2024-2025学年下学期高二物理人教版期中必刷常考题之电磁振荡与电磁波

第62页（共62页）2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之电磁振荡与电磁波一．选择题（共7小题）1．（2024秋•保定期末）下列关于电磁波的叙述中，正确的是（）A．电磁波的频率都相同 B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108m/s C．麦克斯韦证实了电磁波的存在 D．电磁波具有波的一切特征2．（2024秋•重庆期末）基于人类早期对电磁规律的研究，现代社会生活中有许多电磁应用场景。下列说法正确的是（）A．磁场一定产生电场 B．电磁波不可以在真空中传播 C．变化的磁场一定产生电场 D．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在3．（2023秋•泸县校级期末）关于麦克斯韦电磁场理论，下列说法中不正确的是（）A．变化的磁场能够在周围空间产生电场 B．电场一定能够在周围空间产生磁场 C．变化的电场能够在周围空间产生磁场 D．电磁场由发生区域向远处传播就形成电磁波4．（2023秋•上饶期末）2023年10月26日11时14分，长征二号F遥十七运载火箭托举着神舟十七号载人飞船，在酒泉卫星发射中心点火升空，送汤洪波、唐胜杰、江新林3名航天员奔赴“天宫”。如图所示，神十六、神十七两个乘组“太空会师”，航天员能与地面工作人员保持实时联络，直播画面通过电磁波传送到地面。下列关于电磁波说法正确的是（）A．电磁波传播过程中，电场和磁场是独立存在的，没有关联 B．电磁波可以在真空中传播 C．不能用实验验证电磁波的存在 D．太空中航天员讲话时画面与声音同步，说明电磁波与声波具有相同的传播速度5．（2023秋•大荔县期末）有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是（）A．电磁波在真空中也能传播 B．电磁波能传播信息，不能传播能量 C．X射线的波长比红外线的波长更长 D．麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在6．（2023秋•城厢区校级期末）下列说法不正确的是（）A．无线电波、光波、X射线、γ射线都是电磁波 B．麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在 C．奥斯特发现了电流的磁效应 D．LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，磁场能最小7．（2023秋•大同期末）以下有关电场和磁场的说法正确的是（）A．试探电荷在电场中某处受到的电场力越大，则该处的电场强度一定越大 B．电场强度的定义和磁感应强度的定义都用到了比值定义法 C．变化的电场一定产生变化的磁场 D．一段电流元在磁场中受力越大，则该处的磁感应强度越大二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•辽阳期末）物理学是一门以实验为基础的学科，物理从生活中来又到生活中去。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是（）A．图甲中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的 B．图乙中，若在ab的两端接上稳恒直流电源，稳定后接在cd端的电流计示数始终为0 C．图丙中，生活中常用微波炉来加热食物，微波在空气中不能传播 D．奥斯特利用图丁中的实验装置发现了电流的磁效应（多选）9．（2024秋•南宁期末）“中国天眼”通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是（）A．麦克斯韦从理论上预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在 B．电磁波的传播不需要介质 C．电磁波看不见，不具有能量 D．不同电磁波在真空中传播速度大小相同（多选）10．（2023秋•泸州期末）下列对于图中的叙述，正确的是（）A．图甲中，变压器中的铁芯用相互绝缘薄硅钢片叠合是为了利用涡流的热效应 B．图乙中，用实验证实电磁波的存在的科学家是赫兹 C．图丙中，食堂用的消毒灯主要利用的是X射线进行消毒 D．图丁中，器血中的硫酸铜溶液通电后旋转起来，因为通电液体受到磁场力的作用（多选）11．（2023秋•楚雄州期末）下列关于电磁波的叙述中，正确的是（）A．电磁波是电磁场由发生区域向远处传播的 B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108m/s C．电磁波由真空进入介质传播时，波长变长 D．电磁波具有波的一切特征（多选）12．（2023秋•临洮县期末）关于磁场，下列说法正确的是（）A．磁场不是真实存在的 B．小磁针静止时N极所指的方向规定为该点的磁场方向 C．奥斯特首次揭示了电和磁的联系 D．磁感应强度越大，磁通量就越大三．解答题（共3小题）13．（2024春•杨浦区校级期中）电磁炉的原理是利用感应电动势在锅底内产生涡流，致使锅体本身快速发热，从而加热锅内食物。（1）适合做电磁炉锅具的材料是。A.铁B.瓷器C.玻璃D.紫砂（2）电磁炉在工作中会产生电磁波，预言了电磁波的存在，在首次在实验中发现了电磁波。（3）小家同学制作了一个简易装置来研究电磁炉工作原理。如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，过了一会儿，放置在铁芯上方的多匝线圈开始发热。下述可以增大线圈热功率的办法是。A.增大交流电源的频率B.减小上方线圈的匝数以减小电阻C.将交流电源换成电动势更大的直流电源D.将线圈内的铁芯取走（4）电磁炉使用交变电流供电。发电厂发出的交变电流通过变压器进入家庭电路。如图的电路中也包含理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，电阻R1、R2和R3的阻值分别为1Ω、2Ω和6Ω，在a、b两端接电压有效值为U的交流电源，开关S由断开变为闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率不变。则。A.电流表示数变小B.电压表示数变大C.整个电路消耗的功率变小D.变压器原、副线圈匝数比为1：2（5）某发电厂发出的交流电电压为U1，功率为P。远距离输电线路的总电阻为r。现采用电压达U2的特高压输电技术进行输电，变电站理想升压变压器输入和输出线圈的匝数比为；输电线上损失的功率为。（6）电磁炉在工作中会向外辐射电磁波，振荡电路也会产生电磁波。如图甲所示，线圈L的直流电阻不计，闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC回路中将产生电磁振荡。从开关S断开计时，线圈中的磁场能EB随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是。A.LC振荡电路的周期为2×10﹣3sB.在1×10﹣3s时，电容器右极板带正电C.1×10﹣3s～2×10﹣3s时间内，电流在减小D.1×10﹣3s～2×10﹣3s时间内，自感电动势在增加（7）理论上，只要电路中有振荡电路，就能向外辐射电磁波，但是直接利用LC回路向外辐射电磁波的效率是很低的，因此我们可以采用、等方法有效地将电磁波发射出去。14．（2023秋•黄浦区校级期中）电磁波的发现和使用带来了通信技术的发展。（1）如图磁感应强度B随时间t变化的磁场中，能产生电磁波的是。（2）麦克斯韦提出电磁波理论，预言了电磁波的存在。①他从理论上推导出电磁波在真空中传播速度3×108m/s，据此认为本质上也是一种电磁波，且是（选填“横波”或“纵波”）。②用实验证实了电磁波的存在，被誉为无线电通信的先驱者的物理学家是。A.奥斯特B.法拉第C.楞次D.赫兹（3）如图乙，为LC振荡电路的i﹣t图像。在t＝0时刻，回路中电容器C的上极板M正电。①如图甲，在某段时间，LC电路中电流方向顺时针，且M板负电，则该时间段为。A.0～t1B.t1～t2C.t2～t3D.t3～t4②在t1～t2时间内，电容器正在（选填充电”或“放电”），储存的电场能（选填“增大”或“减小”）。（4）如图甲，当两个矩形线框面积相等时，氖管最亮，表明电路接受到的能量最大，发生了现象；如图乙，类似的，在受迫振动中，当频率等于固有频率f0时，受迫振动的最大，发生了共振现象。（5）如图，为某高速公路自动测速装置，雷达向汽车驶来的方向发射脉冲电磁波，相邻两次发射时间间隔为t。当雷达向汽车发射电磁波时，在显示屏上呈现出一个尖形波；在接收到反射回来的无线电波时，在显示屏上呈现出第二个尖形波。若汽车是匀速的，根据图中t1、t、t2的意义，结合光速c，汽车两次接收到雷达时前进的距离Δx为，据此求出汽车车速v的表达式为。15．（2023秋•黄浦区校级期中）机械波与电磁波在本质上不同，但具有波动的共同特征。（1）机械波和电磁波具有共同的性质是。A.都是横波B.都能传输能量C.都能在真空中传播D.都具有恒定的速度（2）电磁波中包含了γ射线、红外线、紫外线、X射线等。①按波长由长到短的排列顺序是。A.γ射线、紫外线、可见光、红外线B.X射线、红外线、紫外线、γ射线C.紫外线、X射线、红外线、γ射线D.红外线、紫外线、X射线、γ射线②“红外线温度计”利用了红外线显著的（选填“化学作用”或“热效应”）特征，在机场、车站等场所，常用X射线对行李透视检查，主要利用了X射线的（选填“穿透能力”或“电离能力”）。（3）某时刻一声源O形成的声波同时在空气和水中传播。①一段时间后的波形可能为。②若该声波在空气中的频率为200Hz，波长为1.7m，在水中的波速为1480m/s，则该声波在水中的频率为Hz，波长为m。（4）如图，一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的S点上、下振动，某时刻的波形如图。则绳波的频率逐渐（选填“增大”、“减小”或“不变”），波源S的起振方向为（选填“向上”或“向下”）。（5）地震发生时，震源同时发出横波（S波）和纵波（P波）。若S波、P波的传播速度分别为v1、v2，它们到达某地震记录仪记录的时间间隔为t，则可判断波速v1v2（选填“＜”或“＞”），地震记录仪所处的位置与震源间的距离s为；S波和P波相比较，（选填“S”或“P”）波破坏力更大。

2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之电磁振荡与电磁波参考答案与试题解析题号1234567答案DCBBABB一．选择题（共7小题）1．（2024秋•保定期末）下列关于电磁波的叙述中，正确的是（）A．电磁波的频率都相同 B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108m/s C．麦克斯韦证实了电磁波的存在 D．电磁波具有波的一切特征【考点】电磁波的特点和性质（自身属性）；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】D【分析】电磁波是由变化的电场和磁场相互激发而形成的波，其频率、波长和速度在不同介质中会有所不同。麦克斯韦的理论预言了电磁波的存在，而赫兹通过实验首次证实了这一预言。电磁波具有波的一切特性，如干涉、衍射等。【解答】解：A、电磁波的频率可以非常广泛，从无线电波到伽马射线，频率范围极大，不同频率的电磁波具有不同的性质和用途，故A错误；B、电磁波只有在真空中传播时，其速度才为3×108m/s，故B错误；C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错误；D、因为电磁波也是一种波，故电磁波具有波的一切特征，故D正确。故选：D。【点评】本题的关键在于理解电磁波的基本性质和历史背景。麦克斯韦的理论预言了电磁波的存在，而赫兹的实验则证实了这一预言。电磁波的传播速度在不同介质中会有所不同，但其波的特性是不变的。2．（2024秋•重庆期末）基于人类早期对电磁规律的研究，现代社会生活中有许多电磁应用场景。下列说法正确的是（）A．磁场一定产生电场 B．电磁波不可以在真空中传播 C．变化的磁场一定产生电场 D．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在【考点】麦克斯韦电磁场理论．【专题】定性思想；归纳法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】C【分析】根据麦克斯韦电磁场理论解答；电磁波传播不依赖于介质；根据物理学史判断。【解答】解：AC、根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可产生磁场，变化的磁场可产生电场，均匀变化的电场可产生恒定的磁场，周期性变化的磁场可产生周期性变化的电场，恒定不变的电场（或磁场）不能产生磁场（或电场），故A错误，C正确；B、电磁波可以在真空中传播，不依赖于介质，故B错误；D、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D错误。故选：C。【点评】本题考查了麦克斯韦电磁场理论的内容，要求学生对这部分知识要重视课本，强化理解并记忆。3．（2023秋•泸县校级期末）关于麦克斯韦电磁场理论，下列说法中不正确的是（）A．变化的磁场能够在周围空间产生电场 B．电场一定能够在周围空间产生磁场 C．变化的电场能够在周围空间产生磁场 D．电磁场由发生区域向远处传播就形成电磁波【考点】电磁波的产生．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波．【答案】B【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分．【解答】解：A、根据电磁场理论可知，变化的磁场周围能产生电场。故A正确；BC、均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，稳定的电场不会产生磁场。故B不正确，C正确；D、根据电磁波的产生可知，电磁场由发生区域向远处传播就形成电磁波；故D正确；本题选择错不正确的，故选：B【点评】本题考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化．4．（2023秋•上饶期末）2023年10月26日11时14分，长征二号F遥十七运载火箭托举着神舟十七号载人飞船，在酒泉卫星发射中心点火升空，送汤洪波、唐胜杰、江新林3名航天员奔赴“天宫”。如图所示，神十六、神十七两个乘组“太空会师”，航天员能与地面工作人员保持实时联络，直播画面通过电磁波传送到地面。下列关于电磁波说法正确的是（）A．电磁波传播过程中，电场和磁场是独立存在的，没有关联 B．电磁波可以在真空中传播 C．不能用实验验证电磁波的存在 D．太空中航天员讲话时画面与声音同步，说明电磁波与声波具有相同的传播速度【考点】电磁波的特点和性质（自身属性）；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】B【分析】电磁波是由变化的电场和磁场相互激发而形成的波，能够在真空中传播，且其传播速度在真空中为光速。电磁波的传播特性与声波有显著区别，声波需要介质传播，而电磁波可以在真空中传播。【解答】解：A、电磁波传播过程中，电场和磁场是相互关联，相互联系的，故A错误；B、电磁波可以在真空中传播，这是电磁波的一个重要特性，也是其能够用于太空通信的基础，故B正确；C、可以用实验验证电磁波的存在，故C错误；D、太空中航天员讲话时画面与声音都是通过电磁波传播到地面的，所以画面和声音同步，但不能说明电磁波与声波具有相同的传播速度，故D错误。故选：B。【点评】本题的关键在于理解电磁波的传播特性和与声波的区别。电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，而声波的传播需要介质，无法在真空中传播。此外，电磁波的传播速度在真空中为光速，远大于声波的传播速度。5．（2023秋•大荔县期末）有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是（）A．电磁波在真空中也能传播 B．电磁波能传播信息，不能传播能量 C．X射线的波长比红外线的波长更长 D．麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在【考点】电磁波的特点和性质（自身属性）；电磁波谱；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】A【分析】电磁波可以在真空中传播，在空气中也能传播；电磁波也可以传播能量；红外线的波长比X射线的波长长；赫兹用实验证实了电磁波的存在。【解答】解：A.电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，故A正确；B.电磁波不仅能传播信息，也可以传播能量，故B错误；C.由电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长，故C错误；D.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了电磁波的产生及传播、电磁波谱等基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆，勤加练习。6．（2023秋•城厢区校级期末）下列说法不正确的是（）A．无线电波、光波、X射线、γ射线都是电磁波 B．麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在 C．奥斯特发现了电流的磁效应 D．LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，磁场能最小【考点】电磁波的产生；α、β、γ射线的本质及特点；麦克斯韦电磁场理论．【专题】定性思想；归纳法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】B【分析】根据麦克斯韦、赫兹和奥斯特的主要贡献分析BC；根据电磁波谱分析A；根据振荡电路的特点分析D。【解答】解：A、根据电磁波谱可以知道无线电波、光波、X射线、γ射线都是电磁波，故A正确；B、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错误；C、奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；D、LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，表示充电完毕，磁场能全部转化为电场能，此时磁场能最小，故D正确。本题是选不正确的故选：B。【点评】对著名物理学家的重要发现要熟练记忆，这也是考试内容之一。7．（2023秋•大同期末）以下有关电场和磁场的说法正确的是（）A．试探电荷在电场中某处受到的电场力越大，则该处的电场强度一定越大 B．电场强度的定义和磁感应强度的定义都用到了比值定义法 C．变化的电场一定产生变化的磁场 D．一段电流元在磁场中受力越大，则该处的磁感应强度越大【考点】麦克斯韦电磁场理论；电场强度的定义、单位和方向；磁感应强度的定义与物理意义；安培力的计算公式及简单应用．【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】电场强度在数值上等于单位电荷在该处受到的电场力；电场强度和磁感应强度的定义都用到了比值定义法；均匀变化的电场产生稳定的磁场；电流元在磁场中受力的大小还有其放置方式有关。【解答】解：A、根据电场强度的定义式E=Fq可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该处受到的电场力，不能用试探电荷受到的电场力直接来表示电场强度的大小，故B、电场强度和磁感应强度的定义都用到了比值定义法，故B正确；C、变化的电场一定产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，故C错误；D、一段电流元在磁场中受力的大小还有其放置方式有关，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了对电场强度和磁感应强度定义的理解，以及对麦克斯韦电磁场理论的认识，基础题。二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•辽阳期末）物理学是一门以实验为基础的学科，物理从生活中来又到生活中去。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是（）A．图甲中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的 B．图乙中，若在ab的两端接上稳恒直流电源，稳定后接在cd端的电流计示数始终为0 C．图丙中，生活中常用微波炉来加热食物，微波在空气中不能传播 D．奥斯特利用图丁中的实验装置发现了电流的磁效应【考点】电磁波的特点和性质（自身属性）；电流磁效应的发现；两根通电导线之间的作用力；感应电流的产生条件．【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】ABD【分析】甲图中，电流之间的作用是通过磁场来实现的；乙图中，对照感应电流产生条件分析；丙图中，从能量转化的角度，分析知道微波具有能量；奥斯特发现了电流的磁效应现象。【解答】解：A、甲图中，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A正确；B、乙图中，若在ab的两端接上稳恒直流电源，则穿过线圈的磁场不变化，磁通量不变化，cd线圈中不产生感应电流，接在cd端的表头示数为0，故B正确；C、微波是一种电磁波，丙图中，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，微波能在空气中传播，故C错误；D、奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应，故D正确。故选：ABD。【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）9．（2024秋•南宁期末）“中国天眼”通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是（）A．麦克斯韦从理论上预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在 B．电磁波的传播不需要介质 C．电磁波看不见，不具有能量 D．不同电磁波在真空中传播速度大小相同【考点】电磁波的特点和性质（自身属性）．【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】电磁波是由方向相同且互相垂直的电场与磁场在空间中以波动的形式传播的电磁场，电磁波的传播不需要借助任何载体，可以在真空中传播，不同电磁波在真空中传播速度大小相同。麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在。【解答】解：A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故A错误；B.电磁波的传播不需要介质，故B正确；C.电磁波看不见，但具有能量，故C错误；D.不同电磁波在真空中传播速度大小相同，故D正确。故选：BD。【点评】题考查了电磁波的定义与性质，属于基础题。（多选）10．（2023秋•泸州期末）下列对于图中的叙述，正确的是（）A．图甲中，变压器中的铁芯用相互绝缘薄硅钢片叠合是为了利用涡流的热效应 B．图乙中，用实验证实电磁波的存在的科学家是赫兹 C．图丙中，食堂用的消毒灯主要利用的是X射线进行消毒 D．图丁中，器血中的硫酸铜溶液通电后旋转起来，因为通电液体受到磁场力的作用【考点】麦克斯韦电磁场理论；电磁波的发射和接收；紫外线的特点和应用；涡流的产生及原理．【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】BD【分析】根据赫兹、麦克斯韦等科学家的物理学成就，以及涡流原理、紫外线的特性和安培力知识进行解答。【解答】解：A．当变压器中的电流变化时，在其铁芯将产生涡流，使用相互绝缘的硅钢片叠合做成的铁芯可以尽可能减小涡流，而不是为了利用涡流的热效应，故A错误；B．用实验证实电磁波存在的科学家是赫兹，麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在，故B正确；C．食堂用的消毒灯主要利用的是紫外线进行消毒，故C错误；D．器血中的硫酸铜溶液通电后两个电极间形成电流，导电液体在磁场中受到安培力的作用旋转起来，故D正确。故选：BD。【点评】解答本题时，要理解并掌握涡流、安培力相关知识，了解红外线、紫外线的特性以及在生活、生产中的应用。（多选）11．（2023秋•楚雄州期末）下列关于电磁波的叙述中，正确的是（）A．电磁波是电磁场由发生区域向远处传播的 B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108m/s C．电磁波由真空进入介质传播时，波长变长 D．电磁波具有波的一切特征【考点】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】AD【分析】根据电磁波的定义、传播速度与介质的关系、波长变化规律以及电磁波的波特性判断选项。【解答】解：A、电磁波的产生是由于变化的电场和磁场相互作用，形成电磁场的波动，这种波动从发生区域向远处传播，形成电磁波，故A正确；B、电磁波只有在真空中传播的速度为3×108m/s。故B错误；C、电磁波在传播过程中频率f不变，电磁波在介质中的传播速度比在真空中的传播速度小，由波速公式v＝λf知波长变短，故C错误；D、电磁波是一种波，具有波的一切特性，能产生干涉、衍射等现象。故D正确。故选：AD。【点评】本题的关键在于理解电磁波的传播特性，特别是电磁波在不同介质中的传播速度变化以及波长变化规律。同时，要认识到电磁波的波特性，这有助于理解电磁波在实际应用中的行为。（多选）12．（2023秋•临洮县期末）关于磁场，下列说法正确的是（）A．磁场不是真实存在的 B．小磁针静止时N极所指的方向规定为该点的磁场方向 C．奥斯特首次揭示了电和磁的联系 D．磁感应强度越大，磁通量就越大【考点】麦克斯韦电磁场理论；磁感应强度的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】BC【分析】奥斯特发现电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系；小磁针静止时N极所指的方向规定为该点的磁场方向；磁场是看不见摸不到的特殊物质，真实存在；磁通量为穿过线圈的磁感线的条数。【解答】解：A、磁场虽然看不到、摸不着，但是真实存在的，故A错误；B、规定小磁针静止时N极所指的方向为该点的磁场方向，故B正确；C、奥斯特发现电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，故C正确；D、磁通量可以理解为穿过线圈的磁感线的条数，磁感应强度大，若线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0，故D错误。故选：BC。【点评】本题主要考查了磁场以及磁通量的认识，解题关键是掌握磁场是看不见摸不到的特殊物质，真实存在；磁通量为穿过线圈的磁感线的条数。三．解答题（共3小题）13．（2024春•杨浦区校级期中）电磁炉的原理是利用感应电动势在锅底内产生涡流，致使锅体本身快速发热，从而加热锅内食物。（1）适合做电磁炉锅具的材料是A。A.铁B.瓷器C.玻璃D.紫砂（2）电磁炉在工作中会产生电磁波，麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹在首次在实验中发现了电磁波。（3）小家同学制作了一个简易装置来研究电磁炉工作原理。如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，过了一会儿，放置在铁芯上方的多匝线圈开始发热。下述可以增大线圈热功率的办法是A。A.增大交流电源的频率B.减小上方线圈的匝数以减小电阻C.将交流电源换成电动势更大的直流电源D.将线圈内的铁芯取走（4）电磁炉使用交变电流供电。发电厂发出的交变电流通过变压器进入家庭电路。如图的电路中也包含理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，电阻R1、R2和R3的阻值分别为1Ω、2Ω和6Ω，在a、b两端接电压有效值为U的交流电源，开关S由断开变为闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率不变。则D。A.电流表示数变小B.电压表示数变大C.整个电路消耗的功率变小D.变压器原、副线圈匝数比为1：2（5）某发电厂发出的交流电电压为U1，功率为P。远距离输电线路的总电阻为r。现采用电压达U2的特高压输电技术进行输电，变电站理想升压变压器输入和输出线圈的匝数比为U1U2；输电线上损失的功率为（6）电磁炉在工作中会向外辐射电磁波，振荡电路也会产生电磁波。如图甲所示，线圈L的直流电阻不计，闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC回路中将产生电磁振荡。从开关S断开计时，线圈中的磁场能EB随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是B。A.LC振荡电路的周期为2×10﹣3sB.在1×10﹣3s时，电容器右极板带正电C.1×10﹣3s～2×10﹣3s时间内，电流在减小D.1×10﹣3s～2×10﹣3s时间内，自感电动势在增加（7）理论上，只要电路中有振荡电路，就能向外辐射电磁波，但是直接利用LC回路向外辐射电磁波的效率是很低的，因此我们可以采用开放电路、提高振荡频率等方法有效地将电磁波发射出去。【考点】电磁波的产生；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；电感、电容和电阻对电路的影响对比；电磁振荡及过程分析．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】（1）A；（2）麦克斯韦；赫兹；（3）A；（4）D；（5）U1U2（6）B；（7）开放电路，提高振荡频率。【分析】（1）根据电磁炉的原理判断；（2）根据物理学史判断；（3）根据电功率的表达式可知，增大电流、电阻都能够增大热功率，增大电流的频率可以增大电流，减少线圈的匝数，电流不变，电阻变小，换直流电源不能发生电磁感应现象；将线圈内的铁芯取走，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，据此分析热功率的变化；（4）根据题意与电功率的计算公式，推理得到开关S断开与闭合时副线圈的电流、电压的关系，以及原线圈的电流、电压的关系；由闭合电路欧姆定律和理想变压器原副线圈匝数比与电压比、电流比的关系解答；整个电路消耗的功率等于a、b两端电压U与原线圈的电流的乘积；（5）根据变压器的电压、电流规律和功率的表达式求解；（6）根据LC电路振荡周期T为磁场能EB周期的两倍分析；结合电磁振荡过程分析；（7）为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率。【解答】解：（1）电磁炉采用的是电磁感应现象，即通过线圈中产生的磁场在锅体中产生涡流而产生热量，需采用金属制作锅体，故适合做电磁炉锅具的材料是铁，故A正确，BCD错误。故选：A。（2）麦克斯韦预言了电磁波，而赫兹证实了电磁波的存在。故答案为：麦克斯韦；赫兹。（3）A.感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；B.线圈匝数减少，电动势也减小，电阻减小，电流不变，热功率减小，故B错误；C.换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；D.将线圈内的铁芯取走，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率减小，故D错误。故选：A。（4）解：A.设开关S断开与闭合时副线圈的电流分别为I2、I2′，根据题意：S由断开变为闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率相同，根据：P＝I2R，可得：I22（R2+R3）＝I2′2R2代入数据得：I2′＝2I2可知电流表示数变为了原来的2倍，故A错误；B.设开关S断开与闭合时副线圈的电流分别为U2、U2′，根据：P＝UI，则有：U2I2＝U2′I2′，可得：U2′=变压器原、副线圈匝数比不变，可得开关S闭合与断开时原线圈的电压关系为：U1′=12即原线圈的电压变为了原来的12，可知电压表示数变为了原来的12，故C.因副线圈的电流变大了，故原线圈的电流也变大，整个电路消耗的功率等于a、b两端电压U与原线圈的电流的乘积，故整个电路消耗的功率变大，故C错误；D.由I2′＝2I2，可得开关S闭合与断开时原线圈的电流关系为：I1′＝2I1由闭合电路欧姆定律可得：U＝U1+I1R1；U＝U1′+I1′R1联立解得：U1＝2I1R1又有：U2＝I2（R2+R3）两式相比可得：U根据理想变压器原副线圈匝数比与电压比、电流比的关系可得：U1I1联立解得：n1n2故选：D。（5）变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为：U1升压变压器输入端上的电流为：I1=输电线上的电流为：I2=输电线上损失的功率为P损=联立解得：P损=（6）A.t＝0时刻断开开关S，电感线圈与电容器构成振荡回路，电感线圈中的电流从某一最大值开始减小，产生自感电动势对电容器充电，磁场能转化为电场能，电容器所带电荷量从零开始增加，当线圈中的电流减为零时，电容器充满电，所带电荷量达到最大，振荡电路经历一时，磁场能为零，电场能最大，电容器中最大的电场能为2.5×10﹣2J，随后电容器放电，所带电荷量减小，电感线圈中的电流反向增加，电场能转化为磁场能，形成振荡电路，LC电路振荡周期T为磁场能EB周期的两倍，即4×10﹣3s，故A错误，B.没断开开关前，线圈与R串联，由于线圈的电阻不计，所以线圈两端的电压为零，电容器两极板所带的电荷量为零，此时通过线圈的电流自左向右。当断开开关时，开始给电容器充电，电流逐渐减小，经过t＝1×10﹣3s=T4，充电电流减小到最小，此时电容器所带的电荷量最多，右板带正电，故CD.由上分析知在1×10﹣3s～2×10﹣3s时间内，电容器放电，所带电荷量减小，电感线圈中的电流反向增加，自感电动势在减小，故CD错误。故选：B。（7）为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率。答：（1）A；（2）麦克斯韦；赫兹；（3）A；（4）D；（5）U1U2（6）B；（7）开放电路，提高振荡频率。【点评】本题要求学生根据题文的信息解答，考查了学生接受信息的能力，知道电磁炉的应用及工作原理，掌握电磁振荡过程中物理量的变化规律。14．（2023秋•黄浦区校级期中）电磁波的发现和使用带来了通信技术的发展。（1）如图磁感应强度B随时间t变化的磁场中，能产生电磁波的是AC。（2）麦克斯韦提出电磁波理论，预言了电磁波的存在。①他从理论上推导出电磁波在真空中传播速度3×108m/s，据此认为光本质上也是一种电磁波，且是横波（选填“横波”或“纵波”）。②用实验证实了电磁波的存在，被誉为无线电通信的先驱者的物理学家是D。A.奥斯特B.法拉第C.楞次D.赫兹（3）如图乙，为LC振荡电路的i﹣t图像。在t＝0时刻，回路中电容器C的上极板M正电。①如图甲，在某段时间，LC电路中电流方向顺时针，且M板负电，则该时间段为C。A.0～t1B.t1～t2C.t2～t3D.t3～t4②在t1～t2时间内，电容器正在充电（选填充电”或“放电”），储存的电场能增大（选填“增大”或“减小”）。（4）如图甲，当两个矩形线框面积相等时，氖管最亮，表明电路接受到的能量最大，发生了共振现象；如图乙，类似的，在受迫振动中，当驱动力频率等于固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，发生了共振现象。（5）如图，为某高速公路自动测速装置，雷达向汽车驶来的方向发射脉冲电磁波，相邻两次发射时间间隔为t。当雷达向汽车发射电磁波时，在显示屏上呈现出一个尖形波；在接收到反射回来的无线电波时，在显示屏上呈现出第二个尖形波。若汽车是匀速的，根据图中t1、t、t2的意义，结合光速c，汽车两次接收到雷达时前进的距离Δx为c2(t1-t2)【考点】电磁波的特点和性质（自身属性）；电磁振荡的图像问题．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】（1）AC；（2）①光；横波；②D；（3）C；（4）共振；驱动力；振幅；（5）c2(t【分析】（1）（2）麦克斯韦提出电磁波理论，预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在；根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断。（3）LC振荡电路中，放电过程，电容器极板间电场减小，电场能减小，电流增大，磁场能增加；充电过程，电容器极板间电场增大，电场能增大，电流减小，磁场能减小。（4）做受迫振动的物体振动频率与固有频率无关，等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大。（5）电磁波在真空中传播的速度等于光速c，第一次发射电磁波，根据匀速直线运动规律得到汽车距离雷达的距离，第二次发射电磁波，根据匀速直线运动规律得到汽车距离雷达的距离，根据汽车通过的位移和时间求出汽车的速度。【解答】解：（1）A.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，B随t成正弦规律变化，产生的电场成余弦规律变化，周期性变化的磁场和电场交替产生，从而产生电磁波，故A正确；B.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，B随t均匀变化，产生恒定电场，不能产生电磁波，故B错误；C.在方向改变的一瞬间有电磁场产生，能形成电磁波，只是产生的电磁波不是连续的，故C正确；D.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，B恒定，不产生电场，不能产生电磁波，故D错误。故选：AC。（2）①麦克斯韦提出电磁波理论，预言了电磁波的存在。理论上推导出电磁波在真空中传播速度3×108m/s，认为光本质上也是一种电磁波，传播方向与质点振动方向垂直，属于横波，②赫兹通过实验证实了电磁波的存在，被誉为无线电通信的先驱。故D正确，ABC错误；故答案为：①光；横波②D（3）①在t＝0时刻，回路中电容器的上极板（M极）带正电，由图可知LC振荡电路中，0～t1段是放电过程，电流在增大，电流方向为逆时针方向，电容器放电，电场能减小，t1～t2段是反向充电过程，且充电过程电流减小，电流方向为逆时针方向，电场能增大，磁场能减小，t2～t3放电过程，电流方向为瞬时针方向，t3～t4充电过程，故C正确，ABD错误；故选：C。②由①分析可知t1～t2段是充电过程，电流减小，电场能增大，磁场能减小，故答案为：充电；增大。（4）振子自由振动的频率由系统本身决定；受迫振动的频率由驱动力频率决定；由共振曲线可知，固有频率等于驱动力的频率时，出现振幅最大，故答案为：共振；驱动力；振幅。（5）汽车两次反射无线电波时离雷达的距离分别为x1=ct12、x2=ct22，两次反射无线电波的时间间隔Δt=故答案为：c2(t故答案为：（1）AC；（2）①光；横波；②D；（3）C；（4）共振；驱动力；振幅；（5）c2(t【点评】本题考查麦克斯韦电磁场理论、LC振荡电路的分析、受迫振动、共振现象和匀速运动规律应用的特点及条件。考查知识点较多，需要学生积累大量知识。15．（2023秋•黄浦区校级期中）机械波与电磁波在本质上不同，但具有波动的共同特征。（1）机械波和电磁波具有共同的性质是B。A.都是横波B.都能传输能量C.都能在真空中传播D.都具有恒定的速度（2）电磁波中包含了γ射线、红外线、紫外线、X射线等。①按波长由长到短的排列顺序是D。A.γ射线、紫外线、可见光、红外线B.X射线、红外线、紫外线、γ射线C.紫外线、X射线、红外线、γ射线D.红外线、紫外线、X射线、γ射线②“红外线温度计”利用了红外线显著的热效应（选填“化学作用”或“热效应”）特征，在机场、车站等场所，常用X射线对行李透视检查，主要利用了X射线的穿透能力（选填“穿透能力”或“电离能力”）。（3）某时刻一声源O形成的声波同时在空气和水中传播。①一段时间后的波形可能为A。②若该声波在空气中的频率为200Hz，波长为1.7m，在水中的波速为1480m/s，则该声波在水中的频率为200Hz，波长为7.4m。（4）如图，一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的S点上、下振动，某时刻的波形如图。则绳波的频率逐渐增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），波源S的起振方向为向下（选填“向上”或“向下”）。（5）地震发生时，震源同时发出横波（S波）和纵波（P波）。若S波、P波的传播速度分别为v1、v2，它们到达某地震记录仪记录的时间间隔为t，则可判断波速v1＜v2（选填“＜”或“＞”），地震记录仪所处的位置与震源间的距离s为v1v2tv2-v1；S波和P【考点】电磁波与机械波的区别和联系；机械波的图像问题．【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】（1）B；（2）①D；②热效应，穿透能力；（3）①A；②200，7.4；（4）增大，向下；（5）＜，v1v2【分析】（1）根据电磁波和机械波的种类、传输能量和信息以及是否需要介质和波速的决定因素进行分析解答；（2）①根据红外线、紫外线、X射线、γ射线的波长关系进行排列比较判断；②根据红外线和X射线的特点进行分析判断；（3）①②根据同一种波在不同介质传播时频率不变结合波速与波长的关系判断可能的图像以及完成波长的求解；（4）根据f=vλ，结合绳波的（5）根据地震波中纵波和横波的特点判断波速以及波的破坏力，结合时间关系求解相关距离。【解答】解：（1）A.电磁波是横波，机械波可能是横波，也可能是纵波，故A错误；B.都能传输能量，故B正确；C.电磁波能在真空中传播，机械波要靠介质传播，故C错误；D.电磁波和机械波在不同介质中传播时速度不同，故D错误。故选：B。（2）①按波长由长到短的排列顺序是红外线、紫外线、X射线、γ射线，故ABC错误，D正确。故选：D；②“红外线温度计”利用了红外线显著的热效应特征，在机场、车站等场所，常用X射线对行李透视检查，主要利用了X射线的穿透能力。（3）①波的传播中频率由波源决定，所以传播方向上空气中质点的振动频率等于水中质点的振动频率；由于声波在空气中的速度小于在水中传播的速度，根据v＝λf可知，声波在空气中传播的波长小于声波在水中传播的波长；由于是同一个声源引起的振动，则一段时间后的波形可能为A，故A正确，BCD错误。故选：A。②若该声波在空气中的频率为200Hz，波长为1.7m，在水中的波速为1480m/s，因是同一个声源产生，频率由波源决定，则该声波在水中的频率为200Hz，波长为λ（4）绳波的波长越来越小，则根据f=vλ，波速一定，则频率f（5）纵波传播速度大于横波，则可判断波速v1＜v2，则sv1-sv2=t，可得故答案为：（1）B；（2）①D；②热效应，穿透能力；（3）①A；②200，7.4；（4）增大，向下；（5）＜，v1v2【点评】考查电磁波和机械波知识，了解不同波的特点，以及它们在不同介质中的表现，会根据题意进行相关物理量的分析和解答。

考点卡片1．机械波的图像问题【知识点的认识】横波的图象如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。【命题方向】（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则BA．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处。分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，CD错误。故选B。点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．这列波的振幅为4cmB．这列波的周期为1sC．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4m处质点的加速度为0分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。2．电场强度的定义、单位和方向【知识点的认识】1.单场强度的定义：试探电荷所受电场力与所带电荷量之比叫作电场强度。2.表达式：E=F3.标矢性：矢量，方向与放在该处的正电荷受力方向一致。4.意义：描述电场的性质的物理量，取决于电场本身。5.单位：牛每库，符号N/C。【命题方向】电场中有一点P，下列说法中正确的是（）A、若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B、若P点没有试探电荷，则P点场强为零C、P点的场强方向为放在该点的负电荷的受力方向D、P点的场强大小和方向与放入的试探电荷无关分析：场强反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，与放入电场中试探电荷无关．场强方向是放在该点的正电荷的受力方向．解答：A、场强反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，将放在P点的电荷的电荷量减半，P点的场强不变。故A错误。B、场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变，不为零。故B错误。C、场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反。故C错误。D、场强是描述电场本身性质的物理量，与放入电场的试探电荷无关。故D正确。故选：D。点评：本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键．【解题思路点拨】E=Fq中的E是利用比值法定义的物理量。E的大小、方向是由电场本身决定的，是客观存在的，与放不放试探电荷，以及放入的试探电荷的正负、电荷量多少均无关。既不能认为E与F成正比，也不能认为E与3．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。4．磁感应强度的定义与物理意义【知识点的认识】1.电流元：在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积叫作电流元。2.磁感应强度（1）定义：电流元垂直于磁场放置时，电流元所受磁场的作用力F与I和l乘积的比值，叫作的磁感应强度。（2）定义式：B=F（3）单位：在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称特，符号是T，1T＝1NA（4）标矢性：矢量，方向即为该处磁场方向，即静止于该处的小磁针N极所指的方向（5）物理意义：表征磁场强弱的物理量。（6）磁感应强度是磁场本身的性质，与放不放电流元无关。【命题方向】由磁感应强度的定义式B=A、磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比B、磁感应强度与电流强度和导线长度的乘积成反比C、磁感应强度的方向与F的方向一致D、只要满足L很短，I很小的条件，B=分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．公式B=FIL是比值法定义B的，磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，不能说B与F成正比，也不能说B解答：AB、磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，定义式B=FIL是比值法定义B的，不能说B与F成正比，也不能说B与IL成反比。故AC、根据左手定则可知，F与B的方向互相垂直。故C错。D、只要满足L很短，I很小的条件，B=FIL故选：D。点评：磁感应强度的定义式B=FIL可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=【解题思路点拨】1.磁感应强度的定义式：：B=（1）公式成立条件：通电导线必须垂直于磁场方向放置，不垂直则公式不成立。（2）决定磁感应强度的因素：仅由磁场本身决定，与导线是否受磁场力以及磁场力的大小无关。（3）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时l应很短，称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”。2.方向：磁感应强度B是一个矢量，某点磁感应强度的方向不是放在该处的通电导线的受力方向。它的方向可以有以下几种表述方式：（1）小磁针静止时N极所指的方向，或小磁针静止时S极所指的反方向。（2）小磁针N极受力的方向（不论小磁针是否静止），或S极受力的反方向。（3）磁感应强度的方向就是该点的磁场方向。3.大小：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。即使不放入载流导线，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”。5．磁感应强度的方向【知识点的认识】磁感应强度B是一个矢量，某点磁感应强度的方向不是放在该处的通电导线的受力方向。它的方向可以有以下几种表述方式：（1）小磁针静止时N极所指的方向，或小磁针静止时S极所指的反方向。（2）小磁针N极受力的方向（不论小磁针是否静止），或S极受力的反方向。（3）磁感应强度的方向就是该点的磁场方向。（4）磁感应强度的方向就是该点磁感线的切线方向。【命题方向】磁感应强度是一个矢量，磁场中某点磁感应强度的方向是（）A、正电荷在该点的受力方向B、在该点的小磁针静止时N极所指方向C、小磁针N极或S极在该点的受力方向D、沿磁感线由N极指向S极分析：磁场中某点磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，与电荷所受洛伦兹力方向垂直，与在该点的小磁针静止时N极所指方向相同，是小磁针N极在该点的受力方向．与磁感线的切线方向相同．解答：A、磁场中某点磁感应强度的方向与正电荷在该点的受力方向垂直。故A错误。B、磁场中某点磁感应强度的方向是该点的磁场方向，与在该点的小磁针静止时N极所指方向相同。故B正确。C、磁场中某点磁感应强度的方向是小磁针N极在该点的受力方向，与S极在该点的受力方向相反。故C错误。D、磁感应强度的方向与磁感线的切线方向相同，在磁体外部，沿磁感线的切线由N极指向S极，在磁体内部，沿磁感线的切线由S极指向N极。故D错误。故选：B。点评：本题关键抓住磁感应强度的方向与磁场方向、小磁针N极受力方向、小磁针静止时N极所指方向、磁感线的切线方向相同，与洛伦兹力垂直．【解题思路点拨】磁感应强度的方向有很多种表述，易错点是认为磁感应强度的方向就是电流元的受力方向。要牢记并正确理解磁感应强度方向的各种表述。6．两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。7．安培力的计算公式及简单应用【知识点的认识】如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ【命题方向】一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．【解题思路点拨】1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。8．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。9．法拉第电磁感应定律的内容和表达式【知识点的认识】法拉第电磁感应定律（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命题方向】下列几种说法中正确的是（）A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B、线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C、线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D、线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大分析：本题考查法拉第电磁感应定律的内容，明确电动势与磁通量的变化快慢有关．解答：根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大；故选：D。点评：本题要求学生能够区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率，能正确掌握法拉第电磁感应定律的内容．【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量10．涡流的产生及原理【知识点的认识】一、涡流的定义与产生原理将一金属块放在变化的磁场中，穿过金属块的磁通量发生变化，金属块内部就会产生感应电流，这种电流在金属块内部形成闭合回路，就像漩涡一样，我们把这种感应电流称为涡电流，简称涡流。由于整块金属的电阻很小，所以涡电流常常很大．涡电流会引起铁心发热，这不仅损耗了大量的电能，而且还可能烧坏设备．二、涡流的两种效应及应用（1）涡流的热效应：利用涡流在回路中产生的热量冶炼金属的高频炉；家庭中使用的电磁灶．（2）涡流的磁效应：利用涡流所产生的磁场进行电磁阻尼和电磁驱动．三、涡流的本质在理解涡流时，要注意涡流的本质是由于电磁感应而产生的，它的产生仍然符合感应电流产生的条件（有磁通量的改变，具体形式是有磁场的变化或导体切割磁感线），特殊之处在于感应电流不是在线状回路中产生的，而是在块状金属中产生的．四、对涡流的理解要注意到涡流产生的特点，从而理解涡流的两种效应的应用．涡流是在金属块内部产生的，因而加热电路无需和被加热材料直接接触，起到感应加热的作用．另外金属的电阻率一般较低，故而涡电流的强度一般很大，因而热效应和磁效应很明显，所以在应用时要特别重视．【命题方向】如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一装有水的小铁锅和一玻璃杯。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是（）A、恒定直流、玻璃杯B、变化的电流、小铁锅C、变化的电流、玻璃杯D、恒定直流、小铁锅分析：根据变化的电流，产生磁通量的变化，金属器皿处于其中，则出现感应电动势，形成感应电流，从而产生内能。解答：由于容器中水温升高，则是电能转化成内能所致。因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流。导致电流发热。故只有B正确，ACD错误；故选：B。点评：考查产生感应电流的条件与磁通量的变化有关，同时要知道金属锅与玻璃锅的不同之处。【解题思路点拨】1.涡流的特点当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。2.涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能。若金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；若金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。3.注意（1）涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。（2）磁场变化越快（ΔBΔt越大）导体的横截面积S11．电感、电容和电阻对电路的影响对比【知识点的认识】1、电感器对交变电流的阻碍作用（1）电感器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用感抗来表示．影响电感器对交变电流阻碍作用大小的因素：线圈的自感系数和交流电的频率．线圈的自感系数越大、交流电的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用越大．即线圈的感抗就越大．（2）电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频．“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为（恒定）直流电的电流不变化，不能引起自感现象，交流电的电流时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化．“通低频，阻高频”这是对不同频率的交流而言的，因为交变电流的频率越高，电流变化越快，自感作用越强，感抗也就越大．（3）电感器的应用扼流圈：扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的电感线圈．分低频扼流圈和高频扼流圈两类：低频扼流圈构造：线圈绕在铁芯上，匝数多，自感系数大，电阻较小作用：通直流，阻交流高频扼流圈构造：线圈绕在铁氧体上，匝数少，自感系数小（铁芯易磁化使自感系数增大，铁氧体不易磁化，自感系数很小）作用：通低频，阻高频2、电容器对交变电流的阻碍作用（1）电容器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用容抗来表示．影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素有电容器的电容与交流电的频率，电容器的电容越大、交流电的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小．即线圈的容抗就越大．（2）电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频．信号和交流信号，如图1所示，该电路中的电容就起到“隔直流，通交流”的作用，其电容器叫耦合（或隔直）电容器．在电子技术中，从某一装置输出的电流常常既有高频成分，又有低频成分，若在下一级电路的输入端并联一个电容器，就可只把低频成分的交流信号输送到下一级装置，如图2所示，具有这种“通高频，阻低频”用途的电容器叫高频旁路电容器．【命题方向】如图所示，当交流电源的电压为220V，频率为50Hz时，三只灯泡，L1、L2、L3亮度相同。若保持交流电源的电