2024-2025学年下学期高二物理人教版同步经典题精练之电磁波谱

第60页（共60页）2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之电磁波谱一．选择题（共5小题）1．（2024秋•莲湖区校级期末）2022年10月12日，神舟十四号航天员面向广大青少年进行太空授课，此次太空授课是基于我国天链中继系统，通过电磁波实现了高速双向音、视频传输。下列有关电磁波说法中正确的是（）A．变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场 B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在 C．电磁波不是物质，看不见也摸不着，且依赖于介质才能传播 D．各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播2．（2024秋•新会区校级期末）我国的高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平。今年9月份华为发布的新型手机更是能够轻松实现卫星电话通讯，此功能甚至强于美国马斯克的庞大“星链”。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通信技术相比，5G通信技术使用的电磁波频率更高，具有“更高网速、低延时、低功率海量连接”等特点。根据上述信息可知与4G通信技术相比，5G通信技术使用的电磁波（）A．波长更长 B．能量子的能量更小 C．能量子的能量更大 D．传播速度更快3．（2024秋•通州区期末）宇宙中到处存在的中性氢可以产生波长为21cm的谱线，这一谱线书写了宇宙的故事。我国于2016年在贵州落成启用的世界最大的500m口径球面射电望远镜（简称FAST）其中一个重要的任务就是在茫茫宇宙中探索中性氢的踪迹。下列数据与中性氢谱线的频率最接近的是（）A．106Hz B．107Hz C．108Hz D．109Hz4．（2024秋•淄博期末）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图所示。则蓝牙通信的电磁波（）A．在可见光范围内 B．在真空中波长比手机通信的电磁波短 C．比手机通信的电磁波更容易发生明显衍射现象 D．在真空中的传播速度小于手机通讯的电磁波5．（2024秋•莲湖区期末）氩弧焊是一种使用氩气作为保护气体的电弧焊接技术，利用氩弧焊可以获得致密、无飞溅且质量上乘的焊接接头，这使得氩弧焊在航空航天、汽车制造、水利水电、石油化工等行业得到广泛应用。氩弧焊在焊接时，电弧发出红外线、可见光、紫外线等电磁波，电磁波在真空中的速度c＝3×108m/s，电弧发出的电磁波的波长范围为10﹣3m～108m，则电弧发出的电磁波中，频率最小的数量级为（）A．109Hz B．1011Hz C．1014Hz D．1016Hz二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•天津期末）物理学是一门以实验为基础的学科，很多生活中的应用都来自于物理学。对于下列教材中所列的实验和生活现象，说法正确的是（）A．图甲中，电磁波X射线可以拍摄X光照片，它的波长比紫外线更长 B．图乙，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，具有能量 C．图丙中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场的相互作用来实现的 D．图丁是库仑探究电荷间相互作用的扭秤实验装置，使用了放大法（多选）7．（2023秋•河北期末）关于电磁波，下列说法正确的是（）A．紫外线不能发生干涉现象 B．X射线不容易发生衍射现象 C．红外线可以使大额钞票上的荧光物质发出可见光 D．麦克斯韦电磁场理论认为变化的电场一定可以产生磁场（多选）8．（2023秋•承德期末）关于电磁波谱，下列说法正确的是（）A．X射线可用于广播 B．γ射线是波长最短的电磁波 C．紫外线的频率比紫光的高 D．长波可以摧毁病变的细胞（多选）9．（2024•义乌市三模）义乌市南山公园新增了一个地标性建筑，人称“义乌小蛮腰”，这是我市新建的电波发射台，电磁波的发射和接收都要用到LC振荡电路。下列说法正确的是（）A．均匀变化的磁场能够在周围空间产生稳定的电场 B．图示的LC振荡电路若磁场正在减弱，则电容器上极板带负电 C．在LC振荡电路中，电容器放电完毕的瞬间线圈中产生的自感电动势最大 D．高频率的电磁波比低频率的电磁波更适合采用调频的方式对信号进行调制三．填空题（共3小题）10．（2023秋•思明区校级月考）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图所示。蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长（填“短”、“长”或“相等”），在空气中的传播速度大小约为m/s。（保留一位有效数字）11．（2023春•宝山区校级期中）电磁波的电场E的方向和磁场B的方向（填“平行”或“垂直”），一雷达放出一束频率为1000MHz的雷达波，当雷达波射入水中时，雷达波频率（填“变大”、“变小”或“不变”）。12．（2023春•浦东新区校级期中）某电台发射频率为500kHz的无线电波，发射功率为10kW．在距电台20km的地方接收到该电波．该电波的波长为m，在此处，每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量为J．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•闵行区期末）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在0～t0内从B0均匀减小为0。圆形硬质金属环放置在磁场中，金属环平面与磁场方向垂直，abcd为金属环上四等分点，总电阻为R，半径为r。（1）t＝0.5t0时，金属环中电流方向为，做出判断依据的物理原理是。（2）（计算）在0～t0内金属环产生的焦耳热Q。（3）t＝0.5t0时，金属环adcb段受到的安培力大小FA＝。（4）若要在金属环周围产生电磁波，可将原来的磁场替换为。（5）某多媒体广播电视的传输电视信号的无线电波频率为411MHz，它的波长是，（保留2位有效数字），它属于（选填“横波”或“纵波”）。14．（2024秋•松江区校级期中）磁场，自古以来便吸引着人类的好奇心。从古代司南指引方向，到现代科技中无所不在的应用，它跨越时空，见证了人类文明的进步与科技的飞跃。（1）一根长为20cm的通电导线放在匀强磁场中，导线中的电流为0.05A，导线与磁场方向垂直，若它受到的磁场力大小为2×10﹣3N，则磁感应强度为T；若将导线中的电流增大为原来的2倍，其他条件不变，则通电导线受到的磁场力变为原来的倍。（2）矩形金属线框位于通电长直导线附近，线圈与直导线在同一竖直平面内，线框的两个边与直导线平行，若使长直导线中的电流增大，线框中产生感应电流（选填“能”或“不能”）；为使得线框中产生感应电流，可以让线框平移（选填“向上”或“向右”）。（3）1820年，丹麦物理学家发现了“电流的磁效应”，建立了电和磁的联系。1831年，通过多年的实验研究终于实现了“磁生电”的梦想，发现了电磁感应定律，并且制造了世界上第一台电动机和发电机。（4）如图2所示，矩形线框面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可绕如图所示的方向与磁场垂直的虚线轴转动，当线框平面与磁场方向的夹角为150°时穿过线框的磁通量为；从当前位置转动240°后，穿过线框的磁通量的变化量的绝对值为。（5）作图题：在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，调节传感器的高度，使它的探管正好在螺线管的轴线上，用该传感器测量M、N之间各点的磁感应强度B的大小，并将传感器顶端与M点的距离记作x，试定性画出B﹣x图像。（6）作图题：画出由电流产生的磁场方向确定导线或线圈中的电流方向。（7）电磁波的应用非常广泛，电磁波家族成员很多，有无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，电视机的遥控器是利用工作的；军事上雷达利用电磁波可以探测飞机的踪迹，某雷达从发出到接收由飞机反射回的电磁波的时间为8×10﹣4s，则飞机与雷达的距离为km（光速为3.0×105km/s）。（8）可燃冰是一种天然气水合物的俗称，每立方米可燃冰可释放164立方米甲烷。可燃冰虽好，但开采不易。2017年我国突破了这一开采技术。那么可燃冰所含有的能量形式是。A．核能B．化学能C．内能D．太阳能15．（2024•金山区模拟）燃油汽车是常见的交通工具，它使用的能源是汽油。某燃油车从静止开始做匀加速直线运动，经5s后速度达到72km/h。（1）汽油是能源中的不可再生能源。①以下也属于不可再生能源的是。A.风能B.水能C.天然气D.太阳能②汽车行驶过程中，汽油的化学能转化为了汽车及环境的内能和汽车的能。（2）该汽车在加速过程中的加速度大小为m/s2，5s内运动的距离为m。（3）若汽车以90km/h的速度在平直路面上匀速行驶时，输出功率约为9.1kW，求此时汽车受到的阻力大小。（4）余老师驾驶汽车上下班。①他使用北斗卫星导航系统导航，导航系统传递信息是利用。A.机械波B.超声波C.引力波D.无线电波②余老师家到学校的直线距离为6km，某次他驾驶汽车行驶了7.2km到学校，用时10min，则此次他的平均速度大小为m/s。③如图，他上班左转通过某十字路口，路面水平，则提供汽车向心力的是。A.重力B.弹力C.摩擦力④若他以54km/h匀速行驶，发现前方60m处路口交通信号灯是红灯，立即开始刹车做匀减速直线运动，到路口时恰好停止，则汽车减速的加速度大小约为。A.1.88m/s2B.3.75m/s2C.24.3m/s2

2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之电磁波谱参考答案与试题解析题号12345答案BCDBD一．选择题（共5小题）1．（2024秋•莲湖区校级期末）2022年10月12日，神舟十四号航天员面向广大青少年进行太空授课，此次太空授课是基于我国天链中继系统，通过电磁波实现了高速双向音、视频传输。下列有关电磁波说法中正确的是（）A．变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场 B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在 C．电磁波不是物质，看不见也摸不着，且依赖于介质才能传播 D．各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播【考点】电磁波与信息化社会；电磁波的产生．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】B【分析】根据麦克斯韦的电磁场理论判断；麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹通过电火花实验证实了电磁波的存在；电磁波的传播不需要介质；电磁波在真空中传播速率相等。【解答】解：A、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，周期性变化的电场周围产生同频率周期性变化的磁场，故A错误；B、根据物理学史可知，麦克斯韦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；C、电磁波是一种特殊的物质，传播不需要介质，可以在真空中传播，故C错误；D、各种频率的电磁波在真空中的传播速率都相同，均为光速，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电磁波的产生、传播规律，解题的关键是要明确麦克斯韦的电磁场理论，即变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。2．（2024秋•新会区校级期末）我国的高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平。今年9月份华为发布的新型手机更是能够轻松实现卫星电话通讯，此功能甚至强于美国马斯克的庞大“星链”。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通信技术相比，5G通信技术使用的电磁波频率更高，具有“更高网速、低延时、低功率海量连接”等特点。根据上述信息可知与4G通信技术相比，5G通信技术使用的电磁波（）A．波长更长 B．能量子的能量更小 C．能量子的能量更大 D．传播速度更快【考点】电磁波与信息化社会．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】C【分析】不同频率的电磁波，频率越高，能量越大，传输信息的容量越大。【解答】解：A．因5G使用的电磁波频率更高，根据波长与频率的关系ν=5G信号的频率高，波长更短，故A错误；BC．根据公式E＝hν可知，因为5G使用的电磁波频率比4G高，所以5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故B错误，C正确；D．电磁波在真空中的传播速度等于光的传播速度，都是相同的，故D错误。故选：C。【点评】当今社会电磁波与人类的生产生活已经完全融合在一起，成为一个密不可分的整体。3．（2024秋•通州区期末）宇宙中到处存在的中性氢可以产生波长为21cm的谱线，这一谱线书写了宇宙的故事。我国于2016年在贵州落成启用的世界最大的500m口径球面射电望远镜（简称FAST）其中一个重要的任务就是在茫茫宇宙中探索中性氢的踪迹。下列数据与中性氢谱线的频率最接近的是（）A．106Hz B．107Hz C．108Hz D．109Hz【考点】电磁波的波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】D【分析】根据真空中的电磁波波速与波长的关系式列式求解。【解答】解：根据c＝λf，得f=cλ，代入数据解得f＝1.43×109Hz，故D正确，故选：D。【点评】考查真空中的电磁波波速与波长的关系式，会根据题意进行准确分析解答。4．（2024秋•淄博期末）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图所示。则蓝牙通信的电磁波（）A．在可见光范围内 B．在真空中波长比手机通信的电磁波短 C．比手机通信的电磁波更容易发生明显衍射现象 D．在真空中的传播速度小于手机通讯的电磁波【考点】电磁波与信息化社会；电磁波的波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】B【分析】分析给出的电磁波谱图，明确蓝牙通信所用电磁波的波长范围；再根据电磁波在真空中的传播速度均等于光速分析传播速度。【解答】解：A．蓝牙通信用的电磁波不在可见光频率范围内，不是可见光信号，故A错误；BC．蓝牙通信比手机通信的电磁波频率高，波长短，比手机通信的电磁波更不容易发生明显衍射现象，故B正确，C错误；D．蓝牙通信和手机通信使用的都是电磁波，在真空中传播速度相同，故D错误。故选：B。【点评】本题考查对电磁波谱的认识，要注意掌握分析电磁波谱的方法，明确各各种电磁波在电磁波谱中的位置。5．（2024秋•莲湖区期末）氩弧焊是一种使用氩气作为保护气体的电弧焊接技术，利用氩弧焊可以获得致密、无飞溅且质量上乘的焊接接头，这使得氩弧焊在航空航天、汽车制造、水利水电、石油化工等行业得到广泛应用。氩弧焊在焊接时，电弧发出红外线、可见光、紫外线等电磁波，电磁波在真空中的速度c＝3×108m/s，电弧发出的电磁波的波长范围为10﹣3m～108m，则电弧发出的电磁波中，频率最小的数量级为（）A．109Hz B．1011Hz C．1014Hz D．1016Hz【考点】电磁波谱．【专题】定量思想；推理法；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】D【分析】由公式c＝λf求解频率最小的数量级。【解答】解：电弧发出的电磁波的波长范围为10﹣3m～108m，则电弧发出的电磁波中，若波长为108m时，由公式c＝λf，可得频率最小为：f=cλ=3×108108Hz＝3×10﹣16Hz，故电弧发出的电磁波中，频率最小的数量级为故选：D。【点评】本题以氩弧焊是一种使用氩气作为保护气体的电弧焊接技术为背景，考查了电磁波的应用，要求学生熟练掌握公式c＝λf。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•天津期末）物理学是一门以实验为基础的学科，很多生活中的应用都来自于物理学。对于下列教材中所列的实验和生活现象，说法正确的是（）A．图甲中，电磁波X射线可以拍摄X光照片，它的波长比紫外线更长 B．图乙，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，具有能量 C．图丙中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场的相互作用来实现的 D．图丁是库仑探究电荷间相互作用的扭秤实验装置，使用了放大法【考点】电磁波谱；X射线的特点和应用；库仑扭秤实验和静电力常量；两根通电导线之间的作用力．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】BD【分析】X光能量大，波长短；从能量转化的角度，分析知道微波具有能量；电流之间的作用是通过磁场来实现的；库仑在研究电荷间的相互作用时，利用了微小量放大法的思想。【解答】解：A、图甲中，电磁波X射线可以拍摄X光照片，所以X光能量高，频率大，所以它的波长比紫外线更短，故A错误；B、微波是一种电磁波，乙图中，生活中常用微波炉来加热食物，提供内能，说明微波具有能量，故B正确；C、丙图中，两根通电方向相反的长直导线产生的磁场方向相反，因此两导线相互排斥，相互排斥的作用是通过磁场实现的，故C错误；D、图丁是库仑的扭秤实验装置图，法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想，故D正确。故选：BD。【点评】解答本题的关键要掌握电磁学的基础知识，关键要知道异向电流相互排斥，是通过磁场实现的。微波是一种电磁波，微波具有能量。（多选）7．（2023秋•河北期末）关于电磁波，下列说法正确的是（）A．紫外线不能发生干涉现象 B．X射线不容易发生衍射现象 C．红外线可以使大额钞票上的荧光物质发出可见光 D．麦克斯韦电磁场理论认为变化的电场一定可以产生磁场【考点】X射线的特点和应用；麦克斯韦电磁场理论；红外线的特点和应用；紫外线的特点和应用．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据波的干涉、衍射以及紫外线的特点结合麦克斯韦的电磁场理论进行分析解答。【解答】解：A．紫外线属于电磁波，可以发生干涉现象，故A错误；B．根据发生明显的衍射现象的条件可知，X射线波长短，不容易发生明显的衍射现象，故B正确；C．紫外线可以使大额钞票上的荧光物质发出可见光，故C错误；D．麦克斯韦电磁场理论认为变化的电场一定可以产生磁场，故D正确。故选：BD。【点评】考查波的干涉、衍射以及紫外线的特点结合麦克斯韦的电磁场理论，会根据题意进行准确分析解答。（多选）8．（2023秋•承德期末）关于电磁波谱，下列说法正确的是（）A．X射线可用于广播 B．γ射线是波长最短的电磁波 C．紫外线的频率比紫光的高 D．长波可以摧毁病变的细胞【考点】X射线的特点和应用；γ射线的特点和应用；电磁波谱；无线电波的特点和应用；紫外线的特点和应用．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】BC【分析】电磁波谱的波长排序：长波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线；由频率与波长的关系，可知频率与波长排序相反；由能量与频率的关系，穿透能力和频率的关系，可知其是否适合应用。【解答】解：A．由电磁波谱可知，X射线的波长短、频率高、能量高，具有较强的穿透能力，所以不能用于广播，故A错误；B．由电磁波谱可知，γ射线波长最短，频率最高，故B正确；C．由电磁波谱可知，紫外线的波长比紫光短，紫外线的频率比紫光的高，故C正确；D．长波波长较长，频率较低，能量较小，不可用于摧毁病变的细胞，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查电磁波的应用，关键是掌握电磁波的波长、频率的大小关系。（多选）9．（2024•义乌市三模）义乌市南山公园新增了一个地标性建筑，人称“义乌小蛮腰”，这是我市新建的电波发射台，电磁波的发射和接收都要用到LC振荡电路。下列说法正确的是（）A．均匀变化的磁场能够在周围空间产生稳定的电场 B．图示的LC振荡电路若磁场正在减弱，则电容器上极板带负电 C．在LC振荡电路中，电容器放电完毕的瞬间线圈中产生的自感电动势最大 D．高频率的电磁波比低频率的电磁波更适合采用调频的方式对信号进行调制【考点】电磁波与信息化社会；电磁波的特点和性质（自身属性）．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】AD【分析】均匀变化的磁场产生稳定的电场，磁场正在减弱，则电容器正在充电，放电完毕的瞬间自感电动势最小，高频率的电磁波比低频率的电磁波更适合采用调频的方式对信号进行调制。【解答】解：A．均匀变化的磁场能够在周围空间产生稳定的电场，故A正确；B．图示的LC振荡电路若磁场正在减弱，则电容器正在充电，则电容器上极板带正电，故B错误；C．在LC振荡电路中，电容器放电完毕的瞬间，电流最大，线圈中产生的自感电动势最小，故C错误；D．高频率的电磁波比低频率的电磁波更适合采用调频的方式对信号进行调制，调频是使高频电磁波的频率随信号的强弱而变化的一种调制方式，在无线电波的发射中，由于高频率的电磁波相对容易激励并向空间发射，且频率越高越不容易受到干扰，因此更适合采用调频方式。此外，调频信号抗干扰能力强，能够在传输过程中保持信号的稳定性和清晰度。相比之下，低频率的电磁波由于衰减较快，且容易受到干扰，因此不太适合采用调频方式，而更多地采用调幅等其他调制方式‌，故D正确。故选：AD。【点评】明确电磁振荡电路的特点，电场能和磁场能互相转化的关系。三．填空题（共3小题）10．（2023秋•思明区校级月考）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图所示。蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短（填“短”、“长”或“相等”），在空气中的传播速度大小约为3×108m/s。（保留一位有效数字）【考点】电磁波的波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；归纳法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】短，3×108。【分析】根据v＝λf公式分析，电磁波在空气中的速度约等于光速。【解答】解：由图知蓝牙通信的电磁波频率比手机通信的电磁波高，根据v＝λf可知蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短。电磁波在空气中的传播速度大小约为3×108m/s。故答案为：短，3×108。【点评】知道波速、波长和频率的关系，知道电磁波在空气中的传播速度等于光速。11．（2023春•宝山区校级期中）电磁波的电场E的方向和磁场B的方向垂直（填“平行”或“垂直”），一雷达放出一束频率为1000MHz的雷达波，当雷达波射入水中时，雷达波频率不变（填“变大”、“变小”或“不变”）。【考点】电磁波的波长、频率和波速的关系；麦克斯韦电磁场理论；电磁波的产生．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】垂直；不变。【分析】根据电磁波理论分析。【解答】解：电磁波的电场E的方向和磁场B的方向垂直。雷达波的频率由波源（雷达）决定，与介质无关，所以射入水中后频率不变。故答案为：垂直；不变。【点评】本题关键掌握电磁波理论。12．（2023春•浦东新区校级期中）某电台发射频率为500kHz的无线电波，发射功率为10kW．在距电台20km的地方接收到该电波．该电波的波长为600m，在此处，每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量为2×10﹣6J．【考点】电磁波的波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；电磁场理论和电磁波．【答案】见试题解答内容【分析】电磁波传播过程中的频率是不变的，根据c＝λf求解波长；根据能量守恒定律列式求解每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量．【解答】解：电磁波传播过程中的频率和波长没有改变，故电波的波长不变，故：λ=每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量为：PtS故答案为：600，2×10﹣6．【点评】本题关键是记住公式c＝λf，同时要结合能量守恒定律列式求解单位时间内通过面积上的能量．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•闵行区期末）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在0～t0内从B0均匀减小为0。圆形硬质金属环放置在磁场中，金属环平面与磁场方向垂直，abcd为金属环上四等分点，总电阻为R，半径为r。（1）t＝0.5t0时，金属环中电流方向为abcda，做出判断依据的物理原理是楞次定律。（2）（计算）在0～t0内金属环产生的焦耳热Q。（3）t＝0.5t0时，金属环adcb段受到的安培力大小FA＝2πB（4）若要在金属环周围产生电磁波，可将原来的磁场替换为D。（5）某多媒体广播电视的传输电视信号的无线电波频率为411MHz，它的波长是0.73m，（保留2位有效数字），它属于横波（选填“横波”或“纵波”）。【考点】电磁波与信息化社会；增反减同；法拉第电磁感应定律的基本计算；电磁波的产生．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】（1）abcda，楞次定律；（2）金属环产生的焦耳热Q为π2B02r4t02R；（3）【分析】（1）根据楞次定律，判断金属环中电流方向；（2）利用法拉第电磁感应定律及焦耳定律求解；（3）利用闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，根据安培力公式F＝BIl计算金属环adcb段受到的安培力大小；（4）根据电磁波的产生判断；（5）根据公式c＝λf求解，结合横波的定义判断。【解答】解：（1）磁感应强度在0～t0内从B0均匀减小为0，根据楞次定律，可知金属环中电流方向为abcda；（2）0～t0内，由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔBΔt•πr2=B0-在0～t0内金属环产生的焦耳热Q为：Q=（3）设金属环中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有：I=t＝0.5t0时，磁感应强度为B1=根据图像可知金属环adcb段的等效长度为：l=金属环adcb段受到的安培力大小为：FA＝IlB1联立解得：FA=（4）根据电磁波产生的条件，可知D选项的磁场能够产生电磁波，故D正确，ABC错误。故选：D。（5）根据公式c＝λf，可得无线电频的波长为：λ=cf，代入数据解得：λ根据电磁波的传播方向与E和B的方向互相垂直，可知电磁波为横波。故答案为：（1）abcda，楞次定律；（2）金属环产生的焦耳热Q为π2B02r4t02R；（3）【点评】本题中电磁感应中电路问题，要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、左手定则、焦耳定律等规律，并能熟练运用。14．（2024秋•松江区校级期中）磁场，自古以来便吸引着人类的好奇心。从古代司南指引方向，到现代科技中无所不在的应用，它跨越时空，见证了人类文明的进步与科技的飞跃。（1）一根长为20cm的通电导线放在匀强磁场中，导线中的电流为0.05A，导线与磁场方向垂直，若它受到的磁场力大小为2×10﹣3N，则磁感应强度为0.2T；若将导线中的电流增大为原来的2倍，其他条件不变，则通电导线受到的磁场力变为原来的2倍。（2）矩形金属线框位于通电长直导线附近，线圈与直导线在同一竖直平面内，线框的两个边与直导线平行，若使长直导线中的电流增大，线框中能产生感应电流（选填“能”或“不能”）；为使得线框中产生感应电流，可以让线框向右平移（选填“向上”或“向右”）。（3）1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了“电流的磁效应”，建立了电和磁的联系。1831年，法拉第通过多年的实验研究终于实现了“磁生电”的梦想，发现了电磁感应定律，并且制造了世界上第一台电动机和发电机。（4）如图2所示，矩形线框面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可绕如图所示的方向与磁场垂直的虚线轴转动，当线框平面与磁场方向的夹角为150°时穿过线框的磁通量为12BS；从当前位置转动240°后，穿过线框的磁通量的变化量的绝对值为32（5）作图题：在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，调节传感器的高度，使它的探管正好在螺线管的轴线上，用该传感器测量M、N之间各点的磁感应强度B的大小，并将传感器顶端与M点的距离记作x，试定性画出B﹣x图像。（6）作图题：画出由电流产生的磁场方向确定导线或线圈中的电流方向。（7）电磁波的应用非常广泛，电磁波家族成员很多，有无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，电视机的遥控器是利用红外线工作的；军事上雷达利用电磁波可以探测飞机的踪迹，某雷达从发出到接收由飞机反射回的电磁波的时间为8×10﹣4s，则飞机与雷达的距离为120km（光速为3.0×105km/s）。（8）可燃冰是一种天然气水合物的俗称，每立方米可燃冰可释放164立方米甲烷。可燃冰虽好，但开采不易。2017年我国突破了这一开采技术。那么可燃冰所含有的能量形式是B。A．核能B．化学能C．内能D．太阳能【考点】红外线的特点和应用；能量守恒定律的内容与发展；电流磁效应的发现；通电直导线周围的磁场；磁感应强度的公式计算；磁通量的计算；计算磁通量的变化量；感应电流的产生条件．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；磁场磁场对电流的作用；电磁场理论和电磁波；推理论证能力．【答案】（1）0.2，2；（2）能，向右；（3）奥斯特，法拉第；（4）12BS，32BS；（5）见解析；（6）见解析；（7）红外线，120；（8）【分析】（1）根据公式F＝BIL计算分析；（2）根据感应电流产生的条件分析；（3）根据物理学史分析；（4）根据磁通量的定义式分析；（5）根据通电螺线管的磁场特点分析；（6）根据安培定则分析；（7）根据位移与速度的关系计算；（8）根据可燃冰释放能量的方式分析。【解答】解：（1）根据F安＝BIL可得：B=FIL=2×10-30.05×20×10-（2）线框处在直导线的磁场之中，若使长直导线中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据产生感应电流的条件可知线框中有感应电流产生；为使得线框中产生感应电流，可以向右移动线框，使穿过线框的磁通量变化；（3）1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了“电流的磁效应”，建立了电和磁的联系。1831年，法拉第通过多年的实验研究终于实现了“磁生电”的梦想，发现了电磁感应定律；（4）线框平面与磁场方向的夹角为150°时穿过线框的磁通量为Φ=BSsin150°=12BS，从当前位置转动240°后，穿过线框的磁通量变为Φ'＝BSsin（240（5）在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，用磁传感器测量螺线管的轴线上各点的磁感应强度。螺线管内部的磁场近似为匀强磁场，螺线管管口向外，磁场减弱.根据该性质可知，B随x的变化是先增大，后不变，再减小.故最后做出B﹣x图象如下图所示（6）根据安培定则各个分析即可，方向如下图所示（7）电视机的遥控器是利用红外线工作的，飞机与雷达的距离为x=（8）可燃冰是在燃烧时释放能量的，所以可燃冰储存的能量形式是化学能，故B正确，ACD错误。故选：B。故答案为：（1）0.2，2；（2）能，向右；（3）奥斯特，法拉第；（4）12BS，32BS；（5）见解析；（6）见解析；（7）红外线，120；（8）【点评】本题考查的内容比较多，但都是基础知识，比如安培力公式，安培定则，感应电流产生的条件等，都是需要熟练记忆的，基础题。15．（2024•金山区模拟）燃油汽车是常见的交通工具，它使用的能源是汽油。某燃油车从静止开始做匀加速直线运动，经5s后速度达到72km/h。（1）汽油是能源中的不可再生能源。①以下也属于不可再生能源的是C。A.风能B.水能C.天然气D.太阳能②汽车行驶过程中，汽油的化学能转化为了汽车及环境的内能和汽车的机械能。（2）该汽车在加速过程中的加速度大小为4m/s2，5s内运动的距离为50m。（3）若汽车以90km/h的速度在平直路面上匀速行驶时，输出功率约为9.1kW，求此时汽车受到的阻力大小。（4）余老师驾驶汽车上下班。①他使用北斗卫星导航系统导航，导航系统传递信息是利用D。A.机械波B.超声波C.引力波D.无线电波②余老师家到学校的直线距离为6km，某次他驾驶汽车行驶了7.2km到学校，用时10min，则此次他的平均速度大小为10m/s。③如图，他上班左转通过某十字路口，路面水平，则提供汽车向心力的是C。A.重力B.弹力C.摩擦力④若他以54km/h匀速行驶，发现前方60m处路口交通信号灯是红灯，立即开始刹车做匀减速直线运动，到路口时恰好停止，则汽车减速的加速度大小约为A。A.1.88m/s2B.3.75m/s2C.24.3m/s2【考点】无线电波的特点和应用；平均速度（定义式方向）；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动速度与位移的关系；向心力的来源分析；功率的定义、物理意义和计算式的推导；能源的分类与应用．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】（1）①C；②机械能；（2）4，50；（4）①D；②10；③C；④A。【分析】（1）①不可再生能源是指不能短时间内从自然界得到补充，根据自然资源的种类进行分类判断；②根据汽车使用汽油工作过程中的能量转化和守恒情况进行解答；（2）根据匀变速直线运动中加速度的计算公式和位移公式进行列式求解；（3）根据汽车做匀速直线运动的条件对应功率公式代入数据求解阻力大小；（4）①根据卫星导航系统利用无线电波传输信号的原理进行分析；②根据平均速度的定义式列式求解；③根据向心力的来源分析解答；④根据匀变速直线运动的推论列式求解加速度大小。【解答】解：（1）①根据资源的种类进行划分，只有天然气属于不能重复利用的资源，属于不可再生资源，故ABD错误，C正确；故选：C；②汽车在行驶过程中，汽车的动能改变了，所以汽油的化学能也转化成了机械能；（2）速度v＝72km/h＝20m/s，根据加速度的公式a=vt=205m/s2＝4m/s2，根据匀变速直线运动的公式，5s内运动的距离x=12at2=1（3）已知v＝90km/h＝25m/s，匀速行驶时，汽车的牵引力和阻力大小相等，当输出功率约为P＝9.1kW，此时汽车受到的阻力大小f=Pv=9.1（4）①根据汽车导航是利用北斗卫星完成的，和汽车间的信息传输是利用无线电波进行，故ABC错误，D正确；故选：D。②根据平均速度的定义是有v=xt=6③在水平公路上转弯时，能够充当向心力的只能是地面提供的摩擦力，故AB错误，C正确；故选：C；④汽车的初速度大小为v0＝54km/h＝15m/s，末速度为0，刹车时位移大小为x＝60m，根据匀变速直线运动公式，加速度大小为a=v02-02x=1522×60m/s2＝故答案为：（1）①C；②机械能；（2）4，50；（4）①D；②10；③C；④A。【点评】考查能量转化和守恒思想，向心力的问题和匀变速直线运动的基本规律等，会根据题意进行准确分析和解答。

考点卡片1．平均速度（定义式方向）【知识点的认识】1．定义：平均速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量．一个作变速运动的物体，如果在一段时间t内的位移为s，则我们定义v=s2．平均速度和平均速率的对比：平均速度=【命题方向】例1：一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着t2内的平均速度是vA．vB.23vC.34vD.分析：分别根据v=解：物体的总位移x=vt+v2×t2=5vt4故选D．点评：解决本题的关键掌握平均速度的定义式v=【解题思路点拨】定义方向意义对应平均速度运动质点的位移与时间的比值有方向，矢量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或位移）平均速率运动质点的路程与时间的比值无方向，标量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或路程）2．匀变速直线运动速度与时间的关系【知识点的认识】匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）【命题方向】例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：（1）质点做匀速运动时的速度；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：a2=vt答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，则加速度：a=vt-刹车至停止所需时间：t=vt-v故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．【解题方法点拨】1．解答题的解题步骤（可参考例1）：①分清过程（画示意图）；②找参量（已知量、未知量）③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）④利用公式列方程（选取正方向）⑤求解验算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．3．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．4．向心力的来源分析【知识点的认识】1.向心力的确定（1）确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。（2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力。2.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力。3.解决圆周运动问题步骤（1）审清题意，确定研究对象；（2）分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；（3）分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；（4）根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。【命题方向】如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一个小物体随圆筒一起运动，小物体所需要的向心力由以下哪个力来提供（）A、重力B、弹力C、静摩擦力D、滑动摩擦力分析：本题中应该首先对物体进行受力分析和运动情况分析，然后确定向心力来源！解答：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心；受力如图；重力G与静摩擦力f平衡，支持力N提供向心力；故选：B。点评：本题要对物体进行运动分析和受力分析，要注意匀速圆周运动中合力指向圆心！【解题思路点拨】确定向心力来源的方法：1.确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。2.分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力。5．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W6．库仑扭秤实验和静电力常量【知识点的认识】一、库仑的实验：1.实验内容：库仑做实验用的装置叫作库仑扭秤。如图所示，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡，悬丝处于自然状态。把另一个带电的金属小球C插入容器并使它接触A，从而使A与C带同种电荷。将C和A分开，再使C靠近A，A和C之间的作用力使A远离。扭转悬丝，使A回到初始位置并静止，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小。改变A和C之间的距离r，记录每次悬丝扭转的角度，就可以找到力F与距离r的关系，结果是力F与距离r的二次方成反比，即F∝1r在库仑那个年代，还不知道怎样测量物体所带的电荷量，甚至连电荷量的单位都没有。不过两个相同的金属小球，一个带电、一个不带电，互相接触后，它们对相隔同样距离的第三个带电小球的作用力相等，因此，可以断定这两个小球接触后所带的电荷量相等。这意味着，如果使一个带电金属小球与另一个不带电的完全相同的金属小球接触，前者的电荷量就会分给后者一半。多次重复，可以把带电小球的电荷量q分为12，14，这样又可以得出电荷之间的作用力与电荷量的关系：力F与q1和q2的乘积成正比，即F∝q1q2综合上述实验结论，可以得到如下关系式F=式中k是比例系数，叫作静电力常量。2.扭秤实验体现的物理学方法：微小量放大法。二、静电力常量的数值：在国际单位制中，电荷量的单位是库仑（C），力的单位是牛顿（N），距离的单位是米（m）。通过实验测定k的数值是k＝9.0×109N•m2/C2【命题方向】1785年法国物理学家库仑设计制作了一台精确的扭秤，然后又进行了著名的库仑扭秤实验，从而得出了点电荷之间相互作用的重要定律，那么库仑通过此实验主要得出了哪些结论（）A、异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥B、点电荷之间的相互作用力与两电荷间的距离的平方成反比C、点电荷之间的相互作用力与两电荷的电荷量的乘积成正比D、点电荷产生的电场的公式为E＝k•Q分析：根据库仑定律的内容：异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，及F=Qq解答：A、异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，故A正确；BC、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止的点电荷之间的相互作用规律：点电荷之间的相互作用力与两电荷间的距离的平方成反比，与两电荷的电荷量的乘积成正比，故BC正确；D、根据电场强度公式定义式E=Fq，结合库仑定律，才能得出点电荷产生的电场的公式为E＝k•Qr故选：ABC。点评：本题考查库仑定律的内容，注意库仑力大小与什么因素有关，方向由什么决定是解题的关键．【解题思路点拨】库仑通过扭秤实验得出了库仑定律的表达式，扭秤实验体现了物理学中的微小量放大法的思想。7．能量守恒定律的内容与发展【知识点的认识】1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．2．公式：E＝恒量；△E增＝△E减；E初＝E末；3.能量守恒定律的发展历程：‌能量守恒定律的发展历程是众多科学家经过长时间研究和实验的结晶，最终由迈尔、焦耳和亥姆霍兹等科学家共同提出和完善的。‌能量守恒定律的思想最初是由德国物理学家迈尔在实验的基础上于1842年提出来的。迈尔通过实验和思辨的方式，推演出多种力的转化形式，为能量守恒定律的提出迈出了重要一步。同时期，英国物理学家焦耳进行了大量实验，测定了热功当量的精确值，为能量守恒提供了坚实的实验基础。焦耳的工作，特别是他精确测定了热功当量的值，为能量守恒定律的确立提供了无可置疑的实验证据。德国科学家亥姆霍兹也在不了解迈尔和焦耳研究的情况下，从永动机不可能出发，思考自然界不同的力之间的相互关系，并在专著《力的守恒》中提到张力（今称势能）和活力（即动能）的转换，还深刻地阐明了热的本质。他的工作进一步加深了人们对能量守恒定律的理解。此外，还有其他科学家对这条定律作出了贡献，如卡诺在研究热机效率时提出了热力学第一定律的雏形，即热量可以转化为机械功，但机械功不能完全转化为热量，这一观点揭示了能量转换的基本规律。最终，在19世纪中叶，物理学家鲁道夫•克劳修斯基于热力学第一定律和第二定律的研究，正式提出了能量守恒定律。他明确指出，能量不能被创造或毁灭，只能从一种形式转化为另一种形式。随着数学工具的发展，能量守恒定律的数学形式逐渐清晰，其基本表达式为“能量输入﹣能量输出＝能量积累”，体现了系统内能量的总量不变性。在相对论中，能量守恒定律依然成立，但形式有所变化，能量的总量等于质量和速度的函数，被称为相对论能量‌。【命题方向】关于能的转化和守恒，下列说法错误的是（）A、能量既不会凭空产生也不会凭空消失B、能量可以从一种形式转化成另一种形式C、能量可以从一个物体转移到另一个物体D、因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能的，我们不需要节约能源分析：能量守恒定律的内容为：能量既不会凭空消灭，也不会凭空产生，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体上，在转移和转化过程中，能的总量保持不变．热力学第二定律反映了自然界的宏观过程具有方向性，虽然总能量守恒，但能量可以利用的品质降低了。解答：A、能量守恒定律：能量既不会凭空消灭，也不会凭空产生，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体上，在转移和转化过程中，能的总量保持不变。故ABC正确D、随着能量耗散，能量可以利用的品质降低了，可利用的能源减少了，所以会有能源危机，故D错误；因选错误的，故选：D。点评：掌握能量守恒定律，掌握生活中能的转移和转化．【解题思路点拨】1.能量守恒定律的适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。2.对能量守恒定律的理解某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。8．能源的分类与应用【知识点的认识】一、能源与人类1．能源是提供可利用能量的物质资源或自然过程．2．地球上的能源绝大部分直接或间接来自太阳能．（1）煤、石油和天然气是太阳能经过数亿年的地质变迁转化来的，被称为化石能源．在短期内不能再生，也被称为不可再生能源．（2）风能、水能、波浪能、海洋能等也都是由太阳能转化来的．3.20世纪以核能为代表的各种新能源的利用，使人类获取能量的渠道拓展到了原子微观世界．4．随着科学技术的发展和生活水平的提高，在城市家庭中，电与燃气成了主要能源．二、能源的开发与利用1．常规能源的开发与利用：（1）煤、石油和天然气等常规能源的大量开采对环境造成了极大的影响．（2）常规能源在利用时也会对环境造成极大的污染，特别是温室气体大量排放，导致地球变暖．2．可再生能源的开发与利用：（1）水能是利用最广泛的可再生能源．（2）太阳能是地球上最丰富的能源．（3）风力发电站必须建在多风场所，受到地域的限制．三、能源的分类与特点．能源分类方法能源分类名称特点举例按形成或转换特点分一次能源自然形成，未经加工太阳能、风能、地热能、核能、潮汐能二次能源由一次能源经加工转换而成焦炭、木炭、蒸汽、液化气、酒精、汽油、电能按利用技术分常规能源已大规模正常使用煤、石油、天然气、水能新能源正在开发、或有新的利用方式太阳能、核能、地热能，海洋能、沼气、风能按可否再生分可再生能源可循环使用、不断补充水能、风能、生物质能、地热能不可再生能源短期内无法转换获得煤、石油、天然气、核燃料按对环境污染情况分清洁能源对环境基本上没有污染太阳能、海洋能、风能、水能污染能源会严重污染环境化石燃料（煤、石油、天然气）四、新能源泉的开发和利用1．太阳能：太阳向外辐射能量时是以太阳为球心的球状辐射．2．风能：空气流动所形成的动能称为风能，它是太阳能转化的一种形式．风能的利用是将空气的动能转化为其他形式的能．3．波浪能：主要的开发形式是海洋潮汐发电．4．氢能：21世纪重要的能源载体，储量丰富，运输方便，而且不会污染环境．5．核能：通常有两种释放方式：重核裂变和轻核聚变．6．地热能和生物质能：两种能源也具有较大的发展前景．【命题方向】以下说法中正确的是（）A、煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能B、石油是一种二次能源C、风能是可再生能源D、煤、石油等化石能源是取之不尽、用之不竭的分析：化石燃料的能量最初都可以追溯到太阳能，且不可再生；从自然界直接获得的且没有经过加工的能源是一次能源；风能可再生．解答：A、煤、石油、天然气等是化石燃料，是由古代动植物的遗体转化来的，而动植物体内的能量最初都可以追溯到太阳能，故A正确。B、石油是从自然界直接获得的且没有经过加工的能源，故石油是一次能源。故B错误。C、空气的流动形成风，风具有的能量就是风能，风能利用后空气仍然会形成风，故风能可再生，故C正确。D、煤、石油等化石能源是古代动植物的遗体经过漫长的地质年代转化来的，用一点少一点，不可再生，故D错误。故选：AC。点评：掌握了一次能源和二次能源定义、可再生能源与不可再生能源的区别以及化石能源的来源才能正确作答本题．【解题思路点拨】能够准确的将能源进行分类。9．电流磁效应的发现【知识点的认识】1.关于电与磁的联系的探索：自然界中的磁体总存在着两个磁极，自然界中同样存在着两种电荷。不仅如此，磁极之间的相互作用，与电荷之间的相互作用具有相似的特征：同名磁极或同种电荷相互排斥，异名磁极或异种电荷相互吸引。但是，直到19世纪初，库仑、英国物理学家杨和法国物理学家安培等都认为电与磁是互不相关的两回事。不过，在18世纪和19世纪之交，随着对摩擦生热及热机做功等现象认识的深化，自然界各种运动形式之间存在着相互联系并相互转化的思想，在哲学界和科学界逐渐形成。丹麦物理学家奥斯特相信，电和磁之间应该存在某种联系，并开始了不懈的探索。当时人们见到的力都沿着物体连线的方向。受这个观念的局限，奥斯特在寻找电和磁的联系时，总是把磁针放在通电导线的延长线上，结果实验均以失败告终。1820年4月，在一次讲课中，他偶然地把导线放置在一个指南针的上方，通电时磁针转动了。这个现象虽然没有引起听众的注意，但却是奥斯特盼望已久的，他连续进行了大量研究，同年7月发表论文，宣布发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系。2.电流的磁效应：1820年丹麦物理学家奥斯特通过通电导线使小磁针偏转的实验发现了电流的磁效应。3.物理意义：首次揭示了电与磁的联系。4.奥斯特的实验装置如下：【命题方向】丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流磁效应现象，下列说法正确的是（）A、奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律B、将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动C、将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动D、将直导线沿南北方向水平放置，把铜针（用铜制成的指针）放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，铜针一定会转动分析：对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．注意磁场及磁场的应用；明确地磁场的性质，根据小磁针受力方向即可正确求解．解答：A、奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后得到了电磁感应定律；故A错误；B、将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，小磁针所在位置的磁场方向可能与地磁场相同，故小磁针不一定会转动；故B错误；C、将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动；故C正确；D、铜不具有磁性，故将导线放在上方不会受力的作用，故不会偏转；故D错误；故选：C。点评：本题考查电流的磁场的性质，要注意能明确电磁场方向的判断，并掌握小磁针受力方向为该点磁场的方向．【解题思路点拨】对奥斯特实验的理解：自然情况下，小磁针的N极总是指向地磁的南极，没有外力干扰时并不会偏转。当靠近通电导线时，小磁针发生了偏转，只能说明电流产生了磁场，并对小磁针产生了力作用。奥斯特就是以此实验充分的验证了电流周围磁场的存在。10．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】几种常见的磁场如下：直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要针对通电直导线周围的磁场分布【命题方向】如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（）A、不动B、N极向纸里，S极向纸外旋转C、向上运动D、N极向纸外，s极向纸里旋转分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。11．磁感应强度的公式计算【知识点的认识】1.根据磁感应强度的定义式B=F2.条件：应用公式B=FIl时，要注意F应与电流元3.当Il与磁场平行时F＝0，所以不能认为电流元在磁场中不受力时，磁感应强度就为0。【命题方向】匀强磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，长10cm，电流为5A，所受安培力为0.5N，则磁感应强度大小为（）A、1TB、0.01TC、0.25TD、25T分析：根据安培力的大小公式F＝BIL求出磁感应强度的大小．解答：B=FIL=0.55×0.1故选：A。点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，知道B与I平行时，F＝0，B与I垂直时，F＝BIL．【解题思路点拨】磁场在某位置的磁感应强度的大小与方向是客观存在的，与通过导线的电流大小、导线的长短无关。即使不放人载流导线，磁感应强度也照样存在，故不能说“B与F成正比”或“B与Il成反比”12．磁通量的计算【知识点的认识】1.当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为：Φ＝BS。2.当平面与磁场不垂直时，S应该为平面与磁感线方向上的投影面积，如下图图中穿过平面的磁通量为Φ＝BScosθ。式中Scosθ即为平面S在垂直于磁场方向上的投影面积，也称为“有效面积”3.磁通量的正、负（1）磁通量是标量，但有正、负，当以磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则磁感线从此面穿出时即为负值。（2）若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。【命题方向】如图所示，在一半径为r的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将匝数为n、半径为R（R＞r）的圆形线圈垂直纸面放置，使其轴线经过磁场区域的圆心，则穿过线圈的磁通量为（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根据磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S为垂直于磁场方向上的有效面积，磁通量与匝数无关。解答：磁通量与匝数无关，线圈在磁场中的有效面积S＝πr2，根据磁通量的公式Φ＝BS可知，穿过线圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：本题考查了磁通量的定义，解题的关键是明确垂直于磁场方向上的有效面积，根据磁通量公式求解。【解题思路点拨】对磁通量的理解（1）Φ＝B•S的含义：Φ＝BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况．当B与S平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BSsinθ．可理解为Φ＝BSsinθ，即Φ等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积．也可理解为Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积．如图（1）所示．（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图（2）所示，S应为线圈面积的一半．（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量．13．计算磁通量的变化量【知识点的认识】磁通量的变化量等于末磁通量减去初磁通量，表达式为ΔΦ＝Φ2﹣Φ1又分几种情况：（1）B变化导致磁通量变化ΔΦ＝B2S﹣B1S＝（B2﹣B1）S＝ΔB•S（2）S变化导致磁通量变化ΔΦ＝BS2﹣BS1＝B（S2﹣S1）＝B•ΔS（3）B和S都变化导致磁通量变化ΔΦ＝B2S2﹣B1S1要注意：B2S2﹣B1S1≠ΔB•ΔS【命题方向】如图所示，一面积为S的长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当线圈以ab为轴从图中位置转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量为（）A、BSB、2BSC、BS2D、分析：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ＝BS，图中S有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积．当线圈以ab为轴从图中位置转过60°的瞬间，线圈在垂直于磁场方向投影的面积．解答：如图，当长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时磁通量为Φ1＝B•12S=当线圈以ab为轴从图中位置转过60°的瞬间，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为12S则磁通量Φ2=1穿过线圈的磁通量的变化量为Δ∅＝0故选：D。点评：本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力．对于公式Φ＝BScosα，Scosα为线圈在垂直于磁场方向投影的面积．【解题思路点拨】磁通量的变化磁通量可以用穿过某一面积的磁感线条数来形象地定性描述，也可以用公式Φ＝BSsinθ（θ为B与S面的夹角）进行定量的计算．在分析磁通量是否发生变化时，两种描述是统一的，不能有矛盾的结果出现．例如：（1）线圈的面积发生变化时磁通量是不一定发生变化的，如图，当线圈面积由S1变为S2时，磁通量并没有变化．（2）当磁场范围一定时，线圈面积发生变化，磁通量也可能不变，如图所示，在空间有磁感线穿过线圈S，S外没有磁场，如增大S，则Φ不变．3．磁通量改变的方式：（1）线圈跟磁体之间发生相对运动，这种改变方式是S不变而相当于B发生变化；（2）线圈不动，线圈所围面积也不变，但穿过线圈面积的磁感应强度是时间的函数；（3）线圈所围面积发生变化，线圈中的一部分导体做切割磁感线运动，其实质也是B不变而S增大或减小；（4）线圈所围面积不变，磁感应强度也不变，但二者之间的夹角发生变化，如匀强磁场中转动的矩形线圈就是典型例子．14．两根通电导线之间的作用力【知识点的认识】两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。证明：如图所示两根个导线中，通有同向电流根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向右，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向左。同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向彼此，即相互吸引。【命题方向】如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（）A、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．解答：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反。将F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F2′＝F2；故A正确，BCD错误；故选：A。点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互【解题思路点拨】可以通过安培定则与左手定则得出同向电流相互排斥，异向电流相互吸引的结论。15．感应电流的产生条件【知识点的认识】1.感应电流的产生条件：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流。2.一种特殊情况：对于如下图所示，导体棒切割磁场产生感应电流的情况，依然可以认为是CDEF所围的闭合回路的磁通量发生了变化，从而引起感应电流的产生。3.关键词：①闭合回路；②磁通量的变化。4.判断有无感应电流的基本步骤（1）明确所研究的电路是否为闭合电路。（2）分析最初状态穿过电路的磁通量情况。（3）根据相关量变化的情况分析穿过闭合电路的