第62頁（共62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振蕩與電磁波一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?保定期末）下列關于電磁波的敘述中，正確的是（）A．電磁波的頻率都相同 B．電磁波在任何介質中的傳播速度均為3×108m/s C．麥克斯韋證實了電磁波的存在 D．電磁波具有波的一切特征2．（2024秋?重慶期末）基于人類早期對電磁規律的研究，現代社會生活中有許多電磁應用場景。下列說法正確的是（）A．磁場一定產生電場 B．電磁波不可以在真空中傳播 C．變化的磁場一定產生電場 D．麥克斯韋通過實驗證實了電磁波的存在3．（2023秋?瀘縣校級期末）關于麥克斯韋電磁場理論，下列說法中不正確的是（）A．變化的磁場能夠在周圍空間產生電場 B．電場一定能夠在周圍空間產生磁場 C．變化的電場能夠在周圍空間產生磁場 D．電磁場由發生區域向遠處傳播就形成電磁波4．（2023秋?上饒期末）2023年10月26日11時14分，長征二號F遙十七運載火箭托舉著神舟十七號載人飛船，在酒泉衛星發射中心點火升空，送湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員奔赴“天宮”。如圖所示，神十六、神十七兩個乘組“太空會師”，航天員能與地面工作人員保持實時聯絡，直播畫面通過電磁波傳送到地面。下列關于電磁波說法正確的是（）A．電磁波傳播過程中，電場和磁場是獨立存在的，沒有關聯 B．電磁波可以在真空中傳播 C．不能用實驗驗證電磁波的存在 D．太空中航天員講話時畫面與聲音同步，說明電磁波與聲波具有相同的傳播速度5．（2023秋?大荔縣期末）有“中國天眼”美譽的FAST是目前世界最大口徑的射電望遠鏡，它是一種用于接收和研究天體發射的電磁波的特殊裝置。下列關于電磁波的說法正確的是（）A．電磁波在真空中也能傳播 B．電磁波能傳播信息，不能傳播能量 C．X射線的波長比紅外線的波長更長 D．麥克斯韋用實驗證實了電磁波的存在6．（2023秋?城廂區校級期末）下列說法不正確的是（）A．無線電波、光波、X射線、γ射線都是電磁波 B．麥克斯韋通過實驗驗證了“變化的電場產生磁場”和“變化的磁場產生電場”，并證實了電磁波的存在 C．奧斯特發現了電流的磁效應 D．LC振蕩電路中，電容器極板上的電荷量最大時，磁場能最小7．（2023秋?大同期末）以下有關電場和磁場的說法正確的是（）A．試探電荷在電場中某處受到的電場力越大，則該處的電場強度一定越大 B．電場強度的定義和磁感應強度的定義都用到了比值定義法 C．變化的電場一定產生變化的磁場 D．一段電流元在磁場中受力越大，則該處的磁感應強度越大二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?遼陽期末）物理學是一門以實驗為基礎的學科，物理從生活中來又到生活中去。對于下列教材中所列的實驗和生活用品，說法正確的是（）A．圖甲中，兩根通電方向相反的長直導線相互排斥，是通過磁場實現的 B．圖乙中，若在ab的兩端接上穩恒直流電源，穩定后接在cd端的電流計示數始終為0 C．圖丙中，生活中常用微波爐來加熱食物，微波在空氣中不能傳播 D．奧斯特利用圖丁中的實驗裝置發現了電流的磁效應（多選）9．（2024秋?南寧期末）“中國天眼”通過接收來自宇宙深處的電磁波探索宇宙。關于電磁波，下列說法正確的是（）A．麥克斯韋從理論上預言了電磁波，并用實驗證實了電磁波的存在 B．電磁波的傳播不需要介質 C．電磁波看不見，不具有能量 D．不同電磁波在真空中傳播速度大小相同（多選）10．（2023秋?瀘州期末）下列對于圖中的敘述，正確的是（）A．圖甲中，變壓器中的鐵芯用相互絕緣薄硅鋼片疊合是為了利用渦流的熱效應 B．圖乙中，用實驗證實電磁波的存在的科學家是赫茲 C．圖丙中，食堂用的消毒燈主要利用的是X射線進行消毒 D．圖丁中，器血中的硫酸銅溶液通電后旋轉起來，因為通電液體受到磁場力的作用（多選）11．（2023秋?楚雄州期末）下列關于電磁波的敘述中，正確的是（）A．電磁波是電磁場由發生區域向遠處傳播的 B．電磁波在任何介質中的傳播速度均為3×108m/s C．電磁波由真空進入介質傳播時，波長變長 D．電磁波具有波的一切特征（多選）12．（2023秋?臨洮縣期末）關于磁場，下列說法正確的是（）A．磁場不是真實存在的 B．小磁針靜止時N極所指的方向規定為該點的磁場方向 C．奧斯特首次揭示了電和磁的聯系 D．磁感應強度越大，磁通量就越大三．解答題（共3小題）13．（2024春?楊浦區校級期中）電磁爐的原理是利用感應電動勢在鍋底內產生渦流，致使鍋體本身快速發熱，從而加熱鍋內食物。（1）適合做電磁爐鍋具的材料是。A.鐵B.瓷器C.玻璃D.紫砂（2）電磁爐在工作中會產生電磁波，預言了電磁波的存在，在首次在實驗中發現了電磁波。（3）小家同學制作了一個簡易裝置來研究電磁爐工作原理。如圖所示，將一根電線纏繞在鐵芯外部，接通交流電源，過了一會兒，放置在鐵芯上方的多匝線圈開始發熱。下述可以增大線圈熱功率的辦法是。A.增大交流電源的頻率B.減小上方線圈的匝數以減小電阻C.將交流電源換成電動勢更大的直流電源D.將線圈內的鐵芯取走（4）電磁爐使用交變電流供電。發電廠發出的交變電流通過變壓器進入家庭電路。如圖的電路中也包含理想變壓器，電流表和電壓表均為理想電表，電阻R1、R2和R3的阻值分別為1Ω、2Ω和6Ω，在a、b兩端接電壓有效值為U的交流電源，開關S由斷開變為閉合時，連接在副線圈的負載電阻消耗的電功率不變。則。A.電流表示數變小B.電壓表示數變大C.整個電路消耗的功率變小D.變壓器原、副線圈匝數比為1：2（5）某發電廠發出的交流電電壓為U1，功率為P。遠距離輸電線路的總電阻為r。現采用電壓達U2的特高壓輸電技術進行輸電，變電站理想升壓變壓器輸入和輸出線圈的匝數比為；輸電線上損失的功率為。（6）電磁爐在工作中會向外輻射電磁波，振蕩電路也會產生電磁波。如圖甲所示，線圈L的直流電阻不計，閉合開關S，待電路達到穩定狀態后斷開開關S，LC回路中將產生電磁振蕩。從開關S斷開計時，線圈中的磁場能EB隨時間t的變化規律如圖乙所示。下列說法中正確的是。A.LC振蕩電路的周期為2×10﹣3sB.在1×10﹣3s時，電容器右極板帶正電C.1×10﹣3s～2×10﹣3s時間內，電流在減小D.1×10﹣3s～2×10﹣3s時間內，自感電動勢在增加（7）理論上，只要電路中有振蕩電路，就能向外輻射電磁波，但是直接利用LC回路向外輻射電磁波的效率是很低的，因此我們可以采用、等方法有效地將電磁波發射出去。14．（2023秋?黃浦區校級期中）電磁波的發現和使用帶來了通信技術的發展。（1）如圖磁感應強度B隨時間t變化的磁場中，能產生電磁波的是。（2）麥克斯韋提出電磁波理論，預言了電磁波的存在。①他從理論上推導出電磁波在真空中傳播速度3×108m/s，據此認為本質上也是一種電磁波，且是（選填“橫波”或“縱波”）。②用實驗證實了電磁波的存在，被譽為無線電通信的先驅者的物理學家是。A.奧斯特B.法拉第C.楞次D.赫茲（3）如圖乙，為LC振蕩電路的i﹣t圖像。在t＝0時刻，回路中電容器C的上極板M正電。①如圖甲，在某段時間，LC電路中電流方向順時針，且M板負電，則該時間段為。A.0～t1B.t1～t2C.t2～t3D.t3～t4②在t1～t2時間內，電容器正在（選填充電”或“放電”），儲存的電場能（選填“增大”或“減小”）。（4）如圖甲，當兩個矩形線框面積相等時，氖管最亮，表明電路接受到的能量最大，發生了現象；如圖乙，類似的，在受迫振動中，當頻率等于固有頻率f0時，受迫振動的最大，發生了共振現象。（5）如圖，為某高速公路自動測速裝置，雷達向汽車駛來的方向發射脈沖電磁波，相鄰兩次發射時間間隔為t。當雷達向汽車發射電磁波時，在顯示屏上呈現出一個尖形波；在接收到反射回來的無線電波時，在顯示屏上呈現出第二個尖形波。若汽車是勻速的，根據圖中t1、t、t2的意義，結合光速c，汽車兩次接收到雷達時前進的距離Δx為，據此求出汽車車速v的表達式為。15．（2023秋?黃浦區校級期中）機械波與電磁波在本質上不同，但具有波動的共同特征。（1）機械波和電磁波具有共同的性質是。A.都是橫波B.都能傳輸能量C.都能在真空中傳播D.都具有恒定的速度（2）電磁波中包含了γ射線、紅外線、紫外線、X射線等。①按波長由長到短的排列順序是。A.γ射線、紫外線、可見光、紅外線B.X射線、紅外線、紫外線、γ射線C.紫外線、X射線、紅外線、γ射線D.紅外線、紫外線、X射線、γ射線②“紅外線溫度計”利用了紅外線顯著的（選填“化學作用”或“熱效應”）特征，在機場、車站等場所，常用X射線對行李透視檢查，主要利用了X射線的（選填“穿透能力”或“電離能力”）。（3）某時刻一聲源O形成的聲波同時在空氣和水中傳播。①一段時間后的波形可能為。②若該聲波在空氣中的頻率為200Hz，波長為1.7m，在水中的波速為1480m/s，則該聲波在水中的頻率為Hz，波長為m。（4）如圖，一根粗細均勻的繩子，右側固定，使左側的S點上、下振動，某時刻的波形如圖。則繩波的頻率逐漸（選填“增大”、“減小”或“不變”），波源S的起振方向為（選填“向上”或“向下”）。（5）地震發生時，震源同時發出橫波（S波）和縱波（P波）。若S波、P波的傳播速度分別為v1、v2，它們到達某地震記錄儀記錄的時間間隔為t，則可判斷波速v1v2（選填“＜”或“＞”），地震記錄儀所處的位置與震源間的距離s為；S波和P波相比較，（選填“S”或“P”）波破壞力更大。

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振蕩與電磁波參考答案與試題解析題號1234567答案DCBBABB一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?保定期末）下列關于電磁波的敘述中，正確的是（）A．電磁波的頻率都相同 B．電磁波在任何介質中的傳播速度均為3×108m/s C．麥克斯韋證實了電磁波的存在 D．電磁波具有波的一切特征【考點】電磁波的特點和性質（自身屬性）；電磁波的發現．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】D【分析】電磁波是由變化的電場和磁場相互激發而形成的波，其頻率、波長和速度在不同介質中會有所不同。麥克斯韋的理論預言了電磁波的存在，而赫茲通過實驗首次證實了這一預言。電磁波具有波的一切特性，如干涉、衍射等。【解答】解：A、電磁波的頻率可以非常廣泛，從無線電波到伽馬射線，頻率范圍極大，不同頻率的電磁波具有不同的性質和用途，故A錯誤；B、電磁波只有在真空中傳播時，其速度才為3×108m/s，故B錯誤；C、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故C錯誤；D、因為電磁波也是一種波，故電磁波具有波的一切特征，故D正確。故選：D。【點評】本題的關鍵在于理解電磁波的基本性質和歷史背景。麥克斯韋的理論預言了電磁波的存在，而赫茲的實驗則證實了這一預言。電磁波的傳播速度在不同介質中會有所不同，但其波的特性是不變的。2．（2024秋?重慶期末）基于人類早期對電磁規律的研究，現代社會生活中有許多電磁應用場景。下列說法正確的是（）A．磁場一定產生電場 B．電磁波不可以在真空中傳播 C．變化的磁場一定產生電場 D．麥克斯韋通過實驗證實了電磁波的存在【考點】麥克斯韋電磁場理論．【專題】定性思想；歸納法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】C【分析】根據麥克斯韋電磁場理論解答；電磁波傳播不依賴于介質；根據物理學史判斷。【解答】解：AC、根據麥克斯韋電磁場理論，變化的電場可產生磁場，變化的磁場可產生電場，均勻變化的電場可產生恒定的磁場，周期性變化的磁場可產生周期性變化的電場，恒定不變的電場（或磁場）不能產生磁場（或電場），故A錯誤，C正確；B、電磁波可以在真空中傳播，不依賴于介質，故B錯誤；D、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D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了麥克斯韋電磁場理論的內容，要求學生對這部分知識要重視課本，強化理解并記憶。3．（2023秋?瀘縣校級期末）關于麥克斯韋電磁場理論，下列說法中不正確的是（）A．變化的磁場能夠在周圍空間產生電場 B．電場一定能夠在周圍空間產生磁場 C．變化的電場能夠在周圍空間產生磁場 D．電磁場由發生區域向遠處傳播就形成電磁波【考點】電磁波的產生．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波．【答案】B【分析】麥克斯韋的電磁場理論中變化的磁場一定產生電場，當中的變化有均勻變化與周期性變化之分．【解答】解：A、根據電磁場理論可知，變化的磁場周圍能產生電場。故A正確；BC、均勻變化的電場產生穩定的磁場，而非均勻變化的電場產生非均勻變化的磁場，穩定的電場不會產生磁場。故B不正確，C正確；D、根據電磁波的產生可知，電磁場由發生區域向遠處傳播就形成電磁波；故D正確；本題選擇錯不正確的，故選：B【點評】本題考查麥克斯韋的電磁場理論中變化的分類：均勻變化與非均勻（或周期性）變化．4．（2023秋?上饒期末）2023年10月26日11時14分，長征二號F遙十七運載火箭托舉著神舟十七號載人飛船，在酒泉衛星發射中心點火升空，送湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員奔赴“天宮”。如圖所示，神十六、神十七兩個乘組“太空會師”，航天員能與地面工作人員保持實時聯絡，直播畫面通過電磁波傳送到地面。下列關于電磁波說法正確的是（）A．電磁波傳播過程中，電場和磁場是獨立存在的，沒有關聯 B．電磁波可以在真空中傳播 C．不能用實驗驗證電磁波的存在 D．太空中航天員講話時畫面與聲音同步，說明電磁波與聲波具有相同的傳播速度【考點】電磁波的特點和性質（自身屬性）；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】B【分析】電磁波是由變化的電場和磁場相互激發而形成的波，能夠在真空中傳播，且其傳播速度在真空中為光速。電磁波的傳播特性與聲波有顯著區別，聲波需要介質傳播，而電磁波可以在真空中傳播。【解答】解：A、電磁波傳播過程中，電場和磁場是相互關聯，相互聯系的，故A錯誤；B、電磁波可以在真空中傳播，這是電磁波的一個重要特性，也是其能夠用于太空通信的基礎，故B正確；C、可以用實驗驗證電磁波的存在，故C錯誤；D、太空中航天員講話時畫面與聲音都是通過電磁波傳播到地面的，所以畫面和聲音同步，但不能說明電磁波與聲波具有相同的傳播速度，故D錯誤。故選：B。【點評】本題的關鍵在于理解電磁波的傳播特性和與聲波的區別。電磁波的傳播不需要介質，可以在真空中傳播，而聲波的傳播需要介質，無法在真空中傳播。此外，電磁波的傳播速度在真空中為光速，遠大于聲波的傳播速度。5．（2023秋?大荔縣期末）有“中國天眼”美譽的FAST是目前世界最大口徑的射電望遠鏡，它是一種用于接收和研究天體發射的電磁波的特殊裝置。下列關于電磁波的說法正確的是（）A．電磁波在真空中也能傳播 B．電磁波能傳播信息，不能傳播能量 C．X射線的波長比紅外線的波長更長 D．麥克斯韋用實驗證實了電磁波的存在【考點】電磁波的特點和性質（自身屬性）；電磁波譜；電磁波的發現．【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】電磁波可以在真空中傳播，在空氣中也能傳播；電磁波也可以傳播能量；紅外線的波長比X射線的波長長；赫茲用實驗證實了電磁波的存在。【解答】解：A.電磁波的傳播不需要介質，在真空中也能傳播，故A正確；B.電磁波不僅能傳播信息，也可以傳播能量，故B錯誤；C.由電磁波譜可知，紅外線的波長比X射線的波長，故C錯誤；D.麥克斯韋提出了電磁場理論，赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了電磁波的產生及傳播、電磁波譜等基礎知識，要求學生對這部分知識要重視課本，強化記憶，勤加練習。6．（2023秋?城廂區校級期末）下列說法不正確的是（）A．無線電波、光波、X射線、γ射線都是電磁波 B．麥克斯韋通過實驗驗證了“變化的電場產生磁場”和“變化的磁場產生電場”，并證實了電磁波的存在 C．奧斯特發現了電流的磁效應 D．LC振蕩電路中，電容器極板上的電荷量最大時，磁場能最小【考點】電磁波的產生；α、β、γ射線的本質及特點；麥克斯韋電磁場理論．【專題】定性思想；歸納法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】B【分析】根據麥克斯韋、赫茲和奧斯特的主要貢獻分析BC；根據電磁波譜分析A；根據振蕩電路的特點分析D。【解答】解：A、根據電磁波譜可以知道無線電波、光波、X射線、γ射線都是電磁波，故A正確；B、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錯誤；C、奧斯特發現了電流的磁效應，故C正確；D、LC振蕩電路中，電容器極板上的電荷量最大時，表示充電完畢，磁場能全部轉化為電場能，此時磁場能最小，故D正確。本題是選不正確的故選：B。【點評】對著名物理學家的重要發現要熟練記憶，這也是考試內容之一。7．（2023秋?大同期末）以下有關電場和磁場的說法正確的是（）A．試探電荷在電場中某處受到的電場力越大，則該處的電場強度一定越大 B．電場強度的定義和磁感應強度的定義都用到了比值定義法 C．變化的電場一定產生變化的磁場 D．一段電流元在磁場中受力越大，則該處的磁感應強度越大【考點】麥克斯韋電磁場理論；電場強度的定義、單位和方向；磁感應強度的定義與物理意義；安培力的計算公式及簡單應用．【專題】定性思想；歸納法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】B【分析】電場強度在數值上等于單位電荷在該處受到的電場力；電場強度和磁感應強度的定義都用到了比值定義法；均勻變化的電場產生穩定的磁場；電流元在磁場中受力的大小還有其放置方式有關。【解答】解：A、根據電場強度的定義式E=Fq可知，電場強度在數值上等于單位電荷在該處受到的電場力，不能用試探電荷受到的電場力直接來表示電場強度的大小，故B、電場強度和磁感應強度的定義都用到了比值定義法，故B正確；C、變化的電場一定產生磁場，均勻變化的電場產生穩定的磁場，故C錯誤；D、一段電流元在磁場中受力的大小還有其放置方式有關，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了對電場強度和磁感應強度定義的理解，以及對麥克斯韋電磁場理論的認識，基礎題。二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?遼陽期末）物理學是一門以實驗為基礎的學科，物理從生活中來又到生活中去。對于下列教材中所列的實驗和生活用品，說法正確的是（）A．圖甲中，兩根通電方向相反的長直導線相互排斥，是通過磁場實現的 B．圖乙中，若在ab的兩端接上穩恒直流電源，穩定后接在cd端的電流計示數始終為0 C．圖丙中，生活中常用微波爐來加熱食物，微波在空氣中不能傳播 D．奧斯特利用圖丁中的實驗裝置發現了電流的磁效應【考點】電磁波的特點和性質（自身屬性）；電流磁效應的發現；兩根通電導線之間的作用力；感應電流的產生條件．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】ABD【分析】甲圖中，電流之間的作用是通過磁場來實現的；乙圖中，對照感應電流產生條件分析；丙圖中，從能量轉化的角度，分析知道微波具有能量；奧斯特發現了電流的磁效應現象。【解答】解：A、甲圖中，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A正確；B、乙圖中，若在ab的兩端接上穩恒直流電源，則穿過線圈的磁場不變化，磁通量不變化，cd線圈中不產生感應電流，接在cd端的表頭示數為0，故B正確；C、微波是一種電磁波，丙圖中，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，微波能在空氣中傳播，故C錯誤；D、奧斯特利用丁圖實驗裝置發現了電流的磁效應，故D正確。故選：ABD。【點評】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）9．（2024秋?南寧期末）“中國天眼”通過接收來自宇宙深處的電磁波探索宇宙。關于電磁波，下列說法正確的是（）A．麥克斯韋從理論上預言了電磁波，并用實驗證實了電磁波的存在 B．電磁波的傳播不需要介質 C．電磁波看不見，不具有能量 D．不同電磁波在真空中傳播速度大小相同【考點】電磁波的特點和性質（自身屬性）．【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】電磁波是由方向相同且互相垂直的電場與磁場在空間中以波動的形式傳播的電磁場，電磁波的傳播不需要借助任何載體，可以在真空中傳播，不同電磁波在真空中傳播速度大小相同。麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲證實了電磁波的存在。【解答】解：A.麥克斯韋預言了電磁波的存在，而赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，故A錯誤；B.電磁波的傳播不需要介質，故B正確；C.電磁波看不見，但具有能量，故C錯誤；D.不同電磁波在真空中傳播速度大小相同，故D正確。故選：BD。【點評】題考查了電磁波的定義與性質，屬于基礎題。（多選）10．（2023秋?瀘州期末）下列對于圖中的敘述，正確的是（）A．圖甲中，變壓器中的鐵芯用相互絕緣薄硅鋼片疊合是為了利用渦流的熱效應 B．圖乙中，用實驗證實電磁波的存在的科學家是赫茲 C．圖丙中，食堂用的消毒燈主要利用的是X射線進行消毒 D．圖丁中，器血中的硫酸銅溶液通電后旋轉起來，因為通電液體受到磁場力的作用【考點】麥克斯韋電磁場理論；電磁波的發射和接收；紫外線的特點和應用；渦流的產生及原理．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據赫茲、麥克斯韋等科學家的物理學成就，以及渦流原理、紫外線的特性和安培力知識進行解答。【解答】解：A．當變壓器中的電流變化時，在其鐵芯將產生渦流，使用相互絕緣的硅鋼片疊合做成的鐵芯可以盡可能減小渦流，而不是為了利用渦流的熱效應，故A錯誤；B．用實驗證實電磁波存在的科學家是赫茲，麥克斯韋建立了電磁場理論，預言了電磁波的存在，故B正確；C．食堂用的消毒燈主要利用的是紫外線進行消毒，故C錯誤；D．器血中的硫酸銅溶液通電后兩個電極間形成電流，導電液體在磁場中受到安培力的作用旋轉起來，故D正確。故選：BD。【點評】解答本題時，要理解并掌握渦流、安培力相關知識，了解紅外線、紫外線的特性以及在生活、生產中的應用。（多選）11．（2023秋?楚雄州期末）下列關于電磁波的敘述中，正確的是（）A．電磁波是電磁場由發生區域向遠處傳播的 B．電磁波在任何介質中的傳播速度均為3×108m/s C．電磁波由真空進入介質傳播時，波長變長 D．電磁波具有波的一切特征【考點】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】AD【分析】根據電磁波的定義、傳播速度與介質的關系、波長變化規律以及電磁波的波特性判斷選項。【解答】解：A、電磁波的產生是由于變化的電場和磁場相互作用，形成電磁場的波動，這種波動從發生區域向遠處傳播，形成電磁波，故A正確；B、電磁波只有在真空中傳播的速度為3×108m/s。故B錯誤；C、電磁波在傳播過程中頻率f不變，電磁波在介質中的傳播速度比在真空中的傳播速度小，由波速公式v＝λf知波長變短，故C錯誤；D、電磁波是一種波，具有波的一切特性，能產生干涉、衍射等現象。故D正確。故選：AD。【點評】本題的關鍵在于理解電磁波的傳播特性，特別是電磁波在不同介質中的傳播速度變化以及波長變化規律。同時，要認識到電磁波的波特性，這有助于理解電磁波在實際應用中的行為。（多選）12．（2023秋?臨洮縣期末）關于磁場，下列說法正確的是（）A．磁場不是真實存在的 B．小磁針靜止時N極所指的方向規定為該點的磁場方向 C．奧斯特首次揭示了電和磁的聯系 D．磁感應強度越大，磁通量就越大【考點】麥克斯韋電磁場理論；磁感應強度的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】BC【分析】奧斯特發現電流的磁效應，首次揭示了電與磁的聯系；小磁針靜止時N極所指的方向規定為該點的磁場方向；磁場是看不見摸不到的特殊物質，真實存在；磁通量為穿過線圈的磁感線的條數。【解答】解：A、磁場雖然看不到、摸不著，但是真實存在的，故A錯誤；B、規定小磁針靜止時N極所指的方向為該點的磁場方向，故B正確；C、奧斯特發現電流的磁效應，首次揭示了電與磁的聯系，故C正確；D、磁通量可以理解為穿過線圈的磁感線的條數，磁感應強度大，若線圈平面與磁場方向平行，穿過線圈的磁通量為0，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題主要考查了磁場以及磁通量的認識，解題關鍵是掌握磁場是看不見摸不到的特殊物質，真實存在；磁通量為穿過線圈的磁感線的條數。三．解答題（共3小題）13．（2024春?楊浦區校級期中）電磁爐的原理是利用感應電動勢在鍋底內產生渦流，致使鍋體本身快速發熱，從而加熱鍋內食物。（1）適合做電磁爐鍋具的材料是A。A.鐵B.瓷器C.玻璃D.紫砂（2）電磁爐在工作中會產生電磁波，麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲在首次在實驗中發現了電磁波。（3）小家同學制作了一個簡易裝置來研究電磁爐工作原理。如圖所示，將一根電線纏繞在鐵芯外部，接通交流電源，過了一會兒，放置在鐵芯上方的多匝線圈開始發熱。下述可以增大線圈熱功率的辦法是A。A.增大交流電源的頻率B.減小上方線圈的匝數以減小電阻C.將交流電源換成電動勢更大的直流電源D.將線圈內的鐵芯取走（4）電磁爐使用交變電流供電。發電廠發出的交變電流通過變壓器進入家庭電路。如圖的電路中也包含理想變壓器，電流表和電壓表均為理想電表，電阻R1、R2和R3的阻值分別為1Ω、2Ω和6Ω，在a、b兩端接電壓有效值為U的交流電源，開關S由斷開變為閉合時，連接在副線圈的負載電阻消耗的電功率不變。則D。A.電流表示數變小B.電壓表示數變大C.整個電路消耗的功率變小D.變壓器原、副線圈匝數比為1：2（5）某發電廠發出的交流電電壓為U1，功率為P。遠距離輸電線路的總電阻為r。現采用電壓達U2的特高壓輸電技術進行輸電，變電站理想升壓變壓器輸入和輸出線圈的匝數比為U1U2；輸電線上損失的功率為（6）電磁爐在工作中會向外輻射電磁波，振蕩電路也會產生電磁波。如圖甲所示，線圈L的直流電阻不計，閉合開關S，待電路達到穩定狀態后斷開開關S，LC回路中將產生電磁振蕩。從開關S斷開計時，線圈中的磁場能EB隨時間t的變化規律如圖乙所示。下列說法中正確的是B。A.LC振蕩電路的周期為2×10﹣3sB.在1×10﹣3s時，電容器右極板帶正電C.1×10﹣3s～2×10﹣3s時間內，電流在減小D.1×10﹣3s～2×10﹣3s時間內，自感電動勢在增加（7）理論上，只要電路中有振蕩電路，就能向外輻射電磁波，但是直接利用LC回路向外輻射電磁波的效率是很低的，因此我們可以采用開放電路、提高振蕩頻率等方法有效地將電磁波發射出去。【考點】電磁波的產生；法拉第電磁感應定律的內容和表達式；電感、電容和電阻對電路的影響對比；電磁振蕩及過程分析．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】（1）A；（2）麥克斯韋；赫茲；（3）A；（4）D；（5）U1U2（6）B；（7）開放電路，提高振蕩頻率。【分析】（1）根據電磁爐的原理判斷；（2）根據物理學史判斷；（3）根據電功率的表達式可知，增大電流、電阻都能夠增大熱功率，增大電流的頻率可以增大電流，減少線圈的匝數，電流不變，電阻變小，換直流電源不能發生電磁感應現象；將線圈內的鐵芯取走，則磁場減弱，感應電動勢減小，感應電流減小，據此分析熱功率的變化；（4）根據題意與電功率的計算公式，推理得到開關S斷開與閉合時副線圈的電流、電壓的關系，以及原線圈的電流、電壓的關系；由閉合電路歐姆定律和理想變壓器原副線圈匝數比與電壓比、電流比的關系解答；整個電路消耗的功率等于a、b兩端電壓U與原線圈的電流的乘積；（5）根據變壓器的電壓、電流規律和功率的表達式求解；（6）根據LC電路振蕩周期T為磁場能EB周期的兩倍分析；結合電磁振蕩過程分析；（7）為了有效向外輻射電磁波，振蕩電路必須采用開放電路，同時提高振蕩頻率。【解答】解：（1）電磁爐采用的是電磁感應現象，即通過線圈中產生的磁場在鍋體中產生渦流而產生熱量，需采用金屬制作鍋體，故適合做電磁爐鍋具的材料是鐵，故A正確，BCD錯誤。故選：A。（2）麥克斯韋預言了電磁波，而赫茲證實了電磁波的存在。故答案為：麥克斯韋；赫茲。（3）A.感應電動勢與電流的變化率成正比，增大交流電源的頻率，感應電動勢增大，電流增大，熱功率增大，故A正確；B.線圈匝數減少，電動勢也減小，電阻減小，電流不變，熱功率減小，故B錯誤；C.換成直流電源，恒定電流產生恒定的磁場，穿過線圈的磁通量不變，線圈中不會有感應電流，熱功率為0，故C錯誤；D.將線圈內的鐵芯取走，則磁場減弱，感應電動勢減小，感應電流減小，熱功率減小，故D錯誤。故選：A。（4）解：A.設開關S斷開與閉合時副線圈的電流分別為I2、I2′，根據題意：S由斷開變為閉合時，連接在副線圈的負載電阻消耗的電功率相同，根據：P＝I2R，可得：I22（R2+R3）＝I2′2R2代入數據得：I2′＝2I2可知電流表示數變為了原來的2倍，故A錯誤；B.設開關S斷開與閉合時副線圈的電流分別為U2、U2′，根據：P＝UI，則有：U2I2＝U2′I2′，可得：U2′=變壓器原、副線圈匝數比不變，可得開關S閉合與斷開時原線圈的電壓關系為：U1′=12即原線圈的電壓變為了原來的12，可知電壓表示數變為了原來的12，故C.因副線圈的電流變大了，故原線圈的電流也變大，整個電路消耗的功率等于a、b兩端電壓U與原線圈的電流的乘積，故整個電路消耗的功率變大，故C錯誤；D.由I2′＝2I2，可得開關S閉合與斷開時原線圈的電流關系為：I1′＝2I1由閉合電路歐姆定律可得：U＝U1+I1R1；U＝U1′+I1′R1聯立解得：U1＝2I1R1又有：U2＝I2（R2+R3）兩式相比可得：U根據理想變壓器原副線圈匝數比與電壓比、電流比的關系可得：U1I1聯立解得：n1n2故選：D。（5）變電站理想升壓變壓器輸入線圈和輸出線圈的匝數比為：U1升壓變壓器輸入端上的電流為：I1=輸電線上的電流為：I2=輸電線上損失的功率為P損=聯立解得：P損=（6）A.t＝0時刻斷開開關S，電感線圈與電容器構成振蕩回路，電感線圈中的電流從某一最大值開始減小，產生自感電動勢對電容器充電，磁場能轉化為電場能，電容器所帶電荷量從零開始增加，當線圈中的電流減為零時，電容器充滿電，所帶電荷量達到最大，振蕩電路經歷一時，磁場能為零，電場能最大，電容器中最大的電場能為2.5×10﹣2J，隨后電容器放電，所帶電荷量減小，電感線圈中的電流反向增加，電場能轉化為磁場能，形成振蕩電路，LC電路振蕩周期T為磁場能EB周期的兩倍，即4×10﹣3s，故A錯誤，B.沒斷開開關前，線圈與R串聯，由于線圈的電阻不計，所以線圈兩端的電壓為零，電容器兩極板所帶的電荷量為零，此時通過線圈的電流自左向右。當斷開開關時，開始給電容器充電，電流逐漸減小，經過t＝1×10﹣3s=T4，充電電流減小到最小，此時電容器所帶的電荷量最多，右板帶正電，故CD.由上分析知在1×10﹣3s～2×10﹣3s時間內，電容器放電，所帶電荷量減小，電感線圈中的電流反向增加，自感電動勢在減小，故CD錯誤。故選：B。（7）為了有效向外輻射電磁波，振蕩電路必須采用開放電路，同時提高振蕩頻率。答：（1）A；（2）麥克斯韋；赫茲；（3）A；（4）D；（5）U1U2（6）B；（7）開放電路，提高振蕩頻率。【點評】本題要求學生根據題文的信息解答，考查了學生接受信息的能力，知道電磁爐的應用及工作原理，掌握電磁振蕩過程中物理量的變化規律。14．（2023秋?黃浦區校級期中）電磁波的發現和使用帶來了通信技術的發展。（1）如圖磁感應強度B隨時間t變化的磁場中，能產生電磁波的是AC。（2）麥克斯韋提出電磁波理論，預言了電磁波的存在。①他從理論上推導出電磁波在真空中傳播速度3×108m/s，據此認為光本質上也是一種電磁波，且是橫波（選填“橫波”或“縱波”）。②用實驗證實了電磁波的存在，被譽為無線電通信的先驅者的物理學家是D。A.奧斯特B.法拉第C.楞次D.赫茲（3）如圖乙，為LC振蕩電路的i﹣t圖像。在t＝0時刻，回路中電容器C的上極板M正電。①如圖甲，在某段時間，LC電路中電流方向順時針，且M板負電，則該時間段為C。A.0～t1B.t1～t2C.t2～t3D.t3～t4②在t1～t2時間內，電容器正在充電（選填充電”或“放電”），儲存的電場能增大（選填“增大”或“減小”）。（4）如圖甲，當兩個矩形線框面積相等時，氖管最亮，表明電路接受到的能量最大，發生了共振現象；如圖乙，類似的，在受迫振動中，當驅動力頻率等于固有頻率f0時，受迫振動的振幅最大，發生了共振現象。（5）如圖，為某高速公路自動測速裝置，雷達向汽車駛來的方向發射脈沖電磁波，相鄰兩次發射時間間隔為t。當雷達向汽車發射電磁波時，在顯示屏上呈現出一個尖形波；在接收到反射回來的無線電波時，在顯示屏上呈現出第二個尖形波。若汽車是勻速的，根據圖中t1、t、t2的意義，結合光速c，汽車兩次接收到雷達時前進的距離Δx為c2(t1-t2)【考點】電磁波的特點和性質（自身屬性）；電磁振蕩的圖像問題．【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】（1）AC；（2）①光；橫波；②D；（3）C；（4）共振；驅動力；振幅；（5）c2(t【分析】（1）（2）麥克斯韋提出電磁波理論，預言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在；根據麥克斯韋的電磁場理論，變化的磁場周圍產生電場判斷。（3）LC振蕩電路中，放電過程，電容器極板間電場減小，電場能減小，電流增大，磁場能增加；充電過程，電容器極板間電場增大，電場能增大，電流減小，磁場能減小。（4）做受迫振動的物體振動頻率與固有頻率無關，等于驅動力的頻率，當驅動力的頻率等于固有頻率時，振幅最大。（5）電磁波在真空中傳播的速度等于光速c，第一次發射電磁波，根據勻速直線運動規律得到汽車距離雷達的距離，第二次發射電磁波，根據勻速直線運動規律得到汽車距離雷達的距離，根據汽車通過的位移和時間求出汽車的速度。【解答】解：（1）A.根據麥克斯韋的電磁場理論可知，B隨t成正弦規律變化，產生的電場成余弦規律變化，周期性變化的磁場和電場交替產生，從而產生電磁波，故A正確；B.根據麥克斯韋的電磁場理論可知，B隨t均勻變化，產生恒定電場，不能產生電磁波，故B錯誤；C.在方向改變的一瞬間有電磁場產生，能形成電磁波，只是產生的電磁波不是連續的，故C正確；D.根據麥克斯韋的電磁場理論可知，B恒定，不產生電場，不能產生電磁波，故D錯誤。故選：AC。（2）①麥克斯韋提出電磁波理論，預言了電磁波的存在。理論上推導出電磁波在真空中傳播速度3×108m/s，認為光本質上也是一種電磁波，傳播方向與質點振動方向垂直，屬于橫波，②赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，被譽為無線電通信的先驅。故D正確，ABC錯誤；故答案為：①光；橫波②D（3）①在t＝0時刻，回路中電容器的上極板（M極）帶正電，由圖可知LC振蕩電路中，0～t1段是放電過程，電流在增大，電流方向為逆時針方向，電容器放電，電場能減小，t1～t2段是反向充電過程，且充電過程電流減小，電流方向為逆時針方向，電場能增大，磁場能減小，t2～t3放電過程，電流方向為瞬時針方向，t3～t4充電過程，故C正確，ABD錯誤；故選：C。②由①分析可知t1～t2段是充電過程，電流減小，電場能增大，磁場能減小，故答案為：充電；增大。（4）振子自由振動的頻率由系統本身決定；受迫振動的頻率由驅動力頻率決定；由共振曲線可知，固有頻率等于驅動力的頻率時，出現振幅最大，故答案為：共振；驅動力；振幅。（5）汽車兩次反射無線電波時離雷達的距離分別為x1=ct12、x2=ct22，兩次反射無線電波的時間間隔Δt=故答案為：c2(t故答案為：（1）AC；（2）①光；橫波；②D；（3）C；（4）共振；驅動力；振幅；（5）c2(t【點評】本題考查麥克斯韋電磁場理論、LC振蕩電路的分析、受迫振動、共振現象和勻速運動規律應用的特點及條件。考查知識點較多，需要學生積累大量知識。15．（2023秋?黃浦區校級期中）機械波與電磁波在本質上不同，但具有波動的共同特征。（1）機械波和電磁波具有共同的性質是B。A.都是橫波B.都能傳輸能量C.都能在真空中傳播D.都具有恒定的速度（2）電磁波中包含了γ射線、紅外線、紫外線、X射線等。①按波長由長到短的排列順序是D。A.γ射線、紫外線、可見光、紅外線B.X射線、紅外線、紫外線、γ射線C.紫外線、X射線、紅外線、γ射線D.紅外線、紫外線、X射線、γ射線②“紅外線溫度計”利用了紅外線顯著的熱效應（選填“化學作用”或“熱效應”）特征，在機場、車站等場所，常用X射線對行李透視檢查，主要利用了X射線的穿透能力（選填“穿透能力”或“電離能力”）。（3）某時刻一聲源O形成的聲波同時在空氣和水中傳播。①一段時間后的波形可能為A。②若該聲波在空氣中的頻率為200Hz，波長為1.7m，在水中的波速為1480m/s，則該聲波在水中的頻率為200Hz，波長為7.4m。（4）如圖，一根粗細均勻的繩子，右側固定，使左側的S點上、下振動，某時刻的波形如圖。則繩波的頻率逐漸增大（選填“增大”、“減小”或“不變”），波源S的起振方向為向下（選填“向上”或“向下”）。（5）地震發生時，震源同時發出橫波（S波）和縱波（P波）。若S波、P波的傳播速度分別為v1、v2，它們到達某地震記錄儀記錄的時間間隔為t，則可判斷波速v1＜v2（選填“＜”或“＞”），地震記錄儀所處的位置與震源間的距離s為v1v2tv2-v1；S波和P【考點】電磁波與機械波的區別和聯系；機械波的圖像問題．【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】（1）B；（2）①D；②熱效應，穿透能力；（3）①A；②200，7.4；（4）增大，向下；（5）＜，v1v2【分析】（1）根據電磁波和機械波的種類、傳輸能量和信息以及是否需要介質和波速的決定因素進行分析解答；（2）①根據紅外線、紫外線、X射線、γ射線的波長關系進行排列比較判斷；②根據紅外線和X射線的特點進行分析判斷；（3）①②根據同一種波在不同介質傳播時頻率不變結合波速與波長的關系判斷可能的圖像以及完成波長的求解；（4）根據f=vλ，結合繩波的（5）根據地震波中縱波和橫波的特點判斷波速以及波的破壞力，結合時間關系求解相關距離。【解答】解：（1）A.電磁波是橫波，機械波可能是橫波，也可能是縱波，故A錯誤；B.都能傳輸能量，故B正確；C.電磁波能在真空中傳播，機械波要靠介質傳播，故C錯誤；D.電磁波和機械波在不同介質中傳播時速度不同，故D錯誤。故選：B。（2）①按波長由長到短的排列順序是紅外線、紫外線、X射線、γ射線，故ABC錯誤，D正確。故選：D；②“紅外線溫度計”利用了紅外線顯著的熱效應特征，在機場、車站等場所，常用X射線對行李透視檢查，主要利用了X射線的穿透能力。（3）①波的傳播中頻率由波源決定，所以傳播方向上空氣中質點的振動頻率等于水中質點的振動頻率；由于聲波在空氣中的速度小于在水中傳播的速度，根據v＝λf可知，聲波在空氣中傳播的波長小于聲波在水中傳播的波長；由于是同一個聲源引起的振動，則一段時間后的波形可能為A，故A正確，BCD錯誤。故選：A。②若該聲波在空氣中的頻率為200Hz，波長為1.7m，在水中的波速為1480m/s，因是同一個聲源產生，頻率由波源決定，則該聲波在水中的頻率為200Hz，波長為λ（4）繩波的波長越來越小，則根據f=vλ，波速一定，則頻率f（5）縱波傳播速度大于橫波，則可判斷波速v1＜v2，則sv1-sv2=t，可得故答案為：（1）B；（2）①D；②熱效應，穿透能力；（3）①A；②200，7.4；（4）增大，向下；（5）＜，v1v2【點評】考查電磁波和機械波知識，了解不同波的特點，以及它們在不同介質中的表現，會根據題意進行相關物理量的分析和解答。

考點卡片1．機械波的圖像問題【知識點的認識】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象。縱坐標表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，橫坐標表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質中各質點的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線。【命題方向】（1）第一類常考題型：波的圖象的理解與應用如圖為一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形圖，當Q點在t＝0時的振動狀態傳到P點時，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內的質點正在向y軸的負方向運動B．Q處的質點此時的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質點此時正在波峰位置D．Q處的質點此時運動到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點的狀態傳到P點時的波形圖，由波形圖可判斷各點的振動情況。解：當Q點在t＝0時的振動狀態傳到P點時，Q點在t＝0時的波沿也向左傳到P點，所以x＝0cm處質點在波谷，x＝2cm處質元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運動，2cm＜x＜3cm向y軸的負方向運動，A錯誤；Q點振動四分之三周期后到達波谷加速度沿y軸的正方向最大，質點不能平移，B正確，CD錯誤。故選B。點評：本題畫波形是關鍵，只要畫出新的波形各點的振動即可明確！第二類常考題型：波的傳播方向與質點的振動方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡諧機械橫波，波速為4m/s。某時刻波形如圖所示，下列說法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時x＝4m處質點沿y軸負方向運動D．此時x＝4m處質點的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯誤。B、由圖知，波長λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時x＝4m處質點沿y軸正方向運動。故C錯誤。D、此時x＝4m處質點沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點評：根據波的圖象讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力。【解題方法點撥】波的圖象的理解與應用1．波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，如圖：圖象的應用：（1）直接讀取振幅A和波長λ，以及該時刻各質點的位移。（2）確定某時刻各質點加速度的方向，并能比較其大小。（3）結合波的傳播方向可確定各質點的振動方向或由各質點的振動方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當兩質點平衡位置間的距離為nλ時（n＝1，2，3…），它們的振動步調總相同；當兩質點平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源質點的起振方向決定了它后面的質點的起振方向，各質點的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質點的振動方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向將波的圖象進行一微小平移，然后由兩條波形曲線來判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時刻波形曲線如左圖中實線所示。將其沿v的方向移動一微小距離△x，獲得如左圖中虛線所示的圖線。可以判定：t時刻質點A振動方向向下，質點B振動方向向上，質點C振動方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點向下振動，下坡的點向上振動，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點向上振動，B點向下振動，C點向上振動。（3）同側法：質點在振動方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側。如左圖所示。2．電場強度的定義、單位和方向【知識點的認識】1.單場強度的定義：試探電荷所受電場力與所帶電荷量之比叫作電場強度。2.表達式：E=F3.標矢性：矢量，方向與放在該處的正電荷受力方向一致。4.意義：描述電場的性質的物理量，取決于電場本身。5.單位：牛每庫，符號N/C。【命題方向】電場中有一點P，下列說法中正確的是（）A、若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半B、若P點沒有試探電荷，則P點場強為零C、P點的場強方向為放在該點的負電荷的受力方向D、P點的場強大小和方向與放入的試探電荷無關分析：場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，與放入電場中試探電荷無關．場強方向是放在該點的正電荷的受力方向．解答：A、場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，將放在P點的電荷的電荷量減半，P點的場強不變。故A錯誤。B、場強是由電場本身決定的，與試探電荷無關，若P點沒有試探電荷，P點場強不變，不為零。故B錯誤。C、場強方向是放在該點的正電荷的受力方向，與放在該點的負電荷的受力方向相反。故C錯誤。D、場強是描述電場本身性質的物理量，與放入電場的試探電荷無關。故D正確。故選：D。點評：本題考查場強的物理意義和方向，抓住場強反映電場本身特性的物理量，方向與正電荷所受的靜電力方向相同是關鍵．【解題思路點撥】E=Fq中的E是利用比值法定義的物理量。E的大小、方向是由電場本身決定的，是客觀存在的，與放不放試探電荷，以及放入的試探電荷的正負、電荷量多少均無關。既不能認為E與F成正比，也不能認為E與3．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。4．磁感應強度的定義與物理意義【知識點的認識】1.電流元：在物理學中，把很短一段通電導線中的電流I與導線長度l的乘積叫作電流元。2.磁感應強度（1）定義：電流元垂直于磁場放置時，電流元所受磁場的作用力F與I和l乘積的比值，叫作的磁感應強度。（2）定義式：B=F（3）單位：在國際單位制中，磁感應強度的單位是特斯拉，簡稱特，符號是T，1T＝1NA（4）標矢性：矢量，方向即為該處磁場方向，即靜止于該處的小磁針N極所指的方向（5）物理意義：表征磁場強弱的物理量。（6）磁感應強度是磁場本身的性質，與放不放電流元無關。【命題方向】由磁感應強度的定義式B=A、磁感應強度與通電導線受到的磁場力F成正比B、磁感應強度與電流強度和導線長度的乘積成反比C、磁感應強度的方向與F的方向一致D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=分析：在磁場中磁感應強度有強弱，則由磁感應強度來描述強弱．將通電導線垂直放入勻強磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導線的電流與長度乘積之比．公式B=FIL是比值法定義B的，磁感應強度B是由磁場本身的性質決定的物理量，不能說B與F成正比，也不能說B解答：AB、磁感應強度B是由磁場本身的性質決定的物理量，定義式B=FIL是比值法定義B的，不能說B與F成正比，也不能說B與IL成反比。故AC、根據左手定則可知，F與B的方向互相垂直。故C錯。D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=FIL故選：D。點評：磁感應強度的定義式B=FIL可知，是屬于比值定義法．即B與F、I、L均沒有關系，它是由磁場的本身決定．例如：電場強度E=【解題思路點撥】1.磁感應強度的定義式：：B=（1）公式成立條件：通電導線必須垂直于磁場方向放置，不垂直則公式不成立。（2）決定磁感應強度的因素：僅由磁場本身決定，與導線是否受磁場力以及磁場力的大小無關。（3）磁感應強度的定義式也適用于非勻強磁場，這時l應很短，稱為“電流元”，相當于靜電場中的“試探電荷”。2.方向：磁感應強度B是一個矢量，某點磁感應強度的方向不是放在該處的通電導線的受力方向。它的方向可以有以下幾種表述方式：（1）小磁針靜止時N極所指的方向，或小磁針靜止時S極所指的反方向。（2）小磁針N極受力的方向（不論小磁針是否靜止），或S極受力的反方向。（3）磁感應強度的方向就是該點的磁場方向。3.大小：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。即使不放入載流導線，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”。5．磁感應強度的方向【知識點的認識】磁感應強度B是一個矢量，某點磁感應強度的方向不是放在該處的通電導線的受力方向。它的方向可以有以下幾種表述方式：（1）小磁針靜止時N極所指的方向，或小磁針靜止時S極所指的反方向。（2）小磁針N極受力的方向（不論小磁針是否靜止），或S極受力的反方向。（3）磁感應強度的方向就是該點的磁場方向。（4）磁感應強度的方向就是該點磁感線的切線方向。【命題方向】磁感應強度是一個矢量，磁場中某點磁感應強度的方向是（）A、正電荷在該點的受力方向B、在該點的小磁針靜止時N極所指方向C、小磁針N極或S極在該點的受力方向D、沿磁感線由N極指向S極分析：磁場中某點磁感應強度的方向就是該點的磁場方向，與電荷所受洛倫茲力方向垂直，與在該點的小磁針靜止時N極所指方向相同，是小磁針N極在該點的受力方向．與磁感線的切線方向相同．解答：A、磁場中某點磁感應強度的方向與正電荷在該點的受力方向垂直。故A錯誤。B、磁場中某點磁感應強度的方向是該點的磁場方向，與在該點的小磁針靜止時N極所指方向相同。故B正確。C、磁場中某點磁感應強度的方向是小磁針N極在該點的受力方向，與S極在該點的受力方向相反。故C錯誤。D、磁感應強度的方向與磁感線的切線方向相同，在磁體外部，沿磁感線的切線由N極指向S極，在磁體內部，沿磁感線的切線由S極指向N極。故D錯誤。故選：B。點評：本題關鍵抓住磁感應強度的方向與磁場方向、小磁針N極受力方向、小磁針靜止時N極所指方向、磁感線的切線方向相同，與洛倫茲力垂直．【解題思路點撥】磁感應強度的方向有很多種表述，易錯點是認為磁感應強度的方向就是電流元的受力方向。要牢記并正確理解磁感應強度方向的各種表述。6．兩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。7．安培力的計算公式及簡單應用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據安培力的公式計算安培力的大小．解答：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。8．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。9．法拉第電磁感應定律的內容和表達式【知識點的認識】法拉第電磁感應定律（1）內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命題方向】下列幾種說法中正確的是（）A、線圈中磁通量變化越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大B、線圈中磁通量越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大C、線圈放在磁場越強的位置，線圈中產生的感應電動勢一定越大D、線圈中磁通量變化越快，線圈中產生的感應電動勢越大分析：本題考查法拉第電磁感應定律的內容，明確電動勢與磁通量的變化快慢有關．解答：根據法拉第電磁感應定律，線圈中磁通量變化越快，線圈中產生的感應電動勢越大；故選：D。點評：本題要求學生能夠區分磁通量、磁通量的變化量及磁通量的變化率，能正確掌握法拉第電磁感應定律的內容．【解題方法點撥】1．對法拉第電磁感應定律的理解2．計算感應電動勢的公式有兩個：一個是E＝n△?△t，一個是E＝Blvsinθ，計算時要能正確選用公式，一般求平均電動勢選用E＝n△?△t，求瞬時電動勢選用E＝3．電磁感應現象中通過導體橫截面的電量的計算：由q＝I?△t，I=ER總，E＝n△?△t，可導出電荷量10．渦流的產生及原理【知識點的認識】一、渦流的定義與產生原理將一金屬塊放在變化的磁場中，穿過金屬塊的磁通量發生變化，金屬塊內部就會產生感應電流，這種電流在金屬塊內部形成閉合回路，就像漩渦一樣，我們把這種感應電流稱為渦電流，簡稱渦流。由于整塊金屬的電阻很小，所以渦電流常常很大．渦電流會引起鐵心發熱，這不僅損耗了大量的電能，而且還可能燒壞設備．二、渦流的兩種效應及應用（1）渦流的熱效應：利用渦流在回路中產生的熱量冶煉金屬的高頻爐；家庭中使用的電磁灶．（2）渦流的磁效應：利用渦流所產生的磁場進行電磁阻尼和電磁驅動．三、渦流的本質在理解渦流時，要注意渦流的本質是由于電磁感應而產生的，它的產生仍然符合感應電流產生的條件（有磁通量的改變，具體形式是有磁場的變化或導體切割磁感線），特殊之處在于感應電流不是在線狀回路中產生的，而是在塊狀金屬中產生的．四、對渦流的理解要注意到渦流產生的特點，從而理解渦流的兩種效應的應用．渦流是在金屬塊內部產生的，因而加熱電路無需和被加熱材料直接接觸，起到感應加熱的作用．另外金屬的電阻率一般較低，故而渦電流的強度一般很大，因而熱效應和磁效應很明顯，所以在應用時要特別重視．【命題方向】如圖所示，在一個繞有線圈的可拆變壓器鐵芯上分別放一裝有水的小鐵鍋和一玻璃杯。給線圈通入電流，一段時間后，一個容器中水溫升高，則通入的電流與水溫升高的是（）A、恒定直流、玻璃杯B、變化的電流、小鐵鍋C、變化的電流、玻璃杯D、恒定直流、小鐵鍋分析：根據變化的電流，產生磁通量的變化，金屬器皿處于其中，則出現感應電動勢，形成感應電流，從而產生內能。解答：由于容器中水溫升高，則是電能轉化成內能所致。因此只有變化的電流才能導致磁通量變化，且只有小鐵鍋處于變化的磁通量時，才能產生感應電動勢，從而產生感應電流。導致電流發熱。故只有B正確，ACD錯誤；故選：B。點評：考查產生感應電流的條件與磁通量的變化有關，同時要知道金屬鍋與玻璃鍋的不同之處。【解題思路點撥】1.渦流的特點當電流在金屬塊內自成閉合回路（產生渦流）時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據公式P＝I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發熱功率很大。2.渦流中的能量轉化渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能。若金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；若金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。3.注意（1）渦流是整塊導體發生的電磁感應現象，同樣遵循法拉第電磁感應定律。（2）磁場變化越快（ΔBΔt越大）導體的橫截面積S11．電感、電容和電阻對電路的影響對比【知識點的認識】1、電感器對交變電流的阻礙作用（1）電感器對交變電流有阻礙作用，阻礙作用的大小用感抗來表示．影響電感器對交變電流阻礙作用大小的因素：線圈的自感系數和交流電的頻率．線圈的自感系數越大、交流電的頻率越高，電感對交變電流的阻礙作用越大．即線圈的感抗就越大．（2）電感器在電路中的作用：通直流，阻交流；通低頻，阻高頻．“通直流，阻交流”這是對兩種不同類型的電流而言的，因為（恒定）直流電的電流不變化，不能引起自感現象，交流電的電流時刻改變，必有自感電動勢產生來阻礙電流的變化．“通低頻，阻高頻”這是對不同頻率的交流而言的，因為交變電流的頻率越高，電流變化越快，自感作用越強，感抗也就越大．（3）電感器的應用扼流圈：扼流圈是利用電感阻礙交變電流的作用制成的電感線圈．分低頻扼流圈和高頻扼流圈兩類：低頻扼流圈構造：線圈繞在鐵芯上，匝數多，自感系數大，電阻較小作用：通直流，阻交流高頻扼流圈構造：線圈繞在鐵氧體上，匝數少，自感系數小（鐵芯易磁化使自感系數增大，鐵氧體不易磁化，自感系數很小）作用：通低頻，阻高頻2、電容器對交變電流的阻礙作用（1）電容器對交變電流有阻礙作用，阻礙作用的大小用容抗來表示．影響電容器對交變電流阻礙作用大小的因素有電容器的電容與交流電的頻率，電容器的電容越大、交流電的頻率越高，電容器對交變電流的阻礙作用越小．即線圈的容抗就越大．（2）電容器在電路中的作用：通交流，隔直流；通高頻，阻低頻．信號和交流信號，如圖1所示，該電路中的電容就起到“隔直流，通交流”的作用，其電容器叫耦合（或隔直）電容器．在電子技術中，從某一裝置輸出的電流常常既有高頻成分，又有低頻成分，若在下一級電路的輸入端并聯一個電容器，就可只把低頻成分的交流信號輸送到下一級裝置，如圖2所示，具有這種“通高頻，阻低頻”用途的電容器叫高頻旁路電容器．【命題方向】如圖所示，當交流電源的電壓為220V，頻率為50Hz時，三只燈泡，L1、L2、L3亮度相同。若保持交流電源的電