2024-2025学年下学期高二物理教科版同步经典题精练之电磁波谱

第58页（共58页）2024-2025学年下学期高中物理教科版（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•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．109Hz2．（2024秋•长沙期末）下列有关电与磁的四幅情景图像，说法正确的是（）A．对甲：当线圈匀速转动时，不会产生感应电流，当线圈非匀速转动时，会产生感应电流 B．对乙：当导线中通有从左向右的电流时，小磁针的N极向里偏转，S极向外偏转 C．对丙：恒定的电场和恒定的磁场互相激发交替产生，就形成电磁波 D．对丁：电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光3．（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．1016Hz4．（2024秋•海淀区校级期末）关于电磁场电磁波，下列说法正确的是（）A．电磁波可以由电磁振荡产生，频率越高，在真空中传播速度越大 B．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能在介质中传播 C．只要有变化的电场就可以产生变化的磁场，从而相互激发，形成电磁波电磁波 D．平面电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与其电场强度、磁感应强度均垂直5．（2024秋•西青区期末）如图所示是我国500m口径球面射电望远镜（FAST），它可以通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。下列关于电磁波说法正确的是（）A．可见光不属于电磁波 B．电磁波不可以在真空中传播 C．X射线的波长比红外线的波长更长 D．电磁波的传播是伴随着能量向外传递的二．多选题（共5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•镇海区模拟）如图的图片均来自同学们的物理课本，你认为说法正确的是（）A．图甲中，该同学让蜂鸣器在自己头顶上空做匀速圆周运动，该同学能听到蜂鸣器音调发声变化，这叫多普勒效应 B．图乙中，是在用水波研究波的折射现象，其中的虚线ab表示的是法线 C．图丙中，人类在1974年向银河系中发出对外星人的问候，是用电磁波发射的，在发射前要进行调制而不是调谐 D．图丁中，夜视仪摄影技术中用的是红外线而不是紫外线（多选）10．（2024春•浏阳市期末）关于电磁波，下列叙述正确的是（）A．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度平行 B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C．电磁波可以在真空中传播 D．电磁波的频率越高，在真空中传播的速度越大三．填空题（共3小题）11．（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）12．（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”）。13．（2023春•嘉定区校级期中）依据下面情境，判断下列说法对错。2021年6月23日，北京航天飞行控制中心同正在天和核心舱执行任务的神舟十二号航天员通话。相距万里的通话是利用了电磁波的传输。（1）电磁场由发生区域向远处的传播就形成电磁波。（2）电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波。（3）麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在。（4）电磁波谱中最不容易发生明显衍射的是无线电波。四．解答题（共2小题）14．（2024秋•崇明区期末）2024年10月30日4时27分，神州十九号载人飞船搭载三名航天员，由长征二号F遥十九火箭从我国酒泉卫星发射中心发射升空，并于10分钟后飞船与火箭成功分离，进入预定轨道。约6.5小时后对接于天和核心舱前端口。请完成下列问题：（1）（多选）核心舱和地面间使用无线电波联系，核心舱内宇航员之间使用声波交流。无线电波和声波的特点。A．都不需要介质传播B．都属于电磁波C．都能传递能量和信息D．都能发生干涉和衍射（2）航天员乘组随火箭加速上升过程中，处于超重状态。①他们受到地球的引力逐渐（选填“变大”、“不变”或“变小”）。②在进入核心舱后几乎处于完全失重状态，则他们。A．受地球引力，无加速度B．受地球引力，有加速度C．无地球引力，无加速度D．无地球引力，有加速度（3）以地面为参照系，宇航员在地面上的质量为m0，在核心舱内的质量为m，已知核心舱相对地面的飞行速度为v，如果只考虑狭义相对论效应，则m和m0的关系正确的是。A．m＝m0B．m＝m01C．m＝m01D．m=（4）空间站窗外射进一束阳光，照射到一空心水晶球上。航天员发现水晶球特别明亮，这是光在水晶球内部空气表面发生了全反射现象，如图所示。如果水晶折射的临界角为C。①则水晶的折射率n＝。②图中发生全反射的入射光线与反射光线间夹角θ大小一定。A．等于CB．等于2CC．小于2CD．大于等于2C（5）计算：空间站的运动可以看作为围绕地球的匀速圆周运动。若地球表面重力加速度g＝9.8m/s2，地球半径R＝6400km，空间站轨道离地高度h＝400km。①求空间站运动的速度v；（保留三位有效数字）②简要说明：空间站的速度为什么小于第一宇宙速度？15．（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

2024-2025学年下学期高中物理教科版（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DBDDD一．选择题（共5小题）1．（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。2．（2024秋•长沙期末）下列有关电与磁的四幅情景图像，说法正确的是（）A．对甲：当线圈匀速转动时，不会产生感应电流，当线圈非匀速转动时，会产生感应电流 B．对乙：当导线中通有从左向右的电流时，小磁针的N极向里偏转，S极向外偏转 C．对丙：恒定的电场和恒定的磁场互相激发交替产生，就形成电磁波 D．对丁：电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光【考点】电磁波谱；通电直导线周围的磁场；感应电流的产生条件；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】】明确感应电流的产生条件，先明确是不是闭合回路，再分析闭合回路中磁通量是否发生变化，从而明确能否产生感应电流。明确电磁波的产生，知道只有周期性变化的电场和磁场才能相互激发形成电磁波；根据电磁波的特点分析。【解答】解：A、如图转动时，线圈磁通量一直为0，不会产生感应电流，故A错误；B、当导线中通有从左向右的电流时，根据右手安培定则可知，导线下方的磁场垂直纸面向里，则小磁针的N极向里偏转，S极向外偏转，故B正确；C、周期性变化的电场和周期性变化的磁场互相激发交替产生，就形成电磁波，故C错误；D、紫光与红光属于可见光，红外线、紫外线与红光和紫光不同，不属于可见光，故D错误；故选：B。【点评】本题考查感应电流的产生条件和电磁波的特点，较易。3．（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。4．（2024秋•海淀区校级期末）关于电磁场电磁波，下列说法正确的是（）A．电磁波可以由电磁振荡产生，频率越高，在真空中传播速度越大 B．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能在介质中传播 C．只要有变化的电场就可以产生变化的磁场，从而相互激发，形成电磁波电磁波 D．平面电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与其电场强度、磁感应强度均垂直【考点】无线电波的特点和应用；麦克斯韦电磁场理论．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】D【分析】电磁波在真空中的传播速度都相同；电磁波也能在介质中传播；变化的电场不一定产生变化的磁场，不一定能形成电磁波；光是横波。【解答】解：A、电磁波可以由电磁振荡产生，但电磁波在真空中的传播速度都相同，与电磁波的频率无关，故A错误；B、利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能在介质中传播，故B错误；C、变化的电场不一定产生变化的磁场，比如均匀变化的电场产生稳定的磁场，即有变化的电场不一定可以形成电磁波，故C错误；D、根据电磁波的产生原理可知，电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键知道电磁波的特点，以及知道电磁波的运用，同时知道电磁波产生的条件。5．（2024秋•西青区期末）如图所示是我国500m口径球面射电望远镜（FAST），它可以通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。下列关于电磁波说法正确的是（）A．可见光不属于电磁波 B．电磁波不可以在真空中传播 C．X射线的波长比红外线的波长更长 D．电磁波的传播是伴随着能量向外传递的【考点】电磁波谱；电磁波的发射和接收．【专题】定性思想；归纳法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】D【分析】常见的电磁波从波长由长到短可以分为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线；电磁波可以在真空中传播；电磁波可以传递信息，同时具有能量。【解答】解：A、根据电磁波谱可以知道可见光属于电磁波，故A错误；B、电磁波可以在真空中传播，不依赖介质传播，故B错误；C、根据电磁波谱可以知道X射线的波长要比红外线的短，故C错误；D、电磁波可以传递信息，也可以传播能量，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电磁波的特点及电磁波谱的相关知识，要牢记电磁波的基础特点及常见的几种电磁波的波长或频率关系，难度不大。二．多选题（共5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•镇海区模拟）如图的图片均来自同学们的物理课本，你认为说法正确的是（）A．图甲中，该同学让蜂鸣器在自己头顶上空做匀速圆周运动，该同学能听到蜂鸣器音调发声变化，这叫多普勒效应 B．图乙中，是在用水波研究波的折射现象，其中的虚线ab表示的是法线 C．图丙中，人类在1974年向银河系中发出对外星人的问候，是用电磁波发射的，在发射前要进行调制而不是调谐 D．图丁中，夜视仪摄影技术中用的是红外线而不是紫外线【考点】红外线的特点和应用；波的折射现象；多普勒效应及其应用；电磁波的发射和接收．【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】CD【分析】根据多普勒效应的条件分析A；根据折射现象的特点分析B；根据电磁波的发射与接收规律分析C，夜视仪摄影技术中用的是红外线。【解答】解：A．图甲中，该同学与蜂鸣器之间的距离没有发生变化，不会产生多普勒效应，故A错误；B．图乙中的虚线ab表示的是不同折射率的介质之间的界面，并非法线，故B错误；C．在发射电磁波的时候，将信号加载到电磁波中的过程叫做调制，在接收电磁波的时候，使接收电路中产生电谐振的过程叫做调谐，图丙中，人类在1974年向银河系中发出对外星人的问候，发射前进行的是调制，故C正确；D．夜间，不同温度的物体会发出不同特征的红外线，夜视仪摄影技术中用的是红外线，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查多普勒效应及应用，解题关键掌握物理知识点在实际生活中的应用。（多选）10．（2024春•浏阳市期末）关于电磁波，下列叙述正确的是（）A．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度平行 B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C．电磁波可以在真空中传播 D．电磁波的频率越高，在真空中传播的速度越大【考点】电磁波的波长、频率和波速的关系；电磁波的产生；电磁波的特点和性质（自身属性）；电磁波的发射和接收．【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】ACD、电磁波传播的不需要靠介质，任何频率的电磁波在真空是一样的；B、麦克斯韦理论描述电磁波是电场和磁场周期性变化形成的。【解答】解：A、电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，故A错误；B、根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，相互激发，形成电磁波，故B正确；CD、电磁波的传播不需要靠介质，可以在真空中传播，任何频率的电磁波在真空中的传播速度不变，故C正确，D错误；故选：BC。【点评】本题主要考查学生对于电磁波传播的特点和形成以及对麦克斯韦理论的基础知识的记忆和理解。三．填空题（共3小题）11．（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。12．（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。13．（2023春•嘉定区校级期中）依据下面情境，判断下列说法对错。2021年6月23日，北京航天飞行控制中心同正在天和核心舱执行任务的神舟十二号航天员通话。相距万里的通话是利用了电磁波的传输。（1）电磁场由发生区域向远处的传播就形成电磁波。正确（2）电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波。错误（3）麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在。错误（4）电磁波谱中最不容易发生明显衍射的是无线电波。错误【考点】电磁波谱；电磁波的产生；电磁波的发现．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】正确；错误；错误；错误。【分析】本题根据电磁波的形成与传播规律，以及赫兹的科学贡献，即可解答。【解答】解：（1）.电磁场由发生区域向远处的传播就形成电磁波，故正确；（2）.根据麦克斯韦电磁场理论可知，电场随时间均匀变化时，只能产生恒定的磁场，不能形成电磁波，故错误；（3）.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故错误；（4）.电磁波谱中无线电波的波长最长，γ射线波长最短，所以最容易发生衍射的是无线电波，最不容易发生明显衍射的是γ射线，故错误；故答案为：正确；错误；错误；错误。【点评】本题考查学生对电磁波的形成与传播规律，以及赫兹的科学贡献的掌握，难度不高，比较基础。四．解答题（共2小题）14．（2024秋•崇明区期末）2024年10月30日4时27分，神州十九号载人飞船搭载三名航天员，由长征二号F遥十九火箭从我国酒泉卫星发射中心发射升空，并于10分钟后飞船与火箭成功分离，进入预定轨道。约6.5小时后对接于天和核心舱前端口。请完成下列问题：（1）（多选）核心舱和地面间使用无线电波联系，核心舱内宇航员之间使用声波交流。无线电波和声波的特点CD。A．都不需要介质传播B．都属于电磁波C．都能传递能量和信息D．都能发生干涉和衍射（2）航天员乘组随火箭加速上升过程中，处于超重状态。①他们受到地球的引力逐渐变小（选填“变大”、“不变”或“变小”）。②在进入核心舱后几乎处于完全失重状态，则他们B。A．受地球引力，无加速度B．受地球引力，有加速度C．无地球引力，无加速度D．无地球引力，有加速度（3）以地面为参照系，宇航员在地面上的质量为m0，在核心舱内的质量为m，已知核心舱相对地面的飞行速度为v，如果只考虑狭义相对论效应，则m和m0的关系正确的是D。A．m＝m0B．m＝m01C．m＝m01D．m=（4）空间站窗外射进一束阳光，照射到一空心水晶球上。航天员发现水晶球特别明亮，这是光在水晶球内部空气表面发生了全反射现象，如图所示。如果水晶折射的临界角为C。①则水晶的折射率n＝1sinC②图中发生全反射的入射光线与反射光线间夹角θ大小一定D。A．等于CB．等于2CC．小于2CD．大于等于2C（5）计算：空间站的运动可以看作为围绕地球的匀速圆周运动。若地球表面重力加速度g＝9.8m/s2，地球半径R＝6400km，空间站轨道离地高度h＝400km。①求空间站运动的速度v；（保留三位有效数字）②简要说明：空间站的速度为什么小于第一宇宙速度？【考点】电磁波的波长、频率和波速的关系；超重与失重的概念、特点和判断；万有引力的基本计算；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）CD；（2）①变小，②B；（3）D；（4）①1sinC，②D；（5）①空间站运动的速度v为7.68km/s；②【分析】（1）根据声波和电磁波的相同点和区别进行分析判断；（2）根据万有引力公式结合物体的受力情况、牛顿第二定律进行分析判断；（3）根据爱因斯坦的狭义相对论列式推导；（4）根据全反射临界角的公式结合全反射规律进行分析解答；（5）根据万有引力提供向心力和黄金代换式列式求解线速度和解释线速度和第一宇宙速度的关系。【解答】解：（1）AB．声波需要介质，且不属于电磁波，无线电波可以不需要介质传播，故AB错误；CD．都能传递能量和信息，能发生干涉和衍射，故CD正确。故选：CD。（2）①根据F＝GMmr2，上升过程中②在进入核心舱后几乎处于完全失重状态，则他们受地球引力，有加速度（向心加速度），故B正确，ACD错误。故选：B。（3）根据爱因斯坦的狭义相对论公式，运动物体质量随速度的增大而增大，则有m=m01-v2故选：D。（4）①根据sinC=1n，可得水晶的折射率n②图中发生全反射时入射角大于或者等于临界角C，根据反射角好入射角关系，可得入射光线与反射光线间夹角θ大小一定大于等于2C，故D正确，ABC错误。故选：D。（5）①设地球质量为M，物体质量为m1，则在地面上GMm1R2=m1g，得GM＝gR2，设空间站质量为m2，则根据牛顿第二定律有GMm2(R+h)2=m2②第一宇宙速度是物体近地运动时能围绕地球做圆周运动的速度，空间站在离地面400km处，不是近地运动，做圆周运动的半径大于地球半径，根据v=GM故答案为：（1）CD；（2）①变小，②B；（3）D；（4）①1sinC，②D；（5）①空间站运动的速度v为7.68km/s；②【点评】考查万有引力定律的应用以及相对论知识，全反射和临界角的问题，会根据题意进行准确分析解答。15．（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。

考点卡片1．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。2．万有引力的基本计算【知识点的认识】1.万有引力定律的内容和计算公式为：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方程反比。即FG＝6.67×10﹣11N・m2/kg22.如果已知两个物体（可视为质点）的质量和距离就可以计算他们之间的万有引力。【命题方向】如下图，两球的质量均匀分布，大小分别为M1与M2，则两球间万有引力大小为（）A、GM1M2r2B、GM1M2分析：根据万有引力定律的内容，求出两球间的万有引力大小．解答：两个球的半径分别为r1和r2，两球之间的距离为r，所以两球心间的距离为r1+r2+r，根据万有引力定律得：两球间的万有引力大小为F＝GM故选：D。点评：对于质量均匀分布的球，公式中的r应该是两球心之间的距离．【解题思路点拨】计算万有引力的大小时要注意两个物体之间的距离r是指两个物体重心之间的距离。3．第一、第二和第三宇宙速度的物理意义【知识点的认识】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（环绕速度）（1）大小：7.9km/s．（2）意义：①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度．②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度．2．第二宇宙速度（1）大小：11.2km/s（2）意义：使卫星挣脱地球引力束缚的最小地面发射速度．第二宇宙速度（脱离速度）在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，其大小为v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大小：16.7km/s（2）意义：使卫星挣脱太阳引力束缚的最小地面发射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上发射物体，使之最后能脱离太阳的引力范围，飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小速度，其大小为v＝16.7km/s．三种宇宙速度比较宇宙速度数值（km/s）意义第一宇宙速度7.9这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度第二宇宙速度11.2这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度16.7这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对第一宇宙速度概念的理解：关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）A．它是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度B．它是人造地球卫星在圆形轨道上的最小运行速度C．它是能使卫星绕地球运行的最小发射速度D．它是人造卫星绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度分析：第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是圆行近地轨道的环绕速度，也是圆形轨道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度v=GMR因而第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度，A正确、B错误；在近地面发射人造卫星时，若发射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做匀速圆周运动，若发射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做离心运动，即会在椭圆轨道运动，因而C正确、D错误；故选AC．点评：要使平抛的物体成为绕地球做运动的卫星，其速度必须小于或等于第一宇宙速度，当取等号时为圆轨道．【解题思路点拨】1.三个宇宙速度都有自身的物理意义，要准确记住其意义及具体的数值。2.每个天体都有自己的宇宙速度，课本上介绍的只是地球的三大宇宙速度。4．波的折射现象【知识点的认识】1.波的反射和折射的认识（1）波的反射：反射线，法线和人射线在同一平面内，反射线与入射线分居发现发现两侧，反射角等于入射角。（2）波的折射：①波在两种介质的界面上会发生折射现象。2一切波都会发生折射现象。2.对波的反射的特点（1）入射角与反射角：入射角：入射线与法线的夹角，如图中的α。反射角：反射线与法线的夹角，如图中的β。（2）反射规律：①波又回到原介质中。②β＝α。③反射线、法线与入射线，三线共面，且反射线与入射线分居法线两侧。3.波的折射的特点①折射角（γ）：折射波的波线与两介质界面法线的夹角γ叫作折射角，如图。②折射定律：入射波线、法线、折射波线在同一平面内，入射波线与折射波线分居在法线两侧。入射角的正弦跟折射角的正弦之比等于波在第一种介质中的速度跟波在第二种介质中的速度之比，即sinisinγ4.波的反射与折射的比较（1）频率f由波源决定，故无论是反射波还是折射波都与入射波的频率，即波源的振动频率相同。（2）波速v由介质决定，因反射波与入射波在同一介质中传播，故波速不变；而折射波与入射波在不同介质中传播，所以波速变化。（3）据v＝λf知，波长λ与v及f有关，即与介质及波源有关，反射波与入射波在同一介质中传播，频率相同，故波长相同。折射波与入射波在不同介质中传播，f相同，v不同，故λ不同。【命题方向】如图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则（）A.2与1的波长、频率相等，波速不等B.2与1的波速、频率相等，波长不等C.3与1的波速、频率、波长均相等D.3与1的频率相等.波速、波长均不等分析：本题首先要根据入射角与折射角的大小，分析波速关系。根据频率由光源决定，分析出频率的关系。由波速公式v＝λf分析波长的关系。解答：AB、波1、2都在介质a中传播，故1、2的频率、波速、波长均相等，故AB错误；CD、波1、3是在两种不同介质中传播，波速不同，但波源没变，因而频率相等，由λ=vf得波长不同，故C错误，故选：D。点评：解答本题的关键是根据入射角与折射角的大小，分析出波速关系，知道光的频率是由光源决定的，与介质无关的特性。【解题思路点拨】要解决波的反射和折射问题，需要能够准确绘制波的传播线路图，作出入射波线，法线，反射或折射波线来，标明入射角、反射或折射角，再列出相关式子进行求解。5．多普勒效应及其应用【知识点的认识】1．多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应．2．接收到的频率的变化情况：当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小．【命题方向】常考题型：在学校运动场上50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器．两个扬声器连续发出波长为5m的声波．一同学从该跑道的中点出发，向某一段点缓慢行进10m．在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为（）A.2B.4C.6D.8【分析】当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的．【解答】解：当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的，故该同学从中间向一侧移动0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m时，听到声音变大；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的，故该同学从中间向一侧移动1.25m、3.75m、6.25m、8.75m时，声音减弱；故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为4次；故选B．【点评】本题关键明确振动加强和振动减弱的条件，然后可以结合图表分析，不难．【解题方法点拨】多普勒效应的成因分析（1）接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数，当波以速度v通过观察者时，时间t内通过的完全波的个数为N＝，因而单位时内通过观察者的完全波的个数，即接收频率．（2）当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．6．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=Qqr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．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。9．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。10．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”11．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．12．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．13．两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。14．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磁通量是否发生变化，常见的情况有以下几种：①磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化，例如闭合电路的一部分导体切割磁感线时。②线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化，例如线圈与磁体之间发生相对运动时或者磁场是由通电螺线管产生而螺线管中的电流变化时。③磁感应强度B和线圈面积S同时发生变化，此时可由△Φ＝Φ1﹣Φ0。计算并判断磁通量是否发生变化。④线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间的夹角发生变化，例如线圈在磁场中转动时。【命题方向】关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是（）A、只要闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定有感应电流B、只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流C、只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D、只要穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，闭合电路中就有感应电流分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．解：A、闭合电路在磁场中运动，穿过闭合电路的磁通量不一定发生变化，所以闭合电路中不一定有感应电流。故A错误。B、闭合电路中有磁通量，如没有变化，闭合电路中就没有感应电流。故B错误。C、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生。故C错误。D、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流。故D正确。故选：D。点评：感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．【解题思路点拨】判断产生感应电流的条件应注意的问题（1）磁通量有变化，但回路没闭合，不产生感应电流。（2）闭合回路切割磁感线，但磁通量没变化，不产生感应电流。（3）初、末位置磁通量相同，但过程中闭合回路磁通量有变化，产生感应电流。（4）线圈有正、反两面，磁感线穿过的方向不同，磁通量不同，产生感应电流。15．麦克斯韦电磁场理论【知识点的认识】1.麦克思维电磁场理论（1）变化的磁场产生电场。（2）变化的电场产生磁场。2.电磁场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场。3