙ方向 做初速度为零的匀加速直线运动 ｘ方向：２Ｌ＝ｖ０ｔ１ ｙ方向：Ｌ＝ ｖｙ ２ｔ１ 书 于司南的勺柄静止时指向南方，地磁场是南北指向，所以勺柄是 磁勺的Ｓ极，故Ｃ错误；由于地磁场无论是北半球还是南半球，地 磁场的水平分量都是南北指向，司南的勺柄在北半球和南半球指 示的方向相同，故Ｄ错误． ２．磁感应强度Ｂ是描述磁场强弱的物理量，既有大小又有方 向，是矢量，故Ａ错误；公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感 应强度Ｂ用Ｆ与ＩＬ的比值来量度，其大小由磁场本身决定，与Ｆ 和ＩＬ无关，故Ｂ错误；虽然Ｂ＝ ＦＩＬ，但一小段通电导体在某处不 受磁场力，并不能说明该处一定无磁场，可能是电流方向与磁场 方向平行，故Ｃ正确；根据Ｂ＝ ＦＩＬ可知，通电导线在磁场中受力 越大，磁场不一定越强，故Ｄ错误． ３．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，故乙、 丙、丁都可以产生电场，故Ａ错误，Ｂ正确；均匀变化的磁场产生 恒定的电场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，从而产 生电磁波，故丙、丁可以产生电磁波．故ＣＤ错误． ４．普朗克长度为 ｌｐ ＝ ｈＧ ｃ槡３，则普朗克时间为 ｔｐ ＝ ｌｐ ｃ ＝ ｈＧ ｃ槡５，故Ｄ正确． ５．太阳能、风能、水能、地热能等自然资源属于可再生资源， 故Ａ错误；太阳能光伏板能把太阳能转化成电能，但不是全部转 化，会有损耗，故Ｂ错误；手机无线充电是应用电磁感应原理，所 以手机无线充电要放在无线充电线圈上，不能直接放在太阳能光 伏板上，故Ｃ错误；手机无线充电技术是应用电磁感应原理，故Ｄ 正确． ６．由题可得，穿过该圆面的磁通量为Φ＝ＢＳｓｉｎ３０°，则此匀 强磁场的磁感应强度为 Ｂ＝ ΦＳｓｉｎ３０°＝ ３．０×１０－５ ６．０×１０－４×１２ Ｔ＝ ０．１Ｔ，故Ｂ正确． ７．设Ｂ、Ｃ两点的导线在Ｄ点 产生的磁场的磁感应强度均为Ｂ， 则两磁场方向夹角为 １２０°，则由 平行四边形定则可知 Ｂ＝Ｂ０，若 把置于Ｃ点的直导线移至Ａ点，电 流大小和方向都不变，则在Ａ、Ｂ两处的导线在Ｄ点的磁感应强度 大小仍均为Ｂ０，两磁场的夹角为６０°，则合磁场为Ｂ′＝２Ｂ０ｃｏｓ３０°＝ 槡３Ｂ０，方向竖直向下．故Ｄ正确． ８．ＡＢＣ　９．ＢＣＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是连 续的，而是一份一份进行的，每一份能量单位，称为“能量子”，能 量子的能量ε＝ｈν，ν为带电微粒的振动频率，ｈ为普朗克常量， 故ＡＢＣ正确，Ｄ错误． ９．ａｂ、ｃｄ均向右运动，当ｖ１＝ｖ２时，闭合回路的磁通量不变， 故没有感应电流产生，故Ａ错误；Ｂ、Ｄ两项所述情况，闭合回路的 磁通量增加，Ｃ项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电 流产生，故ＢＣＤ正确． １０．当海面无波浪时，线圈没有相对磁铁上下运动，则线圈没 有切割磁感线，所以灯塔无法发光，故Ａ错误；海水上下振荡速度 越快，则产生的感应电动势越大，感应电流就越大，灯泡发光就越 亮，故Ｂ正确；当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中 有感应电流，故Ｃ错误；根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁 感应强度大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故Ｄ错误． １１．（１）发生　不发生　（２）向右　不发生 １２．（１）等于　小　１．４４×１０５Ｎ （２）右　交流　分区段 １３．（１）πＷｂ，４πＷｂ；　（２）π２ Ｗｂ；　（３）８πＷｂ 解析：（１）根据公式Φ ＝ＢＳ得 Φａ ＝ＢＳａ ＝πＷｂ，Φｂ ＝ＢＳｂ＝４πＷｂ （２）当磁场方向改变为与纸面成３０°角向里时线圈ａ中的磁 通量大小为Φ′ａ ＝Ｂｓｉｎ３０°·Ｓａ ＝ π ２ Ｗｂ． （３）磁场反向后线圈ｂ中的磁通量的变化量大小为 ΔΦｂ ＝－ＢＳｂ－ＢＳｂ＝－８πＷｂ 故磁通量变化量大小为８πＷｂ． １４．（１）１２Ｂ０Ｌ ２；　（２）Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ） 解析：（１）ｔ＝０时穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量为 Φ ＝ＢＳｓｉｎθ＝ １２Ｂ０Ｌ ２ （２）当穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量不变时，ＭＮ棒中不产生感 应电流，可得Φ ＝ＢＬ（Ｌ＋ｖｔ）ｓｉｎθ 解得Ｂ与ｔ的关系式为Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ）． １５．（１）２∶１； （２）垂直纸面向里，１４Ｉ０ 解析：（１）Ｃ点的磁场沿ＢＣ方向向 右，根据安培定则分别表示两导线在Ｃ 点形成的磁感应强度如图所示，得ＢＡ∶ ＢＢ ＝２∶１． （２）根据安培定则，Ｂ点处导线中 电流方向垂直纸面向里，根据题意 ＢＡ ＝ｋ Ｉ０ ｒＡＣ ，ＢＢ ＝ｋ ＩＢ ｒＢＣ 根据几何关系ｒＡＣ ＝２ｒＢＣ 又ＢＡ∶ＢＢ ＝２∶１ 解得ＩＢ ＝ １ ４Ｉ０． 第２０期参考答案 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．变化的磁场周围产生电场，当电场中有闭合回路时，回路 中有电流，若无闭合回路，电场仍然存在，与电路是否闭合无关， 故Ａ错误；周期性变化的磁场产生的电场一定也是周期性变化 的，且频率相同，故Ｂ正确；若形成电磁场必须有周期性变化的电 场和磁场，故Ｃ错误；只有变化的电场才能产生磁场，只有变化的 磁场才能产生电场，故Ｄ错误． ２．“磁星”周围某点的磁场方向可以用磁感线在该点的切线 方向表示，故Ａ正确；磁感线是闭合的曲线，则距“磁星”很远处 磁感线不会中断，故Ｂ错误；在“磁星”外部和内部都有磁场，内 部和外部磁感线组成闭合的曲线，故Ｃ错误；“磁星”表面的磁场 非常强，故磁感线非常密集，但是磁感线不可能相切，故Ｄ错误． ３．根据电流的定义式Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｅ Ｔ ＝ １．６×１０－１９ １５０×１０－１８ Ａ≈１× １０－３Ａ，故Ａ正确． ４．线框在整个运动过程中，只在右侧边框恰好进入磁场到线 框恰好完全进入磁场的过程中产生感应电流，此过程线框的位移 为Ｌ，故根据匀速直线运动规律可得，产生感应电流的时间为ｔ＝ Ｌ ｖ，故Ａ正确． ５．由公式Ｒ＝ρＬＳ可知，该地板材质的电阻率 ρ＝ ＲＳ Ｌ ＝ １０６×０．８×０．０１ ０．８ Ω／ｍ＝１０ ４Ω／ｍ，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ６．ｍＡ·ｈ是电荷量单位，故Ａ错误；该眼镜的额定电流为Ｉ＝ Ｐ Ｕ ＝ ２０ １０Ａ＝２Ａ＝２０００ｍＡ，理论上该眼镜充满电后能连续工 作ｔ＝４０００２０００ｈ＝２ｈ，故Ｂ错误，Ｃ正确；该眼镜充满电所储存的能 量为Ｗ＝Ｐｔ＝２０×７２００Ｊ＝１．４４×１０５Ｊ，故Ｄ错误． ７．当无光照射Ｒ１时，Ｒ１的电阻变大，根据闭合电路欧姆定 律 Ｉ＝ ＥＲＬ＋Ｒ１＋ｒ ，Ｕ１＝Ｅ－Ｉ（ＲＬ＋ｒ）可知，干路电流Ｉ减小，即 通过光敏电阻Ｒ１的电流将变小，光敏电阻Ｒ１两端的电压变大， 故ＡＢ错误；电源消耗的总功率Ｐ＝ＥＩ，干路电流减小，则电源消 耗的总功率变小，故Ｃ错误；灯泡消耗的功率ＰＬ ＝Ｉ２ＲＬ，干路电 流减小，则灯泡消耗的功率变小，故Ｄ正确． ８．ＣＤ　９．ＢＤ　１０．ＡＤ 提示： ８．根据右手螺旋定则可知，线框所在处的磁场垂直纸面向 里，故Ａ错误；距离导线越远则磁场越弱，则穿过线框的磁通量逐 渐减小，故Ｂ错误；由于穿过线框的磁通量逐渐减小，则线框中产 生感应电流，故Ｃ正确；由能量守恒定律可知，由于线圈中有电能 产生，则线框的机械能减少，故Ｄ正确． ９．车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｉ ＝ ＥＲ＋ｒ，求得Ｒ＝１Ω，仅接通车灯时，车灯的功率为Ｐ＝Ｉ ２Ｒ＝ １００Ｗ，故Ａ错误；电动机启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｕ ＝Ｅ－Ｉ１ｒ＝２Ｖ，流过车灯的电流为Ｉ２＝ Ｕ Ｒ ＝２Ａ，此时车灯功 率为Ｐ＝Ｉ２２Ｒ＝４Ｗ，故Ｂ正确；电动机启动时，电动机的电流为 Ｉ３ ＝Ｉ１－Ｉ２ ＝４８Ａ，电动机的输入功率ＰＭ ＝ＵＩ３＝９６Ｗ，故Ｃ 错误；电动机的热功率为Ｐ热 ＝Ｉ２３ｒ机 ＝２３．０４Ｗ，输出的机械功 率为Ｐ出 ＝ＰＭ －Ｐ热 ＝７２．９６Ｗ，故Ｄ错误． １０．根据闭合电路欧姆定律可得Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，可知电源的Ｕ－ Ｉ图像纵轴截距等于电动势，斜率绝对值等于内阻，则有 Ｅ＝ ３．０Ｖ，ｒ＝｜３．０２．０｜Ω＝１．５Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；该灯泡直接与该 电源相接时，由图像交点可知，灯泡电阻为 Ｒ＝ ＵＩ ＝ １．５ １．０Ω ＝ １．５Ω，灯泡功率为Ｐ＝ＵＩ＝１．５×１．０Ｗ ＝１．５Ｗ，故Ｃ错误， Ｄ正确． １１．（１） （２）７．５×１０－８　（３）Ｃ　９８ １２．（１）２９８００　（２） Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ 　 ｋ ｂ－Ｒ１　（３）相等 解析：（１）定值电阻Ｒ２的阻值为 Ｒ２ ＝ Ｕ Ｉｇ －Ｒｇ＝ ３ １００×１０－６ Ω－２００Ω＝２９８００Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律可得 Ｅ＝Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２）＋ Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２） Ｒ （Ｒ１＋ｒ） 化简可得 １ Ｉ ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ １ Ｒ ＋ （Ｒｇ＋Ｒ２） Ｅ 则ｋ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ ，ｂ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ Ｅ 解得Ｅ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ ，ｒ＝ ｋ ｂ－Ｒ１． （３）测量过程中不存在系统误差，故电池组电动势的测量值 与真实值相等． １３．（１）０．８Ｗｂ；（２）１２．８Ｗｂ 解析：（１）导体棒向右匀速运动４ｓ时，位移为 ｘ＝ｖｔ＝１×４ｍ＝４ｍ 由于∠ＭＯＮ＝４５°，此时回路的面积为 Ｓ＝ １２ｘ ２ ＝ １２ ×４ ２ｍ２ ＝８ｍ２ 回路的磁通量的变化量为ΔΦ１ ＝Φ－０＝ＢＳ 代入数据解得ΔΦ１ ＝０．８Ｗｂ． （２）初始时Φ０ ＝Ｂ０Ｓ０ ＝１．６Ｗｂ 回路面积从Ｓ０ ＝８ｍ２变到Ｓｔ＝１８ｍ２，Ｂ从Ｂ０＝０．２Ｔ变 到Ｂｔ＝０．８Ｔ时的磁通量为Φ２＝ＢｔＳｔ＝０．８×１８Ｗｂ＝１４．４Ｗｂ 故回路中的磁通量的变化为ΔΦ２ ＝Φ２－Φ０ 代入数据解得ΔΦ２ ＝１２．８Ｗｂ． １４．（１）５．５Ｗ；（２）６×１０－５Ｃ 解析：（１）根据闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｕ＋Ｉ（ Ｒ１Ｒ２ Ｒ１＋Ｒ２ ＋ｒ） 解得：Ｉ＝１Ａ 电动机的输出功率Ｐ＝ＵＩ－Ｉ２ｒ０ 解得：Ｐ＝５．５Ｗ． （２）电容两端电压为ＵＣ ＝ＩＲ并 ＝２Ｖ 电容器的带电荷量ｑ＝ＣＵＣ ＝６×１０－５Ｃ． １５．（１）２０Ω；（２）１２．５Ｖ，５Ω 解析：（１）根据并联电路的特点，小灯泡Ｌ断路后可知 Ｕ＝ Ｕ２ ＝１０Ｖ 则有Ｒ２ ＝ Ｕ２ Ｉ２ ＝１００．５Ω＝２０Ω ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / ! " # $ !"! #"! $%! " ! $ " $ " ! " " 书 （上接第３版） ３．如图２所示为乘客上公交车 时刷卡的情景，当听到“嘀”的声 音，表示刷卡成功．刷卡所用的 ＩＣ 卡内部有电感线圈Ｌ和电容Ｃ构成 的ＬＣ振荡电路．刷卡时，读卡机向 外发射某一特定频率的电磁波，ＩＣ 卡内的ＬＣ振荡电路产生电谐振，线圈 Ｌ中产生感应电 流，给电容Ｃ充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进 行数据处理和传输．下列说法正确的是 （　　） Ａ．读卡机发射的电磁波不能在真空中传播 Ｂ．ＩＣ卡是通过Ｘ射线工作的 Ｃ．ＩＣ卡工作所需要的能量来源于卡内产生的感应 电流 Ｄ．ＩＣ卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读 卡机传输数据的功能 二、填空题（共９分） ４．我国高铁技术、北斗卫星导航系统、５Ｇ通信技 术，目前处于世界领先水平．高铁将拥有基于北斗卫星 导航系统、５Ｇ通信技术的空天地一体化的“超级大脑”． 与４Ｇ相比，５Ｇ具有“更高网速、低延时、低功率海量连 接、通信使用的电磁波频率更高”等特点．与４Ｇ相比， ５Ｇ使用的电磁波的波长 （选填“更长”或“更 短”），能量子的能量 （选填“更小”或“更 大”），相同时间内 ５Ｇ信号比 ４Ｇ信号传递的信息量 （选填“更小”或“更大”）． 三、计算题（共１３分） ５．纳米技术现在已经广泛应用到社会生产、生活的 各个方面．将激光束的宽度聚光到纳米级范围内，可以 精确地修复人体损坏的器官．糖尿病引起视网膜病变是 导致成年人失明的一个重要原因，利用聚光到纳米级的 激光束进行治疗，９０％的患者都可以避免失明的严重后 果．一台功率为 １０Ｗ的氩激光器，能发出波长 λ＝ ５００ｎｍ的激光，用它“点焊”视网膜，每次“点焊”需要 ２×１０－３Ｊ的能量，求：（普朗克常量 ｈ＝６．６３× １０－３４Ｊ·ｓ） （１）每次“点焊”视网膜的时间； （２）在这段时间内发出的激光光子的数量．． 书 第１７期２版参考答案 素养专练１．磁场　磁感线 １．Ｃ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｂ 素养专练２．安培定则 １．Ａ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ｄ　５．ＢＤ 素养专练３．磁感应强度　磁通量 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ｄ 第１７期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｂ ８．Ｎ　无　变小　能 ９．（１）ＢＳ；（２）１２ＢＳ；（３）－２ＢＳ． 解析：（１）以图示情况下的磁通量为正值，则此时 穿过线圈平面的磁通量为Φ０ ＝ＢＳ． （２）线圈从初始位置绕ＯＯ＇轴转过６０°时，穿过线 圈平面的磁通量为 Φ１ ＝ＢＳｃｏｓ６０°＝ １ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过１８０°时，穿过线圈平面 的磁通量为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ１８０°＝－ＢＳ 则穿过线圈平面的磁通量变化了 ΔΦ ＝Φ２－Φ０ ＝－２ＢＳ． １０．（１）２０Ｔ；（２）２０Ｔ． 解析：（１）由磁感应强度的定义式得 Ｂ＝ＦＩＬ＝ ５Ｎ ２．５Ａ×１×１０－１ｍ ＝２０Ｔ． （２）公式Ｂ＝ ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感应 强度大小Ｂ与磁场本身有关，与导线的长度Ｌ、电流Ｉ的 大小无关，如果把通电导线中的电流增大到５Ａ，该处 的磁感应强度大小仍为２０Ｔ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＤ　３．ＡＤ ４．（１）前 （２）将电源正负极对换　将探管从另一端插入 （３）Ｄ　（４）Ｂ ５．（１）５×１０－６Ｔ，与水平方向成５３°斜向下； （２）８×１０－６Ｗｂ． 解析：（１）根据题意可知，依 据平行四边形定则可得地磁场 Ｂ 的大小为 Ｂ＝ Ｂ２ｘ＋Ｂ ２ 槡 ｙ ＝５×１０ －６Ｔ Ｂ与水平方向的夹角（即磁倾 角） α＝ａｒｃｔａｎ Ｂｙ Ｂｘ ＝ａｒｃｔａｎ４３ ＝ ５３°． （２）地磁场与水平面不垂直， 取其与水平面垂直的 Ｂｙ分量，故 磁通量为 Φ＝ＢｙＳ＝４×１０ －６×２．０Ｗｂ ＝８×１０－６Ｗｂ． 书 １．对麦克斯韦电磁场理论的理解 恒定的电场不产生磁场 恒定的磁场不产生电场 均匀变化的电场在周围空间 产生恒定的磁场 均匀变化的磁场在周围空间 产生恒定的电场 不均匀变化的电场在周围空 间产生变化的磁场 不均匀变化的磁场在周围空 间产生变化的电场 振荡电场产生同频率的振荡 磁场 振荡磁场产生同频率的振荡 电场 ２．电场、磁场的变化关系可用下面的框图表示 例１．关于电磁场理论，下列说法正确的是 （　　） Ａ．在电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定 产生电场 Ｂ．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的 磁场周围一定产生变化的电场 Ｃ．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场 Ｄ．周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的 磁场 解析：根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场 能产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀 变化的电场才产生变化的磁场，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． 答案：Ｄ 例２．根据麦克斯韦的电磁场理论，以下叙述中正确 的是 （　　） Ａ．教室中亮着的日光灯周围空间必有磁场和电场 Ｂ．工作时的电磁打点计时器周围必有磁场和电场 Ｃ．稳定的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场产生稳 定的电场 Ｄ．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其 周围产生电磁波 解析：教室中亮着的日光灯、工作时的电磁打点计 时器中的电流是交变电流，在其周围产生交变磁场和电 场，故ＡＢ正确；稳定的电场不会产生磁场，故Ｃ错误；只 有周期性变化的电场和磁场才能交替产生磁场和电场， 由发生区域向外传播形成电磁波，故Ｄ错误． 答案：ＡＢ 例３．（多选）应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图 所示的表示电场产生磁场（或磁场产生电场）的关系图 像中（每个选项中的上图是表示变化的场，下图是表示 变化的场产生的另外的场），正确的是 （　　） 解析：Ａ图中的上图磁场是稳定的，由麦克斯韦的 电磁场理论可知，其周围空间不会产生电场，Ａ图中的 下图是错误的；Ｂ图中的上图是均匀变化的电场，应该 产生稳定的磁场，下图的磁场是稳定的，所以Ｂ图正确； Ｃ图中的上图是周期性变化的磁场，它能产生同频率的 周期性变化的电场，Ｃ图是正确的；Ｄ图的上图是周期性 变化的电场，在其周围空间产生周期性变化的磁场，故 Ｄ图错误． 答案：ＢＣ 方法总结：麦克斯韦电磁场理论的两大支柱：变化 的磁场产生电场；变化的电场产生磁场，而产生的电场 或磁场如何变化，与原磁场或原电场的变化规律有关． !" #$ %& ' () $ % * ' +"# ,% +!" #$% () () -. &' /0 () $% &1 +"# $% +!" #$% () -. *1 $% *1 ! " # ! " $ ! " % ! " & ! " % ! " & ! " % ! " & ! " # $ ! !" #$% !"#$%&'()*+,'-. ! " !" #"$ %! %%%& " '&'( & %% ' %% ( ! ! !"#$% !"#$ % & &'()*+, ! '()*+,- -./012'3456789:6 !" ; ) *+ <=> , ) *+ ?@A , % - .+ BC> , ) *+ D E , ) *+ F G -./01+ B H 23/01+ BIJ -4506+ K L -4578+ MNO @PQ R S TUV W X YZ[ ?\] W^I _ N `aV bc= Rde fdg ?=h iG. jkS l [ mno @pq 91-.+ YZ[ 91:;+ ? r <=-.+ ? s >?-.+ ?tt @ABC+ u%v wxyz{|}~ wxy'€‚ƒ„…† wxy‡ˆ‰Š‹ŒŽ} 0‘’“”•– ’—˜<=> ™š›œžŸ–/ ˜ #)%(*&+&+, 3 - 9 ¡¢£ ˜ '%*'./ " ¤‘¥¦¥– 0 " §fœŸ– " “”«¬­˜ &1/%*/'+%'/2 " ¤‘®¯˜wx°±²³U´*µ¶· %1'  0‘’-./0“”« " ¡¸“¹˜ &1&&&2 " ³º«»‘¼½˜ &1/%!/'+%"#$ &1/%!/'+%'1+ 3ƒ¾9 " »¿˜ÀÁ¤‘³º«¯ÂÃęÅÆ¡Ç3È9 " ¡¸»¿¼½˜ %%%./ " ÉÊËÌ»ÍλÏл " ¤‘ÑęŰ3³9Ò'ÓÔՑ " Ö׉ŠØÉÙ ˜ %(&&&&(&&&%%& " Ö׫¬­˜ &1/%!/'+%'// " ¤‘ÚÛ"ÜÝބßà‹ŒŽ3#á³âã*äåæç聂é %%  9êßëì‹ßíîïðñëÀÁ¤‘³º«¯Âòó ôõÁö÷æø ùçúû˜ 234 56789:;<23 =>)?@AB 56C D?E7FG=FH? IJKLMN 23OP QRSTBUVWMXY 23?Z2B[2B\] 2M^23N 56CD ?E7F_OP`a CRbcRde)5CR fgCMh ijkUVW AlmnaoR [2) *R pqrbcstRe ufgCFH?IJMv üýþÿ˜ wxy zE7B 6{?CD| {}~€N zH‚ C?ƒfKL7„N …†„_23\‡ˆ‰ %B @A456ŠY; )€w}~?‹AK LN zŒ„_2Ž }N2‘7yR’“R ”AM•–—˜235 6R™7š›R^23; <>)Rœ%FHRžf Ÿˆ 2ƒfˆ‹A¡}M 7l=¢£|K™¤v üý!"˜ wxy {\9:{¥¦§2¨ ‰©Œª«@A=}~ 4KLN ¬­®¯|{ 47 8=€w°±N² ³23ˆ E|{Œ56 ŠY€}~N ²³H ‚CŒƒfKLM®¯ 7„N„_—˜2ˆf gˆ56ˆš´?^23 >)@AM•–F_; <>)ˆ FHfŸ?‹ A¡}µ¶·=78K L¸¹N º»„ª‹A µ{¸¹¼½ˆ ¾¿Œ ÀÁwxy•–ÂÃ= 3#$6 ' ë 1 –.%9 书 §１３．５能量量子化 预习题纲 １．知道热辐射、黑体辐射的概念； ２．了解普朗克的能量子假设和爱因斯坦的光子假设； ３．了解原子能级及能级跃迁规律． 课本预习 热辐射 １．物体具有的与 有关的辐射电磁波的方式． ２．物体在室温时，热辐射的主要成分是波长 的电磁波，当温度升高时，热辐射中波长 的成分越来越强． ３．能够完全吸收入射的各种波长的 而不 发生 的物体叫作 ． ４．黑体虽然不反射电磁波，但是却可以向外辐射电 磁波，而且辐射电磁波的强度按 的分布只与它 的 有关． 能量子 １．振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε 的 倍．这个不可再分的最小能量值ε叫作能量子． ２．能量子的大小：ε＝ ，其中 是 电磁波的频率，ｈ是一个常量，称为普朗克常量． ３．普朗克认为微观粒子的能量是 的，是不 连续（分立）的． ４．光是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为 ν的光的能量子为 ，这些能量子被叫作 ． 能级 １．原子的能量是 的，这些 的能量 值叫作能级． ２．原子处于能量最低的状态时最稳定，原子处于能 量较高的状态时不稳定，会自发地向能量较低的能级跃 迁，放出 ． ３．原子从高能态向低能态跃迁时放出的光子的能 量， 前后两个能级之差． ４．原子的能级是分立的，放出的光子的能量也是分 立的，因此原子的发射光谱只有一些 的亮线． 问题思考 １．很多地方用红外热像仪监测人的体温，只要被测 者从仪器前走过，便可知道他的体温是多少，你知道其 中的道理吗？ ２．由能量量子化假说可知，能量是一份一份的，而不 是连续的，在宏观概念中，举一些我们周围不连续的实例． 思考提示 １．根据热辐射规律可知，人的体温的高低，直接决 定了这个人辐射的红外线的频率和强度．通过监测被测 者辐射的红外线的情况就知道这个人的体温． ２．人的个数，自然数，汽车等． 书 §１３．３电磁感应现象及应用 预习题纲 １．了解电磁感应现象的发现历程； ２．知道感应电流的产生条件，会判断回路中是否有 感应电流； ３．了解电磁感应现象的应用． 课本预习 划时代的发现 １．法拉第提出了“由磁产生电”的设想，并为此进 行了长达１０年的探索，从中领悟到，“磁生电”是一种在 变化、 的过程中才能出现的效应． ２．“磁生电”的现象，叫作 ． ３．电磁感应现象中产生的电流叫作 ． 产生感应电流的条件 １．实验装置（如图１所示） ２．探究记录 开关和变阻器的状态 线圈Ｂ中是否有电流 开关闭合瞬间 有 开关断开瞬间 开关闭合时，滑动变阻器不变 开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片 ３．探究结果 当穿过闭合导体回路的 发生变化时，闭合 导体回路中就产生感应电流． 电磁感应现象的应用 １． 是根据电磁感应原理制造的，它开辟 了人类社会的电气化时代． ２．生产、生活中广泛使用的变压器、电磁炉等都是 根据 制造的． 问题思考 １８２５年，瑞士物理学家德拉 里夫的助手科拉顿将一个螺线 管与电流计相连．为了避免强磁 性磁铁影响，他把电流计放在另 外一个房间，用长导线把“电流 表”和螺线管连接起来．当他把 磁铁投入螺线管中后，立即跑到另一个房间去观察（如 图２所示）．他在两个房间跑来跑去，没有观察到电流表 指针摆动．电路中有没有产生感应电流呢？ 思考提示 科拉顿把磁铁投入螺线管的瞬间，回路中产生感应 电流，磁铁静止后感应电流消失，所以当他跑到另一房 间时，电流表指针早已停止了摆动．故科拉顿观察不到 电流表指针的偏转． 书 §１３．４电磁波的发现及应用 预习题纲 １．了解麦克斯韦电磁场理论的内容； ２．知道电磁波的形成及赫兹的实验结论； ３．知道电磁波在真空中传播速度及波长、频率和波 速的关系； ４．了解电磁波谱的组成及各种电磁波的特点、应用． 课本预习 电磁场 １．麦克斯韦的电磁理论：变化的 产生电 场，变化的 产生磁场． ２．变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不 可分割的统一的 ． 电磁波 １．麦克斯韦推断：周期性变化的电场在空间引起 变化的磁场，这个变化的磁场又引起新的 的电场． ２．麦克斯韦预言：周期性变化的电场和磁场交替产 生，由近及远地向周围传播，形成 ． ３．机械波的传播离不开 ，电磁波可以在 中传播． ４．光是以波动形式传播的一种 振动，电磁 波的速度等于 ． ５．１８８６年德国科学家赫兹通过实验捕捉到了 ，证实了麦克斯韦的 理论． 电磁波谱 １．电磁波的波速 ｃ与波长 λ、频率 ｆ的关系：ｃ＝ ． ２．电磁波在真空中的速度：ｃ＝ ｍ／ｓ． ３．电磁波谱：按电磁波的 或频率大小的顺 序把它们排列起来，就是电磁波谱． ４．各种电磁波的应用 （１）无线电波中的长波、中波、短波可以用于广播 及其他信号的传输， 可以用于卫星通信、电视 等的信号传输． （２）红外线可以用于 理疗，可见光可以用 于通信． （３）紫外线可以 ，Ｘ射线胶片可以用于诊 断病情， 可以摧毁病变的细胞． 电磁波的能量 １．光是一种电磁波 ——— 传播着的 ，光具 有能量． ２．电磁波具有能量，电磁波是一种 ． 电磁波通信 １．电信网、广播电视网和互联网相互渗透、相互兼 容，逐步整合成为 的信息通信网络． ２．信息通信都是通过 来传递的． ３．电磁波携带的信息，既可以有线传播，也可以 传播． 问题思考 如图所示，在变化的磁场中 放置一个闭合线圈． （１）你能观察到什么现象？ （２）这种现象说明了什么？ 思考提示 （１）灵敏电流计的指针发生偏转，有电流产生． （２）变化的磁场产生了电场，使闭合线圈的自由电 荷发生了定向移动而形成了电流． !"#$% &'()*+,-. ! wÜ _ & !"&$& &'/-+0,-. !'&$( 12234 {\*3 ' # ! % ÄÅÄÆ=|ÇÈ ! ' ÉÊ # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # ########################################## 3./,-01;9 ! ' ## ( % ) ! 书 Ａ组 一、选择题（本题共７小题，每小题５分，共３５分） １．关于电磁波，下列说法正确的是 （　　） Ａ．麦克斯韦不但预言了电磁波的存在，而且通过实 验证实了电磁波的存在 Ｂ．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹通过实 验证实了电磁波的存在 Ｃ．赫兹不但预言了电磁波的存在，而且通过实验证 实了电磁波的存在 Ｄ．赫兹首先预言了电磁波的存在，麦克斯韦通过实 验证实了电磁波的存在 ２．（２０２３河北保定第三中学期中）我国研制的０５５ 新型防空驱逐舰采用“双波段（Ｘ波段和Ｓ波段）”雷达 系统，雷达发射的Ｘ波段的频率为８～１２ＧＨｚ，Ｓ波段的 频率为２～４ＧＨｚ，下列说法正确的是 （　　） Ａ．在空气中Ｘ波段的传播速度大于Ｓ波段的 Ｂ．在空气中Ｓ波段的波长比Ｘ波段的更短 Ｃ．Ｓ波段和Ｘ波段的频率都比紫外线的小 Ｄ．Ｘ波段能量子的能量比Ｓ波段能量子的能量小 ３．（２０２４黑龙江哈师大附中期末）下列四幅图中，Ａ 图中条形磁铁以恒定的速度沿水平方向穿过开口导体 环；Ｂ图中存在垂直导轨平面的匀强磁场，与导轨接触 良好的两导体棒以相同的速度沿固定的水平导轨向左 运动；Ｃ图中导体框在竖直向下的匀强磁场中绕竖直轴 线以恒定的角速度转动；Ｄ图中存在垂直导轨平面的匀 强磁场，与导轨接触良好的导体棒以一定的速度沿固定 的水平导轨向左运动．在电路中有感应电流产生的是 （　　） ４．我国研制的“大连光源”——— 极紫外自由电子激 光装置，发出了波长在１００ｎｍ（１ｎｍ＝１０－９ｍ）附近连 续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．大连光源因其 光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾 治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波 段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把 分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为（普 朗克常量ｈ＝６．６×１０－３４Ｊ·ｓ，真空光速ｃ＝３×１０８ｍ／ｓ） （　　） Ａ．１０－２１Ｊ Ｂ．１０－１８Ｊ Ｃ．１０－１５Ｊ Ｄ．１０－１２Ｊ ５．（２０２３江西调研）如图 １所示为汽车防抱死制动系统 （ＡＢＳ）中的轮速传感器，铁质 齿轮Ｐ与车轮同步转动，右侧 有一个绕着线圈的磁铁 Ｑ．当 每个轮齿在接近和离开 Ｑ时，线圈中会出现感应电流． 下列说法正确的是 （　　） Ａ．车轮正常运转时线圈中没有感应电流 Ｂ．车轮抱死时线圈中也有感应电流 Ｃ．当每个轮齿在接近磁铁Ｑ时，线圈中磁通量不变 Ｄ．当每个轮齿在离开磁铁Ｑ时，线圈中磁通量发生 了变化 ６．（２０２４云南楚雄期末）如 图２所示，磁带录放机既可录 音，也可放音，其主要部件为匀 速行进的磁带 ａ和绕有线圈的 磁头ｂ，对于它在录音、放音过程 中主要工作原理的描述，正确的 是 （　　） Ａ．放音的主要原理是电磁感应、录音的主要原理是 电流的磁效应 Ｂ．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是 电流的磁效应 Ｃ．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用 Ｄ．录音和放音的主要原理都是电磁感应 ７．（２０２３湖南岳阳平江县第 一中学月考）如图３所示，固定 于 水 平 面 上 的 金 属 导 轨 ＰＰ′Ｑ′Ｑ，金属棒ＭＮ沿导轨向右 运动．ｔ＝０时，垂直导轨平面向 下的磁场磁感应强度为Ｂ０，金属 棒ＭＮ到ＰＱ的距离为ｌ，速度为ｖ０，并且开始做匀减速直 线运动，加速度大小为ａ．已知金属棒ＭＮ与金属架始终 接触良好，在金属棒ＭＮ停止之前，为使ＭＮ棒中不产生 感应电流，则从ｔ＝０开始，磁感应强度Ｂ随时间ｔ的变化 关系应为 （　　） Ａ． ２Ｂ０ｌ ｌ＋２ｖ０ｔ＋ａｔ ２ Ｂ． ２Ｂ０ｌ ２ｌ＋２ｖ０ｔ－ａｔ ２ Ｃ． Ｂ０ｌ ｌ＋ｖ０ｔ－ａｔ ２ Ｄ． ２Ｂ０ｌ ２ｌ＋ｖ０ｔ＋ａｔ ２ 二、实验题（共１０分） ８．（２０２４山西学业考试模拟）（１）课堂上，吴老师带 领同学们用如图４所示的三套实验装置探究感应电流 产生的条件，下列选项中不会产生感应电流的操作是 ． Ａ．图甲中，条形磁体快速穿过线圈 Ｂ．图甲中，条形磁体静止在线圈中 Ｃ．图乙中，导体棒ＡＢ水平向左运动 Ｄ．图乙中，导体棒ＡＢ顺着磁感线方向运动，且保持 穿过ＡＢＣＤ的磁感线条数不变 （２）某物理小组采用如图丙所示装置来“探究感应 电流产生的条件”，请判断以下的实验操作能否看到指 针偏转． ①开关的闭合与断开过程，电流表的指针 （选填“会”或“不会”）偏转； ②开关断开后，将Ａ线圈插入 Ｂ线圈的过程中，电 流表的指针 （选填“会”或“不会”）偏转； ③开关闭合后，移动滑动变阻器的滑片，电流表的 指针 （选填“会”或“不会”）偏转． （３）以上实验说明：只要穿过闭合电路的 ，闭合电路中就有感应电流产生． 三、计算题（本题共２小题，共１５分） ９．（６分）蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来 发现老鼠的．假设老鼠的体温为３７℃，它发出的最强的 热辐射的波长为λｍ，根据热辐射理论，λｍ与辐射源的绝 对温度Ｔ的关系近似为λｍ·Ｔ＝２．９０×１０ －３ｍ·Ｋ，普朗 克常量ｈ＝６．６２６×１０－３４Ｊ·ｓ．求： （１）老鼠发出最强的热辐射的波长； （２）老鼠发出的这种最强的热辐射每份能量子（又 叫作光子）的能量． １０．（９分）一种红宝石激光器发射的激光是不连续 的一道道闪光，每道闪光称为一个光脉冲，若这种激光 器光脉冲的持续时间为１．０×１０－１１ｓ，波长为６９４．３ｎｍ， 发射功率为１．０×１０１０Ｗ． （１）每列光脉冲的长度是多少？ （２）用红宝石激光照射皮肤色斑，每１ｃｍ２吸收能 量达到６０Ｊ以后，色斑便逐渐消失，一颗色斑的面积是 ５０ｍｍ２，则它需要吸收多少个红宝石激光脉冲才能逐渐 消失？ Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分） １．下列说法正确的是 （　　） Ａ．原子的能量是连续的，原子的能量从某一能量值 变为另一能量值，可以连续变化 Ｂ．原子从低能级向高能级跃迁时放出光子 Ｃ．原子从高能级向低能级跃迁时放出光子，且光子 的能量等于前后两个能级之差 Ｄ．由于能级的存在，原子放出的光子的能量是分立 的，所以原子的光谱只有一些分立的亮线 ２．（２０２３广东省中山市华辰实验中学月考）如图１ 甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图 乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃 按钮磁铁远离螺线管回归原位置．下列说法正确的是 （　　） Ａ．松开按钮过程，螺线管中产生感应电流 Ｂ．按下按钮过程，螺线管中产生感应电流 Ｃ．按住按钮不动，螺线管中产生感应电流 Ｄ．按住按钮不动，螺线管中不产生感应电流 （下转第４版                                                                                                                                                             ） 书 素养专练４．电磁感应现象及应用 １．下列现象属于电磁感应现象的是 （　　） Ａ．通电导线周围和永磁体周围都存在磁场 Ｂ．闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线 运动，导体中就会产生电流 Ｃ．一些物体在磁体或电流的作用下会显现磁性 Ｄ．通电导线在磁场中受到力的作用 ２．（２０２３浙江学业考试）下列各图所示能产生感应 电流的是 （　　） Ａ．一个闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速 转动 Ｂ．条形磁铁插入有开口的圆环 Ｃ．闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁 Ｄ．平行金属导轨上两根金属棒向相反方向运动 ３．（２０２４重庆部分区期末）如 图１所示，Ｏ１Ｏ２是矩形金属导线框 ａｂｃｄ的对称轴，其左方有垂直于纸 面向外的匀强磁场，以下情况中有 感应电流产生的是 （　　） Ａ．将ａｂｃｄ向上平移 Ｂ．将ａｂｃｄ向下平移 Ｃ．将ａｂｃｄ以ａｂ为轴转动６０° Ｄ．将ａｂｃｄ以ａｄ为轴转动６０° ４．（２０２３辽宁学业考试）某款手机具备无线充电功 能，方便了人们的使用．无线充电技术主要应用的知识 是 （　　） Ａ．电磁感应 Ｂ．电流的热效应 Ｃ．电流的磁效应 Ｄ．安培分子电流假说 ５．（２０２４江苏省南京航空航天 大学苏州附中模拟）如图２所示， 闭合圆形线圈放在范围足够大的 匀强磁场中，下列说法正确的是 （　　） Ａ．线圈向右平移，线圈中产生 感应电流 Ｂ．线圈向上平移，线圈中产生感应电流 Ｃ．线圈以ａｂ为轴转动，线圈中产生感应电流 Ｄ．线圈以ａｂ为轴转动，线圈中磁通量不变 ６．（２０２３山东临沂期中）如 图３所示，物理课上老师做了一 个物理小实验让学生观察：一轻 质横杆两侧各固定一金属环，横 杆可绕中心点自由转动．老师拿 一条形磁铁插向其中一个小环后又取出插向另一个小 环，则 （　　） Ａ．磁铁Ｎ极插向左环环中有感应电流 Ｂ．磁铁Ｓ极插向左环环中有感应电流 Ｃ．无论磁铁哪个极插向左环，左环都有感应电流 Ｄ．无论磁铁哪个极插向右环，                                               右环都有感应电流 素养专练５．电磁波的发现及应用 １．（２０２３陕西咸阳市实验中学月考）关于电磁波， 下列说法正确的是 （　　） Ａ．电磁波的频率越大，其传播速度越大 Ｂ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在 Ｃ．电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波 Ｄ．变化的电场和磁场由近及远向周围传播形成了 电磁波 ２．（２０２３河北保定期末）麦克斯韦根据电磁场理论 预言了电磁波的存在，１８８６年，赫兹通过实验捕捉到了 电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论．下列说法中符 合科学实际的是 （　　） Ａ．周期性变化的磁场产生稳定的电场 Ｂ．均匀变化的磁场不能产生电场 Ｃ．电磁波在真空中传播的速度大于在介质中传播 的速度 Ｄ．电磁波传播过程中，电场和磁场是独立存在的， 没有关联 ３．（２０２３江西抚州临川一中开学考试）为了消杀新 冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯．这 种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民 的健康保驾护航．下列说法正确的是 （　　） Ａ．红外线和紫外线都是电磁波 Ｂ．紫外线能消杀病毒是因为紫外线波长长 Ｃ．红外线的波长比无线电波长 Ｄ．只有热的物体才能辐射红外线 ４．电磁波包含了Ｘ射线、红外线、紫外线、无线电波 等，按频率由低到高的排列顺序是 （　　） Ａ．无线电波、红外线、紫外线、Ｘ射线 Ｂ．红外线、无线电波、Ｘ射线、紫外线 Ｃ．Ｘ射线、红外线、紫外线、无线电波 Ｄ．紫外线、无线电波、Ｘ射线、红外线 ５．近年来军事行动中，士兵都使用“红外夜视仪”， 在夜间也能清楚地看清目标，主要是因为 （　　） Ａ．“红外夜视仪”发射出强大的红外线，照射被视 物体 Ｂ．一切物体均在不停地辐射红外线 Ｃ．一切高温物体均在不停地辐射红外线 Ｄ．“红外夜视仪”发射出 Ｘ射线，被照射物体受到 激发而发出红外线 ６．（多选）“中国天眼”位于贵州的大山深处，是 ５００ｍ口径球面射电望远镜（ＦＡＳＴ）．它通过接收来自宇 宙深处的电磁波探索宇宙．下列关于电磁波的说法正确 的是 （　　） Ａ．电磁波在任何介质中传播速度均为３×１０８ｍ／ｓ Ｂ．红外线的波长比紫外线大 Ｃ．麦克斯韦认为均匀变化的电场能激发出变化的 磁场，空间将产生电磁波 Ｄ．赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的                                          电磁理论 素养专练６．能量量子化 １．（多选）原子的能量量子化现象是指 （　　） Ａ．原子的能量是不可改变的 Ｂ．原子的能量与电子的轨道无关 Ｃ．原子的能量状态是不连续的 Ｄ．原子具有分立的能级 ２．关于黑体辐射，下列说法正确的是 （　　） Ａ．温度太低的物体不会辐射电磁波 Ｂ．黑体不会辐射电磁波 Ｃ．爱因斯坦通过提出的能量子假说，很好地解释 了黑体辐射规律 Ｄ．黑体辐射的能量是不连续的，只能是某一最小 能量值的整数倍 ３．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是 （　　） Ａ．红光 Ｂ．橙光 Ｃ．黄光 Ｄ．绿光 ４．（２０２３江苏五市十一校联考）普朗克在１９００年 将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元．在 下列宏观概念中，具有“量子化”特征的是 （　　） Ａ．人的个数 Ｂ．人的质量 Ｃ．物体的动能 Ｄ．物体的长度 ５．２０２２年５月５日，我国成功利用“墨子号”量子 科学实验卫星，实现了地球上１２００公里间的量子态远 程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络 建设领域向前迈出了重要的一步．下列关于量子化的 说法正确的是 （　　） Ａ．爱因斯坦首先提出了“能量子”的概念 Ｂ．物体的长度是量子化的 Ｃ．对于宏观带电物体，其电荷量是量子化的 Ｄ．能量子与电磁波的频率成反比 ６．两束能量相同的单色光，都垂直地照射到物体 表面，第一束光在某段时间内打到物体表面的光子数 与第二束光在相同时间内打到物体表面的光子数之比 为５∶４，则这两束光的光子能量和波长之比分别为 （　　） Ａ．４∶５　４∶５ Ｂ．５∶４　４∶５ Ｃ．５∶４　５∶４ Ｄ．４∶５　５∶４ ７．（２０２３江西南昌开学考 试）现在市场上常用来激光打 标的是３５５ｎｍ紫外纳秒固体激 光器，该激光器单光子能量高， 能直接打断某种材料的分子键，使之从材料表面脱离， 如图所示．据此判断，打断该材料分子键需要的能量约 为（取普朗克常量ｈ＝６．６×１０－３４Ｊ·ｓ，真空光速ｃ＝３ ×１０８ｍ／ｓ） （　　） Ａ．１０－２２Ｊ Ｂ．１０－１９Ｊ Ｃ．１０－１６Ｊ Ｄ．１０－１３Ｊ ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !" !"#$%& '$( #" !")*+% '$( $" ,--./ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! " !!!!!!!! # $ !!!!!!!! % & !!!!!!!! ' ( !!!!!!!! " !"#$% )*+,-. !$","-!$",# / ! ! !"#$% ! " &'()*+,- &'()*+,-./0123*0 !" 4 &'()*+,-./0123*0 !" 4 -560 $ 7 . 8'93 012345%6789 ::;<=>?@A0 1B9CDE<F5GH IJKLMB NF5OP QORS:TUVBWX Y0Z[<\]2 :;<=>?@A BCDEFGHIJK /, ^_`08a? 345bc<d%Oe \O1%OfgOhiOj kOlmOnknopk qr%stuvw &, 9:4xyN0 z{1|}~O€+ ‚ƒ„…<01B9:† 8345‡ˆ<‰Š0 1I45‹ŒB0Ž0 z‘I|}<’ “?”•O–Ž—˜™+ bcmšB9:›œ <01w ", ž‚0z6OŸ  I¡a<Ž5¢ˆ{ £B¤¥0z¦;Ÿ I ¡a§¨<\©ª«¬ 8a­®B¯°±ŽY0 Z[<²y³´I§¨ µ¶w ., 9:·0z{1 ¸¹5<º»kq¼½ ¾¿Bž‚0z?{1k q§¨<•ÀÁÂB+ Ã^_`8abc§ ¨ÄPQÅÆBœÄ9C LMI01BÇ È‚ƒ¼É„…<kq §¨ŠÊ2 LMNOK{1kq +kqje\O hik q2 PQFGKjr%s 3uvËkqj1%Ok qAÌ1%OÍj%ÎOk q’“s3uv)kqm ÏOhi’“stÎOnk nos3uv)nk%Ol m\©Îp2 LRSTU,NV WK kqÐÑ)Òk¼ ÓÎO hi’“stÔq ’“O6¼ÓO45Ô q ’“OÕ5’“)Õ5 ©ÖÎp2 LRX;SYKnk no¼¿Ojk¼¿)× Økqj1%¼¿Okq AÌ1%¼¿O Íj% ¼¿ÎO 0z?{1bc ²Ù<45¼¿)ÚÛÜ %¼¿Ojklm?ÝÞ ¸¼¿Î2 /;Z[Kßà2 \]N K̂k%%á2 0 1 ! " # 0 1 ! " ! & ! / 2 3 4 5 $ $ % & ' ( $ & ! $ ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ( " $ & ! & ! 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