14.5电磁波谱课时作业
1．关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )
A．电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B．红外线、紫外线、可见光是原子的外层电子受激发后产生的
C．X射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的
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
解析：波长越长的无线电波波动性越显著，干涉、衍射现象易发生；从电磁波产生的机理可知γ射线是原子核受激发后产生的；不论物体温度高低都能辐射红外线，物体的温度越高，它辐射的红外线越强。
答案：A、B
2．下列各组电磁波，按波长由长到短的正确排列是( )
A．γ射线、红外线、紫外线、可见光
B．红外线、可见光、 紫外线、γ射线
C．可见光、红外线、紫外线、γ射线
D．紫外线、可见光、红外线、γ射线
解析：在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分为调幅和调频，调幅是使高频电磁波的振幅随信号强弱而变，B选项即是这种情况。
答案：B
3．下面关于红外线说法中正确的是( )
A．红外烤箱中的红光就是红外线
B．红外线比可见光更容易发生衍射
C．高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线
D．红外线比可见光更容易引起固体物质分子共振
解析：红外线是看不见的，红外线比可见光的波长长，更容易发生衍射；一切物体，包括高温物体和低温物体都在辐射红外线，只是物体温度越高，它辐射的红外线就越强；红外线的频率比可见光更接近固体物质分子的固有频率，也就更容易使分子发生共振，因而红外线热作用显著。
答案：B、D
4．下列关于紫外线的几种说法中，正确的是( )
A．紫外线是一种紫色的可见光
B．紫外线的频率比红外线的频率低
C．紫外线可使钞票上的荧光物质发光
D．利用紫外线可以进行电视机等电器的遥控
解析：紫外线波长比可见光中紫光的波长还短，不能引起视觉，是不可见光，其频率比可见光及红外线都要高；紫外线有荧光作用，钞票上的荧光物质受到紫外线照射时，能发出荧光。故A、B选项错误，而C选项正确；电视机等电器都是利用红外线遥控的，故D选项错误。
答案：C
5．下列能说明电磁波具有能量的依据是( )
A．可见光射入人的眼睛，人看到物体
B．放在红外线区域的温度计升温很快
C．收音机调到某个台时，调谐电路发生电谐振
D．γ射线具有很强的贯穿能力
解析：A项，人眼看到物体，说明人眼感受到了可见光的能量；B项，红外线具有热作用，说明红外线具有能量；C项，电谐振在调谐电路中的感应电流的能量来源于空中的无线电波；D项，γ射线的贯穿能力说明γ射线具有很高的能量。
答案：A、B、C、D
6．下列说法正确的是( )
A．只有物体温度较高时，才能向外辐射红外线
B．紫外线的主要作用是化学作用
C．可见光比红外线容易发生衍射现象
D．X射线在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视
解析：一切物体都发射人眼观察不到的红外线，用红外夜视镜，不管是白天还是黑夜都能观察到物体，红外线夜间拍摄也是这个道理，C项正确。
答案：C
7．太阳风暴袭击地球时，不仅会影响通信，威胁卫星。而且会破坏臭氧层，臭氧层作为地球的保护伞，是因为臭氧能吸收太阳辐射中( )
A．波长较短的可见光
B．波长较长的可见光
C．波长较短的紫外线
D．波长较长的红外线
解析：臭氧层的主要作用就是吸收由太阳射向地球的紫外线，从而有效地对地球上的动植物起保护作用。作为人类，保护臭氧层就是保护我们自己，故正确的选项是C。
答案：C
8．如图26－1所示是X射线管的示意图。下列有关X射线管或X射线的说法中正确的有( )
图26－1 伦琴射线管
A．高压电源的右端为正极
B．蓄电池也可用低压交流电源代替
C．X射线是由对阴极A发出的
D．X射线的波长比可见光长
解析：X射线管的主要部件及其作用如下表：
部件名称 灯丝(钨丝)K 蓄电池 高压电源 对阴极A
作用 发出热电子 给灯丝供电，使其发热 产生强电场，加速电子 也叫阳极靶，发出伦琴射线
高速电子流射到任何固体上都会产生X射线，它是原子内层电子受到激发后产生的。它的波长比紫外线还要短，但比γ射线要长；它的穿透本领很强，能使包在黑纸里的照相底片感光，但其穿透本领比γ射线要弱。综合以上分析，本题选项A、B、C正确。
答案：A、B、C
9．如果在太空设立太阳能卫星电站，可以24小时发电，且不受昼夜气候的影响，利用微波—电能转换装置，将电能转换成微波向地面发送，卫星电站的最佳位置在离地1 100 km的赤道上空，微波定向性很好，飞机通过微波区不会发生意外，但微波对飞鸟是致命的。可在地面站附近装上保护网或驱逐音响，不让飞鸟通过。预计在21世纪初地球上空将升起卫星电站。(地球半径R＝6 400 km)
(1)太阳能电池将实现哪种转换( )
A．光能—微波
B．光能—热能
C．光能—电能
D．电能—光能
(2)在1 100 km高空的电站卫星的速度约为( )
A．3.1 km/s B．7.2 km/s
C．7.9 km/s D．11.2 km/s
(3)微波指( )
A．超声波 B．次声波
C．电磁波 D．机械波
(4)飞机外壳对微波的哪种作用，使飞机安全无恙？( )
A．反射 B．吸收
C．干涉 D．衍射
(5)微波对飞鸟是致命的，这是因为微波的( )
A．电离作用 B．穿透作用
C．生物电作用 D．产生强涡流
解析：太阳能电池是将太阳能转换为电能，但电能不能直接发送到地面使用，必须要电能转换成微波信号发回地面。因为微波的直线传播特性好，信号能顺利地传输到太阳能电站。在传输过程中，微波被飞机反射。微波是高频信号，易在飞鸟上产生涡流。卫星电站的速度3.1 km/s
答案：(1)C (2)B (3)C (4)A (5)D
10．近年来高速发展的PDP(Plasma Display Panel)等离子显示屏，可以制造出大屏幕悬挂式彩色电视机，使电视机屏幕尺寸更大，图象更清晰，色彩更鲜艳，而本身的厚度只有8 cm左右。等离子显示屏PDP是一种以等离子管作为发光元件，并由大量的等离子管排列在一起构成的屏幕。每个等离子管的透明玻璃管内都充有低压的氖氙气体，管的两端各有一个电极，在两个电极间加上高电压后，封在管内的气体便产生某种肉眼看不见的射线，它激发平板显示屏上的红绿蓝三基色荧光粉发出可见光。每个等离子管作为一个像素，由这些像素的明暗和颜色变化的组合，便形成了各种灰度和色彩的图像，则( )
A．等离子管发光的微观机理是通过高电压使低压氖氙气体原子的外层电子受到激发而发光
B．等离子管发光的微观机理是通过高电压使低压氖氙气体原子的内层电子受到激发而发光
C．该射线使荧光粉发出可见光是利用了光的荧光效应
D．该射线使荧光粉发出可见光是利用了光的化学作用
解析：根据紫外线的产生机理、特点及应用可知某种看不见的射线使荧光粉发光，看不见的射线是紫外线。使荧光粉发光，这是紫外线的荧光效应。紫外线作为电磁波家族中的一员，它的产生机理与可见光和红外线的产生机理是相同的，都是原子的外层电子受到激发后产生的，所以正确的选项是A、C。
答案：A、C
11．红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来控制地面物体的状况。地球大气中的水汽(H2O)，二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射，即地面物体发生的某些波长的电磁波，只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收。如图26－2所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况，由图可知，在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为( )
图26－2
A．2.5 μm～3.5 μm
B．4 μm～4.5 μm
C．5 μm～7 μm
D．8 μm～13 μm
解析：由图象可知，8 μm～13 μm波段的红外线，H2O和CO2几乎均不吸收，故选D，A、B、C错误。
答案：D
12．下面列出一些医疗器械的名称和这些器械运用的物理现象。请将相应的字母填写在运用这种现象的医疗器械后面的空格上。
A．光的全反射
B．紫外线具有很强的荧光作用
C．紫外线具有杀菌消毒作用
D．X射线的很强的贯穿
E．红外线具有显著的热作用
F．红外线波长较长，易发生衍射
(1)X光机，________；
(2)紫外线灯，________；
(3)理疗医用“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好。这里的“神灯”是利用________。
解析：(1)X光机是用来透视人的体内器官的，因此需要具有较强穿透力的电磁波，但又不能对人体造成太大的伤害，因此采用了穿透能力比较强又不会给人体造成太大的伤害的X射线，选择D。
(2)紫外线灯主要是用来杀菌的，因此它应用的是紫外线的杀菌作用而非荧光作用，因此选择C。
(3)“神灯”又称红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，使人体局部受热，血液循环加快，因此选择E。
答案：(1)D (2)C (3)E
13．某种无色透明玻璃对真空中波长为0.60 μm的单色光的折射率是1.60，求：
(1)这种光的频率；
(2)这种光在玻璃中的传播速度及波长。
解析：(1)根据波长、频率和波速的关系c＝λf，解得f＝＝ Hz＝5.0×1014 Hz。
(2)在玻璃中的传播速度比在真空中小，由折射率的公式n＝，得v＝＝ m/s＝2.0×108 m/s。
设真空中的波长为λ0，玻璃中的波长为λ，
则c＝λ0f，v＝λf，n＝。
联立求解，得λ＝＝ μm＝0.40 μm。
答案：(1)5.0×1014 Hz (2)2×108 m/s 0.40 μm14.3电磁波的发射和接收课时作业
1．下列对电磁波的发射技术中调制的理解正确的是( )
A．使发射的信号振幅随高频振荡信号而改变叫调幅
B．使高频振荡信号振幅随发射的信号的改变叫调幅
C．使发射的信号频率随高频振荡信号而改变叫调频
D．使高频振荡信号的频率随发射的信号而改变叫调频
解析：由调幅和调频的概念可知B、D正确。
答案：B、D
2．关于电磁波的发射，下列说法中正确的是( )
A．各种频率的电磁振荡都能辐射电磁波，只是辐射的能量所占振荡总能量的比例不同罢了，振荡周期越大，越容易辐射电磁波
B．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
C．为了有效向外辐射电磁波，振荡电路不必采用开放电路，但要提高振荡频率
D．提高振荡频率和电路开放是发射电磁波的必要手段，振荡电路开放的同时，其振荡频率也随之提高
解析：电磁波的发射应该采用开放电路，同时频率越高，发射范围越大。
答案：B
3．收音机中的调谐电路线圈的自感系数为L，要想接收波长为λ的电台信号，应把调谐电路中电容器的电容调至(c为光速)( )
A．λ/2πLc B．1/2π
C．λ2/2πLc2 D．λ2/4π2Lc2
解析：波长为λ的信号，频率为f＝，故＝，解得C＝，选项D正确。
答案：D
4．为了有效地把磁场的能量以电磁波形式发射到尽可能大的空间。如果用敞露空间的电路后，还需要加上行之有效的办法是( )
A．增大电容器极板间的距离
B．减小电容器极板的正对面积
C．减小线圈的匝数
D．采用低频振荡电流
解析：有效发射电磁波的条件是高频率和开放电路，要提高频率，由f＝可知，减小L或减小C，L与线圈匝数及有无铁芯等有关，C＝，与εr、S、d有关，分析可知A、B、C正确。
答案：A、B、C
5．电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为( )
A．天线处于变化的电磁场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC电路
B．天线只处于变化的电场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC电路
C．天线只是有选择地接收某电台信号，而其他电视台信号则不接收
D．天线将电磁波传输到电视机内
解析：室外天线处于空间变化的电磁场中，天线中产生了感应电流，此电流通过馈线输送给LC电路，此电流中空间各电台信号激起的电流均存在，但只有频率与调谐电路频率相等的电信号对应的电流最强，然后再通过解调处理输入后面电路，故A正确，B、C、D均错误。
答案：A
6．如果收音机调谐电路中是采用改变电容的方式来改变回路固有频率的。当接收的电磁波的最长波长是最短波长的3倍时，则电容器的最大电容量与最小电容量之比为( )
A．3∶1 B．9∶1
C．1∶3 D．1∶9
解析：由λ＝＝c·2π 知，
λ＝c·2π
3λ＝c·2π ，
则＝，
B项正确。
答案：B
7．一台收音机可接收中波、短波两个波段的无线电波，打开收音机后盖，在磁棒上能看到两组线圈，其中一组是细线密绕匝数多的线圈，另一组是粗线疏绕匝数少的线圈，由此可以判断( )
A．匝数多的电感大，使调谐电路的固有频率较小，故用于接收中波
B．匝数多的电感小，使调谐电路的固有频率较大，故用于接收短波
C．匝数少的电感小，使调谐电路的固有频率较小，故用于接收短波
D．匝数少的电感大，使调谐电路的固有频率较大，故用于接收中波
解析：解答本题必须对匝数与电感大小的关系，电感与固有频率的关系，频率与波长的关系和调谐电路的固有频率与接收电磁波波长的关系很清楚，才能准确选取出正确的选项。根据匝数多密绕的线圈电感大，匝数少疏绕的线圈电感小，可排除B、D选项；根据T＝2π ，电感越大，回路固有频率越小，可排除C选项；根据c＝fλ，频率越小，波长越大，可知A选项是正确的。
答案：A
8．关于电磁波，下列说法正确的是( )
A．雷达是用X光来测定物体位置的设备
B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调
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变化的磁场
解析：雷达是利用微波来定位的，A项错误；使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，B项错误；钞票是利用紫外线的荧光作用，C项错误；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场会产生变化的磁场，D项正确。
答案：D
9．关于电磁波的传播，下列叙述正确的是( )
A．电磁波频率越高，越易沿地面传播
B．电磁波频率越高，越易沿直线传播
C．电磁波在各种介质中传播波长恒定
D．只要有三颗同步卫星在赤道上空传递微波，就可把信号传遍全世界
解析：由c＝λf可判定：电磁波频率越高，波长越短，衍射性越差，不宜沿地面传播，而跟光的传播相似，沿直线传播，故B对A错；电磁波在介质中传播时，频率不变，而传播速度改变，由v＝λf，可判断波长改变，C错；由于同步卫星相对地面静止在赤道上空36 000 km高的地方，用它做微波中继站，只要有三颗互成120°的同步卫星，就几乎可覆盖全球，D正确。
答案：B、D
10．手机A拨手机B时，手机B发出铃声屏上显示A的号码。若将手机A置于一真空玻璃罩中，用手机B拨叫手机A，则( )
A．能听到A发出的铃声，并看到A显示B的号码
B．不能听到A发出的铃声，但看到A显示B的号码
C．不能听到A发出的铃声，但看到A显示A的号码
D．既不能听到A发出的铃声，也不能显示B的号码
解析：声波不能在真空中传播，电磁波能在真空中传播。
答案：B
11．关于无线电广播的接收，下列说法中正确的是( )
A．用调谐器取出的高频电流，通过喇叭即可听到声音且接受到的高频电流只有通过解调，才能产生音频电流
B．接受到的高频电流只有通过解调，才能产生音频电流
C．调谐器的作用就是将音频信号从高频信号中取出
D．通过解调电路的电流，再通过喇叭才能听到声音
解析：本题主要在于区分解调和调谐的概念区别，解调又叫检波，是把音频信号从高频信号当中取出的过程；调谐是使接收电路产生电谐振的过程。
答案：B、D
12．在LC振荡电路的电容器两极板距离减小后与某一外来电磁波发生电谐振，那么LC振荡电路原来的周期T1与外来的电磁波的周期T2的关系是( )
A．T1＞T2 B．T1＜T2
C．T1＝T2 D．都有可能
解析：电容器极板距离减小，由C＝可知，C增大，而T＝2π ，可知T增大，增大后发生电谐振，则原来的周期小于外来波的周期，A项正确。
答案：B
13．如图24－1所示，原线圈接频率为f的交流电源，将电感为L的副线圈接一个适当的电容器成为LC振荡电路，这种振荡和机械振动中的________振动相类似，其振荡周期等于________。改变电容器的电容量，当电容等于________时，振荡电流的幅值可达最大值。
图24－1
解析：变压器的副线圈中感应电流的频率与原线圈中的电流频率相同，类似于机械振动中的受迫振动，其振荡周期为1/f，改变电容器的电容量，可以改变LC振荡回路的固有频率，当固有频率与接收信号的频率相等时，发生电谐振，即f＝，求得C＝1/4π2f2L。
答案：受迫 1/f 1/4π2f2L
14．如图24－2所示为手机、无线电话调制示意图，请简述原理。
图24－2
解析：振荡器产生高频等幅振荡信号，如下图
这两种信号完成调制后，调制信号又通过L2与L1耦合到开放电路发射出去。
答案：见解析
15．在图24－3所示的电路中，C1＝200 pH，L1＝40 μH，L2＝160 μH，怎样才能使回路2与回路1发生电谐振？发生电谐振的频率是多少？
图24－3
解析：由于谐振时两电路的固有频率相同。为使回路发生电谐振，可以改变可变电容器C2，使满足条件f2＝f1，即＝
C2＝＝ pF＝50 pF。
发生电谐振时的频率
f＝＝1.78×106 Hz＝1.78 MHz。
答案：改变可变电容器C2的电容，使得C2为50 pF 1.78 MHz14.1电磁波的发现课时作业
1．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是( )
A．在电场的周围空间，一定存在着和它联系着的磁场
B．在变化的电场周围空间，一定存在着和它联系着的磁场
C．恒定电流在其周围不产生磁场
D．恒定电流周围存在着稳定的磁场
解析：电场按其是否随时间变化分为稳定电场(静电场)和变化电场(如运动电荷形成的电场)，稳定电场不产生磁场，只有变化的电场周围空间才存在对应磁场，故B对，A错；恒定电流周围存在稳定磁场，磁场的方向可由安培定则判断，D对，C错。
答案：B、D
2．关于电磁波，下列说法中正确的是( )
A．电磁波是横波
B．电磁波的传播需要介质
C．电磁波能产生干涉和衍射现象
D．电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直
解析：电磁场由近及远的传播形成电磁波，电磁波在传播过程中，电场、磁场以及传播方向三者相互垂直，电磁波是一种波，它具有波的一切特征，它能发生反射、折射、干涉、衍射等现象，电磁波在真空中的速度最大，它的传播不需要介质。
答案：A、C、D
3．关于对电磁场和电磁波的认识中正确的是( )
A．均匀变化的电场在它周围空间产生均匀变化的磁场
B．电磁波和机械波一样依赖于介质传播
C．只要空间某个区域有振荡电场或振荡磁场就能产生电磁波
D．电磁场由发生区域向外传播就形成电磁波
解析：电磁波是一种物质，传播时不需要媒介，可以在真空中传播。
答案：A、C、D
4．关于电磁波传播速度表达式v＝λf，下述结论中正确的是( )
A．波长越长，传播速度就越大
B．频率越高，传播速度就越小
C．发射能量越大，传播速度就越大
D．电磁波的传播速度与传播介质有关
解析：电磁波和机械波相同之处为频率f由波源决定，却能产生干涉，衍射都遵循公式v＝λf，但不同的是电磁波传播不需要介质，而机械波传播必须要有介质，机械波波速有介质决定，电磁波的波速由介质和频率共同决定。
答案：D
5．电磁波与机械波相比较( )
A．电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质
B．电磁波在任何介质中传播速度都相同，机械波的速度大小取决于介质
C．机械波有横波、纵波，而电磁波只有横波
D．机械波和电磁波都具有一切波的特性
解析：由电磁波和机械波的异同点可知，A、C、D项正确。
答案：A、C、D
6．下列关于电磁波的说法正确的是( )
A．电磁波必须依赖介质传播
B．电磁波可以发生衍射现象
C．电磁波不会发生偏振现象
D．电磁波无法携带信息传播
解析：根据电磁波的产生机理及传播特性可知，电磁波传播不需要介质，选项A错误；干涉、衍射是电磁波和所有波都具有的共同特性，选项B正确；由于电磁波是横波，故能发生偏振现象，选项C错误；电磁波能够携带图象、声音等信息进行传播，选项D错误。
答案：B
7．某空间出现了如图22－1所示的一组闭合的电场线，这可能是( )
图22－1
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场在迅速增强
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
解析：根据电磁感应理论，闭合回路中磁通量变化时，使闭合电路中产生感应电流，该电流可用楞次定律判断，其中感应电流的方向和电场线方向一致。
答案：B、D
8．声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征。下列说法正确的是( )
A．声波的传播速度小于电磁波的传播速度
B．声波和电磁波都能引起鼓膜振动
C．电磁波都能被人看见，声波都能被人听见
D．二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的是电磁波
解析：声波属于机械波，其传播需要介质，传播速度小于电磁波的传播速度；鼓膜的振动是空气的振动带动的，人耳听不到电磁波；电磁波的传播不需要介质，人耳听不到电磁波；二胡和电子琴发出的都是声波。
答案：A
9．一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动，如图22－2所示。当磁感应强度均匀增大时，此粒子的( )
图22－2
A．动能不变
B．动能增大
C．动能减小
D．以上情况都可能
解析：当磁场均匀增加时，根据麦克斯韦电磁场理论，将激起稳定的电场，带电粒子将受一个电场力作用，该力对带电粒子做正功，所以粒子的动能将增大，选项B正确。
答案：B
10．目前雷达发射的电磁波频率多在200 MHz至1 000 MHz的范围内。下列关于雷达和电磁波说法正确的是( )
A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3 m至1.5 m之间
B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
解析：由公式v＝λf可得，λmin＝＝ m＝0.3 m，λmax＝＝ m＝1.5 m，A正确；电磁波是由周期性变化的电场或磁场产生的，B错误；由雷达的工作原理可知C正确；波长越短的电磁波，传播的直线性越好，反射性能越强，D正确。
答案：A、C、D
11．如图22－3所示，闭合开关S，待电容器充电结束后，再打开开关S，用绝缘工具使电容器两极板距离稍稍拉开一些，在电容器周围空间( )
图22－3
A．会产生变化的磁场
B．会产生稳定的磁场
C．不会产生磁场
D．会产生振荡的磁场
解析：两平行板电容器接入直流电源后两极板间的电压等于电源的电动势，断开电源后，电容器带电量不变，由电容器定义式和平行板电容器公式可得两板间场强E＝＝＝，当用绝缘工具将两极板距离稍稍拉开一些，电容器两板间的电场不发生变化，所以不会产生磁场，C正确。
答案：C
12．有一装置如图22－4所示，整个装置处于真空中，从阴极K发射出的电子通过第Ⅰ区域，从阳极小孔B射出进入由金属管构成的第Ⅱ区域，离开金属管后进入有一均匀磁场的第Ⅲ区域，磁场方向垂直于纸面向里，电子在哪个区域内可能发射电磁波( )
图22－4
A．只在第Ⅰ区域
B．只在第Ⅱ区域
C．只在第Ⅲ区域
D．只在第Ⅰ、Ⅱ区域
解析：在第Ⅰ区域电子处于加速状态，产生变化的电流，产生变化的磁场，才产生变化的电场，能产生电磁波；在Ⅱ区域电子匀速运动，形成稳定的电流，产生稳定的磁场，不能产生电磁波；在Ⅲ区域电子做周期性的圆周运动，产生周期性变化的电流，产生周期性变化的磁场，能产生电磁场。
答案：D
13．如图22－5所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的带电量不变，那么( )
图22－5
A．小球对玻璃杯的压力不断增大
B．小球受到的磁场力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．磁场力对小球一直不做功
解析：因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的旋涡电场，对带正电的小球做功。由楞次定律，判断电场方向为顺时针方向。在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动。小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力作用：环的弹力FN和磁场的洛伦兹力F＝Bqv，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力。考虑到小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化，弹力FN和洛伦兹力F不一定始终在增大。磁场力始终与圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功。
答案：C、D
14．磁场的磁感应强度B随时间t变化的四种情况，如图22－6所示，其中能产生电场的有________图所示的磁场，能产生持续电磁波的有________图所示的磁场。
图22－6
解析：据麦克斯韦的电磁场理论，可以作如下判断：A图的磁场是恒定的，不能产生新的电场，更不能产生电磁波；B图中的磁场是周期性变化的，可以产生周期性变化的电场，因而可以产生持续的电磁波；C图中的磁场是均匀变化的，能产生恒定的电场，而恒定的电场不能再产生磁场，不能产生向外扩展的电磁场，因此不能产生持续的电磁波；D图所示磁场是周期性变化的，能产生周期性变化的电场，能产生电磁波。
答案：B、C、D B、D
15．如图22－7所示，S闭合后一段时间内，电容器极板间能否产生磁场？什么情况下电容器极板间才能产生磁场？
图22－7
解析：S闭合后一段时间内，电容器极板间电场强度不变，所以不能产生磁场，只有在S闭合的瞬间，电容器极板间才能产生磁场。
答案：见解析
16．麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。
图22－8
(1)一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图22－8甲所示，求该光波的频率。
(2)如图22－8乙所示表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线。光线a在玻璃砖中的光路已给出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图，并标出出射光线与界面法线夹角的度数。
解析：(1)设光在介质中的传播速度为v，波长为λ，频率为f，则
f＝①
v＝②
联立①②式得f＝③
从波形图上读出波长λ＝4×10－7 m，代入数据解得
f＝5×1014 Hz
(2)见答案。
答案：(1)5×1014 Hz (2)光路图如图所示14.2电磁振荡课时作业
1．在LC振荡电路中( )
A．电容器充放电一次，所用时间是半个周期
B．电容器两板间电压最大时，电流为零
C．电路中电流减小时，电容器处于放电状态
D．电容器放电完毕时电流为零
解析：LC振荡电路中，一个周期内，电容器充、放电两次，故A正确；放电过程中，电流增大，充电过程中电流减小，故B正确，C、D错误。
答案：A、B
2．在LC振荡电路中，电容器上的带电量从最大值变化到零所需的最短时间是( )
A. B.
C．π D．2π
解析：LC振荡电路的周期T＝2π ，其电容器上的带电量从最大值变化到零的最短时间t＝T/4，所以t＝ 。
答案： B
3．在LC振荡电路中，用以下的哪种办法可以使振荡频率大一倍( )
A．自感L和电容C都增大一倍
B．自感L增大一倍，电容C减小一半
C．自感L减小一半，电容C增大一倍
D．自感L和电容C都减小一半
解析：由LC的振荡电路的频率f＝，当自感系数L和电容C都减小一半时，其中振荡频率恰好增大一倍。
答案：D
4．为了增大LC振荡电路的固有频率，下列办法中可采取的是( )
A．增大电容器两极板的正对面积并在线圈中放入铁芯
B．减小电容器两极板的距离并增加线圈的匝数
C．减小电容器两极板的距离并在线圈中放入铁芯
D．减小电容器两极板的正对面积并减小线圈的匝数
解析：本题考查LC振荡电路的频率公式f＝。由此式可知增大固有频率f的办法是减小L或减小C或同时减小L和C。另外电容器两极板的正对面积增大则C增大，正对面积减小则C减小。在线圈中放入铁芯或增加线圈的匝数则L增大，减小线圈的匝数则L减小，故选项D正确。
答案：D
5．LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图23－1所示，下列说法正确的是( )
图23－1
A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电
C．若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大
D．若电容器正在放电，则自感电动势阻碍电流的增大
解析：在振荡电路中，电容器放电过程，放电电流一定是逐渐增大的；电容器充电过程，充电电流一定是逐渐减小的。根据图中磁场方向，由安培定则可判断回路中有顺时针方向的电流。
若该时刻电容器上极板带正电，说明电容器正在充电，充电电流是不断减小的，磁场也将逐渐减小，可知A正确，C错误；
若该时刻电容器上极板带负电，说明电容器正在放电，放电电流是不断增加的，线圈中自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，可知B、D正确。
答案：A、B、D
6．如图23－2所示中画出一个LC振荡电路中的电流变化图线，根据图线可判断( )
图23－2
A．t1时刻电感线圈两端电压最大
B．t2时刻电容器两极间电压为零
C．t1时刻电路中只有电场能
D．t1时刻电容器带电荷量为零
解析：本题考查认识i－t图象和利用图线分析问题的能力。
由图象知，计时开始时，电容器两极板带电荷量最大，电流为零，电容器放电开始，根据电流随时间的变化规律，可以在图中画出q－t图象(在图中用虚线表示)。由图象分析可知：t1时刻，电容器上电荷量为零，电势差为零，电场能为零，故D对，A、C错；t2时刻电容器电荷量q最大，两板间电势差最大，B错。
答案：D
7．LC振荡电路在某一时刻的电场和磁场的示意图如图23－3所示，图中B是自感线圈形成的磁场的磁感应强度，E为电容器两极板间的电场的场强，则下列叙述正确的是( )
图23－3
A．电容器正在放电，电流沿电路的顺时针方向，电场能正向磁场能转化
B．电容器正在充电，电流沿电路的逆时针方向，磁场能正向电场能转化
C．电容器正在放电，电流沿电路的逆时针方向，电场能正向磁场能转化
D．电容器正在充电，电流沿电路的顺时针方向，磁场能正向电场能转化
解析：由安培定则知电流方向为逆时针方向，由场强方向知上板带正电，所以电容器正在放电。电场能正向磁场能转化。
答案：C
8．如图23－4甲所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图23－4乙所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则( )
图23－4
A．0.5 s至1 s时间内，电容器C在放电
B．0.5 s至1 s时间内，电容器C的上极板带正电
C．1 s至1.5 s时间内，Q点的电势比P点的电势高
D．1 s至1.5 s时间内，电场能正在转变成磁场能
解析：0.5 s至1 s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板向正极板；1 s至1.5 s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P。
答案：C、D
9.在图23－5所示电路中，L是电阻不计的线圈，C为电容器，R为电阻，开关S先是闭合的，现将开关S断开，并从这一时刻开始计时，设电容器A极板带正电时电量为正，则电容器A极板上的电量q随时间t变化的图象是图中的哪一个( )
图23－5
解析：开关S闭合时，由于线圈电阻为零，线圈中有自左向右的电流通过，但线圈两端电压为零，与线圈并联的电容器极板上不带电，本题LC回路的初始条件是线圈中电流最大，磁场能最大，电场能为零。断开开关S时，线圈中产生与电流方向相同的自感电动势，阻碍线圈中电流的减小，使线圈中电流继续自左向右流动，从而给电容器充电，B板带正电，A板带负电，电量逐渐增加，经电量达最大，这时LC回路中电流为零。从～时间内，电容器放电，A板上负电荷逐渐减少到零。此后在线圈中自感电动势的作用下，电容器被反向充电，A板带正电，B板带负电，并逐渐增多，增至最多后，又再次放电，所以A极板上电量随时间变化的情况如图B所示。
答案：B
10．如图23－6所示的LC振荡电路，在某时刻的磁场方向如图所示，则下列判断正确的是( )
图23－6
A．若磁场正在增强，则电容器处于充电状态，电流由a→b
B．若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上极板带正电
C．若磁场正在减弱，则电场能正在增强，电容器上极板带正电
D．若磁场正在减弱，则电场能正在增强，电流由b→a
解析：由图中磁场方向可以确定电流的方向(安培定则)是由a→b的。若磁场是增强的，说明此过程对应的电场能向磁场能转化，电流是增大的，电容器正在放电，电流是由电容器的正极板流向负极板，上极板是带负电，所以选项A、B、D是错误的。若磁场是减弱的，说明此过程对应的是磁场能向电场能转化，电流是减小的，电容器在充电，电场能增强，电容器上极板带正电。
答案：C
11．如图23－7所示电路中，L是电阻不计的电感器，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后，再打开开关S，LC电路中将产生电磁振荡。
图23－7
如果规定电感L中的电流方向从a到b为正，打开开关的时刻为t＝0时刻，那么下图中能正确表示电感中的电流i随时间t变化规律的是( )
解析：本题属含电容电路、自感现象和振荡电路的综合性问题，应从下面几个方面考虑：
(1)S断开前，ab段短路，电容器不带电；
(2)S断开时，ab中产生自感电动势，阻碍电流减小，同时，电容C充电，此时电流正向最大；
(3)给电容C充电的过程中，电容的充电量最大时，ab中电流减为零，此后LC发生电磁振荡形成交变电流。
答案：C
12．如图23－8所示，LC振荡回路中振荡电流的周期为2×10－2 s，自振荡电流沿逆时针方向达最大值时开始计时，当t＝3.4×10－2 s时，电容器正处于________(填“充电”“放电”“充电完毕”或“放电完毕”)状态。这时电容器的上极板________(填“带正电”“带负电”或“不带电”)。
图23－8
解析：根据题意画出此LC回路的振荡电流的变化图象如图所示。结合图象，t＝3.4×10－2 s时刻设为图象中的P点，则该时刻正处于反向电流减小过程，所以电容器正处于反向充电状态，上极板带正电。
答案：充电 带正电
13．回旋加速器的高频电源是一个LC振荡器，加速器的磁感应强度为B，被加速的粒子电量为q，质量为m，那么LC振荡电路中电感L和电容C的乘积应为何值？
解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，回旋加速器两个D形盒上所接的高频电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率f＝＝，高频电源是一个LC振荡器时，LC振荡电路的频率f＝，所以＝，即LC＝。
答案：
14．如图23－9所示，由板长L＝20 cm，板间距离d＝2 cm的平行板电容器C＝ F和线圈L＝4×10－4 H组成一振荡电路，电源电动势E＝10 V。设有荷质比为105?1的带电粒子(不计重力)，沿电容器中心轴线飞入，当开关S在1处时，粒子恰好从电容器的下极板的边缘飞出；当开关S接到2处时，飞入电容器的粒子是否能飞出？若不能，粒子将打在极板何处？若能，求粒子飞出时的速度？
图23－9
解析：S在1处时，粒子在电容器中，沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由
L＝vt，＝at2，a＝可得
t＝d＝2×10－2× s＝2×10－5 s，
v＝＝ m/s＝1.0×104 m/s。
当S接到2处时，电容器内形成按余弦规律变化的振荡电场，周期为
T＝2π＝2π s＝4×10－6 s。
接到2处时，电容器内电场仍竖直向上，粒子在第一个时间内加速向下运动，在第二个时间内减速向下运动，前半个周期内，粒子的末速度为零，平均加速度不论电容器内电场如何变化，粒子在水平方向不受电场力作用，水平速度不变，所以粒子在电场中运动时间仍为2×10－5 s，在这一时间内，电场做周期性变化的次数为
n＝＝＝5次
所以粒子离开电容器时，竖直速度为零，水平速度不变，v′＝v＝1.0×104 m/s，从两极板中央飞出。
答案：能 1.0×104 m/s14.4电磁波和信息社会课时作业
1．下列说法正确的是( )
A．发射的图像信号不需要调制过程
B．接收到的图像信号也要经过调谐、检波
C．电视信号包括图像信号和伴音信号两种
D．图像信号和伴音信号传播的速度不同
解析：发射电磁波须先调制，接收电磁波须先调谐、解调，A项错误，B项正确；根据日常生活经验可知C项正确；不管是什么信号，只要以电磁波形式发送，速度是一样的，D项错误。
答案：B、C
2．关于雷达的特点，下列说法正确的是( )
A．雷达所用无线电波的波长比短波更长
B．雷达只有连续发射无线电线，才能发现目标
C．雷达的显示屏上可以直接读出障碍物的距离
D．雷达在能见度低的黑夜将无法使用
解析：雷达一般采用直线性好，反射性强的微波，不是连续的发射无线电波，每次发射的时间及两次发射的时间间隔都有一定要求，障碍物的距离等情况都由指示器显示出来，分析可知C项正确。
答案：C
3．雷达采用微波的原因是( )
A．微波具有很高的频率
B．微波具有直线传播的特性
C．微波的反射性强
D．微波比其它无线电波(长波、中波、短波等)传播的距离更远
解析：雷达一般采用直线性好，反射性强的微波，每次发射的时间短于1 μs，故A、B、C项正确。
答案：A、B、C
4．雷达向一定方向发射一微波，经时间t接收到障碍物反射回来的微波，由此可知雷达到障碍物的距离为( )
A. B．ct
C．2ct D．4ct
解析：雷达的工作原理是雷达发射出电磁波，碰到障碍物后返回雷达接收电磁波，故ct＝2x，则x＝，A项正确。
答案：A
5．眼睛的视觉暂留时间为0.1 s，为了使电视图像是连续活动的，电视台每秒内发送的图像信号( )
A．应该多于10张
B．应该少于10张
C．通常每秒发射10张
D．通常每秒发射25张
解析：每秒发送25幅画面，电视机每秒也播放25幅画面，这样才感到图像活动是连续的。
答案：D
6．下列说法正确的是( )
A．摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置
B．电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置
C．摄像机在1 s内要送出25张画面
D．电视机接收的画面是连续的
解析：摄像机通过摄像镜头摄到景物的光信号，再通过特殊装置(扫描)转变为电信号，在1 s内要传送25张画面；电视机通过显像管将接收到的电信号再转变为光信号，最后还原成图像和景物，每秒要接收到25张画面，由于画面更换迅速和视觉暂留，我们感觉到的便是活动的图像，所以A、B、C选项正确。
答案：A、B、C
7．雷达是用来对目标进行定位的现代化定位系统。海豚也具有完善的声呐系统，它能在黑暗中准确而快速地捕捉食物，避开敌害，远远优于现代化的无线电系统。
(1)海豚的定位是利用了自身发射的( )
A．电磁波 B．红外线
C．次声波 D．超声波
(2)雷达的定位是利用自身发射的( )
A．电磁波 B．红外线
C．次声波 D．光波
(3)雷达定位一般用到的是微波，这是因为微波具有________特性。
(4)一雷达探测敌机时发射脉冲波，某一时刻发现目标开始发射第一个脉冲，T1秒后接收到反射脉冲，接着发射第2个脉冲，又经T2秒收到反射脉冲，试求发现目标时目标距雷达多远，敌机飞行速度为多少？
答案：(1)D (2)A (3)见解析 (4)((3)波长短，直射性好，能定向发射。
(4)设发现目标开始发射时间相距x，敌机飞行速度为v，有(c＋v)×T1/2＝x，(c＋v)×T2/2＝x－vT1，
解之得x＝cT/(T1＋T2)，
v＝(T1－T2)c/(T1＋T2)。)
8．目前电能都是通过电网采用有线方式传输的，人们一直梦想能无线传输电能，梦想在日常生活中实现无线充电，甚至不用电池。现在，一科学研究小组在实验室中取得了可喜的进展，也许，人类的这一梦想不久就能实现。
(1)实现无线传输能量，涉及能量的______________、传播和接收。
(2)科学家曾经设想通过高耸的天线塔，以无线电波的形式将电能输送到指定地点，但一直没有在应用层面上获得成功，其主要原因是这类无线电波( )
A．在传输中很多能量被吸收
B．在传输中易受山脉阻隔
C．向各个方向传输能量
D．传输能量易造成电磁污染
(3)如果像无线广播那样通过天线塔输送电能，接收器获得的功率P和它到天线塔的距离R相关，实验测量P和R的部分数据如下表：
R/m 1 2 4 5 x 10
P/W 1 600 400 100 y 25 16
①上表中的x＝________，y＝________。
②根据表中的数据可归纳出P和R之间的关系式为________。
(4)为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图25－1所示。实验测得，接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%。
图25－1
①若用该装置给充电功率为10 W的电池充电，则损失功率为________W。
②若把甲线圈接入电压为220 V的电源，测得该线圈中的电流为0.195 A。这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为________W。
(5)由于在传输过程中能量利用率过低，无线传播电能还处于实验阶段。为早日告别电线，实现无线传输电能的工业化，还需解决一系列问题，请提出至少两个问题。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
答案：(1)发射 (2)C (3)①8 64 ②PR2＝1 600 (4)①18.6 ②15 (5)仪器体积过大、对人体有伤害、传输距离太短等等。 ((1)像电磁波一样，无线传输能量也需要发射、传播和接收的过程。
(2)电磁波可以向各个方向传播，而电能的输送需要定向传播。
(3)由表中的前三组数据和最后一组数据可以看出PR2＝1 600。将R＝5带入上式得P＝64，所以y＝64；将P＝25带入得R＝8，所以x＝8。
(4)①由题意知，输电效率为η＝35%，则
P总＝P/η＝28.6 W，
所以损失的功率为P损＝P总－P＝28.6 W－10 W＝18.6 W。
②甲线圈输入功率为P总＝UI＝220×0.195 W＝42.9 W，
所以，乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P＝P总η＝42.9×35% W＝15.0 W。
(5)因为在无线传输过程中，电磁波向各个方向传播是均等的，无法有效地控制方向性，为了更多地接收到电磁波，就需要接收仪器和发射点之间有较短的距离及接收器，需有很大的体积。同时，向空间辐射较多的电磁波，对人体有害。)
9．在电视节目中，我们经常看到主持人与派到热点地区的记录通过同步通信卫星通话，他们之间每一问一答总是迟“半拍”，这是为什么？如果两个手持卫星电话的人通过同步通信卫星通话，一方讲话，另一方至少要等多长时间才能听到对方的讲话？(已知地球的质量为6. 0×1024 kg，地球半径为6.4×106 m，万有引力常量为6.67×10－11 N·m2·kg－2)
解析：主持人与记者之间通话的不合拍是因为电磁波是以有限的速度在空中传播的，利用电磁波传递信息是需要时间的。
设同步卫星高度为H，由万有引力定律及卫星圆周运动规律可得
＝m(R＋H)，
H＝－R＝3.6×107 m，
则一方讲话，另一方听到对方讲话的最少时间
t＝＝0.24 s。
答案：0.24 s
10．某一战斗机正以一定的速度朝雷达的正上方水平匀速飞行，已知雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×104 s，某时刻在雷达荧光屏上显示的波形如图25－2(a)所示，t＝173 s后雷达向正方发射和接收的波形如图25－2(b)所示，雷达监视相邻刻线间表示的时间间隔为10－4 s，电磁波的传播速度为c＝3×108 m/s，则该战斗机的飞行速度大约为多少？
图25－2
解析：由题意知荧光屏相邻刻线间的时间间隔t0＝10－4 s，(a)图发射波和接收波的时间间隔是t1＝4×10－4 s，(b)图时间间隔t2＝1×10－4 s，所以第一次飞机位置距雷达的距离为s1＝3.0×108×，s1＝6.0×104 m，第二次飞机在雷达正上方，所以飞机高度h＝3.0×108×＝1.5×104 m，所以173 s后飞机飞行的距离为
s＝ m＝5.8×104 m，
所以v＝＝ m/s＝335 m/s。
答案：335 m/s