人教版必修三第十三章测试（Word版含答案）

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A. 蓄电池的正负极接反
C. 线圈B的接头3 、4接反
A
C


人教版必修三第十三章测试(含答案)
学校:___________姓名： ___________班级：___________考号： ___________


一、单选题(本大题共 10 小题， 共 60.0 分)
1. 下列说法正确的是( )
A. 奥斯特发现电流的磁效应
B. 质子、中子和a粒子都能在回旋加速器中被加速， 从而获得较高的能量
C. 在某些磁场中，洛仑兹力可以对运动电荷做功
D. 电场、电场线、磁场、磁感线都是客观存在的物质
2. 下列关于小磁针在磁场中静止时的指向， 正确的是( )
B.
D.
3. 已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比， 与该位置到长直导
线的距离成反比。如图所示， 现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dℎ和ℎg
上，彼此绝缘， 电流方向分别由d流向ℎ、由ℎ流向g，则顶点e和a两处的磁感应强度大小之比为 ( )

A. 2 ：√3 B. 1 ：√3 C. 2 ：√2 D. 1 ：1

4. 六根互相绝缘的导线，在同一平面内组成四个相同的正方形， 导线中通以大小相同的电流， 方向如图



所示， 在这四个正方形区域中， 磁场方向指向纸面内且磁通量最大的区域是 ( )



A. I B. II C. III D. IV
5. 下列有关电磁学的四幅图中，说法错误的是 ( )

A. 法拉第(甲图)发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，分析后得出了法拉第电磁感 应定律
B. 乙图中的圆盘发电机， 通过圆盘的磁通量保持不变，但电路中的小灯泡会亮
C. 丙图实验说明电流具有磁效应，如果将通电直导线南北放置，实验效果最好
D. 丁图中的阴极射线在磁场的作用下向上偏转，则A接电源的负极， D为磁极的N极， C为S极
6. 某学生做观察电磁感应现象的实验， 将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的
实验电路。当他接通、断开开关时， 电流表的指针都没有偏转，其原因是( )

B. 电流表的正负极接反
D. 回路磁通量在开关通、断前后不发生变化



7. 为了做好新冠疫情防控工作， 学校利用红外测温枪对出入学生进行体温检测。下列关于红外测温枪的




说法正确的是




A. 红外测温枪接收到的是学生身体的热量信号 B. 体温越高，测温枪接收到的最强辐射频率越高
C. 红外线是光， 不属于电磁波 D. 红外线属于电磁波， 其波长小于紫外线的波长
8. 我国高铁技术从无到有， 并取得了巨大飞跃， 目前处于世界领先水平。
高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、 5G通信技术的空天地一体化的“超级
大脑”。与4G相比，5G具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信
使用的电磁波频率更高”等特点。与4G相比，5G使用的电磁波( )
A. 波长更长 B. 衍射更明显 C. 能量子的能量更大 D. 传播速度更快
9. “啁啾(zℎōu jiū)激光脉冲放大技术”是高强度激光研究的重大技术创新和核心技术。如图所示， 该 技术原理可以简化为：种子激光脉冲经过单模光纤的色散作用，将时长为飞秒(10−15s)脉宽的激光脉冲
在时间上进行了展宽；展宽后的脉冲经过激光增益介质放大， 充分提取了介质的储能； 最后使用压缩器 将脉冲宽度压缩至接近最初的脉宽值。
上述技术中的关键是“啁啾”脉冲。种子激光脉冲包含有不同的频率分量， 因此在单模光纤中， 频率高 的部分和频率低的部分传播速度不同，这样光脉冲在时间上就被逐渐拉宽， 形成脉冲前沿、后沿频率不
同的现象， 宛如鸟儿发出的不同声音。下列说法正确的是

A. 展宽过程使脉冲各频率分量的频率都变小
B. 在传播方向上，“啁啾”脉冲前沿频率低于后沿频率

C. 若激光脉冲能量约为1J，则其峰值功率一定不能达到1015 w量级
D. 通过“啁啾激光脉冲放大技术”获得的激光脉冲与种子激光脉冲能量几乎相同
10. “约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成． 若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为v的电磁波， 且与U成正比，即v = kU. 已知比例系数k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量ℎ有关． 你可能不了解此现象 为机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断比例系数k的值可能为
ℎ A.
D.
C. 2eℎ
2e
B.
ℎ
2e


二、计算题(本大题共 3 小题， 共 40.0 分)
11. 如图，三根相互平行的固定长直导线L1 、L2和L3两两等距，均通有电流I ，L1中电流方向与L2中的相
同， 与L3中的相反．若L1 中电流I在三角形几何中心0点产生磁感应强度大小为B0 ，则L1 、L2 和L3 中电流 在0点的合磁场的磁感应强度多大？

12. 如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B = 0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为
0，半径为1.0 Cm ，现在纸面内先后放上圆线圈， 圆心均在0处， A线圈半径为1.0 Cm ，10匝； B线圈半径
为2.0 Cm ，1匝； C线圈半径为0.5 Cm ，1匝．问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量各改变多少？
(2)当磁场方向转过30°角的过程中， C中的磁通量改变多少？


13. 太阳光垂直射到地面上时，地面上1 m2 接收的太阳光的功率为1.4 kw，其中可见光部分约占45%。(普 朗克常量ℎ = 6.6 × 10−34J · s)
(1)假如认为可见光的波长约为0.55 um， 日、地间距离R = 1.5 × 1011m，估算太阳每秒辐射出的可见光 子数为多少？
(2)若已知地球的半径为6.4 × 106m ，估算地球接收的太阳光的总功率。



答案和解析


1. 【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁有关问题， 知道奥斯特发现电流的磁效应， 掌握中子不带电的特征， 理解洛伦兹力不做功的特 点，注意电场线与感应线不存在的事实。
(1)奥斯特发现电流的磁效应；
(2)中子不带电，不能加速；
(3)根据洛伦兹力与速度方向关系， 来判定对运动电荷做功情况；
(4)场线、磁感线不是客观存在的。 【解答】
A.奥斯特发现电流的磁效应， 故A 正确；
B. 中子不带电，不能被加速， 故 B 错误；
C.洛伦兹力与速度方向垂直，不可以对运动电荷做功， 故 C 错误；
D. 电场线、磁感线不是客观存在的， 电场、磁场真实存在，故 D 错误；
故选A。
2. 【答案】C
【解析】
【试题解析】
【分析】
通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定．且小磁针静止时N极的指向即为磁场方向；根据电源的 正负极，确定电流方向， 再利用安培定则判断螺线管的极性， 最后根据磁极间的相互作用可判断小磁针的指 向是否正确。
本题的重点是通过安培定则先判断出螺线管的极性，再利用磁极间的相互作用规律来确定小磁针的指向．难 度不大，但需要细心．注意同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，在通电螺线管内部不适用。
【解答】
A.根据同名磁极相斥， 异名磁极相吸，则小磁针N极向右， 故A 错误；
B.伸开右手， 四指环绕方向为电流方向， 则大拇指方向为内部磁场方向，再由小磁针静止时，N极即为磁场方

向，则小磁针N极应向左， 故 B 错误；
C. 由安培定则知，用手握住螺线管，使四指所指的方向与电流方向相同，则螺线管的右端为N极，左端为S极， 再根据小磁针N极指向即为磁场方向可知， 小磁针N极的指向正确，故 C 正确；
D.根据右手螺旋定则可知，通电直导线的磁场方向， 右边是垂直纸面向里，则小磁针N极应该垂直纸面向里， 故 D 错误。
故选 C。


3. 【答案】A
【解析】
【分析】
根据通电直导线周围产生的磁场特点，结合磁场的叠加原则分别求出e点和a点的磁感应强度即可解答。 本题主要考查通电直导线周围的磁场特点以及磁场的叠加，要注意磁场的叠加原则满足矢量的叠加原则。
【解答】
设正方体边长为L，如图所示：

其中一根长直导线的电流在e点产生的磁感应强度为B0，则e点的磁感应强度大小为Be = √B0 2 + B0 2 = √2B0， 处于ℎg边的长直导线到a点的距离为√2L，在a点产生的磁感应强度大小为B0 ；处于dℎ边的长直导线到a点
的距离为L，在a点产生的磁感应强度大小为B0 ，所以a点的磁感应强度大小为Ba = √ (B0)2 + B0(2) = B0，
所以Be : Ba = 2:√3，故 A 正确，故 BCD 错误。
故选A。
4. 【答案】A
【解析】



【分析】
根据安培定则判断六根通电导线在 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 、Ⅳ四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加， 判断哪个区
域的磁场最强。
本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂， 采用列表法可防止思路出现混乱。 【解答】
解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场
方向如下表所示。

导线
区域 Ⅰ
区域 Ⅱ
区域Ⅲ
区域Ⅳ
6
点
点
点
点
5
叉
点
点
叉
4
叉
叉
叉
叉
3
点
点
点
点
2
叉
叉
点
点
1
叉
叉
叉
叉
根据磁场的叠加可知，指向纸面内的磁场最大， 面积相同， 磁通量的区域是区域 Ⅰ ，故 A正确，BCD 错误。 故选A。
5. 【答案】A
【解析】
【分析】
考察电磁感应现象， 法拉第(甲图)发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系， 根据感应电流 产生原理进行判断， 由于地磁场，小磁针本来是指南北的，导线若南北放置，通电后在小磁针附近产生东西 方向的磁场，如此小磁针由南北方向偏转为东西方向，比较明显， 根据左手定则， 判断磁场方向。
【解答】
A.法拉第(甲图)发现了电磁感应现象， 揭示了磁现象和电现象之间的联系，法拉第电磁感应定律并非由法拉 第亲自给出，故A 错误；
B. 乙图中虽然通过圆盘的磁通量没变，但是圆盘的每一条半径都相当于一条导体棒在切割磁感线，整个圆盘 就有这些导体棒组成，而且电源相当于并联，所以产生感应电动势，与电阻构成闭合回路，有电流经过电阻， 电路中的小灯泡会亮，故 B 正确；
C.丙图实验中，由于地磁场，小磁针本来是指南北的，导线若南北放置，通电后在小磁针附近产生东西方向

的磁场，如此小磁针由南北方向偏转为东西方向， 比较明显， 故 C 正确；
D.丁图中阴极射线受到洛伦兹力，根据左手定则， 磁感线穿过手心，四指指正电荷运动方向或者负电荷运动 反方向，即自左向右，判断洛伦兹力向下，故 D 正确。
选错误的， 故选 A。
6. 【答案】D
【解析】
【分析】在探究电磁感应现象实验中，电流表与小螺线管组成闭合回路，电源、电键、大螺线管组成电路； 分析电路图，然后答题。知道探究电磁感应现象的电路由两部分电路构成， 分析清楚电路结构是正确解题的 关键。
【解答】题图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断，而本实验的内容之一就是研究在开 关通断瞬间，电流的有无是否导致磁场发生变化，进而产生感应电流的情况，因而图中接法达不到目的，故 D 正确， ABC 错误。
故选 D。
7. 【答案】B
【解析】
【分析】
一切物体均在辐射红外线，物体在不同温度下红外线辐射强弱不同，红外测温枪就是接收人体辐射出的红外 线来测温的。
根据电磁波谱的排列顺序可知， 红外线波长比紫外线长。
此题考查了红外线的相关特性， 明确自然界所有的物体， 无时无刻不在向外发出辐射能量， 红外测温枪探测 人体发出的红外线的波长和强度，就可以计算出温度。
【解析】
红外测温枪接收到的是人体辐射出的红外线， 通过波长、强度与温度的关系，就可以得到人体的温度，并不 是直接接收人体的热量信号， 故A 错误;
体温越高， 测温枪接收到的最强辐射频率越高，故 B 正确;
红外线属于电磁波， 故 C 错误;
红外线属于电磁波， 根据电磁波谱的排列顺序可知，红外线的波长大于紫外线的波长， 故 D 错误。 8. 【答案】C
【解析】解： A、因5G使用的电磁波频率更高，根据公式c = 入v可知，波长更短， 故A 错误；
B、发生明显衍射的条件是障碍物(或孔)的尺寸可以跟波长相比， 甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率



更高， 即波长更短， 故5G越不容易发生明显衍射，故 B 错误；
C、因为5G使用的电磁波频率比4G高， 根据公式E = ℎv可知，5G使用的电磁波比4G光子能量更大， 故 C 正 确；
D、电磁波在真空中的传播速度都是相同的；电磁波在介质中的传播速度为v = ，5G的频率比4G高， 而频率
越高折射率越大的电磁波在介质中的传播速度越小，故 D 错误。
故选： C。
5G使用的电磁波频率比4G高，由光子能量表达式E = ℎv可知，频率越大，光子的能量越大； 频率越大，波长 越短， 衍射更不明显；光在真空中的传播速度都是相同的，在介质中要看折射率。
本题以高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、 5G通信技术的空天地一体化的“超级大脑”为情景载体， 考查了 电磁波在日常生活和生产中的广泛应用；本题的解题关键是知道电磁波的信息传递量跟频率的关系以及波长、 波速、频率之间的关系， 是一道基础题。

9. 【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查量子化和能量子，运用电功和电功率定义进行简单的求解。
根据题干中图的变化， 可知正“啁啾“的频率随时间增加，一个脉冲上升的前沿是低频，下降的后沿是高频， 展宽过程使脉冲各频率分量的频率都变大，再根据功率定义式可以分析。
【解答】
AD、正“啁啾“的频率随时间增加，展宽过程使脉冲各频率分量的频率都变大，所以通过“啁啾激光脉冲放 大技术”获得的激光脉冲与种子激光脉冲能量是不相同的，故AD 错误；
B、正“啁啾”的频率随时间增加，一个脉冲上升的前沿是低频，下降的后沿是高频，所以在传播方向上，“啁 啾”脉冲前沿频率低于后沿频率，故 B 正确；
C、激光器产生超短脉冲时长为10−15s，根据功率的定义有P = = w = 1.0 × 1015 w，故 C 错误。
故选 B。
10. 【答案】B
【解析】
【分析】
物理公式确定了物理量之间数值的关系， 同时也就确定了物理单位间的关系，本题根据单位进行判断。

将一个物理导出量用若干个基本量的乘方之积表示出来的表达式， 称为该物理量的量纲式， 简称量纲； 它是在选定了单位制之后，由基本物理量单位表达的式子；任何公式两边的量纲必须相同。
【解答】
根据题中给出的v = kU，和普朗克能量子E = ℎv可知E = ℎKU，则k = ，再根据电流做功w = UIt = qU， k = = = ；
另外本题也可根据单位制判断，由v = kU可得k的单位为 = ，B选项中的单位为 = = ，故 B 正确，
ACD 错误。
故选 B。


11. 【答案】解： 0点距三个电流的距离相等，且三电流大小相等，则三个电流在0点产生的磁感应强度大为 均为B0
根据安培定则判断得知： 三根导线在0点产生的磁感应强度的方向分别为：
L1产生的B0方向斜向右下方， 与水平成60°角
L2产生的B0方向斜向右上方， 与水平成60°角
L3产生的B0方向水平向右
则根据平行四边形定则进行合成可知，L1 、L2产生的合场强大小为B0 ，方向水平向右，所以三根导线同时存 在时的磁感应强度大小为2B0 ，方向水平向右
【解析】本题首先运用安培定则判断B的方向， 其次要利用平行四边形定则进行合成，同时要利用好几何关 系。
三角形中心0点到三根导线的距离相等，根据安培定则判断三根导线在0点产生的磁感应强度的方向，根据平 行四边形定则进行合成， 求出三根导线同时存在时的磁感应强度大小。

12. 【答案】(1)A线圈半径为1.0 cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B线圈半径为2.0 cm，大于圆形磁 场区域的半径， 但穿过A、B线圈的磁感线的条数相等，因此在求通过B线圈中的磁通量时，面积S只能取圆形 磁场区域的面积．
设圆形磁场区域的半径为R，对线圈A 、B ，磁通量的改变量：
」牵A = 」牵B = |牵2 − 牵1 | = (0.8 − 0.4) × 3.14 × (10−2)2 wb = 1.256 × 10−4 wb．
(2)原图中线圈平面与磁场方向垂直，若用公式牵 = BSsin e求磁通量，此时e1 = 90°，
当磁场方向转过30°角时，磁场方向与线圈平面之间的夹角为e2 = 60°．



对线圈C：设C线圈的半径为r，
牵1 = B几r2 sin e1，
牵2 = B几r2 sin e2
磁通量的改变量：
」牵 = |牵2 − 牵1 | = B几r2 (sin 90° − sin 60°)
≈ 0.8 × 3.14 × (5 × 10−3)2 × (1 − 0.866) wb
≈ 8.4 × 10−6 wb．
答： (1)在B减为0.4T的过程中，A和B中磁通量分别改变为1.256 × 10−4wb ；1.256 × 10−4wb；
(2)当磁场方向转过30°角的过程中， C中的磁通量改变为8.4 × 10 −6wb。
【解析】(1)先计算A和B线圈有磁场穿过的有效面积，再计算磁通量的变化即可；
(2)先计算C线圈有磁场穿过的有效面积， 再计算磁通量的变化。
本题考查磁通量和磁通量变化量的计算，比较容易出错，要明确磁通量计算公式牵 = BS ，与线圈匝数无关， 另外S是有磁场穿过的有效面积， 不一定等于线圈本身的面积， 这里要特别注意。

13. 【答案】解： (1)设地面上垂直阳光S = 1m2面积上每t = 1秒接收的可见光光子数为n，则有Pt · 45％= n · ℎ 入(c) 。
解得n = 0.4ℎ(5)c(入Pt) = = 1.75 × 1021个。
设想一个以太阳为球心， 以地、日为半径的大球包围着太阳， 大球面接收的光子数即等于太阳辐射的全部光 子数。
则所求可见光光子数N = n · 4S(几R)2 = 1.75 × 1021 × 4 × 3.14 × (1.5 × 1011)2 = 4.9 × 1044 个。
(2)地球背着阳光的半个球面没有接收太阳光。地球向阳的半个球面面积也不都与太阳光垂直。接收太阳光辐 射且与阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆的平面的面积。则地球接收太阳光总功率为 P地 = P ·
几 1.4 × 3.14 × (6.4 × 106)2 kw = 1.8 × 1014 kw。
答： (1)太阳每秒辐射出的可见光子数约为4.9 × 1044个；
(2)地球接收的太阳光的总功率1.8 × 1014 kw。
【解析】本题主要考查能量子的相关计算，解决本道题的关键是通过地球上的辐射巧妙的建立模型计算出太 阳的辐射。
(1)根据能量守恒求出地面上每平方米的面积上每秒接收的光子数为n，从而得出以太阳为球心， 以日地间距

离R为半径的大球面所接收的光子数， 确定出太阳每秒辐射出的可见光光子数； (2)地球背着阳光的半个球面没有接收到太阳光，地球向阳的半个球面面积也不都与太阳光垂直，接收太阳光 辐射且与太阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆平面的面积， 求出地球接收太阳光的总功率。