第18期 电磁感应现象及应用 电磁波的发现及应用 微观世界的量子化-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（教科版2019）

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 ! " # ! " $ ! " % ! " & ! " % ! " & ! " % ! " & ! " # $ ! !" # $ %&'()*+,- ! % %% ' % ( ! 书 §３．５微观世界的量子化 预习题纲 １．知道光具有波粒二象性； ２．知道能量量子化及氢原子的能级图． 课本预习 波粒二象性 １．质能方程Ｅ＝ 建立了质量与能量的联 系，认为质量和能量都是物质存在的形式． ２．光的干涉和 现象是 特有的现 象，后来麦克斯韦更进一步说明光是一种电磁波，证明 光具有 ． ３．光电效应等现象证明了光具有 ． ４．爱因斯坦提出了光子说，他认为在空间传播的光 是 ，而是一份一份的，每一份叫作一个 ，简称 ． ５．光既具有波动性，又具有粒子性．也就是具有 ． ６．波粒二象性并不只是光才有的特性，而是微观世 界的 ．实验证明电子、质子等实物粒子同样具 有 ． 能量量子化 １．能量量子化：能量是一份一份的、不连续的，我们 把每一份的能量叫作 ，它的大小为 ε＝ ，其中ｈ＝６．６２６×１０－３４Ｊ·ｓ称为普朗克常量， ν为波的频率． ２．能级：原子的能量是 的，即一系列不连 续的值，这些不连续的、量子化的能量值称为 ． ３．基态：原子处于能量 的状态，这是最稳 定的状态． ４．激发态：原子变到能量较高的状态． ５．跃迁：当氢原子的能量发生变化时，只能从某个 能级“跳跃”到另一个能级，这个过程称为 ．从 较低的能级跃迁到较高的能级，必须 能量；反 之，则要 能量． 问题思考 问题：普朗克的能量量子化的观点与宏观世界中我 们对能量的认识有什么不同？ 思考提示 宏观世界中我们认为能量是连续变化的，普朗克的 能量子观点认为能量是一份一份的，每一份是一个最小 能量单位，即能量是不连续的． !"#$%&'()*+,'-. ! " !" #"$ %! &&&'" %'%(&&&'&&( ) *+ ./0 , ) *+ 123 , % - .+ 450 , ) *+ 6 7 , ) *+ 8 9 -./01+ 4 : 23/01+ 4;< -4506+ = > -4578+ ?@A 2BC D E FGH I J KLM 1NO IPQ R @ STH UV/ DWX YWZ 1/[ \9] ^_E ` M abc 2de 91-.+ KLM 91:;+ 1 f <=-.+ 1 g >?-.+ 1hh @ABC+ ijk ! ! !"#$% !"#$ % & lmnopqr ! '()*+,- s]tuvmwxyz{|}~€ !" , ‚ƒ„…†‡ˆ ‚ƒ…m‰wŠ‹ŒŽ ‚ƒ…‘’“”•–‡— ˜u™š›œž šŸ ./0 ¡¢£¤¥¦žt§ #)&(*'+'+,x-- ¨©ª§ %&*%.+ "«™!¬!ž "­,®¯ &/0 ° "­Y¤ž "›œ±²³ '10&*0%+&%02 "«™´µ ‚¶·¸¹Gºp»¼½ &1% §˜u™š¾]tu›œ± "¨¿›ÀÁ'1'''2 "¹Â±Ã™ÄÅÁ'10&!0%+&"#$ '10&!0%+&%1+x‹Æ- "ÃÇÁÈÉ«™¹Â±µÊËÌ¡Ío¨ÎxÏ- "¨¿ÃÇÄÅÁ&&&.0 "ÐÑÒÓÃÔÕÃÖ×à "«™Ø̡Ͷx¹-ÙmÚÛܙ "Ýޑ’#ÐߧÁ&(''''('''&&' "Ýà±²³Á'10&!0%+&%00 "«™áâãä勌æ瓔è–xéê¹ëìpíîïðñwŠò && §-óæôõ“æö÷øùúôÈÉ«™¹Â±µÊûü 书 §１３．３电磁感应现象及应用 预习题纲 １．知道电流的磁效应和电磁感应的概念； ２．知道感应电流产生的条件． 课本预习 奥斯特实验的启迪 １．１８２０年， 发现了电流的磁效应． ２．科学家们根据对称性的思考提出，既然电能产生 磁，是否也存在逆效应，即磁产生 呢？ 电磁感应现象的发现 １．法拉第经历长达１０年的探索，于１８３１年向英国 皇家学会提交了一篇论文，论文将“磁生电”的现象分 为五类，并把这些现象命名为 ． ２．五类“磁生电”的现象： （１） 中的电流；（２） 中的磁场； （３）运动中的 电流；（４）运动中的 ； （５）运动中的 ． ３．由电磁感应现象产生的 叫作感应电流． 感应电流产生的条件 １．当闭合电路的一部分导体在磁场中做 运动时，电路中有感应电流产生． ２．两个线圈相互不连通，也没有相对运动，Ｂ线圈 中的电流是靠 而产生的．引起“感应”的必要 条件是穿过Ｂ线圈的磁通量发生了 ． ３．产生感应电流的条件：只要穿过闭合导体回路的 磁通量发生 ，闭合导体回路中就有 产生． 电磁感应规律的发现对社会发展的意义 １．法拉第发明了人类历史上第一台 ． ２．发电机、变压器、感应电动机使人类进入电气时 代． 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．知道麦克斯韦的电磁场理论； ２．知道电磁波产生的原理，了解赫兹实验，知道ｃ＝ λｆ的关系； ３．知道电磁波谱中波长由长到短的排列顺序； ４．知道电磁波具有能量也能传递信息． 课本预习 电磁场 １．两个基本假设 （１） 的 磁 场 能 够 在 周 围 空 间 产 生 ． （２） 的 电 场 能 够 在 周 围 空 间 产 生 ． ２．如果在空间某区域有随时间 变化的电 场，那么这个变化的电场就在它周围空间产生 的磁场；这个变化的磁场又在它周围空间引起变化的电 场……于是，变化的电场和变化的磁场 ， 形成不可分割的统一体，称为电磁场． 电磁波和电磁波谱 １．由变化的电场和磁场交替产生而形成的电磁场 是 传播的，这种变化的电磁场在空间的传 播称为 ． ２．麦克斯韦在１８６５年预见了电磁波的存在，１８８８ 年， 第一次用实验证实了电磁波的存在． ３．电磁波的波速： （１）在真空中传播的速度为ｃ＝３．０×１０８ｍ／ｓ． （２）关系式：ｃ＝ ． ４．电磁波谱：按 或 的顺序把所有 电磁波排列起来，称之为电磁波谱． 电磁波的应用 １．电磁波的应用主要包括两个方面： （１）利用电磁波 ． （２）利用电磁波的 ． 问题思考 １．根据麦克斯韦的理论不均匀变化的电场能产生 变化的磁场，变化的磁场再产生变化的电场 …… 形成 电磁场．试探究：均匀变化的电场能产生电磁场吗？ ２．在我们身边到处都有电磁波的影子，它的应用更 是比比皆是．下面列出的设备中工作时所发出的波，哪 些属于电磁波？ （１）微波炉加热食物时发出的波． （２）电视发射塔发出的波． （３）互联网光缆中传播的波． （４）电视机遥控器发出的波． 思考提示 １．不能　均匀变化的电场能在周围空间产生恒定 的磁场，而恒定的磁场不再产生电场． ２．均属于电磁波． !"#$&'()*+,-./ ! 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' . 1 2 3 ! + ( * 456 " ! 78 9:9; <=9; 1 2 ! , 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 " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " !"!"#$%& '$( #"!")*+% '$( $",-./*012 """""""""""""""""""""""""""""""""""""""""" ! " ! ' & ! " ! ' ! - ! ( . $ % & & , " % $ # & - ! , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! # ' & % ! - ! * &!"#$%#'( &)*+,-./0 !"#$%&'()*+ /*0(10)2(-34 !",-%&'()*+ /*0(10-2((-0 ! ! !"#$% ! " &'()*+,- 1234567&89:;<05: !" / 1234567&89:;<05: !" / &=>: (?+ @2A0 >?@ABC%DEFG HHI)JKLMN> ?OGPQR)SCTU VWXYZO [SC\] ^\_`HabcOde f>ghijk@ BCDEFGH. IJKLMNOPQR (5 lmn>FoL ABCpqir%\s j\?%\tu\vw\x y\z{\|y|}~y €%‚ƒ„… )6 GHB†‡[> ˆ‰?Š‹Œ\Ž ‘’“”i>?OGH• FABC–—)˜™> ?VBCš›O>œ> ˆžŸ VžŠ‹i¡ ¢L=£\¤¥¦§ pq{¨OGH©ª«ž )>?… *6¬‘>ˆDŸ\­ ®V¯oiC°—‰ ±O²³>ˆ´I­®V ¯oµ¶ij·¸¹V Foº»O¼½¾f> ghi¿‡ÀÁVµ¶ Â5… +6 GHÃ>ˆ‰? ÄÅCiÆÇyÈÉ ÊËO¬‘>ˆL‰?y µ¶)£ÌÍÎO ÏlmnFopqžµ ¶Ð]^ÑÒOªÐGP «žYZV«ž>?OÓ Ô‘’ÈՓ”iy µ¶™Ö@ STU7R‰?y yxsj\ vwy @ VWMNRx€% Aƒ„×yx?%\y NØ?%\,x%Ù\y ¡¢Aƒ„×y{ Ú\vw¡¢‚Ù\|y |}Aƒ„×|y%\z {j·Ù~@ SXYZ[6U\ ]R yÛÜ×ÝyÈ ÞÙ\ vw¡¢‚ß ¡¢\DŸÈÞ\BCß  ¡¢\àC¡¢×àC ·áÙ~@ SX^CY_R|y |}ÈË\xyÈË×â ãyx?%ÈË\y NØ?%ÈË\ ,x% ÈËÙ\ >ˆL‰?pq ¿äiBCÈË×åæç %ÈË\xyz{Lèé ÄÈËÙ@ 9C`aRêë@ bcUdRy%%ì@ ×íîïð!*6*7!*60Ù ! " # $ !! 书 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 ＝ １．００．２×０．５Ｔ＝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 ＝ Ｂ ２＋Ｂ槡 ２ ０，代入数据可得 Ｂ合 ＝ ２Ｂ２０＋Ｂ ２ １－２Ｂ０Ｂ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＋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． 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－ａｔ ２，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＝ Ｆ ＩＬ，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 !! 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" # $ !" 书 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 ＝ＢＳｓｉｎ ３０°，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）π２Ｗｂ；　（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 ２Ｗｂ． （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＝ Ｌｖ，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＝ＰＵ ＝ 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 ＝Ｉ ２ＲＬ，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＝Ｉ２Ｒ＝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＝Ｉ ２ ２Ｒ＝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 ＝Ｉ ２ ３ｒ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＝８ｍ ２变到Ｓｔ＝１８ｍ ２，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 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． 《必修第三册》核心素养单元测试（一） １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｄ 提示： ３．根据题意得２００ｋｅＶ＝２００×１０３×１．６×１０－１９Ｊ＝ ３．２×１０－１４Ｊ，故Ａ正确． ４．电荷所受电场力与位移方向相同，电场力做正功， 电荷电势能减小．故Ｂ正确，ＡＣＤ错误． ５．设两个点电荷的电荷量均为 ｑ，半圆弧的半径为 Ｒ，根据点电荷电场强度公式以及电场强度的叠加法则 可知 Ｅ１ ＝ ２ｋｑ Ｒ２ ，Ｅ２ ＝ ２ｋｑ Ｒ２ ｃｏｓ６０°＝ｋｑ Ｒ２ ，所以 Ｅ２∶Ｅ１ ＝ １∶２，故Ａ正确． ６．带正电的粒子从Ｏ点向Ａ点运动过程中，电场线 先变疏再变密，电场强度先变小，后变大，故电场力和粒 子的加速度也是先变小，后变大．粒子从 Ｏ点向 Ａ点运 动，一直加速，但加速度先变小，后变大，其速度 — 时间 图线的斜率也应是先变小，后变大，故Ａ正确，Ｂ错误；从 Ｏ点到Ａ点，电场强度先变小，后变大，根据Ｕ＝ＥΔｄ，                                                                                                                                                                                         单 ! 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" # $ !" 书 位长度上的电势降落也应是先变小，后变大，即电势 — 位移图线的斜率也应是先变小，后变大，故 Ｃ错误；根据 Ｅｋ ＝ １ ２ｍｖ ２＝Ｆｘ知Ｅｋ－ｘ图线的斜率为力Ｆ，从Ｏ点到 Ａ点，粒子所受的电场力先变小，后变大，Ｅｋ－ｘ图线的斜 率也应是先变小，后变大，故Ｄ错误． ７．由题可知，小球恰能在薄板平面上做匀速圆周运 动，所以小球不受滑动摩擦力作用，则小球不受薄板的 弹力的作用，根据等量异种电荷的电场分布特点可知， 薄板处的电场强度方向竖直向下，小球在竖直方向上受 力平衡，则小球受的电场力竖直向上，大小等于重力，则 小球带负电，故ＡＢＣ错误；电场力方向竖直向上，与运动 方向垂直，则电场力不做功，电势能不变，故Ｄ正确． ８．ＢＣＤ　９．ＡＢ　１０．ＣＤ 提示： ８．设 Ｎ为正点电荷，Ｍ 为负点电荷，则Ｍ、Ｎ两个带 有等量异号电荷的点电荷 电场线和等势面如图所示． 电场线的疏密反应电场强 度的大小，所以有 ＥＯ ＞ＥＡ ＞ＥＢ．故Ａ错误，Ｂ正确；Ｏ、 Ａ、Ｂ三点在同一等势面上，所以这三点电势相等，将一电 子从Ｏ点沿中垂线移动到 Ａ点，电场力一定不做功，故 ＣＤ正确． ９．根据匀强电场的特点，ａｂ 与ｃｄ是相互平行的直线且间距 相等，根据Ｕ＝Ｅｄ，Ｕａｂ＝Ｕｃｄ，即 φａ－φｂ＝φｄ－φｃ，代入题中数据 可得ｃ点的电势为１２Ｖ，故 Ａ正 确；根据Ｕ＝Ｅｄ，知ａｄ中点的电势等于 φａ＋φｄ ２ ＝１４Ｖ， 故Ｂ正确；同理可知ｂｃ中点的电势为 φｂ＋φｃ ２ ＝１８Ｖ，故 Ｃ错误；取ａｄ边右三分之一等分点ｅ，根据Ｕ＝Ｅｄ可知ｅ 点的电势为１２Ｖ，则ｃｅ为等势线，由于矩形长宽关系未 知，所以无法确定 ｂｄ连线是否垂直于 ｃｅ，即无法确定电 场线具体的方向，故Ｄ错误． １０．由图可知三个小球水平方向的位移大小关系为 ｘＢ ＞ｘＡ ＞ｘＣ，三个小球以相同速率垂直电场方向射入电 场，根据公式ｘ＝ｖ０ｔ可知，三小球在电场中运动时间的关 系为ｔＢ ＞ｔＡ ＞ｔＣ，故Ａ错误；带正电的小球受重力和电场 力两个力，故Ｂ错误；由图可知，电场的方向为竖直向上， 则可知落在Ｂ点的小球带正电，则电场力对落至Ｂ点的小 球做正功，故Ｃ正确；在竖直方向上，根据ｙ＝１２ａｔ ２可知， 三个小球的加速度的关系为ａＢ ＜ａＡ ＜ａＣ，故Ｄ正确． １１．（１）减小　增大　Ｆ＝Ｇｔａｎθ　越大 （２）增大　减小 （３）电荷间作用力的大小随距离的增大而减小，随 电荷量的增大而增大 １２．（１）正　左　（２）２．６　（３）ＢＤ 四、解答题 １３．（１）４×１０－８Ｃ；（２）５×１０４Ｎ／Ｃ 解析：（１）对 Ｂ球进行受力 分析，如图所示，设Ｂ球受到Ａ球 的库仑力为Ｆ，则有 Ｆ＝ｍｇｔａｎ４５°＝２×１０－３Ｎ 由库仑定律Ｆ＝ｋ ｑＡｑＢ ｒ２ 解得：ｑＢ ＝４×１０ －８Ｃ． （２）Ａ球在Ｂ球平衡处产生的电场强度Ｅ＝ＦｑＢ ＝５×１０４Ｎ／Ｃ． １４．（１） ２ｅＵ０ 槡ｍ ；（２） ｅＵ ｍｄ；（３） ｅ（２Ｕ０＋Ｕ） 槡 ｍ ． 解析：（１）设质子离开加速电场时的速度大小为ｖ０， 由动能定理有ｅＵ０ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０，解得ｖ０ ＝ ２ｅＵ０ 槡ｍ ． （２）质子在水平放置的平行板电容器中所受电场力 大小为Ｆ＝ｅＵｄ，由牛顿第二定律可得，质子在水平放置 的平行板电容器中运动的加速度大小为ａ＝Ｆｍ ＝ ｅＵ ｍｄ． （３）设质子从下极板右边缘穿出电场时的速度大小 为ｖ，对整个过程由动能定理得ｅ（Ｕ０＋ １ ２Ｕ）＝ １ ２ｍｖ ２ 解得：ｖ＝ ｅ（２Ｕ０＋Ｕ） 槡 ｍ ． １５．（１）槡３２ｍ／ｓ；（２）０．８ｍ；（３）０．２５． 解析：（１）在Ｄ点，根据牛顿第二定律 ＦＮＤ －Ｅｑ＝ｍ ｖ２Ｄ Ｒ，代入数据得ｖＤ ＝ 槡３２ｍ／ｓ． （２）对滑块从Ｄ运动到 Ｆ由动能定理有 －ｍｇＲ－ ＥｑＲ＝ １２ｍｖ ２ Ｆ － １ ２ｍｖ ２ Ｄ，２Ｒ＝ １ ２ｇｔ ２，ｘ＝ｖＦｔ，联立解得： ｘ＝０．８ｍ． （３）对滑块从Ｂ运动到Ｄ由动能定理有Ｅｐ－μｍｇＬＢＣ －ｍｇＲ＋ＥｑＲ＝ １２ｍｖ ２ Ｄ －０，代入数据得：μ＝０．２５． 《必修第三册》核心素养单元测试（二） １．Ｃ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｄ　７．Ａ． 提示： １．电源的电动势数值上等于不接用电器时电源正 负两极间的电压，故Ａ正确；电源的电动势反映了电源将 其他形式能转化为电能的本领大小，故Ｂ正确；电源的电 动势不是电压，电动势跟电源中非静电力做功有关，而 电压与电场中静电力做功有关，故Ｃ错误；电源的电动势 等于电路中内、外电压之和，故Ｄ正确．本题选择错误的， 故选Ｃ． ２．导体的导电性能除与材料电阻率有关外，还与导 体的长度、横截面积以及温度有关，材料的电阻率与导 体的形状无关，故ＡＢ错误；根据Ｒ＝ρｌＳ，得ρ＝ ＲＳ ｌ，则 电阻率的单位是Ω·ｍ，故Ｃ正确；电阻率大小与温度有 关，故Ｄ错误． ３．电容器的电容与带电荷量无关，放电后，电容器的 电容保持不变，故 Ａ错误；到达击穿电压电容器就损坏 了，则击穿电压略大于额定电压，即大于９．０ｋＶ，故Ｂ错 误；放电前，电容器储存的电荷量为ｑ＝ＵＣ＝９×１０３× １５×１０－６Ｃ＝０．１３５Ｃ，该次治疗，通过人体的平均电流 是Ｉ＝ ｑｔ＝ ０．１３５ ５×１０－３ Ａ＝２７Ａ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．当ａ、ｂ端接入电路时，横截面积为Ｌ２，长为３Ｌ；根 据电阻定律有Ｒ＝ρＬＳ＝ρ ３Ｌ Ｌ２ ＝３ρＬ，当ｃ、ｄ接入电路时， 横截面积为３Ｌ２，长为Ｌ，根据电阻定律有Ｒ′＝ρＬＳ ＝ρ Ｌ ３Ｌ２ ＝ ρ３Ｌ，所以Ｒ′＝ Ｒ ９，故Ｄ正确． ５．根据Ｒ＝Ｕ ２ Ｐ可知ＲＡ＝ＲＣ ＜ＲＢ ＝ＲＤ，因流过ＲＡ、 ＲＤ电流相等，根据Ｐ＝Ｉ ２Ｒ可知ＰＤ ＞ＰＡ，因ＲＢ、ＲＣ电阻 两端电压相等，根据Ｐ＝Ｕ ２ Ｒ可知ＰＣ ＞ＰＢ，因ＲＡ、ＲＣ电阻 相等，ＩＡ ＞ＩＣ，根据Ｐ＝Ｉ ２Ｒ可知ＰＡ ＞ＰＣ，即ＰＤ ＞ＰＡ ＞ ＰＣ ＞ＰＢ，故Ｄ正确． ６．当用酒精灯给灯丝加热时，灯丝的温度升高，灯丝 的电阻率随温度升高而增大，由电阻定律，灯丝的电阻 一定变大，故Ａ错误；灯丝电阻变大，由闭合电路欧姆定 律，干路电流减小，小灯泡的变暗，小灯泡灯丝的电阻率 随温度降低而减小，小灯泡的电阻随温度降低而减小， 故Ｂ错误；灯丝的电阻增大，干路电流减小，灯丝的电功 率不一定增大，故Ｃ错误；电源内阻可以忽略，电流减小， 电源的输出功率Ｐ＝ＩＥ，一定减小，故Ｄ正确． ７．在图线上Ｐ点，元件两端电压为 Ｕ０，通过的电流 为Ｉ０，根据部分电路的欧姆定律，得Ｒ＝ Ｕ０ Ｉ０ ，故Ａ正确，Ｂ 错误；在Ｕ－Ｉ图像上的点与原点连线斜率的大小表示电 阻，故随着电流、电压的增加，连线的斜率在减小，因此 元件的电阻在减小，故 Ｃ错误；元件此时的功率为 Ｐ＝ Ｕ０Ｉ０，应该是Ｐ点到Ｕ０、Ｉ０所作垂线与坐标轴所围成的面 积，故Ｄ错误． ８．ＡＤ　９．ＡＢＣ　１０．ＢＣ 提示： ８．正常工作时吊扇将空气向下吹动，对空气有向下 的作用力，根据牛顿第三定律可知，空气对电风扇有向 上的作用力，由平衡条件有Ｆ＝Ｇ－Ｆ风，所以吊杆对转盘 的拉力小于１７５Ｎ，故Ａ正确；根据Ｐ＝ＵＩ，可知额定电 流Ｉ＝ＰＵ ＝ １６５ ２２０Ａ＝０．７５Ａ，故Ｂ错误；该电风扇的额定 电压是２２０Ｖ，额定功率是１６５Ｗ，若按纯电阻计算，则Ｒ ＝Ｕ ２ Ｐ ＝ ２２０２ １６５Ω ＝２９３．３Ω，由于电机不是纯电阻元件， 故Ｃ错误；铭牌中给出的吊扇额定电功率为１６５Ｗ，若不 考虑电流热效应和机械损耗，则正常工作１小时吊扇输 出的机械能Ｅ＝Ｐｔ＝５．９４×１０５Ｊ，但实际上是存在电流 热效应和机械损耗，故正常工作１小时吊扇输出的机械 能小于５．９４×１０５Ｊ，故Ｄ正确． ９．用两个相同的小量程电流表分别改装成了两个 量程不同的大量程电流表 Ａ１、Ａ２，改装成大量程电流表 需要将一小电阻与小量程电流表（表头）并联．图（ａ）中 的Ａ１、Ａ２并联，可知表头的电压相等，通过表头的电流相 等，指针偏转的角度相同；量程不同的电流表读数不同， 量程大的电流表示数大，故 ＡＢ正确；图（ｂ）中的 Ａ１、Ａ２ 串联，则Ａ１、Ａ２的示数相同；由于量程不同，改装后 Ａ１、 Ａ２的内阻不同，则Ａ１、Ａ２两端的电压不同，表头的电压 不相等，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故 Ｃ正确，Ｄ错误． １０．小灯泡的伏安特性曲线与电源路端电压随输出 电流的变化图线的交点Ｐ即为小灯泡接入电路时的工作 状态，由图可知小灯泡接入电路后Ｕ＝０．５Ｖ，Ｉ＝０．６Ａ， 故此时小灯泡的电阻为Ｒ＝ＵＩ＝ ５ ６Ω，故Ａ错误；电源 路端电压随输出电流的变化图线的斜率的绝对值为电源 内阻，即ｒ＝２．００．８Ω＝２．５Ω，故Ｂ正确；电源内阻消耗的热 功率为Ｐ热 ＝Ｉ ２ｒ＝０．９Ｗ，故Ｃ正确；电源的路端电压随 输出电流的变化图线纵轴截距表示电动势，即Ｅ＝２．０Ｖ， 电源的效率为η＝ＵＩＥＩ×１００％ ＝２５％，故Ｄ错误． １１．（１）２．３２５　６．７００ （２） 左 （３）０．４０　πＵＤ ２ ４ＩＬ １２．（１）不赞同 　 当电阻箱接入电路的阻值较小 时，Ｒ０可以起到保护电路的作用 （２）①１０　４　②小于 解析：（１）当电阻箱接入电路的阻值较小时，Ｒ０可以 起到保护电路的作用，所以不赞同Ｂ同学的观点； （２）根据闭合电路欧姆定律 可得Ｅ＝Ｉ（Ｒ＋ｒ＋Ｒ０），变形可 得 １ Ｉ＝ Ｒ Ｅ＋ ｒ＋Ｒ０ Ｅ ，结合图线有 １ Ｅ ＝ １ １０， ｒ＋Ｒ０ Ｅ ＝１，所以 Ｅ＝ １０Ｖ，ｒ＝４Ω，由图乙可得Ｅａ ＜ Ｅｂ，ｒａ ＞ｒｂ，作出两个电源的Ｕ－Ｉ图线，如图所示，电阻 的Ｕ－Ｉ图线与两电源的交点为电阻的工作点，由图可 知，图中交点的横纵坐标的乘积表示电阻Ｒ消耗的功率， 且有Ｐａ ＜Ｐｂ． １３．（１）２．２５×１０２０个；（２）１．２Ａ；（３）２０Ω． 解析：（１）３０ｓ内通过该导体的横截面的自由电子数 为Ｎ＝ ｑｅ ＝ ３６ １．６×１０－１９ 个 ＝２．２５×１０２０个． （２）通过该导体的电流为Ｉ＝ ｑｔ＝ ３６ ３０Ａ＝１．２Ａ． （３）该导体的电阻为Ｒ＝ＵＩ＝ ２４ １．２Ω ＝２０Ω． １４．（１）２Ω；（２）５３ｍ／ｓ． 解析：（１）电动机不转动时，可视为纯电阻，则Ｕ１ ＝ Ｅ－Ｉ１ｒ，Ｕ１ ＝Ｉ１Ｒ＋Ｉ１ＲＭ，解得ＲＭ ＝２Ω． （２）电动机以稳定的速度匀速提升该重物时，由题 意有Ｕ２ ＝Ｅ－Ｉ２ｒ，Ｕ２Ｉ２ ＝Ｉ ２ ２（Ｒ＋ＲＭ）＋ｍｇｖ，解得：ｖ＝ ５ ３ｍ／ｓ． １５．（１）２７６０Ｊ；（２）１Ω，１．１Ω． 解析：（１）自行车前进的时间ｔ＝ｓｖ＝ １００ １０ｓ＝１０ｓ                                                                                                                                                                                         ， ! " # $ % & ' ( ) * !"! " ! % $ + # ,- + ! " . # * ) / 书 蓄电池的功率Ｐ′＝ＥＩ＝４６×６＝２７６Ｗ，则蓄电池消耗 的电能Ｗ ＝Ｐ′ｔ＝２７６×１０Ｊ＝２７６０Ｊ． （２）蓄电池的内阻ｒ＝Ｅ－ＵＩ ＝ ４６－４０ ６ Ω＝１Ω，电 动机的电功率Ｐ电 ＝ＵＩ＝４０×６Ｗ ＝２４０Ｗ，电动机的 热功率Ｐ热 ＝Ｐ电 －Ｐ＝２４０Ｗ－２００Ｗ ＝４０Ｗ，由Ｐ热 ＝Ｉ２ｒ′，解得电动机的内阻ｒ′＝ Ｐ热 Ｉ２ ＝４０３６Ω≈１．１Ω． 《必修第三册》核心素养单元测试（三） １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｄ 提示： １．匀强电场中电场线是平行的，且疏密程度相同，点 电荷及等量异种电荷周围电场线疏密程度并非处处相 同，故点电荷及等量异种电荷周围的电场不是匀强电 场，故ＡＢ错误；匀强磁场中磁感应强度处处大小相等， 方向相同，磁感线是平行等间距的直线，而通电直导线 周围磁感线是闭合曲线，故直导线周围空间磁场不是匀 强磁场，通电螺线管内部磁感线是平行等间距的直线， 故通电螺线管内部磁场是匀强磁场，故Ｃ错误，Ｄ正确． ２．磁感应强度Ｂ＝ＦＩＬ是用比值定义法定义的，磁场 中某处的磁感应强度的大小是由磁场本身决定的，与电 流Ｉ、导线长度Ｌ、力Ｆ都无关．故Ｄ正确． ３．普朗克首先提出了“能量子”的概念，故 Ａ错误； 物体的长度是连续的，故Ｂ错误；对于宏观带电物体，其 电荷量是量子化的，是元电荷的整数倍，故 Ｃ正确；根据 Ｅ＝ｈν，能量子与电磁波的频率成正比，故Ｄ错误． ４．根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针， 小磁针的Ｎ极指向右，根据异性相吸可知，线圈向左运 动．故Ａ正确． ５．旋转６０°时，在垂直磁场方向上的面积Ｓ⊥ ＝Ｌ ２ｃｏｓ６０° ＝１２Ｌ ２，此时的磁通量Φ＝ＢＳ⊥ ＝ １ ２ＢＬ ２，故Ａ正确． ６．磁感线密的地方磁感应强度大，磁场中某区域的 磁感线如图所示，ａ处的磁感线比ｂ处疏，则ａ点磁感应 强度比ｂ点小，ｃ处的磁感线比ｂ处疏，ｃ、ｂ两处的磁感应 强度的大小不等，Ｂｃ＜Ｂｂ，故Ａ正确，Ｂ错误；ａ、ｃ两处的 磁感应强度大小相等，方向不同，故 Ｃ错误；小磁针静止 时Ｎ极指向为磁感应强度方向，所以 ａ、ｃ两处的小磁针 静止时Ｎ极所指方向不相同，故Ｄ错误． ７．由右手定则可知，电流 Ｉ在圆心 Ｏ处产生的磁场 垂直于Ｉ所在的平面水平向左磁感应强度为Ｂ；电流２Ｉ在 圆心Ｏ处产生的磁场垂直于２Ｉ所在的平面竖直向下，磁 感应强度为２Ｂ；电流３Ｉ在圆心Ｏ处产生的磁场垂直于３Ｉ 所在的平面水平向后，磁感应强度为３Ｂ；由矢量的合成 法则可知圆心 Ｏ处的磁感应强度大小为 ＢＯ ＝ Ｂ２＋（２Ｂ）２＋（３Ｂ）槡 ２ ＝槡１４Ｂ，故Ｄ正确． ８．ＡＣ　９．ＢＣＤ　１０．ＢＣ 提示： ８．当导体棒ＭＮ以速度ｖ０开始向右沿导轨滑动的瞬 间，切割磁感线产生感应电流，导体棒和导轨组成的闭 合回路中有感应电流，故 Ａ正确，Ｂ错误；通过螺线管 Ａ 的电流突然增大，螺线管Ａ产生的磁场突然变强，穿过金 属环Ｂ的磁通量突然增大，Ｂ中产生感应电流，故 Ｃ正 确，Ｄ错误． ９．由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电 荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，故Ａ 错误，Ｂ正确；若小磁针处于圆盘的左上方时，圆盘带负电， 根据右手定则可知，产生的磁场方向向上，则小磁针的Ｎ极 向左偏，故Ｃ正确；若小磁针处于圆盘的左下方时，圆盘带负 电，根据右手定则可知，产生的磁场方向向上，因下方为Ｓ 极，则小磁针的Ｎ极向右偏，故Ｄ正确． １０．根据安培定则，可知左侧导线在右侧的磁感线方 向向下，右侧导线在左侧的磁感线方向向上，可知，在两 根导线之间中线位置的磁感应强度为０，两导线之间的 区域，中线左侧磁场方向向下，中线右侧磁场方向向上， 可知在Ｂ位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向上， 在Ａ位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向下，故 Ａ 错误，Ｂ正确；根据上述可知，从左往右，磁感应强度先减 小后增大，则从Ａ到Ｂ穿过线圈的磁通量先减小再增大， 故Ｃ正确，Ｄ错误． １１．（１）左　（２）变化率　（３）ＡＤ １２．（１）不对　丙 （２）Ａ．当磁场方向不变时，感应电流的方向与导体 的运动方向有关 Ｂ．当导体的运动方向不变时，感应电流的方向与磁 场的方向有关 解析：（１）闭合电路中的一部分导体在磁场中运动， 磁通量不一定发生变化，因此不一定发生电磁感应现 象，也就不一定产生感应电流，图丙中指针不偏转就说 明这一结论． （２）Ａ．图甲和图乙是采用控制变量法的对比实验， 即保持磁场方向不变的情况下，研究指针的偏转方向 （感应电流的方向）与导体的运动方向间的关系．Ｂ．图乙 和图丁也是采用控制变量法的对比实验，即保持导体运 动方向不变的情况下，研究指针的偏转方向（感应电流 的方向）与磁场方向间的关系． １３．（１）２×１０－４Ｗｂ；（２）１．７５×１０－４Ｗｂ． 解析：（１）在磁感应强度Ｂ＝０．７Ｔ时，线圈中的磁 通量中Φ１ ＝ＢＳ，在磁感应强度Ｂ减为０．３Ｔ，线圈中的 磁通量Φ２ ＝Ｂ′Ｓ，故线圈中磁通量的改变量为 ΔΦ１ ＝ ｜Φ２－Φ１｜＝（０．７－０．３）×５×１０ －４Ｗｂ＝２×１０－４Ｗｂ． （２）磁场方向转过６０°角，线圈在垂直于磁场方向 的投影面积为Ｓｃｏｓ６０°，则Φ′２ ＝ＢＳｃｏｓ６０°，故磁通量的 改变量为 ΔΦ２ ＝｜Φ′２－Φ１｜＝ＢＳ（１－ｃｏｓ６０°）＝ ０．７×５×１０－４×（１－０．５）Ｗｂ＝１．７５×１０－４Ｗｂ． １４． ２μＦ槡Ｓ． 解析：用力将铁片与磁铁缓慢拉开一段微小距离的 过程中，可认为拉力Ｆ不变，此过程Ｆ做的功Ｗ＝Ｆ·Δｘ， 间隙中的磁场能量Ｅ＝ω·Ｓ·Δｘ＝Ｂ ２ ２μ ·Ｓ·Δｘ，由题意 得Ｅ＝Ｗ，则有Ｆ·Δｘ＝Ｂ ２ ２μ ·Ｓ·Δｘ，解得：Ｂ＝ ２μＦ槡Ｓ． １５．（１）５×１０－５Ｗｂ；（２）－４×１０－４Ｗｂ； （３）Ｂｔ＝ ０．０１ （２ｔ＋１）２ （Ｔ） 解析：（１）求图示位置金属框的磁通量为 Φ ＝ＢＳ＝Ｂ×１２（ Ｌ ２） ２ ＝ １８ＢＬ ２ ＝５×１０－５Ｗｂ （２）若将金属框以ｂｃ为轴，向纸面外转动１８０°，金属 框的磁通量为 Φ′＝ＢＳ′＝－Ｂ×（Ｌ２－１２（ Ｌ ２） ２）＝－７８ＢＬ ２ ＝ －３．５×１０－４Ｗｂ 磁通量的变化量为：ΔΦ＝Φ′－Φ＝－４×１０－４Ｗｂ． （３）要使线框中不产生感应电流，线圈中的磁通量 不发生变化，则经任意时刻ｔ，线框运动的位移为ｘ＝ｖｔ 金属框的磁通量为 Φｔ＝ＢｔＳｔ＝Ｂｔ× １ ２（ｘ＋ Ｌ ２） ２ ＝ Ｂｔ ２（ｘ＋ Ｌ ２） ２ 线框中不产生感应电流，有Φｔ＝Φ 可得磁感应强度Ｂ随时间ｔ变化的关系式是 Ｂｔ＝ ０．０１ （２ｔ＋１）２ （Ｔ）． 《必修第三册》核心素养综合测试 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： 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＝Ｉ ２ｒ，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＝Ｉ ２Ｒ２＝２４２Ｗ，故Ｂ正确；根据Ｐ＝Ｉ ２Ｒ 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 ＝ ３．６Ｖ２５０ｍＡ＝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 在Ａ点处的速度大小为ｖＡ ＝ ｖ ２ ０＋ｖ ２ 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                                                                                                                                                                                         ． ! 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