第55頁（共55頁）2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期中必刷常考題之電磁波譜一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?湟中區期末）隨著科技的發展，電磁技術在日常生活中的應用越來越廣泛，關于對電磁波的理解，下列說法正確的是（）A．無線通訊利用電磁波傳遞信息 B．恒定的磁場周圍能產生電磁波 C．醫院的CT檢查利用的是紅外線的遙感 D．遙控利用的是紫外線的傳播能力較強2．（2024秋?蓮湖區校級期末）2022年10月12日，神舟十四號航天員面向廣大青少年進行太空授課，此次太空授課是基于我國天鏈中繼系統，通過電磁波實現了高速雙向音、視頻傳輸。下列有關電磁波說法中正確的是（）A．變化的電場一定在周圍空間產生變化的磁場 B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在 C．電磁波不是物質，看不見也摸不著，且依賴于介質才能傳播 D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播3．（2024秋?新會區校級期末）我國的高鐵技術、北斗衛星導航系統、5G通信技術，目前處于世界領先水平。今年9月份華為發布的新型手機更是能夠輕松實現衛星電話通訊，此功能甚至強于美國馬斯克的龐大“星鏈”。高鐵將擁有基于北斗衛星導航系統、5G通信技術的空天地一體化的“超級大腦”。與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波頻率更高，具有“更高網速、低延時、低功率海量連接”等特點。根據上述信息可知與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波（）A．波長更長 B．能量子的能量更小 C．能量子的能量更大 D．傳播速度更快4．（2024秋?通州區期末）宇宙中到處存在的中性氫可以產生波長為21cm的譜線，這一譜線書寫了宇宙的故事。我國于2016年在貴州落成啟用的世界最大的500m口徑球面射電望遠鏡（簡稱FAST）其中一個重要的任務就是在茫茫宇宙中探索中性氫的蹤跡。下列數據與中性氫譜線的頻率最接近的是（）A．106Hz B．107Hz C．108Hz D．109Hz5．（2024秋?淄博期末）使用藍牙耳機接聽手機來電，信號傳輸示意圖如圖所示。則藍牙通信的電磁波（）A．在可見光范圍內 B．在真空中波長比手機通信的電磁波短 C．比手機通信的電磁波更容易發生明顯衍射現象 D．在真空中的傳播速度小于手機通訊的電磁波6．（2024秋?長沙期末）下列有關電與磁的四幅情景圖像，說法正確的是（）A．對甲：當線圈勻速轉動時，不會產生感應電流，當線圈非勻速轉動時，會產生感應電流 B．對乙：當導線中通有從左向右的電流時，小磁針的N極向里偏轉，S極向外偏轉 C．對丙：恒定的電場和恒定的磁場互相激發交替產生，就形成電磁波 D．對丁：電磁波譜中，紅外線就是紅光，紫外線就是紫光，均屬于可見光7．（2024秋?蓮湖區期末）氬弧焊是一種使用氬氣作為保護氣體的電弧焊接技術，利用氬弧焊可以獲得致密、無飛濺且質量上乘的焊接接頭，這使得氬弧焊在航空航天、汽車制造、水利水電、石油化工等行業得到廣泛應用。氬弧焊在焊接時，電弧發出紅外線、可見光、紫外線等電磁波，電磁波在真空中的速度c＝3×108m/s，電弧發出的電磁波的波長范圍為10﹣3m～108m，則電弧發出的電磁波中，頻率最小的數量級為（）A．109Hz B．1011Hz C．1014Hz D．1016Hz8．（2024秋?濱海新區期末）關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是（）A．電磁波只能在真空中傳播 B．電磁波可以傳遞信息，但不能傳遞能量 C．手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波 D．遙控器發出的紅外線波長和醫院“CT”中的X射線波長相同二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?天津期末）物理學是一門以實驗為基礎的學科，很多生活中的應用都來自于物理學。對于下列教材中所列的實驗和生活現象，說法正確的是（）A．圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，它的波長比紫外線更長 B．圖乙，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量 C．圖丙中，兩根通電方向相反的長直導線相互排斥，是通過電場的相互作用來實現的 D．圖丁是庫侖探究電荷間相互作用的扭秤實驗裝置，使用了放大法（多選）10．（2024秋?鎮海區校級期末）電磁波的發現使得我們進入了無線電科學與技術的時代，從對電磁波的利用中誕生了收音機和電視機，再到后來的衛星通信、互聯網和移動電話。關于電磁波，下列說法符合事實的是（）A．檢查血流情況的“彩超”機是電磁波在醫療中的應用 B．黑體的熱輻射實際上是電磁輻射 C．麥克斯韋通過實驗證實了電磁波的存在 D．普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說（多選）11．（2023秋?承德期末）關于電磁波譜，下列說法正確的是（）A．X射線可用于廣播 B．γ射線是波長最短的電磁波 C．紫外線的頻率比紫光的高 D．長波可以摧毀病變的細胞（多選）12．（2023秋?河北期末）關于電磁波，下列說法正確的是（）A．紫外線不能發生干涉現象 B．X射線不容易發生衍射現象 C．紅外線可以使大額鈔票上的熒光物質發出可見光 D．麥克斯韋電磁場理論認為變化的電場一定可以產生磁場三．解答題（共3小題）13．（2024秋?崇明區期末）2024年10月30日4時27分，神舟十九號載人飛船搭載三名航天員，由長征二號F遙十九火箭從我國酒泉衛星發射中心發射升空，并于10分鐘后飛船與火箭成功分離，進入預定軌道。約6.5小時后對接于天和核心艙前端口。請完成下列問題：（1）（多選）核心艙和地面間使用無線電波聯系，核心艙內宇航員之間使用聲波交流。無線電波和聲波的特點。A．都不需要介質傳播B．都屬于電磁波C．都能傳遞能量和信息D．都能發生干涉和衍射（2）航天員乘組隨火箭加速上升過程中，處于超重狀態。①他們受到地球的引力逐漸（選填“變大”、“不變”或“變小”）。②在進入核心艙后幾乎處于完全失重狀態，則他們。A．受地球引力，無加速度B．受地球引力，有加速度C．無地球引力，無加速度D．無地球引力，有加速度（3）以地面為參照系，宇航員在地面上的質量為m0，在核心艙內的質量為m，已知核心艙相對地面的飛行速度為v，如果只考慮狹義相對論效應，則m和m0的關系正確的是。A．m＝m0B．m＝m01C．m＝m01D．m=（4）空間站窗外射進一束陽光，照射到一空心水晶球上。航天員發現水晶球特別明亮，這是光在水晶球內部空氣表面發生了全反射現象，如圖所示。如果水晶折射的臨界角為C。①則水晶的折射率n＝。②圖中發生全反射的入射光線與反射光線間夾角θ大小一定。A．等于CB．等于2CC．小于2CD．大于等于2C（5）計算：空間站的運動可以看作為圍繞地球的勻速圓周運動。若地球表面重力加速度g＝9.8m/s2，地球半徑R＝6400km，空間站軌道離地高度h＝400km。①求空間站運動的速度v；（保留三位有效數字）②簡要說明：空間站的速度為什么小于第一宇宙速度？14．（2024秋?閔行區期末）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度在0～t0內從B0均勻減小為0。圓形硬質金屬環放置在磁場中，金屬環平面與磁場方向垂直，abcd為金屬環上四等分點，總電阻為R，半徑為r。（1）t＝0.5t0時，金屬環中電流方向為，做出判斷依據的物理原理是。（2）（計算）在0～t0內金屬環產生的焦耳熱Q。（3）t＝0.5t0時，金屬環adcb段受到的安培力大小FA＝。（4）若要在金屬環周圍產生電磁波，可將原來的磁場替換為。（5）某多媒體廣播電視的傳輸電視信號的無線電波頻率為411MHz，它的波長是，（保留2位有效數字），它屬于（選填“橫波”或“縱波”）。15．（2024秋?松江區校級期中）磁場，自古以來便吸引著人類的好奇心。從古代司南指引方向，到現代科技中無所不在的應用，它跨越時空，見證了人類文明的進步與科技的飛躍。（1）一根長為20cm的通電導線放在勻強磁場中，導線中的電流為0.05A，導線與磁場方向垂直，若它受到的磁場力大小為2×10﹣3N，則磁感應強度為T；若將導線中的電流增大為原來的2倍，其他條件不變，則通電導線受到的磁場力變為原來的倍。（2）矩形金屬線框位于通電長直導線附近，線圈與直導線在同一豎直平面內，線框的兩個邊與直導線平行，若使長直導線中的電流增大，線框中產生感應電流（選填“能”或“不能”）；為使得線框中產生感應電流，可以讓線框平移（選填“向上”或“向右”）。（3）1820年，丹麥物理學家發現了“電流的磁效應”，建立了電和磁的聯系。1831年，通過多年的實驗研究終于實現了“磁生電”的夢想，發現了電磁感應定律，并且制造了世界上第一臺電動機和發電機。（4）如圖2所示，矩形線框面積為S，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線框可繞如圖所示的方向與磁場垂直的虛線軸轉動，當線框平面與磁場方向的夾角為150°時穿過線框的磁通量為；從當前位置轉動240°后，穿過線框的磁通量的變化量的絕對值為。（5）作圖題：在“用DIS研究通電螺線管的磁感應強度”的實驗中，調節傳感器的高度，使它的探管正好在螺線管的軸線上，用該傳感器測量M、N之間各點的磁感應強度B的大小，并將傳感器頂端與M點的距離記作x，試定性畫出B﹣x圖像。（6）作圖題：畫出由電流產生的磁場方向確定導線或線圈中的電流方向。（7）電磁波的應用非常廣泛，電磁波家族成員很多，有無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線等，電視機的遙控器是利用工作的；軍事上雷達利用電磁波可以探測飛機的蹤跡，某雷達從發出到接收由飛機反射回的電磁波的時間為8×10﹣4s，則飛機與雷達的距離為km（光速為3.0×105km/s）。（8）可燃冰是一種天然氣水合物的俗稱，每立方米可燃冰可釋放164立方米甲烷。可燃冰雖好，但開采不易。2017年我國突破了這一開采技術。那么可燃冰所含有的能量形式是。A．核能B．化學能C．內能D．太陽能

2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期中必刷?？碱}之電磁波譜參考答案與試題解析題號12345678答案ABCDBBDC一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?湟中區期末）隨著科技的發展，電磁技術在日常生活中的應用越來越廣泛，關于對電磁波的理解，下列說法正確的是（）A．無線通訊利用電磁波傳遞信息 B．恒定的磁場周圍能產生電磁波 C．醫院的CT檢查利用的是紅外線的遙感 D．遙控利用的是紫外線的傳播能力較強【考點】電磁波與信息化社會；麥克斯韋電磁場理論．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】A【分析】電磁波是由變化的電場和磁場相互激發而形成的波，其傳播不需要介質，可以傳遞信息。在分析選項時，需要結合電磁波的產生、傳播特性以及在不同領域的應用來判斷?！窘獯稹拷猓篈、無線通訊通過電磁波來傳輸數據和信息的，電磁波的高頻特性使其能夠承載大量信息，實現遠距離傳輸，故A正確；B、恒定的磁場周圍不能產生電場，因此恒定的磁場周圍不能形成電磁波，故B錯誤；C、醫院的CT利用的是X射線的穿透能力，故C錯誤；D、遙控利用的紅外線的遙感現象，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題的關鍵在于理解電磁波的產生條件和不同波段電磁波的應用場景。電磁波的產生需要變化的電場和磁場，而不同波段的電磁波因其波長和頻率的差異，在實際應用中有著不同的特點和用途。例如，紅外線常用于遙控和熱成像，X射線用于醫學成像，而紫外線則在消毒和光化學反應中有著重要應用。2．（2024秋?蓮湖區校級期末）2022年10月12日，神舟十四號航天員面向廣大青少年進行太空授課，此次太空授課是基于我國天鏈中繼系統，通過電磁波實現了高速雙向音、視頻傳輸。下列有關電磁波說法中正確的是（）A．變化的電場一定在周圍空間產生變化的磁場 B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在 C．電磁波不是物質，看不見也摸不著，且依賴于介質才能傳播 D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的產生．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】B【分析】根據麥克斯韋的電磁場理論判斷；麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲通過電火花實驗證實了電磁波的存在；電磁波的傳播不需要介質；電磁波在真空中傳播速率相等?！窘獯稹拷猓篈、根據麥克斯韋的電磁場理論可知，均勻變化的電場周圍產生恒定的磁場，周期性變化的電場周圍產生同頻率周期性變化的磁場，故A錯誤；B、根據物理學史可知，麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故B正確；C、電磁波是一種特殊的物質，傳播不需要介質，可以在真空中傳播，故C錯誤；D、各種頻率的電磁波在真空中的傳播速率都相同，均為光速，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了電磁波的產生、傳播規律，解題的關鍵是要明確麥克斯韋的電磁場理論，即變化的磁場產生電場，變化的電場產生磁場。3．（2024秋?新會區校級期末）我國的高鐵技術、北斗衛星導航系統、5G通信技術，目前處于世界領先水平。今年9月份華為發布的新型手機更是能夠輕松實現衛星電話通訊，此功能甚至強于美國馬斯克的龐大“星鏈”。高鐵將擁有基于北斗衛星導航系統、5G通信技術的空天地一體化的“超級大腦”。與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波頻率更高，具有“更高網速、低延時、低功率海量連接”等特點。根據上述信息可知與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波（）A．波長更長 B．能量子的能量更小 C．能量子的能量更大 D．傳播速度更快【考點】電磁波與信息化社會．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】C【分析】不同頻率的電磁波，頻率越高，能量越大，傳輸信息的容量越大。【解答】解：A．因5G使用的電磁波頻率更高，根據波長與頻率的關系ν=5G信號的頻率高，波長更短，故A錯誤；BC．根據公式E＝hν可知，因為5G使用的電磁波頻率比4G高，所以5G使用的電磁波比4G光子能量更大，故B錯誤，C正確；D．電磁波在真空中的傳播速度等于光的傳播速度，都是相同的，故D錯誤。故選：C。【點評】當今社會電磁波與人類的生產生活已經完全融合在一起，成為一個密不可分的整體。4．（2024秋?通州區期末）宇宙中到處存在的中性氫可以產生波長為21cm的譜線，這一譜線書寫了宇宙的故事。我國于2016年在貴州落成啟用的世界最大的500m口徑球面射電望遠鏡（簡稱FAST）其中一個重要的任務就是在茫茫宇宙中探索中性氫的蹤跡。下列數據與中性氫譜線的頻率最接近的是（）A．106Hz B．107Hz C．108Hz D．109Hz【考點】電磁波的波長、頻率和波速的關系．【專題】定量思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】D【分析】根據真空中的電磁波波速與波長的關系式列式求解?！窘獯稹拷猓焊鶕＝λf，得f=cλ，代入數據解得f＝1.43×109Hz，故D正確，故選：D?！军c評】考查真空中的電磁波波速與波長的關系式，會根據題意進行準確分析解答。5．（2024秋?淄博期末）使用藍牙耳機接聽手機來電，信號傳輸示意圖如圖所示。則藍牙通信的電磁波（）A．在可見光范圍內 B．在真空中波長比手機通信的電磁波短 C．比手機通信的電磁波更容易發生明顯衍射現象 D．在真空中的傳播速度小于手機通訊的電磁波【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的波長、頻率和波速的關系．【專題】定量思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】B【分析】分析給出的電磁波譜圖，明確藍牙通信所用電磁波的波長范圍；再根據電磁波在真空中的傳播速度均等于光速分析傳播速度?！窘獯稹拷猓篈．藍牙通信用的電磁波不在可見光頻率范圍內，不是可見光信號，故A錯誤；BC．藍牙通信比手機通信的電磁波頻率高，波長短，比手機通信的電磁波更不容易發生明顯衍射現象，故B正確，C錯誤；D．藍牙通信和手機通信使用的都是電磁波，在真空中傳播速度相同，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查對電磁波譜的認識，要注意掌握分析電磁波譜的方法，明確各各種電磁波在電磁波譜中的位置。6．（2024秋?長沙期末）下列有關電與磁的四幅情景圖像，說法正確的是（）A．對甲：當線圈勻速轉動時，不會產生感應電流，當線圈非勻速轉動時，會產生感應電流 B．對乙：當導線中通有從左向右的電流時，小磁針的N極向里偏轉，S極向外偏轉 C．對丙：恒定的電場和恒定的磁場互相激發交替產生，就形成電磁波 D．對?。弘姶挪ㄗV中，紅外線就是紅光，紫外線就是紫光，均屬于可見光【考點】電磁波譜；通電直導線周圍的磁場；感應電流的產生條件；電磁波的產生．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】B【分析】】明確感應電流的產生條件，先明確是不是閉合回路，再分析閉合回路中磁通量是否發生變化，從而明確能否產生感應電流。明確電磁波的產生，知道只有周期性變化的電場和磁場才能相互激發形成電磁波；根據電磁波的特點分析?！窘獯稹拷猓篈、如圖轉動時，線圈磁通量一直為0，不會產生感應電流，故A錯誤；B、當導線中通有從左向右的電流時，根據右手安培定則可知，導線下方的磁場垂直紙面向里，則小磁針的N極向里偏轉，S極向外偏轉，故B正確；C、周期性變化的電場和周期性變化的磁場互相激發交替產生，就形成電磁波，故C錯誤；D、紫光與紅光屬于可見光，紅外線、紫外線與紅光和紫光不同，不屬于可見光，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查感應電流的產生條件和電磁波的特點，較易。7．（2024秋?蓮湖區期末）氬弧焊是一種使用氬氣作為保護氣體的電弧焊接技術，利用氬弧焊可以獲得致密、無飛濺且質量上乘的焊接接頭，這使得氬弧焊在航空航天、汽車制造、水利水電、石油化工等行業得到廣泛應用。氬弧焊在焊接時，電弧發出紅外線、可見光、紫外線等電磁波，電磁波在真空中的速度c＝3×108m/s，電弧發出的電磁波的波長范圍為10﹣3m～108m，則電弧發出的電磁波中，頻率最小的數量級為（）A．109Hz B．1011Hz C．1014Hz D．1016Hz【考點】電磁波譜．【專題】定量思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】D【分析】由公式c＝λf求解頻率最小的數量級?！窘獯稹拷猓弘娀“l出的電磁波的波長范圍為10﹣3m～108m，則電弧發出的電磁波中，若波長為108m時，由公式c＝λf，可得頻率最小為：f=cλ=3×108108Hz＝3×10﹣16Hz，故電弧發出的電磁波中，頻率最小的數量級為故選：D。【點評】本題以氬弧焊是一種使用氬氣作為保護氣體的電弧焊接技術為背景，考查了電磁波的應用，要求學生熟練掌握公式c＝λf。8．（2024秋?濱海新區期末）關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是（）A．電磁波只能在真空中傳播 B．電磁波可以傳遞信息，但不能傳遞能量 C．手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波 D．遙控器發出的紅外線波長和醫院“CT”中的X射線波長相同【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的產生．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】C【分析】根據電磁波的傳播條件、電磁波與聲波在信息傳遞和能量傳遞上的區別，以及不同波長電磁波的特性判斷各選項?！窘獯稹拷猓篈、電磁波不僅能在真空中傳播，也能在空氣、水等介質中傳播，故A錯誤；B、電磁波不僅能傳遞信息，還能傳遞能量，例如微波爐就是利用電磁波傳遞能量加熱食物，故B錯誤；C、手機通話時，聲音信號首先被轉換為電信號，然后通過電磁波的形式在空中傳播，接收端再將電磁波轉換為電信號，最后轉換為聲音信號，因此手機通話過程中確實涉及到了電磁波和聲波，故C正確；D、遙控器發出的紅外線波長較長，而醫院“CT”中的X射線波長較短，兩者波長不同，故D錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵在于理解電磁波的傳播特性，以及電磁波與聲波在信息和能量傳遞上的區別。同時，需要掌握不同波長電磁波的特性，如紅外線和X射線的波長差異。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?天津期末）物理學是一門以實驗為基礎的學科，很多生活中的應用都來自于物理學。對于下列教材中所列的實驗和生活現象，說法正確的是（）A．圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，它的波長比紫外線更長 B．圖乙，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量 C．圖丙中，兩根通電方向相反的長直導線相互排斥，是通過電場的相互作用來實現的 D．圖丁是庫侖探究電荷間相互作用的扭秤實驗裝置，使用了放大法【考點】電磁波譜；X射線的特點和應用；庫侖扭秤實驗和靜電力常量；兩根通電導線之間的作用力．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】BD【分析】X光能量大，波長短；從能量轉化的角度，分析知道微波具有能量；電流之間的作用是通過磁場來實現的；庫侖在研究電荷間的相互作用時，利用了微小量放大法的思想?！窘獯稹拷猓篈、圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，所以X光能量高，頻率大，所以它的波長比紫外線更短，故A錯誤；B、微波是一種電磁波，乙圖中，生活中常用微波爐來加熱食物，提供內能，說明微波具有能量，故B正確；C、丙圖中，兩根通電方向相反的長直導線產生的磁場方向相反，因此兩導線相互排斥，相互排斥的作用是通過磁場實現的，故C錯誤；D、圖丁是庫侖的扭秤實驗裝置圖，法國物理學家庫侖利用扭秤實驗發現了電荷之間的相互作用規律時利用了放大法的思想，故D正確。故選：BD?！军c評】解答本題的關鍵要掌握電磁學的基礎知識，關鍵要知道異向電流相互排斥，是通過磁場實現的。微波是一種電磁波，微波具有能量。（多選）10．（2024秋?鎮海區校級期末）電磁波的發現使得我們進入了無線電科學與技術的時代，從對電磁波的利用中誕生了收音機和電視機，再到后來的衛星通信、互聯網和移動電話。關于電磁波，下列說法符合事實的是（）A．檢查血流情況的“彩超”機是電磁波在醫療中的應用 B．黑體的熱輻射實際上是電磁輻射 C．麥克斯韋通過實驗證實了電磁波的存在 D．普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的產生．【專題】定性思想；歸納法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】BD【分析】“彩超”機是利用超聲波的多普勒效應；明確黑體輻射的基本內容，知道黑體輻射的強度與溫度有關；赫茲通過實驗證實了電磁波的存在；根據物理學史判斷。【解答】解：A、檢查血流情況的“彩超”機是利用超聲波的多普勒效應工作，故A錯誤；B、根據黑體輻射理論可知，黑體的熱輻射實際上是電磁輻射，故B正確；C、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故C錯誤；D、根據物理學史，可知普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了多普勒效應、黑體輻射、電磁波、能量子等基礎知識，要求學生對這部分知識要重視課本，強化理解并記憶。（多選）11．（2023秋?承德期末）關于電磁波譜，下列說法正確的是（）A．X射線可用于廣播 B．γ射線是波長最短的電磁波 C．紫外線的頻率比紫光的高 D．長波可以摧毀病變的細胞【考點】X射線的特點和應用；γ射線的特點和應用；電磁波譜；無線電波的特點和應用；紫外線的特點和應用．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】BC【分析】電磁波譜的波長排序：長波、微波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線；由頻率與波長的關系，可知頻率與波長排序相反；由能量與頻率的關系，穿透能力和頻率的關系，可知其是否適合應用?！窘獯稹拷猓篈．由電磁波譜可知，X射線的波長短、頻率高、能量高，具有較強的穿透能力，所以不能用于廣播，故A錯誤；B．由電磁波譜可知，γ射線波長最短，頻率最高，故B正確；C．由電磁波譜可知，紫外線的波長比紫光短，紫外線的頻率比紫光的高，故C正確；D．長波波長較長，頻率較低，能量較小，不可用于摧毀病變的細胞，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查電磁波的應用，關鍵是掌握電磁波的波長、頻率的大小關系。（多選）12．（2023秋?河北期末）關于電磁波，下列說法正確的是（）A．紫外線不能發生干涉現象 B．X射線不容易發生衍射現象 C．紅外線可以使大額鈔票上的熒光物質發出可見光 D．麥克斯韋電磁場理論認為變化的電場一定可以產生磁場【考點】X射線的特點和應用；麥克斯韋電磁場理論；紅外線的特點和應用；紫外線的特點和應用．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據波的干涉、衍射以及紫外線的特點結合麥克斯韋的電磁場理論進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．紫外線屬于電磁波，可以發生干涉現象，故A錯誤；B．根據發生明顯的衍射現象的條件可知，X射線波長短，不容易發生明顯的衍射現象，故B正確；C．紫外線可以使大額鈔票上的熒光物質發出可見光，故C錯誤；D．麥克斯韋電磁場理論認為變化的電場一定可以產生磁場，故D正確。故選：BD?！军c評】考查波的干涉、衍射以及紫外線的特點結合麥克斯韋的電磁場理論，會根據題意進行準確分析解答。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?崇明區期末）2024年10月30日4時27分，神舟十九號載人飛船搭載三名航天員，由長征二號F遙十九火箭從我國酒泉衛星發射中心發射升空，并于10分鐘后飛船與火箭成功分離，進入預定軌道。約6.5小時后對接于天和核心艙前端口。請完成下列問題：（1）（多選）核心艙和地面間使用無線電波聯系，核心艙內宇航員之間使用聲波交流。無線電波和聲波的特點CD。A．都不需要介質傳播B．都屬于電磁波C．都能傳遞能量和信息D．都能發生干涉和衍射（2）航天員乘組隨火箭加速上升過程中，處于超重狀態。①他們受到地球的引力逐漸變?。ㄟx填“變大”、“不變”或“變小”）。②在進入核心艙后幾乎處于完全失重狀態，則他們B。A．受地球引力，無加速度B．受地球引力，有加速度C．無地球引力，無加速度D．無地球引力，有加速度（3）以地面為參照系，宇航員在地面上的質量為m0，在核心艙內的質量為m，已知核心艙相對地面的飛行速度為v，如果只考慮狹義相對論效應，則m和m0的關系正確的是D。A．m＝m0B．m＝m01C．m＝m01D．m=（4）空間站窗外射進一束陽光，照射到一空心水晶球上。航天員發現水晶球特別明亮，這是光在水晶球內部空氣表面發生了全反射現象，如圖所示。如果水晶折射的臨界角為C。①則水晶的折射率n＝1sinC②圖中發生全反射的入射光線與反射光線間夾角θ大小一定D。A．等于CB．等于2CC．小于2CD．大于等于2C（5）計算：空間站的運動可以看作為圍繞地球的勻速圓周運動。若地球表面重力加速度g＝9.8m/s2，地球半徑R＝6400km，空間站軌道離地高度h＝400km。①求空間站運動的速度v；（保留三位有效數字）②簡要說明：空間站的速度為什么小于第一宇宙速度？【考點】電磁波的波長、頻率和波速的關系；超重與失重的概念、特點和判斷；萬有引力的基本計算；第一、第二和第三宇宙速度的物理意義．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．【答案】（1）CD；（2）①變小，②B；（3）D；（4）①1sinC，②D；（5）①空間站運動的速度v為7.68km/s；②【分析】（1）根據聲波和電磁波的相同點和區別進行分析判斷；（2）根據萬有引力公式結合物體的受力情況、牛頓第二定律進行分析判斷；（3）根據愛因斯坦的狹義相對論列式推導；（4）根據全反射臨界角的公式結合全反射規律進行分析解答；（5）根據萬有引力提供向心力和黃金代換式列式求解線速度和解釋線速度和第一宇宙速度的關系。【解答】解：（1）AB．聲波需要介質，且不屬于電磁波，無線電波可以不需要介質傳播，故AB錯誤；CD．都能傳遞能量和信息，能發生干涉和衍射，故CD正確。故選：CD。（2）①根據F＝GMmr2，上升過程中②在進入核心艙后幾乎處于完全失重狀態，則他們受地球引力，有加速度（向心加速度），故B正確，ACD錯誤。故選：B。（3）根據愛因斯坦的狹義相對論公式，運動物體質量隨速度的增大而增大，則有m=m01-v2故選：D。（4）①根據sinC=1n，可得水晶的折射率n②圖中發生全反射時入射角大于或者等于臨界角C，根據反射角好入射角關系，可得入射光線與反射光線間夾角θ大小一定大于等于2C，故D正確，ABC錯誤。故選：D。（5）①設地球質量為M，物體質量為m1，則在地面上GMm1R2=m1g，得GM＝gR2，設空間站質量為m2，則根據牛頓第二定律有GMm2(R+h)2=m2②第一宇宙速度是物體近地運動時能圍繞地球做圓周運動的速度，空間站在離地面400km處，不是近地運動，做圓周運動的半徑大于地球半徑，根據v=GM故答案為：（1）CD；（2）①變小，②B；（3）D；（4）①1sinC，②D；（5）①空間站運動的速度v為7.68km/s；②【點評】考查萬有引力定律的應用以及相對論知識，全反射和臨界角的問題，會根據題意進行準確分析解答。14．（2024秋?閔行區期末）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度在0～t0內從B0均勻減小為0。圓形硬質金屬環放置在磁場中，金屬環平面與磁場方向垂直，abcd為金屬環上四等分點，總電阻為R，半徑為r。（1）t＝0.5t0時，金屬環中電流方向為abcda，做出判斷依據的物理原理是楞次定律。（2）（計算）在0～t0內金屬環產生的焦耳熱Q。（3）t＝0.5t0時，金屬環adcb段受到的安培力大小FA＝2πB（4）若要在金屬環周圍產生電磁波，可將原來的磁場替換為D。（5）某多媒體廣播電視的傳輸電視信號的無線電波頻率為411MHz，它的波長是0.73m，（保留2位有效數字），它屬于橫波（選填“橫波”或“縱波”）?！究键c】電磁波與信息化社會；增反減同；法拉第電磁感應定律的基本計算；電磁波的產生．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】（1）abcda，楞次定律；（2）金屬環產生的焦耳熱Q為π2B02r4t02R；（3）【分析】（1）根據楞次定律，判斷金屬環中電流方向；（2）利用法拉第電磁感應定律及焦耳定律求解；（3）利用閉合電路歐姆定律求出電路中的電流，根據安培力公式F＝BIl計算金屬環adcb段受到的安培力大?。唬?）根據電磁波的產生判斷；（5）根據公式c＝λf求解，結合橫波的定義判斷?！窘獯稹拷猓海?）磁感應強度在0～t0內從B0均勻減小為0，根據楞次定律，可知金屬環中電流方向為abcda；（2）0～t0內，由于磁場均勻變化，根據法拉第電磁感應定律得：E=ΔBΔt?πr2=B0-在0～t0內金屬環產生的焦耳熱Q為：Q=（3）設金屬環中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有：I=t＝0.5t0時，磁感應強度為B1=根據圖像可知金屬環adcb段的等效長度為：l=金屬環adcb段受到的安培力大小為：FA＝IlB1聯立解得：FA=（4）根據電磁波產生的條件，可知D選項的磁場能夠產生電磁波，故D正確，ABC錯誤。故選：D。（5）根據公式c＝λf，可得無線電頻的波長為：λ=cf，代入數據解得：λ根據電磁波的傳播方向與E和B的方向互相垂直，可知電磁波為橫波。故答案為：（1）abcda，楞次定律；（2）金屬環產生的焦耳熱Q為π2B02r4t02R；（3）【點評】本題中電磁感應中電路問題，要掌握法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、左手定則、焦耳定律等規律，并能熟練運用。15．（2024秋?松江區校級期中）磁場，自古以來便吸引著人類的好奇心。從古代司南指引方向，到現代科技中無所不在的應用，它跨越時空，見證了人類文明的進步與科技的飛躍。（1）一根長為20cm的通電導線放在勻強磁場中，導線中的電流為0.05A，導線與磁場方向垂直，若它受到的磁場力大小為2×10﹣3N，則磁感應強度為0.2T；若將導線中的電流增大為原來的2倍，其他條件不變，則通電導線受到的磁場力變為原來的2倍。（2）矩形金屬線框位于通電長直導線附近，線圈與直導線在同一豎直平面內，線框的兩個邊與直導線平行，若使長直導線中的電流增大，線框中能產生感應電流（選填“能”或“不能”）；為使得線框中產生感應電流，可以讓線框向右平移（選填“向上”或“向右”）。（3）1820年，丹麥物理學家奧斯特發現了“電流的磁效應”，建立了電和磁的聯系。1831年，法拉第通過多年的實驗研究終于實現了“磁生電”的夢想，發現了電磁感應定律，并且制造了世界上第一臺電動機和發電機。（4）如圖2所示，矩形線框面積為S，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線框可繞如圖所示的方向與磁場垂直的虛線軸轉動，當線框平面與磁場方向的夾角為150°時穿過線框的磁通量為12BS；從當前位置轉動240°后，穿過線框的磁通量的變化量的絕對值為32（5）作圖題：在“用DIS研究通電螺線管的磁感應強度”的實驗中，調節傳感器的高度，使它的探管正好在螺線管的軸線上，用該傳感器測量M、N之間各點的磁感應強度B的大小，并將傳感器頂端與M點的距離記作x，試定性畫出B﹣x圖像。（6）作圖題：畫出由電流產生的磁場方向確定導線或線圈中的電流方向。（7）電磁波的應用非常廣泛，電磁波家族成員很多，有無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線等，電視機的遙控器是利用紅外線工作的；軍事上雷達利用電磁波可以探測飛機的蹤跡，某雷達從發出到接收由飛機反射回的電磁波的時間為8×10﹣4s，則飛機與雷達的距離為120km（光速為3.0×105km/s）。（8）可燃冰是一種天然氣水合物的俗稱，每立方米可燃冰可釋放164立方米甲烷?？扇急m好，但開采不易。2017年我國突破了這一開采技術。那么可燃冰所含有的能量形式是B。A．核能B．化學能C．內能D．太陽能【考點】紅外線的特點和應用；能量守恒定律的內容與發展；電流磁效應的發現；通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的公式計算；磁通量的計算；計算磁通量的變化量；感應電流的產生條件．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；磁場磁場對電流的作用；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】（1）0.2，2；（2）能，向右；（3）奧斯特，法拉第；（4）12BS，32BS；（5）見解析；（6）見解析；（7）紅外線，120；（8）【分析】（1）根據公式F＝BIL計算分析；（2）根據感應電流產生的條件分析；（3）根據物理學史分析；（4）根據磁通量的定義式分析；（5）根據通電螺線管的磁場特點分析；（6）根據安培定則分析；（7）根據位移與速度的關系計算；（8）根據可燃冰釋放能量的方式分析。【解答】解：（1）根據F安＝BIL可得：B=FIL=2×10-30.05×20×10-（2）線框處在直導線的磁場之中，若使長直導線中的電流增大，穿過線框的磁通量增大，根據產生感應電流的條件可知線框中有感應電流產生；為使得線框中產生感應電流，可以向右移動線框，使穿過線框的磁通量變化；（3）1820年，丹麥物理學家奧斯特發現了“電流的磁效應”，建立了電和磁的聯系。1831年，法拉第通過多年的實驗研究終于實現了“磁生電”的夢想，發現了電磁感應定律；（4）線框平面與磁場方向的夾角為150°時穿過線框的磁通量為Φ=BSsin150°=12BS，從當前位置轉動240°后，穿過線框的磁通量變為Φ'＝BSsin（240（5）在“用DIS研究通電螺線管的磁感應強度”的實驗中，用磁傳感器測量螺線管的軸線上各點的磁感應強度。螺線管內部的磁場近似為勻強磁場，螺線管管口向外，磁場減弱.根據該性質可知，B隨x的變化是先增大，后不變，再減小.故最后做出B﹣x圖象如下圖所示（6）根據安培定則各個分析即可，方向如下圖所示（7）電視機的遙控器是利用紅外線工作的，飛機與雷達的距離為x=（8）可燃冰是在燃燒時釋放能量的，所以可燃冰儲存的能量形式是化學能，故B正確，ACD錯誤。故選：B。故答案為：（1）0.2，2；（2）能，向右；（3）奧斯特，法拉第；（4）12BS，32BS；（5）見解析；（6）見解析；（7）紅外線，120；（8）【點評】本題考查的內容比較多，但都是基礎知識，比如安培力公式，安培定則，感應電流產生的條件等，都是需要熟練記憶的，基礎題。

考點卡片1．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了?！窘忸}方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。2．萬有引力的基本計算【知識點的認識】1.萬有引力定律的內容和計算公式為：自然界中任何兩個物體都相互吸引，引力的方向在它們的連線上，引力的大小與物體的質量m1和m2的乘積成正比，與它們之間距離r的二次方程反比。即FG＝6.67×10﹣11N?m2/kg22.如果已知兩個物體（可視為質點）的質量和距離就可以計算他們之間的萬有引力?！久}方向】如下圖，兩球的質量均勻分布，大小分別為M1與M2，則兩球間萬有引力大小為（）A、GM1M2r2B、GM1M2分析：根據萬有引力定律的內容，求出兩球間的萬有引力大?。獯穑簝蓚€球的半徑分別為r1和r2，兩球之間的距離為r，所以兩球心間的距離為r1+r2+r，根據萬有引力定律得：兩球間的萬有引力大小為F＝GM故選：D。點評：對于質量均勻分布的球，公式中的r應該是兩球心之間的距離．【解題思路點撥】計算萬有引力的大小時要注意兩個物體之間的距離r是指兩個物體重心之間的距離。3．第一、第二和第三宇宙速度的物理意義【知識點的認識】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（環繞速度）（1）大?。?.9km/s．（2）意義：①衛星環繞地球表面運行的速度，也是繞地球做勻速圓周運動的最大速度．②使衛星繞地球做勻速圓周運動的最小地面發射速度．2．第二宇宙速度（1）大小：11.2km/s（2）意義：使衛星掙脫地球引力束縛的最小地面發射速度．第二宇宙速度（脫離速度）在地面上發射物體，使之能夠脫離地球的引力作用，成為繞太陽運動的人造行星或繞其他行星運動的人造衛星所必需的最小發射速度，其大小為v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大小：16.7km/s（2）意義：使衛星掙脫太陽引力束縛的最小地面發射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上發射物體，使之最后能脫離太陽的引力范圍，飛到太陽系以外的宇宙空間所必需的最小速度，其大小為v＝16.7km/s．三種宇宙速度比較宇宙速度數值（km/s）意義第一宇宙速度7.9這是衛星繞地球做圓周運動的最小發射速度第二宇宙速度11.2這是物體掙脫地球引力束縛的最小發射速度第三宇宙速度16.7這是物體掙脫太陽引力束縛的最小發射速度【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對第一宇宙速度概念的理解：關于第一宇宙速度，下列說法正確的是（）A．它是人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動的最大速度B．它是人造地球衛星在圓形軌道上的最小運行速度C．它是能使衛星繞地球運行的最小發射速度D．它是人造衛星繞地球作橢圓軌道運行時在近地點的速度分析：第一宇宙速度是在地面發射人造衛星所需的最小速度，也是圓行近地軌道的環繞速度，也是圓形軌道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度v=GMR因而第一宇宙速度是人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動的最大速度，A正確、B錯誤；在近地面發射人造衛星時，若發射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做勻速圓周運動，若發射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做離心運動，即會在橢圓軌道運動，因而C正確、D錯誤；故選AC．點評：要使平拋的物體成為繞地球做運動的衛星，其速度必須小于或等于第一宇宙速度，當取等號時為圓軌道．【解題思路點撥】1.三個宇宙速度都有自身的物理意義，要準確記住其意義及具體的數值。2.每個天體都有自己的宇宙速度，課本上介紹的只是地球的三大宇宙速度。4．庫侖扭秤實驗和靜電力常量【知識點的認識】一、庫侖的實驗：1.實驗內容：庫侖做實驗用的裝置叫作庫侖扭秤。如圖所示，細銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個小球A，另一端通過物體B使絕緣棒平衡，懸絲處于自然狀態。把另一個帶電的金屬小球C插入容器并使它接觸A，從而使A與C帶同種電荷。將C和A分開，再使C靠近A，A和C之間的作用力使A遠離。扭轉懸絲，使A回到初始位置并靜止，通過懸絲扭轉的角度可以比較力的大小。改變A和C之間的距離r，記錄每次懸絲扭轉的角度，就可以找到力F與距離r的關系，結果是力F與距離r的二次方成反比，即F∝1r在庫侖那個年代，還不知道怎樣測量物體所帶的電荷量，甚至連電荷量的單位都沒有。不過兩個相同的金屬小球，一個帶電、一個不帶電，互相接觸后，它們對相隔同樣距離的第三個帶電小球的作用力相等，因此，可以斷定這兩個小球接觸后所帶的電荷量相等。這意味著，如果使一個帶電金屬小球與另一個不帶電的完全相同的金屬小球接觸，前者的電荷量就會分給后者一半。多次重復，可以把帶電小球的電荷量q分為12，14，這樣又可以得出電荷之間的作用力與電荷量的關系：力F與q1和q2的乘積成正比，即F∝q1q2綜合上述實驗結論，可以得到如下關系式F=式中k是比例系數，叫作靜電力常量。2.扭秤實驗體現的物理學方法：微小量放大法。二、靜電力常量的數值：在國際單位制中，電荷量的單位是庫侖（C），力的單位是牛頓（N），距離的單位是米（m）。通過實驗測定k的數值是k＝9.0×109N?m2/C2【命題方向】1785年法國物理學家庫侖設計制作了一臺精確的扭秤，然后又進行了著名的庫侖扭秤實驗，從而得出了點電荷之間相互作用的重要定律，那么庫侖通過此實驗主要得出了哪些結論（）A、異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥B、點電荷之間的相互作用力與兩電荷間的距離的平方成反比C、點電荷之間的相互作用力與兩電荷的電荷量的乘積成正比D、點電荷產生的電場的公式為E＝k?Q分析：根據庫侖定律的內容：異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥，及F=Qq解答：A、異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥，故A正確；BC、庫侖通過扭秤實驗確認了真空中兩個靜止的點電荷之間的相互作用規律：點電荷之間的相互作用力與兩電荷間的距離的平方成反比，與兩電荷的電荷量的乘積成正比，故BC正確；D、根據電場強度公式定義式E=Fq，結合庫侖定律，才能得出點電荷產生的電場的公式為E＝k?Qr故選：ABC。點評：本題考查庫侖定律的內容，注意庫侖力大小與什么因素有關，方向由什么決定是解題的關鍵．【解題思路點撥】庫侖通過扭秤實驗得出了庫侖定律的表達式，扭秤實驗體現了物理學中的微小量放大法的思想。5．能量守恒定律的內容與發展【知識點的認識】1．內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中其總量不變，叫能量守恒定律．2．公式：E＝恒量；△E增＝△E減；E初＝E末；3.能量守恒定律的發展歷程：?能量守恒定律的發展歷程是眾多科學家經過長時間研究和實驗的結晶，最終由邁爾、焦耳和亥姆霍茲等科學家共同提出和完善的。?能量守恒定律的思想最初是由德國物理學家邁爾在實驗的基礎上于1842年提出來的。邁爾通過實驗和思辨的方式，推演出多種力的轉化形式，為能量守恒定律的提出邁出了重要一步。同時期，英國物理學家焦耳進行了大量實驗，測定了熱功當量的精確值，為能量守恒提供了堅實的實驗基礎。焦耳的工作，特別是他精確測定了熱功當量的值，為能量守恒定律的確立提供了無可置疑的實驗證據。德國科學家亥姆霍茲也在不了解邁爾和焦耳研究的情況下，從永動機不可能出發，思考自然界不同的力之間的相互關系，并在專著《力的守恒》中提到張力（今稱勢能）和活力（即動能）的轉換，還深刻地闡明了熱的本質。他的工作進一步加深了人們對能量守恒定律的理解。此外，還有其他科學家對這條定律作出了貢獻，如卡諾在研究熱機效率時提出了熱力學第一定律的雛形，即熱量可以轉化為機械功，但機械功不能完全轉化為熱量，這一觀點揭示了能量轉換的基本規律。最終，在19世紀中葉，物理學家魯道夫?克勞修斯基于熱力學第一定律和第二定律的研究，正式提出了能量守恒定律。他明確指出，能量不能被創造或毀滅，只能從一種形式轉化為另一種形式。隨著數學工具的發展，能量守恒定律的數學形式逐漸清晰，其基本表達式為“能量輸入﹣能量輸出＝能量積累”，體現了系統內能量的總量不變性。在相對論中，能量守恒定律依然成立，但形式有所變化，能量的總量等于質量和速度的函數，被稱為相對論能量?。【命題方向】關于能的轉化和守恒，下列說法錯誤的是（）A、能量既不會憑空產生也不會憑空消失B、能量可以從一種形式轉化成另一種形式C、能量可以從一個物體轉移到另一個物體D、因為能量守恒，所以“能源危機”是不可能的，我們不需要節約能源分析：能量守恒定律的內容為：能量既不會憑空消滅，也不會憑空產生，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體上，在轉移和轉化過程中，能的總量保持不變．熱力學第二定律反映了自然界的宏觀過程具有方向性，雖然總能量守恒，但能量可以利用的品質降低了。解答：A、能量守恒定律：能量既不會憑空消滅，也不會憑空產生，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體上，在轉移和轉化過程中，能的總量保持不變。故ABC正確D、隨著能量耗散，能量可以利用的品質降低了，可利用的能源減少了，所以會有能源危機，故D錯誤；因選錯誤的，故選：D。點評：掌握能量守恒定律，掌握生活中能的轉移和轉化．【解題思路點撥】1.能量守恒定律的適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規律，是各種自然現象中普遍適用的一條規律。2.對能量守恒定律的理解某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等。某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。6．電流磁效應的發現【知識點的認識】1.關于電與磁的聯系的探索：自然界中的磁體總存在著兩個磁極，自然界中同樣存在著兩種電荷。不僅如此，磁極之間的相互作用，與電荷之間的相互作用具有相似的特征：同名磁極或同種電荷相互排斥，異名磁極或異種電荷相互吸引。但是，直到19世紀初，庫侖、英國物理學家楊和法國物理學家安培等都認為電與磁是互不相關的兩回事。不過，在18世紀和19世紀之交，隨著對摩擦生熱及熱機做功等現象認識的深化，自然界各種運動形式之間存在著相互聯系并相互轉化的思想，在哲學界和科學界逐漸形成。丹麥物理學家奧斯特相信，電和磁之間應該存在某種聯系，并開始了不懈的探索。當時人們見到的力都沿著物體連線的方向。受這個觀念的局限，奧斯特在尋找電和磁的聯系時，總是把磁針放在通電導線的延長線上，結果實驗均以失敗告終。1820年4月，在一次講課中，他偶然地把導線放置在一個指南針的上方，通電時磁針轉動了。這個現象雖然沒有引起聽眾的注意，但卻是奧斯特盼望已久的，他連續進行了大量研究，同年7月發表論文，宣布發現了電流的磁效應，首次揭示了電與磁的聯系。2.電流的磁效應：1820年丹麥物理學家奧斯特通過通電導線使小磁針偏轉的實驗發現了電流的磁效應。3.物理意義：首次揭示了電與磁的聯系。4.奧斯特的實驗裝置如下：【命題方向】丹麥物理學家奧斯特在1820年通過實驗發現電流磁效應現象，下列說法正確的是（）A、奧斯特在實驗中觀察到電流磁效應，揭示了電磁感應定律B、將直導線沿東西方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，小磁針一定會轉動C、將直導線沿南北方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，小磁針一定會轉動D、將直導線沿南北方向水平放置，把銅針（用銅制成的指針）放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，銅針一定會轉動分析：對于電流的磁效應，根據安培定則進行分析．注意磁場及磁場的應用；明確地磁場的性質，根據小磁針受力方向即可正確求解．解答：A、奧斯特在實驗中觀察到了電流的磁效應，紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后得到了電磁感應定律；故A錯誤；B、將直導線沿東西方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方時，小磁針所在位置的磁場方向可能與地磁場相同，故小磁針不一定會轉動；故B錯誤；C、將直導線沿南北方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，由于磁場沿東西方向，則小磁針一定會轉動；故C正確；D、銅不具有磁性，故將導線放在上方不會受力的作用，故不會偏轉；故D錯誤；故選：C。點評：本題考查電流的磁場的性質，要注意能明確電磁場方向的判斷，并掌握小磁針受力方向為該點磁場的方向．【解題思路點撥】對奧斯特實驗的理解：自然情況下，小磁針的N極總是指向地磁的南極，沒有外力干擾時并不會偏轉。當靠近通電導線時，小磁針發生了偏轉，只能說明電流產生了磁場，并對小磁針產生了力作用。奧斯特就是以此實驗充分的驗證了電流周圍磁場的存在。7．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場，管外為非勻強磁場環形電流的兩側是N極和S極，且離圓環中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉C、向上運動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉分析：根據安培定則可明確小磁針所在位置的磁場方向，從而確定小磁針的偏轉方向。解答：根據安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內容，對于直導線，用手握住導線，大拇指指向電流方向，四指環繞的方向為磁場的方向。【解題思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環繞的方向。（2）環形電流：讓右手彎曲的四指與環形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據磁場的方向判斷電流的方向。（3）應用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。8．磁感應強度的公式計算【知識點的認識】1.根據磁感應強度的定義式B=F2.條件：應用公式B=FIl時，要注意F應與電流元3.當Il與磁場平行時F＝0，所以不能認為電流元在磁場中不受力時，磁感應強度就為0?！久}方向】勻強磁場中放入一通電導線，導線與磁場垂直，長10cm，電流為5A，所受安培力為0.5N，則磁感應強度大小為（）A、1TB、0.01TC、0.25TD、25T分析：根據安培力的大小公式F＝BIL求出磁感應強度的大?。獯穑築=FIL=0.55×0.1故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式，知道B與I平行時，F＝0，B與I垂直時，F＝BIL．【解題思路點撥】磁場在某位置的磁感應強度的大小與方向是客觀存在的，與通過導線的電流大小、導線的長短無關。即使不放人載流導線，磁感應強度也照樣存在，故不能說“B與F成正比”或“B與Il成反比”9．磁通量的計算【知識點的認識】1.當平面與磁場垂直時，穿過平面的磁通量為：Φ＝BS。2.當平面與磁場不垂直時，S應該為平面與磁感線方向上的投影面積，如下圖圖中穿過平面的磁通量為Φ＝BScosθ。式中Scosθ即為平面S在垂直于磁場方向上的投影面積，也稱為“有效面積”3.磁通量的正、負（1）磁通量是標量，但有正、負，當以磁感線從某一面上穿入時，磁通量為正值，則磁感線從此面穿出時即為負值。（2）若同時有磁感線沿相反方向穿過同一平面，且正向磁通量大小為Φ1，反向通量大小為Φ2，則穿過該平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2?！久}方向】如圖所示，在一半徑為r的圓形區域內有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里?，F將匝數為n、半徑為R（R＞r）的圓形線圈垂直紙面放置，使其軸線經過磁場區域的圓心，則穿過線圈的磁通量為（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根據磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S為垂直于磁場方向上的有效面積，磁通量與匝數無關。解答：磁通量與匝數無關，線圈在磁場中的有效面積S＝πr2，根據磁通量的公式Φ＝BS可知，穿過線圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。點評：本題考查了磁通量的定義，解題的關鍵是明確垂直于磁場方向上的有效面積，根據磁通量公式求解?！窘忸}思路點撥】對磁通量的理解（1）Φ＝B?S的含義：Φ＝BS只適用于磁感應強度B與面積S垂直的情況．當B與S平面間的夾角為θ時，則有Φ＝BSsinθ．可理解為Φ＝BSsinθ，即Φ等于B與S在垂直于B方向上投影面積的乘積．也可理解為Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量與S的乘積．如圖（1）所示．（2）面積S的含義：S不一定是某個線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內的面積．如圖（2）所示，S應為線圈面積的一半．（3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內磁通量的大小與線圈匝數無關，因為不論線圈匝數多少，穿過線圈的磁感線條數相同，而磁感線條數可表示磁通量的大?。?）合磁通量求法：若某個平面內有不同方向和強弱的磁場共同存在，當計算穿過這個面的磁通量時，先規定某個方向的磁通量為正，反方向的磁通量為負，平面內各個方向的磁通量的代數和等于這個平面內的合磁通量．10．計算磁通量的變化量【知識點的認識】磁通量的變化量等于末磁通量減去初磁通量，表達式為ΔΦ＝Φ2﹣Φ1又分幾種情況：（1）B變化導致磁通量變化ΔΦ＝B2S﹣B1S＝（B2﹣B1）S＝ΔB?S（2）S變化導致磁通量變化ΔΦ＝BS2﹣BS1＝B（S2﹣S1）＝B?ΔS（3）B和S都變化導致磁通量變化ΔΦ＝B2S2﹣B1S1要注意：B2S2﹣B1S1≠ΔB?ΔS【命題方向】如圖所示，一面積為S的長方形線圈abcd有一半處在磁感應強度為B的勻強磁場中，當線圈以ab為軸從圖中位置轉過60°的過程中，穿過線圈的磁通量的變化量為（）A、BSB、2BSC、BS2D、分析：在勻強磁場中，當線圈與磁場垂直時，穿過線圈的磁通量為Φ＝BS，圖中S有磁感線穿過線圈的面積，即為有效面積．當線圈以ab為軸從圖中位置轉過60°的瞬間，線圈在垂直于磁場方向投影的面積．解答：如圖，當長方形線圈abcd有一半處在磁感應強度為B的勻強磁場中時磁通量為Φ1＝B?12S=當線圈以ab為軸從圖中位置轉過60°的瞬間，線圈在垂直于磁場方向投影的面積為12S則磁通量Φ2=1穿過線圈的磁通量的變化量為Δ?＝0故選：D。點評：本題考查對于勻強磁場中磁通量的求解能力．對于公式Φ＝BScosα，Scosα為線圈在垂直于磁場方向投影的面積．【解題思路點撥】磁通量的變化磁通量可以用穿過某一面積的磁感線條數來形象地定性描述，也可以用公式Φ＝BSsinθ（θ為B與S面的夾角）進行定量的計算．在分析磁通量是否發生變化時，兩種描述是統一的，不能有矛盾的結果出現．例如：（1）線圈的面積發生變化時磁通量是不一定發生變化的，如圖，當線圈面積由S1變為S2時，磁通量并沒有變化．（2）當磁場范圍一定時，線圈面積發生變化，磁通量也可能不變，如圖所示，在空間有磁感線穿過線圈S，S外沒有磁場，如增大S，則Φ不變．3．磁通量改變的方式：（1）線圈跟磁體之間發生相對運動，這種改變方式是S不變而相當于B發生變化；（2）線圈不動，線圈所圍面積也不變，但穿過線圈面積的磁感應強度是時間的函數；（3）線圈所圍面積發生變化，線圈中的一部分導體做切割磁感線運動，其實質也是B不變而S增大或減??；（4）線圈所圍面積不變，磁感應強度也不變，但二者之間的夾角發生變化，如勻強磁場中轉動的矩形線圈就是典型例子．11．兩根通電導線之間的作用力【知識點的認識】兩根通電導線之間存在作用力，作用規律為同向電流相互排斥，異向電流相互吸引。證明：如圖所示兩根個導線中，通有同向電流根據安培定則可知左側電流在右側導線處產生的磁場垂直紙面向里，對右側導線分析，根據左手定則，可知右側電流受到的安培力水平向右，同理可得，右側電流對左側導線的作用力向左。同樣的方法可以證明異向電流間的安培力指向彼此，即相互吸引。【命題方向】如圖所示，兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變為F2，則此時b受到的磁場力大小變為（）A、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：當兩根通大小相同方向相反的電流時，a受到的一個F1磁場力，然后再加入一勻強磁場，則a受到F2磁場力．則此時b受到的磁場力大小與a相同，方向相反．解答：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則a受到b產生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產生磁場的作用力向右大小為F1′，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻強磁場時產生的磁場力大小為F0，則a受到作用力為F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而對于b由于電流方向與a相反，所以b受到作用力為F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，這兩個力大小相等，方向相反。將F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F2′＝F2；故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：當沒有加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力是相互；當加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力仍是相互【解題思路點撥】可以通過安培定則與左手定則得出同向電流相互排斥，異向電流相互吸引的結論。12．感應電流的產生條件【知識點的認識】1.感應電流的產生條件：當穿過閉合導體回路的磁通量發生變化時，閉合導體回路中就產生感應電流。2.一種特殊情況：對于如下圖所示，導體棒切割磁場產生感應電流的情況，依然可以認為是CDEF所圍的閉合回路的磁通量發生了變化，從而引起感應電流的產生。3.關鍵詞：①閉合回路；②磁通量的變化。4.判斷有無感應電流的基本步驟（1）明確所研究的電路是否為閉合電路。（2）分析最初狀態穿過電路的磁通量情況。（3）根據相關量變化的情況分析穿過閉合電路的磁通量是否發生變化，常見的情況有以下幾種：①磁感應強度B不變，線圈面積S發生變化，例如閉合電路的一部分導體切割磁感線時。②線圈面積S不變，磁感應強度B發生變化，例如線圈與磁體之間發生相對運動時或者磁場是由通電螺線管產生而螺線管中的電流變化時。③磁感應強度B和線圈面積S同時發生變化，此時可由△Φ＝Φ1﹣Φ0。計算并判斷磁通量是否發生變化。④線圈面積S不變，磁感應強度B也不變，但二者之間的夾角發生變化，例如線圈在磁場中轉動時。【命題方向】關于產生感應電流的條件，下列說法正確的是（）A、只要閉合電路在磁場中運動，閉合電路中就一定有感應電流B、只要閉合電路中有磁通量，閉合電路中就有感應電流C、只要導體做切割磁感線運動，就有感應電流產生D、只要穿過閉合電路的磁感線的條數發生變化，閉合電路中就有感應電流分析：產生感應電流的條件是穿過閉合電路的磁通量發生變化，或閉合電路的一部分導體做切割磁感線運動．根據這個條件進行選擇．解：A、閉合電路在磁場中運動，穿過閉合電路的磁通量不一定發生變化，所以閉合電路中不一定有感應電流。故A錯誤。B、閉合電路中有磁通量，如沒有變化，閉合電路中就沒有感應電流。故B錯誤。C、導體做切割磁感線運動，不一定有感應電流產生，只有當閉合電路的一部分導體做切割磁感線運動時才有感應電流產生。故C錯誤。D、穿過閉合電路的磁感線的條數發生變化，磁通量一定發生變化，則閉合電路中就有感應電流。故D正確。故選：D。點評：感應電流產生的條件細分有兩點：一是電路要閉合；二是穿過電路的磁通量發生變化，即穿過閉合電路的磁感線的條數發生變化．【解題思路點撥】判斷產生感應電流的條件應注意的問題（1）磁通量有變化，但回路沒閉合，不產生感應電流。（2）閉合回路切割磁感線，但磁通量沒變化，不產生感應電流。（3）初、末位置磁通量相同，但過程中閉合回路磁通量有變化，產生感應電流。（4）線圈有正、反兩面，磁感線穿過的方向不同，磁通量不同，產生感應電流。13．增反減同【知識點的認識】楞次定律的推廣結論之一：為了“阻礙”原磁場磁通量的變化，當原磁場的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與原磁場相反；當原磁場減的磁通量小時，感應電流的磁場方向與原磁場相同，所以叫作增反減同?！久}方向】如圖所示，在同一鐵芯上繞著兩個線圈，單刀雙擲開關原來接在1位置，現在它從1打向2，試判斷此過程中，通過R的電流方向是（）A、先由P到Q，再由Q到PB、先由Q到P，再由P到QC、始終是由Q到PD、始終是由P到Q分析：根據安培定則來確定線圈的電流方向與磁場方向的關系，由于穿過線圈的磁通量變化，導致線圈B中產生感應電流，其方向根據楞次定律“增反減同”來判斷。解答：當單刀雙擲開關原來接在1位置，線圈A左端是S極，右端是N極?，F在它從1打向2，則線圈A左端是N極，右端是S極。導致向右穿過線圈B的磁場先變小，后向左穿過線圈B的磁場變大，則由楞次定律可得：感應電流方向始終由Q到P故選：C。點評：解決本題的關鍵會用楞次定律判斷感應電流方向，關鍵確定原磁場方向及通過線圈的磁通量如何變化；會使用安培定則，注意大拇指向即為線圈內部磁場的方向。【解題思路點撥】根據楞次定律的內容可以知道，感應電流的磁場是為了“阻礙”原磁場磁通量的變化，而不是阻礙原磁場。所以當原磁場的磁通量不變時，是沒有感應電流的。原磁場的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與原磁場相反來抵消這種增大；原磁場的磁通量減小時，感應電流的磁場方向與原磁場相同，來彌補這種減小。14．法拉第電磁感應定律的基本計算【知識點的認識】法拉第電磁感應定律（1）內容：閉合電路