第19期 电磁感应与电磁波初步 单元复习-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第三册同步学案（人教版）

37212-1s90 器 (本 ※ 紫 12.(10分)在“探究感应电流的产生 的实验中，小明的四次实 14.(12分)如图10所示，固定于 15.（15分)在半径r= 10m的球壳中心有一盏功率为P=40W 验情况分别如图8甲、乙、丙、丁所示 水平面上的金属架CDEF处于与水平 的钠光灯（可视为，点光源），发出的钠黄光的波长为入=0.59um,已 方向夹角为0斜向上的匀强磁场中，0 知谱朗克常量h=6.63×10-4J·s,真空中光速c=3×108m/s.试 =30°，金属棒MN沿框架以速度v向 图10 求每秒钟穿过S=1cm球壳面积的光子数目！ o-e 右做匀速运动.t=0时，磁感应强度为B,此时MN到达的位置使 图8 MDEN构成一个边长为L的正方形. (1)有同学说：“只要闭合电路中的一部分导体在磁场中运动， (1)求t=0时穿过MDEN回路的磁通量： 就会产生感应电流.”你认为他的说法对吗？」 图 (2)为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B 可支持你的结论 应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式 (2)探究感应电流的方向跟磁场方向和导体运动方向之间的关 A.根据图甲和图乙的实验现象可以得出结论 高中物理 B.根据图乙和图丁的实验现象可以得出结论： 必修第三册 四、计算题（本题共3小题，共39分，解答应写出文字说明、方程 式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题，答案 (人教核心素养测评 中必须写出数值和单位) 13.(12分)如图9所示，面积为S的矩形 高中物理·必修第三册（人教）核心素养测评 线框abcd,处在磁感应强度大小为B的匀强 0 磁场中，磁场方向与线框平面成30°角.求： (1)穿过abcd面的磁通量： (2)线框以ab为轴顺时针转过90°（虚 线位置)，该过程中穿过abcd面的磁通量变 化量 (参考答案见24期) 数理橘 2025年11月17日·星期- 高中物理 第19期总第1163期 人教 必修第三册 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707(F)邮发代号：21-285 两条通电直导线间的相互作用 难点透视 根据导线的位置可以分别讨论： 1.平行 浅析电流对电流的作用 基本规律：同向电流相互吸引，反向电流相 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 互排斥. ◆湖北肖胜华 2.相交 C.轴向扩张，径向压缩 答案：B 基本规律：两条导线可以相交成锐角、钝角 D.轴向压缩，径向压缩 直导线与线圈的相互作用 或直角，导线总有转向电流方向相同的趋势。 解析：环与环之间是同向电流表现出引力， 1.直导线与线框共平面： (如图1所示) 每一环的相对面是反向电流，表现出斥力.故A 2.直导线与线框平面平行； 。a 正确 3.直导线与线框轴线平行或成一定夹角. 答案：A 例3.如图4所示，把轻质圆形 例2.如图3所示，有两个竖 线圈用细线悬挂在通电直导线AB 图1 直放置的环形线框（在纸面内的 附近，两者在同一平面内，其中直 3.异面 线框1和垂直纸面的线框2)，它 1 2 导线固定，线圈可自由运动，当两 基本规律：使电流的方向趋向于一致，并相 们的直径几乎相等，可以绕轴线 者通以图示方向电流时，线圈将 互靠近 AB自由转动，如果它们通过的电 图3 A.向导线AB做平移摆动 两个导线环之间的作用 流方向如图所示，它们的运动情况是（从上向下 B.离开导线AB做平移摆动 1.两环共轴：2.两环共面：3.两环垂直. 看) () C.绕悬线在竖直平面内做顺时针转动 例1.如图2所示，电 A.1逆时针方向转动，2顺时针方向转动 D.绕悬线在竖直平面内做逆时针转动 流通过很轻且很松软的 B.1顺时针方向转动，2逆时针方向转动 解析：线圈靠近直线电流的一侧是同向电 螺旋线圈，那么线圈将 轴向← C.1和2都顺时针方向转动 流，表现为引力，远的一侧是反向电流，表现为 ( 图2 D.1和2都逆时针方向转动 斥力，但引力大于斥力，合力表现为引力.线圈 A.轴向压缩，径向扩张 解析：作用的结果：使电流的方向趋向于一 向导线AB做平移摆动，故A正确 B.轴向扩张，径向扩张 致，并相互靠近.故B正确 答案：A 学习指南 里的磁感线要抵消一部分，当弹簧线圈P的面 对产生感应电流的条件的理解 积扩大时，垂直纸面向里的磁感线条数增加，而 垂直纸面向外的磁感线条数是一定的，且比垂 直纸面向里的磁感线条数多，故穿过线圈P的 ◎山西李海兵 磁通量将减小，回路中会有感应电流产生.故C 1.感应电流产生的条件：①电路为闭合回 穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零， 正确 路；②穿过闭合回路的磁通量要发生变化 无感应电流；图D中回路磁通量恒定，无感应电 答案：C 2.对条件的理解：导体回路闭合、磁通量变流.故B正确 方法总结：分析是否产生感应电流，关键是 化是产生感应电流的两个必要条件，缺一不可 答案：B 要分析穿过闭合线圈的磁通量是否发生变化， 而导体回路中有没有磁通量不是产生感应电流 例2.如图1所示，在条形磁铁的外 而分析磁通量是否有变化，关键要知道磁感线 的条件，如果穿过导体回路的磁通量很大但不面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用 是如何分布的，所以在做这类题时应注意： 发生变化，也不会产生感应电流 力从四周拉弹簧线圈，使线圈包围的面 例1.如图所示，A中线圈有一小缺口，B、D积变大，则下列关于穿过弹簧线圈磁通 (1)熟记条形磁铁和蹄形磁铁内、外磁感线 中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平量的变化以及线圈中是否有感应电流 分布的立体形状，是解决问题的基础 放置的闭合线圈某一直径的正上方.其中能产产生的说法中，正确的是 (2)学会找特殊位置并分析其变化 生感应电流的是 () A.磁通量增大，有感应电流产生 利用磁感线判断磁通量的变化：若线圈所 B.磁通量增大，无感应电流产生 包围的磁感线穿过线圈平面的方向相同时，条 通入增大的电流 C.磁通量减小，有感应电流产生 数增加，磁通量增加；若穿过线圈平面的磁感线 D.磁通量减小，无感应电流产生 方向相反时，某一个方向是多数的磁感线条数 解析：本题中条形磁铁磁 增加，则磁通量增加，某一个方向是少数的磁感 感线的分布如图2所示（从上 线条数增加，则磁通量减少，总之，要用穿过线 解析：图A中线圈没闭合，无感应电流；图B向下看).磁通量是指穿过某 圈磁感线的净条数的增、减判断磁通量的变化， 中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流；图C 一面积的磁感线的多少，由于 要用多数的磁感线的方向作为线圈所包围的磁 中的导线在圆环的正上方，不论电流如何变化， 垂直纸面向外和垂直纸面向 场的方向， 2 素养专练 人 方法指津 四种方法判断 安培力作用下物体的运动 ©河北石晓兵 安培力作用下物体运动方向的判断通常是要力情况均为垂直纸面向里，可 对其进行受力分析，而对于某些习题可用不同的知该环形电流左半部分所受的 方法进行求解，不同方法的正确运用，可以提高解安培力方向垂直纸面向里，同 题的准确率. 理也可推知该环形电流的右半部分所受培力方 1.电流元法：即把整段电流等效为多段直线 向垂直纸面向外.故可判断线圈将发生转动， 电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受 (2)用特殊位置法判断靠近：当线圈转动到 安培力的方向，从而判断出整段电流所受安培力 合力的方向.最后确定运动方向 其所在平面与磁铁垂直时，由受力分析可知：此时 2.特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于环形电流所受的安培力使得线圈靠近磁铁.故B 分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而确定正确。 运动方向. 例2.两条直导线互相垂直，如 3.等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效图3所示，但相隔一定距离，其中 成条形磁铁，条形磁铁也可等效成很多匝的环形电条AB是固定的，另一条CD能自由 流来分析. 转动，当电流按图示方向流过两条 4.利用结论法：(1)两平行直线电流相互作直导线时，CD导线将 用过程中无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电 A.不动 流相互排斥： B.顺时针转动，同时靠近导线AB (2)两不平行直线电流相互作用时，有通过 C.顺时针转动，同时离开导线AB 最短路径转动到相互平行且电流方向相同的趋 势 D.逆时针转动，同时离开导线AB 例1.把轻质导线圈用细线 E.逆时针转动，同时靠近导线AB 拴挂在磁铁N极附近，磁铁的轴 解析：(1)受力分析法：通电导· 线穿过线圈中心，且在线圈平面一 线CD受导线AB中电流所产生的磁&. 内，如图1所示，当线圈通过如图 场的安培力作用而开始运动，如图 图4 所示的电流时，线圈将() 4所示，从上往下看，CD导线左边部 A.不动 分电流所处磁场的方向是垂直纸面向外的，右边部 B.发生转动，同时靠近磁铁 分所处的磁场是垂直纸面向里的，因此，导线CD将 C.发生转动，同时离开磁铁 逆时针转动.CD导线逆时针转动90°度后，其电流 D.不发生转动，只是靠近磁铁 方向与AB导线中电流方向相同，AB与CD相互吸 E.不发生转动，只是离开磁铁 引，即CD导线所受安培力方向指向AB,故E正确 解析：(1)用电流元法判断转动：在环形电流 上取两个电流元P,Q,其所处的磁场方向如图2 (2)利用结论法：将4中的结论应用到本题， 所示，根据左手定则可知：P、Q两电流元所受安培 可以既迅速又准确的选出正确选项E. 第18期2版参考答案 (2)a; 素养专练4 (3)①断开开关 ②插入或拔出线圈A. 1.B2.B3.D4.D5.C6.ABD 9.3个 素养专练5 10.(1)2×10-7m: 1.B2.D3.B4.D5.BD (2)紫外线波段； 素养专练6 (3)6×10-13m. 1.B2.AD3.B4.B5.A6.A B组 第18期3版参考答案 1.AB 2.ABC 3.AD A组 4.（1)如图所示 1.C2.D3.C4.B5.A6.C7.A 8.(1) (2)发生发生 5.(1)2×104s: (2)5×1015个. 务际塔街捷术2001件8社 度：2。 辣辣 读入 五话922特饰 出 9.如图6所示，水平面内有两条相互垂直且彼 此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴建立一个 《电磁感应与电磁波初步》核心素养单元测试 弹性金属片 小磁体口 平面直角坐标系.四个相同的圆形闭合线圈在四个 皮碗 A 象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变 ◆数理报社试题研究中心 化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线 图6 第I卷选择题（共46分） 空气导管 中的电流都增大时，四个线圈a、b,c、d中感应电流的情况是( 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分，选 图3 A.线圈a中无感应电流 B.线圈b中有感应电流 错或不选得0分) A.向上和N极 B.向下和N极 C.线圈c中有感应电流 D.线圈d中无感应电流 1.电磁场理论的两大支柱是 C.向上和S极 D.向下和S极 10.纯电动汽车是一种节能环保的交通工具，它的制动能量回收 A.变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场 6.如图4所示，三根长直导线A、B和C垂 系统通过能量回收再利用，可提高汽车对能量的利用效率.制动能量 B.变化的磁场产生变化的电场；变化的电场产生变化的磁场 直纸面并固定于边长为a的正方形的三个顶点 回收原理是利用线圈在磁场中转动，将车辆制动时的部分动能转化 C.变化的磁场产生磁场；变化的电场产生电场 上，三根导线均通有方向垂直纸面向里、大小 为其他形式的能存储起来.关于制动能量回收，下列说法中正确的是 D.变化的磁场产生变化的磁场；变化的电场产生变化的电场 为I的电流，已知通电长直导线周围某点磁感 2.磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子 应强度大小为B=k（式中1为通过长直导线 A.制动能量回收利用了电磁感应现象 图4 高中物理 电流假说可知，其原因是 B.制动能量回收利用了电流的热效应 A.分子电流消失 的电流强度，T为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数)，则D C.制动能量回收时，将车辆制动时的部分动能转化为内能 高中物理 B.分子电流的取向变得大致相同 点处的磁感应强度大小为 ( D.制动能量回收时，将车辆制动时的部分动能转化为电能 必 C.分子电流的取向变得杂乱 修第三册 4.63 B.k(4+21) 2 G.k② D.k321 D.分子电流的强度减弱 2a 3.我国拥有世界上最大的单口径射电望远 7.现在市场上常用来激光打标的是 第Ⅱ卷非选择题（共54分) 必修第三册 人教 镜，被称为“天眼”，如图1所示.“天眼”“眼 355nm紫外纳秒固体激光器，如图5所示， 眶”所围圆面积为S,其所在处地磁场的磁感应 该激光器单光子能量高，能直接打断某种 三、实验题（本题共2小题，共15分，将正确答案填在题中横线 人教) 核 核 强度大小为B,与“眼眶”平面平行、垂直的分 材料的分子键，使之从材料表面脱离。据 上或按要求作答) 心素养测评 11.(5分)为探究磁场产生电流的条件，做了下面实验，实验装 量分别为B、B2,则穿过“眼眶”的磁通量大小 此判断，打断该材料分子键需要的能量约 心素养测 为 为（取普朗克常量h=6.6×10-4J·s,真空光速c=3×103m/s) 置如图7所示： 评 A.0 B.BS C.B S D.B,S ( 4.某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图2所示，下列判断正 A.10-2J B.10-19J C.10-16J D.10-13J 确的是 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的 四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分 有错选或不选的得0分) 8.2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他 图7 们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上 研究对象：线圈B和灵敏电流计构成的闭合回路 的微小变化他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时 磁场提供：通电线圈A 图2 A.a点的磁感应强度大于b点 代的起点.下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法正确的是 请完成下面实验操作填写观察到的现象。 电流表的指针 B.b点的磁感应强度大于c点 电路改变情况 (偏转或不偏转) C.c点的磁感应强度大于a点 A.微波是指波长在10-3m到10m之间的电磁波 断开开关，移动变阻器滑片 D.a、b、c点的磁感应强度一样大 B.微波和声波一样都只能在介质中传播 接通开关瞬间 5.如图3甲所示，电流方向图中已标出，图乙中电流从B流入时 C.黑体的热辐射实际上是电磁辐射 接通开关，移动变阻器滑片 接通开关，变阻器滑片不移动 小磁体向下运动，则铁环中心O点的磁场方向和小磁体下端的磁极 D.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说 断开开关瞬间高中物理人教（必修第三册）第17~20期 发理极 答案详解 2025~2026学年 高中物理人教（必修第三册） 第17~20期(2025年11月)》 第17期3版参考答案 方向由安培定则可得与OM垂直，同理长直导线b在O点产生 A组 的磁感应强度大小为B,方向由安培定则可得与ON垂直，如 一、选择题 图所示，两个磁感应强度合成后大小为B,方向平行于MN向 1.C2.A3.C4.D5.C6.A7.B 右，则要使0点处的磁感应强度大小为零，所加匀强磁场的磁 提示： 感应强度水平向左，故匀强磁场的方向与0M的夹角为60°，故 1.铁棒被磁化前内部各磁畴取向是杂乱的，当铁棒被磁化 C正确： 后内部各磁畴取向相同，故AB错误：铁棒属于软磁体，磁化后 6.当电流同向时，根据右手螺旋定则，两电流在线圈处产 其磁性很容易消失，比如：强震动，故C正确：铁、钴、镍以及由 生的磁场方向垂直于线圈，方向相反，磁通量为零，电流方向相 它们组成的材料能被磁化，并不是任何材料的物体都容易被磁 反时，在线圈处产生的磁场方向相同，产生的磁通量不为零，故 化，故D错误。 A正确，BCD错误 2.由于在磁勺正上方放置一根由南向北通电的直导线，根 7.设a处导线在b点处磁感应强度为B,则有2B。=B,在 据安培定则可知电流在磁勺处的磁场方向指向正西方向，则磁 勺的N极向正西方向转动，S极向正东方向转动，根据题意可 1点处有风一及=R,联立解得反-号-民，放B正瑰 知，勺柄为磁勺的S极，即勺柄将向正东方向转动.故A正确。 二填空题 3.根据安培定则可知，12在P点处产生的磁场垂直于纸面 8.奥斯特N大于左 向外，I在P点处产生的磁场垂直于纸面向里.因为在点P处 三、计算题 放一个小磁针，小磁针静止时N极垂直于纸面向外，说明P点 9.(1)0.12Wb:(2)0.36Wb:(3)0,0或180. 处的合磁场垂直于纸面向外，又因为P点在角平分线M上，则 解析：(1)当0=60°时，穿过线圈的磁通量大小为 P点离两通电直导线的距离相等，所以1，的电流强度小于2： Φ1=BScos60°=0.12Wb. 故C正确。 (2)从aa'd平面向bb'c平面方向看，把线圈以cd为轴顺时 4.地球仪受到重力和通电线圈给它的磁场力，故A错误； 针转过120°角，此时通过线圈的磁通量为 地球仪受到的磁场力方向保持不变，可知通电线圈产生的磁场 中2=BScos180°=-0.24Wb 方向不变，通电线圈的电流方向不变，故电路中的电源必须是 磁通量的变化量的绝对值为 直流电源，故B错误；由图乙可知通电线圈产生的磁场方向向 △Φ=|Φ2-Φ，1=0.36Wb. 上，根据右手螺旋定则可知，电路中的b端点须连接直流电源 (3)若0=90°，则此时线圈平面与磁感线平行，穿过线圈 的正极，故C错误；增大线圈中的电流，通电线圈产生的磁场变 的磁通量为0.当线圈平面与磁感线垂直时，穿过线圈的磁通 强，地球仪悬浮的高度会发生改变，故D正确 量最大，此时0等于0或180°， 5.根据通电直导线在周围产生的磁 B刻 10.(1)4×106T,家庭通电导线的磁感应强度比地磁场 场的磁感应强度为B=:,可知长直导 的磁感应强度小得多： 线a在O点产生的磁感应强度大小为B,, (2)2×106T,输电线正下方的磁感应强度比家庭电路中 160 的磁场的磁感应强度略小 高中物理人教（必修第三册）第17~20期 解析：(1)根据B=k子，解得距离导线0.5m处的磁感应 三、计算题 5.(1)5×106T,与水平方向成53°斜向下； 强度B,=4×106T,地磁场的磁感应强度约为B。=5× (2)8×106Wb. 105T,所以比地磁场的磁感应强度小得多. 解析：(1)根据题意可知，依据平行四 (2)输电线正下方地面的磁感应强度B,=k- =2×106T, d 边形定则可得地磁场B的大小为 比家庭电路中的磁场的磁感应强度略小 B=B+B=5×106T B组 B与水平方向的夹角（即磁倾角） 一、多选题 B 4 a arctan =arctan 3 =53 B 1.AD 2.AD 3.BC (2)地磁场与水平面不垂直，取其与水平面垂直的B,分 提示： 量，故磁通量为 1.当电流从电磁铁的接线端a流入时，根据安培定则可 Φ=B,S=4×10-6×2.0Wb=8×106Wb. 知，电磁铁的上端为S极，吸引小磁铁向下运动，则小磁铁的下 第18期3版参考答案 端为N极；电磁铁上部的A点磁场方向向下，故A正确，B错误； A组 由于电磁铁上端为S极，下端为N极，图中B点磁场方向向上， 一、选择题 C点磁场方向也向上，B、C两点磁场方向相同，故C错误，D正 1.C2.D3.C4.B5.A6.C7.A 确。 提示： 2.由安培分子电流假说可知，低温情况下，分子运动不剧 1.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子 烈，在外磁场的作用下，分子环形电流的磁极趋向基本一致，因 化理论，故C正确， 而易被磁化，而高温时，分子剧烈运动，导致分子环形电流的磁 2.由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路， 极趋向重新变得杂乱无章，进而达到消磁目的.故AD正确. 且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内 3.根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖 部感应出涡电流，电流通过电阻要发热.该过程利用的原理是 直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁 电磁感应现象，其发现者为法拉第，故D正确： 感应强度不等于0，故A错误；M在a处产生的磁场方向竖直向 3.穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流 下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向 产生，若电流表没有接入电路或有一个恒定的磁场，电流表都 竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，根据磁感应强度 不会有示数，故A错误；同理，将电流表与线圈组成闭合回路， 的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正 使线圈沿某一方向运动，如果线圈运动的方向与磁场方向平 确；M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏右下方，在d处产生 行，电流表无示数，也不能判断出没有磁场，故B错误：电流表 的磁场方向垂直dM偏左下方，N在c处产生的磁场方向垂直于 有示数则说明穿过线圈的磁通量发生变化，一定有磁场，故C cV偏左下方，在d处产生的磁场方向垂直于dW偏右下方，根据 正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场 平行四边形定则，可知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方 平行的平面内沿各个方向运动，线圈的磁通量不变，电流表也 向竖直向下，且合磁感应强度大小相等，故C正确；由以上分析 不会有示数，因此不能断定火星表面无磁场，故D错误 可知，a,b、c、d、0五点处磁感应强度的方向都竖直向下，方向 4.线圈进人磁场和离开磁场的过程，穿过线圈的磁通量都发 相同，故D错误 二、填空题 生变化产生感应电流，则有感应电流的时间为1=以，故B正确 4.(1)前 5.无线光通信技术是光信号在空气中直接传输，光纤通信 (2)将电源正负极对换将探管从另一端插入 中的光信号是在光纤中传输.不论哪种方式，传输的都是文字、 (3)D(4)B 数据和图像等信息.红外线的频率由电磁波谱可知比可见光的 高中物理人教（必修第三册） 第17~20期 频率低，由爱因斯坦的光子论可知E=hm,红外光子的能量比 B组 可见光的光子能量小，故①②正确。 一、多选题 6.由于线框内的磁通量没有发生变化，所以没有感应电 1.AB 2.ABC 3.AD 流.故A错误；若线框沿y轴正方向平移，由于磁场沿y轴方向 提示： 均匀分布，则线框内的磁通量没有发生变化，因此框内没有感 1.电磁波在真空中的传播速度等于光速，与电磁波的频率 应电流产生故B错误；若线框沿x轴负方向平移，由于磁场沿 无关，故A正确；周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成 x轴正方向逐渐稀疏，磁通量发生变化，则框内有感应电流产 电磁波，故B正确；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹第一次用实验 生.故C正确；由于磁场沿x轴正方向逐渐稀疏，以ab为轴翻转 证实了电磁波的存在，故C错误；利用电磁波传递信息可以实 180°后，磁通量不为-Φ，则这一过程中框内磁通量的变化量 现无线通信，但电磁波也能通过电缆、光缆传播，如光纤通信， 不为2巫.故D错误 故D错误. 7.设人体与该装置的安全距离至少为x,则了5 2.能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是 4m:x2 连续的，而是一份一份进行的，每一份能量单位，称为“能量 0.15W/m2,解得x≈2.0m,故A正确. 子”，能量子的能量e=m,v为电磁波的频率，h为普朗克常 二、实验题 量，故ABC正确，D错误. 8.(1) 3.开门、关门时，线圈磁中通量都发生了改变，都会出现感 应电流，语音系统都会发出语音.故A正确，B错误：由图可知， 开门时线圈的磁通量减小，关门时线圈的磁通量增大.故C错 误，D正确 二、实验题 4.(1)如图所示 (2)a; (3)①断开开关 ②插人或拔出线圈A. 三、计算题 9.3个. 解析：每个光子的能量为，=加=h片，能引起人的眼睛 (2)发生发生. 视觉效应的最小能量为E=10-8J,由E=E。可得能引起人 解析：(1)A线圈与滑动变阻器、电源、开关构成闭合电路， 眼的感觉，进入人眼的光子数至少为 B线圈与灵敏电流计连接构成回路。 几=E=BA=10心x6×10 hc6.63x104×3×10个=3个 (2)移动滑动变阻器的滑片和断开开关都会导致B线圈 中的磁通量发生变化.从而使B线圈中产生感应电流，进而让 10.(1)2×10-7m; 灵敏电流计指针发生偏转， (2)紫外线波段； 三、计算题 (3)6×1013m. 5.(1)2×104s:(2)5×105个. 解析：(1)由波速公式c=f得 解析：(1)已知激光器的功率P=10W,每次“点焊”需要 As 3×108 了=1.5x10sm=2×10?m 的能量E=2×10-3J,根据E=P1得，每次“点焊”视网膜的时 (2)该电磁波属于紫外线波段. 间是 (3)由=Af得'=” 了=1.5×105m=6×105m 900 1=E=2×103 108=2×104s -3 高中物理人教（必修第三册）第17~20期 (2)设每个光子的能量为，则五。=加=么分 提示： 8.微波是一种电磁波，它的波长在10-3m~10m之间，传 在这段时间内发出的激光光子的数量 播不需要介质，故A正确，B错误；由于分子和原子的热运动引 B=2=A=2x10x500x09 Γhc-6.63×104×3×108 个≈5×105个. 起的一切物体不断向外辐射的电磁波又叫热辐射，故C正确； 第19期3-4版参考答案 普朗克引人能量子假说建立的黑体辐射理论与实验符合非常 一、选择题 好，故D正确 1.A2.C3.D4.B5.D6.D7.B 9.根据安培定则可判断出电流产生的磁场的方向，线圈α 提示： 中的磁场方向垂直于纸面向里，线圈c中的磁场方向垂直于纸 1,根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化 面向外，线圈b、d中的合磁通量始终为零，故增大两直导线中 的电场产生磁场，故A正确，C错误；根据麦克斯韦电磁场理 的电流时，线圈α、c中的磁通量发生变化，有感应电流产生，而 论，均匀变化的磁场产生恒定电场，均匀变化的电场产生恒定 线圈b,d中无感应电流产生，故CD正确，AB错误 磁场，故BD错误. 10.汽车在刹车过程中，动能减小，减小的动能一部分以电 2.安培分子电流假说认为：任何物质内部都有无数的微小 能的形式存储，因此制动能量回收系统一定利用了电磁感应现 的分子电流，之所以在通常情况下不表现磁性，是因为这些分 象，将车辆的部分动能转化为电能，故AD正确，BC错误， 子电流杂乱无章的排列，当在一定的外界条件下时，这些分子 三、实验题 电流有规则排列，即显示出磁性.所以失去磁性表明分子电流 11.不偏转偏转 偏转不偏转偏转 的取向变得杂乱，故C正确 12.(1)不对丙 3.在匀强磁场中，“眼眶”与磁场B,平行，穿过的磁通量中 (2)A.当磁场方向不变时，感应电流的方向与导体的运动 =0,“眼眶”与磁场B2垂直，则穿过的磁通量中=B2S,故ABC 方向有关 错误，D正确， B.当导体的运动方向不变时，感应电流的方向与磁场的 4.磁感线越密集的地方磁感应强度越大，由图可知B,> 方向有关 B。>B.故B正确： 解析：(1)闭合电路中的一部分导体在磁场中运动，磁通 5.根据安培定则可知，铁环中心O点的磁场竖直向下；电 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 流从B流入时，根据安培定则可知电磁铁上端为N极，发现小 定产生感应电流，图丙中指针不偏转就说明这一结论 磁铁向下运动，则小磁铁的下端为S极.故D正确， (2)A.图甲和图乙是采用控制变量法的对比实验，即保持 6.根据安培定则，导线C在D点的磁场方向沿DA方向，大 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 小为B。=kL,导线A在D点的磁场方向沿CD方向，大小为 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 B,=k人，导线B在D点的磁场方向沿与BD方向垂直斜向上 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 45°方向，大小为B。=k,则D点的磁感应强度大小为B= √2a 四、计算题 2B,+B。=k32,故D正确 13.(1)28S:(2)5+s 2a 2 7.打断该材料分子键需要的能量为该激光器单光子能量， 解析：(1)设此时穿过线圈为正面，穿过abd面的磁通量 Φ=BSsin309 则该激光的光子能量为8=w三无，解得6=5.5×101J, 故B正确， 解得：办=子公 二、多选题 (2)当线框以ab为轴顺时针转过90°后，则穿过线圈为反 8.ACD 9.CD 10.AD :面，穿过abcd面的磁通量Φ'=-B.Scos30° 高中物理人教（必修第三册）第17~20期 解得：中=-5S 3.磁场与线框平面垂直，且线框中有磁场部分的面积为S 2 1 转动过程中磁通量的变化量△中=1中'-中 :(分，穿过线框的骏通量为巾=BS=Bm气，放C正 解得：A中=5+1Bs 确。 2 4.当两电阻并联接上5V电压时，它们的电流相等，根据R 14.()B,;(2)B=+0 BoL 7可知，此时电阻相等，故B正确，ACD错误， 解析：(1)t=0时穿过MDEN回路的磁通量为 5.把电流表改装成电压表，需要串联一个电阻分压，根据 -nSin 0 以姆定律可待串联电阻阻值R=号-R.=0020-0n (2)当穿过MDEV回路的磁通量不变时，MW棒中不产生 =42002=4.2k2,故C正确，ABD错误 感应电流，可得Φ=BL(L+t)sin0 6,设样品的电阻率为，根据电阻定律R=p。,得出样品 B。L 解得B与t的关系式为B=L+ 沿AB方向的电阻R=P是，解得P=,故A正确；样品沿CD a 15.9.4×102个 解析：钠黄光的频率 方向的电阻风=P品站合p=警每得儿一兰R,故B错 ”=斤=0300==5.1×10 3×10 误：若a=b,由R=P无可得R=,当增加厚度c,沿者AB 则一个光子的能量 E0=hm=6.63×10-34×5.1×104J≈3.4×10-19J 方向的电阻R减小，故C错误：若a=b,由Rm=P品，减小厚 又钠光灯在t=1s内发出的光能 度c,沿着CD方向的电阻增大，故D错误. E=Pt=40×1J=40J 7.磁场中某点不能有两个磁场方向，故而磁感线不能相 那么在t=1s内穿过S=1cm2球壳面积的光能量 交，故A错误：磁感线某点处的切线方向为该点的磁场方向，故 名=器=9想132x0 B正确；磁感线为闭合曲线，故而在“磁星”内部仍然存在磁场， 故C错误；若所选择的区域平行于磁感线，或磁感线从某侧进 则每秒钟穿过该球壳1cm面积的光子数 人又从同一侧穿出时磁通量依然为零，故D错误. 2E=3.2×106 n=瓦=.4×10=94×10（个. 二、多选题 8.AC 9.BD 10.BD 第20期参考答案 提示： 一、选择题 8.图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量中= 1.C2.D3.C4.B5.C6.A7.B BS,故A正确；以CD边为轴，让线框CDEF转过18O°，磁感线进 提示： 人平面的方向发生了改变，线框中的磁通量变化量△Φ=2BS, l.根据电流的微观表达式I=neSv,可得该铜线中自由电 故B错误；线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时 子定向移动的平均速率为”= =2.9×10m/s,故C正确 刻在发生改变，线框中会产生感应电流，故C正确；线框绕过D 2.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电 点与磁场平行的轴转动，线框中的磁通量始终为BS,线框中不 场，变化的电场产生磁场，如果电场不变化，不会产生磁场，同 会产生感应电流，故D错误。 理，磁场不变化，不会产生电场，故A错误；均匀变化的电场一 9.定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源U-I图 定产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围一定产生稳定的电 像的斜率的绝对值表示内电阻，则由图可得，两者阻值相等，故 场，故BC错误；周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁 A错误；根据题意得，当外电流增大，则定值电阻两端电压增 场，故D正确. 大，可知1表示定值电阻，2表示电源，故B正确；对于电源，当 5 高中物理人教（必修第三册）第17~20期 内外电路的电阻相等时输出功率最大，而外电路电阻越大，效小于真实值. 率越大，故C错误，D正确。 四、计算题 10.现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器 13.解析：设等边三角形的内切圆的半径为r,则根据几何 接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，路端电压减小，根据闭 关系可得r=Rtan30°=5R 3 合电路欧姆定律可得，干路电流1增大，电灯L,两端的电压增 大，所以电灯L,变亮，路端电压减小，所以L与滑动变阻器并 初始状态的磁通量中，=BS=B·2=} 联电压减小，所以L2变暗，故A错误，B正确；干路电流增大， 线圈绕虚线αb旋转90°时磁通量中，=0 L2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过L2的电流减小，根据 磁通量的变化量的大小为 并联电路的特点，电流表的示数增大，故C错误：根据P=EI可 知干路电流/增大，电源的总功率增大，故D正确。 AD=-1=0-3mBR1=号BR 三、实验题 a8-a-等a1-云√ 11.(1)0.348: 解析：(1)电子绕核做匀速圆周运动，根据库仑定律和牛 (2)乙： 顿第二定律有kg。 2m r 1 电的 电子的动能为E=2mu 解得E= 2r 解析：(1)由螺旋测微器的读数规则可知，该金属丝直径 的测量值为d=34.8×0.01mm=0.348mm. (2)由于电子的电势能为E。=-e (2)乙图电压表示数为待测电阻两端实际电压，电流表示 因此，氢原子的能量为E=6,+E,=- 2r1 数为流过待测电阻及电压表电流之和，故电流表示数偏大，由 欧姆定律可知，电阻测量值偏小，同理可知，丙图电阻测量值偏 (3)电子绕核运动形成的等效电流1=气，而T=2严 大，故测量值比真实值偏小的应是乙图所示的电路， 解得1~石、侣 (3)实物连接如图所示，滑动变阻器的滑片置于b端时，接 15.(1)12;(2)0.12W;(3)93.3%. 入电阻最大，接通电路后的电流最小 解析：(1)开关S接1时，根据闭合电路欧姆定律有 12.(1)(b)D:(2)1.451.00:(3)小于小于 E=U+I(r+R) 解析：(1)因电流表内阻与电源内阻很接近，故应选择相 对电源来说的外接法；故选(b)电路；因电流表量程较大，故为 又小灯泡功率P=1U 代入数据解得r=12. 了减少误差，滑动变阻器需选小电阻，故选D: (2)开关S接2时，根据闭合电路欧姆定律有 (2)根据闭合电路欧姆定律U=E-r,知U-I的纵轴截 E U Ux +h 距表示电源电动势，斜率表示电源内阻，由图像可得E= 解得Uw=0.8V 1.45V,r=L45-000=1.000 0.45 电动机的输入功率为P人=Ul=0.8×0.2W=0.16W (3)该实验测量的误差主要来自于 1.5 发热功率为P热=r=0.04W, 电压表的分流，即所测的外电压和电流，1 1.4 所以输出功率为P出=P人-P热=0.12W. 外电压是准确的，测量的电流偏小，作出12 1.1 如图所示的图线，虚线表示真实图线，实1.010203405A （3)电瓶的效率为男=份x0m%:2学×10无=983说。 线表示测量图线，可知，测量的电动势小于真实值，测量的内阻 6