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2019高考物理二轮教师用书：第二部分电学与原子物理学
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第1讲
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考法
学法
根据近几年的高考试题来看，电场、磁场的性质一直是考查的热点。多数情况下，高考对该部分内容以选择题的形式考查，难度中等。主要考查内容有：①描述电场性质的物理量：电场强度、电势；②平行板电容器的电容；③描述电场的工具：电场线和等势面；④描述磁场性质的物理量：磁感应强度。用到的思想方法有：①理想模型法；②比值定义法；③控制变量法；④对称法；⑤合成法；⑥分解法；⑦整体法和隔离法；⑧等效思想；⑨分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．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：
2．电势高低的三种判断方法
根据电场线方向判断
沿电场线方向电势逐渐降低
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
根据电场力做功判断
根据UAB＝，UAB＝φA－φB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
3．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
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，所以电荷动能增加时，其电势能减小；反之，其电势能增大
公式法
将q、φ的大小、正负号一起代入公式Ep＝qφ，Ep数值(包含正负号)越大，表示电势能越大
4.电势差的三种计算方法
(1)UAB＝φA－φB。
(2)UAB＝，适用于任何电场。
(3)U＝Ed，适用于匀强电场。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )
A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D 由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号，根据库仑定律，a对c的库仑力为Fa＝k0，b对c的库仑力为Fb＝k0。设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得＝，联立以上各式得k＝＝＝，D正确。
2．[多选](2018·石家庄质检)如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC、AC的中点。下列说法正确的是( )
A．E点电势低于F点电势
B．F点电势等于E点电势
C．E点电场强度与F点电场强度相同
D．F点电场强度大于O点电场强度
解析：选BD 根据对称性可知，E、F两点电势相等，A项错误，B项正确；根据对称性及电场强度的叠加原理可知，E点和F点电场强度大小相等而方向不同，O点的电场强度为零，F点的电场强度大于零，C项错误，D项正确。
3.(2018·菏泽模拟)如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是( )
A．x1和x2处的场强均为零
B．x1和x2之间的场强方向不变
C．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
D．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
解析：选D φx图像中图线的斜率表示场强，斜率绝对值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，A、B项错误；粒子由x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与电场力方向相同，则从x＝0到x＝x2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；因从x＝0到x＝x2过程中，场强先减小后增大，即粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确。
4．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
解析：选BD 结合题意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但场强方向不能得出，故A错误；场强的方向沿c→d时，才有场强E＝，故C错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，φM＝，φN＝，则UMN＝，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W＝，故B正确；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，变形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题
公式
①C＝ ②C＝ ③E＝
情形
始终连接电源
充电后断开电源
不变量
U
Q
d变大
C变小，Q变小，E变小
C变小，U变大，E不变
εr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
(1)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。
(2)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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析：选A 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。
2．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
解析：选D 开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F；并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。
3．[多选](2019届高三·上饶六校联考)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示。瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒为U，则下列说法中正确的是( )
A．瓶内液面升高了
B．瓶内液面降低了
C．电容器在这段时间内放电
D．瓶内液面高度在时间t内变化了
解析：选BCD 根据公式C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h。某段时间t内电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在该段时间内放电，电容器所带的电荷量Q＝CU在减小，由电源电压U恒定，可知电容C在减小，则h也在减小，即瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确；时间t内电容器放电，释放的电荷量ΔQ＝
UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确。
4．[多选]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，带电油滴会向上运动，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 C＝＝，极板间的电场强度E＝，整理得E＝，油滴静止，则qE＝mg，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，油滴会向上运动，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E＝变大，P点与下极板的距离不变，P点的电势升高，故B错误；将下极板向下移动，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度不变，P点与下极板的距离变大，P点与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，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。
[知能全通]————————————————————————————————
1．掌握“两个力”
(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。
(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)，永不做功。
2．用准“两个定则”
(1)对电流周围的磁场方向判定用安培定则。
(2)对安培力和洛伦兹力的方向判定用左手定则。
3．画好“两个图形”
(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力图。
(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好几何图形。
4．熟记“两个等效模型”
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：选AC 外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在b点：B0＝B0－B1＋B2，在a点：B0＝B0－B1－B2，由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是( )
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
解析：选BC 由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。
3.如图所示，两平行导轨与水平面的夹角α＝37°，导轨间距为L＝1.0 m，匀强磁场的磁感应强度B可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量为m＝0.2 kg，水平放置在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，通有图示方向的电流，电流大小I＝2.0 A，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为( )
A．1.0 T,0 B．1.0 T,0.6 T
C．1.0 T,0.2 T D．0.6 T,0.2 T
解析：选C 由左手定则知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N，fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；当B最大时，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C对。
4.有一匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，一通电直导线与x轴平行放置时，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为( )
A．F B.F
C.F D.F
解析：选C 根据安培力公式F＝BIL，安培力F与导线的有效长度L成正比；若将该导线做成圆环，由L＝×2πR，解得圆环的半径R＝，圆环a、b两点之间的有效距离
L′＝R＝。由＝，解得F′＝F，选项C正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，O为圆心，P为边界上的一点。相同的带电粒子a、b(不计重力)从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°角，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是( )
A．两粒子的速度之比为＝
B．两粒子在磁场中运动的时间之比为＝
C．两粒子在磁场中运动的半径之比为＝
D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝
[解析] 作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹，如图所示，根据几何关系可知，两粒子运动的轨迹半径之比＝，由r＝可得，两粒子的速度之比为＝；两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为＝，根据T＝，t＝T可得，两粒子在磁场中运动的时间之比为＝，根据运动的轨迹长度s＝vt，两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝，B、D正确，A、C错误。
[答案] BD
[悟一法]————————————————————————————————
“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题
1．一定圆心O
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。
(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作该线的垂直平分线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。
2．二定半径R
(1)公式法——R＝。
(2)几何法——一般由三角关系及圆的几何知识来计算确定。
3．三定圆心角φ
圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝
α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l为φ对应的圆弧弧长)。
4．四写方程
基本方程qvB＝m，
半径公式R＝，
周期公式T＝＝(与速度无关)，
运动时间t＝＝T。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心O，在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v＝的带正电粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝＝，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝＝＝T，可作出该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30°，夹角正弦值为，A正确。
2.如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，沿纸面内x轴负方向与y轴正方向之间各个方向以相同的速率v从原点O射入磁场区域。不计粒子重力及粒子间的相互作用。选项图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中正确的是( )
解析：选D 粒子在以x轴为边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子从x轴进入磁场后再离开，粒子在进、出磁场时，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝知，当粒子沿x轴负方向运动时，其轨迹如图所示，是一个完整的圆，随着粒子入射方向向y轴正方向转动过程中，此圆以O为中心沿顺时针方向转动，当粒子沿y轴正方向射入时，其轨迹为一个半圆，两图形的相交部分是粒子不能经过的地方，故D正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝12 V、φB＝6 V，则C、D两点的电势可能分别为( )
A．9 V,15 V B．9 V,18 V
C．0,6 V D．6 V,0
解析：选AC 已知四边形ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。
2.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，4根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则长直通电导线a、b、c、d在O点产生的合磁场的磁感应强度B( )
A．大小为零
B．大小不为零，方向由O指向d
C．大小不为零，方向由O指向c
D．大小不为零，方向由O指向a
解析：选D a、c中电流方向相同，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确。
3．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( )
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
解析：选D 电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aMφN，故B、C错误；又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpMvN，故A错误，D正确。
4．[多选]如图所示，Q1、Q2为两个带等量正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是( )
A．在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线
B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大
C．若将一个带电荷量为－q的点电荷从M点移到O点，则电势能增加
D．若将一个带电荷量为－q的点电荷从N点移到O点，则电势能增加
解析：选BC 根据等量同种正点电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可知，A错误；M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN，可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大，B正确；从M点到O点电势降低，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做负功，则电势能增加，C正确；从N点到O点电势升高，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做正功，则电势能减少，D错误。
5.在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可视为质点的金属小球，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. B.
C．3 D.
解析：选D 设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D项正确。
6.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点开始向右摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，如图所示，则金属棒中的电流( )
A．方向由M向N，大小为
B．方向由N向M，大小为
C．方向由M向N，大小为
D．方向由N向M，大小为
解析：选B 由题意知，金属棒受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N向M；金属棒所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于金属棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正确。
7.如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝ m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )
A．电场强度的方向由O指向b点
B．电场强度的方向由O指向d点
C．电场强度的大小为10 V/m
D．电场强度的大小为10 V/m
解析：选D 由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，如图所示，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，由Oc＝ m，eO＝
m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f间的电势差为2 V，则电场强度大小为E＝＝10 V/m，选项D正确。
8．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
解析：选BD 经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误；电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。
9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知( )
A．小球带正电
B．电场力大小为2mg
C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等
D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不同
解析：选D 根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB＝2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1＝＝2，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a2＝＝2g，方向竖直向上，故所用时间t2＝ ＝，故t1＝2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化大小都等于2，但方向相反，选项D正确。
10.(2019届高三·九江模拟)如图所示，A是带电量为＋Q、半径为R的绝缘球体，且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)。B为带电量为＋q的带电体，可视为点电荷，已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点的距离也为r，若只把B移到e点，则d点场强大小为( )
A．k B．k
C．k D．k
解析：选A A在c点产生的场强大小为EA＝k，方向水平向右；B在c点产生的场强大小为EB＝k，方向水平向左；因为c点的场强为零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d点产生的场强大小为EA′＝k＝k，方向竖直向上；把B移到e点，B在d点产生的场强大小为EB′＝k，方向水平向左；根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加，可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误。
11．[多选](2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( )
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
解析：选AB 因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。
12．[多选](2018·武汉调研)如图所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．三个粒子速度的大小关系一定是v1＝v2
D．粒子的比荷＝
解析：选BC 画出三个粒子射入磁场的运动轨迹如图所示，设速度为v1、v2、v3的粒子运动轨迹的半径分别为r1、r2、r3，由已知条件易知，速度为v3的粒子从ac边穿出，速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式r＝，则v3一定大于v1和v2，A错误，B正确；速度为v1的粒子偏转90°，则t1＝×，解得：＝，C正确；速度为v3的粒子偏转角为45°，由图中几何关系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D错误。
13．(2018·河南模拟)如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，下列说法中正确的是( )
A．A′、B′、C′三点的电场强度相同
B．△ABC所在平面为等势面
C．将一正试探电荷从 A′点沿直线A′B′移到B′，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则AA′连线中点D处的电势φD一定小于
解析：选D 因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正点电荷的距离相等，故三点处的电场强度大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不全相等，由等势面的特点可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的特点可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当正试探电荷沿此直线从A′移动到B′时，电场力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝
A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D>DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正确。
14．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
解析：选A 电子在A、B板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。
第2讲
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考法
学法
带电粒子在电场、磁场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度有易有难。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的内容有：①带电粒子在匀强电场中的偏转；②带电粒子在变化的电场中的运动；③带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律；④带电粒子在复合场中的运动问题。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在电场、磁场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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1．带电粒子在电场中的偏转
条件分析
带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场
运动性质
匀变速曲线运动(类似于平抛运动)
处理方法
分解成沿电场和垂直于电场的两个直线运动
2.电偏转运动的两个实用结论
(1)比荷相同的带电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，从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带电粒子沿初速度方向位移的中点。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·资阳模拟)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在上极板的同一点(粒子重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中，粒子( )
A．运动时间之比tP∶tQ＝1∶2
B．所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
C．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2
D．动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1
[解析] 两粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x＝v0t可得两粒子的运动时间相同，A错误；在竖直方向上的位移之比＝，因为yP＝aPt2＝·t2，yQ＝aQt2＝·t2，联立可得qP∶qQ＝1∶2，B正确；电场力做功为
W＝Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故＝＝，该过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D错误。
[答案] B
[悟一法]————————————————————————————————
匀强电场中带电粒子偏转问题的处理方法
1．用平抛运动规律处理：运动的分解。
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝。
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝。
(4)速度偏向角
tan φ＝＝＝；
位移偏向角
tan θ＝＝。
2．用动能定理处理：涉及功能问题时可用，偏转时电场力做的功是W＝qEy(y为偏移量)。
[通一类]————————————————————————————————1．[多选]如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1中，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后三种粒子打在屏上。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大小相同
C．三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qE1d＝mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝ 。在偏转电场中，水平方向有l＝v1t2，竖直方向有y＝t22，得粒子经偏转电场的侧位移y＝，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W＝qE2y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，qE1d＋qE2y＝mv22，得粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v2大小不同，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1大小不同，所以三种粒子打在屏上所用的时间不同，选项C错误；根据vy＝t2及tan θ＝，得粒子速度的偏转角正切值tan θ＝，即三种粒子速度的偏转角相等，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。
2．[多选]如图所示，半径R＝0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝10－4 kg、带电量为q＝8.0×10－5 C的粒子，从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m处的A点以初速度v0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则( )
A．该匀强电场的电场强度E＝100 N/C
B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J
C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s
D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J
解析：选CD 粒子在电场力作用下做类平抛运动，如图所示，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，则AD＝v0t，
DC＝t2，联立并代入数据可得：E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝
qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A点到C点由动能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入数据得：vC＝5 m/s，故C正确；粒子在C点的总能量：EC＝mvC2＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－
×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则( )
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
[解析] 粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；由上述分析知，d＝·2，解得q＝，选项B错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a＝＝，t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为d′＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，选项C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。
[答案] AD
[悟一法]————————————————————————————————
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电场中的运动，需要进行分段处理。此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；但从整个研究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。
粒子平行于电场方向射入时
粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可能做周期性运动
粒子垂直于电场方向射入时
沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性
[通一类]————————————————————————————————
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，有一个带电粒子在t＝0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
B．0～2 s内，电场力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，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，由图可知带电粒子运动方向改变，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，所以0～2 s内电场力做功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，所以2.5～4 s内电场力做功等于0，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，粒子会先向A板运动，再向B板运动，在A、B板间往返运动几次后，最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A．0
[研一题]————————————————————————————————
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(q>0)。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线O的距离为( )
A. B.
C. D.
[解析] 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。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，AB＝R。由几何关系知，AP＝
R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。
[答案] D
[悟一法]————————————————————————————————
1．带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形
直线边界
粒子进出磁场具有对称性
平行边界
粒子运动存在临界条件
圆形边界
粒子沿径向射入的再沿径向射出
2.带电粒子在有界磁场中运动的三个规律
(1)粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切。
(2)当速度大小v一定时，弧长越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长。
(3)当速度大小v变化时，运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。
[通一类]————————————————————————————————
1.(2019届高三·毕节模拟)如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从y轴上的A点，以速度v沿垂直磁场方向射入第一象限，v与y轴正方向的夹角为60°，若A点与原点O的距离为l，要使粒子能从x轴射出磁场，则粒子的速度v应满足( )
A．v> B．v>
C．v> D．v>
解析：选A 由几何知识知，粒子恰好从x轴射出磁场时，对应的圆周运动最小半径满足Rsin 60°＋R＝l，由牛顿第二定律得qvB＝，则R＝，联立解得v＝，即为速度的最小值，A正确。
2.如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用不计)，已知沿与MN成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动时间越长，α最大时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，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场方向以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采取的方法是( )
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度v满足＜v＜
[解析] 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，若粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝2＋l2，又因r1＝，解得v＝；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v＝，故A、B正确。
[答案] AB
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子在磁场中运动常见的三种多解问题
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，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场方向垂直纸面向外，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，如图所示，因此，它可能穿过磁场飞出，其轨迹为a，也可能转过180°后从入射面边界反向飞出，其轨迹为b，于是形成了多解
[通一类]————————————————————————————————
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，可能正确的是( )
A．M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
B．M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
C．N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
D．N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r＝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。
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( )
A．B＞ B．B＜
C．B＞ D．B＜
解析：选D 由题意，作出电子运动轨迹如图所示，若电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，欲使电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝得＜，即B＜，D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，纸面内有宽为L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量均为m、电荷量均为－q、速率均为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是选项图中的( )
解析：选A 若带电粒子水平向右射入选项A所示的匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，qv0B0＝，解得粒子运动的轨迹半径R＝L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以可以使粒子都会聚到一点(梭形磁场区域的最下方点)，选项A正确；对于选项B中的图像，粒子运动的轨迹半径是磁场圆形边界半径的2倍，所以带电粒子流无法从磁场区域的同一点离开，选项B错误；同理可知，选项D的图像也不符合题意，选项D错误；对选项C的图像分析，可知粒子都从磁场区域的下边界离开，但不能会聚到同一点，选项C错误。
2.如图所示，在x>0、y>0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，粒子重力不计，则( )
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子
解析：选A 由R＝可知，初速度越大半径越大，选项A正确，B错误；由于粒子相同，由周期公式T＝可知，粒子周期相同，运动时间取决于圆弧对应的圆心角，所以运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，选项C、D错误。
3.如图所示，OO′为圆柱筒的轴线，圆柱筒内部存在磁感应强度大小为B、方向平行于OO′的匀强磁场，圆筒壁上布满许多小孔，如aa′、bb′、cc′、…，其中任意两孔的连线均垂直于OO′，有许多比荷为的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均从关于OO′对称的小孔中射出，入射角为30°的粒子的速度大小为 km/s、则入射角为45°的粒子速度大小为( )
A．0.5 km/s B．1 km/s
C．2 km/s D．4 km/s
解析：选B 作出粒子运动轨迹如图所示，粒子从小孔射入磁场，与粒子从小孔射出磁场时速度方向与竖直线的夹角相等，根据几何关系有r1＝、r2＝，由牛顿第二定律得Bqv＝m，解得
v＝，所以v∝r，则入射角分别为30°、45°的粒子速度大小之比为＝＝＝，则入射角为45°的粒子速度大小为v2＝1 km/s，选项B正确。
4．[多选]如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从平行金属板左端以初速度v0水平射入，从右端离开。已知上极板带正电，下极板带负电，两极板的长度为L，间距为d。带电粒子离开电场时的偏移量为y，则( )
A．带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为
B．带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为
C．带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为
D．带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为
解析：选AC 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据y＝at2＝2，解得极板间电势差U＝，带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为ΔU＝y＝，A项正确；带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为W＝qΔU＝，B项错误；带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为vy＝at＝，C项正确；带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝＝，D项错误。
5．(2019届高三·济南调研)带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相同的速度v0从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，如图所示。若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计粒子重力)( )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶2 D．2∶3
解析：选A 粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律知，粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度大小相等，P和Q的水平位移之比为1∶2，由x＝v0t知，运动时间之比为1∶2，P和Q的竖直位移大小相等，根据y＝at2，得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为P和Q的电荷量之比为3∶1，则P和Q的质量之比为3∶4，故A正确，B、C、D错误。
6.(2018·甘肃模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过时间t1后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过时间t2后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )
A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
解析：选D 由qvB＝m和v＝ωR得ω＝，故ω1∶ω2＝1∶2；由几何关系知，粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的轨迹对应的圆心角均为120°，由T＝和t＝T知t1∶t2＝2∶1，故D正确，A、B、C错误。
7.[多选](2018·资阳模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t1射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点，平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间t2射出磁场。两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°。不计粒子重力，则( )
A．v1∶v2＝∶1 B．v1∶v2＝∶1
C．t1＝t2 D．t1>t2
解析：选BC 根据题意确定粒子轨迹圆圆心，画出轨迹，如图所示，连接O1O，对于三角形AO1O，由几何关系可知＝tan 30°，连接CO，连接第二个粒子射出点D与O，四边形O2COD为菱形，R2＝R，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝，速度与半径成正比，则v1∶v2＝R1∶R2＝∶1，所以A错误，B正确；根据周期公式T＝可知，粒子的周期相同，圆心角都为60°，经过时间相同，所以C正确，D错误。
8.[多选]如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
解析：选ACD 若粒子的入射速度为v＝，根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝m，解得：r＝l；根据几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大。根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，粒子轨迹与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径满足(rm＋l)2＝rm2＋rm2，解得：rm＝(＋1)l。则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l，因此最大速度应为v＝，故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°，故最长时间为，故D正确。
9.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，电子电荷量为e，则下列说法正确的是( )
A．A、K之间的电场强度为
B．电子到达A时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐减小
解析：选C A、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是，选项A错误；由动能定理，电子到达A时的动能Ek＝eU，选项B错误；电子由K到A的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU，选项C正确；由K沿直线到A为沿着电场线的反方向，电势逐渐升高，选项D错误。
10.如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，从同一位置经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后直接打在同一荧光屏上，则它们( )
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
解析：选B 一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU1＝mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，所以在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝at2＝相同，所以会到达屏上同一点，B正确。
11.[多选]如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一粒子源，可以在磁场边界所在平面内向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力)，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝。粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动的时间最短
C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析：选AD 根据Bqv0＝m，又v0＝，可得r＝＝L，又OA＝L，所以当
θ＝60°时，粒子经过A点，所以A正确；根据粒子在磁场中运动的时间t＝T，圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；当粒子沿θ＝0°飞入磁场时，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动的时间是，当θ从0°～60°飞入磁场时，粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，在AC边界上有一半区域有粒子飞出，所以C错误，D正确。
12.(2018·宜昌模拟)如图所示，在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面但方向相反的匀强磁场，磁感应强度
B1＝2B2＝2B。xOy平面内，带正电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中未标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系式正确的是( )
A．k1＝2k2 B．2k1＝k2
C．v1＝2v2 D．2v1＝v2
解析：选C 两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角，则粒子b的速度与y轴负方向成60°角， 轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，即t1＝t2，而t1＝＝，t2＝＝，将B1＝2B2＝2B代入得k1＝k2；由于两粒子正碰则轨迹半径相等，而R1＝，R2＝，解得v1＝2v2。故C正确。
13．[多选]如图所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用，则( )
A．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
B．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
C．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
D．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
解析：选AC 根据半径公式R＝，当v<时，R<，直径2R
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2
C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上
D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s
解析：选BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0，水平方向有l＝v0t，竖直方向有＝at2，又a＝，解得U0＝＝128 V。当U>128 V时粒子打到极板上，当U≤
128 V时打到屏上，可知粒子通过电场时偏移距离最大为d，则y＝＋··，解得
y＝d＝4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为2d，区域面积为S＝2db＝64 cm2，选项A错误，B正确；粒子打在屏上的比例为%＝64%，在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上，选项C正确；在前T(0～0.005 s)，粒子打到屏上的时间t0＝×
0.005 s＝0.003 2 s；又由对称性知，在一个周期(0～0.02 s)内，打到屏上的总时间t＝4t0＝
0.012 8 s，即屏上出现亮线的时间为0.012 8 s，选项D正确。
第3讲
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考法
学法
带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：①带电粒子在组合场中的运动；②带电粒子(体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；
②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，一质量为m的带电小球用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，在O点下方存在一个水平向右、场强为E的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向成45°角，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．若剪断细线，小球将做曲线运动
B．小球带负电，且电荷量为
C．若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为
D．若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O点右侧等高处
[解析] 若剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A错误；对小球受力分析，由平衡条件可知小球带负电，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，选项B正确；将电场方向变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，选项C正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到O点右侧与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到O点右侧等高处，选项D正确。
[答案] BCD
[悟一法]————————————————————————————————
解决电场力做功问题时的注意点
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WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。
[通一类]————————————————————————————————
1.在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示。现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)( )
A．小球运动到C点时动能最小
B．小球运动到C点时细线拉力最小
C．小球运动到Q点时动能最大
D．小球运动到B点时机械能最大
解析：选D 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确。
2.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
解析：选D 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为qEh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝
mv2－(qE－mg)h，D正确。
3．[多选]如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为＋q、质量为m的绝缘小球甲，另一质量也为m、带电量也为＋q的小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，∠BCA＝30°。现把小球乙从B处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底端C处(静电力常量为k，重力加速度为g)，下列结论正确的是( )
A．小球到达斜面中点D处时的速度大小为
B．小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg－
C．小球从B处运动到C处时减少的重力势能等于增加的动能
D．小球从B处运动到C处电势能先增加后减少
解析：选ABD 由题意知，小球乙运动到D处时，由几何关系知AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由动能定理得：
mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正确；小球运动到C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋F库sin 30°＝mgcos 30°，F库＝，联立解得：FN＝mg－，B正确；小球从B处运动到C处重力势能减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C错误；小球从B处运动到C处，先靠近A处后远离A处，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少，D正确。
[点点探明]————————————————————————————————
题型1 组合磁场中带电粒子的运动
[例1] [多选]如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1
B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1
C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1
[解析] 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两区域中的运动速率相等，A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝
1∶2，B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正确；由几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正确。
[答案] ACD
题型2 叠加三场中带电小球的运动
[例2] [多选]如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿圆环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大
[解析] 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可视为等效重力，所以弧ad的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其关于圆心对称的位置(即弧bc的中点)就是等效最低点；由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点的连线对称，若小球从a点由静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大，故D正确。
[答案] BD
[系统通法]————————————————————————————————
电偏转和磁偏转的比较
电偏转
磁偏转
示意图
偏转条件
v⊥E
v⊥B
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
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本
公式
L＝vt y＝at2
a＝ tan θ＝
qvB＝ r＝
T＝ t＝
sin θ＝
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
[题题过关]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C正确。
2.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场中，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)( )
A．AB B．BC
C．CD D．DE
解析：选B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：qE＝qvB，设正六边形的边长为L，只有电场时，粒子做类平抛运动，竖直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，联立可得：r＝L，由几何关系可知：＝L，而L<2r
A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，轨迹半径为2d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选ABD 粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向有v0＝axt1，竖直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向上，因为qE＝max＝mg，故微粒在bc区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正确；设微粒在bc区域转过的角度为θ，由几何关系知 θ＝30°，所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2＝＝＝，故C错误；微粒在ab区域运动的时间为t1＝＝，微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝，故D正确。
4．[多选](2019届高三·银川模拟)如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g。则( )
A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为
B．小球返回A点后可以第二次到达最高点C
C．小球带正电，且电场强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
解析：选ACD 小球恰能经过最高点C，则mg＝m，解得vC＝，从A到C由动能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得E＝，选项C正确；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，选项
D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应等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，解题时只要抓住各种模型的特点即可，常见实例如下。
1．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qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。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。
2．回旋加速器
(1)用途：加速带电粒子。
(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做匀速圆周运动的周期相同。
(3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。
3．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发出速度几乎为零的粒子，经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r＝ ，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，进而求出粒子的比荷＝或粒子的质量m＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2019届高三·大连六校联考)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图甲所示，被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大；输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷
C．在其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高
D．若转速表显示1 800 r/min，转子上轮齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
解析：选B 霍尔电压是由于元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用产生的，故A错误；根据左手定则，负电荷载流子向前端偏转，前端带负电，后端带正电，所以前端的电势低，符合要求，则元件中的载流子为负电荷，故B正确；当电场力和洛伦兹力平衡时，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C错误；转速n＝1 800 r/min, 则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×1 800＝270 000个，故D错误。
2.如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则( )
A．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B．打在P1点的粒子是He
C．打在P2点的粒子是H和He
D．O2P2的长度是O2P1长度的4倍
解析：选C 粒子在偏转磁场中运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故A错误；粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知从速度选择器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圆周运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，故B错误，C正确；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圆周运动的半径是H和He的半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误。
3.[多选](2018·泰州模拟)为测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，则( )
A．污水的流量Q＝
B．M的电势不一定高于N的电势
C．电压U与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管道的压强差Δp＝
解析：选CD 污水中离子最终在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，则有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即M的电势一定高于N的电势，故B错误；由qvB＝q，解得U＝vBc，电压U与污水中离子浓度无关，故C正确；根据平衡条件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b。若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( )
A．E1增加，E2增加 B．E1增加，E2减小
C．E1不变，E2减小 D．E1不变，E2不变
解析：选B 根据题图所示的运动轨迹可知，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，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。
2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则( )
A．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷
B．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷
C．小圆环上滑过程中，电势能不变
D．小圆环上滑过程中，电势能增大
解析：选A 小圆环从P点由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A项正确，B项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D项错误。
3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度v0＝进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、磁场区域中( )
A．做匀速直线运动 B．做匀变速曲线运动
C．运动速度逐渐减小 D．机械能逐渐减小
解析：选D 带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D正确。
4．(2019届高三·黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，最后从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有，qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C
正确。
5．[多选]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、磁场射入，从右侧射出a、b板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比射入时大，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 粒子在电、磁场中，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，若减小两金属板的正对面积，场强E＝，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；当增大两金属板间的距离时，场强不变，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，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，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，D项错误。
6．[多选](2018·全国名校模拟)如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )
A．离子一定都带正电
B．这些离子进入区域Ⅰ的初速度相等
C．离子的比荷一定相同
D．这些离子的初动量一定相同
解析：选BC 由题意知，不同的离子通过区域Ⅰ时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的初速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，选项A错误，B正确；不同的离子进入区域Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确；由于离子的质量不一定相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。
7.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，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＝
B．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＝
C．A、B板之间的电压可以始终保持为U
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＝
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mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A项错误，B项正确；如果A、B板之间的电压始终保持为U，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，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得
＝ ，D项错误。
8．[多选](2018·北京燕博园模拟)如图甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×10－2 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向夹角
θ＝37°、斜向右下方的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m。物块在电场力的作用下开始运动，物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判断正确的是( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为
B．t＝2 s时物块的动能为56.25 J
C．t＝3 s时物块受到的空气阻力为5 N
D．前5 s内合外力对物块做的功为100 J
解析：选ABD 由题图乙可知，t＝0时物块的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A选项正确；t＝2 s时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，v＝×2×
(10＋5)m/s＝15 m/s，物块的动能Ek＝mv2＝56.25 J，故B选项正确；由题图乙可知t＝3 s时物块的加速度大小a1＝2.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－
Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C选项错误；由题图乙可知t＝4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，物块的最大速度vm＝
20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的变化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝100 J，故D选项正确。
9．[多选]质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数μ
B．小球在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上做匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时小球的速率为
解析：选BD 由μ
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析：选AD 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应传感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
11．[多选]如图所示，在x轴上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则( )
A．粒子经偏转一定能回到O点
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R
D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2
解析：选CD 根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，且离O点越来越远，粒子一定不能回到O点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝T＝，在x轴下方运动的时间t2＝T′＝，粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝，B错误；根据Bqv＝m得：r＝，易知在x轴下方的轨迹半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场中运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D
正确。
12．[多选]如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是( )
A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
B．A、B两点间的电压一定等于
C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
解析：选AB 小球沿斜面从A运动到B的过程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝＝，A正确；小球沿斜面上滑过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。
13.[多选]如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
解析：选BD 小球开始下滑时有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcos θ，支持力等于0；此后随着v增大，洛伦兹力增大，支持力增大，下滑过程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0，此时小球受力平衡，速度不变，所以小球在整个运动过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B、D正确。
14.[多选]如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg＋qB
C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
解析：选AD 小球从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得
mgR＝mv2，解得v＝，故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBv＝qB，故A正确；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有
N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中速率不变，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向与水平方向夹角θ变大，重力沿切线方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C错误；小球从C到D的过程中，速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以外力F的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正确。
第4讲
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考法
学法
直流电路和交流电路部分考查的题型一般为选择题，难度中等或中等偏上。考查的内容主要包括：①串、并联电路的特点；②闭合电路欧姆定律；③电路的动态变化分析；④含容电路；⑤交变电流的产生和描述；⑥理想变压器的规律；⑦远距离输电问题。用到的思想方法有：①等效电路法；②动态电路的分析方法；③图像法；④比例法；⑤等效思想；⑥守恒思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．恒定电流
(1)闭合电路中的电压、电流关系：E＝U外＋U内，I＝，U＝E－Ir。
(2)闭合电路中的功率关系：P总＝EI，P内＝I2r，P出＝IU＝P总－P内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt，电热Q＝I2Rt。
纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W>Q。
2．直流电路动态分析的3种常用方法
(1)方法1：程序法
R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支。
(2)方法2：结论法——“串反并同”
“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
(3)方法3：极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路( )
A．充电时，通过R的电流不变
B．若R增大，则充电时间变长
C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
解析：选BCD 给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，故A错误；充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过R的电荷量Q是一定的，电源恒定，R增大，则电流I减小，根据I＝可知，充电时间变长，故B正确；若C增大，电容器两端达到80 V时所带电荷增大，所以闪光时通过闪光灯的电荷量也增大，故C正确；因为C两端电压达到80 V时，电容器就不再充电，只要外接电源提供的电压超过 80 V，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，故D正确。
2.(2019届高三·自贡模拟)如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R2、R3为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )
A．只逐渐增大对R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
解析：选A 只逐渐增大对R1的光照强度，R1的阻值减小，总阻值减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器处相当于断路，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的阻值变大，所以电容器两端的电压变大，由 E＝可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误。
3.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，R为滑动变阻器，开关S处于断开状态，下列说法中正确的是( )
A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小
B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小
C．开关S闭合后，L2亮度变暗
D．开关S闭合后，电流表示数不变
解析：选D 电容器处可视为断路，所以只有L2中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故A错误；滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故B错误；开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，L1中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，L2亮度不变，故C错误，D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．线圈通过中性面时的特点
(1)穿过线圈的磁通量最大。
(2)线圈中的感应电动势为零。
(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。
2．交变电流“四值”的应用
最大值
Em＝nBSω，分析电容器的耐压值
瞬时值
E＝Emsin ωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况
有效值
电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流
平均值
E＝n，计算通过电路截面的电荷量
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q方∶Q正等于( )
A．1∶ B.∶1
C．1∶2 D．2∶1
解析：选D 由焦耳定律和有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝·＋·＝T，Q正＝T＝T＝·T，故Q方∶Q正＝2∶1，D正确。
2．[多选](2018·太原模拟)图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化。已知线圈的电阻为1.0 Ω，则( )
A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2 s时，线圈平面均平行于磁感线
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A
解析：选BC 在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在
t＝0.2 s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由题图2可知图线甲、乙对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为
5∶4，故C正确；图线甲对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4× V＝
5π V，电流的峰值Im＝＝5π A，故D错误。
3．[多选](2018·洛阳模拟)如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n，电阻为r，外接电阻为R，电流表为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)转过60°时的瞬时感应电流为i，下列说法正确的是( )
A．电流表的示数为2i
B．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
C．从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
解析：选BCD 由题意可得i＝imcos 60°，则得感应电流的最大值im＝2i，有效值i有＝ im＝i，则电流表的示数为i，故A错误；感应电动势的最大值Em＝im(R＋r)＝2i(R＋r)，又Em＝nBSω，磁通量的最大值 Φm＝BS，联立解得Φm＝BS＝，故B正确；从题图所示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝n＝n＝n··＝，故C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Q＝i有2RT＝
(i)2R·＝，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出。
(2)电压关系：＝。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn。
2．原、副线圈中各量的因果关系
(1)电压关系：U1决定U2。
(2)电流关系：I2决定I1。
(3)功率关系：P出决定P入。
3．远距离高压输电的工作原理
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP。
(2)电压关系：＝，＝，U2＝U3＋ΔU。
(3)电流关系：＝，＝，I2＝I3＝I线。
(4)输电电流：I线＝＝＝。
(5)输电线路上损失的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝2R线＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为( )
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
解析：选C 输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝2r∝。当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍，C正确。
2．(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数变为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
解析：选B 发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，其中ω＝2πn，理想变压器的输入电压(有效值)U1＝，若线圈的转速n变为原来的，根据＝，则电压表V的读数变为U，通过R的电流变为原来的，R消耗的功率变为P，根据＝，电流表A的读数变为I，故B正确，A、C错误；交变电流的频率f等于线圈的转速n，故D错误。
3.(2019届高三·济宁七校联考)如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1(光照增强时，光敏电阻阻值减小)、用电器R2。下列说法正确的是( )
A．P位置不动，当光照增强时，变压器的输入功率减小
B．光照强度不变，当P向上滑动时，用电器消耗的功率增大
C．当f减小时，变压器副线圈交流电的频率不变
D．P位置不动，光照强度不变，当U增大时，用电器消耗的功率增大
解析：选D P位置不动，当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，变压器的输出功率增大，故输入功率也增大，故A错误；光照强度不变，光敏电阻的阻值不变，当P向上滑动时，原线圈匝数增大，根据＝知变压器的输出电压减小，即用电器两端电压减小，则用电器消耗的功率减小，故B错误；变压器不改变交流电的频率，故C错误；P位置不动，光照强度不变，当U增大时，根据＝知变压器的输出电压增大，即用电器两端电压增大，则用电器消耗的功率增大，故D正确。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·泉州模拟)如图所示，一面积为S、匝数为N的矩形线框处于磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I。已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则( )
A．图示位置穿过线框的磁通量变化率为零
B．线框转动的角速度为
C．理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2
D．若L1灯丝烧断，电流表示数将增大
[解析] 题图所示位置线框平面与磁场方向平行，产生的瞬时感应电动势最大，磁通量变化率最大，故A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，又两灯泡均正常发光，可知线框的输出功率为2P，则有2P＝I＝NBSωI，可得ω＝，故B正确；原线圈的电流为I，因两灯泡并联且均正常发光，则副线圈中电流为2I，可知原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝2I∶I＝2∶1，故C错误；若L1灯丝烧断，则副线圈电流减小，原线圈的电流也相应减小，电流表示数减小，故D错误。
[答案] B
[悟一法]————————————————————————————————
交变电流的综合问题，常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，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．能够将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。
[通一类]————————————————————————————————
1.[多选](2018·南宁模拟)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡供电，其电路如图所示，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光。已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器视为理想变压器。则( )
A．灯泡的额定电压为
B．灯泡的额定功率为
C．发电机线圈中产生的电动势最大值为U
D．从发电机线圈位于中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt
解析：选AD 电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由＝k得灯泡的额定电压UL＝，A正确；灯泡的额定功率PL＝＝，B错误；副线圈的电流IL＝＝，因原、副线圈的电流之比＝，故原线圈的电流I1＝，因此发电机线圈中产生的电动势的有效值E＝U＋I1r，最大值Em＝E＝U，C错误；原线圈输入电压最大值为U，则从发电机线圈位于中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt，D正确。
2．[多选]如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，电压表为理想交流电压表。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为ω、匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是( )
A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗
B．电容器的电容增大时，灯泡变暗
C．线圈处于图示位置时，电压表读数为0
D．若线圈转动的角速度变为2ω，则电压表读数变为原来的2倍
解析：选AD 根据＝可得U2＝U1，P向上滑动，n1增大，而U1不变，所以U2减小，故灯泡变暗，A正确；电容器的电容增大，容抗减小，故灯泡变亮，B错误；线圈处于题图所示位置时，感应电动势的瞬时值为零，交流电路中交流电表示数为有效值，所以电压表读数不为0，C错误；根据Em＝NBSω可得交流电最大值变为原来的2倍，所以有效值变为原来的2倍，D正确。
3．[多选]如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是( )
A．图乙中电压的有效值为110 V
B．电压表的示数为44 V
C．R处出现火警时电流表示数增大
D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
解析：选ACD 根据电流的热效应×0.01 J＝×0.02 J，解得U＝110 V，即题图乙中电压的有效值为110 V，故A正确；由＝，可得＝，解得U2≈
31.1 V，所以电压表的示数为31.1 V，故B错误；R处出现火警时，阻值减小，由于电压不变，所以副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率知，输入功率增大，根据P1＝U1I1，可知电流表的示数增大，故C正确；R处出现火警时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，R0消耗的电功率增大，故D正确。
[专题强训提能]
1.(2018·重庆一诊)利用如图所示电路可测量待测电阻Rx的阻值。定值电阻R1、R2的阻值已知，闭合开关S，调节电阻箱使其接入电路的阻值为R3时，电流表示数为零，则Rx的阻值等于( )
A．R2 B.
C. D.
解析：选D 根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I1(R1＋R2)＝I2(Rx＋R3)，由于电流表示数为零，则说明电流表两端的电势相等，则一定有：I1R1＝I2R3，两式联立可得：Rx＝，故D正确。
2.(2018·闽粤大联考)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向的偏角为θ(电源的内阻不能忽略)。下列判断正确的是( )
A．小球带负电
B．当滑动头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大
C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D．当滑动头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大
解析：选C 由题图知，A板带正电，B板带负电，电容器内电场方向水平向右，绝缘线向右偏，小球所受电场力向右，则小球带正电，故A错误；滑动头向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，小球所受电场力变小，绝缘线的偏角θ变小，故B错误；滑动头从a向b滑动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确；根据外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，可得当外电阻大于内阻时，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小。由于外电阻与内阻大小关系未知，故无法判断电源输出功率大小的变化，故D错误。
3．[多选](2018·南平质检)如图所示电路中，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使灯泡L变暗，下列哪些措施可以使灯泡L重新变亮( )
A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移
B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移
C．其他条件不变，断开开关S
D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动
解析：选BC 其他条件不变，P1上移，即原线圈匝数增多，P2下移，即副线圈匝数减少，由U2＝U1可得U2减小，灯泡L变暗，故A错误；其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增多，由U2＝U1可得U2增大，可以使灯泡L重新变亮，故B正确；其他条件不变，断开开关S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡L两端电压增大，可以使灯泡L重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡L两端电压减小，灯泡L变暗，故D错误。
4．[多选](2019届高三·衡水中学调研)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R为电位器(滑动变阻器)，L是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向b端时，下列说法正确的是( )
A．小灯泡L将变亮
B．电压表示数与电流表A1示数的比值将变大
C．电流表A1的示数将变大
D．电源的总功率将变大
解析：选ACD 电位器的触片滑向b端时，电位器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A1的示数将变大，则内阻分担电压变大，路端电压变小，电压表V的示数将减小，流过R1和R2的电流均减小，流过L的电流将增大，L将变亮，故A、C正确；电压表的示数与电流表A1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值将变小，故B错误；总电流变大，由P＝EI知，电源的总功率将变大，故D正确。
5.[多选](2018·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝线圈abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，转动的周期为T，ab中点和cd中点的连线恰好位于转轴所在直线上，且转轴OO′位于匀强磁场的边界线上，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈电阻阻值为R，外电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时的瞬时感应电流为I，则以下判断正确的是( )
A．线圈的面积为
B．线圈消耗的电功率为4I2R
C．线圈中感应电动势的表达式为e＝2IRsin t
D．t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝cos t
解析：选AD 设线圈面积为S，从题图所示位置开始计时，感应电动势的表达式为
e＝B·ωsin ωt＝sin θ，转过30°时的瞬时感应电流I＝＝sin 30°＝，故S＝，则e＝4IRsin t，A正确，C错误；线圈消耗的电功率为P＝2R＝2I2R，B错误；t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝B·cos ωt＝cos t，D正确。
6.(2018·福建大联考)如图所示为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，模拟输电导线的电阻r＝3 Ω，T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L。当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为( )
A. B．3
C．4 D．9
解析：选B 根据＝，得U2＝kU1＝16k，灯泡的额定电流为I＝＝ A＝3 A，降压变压器副线圈电流I4＝3 A，根据电流与匝数成反比，得＝，即I3＝＝，根据＝，得U3＝kU4＝15k，由U2＝U3＋I3r，整理得16k＝15k＋×3，解得k＝3，B对。
7.[多选](2018·厦门高三质检)如图所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝20sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻连接成闭合电路，电流表为理想电流表。另有一阻值R2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等。则( )
A．电阻R1消耗的电功率为12.5 W
B．通过电阻R1的交变电流的周期为0.02 s
C．电流表的示数为10 A
D．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
解析：选AD 加在R2两端电压的有效值为UR2＝U＝ V＝20 V，R2消耗的功率为PR2＝＝12.5 W，又电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等，故A正确；由u＝20 sin 50πt(V)，知ω＝50π rad/s，故周期T＝＝0.04 s，变压器不改变交变电流的周期，故B错误；R1的消耗功率PR1＝PR2＝12.5 W，通过R1的电流IR1＝＝2.5 A，则电流表的示数为2.5 A，故C错误；副线圈两端电压为U2＝IR1R1＝5 V，原线圈两端电压U1＝U＝20 V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故D正确。
8．(2018·山西五地市联考)如图所示，L1、L2、L3、L4为四盏规格均为“12 V,6 W”的灯泡，分别接入理想变压器原、副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A的示数为0.5 A，已知灯泡L2正常发光，以下说法正确的是( )
A．a、b端输入功率为18 W
B．a、b端输入电压为36 V
C．灯泡L1的功率为6 W
D．若副线圈回路再并联一盏同样的灯泡，灯泡L2仍能正常发光
解析：选C 灯泡的额定电流IL＝＝ A＝0.5 A，因交流电流表A的示数为0.5 A，所以L1正常发光，其功率为6 W，因L2正常发光，则L3、L4也正常发光，则变压器的输出功率为三盏灯泡的总功率，变压器的输入功率等于输出功率，则a、b端输入功率等于四盏灯泡的总功率，即Pab＝6×4 W＝24 W，故A错误，C正确；根据Pab＝UabIA可得Uab＝
V＝48 V，故B错误；若副线圈回路再并联一盏同样的灯泡，使得副线圈的总电流增大，则原线圈的电流也增大，L1分担的电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，L2不能正常发光，故D错误。
9.(2018·石家庄质检)如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是( )
A．10 A,12 A B．10 A,20 A
C．1 A,0.7 A D．1 A,3 A
解析：选C 由＝，得U2＝U1＝110 V，则I2＝＝1 A。由＝，得U3＝U1＝22 V，又I1U1＝I2U2＋I3U3，解得I1＝0.7 A，选项C正确。
10．(2019届高三·南昌模拟)如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈电阻为1 Ω，负载电阻为4 Ω，则( )
A．线圈转速为50 r/s
B．电压表的示数为2.5 V
C．负载电阻的电功率为2 W
D．若线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍
解析：选C 由题图乙可知，线圈转动周期为0.04 s，则转速为n＝ r/s＝25 r/s，故A错误；电动势的最大值为5 V，有效值为E＝ V＝2.5 V，则电压表的示数为U＝R＝×4 V＝2 V，故B错误；负载电阻消耗的电功率P＝＝ W＝2 W，故C正确；若线圈转速加倍，则角速度加倍，电压最大值Em＝NBSω，故最大值变为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故电压表示数变为原来2倍，故D错误。
11．[多选](2018·上饶六校联考)如图所示，一正弦式交流电瞬时值为e＝220sin 100πt(V)，通过一个理想电流表接在一个理想变压器
两端，变压器起到降压作用，开关闭合前后A、B两端输出的电功率相等，以下说法正确的是( )
A．流过r的电流方向每秒钟变化50次
B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数
C．开关从断开到闭合时，电流表示数变大
D．R＝r
解析：选CD 由正弦式交流电瞬时值表达式知交流电的频率f＝ Hz＝50 Hz，因变压器不改变交流电的频率，所以流过r的电流方向每秒钟变化100次，A错误；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B错误；开关从断开到闭合时，副线圈回路总电阻减小，副线圈两端电压不变，所以副线圈回路中电流增大，再根据I1U1＝I2U2知，原线圈电流即电流表示数变大，C正确；开关闭合前，A、B两端输出的电功率为PAB＝2R，开关闭合后，A、B两端输出的电功率为PAB′＝2·＝·2R，又开关闭合前后A、B两端输出功率相等，则有PAB＝PAB′，解得R＝r，D正确。
12.(2018·天津河东区模拟)在日常生活中，各种家用电器所使用的电压不同，经常需要用变压器把220 V交流电变成所需的电压。如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器，b是原线圈中的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u＝220sin 100πt(V)的交变电压，则( )
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B．当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
C．当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等
解析：选D 当单刀双掷开关与a连接时，由＝，又n1∶n2＝10∶1，有效值U1＝ V＝220 V，可得副线圈的电压U2＝22 V，则电压表的示数为22 V，故A错误；当单刀双掷开关与a连接时，在滑片P向上移动的过程中，因输入电压及原、副线圈匝数之比不变，则副线圈两端电压不变，所以电压表的示数不变；滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则副线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变小，根据＝，可知副线圈两端的电压U2变大，输出功率P2＝变大，又输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈两端电压变大，调节滑片P到适当位置使其连入电路的电阻R变大，输出功率P2＝可能不变，又输入功率等于输出功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确。
13.(2018·上海虹口区模拟)如图所示，电源电动势为E、内阻为r, R1、R2为定值电阻，R2>R1>r，且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由最上端滑到最下端，若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1、ΔU2、ΔI表示，则下列说法中正确的是( )
A.＝R2
B.
D．电源的输出功率先增大，再减小
解析：选B 由题图可知，电流表与R0的下部分串联，R1与R0的上部分串联，二者并联后再与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故R2≠＝，故A错误；电压表V1测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，电流表示数增大，R1与R0的上部分串联的电阻增大，流过R1的电流减小，因此总电流的变化量小于电流表中电流的变化量，因此R1>r知，外电阻一定大于内电阻，而在滑片向下滑动过程中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一直增大，故D错误。
14.如图所示的电路中，R为光敏电阻(随光照强度的增大阻值会减小)、C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1。闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u＝100sin 10πt(V)，则下列说法正确的是( )
A．灯泡会正常发光
B．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等
C．增大照射光敏电阻的照射光强度，灯泡会变亮
D．断开开关S，灯泡会熄灭
解析：选C 由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端电压的有效值为100 V，根据＝，可知副线圈两端电压的有效值为50 V，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V，不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻中的电流小于灯泡中的电流，B错误；增大照射光敏电阻的照射光强度，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误。
第5讲
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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，或者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切割类问题。考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的应用；②法拉第电磁感应定律的理解和应用；③三个定则的应用。对该部分内容的复习应注意“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。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．“三定则、一定律”的应用
安培定则
判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则
判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则
判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向
楞次定律
判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向
2．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合电路的磁通量的变化情况进行判断。
3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向
转动
解析：选AD 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确；同理D正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析：选AC 在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A正确；在t＝和t＝T时，图线斜率大小最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中感应电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中感应电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。
3.[多选](2018·湖北八校联考)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁场N极位于地理南极附近。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是( )
A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低
B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势
C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向
D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向
解析：选AC 地球北半球的磁场方向由南向北斜向下分布，可分解为水平向北和竖直向下两个分量。若线框向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项正确；若线框向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D项错误。
4．[多选]如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是( )
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0S
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势
D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
解析：选BD 当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，螺线管内磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，螺线管内磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1～t2时间内，螺线管内磁通量减小，由楞次定律及安培定则知，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，螺线管内磁通量的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律及安培定则知，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误，D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．三个公式的适用范围
(1)E＝n，适用于普遍情况。
(2)E＝Blv，适用于导体切割磁感线的情况。
(3)E＝Bl2ω，适用于导体绕一端点转动切割磁感线的情况。
2．几点注意
(1)公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图所示，导体的有效长度均为ab间的距离。
(2)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A． B．
C． D．2
解析：选B 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝＝，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝，且q1＝I1Δt1；在过程Ⅱ中，有E2＝＝，I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即＝，解得＝，B正确。
2.如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B＝1 T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5 m，电阻为3 Ω的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3 m/s。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒摆到竖直位置时AB两端的电压大小为( )
A．0.4 V B．0.65 V
C．2.25 V D．4.5 V
解析：选B 当导体棒摆到竖直位置时，由v＝ωr可得，C点的速度为：vC＝vB＝×
3 m/s＝1 m/s，AC间电压为：UAC＝EAC＝BLAC·＝1×0.5× V＝0.25 V，CB段产生的感应电动势为：ECB＝BLCB·＝1×1× V＝2 V，环两侧并联，电阻为：R＝ Ω＝
0.5 Ω，导体棒CB段的电阻为：r＝2 Ω，则CB间电压为：UCB＝ECB＝×2 V＝
0.4 V，故AB两端的电压大小为：UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V，故B对。
3．[多选](2019届高三·鹰潭模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈总电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势
B．0～t1时间内电压表的读数为
C．t1～t2时间内R上的电流为
D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势
解析：选AC 0～t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝nS，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝·R＝，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝nS，根据闭合电路的欧姆定律得I′＝＝，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，P端电势低于Q端电势，故D错误。
4．图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A．受电线圈中感应电流方向由d到c
B．c点的电势高于d点的电势
C．c、d之间的电势差为
D．c、d之间的电势差为
解析：选D 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C错误，D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
[解析] 金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，vt图像可能如图所示，故B正确；由于金属杆进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确；设金属杆刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛顿第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D错误。
[答案] BC
[悟一法]————————————————————————————————
解答电磁感应中电路问题的三步骤
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，水平放置的粗糙U形框架上连接一个阻值为R0的电阻，处于垂直框架平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC置于框架上，在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，A、C端始终与框架良好接触，半圆形硬导体AC的电阻为r，框架电阻不计。下列说法正确的是( )
A．A点的电势高于C点的电势
B．此时AC两端电压为UAC＝
C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝
解析：选AD 根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝＝，B错误；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确。
2.[多选](2018·安徽六校联考)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界夹角为45°，若线框的总电阻为R，则( )
A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBA
B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为
D．此时CD两端电压为Bav
解析：选CD 线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCD，故A错误；AC刚进入磁场时，CD切割磁感线，AD不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流I＝＝，故B错误；AC刚进入磁场时，CD受到的安培力与v的方向相反，AD受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可知，AD与CD受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD与CD受到的安培力的矢量合，F合＝F＝，故C正确；AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×＝Bav，故D正确。
3.如图所示，平行极板与单匝圆形线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。线圈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＝
C．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，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，线圈中感应电流的磁场方向向外，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：mg＝q，而感应电动势：E＝，解得：E＝，由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS，解得：＝，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，极板间距减小，所以电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关，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。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
[解析] 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i，根据题图可得：
线框位移
等效电路的连接
电流
0～
I＝2i(顺时针)
～l
I＝0
l～
I＝2i(逆时针)
～2l
I＝0
综合分析知，只有选项D符合要求。
[答案] D
[悟一法]————————————————————————————————
1．解决电磁感应图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类，即是B t图还是Φ t图，或者Et图、It图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距的含义等。
(6)画图像或判断图像。
2．电磁感应图像问题分析的注意点
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选](2019届高三·锦州模拟)如图甲所示为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图像(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况)，选项图中正确的是( )
解析：选AD 0～1 s时间内，B垂直纸面向里均匀增大，Φ均匀增大，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，B均匀增大，故安培力均匀增大，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向右，为正值；1～2 s、2～3 s穿过线框的磁通量不变，所以无感应电流，安培力为0；3～4 s时间内，B垂直纸面向外均匀减小，Φ均匀减小，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，B均匀减小，故安培力均匀减小，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向左，为负值。综上所述，A、D正确。
2.[多选](2018·黄冈质检)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m、电阻为R、边长为L，从线框右侧边进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框导线横截面的电荷量为q，其中Pt和qt图像均为抛物线，则表示这些量随时间变化的图像正确的是( )
解析：选CD 线框右侧边切割磁感线，运动速度v＝at，产生的感应电动势e＝BLv，产生的感应电流i＝＝，i与t成正比，图线为倾斜直线，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律，有F－F安＝ma，其中F安＝BLi＝，得F＝ma＋，F与t为一次函数关系，图线为F轴截距大于零的倾斜直线，故B错误；功率P＝i2R＝，P与t的二次方成正比，图线为抛物线，故C正确；由电荷量表达式q＝，有q＝，q与t的二次方成正比，图线为抛物线，故D正确。
3.(2018·山西五市联考)如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正，选项图中表示其感应电流i随位移x变化的图像正确的是( )
解析：选B 线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向先垂直纸面向外后垂直纸面向内，根据安培定则，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，即先正后负，故A、D错误；线框向右运动过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据i＝知，感应电流先增大后反向减小，故B正确，C错误。
[专题强训提能]
1．随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置(主要装置是线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置通过改变地面供电装置的电流使自身产生感应电流，对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～20 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右。下列说法正确的是( )
A．无线充电桩的优越性之一是在百米之外也可以对电动车充电
B．车身感应装置中的感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．车身感应装置中感应电流的磁场总是与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反
D．若线圈均采用超导材料，则能量的传输效率有望达到100%
解析：选B 题中给出目前无线充电桩充电的有效距离为15～20 cm，达不到在百米之外充电，A错误；通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场不一定与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反，C错误；由于电磁波传播时有电磁辐射，能量传输效率不能达到100%，D错误。
2.(2019届高三·苏州调研)如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触，忽略空气阻力，则在下落过程中( )
A．磁块做自由落体运动
B．磁块的机械能守恒
C．铝管对桌面的压力大于铝管所受的重力
D．磁块动能的增加量大于重力势能的减少量
解析：选C 在磁块向下运动过程中，铝管中产生感应电流，会产生电磁阻尼作用，磁块受向上的磁场力的作用，铝管受向下的磁场力的作用，则对桌面的压力大于其所受重力，选项C正确；磁块除受重力之外，还受向上的磁场力，因此磁块做的不是自由落体运动，磁块向下运动，磁场力做负功，因此机械能不守恒，动能的增加量小于重力势能的减少量，选项A、B、D错误。
3.很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示，自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯
泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6 V。则( )
A．电压表的正接线柱应与a相接
B．电压表的正接线柱应与b相接
C．后轮匀速转动20 min产生的电能为426 J
D．该自行车后轮边缘的线速度大小为4 m/s
解析：选B 根据右手定则可判断轮子边缘的点等效为电源的负极，电压表的正接线柱应与b相接，B正确，A错误；根据焦耳定律得Q＝I2Rt，由欧姆定律得I＝，代入数据解得Q＝43.2 J，C错误；由U＝E＝Bl2ω，解得v＝ωl＝8 m/s，D错误。
4．[多选]轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，线圈总电阻为r＝1 Ω，边长为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t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断正确的是( )
A．在0～t0时间内线圈中电流方向为顺时针方向
B．在0～t0时间内线圈中产生的电动势大小为0.4 V
C．在t＝t0时，线圈中电流的电功率为0.32 W
D．从t＝0开始到细线开始松弛所用时间为2 s
解析：选BD 根据楞次定律可知，在0～t0时间内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E＝n＝n××2＝0.4 V，B正确；由I＝＝0.4 A，得P＝I2r＝0.16 W，C错误；对线圈受力分析可知，当细线松弛时有F安＝nBt0I·＝mg，
I＝，Bt0＝＝2 T，由题图乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2 s，D正确。
5．[多选]如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。下列说法正确的是( )
A.时刻，R中电流方向为由a到b
B.t0时刻，R中电流方向为由a到b
C．0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的
D．0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的
解析：选AC 时刻，线圈中向里的磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，所以R中电流方向为由a到b，故A正确；t0时刻，线圈中向里的磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，R中的电流方向为由b到a，故B错误；0～t0时间内感应电动势大小E1＝＝；t0～2t0时间内感应电动势大小E2＝＝，由欧姆定律，知0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的，故C正确；根据焦耳定律Q＝I2Rt，知0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的，故D错误。
6．(2018·沈阳质检)如图甲所示，一个足够长的U形光滑金属导轨固定在水平桌面上，连接的电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，两导轨间的距离l＝0.2 m，处于垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在最左端，金属杆在外力的作用下以速度v＝0.5 m/s向右做匀速运动。当t＝4 s时，下列说法中正确的是( )
A．穿过回路的磁通量为1 Wb
B．流过电阻R的感应电流的方向为b→a
C．电路中感应电动势大小为0.02 V
D．金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10－4 N
解析：选D 当t＝4 s时，金属杆运动的位移为：x＝vt＝0.5×4 m＝2 m，则穿过回路的磁通量为：Φ＝BS＝Blx＝0.2×0.2×2 Wb＝0.08 Wb，A错误；根据楞次定律可得，流过电阻R的感应电流的方向为a→b，B错误；电路中感应电动势大小为：E＝Blv＋＝0.2×0.2×0.5 V＋ V＝0.04 V，C错误；根据欧姆定律可得，电路中的电流为：I＝＝
A＝0.004 A，金属杆所受到的安培力的大小为：F＝BIl＝0.2 × 0.004× 0.2 N ＝1.6×
10－4 N，D正确。
7．如图甲所示，一根电阻R＝4 Ω的导线绕成半径d＝2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正)，关于圆环中的感应电流—时间图像，电流沿逆时针方向为正，选项图中正确的是( )
解析：选C 0～1 s，E1＝S＝4π V，I＝＝π A，由楞次定律知感应电流为顺时针方向，对照选项知，只有C正确。
8.[多选]如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1＝，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是( )
A．通过R1的电流方向为自下而上
B．感应电动势大小为2Br2ω
C．理想电压表的示数为Br2ω
D．理想电流表的示数为
解析：选AC 由右手定则可知，辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为E＝Br2ω，选项B错误；由题图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，可得外电阻为，内电阻为，因此理想电压表的示数为U＝E＝Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为I＝＝，选项D错误。
9．[多选]如图甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝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(π取3)( )
A．通过线框中的感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb
C．0～0.6 s时间内通过线框中的电荷量为0.006 C
D．0～0.6 s时间内线框中产生的热量为0.06 J
解析：选AD B1不变化，B2垂直水平面向下，大小随时间均匀增加，根据楞次定律知，线框中的感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1·
πr2＋B2·πr2＝－0.005 Wb，选项B错误；t＝0.6 s时穿过线框的磁通量为Φ′＝B1·πr2＋B2′·πr2＝0.01 Wb，根据q＝n＝n，0～0.6 s 时间内通过线框中的电荷量为
0.12 C，选项C错误；0～0.6 s时间内线框中产生的热量Q＝2·t＝2·t＝
0.06 J，选项D正确。
10．[多选](2018·佛山质检)如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为L，左端连接的电源电动势为E、内阻为r，质量为m、长为L的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )
A．金属杆的最大速度大小为
B．此过程中通过金属杆的电荷量为
C．此过程中电源提供的电能为
D．此过程中金属杆产生的热量为
解析：选AC 闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反，当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时E＝BLvm，得vm＝，A项正确；对金属杆应用动量定理有
BLit＝mvm，又q＝it，得q＝，B项错误；电源提供的电能E电＝qE＝，C项正确；根据能量守恒定律，E电＝Ek＋Q热，Ek＝mvm2，可得Q热＝E电－Ek＝，Q热为电源内阻和金属杆上产生的总热量，D项错误。
11.[多选]如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由细软导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针
B．在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量为
C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
解析：选ABD 由题意知，在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，处于磁场中的直角三角形的面积先增大后减小，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针，A项正确；在C从A点沿圆弧移动到题图中
∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量q＝Δt＝·＝＝＝，B项正确；设DC与AD间夹角为θ，通过导线框的磁通量Φ＝B·2Rsin θ·2Rcos θ＝2R2Bsin θcos θ＝R2Bsin 2θ，由几何关系知ωt＝2θ，所以通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R2Bsin ωt，对Φt 的表达式求导得E＝R2Bωcos ωt，当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，ωt＝90°，故导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，C项错误；在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的热量为Q＝·＝，D项正确。
12．[多选](2018·遵义模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图甲所示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2 时间内( )
A．电容器C所带的电荷量大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：选AD 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C所带的电荷量大小及两极板带电情况始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的大小发生变化，方向先向右后向左，选项C错误，D正确。
13．[多选]如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，金属棒ab接入电路的电阻为R，当流过金属棒ab某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab的速度大小为v(未达到稳定运动速度)，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大于v
B．受到的最大安培力大小为sin θ
C．下滑的位移大小为
D．产生的焦耳热为qBLv
解析：选AC 对金属棒ab受力分析可知，金属棒ab做加速度逐渐减小的变加速直线运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A正确；题述过程中，金属棒ab受到的最大安培力F安＝BIL＝BL·＝BL·＝，故B错误；由q＝＝可知：下滑的位移大小为x＝，故C正确；产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比金属棒ab的速度大小为v时的电流I′＝小，故这一过程中产生的焦耳热小于qBLv，故D错误。
14．[多选](2018·银川模拟)如图甲所示，光滑的平行金属导轨AB、CD竖直放置，AB、CD相距L，在B、C间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r、长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab重合)。现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计。F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．导体棒离开磁场时速度大小为
B．离开磁场时导体棒两端电压为
C．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生的热量为－
解析：选BD 设导体棒离开磁场时速度大小为v，此时导体棒受到的安培力大小为：
F安＝BIL＝BL＝BL＝，由平衡条件得：F＝F安＋mg，结合题图乙知v＝，A错误；离开磁场时，由F＝BIL＋mg得：I＝，导体棒两端电压为：U＝，B正确；导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：q＝t＝t＝t＝＝，C错误；导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总热量为Q，根据功能关系可得：Q＝2mgh＋3mg·4h－mg·5h－mv2，而电阻R上分担的热量为：Q′＝Q，解得：Q′＝－，D正确。
第6讲
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考法
学法
原子物理学部分知识点较多，需要学生强化对知识的理解和记忆。在高考试卷中，对原子物理学的考查一般是一个选择题，难度不大。考查热点主要有：①光电效应、波粒二象性；②原子结构、氢原子能级跃迁；③原子核的衰变规律、α、β、γ三种射线的特点及应用；④核反应方程的书写、质量亏损和核能的计算。由于本讲内容琐碎，考查点多，因此复习时应抓住主干知识，梳理出关键点，进行理解性记忆。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．爱因斯坦光电效应方程
Ek＝hν－W0
2．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变化的图像如图所示。
依据Ek＝hν－W0＝hν－hν0可知：当Ek＝0时，ν＝ν0，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k＝h——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：W0＝hν0。
(2)光电流随外电压变化的规律如图所示。
图中纵轴表示光电流，横轴表示阴、阳两极处所加外电压。
当U＝－U′时，光电流恰好为零，此时能求出光电子的最大初动能，即Ek＝eU′，此电压称为遏止电压。
当U＝U0时，光电流恰好达到饱和光电流，此时所有光电子都参与了导电，电流最大为Imax。
3．处理光电效应问题的两条线索
(1)光强大→光子数目多→发射光电子数多→光电流大。
(2)光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大。
4．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(频率高)的光粒子性强。
(3)光子说并未否定波动说，E＝hν＝中，ν和λ就是波的概念。
(4)波动性和粒子性在宏观世界是不能统一的，而在微观世界却是统一的。
5．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λ＝，p为运动物体的动量，h为普朗克常量。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅱ)用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( )
A．1×1014 Hz B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
解析：选B 设单色光的最低频率为ν0，由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν1－W0,0＝
hν0－W0，又ν1＝，整理得ν0＝－，代入数据解得ν0≈8×1014 Hz，B正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb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νa>νb，则一定有Ua
C．若Ua
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Ek＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项正确；又Ek＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－Ek＝W，W相同，D项错误。
3．表格所示为按照密立根的方法进行光电效应实验时，得到的某金属的遏止电压和入射光的频率的几组数据。
Uc/V
0.541
0.637
0.714
0.809
0.878
ν/×1014Hz
5.644
5.888
6.098
6.303
6.501
由以上数据应用Excel描点连线，可得直线方程，如图所示。
则这种金属的截止频率约为( )
A．3.5×1014 Hz B．4.3×1014 Hz
C．5.5×1014 Hz D．6.0×1014 Hz
解析：选B 遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率，根据方程Uc＝0.397 3－1.702 4，代入Uc＝0，解得ν≈4.3×1014 Hz，B正确。
4.如图所示是实验室用来研究光电效应原理的装置图，电表均为理想电表，当入射光的能量等于9 eV时，灵敏电流表检测到有电流流过，当电压表示数等于5.5 V时，灵敏电流表示数刚好为0。则下列说法正确的是( )
A．若增大入射光的强度，光电子的最大初动能将增大
B．若入射光的能量小于3.5 eV，改变电源的正负极方向，则灵敏电流表示数可能不为0
C．光电管材料的逸出功等于3.5 eV
D．增大入射光的波长，在电压表示数不变的情况下，灵敏电流表示数会变大
解析：选C 根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故A错误；题图所示装置所加的电压为反向电压，由电压表的示数等于5.5 V 时，灵敏电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为5.5 eV，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可得W0＝3.5 eV，若入射光的能量小于3.5 eV，则不能发生光电效应，灵敏电流表示数一定为0，故B错误，C正确；增大入射光的波长，则光的频率减小，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，知光电子的最大初动能减小，在电压表示数不变的情况下，灵敏电流表示数可能会变小，故D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
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)光子的频率可由hν＝Em－En求得。若求波长可由公式c＝λν求得。
(3)一个氢原子跃迁放出可能的光谱线条数最多为(n－1)条。
(4)一群氢原子跃迁放出可能的光谱线条数有两种求解方法。
①用数学中的组合知识求解：N＝Cn2＝。
②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。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·重庆学业质量调研)如图所示为氢原子能级示意图的一部分，关于氢原子，下列说法正确的是( )
A．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，可能放出3种不同频率的光子
B．从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会吸收光子，能级升高
C．从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会向外放出光子，能级降低
D．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
解析：选C 一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，最多可能放出2种不同频率的光子，故A错误；从n＝4能级跃迁到n＝3能级，是从高能级向低级跃迁，氢原子会放出光子，能级降低，故B错误，C正确；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，故D错误。
2．[多选](2019届高三·豫南九校联考)如图为氢原子的能级图，已知可见光光子的能量范围为1.62～3.11 eV，锌板的逸出功为3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁的过程中放出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放出的光照射锌板，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n＝2能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线
D．处于n＝3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放出的光子的最小能量为10.2 eV>3.34 eV，照射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n＝2能级，故B正确；紫外线光子的最小能量为3.11 eV，处于n＝2能级的氢原子的电离能为3.4 eV，故n＝2能级的氢原子不能吸收任意频率的紫外线，故C错误；处于n＝3能级的氢原子的电离能为1.51 eV，
故处于n＝3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，故D正确。
3．氢原子的基态能级E1＝－13.6 eV，第n能级En＝，若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时发出的光能使某金属发生光电效应，则以下跃迁中发出的光也一定能使此金属发生光电效应的是( )
A．从n＝2能级跃迁到n＝1能级
B．从n＝4能级跃迁到n＝3能级
C．从n＝5能级跃迁到n＝3能级
D．从n＝6能级跃迁到n＝5能级
解析：选A 从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量大于从n＝3能级跃迁到
n＝2能级辐射的光子能量，根据光电效应产生的条件知，一定能使该金属发生光电效应，故A正确；从n＝4能级跃迁到n＝3能级、从n＝5能级跃迁到n＝3能级、从n＝6能级跃迁到n＝5能级辐射的光子能量均小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量，都不一定能使该金属发生光电效应，故B、C、D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
1．衰变次数的确定方法
先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数。
2．对半衰期的理解
(1)半衰期公式：
(2)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，对于较少特定个数的原子核，无法确定会有多少个发生衰变。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2017·全国卷Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为U→Th＋He。下列说法正确的是( )
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α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，因此衰变后产生的钍核和α粒子的动量等大反向，即pTh＝pα，B项正确；因此有＝
，由于钍核和α粒子的质量不等，因此衰变后钍核和α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，D项错误。
2．(2018·石家庄高三模拟)下列说法不正确的是( )
A. U经过一次α衰变后变为Th
B．由核反应方程Cs→Ba＋X，可以判断X为电子
C．核反应方程He＋N→O＋H为轻核聚变
D．若16 g铋210经过15天时间，还剩2 g未衰变，则铋210的半衰期为5天
解析：选CU经过一次α衰变后，电荷数少2，质量数少4，变为Th，A正确；根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为－1，质量数为0，可知X为电子，B正确；轻核聚变反应为H＋H→He＋n，C错误；根据m＝m0，可得＝，解得T＝5天，D正确。
3．(2018·江西师大附中月考)匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为( )
A.C→e＋B B.C→He＋Be
C.C→H＋B D.C→e＋N
解析：选D 原子核的衰变过程满足动量守恒，放射出的粒子与反冲核的速度方向相反，由题图根据左手定则判断得知，该粒子与反冲核的电性相反，可知碳14发生的是β衰变，衰变方程为C→N＋e，根据动量守恒定律和带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r＝，可知此衰变方程满足题意，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．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(H)、中子
(n)、α粒子(He)、 β粒子(e)、正电子(e)、氘核(H)、氚核(H)等。
(2)熟悉核反应的四种基本类型——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核反应方程是否正确的依据，所以要理解并会应用质量数守恒和电荷数守恒。
(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。
2．核能的计算方法
(1)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ΔE＝Δmc2(J)。
(2)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乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5(MeV)。
(3)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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅲ)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋Al→n＋X。X的原子序数和质量数分别为( )
A．15和28 B．15和30
C．16和30 D．17和31
解析：选B 将核反应方程式改写成He＋Al→n＋X，由电荷数守恒和质量数守恒知，X应为X，B对。
2．(2017·全国卷Ⅰ)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：H＋H→He＋n。已知H的质量为2.013 6 u，He的质量为
3.015 0 u，n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为( )
A．3.7 MeV B．3.3 MeV
C．2.7 MeV D．0.93 MeV
解析：选B 氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确。
3．[多选]核电站中采用反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转换成电能。反应堆中一种可能的核反应方程式是U＋n→Nd＋Zr＋x＋y，设U核质量为m1，中子质量为m2，Nd核质量为m3，Zr核质量为m4，x质量为m5，y质量为m6，那么，在所给的核反应中( )
A．x可能是3H，y可能是10e
B．x可能是3n，y可能是8e
C．释放的核能为(m1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2
D．释放的核能为(m3＋m4＋m5＋m6－m1－m2)c2
解析：选BC 如果x是3H，y是10e，则核反应过程电荷数不守恒，则不可能，故A错误；如果x是3n，y 是8e，则核反应过程质量数守恒、电荷数守恒，故B正确；质量亏损：Δm＝m1＋m2－m3－m4－m5－m6，由质能方程可知，释放的核能为：E＝Δmc2＝
(m1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2，故C正确，D错误。
4．[多选](2018·云南高三检测)原子核的比结合能随质量数的变化图像如图所示，根据该曲线，下列判断正确的是( )
A．中等质量核的比结合能大，这些核较稳定
B.H核比Li核更稳定
C.U核裂变成两个中等质量的核时释放能量
D.Kr核的比结合能比U核的小
解析：选AC 由题图可知，中等质量的原子核的比结合能较大，所以中等质量的原子核较稳定，故A正确；H核的比结合能比Li核小，故H核比Li核更不稳定，故B错误；重核裂变成中等质量的核，有质量亏损，释放能量，故C正确；Kr核的比结合能比U核的大，故D错误。
[专题强训提能]
1．[多选]波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )
A．光电效应现象揭示了光的粒子性
B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等
解析：选AB 光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释，选项A正确，C错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，选项B正确；由德布罗意波波长公式λ＝和p2＝2mEk知，动能相等的质子和电子动量不同，德布罗意波波长不相等，选项D错误。
2．(2018·广州高三检测)氢原子第n能级的能量为En＝(n＝1,2,3，…)，其中E1是基态能量。若氢原子从第k能级跃迁到第p能级，辐射的光子能量为－E1，第p能级比基态能量高－E1，则( )
A．k＝3，p＝2 B．k＝4，p＝3
C．k＝5，p＝3 D．k＝6，p＝2
解析：选A 根据玻尔理论，氢原子辐射光子能量ΔE＝－＝－E1，－E1＝
－E1，联立解得：k＝3，p＝2，故A正确。
3．(2019届高三·北京海淀区检测)下列说法正确的是( )
A．爱因斯坦提出的光子说，成功解释了光电效应现象
B．氢原子的电子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量增加
C．卢瑟福通过α粒子的散射实验发现了质子并预言了中子的存在
D．汤姆孙发现了电子并提出了原子核式结构模型
解析：选A 根据光学发展的历程可知，1905年，爱因斯坦提出的光子说很好地解释了光电效应现象，故A正确；氢原子的电子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减小，故B错误；汤姆孙通过阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型，此实验不能说明原子核内存在质子，故C、D错误。
4.静止在匀强电场中的碳14原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示(a、b表示长度)。那么碳14的核反应方程可能是( )
A.C→He＋Be B.C→e＋B
C.C→e＋N D.C→H＋B
解析：选A 由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的粒子的受力方向均与电场强度方向相同，均带正电，C错误；反冲核、粒子在电场中偏转时，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，发生核反应时反冲核、粒子的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒有m1v1＝m2v2，结合题图有b＝v1t，a＝v2t，4b＝t2,2a＝t2，解得＝，比较选项A、B、D可得，A正确。
5．[多选]静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2；则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值判断正确的是( )
A.Bi→Tl＋He B.Bi→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：选BC 原子核发生衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，由题图可知两粒子的运动轨迹为内切圆，根据左手定则可以得知，衰变后的两粒子带的电性相反，所以释放的粒子应该是电子，原子核发生的应该是β衰变，衰变方程为：Bi→Po＋e，故A错误，B正确；根据R＝且两粒子动量等大，可得R1∶R2＝q2∶q1＝84∶1，故C正确，D错误。
6．[多选]下列说法正确的是( )
A.Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为Pb
B．在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水
C．当用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出
D．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变该放射性元素的半衰期
解析：选AB 发生α衰变是放出He，发生β衰变是放出e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数守恒和电荷数守恒有2x－y＋82＝90,4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰变过程中共发生6次α衰变和4次β衰变，A正确；在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，B正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，红光的频率小于蓝光，不一定能发生光电效应，C错误；放射性元素的半衰期只由自身性质决定，与外界条件无关，D错误。
7．(2018·桂林、崇左调研)下列描述中正确的是( )
A．质子与中子结合成氘核的过程中吸收能量
B．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少2个
C.U(铀核)衰变为Rn(氡核)要经过3次α衰变和4次β衰变
D．发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小
解析：选D 中子和质子结合成氘核有质量亏损，释放能量，选项A错误；某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个，选项B错误；U(铀核)衰变为Rn(氡核)质量数减小16，故要经过4次α衰变，根据电荷数守恒，则应该经过2次β衰变，选项C错误；发生光电效应时入射光波长相同，即光的频率相同，根据hν＝W逸出功＋Ek，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小，选项D正确。
8．(2018·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的。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同
B．基态反氢原子的电离能是13.6 eV
C．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n＝2能级跃迁到基态时放出光子的波长最长
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；由题图知，处于基态的氢原子的电离能是13.6 eV，则基态反氢原子的电离能也是13.6 eV，故B正确；基态的反氢原子吸收11 eV光子，能量为－13.6 eV＋11 eV＝
－2.6 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n＝2能级跃迁到基态时放出光子的能量不是最小，故对应波长不是最长，故D错误。
9．[多选]用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S，用频率为ν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ν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h＝
B．断开开关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AB 由Ek＝hν－W0，可知题图乙中图线的斜率为普朗克常量，即h＝，故A正确；断开开关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；只有增大照射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无关，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，故D错误。
10.[多选]“核反应堆”是通过可控的链式反应实现核能的释放的装置(如图所示)，核燃料是铀棒，在铀棒周围要放“慢化剂”，快中子和慢化剂中的碳原子核碰撞后，中子能量减少变为慢中子，碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核发生弹性正碰，而且认为碰撞前中子动能是E0，碳核都是静止的，则( )
A．链式反应是指由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程
B．镉棒的作用是与铀棒发生化学反应，消耗多余的铀原子核，从而达到控制链式反应速度的目的
C．经过一次碰撞，中子失去的动能为E0
D．在反应堆的外面修建很厚的水泥防护层是用来屏蔽裂变产物放出的各种射线
解析：选ACD 链式反应是指由重核裂变产生的中子使裂变反应一代又一代继续下去的过程，选项A正确；核反应堆中，镉棒的作用是吸收中子，以控制链式反应速度，选项B错误；根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋12mv2，根据能量守恒定律有mv02＝mv12＋×
12mv22，联立可得v1＝－v0，解得中子损失的动能为E0，选项C正确；水泥防护层的作用是屏蔽裂变产物放出的射线，选项D正确。
11．(2018·北京朝阳区模拟)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ν，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，某实验小组利用图示装置进行实验，得到了某金属的Ucν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4.30×1014 Hz
B．该金属的截止频率约为5.50×1014 Hz
C．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νc，则W0＝hνc。光电子的最大初动能Ek与遏止电压Uc的关系是Ek＝eUc，光电效应方程为Ek＝hν－W0，联立两式可得：Uc＝
ν－，故Ucν图像的斜率为，C、D错误；当Uc＝0时，可解得：ν＝＝νc，由题图乙可知，νc≈4.30×1014 Hz，即金属的截止频率约为4.30×1014 Hz，A正确，B错误。
12．[多选](2018·湖北七市联考)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以放出10种不同频率的光子。其中莱曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时放出的光子，则( )
A．10种光子中波长最短的是n＝5激发态跃迁到基态时产生的
B．10种光子中有4种属于莱曼系
C．使n＝5能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量
D．从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量等于从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量
解析：选AB 由题图可知，10种光子中，从n＝5激发态跃迁到基态放出的光子能量最大，频率最大，波长最短，故A正确；10种光子中，包括从n＝5、n＝4、n＝3和n＝2能级向n＝1 能级跃迁时放出的4种光子，这4种属于莱曼系，故B正确；n＝5能级的氢原子具有的能量为－0.54 eV，故要使其发生电离，至少需要0.54 eV的能量，故C错误；根据玻尔理论，从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量：ΔE1＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝
10.2 eV，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量：ΔE2＝E3－E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV，二者不相等，故D错误。
13．[多选](2018·西工大附中模拟)如图所示，用某单色光照射光电管的阴板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称为遏止电压。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测得遏止电压分别为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ν1的光照射时，光电子的最大初速度为
B．频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为
C．阴极K的逸出功为
D．阴极K的极限频率为
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－eU＝0－mvm2，解得光电子的最大初速度为vmax＝ ，所以频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度为 ，频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为 ，A正确，B错误；根据光电效应方程可得hν1＝eU1＋W，hν2＝
eU2＋W，联立可得W＝，h＝，阴极K的极限频率ν0＝＝，C、D正确。
14．[多选](2018·焦作模拟)如图所示，人工元素原子核Nh开
始静止在匀强磁场B1、B2的边界MN上，某时刻发生裂变生成一个氦原子核He和一个Rg原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直于B1、B2的边界MN。氦原子核通过B1区域第一次经过MN边界时，距出发点的距离为l，Rg原子核第一次经过MN边界距出发点的距离也为l。则下列有关说法正确的是( )
A．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶2
B．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶141
C．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2∶141
D．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111∶141
解析：选AC 由核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒知，Rg即Rg。原子核裂变
过程系统动量守恒，以氦原子核的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2＝0，即p1＝p2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知粒子轨道半径：r1＝r2＝，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝，解得：B＝＝，则：＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝，粒子旋转第一个半圆需要的时间：t＝T＝，时间之比：＝＝＝××＝，C正确，D错误。
第7讲
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。因此复习本部分内容时要侧重对知识和事件的识记、理解。
[知能全通]————————————————————————————————
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和轻物下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点(物体下落的快慢由重量决定)。
(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。同时代的法国科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同一条直线运动，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”，古希腊天文学家托勒密是代表；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年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量的数值。
(8)1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算并观测到海王星；1930年，美国天文学家汤博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库仑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(1787—1854)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，称为电流的磁效应。
(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α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，并用α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α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，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(1803—1853)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
①英国物理学家托马斯·杨成功地观察到了光的干涉现象。
②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。
③德国科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等于光速。
④1895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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]下列说法中正确的是( )
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ABD 根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与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，无法用实验直接验证，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．[多选]在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．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
D．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
解析：选ABD 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确；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，不会产生感应电流，选项C错误；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，这就是楞次定律，选项D正确。
3．[多选]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库仑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符合物理史实。
4．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。
5．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是( )
A．法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律
B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”
C．牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证
D．伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境
解析：选B 奥斯特发现了电流的磁效应现象，纽曼和韦伯通过对理论和实验资料进行严格分析，先后总结出法拉第电磁感应定律，故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值，如测天体质量，故选项B正确；现实生活中不存在不受力的运动物体，因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证，故选项C错误；伽利略在理想斜面实验的基础之上，用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境，故选项D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
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(如空中自由下落的物体、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，外推到极限值，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v＝中，当Δt→0时，v是瞬时速度。
3．理想实验法：也叫实验推理法，就是在物理实验的基础上，加上合理的科学推理得出结论的方法，这也是一种常用的科学方法。如根据伽利略斜面实验推导出牛顿第一定律等。
4．微元法：在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到研究事物整体目的的方法。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：A＝，但A与B、C均无关。如a＝、E＝、C＝、I＝、R＝、ρ＝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的方法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大。
7．控制变量法：对于多因素的问题，每次只改变其中的某一个因素，控制其余几个因素不变，进而研究被改变的这个因素对问题的影响，对其他因素按照此方法分别加以研究，最后综合解决问题的方法。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，为了使问题简化，在不改变物理效果的情况下，用一个物理量来替代其他所有物理量的方法。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，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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )
A．电学中引入了点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的质量，这里运用了理想模型法
B．“总电阻”、“交流电的有效值”等应用了等效替代的方法
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如电容C＝、加速度
a＝都是采用比值法定义的
D．根据速度定义式v＝，当Δt趋近于零时，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
解析：选BD 点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的体积大小和形状，而不是忽略了带电体的质量，运用了理想模型法，A项错误；“总电阻”、“交流电的有效值”等应用了等效替代的方法，B项正确；电容的定义式C＝ 是采用比值法定义的，加速度a＝是牛顿第二定律的表达式，a＝才是采用比值法定义的，C项错误；根据速度定义式v＝，当Δt趋近于零时，表示瞬时速度，该定义运用了极限思维法，D项正确。
2．“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替代等重量的大象，采用的是等效替代的思想；研究合力与分力的关系，采用的是等效替代的思想，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，采用的是极限思维法，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。
3．下列说法中不正确的是( )
A．理想模型法就是把实际问题理想化，忽略次要因素，突出主要因素
B．万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，所以强相互作用与万有引力的作用规律相同
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，复杂运动的背后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，但万有引力是普遍存在的，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。
4．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。研究下列物理问题时采用的方法对应正确的是( )
A．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——比较法
B．用磁感线表示磁场——理想模型法
C．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——归纳法
D．“探究求合力的方法”实验——控制变量法
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，运用的是理想模型法，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；“探究求合力的方法”实验中运用的是等效替代法，故D错误。
5．如图所示是力学中的三个实验装置，这三个实验应用的共同的物理思想方法是( )
A．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 题图所示三个实验应用的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。
6．(2018·湖南师大附中检测)下列说法正确的是( )
A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B．电容公式C＝采用的是比值定义法，但电容器的电容并不由Q、U决定
C．库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同
D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，爱因斯坦对能量守恒定律的建立做出了突出贡献
解析：选B 静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围才能存在磁场，故A错误；公式C＝采用了比值定义法，但C并不由Q、U决定，而是取决电容器本身，以平行板电容器为例，决定式为C＝，故B正确；尽管库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，但以目前的科技认知，它们仍是性质不同的两种力，故C错误；能量守恒定律确立于19世纪中叶，早于爱因斯坦的生辰，故D错误。
[专题强训提能]
1．[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采用了等效替代思想( )
A．惯性 B．重心
C．平均速度 D．合力与分力
解析：选BCD 惯性概念的建立没有采用等效替代思想，A错误；重心是将物体各部分所受重力等效为集中于一点，B正确；平均速度是将变速运动过程等效为匀速运动过程，变速运动的平均速度等效为匀速运动的速度，C正确；合力与分力是采用等效替代思想，使力的作用效果相同，D正确。
2．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．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来
B．在公式F＝G中，G称为引力常量，单位是N·m2/kg2
C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动
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 牛顿在发现万有引力定律过程中，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，A错误；利用公式中各物理量的单位推导可知，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，行星绕太阳沿椭圆轨道运动，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，D错误。
3．[多选]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．库仑利用装置(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的规律
解析：选BC 卡文迪许利用装置(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正确；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。
4．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。比较各选项中的概念易知，选项D正确。
5．下列说法符合事实的是( )
A．焦耳首先发现了电流的磁效应
B．安培发现了电磁感应现象
C．伽利略将斜面实验观察到的现象经过合理外推，找到了力和运动的本质关系
D．牛顿提出了万有引力定律，并测得了引力常量G的数值
解析：选C 奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，选项B错误；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测得了引力常量G，选项D错误；选项C符合事实。
6．[多选]关于原子结构和原子核的结构，经过不断的实验探索，我们已经有了一定的认识。对于这个探索的过程，下列描述正确的是( )
A．卢瑟福根据α粒子轰击金箔时发生散射，提出了原子的核式结构模型
B．为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性，玻尔提出了氢原子结构模型
C．汤姆孙通过利用α粒子轰击铍原子核，最终发现了中子
D．人类第一次实现的原子核的人工转变核反应方程是N＋He→O＋H
解析：选ABD α粒子轰击金箔时大部分粒子没有偏转，少部分发生大角度偏转，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型，选项A正确；为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性，玻尔结合量子论提出了氢原子结构模型，选项B正确；查德威克通过利用α粒子轰击铍原子核，最终发现了中子，选项C错误；人类第一次实现的原子核的人工转变核反应方程是N＋He→O＋H，选项D正确。
7．下列说法正确的是( )
A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的
C．英国物理学家法拉第提出“磁生电”思想是受到了安培发现的电流的磁效应的启发
D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识
解析：选D 伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，A错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，没有提出原子核的组成，B错误；英国物理学家法拉第提出“磁生电”思想是受到了奥斯特发现的电流的磁效应的启发，C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识，D正确。
8．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．在一通有恒定电流的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，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。
9．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A．德国天文学家开普勒对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
B．英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律
C．英国物理学家卡文迪许较准确地测定了静电力常量
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B 开普勒对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，万有引力定律是牛顿发现的，选项A错误；焦耳发现了焦耳定律，并在热学、电磁学等方面都做出了杰出贡献，选项B正确；卡文迪许较准确地测出了引力常量，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究提出了判断感应电流方向的方法——楞次定律，选项D错误。
10．[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，选项D错误。
11．物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，成为当代人类文化的一个重要组成部分。关于物理学发展过程，下列说法中正确的是( )
A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快
B．自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷
C．奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系
D．伽利略通过理想实验得出结论：运动的物体如果不受力，它将一直运动下去
解析：选D 亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落得快，A错误；正电荷和负电荷是富兰克林命名的，B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，C错误；伽利略用“理想实验”推翻了亚里士多德的力是维持物体运动的原因的观点，D正确。
12．[多选](2019届高三·沈阳调研)下列关于物理学史、物理概念和方法的说法中，正确的是( )
A．电动势表征的是电源将电能转化为其他形式能的本领，在大小上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从正极搬运到负极所做的功
B．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
C．法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场
D．利用vt图像与坐标轴围成面积推导匀变速直线运动位移公式的过程中，用到了等效替代的物理学方法
解析：选BC 电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，故A错误；伽利略认为自由落
体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B正确；法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，故C正确；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，每一小段近似视为匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D错误。
13．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：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，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，为万有引力定律的发现奠定了基础，D正确。
14．[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ω，则冒险家在楼顶受到的万有引力的大小为( )
A．0 B.
C．m D.
解析：选BC 由题意可知，冒险家受力情况与地球同步卫星相同，如果受到的万有引力为0，就会离开楼顶，在太空中运动，A错误；由＝mg，得gR2＝GM，设冒险家受到的万有引力为F，则有F＝＝，B正确；由gR2＝GM，可得＝mω2r，得r＝，故F＝mω2r＝mω2＝m，C正确，D错误。
第8讲
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学的基本概念和规律，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“有的放矢”，达到快速解题的目的。
技法1 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]下列说法中正确的是( )
A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．电场强度的大小等于把一个试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷本身电荷量的比值
D．磁感应强度的大小等于把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值
[解析] 电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是：磁场方向和电流方向不平行，A正确，B错误；根据电场强度的定义式E＝可知，C正确；磁感应强度B＝中，I和B的方向必须垂直，D错误。
[答案] AC
技法2 比较排除法
运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，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，要学会从不同方面或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] 如图所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边始终与MN平行，取逆时针方向为电流的正方向。则金属框中的感应电动势E、感应电流I、所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是( )
[解析] 金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知，此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l＝2xtan 30°且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；位移为0～L时，因金属框做匀速直线运动，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan230°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C选项；位移为0～L时，外力的功率P＝F外v＝·tan230°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确。
[答案] B
技法3 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，代入有关选项进行推算，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)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )
A. B．2F2
C. D.
[解析] 取F1＝F2≠0，则斜面光滑，对应最大静摩擦力等于零，代入选项中后只有C满足。
[答案] C
技法4 极限思维法
有的问题不容易直接求解，但是若将题中的某些物理量的数值推向极限时，对这些问题的选项进行分析和判断常常会很容易。如设定动摩擦因数趋近于零或无穷大、电源内阻趋近于零或无穷大、物体的质量趋近于零或无穷大等。
[应用体验] 如图所示，一半径为R的绝缘圆环上，均匀地分布着总电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，判断下列表达式正确的是( )
A．E＝ B．E＝
C．E＝ D．E＝
[解析] 当R＝0时，带电圆环等同于一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知，P点的电场强度为E＝k，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有D选项满足。
[答案] D
技法5 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，不妨“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，往往可以化难为易、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(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P点时，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P点的水平速度为( )
A. B.
C. D.
[解析] 小球实际是做斜抛运动，由于到达P点时小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从P点开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可以应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，此时速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，tan 30°＝，解得v0＝ ，故选项A正确。
[答案] A
技法6 对称思维法
对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性有助于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CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点。已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势都相等。则下列判断正确的是( )
A．P、Q两点的电势、电场强度均相同
B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同
C．P、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] 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壳在P点与在Q点的电场强度相同，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。
[答案] B
技法7 等效转换法
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(未画出)的磁感应强度B随时间t均匀变化(B＝kt)，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始终保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力F作用下，金属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.t B.t
C.t D.t
[解析] 本题中既有金属杆切割磁感线又有磁场变化，为此可进行模型转换，转换为磁场不变的金属杆切割磁感线与面积不变的变化磁场的叠加，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x＝at2，此时金属杆的速度v＝at，所以回路中的感应电动势E＝BLv＋S＝ktLv＋kLx，而回路的总电阻R＝2xr0，所以金属杆所受安培力为F＝BIL＝BL＝t，C正确。
[答案] C
技法8 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)平行通电导线电流同向相吸，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] 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A和电压表V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A的示数变小，电压表V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] 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A的示数将增大，电压表V的示数将减小，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；电容器两端电压与电压表两端电压相同，由Q＝CU知电容器所带电荷量减小，即电容器将放电，通过定值电阻R1的电流方向自左向右，选项C错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由η＝×100%知电源效率变小，选项D正确。
[答案] D
技法9 类比分析法
类比分析法是将两个(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，但对等量同种电荷中垂线上的电场强度大小分布规律却很熟悉，通过类比分析，可以使陌生的题目变得似曾相识。
[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] 由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，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点电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。
[答案] C
技法10 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、判断或计算的方法。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，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻为r，外电路接有电阻R、理想交流电流表A和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是( )
A．图示位置电流表示数为0
B．R两端电压的有效值为NBSω
C．电流表的示数为
D．一个周期内通过R的电荷量为
[解析] 交流电流表示数为有效值，而非瞬时值，选项A错；因为二极管D具有单向导电性，则通过R的电流为线框中产生的正弦式交流电的一半，感应电动势的瞬时值如图所示，设感应电动势的有效值为E，则E＝NBSω，电流的有效值I＝＝，选项B错，C对；在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R，故一个周期内通过R的电荷量为q＝＝，选项D错。
[答案] C
[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的轻弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力(未画出)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( )
A．l＋ B．l＋
C．l＋ D．l＋
解析：选A 由题意知，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)，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某一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11∶5，则下列说法中正确的是( )
A．物体一共运动了8 s
B．物体做匀减速直线运动的加速度大小为0.6 m/s2
C．物体运动的初速度大小为6 m/s
D．物体运动过程中的平均速度为 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，运动总时间为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x2＝a×52＝12.5a，最初5 s内的位移为x1＝at2－a(t－5)2＝5at－12.5a，由题意知x1∶x2＝11∶5，联立解得t＝8 s，A正确；物体最初5 s内的位移为x1＝3.3×5 m＝16.5 m，即5at－12.5a＝16.5，解得a＝0.6 m/s2，B正确；由v＝at知物体运动的初速度大小为v＝0.6×8 m/s＝4.8 m/s，C错误；由平均速度定义知，运动过程中的平均速度为＝＝×0.6×8 m/s＝
2.4 m/s，D错误。
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. B.
C. D.
解析：选C 取k＝1，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，代入后只有C满足。
4.如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，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( )
A．3.2 A B．2.1 A
C．1.2 A D．0.8 A
解析：选B S2断开后，总电阻变大，电流变小，排除A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，则电流大于I′＝＝ A＝1.2 A，排除C、D两项，故可得正确选项为B。
5.12根长直导线并排构成长为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处的合磁感应强度大小为B1，在P2处的合磁感应强度大小为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. B．B2－B1
C．B1－ D．B1＋
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处产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1处产生的磁场，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，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B2－B1，B选项正确。
6.如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，选项图中能够正确表示电流与位移关系的是( )
解析：选B 在x∈(0，a)时，导线框右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝ ＝，其中x∈时，导线框中感应电流方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，导线框中感应电流方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，导线框左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝，其中x∈时，导线框中感应电流方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，导线框中感应电流方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。
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，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R两端的电压减小为原来的
D．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，通过它的电流一定变为原来的2倍，而R与电压表串联，A正确；根据P＝UI和U＝IR，可知R的阻值减为原来的后，R消耗的功率P′＝＝P，R两端的电压U＝IR，C正确，B错误；又因电源内阻不计，R与电压表两端的电压之和为E，当R的阻值减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，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，粒子重力不计，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N点射出时的速率为v0
B．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－v0
C．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且沿－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，可知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，与题述运动过程互为可逆运动，可知B正确。
9.如图所示，AB为电荷均匀分布、带电荷量为＋Q的细棒，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φ0，φ0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，设PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。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，可以求得AC连线中点C′处的电势为( )
A．φ0 B.φ0
C．2φ0 D．4φ0
解析：选C AB棒带电均匀，由对称性可知，其等效点电荷P点即AB棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒均分成两段，设左半段的中点为E，其电荷量为Q，由图可知C′E的长度为r，故其在C′的电势为φ＝k＝k＝φ0，同理，右半段在C′产生的电势也为φ0，根据题意可知其代数和为2φ0，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
A．两个滑块从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，滑块A所受重力做功的平均功率比滑块B大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
解析：选BC 根据二级结论：动摩擦因数处处相同的斜面和水平面(如图1、2)，物体克服摩擦力做功(生热)均为W＝μmgs，结合动能定理、功率的定义及功能关系，可以快速判定A、D错误，B、C正确。
11．[多选]如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上，且木块A、B与转盘中心在同一条水平直线上，木块A、B用长为L的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍。整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O1O2转动，A在距离转轴L处。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力。现让转盘从静止开始转动，使角速度ω缓慢增大，以下说法正确的是( )
A．当ω> 时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω> 时，轻绳一定有弹力
C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω< 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，则2kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，轻绳开始有弹力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，轻绳弹力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，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的小球。一水平向右的拉力F作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°角时，拉力F的功率为( )
A．mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析：选C 由题意知，拉力F做的功与小球克服重力做功相等，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等，故P＝mgωLcos 60°＝mgLω，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U0＝220 V，线圈总匝数n0＝2 200，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220、550、1 100、2 200。电动机M的内阻r＝4 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 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 V
B．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 W
D．当选择挡位4时，电动机的输出功率为109 W
解析：选AD 选择挡位3时，由理想变压器电压与匝数的关系，可得U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110 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；选择挡位2时，由U0∶U2＝n0∶n2，得U2＝55 V，电动机两端电压没有达到额定电压，则其功率不能达到额定功率，当没有达到额定功率时，热功率小于1 W，C错误；选择挡位4时，由U0∶U4＝n0∶n4，得U4＝220 V＝U，则电动机恰好能达到额定功率，在达到额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝＝0.5 A，热功率Pr＝I2r＝1 W，输出功率为
P－Pr＝(110－1)W＝109 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( )
A．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大
B．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的大
C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的大
D．0～0.8 h内，甲、乙骑车的路程相等
解析：选BC 由题图可知，0.2～0.5 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，图线斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的图线的斜率大于乙
的图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正确；0.6～0.8 h内，甲的位移大于乙的位
移，C正确；0～0.8 h内，甲、乙骑车的路程不相等，D错误。
课余挤时加餐训练(三) ——练准度、练速度
电学与原子物理学选择题押题练(一)
1．如图所示，在真空空间中的M、N处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们连线所在的直线上有A、B、C三点，已知MA＝CN＝NB，MA
A．沿半圆弧l将q从B点移到C点，电场力不做功
B．沿曲线r将q从B点移到C点，电场力做负功
C．沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功
D．沿直线将q从A点移到B点，电场力做正功
解析：选C 根据题述电场特点知，q从B点到N点电场力做负功，N点到C点电场力做正功，根据场强的叠加知，NC段的电场强度大于BN段的电场强度，q从B点到C点过程中，电场力做的负功小于电场力做的正功，则将q从B点移到C点，电场力做正功，电场力做功与电荷移动路径无关，选项A、B错误；A点与B点等电势，所以将q从A点移动到C点与从B点移动到C点等效，所以沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功，选项C正确；沿直线将q从A点移到B点，电场力做功为零，选项D错误。
2．在如图所示的电路中，P、Q为平行板电容器两个极板，G为静电计，开关K闭合后静电计G的指针张开一定的角度。下列说法正确的是( )
A．断开K，将P向左移动少许，G的指针张开的角度变大
B．闭合K，将P向左移动少许，G的指针张开的角度变大
C．闭合K，将P向下移动少许，G的指针张开的角度变小
D．断开K，在P、Q之间插入一陶瓷板，G的指针张开的角度变大
解析：选A 断开K，将P向左移动少许，两极板之间的距离增大，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持K闭合，增大或减小两极板之间的距离，增大或减小两极板的正对面积，静电计金属球与外壳之间的电势差不变，G的指针张开的角度不变，B、C错误；断开K，电容器的带电荷量不变，在P、Q之间插入一陶瓷板，电容增大，电势差减小，G的指针张开的角度变小，D错误。
3．如图甲所示，圆形闭合线圈共有100匝，线圈的总电阻为1 Ω，线圈处在方向向上的匀强磁场中，线圈的半径为r＝ m，线圈平面与磁场垂直，现穿过线圈的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则线圈的发热功率为( )
A. W B. W
C．2.5 W D．5 W
解析：选D 由题可知，线圈的面积为S＝πr2＝1 m2,0～1 s内的磁通量变化率为：＝S＝0.01 Wb/s，则感应电动势E1＝＝1 V，同理可以得到1～1.2 s内感应电动势E2＝
5 V，由有效值定义有：T＝·T＋·T，解得电动势的有效值E＝ V，线圈的发热功率P＝＝5 W，D项正确。
4.如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中，有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框。现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行。已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中( )
A．线框A、B两点间的电压不变
B．通过线框截面的电荷量为
C．线框所受外力的最大值为
D．线框中的热功率与时间成正比
解析：选B 在线框离开磁场的过程中，有效切割长度增大，电动势增大，电流增大，A、B两点间的电压变大，A错；由公式q＝t得q＝t＝t＝，B对；线框所受的外力的最大值为Fm＝BIml，Im＝＝，得Fm＝，C错；由于电流随时间均匀增大，电阻不变，所以热功率与时间不是正比关系，D错。
5.[多选]如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000，副线圈匝数n2＝100，将原线圈接在u＝100sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有阻值R＝5 Ω的定值电阻、理想电流表和理想电压表。现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压为1 000 V
B．若在A、B两点间接入一阻值R′＝15 Ω的定值电阻，则电压表示数为2.5 V
C．若在A、B两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为2 A
D．若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小
解析：选BD 原线圈输入电压有效值为U1＝100 V，根据理想变压器变压公式，可知副线圈两端电压为U2＝10 V，选项A错误；若在A、B两点间接入一阻值R′＝15 Ω 的定值电阻，副线圈输出电流为I2＝＝0.5 A，则电压表示数为U＝I2R＝2.5 V，选项B正确；若在A、B两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于5 Ω，根据欧姆定律，可知电流表的示数一定小于2 A，选项C错误；若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，容抗增大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减小，选项D正确。
6．[多选]如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。若忽略带电粒子在电场中的加速时间，下列判断中不正确的是( )
A．在Ekt图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能更大，则要求高频电源的电压更大
解析：选BCD 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝，与带电粒子的速度无关，题图乙中t2－t1、t3－t2、t4－t3均等于＝，选项A正确；高频电源的变化周期与带电粒子做圆周运动的周期相等，选项B错误；粒子从D形盒中出来时，其做圆周运动的半径等于D形盒的半径，故有R＝，粒子的最大动能Ekm＝mvm2＝，与粒子被加速的次数和加速电压的大小无关，选项C、D错误。
7.[多选]如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．滑块P运动的加速度逐渐减小
B．滑块P运动的加速度先减小后增大
C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/C
D．滑块P运动的最大速度为0.1 m/s
解析：选BCD 由E＝(Δx→0)知φx图像的斜率表示电场强度，由题图知随坐标x增大，电场强度减小，在x＝0.15 m处，E＝＝ V/m＝2.0×106 V/m＝2.0×
106 N/C，滑块P此时所受电场力大小F＝qE＝0.04 N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.04 N，此时F＝f，由牛顿第二定律有F－f＝ma，则a＝0，滑块P从x＝0.10 m运动到x＝0.15 m的过程中电场力减小，加速度减小，之后的运动过程中电场力小于滑动摩擦力，加速度反向增大，A错，B、C对；由上述分析易知，滑块P在x＝0.15 m处速度最大，从x＝0.10 m到
x＝0.15 m，Δφ′＝(4.5×105－3×105)V＝1.5×105 V，Δx′＝(0.15－0.10)m＝0.05 m，由动能定理可得qΔφ′－μmgΔx＝mv2，解得v＝0.1 m/s，D对。
8.[多选]在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)如图所示，则可判断出( )
A．甲光的频率等于乙光的频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率
D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能
解析：选AB 由题图可知，丙光对应的光电子的最大初动能最大，即丙光的频率最高(波长最小)，选项B正确，D错误；甲光和乙光的频率相同，选项A正确；由于是同一光电管，所以乙光、丙光对应的截止频率相同，选项C错误。
电学与原子物理学选择题押题练(二)
1．如图所示，一个带电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个带电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝
解析：选C 点电荷乙在向甲运动的过程中，受到点电荷甲的库仑力和阻力，且库仑力逐渐增大，由题意知，在B点时速度最小，则点电荷乙从A点向甲运动过程中先减速后加速，运动到B点时库仑力与阻力大小相等，加速度为零，根据库仑定律，有k＝f，所以
rOB＝ ，选项A错误，C正确；点电荷乙向甲运动的过程中，库仑力一直做正功，点电荷乙的电势能一直减小，选项B错误；根据动能定理，qUAB－fL0＝mv2－mv02，解得UAB＝，选项D错误。
2.如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势为E＝
8 V，内阻为r＝2 Ω的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器Rx相连，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，当电源输出功率最大时( )
A．滑动变阻器的阻值Rx＝2 Ω
B．最大输出功率P＝4 W
C．变压器的输出电流I2＝2 A
D．滑动变阻器的阻值Rx＝8 Ω
解析：选D 当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即U1＝Ur，且U1＋Ur＝8 V，故U1＝Ur＝4 V，根据欧姆定律可得I1＝＝2 A，故根据＝可得副线圈中的电流为I2＝1 A，根据＝可得副线圈两端的电压U2＝8 V，故Rx＝＝ Ω＝8 Ω，最大输出功率为P＝U2I2＝8 W，故D正确。
3.如图所示，空间有一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一质量M＝0.2 kg且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上。在塑料板左端无初速度放上一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与塑料板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对塑料板施加方向水平向左、大小F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2，则( )
A．塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
C．最终塑料板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动
D．最终塑料板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为6 m/s的匀速运动
解析：选B 滑块随塑料板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力，则滑块和塑料板之间的正压力逐渐减小。开始时塑料板和滑块加速度相同，由F＝(M＋m)a，得a＝2 m/s2，对滑块有μ(mg－qvB)＝ma，当v＝6 m/s时，滑块恰好相对于塑料板有相对滑动，此后滑块做加速度减小的加速运动，当mg＝qvB，即v＝10 m/s时滑块对塑料板的压力FN＝0，此后滑块做匀速运动，塑料板所受的合力为0.6 N，由F＝Ma1，得a1＝3 m/s2，B选项正确。
4.如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的匀质金属棒cd放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。金属棒在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过的位移为s时，下列说法正确的是( )
A．金属棒中感应电流方向为由d到c
B．金属棒产生的感应电动势为BL
C．金属棒中感应电流为
D．水平拉力F的大小为
解析：选C 根据右手定则可知金属棒中感应电流的方向为由c到d，选项A错误；设金属棒的位移为s时速度为v，则v2＝2as，金属棒产生的感应电动势E＝BLv＝BL，选项B错误；金属棒中感应电流的大小I＝，解得I＝，选项C正确；金属棒受到的安培力大小F安＝BIL，由牛顿第二定律可得F－F安＝ma，解得F＝＋ma，选项D错误。
5.图甲所示为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱。已知谱线b是氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光，则谱线a可能是氢原子( )
A．从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
B．从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
C．从n＝4的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
D．从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光
解析：选D 谱线a波长大于谱线b波长，所以a光的光子频率小于b光的光子频率，所以a光的光子能量小于n＝5和n＝2间的能级差，辐射光的能量小于此能级差的只有n＝4和n＝2间的能级差，故D正确，A、B、C错误。
6.[多选]中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是( )
A．上表面的电势高于下表面电势
B．仅增大h时，上、下表面的电势差不变
C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小
解析：选BC 根据左手定则可知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，所以下表面电势高于上表面电势，所以A错误；最终稳定时，evB＝e，解得U＝vBh，根据电流的微观表达式I＝neSv，S＝hd，故U＝Bh＝，所以h增大时，上、下表面电势差不变，所以B正确；当d增大时，U减小，所以C正确；I增大时，U增大，所以D
错误。
7.[多选]如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度等于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，且电阻均为R、质量均为m，开始时两导体棒静止。现给M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中M、N均与导轨接触良好，下列说法正确的是( )
A．回路中始终存在逆时针方向的电流
B．N的最大加速度为
C．回路中的最大电流为
D．N获得的最大速度为
解析：选BC M刚开始运动时，回路中有逆时针方向的感应电流，随着电流的产生，M受向左的安培力做减速运动，N受到向右的安培力做加速运动，直到两者共速时回路中感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动，故选项A错误；M刚开始运动时，电路中的感应电流最大，N所受安培力最大，加速度最大，则：I＝mv0，Em＝Bdv0，Im＝，F安＝BImd＝mam，解得am＝，Im＝，选项B、C正确；当M、N共速时N速度最大，根据动量守恒定律可得：I＝2mv，解得v＝，选项D错误。
8.[多选]如图所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，长为2L的AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，D为AC上一点，且BD垂直于AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q，一套在细杆上的带负电小球(未画出)，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点。小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g。则( )
A．小球下滑过程中电场力先做负功后做正功
B．小球再次滑回C点时的速率为vC＝
C．小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和减小
D．小球上滑过程中和下滑过程中经过任意位置时的加速度大小都相等
解析：选BC 小球下滑过程中点电荷Q对小球的库仑力是吸引力，故电场力先做正功后做负功，故A错误；小球从C到D的过程中，根据动能定理得：0－mv02＝－mgh－Wf，再从D回到C的过程中，根据动能定理得：mvC2－0＝mgh－Wf，根据几何关系可知，h＝
L，解得：vC＝，故B正确；小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故C正确；小球上滑过程中所受的摩擦力方向沿AC向下，而下滑过程中所受摩擦力方向沿AC向上，虽然在同一位置时所受的库仑力相同，但是加速度大小不相等，故D错误。
电学与原子物理学选择题押题练(三)
1.如图所示，电场中一带正电的粒子在点电荷＋Q形成的电场中以某一初速度沿直线从A点运动到B点，粒子在A点的速度大小为v0。则选项图中能定性反映该粒子从A点向B点运动情况的速度—时间图像的是(粒子重力忽略不计)( )
解析：选C 粒子从A运动到B过程中，电场力做负功，速度逐渐减小，由牛顿第二定律得F＝F库＝＝ma，可知粒子在向B运动的过程中，加速度大小a逐渐增大，因vt图像斜率的大小表示加速度的大小，故C选项正确。
2．平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比。今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将两极板间距减小至原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 两极板间距变为原来的，根据电容决定式C＝可知，电容器的电容变为原来的，根据Q＝CU可知，极板所带电荷量变为原来的，根据电场强度公式E＝可知，内部电场强度变为原来的，由于F＝kQE，所以两极板之间的引力变为原来的，故D正确。
3.质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如图所示，带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器A进入质谱仪，最后分别打在底片p1、p2、p3三个位置，不计粒子重力，则打在p1处的粒子( )
A．质量最小 B．比荷最小
C．动能最小 D．动量最小
解析：选B 由题图知，打在p1处的粒子偏转半径R最大，粒子在加速电场中加速时，有Uq＝mv2；粒子在磁场中偏转时有Bqv＝m，则R＝＝ ，则打在p1处的粒子比荷最小，选项B正确。
4．核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加快核电站建设。核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险。已知钚的一种同位素4Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为Pu→
X＋He＋γ，下列说法中正确的是( )
A．X原子核中含有92个中子
B．100个Pu经过24 100年后一定还剩余50个
C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加
D．衰变放出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力
解析：选D 根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可得，X原子核中含有92个质子，235个核子，则中子数为235－92＝143(个)，选项A错误；半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，100个Pu经过24 100年后不一定还剩余50个，选项B错误；由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量减少，选项C错误；衰变放出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，选项D正确。
5.在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角为45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当夹角为60°时，为了使速度为v3的粒子从ab的中点c射出磁场，则速度v3应为( )
A.(v1＋v2) B.(v1＋v2)
C.(v1＋v2) D.(v1＋v2)
解析：选D 设a、b、c三点的坐标分别为x1、x2、x3，当粒子从O点射入磁场时，有Bqv＝，解得R＝。如图所示，当α＝45°，粒子从a点射出磁场时，有：x1＝R1＝ ；当α＝45°，粒子从b点射出磁场时，有：x2＝R2＝ ；当α＝60°，粒子从c点射出磁场时，有：x3＝R3＝ ，由几何关系知2x3＝x1＋x2，所以v3＝(v1＋v2)，故D正确。
6.[多选]在正点电荷q的电场中有O、M、N、P、Q五点，OM＝ON，OP＝OQ，且MN与PQ平行，点电荷q在五点所在的平面内，如图所示。一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，下列说法正确的是( )
A．点电荷q位于O点
B．M点电势高于P点
C．Q点电场强度大于N点电场强度
D．电子由Q点运动到N点，电场力做正功
解析：选BD 一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，说明M点电势高于P点、Q点，且P、Q两点电势相等，可知点电荷q在PQ连线的垂直平分线上，且在PQ的上方，不一定位于O点，A错误，B正确；由以上分析可知，N点电势与M点电势相等，也高于P、Q两点的电势，所以Q点离点电荷q的位置比N点远，则Q点电场强度小于N点电场强度，C错误；因Q点电势低于N点，则电子由Q点运动到N点，电势能减小，电场力做正功，D正确。
7.[多选]目前，我国在风电技术装备行业已经取得较大成绩，如图所示是某一风电机组所产生的交流电电压随时间变化的图像，若想把该风电机组产生的交流电并网发电，可使用一理想变压器，将其变为与电网相同的电压11 kV，然后再并网发电。则下列说法正确的是( )
A．该感应电动势的瞬时值表达式为u＝880sin 100πt(V)
B．所需理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶25
C．并网后电压的频率保持不变
D．将一理想交流电压表接在风电机组电源两端，可测得在t＝0.01 s时刻电压表示数
为零
解析：选AC 风电机组角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故感应电动势的瞬时值表达式为u＝880sin 100πt(V)，选项A正确；880 V是最大值，该风电机组电动势的有效值为440 V，根据变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数比可以判断，
原、副线圈匝数之比为∶25，选项B错误；变压器不改变电压的频率，选项C正确；理想交流电压表示数为有效值，在任何时刻，理想交流电压表的示数都为440 V，选项D
错误。
8.[多选]如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L，导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m、电阻不计的导体棒ab，在方向与其垂直的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，导体棒ab刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒ab始终与导轨垂直并保持良好接触。在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．ab刚好匀速运动时的速度v＝
B．通过电阻的电荷量q＝
C．ab的位移x＝
D．电阻产生的焦耳热Q＝
解析：选ACD ab匀速运动时满足F＝F安＝，解得v＝，选项A正确；根据动量定理：Ft－BLt＝mv，而t＝q，解得q＝，选项B错误；又q＝t＝t＝＝，解得x＝，选项C正确；根据功能关系，电阻产生的焦耳热
Q＝Fx－mv2，解得Q＝，选项D正确。
电学与原子物理学选择题押题练(四)
1．已知核反应方程Th→Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放出的核能，X为新生成粒子),
Th的半衰期为T，下列有关说法正确的是( )
A. Pa没有放射性
B．X粒子是电子，此核反应为β衰变
C．N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为N0ΔE(N0数值很大)
D. Th的比结合能为
解析：选B Pa具有放射性，A错误；由电荷数守恒和质量数守恒可以判断X为电
子，题述核反应为β衰变，B正确；经过2T时间，N0个Th还剩2N0＝N0个没有衰变，则有N0－N0＝N0个发生了衰变，故核反应释放的核能为N0ΔE，C错误；比结合能是核子结合为原子核时释放的核能与核子数之比，而不是衰变释放的核能与核子数之比，D错误。
2.如图所示，在两等量异种点电荷产生的电场中，abcd是以两点电荷连线中点O为对称中心的菱形，a、c在两点电荷的连线上。下列判断正确的是( )
A．a、b、c、d四点的电势相同
B．b、d两点的电场强度的方向相反
C．a、b、c、d四点的电场强度的大小相同
D．将正试探电荷由b点沿ba及ad移到d点的过程中，试探电荷的电势能先增大后减小
解析：选D 根据等量异种点电荷产生电场的特点知，φa>φb＝φd>φc；a、b、c、d四点电场强度方向相同，但大小不等；b→a 电势增大，正电荷的电势能增大，a→d电势减小，正电荷的电势能减小，故D正确。
3.如图所示，A1、A2是两完全相同的灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计。下列说法正确的是( )
A．闭合S后，A1会逐渐变亮
B．闭合S稳定后，A1、A2亮度相同
C．闭合S稳定后再断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭
D．闭合S稳定后再断开S的瞬间，a点的电势比b点低
解析：选D 闭合S后，因A1、A2和线圈L不是串联的关系，则A1、A2立刻亮，故A错误；闭合S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；闭合S稳定后再断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与A1及二极管构成回路，因线圈L产生感应电动势，a点的电势低于b点，但二极管具有单向导电性，所以回路没有感应电流，A1不亮，故C错误，D正确。
4．在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中有一面积为S的线圈，匝数为N，内阻不计，绕与磁场垂直的轴OO′以角速度ω匀速转动，如图所示。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′。如果从图示位置开始计时，下列判断正确的是( )
A．线圈产生的交变电流按正弦规律变化
B．当只有线圈转速增大时，灯泡Ⅰ亮度不变，灯泡Ⅱ亮度变暗，灯泡Ⅲ亮度增大
C．当只有R′增大时，电压表读数不变
D．当只有P向上移动时，电流表读数减小
解析：选C 从题图所示位置开始计时，零时刻交变电流最大，按余弦规律变化，选项A错误；当只有线圈转速增大时，不仅电流频率增大，由Em＝NBSω可知电动势也增大，所以灯泡Ⅰ、Ⅲ亮度增大，灯泡Ⅱ亮度变化不能确定，选项B错误；当线圈转速不变时，发电机电动势不变，电压表读数不受P位置、R′变化影响，读数不变，选项C正确；当线圈转速不变，P向上移动、R′不变时，变压器输出电压变大，用电器电流增大，副线圈总电流增大，所以电流表读数增大，选项D错误。
5．如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．0～1 s时间内和5～6 s时间内，导线框中的电流方向相同
B．0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的电流大小相等
C．3～5 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向下
D．1～3 s时间内，AB边受到的安培力大小不变
解析：选A 0～1 s时间内穿过导线框的磁通量向外增加；5～6 s时间内穿过导线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A正确；题图乙中Bt图像的斜率等于磁感应强度的变化率，故0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的感应电动势的大小不相等，感应电流大小不相等，选项B错误；3～5 s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C错误；1～3 s时间内，感应电流大小不变，而磁感应强度向外减弱，根据F＝BIL可知，AB边受到的安培力变小，选项D错误。
6．[多选]如图所示，在真空中，＋Q1和－Q2为固定在x轴上的两个点电荷，且Q1＝4Q2，AB＝BP＝L。a、b、c 为P两侧的三个点，则下列说法中正确的是( )
A．P点电场强度为零，电势也为零
B．b、c两点处，一定有电势φb>φc，且电场强度Eb>Ec
C．若将一试探电荷＋q从a 点沿x 轴移至P点，则其电势能增加
D．若将一试探电荷－q从a 点静止释放，则其经过P点时动能最大
解析：选CD P点的电场强度为EP＝－＝0；P点的电势： φP＝－＝>0，选项A错误；因P点的电场强度为零，则P点右侧电场线向右，由顺着电场线电势降低可知，φb>φc，因b、c的具体位置不确定，则不能确定两点电场强度的关系，选项B错误；P点左侧电场线向左，则P点电势高于a点，若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P 点，
则其电势能增加，选项C正确；若将一试探电荷－q从a 点静止释放，则电荷将沿aP向右
加速运动，到达P点后受到向左的电场力做减速运动，可知其经过P点时动能最大，选项D正确。
7.[多选]如图所示，平行板电容器竖直放置，右侧极板中间开有一小孔，两极板之间的距离为12 cm，内部电场强度大小为
10 N/C；极板右侧空间有磁感应强度大小为0.5 T 的匀强磁场。一比荷为1.6×102 C/kg的带负电粒子，从电容器中间位置以大小为
8 m/s的初速度平行于极板方向进入电场中，经过电场偏转，从电容器右极板正中间的小孔
进入磁场。不计带电粒子的重力及空气阻力。下列说法正确的是( )
A．电容器极板长度为8×10－2 m
B．粒子进入磁场时的速度大小为16 m/s
C．粒子进入磁场时速度与水平方向夹角为60°
D．粒子在磁场中的运动时间为 s
解析：选ABD 粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向：L＝v0t；水平方向：d＝·
t2，解得L＝8×10－2 m，A正确；粒子进入磁场时水平速度：vx＝t＝8 m/s，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝＝16 m/s，B正确；粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，解得θ＝30°，C错误；粒子在磁场中转过的角度为120°，则在磁场中运动的时间t＝T＝·＝ s，D正确。
8.[多选]如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点，现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
解析：选AD 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则其运动轨迹如图甲所示，则有2Rcos 45°＝L，解得半径R＝L，运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，选项A正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，若电子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周，即s1＝2πR＝2πL，电子从P点出发经过原点O到达Q点的运动轨迹可能如图乙所示，根据几何关系有2R′cos 45°＝，圆周运动半径R′＝，运动的路程为s2＝×2×2＝×2×2＝πL，选项B、C错误，D正确。
第1讲
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考法
学法
分析近几年全国高考卷可知，压轴计算题多数情况下考查电学，考查的内容有：①带电粒子(体)在电场、磁场中的运动；②带电粒子(体)在组合场、叠加场中的运动；③带电粒子(体)在交变场中的运动。本讲主要应用“直线运动”“圆周运动”“类平抛运动”这三类典型运动破解电磁场计算题。用到的思想方法有：①假设法；②合成法；③正交分解法；④临界、极值问题的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。
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命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移。
(1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？
(2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？
[解析] (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E和E′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1
因偏转电压不变，所以有Ed＝E′·d，
即E′＝E
由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a
设极板长度为L，则d＝a′2，＝a2，解得v12＝
在加速电场中由动能定理知
eU1＝mv02，eU1′＝mv12
解得U1′＝，即加速电压应减为原来的，才能使电子打在下极板的中点。
(2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2，则有
＝a1t2，d＝a2t2，
即a2＝2a1
由牛顿第二定律知a1＝，a2＝
解得U2′＝3U2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点。
[答案] (1)加速电压应减为原来的，即
(2)偏转电压变为原来的3倍，即3U2
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程
[通一类]————————————————————————————————
(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。
在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在t2＝2t1时刻的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到t1时刻的位移为
s1＝v0t1＋a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t12⑧
由题给条件有
v02＝2g·2h⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋2>1⑫
即当0
才是可能的，条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1⑯
为使E2>E1，应有
2－2－2>1⑰
即t1>⑱
另一解为负，不合题意，已舍去。
答案：(1)v0－2gt1 (2)见解析
命题点(二) 带电粒子在磁场中的运动
题型1 带电粒子在有界磁场中的运动
1．磁场中匀速圆周运动问题的分析方法
2．求磁场区域最小面积的两个注意事项
(1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。
(2)所求最小圆形磁场区域(面积最小)的直径等于粒子运动轨迹的弦长。
[例1] (2018·重庆模拟)如图所示坐标原点O(0,0)处有一带电粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的区域内的各个方向发射粒子。粒子的速率均为v、质量均为m、电荷量均为＋q。有人设计了方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域，使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计粒子重力。求：
(1)粒子与x轴相交的坐标范围；
(2)粒子与y轴相交的坐标范围；
(3)该匀强磁场区域的最小面积。
[解析] (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，
由qvB＝m，
得R＝，
如图所示，粒子与x轴相交的坐标范围为－≤x≤－。
(2)如图所示，粒子与y轴相交的坐标范围为0≤y≤。
(3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。
第一象限区域一个半径为R的半圆面积为S1＝，
第二象限区域四分之一圆的半径为2R，
其面积为S2＝＝πR2，
第二象限区域一个半径为R的半圆面积为S3＝，
则阴影部分面积为S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。
[答案] (1)－≤x≤－ (2)0≤y≤ (3)
题型2 带电粒子在磁场中的多解问题
1．解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。
2．粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。
[例2] 如图所示为宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。
[解析] 若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，轨迹半径：
R＝，又d＝R－
解得v＝(2＋)。
若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，
则有：R′＝，d＝R′＋，
解得v′＝(2－)。
[答案] (2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
命题点(三) 带电粒子在组合场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[解析] (1) H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运
动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t12②
H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③
联立以上各式得
s1＝h。④
(2) H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
qvB＝m⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3) H与H初动能相等
×2mv22＝mv12⑩
H在电场中运动时有
qE＝2ma2⑪
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
进入磁场时v2tan θ2＝a2t2⑭
v′＝⑮
qv′B＝2m⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1⑰
所以H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。⑲
[答案] (1)h (2) (3)(－1)h
[悟一法]————————————————————————————————
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。
根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcos θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
＝tan ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
由②⑦⑨⑩⑪式得
t′＝。⑫
答案：(1)见解析图(a) (2) (3)
2．(2018·宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四象限正方形ODFG内存在沿x轴正方向、电场强度E＝的匀强电场，在第三象限沿AC放置一面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计重力。
(1)求电子P射入磁场时的速度大小；
(2)求电子P经过y轴时的坐标；
(3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场，且P、Q打在荧光屏上同一点，求电子Q在电场中运动的时间。
解析：(1)电子P恰好不从AD边射出磁场，则电子P的运动轨迹与AD边相切，
由几何关系可得：r＋＝l
电子P在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
ev0B＝
解得：r＝，v0＝。
(2)假设电子P从OG边离开电场，则电子P在电场中做类平抛运动，有：
2r＝at12
yP＝v0t1
eE＝ma
解得：t1＝，yP＝l
由于yP＝l
vPx＝at1
tan α＝
由几何关系有：Y＝yP＋
对于电子Q，设其在电场中运动的时间为t2，射出电场时速度方向与y轴负方向成β角，在y轴上的射出点与O点距离为yQ1，射出点与电子P打在荧光屏上的点的竖直距离为yQ2，有：yQ1＋yQ2＝Y
yQ1＝v0t2
yQ2＝
tan β＝
vQx＝at2
解得：t2＝。
答案：(1) (2) (3)
命题点(四) 带电粒子(体)在叠加场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其中电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m,3.2 m)点以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
[解析] (1)由题意可知
qE1＝mg
解得q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图甲所示。
则Rcos θ＝xM－xP
Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°，tan θ＝0.75
由qv0B＝m
解得B＝2 T。
(2)小球进入第四象限后受力分析如图乙所示。
tan α＝＝0.75＝tan θ，即α＝θ＝37°
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，由图甲可知合力沿PA方向
由图甲中几何关系可得OA＝OPtan α＝1.53 m
AN＝ON－OA＝0.75 m
过N点作PA延长线的垂线NQ，易知△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcos α＝0.6 m
由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。
[答案] (1)2 T (2)0.6 s
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子在叠加场中运动的解题思路
[通一类]————————————————————————————————
(2019届高三·惠州四校联考)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。
(1)带电小球带何种电荷？匀强电场的电场强度为多大？
(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离为多大？
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，此点到O点的距离为多大？
解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，
则qE＝mg，解得：E＝。
(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv0B＝m，解得：r＝，
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON的切点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨迹的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为
30°，由几何关系可得，QP为圆轨迹的直径，
可知OP的长度为：s＝＝＝4r＝。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T点，竖直位移为y，
水平位移：x＝v0t，
解得：t＝＝＝，
竖直位移：y＝gt2＝，
小球打在光屏上的T点到O点的距离为：
H＝2r＋y＝＋。
答案：(1)正电荷 (2) (3)＋
命题点(五) 带电粒子(体)在交变场中的运动
题型1 电场的周期性变化
[例1] (2018·宜昌调研)如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右侧有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可视为匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。
(1)求电子通过偏转电场的时间t0；
(2)若UAB的周期T＝t0，求电子飞出偏转电场时离OO′的最大距离；
(3)若UAB的周期T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。
[解析] (1)电子在水平方向做匀速运动，有：v0t0＝l，解得t0＝。
(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子飞出时离OO′的距离最大
设最大距离为ym，加速度大小为a，则有：
ym＝2×a2
a＝
解得最大距离ym＝。
(3)当T＝2t0时，电子要到达O′点，则在电场中竖直方向上必须先做加速运动后做减速运动再反向做加速运动，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上做匀速运动，从O到O′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上做加速运动的时间为Δt，则在竖直方向上有：
y上＝2×aΔt2
y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)·
要到达O′点，则有y上＝y下
解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去
所以到达O′点的电子在竖直方向上的速度大小为
vy＝a(t0－2Δt)
到达荧光屏上O′点的电子的速率为v＝
解得电子击中荧光屏上O′点时的速率：v＝ 。
[答案] (1) (2) (3)
题型2 磁场的周期性变化
[例2] (2018·肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，以磁场垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2。求：
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离x；
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度H；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足的条件。
[解析] (1)根据题意可知，微粒所受的重力
G＝mg＝8×10－3 N
电场力大小F＝qE＝8×10－3 N
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
qvB＝m
解得：R＝0.6 m
由T＝
解得：T＝10π s
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：x＝2R
解得：x＝1.2 m。
(2)微粒第一次运动半周后向上做匀速运动，运动的时间为
t′＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：s＝vt′
解得：s≈1.88 m
因此，微粒离开直线OO′的最大高度：
H＝s＋R＝2.48 m。
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图像可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图像可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2，…)
综上，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)。
[系统通法]
[答案] (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)
带电粒子在交变场中运动的解题思路
[专题强训提能]
1．(2019届高三·包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由与O点等高的A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若小球从O点的左方由与O点等高的C点无初速度自由释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)
解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得
mgL－qEL＝0
解得E＝。
(2)小球由C点释放后，将沿CB做匀加速直线运动，
F合＝＝mg
a＝＝g
由几何关系易知，CB＝L，则
L＝at2
解得t＝ 。
答案：(1) (2)
2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有
2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。⑧
答案：(1) (2)1∶4
3.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－x方向、电场强度为E的匀强电场。某一瞬间从y轴上纵坐标为d的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从y轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为＋q，质量均为m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。
(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；
(2)试求所有粒子到达－y轴上的时间范围(即最后到达－y轴与最先到达－y轴的粒子的时间间隔)。
解析：(1)设粒子速度v与＋y轴的夹角为θ，如图所示，垂直打到x轴上满足d＝Rsin θ
又qvB＝
解得v＝＝
当θ＝90°时，vmin＝
当θ＝45°和θ＝135°时，vmax＝
带电粒子进入磁场的速度大小范围为
≤v≤。
(2)由(1)分析可知当θ＝135°时，射入的粒子最先到达－y 轴，所用时间最短
其在磁场中运动时间t1＝＝
由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(－1)d，粒子在电场中做类平抛运动
在电场中运动的时间满足(－1)d＝··t22
即t2＝
所以tmin＝t1＋t2＝＋
由(1)分析可知当θ＝45°时，射入的粒子最后到达－y轴，所用时间最长
其在磁场中运动的时间t3＝＝
由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(＋1)d，粒子在电场中做类平抛运动
在电场中运动的时间满足(＋1)d＝··t42，
即t4＝
所以tmax＝t3＋t4＝＋
所有粒子到达－y轴上的时间范围为
Δt＝tmax－tmin＝＋ －。
答案：(1)≤v≤ (2)＋－
4．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qv0B＝
由题意知r0＝
解得B＝。
(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。
由几何关系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，
解得t1＝
粒子做直线运动的时间t2＝
解得t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子运动轨迹如图所示。
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子做直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
答案：(1) (2) (3)
5.(2018·太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为45°。已知带电粒子质量为m、电荷量为＋q，磁感应强度大小为B，电场强度大小
E＝，重力加速度为g。
(1)若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；
(2)t＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点O由静止释放，在0～时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，粒子经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：
①粒子经过M点时的曲率半径ρ；
②在图(c)中画出粒子从N点回到O点的轨迹。
解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得
qv0B＝
解得v0＝
由左手定则得，v0沿y轴负方向。
(2)①重力和电场力的合力为F＝
粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理
W＝Fd＝mv2
得v＝
由qvB－mg＝
得ρ＝。
②轨迹如图所示。
答案：(1)，沿y轴负方向 (2)① ②见解析图
第2讲
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考法
学法
电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括“单杆”模型、“双杆”模型或“导体框”模型，考查的内容有：①匀变速直线运动规律；②牛顿运动定律；③功能关系；④能量守恒定律；⑤动量守恒定律。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分阶段法；③条件判断法；④临界问题的分析方法；⑤守恒思想；⑥分解思想。
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模型(一) 电磁感应中的“单杆”模型
类型1 “单杆”——水平式
物理
模型
匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计
动态
分析
设运动过程中某时刻测得导体棒ab的速度为v，由牛顿第二定律知导体棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，导体棒ab的加速度a减小，当 a＝0时，v最大，I＝不再变化
收尾
状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
受力平衡，a＝0
电学特征
I不再变化
[例1] (2018·安徽联考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，导轨间距为L，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向上，边界ab、cd均垂直于导轨，且间距为s，e、f分别为ac、bd的中点，将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直导轨放置在ab左侧s处。现给金属棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到ef位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻。求：
(1)金属棒运动到ef位置时的速度大小；
(2)金属棒从初位置运动到ef位置，通过金属棒的电荷量；
(3)金属棒从初位置运动到ef位置，定值电阻R上产生的焦耳热。
[解析] (1)设金属棒运动到ef位置时速度为v，
则感应电动势E＝BLv
电路中电流I＝
由于加速度刚好为零，则F＝F安＝BIL
解得v＝。
(2)通过金属棒的电荷量q＝Δt
＝
＝＝
解得q＝。
(3)设定值电阻R中产生的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为R，因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q。金属棒从初位置运动到ef位置的过程中，根据动能定理有
WF＋W安＝mv2
根据功能关系有W安＝－2Q
拉力F做的功WF＝Fs
解得Q＝Fs－。
[答案] (1) (2) (3)Fs－
类型2 “单杆”——倾斜式
物理
模型
匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计
动态
分析
导体棒ab刚释放时a＝gsin α，导体棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，速度达到最大vm＝
收尾
状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
受力平衡，a＝0
电学特征
I不再变化
[例2] (2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q。
[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，
根据运动学公式有v2＝2as
解得v＝。
(2)金属棒所受安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
根据牛顿第二定律有F＝ma
解得I＝。
(3)金属棒的运动时间t＝，
通过的电荷量Q＝It
解得Q＝。
[系统通法]
]]
[答案] (1) (2) (3)
1．“单杆”模型分析要点
(1)杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。
(2)电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
模型(二) 电磁感应中的“双杆”模型
[研一题]————————————————————————————————
(2018·湖北四地七校联考)如图所示，相距L＝0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B＝0.4 T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m＝40 g、电阻均为R＝0.1 Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M＝200 g的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为37°，水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数 μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h＝1 m，求这一运动过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)物体C能达到的最大速度是多少；
(2)系统产生的内能是多少；
(3)连接导体棒cd的细线对导体棒cd做的功是多少。
[解析] (1)设物体C能达到的最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势为E＝2BLvm
由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I＝
导体棒ab、cd受到的安培力为F＝BLI
设连接导体棒ab与cd的细线中张力为T1，连接导体棒ab与物体C的细线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图所示，由平衡条件得：
T1＝mgsin 37°＋F
T2＝T1＋F＋f
T2＝Mg
其中f＝μmg
解得：vm＝2 m/s。
(2)设系统在该过程中产生的内能为E1，由能量守恒定律得：
Mgh＝(2m＋M)vm2＋mghsin 37°＋E1
解得：E1＝1.2 J。
(3)运动过程中由于摩擦产生的内能
E2＝μmgh＝0.16 J
由第(2)问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能E3＝E1－E2＝1.04 J
又因为导体棒ab、cd的电阻相等，故电流通过导体棒cd产生的内能E4＝＝0.52 J
对导体棒cd，设这一过程中细线对其做的功为W，则由功能关系得：
W＝mghsin 37°＋mvm2＋E4
解得：W＝0.84 J。
[答案] (1)2 m/s (2)1.2 J (3)0.84 J
[悟一法]————————————————————————————————
两类“双杆”模型
解题思路
“一动一静”型，实质是单杆问题，要注意其隐含条件：静止杆受力平衡
“两杆都动”型，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势应相加还是相减
结合“单杆”模型的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解
[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·青岛模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝
0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为
R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω。现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度
g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时，cd棒的加速度大小a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时，ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前，ab棒克服安培力做的功W。
解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Bdv0
I＝
BId＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2。
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，cd棒进入半圆轨道前，cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
cd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒，有
m2v22＝m2g·2r＋m2v2
cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s。
(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J。
答案：(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
2．(2018·江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧b1b2－c1c2部分导轨间距为3L，右侧c1c2－d1d2部分的导轨间距为L，曲线导轨与水平导轨相切于b1b2，所有导轨均光滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。质量为mB＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质量为mA＝0.1 kg 的金属棒A自曲线导轨上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动。已知：两棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.45 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)A棒滑到b1b2处时的速度大小；
(2)B棒匀速运动时的速度大小；
(3)在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效数字)。
解析：(1)A棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得：
mAgh＝mAv02
解得：v0＝3 m/s。
(2)选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理，
对B棒：FB安cos θt＝mBvB
对A棒：－FA安cos θt＝mAvA－mAv0
其中FA安＝3FB安
两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有：
BLvB＝3BLvA
解得：vA＝ m/s，vB＝ m/s。
(3)在B棒加速运动过程中，由动量定理得：
Bcos θLΔt＝mBvB－0
电路中的平均电流＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
其中磁通量变化量：ΔΦ＝Bcos θΔS
解得：ΔS≈29.6 m2。
答案：(1)3 m/s (2) m/s (3)29.6 m2
模型(三) 电磁感应中的“导体框”模型
[研一题]————————————————————————————————
(2019届高三·资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd，线框的质量m＝0.6 kg，其电阻值R＝1.0 Ω，ab边长L1＝1 m，bc边长L2＝2 m，与斜面之间的动摩擦因数μ＝。斜面以EF为界，EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物体，当cd边离开磁场时线框即以v＝2 m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t＝1 s后开始做匀加速运动。取g＝10 m/s2，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)细线绷紧前，物体下降的高度H；
(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE。
[解析] (1)线框cd边离开磁场时匀速下滑，有：
mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0
F安＝BI1L1
I1＝
解得：B＝1 T。
(2)由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为v1，细线拉力大小为FT，则：
v1＝
FT－mgsin θ－μmgcos θ－BI2L1＝0
I2＝
FT－Mg＝0
设细线突然绷紧过程中，细线的作用力冲量大小为I，对线框和物体分别运用动量定理，有：I＝mv1－m(－v)
I＝Mv0－Mv1
细线绷紧前物体自由下落，则v02＝2gH
解得：H＝1.8 m。
(3)根据能量守恒定律：
线框匀速下滑过程：Q1＝mgL2sin θ
细线突然绷紧过程：
Q2＝Mv02＋mv2－(M＋m)v12
线框匀速上滑过程：Q3＝MgL2－mgL2sin θ
ΔE＝Q1＋Q2＋Q3
解得：ΔE＝21.6 J。
[答案] (1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J
[悟一法]————————————————————————————————
1．求解电磁感应中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。
2．电磁感应中安培力做功引起的能量转化
3．求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度
焦耳定律
功能关系
能量转化
Q＝I2Rt
Q＝W克服安培力
Q＝－ΔE其他
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·南通模拟)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab＝L、ad＝2L。虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O。从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不变，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v。求：
(1)细线断裂前线框中的电功率P；
(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；
(3)线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量q。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律
E＝＝L2＝kL2
电功率P＝＝。
(2)细线断裂后瞬间安培力FA＝F0
线框的加速度a＝＝
线框离开磁场过程中，由动能定理得W＝mv2。
(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1＝F0
其中I＝＝
线框穿出磁场过程有＝＝，＝
通过导线横截面的电荷量q＝Δt
解得q＝。
答案：(1) (2) mv2 (3)
2．(2018·湖南十三校联考)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，斜面上直径d＝0.4 m的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数为n＝100的刚性正方形线框abcd，边长为0.5 m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝2 W 的小灯泡相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边，已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝2 Ω，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，从0时刻起，磁场的磁感应强度按B＝T的规律变化，开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)线框静止时，回路中的电流大小I；
(2)在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；
(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长)。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E＝n＝nS，其中S＝π2
P＝I2R＝2R
解得R＝2 Ω，I＝1 A。
(2)线框刚好开始运动时，
mgsin θ＝nId＋μmgcos θ
解得t＝π s
则Q＝Pt＝π J。
(3)线框刚好开始运动时，
B＝T＝0.1 T
＝＝＝，其中ΔS＝S
解得q＝Δt＝ C。
答案：(1)1 A (2)π J (3) C
[专题强训提能]
1．(2018·漳州八校模拟)如图所示，MN、PQ为间距L＝
0.5 m的足够长平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0＝1 T。将一质量为m＝0.05 kg的金属棒紧靠NQ放置在导轨ab处，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2 m(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则：
(1)当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大？
(2)金属棒达到的稳定速度是多大？
(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，回路中产生的焦耳热是多少？
解析：(1)金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡
mgsin θ＝Ff＋FA
其中FA＝B0IL
Ff＝μFN＝μmgcos θ
解得I＝0.2 A。
(2)由欧姆定律得I＝
由电磁感应定律得E＝B0Lv
解得v＝2 m/s。
(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，由能量守恒定律得
mgsin θs＝mv2＋Q＋μmgcos θs
解得Q＝0.1 J。
答案：(1)0.2 A (2)2 m/s (3)0.1 J
2.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1 m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝
1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力(取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；
(2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能；
(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。
解析：(1)线圈向下进入磁场时，有
mgsin θ＝μmgcos θ＋F安，
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝2 m/s。
(2)设线圈到达最高点MN边与bb′的距离为x，则
v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma
根据动能定理有
－μmgcos θ·2x＝Ek－Ek1，其中Ek＝mv2
解得Ek1＝0.1 J。
(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有
mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＝Q
解得：Q＝0.004 J。
答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J
3．如图甲所示，电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左侧，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置在导轨上，ef与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab两棒间距为d。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。
(1)求在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向；
(2)求在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量；
(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。
解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率＝
产生感应电动势的大小E1＝＝S＝ld＝
流过导体棒ef的电流大小I1＝＝
由楞次定律可判断电流方向为e→f。
(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率＝
产生感应电动势的大小E2＝＝S＝ld＝
流过导体棒ef的电流大小I2＝＝
导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝。
(3)1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0
导体棒ef受安培力：F＝B0I2l＝
方向水平向左
根据导体棒ef受力平衡可知杆对导体棒的作用力为
F′＝－F＝－，负号表示方向水平向右。
答案：(1)，方向为e→f (2) (3)，方向水平向右
4．(2019届高三·邯郸质检)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距
L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1 Ω的电阻；质量m＝1 kg、阻值r＝1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面垂直(斜向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，0～1.0 s 内，金属棒cd保持静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。
(1)求0～1.0 s内通过金属棒cd的电荷量；
(2)求t＝1.1 s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；
(3)1.2 s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a＝2 m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式。
解析：(1)在0～1.0 s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝，其中S＝L1L＝1 m2
由闭合电路的欧姆定律有：I＝
由于0～1.0 s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为：q＝IΔt，其中Δt＝1 s
解得：q＝1 C。
(2)假设0～1.1 s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1 s内回路中的电流不变，t＝1.1 s时，金属棒cd所受的安培力大小为：F′＝|B1IL|＝0.2 N，方向沿导轨向下
导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：
Ff＝μmgcos θ＝7.2 N
由于mgsin θ＋F′＝6.2 N＜Ff，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止，故所求摩擦力大小为6.2 N，方向沿导轨向上。
(3)1.2 s后，金属棒cd上产生的感应电动势大小为：E′＝|B2Lv|，其中v＝at′
金属棒cd所受安培力的大小为：F安＝|B2I2L|，其中I2＝
由牛顿第二定律有：F－mgsin θ－μmgcos θ－F安＝ma
解得：F＝15.2＋0.16t′(N)。
答案：(1)1 C (2)6.2 N，方向沿导轨向上 (3)F＝15.2＋0.16t′(N)
5．(2018·厦门质检)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R，两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g。
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻为0时刻，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
②0～t时间内通过金属棒ab的电荷量q。
解析：(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，有
E＝BLv
I＝
F安＝IBL
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v
电路获得的电功率P电＝
解得P安＝，P电＝
所以P安＝P电。
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin 30°
金属棒ab的热功率Pab＝I12R
解得Pab＝。
②0时刻前F＝mgsin 30°＋F安
F安＝BIL
I＝
解得v＝
设t时刻以后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd做匀速运动的速度为v2，
因F′＝1.5mg＝(2m＋m)gsin 30°，则由金属棒ab、cd组成的系统动量守恒，得
mv＝2mv1＋mv2
回路电流I1＝＝
解得v1＝
0～t时间内对金属棒ab分析，设在电流为i的很短时间Δt内，速度的改变量为Δv，
由动量定理得
BiLΔt－2mgsin 30°Δt＝2mΔv
等式两边累积求和得BLq－mgt＝2mv1
解得q＝。
答案：(1)见解析 (2)① ②
第3讲
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊或隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的挖掘隐含条件的能力、基本过程的分析能力、思维推理能力、基本运算能力等要求很高。为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、大胆拆题、规范答题。
一、细心审题——做到“一读、二思、三析”
1．读题
“读题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，读题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，明白其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；要重点看清题目中括号内的附加条件及题目给出的图形及图像等。
2．思题
“思题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。边读题边思索、边联想，以弄清题目中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件。
3．析题
“析题”就是在“思题”获取一定信息的基础上，调动大脑中所储存的相关知识，准确、全面、快速思考，要对研究对象的各阶段变化进行剖析，建立起清晰的物理情景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。
[例1] 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第
2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离
l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
[细心审题]
[解析] (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如析题图所示，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1①
N1＝mgcos θ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1′＋mgcos θ④
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿运动定律得
mgsin θ－f1＝ma1⑤
mgsin θ＋f1′－f2＝ma2⑥
N1＝N1′⑦
f1＝f1′⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2⑨
a2＝1 m/s2。⑩
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑪
v2＝a2t1＝2 m/s⑫
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑬
a2′＝－2 m/s2⑭
B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
0＝v2＋a2′t2⑮
联立⑫⑭⑮式得
t2＝1 s⑯
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－＝12 m＜27 m⑰
此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32⑱
可得
t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲
则A在B上总的运动时间为
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。
［反思领悟］
[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
1.只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题。
2.审题要慢，就是要仔细，要审透，关键词句的理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素。要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视。
二、大胆拆题——做到“拆分过程，大题小做”
计算题的物理过程大体有以下三种呈现方式：
1．串联式
此类问题一般涉及一个物体，解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。
2．并列式
此类问题的几个过程是同时发生的，一般涉及多个物体，解题的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。
3．复合式
此类问题是上述两种方式的组合，下面用典例展示如何从时间和空间上将多个物体的多个子过程一一拆分出来，然后运用规律列式求解。
[例2] 如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×
10－5 C，g取10 m/s2(水平轨道足够长，甲、乙均视为质点，整个运动过程无电荷转移)。求：
(1)甲、乙碰撞后，若乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
[大胆拆题]
第(1)问可拆分为2个小题
①求乙恰能通过轨道最高点的速度
建模：竖直面内圆周运动中的“绳”模型
规律：牛顿第二定律mg＋Eq＝
②求乙在轨道上的首次落点到B点的距离x
建模：乙离开D点后做类平抛运动
规律：运动的合成与分解
x＝vDt,2R＝·t2
第(2)问可拆分为2个小题
①求甲、乙刚碰后乙的速度
建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)
规律：动能定理
－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2
②求甲、乙刚碰后甲的速度
建模：弹性碰撞模型
规律：动量守恒定律mv0＝mv甲＋mv乙
机械能守恒定律mv02＝mv甲2＋mv乙2
第(3)问可拆分为3个小题
①设甲的质量为M，求甲、乙碰后，乙的速度vm的范围
建模：弹性碰撞模型
规律：动量守恒定律Mv0＝MvM＋mvm
机械能守恒定律Mv02＝MvM2＋mvm2
②求乙过D点的速度vD′的范围
建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)
规律：动能定理
－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2
③求小球落点到B点的距离范围
建模：类平抛运动模型
规律：水平方向做匀速运动x′＝vD′t
[解析] (1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙从离开D点到落到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
mg＋qE＝m
2R＝·t2
x＝vDt
解得x＝0.4 m。
(2)设碰撞后乙的速度为v乙，对乙从B→D过程，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2
解得v乙＝2 m/s
设碰撞后甲的速度为v甲，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙
mv02＝mv甲2＋mv乙2
解得v乙＝v0，v甲＝0
所以v0＝2 m/s。
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0＝MvM＋mvm
Mv02＝MvM2＋mvm2
解得vm＝
由上式和M>m可得v0
－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2
解得2 m/s
x′＝vD′t
解得0.4 m
[答案] (1)0.4 m (2)2 m/s (3)0.4 m
计算题一般文字叙述量较大，包括多个物理过程，所给物理情境较复杂，涉及的物理模型较多，有的还较为隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结果，相应的题目的分值也较高，解题关键就在于准确拆分过程，变大题为小题，然后一一击破。
三、规范答题——做到表述明、列式清、演算准
1．有必要的文字说明
必要的文字说明是规范答题时不可缺少的文字表述，它能使解题思路清晰明了，让阅卷老师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：
(1)研究的对象、研究的过程或状态的说明。
(2)题目中物理量要用题目中的符号，引入的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
(3)题目中的一些隐含条件或临界条件，应用时要加以说明。
(4)所列方程的依据及名称要进行说明。
(5)规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。
(6)对题目所求或所问有明确的答复且对所求结果的物理意义要进行说明。
2．分步列式、联立求解
解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点。分步列式一定要注意以下几点：
(1)列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式。
(2)方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一。出现同类物理量，要用不同下标或上标区分。
(3)列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(如位移x、重力加速度g等)。
(4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子。
(5)所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解。
3．准确演算、明确结果
解答物理计算题一般要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：
(1)演算时一般先进行字母符号运算，从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果(要注意简洁，千万不要在卷面上书写过多化简、数值运算式)。
(2)计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有效数字位数相近，若有特殊要求，应按要求选定。
(3)计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位。
(4)字母式的答案中，最终答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且某些已知的物理量也不能代入数据。
(5)题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方向。
(6)若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回应，不能答非所问。
[例3] (2018·天津高考，20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
[规范答题]
解：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右。根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。(3分)
(2)由题意，列车启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得
R总＝①(1分)
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝②(1分)
设两根金属棒所受安培力之和为F，有
F＝IlB③(1分)
根据牛顿第二定律有F＝ma④(1分)
联立①②③④式得a＝。⑤(2分)
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝⑥(1分)
其中ΔΦ＝Bl2⑦(1分)
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝⑧(1分)
设cd受到的平均安培力为F′，有
F′＝I′lB⑨(1分)
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt⑩(1分)
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲⑪(1分)
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0⑫(1分)
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
＝⑬(2分)
讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；
若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。(2分)
［反思领悟］
备注：括号中的分值根据高考评分标准而设置，意图让考生充分认识到分步列式、规范答题的重要性。
1.压轴计算题可能因为难度太大而做错，甚至最后一问会感觉无从下手，但前几问相对容易，应尝试解答。
2.如果时间不够用，无法计算最后结果，或者结果算错，但基本的“步骤分”“公式分”要拿到手。
[专题强训提能]
1.(2019届高三·云南师大附中模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个匀质木块，厚度为l、质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从木块中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。
(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；
(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射入木块，最后留在木块中，求子弹射入木块的深度。
解析：(1)子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得
－fl＝0－mv02
解得：f＝。
(2)由题意得子弹与木块最后达到共同速度，由系统动量守恒有mv0＝(19m＋m)v1
损失的动能ΔE＝mv02－×20mv12
根据功能关系有fd＝ΔE
解得子弹射入木块的深度：d＝l。
答案：(1) (2)l
2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿
斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，则木板的长度l为多少？(已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：由题意可知，小物块沿木板向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度。
设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得
F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′
设小物块和木板达到共同速度所用时间为t，由运动学公式可得v0－at＝a′t
设小物块和木板共速时小物块的位移为x，木板的位移为x′，由位移公式可得
x＝v0t－at2，x′＝a′t2
小物块恰好不从木板的上端滑下，有x－x′＝l
解得l≈0.714 m。
答案：0.714 m
3．如图甲所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c位于坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R。金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻且O点与圆弧之间部分金属杆的电阻为R0。匀强磁场与金属框平面垂直并充满平面，其磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。
(1)0～t0时间内MN保持静止，计算金属框中感应电流的大小；
(2)在t＝t0时刻对MN施加一外力，使其以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动，角速度为ω，计算通过MN的电流I与转过的角度θ间的关系。
解析：(1)0～t0时间内MN保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势，MN靠近无电阻的ac边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝S·
S＝πr2，＝
解得E＝
感应电流大小I＝＝。
(2)金属杆以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动时，电路中感应电动势
E0＝B0r2ω
当MN转过角度为θ时总电阻
R总＝R0＋＝R0＋
MN中电流I与转过的角度θ的关系为
I＝＝，0<θ<。
答案：(1) (2)I＝，0<θ<
4.(2018·襄阳高三模拟)如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff＝mg(g为重力加速度)。在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l。现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力。求：
(1)物体与滑块碰撞后瞬间速度的大小；
(2)碰撞后，在物体与滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量。
解析：(1)设物体下落至与滑块碰撞前瞬间的速度为v0，在此过程中物体机械能守恒，依据机械能守恒定律，有
mgl＝mv02
解得v0＝
设碰撞后瞬间速度为v，依据动量守恒定律，有
mv0＝2mv
解得v＝。
(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有
－2Ffx＝0－×2mv2
设在物体与滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有
W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2
解得W＝－mgl
所以弹簧弹性势能增加了mgl。
答案：(1) (2)mgl
5.如图所示，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为m，电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t＝0时刻，使a沿导轨向上做速度为v的匀速运动，已知d＝1 m，m＝0.5 kg，R＝0.5 Ω，B＝0.5 T，
θ＝30°，g取10 m/s2，不计两导体棒间的相互作用力。
(1)为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于多少？
(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，求b的速度v2的最大值；
(3)在(2)中，当t＝2 s时b的速度达到5.06 m/s,2 s内回路中产生的焦耳热为13.2 J，求该2 s内力F做的功(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)a刚运动时，回路中的电流
I＝
为使b能沿导轨向下运动，对b有
BId
即为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于10 m/s。
(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，因2 m/s<10 m/s，b一定沿导轨向下运动。根据右手定则可以判断，a、b产生的感应电动势串联，所以回路的感应电动势为
E＝Bd(v1＋v2)
I′＝
当b达到最大速度时，有
BI′d＝mgsin θ
解得v2＝8 m/s。
(3)假设在t＝2 s内，a向上运动的距离为x1，b向下运动的距离为x2，则
x1＝v1t＝4 m
对b根据动量定理得
(mgsin θ－Bd)t＝mvb
又q＝t
q＝＝
解得x2＝5.88 m
根据能量守恒定律得，该2 s内力F做的功
W＝Q＋mvb2＋mgx1sin θ－mgx2sin θ
解得W≈14.9 J。
答案：(1)10 m/s (2)8 m/s (3)14.9 J
6.如图所示，在直角坐标系xOy平面的四个象限内各有一个边长为L的正方形磁场区域，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场磁感应强度大小均相等，第一象限内x≤L且L≤y≤2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力。
(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)求第(2)问中粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场整个过程所用的时间。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有
L＝v0t，＝at2，qE＝ma
解得E＝。
(2)设粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角为θ
则tan θ＝＝1
速度大小v＝＝v0
设x为粒子在磁场中每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0)点，应满足L＝2nx，其中n＝1、2、3、…，当n＝1时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当L＝(2n＋1)x时，其中n＝1，粒子轨迹如图乙所示，由于y<－L区域没有磁场，因此粒子不能从(－L,0)点离开磁场，这种情况不符合题意。
设圆弧的半径为R，又圆弧对应的圆心角为，则x＝R，此时满足L＝2nx
解得R＝
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m
解得B＝，n＝1、2、3、…。
(3)粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n××2＝2nπ
t＝T×＝＝。
答案：(1) (2)，n＝1、2、3、… (3)
第1讲
考纲实验
高考热点
①测定金属的电阻率；②描绘小灯泡的伏安特性曲线；③测定电源的电动势和内阻；④练习使用多用电表；⑤传感器的简单使用。
复习本讲内容时要关注以下几个热考点：①两种控制电路，即电流表的“内、外接法”、滑动变阻器的“分压、限流接法”；②电阻测量的几种方法；③多用电表的使用方法。
命题点(一) 实验仪器和电路的选择
1．实验仪器的选择
电压表和电流表一般要根据实验电路中电源的电压和流过金属丝的电流进行选择，在该实验中，电压表一般选择3 V的量程，电流表一般选择0.6 A的量程。如果采用限流式电路，选用的滑动变阻器最大阻值一般要比待测金属丝的阻值大一些；如果采用分压式电路，一般应选用最大阻值较小，而额定电流较大的滑动变阻器。
2．电流表内接法与外接法的选择
电流表内接法
电流表外接法
电路
误差
原因
由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大
由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大
测量
结果
R测＝＝RA＋Rx>Rx
电阻的测量值大于真实值
R测＝＝Rx
适用
条件
①Rx≫RA，大电阻
①Rx≪RV，小电阻
②RA已知的情况
②RV已知的情况
注意：已知内阻的电流表或电压表既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”。
3．分压电路与限流电路的选择
(1)以小控大用分压，相差无几用限流，即当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压电路；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采用限流电路。若两种电路均可，则采用限流式，因为限流式损耗功率小。
(2)必须采用分压电路的情况有三种：
①要求电压从零开始变化。
②滑动变阻器的阻值太小，不能起到限流的作用。
③限流电路不能获取有区分度的多组数据。
4．实物图连线的基本原则
对限流式电路，一般是从电源的正极开始，把电源、开关、滑动变阻器以及测量电路顺次连接起来即可。对分压式电路，应先将电源、开关和滑动变阻器的全部电阻用导线连接起来，然后在滑动变阻器上金属杆两端的接线柱中任选一个，依据电路中电流的流向将测量电路部分连接起来即可。
[对点训练]
1．(2018·宜昌金东方中学检测)欲用伏安法测量一段阻值约为5 Ω左右的金属导线的电
阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组(3 V，内阻1 Ω)
B．电流表(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C．电流表(0～0.6 A，内阻0.125 Ω)
D．电压表(0～3 V，内阻3 kΩ)
E．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)
F．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
G．滑动变阻器(0～200 Ω，额定电流0.3 A)
H．开关、导线
(1)上述器材中应选用的是____________(填写各器材的字母代号)。
(2)实验电路应采用电流表________(填“内”或“外”)接法。
(3)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变，请按要求在方框内画出测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图。
解析：(1)由于待测金属导线的电阻约为5 Ω，为了测量结果尽量准确，应选用量程分别为3 V和0.6 A的电压表和电流表，滑动变阻器采用分压接法，应选用阻值较小的滑动变阻器，故选用的器材为：A、C、D、F、H。
(2)由于待测金属导线的电阻较小，故实验电路应采用电流表外接法。
(3)电路原理图如图所示。
答案：(1)ACDFH (2)外 (3)见解析图
命题点(二) 电阻的测量
1．最常用的测量方法——伏安法(及其变式)
“伏安法”
有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”
“安安法”
电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”
“伏伏法”
电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”
“伏安加R法”
在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，加保护电阻的方法就应运而生，“伏安加R法”又叫“加保护电阻法”
2．最精确的测量方法——等效替代法
电流等效替代
电压等效替代
3．最独特的测量方法——电桥法
在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法。其测量电路如图所示，实验中调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1。同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2。根据欧姆定律有：＝，＝。由以上两式解得：R1×Rx＝R2×R3。即电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值。
4．最专一的测量方法——半偏法测电表内阻
(1)用半偏法测电流表内阻，如图甲所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R测
(2)用半偏法测电压表内阻，如图乙所示，电阻箱应和电压表串联，然后与小电阻滑动变阻器并联，R测>R真。
[对点训练]
2．某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器______(填“R1”或“R2”)。
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满偏电流为________(填正确答案标号)。
A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA
解析：(1)滑动变阻器R1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R1。
(2)实物图连线如图所示。
(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压Ug＝2.5 V，电阻箱阻值R＝630.0 Ω时，电压表的示数UV＝2.00 V，此时电阻箱两端的电压UR＝Ug－UV＝0.5 V，根据串联电路电压与电阻成正比可得＝，故Rg＝R＝×630.0 Ω＝2 520 Ω。
(4)电压表的满偏电流为Ig，则IgRg＝Ug，故Ig＝＝ A≈1 mA，选项D正确。
答案：(1)R1 (2)见解析图 (3)2 520 (4)D
命题点(三) 对电学基础实验的考查
该实验虽然是测定金属丝的电阻率，实际上是先测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律R＝ρ得出金属丝的电阻率ρ＝R。
[对点训练]
3．用电流表和电压表测定某一电阻丝的阻值，实验时提供下列可选用的器材：
待测电阻丝Rx(阻值约为6 kΩ)
电压表V(量程3 V，内阻约50 kΩ)
电流表A1(量程500 μA，内阻约200 Ω)
电流表A2(量程5 mA，内阻约20 Ω)
电流表A3(量程0.6 A，内阻约1 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值1 kΩ)
电源E(电动势4 V)
开关S、导线
(1)在所提供的电流表中应选用________(填字母代号)。
(2)在虚线框中画出测定待测电阻丝阻值的实验电路图。
(3)分别用L、d、Rx表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ＝________。
解析：(1)通过电阻丝的最大电流约为I＝＝ A＝ mA，远小于电流表A2、A3的量程，接近A1的量程，故选A1。
(2)由于>，电流表应采用内接法，滑动变阻器R的最大阻值小于待测电阻丝Rx的阻值，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示。
(3)电阻丝的电阻Rx＝ρ，电阻率表达式为ρ＝。
答案：(1)A1 (2)见解析图 (3)
1．在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，一定要用平滑的曲线，当某个(或某些)测量数据出现明显错误时，要舍掉。坐标轴选取的标度要合适，使所作图线占满坐标纸。
2．小灯泡的伏安特性曲线(以IU关系图线为例)上各点切线斜率的倒数不是小灯泡在该电压下的电阻，此时计算小灯泡的电阻一定要使用电阻的定义式R＝，而不能使用表达式R＝(只有当I和U为线性关系时二者才相等)。
[对点训练]
4．有一额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的IU图线，有下列器材供选用：
A．电压表(0～3 V，内阻6 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻30 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻0.1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω)
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A)
G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)
(1)用图甲所示的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用字母代号表示)。
(2)通过实验测得小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由图线可求得小灯泡在正常工作时的电阻为________Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)若将小灯泡与20 Ω的定值电阻串联，接在电动势为6 V、内阻不计的电源上，则小灯泡的实际功率为________W(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)由题意可知，小灯泡的额定电压为2.8 V，故电压表应选A；由P＝UI可得小灯泡正常工作时电流为：I≈0.29 A，故电流表应选D；本实验中滑动变阻器选用分压接法，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选E。
(2)由题图乙可知，当电压为2.8 V时，电流为：I＝0.28 A，故电阻为：R＝＝ Ω＝10 Ω。
(3)若将小灯泡与20 Ω的定值电阻串联，接在电动势为6 V、内阻不计的电源上，此时定值电阻相当于电源的等效内阻，在题图乙中作出电源的IU图像如图所示，则由图可知，小灯泡的工作电压为1.4 V，电流为0.23 A，则实际功率为：P′＝U′I′＝1.4×0.23 W≈
0.32 W。
答案：(1)A D E (2)10 (3)0.32(0.30～0.34均可)
伏安法
伏阻法
安阻法
原理
E＝U＋Ir
E＝U＋r
E＝IR＋Ir
电
路
图
关系
式
U＝E－Ir
＝＋
＝＋
图像
纵轴截距：E
斜率大小：r
纵轴截距：
斜率：
纵轴截距：
斜率：
误差
分析
E测
r测>r真
E测
r测>r真
[对点训练]
5．(2019届高三·咸阳模拟)某同学为了较精确地测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A．待测干电池E(电动势约为1.5 V，内阻约为1 Ω)
B．电流表G(满偏电流3.0 mA，内阻为100 Ω)
C．电流表A(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为2 A)
E．滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流为1 A)
F．定值电阻R0(阻值为900 Ω)
G．开关一个，导线若干
(1)为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选________(填字母代号)。
(2)根据题意在图甲中画出该实验所需要的电路图。
(3)根据电路图，将图乙中实物图连接起来，组成完整的电路。
(4)该同学根据正确的实验得到的数据作出的图线如图丙所示，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，由图丙可知，被测干电池的电动势为________V，内阻为________Ω(结果均保留两位有效数字)。
解析：(1)待测干电池E的电动势及内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D。
(2)提供的器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图1所示。
(3)完整的电路如图2所示。
(4)根据欧姆定律和串联电路的知识得电源两端电压为U＝I1(R0＋Rg)＝1 000I1，根据图像与纵轴的交点得电动势为E＝1.4×10－3×1 000 V＝1.4 V，根据图像与横轴的交点可得出路端电压为1.0 V时，电流是0.6 A，由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可得，电源内阻r＝＝ Ω≈0.67 Ω。
答案：(1)D (2)见解析图1 (3)见解析图2 (4)1.4 0.67(0.66～0.68均可)
1．多用电表的读数
电流表、电压表的刻度是均匀的，读数时应注意量程；欧姆表的刻度是不均匀的，读数时应注意乘以倍率。
2．使用多用电表的几个注意事项
(1)电流的流向：由于使用多用电表时不管测量什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。
(2)要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，用表盘下边中间的指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，用欧姆调零旋钮调整。
(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零。
(4)选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡的刻度不均匀，使用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间的一段刻度范围。
(5)测电阻时要将电阻与其他元件断开。测电阻时不要用手接触多用电表表笔的金属杆。
(6)多用电表使用完毕应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡。
[对点训练]
6．(2017·全国卷Ⅲ)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA，内阻为
480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，
5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。
(1)图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)。
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________。(结果均保留三位有效数字)
解析：(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，故A端与黑色表笔相连。
(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，选项A错；使用欧姆挡时，需将红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B对；使用电流挡时，B端与“1”或“2”相连，与R6无关，选项C错。
(3)B端与“1”、“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图甲所示，由电表的改装原理可知，B端与“2”相连时，有I2＝Ig＋，解得R1＋R2＝
160 Ω；B端与“4”相连时，如图乙所示，多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻
R0＝，R4＝－R0＝880 Ω。
(4)B端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；B端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100 Ω挡，读数为11.0×100 Ω＝1.10×103 Ω；B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V挡，读数为×5 V＝2.95 V。
答案：(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 1．10×103 Ω 2.95 V
高考对传感器多以热敏电阻或光敏电阻进行考查，光敏电阻的特性一般是随着光照增强，电阻变小，导电性变好，而热敏电阻分为正温度系数和负温度系数两种。
[对点训练]
7．(2018·全国卷Ⅰ)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25 ℃～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E(6 V，内阻可忽略)；电压表(量程150 mV)；定值电阻R0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2t数据见下表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)在闭合S1前，图(a)中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端。
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2t曲线。
(3)由图(b)可得到RT在25 ℃～80 ℃范围内的温度特性。当t＝44.0 ℃时，可得RT＝________Ω。
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃。
解析：(1)闭合开关S1前，应让滑片移动到b端，使滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(2)把t＝60 ℃和t＝70 ℃对应的两组数据在坐标纸上画点，然后用平滑的曲线画出R2t曲线，使尽可能多的点位于曲线上，如图所示。
(3)由图像可知t＝44.0 ℃时，电阻的阻值约为450 Ω。
(4)由题图(c)可得电阻箱阻值为620.0 Ω，由图像可得温度约为33.0 ℃。
答案：(1)b (2)见解析图 (3)450 (4)620.0 33.0
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，
内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1＝________Ω，R2＝________Ω。(保留到个位)
解析：(1)微安表头改装成毫安电流表需要并联一个小电阻，再把电流表改装成电压表，需要串联一个大电阻，电路如图所示。
(2)接a时改装成量程为1 mA的电流表，有IgRg＝(I－Ig)R1，解得
R1＝100 Ω；接b时改装成量程为3 V的电压表，有U＝IgRg＋IR2，解得R2＝2 910 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)100 2 910
2．一只小灯泡标有“3.6 V，0.3 A”，某同学想研究它的灯丝电阻与温度的关系。
(1)该同学先用多用电表的电阻挡“×1”倍率调零后，初测小灯泡冷态时的电阻，如图所示，则冷态电阻为________。
(2)实验室提供导线和开关及下列器材：
A．电源E(电动势为6.0 V)
B．电压表V1(量程3 V，内阻约为2 kΩ)
C．电压表V2(量程5 V，内阻约为4 kΩ)
D．电流表A1(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
E．电流表A2(量程100 mA，内阻约为2 Ω)
F．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω，额定电流2 A)
G．滑动变阻器R2(最大阻值为100 Ω，额定电流1 A)
为了便于调节，减小读数误差和系统误差，电压表、电流表和滑动变阻器分别应选________(填所选仪器前的字母序号)，并在虚线框内画出电路图。
(3)根据正确设计的实验电路图，测得电压、电流，如表所示：
电压/V
0
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
电流/A
0
0.051
0.105
0.165
0.205
0.235
0.260
0.280
0.300
实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而______(选填“增大”“减小”或“不变”)。若将此小灯泡与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源及阻值为9 Ω的电阻串联，则小灯泡的功率约为________W(保留两位小数)。
解析：(1)冷态电阻由多用电表读数可得：7×1 Ω＝7 Ω。
(2)小灯泡额定电压为3.6 V，故电压表选择量程为5 V的C；额定电流为0.3 A，则电流表选择0.6 A量程的D；
为了便于调节，减小读数误差和系统误差，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻即可，故选择F；被测电阻阻值较小，故采用电流表外接，电路图如图所示。
(3)实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而增大。把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U＋I(r＋R0)，U＝3－10I，作出电源的IU图像，如图所示，电源图像与小灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是小灯泡的实际电压与实际电流，由图像可知，小灯泡两端电压为1.2 V，电流为0.18 A，小灯泡实际功率为P＝
UI＝1.2×0.18 W≈0.22 W。
答案：(1)7 Ω(或7.0 Ω) (2)C、D、F 见解析图 (3)增大 0.22
3．(2019届高三·济宁模拟)某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和电阻R1的阻值。实验器材有：待测电源(电动势为E，内阻为r)；待测电阻R1；电压表V(量程1.5 V，内阻很大)；电阻箱R(0～99.99 Ω)；开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。
(1)先测量电阻R1的阻值，请将该同学的操作补充完整。
①闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1；
②保持电阻箱示数不变，将S2切换到b读出电压表的示数U2；
③电阻R1的表达式为R1＝________。
(2)该同学已经测得电阻R1＝4.95 Ω，继续测量电源电动势E和内阻r的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的 图线，则电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果均保留三位有效数字)。
解析：(1)③根据串、并联电路规律可知，R1两端的电压U′＝U2－U1，电流I＝，则由欧姆定律可知，R1＝R0。
(2)在闭合电路中，电源电动势：E＝U＋I(r＋R1)＝U＋(r＋R1)，变形可得：＝＋·，由题图乙可知，纵轴截距为0.7 V－1，即＝0.7 V－1，解得：E≈1.43 V；图像斜率k＝＝＝4.2，电源内阻r＝kE－R1＝(4.2×1.43－4.95)Ω≈1.06 Ω。
答案：(1)③R0 (2)1.43 1.06(或1.05)
4．(2018·南平质检)为测定待测电阻Rx的阻值(约为200 Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3 V，内阻不计；
电流表A1：量程15 mA，内阻约为100 Ω；
电流表A2：量程300 μA，内阻为1 000 Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；
定值电阻R2：阻值为9 000 Ω，额定电流10 mA；
定值电阻R3：阻值为200 Ω，额定电流0.1 A；
开关S、导线若干。
实验中要求准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
(1)正确选取器材，在方框内画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明所选器材的符号。
(2)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，则待测电阻Rx的阻值是________Ω(计算结果保留一位小数)。
(3)仅从实验原理产生系统误差的角度分析，Rx的测量值________(选填“>”“＝”或“<”)真实值。
解析：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联组成电压表；改装后电压表量程应为3 V，则定值电阻阻值R＝＝9 000 Ω，故选定值电阻R2；滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；由前述电流表A2的改装方法，可求出改装后的电压表内阻为RV＝1 000 Ω＋9 000 Ω＝10 000 Ω，故电流表应采用外接法，电路图如图所示。
(2)由题图可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数是150 μA；待测电阻两端电压U＝I2RV＝150×10－6×10 000 V＝1.5 V，测得待测电阻Rx＝＝ Ω≈191.1 Ω。
(3)实验中能同时准确地测量出Rx两端的电压和通过Rx的电流，所以仅从实验原理产生系统误差的角度分析，Rx的测量值＝真实值。
答案：(1)见解析图 (2)8.0 150 191.1 (3)＝
5．(2018·江苏高考)一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)图1所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。
(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
/A－1
6.7
5.9
5.3
4.5
3.8
根据表中数据，在图2方格纸上作出R关系图像。
由图像可计算出该干电池的电动势为________V；内阻为________Ω。
(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图3所示，则该干电池的电动势应为________V；内阻应为________Ω。
解析：(1)在电学实验中，连接电路时应将开关断开，电阻箱的阻值调为最大，以确保实验仪器、仪表的安全。
(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，整理可得R＝－r＝E·－r，即R图像为直线。描点连线后图像如图所示。
根据图像可知r＝1.2 Ω，图像的斜率为电动势E，在R图像上取两点(2,1.58)、(5,5.71)，则E＝ V≈1.38 V。
(3)题图3的读数为66×10－3 V，根据欧姆定律，得电流表的内阻rA＝＝ Ω＝0.2 Ω，由E＝I(R＋r′＋rA)得R＝E·－(r′＋rA)，R 图像的斜率仍为电动势E，即E＝1.38 V，而干电池的内阻应为r′＝r－rA＝1.0 Ω。
答案：(1)开关未断开；电阻箱阻值为零。(2)见解析图 1.38 1.2 (3)1.38 1.0
6．在“测定金属的电阻率”实验中：
(1)为了测量金属丝的电阻Rx的阻值，实验室提供如下实验器材：
A．待测金属丝Rx(约100 Ω)
B．电动势E＝6 V，内阻很小的直流电源
C．量程50 mA，内阻约为50 Ω的电流表
D．量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω的电流表
E．量程6 V，内阻约为15 kΩ的电压表
F．最大阻值15 Ω，最大允许电流1 A的滑动变阻器
G．最大阻值15 kΩ，最大允许电流0.5 A的滑动变阻器
H．开关一个，导线若干
①为了操作方便，且能比较精确地测量金属丝的电阻值，电流表选用________，滑动变阻器选用________(填写选用器材前的字母代号)；
②根据所选用的实验器材，设计出测量电阻的甲、乙两种电路，为尽可能减少实验误差，应采用图________(选填“甲”或“乙”)；
③实验中测得该金属丝直径为d，长度为L，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的表达式为ρ＝________。
(2)若另有一只待测电阻，用电流表内接和外接的测量结果不一致，有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差，他用两只相同的电压表，设计了如图所示的测量电路。实验操作步骤如下：
①按电路图连接好实验器材；
②闭合S1，断开S2，读出此时电压表V1的示数U，电流表的示数I；
③再闭合S2，调节滑动变阻器R，使电流表的示数仍为I，此时读出电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2。
用测得的物理量表示待测电阻的阻值Rx＝__________。
解析：(1)①根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测金属丝的最大电流为Imax＝＝
A＝60 mA，所以电流表应选用C；当滑动变阻器采用限流接法时，电路中需要的最大电阻为Rmax＝＝ Ω＝360 Ω，显然滑动变阻器应选用F，由于F的最大阻值比待测金属丝的阻值小得多，所以应采用分压接法。②由上述分析可知，滑动变阻器应采用分压接法，所以应采用题图甲。③根据R＝及R＝，可得ρ＝。
(2)当S2断开时应有U＝I(RA＋Rx)，当S2闭合时应有U1＝IRA＋U2，解得Rx＝。
答案：(1)①C F ②甲 ③ (2)
7.压敏电阻由在压力作用下发生形变进而导致电阻率发生变化的材料组成，为了探究某压敏材料的特性，有人设计了如图甲所示的电路，其中电源电动势为3 V、内阻约为1 Ω，两个电流表量程相同均为0.6 A，一个电流表内阻r已知，另外一个电流表内阻较小但阻值未知。
(1)电路图甲中哪个电流表的内阻r已知________(填“A1”或“A2”)。
(2)在某一个压力测试下，两个电流表A1和A2的读数分别为I1和I2，则压敏电阻的阻值
Rx＝__________。
(3)经过测试获得压敏电阻的阻值和压力的关系如图乙所示，以竖直向下为正方向，则阻值和压力的关系式是__________。
解析：(1)没有电压表，但内阻已知的电流表不仅可以测出通过自身的电流，还可当作电压表使用，根据题图甲判断A1可作为电压表测量压敏电阻两端的电压，所以A1的内阻r
已知。
(2)压敏电阻两端的电压为I1r，电流为I2－I1，所以压敏电阻的阻值Rx＝。
(3)由题图乙知图像为一次函数图像，根据数学知识可得Rx＝16－2F。
答案：(1)A1 (2) (3)Rx＝16－2F
第2讲
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考法
学法
在历年高考实验题中，第2个实验题一般为电学实验(偶尔也会考查力学实验)，难度较大，且多数情况下不直接考查电学基本实验，而是考查实验的创新设计，因为设计型实验既考查学生的基本实验能力，又考查学生对物理规律的灵活应用能力。复习本讲内容时，要注意以下几点：①熟悉各种实验器材的原理和使用方法；②熟知基础实验，能在基础实验的基础上创新实验过程；③熟悉物理规律，能根据现有的器材设计实验，达到实验目的。
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创新点(一) 创新实验原理，消除实验误差
高考试题中出现的电学创新实验，大多数是在教科书中常规实验的基础上，进行重组、包装、拓展、创新，它们源于教科书，但高于教科书，解决这类创新实验时，应注意以下三点：
1．无论哪个电学实验，也不管怎么创新都离不开电路，离不开实验仪器的选取，电流表内、外接法的判断，滑动变阻器的分压电路与限流电路的分析。
2．在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表，电压表可当作电流表使用，电流表也可当作电压表使用，利用这一特点，可以拓展伏安法测电阻的方法，如伏伏法、安安法等。
3．对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性，即首先要注意到其自身量程对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流或自报电压”的功能。因此，在测电压表内阻时，无须另并联电压表；测电流表内阻时，无须再串联电流表。
命题角度1 巧设电路，消除并联分压造成的系统误差
[例1] 利用如图所示电路可以较为准确地测量电源的电动势。图中a为标准电源，其电动势为Es，b为待测电源；E为恒压电源，R为滑动变阻器，G为零刻度在中央的灵敏电流计，AB为一根粗细均匀的金属丝，滑动片C可在金属丝上移动，AC之间的长度L可用刻度尺量出。
实验步骤如下：
(1)按图连接好电路。
(2)调整滑动变阻器的滑片至合适位置，闭合开关S1。
(3)将S2接1，调节滑动片C使电流计示数为零，记下________________。
(4)将S2接2，重新调整滑动片C的位置，使________________，并记下________________。
(5)断开S1、S2，计算待测电源的电动势的表达式为Ex＝________(用实验记录及已知物理量字母表示)。
[解析] (3)由(1)、(2)可知金属丝AB中的电流保持不变，使电流计指向零刻度，则加在AC两端的电压等于金属丝上的分压，即电源电动势等于金属丝上的分压，根据分压关系可知，分压之比等于金属丝长度之比，故记录金属丝AC段的长度即可求得电压之比，故要记下AC间的长度L1。
(4)测量待测电源的电动势，电流方向不变，使电流计指针指向零，再记下AC间的长度L2。
(5)电流计G中电流为零，则AC段的电压恰好等于接入电源的电动势，设AB上单位长度的电阻为r，则有：I0L1r＝Es；I0L2r＝Ex，解得：Ex＝Es。
[答案] (3)AC间的长度L1 (4)电流计示数为零 AC间的长度L2 (5)Es
命题角度2 消元法消除电表内阻造成的系统误差
[例2] 采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，由于电表因素造成实验的系统误差，某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图所示的测量电源电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G。
(1)请你补充完整实验步骤：
①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA________φB(选填“大于”“小于”或“等于”)，读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1________(选填“大于”“小于”或“等于”)通过电源E的电流；
②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得________________________，读出_________
______________________________。
(2)由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E的表达式为_____________________
_____、内阻r的表达式为______________________。
(3)该实验中E测________E真，r测________r真(均选填“大于”“小于”或“等于”)。
[解析] (1)①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，即I1等于通过电源E的电流。②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2。
(2)根据闭合电路欧姆定律得：E＝I1r＋U1，E＝I2r＋U2，解得：E＝U1＋，
r＝。
(3)两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真。
[答案] (1)①等于 等于 ②灵敏电流计示数为零电流表和电压表的示数I2和U2
(2)E＝U1＋ r＝ (3)等于 等于
创新点(二) 实验器材的等效与替换
命题角度1 测量导电液体的电阻率
[例1] 某兴趣小组欲通过测量工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值ρ≥200 Ω·m)。如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱，容器内表面长a＝40 cm，宽b＝20 cm，高c＝10 cm，将水样注满容器后，用多用电表粗测水样电阻约为2 750 Ω。
(1)为精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A．电流表(量程5 mA，电阻RA为50 Ω)
B．电压表(量程15 V，电阻RV约为10 kΩ)
C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
D．电源(12 V，内阻约10 Ω)
E．开关一只、导线若干
请在图乙实物图中完成电路连接。
(2)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，测出一系列数据如表所示，请在如图丙所示的坐标纸中作出UI关系图线。
U/V
2.0
3.8
6.8
8.0
10.2
11.6
I/mA
0.73
1.36
2.20
2.89
3.66
4.15
(3)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率约为________Ω·m(计算结果保留到个位)。据此可知，所得水样________(填“达标”或“不达标”)。
[解析] (1)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值比待测电阻小得多，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图1所示。
(2)UI图线如图2所示。
(3)由图2所作图线斜率可知，总电阻为2 727 Ω，又R＝R总－RA＝2 677 Ω，根据电阻定律R＝ρ，代入数据得ρ≈134 Ω·m<200 Ω·m，故不达标。
[答案] (1)见解析图1 (2)见解析图2 (3)134(130～140均可) 不达标
命题角度2 描绘二极管的伏安特性曲线
[例2] (2019届高三·合肥四校联考)某同学发现很多教辅用书中提到的二极管正接电阻均是某一定值，而他又注意到人教版高中《物理》教材中写到“二极管是非线性元件，它的电阻与通过电流的大小有关”。他为了探求真知，找来一个LED蓝光二极管：
(1)他首先利用多用电表对它的正向电阻进行粗略测量，如图甲所示，下面说法中正确的是( )
A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端
B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零
D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω
(2)为了正确描绘出该二极管正向的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：
直流电源E(电动势为3 V，内阻不计)
电流传感器(量程－10 mA～＋10 mA，相当于理想电流表，能较为精确地测出通过二极管的电流)
电压表(量程1 V，内阻为1 kΩ)
定值电阻R0(阻值为2 kΩ)
滑动变阻器R1(0～10 Ω)
滑动变阻器R2(0～1 000 kΩ)
开关、导线若干
①实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)；
②请在图乙方框中画出实验电路原理图；
③实验记录的8组数据如表所示，其中7组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出IU图像；
I(mA)
0
0.10
0.31
0.61
0.78
1.20
3.10
5.00
U(V)
0
0.61
0.96
1.52
2.03
2.35
2.64
2.75
④由所绘制图像可知，他选用的LED蓝光二极管是________(选填“线性”或“非线性”)电学元件。
[解析] (1)由于欧姆表的A表笔内部接电源的正极，故欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端，选项A正确；由于人体是导体，双手捏住两表笔金属杆相当于二极管与人并联，测量值将偏小，选项B错误；若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明二极管的阻值较小，为使指针指中央刻度附近，则应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，选项C正确；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于15与20正中间，则测量值小于175 Ω，选项D错误。
(2)①实验中滑动变阻器应选阻值较小的R1；②电路图如图1所示；③图线用平滑曲线连接各点如图2所示；④由所绘制图像可知，他选用的LED蓝光二极管是非线性电学元件。
[答案] (1)AC (2)①R1 ②见解析图1 ③见解析图2 ④非线性
命题角度3 新型电池电动势和内阻的测量
[例3] 某物理学习小组为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内阻，设计了如图1所示的电路，在一定光照条件下进行实验。
(1)请根据图1完成图2中实物的连线。
(2)该小组成员将测量出来的数据记录在表格中，请在图3中作出该硅光电池组的UI
图线。
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
1.78
1.75
1.70
1.65
1.54
1.27
1.00
0.50
I/μA
12
30
48
60
68
76
80
86
(3)由所作的UI图线可知该硅光电池组的电动势E＝________V，电池组的内阻随输出电流的变化而改变，在电流为80 μA时，该电池组的内阻r＝________Ω(结果均保留两位有效数字)。
[解析] (1)实物连接图如图甲所示。
(2)根据表格中数据描点后用平滑曲线连接，UI图线如图乙所示。
(3)由所作的UI图线可知该硅光电池组的电动势E＝1.8 V，在电流为80 μA时，路端电压U＝1.00 V，由闭合电路欧姆定律知电源内电压为U′＝E－U＝0.80 V，所以电池组的内阻r＝＝1.0×104 Ω。
[答案] (1)见解析图甲 (2)见解析图乙 (3)1.8 1.0×104
创新点(三) 与新型材料、传感器结合的实验创新
命题角度1 灵敏电流计改装成温度计
[例1] 某同学尝试把一个灵敏电流计改装成温度计，他所选用的器材有：灵敏电流计(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水绝缘材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt(阻值与摄氏温度t的关系为Rt＝
a＋kt，a<0，k>0)。设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作。
(1)按电路图连接好实验器材。
(2)将滑动变阻器滑片P滑到________(填“a”或“b”)端，单刀双掷开关S掷于________(填“c”或“d”)端，调节滑片P使电流计满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路。
(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流计的示数I，然后断开开关。请根据温度计的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式(用题目中给定的符号)I＝________。
(4)根据对应温度记录的电流计示数，重新刻制电流计的表盘，改装成温度计。根据改装原理，此温度计表盘刻度线的特点是：低温刻度在________(填“左”或“右”)侧，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”)。
[解析] (2)根据实验的原理可知，滑动变阻器起到保护电路的作用，首先需要选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合使用滑动变阻器的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到a端，以保证电路安全；然后将单刀双掷开关S掷于c端，调节滑片P使电流计满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路。
(3)当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：Rt＝a＋kt，根据闭合电路的欧姆定律可得，I＝＝。
(4)由电流与温度的关系式可知，温度越高，电流计中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的。
[答案] (2)a c (3) (4)右 否
命题角度2 自动控制电路设计与调整
[例2] 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过
20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为
650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器______(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________________________________________________________________________；
②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_____
________________________________________________________________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
[解析] (1)电路图连接如图所示。
(2)报警器开始报警时，对整个回路有U＝Ic(R滑＋R热)，代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2。
(3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a，闭合开关时，电路中的电流I＝ A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。
[答案] (1)连线见解析图 (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会
超过20 mA，报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警
电学设计型实验常用的方法
1．转换法：将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量，然后再反求待测物理量的值，这种方法叫转换测量法(简称转换法)。如在测量金属电阻率的实验中，虽然无法直接测量电阻率，但可以通过测金属丝的长度和直径，并将金属丝接入电路测出其电阻，最后计算出它的电阻率。
2．替代法：用一个标准的已知量替代被测量，通过调整标准量，使整个测量系统恢复到替代前的状态，则被测量等于标准量。
3．控制变量法：研究一个物理量与其他几个物理量的关系时，要使其中一个或几个物理量不变，分别研究这个物理量与其他各物理量的关系，然后再归纳总结。如探究电阻的决定因素实验。
[专题强训提能]
1．(2018·新疆模拟)某同学利用如图甲所示电路测量电源的电动势E和内阻r，可供选择的实验器材有：待测电源(电动势约6 V，内阻约1 Ω)，定值电阻RA(阻值10 Ω)和RB(阻值
1 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)，电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)，电压表V(量程5 V，内阻约10 kΩ)，开关S，导线若干。请回答下列问题：
(1)图甲为该同学设计的电路图的一部分，将电路补充完整。
(2)图甲中的R1应选________(填“RA”或“RB”)。
(3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数U和相应电流表的示数I；以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线如图乙所示，并求出UI图线在横轴上的截距a和在纵轴上的截距b，请选用待测电源电动势E、内阻r、定值电阻R1和R2，写出a、b的表达式，a＝________，b＝________，代入相应数值即可得E和r的测量值。
解析：(1)由于滑动变阻器的最大阻值过小，使电压表测量范围较小，所以R1应采用与滑动变阻器总阻值接近的RA；R2起保护电路的作用，故可以采用阻值较小的RB；由于电流表内阻与等效内阻接近，为了减小误差，应采用相对电源的电流表外接法，电路图如图所示。
(2)由以上分析可知，题图甲中的R1应选择RA。
(3)根据闭合电路欧姆定律可知：U＝E－I(R2＋r)，由此可知，图像与纵轴的截距b＝E，图像与横轴的截距为短路电流，故a＝。
答案：(1)见解析图 (2)RA (3) E
2.(2018·宜宾检测)某同学利用如图甲所示电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻不可忽略)，两个完全相同的电流表A1 、A2(量程为
3 mA，内阻不计)，电阻箱R(最大阻值为9 999 Ω)，定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、
1 kΩ、10 kΩ)，开关S，导线若干，刻度尺。
实验步骤如下：
A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1 、A2示数，分别记为
I1、I2，记录电阻箱的阻值R；
D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C；
E．断开S，整理好器材。
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式Rx＝__________(用R0、R、I1、I2表示)。
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1 、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的RL关系图像，则自来水的电阻率ρ＝______Ω·m(结果保留两位有效数字)。在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将_______(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
解析：(1)电源电动势为3 V，电流表的量程为3 mA，则最小电阻R＝＝ Ω＝
1 kΩ，故定值电阻R0选1 kΩ 的即可。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx满足I1Rx＝I2(R0＋R)，即Rx＝。
(3)当I1＝I2时，Rx＝R0＋R，即ρ＝R0＋R，则R＝L－R0，由题图乙可知：＝ Ω/m＝5×104 Ω/m，S＝π2＝πd2，则ρ＝5×104××3.14×(20×10－3)2 Ω·m≈16 Ω·m；若电流表内阻不能忽略，则：Rx＋rA＝R0＋R＋rA，即Rx＝R0＋R，则表达式不变，自来水电阻率测量值与上述测量值相比将不变。
答案：(1)1 kΩ (2) (3)16 不变
3．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。
解析：(1)实验电路连线如图所示。
(2)为使金属棒获得更大的速度，则金属棒运动时需要更大的加速度，根据牛顿第二定律有a＝，所以增加磁感应强度、增大电流、增加两导轨间的距离都可以使加速度增大。故选项A、C正确，B错误。
答案：(1)见解析图 (2)AC
4．(2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线。
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1。
(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。
(4)待测电阻阻值的表达式Rx＝________(用R0、U1、U2表示)。
(5)重复步骤(3)，得到如下数据。
1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49
3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________Ω。(保留一位小数)
解析：(1)实物连线如图所示。
(4)由于为理想电压表，故S2接1或接2时流过R0、Rx的电流相等。根据欧姆定律和串联电路的特点得＝，解得Rx＝R0。
(6)求出5次的平均值为3.41，代入Rx＝R0，得Rx＝48.2 Ω。
答案：(1)见解析图 (4)R0 (6)48.2
5．(2019届高三·枣庄模拟)某探究小组测量直流恒流源的输出电流I0和定值电阻Rx的阻值，电路如图甲所示。
实验器材如下：
直流恒流源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8 A)；
待测电阻Rx(阻值约为20 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值约为70 Ω)；
电压表V(量程15 V，内阻约为15 kΩ)；
电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；
开关一个，导线若干。
请回答下列问题：
(1)实验所用器材如图乙所示，图中部分实物电路已经连接好，请完成剩余实验电路的连接。
(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到________(选填“a”或“b”)处。
(3)所得实验数据如表所示；请在图丙所示的直角坐标系上画出UI图像。
1
2
3
4
5
电流表的示数I/A
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
电压表的示数U/V
13.9
12.1
10.2
7.6
6.1
(4)根据所画UI图像，可求得直流恒流源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值
Rx＝________Ω(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)实验电路连接如图1所示。
(2)为了让电流表的示数由最小值开始变化，并保证开关S闭合时，流过电流表的电流不会超过电流表量程，故开关S闭合前，滑动变阻器滑片P应置于连入阻值最大处，即a处。
(3)根据表中数据先在题图丙中描点，在画直线时使尽可能多的点落在同一直线上，不在直线上的点也要尽可能对称地分布在直线两侧，可以得出对应的UI图像，如图2所示。
(4)当电压表示数为零时说明滑动变阻器短路，则此时通过电流表的电流等于直流恒流源的输出电流，则结合UI图像可知，电流I0约为0.88 A；由图2可知，当电压为10 V时，电流约为0.40 A，则此时流过待测电阻的电流I＝(0.88－0.40)A＝0.48 A，由欧姆定律可得Rx＝＝ Ω≈21 Ω。
答案：(1)见解析图1 (2)a (3)见解析图2 (4)0.88(0.87～0.89均可) 21(20或21均可)
6．(2018·凯里模拟)如图所示的矩形框内存在一沿水平方向且与金属棒垂直的匀强磁场，现通过测量通电金属棒在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。
(1)在图中画出连线完成实验电路，要求接通电源后电流由a流向b。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线；
②保持开关S断开，读出电子秤示数m0；
③闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，此时电子秤仍有读数，然后读出并记录________________、________________；
④用米尺测量__________________________。
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得到B＝____________。
(4)判断磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直于纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
解析：(1)实验电路连线如图所示。
(2)③记录电流表的示数I以及此时电子秤的示数m1；
④用米尺测量金属棒的长度l。
(3)测磁感应强度原理：开关断开时，电子秤称出金属棒质量；接通电源后，若磁感应强度的方向垂直于纸面向里，则安培力向下，则有m0g＋BIl＝m1g，所以B＝g；接通电源后，若磁感应强度的方向垂直于纸面向外，则安培力向上，则有m0g－BIl＝m1g，所以B＝g；所以磁感应强度的大小B＝g。
(4)由(3)中分析易知，若m1
3 V，内阻约几千欧。实验操作和相关的问题如下：
(1)在开关S1、S2都断开的条件下，先将电阻箱R的阻值调至________(填“最大”“最小”或“任意值”)，然后闭合开关S1；这样做的目的是________。
A．保护电池
B．保护电压表
C．保护电阻箱
D．能更准确地读出电压表的读数
(2)逐步调节电阻箱R的阻值，当电压表V的读数为U1＝2.00 V时，R的阻值为R1＝
7.20 kΩ；当电压表V的读数为U2＝3.00 V时，R的阻值为R2＝4.13 kΩ，可估算出电压表的内阻RV＝________kΩ(计算结果保留两位有效数字)。若测量数据自身的误差可忽略不计，则电压表内阻的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)实际值。
(3)调节电阻箱R的阻值，使电阻箱和电压表串联后可当成一个量程为10 V的电压表
V′，则阻值R与电压表内阻RV的比值应为＝________。
(4)保持(3)中电阻箱R的阻值不变，调节电阻箱R′的阻值为较大值，闭合开关S2，接着小心调节电阻箱R′的阻值，使电压表V的示数在2～3 V之间变化，记录电压表V的读数U和相对应的电阻箱R′的阻值R′，取得若干组实验数据。某同学以U为纵坐标、以为横坐标建立一个实验图像(坐标轴都使用国际单位)，将实验数据计算后描绘在图像中，得到一条直线，若直线在纵轴的截距为b、斜率的绝对值为k，则电池的电动势E＝__________，内阻r＝_________。
解析：(1)由电路图可知，电压表与电阻箱R串联，故为了保护电压表应先将电阻箱R的阻值调至最大，然后再闭合开关S1，从而使电压表由电压最小开始调节。
(2)由于r≪RV＋R，因此在估算中可以忽略不计，则有：＝，＝，解得：RV≈2.0 kΩ，由于测量中没有考虑电源内阻的影响，因此测量结果中包括电源内阻，故测量值大于真实值。
(3)电阻箱R和电压表串联后可当成一个量程为10 V的电压表使用，则当电压表V的电压为3 V时，电阻箱R的电压为7 V，故＝。
(4)当电压表V的电压为U时，加在电阻箱R′上的电压为，即路端电压U′＝，由闭合电路欧姆定律有：E＝U′＋r，即E＝＋r，整理得：U＝E－r，根据图像规律可知，E＝b，k＝r，解得：E＝。
答案：(1)最大 B (2)2.0 大于 (3) (4) k
第3讲
近几年高考对实验的考查，多以一大一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验。第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计型实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验。在解答实验题时，要坚持2个原则，做到细心审题、熟练题型、活学活用原理、巧妙结合数形。
原则(一) 审题做到“一明、二看、三提取”
一明——明确考查意图
现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题者想要考查的知识点和意图。
二看——看清实验题图
实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。
三提取——提取解题信息
试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：
(1)新的概念、规律、公式
一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。
(2)新的表格数据
通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系，如正比例、反比例关系，平方、开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。
(3)新的物理图像
实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，才能正确分析实验问题。
[典例] (2018·鹰潭模拟)某研究性学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂轻质滑轮的轻绳中的拉力)。
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝________kg，重力加速度g＝________m/s2(结果均保留两位有效数字)。
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________(填选项前的字母)。
A．偏向纵轴 B．偏向横轴
C．斜率逐渐减小 D．斜率不变
[细心审题]
[解析] (1)受力分析，对铝箱应有FT－mg＝ma，对滑轮应有F＝2FT，联立可解得a＝F－g，可知题图乙中图线的斜率k＝＝，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。
(2)图线的斜率k＝与砂桶和砂的总质量无关，故选D。
[答案] (1)0.25 9.8 (2)D
原则(二) 针对题型定策略
题型1 基本仪器型——“细”微之处见高低
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。
[例1] (1)图甲中游标卡尺的读数为________mm，图乙中螺旋测微器的读数为________mm。
(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所示。先将选择开关旋至倍率“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________(填“＋”或“－”)接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至________(填“×1”或“×100”)挡并________________________，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻为________Ω。
[解析] (1)由游标卡尺的读数规则：主尺上的整毫米数＋精确度×对齐格数(不估读)，可知游标卡尺的读数为49 mm＋0.1 mm×8＝49.8 mm；由螺旋测微器的读数规则：固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线)＋0.01 mm×对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.01 mm×38.0＝0.880 mm。
(2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出”，电压表中电流是从正接线柱流入的，所以多用电表的红表笔应接电压表的“－”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，应换用“×100”挡进行测量，并且重新进行欧姆调零，读数结果为30×100 Ω＝3 000 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)49.8 0.880 (2)－ ×100 重新进行欧姆调零 3 000
本题易出错的地方有：①游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开始读；对齐格数估读了一位。②螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；结果中舍弃了末位“0”。③不注意电压表中电流的流向。④不能根据指针偏角情况更换倍率挡位；更换挡位后直接测量而不进行欧姆调零。
题型2 常规实验型——“实”践出真知
常规实验题主要考查教材中基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处理和误差分析。复习时要从领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操作、实验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实物图的连接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数。
[例2] 要描绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源(电压为4 V)；电流表(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)；电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)；开关一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填字母代号)。
A．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A)
(2)图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分线路的连接。(用笔画线代替导线)
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是________Ω(结果保留两位有效数字)。
(5)根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是________。
A．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电压表内阻引起的
B．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电流表内阻引起的
C．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电压表内阻引起的
D．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电流表内阻引起的
[解析] (1)由于电路需采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A。
(2)描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡正常发光时的电阻为R＝＝ Ω＝15 Ω。电流表内阻约为0.5 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示。
(3)由题图乙图像可知，随着电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，小灯泡电阻增大。
(4)电压表量程为3 V，题图丙所示电压表分度值为0.1 V，则其示数为2.30 V，由题图乙所示图像可知，2.30 V对应的电流为0.2 A，此时小灯泡电阻R＝＝ Ω≈12 Ω。
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得小灯泡正常发光的功率P＝UI偏大，故C对。
［反思领悟］
[答案] (1)A (2)见解析图 (3)增大 (4)12 (5)C
本题以描绘小灯泡的伏安特性曲线为载体考查实验器材选取、实物图连线的能力，以及读图能力、实验数据的处理能力等，要求考生对常规实验应熟记于心。本题中要注意“电压由零逐渐增加到3 V”，且本题对小灯泡的功率进行了分析。
题型3 创新实验型——“活”用原理妙迁移
创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、方法进行迁移和应用，试题新颖、能力要求高。如力学中与纸带相关的实验、电学中电路的设计、计算形式的实验题等都可能考查学生运用已学过的实验方法、原理处理新情境实验题的能力，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理。
[例3] 某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲中未画出)测量出两个光电门之间的高度差h，计算出小铁球通过两个光电门间的平均速度v；
③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作。测出多组数据，计算出对应的平均速度v；
④画出v t图像。
请根据实验，回答下列问题：
(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表达式为________________(用v0、g和t表示)。
(2)实验测得的数据如表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
h/cm
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t/s
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v/(m·s－1)
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
请在如图乙所示的坐标纸上画出v t图像。
(3)根据v t图像，可以求得当地的重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门1的距离约为______cm(结果均保留两位有效数字)。
[解析] (1)因为h＝v0t＋gt2，所以v＝＝v0＋gt。
(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直线两侧。如图所示：
(3)从(2)中可求出v t图像的斜率k≈4.81 m/s2，纵轴截距为1.10 m/s，即v0＝1.10 m/s，解得g＝2k≈9.6 m/s2，由v02＝2gh，得h＝≈0.063 m＝6.3 cm。
［反思领悟］
[答案] (1)v＝v0＋gt (2)见解析图 (3)9.6(9.5～9.9均可) 6.3(6.0～6.4均可)
本实验的创新之处在于数据信息的获取方式，利用光电门及光电计时器使数据的获取更便捷。理解用实验装置测重力加速度的原理，并在不同的实验背景下灵活应用是解题的关键。
题型4 数形结合型——“巧”变公式找函数
高考物理考查学生应用数学知识的能力，在实验中体现在实验数据的处理上，通常利用相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图像信息一致的函数形式，根据图像的斜率、截距结合函数关系式得出所需的数据。
[例4] 一物理兴趣小组想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中使用了如下器材：
［反思领悟］
A．热敏电阻
B．学生电源(通过调节可输出0～12 V的电压)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ)
E．温控箱(能显示温度并可调温度)
F．开关S，导线若干
G．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)
完成下列问题：
(1)实验中要用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值，他们设计了如图甲所示的电路原理图，据图甲完成图乙中的实物连线。
(2)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rt图像。根据所给的Rt图像可以看出，该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝____________。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝________Ω(保留三位有效数字)。
[解析] (1)实物连线图如图所示。
(2)由题图丙可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求直线的斜率，可在直线上找两个距离较远的点，如(0,7.5)、(300,17.5)，直线的斜率为k＝＝，所以该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝7.5＋t。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝Ω＝27.5 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)见解析图 (2)7.5＋t 27.5
数形结合法是指将图像与函数相结合，并将重点数学公式变形，最后求得目标关系式，如本题中根据图像的形状可得出对应的数学函数类型是一次函数，利用图像求出斜率和截距，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系式R＝7.5＋t。
[专题强训提能]
1．读出如图所示的游标卡尺(50分度)与螺旋测微器、电流表、电压表、欧姆表(×10倍率)的读数。
(1)________mm；(2)________mm；(3)________A；(4)________V；(5)________Ω。
答案：(1)42.20 (2)2.987(2.986～2.988均可) (3)0.34 (4)2.22(2.20～2.23均可) (5)160
［反思领悟］
2．某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值如表所示。n＝2时的st图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入表中。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝
＝0.39 m/s2。
(4)描点及图像如图所示。
(5)由(4)图像求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得
a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。
(6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即
nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见an图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。
答案：(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)BC
3．(2018·哈尔滨模拟)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不拴接)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度g)
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2
C．小球直径
D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝____________________________。
(3)由上述所测得的物理量来表示，如果满足关系式____________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
解析：(1)弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时得到的动能之和，要求解动能必须知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律，可知v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2，B正确。
(2)小球刚被弹簧弹出时的动能为Ek＝mv02＝m2＝；故弹簧弹性势能的表达式为Ep＝m1v12＋m2v22＝＋。
(3)由测得的物理量来表示，如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
答案：(1)B (2)＋ (3)m1x1＝m2x2
4．利用如图甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。
(1)以下说法中正确的是________。
A．用此装置研究匀变速直线运动时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响
B．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，需要重新平衡摩擦力
C．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量
D．用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行
(2)某同学在进行“探究加速度与力、质量的关系”实验时，经历了以下过程：
a．在实验准备过程中，该同学决定使用电火花计时器，该打点计时器对电源的要求是________。
A．交流220 V B．直流220 V
C．交流4～6 V D．直流4～6 V
b．该同学欲通过如图乙所示装置打出的纸带来判断是否已经平衡摩擦力。根据纸带(如图丙所示)的点迹可以判断：为进一步平衡摩擦力，图中的垫块应向________(选填“左”或“右”)移一些。
c．在利用此装置做实验时(已知电源频率为50 Hz)，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图丁所示。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则打下计数点3时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)用此装置研究匀变速直线运动时，由于摩擦阻力是恒力，不必设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响，选项A错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，选项B错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量，选项C正确；用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行，选项D正确。
(2)a.电火花计时器使用的是220 V的交流电。b.根据纸带的点迹可以判断小车做加速直线运动，需要进一步平衡摩擦力，图中垫块应向左移一些。c.打下计数点3时小车的瞬时速度大小为v3＝×10－2 m/s≈0.38 m/s。由逐差法可知小车的加速度大小为a＝×10－2 m/s2≈0.16 m/s2。
答案：(1)CD (2)a.A b．左 c．0.38 0.16
5.随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全
放电。
实验小组完成了以下操作：
①在小球N不带电时读出传感器示数F0；
②让小球N与小球M接触后，调整小球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整小球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使小球N完全放电，再让小球N与小球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。
(1)对于上述操作，下列判断正确的是________。
A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力
B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系
C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系
D．要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量
(2)小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为________。
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是_______________________________
______________________________________________________________________________。
解析：(1)当小球N与小球M接触带电后，M、N间产生库仑斥力，小球N受到重力mg＝F0、丝线拉力F1及库仑力FC1三个力，故库仑力FC1＝F0－F1，需要①②及后续操作共同确定不同情况下所受的库仑力，A选项错误；②③操作保持M、N所带电荷量不变，因此结合①可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B选项正确；操作④⑤保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与小球M接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的，要研究的是库仑力跟小球所带电荷量间的关系，需要①②④⑤四步的操作共同完成，C选项错误；由库仑定律可知，要测定静电力常量，必须准确测定小球M的带电荷量，D选项正确。
(2)根据(1)可知FC1＝F0－F1。
(3)根据(1)可知，实验中使用两个完全相同的金属小球，是为了使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量平分。
答案：(1)BD (2)F0－F1 (3)使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量
平分
6.(2019届高三·潍坊模拟)如图甲所示，虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表。已知表头的满偏电流为2 mA，内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω。为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图甲所示的电路中，来测量表头G的内阻。
(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：
电流表：a.0～10 mA B．0～600 mA
滑动变阻器：a.0～20 Ω B．0～1 000 Ω
则电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填字母代号)。
(2)将选择的器材接入电路：
①依照电路图甲，画出连线，补充完整实物图乙；
②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调整滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻Rg＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V。
解析：(1)表头满偏时流过R1的电流为：≈8 mA，则改装后的电流表量程约为I＝
8 mA＋2 mA＝10 mA，则电流表选a；滑动变阻器为分压接法，则应选最大阻值较小的滑动变阻器，则选a。
(2)①根据电路图连接实物图如图所示。
②由I1＝I2＋IR1，I1＝5I2，可得IR1＝4I2，又I2Rg＝IR1R1，代入数据得Rg＝200 Ω，电流表的量程为I＝5Ig＝10 mA，电压表的量程为U＝IgRg＋IR2＝15 V。
答案：(1)a a (2)①见解析图 ②200 10 15
7．(2018·六安模拟)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)，改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：
第一步：按电路图连接实物；
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零；
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V；
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V；
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表(量程为3 V，内阻约为2 kΩ)
B．电流表(量程为3 A，内阻约为0.1 Ω)
C．电阻箱(阻值范围0～9 999 Ω)
D．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)
E．滑动变阻器(阻值为0～20 Ω，额定电流2 A)
F．滑动变阻器(阻值为0～20 kΩ)
电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。
(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路图如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω。
解析：(1)把量程为3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，由题意知，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，由＝，可得U＝0.6 V，则把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6 V时，即得到量程为15 V的电压表。
(2)由题意知，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱阻值应约为4×2 kΩ＝8 kΩ，故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，即选E。
(3)由题图丙读出，图线在纵轴的截距为U＝2.3 V，则电源的电动势为E＝2.3×5 V＝
11.5 V，内阻为r＝＝ Ω＝2.5 Ω。
答案：(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5
课余挤时加餐训练(四)
电学3大题型押题练(一)
1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，已知下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边长为2a。当导线框下落到图示位置时，导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁场开始，下列判断正确的是( )
A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动
B．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能
C．在～2a这段位移内，导线框可能做减速运动
D．在0～与～2a位移内，导线框受到的安培力方向相反
解析：选B 导线框在0～这段位移内受到向上的安培力小于重力，导线框做加速运动，随着速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，导线框做加速度逐渐减小的加速运动，由题意可知，当位移为时，加速度恰好减为零，A错；在～这段位移内，导线框一直做匀速运动，因此减少的重力势能全部转化为电能，进而又转化为内能，B对；在～2a这段位移内，导线框切割磁场的有效长度逐渐减小，安培力小于重力，导线框做变加速运动，C错；由楞次定律可知，磁场一直阻碍导线框下落，一直受到向上的安培力，直至导线框全部进入磁场，D错。
2．[多选]如图所示，图(a)中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝12sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图(b)中为阻值R2＝32 Ω的电阻直接接到u＝12sin 100πt(V) 的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则( )
A．通过电阻R1的交变电流的频率为0.02 Hz
B．电阻R1消耗的电功率为4.5 W
C．电流表的示数为6 A
D．变压器原、副线圈匝数比为4∶1
解析：选BD 由u＝12sin 100πt(V)可知，ω＝100π rad/s＝2πf，该交流电源的频率为f＝50 Hz，周期为0.02 s，由于变压器不改变交变电流的频率，所以通过电阻R1的交变电流的频率为50 Hz，选项A错误；由题图(b)可知，R2＝32 Ω的电阻两端电压的有效值为
U＝12 V，电阻R2消耗的电功率为P2＝＝4.5 W，由电阻R1与R2消耗的电功率相等，可知电阻R1消耗的电功率为P1＝P2＝4.5 W，选项B正确；由P1＝I2R1，解得电流表的示数为I＝1.5 A，选项C错误；变压器副线圈电压U′＝IR1＝3 V，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U∶U′＝12∶3＝4∶1，选项D正确。
3.[多选]在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x＝7 m处开始以初速度v0＝2 m/s向x轴负方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．该小球带负电
B．在x＝4 m处电场强度为零
C．小球通过x＝9 m处时速度大小为2 m/s
D．小球运动的最大速度vm＝2 m/s
解析：选BD 由题设条件无法判断小球的带电性质，A错误；因为Ep＝qφ，电场力大小F＝q，则电场强度大小E＝，在x＝4 m处，＝0，即电场强度E＝0，B正确；小球的初动能为Ek＝mv02＝4 J，在x＝7 m处时，小球的电势能为0，故在x＝7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，在x＝9 m处时小球的电势能为2 J，则动能为2 J，故小球通过x＝9 m处时速度大小为 m/s，C错误；由题图可知，在x＝4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为2 m/s，D正确。
4．如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为
150 Ω，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为10 mA，旋到“3”、“4”、“5”、“6”时的量程未知，但测得R6＝570 Ω，R7＝900 Ω，E为两节新的干电池(E＝3 V)，内阻忽略。请回答下列问题：
(1)选择开关S旋到“6”时的量程为________。
A．15 A B．3 V
C．12 V D．15 V
(2)正确使用欧姆挡测电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为________Ω。
(3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
解析：(1)选择开关S旋到“6”时为电压表，量程为U＝IgRg＋I(R6＋R7)＝2×10－3×
150 V＋10×10－3×(570＋900)V＝15 V，故D对。
(2)使用欧姆挡测电阻时，要进行欧姆调零，表头G指针达到满偏，由闭合电路欧姆定律可得：R3＝＝ Ω＝270 Ω。
(3)电池用久了，电动势变小，内阻变大，欧姆调零时，欧姆表内阻变小，应用欧姆表测电阻时，I＝＝＝，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度偏小，电阻测量值偏大。
答案：(1)D (2)270 (3)偏大
5．一电路如图所示，电源电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝
4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长
L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。问：
(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，流过R4的总电量为多少？
(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)
解析：(1)开关S断开时，电阻R3两端电压为
U3＝E＝16 V
开关S闭合后，外电阻为R＝＝6 Ω
路端电压为U＝E＝21 V
电阻R3两端电压为U3′＝U＝14 V
则流过R4的总电量为
ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12 C。
(2)设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有
＝mg
当开关S闭合后，微粒做类平抛运动，设微粒加速度为a，则
mg－＝ma
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向t＝
竖直方向y＝at2
解得y＝6.25×10－3 m>
故微粒不能从C的电场中射出。
答案：(1)6.0×10－12 C (2)不能，分析过程见解析
电学3大题型押题练(二)
1.[多选]如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为静电计，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电路稳定后，悬线与竖直方向夹角为θ且小球处于平衡状态，则( )
A．静电计的指针发生了偏转
B．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大
C．若将A极板向下平移稍许，静电计指针的偏角将减小
D．保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做直线运动
解析：选AD 静电计是用来测量电容器板间电压的，电路稳定后，静电计指针偏转的角度表示电容器板间电压的高低，选项A正确；将A极板向左平移稍许，板间距离增大，由C＝知，电容减小，选项B错误；将A极板向下平移稍许，板间正对面积S减小，由C＝知，电容减小，但板间电压不变，静电计指针的偏角将不变，选项C错误；电路中没有电流，调节滑动变阻器不能影响电容器板间电压的大小，小球的平衡状态不变，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做匀加速直线运动，选项D正确。
2.如图所示，两根间距L＝0.4 m 的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝ T。导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电表均为理想电表，一根导体棒ab置于导轨上，导体棒电阻不计且始终与导轨良好接触。若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度与时间的关系为v＝10sin 10πt(m/s)，电阻R＝10 Ω，则下列判断正确的是( )
A．导体棒产生的感应电动势的瞬时值为e＝4sin 5πt(V)
B．交流电压表示数为2 V，交流电流表示数为0.2 A
C．电阻R在1分钟内产生的热量为24 J
D．若在R两端再并接一相同电阻R，则电压表示数将增大为原来的2倍
解析：选C 导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝4sin 10πt(V)，A错；感应电动势的有效值为U＝＝4 V，由变压比知交流电压表示数为U′＝2 V，B错；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝t＝24 J，C对；电压表示数由原线圈两端电压及匝数比决定，D错。
3.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里、大小均为B＝0.5 T，两边界间距离s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m 的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R＝
0.4 Ω。现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则选项图中能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是( )
解析：选A 在0～5×10－2 s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流沿顺时针方向，则a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝
BLv＝×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；在5×10－2～10×10－2 s内，cd进入磁场后，cd和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝20×10－2 V；在10×10－2～15×10－2 s内，ab穿出磁场后，只有cd切割磁感线，由右手定则知，a点电势高于b点电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝5×10－2 V，故整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，故A正确。
4．利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路。
A．待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 Ω)
B．电压表V1(量程6 V，内阻约6 kΩ)
C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)
D．电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)
E．未知电阻Rx(约5 Ω)
F．滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
G．开关和导线
(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图。
(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1′时，电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′。由此可求出未知电阻Rx的阻值为________，电源的电动势E＝____________，内阻r＝____________(用题目中给定的字母表示)。
解析：(1)要测量电源的电动势和内阻应采用串联接法，由于电压表V1已经接入，故将滑动变阻器与未知电阻和电流表串联接入即可；为了测量未知电阻的阻值，应将V2并联在未知电阻的两端测量电压，电路图如图所示。
(2)电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′，因Rx为定值电阻，根据欧姆定律可知，Rx＝＝；根据闭合电路欧姆定律可知：U1＝E－Ir，U1′＝E－I′r，联立解得：E＝，r＝。
答案：(1)见解析图 (2)
5.如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，L板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘 a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场区域(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：
(1)K板所带电荷的电性；
(2)粒子经过c点时的速度大小；
(3)圆形磁场区域的最小面积。
解析：(1)粒子由a到c，运动轨迹向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。
(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度大小与经过a点时的速度大小相等。
由上可知粒子经过c点时的速度大小
vc＝va＝vcos θ＝＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图中实线弧所示，a、c为两个切点。
洛伦兹力提供向心力qvcB＝m
可得轨迹半径R＝
粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。
磁场最小面积S＝πR2＝。
答案：(1)正电 (2) (3)
电学3大题型押题练(三)
1．一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长。已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若电场强度大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相等
C．若电场强度大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等
D．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等
解析：选C 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以速度v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y＝gt12，v1＝gt1，经过第一电场区时：y＝v1t2－gt22，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0；接下来小球的运动重复前面的运动，即每次通过无电场区时竖直方向都是做自由落体运动，每次通过电场区时竖直方向都是做末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服除重力外其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确。
2．[多选]某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是( )
A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电
B．实验可以证明，T1采用升压变压器能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22
解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，所以＝＝，故D正确，C错误；由上述分析知>1时，P2
A．粒子Q带负电
B．粒子Q的比荷＝
C．粒子Q到达＋y轴上某点D时与x轴间的距离最大值为
D．粒子Q在恰好不到达y轴的情况下通过x轴上的点与原点O间的距离为
解析：选BCD 粒子P从A点运动半周到达C点，根据左手定则可知粒子P带正电，与粒子P相同的粒子Q也带正电，A错误；对粒子P，有T＝，而T＝2t，得＝，B正确；对粒子P，有OA＝r＝，对粒子Q，有R＝＝r，当AD＝2R＝r时，D点与x轴间的距离最大，如图所示，由几何关系知最大距离为r＝，C正确；粒子Q在恰好不到达y轴的情况下即在磁场中的运动轨迹与y轴恰好相切时，通过x轴上的点E与原点O间的距离为r－
2(r－R)＝，D正确。
4．如图(a)是一简易多用电表的电路图，其表盘如图(b)所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，但上排刻度线对应数据未标出。已知该多用电表的表头选用的是内阻RA＝10 Ω、满偏电流IA＝10 mA的电流表。
为测量该多用电表内部电源的电动势，某同学在实验室找到一只电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱的阻值使电表指针在C处，此时电阻箱的示数如图(c)所示。
(1)根据该同学的实验，此多用电表C处刻度对应的阻值为________Ω，电表内电源的电动势为________V。
(2)若将选择开关接“1”，指针指在图(b)所示位置，其读数为________mA。
(3)将一未知阻值的电阻，接在已经欧姆调零的该多用电表两表笔之间，指针仍指在图(b)所示位置，则该未知电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(c)可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；指针指在C处时，电流表示数为5 mA＝0.005 A，C处刻度对应的阻值为中值电阻，由上可知为150 Ω，电源电动势E＝I·2R＝0.005×2×150 V＝1.5 V。
(2)选择开关接“1”时，电表的量程为10 mA，则题图(b)对应刻度的最小分度为0.2 mA，故读数为：6.8 mA。
(3)由题意可知，此时电路中的电流值为I＝6.8 mA，而电表内电源的电动势为E＝
1.5 V，由(1)中分析可知，电表欧姆挡的内阻为R内＝150 Ω，所以待测电阻的阻值为R′＝
－R内＝Ω≈71 Ω。
答案：(1)150 1.5 (2)6.8 (3)71
5.如图所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和M′N′是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力F作用在杆MN中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触。整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L，电阻可忽略，两杆总电阻为R，与导轨始终接触良好，重力加速度为g。t＝0时刻，将细线烧断，保持力F不变。
(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比；
(2)若杆MN运动至速度最大时发生的位移为s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少？
解析：(1)以两杆为研究对象，初始两杆水平静止，则所受合外力为零，有F＝3mg
细线烧断后杆MN向上运动，杆M′N′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故两杆所受合外力仍为零，动量守恒，有
mv1－2mv2＝0
故两杆运动的速度大小之比为v1∶v2＝2∶1。
(2)设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m－2mv2m＝0
杆M′N′的最大速度为v2m＝v1m
此过程中杆M′N′的位移大小为s2＝s
该过程中穿过回路的磁通量变化量
ΔΦ＝BL
通过金属杆横截面的电荷量
q＝＝
该过程中安培力为变力，根据动能定理
对杆MN，有
WF－mgs－W安1＝mv1m2
对杆M′N′，有
2mg·s－W安2＝×2m2
又WF＝3mgs
W安1＋W安2＝Q
当杆的速度最大时，对杆MN，有
F－mg－F安1m＝0
而F＝3mg，F安1m＝BLIm
Im＝，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m
解得v1m＝
该过程电路中产生的焦耳热
Q＝3mgs－。
答案：(1)2∶1 (2) 3mgs－
电学3大题型押题练(四)
1.如图所示，同一平面内，三个闭合金属圆环1、2、3同心放置，下列说法正确的是( )
A．给圆环1通一恒定电流，圆环2的磁通量小于圆环3的磁通量
B．给圆环3通一恒定电流，圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量
C．给圆环2通一变化电流，圆环1和圆环3的感应电流方向始终相同
D．给圆环1通一变化电流，圆环2和圆环3的感应电流方向始终相反
解析：选C 若给圆环1通逆时针方向的恒定电流，相当于将一个小磁铁放在圆环2和圆环3的中心，提供的磁场如图所示，磁通量是标量，但是有正负，抵消后圆环2内的磁通量大于圆环3内的磁通量，A错误；若给圆环3通恒定电流，相当于将圆环1和圆环2放在一个磁铁的内部，圆环1的磁通量小于圆环2的磁通量，B错误；若给圆环2通一变化电流，据A、B选项可知，圆环1和圆环3原磁场方向相同，磁通量变化率正负相同，所以它们的感应电流方向始终相同，C正确；同理可得，D错误。
2．如图所示为某山区小型发电站输电示意图，发电站发出U1＝220sin 100πt(V)的交流电，通过变压器升压后进行高压输电，再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收到的交流电的频率是25 Hz
C．深夜开灯时灯泡特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减小降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
解析：选C 开关S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故A错误；变压器不改变交流电的频率，故负载端交流电的频率为f＝＝50 Hz，故B错误；深夜大部分用户负载减少，干路中电流减小，输电线损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯灯泡较亮，故C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压增大来提高灯泡亮度，故D错误。
3.[多选]如图所示，AOB为一边界为圆的扇形匀强磁场区域，半径为R，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为AB边界上一点，且CD平行于AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度垂直射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心O射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则( )
A．粒子2在磁场中的轨道半径等于R
B．粒子2一定不从B点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2
D．粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同
解析：选AC 粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于R，粒子2从C点沿CD射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨迹半径也等于R，连接OC、O1C、O1B，O1COB是菱形，O1B＝CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A正确，B错误；粒子1的速度偏角为90°，粒子1在磁场中转过的圆心角θ1＝90°，过B点作O1C的垂线交O1C于点P，可知P为O1C的中点，由几何关系可知，θ2＝∠BO1P＝60°，两粒子的速度偏角不同，离开磁场时速度方向不同，粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t＝T，运动时间之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2，故C正确，D错误。
4．某实验探究小组为了测量电流表G1的内阻r1，设计电路进行实验。实验中供选择的器材如下：
待测电流表G1(量程5 mA，内阻约300 Ω)
电流表G2(量程10 mA，内阻约100 Ω)
定值电阻R1(300 Ω)
定值电阻R2(10 Ω)
滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)
滑动变阻器R4(0～20 Ω)
开关S及导线若干
干电池(1.5 V)
回答下列问题：
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________。
(2)在方框中画出实验电路图。
(3)主要的实验步骤如下：
A．按实验电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至接入阻值为零处
B．闭合开关S，移到滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2
C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据
D．为得到一条过原点的倾斜直线，应画出________图线，表达式为________________。
(4)根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1＝________(用k和定值电阻的符号表示)。
解析：(1)实验器材中没有电压表，因此选用安安法测电流表的内阻，定值电阻R1的阻值和待测电流表内阻相差不多，可将两者并联，再与电流表G2串联，为保证两个电流表安全并且有大的调节范围，因此滑动变阻器采用分压接法，因为滑动变阻器R3阻值太大，不方便调节，所以选用滑动变阻器R4。
(2)实验电路图如图所示。
(3)根据欧姆定律有＝r1，解得I2＝I1，因此画出的I2I1图线为过原点的倾斜直线，满足要求。
(4)根据(3)中分析可得到图线斜率和R1及r1的关系，即k＝，解得r1＝(k－1)R1。
答案：(1)R1 R4 (2)见解析图 (3)I2I1 I2＝I1 (4)(k－1)R1
5.如图所示，abcd为质量M＝3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘且倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m＝2.0 kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒PQ都处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，OO′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B＝1.0 T。导轨的ad段长L＝1.0 m，金属棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5 Ω/m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数
μ＝0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且处于水平方向)，求：
(1)导轨运动的最大加速度；
(2)导轨运动的最大速度。
解析：(1)导轨下滑过程中受到金属棒PQ的摩擦力f、压力FN、安培力FA，设导轨下滑的加速度为a，下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：
Mgsin θ－f－FA＝Ma
f＝μFN
E＝BLv
I＝
FA＝ILB
对金属棒PQ，因其始终静止，有：
导轨对金属棒PQ的支持力为FN′＝mgcos θ＋FA′
由题意知，金属棒PQ的电流、接入回路的有效长度、磁感应强度大小均与ad边相等，则FA′＝FA
由牛顿第三定律知FN＝FN′
导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大
Mgsin θ－f′＝Mam
f′＝μmgcos θ
解得最大加速度am＝7.0 m/s2。
(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零
Mgsin θ－f1－FAm＝0，f1＝μFN′
解得vm＝＝8.4 m/s。
答案：(1)7.0 m/s2 (2)8.4 m/s
第1讲
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考法
学法
根据近几年的高考试题来看，电场、磁场的性质一直是考查的热点。多数情况下，高考对该部分内容以选择题的形式考查，难度中等。主要考查内容有：①描述电场性质的物理量：电场强度、电势；②平行板电容器的电容；③描述电场的工具：电场线和等势面；④描述磁场性质的物理量：磁感应强度。用到的思想方法有：①理想模型法；②比值定义法；③控制变量法；④对称法；⑤合成法；⑥分解法；⑦整体法和隔离法；⑧等效思想；⑨分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．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：
2．电势高低的三种判断方法
根据电场线方向判断
沿电场线方向电势逐渐降低
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
根据电场力做功判断
根据UAB＝，UAB＝φA－φB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
3．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
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，所以电荷动能增加时，其电势能减小；反之，其电势能增大
公式法
将q、φ的大小、正负号一起代入公式Ep＝qφ，Ep数值(包含正负号)越大，表示电势能越大
4.电势差的三种计算方法
(1)UAB＝φA－φB。
(2)UAB＝，适用于任何电场。
(3)U＝Ed，适用于匀强电场。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )
A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D 由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号，根据库仑定律，a对c的库仑力为Fa＝k0，b对c的库仑力为Fb＝k0。设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得＝，联立以上各式得k＝＝＝，D正确。
2．[多选](2018·石家庄质检)如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC、AC的中点。下列说法正确的是( )
A．E点电势低于F点电势
B．F点电势等于E点电势
C．E点电场强度与F点电场强度相同
D．F点电场强度大于O点电场强度
解析：选BD 根据对称性可知，E、F两点电势相等，A项错误，B项正确；根据对称性及电场强度的叠加原理可知，E点和F点电场强度大小相等而方向不同，O点的电场强度为零，F点的电场强度大于零，C项错误，D项正确。
3.(2018·菏泽模拟)如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是( )
A．x1和x2处的场强均为零
B．x1和x2之间的场强方向不变
C．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
D．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
解析：选D φx图像中图线的斜率表示场强，斜率绝对值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，A、B项错误；粒子由x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与电场力方向相同，则从x＝0到x＝x2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；因从x＝0到x＝x2过程中，场强先减小后增大，即粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确。
4．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
解析：选BD 结合题意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但场强方向不能得出，故A错误；场强的方向沿c→d时，才有场强E＝，故C错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，φM＝，φN＝，则UMN＝，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W＝，故B正确；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，变形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题
公式
①C＝ ②C＝ ③E＝
情形
始终连接电源
充电后断开电源
不变量
U
Q
d变大
C变小，Q变小，E变小
C变小，U变大，E不变
εr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
(1)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。
(2)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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析：选A 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。
2．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
解析：选D 开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F；并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。
3．[多选](2019届高三·上饶六校联考)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示。瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒为U，则下列说法中正确的是( )
A．瓶内液面升高了
B．瓶内液面降低了
C．电容器在这段时间内放电
D．瓶内液面高度在时间t内变化了
解析：选BCD 根据公式C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h。某段时间t内电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在该段时间内放电，电容器所带的电荷量Q＝CU在减小，由电源电压U恒定，可知电容C在减小，则h也在减小，即瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确；时间t内电容器放电，释放的电荷量ΔQ＝
UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确。
4．[多选]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，带电油滴会向上运动，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 C＝＝，极板间的电场强度E＝，整理得E＝，油滴静止，则qE＝mg，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，油滴会向上运动，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E＝变大，P点与下极板的距离不变，P点的电势升高，故B错误；将下极板向下移动，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度不变，P点与下极板的距离变大，P点与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，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。
[知能全通]————————————————————————————————
1．掌握“两个力”
(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。
(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)，永不做功。
2．用准“两个定则”
(1)对电流周围的磁场方向判定用安培定则。
(2)对安培力和洛伦兹力的方向判定用左手定则。
3．画好“两个图形”
(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力图。
(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好几何图形。
4．熟记“两个等效模型”
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：选AC 外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在b点：B0＝B0－B1＋B2，在a点：B0＝B0－B1－B2，由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是( )
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
解析：选BC 由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。
3.如图所示，两平行导轨与水平面的夹角α＝37°，导轨间距为L＝1.0 m，匀强磁场的磁感应强度B可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量为m＝0.2 kg，水平放置在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，通有图示方向的电流，电流大小I＝2.0 A，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为( )
A．1.0 T,0 B．1.0 T,0.6 T
C．1.0 T,0.2 T D．0.6 T,0.2 T
解析：选C 由左手定则知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N，fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；当B最大时，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C对。
4.有一匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，一通电直导线与x轴平行放置时，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为( )
A．F B.F
C.F D.F
解析：选C 根据安培力公式F＝BIL，安培力F与导线的有效长度L成正比；若将该导线做成圆环，由L＝×2πR，解得圆环的半径R＝，圆环a、b两点之间的有效距离
L′＝R＝。由＝，解得F′＝F，选项C正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，O为圆心，P为边界上的一点。相同的带电粒子a、b(不计重力)从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°角，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是( )
A．两粒子的速度之比为＝
B．两粒子在磁场中运动的时间之比为＝
C．两粒子在磁场中运动的半径之比为＝
D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝
[解析] 作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹，如图所示，根据几何关系可知，两粒子运动的轨迹半径之比＝，由r＝可得，两粒子的速度之比为＝；两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为＝，根据T＝，t＝T可得，两粒子在磁场中运动的时间之比为＝，根据运动的轨迹长度s＝vt，两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝，B、D正确，A、C错误。
[答案] BD
[悟一法]————————————————————————————————
“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题
1．一定圆心O
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。
(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作该线的垂直平分线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。
2．二定半径R
(1)公式法——R＝。
(2)几何法——一般由三角关系及圆的几何知识来计算确定。
3．三定圆心角φ
圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝
α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l为φ对应的圆弧弧长)。
4．四写方程
基本方程qvB＝m，
半径公式R＝，
周期公式T＝＝(与速度无关)，
运动时间t＝＝T。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心O，在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v＝的带正电粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝＝，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝＝＝T，可作出该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30°，夹角正弦值为，A正确。
2.如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，沿纸面内x轴负方向与y轴正方向之间各个方向以相同的速率v从原点O射入磁场区域。不计粒子重力及粒子间的相互作用。选项图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中正确的是( )
解析：选D 粒子在以x轴为边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子从x轴进入磁场后再离开，粒子在进、出磁场时，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝知，当粒子沿x轴负方向运动时，其轨迹如图所示，是一个完整的圆，随着粒子入射方向向y轴正方向转动过程中，此圆以O为中心沿顺时针方向转动，当粒子沿y轴正方向射入时，其轨迹为一个半圆，两图形的相交部分是粒子不能经过的地方，故D正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝12 V、φB＝6 V，则C、D两点的电势可能分别为( )
A．9 V,15 V B．9 V,18 V
C．0,6 V D．6 V,0
解析：选AC 已知四边形ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。
2.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，4根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则长直通电导线a、b、c、d在O点产生的合磁场的磁感应强度B( )
A．大小为零
B．大小不为零，方向由O指向d
C．大小不为零，方向由O指向c
D．大小不为零，方向由O指向a
解析：选D a、c中电流方向相同，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确。
3．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( )
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
解析：选D 电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aM
4．[多选]如图所示，Q1、Q2为两个带等量正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是( )
A．在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线
B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大
C．若将一个带电荷量为－q的点电荷从M点移到O点，则电势能增加
D．若将一个带电荷量为－q的点电荷从N点移到O点，则电势能增加
解析：选BC 根据等量同种正点电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可知，A错误；M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN，可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大，B正确；从M点到O点电势降低，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做负功，则电势能增加，C正确；从N点到O点电势升高，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做正功，则电势能减少，D错误。
5.在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可视为质点的金属小球，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. B.
C．3 D.
解析：选D 设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D项正确。
6.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点开始向右摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，如图所示，则金属棒中的电流( )
A．方向由M向N，大小为
B．方向由N向M，大小为
C．方向由M向N，大小为
D．方向由N向M，大小为
解析：选B 由题意知，金属棒受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N向M；金属棒所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于金属棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正确。
7.如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝ m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )
A．电场强度的方向由O指向b点
B．电场强度的方向由O指向d点
C．电场强度的大小为10 V/m
D．电场强度的大小为10 V/m
解析：选D 由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，如图所示，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，由Oc＝ m，eO＝
m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f间的电势差为2 V，则电场强度大小为E＝＝10 V/m，选项D正确。
8．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
解析：选BD 经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误；电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。
9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知( )
A．小球带正电
B．电场力大小为2mg
C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等
D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不同
解析：选D 根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB＝2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1＝＝2，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a2＝＝2g，方向竖直向上，故所用时间t2＝ ＝，故t1＝2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化大小都等于2，但方向相反，选项D正确。
10.(2019届高三·九江模拟)如图所示，A是带电量为＋Q、半径为R的绝缘球体，且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)。B为带电量为＋q的带电体，可视为点电荷，已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点的距离也为r，若只把B移到e点，则d点场强大小为( )
A．k B．k
C．k D．k
解析：选A A在c点产生的场强大小为EA＝k，方向水平向右；B在c点产生的场强大小为EB＝k，方向水平向左；因为c点的场强为零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d点产生的场强大小为EA′＝k＝k，方向竖直向上；把B移到e点，B在d点产生的场强大小为EB′＝k，方向水平向左；根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加，可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误。
11．[多选](2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( )
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
解析：选AB 因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。
12．[多选](2018·武汉调研)如图所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．三个粒子速度的大小关系一定是v1＝v2
D．粒子的比荷＝
解析：选BC 画出三个粒子射入磁场的运动轨迹如图所示，设速度为v1、v2、v3的粒子运动轨迹的半径分别为r1、r2、r3，由已知条件易知，速度为v3的粒子从ac边穿出，速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式r＝，则v3一定大于v1和v2，A错误，B正确；速度为v1的粒子偏转90°，则t1＝×，解得：＝，C正确；速度为v3的粒子偏转角为45°，由图中几何关系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D错误。
13．(2018·河南模拟)如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，下列说法中正确的是( )
A．A′、B′、C′三点的电场强度相同
B．△ABC所在平面为等势面
C．将一正试探电荷从 A′点沿直线A′B′移到B′，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则AA′连线中点D处的电势φD一定小于
解析：选D 因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正点电荷的距离相等，故三点处的电场强度大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不全相等，由等势面的特点可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的特点可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当正试探电荷沿此直线从A′移动到B′时，电场力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝
A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D>DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正确。
14．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
解析：选A 电子在A、B板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。
第2讲
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考法
学法
带电粒子在电场、磁场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度有易有难。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的内容有：①带电粒子在匀强电场中的偏转；②带电粒子在变化的电场中的运动；③带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律；④带电粒子在复合场中的运动问题。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在电场、磁场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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1．带电粒子在电场中的偏转
条件分析
带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场
运动性质
匀变速曲线运动(类似于平抛运动)
处理方法
分解成沿电场和垂直于电场的两个直线运动
2.电偏转运动的两个实用结论
(1)比荷相同的带电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，从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带电粒子沿初速度方向位移的中点。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·资阳模拟)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在上极板的同一点(粒子重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中，粒子( )
A．运动时间之比tP∶tQ＝1∶2
B．所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
C．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2
D．动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1
[解析] 两粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x＝v0t可得两粒子的运动时间相同，A错误；在竖直方向上的位移之比＝，因为yP＝aPt2＝·t2，yQ＝aQt2＝·t2，联立可得qP∶qQ＝1∶2，B正确；电场力做功为
W＝Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故＝＝，该过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D错误。
[答案] B
[悟一法]————————————————————————————————
匀强电场中带电粒子偏转问题的处理方法
1．用平抛运动规律处理：运动的分解。
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝。
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝。
(4)速度偏向角
tan φ＝＝＝；
位移偏向角
tan θ＝＝。
2．用动能定理处理：涉及功能问题时可用，偏转时电场力做的功是W＝qEy(y为偏移量)。
[通一类]————————————————————————————————1．[多选]如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1中，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后三种粒子打在屏上。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大小相同
C．三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qE1d＝mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝ 。在偏转电场中，水平方向有l＝v1t2，竖直方向有y＝t22，得粒子经偏转电场的侧位移y＝，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W＝qE2y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，qE1d＋qE2y＝mv22，得粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v2大小不同，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1大小不同，所以三种粒子打在屏上所用的时间不同，选项C错误；根据vy＝t2及tan θ＝，得粒子速度的偏转角正切值tan θ＝，即三种粒子速度的偏转角相等，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。
2．[多选]如图所示，半径R＝0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝10－4 kg、带电量为q＝8.0×10－5 C的粒子，从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m处的A点以初速度v0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则( )
A．该匀强电场的电场强度E＝100 N/C
B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J
C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s
D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J
解析：选CD 粒子在电场力作用下做类平抛运动，如图所示，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，则AD＝v0t，
DC＝t2，联立并代入数据可得：E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝
qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A点到C点由动能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入数据得：vC＝5 m/s，故C正确；粒子在C点的总能量：EC＝mvC2＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－
×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则( )
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
[解析] 粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；由上述分析知，d＝·2，解得q＝，选项B错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a＝＝，t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为d′＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，选项C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。
[答案] AD
[悟一法]————————————————————————————————
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电场中的运动，需要进行分段处理。此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；但从整个研究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。
粒子平行于电场方向射入时
粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可能做周期性运动
粒子垂直于电场方向射入时
沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性
[通一类]————————————————————————————————
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，有一个带电粒子在t＝0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
B．0～2 s内，电场力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，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，由图可知带电粒子运动方向改变，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，所以0～2 s内电场力做功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，所以2.5～4 s内电场力做功等于0，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，粒子会先向A板运动，再向B板运动，在A、B板间往返运动几次后，最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A．0
[研一题]————————————————————————————————
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(q>0)。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线O的距离为( )
A. B.
C. D.
[解析] 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。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，AB＝R。由几何关系知，AP＝
R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。
[答案] D
[悟一法]————————————————————————————————
1．带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形
直线边界
粒子进出磁场具有对称性
平行边界
粒子运动存在临界条件
圆形边界
粒子沿径向射入的再沿径向射出
2.带电粒子在有界磁场中运动的三个规律
(1)粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切。
(2)当速度大小v一定时，弧长越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长。
(3)当速度大小v变化时，运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。
[通一类]————————————————————————————————
1.(2019届高三·毕节模拟)如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从y轴上的A点，以速度v沿垂直磁场方向射入第一象限，v与y轴正方向的夹角为60°，若A点与原点O的距离为l，要使粒子能从x轴射出磁场，则粒子的速度v应满足( )
A．v> B．v>
C．v> D．v>
解析：选A 由几何知识知，粒子恰好从x轴射出磁场时，对应的圆周运动最小半径满足Rsin 60°＋R＝l，由牛顿第二定律得qvB＝，则R＝，联立解得v＝，即为速度的最小值，A正确。
2.如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用不计)，已知沿与MN成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动时间越长，α最大时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，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场方向以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采取的方法是( )
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度v满足＜v＜
[解析] 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，若粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝2＋l2，又因r1＝，解得v＝；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v＝，故A、B正确。
[答案] AB
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子在磁场中运动常见的三种多解问题
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，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场方向垂直纸面向外，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，如图所示，因此，它可能穿过磁场飞出，其轨迹为a，也可能转过180°后从入射面边界反向飞出，其轨迹为b，于是形成了多解
[通一类]————————————————————————————————
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，可能正确的是( )
A．M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
B．M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
C．N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
D．N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r＝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。
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( )
A．B＞ B．B＜
C．B＞ D．B＜
解析：选D 由题意，作出电子运动轨迹如图所示，若电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，欲使电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝得＜，即B＜，D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，纸面内有宽为L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量均为m、电荷量均为－q、速率均为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是选项图中的( )
解析：选A 若带电粒子水平向右射入选项A所示的匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，qv0B0＝，解得粒子运动的轨迹半径R＝L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以可以使粒子都会聚到一点(梭形磁场区域的最下方点)，选项A正确；对于选项B中的图像，粒子运动的轨迹半径是磁场圆形边界半径的2倍，所以带电粒子流无法从磁场区域的同一点离开，选项B错误；同理可知，选项D的图像也不符合题意，选项D错误；对选项C的图像分析，可知粒子都从磁场区域的下边界离开，但不能会聚到同一点，选项C错误。
2.如图所示，在x>0、y>0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，粒子重力不计，则( )
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子
解析：选A 由R＝可知，初速度越大半径越大，选项A正确，B错误；由于粒子相同，由周期公式T＝可知，粒子周期相同，运动时间取决于圆弧对应的圆心角，所以运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，选项C、D错误。
3.如图所示，OO′为圆柱筒的轴线，圆柱筒内部存在磁感应强度大小为B、方向平行于OO′的匀强磁场，圆筒壁上布满许多小孔，如aa′、bb′、cc′、…，其中任意两孔的连线均垂直于OO′，有许多比荷为的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均从关于OO′对称的小孔中射出，入射角为30°的粒子的速度大小为 km/s、则入射角为45°的粒子速度大小为( )
A．0.5 km/s B．1 km/s
C．2 km/s D．4 km/s
解析：选B 作出粒子运动轨迹如图所示，粒子从小孔射入磁场，与粒子从小孔射出磁场时速度方向与竖直线的夹角相等，根据几何关系有r1＝、r2＝，由牛顿第二定律得Bqv＝m，解得
v＝，所以v∝r，则入射角分别为30°、45°的粒子速度大小之比为＝＝＝，则入射角为45°的粒子速度大小为v2＝1 km/s，选项B正确。
4．[多选]如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从平行金属板左端以初速度v0水平射入，从右端离开。已知上极板带正电，下极板带负电，两极板的长度为L，间距为d。带电粒子离开电场时的偏移量为y，则( )
A．带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为
B．带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为
C．带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为
D．带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为
解析：选AC 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据y＝at2＝2，解得极板间电势差U＝，带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为ΔU＝y＝，A项正确；带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为W＝qΔU＝，B项错误；带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为vy＝at＝，C项正确；带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝＝，D项错误。
5．(2019届高三·济南调研)带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相同的速度v0从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，如图所示。若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计粒子重力)( )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶2 D．2∶3
解析：选A 粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律知，粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度大小相等，P和Q的水平位移之比为1∶2，由x＝v0t知，运动时间之比为1∶2，P和Q的竖直位移大小相等，根据y＝at2，得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为P和Q的电荷量之比为3∶1，则P和Q的质量之比为3∶4，故A正确，B、C、D错误。
6.(2018·甘肃模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过时间t1后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过时间t2后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )
A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
解析：选D 由qvB＝m和v＝ωR得ω＝，故ω1∶ω2＝1∶2；由几何关系知，粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的轨迹对应的圆心角均为120°，由T＝和t＝T知t1∶t2＝2∶1，故D正确，A、B、C错误。
7.[多选](2018·资阳模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t1射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点，平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间t2射出磁场。两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°。不计粒子重力，则( )
A．v1∶v2＝∶1 B．v1∶v2＝∶1
C．t1＝t2 D．t1>t2
解析：选BC 根据题意确定粒子轨迹圆圆心，画出轨迹，如图所示，连接O1O，对于三角形AO1O，由几何关系可知＝tan 30°，连接CO，连接第二个粒子射出点D与O，四边形O2COD为菱形，R2＝R，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝，速度与半径成正比，则v1∶v2＝R1∶R2＝∶1，所以A错误，B正确；根据周期公式T＝可知，粒子的周期相同，圆心角都为60°，经过时间相同，所以C正确，D错误。
8.[多选]如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
解析：选ACD 若粒子的入射速度为v＝，根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝m，解得：r＝l；根据几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大。根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，粒子轨迹与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径满足(rm＋l)2＝rm2＋rm2，解得：rm＝(＋1)l。则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l，因此最大速度应为v＝，故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°，故最长时间为，故D正确。
9.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，电子电荷量为e，则下列说法正确的是( )
A．A、K之间的电场强度为
B．电子到达A时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐减小
解析：选C A、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是，选项A错误；由动能定理，电子到达A时的动能Ek＝eU，选项B错误；电子由K到A的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU，选项C正确；由K沿直线到A为沿着电场线的反方向，电势逐渐升高，选项D错误。
10.如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，从同一位置经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后直接打在同一荧光屏上，则它们( )
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
解析：选B 一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU1＝mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，所以在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝at2＝相同，所以会到达屏上同一点，B正确。
11.[多选]如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一粒子源，可以在磁场边界所在平面内向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力)，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝。粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动的时间最短
C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析：选AD 根据Bqv0＝m，又v0＝，可得r＝＝L，又OA＝L，所以当
θ＝60°时，粒子经过A点，所以A正确；根据粒子在磁场中运动的时间t＝T，圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；当粒子沿θ＝0°飞入磁场时，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动的时间是，当θ从0°～60°飞入磁场时，粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，在AC边界上有一半区域有粒子飞出，所以C错误，D正确。
12.(2018·宜昌模拟)如图所示，在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面但方向相反的匀强磁场，磁感应强度
B1＝2B2＝2B。xOy平面内，带正电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中未标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系式正确的是( )
A．k1＝2k2 B．2k1＝k2
C．v1＝2v2 D．2v1＝v2
解析：选C 两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角，则粒子b的速度与y轴负方向成60°角， 轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，即t1＝t2，而t1＝＝，t2＝＝，将B1＝2B2＝2B代入得k1＝k2；由于两粒子正碰则轨迹半径相等，而R1＝，R2＝，解得v1＝2v2。故C正确。
13．[多选]如图所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用，则( )
A．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
B．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
C．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
D．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
解析：选AC 根据半径公式R＝，当v<时，R<，直径2R
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2
C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上
D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s
解析：选BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0，水平方向有l＝v0t，竖直方向有＝at2，又a＝，解得U0＝＝128 V。当U>128 V时粒子打到极板上，当U≤
128 V时打到屏上，可知粒子通过电场时偏移距离最大为d，则y＝＋··，解得
y＝d＝4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为2d，区域面积为S＝2db＝64 cm2，选项A错误，B正确；粒子打在屏上的比例为%＝64%，在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上，选项C正确；在前T(0～0.005 s)，粒子打到屏上的时间t0＝×
0.005 s＝0.003 2 s；又由对称性知，在一个周期(0～0.02 s)内，打到屏上的总时间t＝4t0＝
0.012 8 s，即屏上出现亮线的时间为0.012 8 s，选项D正确。
第3讲
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考法
学法
带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：①带电粒子在组合场中的运动；②带电粒子(体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；
②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，一质量为m的带电小球用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，在O点下方存在一个水平向右、场强为E的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向成45°角，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．若剪断细线，小球将做曲线运动
B．小球带负电，且电荷量为
C．若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为
D．若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O点右侧等高处
[解析] 若剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A错误；对小球受力分析，由平衡条件可知小球带负电，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，选项B正确；将电场方向变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，选项C正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到O点右侧与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到O点右侧等高处，选项D正确。
[答案] BCD
[悟一法]————————————————————————————————
解决电场力做功问题时的注意点
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WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。
[通一类]————————————————————————————————
1.在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示。现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)( )
A．小球运动到C点时动能最小
B．小球运动到C点时细线拉力最小
C．小球运动到Q点时动能最大
D．小球运动到B点时机械能最大
解析：选D 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确。
2.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
解析：选D 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为qEh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝
mv2－(qE－mg)h，D正确。
3．[多选]如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为＋q、质量为m的绝缘小球甲，另一质量也为m、带电量也为＋q的小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，∠BCA＝30°。现把小球乙从B处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底端C处(静电力常量为k，重力加速度为g)，下列结论正确的是( )
A．小球到达斜面中点D处时的速度大小为
B．小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg－
C．小球从B处运动到C处时减少的重力势能等于增加的动能
D．小球从B处运动到C处电势能先增加后减少
解析：选ABD 由题意知，小球乙运动到D处时，由几何关系知AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由动能定理得：
mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正确；小球运动到C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋F库sin 30°＝mgcos 30°，F库＝，联立解得：FN＝mg－，B正确；小球从B处运动到C处重力势能减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C错误；小球从B处运动到C处，先靠近A处后远离A处，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少，D正确。
[点点探明]————————————————————————————————
题型1 组合磁场中带电粒子的运动
[例1] [多选]如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1
B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1
C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1
[解析] 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两区域中的运动速率相等，A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝
1∶2，B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正确；由几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正确。
[答案] ACD
题型2 叠加三场中带电小球的运动
[例2] [多选]如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿圆环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大
[解析] 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可视为等效重力，所以弧ad的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其关于圆心对称的位置(即弧bc的中点)就是等效最低点；由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点的连线对称，若小球从a点由静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大，故D正确。
[答案] BD
[系统通法]————————————————————————————————
电偏转和磁偏转的比较
电偏转
磁偏转
示意图
偏转条件
v⊥E
v⊥B
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
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本
公式
L＝vt y＝at2
a＝ tan θ＝
qvB＝ r＝
T＝ t＝
sin θ＝
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
[题题过关]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C正确。
2.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场中，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)( )
A．AB B．BC
C．CD D．DE
解析：选B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：qE＝qvB，设正六边形的边长为L，只有电场时，粒子做类平抛运动，竖直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，联立可得：r＝L，由几何关系可知：＝L，而L<2r
A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，轨迹半径为2d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选ABD 粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向有v0＝axt1，竖直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向上，因为qE＝max＝mg，故微粒在bc区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正确；设微粒在bc区域转过的角度为θ，由几何关系知 θ＝30°，所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2＝＝＝，故C错误；微粒在ab区域运动的时间为t1＝＝，微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝，故D正确。
4．[多选](2019届高三·银川模拟)如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g。则( )
A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为
B．小球返回A点后可以第二次到达最高点C
C．小球带正电，且电场强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
解析：选ACD 小球恰能经过最高点C，则mg＝m，解得vC＝，从A到C由动能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得E＝，选项C正确；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，选项
D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应等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，解题时只要抓住各种模型的特点即可，常见实例如下。
1．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qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。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。
2．回旋加速器
(1)用途：加速带电粒子。
(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做匀速圆周运动的周期相同。
(3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。
3．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发出速度几乎为零的粒子，经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r＝ ，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，进而求出粒子的比荷＝或粒子的质量m＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2019届高三·大连六校联考)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图甲所示，被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大；输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷
C．在其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高
D．若转速表显示1 800 r/min，转子上轮齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
解析：选B 霍尔电压是由于元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用产生的，故A错误；根据左手定则，负电荷载流子向前端偏转，前端带负电，后端带正电，所以前端的电势低，符合要求，则元件中的载流子为负电荷，故B正确；当电场力和洛伦兹力平衡时，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C错误；转速n＝1 800 r/min, 则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×1 800＝270 000个，故D错误。
2.如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则( )
A．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B．打在P1点的粒子是He
C．打在P2点的粒子是H和He
D．O2P2的长度是O2P1长度的4倍
解析：选C 粒子在偏转磁场中运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故A错误；粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知从速度选择器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圆周运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，故B错误，C正确；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圆周运动的半径是H和He的半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误。
3.[多选](2018·泰州模拟)为测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，则( )
A．污水的流量Q＝
B．M的电势不一定高于N的电势
C．电压U与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管道的压强差Δp＝
解析：选CD 污水中离子最终在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，则有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即M的电势一定高于N的电势，故B错误；由qvB＝q，解得U＝vBc，电压U与污水中离子浓度无关，故C正确；根据平衡条件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b。若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( )
A．E1增加，E2增加 B．E1增加，E2减小
C．E1不变，E2减小 D．E1不变，E2不变
解析：选B 根据题图所示的运动轨迹可知，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，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。
2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则( )
A．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷
B．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷
C．小圆环上滑过程中，电势能不变
D．小圆环上滑过程中，电势能增大
解析：选A 小圆环从P点由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A项正确，B项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D项错误。
3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度v0＝进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、磁场区域中( )
A．做匀速直线运动 B．做匀变速曲线运动
C．运动速度逐渐减小 D．机械能逐渐减小
解析：选D 带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D正确。
4．(2019届高三·黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，最后从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有，qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C
正确。
5．[多选]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、磁场射入，从右侧射出a、b板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比射入时大，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 粒子在电、磁场中，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，若减小两金属板的正对面积，场强E＝，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；当增大两金属板间的距离时，场强不变，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，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，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，D项错误。
6．[多选](2018·全国名校模拟)如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )
A．离子一定都带正电
B．这些离子进入区域Ⅰ的初速度相等
C．离子的比荷一定相同
D．这些离子的初动量一定相同
解析：选BC 由题意知，不同的离子通过区域Ⅰ时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的初速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，选项A错误，B正确；不同的离子进入区域Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确；由于离子的质量不一定相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。
7.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，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＝
B．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＝
C．A、B板之间的电压可以始终保持为U
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＝
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mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A项错误，B项正确；如果A、B板之间的电压始终保持为U，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，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得
＝ ，D项错误。
8．[多选](2018·北京燕博园模拟)如图甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×10－2 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向夹角
θ＝37°、斜向右下方的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m。物块在电场力的作用下开始运动，物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判断正确的是( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为
B．t＝2 s时物块的动能为56.25 J
C．t＝3 s时物块受到的空气阻力为5 N
D．前5 s内合外力对物块做的功为100 J
解析：选ABD 由题图乙可知，t＝0时物块的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A选项正确；t＝2 s时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，v＝×2×
(10＋5)m/s＝15 m/s，物块的动能Ek＝mv2＝56.25 J，故B选项正确；由题图乙可知t＝3 s时物块的加速度大小a1＝2.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－
Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C选项错误；由题图乙可知t＝4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，物块的最大速度vm＝
20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的变化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝100 J，故D选项正确。
9．[多选]质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数μ
B．小球在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上做匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时小球的速率为
解析：选BD 由μ
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析：选AD 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应传感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
11．[多选]如图所示，在x轴上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则( )
A．粒子经偏转一定能回到O点
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R
D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2
解析：选CD 根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，且离O点越来越远，粒子一定不能回到O点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝T＝，在x轴下方运动的时间t2＝T′＝，粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝，B错误；根据Bqv＝m得：r＝，易知在x轴下方的轨迹半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场中运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D
正确。
12．[多选]如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是( )
A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
B．A、B两点间的电压一定等于
C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
解析：选AB 小球沿斜面从A运动到B的过程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝＝，A正确；小球沿斜面上滑过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。
13.[多选]如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
解析：选BD 小球开始下滑时有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcos θ，支持力等于0；此后随着v增大，洛伦兹力增大，支持力增大，下滑过程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0，此时小球受力平衡，速度不变，所以小球在整个运动过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B、D正确。
14.[多选]如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg＋qB
C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
解析：选AD 小球从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得
mgR＝mv2，解得v＝，故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBv＝qB，故A正确；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有
N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中速率不变，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向与水平方向夹角θ变大，重力沿切线方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C错误；小球从C到D的过程中，速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以外力F的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正确。
第4讲
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考法
学法
直流电路和交流电路部分考查的题型一般为选择题，难度中等或中等偏上。考查的内容主要包括：①串、并联电路的特点；②闭合电路欧姆定律；③电路的动态变化分析；④含容电路；⑤交变电流的产生和描述；⑥理想变压器的规律；⑦远距离输电问题。用到的思想方法有：①等效电路法；②动态电路的分析方法；③图像法；④比例法；⑤等效思想；⑥守恒思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．恒定电流
(1)闭合电路中的电压、电流关系：E＝U外＋U内，I＝，U＝E－Ir。
(2)闭合电路中的功率关系：P总＝EI，P内＝I2r，P出＝IU＝P总－P内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt，电热Q＝I2Rt。
纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W>Q。
2．直流电路动态分析的3种常用方法
(1)方法1：程序法
R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支。
(2)方法2：结论法——“串反并同”
“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
(3)方法3：极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路( )
A．充电时，通过R的电流不变
B．若R增大，则充电时间变长
C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
解析：选BCD 给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，故A错误；充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过R的电荷量Q是一定的，电源恒定，R增大，则电流I减小，根据I＝可知，充电时间变长，故B正确；若C增大，电容器两端达到80 V时所带电荷增大，所以闪光时通过闪光灯的电荷量也增大，故C正确；因为C两端电压达到80 V时，电容器就不再充电，只要外接电源提供的电压超过 80 V，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，故D正确。
2.(2019届高三·自贡模拟)如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R2、R3为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )
A．只逐渐增大对R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
解析：选A 只逐渐增大对R1的光照强度，R1的阻值减小，总阻值减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器处相当于断路，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的阻值变大，所以电容器两端的电压变大，由 E＝可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误。
3.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，R为滑动变阻器，开关S处于断开状态，下列说法中正确的是( )
A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小
B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小
C．开关S闭合后，L2亮度变暗
D．开关S闭合后，电流表示数不变
解析：选D 电容器处可视为断路，所以只有L2中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故A错误；滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故B错误；开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，L1中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，L2亮度不变，故C错误，D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．线圈通过中性面时的特点
(1)穿过线圈的磁通量最大。
(2)线圈中的感应电动势为零。
(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。
2．交变电流“四值”的应用
最大值
Em＝nBSω，分析电容器的耐压值
瞬时值
E＝Emsin ωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况
有效值
电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流
平均值
E＝n，计算通过电路截面的电荷量
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q方∶Q正等于( )
A．1∶ B.∶1
C．1∶2 D．2∶1
解析：选D 由焦耳定律和有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝·＋·＝T，Q正＝T＝T＝·T，故Q方∶Q正＝2∶1，D正确。
2．[多选](2018·太原模拟)图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化。已知线圈的电阻为1.0 Ω，则( )
A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2 s时，线圈平面均平行于磁感线
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A
解析：选BC 在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在
t＝0.2 s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由题图2可知图线甲、乙对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为
5∶4，故C正确；图线甲对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4× V＝
5π V，电流的峰值Im＝＝5π A，故D错误。
3．[多选](2018·洛阳模拟)如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n，电阻为r，外接电阻为R，电流表为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)转过60°时的瞬时感应电流为i，下列说法正确的是( )
A．电流表的示数为2i
B．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
C．从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
解析：选BCD 由题意可得i＝imcos 60°，则得感应电流的最大值im＝2i，有效值i有＝ im＝i，则电流表的示数为i，故A错误；感应电动势的最大值Em＝im(R＋r)＝2i(R＋r)，又Em＝nBSω，磁通量的最大值 Φm＝BS，联立解得Φm＝BS＝，故B正确；从题图所示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝n＝n＝n··＝，故C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Q＝i有2RT＝
(i)2R·＝，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出。
(2)电压关系：＝。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn。
2．原、副线圈中各量的因果关系
(1)电压关系：U1决定U2。
(2)电流关系：I2决定I1。
(3)功率关系：P出决定P入。
3．远距离高压输电的工作原理
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP。
(2)电压关系：＝，＝，U2＝U3＋ΔU。
(3)电流关系：＝，＝，I2＝I3＝I线。
(4)输电电流：I线＝＝＝。
(5)输电线路上损失的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝2R线＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为( )
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
解析：选C 输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝2r∝。当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍，C正确。
2．(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数变为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
解析：选B 发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，其中ω＝2πn，理想变压器的输入电压(有效值)U1＝，若线圈的转速n变为原来的，根据＝，则电压表V的读数变为U，通过R的电流变为原来的，R消耗的功率变为P，根据＝，电流表A的读数变为I，故B正确，A、C错误；交变电流的频率f等于线圈的转速n，故D错误。
3.(2019届高三·济宁七校联考)如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1(光照增强时，光敏电阻阻值减小)、用电器R2。下列说法正确的是( )
A．P位置不动，当光照增强时，变压器的输入功率减小
B．光照强度不变，当P向上滑动时，用电器消耗的功率增大
C．当f减小时，变压器副线圈交流电的频率不变
D．P位置不动，光照强度不变，当U增大时，用电器消耗的功率增大
解析：选D P位置不动，当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，变压器的输出功率增大，故输入功率也增大，故A错误；光照强度不变，光敏电阻的阻值不变，当P向上滑动时，原线圈匝数增大，根据＝知变压器的输出电压减小，即用电器两端电压减小，则用电器消耗的功率减小，故B错误；变压器不改变交流电的频率，故C错误；P位置不动，光照强度不变，当U增大时，根据＝知变压器的输出电压增大，即用电器两端电压增大，则用电器消耗的功率增大，故D正确。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·泉州模拟)如图所示，一面积为S、匝数为N的矩形线框处于磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I。已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则( )
A．图示位置穿过线框的磁通量变化率为零
B．线框转动的角速度为
C．理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2
D．若L1灯丝烧断，电流表示数将增大
[解析] 题图所示位置线框平面与磁场方向平行，产生的瞬时感应电动势最大，磁通量变化率最大，故A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，又两灯泡均正常发光，可知线框的输出功率为2P，则有2P＝I＝NBSωI，可得ω＝，故B正确；原线圈的电流为I，因两灯泡并联且均正常发光，则副线圈中电流为2I，可知原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝2I∶I＝2∶1，故C错误；若L1灯丝烧断，则副线圈电流减小，原线圈的电流也相应减小，电流表示数减小，故D错误。
[答案] B
[悟一法]————————————————————————————————
交变电流的综合问题，常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，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．能够将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。
[通一类]————————————————————————————————
1.[多选](2018·南宁模拟)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡供电，其电路如图所示，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光。已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器视为理想变压器。则( )
A．灯泡的额定电压为
B．灯泡的额定功率为
C．发电机线圈中产生的电动势最大值为U
D．从发电机线圈位于中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt
解析：选AD 电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由＝k得灯泡的额定电压UL＝，A正确；灯泡的额定功率PL＝＝，B错误；副线圈的电流IL＝＝，因原、副线圈的电流之比＝，故原线圈的电流I1＝，因此发电机线圈中产生的电动势的有效值E＝U＋I1r，最大值Em＝E＝U，C错误；原线圈输入电压最大值为U，则从发电机线圈位于中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt，D正确。
2．[多选]如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，电压表为理想交流电压表。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为ω、匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是( )
A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗
B．电容器的电容增大时，灯泡变暗
C．线圈处于图示位置时，电压表读数为0
D．若线圈转动的角速度变为2ω，则电压表读数变为原来的2倍
解析：选AD 根据＝可得U2＝U1，P向上滑动，n1增大，而U1不变，所以U2减小，故灯泡变暗，A正确；电容器的电容增大，容抗减小，故灯泡变亮，B错误；线圈处于题图所示位置时，感应电动势的瞬时值为零，交流电路中交流电表示数为有效值，所以电压表读数不为0，C错误；根据Em＝NBSω可得交流电最大值变为原来的2倍，所以有效值变为原来的2倍，D正确。
3．[多选]如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是( )
A．图乙中电压的有效值为110 V
B．电压表的示数为44 V
C．R处出现火警时电流表示数增大
D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
解析：选ACD 根据电流的热效应×0.01 J＝×0.02 J，解得U＝110 V，即题图乙中电压的有效值为110 V，故A正确；由＝，可得＝，解得U2≈
31.1 V，所以电压表的示数为31.1 V，故B错误；R处出现火警时，阻值减小，由于电压不变，所以副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率知，输入功率增大，根据P1＝U1I1，可知电流表的示数增大，故C正确；R处出现火警时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，R0消耗的电功率增大，故D正确。
[专题强训提能]
1.(2018·重庆一诊)利用如图所示电路可测量待测电阻Rx的阻值。定值电阻R1、R2的阻值已知，闭合开关S，调节电阻箱使其接入电路的阻值为R3时，电流表示数为零，则Rx的阻值等于( )
A．R2 B.
C. D.
解析：选D 根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I1(R1＋R2)＝I2(Rx＋R3)，由于电流表示数为零，则说明电流表两端的电势相等，则一定有：I1R1＝I2R3，两式联立可得：Rx＝，故D正确。
2.(2018·闽粤大联考)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向的偏角为θ(电源的内阻不能忽略)。下列判断正确的是( )
A．小球带负电
B．当滑动头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大
C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D．当滑动头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大
解析：选C 由题图知，A板带正电，B板带负电，电容器内电场方向水平向右，绝缘线向右偏，小球所受电场力向右，则小球带正电，故A错误；滑动头向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，小球所受电场力变小，绝缘线的偏角θ变小，故B错误；滑动头从a向b滑动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确；根据外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，可得当外电阻大于内阻时，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小。由于外电阻与内阻大小关系未知，故无法判断电源输出功率大小的变化，故D错误。
3．[多选](2018·南平质检)如图所示电路中，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使灯泡L变暗，下列哪些措施可以使灯泡L重新变亮( )
A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移
B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移
C．其他条件不变，断开开关S
D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动
解析：选BC 其他条件不变，P1上移，即原线圈匝数增多，P2下移，即副线圈匝数减少，由U2＝U1可得U2减小，灯泡L变暗，故A错误；其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增多，由U2＝U1可得U2增大，可以使灯泡L重新变亮，故B正确；其他条件不变，断开开关S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡L两端电压增大，可以使灯泡L重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡L两端电压减小，灯泡L变暗，故D错误。
4．[多选](2019届高三·衡水中学调研)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R为电位器(滑动变阻器)，L是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向b端时，下列说法正确的是( )
A．小灯泡L将变亮
B．电压表示数与电流表A1示数的比值将变大
C．电流表A1的示数将变大
D．电源的总功率将变大
解析：选ACD 电位器的触片滑向b端时，电位器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A1的示数将变大，则内阻分担电压变大，路端电压变小，电压表V的示数将减小，流过R1和R2的电流均减小，流过L的电流将增大，L将变亮，故A、C正确；电压表的示数与电流表A1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值将变小，故B错误；总电流变大，由P＝EI知，电源的总功率将变大，故D正确。
5.[多选](2018·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝线圈abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，转动的周期为T，ab中点和cd中点的连线恰好位于转轴所在直线上，且转轴OO′位于匀强磁场的边界线上，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈电阻阻值为R，外电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时的瞬时感应电流为I，则以下判断正确的是( )
A．线圈的面积为
B．线圈消耗的电功率为4I2R
C．线圈中感应电动势的表达式为e＝2IRsin t
D．t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝cos t
解析：选AD 设线圈面积为S，从题图所示位置开始计时，感应电动势的表达式为
e＝B·ωsin ωt＝sin θ，转过30°时的瞬时感应电流I＝＝sin 30°＝，故S＝，则e＝4IRsin t，A正确，C错误；线圈消耗的电功率为P＝2R＝2I2R，B错误；t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝B·cos ωt＝cos t，D正确。
6.(2018·福建大联考)如图所示为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，模拟输电导线的电阻r＝3 Ω，T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L。当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为( )
A. B．3
C．4 D．9
解析：选B 根据＝，得U2＝kU1＝16k，灯泡的额定电流为I＝＝ A＝3 A，降压变压器副线圈电流I4＝3 A，根据电流与匝数成反比，得＝，即I3＝＝，根据＝，得U3＝kU4＝15k，由U2＝U3＋I3r，整理得16k＝15k＋×3，解得k＝3，B对。
7.[多选](2018·厦门高三质检)如图所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝20sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻连接成闭合电路，电流表为理想电流表。另有一阻值R2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等。则( )
A．电阻R1消耗的电功率为12.5 W
B．通过电阻R1的交变电流的周期为0.02 s
C．电流表的示数为10 A
D．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
解析：选AD 加在R2两端电压的有效值为UR2＝U＝ V＝20 V，R2消耗的功率为PR2＝＝12.5 W，又电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等，故A正确；由u＝20 sin 50πt(V)，知ω＝50π rad/s，故周期T＝＝0.04 s，变压器不改变交变电流的周期，故B错误；R1的消耗功率PR1＝PR2＝12.5 W，通过R1的电流IR1＝＝2.5 A，则电流表的示数为2.5 A，故C错误；副线圈两端电压为U2＝IR1R1＝5 V，原线圈两端电压U1＝U＝20 V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故D正确。
8．(2018·山西五地市联考)如图所示，L1、L2、L3、L4为四盏规格均为“12 V,6 W”的灯泡，分别接入理想变压器原、副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A的示数为0.5 A，已知灯泡L2正常发光，以下说法正确的是( )
A．a、b端输入功率为18 W
B．a、b端输入电压为36 V
C．灯泡L1的功率为6 W
D．若副线圈回路再并联一盏同样的灯泡，灯泡L2仍能正常发光
解析：选C 灯泡的额定电流IL＝＝ A＝0.5 A，因交流电流表A的示数为0.5 A，所以L1正常发光，其功率为6 W，因L2正常发光，则L3、L4也正常发光，则变压器的输出功率为三盏灯泡的总功率，变压器的输入功率等于输出功率，则a、b端输入功率等于四盏灯泡的总功率，即Pab＝6×4 W＝24 W，故A错误，C正确；根据Pab＝UabIA可得Uab＝
V＝48 V，故B错误；若副线圈回路再并联一盏同样的灯泡，使得副线圈的总电流增大，则原线圈的电流也增大，L1分担的电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，L2不能正常发光，故D错误。
9.(2018·石家庄质检)如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是( )
A．10 A,12 A B．10 A,20 A
C．1 A,0.7 A D．1 A,3 A
解析：选C 由＝，得U2＝U1＝110 V，则I2＝＝1 A。由＝，得U3＝U1＝22 V，又I1U1＝I2U2＋I3U3，解得I1＝0.7 A，选项C正确。
10．(2019届高三·南昌模拟)如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈电阻为1 Ω，负载电阻为4 Ω，则( )
A．线圈转速为50 r/s
B．电压表的示数为2.5 V
C．负载电阻的电功率为2 W
D．若线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍
解析：选C 由题图乙可知，线圈转动周期为0.04 s，则转速为n＝ r/s＝25 r/s，故A错误；电动势的最大值为5 V，有效值为E＝ V＝2.5 V，则电压表的示数为U＝R＝×4 V＝2 V，故B错误；负载电阻消耗的电功率P＝＝ W＝2 W，故C正确；若线圈转速加倍，则角速度加倍，电压最大值Em＝NBSω，故最大值变为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故电压表示数变为原来2倍，故D错误。
11．[多选](2018·上饶六校联考)如图所示，一正弦式交流电瞬时值为e＝220sin 100πt(V)，通过一个理想电流表接在一个理想变压器
两端，变压器起到降压作用，开关闭合前后A、B两端输出的电功率相等，以下说法正确的是( )
A．流过r的电流方向每秒钟变化50次
B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数
C．开关从断开到闭合时，电流表示数变大
D．R＝r
解析：选CD 由正弦式交流电瞬时值表达式知交流电的频率f＝ Hz＝50 Hz，因变压器不改变交流电的频率，所以流过r的电流方向每秒钟变化100次，A错误；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B错误；开关从断开到闭合时，副线圈回路总电阻减小，副线圈两端电压不变，所以副线圈回路中电流增大，再根据I1U1＝I2U2知，原线圈电流即电流表示数变大，C正确；开关闭合前，A、B两端输出的电功率为PAB＝2R，开关闭合后，A、B两端输出的电功率为PAB′＝2·＝·2R，又开关闭合前后A、B两端输出功率相等，则有PAB＝PAB′，解得R＝r，D正确。
12.(2018·天津河东区模拟)在日常生活中，各种家用电器所使用的电压不同，经常需要用变压器把220 V交流电变成所需的电压。如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器，b是原线圈中的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u＝220sin 100πt(V)的交变电压，则( )
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B．当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
C．当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等
解析：选D 当单刀双掷开关与a连接时，由＝，又n1∶n2＝10∶1，有效值U1＝ V＝220 V，可得副线圈的电压U2＝22 V，则电压表的示数为22 V，故A错误；当单刀双掷开关与a连接时，在滑片P向上移动的过程中，因输入电压及原、副线圈匝数之比不变，则副线圈两端电压不变，所以电压表的示数不变；滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则副线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变小，根据＝，可知副线圈两端的电压U2变大，输出功率P2＝变大，又输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈两端电压变大，调节滑片P到适当位置使其连入电路的电阻R变大，输出功率P2＝可能不变，又输入功率等于输出功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确。
13.(2018·上海虹口区模拟)如图所示，电源电动势为E、内阻为r, R1、R2为定值电阻，R2>R1>r，且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由最上端滑到最下端，若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1、ΔU2、ΔI表示，则下列说法中正确的是( )
A.＝R2
B.
D．电源的输出功率先增大，再减小
解析：选B 由题图可知，电流表与R0的下部分串联，R1与R0的上部分串联，二者并联后再与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故R2≠＝，故A错误；电压表V1测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，电流表示数增大，R1与R0的上部分串联的电阻增大，流过R1的电流减小，因此总电流的变化量小于电流表中电流的变化量，因此
14.如图所示的电路中，R为光敏电阻(随光照强度的增大阻值会减小)、C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1。闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u＝100sin 10πt(V)，则下列说法正确的是( )
A．灯泡会正常发光
B．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等
C．增大照射光敏电阻的照射光强度，灯泡会变亮
D．断开开关S，灯泡会熄灭
解析：选C 由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端电压的有效值为100 V，根据＝，可知副线圈两端电压的有效值为50 V，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V，不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻中的电流小于灯泡中的电流，B错误；增大照射光敏电阻的照射光强度，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误。
第5讲
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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，或者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切割类问题。考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的应用；②法拉第电磁感应定律的理解和应用；③三个定则的应用。对该部分内容的复习应注意“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。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．“三定则、一定律”的应用
安培定则
判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则
判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则
判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向
楞次定律
判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向
2．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合电路的磁通量的变化情况进行判断。
3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向
转动
解析：选AD 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确；同理D正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析：选AC 在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A正确；在t＝和t＝T时，图线斜率大小最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中感应电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中感应电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。
3.[多选](2018·湖北八校联考)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁场N极位于地理南极附近。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是( )
A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低
B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势
C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向
D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向
解析：选AC 地球北半球的磁场方向由南向北斜向下分布，可分解为水平向北和竖直向下两个分量。若线框向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项正确；若线框向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D项错误。
4．[多选]如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是( )
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0S
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势
D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
解析：选BD 当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，螺线管内磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，螺线管内磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1～t2时间内，螺线管内磁通量减小，由楞次定律及安培定则知，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，螺线管内磁通量的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律及安培定则知，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误，D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．三个公式的适用范围
(1)E＝n，适用于普遍情况。
(2)E＝Blv，适用于导体切割磁感线的情况。
(3)E＝Bl2ω，适用于导体绕一端点转动切割磁感线的情况。
2．几点注意
(1)公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图所示，导体的有效长度均为ab间的距离。
(2)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A． B．
C． D．2
解析：选B 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝＝，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝，且q1＝I1Δt1；在过程Ⅱ中，有E2＝＝，I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即＝，解得＝，B正确。
2.如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B＝1 T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5 m，电阻为3 Ω的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3 m/s。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒摆到竖直位置时AB两端的电压大小为( )
A．0.4 V B．0.65 V
C．2.25 V D．4.5 V
解析：选B 当导体棒摆到竖直位置时，由v＝ωr可得，C点的速度为：vC＝vB＝×
3 m/s＝1 m/s，AC间电压为：UAC＝EAC＝BLAC·＝1×0.5× V＝0.25 V，CB段产生的感应电动势为：ECB＝BLCB·＝1×1× V＝2 V，环两侧并联，电阻为：R＝ Ω＝
0.5 Ω，导体棒CB段的电阻为：r＝2 Ω，则CB间电压为：UCB＝ECB＝×2 V＝
0.4 V，故AB两端的电压大小为：UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V，故B对。
3．[多选](2019届高三·鹰潭模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈总电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势
B．0～t1时间内电压表的读数为
C．t1～t2时间内R上的电流为
D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势
解析：选AC 0～t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝nS，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝·R＝，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝nS，根据闭合电路的欧姆定律得I′＝＝，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，P端电势低于Q端电势，故D错误。
4．图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A．受电线圈中感应电流方向由d到c
B．c点的电势高于d点的电势
C．c、d之间的电势差为
D．c、d之间的电势差为
解析：选D 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C错误，D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
[解析] 金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，vt图像可能如图所示，故B正确；由于金属杆进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确；设金属杆刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛顿第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D错误。
[答案] BC
[悟一法]————————————————————————————————
解答电磁感应中电路问题的三步骤
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，水平放置的粗糙U形框架上连接一个阻值为R0的电阻，处于垂直框架平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC置于框架上，在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，A、C端始终与框架良好接触，半圆形硬导体AC的电阻为r，框架电阻不计。下列说法正确的是( )
A．A点的电势高于C点的电势
B．此时AC两端电压为UAC＝
C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝
解析：选AD 根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝＝，B错误；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确。
2.[多选](2018·安徽六校联考)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界夹角为45°，若线框的总电阻为R，则( )
A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBA
B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为
D．此时CD两端电压为Bav
解析：选CD 线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCD，故A错误；AC刚进入磁场时，CD切割磁感线，AD不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流I＝＝，故B错误；AC刚进入磁场时，CD受到的安培力与v的方向相反，AD受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可知，AD与CD受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD与CD受到的安培力的矢量合，F合＝F＝，故C正确；AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×＝Bav，故D正确。
3.如图所示，平行极板与单匝圆形线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。线圈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＝
C．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，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，线圈中感应电流的磁场方向向外，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：mg＝q，而感应电动势：E＝，解得：E＝，由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS，解得：＝，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，极板间距减小，所以电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关，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。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
[解析] 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i，根据题图可得：
线框位移
等效电路的连接
电流
0～
I＝2i(顺时针)
～l
I＝0
l～
I＝2i(逆时针)
～2l
I＝0
综合分析知，只有选项D符合要求。
[答案] D
[悟一法]————————————————————————————————
1．解决电磁感应图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类，即是B t图还是Φ t图，或者Et图、It图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距的含义等。
(6)画图像或判断图像。
2．电磁感应图像问题分析的注意点
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选](2019届高三·锦州模拟)如图甲所示为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图像(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况)，选项图中正确的是( )
解析：选AD 0～1 s时间内，B垂直纸面向里均匀增大，Φ均匀增大，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，B均匀增大，故安培力均匀增大，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向右，为正值；1～2 s、2～3 s穿过线框的磁通量不变，所以无感应电流，安培力为0；3～4 s时间内，B垂直纸面向外均匀减小，Φ均匀减小，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，B均匀减小，故安培力均匀减小，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向左，为负值。综上所述，A、D正确。
2.[多选](2018·黄冈质检)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m、电阻为R、边长为L，从线框右侧边进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框导线横截面的电荷量为q，其中Pt和qt图像均为抛物线，则表示这些量随时间变化的图像正确的是( )
解析：选CD 线框右侧边切割磁感线，运动速度v＝at，产生的感应电动势e＝BLv，产生的感应电流i＝＝，i与t成正比，图线为倾斜直线，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律，有F－F安＝ma，其中F安＝BLi＝，得F＝ma＋，F与t为一次函数关系，图线为F轴截距大于零的倾斜直线，故B错误；功率P＝i2R＝，P与t的二次方成正比，图线为抛物线，故C正确；由电荷量表达式q＝，有q＝，q与t的二次方成正比，图线为抛物线，故D正确。
3.(2018·山西五市联考)如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正，选项图中表示其感应电流i随位移x变化的图像正确的是( )
解析：选B 线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向先垂直纸面向外后垂直纸面向内，根据安培定则，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，即先正后负，故A、D错误；线框向右运动过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据i＝知，感应电流先增大后反向减小，故B正确，C错误。
[专题强训提能]
1．随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置(主要装置是线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置通过改变地面供电装置的电流使自身产生感应电流，对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～20 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右。下列说法正确的是( )
A．无线充电桩的优越性之一是在百米之外也可以对电动车充电
B．车身感应装置中的感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．车身感应装置中感应电流的磁场总是与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反
D．若线圈均采用超导材料，则能量的传输效率有望达到100%
解析：选B 题中给出目前无线充电桩充电的有效距离为15～20 cm，达不到在百米之外充电，A错误；通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场不一定与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反，C错误；由于电磁波传播时有电磁辐射，能量传输效率不能达到100%，D错误。
2.(2019届高三·苏州调研)如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触，忽略空气阻力，则在下落过程中( )
A．磁块做自由落体运动
B．磁块的机械能守恒
C．铝管对桌面的压力大于铝管所受的重力
D．磁块动能的增加量大于重力势能的减少量
解析：选C 在磁块向下运动过程中，铝管中产生感应电流，会产生电磁阻尼作用，磁块受向上的磁场力的作用，铝管受向下的磁场力的作用，则对桌面的压力大于其所受重力，选项C正确；磁块除受重力之外，还受向上的磁场力，因此磁块做的不是自由落体运动，磁块向下运动，磁场力做负功，因此机械能不守恒，动能的增加量小于重力势能的减少量，选项A、B、D错误。
3.很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示，自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯
泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6 V。则( )
A．电压表的正接线柱应与a相接
B．电压表的正接线柱应与b相接
C．后轮匀速转动20 min产生的电能为426 J
D．该自行车后轮边缘的线速度大小为4 m/s
解析：选B 根据右手定则可判断轮子边缘的点等效为电源的负极，电压表的正接线柱应与b相接，B正确，A错误；根据焦耳定律得Q＝I2Rt，由欧姆定律得I＝，代入数据解得Q＝43.2 J，C错误；由U＝E＝Bl2ω，解得v＝ωl＝8 m/s，D错误。
4．[多选]轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，线圈总电阻为r＝1 Ω，边长为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t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断正确的是( )
A．在0～t0时间内线圈中电流方向为顺时针方向
B．在0～t0时间内线圈中产生的电动势大小为0.4 V
C．在t＝t0时，线圈中电流的电功率为0.32 W
D．从t＝0开始到细线开始松弛所用时间为2 s
解析：选BD 根据楞次定律可知，在0～t0时间内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E＝n＝n××2＝0.4 V，B正确；由I＝＝0.4 A，得P＝I2r＝0.16 W，C错误；对线圈受力分析可知，当细线松弛时有F安＝nBt0I·＝mg，
I＝，Bt0＝＝2 T，由题图乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2 s，D正确。
5．[多选]如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。下列说法正确的是( )
A.时刻，R中电流方向为由a到b
B.t0时刻，R中电流方向为由a到b
C．0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的
D．0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的
解析：选AC 时刻，线圈中向里的磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，所以R中电流方向为由a到b，故A正确；t0时刻，线圈中向里的磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，R中的电流方向为由b到a，故B错误；0～t0时间内感应电动势大小E1＝＝；t0～2t0时间内感应电动势大小E2＝＝，由欧姆定律，知0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的，故C正确；根据焦耳定律Q＝I2Rt，知0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的，故D错误。
6．(2018·沈阳质检)如图甲所示，一个足够长的U形光滑金属导轨固定在水平桌面上，连接的电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，两导轨间的距离l＝0.2 m，处于垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在最左端，金属杆在外力的作用下以速度v＝0.5 m/s向右做匀速运动。当t＝4 s时，下列说法中正确的是( )
A．穿过回路的磁通量为1 Wb
B．流过电阻R的感应电流的方向为b→a
C．电路中感应电动势大小为0.02 V
D．金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10－4 N
解析：选D 当t＝4 s时，金属杆运动的位移为：x＝vt＝0.5×4 m＝2 m，则穿过回路的磁通量为：Φ＝BS＝Blx＝0.2×0.2×2 Wb＝0.08 Wb，A错误；根据楞次定律可得，流过电阻R的感应电流的方向为a→b，B错误；电路中感应电动势大小为：E＝Blv＋＝0.2×0.2×0.5 V＋ V＝0.04 V，C错误；根据欧姆定律可得，电路中的电流为：I＝＝
A＝0.004 A，金属杆所受到的安培力的大小为：F＝BIl＝0.2 × 0.004× 0.2 N ＝1.6×
10－4 N，D正确。
7．如图甲所示，一根电阻R＝4 Ω的导线绕成半径d＝2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正)，关于圆环中的感应电流—时间图像，电流沿逆时针方向为正，选项图中正确的是( )
解析：选C 0～1 s，E1＝S＝4π V，I＝＝π A，由楞次定律知感应电流为顺时针方向，对照选项知，只有C正确。
8.[多选]如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1＝，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是( )
A．通过R1的电流方向为自下而上
B．感应电动势大小为2Br2ω
C．理想电压表的示数为Br2ω
D．理想电流表的示数为
解析：选AC 由右手定则可知，辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为E＝Br2ω，选项B错误；由题图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，可得外电阻为，内电阻为，因此理想电压表的示数为U＝E＝Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为I＝＝，选项D错误。
9．[多选]如图甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝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(π取3)( )
A．通过线框中的感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb
C．0～0.6 s时间内通过线框中的电荷量为0.006 C
D．0～0.6 s时间内线框中产生的热量为0.06 J
解析：选AD B1不变化，B2垂直水平面向下，大小随时间均匀增加，根据楞次定律知，线框中的感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1·
πr2＋B2·πr2＝－0.005 Wb，选项B错误；t＝0.6 s时穿过线框的磁通量为Φ′＝B1·πr2＋B2′·πr2＝0.01 Wb，根据q＝n＝n，0～0.6 s 时间内通过线框中的电荷量为
0.12 C，选项C错误；0～0.6 s时间内线框中产生的热量Q＝2·t＝2·t＝
0.06 J，选项D正确。
10．[多选](2018·佛山质检)如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为L，左端连接的电源电动势为E、内阻为r，质量为m、长为L的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )
A．金属杆的最大速度大小为
B．此过程中通过金属杆的电荷量为
C．此过程中电源提供的电能为
D．此过程中金属杆产生的热量为
解析：选AC 闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反，当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时E＝BLvm，得vm＝，A项正确；对金属杆应用动量定理有
BLit＝mvm，又q＝it，得q＝，B项错误；电源提供的电能E电＝qE＝，C项正确；根据能量守恒定律，E电＝Ek＋Q热，Ek＝mvm2，可得Q热＝E电－Ek＝，Q热为电源内阻和金属杆上产生的总热量，D项错误。
11.[多选]如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由细软导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针
B．在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量为
C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
解析：选ABD 由题意知，在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，处于磁场中的直角三角形的面积先增大后减小，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针，A项正确；在C从A点沿圆弧移动到题图中
∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量q＝Δt＝·＝＝＝，B项正确；设DC与AD间夹角为θ，通过导线框的磁通量Φ＝B·2Rsin θ·2Rcos θ＝2R2Bsin θcos θ＝R2Bsin 2θ，由几何关系知ωt＝2θ，所以通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R2Bsin ωt，对Φt 的表达式求导得E＝R2Bωcos ωt，当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，ωt＝90°，故导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，C项错误；在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的热量为Q＝·＝，D项正确。
12．[多选](2018·遵义模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图甲所示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2 时间内( )
A．电容器C所带的电荷量大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：选AD 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C所带的电荷量大小及两极板带电情况始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的大小发生变化，方向先向右后向左，选项C错误，D正确。
13．[多选]如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，金属棒ab接入电路的电阻为R，当流过金属棒ab某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab的速度大小为v(未达到稳定运动速度)，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大于v
B．受到的最大安培力大小为sin θ
C．下滑的位移大小为
D．产生的焦耳热为qBLv
解析：选AC 对金属棒ab受力分析可知，金属棒ab做加速度逐渐减小的变加速直线运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A正确；题述过程中，金属棒ab受到的最大安培力F安＝BIL＝BL·＝BL·＝，故B错误；由q＝＝可知：下滑的位移大小为x＝，故C正确；产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比金属棒ab的速度大小为v时的电流I′＝小，故这一过程中产生的焦耳热小于qBLv，故D错误。
14．[多选](2018·银川模拟)如图甲所示，光滑的平行金属导轨AB、CD竖直放置，AB、CD相距L，在B、C间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r、长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab重合)。现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计。F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．导体棒离开磁场时速度大小为
B．离开磁场时导体棒两端电压为
C．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生的热量为－
解析：选BD 设导体棒离开磁场时速度大小为v，此时导体棒受到的安培力大小为：
F安＝BIL＝BL＝BL＝，由平衡条件得：F＝F安＋mg，结合题图乙知v＝，A错误；离开磁场时，由F＝BIL＋mg得：I＝，导体棒两端电压为：U＝，B正确；导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：q＝t＝t＝t＝＝，C错误；导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总热量为Q，根据功能关系可得：Q＝2mgh＋3mg·4h－mg·5h－mv2，而电阻R上分担的热量为：Q′＝Q，解得：Q′＝－，D正确。
第6讲
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考法
学法
原子物理学部分知识点较多，需要学生强化对知识的理解和记忆。在高考试卷中，对原子物理学的考查一般是一个选择题，难度不大。考查热点主要有：①光电效应、波粒二象性；②原子结构、氢原子能级跃迁；③原子核的衰变规律、α、β、γ三种射线的特点及应用；④核反应方程的书写、质量亏损和核能的计算。由于本讲内容琐碎，考查点多，因此复习时应抓住主干知识，梳理出关键点，进行理解性记忆。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．爱因斯坦光电效应方程
Ek＝hν－W0
2．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变化的图像如图所示。
依据Ek＝hν－W0＝hν－hν0可知：当Ek＝0时，ν＝ν0，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k＝h——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：W0＝hν0。
(2)光电流随外电压变化的规律如图所示。
图中纵轴表示光电流，横轴表示阴、阳两极处所加外电压。
当U＝－U′时，光电流恰好为零，此时能求出光电子的最大初动能，即Ek＝eU′，此电压称为遏止电压。
当U＝U0时，光电流恰好达到饱和光电流，此时所有光电子都参与了导电，电流最大为Imax。
3．处理光电效应问题的两条线索
(1)光强大→光子数目多→发射光电子数多→光电流大。
(2)光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大。
4．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(频率高)的光粒子性强。
(3)光子说并未否定波动说，E＝hν＝中，ν和λ就是波的概念。
(4)波动性和粒子性在宏观世界是不能统一的，而在微观世界却是统一的。
5．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λ＝，p为运动物体的动量，h为普朗克常量。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅱ)用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( )
A．1×1014 Hz B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
解析：选B 设单色光的最低频率为ν0，由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν1－W0,0＝
hν0－W0，又ν1＝，整理得ν0＝－，代入数据解得ν0≈8×1014 Hz，B正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb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νa>νb，则一定有Ua
C．若Ua
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Ek＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项正确；又Ek＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－Ek＝W，W相同，D项错误。
3．表格所示为按照密立根的方法进行光电效应实验时，得到的某金属的遏止电压和入射光的频率的几组数据。
Uc/V
0.541
0.637
0.714
0.809
0.878
ν/×1014Hz
5.644
5.888
6.098
6.303
6.501
由以上数据应用Excel描点连线，可得直线方程，如图所示。
则这种金属的截止频率约为( )
A．3.5×1014 Hz B．4.3×1014 Hz
C．5.5×1014 Hz D．6.0×1014 Hz
解析：选B 遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率，根据方程Uc＝0.397 3－1.702 4，代入Uc＝0，解得ν≈4.3×1014 Hz，B正确。
4.如图所示是实验室用来研究光电效应原理的装置图，电表均为理想电表，当入射光的能量等于9 eV时，灵敏电流表检测到有电流流过，当电压表示数等于5.5 V时，灵敏电流表示数刚好为0。则下列说法正确的是( )
A．若增大入射光的强度，光电子的最大初动能将增大
B．若入射光的能量小于3.5 eV，改变电源的正负极方向，则灵敏电流表示数可能不为0
C．光电管材料的逸出功等于3.5 eV
D．增大入射光的波长，在电压表示数不变的情况下，灵敏电流表示数会变大
解析：选C 根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故A错误；题图所示装置所加的电压为反向电压，由电压表的示数等于5.5 V 时，灵敏电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为5.5 eV，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可得W0＝3.5 eV，若入射光的能量小于3.5 eV，则不能发生光电效应，灵敏电流表示数一定为0，故B错误，C正确；增大入射光的波长，则光的频率减小，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，知光电子的最大初动能减小，在电压表示数不变的情况下，灵敏电流表示数可能会变小，故D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
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)光子的频率可由hν＝Em－En求得。若求波长可由公式c＝λν求得。
(3)一个氢原子跃迁放出可能的光谱线条数最多为(n－1)条。
(4)一群氢原子跃迁放出可能的光谱线条数有两种求解方法。
①用数学中的组合知识求解：N＝Cn2＝。
②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。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·重庆学业质量调研)如图所示为氢原子能级示意图的一部分，关于氢原子，下列说法正确的是( )
A．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，可能放出3种不同频率的光子
B．从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会吸收光子，能级升高
C．从n＝4能级跃迁到n＝3能级，氢原子会向外放出光子，能级降低
D．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
解析：选C 一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级，最多可能放出2种不同频率的光子，故A错误；从n＝4能级跃迁到n＝3能级，是从高能级向低级跃迁，氢原子会放出光子，能级降低，故B错误，C正确；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，故D错误。
2．[多选](2019届高三·豫南九校联考)如图为氢原子的能级图，已知可见光光子的能量范围为1.62～3.11 eV，锌板的逸出功为3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁的过程中放出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放出的光照射锌板，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n＝2能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线
D．处于n＝3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放出的光子的最小能量为10.2 eV>3.34 eV，照射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n＝2能级，故B正确；紫外线光子的最小能量为3.11 eV，处于n＝2能级的氢原子的电离能为3.4 eV，故n＝2能级的氢原子不能吸收任意频率的紫外线，故C错误；处于n＝3能级的氢原子的电离能为1.51 eV，
故处于n＝3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，故D正确。
3．氢原子的基态能级E1＝－13.6 eV，第n能级En＝，若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时发出的光能使某金属发生光电效应，则以下跃迁中发出的光也一定能使此金属发生光电效应的是( )
A．从n＝2能级跃迁到n＝1能级
B．从n＝4能级跃迁到n＝3能级
C．从n＝5能级跃迁到n＝3能级
D．从n＝6能级跃迁到n＝5能级
解析：选A 从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量大于从n＝3能级跃迁到
n＝2能级辐射的光子能量，根据光电效应产生的条件知，一定能使该金属发生光电效应，故A正确；从n＝4能级跃迁到n＝3能级、从n＝5能级跃迁到n＝3能级、从n＝6能级跃迁到n＝5能级辐射的光子能量均小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量，都不一定能使该金属发生光电效应，故B、C、D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
1．衰变次数的确定方法
先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数。
2．对半衰期的理解
(1)半衰期公式：
(2)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，对于较少特定个数的原子核，无法确定会有多少个发生衰变。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2017·全国卷Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为U→Th＋He。下列说法正确的是( )
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α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，因此衰变后产生的钍核和α粒子的动量等大反向，即pTh＝pα，B项正确；因此有＝
，由于钍核和α粒子的质量不等，因此衰变后钍核和α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，D项错误。
2．(2018·石家庄高三模拟)下列说法不正确的是( )
A. U经过一次α衰变后变为Th
B．由核反应方程Cs→Ba＋X，可以判断X为电子
C．核反应方程He＋N→O＋H为轻核聚变
D．若16 g铋210经过15天时间，还剩2 g未衰变，则铋210的半衰期为5天
解析：选CU经过一次α衰变后，电荷数少2，质量数少4，变为Th，A正确；根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为－1，质量数为0，可知X为电子，B正确；轻核聚变反应为H＋H→He＋n，C错误；根据m＝m0，可得＝，解得T＝5天，D正确。
3．(2018·江西师大附中月考)匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为( )
A.C→e＋B B.C→He＋Be
C.C→H＋B D.C→e＋N
解析：选D 原子核的衰变过程满足动量守恒，放射出的粒子与反冲核的速度方向相反，由题图根据左手定则判断得知，该粒子与反冲核的电性相反，可知碳14发生的是β衰变，衰变方程为C→N＋e，根据动量守恒定律和带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r＝，可知此衰变方程满足题意，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．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(H)、中子
(n)、α粒子(He)、 β粒子(e)、正电子(e)、氘核(H)、氚核(H)等。
(2)熟悉核反应的四种基本类型——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核反应方程是否正确的依据，所以要理解并会应用质量数守恒和电荷数守恒。
(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。
2．核能的计算方法
(1)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ΔE＝Δmc2(J)。
(2)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乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5(MeV)。
(3)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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅲ)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋Al→n＋X。X的原子序数和质量数分别为( )
A．15和28 B．15和30
C．16和30 D．17和31
解析：选B 将核反应方程式改写成He＋Al→n＋X，由电荷数守恒和质量数守恒知，X应为X，B对。
2．(2017·全国卷Ⅰ)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：H＋H→He＋n。已知H的质量为2.013 6 u，He的质量为
3.015 0 u，n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为( )
A．3.7 MeV B．3.3 MeV
C．2.7 MeV D．0.93 MeV
解析：选B 氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确。
3．[多选]核电站中采用反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转换成电能。反应堆中一种可能的核反应方程式是U＋n→Nd＋Zr＋x＋y，设U核质量为m1，中子质量为m2，Nd核质量为m3，Zr核质量为m4，x质量为m5，y质量为m6，那么，在所给的核反应中( )
A．x可能是3H，y可能是10e
B．x可能是3n，y可能是8e
C．释放的核能为(m1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2
D．释放的核能为(m3＋m4＋m5＋m6－m1－m2)c2
解析：选BC 如果x是3H，y是10e，则核反应过程电荷数不守恒，则不可能，故A错误；如果x是3n，y 是8e，则核反应过程质量数守恒、电荷数守恒，故B正确；质量亏损：Δm＝m1＋m2－m3－m4－m5－m6，由质能方程可知，释放的核能为：E＝Δmc2＝
(m1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2，故C正确，D错误。
4．[多选](2018·云南高三检测)原子核的比结合能随质量数的变化图像如图所示，根据该曲线，下列判断正确的是( )
A．中等质量核的比结合能大，这些核较稳定
B.H核比Li核更稳定
C.U核裂变成两个中等质量的核时释放能量
D.Kr核的比结合能比U核的小
解析：选AC 由题图可知，中等质量的原子核的比结合能较大，所以中等质量的原子核较稳定，故A正确；H核的比结合能比Li核小，故H核比Li核更不稳定，故B错误；重核裂变成中等质量的核，有质量亏损，释放能量，故C正确；Kr核的比结合能比U核的大，故D错误。
[专题强训提能]
1．[多选]波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )
A．光电效应现象揭示了光的粒子性
B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等
解析：选AB 光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释，选项A正确，C错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，选项B正确；由德布罗意波波长公式λ＝和p2＝2mEk知，动能相等的质子和电子动量不同，德布罗意波波长不相等，选项D错误。
2．(2018·广州高三检测)氢原子第n能级的能量为En＝(n＝1,2,3，…)，其中E1是基态能量。若氢原子从第k能级跃迁到第p能级，辐射的光子能量为－E1，第p能级比基态能量高－E1，则( )
A．k＝3，p＝2 B．k＝4，p＝3
C．k＝5，p＝3 D．k＝6，p＝2
解析：选A 根据玻尔理论，氢原子辐射光子能量ΔE＝－＝－E1，－E1＝
－E1，联立解得：k＝3，p＝2，故A正确。
3．(2019届高三·北京海淀区检测)下列说法正确的是( )
A．爱因斯坦提出的光子说，成功解释了光电效应现象
B．氢原子的电子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量增加
C．卢瑟福通过α粒子的散射实验发现了质子并预言了中子的存在
D．汤姆孙发现了电子并提出了原子核式结构模型
解析：选A 根据光学发展的历程可知，1905年，爱因斯坦提出的光子说很好地解释了光电效应现象，故A正确；氢原子的电子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减小，故B错误；汤姆孙通过阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型，此实验不能说明原子核内存在质子，故C、D错误。
4.静止在匀强电场中的碳14原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示(a、b表示长度)。那么碳14的核反应方程可能是( )
A.C→He＋Be B.C→e＋B
C.C→e＋N D.C→H＋B
解析：选A 由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的粒子的受力方向均与电场强度方向相同，均带正电，C错误；反冲核、粒子在电场中偏转时，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，发生核反应时反冲核、粒子的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒有m1v1＝m2v2，结合题图有b＝v1t，a＝v2t，4b＝t2,2a＝t2，解得＝，比较选项A、B、D可得，A正确。
5．[多选]静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2；则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值判断正确的是( )
A.Bi→Tl＋He B.Bi→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：选BC 原子核发生衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，由题图可知两粒子的运动轨迹为内切圆，根据左手定则可以得知，衰变后的两粒子带的电性相反，所以释放的粒子应该是电子，原子核发生的应该是β衰变，衰变方程为：Bi→Po＋e，故A错误，B正确；根据R＝且两粒子动量等大，可得R1∶R2＝q2∶q1＝84∶1，故C正确，D错误。
6．[多选]下列说法正确的是( )
A.Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为Pb
B．在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水
C．当用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出
D．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变该放射性元素的半衰期
解析：选AB 发生α衰变是放出He，发生β衰变是放出e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数守恒和电荷数守恒有2x－y＋82＝90,4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰变过程中共发生6次α衰变和4次β衰变，A正确；在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，B正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，红光的频率小于蓝光，不一定能发生光电效应，C错误；放射性元素的半衰期只由自身性质决定，与外界条件无关，D错误。
7．(2018·桂林、崇左调研)下列描述中正确的是( )
A．质子与中子结合成氘核的过程中吸收能量
B．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少2个
C.U(铀核)衰变为Rn(氡核)要经过3次α衰变和4次β衰变
D．发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小
解析：选D 中子和质子结合成氘核有质量亏损，释放能量，选项A错误；某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个，选项B错误；U(铀核)衰变为Rn(氡核)质量数减小16，故要经过4次α衰变，根据电荷数守恒，则应该经过2次β衰变，选项C错误；发生光电效应时入射光波长相同，即光的频率相同，根据hν＝W逸出功＋Ek，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小，选项D正确。
8．(2018·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的。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同
B．基态反氢原子的电离能是13.6 eV
C．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n＝2能级跃迁到基态时放出光子的波长最长
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；由题图知，处于基态的氢原子的电离能是13.6 eV，则基态反氢原子的电离能也是13.6 eV，故B正确；基态的反氢原子吸收11 eV光子，能量为－13.6 eV＋11 eV＝
－2.6 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n＝2能级跃迁到基态时放出光子的能量不是最小，故对应波长不是最长，故D错误。
9．[多选]用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S，用频率为ν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ν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h＝
B．断开开关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AB 由Ek＝hν－W0，可知题图乙中图线的斜率为普朗克常量，即h＝，故A正确；断开开关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；只有增大照射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无关，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，故D错误。
10.[多选]“核反应堆”是通过可控的链式反应实现核能的释放的装置(如图所示)，核燃料是铀棒，在铀棒周围要放“慢化剂”，快中子和慢化剂中的碳原子核碰撞后，中子能量减少变为慢中子，碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核发生弹性正碰，而且认为碰撞前中子动能是E0，碳核都是静止的，则( )
A．链式反应是指由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程
B．镉棒的作用是与铀棒发生化学反应，消耗多余的铀原子核，从而达到控制链式反应速度的目的
C．经过一次碰撞，中子失去的动能为E0
D．在反应堆的外面修建很厚的水泥防护层是用来屏蔽裂变产物放出的各种射线
解析：选ACD 链式反应是指由重核裂变产生的中子使裂变反应一代又一代继续下去的过程，选项A正确；核反应堆中，镉棒的作用是吸收中子，以控制链式反应速度，选项B错误；根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋12mv2，根据能量守恒定律有mv02＝mv12＋×
12mv22，联立可得v1＝－v0，解得中子损失的动能为E0，选项C正确；水泥防护层的作用是屏蔽裂变产物放出的射线，选项D正确。
11．(2018·北京朝阳区模拟)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ν，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，某实验小组利用图示装置进行实验，得到了某金属的Ucν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4.30×1014 Hz
B．该金属的截止频率约为5.50×1014 Hz
C．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νc，则W0＝hνc。光电子的最大初动能Ek与遏止电压Uc的关系是Ek＝eUc，光电效应方程为Ek＝hν－W0，联立两式可得：Uc＝
ν－，故Ucν图像的斜率为，C、D错误；当Uc＝0时，可解得：ν＝＝νc，由题图乙可知，νc≈4.30×1014 Hz，即金属的截止频率约为4.30×1014 Hz，A正确，B错误。
12．[多选](2018·湖北七市联考)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以放出10种不同频率的光子。其中莱曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时放出的光子，则( )
A．10种光子中波长最短的是n＝5激发态跃迁到基态时产生的
B．10种光子中有4种属于莱曼系
C．使n＝5能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量
D．从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量等于从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量
解析：选AB 由题图可知，10种光子中，从n＝5激发态跃迁到基态放出的光子能量最大，频率最大，波长最短，故A正确；10种光子中，包括从n＝5、n＝4、n＝3和n＝2能级向n＝1 能级跃迁时放出的4种光子，这4种属于莱曼系，故B正确；n＝5能级的氢原子具有的能量为－0.54 eV，故要使其发生电离，至少需要0.54 eV的能量，故C错误；根据玻尔理论，从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量：ΔE1＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝
10.2 eV，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量：ΔE2＝E3－E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV，二者不相等，故D错误。
13．[多选](2018·西工大附中模拟)如图所示，用某单色光照射光电管的阴板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称为遏止电压。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测得遏止电压分别为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ν1的光照射时，光电子的最大初速度为
B．频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为
C．阴极K的逸出功为
D．阴极K的极限频率为
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－eU＝0－mvm2，解得光电子的最大初速度为vmax＝ ，所以频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度为 ，频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为 ，A正确，B错误；根据光电效应方程可得hν1＝eU1＋W，hν2＝
eU2＋W，联立可得W＝，h＝，阴极K的极限频率ν0＝＝，C、D正确。
14．[多选](2018·焦作模拟)如图所示，人工元素原子核Nh开
始静止在匀强磁场B1、B2的边界MN上，某时刻发生裂变生成一个氦原子核He和一个Rg原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直于B1、B2的边界MN。氦原子核通过B1区域第一次经过MN边界时，距出发点的距离为l，Rg原子核第一次经过MN边界距出发点的距离也为l。则下列有关说法正确的是( )
A．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶2
B．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶141
C．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2∶141
D．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111∶141
解析：选AC 由核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒知，Rg即Rg。原子核裂变
过程系统动量守恒，以氦原子核的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2＝0，即p1＝p2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知粒子轨道半径：r1＝r2＝，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝，解得：B＝＝，则：＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝，粒子旋转第一个半圆需要的时间：t＝T＝，时间之比：＝＝＝××＝，C正确，D错误。
第7讲
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。因此复习本部分内容时要侧重对知识和事件的识记、理解。
[知能全通]————————————————————————————————
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和轻物下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点(物体下落的快慢由重量决定)。
(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。同时代的法国科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同一条直线运动，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”，古希腊天文学家托勒密是代表；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年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量的数值。
(8)1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算并观测到海王星；1930年，美国天文学家汤博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库仑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(1787—1854)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，称为电流的磁效应。
(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α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，并用α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α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，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(1803—1853)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
①英国物理学家托马斯·杨成功地观察到了光的干涉现象。
②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。
③德国科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等于光速。
④1895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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]下列说法中正确的是( )
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ABD 根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与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，无法用实验直接验证，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．[多选]在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．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
D．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
解析：选ABD 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确；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，不会产生感应电流，选项C错误；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，这就是楞次定律，选项D正确。
3．[多选]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库仑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符合物理史实。
4．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。
5．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是( )
A．法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律
B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”
C．牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证
D．伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境
解析：选B 奥斯特发现了电流的磁效应现象，纽曼和韦伯通过对理论和实验资料进行严格分析，先后总结出法拉第电磁感应定律，故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值，如测天体质量，故选项B正确；现实生活中不存在不受力的运动物体，因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证，故选项C错误；伽利略在理想斜面实验的基础之上，用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境，故选项D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
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(如空中自由下落的物体、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，外推到极限值，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v＝中，当Δt→0时，v是瞬时速度。
3．理想实验法：也叫实验推理法，就是在物理实验的基础上，加上合理的科学推理得出结论的方法，这也是一种常用的科学方法。如根据伽利略斜面实验推导出牛顿第一定律等。
4．微元法：在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到研究事物整体目的的方法。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：A＝，但A与B、C均无关。如a＝、E＝、C＝、I＝、R＝、ρ＝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的方法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大。
7．控制变量法：对于多因素的问题，每次只改变其中的某一个因素，控制其余几个因素不变，进而研究被改变的这个因素对问题的影响，对其他因素按照此方法分别加以研究，最后综合解决问题的方法。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，为了使问题简化，在不改变物理效果的情况下，用一个物理量来替代其他所有物理量的方法。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，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。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )
A．电学中引入了点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的质量，这里运用了理想模型法
B．“总电阻”、“交流电的有效值”等应用了等效替代的方法
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如电容C＝、加速度
a＝都是采用比值法定义的
D．根据速度定义式v＝，当Δt趋近于零时，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
解析：选BD 点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的体积大小和形状，而不是忽略了带电体的质量，运用了理想模型法，A项错误；“总电阻”、“交流电的有效值”等应用了等效替代的方法，B项正确；电容的定义式C＝ 是采用比值法定义的，加速度a＝是牛顿第二定律的表达式，a＝才是采用比值法定义的，C项错误；根据速度定义式v＝，当Δt趋近于零时，表示瞬时速度，该定义运用了极限思维法，D项正确。
2．“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替代等重量的大象，采用的是等效替代的思想；研究合力与分力的关系，采用的是等效替代的思想，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，采用的是极限思维法，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。
3．下列说法中不正确的是( )
A．理想模型法就是把实际问题理想化，忽略次要因素，突出主要因素
B．万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，所以强相互作用与万有引力的作用规律相同
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，复杂运动的背后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，但万有引力是普遍存在的，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。
4．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。研究下列物理问题时采用的方法对应正确的是( )
A．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——比较法
B．用磁感线表示磁场——理想模型法
C．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——归纳法
D．“探究求合力的方法”实验——控制变量法
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，运用的是理想模型法，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；“探究求合力的方法”实验中运用的是等效替代法，故D错误。
5．如图所示是力学中的三个实验装置，这三个实验应用的共同的物理思想方法是( )
A．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 题图所示三个实验应用的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。
6．(2018·湖南师大附中检测)下列说法正确的是( )
A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B．电容公式C＝采用的是比值定义法，但电容器的电容并不由Q、U决定
C．库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同
D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，爱因斯坦对能量守恒定律的建立做出了突出贡献
解析：选B 静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围才能存在磁场，故A错误；公式C＝采用了比值定义法，但C并不由Q、U决定，而是取决电容器本身，以平行板电容器为例，决定式为C＝，故B正确；尽管库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，但以目前的科技认知，它们仍是性质不同的两种力，故C错误；能量守恒定律确立于19世纪中叶，早于爱因斯坦的生辰，故D错误。
[专题强训提能]
1．[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采用了等效替代思想( )
A．惯性 B．重心
C．平均速度 D．合力与分力
解析：选BCD 惯性概念的建立没有采用等效替代思想，A错误；重心是将物体各部分所受重力等效为集中于一点，B正确；平均速度是将变速运动过程等效为匀速运动过程，变速运动的平均速度等效为匀速运动的速度，C正确；合力与分力是采用等效替代思想，使力的作用效果相同，D正确。
2．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．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来
B．在公式F＝G中，G称为引力常量，单位是N·m2/kg2
C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动
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 牛顿在发现万有引力定律过程中，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，A错误；利用公式中各物理量的单位推导可知，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，行星绕太阳沿椭圆轨道运动，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，D错误。
3．[多选]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．库仑利用装置(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的规律
解析：选BC 卡文迪许利用装置(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正确；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。
4．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。比较各选项中的概念易知，选项D正确。
5．下列说法符合事实的是( )
A．焦耳首先发现了电流的磁效应
B．安培发现了电磁感应现象
C．伽利略将斜面实验观察到的现象经过合理外推，找到了力和运动的本质关系
D．牛顿提出了万有引力定律，并测得了引力常量G的数值
解析：选C 奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，选项B错误；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测得了引力常量G，选项D错误；选项C符合事实。
6．[多选]关于原子结构和原子核的结构，经过不断的实验探索，我们已经有了一定的认识。对于这个探索的过程，下列描述正确的是( )
A．卢瑟福根据α粒子轰击金箔时发生散射，提出了原子的核式结构模型
B．为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性，玻尔提出了氢原子结构模型
C．汤姆孙通过利用α粒子轰击铍原子核，最终发现了中子
D．人类第一次实现的原子核的人工转变核反应方程是N＋He→O＋H
解析：选ABD α粒子轰击金箔时大部分粒子没有偏转，少部分发生大角度偏转，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型，选项A正确；为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性，玻尔结合量子论提出了氢原子结构模型，选项B正确；查德威克通过利用α粒子轰击铍原子核，最终发现了中子，选项C错误；人类第一次实现的原子核的人工转变核反应方程是N＋He→O＋H，选项D正确。
7．下列说法正确的是( )
A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的
C．英国物理学家法拉第提出“磁生电”思想是受到了安培发现的电流的磁效应的启发
D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识
解析：选D 伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，A错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，没有提出原子核的组成，B错误；英国物理学家法拉第提出“磁生电”思想是受到了奥斯特发现的电流的磁效应的启发，C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识，D正确。
8．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．在一通有恒定电流的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，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。
9．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A．德国天文学家开普勒对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
B．英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律
C．英国物理学家卡文迪许较准确地测定了静电力常量
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B 开普勒对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，万有引力定律是牛顿发现的，选项A错误；焦耳发现了焦耳定律，并在热学、电磁学等方面都做出了杰出贡献，选项B正确；卡文迪许较准确地测出了引力常量，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究提出了判断感应电流方向的方法——楞次定律，选项D错误。
10．[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，选项D错误。
11．物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，成为当代人类文化的一个重要组成部分。关于物理学发展过程，下列说法中正确的是( )
A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快
B．自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷
C．奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系
D．伽利略通过理想实验得出结论：运动的物体如果不受力，它将一直运动下去
解析：选D 亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落得快，A错误；正电荷和负电荷是富兰克林命名的，B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，C错误；伽利略用“理想实验”推翻了亚里士多德的力是维持物体运动的原因的观点，D正确。
12．[多选](2019届高三·沈阳调研)下列关于物理学史、物理概念和方法的说法中，正确的是( )
A．电动势表征的是电源将电能转化为其他形式能的本领，在大小上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从正极搬运到负极所做的功
B．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
C．法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场
D．利用vt图像与坐标轴围成面积推导匀变速直线运动位移公式的过程中，用到了等效替代的物理学方法
解析：选BC 电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，故A错误；伽利略认为自由落
体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B正确；法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，故C正确；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，每一小段近似视为匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D错误。
13．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：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，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，为万有引力定律的发现奠定了基础，D正确。
14．[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ω，则冒险家在楼顶受到的万有引力的大小为( )
A．0 B.
C．m D.
解析：选BC 由题意可知，冒险家受力情况与地球同步卫星相同，如果受到的万有引力为0，就会离开楼顶，在太空中运动，A错误；由＝mg，得gR2＝GM，设冒险家受到的万有引力为F，则有F＝＝，B正确；由gR2＝GM，可得＝mω2r，得r＝，故F＝mω2r＝mω2＝m，C正确，D错误。
第8讲
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学的基本概念和规律，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“有的放矢”，达到快速解题的目的。
技法1 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]下列说法中正确的是( )
A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．电场强度的大小等于把一个试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷本身电荷量的比值
D．磁感应强度的大小等于把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值
[解析] 电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是：磁场方向和电流方向不平行，A正确，B错误；根据电场强度的定义式E＝可知，C正确；磁感应强度B＝中，I和B的方向必须垂直，D错误。
[答案] AC
技法2 比较排除法
运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，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，要学会从不同方面或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] 如图所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边始终与MN平行，取逆时针方向为电流的正方向。则金属框中的感应电动势E、感应电流I、所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是( )
[解析] 金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知，此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l＝2xtan 30°且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；位移为0～L时，因金属框做匀速直线运动，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan230°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C选项；位移为0～L时，外力的功率P＝F外v＝·tan230°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确。
[答案] B
技法3 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，代入有关选项进行推算，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)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )
A. B．2F2
C. D.
[解析] 取F1＝F2≠0，则斜面光滑，对应最大静摩擦力等于零，代入选项中后只有C满足。
[答案] C
技法4 极限思维法
有的问题不容易直接求解，但是若将题中的某些物理量的数值推向极限时，对这些问题的选项进行分析和判断常常会很容易。如设定动摩擦因数趋近于零或无穷大、电源内阻趋近于零或无穷大、物体的质量趋近于零或无穷大等。
[应用体验] 如图所示，一半径为R的绝缘圆环上，均匀地分布着总电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，判断下列表达式正确的是( )
A．E＝ B．E＝
C．E＝ D．E＝
[解析] 当R＝0时，带电圆环等同于一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知，P点的电场强度为E＝k，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有D选项满足。
[答案] D
技法5 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，不妨“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，往往可以化难为易、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(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P点时，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P点的水平速度为( )
A. B.
C. D.
[解析] 小球实际是做斜抛运动，由于到达P点时小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从P点开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可以应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，此时速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，tan 30°＝，解得v0＝ ，故选项A正确。
[答案] A
技法6 对称思维法
对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性有助于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CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点。已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势都相等。则下列判断正确的是( )
A．P、Q两点的电势、电场强度均相同
B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同
C．P、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] 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壳在P点与在Q点的电场强度相同，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。
[答案] B
技法7 等效转换法
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(未画出)的磁感应强度B随时间t均匀变化(B＝kt)，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始终保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力F作用下，金属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.t B.t
C.t D.t
[解析] 本题中既有金属杆切割磁感线又有磁场变化，为此可进行模型转换，转换为磁场不变的金属杆切割磁感线与面积不变的变化磁场的叠加，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x＝at2，此时金属杆的速度v＝at，所以回路中的感应电动势E＝BLv＋S＝ktLv＋kLx，而回路的总电阻R＝2xr0，所以金属杆所受安培力为F＝BIL＝BL＝t，C正确。
[答案] C
技法8 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)平行通电导线电流同向相吸，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] 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A和电压表V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A的示数变小，电压表V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] 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A的示数将增大，电压表V的示数将减小，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；电容器两端电压与电压表两端电压相同，由Q＝CU知电容器所带电荷量减小，即电容器将放电，通过定值电阻R1的电流方向自左向右，选项C错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由η＝×100%知电源效率变小，选项D正确。
[答案] D
技法9 类比分析法
类比分析法是将两个(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，但对等量同种电荷中垂线上的电场强度大小分布规律却很熟悉，通过类比分析，可以使陌生的题目变得似曾相识。
[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] 由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，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点电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。
[答案] C
技法10 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、判断或计算的方法。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，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻为r，外电路接有电阻R、理想交流电流表A和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是( )
A．图示位置电流表示数为0
B．R两端电压的有效值为NBSω
C．电流表的示数为
D．一个周期内通过R的电荷量为
[解析] 交流电流表示数为有效值，而非瞬时值，选项A错；因为二极管D具有单向导电性，则通过R的电流为线框中产生的正弦式交流电的一半，感应电动势的瞬时值如图所示，设感应电动势的有效值为E，则E＝NBSω，电流的有效值I＝＝，选项B错，C对；在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R，故一个周期内通过R的电荷量为q＝＝，选项D错。
[答案] C
[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的轻弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力(未画出)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( )
A．l＋ B．l＋
C．l＋ D．l＋
解析：选A 由题意知，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)，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某一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11∶5，则下列说法中正确的是( )
A．物体一共运动了8 s
B．物体做匀减速直线运动的加速度大小为0.6 m/s2
C．物体运动的初速度大小为6 m/s
D．物体运动过程中的平均速度为 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，运动总时间为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x2＝a×52＝12.5a，最初5 s内的位移为x1＝at2－a(t－5)2＝5at－12.5a，由题意知x1∶x2＝11∶5，联立解得t＝8 s，A正确；物体最初5 s内的位移为x1＝3.3×5 m＝16.5 m，即5at－12.5a＝16.5，解得a＝0.6 m/s2，B正确；由v＝at知物体运动的初速度大小为v＝0.6×8 m/s＝4.8 m/s，C错误；由平均速度定义知，运动过程中的平均速度为＝＝×0.6×8 m/s＝
2.4 m/s，D错误。
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. B.
C. D.
解析：选C 取k＝1，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，代入后只有C满足。
4.如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，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( )
A．3.2 A B．2.1 A
C．1.2 A D．0.8 A
解析：选B S2断开后，总电阻变大，电流变小，排除A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，则电流大于I′＝＝ A＝1.2 A，排除C、D两项，故可得正确选项为B。
5.12根长直导线并排构成长为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处的合磁感应强度大小为B1，在P2处的合磁感应强度大小为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. B．B2－B1
C．B1－ D．B1＋
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处产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1处产生的磁场，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，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B2－B1，B选项正确。
6.如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，选项图中能够正确表示电流与位移关系的是( )
解析：选B 在x∈(0，a)时，导线框右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝ ＝，其中x∈时，导线框中感应电流方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，导线框中感应电流方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，导线框左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝，其中x∈时，导线框中感应电流方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，导线框中感应电流方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。
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，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R两端的电压减小为原来的
D．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，通过它的电流一定变为原来的2倍，而R与电压表串联，A正确；根据P＝UI和U＝IR，可知R的阻值减为原来的后，R消耗的功率P′＝＝P，R两端的电压U＝IR，C正确，B错误；又因电源内阻不计，R与电压表两端的电压之和为E，当R的阻值减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，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，粒子重力不计，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N点射出时的速率为v0
B．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－v0
C．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且沿－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，可知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，与题述运动过程互为可逆运动，可知B正确。
9.如图所示，AB为电荷均匀分布、带电荷量为＋Q的细棒，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φ0，φ0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，设PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。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，可以求得AC连线中点C′处的电势为( )
A．φ0 B.φ0
C．2φ0 D．4φ0
解析：选C AB棒带电均匀，由对称性可知，其等效点电荷P点即AB棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒均分成两段，设左半段的中点为E，其电荷量为Q，由图可知C′E的长度为r，故其在C′的电势为φ＝k＝k＝φ0，同理，右半段在C′产生的电势也为φ0，根据题意可知其代数和为2φ0，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
A．两个滑块从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，滑块A所受重力做功的平均功率比滑块B大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
解析：选BC 根据二级结论：动摩擦因数处处相同的斜面和水平面(如图1、2)，物体克服摩擦力做功(生热)均为W＝μmgs，结合动能定理、功率的定义及功能关系，可以快速判定A、D错误，B、C正确。
11．[多选]如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上，且木块A、B与转盘中心在同一条水平直线上，木块A、B用长为L的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍。整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O1O2转动，A在距离转轴L处。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力。现让转盘从静止开始转动，使角速度ω缓慢增大，以下说法正确的是( )
A．当ω> 时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω> 时，轻绳一定有弹力
C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω< 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，则2kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，轻绳开始有弹力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，轻绳弹力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，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的小球。一水平向右的拉力F作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°角时，拉力F的功率为( )
A．mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析：选C 由题意知，拉力F做的功与小球克服重力做功相等，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等，故P＝mgωLcos 60°＝mgLω，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U0＝220 V，线圈总匝数n0＝2 200，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220、550、1 100、2 200。电动机M的内阻r＝4 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 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 V
B．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 W
D．当选择挡位4时，电动机的输出功率为109 W
解析：选AD 选择挡位3时，由理想变压器电压与匝数的关系，可得U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110 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；选择挡位2时，由U0∶U2＝n0∶n2，得U2＝55 V，电动机两端电压没有达到额定电压，则其功率不能达到额定功率，当没有达到额定功率时，热功率小于1 W，C错误；选择挡位4时，由U0∶U4＝n0∶n4，得U4＝220 V＝U，则电动机恰好能达到额定功率，在达到额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝＝0.5 A，热功率Pr＝I2r＝1 W，输出功率为
P－Pr＝(110－1)W＝109 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( )
A．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大
B．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的大
C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的大
D．0～0.8 h内，甲、乙骑车的路程相等
解析：选BC 由题图可知，0.2～0.5 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，图线斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的图线的斜率大于乙
的图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正确；0.6～0.8 h内，甲的位移大于乙的位
移，C正确；0～0.8 h内，甲、乙骑车的路程不相等，D错误。
课余挤时加餐训练(三) ——练准度、练速度
电学与原子物理学选择题押题练(一)
1．如图所示，在真空空间中的M、N处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们连线所在的直线上有A、B、C三点，已知MA＝CN＝NB，MA
A．沿半圆弧l将q从B点移到C点，电场力不做功
B．沿曲线r将q从B点移到C点，电场力做负功
C．沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功
D．沿直线将q从A点移到B点，电场力做正功
解析：选C 根据题述电场特点知，q从B点到N点电场力做负功，N点到C点电场力做正功，根据场强的叠加知，NC段的电场强度大于BN段的电场强度，q从B点到C点过程中，电场力做的负功小于电场力做的正功，则将q从B点移到C点，电场力做正功，电场力做功与电荷移动路径无关，选项A、B错误；A点与B点等电势，所以将q从A点移动到C点与从B点移动到C点等效，所以沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功，选项C正确；沿直线将q从A点移到B点，电场力做功为零，选项D错误。
2．在如图所示的电路中，P、Q为平行板电容器两个极板，G为静电计，开关K闭合后静电计G的指针张开一定的角度。下列说法正确的是( )
A．断开K，将P向左移动少许，G的指针张开的角度变大
B．闭合K，将P向左移动少许，G的指针张开的角度变大
C．闭合K，将P向下移动少许，G的指针张开的角度变小
D．断开K，在P、Q之间插入一陶瓷板，G的指针张开的角度变大
解析：选A 断开K，将P向左移动少许，两极板之间的距离增大，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持K闭合，增大或减小两极板之间的距离，增大或减小两极板的正对面积，静电计金属球与外壳之间的电势差不变，G的指针张开的角度不变，B、C错误；断开K，电容器的带电荷量不变，在P、Q之间插入一陶瓷板，电容增大，电势差减小，G的指针张开的角度变小，D错误。
3．如图甲所示，圆形闭合线圈共有100匝，线圈的总电阻为1 Ω，线圈处在方向向上的匀强磁场中，线圈的半径为r＝ m，线圈平面与磁场垂直，现穿过线圈的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则线圈的发热功率为( )
A. W B. W
C．2.5 W D．5 W
解析：选D 由题可知，线圈的面积为S＝πr2＝1 m2,0～1 s内的磁通量变化率为：＝S＝0.01 Wb/s，则感应电动势E1＝＝1 V，同理可以得到1～1.2 s内感应电动势E2＝
5 V，由有效值定义有：T＝·T＋·T，解得电动势的有效值E＝ V，线圈的发热功率P＝＝5 W，D项正确。
4.如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中，有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框。现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行。已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中( )
A．线框A、B两点间的电压不变
B．通过线框截面的电荷量为
C．线框所受外力的最大值为
D．线框中的热功率与时间成正比
解析：选B 在线框离开磁场的过程中，有效切割长度增大，电动势增大，电流增大，A、B两点间的电压变大，A错；由公式q＝t得q＝t＝t＝，B对；线框所受的外力的最大值为Fm＝BIml，Im＝＝，得Fm＝，C错；由于电流随时间均匀增大，电阻不变，所以热功率与时间不是正比关系，D错。
5.[多选]如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000，副线圈匝数n2＝100，将原线圈接在u＝100sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有阻值R＝5 Ω的定值电阻、理想电流表和理想电压表。现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压为1 000 V
B．若在A、B两点间接入一阻值R′＝15 Ω的定值电阻，则电压表示数为2.5 V
C．若在A、B两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为2 A
D．若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小
解析：选BD 原线圈输入电压有效值为U1＝100 V，根据理想变压器变压公式，可知副线圈两端电压为U2＝10 V，选项A错误；若在A、B两点间接入一阻值R′＝15 Ω 的定值电阻，副线圈输出电流为I2＝＝0.5 A，则电压表示数为U＝I2R＝2.5 V，选项B正确；若在A、B两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于5 Ω，根据欧姆定律，可知电流表的示数一定小于2 A，选项C错误；若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，容抗增大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减小，选项D正确。
6．[多选]如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。若忽略带电粒子在电场中的加速时间，下列判断中不正确的是( )
A．在Ekt图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能更大，则要求高频电源的电压更大
解析：选BCD 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝，与带电粒子的速度无关，题图乙中t2－t1、t3－t2、t4－t3均等于＝，选项A正确；高频电源的变化周期与带电粒子做圆周运动的周期相等，选项B错误；粒子从D形盒中出来时，其做圆周运动的半径等于D形盒的半径，故有R＝，粒子的最大动能Ekm＝mvm2＝，与粒子被加速的次数和加速电压的大小无关，选项C、D错误。
7.[多选]如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．滑块P运动的加速度逐渐减小
B．滑块P运动的加速度先减小后增大
C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/C
D．滑块P运动的最大速度为0.1 m/s
解析：选BCD 由E＝(Δx→0)知φx图像的斜率表示电场强度，由题图知随坐标x增大，电场强度减小，在x＝0.15 m处，E＝＝ V/m＝2.0×106 V/m＝2.0×
106 N/C，滑块P此时所受电场力大小F＝qE＝0.04 N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.04 N，此时F＝f，由牛顿第二定律有F－f＝ma，则a＝0，滑块P从x＝0.10 m运动到x＝0.15 m的过程中电场力减小，加速度减小，之后的运动过程中电场力小于滑动摩擦力，加速度反向增大，A错，B、C对；由上述分析易知，滑块P在x＝0.15 m处速度最大，从x＝0.10 m到
x＝0.15 m，Δφ′＝(4.5×105－3×105)V＝1.5×105 V，Δx′＝(0.15－0.10)m＝0.05 m，由动能定理可得qΔφ′－μmgΔx＝mv2，解得v＝0.1 m/s，D对。
8.[多选]在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)如图所示，则可判断出( )
A．甲光的频率等于乙光的频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率
D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能
解析：选AB 由题图可知，丙光对应的光电子的最大初动能最大，即丙光的频率最高(波长最小)，选项B正确，D错误；甲光和乙光的频率相同，选项A正确；由于是同一光电管，所以乙光、丙光对应的截止频率相同，选项C错误。
电学与原子物理学选择题押题练(二)
1．如图所示，一个带电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个带电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝
解析：选C 点电荷乙在向甲运动的过程中，受到点电荷甲的库仑力和阻力，且库仑力逐渐增大，由题意知，在B点时速度最小，则点电荷乙从A点向甲运动过程中先减速后加速，运动到B点时库仑力与阻力大小相等，加速度为零，根据库仑定律，有k＝f，所以
rOB＝ ，选项A错误，C正确；点电荷乙向甲运动的过程中，库仑力一直做正功，点电荷乙的电势能一直减小，选项B错误；根据动能定理，qUAB－fL0＝mv2－mv02，解得UAB＝，选项D错误。
2.如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势为E＝
8 V，内阻为r＝2 Ω的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器Rx相连，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，当电源输出功率最大时( )
A．滑动变阻器的阻值Rx＝2 Ω
B．最大输出功率P＝4 W
C．变压器的输出电流I2＝2 A
D．滑动变阻器的阻值Rx＝8 Ω
解析：选D 当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即U1＝Ur，且U1＋Ur＝8 V，故U1＝Ur＝4 V，根据欧姆定律可得I1＝＝2 A，故根据＝可得副线圈中的电流为I2＝1 A，根据＝可得副线圈两端的电压U2＝8 V，故Rx＝＝ Ω＝8 Ω，最大输出功率为P＝U2I2＝8 W，故D正确。
3.如图所示，空间有一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一质量M＝0.2 kg且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上。在塑料板左端无初速度放上一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与塑料板之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对塑料板施加方向水平向左、大小F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2，则( )
A．塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
C．最终塑料板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动
D．最终塑料板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为6 m/s的匀速运动
解析：选B 滑块随塑料板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力，则滑块和塑料板之间的正压力逐渐减小。开始时塑料板和滑块加速度相同，由F＝(M＋m)a，得a＝2 m/s2，对滑块有μ(mg－qvB)＝ma，当v＝6 m/s时，滑块恰好相对于塑料板有相对滑动，此后滑块做加速度减小的加速运动，当mg＝qvB，即v＝10 m/s时滑块对塑料板的压力FN＝0，此后滑块做匀速运动，塑料板所受的合力为0.6 N，由F＝Ma1，得a1＝3 m/s2，B选项正确。
4.如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的匀质金属棒cd放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。金属棒在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过的位移为s时，下列说法正确的是( )
A．金属棒中感应电流方向为由d到c
B．金属棒产生的感应电动势为BL
C．金属棒中感应电流为
D．水平拉力F的大小为
解析：选C 根据右手定则可知金属棒中感应电流的方向为由c到d，选项A错误；设金属棒的位移为s时速度为v，则v2＝2as，金属棒产生的感应电动势E＝BLv＝BL，选项B错误；金属棒中感应电流的大小I＝，解得I＝，选项C正确；金属棒受到的安培力大小F安＝BIL，由牛顿第二定律可得F－F安＝ma，解得F＝＋ma，选项D错误。
5.图甲所示为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱。已知谱线b是氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光，则谱线a可能是氢原子( )
A．从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
B．从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
C．从n＝4的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
D．从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光
解析：选D 谱线a波长大于谱线b波长，所以a光的光子频率小于b光的光子频率，所以a光的光子能量小于n＝5和n＝2间的能级差，辐射光的能量小于此能级差的只有n＝4和n＝2间的能级差，故D正确，A、B、C错误。
6.[多选]中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是( )
A．上表面的电势高于下表面电势
B．仅增大h时，上、下表面的电势差不变
C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小
解析：选BC 根据左手定则可知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，所以下表面电势高于上表面电势，所以A错误；最终稳定时，evB＝e，解得U＝vBh，根据电流的微观表达式I＝neSv，S＝hd，故U＝Bh＝，所以h增大时，上、下表面电势差不变，所以B正确；当d增大时，U减小，所以C正确；I增大时，U增大，所以D
错误。
7.[多选]如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度等于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，且电阻均为R、质量均为m，开始时两导体棒静止。现给M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中M、N均与导轨接触良好，下列说法正确的是( )
A．回路中始终存在逆时针方向的电流
B．N的最大加速度为
C．回路中的最大电流为
D．N获得的最大速度为
解析：选BC M刚开始运动时，回路中有逆时针方向的感应电流，随着电流的产生，M受向左的安培力做减速运动，N受到向右的安培力做加速运动，直到两者共速时回路中感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动，故选项A错误；M刚开始运动时，电路中的感应电流最大，N所受安培力最大，加速度最大，则：I＝mv0，Em＝Bdv0，Im＝，F安＝BImd＝mam，解得am＝，Im＝，选项B、C正确；当M、N共速时N速度最大，根据动量守恒定律可得：I＝2mv，解得v＝，选项D错误。
8.[多选]如图所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，长为2L的AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，D为AC上一点，且BD垂直于AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q，一套在细杆上的带负电小球(未画出)，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点。小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g。则( )
A．小球下滑过程中电场力先做负功后做正功
B．小球再次滑回C点时的速率为vC＝
C．小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和减小
D．小球上滑过程中和下滑过程中经过任意位置时的加速度大小都相等
解析：选BC 小球下滑过程中点电荷Q对小球的库仑力是吸引力，故电场力先做正功后做负功，故A错误；小球从C到D的过程中，根据动能定理得：0－mv02＝－mgh－Wf，再从D回到C的过程中，根据动能定理得：mvC2－0＝mgh－Wf，根据几何关系可知，h＝
L，解得：vC＝，故B正确；小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故C正确；小球上滑过程中所受的摩擦力方向沿AC向下，而下滑过程中所受摩擦力方向沿AC向上，虽然在同一位置时所受的库仑力相同，但是加速度大小不相等，故D错误。
电学与原子物理学选择题押题练(三)
1.如图所示，电场中一带正电的粒子在点电荷＋Q形成的电场中以某一初速度沿直线从A点运动到B点，粒子在A点的速度大小为v0。则选项图中能定性反映该粒子从A点向B点运动情况的速度—时间图像的是(粒子重力忽略不计)( )
解析：选C 粒子从A运动到B过程中，电场力做负功，速度逐渐减小，由牛顿第二定律得F＝F库＝＝ma，可知粒子在向B运动的过程中，加速度大小a逐渐增大，因vt图像斜率的大小表示加速度的大小，故C选项正确。
2．平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比。今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将两极板间距减小至原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 两极板间距变为原来的，根据电容决定式C＝可知，电容器的电容变为原来的，根据Q＝CU可知，极板所带电荷量变为原来的，根据电场强度公式E＝可知，内部电场强度变为原来的，由于F＝kQE，所以两极板之间的引力变为原来的，故D正确。
3.质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如图所示，带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器A进入质谱仪，最后分别打在底片p1、p2、p3三个位置，不计粒子重力，则打在p1处的粒子( )
A．质量最小 B．比荷最小
C．动能最小 D．动量最小
解析：选B 由题图知，打在p1处的粒子偏转半径R最大，粒子在加速电场中加速时，有Uq＝mv2；粒子在磁场中偏转时有Bqv＝m，则R＝＝ ，则打在p1处的粒子比荷最小，选项B正确。
4．核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加快核电站建设。核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险。已知钚的一种同位素4Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为Pu→
X＋He＋γ，下列说法中正确的是( )
A．X原子核中含有92个中子
B．100个Pu经过24 100年后一定还剩余50个
C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加
D．衰变放出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力
解析：选D 根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可得，X原子核中含有92个质子，235个核子，则中子数为235－92＝143(个)，选项A错误；半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，100个Pu经过24 100年后不一定还剩余50个，选项B错误；由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量减少，选项C错误；衰变放出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，选项D正确。
5.在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角为45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当夹角为60°时，为了使速度为v3的粒子从ab的中点c射出磁场，则速度v3应为( )
A.(v1＋v2) B.(v1＋v2)
C.(v1＋v2) D.(v1＋v2)
解析：选D 设a、b、c三点的坐标分别为x1、x2、x3，当粒子从O点射入磁场时，有Bqv＝，解得R＝。如图所示，当α＝45°，粒子从a点射出磁场时，有：x1＝R1＝ ；当α＝45°，粒子从b点射出磁场时，有：x2＝R2＝ ；当α＝60°，粒子从c点射出磁场时，有：x3＝R3＝ ，由几何关系知2x3＝x1＋x2，所以v3＝(v1＋v2)，故D正确。
6.[多选]在正点电荷q的电场中有O、M、N、P、Q五点，OM＝ON，OP＝OQ，且MN与PQ平行，点电荷q在五点所在的平面内，如图所示。一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，下列说法正确的是( )
A．点电荷q位于O点
B．M点电势高于P点
C．Q点电场强度大于N点电场强度
D．电子由Q点运动到N点，电场力做正功
解析：选BD 一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，说明M点电势高于P点、Q点，且P、Q两点电势相等，可知点电荷q在PQ连线的垂直平分线上，且在PQ的上方，不一定位于O点，A错误，B正确；由以上分析可知，N点电势与M点电势相等，也高于P、Q两点的电势，所以Q点离点电荷q的位置比N点远，则Q点电场强度小于N点电场强度，C错误；因Q点电势低于N点，则电子由Q点运动到N点，电势能减小，电场力做正功，D正确。
7.[多选]目前，我国在风电技术装备行业已经取得较大成绩，如图所示是某一风电机组所产生的交流电电压随时间变化的图像，若想把该风电机组产生的交流电并网发电，可使用一理想变压器，将其变为与电网相同的电压11 kV，然后再并网发电。则下列说法正确的是( )
A．该感应电动势的瞬时值表达式为u＝880sin 100πt(V)
B．所需理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶25
C．并网后电压的频率保持不变
D．将一理想交流电压表接在风电机组电源两端，可测得在t＝0.01 s时刻电压表示数
为零
解析：选AC 风电机组角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故感应电动势的瞬时值表达式为u＝880sin 100πt(V)，选项A正确；880 V是最大值，该风电机组电动势的有效值为440 V，根据变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数比可以判断，
原、副线圈匝数之比为∶25，选项B错误；变压器不改变电压的频率，选项C正确；理想交流电压表示数为有效值，在任何时刻，理想交流电压表的示数都为440 V，选项D
错误。
8.[多选]如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L，导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m、电阻不计的导体棒ab，在方向与其垂直的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，导体棒ab刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒ab始终与导轨垂直并保持良好接触。在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．ab刚好匀速运动时的速度v＝
B．通过电阻的电荷量q＝
C．ab的位移x＝
D．电阻产生的焦耳热Q＝
解析：选ACD ab匀速运动时满足F＝F安＝，解得v＝，选项A正确；根据动量定理：Ft－BLt＝mv，而t＝q，解得q＝，选项B错误；又q＝t＝t＝＝，解得x＝，选项C正确；根据功能关系，电阻产生的焦耳热
Q＝Fx－mv2，解得Q＝，选项D正确。
电学与原子物理学选择题押题练(四)
1．已知核反应方程Th→Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放出的核能，X为新生成粒子),
Th的半衰期为T，下列有关说法正确的是( )
A. Pa没有放射性
B．X粒子是电子，此核反应为β衰变
C．N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为N0ΔE(N0数值很大)
D. Th的比结合能为
解析：选B Pa具有放射性，A错误；由电荷数守恒和质量数守恒可以判断X为电
子，题述核反应为β衰变，B正确；经过2T时间，N0个Th还剩2N0＝N0个没有衰变，则有N0－N0＝N0个发生了衰变，故核反应释放的核能为N0ΔE，C错误；比结合能是核子结合为原子核时释放的核能与核子数之比，而不是衰变释放的核能与核子数之比，D错误。
2.如图所示，在两等量异种点电荷产生的电场中，abcd是以两点电荷连线中点O为对称中心的菱形，a、c在两点电荷的连线上。下列判断正确的是( )
A．a、b、c、d四点的电势相同
B．b、d两点的电场强度的方向相反
C．a、b、c、d四点的电场强度的大小相同
D．将正试探电荷由b点沿ba及ad移到d点的过程中，试探电荷的电势能先增大后减小
解析：选D 根据等量异种点电荷产生电场的特点知，φa>φb＝φd>φc；a、b、c、d四点电场强度方向相同，但大小不等；b→a 电势增大，正电荷的电势能增大，a→d电势减小，正电荷的电势能减小，故D正确。
3.如图所示，A1、A2是两完全相同的灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计。下列说法正确的是( )
A．闭合S后，A1会逐渐变亮
B．闭合S稳定后，A1、A2亮度相同
C．闭合S稳定后再断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭
D．闭合S稳定后再断开S的瞬间，a点的电势比b点低
解析：选D 闭合S后，因A1、A2和线圈L不是串联的关系，则A1、A2立刻亮，故A错误；闭合S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；闭合S稳定后再断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与A1及二极管构成回路，因线圈L产生感应电动势，a点的电势低于b点，但二极管具有单向导电性，所以回路没有感应电流，A1不亮，故C错误，D正确。
4．在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中有一面积为S的线圈，匝数为N，内阻不计，绕与磁场垂直的轴OO′以角速度ω匀速转动，如图所示。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′。如果从图示位置开始计时，下列判断正确的是( )
A．线圈产生的交变电流按正弦规律变化
B．当只有线圈转速增大时，灯泡Ⅰ亮度不变，灯泡Ⅱ亮度变暗，灯泡Ⅲ亮度增大
C．当只有R′增大时，电压表读数不变
D．当只有P向上移动时，电流表读数减小
解析：选C 从题图所示位置开始计时，零时刻交变电流最大，按余弦规律变化，选项A错误；当只有线圈转速增大时，不仅电流频率增大，由Em＝NBSω可知电动势也增大，所以灯泡Ⅰ、Ⅲ亮度增大，灯泡Ⅱ亮度变化不能确定，选项B错误；当线圈转速不变时，发电机电动势不变，电压表读数不受P位置、R′变化影响，读数不变，选项C正确；当线圈转速不变，P向上移动、R′不变时，变压器输出电压变大，用电器电流增大，副线圈总电流增大，所以电流表读数增大，选项D错误。
5．如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．0～1 s时间内和5～6 s时间内，导线框中的电流方向相同
B．0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的电流大小相等
C．3～5 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向下
D．1～3 s时间内，AB边受到的安培力大小不变
解析：选A 0～1 s时间内穿过导线框的磁通量向外增加；5～6 s时间内穿过导线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A正确；题图乙中Bt图像的斜率等于磁感应强度的变化率，故0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的感应电动势的大小不相等，感应电流大小不相等，选项B错误；3～5 s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C错误；1～3 s时间内，感应电流大小不变，而磁感应强度向外减弱，根据F＝BIL可知，AB边受到的安培力变小，选项D错误。
6．[多选]如图所示，在真空中，＋Q1和－Q2为固定在x轴上的两个点电荷，且Q1＝4Q2，AB＝BP＝L。a、b、c 为P两侧的三个点，则下列说法中正确的是( )
A．P点电场强度为零，电势也为零
B．b、c两点处，一定有电势φb>φc，且电场强度Eb>Ec
C．若将一试探电荷＋q从a 点沿x 轴移至P点，则其电势能增加
D．若将一试探电荷－q从a 点静止释放，则其经过P点时动能最大
解析：选CD P点的电场强度为EP＝－＝0；P点的电势： φP＝－＝>0，选项A错误；因P点的电场强度为零，则P点右侧电场线向右，由顺着电场线电势降低可知，φb>φc，因b、c的具体位置不确定，则不能确定两点电场强度的关系，选项B错误；P点左侧电场线向左，则P点电势高于a点，若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P 点，
则其电势能增加，选项C正确；若将一试探电荷－q从a 点静止释放，则电荷将沿aP向右
加速运动，到达P点后受到向左的电场力做减速运动，可知其经过P点时动能最大，选项D正确。
7.[多选]如图所示，平行板电容器竖直放置，右侧极板中间开有一小孔，两极板之间的距离为12 cm，内部电场强度大小为
10 N/C；极板右侧空间有磁感应强度大小为0.5 T 的匀强磁场。一比荷为1.6×102 C/kg的带负电粒子，从电容器中间位置以大小为
8 m/s的初速度平行于极板方向进入电场中，经过电场偏转，从电容器右极板正中间的小孔
进入磁场。不计带电粒子的重力及空气阻力。下列说法正确的是( )
A．电容器极板长度为8×10－2 m
B．粒子进入磁场时的速度大小为16 m/s
C．粒子进入磁场时速度与水平方向夹角为60°
D．粒子在磁场中的运动时间为 s
解析：选ABD 粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向：L＝v0t；水平方向：d＝·
t2，解得L＝8×10－2 m，A正确；粒子进入磁场时水平速度：vx＝t＝8 m/s，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝＝16 m/s，B正确；粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，解得θ＝30°，C错误；粒子在磁场中转过的角度为120°，则在磁场中运动的时间t＝T＝·＝ s，D正确。
8.[多选]如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点，现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
解析：选AD 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则其运动轨迹如图甲所示，则有2Rcos 45°＝L，解得半径R＝L，运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，选项A正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，若电子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周，即s1＝2πR＝2πL，电子从P点出发经过原点O到达Q点的运动轨迹可能如图乙所示，根据几何关系有2R′cos 45°＝，圆周运动半径R′＝，运动的路程为s2＝×2×2＝×2×2＝πL，选项B、C错误，D正确。
第1讲
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考法
学法
分析近几年全国高考卷可知，压轴计算题多数情况下考查电学，考查的内容有：①带电粒子(体)在电场、磁场中的运动；②带电粒子(体)在组合场、叠加场中的运动；③带电粒子(体)在交变场中的运动。本讲主要应用“直线运动”“圆周运动”“类平抛运动”这三类典型运动破解电磁场计算题。用到的思想方法有：①假设法；②合成法；③正交分解法；④临界、极值问题的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。
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命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移。
(1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？
(2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？
[解析] (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E和E′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1
因偏转电压不变，所以有Ed＝E′·d，
即E′＝E
由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a
设极板长度为L，则d＝a′2，＝a2，解得v12＝
在加速电场中由动能定理知
eU1＝mv02，eU1′＝mv12
解得U1′＝，即加速电压应减为原来的，才能使电子打在下极板的中点。
(2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2，则有
＝a1t2，d＝a2t2，
即a2＝2a1
由牛顿第二定律知a1＝，a2＝
解得U2′＝3U2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点。
[答案] (1)加速电压应减为原来的，即
(2)偏转电压变为原来的3倍，即3U2
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程
[通一类]————————————————————————————————
(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。
在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在t2＝2t1时刻的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到t1时刻的位移为
s1＝v0t1＋a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t12⑧
由题给条件有
v02＝2g·2h⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋2>1⑫
即当0
才是可能的，条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1⑯
为使E2>E1，应有
2－2－2>1⑰
即t1>⑱
另一解为负，不合题意，已舍去。
答案：(1)v0－2gt1 (2)见解析
命题点(二) 带电粒子在磁场中的运动
题型1 带电粒子在有界磁场中的运动
1．磁场中匀速圆周运动问题的分析方法
2．求磁场区域最小面积的两个注意事项
(1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。
(2)所求最小圆形磁场区域(面积最小)的直径等于粒子运动轨迹的弦长。
[例1] (2018·重庆模拟)如图所示坐标原点O(0,0)处有一带电粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的区域内的各个方向发射粒子。粒子的速率均为v、质量均为m、电荷量均为＋q。有人设计了方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域，使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计粒子重力。求：
(1)粒子与x轴相交的坐标范围；
(2)粒子与y轴相交的坐标范围；
(3)该匀强磁场区域的最小面积。
[解析] (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，
由qvB＝m，
得R＝，
如图所示，粒子与x轴相交的坐标范围为－≤x≤－。
(2)如图所示，粒子与y轴相交的坐标范围为0≤y≤。
(3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。
第一象限区域一个半径为R的半圆面积为S1＝，
第二象限区域四分之一圆的半径为2R，
其面积为S2＝＝πR2，
第二象限区域一个半径为R的半圆面积为S3＝，
则阴影部分面积为S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。
[答案] (1)－≤x≤－ (2)0≤y≤ (3)
题型2 带电粒子在磁场中的多解问题
1．解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。
2．粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。
[例2] 如图所示为宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。
[解析] 若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，轨迹半径：
R＝，又d＝R－
解得v＝(2＋)。
若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，
则有：R′＝，d＝R′＋，
解得v′＝(2－)。
[答案] (2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
命题点(三) 带电粒子在组合场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[解析] (1) H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运
动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t12②
H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③
联立以上各式得
s1＝h。④
(2) H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
qvB＝m⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3) H与H初动能相等
×2mv22＝mv12⑩
H在电场中运动时有
qE＝2ma2⑪
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
进入磁场时v2tan θ2＝a2t2⑭
v′＝⑮
qv′B＝2m⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1⑰
所以H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。⑲
[答案] (1)h (2) (3)(－1)h
[悟一法]————————————————————————————————
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。
根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcos θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
＝tan ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
由②⑦⑨⑩⑪式得
t′＝。⑫
答案：(1)见解析图(a) (2) (3)
2．(2018·宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四象限正方形ODFG内存在沿x轴正方向、电场强度E＝的匀强电场，在第三象限沿AC放置一面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计重力。
(1)求电子P射入磁场时的速度大小；
(2)求电子P经过y轴时的坐标；
(3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场，且P、Q打在荧光屏上同一点，求电子Q在电场中运动的时间。
解析：(1)电子P恰好不从AD边射出磁场，则电子P的运动轨迹与AD边相切，
由几何关系可得：r＋＝l
电子P在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
ev0B＝
解得：r＝，v0＝。
(2)假设电子P从OG边离开电场，则电子P在电场中做类平抛运动，有：
2r＝at12
yP＝v0t1
eE＝ma
解得：t1＝，yP＝l
由于yP＝l
vPx＝at1
tan α＝
由几何关系有：Y＝yP＋
对于电子Q，设其在电场中运动的时间为t2，射出电场时速度方向与y轴负方向成β角，在y轴上的射出点与O点距离为yQ1，射出点与电子P打在荧光屏上的点的竖直距离为yQ2，有：yQ1＋yQ2＝Y
yQ1＝v0t2
yQ2＝
tan β＝
vQx＝at2
解得：t2＝。
答案：(1) (2) (3)
命题点(四) 带电粒子(体)在叠加场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其中电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m,3.2 m)点以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
[解析] (1)由题意可知
qE1＝mg
解得q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图甲所示。
则Rcos θ＝xM－xP
Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°，tan θ＝0.75
由qv0B＝m
解得B＝2 T。
(2)小球进入第四象限后受力分析如图乙所示。
tan α＝＝0.75＝tan θ，即α＝θ＝37°
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，由图甲可知合力沿PA方向
由图甲中几何关系可得OA＝OPtan α＝1.53 m
AN＝ON－OA＝0.75 m
过N点作PA延长线的垂线NQ，易知△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcos α＝0.6 m
由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。
[答案] (1)2 T (2)0.6 s
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子在叠加场中运动的解题思路
[通一类]————————————————————————————————
(2019届高三·惠州四校联考)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。
(1)带电小球带何种电荷？匀强电场的电场强度为多大？
(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离为多大？
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，此点到O点的距离为多大？
解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，
则qE＝mg，解得：E＝。
(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv0B＝m，解得：r＝，
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON的切点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨迹的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为
30°，由几何关系可得，QP为圆轨迹的直径，
可知OP的长度为：s＝＝＝4r＝。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T点，竖直位移为y，
水平位移：x＝v0t，
解得：t＝＝＝，
竖直位移：y＝gt2＝，
小球打在光屏上的T点到O点的距离为：
H＝2r＋y＝＋。
答案：(1)正电荷 (2) (3)＋
命题点(五) 带电粒子(体)在交变场中的运动
题型1 电场的周期性变化
[例1] (2018·宜昌调研)如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右侧有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可视为匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。
(1)求电子通过偏转电场的时间t0；
(2)若UAB的周期T＝t0，求电子飞出偏转电场时离OO′的最大距离；
(3)若UAB的周期T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。
[解析] (1)电子在水平方向做匀速运动，有：v0t0＝l，解得t0＝。
(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子飞出时离OO′的距离最大
设最大距离为ym，加速度大小为a，则有：
ym＝2×a2
a＝
解得最大距离ym＝。
(3)当T＝2t0时，电子要到达O′点，则在电场中竖直方向上必须先做加速运动后做减速运动再反向做加速运动，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上做匀速运动，从O到O′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上做加速运动的时间为Δt，则在竖直方向上有：
y上＝2×aΔt2
y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)·
要到达O′点，则有y上＝y下
解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去
所以到达O′点的电子在竖直方向上的速度大小为
vy＝a(t0－2Δt)
到达荧光屏上O′点的电子的速率为v＝
解得电子击中荧光屏上O′点时的速率：v＝ 。
[答案] (1) (2) (3)
题型2 磁场的周期性变化
[例2] (2018·肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，以磁场垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2。求：
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离x；
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度H；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足的条件。
[解析] (1)根据题意可知，微粒所受的重力
G＝mg＝8×10－3 N
电场力大小F＝qE＝8×10－3 N
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
qvB＝m
解得：R＝0.6 m
由T＝
解得：T＝10π s
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：x＝2R
解得：x＝1.2 m。
(2)微粒第一次运动半周后向上做匀速运动，运动的时间为
t′＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：s＝vt′
解得：s≈1.88 m
因此，微粒离开直线OO′的最大高度：
H＝s＋R＝2.48 m。
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图像可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图像可知，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2，…)
综上，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)。
[系统通法]
[答案] (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)
带电粒子在交变场中运动的解题思路
[专题强训提能]
1．(2019届高三·包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由与O点等高的A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若小球从O点的左方由与O点等高的C点无初速度自由释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)
解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得
mgL－qEL＝0
解得E＝。
(2)小球由C点释放后，将沿CB做匀加速直线运动，
F合＝＝mg
a＝＝g
由几何关系易知，CB＝L，则
L＝at2
解得t＝ 。
答案：(1) (2)
2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有
2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。⑧
答案：(1) (2)1∶4
3.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－x方向、电场强度为E的匀强电场。某一瞬间从y轴上纵坐标为d的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从y轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为＋q，质量均为m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。
(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；
(2)试求所有粒子到达－y轴上的时间范围(即最后到达－y轴与最先到达－y轴的粒子的时间间隔)。
解析：(1)设粒子速度v与＋y轴的夹角为θ，如图所示，垂直打到x轴上满足d＝Rsin θ
又qvB＝
解得v＝＝
当θ＝90°时，vmin＝
当θ＝45°和θ＝135°时，vmax＝
带电粒子进入磁场的速度大小范围为
≤v≤。
(2)由(1)分析可知当θ＝135°时，射入的粒子最先到达－y 轴，所用时间最短
其在磁场中运动时间t1＝＝
由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(－1)d，粒子在电场中做类平抛运动
在电场中运动的时间满足(－1)d＝··t22
即t2＝
所以tmin＝t1＋t2＝＋
由(1)分析可知当θ＝45°时，射入的粒子最后到达－y轴，所用时间最长
其在磁场中运动的时间t3＝＝
由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(＋1)d，粒子在电场中做类平抛运动
在电场中运动的时间满足(＋1)d＝··t42，
即t4＝
所以tmax＝t3＋t4＝＋
所有粒子到达－y轴上的时间范围为
Δt＝tmax－tmin＝＋ －。
答案：(1)≤v≤ (2)＋－
4．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qv0B＝
由题意知r0＝
解得B＝。
(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。
由几何关系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，
解得t1＝
粒子做直线运动的时间t2＝
解得t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子运动轨迹如图所示。
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子做直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
答案：(1) (2) (3)
5.(2018·太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为45°。已知带电粒子质量为m、电荷量为＋q，磁感应强度大小为B，电场强度大小
E＝，重力加速度为g。
(1)若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；
(2)t＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点O由静止释放，在0～时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，粒子经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：
①粒子经过M点时的曲率半径ρ；
②在图(c)中画出粒子从N点回到O点的轨迹。
解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得
qv0B＝
解得v0＝
由左手定则得，v0沿y轴负方向。
(2)①重力和电场力的合力为F＝
粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理
W＝Fd＝mv2
得v＝
由qvB－mg＝
得ρ＝。
②轨迹如图所示。
答案：(1)，沿y轴负方向 (2)① ②见解析图
第2讲
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考法
学法
电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括“单杆”模型、“双杆”模型或“导体框”模型，考查的内容有：①匀变速直线运动规律；②牛顿运动定律；③功能关系；④能量守恒定律；⑤动量守恒定律。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分阶段法；③条件判断法；④临界问题的分析方法；⑤守恒思想；⑥分解思想。
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模型(一) 电磁感应中的“单杆”模型
类型1 “单杆”——水平式
物理
模型
匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计
动态
分析
设运动过程中某时刻测得导体棒ab的速度为v，由牛顿第二定律知导体棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，导体棒ab的加速度a减小，当 a＝0时，v最大，I＝不再变化
收尾
状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
受力平衡，a＝0
电学特征
I不再变化
[例1] (2018·安徽联考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，导轨间距为L，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向上，边界ab、cd均垂直于导轨，且间距为s，e、f分别为ac、bd的中点，将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直导轨放置在ab左侧s处。现给金属棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到ef位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻。求：
(1)金属棒运动到ef位置时的速度大小；
(2)金属棒从初位置运动到ef位置，通过金属棒的电荷量；
(3)金属棒从初位置运动到ef位置，定值电阻R上产生的焦耳热。
[解析] (1)设金属棒运动到ef位置时速度为v，
则感应电动势E＝BLv
电路中电流I＝
由于加速度刚好为零，则F＝F安＝BIL
解得v＝。
(2)通过金属棒的电荷量q＝Δt
＝
＝＝
解得q＝。
(3)设定值电阻R中产生的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为R，因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q。金属棒从初位置运动到ef位置的过程中，根据动能定理有
WF＋W安＝mv2
根据功能关系有W安＝－2Q
拉力F做的功WF＝Fs
解得Q＝Fs－。
[答案] (1) (2) (3)Fs－
类型2 “单杆”——倾斜式
物理
模型
匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计
动态
分析
导体棒ab刚释放时a＝gsin α，导体棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，速度达到最大vm＝
收尾
状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
受力平衡，a＝0
电学特征
I不再变化
[例2] (2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q。
[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，
根据运动学公式有v2＝2as
解得v＝。
(2)金属棒所受安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
根据牛顿第二定律有F＝ma
解得I＝。
(3)金属棒的运动时间t＝，
通过的电荷量Q＝It
解得Q＝。
[系统通法]
]]
[答案] (1) (2) (3)
1．“单杆”模型分析要点
(1)杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。
(2)电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
模型(二) 电磁感应中的“双杆”模型
[研一题]————————————————————————————————
(2018·湖北四地七校联考)如图所示，相距L＝0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B＝0.4 T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m＝40 g、电阻均为R＝0.1 Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M＝200 g的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为37°，水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数 μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h＝1 m，求这一运动过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)物体C能达到的最大速度是多少；
(2)系统产生的内能是多少；
(3)连接导体棒cd的细线对导体棒cd做的功是多少。
[解析] (1)设物体C能达到的最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势为E＝2BLvm
由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I＝
导体棒ab、cd受到的安培力为F＝BLI
设连接导体棒ab与cd的细线中张力为T1，连接导体棒ab与物体C的细线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图所示，由平衡条件得：
T1＝mgsin 37°＋F
T2＝T1＋F＋f
T2＝Mg
其中f＝μmg
解得：vm＝2 m/s。
(2)设系统在该过程中产生的内能为E1，由能量守恒定律得：
Mgh＝(2m＋M)vm2＋mghsin 37°＋E1
解得：E1＝1.2 J。
(3)运动过程中由于摩擦产生的内能
E2＝μmgh＝0.16 J
由第(2)问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能E3＝E1－E2＝1.04 J
又因为导体棒ab、cd的电阻相等，故电流通过导体棒cd产生的内能E4＝＝0.52 J
对导体棒cd，设这一过程中细线对其做的功为W，则由功能关系得：
W＝mghsin 37°＋mvm2＋E4
解得：W＝0.84 J。
[答案] (1)2 m/s (2)1.2 J (3)0.84 J
[悟一法]————————————————————————————————
两类“双杆”模型
解题思路
“一动一静”型，实质是单杆问题，要注意其隐含条件：静止杆受力平衡
“两杆都动”型，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势应相加还是相减
结合“单杆”模型的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解
[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·青岛模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝
0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为
R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω。现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度
g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时，cd棒的加速度大小a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时，ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前，ab棒克服安培力做的功W。
解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Bdv0
I＝
BId＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2。
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，cd棒进入半圆轨道前，cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
cd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒，有
m2v22＝m2g·2r＋m2v2
cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s。
(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J。
答案：(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
2．(2018·江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧b1b2－c1c2部分导轨间距为3L，右侧c1c2－d1d2部分的导轨间距为L，曲线导轨与水平导轨相切于b1b2，所有导轨均光滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。质量为mB＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质量为mA＝0.1 kg 的金属棒A自曲线导轨上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动。已知：两棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.45 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)A棒滑到b1b2处时的速度大小；
(2)B棒匀速运动时的速度大小；
(3)在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效数字)。
解析：(1)A棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得：
mAgh＝mAv02
解得：v0＝3 m/s。
(2)选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理，
对B棒：FB安cos θt＝mBvB
对A棒：－FA安cos θt＝mAvA－mAv0
其中FA安＝3FB安
两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有：
BLvB＝3BLvA
解得：vA＝ m/s，vB＝ m/s。
(3)在B棒加速运动过程中，由动量定理得：
Bcos θLΔt＝mBvB－0
电路中的平均电流＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
其中磁通量变化量：ΔΦ＝Bcos θΔS
解得：ΔS≈29.6 m2。
答案：(1)3 m/s (2) m/s (3)29.6 m2
模型(三) 电磁感应中的“导体框”模型
[研一题]————————————————————————————————
(2019届高三·资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd，线框的质量m＝0.6 kg，其电阻值R＝1.0 Ω，ab边长L1＝1 m，bc边长L2＝2 m，与斜面之间的动摩擦因数μ＝。斜面以EF为界，EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物体，当cd边离开磁场时线框即以v＝2 m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t＝1 s后开始做匀加速运动。取g＝10 m/s2，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)细线绷紧前，物体下降的高度H；
(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE。
[解析] (1)线框cd边离开磁场时匀速下滑，有：
mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0
F安＝BI1L1
I1＝
解得：B＝1 T。
(2)由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为v1，细线拉力大小为FT，则：
v1＝
FT－mgsin θ－μmgcos θ－BI2L1＝0
I2＝
FT－Mg＝0
设细线突然绷紧过程中，细线的作用力冲量大小为I，对线框和物体分别运用动量定理，有：I＝mv1－m(－v)
I＝Mv0－Mv1
细线绷紧前物体自由下落，则v02＝2gH
解得：H＝1.8 m。
(3)根据能量守恒定律：
线框匀速下滑过程：Q1＝mgL2sin θ
细线突然绷紧过程：
Q2＝Mv02＋mv2－(M＋m)v12
线框匀速上滑过程：Q3＝MgL2－mgL2sin θ
ΔE＝Q1＋Q2＋Q3
解得：ΔE＝21.6 J。
[答案] (1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J
[悟一法]————————————————————————————————
1．求解电磁感应中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。
2．电磁感应中安培力做功引起的能量转化
3．求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度
焦耳定律
功能关系
能量转化
Q＝I2Rt
Q＝W克服安培力
Q＝－ΔE其他
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·南通模拟)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab＝L、ad＝2L。虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O。从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不变，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v。求：
(1)细线断裂前线框中的电功率P；
(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；
(3)线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量q。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律
E＝＝L2＝kL2
电功率P＝＝。
(2)细线断裂后瞬间安培力FA＝F0
线框的加速度a＝＝
线框离开磁场过程中，由动能定理得W＝mv2。
(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1＝F0
其中I＝＝
线框穿出磁场过程有＝＝，＝
通过导线横截面的电荷量q＝Δt
解得q＝。
答案：(1) (2) mv2 (3)
2．(2018·湖南十三校联考)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，斜面上直径d＝0.4 m的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数为n＝100的刚性正方形线框abcd，边长为0.5 m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝2 W 的小灯泡相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边，已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝2 Ω，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，从0时刻起，磁场的磁感应强度按B＝T的规律变化，开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)线框静止时，回路中的电流大小I；
(2)在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；
(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长)。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E＝n＝nS，其中S＝π2
P＝I2R＝2R
解得R＝2 Ω，I＝1 A。
(2)线框刚好开始运动时，
mgsin θ＝nId＋μmgcos θ
解得t＝π s
则Q＝Pt＝π J。
(3)线框刚好开始运动时，
B＝T＝0.1 T
＝＝＝，其中ΔS＝S
解得q＝Δt＝ C。
答案：(1)1 A (2)π J (3) C
[专题强训提能]
1．(2018·漳州八校模拟)如图所示，MN、PQ为间距L＝
0.5 m的足够长平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0＝1 T。将一质量为m＝0.05 kg的金属棒紧靠NQ放置在导轨ab处，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2 m(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则：
(1)当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大？
(2)金属棒达到的稳定速度是多大？
(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，回路中产生的焦耳热是多少？
解析：(1)金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡
mgsin θ＝Ff＋FA
其中FA＝B0IL
Ff＝μFN＝μmgcos θ
解得I＝0.2 A。
(2)由欧姆定律得I＝
由电磁感应定律得E＝B0Lv
解得v＝2 m/s。
(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，由能量守恒定律得
mgsin θs＝mv2＋Q＋μmgcos θs
解得Q＝0.1 J。
答案：(1)0.2 A (2)2 m/s (3)0.1 J
2.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1 m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝
1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力(取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；
(2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能；
(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。
解析：(1)线圈向下进入磁场时，有
mgsin θ＝μmgcos θ＋F安，
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝2 m/s。
(2)设线圈到达最高点MN边与bb′的距离为x，则
v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma
根据动能定理有
－μmgcos θ·2x＝Ek－Ek1，其中Ek＝mv2
解得Ek1＝0.1 J。
(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有
mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＝Q
解得：Q＝0.004 J。
答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J
3．如图甲所示，电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左侧，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置在导轨上，ef与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab两棒间距为d。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。
(1)求在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向；
(2)求在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量；
(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。
解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率＝
产生感应电动势的大小E1＝＝S＝ld＝
流过导体棒ef的电流大小I1＝＝
由楞次定律可判断电流方向为e→f。
(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率＝
产生感应电动势的大小E2＝＝S＝ld＝
流过导体棒ef的电流大小I2＝＝
导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝。
(3)1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0
导体棒ef受安培力：F＝B0I2l＝
方向水平向左
根据导体棒ef受力平衡可知杆对导体棒的作用力为
F′＝－F＝－，负号表示方向水平向右。
答案：(1)，方向为e→f (2) (3)，方向水平向右
4．(2019届高三·邯郸质检)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距
L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1 Ω的电阻；质量m＝1 kg、阻值r＝1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面垂直(斜向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，0～1.0 s 内，金属棒cd保持静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。
(1)求0～1.0 s内通过金属棒cd的电荷量；
(2)求t＝1.1 s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；
(3)1.2 s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a＝2 m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式。
解析：(1)在0～1.0 s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝，其中S＝L1L＝1 m2
由闭合电路的欧姆定律有：I＝
由于0～1.0 s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为：q＝IΔt，其中Δt＝1 s
解得：q＝1 C。
(2)假设0～1.1 s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1 s内回路中的电流不变，t＝1.1 s时，金属棒cd所受的安培力大小为：F′＝|B1IL|＝0.2 N，方向沿导轨向下
导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：
Ff＝μmgcos θ＝7.2 N
由于mgsin θ＋F′＝6.2 N＜Ff，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止，故所求摩擦力大小为6.2 N，方向沿导轨向上。
(3)1.2 s后，金属棒cd上产生的感应电动势大小为：E′＝|B2Lv|，其中v＝at′
金属棒cd所受安培力的大小为：F安＝|B2I2L|，其中I2＝
由牛顿第二定律有：F－mgsin θ－μmgcos θ－F安＝ma
解得：F＝15.2＋0.16t′(N)。
答案：(1)1 C (2)6.2 N，方向沿导轨向上 (3)F＝15.2＋0.16t′(N)
5．(2018·厦门质检)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R，两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g。
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻为0时刻，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
②0～t时间内通过金属棒ab的电荷量q。
解析：(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，有
E＝BLv
I＝
F安＝IBL
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v
电路获得的电功率P电＝
解得P安＝，P电＝
所以P安＝P电。
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin 30°
金属棒ab的热功率Pab＝I12R
解得Pab＝。
②0时刻前F＝mgsin 30°＋F安
F安＝BIL
I＝
解得v＝
设t时刻以后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd做匀速运动的速度为v2，
因F′＝1.5mg＝(2m＋m)gsin 30°，则由金属棒ab、cd组成的系统动量守恒，得
mv＝2mv1＋mv2
回路电流I1＝＝
解得v1＝
0～t时间内对金属棒ab分析，设在电流为i的很短时间Δt内，速度的改变量为Δv，
由动量定理得
BiLΔt－2mgsin 30°Δt＝2mΔv
等式两边累积求和得BLq－mgt＝2mv1
解得q＝。
答案：(1)见解析 (2)① ②
第3讲
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊或隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的挖掘隐含条件的能力、基本过程的分析能力、思维推理能力、基本运算能力等要求很高。为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、大胆拆题、规范答题。
一、细心审题——做到“一读、二思、三析”
1．读题
“读题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，读题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，明白其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；要重点看清题目中括号内的附加条件及题目给出的图形及图像等。
2．思题
“思题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。边读题边思索、边联想，以弄清题目中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件。
3．析题
“析题”就是在“思题”获取一定信息的基础上，调动大脑中所储存的相关知识，准确、全面、快速思考，要对研究对象的各阶段变化进行剖析，建立起清晰的物理情景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。
[例1] 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第
2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离
l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
[细心审题]
[解析] (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如析题图所示，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1①
N1＝mgcos θ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1′＋mgcos θ④
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿运动定律得
mgsin θ－f1＝ma1⑤
mgsin θ＋f1′－f2＝ma2⑥
N1＝N1′⑦
f1＝f1′⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2⑨
a2＝1 m/s2。⑩
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑪
v2＝a2t1＝2 m/s⑫
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑬
a2′＝－2 m/s2⑭
B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
0＝v2＋a2′t2⑮
联立⑫⑭⑮式得
t2＝1 s⑯
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－＝12 m＜27 m⑰
此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32⑱
可得
t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲
则A在B上总的运动时间为
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。
［反思领悟］
[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
1.只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题。
2.审题要慢，就是要仔细，要审透，关键词句的理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素。要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视。
二、大胆拆题——做到“拆分过程，大题小做”
计算题的物理过程大体有以下三种呈现方式：
1．串联式
此类问题一般涉及一个物体，解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。
2．并列式
此类问题的几个过程是同时发生的，一般涉及多个物体，解题的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。
3．复合式
此类问题是上述两种方式的组合，下面用典例展示如何从时间和空间上将多个物体的多个子过程一一拆分出来，然后运用规律列式求解。
[例2] 如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×
10－5 C，g取10 m/s2(水平轨道足够长，甲、乙均视为质点，整个运动过程无电荷转移)。求：
(1)甲、乙碰撞后，若乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
[大胆拆题]
第(1)问可拆分为2个小题
①求乙恰能通过轨道最高点的速度
建模：竖直面内圆周运动中的“绳”模型
规律：牛顿第二定律mg＋Eq＝
②求乙在轨道上的首次落点到B点的距离x
建模：乙离开D点后做类平抛运动
规律：运动的合成与分解
x＝vDt,2R＝·t2
第(2)问可拆分为2个小题
①求甲、乙刚碰后乙的速度
建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)
规律：动能定理
－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2
②求甲、乙刚碰后甲的速度
建模：弹性碰撞模型
规律：动量守恒定律mv0＝mv甲＋mv乙
机械能守恒定律mv02＝mv甲2＋mv乙2
第(3)问可拆分为3个小题
①设甲的质量为M，求甲、乙碰后，乙的速度vm的范围
建模：弹性碰撞模型
规律：动量守恒定律Mv0＝MvM＋mvm
机械能守恒定律Mv02＝MvM2＋mvm2
②求乙过D点的速度vD′的范围
建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)
规律：动能定理
－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2
③求小球落点到B点的距离范围
建模：类平抛运动模型
规律：水平方向做匀速运动x′＝vD′t
[解析] (1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙从离开D点到落到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
mg＋qE＝m
2R＝·t2
x＝vDt
解得x＝0.4 m。
(2)设碰撞后乙的速度为v乙，对乙从B→D过程，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2
解得v乙＝2 m/s
设碰撞后甲的速度为v甲，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙
mv02＝mv甲2＋mv乙2
解得v乙＝v0，v甲＝0
所以v0＝2 m/s。
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0＝MvM＋mvm
Mv02＝MvM2＋mvm2
解得vm＝
由上式和M>m可得v0
－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2
解得2 m/s
x′＝vD′t
解得0.4 m
[答案] (1)0.4 m (2)2 m/s (3)0.4 m
计算题一般文字叙述量较大，包括多个物理过程，所给物理情境较复杂，涉及的物理模型较多，有的还较为隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结果，相应的题目的分值也较高，解题关键就在于准确拆分过程，变大题为小题，然后一一击破。
三、规范答题——做到表述明、列式清、演算准
1．有必要的文字说明
必要的文字说明是规范答题时不可缺少的文字表述，它能使解题思路清晰明了，让阅卷老师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：
(1)研究的对象、研究的过程或状态的说明。
(2)题目中物理量要用题目中的符号，引入的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
(3)题目中的一些隐含条件或临界条件，应用时要加以说明。
(4)所列方程的依据及名称要进行说明。
(5)规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。
(6)对题目所求或所问有明确的答复且对所求结果的物理意义要进行说明。
2．分步列式、联立求解
解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点。分步列式一定要注意以下几点：
(1)列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式。
(2)方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一。出现同类物理量，要用不同下标或上标区分。
(3)列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(如位移x、重力加速度g等)。
(4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子。
(5)所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解。
3．准确演算、明确结果
解答物理计算题一般要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：
(1)演算时一般先进行字母符号运算，从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果(要注意简洁，千万不要在卷面上书写过多化简、数值运算式)。
(2)计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有效数字位数相近，若有特殊要求，应按要求选定。
(3)计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位。
(4)字母式的答案中，最终答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且某些已知的物理量也不能代入数据。
(5)题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方向。
(6)若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回应，不能答非所问。
[例3] (2018·天津高考，20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
[规范答题]
解：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右。根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。(3分)
(2)由题意，列车启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得
R总＝①(1分)
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝②(1分)
设两根金属棒所受安培力之和为F，有
F＝IlB③(1分)
根据牛顿第二定律有F＝ma④(1分)
联立①②③④式得a＝。⑤(2分)
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝⑥(1分)
其中ΔΦ＝Bl2⑦(1分)
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝⑧(1分)
设cd受到的平均安培力为F′，有
F′＝I′lB⑨(1分)
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt⑩(1分)
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲⑪(1分)
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0⑫(1分)
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
＝⑬(2分)
讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；
若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。(2分)
［反思领悟］
备注：括号中的分值根据高考评分标准而设置，意图让考生充分认识到分步列式、规范答题的重要性。
1.压轴计算题可能因为难度太大而做错，甚至最后一问会感觉无从下手，但前几问相对容易，应尝试解答。
2.如果时间不够用，无法计算最后结果，或者结果算错，但基本的“步骤分”“公式分”要拿到手。
[专题强训提能]
1.(2019届高三·云南师大附中模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个匀质木块，厚度为l、质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从木块中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。
(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；
(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射入木块，最后留在木块中，求子弹射入木块的深度。
解析：(1)子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得
－fl＝0－mv02
解得：f＝。
(2)由题意得子弹与木块最后达到共同速度，由系统动量守恒有mv0＝(19m＋m)v1
损失的动能ΔE＝mv02－×20mv12
根据功能关系有fd＝ΔE
解得子弹射入木块的深度：d＝l。
答案：(1) (2)l
2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿
斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，则木板的长度l为多少？(已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：由题意可知，小物块沿木板向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度。
设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得
F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′
设小物块和木板达到共同速度所用时间为t，由运动学公式可得v0－at＝a′t
设小物块和木板共速时小物块的位移为x，木板的位移为x′，由位移公式可得
x＝v0t－at2，x′＝a′t2
小物块恰好不从木板的上端滑下，有x－x′＝l
解得l≈0.714 m。
答案：0.714 m
3．如图甲所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c位于坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R。金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻且O点与圆弧之间部分金属杆的电阻为R0。匀强磁场与金属框平面垂直并充满平面，其磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。
(1)0～t0时间内MN保持静止，计算金属框中感应电流的大小；
(2)在t＝t0时刻对MN施加一外力，使其以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动，角速度为ω，计算通过MN的电流I与转过的角度θ间的关系。
解析：(1)0～t0时间内MN保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势，MN靠近无电阻的ac边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝S·
S＝πr2，＝
解得E＝
感应电流大小I＝＝。
(2)金属杆以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动时，电路中感应电动势
E0＝B0r2ω
当MN转过角度为θ时总电阻
R总＝R0＋＝R0＋
MN中电流I与转过的角度θ的关系为
I＝＝，0<θ<。
答案：(1) (2)I＝，0<θ<
4.(2018·襄阳高三模拟)如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff＝mg(g为重力加速度)。在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l。现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力。求：
(1)物体与滑块碰撞后瞬间速度的大小；
(2)碰撞后，在物体与滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量。
解析：(1)设物体下落至与滑块碰撞前瞬间的速度为v0，在此过程中物体机械能守恒，依据机械能守恒定律，有
mgl＝mv02
解得v0＝
设碰撞后瞬间速度为v，依据动量守恒定律，有
mv0＝2mv
解得v＝。
(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有
－2Ffx＝0－×2mv2
设在物体与滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有
W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2
解得W＝－mgl
所以弹簧弹性势能增加了mgl。
答案：(1) (2)mgl
5.如图所示，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为m，电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t＝0时刻，使a沿导轨向上做速度为v的匀速运动，已知d＝1 m，m＝0.5 kg，R＝0.5 Ω，B＝0.5 T，
θ＝30°，g取10 m/s2，不计两导体棒间的相互作用力。
(1)为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于多少？
(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，求b的速度v2的最大值；
(3)在(2)中，当t＝2 s时b的速度达到5.06 m/s,2 s内回路中产生的焦耳热为13.2 J，求该2 s内力F做的功(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)a刚运动时，回路中的电流
I＝
为使b能沿导轨向下运动，对b有
BId
即为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于10 m/s。
(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，因2 m/s<10 m/s，b一定沿导轨向下运动。根据右手定则可以判断，a、b产生的感应电动势串联，所以回路的感应电动势为
E＝Bd(v1＋v2)
I′＝
当b达到最大速度时，有
BI′d＝mgsin θ
解得v2＝8 m/s。
(3)假设在t＝2 s内，a向上运动的距离为x1，b向下运动的距离为x2，则
x1＝v1t＝4 m
对b根据动量定理得
(mgsin θ－Bd)t＝mvb
又q＝t
q＝＝
解得x2＝5.88 m
根据能量守恒定律得，该2 s内力F做的功
W＝Q＋mvb2＋mgx1sin θ－mgx2sin θ
解得W≈14.9 J。
答案：(1)10 m/s (2)8 m/s (3)14.9 J
6.如图所示，在直角坐标系xOy平面的四个象限内各有一个边长为L的正方形磁场区域，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场磁感应强度大小均相等，第一象限内x≤L且L≤y≤2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力。
(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)求第(2)问中粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场整个过程所用的时间。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有
L＝v0t，＝at2，qE＝ma
解得E＝。
(2)设粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角为θ
则tan θ＝＝1
速度大小v＝＝v0
设x为粒子在磁场中每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0)点，应满足L＝2nx，其中n＝1、2、3、…，当n＝1时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当L＝(2n＋1)x时，其中n＝1，粒子轨迹如图乙所示，由于y<－L区域没有磁场，因此粒子不能从(－L,0)点离开磁场，这种情况不符合题意。
设圆弧的半径为R，又圆弧对应的圆心角为，则x＝R，此时满足L＝2nx
解得R＝
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m
解得B＝，n＝1、2、3、…。
(3)粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n××2＝2nπ
t＝T×＝＝。
答案：(1) (2)，n＝1、2、3、… (3)
第1讲
考纲实验
高考热点
①测定金属的电阻率；②描绘小灯泡的伏安特性曲线；③测定电源的电动势和内阻；④练习使用多用电表；⑤传感器的简单使用。
复习本讲内容时要关注以下几个热考点：①两种控制电路，即电流表的“内、外接法”、滑动变阻器的“分压、限流接法”；②电阻测量的几种方法；③多用电表的使用方法。
命题点(一) 实验仪器和电路的选择
1．实验仪器的选择
电压表和电流表一般要根据实验电路中电源的电压和流过金属丝的电流进行选择，在该实验中，电压表一般选择3 V的量程，电流表一般选择0.6 A的量程。如果采用限流式电路，选用的滑动变阻器最大阻值一般要比待测金属丝的阻值大一些；如果采用分压式电路，一般应选用最大阻值较小，而额定电流较大的滑动变阻器。
2．电流表内接法与外接法的选择
电流表内接法
电流表外接法
电路
误差
原因
由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大
由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大
测量
结果
R测＝＝RA＋Rx>Rx
电阻的测量值大于真实值
R测＝＝Rx
适用
条件
①Rx≫RA，大电阻
①Rx≪RV，小电阻
②RA已知的情况
②RV已知的情况
注意：已知内阻的电流表或电压表既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”。
3．分压电路与限流电路的选择
(1)以小控大用分压，相差无几用限流，即当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压电路；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采用限流电路。若两种电路均可，则采用限流式，因为限流式损耗功率小。
(2)必须采用分压电路的情况有三种：
①要求电压从零开始变化。
②滑动变阻器的阻值太小，不能起到限流的作用。
③限流电路不能获取有区分度的多组数据。
4．实物图连线的基本原则
对限流式电路，一般是从电源的正极开始，把电源、开关、滑动变阻器以及测量电路顺次连接起来即可。对分压式电路，应先将电源、开关和滑动变阻器的全部电阻用导线连接起来，然后在滑动变阻器上金属杆两端的接线柱中任选一个，依据电路中电流的流向将测量电路部分连接起来即可。
[对点训练]
1．(2018·宜昌金东方中学检测)欲用伏安法测量一段阻值约为5 Ω左右的金属导线的电
阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组(3 V，内阻1 Ω)
B．电流表(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C．电流表(0～0.6 A，内阻0.125 Ω)
D．电压表(0～3 V，内阻3 kΩ)
E．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)
F．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
G．滑动变阻器(0～200 Ω，额定电流0.3 A)
H．开关、导线
(1)上述器材中应选用的是____________(填写各器材的字母代号)。
(2)实验电路应采用电流表________(填“内”或“外”)接法。
(3)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变，请按要求在方框内画出测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图。
解析：(1)由于待测金属导线的电阻约为5 Ω，为了测量结果尽量准确，应选用量程分别为3 V和0.6 A的电压表和电流表，滑动变阻器采用分压接法，应选用阻值较小的滑动变阻器，故选用的器材为：A、C、D、F、H。
(2)由于待测金属导线的电阻较小，故实验电路应采用电流表外接法。
(3)电路原理图如图所示。
答案：(1)ACDFH (2)外 (3)见解析图
命题点(二) 电阻的测量
1．最常用的测量方法——伏安法(及其变式)
“伏安法”
有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”
“安安法”
电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”
“伏伏法”
电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”
“伏安加R法”
在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，加保护电阻的方法就应运而生，“伏安加R法”又叫“加保护电阻法”
2．最精确的测量方法——等效替代法
电流等效替代
电压等效替代
3．最独特的测量方法——电桥法
在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法。其测量电路如图所示，实验中调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1。同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2。根据欧姆定律有：＝，＝。由以上两式解得：R1×Rx＝R2×R3。即电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值。
4．最专一的测量方法——半偏法测电表内阻
(1)用半偏法测电流表内阻，如图甲所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R测
(2)用半偏法测电压表内阻，如图乙所示，电阻箱应和电压表串联，然后与小电阻滑动变阻器并联，R测>R真。
[对点训练]
2．某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器______(填“R1”或“R2”)。
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满偏电流为________(填正确答案标号)。
A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA
解析：(1)滑动变阻器R1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R1。
(2)实物图连线如图所示。
(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压Ug＝2.5 V，电阻箱阻值R＝630.0 Ω时，电压表的示数UV＝2.00 V，此时电阻箱两端的电压UR＝Ug－UV＝0.5 V，根据串联电路电压与电阻成正比可得＝，故Rg＝R＝×630.0 Ω＝2 520 Ω。
(4)电压表的满偏电流为Ig，则IgRg＝Ug，故Ig＝＝ A≈1 mA，选项D正确。
答案：(1)R1 (2)见解析图 (3)2 520 (4)D
命题点(三) 对电学基础实验的考查
该实验虽然是测定金属丝的电阻率，实际上是先测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律R＝ρ得出金属丝的电阻率ρ＝R。
[对点训练]
3．用电流表和电压表测定某一电阻丝的阻值，实验时提供下列可选用的器材：
待测电阻丝Rx(阻值约为6 kΩ)
电压表V(量程3 V，内阻约50 kΩ)
电流表A1(量程500 μA，内阻约200 Ω)
电流表A2(量程5 mA，内阻约20 Ω)
电流表A3(量程0.6 A，内阻约1 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值1 kΩ)
电源E(电动势4 V)
开关S、导线
(1)在所提供的电流表中应选用________(填字母代号)。
(2)在虚线框中画出测定待测电阻丝阻值的实验电路图。
(3)分别用L、d、Rx表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ＝________。
解析：(1)通过电阻丝的最大电流约为I＝＝ A＝ mA，远小于电流表A2、A3的量程，接近A1的量程，故选A1。
(2)由于>，电流表应采用内接法，滑动变阻器R的最大阻值小于待测电阻丝Rx的阻值，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示。
(3)电阻丝的电阻Rx＝ρ，电阻率表达式为ρ＝。
答案：(1)A1 (2)见解析图 (3)
1．在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，一定要用平滑的曲线，当某个(或某些)测量数据出现明显错误时，要舍掉。坐标轴选取的标度要合适，使所作图线占满坐标纸。
2．小灯泡的伏安特性曲线(以IU关系图线为例)上各点切线斜率的倒数不是小灯泡在该电压下的电阻，此时计算小灯泡的电阻一定要使用电阻的定义式R＝，而不能使用表达式R＝(只有当I和U为线性关系时二者才相等)。
[对点训练]
4．有一额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的IU图线，有下列器材供选用：
A．电压表(0～3 V，内阻6 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻30 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻0.1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω)
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A)
G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)
(1)用图甲所示的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用字母代号表示)。
(2)通过实验测得小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由图线可求得小灯泡在正常工作时的电阻为________Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)若将小灯泡与20 Ω的定值电阻串联，接在电动势为6 V、内阻不计的电源上，则小灯泡的实际功率为________W(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)由题意可知，小灯泡的额定电压为2.8 V，故电压表应选A；由P＝UI可得小灯泡正常工作时电流为：I≈0.29 A，故电流表应选D；本实验中滑动变阻器选用分压接法，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选E。
(2)由题图乙可知，当电压为2.8 V时，电流为：I＝0.28 A，故电阻为：R＝＝ Ω＝10 Ω。
(3)若将小灯泡与20 Ω的定值电阻串联，接在电动势为6 V、内阻不计的电源上，此时定值电阻相当于电源的等效内阻，在题图乙中作出电源的IU图像如图所示，则由图可知，小灯泡的工作电压为1.4 V，电流为0.23 A，则实际功率为：P′＝U′I′＝1.4×0.23 W≈
0.32 W。
答案：(1)A D E (2)10 (3)0.32(0.30～0.34均可)
伏安法
伏阻法
安阻法
原理
E＝U＋Ir
E＝U＋r
E＝IR＋Ir
电
路
图
关系
式
U＝E－Ir
＝＋
＝＋
图像
纵轴截距：E
斜率大小：r
纵轴截距：
斜率：
纵轴截距：
斜率：
误差
分析
E测
r测>r真
E测
r测>r真
[对点训练]
5．(2019届高三·咸阳模拟)某同学为了较精确地测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A．待测干电池E(电动势约为1.5 V，内阻约为1 Ω)
B．电流表G(满偏电流3.0 mA，内阻为100 Ω)
C．电流表A(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为2 A)
E．滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流为1 A)
F．定值电阻R0(阻值为900 Ω)
G．开关一个，导线若干
(1)为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选________(填字母代号)。
(2)根据题意在图甲中画出该实验所需要的电路图。
(3)根据电路图，将图乙中实物图连接起来，组成完整的电路。
(4)该同学根据正确的实验得到的数据作出的图线如图丙所示，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，由图丙可知，被测干电池的电动势为________V，内阻为________Ω(结果均保留两位有效数字)。
解析：(1)待测干电池E的电动势及内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D。
(2)提供的器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图1所示。
(3)完整的电路如图2所示。
(4)根据欧姆定律和串联电路的知识得电源两端电压为U＝I1(R0＋Rg)＝1 000I1，根据图像与纵轴的交点得电动势为E＝1.4×10－3×1 000 V＝1.4 V，根据图像与横轴的交点可得出路端电压为1.0 V时，电流是0.6 A，由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可得，电源内阻r＝＝ Ω≈0.67 Ω。
答案：(1)D (2)见解析图1 (3)见解析图2 (4)1.4 0.67(0.66～0.68均可)
1．多用电表的读数
电流表、电压表的刻度是均匀的，读数时应注意量程；欧姆表的刻度是不均匀的，读数时应注意乘以倍率。
2．使用多用电表的几个注意事项
(1)电流的流向：由于使用多用电表时不管测量什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。
(2)要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，用表盘下边中间的指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，用欧姆调零旋钮调整。
(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零。
(4)选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡的刻度不均匀，使用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间的一段刻度范围。
(5)测电阻时要将电阻与其他元件断开。测电阻时不要用手接触多用电表表笔的金属杆。
(6)多用电表使用完毕应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡。
[对点训练]
6．(2017·全国卷Ⅲ)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA，内阻为
480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，
5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。
(1)图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)。
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________。(结果均保留三位有效数字)
解析：(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，故A端与黑色表笔相连。
(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，选项A错；使用欧姆挡时，需将红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B对；使用电流挡时，B端与“1”或“2”相连，与R6无关，选项C错。
(3)B端与“1”、“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图甲所示，由电表的改装原理可知，B端与“2”相连时，有I2＝Ig＋，解得R1＋R2＝
160 Ω；B端与“4”相连时，如图乙所示，多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻
R0＝，R4＝－R0＝880 Ω。
(4)B端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；B端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100 Ω挡，读数为11.0×100 Ω＝1.10×103 Ω；B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V挡，读数为×5 V＝2.95 V。
答案：(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 1．10×103 Ω 2.95 V
高考对传感器多以热敏电阻或光敏电阻进行考查，光敏电阻的特性一般是随着光照增强，电阻变小，导电性变好，而热敏电阻分为正温度系数和负温度系数两种。
[对点训练]
7．(2018·全国卷Ⅰ)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25 ℃～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E(6 V，内阻可忽略)；电压表(量程150 mV)；定值电阻R0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2t数据见下表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)在闭合S1前，图(a)中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端。
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2t曲线。
(3)由图(b)可得到RT在25 ℃～80 ℃范围内的温度特性。当t＝44.0 ℃时，可得RT＝________Ω。
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃。
解析：(1)闭合开关S1前，应让滑片移动到b端，使滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(2)把t＝60 ℃和t＝70 ℃对应的两组数据在坐标纸上画点，然后用平滑的曲线画出R2t曲线，使尽可能多的点位于曲线上，如图所示。
(3)由图像可知t＝44.0 ℃时，电阻的阻值约为450 Ω。
(4)由题图(c)可得电阻箱阻值为620.0 Ω，由图像可得温度约为33.0 ℃。
答案：(1)b (2)见解析图 (3)450 (4)620.0 33.0
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，
内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1＝________Ω，R2＝________Ω。(保留到个位)
解析：(1)微安表头改装成毫安电流表需要并联一个小电阻，再把电流表改装成电压表，需要串联一个大电阻，电路如图所示。
(2)接a时改装成量程为1 mA的电流表，有IgRg＝(I－Ig)R1，解得
R1＝100 Ω；接b时改装成量程为3 V的电压表，有U＝IgRg＋IR2，解得R2＝2 910 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)100 2 910
2．一只小灯泡标有“3.6 V，0.3 A”，某同学想研究它的灯丝电阻与温度的关系。
(1)该同学先用多用电表的电阻挡“×1”倍率调零后，初测小灯泡冷态时的电阻，如图所示，则冷态电阻为________。
(2)实验室提供导线和开关及下列器材：
A．电源E(电动势为6.0 V)
B．电压表V1(量程3 V，内阻约为2 kΩ)
C．电压表V2(量程5 V，内阻约为4 kΩ)
D．电流表A1(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
E．电流表A2(量程100 mA，内阻约为2 Ω)
F．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω，额定电流2 A)
G．滑动变阻器R2(最大阻值为100 Ω，额定电流1 A)
为了便于调节，减小读数误差和系统误差，电压表、电流表和滑动变阻器分别应选________(填所选仪器前的字母序号)，并在虚线框内画出电路图。
(3)根据正确设计的实验电路图，测得电压、电流，如表所示：
电压/V
0
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
电流/A
0
0.051
0.105
0.165
0.205
0.235
0.260
0.280
0.300
实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而______(选填“增大”“减小”或“不变”)。若将此小灯泡与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源及阻值为9 Ω的电阻串联，则小灯泡的功率约为________W(保留两位小数)。
解析：(1)冷态电阻由多用电表读数可得：7×1 Ω＝7 Ω。
(2)小灯泡额定电压为3.6 V，故电压表选择量程为5 V的C；额定电流为0.3 A，则电流表选择0.6 A量程的D；
为了便于调节，减小读数误差和系统误差，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻即可，故选择F；被测电阻阻值较小，故采用电流表外接，电路图如图所示。
(3)实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而增大。把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U＋I(r＋R0)，U＝3－10I，作出电源的IU图像，如图所示，电源图像与小灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是小灯泡的实际电压与实际电流，由图像可知，小灯泡两端电压为1.2 V，电流为0.18 A，小灯泡实际功率为P＝
UI＝1.2×0.18 W≈0.22 W。
答案：(1)7 Ω(或7.0 Ω) (2)C、D、F 见解析图 (3)增大 0.22
3．(2019届高三·济宁模拟)某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和电阻R1的阻值。实验器材有：待测电源(电动势为E，内阻为r)；待测电阻R1；电压表V(量程1.5 V，内阻很大)；电阻箱R(0～99.99 Ω)；开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。
(1)先测量电阻R1的阻值，请将该同学的操作补充完整。
①闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1；
②保持电阻箱示数不变，将S2切换到b读出电压表的示数U2；
③电阻R1的表达式为R1＝________。
(2)该同学已经测得电阻R1＝4.95 Ω，继续测量电源电动势E和内阻r的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的 图线，则电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果均保留三位有效数字)。
解析：(1)③根据串、并联电路规律可知，R1两端的电压U′＝U2－U1，电流I＝，则由欧姆定律可知，R1＝R0。
(2)在闭合电路中，电源电动势：E＝U＋I(r＋R1)＝U＋(r＋R1)，变形可得：＝＋·，由题图乙可知，纵轴截距为0.7 V－1，即＝0.7 V－1，解得：E≈1.43 V；图像斜率k＝＝＝4.2，电源内阻r＝kE－R1＝(4.2×1.43－4.95)Ω≈1.06 Ω。
答案：(1)③R0 (2)1.43 1.06(或1.05)
4．(2018·南平质检)为测定待测电阻Rx的阻值(约为200 Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3 V，内阻不计；
电流表A1：量程15 mA，内阻约为100 Ω；
电流表A2：量程300 μA，内阻为1 000 Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；
定值电阻R2：阻值为9 000 Ω，额定电流10 mA；
定值电阻R3：阻值为200 Ω，额定电流0.1 A；
开关S、导线若干。
实验中要求准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
(1)正确选取器材，在方框内画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明所选器材的符号。
(2)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，则待测电阻Rx的阻值是________Ω(计算结果保留一位小数)。
(3)仅从实验原理产生系统误差的角度分析，Rx的测量值________(选填“>”“＝”或“<”)真实值。
解析：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联组成电压表；改装后电压表量程应为3 V，则定值电阻阻值R＝＝9 000 Ω，故选定值电阻R2；滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；由前述电流表A2的改装方法，可求出改装后的电压表内阻为RV＝1 000 Ω＋9 000 Ω＝10 000 Ω，故电流表应采用外接法，电路图如图所示。
(2)由题图可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数是150 μA；待测电阻两端电压U＝I2RV＝150×10－6×10 000 V＝1.5 V，测得待测电阻Rx＝＝ Ω≈191.1 Ω。
(3)实验中能同时准确地测量出Rx两端的电压和通过Rx的电流，所以仅从实验原理产生系统误差的角度分析，Rx的测量值＝真实值。
答案：(1)见解析图 (2)8.0 150 191.1 (3)＝
5．(2018·江苏高考)一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)图1所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。
(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
/A－1
6.7
5.9
5.3
4.5
3.8
根据表中数据，在图2方格纸上作出R关系图像。
由图像可计算出该干电池的电动势为________V；内阻为________Ω。
(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图3所示，则该干电池的电动势应为________V；内阻应为________Ω。
解析：(1)在电学实验中，连接电路时应将开关断开，电阻箱的阻值调为最大，以确保实验仪器、仪表的安全。
(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，整理可得R＝－r＝E·－r，即R图像为直线。描点连线后图像如图所示。
根据图像可知r＝1.2 Ω，图像的斜率为电动势E，在R图像上取两点(2,1.58)、(5,5.71)，则E＝ V≈1.38 V。
(3)题图3的读数为66×10－3 V，根据欧姆定律，得电流表的内阻rA＝＝ Ω＝0.2 Ω，由E＝I(R＋r′＋rA)得R＝E·－(r′＋rA)，R 图像的斜率仍为电动势E，即E＝1.38 V，而干电池的内阻应为r′＝r－rA＝1.0 Ω。
答案：(1)开关未断开；电阻箱阻值为零。(2)见解析图 1.38 1.2 (3)1.38 1.0
6．在“测定金属的电阻率”实验中：
(1)为了测量金属丝的电阻Rx的阻值，实验室提供如下实验器材：
A．待测金属丝Rx(约100 Ω)
B．电动势E＝6 V，内阻很小的直流电源
C．量程50 mA，内阻约为50 Ω的电流表
D．量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω的电流表
E．量程6 V，内阻约为15 kΩ的电压表
F．最大阻值15 Ω，最大允许电流1 A的滑动变阻器
G．最大阻值15 kΩ，最大允许电流0.5 A的滑动变阻器
H．开关一个，导线若干
①为了操作方便，且能比较精确地测量金属丝的电阻值，电流表选用________，滑动变阻器选用________(填写选用器材前的字母代号)；
②根据所选用的实验器材，设计出测量电阻的甲、乙两种电路，为尽可能减少实验误差，应采用图________(选填“甲”或“乙”)；
③实验中测得该金属丝直径为d，长度为L，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的表达式为ρ＝________。
(2)若另有一只待测电阻，用电流表内接和外接的测量结果不一致，有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差，他用两只相同的电压表，设计了如图所示的测量电路。实验操作步骤如下：
①按电路图连接好实验器材；
②闭合S1，断开S2，读出此时电压表V1的示数U，电流表的示数I；
③再闭合S2，调节滑动变阻器R，使电流表的示数仍为I，此时读出电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2。
用测得的物理量表示待测电阻的阻值Rx＝__________。
解析：(1)①根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测金属丝的最大电流为Imax＝＝
A＝60 mA，所以电流表应选用C；当滑动变阻器采用限流接法时，电路中需要的最大电阻为Rmax＝＝ Ω＝360 Ω，显然滑动变阻器应选用F，由于F的最大阻值比待测金属丝的阻值小得多，所以应采用分压接法。②由上述分析可知，滑动变阻器应采用分压接法，所以应采用题图甲。③根据R＝及R＝，可得ρ＝。
(2)当S2断开时应有U＝I(RA＋Rx)，当S2闭合时应有U1＝IRA＋U2，解得Rx＝。
答案：(1)①C F ②甲 ③ (2)
7.压敏电阻由在压力作用下发生形变进而导致电阻率发生变化的材料组成，为了探究某压敏材料的特性，有人设计了如图甲所示的电路，其中电源电动势为3 V、内阻约为1 Ω，两个电流表量程相同均为0.6 A，一个电流表内阻r已知，另外一个电流表内阻较小但阻值未知。
(1)电路图甲中哪个电流表的内阻r已知________(填“A1”或“A2”)。
(2)在某一个压力测试下，两个电流表A1和A2的读数分别为I1和I2，则压敏电阻的阻值
Rx＝__________。
(3)经过测试获得压敏电阻的阻值和压力的关系如图乙所示，以竖直向下为正方向，则阻值和压力的关系式是__________。
解析：(1)没有电压表，但内阻已知的电流表不仅可以测出通过自身的电流，还可当作电压表使用，根据题图甲判断A1可作为电压表测量压敏电阻两端的电压，所以A1的内阻r
已知。
(2)压敏电阻两端的电压为I1r，电流为I2－I1，所以压敏电阻的阻值Rx＝。
(3)由题图乙知图像为一次函数图像，根据数学知识可得Rx＝16－2F。
答案：(1)A1 (2) (3)Rx＝16－2F
第2讲
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考法
学法
在历年高考实验题中，第2个实验题一般为电学实验(偶尔也会考查力学实验)，难度较大，且多数情况下不直接考查电学基本实验，而是考查实验的创新设计，因为设计型实验既考查学生的基本实验能力，又考查学生对物理规律的灵活应用能力。复习本讲内容时，要注意以下几点：①熟悉各种实验器材的原理和使用方法；②熟知基础实验，能在基础实验的基础上创新实验过程；③熟悉物理规律，能根据现有的器材设计实验，达到实验目的。
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创新点(一) 创新实验原理，消除实验误差
高考试题中出现的电学创新实验，大多数是在教科书中常规实验的基础上，进行重组、包装、拓展、创新，它们源于教科书，但高于教科书，解决这类创新实验时，应注意以下三点：
1．无论哪个电学实验，也不管怎么创新都离不开电路，离不开实验仪器的选取，电流表内、外接法的判断，滑动变阻器的分压电路与限流电路的分析。
2．在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表，电压表可当作电流表使用，电流表也可当作电压表使用，利用这一特点，可以拓展伏安法测电阻的方法，如伏伏法、安安法等。
3．对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性，即首先要注意到其自身量程对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流或自报电压”的功能。因此，在测电压表内阻时，无须另并联电压表；测电流表内阻时，无须再串联电流表。
命题角度1 巧设电路，消除并联分压造成的系统误差
[例1] 利用如图所示电路可以较为准确地测量电源的电动势。图中a为标准电源，其电动势为Es，b为待测电源；E为恒压电源，R为滑动变阻器，G为零刻度在中央的灵敏电流计，AB为一根粗细均匀的金属丝，滑动片C可在金属丝上移动，AC之间的长度L可用刻度尺量出。
实验步骤如下：
(1)按图连接好电路。
(2)调整滑动变阻器的滑片至合适位置，闭合开关S1。
(3)将S2接1，调节滑动片C使电流计示数为零，记下________________。
(4)将S2接2，重新调整滑动片C的位置，使________________，并记下________________。
(5)断开S1、S2，计算待测电源的电动势的表达式为Ex＝________(用实验记录及已知物理量字母表示)。
[解析] (3)由(1)、(2)可知金属丝AB中的电流保持不变，使电流计指向零刻度，则加在AC两端的电压等于金属丝上的分压，即电源电动势等于金属丝上的分压，根据分压关系可知，分压之比等于金属丝长度之比，故记录金属丝AC段的长度即可求得电压之比，故要记下AC间的长度L1。
(4)测量待测电源的电动势，电流方向不变，使电流计指针指向零，再记下AC间的长度L2。
(5)电流计G中电流为零，则AC段的电压恰好等于接入电源的电动势，设AB上单位长度的电阻为r，则有：I0L1r＝Es；I0L2r＝Ex，解得：Ex＝Es。
[答案] (3)AC间的长度L1 (4)电流计示数为零 AC间的长度L2 (5)Es
命题角度2 消元法消除电表内阻造成的系统误差
[例2] 采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，由于电表因素造成实验的系统误差，某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图所示的测量电源电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G。
(1)请你补充完整实验步骤：
①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA________φB(选填“大于”“小于”或“等于”)，读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1________(选填“大于”“小于”或“等于”)通过电源E的电流；
②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得________________________，读出_________
______________________________。
(2)由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E的表达式为_____________________
_____、内阻r的表达式为______________________。
(3)该实验中E测________E真，r测________r真(均选填“大于”“小于”或“等于”)。
[解析] (1)①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，即I1等于通过电源E的电流。②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2。
(2)根据闭合电路欧姆定律得：E＝I1r＋U1，E＝I2r＋U2，解得：E＝U1＋，
r＝。
(3)两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真。
[答案] (1)①等于 等于 ②灵敏电流计示数为零电流表和电压表的示数I2和U2
(2)E＝U1＋ r＝ (3)等于 等于
创新点(二) 实验器材的等效与替换
命题角度1 测量导电液体的电阻率
[例1] 某兴趣小组欲通过测量工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值ρ≥200 Ω·m)。如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱，容器内表面长a＝40 cm，宽b＝20 cm，高c＝10 cm，将水样注满容器后，用多用电表粗测水样电阻约为2 750 Ω。
(1)为精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A．电流表(量程5 mA，电阻RA为50 Ω)
B．电压表(量程15 V，电阻RV约为10 kΩ)
C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
D．电源(12 V，内阻约10 Ω)
E．开关一只、导线若干
请在图乙实物图中完成电路连接。
(2)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，测出一系列数据如表所示，请在如图丙所示的坐标纸中作出UI关系图线。
U/V
2.0
3.8
6.8
8.0
10.2
11.6
I/mA
0.73
1.36
2.20
2.89
3.66
4.15
(3)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率约为________Ω·m(计算结果保留到个位)。据此可知，所得水样________(填“达标”或“不达标”)。
[解析] (1)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值比待测电阻小得多，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图1所示。
(2)UI图线如图2所示。
(3)由图2所作图线斜率可知，总电阻为2 727 Ω，又R＝R总－RA＝2 677 Ω，根据电阻定律R＝ρ，代入数据得ρ≈134 Ω·m<200 Ω·m，故不达标。
[答案] (1)见解析图1 (2)见解析图2 (3)134(130～140均可) 不达标
命题角度2 描绘二极管的伏安特性曲线
[例2] (2019届高三·合肥四校联考)某同学发现很多教辅用书中提到的二极管正接电阻均是某一定值，而他又注意到人教版高中《物理》教材中写到“二极管是非线性元件，它的电阻与通过电流的大小有关”。他为了探求真知，找来一个LED蓝光二极管：
(1)他首先利用多用电表对它的正向电阻进行粗略测量，如图甲所示，下面说法中正确的是( )
A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端
B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零
D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω
(2)为了正确描绘出该二极管正向的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：
直流电源E(电动势为3 V，内阻不计)
电流传感器(量程－10 mA～＋10 mA，相当于理想电流表，能较为精确地测出通过二极管的电流)
电压表(量程1 V，内阻为1 kΩ)
定值电阻R0(阻值为2 kΩ)
滑动变阻器R1(0～10 Ω)
滑动变阻器R2(0～1 000 kΩ)
开关、导线若干
①实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)；
②请在图乙方框中画出实验电路原理图；
③实验记录的8组数据如表所示，其中7组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出IU图像；
I(mA)
0
0.10
0.31
0.61
0.78
1.20
3.10
5.00
U(V)
0
0.61
0.96
1.52
2.03
2.35
2.64
2.75
④由所绘制图像可知，他选用的LED蓝光二极管是________(选填“线性”或“非线性”)电学元件。
[解析] (1)由于欧姆表的A表笔内部接电源的正极，故欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端，选项A正确；由于人体是导体，双手捏住两表笔金属杆相当于二极管与人并联，测量值将偏小，选项B错误；若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明二极管的阻值较小，为使指针指中央刻度附近，则应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，选项C正确；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于15与20正中间，则测量值小于175 Ω，选项D错误。
(2)①实验中滑动变阻器应选阻值较小的R1；②电路图如图1所示；③图线用平滑曲线连接各点如图2所示；④由所绘制图像可知，他选用的LED蓝光二极管是非线性电学元件。
[答案] (1)AC (2)①R1 ②见解析图1 ③见解析图2 ④非线性
命题角度3 新型电池电动势和内阻的测量
[例3] 某物理学习小组为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内阻，设计了如图1所示的电路，在一定光照条件下进行实验。
(1)请根据图1完成图2中实物的连线。
(2)该小组成员将测量出来的数据记录在表格中，请在图3中作出该硅光电池组的UI
图线。
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
1.78
1.75
1.70
1.65
1.54
1.27
1.00
0.50
I/μA
12
30
48
60
68
76
80
86
(3)由所作的UI图线可知该硅光电池组的电动势E＝________V，电池组的内阻随输出电流的变化而改变，在电流为80 μA时，该电池组的内阻r＝________Ω(结果均保留两位有效数字)。
[解析] (1)实物连接图如图甲所示。
(2)根据表格中数据描点后用平滑曲线连接，UI图线如图乙所示。
(3)由所作的UI图线可知该硅光电池组的电动势E＝1.8 V，在电流为80 μA时，路端电压U＝1.00 V，由闭合电路欧姆定律知电源内电压为U′＝E－U＝0.80 V，所以电池组的内阻r＝＝1.0×104 Ω。
[答案] (1)见解析图甲 (2)见解析图乙 (3)1.8 1.0×104
创新点(三) 与新型材料、传感器结合的实验创新
命题角度1 灵敏电流计改装成温度计
[例1] 某同学尝试把一个灵敏电流计改装成温度计，他所选用的器材有：灵敏电流计(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水绝缘材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt(阻值与摄氏温度t的关系为Rt＝
a＋kt，a<0，k>0)。设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作。
(1)按电路图连接好实验器材。
(2)将滑动变阻器滑片P滑到________(填“a”或“b”)端，单刀双掷开关S掷于________(填“c”或“d”)端，调节滑片P使电流计满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路。
(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流计的示数I，然后断开开关。请根据温度计的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式(用题目中给定的符号)I＝________。
(4)根据对应温度记录的电流计示数，重新刻制电流计的表盘，改装成温度计。根据改装原理，此温度计表盘刻度线的特点是：低温刻度在________(填“左”或“右”)侧，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”)。
[解析] (2)根据实验的原理可知，滑动变阻器起到保护电路的作用，首先需要选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合使用滑动变阻器的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到a端，以保证电路安全；然后将单刀双掷开关S掷于c端，调节滑片P使电流计满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路。
(3)当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：Rt＝a＋kt，根据闭合电路的欧姆定律可得，I＝＝。
(4)由电流与温度的关系式可知，温度越高，电流计中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的。
[答案] (2)a c (3) (4)右 否
命题角度2 自动控制电路设计与调整
[例2] 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过
20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为
650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器______(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________________________________________________________________________；
②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_____
________________________________________________________________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
[解析] (1)电路图连接如图所示。
(2)报警器开始报警时，对整个回路有U＝Ic(R滑＋R热)，代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2。
(3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a，闭合开关时，电路中的电流I＝ A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。
[答案] (1)连线见解析图 (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会
超过20 mA，报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警
电学设计型实验常用的方法
1．转换法：将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量，然后再反求待测物理量的值，这种方法叫转换测量法(简称转换法)。如在测量金属电阻率的实验中，虽然无法直接测量电阻率，但可以通过测金属丝的长度和直径，并将金属丝接入电路测出其电阻，最后计算出它的电阻率。
2．替代法：用一个标准的已知量替代被测量，通过调整标准量，使整个测量系统恢复到替代前的状态，则被测量等于标准量。
3．控制变量法：研究一个物理量与其他几个物理量的关系时，要使其中一个或几个物理量不变，分别研究这个物理量与其他各物理量的关系，然后再归纳总结。如探究电阻的决定因素实验。
[专题强训提能]
1．(2018·新疆模拟)某同学利用如图甲所示电路测量电源的电动势E和内阻r，可供选择的实验器材有：待测电源(电动势约6 V，内阻约1 Ω)，定值电阻RA(阻值10 Ω)和RB(阻值
1 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)，电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)，电压表V(量程5 V，内阻约10 kΩ)，开关S，导线若干。请回答下列问题：
(1)图甲为该同学设计的电路图的一部分，将电路补充完整。
(2)图甲中的R1应选________(填“RA”或“RB”)。
(3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数U和相应电流表的示数I；以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线如图乙所示，并求出UI图线在横轴上的截距a和在纵轴上的截距b，请选用待测电源电动势E、内阻r、定值电阻R1和R2，写出a、b的表达式，a＝________，b＝________，代入相应数值即可得E和r的测量值。
解析：(1)由于滑动变阻器的最大阻值过小，使电压表测量范围较小，所以R1应采用与滑动变阻器总阻值接近的RA；R2起保护电路的作用，故可以采用阻值较小的RB；由于电流表内阻与等效内阻接近，为了减小误差，应采用相对电源的电流表外接法，电路图如图所示。
(2)由以上分析可知，题图甲中的R1应选择RA。
(3)根据闭合电路欧姆定律可知：U＝E－I(R2＋r)，由此可知，图像与纵轴的截距b＝E，图像与横轴的截距为短路电流，故a＝。
答案：(1)见解析图 (2)RA (3) E
2.(2018·宜宾检测)某同学利用如图甲所示电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻不可忽略)，两个完全相同的电流表A1 、A2(量程为
3 mA，内阻不计)，电阻箱R(最大阻值为9 999 Ω)，定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、
1 kΩ、10 kΩ)，开关S，导线若干，刻度尺。
实验步骤如下：
A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1 、A2示数，分别记为
I1、I2，记录电阻箱的阻值R；
D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C；
E．断开S，整理好器材。
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式Rx＝__________(用R0、R、I1、I2表示)。
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1 、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的RL关系图像，则自来水的电阻率ρ＝______Ω·m(结果保留两位有效数字)。在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将_______(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
解析：(1)电源电动势为3 V，电流表的量程为3 mA，则最小电阻R＝＝ Ω＝
1 kΩ，故定值电阻R0选1 kΩ 的即可。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx满足I1Rx＝I2(R0＋R)，即Rx＝。
(3)当I1＝I2时，Rx＝R0＋R，即ρ＝R0＋R，则R＝L－R0，由题图乙可知：＝ Ω/m＝5×104 Ω/m，S＝π2＝πd2，则ρ＝5×104××3.14×(20×10－3)2 Ω·m≈16 Ω·m；若电流表内阻不能忽略，则：Rx＋rA＝R0＋R＋rA，即Rx＝R0＋R，则表达式不变，自来水电阻率测量值与上述测量值相比将不变。
答案：(1)1 kΩ (2) (3)16 不变
3．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。
解析：(1)实验电路连线如图所示。
(2)为使金属棒获得更大的速度，则金属棒运动时需要更大的加速度，根据牛顿第二定律有a＝，所以增加磁感应强度、增大电流、增加两导轨间的距离都可以使加速度增大。故选项A、C正确，B错误。
答案：(1)见解析图 (2)AC
4．(2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线。
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1。
(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。
(4)待测电阻阻值的表达式Rx＝________(用R0、U1、U2表示)。
(5)重复步骤(3)，得到如下数据。
1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49
3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________Ω。(保留一位小数)
解析：(1)实物连线如图所示。
(4)由于为理想电压表，故S2接1或接2时流过R0、Rx的电流相等。根据欧姆定律和串联电路的特点得＝，解得Rx＝R0。
(6)求出5次的平均值为3.41，代入Rx＝R0，得Rx＝48.2 Ω。
答案：(1)见解析图 (4)R0 (6)48.2
5．(2019届高三·枣庄模拟)某探究小组测量直流恒流源的输出电流I0和定值电阻Rx的阻值，电路如图甲所示。
实验器材如下：
直流恒流源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8 A)；
待测电阻Rx(阻值约为20 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值约为70 Ω)；
电压表V(量程15 V，内阻约为15 kΩ)；
电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；
开关一个，导线若干。
请回答下列问题：
(1)实验所用器材如图乙所示，图中部分实物电路已经连接好，请完成剩余实验电路的连接。
(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到________(选填“a”或“b”)处。
(3)所得实验数据如表所示；请在图丙所示的直角坐标系上画出UI图像。
1
2
3
4
5
电流表的示数I/A
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
电压表的示数U/V
13.9
12.1
10.2
7.6
6.1
(4)根据所画UI图像，可求得直流恒流源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值
Rx＝________Ω(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)实验电路连接如图1所示。
(2)为了让电流表的示数由最小值开始变化，并保证开关S闭合时，流过电流表的电流不会超过电流表量程，故开关S闭合前，滑动变阻器滑片P应置于连入阻值最大处，即a处。
(3)根据表中数据先在题图丙中描点，在画直线时使尽可能多的点落在同一直线上，不在直线上的点也要尽可能对称地分布在直线两侧，可以得出对应的UI图像，如图2所示。
(4)当电压表示数为零时说明滑动变阻器短路，则此时通过电流表的电流等于直流恒流源的输出电流，则结合UI图像可知，电流I0约为0.88 A；由图2可知，当电压为10 V时，电流约为0.40 A，则此时流过待测电阻的电流I＝(0.88－0.40)A＝0.48 A，由欧姆定律可得Rx＝＝ Ω≈21 Ω。
答案：(1)见解析图1 (2)a (3)见解析图2 (4)0.88(0.87～0.89均可) 21(20或21均可)
6．(2018·凯里模拟)如图所示的矩形框内存在一沿水平方向且与金属棒垂直的匀强磁场，现通过测量通电金属棒在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。
(1)在图中画出连线完成实验电路，要求接通电源后电流由a流向b。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线；
②保持开关S断开，读出电子秤示数m0；
③闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，此时电子秤仍有读数，然后读出并记录________________、________________；
④用米尺测量__________________________。
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得到B＝____________。
(4)判断磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直于纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
解析：(1)实验电路连线如图所示。
(2)③记录电流表的示数I以及此时电子秤的示数m1；
④用米尺测量金属棒的长度l。
(3)测磁感应强度原理：开关断开时，电子秤称出金属棒质量；接通电源后，若磁感应强度的方向垂直于纸面向里，则安培力向下，则有m0g＋BIl＝m1g，所以B＝g；接通电源后，若磁感应强度的方向垂直于纸面向外，则安培力向上，则有m0g－BIl＝m1g，所以B＝g；所以磁感应强度的大小B＝g。
(4)由(3)中分析易知，若m1
3 V，内阻约几千欧。实验操作和相关的问题如下：
(1)在开关S1、S2都断开的条件下，先将电阻箱R的阻值调至________(填“最大”“最小”或“任意值”)，然后闭合开关S1；这样做的目的是________。
A．保护电池
B．保护电压表
C．保护电阻箱
D．能更准确地读出电压表的读数
(2)逐步调节电阻箱R的阻值，当电压表V的读数为U1＝2.00 V时，R的阻值为R1＝
7.20 kΩ；当电压表V的读数为U2＝3.00 V时，R的阻值为R2＝4.13 kΩ，可估算出电压表的内阻RV＝________kΩ(计算结果保留两位有效数字)。若测量数据自身的误差可忽略不计，则电压表内阻的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)实际值。
(3)调节电阻箱R的阻值，使电阻箱和电压表串联后可当成一个量程为10 V的电压表
V′，则阻值R与电压表内阻RV的比值应为＝________。
(4)保持(3)中电阻箱R的阻值不变，调节电阻箱R′的阻值为较大值，闭合开关S2，接着小心调节电阻箱R′的阻值，使电压表V的示数在2～3 V之间变化，记录电压表V的读数U和相对应的电阻箱R′的阻值R′，取得若干组实验数据。某同学以U为纵坐标、以为横坐标建立一个实验图像(坐标轴都使用国际单位)，将实验数据计算后描绘在图像中，得到一条直线，若直线在纵轴的截距为b、斜率的绝对值为k，则电池的电动势E＝__________，内阻r＝_________。
解析：(1)由电路图可知，电压表与电阻箱R串联，故为了保护电压表应先将电阻箱R的阻值调至最大，然后再闭合开关S1，从而使电压表由电压最小开始调节。
(2)由于r≪RV＋R，因此在估算中可以忽略不计，则有：＝，＝，解得：RV≈2.0 kΩ，由于测量中没有考虑电源内阻的影响，因此测量结果中包括电源内阻，故测量值大于真实值。
(3)电阻箱R和电压表串联后可当成一个量程为10 V的电压表使用，则当电压表V的电压为3 V时，电阻箱R的电压为7 V，故＝。
(4)当电压表V的电压为U时，加在电阻箱R′上的电压为，即路端电压U′＝，由闭合电路欧姆定律有：E＝U′＋r，即E＝＋r，整理得：U＝E－r，根据图像规律可知，E＝b，k＝r，解得：E＝。
答案：(1)最大 B (2)2.0 大于 (3) (4) k
第3讲
近几年高考对实验的考查，多以一大一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验。第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计型实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验。在解答实验题时，要坚持2个原则，做到细心审题、熟练题型、活学活用原理、巧妙结合数形。
原则(一) 审题做到“一明、二看、三提取”
一明——明确考查意图
现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题者想要考查的知识点和意图。
二看——看清实验题图
实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。
三提取——提取解题信息
试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：
(1)新的概念、规律、公式
一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。
(2)新的表格数据
通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系，如正比例、反比例关系，平方、开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。
(3)新的物理图像
实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，才能正确分析实验问题。
[典例] (2018·鹰潭模拟)某研究性学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂轻质滑轮的轻绳中的拉力)。
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝________kg，重力加速度g＝________m/s2(结果均保留两位有效数字)。
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________(填选项前的字母)。
A．偏向纵轴 B．偏向横轴
C．斜率逐渐减小 D．斜率不变
[细心审题]
[解析] (1)受力分析，对铝箱应有FT－mg＝ma，对滑轮应有F＝2FT，联立可解得a＝F－g，可知题图乙中图线的斜率k＝＝，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。
(2)图线的斜率k＝与砂桶和砂的总质量无关，故选D。
[答案] (1)0.25 9.8 (2)D
原则(二) 针对题型定策略
题型1 基本仪器型——“细”微之处见高低
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。
[例1] (1)图甲中游标卡尺的读数为________mm，图乙中螺旋测微器的读数为________mm。
(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所示。先将选择开关旋至倍率“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________(填“＋”或“－”)接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至________(填“×1”或“×100”)挡并________________________，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻为________Ω。
[解析] (1)由游标卡尺的读数规则：主尺上的整毫米数＋精确度×对齐格数(不估读)，可知游标卡尺的读数为49 mm＋0.1 mm×8＝49.8 mm；由螺旋测微器的读数规则：固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线)＋0.01 mm×对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.01 mm×38.0＝0.880 mm。
(2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出”，电压表中电流是从正接线柱流入的，所以多用电表的红表笔应接电压表的“－”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，应换用“×100”挡进行测量，并且重新进行欧姆调零，读数结果为30×100 Ω＝3 000 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)49.8 0.880 (2)－ ×100 重新进行欧姆调零 3 000
本题易出错的地方有：①游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开始读；对齐格数估读了一位。②螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；结果中舍弃了末位“0”。③不注意电压表中电流的流向。④不能根据指针偏角情况更换倍率挡位；更换挡位后直接测量而不进行欧姆调零。
题型2 常规实验型——“实”践出真知
常规实验题主要考查教材中基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处理和误差分析。复习时要从领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操作、实验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实物图的连接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数。
[例2] 要描绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源(电压为4 V)；电流表(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)；电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)；开关一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填字母代号)。
A．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A)
(2)图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分线路的连接。(用笔画线代替导线)
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是________Ω(结果保留两位有效数字)。
(5)根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是________。
A．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电压表内阻引起的
B．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电流表内阻引起的
C．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电压表内阻引起的
D．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电流表内阻引起的
[解析] (1)由于电路需采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A。
(2)描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡正常发光时的电阻为R＝＝ Ω＝15 Ω。电流表内阻约为0.5 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示。
(3)由题图乙图像可知，随着电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，小灯泡电阻增大。
(4)电压表量程为3 V，题图丙所示电压表分度值为0.1 V，则其示数为2.30 V，由题图乙所示图像可知，2.30 V对应的电流为0.2 A，此时小灯泡电阻R＝＝ Ω≈12 Ω。
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得小灯泡正常发光的功率P＝UI偏大，故C对。
［反思领悟］
[答案] (1)A (2)见解析图 (3)增大 (4)12 (5)C
本题以描绘小灯泡的伏安特性曲线为载体考查实验器材选取、实物图连线的能力，以及读图能力、实验数据的处理能力等，要求考生对常规实验应熟记于心。本题中要注意“电压由零逐渐增加到3 V”，且本题对小灯泡的功率进行了分析。
题型3 创新实验型——“活”用原理妙迁移
创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、方法进行迁移和应用，试题新颖、能力要求高。如力学中与纸带相关的实验、电学中电路的设计、计算形式的实验题等都可能考查学生运用已学过的实验方法、原理处理新情境实验题的能力，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理。
[例3] 某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲中未画出)测量出两个光电门之间的高度差h，计算出小铁球通过两个光电门间的平均速度v；
③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作。测出多组数据，计算出对应的平均速度v；
④画出v t图像。
请根据实验，回答下列问题：
(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表达式为________________(用v0、g和t表示)。
(2)实验测得的数据如表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
h/cm
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t/s
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v/(m·s－1)
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
请在如图乙所示的坐标纸上画出v t图像。
(3)根据v t图像，可以求得当地的重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门1的距离约为______cm(结果均保留两位有效数字)。
[解析] (1)因为h＝v0t＋gt2，所以v＝＝v0＋gt。
(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直线两侧。如图所示：
(3)从(2)中可求出v t图像的斜率k≈4.81 m/s2，纵轴截距为1.10 m/s，即v0＝1.10 m/s，解得g＝2k≈9.6 m/s2，由v02＝2gh，得h＝≈0.063 m＝6.3 cm。
［反思领悟］
[答案] (1)v＝v0＋gt (2)见解析图 (3)9.6(9.5～9.9均可) 6.3(6.0～6.4均可)
本实验的创新之处在于数据信息的获取方式，利用光电门及光电计时器使数据的获取更便捷。理解用实验装置测重力加速度的原理，并在不同的实验背景下灵活应用是解题的关键。
题型4 数形结合型——“巧”变公式找函数
高考物理考查学生应用数学知识的能力，在实验中体现在实验数据的处理上，通常利用相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图像信息一致的函数形式，根据图像的斜率、截距结合函数关系式得出所需的数据。
[例4] 一物理兴趣小组想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中使用了如下器材：
［反思领悟］
A．热敏电阻
B．学生电源(通过调节可输出0～12 V的电压)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ)
E．温控箱(能显示温度并可调温度)
F．开关S，导线若干
G．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)
完成下列问题：
(1)实验中要用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值，他们设计了如图甲所示的电路原理图，据图甲完成图乙中的实物连线。
(2)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rt图像。根据所给的Rt图像可以看出，该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝____________。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝________Ω(保留三位有效数字)。
[解析] (1)实物连线图如图所示。
(2)由题图丙可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求直线的斜率，可在直线上找两个距离较远的点，如(0,7.5)、(300,17.5)，直线的斜率为k＝＝，所以该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝7.5＋t。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝Ω＝27.5 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)见解析图 (2)7.5＋t 27.5
数形结合法是指将图像与函数相结合，并将重点数学公式变形，最后求得目标关系式，如本题中根据图像的形状可得出对应的数学函数类型是一次函数，利用图像求出斜率和截距，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系式R＝7.5＋t。
[专题强训提能]
1．读出如图所示的游标卡尺(50分度)与螺旋测微器、电流表、电压表、欧姆表(×10倍率)的读数。
(1)________mm；(2)________mm；(3)________A；(4)________V；(5)________Ω。
答案：(1)42.20 (2)2.987(2.986～2.988均可) (3)0.34 (4)2.22(2.20～2.23均可) (5)160
［反思领悟］
2．某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值如表所示。n＝2时的st图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入表中。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝
＝0.39 m/s2。
(4)描点及图像如图所示。
(5)由(4)图像求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得
a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。
(6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即
nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见an图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。
答案：(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)BC
3．(2018·哈尔滨模拟)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不拴接)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度g)
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2
C．小球直径
D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝____________________________。
(3)由上述所测得的物理量来表示，如果满足关系式____________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
解析：(1)弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时得到的动能之和，要求解动能必须知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律，可知v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2，B正确。
(2)小球刚被弹簧弹出时的动能为Ek＝mv02＝m2＝；故弹簧弹性势能的表达式为Ep＝m1v12＋m2v22＝＋。
(3)由测得的物理量来表示，如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
答案：(1)B (2)＋ (3)m1x1＝m2x2
4．利用如图甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。
(1)以下说法中正确的是________。
A．用此装置研究匀变速直线运动时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响
B．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，需要重新平衡摩擦力
C．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量
D．用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行
(2)某同学在进行“探究加速度与力、质量的关系”实验时，经历了以下过程：
a．在实验准备过程中，该同学决定使用电火花计时器，该打点计时器对电源的要求是________。
A．交流220 V B．直流220 V
C．交流4～6 V D．直流4～6 V
b．该同学欲通过如图乙所示装置打出的纸带来判断是否已经平衡摩擦力。根据纸带(如图丙所示)的点迹可以判断：为进一步平衡摩擦力，图中的垫块应向________(选填“左”或“右”)移一些。
c．在利用此装置做实验时(已知电源频率为50 Hz)，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图丁所示。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则打下计数点3时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)用此装置研究匀变速直线运动时，由于摩擦阻力是恒力，不必设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响，选项A错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，选项B错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量，选项C正确；用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行，选项D正确。
(2)a.电火花计时器使用的是220 V的交流电。b.根据纸带的点迹可以判断小车做加速直线运动，需要进一步平衡摩擦力，图中垫块应向左移一些。c.打下计数点3时小车的瞬时速度大小为v3＝×10－2 m/s≈0.38 m/s。由逐差法可知小车的加速度大小为a＝×10－2 m/s2≈0.16 m/s2。
答案：(1)CD (2)a.A b．左 c．0.38 0.16
5.随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全
放电。
实验小组完成了以下操作：
①在小球N不带电时读出传感器示数F0；
②让小球N与小球M接触后，调整小球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整小球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使小球N完全放电，再让小球N与小球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。
(1)对于上述操作，下列判断正确的是________。
A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力
B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系
C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系
D．要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量
(2)小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为________。
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是_______________________________
______________________________________________________________________________。
解析：(1)当小球N与小球M接触带电后，M、N间产生库仑斥力，小球N受到重力mg＝F0、丝线拉力F1及库仑力FC1三个力，故库仑力FC1＝F0－F1，需要①②及后续操作共同确定不同情况下所受的库仑力，A选项错误；②③操作保持M、N所带电荷量不变，因此结合①可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B选项正确；操作④⑤保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与小球M接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的，要研究的是库仑力跟小球所带电荷量间的关系，需要①②④⑤四步的操作共同完成，C选项错误；由库仑定律可知，要测定静电力常量，必须准确测定小球M的带电荷量，D选项正确。
(2)根据(1)可知FC1＝F0－F1。
(3)根据(1)可知，实验中使用两个完全相同的金属小球，是为了使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量平分。
答案：(1)BD (2)F0－F1 (3)使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量
平分
6.(2019届高三·潍坊模拟)如图甲所示，虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表。已知表头的满偏电流为2 mA，内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω。为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图甲所示的电路中，来测量表头G的内阻。
(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：
电流表：a.0～10 mA B．0～600 mA
滑动变阻器：a.0～20 Ω B．0～1 000 Ω
则电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填字母代号)。
(2)将选择的器材接入电路：
①依照电路图甲，画出连线，补充完整实物图乙；
②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调整滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻Rg＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V。
解析：(1)表头满偏时流过R1的电流为：≈8 mA，则改装后的电流表量程约为I＝
8 mA＋2 mA＝10 mA，则电流表选a；滑动变阻器为分压接法，则应选最大阻值较小的滑动变阻器，则选a。
(2)①根据电路图连接实物图如图所示。
②由I1＝I2＋IR1，I1＝5I2，可得IR1＝4I2，又I2Rg＝IR1R1，代入数据得Rg＝200 Ω，电流表的量程为I＝5Ig＝10 mA，电压表的量程为U＝IgRg＋IR2＝15 V。
答案：(1)a a (2)①见解析图 ②200 10 15
7．(2018·六安模拟)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)，改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：
第一步：按电路图连接实物；
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零；
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V；
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V；
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表(量程为3 V，内阻约为2 kΩ)
B．电流表(量程为3 A，内阻约为0.1 Ω)
C．电阻箱(阻值范围0～9 999 Ω)
D．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)
E．滑动变阻器(阻值为0～20 Ω，额定电流2 A)
F．滑动变阻器(阻值为0～20 kΩ)
电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。
(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路图如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω。
解析：(1)把量程为3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，由题意知，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，由＝，可得U＝0.6 V，则把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6 V时，即得到量程为15 V的电压表。
(2)由题意知，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱阻值应约为4×2 kΩ＝8 kΩ，故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，即选E。
(3)由题图丙读出，图线在纵轴的截距为U＝2.3 V，则电源的电动势为E＝2.3×5 V＝
11.5 V，内阻为r＝＝ Ω＝2.5 Ω。
答案：(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5
课余挤时加餐训练(四)
电学3大题型押题练(一)
1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，已知下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边长为2a。当导线框下落到图示位置时，导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁场开始，下列判断正确的是( )
A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动
B．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能
C．在～2a这段位移内，导线框可能做减速运动
D．在0～与～2a位移内，导线框受到的安培力方向相反
解析：选B 导线框在0～这段位移内受到向上的安培力小于重力，导线框做加速运动，随着速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，导线框做加速度逐渐减小的加速运动，由题意可知，当位移为时，加速度恰好减为零，A错；在～这段位移内，导线框一直做匀速运动，因此减少的重力势能全部转化为电能，进而又转化为内能，B对；在～2a这段位移内，导线框切割磁场的有效长度逐渐减小，安培力小于重力，导线框做变加速运动，C错；由楞次定律可知，磁场一直阻碍导线框下落，一直受到向上的安培力，直至导线框全部进入磁场，D错。
2．[多选]如图所示，图(a)中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝12sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图(b)中为阻值R2＝32 Ω的电阻直接接到u＝12sin 100πt(V) 的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则( )
A．通过电阻R1的交变电流的频率为0.02 Hz
B．电阻R1消耗的电功率为4.5 W
C．电流表的示数为6 A
D．变压器原、副线圈匝数比为4∶1
解析：选BD 由u＝12sin 100πt(V)可知，ω＝100π rad/s＝2πf，该交流电源的频率为f＝50 Hz，周期为0.02 s，由于变压器不改变交变电流的频率，所以通过电阻R1的交变电流的频率为50 Hz，选项A错误；由题图(b)可知，R2＝32 Ω的电阻两端电压的有效值为
U＝12 V，电阻R2消耗的电功率为P2＝＝4.5 W，由电阻R1与R2消耗的电功率相等，可知电阻R1消耗的电功率为P1＝P2＝4.5 W，选项B正确；由P1＝I2R1，解得电流表的示数为I＝1.5 A，选项C错误；变压器副线圈电压U′＝IR1＝3 V，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U∶U′＝12∶3＝4∶1，选项D正确。
3.[多选]在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x＝7 m处开始以初速度v0＝2 m/s向x轴负方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．该小球带负电
B．在x＝4 m处电场强度为零
C．小球通过x＝9 m处时速度大小为2 m/s
D．小球运动的最大速度vm＝2 m/s
解析：选BD 由题设条件无法判断小球的带电性质，A错误；因为Ep＝qφ，电场力大小F＝q，则电场强度大小E＝，在x＝4 m处，＝0，即电场强度E＝0，B正确；小球的初动能为Ek＝mv02＝4 J，在x＝7 m处时，小球的电势能为0，故在x＝7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，在x＝9 m处时小球的电势能为2 J，则动能为2 J，故小球通过x＝9 m处时速度大小为 m/s，C错误；由题图可知，在x＝4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为2 m/s，D正确。
4．如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为
150 Ω，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为10 mA，旋到“3”、“4”、“5”、“6”时的量程未知，但测得R6＝570 Ω，R7＝900 Ω，E为两节新的干电池(E＝3 V)，内阻忽略。请回答下列问题：
(1)选择开关S旋到“6”时的量程为________。
A．15 A B．3 V
C．12 V D．15 V
(2)正确使用欧姆挡测电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为________Ω。
(3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
解析：(1)选择开关S旋到“6”时为电压表，量程为U＝IgRg＋I(R6＋R7)＝2×10－3×
150 V＋10×10－3×(570＋900)V＝15 V，故D对。
(2)使用欧姆挡测电阻时，要进行欧姆调零，表头G指针达到满偏，由闭合电路欧姆定律可得：R3＝＝ Ω＝270 Ω。
(3)电池用久了，电动势变小，内阻变大，欧姆调零时，欧姆表内阻变小，应用欧姆表测电阻时，I＝＝＝，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度偏小，电阻测量值偏大。
答案：(1)D (2)270 (3)偏大
5．一电路如图所示，电源电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝
4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长
L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。问：
(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，流过R4的总电量为多少？
(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)
解析：(1)开关S断开时，电阻R3两端电压为
U3＝E＝16 V
开关S闭合后，外电阻为R＝＝6 Ω
路端电压为U＝E＝21 V
电阻R3两端电压为U3′＝U＝14 V
则流过R4的总电量为
ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12 C。
(2)设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有
＝mg
当开关S闭合后，微粒做类平抛运动，设微粒加速度为a，则
mg－＝ma
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向t＝
竖直方向y＝at2
解得y＝6.25×10－3 m>
故微粒不能从C的电场中射出。
答案：(1)6.0×10－12 C (2)不能，分析过程见解析
电学3大题型押题练(二)
1.[多选]如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为静电计，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电路稳定后，悬线与竖直方向夹角为θ且小球处于平衡状态，则( )
A．静电计的指针发生了偏转
B．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大
C．若将A极板向下平移稍许，静电计指针的偏角将减小
D．保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做直线运动
解析：选AD 静电计是用来测量电容器板间电压的，电路稳定后，静电计指针偏转的角度表示电容器板间电压的高低，选项A正确；将A极板向左平移稍许，板间距离增大，由C＝知，电容减小，选项B错误；将A极板向下平移稍许，板间正对面积S减小，由C＝知，电容减小，但板间电压不变，静电计指针的偏角将不变，选项C错误；电路中没有电流，调节滑动变阻器不能影响电容器板间电压的大小，小球的平衡状态不变，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做匀加速直线运动，选项D正确。
2.如图所示，两根间距L＝0.4 m 的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝ T。导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电表均为理想电表，一根导体棒ab置于导轨上，导体棒电阻不计且始终与导轨良好接触。若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度与时间的关系为v＝10sin 10πt(m/s)，电阻R＝10 Ω，则下列判断正确的是( )
A．导体棒产生的感应电动势的瞬时值为e＝4sin 5πt(V)
B．交流电压表示数为2 V，交流电流表示数为0.2 A
C．电阻R在1分钟内产生的热量为24 J
D．若在R两端再并接一相同电阻R，则电压表示数将增大为原来的2倍
解析：选C 导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝4sin 10πt(V)，A错；感应电动势的有效值为U＝＝4 V，由变压比知交流电压表示数为U′＝2 V，B错；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝t＝24 J，C对；电压表示数由原线圈两端电压及匝数比决定，D错。
3.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里、大小均为B＝0.5 T，两边界间距离s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m 的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R＝
0.4 Ω。现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则选项图中能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是( )
解析：选A 在0～5×10－2 s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流沿顺时针方向，则a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝
BLv＝×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；在5×10－2～10×10－2 s内，cd进入磁场后，cd和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝20×10－2 V；在10×10－2～15×10－2 s内，ab穿出磁场后，只有cd切割磁感线，由右手定则知，a点电势高于b点电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝5×10－2 V，故整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，故A正确。
4．利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路。
A．待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 Ω)
B．电压表V1(量程6 V，内阻约6 kΩ)
C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)
D．电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)
E．未知电阻Rx(约5 Ω)
F．滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
G．开关和导线
(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图。
(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1′时，电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′。由此可求出未知电阻Rx的阻值为________，电源的电动势E＝____________，内阻r＝____________(用题目中给定的字母表示)。
解析：(1)要测量电源的电动势和内阻应采用串联接法，由于电压表V1已经接入，故将滑动变阻器与未知电阻和电流表串联接入即可；为了测量未知电阻的阻值，应将V2并联在未知电阻的两端测量电压，电路图如图所示。
(2)电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′，因Rx为定值电阻，根据欧姆定律可知，Rx＝＝；根据闭合电路欧姆定律可知：U1＝E－Ir，U1′＝E－I′r，联立解得：E＝，r＝。
答案：(1)见解析图 (2)
5.如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，L板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘 a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场区域(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：
(1)K板所带电荷的电性；
(2)粒子经过c点时的速度大小；
(3)圆形磁场区域的最小面积。
解析：(1)粒子由a到c，运动轨迹向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。
(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度大小与经过a点时的速度大小相等。
由上可知粒子经过c点时的速度大小
vc＝va＝vcos θ＝＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图中实线弧所示，a、c为两个切点。
洛伦兹力提供向心力qvcB＝m
可得轨迹半径R＝
粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。
磁场最小面积S＝πR2＝。
答案：(1)正电 (2) (3)
电学3大题型押题练(三)
1．一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长。已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若电场强度大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相等
C．若电场强度大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等
D．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等
解析：选C 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以速度v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y＝gt12，v1＝gt1，经过第一电场区时：y＝v1t2－gt22，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0；接下来小球的运动重复前面的运动，即每次通过无电场区时竖直方向都是做自由落体运动，每次通过电场区时竖直方向都是做末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服除重力外其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确。
2．[多选]某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是( )
A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电
B．实验可以证明，T1采用升压变压器能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22
解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，所以＝＝，故D正确，C错误；由上述分析知>1时，P2
A．粒子Q带负电
B．粒子Q的比荷＝
C．粒子Q到达＋y轴上某点D时与x轴间的距离最大值为
D．粒子Q在恰好不到达y轴的情况下通过x轴上的点与原点O间的距离为
解析：选BCD 粒子P从A点运动半周到达C点，根据左手定则可知粒子P带正电，与粒子P相同的粒子Q也带正电，A错误；对粒子P，有T＝，而T＝2t，得＝，B正确；对粒子P，有OA＝r＝，对粒子Q，有R＝＝r，当AD＝2R＝r时，D点与x轴间的距离最大，如图所示，由几何关系知最大距离为r＝，C正确；粒子Q在恰好不到达y轴的情况下即在磁场中的运动轨迹与y轴恰好相切时，通过x轴上的点E与原点O间的距离为r－
2(r－R)＝，D正确。
4．如图(a)是一简易多用电表的电路图，其表盘如图(b)所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，但上排刻度线对应数据未标出。已知该多用电表的表头选用的是内阻RA＝10 Ω、满偏电流IA＝10 mA的电流表。
为测量该多用电表内部电源的电动势，某同学在实验室找到一只电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱的阻值使电表指针在C处，此时电阻箱的示数如图(c)所示。
(1)根据该同学的实验，此多用电表C处刻度对应的阻值为________Ω，电表内电源的电动势为________V。
(2)若将选择开关接“1”，指针指在图(b)所示位置，其读数为________mA。
(3)将一未知阻值的电阻，接在已经欧姆调零的该多用电表两表笔之间，指针仍指在图(b)所示位置，则该未知电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(c)可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；指针指在C处时，电流表示数为5 mA＝0.005 A，C处刻度对应的阻值为中值电阻，由上可知为150 Ω，电源电动势E＝I·2R＝0.005×2×150 V＝1.5 V。
(2)选择开关接“1”时，电表的量程为10 mA，则题图(b)对应刻度的最小分度为0.2 mA，故读数为：6.8 mA。
(3)由题意可知，此时电路中的电流值为I＝6.8 mA，而电表内电源的电动势为E＝
1.5 V，由(1)中分析可知，电表欧姆挡的内阻为R内＝150 Ω，所以待测电阻的阻值为R′＝
－R内＝Ω≈71 Ω。
答案：(1)150 1.5 (2)6.8 (3)71
5.如图所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和M′N′是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力F作用在杆MN中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触。整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L，电阻可忽略，两杆总电阻为R，与导轨始终接触良好，重力加速度为g。t＝0时刻，将细线烧断，保持力F不变。
(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比；
(2)若杆MN运动至速度最大时发生的位移为s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少？
解析：(1)以两杆为研究对象，初始两杆水平静止，则所受合外力为零，有F＝3mg
细线烧断后杆MN向上运动，杆M′N′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故两杆所受合外力仍为零，动量守恒，有
mv1－2mv2＝0
故两杆运动的速度大小之比为v1∶v2＝2∶1。
(2)设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m－2mv2m＝0
杆M′N′的最大速度为v2m＝v1m
此过程中杆M′N′的位移大小为s2＝s
该过程中穿过回路的磁通量变化量
ΔΦ＝BL
通过金属杆横截面的电荷量
q＝＝
该过程中安培力为变力，根据动能定理
对杆MN，有
WF－mgs－W安1＝mv1m2
对杆M′N′，有
2mg·s－W安2＝×2m2
又WF＝3mgs
W安1＋W安2＝Q
当杆的速度最大时，对杆MN，有
F－mg－F安1m＝0
而F＝3mg，F安1m＝BLIm
Im＝，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m
解得v1m＝
该过程电路中产生的焦耳热
Q＝3mgs－。
答案：(1)2∶1 (2) 3mgs－
电学3大题型押题练(四)
1.如图所示，同一平面内，三个闭合金属圆环1、2、3同心放置，下列说法正确的是( )
A．给圆环1通一恒定电流，圆环2的磁通量小于圆环3的磁通量
B．给圆环3通一恒定电流，圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量
C．给圆环2通一变化电流，圆环1和圆环3的感应电流方向始终相同
D．给圆环1通一变化电流，圆环2和圆环3的感应电流方向始终相反
解析：选C 若给圆环1通逆时针方向的恒定电流，相当于将一个小磁铁放在圆环2和圆环3的中心，提供的磁场如图所示，磁通量是标量，但是有正负，抵消后圆环2内的磁通量大于圆环3内的磁通量，A错误；若给圆环3通恒定电流，相当于将圆环1和圆环2放在一个磁铁的内部，圆环1的磁通量小于圆环2的磁通量，B错误；若给圆环2通一变化电流，据A、B选项可知，圆环1和圆环3原磁场方向相同，磁通量变化率正负相同，所以它们的感应电流方向始终相同，C正确；同理可得，D错误。
2．如图所示为某山区小型发电站输电示意图，发电站发出U1＝220sin 100πt(V)的交流电，通过变压器升压后进行高压输电，再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收到的交流电的频率是25 Hz
C．深夜开灯时灯泡特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减小降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
解析：选C 开关S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故A错误；变压器不改变交流电的频率，故负载端交流电的频率为f＝＝50 Hz，故B错误；深夜大部分用户负载减少，干路中电流减小，输电线损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯灯泡较亮，故C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压增大来提高灯泡亮度，故D错误。
3.[多选]如图所示，AOB为一边界为圆的扇形匀强磁场区域，半径为R，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为AB边界上一点，且CD平行于AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度垂直射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心O射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则( )
A．粒子2在磁场中的轨道半径等于R
B．粒子2一定不从B点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2
D．粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同
解析：选AC 粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于R，粒子2从C点沿CD射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨迹半径也等于R，连接OC、O1C、O1B，O1COB是菱形，O1B＝CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A正确，B错误；粒子1的速度偏角为90°，粒子1在磁场中转过的圆心角θ1＝90°，过B点作O1C的垂线交O1C于点P，可知P为O1C的中点，由几何关系可知，θ2＝∠BO1P＝60°，两粒子的速度偏角不同，离开磁场时速度方向不同，粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t＝T，运动时间之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2，故C正确，D错误。
4．某实验探究小组为了测量电流表G1的内阻r1，设计电路进行实验。实验中供选择的器材如下：
待测电流表G1(量程5 mA，内阻约300 Ω)
电流表G2(量程10 mA，内阻约100 Ω)
定值电阻R1(300 Ω)
定值电阻R2(10 Ω)
滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)
滑动变阻器R4(0～20 Ω)
开关S及导线若干
干电池(1.5 V)
回答下列问题：
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________。
(2)在方框中画出实验电路图。
(3)主要的实验步骤如下：
A．按实验电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至接入阻值为零处
B．闭合开关S，移到滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2
C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据
D．为得到一条过原点的倾斜直线，应画出________图线，表达式为________________。
(4)根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1＝________(用k和定值电阻的符号表示)。
解析：(1)实验器材中没有电压表，因此选用安安法测电流表的内阻，定值电阻R1的阻值和待测电流表内阻相差不多，可将两者并联，再与电流表G2串联，为保证两个电流表安全并且有大的调节范围，因此滑动变阻器采用分压接法，因为滑动变阻器R3阻值太大，不方便调节，所以选用滑动变阻器R4。
(2)实验电路图如图所示。
(3)根据欧姆定律有＝r1，解得I2＝I1，因此画出的I2I1图线为过原点的倾斜直线，满足要求。
(4)根据(3)中分析可得到图线斜率和R1及r1的关系，即k＝，解得r1＝(k－1)R1。
答案：(1)R1 R4 (2)见解析图 (3)I2I1 I2＝I1 (4)(k－1)R1
5.如图所示，abcd为质量M＝3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘且倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m＝2.0 kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒PQ都处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，OO′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B＝1.0 T。导轨的ad段长L＝1.0 m，金属棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5 Ω/m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数
μ＝0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且处于水平方向)，求：
(1)导轨运动的最大加速度；
(2)导轨运动的最大速度。
解析：(1)导轨下滑过程中受到金属棒PQ的摩擦力f、压力FN、安培力FA，设导轨下滑的加速度为a，下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：
Mgsin θ－f－FA＝Ma
f＝μFN
E＝BLv
I＝
FA＝ILB
对金属棒PQ，因其始终静止，有：
导轨对金属棒PQ的支持力为FN′＝mgcos θ＋FA′
由题意知，金属棒PQ的电流、接入回路的有效长度、磁感应强度大小均与ad边相等，则FA′＝FA
由牛顿第三定律知FN＝FN′
导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大
Mgsin θ－f′＝Mam
f′＝μmgcos θ
解得最大加速度am＝7.0 m/s2。
(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零
Mgsin θ－f1－FAm＝0，f1＝μFN′
解得vm＝＝8.4 m/s。
答案：(1)7.0 m/s2 (2)8.4 m/s
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