2.ab是长为l的均匀带电细杆，P₁、P₂是位于ab所在直线上的两点，位置如图甲所示.ab上电荷产生的电场在P₁处的场强大小为E₁，在P₂处的场强大小为E₂.则下列说法中正确的是(　)

A.两处的电场方向相同，E₁＞E₂

B.两处的电场方向相反，E₁＞E₂

C.两处的电场方向相同，E₁＜E₂

D.两处的电场方向相反，E₁＜E₂

解析：

本题不能采用定量计算的方法，只能定性分析.如图乙所示，在细杆的中点处作一虚线，虚线左边的电荷在P₁点产生的场强为零.虚线右边的电荷量只有总电荷量的一半，P₁点离虚线的距离和P₂点离杆右端的距离均为，故E₁＜E₂.

答案：D

1.电场强度E的定义式为E＝，库仑定律的表达式为F＝k，下列说法正确的是(　)

A.E＝也适用于点电荷产生的电场

B.E＝中的F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的电荷的电荷量

C.E＝中的F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量

D.F＝k中，k是点电荷q₂产生的电场在点电荷q₁处的场强大小；而k是点电荷q₁产生的电场在点电荷q₂处的场强大小

解析：定义式适用于所有情况，式中的q是试探电荷.

答案：ABD

6.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0.50 W/m².若某小型无线通讯装置的电磁辐射功率是1 W，那么在距离该通讯装置　　m以外是符合规定的安全区域.(已知球面面积S＝4πR²)

[2002年高考·上海物理卷]

解析：设离该通讯装置R以外是安全区域，则：

＝0.5 W/m²，所以R＝0.40 m.

答案：0.40

5.1940年夏天，希特勒拟定了代号为“海狮”的作战计划，企图在英国登陆，然而飞机每次袭击，总是在没有到达目标处就被对方发现，不但没袭击到目标，反而损失了90架飞机.后来德国人才明白，当时对方使用了一种新型的雷达装备.下列有关雷达的说法中，正确的是(　)

A.雷达与声呐一样是利用机械波的反射现象来测定物体的位置

B.雷达与声呐不同，雷达是利用电磁波的反射现象来测定物体的位置

C.雷达所用的无线电波的波长比短波的波长更短

D.雷达只有连续发射无线电波，才能发现目标

解析：声呐是利用发射和接收反射的超声波来测定物体的位置，而雷达是利用电磁波中的微波来测定物体的位置.

雷达只有发射不连续的电磁脉冲才能测定目标的位置.

答案：BC

4.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，当遇到障碍物时会发生反射.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向雷达方向匀速移动的目标，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度线间表示的时间间隔为1×10^－4 s，电磁波在空气中的传播速度为3×10⁸ m/s，则被监视目标的移动速度最接近(　)

A.1200 m/s　　　　　B.900 m/s

C.500 m/s　 D.300 m/s

解析：图甲表示雷达与目标的距离为：

s₁＝·c·4T＝6×10⁴ m

图乙表示雷达与目标的距离为：

s₂＝·c·3T＝4.5×10⁴ m

故监视目标的移动速度约为v＝＝500 m/s. 　　　　　　　　甲　　　　乙

答案：C

3.神舟六号载人飞船返回舱开始以高速进入大气层时，返回舱表面形成一个温度高达几千摄氏度的高温区，高温区内的气体和返回舱表面材料的分子被分解和电离，这时返回舱与外界的联系被中断，这种现象称为“黑障”.产生“黑障”的原因是(　)

A.飞船受到的万有引力消失

B.飞船为了宇航员的安全而暂时关闭通信系统

C.在飞船周围高温气体被电离成等离子体，从而对飞船的通信天线起屏蔽作用

D.飞船表面温度太高，如同火球，使得航天员看不见外面，外面也看不见飞船里面

解析：宇宙飞船通过无线电波与外界保持联系，电磁波不能穿过较厚的导体层而被屏蔽，选项C正确.

答案：C

2.关于电磁波和机械波，下列说法正确的是(　)

A.电磁波是纵波，而机械波既有横波又有纵波

B.机械波需要在介质中传播，而电磁波可以在真空中传播

C.机械波能产生多普勒效应，而电磁波不能产生多普勒效应

D.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象

答案：BD

1.按照麦克斯韦理论，下列说法正确的是(　)

A.恒定的电场周围产生恒定的磁场

B.变化的电场周围产生变化的磁场

C.变化的磁场周围一定产生变化的电场

D.周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场

答案：D

13.(14分)如图甲所示，透明介质球的球心位于O点，半径为R，光线DC平行于直径AOB射到介质球的C点，DC与AB的距离H＝R.若DC光线进入介质球后经一次反射再次回到介质球的界面时，从球内折射出的光线与入射光线平行，作出光路图，并算出介质球的折射率.

解析：

光路如图乙所示，光线经反射后到达介质与空气的界面时，入射角i′＝r，由折射定律可得折射角r′＝i，折射光线PQ与入射光线DC平行，则：

∠POA＝∠COA＝i

sin i＝＝

解得：i＝60°

由图可知，折射角r＝＝30°

所以sin r＝

折射率n＝＝.

答案：如图乙所示　

12.(13分)如图甲所示，直角玻璃棱镜中∠A＝70°，入射光线垂直于AC面，求光线从棱镜第一次射入空气中的折射角，并作光路图.(已知玻璃的折射率为)

解析：作出光路图如图乙所示，光第一次射到AB面上时，入射角∠1＝70°，发生全反射；再射到BC面上时，入射角∠2＝50°，大于临界角，发生全反射；再射到AB面上时，入射角∠3＝30°，发生折射.根据＝，可知折射角∠4＝45°.

答案：第一次射入空气时的折射角为45°　光路图如图乙所示