2024-2025學年下學期高二物理教科版同步經典題精練之無線電波與移動互聯(lián)網

第49頁（共49頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之無線電波與移動互聯(lián)網一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?蓮湖區(qū)校級期末）2022年10月12日，神舟十四號航天員面向廣大青少年進行太空授課，此次太空授課是基于我國天鏈中繼系統(tǒng)，通過電磁波實現(xiàn)了高速雙向音、視頻傳輸。下列有關電磁波說法中正確的是（）A．變化的電場一定在周圍空間產生變化的磁場 B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在 C．電磁波不是物質，看不見也摸不著，且依賴于介質才能傳播 D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播2．（2024秋?新會區(qū)校級期末）我國的高鐵技術、北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)、5G通信技術，目前處于世界領先水平。今年9月份華為發(fā)布的新型手機更是能夠輕松實現(xiàn)衛(wèi)星電話通訊，此功能甚至強于美國馬斯克的龐大“星鏈”。高鐵將擁有基于北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)、5G通信技術的空天地一體化的“超級大腦”。與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波頻率更高，具有“更高網速、低延時、低功率海量連接”等特點。根據(jù)上述信息可知與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波（）A．波長更長 B．能量子的能量更小 C．能量子的能量更大 D．傳播速度更快3．（2024秋?淄博期末）使用藍牙耳機接聽手機來電，信號傳輸示意圖如圖所示。則藍牙通信的電磁波（）A．在可見光范圍內 B．在真空中波長比手機通信的電磁波短 C．比手機通信的電磁波更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象 D．在真空中的傳播速度小于手機通訊的電磁波4．（2024秋?濱海新區(qū)期末）關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是（）A．電磁波只能在真空中傳播 B．電磁波可以傳遞信息，但不能傳遞能量 C．手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波 D．遙控器發(fā)出的紅外線波長和醫(yī)院“CT”中的X射線波長相同5．（2023秋?眉山期末）如圖所示，位于貴州大山深處的“中國天眼”FAST，它是口徑達500m的球面射電望遠鏡，是目前全世界最大的、性能最先進的射電望遠鏡，主要用于尋找暗物質、暗能量和收集宇宙中各種信號，揭示宇宙的奧秘。下列說法錯誤的是（）A．射電望遠鏡用于接收宇宙中的射電信號，所收集的信號是電磁波 B．宇宙中的信號能傳輸?shù)降厍颍f明電磁波的傳播不需要介質 C．麥克斯韋認為變化的電場能產生磁場，并第一次用實驗證實了電磁波的存在 D．電磁波是信息傳播的載體，也是能量傳輸?shù)姆绞蕉噙x題（共4小題）（多選）6．（2023秋?慈溪市期末）下列說法中正確的是（）A．周期性變化的電場產生同頻率周期性變化的磁場 B．要有效發(fā)射電磁波，需要用高頻振蕩，頻率越高發(fā)射電磁波的本領越大 C．夜視儀是利用紫外線的熒光效應來幫助人們在夜間看見物體的 D．肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力最強（多選）7．（2022秋?上虞區(qū)期末）物理學源于生活又對人類的生產、生活產生深遠的影響。以下關于物理學知識及其在生產、生活中的實際應用說法正確是（）A．動車比汽車更難制動，說明物體速度越大慣性越大 B．在燃氣灶具中安裝的電子點火器是利用尖端放電現(xiàn)象來點火的 C．電磁波譜中的紅外線可用來加熱理療，紫外線可殺菌消毒，X射線可用于診斷病情 D．超高壓帶電作業(yè)服的織物中摻入金屬絲，這是利用了金屬絲的靜電屏蔽作用（多選）8．（2023秋?福州月考）有關電磁波的特性和應用，下列說法正確的是（）A．適量的紫外線照射有利于人體健康 B．紅外線和X射線都有很強的穿透本領，常用于醫(yī)學上透視人體 C．電磁波是橫波，且可以在真空中傳播 D．電磁波可以由電磁振蕩產生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失（多選）9．（2023?浙江開學）微光夜視儀主要由微光光學系統(tǒng)和像增強器等部分組成。由目標物反射的自然微光經微光光學系統(tǒng)成像，輸入到像增強器的光電陰極面上，激發(fā)出光電子，光電子被加速、聚焦后在熒光屏上顯示增強的目標圖像，輸出給人眼。甲圖中為微光夜視儀像增強器示意圖，乙圖為光電陰極激發(fā)光電子并被加速的簡化原理圖，陰極K相當于像增強器的光電陰極，則（）A．目標物反射的可見光能在熒光屏上成像，則目標物輻射的紅外線也一定能在熒光屏上成像 B．將像增強器陰極K換成截止頻率更小的材料，可提高微光夜視儀的熒光屏的亮度 C．乙圖中保持入射光強度不變，僅提高入射光頻率，電流表示數(shù)變小 D．紅外夜視儀與微光夜視儀工作原理相同三．填空題（共3小題）10．（2021?周至縣校級開學）如圖所示，在疫情期間利用無人機進行“空中”掃碼登記進城，能提高通行效率，降低交叉感染風險。無人機上懸掛的印有二維碼的硬紙板相對于無人機是（選填“運動”或“靜止”）的；二維碼對光發(fā)生的是（選填“鏡面”或“漫”）反射；無人機搭載熱輻射成像設備是通過人發(fā)出（選填“紅外線”或“紫外線”）來檢測人是否發(fā)燒。11．（2021?長沙縣校級開學）2020年7月23日，中國首次火星探測任務“天問一號”探測器在海南文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空，探測器與地面控制中心是通過來傳遞信息的；如圖，火星車裝有4個太陽能電池板把太陽能轉化為能。12．（2021秋?金臺區(qū)期末）學校在抗擊新型冠狀病毒疫情的過程中，使用額溫槍為師生測量體溫，其原理是體溫越高，發(fā)射的紅外線越（選填“強”或“弱”）。若額溫槍所用紅外線的波長為3×10﹣5m，則其頻率為Hz；紅外線的波長比可見光的波長（選填“長”或“短”）。四．解答題（共3小題）13．（2024?寶山區(qū)模擬）微波爐是一種利用微波加熱食物的現(xiàn)代化烹調灶具。微波爐由電源、磁控管、控制電路和烹調腔等部分組成。電源向磁控管提供高壓，磁控管在電源激勵下，連續(xù)產生微波，再經過波導系統(tǒng)，耦合到烹調腔內。（1）微波爐加熱食物時產生微波的器件是，微波（選擇：A．是、B．不是）一種電磁波。（2）有一臺微波爐，它是通過電容屏來實現(xiàn)操作的。當手指接觸到電容屏時，由于人體（選擇：A．具有、B．沒有）電導性，手指與電容屏之間會形成一個等效電容。電容的定義式是。（3）能放在微波爐里進行鍵康、安全、有效加熱的餐具有。A．陶瓷餐具B．玻璃餐具C．常規(guī)塑料餐具D．金屬餐具（4）當微波輻射到食品上時，食品中的水分子（其中氧原子帶有負電，氫原子帶有正電）將隨微波電場而運動，這種運動與相鄰分子間相互作用而產生了類似摩擦的現(xiàn)象，使水溫升高，因此食品的溫度也就上升了。如圖所示，一個水分子處在微波的勻強電場中，則其中氧原子所受電場力的方向（選擇：A．向左、B．向右），電場力的大小是其中一個氫原子所受電場力的倍。（5）如表為某品牌微波爐的技術參數(shù)，根據(jù)相關數(shù)據(jù)可知，該微波爐所用微波的波長為m（保留兩位有效數(shù)字）。若用該微波爐加熱食品，正常工作1分鐘，微波爐消耗的電能為J。額定電壓/額定電流220V/5A微波頻率/輸出功率2450MHz/800W內腔容積20L14．（2024春?虹口區(qū)校級期末）在粒子物理研究中，為了測量粒子的電荷量、質量、自旋等性質。在粒子加速器中。通過施加磁場，可以將粒子束偏轉到我們所需的軌道上。同時，通過調整磁場的強度和分布，可以實現(xiàn)對粒子束的聚焦和分離。（1）極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地球大氣層后，由于地磁場的作用而產生的。如圖1所示，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉半徑不斷減小。此運動形成的主要原因是。A.太陽輻射對粒子產生了驅動力的作用效果B.粒子的帶電荷量減小C.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小D.南北兩極附近的磁感應強度較強（2）如圖2所示，在赤道處，將一不帶電小球向東水平拋出，落地點為a，給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是。A.無論小球帶何種電荷，小球落地時的速度的大小不變B.無論小球帶何種電荷，小球在運動過程中機械能不守恒C.若小球帶負電荷，小球會落在a點的右側D.若小球帶正電荷，小球仍會落在a點（3）洛倫茲力演示儀的實物圖和原理圖分別如圖3（a）、圖（b）所示。電子束從電子槍向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄氣體發(fā)光，從而顯示電子的運動軌跡。調節(jié)加速極電壓可改變電子速度大小，調節(jié)勵磁線圈電流可改變磁感應強度，某次實驗，觀察到電子束打在圖（b）中的P點，則兩個勵磁線圈中的電流均為方向（選填“順時針”或“逆時針”），若要看到完整的圓周運動，則可以（選填“增大”或“減小”）加速極電壓。（4）如圖4所示，真空區(qū)域有寬度為L，磁感應強度為B的矩形勻強磁場，方向垂直于紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界，質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）沿著與MN夾角為θ＝30°的方向垂直射入磁場中，剛好垂直于PQ邊界射出，并沿半徑方向垂直進入圓形磁場，磁場半徑為L，方向垂直紙面向外，離開圓形磁場時速度方向與水平方向夾角為60°，求：①粒子射入磁場的速度大??；②粒子在矩形磁場中運動的時間；③圓形磁場的磁感應強度。15．（2024春?虹口區(qū)校級期末）5G作為一種新型移動通信同絡，不僅要解決人與人通信，為用戶提供增強現(xiàn)實、虛擬現(xiàn)實、超高清（3D）視頻等更加身臨其境的極致業(yè)務體驗。5G網絡使用的無線電波通信頻率在3.0GHz以上的超高頻段和極高頻段，比4G及以下網絡（通信頻率在0.3GHz～3.0GHz間的特高頻段）擁有更大的帶寬和更快的傳輸速率。未來5G網絡的傳輸速率（指單位時間傳送的數(shù)據(jù)量大?。┛蛇_10Gbps（比特率、比特/秒），是4G網絡的50﹣100倍。（1）在5G技術領域，華為絕對是領跑者。與4G相比，5G使用的電磁波頻率更高。下列說法中正確的是。A.5G使用的電磁波是橫波B.5G使用的電磁波是縱波C.5G使用的電磁波在介質中傳播速度比4G的快D.空間中的5G信號和4G信號相遇會產生干涉現(xiàn)象（2）關于5G網絡使用的無線電波相比4G網絡，下列說法正確的是。A.在真空中的傳播速度更快B.在真空中的波長更長C.衍射的本領更弱D.頻率更高，相同時間傳遞的信息量更大（3）產生5G無線信號電波的LC振蕩電路某時刻的工作狀態(tài)如圖2所示，則該時刻。A.線圈中磁場的方向向上B.電容器兩極板間電場強度正在變大C.電容器正在放電，線圈儲存的磁場能正在增加D.線路中的電流正在減小且與線圈中感應電流的方向相反（4）目前困擾5G發(fā)展的難題之一是供電，5G基站單系統(tǒng)功耗為4kW（基站用電器功率），信號覆蓋半徑約為100m，而在4G時代，基站單系統(tǒng)功耗僅為1kW，信號覆蓋半徑約為2km。如圖3所示，某5G基站距離100kV主供電線路一定距離，線路電阻為40Ω，線路損耗功率占總功率的20%（變壓器均視作理想變壓器）。①求輸電回路的電流；②高壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比；③為了實現(xiàn)5G網絡信號全覆蓋面積約為2000平方公里城市，試估算全市的5G基站運行一天將消耗約多少kW?h？（保留一位有效數(shù)字）

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之無線電波與移動互聯(lián)網參考答案與試題解析題號12345答案BCBCC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?蓮湖區(qū)校級期末）2022年10月12日，神舟十四號航天員面向廣大青少年進行太空授課，此次太空授課是基于我國天鏈中繼系統(tǒng)，通過電磁波實現(xiàn)了高速雙向音、視頻傳輸。下列有關電磁波說法中正確的是（）A．變化的電場一定在周圍空間產生變化的磁場 B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在 C．電磁波不是物質，看不見也摸不著，且依賴于介質才能傳播 D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的產生．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論判斷；麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲通過電火花實驗證實了電磁波的存在；電磁波的傳播不需要介質；電磁波在真空中傳播速率相等?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，均勻變化的電場周圍產生恒定的磁場，周期性變化的電場周圍產生同頻率周期性變化的磁場，故A錯誤；B、根據(jù)物理學史可知，麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故B正確；C、電磁波是一種特殊的物質，傳播不需要介質，可以在真空中傳播，故C錯誤；D、各種頻率的電磁波在真空中的傳播速率都相同，均為光速，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了電磁波的產生、傳播規(guī)律，解題的關鍵是要明確麥克斯韋的電磁場理論，即變化的磁場產生電場，變化的電場產生磁場。2．（2024秋?新會區(qū)校級期末）我國的高鐵技術、北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)、5G通信技術，目前處于世界領先水平。今年9月份華為發(fā)布的新型手機更是能夠輕松實現(xiàn)衛(wèi)星電話通訊，此功能甚至強于美國馬斯克的龐大“星鏈”。高鐵將擁有基于北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)、5G通信技術的空天地一體化的“超級大腦”。與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波頻率更高，具有“更高網速、低延時、低功率海量連接”等特點。根據(jù)上述信息可知與4G通信技術相比，5G通信技術使用的電磁波（）A．波長更長 B．能量子的能量更小 C．能量子的能量更大 D．傳播速度更快【考點】電磁波與信息化社會．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】C【分析】不同頻率的電磁波，頻率越高，能量越大，傳輸信息的容量越大。【解答】解：A．因5G使用的電磁波頻率更高，根據(jù)波長與頻率的關系ν=5G信號的頻率高，波長更短，故A錯誤；BC．根據(jù)公式E＝hν可知，因為5G使用的電磁波頻率比4G高，所以5G使用的電磁波比4G光子能量更大，故B錯誤，C正確；D．電磁波在真空中的傳播速度等于光的傳播速度，都是相同的，故D錯誤。故選：C。【點評】當今社會電磁波與人類的生產生活已經完全融合在一起，成為一個密不可分的整體。3．（2024秋?淄博期末）使用藍牙耳機接聽手機來電，信號傳輸示意圖如圖所示。則藍牙通信的電磁波（）A．在可見光范圍內 B．在真空中波長比手機通信的電磁波短 C．比手機通信的電磁波更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象 D．在真空中的傳播速度小于手機通訊的電磁波【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的波長、頻率和波速的關系．【專題】定量思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】B【分析】分析給出的電磁波譜圖，明確藍牙通信所用電磁波的波長范圍；再根據(jù)電磁波在真空中的傳播速度均等于光速分析傳播速度?！窘獯稹拷猓篈．藍牙通信用的電磁波不在可見光頻率范圍內，不是可見光信號，故A錯誤；BC．藍牙通信比手機通信的電磁波頻率高，波長短，比手機通信的電磁波更不容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，故B正確，C錯誤；D．藍牙通信和手機通信使用的都是電磁波，在真空中傳播速度相同，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查對電磁波譜的認識，要注意掌握分析電磁波譜的方法，明確各各種電磁波在電磁波譜中的位置。4．（2024秋?濱海新區(qū)期末）關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是（）A．電磁波只能在真空中傳播 B．電磁波可以傳遞信息，但不能傳遞能量 C．手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波 D．遙控器發(fā)出的紅外線波長和醫(yī)院“CT”中的X射線波長相同【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的產生．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)電磁波的傳播條件、電磁波與聲波在信息傳遞和能量傳遞上的區(qū)別，以及不同波長電磁波的特性判斷各選項?！窘獯稹拷猓篈、電磁波不僅能在真空中傳播，也能在空氣、水等介質中傳播，故A錯誤；B、電磁波不僅能傳遞信息，還能傳遞能量，例如微波爐就是利用電磁波傳遞能量加熱食物，故B錯誤；C、手機通話時，聲音信號首先被轉換為電信號，然后通過電磁波的形式在空中傳播，接收端再將電磁波轉換為電信號，最后轉換為聲音信號，因此手機通話過程中確實涉及到了電磁波和聲波，故C正確；D、遙控器發(fā)出的紅外線波長較長，而醫(yī)院“CT”中的X射線波長較短，兩者波長不同，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題關鍵在于理解電磁波的傳播特性，以及電磁波與聲波在信息和能量傳遞上的區(qū)別。同時，需要掌握不同波長電磁波的特性，如紅外線和X射線的波長差異。5．（2023秋?眉山期末）如圖所示，位于貴州大山深處的“中國天眼”FAST，它是口徑達500m的球面射電望遠鏡，是目前全世界最大的、性能最先進的射電望遠鏡，主要用于尋找暗物質、暗能量和收集宇宙中各種信號，揭示宇宙的奧秘。下列說法錯誤的是（）A．射電望遠鏡用于接收宇宙中的射電信號，所收集的信號是電磁波 B．宇宙中的信號能傳輸?shù)降厍?，說明電磁波的傳播不需要介質 C．麥克斯韋認為變化的電場能產生磁場，并第一次用實驗證實了電磁波的存在 D．電磁波是信息傳播的載體，也是能量傳輸?shù)姆绞健究键c】電磁波與信息化社會；麥克斯韋電磁場理論．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】C【分析】電磁波可以在真空中傳播；根據(jù)物理學史判斷；電磁波是信息傳播的載體，也是能量傳輸?shù)姆绞??！窘獯稹拷猓篈．射電望遠鏡用于接收宇宙中的射電信號，所收集的信號是電磁波，故A正確；B．宇宙中的信號能傳輸?shù)降厍?，說明電磁波的傳播不需要介質，故B正確；C．麥克斯韋認為變化的電場能產生磁場，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，故C錯誤；D．電磁波是信息傳播的載體，也是能量傳輸?shù)姆绞?，故D正確。本題選錯誤的，故選：C。【點評】本題考查了電磁波的有關基礎知識，掌握了基礎知識即可順利解決此類問題，而只要多看課本即可順利掌握這些知識。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2023秋?慈溪市期末）下列說法中正確的是（）A．周期性變化的電場產生同頻率周期性變化的磁場 B．要有效發(fā)射電磁波，需要用高頻振蕩，頻率越高發(fā)射電磁波的本領越大 C．夜視儀是利用紫外線的熒光效應來幫助人們在夜間看見物體的 D．肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力最強【考點】電磁波與信息化社會；α、β、γ射線的本質及特點；電磁波譜．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】AB【分析】根據(jù)麥克斯韋理論分析判斷；發(fā)射電磁波的本領由振蕩電路頻率決定；夜視儀是利用紅外線來幫助人們在夜間看見物體的；γ射線穿透能力最強?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)麥克斯韋理論可知，周期性變化的電場產生同頻率周期性變化的磁場，故A正確；B．發(fā)射電磁波的本領由振蕩電路頻率決定，振蕩電路頻率越高，發(fā)射電磁波的本領越大，故B正確；C．紫外線具有熒光效應，可以用來做防偽標識，不同溫度的物體發(fā)出的紅外線特征不同，夜視儀是利用紅外線來幫助人們在夜間看見物體的，故C錯誤；D．肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力較強，但X光的穿透能力不是最強的，γ射線穿透能力最強，故D錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查與電磁波相關的知識，掌握電磁波產生與發(fā)射的特點，要理解麥克斯韋電磁場理論的內容，注意電磁波譜的理解與應用。（多選）7．（2022秋?上虞區(qū)期末）物理學源于生活又對人類的生產、生活產生深遠的影響。以下關于物理學知識及其在生產、生活中的實際應用說法正確是（）A．動車比汽車更難制動，說明物體速度越大慣性越大 B．在燃氣灶具中安裝的電子點火器是利用尖端放電現(xiàn)象來點火的 C．電磁波譜中的紅外線可用來加熱理療，紫外線可殺菌消毒，X射線可用于診斷病情 D．超高壓帶電作業(yè)服的織物中摻入金屬絲，這是利用了金屬絲的靜電屏蔽作用【考點】電磁波與信息化社會；慣性與質量；靜電屏蔽的原理與應用．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】BCD【分析】慣性大小與速度無關，只與質量有關；紅外線可用來加熱理療，紫外線可殺菌消毒，X射線片可用于診斷病情，γ射線可摧毀癌變的細胞。根據(jù)尖端放電和靜電屏蔽的原理分析即可?！窘獯稹拷猓篈．物體的慣性大小與速度無關，只與質量有關，故A錯誤；B．在燃氣灶具中安裝的電子點火器，點火器是利用尖端放電現(xiàn)象來點火的，故B正確；C．電磁波譜中的紅外線可用來加熱理療，紫外線可殺菌消毒，X射線可用于診斷病情，故C正確；D．超高壓帶電作業(yè)服的織物中摻入金屬絲，這是利用了金屬絲的靜電屏蔽作用，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題考查物理學知識及其在生產、生活中的實際應用，需要平常多學習積累。（多選）8．（2023秋?福州月考）有關電磁波的特性和應用，下列說法正確的是（）A．適量的紫外線照射有利于人體健康 B．紅外線和X射線都有很強的穿透本領，常用于醫(yī)學上透視人體 C．電磁波是橫波，且可以在真空中傳播 D．電磁波可以由電磁振蕩產生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的發(fā)射和接收．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】AC【分析】適量的紫外線照射會促進人體對鈣的吸收，紅外線具有明顯的熱效應，X射線有很高的穿透本領；電磁波是橫波，且可以在真空中傳播；電磁振蕩停止，空間的電磁波不會隨即消失?！窘獯稹拷猓篈、適量的紫外線照射會促進人體對鈣的吸收，有利于人體健康，故A正確；B、紅外線的穿透能力較弱，故B錯誤；C、電磁波是橫波，且可以在真空中傳播，故C正確；D、電磁波可以由電磁振蕩產生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波還會繼續(xù)傳播，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查了各種電磁波的特點及應用，掌握常見的幾種電磁波的特點以及它們的重要應用，屬于基礎題目。（多選）9．（2023?浙江開學）微光夜視儀主要由微光光學系統(tǒng)和像增強器等部分組成。由目標物反射的自然微光經微光光學系統(tǒng)成像，輸入到像增強器的光電陰極面上，激發(fā)出光電子，光電子被加速、聚焦后在熒光屏上顯示增強的目標圖像，輸出給人眼。甲圖中為微光夜視儀像增強器示意圖，乙圖為光電陰極激發(fā)光電子并被加速的簡化原理圖，陰極K相當于像增強器的光電陰極，則（）A．目標物反射的可見光能在熒光屏上成像，則目標物輻射的紅外線也一定能在熒光屏上成像 B．將像增強器陰極K換成截止頻率更小的材料，可提高微光夜視儀的熒光屏的亮度 C．乙圖中保持入射光強度不變，僅提高入射光頻率，電流表示數(shù)變小 D．紅外夜視儀與微光夜視儀工作原理相同【考點】電磁波與信息化社會；光電效應現(xiàn)象及其物理意義．【專題】定性思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】微光夜視儀是一種利用光電效應現(xiàn)象的特殊望遠鏡，紅外線夜視儀是利用不同溫度物體輻射的紅外線頻率、強度不同，通過光敏元件轉換成電信號成像，根據(jù)微光夜視儀的工作原理結合愛因斯坦光電效應方程進行分析?！窘獯稹拷猓篈．紅外線頻率比可見光小，紅外線頻率不一定大于陰極材料截止頻率，故不一定能發(fā)生光電效應，不一定能在熒光屏上成像，故A錯誤。B．換成截止頻率小的材料，會有更多的光能達到截止頻率，提高單位面積激發(fā)的光電子數(shù)，從而提高亮度，故B正確。C．入射光強度不變，提高入射光頻率，單位時間內入射的光子數(shù)減少，從而使單位時間逸出光電子數(shù)減少，所以會使光電流減小，故C正確。D．紅外線夜視儀利用不同溫度物體輻射的紅外線頻率強度不同，通過光敏元件轉化為電信號，與微光夜視儀原理不同，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要是通過微光夜視儀的工作原理考查光電效應，解答本題的關鍵是能夠根據(jù)題干意思分析微光夜視儀的工作原理，掌握愛因斯坦光電效應方程。三．填空題（共3小題）10．（2021?周至縣校級開學）如圖所示，在疫情期間利用無人機進行“空中”掃碼登記進城，能提高通行效率，降低交叉感染風險。無人機上懸掛的印有二維碼的硬紙板相對于無人機是靜止（選填“運動”或“靜止”）的；二維碼對光發(fā)生的是漫（選填“鏡面”或“漫”）反射；無人機搭載熱輻射成像設備是通過人發(fā)出紅外線（選填“紅外線”或“紫外線”）來檢測人是否發(fā)燒?！究键c】電磁波與信息化社會；參考系及其選取原則．【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；理解能力．【答案】靜止；漫；紅外線?！痉治觥颗袛嘁粋€物體是否運動關鍵看被研究的物體與所選的標準，即與參照物之間的相對位置是否發(fā)生了改變，如果發(fā)生改變，則物體是運動的；如果未發(fā)生變化，則物體是靜止的；平行光射向平而光滑的反射面，反射光線平行射出，這種反射是鏡面反射；平行光射向凹凸不平的反射面，反射光線射向四面八方，這種反射是漫反射；人體向外輻射紅外線，熱輻射成像設備通過接收紅外線來感知溫度?！窘獯稹拷猓簾o人機上懸掛的印有二維碼的硬紙板相對于無人機之間沒有發(fā)生位置的變化，是靜止的；二維碼的表面凹凸不同，會發(fā)生漫反射；人會發(fā)出紅外線，溫度越高，紅外特征越強，熱輻射成像設備通過接收紅外線來感知溫度。故答案為：靜止；漫；紅外線?！军c評】本題考查了運動和靜止的相對性、光的反射、紅外線的應用，屬于基礎知識。11．（2021?長沙縣校級開學）2020年7月23日，中國首次火星探測任務“天問一號”探測器在海南文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空，探測器與地面控制中心是通過電磁波來傳遞信息的；如圖，火星車裝有4個太陽能電池板把太陽能轉化為電能?！究键c】電磁波與信息化社會；能源的分類與應用．【專題】簡答題；定性思想；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】電磁波，電【分析】本題考查電磁波的應用，同學們注意在學習背誦電磁波的理論同時與生活實際相互結合?！窘獯稹拷猓弘姶挪ǖ膫鞑ゲ恍枰橘|，聲音的傳播需要介質，而太空中沒有空氣，所以天問一號是利用電磁波向地球傳遞信息的。太陽能電池板把太陽能轉化為電能為火星車提供所需的能量。故答案為：電磁波；電?！军c評】本題較簡單，考查電磁波的傳播不需要介質，聲音的傳播需要介質。該類基本理論需要同學們熟記。12．（2021秋?金臺區(qū)期末）學校在抗擊新型冠狀病毒疫情的過程中，使用額溫槍為師生測量體溫，其原理是體溫越高，發(fā)射的紅外線越強（選填“強”或“弱”）。若額溫槍所用紅外線的波長為3×10﹣5m，則其頻率為1×1013Hz；紅外線的波長比可見光的波長長（選填“長”或“短”）?！究键c】電磁波與信息化社會；電磁波譜．【專題】定性思想；歸納法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】強，1×1013，長。【分析】物體溫度越高，輻射紅外線的能力就越強；由波速公式c＝λf求光的頻率；根據(jù)電磁波譜判斷。【解答】解：一般來說，物體溫度越高，輻射紅外線的能力就越強，物體在單位表面積輻射紅外線能量的總功率與它自身熱力學溫度的4次方成正比；已知額溫槍所用紅外線的波長為3×10﹣5m，由公式c＝λf，可得其頻率為：f=cλ=3×1083×10故答案為：強，1×1013，長。【點評】本題以額溫槍為師生測量體溫為背景，考查了紅外線的特點及在實際問題中的應用，要求學生明確電磁波譜，并要求學生熟練應用公式c＝λf的應用。四．解答題（共3小題）13．（2024?寶山區(qū)模擬）微波爐是一種利用微波加熱食物的現(xiàn)代化烹調灶具。微波爐由電源、磁控管、控制電路和烹調腔等部分組成。電源向磁控管提供高壓，磁控管在電源激勵下，連續(xù)產生微波，再經過波導系統(tǒng)，耦合到烹調腔內。（1）微波爐加熱食物時產生微波的器件是磁控管，微波A（選擇：A．是、B．不是）一種電磁波。（2）有一臺微波爐，它是通過電容屏來實現(xiàn)操作的。當手指接觸到電容屏時，由于人體A（選擇：A．具有、B．沒有）電導性，手指與電容屏之間會形成一個等效電容。電容的定義式是C=Q（3）能放在微波爐里進行鍵康、安全、有效加熱的餐具有AB。A．陶瓷餐具B．玻璃餐具C．常規(guī)塑料餐具D．金屬餐具（4）當微波輻射到食品上時，食品中的水分子（其中氧原子帶有負電，氫原子帶有正電）將隨微波電場而運動，這種運動與相鄰分子間相互作用而產生了類似摩擦的現(xiàn)象，使水溫升高，因此食品的溫度也就上升了。如圖所示，一個水分子處在微波的勻強電場中，則其中氧原子所受電場力的方向A（選擇：A．向左、B．向右），電場力的大小是其中一個氫原子所受電場力的2倍。（5）如表為某品牌微波爐的技術參數(shù)，根據(jù)相關數(shù)據(jù)可知，該微波爐所用微波的波長為0.12m（保留兩位有效數(shù)字）。若用該微波爐加熱食品，正常工作1分鐘，微波爐消耗的電能為6.6×104J。額定電壓/額定電流220V/5A微波頻率/輸出功率2450MHz/800W內腔容積20L【考點】電磁波與信息化社會；電場強度與電場力的關系和計算．【答案】（1）磁控管、A；（2）A，C=（3）AB（4）A、2；（5）0.12、6.6×104?！痉治觥勘绢}給定一定背景材料，利用所學內容以及材料所給信息可以進行綜合分析答題。第（1）題須結合題干給出材料進行分析；第（2）題考查電容器的結構以及電容定義式；第（3）題利用所學知識運用到現(xiàn)實生活情境中進行分析求解；第（4）題結合電場知識進行分析和解答；第（5）題最后一問須根據(jù)題干給出信息、結合波長與光速的公式以及電功率相關公式進行分析和回答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題干信息“磁控管在電源激勵下，連續(xù)產生微波”可知，微波爐加熱食物時產生微波的器件是磁控管；微波是指頻率為300MHz﹣300GHz的電磁波，故“微波”是電磁波的一種；（2）電容屏原理：當手指觸摸電容屏的表面時，由于人體也具有電導性，手指與導體層之間被玻璃絕緣層隔開，形成一個電容。電容的定義式是C=（3）微波爐的工作原理：食物中含有水分，水的分子是極性分子，當水分子遇上電場時，它會調整自己的方向，一旦電場轉動起來，水分子也會跟著轉，就好像摩擦生熱一樣，水分子的這種運動就產生了熱量，從而把食物加熱。所以用微波爐加熱食物時，要選擇非金屬容器，金屬容器在通電后會產生渦流，不但會損傷爐體還不能加熱食物。A、陶瓷餐具屬于非金屬容器，能放在微波爐里進行健康、安全、有效加熱，故A正確；B、玻璃餐具屬于非金屬容器，能放在微波爐里進行健康、安全、有效加熱，故B正確；C、常規(guī)塑料餐具在高溫時會釋放有害物質，不能放在微波爐里進行健康、安全、有效加熱，故C錯誤；D、金屬餐具在通電后會產生渦流，不但會損傷爐體還不能加熱食物，不能放在微波爐里進行加熱，故D錯誤；（4）根據(jù)題目描述，微波電場中的水分子，氧原子帶負電，氫原子帶正電。電場方向為從左向右（E方向）。電場力的方向對于帶正電的氫原子來說，將會是沿著電場方向（即向右），而帶負電的氧原子受電場力的方向是相反的（即向左）。因此，氧原子受電場力的方向是A.向左。由于一個水分子有兩個氫原子，并且每個氫原子帶正電，電場力的大小對于每個氫原子是相同的，因此電場力的總大小是其中一個氫原子所受電場力的2倍；（5）從表格得到頻率為2450MHz，輸出功率800W，額定電壓220V，額定電流5A.根據(jù)λ=cf，代入數(shù)據(jù)計電功率為P＝UI＝220V×5A＝1100W，加熱食品一分鐘，消耗的電能W＝Pt＝1100W×60s＝66000J；故答案為：（1）磁控管、A；（2）A，C=（3）AB（4）A、2；（5）0.12、6.6×104?！军c評】本題考查學生的綜合分析能力，以微波爐為例，綜合考察學生電場知識、電容器相關知識以及光學知識，考察內容較為綜合，難度適中。14．（2024春?虹口區(qū)校級期末）在粒子物理研究中，為了測量粒子的電荷量、質量、自旋等性質。在粒子加速器中。通過施加磁場，可以將粒子束偏轉到我們所需的軌道上。同時，通過調整磁場的強度和分布，可以實現(xiàn)對粒子束的聚焦和分離。（1）極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地球大氣層后，由于地磁場的作用而產生的。如圖1所示，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉半徑不斷減小。此運動形成的主要原因是D。A.太陽輻射對粒子產生了驅動力的作用效果B.粒子的帶電荷量減小C.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小D.南北兩極附近的磁感應強度較強（2）如圖2所示，在赤道處，將一不帶電小球向東水平拋出，落地點為a，給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是A。A.無論小球帶何種電荷，小球落地時的速度的大小不變B.無論小球帶何種電荷，小球在運動過程中機械能不守恒C.若小球帶負電荷，小球會落在a點的右側D.若小球帶正電荷，小球仍會落在a點（3）洛倫茲力演示儀的實物圖和原理圖分別如圖3（a）、圖（b）所示。電子束從電子槍向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄氣體發(fā)光，從而顯示電子的運動軌跡。調節(jié)加速極電壓可改變電子速度大小，調節(jié)勵磁線圈電流可改變磁感應強度，某次實驗，觀察到電子束打在圖（b）中的P點，則兩個勵磁線圈中的電流均為逆時針方向（選填“順時針”或“逆時針”），若要看到完整的圓周運動，則可以減小（選填“增大”或“減小”）加速極電壓。（4）如圖4所示，真空區(qū)域有寬度為L，磁感應強度為B的矩形勻強磁場，方向垂直于紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界，質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）沿著與MN夾角為θ＝30°的方向垂直射入磁場中，剛好垂直于PQ邊界射出，并沿半徑方向垂直進入圓形磁場，磁場半徑為L，方向垂直紙面向外，離開圓形磁場時速度方向與水平方向夾角為60°，求：①粒子射入磁場的速度大小；②粒子在矩形磁場中運動的時間；③圓形磁場的磁感應強度?！究键c】電磁波與信息化社會；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；應用數(shù)學處理物理問題的能力．【答案】（1）D；（2）A；（3）逆時針，減??；（4）①粒子射入磁場的速度大小為23②粒子在矩形磁場中運動的時間為πm3qB；③圓形磁場的磁感應強度是【分析】（1）粒子流運動與太陽輻射的驅動力無關；洛倫茲力不做功；根據(jù)洛倫茲力提供向心力分析；（2）洛倫茲力不做功，機械能守恒；根據(jù)左手定則判斷小球的受力方向，然后分析；（3）根據(jù)左手定則分析；根據(jù)動能定理和洛倫茲力提供向心力分析；（4）①根據(jù)幾何關系得到半徑，然后根據(jù)洛倫茲提供向心力計算；②根據(jù)偏轉角度和周期的關系計算；③根據(jù)幾何關系得到半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力分析計算。【解答】解：（1）A.粒子流做螺旋運動與太陽輻射對粒子產生的驅動力無關，故A錯誤；C.粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，洛倫茲力不做功，故C錯誤；BD.粒子在運動過程中，由洛倫茲力提供向心力qvB=可得r可知若粒子的帶電荷量減小，則其旋轉半徑變大，則這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉半徑不斷減小的原因是南北兩極附近的磁感應強度較強，故B錯誤，D正確。故選：D。（2）AB.由于洛倫茲力始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，則只有重力做功。所以無論小球帶何種電荷，小球機械能守恒，小球落地時的速度的大小不變，故A正確，B錯誤；C.根據(jù)左手定則判斷可知，若小球帶負電荷，則洛倫茲力在豎直向下和水平向左有分力，因此，小球落地時間變短，水平位移會變小，則小球會落在a點的左側，故C錯誤；D.根據(jù)左手定則判斷可知，若小球帶正電荷，則洛倫茲力在豎直向上和水平向右有分力，因此，小球落地時間變長，水平位移會變大，則小球會落在a點的右側，故D錯誤。故選：A。（3）由電子運動軌跡可知電子射出時受洛倫茲力向上，由左手定測可知磁場方向向外，由右手定則可知兩個勵磁線圈中的電流均為逆時針方向，根據(jù)qU=12mv2，r=mvqB（4）根據(jù)題意畫出軌跡圖如下圖①在矩形磁場區(qū)域，根據(jù)幾何關系L＝Rsin60°解得：R=2根據(jù)qvB=mv=②粒子在矩形磁場區(qū)域內，粒子轉過的圓心角為60°，粒子在矩形磁場中運動的時間t=解得：t=③粒子在圓形磁場區(qū)域內，根據(jù)幾何關系得R'tan30°＝L解得粒子在圓形磁場的半徑為3L根據(jù)qvB'B'=故答案為：（1）D；（2）A；（3）逆時針，減小；（4）①粒子射入磁場的速度大小為23②粒子在矩形磁場中運動的時間為πm3qB；③圓形磁場的磁感應強度是【點評】帶電粒子在磁場中運動的問題中能夠掌握左手定則是解題的基礎，能夠根據(jù)幾何關系得到粒子的軌道半徑是解題的關鍵。15．（2024春?虹口區(qū)校級期末）5G作為一種新型移動通信同絡，不僅要解決人與人通信，為用戶提供增強現(xiàn)實、虛擬現(xiàn)實、超高清（3D）視頻等更加身臨其境的極致業(yè)務體驗。5G網絡使用的無線電波通信頻率在3.0GHz以上的超高頻段和極高頻段，比4G及以下網絡（通信頻率在0.3GHz～3.0GHz間的特高頻段）擁有更大的帶寬和更快的傳輸速率。未來5G網絡的傳輸速率（指單位時間傳送的數(shù)據(jù)量大?。┛蛇_10Gbps（比特率、比特/秒），是4G網絡的50﹣100倍。（1）在5G技術領域，華為絕對是領跑者。與4G相比，5G使用的電磁波頻率更高。下列說法中正確的是A。A.5G使用的電磁波是橫波B.5G使用的電磁波是縱波C.5G使用的電磁波在介質中傳播速度比4G的快D.空間中的5G信號和4G信號相遇會產生干涉現(xiàn)象（2）關于5G網絡使用的無線電波相比4G網絡，下列說法正確的是CD。A.在真空中的傳播速度更快B.在真空中的波長更長C.衍射的本領更弱D.頻率更高，相同時間傳遞的信息量更大（3）產生5G無線信號電波的LC振蕩電路某時刻的工作狀態(tài)如圖2所示，則該時刻B。A.線圈中磁場的方向向上B.電容器兩極板間電場強度正在變大C.電容器正在放電，線圈儲存的磁場能正在增加D.線路中的電流正在減小且與線圈中感應電流的方向相反（4）目前困擾5G發(fā)展的難題之一是供電，5G基站單系統(tǒng)功耗為4kW（基站用電器功率），信號覆蓋半徑約為100m，而在4G時代，基站單系統(tǒng)功耗僅為1kW，信號覆蓋半徑約為2km。如圖3所示，某5G基站距離100kV主供電線路一定距離，線路電阻為40Ω，線路損耗功率占總功率的20%（變壓器均視作理想變壓器）。①求輸電回路的電流；②高壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比；③為了實現(xiàn)5G網絡信號全覆蓋面積約為2000平方公里城市，試估算全市的5G基站運行一天將消耗約多少kW?h？（保留一位有效數(shù)字）【考點】電磁波與信息化社會．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；電磁場理論和電磁波；推理論證能力．【答案】（1）A；（2）CD；（3）B；（4）①輸電回路的電流為5A；②高壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為100：1；③為了實現(xiàn)5G網絡信號全覆蓋面積約為2000平方公里城市，全市的5G基站運行一天將消耗約8×106kW?h?！痉治觥浚?）電磁波為橫波；所有的電磁波在真空中的傳播速度都一樣；根據(jù)發(fā)生干涉的條件分析；（2）電磁波在真空中的傳播速度都一樣；根據(jù)波速和頻率、波長的關系判斷；波長越短的電磁波衍射本領越弱；根據(jù)頻率分析；（3）根據(jù)右手螺旋定則判斷；充電過程中，電容器兩極板之間的場強變大；在充電過程中電場能增大，磁場能減小；（4）①先計算出損耗的功率，然后根據(jù)P＝I2R計算；②先計算出輸入電壓，然后根據(jù)匝數(shù)比和電壓比的關系計算；③先計算出需要的總基站數(shù)，然后計算總能量?！窘獯稹拷猓海?）AB.4G和5G信號均為電磁波，電磁波傳播過程中，電場強度和磁感應強度的方向始終與傳播方向垂直，故電磁波為橫波，故A正確，B錯誤；C、任何頻率的電磁波在真空中傳播的速度都一樣，等于光速，故C錯誤；D、由于5G的電磁波頻率更高，根據(jù)波的干涉條件可知空間中的5G信號和4G信號相遇不會產生干涉現(xiàn)象，故D錯誤。故選：A。（2）A.無線電波（電磁波）在真空中的傳播速度與光速相同，保持不變，其速度與頻率沒有關系，故A錯誤；B.由公式c＝λf可知λ=cf，5G頻率變大，波長變短，故C.波長越短的波衍射本領越小，所以5G衍射的本領更弱，故C正確；D.無線電波（電磁波）頻率越高，周期越小，相同時間內可承載的信息量越大，故D正確。故選：CD。（3）A.根據(jù)線圈中電流方向，應用右手螺旋定則判斷出線圈中磁場方向向下，故A錯誤；B.電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，板間電場強度在變大，故B正確；CD.電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，電容器中的電場能正在增大，則線圈儲存的磁場能正在減小，線路中的電流正在減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應電流的方向與線路中的電流方向相同，故CD錯誤。故選：B。（4）①由題意可知，總功率為P總=線路損耗功率為ΔP＝20%P總＝5×20%kW＝1kW由ΔP＝I2R得I＝5A②高壓變壓器副線圈的電壓為U2=由n解得n1③需要的基站個數(shù)N=2000每個基站一天耗電量E0＝P總t＝5kW×24h＝120kW?h總耗電E＝N?E0=23×1故答案為：（1）A；（2）CD；（3）B；（4）①輸電回路的電流為5A；②高壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為100：1；③為了實現(xiàn)5G網絡信號全覆蓋面積約為2000平方公里城市，全市的5G基站運行一天將消耗約8×106kW?h。【點評】知道所有的電磁波在真空中的速度都一樣，電磁波是橫波，且波長越短，衍射能力越弱，以及在變壓器中電壓比等于匝數(shù)比等知識點是解題的基礎。

考點卡片1．參考系及其選取原則【知識點的認識】（1）運動與靜止：自然界的一切物體都處于永恒的運動中，運動是絕對的，靜止是相對的。（2）定義：在描述物體的運動時，被選定作為參考，假定靜止不動的物體。（3）選取：①選擇不同的參考系來觀察同一物體的運動，其結果可能會不同。②參考系可以任意選擇，但選擇得當，會使問題的研究變得簡潔、方便。③通常情況下，在討論地面上物體的運動時，都以地面為參考系。（4）參考系的四個性質：標準性被選為參考系的物體都是假定靜止的，被研究的物體是運動還是靜止，都是相對于參考系而言的任意性任何物體都可以作為參考系同一性比較多個物體的運動或同一物體在不同階段的運動時，必須選擇同一個參考系差異性對于同一個物體的運動，選擇不同的參考系，觀察結果一般不同【命題方向】關于參考系的選取，下列說法正確的是（）A.參考系就是絕對不動的物體B.只有選好參考系以后，物體的運動才能確定C.同一物體的運動，相對于不同的參考系，觀察的結果可能不同D.我們平常所說的樓房是靜止的，是以地球為參考系的分析：參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不做相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系解答：A、任何物體均可作為參考系，并不要求是否靜止，故A錯誤；B、要想描述一個物體的運動，必須先選擇參考系；故B正確；C、同一物體的運動，相對于不同的參考系，觀察的結果可能不同，故C正確；D、我們平常所說的樓房是靜止的，是以地球為參考系的；故D正確；故選：BCD。點評：為了研究和描述物體的運動，我們引入了參考系，選擇不同的參考系，同一物體相對于不同的參考系，運動狀態(tài)可以不同，選取合適的參考系可以使運動的研究簡單化?！窘忸}思路點撥】參考系的選取方法：（1）研究地面上物體的運動時，常選取地面或相對地面靜止的物體作為參考系。（2）研究某一系統(tǒng)中物體的運動時，常選取系統(tǒng)作為參考系。例如：研究宇航艙內物體的運動情況時，選取宇航艙為參考系。2．慣性與質量【知識點的認識】1．定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質叫做慣性。牛頓第一定律又叫慣性定律。2．慣性的量度：慣性的大小與物體運動的速度無關，與物體是否受力無關，僅與質量有關，質量是物體慣性大小的唯一量度。質量大的物體所具有的慣性大，質量小的物體所具有的慣性小。3．慣性的性質：①一切物體都具有慣性，其本質是任何物體都有慣性。②慣性與運動狀態(tài)無關：不論物體處于怎樣的運動狀態(tài)，慣性總是存在的。當物體本來靜止時，它一直“想”保持這種靜止狀態(tài)。當物體運動時，它一直“想”以那一時刻的速度做勻速直線運動。4．慣性的表現(xiàn)形式：①當物體不受外力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為保持原來的運動狀態(tài)不變；②當物體受到外力作用時，慣性表現(xiàn)為改變運動狀態(tài)的難易程度，物體慣性越大，它的運動狀態(tài)越難改變。5．加深理解慣性概念的幾個方面：（1）慣性是物體的固有屬性之一，物體的慣性與其所在的地理位置、運動狀態(tài)、時間次序以及是否受力等均無關，任何物體都具有慣性；（2）慣性大小的量度是質量，與物體運動速度的大小無關，絕不是運動速度大、其慣性就大，運動速度小，其慣性就小；（3）物體不受外力時，其慣性表現(xiàn)為物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)；受外力作用時，其慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度不同?！久}方向】例1：關于物體的慣性，下列說法中正確的是（）A．運動速度大的物體不能很快地停下來，是因為物體速度越大，慣性也越大B．靜止的火車啟動時，速度變化慢，是因為靜止的物體慣性大的緣故C．乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球慣性小D．在宇宙飛船中的物體不存在慣性分析：一切物體，不論是運動還是靜止、勻速運動還是變速運動，都具有慣性，慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，質量越大、慣性越大；慣性的大小和物體是否運動、是否受力以及運動的快慢是沒有任何關系的。解答：A、影響慣性大小的是質量，慣性大小與速度大小無關，故A錯誤；B、靜止的火車啟動時，速度變化慢，是由于慣性大，慣性大是由于質量大，故B錯誤；C、乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球質量小，慣性小，故C正確；D、慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，有質量就有慣性，在宇宙飛船中的物體有質量，故有慣性，故D錯誤。故選：C。點評：需要注意的是：物體的慣性的大小只與質量有關，與其他都無關。而經常出錯的是認為慣性與物體的速度有關。例2：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質稱為慣性。下列有關慣性的說法中，正確的是（）A．乘坐汽車時系好安全帶可減小慣性B．運動員跑得越快慣性越大C．宇宙飛船在太空中也有慣性D．汽車在剎車時才有慣性分析：慣性是指物體具有的保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質，質量是物體慣性大小大小的唯一的量度。解答：A、乘坐汽車時系好安全帶，不是可以減小慣性，而是在緊急剎車時可以防止人由于慣性的作用飛離座椅，從而造成傷害，所以A錯誤；B、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與人的速度的大小無關，所以B錯誤；C、在太空中物體的質量是不變的，所以物體的慣性也不變，所以C正確；D、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關，所以D錯誤。故選：C。點評：質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關，只要物體的質量不變，物體的慣性的大小就不變?！局R點的應用及延伸】關于慣性觀點的辨析：錯誤觀點1：物體慣性的大小與物體的受力情況、運動情況、所處位置有關。辨析：慣性是物體本身想要保持運動狀態(tài)不變的特性，它是物體本身的固有屬性，與物體的受力情況、運動情況、所處位置等無關。慣性的大小用質量來量度。不同質量的物體的慣性不同，它們保持狀態(tài)不變的“本領”不同，質量越大的物體，其狀態(tài)變化越困難，說明它保持狀態(tài)不變的“本領”越強，它的慣性越大。錯誤觀點2：慣性是一種力。辨析：運動不需要力來維持，但當有力對物體作用時，力將“迫使”其改變運動狀態(tài)。這時慣性表現(xiàn)為：若要物體持續(xù)地改變運動狀態(tài)，就必須持續(xù)地對物體施加力的作用，一旦某時刻失去力的作用，物體馬上保持此時的運動狀態(tài)不再改變。因此慣性不是力，保持運動狀態(tài)是物體的本能。“物體受到慣性力”、“由于慣性的作用”、“產生慣性”、“克服慣性”、“消除慣性”等說法是不正確的。慣性力物理意義物體保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質物體間的相互作用存在條件是物體本身的固有屬性，始終具有，與外界條件無關力只有在物體間發(fā)生相互作用時才有可量性有大?。o具體數(shù)值，也無單位），無方位有大小、方向及單位錯誤觀點3：慣性就是慣性定律。辨析：慣性是一切物體都具有的固有屬性，而慣性定律是物體不受外力作用時所遵守的一條規(guī)律。錯誤觀點4：物體的速度越大。物體的慣性越大。辨析：慣性是物體本身的固有屬性，與物體的運動情況無關。有的同學認為“慣性與物體的運動速度有關，速度大，慣性就大，速度小，慣性就小”。其理由是物體運動速度大時不容易停下來，運動速度小時就容易停下來，這種認識是錯誤的。產生這種錯誤認識的原因是沒有正確理解“慣性大小表示物體運動狀態(tài)改變的難易程度”這句話。事實上，在受力情況完全相同時，質量相同的物體，在任意相同的時間內，速度的變化量是相同的。所以質量是慣性大小的唯一量度?！窘忸}方法點撥】慣性大小的判定方法：慣性是物體的固有屬性，與物體的運動情況及受力情況無關，質量是慣性大小的唯一量度。有的同學總是認為“慣性與速度有關，物體的運動速度大慣性就大，速度小慣性就小”。理由是物體的速度大時不容易停下來，速度小時就容易停下來。這說明這部分同學沒能將“運動狀態(tài)改變的難易程度”與“物體從運動到靜止的時間長短”區(qū)分開來。事實上，要比較物體運動狀態(tài)變化的難與易，不僅要考慮物體速度變化的快與慢，還要考慮引起運動狀態(tài)變化的外因﹣﹣外力。具體來說有兩種方法：一是外力相同時比較運動狀態(tài)變化的快慢；二是在運動狀態(tài)變化快慢相同的情況下比較所需外力的大小。對于質量相同的物體，無論其速度大小如何，在相同阻力的情況下，相同時間內速度變化量是相同的，這說明改變它們運動狀態(tài)的難易程度是相同的。所以它們的慣性相同，與它們的速度無關。3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，g為重力加速度。人對電梯底部的A、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。4．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．5．電場強度與電場力的關系和計算【知識點的認識】根據(jù)電場強度的定義式E=FF＝qE?！久}方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=故選：B。點評：本題關鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝6．靜電屏蔽的原理與應用【知識點的認識】一、靜電屏蔽1．定義：當金屬外殼達到靜電平衡時，內部沒有電場，因而金屬的外殼會對其內部起屏蔽作用，使它內部不受外部電場影響的現(xiàn)象．2．應用：電子儀器和電子設備外面都有金屬殼，通信電纜外面包有一層金屬網，高壓線路的檢修人員要穿屏蔽服等，都是利用靜電屏蔽現(xiàn)象消除外電場的影響．注意：絕緣球殼中沒有自由電荷，當放入外電場時，不會發(fā)生靜電感應現(xiàn)象，殼內場強也不會為零．即不能起到屏蔽外電場的作用．二、靜電屏蔽的本質1．導體內部不受外部電場的影響的情況（1）現(xiàn)象：由于靜電感應，驗電器箔片張開．如圖1甲，將驗電器放入導體網罩內部后驗電器箔片不張開，如圖1乙，即外部電場影響不到導體內部．（2）本質：是靜電感應，導體外表面感應電荷與外電場在導體內部任一點的場強的疊加結果為零．2．接地導體殼內部電場對殼外空間無影響情況（1）現(xiàn)象：如圖2甲導體殼沒有接地時，處于內部電場中，達到靜電平衡，導體殼內外表面出現(xiàn)等量異種電荷，殼內外表面之間場強處處為零，殼外場強不為零．導體殼接地后，如圖2乙所示，導體殼外的正電荷被大地負電荷中和，正電荷出現(xiàn)在地球的另一端無窮遠處，導體殼內外表面之間及導體外部場強處處為零，導體外部空間不受內部電場影響．（2）本質：仍然是靜電感應，使導體內表面感應電荷與殼內電荷在導體殼表面以外空間疊加結果為零．注意：處于靜電平衡的導體，內部場強為零，但電勢不一定為零．【命題方向】命題一：靜電屏蔽現(xiàn)象的考查例1：如圖所示，將懸在細線上的帶正電的小球A放在不帶電的金屬空心球C內（不與球壁接觸），另有一個懸掛在細線上的帶負電小球B向C靠近，于是（）A．A往左偏離豎直方向，B往右偏離豎直方向B．A的位置不變，B往右偏離豎直方向C．A往左偏離豎直方向，B的位置不變D．A和B的位置都不變分析：因為在C內部由于感應起電，帶上與A相反的電荷，它們之間達到靜電平衡，所以A的電場對C外部不會產生任何影響．解：A在空心金屬球內，由于靜電感應，使得C外表面帶正電，B、C相互吸引，所以B向右偏；而金屬空腔可以屏蔽外部電場，所以B的電荷對空腔C的內部無影響，所以A位置不變．B靠近C時，改變的是C表面的電荷分布，但對于C內部空間的電場可認為沒有影響，這也就是平時說的靜電屏蔽．故B正確，ACD錯誤．故選：B．點評：考查靜電感應現(xiàn)象，掌握同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．并理解外部電場對空心球內部沒有影響，即為靜電屏蔽．【解題思路點撥】靜電屏蔽問題的三點注意（1）空腔可以屏蔽外界電場，接地的空腔可以屏蔽內部的電場作用，其本質都是因為激發(fā)電場與感應電場疊加的結果，分析中應特別注意分清是哪一部分的電場作用。（2）對靜電感應，要掌握導體內部的自由電荷是如何移動的，是如何建立起附加電場的，何處會出現(xiàn)感應電荷。（3）對靜電平衡，要理解導體達到靜電平衡時所具有的特點。7．能源的分類與應用【知識點的認識】一、能源與人類1．能源是提供可利用能量的物質資源或自然過程．2．地球上的能源絕大部分直接或間接來自太陽能．（1）煤、石油和天然氣是太陽能經過數(shù)億年的地質變遷轉化來的，被稱為化石能源．在短期內不能再生，也被稱為不可再生能源．（2）風能、水能、波浪能、海洋能等也都是由太陽能轉化來的．3.20世紀以核能為代表的各種新能源的利用，使人類獲取能量的渠道拓展到了原子微觀世界．4．隨著科學技術的發(fā)展和生活水平的提高，在城市家庭中，電與燃氣成了主要能源．二、能源的開發(fā)與利用1．常規(guī)能源的開發(fā)與利用：（1）煤、石油和天然氣等常規(guī)能源的大量開采對環(huán)境造成了極大的影響．（2）常規(guī)能源在利用時也會對環(huán)境造成極大的污染，特別是溫室氣體大量排放，導致地球變暖．2．可再生能源的開發(fā)與利用：（1）水能是利用最廣泛的可再生能源．（2）太陽能是地球上最豐富的能源．（3）風力發(fā)電站必須建在多風場所，受到地域的限制．三、能源的分類與特點．能源分類方法能源分類名稱特點舉例按形成或轉換特點分一次能源自然形成，未經加工太陽能、風能、地熱能、核能、潮汐能二次能源由一次能源經加工轉換而成焦炭、木炭、蒸汽、液化氣、酒精、汽油、電能按利用技術分常規(guī)能源已大規(guī)模正常使用煤、石油、天然氣、水能新能源正在開發(fā)、或有新的利用方式太陽能、核能、地熱能，海洋能、沼氣、風能按可否再生分可再生能源可循環(huán)使用、不斷補充水能、風能、生物質能、地熱能不可再生能源短期內無法轉換獲得煤、石油、天然氣、核燃料按對環(huán)境污染情況分清潔能源對環(huán)境基本上沒有污染太陽能、海洋能、風能、水能污染能源會嚴重污染環(huán)境化石燃料（煤、石油、天然氣）四、新能源泉的開發(fā)和利用1．太陽能：太陽向外輻射能量時是以太陽為球心的球狀輻射．2．風能：空氣流動所形成的動能稱為風能，它是太陽能轉化的一種形式．風能的利用是將空氣的動能轉化為其他形式的能．3．波浪能：主要的開發(fā)形式是海洋潮汐發(fā)電．4．氫能：21世紀重要的能源載體，儲量豐富，運輸方便，而且不會污染環(huán)境．5．核能：通常有兩種釋放方式：重核裂變和輕核聚變．6．地熱能和生物質能：兩種能源也具有較大的發(fā)展前景．【命題方向】以下說法中正確的是（）A、煤、石油、天然氣等燃料的最初來源可追溯到太陽能B、石油是一種二次能源C、風能是可再生能源D、煤、石油等化石能源是取之不盡、用之不竭的分析：化石燃料的能量最初都可以追溯到太陽能，且不可再生；從自然界直接獲得的且沒有經過加工的能源是一次能源；風能可再生．解答：A、煤、石油、天然氣等是化石燃料，是由古代動植物的遺體轉化來的，而動植物體內的能量最初都可以追溯到太陽能，故A正確。B、石油是從自然界直接獲得的且沒有經過加工的能源，故石油是一次能源。故B錯誤。C、空氣的流動形成風，風具有的能量就是風能，風能利用后空氣仍然會形成風，故風能可再生，故C正確。D、煤、石油等化石能源是古代動植物的遺體經過漫長的地質年代轉化來的，用一點少一點，不可再生，故D錯誤。故選：AC。點評：掌握了一次能源和二次能源定義、可再生能源與不可再生能源的區(qū)別以及化石能源的來源才能正確作答本題．【解題思路點撥】能夠準確的將能源進行分類。8．帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【知識點的認識】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負電B、粒子運動方向是abcdeC、粒子運動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長分析：由半徑的變化可知粒子運動方向；由軌跡偏轉方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運動方向，由圓周對應的圓心角及周期公式可知時間關系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應是由下方進入，故粒子運動方向為edcba，則粒子應帶負電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為T故選：AC。點評：本題應注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關系是解決本題的關鍵，明確了速度關系即可由左手定則及圓的性質求解?！窘忸}方法點撥】帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的分析方法．9．麥克斯韋電磁場理論【知識點的認識】1.麥克思維電磁場理論（1）變化的磁場產生電場。（2）變化的電場產生磁場。2.電磁場變化的電場和磁場總是相互聯(lián)系的，形成一個不可分割的統(tǒng)一的電磁場。3.電磁波如果在空間某區(qū)域有周期性變化的電場，就會在周圍引起變化的磁場，變化的電場和磁場又會在較遠的空間引起新的變化的電場和磁場。這樣變化的電場和磁場由近及遠地向周圍傳播，形成了電磁波。【命題方向】下列說法正確的是（）A、穩(wěn)定的電場產生穩(wěn)定的磁場B、均勻變化的電場產生均勻變化的磁場，均勻變化的磁場產生均勻變化的電場C、變化的電場產生的磁場一定是變化的D、不均勻變化的電場周圍空間產生的磁場也是不均勻變化的分析：麥克斯韋提出變化的電場會產生磁場，變化的磁場會產生電場．電磁場由近及遠的擾動的傳播形成電磁波．解答：A、穩(wěn)定的電場不會產生磁場，故A錯誤；B、均勻變化的電場產生恒定的磁場，均勻變化的磁場產生恒定的電場，故B錯誤；C、變化的電場產生的磁場不一定是變化的，當均勻變化時，則產生恒定的。當非均勻變化時，則產生非均勻變化的。故C錯誤；D、變化的電場產生的磁場不一定是變化的，當均勻變化時，則產生恒定的。當非均勻變化時，則產生非均勻變化的。故D正確；故選：D。點評：變化的形式有兩種：均勻變化與非均勻變化．當均勻變化時，則產生恒定．若非均勻變化，則也會產生非均勻變化．例如電磁場產生的電磁波由近向遠傳播．【知識點的認識】1.麥克斯韋認為線圈只不過是用來顯示電場的存在的，線圈不存在時，變化的磁場同樣在周圍空間產生電場，即這是一種普遍存在的現(xiàn)象，跟閉合電路是否存在無關。2．麥克斯韋電磁場理論的要點（1）恒定的磁場不會產生電場，同樣，恒定的電場也不會產生磁場。（2）均勻變化的磁場在周圍空間產生恒定的電場，同樣，均勻變化的電場在周圍空間產生恒定的磁場。（3）周期性變化的磁場在周圍空間產生同周期變化的電場，同樣，周期性變化的電場在周圍空間產生同周期變化的磁場。10．電磁波的產生【知識點的認識】1.麥克斯韋從理論上預見，電磁波在真空中的傳播速度等于光速，由此麥克斯韋語言了光是一種電磁波。2.電磁波的產生：如果在空間某區(qū)域有周期性變化的電場，就會在周圍引起變化的磁場，變化的電場和磁場又會在較遠的空間引起新的變化的電場和磁場。這樣變化的電場和磁場由近及遠地向周圍傳播，形成了電磁波?！久}方向】關于電磁波，下列說法正確的是（）A、電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關B、周期性變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波C、電磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應強度均垂直D、電磁波可以由電磁振蕩產生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失分析：電磁波在真空中的傳播速度都相同。變化的電場和磁場互相激發(fā)，形成由近及遠傳播的電磁波。電磁波是橫波，傳播方向與電場強度、磁感應強度均垂直。當波源的電磁振蕩停止時，只是不能產生新的電磁波，但已發(fā)出的電磁波不會立即消失。解答：A、電磁波在真空中的傳播速度均相同，與電磁波的頻率無關，故A正確；B、根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，變化的磁場產生電場，變化的電場產生磁場，相互激發(fā)，形成電磁波，故B正確；C、電磁波是橫波，每一處的電場強度和磁場強度總是相互垂直的，且與波的傳播方向垂直，故C正確；D、當電磁振蕩停止了，只是不能產生新的電磁波，但已發(fā)出的電磁波不會消失，還要繼續(xù)傳播，故D錯誤。故選：ABC。點評：此題考查了電磁波的發(fā)射、傳播和接收，解決本題的關鍵知道電磁波的特點，以及知道電磁波產生的條件。【解題思路點撥】1.變化的電場和磁場由進及遠地向周圍傳播，形成了電磁波。2.電磁振蕩產生電磁波時，即使電磁振蕩停止了，已經發(fā)出的電磁波是不會消失的。會繼續(xù)傳播下去。11．電磁波的發(fā)射和接收【知識點的認識】電磁波的發(fā)射、傳播和接收1．發(fā)射電磁波的條件（1）要有足夠高的振蕩頻率；（2）電路必須開放，使振蕩電路的電場和磁場分散到盡可能大的空間．2．調制：有調幅和調頻兩種方式．3．無線電波的接收（1）當接收電路的固有頻率跟接收到的電磁波的頻率相同時，激起的振蕩電流最強，這就是電諧振現(xiàn)象．（2）使接收電路產生電諧振的過程叫做調諧．（3）從經過調制的高頻振蕩中“檢”出調制信號的過程，叫做檢波．檢波是調制的逆過程，也叫做解調．【命題