2017-2018学年高中物理选修3-4浙江专版讲义：第十四章
2017-2018学年同步备课套餐之物理人教浙江专版选修3-4
1光的反射和折射一、反射定律和折射定律[导学探究]如图1所示，一块半圆形的玻璃砖放在带有角度刻度的圆盘上，使玻璃砖的圆心正好与圆盘刻度的圆心重合，将激光笔对准圆心照射，会观察到激光笔发出的一束光照射到玻璃砖表面后被分成了两束光．请在图上标出法线、入射角、反射角和折射角．改变入射光线与法线的夹角，观察到三条光线与法线的夹角有什么关系？图1答案 如图所示，入射光线和反射光线同法线的夹角相等，折射光线与法线的夹角小于入射光线与法线的夹角．[知识梳理] 对光的反射和折射的理解 1．光的反射(1)反射现象：光从第1种介质射到它与第2种介质的分界面时，一部分光会返回到第1种介质的现象．(2)反射定律：反射光线与入射光线、法线处在同一平面内，反射光线与入射光线分别位于法线的两侧；反射角等于入射角． (3)在光的反射现象中，光路是可逆的． 2．光的折射 (1)光的折射现象光从第1种介质射到它与第2种介质的分界面时，一部分光进入第2种介质并改变传播方向的现象，称为光的折射现象． (2)折射定律(如图2所示)折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比，即sin θ1sin θ2＝n 12.(式中n 12是比例常数)．图2(3)在光的折射现象中，光路是可逆的．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)在光的反射和折射现象中光路是可逆的．(√)(2)光从空气射入水中时，入射角发生变化，折射角和反射角都发生变化．(√) (3)入射光线、反射光线与法线必共面．(√)(4)光由一种介质进入另一种介质时，增大入射角，折射角一定增大，入射角与折射角成正比．(×)二、折射率[导学探究] 如表所示是在探究光由真空射入某种透明介质发生折射的规律时得到的实验数据．请在表格基础上思考以下问题：(1)随着入射角的增大，折射角怎样变化？(2)当入射角与折射角发生变化时，有没有保持不变的量？答案 (1)折射角增大．(2)入射角的正弦值和折射角的正弦值之比保持不变． [知识梳理] 1．折射率(1)定义：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦之比，叫做这种介质的绝对折射率，简称折射率．即n ＝sin θ1sin θ2.(2)折射率与光速的关系：某种介质的折射率，等于光在真空中的传播速度c 与光在这种介质中的传播速度v 之比，即n ＝cv . 2．对折射率n 的理解(1)由于c ＞v ，故任何介质的折射率n 都大于(填“大于”“小于”或“等于”)1.(2)折射率n 是反映介质光学性质的物理量，它的大小由介质本身和光的频率共同决定，与入射角、折射角的大小无关．(3)θ1为真空中的光线与法线的夹角，不一定为入射角；而θ2为介质中的光线与法线的夹角，也不一定为折射角．(4)介质的折射率与介质的密度没有必然联系． [即学即用] 判断下列说法的正误．(1)光由空气射入某介质时折射角大于入射角．(×) (2)光在水中的传播速度比在真空中的传播速度小．(√)(3)由折射率的定义式n ＝sin θ1sin θ2得出，介质的折射率与入射角θ1的正弦成正比，与折射角θ2的正弦成反比．(×)(4)介质的折射率由介质的性质决定，与入射角和折射角无关．(√) (5)任何介质的折射率都大于1.(√)三、实验：测定玻璃的折射率1．实验原理用插针法确定光路，找出与入射光线相应的出射光线，就能在玻璃砖中画出对应的折射光线，从而可以测出一组对应的入射角和折射角，根据折射定律，便可求出玻璃的折射率． 2．实验器材玻璃砖、白纸、木板、大头针四枚、图钉(3～4枚)、量角器、直尺、铅笔． 3．操作步骤(1)把白纸用图钉钉在木板上．(2)沿玻璃砖的一个面画一条直线aa ′作为界面，过aa ′上一点O 作垂直于aa ′的直线NN ′作为法线，过O 点画一条入射光线AO ，使入射角θ1适当大些．如图3所示．图3(3)在AO 线上竖直地插两枚大头针P 1、P 2，在白纸上放上被测玻璃砖，使玻璃砖的一个面与aa ′重合．(4)沿玻璃砖的另一侧面画一条直线bb ′.(5)在玻璃砖的bb ′一侧白纸上竖直地立一枚大头针P 3，调整视线，同时移动大头针P 3的位置，当P 3恰好能同时挡住玻璃砖aa ′一侧所插的大头针P 1、P 2的像时，把大头针P 3插好． (6)在玻璃砖bb ′一侧再竖直地插一枚大头针P 4，使P 4能挡住P 3本身，同时也能挡住P 1、P 2的像．(7)记下P 3、P 4的位置，移去玻璃砖，拔去大头针，过P 3、P 4连一条直线BO ′交bb ′于O ′点，连接OO ′，OO ′就是入射光线AO 在玻璃砖内的折射光线，折射角为θ2. (8)用量角器量出入射角θ1和折射角θ2的大小．(9)改变入射角θ1，重复上面的步骤再做三、四次，量出相应的入射角和折射角． (10)算出不同入射角时sin θ1sin θ2的值，求出几次实验中的平均值就是玻璃的折射率．一、反射定律和折射定律的应用利用反射定律和折射定律解题时，首先以光线为工具画出光路图，然后由折射定律、反射定律及几何规律列方程求解相关问题．例1 光线以60°的入射角从空气射入玻璃中，折射光线与反射光线恰好垂直．(真空中的光速c ＝3.0×108 m/s) (1)画出折射光路图；(2)求出玻璃的折射率和光在玻璃中的传播速度； (3)当入射角变为45°时，折射角的正弦值等于多大？ (4)当入射角增大或减小时，玻璃的折射率是否变化？ 答案 (1)见解析图 (2)3 3×108 m/s(3)66(4)不变 解析 (1)光路图如图所示，其中AO 为入射光线，OB 为折射光线.(2)由题意，n ＝sin θ1sin θ2又θ1＝60°，θ1＋θ2＝90°，得n ＝ 3.设玻璃中光速为v ，由n ＝cv 得v ＝3×108 m/s. (3)当入射角为45°时，介质折射率不变 sin θ2′＝sin θ1′n ＝sin 45°3＝66.(4)不变化，因为折射率是由介质和入射光频率共同决定的物理量，与入射角的大小无关．二、折射率的理解和计算解决光的折射问题的常规思路： (1)根据题意画出正确的光路图．(2)利用几何关系确定光路图中的边、角关系，要注意入射角、折射角均是与法线的夹角． (3)利用折射定律、折射率公式列式求解．例2 两束平行的细激光束垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图4所示．已知其中一束光沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ，另一束光的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃半圆截面的半径为R ，OA ＝R2，OP ＝3R .求该玻璃材料的折射率．图4答案3解析 画出光路图如图所示．其中一束光沿直线穿过玻璃，可知O 点为圆心．另一束光从A 点沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，设入射角为θ1，折射角为θ2，由几何关系可得：sin θ1＝OA OB ＝12，解得：θ1＝30°.由题意知：OP ＝3R ，由余弦定理知：BP ＝R ，折射角为：θ2＝60°.由折射定律得玻璃的折射率为：n ＝sin θ2sin θ1＝sin 60°sin 30°＝ 3.无论光从玻璃射向空气还是从空气射向玻璃，在表示介质的折射率时，一定是空气中的光线和法线的夹角的正弦与介质中的光线和法线的夹角的正弦的比值，也就是说介质的折射率一定大于1.三、测定玻璃的折射率测定玻璃折射率的基本思路：(1)确定一条从空气斜射入玻璃(或者从玻璃斜射入空气)的光路． (2)通过作图确定入射角和折射角．(3)由折射率的定义式n ＝sin θ1sin θ2计算出玻璃的折射率．例3 用三棱镜做测定玻璃的折射率的实验，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插入两枚大头针P 1和P 2，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，P 4挡住P 1、P 2的像和P 3，在纸上标出大头针的位置和三棱镜轮廓，如图5所示．图5(1)在图上画出所需的光路图．(2)为了测出该三棱镜的折射率，需要测量的物理量是________，在图上标出它们． (3)计算折射率的公式是n ＝________. 答案 见解析解析 (1)光路图如图所示，画出通过P 1、P 2的入射光线，交AC 于O ，画出通过P 3、P 4的出射光线交AB 于O ′，连接OO ′，则光线OO ′就是入射光线P 1P 2在三棱镜中的折射光线．(2)在所画的图上画出虚线部分，并注明入射角θ1和折射角θ2，用量角器量出θ1和θ2(或用直尺测出线段EF 、OE 、GH 、OG 的长度)． (3)n ＝sin θ1sin θ2(或因为sin θ1＝EF OE ，sin θ2＝GH OG ，则n ＝EFOE GH OG＝EF ·OG OE ·GH)1.测玻璃的折射率，不管什么方案都要设法画出入射光线经过介质后的出射光线，然后由入射点O 和出射点O ′画出光线在介质中的折射光线OO ′.2.棱镜的形状对实验结果无影响.1. (多选)一束光从介质1进入介质2，方向如图6所示，下列对于1、2两种介质的光学属性的判断正确的是()图6A．介质1的折射率小B．介质1的折射率大C．光在介质1中的传播速度大D．光在介质2中的传播速度大答案BD2．(多选)(2016·苍南高二检测)根据图7中的漫画，判断下列说法中正确的是()图7A．人看到的是鱼的实像，位置变浅了些B．人看到的是鱼的虚像，位置变浅了些C．鱼看到的是人的实像，位置偏低了些D．鱼看到的是人的虚像，位置偏高了些答案BD解析人看到的是鱼发出的光线经过水面折射后进入人眼，射入人眼的光线的反向延长线相交后形成的虚像，光线从水射向空气中时，折射角大于入射角，作出从鱼S1发出的两条光路，将折射光线反向延长，得到的交点为人所看到的鱼的虚像S1′，如图所示，可以看出虚像的位置变浅了，B正确，A错误；同理，鱼看到的是人发出的光线经过水面折射形成的虚像，根据光路可逆原理，鱼看到人的虚像的位置偏高了，D正确，C错误．3．(2016·瑞安中学高二第二学期期中)如图8甲所示，在利用三棱镜测量玻璃折射率的实验中，两位同学正确完成相关操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)．为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图乙、丙所示．在图中能够仅通过测量ED 、FG 的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n ＝________(用代表线段长度的字母ED 、FG 表示)．图8答案 丙ED FG4.如图9所示，△ABC 为直角三角形三棱镜的横截面，∠ABC ＝30°.有一细光束MN 射到AC 面上，且MN 与AC 的夹角也为30°，该光束从N 点进入棱镜后再经BC 面反射，最终从AB 面上的O 点射出，其出射光线OP 与BC 面平行．图9(1)作出棱镜内部的光路图(不必写出作图过程)； (2)求出此棱镜的折射率． 答案 (1)见解析图 (2) 3 解析 (1)光路图如图所示：(2)根据折射定律n ＝sin θ1sin θ2，n ＝sin θ4sin θ3. 因为θ1＝θ4＝60°，所以θ3＝θ2.又由几何关系知2θ3＝60°，所以θ3＝30°. n ＝sin θ4sin θ3＝sin 60°sin 30°＝ 3.一、选择题1．关于光的折射现象，下列说法中正确的是( ) A ．折射角一定小于入射角 B ．折射率跟折射角的正弦值成反比C ．折射角增大为原来的2倍，入射角也增大为原来的2倍D ．折射率大的介质，光在其中的传播速度小 答案 D2．一束光线从空气射向折射率为1.5的玻璃内，入射角为45°，下面光路图中正确的是( )答案 C解析 光在两介质的界面上通常同时发生反射和折射，所以A 错误；由反射定律知反射角为45°，根据折射定律n ＝sin θ1sin θ2得θ1＞θ2，故B 错误；画光线时必须带箭头，D 不是光路图，D错误．3．如图1所示是光线以相同的入射角i 从空气射入三种不同介质时的折射情况，关于光在三种介质中的传播速度，下列说法正确的是( )图1A ．光在甲介质中的速度最大B ．光在乙介质中的速度最大C ．光在丙介质中的速度最大D ．光在三种介质中的速度一样大 答案 A4．(2016·嘉兴一中高二第二学期期中)如图2所示，一束光线通过一水平界面从某介质射入真空，已知入射光线与界面的夹角为60°，折射光线与界面的夹角为45°，则该介质的折射率为( )图2A.62B.63C. 2D.22答案 C5．(多选)(2016·桐庐高二检测)如图3所示，把由同种材料(玻璃)制成的厚度为d 的立方体A 和半径为d 的半球体B 分别放在报纸上，从正上方(对B 来说是最高点)竖直向下分别观察A 、B 中心处报纸上的字，下面说法正确的是( )图3A ．看到A 中的字比B 中的字高 B ．看到B 中的字比A 中的字高C ．看到A 、B 中的字一样高D ．A 中的字比没有玻璃时的高，B 中的字和没有玻璃时的一样 答案 AD解析 如图所示，B 中心处的字反射的光线经半球体向外传播时，传播方向不变，故人看到字的位置是字的真实位置．而放在A 中心处的字经折射，人看到的位置比真实位置要高，A 、D 正确．6．(多选)(2016·开化高二检测)做“用插针法测定玻璃折射率”实验时，图示直线aa ′、bb ′表示在白纸上画出的玻璃砖的两个界面．几位同学进行了如下操作，说法正确的是( )图4A ．选定的玻璃砖两个光学面aa ′与bb ′不平行，其他操作正确，会使测得的折射率偏小B ．为了减小误差，应使入射角尽可能大C ．一同学在白纸上画aa ′、bb ′两界面时，不小心下边界面画得下去一些，使其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微大些，其他操作正确，会使测得的折射率偏小D ．保持O 点不动，增大入射角，则在aa ′侧反射光线能量增强，进入玻璃砖的折射光线减弱 答案 CD解析 选定的玻璃砖两个光学面aa ′与bb ′不平行，只要操作正确，同样会准确测得折射率，A 错误；入射角大小要适当，过大过小都不好，B 错误；如图所示为将玻璃砖向上平移后实际的光路图，可见入射角没有变化，折射角的测量值偏大，则由n ＝sin θ1sin θ2得，折射率测量值将偏小，C 正确；保持O 点不动，增大入射角，在aa ′侧反射光线能量增强，进入玻璃砖的折射光线减弱，D 正确．7．(2016·江山高二检测)如图5所示，井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井(水面在井口之下)，两井底部中央各有一只青蛙，则( )图5A ．水井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星B ．枯井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星C ．水井中的青蛙觉得井口小些，晴天的夜晚，枯井中的青蛙能看到更多的星星D ．两只青蛙觉得井口一样大，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星 答案 B解析 两井底部中央的青蛙观察井口时，经井边缘的光线由于水的折射，使进入青蛙眼睛的折射光线间的夹角α比无水时进入青蛙眼睛的两光线间的夹角β小，故有水时，感觉井口变小了，如图所示．由光的折射作图可知，水井中两入射光线间的夹角γ大于β，即水井中的青蛙观察范围大些．8. (2016·淳安高二检测)现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为10 μm 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射——反射——折射后恰好和入射光线平行，如图6所示，那么第一次入射的入射角应是( )图6A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°答案 D解析 作光路图如图所示，设入射角为θ，折射角为α，则θ＝2α，n ＝sin θsin α＝2cos α，cos α＝n 2＝32，α＝30°，所以θ＝60°，故选项D 正确．二、非选择题9.某同学由于没有量角器，他在完成了光路图后，以O 点为圆心，10 cm 为半径画圆，分别交线段OA 于A 点，交线段OO ′的延长线于C 点，过A 点作法线NN ′的垂线AB 交NN ′于B 点，过C 点作法线NN ′的垂线CD 交NN ′于D 点，如图7所示．用刻度尺量得OB ＝8 cm ，CD ＝4 cm ，由此可得出玻璃砖的折射率n ＝________.图7答案 1.5解析 由题图可知sin ∠AOB ＝AB OA ，sin ∠DOC ＝CD OC ，OA ＝OC ＝R ，根据n ＝sin θ1sin θ2知，n ＝sin ∠AOB sin ∠DOC ＝AB CD＝102－824＝1.5.10．如图8所示，一束平行光以θ1＝30°的入射角从玻璃射向空气中，折射角为θ2＝45°.求：图8(1)玻璃的折射率； (2)光在玻璃中的传播速度． 答案 见解析解析 (1)若光从玻璃射向空气中时，入射角为30°，折射角为45°，则光从空气射向玻璃时，入射角为45°，根据光路的可逆性知，折射角一定为30°，由折射定律得：玻璃的折射率n ＝sin θ2sin θ1＝ 2. (2)由折射率与光速的关系n ＝c v 得，光在玻璃中的传播速度v ＝c n ＝3.0×1082 m /s ≈2.12×108 m/s.11.如图9所示，半圆形玻璃砖的半径R ＝10 cm ，折射率为n ＝3，直径AB 与屏幕MN 垂直并接触于A 点．激光束a 以入射角θ1＝30°射向半圆形玻璃砖的圆心O ，结果在屏幕MN 上出现两个光斑．求两个光斑之间的距离L .图9答案4033cm 解析 画出光路图如图所示，设折射角为θ2，根据折射定律，有n ＝sin θ2sin θ1，解得θ2＝60° 由几何知识得△OPQ 为直角三角形，所以两个光斑P 、Q 之间的距离L ＝P A ＋AQ ＝R tan 30°＋R tan 60° 解得L ＝4033cm12．(2016·建德高二检测)为从军事工事内部观察到外面的目标，在工事壁上开一长方形孔．设工事壁厚d ＝34.64 cm ，孔的宽度L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝3的玻璃砖如图10所示，试问：图10(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？ (2)要想使外界180°范围内景物全被观察到，应嵌入多大折射率的玻璃砖？ 答案 (1)120° (2)折射率为2的玻璃砖解析 (1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝sin θ1sin θ2，由几何关系得sin θ2＝LL 2＋d 2，由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30°， 则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°.(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，则当θ1＝90°时，θ2＝30°， 因n ′＝sin θ1sin θ2，解得玻璃砖的折射率应为n ′＝2.。
人教版高中物理选修3-4课件第十四章电磁波
知识深化
对麦克斯韦电磁场理论的理解 (1)变化的磁场产生电场 ①均匀变化的磁场产生恒定的电场. ②非均匀变化的磁场产生变化的电场. ③周期性变化的磁场产生同频率的周期性变化的电场. (2)变化的电场产生磁场 ①均匀变化的电场产生恒定的磁场. ②非均匀变化的电场产生变化的磁场. ③周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场.
波(涟漪)的形式向外传播，这就是“引力波”.其实只要有质量的物体加速运动就会
产生引力波，不同方式产生的引力波的波长是不一样的.引力波是以光速传播的时空
扰动，是横波.引力波和物质之间的相互作用极度微弱，
因此它的衰减也是极度缓慢的.引力波的发现为我们打
开了研究宇宙的全新窗口，引力波携带着与电磁波截然
不同的信息，将为我们揭示宇宙新的奥秘.
重点探究
一、麦克斯韦电磁场理论
导学探究
1.电子感应加速器是用来获得高速电子的装置，其基本原理如图所示，上、下 为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电磁铁线圈中通入变化 的电流，真空室中的带电粒子就会被加速，其速率会越来 越大.请思考：带电粒子受到什么力的作用而被加速？如果 线圈中通以恒定电流会使粒子加速吗？这个现象告诉我们 什么道理？ 答案 带电粒子受到电场力作用做加速运动.线圈中通入恒定电流时，带电粒 子不会被加速.变化的磁场能产生电场.
二、电磁波
导学探究 如图所示是赫兹证明电磁波存在的实验装置，当接在高压感应圈上的两金属 球间有电火花时，导线环上两小球间也会产生电火花，这是为什么？这个实 验证实了什么问题？
答案 当A、B两金属球间产生电火花时就会产生变化的电磁场，这种变化的 电磁场传播到导线环时，在导线环中激发出感应电动势，使导线环上两小球 间也产生电火花.这个实验证实了电磁波的存在.
浙江专版2017_2018学年高中物理第四章电磁感应第3讲楞次定律教学案新人教版选修3_2
3楞次定律知识内容楞次定律考试要求必考加试c课时要求1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向.一、楞次定律[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．图1甲乙丙丁条形磁铁运动的情况N极向下插入线圈S极向下插入线圈N极向上拔出线圈S极向上拔出线圈原磁场方向(向上或向下)向下向上向下向上穿过线圈的磁通量变化情况(增加或减少)增加增加减少减少感应电流的方向(在螺线管上俯视)逆时针顺时针顺时针逆时针感应电流的磁场方向(向上或向下)向上向下向下向上原磁场与感应电流磁场的方向关系相反相反相同相同[知识梳理]1．楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．2．楞次定律的理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即增反减同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．( )(3)感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．( )(4)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )答案(1)×(2)√(3)√(4)√二、右手定则[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．图2(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？根据课本右手定则，自己试着做一做．答案(1)感应电流的方向a→d→c→b→a.(2)满足右手定则．[知识梳理]右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )(2)所有的电磁感应现象，都可以用右手定则判断感应电流方向．( )(3)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )答案(1)×(2)×(3)×一、楞次定律的理解1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．2．“阻碍”的含义：(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．注：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．例1(多选)关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案AC解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C正确；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．二、楞次定律的应用例2(多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )图3A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流答案BD解析将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．楞次定律应用四步曲(1)确定原磁场方向；(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增大还是减小)；(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；(4)判定感应电流的方向．该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．针对训练(2015·宁波高二月考)如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )图4A．外环顺时针、内环逆时针B．外环逆时针、内环顺时针C．内、外环均为逆时针D．内、外环均为顺时针答案 B解析首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．三、右手定则的应用1．右手定则和楞次定律实质是等效的，但在判断闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向时较为方便．2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系．(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．例3(多选)下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为b→a的是( )答案BCD解析题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b→a.故选B、C、D.1．(多选)磁场垂直穿过一个圆形线圈，由于磁场的变化，在线圈中产生顺时针方向的感应电流，如图5所示，则以下说法正确的是( )图5A．若磁场方向垂直线圈向里，则此磁场的磁感应强度是在增强B．若磁场方向垂直线圈向里，则此磁场的磁感应强度是在减弱C．若磁场方向垂直线圈向外，则此磁场的磁感应强度是在增强D．若磁场方向垂直线圈向外，则此磁场的磁感应强度是在减弱答案BC解析线圈所产生的感应电流方向为顺时针方向，由安培定则知感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律中“增反减同”可知，原因可能是方向垂直纸面向里的磁场正在减弱或是方向垂直纸面向外的磁场正在增强，故选B、C.2．(2016·诸暨市期末)(多选)如图6所示，线圈放置在水平桌面上，S极向下的条形磁铁沿线圈轴线向桌面运动，此过程中，以下判断正确的是( )图6A．穿过线圈的磁通量变大B．穿过线圈的磁通量变小C．从上向下看，线圈感应电流方向为顺时针D．从上向下看，线圈感应电流方向为逆时针答案AC3. (多选)如图7所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是 ( )图7A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右答案AC解析由右手定则知，MN中感应电流方向是N→M，A正确，再由左手定则可知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左，C正确，故选A、C.4．如图8所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )图8A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流答案 D解析由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.一、选择题1．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是 ( )A．与引起感应电流的磁场反向B．阻止引起感应电流的原磁通量的变化C．阻碍引起感应电流的原磁通量的变化D．使电路磁通量为零答案 C解析由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起它的原磁通量的变化．具体来说就是“增反减同”．因此C正确．2. 如图1所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )图1A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针答案 C3．如图2所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是( )图2A．导体棒中的电流方向由B→AB．电流表A1中的电流方向由F→EC．电流表A 1中的电流方向由E→FD．电流表A2中的电流方向由D→C答案 B解析根据右手定则，电源内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，A、C错，B对．同理电流表A2中的电流方向由C→D，D错．4. 如图3所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场，则( )图3A．线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB．线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC．受磁场力的作用，线框要发生转动D．线框中始终没有感应电流答案 D解析由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过线框abcd 的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场力的作用．故选项D 正确．5．(2015·嘉兴高二期末)(多选)如图4所示，当磁铁运动时，电路上会产生由A经R到B的电流，则磁铁的运动可能是( )图4A．向下运动B．向上运动C．向左平移D．以上都不可能答案BC解析由安培定则知感应电流在线圈中产生的磁场与磁铁磁场方向相同，由楞次定律知螺线管内的磁通量是减少的，选项B、C会引起上述变化，故B、C正确．6. 1931年，英国物理学家狄拉克曾经从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图5所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( )图5A．先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流B．先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流答案 D解析N极磁单极子从上向下通过时，穿过线圈的磁通量先向下增加，接着突变为向上减少．故由楞次定律知，感应电流的磁场一直向上，故电流始终为逆时针．7．(2015·绍兴上虞高二检测)(多选)如图6所示，相距较近的a、b线圈，要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有( )图6A．闭合S瞬间B．S闭合后把R的滑动片向右移动C．闭合S后把a中铁芯从左边抽出D．闭合S后把b向a靠近答案AD解析闭合开关，b中的磁场从无到有，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相同，A 正确；闭合开关S后，把R的滑片右移，b中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相反，B错误；闭合开关S后，将a中的铁芯从左边抽出，b中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相反，C错误；闭合开关，将b靠近a，b中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相同，D正确．8．(多选)如图7所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是 ( )图7A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaB．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcbaC．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaD．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为adcba答案AD解析当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，由于导线L在导体框abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时(未到达ad)，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．9. (多选)如图8所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB向左移动时( )图8A．AB中感应电流的方向为A到BB．AB中感应电流的方向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动答案AD解析由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动．10．(多选)如图9所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在杆PQ滑动的过程中，下列判断正确的是( )图9A．感应电流的方向始终是P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直于杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右答案BD解析在杆PQ滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，A项错．再由PQ中电流方向及左手定则可判断C项错误，D项正确．二、非选择题11．如图10所示，试探究在以下四种情况中小磁针N极的偏转方向．图10(1)开关S闭合时．(2)开关S闭合后．(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器使电流增强．(4)开关S断开时．答案见解析解析开关S闭合时，左边线圈的电流及磁场情况和穿过右边线圈磁通量方向如图所示．(1)S闭合时，穿过右边线圈的磁通量Φ增加，由楞次定律可知，感应电流b→a，再由安培定则可知，N极指向垂直纸面向外的方向．(2)S闭合后，穿过右边线圈的磁通量Φ不变，不产生感应电流，小磁针不偏转．(3)此种情况同(1)现象相同，即N极指向垂直纸面向外的方向．(4)此种情况与(1)现象相反，即N极指向垂直纸面向里的方向．。
2017-2018学年同步备课套餐之物理人教浙江专版选修3-4
4 实验：用双缝干涉测量光的波长1．实验原理由公式Δx ＝l dλ可知，在双缝干涉实验中，d 是双缝间距，是已知的；只要测出双缝到屏的距离l 及相邻两亮条纹(或相邻两暗条纹)的中心间距Δx ，即可由公式λ＝d lΔx 计算出入射光的波长，而测量Δx 是本实验的关键．2．实验装置如图1所示图13．测量头的构造及使用如图2甲所示，测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，分划板会向左右移动，测量时，应使分划板中心刻度对齐亮(或暗)条纹的中心，如图乙，记下此时手轮上的读数a 1，转动手轮，使分划板中心刻线移至另一条亮(或暗)条纹中央，记下此时手轮的读数a 2；并记下两次测量的亮(或暗)条纹数n ，则相邻两条亮(或暗)条纹间距Δx ＝|a 2－a 1|n －1.图24．实验步骤(1)按如图1所示安装仪器．(2)将光源中心、单缝中心、双缝中心都调节在遮光筒的中心轴线上．(3)使光源发光，在光源和单缝之间加红(绿)色滤光片，让过滤后的条形光斑恰好落在双缝上，通过调节遮光筒上测量头的目镜，观察单色光的干涉条纹；撤去滤光片，观察白光的干涉条纹(彩色条纹)．(4)再次加装滤光片，通过目镜观察单色光的干涉条纹，同时调节手轮，使分划板的中心刻线对齐某一亮(暗)条纹的中心，记下此时手轮的读数，然后继续转动手轮使分划板移动，直到分划板的中心刻线对齐另一亮(暗)条纹中心，再次记下此时手轮读数和移过分划板中心刻线的条纹数n .(5)将两次手轮的读数相减，求出n 个亮(暗)条纹间的距离a ，利用公式Δx ＝a n －1算出条纹间距，然后利用公式λ＝d lΔx ，求出此单色光的波长λ(d 、l 仪器中都已给出)． (6)换用不用颜色的滤光片，重复步骤(3)、(4)，并求出相应的波长．5．注意事项(1)单缝、双缝应相互平行，其中心大致位于遮光筒的中心轴线上，双缝到单缝的距离应相等．(2)测双缝到屏的距离l 时用毫米刻度尺多次测量取平均值．(3)测条纹间距Δx 时，用测量头测出n 条亮(暗)条纹间的距离a ，求出相邻两条亮(暗)条纹间的距离Δx ＝a n －1.一、实验器材的使用例1 用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件：A ．白炽灯B ．单缝C ．光屏D ．双缝E ．滤光片(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A________(A 已写好)．(2)正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，用测量头测出10条红亮条纹间的距离为a ；改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出10条绿亮条纹间的距离为b ，则一定有________大于________．解析 (1)双缝干涉仪各组成部分在光具座上的正确排序为白炽灯、滤光片、单缝、双缝、光屏，或把它们全部倒过来，因本题第一项已给出，故答案是唯一的．(2)由Δx ＝l dλ知，波长越长，条纹越宽，相邻条纹间距越大，可得出a 一定大于b .答案 (1)EBDC (2)a b二、实验：用双缝干涉测量光的波长例2 (2016·台州路桥中学高二上学期月考)如图3所示，某同学在利用双缝干涉测定单色光波长时，第一次分划板中心刻度对齐A 条纹中心时(图a)，游标卡尺的示数如图b 所示，第二次分划板中心刻度对齐B 条纹中心时(图c)，游标卡尺的示数如图d 所示，已知双缝间距为0.5 mm ，从双缝到屏的距离为1 m ，则图b 中游标卡尺的示数为______mm ，图d 中游标卡尺的示数为______mm ，由此可得相邻两亮条纹的间距Δx ＝________mm ；所测单色光的波长为________m.图3答案 11.5 16.7 1.3 6.5×10－7 解析 游标卡尺读数等于固定刻度读数加上游标尺读数；10分度精确度0.1 mm ，图b 中游标尺第5刻线与主尺刻线对齐，故读数为11 mm ＋0.1 mm ×5＝11.5 mm ；图d 中游标尺第7刻线与主尺刻线对齐，故读数为16 mm ＋0.1 mm ×7＝16.7 mm ；故条纹间距为Δx ＝16.7－11.54mm ＝1.3 mm ； 根据双缝干涉的条纹间距公式Δx ＝l d λ，解得λ＝Δx ·d l ＝1.3×10－3×0.5×10－31 m ＝6.5×10－7 m.例3 (2016·衢州高二检测)现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 、透红光的滤光片E 等光学元件，把它们组装成如图4甲所示的双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图4(1)本实验的步骤有：①调节单缝与双缝的间距为5～10 cm，并使单缝与双缝相互平行；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③取下遮光筒右侧的元件，打开光源，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；④用米尺测出双缝到屏的距离；用测量头(读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离；⑤将测得的数据代入公式求出红光的波长．以上步骤合理的顺序是________．(只填步骤代号)(2)将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示；然后同方向转动测量头，使分划板的中心刻线与第5条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示．则图乙中手轮上的示数是________mm；图丙中手轮上的示数是________mm.(3)已知双缝到屏的距离为0.500 m，使用的双缝间距为2.8×10－4 m，由此可求得所测红光波长为λ＝______m(结果保留三位有效数字)．答案(1)③②①④⑤(2)1.130 5.880(3)6.65×10－7解析(1)根据实验步骤，排列顺序应为③②①④⑤.(2)图乙中的固定刻度读数为1 mm，可动刻度读数为0.01×13.0 mm＝0.130 mm，则最终读数为1.130 mm.图丙中的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×38.0 mm＝0.380 mm，则最终读数为5.880 mm.(3)相邻亮条纹的间距Δx＝5.880－1.1304mm＝1.187 5 mm.根据Δx＝ldλ，得λ＝Δx·dl＝1.187 5×10－3×2.8×10－40.500m＝6.65×10－7 m.1．如图5所示，A、B、C、D代表双缝产生的四种干涉图样，回答下面问题：图5(1)如果A图样是红光通过双缝产生的，那么换用紫光得到的图样用________图样表示最合适．(2)如果将B图样的双缝距离变小，那么得到的图样用________图样表示最合适．(3)如果将A图样的双缝到屏的距离变小，那么得到的图样用________图样表示最合适．(4)如果将A图样的装置从空气移入水中，那么得到的干涉图样用________图样表示最合适．答案(1)C(2)D(3)C(4)C解析利用Δx＝ldλ公式，光源由红光换成紫光时，λ变小，相应Δx也变小，(1)中应选C；双缝距离d减小时，Δx变大，(2)中应选D；双缝到屏的距离l变小，得到的图样的Δx变小，(3)中应选C；将装置从空气移入水中时，波长λ减小，Δx也减小，(4)中应选C.2．如图6所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，光具座上放置的光学元件有光源、遮光筒和其他元件，其中a、b、c、d各装置的名称依次是下列选项中的()图6A．a单缝、b滤光片、c双缝、d光屏B．a单缝、b双缝、c滤光片、d光屏C．a滤光片、b单缝、c双缝、d光屏D．a滤光片、b双缝、c单缝、d光屏对于某种单色光，为增加相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离，可采用的方法是(任写一种方法)________．答案C增加双缝到屏的距离或减小双缝间距解析a、b、c、d各装置的名称分别为滤光片、单缝、双缝、光屏，故C正确；由Δx＝ldλ可知，要增加相邻亮纹(或暗纹)的距离，可以增加双缝到屏的距离，也可以减小双缝间距．一、选择题1．(多选)利用图1中装置研究双缝干涉现象时，下面几种说法正确的是()图1A．将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽D．换一个双缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄答案ABD解析由条纹间距公式Δx＝ldλ(d指双缝间距离，l是双缝到屏的距离)，可知：A项中l减小，Δx变小；B项中λ变大，Δx变大；D项中d变大，Δx变小．故A、B、D正确．2．(多选)某同学在做双缝干涉实验时，按装置图安装好实验装置，在光屏上却观察不到干涉图样，这可能是由于()A．光束的中央轴线与遮光筒的轴线不一致，相差较大B．没有安装滤光片C．单缝与双缝不平行D．光源发出的光束太强答案AC解析安装实验器材时要注意：光束的中央轴线与遮光筒的轴线要重合，光源与光屏正面相对，滤光片、单缝和双缝要在同一高度，中心位置在遮光筒轴线上，单缝与双缝要相互平行，才能使实验成功．当然还要使光源发出的光束不致太暗，综上所述，可知选项A、C正确．3．(多选)某同学按双缝干涉实验装置安装好仪器后，观察光的干涉现象，获得成功．若他在此基础上对仪器的安装做如下改动，仍能使实验成功的是()A. 将遮光筒内的光屏向靠近双缝的方向移动少许，其他不动B. 将滤光片移至单缝和双缝之间，其他不动C. 将单缝向双缝移动少许，其他不动D. 将单缝与双缝的位置互换，其他不动答案ABC解析由Δx＝ldλ知，改变双缝到光屏的距离l仍能得到清晰条纹，只不过条纹间距变化，故A正确．单缝与双缝间的距离对干涉无影响，故C正确．滤光片的作用是得到相干单色光，装在单缝前还是在单、双缝之间不影响干涉，故B正确．4. (多选)关于“用双缝干涉测量光的波长”实验，正确的说法是()A．实验时应调节各器件共轴，并且单缝和双缝的缝应相互平行B．观察到的白光和干涉图样是：在视野中可以看到彩色的干涉条纹，中央为一条白亮的零级干涉条纹；彩色条纹的排列，以零级亮条纹为中心左右对称，在第一级亮条纹中紫色在最外侧C．看到白光的干涉条纹后，在单缝前面放上红色或绿色滤光片，即可看到红黑相间或绿黑相间的干涉条纹，且红条纹的间距比绿条纹的间距大D．测量时应使测量头的分划板的中心刻线对齐条纹的中心再读数答案ACD5．在“用双缝干涉测量单色光的波长”实验中()A．光源与屏之间应依次放置双缝、滤光片、单缝B．光源与屏之间应依次放置滤光片、双缝、单缝C．实验中，若仅将绿色滤光片改为红色滤光片，则屏上的干涉条纹间距将变宽D．实验中，若仅将绿色滤光片改为红色滤光片，则屏上的干涉条纹间距将变窄答案 C解析本实验先由滤光片得到单色光，再经单缝形成线光源，最后经过双缝，得到频率相同的光，进行干涉，故光源与屏之间应依次放置：滤光片、单缝、双缝，故A、B错误；根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ldλ知，增大双缝到屏间的距离，或减小双缝间距，或换波长较长的光照射，可以增大条纹的间距，从而便于测量．单缝与双缝的间距不影响条纹间距．故C正确，D错误．二、非选择题6．在观察光的干涉现象的实验中，将两刀片合在一起，在涂有墨汁的玻璃片上划出不同间隙的双缝；按图2所示的方法，让激光束通过自制的双缝．图2(1)保持缝到光屏的距离不变，换用不同间隙的双缝，双缝的间隙越小，屏上明暗相间的条纹间距________(选填“越大”或“越小”)；(2)在狭缝间的距离和狭缝与屏的距离都不变的条件下，用不同颜色的光做实验，发现用蓝色光做实验时屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验时________(选填“大”或“小”)．答案(1)越大(2)小解析(1)由Δx＝ldλ可知d越小，Δx越大．(2)因蓝色光的波长比红色光的波长小，由Δx ＝l dλ可知，用蓝色光做实验时的条纹间距比用红色光做实验时小．7. 在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，若已知双缝间的距离d .(1)若测定绿光的波长，应选用________色的滤光片．实验时需要测定的物理量有________和________．(2)已知双缝到光屏之间的距离l ＝500 mm ，双缝之间的距离d ＝0.50 mm ，单缝到双缝之间的距离s ＝100 mm ，某同学在用测量头测量时，调整手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准A 亮条纹的中心，然后他继续转动，使分划板中心刻线对准B 亮条纹的中心，前后两次游标卡尺的读数如图3所示．则入射光的波长λ＝____m(结果保留两位有效数字)．(3)实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法有________．A ．改用波长较长的光(如红光)作为入射光B ．增大双缝到屏的距离C ．增大双缝到单缝的距离D ．增大双缝间距图3答案 (1)绿 双缝到屏的距离 相邻条纹间距(2)6.4×10－7 (3)AB 解析 (1)由于测量绿光的波长，因此应用绿色滤光片．由Δx ＝l dλ可知要想测λ必须测定双缝到屏的距离l 和条纹间距Δx .(2)游标卡尺读数精确度为0.1 mm ，A 位置主尺读数为11 mm ，游标尺读数为1，读数为x 1＝11 mm ＋1×0.1 mm ＝11.1 mm ，同理B 位置读数为x 2＝15.6 mm ，则条纹间距Δx ＝x 2－x 17≈0.64 mm.则λ＝d lΔx ＝6.4×10－7 m. 8．现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在如图4所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图4(1)将白光光源C 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C 、________、________、________、A .(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮； ②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上； ③用刻度尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离.在操作步骤②时还应注意：____________.(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图5甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数______ mm ，求得相邻亮条纹的间距Δx 为______ mm.图5(4)已知双缝间距d 为2.0×10－4 m ，测得双缝到屏的距离l 为0.700 m ，由计算式λ＝________，求得所测红光的波长为________ nm.答案 (1)E D B (2)见解析 (3)13.870 2.310 (4)d Δx l6.6×102 解析 (1)滤光片E 是用来从白光中选出单色红光的，单缝屏是用来获得线光源的，双缝屏是用来获得相干光源的，最后成像在毛玻璃屏上．所以排列顺序为：C 、E 、D 、B 、A .(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和毛玻璃屏的中心在同一轴线上．(3)测量头的读数应先读整数刻度，然后看半刻度是否露出，最后看可动刻度，图乙读数为13.870 mm ，图甲读数为2.320 mm ，所以相邻亮条纹间距Δx ＝13.870－2.3205mm ＝2.310 mm. (4)由条纹间距公式Δx ＝l d λ得：λ＝d Δx l代入数据得：λ＝6.6×10－7 m ＝6.6×102 nm.。
2018高中物理选修3-4浙江专用课件 第十四章 电磁波 14-1
证明，电磁电理磁论波在真空中具有与 相同电的磁速波度
。这样，赫兹证实了麦克斯韦关于光的
，赫兹在人类历史上首先捕捉到了
。
• [即 学 即 练] • 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，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， 变化的磁场周围一定产生变化的电场
• ②振荡电流：产生
的电路。
最简单的振荡电路为LC振荡电路。
• (2)电磁振荡的过程
• 放电过程：由逐渐于减线少圈的自感作用，放电电流 由 零 逐 渐 增 大 ， 电 容 器磁极场能板 上 的 电 荷 ，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐 原渐来增的强方向，电场能逐渐转化为 反向充电 ，振荡 电流逐渐增大，放电完毕，电流达到最大， 电场能全部转化为磁场能。
• 答案 C
• 2．用麦克斯韦的电磁场理论判断，图中表示 电场(或磁场)产生磁场(或电场)的正确图象是
()
解析 A 图中的左图磁场是稳定的，由麦克斯韦的电磁场理论可 知，其周围空间不会产生电场，A 图错误；B 图中的左图是均匀 变化的电场，应该产生稳定的磁场，右图的磁场应是稳定的，所 以 B 图错误；C 图中的左图是振荡的磁 场，它能产生同频率的振荡电场，且相位相差π2，C 图正确，D 图 错误。 答案 C
械振动的传播。
• (2)传播机理不同 • 电磁波的传播机理是电磁场交替感应，机
械波的传播机理是质点间的机械作用。
• (3)电磁波传播不需要介质，而机械波传播 需要介质。
• (4)电磁波是横波，机械波既有横波又有纵 波，甚至有的机械波同时有横波和纵波，例
• 【例1】 以下关于机械波与电磁波的说法中， 正确的是
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第11点 分析全反射、临界角问题的思路分析光的全反射、临界角问题的一般思路：1．确定光是由光疏介质进入光密介质，还是由光密介质进入光疏介质．2．若光是由光密介质进入光疏介质，根据公式sin C ＝1n确定临界角． 3．画出恰好发生全反射的光路图．利用几何知识分析边、角关系，找出临界角.4．以恰好发生全反射的光线为比较对象来判断其他光线是否发生全反射，从而画出其他光线的光路图．对点例题 半径为R 的半圆柱形玻璃，横截面如图1所示，O 为圆心，已知玻璃的折射率为2，当光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角为45°.一束与MN 平面成45°角的平行光射到玻璃的半圆柱面上，经玻璃折射后，有部分光能从MN 平面上射出，求射出的光束在MN 平面上的宽度为多少？图1解题指导 如图所示，过O 点作与MN 成45°角的半径，沿该半径方向入射的光线AO ，刚好与半圆柱面垂直，不发生折射，沿直线射到O 点，它与过O 点的法线夹角刚好等于临界角45°，故AO 是刚好能发生全反射的临界光线．在O 点的左侧，如光线BC ，它在半圆柱面上要发生折射，入射到MN 上时的入射角要大于45°，肯定能发生全反射．故在MO 之间不会有光线射出．在AO 右侧的光线，经半圆柱面折射，射到ON 之间的入射角小于45°，因此能从ON 面射出．其右边界应是和半圆柱面相切的光线．该光线与半圆柱面的切点刚好在O ′处，设入射角为θ1，折射角为θ2.由n ＝sin θ1sin θ2得：sin θ2＝sin θ1n，当θ1等于90°时，θ2＝45°，即图中θ2＝45°.O ′E ⊥ON ，所以射出的光线在MN 上的宽度OE ＝R sin 45°＝22R . 答案 22R技巧点拨 求光线照射的范围时，关键是找出边界光线，如果发生全反射，刚好能发生全反射的临界光线就是一个边界光线，而另一个边界光线要通过分析找出．1．潜水员在水深为h 的地方向水面观望时，发现整个天空及远处地面的景物均呈现在水面处的圆形区域内，已知水的临界角为θ，则潜水员所观察到的圆形区域半径为( )A ．h tan θB ．h sin θ C.h tan θD.h sin θ答案 A解析 如图所示，景物发出的光线经水面折射后均在顶角为2θ的圆锥里，人的眼睛处在圆锥的顶点处，而最远处的景物进入眼睛的光线几乎是紧贴水面，其入射角接近90°，折射角为θ.因此，人看到的景物呈现在人眼上方以O 点为圆心、半径为r 的水面区域内，由图可知r ＝h tan θ.2．(2016·温州十校高二下学期期中)一个三棱镜的横截面是直角三角形，且角A 为30°，AD ＝23AC ，棱镜材料的折射率为2，把此三棱镜放在真空中，一束平行单色光斜射向AC 面上的AD 部分，经棱镜后垂直于BC 面射出，求：(1)这束单色光进入三棱镜的全反射临界角多大？(2)在图2中画出一条由AD 部分射入，最后垂直BC 面射出的光线的完整光路图(不考虑AC 和BC 界面上的反射光线)；(3)计算此光在AC 面上的入射角，要求写出简要的分析过程．图2答案 (1)45° (2)见解析图 (3)45° 过程见解析解析 (1)sin C ＝1n ＝22，临界角C ＝45°. (2)光路图如图所示，(3)由图可知，光束在AC面的折射角θ2＝30°sin θ1sin θ2＝n，sin θ1＝n sin θ2＝2 2，则入射角θ1＝45°.。
(浙江专版)2018年高中物理 第十四章 电磁波章末小结课件 新人教版选修3-4
电磁振荡的三个“两”
电磁振荡在近年来的高考中出现的频率较高。学习中若能 抓住三个“两”，就可把握好本章的知识要点，从而使知识系 统化。
1．两类物理量 考题大部分是围绕某些物理量在电磁振荡中的变化规律而 设计的，因此，分析各物理量的变化规律就显得尤为重要。这 些物理量可分为两类：
一类是电流(i)。振荡电流i在电感线圈中形成磁场，因此，线圈 中的磁感应强度B、磁通量Ф和磁场能E磁具有与之相同的变化规律。
电磁波和电磁波谱——传播、特点、应用
1．按波长由长到短(频率由低到高)的顺序 无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线(X 射线)、 γ 射线等合起来，构成了范围非常广阔的电磁波谱。 2．各种不同的电磁波既有共性，又有个性 (1)共性：它们在本质上都是电磁波，它们的行为服从相同 的规律，都遵守公式 v＝fλ，它们在真空中的传播速度都是 c＝ 3.0×108 m/s，它们的传播都不需要介质，各波段之间并没有绝 对的区别。
移动通讯、因特网 点与应用 特点：横波、真空中传播等于光速、λ＝cf
麦克斯韦电磁理论
1．对麦克斯韦电磁场理论两个基本观点的理解 (1)变化的磁场产生电场，可从以下三个方面理解： ①稳定的磁场不产生电场； ②均匀变化的磁场产生恒定的电场； ③周期性变化的磁场产生同频率的周期性变化的电场。
(2)变化的电场产生磁场，也可从以下三个方面理解： ①稳定的电场不产生磁场； ②均匀变化的电场产生恒定的磁场； ③周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场。 2．感应电场方向的判定 变化的磁场产生的感应电场的方向，与存在闭合回路时 产生的感应电流的方向是相同的。
[典例1] 关于麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是 ()
A．稳定的电场产生稳定的磁场 B．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场 产生均匀变化的电场 C．变化的电场产生的磁场一定是变化的 D．振荡的电场周围空间产生的磁场也是振荡的 [解析] 麦克斯韦的电磁场理论要点是：变化的磁场(电场)要 在周围空间产生电场(磁场)，若磁场(电场)的变化是均匀的，产生 的电场(磁场)是稳定的，若磁场(电场)的变化是振荡的，产生的电 场(磁场)也是振荡的，由此可判定正确答案为D项。 [答案] D
2017-2018学年同步备课套餐之物理人教浙江专版选修3-4
章末总结一、光的折射和全反射光的折射和全反射的问题主要有作光路图、折射率的计算、全反射判断、色散及相关计算．在分析解题时，要注意确定临界角，判断是否会发生全反射．(1)折射问题的计算：根据折射定律及相应规律，作出光路图；运用有关公式或几何关系进行相应计算．(2)用折射定律解释光现象：先画出光路图，正确找出入射角和折射角的大小关系，然后再根据实际情况分析讨论．(3)全反射问题：在解释全反射现象或运用全反射原理求解有关实际问题时，首先要注意确定临界角，判断是否满足全反射条件，再根据相关规律及几何关系进行判断或计算．例1 如图1所示是一透明的折射率为n ＝3的圆柱体，其半径R ＝20 cm ，O 点为圆心，AB 为其中的一直径，今有一束平行光沿平行于AB 方向射向圆柱体，已知真空中光速为c ＝3.0×108 m/s.图1(1)求光在圆柱体中的传播速度；(2)假如在该平行光中有一光线经圆柱体折射后刚好到达B 点，则该光线在圆柱体中的传播时间为多少？答案 (1)3×108 m/s (2)2×10－9 s 解析 (1)光在该圆柱体中的传播速度为v ＝c n ＝3×108 m/s. (2)假设光线PC 经折射后经过B 点，光路图如图所示．假设入射角为α，折射角为β，则由折射定律有n ＝sin αsin β＝ 3 又由几何关系有α＝2β解得α＝60°，β＝30°则BC ＝2R cos β＝3R ＝35 m 所以t ＝BC v ＝2×10－9 s.二、介质折射率的测定测折射率常见的方法有成像法、插针法及全反射法，不管哪种方法其实质相同，由折射定律n ＝sin θ1sin θ2知，只要确定出入射角及折射角，即可测出介质的折射率． 例2 某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图2所示．(1)此玻璃的折射率计算式为n ＝________(用图中的θ1、θ2表示)；(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．图2答案 (1)cos θ1cos θ2或sin (90°－θ1)sin (90°－θ2)(2)大 解析 (1)据题意可知入射角为(90°－θ1)，折射角为(90°－θ2)，则玻璃的折射率为n ＝sin (90°－θ1)sin (90°－θ2)＝cos θ1cos θ2；(2)玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定，测量结果越准确，故应选用宽度大的玻璃砖来测量．三、光的干涉1．产生干涉的条件：两列频率相同、相位差恒定、振动情况相同的光．2．产生亮、暗条纹的条件：当Δr ＝kλ时出现亮条纹；当Δr ＝(2k ＋1)λ2时出现暗条纹(其中k ＝0,1,2,3……)．相邻亮(或暗)条纹间距：Δx ＝l dλ. 3．干涉图样特点：单色光照射时为间距相同的明暗相间的条纹，白光照射时为彩色条纹．4．薄膜干涉：(1)薄膜干涉中的条纹是从薄膜前、后两个表面反射的光在光源一侧干涉形成的．(2)同一条纹对应薄膜厚度相同，所以用竖直肥皂薄膜做实验，条纹为横条纹．例3 如图3所示为双缝干涉实验，甲图为用黄光照射时的结果，a 为中央亮条纹，a ′为相邻亮条纹；乙图为换用另一种单色光照射的结果，a 为中央亮条纹，a ′为相邻亮条纹，两次实验中双缝间距和双缝到屏的距离相等，以下说法正确的是( )图3A ．乙图可能是用红光照射，表明红光波长较长B ．乙图可能是用蓝光照射，表明蓝光波长较长C ．乙图可能是用蓝光照射，表明蓝光波长较短D ．乙图可能是用红光照射，表明红光波长较短答案 C解析 由题图知甲图中条纹间距大，由Δx ＝l dλ可知，在l 和d 相同的情况下，Δx 大，则λ大；Δx 小，则λ小，所以乙图中所用单色光波长较短，因蓝光比黄光波长短，故选项C 正确．四、光的颜色与光的色散1．不同色光的波长和频率不同：由红光到紫光，波长逐渐减小，频率逐渐变大．2．同一种介质对不同色光的折射率不同，红光的折射率最小，紫光的折射率最大．3．对于同一个双缝干涉装置，不同色光产生的条纹间距不同，红光的条纹间距最大，紫光的条纹间距最小．例4 如图4，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从A 点射入玻璃砖，在O 点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带，a 、b 是其中的两单色光．若入射点由A 向B 缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O 点，观察到各色光在光屏上陆续消失．下面说法正确的是( )图4A ．紫光最先消失B ．红光最先消失C ．a 光在玻璃中的传播速度小于b 光在玻璃中的传播速度D ．通过同一双缝发生干涉，a 光相邻条纹间距小于b 光相邻条纹间距答案 A解析 玻璃对紫光的折射率最大，由sin C ＝1n可知，紫光发生全反射的临界角最小，故紫光最先消失，选项A 对，B 错；由题图可知，玻璃对a 光的折射率比对b 光的折射率小，由n ＝c v 得v ＝c n，故a 光在玻璃中的传播速度大于b 光在玻璃中的传播速度，选项C 错；由题图可知，玻璃对a 光的偏折程度较小，故a 光波长较长，若通过同一双缝发生干涉，a 光相邻条纹间距大于b 光相邻条纹间距，选项D 错．针对训练 (多选)如图5所示是半圆形玻璃砖的横截面，AB 为直径，O 点为圆心．在该平面内有a、b两束单色光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O点的距离相等．两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a、b两束光()图5A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度大B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C．从同一介质以相同的入射角射向空气，若a光不能进入空气，则b光也不能进入空气D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大答案ACD解析由于两束光的入射点到O点的距离相等，因此它们在半圆边界上的入射角相同，由于b光发生全反射，而a光能够折射，说明b光的全反射临界角小于a光的全反射临界角，由n＝1sin C可知，b光在介质中的折射率大于a光的折射率，b光的频率比a光的频率高，由v＝cn可知，在同种介质中a光的传播速度大，A项正确；以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射程度大，折射角小，B项错误；由于b光全反射临界角小，所以C项正确；通过同一双缝干涉装置，频率低的单色光波长长，干涉条纹间距大，D项正确．。
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第1、2节电磁波的发现__电磁振荡1．变化的磁场产生电场实验基础：如图所示，在变化的磁场中放一个闭合电路，电路里就会产生感应电流。
麦克斯韦对该问题的见解：电路里有感应电流产生，一定是变化的磁场产生了电场，自由电荷在电场的作用下发生了定向移动。
该现象的实质：变化的磁场产生了电场。
2．变化的电场产生磁场麦克斯韦大胆地假设，既然变化的磁场能产生电场，变化的电场也会在空间产生磁场。
[辨是非](对的划“√”，错的划“×”)1．变化的磁场会产生变化的电场。
(×)2．变化的电场会产生磁场。
(√)3．电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场。
(×)[释疑难·对点练]1．对麦克斯韦电磁场理论的理解(1)电磁场的产生： 如果在空间某区域有周期性变化的电场，那么这个变化的电场在它周围空间产生周期性变化的磁场；这个变化的磁场又在它周围空间产生新的周期性变化的电场……变化的电场和变化的磁场交替产生，形成了不可分割的统一体，这就是电磁场。
(2)电磁场与静电场、静磁场的比较：三者可以在某空间混合存在，但由静电场和静磁场混合的空间不属于电磁场。
电磁场是电场、磁场相互激发，相互耦联形成的统一体。
[试身手]1．(多选)某电路的电场随时间变化的图象如图所示，能产生磁场的电场是( )解析：选BCD 题图A 中电场不随时间变化，不产生磁场；题图B 和题图C 中电场都随时间做均匀变化，能产生稳定的磁场；题图D 中电场随时间做不均匀的变化，能在周围空间产生变化的磁场。
1．电磁波的产生如果空间某区域存在不均匀变化的电场，那么它就会在空间引起不均匀变化的磁场，这一不均匀变化的磁场又引起不均匀变化的电场——于是变化的电场和变化的磁场交错产生，由近及远向周围传播，形成电磁波。
2．电磁波是横波根据麦克斯韦的电磁场理论，电磁波中的电场强度和磁感应强度互相垂直，而且二者均与波的传播方向垂直，因此电磁波是横波。
3．电磁波的速度麦克斯韦指出了光的电磁本性，他预言电磁波的速度等于光速。
4．电磁波的验证1886年，赫兹用实验证明了麦克斯韦预言的正确性，第一次捕捉到了电磁波。
(1)赫兹的实验装置，如图所示(2)实验现象：当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过火花。
(3)现象分析：当感应圈使得与它相连的两个金属球间产生电火花时，空间出现了迅速变化的电磁场。
这种电磁场以电磁波的形式在空间传播。
当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使得导线环的空隙中也产生了火花。
[辨是非](对的划“√”，错的划“×”)1．麦克斯韦预言了电磁波的存在。
(√)2．赫兹用实验证实了电磁波的存在。
(√)3．电磁波的传播需要介质，不能在真空中传播。
(×)[释疑难·对点练]电磁波与机械波的比较电磁波是电磁现象，机械波是力学现象，两种波因产生机理不同，除具有波的共性外，还有不同之处。
[试身手]2．(多选)关于电磁波与机械波，下列说法正确的是()A．电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质B．电磁波在任何介质中传播速率都相同，机械波在同一种介质中传播速率都相同C．电磁波和机械波都不能发生干涉D．电磁波和机械波都能发生衍射解析：选AD电磁波的波速与介质和频率都有关，传播时无需介质，而机械波的传播速度只与介质有关，传播时需要介质，故A对，B错；电磁波和机械波都具有波的一些特征，包括干涉和衍射，故C错，D对。
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迅速变化的电流。
(2)振荡电路：产生振荡电流的电路。
最简单的振荡电路为LC振荡电路。
2．电磁振荡的过程放电过程：由于线圈的自感作用，放电电流由零逐渐增大，电容器极板上的电荷逐渐变少，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能逐渐转化为磁场能，振荡电流逐渐增大，放电完毕，电流达到最大，电场能全部转化为磁场能。
充电过程：电容器放电完毕后，由于线圈的自感作用，电流保持原来的方向逐渐减小，电容器将进行反向充电，线圈的磁场逐渐减弱，电容器里的电场逐渐增强，磁场能逐渐转化为电场能，振荡电流逐渐减小，充电完毕，电流减小为零，磁场能全部转化为电场能。
此后，这样充电和放电的过程反复进行下去。
3．电磁振荡的实质在电磁振荡过程中，电容器极板上的电荷量，电路中的电流及与振荡电流相联系的电场和磁场都在周期性的变化，电场能和磁场能周期性的转化。
4．电磁振荡的周期和频率(1)周期：电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间。
(2)频率：1 s内完成的周期性变化的次数。
如果振荡电路没有能量损失，也不受其他外界影响，这时的周期和频率分别叫做固有周期、固有频率。
(3)周期和频率公式：T＝2πLC，f＝12πLC。
[辨是非](对的划“√”，错的划“×”)1．当振荡电路中流过电感线圈的电流最大时，其两端电压最大。
(×) 2．LC振荡电路是产生振荡电流最简单的振荡电路。
(√)3．大小和方向做周期性变化的电流叫振荡电流。
(×)[释疑难·对点练]振荡过程中各物理量的变化情况给LC回路提供能量后，利用电容器的充放电作用和线圈产生自感的作用，使LC回路中产生振荡电流，同时电容器极板上电荷q及与q相关联的电场(E，U，E电)，通电线圈的电流i及与i相关联的磁场(B，E磁)都发生周期性变化的现象，称电磁振荡。
其中，产生的大小和方向都周期性变化的电流称振荡电流。
产生振荡电流的电路称振荡电路。
最简单的振荡电路是LC振荡电路。
(1)各物理量变化情况一览表：(2)振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图象：[试身手]3．(多选)在LC回路产生电磁振荡的过程中，下列说法正确的是()A．电容器放电完毕时刻，回路中磁场能最小B．回路中电流值最大时刻，回路中磁场能最大C．电容器极板上电荷最多时，电场能最大D．回路中电流值最小时刻，电场能最小解析：选BC电容器放电完毕时，q＝0，但此时i最大，所以磁场能最大，则A错；电流最小i＝0时，q最多，极板间电场最强，电场能最大，则D错；同理分析，选项B、C 对。
[典例1]A．有电场的空间一定存在磁场，有磁场的空间也一定能产生电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．周期性变化的磁场周围空间一定产生周期性变化的电场[解析]选D根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场才能产生磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，只有D正确。
[典例2](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，电磁波的速度变小，声波的速度变大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．由空气进入水中时，电磁波的频率变小，声波的频率变大[解析]选ABC选项A、B与事实相符，电磁波本身是物质的，传播不需要介质，而机械波的传播必须借助介质，机械波的波速由介质决定，电磁波进入介质后的传播遵守折射原理，A、B正确；不论是电磁波还是机械波，传播过程中频率是不变的，选项D错误；由公式λ＝vf可知C正确。
电磁波和机械波都遵守波长、波速、频率的关系公式λ＝vf，电磁波进入介质遵守公式n＝cv。
[典例3]LC()A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C．若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大[解析]选C该题图中标明了电流的磁场方向，由安培定则可判断出振荡电流在线圈中逆时针(俯视)流动。
若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于充电阶段，电流正在减小，知A选项正确；若该时刻电容器上极板带负电，则可知电容器正在放电，电流正在增大，知B选项正确；由楞次定律知D选项正确。
错误选项只有C。
[典例4]如图所示是一个LC振荡电路中电流的变化图线，以下说法正确的是()A．t1时刻电感线圈两端电压最大B．t2时刻电容器两极板间电压为零C．t1时刻电路中只有电场能D．t1时刻电容器所带电荷量为零[解析]选D由题图可知t1时刻电流i最大，说明放电结束，磁场能最大，电场能为零，电压、电荷量均为零。
t2时刻电流i最小，说明还没放电，则磁场能为零，电场能最大，电压、电荷量均最大。
综上所述，只有D正确。
[课堂对点巩固]1．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由麦克斯韦电磁场理论知A正确；电磁波在真空中传播速度最大，为c＝3×108 m/s，在介质中传播速度v＝cn，n为介质折射率，选项B错误；均匀变化的电场或磁场，不能产生电磁波，选项C错误；电磁波只有在同种均匀介质中才沿直线传播，选项D错误。
2．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是()A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波解析：选D波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波也成立，故A 正确；干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B正确；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质，而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，故C项正确；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，D项错误。
3．(多选)LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图乙所示(图中周期为2 s)。
现规定沿顺时针方向的电流方向为正，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，磁场能正在转化为电场能D．1 s至1.5 s时间内，电容器下极板的电势高解析：选AD由振荡电流的图象可知，在0.5～1 s的时间内，电流为正方向，且电流值正在减小，由题意可知，LC回路中的电流是沿顺时针方向的，而且电容器C正在充电。
由于充电电流是由电容器C的负极板流出，流向正极板，可知在0.5～1 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；在1～1.5 s的时间内，电流为负方向，且电流的值正在增大，由题意可知，此时间内LC回路中的电流是沿逆时针方向的，所以电容器下极板的电势高，而且由于电流值正在增大，所以电场能正在转化为磁场能，选项C错误，D正确。
4．要增大LC振荡电路的频率，可采取的办法是()A．增大电容器两极板正对面积B．减少极板带电荷量C．在线圈中放入软铁棒作铁芯D．减少线圈匝数解析：选D根据LC振荡电路的频率公式f＝12πLC和平行板电容器电容公式C＝εr S4πkd知，当增大电容器两极板正对面积时，C增大，f减小；减少极板带电荷量，不影响C，即f不变；在线圈中放入软铁棒作铁芯，L增大，f减小；减少线圈匝数，L减小，f增大。