专题11 交变电流 电磁场 电磁波 专项提升练 -2024届高考物理三轮复习情境试题习题+答案

这是一份专题11 交变电流 电磁场 电磁波 专项提升练 -2024届高考物理三轮复习情境试题习题+答案，文件包含专题11交变电流电磁场电磁波原卷版docx、专题11交变电流电磁场电磁波解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
科技情境类试题频繁出现在高考物理试题和一些省市的模拟试题中，这类试题以科技领域的真实情境为测试载体，以物理学科核心素养为测试宗旨，聚焦关键能力、学科素养和思维品质的考查，能较好地契合新课程改革理念及新高考评价体系的要求，也能反映科技领域最新的研究成果，从而引导考生树立民族自信心与自豪感。
一．交变电流的峰值、有效值、平均值和瞬时值
1．（2023•福田区校级模拟）随着国家“双碳”计划的推进，单相发电机得到广泛的应用。如图甲为单相电交流发电机内部结构图，匝数为N的矩形线圈位置不变，磁铁绕轴转动后，线圈中生成正弦波形交变电流如图乙所示，其电动势峰值为Em，周期为T，回路总电阻为R，则在0−T2时间内通过线框截面的电荷量为（ ）
A．EmTπRB．NEmTπRC．EmTNπRD．2EmTπR
【解答】解：感应电动势的峰值Em＝NBSω＝NBS2πT
0～T2时间内，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝2BS
则通过线框界面的电荷量为q=It=NΔΦΔtRt=NΔΦR=EmTπR
故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．（2023•重庆模拟）我国在全球海上风电项目中占有绝对主导地位，发展新能源为减少碳排行动作出了杰出贡献。如图为某沿海区域的风速测速仪的简易图，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置可监测感应线圈产生的电流变化，从而测量实时风速。由此可知（ ）
A．可以通过监测电流的最大值来监测风速大小
B．感应线圈匝数越少，越有利于监测到电流变化
C．风速越大，电流测量装置显示的电流变化周期越大
D．电流测量装置监测到的电流为大小不变、方向周期性变化的电流
【解答】解：AC.线圈在磁场中转动会产生交流电，根据运动的相对性可知，磁体相对线圈转动在线圈中也会产生交流电，风吹动风杯，产生感应电流，风速越大，磁体转动越快，感应电流的频率就越高，周期就越短，故A正确，C错误；
BD.由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E＝nBSωsinωt，I=ER，故产生的感应电流大小与线圈匝数成正比，故匝数越多，产生的感应电流也越大；同时产生的感应电流大小也与转速有关，风速不同吹动风杯，导致转速不同，不同的转速，产生的感应电流大小不同，故电流测量装置监测到的是电流为大小、方向均变化的电流，故B、D错误。
故选：A。
二．变压器的构造和原理
3．（2024•湛江一模）手机无线充电技术越来越普及，图甲是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上u＝2202sin100πt（V）的正弦式交变电源后，受电线圈中产生交变电流实现给手机快速充电，此时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把两线圈视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．流过送电线圈与受电线圈的电流之比为1：5
B．a、b间输入的交变电流方向每秒变化50次
C．在t＝0.05s时，穿过受电线圈的磁通量的变化率最小
D．快速充电时，线圈cd两端的输出电压为44V
【解答】解：A.根据理想变压器电流与匝数比的关系I1I2=n2n1=1：5，即流过送电线圈与受电线圈的电流之比为1：5，故A正确；
B.根据输入电压瞬时值的表达式f=100π2πHz=50Hz，线圈中电流方向一周改变2次，每秒中改变100次，故B错误；
C.当t＝0.05s，输入电压u=2202sin100π×0.05V=0V
送电线圈中的电流为零，穿过受电线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，故C错误；
D.根据理想变压器流与匝数比的关系，送电线圈中的电流I1=n2n1I2=15×2A=0.4A
送电电路电阻R两端的电压UR＝I1R＝0.4R
送电线圈两端电压U1＝220V﹣0.4R
手机电路电阻R两端电压UR′＝I2R＝2R
受电线圈两端电压U2＝2R+5V
根据理想变压器电压与匝数比的关系U1U2=n1n2
代入数据联立解得U2＝18.75V，故D错误。
故选：A。
4．（2024•碑林区校级模拟）无线手机充电技术的应用，让手机摆脱了“充电线”的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”，如图甲所示为某手机正在无线充电。无线充电的工作原理与理想变压器相同，可简化为如图乙所示装置，已知发射线圈与接收线圈的匝数比为4：1，发射线圈AB端的输入电流i=24sin(π×105)t(A)，则下列说法正确的是（ ）
A．手机无线充电利用了自感现象
B．1s内发射线圈中电流方向改变1×105次
C．接收线圈CD端输出电流的有效值为0.25A
D．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为4：1
【解答】解：A．手机无线充电利用了互感现象，而不是自感现象，故A错误；
B．由电流的瞬时值表达式i=24sin(π×105)t(A)可知，交变电流的频率为
f=1T=ω2π=π×1052πHz=5×104Hz
每个周期内电流方向改变2次，故1s内发射线圈中电流方向改变
n＝2×5×104次＝1×105次
故B正确；
C．根据正弦交流电最大值和有效值的关系，发射线圈AB端输入电流的有效值为
I=Im2=242A=0.25A
由于发射线圈与接收线圈的匝数比为4：1，所以接收线圈CD端输出电流的有效值为
I′＝4I＝4×0.25A＝1A
故C错误；
D．发射线圈与接收线圈中磁通量的变化频率相同，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故D错误。
故选：B。
5．（2024•白云区校级模拟）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin100πt（V）的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（ ）
A．n2n1＜720000
B．n1n2＜12000
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V
D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz
【解答】解：AB．原线圈两端电压的有效值
U1=52V=522V
根据电压匝数关系有
U1U2=n1n2
变压器副线圈电压的峰值
U2max=2U2
由于
U2max＞10×103V
故代入数据解得
n2n1＞2000
n1n2＜12000
故A错误，B正确；
C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为
U1=52V=522V
故C错误；
D．变压器不改变频率，根据
2πT=2πf=100πHz
代入数据解得
f＝50Hz
则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。
故选：B。
6．（2024•重庆模拟）在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2中电流流向如图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内（ ）
A．磁通量增加，感应电流从N到M
B．磁通量减少，感应电流从N到M
C．磁通量增加，感应电流从M到N
D．磁通量减少，感应电流从M到N
【解答】解：当电线中电流等大反向时，两电线在线圈中产生的磁通量恰好为零；漏电瞬间，由于电线1中电流大于2中的电流，因此线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知铁芯内部会产生顺时针方向的磁场，再根据右手螺旋定则可知，线圈中电流方向为N到M，故A正确，BCD错误；
故选：A。
7．（2024•顺德区二模）汽车的点火线圈是脉冲变压器。某型号点火线圈部分剖面结构如图，其初级线圈与次级线圈匝数之比为1：100，已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池。下列说法正确的是（ ）
A．点火线圈的输出电压始终为1200V
B．汽车电瓶不能使点火线圈工作
C．点火线圈的初级线圈应和汽车电瓶相连
D．提高初级线圈匝数，可以增加点火线圈的输出电压
【解答】解：D．根据变压器初级、次级线圈电压之比等于匝数比
U1n1=U2n2
可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，故D错误；
AB．汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能点火线圈正常工作，所以只在点火瞬间，点火线圈的输出电压始终为1200V，故AB错误；
C．根据题意，点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故C正确；
故选：C。
8．（2023•广州二模）如图甲所示的黑光灯利用紫色光引诱害虫飞近高压电网罩米击杀害虫.图乙是黑光灯高压电网罩的工作电路，变压器将有效值为220V的交变电压变成高压，当高压电网罩的电压峰值达到3110V时，可击杀害虫，则变压器的匝数比n1：n2为（ ）
A．1：10B．1：20C．22：311D．311：22
【解答】解：有效值为220V的交变电压的峰值为：
U1=U有×2=220V×2=311V
根据变压器的工作原理可得：
U1U2=n1n2=311V3110V=110，故A正确，BCD错误；
故选：A。
9．（2023•坪山区校级三模）手机无线充电技术越来越普及，图（a）是某款手机无线充电装置，其工作原理如图（b）所示。送电线圈ab间接入如图（c）所示的正弦交变电流。快充时，将S与1合上，送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝4：1，手机两端的电压为11V，充电功率为44W；慢充时，将S与2合上，送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝5：1，手机两端的电压为5V，充电功率为10W。装置线圈视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为10ΩB．R2的阻值为20Ω
C．R1的阻值为11ΩD．R2的阻值为22Ω
【解答】解：AC、由交变电流的表达式可知，交流电的有效值U1=Um2=22022V=220V，
快充时，S与1接通，此时受电线圈电流I2=PS1US1=44W11V=4A，
由U1U2=n1n2得，受电线圈电压U2=n2n1U1=14×220V=55V，
则R1=U2−US1I2=55V−11V4A=11Ω，故A错误，C正确；
BD、慢充时，S与2接通，此时受电线圈电流I4=PS2US2=10W5V=2A，
由U1U3=n1n3得，受电线圈电压U3=n3n1U'1=15×220V=44V，
则R2=U3−US2I4=44V−5V2A=19.5Ω，故BD错误。
故选：C。
10．（2023•辽宁模拟）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R，当输入端ab接入电压为U0正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别U1、U2，通过电池系统的电流为I。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．ab端的输入功率等于U2I
B．ab端的输入功率等于U0I
C．供电线圈和受电线圈匝数比为U0：U2
D．供电线圈和受电线圈匝数比为U1：U2
【解答】解：AB．根据题意可知，变压器的输出功率为P＝U2I，由于原线圈上串联的电阻R也要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I，变压器原线圈中的电流不等于I，所以ab端的输入功率也不等于U0I，故AB错误；
CD．根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为
n1n2=U1U2
故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）11．（2024•河南模拟）图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为100匝，面积为0.02m2，处在磁感应强度大小为0.1T的匀强磁场中，矩形导线框以10rad/s的角速度绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：10，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，理想电流表A1示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻R1，滑动变阻器R和理想电流表A2，电路处于正常工作状态。不计矩形导线框电阻，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝2sin10t（V）
B．熔断器的熔断电流应该不小于5A
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电流表A2示数减小
D．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为4πV
【解答】解：A．电动势的最大值为Em＝nBωS＝100×0.1×10×0.02V＝2V
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝Emsinωt＝2sin10t（V）
故A正确；
B．理想电流表A1示数为0.5A，则流过副线圈的电流I2=n1n2I1=110×0.5A＝0.05A
则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，故B错误；
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，R阻值减小，则次级电流变大，则电流表A2示数变大，故C错误；
D．取磁感线从图示方向穿过线框平面磁通量为正，则Φ1＝BS，
线框从图示位置开始转过180°时的磁通量Φ2＝﹣BS
磁通量的变化量的大小 ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|＝|﹣BS﹣BS|＝2BS
所用时间Δt=T2=12×2πω=πω
线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为E=nΔΦΔt=n⋅2BSπω=2nBSωπ=2×100×0.1×10×0.02πV=4πV，故D正确。
故选：AD。
三．变压器的动态分析
12．（2023•济南三模）2022年11月23日，我国自主研制的16兆瓦海上风电机组正式下线，标志着我国海上风电技术实现重大突破。风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离输电线给灯泡L供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的是（ ）
A．通过R的电流增加
B．降压变压器的输入电压U3减小
C．灯泡L消耗的功率增加
D．发电机的输出功率不变
【解答】解：D．当发电机线圈转速减小时，根据
Em＝nBSω
由此可得升压变压器的输入电压U1减小，而负载不变，因此升压变压器的输入电流I1减小，故发电机的输出功率减小，故D错误；
A．根据变压器的工作原理可得：
I1I2=n2n1
由此可得I1减小时，I2也减小，即通过R的电流减小，故A错误；
BC．由于I2＝I3
因此I3减小，根据变压器的工作原理可得：
I3I4=n4n3
可知I4减小，根据
U4＝I4RL
P=I42RL
可知灯泡L消耗的功率减小，U4减小，根据
U3U4=n3n4，可知U3减小，故B正确，C错误。
故选：B。
四．远距离输电
13．（2023•温州模拟）我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×103A时，下列说法正确的是（ ）
A．输送电功率为1.2×1010W
B．降压变压器匝数比为11：5
C．直流输电线上损失的功率为1.6×107W，损失的电压为40kV
D．若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108W
【解答】解：A．输送电功率为P2=U2I2=1100×103×4×103W=4.4×109W
故A错误；
B．I2＝4×103A，根据电路电压关系，输电导线末端电压U3＝（U2﹣I2r线）＝（1100×103﹣4×103×10）V＝1060kV
原副线圈电压比等于匝数比，则降压变压器n3n4=U3U4=1060500≠115
故B错误；
C．根据电功率P＝I2R，则输电导线上损失的功率ΔP=I22r线=(4×103)2×10W=1.6×108W
损失的电压ΔU=I2r线=4×103×10V=40kV
故C错误；
D．保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率ΔP=(P2U'2)2r线=(4.4×109550×103)2×10W=6.4×108W
故D正确。
故选：D。
14．（2023•和平区校级模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程“白鹤滩水电站”，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1示数不变、V2示数减小
C．输电线上的功率损失减小
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：AB、在此过程中，发电机的电压不变，而升压变压器的匝数也保持不变，则电压表V1的示数不变，使用户消耗的电功率增加，发电机输出功率增加时，说明发电机的电流增大，在保持升压变压器匝数比不变的情况下，则输电电路上的电流也增加，A1示数增大，因此在输电线路上的电压损失也增多，在保持降压变压器的匝数比不变的情况下，电压表V2的示数减小，因为输电线上的电流增加，而降压变压器的匝数比保持不变，则电流表A2的示数增大，故A错误，B正确；
C、根据ΔP＝I2r输电线上的功率损失增大，故C错误；
D、由于输电线上有功率损失，V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积，故D错误。
故选：B。
五．LC振荡电路分析
15．（2023•黄埔区校级三模）图甲为车辆智能道闸系统的简化原理图：预埋在地面下的地感线圈L和电容器C构成LC振荡电路，当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，使得振荡电流频率发生变化，检测器将该信号发送至车牌识别器，从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡电路中的电流如图乙，则下列有关说法正确的是（ ）
A．t1时刻电容器间的电场强度为最大值
B．t1～t2时间内，电容器处于放电过程
C．汽车靠近线圈时，振荡电流频率变大
D．从图乙波形可判断汽车正远离地感线圈
【解答】解：A、t1时刻电流最大，磁场能最大，电容器间的电场强度为最小值，故A错误；
B、t1～t2时间内，电流减小，电容器处于充电过程，故B错误；
C、当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，根据f=12πLC，可知频率减小，故C错误；
D、从图乙波形可知频率越来越大，则线圈自感系数变小，汽车正远离地感线圈，故D正确。
故选：D。
16．（2023•桃城区校级模拟）被誉为“救命神器”的自动体外除颤仪（AED），是一种用于抢救心脏骤停患者的便携式的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，利用电极将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，若无其他条件变化时，下列说法正确的是（ ）
A．脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同
B．放电过程中，电流大小不变
C．自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短
D．电容C越小，电容器的放电时间越长
【解答】解：A．脉冲电流作用于不同人体时，根据欧姆定律，不同人体的电阻不一定相同，则电流大小不一定相同，故A错误；
B．放电过程中，电容器电场能逐渐减小，根据能量守恒定律，线圈中磁场能逐渐增大，则电流大小逐渐增大，故B错误；
C．根据振荡周期T=2πLC
可知自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，故C正确；
D．根据振荡周期T=2πLC
可知电容C越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，则电容器的放电时间越短，故D错误。
故选：C。
六．电磁波的发射、传播和接收
17．（2023•乐清市校级模拟）如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路，扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（ ）
A．计时裁判听到枪声后立即按下计时表
B．扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号
C．发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波
D．发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程
【解答】解：A．声音的传播速度小，从发令枪响到听到声音需要一定的时间，所以计时裁判应看到激光信号立即按下计时表，故A错误；
B．扬声器是把电信号转化为声信号的装置，通电线圈与永磁体相互作用是利用通电导体在磁场中受安培力的原理制成的，所以扬声器的工作原理是将电信号转换成声音信号，故B错误；
C．发令枪产生的光信号的信息载体是横波，发令枪产生的声信号的信息载体是纵波，故C错误；
D．发令枪发出声音信号，空气的振动传播了能量，引起耳膜的振动，所以发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程，故D正确。
故选：D。
18．（2022•浙江模拟）如图所示，2020年11月13日，万米深潜器“奋斗者号”再次深潜至地球的最深处﹣﹣马里亚纳海沟。借助无线电波、激光等传输信号，实现深潜器舱内和海底作业的电视直播。要有效的发射电磁波，振荡电路首先要有足够高的振荡频率，下列选项正确的是（ ）
A．若要提高振荡频率，可增大自感线圈的自感系数
B．无线电波比红外线更容易发生衍射
C．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波不适用
D．在真空中电磁波的传播速度小于光速
【解答】解：A、根据LC振荡电路的频率公式f=12πLC，
若要提高振荡频率，可减小自感线圈的自感系数或者电容器的电容，故A错误；
B、无线电波比红外线的波长更长，根据发生明显衍射现象的条件，可知前者比后者更容易发生衍射，故B正确；
C、机械波的频率、波长和波速三者满足的关系λ=vf，对电磁波同样适用，故C错误；
D、在真空中电磁波的传播速度等于光速，为3.0×108m/s，故D错误。
故选：B。
19．（2022•锦州一模）5G是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的特点之一为具有超高速的数据传播速率，5G信号一般采用3.3×109～6×109Hz频段的无线电波，而第四代移动通信技术4G采用的是1.88×109～2.64×109Hz频段的无线电波，则下列说法正确的是（ ）
A．空间中的5G信号和4G信号相遇会产生干涉现象
B．5G信号比4G信号所用的无线电波在真空中传播的更快
C．5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站
D．5G信号比4G信号波长较长
【解答】解：A、5G信号和4G信号的频率不一样，不能发生干涉现象，故A错误；
B、任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故B错误；
CD、5G信号的频率较高，根据公式c＝λf，可知5G信号比4G信号波长较短，因此5G信号相比于4G信号不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站，故C正确，D错误。
故选：C。
20．（2022•青岛一模）2016年在贵州建成了500米口径的球面射电望远镜——“中国天眼”，这是世界上单口径最大、灵敏度最高的射电望远镜，它对电磁波的各个波段都具有良好的接收能力。下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．频率越高的电磁波越容易发生明显的衍射现象
B．频率越高的电磁波在真空中的传播速度越大
C．在水中紫外线的传播速度小于红外线的传播速度
D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线
【解答】解：A、根据公式c＝λf，可知频率越高的电磁波其波长越短，越不容易发生明显的衍射现象，故A错误；
B、所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速3×108m/s，故B错误；
C、根据水中紫外线的折射率大于红外线的折射率，结合公式v=cn，可得在水中紫外线的传播速度小于红外线的传播速度，故C正确；
D、红外线的显著作用是热效应，所有的物体都能辐射红外线，故D错误。
故选：C。
21．（2022•平谷区一模）哈尔滨工程大学科研团队研发的“悟空号”全海深AUV，于当地时间2021年11月6日15时47分，在马里亚纳海沟“挑战者”深渊完成万米挑战最后一潜，最大下潜深度达10896米，再次刷新下潜深度纪录。在幽深的海底，要想知道潜水器所在位置并不容易，因为海水是导电媒质，电磁波在海水中的传播衰减很大，且频率越高衰减越大，导致使用无线电波的GPS的定位手段无计可施。声波是最有效的水下远距离传播信息的载体。“悟空号”AUV就是通过装载的高速水声通信系统来传输信息的。声波在海水中传播时也会被海水吸收一部分，而且频率越高吸收就越厉害，对于频率低的声波海水反而吸收少。结合以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．无线电波在海水中传播时，不会使海水产生感应电流
B．若海水清澈，光波在海水中的传播衰减就会很小
C．无线电波在介质中的传播速度，除了与介质有关外，还与本身的频率有关
D．声波的频率越低，在海水中传播的距离越远，但传播的速度越小
【解答】解：A、因为海水是导电媒质，无线电波在海水中传播时，会使海水产生感应电流，故A错误；
B、光波在海水中的传播衰减，主要是由于产生感应电流而导致的，故B错误；
C、根据折射率与速度公式可知无线电波在介质中的传播速度，除了与介质有关外，还与本身的频率有关，故C正确；
D、根据声波在海水中传播时也会被海水吸收一部分，而且频率越高吸收就越厉害，对于频率低的声波海水反而吸收少，可知频率越低，在海水中传播的距离越远，但传播的速度不变，故D错误。
故选：C。
七．电磁波的应用与信息化社会
22．（2024•平谷区模拟）正在建设中的高能同步辐射光源，是我国第四代同步加速器光源，它是一种提供高性能X射线的大科学装置，发射的同步光基本覆盖红外光、可见光、紫外线、X射线等波段。与可见光相比，下列关于X射线的说法中正确的是（ ）
A．同样能使人的眼睛产生视觉效应
B．在真空中的波长更长
C．光子的能量更高
D．在真空中的传播速度更大
【解答】解：A、X射线不能使人的眼睛产生视觉效应，故A错误；
B、X射线与可见光相比，波长更短，频率更高，故B错误；
C、X射线与可见光相比，光子的能量更高，故C正确；
D、X射线与可见光在真空中的传播速度一样大，故D错误。
故选：C。
23．（2023•濠江区校级模拟）光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。则加上液体后（ ）
A．紫外线进入液体后光子能量增加
B．传播相等的距离，在液体中所需的时间变短
C．紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射，能提高分辨率
D．紫外线在液体中波长比真空中小
【解答】解：设液体对紫外线的折射率为n，
A．紫外线进入液体频率不变，可知光子能量不变，故A错误；
B．设传播L距离，在真空中的时间t=Lc，在液体中所需的时间t'=Lcn=nLc，可知在液体中所需的时间变长，故B错误；
CD．由λ=vf=cnf。可知紫外线在液体中波长变短，根据明显衍射的条件可知更不容易发生衍射，会降低分辨率，故C错误，D正确。
故选：D。
24．（2023•武汉模拟）血氧仪是一种测量人体血氧饱和度的医疗设备，血氧饱和度是人体血液中的氧合血红蛋白容量占全部可结合的血红蛋白（脱氧血红蛋白与氧合血红蛋白之和）容量的百分比，正常人的血氧饱和度一般在95%以上，如果血氧饱和度低于93%，就应尽快就医。某种指夹式血氧仪是根据脱氧血红蛋白和氧合血红蛋白在红光和红外线区域的吸收光谱特性不同为依据制成的。下列说法正确的是（ ）
A．红外线可以用来加热理疗
B．红光和红外线都是可见光
C．红光的波长大于红外线的波长
D．吸收光谱的特点是在连续光谱的背景上出现若干条明线
【解答】解：A、红外线具有很好的热效应，可以用来加热理疗，故A正确；
B、红光是可见光，红外线是波长比红光还长的电磁波，不是可见光，故B错误；
C、红光的波长小于红外线的波长，故C错误；
D、吸收光谱的特点是在连续光谱的背景上出现若干条暗线，故D错误。
故选：A。
25．（2022•海淀区模拟）麦克斯韦的电磁场理论指出：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场．电场和磁场在空间的交替传播就形成了电磁波．从1888年赫兹用实验证实了电磁波的存在至今，电磁波已经与我们的生活紧密相关：机场安检门使用频率为7kHz的电磁波，GPS定位系统使用频率为10.23MHz（1MHz＝106Hz）的电磁波，手机工作时使用频率为800﹣1900MHz的电磁波，无线WiFi使用频率为2.4GHz（1GHz＝109Hz）的电磁波，地铁行李安检时使用频率为1018Hz的电磁波．根据图中给出的电磁波谱和相关信息，下列说法正确的是（ ）
A．手机工作时使用的电磁波是纵波
B．机场安检门使用的电磁波只能在空气中传播
C．地铁行李安检时使用的电磁波是利用了电磁波的穿透本领
D．无线WiFi使用的电磁波比GPS定位系统使用的电磁波更容易发生衍射现象
【解答】解：A、手机工作时使用的电磁波均为横波；故A错误；
B、电磁波可以在真空中传播，也可以在介质中传播；故B错误；
C、地铁行李安检时使用的电磁波是利用了电磁波的穿透本领；故C正确；
D、无线WiFi用到的电磁波频率较大，所以其波长较小，故GPS定位系统使用的电磁波比无线WiFi使用的电磁波容易发生衍射现象，故D错误；
故选：C。