2024版高中同步新教材必修第三册(人教版)物理-第十三章-电磁感应与电磁波初步.docx

姓名 班级 考号

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线

密 封 线 内 不 要 答 题

第十三章　电磁感应与电磁波初步
全卷满分100分　考试用时90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.英国科学家麦克斯韦在前人研究电磁现象的基础上,建立了完整的电磁场理论。下列说法正确的是(　　)

A.电磁波是一种物质
B.电磁波可以传递信息,但不能传递能量
C.遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同
D.变化的电场产生磁场,变化的磁场不能产生电场
2.我国高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术,目前处于世界领先水平。与4G相比,5G具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点。与4G相比,5G使用的电磁波(　　)

A.波长更长 B.能量子的能量更小
C.能量子的能量更大 D.传播速度更快
3.下列各图中已标出电流I及电流所产生磁场的磁感应强度B的方向,其中正确的是(　　)

4.如图所示,一根直导线穿过圆环a的对称轴和圆环b的中心,三者相互绝缘,当导线中的电流突然增大时,下列说法中正确的是(　　)

A.两环都产生感应电流
B.a环产生感应电流,b环无感应电流
C.两环都无感应电流
D.b环产生感应电流,a环无感应电流
5.如图所示,一有限范围的匀强磁场,宽度为d,一边长为l的正方形导线框以速度v匀速通过磁场区域,若d>l,则从线框开始进入磁场到完全离开磁场,线框中不产生感应电流的时间应等于(　　)

A.dv　　　B.lv　　　C.d−lv　　　D.d−2lv
6.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点,O点为三角形的中心,若A、B、C三处导线中的电流均为I,则以下关于a、b、c、O四点的磁感应强度大小,说法正确的是(通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B=kIr,其中I表示电流,r表示该点到导线的距离,k为常数)(　　)

A.a点最大　　　B.b点最小 C.O点为零　　　D.b、c点相等
7.如图所示两根直导线通以相同的电流后平行放置于水平桌面上且关于虚线对称,一矩形线圈abcd从A位置运动到关于虚线对称的B位置过程中,下列说法正确的是(　　)

A.在B位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向下
B.在A位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向上
C.从A到B穿过线圈的磁通量先减小再增大
D.从A到B穿过线圈的磁通量一直增大
8.如图所示,在空间三维直角坐标系中过x轴上x1=a、x2=-a两点,沿平行于y轴方向放置两根长直导线,导线中均通有相等的沿y轴负方向的恒定电流I。已知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B与电流I成正比,与该点到导线的距离r成反比,即B=k·Ir。则下列描述坐标轴上各点磁感应强度的图像中一定错误的是(　　)

二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.高效而环保的光催化捕蚊器采用蚊子喜爱的紫外线诱捕蚊子。捕蚊器发射的紫外线的频率为8.0×1014 Hz,普朗克常量h取6.6×10-34 J·s,则下列说法正确的是　(　　)
A.紫外线可用于加热理疗
B.紫外线的频率比可见光小
C.该紫外线在真空中的波长为3.75×10-7 m
D.该紫外线能量子的能量为5.28×10-19 J
10.如图所示,将一大一小两个不太大的正方形闭合导线框水平固定在同一高度上,两个线框的中心重合。在它们的上方某处有一条形磁铁由静止开始下落,磁铁在下落过程中正好从两个线框的中心穿过而不与线框接触,磁铁最终落在水平地面上。在磁铁穿过线框的过程中,下面说法正确的是(　　)

A.穿过两个线框的磁通量都一直在增大
B.两个线框中都会产生感应电流
C.当条形磁铁的中心正好和线框的中心重合时,穿过大线框的磁通量大于穿过小线框的磁通量
D.当条形磁铁的中心正好和线框的中心重合时,穿过大线框的磁通量小于穿过小线框的磁通量
11.如图所示,以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f,两根直导线垂直纸面放在a、d两点。现给导线通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流,下列说法正确的是(　　)

A.O处磁感应强度最大　　　
B.a、d两处磁场方向相同
C.a、d两处磁场方向相反　　　
D.b、c、e、f四点的磁感应强度大小相等
12.如图甲所示,面积为S的单匝矩形闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO'匀速转动,匀强磁场的磁感应强度大小为B,穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A.在t=T8时,穿过线圈的磁通量大小为12BS
B.在t=T4时,磁场方向与线圈所在平面垂直
C.线圈从图甲所示的位置转过60°,穿过线圈的磁通量大小为32BS
D.在t=T4时刻和t=3T4时刻,穿过线圈的磁通量相同
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)如图为“探究感应电流产生的条件”的实验装置。

(1)请在图中用实线将所缺的导线补接完整。根据你的连线,在闭合开关S前,滑片P应置于滑动变阻器的　　　(选填“最左端”“中间”或“最右端”)。 
(2)在完成“探究感应电流产生的条件”这一实验后,接下来继续使用这一实验装置进行“研究磁通量变化时感应电流的方向”这一实验。闭合开关S,使A放置在B线圈中保持静止,减小滑动变阻器接入电路中的阻值,观察到灵敏电流计G的指针向左偏转。根据这一现象判断,当A线圈相对B线圈向上运动时,灵敏电流计的指针　　　　选填“向左”或“向右”)偏转。 
14.(8分)图中虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的磁场力,来测量磁场的磁感应强度大小。所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长,E为直流电源,R为电阻箱,A为电流表,S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。

(1)在图中画线连接成实验电路图。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线。
②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态,然后用天平称出细沙的质量m1。
③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细沙,使D　　　　　　　　,然后读出　　　,并用天平称出此时细沙的质量m2。 
④用米尺测量D的底边长度L。
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B=　　　　。 
15.(10分)某广播电台的发射功率为10 kW,发射的是在空气中波长为187.5 m的电磁波,则:(普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,光速c=3×108 m/s)(结果均保留2位有效数字)
(1)该电台每秒从天线发射多少个能量子?
(2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为均匀的,求在离天线2.5 km处、直径为2 m的球状天线每秒接收的能量子个数以及接收功率。

16.(10分)如图所示,有一面积为S的正方形线框刚开始呈竖直状态,磁感应强度大小为B、与水平面夹角为θ的匀强磁场在空间广泛分布。
(1)求通过该线框的磁通量Φ;
(2)若将线框从初始位置绕ab边逆时针转到水平位置,求磁通量的变化量ΔΦ;
(3)若将线框绕ab边以角速度ω匀速旋转,求通过该线框的磁通量为零所用的时间t。

17.(12分)如图所示,abcd为边长为a的正方形金属框,磁场区域边界PM与PN的夹角θ=45°,磁感应强度B=B0,此时P点位于cd的中点。
(1)此时穿过金属框的磁通量Φ0为多少?
(2)若将金属框以bd为轴,分别向纸面外转动90°和180°,磁通量的变化量分别为多少?
(3)以图示位置为计时起点,金属框向右以速度v做匀速直线运动,在b点进入磁场之前,要使金属框中不产生感应电流,则磁感应强度B随时间t应如何变化?

18.(14分)如图所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置,三根导线及坐标原点恰好位于边长为a的正方形的四个顶点上,L1与L2中的电流均为2I,方向均垂直于纸面向外,L3中的电流为I,方向垂直于纸面向里。已知电流为I的长直导线产生的磁场中,距离导线r处的磁感应强度B=kIr(式中k为常量)。求原点O处的磁感应强度B的大小和方向。

答案全解全析
第十三章　电磁感应与电磁波初步
1.A
2.C
3.D
4.C
5.C
6.D
7.C
8.C
9.CD
10.BD
11.CD
12.BC
1.A　电磁波是一种物质,A正确;电磁波既可以传递信息,也可以传播能量,B错误;红外线的波长大于X射线的波长,C错误;变化的电场产生磁场,变化的磁场产生电场,D错误。
2.C　由题知,与4G相比,5G通信使用的电磁波频率更高,已知电磁波的波长与频率的关系为λ=cf,由此可知5G使用的电磁波波长更短,选项A错误;已知能量子的能量ε=hν,则与4G相比,5G使用的电磁波能量子的能量更大,选项B错误,C正确;电磁波的传播速度与光速相等,为3×108 m/s,选项D错误。
3.D　由安培定则可知,电流垂直纸面向外的直导线周围的磁感线为逆时针的同心圆,A错误;向上的直线电流左侧磁场应垂直纸面向外,右侧垂直纸面向里,B错误;C中通电螺线管内部磁场方向向右,C错误;D中环形电流由右方流入,由安培定则可知,内部磁感线向上,D正确。
4.C　产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化,而穿过a、b圆环的磁通量始终为零,因此当导线中电流增大时,穿过a、b圆环的磁通量没有变化,所以两环中没有感应电流产生,选项C正确。
5.C　从线框完全进入到右边刚要离开磁场区域,穿过线框的磁通量不发生变化,线框中没有感应电流产生,运动的距离为d-l,所以线框中不产生感应电流的时间应为t=d−lv,选项C正确。
6.D　设正三角形的边长为2L,根据B=kIr,结合磁场的叠加原理,可得a、b、c三点的磁感应强度大小分别为Ba=kI3L,Bb=kI3L2+2kIL2,Bc=kI3L2+2kIL2;由安培定则结合磁场的叠加原理可知,O点的磁感应强度不为零,A、B、C错误,D正确。
7.C　根据安培定则和磁场的叠加原理可知,在两根直导线之间虚线位置的磁感应强度为0,两直导线之间的区域,虚线左侧磁场方向向下,虚线右侧磁场方向向上,可知在B位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向上,在A位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向下,A、B错误;从A到B,磁感应强度先减小后增大,则从A到B穿过线圈的磁通量先减小再增大,C正确,D错误。故选C。
8.C　根据安培定则以及磁场的叠加原理可知,O点的磁感应强度为零,C错误;沿x方向,在x<-a范围内磁场方向沿-z方向,在-aa范围内磁场方向沿+z方向,若选择+z方向为正方向,则图像可能为A;若选择-z方向为正方向,B正确;沿z轴方向由磁场的叠加原理可知,O点的磁感应强度为零,无穷远处磁感应强度也为零,则从O点沿z轴正向和负向,磁感应强度应该先增强后减弱,D正确。
9.CD　红外线的热效应显著,可用于加热理疗,而紫外线的化学作用与荧光作用显著,常用来杀菌和消毒,A错误;紫外线的频率比可见光高,B错误;该紫外线在真空中的波长为λ=cν=3×1088.0×1014 m=3.75×10-7 m,C正确;该紫外线能量子的能量为ε=hν=6.6×10-34×8.0×1014 J=5.28×10-19 J,D正确。
10.BD　穿过两个线框的磁通量都先增大后减小,选项A错误;两个线框闭合且穿过线框的磁通量变化,所以都会产生感应电流,选项B正确;在条形磁铁内部,磁感线从S极指向N极,而在条形磁铁外部,磁感线是从N极指向S极,线框越大,抵消部分越多,故穿过大线框的磁通量小于穿过小线框的磁通量,选项D正确,C错误。
11.CD　根据安培定则知,a处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直a、d连线向下,d处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直a、d连线向上,如图甲所示,由于两导线中电流大小相等,O到a、d的距离相等,所以BaO=BdO,O处磁感应强度为0,选项A错误;a处电流在d点产生的磁感应强度的方向垂直a、d连线向下,d处电流在a点产生的磁感应强度的方向垂直a、d连线向上,a、d两处磁场方向相反,选项B错误,C正确;a处电流在b点产生的磁感应强度的方向垂直a、b连线向左,d处电流在b点产生的磁感应强度的方向垂直d、b连线向上,由平行四边形定则求得b处的磁感应强度Bb,如图乙所示,同理可求得c、e、f点的磁感应强度Bc、Be、Bf,由于Bdf=Bae=Bac=Bdb,Baf=Bde=Bdc=Bab,因此Bb、Be、Bf、Bc大小相等,选项D正确。

甲

乙
12.BC　根据题图乙知Φ=Φm sin 2πTt=BS sin 2πTt,则在t=T8时,Φ=BS sin 2πT×T8=22BS,A错误;在t=T4时,线圈转过90°,此时磁场方向与线圈所在平面垂直,B正确;线圈从图甲所示的位置转过60°,穿过线圈的磁通量大小为Φ=BS sin 2πT×T6=32BS,C正确;在t=T4时刻,穿过线圈的磁通量为Φ=BS sin 2πT×T4=BS,在t=3T4时刻,穿过线圈的磁通量Φ=BS sin 2πT×3T4=-BS,可知,在t=T4时刻和t=3T4时刻,穿过线圈的磁通量大小相同,方向不相同,D错误。
13.答案　(1)图见解析(2分)　最左端(2分)　
(2)向右(2分)
解析　(1)如图所示

由图可以看出,滑动变阻器采用限流式接法接入电路中,开关闭合之前,要将滑动变阻器连入电路的阻值调到最大,即将滑片置于最左端。
(2)减小滑动变阻器接入电路中的阻值,流过A线圈的电流增大,穿过B线圈的磁通量增大,灵敏电流计的指针向左偏转。当A线圈相对B线圈向上运动时,穿过B线圈的磁通量减小,则灵敏电流计的指针向右偏转。
14.答案　(1)见解析(2分)
(2)重新处于平衡状态(2分)　电流表的示数I(2分)
(3)|m2−m1gIL(2分)
解析　(1)如图所示

(2)本题考查了磁场力作用下物体的平衡,利用平衡条件求解磁感应强度,故应使D重新处于平衡状态;两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力大小相等,磁场力与电流大小有关,故还需读出电流表的示数I。
(3)两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力相等,即BIL=|m2-m1|g,所以磁感应强度B=|m2−m1gIL
15.答案　(1)9.4×1030　(2)3.8×1023　4.0×10-4 W
解析　(1)每个能量子的能量
ε=hν=ℎcλ=6.63×10−34×3×108187.5 J=1.06×10-27 J (2分)
则电台每秒发射能量子数
N=Ptε≈9.4×1030(2分)
(2)设球状天线每秒接收能量子数为n,以电台发射天线为球心,半径为R的球面积
S=4πR2(1分)
而球状天线的有效接收面积S'=πr2(1分)
所以n=NS'S=Nr24R2≈3.8×1023(2分)
接收功率P收=nεt≈4.0×10-4 W (2分)
16.答案　(1)BS cos θ　(2)-BS(sin θ+cos θ)　(3)见解析
解析　(1)根据题意可知,通过该线框的磁通量
Φ=BS cos θ(2分)
(2)根据题意可知,若将线框从初始位置绕ab边逆时针转到水平位置,通过该线框的磁通量
Φ'=-BS sin θ(2分)
磁通量的变化量
ΔΦ=Φ'-Φ=-BS(sin θ+cos θ)(2分)
(3)当磁感应强度方向与线框平面平行时,通过该线框的磁通量为零,若线框顺时针旋转
t=(0.5+n)π+θω(n=0,1,2,…)(2分)
若线框逆时针旋转
t=(0.5+n)π−θω(n=0,1,2,…)(2分)
17.答案　(1)18B0a2　
(2)-18B0a2　-B0a2
(3)B=aa+2vt2B0
解析　(1)磁通量公式Φ=BS(1分)
有效面积S=12×a22=a28(1分)
故Φ0=18B0a2(1分)
(2)若向纸面外转动90°,则Φ1=0(1分)
ΔΦ=Φ1-Φ0=-18B0a2(1分)
若向纸面外转动180°,则Φ2=-78B0a2(1分)
ΔΦ=Φ2-Φ0=-B0a2(1分)
(3)要使金属框中不产生感应电流,则穿过金属框的磁通量不发生变化。经任意时刻t,金属框运动的位移为
x=vt(1分)
穿过金属框的磁通量
Φ=1212a+vt2B(1分)
Φ=Φ0(1分)
则有1212a+vt2B=18B0a2(1分)
得B=aa+2vt2B0(1分)
18.答案　3kIa　方向沿x轴负方向
解析　根据安培定则,画出三根导线分别在O点的磁场方向,如图所示,设L1在O点产生的磁感应强度大小为B1,则有B1=k2Ia=2kIa,方向沿x轴负方向 (2分)

设L2在O点产生的磁感应强度大小为B2,则有B2=k2I2a=2kIa,方向与x轴负方向成45°角
(2分)
设L3在O点产生的磁感应强度大小为B3,则有B3=kIa,方向沿y轴正方向(2分)
先将B2正交分解,则沿x轴负方向的分量大小
B2x=2kIa cos 45°=kIa(2分)
沿y轴负方向的分量大小
B2y=2kIa sin 45°=kIa(2分)
故x轴方向的合磁感应强度大小Bx=B1+B2x=3kIa,方向沿x轴负方向
y轴方向的合磁感应强度大小
By=-B2y+B3=0(2分)
故最终的合磁感应强度大小B=Bx=3kIa,方向沿x轴负方向。(2分)