1、第 14 讲|抓住“电场本质”，理解电场的性质 考法学法 电场的性质包含电场力的性质和电场能的性质。描述电场性质的物理量较多，对这些概念和规律的考查一直是高考的热点。多数情况下，高考对本讲内容以选择题的形式考查，难度中等。考查内容描述电场力的性质的物理量电场强度描述电场能的性质的物理量电势描述电场的工具电场线和等势面静电力做功的特点联系电场力的性质和能的性质的桥梁电势差库仑定律的应用 电场的叠加思想方法理想化模型法 比值定义法 控制变量法对称法合成法分解法整体法和隔离法等效思想分解思想 一、“吃透”电场强度概念，理解电场力的性质多维探究类考点题点(一)库仑定律的应用电场中的平衡问题1求解库仑力
2、作用下带电体的平衡问题的方法(1)确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，灵活应用整体法或隔离法。(2)对研究对象进行受力分析，注意多了电场力Fkq1q2r2 或FqE。(3)列平衡方程 F 合0 或 Fx0、Fy0。2三个自由电荷相互平衡的规律例 1(2017南昌二模)在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可看作质点的金属小球，小球 A、B、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球 D 位于三角形的中心，如图所示。现让小球 A、B、C 都带电荷量为 Q的正电荷，让小球 D 带电荷量为 q 的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则 Q 与 q 的比值为()A.13 B.33C3 D.3解析
3、 选 D 设等边三角形的边长为 a，由几何知识可知，BDacos 3023 33 a，以 B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ2a2 cos 302kQqBD2，解得Qq3，D 项正确。题点(二)电场强度的叠加问题1电场强度的三个计算公式公式适用条件特点定义式EFq任何电场某点的场强为确定值，大小及方向与 q 无关决定式EkQr2真空中点电荷的电场E 由场源电荷 Q 和场源电荷到某点的距离 r决定关系式EUd匀强电场d 是沿电场方向的距离2类比法、对称法求解叠加场的场强(1)类比法：当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强 E 等于各电场的场强在该点
4、的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解。(2)对称法：例 2 如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q(q0)的固定点电荷。已知 b 点处的场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)()Ak3qR2Bk10q9R2CkQqR2Dk9Qq9R2解析 选 B 由于在 a 点放置一点电荷 q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷 q 在 b点产生的电场强度与圆盘上 Q 在 b 点产生的电场强度大小相等，即 EQEqk
5、qR2，根据对称性可知 Q 在 d 点产生的场强大小 EQk qR2，则 EdEQEqk qR2kq3R2k10q9R2，故选项 B 正确。题点(三)电场线的理解及应用1电场线的“五个”特征(1)电场线是假想的，实际电场中不存在。(2)电场线起始于正电荷(或来自无穷远)，终止于负电荷(或无穷远)。静电场的电场线不闭合。(3)电场线不相交，也不相切。(4)电场线的疏密情况反映电场的强弱。(5)电场线不表示电荷在电场中运动的轨迹。2电场线的应用例 3(2017湛江期中)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是()Ab 点的电势低于 a 点的电势B若将一正试探电荷由 a 点移到 b
6、 点，电场力做负功Cc 点的电场强度与 d 点的电场强度大小无法判断D若将一正试探电荷从 d 点由静止释放，电荷将沿着电场线由 d 到 c思路点拨 解答本题应把握以下三点：(1)电场线不是运动轨迹。(2)电场线的疏密表示场强的大小。(3)沿电场线方向电势逐渐降低。解析 选 B 沿电场线方向电势逐渐降低，因 b 点所在的等势面高于 a 点所在的等势面，故 b 点的电势高于 a 点的电势，选项 A 错误；若将一正试探电荷由 a 点移到 b 点，电场力做负功，选项 B 正确；由于电场线密集的地方场强较大，故 d 点的场强大于 c 点的场强，选项 C 错误；因 dc 电场线是曲线，故若将一正试探电荷从
7、 d 点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由 d 到 c，选项 D 错误。二、“吃透”电势的概念，理解电场能的性质多维探究类考点题点(一)电势高低与电势能大小的判断1电势高低的三种判断方法(1)根据电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。(2)根据场源电荷的正负判断：取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低。(3)根据电场力做功判断：根据 UABWABq，将 WAB、q 的正负号代入，由 UAB 的正负判断 A、B 的高低。2电荷电势能大小判断的“四法”做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电
8、势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大公式法由 Epqp，将 q、p 的大小、正负号一起代入公式，针对 Ep 数值可作如下判断：若 Ep 为正值，其绝对值越大，表示电势能越大；若 Ep 为负值，其绝对值越小，表示电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加，则其电势能减小；反之，其电势能增大例 1 多选(2017全国卷)一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是()A电场强度的大小为 2.5 V/cmB坐标原点
9、处的电势为 1 VC电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eVD电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV思路点拨 解答本题应把握以下三点：(1)电势与场强无关。(2)电子在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大。(3)电场力做功等于电势能变化量的负值。解析 选 ABD ac 垂直于 bc，沿 ca 和 cb 两方向的场强分量大小分别为 E1Ucaac 2 V/cm、E2Ucbbc 1.5 V/cm，根据矢量合成可知 E2.5 V/cm，A 项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有 0abc，得 01 V，B 项正确；电子在 a、b、c 三点的电势
10、能分别为10 eV、17 eV 和26 eV，故电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV，C 项错误；电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功 W(17 eV)(26 eV)9 eV，D 项正确。题点(二)带电粒子在电场中的运动轨迹问题利用电场线和等势面解决带电粒子的运动轨迹问题(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性及有关判断。(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功，电势能的变化情况或等势面的电势高低。(3)“三不知时要假设”电荷的正
11、负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种可能情况。例 2 如图所示，虚线 a、b、c 表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法中正确的是()A三个等势面中，等势面 a 的电势最高B带电质点一定是从 P 点向 Q 点运动C带电质点通过 P 点时的动能比通过 Q 点时的小D带电质点通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时的小思路点拨 本题可按以下思路进行分析：质点做
12、曲线运动电场力的方向 电场线的方向 电势的高低解析 选 C 电场线和等势面垂直，可以根据等势面来画出某处的电场线。又质点做曲线运动所受电场力的方向指向曲线的凹侧，由此可以判断出电场线的方向大致是从 c 指向 a，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，a、b、c 三个等势面的电势关系为cba，故选项 A 错误。无法从质点的受力情况来判断其运动方向，选项 B 错误。质点在 P 点的电势能大于在 Q 点的电势能，而电势能和动能的总和不变，所以，质点在 P 点的动能小于在 Q 点的动能，选项 C 正确。P 点的等势面比 Q 点的等势面密，故场强较大，质点受到的电场力较大，加速度较大，选项 D 错误。题点(三
13、)电势差、电势的计算电势差的三种表达式UABAB 和UABWABq，适用于任何电场；UEd，适用于匀强电场。例 3 多选空间存在匀强电场，在电场中建立 Oxyz 空间坐标系如图所示，a、b、c 三点分别在三个坐标轴上，与原点 O 的距离 rarc2 cm，rb2 3 cm，d 点在 yOz 平面上，且 dbOb。将带电荷量为 q2.51016 C 的试探电荷从 d 点移到 b 点电场力做功为零，从 a 点移动到 b 点电场力做功 W1.21014 J，bO 间电势差 Ub O24 V，由此可判断()A空间电场强度的方向沿 x 轴正方向B空间电场强度的大小为 8 3102 V/mCcO 间电势差
14、 UcO24 VD电场中的等势面垂直于 xOy 平面解析 选 BD 将试探电荷从 d 点移到 b 点电场力做功为零，则Udb0，d、b 在同一个等势面上，因此等势面垂直于 xOy 平面，c、O也在同一个等势面上，Uc O0，C 错误，D 正确；在 xOy 平面上的直角三角形 aOb 如图所示，a、b 间电势差 UabWq 48 V，又 Ub O24 V，则原点 O 与 ab 中点电势相等，故原点 O 与 ab 中点 e 的连线 Oe 为等势线，三角形中 a 点电势最低，因此作 Oe 的垂线指向 a 即为 xOy 平面上的一条电场线，所以场强方向与x 轴正方向成 30角，场强大小 EUO aaf
15、 243102 V/m8 3102 V/m，A 错误，B 正确。三、对电场性质的综合考查重难增分类考点典题例析典例(2018 届高三黄石调研)如图所示，一个“V”形玻璃管ABC 倒置于竖直平面内，并处于场强大小为 E1103 V/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为 G1103 N、电荷量为 q2106 C 的带负电小滑块从 A 点由静止开始运动，小滑块与管壁间的动摩擦因数 0.5。已知管长 ABBCL2 m，倾角 37，B 点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2。下列说法正确的是()AB、A 两点间的电势差为 2 000 VB小滑块从
16、A 点第一次运动到 B 点的过程中电势能增大C小滑块第一次速度为零的位置在 C 处D从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为 3 m解析 选 D UBAELsin 1.2103 V，A 错误；小滑块从 A 点第一次运动到 B 点过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；小滑块受到竖直向上的电场力为 FqE2103 N2G，重力和电场力的合力大小等于 G、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为 a1g(sin cos)2 m/s2，所以小滑块第一次到达 B 点时的速度为 v2a1L2 2 m/s，在 BC 段，小滑块做匀减速运动，
17、加速度大小为 a2g(sin cos)10 m/s2，所以第一次速度为 0 的位置到 B 点的距离为 x v22a20.4 m，C 错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向 B 加速运动，到 B 后又减速向 A 运动，这样不断地往复，最后停在 B 点，根据能量守恒定律，有GLsin Gscos，解得 s3 m，即小滑块通过的总路程为 3 m，D 正确。通法点拨解决电场力做功问题时应注意的两点(1)利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。(2)应用公式 WABqUAB 计算时，WAB、q、UAB 一般都要带正、负号计算。集训冲关1.在竖直向下的匀强电场 E 中，一带电油滴在电场力和重
18、力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从 a 运动到 b。若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为 E1，重力势能和电势能之和为 E2，则 E1、E2 的变化情况是()AE1 增加，E2 增加 BE1 增加，E2 减小CE1 不变，E2 减小DE1 不变，E2 不变解析：选 B 根据轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以电势能和重力势能之和 E2 减小，电场力做正功，电势能减少，所以重力势能和动能之和 E1 增加，B 正确。2.(2018 届高三河南中原名校联考)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电
19、场在 xOy 平面内的一簇等势线，等势线形状关于Ox 轴、Oy 轴对称，且相邻两等势线的电势差相等。图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从 a 点运动到 b 点过程中，下列说法正确的是()Aa 点的电势高于 b 点的电势B电子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度C电子在 a 点的动能大于在 b 点的动能D电子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能解析：选 D 根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在 y 轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在 y 轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故等势线的电势沿 x 轴正方向增加，故 A 错误。等
20、势线越密的地方电场强度越大，电子的加速度就越大，故 B 错误。根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能，电子在 a 点的动能则小于在 b 点的动能，故 C 错误，D 正确。专题强训提能 1.如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，MOP60，电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点，这时 O 点电场强度的大小为 E1；若将 N 点处的点电荷移至 P 点，则 O 点的场强大小变为 E2，E1 与 E2 之比为()A21 B12C2 3D4 3解析：选 A 如图所示，不妨设 M、N 处分别放置电荷量为q
21、、q 的电荷，则 E12kqr2，E2kqr2，E1E221，A 对，B、C、D 错。2.如图所示，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带负电的粒子由 M 点移动到 N 点的过程中，电场力做正功，M、N 两点的电势用 M、N 表示，M、N 两点的电场强度用EM、EN 表示。则下列说法正确的是()AMNBMNCEMENDEMEN解析：选 D 带负电的粒子由 M 点移动到 N 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，电势增加，则 MN；N 处等势面密集，电场线也密集，电场强度大，则 EMEbBEaEbCab解析：选 AC 根据图像可知，图线的斜率表示电场力的大小。电子从 a 到
22、b，电势能图线的斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，故电场强度逐渐减小，所以 EaEb，A 正确，B错误；由于电势能逐渐降低，所以电场力做正功，则电子所受的电场力方向由 a 指向 b，电场线的方向由 b 指向 a，沿电场线方向电势逐渐降低，所以 aaN，EpMEpNBabc，EpMaN，UabUbcDUabUbc，EpMEpN解析：选 B 根据带正电粒子的轨迹的偏转方向，可知圆心处的电荷一定带负电，故abaN；因为 ab 之间的电场强度比 bc 间的大，由 UEd 得|Uab|Ubc|；粒子由 M 向 N 运动，电场力做负功，电势能增加，故 EpMQ2，选项 B 错误；由沿电场线方向电势降低知，在
23、 P 点场强方向改变，所以 P 点处的电场强度为 0，选项 A 正确；质子从 M 点运动到 N 点，加速度先减小后增大，速率先增大后减小，选项 C、D 错误。10.多选(2017开封二模)如图所示，一带电粒子在匀强电场中从 A 点抛出，运动到 B 点时速度方向竖直向下，且在 B 点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则()A电场方向一定水平向右B电场中 A 点的电势一定高于 B 点的电势C从 A 到 B 的过程中，粒子的电势能一定增加D从 A 到 B 的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变解析：选
24、CD 粒子只受电场力，做抛体运动，类似重力场中的斜上抛运动，B 点为等效最高点，故电场力方向水平向右，由于不知粒子的电性，故无法判断电场方向，A 项错误；无法判断电场方向，所以不能确定 A 点和 B 点的电势的高低，故 B 项错误；从 A 到 B的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，故 C 项正确；从 A 到 B 的过程中，只有电场力做负功，动能减小，电势能增加，电势能和动能之和保持不变，故 D 项正确。11.(2018 届高三揭阳调研)如图所示，匀强电场中的PAB 平面平行于电场方向，C 点为 AB 的中点，D 点为 PB 的中点。将一个带负电的粒子从 P 点移动到 A 点，电场力
25、做功 WPA1.6108 J；将该粒子从 P 点移动到 B 点，电场力做功 WPB3.2108 J。则下列说法正确的是()A直线 PC 为等势线B若将该粒子从 P 点移动到 C 点，电场力做功为 WPC2.4108 JC电场强度方向与 AD 平行D点 P 的电势高于点 A 的电势解析：选 B 一个带负电粒子从 P 点移动到 A 点和从 P 点移动到 B 点，电场力都做正功，P 与 A、B 间都有电势差，故直线 PC 不可能为等势线，故 A 错误；C 是 AB 的中点，故 C 点电势为 AB 的中点电势，故该粒子从 P 点移动到 C 点，电场力做功为 WPCWPAWPB22.4108 J，故 B
26、 正确；粒子从 P 点移动到 B 点，电场力做功 WPB3.2108 J，D 点为 PB 的中点，故粒子从 D 点移动到 B 点，电场力做功 WDB12WPB1.6108 J，粒子从A 到 B 电场力做功为 WABWAPWPB1.6108 J，故 AD 为等势线，电场强度方向与 AD垂直，故 C 错误；将一个带负电的粒子从 P 点移动到 A 点，电场力做正功，故电势能减小，电势升高，故点 P 的电势低于点 A 的电势，选项 D 错误。12.多选(2017开封质检)如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形 ABCD，电场方向与四边形 ABCD 平行，其中 M 为 AD 的中点，N 为 BC 的中点
27、。一个电荷量为 q 的正粒子，从 A 点移动到 B 点过程中，电势能减小 W1，若将该粒子从 D 点移动到 C 点，电势能减小 W2，下列说法正确的是()A匀强电场的场强方向必沿 AB 方向B若将该粒子从 M 点移动到 N 点，电场力做功 WMNW1W22C若 D、C 之间的距离为 d，则该电场的场强大小为 EW2qdD若 M、N 之间的距离为 d，该电场的场强最小值为 EW1W22qd解析：选 BD 根据题意知粒子由 A 到 B 或者由 D 到 C，电场力做正功，从而电势能减小，但是匀强电场的场强方向无法判断，故选项 A 错误；因为电场是匀强电场，且 M 为AD 的中点，M 点的电势是 A、
28、D 两点电势的平均值；N 为 BC 的中点，则 N 点的电势是 B、C 两点电势的平均值，即：MAD2；NBC2；所以：WMNqUMNq(MN)qAD2BC2q12(AB)q12(DC)W1W22，故 B 正确；由于场强的方向无法确定，故选项 C 错误；根据上面公式：UMNW1W22q，若 M、N 两点正好处于同一条电场线上，则电场强度为 EW1W22qd，距离 d 为过 M 和 N 的两个等势面之间距离的最大值，故该电场的场强最小值为 EW1W22qd，故选项 D 正确。13.多选(2017黄山质检)如图所示，两圆环上均匀分布相同的正电荷，x 轴垂直于环面且过两圆环圆心 O1 和 O2，P
29、为 O1O2 的中点。下列说法中正确的是()AP 点的电场强度为零BO1 点的电场强度为零CO1 点电势一定等于 O2 点电势D从 O1 点沿 x 轴到 O2 点，电势一定先降低后升高解析：选 ACD 两个圆环上的电荷可等效放在 O1 和 O2 处，根据 EkQr2可得他们在 P点产生的电场等大反向，故 P 点的电场强度为零，A 正确；O1 点的电场强度为左侧圆环上的电荷在 O1 处产生的电场强度与右侧圆环上的电荷在 O1 处产生的电场强度的矢量和，左侧圆环上的电荷在 O1 处产生的电场强度为零，但是右侧圆环上的电荷在 O1 处产生的电场强度不为零，故 O1 点的电场强度不为零，B 错误；根据
30、对称性可得 O1 点电势一定等于 O2点电势，C 正确；从 O1 点沿 x 轴到 O2 点过程中，电场方向在 O1P 段为方向向右，在 O2P段为方向向左，所以电势先降低后升高，D 正确。14.多选如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN 水平，a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q(图中未画出)时速度为零，则小球 a()A从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小C从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加D从 P
31、到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选 BC 小球 a 从 N 点释放一直到达 Q 点的过程中，a、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从 90一直减小，故合力变大，选项 A 错误；小球 a 从 N 到 P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于 90到大于 90，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项 B 正确；小球 a 由 N 到 Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项 C 正确；小球 a 从 P到 Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则
32、选项 D 错误。教师备选题1已知电荷分布均匀的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力。若真空中有一半径为 R 的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线，用 r 表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度 E 随 r 变化的图像正确的是()解析：选 A 该球的电荷密度 q43R3，球内某点的电场强度等于以距球心的距离 r 为半径的球体所产生的电场强度，大小 Ek43 r3r2 43kr，球外某点的电场强度 Ekqr2，所以 A 正确。2(2015山东高考)直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴
33、上，G、H 两点坐标如图。M、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为 Q 的正点电荷置于 O 点时，G 点处的电场强度恰好为零。静电力常量用 k 表示。若将该正点电荷移到 G 点，则 H 点处场强的大小和方向分别为()A.3kQ4a2，沿 y 轴正向 B.3kQ4a2，沿 y 轴负向C.5kQ4a2，沿 y 轴正向D.5kQ4a2，沿 y 轴负向解析：选 B 处于 O 点的正点电荷在 G 点处产生的场强 E1kQa2，方向沿 y 轴负向；又因为 G 点处场强为零，所以 M、N 处两负点电荷在 G 点共同产生的场强 E2E1kQa2，方向沿 y 轴正向；根据对称性，M、N 处两负点电荷在 H 点共
34、同产生的场强 E3E2kQa2，方向沿 y 轴负向；将该正点电荷移到 G 处，该正点电荷在 H 点产生的场强 E4k Q2a2，方向沿 y 轴正向，所以 H 点的场强 EE3E43kQ4a2，方向沿 y 轴负向。3.(2017湖州质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在23球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R，球心为 O，CD 为23球面 AB 的对称轴，在轴线上有 M、N 两点，且 OMON2R，A1AB1BCD，已知球面 A1B1 在 M 点的场强大小为 E，静电力常量为k，则 N 点的场强大小为()A.kq2R2
35、EB.kq4R2EC.3kq8R2ED.kq12R2E解析：选 C 若球完整，则带电荷量 Q32q，则球在 M 点产生的场强 E0 kQ2R23kq8R2，根据电场的叠加原理，除去 A1B1 球面后，球在 M 点产生的场强 E1E0E3kq8R2E，由对称性可知球壳在 N 点产生的场强大小等于 E1，C 正确。4.(2018 届高三宁波八校联考)如图所示，分别在 M、N 两点固定放置两个点电荷，电荷量均为Q，MN 连线的中点为 O。正方形 ABCD以 O 点为中心，E、F、G、H 是正方形四边的中点，取无穷远处电势为 0，则下列说法正确的是()AA 点电势低于 B 点电势B正点电荷沿直线从 F
36、 到 H，电势能先增大后减小CO 点的电场强度为零，电势也为零D沿路径 ADC 移动一负点电荷比沿路径 AB 移动同一负点电荷克服电场力做的功多解析：选 B 由于是等量同种电荷形成的电场，由电场分布的对称性可知 A、B 两点电势相等，A 错；在 MN 中垂线上，O 点的电场强度为 0，但电场方向从 O 点指向外，即正电荷沿直线从 F 到 H，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，B 对；取无穷远处电势为 0，沿着电场线方向电势是逐渐降低的，则 MN 中垂线上 O 点电势最高，C 错；由电场的对称性可知 B、C 两点电势相等，所以沿路径 ADC 移动一负点电荷与沿路径AB 移动同一负点电荷
37、克服电场力做的功相同，D 错。5多选(2017天津高考)如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、aB，电势能分别为 EpA、EpB。下列说法正确的是()A电子一定从 A 向 B 运动B若 aAaB，则 Q 靠近 M 端且为正电荷C无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 EpAEpBDB 点电势可能高于 A 点电势解析：选 BC 若 Q 在 M 端，由电子运动的轨迹可知 Q 为正电荷，电子从 A 向 B 运动或从 B 向 A 运动均可，由于 rAEB，FAFB，aAa
38、B，AB，EpArB，故 AB，EpAEpB。综上所述选项 A、D 错误，选项 B、C 正确。第 15 讲|电容器 带电粒子在电场中的运动问题 考法学法 根据近几年的高考来看，电容器和带电粒子在电场中的运动问题往往会综合起来考查，难度一般在中等或中等偏上。本讲主要解决的是选择题中的电容器和带电粒子在电场中的运动问题。考查内容电容器的定义和特点 平行板电容器的电容带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中的偏转思想方法理想化模型法比值定义法合成法分解法等效思想分解思想一、电容器的电容基础保分类考点全练题点1(2016全国卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，
39、则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选 D 平行板电容器电容的表达式为 C rS4kd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容 C 变小。由于极板间电压不变，据 QCU 知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度 EUd，由于 U、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项 D 正确。2.多选(2018 届高三昆明调研)平行板电容器的两板 A、B 接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合开关 S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的
40、夹角为，如图所示，那么()A保持开关 S 闭合，将 A 板稍向 B 板靠近，则 增大B保持开关 S 闭合，将 A 板稍向上移，则 减小C断开开关 S，将 A 板稍向 B 极靠近，则 不变D断开开关 S，将 A 板稍向上移，则 减小解析：选 AC 保持开关 S 闭合，两极板电压不变，将 A 板稍向 B 板靠近，由 UEd可知，电场强度 E 增大，带电小球所受电场力增大，则 增大，选项 A 正确。保持开关 S闭合，两极板电压不变，将 A 板稍向上移，两极板正对面积减小，电容减小，但是由 UEd 可知，E 不变，则 不变，选项 B 错误。断开开关 S，电容器极板带电荷量不变，将 A板稍向 B 板靠近
41、，极板之间电场强度不变，则 不变，选项 C 正确。断开开关 S，电容器极板带电荷量不变，将 A 板稍向上移，两极板正对面积减小，电容减小，由 CQU可知，U增大，由 UEd 可知，E 增大，带电小球所受电场力增大，则 增大，选项 D 错误。3.(2015全国卷)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析：选 D 两板水平放置时，放置于两板间 a 点的带电微粒保持静
42、止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转 45时，电场力大小不变，方向逆时针偏转 45，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项 D 正确。4.多选(2017衡水检测)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的 P 点且处于静止状态。下列说法正确的是()A减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且 P 点的电势会降低B将上极板下移，则 P 点的电势不变C将下极板下移，则 P 点的电势升高D无论哪个极板上移还是下
43、移，带电油滴都不可能向下运动解析：选 CD 二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容 CQU rS4kd，极板间的电场强度 EUd，整理得 E4kQrS；油滴静止，则 qEmg；减小极板间的正对面积 S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电场强度 E 变大，油滴所受电场力变大，会向上移动，P 点与下极板的距离不变，E 变大，则 P 点的电势升高，故 A 错误；将上极板向下移动，d 变小，电容器两极板间的电场强度 EUd变大，P 与下极板的距离不变，P 的电势升高，故 B 错误；将下极板向下移动，d 变大，由 C rS4kd可知，C 变小，由于二极管具有单向导电性，电
44、容器不能放电，由 E4kQrS 可知电容器两极板间的电场强度不变，P 与下极板的距离变大，P 与下极板间的电势差变大，P 的电势升高，故 C 正确；上极板上移或下极板下移时，d 变大，由 C 项分析知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时，d 变小，由 B 项分析知电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故 D 正确。全能备考(1)公式法分析平行板电容器的两类动态问题公式C rS4kd CQU EUd情形始终连接电源充电后断开电源不变量U(如第 1、4 题)Q(如第 2、3 题)d 变大C 变小，Q 变小，E 变小C 变小，
45、U 变大，E 不变r 变大C 变大，Q 变大，E 不变C 变大，U 变小，E 变小S 变大C 变大，Q 变大，E 不变C 变大，U 变小，E 变小(2)熟记二级结论：在直流电路中，电容器相当于断路，其两端电压等于与之并联的支路两端电压；电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关(如第2 题的 C 选项)。二、带电体在电场中的平衡和加速问题重难增分类考点典题例析典例 多选(2017长沙模拟)如图所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v0沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动。ON 与水平面的夹角为 30，重力加速度为 g，且
46、 mgqE，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为 gC小球上升的最大高度为v022gD若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv024思路点拨 试画出小球的受力示意图。提示：解析 选 BD 如图所示，由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力在 ON 直线上，而 mgqE，由三角形定则，可知电场方向与 ON 方向成 120角，A 项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为 mg，由牛顿第二定律可知 ag，方向与初速度方向相反，B 项正确；设带电小球上升的最大高度为 h，由动能定理可得mg2h012mv02，解得 hv024g，C 项错误；小球上升过程中，当带电小球
47、速度为零时，其电势能最大，则 EpqE2hcos 120mv024，D 项正确。通法点拨1带电体在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电小物体：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确暗示以外，一般都不能忽略重力。2带电体在电场中做直线运动的两种分析方法动力学观点若带电粒子在匀强电场中运动，可应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析能量观点匀强电场中：WEqdqU12mv212mv02非匀强电场中：WqUEk2Ek1集训冲关1.(2015海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。
48、在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为q 的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为()A32 B21C52 D31解析：选 A 设电场强度为 E，两粒子的运动时间相同，对 M 有，aEqM，25l12EqMt2；对 m 有 aEqm，35l12Eqm t2，联立解得Mm32，A 正确。2多选(2018 届高三益阳十校联考)如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔(不影响板间电场分布)，
49、在左边和右边两个金属板上加电压 U 后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm1.0102 C/kg 的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线 A处由静止释放，在静电力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其 v-t 图像如图乙所示，则下列说法正确的是()A右侧金属板接电源的正极B所加电压 U100 VC乙图中的 v22 m/sD通过极板间隙所用时间比为 1(21)解析：选 BD 带正电的粒子在静电力作用下由左极板向右运动，可判断左侧金属板接电源正极，选项 A 错误；由 v-t 图像可知，带电粒子的加速度 a2 m/s2，相邻两极板间距d12at20.25 m，由 qEma 得 E200 V/m，U
50、2Ed100 V，选项 B 正确；可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有 t1t21(21)，选项 D 正确；v1v2t1(t1t2)1 2，将 v11.0 m/s 代入，得 v2 2 m/s，选项 C 错误。三、带电粒子在匀强电场中的偏转问题重难增分类考点典题例析典例 多选如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场 E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2 发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三
51、种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置解析 选 AD 根据动能定理有 qE1d12mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度 v12qE1dm。在偏转电场中，由 lv1t2 及 yqE22mt22 得，带电粒子经偏转电场的侧位移 y E2l24E1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据 WqE2y 得，偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多，选项 A 正确。根据动能定理，qE1dqE2y12mv22，得到粒子离开偏转电场 E2 打到屏上时的速度 v22qE1dqE2ym，由于三种粒子的质量不相等，故 v2 不一样大，选项 B 错误。粒子
52、打在屏上所用的时间 t dv12Lv1 2dv1Lv1(L为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于 v1 不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项 C 错误。根据 vyqE2m t2 及 tan vyv1得，带电粒子的偏转角的正切值 tan E2l2E1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项 D 正确。通法点拨1带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。2带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)同种带电
53、粒子从静止开始经过同一电场加速，再垂直于偏转电场方向射入同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。(2)带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子沿初速度方向位移的中点。3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度 v 时可以从能量的角度进行求解：qUy12mv212mv02(v0 为初速度)，其中 UyUdy，指初、末位置间的电势差。集训冲关1.(2017郑州二模)如图所示为某粒子分析器的简化结构。金属极板 P、Q 相互平行，两板通过直流电源、开关相连，其中 Q 极板接地。一束带电粒子，从 a 处以一定的初速度平行于金属极板
54、P、Q 射入两板之间的真空区域，经偏转后打在 Q 极板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从 Q 极板上 b 孔射出(不计粒子重力和粒子间的相互影响)，下列操作中可能实现的是()A保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板B保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板C先断开开关 S，再适当上移 P 极板D先断开开关 S，再适当左移 P 极板解析：选 A 粒子束在平行板电容器之间做类平抛运动，要使该粒子束能从 Q 极板上b 孔射出，需要增大粒子束平抛运动的水平位移，竖直方向做匀加速直线运动，加速度 aqUmd，则有 a 到下极板距离 d012at2qUt22md，从而可得运动时间 t
55、2mdd0qU，水平方向位移xv0tv02mdd0qU，保持开关 S 闭合，则两极板电压不变，适当上移 P 极板，即 d 增大，d0 不变，水平位移增大，选项 A正确；保持开关 S 闭合，左移 P 极板则电压不变，d 和 d0 都不变，水平位移不变，选项 B 错误；先断开开关 S，适当上移 P 极板，则电荷量不变，d 增大，电容变小，电压变大，d0 不变，水平位移不变，选项 C 错误；先断开开关 S，再适当左移 P 极板，正对面积变小，电容变小，电荷量不变，电压变大，d0 不变，水平位移变小，选项 D错误。2.(2017黄冈模拟)如图所示，一电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入
56、匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从 Q 点射出电场时，其速度方向与电场线夹角为 30。已知匀强电场的宽度为 d，P、Q 两点的电势差为 U，不计粒子重力作用，设 P 点的电势为零。则下列说法正确的是()A带电粒子在 Q 点的电势能为 qUB带电粒子带负电C此匀强电场的电场强度大小为 E2 3U3dD此匀强电场的电场强度大小为 E 3U3d解析：选 C 由题图看出粒子的运动轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，B 错误；粒子从 P 点运动到 Q 点，电场力做正功，为 WqU，则粒子的电势能减少了 qU，P 点的电势为零，则知带电粒子在 Q 点的电势能为Uq，故 A错
57、误；设带电粒子在 P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为 x 轴，平行于电场线为 y 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在 y 轴方向的分速度为 vy3v0，粒子在 y 轴方向上的平均速度为 v y 32 v0，粒子在 y 轴方向上的位移为 y0，粒子在电场中的运动时间为 t，则竖直方向有 y0 v yt 32 v0t，水平方向有 dv0t，可得 y0 3d2，所以场强 EUy0，联立得 E2 3U3d，故 C 正确，D 错误。四、带电粒子在周期性变化的电场中的运动重难增分类考点典题例析典例(2018 届高三咸阳五校联考)如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板
58、长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在 t0 时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为 v0，tT 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场。则()A该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B在 tT2时刻，该粒子的速度大小为 2v0C若该粒子在T2时刻以速度 v0 进入电场，则粒子会打在板上D若该粒子的入射速度变为 2v0，则该粒子仍在 tT 时刻射出电场解析 选 A 由题设条件可知：粒子在 0T2做类平抛运动，在T2T做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时
59、的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项 A 正确；前后两段运动的时间相等，T2时将速度分解，设板长为 l，由类平抛运动规律可得：lv0T，12l12vT，则 vv0，则T2时刻该粒子的速度为 2v0，选项 B错误；若该粒子在T2时刻以速度 v0 进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，并从 PQ 板右边缘射出电场，选项 C 错误；若该粒子的入射速度变为 2v0，粒子在场中运动的时间 t l2v0T2，选项 D 错误。通法点拨分段研究，化变为恒在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。对于带电粒子在交变场中的运动，我们可以分段处理，此类电场在一段时间
60、内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同。但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向可随时间变化。集训冲关1.一匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于 t0 时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子只向一个方向运动B02 s 内，电场力的功等于 0C4 s 末带电粒子回到原出发点D2.54 s，电场力做功等于 0解析：选 D 画出带电粒子速度 v 随时间 t 变化的图像如图所示，v-t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回
61、到原出发点，A、C 错误。2 s 末速度不为 0，可见 02 s内电场力的功不等于 0，B 错误。2.5 s 末和 4 s 末，速度的大小方向都相同，电场力做功等于 0，所以 D 正确。2如图甲所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子，粒子会时而向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是()A0t0T4 B.T2t03T4C.3T4 t0TDTt09T8解析：选 B 两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向 A 板运动，说明释放粒子时 UAB
62、为负，因此 A 项错误；若 t0T2时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向 A 板运动；若 t03T4 时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此T2t00、y0 的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于 xOy 平面向里，大小为 B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由 x轴上的 P 点以不同的初速度平行于 y 轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则()A初速度最大的粒子是沿方向射出的粒子B初速度最大的粒子是沿方向射出的粒子C在磁场中运动时间最长的是沿方向射出的粒子D在磁场中运动时间最短的是沿方向射出的粒子解析：选 A 由 RmvqB可知，速
63、度越大半径越大，选项 A 正确、B 错误；由于粒子相同，由周期公式 T2mqB 可知，粒子周期相同，运动时间取决于圆弧对应的圆心角，所以经历时间最长的是沿方向出射的粒子，选项 C、D 错误。2.平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30，其横截面(纸面)如图所示，平面 OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q0)。粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交点
64、O 的距离为()A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析：选 D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为 RmvqB。设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR。由几何图形知，AP3R，则 AO3AP3R，所以 OB4R4mvqB。故选项 D 正确。四、带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题重难增分类考点典题例析典例 多选长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为 B，板间距离也为 l，极板不带电，现有质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v
65、水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A使粒子的速度 vBql4mB使粒子的速度 v5Bql4mC使粒子的速度 vBqlmD使粒子的速度 v 满足Bql4mv5Bql4m思路点拨 解析 选AB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12r1l22l2，又因 r1mv1Bq，解得 v15Bql4m；粒子刚好打在极板左边缘，有 r2l4mv2Bq，解得 v2Bql4m，故 A、B 正确。通法点拨带电粒子在磁场中运动多解问题的三种常见情况带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同初速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以
66、速度 v 垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为 a，若带负电，其轨迹为 b磁场方向不确定磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速度 v 垂直进入匀强磁场，若 B 垂直纸面向里，其轨迹为 a，若 B 垂直纸面向外，其轨迹为 b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过 180后从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解 集训冲关1.多选在 M、N 两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹如图所示。已知两条导线 M、N
67、中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，可能是()AM 中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从 a 点向 b 点运动BM 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从 b 点向 a 点运动CN 中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从 b 点向 a 点运动DN 中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从 a 点向 b 点运动解析：选 AB 根据轨迹半径变化特点及公式 rmvqB知，导线 M 中通有恒定电流，假设电流自下而上，则导线右侧磁场垂直于纸面向里，结合左手定则可得，如果粒子带正电，则从 a 点向 b 点运动，故 A 正确；同理可得 B 正确。
68、2.如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为 a 的等边三角形，比荷为 em的电子以速度 v0 从 A 点沿 AB 边入射，欲使电子经过 BC 边，磁感应强度 B 的取值为()AB2mv0ae BB2mv0aeCB 3mv0aeDB 3mv0ae解析：选 D 由题意，如图所示，电子正好经过 C 点，此时圆周运动的半径 Ra2cos 30 a3，要想电子从 BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于 a3，由带电粒子在磁场中运动的公式 rmvqB有 a3mv0eB，即 B 3mv0ae，D 正确。五、带电粒子在复合场中的运动问题多维探究类考点题点(一)带电粒子在组合场中的运动例 1 多选如图所示
69、，在区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强度的 2 倍，一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了 30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是()A粒子在区域和区域中的速率之比为 11B粒子在区域和区域中的角速度之比为 21C粒子在区域和区域中的圆心角之比为 12D区域和区域的宽度之比为 11解析 选 ACD 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故 A 正确；由洛伦兹力 fqBvma 和 av 可知，粒子运动的角速度之比为 12B1B2
70、12，则 B 错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由 tmqB可得 t1mqB12mqB2，且 B22B1，所以可得 1212，则 C 正确；由题意可知，粒子在区域中运动的圆心角为 30，则粒子在区域中运动的圆心角为 60，由 RmvqB可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的 2 倍，设粒子在区域中的运动半径为 r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度 d12rsin 30r；区域的宽度 d2rsin 30rcos(1806060)r，故 D 正确。题点(二)带电粒子在叠加场中的运动例 2(2017全国卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与
71、纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc。已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()Amambmc BmbmamcCmcmambDmcmbma解析 选 B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有 magqE，解得 maqEg。b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知 mbgqEqvbB，解得 m
72、bqEg qvbBg。c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 mcgqvcBqE，解得 mcqEg qvcBg。综上所述，可知 mbmamc，选项 B 正确。通法点拨电偏转和磁偏转的比较电偏转磁偏转示意图偏转条件vEvB受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式基本公式Lvty12at2aqEmtan atvqvBmv2rrmvqBT2mqBtT2sin Lr做功情况电场力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷不做功集训冲关
73、1.多选(2017洛阳高三质检)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板 a、b 处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿 OO方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出 a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出 a、b 板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是()A适当减小两金属板的正对面积B适当增大两金属板间的距离C适当减小匀强磁场的磁感应强度D使带电粒子的电性相反解析：选 AC 在这个复合场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，当减小正对面积，场强 E4kQrS，S 减小，Q 不变，E 增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向
74、电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A 项正确。当增大两板间距离时，场强不变，所以 B 项错误。当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，所以 C 项正确。当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，故 D 项错误。2.(2016全国卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。此离子和质子的质量比
75、约为()A11 B12C121 D144解析：选 D 带电粒子在加速电场中运动时，有 qU12mv2，在磁场中偏转时，其半径rmvqB，由以上两式整理得：r1B2mUq。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1B2112，当半径相等时，解得：m2m1144，选项 D 正确。六、电磁场技术的应用基础保分类考点全练题点1.多选(2018 届高三太原摸底)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场 B 和匀强电场 E 组成的速度选择器，然后粒子通过平板 S 上的狭缝 P，进入另一匀强磁场B，最终打在 A1A2 上。下列表述正确的是()A粒子带负电B所有打在 A1A2 上的粒子，
76、在磁场 B中运动时间都相同C能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于EBD粒子打在 A1A2 上的位置越靠近 P，粒子的比荷qm越大解析：选 CD 由粒子在磁场中的运动轨迹，根据左手定则可知，粒子带正电，选项 A错误；在速度选择器中满足：EqBqv，可得 vEB，选项 C 正确；在磁场中运动的周期为：T 2mqB，由于进入磁场中的粒子的比荷不一定相同，故周期不同，运动时间不一定相同，选项 B 错误；粒子在磁场中运动的半径：r mvqB，粒子打在 A1A2 上的位置越靠近 P，则粒子的运动半径越小，故粒子的比荷qm越大，选项 D 正确。2.(2017百校联盟押题卷)如图所示为一种获得高能粒子的装置环
77、形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为q 的粒子在环中做半径为 R 的圆周运动。A、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经 A 板时，A 板电势升高为U，B 板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于 R)。下列关于环形加速器的说法正确的是()A环形区域内的磁感应强度大小 Bn 与加速次数 n 之间的关系为 BnBn1 nn1B环形区域内的磁感应强度大小 Bn 与加速次数 n 之间的关系为 BnBn1nn1CA、B 板
78、之间的电压可以始终保持不变D粒子每次绕行一圈所需的时间 tn 与加速次数 n 之间的关系为 tntn1nn1解析：选 B 因粒子每绕行一圈，其增加的能量为 qU，所以绕行第 n 圈时获得的总动能为12mvn2nqU，得第 n 圈的速度 vn2nqUm。在磁场中，由牛顿第二定律得 qBnvnmvn2R，解得 Bn1R2nmUq，所以 BnBn1nn1，A 项错误、B 项正确；如果 A、B 板之间的电压始终保持不变，粒子在 A、B 两极板之间飞行时，电场对其做功 qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功qU，从而使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，
79、C 项错误；根据 t2Rv 得 tn2Rm2nqU，得 tntn1n1n，D 项错误。全能备考质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应这些都是带电粒子在复合场中的运动实例，这类问题模型成熟固定，要求熟悉这几种模型的特点和规律，解答时只要抓住各种模型的特点即可，如以下几种常见实例。1质谱仪：(1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。(2)原理：由粒子源 S 发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场 U 加速后，以速度 v2qUm 进入偏转磁场中作匀速圆周运动，运动半径为 r1B2mUq，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片 D 上，通过测量 D 与入口间的距离 d，进而求出
80、粒子的比荷qm 8UB2d2或粒子的质量 mqB2d28U。2速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件 qEqvB 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器(如第 1 题)。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择性通过。3回旋加速器：(1)用途：加速带电粒子(如第 2 题环形加速器)。(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期相同。(3)粒子获得的最大动能 Ekq2B2rn22m，其中 rn 表示 D 形盒的最大半径。专题强训提能 1(2015全国卷)两相邻匀强磁场区
81、域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小解析：选 D 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度 v 大小不变，磁感应强度 B 减小，由公式 rmvqB可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式 T2mqB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据 2T 知角速度减小。选项 D正确。2.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生
82、，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是()A仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析：选 B 增大励磁线圈中的电流，是增大了磁感应强度，电子在磁场中作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qvBmv2R，RmvqB，磁感应强度增大，半径减小，A 错；当提高电子枪加速电压，射出的电子速度增大，由上面公式可知，R 增大，B 正确；增大励磁线圈中的电流，磁感应强度增大，由
83、周期公式有：T2mqB，可知周期变小，C 错；提高电子枪加速电压，射出的速度增大，但运动周期与速度无关，周期不变，D 错。3多选(2015全国卷)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的 k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的 k 倍B加速度的大小是中的 k 倍C做圆周运动的周期是中的 k 倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析：选 AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中作匀速圆周运动，且磁场磁感应强度 B1 是磁场磁感应强度 B2 的 k 倍。由 qvBmv2r 得 rmvqB1B，即中电子运动轨迹的半径是中的 k 倍，选项
84、A 正确。由 F 合ma 得 aF合m qvBm B，所以a2a11k，选项 B 错误。由 T2rv 得 Tr，所以T2T1k，选项 C 正确。由 2T 得21T1T21k，选项 D 错误。正确选项为 A、C。4.如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面的匀强磁场。质量和电荷量大小都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速率经小孔 S 垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是()AM 带负电，N 带正电BM 的速率小于 N 的速率C洛伦兹力对 M、N 都做正功DM 在磁场中的运动时间大于 N 在磁场中的运动时间解析：选 A 由左手定则判断出 N 带正电荷，M 带负电
85、荷，故 A 正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvBmv2r，半径 rmvqB，在质量与电荷量相同的情况下，半径大说明速率大，即 M 的速率大于 N 的速率，故 B 错误；洛伦兹力不做功，故 C 错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 T2mqB，与粒子运动的速度无关，所以 M 的运行时间等于 N 的运行时间，故 D 错误。5.多选(2014全国卷)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A电子与正电子的偏转方向一
86、定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选 AC 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项 A 正确；根据 qvBmv2r，得 rmvqB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项 B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定 mv 的大小，故选项 C 正确；粒子的 mv 越大，轨道半径越大，而 mv2mEk，粒子的动能大，其 mv 不一定大，选项 D 错误。6.多选(2018 届高三常德摸底)如图所示，宽
87、为 d 的有界匀强磁场的边界为 PP、QQ。一个质量为 m、电荷量为 q 的微观粒子沿图示方向以速度 v0 垂直射入磁场，磁感应强度大小为 B，要使粒子不能从边界 QQ射出，粒子的入射速度 v0 的最大值可能是下面给出的(粒子的重力不计)()A.qBdm B.2qBdmC.2qBd3mD.qBd3m解析：选 BC 微观粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，qvBmv2R，RmvqB，要使粒子不能从边界 QQ射出，粒子的入射速度 v0 最大时，轨迹与 QQ相切。如粒子带正电，RR2d，dR2，v02qBdm，B 正确；如粒子带负电，RR2d，v02qBd3m，C 正确。7.(2017全国卷)如图，在磁
88、感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为()A0 B.33 B0C.2 33 B0D2B0解析：选 C 导线 P 和 Q 中电流 I 均向里时，设其在 a 点产生的磁感应强度大小 BPBQB1，如图所示，则其夹角为 60，它们在 a 点的合磁场的磁感应强度平行于 PQ 向右、大小为 3B1。又根据题意 Ba0，则 B0 3B1，且 B0 平行于 PQ 向左。
89、若 P 中电流反向，则 BP 反向、大小不变，BQ 和 BP 大小不变，夹角为 120，合磁场的磁感应强度大小为 B1B1(方向垂直 PQ 向上、与 B0 垂直)，a 点合磁场的磁感应强度 B B02B122 33 B0，则 A、B、D 项均错误，C 项正确。8.(2016全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30角。当筒转过 90时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒
90、壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.3BB.2BC.BD.2B解析：选 A 如图所示，粒子在磁场中作匀速圆周运动，圆弧 MP 所对应的圆心角由几何知识知为 30，则 22mqB 30360，即qm 3B，选项 A 正确。9.如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为 90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为()A111 B123C321 D1 2 3解析：选 C 粒子在匀强磁场中运动的周期 T2mqB 与 v 无关，由题图知三种粒子偏转角分别为 90、60、30，根据几何关系可知，三种粒子在磁场
91、中运动的圆心角分别为 90、60、30，所用时间分别为T4、T6、T12，故时间之比为 321，C 正确。10.多选如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域 abcd，e 是 ad 的中点，f 是 cd 的中点，如果在 a 点沿对角线方向以速度 v 射入一带负电的带电粒子，恰好从 e 点射出，则()A如果粒子的速度增大为原来的两倍，将从 d 点射出B如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从 f 点射出C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度 B 增大为原来的两倍，也将从 d 点射出D只改变粒子的速度，使其分别从 e、d、f 点射出时，从 f 点射出所用的时间最短解析：选 AD 由 rmvqB可知，如果粒
92、子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨道半径增大到原来的二倍，粒子将从 d 点射出，选项 A 正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，假设磁场区域足够大，粒子会通过 ad 延长线上的 g 点，且 dgae，可知粒子将从 d、f 之间的某确定点射出，选项 B 错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从 ae 的中点射出，选项 C 错误；带电粒子从 e、d 点射出时转过的角度相等，所用时间相等，从 f 点射出时转过的角度最小，所用的时间最短，选项 D 正确。11.(2017全国卷)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带
93、电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则 v2v1 为()A.32 B.21C.31 D3 2解析：选 C 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由 qvBmv2R可知，RmvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为 v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点 A 离 P 点最远时，则 AP2R1；同样，若粒子运动的速度大小为 v2，粒子在磁场边界的出射点 B 离
94、 P 点最远时，则 BP2R2，由几何关系可知，R1R2，R2Rcos 30 32 R，则v2v1R2R1 3，C 项正确。12.多选如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为 B0.5 T 的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为 37。一质量为 m0.1 g、电荷量为 q5104 C 的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为 0.4。现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放。则下列判断中正确的是(sin 370.6，cos 370.8，取重力加速度 g10 m/s2)()A圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B当圆环下滑的速度达到 2.4 m/s 时，圆环与细杆之间的弹力为
95、零C圆环下滑过程中的最大加速度为 6 m/s2D圆环下滑过程中的最大速度为 9.2 m/s解析：选 CD 由于洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故 A 错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时，摩擦力为零，加速度最大，此时有 qvBmgcos，解得 v3.2 m/s，由mgsin ma 大，解得 a 大6 m/s2，故 B 错误，C 正确；圆环向下加速运动时，必会出现qvBmgcos，此时，杆对圆环的弹力为 FNqvBmgcos，当 mgsin FN(qv 大Bmgcos)时速度最大，解得 v 大9.2 m/s，D 正确。13.多选质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，从倾角为 的粗糙绝缘斜面(Q电
96、热电流通过导体产生的热量QI2Rt电功率单位时间内电流所做的功P 电UI对纯电阻电路，电功率等于热功率：P 电P 热UII2R对非纯电阻电路，电功率大于热功率：P 电P 热热功率单位时间内导体产生的热量P 热I2R2电源的输出功率随外电路电阻 R 的变化情况当 Rr 时电源的输出功率最大，为 PmE24r当 Rr 时随着 R 的增大电源的输出功率越来越小当 Rr 时随着 R 的增大，电源的输出功率越来越大当 P 出r，故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故选项 B 正确；P0U2I0.5 W，选项 C 正确；电源的效率 EII2
97、rEI，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头 P 滑到最右端时电源的效率最大，选项 D 错误。2将阻值为非线性变化的滑动变阻器 R2 接入图甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度 x(x 为图中 a 点与滑动触头之间的距离)，定值电阻 R1 两端的电压 U1 与 x 间的关系如图乙，a、b、c 为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从 a 点移动到 b 点和从 b 点移动到 c 点的这两个过程中，下列说法正确的是()A电流表 A 的示数变化量相等B电压表 V2 的示数变化量不相等C电阻 R1 的功率变化量相等D电源的输出
98、功率都不断增大解析：选 A 根据欧姆定律得，电阻 R1 两端的电压 U1IR1，由题图乙知，滑动触头从 a 点移动到 b 点和从 b 点移动到 c 点的两个过程中，电压 U1 变化量相等，且 R1 一定，则知电流的变化量相等，即电流表 A 的示数变化量相等，故 A 正确；电压表 V2 的示数 U2EIr，由于电流 I 的变化量相等，且 E、r 一定，则 U2 相等，故 B 错误；电阻 R1 的功率P1I2R1，I 相等，而 I 减小，则知从 a 点移到 b 点功率变化量较大，故 C 错误；由题图乙知，U1 逐渐减小，则电路中电流减小，总电阻增大，但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定
99、电源的输出功率如何变化，故 D 错误。二、交变电流的变化规律多维探究类考点题点(一)交变电流的产生及描述例 1(2017天津联考)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为 T，转轴 O1O2 垂直于磁场方向，线圈电阻为 2。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过 60 时的感应电流为1 A。下列说法正确的是()A线圈消耗的电功率为 1 WB线圈中感应电流的有效值为 2 AC任意时刻线圈中的感应电动势为 e2 2cos 2T t VD任意时刻穿过线圈的磁通量为 2T sin 2T t Wb解析 选 D 从垂直中性面开始计时，感应电流的瞬时表达式为 iImcos，则电流的最
100、大值为：Imicos 2 A；线圈消耗的电功率为：PI2r22 Im2r4 W，故 A 错误；感应电流的有效值为：IIm22 A，故 B 错误；感应电动势的最大值为：EmImr4 V；任意时刻线圈中的感应电动势为：eEmcos 2T t4cos 2T t V，故 C 错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：BSsin 2T t；根据公式 EmNBSNm2T，可得：m2T，故 2Tsin 2T t Wb，故 D 正确。题点(二)交变电流的图像例 2 多选(2018 届高三怀化摸底)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列判断正确的有
101、()At0.005 s 时线圈平面与磁场方向平行B线圈产生的交变电动势的瞬时值为 e311sin 100t(V)C线圈产生的交变电动势的频率为 100 HzD线圈产生的交变电动势的有效值为 311 V思路点拨(1)理解两个特殊位置的特点。(2)掌握图像上各点的物理意义。解析 选 AB 当 t0.005 s 时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为 0，产生的感应电流最大)，故 A 正确；线圈产生的交变电动势的瞬时值为 eEmsin 2T t311sin 100t(V)，故 B 正确；由题图乙可知周期为 0.02 s，则频率为 f1T50 Hz，故 C 错误；线圈产生的交变
102、电动势的有效值为 220 V，故 D 错误。通法点拨1交变电流的产生、图像及四值应用(1)两个特殊位置及其特点两个特殊位置特点中性面线圈处于中性面时，SB，最大，t 0，e0，i0，交变电流方向发生改变与中性面垂直的位置线圈平面与中性面垂直时，SB，0，t 最大，e 最大，i 最大，交变电流方向不改变(2)交变电流的图像从中性面位置开始计时，电流 iImsin t，如图甲；从垂直于中性面位置开始计时，电流 iImcos t，如图乙。(3)交变电流的四值物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsin tiImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值EmnB
103、SEmnmIm EmRr讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦交流电有：EEm2UUm2IIm2(1)计算与电流热效应有关的量(如功、功率、热量等)(2)电器设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图像中图线与E BL v计算通过电路截面的电时间轴所夹的面积与时间的比值E ntI ERr荷量集训冲关1.多选如图所示，图线 a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线 b 所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是()A在图中 t0 时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先
104、后两次转速之比为 32C正弦式电流 a 的瞬时值为 u10sin 5t VD正弦式电流 b 的最大值为203 V解析：选 BCD t0 时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，故 A 错误。由题图读出两电流周期之比为 TaTb0.4 s0.6 s23，而 T1n，则线圈先后两次转速之比为 32，故 B 正确。正弦式电流 a 的瞬时值为 uUmsin 2T t10sin 20.4t V10sin 5t V，故 C 正确。根据电动势最大值公式 EmnBSnBS2T 得到，两电动势最大值之比为 EmaEmbTbTa32，Ema10 V，则得到正弦式电流
105、b 的最大值为 Emb203 V，故 D 正确。2.(2017郑州质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO(OO沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与 R10 的电阻连接，与电阻 R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是 10 V。图乙是矩形线圈中磁通量 随时间 t 变化的图像。则()A此交流发电机的电动势平均值为 10 2 VBt0.02 s 时 R 两端的电压瞬时值为零CR 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u10 2cos 100t VD当 ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解
106、析：选 C 矩形线圈为电源，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻 R10，电压表示数为 10 V，说明Em210 V，即 Em10 2 V。根据题图乙 t0 时磁通量等于 0，可判断 t0 时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为 u10 2cos t10 2cos 100t V，选项 C 正确；t0.02 s 带入电动势的表达式，得 R 两端的电压瞬时值为 10 2 V，选项 B 错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当 ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项 D 错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为 Em10 2 V，所
107、以平均值一定比 Em10 2 V 小，选项 A错误。三、变压器与远距离输电问题多维探究类考点题点(一)理想变压器的原理1理想变压器原、副线圈基本量间的关系制约关系基本关系电压原线圈电压 U1 和线圈匝数比决定副线圈电压 U2U1U2n1n2电流副线圈电流 I2 和线圈匝数比决定原线圈电流 I1I1I2n2n1功率副线圈功率 P2 决定原线圈功率 P1P1P2频率原线圈频率 f1 决定副线圈频率 f2f1f22对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下：(1)U1U2n1n2，U1U3n1n3，(2)n1I1n2I2n3I3(3)P1P2P3例 1(2018 届高
108、三洛阳四校联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比 n1n221，V 和 A 均为理想电表，灯泡电阻 RL6，AB 端电压 u124 2sin 100t(V)。下列说法正确的是()AA 的读数为 2 ABV 的读数为 48 VC该交变电流的频率为 100 HzD变压器输入功率为 96 W解析 选 A 由表达式知输入电压有效值为 24 V，电压与匝数成正比，故副线圈电压即电压表的示数为 12 V，B 错误；电流表的示数为 I126 A2 A，A 正确；由表达式知道角速度为 100 rad/s，频率为1002 50 Hz，故 C 错误；副线圈中灯泡消耗的功率 PUI122 W24 W，输入功率等
109、于输出功率，D 错误。题点(二)有关变压器电路的动态分析问题1分析变压器动态变化问题的一般思维流程U1错误!U2错误!I2错误!I1错误!P12分析变压器动态变化问题的关键(1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是线圈匝数比不变。(2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即 P2 决定 P1，I2 决定 I1，U1 决定 U2。例 2 多选某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B 为理想变压器，灯 L1、L2 相同且阻值不变。保持 A 的输入电压不变，开关 S 断开时，灯 L1 正常发光。则()A如果只闭合开关 S，L1 变暗B如果只闭合开关 S，A 的输入功率变
110、大C仅将滑片 P 上移，L1 变亮D仅将滑片 P 上移，A 的输入功率不变解析 选 AB 闭合 S，副线圈电阻减小，则消耗功率增大，B 副线圈中电流增大，B原线圈中电流也增大，则 R 上损失的电压和功率增大，则 B 输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故 A 正确；根据以上分析知消耗和损失功率都增大，根据能量守恒知 A 的输入功率变大，故 B 正确；仅将滑片 P 上移，A 副线圈匝数减小，则输出电压减小，B 的输入电压减小，灯泡电压也减小，故 L1 变暗，消耗功率减小，则 A 输入功率减小，故C、D 错误。题点(三)远距离输电问题远距离高压输电的工作原理(1)功率关系：P1P2，P3
111、P4，P2P3P；(2)电压关系：U1U2n1n2，U3U4n3n4，U2U3U；(3)电流关系：I1I2n2n1，I3I4n4n3，I2I3I 线；(4)输电电流：I 线P2U2P3U3UR线；(5)输电线路上损失的电功率：PP2P3I 线 2R 线P2U22R 线U2R线。例 3 某小型发电站发电机输出的交流电压为 500 V，输出的电功率为 50 kW，用总电阻 r3 的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的 0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为 220 V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图所示。对整个送电过程，下列说法正确的是()
112、A输电线上的损失功率为 300 WB升压变压器原、副线圈匝数比为 1100C输电线中的电流为 100 AD降压变压器的输入电压为 4 700 V解析 选 A 输电线上损失的功率 Pr50 kW0.6%300 W，选项 A 正确；由 PrI22r 得输电线中的电流 I210 A，选项 C 错误；发电机的输出电流 I1P1U150103500A100 A，升压变压器的匝数比n1n2I2I1 110，选项 B 错误；升压变压器的输出电压 U2P1I25 000 V，降压变压器的输入电压为 U2I2r4 970 V，选项 D 错误。集训冲关1如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器
113、T 的原、副线圈匝数分别为 n1、n2。在 T 的原线圈两端接入一电压 uUmsin t 的交流电源，若输送电功率为 P，输电线的总电阻为 2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.n1n2Um24r B.n2n1Um24rC4 n1n22PUm2rD4 n2n12PUm2r解析：选 C 输入电压为：U1Um2，由U1U2n1n2得：U2n2Um2n1，又由 PI2U2，输电线上损失的电功率为：PrI222r4 n1n22PUm2r，C 正确。2(2017威海二模)通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数 n11 000，两次级线圈的匝数分别为 n250
114、、n3100。在初级线圈 ab 端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是()A交流电的频率为 100 HzBU250 V，U3100 VCI1I2120D闭合开关 S，则 I1 增大解析：选 D 交变电流的周期为 0.02 s，频率为 50 Hz，选项 A 错误；根据变压器的匝数与电压比关系可知，U2n2U1n1 501 0001 0002V25 2 V；U3n3U1n1 1001 0001 0002V50 2 V，选项 B 错误；因电流与匝数之间满足：I1n1I2n2I3n3，故选项 C 错误；闭合开关 S，则 I3 变大，根据 I1n1I2n2I3n3，可知 I1 增大，选项 D 正确。
115、四、交变电流的综合问题重难增分类考点典题例析典例 多选(2017扬州模拟)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为 1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R1 为一定值电阻，R2 为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表 V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为 750 kW。下列说法正确的是()A降压变压器副线圈输出的交流电频率为 50 HzB远距离输电线路损耗功率为 180 kWC当传感器 R2 所在处出现火警时，电压表 V
116、 的示数变大D当传感器 R2 所在处出现火警时，输电线上的电流变大解析 选 AD 由题图乙知交流电的周期为 0.02 s，所以频率为 50 Hz，A 正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为 250 V，根据 U1U2n1n2 知，副线圈电压为 25 000 V，所以输电线中的电流为：IPU30 A，输电线损失的电压为：UIR3 000 V，输电线路损耗功率为：PUI90 kW，B 错误；当传感器 R2 所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表 V 的示数变小，C 错误；由以上分析知副线圈电流增大，根据 I1I2n2n1 知，输电线上的电流变大，D 正确
117、。通法点拨交变电流的综合问题，涉及交变电流的四值、变压器、远距离输电等知识与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：(1)分清交变电流“四值”的不同计算方法和物理意义。(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。集训冲关1(2017南昌二模)如图所示，有一矩形线圈的面积为 S，匝数为 N，内阻不计，在水平方向的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，以角速度 绕 OO轴做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻 R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式
118、为 eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过 2时间时，通过电流表的电荷量为 0C当 P 位置不动，R 增大时，电压表读数也增大D当 P 位置向上移动，R 不变时，电流表读数减小解析：选 A 计时起点，EmNBSeEmcos t,eNBScos t，A 正确；矩形线圈经时间 t 2T4，所以 BS q I tI ERqER tNR 0，B 错误；当 P 位置不动，n1不变错误!U2 不变，电压表读数不变，C 错误；当 P 位置向上移动，n1 减小错误!U2 增大，错误!I2 增大，错误!I1 增大，电流表读数增大，D 错误。2(2018 届高三西北工业大学附中摸底)如图为某款电吹风的电路图，
119、a、b、c、d 为四个固定触点，可动的扇形金属触片 P 可同时接触两个触点。触片 P 处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态，n1 和 n2 分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表格所示。下列说法正确的是()热风时输入功率460 W冷风时输入功率60 W小风扇额定电压60 V正常工作时小风扇输出功率52 WA.变压器两线圈的匝数比 n1n21315B可由表格中数据计算出小风扇的内阻为 60 C吹冷风时触片 P 与触点 b、c 接触D若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率不变解析：选 C 根据变压器的原线圈、副线圈的匝数比与电压的关系：
120、n1n2 60220 311，故A 错误；小风扇不是纯电阻用电器，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，60 是小风扇消耗的电能全部转化为内能时的电阻，故 B 错误；触片 P 与触点 b、c 接触时，电热丝没有接通，所以吹冷风，故 C 正确；根据公式 PU2R 可知，把电热丝截去一小段后的电热丝(材料、粗细均不变)电阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大，故 D 错误。专题强训提能 1多选如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 101，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有 R4 的电阻和两个“18 V 9 W”相同小灯泡，当开关 S 断开时，小灯泡 L1 刚好正常发光，则()A原
121、线圈输入电压为 200 VBS 断开时原线圈中的电流为 0.05 AC闭合开关 S 后，原、副线圈中的电流之比增大D闭合开关 S 后，小灯泡 L1 消耗的功率减小解析：选 ABD 灯泡正常发光，副线圈电流为 I0.5 A，所以副线圈两端电压 U18 V0.54 V20 V，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为 200 V，所以 A 正确；电流与匝数成反比，可知 S 断开时原线圈中的电流为 0.05 A，所以 B 正确；闭合开关 S 后，原、副线圈中的电流之比不变，所以 C 错误；当开关 S 闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R 分压增大，小灯泡 L1 消耗的功率减小，故 D
122、 正确。2.(2018 届高三运城调研)如图所示，单匝矩形闭合导线框 abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为 S，电阻为 R。线框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角速度 从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是()A在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为BS2B线框中感应电流的有效值为BS2RC从中性面开始转过2的过程中，通过线框横截面的电荷量为BSRD线框转一周的过程中，产生的热量为2B2S2R解析：选 C 要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为 BS，A 错误；线框中感应电流的最大值 ImBSR，由于线框中的感
123、应电流是正弦交流电，其电流有效值 IIm2 2BS2R，B 错误；由 qR 可知，从中性面开始转过2的过程中，通过线框横截面的电荷量 qBSR，C 正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此 QWI2R2 B2S2R，D 错误。3中国已投产运行的 1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用 500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为 P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用 1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为()A.P4 BP2C2PD4P解析：选 A 设输送功率为 P
124、，输送电流为 I，输送电压为 U，则 PUI，IPU，P 损I2R。输送电压升为原来的 2 倍，则输送电流降为原来的一半，P 损降为原来的四分之一，故 A 正确。4(2017晋城二模)在图甲中，理想变压器的原、副线圈匝数之比 n1n213，滑片P 置于副线圈的中点。在图乙中，滑动变阻器最大阻值 R06，滑动触头 P 置于 R0 的中央。两电路的输入端都接电压 u20 2sin 100t(V)的正弦交流电，输出端各接一个阻值 R6 的定值电阻和理想交流电压表。两电压表的读数 U1、U2 分别为()AU130 V，U28 V BU130 V，U210 VCU160 V，U28 V DU160 V，
125、U210 V解析：选 A 交流电的有效值为 U20 V，对甲电路 UU1n1n22，解得 U130 V；对乙电路 R 并3636 2，可求 U2 23220 V8 V，故 A 正确。5.(2015全国卷)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为 31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为 220 V 的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为 U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 k，则()AU66 V，k19BU22 V，k19CU66 V，k13DU22 V，k13解析：选 A 设原、副线圈中的电流分别为 I1、I2，则I1I2n2n113，故
126、kI12RI22R19。设原线圈两端的电压为 U1，则U1U n1n231，故 U13U，而原线圈上电阻分担的电压为13U，故U33U220 V，解得 U66 V。选项 A 正确。6(2016天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，R1 消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电压表 V 示数变大C当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电流表 A1 示数变大D若闭合开关 S，则电流表 A1 示数变大，A2 示数变大解析：选 B 当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，滑动变阻器连
127、入电路的电阻 R变大，则副线圈所在电路的总电阻 R 总变大，因原、副线圈两端的电压 U1、U2 不变，则通过 R1 的电流 I2U2R总变小，R1 消耗的功率 PR1I22R1 变小，选项 A 错误；R1 两端的电压 UR1I2R1 变小，则电压表 V 的示数 UVU2UR1 变大，选项 B 正确；因通过原、副线圈的电流关系I1I2n2n1，I2 变小，则 I1 变小，即电流表 A1 的示数变小，选项 C 错误；若闭合开关 S，则副线圈所在电路的总电阻 R 总变小，通过副线圈的电流 I2 U2R总变大，则通过原线圈的电流 I1变大，电流表 A1 的示数变大，R1 两端的电压 UR1I2R1 变
128、大，则 R2 两端的电压UR2U2UR1变小，电流表 A2 的示数变小，选项 D 错误。7.多选(2017襄阳联考)如图所示，理想变压器原线圈 a、b 两端接正弦交变电压 u，u220 2sin 100t(V)，电压表 V 接在副线圈c、d 两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑片向右滑动时()A电压表示数不变B电流表 A2 的示数始终为 0C若滑动变阻器的滑片不动，仅改变 u，使 u220 2sin 200t(V)，则电流表 A1 的示数增大D若滑动变阻器的滑片不动，仅改变 u，使 u220 2sin 200t(V)，则电流表 A1 的示数减小解析：选 AC 电压表示数为副线圈两端电压，副线
129、圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故 A 正确；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表 A2 始终有示数，B 错误；改变 u 后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故 A1 示数增大，C 正确、D 错误。8.多选硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线 a 是该电池在一定光照强度下的 U-I 图线，图线 b 是一只某型号的定值电阻 R 的 U-I 图线。现将该电池与电阻 R 串联成一个闭合电路，下列说法中正确的是()A此时该硅光电池的内阻为U3I3B这只定值电阻 R 的阻值为U1I1C此时电源的总功率为 U2I1D此时电阻 R 消耗的功率为 U1I2解析：
130、选 BC 由题中图像知，该硅光电池的电动势 EU2，根据两图线交点所对应数据知，电阻 R 两端的电压为 U1，流过 R 的电流为 I1，则电池的内阻 rEU1I1U2U1I1，定值电阻 R 的阻值 RU1I1，选项 A 错误、B 正确；此时电源的总功率 PEI1U2I1，选项C 正确；电阻 R 消耗的功率 PRU1I1，选项 D 错误。9(2017北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在 u220 2sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有 R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 21，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A原线圈的输入功率为 220 2 WB电流表的读数
131、为 1 AC电压表的读数为 110 2 VD副线圈输出交流电的周期为 50 s解析：选 B 由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为 220 2 V，故有效值为 U1220 V，由U1U2n1n2，故副线圈电压的有效值为 U2110 V，故输出功率 P2U22R 220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1P2220 W，A 项错误；根据欧姆定律知，I2U2R 2 A，由I1I2n2n1，得 I11 A，故电流表读数为 1 A，所以 B 项正确；电压表的读数为有效值，即 U2110 V，C 项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又T2，解得 T0.02 s，所以 D
132、 项错误。10多选(2018 届高三宁波八校联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为 3.0 V，内阻不计，L1、L2 为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为 7.5。当开关 S 闭合后()AL1 的电阻为 112 BL1 消耗的电功率为 7.5 WCL2 的电阻为 7.5 DL2 消耗的电功率为 0.3 W解析：选 CD S 闭合后，L1 两端的电压为 3.0 V，由题中乙图可知，I10.25 A，故 P10.75 W，R112，A、B 均错；L2 与 R 及电源串联，把 R 和电源等效成电动势为 3 V，内阻为 7.5 的新电源，在题图乙中作出新电源
133、的 I-U 图线，如图所示，两图线的交点表示出了此时 L2 两端的电压与通过的电流的大小，由图知 U21.5 V，I20.2 A，所以 R2U2I2 1.50.2 7.5，P2U2I21.50.2 W0.3 W，C、D 正确。11多选一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，如图甲所示，副线圈接有可调电阻 R，触头 P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A交变电源的电压 u 随时间 t 变化的规律是 uU0cos 100t VB若仅将触头 P 向 A 端滑动，则电阻 R 消耗的电功率增大C若仅使电阻 R 增大，则原线圈的输入电功率增大D若使电阻 R 增大的同时，将触头 P 向 B 端滑动
134、，则通过 A 处的电流一定增大解析：选 AB 从题图甲可看出，交流电的周期 T2102 s，最大值为 U0，所以交变电源的电压 u 随时间 t 变化的规律是 uU0cos 2T t VU0cos 100t V，选项 A 正确；因原、副线圈两端电压与其匝数成正比，当仅将触头 P 向 A 端滑动时，副线圈两端的电压增大，即电阻 R 两端的电压增大，则电阻 R 消耗的电功率增大，选项 B 正确；若仅使电阻 R 增大，则副线圈两端的电压不变，电阻 R 消耗的电功率 PU22R 减小，原线圈的输入电功率也减小，选项 C 错误；将触头 P 向 B 端滑动，副线圈两端的电压减小，同时电阻 R 增大，通过 R
135、 的电流 I2U2R 减小，根据 I1n1I2n2，通过 A 处的电流也一定减小，选项 D 错误。12一台小型发电机产生的电动势随时间以正弦规律变化的图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为 5.0，现外接一只电阻为 95.0 的灯泡，如图乙所示，则()A电压表V 的读数为 220 VB电路中的电流方向每秒改变 50 次C灯泡实际消耗的功率为 484 WD发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为 24.2 J解析：选 D 由题图甲知发电机产生的感应电动势有效值为 220 V，灯泡中电流大小为I ERr2.2 A，电压表读数为 UIR2.295.0 V209 V，选项 A 错误；由题图甲知交变电流的周期为
136、0.02 s，则其频率为 50 Hz，电路中的电流方向每秒改变 100 次，选项 B 错误；灯泡实际消耗的功率为 PIU2092.2 W459.8 W，选项 C 错误；发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为 QI2rt2.2251 J24.2 J，选项 D 正确。13多选如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为 r2 矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0407，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R0、R2R02，其他电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时
137、，闭合开关 S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是 10 V，图乙是矩形线圈磁通量 随时间 t 变化的图像，则下列说法正确的是()A电阻 R2 上的热功率为57 WB0.02 s 时滑动变阻器 R 两端的电压瞬时值为零C线圈产生的感应电动势随时间 t 变化的规律是 e10 2cos 100t(V)D线圈开始转动到 t 1600 s 的过程中，通过 R1 的电荷量为2200 C解析：选 AD 根据串联电路分压关系，可求得 R2 两端的电压为107 V，故 P1072207W57 W，A 正确；0.02 s 时线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，R 两端电压最大，B 错误；因线圈有内阻 r，故
138、电动势最大值 Em10 2 V，C 错误；由 R 外10，r2，U10 V 可得 EmNBS12 2 V，又 qN R外rNBSsin 30R外r，以上各式联立可得：q2200 C，D 正确。14如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器 T 的原、副线圈匝数比为 k1。降压变压器 T的原、副线圈匝数比为 k2。原线圈两端接入一电压 uUmsin t 的交流电源，用户电阻为 R(纯电阻)，若用户消耗功率为 P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率 Pr 和用户获得的电压 U 分别为()APr rRk22P U 2k2Um2k12rk22PRBP
139、r 2rRk22P U 2Um2k1k2 2rk22PRCPr 2rRk22P U 2k2Um2k1 2rk1k2PRDPr 2rRk12P U 2Um2k1k2 2rk1k2PR解析：选 B 用户流过的电流为 I4PR，故在输电线路上的电流为 I3I4k2 1k2PR，故损失的电功率为 PrI322r 2rRk22P；升压变压器两端电压的有效值为 U1Um2，输电线路上损失的电压为 UI32r，升压变压器副线圈两端的电压为 U2U1k1，故降压变压器原线圈的电压为 U3U2U，用户获得的电压 UU3k2，联立解得 U 2Um2k1k2 2rk22PR。教师备选题1.(2017黄山月考)如图所
140、示，在 AB 间接入正弦交流电 U1220 V，通过理想变压器和二极管 D1、D2 给阻值 R20 的纯电阻负载供电，已知 D1、D2 为相同的理想二极管，正向电阻为 0，反向电阻无穷大，变压器原线圈 n1110 匝，副线圈 n220 匝，Q 为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为 U0，设电阻 R 上消耗的热功率为 P，则有()AU040 2 V，P80 WBU040 V，P80 WCU040 2 V，P20 WDU040 V，P20 W解析：选 C 变压器的次级电压 U2n2n1U1 20110220 V40 V，故二极管的反向耐压值至少为 40 2 V；电阻 R 上电压
141、有效值为 20 V，则 R 消耗的热功率为 PU2R 20220 W20 W，故 C 正确。2.多选在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 是半导体制成的 NTC 热敏电阻，其阻值随着温度的升高而减小，R2、R3 为定值电阻，C 为电容器，L 为小灯泡，电流表内阻可忽略。当电路所处环境温度下降时，则()A电流表的示数增大BR2 两端的电压减小C小灯泡变暗D电容器 C 所带的电荷量增大解析：选 BD 当温度下降时，热敏电阻 R1 阻值增大，电路总电阻增大，电路中总电流 I 减小，即电流表的示数减小，选项 A 错误；R2 两端的电压 U2IR2，电路中总电流 I减小，所以电压
142、U2 减小，选项 B 正确；由于电源内电压 UrIr 减小，R2 两端的电压也减小，则小灯泡 L 两端电压增大，所以小灯泡 L 变亮，选项 C 错误；电源内电压减小，路端电压增大，电容器两端电压增大，电容器所带的电荷量 QUC 增大，选项 D 正确。3如图甲所示，电阻为 1 的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴 OO匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为 R10 的小灯泡 L 供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图像如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法正确的是()A在 t5103 s 时，线圈处于中性面位置B在 t10103 s 时，穿过线圈的磁通量最大C交变电流的瞬时表达式为 i5cos
143、50t(A)D线圈产生的交流电的电动势为 55 V解析：选 A 由题图乙可知 t5103 s 时刻感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故 A 正确；t10103 s 时刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线圈回路的磁通量最小，故 B 错误；周期 T0.02 s，角速度 2T 100 rad/s，故电流的瞬时表达式为 i5cos 100t(A)，故 C 错误；线圈产生的交流电的电动势最大值为 EmIm(Rr)55 V，D 错误。4多选如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T1 和降压变压器 T2 向用户供电。已知输电线的总电阻 R10，
144、降压变压器 T2 的原、副线圈匝数之比为 41，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻 R011。若 T1、T2 均为理想变压器，T2 的副线圈两端电压表达式为 u220 2sin(100t)V。下列说法正确的是()A发电机中的电流变化频率为 100 HzB通过用电器的电流有效值为 20 AC升压变压器的输入功率为 4 650 WD当用电器的电阻 R0 减小时，发电机的输出功率减小解析：选 BC 根据降压变压器 T2 副线圈两端输出电压的瞬时值表达式可以得知，输出电压的频率为 50 Hz，再根据理想变压器不能改变交流电的频率的特点可知，A 选项错误；降压变压器副线圈两端电压的有效值为 U
145、4220 V，通过用电器的电流的有效值为 I3U4R020 A，因此 B 选项正确；根据变压器的输入功率由输出功率决定可知，升压变压器的输入功率等于输电线的电阻 R 和用电器消耗的功率之和，PI22RI32R0n4I3n32RI32R0，代入数据，可得 P4 650 W，因此 C 选项正确；根据 PU2R 可知，当用电器的电阻 R0 减小时，用电器消耗的功率变大，输电线上消耗的热功率也变大，因此发电机的输出功率变大，故 D选项错误。5如图所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为 220 V 的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为 110
146、1，交流电流表的示数为 110 A，电池的内阻为 2，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是()A电池的充电电压为 2 VB理想变压器的输入功率为15 WC充电时，电池的热功率为 210 WD充电时，电能转化为化学能的功率为210 150 W解析：选 D 由U1U2n1n2得变压器的输出电压 U22 V，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得U22R T2U2R T，解得电池的充电电压 U2 V，选项 A 错误；理想变压器的输出功率 P2UI2 210 W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为 210 W，选项 B 错误；充电时，电池的热功率 PI22r1
147、1022 W 150W，选项 C 错误；充电时，电能转化为化学能的功率为 210 W 150 W210 150 W，选项D 正确。第 18 讲|“三定则、两定律”破解电磁感应选择题考法学法 高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用、电磁感应中的图像问题、电磁感应中的能量问题，在计算题中作为压轴题，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题。考查的重点有以下几个方面：楞次定律的应用；法拉第电磁感应定律的理解和应用；三个定则的应用。对本讲的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析一种电路”。两个定律是指楞次定律和
148、法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；一种电路是指感应电路。一、“三定则、一定律”考查感应电流方向基础保分类考点全练题点1.(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：选 A 施加磁场来快速衰减 STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其
149、受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案 A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案 B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案 C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案 D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A。2.(2017全国卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框
150、T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()APQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向BPQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向CPQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向DPQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向解析：选 D 金属杆 PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知 PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路 PQRS 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，根据楞次定律可知 T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，
151、可知 A、B、C 项错误，D 项正确。3多选(2016上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框 abcd 相连，导线框内有一小金属圆环 L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度 B 随时间按图(b)所示规律变化时()A在 t1t2 时间内，L 有收缩趋势B在 t2t3 时间内，L 有扩张趋势C在 t2t3 时间内，L 内有逆时针方向的感应电流D在 t3t4 时间内，L 内有顺时针方向的感应电流解析：选 AD 据题意，在 t1t2 时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激
152、发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项 A 正确；在 t2t3 时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项 B、C 错误；在 t3t4 时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项 D 正确。4.多选航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去。现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成
153、的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率 铜 铝。则合上开关 S 的瞬间()A从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射D电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射解析：选 BCD 闭合开关 S 的瞬间，金属环中向右的磁场磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A 错误；由于电阻率 铜0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R0、R2R02。闭合开关 S，电压表的示数为 U，不考虑虚线 MN 右侧导体的感应电动势，则()AR2 两端的电压为U7B电
154、容器的 a 极板带正电C滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2 的 5 倍D正方形导线框中的感应电动势为 kL2解析：选 AC 由法拉第电磁感应定律 Ent nBt S，有 Ekr2，D 错误；因 k0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器 b 极板带正电，B 错误；由题图知外电路结构为 R2 与 R 的右半部并联，再与 R 的左半部、R1 相串联，故 R2 两端电压 U2R02 12R0R02 R02 12UU7，A 正确；设 R2 消耗的功率为 PIU2，则 R 消耗的功率 P2I2U2IU25P，故 C 正确。2.如图所示，平行极板与单匝圆线圈相连，极板距离为 d，圆半径为 r
155、，单匝线圈的电阻为 R1，外接电阻为 R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为 m、电荷量为 q。则下列说法正确的是()A粒子带正电B磁感应强度的变化率为Bt R1R2mgdr2qR2C保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动D断开开关 S，粒子将向下运动解析：选 B 穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势高，下极板电势低，板间存在向下的电场，粒子受到重力和电场力而静止，因此粒子受到的电场力方向向上，电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故 A 错误；对粒子，由平衡条件得
156、：mgqU2d，而感应电动势：ER2R1U2R2，解得：ER1R2mgdqR2，由法拉第电磁感应定律得：Ent nSBt，解得：Bt R1R2mgdr2qR2，故 B 正确；保持开关闭合，则极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，那么电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故 C 错误；断开开关 S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故 D 错误。专题强训提能 1.多选(2016江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的
157、有()A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：选 BCD 铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项 A 错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项 B 正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律 Ent 知，线圈的感应电动势变大，选项 C 正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项 D 正确。2.(2017焦作模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，
158、间距为 l1 m，c、d 间，d、e 间，c、f 间分别接着阻值 R10 的电阻。一阻值 R10 的导体棒 ab 以速度 v4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小 B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是()A导体棒 ab 中电流的流向为由 b 到 aBc、d 两端的电压为 2 VCd、e 两端的电压为 1 VDf、e 两端的电压为 1 V解析：选 D 由右手定则可知 ab 中电流方向为 ab，选项 A 错误；导体棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势 EBlv，ab 为电源，c、d 间电阻 R 为外电路负载，d、e 和 c、f 间电阻中无
159、电流，d、e 间无电压，因此 c、d 间与 f、e 间电压相等，Ucd E2RRBlv2 1 V，选项 D 正确，B、C 错误。3(2017天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R。金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是()Aab 中的感应电流方向由 b 到 aBab 中的感应电流逐渐减小Cab 所受的安培力保持不变Dab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选 D 根据楞次定律，可判断 ab 中感应电流方向从 a 到 b，A 错误；磁场变化是均匀的，
160、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流 I 恒定不变，B 错误；安培力 FBIL，由于 I、L 不变，B 减小，所以 ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确。4.(2018 届高三临沂调研)边长为 a 的正三角形金属框架的左边竖直且与磁场右边界平行，该框架完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图像与这一过程相符合的是()解析：选 B 该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有 l 有2 33 x，所以 E 电动势Bl 有v2 33 Bvxx，选项 A
161、错误，B 正确；F 外力B2l有2vR4B2x2v3Rx2，选项 C 错误；P 外力功率F 外力vx2，选项 D 错误。5多选轻质细线吊着一质量为 m0.32 kg、边长为 L0.8 m、匝数 n10 的正方形线圈，线圈总电阻为 r1，边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示，从 t0开始经 t0 时间细线开始松弛，取重力加速度 g10 m/s2。则下列判断正确的是()A在 0t0 时间内正方形线圈中电流方向为顺时针方向B在 0t0 时间内线圈中产生的电动势大小为 0.4 VC在 tt0 时，线圈中电流的电功
162、率为 0.32 WD从 t0 开始到细线开始松弛所用时间为 2 s解析：选 BD 根据楞次定律判断在 0t0 时间内正方形线圈中电流方向为逆时针方向，A 错误；由法拉第电磁感应定律得 Ent n12 L22Bt 0.4 V，B 正确；由 IEr0.4 A，得 PI2r0.16 W，C 错误；分析线圈受力可知，当细线松弛时有 F 安nBt0IL2mg，IEr，Bt02mgrnEL 2 T，由题图乙知 Bt010.5t0(T)，解得 t02 s，D 正确。6.(2013全国卷)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒 ab、ac 和 MN，其中 ab、ac 在 a 点接触，构成“V”字形导轨
163、。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使 MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中 MN 始终与bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流 i 与时间 t 的关系图线，可能正确的是()解析：选 A 设金属棒 MN 向右匀速运动的速度为 v，金属棒电阻率为，金属棒截面积为 S，bac2。在 t 时刻 MN 产生的感应电动势为：E2Bv2ttan，回路中电阻为 R2vtcos 2vttan S，由 IER可得：I BvSsin 1sin，故选项 A 正确。7.(2016浙江高考)如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为 10 匝，边长 la3lb，图示区
164、域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b 线圈中感应电动势之比为 91Ca、b 线圈中感应电流之比为 34Da、b 线圈中电功率之比为 31解析：选 B 当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项 A 错误；由法拉第电磁感应定律 ESBt 及 SaSb91 知，Ea9Eb，选项 B 正确；由 R LS知两线圈的电阻关系为 Ra3Rb，其感应电流之比为 IaIb31，选项 C 错误；两线圈的电功率之比为PaPbEaIaEbIb
165、271，选项 D 错误。8如图甲所示，R0 为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为 T0 的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过 R0 的电流 i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环 a 端电势高于 b 端时，a、b 间的电压 uab 为正，下列 uab-t 图像可能正确的是()解析：选 C 在第一个 0.25T0 时间内，通过大圆环的电流为顺时针且逐渐增大，由楞次定律可判断内环 a 端电势高于 b 端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在 0.25T00.5T0 时间内，通过大圆环的电流为顺时针且逐渐减小，则由楞次定律可知，内环 a
166、 端电势低于 b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大，故只有 C 正确。9.(2017济南模拟)如图所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为 14 的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按 Bkt(k0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为()A13 B31C11 D95解析：选 D 同一导线构成不同的闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为 l，依据法拉第电磁感应定律 EBt S，之前的闭合回路的感应电动势 Ekl22，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为 14
167、 的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则这两个圆形闭合回路的周长之比为 12；之后的闭合回路的感应电动势 Ekl322k2l322；则前后两次回路中的电流比 IIEE95，D 正确。10多选(2017江西新余模拟)如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数 n20，总电阻 R2.5，边长 L0.3 m，处在两个半径均为 rL3的圆形匀强磁场区域中。线框顶点与右侧磁场区域圆心重合，线框底边中点与左侧磁场区域圆心重合。磁感应强度 B1 垂直水平面向上，大小不变；B2 垂直水平面向下，大小随时间变化，B1、B2 的值和变化规律如图乙所示。则下列说法中正确的是(取 3)()A通过线
168、框中的感应电流方向为逆时针方向Bt0 时刻穿过线框的磁通量为 0.1 WbC在 00.6 s 内通过线框中的电荷量为 0.006 CD00.6 s 时间内线框中产生的热量为 0.06 J解析：选 AD 匀强磁场 B1 不变化，磁场 B2 垂直水平面向下，大小随时间均匀增加，根据楞次定律，线框中的感应电流方向为逆时针方向，选项 A 正确；t0 时刻穿过线框的磁通量为 B112r2B216r20.005 Wb，选项 B 错误；t0.6 s 时穿过线框的磁通量为B112r2B216r20.01 Wb，根据 qnR nR，在 00.6 s 内通过线框中的电荷量为 0.12 C，选项 C 错误；00.6
169、 s 时间内线框中产生的热量 Qnt21Rt0.06 J，选项 D 正确。11.多选如图所示，一边长为 l2a 的正方形区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。一边长为 a、电阻为 R的正方形线框置于磁场左侧，且线框右边与磁场左边界平行，距离为a，现给该正方形线框施加一水平向右的拉力，使其沿直线匀速向右运动，则以下关于线框受到的安培力、产生的感应电流随时间变化的图像正确的是(以水平向左的方向为安培力的正方向，以逆时针方向为电流的正方向)()解析：选 BD 由于安培力在整个运动过程中都在阻碍线框向右运动，所以安培力的方向不会发生改变，线框未进入磁场前和线框完全在磁场中时不受安
170、培力作用，所以选项 A错误，B 正确；当线框经过一段时间进入磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为逆时针方向，线框完全在磁场中时不产生感应电流，当线框出磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为顺时针方向，所以选项 C 错误，选项 D 正确。12多选如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为 r，线框电阻为 R，连接一交流电流表(内阻不计)。线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度 B 随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为 B 的正方向)，则下列说法正确的是()A0.005 s 时线框中的感应电流最大B0.01 s 时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C0.015 s 时
171、电流表的示数为零D00.02 s 内闭合导线框上产生的热量为4r4R解析：选 BD 线框中的感应电动势为 Er2Bt，感应电流为 ir2R Bt，在 0.005 s时，Bt 0，则 i0，A 项错；由楞次定律知在 0.01 s 时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B 项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C 项错；感应电动势的峰值为 EmBmr22T，一个周期导线框上产生的热量为 QEm22RT4r4R，D 项正确。13(2018 届高三江西五市八校联考)如图甲所示，两平行光滑导轨倾角为 30，相距10 cm，质量为 10 g 的直导线 PQ 水平放置在导轨上，从 Q 向 P 看的
172、侧视图如图乙所示。导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为 12.5 V，内阻为 0.5，限流电阻 R5，R为滑动变阻器，其余电阻均不计。在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为 1 T 的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线。g 取 10 m/s2。若要保持直导线静止在导轨上，则滑动变阻器连入电路的阻值大小及与之相对应的磁场方向可能是()AR12，磁场方向水平向右BR25，磁场方向垂直斜面向左上方CR7，磁场方向水平向左DR19.5，磁场方向垂直斜面向右下方解析：选 D 磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有 mgBIL，得 ImgBL0.
173、011010.1A1 A，由 IERRr，得 R7，故 A 错误；磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在导轨上，故 B 错误；磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在导轨上，故 C 错误；磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿导轨向上，由平衡条件有 mgsin 30BIL，得 I12mgBL0.5 A，由 IERRr，得 R19.5，故 D 正确。14多选(2018 届高三河南豫南九校联考)如图所示，足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面成 角(0I1，因此 A1 和 L1 电阻不相等，所以 A、B 错误；题图 2 中
174、，闭合 S2 时，由于自感作用，通过 L2 与 A2 的电流 I2 会逐渐增大，而通过 R 与 A3 的电流 I3立即变大，因此电流不相等，所以 D 错误；由于最终 A2 与 A3 亮度相同，所以两支路电流I 相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压 U 与电流 I 均相同，所以两支路电阻相同。由于 A2、A3 完全相同，故变阻器 R 与 L2 的电阻值相同，所以 C 正确。3(2017百校联盟调研卷)如图 1 所示，匝数 n6 的螺线管(电阻不计)，截面积为 S10 cm2，线圈与 R12 的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小 B 随时间 t 变化
175、的关系如图 2 所示，规定感应电流 i 从 a 经过R 到 b 的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，下列 i-t 关系图中正确的是()解析：选 B 由题意可知，在 02 s 时间内，磁感应强度变化率的大小为B1t1 3103 T/s，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为 E1nB1t1 S1.8105 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流 i1E1R 1.5106 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为ab，为正方向；同理可计算在 25 s 时间内，i2E2R 1106 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为 ba，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故 B 正确
176、，A、C、D 错误。4.多选(2018 届高三陕西名校联考)空间中有磁感应强度为 B 的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为 L、电阻为 R、粗细均匀的正方形金属线框 abcd 置于匀强磁场区域中，ab 边与磁场右边界平行。若拉着金属线框以速度 v 向右匀速运动，则()A当 cd 边即将出磁场区域时，a、b 两点间的电压为3BLv4B从把 ab 边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功为2B2L3vRC从把 ab 边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功的功率为B2L2v2RD从把 ab 边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的
177、过程中，通过金属线框的电荷量为BL2R解析：选 CD 当 cd 边即将出磁场区域时，cd 边切割磁感线产生的感应电动势 EBLv，a、b 两点间的电压等于14EBLv4，选项 A 错误。当 ab 边刚出磁场区域时，cd 边切割磁感线产生的感应电动势 EBLv，线框中电流 IER，所受安培力 F 安BILB2L2vR，由于金属线框做匀速运动，拉力等于安培力，拉力做功 WFLF 安LB2L3vR，选项 B 错误。拉力做功功率为 PB2L2v2R，选项 C 正确。由 Et，I ER，q I t，联立解得 qR，磁通量变化量 BL2，通过金属线框的电荷量为 qR BL2R，选项 D 正确。5.多选(2
178、016全国卷)如图，M 为半圆形导线框，圆心为 OM；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为 ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线 OMON 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框 M、N 在 t0 时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过 OM 和 ON 的轴，以相同的周期 T 逆时针匀速转动，则()A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于 TC在 tT8时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选 BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项 A 错误；导线
179、框的转动周期为 T，则感应电流的周期也为 T，选项 B 正确；在 tT8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项 C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项 D 错误。第 19 讲|“活学巧记”掌握原子物理学考法学法原子物理部分知识点较多，需要学生强化对知识的理解和记忆。在高考试卷中，对原子物理的考查一般是一个选择题，难度不大，考查热点主要有：原子能级跃迁和原子核的衰变规律；核反应方程的书写、质量亏损和核能的计算；原子物理部分的物理学史和、三种射线的特点及应用等。由于本讲内容琐碎，
180、考查点多，因此复习时应抓住主干知识，梳理出知识点，进行理解性记忆。一、光电效应 波粒二象性基础保分类考点全练题点1多选(2017全国卷)在光电效应实验中，分别用频率为 a、b 的单色光 a、b 照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为 Ua 和 Ub、光电子的最大初动能分别为 Eka 和Ekb。h 为普朗克常量。下列说法正确的是()A若 ab，则一定有 Uab，则一定有 EkaEkbC若 UaUb，则一定有 Ekab，则一定有 haEkahbEkb解析：选 BC 设该金属的逸出功为 W，根据爱因斯坦光电效应方程有 EkhW，同种金属的 W 不变，则逸出光电子的最大初动能随 的增大而增大，B
181、项正确；又 EkeU，则最大初动能与遏止电压成正比，C 项正确；根据上述有 eUhW，遏止电压 U 随 增大而增大，A 项错误；又有 hEkW，W 相同，则 D 项错误。2(2016全国卷)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说法正确的是()A保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B入射光的频率变高，饱和光电流变大C入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关解析：选 ACE 产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数
182、越多，饱和光电流越大，说法 A 正确。饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法 B 错误。光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法 C 正确。减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法 D 错误。遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法 E 正确。3(2015全国卷)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是()A电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的
183、频率有关，与入射光的强度无关解析：选 ACD 电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项 A正确。射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项 B 错误。人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项 C 正确。电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项 D 正确。光电效应实验，体现的是波的粒子性，选项 E 错误。4(2017北京市朝阳区模拟)从 1907 年起，密立根就开始测量金属的遏止电压 Uc(即图甲所示的电路中电流表 G 的读数减小到零时加在电极 K、A 之间的反向电压)与入射光的频率，由此算出普朗克常量 h，并与普朗克根据黑体辐射得出的 h
184、相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的Uc-图像如图乙所示。下列说法正确的是()A该金属的截止频率约为 4.301014 HzB该金属的截止频率约为 5.501014 HzC该图线的斜率为普朗克常量D该图线的斜率为这种金属的逸出功解析：选 A 设金属的逸出功为 W0，截止频率为 c，则 W0hc。光电子的最大初动能 Ek与遏止电压 Uc 的关系是 EkeUc，光电效应方程为 EkhW0，联立两式可得：UcheW0e，故 Uc-图像的斜率为he，C、D 错误；当 Uc0 时，可解得 W0h c，此时读图可知，4.301014 Hz，即
185、金属的截止频率约为 4.301014 Hz，A 正确，B 错误。5多选关于物质波，下列说法错误的是()A任何运动的物体都伴随着一种波，这种波叫做物质波BX 射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的C电子的衍射实验，证实了物质波假设是正确的D宏观物体尽管具有波动性，但它们不具有干涉、衍射等现象解析：选 BD 据德布罗意物质波理论知，任何一个运动的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之相对应，这种波就叫物质波，可见，A 选项是正确的；由于 X 射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故 X 射线的衍射实验，并不能证实物质波理论的正确性，即 B 选项错误；电子是一种实物粒子，电子的衍射现象
186、表明运动着的实物粒子具有波动性，故 C 选项是正确的；由电子穿过铝箔的衍射实验知，少量电子穿过铝箔后所落的位置是散乱的、无规律的，但大量电子穿过铝箔后所落的位置则呈现出衍射图样，即大量电子的行为表现出电子的波动性，干涉、衍射是波的特有现象，只要是波，都会发生干涉、衍射现象，故 D 选项错误。全能备考1光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应。(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过 109 s。(4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比。
187、2爱因斯坦光电效应方程(1)表达式：hEkW0 或 EkhW0。(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是 h，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功 W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能。3光电流和饱和光电流金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。4入射光强度与光子能量入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量，光子能量即每个光子的能量。光的总能量等于光子能量与入射光子数的乘积。5光电效应的两个图像(1)光电子的最大初动能随入射光频率变化而
188、变化的图像如图所示。依据12mv2maxhh0 可知：当 Ek12mv2max0 时，0，即图线在横轴上的截距在数值上等于金属的极限频率。斜率 kh普朗克常量。图线在纵轴上的截距的绝对值等于金属的逸出功：W0h0。(2)光电流随外电压变化的规律如图所示，纵轴表示光电流，横轴表示阴、阳两极处所加外电压。当 UU时，光电流恰好为零，此时能求出光电子的最大初动能，即 EkeU，此电压称为遏止电压。当 UU0 时，光电流恰达到饱和光电流，此时所有光电子都参与了导电，电流最大为Imax。6光的波粒二象性(1)大量光子易显示出波动性，而少量光子易显示出粒子性。(2)波长长(频率低)的光波动性强，而波长短(
189、频率高)的光粒子性强。(3)光子说并未否定波动说，Ehhc 中，和 就是波的概念。(4)波和粒子在宏观世界是不能统一的，而在微观世界却是统一的。7物质波(1)定义：任何一个运动着的物体，都有一种波与之对应，这种波称为物质波。(2)公式：物质波的波长 hp，p 为运动物体的动量，h 为普朗克常量。二、原子结构、氢原子的能级跃迁基础保分类考点全练题点1人们在研究原子结构时提出过许多模型，其中比较有名的是枣糕模型和核式结构模型，它们的模型示意图如图所示。下列说法中正确的是()A 粒子散射实验与枣糕模型和核式结构模型的建立无关B科学家通过 粒子散射实验否定了枣糕模型，建立了核式结构模型C科学家通过 粒
190、子散射实验否定了核式结构模型，建立了枣糕模型D科学家通过 粒子散射实验否定了枣糕模型和核式结构模型，建立了玻尔的原子模型解析：选 B 粒子散射实验与核式结构模型的建立有关，通过该实验，否定了枣糕模型，建立了核式结构模型。2.如图所示为氢原子的四个能级，其中 E1 为基态，若氢原子 A 处于激发态 E2，氢原子 B 处于激发态 E3，则下列说法正确的是()A原子 A 可能辐射出 3 种频率的光子B原子 B 可能辐射出 3 种频率的光子C原子 A 能够吸收原子 B 发出的光子并跃迁到能级 E1D原子 B 能够吸收原子 A 发出的光子并跃迁到能级 E4解析：选 B 原子 A 处于激发态 E2，因此其
191、辐射光子频率数目只能有 1 种，A 错误；原子 B 处于 n3 的能级，能辐射出 C2n3 种频率的光子，B 正确；据氢原子能级的量子性、吸收光子必须满足 hEmEn，故 C、D 错误。3多选(2018 届高三河南豫南九校联考)如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子的能量范围为 1.623.11 eV，锌板的电子逸出功为 3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁的过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是()A用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板，一定不能产生光电效应现象B用能量为 11.0 eV 的自由电子轰击，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C处于 n2 能级的氢原子能吸收任意频率的紫外
192、线D处于 n3 能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离解析：选 BD 氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为 10.2 eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故 A 错误；用能量为 11.0 eV 的电子轰击，基态的氢原子吸收的能量可以等于 10.2 eV，可以使处于基态的氢原子跃迁到 n2 能级，故 B 正确；紫外线光子的最小能量为 3.11 eV，处于 n2 能级的氢原子的电离能为 3.4 eV，故紫外线不能被 n2 能级的氢原子吸收，故 C 错误；而处于 n3 能级的氢原子的电离能为 1.51 eV，故处于 n3 能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使
193、氢原子电离，故 D 正确。4许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。利用氢气放电管可以获得氢原子光谱，根据玻尔理论可以很好地解释氢原子光谱的产生机理。已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量为 EnE1n2，其中 n2,3,4，。1885 年，巴耳末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写作1R122 1n2，n3,4,5，。式中 R 叫做里德伯常量，这个公式称为巴耳末公式。用 h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则里德伯常量 R 可以表示为()A E12hc B.E12hcCE1hcD.E1h
194、c解析：选 C 氢原子若从 n2 的能级跃迁到 n2 的能级，由玻尔理论可得：E1n2E122hhc，按照巴耳末公式，原子由 n2 的能级跃到 n2 的能级，放出的谱线的波长满足：1R122 1n2，以上两式相比较可得：E1hcR，故里德伯常量 R 可表示为 RE1hc，C选项正确。全能备考1原子结构与原子光谱2氢原子能级图与原子跃迁问题的解答技巧(1)能级之间跃迁时放出的光子频率是不连续的。(2)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由 hEmEn 求得。若求波长可由公式c 求得。(3)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n1)。(4)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法
195、。用数学中的组合知识求解：NC2nnn12。利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。三、原子核的衰变及半衰期基础保分类考点全练题点1.如图所示，一天然放射性物质发出三种射线，经过一个匀强电场和匀强磁场共存的区域(方向如图所示)。调整电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小，使得在 MN 上只有两个点受到射线的照射，则下面判断正确的是()A射到 b 点的一定是 射线B射到 b 点的一定是 射线C射到 b 点的一定是 射线或 射线D射到 b 点的一定是 射线解析：选 C 射线不带电，在电场和磁场中它都不受力的作用，只能射到 a 点，选项D 错误；调整 E 和 B
196、 的大小，既可以使带正电的 射线沿直线前进，也可以使带负电的 射线沿直线前进，沿直线前进的条件是电场力与洛伦兹力平衡，即 qEqBv。已知 粒子的速度比 粒子的速度小得多，当 粒子沿直线前进时，速度较大的 粒子向右偏转；当 粒子沿直线前进时，速度较小的 粒子也向右偏转，故选项 C 正确，A、B 错误。2将半衰期为 5 天、质量为 64 g 的铋分成四份分别投入：(1)开口容器中；(2)100 atm的密封容器中；(3)100 的沸水中；(4)与别的元素形成化合物。经 10 天后，四种情况下剩下的铋的质量分别为 m1、m2、m3、m4，则()Am1m2m3m44 gBm1m2m34 g，m4m2
197、m3m4，m14 gDm14 g，其余无法知道解析：选 A 放射性元素的半衰期是一定的，与放射性元素所处的物理环境和化学环境无关，故四种情况下铋剩余的质量相等，剩余的铋的质量为 m 余16 122 g4 g，所以A 正确。3(2017全国卷)一静止的铀核放出一个 粒子衰变成钍核，衰变方程为23892U23490Th42He。下列说法正确的是()A衰变后钍核的动能等于 粒子的动能B衰变后钍核的动量大小等于 粒子的动量大小C铀核的半衰期等于其放出一个 粒子所经历的时间D衰变后 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量解析：选 B 静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后
198、产生的钍核和 粒子的动量等大反向，即 pThp，B 项正确；因此有 2mThEkTh2mEk，由于钍核和 粒子的质量不等，因此衰变后钍核和 粒子的动能不等，A 项错误；根据半衰期的定义可知，C 项错误；由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，因此 D 项错误。4(2017哈尔滨三校联考)23892U 是一种放射性元素，能够自发地进行一系列放射性衰变，如图所示，判断下列说法正确的是()A图中 a 是 84，b 是 206B.20682Pb 比23892U 的比结合能大CY 是 衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的DY 和 Z 是同一种衰变E从 X 衰变中放出
199、的射线电离性最强解析：选 ABD 由21083Bi210 aPo，质量数没变，则 X 是 衰变，所以 a84，由21083Bi b81Tl，电荷数减少 2，则 Y 是 衰变，所以 b206，A 正确，C 错误；由衰变的过程知，20682Pb比23892U 稳定，则20682Pb 比23892U 的比结合能大，B 正确；由210a Po20682Pb 及 a84 知，Z 为 衰变，D 正确；从 衰变中放出的是 射线，其电离性最弱，E 错误。全能备考1衰变次数的确定方法方法一：确定衰变次数的方法是依据两个守恒规律，设放射性元素AZX 经过 n 次 衰变和 m 次 衰变后，变成稳定的新元素AZY，则
200、表示该核反应的方程为AZXAZYn42Hem 01e。根据质量数守恒和电荷数守恒可列方程AA4nZZ2nm由以上两式联立解得 nAA4，mAA2ZZ由此可见确定衰变次数可归结为求解一个二元一次方程组。方法二：因为 衰变对质量数无影响，可先由质量数的改变确定 衰变的次数，然后根据衰变规律确定 衰变的次数。2对半衰期的理解(1)半衰期公式：N 余N 原 12t，m 余m 原 12t。(2)半衰期的物理意义：半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰变速率一定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差别很大。(3)半衰期的适用条件：半衰期是一个统计规律，是对大量的原子核衰变规律的总结，
201、对于较少特定个数的原子核，无法确定会有多少发生衰变。四、核反应方程与核能的计算基础保分类考点全练题点1(2017天津高考)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是()A.21H31H42He10nB.147N42He178O11HC.42He2713Al3015P10nD.23592U10n14456Ba8936Kr310n解析：选 A A 项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程，B 项是用 粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程，C 项属于原子核的人工转变，D 项属于重核的裂变，因此
202、只有 A 项符合要求。2多选(2015广东高考)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：XY42He31H4.9 MeV 和21H31H42HeX17.6 MeV，下列表述正确的有()AX 是中子BY 的质子数是 3，中子数是 6C两个核反应都没有质量亏损D氘和氚的核反应是核聚变反应解析：选 AD 核反应方程遵守核电荷数守恒和质量数守恒，则由21H31H42HeX17.6 MeV 知 X 为10n，由 XY42He31H4.9 MeV 知 Y 为63Li，其中 Y 的质子数是 3，中子数也是 3，选项 A 正确，选项 B 错误。两个核反应都释放出核能，故都有质量
203、亏损，选项 C 错误。XY42He31H4.9 MeV 是原子核的人工转变，21H31H42He10n17.6 MeV为轻核聚变，选项 D 正确。3(2017全国卷)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：21H21H32He10n。已知21H 的质量为 2.013 6 u，32He 的质量为3.015 0 u，10n 的质量为 1.008 7 u,1 u931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为()A3.7 MeV B3.3 MeVC2.7 MeV D0.93 MeV解析：选 B 氘核聚变反应的质量亏损为 m22.013 6 u(3.015
204、0 u1.008 7 u)0.003 5 u，释放的核能为 Emc20.003 5931 MeV/c2c23.3 MeV，选项 B 正确。4朝鲜在 2017 年 9 月进行了第六次核试验，此举引起国际社会的强烈谴责。假如某次核试验材料为铀 235，则下列说法正确的是()A.23592U 原子核中有 92 个质子，143 个核子B.23592U 是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为 45 亿年，升高温度后半衰期会缩短C核爆炸的能量来自于原子核的质量亏损，遵循规律 Emc2D.23592U 的一种裂变可能为23592U10n13054Xe9538Sr310n解析：选 C 23592U 原子核中有
205、 92 个质子，235 个核子，143 个中子，选项 A 错误；23592U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为 45 亿年，升高温度后半衰期不变，选项 B 错误；核爆炸的能量来自于原子核的质量亏损，遵循规律 Emc2，选项 C 正确；选项 D 中给出的23592U10n13054Xe9538Sr310n，不满足质量数守恒条件，选项 D 错误。全能备考1核反应方程与核能计算 2解答有关核反应方程问题的技巧(1)熟记常见基本粒子的符号是正确书写核反应方程的基础。如质子(11H)、中子(10n)、粒子(42He)、粒子(01e)、正电子(01e)、氘核(21H)、氚核(31H)等。(2)熟悉核反
206、应的四种基本类型衰变、人工转变、裂变和聚变。(3)掌握核反应方程遵守的规律是正确书写核反应方程或判断某个核反应方程是否正确的依据，所以要理解并应用好质量数守恒和电荷数守恒的规律。(4)明白核反应过程是不可逆的核反应方程只能用箭头连接并表示反应方向，不能用等号连接。3核能的理解与计算(1)比结合能越大，原子核结合的越牢固。(2)到目前为止，核能发电还只停留在利用裂变核能发电。(3)核能的计算方法：根据爱因斯坦质能方程，用核反应的质量亏损的千克数乘以真空中光速 c 的平方，即 Emc2(J)。根据 1 原子质量单位(u)相当于 931.5 兆电子伏(MeV)能量，用核反应的质量亏损的原子质量单位数
207、乘以 931.5 MeV，即 Em931.5(MeV)。如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。专题强训提能 1关于光电效应的规律，下列说法中正确的是()A发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电子数目增多B光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C发生光电效应的反应时间一般都大于 107 sD只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生解析：选 A 发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属内逸出的光电子数目增多，选项 A 正确；光电子的最大初动
208、能跟入射光强度无关，随入射光的频率增大而增大，选项 B 错误；发生光电效应的反应时间一般都不超过 109 s，选项 C 错误；只有入射光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项 D 错误。2(2016全国卷)一静止的铝原子核2713Al 俘获一速度为 1.0107 m/s 的质子 p 后，变为处于激发态的硅原子核2814Si*。下列说法正确的是()A核反应方程为 p2713Al2814Si*B核反应过程中系统动量守恒C核反应过程中系统能量不守恒D核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E硅原子核速度的数量级为 105 m/s，
209、方向与质子初速度的方向一致解析：选 ABE 核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为 p2713Al2814Si*，A 正确。核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，B 正确，C 错误。核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，D 错误。根据动量守恒定律有 mpvpmSivSi，碰撞后硅原子核速度的数量级为 105 m/s，方向与质子初速度方向一致，E 正确。3多选1927 年戴维逊和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一。如图所示是该实验装置的简化图，下列说法正确的是()A亮条纹是电子到达概率大的地方B该实验说明物质波理论是正确的C该实验再次
210、说明光子具有波动性D该实验说明实物粒子具有波动性解析：选 ABD 电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，B、D 正确，C 错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，A 正确。4多选(2018 届高三牡丹江一中摸底)以下说法正确的是()A太阳内部发生的核反应是核聚变反应B康普顿效应表明光子具有能量，但没有动量C汤姆孙通过 粒子散射实验，提出了原子具有核式结构模型D根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小解析：选 AD 太阳内部发生的核反应是轻核聚变反应，A 正确；
211、康普顿效应表明光子不仅具有能量还具有动量，故 B 错误；卢瑟福通过 粒子散射实验，提出了原子具有核式结构模型，故 C 错误；根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，释放一定频率的光子，轨道半径减小，根据 ke2r2mv2r 知，动能增大，由于能量减小，则电势能减小，故 D 正确。5(2014全国卷)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是()A密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D卢瑟福通过 粒子散射实验证实
212、了在原子核内部存在质子E汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：选 ACE 密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，A 项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过 粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，B 项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，C 项正确；卢瑟福用镭放射出的 粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D 项错误；汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线的本质是带电的粒子流，
213、并测出了这种粒子的比荷，E 项正确。6对下列各原子核变化的方程，表述正确的是()A.31H21H42He10n 是核聚变反应B.31H21H42He10n 是 衰变C.8234Se8236Kr2 01e 是核裂变反应D.23592U10n14054Xe9438Sr210n 是 衰变解析：选 A 31H21H42He10n，属于核聚变反应，A 正确，B 错误；8234Se8236Kr201e 是 衰变，C 错误；23592U10n14054Xe9438Sr210n 是核裂变反应，D 错误。7多选中子和质子结合成氘核，同时放出 光子，核反应方程是11H10n21H，以下说法正确的是()A反应后氘核
214、的质量一定小于反应前质子和中子的总质量B反应前后质量数不变，因而质量不变C由核子组成原子核一定向外释放能量D光子所具有的能量为 mc2，m 为反应中的质量亏损，c 为光速解析：选 ACD 根据质能方程，这个反应释放能量，一定发生质量亏损，即反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量，这个质量亏损与释放能量的关系满足质能方程 Emc2。由核子组成原子核一定向外释放能量，这个能量叫原子核的结合能。反应前后质量数不变，但质量变化。选项 A、C、D 正确。8多选静止的镭原子核22888Ra 经一次 衰变后变成一个新核 Rn，则下列相关说法正确的是()A该衰变方程为22888 Ra22486Rn4
215、2HeB若该元素的半衰期为，则经过 2 的时间，2 kg 的22888 Ra 中有 1.5 kg 已经发生了衰变C随着该元素样品的不断衰变，剩下未衰变的原子核22888Ra 越来越少，其半衰期也变短D若把该元素放到密闭的容器中，则可以减慢它的衰变速度解析：选 AB 由镭的 衰变方程22888Ra22486Rn42He，可判断 A 正确。由 mm0 12t，可知，t2 时，m0.5 kg，则已衰变的镭为 m 衰2 kg0.5 kg1.5 kg，B 正确。放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，C、D 错误。9已知氘核的平均结合能为 1.1 MeV
216、，氦核的平均结合能为 7.1 MeV，则两个氘核结合成一个氦核时()A释放出 4.9 MeV 的能量B释放出 6.0 MeV 的能量C释放出 24.0 MeV 的能量D吸收 4.9 MeV 的能量解析：选 C 根据题意可写出两个氘核结合成一个氦核的核反应方程为21H21H42He，由于氘核的平均结合能为 1.1 MeV，氦核的平均结合能为 7.1 MeV，故结合前氘核的结合能为 E121.1 MeV，结合后氦核的结合能为 E247.1 MeV，故 E2E1E224.0 MeV，负号表示释放能量，选项 C 正确。10(2018 届高三宁波调研)一个德布罗意波波长为 1 的中子和另一个德布罗意波波
217、长为 2 的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为()A.1212 B.1212C.122D.122解析：选 A 中子的动量 p1h1，氘核的动量 p2h2，同向正碰后形成的氚核的动量p3p2p1，所以氚核的德布罗意波波长 3hp3 1212，A 正确。11.(2017河北定州中学模拟)可见光光子的能量在 1.613.10 eV范围内。如图所示，氢原子从第 4 能级跃迁到低能级的过程中，根据氢原子能级图可判断()A从第 4 能级跃迁到第 3 能级将释放出紫外线B从第 4 能级跃迁到第 3 能级放出的光子，比从第 4 能级直接跃迁到第 2 能级放出的光子频率更高C从第 4 能级跃
218、迁到第 3 能级放出的光子，比从第 4 能级直接跃迁到第 1 能级放出的光子波长更长D氢原子从第 4 能级跃迁到第 3 能级时，原子要吸收一定频率的光子，原子的能量增加解析：选 C 从 n4 能级跃迁到 n3 能级时辐射的光子能量 E430.85(1.51)eV0.66 eV，不在可见光光子能量范围之内，属于红外线，故 A 错误；从 n4 能级跃迁到 n2 能级时辐射的光子能量 E420.85(3.4)eV2.55 eVE43，光子的频率 Eh，所以 43E43，光子的波长 hcE，所以 4341，故 C 正确；从第 4 能级跃迁到第 3 能级时，原子要辐射一定频率的光子，原子的能量减少，故
219、D 错误。12多选(2017济宁一模)图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极 K和阳极 A 上的电压的关系图像，下列说法正确的是()A由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C只要增大电压，光电流就会一直增大D遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大解析：选 ABD 由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故 A 正确；根据光电效应方程知，EkmhW0eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故
220、B正确；增大电压，当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故 C 错误；根据EkmeUc，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，故 D 正确。13.多选如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图，一群氢原子处于 n4 的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有()A电子轨道半径减小，动能增大B氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C由 n4 跃迁到 n1 时发出光子的频率最小D金属钾的逸出功为 2.21 eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有 4 条解析：选 AD 氢原子从第 4 能级向低能级跃迁时，原子的能量减小，电子的轨道半径减小，动能
221、增大，电势能减小，故 A 正确；能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，则氢原子跃迁时，发出不连续的光谱线，故 B 错误；由 n4 跃迁到 n1 时辐射的光子能量最大，发出光子的频率最大，故 C 错误；一群处于第 4 能级的氢原子跃迁到较低能级时可以放出 6 条光谱线，能量大于 2.21 eV 的光谱线有 4 条，故 D 正确。14.多选(2017西工大附中三模)如图所示，用某单色光照射光电管的阴极 K，会发生光电效应。在阳极 A 和阴极 K 之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大加在光电管上的电压，直至电流表中电流恰为零，此时电压表的电压值 U 称为反向遏止电压
222、。现分别用频率为 1 和 2 的单色光照射阴极，测得反向遏止电压分别为 U1 和 U2，设电子的质量为 m、电荷量为 e，下列说法正确的是()A频率为 1 的光照射时，光电子的最大初速度为2eU1mB频率为 2 的光照射时，光电子的最大初速度为eU22mC阴极 K 金属的逸出功为 WeU12U2112D阴极 K 金属的极限频率是 0U12U21U1U2解析：选 ACD 在阳极 A 和阴极 K 之间加上反向电压，逸出的光电子在反向电场中做减速运动，根据动能定理可得eU012mv2m，解得光电子的最大初速度为 vm2eUm，所以频率为 1 的光照射时，光电子的最大初速度为2eU1m，用频率为 2
223、的光照射时，光电子的最大初速度为2eU2m，故 A 正确，B 错误；根据光电效应方程可得 h1eU1W，h2eU2W，联立可得 WeU12U2112，heU1U212，阴极 K 金属的极限频率 0WhU12U21U1U2，C、D 正确。教师备选题1(2018 届高三北京市丰台区摸底)关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是()A氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小解析：选 C 氢原子处于基态时，电子的轨道半径最小，故 A 错误；由 hEmEn知
224、氢原子在不同能量态之间跃迁时只可以吸收特定频率的光子，故 B 错误；氢原子从基态向较高能量态跃迁，电子到氢原子核的距离增大，匀速圆周运动的半径增大，线速度减小，动能减小，C 正确；氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子到氢原子核的距离增大，电场力做负功，电势能增大，D 错误。2关于近代物理，下列说法正确的是()A 衰变时，射线是原子的核外电子释放出来的B组成原子核的核子质量之和大于原子核的质量C发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D 粒子散射实验表明核外电子轨道是量子化的解析：选 B 衰变中产生的 射线实际上是原子核中的中子转化成了一个质子和一个电子，而不是原子的核外电子释放出
225、来的，故 A 错误；当自由核子结合成原子核时，核力将做功，核子结合在一起时会释放能量，故组成原子核的核子质量之和大于原子核的质量，B 正确；根据爱因斯坦光电效应方程 EkhW0，知光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比，故 C 错误；根据玻尔理论可知，核外电子轨道是量子化的，故 D 错误。3.(2017龙岩模拟)1995 年科学家“制成”了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成。反质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷。反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原子能级如图所示。下列说法中正确的是()A反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B基态反氢原子的电离能是 13.
226、6 eVC基态反氢原子能吸收 11 eV 的光子发生跃迁D在反氢原子谱线中，从 n2 能级跃迁到基态辐射光子的波长最长解析：选 B 反氢原子和氢原子有相同的能级分布，所以反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故 A 错误；处于基态的氢原子的电离能是 13.6 eV，具有大于等于 13.6 eV 能量的光子可以使氢原子电离，故 B 正确；基态的反氢原子吸收 11 eV 光子，能量为13.6 eV11 eV2.6 eV，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收，故 C 错误；在反氢原子谱线中，从 n2 能级跃迁到基态辐射光子能量很大，频率很大，波长很小，故 D 错误。4.多选(2018 届高三保定调研)如图所示
227、，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是()A只调换电源的极性，移动滑片 P，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压 Uc 的数值B保持光照条件不变，滑片 P 向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大C不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大D图中入射光束的频率减小到某一数值 0 时，无论滑片 P 怎样滑动，电流表示数都为零，则 0 是阴极 K 的极限频率解析：选 ACD 只调换电源的极性，移动滑片 P，电场力对电子做负功，当电流表示数为零时，则有 qU12mv20，那么电压表示数为遏止电压 Uc 的数值，故 A 正确；保持光照条件不变，滑片 P 向右滑动的过程中，导
228、致电压增大，则电场力做功增大，则电流表示数会增大，若电流达到饱和电流，则电流表示数不再增大，故 B 错误；不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，则光电子数目增多，那么电流表示数会增大，故 C 正确；入射光束的频率减小到某一数值 0 时，无论滑片 P 怎样滑动，电流表示数都为零，则不会发生光电效应，可知 0 是阴极 K 的极限频率，故 D 正确。5目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些装饰材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性知识的说法中正确的是()A 射线与 射线一样是电磁波，但穿透本领远比 射线弱B氡的半衰期为 3.8 天，4 个氡原子核经过 7.6 天后就一定只
229、剩下 1 个氡原子核C.23892U 衰变成20682Pb 要经过 8 次 衰变和 8 次 衰变D放射性元素发生 衰变时所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的解析：选 D 射线的实质是电子流，射线的实质是电磁波，射线的穿透本领比较强，故 A 错误；半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故 B 错误；因为 衰变时质量数不变，所以 衰变的次数 n23820648，在 衰变的过程中电荷数共减少16，则 衰变的次数 m82169216，故 C 错误；衰变时，原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故 D 正确。第 20 讲|“前挂后连”巧记物理学史
230、和重要思想方法考法学法物理学史记录了人类对自然规律的研究历程，物理思想方法是研究物理问题的重要“思维工具”。历年高考对这部分知识时有考查，考查难度虽然不大，但因为知识点比较分散，学生平时重视程度不够，得分反而不高。因此复习本讲知识时要侧重对知识和事件的识记、理解。一、高中物理的重要物理学史1力学部分(1)1638 年，意大利物理学家伽利略用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点(即：质量大的小球下落快)。(2)1687 年，英国科学家牛顿提出了三条运动定律(即牛顿三大运动定律)。(3)17 世纪，伽利略通过构思的理想实验指出，在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保
231、持这个速度一直运动下去，得出结论：力是改变物体运动的原因。推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出，如果没有其他原因，运动物体将继续以同一速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。(4)20 世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。(5)人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是代表；而波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，大胆反驳地心说。(6)17 世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律。(7)牛顿于 1687 年正式发表万有引力定律；1798 年英国物理学家卡
232、文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。(8)1846 年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维烈应用万有引力定律，计算并观测到海王星，1930 年，美国天文学家汤苞用同样的计算方法发现冥王星。2电磁学部分(1)1785 年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律。(2)1837 年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。(3)1913 年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷 e 的电荷量，获得诺贝尔奖。(4)1826 年德国物理学家欧姆(17871854)通过实验得出欧姆定律。(5)19 世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现
233、电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。(6)1820 年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应。(7)法国物理学家安培发现两根通有同向电流的平行导线相吸，反向电流的平行导线则相斥，并总结出安培定则(右手螺旋定则)判断电流与磁场的相互关系和左手定则判断通电导线在磁场中受到磁场力的方向。(8)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。(9)汤姆孙的学生阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。(10)1932 年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器能在实验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场和
234、D 形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同)(11)英国物理学家法拉第发现了由磁场产生电流的条件和规律电磁感应定律。(12)俄国物理学家楞次发表确定感应电流方向的定律楞次定律。3原子物理部分(1)英国物理学家汤姆孙利用阴极射线管发现电子，并指出阴极射线是高速运动的电子流。获得 1906 年诺贝尔物理学奖。汤姆孙还提出原子的枣糕模型。(2)英国物理学家卢瑟福和助手们进行了 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，并用 粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，发现了质子，并预言原子核内还有另一种粒子中子。(3)丹麦物理学家玻尔提出了自己的原子结构假说，成功地解释和预言了氢原子的辐射
235、电磁波谱，并得出氢原子能级表达式。获得 1922 年诺贝尔物理学奖。(4)查德威克用 粒子轰击铍核时发现中子，获得 1935 年诺贝尔物理学奖。(5)法国物理学家贝可勒尔发现天然放射现象，说明原子核有复杂的内部结构，获得 1903年诺贝尔物理学奖。(6)爱因斯坦提出了质能方程式，并提出光子说，成功地解释了光电效应规律，因此获得 1921 年诺贝尔物理学奖。(7)1900 年，德国物理学家普朗克解释物体热辐射规律提出能量子假说，获得 1918 年诺贝尔物理学奖。(8)1922 年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对 X 射线的散射时发现康普顿效应，证实了光的粒子性。获得 1927 年诺贝尔物
236、理学奖。(9)1924 年，法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性。4选考部分(1)热学英国植物学家布朗发现悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象布朗运动。(2)机械振动 机械波奥地利物理学家多普勒(18031853)首先发现由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到频率发生变化的现象多普勒效应。(3)光现象 电磁波英国物理学家托马斯杨成功地观察到了光的干涉现象。英国物理学家麦克斯韦发表电磁场的动力学理论的论文，提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在，指出光是一种电磁波，为光的电磁理论奠定了基础。德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的传播速度
237、等于光速。1895 年，德国物理学家伦琴发现 X 射线(伦琴射线)，获得 1901 年诺贝尔物理学奖。(4)相对论1905 年，爱因斯坦提出了狭义相对论，有两条基本原理：相对性原理在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的。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，光速与光源、观察者间的相对运动没有关系。二、高中物理的重要思想方法1理想模型法：为了便于进行物理研究或物理教学而建立的一种抽象的理想客体或理想物理过程，突出了事物的主要因素、忽略了事物的次要因素。理想模型可分为对象模型(如质点、点电荷、理想变压器等)、条件模型(如光滑表面、轻杆、轻绳、匀强电场、匀强磁场等)和过程模型
238、(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速直线运动、匀速圆周运动、恒定电流等)。2极限思维法：就是人们把所研究的问题外推到极端情况(或理想状态)，通过推理而得出结论的过程，在用极限思维法处理物理问题时，通常是将参量的一般变化，推到极限值，即无限大、零值、临界值和特定值的条件下进行分析和讨论。如公式 vxt中，当 t0时，v 是瞬时速度。3理想实验法：也叫做实验推理法，就是在物理实验的基础上，加上合理的科学的推理得出结论的方法就叫做理想实验法，这也是一种常用的科学方法。如伽利略斜面实验、推导出牛顿第一定律等。4微元法：微元法是指在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体目的
239、的方法。它在解决物理学问题时很常用，思想就是“化整为零”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体。5比值定义法：就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，特点是：ABC，但 A 与 B、C 均无关。如 avt、EFq、CQU、Iqt、RUI、B FIL、mV等。6放大法：在物理现象或待测物理量十分微小的情况下，把物理现象或待测物理量按照一定规律放大后再进行观察和测量，这种方法称为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大。7控制变量法：决定某一个现象的产生和变化的因素很多，为了弄清事物变化的原因和规律，必须设法把其中的一个或几个因素用人为的方法控制起来，使它保持不变，研究其他两
240、个变量之间的关系，这种方法就是控制变量法。比如探究加速度与力、质量的关系，就用了控制变量法。8等效替代法：在研究物理问题时，有时为了使问题简化，常用一个物理量来代替其他所有物理量，但不会改变物理效果。如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等。9类比法：也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法。其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大。如研究电场力做功时，与重力做功进行类比；认识电流时，用水流进行类比；认识电压时，用水压进行类比。专题强训提能 1多选下列说法中，符合物理学史的是()A亚里士多德认为，
241、力是维持物体运动的原因B牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值C通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说D奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系解析：选 ACD 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了万有引力常量的数值，B 错误；其他三个选项均符合物理学史实，故选 A、C、D。2在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，
242、往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：选 D 只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C 错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D 正确。3多选以下叙述正确的是()A法拉第发现了电磁感应现象B惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果解析：选 AD 法拉第通过实验发现了电磁感应现象，得出了磁
243、生电的基本原理，A 正确；质量是衡量物体惯性大小的唯一因素，速度大的物体惯性不一定大，B 错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，C 错误；利用楞次定律能判断感应电流的方向，电磁感应现象是其他形式的能转化为电能的过程，遵守能量守恒定律，D正确。4多选(2018 届高三三明四校联考)在科学发展史上，每一位科学家的成果无一例外的都是在前人成果及思想方法的启迪下，点燃了自己智慧的火花，并加之自己的实践及对理论的创新归纳总结而得出的。下列叙述符合物理史实的是()A伽利略传承了亚里士多德关于力与运动关系的物理思想，开创了某些研究物理学的科学方法B牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家
244、的结论的基础上得出了经典的牛顿第一定律C库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验研究得出了库仑定律D楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律解析：选 BC 伽利略不是传承而是否定了亚里士多德的关于力与运动关系的物理思想，A 错；法拉第提出了电磁感应定律，D 错；B、C 符合历史事实。5许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是()A牛顿第一定律是通过多次实验总结出来的一条实验定律B库仑通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值C亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因D开普勒三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础解析
245、：选 D 牛顿第一定律是牛顿在伽利略、笛卡儿等人研究的基础上总结出来的，不是通过实验得出的，A 错误；引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出的，库仑通过扭秤实验测出了静电力常量，B 错误；亚里士多德提出了力是维持物体运动的原因，C 错误；开普勒发现了行星运动的三大定律，为后人发现万有引力定律奠定了基础，D 正确。6在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是()A伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在C安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律D楞
246、次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律解析：选 B 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项 A 错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项 B 正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项 C 错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项 D 错误。7在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了巨大的贡献，以下关于物理学史和所用物理学思想方法的叙述中不正确的是()A伽利略应用理想实验说明力是维持物体运动的原因B微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测
247、出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法C瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法解析：选 A 伽利略应用理想实验说明力不是维持物体运动的原因；微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法；瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法。8在物理学史上，正确认识
248、运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是()A亚里士多德、伽利略 B亚里士多德、牛顿C伽利略、爱因斯坦D伽利略、牛顿解析：选 D 亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，不受力的作用物体就保持静止；伽利略根据小球从斜面上滚下的实验，提出如果没有摩擦阻力，小球将永远运动下去，即力不是维持物体运动的原因；牛顿在总结了前人研究的基础上提出了惯性定律；故 D 正确。9在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在
249、他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的方法楞次定律解析：选 A 古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境，选项 A正确；德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒行星运动定律，选项 B 错误；英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了
250、万有引力常量，选项 C 错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究得出了判断感应电流方向的方法楞次定律，选项 D 错误。10物理学中用到大量的科学研究方法，在建立下列物理概念时，都用到“等效替代”方法的是()A质点，电场强度B平均速度，点电荷C弹力，电势D合力与分力，合运动与分运动解析：选 D 等效替代方法是在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。即两概念对比，产生的某种效果相同，才是等效替代法，故只有选项 D正确。11以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是()A
251、极限的思想方法B放大的思想方法C控制变量的方法D猜想的思想方法解析：选 B 这三个实验共同的物理思想方法是把微小量进行放大，使之能够观察和测量，即放大的思想方法，选项 B 正确。12多选为了认识复杂的事物规律，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的事物，这种方法称为等效替代法，下列哪些物理概念的建立使用了等效替代思想()A惯性B重心C平均速度D合力与分力解析：选 BCD 重心是将物体各部分所受重力等效为集中于一点；平均速度是将变速运动过程等效为匀速运动过程，匀速运动的速度则为变速运动的平均速度；合力与分力是使力的作用效果相同。13多选下列关于物理学发展史的说法中正确的是()
252、A伽利略通过大量实验，发现只要斜面的倾角一定，不同质量的小球从不同高度开始滚动，小球的加速度都是相同的B奥斯特为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说C楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律D美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量解析：选 AD 伽利略通过大量实验，发现只要斜面的倾角一定，不同质量的小球从不同高度开始滚动，小球的加速度都是相同的，选项 A 正确；安培为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说，选项 B 错误；法拉第在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律，选项 C 错误；美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电
253、子的电荷量，选项 D 正确。14多选以下说法符合物理史实的是()A奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象B牛顿发现了万有引力定律，并且用扭秤装置测出了引力常量C开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础D库仑认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并提出用电场线简洁地描述电场解析：选 AC 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项 A 正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤装置测出了引力常量，选项 B 错误；开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，选项 C 正确；法拉第认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并提出用电场线简洁地描述电场
254、，选项 D 错误。15在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是()A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B根据速度定义式 vxt，当 t0 时，xt就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法解析：选 B 用质点代替物体采用的科学方法为
255、理想模型法，故 A 错误；以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故 B 正确；在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故 C 错误；在推导匀变速直线运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故 D 错误。教师备选题1下列说法中错误的是()A胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比是有条件的B牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证C库仑总结并确认了真空中任意两个电荷之间的相互作用的规律D亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动解析：选 C 根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与
256、弹簧的形变量成正比，A正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B正确；库仑用库仑扭秤实验研究总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用的规律，C 错误；亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动，D 正确。2物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的，有关下面四个实验装置，描述正确的是()A牛顿利用装置(1)测出了引力常量的数值B安培利用装置(2)总结出了点电荷间的相互作用规律C奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应D牛顿利用装置(4)总结出了自由落体运动规律解析：选 C 卡文迪许利用装置(
257、1)测出了引力常量的数值，故 A 错误；库仑利用装置(2)总结出了真空中静止点电荷间的相互作用规律，故 B 错误；奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应，故 C 正确；伽利略利用装置(4)总结出了自由落体运动的规律，故 D 错误。3“曹冲称象”是妇孺皆知的故事，当众人面临大象这样的庞然大物，且在缺少有效的称量工具的时候，他称量出大象的体重，体现了他的智慧，被世人称道。下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是()A“质点”的概念B合力与分力的关系C“瞬时速度”的概念D研究加速度与合力、质量的关系解析：选 B“曹冲称象”故事中用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的
258、合成与分解、运动的合成与分解是等效替代的思想，故 B 正确；建立“质点”的概念，采用的是理想模型法，故 A 错误；建立“瞬时速度”的概念，采用的是极值法，故 C 错误；研究加速度与合力、质量的关系，采用的是控制变量法，故 D 错误。4在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述正确的是()A法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流B楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，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C开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太
259、阳做匀速圆周运动D万有引力定律只适用于天体，不适用于地面上的物体解析：选 B 在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故 A 错误；楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故 B 正确；开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳运动的开普勒三定律，行星绕太阳做椭圆运动，C 错误；万有引力定律既适用于天体，也适用于地面上的物体，适用于宇宙万物，故 D 错误。5下列说法中不正确的是()A物理模型法就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素B万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而
260、减小，强相互作用与万有引力相同，与距离的二次方成反比C物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步修正它们D万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动的后面隐藏着简洁的科学规律，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则解析：选 B 万有引力和电磁相互作用都随距离的增大而减小，但强相互作用是在一定条件下发生的，它们的作用规律不同，故选项 B 错误。6物理学是培养学生科学思想、科学方法和科学精神的一门自然科学。下列关于常见的几种研究物理问题的方法中正
261、确的是()A比较法：在相同的时间内比较物体通过的路程和通过相同的路程比较所用的时间来比较物体运动的快慢B模型法：用磁感线表示磁场C归纳法：如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功D控制变量法：“探究求合力的方法”实验解析：选 B 在相同的时间内比较物体通过的路程和通过相同的路程比较所用的时间来比较物体运动的快慢，运用的是控制变量法，故 A 错误；用磁感线表示磁场，运用的是模型法，故 B 正确；如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，运用的是反证法，故 C 错误；“探究求合力
262、的方法”实验中运用的是等效替代法，故 D 错误。第 21 讲|巧妙解答物理图像选择题 考法学法物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一，也是高三复习的重点、难点，更是当今高考命题的热点。考查的题型既有选择题，又有计算题。在高考试卷中，有些题目直接给出图像，通过图像所提供信息进行分析；有些题目没有给出图像，但可以利用图像法求解，解题思路简洁、高效。复习本讲内容时，要侧重对各个常见图像的理解，掌握图像问题的分析方法。一、图像的识别基础保分类考点全练题点1a、b 两车在公路上沿同一方向做直线运动，在 t0 时刻，b车在 a 车前方
263、 500 m 处，它们的 v-t 图像如图所示，下列说法正确的是()Aa、b 加速时，a 车的加速度等于 b 车的加速度B在整个运动过程中，a、b 两车可以相遇两次C在第 60 s 时，a 车在 b 车的前方D在第 40 s 末，a、b 两车相距 900 m解析：选 B 由题图可知，a 车加速度为 a11.5 m/s2，b 车加速度为 a22 m/s2，A 错误；第 20 s 时，a 车位移为 x14010220 m500 m，b 车没动 x20 m，则 x1x0，a 车追上 b 车；第 60 s 时，a 车位移为 x1x14040 m2 100 m，b 车位移为 x240802m1 600
264、m，则 x1x2x0，b 车追上 a 车，即在整个运动过程中两车相遇两次，B 正确，C 错误；在第 40 s 末，a 车位移 x1x14020 m1 300 m，b 车位移 x240202m400 m，则两车相距 xx1(x2x0)400 m，则 D 错误。2多选甲、乙两个质点，质点甲固定在坐标原点，质点乙只能在 x 轴上运动，甲、乙之间的作用力 F 与 x 的关系如图所示。若质点乙自 P 点(x2.2 m)由静止释放，乙只受力F 作用，规定力 F 沿x 方向为正，则质点乙沿x 方向运动时，下列说法正确的是()A乙运动时，加速度大小先减小后增大B乙运动到 Q 点时，速度最大C乙运动到 R 点时
265、，加速度最小D乙运动到 R 点时，速度方向一定沿x 方向解析：选 BD 由题图可知乙运动时，所受的合力大小先减小后增大，再减小，故加速度先减小后增大，再减小，选项 A 错误；乙运动到 Q 点前，所受的合外力与速度方向相同，做加速运动，过 Q 点后，合力的方向与速度方向相反，做减速运动，故在 Q 点时，速度最大，选项 B 正确；在 Q 点所受的合外力最小，加速度最小，选项 C 错误；力对质点乙做的功等于 F-x 图像与坐标轴所围的面积大小，由图像可知，从 P 到 Q 合外力对质点乙做的功大于从 Q 到 R 合外力做的功，故在 R 点质点乙速度方向向右且不为 0，即乙运动到 R 点时，速度方向一定
266、沿x 方向，选项 D 正确。3.多选在“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高 h1 处开始计时，其动能 Ek与离地高度 h 的关系如图所示。在 h1h2 阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3 对应图像的最高点，小朋友的质量为 m，重力加速度为 g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是()A整个过程中小朋友的机械能守恒B从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大C小朋友处于 hh4 高度时，蹦床的弹性势能为 Epmg(h2h4)D小朋友从 h1 下降到 h5 过程中，蹦床的最大弹性势能为 Epmmgh1解析：选 BC 小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力
267、做功，故整个过程中小朋友的机械能不守恒，A 错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，故加速度先减小后增大，B 正确；由题图知，小朋友在 h2 处和 h4 处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于 h4 高度时，蹦床的弹性势能为 Epmg(h2h4)，C 正确；小朋友从 h1 下降到 h5 过程中，蹦床的最大弹性势能为 Epmmg(h1h5)，D 错误。4多选(2017西安长安区一中检测)如图甲所示平行金属板 AB 之间的距离为 6 cm，两板间电场强度随时间按图乙所示规律变化
268、。设场强垂直于金属板由 A 指向 B 为正，周期T8105 s。某带正电的粒子，电荷量为 8.01019 C，质量为 1.61026 kg，某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则()A若粒子在 t0 时释放，则一定能运动到 B 板B若粒子在 tT2时释放，则一定能运动到 B 板C若粒子在 tT4时释放，则一定能运动到 A 板D若粒子在 t3T8 时释放，则一定能运动到 A 板解析：选 AD 粒子在板间运动的加速度 aEqm 28.010191.61026m/s2108 m/s2，在T2时间内粒子的位移 x112a T2212108(4105)2m810
269、2 m 8 cm，因 x1d23 cm，故若粒子在 t0 时释放，则一定能运动到 B 板，选项 A 正确；若粒子在 tT2时释放，则粒子向 A 板运动，最后到达 A 板，选项 B 错误；若粒子在 tT4时释放，在T4T2的时间内，粒子向 B 板加速运动，位移为 x212a T4212108(2105)2m2102 m2 cm；在T23T4的时间内粒子向 B 板减速运动，位移为 x3x22 cm，故粒子能到达 B 板，选项 C 错误；若粒子在 t3T8 时释放，则在3T8 T2 的时间内粒子向 B 板加速运动，位移为 x212a T8212108(105)2m0.5102 m0.5 cm，在T2
270、5T8 的时间内粒子向 B 板减速运动，位移为 x3x20.5 cm；在5T8 T 的时间内粒子向 A 板加速运动，位移为 x212a3T8212108(3105)2m4.5102 m4.5 cm；因(4.520.5)cm3.5 cm3 cm，故粒子能到达 A 板，选项 D 正确。5(2017南平普通高中检测)用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合电键 S，用频率为 的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能 Ek 与入射光频率 的关系图像，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，b)，下列说法中正确的是()A普朗克常量为 habB断开电
271、键 S 后，电流表 G 的示数不为零C仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表 G 的示数保持不变解析：选 B 由爱因斯坦光电效应方程 hW0Ek，变形得 EkhW0，可知题图乙图线的斜率为普朗克常量，即 hba，故 A 错误；断开电键 S 后，初动能大的光电子，也可能到达阳极，所以电流表 G 的示数不为零，故 B 正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与照射光的强度无关，故 C 错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么光子数一定减少，发出的光电子数也减少，电流表 G 的示数要减小，
272、故 D 错误。全能备考1明确五类图像运动学图像x-t 图像、v-t 图像动力学图像F-t 图像、a-t 图像F-x 图像、W-l 图像电场类图像-x 图像、E-x 图像电磁感应类图像B-t 图像、-t 图像i-t 图像、E-t 图像原子物理学图像Uc-图像、Ek-图像2读图六点关注(1)坐标轴：弄清两个坐标轴表示的物理量。注意坐标原点是否从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时，横轴以上表示此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负。(2)图线形状：注意观察图像形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图像所反映的两个物理量之间的关系，明确图像反映的物理意义。(3)斜率的意义：图线某点的斜率表示一个物理量随
273、另一个物理量的变化率，大小等于两个物理量增量的比值。x-t 图像中两点连线的斜率表示这段时间的平均速度，某一点切线的斜率表示这一时刻的瞬时速度。v-t 图像中两点连线的斜率表示这段时间内的平均加速度，某一点切线的斜率表示这一时刻的加速度。W-l 图像的斜率表示外力的大小。-x 图像的斜率表示电场强度的大小。-t 图像的斜率表示单匝线圈产生的电动势大小。(4)面积的意义：图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往往表示纵、横坐标所表示的物理量的乘积的物理意义。v-t 图像与 t 轴所围面积表示这段时间内质点的位移。a-t 图像与 t 轴所围面积表示这段时间内质点速度的变化。F-x 图像与
274、 x 轴所围面积表示这段位移内力 F 所做的功。E-x 图像与 x 轴所围面积表示这段位移两端的电势差。i-t 图像与 t 轴所围面积表示这段时间内移动的电荷量。(5)交点、拐点的意义图线与坐标轴的交点坐标的含义与图像有关，如 x-t 图线与 x 轴交点纵坐标表示开始计时的位置，而 v-t 图线与 v 轴交点的纵坐标表示质点的初速度。拐点表示图像的斜率大小或方向发生突变。同一坐标系中不同图像的交点表示具有相同的物理量，如 x-t 图线交点表示此刻相遇(在同一位置)，v-t 图线的交点表示此刻物体速度相同。(6)坐标单位和数量级：在识图和用图时，一定要看清坐标轴的单位和数量级，如 m、cm、10
275、3 m 等。二、图像的选择重难增分类考点典题例析典例 如图所示，质量为 m 的可看成质点的物块置于粗糙斜面上，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同，弹簧一端固定在墙上。物块由静止释放，从斜面运动到水平面上，压缩弹簧到最短的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为 Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为 E，物块通过的路程为 s。不计转折处的能量损失，下列图像所描述的关系中可能正确的是()解析 选 C 由滑动摩擦力产生的热量为 Q，根据功能关系得，在斜面上有 Q1mgcos s1，在平面上有 Q2mgs2，由数学知识可知 Q-s 图像的斜率表示摩擦力
276、大小，所以图像为两段倾斜直线，且第一段斜率小于第二段斜率，A、B 错误；物块从斜面运动到水平面的过程中，摩擦力做负功，系统机械能减小，EE0fs，且物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，所以 E-s 图像为两段倾斜直线，且第一段斜率绝对值小于第二段斜率绝对值，C 正确，D 错误。通法点拨1此类问题应根据物理情景，找出两个物理量的变化情况，寻求两物理量之间的函数关系，然后选择正确的图像。2若不能求出准确的函数关系，则应定性判断两物理量间的变化关系，特别要注意两种不同变化的交界点，即对应图像中的拐点。集训冲关1一个质量为 1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为
277、0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力 F，使物体在水平面上运动了 3 s。若要使物体在 3 s 内运动产生的内能最大，则力 F 随时间 t 变化的图像应为()解析：选 B 由题意可知，物体在 3 s 内运动的位移最大时，产生的内能最大。物体受到的最大静摩擦力为 mg2 N，当 F5 N 时，a1Fmgm3 m/s2，当 F3 N 时，a2Fmgm1 m/s2，当 F1 N 时，a3Fmgm1 m/s2。根据四个图像的情况，作出对应的 v-t 图像如图所示，可知 B 图在 3 s 内的面积最大，即物体位移最大，故内能最大。故选B。2.多选如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放
278、置的平行粗糙导轨 CD、EF，导轨上放有一金属棒 MN。现从 t0 时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即 Ikt，其中 k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度 v、加速度 a 随时间 t 变化的关系图像，可能正确的是()解析：选 BD 从 t0 时刻起，金属棒通以 Ikt 的电流，由左手定则知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，受到的摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向相同，做加速度减小的加速运动。当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，速度最大，当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，与速度方向相反，
279、做加速度增大的减速运动，v-t 图像的斜率表示加速度的大小。3(2017南通模拟)在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是()解析：选 B 由楞次定律可判断，第 1 s 内线圈中电流方向与规定的正方向相同，为正值，可知 A、D 选项均错误；由 EBt S，iER可知，第 1 s 内图线斜率大，对应的电流大，可知选项 B 正确，C 错误。专题强训提能 1.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在 00.40 s
280、时间内的 v-t 图像如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间 t1 分别为()A.13和 0.30 s B3 和 0.30 sC.13和 0.28 s D3 和 0.28 s解析：选 B 根据图像的特点可知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动。根据 avt，得 3a 甲a 乙，根据牛顿第二定律有 Fm甲13 Fm乙，得m甲m乙3，由 a 乙 40.40 m/s210 m/s210.40t1，得 t10.30 s，B 正确。2.多选一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在 t0 和 2t0 时刻相对于出发点
281、的位移分别是 x1 和 x2，速度分别是 v1 和 v2，合外力从开始至 t0 时刻做的功是 W1，从 t0 至 2t0 时刻做的功是 W2，则()Ax25x1 v23v1Bx19x2 v25v1Cx25x1 W28W1Dv23v1 W29W1解析：选 AC 根据 F-t 图像面积意义和动量定理有 mv1F0t0，mv2F0t02F0t0，则v23v1；应用位移公式知 x1v12 t0，x2v1v22t0v12 t0，则 x25x1，B 错误，A 正确；在第一个 t0 内对物体应用动能定理有 W1mv122，在第二个 t0 内对物体应用动能定理有 W2mv222mv122，则 W28W1，D
282、错误，C 正确。3(2018 届高三焦作六校联考)两带电荷量分别为 q 和q 的点电荷放在 x 轴上，相距为 L，能正确反映两点电荷连线上场强大小 E 与 x 关系的是选项图中的()解析：选 A 由等量异种点电荷的电场强度的分布规律可知，在两点电荷连线中点处电场强度最小，但不为零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此 A 正确。4.某物体做直线运动的 v-t 图像如图所示，据此判断选项图(F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移)中正确的是()解析：选 B 由题图可知前 2 s 物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前 2 s 受力恒定，24 s 做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定
283、，46 s 做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，68 s 做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析 B 正确。5.如图为测量某电源电动势和内阻时得到的 U-I 图线。用此电源与三个阻值均为 3 的电阻连接成电路，测得路端电压为 4.8 V。则该电路可能为()解析：选 B 由 U-I 图线可知该电源的电动势为 6 V，内阻为 0.5。由所得数据和电路连接方式易得，A 中的路端电压为 4 V，B 中的路端电压为 4.8 V，C 中的路端电压约为5.7 V，D 中的路端电压为 5.4 V，选项 B 正确。6.多选在 x 轴上存在一水平方向的电场，一质量 m2 kg 的带电小球只在
284、电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从 x07 m 处开始以初速度 v02 m/s向 x 轴负方向运动。小球电势能 Ep 随位置 x 的变化关系如图所示，则下列说法正确的是()A在 x07 m 处电场强度为零B在 x4 m 处电场强度为零C小球运动的范围为 x1 m 且小球可以通过 x9 m 处D小球运动的最大速度 vm2 2 m/s解析：选 BCD 因为 Epq，所以电场力 Fqx，则电场强度 EEpqx，即在 x07 m 处，Epx 0，即电场强度 E 0，在 x04 m 处，Epx 0，即电场强度 E0，A 错误，B 正确；小球的初动能为 Ek 12mv024 J，在 x07 m 处时，小
285、球的电势能为 0，故在 7 m 处时小球的总能量 EEpEk4 J，故小球向左最远运动到 x1 m 处，向右运动到x9 m 处时小球的电势能为 2 J，故小球可以通过 x9 m 处，C 正确；由题图可知，在 x4 m 处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即此时小球的最大动能为 E48 J，最大速度为 2 2 m/s，D 正确。7多选如图甲所示，在距离地面高度为 h0.80 m 的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量 m0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA 段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于 A 点，与 OA 段的动摩擦因数 0.
286、50。现对物块施加一个水平向左的外力 F，大小随位移 x 变化关系如图乙所示。物块向左运动 x0.40 m 到达 B 点，到达 B 点时速度为零，随即撤去外力 F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从 M 点离开平台，落到地面上 N 点，取 g10 m/s2，则下列说法正确的是()A弹簧被压缩过程中外力 F 做的功为 6.0 JB弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为 6.0 JC整个运动过程中克服摩擦力做功为 4.0 JDMN 的水平距离为 1.6 m解析：选 AD 根据 F-x 图像与坐标轴所围的面积表示力 F 做的功，则弹簧被压缩过程中外力 F 做的功为 WF61820.2 J180.2 J6
287、.0 J，A 正确；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功 Wfmgx1.0 J，根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中最大弹性势能为EpWFWf5.0 J，B 错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf 总2mgx2.0 J，C错误；设物块离开 M 点时的速度为 v，对整个过程由能量守恒得：12mv2WFWf 总，解得v4 m/s，物块离开 M 点后做平抛运动，则有 h12gt2，xvt，解得 x1.6 m，D 正确。8.如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点 O 对称放置，下列能正确描述其位于 x 轴上的电场或电势分布随位置 x 变化规律正确的是()解析：选 A 由两个等量异号电荷的电场线分布图
288、，结合“沿电场线方向电势降低”，可知从左侧无穷远处向右，电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高，然后电势再减小，O 点处电势为零，故 O 点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷向右，电势开始升高，直到无穷远处电势为零，A 正确，B 错误；根据电场线的疏密表示场强的大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但 O 点的电场强度不为零，故 C、D 错误。9.如图所示，abcd 为一边长为 l 的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的 cd 边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。线框在一垂直于 cd
289、 边的水平恒定拉力 F 作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域。cd 边刚进入磁场时记为 x0，线框开始匀速运动。线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b 两端的电压 Uab 及导线框中的电流 i 随 cd 边的位置坐标 x 变化的图线可能是()解析：选 C 线框进入磁场的过程做匀速运动，感应电动势 EBlv 恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b 两端的电压 UabBlv4；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab 边两端的电压 UabBlv 不断增大，Uab 与位移 x 不是线性关系；线框离开
290、磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故 C 正确，A、B、D 错误。10.一质点做直线运动，其运动的位移 x 跟时间 t 的比值xt与时间 t 的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图所示。由图可知，t2 s 时质点的速度大小为()A2 m/s B4 m/sC6 m/s D8 m/s解析：选 B 由题图得xtt，由位移公式 xv0t12at2 得xtv012at，对比两式得 v00，a2 m/s2，即质点做匀加速直线运动。故 t2 s 时的速度大小为 vat4 m/s。故 B 正确。11.如图所示，一劲度系
291、数为 k 的轻质弹簧上端固定，下端连一质量为m 的物块 A，A 放在质量也为 m 的托盘 B 上，以 FN 表示 B 对 A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力 F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x0)。现改变力 F 的大小，使 B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中 FN 或 F 随 x 变化的图像正确的是()解析：选 D 当弹簧的弹力增大到mg2 时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg2 线性减小到零，力 F 由开始运动时的 mg 线性减小到mg2；此后托盘与物块分离，力 F 保持mg2 不变，
292、故 D 正确。12多选图甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点 P 是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线。两图中 ag 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度 g10 m/s2。根据图像分析可知()A张明的重力为 1 500 NBc 点位置张明处于失重状态Ce 点位置张明处于超重状态D张明在 d 点的加速度大于在 f 点的加速度解析：选 CD 张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是 500 N，故张明的重力也是500 N，A 错误；c 点时张明对传感器的压力大于重力，处于超重状态，B 错误；e 点时张明对传感器的压力大于重力，处于超重状
293、态，C 正确；张明在 d 点：a1FdGm20 m/s2。在f 点：a2G0m 10 m/s2，可知在 d 点的加速度大于在 f 点的加速度，D 正确。13多选如图甲所示，小物块静止在倾角 37的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力 F，力 F 的大小随时间 t 的变化情况如图乙所示，物块的速率 v 随时间 t的变化规律如图丙所示，取 sin 370.6、cos 370.8，重力加速度取 g10 m/s2，下列说法正确的是()A物块的质量为 1 kgB物块与斜面间的动摩擦因数为 0.7C03 s 内力 F 做功的平均功率为 0.32 WD03 s 内物体克服摩擦力做的功为 5.12 J
294、解析：选 AD 由速度图像知，在 13 s 内 F0.8 N，物块做匀加速运动，且 a0.4 m/s2，由牛顿第二定律有 Fmgsin mgcos ma，在 34 s 内 F0.4 N，物块匀速运动，受力平衡有 Fmgcos mgsin，联立得 m1 kg，0.8，故 A 正确，B 错误；在 01 s内物块静止，F 不做功，在 13 s 内 F0.8 N，位移 x12at20.8 m，在 03 s 内 F 做功的平均功率为：PWt Fxt 0.80.83W0.213 W，C 错误；在 03 s 内物块克服摩擦力做的功 Wfmgcos x5.12 J，D 正确。14.如图所示，在边长为 a 的正
295、方形区域内有以对角线为边界，垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。纸面内一边长为 a 的正方形导线框沿着 x 轴匀速穿过磁场区域，在 t0 时，导线框运动到原点 O 处且恰好开始进入磁场区域。取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列图像中能够正确表示从 t0 时刻开始感应电流与导线框位移关系的是()解析：选 B x 在 0a 范围内，线框右边切割磁感线产生感应电流，感应电流大小 iBaxvBxvRBvR(a2x)，其中 x 在 0a2范围内感应电流为顺时针，为正方向；xa2时，i0；x 在a2a 范围内，感应电流方向沿逆时针，为负方向；x 在 a2a 内，感应电
296、流大小iBaxavBxavRBvR(3a2x)，其中，x 在 a32a 感应电流方向沿逆时针，为负方向。x32a 时，i0；x 在32a2a 范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故 B 正确，A、C、D 错误。教师备选题1.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置并沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知()A任何时刻甲车的加速度大小都不为零B在 t3 s 时，两车第一次相距最远C在 t6 s 时，两车又一次经过同一位置D甲车在 t6 s 时的加速度与 t9 s 时的加速度相同解析：选 B 根据速度时间图像的斜率等于加速度可知
297、，甲车的加速度可以为零，A错误；在前 3 s 内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车间距逐渐增大，36 s 内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小，所以在 t3 s 时，两车第一次相距最远，故 B 正确；根据“面积”表示位移，可知前 6 s 内，乙车的位移比甲车的大，则在 t6 s 时，两车不在同一位置，故 C 错误；根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲车在 t6 s 时的加速度与在 t9 s 时的加速度不同，D 错误。2.多选(2017日照联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度 v 向右匀速通过一正方形 abcd 磁场区域，a
298、c 垂直于导轨且平行于导体棒，ac 右侧的磁感应强度是左侧的 2 倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从 M 经 R 到 N 为正方向，安培力向左为正方向)()解析：选 AC 导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流从M 经 R 到 N 为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A 正确，B 错误；第一段时间内安培力大小 FBILL2，第二段时间内 F2BILL2，C 正确，D错误。3(2017南平质检)
299、如图所示，a 为静止在地球赤道上的物体，b 为近地卫星，c 为同步卫星，d 为高空探测卫星，a 向为他们的向心加速度，r 为它们到地心的距离，T 为周期，l、分别为相同时间内转过的弧长和转过的圆心角，则下列图像正确的是()解析：选 C 对 b、c、d 三颗卫星：GMmr2mv2r m2rm42T2 rma 向，可得：vGMr，GMr3，T42r3GM，a 向GMr2，但因 c 为同步卫星，TaTc，B 错误；aaacg，A错误；由 vr 可知，vacad，t 可知，C正确。4.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，在电
300、场中从 O 点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以 O 为坐标原点，取竖直向下为 x 轴的正方向，小球的机械能 E 与位移 x 的关系如图乙所示，不计空气阻力。则()A电场强度大小恒定，方向沿 x 轴负方向B从 O 到 x1 的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小C从 O 到 x1 的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等D到达 x1 位置时，小球速度的大小为2E1E0mgx1m解析：选 D 物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿 x 轴负方向，由机械能的变化关系知，相等位移内电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，A 错误；由牛顿第二定
301、律知，物体受重力与电场力作用，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，因电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，B 错误；因电场力越来越小，在相等的位移内小球克服电场力做功越来越小，C 错误；由动能定理 mgx1E1E012mv20，得到达 x1 位置时，小球速度 v2E1E0mgx1m，D 正确。5.多选如图所示，半圆形固定轨道 AO 段光滑，OB 段粗糙且各处粗糙程度相同。一质量为 m 的滑块从半圆形轨道左侧最高点 A 处由静止下滑，到达最低点O 以后再冲上轨道右侧高度为 H 的 OB 段。取 O 点重力势能为零，在滑块从 O 滑到右侧 OB 段，再回到 O 的过
302、程中，滑块的机械能 E、动能 Ek随高度 h 的关系可能是()解析：选 AC 在滑块从 O 滑向 OB 段，再回到 O 的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动的速度(除最高点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大，由功能关系知，A 图是可能的，B 图不可能，故 A 正确，B 错误；由动能定理得合力越大，滑块运动过程中动能减小的越快，滑块在同一点(除最高点以外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小，因此 C 图可能正确，D 不可能，故 C 正确
303、，D 错误。第 22 讲|题型技法10法速解物理选择题 理综全国卷中，物理 8 道选择题分单选和多选，主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等，具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、命题灵活性强、层次丰富、能考查学生的多种能力等特点。要想迅速、准确地解答物理选择题，不但要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律，还要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正答率。二是练速度：提高选择题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间。解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算等常规
304、方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“不择手段”，达到快速解题的目的。技法(一)直接判断法通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项。直接判断法适用于推理过程较简单的题目，这类题目主要考查学生对物理知识的记忆和理解程度，如考查物理学史和物理常识的试题等。应用体验 多选1820 年，奥斯特发现了电流的磁效应，1831 年法拉第发现了电磁感应现象，这两个发现在物理学史上都具有划时代的意义，围绕这两个发现，下列说法正确的是()A电流磁效应的发现从相反的角度对法拉第发现电磁感应现象具有启发意义B可以推断出，在法拉第发现电磁感应现象的年代，已经发明了电池
305、C电磁感应的发现为大规模发电提供了理论基础D电磁感应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向解析 选 ABC 电流产生磁场的现象叫做电流的磁效应，利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象，所以选项 A 正确。电流的磁效应比电磁感应现象发现得早，而发现电流的磁效应时需要有持续的电流，说明当时已经发明了电池，选项 B 正确。电磁感应现象的发现，说明大量的机械能可以通过磁场转化为电能，所以为大规模的发电提供了理论基础，选项 C 正确。解释地球磁场的形成需要知道磁场形成的原因，电流磁效应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向，选项 D 错误。技法(二)比较排除法运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定
306、的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项。应用体验 如图甲，圆形导线框固定在匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度 B 随时间变化的规律如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是()解析 选 B 01 s 内磁感应强度 B 垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除 A、C 项；24 s 内，磁感应强度 B 垂直纸面向
307、外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电流大小是 01 s 内的一半，排除 D 项，所以 B 项正确。技法(三)特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反应已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断。应用体验 如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上。若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为 F1 和 F2(F1 和 F2 的方向均沿斜面向上)。由此可求出物
308、块与斜面间的最大静摩擦力为()A.F12 B2F2C.F1F22D.F1F22解析 选 C 取 F1F20，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有 C 满足。技法(四)极限思维法有的问题可能不容易直接求解，但是当你将题中的某些物理量的数值推向极限时，就可能会对这些问题的选项是否合理进行分析和判断。如设定摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大等。应用体验 在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小。仪器中用一根轻绳悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，轻绳偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图所示。重力加速度为 g，关于风力大小
309、 F 与金属球质量 m、偏角 之间的关系，下列表达式中正确的是()AFmgtan BFmgsin CF mgcos DF mgtan 解析 选 A 本题常规解法是对金属球进行受力分析(受风力 F、重力 mg 和绳的拉力)，金属球在此三力作用下处于平衡状态，根据力的矢量三角形可得 Fmgtan。本题还有更简捷的解法：利用极限的思想，当 0时，风力 F0，代入排除 C、D；当 90时，风力无穷大，排除 B，所以 A 正确。技法(五)逆向思维法很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到
310、前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。应用体验 如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于 B 点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端 A 点正上方某处小球的速度刚好水平，O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为 R，OB 与水平方向的夹角为 60，重力加速度为 g，不计空气阻力，则小球在 A 点正上方的水平速度为()A.3 3gR2B.3gR2C.3gR2D.3gR3解析 选 A 小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端 A 点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端 A 点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切
311、于 B 点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点，则速度与水平方向的夹角为 30，设位移与水平方向的夹角为，则 tan tan 302 36，因为 tan yx y32R，则竖直位移 y 3R4，而 vy22gy 32 gR，所以 tan 30vyv0，v03gR2333 3gR2，故选项 A 正确。技法(六)对称思维法对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。应用体验 如图所示，带电荷量为q 的均匀带电半球壳的半径为R，CD 为通过半球顶点 C 与球心 O 的轴线，P、Q 为
312、 CD 轴上在 O 点两侧离 O 点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是()AP、Q 两点的电势、电场强度均相同BP、Q 两点的电势不同，电场强度相同CP、Q 两点的电势相同、电场强度等大反向D在 Q 点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动解析 选 B 半球壳带负电，因此在 CD 上电场线沿 DC 方向向上，所以 P 点电势一定低于 Q 点电势，A、C 错误；若在 O 点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则 P、Q 两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在 P 点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球
313、壳在 P 点与在 Q 点的电场强度大小相等方向相同，B 正确；在 Q 点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D 错误。技法(七)等效转换法所谓等效转换法是指变换角度，从不同层次、不同角度去思考和探索问题的方法。这种方法往往通过转换研究对象、空间角度、物理规律、物理模型、思维角度、物理过程等达到化繁为简，化难为易的效果。应用体验 如图所示，间距为 L 的两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度的电阻为 r0，导轨的端点 P、Q 间用电阻不计的导线相连，垂直导轨平面的匀强磁场的磁感应强度 B 随时间 t 均匀变化(Bkt)，一电阻也不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动且在滑动过程中
314、始终保持与导轨垂直，在 t0 时刻，金属杆紧靠在 P、Q 端，在外力作用下，杆由静止开始向右做匀加速直线运动，则 t 时刻金属杆所受安培力为()A.k2L22r0 tB.k2L2r0 tC.3k2L22r0 tD.2k2L2r0 t解析 选 C 初看本题不陌生，但细看与我们平时所做试题有区别，既有棒切割又有磁场变化，为此可实现模型转换，转换为磁场不变的单棒切割磁感线与面积不变的磁场变化的叠加，为此令金属杆的加速度为 a，经时间 t，金属杆与初始位置的距离为 x12at2，此时杆的速度 vat，所以回路中的感应电动势 EBLvBt SktLvkLx，而回路的总电阻R2xr0，所以金属杆所受安培力
315、为 FBILBLER3k2L22r0 t，C 正确。技法(八)二级结论法“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等。应用体验 多选如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导
316、线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过 M、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用 FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是()AFM 向右BFN 向左CFM 逐渐增大DFN 逐渐减小解析 选 BCD 导体棒靠近长直导线和远离长直导线时导体棒中产生的感应电流一定阻碍这种相对运动，故 FM 向左，FN 也向左，A 错误，B 正确；导体棒匀速运动时，磁感应强度越强，感应电流的阻碍作用也越强，考虑到长直导线周围磁场的分布可知，FM 逐渐增大，FN 逐渐减小，C、D 均正确。技法(九)类比分析法所谓类比分析法，就是将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似
317、之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。比如我们对两个等质量的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但等量同种电荷中垂线上电场强度大小分布规律我们却很熟悉，通过类比思维，使新颖的题目突然变得似曾相识了。应用体验 两质量均为 M 的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为 MN，O 为两星体连线的中点，如图所示，一质量为 m 的小物体从 O 点沿着 OM 方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是()A一直增大B一直减小C先增大后减小D先减小后增大解析 选 C 由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式
318、的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得 C 选项正确。技法(十)图像思维法图像思维法是根据各物理量间的关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然后利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、图线与坐标轴所围几何图形的“面积”等代表的物理意义对问题进行分析、推理、判断或计算，其本质是利用图像本身的数学特征所反映的物理意义解决物理问题，或者根据物理图像判断物理过程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量。应用体验 如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心 O 点的水平线。已知一小球从
319、 M点出发，初速率为 v0，沿管道 MPN 运动，到 N 点的速率为 v1，所需时间为 t1；若该小球仍由 M 点以初速率 v0 出发，而沿管道 MQN 运动，到 N 点的速率为v2，所需时间为 t2，则()Av1v2，t1t2Bv1t2Cv1v2，t1t2Dv1v2，t1t2，A 项正确，C 项错误。专题强训提能 1.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为 m1 和 m2 的木块 1 和 2，用原长为 l、劲度系数为 k 的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数均为。现用一水平力向右拉木块 2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为()Alm1gk Blm1m2gkClm2gkDl
320、 m1m2gkm1m2解析：选 A 弹簧对木块 1 的拉力与木块 1 所受的摩擦力平衡，当 m1 的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当 m1 的值等于零时(极限)，则不论 m2 多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与 m2 无关，故选 A 项。2多选一物体在粗糙水平面上以一定初速度做匀减速直线运动直到停止，已知此物体在最初 5 s 内的平均速度为 3.3 m/s，且在最初 5 s 内和最后 5 s 内经过的路程之比为 115，则下列说法中正确的是()A物体一共运动了 8 sB物体做匀减速直线运动的加速度大小为 0.6 m/s2C物体运动的初速度大小为 6 m/sD物体匀减速过程中
321、的平均速度为256 m/s解析：选 AB 设物体做匀减速直线运动的加速度大小为 a，运行总时间为 t。把物体的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体最后 5 s 内的位移为 x212a5212.5a，最初 5 s 内的位移为 x112at212a(t5)25at12.5a，由题意知 x1x2115，联立解得 t8 s，A 正确；物体最初 5 s 内的位移为 x13.35 m16.5 m,5at12.5a16.5，联立解得 a0.6 m/s2，B 对；由 vat 知物体运动的初速度大小为 v0.68 m/s4.8 m/s，C 错；由平均速度定义知全程的平均速度为 v v02 120.6
322、8 m/s2.4 m/s，D 错。3竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为 k，物体返回抛出点时速度大小为 v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为 g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为()A.k21vk21gB.k21vk21gC.k1k21v2kgD.k212v2kg解析：选 C 取 k1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为2vg，代入后只有 C 满足。4.如图所示电路中，R14，R26，电源内阻不可忽略，闭合开关 S1，当开关 S2 闭合时，电流表 A 的示数为 3 A，则当 S2 断开时，电流表示数可能为()A3.2
323、 A B2.1 AC1.2 A D0.8 A解析：选 B 断开 S2 后，总电阻变大，电流变小，“排除”A 项；S2 断开前路端电压是 UIR134 V12 V，S2 断开后路端电压增大，故大于 12 V，电流则大于 IUR1R2 1246 A1.2 A，“排除”C、D 两项。故可得正确选项为 B。5由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是 0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为 16 3m/s，方向与水平面夹角为 60，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度 g 取 10 m/s2)()A28.8 m 1.12102 m3B28.8 m 0.672
324、 m3C38.4 m 1.29102 m3D38.4 m 0.776 m3解析：选 A 将初速度正交分解，得竖直方向分速度 vyvsin 6024 m/s，水在竖直方向做竖直上抛运动，水柱的高度 hvy22g28.8 m，水柱上升的时间 tvyg 2.4 s，故水柱的水量 VQt1.12102 m3。6.12 根长直导线并排成长为 l 的直导线带 ab，P1、P2 是位于ab 所在直线上的两点，位置如图所示，P1 到导线带左端的距离等于 P2 到导线带右端的距离，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab 上所有直导线产生的磁场在 P1 处的磁感应强度大小为 B1，在 P2
325、 处的磁感应强度大小为 B2，若仅将右边 6 根直导线移走，则 P2 处的磁感应强度大小为()A.B22BB2B1CB1B22DB1B22解析：选 B 由于所有直导线中的电流一样，将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对称性知左边 6 根直导线电流在 P1 点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在 P1 点产生的磁场，仅相当于右边 6 根直导线电流在 P1 处产生的磁场，磁感应强度大小为 B1，方向垂直ab 向下；由对称性知右边 6 根直导线电流在 P2 处产生的磁场的磁感应强度大小为 B1，方向垂直 ab 向上，而所有直导线的电流在 P2 处产生的磁场的磁感应强度大小为 B2，方向垂直ab 向上，
326、所以将右边 6 根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边 6 根直导线电流在 P2 处产生的磁场的磁感应强度大小为 B2B1，B 选项正确。7.多选如图所示，电源的内阻可以忽略不计，电压表(内阻不能忽略)和可变电阻 R 串联在电路中，如果可变电阻 R 的阻值减为原来的13，电压表的读数由 U0 增加到 2U0，则下列说法正确的是()A流过可变电阻 R 的电流增大为原来的 2 倍B可变电阻 R 消耗的电功率增大为原来的 4 倍C可变电阻两端的电压减小为原来的23D若可变电阻 R 的阻值减小到零，那么电压表的示数变为 4U0解析：选 ACD 电压表阻值一定，当它的读数由 U0 增加到 2U0 时，通
327、过它的电流一定变为原来的 2 倍，而 R 与电压表串联，故选项 A 正确。再利用 PUI 和 UIR，可知 R 消耗的功率 P2I2R343P，R 后来两端的电压 U23IR，不难得出 C 项正确、B 项错误。又因电源内阻不计，R 与电压表的电压之和为 E，当 R 减小到零时，电压表示数为 E，其值为 EIRU023IR2U0，解得 E4U0，故选项 D 正确。8.如图所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度 v0 从 M 点射入匀强电场，穿过电场后，从 N 点以速度 v射出，不计粒子的重力，则以下判断正确的是()A如果让粒子从 M 点以速率 v 沿水平方向射入，则粒子从
328、N 点射出时的速率为 v0B如果让粒子从 N 点以速度v 射入，则粒子从 M 点射出时的速度为v0C如果让粒子从 M 点以速率 v 沿水平方向射入，则粒子能到达 N 点D如果让粒子从 N 点以速率 v0 沿v 方向射入，则粒子从 M 点射出时的速率为 v 沿v0 方向解析：选 B 粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度 v0 与末速度 v 的水平分量相等，显然可得出 A、C、D 错误；当粒子从 N 点以速度v 射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀减速运动，从 M 到 N 和从 N 到 M 两运动可逆，可知正确选项为 B。9.如图所示，AB 为均匀带有电荷量为Q 的细棒
329、，C 为 AB 棒附近的一点，CB 垂直于 AB。AB 棒上电荷形成的电场中 C 点的电势为 0，0 可以等效成 AB 棒上某点 P 处、带电荷量为Q 的点电荷所形成的电场在 C 点的电势。若 PC 的距离为 r，由点电荷电势的知识可知 0kQr。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将 AB 棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得 AC 连线中点 C处的电势为()A0B.20C20D40解析：选 C AB 棒带电均匀，故其等效点电荷 P 点即是 AB 棒的中点，如图所示，已知 PCr，将 AB 棒分成均匀两段，设
330、左半段的中点为 E，其电荷量为12Q，如图可知 CE 的长度为12r，故其在 C的电势为 k12Q12rkQr 0，同理，右半段在 C产生的电势也为 0，根据题意可知其代数和为 20，故选项 C正确。10多选水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为 L1、L2，且 L1 2kg3L 时，A、B 相对于转盘会滑动B当 kg2L时，绳子一定有弹力C当 在kg2L 2kg3L 范围内增大时，B 所受摩擦力变大D当 在 0 2kg3L 范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大解析：选 ABD 当 A、B 所受静摩擦力均达到最大值时，A、B 恰好不相对转盘滑动，设 A、B 质量均为 m
331、，则 2kmgm2Lm22L，解得 2kg3L，A 项正确；当 B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，此时有 kmgm22L，解得 kg2L，B 项正确；当kg2L 2kg3L 时，随着角速度的增大，绳子弹力不断增大，B 所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C 项错；当 0kg2L时，A 所受静摩擦力 Ff 提供向心力，即 Ffm2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当kg2L 2kg3L 时，以 A、B 整体为研究对象，Ffkmgm2Lm22L，可知 A 所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D 项正确。12.如图所示，一长为 L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为 m 的小
332、球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度 匀速转动，当杆与水平方向成 60角时，拉力的功率为()AmgLB.32 mgLC.12mgLD.36 mgL解析：选 C 拉力 F 做的功与小球克服重力做功相同，因轻杆匀速转动，则拉力 F 的功率与小球克服重力做功的功率也相同，故 PmgLcos 6012mgL，C 正确。13多选如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交变电流的电压有效值 U0220 V，n02 200 匝，挡位 1、2、3、4 对应的线圈匝数分别为 220 匝、550匝、1 100 匝、2 200 匝。电动机 M 的内阻 r4，
333、额定电压为 U220 V，额定功率 P110 W。下列判断正确的是()A当选择挡位 3 时，电动机两端电压为 110 VB当挡位由 3 变换到 2 时，电动机的功率增大C当选择挡位 2 时，电动机的热功率为 1 WD当选择挡位 4 时，电动机的输出功率为 109 W解析：选 AD 由电压与匝数的关系 U0U3n0n3，解得 U3110 V，A 正确；当挡位由 3 变换到 2 时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 错误；当没有达到额定功率时，热功率小于 1 W，C 错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为 IPU0.5 A，热功率 PrI2r1 W，输出功率为 PPr(1101)W109
334、W，D 正确。14多选甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前 1 h 内的位移时间图像如图所示。下列表述正确的是()A0.20.5 h 内，甲的加速度比乙的大B0.20.5 h 内，甲的速度比乙的大C0.60.8 h 内，甲的位移比乙的大D0.8 h 内，甲、乙骑车的路程相等解析：选 BC 由题图可知，0.20.5 h 内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度都为零，A 错误；在位移时间图像中，斜率表示速度，0.20.5 h 内，甲的 x-t 图线的斜率大于乙的 x-t 图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B 正确；由图像可看出，0.60.8 h 内，甲的位移大于乙的位移，C 正确；在 00.
335、8 h 内甲、乙的位移相等，路程不相等，D 错误。教师备选题1.用一轻质弹簧把两个质量分别为 m 和 M 的木块 A 和 B 连接起来，放在水平地面上，如图所示。现在上面木块 A 上施加一压力 F，使撤去此力后，木块 A 跳起来恰好使木块 B 离地，则 F 的大小为()AMg BmgC(Mm)gD(Mm)g解析：选 C F 作用在 A 上压缩弹簧到一定形变量，撤去 F 瞬间，A 的加速度为 aFm，根据弹簧的拉伸和压缩过程具有对称性可知，当 B 恰好离地时 A 的加速度大小和撤去 F 瞬间 A 的加速度相同，所以 B 恰好离地时，设弹簧的弹力为 F 弹，则有 maF 弹mg，F 弹Mg，联立解
336、得 F(Mm)g。2.如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，C 为电容器，电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关 S 后，在将滑动变阻器的滑片 P 向右移动的过程中()A电流表的示数变小，电压表的示数变大B小灯泡 L 变暗C通过定值电阻 R1 的电流方向自右向左D电源的总功率变大，效率变小解析：选 D 当滑动变阻器的滑片 P 向右移动时，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，由“串反并同”知，电流表的示数将增大，电压表示数将减小，小灯泡 L 变亮，电源总功率增大，电源内电压增大，选项 A、B 错误；电容器两端电压即电压表示数，由 QCU 知电容器将放电，通过定值电阻 R1 的电流方向自
337、左向右，选项 C 错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由 UE100%知电源效率变小，选项 D 正确。3.多选如图所示，在水平地面上的 A 点以速度 v1 与地面成 角射出一弹丸，恰好以速度 v2 垂直穿入竖直壁上的小孔 B，下列说法正确的是(不计空气阻力)()A在 B 点以与 v2 大小相等的速度，与 v2 方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的 A点B在 B 点以与 v1 大小相等的速度，与 v2 方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的 A点C在 B 点以与 v1 大小相等的速度，与 v2 方向相反射出弹丸，它必定落在地面上 A 点的左侧D在 B 点以与 v1 大小相等的速度，与 v2
338、方向相反射出弹丸，它必定落在地面上 A 点的右侧解析：选 AC 以速度 v1 与地面成 角射出一弹丸，恰好以速度 v2 垂直穿入竖直壁上的小孔 B，说明弹丸在 B 点的竖直速度为零，v2v1cos，根据“逆向”思维：在 B 点以与 v2 大小相等方向相反的速度射出弹丸，它必落在地面上的 A 点，A 正确；在 B 点以与v1 大小相等的速度，与 v2 方向相反射出弹丸，由于 v1v2，弹丸在空中运动的时间不变，所以它必定落在地面上 A 点的左侧，C 正确，B、D 错误。4由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为 O，环的半径为 R，环中通有大小为 I 的电流，如图甲所示，则环心 O 处
339、的磁感应强度大小 B02 IR，其中 0 为真空磁导率。若 P 点是过圆环形通电导线中心 O 点的轴线上的一点，且距 O 点的距离是 x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关 P 点处的磁感应强度 BP 的表达式正确的是()ABP02 R2IR2x232BBP02 R2IR2x2CBP02 RIR2x232DBP02 R3IR2x232解析：选 A 本题看似高中知识无法解决，但题目中已知 O 点的磁感应强度大小的表达式。应用极限法，当 x0 时，P 点与 O 点重合，磁感应强度大小 BP02 IR，A 正确。5.多选如图所示，有一位冒险家希望有一天能站在世界上最高的楼顶，他设想把这样一
340、座楼建在赤道上，假设这座楼施工完成，高度为 h，站在楼顶时，他恰好感到自己“飘浮”起来。设这位冒险家的质量为 m，地球的半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，地球自转的角速度为，则冒险家在楼顶受到的万有引力的大小为()A0 B.mR2gRh2Cm3 R2g4D.3 R2g4解析：选 BC 由题意可知，冒险家已经成了同步卫星，如果受到的万有引力为零，就不会做圆周运动，而会离开楼顶，在太空中做匀速运动，可知 A 错误。由GMmR2 mg，得gR2GM，设冒险家受到的万有引力为 F，则有 F GMmRh2 mR2gRh2，故 B 正确，由 gR2GM，可得gR2mr2 m2r，得 r3 gR22，
341、故 m2rm2 3 gR22 m3 R2g4，可知 C 正确，D 错误。6多选(2017江苏高考)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势 在 x 轴上分布如图所示。下列说法正确的有()Aq1 和 q2 带有异种电荷Bx1 处的电场强度为零C负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小D负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大解析：选 AC 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由 Ex可知，-x 图像的切线斜率表示电场强度，因此 x1 处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从 x1 移到 x2 的过程中，电势升高，电场强度减小，由
342、Epq，FqE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误。7自然界中有许多问题极其相似，例如有质量的物体周围存在着引力场、电荷周围存在着电场、运动电荷周围存在着磁场，其中万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义电场强度的方法来定义引力场的场强。已知引力常量为 G，则与质量为 M 的质点相距 r 处的引力场场强为()AGMrBGM2rCGMr2DG M2r2解析：选 C 万有引力公式与库仑力公式是相似的，分别为 F1GMmr2 和 F2kQqr2，真空中，带电荷量为 Q 的点电荷在距它 r 处所产生的电场强度被定义为试探电荷 q 在该处所受的库仑力与其电荷量的比值，即
343、EF2q kQr2，与此类比，质量为 M 的质点在距它 r 处所产生的引力场的场强可定义为试探质点在该处所受的万有引力与其质量的比值，即 EGF1mGMr2。8.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为 d，鸡蛋和纸板的质量分别为 m和 2m，所有接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为 g，若鸡蛋移动的距离不超过 d10就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为()A3mgB6mgC12mgD26mg解析：选 D 本
344、题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块滑板模型，所以对鸡蛋有 d1012a1t2，mgma1，对纸板有 d d1012a2t2、Fmin3mgmg2ma2，联立解得 Fmin26mg，D 对。9.在空间有相互垂直的场强为 E 的匀强电场和磁感应强度为 B 的匀强磁场，如图所示，一带电荷量为 q、质量为 m 的带负电质点从原点 O 由静止释放，不计质点的重力，则质点在 y 轴方向前进的最大距离为()A.mE2qB2B.mEqB2C.2mEqB2D.4mEqB2解析：选 C 虽然质点在 O 点速度为零，但可以设想质点具有速率为 v、沿 x 轴正方向的速度和速率为 v、沿
345、x 轴负方向的速度，且 v 满足 BqvqE。照此设想，质点在其后的运动过程中将受到三个力作用，注意到质点所受的沿 y 轴负方向的洛伦兹力和它所受的电场力平衡，故质点的运动可等效类比成速率为 v、沿 x 轴正向的匀速直线运动和一个速率为 v 的匀速圆周运动的合成，对匀速圆周运动有 qvBmv2R，其中 Rym2，解得 ym2mEqB2，选项 C 正确。10.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻 R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场 B，和之间无磁场。一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界 H 处由静止释放，在穿
346、过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同。下列四个图像中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()解析：选 C MN 导体棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知导体棒开始减速运动，说明 F 安mg，由牛顿第二定律得，F 安mgma，减速时 F 安减小，合力减小，a 也减小，速度图像中图线上各点切线斜率减小；可排除选项 B、D。离开区后导体棒做加速度为 g 的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，切线斜率减小，故排除选项 A，所以只有 C 项正确。电学选择题押题练
347、(一)1下列叙述符合物理学史实的是()A安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法安培定则B法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景解析：选 B 奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法安培定则，故 A 错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理
348、学史实，故 B 正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，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，而不是阻止，故 C 错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故 D 错误。2.真空中一半径为 r0 的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势 分布如图所示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离，根据电势图像(-r 图像)，判断下列说法中正确的是()A该金属球可能带负电BA 点的电场强度方向由 A 指向 BCA 点的电场强度小于 B 点的电场强度D电荷量为
349、q 的正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做功 Wq(21)解析：选 B 由题图可知 0 到 r0 电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故 A 错误；A 点的电场强度方向由A 指向 B，A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，选项 B 正确、C 错误；正电荷沿直线从 A移到 B 的过程中，电场力做功 WqUABq(12)，故 D 错误。3.多选如图所示的电路中，定值电阻 R1、R2、R3、R4 的阻值均为 R0，理想电压表读数为 U，变化量的绝对值为 U，理想电流表读数为 I，变化量的绝对值为 I，在滑动变阻器的滑动端自右向左
350、滑动的过程中，下列判断正确的是()AU 增大，I 减小 B.UI 增大C电源输出功率一定增大D.UI R0解析：选 ABD 根据电路图可知，滑动变阻器 R 与 R4 并联后与 R2 串联，再与 R3 并联，最后与 R1 串联，接入电源。在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则 R1 和电源内阻的电压减小，R3 的电压变大，则通过 R3 的电流增大，而总电流减小，所以通过 R2 的电流减小，则 R2 所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即 U 变大，所以 R4 电压变大，通过 R4 电流变大，由于通过 R2 的电流减小，所以通过滑动变阻器的电
351、流 I 减小，故 A 正确；电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量滑动变阻器的电流，则UI R，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，则UI 增大，故 B 正确；由于内外电阻的大小关系未知，所以不能判定电源的输出功率如何变化，故 C 错误；通过 R2 的电流减小，通过 R4 电流变大，所以电流表示数的减小量 I 大于通过 R4 电流增大量 I4，则UI EbBc、d 两点的电势 dcC将质子从 a 点移到 c 点的过程中，电场力对质子做负功D质子从 O 点移到 b 点时电势能减小解析：选 BD 由等量异种电荷产生电场特点可知，a、b 两点的场强相同，当再与匀强电场
352、叠加时，两点的场强依然相同，故 A 错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零，当再叠加匀强电场时，d 点的电势大于 c 点的电势，故 B 正确；据场强的叠加可知，a 到 c 的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从 a 点移到 c 点的过程中，电场力对质子做正功，故 C 错误；据场强的叠加可知，O 到 b 区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故 D 正确。4.多选如图所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接一定值电阻 R。调节触头 P，使副线圈匝数变为原来的一半，则调节前后()A原线圈中的电流之比为 41B副线圈
353、中的电流之比为 21C变压器的输入功率之比为 41D变压器的输出功率之比为 12解析：选 ABC 使副线圈匝数变为原来的一半，即 n2n22，根据公式 U1U2n1n2 可得副线圈两端的电压变为原来的12，所以副线圈中的电流变为原来的12，B 正确；根据公式 I1I2n2n1 可得 I112I212n2n1，原线圈中的电流将变为原来的14，所以 A 正确；根据 PI2R，副线圈中消耗的电功率变为原来的14，所以在调节前后变压器的输出功率之比为 41，理想变压器的输出功率和输入功率相等，所以 C 正确，D 错误。5.多选如图所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为 L，空间存在与方管前面平行
354、且水平向右的匀强电场 E 和水平向左的匀强磁场 B，将带电量为q 的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为，管道足够长，小球不转动。则小球从释放到底端过程中()A小球先加速再匀速B小球的最大速度为 m2g22q2E2qBC系统因摩擦而产生的热量为 mgL12mmgqEqB2D小球减少的机械能大于产生的热量解析：选 AC 小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，且受到水平向右的电场力，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A 正确
355、；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为 FBqv，右边的面给的弹力大小为 FEq，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即 mg (BqvEq)，故有 vmgqEqB，B 错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgLWf12mv2，解得 WfmgL12mmgqEqB2，C 正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D 错误。6.多选在倾角为 的斜面上固定两根足够长且间距为 L 的光滑平行金属导轨 PQ、MN，导轨处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为 m1 和 m2 的金属棒 a、b，先将 a 棒垂直于
356、导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块 c 连接，连接 a 棒的细线平行于导轨，由静止释放 c，此后某时刻，将 b 也垂直于导轨放置，此刻起 a、c 做匀速运动而 b静止，a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则()A物块 c 的质量是(m1m2)sin Bb 棒放上导轨前，物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能Cb 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功等于 a 棒上消耗的电能Db 棒放上导轨后，b 棒中电流大小是 m2gsin BL解析：选 AD b 棒静止说明 b 棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a 棒匀速向上运动，说明 a 棒受细
357、线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c 匀速下降则 c 所受重力和细线的拉力大小平衡。由 b 平衡可知，安培力大小 F 安m2gsin 由 a 平衡可知：F 线F 安m1gsin 由 c 平衡可知：F 线mcg联立解得物块 c 的质量为：mc(m1m2)sin，故 A 正确；b 放上导轨之前，根据能量守恒知物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能与 a 增加的重力势能之和，故 B 错误；b 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功等于 a、b 两棒上消耗的电能之和，故 C错误；b 棒放上导轨后，根据 b 棒的平衡可知，F 安m2gsin，又因为 F 安BI
358、L，可得 b棒中电流大小是：Im2gsin BL，故 D 正确。7多选如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，原、副线圈的匝数比为 41。V1、A1 为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2 为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2 为教室的负载电阻，V3、A3 为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关 S 闭合时()A电流表 A1、A2 和 A3 的示数都变大B只有电流表 A1 的示数变大C电压表 V3 的示数变小D电压表 V1 和 V2 的示数比始终为 41解析：选 CD 当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于降压变压器的输入电
359、压不变，则输出电压不变，即 V1 和 V2 不变，示数比始终为 41，可知输电线中的电流增大，即 A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即 V3 减小，所以通过 R1的电流减小，即 A3 减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，则原线圈中的电流 I1 增大，所以 A1 示数增大。故 C、D 正确。8.多选一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep 随位移 x 变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A带负电粒子从 x1 运动到 x2 电场力做负功Bx1、x2 处电势小于零Cx1 处的场强大于 x2 处的场强Dx1 处的电势比 x2 处的电势低解析：
360、选 BD 带负电粒子从 x1 运动到 x2 的过程中，其电势能减小，故电场力做正功，故 A 错误；由题图可知，带负电粒子在 x1、x2 处的电势能均大于零，故 x1、x2 处电势小于零，故 B 正确；根据电场力做功和电势能的关系结合图像可得 EpEp0qEx，图像的斜率kqE，故场强 E 不变，故 C 错误；从 x1 运动到 x2 的过程中，电场力做正功 Wq(12)，所以 1bD超导体中的电流 I 越大，a、b 两点的电势差越大解析：选 BD 超导体电阻为零，超导体没有在内部产生热能，A 错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；
361、载流子为电子，超导体表面上 a 带负电，a6 cm 区域，电势沿 x 轴正方向降低C质子从 x1 cm 运动到 x5 cm 处，电势能升高D在 0 x9 cm 的区域，场强沿 x 轴正方向解析：选 AD 设与点电荷 Q1、Q2 的距离分别为 r1、r2 处的电场强度为零，则kQ1r12 kQ2r220，且 r1r26 cm，解得 r19 cm，r23 cm，因此场强为 0 的点有 1 处，A 正确；在 x6 cm 的区域，电势沿 x 轴先升高后降低，B 错误；质子在 1 cmx5 cm 的区域运动时，电场力做正功，电势能减小，C 错误；在 0 x9 cm 的区域，场强沿 x 轴正方向，D 正确
362、。3.多选如图所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块 A、B，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上。在物块的运动过程中，下列表述正确的是()A两个物块构成的系统电势能逐渐减少B两个物块构成的系统机械能逐渐减少C最终静止时 A 物块受的摩擦力方向向上DA、B 在运动过程中必会同时达到最大速度解析：选 AC 由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小，故 A 正确；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和，物块做加速运动，机械能增大；当库仑力等于摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和时，B 物
363、块达最大速度，A 物块仍加速下滑，当库仑力小于摩擦力时，机械能减小，故 B、D 错误；最终静止时 A 物块受力的合力为零，受力分析可以知道摩擦力方向一定沿斜面向上，故选项 C 正确。4如图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为 115，降压变压器的副线圈接有负载 R，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为 10，变压器均为理想变压器，升压变压器原线圈中接入如图乙所示的正弦式交变电压，输送功率为33 kW。下列说法正确的是()A输电线上交变电流的变化周期为 0.01 sB输电线中电流为 150 AC降压变压器原线圈输入电压为 3 200 VD输电线上功率损失为 500 W解
364、析：选 C 由题图乙所示的正弦式交变电压图像可知周期 T2102 s，变压器不改变交变电流的周期，所以输电线上交变电流的变化周期为 0.02 s，选项 A 错误；升压变压器原线圈电压的最大值为 311 V，有效值 U13112 V220 V，由U1U2n1n2得升压变压器副线圈的输出电压 U2n2n1U115220 V3 300 V，输电线中电流为 I2 PU210 A，选项 B 错误；输电线电压损失 UI2R100 V，降压变压器原线圈输入电压为 UU2U3 200 V，选项 C 正确；输电线上功率损失为 P 损I22R1 000 W，选项 D 错误。5.多选如图所示，在夹角为 45的 OA
365、 和 OC 两条边界所夹的范围内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，边界 OA上有一粒子源 S，某时刻从 S 向平行于纸面的各个方向发射出大量的带电荷量为q、质量为 m 的同种粒子(不计粒子的重力和粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界 OC 射出磁场，如果所有从 OC 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为mqB，则从边界 OC 射出的粒子在磁场中运动的时间可能为()A.m6qB B.m4qBC.m2qBD.2m3qB解析：选 CD 由题意可知，沿 OA 方向射入磁场的粒子刚好在磁场中运动半个周期从 OC 边射出，做圆周运动的圆弧所对应的弦为竖直直径
366、，随射入方向的改变(仍从 OC 边射出)，粒子射出时所对应的弦长也发生改变，如图所示，由几何关系可知，当弦与OC 边垂直时最短，此时所对应的圆心角为 90，故从 OC 边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为14个周期，即 tmin14T142mqB m2qB，故选项 C、D 正确。6如图所示，正方形导线框 abcd 和菱形 MNPQ 在同一水平面内，abMNMPL，abNQ，N 位于 ab 的中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置沿 NQ 方向匀速穿过菱形区域，规定电流沿逆时针为正，则线框中的电流 i 随位移 x 变化的图像可能是()解析：选 D 导线框右边进入磁场时由楞次定
367、律可以判断感应电流方向为顺时针方向，故 A、C 错误。当 ab 边与 MP 重合时，切割长度最大，感应电流最大；从 ab 边与 MP 重合到 cd 边到达 N 点，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd 边进入磁场一直运动到 ab 和 cd 边关于 MP 对称的中间位置，右边 ab 切割长度均匀减小，左边 cd 切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以总电动势减小更快，到达正中央位置电流为 0，所以 D 正确，B 错误。7.多选两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L，底端接阻值为R 的电阻，将质量为 m、电阻也为 R 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒
368、与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为 B 的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻 R 外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论正确的是()A金属棒向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为 baB最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C金属棒的速度为 v 时，所受的安培力大小为B2L2vRD金属棒的速度为 v 时，金属棒两端的电势差为BLv2解析：选 ABD 金属棒向下运动时，切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻 R 的电流方向为 ba，选项 A 正确；金属棒在切割磁感线的过程中，将金属棒的机械能转化为焦耳热，最终停下，处于静止状态，其合力为零，即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，选项 B正确；当金属棒的速度为 v 时，产生的电动势 EBLv，I E2RBLv2R，则金属棒所受的安培力大小 FBILB2L2v2R，选项 C 错误；由欧姆定律可得，金属棒两端的电势差 UIRBLv2，选项 D 正确。
