13.1 磁场磁感线
一、单选题（本大题共18小题）
1.下列关于磁场的说法中，正确的是
A. 只有磁铁周围才存在磁场
B. 磁场是假想的，不是客观存在的
C. 磁场只有在磁极与磁极、磁极和通电导线发生作用时才产生
D. 磁极与磁极之间、磁极与通电导线之间、通电导线与通电导线之间都是通过磁场发生相互作用的
【答案】
【解析】
不管是电磁铁还是永久磁体，或电流的周围都存在着磁场，故AC错误；
B.磁场是真实存在的一种物质，是客观存在的，故B错误；
D.磁场对放入磁场中的磁体有力的作用，磁极与磁极，磁极与电流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用，故D正确。
故选D。
不管是电磁铁还是永久磁体的周围存在着磁场，磁场对放入磁场中的磁体有力的作用，它是真实存在的一种物质。磁场是客观存在的，磁感线是人为加上去的，磁体周围的磁感线都是从极出发，回到极。
2.中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是
A. 地理南、北极与地磁场的南、北极完全重合
B. 地球内部不存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【答案】
【解析】解：、地磁场的北极在地理南极附近，地磁场的南极在地理北极附近，且地球内部也存在磁场，由地磁场的南极指向地磁场的北极，故AB错误；
C、只有在赤道表面，地磁场方向才与地面平行，故C错误，
D、赤道表面处的地磁场与表面平行，射向地球赤道的带电宇宙射线粒子受到磁场力，故D正确
故选：。
地磁场的北极在地理南极附近，地磁场的南极在地理北极附近，且地球内部也存在磁场，由于赤道附近有磁场存在，所以对运动电荷有力作用。
本题考查了地磁场的性质，要注意借助地磁场的磁场分布来分析地磁场对应的性质。
3.两根相同的条形磁铁放在水平桌面上，把一个小磁针放在磁场中，静止时的、极指向如图所示．由此可以判断
A. 和都是极 B. 和都是极
C. 为极，为极 D. 为极，为极
【答案】
【解析】
该题主要考查对磁感线及其特点的理解；在磁场中画一些曲线，用虚线或实线表示使曲线上任何一点的切线方向都跟这一点的磁场方向相同且磁感线互不交叉，这些曲线叫磁感线。根据规定小磁针静止时极所指的方向为磁感线的方向，由小磁针所在位置的磁感线方向可知小磁针的极性位置．
【解答】
结合条形磁铁磁感线分布特点，根据规磁针静止时极所指的方向为磁感线的方向，由小磁针所在位置的磁感线方向可以判断，小磁针极靠近的极为极，小磁针极靠近的极为极，故答案C正确。
故选C。
4.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的是
A. 当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针极将指向读者
B. 当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针极将指向读者
C. 当磁针极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向
D. 不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向
【答案】
【解析】
注意线圈外部的磁场是从线圈的极出来回到极，线圈内部的磁场是从线圈的极出来回到极．磁场中该点的磁体极受到磁力方向和该点的磁场方向相同。
【解答】
用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的极．当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的极，纸外是通电线圈的极．通电线圈内部的磁场是从极出来回到极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针极垂直指向纸里，当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的极，纸外是通电线圈的极．通电线圈内部的磁场是从极到极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针极垂直指向纸外，故C正确。
故选C。
5.年，丹麦物理学家奥斯特做了一个很著名的实验，发现了电流的磁效应，该实验称做奥斯特实验，试从下面的选项中选出最容易观察出该实验现象的通电导线
A. B.
C. D.
【答案】
【解析】
在静止的小磁针上方，放一根与磁针平行的导线，给导线通电时磁针将偏转，说明了通电导体周围存在磁场。
导线不通电时，小磁针在地磁场的作用下指向南北方向，为了使实验现象明显，通电导线周围在小磁针处的磁场应为东西方向，根据安培定则分析。
【解答】
导线不通电时，小磁针在地磁场的作用下指向南北方向，为了使实验现象明显，通电导线周围在小磁针处的磁场应为东西方向，根据安培定则知导线的电流应沿南北方向，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.如图所示，当导线中通有电流时，小磁针发生偏转．这个实验说明了
A. 通电导线周围存在磁场 B. 通电导线周围存在电场
C. 电流通过导线时产生焦耳热 D. 电流越大，产生的磁场越强
【答案】
【解析】
本题是电流的磁效应实验，首先是由奥斯特观察到这个实验现象，从而即可求解。
电流磁效应的发现，揭开了人类研究电与磁之间联系的序幕，奥斯特的发现要记牢。
【解答】
当导线中有电流时，小磁针会发生偏转，说明电流能产生磁场，这种现象称为电流的磁效应，首先是由丹麦物理学家奥斯特观察到这个实验现象，故A正确，BCD错误；
故选A。
7.下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是
A. 甲图中，导线通电后磁针发生偏转
B. 乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用
C. 丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D. 丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离
【答案】
【解析】
磁场对放入其中的磁极或电流有力的作用，根据此性质可判断电流是否产生了磁场。
磁场与电场相似，我们无法直接感受，只能根据其性质进行分析判断。
【解答】
A.甲图中小磁针发生了偏转，说明小磁针受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；
B.乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；
C.两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；
D.两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；
本题选错误的，故选B。
8.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是
A. 甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B. 乙图中表示条形磁铁的磁感线从极出发，到极终止
C. 丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D. 丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
【答案】
【解析】
应用安培定则判断出磁感线方向与磁场方向然后答题；磁感线是闭合的曲线，在磁铁外部磁感线由极指向极，在磁铁内部，磁感线由极指向极。
本题考查几种基本磁场以及安培定则的应用，知道磁感线的特点、应用安培定则即可解题；掌握基础知识是解题的前提，要注意基础知识的学习。
【解答】
A.根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，图甲所示两导线应相互排斥，故A错误；
B.磁感线是闭合曲线，在磁体内部从极指向极，故B错误；
C.根据安培定则可知，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，极向纸面内转动，故C正确；
D.根据安培定则可知，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，极向纸面外转动，故D错误。
故选C。
9.如图所示，下列四幅图中，通电后实验现象描述正确的是
A. 图中通电直导线下方的小磁针极向外转
B. 图中处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向左摆动
C. 图中处于磁场中的导电液体将顺时针方向旋转
D. 图中下端刚好与水银液面接触的软弹簧通电后将上下振动
【答案】
【解析】
根据左手定则就可以判断出相互作用力方向；再由左手定则，可知，安培力与磁场方向关系，从而即可求解。
考查左手定则的应用，理解各实验的原理，并掌握安培力方向总垂直电流与磁场所构成的平面。
【解答】
A.根据安培定则可得，通电直导线下方的磁场方向向里，所以小磁针的极受力的方向向里，极向里偏转，故A错误；
B.依据左手定则，可知，蹄形磁铁中的导体棒通电后受到向右的安培力，所以向右摆动，故B错误；
C.根据左手定则，当接通电源时，电流方向由外沿着半径方向流向圆心，而磁场方向由下向上，那么液体受到逆时针方向 俯视安培力，故C错误；
D.当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，故D正确；
故选D。
10.下列各图中，已标出电流和该电流产生的磁感线的方向，其中符合安培定则的是
A. 通电直导线 B. 通有竖直向上电流的直导线
C. 通电线圈 D. 通电螺线管
【答案】
【解析】
解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断．
【解答】
解：、由于电流方向垂直于纸面向外，根据安培定则知磁场方向为逆时针。故A错误。
B、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面向里，左边垂直纸面向外。故B错误。
C、从读者位置看，线框的电流方向为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上。故C正确。
D、根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右。故D错误。
故选：。
11.在下列四个图中，关于通电直导线所受安培力以及通电导体周围的磁感线，正确的是
A. B.
C. D.
【答案】
【解析】
左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向；根据左手定则的内容判断安培力的方向。根据安培定则得出电流周围的磁场方向。
根据左手定则直接判断即可，凡是判断力的方向都是用左手，要熟练掌握，是一道考查基础的好题目。
【解答】
A.根据左手定则可得：图中安培力的方向是垂直导线向上的，故A错误；
B.根据左手定则可得：安培力的方向应水平向左，故B正确；
C.根据安培定则可知，磁感线的与图中箭头方向相反，故C错误；
D.根据安培定则可知，图中磁场的方向应该为顺时针方向，故D错误。
12.磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，下图分别描述的是条形磁铁．蹄形磁铁、通电直导线、环形电流的磁感线分布，其中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】
【解析】
根据磁体外部的磁感线从极到极，而内部是从极到极的，并依据安培定则，从而判定直导线与环形导线的电流方向与磁场方向的关系。
考查安培定则的应用，注意与左手定则，及右手定则的区别，同时掌握磁体外部的磁感线从极到极，而内部是从极到极的。
【解答】
根据磁体外部的磁感线从极到极，而内部是从极到极的，可知，故AB均错误；
C.根据安培定则，直导线的电流向下，则磁感线的方向俯视顺时针方向，故C错误；
D.根据安培定则，环形导线的电流方向与磁感线的方向关系如图所示，故D正确。
故选D。
13.将一个弹簧线圈俯视图为顺时针绕向的上端固定在铁架台上，下端浸入导电液体中足够深。弹簧线圈上端通过开关接蓄电池正极，与蓄电池负极相连的导线接浸入导电液体中，闭合开关，下列说法正确的是
A. 点的磁场方向为垂直纸面向里
B. 点的磁场方向可能为竖直向上
C. 弹簧线圈内部磁场方向为竖直向上
D. 弹簧线圈通电后相邻导线之间作用力可能为排斥力
【答案】
【解析】
由安培定则可判断出弹簧线圈内部磁场方向为竖直向下，线圈外部磁场方向与所处位置有关。
在弹簧线圈通电后相邻导线之间电流方向相同，为吸引力。
本题是安培定则和同向电流之间的相互作用力的考查，基础题目。
【解答】
A.根据电源的正负极可知，线圈中的电流方向，再根据安培定则可知，和点的磁场方向都是竖直向上，弹簧线圈内部磁场方向为竖直向下，故AC错误，B正确；
D.在弹簧线圈通电后相邻导线之间电流方向相同，为吸引力，故D错误；
故选B。
14.截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是
A. B. C. D.
【答案】
【解析】解：根据安培定则可知，中心导线形成的磁场是以导线为圆心的圆，所以左边导线处的磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，左边导线受力向右；右侧导线处的磁场方向竖直向下，由左手定则可知，右边导线受力向左，故左右方向上弹性长管是向里凹陷的；
同理可知，上边导线处的磁场水平向右，由左手定则可知，其受力向上；下边导线处的磁场水平向左，由左手定则可知，其受力向下；因此上下弹性长管是突出的；则可知发生的形变为，故C正确，ABD错误。
故选：。
明确题意，知道中间电流远大于外表导线中的电流，所以只需要考虑中心电流形成的磁场对四根外表面固定长直导线的安培力，根据安培定则确定各导线处的磁场方向，再根据左手定则确定受力方向即可确定形变方向。
本题考查左手定则以及安培定则的应用，要注意认真审题，知道四周固定导线的受力是来自由中心导线形成的磁场，不要考虑两边导线间的相互作用力。
15.如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线和的电流大小分别为和，已知，方向均向上。若用和分别表示导线与受到的磁场力，则下列说法正确的是
A. 两根导线相互排斥
B. 为判断的方向，需要知道和的合磁场方向
C. 两个力的大小关系为
D. 仅增大电流，、会同时都增大
【答案】
【解析】
物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等；磁场是由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会受到安培力作用，由安培定则判断出电流的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力方向。
通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。
【解答】
A.由于两导线通的是同向电流，由安培定则可知，两导线相互吸引，故A错误；
B.为判断的方向，需要知道的磁场方向，故B错误；
C.通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，故C错误；
D.仅增大电流，、会同时都增大，故D正确。
故选D。
16.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为；则以下说法正确的是
A. 弹簧长度将变长 B. 弹簧长度将不变
C. D.
【答案】
【解析】
本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。
【解答】
磁铁的磁感线在它的外部是从极到极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，
长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；
将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，，
由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短。
故选C。
17.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时磁铁始终未动
A. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
C. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
D. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
【答案】
【解析】
先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。
本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。
【解答】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，在根据左手定则判断安培力方向，如图：
根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；
选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力方向向左；
最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大。
故选C。
18.如图所示是早期发明的一种电流计，它是根据奥斯特实验现象中小磁针的偏转来计量电流的，缺点是精确度不高、易受外界干扰。接通电流前，位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止状态，调整电流计的方位，使环形导线与小磁针共面。当给环形导线通以恒定电流后，小磁针偏转角；当给环形导线通以恒定电流时，小磁针偏转角。若已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比，则关于这种电流计，下列说法正确的是
A. 该电流计的测量结果与地磁场的竖直分量有关
B. 该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度均相同
C. 小磁针偏转角满足关系式
D. 小磁针偏转角满足关系式
【答案】
【解析】
本题通过环形电流的磁场与地磁场的叠加考查磁感应强度的矢量合成。
解决本题的关键是构建物理模型。想要得到小磁针偏转角的关系式，首先要清楚小磁针是如何偏转的。在环形导线通电流前，小磁针处于静止状态且环形导线与小磁针共面。分析可知，地磁场的水平分量与环形导线未通电流时小磁针的方向相同，环形导线通电产生的磁场与环形导线未通电时小磁针的方向垂直，如解析图所示，可得出小磁针偏转角的关系式。
【解答】
A.由于小磁针位于竖直支架上，只能在水平面内偏转，故地磁场的竖直分量对电流计测量结果无影响，故A错误；
B.环形电流产生的磁场与地磁场的水平分量叠加，会使小磁针在水平面内偏转一定的角度，如图：
分析可知，地磁场的水平分量方向与通电流前小磁针极的指向相同，恒定电流产生的磁场方向垂直于通电流前小磁针的方向，俯视图如图所示，故有，由于地球上不同位置处不同，故在不同位置使用时所标刻度不同，故B错误；
由于，故，故C错误，D正确。
故选D。
二、作图题（本大题共2小题）
19.试在下图中，由电流产生的磁场方向确定导线或线圈中的电流方向。
【答案】电流向下；逆时针；右进左出；下进上出
【解析】右手螺旋定则又称为安培定则，内容为：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极。先由电源的正负极确定电流的方向，再结合通电螺线管的右端为极，左端为极，再由右手螺旋定则得出线圈的电流的流向。
对于一个通电螺线管，只要知道电流的方向、线圈的绕法、螺旋管的、极这三个因素中的任意两个，我们就可以据安培定则判断出另一个，注意直导线时，大拇指指向为电流方向，而环形导线时，大拇指向为内部磁场方向。
故答案为：电流向下；逆时针；右进左出；下进上出。
20.如图所示，已知下列各图中的电流方向，请画出相应的磁感线方向．
【答案】解：电流方向竖直向上，由安培定则可知，磁场方向为逆时针；
电流为顺时针，根据安培定则可知，内部磁场向里，外部磁场向外；
根据安培定则可知，螺线管左侧为极，右侧为极；
根据安培定则可知，螺线管右侧为极，左侧为极；
根据安培定则可知，螺线管左侧为极，右侧为极
故对应的磁场方向如图所示；
【解析】通电直导线的磁场可以由安培定则进行判断：用右手握住直导线，大拇指指向电流方向，四指弯曲的方向即为磁场的方向；
根据安培定则，即右手螺旋定则，可知，大拇指指向即为内部磁场方向，而环绕四指指向即为电流的方向．
通过本例既要掌握几种通电导体周围的磁场分布情况，又要熟练掌握安培定则，会分析通电电流产生的磁场分布规律是解题的关键．
第6页，共16页13.2 磁感应强度磁通量
一、单选题（本大题共18小题）
1.磁感应强度的单位是特斯拉，与它等价的是
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
根据磁感应强度的定义式推导出特斯拉的单位。
磁感应强度的单位特斯拉是对量纲的考查中经常考查到的一点，要注意是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式熟悉．基础题。
【解答】
由公式，安培力的单位是，而电流的单位是，长度的单位为，则单位的换算可得，即为，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.如图所示为条形磁铁周围的磁场，关于、两点的磁感应强度，下列说法正确的是
A. 大小相等，方向相同 B. 大小相等，方向不同
C. 大小不等，方向不同 D. 大小不等，方向相同
【答案】
【解析】
本题考查了磁感线的应用，知道利用磁感线分析磁感应强度大小和方向的方法。
根据磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，磁感线切向方向表示磁感应强度的方向。
【解答】
根据磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，故可知、两点磁感应强度大小不等；
磁感线切向方向表示磁感应强度的方向，可知、两点磁感应强度方向不同。
故C正确，ABD错误。
故选C。
3.磁场中某区域的磁感线如图所示，则
A. 、两处的磁感应强度的大小不等，
B. 、两处的磁感应强度的大小不等，
C. 同一通电导线放在处受到的安培力比放在处小
D. 处没有磁感线，所以处磁感应强度为零
【答案】
【解析】
本题考查安培力以及磁感线的性质，要注意明确安培力的大小，当和相互平行时安培力为零。
明确磁感线的性质，知道磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，而安培力的大小与夹角有关，当磁场与电流平行时安培力为零。
【解答】
由题图可知处的磁感线较密，处的磁感线较疏，所以，故A正确，B错误；
C.导线在磁场中受力的大小与导线在磁场中的放置方向有很大关系，而不是仅仅取决于与的大小，故C错误；
D.磁感线是用来描述磁场的，而又不可能在存在磁场的区域内画满磁感线，那样将会与不画磁感线产生相同的效果，故D错误。
故选A。
4.关于磁感应强度，下列说法中正确的是
A. 由可知，与成正比，与成反比
B. 磁感应强度的方向就是小磁针北极受力的方向
C. 通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强
D. 由可知，一小段通电导线在某处不受磁场力，则说明该处无磁场
【答案】
【解析】
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。但这属于比值定义法。即与、、均没有关系，它是由磁场的本身决定。
磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小无关。磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度的方向。
【解答】
A.是采用比值法定义的，与、等无关，不能说与成正比，与成反比。故A错误；
B.磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向，故B正确；
C.磁场强，如果一小段通电导体与磁场平行放置，则导体不受安培力，故C错误；
D.若一小段通电导体在某处不受磁场力，可能是电流方向与磁场方向平行，该处不一定无磁场，故D错误；
故选：。
5.关于磁场的有关概念，下列说法正确的是
A. 磁通量是描述穿过某一面及的磁感线条数，有方向性，是矢量
B. 磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向无关
C. 磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关
D. 磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的强弱
【答案】
【解析】
本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的特性的物理量，与放入磁场的电流元无关．
【解答】
A、磁通量虽然有方向，但其计算不使用平行四边形定则，是标量．故A错误；
B、根据安培定则可知，磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关．故B错误．
C、磁感应强度的方向仅仅与磁场本身有关，与电流受到的磁场力方向、以及电流的方向无关．故C错误．
D、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向：磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．故D正确．
故选：。
6.下列说法中正确的是
A. 根据可知匀强磁场磁感应强度的大小等于垂直穿过单位面积的磁感线条数
B. 根据可知，闭合回路的面积越大，穿过该线圈的磁通量一定越大
C. 根据可知，在磁场中某处放置的电流越大，则受到的安培力一定越大
D. 根据可知，磁场中某处的磁感强度大小与通电导线所受的磁场力成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比
【答案】
【解析】
该题考查对磁场的几个概念的理解，解决本题的关键知道磁感应强度是根据比值定义法定义的，与电流和磁场力无关，由磁场本身的性质决定。
磁感应强度的大小由磁场本身性质决定，与导线的电流和所受安培力无关．当磁场的方向与电流的方向垂直时，安培力大小为在匀强磁场中，当磁场的方向与面积垂直，则。
【解答】
A.根据可知，匀强磁场磁感应强度的大小等于垂直穿过单位面积的磁感线条数。故A正确；
B.公式的条件是磁场的方向与线圈垂直，当磁场方向与面积平行，闭合回路的面积再大，磁通量为零。故B错误。
C.公式的使用条件是电流的方向与磁场的方向垂直，电流大，则受到的安培力不一定越大，还跟电流与磁场之间的夹角有关。故C错误。
D.磁场的磁感应强度与通电导线的电流和所受的磁场力无关，由本身的性质决定。故D错误。
故选A。
7.在匀强磁场中某处放一个长度为、通电电流的直导线，测得它受到的最大磁场力，其方向竖直向上。现将该通电导线从磁场中撤走，则处的磁感应强度为
A. 零
B. ，方向肯定不沿竖直向上的方向
C. ，方向竖直向上
D. ，方向竖直向上
【答案】
【解析】
当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，由求得磁感应强度，磁感应强度方向与安培力方向是垂直关系。
解决本题关键要知道当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，掌握安培力公式，并知道安培力与磁感应强度垂直。
【解答】
由题意，通电导线放入磁场中所受安培力最大，说明导线与磁场垂直，则由得：。因磁感应强度方向与安培力方向是垂直关系，故知的方向肯定不沿竖直向上，故B正确，ACD错误。
故选B。
8.有一小段通电导线，长，通过导线的电流为，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是，则该处磁感应强度的大小可能为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】解：若导线与磁场垂直，则该处的磁感应强度
若导线不是与磁场垂直，则磁感应强度，
故ABC错误，D正确。
故选：。
明确安培力大小与、、以及之间的夹角有关，所以在计算磁感应强度时要注意分析、是否相互垂直。
磁感应强度的定义式可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中。即与、、均没有关系，它是由磁场的本身决定。
9.科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的极逆时针转过如图所示，设该位置地磁场磁感应强度水平分量为，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时的值为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
解决本题能灵活三角定则分析得出磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小的条件，可以根据自己积累的经验，由力的合成与分解的方法进行类比。
磁场是客观存在的特殊物质形态，我们感觉不到，但可通过小磁针来体现，小磁针极的受力方向即为磁场方向。
【解答】
如图所示，
磁矿所产生的磁场使原来指向正北的极逆时针转过，根据三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向与图中虚线垂直，则大小为。
故A正确，不正确。
故选A。
10.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当该螺线管中通以大小为的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为；若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以大小也为的电流，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题；
要根据安培定则正确分析通电直导线、通电螺线管等周围磁场分部情况。
【解答】
题图乙中螺线管上的长导线可等效为两个通过等大、反向电流的通电螺线管，两螺线管中的电流方向相反，由安培定则可知产生的磁场方向也是大小相等、方向相反的，所以螺线管内中部的磁感应强度为零，BCD错误，A正确．
故选A。
11.有两根长直导线、互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图。在图示的平面内，点为两根导线连线的中点，、为的中垂线上的两点，它们与的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，已知直线电流产生的磁场在某点的磁感应强度的大小与该点到通电导线的距离成反比。则下列关于线段上各点的磁感应强度的说法正确的是
A. 点和点的磁感应强度大小相等，方向相同
B. 点和点的磁感应强度大小相等，方向相反
C. 在线段上各点的磁感应强度都不可能为零
D. 若在点放一小磁针，静止时其北极沿指向点
【答案】
【解析】
根据安培定则判断两根导线在、两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系，在线段上只有点的磁感应强度为零。
本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手，明确小磁针极受力方向即为磁场方向。
【解答】
根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在两点产生的磁感应强度大小相等，如图所示
根据平行四边形进行合成得到，点和点的磁感应强度大小相等，点磁场向下，点磁场向上，方向相反，故A错误，B正确；
C.当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度为零，则知点的磁感应强度为零，故C错误；
D.若在点放一小磁针，静止时其北极垂直指向上，故D错误。
12.在磁场中的、两个位置各放一段长度均为的直导体棒长度很小，给两导体棒分别通有大小相同的电流。测得两段导体棒受到的安培力大小分别为和，下列判断正确的是
A. 若、方向相同，则、两点磁场方向一定相同
B. 若，则、两点的磁感应强度大小相等
C. 若，则点的磁感应强度大小一定为
D. 若，则点的磁感应强度可能小于点的磁感应强度
【答案】
【解析】
当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，由求得磁感应强度大小关系，磁感应强度方向与安培力方向是垂直关系；当通电导线平行放入磁场中时，所受的安培力为，但此处磁感应强度不为。
解决本题关键要知道当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，当与不垂直时，掌握安培力公式。
【解答】
A.若、方向相同，根据左手定则，若导线电流方向相反，则、两点磁场方向相反，故A错误；
若、两个位置磁感应强度与电流不垂直，设电流方向与磁场方向夹角为，则安培力为，但、两点的磁感应强度大小不一定相等，若，点的磁感应强度也可能小于点的磁感应强度，故B错误，D正确；
C.若平行于，则，点的磁感应强度大小不一定为，故C错误。
故选D。
13.如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，有一等腰直角三角形。点有一根垂直于平面的直导线。当导线中通有图示方向的电流时，点的磁感应强度为零。则点的磁感应强度大小为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。
考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。
【解答】
由题意知：点的磁感应强度为零，根据右手螺旋定则可知，通电直导线在处形成的磁感应强度方向垂直于向上，大小等于匀强磁场的磁感应强度大小，所以匀强磁场的磁感应大小竖直向下；所以在点，通电直导线形成的磁感应强度大小为，方向垂直于，故C点的磁感应强度为：，故C正确，ABD错误。
故选C。
14.在下图中，图甲、图乙中两点电荷带电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，为连线的中点．下列说法正确的是
A. 图甲和图丁中，在连线和中垂线上，点的场强和磁感应强度都最大
B. 图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于点对称的两点场强和磁感应强度都相同
C. 图乙和图丙中，在连线和中垂线上，点的场强和磁感应强度都最大
D. 图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于点对称的两点场强和磁感应强度相同
【答案】
【解析】
本题主要考查电场强度与电场力，电场的叠加，依据点电荷电场强度公式，及电流周围磁场的分布与间距关系式，结合矢量的合成法则，即可求解。
【解答】
A.根据电场强度公式及场强的合成可以知道在图甲中点的场强为零；根据安培定则和磁场分布规律可以知道在图丁中点磁感应强度为零，都是最小的，A错误；
B.图甲中，在连线和中垂线上，关于点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相反，故B错误；
C.在图乙中，在中垂线上点场强最大，但是在连线上点场强最小；在图丙中，中垂线上，点的磁感应强度最大，故C错误；
D.根据场强的合成，可以知道在图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故D正确．
故选D。
15.如图所示，一根通电导线垂直放在磁感应强度为的匀强磁场中，以导线为中心，半径为的圆周上有、、、四个点，已知点的实际磁感应强度为，则下列说法中正确的是
A. 直导线中电流方向垂直纸面向里
B. 点的磁感应强度为
C. 点的磁感应强度为，方向向右
D. 点的磁感应强度为，方向斜向下，与磁场方向成角
【答案】
【解析】
本题考查安培定则和平行四边形定则，注意在空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加。由题，点的磁感应强度为，说明通电导线在点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向。通电导线在四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析、、三点的磁感应强度大小和方向。
【解答】
A.由题意可知，点的磁感应强度为，说明通电导线在点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B.根据矢量合成规律可知，通电导线在处的磁感应强度方向竖直向上，则点感应强度为，方向与的方向成斜向上，故B错误；
C.通电导线在处的磁感应强度方向水平向右，则点磁感应强度为，方向向右 ，故C正确；
D.由上可知，通电导线在点产生的磁感应强度大小为，由安培定则可知，通电导线在处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，点感应强度为，方向与的方向成斜向下，故D错误。
故选C。
16.如图所示，闭合线圈水平放置，其面积为，匝数为，线圈与匀强磁场夹角为。现将线圈以边为轴顺时针转动，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为
A. B. C. D. 无法计算
【答案】
【解析】
线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量，是磁感应强度，是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量；若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据是线圈平面与磁场方向的夹角即可求解。
对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式是线圈平面与磁场方向的夹角来分析，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈。
【解答】设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时，末位置时，则初、末位置磁通量的改变量的大小，故B正确。
17.如图所示，框架面积为，框架平面与磁感应强度为的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是
A. 如图所示位置时磁通量为零
B. 若使框架绕转过，磁通量为
C. 若从初始位置转过角，磁通量为
D. 若从初始位置转过角，磁通量变化为
【答案】
【解析】
本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式，是线圈与磁场垂直方向的夹角。夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面。
图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。当它绕轴转过角时，线圈在磁场垂直方投影面积，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积。线圈从图示转时，磁通量为，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。
【解答】
A.线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量，故A错误；
B.使框架转过角，则在磁场方向的投影面积，则磁通量，故B正确；
C.当线圈从图示转时，线框与磁场平行，故磁通量为，故C错误；
D.从初始位置转角，磁通量变化为，故D错误。
故选B。
18.如图所示为两个同心圆环，当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过环面时，环的磁通量为，环磁通量为，则有关磁通量的大小，下列说法中正确的是
A. B. C. D. 无法确定
【答案】
【解析】解：只有内有磁场，由与构成的环内没有磁场，所以环和的磁通量是相等的，即；故ACD错误，B正确
故选：。
本题考查磁通量的求法，磁通量的大小可以用磁感线的条数进行判断。由图可知，两线圈中磁感线的条数相同，故磁通量相同。
二、计算题（本大题共4小题）
19.在某匀强磁场中，长的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流时，它受到的磁场力大小
求该处的磁感应强度大小；
若通电直导线的长度不变，通过导线的电流增大为，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小．
【答案】解：
根据得
磁感应强度是由磁场本身决定的，与电流的大小无关，所以此处的磁感应强度不变，为。
【解析】根据安培力的大小公式求出磁感应强度的大小。
磁感应强度由磁场本身决定；
本题考查安培力的大小公式的基本运用，比较容易掌握，基础题
20.某地地磁场磁感应强度的水平分量，竖直分量求：
地磁场的大小及它与水平方向的夹角．
在水平面内的面积内地磁场的磁通量．
【答案】解：根据平行四边形定则
设与水平方向的夹角为，则，所以
题中地磁场与水平面积不垂直，取其与水平面垂直的分量，所以磁通量为
【解析】本题关键要掌握磁通量的计算公式：当时，；当时，，同时要熟记磁通量的单位。
根据矢量的合成，结合水平与竖直方向的磁感应强度，即可求出地磁场磁感应强度的大小；
根据磁通量的公式解答即可。
21.如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，磁场有明显的圆形边界，圆心为，半径为。在纸面内先后放上、两个圆形单匝线圈，圆心均在处，线圈半径为，线圈半径为，问：
在减为的过程中，和中磁通量分别改变多少？
磁感应强度大小不变，方向转过，线圈中磁通量改变多少？
磁感应强度大小、方向均不变，线圈绕某直径转过，线圈中磁通量改变多少？
【答案】解：线圈面积正好与圆形磁场区域重合，，
即磁通量减少了
线圈面积大于圆形磁场面积，即线圈的一部分面积在磁场区域外，有磁感线穿过的面积与线圈面积相同，故磁通量的变化量与线圈相同；
磁场转过，线圈在垂直磁场方向的投影面积为，
则
，
即磁通量减少了 ；
初始时磁感线从线圈上平面穿入，线圈转过后，磁感线从该面穿出，故
即磁通量改变了。
【解析】磁场与线圈垂直，应用求出穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化量。
根据求出磁场转动后穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化量，其中为磁场转过的角度。
开始磁场与线圈垂直，线圈转过后磁场与线圈垂直，应用求出磁通量，然后求出磁通量的改变量。
本题考查了求磁通量的改变量问题，分析清楚磁感应强度变化情况、分析清楚线圈转动情况是解题的前提，根据磁通量的计算公式即可解题。
22.如图所示，线圈平面与水平方向夹角，磁感线竖直向下，线圈平面面积，匀强磁场磁感应强度，则：
穿过线圈的磁通量为多少？
线圈从这个位置转过多少角度的时候，磁通量为？
把线圈以为轴顺时针转过角，则通过线圈磁通量变化量的大小为多少？
【答案】解：线圈在垂直磁场方向上的投影面积
穿过线圈的磁通量；
当磁场与平面平行时，磁通量为零；线圈从这个位置顺时针转过时，磁通量为零；或者是线圈从这个位置逆时针转过，磁通量也为。
线圈沿顺时针方向转过角后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量，
故磁通量的变化量大小。
【解析】本题考查磁通量、磁通量的变化量的运算。
先求出线圈在垂直磁场方向上的投影面积，再求出穿过线圈的磁通量，解出即可；
当磁场与平面平行时，磁通量为零；
线圈沿顺时针方向转过角后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反，求出此时通过线圈的磁通量从而得出通过线圈磁通量的变化量。
第4页，共17页13.3 电磁感应现象及应用
一、单选题（本大题共18小题）
1.首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是
A. 安培和法拉第 B. 法拉第和特斯拉
C. 奥斯特和安培 D. 奥斯特和法拉第
【答案】
【解析】
本题考查物理学史，知道物理史上的著名人物以及各自的成就是解题的关键。
根据物理学史可知结果。
【解答】
电流的磁效应的发现者是奥斯特，电磁感应现象的发现者是法拉第。故D正确，ABC错误；
故选D。
2.年，法拉第发现了电磁感应现象，揭开了人类进入电气时代的序幕。如今在日常生活中我们使用着大量的电器，下列电器使用的过程中，主要工作原理是电磁感应的是
A. 电磁炉 B. 洗衣机 C. 电风扇 D. 电热水器
【答案】
【解析】
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中产生感应电流的现象叫电磁感应；分析常用家电的原理，明确哪些电器采用了电磁感应现象。
本题考查电磁感应现象的应用，要注意正确分析常用家电的工作原理。
【解答】
A.家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热，是电磁感应现象，故A正确；
B.洗衣机的核心元件是电动机，电动机的原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故B错误；
C.电风扇使用的是电动机，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故C错误；
D.电热水器的工作原理是电流的热效应，不是电磁感应，故D错误；
故选A。
3.年，瑞士科学家科拉顿试图用磁铁在线圈中获得电流，他用一个线圈与一检流计连成一闭合回路，为了使磁铁不致于影响检流计中的小磁针，用很长的导线连接线圈与放在隔壁房间里的电流计，科拉顿在一边用磁铁棒在线圈中插入与拔出，然后跑到隔壁房间里去现察检流计，遗憾地错过了电磁感应现象的发现。关于科拉顿实验的说法正确的是
A. 实验过程没有感应电流的产生
B. 观察到电流计指针没有偏转是因为墙壁把磁场隔离了
C. 观察到电流计指针没有偏转是因为线圈电阻太大
D. 将磁铁插入线圈后跑去隔离房间观察电流计，错过了感应电流产生的时机
【答案】
【解析】
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；当穿过闭合电路的磁通量不发生变化时，电路中不会产生感应电流。
本题考查物理学史和感应电流产生的条件的应用，掌握感应电流条件是正确解题的关键。
【解答】
在磁铁插进或拔出线圈的过程中，磁通量发生变化，闭合回路中会产生电流，但等科拉顿跑到电流计面前时，磁通量已不再变化，因此没有观察到感应电流，故D正确，ABC错误。
4.如图所示为一位物理老师制作的一把“简易铜丝琴”。他是这么做的：在一块水平放置的木板两端固定两颗螺丝钉，将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接，一块形磁铁安照图示放置，用手指拨动铜丝，扩音器上就发出了声音。根据上面所给的信息，下面说法正确的是
A. 铜丝竖直方向上振动，扩音器可发出声音
B. 铜丝水平方向上振动，扩音器可发出声音
C. 该“简易铜丝琴”将电能转化为机械能
D. 利用这一装置所揭示的原理可制成电动机
【答案】
【解析】
本题考查闭合电路的部分导体做切割磁感线时会产生感应电流。
振动的铜丝切割磁感线产生感应电流，该感应电流的大小和方向在时刻改变。
【解答】
A.形磁铁产生的磁场沿水平方向，铜丝竖直方向上振动，切割磁感线，产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声，故A正确；
B.铜丝水平方向上振动，不切割磁感线，扩音器不能发出声音，故B错误；
C.该“简易铜丝琴”将机械能转化为电能，故C错误；
D.利用这一装置所揭示的原理可制成发电机，故D错误。
故选A。
5.以下关于电磁感应的说法正确的是
A. 感应电流磁场的方向总与原磁场的方向相反
B. 只要闭合导体回路切割磁感线，就一定有感应电流产生
C. 若某时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，则此时刻回路中的感应电流一定为零
D. 穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大
【答案】
【解析】
利用楞次定律和产生感应电流条件，法拉第电磁感应定律可解。
本题主要考查楞次定律、感应电流产生条件和法拉第电磁感应定律，基础题。
【解答】
A.根据楞次定律知道，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，感应电流磁场的方向总与原磁场的方向不一定相反，故A错误；
B.产生感应电流的条件：一是闭合回路；二是磁通量发生变化，故B错误；
C.某一时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，下一时刻的磁通量不一定为零，根据感应电流的条件知道，故C错误；
D.闭合电路中感应电动势大小，跟穿过这电路的磁通量的变化率成正比，穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，故D正确。
故选D。
6.如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是
A. 保持开关闭合 B. 开关闭合瞬间
C. 开关断开瞬间 D. 移动变阻器滑片
【答案】
【解析】解：、保持开关闭合时，电流不变，右侧线圈中磁通量不会变化，故不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A正确；
B、开关闭合的瞬间，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故B错误；
C、开关断开瞬间，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故C错误；
D、移动变阻器滑片时，电流发生变化，右侧线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故D错误．
本题选择不会使指针偏转的，故选：．
决本题的关键知道感应电流产生的条件，明确本题中左侧电流形成磁场穿过右侧线圈，所以只要左侧电流发生变化，即可在右侧线圈中产生感应电流．
7.如图所示，矩形导线框处于竖直面内，直导线与边平行且与线框平面共面，并通以向上的电流，则以下情况不能使线框中产生感应电流的是
A. 线框以直导线为轴转动
B. 线框以边为轴转动
C. 线框沿线框平面向右平移
D. 增大直导线中的电流
【答案】
【解析】
根据产生感应电流的条件，分析穿过线框的磁通量是否发生变化，由此作答即可。
正确地判断穿过线框的磁通量是否发生变化是解决问题的关键，通电导线形成磁场向外是越来越弱的，所以线框相对导线距离发生变化或导线中电流发生变化时，都会使线框中磁通量发生变化。
【解答】通电直导线产生的磁场磁感线是以直导线为圆心的同心圆，线框以直导线为轴转动，穿过线圈的磁通量不变，线框中不产生感应电流，故A正确
B.以边为轴转动，穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，故B错误
C.让线框沿线框平面向右平移，穿过线圈的磁通量减小，线框中产生感应电流，故C错误
D.增大直导线中的电流，磁场增强，穿过线框的磁通量增大，线框中产生感应电流，故D错误。
8.如图为探究产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况中不能引起电流表指针转动的是
A. 闭合电键瞬间 B. 电键闭合后断开瞬间
C. 闭合电键后拔出螺线管铁芯瞬间 D. 闭合电键后变阻器的滑动头不动
【答案】
【解析】
解答本题的关键是正确理解感应电流产生的条件，指针不偏转可能是磁通量没有发生变化或者是没有形成闭合回路。
本题比较简单，考查了感应电流产生条件的应用，对于这些基本规律要加强理解和应用。
【解答】
闭合电键和断开电键的瞬间，与线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动。故A、B错误；
C.闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动。故C错误；
D.闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动。故D正确。
故选D。
9.如下图所示是研究电磁感应现象的实验装置，关于实验现象，下列说法中正确的是
A. 当开关闭合或断开的瞬间，电流表的指针将发生偏转，且偏转方向相同
B. 在开关断开的状态下，快速改变滑动变阻器滑片的位置，则电流表的指针将发生偏转
C. 在开关闭合的状态下，迅速改变线圈相对线圈的位置，则电流表的指针将发生偏转
D. 在开关闭合的状态下，一起晃动线圈、时线圈、保持相对静止，电流表的指针将会发生偏转
【答案】
【解析】
产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，指针偏转时说明电路中产生了感应电流，将产生感应电流的情况与螺线管中磁场的变化情况联系在一起即可得到答案。
本题主要考查研究电磁感应现象、感应电流的产生条件。闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。
【解答】
A.当开关闭合时，线圈中将有电流，其磁场使得线圈的磁通量增加；而开关断开时，线圈中的电流将消失，使得线圈中的磁通量减小，由“楞次定律”可知，线圈中前后两次所产生的感应电流的方向相反，故电流表指针的偏转方向相反，故 A错误；
B.在开关断开的状态下，由于线圈中无电流，所以电流表指针不会发生偏转，故B错误；
C.开关闭合，线圈中即有电流，当改变线圈相对线圈的位置时，线圈中的磁通量将发生变化，线圈所在的闭合电路中将产生感应电流，电流表将发生偏转，故C正确；
D.在开关闭合的状态下，线圈中有电流、有磁场，线圈中的磁通量不为零，但、保持相对静止一起晃动时，线圈中
的磁通量并不发生改变，不会产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转，故D错误。
故选C。
10.如图所示，用导线做成圆形线圈与一通电直导线构成几种位置组合，项中直导线在圆形线圈水平直径正上方且与直径平行，，项中直导线与圆形线圈平面垂直，项中直导线与圆形线圈在同一平面内，当电流减小时，圆形线圈中有感应电流的是
A. B.
C. D.
【答案】
【解析】
根据电流周围的磁场的特点，判断出线圈内的磁通量，然后根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化进行分析判断。
本题关键要熟练应用安培定则、掌握产生感应电流的条件，当线圈中磁场有两种方向时，磁通量应根据抵消后净磁感线条数来分析。
【解答】
A、、选项图中线圈回路磁通量均为零，故都没有感应电流，选项图中直导线位于
线圈正上方，穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，当电流减小时，圆形线圈中磁通量减小，
会有感应电流产生，选项正确。
故选D。
11.下列选项中的操作能使如图所示的三种装置产生感应电流的是
A. 甲图中，使导体棒顺着磁感线运动
B. 乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈
C. 丙图中，开关保持闭合，使小螺线管插入大螺线管中不动
D. 丙图中，开关保持闭合，使小螺线管插入大螺线管中不动，不移动滑动变阻器的滑片
【答案】
【解析】
感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据这个条件分析判断有没有感应电流产生。
产生感应电流的条件细分有两个：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化，基础题。
【解答】
A.甲图中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；
B.乙图中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，线圈中都能产生感应电流，故B正确；
C.丙图中开关一直接通，回路中为恒定电流，螺线管产生的磁场稳定，螺线管中的磁通量无变化，无感应电流，故C错误；
D.丙图中开关接通，小螺线管插入大螺线管中不动，不移动滑动变阻器的滑片，故螺线管中的磁通量不变化，没有感应电流，故D错误。
12.如图所示，金属线框处于垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。线框做下列几种运动时，可以产生感应电流的是
A. 绕线框中心、垂直于纸面的轴转动
B. 以边为轴转动
C. 向左匀速运动
D. 向右加速运动
【答案】
【解析】
明确感应电流的条件，分析线框运动过程中，磁通量是否变化，从而明确能否产生感应电流。
本题考查感应电流产生的条件，关键明确磁通量的定义，同时注意线框运动时线框中的磁感线条数是否变化，从而明确磁通量是否变化。
【解答】
A、绕线框中心、垂直于纸面的轴转动，线框中的磁通量不发生变化，故不会产生感应电流，故A错误；
B、以边为轴转动，线框中的磁通量改变，故会产生感应电流，故B正确；
C、在纸面内向左匀速运动，线框中磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D、在纸面内向右加速运动，线框中磁通量不变，不会产生感应电流，故D错误。
13.图中能产生感应电流的是
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
产生感应电流的条件为：一、形成闭合回路；二、穿过回路的磁通量有变化。
本题属于基础题，抓住产生感应电流的条件即可解决问题。
【解答】
A.由于没有形成闭合回路所以即使磁通量有变化也不会产生感应电流，故A错误；
B.由于回路面积增大导致穿过该闭合回路磁通量有变化，所以可以产生感应电流，故B正确；
C.由于闭合线圈放置导致闯过回路的净磁通量为零，即使电流增强但是穿过回路的净磁通量仍然为零，所以没有感应电流，故C错误；
D.线圈向右移动只要不离开匀强磁场，磁通量不会有变化，所以穿过该回路的感应电流就是零，故D错误。
故选B。
14.我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，不久的将来中国人将真正实现飞天梦，进入那神秘的广寒宫．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是
A. 直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无
B. 将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
C. 将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D. 将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
【答案】
【解析】
直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场；将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，不能判断月球表面没有磁场；若电流表有示数，可以判断有磁场；若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，电流表无示数，不能判断月球表面无磁场。
本题考查理论联系实际的能力，关键抓住产生感应电流的条件：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化。
【解答】
A.直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场，故A错误；
B.将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，所以电流表无示数，不能判断月球表面无磁场。故B错误；
C.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，线圈中磁通量发生变化，说明月球表面有磁场，故C正确；
D.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿各个方向运动，若所选平面与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，所以电流表无示数，不能判断月球表面无磁场，故D错误。
故选C。
15.接有理想电压表的三角形导线框，如图所示，在匀强磁场中向右运动，则框中有无感应电流，两点间有无电势差，电压表有无读数示数不为零称为有读数
A. 无、无、无
B. 无、有、有
C. 无、有、无
D. 有、有、有
【答案】
【解析】
线框整体在磁场中做切割磁感线运动，不能产生感应电流，但是能产生感应电动势。
该题考查感应电流产生的条件与感应电动势产生的条件，要注意区分，只要导体棒切割磁感线就可以产生感应电动势。
【解答】
线框整体在磁场中运动，回路中磁通量不发生变化，不能产生感应电流，所以线框中没有感应电流，电压表也没有示数；导体棒切割磁感线，所以的两端有电势差，故C正确，ABD错误。
16.电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的是
A. 选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B. 取走磁体，电吉他将不能正常工作
C. 增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D. 磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【答案】
【解析】
电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化，弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音，根据 可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势。
本题考查了电吉他的原理，知道法拉第电磁感应定律在本题中的应用，特别注意铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，难度适中。
【解答】
A.铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故A错误；
B.取走磁体，就没有磁场，振弦不能切割磁感线产生电流，电吉他将不能正常工作，故B正确；
C.根据 可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，故C正确；
D.磁振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，则线圈中的电流方向不断变化，故D正确。
本题选择错误的，故选A。
17.如图是电磁炉内部结构及锅的示意图，下列说法正确的是
A. 通电线圈接通交变电流，频率越小，加热越快
B. 通电线圈接通交变电流，频率越大，加热越快
C. 通电线圈接通恒定电流，电流越大，加热越快
D. 将不锈钢锅换成陶瓷锅，电流越大，加热越快
【答案】
【解析】
本题考察电场炉的工作原理。在平时学习中，要熟知常见加热设备的原理，根据原理进行辨析即可。电磁炉又被称为电磁灶，其原理是通过电磁感应产生涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物。根据此原理判断各个选项正误即可。
【解答】
C、锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不能用恒定电流，故C错误；
、电磁炉通过磁场感应涡流加热，根据感应电动势公式 而，故需通入大小和方向变化电流，电流变化越快，电磁炉加热效果越好，故A错误，B正确；
D、金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故D错误。
18.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是
A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【答案】
【解析】
根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可求解。
本题考查无线充电手机的工作原理，理解电磁感应现象的运用，及产生感应电动势的条件，注意涡流的防止与应用。
【解答】
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；
B.当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D.被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；
故选：。
二、实验题（本大题共2小题）
19.下图为“研究感应电流产生的条件”的实验电路图：
要使螺线管中产生感应电流，请在图中连线，把实验装置连接完整。
开始实验时，滑动变阻器滑片应该放置在______选填“”或“”端；
闭合开关后，请写出两种能使线圈中产生感应电流的不同方法：
___________________________；
________________________；
【答案】 ； ；断开开关； 插入或拔出线圈； 移动滑动变阻器的滑片任选两种
【解析】
本题考查探究感应电流的产生条件的实验，知道实验有两个回路，这是正确连接实物电路图的前提与关键。开始连接电路图时，依据滑动变阻器接法，保证接入电路的电阻要最大，才能确保电路安全；根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量变化，即可求解能使线圈中产生感应电流的方法。
【解答】
探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电
路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路电路图如图所示
开始实验时，依据变阻器的接法可知，滑片应该放置，从而确保接入电路的电阻达到最大
根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量变化，
当闭合开关后，能使线圈中产生感应电流的方法：断开电开关 移动滑动变阻器的滑片； 插入或拔出线圈
20.实验：探究感应电流产生的条件
实验一：如图所示，导体棒做切割磁感线运动时，线路中________电流产生，而导体棒顺着磁感线运动时，线路中________电流产生均选填“有”或“无”
实验二：如图所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中________电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中________电流产生。均选填“有”或“无”
实验三：如图所示，将小螺线管插入大螺线管中不动，当开关闭合或断开时，电流表中________电流通过；若开关一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中________电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中________电流通过。均选填“有”或“无”
归纳总结：
实验一中：导体棒做切割磁感线运动，回路的有效面积发生变化，从而引起了磁通量的变化，产生了感应电流
实验二中：磁铁插入或拔出线圈时，线圈中的磁场发生变化，从而引起了磁通量的变化，产生了感应电流
实验三中：开关闭合、断开或滑动变阻器的滑动触头移动时，小螺线管中电流变化，从而引起穿过大螺线管的磁通量变化，产生了感应电流
三个实验共同特点是：产生感应电流时闭合回路的磁通量都发生了变化
【答案】
有； 无 ；
有； 无；
有； 有； 无 ；。
【解析】
本题考查感应电流产生的条件：当穿过闭合电路磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流。
【解答】
当导体杯做切割磁感线运动时，穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中有感应电流产生；导体棒顺着磁感线运动时，穿过闭合回路的磁通量没发生变化，回路中无感应电流产生；
当条形磁铁插入或拔出线圈时，通过线圈的磁通量一定发生变化，所以线圈中有感应电流产生；条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中磁通量不变，所以线圈中无感应电流产生；
当开关闭合和断开瞬间，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流；若开关一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流；当开关一直闭合，滑动变阻器滑动触头不动时，磁通量不变，不产生感应电流。
第6页，共17页13.4 电磁波的发现及应用
一、单选题（本大题共16小题）
年月日，我们在电视中看到湖南湘潭籍航天员汤洪波走出离地面高约为的中国空间站，标志着我国空间站阶段航天员首次出舱活动取得圆满成功。航天员出舱的画面是通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法不正确的是
A. 生活中用微波炉来加热食物，可见电磁波具有能量
B. 汤洪波出舱活动的画面从空间站传到地面接收站最少需要约
C. 年，赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，为无线电技术的发展开拓了道路
D. 英国物理学家麦克斯韦系统总结了人类直至世纪中叶对电磁规律的研究成果，在此基础上，他最终建立了经典电磁场理论
【答案】
【解析】
本题考查学生对电磁波的理解，引导学生建立良好的物理观念，基础题。
根据物理学史和对电磁波的理解分析问题，根据求电磁波从空间站传播到地面的时间。
【解答】
A.生活中用微波炉来加热食物，说明电磁波具有能量，故A正确；
B.电磁波在真空中或空气中传播的速度，空间站到地球表面的距离，电磁波从空间站传播到地面的时间，故B错误；
C.根据物理学史可知，赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，为无线电技术的发展开拓了道路，故C正确；
D.根据物理学史可知，英国物理学家麦克斯韦系统总结了人类直至世纪中叶对电磁规律的研究成果，在此基础上，他最终建立了经典电磁场理论，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
2.下列关于电磁波的，不正确的是
A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在
B. 光是一种电磁波
C. 电磁波不能在真空中传播
D. 移动通信是通过电磁波来传输信息的
【答案】
【解析】
解决本题的关键知道电磁波和机械波的区别，知道电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质．
电磁波的传播不需要介质，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】
麦克斯韦预言了电磁波的存在；并提出光是一种电磁波；故AB正确；
C.电磁波是种物质，可以在真空中传播；故C错误；
D.移动通信是通过电磁波来传输信息的；故D正确．
本题选错误的；故选：。
3.电磁波与我们的生活密切相关，下列关于电磁波及其应用说法正确的是
A. 电磁波不会产生污染
B. 电磁波不能在真空中传播
C. 电饭煲是利用电磁波来加热食物的电器
D. 雷达是利用电磁波测定物体位置的无线电设备
【答案】
【解析】
电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，电饭煲是利用电流的热效应加热食物，雷达利用电磁波确定物体的位置。
解决本题的关键知道电磁波和机械波的区别，并且知道电磁波的应用。
【解答】
A.电磁波也会产生污染，故A错误；
B.电磁波的传播不需要介质，在真空中可以传播，故B错误；
C.电饭煲是利用电流的热效应来加热食物的电器，故C错误；
D.雷达是利用无线电波测定物体的位置，无线电波属于电磁波，故D正确。
故选D。
4.根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是
A. 电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B. 变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场
C. 电磁波是一种物质，可以在真空中传播
D. 均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围一定产生均匀变化的电场
【答案】
【解析】
麦克斯韦的电磁场理论是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；其中的变化有均匀变化与周期性变化之分；
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；要知道周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，而周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，从而产生不可分割的电磁场，并形成电磁波。
【解答】
A、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，如果电场不变化，不会产生磁场，同理，磁场不变化，不会产生电场，故A错误．
、均匀变化的电场一定产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围一定产生稳定的电场，故BD错误；
C、电磁波是一种物质，可以在真空中传播，故C正确。
5.如图所示的四种电场中，能产生电磁波的是
A. B.
C. D.
【答案】
【解析】
根据麦克斯韦的电磁场理论，周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场会产生周期性变化的电场，周期性变化的磁场与电场不断的相互激发，会使电磁场由近及远的传播，形成电磁波。
本题关键熟悉电磁波的产生机理，要明确周期性变化的电场或磁场可以产生电磁波，均匀变化的电场或磁场不能产生电磁波。
【解答】
A.图是稳定的电场，不能产生磁场。故A错误。
图与图是均匀变化的电场，产生恒定不变的磁场，也不能形成电磁波。故B错误，C错误。
D.图是按正弦函数规律周期性变化的电场，会产生同频率的周期性变化的磁场，能形成电磁场，向外发射电磁波。故D正确。
故选D。
6.关于电磁场和电磁波，下列说法不正确的是
A. 变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场
B. 麦克斯韦预言电磁波的存在
C. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、射线、射线都是电磁波
D. 紫外线是一种波长比紫光更长的电磁波，能够灭菌消毒
【答案】
【解析】
电磁波是由变化电磁场产生的，电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、射线，它们的波长越来越短，频率越来越高。
电磁波是横波，是由变化的电场与变化磁场，且相互垂直，电磁波是由同相振荡且互相垂直的电场与磁场在空间中以波的形式移动，其传播方向垂直于电场与磁场构成的平面，有效的传递能量；电磁波在真空传播速度与光速一样，电磁波与光均是一种物质，所以不依赖于介质传播。
【解答】
A.变化的电场能产生磁场，变化的磁场能产生电场。所以电场和磁场总是相互联系着的，故A正确；
B.麦克斯韦预言了电磁波的存在，故B正确；
C.电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、射线，故C正确；
D.紫外线的波长比紫光的短，它可以进行灭菌消毒，故D错误。
本题选择错误的，故选D。
7.关于电磁波及电磁波谱，下列说法正确的是
A. 雷达是用光来测定物体位置的设备
B. 医学检查中的拍片实际上是让患者接受一定剂量的射线照射
C. 用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D. 变化的电场可以产生磁场
【答案】
【解析】
本题考查了关于电磁波的知识，要明确电磁波的产生及各种常见电磁波的应用。
雷达是利用电磁波中的短波遇到障碍物时能反射的特点来更好的追踪目标的；医学检查中的拍片实际上是让患者接受一定剂量的射线照射；紫外线具有荧光效应，红外线没有；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场在周围空间产生磁场，变化的磁场在周围空间产生电场。
【解答】
A.雷达是用微波测定物体的位置的设备，故A错误；
B.拍片实际上是让患者接受一定剂量的射线照射，故B错误；
C.使钞票上的荧光物质发出可见光的是紫外线，故C错误；
D.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可以产生磁场，故D正确。
故选D。
8.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是
A. 麦克斯韦认为电场周围总能产生磁场，磁场周围总能产生电场，并用实验证实了电磁波的存在。
B. 医院里“手术刀”和超“超声波”都能在真空中传播并能发生干涉、衍射和多普勒效应。
C. 在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变叫调制
D. 红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
【答案】
【解析】
本题考查电磁波相关概念，比较基础，看课本记住相关内容就行，属于识记内容。
【解答】
A.麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，A错误；
B.超声波是机械波，必须有介质，所以无法在真空中传播，B错误；
C.使电磁波随各种信号而改变的技术，叫做调制；C正确；
D.红外线的显著作用是热作用，所有物体都能辐射红外线，D错误；
故选C。
9.关于电磁场和电磁波，下列叙述中不正确的是
A. 均匀变化电场在它的周围产生均匀变化的磁场
B. 振荡电场在它的周围产生同频振荡的磁场
C. 电磁波从一种介质进入另一种介质，频率不变，传播速度与波长发生变化
D. 电磁波能产生干涉和衍射现象
【答案】
【解析】解：均匀变化的电场在它的周围产生恒定的磁场，故A错误；
B.振荡的电是周期性变化的电场，周围产生周期相同的振荡的磁场，即频率相同，故B正确；
C.电磁波从一种介质进入另一种介质，频率不变，传播速度会发生变化，波长发生变化，故C正确；
D.干涉和衍射是波特有的现象，故电磁波能产生干涉和衍射现象，故D正确。
本题选择不正确选项，故选：。
根据麦克斯韦电磁场理论知变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；电磁波进入另一种介质时速度会发生变化，可判断波长发生变化；电磁波是横波也能发生干涉和衍射现象。
解决本题的关键知道电磁波的特点，以及知道电磁波与机械波的区别，并掌握电磁波是横波。
10.电视机是常见的家用电器，电视机在换台时，电视机遥控板发射的是
A. 电流 B. 电子 C. 声波 D. 电磁波
【答案】
【解析】
考查电磁波的知识，及有关电视接收不同频率的问题，掌握电磁波传播速度不变，但发射频率却不会改变。
电磁波的传播速度不变，通过换台可得到，不同频率的电磁波信号，从而即可求解。
【解答】
电视机在换台时，电视机遥控板发射的是一定频率的电磁波，故D正确，ABC错误；
故选：。
11.微波炉、红外烤箱、电磁炉这三种电器已经进入多数家庭的厨房，下面关于这三者的分析正确的是
A. 微波炉加热食物的方式与煤气灶相同都是用明火加热
B. 微波炉可以直接对放在陶瓷碗里面的食物加热
C. 电磁炉可以直接对放在陶瓷碗里面的食物加热
D. 这三者加热食物时都是通过电磁波直接作用食物进行加热
【答案】
【解析】
电磁炉是利用电磁感应的原理让变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场在锅具上激发出涡流，利用涡流产生的热效应对食物加热．而微波炉是利用微波让食物中的极性分子做受迫振动且发生共振，从而将电磁能转化为内能，电磁炉加热食物是从外到内，而微波炉加热食物是内外同时进行，电磁炉的锅具一般是金属制品，而微波炉一般用能被微波穿透的绝缘体器皿盛放食物，电磁炉可以对各种食物加热，但微波炉更适合对富含水分或者脂肪的食物加热，红外烤箱的加热作用主要靠其中的红外线辐射来实现；
【解析】
微波炉用的是微波的能量，对食物直接加热，微波炉加热食物的方式与煤气灶不同，微波炉可以直接对放在陶瓷碗里面的食物加热，电磁炉不可以直接对放在陶瓷碗里面的食物加热，故AC错误，B正确；
D.微波炉利用微波，电磁炉利用电磁波，红外烤箱利用热辐射，故D错误。
故选B。
12.下列设备工作时，没有利用电磁波的是
A. 移动电话通话 B. 收音机接收广播电台信号
C. 电动机通电后正常运转 D. 雷达发现飞机
【答案】
【解析】
本题考查了电磁波的应用，要明确生活中有哪些电器应用了电磁波，同时要注意电磁波的应用与电流应用的区别。
电磁波在生活中有着广泛的应用，如：无线电广播、电视、手机以及雷达都是靠电磁波来传递信息的。
【解答】
A、移动电话是利用无线电波传递信号的，利用了电磁波，故A不符合题意；
B、收音机接收无线电波信号，利用了电磁波，故B不符合题意；
C、电动机通电后正常运转利用电流在磁场中受力规律，没有应用电磁波，故C符合题意；
D、雷达发现飞机利用了微波信号，故D利用了电磁波，故D不符合题意，
本题选择没有利用电磁波的，故选：。
13.下列各组电磁波中，按波长由长到短排列正确的是
A. 红外线、可见光、紫外线、射线
B. 射线、紫外线、红外线、可见光
C. 射线、紫外线、可见光、红外线
D. 红外线、紫外线、可见光、射线
【答案】
【解析】
在空间传播着的交变电磁场，即电磁波，它在真空中的传播速度约为每秒万公里，电磁波包括的范围很广．实验证明，无线电波、红外线、可见光、紫外线、射线、射线都是电磁波．它们的区别仅在于频率或波长有很大差别。
依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，射线伽马射线。
本题关键是明确无线电波、红外线、可见光、紫外线、射线、射线都是电磁波，同时要知道它们的波长特点和各自的应用。
【解答】
依照波长的由长到短，电磁波谱可大致分为：无线电波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，射线伽马射线，故A正确，BCD错误。
故选A。
14.下列关于电磁波的说法正确的是
A. 电磁波不具有能量
B. 射线和射线都不是电磁波
C. 电磁波在真空中的传播速度等于光速
D. 不同频率的电磁波在真空中的波长都相等
【答案】
【解析】解：、电磁波既能传递信息，也能传递能量，故A错误；
B、射线和射线本质是电磁波，故B错误；
C、电磁波在真空中以光速传播，故C正确；
D、不同频率的电磁波在真空中的传播速度都是相等的，但各种电磁波的频率不同，所以波长不同，故D错误。
故选：。
电磁波既能传递信息，也能传递能量；电磁波的传播不需要介质，在真空中由波源以光速向远处传播，各种电磁波在真空中的传播速度都等于光的传播速度，但各种电磁波的频率不同，所以波长不同。
本题考查物理学史，电磁波的基础知识，属于理解记忆部分，在平时学习中要注意积累。这也是考试内容之一。
15.间谍卫星上装有某种遥感照相机，可用来探测军用和民用目标．这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车，即使车队离开，也瞒不过它．这种遥感照相机敏感的电磁波属于
A. 可见光波段 B. 红外波段 C. 紫外波段 D. 射线波段
【答案】
【解析】解：红外线是看不见的光，它的波长比可见光的红光还长，它的热作用比较强，并且不同的物体辐射的红外线的波长和强度不同，利用灵敏的红外线探测器吸收物体发出的红外线，然后用电子仪器对接受到信号进行处理，就可以察知被探物体的特征。可制成制成热谱仪、夜视仪等，题中这种遥感照相机敏感的电磁波属于红外线。故B正确，ACD错误。
故选：。
红外线最显著的作用是热作用，所以可利用红外线来加热物体，烘干油漆和谷物，进行医疗等．红外线容易透过云雾烟尘，所以可以利用对红外线敏感的底片进行远距离摄影和高空摄影．一切物体，包括大地、云雾、人体、飞机和车船，都在不停地辐射红外线，并且不同的物体辐射的红外线的波长和强度不同，利用灵敏的红外线探测器吸收物体发出的红外线，然后用电子仪器对接受到信号进行处理，就可以察知被探物体的特征．这种技术就叫做红外线遥感技术．利用红外线遥感技术，可以在飞机或卫星上勘测地热、寻找水源、监测森林灾情、估计农作物的长势或收成、预报台风和寒潮等．
本题要知道红外线的一些特征和应用，红外线是看不见的光，但照射在物体上都可以使物体的温度升高．温度不同的物体辐射红外线的能力不同，在照相机里装上对红外线敏感的胶片，给皮肤拍照并与健康人的照片对比，有助于医生对疾病作出判断，另外可以做成红外线夜视仪．
16.雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，它可以向一定方向发射电磁波脉冲，当电磁波遇到障碍物时会发生反射．雷达在发射和接收到反射回来的电磁波脉冲时，在监视屏上将对应呈现出一个尖形波。某防空雷达发现一架飞机正沿飞机与雷达的连线朝雷达匀速飞来．某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图甲所示，经过后雷达向飞机发射和接收到的波形如图乙所示，已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为，电磁波的速度为，则该飞机的飞行速度大小约为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
据图象可以知道发射和接收的时间差，已知电磁波的速度为，因电磁波的所走的距离等于倍的被监视目标与雷达的距离，所以由公式可以求出被监视目标与雷达的距离。
这是通过实际问题，结合雷达图象考查对速度公式的理解，特别注意电磁波的所走的距离等于倍的被监视目标与雷达的距离。
【解答】
已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为，从左图中可以看出两次时间间隔为个刻度线，即：；
利用公式可得刚开始相距：
；
同理后相距：
；
结合几何关系，故移动的距离为：，
移动速度：，故D正确。
二、计算题（本大题共2小题）
17.我国第一颗人造卫星用和的电磁波发送信号，求这两种电磁波的波长。
【答案】解：
根据波速公式得：
答：这两种频率的电磁波的波长各是，。
18.如图所示，一艘海轮从船上天线向海岸边得信号接收器发送电磁波信号。信号接收器和船上天线的海拔高度分别为和。船上天线某时刻发出一个电磁脉冲信号，接收器接收到一个较强和一个较弱的脉冲，前者是直接到达的信号，后者是经海平面反射的信号。两个脉冲信号的时间间隔是，电磁波的传播速度为。求船上天线发出此信号时海轮与海岸的距离。
【答案】解：从船上天线向信号接收器发送电磁波脉冲信号，一方面沿直线直接传到，另一方面经过海面点反射沿折线传播到，前者较强，后者较弱，
由反射定律可知，，延长交的延长线于，过作平行于，则有：，，，
设信号接收器接受到沿直线和折线传播的电磁脉冲信号需要的时间分别为、，
则有：
根据题意有：
联立解得：
答：船上天线发出此信号时海轮与海岸的距离为．
【解析】从船上天线向信号接收器发送电磁波脉冲信号，一方面沿直线直接传到，另一方面经过海面点反射沿折线传播到，前者较强，后者较弱，画出电磁波的传播路径，结合几何关系列式即可求解．
本题考查了电磁波的传播，需要先把电磁波的传播路径画出来再结合几何关系求解，难度适中．
第6页，共12页13.5 能量量子化
一、单选题（本大题共15小题）
1.年月我国科学家在量子计算领域取得了重大成果，构建了一台个光子个模式的量子计算机“九章”如图，它处理“高斯玻色取样”的速度比目前最快的超级计算机“富岳”快一百万亿倍。关于量子，下列说法正确的是
A. 是计算机运算的一种程序 B. 表示运算速度的一个单位
C. 表示微观世界的不连续性观念 D. 类似于质子、中子的微观粒子
【答案】
【解析】
量子表示微观世界的不连续性观念。
本题考查量子的概念，关键明确量子的概念，注意仔细阅读课本。
【解答】
一个物理量如果存在最小的不可分割的基本单位，则这个物理量是量子化的，并把最小单位称为量子。所以量子表示微观世界的不连续性观念。故C正确。
故选C。
2.下列关于热辐射和黑体辐射的说法不正确的是
A. 一切物体都在辐射电磁波
B. 一般物体辐射电磁波的强度与温度无关
C. 随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
D. 黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
【答案】
【解析】
黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。
本题考查黑体辐射。
【解答】
A.一切物体都在辐射电磁波，故A正确；
B.一般物体辐射电磁波的情况不仅与温度有关，还与材料的种类和表面状况有关，故B不正确；
C.黑体辐射只与温度相关，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故C正确；
D.能地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
3.对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是
A. 温度 B. 材料 C. 表面状况 D. 以上都正确
【答案】
【解析】
本题考查黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素，基础题，较易
【解答】
对于黑体辐射，波长越短，温度越高则辐射强度越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确，、、D错误。
4.对黑体辐射的研究中，我们发现，物质吸收或发射能量是不连续的，于是提出能量量子化的理论，那么这位科学家是
A. 牛顿 B. 开普勒 C. 普朗克 D. 阿基米德
【答案】
【解析】解：黑体辐射实验规律：黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，为了解释这种现象，普朗克提出能量量子化假设，故C正确，ABD错误。
故选：。
普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，建立了量子论。
本题考查物理学史内容，要掌握各位物理学家的主要贡献，多识记相关内容。
5.自年月以来，“新冠肺炎”席卷全国。“新冠肺炎”的典型症状就是持续发烧，因此测温是“新冠肺炎”防控的重要环节。为方便测温各学校都配置了如图所示的额温枪。额温枪是通过传感器接收红外线，得出感应温度数据，使用时只要将额温枪放于距两眼中间部位处，修正额头与实际体温的温差便能显示准确的体温。则以下说法正确的是
A. 额温枪能测温度是因为温度不同的人体辐射的红外线存在差异
B. 额温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒
C. 红外线是波长比紫外线短的电磁波
D. 爱因斯坦最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点，并成功解释了光电效应现象
【答案】
【解析】A、不同体征的人辐射的红外线频率不同，额温枪能测温度正是利用了体外不同的辐射的红外线存在差异的原理来测温的。故A正确。
B、紫外线有杀菌作用，红外线没有杀菌作用，故B错误。
C、在真空中的光速，光速不变，紫外线频率高，所以波长短，故C错误。
D、“热辐射是一份一份的、不连续的”的观点最早是普朗克提出的，故D错误
故选：。
根据不同波长的光的特征和应用来判断即可，光的波长和频率有关，波长越大，频率越小。根据物理学史判断人物事件对应关系。
考察不同频率的电磁波应用，大家在解题时牢记不同波段的重要应用即可轻松应对。
6.如图所示，在描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是
A. B.
C. D.
【答案】
【解析】
要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短。
顺利解决本题，一定要熟练记忆并深刻理解教材的基本的内容，这是我们学好物理的捷径。
【解答】
黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故BD错误；
黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射．即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误，A正确。
故选A。
7.如图所示是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图象，则下列说法错误的是
A.
B. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关
C. 普朗克提出的能量量子化理论很好的解释了黑体辐射的实验规律
D. 如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个小孔就成了一个黑体
【答案】
【解析】
能地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关。
本题主要考查对黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图象的理解，熟悉图象的含义及黑体和黑体辐射，熟悉黑体及特点是解题的关键，难度不大。
【解答】
A.由图象的含义可知，随温度的升高，黑体辐射的强度的峰值朝波长较短的方向移动，故，故A正确；
B.由黑体辐射的特点可知，黑体辐射电磁波的强度按波长的分布仅与温度有关，故B错误；
C.普朗克提出了能量子，并用其很好的解释了黑体辐射的实验规律，故C正确；
D.如果在一个空腔上开一个小孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个小孔就成了一个绝对的黑体，故D正确。
本题选错误的，故选B。
8.能正确解释黑体辐射实验规律的是
A. 能量的连续经典理论
B. 普朗克提出的能量量子化理论
C. 以上两种理论体系任何一种都能解释
D. 牛顿提出的能量微粒说
【答案】
【解析】
为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，从而即可求解．
考查黑体辐射实验规律的应用，理解经典理论与能量微粒说的内容，注意黑体辐射与热辐射的区别．
【解答】
根据黑体辐射的实验规律，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，只能用普朗克提出的能量量子化理论才能得到满意的解释，故B正确，ACD错误。
故选B。
9.光子的能量与其
A. 波长成正比 B. 速度成正比 C. 周期成正比 D. 频率成正比
【答案】
【解析】
由、分析光子的能量与其频率成正比、与其波长成反比；光子在真空中传播的速度都是相同；
本题关键在于理解光子能量的概念，基础题。
【解答】
由、得 ，可见光子的能量与其频率成正比、与其波长成反比，
由于任意能量的光子在真空中传播的速度都是相同的，故ABC错误，D正确。
故选D。
10.已知某单色光的波长为，在真空中的光速为，普朗克常量为，则该单色光的能量子为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】解：个光子的能量，其中为光子的频率，而光速，故一个光子的能量：
，故A正确，BCD错误；
故选：．
根据可以求一个光子的能量，而根据可以求出一个光子的能量用、、的表达式．
本题考查能量量子化。
11.某激光器能发射波长为的激光，发射功率为，表示光速，为普朗克常量，则激光器每秒发射的能量子数为
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
求出每个光子的能量，每秒内发出的光子数与每个光子能量的乘积是激光器每秒做的功，每个光子的能量。
本题是一道难度不大，但综合性、代表性很强的题目，要注意掌握。
【解答】
每个光量子的能量，设每秒激光器发出的光子数是，则，每秒钟发光的总能量大小为，则，故B正确，ACD错误。
故选B。
12.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为，已知可见光的平均波长约为，普朗克常量为，则进人人眼的光子数至少为
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
【答案】
【解析】
本题关键要掌握光子的能量公式，及光在真空中传播的速度公式基础题。
【解答】
解：每个光子的能量为，能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为，由得
能引起人眼的感觉，进入人眼的光子数至少个个
故选B。
13.硅光电池是将光辐射的能量转化为电能．若有个波长为的光子打在硅光电池极板上，这些光子的总能量为为普朗克常量，为真空中的光速
A. B. C. D.
【答案】
【解析】
单个光子的能量为，由此计算即可。该题考查光子的能量公式，记住光子的能量，会一般的计算即可。
【解答】
由于单个光子的能量为，所以个光子的总能量：，又因为，故B正确，ACD错误。
故选B。
14.用能量为的光子去激发处于基态的一群氢原子，受激发后的氢原子向低能级跃迁时可以放出几种频率的光子
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】
【解析】
根据吸收的光子能量等于两能级间的能级差，确定氢原子跃迁到第几能级，结合数学公式得出放出不同频率光子种类。
本题主要考查能级、能级跃迁。解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
【解答】
根据玻尔理论，，，即氢原子从基态跃迁到量子数的激发态，
因此大量氢原子从的激发态向低能级跃迁时，发出种频率的光子，故B正确，ACD错误。
故选B。
15.氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。氦离子的能级图如图所示，根据玻尔能级跃迁理论，下列说法正确的是
A. 一个处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子
B. 一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子
C. 氦离子从能级跃迁到能级，电子的动能减小，电势能增大
D. 氦离子处于能级时，能吸收的光子能量而发生电离
【答案】
【解析】
依据一个处于能级的氢原子向低能级跃迁，最多发出个光子，而大量的跃迁时，则由数学组合公式，从而即可比较进行分析。
本题主要考查氢原子的能级、能级跃迁。
【解答】
A. 一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出种不同频率的光，故A错误；
B. 一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故B错误；
C.氦离子从能级跃迁到能级，电子的速度增大，动能增大，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D.根据氦离子的能级图可知，氦离子处于能级时，吸收的能量即可电离，故能吸收的能量而发生电离，故D正确。
故选D。
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