2019-2020学年沪教版物理选修3-4同步配套学案：3.3 无线电通信 3.4 电磁波家族 Word版含答案

[随堂检测]1.下列对无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法正确的是（ ）A.经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强B.经过调制后的电磁波在空间传播得更快C.经过调制后的电磁波在空间传播波长才能不变D.经过调制后的高频电磁波才能把我们要告知对方的讯号传递过去解析：选A.调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡上去，频率越高，传播信息能力越强，A 对；电磁波在空气中以接近光速传播，B 错；由v ＝λf ，知波长与波速和传播频率有关，C 错.2.下列关于电磁波的特性和应用，说法正确的是（ ）A.红外线和X 射线都有很高的穿透本领，常用来检查金属内部的缺陷B.在医院常用X 射线对病房和手术室进行消毒C.电磁波中频率最大的是γ射线，最不容易用来观察衍射现象D.紫外线和X 射线都可以用来检查人体内部的器官解析：选C.X 射线有较强的穿透能力，可用来检查金属零件内部的缺陷，红外线不具有此特点，A 错误；医院中常用紫外线对病房和手术室进行消毒杀菌，B 错误；频率越大，衍射现象越不明显，C 正确；紫外线不能用来检查人体内部的器官，D 错误.3.为了增大无线电台向空间辐射无线电波的能力，对LC 振荡电路结构，可采用下列哪些措施（ ）A.增大电容器极板的正对面积B.增大电容器极板间的距离C.增大自感线圈的匝数D.提高供电电压解析：选B.根据题意，为了增大电台辐射能力，必须采用开放电路，提高电磁波的频率，由f ＝12πLC可知，必须使电容C 或电感L 减小，再根据C ∝εS d 可知，当增大电容器极板间的距离时，C 减小，电磁波的频率f 可增大，所以B 选项正确.而增大电容器极板的正对面积时，电容C 增大，不能实现增大电磁波的频率，A 选项错误.又因为电感L 与线圈的匝数、面积大小、线圈的长短以及线圈中有无铁芯等因素有关，而增大自感线圈的匝数时，电感L增大，所以C选项错误.由f＝1可知，电磁波的频率与电压无关，D选项错误.2πLC4.用一台简易收音机收听某一电台的广播，必须经过的两个过程是（）A.调制和解调B.调谐和检波C.检波和解调D.调频和调幅解析：选B.要想用收音机收听某一电台的广播，需要先通过调谐把所需要的电磁波选择出来，再通过解调（检波）把声音信号从高频电流中还原出来，故选项B正确.[课时作业]一、单项选择题1.下列各组电磁波，按波长由长到短的正确排列是（）A.γ射线、红外线、紫外线、可见光B.红外线、可见光、紫外线、γ射线C.可见光、红外线、紫外线、γ射线D.紫外线、可见光、红外线、γ射线解析：选B.在电磁波谱中，电磁波的波长从长到短排列顺序依次是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，由此可判定B正确.2.电视机换台时，实际上是在改变（）A.电视台的发射频率B.电视机的接收频率C.电视台发射的电磁波的波速D.电视机接收的电磁波的波速解析：选B.电视台的发射频率、电磁波的波速等都是电视机所无法改变的，所能改变的只有自身的接收频率.不同的电台会有不同的使用频率，要使自己的电视机与电台的频率一致才能收到电视信号.3.为了使需要传送的信息（如声音、图像等）加载在电磁波上发射到远方，必须对振荡电流进行（）A.调谐B.放大C.调制D.检波解析：选C.声音、图像信号的频率很低，不能直接发射出去，只有高频电磁波才能向外发射，所以要用高频带着低频向外发射，而把低频信号加到高频电磁波上去的过程叫调制，故选C.4.声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征.下列说法正确的是（）A.声波的传播速度小于电磁波的传播速度B.声波和电磁波都能引起鼓膜振动C.电磁波都能被人看见，声波都能被人听见D.二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的是电磁波解析：选A.声波属于机械波，其传播需要介质，传播速度小于电磁波的传播速度；鼓膜的振动是空气的振动带动的；电磁波的传播不需要介质，人耳听不到电磁波；二胡和电子琴发出的都是声波，所以只有选项A正确.5.近年来，无线光通信技术（不需光纤，利用红外线在空间的定向传播来传递信息的通信手段）在局域网、移动通信等多方面显示出巨大的应用前景.关于红外线和光通信，以下说法中正确的是（）①光通信就是将文字、数据、图像等信息转换成光信号从一地传向另一地的过程②光纤通信中的光信号在光纤中传输，无线光通信的光信号在空气中传输③红外线的频率比可见光的频率高④红外线比可见光传播速度大A.①②B.③④C.①③D.②④解析：选A.无线光通信技术是光信号在空气中直接传输各种信息.光纤通信中的光信号是在光纤中传输.不论哪种方式，传输的都是文字、数据、图像等信息.而红外线的频率由电磁波谱可知比可见光的频率低，红外线与可见光在真空中传播速度相同.二、多项选择题6.下列关于电磁波谱各成员的说法正确的是（）A.最容易发生衍射现象的是无线电波B.紫外线有明显的热效应C.X射线穿透能力较强，所以可用来做检查工件D.晴朗的天空看起来是蓝色是光散射的结果解析：选ACD.波长越长越易衍射，故A正确；有明显热效应的是红外线，故B错误；X射线因其穿透能力强常用于人体拍片和检查金属零件缺陷，故C正确；天空的蓝色是由于波长较短的光易被散射，故D正确.7.对红外线的作用及来源正确的叙述有（）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：选ACD.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，A正确.荧光效应是紫外线的特性，红外线没有，红外线的显著的作用是热作用，B错误，C正确.红外线波长较长，衍射能力比较强，D正确.8.调谐电路的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出仍接收不到较高频率电台发出的电信号，要收到电信号，应（）A.增大调谐电路中线圈的匝数B.加大电源电压C.减小调谐电路中线圈的匝数D.将线圈中的铁芯取走解析：选CD.当调谐电路的固有频率等于电台发出信号的频率时发生电谐振才能收听到可知，在C无电台信号.由题意知收不到电信号的原因是调谐电路固有频率低，由f＝12πLC法再调节的前提下，可减小电感L，即可通过C、D的操作升高f.9.电视机在室内接收电视台向空中发射的电磁信号时，下列判断正确的是（）A.当电视机在离电视发射塔较近时，用室内天线也可以接收到信号，这是电磁波的衍射现象B.用室内天线接收时，电视机安放在室内不同位置，接收效果不同，这是电磁波在室内反射后产生的干涉现象C.离电视发射塔较远处要用架设室外天线的方法接收信号，这是由于发送电视信号用的是微波，波长短，基本上是直线传播D.有线电视的信号也是通过电磁波传送的解析：选ABC.电磁波绕过障碍物进入室内被电视机天线接收，这是电磁波的衍射现象；室内不同位置由于电磁波在墙壁和其他器物表面反射，然后叠加，形成有的地方加强，有的地方减弱的现象是波的干涉现象；电视信号用微波传送，微波波长短，基本上是沿直线传播，在离发射塔较远处，由于微波不能直接传送到电视机天线，就要架设室外天线来接收信号；故A、B、C选项正确.10.许多光学现象在科学技术上得到了应用，下列对一些应用的解释，正确的是（）A.紫外验钞机是利用紫外线的化学作用B.X 光透视利用的是光的干涉现象C.工业上的金属探伤利用的是γ射线具有较强的穿透能力D.红外遥感技术利用一切物体都不停地辐射红外线的现象解析：选CD.紫外验钞机是利用紫外线照射印刷在钞票上的荧光文字，发出可见光，使这些文字能被肉眼看到，利用了紫外线的荧光效应，A 项错误；X 射线具有极强的穿透能力，在医学上用它来透视人体，检查病变和骨折情况，B 项错误；γ射线具有较强的穿透能力，工业上的金属探伤就是利用的这个原理，C 项正确；一切物体都在不停地辐射红外线，红外遥感技术就是利用的这个原理，D 项正确.三、非选择题11.图中A 为某火箭发射场，B 为山区，C 为城市.发射场正在进行某型号火箭的发射试验.为了转播火箭发射的实况，在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号.已知传播无线电广播所用的电磁波波长为550 m ，而传输电视信号所用的电磁波波长为0.566 m ，为了不让山区挡住信号的传播，使城市居民能收听和收看火箭发射的实况，必须通过建在山顶上的转发站来转发 （填“无线电广播信号”或“电视信号”）.这是因为_____________________________________________________________________________.解析：从题中知，传播无线电广播所用电磁波波长为550 m ，根据波发生明显衍射现象的条件知，该电磁波很容易发生衍射现象，绕过山坡而传播到城市所在的C 区，因而不需要转发装置.电视信号所用的电磁波波长为0.566 m ，其波长很短，衍射现象很不明显，几乎沿直线传播，能传播到山顶却不能传播到城市所在的C 区，要想使信号传到C 区，必须通过建在山顶的转发站来转发.答案：电视信号 电视信号波长短，沿直线传播，受山坡阻挡，不易衍射 12.有波长分别为290 m 、397 m 、566 m 的无线电波同时传向收音机的接收天线，当把收音机的调谐电路的频率调到756 kHz 时.（1）哪种波长的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强？（2）如果想接收到波长为290 m 的无线电波，应该把调谐电路中可变电容器的动片旋进一些还是旋出一些？解析：（1）根据公式f ＝c λ，得f1＝cλ1＝3.0×108290H z≈1 034 kHz.f2＝cλ2＝3.0×108397Hz≈756 kHz.f3＝cλ3＝3.0×108566Hz≈530 kHz.所以波长为397 m的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强.（2）要接收波长为290 m的无线电波，应增大调谐电路的固有频率，因此，应把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些以减小电容.答案：（1）波长为397 m的无线电波（2）旋出一些。

3.3无线电通信-3.4电磁波家族学案（2020年沪科版高中物理选修3-4）3.3无线电通信无线电通信3.4电磁波家族电磁波家族学习目标1.了解无线电波的发射.传播和接收过程.2.知道调制.调幅.调频.调谐.检波等概念.3.了解电磁波谱的组成及其各波段的主要特征和主要作用1无线电广播信号的发射过程首先把要传递的声音信号转变成电信号并通过音频放大器进行放大，成为被加载的低频信号填“高”或“低”，然后将此低频音频信号通过调制器加载到由振荡器产生的等幅的高频信号上，成为随音频信号而改变的高频信号，再通过高频放大器进行放大，最后通过发射塔发射出去2无线电波主要有地波传播.天波传播和直线传播三种方式中.长波的波长较长，能绕过地球表面上的一般障碍物，即能够沿着地球表面进行传播，因此采用地波传播；短波和部分中波的波长较短，难以绕过地球表面上的一般障碍物，但能够在地面与电离层之间来回反射进行传播，因此采用天波传播；而微波的波长更短，并且能够穿透电离层，只能从发射天线直接传播到接收天线，因此采用直线传播3电磁波是一个大家族，把各种电磁波按波长或频率的大小顺序排列起来，就组成了电磁波谱若按波长由大到小的顺序排列划分为无线电波.红外线.可见光.紫外线.X射线.射线六个波段.一.无线电波的发射导学探究1广播电台的播音是声音信号，这种信号是怎样发射出去的呢答案先将声音信号转变成电信号，再将此电信号加载到高频信号上，并进行放大，再通过发射塔发射出去2你知道无线电波的传播方式有哪些吗答案地波.天波和直线传播等知识深化1无线电波的发射1无线电广播信号的发射过程2振荡器的作用产生等幅高频信号3无线电波的调制调制在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术分类调幅AM 使高频电磁波的振幅随低频信号的强弱而变化的调制技术调频FM 使高频电磁波的频率随低频信号的强弱而变化的调制技术2.无线电波的传播方式无线电波的传播方式与其自身的波长或频率有关，主要有地波传播.天波传播和直线传播三种方式延伸思考电台在发射声音信号时，为什么不直接将声音信号转变为电信号直接发射出去，而是加载到高频信号中发射呢答案电台向外发射电磁波，要有足够高的频率，而声音信号频率较低，直接把其转变为电信号后，发射能力较低，而把它加载到高频信号中后就提高了发射能力例1多选下列对无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法正确的是A经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强B经过调制后的电磁波在空间传播得更快C经过调制后的电磁波在空间传播波长不变D经过调制后的电磁波在空间传播波长改变答案AD解析调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡上去，频率越高，传播信息能力越强，A 对；电磁波在空气中传播速度不变，B错；由vf知，波长与波速和传播频率有关，C错，D对例2多选关于无线电波的传播，下列说法正确的是A发射出去的电磁波，可以传到无限远处B无线电波遇到导体，就可以在导体中激起同频率的振荡电流C波长越短的电磁波，越接近直线传播D移动电话是利用无线电波进行通信的答案BCD解析无线电波在传播过程中，遇到障碍物就会被吸收一部分，遇到导体，会在导体内产生涡流同频率的振荡电流，故A 错.B正确波长越短，传播方式越接近光的直线传播，移动电话发射或接收的电磁波属于无线电波的高频段故C.D正确二.无线电波的接收导学探究在我们周围弥漫着各种电台.电视台及无线电设备发出的电磁波，我们若想收听某一电台的广播时，需要调节收音机的旋钮选台，你知道“选台”的作用吗答案“选台”是为了使想收听的某一电台发射的电磁波的频率与收音机的接收电路的固有频率相同知识深化1无线电波的接收原理电磁波在空间的传播过程中如果遇到导体，就会使导体中产生感应电流，因此，空间中的导体可以用来接收电磁波2电谐振与调谐1电谐振当接收电路的固有频率跟收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强的现象2调谐使接收电路产生电谐振的过程它使我们从诸多电磁波中挑选出某一频率的电磁波3检波从接收到的高频振荡信号中“检”出所承载的低频信号的过程例3多选关于电磁波的接收，下列说法正确的是A当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流B当处于电谐振时，只有被接收的电磁波才能在接收电路中产生感应电流C由调谐电路接收的感应电流，再经过耳机就可以听到声音了D由调谐电路接收的感应电流，再经过检波.放大，通过耳机才可以听到声音答案AD解析当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流，只不过频率跟谐振电路固有频率相等的电磁波，在接收电路中激发的感应电流最强由调谐电路接收的感应电流，要再经过检波也就是调制的逆过程.放大，通过耳机才可以听到声音，故正确答案为A.D.三.电磁波谱导学探究电磁波是一个大家庭，在生产.生活中有广泛的应用，你能举一些应用电磁波的例子吗答案红外线摄影.红外线体温计.利用紫外线工作的验钞机.微波炉利用微波加热食物.电视信号的传播.医学上的透视知识深化不同电磁波的特点及应用电磁波谱无线电波红外线可见光紫外线X射线射线频率由左向右，频率变化为由小到大真空中波长由左向右，波长变化为由长到短特性波动性强热效应强感光性强化学作用，荧光效应强穿透力强穿透力最强用途通信广播.电视.雷达.导航红外遥感.遥测.加热.红外摄像.红外制导照明.照相等日光灯.杀菌.防伪.治疗皮肤病等检查.探测.透视.治疗探测.治疗例4下面列出一些医疗器械的名称和这些器械运用的物理现象，请将相应的字母填写在运用这种现象的医疗器械后面的空格上1X光机，________.2紫外线灯，________.3理疗医用“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好这里的“神灯”是利用______A光的全反射B紫外线具有很强的荧光作用C紫外线具有杀菌消毒作用DX射线的很强的穿透力E红外线具有显著的热效应F红外线波长较长，易发生衍射答案1D2C3E解析1X光机是用来透视人体内部器官的，因此需要具有较强穿透力的电磁波，但又不能对人体造成太大的伤害，因此采用了X射线，故选择D.2紫外线灯主要是用来杀菌的，因此它应用的是紫外线的杀菌作用而非荧光作用，故选择C.3“神灯”又称红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，使人体局部受热，血液循环加快，故选择E.1世界各地有许多无线电台同时广播，用收音机一次只能收听到某一电台的播音，而不是同时收听到许多电台的播音，其原因是A因为收听到的电台离收音机最近B因为收听到的电台频率最高C因为接收到的电台电磁波能量最强D因为接收到的电台电磁波与收音机调谐电路的频率相同，产生了电谐振答案D解析选台就是调谐过程，使f固f电磁波，在接收电路中产生电谐振激起的感应电流最强2红外线.紫外线.无线电波.可见光.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.射线B红外线.可见光.紫外线.无线电波.射线.伦琴射线C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，射线.伦琴射线.无线电波.可见光答案A3多选下列关于电磁波谱中各电磁波的应用情况，说法正确的是A红外线的波长比可见光长，可以用来杀菌消毒B紫外线的波长比可见光短，可以用来杀菌消毒C红外线的波长比可见光长，可以用来测温摄影D紫外线的波长比可见光短，可以用来测温摄影答案BC。

1．1研究简谐运动1.知道什么是机械振动．2.知道简谐运动的定义，明确简谐运动过程中位移跟时间的关系．3．会用图像及物理量描述简谐运动．(重点、难点)一、什么是简谐运动1．机械振动：物体(或物体的一部分)以平衡位置为中心所做的周期性的往复运动．2．平衡位置：做往复运动的物体能够静止的位置．3．简谐运动：机械振动的质点偏离平衡位置的位移与时间的关系遵从正弦(或余弦)函数规律的振动．简谐运动的位移是指相对于平衡位置的位移．二、用图像描述振动1．振动的位移—时间图像通常叫做振动图像，它是对振动的一种形象描述．2．可以用示波器研究振动图像，地震仪和心电图仪等描绘的都是振动图像．三、描述简谐运动的物理量1．周期和频率(1)周期：做简谐运动的物体完成一次全振动所经历的时间叫做振动的周期．(2)频率：单位时间内物体完成全振动的次数叫做振动的频率．(3)周期与频率的关系：周期和频率都是表示物体振动快慢的物理量．它们的关系是T ＝1/f．在国际单位制中，周期的单位是秒．频率的单位是赫兹，1 Hz＝1 s－1.2．振幅：振动物体在振动过程中离开平衡位置的最大位移叫做振动的振幅．振幅是标量，用A表示，单位是米(m)．对弹簧振子模型的理解1．弹簧振子模型(1)构造上是一根不计质量的弹簧，一端固定，另一端连接一个质点．(2)运动时质点不受任何摩擦和介质阻力．判定一个实际系统能否看成弹簧振子，就从这两方面去衡量．2．弹簧振子的位移(1)简谐运动中的位移是从平衡位置指向振子某时刻所在位置的有向线段，在振动中，不管振动质点初始时刻的位置在哪儿，振动中的位移都是从平衡位置开始指向振子所在位置．(2)简谐运动中的位移也是矢量，若规定振动质点在平衡位置右侧时位移为正，则它在平衡位置左侧时就为负．3．弹簧振子的运动规律(1)振子振动过程中经过平衡位置位移是零，而速度最大．(2)离开平衡位置时，位移变大，但速度变小．(3)速度为零处是最大位移处，振动的位移是相对平衡位置而言的．(4)振子做变加速直线运动，加速度方向与位移方向相反．一水平弹簧振子做简谐运动，则下列说法中正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C．振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同D．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同[解题探究] (1)位移何时为正，何时为负？(2)平衡位置时物体所受合力为多少？[解析]在简谐运动中，加速度的方向一定与位移方向相反，并总是指向平衡位置，但速度方向可能与位移方向相同，也可能相反；振子通过同一位置，位移相同，则加速度一定相同，速度可能相同也可能相反；振子离开平衡位置时，加速度增大，速度减小；振子向平衡位置运动时，加速度减小，速度增大，只有选项D正确．[答案] D(1)简谐运动是变加速运动．(2)振动物体通过同一位置，其位移和加速度的方向是一定的，而速度方向却有两种可能．(3)在判断简谐运动的位移、速度、加速度的关系时，应作出物理情景示意图．结合示意图进行分析．1.下列说法正确的是()A．弹簧振子的运动是简谐运动B．简谐运动是机械运动中最简单、最基本的一种C．简谐运动中位移的方向总是指向平衡位置D．简谐运动中位移方向总与速度方向相反解析：选A.弹簧振子的运动就是简谐运动，但简谐运动有许多种，如水中浮标上下微小的浮动，后面将要学习的单摆在空气中小角度摆动都是简谐运动，它是机械振动中最基本、最简单的一种，而机械运动中最基本、最简单的一种是匀速直线运动，因此A正确，B错误．振动中位移总是相对于平衡位置而言的，而它总是从平衡位置开始，总是背离平衡位置的，所以C错误．虽然位移方向总背离平衡位置，但速度具有“双向性”，当质点远离平衡位置运动时，它与位移方向同向；质点向平衡位置运动时，它与位移方向相反，所以D 错误．简谐振动的图像1．绘制振动图像绘制振动图像时，以时间为横轴，以位移为纵轴，首先列表找出各时刻t对应的振子位移，然后根据表中的数据在位移－时间图像上描出对应的点，用平滑的曲线连接各点，便得到振动图像．2．物理意义：表示振动的质点在不同时刻偏离平衡位置的位移，是位移随时间的变化规律．3．获取信息(1)通过图像可直接观察振幅A和周期T(2)任意时刻质点的位移的大小和方向．如图所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和－x2.(3)任意时刻质点的振动方向：看下一时刻质点的位置，如图中a点，下一时刻离平衡位置更远，故a此刻向上振动．(多选)如图是一做简谐运动的物体的振动图像，下列说法正确的是()A．振动周期是2×10－2 sB．第2个10－2 s内物体的位移是－10 cmC．物体的振动频率为25 HzD．物体的振幅是10 cm[解析]根据周期是完成一次全振动所用的时间，在图像上是两相邻极大值间的距离，，所以f＝25 Hz，则C项正确．正、负极大值表示物体的振所以周期是4×10－2 s．又f＝1T幅，所以振幅A＝10 cm，则D项正确．第2个10－2s初位置是10 cm，末位置是0，根据位移的概念有s＝－10 cm，则B项正确．[答案]BCD解此类题时，首先要理解x－t图像的意义，其次要把x－t图像与质点的实际振动过程联系起来．准确理解全振动、周期、振幅、路程等概念是解决问题的关键．2.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值解析：选A.t＝1 s时，振子在正的最大位移处，振子的速度为零，由a＝－kx/m知，加速度为负的最大值，A项正确；t＝2 s时，振子位于平衡位置，由a＝－kx/m知，加速度为零，B项错误；t＝3 s时，振子在负的最大位移处，由a＝－kx/m知，加速度为正的最大值，C项错误；t＝4 s时，振子位于平衡位置，由a＝－kx/m知，加速度为零，D项错误．简谐运动的对称性如图所示，物体在A与B之间运动，O点为平衡位置，C和D两点关于O点对称，则有：1．时间的对称(1)振动质点来回通过相同的两点间所用的时间相等，如t DB＝t BD.(2)质点经过关于平衡位置对称的等长的两线段所用的时间相等，如t CO＝t OD.图中，t OB＝t BO＝t OA＝t AO＝T4，t OD＝t DO＝t OC＝t CO，t DB＝t BD＝t AC＝t CA.2．速度的对称(1)物体连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等，方向相反．(2)物体经过关于O点对称的两点(如C点与D点)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．3．位移和加速度的对称(1)物体经过同一点(如C点)时，位移和加速度均相同．(2)物体经过关于O点对称的两点(如C点与D点)时，位移与加速度均是大小相等，方向相反．如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同．那么，下列说法正确的是()A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同B．振子在M、N两点对平衡位置的位移相同C．振子在M、N两点加速度大小相等D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动[解析]由题意和简谐运动的对称性特点知：M、N两点关于平衡位置O对称．因位移、速度、加速度和力都是矢量，它们要相同，必须大小相等、方向相同．M、N两点关于O点对称，振子所受弹力应大小相等，方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反，由此可知，A、B选项错误．振子在M、N两点的加速度虽然方向相反，但大小相等，故C选项正确．振子由M到O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动．振子由O到N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故D选项错误．[答案] C简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两位置时，振子的位移、加速度、速度、动能等均是等大的(位移、加速度的方向相反，速度的方向不确定)；振子经过平衡位置两侧的两段对称路径时间相等；通过平衡位置一侧的一段路径的往返时间也相等．[随堂检测]1．下列振动是简谐运动的有( )A ．手拍乒乓球的运动B ．弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统C ．摇摆的树枝D ．从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动解析：选B.手拍乒乓球，球原来静止的位置为平衡位置，球向上和向下运动过程中受重力作用，不是简谐运动，A 错；B 为弹簧振子，为简谐运动，B 对；C 中树枝摇摆，受树的弹力作用，但弹力的变化无规律，C 错；D 既不是机械振动，也不是简谐运动，D 错．2. (多选)一个质点做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法中正确的是( )A ．振动周期为4 sB ．振动频率为0.25 HzC ．经过5 s 质点通过的路程为20 cmD ．5 s 末质点的位移为零解析：选ABD.周期是完成一次全振动所用的时间，在图像上是两相邻同向极大值间的坐标差，所以周期是4 s ．又频率f ＝1T ，所以f ＝0.25 Hz ，5 s 是54个周期，一个周期质点通过的路程为s ＝4A ＝20 cm ，所以经过5 s 质点通过的路程为25 cm.由题图可知5 s 末位置是0 cm ，所以5 s 末质点的位移为零．3．弹簧振子在AB 间做简谐振动，O 为平衡位置，AB 间距离是20 cm ，A 到B 运动时间是2 s ，如图所示，则( )A ．从O →B →O 振子做了一次全振动B ．振动周期为2 s ，振幅是10 cmC ．从B 开始经过6 s ，振子通过的路程是60 cmD．从O开始经过3 s，振子处在平衡位置解析：选C.振子从O→B→O只完成半个全振动，A选项错误；从A→B振子也只是半个全振动，半个全振动是2 s，所以振动周期是4 s，振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，振幅A＝10 cm，选项B错误；t＝6 s＝32T，所以振子经过的路程为4A＋2A＝6A＝60 cm，选项C正确；从O开始经过3 s, 振子处在极限位置A或B，D选项错误．4．弹簧振子运动的过程中，有A、A′两点关于平衡位置对称，则下列说法错误的是() A．小球在A点和A′点的位移相同B．小球在两点处的速度可能相同C．小球在两点处的加速度大小一定相同D．小球在两点处的动能一定相同解析：选A.A和A′关于平衡位置对称，小球在A和A′点时位移大小相等，方向相反；小球在两处的速度可能相同，也可能速度大小相等，方向相反；小球在两处的加速度大小相等，方向相反．5.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，回答下列问题：(1)质点在第2 s末的位移是多少？(2)质点振动过程中的最大位移为多少？(3)在前4 s内，质点经过的路程为多少？解析：(1)由x－t图像可以读出2 s末质点的位移为零．(2)质点的最大位移在前4 s发生在1 s末和3 s末，位移大小为10 cm.(3)前4 s质点正好完成一个往复的全振动．先朝正方向运动了距离为10 cm的一个来回，又在负方向上进行了一个10 cm距离的来回，故总路程为40 cm.答案：(1)0(2)10 cm(3)40 cm[课时作业]一、单项选择题1．关于简谐运动下列说法正确的是()A．简谐运动一定是水平方向的运动B．所有的振动都可以看做是简谐运动C．物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线D．只要振动图像是正弦曲线，物体一定做简谐运动解析：选 D.物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，A 错．回复力满足F ＝－kx 的振动才是简谐运动，B 错．物体做简谐运动时，位移随时间按照正弦规律变化，轨迹是直线，C 错．物体振动的图像是正弦曲线，回复力就一定满足F ＝－kx ，一定是做简谐运动，D 对．2．如图所示，一个弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，O 是平衡位置，把向右的方向选为正方向，以某时刻作为计时零点(t ＝0)，经过14周期，振子具有正方向的最大加速度，那么如图所示的四个振动图像中能正确反映振动情况的图像是( )解析：选D.从计时起经14周期，振子具有正方向的最大加速度，即14周期末振子在负的最大位移处，说明开始计时时振子从平衡位置O 向负方向A 处运动，故选项D 正确.3．一个做简谐运动的质点，其振幅是4 cm ，频率是2.5 Hz ，该质点从平衡位置经过2.5 s 后的位移大小和路程是( )A ．4 cm ，24 cmB ．4 cm ，100 cmC ．0，24 cmD ．0，100 cm解析：选B.因为简谐运动频率是2.5 Hz ，所以周期是0.4 s ，质点从平衡位置经过2.5 s是614个周期，因此位移大小是4 cm ，路程是4×4×⎝⎛⎭⎫6＋14 cm ＝100 cm. 4．如图所示，为某一弹簧振子的振动图像，下列说法不正确的是( )A ．t 1时刻，振子的位移为正，加速度为负B ．t 2时刻，振子的位移为负，速度为正C ．t 1与t 2时刻，弹簧的长度相同D ．t 3时刻，振子的速度与t 2时刻相同解析：选B.振动图像描述的是振子的位移随时间的变化规律．在横轴上方时，位移为正值，加速度为负值，而在横轴下方时，与在上方相反．在t 1与t 2时刻，振子的位移相同，说明振子一定在同一位置，所以弹簧长度相同．t2和t3时刻，振子位移大小相等、方向相反，位置关于平衡位置对称，速度大小相等，且都沿负方向，所以速度相同．二、多项选择题5．如图所示，弹簧振子以O为平衡位置，在B、C间振动，则()A．从B→O→C→O→B为一次全振动B．从O→B→O→C→B为一次全振动C．从C→O→B→O→C为一次全振动D．OB的大小不一定等于OC解析：选AC.O为平衡位置，B、C为两侧最远点，则从B起经O、C、O、B路程为振幅的4倍，即A说法对；若从O起始经B、O、C、B路程为振幅的5倍，超过一次全振动，即B说法错；若从C起经O、B、O、C路程为振幅的4倍，即C说法对；因弹簧振子的系统摩擦不考虑，所以振幅一定，D错．6．一个质点做简谐运动，当它每次经过同一位置时，一定相同的物理量是()A．速度B．加速度C．速率D．动能解析：选BCD.每次经过同一点x相同，弹力相同，动能相同，但v只是大小一定相同．7．如图所示，为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是()A．由P→Q位移在增大B．由P→Q速度在增大C．由M→N位移是先减小后增大D．由M→N位移始终减小解析：选AC.物体经过平衡位置向正方向运动，先后经过P、Q两点，故位移增大，速度减小；物体从正方向最大位移处向负方向运动，先后经过M、N两点，且N点在平衡位置另一侧，故从M→N位移先减小后增大．8．弹簧振子在AOB之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B之间的距离为8 cm，完成30次全振动所用时间为60 s，则()A．振子的振动周期是2 s，振幅是8 cmB．振子的振动频率是2 HzC．振子完成一次全振动通过的路程是16 cmD．从振子通过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm解析：选CD.A、B之间距离为8 cm，振幅是4 cm，T＝2 s，f＝0.5 Hz，振子完成一次全振动通过的路程是4A，即16 cm，3 s内运动1.5个周期，总路程为24 cm.9．一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列结论正确的是()A．质点的最大位移为4 cmB．质点完成一次全振动通过的路程为8 cmC．在10 s内质点通过的路程是20 cmD．质点在1 s末到4 s末的过程中通过的路程为6 cm解析：选BCD.由振动图像得质点的最大位移为2 cm，所以A项错误；从题图中可以得出，质点完成一次全振动通过的路程为2×4 cm＝8 cm，所以B项正确；质点在10 s内通过的路程为2×10 cm＝20 cm，所以C项正确；质点在1 s末到4 s末的过程中通过的路程为2×3 cm＝6 cm，所以D项正确．10．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点．图上的a、b、c、d为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向．图像给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图像的是()A．若规定状态a时t＝0，则图像为①B．若规定状态b时t＝0，则图像为②C．若规定状态c时t＝0，则图像为③D．若规定状态d时t＝0，则图像为④解析：选AD.振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故选项A正确．振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，选项B 错误．振子在状态c时t＝0，此时位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，选项C错误．振子在状态d时t＝0，此时位移为－4 cm，速度为零，故选项D正确．三、非选择题11．如图所示是某质点做简谐运动的振动图像．根据图像中的信息，回答下列问题：(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(2)质点在10 s末和20 s末的位移是多少？(3)质点在15 s和25 s末向什么方向运动？(4)质点在前30 s内的运动路程是多少？解析：(1)质点离开平衡位置的最大距离等于最大位移的大小，由题图看出，此距离为20 cm.(2)质点在10 s末的位移x1＝20 cm，20 s末的位移x2＝0.(3)15 s末质点位移为正，15 s后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15 s末向负方向运动，同理可知，25 s末质点也向负方向运动．(4)前30 s质点先是由平衡位置沿正方向运动了20 cm，又返回平衡位置，最后又到达负方向20 cm处，故30 s内的总路程为60 cm.答案：(1)20 cm(2)20 cm0(3)负方向负方向(4)60 cm12．物体做简谐运动，通过A点时的速度为v，经1 s后物体第一次以相同速度v通过B点，再经过1 s物体紧接着又通过B点，已知物体在2 s内所走过的总路程为12 cm.则该简谐运动的周期和振幅分别是多大？解析：物体通过A点和B点速度大小相等，A、B两点一定关于平衡位置O对称．依题意作出物体的振动轨迹草图如图甲所示，物体从A向右运动到B，即图甲中从1运动到2，时间为1 s，从2运动到3，又经过1 s，从1到3共经历了0.5T，即0.5T＝2 s，T＝4 s，2A ＝12 cm，A＝6 cm.甲乙在乙图中，物体从A 先向左运动，当物体第一次以相同的速度通过B 点时，即图乙中从1运动到2时，时间为1 s ，从2运动到3，又经过1 s ，同样A 、B 两点关于O 点对称，从图中可以看出从1到3共经历了1.5T ，即1.5T ＝2 s ，T ＝43s ，1.5×4A ＝12 cm ，A ＝2 cm. 答案：简谐运动的周期和振幅分别为T ＝4 s ，A ＝6 cm 或T ＝43s ，A ＝2 cm.。

3．1麦克斯韦的电磁场理论1.了解法拉第提出的“力线”和“场”的概念．2.知道麦克斯韦电磁场理论的两大支柱是什么．(重点)一、法拉第的贡献在人类研究电磁学的过程中，法拉第创造性地用“力线”和“场”的概念来描述电荷之间、磁体之间以及电与磁之间的相互作用．它使人们对物质概念的认识提升到一个新的高度．二、电磁场理论的两大支柱1．变化的磁场产生电场假说的由来：麦克斯韦认为，在下图所示的实验中，由于变化的磁场产生感应电场，才使得线圈中产生感应电流，进而他设想，在线圈所在的空间即使没有闭合线圈，也存在感应电场，即空间磁场的变化，就会产生电场．2．变化的电场产生磁场假说的由来：麦克斯韦认为，在下图这个电路中，电容器中虽没有电荷通过，但它两极板上的电荷和极板间的电场都随时间发生变化．他认为电路中的电流应该是闭合的，于是，他引入了一个全新的概念——位移电流，并且进一步推断，由变化的电场引入的位移电流也应产生磁场，即变化的电场产生磁场．三、电磁场理论——伟大的丰碑1．内容(1)变化的磁场产生电场磁场的变化是均匀的，产生的电场是稳定的．磁场的变化是不均匀的，产生的电场是变化的．(2)变化的电场产生磁场电场的变化是均匀的，产生的磁场是稳定的．电场的变化是不均匀的，产生的磁场是变化的．2．预言(1)变化的电场与变化的磁场相互激发，由近及远地在空间传播，形成电磁波．(2)电磁波中的电场和磁场互相垂直，而且二者均与波的传播方向垂直，所以电磁波是横波．(3)电磁波可以在真空中传播，传播速度等于光速．麦克斯韦电磁场理论的理解1．随时间均匀变化的磁场(电场)产生稳定的电场(磁场)，该电场(磁场)不再产生磁场(电场)．2．随时间不均匀变化的磁场(电场)产生变化的电场(磁场)，该电场(磁场)还将产生磁场(电场)．3．随时间周期性变化的磁场(电场)产生同频率周期性变化的电场(磁场)，还将继续产生同频率周期性变化的磁场(电场)．4．恒定的电场不产生磁场．5．恒定的磁场不产生电场．关于电磁场理论，下列说法正确的是()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 ．不均匀变化的电场一定产生变化的磁场[解析] 本题是对麦克斯韦理论的直接考查，根据理论，只有变化的电场才产生磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场．[答案]D在理解麦克斯韦电磁场理论时，要注意静电场不产生磁场，稳定磁场也不产生电场．麦克斯韦关于电磁波的预言麦克斯韦预言了电磁波的存在．赫兹实验验证了电磁波的存在，为无线电技术的发展开拓了道路：1．电磁波的形成：变化的电场和磁场并不局限于空间某个区域，而要由近及远向周围空间传播开去，这就形成了电磁波．2．电磁波的特点：电磁波的传播不需要介质，在真空中也可以传播，电磁波传递电磁场的能量．在传播过程中，电磁波能发生反射、折射、干涉和衍射．3．电磁波的波速：在真空中任何频率的电磁波的传播速度跟光速相等．c ＝3.00×108 m /s .4．机械波与电磁波的区别 机械波 电磁波 研究对象力学现象 电磁现象 周期性变化的物理量 位移随时间和空间做周期性变化 电场强度E 和磁感应强度B 随时间和空间做周期性变化传播特点 需要介质；波速由介质决定，与频率无关；有横波、纵波 传播无需介质；在真空中波速为c ，在介质中传播时，波速与介质和频率都有关；只有横波产生由质点(波源)的振动产生 由周期性变化的电流(电磁振荡)激发 (多选)电磁波与声波比较，下列说法正确的是( )A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质B ．由空气进入水中时，电磁波的传播速度变小，声波的传播速度变大C ．由空气进入水中时，电磁波的波长变小，声波的波长变大D ．电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定，与频率无关[解析] A 、B 均与事实相符，所以A 、B 正确；根据λ＝v f，电磁波波速变小，频率不变，波长变小；声波速度变大，频率不变，波长变大，所以C 正确；电磁波在介质中的速度与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，所以D 错误．[答案]ABC电磁波是电磁现象，机械波是力学现象，两者都具有波的特性：干涉、衍射等，但它们具有本质的不同，如机械波的传播依赖于介质的存在，但电磁波的传播则不需要介质．麦克斯韦电磁场理论的应用(多选)如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，那么()A．小球对玻璃圆环的压力不断增大B．小球受到的磁场力不断增大C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动D．磁场力对小球一直不做功[解析]玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功．由楞次定律，判断电场方向为顺时针方向．在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动．小球在水平面内沿玻璃圆环半径方向受两个力作用：环的弹力F N和磁场的洛伦兹力F＝Bqv，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力．考虑小球速度大小、方向以及磁场强弱的变化，弹力F N和洛伦兹力F不一定始终在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功．[答案]CD[随堂检测]1．关于电磁理论，以下说法正确的是()A．在电场周围一定会产生磁场B．任何变化的电场周围空间一定会产生变化的磁场C．均匀变化的电场会产生变化的磁场D．周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场解析：选D.变化的电场周围一定产生磁场，但若电场不发生变化，则不能在周围空间产生磁场，所以A错；均匀变化的电场在周围空间产生磁场是不变的，只有不均匀变化的电场才能在周围空间产生变化的磁场，B错；均匀变化的电场只能在周围空间产生稳定的磁场，C错；周期性变化的电场(或磁场)在周围空间产生周期性变化的磁场(或电场)，因此选项D对．2．(多选)下列关于电磁波的叙述中，正确的是()A．电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3.00×108 m/sC．电磁波由真空进入介质传播时，波长将变短D．电磁波不能产生干涉、衍射现象解析：选AC.搞清电磁波的产生机理，以及电磁波在真空中传播速度为光速c＝3×108 m/s，且c＝λf，从一种介质进入另一种介质，频率不发生变化，波长、波速变化．另外电磁波仍具有波的特征．电磁波只有在真空中的传播速度才为3.00×108 m/s，而在其他介质中传播速度均小于3.00×108m/s.电磁波与其他波一样具有干涉、衍射等波的特性．当电磁波由真空进入介质传播时，频率不变，那么c＝λf，v＝λ′f.因为c>v，所以λ>λ′，波长变短，波速变小，故选A、C.3．(多选)机械波和电磁波的比较，下列说法正确的是()A．它们都可以发生反射、折射、干涉、衍射现象B．机械波和电磁波本质上相同，只是频率不同而已C．机械波的传播速度只取决于介质，和频率无关；电磁波的传播速度不仅取决于介质，还和频率有关D．机械波的传播一定要有介质，电磁波没有介质也可以传播解析：选ACD.机械波和电磁波都具有波的特性，可以发生反射、折射、干涉、衍射等现象．机械波传播的是运动的形式——振动．电磁波传播的是电磁场，它们本质上不同．电磁波可以在真空中传播，在介质中传播时，频率不同的电磁波在同一介质中传播速度不同，机械波的波速则由介质决定．4.如图所示，在直导线PQ周围出现了一组闭合的电场线，则可判定()A．Q→P的电流迅速增强B．Q→P的电流迅速减弱C．P→Q的磁场迅速增强D．P→Q的磁场迅速减弱解析：选D.Q→P的电流迅速增强(或减弱)，则产生的是从上自下看顺时针(或逆时针)的闭合磁场，所以A、B错；P→Q的磁场迅速增强将产生从上向下看逆时针的电场，P→Q 的磁场迅速减弱将产生图示的电场，判定方向的方法类似于判定感应电流或电动势方向的方法，所以答案为D.[课时作业]一、单项选择题1．在物理学史上，最先建立完整的电磁场理论并预言电磁波存在的科学家是() A．赫兹B．爱因斯坦C．麦克斯韦D．法拉第解析：选C.英国物理学家麦克斯韦在库仑、安培、法拉第等人对电磁学研究的基础上提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在．2．下列关于电磁波的说法正确的是()A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场B．电磁波在真空和介质中传播速度相同C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播解析：选A.变化的磁场就能产生电场，A对．若只有电场和磁场，而电场和磁场都稳定或电场、磁场仅均匀变化都不能产生电磁波，C错．光也是电磁波，在真空和介质中传播的速度不同，可判断B错．D选项中没强调是“均匀”介质，若介质密度不均匀会发生折射，故D错．3．下列关于变化的磁场产生电场的说法中，正确的是()A．在变化的磁场中放一段导体，导体中的自由电荷不会定向移动B．在变化的磁场中放一闭合电路，电路中将会产生感应电流C．变化的磁场产生电场，这个电场的电场线是闭合的D．变化的磁场产生电场，这个电场与静电场相同解析：选C.根据麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场周围产生电场，电场线是闭合的，所以选项C正确，选项D错误；变化的磁场周围虽然产生了电场，如果电路平面与电场线垂直，则电路中不会产生感应电流，所以选项B错误；在电场力的作用下，导体中的自由电荷移动，选项A错误；综上所述，本题的正确选项为C.4．如图所示，氢原子中的电子绕核逆时针快速旋转，匀强磁场垂直于轨道平面向外，电子的运动轨道半径r不变，若使磁场均匀增加，则电子的动能()A．不变B．增大C．减小D．无法判断解析：选B.磁场均匀增强，周围空间产生的电场是稳定的，由楞次定律判断可知，周围空间产生的电场在电子轨道平面内沿顺时针方向，电子受到的电场力沿逆时针方向，使电子加速，B项正确．二、多项选择题5．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是()A．在电场的周围空间，一定存在着和它联系着的磁场B．在变化的电场周围空间，一定存在着和它联系着的磁场C．恒定电流在其周围不产生磁场D．恒定电流周围存在着稳定的磁场解析：选BD.电场按其是否随时间变化分为稳定电场(静电场)和变化电场(如运动电荷形成的电场)，稳定电场不产生磁场，只有变化的电场周围空间才存在对应磁场，故B正确，A错误；恒定电流周围存在稳定磁场，磁场的方向可由安培定则判断，C错误，D正确．6．关于变化的磁场产生的电场，下列说法正确的是()A．只有在垂直于磁场的平面内存在闭合回路时，才可在闭合回路中产生电场B．不论是否存在闭合回路，只要磁场发生了变化，就会产生电场C．变化的磁场产生的电场的电场线是不闭合的曲线D．变化的磁场产生的电场的电场线是闭合曲线解析：选BD.变化的磁场产生的电场是客观存在的，与是否存在闭合回路无关．产生的电场的电场线是闭合曲线，B、D正确．7．下列是空间电场随时间变化的图像，如图所示，能产生周期性变化的电磁场的有()解析：选CD.根据麦克斯韦的电磁场理论：周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，如此下去，形成的电磁场向远处传播，所以本题四种电场变化方式中，选项C和选项D的变化电场能产生周期性变化的电磁场，所以正确选项为C、D.8．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B．机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速，不仅与介质有关，而且与电磁波的频率有关C．机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波D．它们都可发生干涉、衍射现象解析：选BCD.机械波与电磁波产生的根源不同．是由不同的运动形成的，产生的本质不同，A错误，B、C、D正确．9．下列说法正确的是()A．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长B．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是相同的C．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变D．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场解析：选AC.本题考查机械波、电磁波、相对论的有关概念．声波从空气进入水中时，频率不变，波速变大，波长变长，A项正确；纵波是质点的振动方向与波的传播方向一致的波，并不是两个方向相同，B项错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场，D项错误．10．由麦克斯韦电磁场理论可知()A．变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场B．周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场C．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场D．稳定的电场周围产生稳定的磁场，稳定的磁场周围产生稳定的电场解析：选ABC.根据麦克斯韦理论，变化的电场(磁场)产生磁场(电场)，均匀变化的电场(磁场)产生稳定的磁场(电场)，同频率振荡的电场(磁场)产生同频率振荡的磁场(电场)．三、非选择题11．磁场的磁感应强度B随时间t变化的四种情况，如图所示，其中能产生电场的有________图所示的磁场，能产生持续电磁波的有________图所示的磁场．解析：根据麦克斯韦的电磁场理论，可以作如下判断：A 图的磁场是恒定的，不能产生新的电场，更不能产生电磁波；B 图中的磁场是周期性变化的，可以产生周期性变化的电场，因而可以产生持续的电磁波；C 图中的磁场是均匀变化的，能产生恒定的电场，而恒定的电场不能再产生磁场，不能产生向外扩展的电磁场，因此不能产生持续的电磁波；D 图所示磁场是周期性变化的，能产生周期性变化的电场，能产生电磁波．答案：BCD BD12．雷达是利用电磁波来测定物体的位置和速度的设备，它可以向一定方向发射不连续的电磁波，当遇到障碍物时要发生反射．雷达在发射和接收电磁波时，在荧光屏上分别呈现出一个尖形波．某型号防空雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×10－4 s ．现在雷达正在跟踪一个匀速移动的目标，某时刻在雷达监视屏上显示的雷达波形如图甲所示，30 s 后在同一方向上监视屏显示的雷达波形如图乙所示．已知雷达监视屏上相邻刻线间表示的时间间隔为10－4 s ，电磁波在空气中的传播速度为3×108 m/s ，试计算被监视目标的移动速度为多少？解析：甲图时确定目标距雷达的距离：s 1＝12c Δt 1＝12×3×108×4×10－4 m ＝6×104 m. 乙图时确定目标距离雷达的距离：s 2＝12c Δt 2＝12×3×108×3×10－4 m ＝4.5×104 m. 目标的飞行速度为v ＝s 1－s 2t ＝6×104－4.5×10430m/s ＝500 m/s. 答案：500 m/s。

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无线电通信1根据电磁波谱选出下列各种电磁波波长顺序由短到长的是( )A．微波，红外线，紫外线B．γ射线，X射线，紫外线C．红外线，可见光,紫外线D．紫外线，X射线，γ射线2下列关于电磁波谱各成员说法正确的是（）A．最容易发生衍射现象的是无线电波B．紫外线有明显的热效应C．X射线穿透能力较强，所以可用来检查工作D．晴朗的天空看起来是蓝色是光散射的结果3太阳风暴袭击地球时，不仅会影响通信、威胁卫星,而且会破坏臭氧层。

臭氧层作为地球的保护伞，是因为臭氧能吸收太阳辐射中( )A．波长较短的可见光B．波长较长的可见光C．波长较短的紫外线D．波长较长的红外线4下列电磁波中,对同一障碍物，哪种射线的衍射现象最明显( ）A．γ射线 B．紫外线C．X射线 D．无线电波5在电视发射端，由摄像管摄取景物的像并将景物反射的光信号转换为电信号，这一过程完成了……（）A．电、光转换B．光、电转换C．光、电、光转换D．电、光、电转换6电视机换台时，实际上是在改变( ）A．电视台的发射频率B．电视机的接收频率C．电视台发射的电磁波的波速D．电视机接收的电磁波的波速7过量接收电磁辐射有害人体健康．按照有关规定，工作场所受到的电磁辐射强度（单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量）不得超过某一临界值W。

若某无线电通讯装置的电磁辐射功率为P,则符合规定的安全区域到该通讯装置的距离至少为…（) A。

2019-2020年高中物理第3章电磁场与电磁波3.3无线电通信课后训练沪科版选修1．要提高LC振荡电路辐射电磁波的本领，应该采取的措施是（）。

A．增加辐射波的波长B．使振荡电容的正对面积足够大C．尽可能使电场和磁场分散开D．增加回路中的电容和电感2．一台收音机可接收中波、短波两个波段的无线电波，打开收音机后盖，在磁棒上能看到两组线圈，其中一组是细线密绕匝数多的数圈，另一组是粗线疏绕匝数少的线圈，由此可以判断（）。

A．匝数多的电感大，使调谐电路的固有频率较小，故用于接收中波B．匝数多的电感小，使调谐电路的固有频率较大，故用于接收短波C．匝数少的电感小，使调谐电路的固有频率较小，故用于接收短波D．匝数少的电感大，使调谐电路的固有频率较大，故用于接收中波3．一个LC振荡电路，当可变电容器的电容为C时，发射的电磁波波长为λ1，当可变电容器的电容为C′＝4C时，发射的电磁波波长为λ2，则λ1/λ2之值为（）。

A．1∶2 C．1∶B．2∶1 D．∶14．为了使需要传递的信号载在电磁波上发射到远方，必须对振荡电流进行（）。

A．调制 B．放大 C．调谐 D．检波5．使接收电路产生电谐振的过程叫（）。

A．调幅 B．调频 C．调谐 D．检波6．把经过调制的高频电流变为调制信号电流的过程叫（）。

A．调幅 B．调频 C．调谐 D．检波7．“小灵通”是一种移动通讯工具，它环保、经济。

如图所示是随处可见的安装于某楼顶的“小灵通”发射接收信号的装置，其中AB、CD为绝缘支架，AE、BG、CF、DM为四根等长的银白色的金属杆，ON为普通金属杆且比AE长许多，并由较粗的金属线RP直接连接到楼顶边缘的钢筋上，则ON所起的是__________作用；______________________________是接收、发射电磁波的天线。

8．LC振荡电路中的电容C＝556 pF，电感L＝1 mH，若能向外发射电磁波，则其波长为多少米？电容器极板所带电量从最大变为零，经过的最短时间为多少秒？参考答案1．答案：C 解析：从必须采用开放电路以及提高电磁波的频率两方面入手分析，通过频率公式和电容公式判断。

本章优化总结光的干涉和衍射1.由于不同的光源甚至同一光源的不同部分发出的光，一般不满足相干条件，所以要利用分光的方法获得相干光源.如双缝干涉是光源发出的光先经单缝（相当于光源），再经过双缝（相当于相干光源）后叠加产生的.薄膜干涉是照到薄膜上的光经前后表面反射后叠加产生的.2.双缝干涉条纹的宽度与相邻的亮条纹（或暗条纹）之间距离Δx相等，与单色光的波长成正比.3.薄膜干涉图样的特点：同一条亮（或暗）条纹上所对应薄膜厚度相同，单色光照射在薄膜上形成明暗相间的条纹，白光照射在薄膜上形成彩色条纹.4.光的颜色由频率决定，决定于光源，按红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫光的频率变大.5.对干涉条件的把握及干涉条件和衍射条件的区别，色散、衍射、干涉现象中都可有彩色条纹出现.在色散现象中的彩色条纹是因为光的折射形成的；衍射现象中的彩色条纹是白色光源经单缝或小孔后形成的；而干涉现象的产生必须有两个相干的光源.6.双缝干涉条纹和单缝衍射条纹的区别条纹宽度不同：双缝干涉条纹是等宽的，条纹间的距离是相等的，而单缝衍射的亮条纹是不等间隔的，中间亮纹最宽.条纹亮度不同：双缝干涉条纹亮度相同，单缝衍射条纹的光强分布主要集中在中间的亮纹上，其他条纹较暗.（多选）用激光做单缝衍射实验和双缝干涉实验，比普通光源效果更好，图像更清晰.如果将感光元件置于光屏上，则不仅能在光屏上看到彩色条纹，还能通过感光元件中的信号转换，在电脑上看到光强的分布情况.下列说法正确的是（ ）A.当做单缝实验时，光强分布图如乙所示B.当做单缝实验时，光强分布图如丙所示C.当做双缝实验时，光强分布图如乙所示D.当做双缝实验时，光强分布图如丙所示[解析] 当做单缝实验时，中间是亮条纹，往两侧条纹亮度逐渐降低，且亮条纹的宽度不等，所以其光强分布图如乙所示，A 项正确，B 项错误；当做双缝实验时，在屏上呈现的是宽度相等的亮条纹，所以其光强分布图如丙所示，C 项错误，D 项正确.[答案] AD光的折射和全反射现象的分析与计算1.光路分析与计算(1)确定光是由光密介质进入光疏介质，还是由光疏介质进入光密介质，并根据sin C ＝1n 确定临界角，判断是否发生全反射.(2)画出光线发生折射、反射的光路图（全反射问题中关键要画出入射角等于临界角的“临界光路”）.(3)结合光的反射定律、折射定律及全反射理论、几何关系进行分析与计算. 2.光的折射与光速、频率、波长关系的综合分析先由折射定律判断光的折射率大小关系，进而得出光的频率关系，然后再根据n ＝cv 和λ＝cf判断出光速和波长的关系. 如图所示，一棱镜的截面为直角三角形ABC ，∠A ＝30°，斜边AB ＝a .棱镜材料的折射率为n ＝ 2.在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC 边的中点M 射入棱镜.画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原来光路返回的情况）.[解析] 设入射角为i ，折射角为r ，由折射定律得sin isin r ＝n ①由已知条件及①式得 r ＝30°②如果入射光线在法线的右侧，光路图如图所示.设出射点为F ，由几何关系可得 AF ＝38a③即出射点在AB 边上离A 点38a 的位置.如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示.设折射光线与AB 的交点为D .由几何关系可知，在D 点的入射角θ＝60°④设全反射的临界角为C ，则 sin C ＝1n⑤由⑤和已知条件得 C ＝45°⑥因此，光在D 点发生全反射. 设此光线的出射点为E ， 由几何关系得 ∠DEB ＝90° BD ＝a －2AF ⑦ BE ＝DB sin 30°⑧联立③⑦⑧式得BE ＝18a即出射点在BC边上离B点18a的位置. [答案]见解析。

5.1 电磁场理论引发的怪异问题5.2 狭义相对论的基本原理1.了解电磁场理论的局限性.2.了解狭义相对论的基本原理.（重点）一、迈克耳孙—莫雷实验在水平面内不同的方位进行观察，干涉条纹并没有预期的移动，这说明，光在任何方向上传播时，相对于地球的速度都是相同的.也就是说，地球相对于“以太”的速度v 实际上为零，或者说“以太”根本不存在，光速c 是不变的这就是迈克耳孙－莫雷实验的“以太漂移的零结果”. 二、电磁理论的“缺陷”伽利略相对性原理指出：对于力学规律来说，一切惯性系都是等价的.三、狭义相对论的两条公设1.在所有相互做匀速直线运动的惯性参考系中，物理规律都是相同的，这个公设叫做爱因斯坦相对性原理.2.在所有相互做匀速直线运动的惯性参考系中，光在真空中的速度都是相等的Ｗ.这个公设叫做光速不变原理Ｗ.四、洛伦兹变换1.x ＝x ′＋vt ′1－v 2c 22.y ＝y ′3.z ＝z ′4.t ＝t ′＋v c 2x ′1－v 2c2 式中c 为光速，这一变换式通常叫做洛伦兹变换.五、同时的相对性同时的相对性是指：在不同的地点发生的两个事件，在一个惯性系里是同时的，但在另一个惯性系里看来却不是同时的.从爱因斯坦的狭义相对论来看，不存在全宇宙普适的同时概念，也就是说“同时”是相对的，跟观察者所选取的参考系有关.理解狭义相对论的两条基本原理1.经典力学的相对性原理和狭义相对性原理的区别经典力学的相对性原理指的是力学规律在任何惯性系中都是相同的.而狭义相对性原理指的是一切客观真实的物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式（不再局限于力学规律）各个惯性系都是等价的，不存在特殊的绝对的惯性系.该原理所涉及的参考系仅限于惯性系.2.光速不变原理(1)内容：在任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c ，与光源的运动和观察者的运动无关.(2)涉及光速的速度变换根据狭义相对论的速度叠加公式u ＝u ′＋v 1＋u ′v c2，若参考系A 静止，参考系B 相对参考系A 以v ＝nc 运动，光相对于参考系B 以u ′＝c 运动，相对于参考系A 的速度则为：u ＝c ＋nc 1＋c ·nc c2＝c （1＋n ）1＋n ＝c 由该式可知，狭义相对论的速度叠加公式对光速叠加也成立.（多选）下列说法正确的是（ ）A.在以11 000c 竖直方向升空的火箭上向前发出的光，对地速度一定比c 大 B.在以11 000c 竖直方向升空的火箭上向后发出的光，对地速度一定比c 小 C.在以11 000c 竖直方向升空的火箭上沿水平方向发出的光对地速度为c D.在以11 000c 竖直方向升空的火箭上向任一方向发出的光对地速度都为c [思路点拨] 知道光速不变原理是解决本题的关键.[解析] 根据狭义相对论的基本假设——光速不变原理可知：真空中的光速相对于火箭的速度为c ，相对于地面的速度也为c ，对不同的惯性系是相同的，因此C 、D 正确，A 、B 错误.[答案] CD本题易误选A 、B.原因是按经典力学的相对性原理得出的，而这一结论是错误的，与狭义相对论中光速不变原理相矛盾.时间的相对性“同时”的相对性(1)“同时”的相对性：“同时”具有相对性，即在同一惯性系中不同地点同时发生的两个事件，在另一个惯性系中观察是不同时的，即同时是相对的.即两个事件是否同时发生，与参考系的选择有关.(2)同时相对性的理解：如图所示，列车以速度v匀速直线运动，车厢中央有一闪光灯发出光信号，光信号到车厢前壁B为事件1，到车厢后壁A为事件2；地面为S系，列车为S′系.在S′系中的观察者认为：闪光灯发出的光信号以速度c分别向A、B传播，且传播距离相等，则同时照射到B、A上，即事件1、2同时发生.在S系中的观察者认为：闪光灯发出的光信号也是以速度c分别向A、B传播，由于车厢向右运动了一段距离，故光到达B处比到达A处传播的距离大，因此光先照到A处，即事件1、2不是同时发生的.如图所示，沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A、B和C.假想有一列车沿AC 方向以接近光速行驶，当铁塔B发出一个闪光，列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是（）A.同时被照亮B.A先被照亮C.C先被照亮D.无法判断[解析]以列车为参考系，塔A、B、C向左高速运动，列车中的观测者认为光从B→A知，光从B→C用时短，C先被照亮，故C项正确. 的距离大于光从B→C的距离，由t＝lc[答案] C地面上A、B两个事件同时发生.如图所示，对于坐在火箭中沿两个事件发生地点A、B连线飞行的人来说，哪个事件先发生？解析：以地面为参考系，A、B两个事件同时发生，即如在A、B连线中点C放一时钟，将同时接收到来自A、B的信号.设想该时钟以与火箭相同的速度飞行，则先接收到来自B的信号，后接收到来自A的信号，即以火箭（或火箭上的人）为参考系，B事件先发生.答案：B事件先发生两种时间观的比较1.经典时空观(1)在同一个惯性系中不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系中也是同时的.(2)在不同的惯性系中观察，一条杆的长度总是相同的.(3)在不同的惯性系中，发生的某两个事件的时间间隔总是相同的.即经典时空观认为：空间和时间脱离物质而存在，是绝对的，空间和时间没有联系，即与物质的运动无关.2.相对论时空观(1)在同一惯性系中不同地点同时发生的两个事件，在另一个惯性系中观察是不同时.(2)一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，但在垂直于杆运动的方向上，杆的长度不变.(3)某两个事件，在不同的惯性系中观察，它们的时间间隔是不同的，两个惯性系的相对速度越大，时间进行得越慢，非但如此，一切物理、化学过程和生命过程都变慢了.即相对论时空观认为：空间和时间与物质运动状态有关.（多选）下列关于经典力学的时空观和相对论时空观的说法正确的是（）A.相对论时空观中，同时是绝对的，即在一个参考系中的观察者在某一时刻观察到的两个事件，对另一参考系中的观察者来说也是同时发生的B.在经典力学的时空观中，时间间隔是绝对的，即任何事件（或物体的运动）所经历的时间，在不同的参考系中测量都是相同的，而与参考系的选取无关C.在相对论时空观中，空间距离是相对的，即如果各个参考系中用来测量长度的标准相同，那么空间两点距离与参考系选取有关D.经典力学的时空观就是一个绝对的时空观，时间与空间、物体的运动状态无关[解析]经典的时空观认为，时间、空间均是绝对的，与物体的运动状态无关，同时也是绝对的，即在一个参考系中同时发生的两个事件，在不同参考系中观察也是同时发生的.相对论的时空观认为，时间、空间均是相对的，与物体的运动状态有关，同时也是相对的.[答案]BCD[随堂检测]1.下列说法中正确的是（）A.研究铅球的运动，可以用牛顿定律和运动学公式B.研究高速粒子的运动可用牛顿定律和运动学公式C.研究高速粒子运动要用相对论，研究铅球运动可用牛顿运动定律D.研究铅球和电子的运动都要用牛顿运动定律解析：选C.以牛顿运动定律为基础的经典物理学在处理低速、宏观物体的运动时是相当完美的，但对于高速的微观的运动就无能为力了.显然，铅球的运动可以用牛顿定律来解决.而高速粒子的运动则不能用牛顿定律来解决，而要用相对论来解决.2.（多选）关于牛顿力学的适用范围，下列说法正确的是（）A.适用于宏观物体B.适用于微观物体C.适用于高速运动的物体D.适用于低速运动的物体解析：选AD.由经典力学的局限性可知A、D正确.3.下列关于狭义相对性原理的说法中正确的是（）A.狭义相对性原理是指力学规律在一切参考系中都成立B.狭义相对性原理是指一切物理规律在一切参考系中都成立C.狭义相对性原理是指一切物理规律在所有惯性参考系中都成立D.狭义相对性原理与伽利略相对性原理没有区别解析：选C.根据狭义相对性原理的内容，在不同的惯性参考系中，一切物理定律都是相同的.一定要注意它和伽利略相对性原理的区别，即狭义相对性原理中的“规律”是一切物理规律，而经典相对性原理中的“规律”只是指经典物理学的规律，范围要比前者小许多.4.如图所示，强强乘坐速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为（）A.0.4cB.0.5cC.0.9cD.c解析：选D.由狭义相对论的基本假设：光速不变原理，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，可知D正确.5.飞船在高空以110c的速度向目标飞行，从飞船上向目标方向发射一个光信号，则在地面的观察者看来光信号的速度是1.1c吗？解析：由经典力学的相对性原理可知，光信号相对地面的速度v＝c＋110c＝1.1c，但这一结论是错误的.根据狭义相对论的光速不变原理，真空中的光速相对于飞船为c，相对于地面也为c，对不同惯性参考系是相同的，这一判断已被迈克耳孙－莫雷实验所证实.答案：在地面的观察者看来光信号的速度为c，不是1.1c[课时作业]一、单项选择题1.属于狭义相对论基本假设的是（）A.真空中光速不变B.时间具有相对性C.物体的质量不变D.物体的能量与质量成正比解析：选A.狭义相对论的两条假设分别是：在任何惯性系中真空中的光速不变和一切物理规律都相同.2.在一个惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，结果它们（）A.一定同时B.可能同时C.不可能同时，但可能同地D.不可能同时，也不可能同地解析：选B.在两个惯性系中观测，这两个事件可能是同时发生的.3.以下说法中正确的是（）A.经典物理中的速度合成公式在任何情况下都是适用的B.经典物理规律也适用于高速运动的物体C.力学规律在一个静止的参考系和一个匀速运动的参考系中是不等价的D.力学规律在任何惯性系里都是等价的解析：选D.在所有惯性系中，一切物理规律都是等价的，故D正确，C错误；经典物理规律是狭义相对论在低速状态下的一个近似，所以经典物理规律只适用于低速运动的物体，而经典物理中的速度合成公式也只适用于低速情况，故A、B均错误.4.迈克尔孙和莫雷为了寻找以太这个特殊的参考系，做了这样一个实验.如图所示，G1是半透明反射镜，G2是平面玻璃板，M1和M2是相互垂直两臂上放置的两个平面反射镜，E 是目镜，S是光源.让M2平面垂直于地球运动方向，通过迈克尔孙干涉仪的目镜E，可以看到一套干涉条纹.如果以太存在，地球确实相对于以太运动，那么将干涉仪旋转90°，就会观察到另外一套干涉条纹.若干涉条纹发生了移动，我们可以通过测量计算出以太相对于地球的移动速度.实验结果是无论如何也不能观察到干涉条纹的移动.以上事实说明（）A.实验存在误区，所以不能观察到干涉条纹的移动B.说明以太相对于地球移动的速度太小，不容易被测量C.说明根本不存在以太这种特殊介质D.以上说法都不对解析：选C.迈克尔逊－莫雷实验最有力的证明了以太这种特殊的物质是不存在的.5.在高速运动的火车上，设车对地面的速度为v，车上的人以速度u′沿着火车前进的方向相对火车运动，那么他相对地面的速度u与u′＋v的关系是（）A.u＝u′＋vB.u<u′＋vC.u>u′＋vD.以上均不正确解析：选B.经典的时空观，u＝u′＋v.而实际上人对地面的速度u比u′与v之和要小，但只有在接近光速时才能观察此差别.二、多项选择题6.下面关于伽利略相对性原理的说法中正确的有（）A.力学规律在任何参考系中都是相同的B.惯性系就是静止不动的参考系C.如果牛顿运动定律在某个参考系中成立，这个参考系叫做惯性系.相对一个惯性系做匀速直线运动的另一个参考系也是惯性系D.力学规律在任何惯性系中都是相同的解析：选CD.经典相对性原理是指力学规律在所有惯性参考系中都是成立的.这里对参考系是有条件的，即必须是惯性参考系.非惯性参考系是不适合的，而惯性参考系并不仅指静止的参考系，相对于一个惯性系做匀速运动的另一个参考系也是惯性系.本题的正确答案为CD.7.设某人在速度为0.5c的飞船上，打开一个光源，则下列说法正确的是（）A.飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5cB.飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5cC.在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是cD.在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c解析：选CD.根据狭义相对论的两个基本假设之一：光速不变原理可知，观察者在地面上、飞船中观测光的速度均为c，故C、D正确，A、B错误.8.如图所示，你站在水平木杆AB的中央附近，并且看到木杆落在地面上时是两端同时着地的，所以，你认为这木杆是平着落到了地面上；而此时飞飞小姐正以接近光速的速度从你前面掠过，她看到B端比A端先落地，因而她认为木杆是向右倾斜着落地的.她的看法是（）A.对的B.错的C.她应感觉到木杆在朝她运动D.她应感觉到木杆在远离她运动解析：选AC.当飞飞小姐掠过木杆时，在她看来，木杆不仅在下落，而且还在朝她运动，因此，在你看来同时发生的两个事件，在飞飞小姐看来首先在B端发生.到底在A和B 处的两个事件是同时发生，还是在B处先发生？这一问题是没有意义的.因为运动是相对的，对运动的描述取决于选择的参考系.对于你来说木杆是平着下落的，对飞飞小姐来说木杆是向右斜着下落的，虽然难以置信，但你和她都是正确的.三、非选择题9.如图所示，一列火车相对地面运动，地面上的人测得光源发出的闪光同时到达车厢的前壁和后壁.按照火车上的人测量，闪光先到火车的（填“前壁”或“后壁”）.解析：对地面观察者而言，后壁在靠近而前壁在远离时闪光能同时到达，由光速不变原理可确定离光源前近后远，故在火车上的人测量，得到闪光先到前壁.答案：前壁10.一粒子以0.05c 的速率相对实验室参考系运动.此粒子衰变时发射一个电子，电子相对于粒子的速度为0.8c ，电子的衰变方向与粒子运动方向相同.求电子相对于实验室参考系的速度.解析：已知v ＝0.05c ，u x ′＝0.8c .由相对论速度叠加公式得u x ＝u x ′＋v 1＋u x ′v c2＝（u x ′＋v ）c 2c 2＋u x ′v ＝（0.8c ＋0.05c ）c 2c 2＋0.8c ×0.05c＝0.817c . 答案：0.817c11.火箭以0.75c 的速度离开地球，从火箭上向地球发射一个光信号.火箭上测得光离开的速度是c ，根据过去熟悉的速度合成法则，光到达地球时在地球上测得的光速是多少？根据狭义相对论原理呢？解析：根据过去熟悉的速度合成法则，光相对于地球的速度是：v ＝c －0.75c ＝0.25c .而根据狭义相对论原理，光速与光源、观察者之间的相对运动没有关系，光速仍为c .答案：0.25c c12.如图所示，在列车车厢的光滑水平面上有一个质量为m ＝5 kg 的小球，正随车厢一起以20 m/s 的速度匀速前进，现在给小球一个水平向前的F＝5 N 的拉力，求经10 s 后，车厢里的观察者和地面上的观察者看到小球的速度分别是多少？解析：对车上的观察者：物体的初速度v 0＝0，加速度a ＝F m＝1 m/s 2， 10 s 末的速度v 1＝at ＝10 m/s.对地面上的观察者：物体初速度v 0′＝20 m/s加速度相同a ＝F m＝1 m/s 2 10 s 末的速度v 2＝v 0′＋at ＝30 m/s.答案：10 m/s 30 m/s。

[ 随堂检测 ]1． (多项选择 )对于振荡电流，以下表达正确的选项是()A．大小和方向都在变化的电流叫做振荡电流B．大小和方向都做周期性快速变化的电流叫振荡电流C．由电感线圈和电阻器构成的电路可以产生振荡电流D．由电感线圈和电容器构成的回路可以产生振荡电流分析：选 BD. 大小和方向一定是都做周期性快速变化的电流才是振荡电流，故 A 错误，B 正确； LC 回路能产生振荡电流，由电感线圈和电阻器构成的电路不可以产生振荡电流，故C 错误，D 正确．2．在 LC 回路中发生电磁振荡时，以下说法正确的选项是()A．电容器的某一极板，从带最多的正电荷放电到这一极板充满负电荷为止，这一段时间为一个周期B．当电容器放电完成瞬时，回路中的电流为零C．提升充电电压，极板上带更多的电荷时，能使振荡周期变大D．要提升振荡频次，可减小电容器极板间的正对面积分析：选 D. 电容器某一极板从带最多的正电荷到带最多的负电荷这段时间，电容器完成了放电和反向充电过程，时间为半个周期， A 错误；电容器放电完成瞬时，电路中电场能最小，磁场能最大，故电路中的电流最大， B 错误；振荡周期仅由电路自己决定，与充电电压等没关， C 错误；提升振荡频次，就是减小振荡周期，可经过减小电容器极板正对面积来减小 C，达到增大振荡频次的目的， D 正确．3.如下图， L 为一电阻可忽视的线圈， D 为一灯泡， C 为电容器，开关 S 处于闭合状态，灯 D 正常发光，现忽然断开S，并开始计时，能正确反应电容器 a 极板上电荷量q 随时间变化的图像是以下图中的哪一个 (图中 q 为正当表示 a 极板带正电 )()1分析：选 B. 确立 a 极板上电荷量q 的开端状态，再确立第一个4周期内的变化状况． S处于接通状态时，电流稳固，因忽视L 的电阻，故电容器两极板间的电压为零，电荷量为T 零， S 断开， D 灯熄灭，LC构成的电路将产生电磁振荡．因为线圈的自感作用，在0≤ t≤ 4时间段内，线圈产生的自感电动势给电容器充电，电流方向与本来线圈中的电流方向相同，电流值从最大渐渐减小到零，但电容器极板上的电荷量却从零渐渐增添到最大，在T4时辰充电完成，电流值为零而极板上的电荷量最大，但 b 板带正电， a 板带负电，所以 B 图正确．4．如下图振荡电路中，电感L ＝ 300 μH，电容 C 的范围为25 pF～270 pF，求：(1)振荡电流的频次范围；(2)若电感 L＝10 mH ，要产生周期T＝ 0.02 s 的振荡电流，应配置多大的电容？分析： (1)由 f＝1～270 pF 间变化时， f 的范围为0.56× 106 Hz～知，当 C 在 25 pF2π LC1.84× 106 Hz.2＝1× 10－3T2(2)由 T＝ 2π LC知， C＝4πL F.答案： (1)0.56× 106 Hz～ 1.84× 106 Hz(2)1× 10－3 F[ 课时作业 ]一、单项选择题1．电磁振荡与机械振动对比()A．变化规律不一样，实质不一样分析：选 D.电磁振荡是电荷在LC 电路中的振荡，而机械振动是质点在均衡地点邻近的来去运动，两者实质不一样，但按照相同的运动规律，即均按正弦规律变化， D 正确．2．对于 LC 振荡电路中的振荡电流，以下说法中正确的选项是()A ．振荡电流最大时，电容器两极板间的电场强度最大B．振荡电流为零时，线圈中自感电动势为零C．振荡电流增大的过程中，线圈中的磁场能转变为电场能D．振荡电流减小的过程中，线圈中的磁场能转变为电场能分析：选 D. 此题考察振荡电流和其余各物理量变化的关系．振荡电流最大时，处于电容器放电结束瞬时，场强为零， A 错；振荡电流为零时，LC 回路振荡电流改变方向，这时的电流变化最快，电流强度变化率最大，线圈中自感电动势最大，B 错；振荡电流增大时，线圈中电场能转变为磁场能，C 错；振荡电流减小时，线圈中磁场能转变为电场能，D 对．3．如下图，闭合开关S ，待电容器充电结束后，再翻开开关S ，用绝缘工具使电容器两极板距离稍稍拉开一些，在电容器四周空间()A ．会产生变化的磁场B ．会产生稳固的磁场C ．不会产生磁场D ．会产生振荡的磁场分析： 选 C.两平行板电容器接入直流电源后两极板间的电压等于电源的电动势，断开电源后，电容器带电量不变，由电容器定义式和平行板电容器公式可得两板间场强E ＝Ud ＝Q4πkQ＝，当用绝缘工具将两极板距离稍稍拉开一些，电容器两板间的电场不发生变化，Cd εS所以不会产生磁场． C 正确．4．如下图电路中，L 是电阻不计的电感器， C 是电容器，闭合开关 S ，待电路达到稳固状态后，再断开开关 S ，LC 电路中将产生电磁振荡．假如规定电感器L 中的电流方向从 a 到 b 为正，断开开关的时辰为t ＝ 0 时辰，那么图中能正确表示电感器中的电流i 随时间 t 变化规律的是()分析： 选 C.此题属含电容电路、自感现象和振荡电路的综合性问题，应从下边几个方面考虑：(1)S 断开前， ab 段短路，电容器不带电；(2)S 断开时， ab 中产生自感电动势，阻挡电流减小，同时，电容器C 充电，此时电流正向最大．(3)给电容器 C 充电的过程中，电容器的充电量最大时，ab 中电流减为零，今后LC发生电磁振荡形成交变电流，综上述选项 C 正确．二、多项选择题5．相关振荡电路的以下说法中，你以为正确的选项是()A．电容器带电荷量为零的时辰，振荡电流也为零B．电容器带电荷量为零的时辰，振荡电流达到最大值C．电容器充电时，电场能转变为磁场能D．振荡电流增大时，电场能渐渐转变为磁场能分析：选 BD. 电容器放电完成时，电容器的带电荷量为零，此时振荡电流达到最大值；电容器充电时，磁场能转变为电场能．电容器放电时，振荡电流增大，电场能渐渐转变为磁场能．6．在 LC 振荡电路中，当电容器上的电荷量最大时()A ．振荡电流达到最大B．电容器两极板间的电压最大C．电场能恰巧所有转变为磁场能D．磁场能恰巧所有转变为电场能分析：选 BD. 当 LC 振荡电路中电容器的电荷量最大时，电路中电流为零，对应的极板间电压和电场能达到最大，磁场能最小，为零，即磁场能所有转变为电场能，故B、D正确．7． LC 回路电容器两头的电压 u 随时间 t 变化的关系如下图，则()A ．在时辰t1，电路中的电流最大B．在时辰t2，电路中的磁场能最大C．从时辰t2至t3，电路的电场能不停增大D．从时辰t3至t4，电容器的带电荷量不停增大分析：选BC.由题图可知，t 1时辰电容器两头电压最高时，电路中振荡电流为零．t2时刻电容器两头电压为零，电路中振荡电流最强、磁场能最大，选项 A 错误，B正确．在t2至 t3的过程中，从题图可知，电容器两板电压增大，必有电场能增添，选项 C 正确．而在t3至t4的过程中，电容器两板电压减小，带电荷量同时减小，选项 D 错误．正确选项为B、C.8． LC振荡电路中，经过P 点的电流变化规律如下图．现规定过P 点向右的电流为正，则()A ． 0.5 s 至 1 s 时间内，电容器充电B．0.5 s 至 1 s 时间内，电容器上极板带的是正电C．1 s 至 1.5 s 时间内，磁场能正在转变为电场能D． 1 s 至1.5 s 时间内，Q 点的电势比P 点的电势高分析：选 AD. 由振荡电路的图像可知，在0.5 s 至 1 s 时间内，电流为正方向，且电流值正在减小，所以依题规定的电流正方向知，在0.5 s～1 s的时间内，LC回路中的电流是顺时针的，并且电容器 C 正在充电．由充电电流是由电容器 C 的负极板流出，流向正极板可知，在 0.5 s～ 1 s 的时间内电容器 C 的上极板带负电，下极板带正电，选项 A 正确， B 错误．再由 LC 振荡电路图像知，在 1 s 至 1.5 s 时间内，电流为负电流，且电流的值正在增大，由题所规定的电流正方向知，此时间内LC 回路中的电流是逆时针的，即由Q 点经电感线圈L 流向 P 点，所以Q 点电势比P 点高，并且因为电流值正在增大，所以电场能正在转变为磁场能，选项 C 错误，选项 D 正确．应选 A 、D.9．电子钟是利用LC 振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每日要慢30 s，造成这一现象的原由可能是()A．电池用久了B．振荡电路中电容器的电容大了C．振荡电路中线圈的电感大了D．振荡电路中电容器的电容小了分析：选 BC. 电子钟变慢的原由是LC 振荡电路的振荡周期变大了，而影响周期的要素是振荡电路中的L 和 C， B、 C 两项正确．10．某时辰LC 振荡电路的状态如下图，则此时辰()A ．振荡电流i 在减小B．振荡电流i 在增大C．电场能正在向磁场能变化D．磁场能正在向电场能变化分析：选 AD. 由题图中上极板带正电荷，下极板带负电荷及电流的方向可判断出正电荷在向正极板齐集，说明电容器极板上电荷在增添，电容器正在充电．电容器充电的过程中电流减小，磁场能向电场能转变．正确选项为A、D.三、非选择题11．在 LC 振荡电路中，若已知电容C，并测得电路的固有振荡周期为T，即可求得电感 L.为了提升丈量精度，需多次改变 C 值并测得相应的 T 值，现将测得的六组数据标示在以 C为横坐标、 T2为纵坐标的坐标纸上，即图顶用“×”表示的点．(1)T、 L、 C 的关系为 ________；(2)依据图中给出的数据点作出T2与 C 的关系图线；(3)求解 L 的值．22分析： (1)由周期公式 T＝ 2π LC 得 T ＝ 4πLC.(2)由 LC 振荡电路的周期公式T＝ 2π LC 可得2＝ 422为 C 的TπLC .在 L 不变的状况下， T正比率函数，所以T2－C 图线为过原点 (0， 0)的直线，图线如下图．(3) 在如下图的直线上任取两点，为减小偏差，所取的两点间隔应尽可能大，由T＝2π LC 得 L＝T2，L ＝T2，代入数据得 L ＝ 36.8 mH( 在 35.1～ 38.9 mH 之间皆正确 )．224πC4π C22答案： (1)T ＝ 4πLC (2)看法析(3)36.8 mH( 在 35.1～ 38.9 mH 之间均正确 )12．一个智能玩具的声响开关与LC 电路中电流相关，如下图为该玩具内的 LC 振荡电路部分，已知线圈自感系数L＝ 0.25 H ，电容器电容 C＝4 μF，在电容器开始放电时，取t＝ 0，这时上极板带正电，下极板带负电，当t＝ 2.0× 10－3 s时，求：(1)电容器的上极板带何种电？(2)电路中电流的方向怎样？分析： (1) LC 振荡电路的固有周期T ＝ 2π LC ＝ 2π0.25 ×4×10－6s＝ 2π× 10－3 s≈6.28× 10－3 s， t＝ 2× 10－3 s，是在第一个周期内的T1T4到2T 之间，在第一个 4 内电容器放电，T放电完成，电容器上电荷为零，电路中电流最大，在第二个4内，线圈中的电流方向不变，线圈中的自感电动势对电容器充电，下极板带正电，上极板带负电．T T T(2)在 0～4内电容器放电，电流方向为逆时针方向．电流从0渐渐增大到最大值.4～2内因为线圈的自感作用线圈中的电流沿本来的方向持续流动，不过大小从最大值渐渐减小至零，故 t＝ 2.0×10－3 s 时辰时电路中的电流方向为逆时针．答案： (1)上极板带负电(2)电路中的电流方向为逆时针。

1．2 探究物体做简谐运动的原因1.掌握简谐运动的动力学特征，明确回复力的概念．(重点)2.知道简谐运动是一种没有能量损耗的理想情况．3．理解简谐运动过程中位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况．(重点、难点)一、回复力使物体做简谐运动1．简谐运动：当物体受到跟位移的大小成正比，方向始终指向平衡位置的合力的作用时，物体的运动就是简谐运动．2．简谐运动的回复力(1)振动物体偏离平衡位置后，所受到的使它回到平衡位置的力叫做回复力．(2)简谐运动中回复力与振子位移之间的关系为F ＝－kx ，加速度与振子位移之间的关系为a ＝－kx m．二、研究简谐运动的能量1．弹簧振子在运动中，不考虑摩擦等阻力造成的损耗，系统的动能和势能相互转化，但是振动系统的动能和势能之和保持不变，即系统的机械能守恒．2．振动系统的机械能跟振幅有关，振幅越大，机械能就越大．对回复力的理解1．回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，是按照力的作用效果来命名的，分析物体的受力时，不分析回复力．2．回复力可以由某一个力提供(如弹力、摩擦力等)，也可能是几个力的合力，还可能是某一力的分力，归纳起来回复力一定等于物体在振动方向上所受的合力．3．简谐运动的回复力：F ＝－kx .(1)由F ＝－kx 知，简谐运动的回复力大小与振子的位移大小成正比，回复力的方向与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置．(2)公式F ＝－kx 中的k 指的是回复力与位移间的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k 由振动系统自身决定．(3)据牛顿第二定律，a ＝F m ＝－km x ，表明弹簧振子做简谐振动时振子的加速度大小也与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反，所以简谐运动是一种变加速直线运动．如图所示，质量为m 1的物体A 放置在质量为m 2的物体B 上，B 与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A 、B 之间无相对运动，设弹簧劲度系数为k ，当物体离开平衡位置的位移为x 时，A 受到的回复力的大小等于( )A ．0B ．kxC ．m 1m 2kxD ．m 1m 2＋m 1kx[解题探究] (1)对物体A 受力分析，并指出哪个力使物体A 做往复运动，充当回复力． (2)对A 、B 整体分析，哪个力充当回复力？[解析] A 、B 相对静止，一起在弹簧作用下做简谐运动，当位移是x 时，其回复力为kx ，但kx 并不是A 物体的回复力，也不是B 物体的回复力，是系统的．A 物体随B 一起做简谐运动的回复力就是B 对A 的摩擦力，从这里可以看出，静摩擦力也可以提供回复力．A 物体的加速度就是B 物体的加速度，也是整体的加速度．当物体离开平衡位置的位移为x 时，回复力(即弹簧弹力)的大小为kx ，以整体为研究对象，此时m 1与m 2具有相同的加速度，根据牛顿第二定律kx ＝(m 1＋m 2)a ，得a ＝kx m 2＋m 1.以A 为研究对象，使其产生加速度的力即为B 对A 的静摩擦力F ，由牛顿第二定律可得F ＝m 1a ＝m 1m 2＋m 1kx .[答案] D(1)回复力是效果力，是由物体受到的其他力来充当的，千万不要认为回复力是物体受到的一种新力．(2)简谐运动中回复力不一定是物体受到的合外力．例如弹簧振子受到的回复力是合外力，单摆(后面学习)则不是．1.(多选)物体做简谐运动时，下列叙述中正确的是( )A ．平衡位置就是回复力为零的位置B ．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C ．物体到达平衡位置，合力一定为零D ．回复力的方向总是指向平衡位置解析：选AD.由回复力及平衡位置的定义可知，平衡位置时回复力为零，选项A 、D 正确；物体停在平衡位置时处于平衡状态，物体振动至平衡位置时不一定处于平衡状态，合力不一定为零，选项B、C错误．简谐运动中各物理量的变化规律1．当物体做简谐运动时，它偏离平衡位置的位移x、回复力F及加速度a、速度v、动能E k、势能E p、振动能量E遵循一定的变化规律，可列表如下：物理量x F a v E k E p E过程远离平衡增大增大增大减小减小增大不变位置运动最大位移处最大最大最大零零最大不变靠近平衡减小减小减小增大增大减小不变位置运动平衡位置零零零最大最大最小不变(1)平衡位置是位移方向、回复力方向和加速度方向变化的转折点；(2)最大位移处是速度方向变化的转折点．3．一个守恒简谐运动过程中动能和势能之间相互转化，但总的能量守恒．弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中()A．振子所受的回复力逐渐增大B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大C．振子的速度逐渐增大D．振子的加速度逐渐增大[解析]在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，选项C正确．[答案] C分析简谐运动中各物理量变化情况的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化．另外，各矢量均在其值为零时改变方向．(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性．位移相同时，回复力、加速度、动能、势能可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不确定．2.(多选)如图所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )A ．在第1 s 内，质点速度逐渐增大B ．在第2 s 内，质点速度逐渐增大C ．在第3 s 内，动能转化为势能D ．在第4 s 内，动能转化为势能解析：选BC.在第1 s 内，质点的位移逐渐增大，速度逐渐减小，A 错；在第2 s 内，质点向平衡位置运动，速度逐渐增大，故B 对；在第3 s 内，质点速度减小，动能转化为势能，故C 对；第4 s 内速度逐渐增大，势能转化为动能，故D 错．简谐运动的判断分析根据简谐运动的特征进行判断，由此可总结为： (1)以平衡位置为原点，沿运动方向建立直线坐标系．(2)在振动过程中任选一个位置(平衡位置除外)，对振动物体进行受力分析． (3)将力在振动方向上分解，求出振动方向上的合力．(4)判定振动方向上合外力(或加速度)与位移关系是否符合F ＝－kx ⎝⎛⎭⎫或a ＝－km x ，若符合，则为简谐运动，否则不是简谐运动．一质量为m ，侧面积为S 的正方体木块，放在水面上静止(平衡)，如图所示．现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸没)撤掉外力，木块在水面上下振动，试判断木块的振动是否为简谐运动．[解题探究] (1)木块振动时，回复力是由________力和________力的合力提供． (2)简谐运动应满足F 回＝________．[解析] 以木块为研究对象，设水密度为ρ，静止时木块浸入水中Δx 深，当木块被压入水中x 后所受力如图所示，则：F回＝mg －F 浮①又F 浮＝ρgS (Δx ＋x )②由①、②两式，得：F 回＝mg －ρgS (Δx ＋x )＝mg －ρgS Δx －ρgSx 因为mg ＝ρgS Δx ，所以F 回＝－ρgSx即F回＝－kx(k＝ρgS)所以木块的振动为简谐运动．[答案]木块的振动为简谐运动[随堂检测]1.如图所示，对做简谐运动的弹簧振子m的受力分析，正确的是()A．重力、支持力、弹簧的弹力B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力C．重力、支持力、回复力、摩擦力D．重力、支持力、摩擦力解析：选A.回复力不是做简谐运动物体受到的具体的力，它由物体受到的具体的力所提供．在此情景中弹簧的弹力充当回复力，因此只有选项A正确．2．(多选)关于水平弹簧振子做简谐运动时的能量，下列说法正确的是()A．振动能量等于在平衡位置时振子的动能B．振动能量等于任意时刻振子动能与弹簧弹性势能之和C．振动能量保持不变D．振动能量做周期性变化解析：选ABC.振动能量是振动系统的动能和势能的总和，选项B对；在平衡位置，弹性势能为零，所以振动能量等于振子的动能，选项A对；虽然振动能量中动能和势能不断相互转化，但是总和保持不变，所以选项C对，D错．3．如图为一水平弹簧振子的振动图像，由此可知()A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大解析：选B.从图像的横坐标和纵坐标可以知道题图是机械振动图像，将它与机械波的图像区分开．它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2和t4是在平衡位置处，t1和t3是在最大振幅处，头脑中应出现一幅弹簧振子振动的实物图像．根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹力为零；在最大位置处，速度为零，加速度最大，即弹力为最大，所以B项正确．4．对于弹簧振子，其回复力和位移的关系，下列图中正确的是()解析：选C.由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图像应如选项C所示．5．如图所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M.(1)简谐运动的能量取决于__________，本题中物体振动时__________能和________能相互转化，总__________守恒．(2)若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对运动地一起运动，下列说法正确的是()A．振幅不变B．振幅减小C．最大动能不变D．最大动能减小解析：(1)简谐运动的能量取决于振幅，本题中物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒．(2)振子运动到B点时速度恰为0，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变，因此选项A正确，B错误．由于机械能守恒，最大动能不变，所以选项C正确，D错误．答案：(1)振幅动弹性势机械能(2)AC[课时作业]一、单项选择题1．做简谐运动的物体每次通过平衡位置时，下列说法正确的是()A．位移为零，动能为零B．动能最大，势能最小C ．速率最大，回复力不为零D ．以上说法均不对解析：选B.物体经过平衡位置时，位移为零，回复力为零，速度最大，动能最大，势能为零，所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．弹簧振子在做简谐运动的过程中，下列说法正确的是( ) A ．加速度的方向总是与位移的方向相同，而与速度方向相反B ．在振子靠近平衡位置运动时，速度方向与位移方向相反，且大小都减小C ．从平衡位置到最大位移处，振子的动能逐渐减小D ．从最大位移处到平衡位置处振子的机械能逐渐减小解析：选C.由牛顿第二定律，知a ＝F m ＝－km x ，a 与x 成正比，x 减小时，a 的大小也减小，a 与x 的方向总相反，A 错；靠近平衡位置运动时，位移减小，速度增大，则B 错；从平衡位置到最大位移处的运动是振子远离平衡位置的运动，速度减小，动能减小，C 正确；简谐运动过程中机械能守恒，故D 错．3．如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知( )A ．在0.1 s 时，由于位移为零，所以振动能量为零B ．在0.2 s 时，振子具有最大势能C ．在0.35 s 时，振子具有的能量尚未达到最大值D ．在0.4 s 时，振子的动能最大解析：选B.弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，振幅不变，选项A 错；在0.2 s 时位移最大，振子具有最大势能，选项B 对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s 时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C 错；在0.4 s 时振子的位移最大，动能为零，选项D 错．4．卡车在水平路面上行驶，货物随车厢底板上下振动而不脱离底板，设货物做简谐运动，货物对底板的压力最大的时刻是( )A ．货物通过平衡位置向上时B ．货物通过平衡位置向下时C ．货物向上达到最大位移时D ．货物向下达到最大位移时解析：选D.货物通过平衡位置向上运动时，位移增大，回复力F 变大，而F ＝mg －N ，即N 减小，A 选项错误；当向上达到最大位移时，F 达到最大，N ＝mg －F 取最小值，故C 错误；当货物通过平衡位置向下运动时，回复力F 变大，且F ＝N －mg ，N ＝mg ＋F ，所以当F 增大时，N 增大，当货物向下达到最大位移时，N 达到最大，故只有D 选项正确．5．如图甲所示，一弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，O 为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移—时间图像，则关于振子的加速度随时间的变化规律，图中四个图像正确的是( )解析：选C.由回复力F ＝－kx 及F ＝ma 可知，加速度与位移的关系a ＝－kxm ，由题图乙可得到加速度—时间图像为C 选项．二、多项选择题6．关于回复力说法正确的是( )A ．回复力是指物体受到的指向平衡位置的力B ．回复力是指物体受到的合外力C ．回复力是以力的作用效果来命名的，它可以是弹力，也可以是重力或摩擦力，还可以是这些力的合力D ．回复力实际上就是向心力解析：选AC.回复力是物体振动时受到的指向平衡位置的力，它使物体回到平衡位置．它是根据效果命名的，可以是某一个力，也可以是某一个力的分力，也可以是几个力的合力．但应注意：回复力不一定等于合力．向心力是指物体做匀速圆周运动所受到的效果力，虽然都是按效果命名的，但力的作用效果不同．7．做简谐运动的弹簧振子，质量为m ，最大速率为v ，从某时刻算起，在半个周期内( ) A ．弹力做的功一定为零B ．弹力做的功可能是零到12m v 2之间的某一值C ．弹簧振子的动能变化大小可能是零到12m v 2之间的某一值D ．弹簧振子的势能变化大小为零解析：选AD.在T2内动能、势能完成了一个周期性变化回到了原状态，即变化为零．由动能定理可判定弹力做功亦为零．故A 、D 选项正确．8.如图所示的弹簧振子在做简谐运动，O 为平衡位置，A 、B 为最大位移处．下列说法正确的是( )A ．振子在O 点时，弹性势能最小B ．振子在A 点和在B 点，弹性势能相等C ．振子在O 点时，弹性势能与重力势能之和最小D ．振子在A 点和在B 点，弹性势能与重力势能之和相等解析：选CD.弹簧不形变时弹性势能最小，而平衡位置处弹簧已形变，故A 错误；在B 处弹簧形变量最大，故弹性势能最大，B 错误；振子在O 点时动能最大，由机械能守恒知势能最小，故C 正确；振子在A 、B 两点的动能均为零，故势能相等，D 正确．9．如图所示，物体A 置于物体B 上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B 相连．在弹性限度范围内，A 和B 在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止．则下列说法正确的是( )A ．A 和B 均做简谐运动B ．作用在A 上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比C ．B 对A 的静摩擦力对A 做功，而A 对B 的静摩擦力对B 不做功D ．B 对A 的静摩擦力始终对A 做正功，而A 对B 的静摩擦力对B 做正功解析：选AB.物体A 、B 保持相对静止，在轻质弹簧作用下做简谐运动，故A 正确；对A 、B 整体由牛顿第二定律有－kx ＝(m A ＋m B )a ，对A 用牛顿第二定律有f ＝m A a ，解得f ＝－m A km A ＋m Bx ，故B 正确；在靠近平衡位置的过程中，B 对A 的静摩擦力做正功，在远离平衡位置的过程中，B 对A 的静摩擦力做负功，A 对B 的静摩擦力也做功，故C 、D 错．10．一质点在平衡位置O 附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经0.13 s 质点第一次通过M 点，再经过0.1 s 质点第二次通过M 点，则质点振动周期为( )A ．0.24 sB ．0.62 sC ．0.72 sD ．0.92 s解析：选AC.有两种可能：如图甲，质点从O 到M ，然后经最右端A 再返回M 点，由对称性可求得周期为T ＝4×(0.13 s ＋0.05 s)＝0.72 s ；如图乙，质点由O 点经最右端A 点后向左经过O 点到达M 点，然后由M 点向左经最左端A ′返回M 点，同理由对称性可求得周期T ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫0.13－0.13 s ＋0.05 s ＝0.24 s ，所以A 、C 正确．三、非选择题11．如图所示，A 、B 两木块质量分别是m A ＝0.2 kg ，m B ＝0.3 kg ，弹簧的劲度系数k ＝50 N/m ，A 和B 间最大静摩擦力是0.6 N ，B 与水平面的摩擦力不计．求：(1)若两物体一起做简谐运动的位移是2 cm 时，A 与B 间的摩擦力是多大？ (2)在A 和B 之间没有相对滑动的条件下，它们的最大振幅是多大？ 解析：(1)以A 、B 整体为研究对象，有 kx ＝(m A ＋m B )a 对物体A ，有f 静＝m A a 所以A 、B 间摩擦力 f 静＝m A m A ＋m B kx ＝0.20.2＋0.3×50x ＝20x当x ＝0.02 m 时，f 静＝20×0.02 N ＝0.4 N. (2)A 与B 没有相对滑动时，物体A 的最大加速度 a 最大＝f 最大m A所以a 最大＝0.60.2 m/s 2＝3 m/s 2对A 、B 整体，a 最大＝kx 最大m A ＋m B所以A 、B 不发生滑动的最大振幅是x 最大＝m A ＋m B k a 最大＝0.2＋0.350×3 m ＝3 cm . 答案：(1)0.4 N (2)3 cm12.如图所示，质量为M 、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k 、自然长度为L 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m 的物块．压缩弹簧使其长度为34L 时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g .(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；(2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x 表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；(3)求弹簧的最大伸长量；解析：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL ，有mg sin α－k ΔL ＝0解得ΔL ＝mg sin αk此时弹簧的长度为L ＋mg sin αk. (2)当物块的位移为x 时，弹簧伸长量为x ＋ΔL ，物块所受合力为F 合＝mg sin α－k (x ＋ΔL )联立以上各式可得F 合＝－kx可知物块做简谐运动．(3)物块做简谐运动的振幅为A ＝L 4＋mg sin αk由对称性可知，最大伸长量为2A －L 4＝L 4＋2mg sin αk. 答案：(1)L ＋mg sin αk (2)见解析 (3)L 4＋2mg sin αk。

3.3 无线电通信-沪科教版选修3-4教案
一、教学目标
1.理解无线电通信的基本概念和原理，明确通信系统的基本组成部分；
2.掌握调制和解调的基本原理及其分类；
3.了解无线电波的基本特性，理解天线的基本原理及其分类；
4.了解无线电通信在生产、科研、军事等方面的应用，并了解其对人类社会的重要性。

二、教学内容
1. 无线电通信的基本概念和原理
1.无线电通信的定义；
2.无线电波的基本特性；
3.无线电通信的基本原理和组成部分。

2. 调制和解调的基本原理及其分类
1.调制的基本原理；
2.幅度调制、频率调制和相位调制的基本原理和特点；
3.解调的基本原理；
4.幅度解调、频率解调和相位解调的基本原理和特点。

3. 无线电波的基本特性和天线的基本原理及其分类
1.无线电波的概念和基本特性；
2.天线的定义、基本原理和分类。

4. 无线电通信在生产、科研、军事等方面的应用
1.无线电通信在生产、科研、军事等领域的应用，包括但不限于：遥控、遥测、遥感、导航、广播、通信等；
2.无线电通信对人类社会的重要性。

三、教学重点和难点
1.无线电通信的基本原理和组成部分；
2.调制和解调的基本原理及其分类；
3.无线电波的基本特性和天线的基本原理及其分类；
4.无线电通信在生产、科研、军事等方面的应用。

四、教学方法
1.理论授课法；
2.小组讨论法；
3.课堂演示法。

五、教学资源
1.教师所编讲义；
2.实物模型、试验仪器等。

六、教学评估
1.课堂小测；
2.课后作业；
3.期末考试。

章末过关检测（三）（时间：60分钟，满分：100分）一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错或不答的得0分）1.比较机械波与电磁波，正确的说法是（）A.二者都传递能量B.二者传播都需要介质C.二者都既有横波又有纵波D.二者都是振动或电磁振荡停止，波立即消失解析：选A.机械波与电磁波都具有波的一般性质，如传递能量，但由于两类波本质不同，又有各自的特性.如电磁波的传播不需要介质，且电磁波只有横波，可判定B、C选项错误；振动停止，两类波继续传播，D项错误.2.关于LC电路，下列说法正确的是（）A.一个周期内，电容器充、放电各一次B.电容器极板上电压最大时，线圈中的电流最强C.电容器开始充电时，线圈中的磁场能最大D.电容器开始充电时，电场能最大解析：选C.电容器从开始充电到放电完毕才经历半个周期，一个周期内，电容器应充、放电各两次，A错误；电容器上的电压最大时，电场能最大，此时磁场能为零，线圈中的电流为零，B错误；电容器开始充电时，电场能为零，线圈中磁场能最大，所以C正确，D 错误.3.在LC振荡电路中，电容器C的带电荷量q随时间t变化的图像如图所示.在1×10－6 s 到2×10－6 s内，关于电容器的充（放）电过程及由此产生的电磁波的波长，正确的是（）A.充电过程，波长为1 200 mB.充电过程，波长为1 500 mC.放电过程，波长为1 200 mD.放电过程，波长为1 500 m解析：选A.由图可知，在1×10－6 s到2×10－6 s内，电容器C的带电荷量由0增加到最多，因此是充电过程.电磁振荡周期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为λ＝cT ＝3×108×4×10－6 m ＝1 200 m.4.无线电发射装置的振荡电路中的电容为30 pF 时发射的无线电波的频率是1 605 kHz.若保持回路的电感不变将电容调为270 pF ，这时发射的电波的波长为（ ）A.62 mB.187 mC.560 mD.1 680 m解析：选C.由f ＝12πLC 得 f f 1′＝C ′C，f ′＝5.35×105 Hz ， 又因为λ＝v f ＝3.0×1085.35×105m ≈560 m ，故选C. 5.如图所示，是一台收音机的屏板，当向右调指针（图中黑块）时，所接收的电磁波（ ）A.频率变大，波长变大B.频率变大，波长变小C.频率变大，波长不变D.频率变小，波长变大解析：选B.面板上所标识的数字是频率，向右调节时频率显然增大，由于波速一定时，波的频率与波长成反比关系，所以波长变小.6.如图甲所示的振荡电路中，电容器极板间电压随时间的变化规律如图乙所示，则电路中振荡电流随时间的变化图像应是图中的哪一个（以回路中逆时针方向振荡电流为正）（ ）解析：选D.从题图乙可以看出，在0～T 4这段时间内是充电过程，且u AB >0，即u A >u B ，A 板应带正电，只有顺时针方向的回路电流（负方向）才能使A 板被充电后带正电.同时要考虑到，电流最大时其变化率为零，即L ΔI Δt（电动势）为零，所以应选D.二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）7.下列关于无线电波的叙述中，正确的是（）A.无线电波是波长从几十千米到几毫米的电磁波B.无线电波在任何介质中传播速度均为3.00×108 m/sC.无线电波不能产生干涉和衍射现象D.无线电波由真空进入介质传播时，波长变短解析：选AD.无线电波中长波波长有几十千米，微波中的毫米波只有几毫米，A项正确；无线电波在介质中的传播速度小于在真空中的传播速度，B项错误；无线电波也能产生干涉和衍射现象，C项错误；无线电波由真空进入介质传播时，由于波速减小可知波长变短，D 项正确.8.关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（）A.变化的电场能够产生磁场，变化的磁场也能产生电场B.电磁波和机械波都只能在介质中传播C.电磁波在空间传播时，电磁能也随着一起传播D.电磁波穿过两种介质的分界面时频率会发生变化解析：选AC.由麦克斯韦的电磁场理论知，选项A正确；由于电磁波能够在真空中传播，选项B错误；电磁波传播的过程就是能量传播的过程，C项正确；电磁波的频率由波源决定，与介质无关，选项D错误.9.雷达采用微波而不用其他无线电波的原因是（）A.微波具有很高的频率B.微波具有直线传播的特性C.微波的反射性强D.微波比其他无线电波（长波、中波、短波等）传播的距离更远解析：选ABC.微波的波长较短，频率较高，不容易产生衍射或干涉现象，微波的反射性较强，直线性较好.微波与其他无线电波的波速相等，都可以传播较远的距离，所以A、B、C项正确.10.图甲为一个调谐接收电路，（a）、（b）、（c）为电路中的电流随时间变化的图像，则（）A.i 1是L 1中的电流图像B.i 1是L 2中的电流图像C.i 2是L 2中的电流图像D.i 3是流过耳机的电流图像解析：选ACD.L 2中由于电磁感应，产生的感应电动势的图像是同（a ）图相似的，但是由于L 2和D 串联，所以当L 2的电压与D 反向时，电路不通，因此这时L 2没有电流，所以L 2中的电流应选（b ）图.故应选A 、C 、D.三、非选择题（本题共3小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（10分）某雷达工作时所发射的无线电波波长为1 m ，它可以定向发出脉冲波，连续两个脉冲的时间间隔为10－4 s.一飞机始终在雷达的某一方位上做直线飞行，图为雷达屏幕，屏幕上方有时间尺，P 1、P 2是雷达发出的电波信号.n 1、n 2是P 1、P 2由飞机反射回来后雷达接收的信号.设雷达匀速扫描，根据图分析回答下列问题.（1）飞机是朝着雷达飞行，还是远离雷达飞行？（2）当信号P 1传播到飞机处时，飞机距雷达多远？解析：（1）由标尺上的时间刻度可以看出，第一个雷达信号P 1从发出至返回历时为10个小格，第二个雷达信号P 2从发出至返回历时为11个小格，即第二个雷达信号从发出至返回所用时间较长，表明P 1、P 2两个雷达信号分别遇到飞机时，第一个信号与飞机相遇的位置离雷达较近一些，第二个信号与飞机相遇的位置离雷达较远一些，可见飞机是朝着远离雷达的方向飞行的.（2）在图上，P 1、P 2间相距为时间标尺上的20小格，由题意知连续两个脉冲间的时间间隔为10－4 s ，故时间标尺上的每一小格代表的时间为Δt ＝10－420s ＝5×10－6 s. 由图可以看出，信号P 1从发出至返回被雷达接收到（图上的n 1）历时为10个小格， 则这段时间为t ＝10Δt ＝5×10－5 s ，信号P 1自发出后，经过t 2就遇到了飞机， 则信号P 1传播到飞机时，飞机与雷达之间的距离为x ＝c t 2＝3.0×108×2.5×10－5 m ＝7.5×103 m. 答案：（1）远离 （2）7.5×103 m12.（14分）如图所示的电路中，电容器的电容C ＝1 μF ，线圈的自感系数L ＝0.1 mH ，先将开关S 拨至a ，这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止，然后将开关S 拨至b ，经过3.14×10－5 s ，油滴的加速度是多少？当油滴的加速度为何值时，LC 回路中的振荡电流有最大值？（g 取10 m/s 2，π取3.14，研究过程中油滴不与极板接触）解析：当S 拨至a 时，油滴受力平衡，显然油滴带负电，则mg ＝q U d① 当S 拨至b 时，LC 回路中有振荡电流，振荡周期为T ，则T ＝2πLC ＝6.28×10－5 s.当t ＝3.14×10－5 s 时，电容器恰好反向充电结束，两极板间场强与t ＝0时两极板间场强等大反向，由牛顿第二定律得q U d＋mg ＝ma ② 联立①②得a ＝20 m/s 2.当振荡电流最大时，电容器处于放电完毕状态，两极板间无电场，油滴仅受重力作用，则mg ＝ma ′，a ′＝10 m/s 2，即当油滴加速度为10 m/s 2时，LC 回路中振荡电流有最大值.答案：20 m/s 2 10 m/s 213.（16分）某雷达工作时，发射电磁波的波长λ＝20 cm ，每秒脉冲数n ＝5 000，每个脉冲持续时间t ＝0.02 μs ，求：该电磁波的振荡频率为多少？最大侦察距离是多少？解析：由c ＝λf 可得电磁波的振荡频率f ＝c λ＝3×10820×10－2Hz ＝1.5×109Hz. 电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离s ＝c Δt ＝c ⎝⎛⎭⎫1n －t ＝3×108×⎝⎛⎭⎫15 000－0.02×10－6 m≈6×104m. 所以雷达的最大侦察距离s ′＝s 2＝3×104 m ＝30 km.答案：1.5×109Hz30 km。

3． 2电磁波的发现1.知道赫兹实验以及它的重要意义．2.知道什么是振荡电路和振荡电流以及LC 回路中振荡电流的产生过程．(要点、难点)3.知道产生电磁振荡过程中，LC振荡电路中的能量变换状况．(要点 )4.知道什么样的电磁振荡和电路有益于向外发射电磁波．一、电磁波预知的实现——赫兹实验赫兹第一在实验中发现了电磁波，用事实证了然麦克斯韦电磁场理论的正确性．二、电磁振荡1．电磁振荡的产生(1)振荡电流和振荡电路①振荡电流：大小和方向都做周期性快速变化的电流．②振荡电路：产生振荡电流的电路．③ LC 振荡电路：由线圈L 和电容器 C 构成，是最简单的振荡电路．(2)电磁振荡的产生①如下图，电容器充电完成后，将开关S 掷向 b，这一瞬时，电容器开始放电，电路中没有电流，此时电容器里电场最强，电路里的能量所有以电场能的形式储藏在电容器的电场中．②电容器开始放电后，因为线圈的自感作用，放电电流由零渐渐增大，此过程中，电容器极板上的电荷渐渐减小，电容器里的电场渐渐减弱，线圈的磁场渐渐加强，电场能渐渐转化为磁场能，振荡电流渐渐增大，直到放电完成，电流达到最大．③电容器放电完成时，因为线圈的自感作用，电流保持本来的方向渐渐减小，电容器将进行反向充电，此过程中，线圈的磁场渐渐减弱，电容器里的电场渐渐加强，磁场能渐渐转化为电场能，振荡电流渐渐减小，直到充电完成，电流减小为零．2．电磁振荡的周期和频次(1)周期：电磁振荡达成一次周期性变化需要的时间．(2)频次： 1 s 内达成的周期性变化的次数．(3)说明：假如没有能量损失，也不受其余外界影响，这时的周期和频次叫振荡电路的固有周期和固有频次，简称振荡电路的周期和频次．3． LC 电路的周期 (频次 )理论剖析表示， LC 电路的周期T 与自感系数L、电容 C 的关系式是T＝ 2π LC，所以其振荡的频次 f＝1. 2π LC三、电磁波的发射如下图是发射无线电波的装置，虚线框内是发射无线电波的开放电路，此中①是天线，②是地线；振荡器产生的高频振荡电流经过L2与 L1的互感作用，使 L1中产生同频次的高频振荡电流，在虚线框内电路中激发出无线电波，向四周空间发射．四、电磁波的特色1．电磁波中的电场强度、磁感觉强度与波的流传方向两两垂直，是横波．3× 108λ2．电磁波的流传不需要介质，电磁波在真空中的流传速度为m/s， v＝T对电磁波也合用．3．电磁波能产生反射、折射、干预、衍射和偏振等现象．4．电磁波也拥有能量．电磁振荡的产生及各量变化规律1． LC 振荡电路中一个周期内的几个状态振荡电流图像电路状态时辰 t0T T3TT 424电荷最多0最多0最多量 q电场能最大0最大0最大电流 i0正向最大0反向最大0磁场能0最大0最大02.LC 回路中各量间的变化规律及对应关系(1)同步同变关系①在 LC 回路发生电磁振荡的过程中，电容器上的物理量：电荷量q、电场强度E、电场能 E E是同时同向变化的，即：q↓— E↓— E E↓ (或 q↑ — E↑ — E E↑ )．②振荡线圈上的物理量：振荡电流i、磁感觉强度B、磁场能E B也是同步同向变化的，即：i↑— B↑— E B↑ (或 i ↓ — B↓ — E B↓ )．(2)同步异变关系在 LC 回路产生电磁振荡的过程中，电容器上的三个物理量q、 E、 E E与线圈中的三个物理量 i、B、E B是同步异向变化的，即q、E、E E同时减小时， i、B、E B同时增大，且它们是同步的，也即同步异向变化q、 E、 E E↑―――――→i、 B、 E B↓.(多项选择 ) 如图是L C 振荡电路某时辰的状况，以下说法正确的选项是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在增添C．电感线圈中的电流正在增大D．此时辰自感电动势正在阻挡电流增大[分析 ]由题图中磁感觉强度的方向和右手螺旋定章可知，此时电流向着电容器带负电的极板流动，也就是电容器处于放电过程中，这时两极板上的电荷量和电压、电场能处于减少过程，而电流和线圈中的磁场能处于增添过程，由楞次定律可知，线圈中的感觉电动势阻碍电流的增大．[答案 ] BCDLC 振荡电路充、放电过程的判断方法(1)依据电流流向判断，当电流流向带正电的极板时，处于充电过程；反之，处于放电过程．(2)依据物理量的变化趋向判断：当电容器的带电量q(U、E)增大时，处于充电过程；反之，处于放电过程．(3)依据能量判断：电场能增添时，充电；磁场能增添时，放电．电磁波的发射原理1．有效发射电磁波，振荡电路一定拥有两个特色：①要有足够高的振荡频次；②振荡电路的电场和磁场一定分别到尽可能大的空间，这样才能有效地辐射能量．2．由电磁振荡的周期公式 T＝ 2π LC 知，要改变电磁振荡的周期和频次，一定改变线圈的自感系数 L 或许电容器的电容 C.3．影响线圈自感系数 L 的要素有：线圈的匝数、有无铁芯及线圈截面积和长度．匝数越多，自感系数 L 越大，有铁芯的线圈自感系数比无铁芯的线圈自感系数大．4．影响电容器的电容 C 的要素：两极板正对面积S、两板间介电常数ε以及两板间距εSd，由 C＝4πkd(平行板电容器的电容)，不难判断ε、 S、d 变化时，电容 C 变化．一般来说，电容器两极板间的正对面积的改变较为方便，只要要将可变电容器的动片旋出或旋入，即可改变电容 C 的大小，所以，往常用改变电容器正对面积的方法改变LC 振荡电路的振荡周期和频次．在 LC 振荡电路中，用以下的哪一种方法能够使振荡频次增添一倍()A ．自感 L 和电容 C 都增大一倍B．自感 L 增大一倍，电容 C 减小一半C．自感 L 减小一半，电容 C 增大一倍D．自感 L 和电容 C 都减小一半[思路点拨 ] 依据公式 f＝1剖析判断．2π LC[分析 ] 由 LC 振荡电路的频次1.当自感系数 L 和电容 C 都减小一半时，其振f＝2π LC荡频次恰巧增大一倍．[答案] D有一 LC 振荡电路，能产生必定波长的电磁波，若要产生波长比本来短些的电磁波，可采纳的举措为()A ．增添线圈的匝数B．在线圈中插入铁芯C．减小电容器极板间的距离D．减小电容器极板正对面积分析：选 D. LC 振荡电路产生的电磁波的频次为f＝1LC ，，再由 v＝λf解得λ＝2 πv2π LC所以减小波长的方法是减小自感系数L 或电容 C.对于选项 A 、B 都是增添 L 的举措．对电εS，可知 C 错误， D 项正确．容器又有 C ＝4πkd电磁振荡的综共计算在 LC 振荡电路中，线圈的自感系数L ＝ 2.5 mH ，电容 C ＝ 4 μF.(1)该回路的周期多大？(2)设 t ＝0 时，电容器上电压最大， 在 t ＝ 9.0×10－3 s 时，经过线圈的电流是增大仍是减小，这时电容器是处在充电过程仍是放电过程？[思路点拨 ] 解本题的要点有两点：(1)依据 T ＝ 2π LC 算出 LC 振荡电路的固有周期． (2)利用时间 t 和周期 T 判断 t 时辰的充放电状况．[分析 ] (1)T ＝ 2π LC ＝ 2× 3.14× 2.5× 10－3× 4× 10－6s ＝ 6.28× 10－4s.(2)因为 t ＝ 9.0× 10－3s 相当于 14.33 个周期，故T2 4 ＜ 0.33T ＜ T ，所4以当 t ＝ 9.0× 10－3 s 时， LC 回路中的电磁振荡正处在第二个T 的变化过4程中． t ＝ 0 时，电容器上电压最大，极板上电荷量最多，电路中电流值为零，回路中电流随时间的变化规律如下图：第一个1 14T 内，电容器放电，电流由零增至最大；第二个 4T 内，电容器被反向充电，电流由最大减小到零．明显，在 t ＝ 9.0× 10－3s 时，即在第二个 14T 内，线圈中的电流在减小，电容器正处在反向充电过程中．[答案 ] 看法析(1)分解过程：把整个振荡周期分红四个14T，分别研究每一个14T 内各量的变化状况．(2)电容器充、放电过程中电流的变化特色：电容器充电过程中，电容器带电量愈来愈多，电流愈来愈小，充电完成时，电流为零；电容器放电过程中，电容器带电量愈来愈少，电流愈来愈大，放电完成时，电流最大．[ 随堂检测]1． (多项选择 )对于振荡电流，以下表达正确的选项是()A ．大小和方向都在变化的电流叫做振荡电流B．大小和方向都做周期性快速变化的电流叫振荡电流C．由电感线圈和电阻器构成的电路能够产生振荡电流D．由电感线圈和电容器构成的回路能够产生振荡电流分析：选 BD. 大小和方向一定是都做周期性快速变化的电流才是振荡电流，故B 正确； LC 回路能产生振荡电流，由电感线圈和电阻器构成的电路不可以产生振荡电流，故C 错误，D 正确．2．在 LC 回路中发生电磁振荡时，以下说法正确的选项是()A 错误，A．电容器的某一极板，从带最多的正电荷放电到这一极板充满负电荷为止，这一段时间为一个周期B．当电容器放电完成瞬时，回路中的电流为零C．提升充电电压，极板上带更多的电荷时，能使振荡周期变大D．要提升振荡频次，可减小电容器极板间的正对面积分析： 选 D. 电容器某一极板从带最多的正电荷到带最多的负电荷这段时间，电容器完成了放电和反向充电过程，时间为半个周期，A 错误；电容器放电完成瞬时，电路中电场能最小，磁场能最大，故电路中的电流最大，B 错误；振荡周期仅由电路自己决定，与充电电压等没关， C 错误；提升振荡频次，就是减小振荡周期，可经过减小电容器极板正对面积来减小C ，达到增大振荡频次的目的，D 正确．3.如下图， L为一电阻可忽视的线圈，D 为一灯泡， C 为电容器，开关 S 处于闭合状态，灯 D 正常发光，现忽然断开S ，并开始计时，能正确反应电容器a 极板上电荷量 q 随时间变化的图像是以下图中的哪一个 (图中 q 为正当表示 a 极板带正电 )()分析： 选 B. 确立 a 极板上电荷量q 的开端状态，再确立第一个1S4周期内的变化状况． 处于接通状态时，电流稳固，因忽视L 的电阻，故电容器两极板间的电压为零，电荷量为零， S 断开， D 灯熄灭， LC 构成的电路将产生电磁振荡．因为线圈的自感作用，在0≤ t ≤ T4时间段内，线圈产生的自感电动势给电容器充电，电流方向与本来线圈中的电流方向相同，T电流值从最大渐渐减小到零，但电容器极板上的电荷量却从零渐渐增添到最大，在 4时辰充电完成，电流值为零而极板上的电荷量最大，但b 板带正电， a 板带负电，所以 B 图正确．4．如下图振荡电路中，电感L ＝ 300 μH ，电容 C 的范围为 25 pF ～270 pF ，求：(1)振荡电流的频次范围；(2)若电感 L ＝10 mH ，要产生周期T ＝ 0.02 s 的振荡电流，应配置多大的电容？分析： (1)由 f ＝1 0.56× 106 Hz ～知，当 C 在 25 pF ～270 pF 间变化时， f 的范围为2π LC1.84× 106 Hz.2(2)由 T ＝ 2π LC 知， C ＝ T＝1× 10－3 F.4π2L答案： (1)0.56× 106 Hz ～ 1.84× 106 Hz(2)1× 10－3 F[ 课时作业 ]一、单项选择题1．电磁振荡与机械振动对比()A．变化规律不一样，实质不一样分析：选 D.电磁振荡是电荷在LC 电路中的振荡，而机械振动是质点在均衡地点邻近的来去运动，两者实质不一样，但按照相同的运动规律，即均按正弦规律变化， D 正确．2．对于 LC 振荡电路中的振荡电流，以下说法中正确的选项是()A ．振荡电流最大时，电容器两极板间的电场强度最大B．振荡电流为零时，线圈中自感电动势为零C．振荡电流增大的过程中，线圈中的磁场能转变为电场能D．振荡电流减小的过程中，线圈中的磁场能转变为电场能分析：选 D. 本题考察振荡电流和其余各物理量变化的关系．振荡电流最大时，处于电容器放电结束瞬时，场强为零， A 错；振荡电流为零时，LC 回路振荡电流改变方向，这时的电流变化最快，电流强度变化率最大，线圈中自感电动势最大， B 错；振荡电流增大时，线圈中电场能转变为磁场能， C 错；振荡电流减小时，线圈中磁场能转变为电场能， D 对．3．如下图，闭合开关S，待电容器充电结束后，再翻开开关S，用绝缘工具使电容器两极板距离稍稍拉开一些，在电容器四周空间()A ．会产生变化的磁场B．会产生稳固的磁场C．不会产生磁场D．会产生振荡的磁场分析：选 C.两平行板电容器接入直流电源后两极板间的电压等于电源的电动势，断开U 电源后，电容器带电量不变，由电容器定义式和平行板电容器公式可得两板间场强E＝d＝Q4πkQ＝，当用绝缘工具将两极板距离稍稍拉开一些，电容器两板间的电场不发生变化，CdεS所以不会产生磁场． C 正确．4．如下图电路中，L 是电阻不计的电感器， C 是电容器，闭合开关 S，待电路达到稳固状态后，再断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡．假如规定电感器L 中的电流方向从 a 到b 为正，断开开关的时辰为t＝ 0时辰，那么图中能正确表示电感器中的电流i 随时间t 变化规律的是()分析：选 C.本题属含电容电路、自感现象和振荡电路的综合性问题，应从下边几个方面考虑：(1)S 断开前， ab 段短路，电容器不带电；(2)S 断开时， ab 中产生自感电动势，阻挡电流减小，同时，电容器 C 充电，此时电流正向最大．(3)给电容器 C 充电的过程中，电容器的充电量最大时，ab 中电流减为零，今后LC发生电磁振荡形成交变电流，综上述选项 C 正确．二、多项选择题5．相关振荡电路的以下说法中，你以为正确的选项是()A．电容器带电荷量为零的时辰，振荡电流也为零B．电容器带电荷量为零的时辰，振荡电流达到最大值C．电容器充电时，电场能转变为磁场能D．振荡电流增大时，电场能渐渐转变为磁场能分析：选 BD. 电容器放电完成时，电容器的带电荷量为零，此时振荡电流达到最大值；电容器充电时，磁场能转变为电场能．电容器放电时，振荡电流增大，电场能渐渐转变为磁场能．6．在 LC 振荡电路中，当电容器上的电荷量最大时()A ．振荡电流达到最大BC．电场能恰巧所有转变为磁场能D．磁场能恰巧所有转变为电场能分析：选 BD. 当 LC 振荡电路中电容器的电荷量最大时，电路中电流为零，对应的极板间电压和电场能达到最大，磁场能最小，为零，即磁场能所有转变为电场能，故B、D正确．7． LC 回路电容器两头的电压 u 随时间 t 变化的关系如下图，则()A ．在时辰B．在时辰C．从时辰D．从时辰分析：选t1，电路中的电流最大t2，电路中的磁场能最大t2至 t3，电路的电场能不停增大t3至 t4，电容器的带电荷量不停增大BC.由题图可知， t 1时辰电容器两头电压最高时，电路中振荡电流为零．t2时刻电容器两头电压为零，电路中振荡电流最强、磁场能最大，选项 A 错误，B正确．在t2至 t3的过程中，从题图可知，电容器两板电压增大，必有电场能增添，选项 C 正确．而在t3至t4的过程中，电容器两板电压减小，带电荷量同时减小，选项 D 错误．正确选项为B、C.8． LC振荡电路中，经过P 点的电流变化规律如下图．现规定过P 点向右的电流为正，则()A ． 0.5 s 至1 s 时间内，电容器充电B．0.5 s 至 1 s 时间内，电容器上极板带的是正电C．1 s 至 1.5 s 时间内，磁场能正在转变为电场能D． 1 s 至 1.5 s 时间内， Q 点的电势比P 点的电势高分析：选 AD. 由振荡电路的图像可知，在0.5 s 至 1 s 时间内，电流为正方向，且电流值正在减小，所以依题规定的电流正方向知，在0.5 s～1 s的时间内，LC回路中的电流是顺时针的，并且电容器 C 正在充电．由充电电流是由电容器 C 的负极板流出，流向正极板可知，在 0.5 s～ 1 s 的时间内电容器 C 的上极板带负电，下极板带正电，选项 A 正确， B 错误．再由 LC 振荡电路图像知，在 1 s 至 1.5 s 时间内，电流为负电流，且电流的值正在增大，由题所规定的电流正方向知，此时间内LC 回路中的电流是逆时针的，即由Q 点经电感线圈L 流向 P 点，所以Q 点电势比P 点高，并且因为电流值正在增大，所以电场能正在转变为磁场能，选项 C 错误，选项 D 正确．应选 A 、D.9．电子钟是利用LC 振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每日要慢30 s，造成这一现象的原由可能是()A．电池用久了B．振荡电路中电容器的电容大了C．振荡电路中线圈的电感大了D．振荡电路中电容器的电容小了分析：选 BC. 电子钟变慢的原由是LC 振荡电路的振荡周期变大了，而影响周期的要素是振荡电路中的L 和C， B、 C 两项正确．10．某时辰LC 振荡电路的状态如下图，则此时辰()A ．振荡电流i 在减小B．振荡电流i 在增大C．电场能正在向磁场能变化D．磁场能正在向电场能变化分析：选 AD. 由题图中上极板带正电荷，下极板带负电荷及电流的方向可判断出正电荷在向正极板齐集，说明电容器极板上电荷在增添，电容器正在充电．电容器充电的过程中电流减小，磁场能向电场能转变．正确选项为三、非选择题11．在 LC 振荡电路中，若已知电容A、D.C，并测得电路的固有振荡周期为T，即可求得电感 L.为了提升丈量精度，需多次改变 C 值并测得相应的 T 值，现将测得的六组数据标示在以 C 为横坐标、 T2为纵坐标的坐标纸上，即图顶用“×”表示的点．(1)T、 L、 C 的关系为 ________；(2)依据图中给出的数据点作出T2与 C 的关系图线；(3)求解 L 的值．22分析： (1)由周期公式 T＝ 2π LC 得 T ＝ 4πLC.(2)由 LC 振荡电路的周期公式T＝ 2π LC 可得2＝ 422为 C 的TπLC .在 L 不变的状况下， T正比率函数，所以T2－C 图线为过原点 (0， 0)的直线，图线如下图．(3)在如下图的直线上任取两点，为减小偏差，所取的两点间隔应尽可能大，由T＝ 2π LC得 L＝T2， L＝T2，代入数据得L ＝ 36.8 mH( 在 35.1～ 38.9 mH 之间皆正确 )．224π4π CC22答案： (1)T ＝ 4πLC (2)看法析(3)36.8 mH( 在 35.1～ 38.9 mH 之间均正确 )12．一个智能玩具的声响开关与LC 电路中电流相关，如下图为该玩具内的 LC 振荡电路部分，已知线圈自感系数L＝ 0.25 H ，电容器电容 C＝4 μF，在电容器开始放电时，取t＝ 0，这时上极板带正电，下极板带负电，当t＝ 2.0× 10－3 s时，求：(1)电容器的上极板带何种电？(2)电路中电流的方向怎样？分析： (1) LC 振荡电路的固有周期T ＝ 2π LC ＝ 2π 0.25 ×4×10－6s＝ 2π× 10－3 s≈6.28× 10－3 s， t＝ 2× 10－3 s，是在第一个周期内的T到1T 之间，在第一个T内电容器放电，424T放电完成，电容器上电荷为零，电路中电流最大，在第二个4内，线圈中的电流方向不变，线圈中的自感电动势对电容器充电，下极板带正电，上极板带负电．T T T(2)在 0～4内电容器放电，电流方向为逆时针方向．电流从0渐渐增大到最大值.4～2内因为线圈的自感作用线圈中的电流沿本来的方向持续流动，不过大小从最大值渐渐减小至零，故 t＝ 2.0×10－3 s 时辰时电路中的电流方向为逆时针．答案： (1)上极板带负电(2)电路中的电流方向为逆时针。

3.3 无线电通信 - 沪科教版选修3-4教案一、教学目标1.了解无线电通信的基本概念和原理，了解常用的无线电通信方式和信号传输方式。

2.了解无线电通信在现代社会的重要性，了解无线电通信的应用领域和未来发展方向。

3.掌握无线电通信的相关知识和技能，具备无线电通信实验操作能力。

二、教学重难点1.无线电通信的基本概念和原理；2.无线电通信方式和信号传输方式；3.无线电通信在现代社会中的应用领域和未来发展方向。

三、教学内容和方法1. 教学内容1.无线电通信的基本概念和原理；2.无线电通信方式和信号传输方式；3.无线电通信在现代社会中的应用领域和未来发展方向；4.无线电通信实验操作。

2. 教学方法1.理论教学与实验操作相结合；2.课堂讲授和学生自主学习相结合；3.案例分析与讨论相结合。

四、教学过程安排1. 第一部分：无线电通信的基本概念和原理（1）教学目标1.理解无线电通信的概念和定义；2.掌握无线电通信的基本原理。

（2）教学内容1.无线电通信的概念和定义；2.无线电波的基本特性；3.无线电通信的基本原理。

（3）教学方法1.讲授与互动相结合；2.学生互动参与。

2. 第二部分：无线电通信方式和信号传输方式（1）教学目标1.了解无线电通信的不同方式；2.了解无线电信号的传输方式。

（2）教学内容1.无线电通信的不同方式；2.无线电信号的传输方式。

（3）教学方法1.教师讲授与案例分析相结合；2.启发式提问。

3. 第三部分：无线电通信在现代社会中的应用领域和未来发展方向（1）教学目标1.了解无线电通信在现代社会中的应用领域；2.了解无线电通信的未来发展方向。

（2）教学内容1.无线电通信在现代社会中的应用领域；2.无线电通信的未来发展方向。

（3）教学方法1.教师讲授与讨论相结合；2.知识梳理与思考。

4. 第四部分：无线电通信实验操作（1）教学目标1.掌握无线电通信实验操作的基本知识；2.提高无线电通信实验操作的能力。