高二物理电磁学试题

高二物理电磁学试题
1.如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想表，接线柱a、b接电压u＝311sin314t（V）的正弦交流电源。

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是（）
【答案】A
【解析】V
1、V
2
的示数由输入端电压和变压器的匝数比决定，保持不变，A正确。

2.半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图
中E
已知，E-r曲线下O-R部分的面积等于R-2R部分的面积。

（1）写出E－r曲线下面积的单位；
（2）己知带电球在r≥R处的场强E=kQ/r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q 为多大?
（3）求球心与球表面间的电势差ΔU；
（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
【答案】（1）V（或N•m/C）（2）Q=E
0R2/k（3）ΔU= E
R/2 （4）。

【解析】（1）E－r曲线下的面积表示电压的大小，故它的单位是V或者N•m/C；
（2）根据R处的场强为E
0，则E
=，解之得Q=；
（3）球心与球表面间的电势差等于E-r图像0～R对应的三角形的面积，即ΔU=；
（4）因为球表面到2R处的电势差为，故电荷量为q的负电荷在球面处运动到2R处
时电场力做的功为－△U′q，由动能定理得，－△U′q=0－mv2，解之得。

【考点】带电球体形成的场强，动能定理。

【名师点晴】E-x图像中，曲线下面所围成的面积就是电势差的大小；在求带电球体外的电荷由球表面到2R处的速度至少多大时，因为球外表面的电场力的大小是变化的，故需要用到动能定理求解。

3.如图所示，将一线圈放在一匀强磁场中，线圈平面平行于磁感线，则线圈中有感应电流产生的是（）
A．线圈绕N边转动
B．线圈绕M边转动
C．线圈沿垂直于纸面的方向做平动
D．线圈平行于纸面做平动
【答案】B
【解析】解：A、此时线圈中的磁通量为零，当绕N边转动时，磁通量一直为零，没有发生变化，无感应电流产生，故A错误；
B、当线圈绕线圈绕M边转动时，磁通量发生变化，有感应电流产生，故B正确；
C、当线圈做垂直于磁感线的平行运动时，磁通量一直为零，不发生变化，无感应电流，故C错误；
D、当线圈做平行于磁感线的运动时，磁通量一直为零，无感应电流，故D错误．
故选：B．
【考点】感应电流的产生条件．
【分析】根据感应电流产生条件，正确解答本题的关键是判断线圈中的磁通量是否变化．
【点评】本题考查了产生感应电流条件的灵活应用，注意把握磁通量是否变化这一根本条件，不
要受其它因素的干扰．
4.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。

他们在物理学的研究过程中应用了很多科学
的思想方法。

下列叙述不正确的是（）
A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法
B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值
C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法
D．电场强度的表达式和电势差的表达式都是利用比值法得到的定义式
【答案】B
【解析】法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这种形象化的研究方法．故A正确；库仑得
出库仑定律，但没有测出元电荷e的数值，e的数值首先是由密立根测出的，故B错误；用点电
荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，故C正确；场强表达式和电势
差都是利用比值法得到的定义式，故D正确．本题选不正确的，故选B.
【考点】物理学史. 物理问题的研究方法
【名师】此题是对物理学史以及物理问题的研究方法的考查；在高中物理学习中，我们会遇到多
种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习.
5.（16分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L="80" cm，两板间的距
离d="40" cm。

电源电动势E=40V，内电阻r=lΩ，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，
将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度vo="4" m／s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。

若小球带电量 q=l×10-2C，质量为 m=2×10-2kg，不考虑空气阻力，电路
中电压表、电流表均是理想电表。

若小球恰好从A板右边缘射出（g取10 m／s2）。

求：
(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
(2)此时电流表、电压表的示数分别为多少？
(3)此时电源的输出功率是多少？
【答案】（1）24Ω（2）1A；39V（3）39W
【解析】（1）对小球受力分析有：沿电场方向：，d=at2
垂直电场方向：L=v
t
联立解得t＝0.2s，a=20m/s2，U=24V
由，得R’＝24Ω
（2）根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：
电压表的示数为：U=E-Ir=（40-1×1）V=39V
（3）此时电源的输出功率是 P=UI=39×1W=39W．
【考点】电路的计算；带电粒子在电场中的运动.
【名师】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度；此题是中等题，意在考
查学生的综合分析问题的能力.
6.某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势(电动势E大约在9 V左右，内阻r约为50 Ω。

)已知该电池允许输出的最大电流为150 mA，该同学利用如图所示的电路进行实验，图中
是定值电阻，起保护电路的作用。

电压表的内阻约为2 kΩ，R为电阻箱，阻值范围0～9999 Ω，R
改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图所示的图线，则根据该同学所作的图线可求得该电
池的电动势E为________ V，内阻r为________ Ω。

(结果保留两位有效数字)
【答案】10；50
【解析】由电路图可知，则，根据图线可得：；
，解得E=10V，r=50Ω
【考点】测定电源的电动势及内阻
7.如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点
为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于
x轴对称．下列判不正确的是（）
A．b、d两点处的电势相同
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小
【答案】C
【解析】解：A：该电场中的电势关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；
B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的
电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即C点的电势在四个点中是最低的．故B正确；C：该电场中的电场强度关于X轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C不正确；
D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势
能减小．故D正确．
本题选择不正确的，故选：C．
【考点】电场的叠加；电场强度；电势．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：该电场中的电势、电场强度都关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．
点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于基础题目．
8.由于天气原因断电，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R
表示输电线的电阻．滑动触头P置于某处时，用户的用电器恰好正常
工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则（）
A．当发电机输出的电压发生波动使V
1
示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动
B．当发电机输出的电压发生波动使V
1
示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
C．如果V
1
示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑
D．如果V
1
示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑
【答案】AC
【解析】解：A、要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当V
1
示数小于正
常值，要使V
2
不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故A正确，B错误；
C、当用电器增加时，通过R
0的电流增大，R
所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用
电器两端电压不能发生变化，所以V
2要变大，而V
1
示数保持正常值不变，则应使滑动触头P向
上滑动，减小原副线圈匝数比，故C正确，D错误；
故选AC
【点评】分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并
联知识进行求解．
9.某同学用如图所示的电路进行小电机M的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为，电流表的读数为；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为，电流表的读数为，则此时电动机的输出功率为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】闭合电键后，电动机未转动时，电动机的内阻，电动机转动后，电动机的电功率，发热功率，则电动机的输出功率。

【考点】闭合电路的欧姆定律
【名师】对于电动机电路是不是非纯电阻电路不能一概而论，要具体情况具体分析，当电动机不
转动时，其电路是纯电阻电路，而转动时是非纯电阻电路。

10.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。

小明同学用绝缘材料做的笔套与头
发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。

对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是( )
A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下感应出的电荷是异种的
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
【答案】D
【解析】此现象说明，头发与笔套摩擦使笔套带电，从而吸引圆环，选项A正确；笔套靠近圆环时，圆环上、下感应出的电荷是异种的，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静
电力的合力大于圆环的重力，所以才会被吸引到笔套处，选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套所
带的电荷会跑到圆环上去一部分，不会被中和，选项D错误；故选D.
【考点】摩擦起电；静电感应
【名师】此题考查了学生对静电感应现象的解释；要知道摩擦起电的原理及静电感应的原理；注
意这两种现象都是电荷的转移，要会利用电荷守恒定律来解释有关的现象.
11.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场由以地心为圆心的环形电流I引起
的．在下列四个图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据地磁场的分布，地磁场的N极在地理的南极附近，根据右手定则可知，选项B中表
示的安培假设中环形电流方向是正确的；故选B.
【考点】右手定则
【名师】此题考查了地磁场及右手定则；要知道地理的南极是地磁的北极基本重合，根据右手定
则来判断环形电流的方向以及地磁场的方向的关系.此题是基础题，意在考查学生对基本理论的掌
握程度,
12.关于点电荷的说法，正确的是（）
A．只有体积很小的电荷，才能作为点电荷
B．体积很大的电荷，一定不能作为点电荷
C．点电荷一定是带电量很小的电荷
D．两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理
【答案】D
【解析】解：A、体积很小的带电体，如果相对于研究的问题，体积不能忽略不计，将其简化为
点产生的误差较大，那么就不能简化为点，故A错误；
B、体积较大的带电体，如果相对于研究的问题，体积可以忽略不计，将其简化为点产生的误差
较小，那么可以简化为点电荷，故B错误；
C、点电荷是将物体简化为点，带电物体能否简化为点关键是看物体的大小对于研究的问题能否忽略不计，而不是看电荷量的大小，故C错误；
D、当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D正确；
故选D．
【点评】如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．
13.当摇动如图所示的手摇交流发电机时，发现小灯泡闪烁．此时流过小灯泡的电流是（）
A．交流电B．直流电C．恒定电流D．涡流
【答案】A
【解析】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，直流电的方向不变，而恒定电流是指大小与方向均不变，涡流是感应电流，而手摇交流发电机产生是交流电，故A正确，BCD错误．
故选：A．
【点评】交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求，注意它们之间的区别与联系．
14.如图所示，有一对长4cm的平行金属板，相距3cm倾斜放置与水平面成37°角，两板间加上50V电压，有一带电粒子质量为4×10﹣8kg，以1m/s的速度自A板左边缘C水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B板边缘水平飞出，虚线为其运动轧迹，g=10m/s2，
sin37°=0.6．求：
①带电粒子所带电量．
②带电粒子飞出电场时的速度多大．
【答案】①带电粒子所带电量3×10﹣10C．
②带电粒子飞出电场时的速度m/s．
【解析】①带电粒子做直线运动，对粒子进行受力分析，粒子在竖直方向受到的合力为零，由平衡条件可以求出粒子所带电量；
②由动能定理可以求出粒子飞出电场时的速度大小．
解：①对带电粒子受力分析，如图所示
因带电粒子水平方向沿直线运动
∴mg=qEcos37°，又E=，
解得：q===3×10﹣10C；
②令带电粒子飞出电场时速度为v，
2，
由动能定理得：qu=mv2﹣mv
解得：v=m/s；
答：①带电粒子所带电量3×10﹣10C．
②带电粒子飞出电场时的速度m/s．
【点评】对粒子受力分析、应用平衡条件、动能定理即可正确解题；要知道物体做直线运动的条
件是：合力为零或合力方向与速度方向在同一直线上．
15.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是
A．a代表的电阻丝较粗
B．b代表的电阻丝较粗
C．将两条电阻丝并联后，其I—U图线位于a、b之间
D．将两条电阻丝串联后接入电路，a的热功率比b的小
【答案】B
【解析】图线的斜率表示电阻的倒数，图线的斜率小于的斜率，所以的电阻大于的电阻，
根据电阻定律知，长度相同，材料相同，知的横截面积小，的横截面积大，故A错误，
B正确；、电阻并联之后的总电阻的小于两个电阻中较小的电阻，结合A的方向可知，伏安
特性曲线的斜率大于图象的斜率，故其图线位于图象与轴之间，故C错误；将两条电
阻丝串联后接入电路，电流相等，结合，由于的电阻大，故的热功率比的大，故D错误。

【考点】电阻定律
【名师】解决本题的关键会从图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律，同时要明
确并联之后的总电阻的小于两个电阻中较小的电阻，串联后的电阻大于任意一个电阻。

16.空间中存在着如图所示的竖直方向的匀强电场．已知abcd为一矩形，ab=16cm，
ad=30cm．从某实验装置中喷射出的带正电的微粒，质量m=1.0×10﹣22kg、带电量q=1.0×10﹣
16C．微粒以垂直于电场方向的速度v
=1.5×104m/s，从ab正中间射入电场，最后从c点射
出．不计微粒重力．求：
（1）电场的大小和方向．
（2）a、c两点间的电压．
【答案】（1）电场的大小4x102N/c，方向竖直向下
（2）a、c两点间的电压为64V
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解出加速度大小然后求电场强度．
根据公式U=Ed求ac间的电势差．
解：粒子在电场中运动时间t==2x10﹣5s
竖直偏转位移Y=at2= d
a==4×108m/s2
粒子在电场中的加速度：F=ma=qE
E==4×102N/c 方向：竖直向下
a、c两端电势差
U=Ed=16×10﹣2×4×102=64v
答：（1）电场的大小4x102N/c，方向竖直向下．
（2）a、c两点间的电压为64V．
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，通常用平抛运动规律求解．
17.如图所示是测绘小灯泡伏安特性曲线的实验电路图，关于该实验的操作和实验现象，下列说法正确的是
A．在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑动触头应滑到最左端
B．本实验要求电流、电压均从零开始到额定电流、额定电压之间测量多组数据
C．当滑动变阻器的滑动触头从左端向右逐渐滑动过程中，电压表示数逐渐变大，电流表示数逐渐减小
D．当滑动变阻器的滑动触头从左端向右逐渐滑动过程中，电压表示数逐渐变大，电流表示数逐渐变大
【答案】ABD
【解析】在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑动触头应滑到最左端，这样在待测电阻上得到的电压才能从零开始调节，选项A正确；本实验要求电流、电压均从零开始到额定电流、额定电压之间测量多组数据，这样才能画出电灯的U-I图线，选项B正确；当滑动变阻器的滑动触头从左端向右逐渐滑动过程中，电灯两端的电压变大，则电压表示数和电流表的示数都是逐渐变大，选项C错误，D正确；故选ABD.
【考点】测绘小灯泡伏安特性曲线的实验
【名师】此题考查了测绘小灯泡伏安特性曲线的实验；关键是搞清实验的基本原理，知道分压电路的分压特点；知道此实验的数据处理方法；此实验是电学最基本的实验，应该熟练掌握.
18.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变大，E变小
【答案】C
【解析】由，当间距增加时，电容器电容C减小，由因为Q不变，
知场强E不变，C对。

【考点】电容器的动态分析。

【名师】平行板电容器的动态分析方法
(1)确定不变量―→分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝―→分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝―→分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝―→分析电容器极板间电场强度的变化．
19.在纸面上有一个等边三角形ABC，其定点处都有通相同电流的三根长直导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，每根通电导线在三角形的中心产生的磁感应强度大小为，则中心O处的磁
感应强度大小为（）
A．0B．C．2D．3
【答案】A
【解析】根据右手定则可得三根导线在O点产生的磁感应强度方向的夹角都为120°，大小相等，如图所示，故合磁感应强度为零，A正确；
【考点】考查了磁场的叠加
【名师】注意磁感应强度是矢量，先根据右手螺旋定则判断出每个电流单独存在时在O点产生的
磁感应强度，然后运用平行四边形定则进行合成．
20.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向
如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）
A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILB
B．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILB
C．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILB
D．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB
【答案】A
【解析】当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得．
解：该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效代替，根据F=BIL，可知大小为，方向根据左手定则判断，向上；
故选A．
【点评】本题考查安培力的大小与方向的判断；解决本题的关键要掌握安培力的大小公式F=BIL （B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解．此处的导线也可以等效成将
ad两点连接的导线所受的安培力．
21.电子（e，m）以速度v
与x轴成30°角垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，经一段时间后，
打在x轴上的P点，如图所示，则P点到O点的距离为，电子由O点运动到P点所用的时间
为．
【答案】；
【解析】（1）先根据几何关系求出P点到O点的距离等于半径，再根据洛伦兹力提供向心力求
出半径；
（2）由几何关系得出运动的圆心角，再根据与周期的关系求出运动时间．
解：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由图可知：弦切角为30°，所以圆心角为60°
P点到O点的距离等于半径，
根据Bev
=
得：R=
所以P点到O点的距离等于
圆周运动的周期T=
圆心角为60°，所以电子由O点运动到P点所用的时间t==
故答案为：；
【点评】本题是粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，关键是运用几何知识画出轨迹、求出半径．22.在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的
方向，其中正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定．
解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．
左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电
流的方向，则大拇指就是安培力的方向．
所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．
A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；
B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；
C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；
D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故D错误；
故选：C
【点评】左手定则是判定安培力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时强调磁感线穿过掌心，且四指指向为电流的方向．
23.如图所示,电源电动势E=2V,内电阻r=0.5Ω,竖直平面内的导轨电阻可忽略,金属棒的质量
m=0.1kg,电阻R=0.5Ω,它与导轨间的动摩擦因数µ=0.4,有效长度为L=0.2m.为了使金属棒能够靠
在竖直导轨外面静止不动,我们施加一竖直方向的匀强磁场,问磁场方向是向上还是向下?磁感应强
度B至少应是多大?设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

（重力加速度g=10m/s2）
【答案】磁场方向竖直向下；6.25T.
【解析】磁场方向竖直向下
安培力
电流强度
由平衡条件：水平方向
竖直方向
解得
【考点】物体的平衡；安培力
24.在图中，标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F
的方向，其中正确的是
【答案】A
【解析】根据左手定则可知，A中导线所受的磁场力向上，选项A正确；B中导线不受磁场力，
选项B错误；C中导线所受磁场力向下，选项C错误；D中导线所受的磁场力向外，选项D错误；故选A.
【考点】左手定则
25.下列关于下列说法正确的是（）
A．根据麦克斯韦电磁理论变化的电场一定产生变化的磁场
B．雷达是利用电磁波中的长波遇到障碍物时能绕过去的特点来更好的追踪目标的
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．喷气式飞机和火箭的飞行都是应用了反冲的原理
【答案】D
【解析】根据麦克斯韦电磁理论：变化的电场一定产生的磁场，非均匀变化的电场一定产生变化
的磁场，故A错误；雷达是利用电磁波中波长较短，不容易发生衍射，从而追踪目标，故B错误；紫外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，故C错误；喷气式飞机和火箭
的飞行都是应用了反冲的原理，故选项D正确。

【考点】红外线的热效应和红外线遥控；电磁波的产生
【名师】此题考查：电磁波产生的条件，掌握红外光与紫外线的区别，理解雷达与微波炉的工作
原理，注意变化中有均匀变化与非均匀变化的不同。

26.在磁感应强度为1T的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD，如图所示，其绕
轴以线圈的转速匀速转动。

，，线框总电阻为，定值电阻阻值。