2017-2018学年高中物理(沪科版选修1-1)教师用书：第4章 4.2 无线电波与现代通信 Word版含答案

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2017-2018学年高中物理选修1-1教师用书：第4章第1节

一、电磁波的发现[先填空]1．变化的磁场产生电场(1)在变化的磁场中放一个闭合的电路，由于穿过电路的磁通量发生变化，电路里会产生感应电流．这个现象的实质是变化的磁场在空间产生了电场．(2)即使在变化的磁场中没有闭合电路，也同样要在空间产生电场．2．变化的电场产生磁场变化的电场也相当于一种电流，也在空间产生磁场，即变化的电场在空间产生磁场．3．麦克斯韦不仅预言了电磁波的存在，而且揭示了电、磁、光现象在本质上的统一．[再判断]1．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场．(×)2．均匀变化的电场产生稳定的磁场．(√)3．稳定的电场也能产生变化的磁场．(×)[后思考]只有电荷产生电场吗？【提示】变化的磁场也可产生电场，电场不全是由电荷产生的．1．变化的磁场产生电场：均匀变化的磁场产生稳定的电场，周期性变化的振荡磁场能产生同周期性的振荡电场，这条理论的基础是法拉第的电磁感应现象．2．变化的电场产生磁场：均匀变化的电场产生稳定的磁场，周期性变化的振荡电场产生同频率的振荡磁场，这一条是麦克斯韦的一个伟大的预言．3．不均匀变化的磁场产生变化的电场，不均匀变化的电场产生变化的磁场．4．变化的电场和磁场相互联系，形成一个统一的场，就是电磁场，而电磁场由近及远地向周围空间传播形成电磁波．5．电场、磁场的变化关系1．(多选)根据麦克斯韦电磁理论，如下说法正确的是( )A．变化的电场一定产生磁场B．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C．稳定的电场一定产生稳定的磁场D．振荡交变的电场一定产生同频率的振荡交变磁场【解析】根据麦克斯韦的电磁场理论，可知只有变化的电场和磁场才产生磁场和电场，选项A正确，选项C错；均匀变化的电场产生的磁场是恒定的，振荡交变的电场一定产生同频率的振荡交变磁场，所以选项B错，选项D对．【答案】AD2．某闭合电路的电流或电压随时间变化的规律如图411所示，能发射电磁波的是( )【导学号：46852076】图411【解析】非均匀变化的电场产生变化的磁场，非均匀变化的磁场再产生变化的电场，从而形成电磁场，电磁场由近及远地传播，形成电磁波，故要求电流或电压是变化的，但不能是均匀变化的，C项正确．【答案】 C3．关于电磁场，下列说法中不正确的是( )A．在一个磁铁旁放一带电体，则两者周围空间就形成了电磁场B．电磁场既不同于静电场，也不同于静磁场C．电磁场中的电场和磁场是不可分割的一个统一体D．电磁场中的电场的变化频率和磁场的变化频率是相同的【解析】电磁场是变化的电场和变化的磁场形成的不可分割的统一场，而不是静电场和静磁场简单的复合．所以选项A错．【答案】 A1．均匀变化的磁场产生稳定的电场；均匀变化的电场产生稳定的磁场．2．只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波．[先填空]1．电磁场(1)如果在空间某区域有不均匀变化的电场，那么这个变化的电场就在空间引起变化的磁场，这个变化的磁场又会引起新的变化的电场和磁场……于是，变化的电场和磁场交替产生，由近及远地传播，形成电磁波．(2)特点①电磁波可以在真空中传播．②电磁波的传播速度等于光速．③光在本质上是一种电磁波．④光是以波动形式传播的一种电磁振动．2．赫兹的火花实验(1)赫兹首先捕捉到电磁波，在以后的一系列实验中，证明了电磁波与光具有相同的性质．他还测得，电磁波在真空中具有与光相同的传播速度c.(2)赫兹证实了麦克斯韦关于光的电磁理论．(3)赫兹被誉为无线电通信的先驱．后人为了纪念他，把频率的单位定为赫兹．[再判断]1．电磁波的传播不需要介质．(√)2．赫兹证实了麦克斯韦的电磁场理论．(√)3．电磁波的传播不需要介质，机械波的传播也不需要介质．(×)[后思考]1．电磁波是如何形成的？【提示】振荡的电场产生振荡的磁场，振荡的磁场产生振荡的电场，这种振荡的电场、磁场交替产生，由近及远地向周围空间传播，形成电磁波．2．赫兹对电磁波有哪些研究？【提示】赫兹用实验证明了电磁波的存在，并研究了电磁波的反射、折射、干涉、衍射和偏振等现象，证明了电磁波与光具有相同的性质，测出了电磁波在真空中的传播速度与光速c相同．电磁波与机械波的比较4．电磁波与机械波相比，以下说法正确的是( )A．它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象B．它们在本质上是相同的，只是频率不同而已C．它们都可能是横波，也可能是纵波D．它们都能在真空中传播【解析】二者都属于波，都具有波的共性，能发生反射、折射、干涉、衍射等现象，故选项A正确；但它们产生的机理不同，本质不同，选项B错误；电磁波是横波，机械波既有横波又有纵波，选项C错误；机械波不能在真空中传播，选项D错误．【答案】 A5．手机A的号码为12345670002，手机B的号码为12345670008，手机A拨打手机B 时，手机B发出响声并且显示屏上显示A的手机号码12345670002，若将手机A置于一透明真空罩中，用手机B拨打A，则发现手机A( )A．发出响声，并显示B的号码12345670008B．不发出响声，但显示B的号码12345670008C．不发出响声，但显示A的号码12345670002D．既不发出响声，也不显示号码【解析】电磁波可以在真空中传播，而声波传播则需要介质．当手机B拨打手机A 时(A置于一透明真空罩中)，A能显示B的号码，不能发出响声，即选项B正确．本题容易出现的问题是不能区分电磁波和机械波．【答案】 B6．关于电磁波，下列说法正确的是( )A．光不是电磁波B．电磁波需要有介质才能传播C．只要有电场和磁场，就可以产生电磁波D．真空中，电磁波的传播速度与光速相同【答案】 D1．电磁波与机械波都是周期性的，都能传播能量．2．电磁波和机械波都具有波的一切特性，如反射、衍射、干涉等．3．波从一种介质进入另一种介质，其频率都不变．。

2017-2018学年高中物理沪科版选修3-4教师用书：第4章

4.2 用双缝干涉仪测定光的波长一、实验目的1.了解光波产生稳定干涉图样的条件.2.观察白光及单色光的双缝干涉图样.3.掌握用公式Δx ＝l d λ测定波长的方法.4.会用测量头测量条纹间距离.二、实验原理1.相邻明纹(暗纹)间的距离Δx 与入射光波长λ之间的定量关系推导如图4-2-1所示，双缝间距为d ，双缝到屏的距离为l .双缝S 1、S 2的连线的中垂线与屏的交点为P 0.对屏上与P 0距离为x 的一点P ，两缝与P 的距离PS 1＝r 1，PS 2＝r 2.在线段PS 2上作PM ＝PS 1，则S 2M ＝r 2－r 1，因d ≪l ，三角形S 1S 2M 可看作直角三角形.有：r 2－r 1＝d sin θ(令∠S 2S 1M ＝θ).图4-2-1则：x ＝l tan θ≈l sin θ有：r 2－r 1＝d x l若P 处为亮纹，则d x l ＝±kλ，(k ＝0,1,2，…)解得：x ＝±k l d λ.(k ＝0,1,2，…)相邻两亮纹或暗纹的中心距离：Δx ＝l d λ.2.测量原理由公式Δx ＝l d λ可知，在双缝干涉实验中，d 是双缝间距，是已知的；l 是双缝到屏的距离，可以测出，那么，只要测出相邻两明条纹(或相邻两暗条纹)中心间距Δx，即可由公式λ＝dlΔx计算出入射光波长的大小.3.条纹间距Δx的测定如图4-2-2甲所示，测量头由分划板、目镜、手轮等构成，测量时先转动测量头，让分划板中心刻线与干涉条纹平行，然后转动手轮，使分划板向左(向右)移动至分划板的中心刻线与条纹的中心对齐，如图4-2-2乙所示记下此时读数，再转动手轮，用同样的方法测出n个亮纹间的距离a，可求出相邻两亮纹间的距离Δx＝an－1.图4-2-2三、实验器材双缝干涉仪(包括：光具座、光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、光屏及测量头，其中测量头又包括：分划板、目镜、手轮等)、学生电源、导线、米尺.一、实验步骤1.观察双缝干涉图样(1)将光源、遮光筒、光屏依次安放在光具座上，如图4-2-3所示图4-2-3(2)接通电源，打开开关，使灯丝正常发光.(3)调节各器件的高度，使光源灯丝发出的光能沿轴线到达光屏.(4)安装双缝和单缝，中心大致位于遮光筒的轴线上，使双缝与单缝的缝平行，两者间距为5～10 cm.这时可观察白光的干涉条纹.(5)在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹.2.测定单色光的波长(1)安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹.(2)使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央，记下手轮上的读数a1；转动手轮，使分划板中心刻线移动至另一亮条纹的中央，记下此时手轮上的读数a2；并记下两次测量的亮条纹数n，则相邻两亮条纹间距Δx＝|a2－a1| n－1.(3)用刻度尺测量双缝到光屏间的距离L.(4)将测出的L、Δx代入Δx＝Ldλ求出光波的波长λ.(5)重复测量、计算，求出波长的平均值.(6)换用不同颜色的滤光片，重复实验.二、数据处理(1)对每次测量由公式Δx＝|a2－a1|n－1计算相邻两亮条纹间距.(2)对每次测量用公式Δx＝ldλ计算光波的波长.(3)对每种单色光的多次测量值求平均值作为该单色光波长的测量值.三、注意事项(1)放置单缝和双缝时，必须使缝平行.(2)要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一条轴线上.(3)测量头的中心刻线要对应着亮(或暗)条纹的中心.(4)要多测几个亮条纹(或暗条纹)中心间的距离，再求Δx.(5)调节的基本依据是：照在像屏上的光很弱，主要原因是灯丝与单缝、双缝测量头与遮光筒不共轴所致；干涉条纹不清晰一般是因为单缝与双缝不平行.四、误差分析本实验的误差主要来源于以下两个方面：(1)l的测量误差因本实验中，双缝到屏的距离非常长，l的测量误差不太大，但也应选用mm 刻度尺测量，并用多次测量求平均值的办法减小误差.(2)测条纹间距Δx带来的误差①干涉条纹没有调到最清晰的程度.②分划板刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于条纹中心.③测量多条亮条纹间距时读数不准确.实验探究1实验操作过程及仪器读数在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图4-2-4所示)：图4-2-4(1)下列说法哪一个是错误的________.(填选项前的字母)A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B.测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐C.为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝a n－1(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图4-2-5所示，其示数为______mm.图4-2-5【解析】(1)放上单缝和双缝后，由于发生干涉现象没法调节光源的高度，故A项错误.(2)按读数规则，读出示数为：1.5 mm＋47.0×0.01 mm＝1.970 mm.【答案】(1)A(2)1.970实验探究2实验数据处理利用双缝干涉测定单色光波长，某同学在做该实验时，第一次分划板中心刻度对齐A条纹中心时(图4-2-6甲)，游标卡尺的示数如图丙所示，第二次分划板中心刻度对齐B 条纹中心时(图乙)，游标卡尺的示数如图丁所示，已知双缝间距为0.5 mm ，从双缝到屏的距离为 1 m ，则图丙中游标卡尺的示数为________ mm.图丁游标卡尺的示数为________ mm.在实验中，所测单色光的波长为________ m.在本实验中如果在双缝上各有一个红色和绿色滤光片，那么在光屏上将________(选填“能”或者“不能”)看到明暗相间的条纹.图4-2-6【解析】根据游标卡尺的原理，可读出图丙的示数为11.4 mm ；图丁的示数是16.8 mm.Δy ＝16.8－11.44 mm ＝1.35 mm.又根据Δy ＝l d λ，则λ＝d Δy l ＝6.75×10－7 m.当在双缝上各有一个红色和绿色滤光片时，不满足干涉条件，故不能看到明暗相间的条纹.【答案】 11.4 16.8 6.75×10－7 不能。

2017-2018学年高中物理(沪科版选修1-1)教师用书：第4章章末分层突破 Word版含答案

章末分层突破①麦克斯韦②赫兹③介质④红外线⑤紫外线⑥γ射线⑦卫星通信⑧移动通信⑨外部⑩电信号⑪处理__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________一、正确理解电磁波谱1．按波长由小到大顺序排列(如图41)图412．电磁波的特征(1)波速c：波传播的快慢叫波速，电磁波在真空中传播的速度等于光速，即c＝3×108 m/s.(2)波长：相邻两个波峰或波谷间的距离(如图42)．图42(3)频率f：单位时间振动次数；单位：Hz，kHz，MHz.(4)波长、波速与频率的关系．数学表达式：c＝λ·f.说明：电磁波的波速一定，频率与波长成反比．一种电磁波的波长是200 m，它表示( )A．这种电磁波能传递的距离是200 mB．这种电磁波1 s能传播200 mC．这种电磁波1 s内出现200个波峰和波谷D．这种电磁波相邻两个波峰间距离是200 m【解析】电磁波1 s 能传播3×108m ，B 错.1 s 内出现波峰波谷的次数3×108m200 m＝1.5×106个，C 错．由波长定义知选项D 对．【答案】 D1．如图43所示，医院常用X 光机检查人的身体，X 光机利用了X 射线的( )【导学号：17592051】图43A ．荧光效应B ．灭菌消毒作用C ．强穿透能力D ．显著热效应【解析】 X 射线能够穿透物质，可以用来检查人体内部器官，选项C 正确．【答案】 C二、热敏电阻的型号及其特点热敏电阻器(thermistor)是电阻值随温度变化而变化的敏感元件．在工作温度范围内，电阻值随温度上升而增加的是正温度系数(PTC)热敏电阻器；电阻值随温度上升而减小的是负温度系数(NTC)热敏电阻器．热敏电阻器可按电阻温度特性、材料、结构、工作方式、工作温度和用途进行分类．热敏电阻器的分类分类方式类别电阻温度特性正温度系数、负温度系数材料金属、半导体(单晶、多晶、陶瓷)结构珠状、片状、杆状、膜状工作方式直热式、旁热式工作温度常温、高温、低温用途测温控温、辐射能(功率)测量、稳压(稳幅)等控制温度和元件、器件、电路的温度补偿；②利用非线性特性完成稳压、限幅、开关、过流保护作用；③利用不同媒质中热耗散特性的差异测量流量、流速、液面、热导、真空度等；④利用热惯性作为时间延迟器．将负温度系数热敏电阻、数字电流表、电源按图44连接，将烧杯装入2/3的水，用铁架台固定在加热器上．闭合开关S，当热敏电阻未放入水中时，电流表示数为I1，放入温水中时，电流表示数为I2，热敏电阻放在热水中，若示数为I3，则I1________I2________I3(填“大于”“等于”或“小于”).【导学号：17592052】图44【解析】温度越高，热敏电阻阻值越小，则电路中电流越大．【答案】小于小于2．(多选)如图45是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器调节到某一定值，实验中观察到当温度升高时灯更亮．对实验现象分析正确的有( )图45A．电路中电流减小了B．电路中电流增大了C．温度升高，热敏电阻的阻值增大D．温度升高，热敏电阻的阻值减小【解析】由电路结构知，灯变更亮时，电路中的电阻减小，因滑动变阻器的电阻值不变，故热敏电阻的阻值减小了，电路中的电流增大了，选项B，D正确．【答案】BD。

2017-2018学年高二物理选修1-1教师用书：第4章第2节

第2节电磁感应定律及其应用[先填空]1．电动势：电源是一种把其他形式的能量转化为电能的装置，电源本领的强弱用电动势描述．电动势用符号E表示．单位：伏特(V)．一节干电池的电动势是1.5 V，蓄电池的电动势是2.0 V.2．感应电动势：如果导体在磁场中做切割磁感线运动，其两端就会产生电动势，这种由于电磁感应现象而产生的电动势叫感应电动势．3．磁通量的变化率：单位时间内穿过回路的磁通量的变化量．4．法拉第电磁感应定律(1)内容：回路中感应电动势的大小，跟穿过该回路的磁通量的变化率成正比．(2)公式E ＝ΔΦΔtE ＝nΔΦΔt，n 为线圈的匝数，E 、ΔΦ、Δt 的单位分别为V 、Wb 、s. 5．导体切割磁感线产生的感应电动势 (1)大小：E ＝Blv .(2)感应电流方向：用右手定则判断，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都和手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，拇指指向导体的运动方向，那么其余四指所指的方向就是感应电流的方向．[再判断]1．对于公式E ＝Blv 中的B 、l 、v 三者必须相互垂直．(√) 2．线圈中磁通量的变化越快，产生的感应电动势越大．(√) 3．导体棒在磁场中运动速度较大，产生的感应电动势一定越大．(×) [后思考]电磁感应现象中产生了电能，是否遵守能量守恒定律？【提示】电磁感应现象中产生了电流，一定有其他能向电能转化，在转化过程中遵守能量守恒定律．1．磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较(2)磁通量变化量大，磁通量的变化率也不一定大，磁通量的变化率与磁通量的变化量和磁通量大小没有直接关系．(3)在Φt 图象上，切线的斜率表示磁通量的变化率． 2．决定电动势大小的因素感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt，与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然联系，与电路的构成也无关，而感应电流的大小由感应电动势大小和电路的总电阻R 决定．3．v 与E 的对应关系E ＝Blv 适用于导体棒垂直切割磁感线的情况，适用条件是B 、l 、v 两两垂直，若公式中v 是平均速度，则E 为平均电动势，若公式中v 是瞬时速度，则E 为瞬时电动势．4．左、右手定则的区别右手定则用于判断导体切割磁感线时感应电流的方向．导体的运动是原因，产生感应电流是结果；左手定则用于判断通电导体在磁场中所受安培力的方向，导体中有电流是原因，导体受到安培力作用而运动是结果，两者应注意区分．1．一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10 Ω，置于水平面上．若在0.02 s 内穿过线圈的磁通量由垂直线圈平面向下，从6.4×10－2Wb 均匀减少到零，再反向均匀增加到9.6×10－2Wb.则在此时间内，穿过线圈的磁通量的变化量为________Wb ，穿过线圈的磁通量的变化率为________Wb/s.【解析】设垂直线圈平面向上为正，在0.02 s 内磁通量的变化量 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Wb ＝0.16 Wb磁通量的变化率ΔΦΔt ＝0.160.02Wb/s ＝8 Wb/s.【答案】 0.16 82．一面积为S ＝4×10－2m 2、匝数n ＝100的线圈放在匀强磁场中，磁感线垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化率为ΔBΔt ＝2 T/s.穿过线圈的磁通量的变化率是多少？线圈中产生的感应电动势是多少？【解析】穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝2×4×10－2Wb/s ＝8×10－2Wb/s ，由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝100×8×10－2V ＝8 V.【答案】 8×10－2Wb/s 8 V3．如图421所示，水平放置的平行金属导轨，相距l ＝0.50 m ，左端接一电阻R ＝0.20 Ω，磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac 垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ac 棒以v ＝4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ac 棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小和方向. 【导学号：18152086】图421【解析】 (1)ac 棒产生的感应电动势E ＝Blv ＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V. (2)感应电流的大小I ＝E R ＝0.800.20A ＝4.0 A.由右手定则判定电流方向为c →a .【答案】 (1)0.80 V (2)4.0 A 方向c →a公式E ＝n ΔΦΔt求的是Δt 时间内的平均电动势，而E ＝BLv ，计算的是导体切割磁感线时产生的平均电动势或瞬时电动势，但一般多用于计算瞬时电动势．[先填空]一、发电机的工作原理1．发电机：把机械能转化成电能的装置，和电动机的原理正好相反．2．直流电：干电池和蓄电池等电源提供的电流，方向恒定不变，称为直流电．简称DC. 3．交流电：让矩形线圈在磁场中转动，产生的大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交流电，简称AC.4．交流发电机的工作原理：如图422所示，线圈平面从垂直于磁感线开始转动，当线圈的一个边向上运动，另一个边向下运动，切割磁感线，线圈中产生了感应电流．电流从线圈的一个边流出，从另一个边流进．当线圈转过半周后，线圈的左右两个边在磁场中发生了变化，原来向上运动的改为向下运动，原来向下运动的改为向上运动，结果使得线圈中的电流方向发生了改变．这就产生了大小和方向都随时间作周期性变化的电流．图422二、变压器的工作原理1．用途：变压器是把交流电的电压升高或者降低的装置．可分为升压变压器和降压变压器．2．构造：原线圈、副线圈和闭合铁芯．如图423所示．图4233．原理：利用电磁感应来改变交流电压．如图424所示，原线圈n1接交变电流，由于电流的变化在闭合铁芯中产生变化的磁通量，根据法拉第电磁感应定律，从而在副线圈n2中产生感应电动势，输出不同于原线圈的电压，对于理想变压器，原副线圈两端的电压之比等于它们的匝数之比，即U1U2＝n1n2.图424[再判断]1．交流发电机可以将机械能转化为电能．(√)2．恒定电流接入变压器后也可发生电磁感应现象，也可起到变压作用．(×)3．不计电能损耗的变压器为理想变压器．(√)[后思考]在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图425进行实验．则闭合开关后，灯炮是否发光？并解释出现这种现象的原因？图425【提示】因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光．原因是：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E ＝n ΔΦΔt＝0.故副线圈中无感应电动势．1．理想变压器：不计变压器线圈的热损失和铁芯发热损失的能量，变压器副线圈提供给用电器的电功率等于发电机提供给原线圈的电功率．2．理想变压器的磁通量全部集中在铁芯内，穿过原、副线圈的磁通量相同，穿过每匝线圈的磁通量的变化率也相同，因此每匝线圈产生的感应电动势相同，原、副线圈产生的电动势和原、副线圈的匝数成正比．在线圈电阻不计时，线圈两端电压等于电动势．所以变压器原、副线圈的两端电压与匝数成正比．3．升压变压器和降压变压器：由变压器公式U 1/U 2＝n 1/n 2，当变压器原线圈匝数少，副线圈匝数多时，副线圈两端电压高于原线圈两端电压，则变压器为升压变压器；当变压器原线圈匝数多，副线圈匝数少时，副线圈两端电压低于原线圈两端电压，则变压器为降压变压器．4．规律(1)理想变压器中，原、副线圈两端的电压之比等于它们的匝数之比，U 1U 2＝n 1n 2. (2)理想变压器的输出功率等于输入功率，P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2.因此，原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比，I 1I 2＝n 2n 1.4．关于发电机和电动机的下列说法正确的是( ) A ．发电机是把电能转化为机械能的装置 B ．电动机是把电能转化为机械能的装置 C ．发电机的工作原理是由电流产生运动 D ．电动机的工作原理是由运动产生电流【解析】发电机是把机械能转化为电能的装置，工作原理是：线圈转动切割磁感线从而在线圈中产生感应电流．而电动机是把电能转化为机械能，工作原理是：通电线圈在磁场中受力而发生转动．【答案】 B5．如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是( )【解析】当原线圈接直流电源时，原线圈通过恒定电流，铁芯中不会产生变化的磁场，因此副线圈中不会产生感应电动势，所以选项A、D错误．B图中，原线圈匝数大于副线圈匝数，所以B中变压器是降压变压器；C图中，原线圈匝数小于副线圈匝数，所以C中变压器是升压变压器，选项B错误，C正确．【答案】 C无论线圈的匝数增加还是减小，紧紧抓住电压与匝数成正比的关系去列式求解.。

2017-2018学年高中物理(沪科版选修3-4)教师用书：第4章4.1光的干涉

4。

1 光的干涉学习目标知识脉络1.认识光的干涉现象及光发生干涉的条件。

(重点）2.理解光的干涉条纹的形成原因及干涉现象的本质，认识干涉条纹的特征。

（重点)3.了解光的干涉条纹的特点，理解用双缝干涉测光波波长的原理.(难点)4.了解薄膜干涉产生的原因，知道薄膜干涉的应用。

(难点)杨氏双缝干涉实验错误!1。

史实托马斯·杨在历史上第一次解决了相干光源问题,成功做出了光的干涉实验。

光的干涉现象微粒说无法解释，而波动说可做出完善解释，使人们认识到光具有波动性.2.产生条件频率相同、相差恒定、振动方向在同一直线上.3.在双缝干涉实验中得到的干涉图样有如下特点(1)单色光产生的干涉条纹都是间距相同的明暗相间的条纹,且中央为亮条纹。

当两缝到屏上某点的路程差等于半波长的奇数倍时，该处出现暗条纹。

(2)若用白光做实验，中央条纹是白色，中央条纹两侧，各单色光所形成条纹疏密不同而出现彩色条纹重叠的现象.4.如果两个光源发出的光能够产生干涉，这样的两个光源叫做相干光源.错误!1。

任意两个光源发出的光叠加后都会发生稳定干涉现象。

（×)2.两列光的波峰与波峰叠加为亮条纹,波谷与波谷叠加为暗条纹.（×)3。

光的干涉现象证明光具有波动性。

(√）［后思考］1.做双缝干涉实验时必须具备什么条件才能观察到干涉条纹？【提示】必须是相干光源,且双缝间的间距必须很小.2.一般情况下光源发出的光很难观察到干涉现象，这是什么原因?【提示】光源不同部位发出的光不一定具有相同的频率和恒定的相差，不具备相干光源的条件.错误!1。

双缝干涉的示意图（如图4。

1。

1所示）图41.1(1）单缝屏的作用:获得一个有唯一频率和振动情况的线光源.（2）双缝屏的作用：平行光照到单缝S上后,又照到双缝S1、S2上，这样一束光被分成两束频率相同和振动情况完全一致的相干光.2。

产生干涉的条件(1)两列光的频率相同。

（2)两列光的振动方向相同且相位差恒定.发生干涉的两列波称为相干波，发生干涉的两个光源称为相干光源.相干光源可用同一束光分成两列的方法来获得。

沪科版年高中物理(选修1-1)教师用书

章末分层突破①斥 ②吸 ③摩擦 ④库仑 ⑤模型 ⑥kQ 1Q 2r 2⑦真空 ⑧点 ⑨力 ⑩F q⑪k Q r2 ⑫正 ⑬强弱和方向 ⑭正⑮负 ⑯相交 ⑰疏密________________________________________________________________ ________________________________________________________________ ________________________________________________________________一、对电荷守恒定律和库仑定律的理解与应用1．任何孤立系统的电荷总数保持不变．在一个系统的内部，电荷可以从一个物体转移到另一个物体．但是，在这个过程中系统总的电荷是不改变的．2．库仑定律的数学表达式：F ＝kQ 1Q 2r 2，其中k 是静电力常量；F 是两个点电荷间的静电力，Q 1、Q 2是两点电荷所带的电荷量，r 是两点电荷间的距离．上式适用于真空中的点电荷．有3个完全一样的金属小球A 、B 、C ，A 带电荷量为7Q ，B 带电荷量为－Q ，C球不带电，今将A 、B 固定起来，然后让C 反复与A 、B 球接触，最后移去C 球，求A 、B 的相互作用力变为原来的多少？【解析】在本题中C 球不带电，让其分别与A 、B 接触，三个小球满足电荷守恒定律，电荷量会重新分配，最后三个小球都具有相同的带电荷量．再分别利用库仑定律求解在不同时刻时的库仑力即可．C 与A 、B 反复接触，最后A 、B 、C 三者电荷量均分，即q A ′＝q B ′＝q C ′＝7Q ＋－Q3＝2QA 、B 间的作用力为F ′＝k 2Q ·2Q r 2＝4kQ 2r2 原来A 、B 间作用力F ＝k 7Q ·Q r 2＝7kQ 2r 2，所以F ′F ＝47.即为原来的47.【答案】 471．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q ，球2的带电量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6【解析】设球1、2间的距离为R ，则F ＝k nq 2R2，球3与球2接触后，它们的带电量均为nq 2；球3与球1接触后，它们的带电量均为n ＋q4，则F ＝k n n ＋q 28R2.联立两式解得n ＝6，D 正确．【答案】 D二、电场、电场强度与电场线电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，无论电荷是静止还是运动、运动方向如何．电场强度就是应用电场的这一性质而定义的．通过电荷受的力与电荷量的比值，给出了定义式E ＝F q .接着又结合库仑定律给出了真空中点电荷电场的决定式E ＝k Q r2.应用时要注意它们的区别．电场线是为了形象地描述电场而假想的线．它能形象地表示出电场强度的大小和方向，并能清楚地描述不同种类的电场，如匀强电场、点电荷的电场、以及等量同种电荷、等量异种电荷的电场等．如图11所示，空间有一电场，电场中有两个点a 和b .下列表述正确的是( )图11A ．该电场是匀强电场B ．a 点的电场强度比b 点的大C ．b 点的电场强度比a 点的大D ．正电荷在a 、b 两点受力方向相同【解析】由图可以看出a 处的电场线比b 处密，故A 、C 选项错，B 选项正确；正电荷受力方向为该点的切线方向，a 点的切线方向与b 点的切线方向不同，故D 错．【答案】 B2．一负电荷从电场中A 点静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v t 图象如图12所示，则A 、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( )图12【解析】由题图可知电荷的速度增加，加速度在增加，即所受的电场力(合外力)增加，电场强度也必定增加，且负电荷逆着电场线的方向运动，根据题图可以判断C选项符合要求，所以选项C正确．【答案】 C章末分层突破①直线②环形③安培④相交⑤中断⑥闭合⑦F Il⑧有效⑨左⑩BIl⑪0⑫左________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________一、磁感线与安培定则1．对磁感线的理解要点(1)磁感线是假想的，用来对磁场进行直观描述的曲线．它并不是客观存在的．(2)磁感线是封闭曲线．在磁体的外部由N极到S极．在磁体的内部由S极到N极．(3)磁感线的疏密表示磁场的强弱．某点附近磁感线较密，表示该点的磁场较强，反之较弱．(4)磁感线的切线方向(曲线上某点的切线方向)表示该点的磁场方向．亦即静止的小磁针的N极在该点所指的方向．任何两条磁感线不会相交．(5)磁感线不是带电粒子在磁场中的运动轨迹．2．安培定则：在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”的关系，在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”——电流方向，四指指“结果”——磁感线绕向；在判定环形电流磁场方向时，四指指“原因”——电流绕向，大拇指指“结果”——环内沿中心轴线的磁感线方向．如图21所示，环中电流方向由左向右，且I1＝I2，则圆环中心O处的磁场是( )图21A．最大，穿出纸面B．最大，垂直穿入纸面C．为零D．无法确定【解析】根据安培定则，上半圆环中电流I1在环内产生磁场垂直纸面向里；下半圆环中电流I2在环内产生的磁场垂直纸面向外；由于O对于I1和I2对称(距离相等)，故I1和I2在O处产生的磁场大小相等、方向相反，在O处相互抵消．【答案】C1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )【解析】根据地磁场的分布情况可知，地球的地理北极在地磁场的南极附近，地球的地理南极在地磁场的北极附近，根据安培定则可判断出环形电流的方向．B正确．【答案】B二、磁通量1．磁通量是针对一个面而言的，与线圈匝数无关．2．磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数．对于匀强磁场Φ＝BS，其中S是垂直于磁场方向上的面积，若平面不与磁场方向垂直，则要求出它在垂直于磁场方向上的投影面积，然后用上式计算．3．磁通量是标量，其正负不表示大小，只表示与规定正方向相同或相反．若磁感线沿相反方向通过同一平面，且正向磁感线条数为Φ1，反向磁感线条数为Φ2，则磁通量等于穿过该平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)，即Φ＝Φ1－Φ2.4．磁感应强度越强，穿过某一面积磁感线的条数越多，磁通量就越大；反之就越小．判断磁通量的变化，一般是根据穿过某一面积的磁感线的多少去判断的．如图22所示，一夹角为45°的三角形，以水平向右、大小为1 m /s 的速度进入一个匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.1 T ，求4 s 后通过三角形的磁通量．(设三角形足够大)【导学号：17592033】图22【解析】计算磁通量时磁感应强度应乘以有磁场通过的有效面积S ＝12(v·t)2.所以Φ＝B·12(vt)2＝＝0.1×12×12×42Wb＝0.8 Wb . 【答案】 0.8 Wb2.磁通量可以形象地理解为“穿过一个闭合电路的磁感线的条数”．在图23所示磁场中，S 1、S 2、S 3为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过S 1、S 2、S 3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是( )【导学号：17592034】图23A ．Φ1最大B ．Φ2最大C ．Φ3最大D ．Φ1，Φ2，Φ3相等【解析】磁通量表示穿过一个闭合电路的磁感线的多少，从题图中可看出穿过S 1的磁感线条数最多，穿过S 3的磁感线条数最少，故A 正确．【答案】 A三、安培力作用下的平衡问题1．解决通电导体在磁场中受重力、弹力、摩擦力、安培力等力的作用下的平衡问题，关键是受力分析．2．由于安培力F的方向、电流I的方向、磁感应强度B的方向三者之间涉及三维空间，所以在分析和计算安培力的大小时，要善于把立体图形改画成平面图形，以便受力分析．3．画好辅助图(如斜面)，标明辅助方向(如B的方向、I的方向等)也是画好受力分析图的关键．(多选)质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的金属导轨上，如图24所示．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，在下列各图所加各种磁场中，导体均静止，则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是( )图24A B C D【解析】要使静摩擦力为零，如果F N＝0，必有f＝0.B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反，可能使F N＝0，B项是正确的；如果F N≠0，则导体棒除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f＝0.在A选项中，导体棒所受到的重力G、支持力F N及安培力F安三力合力可能为零，则导体棒所受静摩擦力可能为零；C、D选项中，从导体棒所受到的重力G、支持力F N及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零．故正确的选项应为A、B项．【答案】AB【迁移应用】3．电流天平的原理图如图25所示，矩形线圈abcd的bc边悬在匀强磁场中．当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为m的砝码，才能使天平重新平衡．则此时磁场对bc边作用力的大小为( )【导学号：17592035】25A .14mgB .13mg C .12mg D .15mg 【解析】初状态天平平衡时，由左手定则可知，在磁场中的导线bc 受到的安培力方向竖直向上，大小设为F ，左、右两盘的砝码质量分别设为m 1和m 2.由平衡条件得：m 1g ＝m 2g －F.电流I 反向后，导线bc 受到的安培力方向竖直向下，大小仍为F ，这时要在天平的左盘上加质量为m 的砝码，才能使天平重新平衡．由平衡条件得：m 1g ＋mg ＝m 2g ＋F.以上两式相减可得：mg ＝2F ，所以F ＝mg 2. 【答案】 C3．1 法拉第的探索3．2 一条来之不易的规律——法拉第电磁感应定律1．(3分)如图所示中磁感应强度B，电流I和安培力F之间的方向关系错误的是( )【解析】由左手定则不难判定ABC均正确，D选项错误，导线所受安培力方向应向左．故答案为D.【答案】 D2．(3分)(多选)如图311所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用，要使安培力增大，可采用的方法有( )图311A．增大磁感应强度B．减小磁感应强度C．增大电流D．减小电流【解析】本题考查安培力的计算，由F＝BIL可知A、C正确．【答案】AC3．(4分)(多选)在真空环境中，原来做匀速直线运动的电子进入到与它运动方向垂直的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，形成圆弧运动轨迹，下面的说法中正确的是 ( ) A．电子所受的洛伦兹力是恒力B．进入磁场后电子动能不变C．进入磁场后电子的速度不变D．电子所受洛伦兹力的方向始终与运动方向垂直【解析】电子所受的洛伦兹力方向总与速度方向垂直，洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，对电子总不做功，故B 、D 正确，A 、C 错．【答案】BD1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，它揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系．奥斯特发现了“电生磁”的现象之后，激发人们去探索“磁生电”的方法，比较著名的物理学家有：安培、科拉顿等，都没有成功或半途而废．英国科学家法拉第始终坚信自然界各种不同现象之间有着联系．一直坚持探索电磁感应现象．前后历时数十年的探索，终于悟出了磁生电的基本原理．磁生电是一种瞬间效应，磁作用对电流的感应是一种动态过程．二、电磁感应定律1．产生感应电流的几种典型情况：正在变化的电流；正在变化着的磁场；运动的恒定电流；运动的磁铁；在磁场中运动的导体．2．法拉第实验(1)闭合电路的部分导体做切割磁感运动时，回路中电流表的指针偏转．如图312所示．图312 图313 (2)磁铁与螺线管有相对运动时也能产生电流：在条形磁铁插入或拨出螺线管的瞬间，电流表的指针偏转．条形磁铁在螺线管中保持不动时，电流表的指针不偏转．如图313所示．(3)如图314，接通或断开开关S ，或接通S 后移动变阻器的滑片，改变原线圈A 中的电流大小，副线圈B 中电流表指针发生偏转．图3143．从现象到本质穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就产生电磁感应现象．电磁感应现象中产生的电流叫感应电流．4．从定性到定量法拉第电磁感应定律(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式E ＝n ΔΦΔt，n 为线圈的匝数，E 、ΔΦ、Δt 的单位分别为V 、Wb 、s.一、对产生感应电流的条件的理解1．感应电流产生的条件：一是电路本身必须闭合，二是穿过回路本身的磁通量发生变化，主要体现在“变化”上，回路中穿过的磁通量大小，是否为零不是产生感应电流的条件，如果穿过回路的磁通量很大但无变化，那么无论多么大，都不会产生感应电流．【特别提醒】产生感应电流的条件与磁通量的变化有关，与磁通量的大小无关.2．产生感应电流的方法(1)闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动如图315所示，导体AB 做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB 顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．图315(2)磁铁在线圈中运动如图316所示，条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但磁铁在线圈中静止不动时，线路中无电流产生．图316(3)改变螺线管AB 中的电流如图317所示，将小螺线管AB 插入大螺线管CD 中不动，当开关S 接通或断开时，电流表中有电流通过；若开关S 一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中也有电流通过．图317二、如何区分磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ，磁通量的变化率ΔΦΔt路平面垂直时，Φ＝BS .2．ΔΦ是过程量，是表示闭合回路从某一时刻变化到另一时刻的磁通量的增减，即ΔΦ＝Φ2Φ1.常见磁通量变化方式有：B 不变，S 变；S 不变，B 变；B 和S 都变，回路在磁场中相对位置改变(如转动等)．总之，只要影响磁通量的因素发生变化，磁通量就会变化．3.ΔΦΔt表示磁通量的变化快慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率．【特别提醒】 Φ、ΔΦ、的大小没有直接关系，这一点可与运动学中v 、Δv 、三者类比.值得指出的是：Φ很大，可能很小；Φ很小，可能很大；Φ＝0，可能不为零如线圈平面转到与磁感线平行时当Φ按正弦规律变化时，Φ最大时，＝0，反之，当Φ为零时，最大.三、对法拉第电磁感应定律的理解1．感应电动势的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt，与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的联系，与电路的电阻R 也无关，而感应电流的大小与E 和R 有关．2．公式E ＝n ΔΦΔt适用于回路中磁通量发生变化产生的感应电动势的计算，回路可以闭合，也可以不闭合．感应电动势是整个闭合电路的感应电动势，不是电路中某部分导体的电动势．3．公式只表示感应电动势的大小，不涉及方向；切割磁感线产生的感应电流的方向用右手定则来判断．【深化探究】产生感应电流和产生感应电动势的条件一样吗？提示：不论电路是否闭合，只要穿过回路的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电动势，而产生感应电流，还需要电路是闭合的．一、对磁通量变化的认识磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量．如图318所示，通过恒定电流的导线MN 与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd 边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量的变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )图318A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定【解析】设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在1处比在2处要强，若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2；若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2.根据分析知ΔΦ1<ΔΦ2，选项C 正确．【答案】 C磁通量变化的判断(1)磁通量不是矢量，而是一个双向标量，其正负表示与规定的正方向相同或相反．(2)确定磁通量变化时要注意考虑始末位置磁通量的符号．1.有一根由金属丝绕制成的闭合环套在条形磁铁上，如图319所示，当闭合环收缩导致它所围的面积减小时：图319(1)穿过它的磁通量是否有变化？如有变化，怎样变？(2)闭合环中是否存在感应电流，为什么？【解析】条形磁铁内部的磁感线方向由S极到N极，外部从N极到S极；条形磁铁外部向下穿过闭合环的磁通量抵消了一部分内部向上穿过的磁通量，当环收缩时被抵消的部分减少，所以穿过闭合环的磁通量增加，由于穿过环的磁通量有变化，所以在环中产生感应电流．【答案】(1)变化；增加(2)有；因为穿过闭合环的磁通量有变化二、感应电流有无的判断(多选)如图3110所示，竖直放置的长直导线通过恒定电流，有一矩形框与导线在同一平面内，在下列情况中线圈产生感应电流的是( )图3110A．导线中电流变大B．线框向右平动C．线框向下平动D．线框以ab边为轴转动E．线框以直导线为轴转动【导析】根据产生感应电流的条件来判断．【解析】分析是否产生感应电流，关键就是分析穿过闭合线框的磁通量是否变化，而分析磁通量是否有变化，就是搞清楚磁感线的分布，亦即搞清楚磁感线的疏密变化和磁感线方向的变化．对A选项，因I增大而引起导线周围的磁场增强，使穿过线框的磁通量增大，故A正确．对B选项，因离开直导线方向越远，磁感线分布越疏，因此线框向右平动时，穿过线框的磁通量变小，故B正确．对C选项，由下图甲可知线框向下平动时穿过线框的磁通量不变，故C错．对D选项，可用一些特殊位置来分析，当线框在图甲图示的位置时，穿过线框的磁通量最大，当线框转过90°时，通过线框的磁通量为零，因此可以判定线框以ab轴转动时磁通量一定变化，故D正确．对E选项，先画出俯视图如下图乙所示，由图可看出线框绕直导线转动时，在任何一个位置穿过线框的磁感线条数均不变，因此无感应电流，故E错．【答案】ABD分析是否产生感应电流，关键是分析穿过闭合线圈的磁通量是否变化，分析磁通量是否变化，可通过分析穿过线圈的磁感线条数是否变化.2．如图3111所示，两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A 接直流电源，线圈B 接灵敏电流表，下列哪种情况不可能使线圈B 中产生感应电流( )【导学号：17592037】图3111A ．将开关S 接通或断开的瞬间B ．开关S 接通一段时间之后C ．开关S 接通后，改变变阻器滑片的位置时D ．拿走铁环，再做这个实验，开关S 接通或断开的瞬间【解析】根据法拉第对产生感应电流的五类概括知，A 、C 、D 选项符合变化的磁场(变化的电流)产生感应电流的现象．而开关S 接通一段时间之后，线圈A 中是恒定电流，故不能使线圈B 中产生感应电流．【答案】 B三、法拉第电磁感应定律的应用一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10 Ω，置于水平面上．若穿过线框的磁通量在0.02 s 内，由垂直纸面向里，从6.4×10－2 Wb 均匀减小到零，再反向均匀增加到9.6×10－2 Wb.则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为________A.【导析】 1.求出磁通量的变化量ΔΦ；2．用公式E ＝n ΔΦΔt求出感应电动势的大小； 3．用公式I ＝E R求出感应电流的大小．【解析】设垂直纸面向外为正方向，在0.02 s 内，磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－(－Φ1)＝Φ2＋Φ1＝9.6×10－2 Wb ＋6.4×10－2 Wb ＝0.16 Wb根据法拉第电磁感应定律： E ＝n ΔΦΔt ＝10×0.160.02V ＝80 V 根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＝8010A ＝8.0 A. 【答案】 8.0计算ΔΦ时注意的问题磁通量的变化ΔΦ≠Φ2－Φ1.在0.02 s 内磁场的方向发生了一次反向．设垂直纸面向外为正方向，则ΔΦ＝Φ2－(－Φ1)＝Φ2＋Φ1.3．有一正方形单匝线圈abcd 处于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，在Δt ＝0.5 s 的时间内，磁通量由Φ1＝3 Wb 均匀增加到Φ2＝6 Wb.求：(1)在Δt 内线圈中产生的感应电动势．(2)要使线圈中产生的感应电动势更大，可采取什么措施？【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝Φ2－Φ1Δt ＝6－30.5V ＝6 V. (2)由法拉第电磁感应定律知，要想增大感应电动势可增加线圈匝数n 或增大磁通量的变化率．【答案】 (1)6 V (2)①增加线圈匝数 ②增大磁通量的变化率1．下列现象中涉及电磁感应的是( )【解析】 A ，D 是磁场对运动电荷的作用，C 是磁场对电流的作用，B 是利用电磁感应现象．【答案】 B2．如图3112所示，将一个矩形线圈放入匀强磁场中，若线圈平面平行于磁感线，则下列运动中，哪些在线圈中会产生感应电流( )图3112A ．矩形线圈做平行于磁感线的平移运动B ．矩形线圈做垂直于磁感线的平移运动C ．矩形线圈绕AB 边转动D ．矩形线圈绕BC 边转动【解析】 A 、B 、D 三个选项中在发生运动状态的变化时，没有引起磁通量的变化，故都没有发生电磁感应现象，所以没有感应电流的产生．C 选项中，线圈的磁通量发生了改变，故线圈中产生了感应电流．【答案】 C3．若某处的地磁场为匀强磁场，一同学在该处手拿矩形线圈面向南方，如图3113所示，则能够使线圈中产生感应电流的操作是( )图3113A ．上下移动线圈B ．南北移动线圈C ．东西移动线圈D ．将线圈转到水平【解析】根据感应电流的产生条件，只要让通过线圈中的磁通量发生变化，回路中就能产生感应电流．根据该处地磁场分布，无论线圈是上下、南北、还是东西移动，通过线圈的磁通量均不变，不能产生感应电流．而D 项操作，线圈中的磁通量发生变化，能产生感应电流．【答案】 D4．一个20匝、面积为200 cm 2的圆形线圈放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面垂直，若该磁场的磁感应强度在0.05 s 内由0.1 T 增加到0.5 T ，在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量为________，磁通量的平均变化率为________，线圈中感应电动势的大小为________．【解析】磁通量变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B 2S －B 1S＝0.5×0.02 Wb－0.1×0.02 Wb＝0.008 Wb ，ΔΦΔt ＝0.0080.05 Wb/s ＝0.16 Wb/s ， E ＝n ΔΦΔt＝20×0.16 V＝3.2 V. 【答案】 0.008 Wb 0.16 Wb/s 3.2 V5.如图3114所示，水平放置的平行金属导轨，相距l ＝0.50 m ，左端接一电阻R ＝0.20 Ω，磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场，方向垂直于导轨平面，导体棒ab 垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab 以v ＝4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时，用两种方法求解ab 棒中感应电动势的大小.【导学号：17592038】图3114【解析】本题主要考查导体棒做切割磁感线运动时感应电动势的求法．解法一：根据法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝Bl ·v Δt Δt＝0.80 V. 解法二：(感应电动势的变形公式)根据法拉第电磁感应定律，ab 棒中的感应电动势为：E ＝Blv ＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.【答案】 0.80 V3．3 发电机与电动机3．4 电能与社会3．5 伟大的丰碑——麦克斯韦的电磁场理论1．(3分)如图331所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用0.05 s，第二次用0.1 s，设插入方式相同，下面的叙述，正确的是( )图331A．两次线圈中磁通量变化相同B．两次线圈中磁通量变化不同C．两次线圈中磁通量变化率相同D．两次线圈中磁通量变化率不相同【解析】两次插入，线圈中磁通量的变化是相同的，但由于插入的时间不同，故磁通量的变化率不同，选项A、D正确．【答案】AD2．(3分)如图332所示，电流表与螺线管组成闭合电路．以下关于电流表指针偏转情况的陈述中正确的是( )图332A．磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大B．磁铁快速插入螺线管和慢速插入螺线管，磁通量变化相同，故电流表指针偏转相同C．磁铁放在螺线管中不动时螺线管中的磁通量最大，所以电流表指针偏转最大D．将磁铁从螺线管中拉出时，磁通量减小，所以电流表指针偏转一定减小【解析】电流表的指针的偏转角度是由螺线管产生的感应电动势的大小决定，而感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，所以A正确．【答案】 A3．(4分)(多选)如图333所示，原线圈M与电源相连接，副线圈N与电流计G相连接，如副线圈中产生的感应电流流过电流计，则这时正在进行的实验过程可能的是( )图333A ．滑动变阻器的滑动头没有移动B ．滑动变阻器的滑动头P 向B 端移动C ．开关S 突然断开D ．M 中插入磁芯的过程【解析】如果滑动头P 不动，线圈M 中电流不变，则穿过N 的磁通量不变，A 选项没有可能，B 选项可能，C 、D 两项可使穿过N 的磁通量发生变化，产生感应电流．【答案】BCD1．发电机的发展史法拉第发明了圆盘发电机．1832年法国的皮克西发明了用永久磁铁制造的发电机．1834年英国的克拉克制造了一台带有整流子的手摇永磁发电机．英国的霍姆斯对永磁发电机的发展起了很大作用．1867年德国人西门子和英国人瓦利分别发明了自激发电机．制造第一台能够产生真正连续电流的具有实用尺寸的直流发电机的荣誉应归于比利时的格拉姆．美国发明家爱迪生改进了西门子发电机，使它得以广泛的应用，开始了以电的应用为标志的世界“第二次产业革命”．2．交变电流大小、方向周期性变化的电流叫做交变电流．。

2017-2018学年高中物理粤教版选修1-1教师用书：第4章

第四节家用电器的基本元件[先填空]电阻器的主要作用：在电路中电阻的主要作用是改变和控制电路中的电流、电压的大小，即电阻器对电流有阻碍作用．[再判断]1．金属导体的电阻随温度的升高而增大．(√)2．滑动变阻器是靠改变连入电路的导体的横截面积来改变电阻的．(×)[后思考]导体的电阻与哪些因素有关？【提示】导体的电阻与导体的材料、长度和横截面积有关，与温度也有关系．电阻器的作用和分类1．控制电路：通过改变电阻器的电阻值，改变电路中的电流或改变电路中某部分电路的电压，如图441.图4412．释放热能：电流通过电阻器时，电能全部转化为热能．电烤箱、电炉、电熨斗等就是利用电阻器的这一特性工作的．3．各种电阻器(1)普通电阻：由电阻值受环境温度等因素影响很小或者不受环境温度等因素影响的金属材料制成．普通电阻可制成定值电阻和变阻器，变阻器是利用改变导体长度来改变导体电阻的．(2)热敏电阻：电阻值随温度的变化而改变，分金属热敏电阻和半导体热敏电阻两种．一般应用于温度传感器电路中．(3)光敏电阻：电阻值随照射光的强弱的变化而改变，一般光敏电阻的阻值随入射光强度的增加而减小．光敏电阻一般应用于光传感器电路中．(4)压敏电阻：电阻值随电压的变化而变化．1．关于导体的电阻及导电性能(电阻率)的说法中，正确的是( )【导学号：75392129】A ．导体对电流的阻碍作用叫导体的电阻，因此只有导体有电流通过时，才具有电阻B ．由R ＝U /I 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C ．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D ．以上说法均不对【解析】导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，它只跟导体的几何形状和材料性质有关，跟导体是否通电及通电电流的大小无关．导电性能(电阻率)的大小和导体几何形状无关，只跟材料性质和温度有关．所以选D.【答案】 D2．电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个白炽灯串联使用，电灯还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图442所示)，下列说法正确的是( )图442A ．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B ．开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C ．开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热功率减小D ．开关断开时，电灯发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变【解析】开关接通将灯泡短路，电灯熄灭，电路中总阻值减小，由P ＝U 2R知，电路的总电功率增大，A 对，B 错．开关断开时，电灯发光，电路中总阻值较大，由P ＝U 2R知，电路的总电功率减小，电烙铁发热功率减小，C 、D 错．【答案】 A3．用功率2 kW 的电炉把2 kg 水从20 ℃加热到100 ℃，如电炉的效率为30%，需要多少时间？已知水的比热为4.2×103J/(kg·℃)．【解析】根据加热水所需吸收的热与电流产生的热量，由热平衡方程即得2 kg 水从20 ℃加热至100 ℃需吸热：Q 1＝cm Δt电炉在时间t 内放出的有效热量为Q 2＝η·Pt由Q 1＝Q 2，即：cm Δt ＝η·Pt得加热时间 t ＝cm Δt ηP ＝4.2×103×2×（100－20）30%×2 000s ＝1 120 s. 【答案】 1 120 s.[先填空]1．电容器(1)组成：电容器由互相靠近而又彼此绝缘的两个导体组成．(2)作用：能够把外部电路的电能储存在电容器内部的电场中．(3)在电路中的功效：直流电不能通过电容器，交流电能通过电容器，交流电的频率越低，电流的通过能力越低．2．电感器(1)组成：由导线绕成的各种形状的线圈．(2)作用：能够把外部电路的电能储存在电感器内部的磁场中．(3)在电路中的功效：电感器对交流电有阻碍作用，直流电能通过电感器．交流电的频率越高，阻碍作用越明显．[再判断]1．电容器可以用来储存电荷．(√)2．电感器对直流电、交流电都没有阻碍作用．(×)[后思考]电容器是互相靠近而彼此绝缘的两个导体组成，交流电是怎样通过电容器的？【提示】交流电能通过电容器是电容器不断地充电、放电的结果．1．电容器(1)电容器(如图)：电容器是一种能容纳电荷的容器．由两个彼此绝缘且靠近的导体组成．平行板电容器由两个正对的金属板——极板和置于两板之间的绝缘物质——电介质组成．电容器所带电荷量是指一板上的电荷量的绝对值．(2)电容器的作用①储存电能：把外部电路的电能储存在电容器内部的电场中．②隔直流通交流：直流电不能通过电容器，交流电能够通过电容器．交流电的频率越低，电容器对交流电的阻碍作用越明显．③电容器的充电和放电：充电：把原来不带电的电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，如图442，使两个极板上分别带上了等量的异种电荷．图442放电：充电后的电容器两个极板之间存在电压，把两个极板用导线接通，两极板上的电荷互相中和．2．电感器自感现象是通过线圈自身的电流发生变化时而产生的电磁感应现象．在一切含有较大电感且电流也很大的电路中，在接通电源或切断电源的瞬间，电感线圈中会产生很高的自感电动势，这种电动势有很大的安全隐患．电感器实际上就是线圈，对直流电的作用就是直流电阻．在交流电路中，由于自感的作用，对交变电流起阻碍作用，且随频率的增加阻碍作用增大．电感器在电路里“通直流，阻交流；通低频，阻高频”．4．使用220 V交流电源的电气设备和电子仪器，金属外壳与电源之间都有良好的绝缘性．但是，有时候用手摸外壳时仍会感到“麻手”，用试电笔测试时氖管也会发光，这是为什么？【解析】既然用手摸外壳时仍会感到“麻手”，用试电笔测试时氖管也会发光，这充分说明外壳上有电荷，通过接触形成电流，这与交变电流有关，金属外壳与电源之间虽然都有良好的绝缘性，但相当于一个电容器，交变电流是可以通过的．【答案】与电源相连的机芯和金属外壳可以看作电容器的两个极板，交变电流能够“通过”这个“电容器”．5．如图443所示，一个灯泡和一个电感器相连后与一个交流电源相接，现将一块铁芯插入线圈之后，该灯泡将( )【导学号：75392130】图443A．变亮B．变暗C．没变化D．不能确定【解析】线圈和灯泡是串联的，因此加在串联电路两端的总电压一定是线圈上的电势差与灯泡上的电势差之和．由墙上插孔提供220 V的交流电压，当未插铁芯时，由于线圈电阻很小，空心线圈的自感系数也很小，线圈在电路中对电流的阻碍作用很小，因此灯泡两端的电压几乎为220 V；当铁芯插入线圈后，线圈的自感系数比原来大得多，当交变电流通过时会产生较大的自感电动势阻碍回路中电流的变化，使得加在灯泡两端的电压小于220 V，因而灯泡的亮度将变暗，故B选项正确．【答案】 B6．某实验电路图如图444所示，电路接入交流电，灯亮．保持电压不变使频率逐渐增大，观察到灯逐渐变亮，则X接入的是( )图444A．电容器B．电感器C．电阻器D．保险丝【解析】交流电能够通过电容器．交流电的频率越低，电容器对交流电的阻碍作用越明显．当交流电频率增大时，电容器对交流电的阻碍作用减小，灯泡亮度增加．【答案】 A。

2017-2018学年高中物理选修1-1教师用书：第4章第2节

二、电磁波谱[先填空]1．概念(1)在波的传播中，凸起的最高处，叫做波峰．凹下的最低处叫做波谷．相邻的两个波峰(或波谷)的距离叫波长．(2)在一秒内所通过波峰或波谷的次数叫波的频率.(3)波的传播快慢用波速来表示．2．波长、频率和波速的关系波长、频率和波速三者的关系是：波速＝波长×频率．3．若电磁波的波长、频率、波速分别为λ、f、c，则c＝f_λ.电磁波在真空中传播的速度为c，其值为3.0×108_m/s.[再判断]1．波在传播过程中，频率不变．(√)2．电磁波在真空中的速度最大，其值为3.0×108m/s.(√)3．电磁波的速度一定是3.0×108m/s.(×)[后思考]1．当波从一种介质进入另一种介质时，若波速变小，波长如何变化？【提示】波在传播过程中频率不变，由v＝fλ知波长变小．2．不同频率的电磁波在真空传播速度相同吗？【提示】相同．不同频率的电磁波在真空中的速度最大，都是光速c .1．描述波的物理量波长(λ)、频率(f )、波速(v )． 2．波长、频率与波速之间的关系波速＝波长×频率，即v ＝λf .(1)频率由波源决定，与介质无关，波长、波速的大小与介质有关．所以同一电磁波在不同介质中传播时，频率不变，波速、波长发生改变，在介质中的速度都比在真空中速度小．(2)不同频率的电磁波在同一介质中传播时，传播速度不同． (3)在真空中传播时，不同频率的电磁波的速度都相同：v ＝c .1．在真空中传播的波长为15 m 的电磁波，进入某一介质中传播时，若传播速度为2×108m/s ，则该电磁波在该介质中的波长是多少？【导学号：46852077】【解析】电磁波在不同介质中传播时频率不变，所以其波长比为λ1λ2＝c v .所以λ2＝v λ1c ＝2×108×153×108m ＝10 m. 【答案】 10 m2．波长为0.6 μm 的红光，从10 m 外的交通信号灯传到你的眼睛，大约需要多长时间？它的频率是多少？【解析】由速度公式v ＝xt可求得时间，可根据电磁波波长、频率、波速的关系式c ＝λf 求得频率，其中t ＝x c ＝103×108 s ＝3.33×10－8s ，由c ＝λf 得f ＝cλ＝3×1086×10－7 Hz ＝5×1014Hz.【答案】 t ＝3.33×10－8s f ＝5×1014Hz1．电磁波从一种介质进入另一种介质其频率不变．2．电磁波在介质中传播其速度与介质有关，与频率也有关，但v ＝f λ仍适用． 3．在不严格情况下，光在空气中速度可认为等于真空中光速c .[先填空]1．电磁波谱(1)概念：按电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排列成谱，叫做电磁波谱．不同的电磁波由于具有不同的频率(或波长)，才具有不同的特性．(2)无线电波：波长大于1_mm的电磁波：用于通信和广播．(3)红外线：红外线是一种光波，它的波长比无线电波短，比可见光长，所有物体都发射红外线，热物体的红外辐射比冷物体的红外辐射强．(4)可见光：不同颜色的光是波长(或频率)范围不同的电磁波．傍晚的太阳颜色发红，是因为傍晚的阳光在穿过厚厚的大气层时，蓝光、紫光大部分被散射掉了，剩下的红光、橙光透过大气层射入我们的眼睛．(5)紫外线：人眼看不到比紫光波长更短的电磁波，紫外线有较高的能量，因此可用来灭菌消毒，在紫外线的照射下，许多物质会发出荧光．(6)X射线和γ射线：比紫外线更短的电磁波X射线具有穿透作用，可以用于人体透视，也可以检查金属部件内部有无缺陷．γ射线具有更强的穿透作用，可以在医学上用来治疗癌症，也可以检查金属部件的缺陷．2．电磁波具有能量，电磁波是物质存在的一种形式．微波炉的工作应用了一种电磁波——微波，食物中的水分子在微波的作用下剧烈运动，内能增加，温度升高．3．太阳辐射的能量集中在可见光、红外线和紫外线三个区域内，波长在黄绿光附近，辐射的能量最强．[再判断]1．红外线的波长大于紫外线的波长．(√)2．紫外线可以用来灭菌消毒．(√)3．验钞机发出的是红外线．(×)[后思考]1．可见光是由哪几种色光组成？【提示】可见光由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光组合而成．2．红外体温计不与人体接触就能测体温，为什么？【提示】一切物体都在不停地辐射红外线，且温度越高，辐射的红外线越强，人体当然也是这样，这就是红外体温计的原理，因此，红外体温计不与人体接触就可测体温．1．电磁波谱是把电磁波按波长由大到小的顺序排列起来的图表．顺序为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线．它们共同构成了范围广阔的电磁波谱．2．电磁波谱中各种波段的特征用途比较如下表：3．近来军事行动中，士兵都配戴“红外夜视仪”，以便在夜间也能清楚地看清目标，这主要是因为( )【导学号：46852078】A．“红外夜视仪”发射出强大的红外线，照射被视物体B．一切物体均不停地辐射红外线C．一切高温物体不停地辐射红外线D．“红外夜视仪”发射出γ射线，放射性物体受到激发而发出红外线【解析】一切物体都不停地向外辐射红外线，不同物体辐射出来的红外线不同．采用红外线接收器，可以清楚地分辨出物体的形状、大小和位置，而且不受白天和夜晚的影响．故选B.【答案】 B4．(多选)对红外线的作用及来源正确的说法有( )A．一切物体都在不停地辐射红外线B．红外线有很强的荧光效应C．红外线最显著的作用是热作用D．红外线容易穿过云雾、烟尘【解析】一切物体都在不停地辐射红外线，且热物体比冷物体的红外线辐射本领大，选项A正确；荧光效应是紫外线特性，红外线没有，红外线的显著作用是热作用，选项B 错误，选项C正确；红外线波长较长，衍射能力比较强，选项D正确．故选A、C、D.【答案】ACD5．我国进行第三次大熊猫普查时，首次使用了全球卫星定位系统和RS卫星红外遥感技术，详细调查了珍稀动物大熊猫的种群、数量、栖息地周边情况等，红外遥感利用了红外线的( )【导学号：46852079】A．热效应B．相干性C．反射性能好D．波长较长，易衍射【解析】红外线的波长较长，衍射现象明显，容易穿透云雾、烟尘，因此被广泛应用于红外遥感和红外高空摄影，故选项D对．【答案】 D1．电磁波谱是根据波长(或频率)来划分和命名的．2．所有的电磁波在真空中的传播速度均为3×108 m/s.。

2017-2018学年高中物理(教科版选修1-1)教师用书：第4章1 电磁波2 电磁波谱含答案

1 电磁波2 电磁波谱学习目标知识脉络1.知道麦克斯韦的电磁场理论．(重点）2．理解变化的电场和磁场相互激发形成电磁场．（难点)3．知道电磁波的基本性质．(重点)4．会用v＝λf解决问题．5．知道电磁波的不同波段和用途.电磁波错误!1．麦克斯韦的大胆假设(1)变化的磁场能产生电场．(2）变化的电场也能产生磁场．2．电磁波（1）变化的电场和磁场相互激发不断向外传播，这就是电磁波．（2）赫兹用实验的方法验证了电磁波的存在．3．电磁波的基本性质(1)电磁波具有能量与质量，是物质运动的一种形式．（2)电磁波可以在真空中传播，它的传播速度等于光速，即v ＝c＝3×108 m/s。

（3)电磁波发送能量的本领，即单位时间内所发送的能量与振荡频率有关；频率愈大，发送的能量愈多．错误!1．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场．（×)2．电磁波的传播不需要介质．（√)3．赫兹证实了麦克斯韦的电磁场理论．（√）错误!电磁波是如何形成的？【提示】振荡的电场产生振荡的磁场，振荡的磁场产生振荡的电场，电场、磁场交替产生，形成电磁场,电磁场由近及远地向周围空间传播，形成电磁波．1．麦克斯韦电磁场理论（1)对变化的磁场产生电场的探究图4。

11探究实验1：装置如图4。

1。

1所示,当穿过螺线管的磁场随时间变化时，上面的线圈中产生感应电动势，引起感应电流使灯泡发光．①线圈中产生感应电动势说明了什么？麦克斯韦认为变化的磁场在线圈中产生电场，正是这种电场（涡旋电场）在线圈中驱使自由电子做定向移动，产生感应电流．②如果用不导电的塑料线绕制线圈，线圈中还会有电流、电场吗？（没有）③想像线圈不存在时线圈所在处的空间还有电场吗？(有）实验结论:如图41。

2（甲)所示，麦克斯韦认为线圈只不过是用来显示电场的存在，如图4.1.2（乙）所示线圈不存在时，变化的磁场同样在周围空间产生电场,即这是一种普遍存在的现象，跟闭合电路线圈是否存在无关．线圈的作用只是用来显示电流的存在．图4.12④静电场其电场线的特点是起于正电荷止于负电荷,不会闭合，而变化的磁场产生的电场其电场线是闭合的．(2)对变化的电场产生磁场的探究探究实验2:①静止电荷周围的小磁针不偏转,运动电荷周围的小磁针发生偏转．②在电容器充放电时，周围的小磁针发生摆动．实验分析：静止电荷的周围是稳定的电场，不产生磁场，电荷运动时,周围产生的是变化的电场，产生磁场使小磁针摆动，在给电容器充、放电时，两极板上的电荷量发生变化，引起两板间的电场发生变化,从而在周围产生磁场使小磁针摆动．在给电容器充、放电的时候,不仅导体中电流要产生磁场,而且在电容器两极板间周期性变化着的电场周围也要产生磁场．实验结论：在变化的电场周围空间中产生磁场．2.电磁波的特点(1)电磁波是横波，在传播方向上任一点电场E和磁场B随时间按正弦规律变化，E的方向和B的方向彼此垂直且与电磁波的传播方向垂直．（2）电磁波的传播速度v＝λf,在真空中的传播速度等于光速．(3)电磁场中以电场和磁场的形式贮存着能量——电磁能．电磁波的发射过程就是辐射能量的过程．（4）麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在,测出了波长和频率,证实了在真空中传播速度等于光速，验证了电磁波的反射、折射、衍射和干涉等现象．1．根据麦克斯韦的电磁场理论,下列说法中正确的是( ）A．在电场周围一定产生磁场，在磁场周围一定产生电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场,在变化的磁场周围一定产生变化的电场C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场【解析】根据麦克斯韦的电磁场理论，只有变化的电场才能产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场,非均匀变化的电场产生变化的磁场．故选D.【答案】D2．(多选）下列说法正确的是( )A．恒定电流能够在周围空间产生稳定的磁场B．稳定电场能够在周围空间产生稳定的磁场C．均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场D．均匀变化的电场和磁场互相激发,形成由近及远的电磁场【解析】根据奥斯特实验可以验证电流的磁效应，当电流恒定时产生的磁场是稳定的，故A正确．稳定的电场不能产生磁场，故B错误．电场变化时产生磁场，且均匀变化时产生稳定磁场，故C正确．均匀变化的电场产生稳定磁场,而稳定的磁场不能再次激发电场，故不能形成由近及远的电磁场，D错误．【答案】AC3．电磁场理论预言了什么( ）A．预言了变化的磁场能够在周围空间产生电场B．预言了变化的电场能够在周围产生磁场C．预言了电磁波的存在，电磁波在真空中的速度为光速D．预言了电能够产生磁，磁能够产生电【解析】麦克斯韦预言了电磁波的存在，并计算出了电磁波的传播速度等于光速．【答案】C在理解麦克斯韦的电磁场理论时,要注意静电场不产生磁场，稳定的磁场也不产生电场.电磁波谱错误!1．电磁波的波长，频率和波速的关系式为：c＝λf,频率越高的电磁波,波长越短．2．通常把电磁波分为七个波段：无线电波、微波、红外辐射（红外线）、可见光、紫外辐射（紫外线）、X射线（伦琴射线)、γ射线．错误!1．波在传播过程中，频率不变(√）2．电磁波在真空中的速度最大，其值为3。

2017-2018学年高中物理沪科版选修1-1教师用书：第2章

2．4 电子束偏转的奥秘1．(2分)如图241所示，两个同心放置的同平面金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量Φa、Φb之间的关系是( )图241A．Φa＞Φb B．Φa＜ΦbC．Φa＝Φb D．不能确定【解析】通过圆环的磁通量为穿过圆环的磁感线的净条数，首先明确条形磁铁的磁感线分布情况，另外要注意磁感线是闭合的曲线．条形磁铁的磁感线在磁铁的内部是从S极到N极，在磁铁的外部是从N极到S极，内部有多少根磁感线，外部的整个空间就有多少根磁感线同内部磁感线构成闭合曲线．对两个圆环，磁铁内部的磁感线全部穿过圆环，外部的磁感线穿过多少，磁通量就抵消多少，所以面积越大，磁通量反而越小，故选A.【答案】A2．(2分)如图242所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑的绝缘圆柱上，线圈能自由移动，若两线圈内通有大小不等的同向电流，则它们的运动情况是( )图242A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度相背运动【解析】同向环形电流可分成很多小段直线电流元，则不难发现相对应的直线电流元方向总是相同的，方向相同的直线电流元是相互吸引的；也可以把环形电流等效成小条形磁铁，异名磁极相互吸引，虽然两电流大小不等，根据牛顿第三定律知两线圈间的相互作用力大小相等，所以选C项．【答案】C3. (3分)如图243所示，长为l的通电直导体棒ab放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，弹簧伸长x ，棒处于静止状态．则()图243A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB ．导体棒中的电流大小为kx BlC ．若只将磁场方向顺时针缓慢转过一小角度，则x 变大D ．若只将磁场方向逆时针缓慢转过一小角度，则x 变大【解析】由于弹簧伸长，根据左手定则知导体棒中的电流方向从a 流向b ，所以A 错误；由力的平衡条件知kx ＝BIl ，所以B 正确；如果磁场方向转过一小角度，安培力水平方向的分量均要减小，所以x 变小，故C 、D 错误．【答案】 B4．(3分)关于对磁通量的描述，下列说法正确的是( ) A ．位于磁场中的一个平面垂直磁场方向时，穿过该平面的磁通量最大B ．穿过平面的磁通量最大时，该处的磁感应强度一定最大C ．如果穿过某平面的磁通量为零，则该处的磁感应强度一定为零D ．将一平面置于匀强磁场中的任何位置，穿过该平面的磁通量总是相等【解析】由磁通量Φ＝BS·cos θ可知，磁通量不但与B 、S 有关，还与平面与该平面沿垂直磁场方向的投影面之间的夹角有关．Φ＝0，B 不一定为零，Φ最大，B 也不一定大．故选项A 正确．【答案】A电视机显像管发射出的高速电子流受到一组通电线圈磁场控制，打到荧光屏的各个部位产生精彩纷呈的图像．奥斯特的电流磁效应竟能被应用的如此出神入化．二、洛伦兹力1．首先对磁场中运动电荷做深入研究的是荷兰物理学家洛伦兹．2．磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力．三、洛伦兹力的方向1．判定：由于电荷的运动相当于电流，因此，洛伦兹力的方向同样可以用左手定则来判断．2．特点：洛伦兹力的方向处处垂直于运动电荷的速度．3．作用：洛伦兹力只改变运动电荷的速度方向，不改变运动电荷的速度大小，因而垂直磁场射入的电子在洛伦兹力作用下做圆周运动．四、磁偏转的应用1．分离放射线：放射性物质衰变时，会从原子核内发射出三种射线：α射线由带正电的氦原子核组成，β射线是带负电的高速电子流，γ射线是不带电的光子流，利用洛伦兹力可以把它们分离开来．2．质谱仪：质谱仪是科学研究中用来分析同位素和测量带电粒子质量的精密仪器．当电量相同、质量不同的带电粒子进入磁场后将沿不同半径做圆周运动，在显示屏上出现按质量大小排列的若干谱线．3．回旋加速器：回旋加速器是一种能产生大量高能量粒子的装置.一、洛伦兹力与安培力的比较1．在导体静止不动时，安培力是洛伦兹力的合力，所以洛伦兹力的方向与安培力的方向是一样，可由左手定则来判定．判断洛伦兹力的方向时一定要注意F垂直于v与B所决定的平面．2．当运动电荷的速度v的方向与磁感应强度的方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，仍以初速度做匀速直线运动．而磁场中静止的电荷也不受洛伦兹力的作用．导体平行磁场方向放置时，定向运动的电荷不受洛伦兹力，所以导体也不受安培力．3．洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对运动导体却可以做功．由于洛伦兹力F 始终垂直于电荷的运动速度v的方向，不论电荷做什么性质的运动，也不论电荷是什么样的运动轨迹，F只改变v的方向，并不改变v的大小，所以洛伦兹力对运动电荷不做功．通电导体在磁场中运动后，电荷相对磁场的运动方向并不沿导体方向，所受洛伦兹力的方向也不垂直于导体，洛伦兹力垂直于导体方向的分力做正功，而沿导体方向的分力做负功，总功仍为0.导体中所有运动电荷受到的洛伦兹力，在垂直于导体方向的分力的合力就是安培力，所以安培力对运动导体可以做功．二、电场力与洛伦兹力的比较1．运动电荷的速度v与磁场B平行时，磁场对运动电荷无作用力，做匀速直线运动．2．运动电荷的速度v与磁场B垂直时，由于洛伦兹力总垂直于电荷的运动方向，所以只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以将在磁场做匀速圆周运动．3．运动电荷的速度v与磁场B方向夹角为θ时，把速度分解在垂直于磁场和平行于磁场的两个方向上，由上述1、2可知，在这两个方向上分别做匀速圆周运动和匀速直线运动，其合运动为等速螺线运动．【特别提醒】在处理洛伦兹力的有关问题时，要切记以下几点：(1)洛伦兹力方向一定与电荷的运动方向垂直，它只改变速度的方向，不改变速度的大小．(2)在判断洛伦兹力方向时把运动电荷看作电流，因此伸直的四指指向正电荷的运动方向(或负电荷的反方向)．四、带电粒子在磁场中的偏转及应用1．分离放射线放射性物质衰变时，会从原子核内发射出三种射线：一种叫α射线，由带正电的氦原子核(42He)组成；一种叫β射线，是带负电的高速电子流；还有一种叫γ射线，是不带电的光子流．利用洛伦兹力，就可以把它们分离开来．(如图244所示)图2442．显像管的工作原理(1)构造如图245所示．图245(2)原理：阴极发射电子，经过偏转线圈，偏转线圈产生的磁场和电子运动方向垂直，电子受洛伦兹力作用发生偏转，偏转后的电子打在荧光屏上，使荧光屏发光．(3)扫描：偏转区的水平方向和竖直方向都加有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点不断移动，这种现象称为扫描．偏转磁场的变化随图像信号的变化而变化，电子束打在荧光屏上就会产生精彩纷呈的图像．3．回旋加速器(1)主要由粒子源、两个D形金属盒、匀强磁场、粒子引出装置等组成，回旋加速器一般放在真空容器中．(如图246所示)图246(2)回旋加速器原理：如图247所示，设粒子源中放出的是带正电的粒子，以一定初速度v0进入下方D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，运行到半周后回到窄缝边缘，这时在A1、A1′间加一向上的电场，粒子将在电场作用下被加速，速率由v0变为v1，然后粒子在上方的D形盒的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后到达窄缝边缘，这时在A2、A2′间加一向下的电场，使粒子又一次得到加速，速率变为v2，这样使粒子每次经过窄缝时被加速，又通过D形盒内的磁场回旋到窄缝，通过反复加速使粒子达到很高的能量．图247【深化探究】从回旋加速器的原理可知，带电粒子进入两D型盒狭缝时电场就对其加速，那么狭缝所加电场应该怎样变化？提示：因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，它的周期确定，这样，狭缝所加电场的方向每经过带电粒子在磁场中运动半个周期便改变，也就是狭缝间加一交变电流.周期与带电粒子的运动周期相同，则带电粒子就会每经过狭缝总是被加速.4．质谱仪(1)用途：质谱仪是一种测量微小带电粒子质量和分离同位素的仪器．(2)原理：如图248粒子源S产生质量为m、电荷量为q的正粒子(所受重力不计)．粒子无初速度的经过电压为U的电场加速后，进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动．经过半个周期后到达记录它的照相底片P上，测得P点位置到入口处的距离为L，即可求得带电粒子的质量和比荷．图248一、左手定则的应用在下列选项所示的四幅图中，正确标明了在磁场中带正电的粒子所受洛伦兹力f方向的是( )【解析】由左手定则可知，洛伦兹力的方向一定与速度和磁场垂直，故C、D均错误；考虑到带电粒子带正电，可确定选项A正确．【答案】A在判断运动电荷所受洛伦兹力方向时，要注意区分电荷的电性，若为正电荷，四指指向正电荷的运动方向，若为负电荷，则四指指向负电荷运动的反方向.1．(多选)如图249所示是表示从粒子源S以相同速度射出的三种粒子A、B、C在匀强磁场中运动的轨迹，由此可判定( )【导学号：17592030】图249A．带正电的是C粒子B．带正电的是A粒子C．不带电的是B粒子D．带负电的是A粒子【解析】粒子源发出三种不同粒子，则三种粒子的电带电性不同。

(沪科版)高中物理选修3-2教师用书：第4章 4

4．2 探究热敏电阻的温度特性曲线学习目标知识脉络1.知道传感器的概念，知道传感器的常见类型．2．理解传感器的敏感元件和转换电路．(重点)3．掌握热敏电阻的阻值与温度的关系．(重点)4．会用光敏电阻和热敏电阻设计、分析一些实际问题.传感器的原理[先填空]1．传感器(1)定义：传感器是通过测量外界的物理量、化学量或生物量来捕捉和识别信息，并将被测量的非电学量转换成电学量的装置．它一般包括敏感元件和转换电路等．(2)敏感元件：它是传感器的核心，它利用各种物理、化学、生物效应，将非电学参数的变化转换成电学参数的变化．(3)转换电路：将敏感元件采集的信息进行处理，以电压或电流的形式输出．2．智能传感器【提示】是的．不同的传感器中的敏感元件不同，工作原理也不相同，但都是将非电学量转化为电学量的．[合作探讨]传感器是一种检测装置，能感受到被测量的信息，并能将感受到的信息，按一定规律变换成电信号或其他所需形式的信息输出，以满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求．探讨1：传感器的基本作用是什么？【提示】将被测量的非电学量转换成电学量．探讨2：不便于测量和控制的非电学量有哪些？【提示】角度、位移、速度、压力、温度、声强、光照等．探讨3：便于测量和控制的电学量有哪些？【提示】电流、电压等．[核心点击]1．传感器的工作原理传感器感受的一般是非电学量，如压力、温度、位移、浓度、速度、酸碱度等，而它输出的通常是电学量，如电压值、电流值、电荷量等，这些输出信号是非常微弱的，通常要经过放大后，再输送给自动控制系统以使其产生各种控制动作．传感器：非电学量―→传感器―→电学量换能器：一种形式的能量另一种形式的能量2．三类传感器的异同(1)相同点：都能将感受到的非电学量信息转化成电学量，都是利用敏感元件的某种敏感效应制成的．(2)不同点：三类传感器的工作原理不同，所利用的敏感元件的敏感效应不同．生物传感器与物理传感器和化学传感器的最大区别在于生物传感器的感受器中含有生命物质．3．一些常见的传感器传感器种类繁多，具体功能各不相同，下表给出一些常见的传感器及其工作原理.传感器品种工作原理可被测定的非电学量力敏电阻、热敏电阻、半导体传感器阻值变化力、质量、加速度、温度、湿度、气体电容传感器电容量变化力、质量、加速度、液面、湿度感应传感器电感量变化力、质量、加速度、旋进数、转矩、磁场霍尔传感器霍尔效应角度、旋进度、力、磁场压电传感器，超声波传感器压电效应压力、加速度、距离1．下列说法正确的是( )A．凡将非电学量转化为电学量的传感器都是物理传感器B．湿敏传感器只能是物理传感器C．物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出D．物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应【解析】各种传感器虽然工作原理不同，但基本功能相似，多数是将非电学量转化为电学量，故A错；湿敏传感器为化学传感器，故B错；传感器既可将信息转化为电压输出，也可转化为电流、电阻等输出，故C错；由物理传感器定义知D正确．【答案】D2．关于物理传感器、化学传感器和生物传感器的下列说法中，正确的是( )A．物理传感器是利用材料的某种物理性质工作的，因而只能用于机械加工行业不能用于化工领域B．化学传感器是利用某种化学反应来工作的，因而只能输出某种化学物质而不能输出电学量C．生物传感器的适用范围广，可在任意温度条件下工作D．生物传感器由于含有生命物质，因而对使用传感器的环境条件有一定要求【解析】不论哪种传感器都可以将非电学量转换成电学量输出，故B错；物理传感器在化工领域也可以使用，如温度传感器等，故A错；生物传感器能够使用的前提是感受器中的生命物质保持生物活性，故C错、D对．【答案】D3．如图411所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接．声源S做位移x＝Asin(100πt)的振动，则( )图411A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变B．a振动过程中，a、b板所带电荷量不变C．a振动过程中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大【解析】由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，因此两极板间的电压U保持不变，根据场强E＝，C＝可判断A错、D对；再由Q＝CU可知，B错；由于Q变化，使电容器出现充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，C错．【答案】D传感器的优点电学量具有便于控制、放大、衰减、波形整理、显示、可储存、远距离传输等技术方面的优点，尤其是将电学量与计算机技术结合，可以方便地实现信息的采集、处理、输出的自动化和智能化，所以现代信息技术与自动控制中常将非电学量转化成电学量进行信息收集．探究热敏电阻的温度特性曲线[先填空]一、探究热敏电阻的阻值随温度变化的方案1．探究方案(一)(1)实验电路如图4-2-1所示图421(2)原理固定热敏电阻θ两端的电压U0，测量热敏电阻在各温度下的电流值Ii.由欧姆定律求得其电阻R＝，探究阻值跟温度的关系．(3)实验步骤①将热敏电阻用塑料薄膜紧贴着包裹一层，使得水浴时热敏电阻的引线不直接与水接触．②用带有导线的金属夹夹住热敏电阻的引线，连接好电路．③闭合开关，记下电压表及电流表读数，计算出热敏电阻阻值，并记下热敏电阻的温度(即水温)t.④多次改变水的温度，调节滑键P的位置，使电压表示数保持U0不变，记下电流表读数及水温，计算出对应的电阻值．⑤作出热敏电阻Rt图线．2．探究方案(二)(1)实验器材：热敏电阻、多用电表、烧杯(备用冷、热水)、温度计、铁架台．(2)实验步骤①如图422所示，将一热敏电阻连入电路中，用多用电表欧姆挡测其电阻，记录温度、电阻值．图422②将热敏电阻放入装有少量冷水并插有温度计的烧杯中，记录温度、电阻值．③再分几次向烧杯中倒入热水观察不同温度下热敏电阻的阻值．把测量到的温度、电阻值填入表中．次12345数t/°CR/Ω④在图423中，粗略描绘出热敏电阻的阻值R随t变化的Rt 图线．图423二、热敏电阻的温度特性1．热敏电阻由半导体材料制成，所用材料根据其温度特性可分为三类：(1)负温度系数：它的电阻随温度的升高而减小，像NTC热敏电阻；(2)正温度系数：它的电阻随温度的升高而增大，像PTC热敏电阻；(3)临界温度系数：它的电阻在很小的温度范围(临界)内急剧下降，像CTC热敏电阻．2．用途：CTC型热敏电阻，阻值随温度急剧变化，因此常用作开关元件；PTC和NTC型热敏电阻用于温度测量中．三、热敏电阻与金属热电阻氧化锰热敏电阻金属热电阻特点电阻率随温度的升高而减小电阻率随温度的升高而增大制作材料半导体金属优点灵敏度好化学稳定性好，测温范围大作用将温度这个热学量转换为电阻这个电学量[合作探讨]电熨斗、电饭锅、火灾报警器等是生活中常见的传感器的应用实例，其中热敏电阻、金属热电阻是常用的敏感元件．探讨1：金属热电阻的阻值随温度的升高怎样变化？【提示】增大．探讨2：负温度系数的热敏电阻的阻值随温度的升高怎样变化？在含有热敏电阻传感器的电路中，欧姆定律是否依然成立？【提示】减小成立．[核心点击]一、常见几种传感器的工作原理1．光敏电阻和热敏电阻的原理光敏电阻和热敏电阻一般是由半导体材料做成，当半导体材料受到光照增强或温度升高时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，于是导电性能明显增强，电阻减小．2．金属热电阻的原理金属的电阻率随温度升高而增大，随温度降低而减小，故能感受周围温度的变化．3．热敏电阻和金属热电阻的区别两者原理不同，材料不同，同样的温度变化电阻变化不同，金属热电阻化学稳定性好，测温范围大，热敏电阻灵敏度高．热敏电阻和金属热电阻的阻值随温度变化的图像如图424所示．图424二、两类热敏电阻的区别与应用1．区别NTC热敏电阻具有负温度系数，阻值随温度的升高而减小；PTC热敏电阻具有正温度系数，阻值随温度的升高而增大．2．应用(1)PTC热敏电阻的应用①电器过流过热的保护，主要应用于电脑、电视机、吹风机、热水机等；②照明延时；③消磁器，主要用于电视机的消磁电路；④启动器，用于空调、冰箱等．(2)NTC热敏电阻的应用①家用电器，如应用于电饭锅、干燥箱的温度传感器上；②电子礼品，如电子万年台历；③应用于工业上，如应用于医药、化工生产设备中的温度传感器上；④电池充电器等．4．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是( )A．金属导体B．绝缘体C．半导体D．超导体【解析】上述四种材料只有半导体的电阻随温度升高而减小，故选C.【答案】C5．(多选)温度传感器是应用最广泛的传感器之一，它能把温度的高低转变成电信号，通常是利用物体的某一物理性质随温度的变化而改变的特性制成．电熨斗就是靠温度传感器来控制温度的．电熨斗装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断，其结构如图425所示．下列说法正确的是( )图425A．常温下，上、下触点应是接触的B．熨烫棉麻衣物和熨烫丝绸衣物时，需要设定不同的温度，此时可通过调温旋钮调节升降螺丝C．常温下，上、下触点应是分离的D．温度过高时，上、下触点应是接触的【解析】常温下，上、下触点应是接触的，但温度过高时，由于双金属片受热膨胀系数不同，上部金属片膨胀大，下部金属片膨胀小，则双金属片向下弯曲，使触点分离，从而切断电源，停止加热，温度降低后，双金属片恢复原状，重新接通电路加热，这样循环进行，从而起到自动控制温度的作用，所以A正确，C、D错；熨烫棉麻衣物和熨烫丝绸衣物需要设定不同的温度，此时可通过调温旋钮调节升降螺丝，升降螺丝带动弹性铜片升降，从而改变触点接触的难易，达到控制不同温度的目的，B正确．【答案】AB6.如图426所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时( )图426A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱【解析】R2与灯L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数变小，灯L两端电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C正确，其余各项均错．【答案】C关于热敏电阻的两点提醒(1)热敏电阻随温度的升高，电阻有可能减小，也有可能增大．(2)并非所有半导体材料都可以当成光敏电阻或热敏电阻使用．。

沪科版高中物理选修1-1电子课本

请你运用物质的微观模型和电荷的相互作用、电荷守恒定律，解释感应起电现象及绝缘导体两端产生等量异号感应电荷的原因。
用摩擦的方法得到的电荷，停留在物体的某一部分，称为静电。
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吉尔伯特的贡献
吉尔伯特是英国的一位著名医生，他在进行磁的实验研究时，也研究了静电现象。他发现不仅被摩擦的琥珀具有吸引轻小物体的性质，一些其
图 1-10 各种电容器
外层箔片内层箔片
一个重要的原因是当时人们无法获得大量的电荷, 也不知如
图 1-9 莱顿瓶的结构
何贮存电荷。
版大约在 1650 年，德国的盖里克（O. Guericke）根据摩擦起电
的原理，发明了第一台能产生大量电荷的摩擦起电机。大约又过了 100 年，在 1745 年至 1746 年之间，物理学家克莱
科变革。全社会的每一个成员都能从物理学中汲取到有益的营养。物
理学的许多研究方法早已被移植到社会科学领域，并已开花结果。 “文科”与“理科”间的鸿沟正被逐渐填平。未来的社会栋梁，不但要知道奥赛罗、红楼梦，也要知道宇宙大爆炸、黑洞；不仅会欣赏毕加索、徐悲鸿，也要会欣赏爱因斯坦、霍金。
沪人们称诗歌（Poetry）和物理学（Physics）是代表人类智慧的两个伟大的 P，它们在人类文明的进程中都有着重大的影响。我们相信，它们必将在未来的社会栋梁身上得到更完美的体现，而这，正是本书追求的宗旨。亲爱的同学，让我们共同努力吧！
不过，在科学史上，从最早发现电现象，到认识闪电的本质，
经历了漫长的岁月，一些人还为此付出过惨痛的代价。现在，我们可以用起电机在实验室里模拟闪电。如图 1-3 所示，摇动起电机手柄，两个放电球上的电荷就会

2017-2018学年高二物理选修1-1教师用书：第4章章末

章末分层突破①闭合 ②磁通量 ③电磁学理论 ④n ΔΦΔt⑤Blv ⑥右手 ⑦电磁感应⑧机械能 ⑨铁芯 ⑩电磁感应 ⑪n 1n 2⑫电阻 ⑬电压1.电磁感应中相当于电源的那部分产生的电动势叫感应电动势，其余部分可等效为负载，利用学过的电路知识处理问题．产生感应电流的本质是因为产生了感应电动势，与电路是否闭合没有关系，若电路不闭合，仍有感应电动势而没有感应电流．2．法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比．3．磁通量变化快慢的描述方法：在相同的时间内磁通量的变化越大，磁通量的变化越快；如果有相同的磁通量的变化，时间越短，磁通量的变化越快．一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10 Ω、面积为0.04 m 2，置于水平面上．若线框内的磁感应强度在0.02 s 内，由垂直纸面向里，从1.6 T 均匀减少到零，再反向均匀增加到2.4 T ．则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为多少？【解析】本题中的ΔΦ＝|Φ2－Φ1|由于反向应两者相加，根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt ＝nS ΔBΔt＝10×0.04× 2.4＋1.60.02V ＝80 V 根据闭合电路欧姆定律I ＝ER＝8 A. 【答案】 8 A1.副线圈和闭合铁芯构成，原线圈和副线圈分别绕在同一个闭合铁芯上．2．工作原理：变压器是通过电磁感应来改变交流电压的，原线圈n 1接交流电源，由于电流的变化在闭合铁芯中产生变化的磁通量也通过了副线圈，根据法拉第电磁感应定律，便在副线圈n 2中产生感应电动势，如果输出电压高于输入电压，为升压变压器；如果输出电压低于输入电压，为降压变压器．3．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2. 电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.由于理想变压器的结构一定，n 1、n 2均为定值，所以输出电压U 2由输入电压U 1决定，与负载电阻的大小无关，U 1增大，U 2也增大；U 1减小，U 2也减小．4．变压器不改变交变电流的频率．5．理想变压器P 入＝P 出，原副线圈的制约关系应由P 入＝P 出，结合法拉第电磁感应定律界定．为了安全，机床上照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是220 V 的电压降压后得到的．如果理想变压器的原线圈是1 140匝，则副线圈是多少匝？用这台变压器给40 W 的电灯供电，原线圈传递给副线圈的功率是多大？【导学号：18152096】【解析】由理想变压器的电压关系U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝36×1 140220≈187(匝)．对于理想变压器P 入＝P 出P 入＝40 W.【答案】 187匝 40 W1．如图41甲所示，n ＝50匝的圆形线圈M ，它的两端点a 、b 与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则电压表的示数为( )图41A ．5 VB ．10 VC ．15 VD ．20 V【解析】由题中图象可得：ΔΦΔt ＝ 8－0 ×10－24－0 ×10－1 Wb/s ＝0.2 Wb/s 所以E ＝n ΔΦΔt ＝50×0.2 V＝10 V ．电压表电阻很大，故路端电压U 约等于电源电动势，故B 对．【答案】 B2．(多选)一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U 1和U 2、I 1和I 2、P 1和P 2，已知n 1>n 2，则( )A ．U 1>U 2，P 1＝P 2B ．P 1＝P 2，I 1<I 2C ．I 1<I 2，U 1<U 2D ．P 1>P 2，I 1>I 2【解析】由理想变压器的电压关系U 1U 2＝n 1n 2知，当n 1>n 2时，U 1>U 2，由电流关系I 1I 2＝n 2n 1知，当n 1>n 2时，I 1<I 2，而功率在变压过程中不变，所以A 、B 项均正确．【答案】 AB3．(多选)如图42所示，有一水平放置、内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R ，有一带正电的粒子静止在管内，整个装置处于竖直向上的磁场中．要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是( )图42A ．匀强磁场B ．均匀增加的磁场C ．均匀减小的磁场D ．由于洛伦兹力不做功，不管加什么样的磁场都不能使带电粒子绕着管运动【解析】磁场对静止的电荷不产生力的作用，但当磁场变化时可产生电场，电场对带电粒子产生电场力作用，带电粒子在电场力作用下可以产生加速度．【答案】 BC4．一个闭合金属线框的两边接有电阻R 1、R 2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中，如图43所示．当用外力使ab 棒右移时，下列判断正确的是( )图43A ．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流B ．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C ．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D ．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行【解析】 ab 棒右移时，切割磁感线．根据右手定则，ab 棒中的感应电流方向从a 流向b ，此时ab 棒起着电源的作用，分别对两边电阻供电，如图所示，所以流过R 1、R 2的电流都由上而下地绕行．【答案】 D5．用粗细均匀的绝缘导线折成一个圆环，环内用相同绝缘导线折成内接正方形，它们都闭合，现将它们放在均匀变化的匀强磁场中，磁场方向与线圈所在平面垂直，如图44所示．已测得圆环中的感应电流I 1＝0.707 mA ，求内接正方形中的感应电流I 2.图44【解析】设单位长导线电阻为R 0，圆半径为a ，则R 1＝2πaR 0 R 2＝42aR 0S 1＝πa 2 S 2＝2a 2由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知E 1＝ΔB Δt S 1 I 1＝E 1R 1 E 2＝ΔB Δt S 2 I 2＝E 2R 2解以上方程得：I 2＝I 12＝0.7072A ＝0.5 A. 【答案】 0.5 A。

2017-2018学年高中物理选修1-1教师用书：第1章第1节

第1节认识静电[先填空]1．静电现象(1)不同材料的物体经过摩擦后能吸引轻小物体的现象称为“电化”或“带电”．(2)通过摩擦可以使物体带电，而且摩擦可以产生两种不同的电荷．2．物质的结构物体是由原子组成的，原子则是由带正电的原子核以及环绕原子核运动的带负电的电子组成的．而原子核又是由质子和中子组成的．质子带正电，中子不带电．在一般情况下，物体内部的原子中电子的数目等于质子的数目，整个物体不带电，呈电中性．3．两种电荷：自然界中存在着两种电荷，它们分别为正电荷和负电荷．用毛皮摩擦过的橡胶棒上带的电荷叫负电荷；用丝绸摩擦过的玻璃棒上带的电荷叫正电荷．4．物体带电的三种方式：摩擦起电、感应起电、接触起电．[再判断]1．“顿牟掇芥”记载的是摩擦生电现象．(√)2．电荷间的相互作用规律是同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．(√) 3．带电体靠近导体，导体感应起电，拿走带电体，导体仍然带电．(×)4．感应起电的实质是带电体的电荷飞到了导体上．(×)[后思考]1．摩擦起电的原因是什么？【提示】电子的得失．2．现仅有一带正电的电荷A和一个完整不可拆的导体B(A、B都带有绝缘支架)，你能否使导体B带上正电或负电？试用学过的知识简要分析．【提示】起电的方式有摩擦起电、接触起电、感应起电，若选择让A、B 直接接触的方式，可使导体B带上正电；若选择用A去靠近B，用感应的方式让B带电，似乎还缺少一个导体C，其实人是一个很好的导体，在A靠近B时，用手触摸B，拿开手后再取走A，B则带上了负电．1．摩擦起电(1)用摩擦的方法使物体带电：两个不同种类的物体相互摩擦，其中一个物体失去电子而带正电，另一个物体获得电子而带等量的负电．(2)摩擦起电的原因：不同物质组成的物体，由于原子核对核外电子的束缚能力不同，在摩擦过程中由于摩擦力做功，使核外电子的束缚能力弱的原子失去电子而带正电，使核外电子的束缚能力强的原子获得电子而带负电，且两个物体带等量的正、负电荷．2．接触起电(1)方法：用一个不带电的物体去接触另一个带电的物体，带电物体的净电荷的一部分就会转移到原来不带电的物体上，使原来不带电的物体带电．(2)规律：两个完全相同的导体球发生接触时，同种电荷总电荷量平均分配，异种电荷先中和后再平分；两个导体球分离后，各带等量的同种电荷(恰好中和时，两导体球都不带电)．3．感应起电(1)方法：用带电的物体靠近没有带电的物体，也能使没有带电的物体带电．例如，将一个带电的物体靠近一个原来没有带电的金属导体，金属内部的自由电子就会发生移动，从而在导体表面出现“感应电荷”．如果将带电的物体靠近绝缘体，绝缘体内部的电子虽然不会自由移动，但带电物体的作用会使绝缘体内部电子的方向发生改变，出现“极化”现象，使其带电．(2)规律：感应起电时，原来不带电的导体的两端同时感应出等量的异种电荷，且靠近带电体一端感应出的电荷与带电体带的电荷是异种电荷，远离带电体一端感应出的电荷与带电体带的电荷是同种电荷，即“近异远同”．1．关于电现象，下列叙述正确的是()【导学号：18152001】A．玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电B．摩擦可以起电是普遍存在的现象，相互摩擦的任意两个物体总是同时带等量异种电荷C．带电现象的本质是电子的转移，呈电中性的物体得到电子就一定显负电性，失去电子就一定显正电性D．摩擦起电是通过摩擦创造了等量的异种电荷的过程【解析】使物体带电的实质就是电荷重新分布，使原来不带电的物体带了电．电荷既不能创造，也不能消灭，只能从物体的一部分转移到另一部分，或者从一个物体转移到另一个物体，在任何转移的过程中，电荷的总量不变．【答案】 C2．在感应起电中带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，如图1-1-1所示M 处将()图1-1-1A．带正电B．带负电C．不带电D．以上答案均有可能【解析】由同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，导体中的负电荷被排斥到M处，所以选项B正确．【答案】 B3．(多选)如图1-1-2所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是() 【导学号：18152002】图1-1-2A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D．先把A、B分开，再把C移去，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合【解析】虽然A、B起初都不带电，但带正电的导体C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端积累了正电荷，其下部贴有的金属箔片因为接触带电，也分别带上了与A、B同种的电荷，由于同种电荷间的斥力，所以金属箔片都张开，A正确．C只要一直在A、B附近，先把A、B分开，A、B上的电荷因受C的作用力不可能中和，因而A、B仍带等量的异种感应电荷，此时即使再移走C，因A、B已经绝缘，所带电荷量也不能变，金属箔片仍张开，B正确．但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上在其相互之间的作用力下吸引中和，不再带电，所以箔片都不会张开，C错．先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，箔片都不会张开，D错．【答案】AB使物体带电的三种方式都是使电荷重新分布，电荷的总量均保持不变.[先填空]任何孤立系统的电荷总数保持不变．在一个系统的内部，电荷可以从一个物体转移到另一个物体．但是，在这个过程中系统总的电荷是不改变的．[再判断]1．物体带电的实质是电荷的转移．(√)2．三种起电方式中，感应起电违背了电荷守恒定律．(×)3．各种起电现象都遵守电荷守恒定律(√)[后思考]在干燥的冬天，你也许有过这样的经历：当你经过铺有地毯的走道来到房间门口，在伸手接触金属门把手的一刹那，突然听到“啪”的一声，把你“猛击”一下，弄得你虚惊一场(如图1-1-3所示)，想一想这是为什么？图1-1-3【提示】人在地毯上行走，由于脚与地毯的摩擦，时间久了人身上会带有因摩擦而产生的大量电荷，当人手与金属门把手接触的瞬间放电，会发出“啪”的声响，同时人感到有触电的感觉．电荷守恒定律的理解1．定律中“总的电荷”是指电荷的代数和．2．物体带电的实质是电荷发生了转移，也就是物体间电荷的重新分配．3．“起电”并不是创造电荷，只是电荷在不同物体或物体不同部分间的转移．当一个物体得到电荷时，其他物体失去电荷；它所得到的电荷就是其他物体失去的电荷．任何孤立系统的电荷总数保持不变．在一个系统的内部，电荷可以从一个物体转移到另一个物体，但是在这个过程中电荷既没创生也没有消灭，系统总的电荷是不改变的．4．任何孤立系统的电荷总数保持不变．这里所谓“孤立”系统，就是指与外界没有进行电荷交换的系统，但在系统内可能存在多个物体，在这些物体间电荷是可以转移的．4．(多选)原来甲、乙、丙三个完全相同的物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法中正确的是() 【导学号：18152003】A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷8×10－16 C【解析】由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．【答案】AD5．(多选)一带负电的绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在，这说明()A．小球上原有的负电荷逐渐消失了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起，仍然遵循电荷守恒定律【解析】绝缘小球上电荷量减少是由于电子通过空气导电转移到外界，只是小球上电荷量减少，但是这些电子并没消失，故A、B错误，C正确．就小球和整个外界组成的系统而言，其电荷的总量仍保持不变，故D正确．【答案】CD6．绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a 的近旁有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电，如图1-1-4所示，现使b带电，则() 【导学号：18152004】图1-1-4A．a、b之间不发生相互作用B．b将吸引a，吸住后不放开C．b立即把a排斥开D．b先吸引a，接触后又把a排斥开【解析】本题考查了四个知识点：(1)带电体有吸引轻小物体的性质．(2)物体间力的作用是相互的．(3)接触带电．(4)同种电荷相互排斥．由(1)(2)知道b 应吸引a，使b、a接触；由(3)知a、b接触后，原来b所带的电荷要重新在a、b表面分布，使a、b带了同种电荷；由(4)知b又把a排斥开，故应选D.【答案】 D当两个物体相互接触时，可以使原来不带电的物体带电，这种方式称为接触带电.两种带电的物体(完全相同)相互接触时，若是同种电荷则电荷量平分，若是异种电荷则电荷要先中和后平分.。

高中物理(教科版选修1-1)教师用书：第4章章末综合测评4 含答案

【解析】使用手机时的电磁辐射干扰飞机的电子通信系统．【答案】C6．家用电热灭蚊器中电热部分的主要部件是PTC元件．PTC元件是由酞酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率与温度的关系如图1所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、控温两重功能．对此，以下说法中正确的是( )【导学号：18792053】图1A．通电后其功率先增大，后减少B．通电后其功率先减少，后增大C．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在T1不变D．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在T1～T2的某一值不变【解析】通电后电阻率先减小后增大，其电阻也会是先减小后增大，由公式P＝判断可知A项正确；在T1～T2段，若温度升高电阻就增大，则功率就会减小，导致温度降低，若温度继续降低，电阻就减小，导致功率增大，因此会稳定在T1～T2段某一温度上，D正确．【答案】AD7．以下关于机械波与电磁波的说法中，正确的是( )A．机械波与电磁波本质上是一致的10．某学生在用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制．经检查，恒温箱控制器没有故障．参照图2.下列对故障判断正确的是( )恒温箱温度自动控制系统示意图图2A．只可能是热敏电阻出现故障B．只可能是温度设定装置出现故障C．热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障D．可能是加热器出现故障【解析】从题图中所给的电路结构可以推断，如果加热器出现故障，则无法工作，温度不会持续升高，所以选项D错误．如果热敏电阻出现故障，对温度变化没有反应，可能导致温度持续升高；如果温度设定装置出现故障，对热敏电阻所测量的温度变化不能作出正确判断，控制器就不会控制加热器停止加热，也会导致温度持续升高，所以选项C正确，选项A、B错误．【答案】C二、非选择题(本题共6个小题，共60分，计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位)关系，如图乙所示，若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.1 m，则传送带运动的速度是多少？该传送带每小时输送多少个工件？【导学号：18792055】图3【解析】由图乙可知，传送带每0.5 s内传送1个工件，每1 s 内传送两个工件．传送带的速度v＝＝＝0.2 m/s.每小时输送工件数为2×3 600个＝7 200个．【答案】0.2 m/s 7 20015．(12分)(1)如图4(a)所示，将万用电表的选择开关置于欧姆挡，再将电表的两表笔分别与光敏电阻Rg的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的中央，若用不透光的黑纸将Rg包裹起来，表针将向哪个方向转动？若用手电筒照射Rg，表针将向哪个方向转动？图4(2)如图4(b)所示，将万用电表的选择开关置于欧姆挡，再将电表的两表笔分别与负温度系数的热敏电阻Rt的两端相连，这时表针恰好到夜晚，光线变暗，光敏电阻阻值变大，电流变小，继电器的电磁铁吸铁片的力减弱，在弹簧的弹力作用下，接交流电源的开关重新闭合灯泡又开始发光．【答案】见解析。

2017-2018学年高中物理(沪科版选修1-1)教师用书：第4章 4.1 电磁波的发现 Word版含答案

4．1 电磁波的发现1．(3分)下列关于电机的说法，不正确的是( )A．电机就是发电机B．电机实现了电能和其他形式能源的相互转换C．发电机使人类获得了高效清洁的电能D．电机包括电动机和发电机【解析】电机包括电动机和发电机，前者是把电能转化成其他形式的能，后者是把其他形式能转化成电能．【答案】 A2．(3分)如图411所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是( )图411A．以bc边为轴转动45°B．以ad边为轴转动45°C．将线圈向下平移D．将线圈向上平移【解析】以bc边为轴转动45°的过程，穿过矩形线圈中的磁通量没有变化；以ad 边为轴转动45°，穿过矩形线圈中的磁通量减小；而将线圈上、下平移时，穿过矩形线圈的磁通量不变，根据产生感应电流的条件可知选项B对，选项A、C、D错．【答案】 B3．(4分)与磁感应强度B＝0.8 T垂直的线圈面积为0.05 m2，(1)此线圈的磁通量是多大？(2)若这个线圈绕有50匝时，磁通量多大？【解析】根据磁通量的定义：磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个面的磁通量，但要注意S是与磁感应强度B相垂直的那部分面积，即Φ＝BS，故：(1)Φ1＝BS＝0.8×0.05 Wb＝4×10－2 Wb(2)线圈绕有50匝，但与磁感应强度B垂直的面积还是0.05 m2，故穿过这个面的磁感线条数不变．磁通量也可理解为穿过这个面的磁感线的条数．所以仍然为4×10－2 Wb.【答案】(1)4×10－2 Wb (2)4×10－2 Wb课标导思1.了解麦克斯韦和赫兹在物理学发展中的贡献，体会科学家研究物理问题的思维方法．2．了解变化的电场和磁场互相联系形成电磁场，电磁场在空间传播形成电磁波，掌握波长、频率和波速的关系．(重点＋难点)3．通过实例认识电磁波谱，了解电磁波的组成，知道它们各自的特点及重要应用. 1．麦克斯韦的天才预见：1865年，麦克斯韦建立的电磁场理论，预言了电磁波的存在，并推算出电磁波的传播速度等于光速．2．赫兹实验：赫兹的实验显示了电磁振荡在空间的传播，他的天才之“手”终于“捕捉”到了向往已久的电磁波．二、认识电磁波1．电磁波：任何带电体振荡时，都会产生一个变化的电场，这个变化的电场会激发一个磁场，变化的磁场又会激发一个电场．电场→磁场→电场→磁场……如此反复，在带电体周围就会形成一个交替变化的电磁场，也叫电磁振荡．电磁场向周围空间由近及远地传播，形成电磁波．2．电磁波的特点(1)电磁波是横波．(2)电磁波的传播不需要水和空气等介质，它可在真空中传播．(3)电磁波具有波的一般特征，其波长λ、频率ν、波速c之间的关系是c＝λν.(4)电磁波同其他波一样，也具有能量．3．电磁波王国电磁波谱：按电磁波的波长或频率的大小顺序把电磁波排列成谱，叫做电磁波谱．如按用途将电磁波谱划分为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线.一、电磁波的基本知识1．波长λ：电磁波在一个周期传播的距离等于一个波长．2．频率f：单位时间内完成的全振动的次数叫做频率．3．波速c：电磁波的传播速度等于光速，c＝3×108 m/s.4．波长、波速和频率间的关系公式：c＝λf.5．传播：在真空中传播，不需要水或空气等介质．6．无线电波的应用(1)长波：主要用于导航、报时等．(2)中波：主要用于电话、电报、广播、标准频率报时、防汛、救灾、军事通信等．(3)微波：卫星通信、常规的中继通信、电话、电报、传输数据、图像、长途干线通信等．7．无线电波三种传播方式的比较传播方式概念优点缺点适用波段地波沿地球表面传播的无线电波比较稳定传播过程中消耗部分能量长波段和中波段天波靠大气中电离层的反射传播的无线电波受地面障碍的影响较小传播不稳定短波空间波像光束那样沿直线传播的无线电波受外界干扰小不能进行远距离传播，若进行远距离传播要借助于中继站微波和超短波同，根据它们不同特点有不同应用.二、电磁波谱1．无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线合起来，构成了范围非常广泛的电磁波谱．可见光只是其中很窄的一个波段．由于它们都是本质相同的电磁波，所以它们的行为都遵循共同的规律，但另一方面，由于它们的频率不同而又表现出不同的特性．例如，波长较长的无线电波，很容易表现出干涉、衍射现象．但对波长越来越短的可见光、紫外线、X射线、γ射线，要观察到它们的干涉、衍射现象就越来越困难了．2．各波段的电磁波谱的比较一、对电磁波的认识(多选)关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是( )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】电磁场由近及远地传播形成电磁波，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，它具有波的一切特性，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．故正确答案为ACD.【答案】ACD本题涉及了电磁场、电磁波的基本知识，也启示我们在学习中要关注科技、国防、医疗、社会生活，并能从中了解有关知识的应用.1．(多选)下列关于电场、磁场及电磁波的说法中正确的( )我国电视频道的划分频道号12......6 (68)频率范围/MHz 48.5～56.556.5～64.5 ……167～178 ……950～958B．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波C．振荡电路发射电磁波的过程，也是向外辐射能量的过程D．电磁波的传播并不依赖介质【解析】均匀变化的电场产生恒定的磁场，A项错；只有周期性变化的电场和磁场才能交替产生，由发生区域向外传播形成电磁波，B项错；发射电磁波的过程，也是向外辐射能量的过程，C项正确；电磁波是电磁场自身的运动过程不需要介质，D项正确．【答案】CD二、对电磁波谱的理解(多选)下列有关电磁波的说法中正确的是( )A．电磁波谱中最难发生衍射的是无线电波B．电磁波谱中最难发生衍射的是γ射线C．频率大于可见光的电磁波表现为沿直线传播D．以上说法都不正确【解析】波长越长，越容易发生衍射现象，在电磁波中，无线电波波长最长，γ射线的波长最短，故选项A错误，B正确；波长越短，频率越大的电磁波，其衍射现象不明显，传播的直线性越好，故C项正确．【答案】BC无线电波到γ射线都是本质相同的电磁波，其行为服从共同的规律，但因波长或频率不同又表现出不同的特点，要熟记各部分的波长，频率范围及其关系，知道同一电磁波的波长与频率成反比.2．红外线、紫外线、无线电波、可见光、γ射线、伦琴射线按波长由大到小的排列顺序是( )A．无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线B．红外线、可见光、紫外线、无线电波、γ射线、伦琴射线C．γ射线、伦琴射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波D．紫外线、红外线、γ射线、伦琴射线、无线电波、可见光【解析】在电磁波谱中以无线电波波长最大，γ射线波长最小，所以正确的顺序为A.【答案】 A1．近来军事行动中，士兵都配戴“红外夜视仪”，以便在夜间也能清楚地看清目标，这主要是因为( )A．“红外夜视仪”发射出强大的红外线，照射被视物体B．一切物体均不停地辐射红外线C．一切高温物体不停地辐射红外线D．“红外夜视仪”发射出γ射线，放射性物体受到激发而发出红外线【解析】一切物体都不停地向外辐射红外线，不同物体辐射出来的红外线不同．采用红外线接收器，可以清楚地分辨出物体的形状、大小和位置，而且不受白天和夜晚的影响．故选B.【答案】 B2．(多选)关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )【导学号：17592046】A．红外线的波长比红色光波长长，它的热作用很强B．X射线就是伦琴射线C．阴极射线是一种频率极高的电磁波D．紫外线的波长比伦琴射线的长，它的显著作用是化学作用【解析】在电磁波谱中，红外线的波长比可见光的波长长，A项正确；阴极射线是电子流，它与电磁波有着本质的区别，C项错误；紫外线的显著作用是化学作用，伦琴射线的显著作用是穿透作用，D项正确．故选ABD.【答案】ABD3．比较可见光、无线电波以及激光在真空中的传播速度的大小，可知( )A．可见光最大B．无线电波最大C．激光最大D．三者相同【解析】三者均属于不同频率的电磁波，它们的速度在真空中全为3×108m/s，故选项D正确．【答案】 D4．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】电磁波可以在真空中传播，能发生干涉、衍射、偏振等现象，并且它可以传递信息，可知只有B选项正确．【答案】 B。

2017-2018学年高中物理(沪科版选修3-4)教师用书：第4章章末分层突破

章末分层突破［自我校对］①相同②恒定③明暗相间④错误!λ⑤小⑥宽⑦亮⑧横波⑨错误!⑩光密⑪临界角⑫错误!⑬亮度高光的折射、全反射1（1)根据题意画出正确的光路图.（2)利用几何关系确定光路图中的边、角关系,要注意入射角、折射角均是与法线的夹角.(3）利用折射定律、折射率公式列式求解。

2.有关全反射定律的应用技巧（1）首先判断是否为光从光密介质进入光疏介质，如果是，下一步就要再利用入射角和临界角的关系进一步判断,如果不是则直接应用折射定律解题即可。

（2)分析光的全反射时，根据临界条件找出临界状态是解决这类题目的关键。

(3）当发生全反射时，仍遵循光的反射定律和光路可逆性。

如图41，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3。

0 m.从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为4 3。

图41(1)求池内的水深；(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0 m.当他看到正前下方的点光源A时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。

求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1位有效数字)。

【解析】（1)如图，设到达池边的光线的入射角为i，依题意，水的折射率n＝错误!，光线的折射角θ＝90 °.由折射定律有n sin i＝sin θ①由几何关系有sin i＝错误!②式中，l＝3。

0 m，h是池内水的深度。

联立①②式并代入题给数据得h＝错误!m≈2.6 m。

③（2）设此时救生员的眼睛到池边的距离为x。

依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45 °。

由折射定律有n sin i′＝sin θ′④式中，i′是光线在水面的入射角。

设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。

由几何关系有sin i′＝错误!⑤x＋l＝a＋h′⑥式中h′＝2 m.联立③④⑤⑥式得x＝错误!m≈0.7 m⑦【答案】(1)2。

2017-2018学年高二物理选修1-1教师用书：第4章第1节

第1节磁生电的探索[先填空] 1．历史的回顾1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，它提示了电现象和磁现象之间存在的某种联系．2．实验观察(1)没有电池也能产生电流：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时，回路中电流表的指针发生了偏转．(2)磁铁与螺线管有相对运动时也能产生电流：在条形磁铁插入或拔出螺线管的瞬间，电流表的指针发生了偏转．条形磁铁在螺线管中保持不动时，电流表的指针不发生偏转．如图411所示．图4113．产生感应电流的条件穿过闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就产生感应电流．产生感应电流的现象称为电磁感应现象．4．电磁感应现象的发现具有极大的实用价值，对电生磁与磁生电的正确揭示，展现了电与磁间的密切联系和对称统一，为电磁学理论的发展创造了条件，进一步推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代．[再判断]1．奥斯特发现了“电生磁”的现象之后，激发人们去探索“磁生电”的方法．(√) 2．英国科学家牛顿一直坚持探索电磁感应现象，历时近十年的探索，终于获得了成功．(×)3．闭合电路中的磁通量发生变化就会产生感应电流．(√)[后思考]闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，回路中产生感应电流，这时穿过闭合回路的磁通量是否一定发生了变化？【提示】只要有感应电流产生，穿过闭合回路的磁通量一定发生变化．1．由于磁场变化而引起闭合电路的磁通量的变化(1)由于磁场和闭合回路的相对运动改变磁场，如图412甲所示，当磁铁向下移动时，通过线圈的磁通量增加．甲乙图412(2)由于电流改变而改变磁场，如图412乙所示，当直线电流I增大时，线圈abcd 中的磁通量增加．2．磁场不变，由于处在磁场中的闭合电路的面积S发生变化而引起磁通量的变化(1)闭合回路与磁场的夹角保持不变，改变闭合回路的面积，如图413甲所示．用力将闭合金属弹簧圈拉大的过程，线圈磁通量减小．(2)闭合回路的一部分导体做切割磁感线运动而使闭合回路磁通量改变，如图413乙所示．当导体棒ab向右运动时，闭合回路的磁通量减小．(3)由于闭合回路和磁场的夹角改变从而改变有效面积，如图413丙所示，线框abcd绕OO′轴转动．图413(4)由于磁场和处在磁场中闭合回路面积都发生变化时，引起穿过闭合回路的磁通量发生变化．1．一个闭合的线圈中没有感应电流的原因可能是( )A．线圈周围一定没有磁场B．线圈周围虽然有磁场，但穿过线圈的磁通量太小C．穿过线圈的磁通量没有发生变化D．穿过线圈的磁通量一定为零【解析】穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就产生感应电流，而不是看穿过线圈的磁通量是否为零，由于该线圈是闭合的，则没有感应电流的原因一定是穿过线圈的磁通量没有发生变化，所以C选项正确．【答案】 C2．如图414所示，下列各种情况中，穿过回路的磁通量增大的有( )图414A．图(甲)所示，在匀强磁场中，先把由弹簧状导线组成回路撑开，而后放手，到恢复原状的过程中B．图(乙)所示，裸铜线ab在裸金属导轨上向右匀速运动过程中C．图(丙)所示，条形磁铁拔出线圈的过程中D．图(丁)所示，闭合线框远离与它在同一平面内通电直导线的过程中【解析】由Φ＝BS得，题图(甲)穿过回路的磁通量随闭合回路面积的减小而减小；题图(乙)穿过回路的磁通量随闭合回路面积的增大而增加；题图(丙)穿过线圈的磁通量随磁极的远离而减小；题图(丁)离通电直导线越远，磁场越弱；穿过线框的磁通量越小，故选项B正确．【答案】 B3．如图415所示，闭合线圈M固定．条形磁铁S极向下以初速度v0沿过线圈圆心的竖直线下落过程中，以下说法不正确的是( ) 【导学号：18152081】图415A．穿过线圈的磁通量发生变化B．磁铁位于图示位置2时，穿过线圈的磁通量最大C．穿过线圈的磁通量先增多后减少D．磁铁位于图示位置1和位置3时穿过线圈的磁场方向相反【解析】当条形磁铁恰好位于位置2时，穿过线圈M的合磁通量向上且最大，因此全过程中穿过线圈M的磁通量，先增后减，选项A、B、C均正确；当磁铁在位置1时，穿过线圈的磁场方向向上，当磁铁位于位置3时，穿过线圈的磁场方向也向上，故D错误．【答案】 D4．如图416所示，线圈两端接在电流表上组成闭合电路．在下列情况中，电流表指针不发生偏转的是( )图416A．线圈不动，磁铁插入线圈B．线圈不动，磁铁从线圈中拨出C．磁铁不动，线圈上、下移动D．磁铁插在线圈内不动【解析】产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线圈和电流计已经组成闭合回路，只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电流，电流计指针就偏转．在选项A、B、C三种情况下，线圈和磁铁发生相对运动，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流；而当磁铁插在线圈中不动时，线圈中虽然有磁通量，但磁通量不变化，不产生感应电流．【答案】 D5．如图417所示，竖直放置的长直导线通过恒定电流，有一个矩形线框与导线在同一平面，在下列情况中线框不能产生感应电流的是( )图417A．导线中电流变大B．线框向右平动C．线框以ad边为轴转动D．线框以直导线为轴转动【解析】电流变大引起导线周围的磁场增强，穿过线框的磁通量增，A正确；离导线越远，磁感线分布越稀疏，穿过线框的磁通量越小，B正确；线框绕ad边转动时，矩形线框的磁通量发生变化，C正确；线框以直导线为轴转动，穿过线框的磁感线条数不变，因而穿过线框的磁通量不变，D错误．【答案】 D6．(多选)如图418所示，线框abcd从有界的匀强磁场区域穿过，下列说法中正确的是( )【导学号：18152082】图418A．进入匀强磁场区域的过程中，abcd中有感应电流B．在匀强磁场中加速运动时，abcd中有感应电流C．在匀强磁场中匀速运动时，abcd中没有感应电流D．离开匀强磁场区域的过程中，abcd中没有感应电流【解析】在有界的匀强磁场中，常常需要考虑线框进场、出场和在场中运动的情况，abcd在匀强磁场中无论匀速还是加速运动，穿过abcd的磁通量都没有发生变化．【答案】AC磁通量是指在磁场中穿过某一面积S的磁感线条数，所以在判断穿过回路的磁通量是否变化时，可以通过判断穿过回路的磁感线条数是否变化来分析判定.。

2017-2018学年高中物理沪科版选修3-3教师用书：第4章

4．3 热力学第二定律4．4 描述无序程度的物理量[先填空]1．自然过程的方向性(1)热传递具有方向性：热量能够自发地从高温物体传到低温物体，却不可能自发地从低温物体传到高温物体．(2)一切自发过程都是有方向性的，是不可逆的．2．热机(1)定义：一种把内能转化为机械能的装置．(2)理想热机的工作原理：热机从热源吸收热量Q1，推动活塞做功W，然后向低温热源(冷凝器)释放热量Q2.(3)效率：由能量守恒定律知：Q1＝W＋Q2，而我们把热机做的功W和它从热源吸收的热量Q1的比值叫做热机效率，用η表示，即η＝WQ1.(4)热机不可能把它得到的全部内能转化为机械能，即效率不可能达到100%.3．热力学第二定律(1)克劳修斯表述：不可能使热量从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化．此表述揭示出热传递具有方向性．(2)开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．此表述揭示出能量在转化过程中具有方向性．(3)第三种表述：第二类永动机是不可能制成的．[再判断]1．温度不同的两个物体接触时，热量会自发地从低温物体传给高温物体．(×)2．热传导的过程是具有方向性的．(√)3．热量不能由低温物体传给高温物体．(×)[后思考]热量能自发地从高温物体传给低温物体，我们所说的“自发地”指的是没有任何的外界影响或者帮助．电冰箱是让“热”由低温环境传递到高温环境．这是不是自发进行的？说明理由．图4-3-1【提示】电冰箱能够把热量从低温物体传给高温物体，在该过程中电冰箱要消耗电能．一旦切断电源，电冰箱就不能把其内部的热量传给外界的空气了，相反，外界的热量会自发地传给电冰箱，使其温度逐渐升高．1．对热力学第二定律的理解(1)克劳修斯表述指明热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助，其物理本质是揭示了热传递过程是不可逆的．(2)开尔文表述中的“单一热源”指温度恒定且均匀的热源．“不引起其他变化”惟一效果是热量全部转变为功而外界及系统都不发生任何变化．其物理实质揭示了功变热过程是不可逆的．(3)热力学第二定律的每一种表述都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，都是不可逆的．2．热力学第二定律与热力学第一定律的关系(1)关于滑动摩擦力做功：热力学第一定律中，滑动摩擦力做功可以全部转化为热．热力学第二定律却说明这一热量不可能在不引起其他变化的情况下完全变成功．(2)关于热量的传递：热力学第一定律说明热量可以从高温物体自动传到低温物体，而热力学第二定律却说明热量不能自动地从低温物体传向高温物体．(3)关于能量：热力学第一定律说明在任何过程中能量必守恒，热力学第二定律却说明并非所有能量守恒过程均能实现，能量转化或转移有方向性．(4)两定律的关系：热力学第一定律是和热现象有关的物理过程中能量守恒的特殊表达形式，说明功及热量与内能改变的定量关系；而第二定律指出了满足能量转化与守恒的过程不一定都能进行，指出过程进行具有方向性．其实质是一切变化过程的自然发展方向不可逆，除非靠外界影响．所以二者相互独立，又相互补充．3．第二类永动机的特点(1)定义：只从单一热源吸收热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响的热机．(2)第二类永动机不可能制成虽然第二类永动机不违反能量守恒定律，但大量的事实证明，在任何情况下，热机都不可能只有一个热源，热机要不断地把吸取的热量变为有用的功，就不可避免地将一部分热量传给低温热源．很显然，如果第二类永动机能制成，那么就可以利用空气或海洋作为热源，从它们那里不断吸取热量而做功，这是最经济不过的，因为海洋的内能实际上是取之不尽的．4．两类永动机的比较【说明】宏观能量的转化效率不可能等于100%，也是热力学第二定律的体现．1．下列关于热力学第二定律的说法正确的是( )A ．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生B ．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C ．机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能而不引其他影响D ．气体向真空的自由膨胀是可逆的E ．热运动的宏观过程会有一定的方向性【解析】热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，故A 错误，E 正确；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，所以气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B 正确，D 错误；根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，所以机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能，故C 正确．【答案】 BCE2．根据热力学第二定律，下列说法中正确的是( )【导学号：35500043】A ．电流的电能不可能全部转变成内能B ．在火力发电中，燃气的内能不可能全部转变为电能C ．在热机中，燃气的内能不可能全部转变为机械能D ．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体E．热量可以从低温物体传向高温物体，而不引起其他的影响【解析】电能可以全部转化为内能，如纯电阻电路，而燃气的内能不可能全部转化为电能和机械能，故A错误，B、C正确；根据热力学第二定律关于热传导的描述知，D正确，E错误．【答案】BCD3．下列说法中正确的是()A．机械能全部转化为内能是不可能的B．机械能可以全部转化为内能C．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会消失，也不会创生，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化为另一种形式D．根据热力学第二定律可知，热量可能从低温物体传到高温物体E．从单一热源吸收的热量全部变为功是可能的【解析】机械能可以全部转化为内能，故A错误，B正确；第二类永动机不可能制造成功是因为它违背了热力学第二定律，故C错误；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但如果不是自发地，是可以进行的，故D正确；从单一热源吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化，是不可能的，但如果是从单一热源吸收的热量全部变为功的同时也引起了其他的变化，是可能的，故E 正确．【答案】BDE理解热力学第二定律的方法(1)理解热力学第二定律的实质，即自然界中进行的所有涉及热现象的宏观过程都具有方向性．理解的关键在于“自发”和“不引起其他变化”．(2)正确理解哪些过程不会达到100%的转化而不产生其他影响．[先填空]1．宏观方向性的微观本质(1)扩散现象的微观本质：扩散现象中，由于气体分子的无规则运动打乱了系统原来的有序分布，这个系统的无序程度增加了．(2)热传递的微观本质：发生热传递之前，两个温度不同的物体内的分子按分子平均动能的大小有序分布，一旦发生热传递，两个物体内分子的平均动能逐渐变成一个中间值，也就是说系统的无序程度增加了．(3)不管是扩散现象还是热传递，都说明宏观过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．2．熵(1)概念：热力学系统处于任何一个状态都对应着一个熵，熵的大小表征着热力学系统内分子热运动杂乱无章的程度．(2)热力学第二定律的又一种表述：任何一个孤立系统自发变化时，熵永远不会减少．3．无处不在的熵(1)任何宏观物质系统，它们都有熵，熵可以在过程中增加和传递．(2)熵的概念已拓展到自然科学和社会科学的各个领域．(3)熵增加原理与能量守恒定律一起控制着一切自然过程的发生和发展．[再判断]1．熵是系统内分子运动无序性的量度．(√)2．在自然过程中熵总是增加的．(√)3．熵值越大代表越有序．(×)[后思考]成语“覆水难收”指一盆水泼出后是不可能再回到盆中的，请结合熵的变化解释为什么水不会自发地聚到盆中．【提示】由于盆的形状确定，水在盆中时，空间位置和所占据的空间的体积一定，显得“有序”“整齐”和“集中”，系统的熵低．当把水泼出后，它的形状不再受盆的限制，各种可能的形状都有，占据的空间面积和所处的位置都有多种可能，显得“混乱”“分散”，较为“无序”，系统的熵高．水泼出的过程属于从有序向无序的转化过程，导致熵的增加，符合熵增加原理．反之，水聚到盆中的过程，属于从无序向有序的转化，即从高熵向低熵转化，不符合熵增加原理，因此水不能自发地聚到盆中．1．熵是反映系统无序程度的物理量，正如温度反映物体内分子平均动能大小一样，系统越混乱无序程度越大，这个系统的熵就越大．2．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律，一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序程度更大的方向发展．3．对于绝热或孤立的热力学系统而言，所发生的是由非平衡态向着平衡态的变化过程，因此，总是朝着熵增加的方向进行．或者说，一个孤立系统的熵永远不会减小，这就是熵增加原理．熵增加原理的适用对象是对于孤立系统，如果是非孤立系统，熵有可能减少．4．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，如果过程可逆，则熵不变；如果过程不可逆，则熵增加．4．在下列叙述中，正确的是()A．熵是物体内分子运动无序程度的量度B．对孤立系统而言，一个自发的过程中熵总是向减少的方向进行C．热力学第二定律的微观实质是：熵总是增加的D．熵值越大，表明系统内分子运动越无序E．一个非孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展【解析】熵是物体内分子运动无序程度的量度，系统内分子运动越无序，熵值越大，故A、D正确；对孤立系统而言，一个自发的过程中熵总是向增加的方向进行，故B错误；根据热力学第二定律，扩散、热传递等现象与温度有关，凡是与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，其实质表明熵总是增加的，故C 正确；对于一个非孤立的系统在与外界有能量交换时，其熵也有可能变小，故E 错误．【答案】ACD5．对于孤立体系中发生的实际过程，下列说法中正确的是()A．系统的总熵不可能减小B．系统的总熵可能增大，可能不变，还可能减小C．系统逐渐从比较有序的状态向无序的状态发展D．系统逐渐从比较无序的状态向更加有序的状态发展E．在自然的可逆过程中，孤立系统的总熵不变【解析】一个孤立系统自发发生的实际过程，系统的熵要么增大，要么不变，但不会减少，A正确，B错误；对于可逆的自然过程，总熵不变，E对；再根据熵的物理意义，它量度系统的无序程度，熵越大，无序程度越大，故C正确，D错误．【答案】ACE熵的五点注意(1)熵的微观意义：熵是系统内分子热运动无序性的量度．(2)熵是表示一个体系自由度的物理量．熵越大，表示在这个体系下的自由度越大，可能达到的状态越多．(3)熵不是守恒的量，在孤立体系中经过一个不可逆过程，熵总是增加的．(4)熵的本质：熵是体系微观混乱度的量度，混乱度越大，熵值也越大．(5)一个孤立系统的自然可逆过程中，总熵不变．。