【物理】2018届二轮复习电学与原子物理学教案

【物理】2018届二轮复习电学与原子物理学教案

第14讲 ‎　 电场的性质包含电场力的性质和电场能的性质。描述电场性质的物理量较多，对这些概念和规律的考查一直是高考的热点。多数情况下，高考对本讲内容以选择题的形式考查，难度中等。‎ 考查内容 ‎①描述电场力的性质的物理量——电场强度 ‎②描述电场能的性质的物理量——电势 ‎③描述电场的工具——电场线和等势面 ‎④静电力做功的特点 ‎⑤联系电场力的性质和能的性质的桥梁——电势差 ‎⑥库仑定律的应用　 ⑦电场的叠加 思想方法 ‎①理想化模型法　 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 一、“吃透”电场强度概念，理解电场力的性质多维探究类考点 题点(一)　库仑定律的应用——电场中的平衡问题 ‎1．求解库仑力作用下带电体的平衡问题的方法 ‎(1)确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，灵活应用整体法或隔离法。‎ ‎(2)对研究对象进行受力分析，注意多了电场力 。‎ ‎(3)列平衡方程F合＝0或Fx＝0、Fy＝0。‎ ‎2．三个自由电荷相互平衡的规律 ‎[例1]　(2017·南昌二模)在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可看作质点的金属小球， 小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示。现让小球A、B、C都带电荷量为Q的正电荷，让小球D带电荷量为q的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 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＝a·cos 30°·＝a，以B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D项正确。‎ 题点(二)　电场强度的叠加问题 ‎1．电场强度的三个计算公式 公式 适用条件 特点 定义式 E＝ 任何电场 某点的场强为确定值，大小及方向与q无关 决定式 E＝k 真空中点电荷的电场 E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定 关系式 E＝ 匀强电场 d是沿电场方向的距离 ‎2．类比法、对称法求解叠加场的场强 ‎(1)类比法：当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解。‎ ‎(2)对称法：‎ ‎[例2]　如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k B．k C．k D．k ‎[解析]　选B　由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQ′＝k，则Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，故选项B正确。‎ 题点(三)　电场线的理解及应用 ‎1．电场线的“五个”特征 ‎(1)电场线是假想的，实际电场中不存在。‎ ‎(2)电场线起始于正电荷(或来自无穷远)，终止于负电荷(或无穷远)。静电场的电场线不闭合。‎ ‎(3)电场线不相交，也不相切。‎ ‎(4)电场线的疏密情况反映电场的强弱。‎ ‎(5)电场线不表示电荷在电场中运动的轨迹。‎ ‎2．电场线的应用 ‎[例3]　(2017·湛江期中)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．b点的电势低于a点的电势 B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断 D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c ‎[思路点拨]　解答本题应把握以下三点：‎ ‎(1)电场线不是运动轨迹。‎ ‎(2)电场线的疏密表示场强的大小。‎ ‎(3)沿电场线方向电势逐渐降低。‎ ‎[解析]　选B　沿电场线方向电势逐渐降低，因b点所在的等势面高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功，选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线，故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。‎ 二、“吃透”电势的概念，理解电场能的性质多维探究类考点 题点(一)　电势高低与电势能大小的判断 ‎1．电势高低的三种判断方法 ‎(1)根据电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。‎ ‎(2)根据场源电荷的正负判断：取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低。‎ ‎(3)根据电场力做功判断：根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低。‎ ‎2．电荷电势能大小判断的“四法”‎ 做功判断法 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大 电荷电势法 正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大 公式法 由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，针对Ep数值可作如下判断：若Ep为正值，其绝对值越大，表示电势能越大；若Ep为负值，其绝对值越小，表示电势能越大 能量守恒法 在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加，则其电势能减小；反之，其电势能增大 ‎[例1]　[多选](2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV ‎[思路点拨]　解答本题应把握以下三点：‎ ‎(1)电势与场强无关。‎ ‎(2)电子在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大。‎ ‎(3)电场力做功等于电势能变化量的负值。‎ ‎[解析]　选ABD　ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φ0－φa＝φb－φc，得φ0＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确。‎ 题点(二)　带电粒子在电场中的运动轨迹问题 利用电场线和等势面解决带电粒子的运动轨迹问题 ‎(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性及有关判断。‎ ‎(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功，电势能的变化情况或等势面的电势高低。‎ ‎(3)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种可能情况。‎ ‎[例2]　如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是(　　)‎ A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．带电质点一定是从P点向Q点运动 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小 ‎[思路点拨]　本题可按以下思路进行分析：‎ →→→ ‎[解析]　选C　电场线和等势面垂直，可以根据等势面来画出某处的电场线。又质点做曲线运动所受电场力的方向指向曲线的凹侧，由此可以判断出电场线的方向大致 是从c指向a，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，a、b、c三个等势面的电势关系为φc>φb>φa，故选项A错误。无法从质点的受力情况来判断其运动方向，选项B错误。质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，而电势能和动能的总和不变，所以，质点在P 点的动能小于在Q点的动能，选项C正确。P点的等势面比Q点的等势面密，故场强较大，质点受到的电场力较大，加速度较大，选项D错误。‎ 题点(三)　电势差、电势的计算 电势差的三种表达式 ‎①UAB＝φA－φB和②UAB＝，适用于任何电场；③U＝Ed，适用于匀强电场。‎ ‎[例3]　[多选]空间存在匀强电场，在电场中建立Oxyz空间坐标系如图所示，a、b、c三点分别在三个坐标轴上，与原点O的距离ra＝rc＝‎2 cm，rb＝‎2 cm，d点在yOz平面上，且db⊥Ob。将带电荷量为q＝＋2.5×10－‎16 C的试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，从a点移动到b点电场力做功W＝－1.2×10－14 J，bO间电势差Ub O＝24 V，由此可判断(　　)‎ A．空间电场强度的方向沿x轴正方向 B．空间电场强度的大小为8×102 V/m C．cO间电势差UcO＝24 V D．电场中的等势面垂直于xOy平面 ‎[解析]　选BD　将试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，则Udb＝0，d、b在同一个等势面上，因此等势面垂直于xOy平面，c、O也在同一个等势面上，Uc O＝0，C错误，D正确；在xOy平面上的直角三角形aOb如图所示，a、b间电势差Uab＝＝－48 V，又Ub O＝24 V，则原点O与ab中点电势相等，故原点O与ab中点e的连线Oe为等势线，三角形中a点电势最低，因此作Oe的垂线指向a即为xOy平面上的一条电场线，所以场强方向与x轴正方向成30°角，场强大小E＝＝ V/m＝8×102 V/m，A错误，B正确。‎ 三、对电场性质的综合考查重难增分类考点 ‎[典例]　(2018届高三·黄石调研)如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E＝1×103 V/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3 N、电荷量为q＝2×10－‎6 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁间的动摩擦因数μ＝0.5。已知管长AB＝BC＝L＝‎2 m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．B、A两点间的电势差为2 000 V B．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大 C．小滑块第一次速度为零的位置在C处 D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为‎3 m ‎[解析]　选D　UBA＝ELsin α＝1.2×103 V，A错误；小滑块从A点第一次运动到B点过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F＝qE＝2×10－3 N＝‎2G，重力和电场力的合力大小等于G、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a1＝g(sin α－μcos α)＝‎2 m/s2，所以小滑块第一次到达B点时的速度为v＝ ＝‎2 m/s，在BC段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a2＝g(sin α＋μcos α)＝‎10 m/s2，所以第一次速度为0的位置到B点的距离为x＝＝‎0.4 m，C错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点，根据能量守恒定律，有GLsin α＝μGscos α，解得s＝‎3 m，即小滑块通过的总路程为‎3 m，D正确。‎ ‎[通法点拨]‎ 解决电场力做功问题时应注意的两点 ‎(1)利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。‎ ‎(2)应用公式WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。‎ ‎1.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。若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E1，重力势能和电势能之和为E2，则E1、E2的变化情况是(　　)‎ 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　根据轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减少，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。‎ ‎2.(2018届高三·河南中原名校联考)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等。图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．a点的电势高于b点的电势 B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度 C．电子在a点的动能大于在b点的动能 D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 解析：选D　根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故等势线的电势沿x轴正方向增加，故A错误。等势线越密的地方电场强度越大，电子的加速度就越大，故B错误。根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能则小于在b点的动能，故C错误，D正确。‎ ‎ ‎1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为(　　)‎ A．2∶1　　　　　　　　　　 B．1∶2‎ C．2∶ D．4∶ 解析：选A　如图所示，不妨设M、N处分别放置电荷量为＋q、－q的电荷，则E1＝，E2＝，E1∶E2＝2∶1，A对，B、C、D错。‎ ‎2.如图所示，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用φM、φN表示，M、N两点的电场强度用EM、EN表示。则下列说法正确的是(　　)‎ A．φM＝φN B．φM>φN C．EM>EN D．EMEb B．Eaφb 解析：选AC　根据图像可知，图线的斜率表示电场力的大小。电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，故电场强度逐渐减小，所以Ea>Eb，A正确，B错误；由于电势能逐渐降低，所以电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，所以φa<φb，C正确，D错误。‎ ‎5.[多选](2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3‎ 解析：选AC　设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。‎ ‎6.如图所示，a、b、c代表某固定点电荷电场中的三个等势面，相邻两等势面间的距离相等，直线是电场中的几条没标明方向的电场线，粗曲线是一带正电粒子只在电场力作用下运动轨迹的一部分，M、‎ N是轨迹上的两点。粒子过M、N两点时的加速度大小分别是aM、aN，电势能分别是EpM、EpN，a、b、c的电势分别是φa、φb、φc，a、b间的电势差为Uab，b、c间的电势差为Ubc，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．aM>aN，EpM>EpN B．φa<φb<φc，EpMaN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpMaN；因为ab之间的电场强度比bc间的大，由U＝Ed得|Uab|>|Ubc|；粒子由M向N运动，电场力做负功，电势能增加，故EpMQ2，选项B错误；由沿电场线方向电势降低知，在P点场强方向改变，所以P点处的电场强度为0，选项A正确；质子从M点运动到N点，加速度先减小后增大，速率先增大后减小，选项C、D错误。‎ ‎10.[多选](2017·开封二模)如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则(　　)‎ A．电场方向一定水平向右 B．电场中A点的电势一定高于B点的电势 C．从A到B的过程中，粒子的电势能一定增加 D．从A到B的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变 解析：选CD　粒子只受电场力，做抛体运动，类似重力场中的斜上抛运动，B点为等效最高点，故电场力方向水平向右，由于不知粒子的电性，故无法判断电场方向，A项错误；无法判断电场方向，所以不能确定A点和B点的电势的高低，故B项错误；从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，故C项正确；从A到B的过程中，只有电场力做负功，动能减小，电势能增加，电势能和动能之和保持不变，故D项正确。‎ ‎11.(2018届高三·揭阳调研)如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA＝1.6×10－8 J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3.2×10－8 J。则下列说法正确的是(　　)‎ A．直线PC为等势线 B．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝2.4×10－8 J C．电场强度方向与AD平行 D．点P的电势高于点A的电势 解析：选B　一个带负电粒子从P点移动到A点和从P点移动到B点，电场力都做正功，P与A、B间都有电势差，故直线PC不可能为等势线，故A错误；C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝＝2.4×10－8 J，故B正确；粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3.2×10－8 J，D点为PB的中点，故粒子从D点移动到B点，电场力做功WDB＝WPB＝1.6×10－8 J，粒子从A到B电场力做功为WAB＝WAP＋WPB＝1.6×10－8 J，故AD为等势线，电场强度方向与AD垂直，故C错误；将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做正功，故电势能减小，电势升高，故点P的电势低于点A的电势，选项D错误。‎ ‎12.[多选](2017·开封质检)如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，电场方向与四边形ABCD平行，其中M为AD的中点，N为BC的中点。一个电荷量为q的正粒子，从A点移动到B点过程中，电势能减小W1，若将该粒子从D点移动到C点，电势能减小W2，下列说法正确的是(　　)‎ A．匀强电场的场强方向必沿AB方向 B．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN＝ C．若D、C之间的距离为d，则该电场的场强大小为E＝ D．若M、N之间的距离为d，该电场的场强最小值为E＝ 解析：选BD　根据题意知粒子由A到B或者由D到C，电场力做正功，从而电势能减小，但是匀强电场的场强方向无法判断，故选项A错误；因为电场是匀强电场，且M为AD的中点，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N为BC的中点，则N点的电势是B、C两点电势的平均值，即：φM＝；φN＝；所以：WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q＝q·(φA－φB)＋q·(φD－φC)＝，故B正确；由于场强的方向无法确定，故选项C错误；根据上面公式：UMN＝，若M、N两点正好处于同一条电场线上，则电场强度为E＝，距离d为过M和N的两个等势面之间距离的最大值，故该电场的场强最小值为E＝，故选项D正确。‎ ‎13.[多选](2017·黄山质检)如图所示，两圆环上均匀分布相同的正电荷，x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2，P为O1O2‎ 的中点。下列说法中正确的是(　　)‎ A．P点的电场强度为零 B．O1点的电场强度为零 C．O1点电势一定等于O2点电势 D．从O1点沿x轴到O2点，电势一定先降低后升高 解析：选ACD　两个圆环上的电荷可等效放在O1和O2处，根据E＝k可得他们在P点产生的电场等大反向，故P点的电场强度为零，A正确；O1点的电场强度为左侧圆环上的电荷在O1处产生的电场强度与右侧圆环上的电荷在O1处产生的电场强度的矢量和，左侧圆环上的电荷在O1处产生的电场强度为零，但是右侧圆环上的电荷在O1处产生的电场强度不为零，故O1点的电场强度不为零，B错误；根据对称性可得O1点电势一定等于O2点电势，C正确；从O1点沿x轴到O2点过程中，电场方向在O1P段为方向向右，在O2P段为方向向左，所以电势先降低后升高，D正确。‎ ‎14.[多选]如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止 释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a(　　)‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 解析：选BC　小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．已知电荷分布均匀的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力。若真空中有一半径为R的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线，用r表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度E随r变化的图像正确的是(　　)‎ 解析：选A　该球的电荷密度ρ＝，球内某点的电场强度等于以距球心的距离r为半径的球体所产生的电场强度，大小E＝k＝πρkr，球外某点的电场强度E＝k，所以A正确。‎ ‎2．(2015·山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)‎ A.，沿y轴正向　　　　 B.，沿y轴负向 C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向 解析：选B　处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1＝k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向。‎ ‎3. (2017·湖州质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OM＝ON＝2R，A‎1A∥B1B∥CD，已知球面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为(　　)‎ A.－E B.－E C.－E D.－E 解析：选C　若球完整，则带电荷量Q＝q，则球在M点产生的场强E0＝＝，根据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的场强E1＝E0－E＝－E，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。‎ ‎4.(2018届高三·宁波八校联考)如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷，电荷量均为＋Q，MN连线的中点为O。正方形ABCD以O点为中心，E、F、G、H是正方形四边的中点，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A点电势低于B点电势 B．正点电荷沿直线从F到H，电势能先增大后减小 C．O点的电场强度为零，电势也为零 D．沿路径A→D→C移动一负点电荷比沿路径A→B移动同一负点电荷克服电场力做的功多 解析：选B　由于是等量同种电荷形成的电场，由电场分布的对称性可知A、B两点电势相等，A错；在MN中垂线上，O点的电场强度为0，但电场方向从O点指向外，即正电荷沿直线从F到H，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，B对；取无穷远处电势为0，沿着电场线方向电势是逐渐降低的，则MN中垂线上O点电势最高，C错；由电场的对称性可知B、C两点电势相等，所以沿路径A→D→C移动一负点电荷与沿路径A→B移动同一负点电荷克服电场力做的功相同，D错。‎ ‎5．[多选](2017·天津高考)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一定从A向B运动 B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故φA>φB，EpA0、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，不计重力的影响，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，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，所以经历时间最长的是沿④方向出射的粒子，选项C、D错误。‎ ‎2.平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(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点O的距离为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为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。由几何图形知，AP＝ R，则AO＝ AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。‎ 四、带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题重难增分类考点 ‎[典例]　[多选]长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)‎ A．使粒子的速度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＜ ‎[思路点拨]‎ ‎[解析]　选AB　带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝2＋l2，又因r1＝，解得v1＝；粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确。‎ 带电粒子在磁场中运动多解问题的三种常见情况 带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同初速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a，若带负电，其轨迹为b 磁场方向不确定 磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b 临界状态不唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°后从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解 ‎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，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，要想电子从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公式r＝有＜，即B＜，D正确。‎ 五、带电粒子在复合场中的运动问题多维探究类考点 题点(一)　带电粒子在组合场中的运动 ‎[例1]　[多选]如图所示，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，发现粒子离开区域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]　选ACD　由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝v·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则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，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确；由题意可知，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，故D正确。‎ 题点(二)　带电粒子在叠加场中的运动 ‎[例2]　(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc　　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma ‎[解析]　选B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。‎ 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 类平抛知识、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 ‎1.[多选](2017·洛阳高三质检)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是(　　)‎ A．适当减小两金属板的正对面积 B．适当增大两金属板间的距离 C．适当减小匀强磁场的磁感应强度 D．使带电粒子的电性相反 解析：选AC　在这个复合场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，当减小正对面积，场强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。当增大两板间距离时，场强不变，所以B项错误。当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，所以C项正确。当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，故D项错误。‎ ‎2.(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)‎ A．11 B．12‎ C．121 D．144‎ 解析：选D　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。‎ 六、电磁场技术的应用基础保分类考点 ‎1.[多选](2018届高三·太原摸底)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场B′，最终打在A‎1A2上。下列表述正确的是(　　)‎ A．粒子带负电 B．所有打在A‎1A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在A‎1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 解析：选CD　由粒子在磁场中的运动轨迹，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；在速度选择器中满足：Eq＝Bqv，可得v＝，选项C正确；在磁场中运动的周期为：T＝，由于进入磁场中的粒子的比荷不一定相同，故周期不同，运动时间不一定相同，选项B错误；粒子在磁场中运动的半径：r＝，粒子打在A‎1A2上的位置越靠近P，则粒子的运动半径越小，故粒子的比荷越大，选项D正确。‎ ‎2.(2017·百校联盟押题卷)如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，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不变 D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝ 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 eq f(vn2,R)，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不变，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得＝ ，D项错误。‎ 质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应这些都是带电粒子在复合场中的运动实例，这类问题模型成熟固定，要求熟悉这几种模型的特点和规律，解答时只要抓住各种模型的特点即可，如以下几种常见实例。‎ ‎1．质谱仪：‎ ‎(1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。‎ ‎(2)原理：由粒子源S发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中作匀速圆周运动，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＝。‎ ‎2．速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器(如第1题)。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择性通过。‎ ‎3．回旋加速器：‎ ‎(1)用途：加速带电粒子(如第2题环形加速器)。‎ ‎(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期相同。‎ ‎(3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。‎ ‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 解析：选D　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。‎ ‎2.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是(　　)‎ A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大 D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 解析：选B　增大励磁线圈中的电流，是增大了磁感应强度，电子在磁场中作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qvB＝m，R＝，磁感应强度增大，半径减小，A错；当提高电子枪加速电压，射出的电子速度增大，由上面公式可知，R增大，B正确；增大励磁线圈中的电流，磁感应强度增大，由周期公式有：T＝，可知周期变小，C错；提高电子枪加速电压，射出的速度增大，但运动周期与速度无关，周期不变，D错。‎ ‎3．[多选](2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析：选AC　两速率相同的电子在两匀强磁场中作匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。正确选项为A、C。‎ ‎4.如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面的匀强磁场。质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(　　)‎ A．M带负电，N带正电 B．M的速率小于N的速率 C．洛伦兹力对M、N都做正功 D．M在磁场中的运动时间大于N在磁场中的运动时间 解析：选A　由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，半径r＝，在质量与电荷量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B错误；洛伦兹力不做功，故C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T＝，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。‎ ‎5.[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 解析：选AC　根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝ ，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。‎ ‎6.[多选](2018届高三·常德摸底)如图所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PP′、QQ′。一个质量为m、电荷量为q的微观粒子沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面给出的(粒子的重力不计)(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选BC　微观粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，qvB＝，R＝，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0最大时，轨迹与QQ′相切。如粒子带正电，R＝＋d，d＝，v0＝，B正确；如粒子带负电，R＋＝d，v0＝，C正确。‎ ‎7.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0 B.B0‎ C.B0 D．2B0‎ 解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。‎ ‎8.(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　如图所示，粒子在磁场中作匀速圆周运动，圆弧 所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确。‎ ‎9.如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为(　　)‎ A．1∶1∶1 B．1∶2∶3‎ C．3∶2∶1 D．1∶∶ 解析：选C　粒子在匀强磁场中运动的周期T＝与v无关，由题图知三种粒子偏转角分别为90°、60°、30°，根据几何关系可知，三种粒子在磁场中运动的圆心角分别为90°、60°、30°，所用时间分别为、、，故时间之比为3∶2∶1，C正确。‎ ‎10.[多选]如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则(　　)‎ A．如果粒子的速度增大为原来的两倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度B增大为原来的两倍，也将从d点射出 D．只改变粒子的速度，使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用的时间最短 解析：选AD　由r＝可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨道半径增大到原来的二倍，粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，假设磁场区域足够大，粒子会通过ad延长线上的g点，且dg＝ae，可知粒子将从d、f之间的某确定点射出，选项B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从ae的中点射出，选项C错误；带电粒子从e、d点射出时转过的角度相等，所用时间相等，从f点射出时转过的角度最小，所用的时间最短，选项D正确。‎ ‎11.(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)‎ A.∶2 B.∶1‎ C.∶1 D．3∶ 解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝ ‎，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。‎ ‎12.[多选]如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°。一质量为m＝‎0.1 g、电荷量为q＝5×10－‎4 C的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4。现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放。则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功 B．当圆环下滑的速度达到‎2.4 m/s时，圆环与细杆之间的弹力为零 C．圆环下滑过程中的最大加速度为‎6 m/s2‎ D．圆环下滑过程中的最大速度为‎9.2 m/s 解析：选CD　由于洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故A错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时，摩擦力为零，加速度最大，此时有qvB＝mgcos θ，解得v＝‎3.2 m/s，由mgsin θ＝ma大，解得a大＝‎6 m/s2，故B错误，C正确；圆环向下加速运动时，必会出现qvB>mgcos θ，此时，杆对圆环的弹力为FN＝qvB－mgcos θ，当mgsin θ＝μFN＝μ(qv大B－mgcos θ)时速度最大，解得v大＝‎9.2 m/s，D正确。‎ ‎13.[多选]质量为m、电荷量为q的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(μQ 电热 电流通过导体产生的热量 Q＝I2Rt 电功率 单位时间内电流所做的功 P电＝UI 对纯电阻电路，电功率等于热功率：P电＝P热＝UI＝I2R 对非纯电阻电路，电功率大于热功率：P电>P热 热功率 单位时间内导 体产生的热量 P热＝I2R ‎2．电源的输出功率随外电路电阻R的变化情况 当R＝r时 电源的输出功率最大，为Pm＝ 当R>r时 随着R的增大电源的输出功率越来越小 当Rr，故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故选项B正确；P0＝U2I＝0.5 W，选项C正确；电源的效率η＝，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大，选项D错误。‎ ‎2．将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x(x为图中a点与滑动触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的这两个过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A的示数变化量相等 B．电压表V2的示数变化量不相等 C．电阻R1的功率变化量相等 D．电源的输出功率都不断增大 解析：选A　根据欧姆定律得，电阻R1两端的电压U1＝IR1，由题图乙知，滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的两个过程中，电压U1变化量相等，且R1一定，则知电流的变化量相等，即电流表A的示数变化量相等，故A正确；电压表V2的示数U2＝E－Ir，由于电流I的变化量相等，且E、r一定，则ΔU2相等，故B错误；电阻R1的功率P1＝I2R1，ΔI相等，而I减小，则知从a点移到b点功率变化量较大，故C错误；由题图乙知，U1逐渐减小，则电路中电流减小，总电阻增大，但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。‎ 二、交变电流的变化规律多维探究类考点 题点(一)　交变电流的产生及描述 ‎[例1]　(2017·天津联考)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60° 时的感应电流为‎1 A。下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈消耗的电功率为1 W B．线圈中感应电流的有效值为‎2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝2cos t V D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin t Wb ‎[解析]　选D　从垂直中性面开始计时，感应电流的瞬时表达式为i＝Imcos θ，则电流的最大值为：Im＝＝‎2 A；线圈消耗的电功率为：P＝I2r＝2r＝4 W，故A错误；感应电流的有效值为：I＝＝ A，故B错误；感应电动势的最大值为：Em＝Imr＝4 V；任意时刻线圈中的感应电动势为：e＝Emcos t＝4cos t V，故C错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：Φ＝BSsin t；根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得：Φm＝，故Φ＝sin t Wb，故D正确。‎ 题点(二)　交变电流的图像 ‎[例2]　[多选](2018届高三·怀化摸底)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列判断正确的有(　　)‎ A．t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行 B．线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝311sin 100πt(V)‎ C．线圈产生的交变电动势的频率为100 Hz D．线圈产生的交变电动势的有效值为311 V ‎[思路点拨]‎ ‎(1)理解两个特殊位置的特点。‎ ‎(2)掌握图像上各点的物理意义。‎ ‎[解析]　选AB　当t＝0.005 s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A正确；线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝Emsin t＝311sin 100πt(V)，故B正确；由题图乙可知周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220 V，故D错误。‎ ‎1．交变电流的产生、图像及四值应用 ‎(1)两个特殊位置及其特点 两个特殊位置 特点 中性面 线圈处于中性面时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，交变电流方向发生改变 与中性面垂直的位置 线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，交变电流方向不改变 ‎(2)交变电流的图像 从中性面位置开始计时，电流i＝Imsin ωt，如图甲；从垂直于中性面位置开始计时，电流i＝Imcos ωt，如图乙。‎ ‎(3)交变电流的四值 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Em＝nΦmω Im＝ 讨论电容器的击穿电压 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值 对正(余)弦交流电有：‎ E＝ U＝ I＝ ‎(1)计算与电流热效应有关的量(如功、功率、热量等)‎ ‎(2)电器设备“铭牌”上所标的一般是有效值 ‎(3)保险丝的熔断电流为有效值 平均值 交变电流图像中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值 ＝BL ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量 ‎1.[多选]如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是(　　)‎ A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3∶2‎ C．正弦式电流a的瞬时值为u＝10sin 5πt V D．正弦式电流b的最大值为 V 解析：选BCD　t＝0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，故A错误。由题图读出两电流周期之比为Ta∶Tb＝0.4 s∶0.6 s＝2∶3，而T＝，则线圈先后两次转速之比为3∶2，故B正确。正弦式电流a的瞬时值为u＝Umsin t＝10sin t V＝10sin 5πt V，故C正确。根据电动势最大值公式Em＝nBSω＝nBS得到，两电动势最大值之比为Ema∶Emb＝Tb∶Ta＝3∶2，Ema＝10 V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb＝ V，故D正确。‎ ‎2. (2017·郑州质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像。则(　　)‎ A．此交流发电机的电动势平均值为10 V B．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10·cos 100πt V D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上 解析：选C　矩形线圈为电源，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10 Ω，电压表示数为10 V，说明＝10 V，即Em＝10 V。根据题图乙t＝0时磁通量等于0，可判断t＝0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u＝10cos ωt＝10cos 100πt V，选项C正确；t＝0.02 s带入电动势的表达式，得R两端的电压瞬时值为10 V，选项B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为Em＝10 V，所以平均值一定比Em＝10 V小，选项A错误。‎ 三、变压器与远距离输电问题多维探究类考点 题点(一)　理想变压器的原理 ‎1．理想变压器原、副线圈基本量间的关系 制约关系 基本关系 电压 原线圈电压U1和线圈匝数比决定副线圈电压U2‎ ＝ 电流 副线圈电流I2和线圈匝数比决定原线圈电流I1‎ ＝ 功率 副线圈功率P2决定原线圈功率P1‎ P1＝P2‎ 频率 原线圈频率f1决定副线圈频率f2‎ f1＝f2‎ ‎2．对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下：‎ ‎(1)＝，＝，…‎ ‎(2)n1I1＝n2I2＋n3I3＋…‎ ‎(3)P1＝P2＋P3＋…‎ ‎[例1]　(2018届高三·洛阳四校联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝24sin 100πt(V)。下列说法正确的是(　　)‎ A．A的读数为‎2 A B．V的读数为48 V C．该交变电流的频率为100 Hz D．变压器输入功率为96 W ‎[解析]　选A　由表达式知输入电压有效值为24 V，电压与匝数成正比，故副线圈电压即电压表的示数为12 V，B错误；电流表的示数为I＝ A＝‎2 A，A正确；由表达式知道角速度为100π rad/s，频率为＝50 Hz，故C错误；副线圈中灯泡消耗的功率P＝UI＝12×2 W＝24 W，输入功率等于输出功率，D错误。‎ 题点(二)　有关变压器电路的动态分析问题 ‎1．分析变压器动态变化问题的一般思维流程 U1U2I2I1P1‎ ‎2．分析变压器动态变化问题的关键 ‎(1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是线圈匝数比不变。‎ ‎(2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2。‎ ‎[例2]　[多选]某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，‎ A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变。保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光。则(　　)‎ A．如果只闭合开关S，L1变暗 B．如果只闭合开关S，A的输入功率变大 C．仅将滑片P上移，L1变亮 D．仅将滑片P上移，A的输入功率不变 ‎[解析]　选AB　闭合S，副线圈电阻减小，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈中电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；根据以上分析知消耗和损失功率都增大，根据能量守恒知A的输入功率变大，故B正确；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C、D错误。‎ 题点(三)　远距离输电问题 远距离高压输电的工作原理 ‎(1)功率关系：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＝。‎ ‎[例3]　某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图所示。对整个送电过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．输电线上的损失功率为300 W B．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100‎ C．输电线中的电流为‎100 A D．降压变压器的输入电压为4 700 V ‎[解析]　选A　输电线上损失的功率Pr＝50 kW×0.6%＝300 W，选项A正确；由Pr＝I22r得输电线中的电流I2＝‎10 A，选项C错误；发电机的输出电流I1＝＝ A＝‎100 A，升压变压器的匝数比＝＝，选项B错误；升压变压器的输出电压U2＝＝5 000 V，降压变压器的输入电压为U2－I2r＝4 970 V，选项D错误。‎ ‎1．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2。在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C．422r D．422r 解析：选C　输入电压为：U1＝，由＝得：U2＝，又由P＝I2U2，输电线上损失的电功率为：Pr＝I22·2r＝422r，C正确。‎ ‎2．(2017·威海二模)通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n1＝1 000，两次级线圈的匝数分别为n2＝50、n3＝100。在初级线圈ab端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．交流电的频率为100 Hz B．U2＝50 V，U3＝100 V C．I1∶I2＝1∶20‎ D．闭合开关S，则I1增大 解析：选D　交变电流的周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项A错误；根据变压器的匝数与电压比关系可知，U2＝＝· V＝25 V；U3＝＝· V＝50 V，选项B错误；因电流与匝数之间满足：I1n1＝I2n2＋I3n3，故选项C错误；闭合开关S，则I3变大，根据I1n1＝I2n2＋I3n3，可知I1增大，选项D正确。‎ 四、交变电流的综合问题重难增分类考点 ‎[典例]　[多选](2017·扬州模拟)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是(　　)‎ A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗功率为180 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大 ‎[解析]　选AD　由题图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据U1∶U2＝n1∶n2知，副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为：I＝＝‎30 A，输电线损失的电压为：ΔU＝IR＝3 000 V，输电线路损耗功率为：ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由以上分析知副线圈电流增大，根据I1∶I2＝n2∶n1知，输电线上的电流变大，D正确。‎ 交变电流的综合问题，涉及交变电流的四值、变压器、远距离输电等知识与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：‎ ‎(1)分清交变电流“四值”的不同计算方法和物理意义。‎ ‎(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。‎ ‎1．(2017·南昌二模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N ‎，内阻不计，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕OO′轴做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是(　　)‎ A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt B．矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0‎ C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大 D．当P位置向上移动，R不变时，电流表读数减小 解析：选A　计时起点，Em＝NBSωe＝Emcos ωt,e＝NBSωcos ωt，A正确；矩形线圈经时间t＝＝，所以ΔΦ＝BS q＝·t＝N≠0，B错误；当P位置不动，n1不变U2不变，电压表读数不变，C错误；当P位置向上移动，n1减小U2增大，I2增大，I1增大，电流表读数增大，D错误。‎ ‎2．(2018届高三·西北工业大学附中摸底)如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态，n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表格所示。下列说法正确的是(　　)‎ 热风时输入功率 ‎460 W 冷风时输入功率 ‎60 W 小风扇额定电压 ‎60 V 正常工作时小风扇输出功率 ‎52 W A.变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝13∶15‎ B．可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60 Ω C．吹冷风时触片P与触点b、c接触 D．若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率不变 解析：选C　根据变压器的原线圈、副线圈的匝数比与电压的关系：＝＝，故A错误；小风扇不是纯电阻用电器，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，60 Ω是小风扇消耗的电能全部转化为内能时的电阻，故B错误；触片P与触点b、c 接触时，电热丝没有接通，所以吹冷风，故C正确；根据公式P＝可知，把电热丝截去一小段后的电热丝(材料、粗细均不变)电阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大，故D错误。‎ ‎ ‎1．[多选]如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有R＝4 Ω的电阻和两个“18 V　9 W”相同小灯泡，当开关S断开时，小灯泡L1刚好正常发光，则(　　)‎ A．原线圈输入电压为200 V B．S断开时原线圈中的电流为‎0.05 A C．闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比增大 D．闭合开关S后，小灯泡L1消耗的功率减小 解析：选ABD　灯泡正常发光，副线圈电流为I＝‎0.5 A，所以副线圈两端电压U＝18 V＋0.5×4 V＝20 V，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为200 V，所以A正确；电流与匝数成反比，可知S断开时原线圈中的电流为‎0.05 A，所以B正确；闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比不变，所以C错误；当开关S闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R分压增大，小灯泡L1消耗的功率减小，故D正确。‎ ‎2.(2018届高三·运城调研)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是(　　)‎ A．在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为 B．线框中感应电流的有效值为 C．从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为 D．线框转一周的过程中，产生的热量为 解析：选C　要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为BSω，A错误；线框中感应电流的最大值Im＝，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I＝＝，B错误；由q＝可知，从中性面开始转过 的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·＝，D错误。‎ ‎3．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B． C．2P D．4P 解析：选A　设输送功率为P，输送电流为I，输送电压为U，则P＝UI，I＝，P损＝I2R。输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P损降为原来的四分之一，故A正确。‎ ‎4．(2017·晋城二模)在图甲中，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶3，滑片P置于副线圈的中点。在图乙中，滑动变阻器最大阻值R0＝6 Ω，滑动触头P置于R0的中央。两电路的输入端都接电压u＝20sin 100πt(V)的正弦交流电，输出端各接一个阻值R＝6 Ω的定值电阻和理想交流电压表。两电压表的读数U1、U2分别为(　　)‎ A．U1＝30 V，U2＝8 V B．U1＝30 V，U2＝10 V C．U1＝60 V，U2＝8 V D．U1＝60 V，U2＝10 V 解析：选A　交流电的有效值为U＝20 V，对甲电路＝，解得U1＝30 V；对乙电路R并＝ Ω＝2 Ω，可求U2＝×20 V＝8 V，故A正确。‎ ‎5.(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)‎ A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝ C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝ 解析：选A　设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝。设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V。选项A正确。‎ ‎6．(2016·天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)‎ A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大 解析：选B　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。‎ ‎7.[多选](2017·襄阳联考)如图所示， 理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u＝220sin 100πt(V)，电压表V接在副线圈c、d两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑片向右滑动时(　　)‎ A．电压表示数不变 B．电流表A2的示数始终为0‎ C．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220·sin 200πt(V)，则电流表A1‎ 的示数增大 D．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220·sin 200πt(V)，则电流表A1的示数减小 解析：选AC　电压表示数为副线圈两端电压，副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故A正确；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表A2始终有示数，B错误；改变u后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故A1示数增大，C正确、D错误。‎ ‎8.[多选]硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在一定光照强度下的UI图线，图线b是一只某型号的定值电阻R的UI图线。现将该电池与电阻R串联成一个闭合电路，下列说法中正确的是(　　)‎ A．此时该硅光电池的内阻为 B．这只定值电阻R的阻值为 C．此时电源的总功率为U2I1‎ D．此时电阻R消耗的功率为U1I2‎ 解析：选BC　由题中图像知，该硅光电池的电动势E＝U2，根据两图线交点所对应数据知，电阻R两端的电压为U1，流过R的电流为I1，则电池的内阻r＝＝，定值电阻R的阻值R＝，选项A错误、B正确；此时电源的总功率P＝EI1＝U2I1，选项C正确；电阻R消耗的功率PR＝U1I1，选项D错误。‎ ‎9．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)‎ A．原线圈的输入功率为220 W B．电流表的读数为‎1 A C．电压表的读数为110 V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 解析：选B　由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝ ‎＝‎2 A，由＝，得I1＝‎1 A，故电流表读数为‎1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误。‎ ‎10．[多选](2018届高三·宁波八校联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω。当开关S闭合后(　　) ‎ A．L1的电阻为 Ω B．L1消耗的电功率为7.5 W C．L2的电阻为7.5 Ω D．L2消耗的电功率为0.3 W 解析：选CD　S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由题中乙图可知，I1＝‎0.25 A，故P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 Ω的新电源，在题图乙中作出新电源的IU图线，如图所示，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5 V，I2＝‎0.2 A，所以R2＝＝ Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确。‎ ‎11．[多选]一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，如图甲所示，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是(　　)‎ A．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos 100πt V B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大 C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大 D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大 解析：选AB　从题图甲可看出，交流电的周期T＝2×10－2 s，最大值为U0‎ ‎，所以交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos t V＝U0cos 100πt V，选项A正确；因原、副线圈两端电压与其匝数成正比，当仅将触头P向A端滑动时，副线圈两端的电压增大，即电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，则副线圈两端的电压不变，电阻R消耗的电功率P＝减小，原线圈的输入电功率也减小，选项C错误；将触头P向B端滑动，副线圈两端的电压减小，同时电阻R增大，通过R的电流I2＝减小，根据I1n1＝I2n2，通过A处的电流也一定减小，选项D错误。‎ ‎12．一台小型发电机产生的电动势随时间以正弦规律变化的图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)‎ A．电压表的读数为220 V B．电路中的电流方向每秒改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W D．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2 J 解析：选D　由题图甲知发电机产生的感应电动势有效值为220 V，灯泡中电流大小为I＝＝‎2.2 A，电压表读数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错误；由题图甲知交变电流的周期为0.02 s，则其频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝IU＝209×2.2 W＝459.8 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，选项D正确。‎ ‎13．[多选]如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝ Ω，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝，其他电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电阻R2上的热功率为 W B．0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C．线圈产生的感应电动势随时间t变化的规律是e＝10cos 100πt(V)‎ D．线圈开始转动到t＝ s的过程中，通过R1的电荷量为 C 解析：选AD　根据串联电路分压关系，可求得R2两端的电压为 V，故P＝ W＝ W，A正确；0.02 s时线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，R两端电压最大，B错误；因线圈有内阻r，故电动势最大值Em＞10 V，C错误；由R外＝10 Ω，r＝2 Ω，U＝10 V可得Em＝NBSω＝12 V，又q＝N＝N，以上各式联立可得：q＝ C，D正确。‎ ‎14．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比为k1。降压变压器T′的原、副线圈匝数比为k2。原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，用户电阻为R(纯电阻)，若用户消耗功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率Pr和用户获得的电压U分别为(　　)‎ A．Pr＝P　U＝－ B．Pr＝P　U＝－ C．Pr＝P　U＝－ D．Pr＝P　U＝－ 解析：选B　用户流过的电流为I4＝ ，故在输电线路上的电流为I3＝＝ ‎，故损失的电功率为Pr＝I32·2r＝P；升压变压器两端电压的有效值为U1＝，输电线路上损失的电压为ΔU＝I3·2r，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝，故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－ΔU，用户获得的电压U＝，联立解得U＝－。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.(2017·黄山月考)如图所示，在AB间接入正弦交流电U1＝220 V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有(　　)‎ A．U0＝40 V，P＝80 W B．U0＝40 V，P＝80 W C．U0＝40 V，P＝20 W D．U0＝40 V，P＝20 W 解析：选C　变压器的次级电压U2＝U1＝×220 V＝40 V，故二极管的反向耐压值至少为40 V；电阻R上电压有效值为20 V，则R消耗的热功率为P＝＝ W＝20 W，故C正确。‎ ‎2.[多选]在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1是半导体制成的NTC热敏电阻，其阻值随着温度的升高而减小，R2、R3为定值电阻，C为电容器，L为小灯泡，电流表内阻可忽略。当电路所处环境温度下降时，则(　　)‎ A．电流表的示数增大 B．R2两端的电压减小 C．小灯泡变暗 D．电容器C所带的电荷量增大 解析：选BD　当温度下降时，热敏电阻R1阻值增大，电路总电阻增大，电路中总电流I减小，即电流表的示数减小，选项A错误；R2两端的电压U2＝IR2，电路中总电流I减小，所以电压U2减小，选项B正确；由于电源内电压Ur＝Ir减小，R2两端的电压也减小，则小灯泡L两端电压增大，所以小灯泡L变亮，选项C错误；电源内电压减小，路端电压增大，电容器两端电压增大，电容器所带的电荷量Q＝UC增大，选项D正确。‎ ‎3．如图甲所示，电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO′匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为R＝10‎ ‎ Ω的小灯泡L供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图像如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法正确的是(　　)‎ A．在t＝5×10－3 s时，线圈处于中性面位置 B．在t＝10×10－3 s时，穿过线圈的磁通量最大 C．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos 50πt(A)‎ D．线圈产生的交流电的电动势为55 V 解析：选A　由题图乙可知t＝5×10－3 s时刻感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故A正确；t＝10×10－3 s时刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线圈回路的磁通量最小，故B错误；周期T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，故电流的瞬时表达式为i＝5cos 100πt(A)，故C错误；线圈产生的交流电的电动势最大值为Em＝Im(R＋r)＝55 V，D错误。‎ ‎4．[多选]如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0＝11 Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin(100πt)V。下列说法正确的是(　　)‎ A．发电机中的电流变化频率为100 Hz B．通过用电器的电流有效值为‎20 A C．升压变压器的输入功率为4 650 W D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 解析：选BC　根据降压变压器T2副线圈两端输出电压的瞬时值表达式可以得知，输出电压的频率为50 Hz，再根据理想变压器不能改变交流电的频率的特点可知，A选项错误；降压变压器副线圈两端电压的有效值为U4＝220 V，通过用电器的电流的有效值为I3＝＝‎20 A，因此B选项正确；根据变压器的输入功率由输出功率决定可知，升压变压器的输入功率等于输电线的电阻R和用电器消耗的功率之和，P＝I22R＋I32R0＝2R＋I32R0，代入数据，可得P＝4 650 W，因此C选项正确；根据P＝可知，当用电器的电阻R0‎ 减小时，用电器消耗的功率变大，输电线上消耗的热功率也变大，因此发电机的输出功率变大，故D选项错误。‎ ‎5．如图所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为220 V的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为110∶1，交流电流表的示数为 A，电池的内阻为2 Ω，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是(　　)‎ A．电池的充电电压为2 V B．理想变压器的输入功率为 W C．充电时，电池的热功率为 W D．充电时，电能转化为化学能的功率为W 解析：选D　由＝得变压器的输出电压U2＝2 V，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得×＝T，解得电池的充电电压U＝ V，选项A错误；理想变压器的输出功率P2＝UI2＝ W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为 W，选项B错误；充电时，电池的热功率P＝I22r＝2×2 W＝ W，选项C错误；充电时，电能转化为化学能的功率为 W－ W＝W，选项D正确。‎ 第18讲 高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用、电磁感应中的图像问题、电磁感应中的能量问题，在计算题中作为压轴题，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题。考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的应用；②‎ 对本讲的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析一种电路”。两个定律是指楞次定律和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。　　‎ 法拉第电磁感应定律的理解和应用；③三个定则的应用。‎ 一、“三定则、一定律”考查感应电流方向基础保分类考点 ‎1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)‎ 解析：选A　施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 解析：选D　金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。‎ ‎3．[多选](2016·上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时(　　)‎ A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势 B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势 C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流 D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流 解析：选AD　据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。‎ ‎4.[多选]航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去。现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝。则合上开关S的瞬间(　　)‎ A．从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射 D．电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射 解析：选BCD　闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁场磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确。‎ ‎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，即根据穿过回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”。‎ 二、法拉第电磁感应定律的应用多维探究类考点 题点(一)　磁感应强度变化产生感应电动势的计算 ‎(1)感应电动势的大小由穿过回路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。‎ ‎(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＝。‎ ‎[例1]　[多选]在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为‎0.1 m2‎，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)‎ A．在时间0～2 s内，I的最大值为‎0.01 A B．在时间3～5 s内，I的大小越来越小 C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为‎0.01 C D．第3 s内，线圈的发热功率最大 ‎[思路点拨]‎ ‎(1)图像斜率为磁感应强度的变化率，且在变化。‎ ‎(2)由公式E＝nS计算E的大小。‎ ‎[解析]　选AC　线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B随时间t的变化，引起磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律，E＝＝，其大小由图像的斜率决定，在t＝0时，斜率最大，且＝0.1 T/s，则Im＝‎0.01 A，A正确；在时间3～5 s内，一定，产生恒定电流，B错误；第3 s内，＝0，没有感应电流，D错误；前2 s内，q＝t＝·t＝＝‎0.01 C，C正确。‎ 题点(二)　导线切割磁感线产生感应电动势的计算 ‎[例2]　[多选](2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎[解析]　选AB　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 ‎ ‎1．三个公式的适用范围 ‎(1)E＝n，适用于普遍情况。‎ ‎(2)E＝Blv，适用于导体棒切割磁感线的情况。‎ ‎(3)E＝Bl2ω，适用于导体棒绕一端点转动切割磁感线的情况。‎ ‎2．E＝Blv的“三个特性”‎ ‎(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。‎ ‎(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。‎ ‎(3)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。‎ 如图中，导体的有效长度为ab间的距离。‎ ‎1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：选B　由E＝n＝n·可得：E＝n··＝，B正确。‎ ‎2.(2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)‎ A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a 解析：选C　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。‎ 三、电磁感应的图像问题重难增分类考点 ‎[典例]　[多选](2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为‎0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为‎0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N ‎[解析]　选BC　由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝‎0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝‎2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。‎ ‎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、截距等。‎ ‎(6)画图像或判断图像。‎ ‎2．对于电磁感应图像问题的分析要注意以下三个方面 ‎(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)注意看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相对应。‎ ‎(3)注意观察图像的变化趋势，看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。‎ ‎1.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M 端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图像是(　　)‎ 解析：选C　根据E＝Bωl2和I＝可知，导体杆切割磁感线产生的感应电流的大小是恒定的。根据右手定则，可知C正确。‎ ‎2．[多选]如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R。开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)‎ A．在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝0‎ B．在0～t0时间内导体棒中的电流为 C．在时刻绝缘丝线所受拉力为 D．在0～2t0时间内回路中电流方向是abdca 解析：选BC　由题图乙可知，＝，回路面积S＝L‎1L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝S＝L‎1L2，选项A错误；0～t0时间内回路中产生的感应电流大小为I＝＝，选项B正确；在时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为，安培力大小为F＝B0·IL1＝，在时刻绝缘丝线所受拉力为，选项C正确；在0～t0时间内磁感应强度减小，在t0～2t0‎ 时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误。‎ 四、电磁感应中的电路问题重难增分类考点 ‎[典例]　[多选]如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、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，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。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＝ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)判断电势高低应用右手定则。‎ ‎(2)导体的有效切割长度为‎2L。‎ ‎(3)AC两端电压应为路端电压。‎ ‎[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。‎ 解答电磁感应中电路问题的三个步骤 ‎1．[多选]如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)‎ A．R2两端的电压为 B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势为kL2‎ 解析：选AC　由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，有E＝kπr2，D错误；因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝U＝，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确。‎ ‎2.如图所示，平行极板与单匝圆线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，单匝线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为m、电荷量为q。则下列说法正确的是(　　) ‎ A．粒子带正电 B．磁感应强度的变化率为＝ 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S，粒子将向下运动 解析：选B　穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势高，下极板电势低，板间存在向下的电场，粒子受到重力和电场力而静止，因此粒子受到的电场力方向向上，电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故A错误；对粒子，由平衡条件得：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，导致间距减小，那么电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故D错误。‎ ‎ ‎1.[多选](2016·江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有(　　)‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 解析：选BCD　铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝n知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。‎ ‎2.(2017·焦作模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝‎1 m，c、d间，d、e间，c、f间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝‎4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是(　　)‎ A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．c、d两端的电压为2 V C．d、e两端的电压为1 V D．f、e两端的电压为1 V 解析：选D　由右手定则可知ab中电流方向为a→b，选项A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，c、d间电阻R为外电路负载，d、e和c、f间电阻中无电流，d、e间无电压，因此c、d间与f、e间电压相等，Ucd＝×R＝＝1 V，选项D正确，B、C错误。‎ ‎3．(2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析：选D　根据楞次定律，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。‎ ‎4.(2018届高三·临沂调研)边长为a的正三角形金属框架的左边竖直且与磁场右边界平行，该框架完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图像与这一过程相符合的是(　　)‎ 解析：‎ 选B　该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有＝x，所以E电动势＝Bl有v＝Bvx∝x，选项A错误，B正确；F外力＝＝∝x2，选项C错误；P外力功率＝F外力v∝x2，选项D错误。‎ ‎5．[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时间内正方形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　根据楞次定律判断在0～t0时间内正方形线圈中电流方向为逆时针方向，A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n××2＝0.4 V，B正确；由I＝＝‎0.4 A，得P＝I2r＝0.16 W，C错误；分析线圈受力可知，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。‎ ‎6.(2013·全国卷Ⅰ)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)‎ 解析：选A　设金属棒MN向右匀速运动的速度为v，金属棒电阻率为ρ，金属棒截面积为S，∠bac＝2θ。在t时刻MN产生的感应电动势为：E＝2Bv2ttan θ，回路中电阻为R＝‎ ρ，由I＝可得：I＝，故选项A正确。‎ ‎7.(2016·浙江高考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝‎3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 解析：选B　当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。‎ ‎8．如图甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针且逐渐增大，由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针且逐渐减小，则由楞次定律可知，内环a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大，故只有C正确。‎ ‎9.(2017·济南模拟)如图所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k>0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为(　　)‎ A．1∶3　　　　　　　　　 B．3∶1‎ C．1∶1 D．9∶5‎ 解析：选D　同一导线构成不同的闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝S，之前的闭合回路的感应电动势E＝kπ2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则这两个圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ2＋kπ2；则前后两次回路中的电流比I∶I′＝E∶E′＝9∶5，D正确。‎ ‎10．[多选](2017·江西新余模拟)如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数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．在0～0.6 s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　匀强磁场B1不变化，磁场B2垂直水平面向下，大小随时间均匀增加，根据楞次定律，线框中的感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；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，在0～0.6 s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＝2t＝0.06 J，选项D正确。‎ ‎11.[多选]如图所示，一边长为l＝‎2a的正方形区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一边长为a、电阻为R的正方形线框置于磁场左侧，且线框右边与磁场左边界平行，距离为a，现给该正方形线框施加一水平向右的拉力，使其沿直线匀速向右运动，则以下关于线框受到的安培力、产生的感应电流随时间变化的图像正确的是(以水平向左的方向为安培力的正方向，以逆时针方向为电流的正方向)(　　)‎ 解析：选BD　由于安培力在整个运动过程中都在阻碍线框向右运动，所以安培力的方向不会发生改变，线框未进入磁场前和线框完全在磁场中时不受安培力作用，所以选项A错误，B正确；当线框经过一段时间进入磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为逆时针方向，线框完全在磁场中时不产生感应电流，当线框出磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为顺时针方向，所以选项C错误，选项D正确。‎ ‎12．[多选]如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r，线框电阻为R，连接一交流电流表(内阻不计)。线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度B随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B的正方向)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．0.005 s时线框中的感应电流最大 B．0.01 s时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向 C．0.015 s时电流表的示数为零 ‎ D．0～0.02 s内闭合导线框上产生的热量为 解析：选BD　线框中的感应电动势为E＝πr2，感应电流为i＝·，在0.005 s时， ‎＝0，则i＝0，A项错；由楞次定律知在0.01 s时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C项错；感应电动势的峰值为Em＝Bmπr2，一个周期导线框上产生的热量为Q＝T＝，D项正确。‎ ‎13．(2018届高三·江西五市八校联考)如图甲所示，两平行光滑导轨倾角为30°，相距‎10 cm，质量为‎10 g的直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看的侧视图如图乙所示。导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 Ω，限流电阻R＝5 Ω，R′为滑动变阻器，其余电阻均不计。在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线。g取‎10 m/s2。若要保持直导线静止在导轨上，则滑动变阻器连入电路的阻值大小及与之相对应的磁场方向可能是(　　)‎ A．R′＝12 Ω，磁场方向水平向右 B．R′＝25 Ω，磁场方向垂直斜面向左上方 C．R′＝7 Ω，磁场方向水平向左 D．R′＝19.5 Ω，磁场方向垂直斜面向右下方 解析：选D　磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有mg＝BIL，得I＝＝ A＝‎1 A，由I＝，得R′＝7 Ω，故A错误；磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在导轨上，故B错误；磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在导轨上，故C错误；磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿导轨向上，由平衡条件有mgsin 30°＝BIL，得I＝·＝‎0.5 A，由I＝，得R′＝19.5 Ω，故D正确。‎ ‎14．[多选](2018届高三·河南豫南九校联考)如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成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，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　金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A正确；金属棒ab受到的安培力F安＝BIL＝BL·＝BL·＝，故B错误；由q＝＝可知：下滑的位移x＝，故C正确；产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为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。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2018届高三·河南重点中学联考)如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是(　　)‎ A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向 B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势 C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力 D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反 解析：选A　由题图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确、B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误。‎ ‎2．(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 解析：选C　题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。‎ ‎3．(2017·百校联盟调研卷)如图1所示，匝数n＝6的螺线管(电阻不计)，截面积为S＝‎10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图2所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，下列i t关系图中正确的是(　　)‎ 解析：选B　由题意可知，在0～2 s时间内，磁感应强度变化率的大小为＝3×10－3‎ ‎ T/s，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E1＝nS＝1.8×10－5 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i1＝＝1.5×10－‎6 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为a→b，为正方向；同理可计算在2～5 s时间内，i2＝＝1×10－‎6 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为b→a，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎4.[多选] (2018届高三·陕西名校联考)空间中有磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L、电阻为R、粗细均匀的正方形金属线框abcd置于匀强磁场区域中，ab边与磁场右边界平行。若拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则(　　)‎ A．当cd边即将出磁场区域时，a、b两点间的电压为 B．从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功为 C．从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功的功率为 D．从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，通过金属线框的电荷量为 解析：选CD　当cd边即将出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，a、b两点间的电压等于E＝，选项A错误。当ab边刚出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，线框中电流I＝，所受安培力F安＝BIL＝，由于金属线框做匀速运动，拉力等于安培力，拉力做功W＝FL＝F安L＝，选项B错误。拉力做功功率为P＝，选项C正确。由E＝，＝，q＝Δt，联立解得q＝，磁通量变化量ΔΦ＝BL2，通过金属线框的电荷量为q＝＝，选项D正确。‎ ‎5.[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则(　　)‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 解析：选BC　两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误。‎ 第19讲 原子物理部分知识点较多，需要学生强化对知识的理解和记忆。在高考试卷中，对原子物理的考查一般是一个选择题，难度不大，考查热点主要有：①原子能级跃迁和原子核的衰变规律；②核反应方程的书写、质量亏损和核能的计算；③原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等。由于本讲内容琐碎，考查点多，因此复习时应抓住主干知识，梳理出知识点，进行理解性记忆。　‎ 一、光电效应　波粒二象性基础保分类考点 ‎1．[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Uaνb，则一定有Eka>Ekb C．若Uaνb，则一定有hνa－Eka>hνb－Ekb 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，则D项错误。‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅰ)‎ 现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说法正确的是(　　)‎ A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 ‎ B．入射光的频率变高，饱和光电流变大 C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关 解析：选ACE　产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确。饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误。光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确。减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误。遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E正确。‎ ‎3．(2015·全国卷Ⅱ)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是(　　)‎ A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 解析：选ACD　电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项A正确。β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B错误。人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C正确。电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D正确。光电效应实验，体现的是波的粒子性，选项E错误。‎ ‎4．(2017·北京市朝阳区模拟)从1907年起，密立根就开始测量金属的遏止电压Uc(即图甲所示的电路中电流表G的读数减小到零时加在电极K、A之间的反向电压)与入射光的频率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。按照密立根的方法我们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，此时读图可知，ν≈4.30×1014 Hz，即金属的截止频率约为4.30×1014 Hz，A正确，B错误。‎ ‎5．[多选]关于物质波，下列说法错误的是(　　)‎ A．任何运动的物体都伴随着一种波，这种波叫做物质波 B．X射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的 C．电子的衍射实验，证实了物质波假设是正确的 D．宏观物体尽管具有波动性，但它们不具有干涉、衍射等现象 解析：选BD　据德布罗意物质波理论知，任何一个运动的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之相对应，这种波就叫物质波，可见，A选项是正确的；由于X射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故X射线的衍射实验，并不能证实物质波理论的正确性，即B选项错误；电子是一种实物粒子，电子的衍射现象表明运动着的实物粒子具有波动性，故C选项是正确的；由电子穿过铝箔的衍射实验知，少量电子穿过铝箔后所落的位置是散乱的、无规律的，但大量电子穿过铝箔后所落的位置则呈现出衍射图样，即大量电子的行为表现出电子的波动性，干涉、衍射是波的特有现象，只要是波，都会发生干涉、衍射现象，故D选项错误。‎ ‎1．光电效应规律 ‎(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应。‎ ‎(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。‎ ‎(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s。‎ ‎(4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比。‎ ‎2．爱因斯坦光电效应方程 ‎(1)表达式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν－W0。‎ ‎(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能。‎ ‎3．光电流和饱和光电流 金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。‎ ‎4．入射光强度与光子能量 入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量，光子能量即每个光子的能量。光的总能量等于光子能量与入射光子数的乘积。‎ ‎5．光电效应的两个图像 ‎(1)光电子的最大初动能随入射光频率变化而变化的图像如图所示。‎ 依据mv＝hν－hν0可知：当Ek＝mv＝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，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，光电流恰达到饱和光电流，此时所有光电子都参与了导电，电流最大为Imax。‎ ‎6．光的波粒二象性 ‎(1)大量光子易显示出波动性，而少量光子易显示出粒子性。‎ ‎(2)波长长(频率低)的光波动性强，而波长短(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)波和粒子在宏观世界是不能统一的，而在微观世界却是统一的。‎ ‎7．物质波 ‎(1)定义：任何一个运动着的物体，都有一种波与之对应，这种波称为物质波。‎ ‎(2)公式：物质波的波长λ＝，p为运动物体的动量，h为普朗克常量。‎ 二、原子结构、氢原子的能级跃迁基础保分类考点 ‎1．人们在研究原子结构时提出过许多模型，其中比较有名的是枣糕模型和核式结构模型，它们的模型示意图如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A．α粒子散射实验与枣糕模型和核式结构模型的建立无关 B．科学家通过α粒子散射实验否定了枣糕模型，建立了核式结构模型 C．科学家通过α粒子散射实验否定了核式结构模型，建立了枣糕模型 D．科学家通过α粒子散射实验否定了枣糕模型和核式结构模型，建立了玻尔的原子模型 解析：选B　α粒子散射实验与核式结构模型的建立有关，通过该实验，否定了枣糕模型，建立了核式结构模型。‎ ‎2.如图所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是(　　)‎ A．原子A可能辐射出3种频率的光子 B．原子B可能辐射出3种频率的光子 C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E1‎ D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4‎ 解析：选B　原子A处于激发态E2，因此其辐射光子频率数目只能有1种，A错误；原子B处于n＝3的能级，能辐射出C＝3种频率的光子，B正确；据氢原子能级的量子性、吸收光子必须满足hν＝Em－En，故C、D错误。‎ ‎3．[多选](2018届高三·河南豫南九校联考)如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子的能量范围为1.62～3.11 eV，锌板的电子逸出功为3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁的过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是(　　)‎ A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板，一定不能产生光电效应现象 B．用能量为11.0 eV的自由电子轰击，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 C．处于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发出的光子的最小能量为10.2 eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；用能量为11.0 eV的电子轰击，基态的氢原子吸收的能量可以等于10.2 eV，可以使处于基态的氢原子跃迁到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，故紫外线不能被n ‎＝2能级的氢原子吸收，故C错误；而处于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。‎ ‎4．许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。利用氢气放电管可以获得氢原子光谱，根据玻尔理论可以很好地解释氢原子光谱的产生机理。已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量为En＝，其中n＝2,3,4，…。1885年，巴耳末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写作＝R，n＝3,4,5，…。式中R叫做里德伯常量，这个公式称为巴耳末公式。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则里德伯常量R可以表示为(　　)‎ A．－　　　　　　　　 B. C．－ D. 解析：选C　氢原子若从n＞2的能级跃迁到n＝2的能级，由玻尔理论可得：－＝hν＝，按照巴耳末公式，原子由n＞2的能级跃到n＝2的能级，放出的谱线的波长满足：＝R，以上两式相比较可得：－E1＝hcR，故里德伯常量R可表示为R＝－，C选项正确。‎ ‎1．原子结构与原子光谱 ‎2．氢原子能级图与原子跃迁问题的解答技巧 ‎(1)能级之间跃迁时放出的光子频率是不连续的。‎ ‎(2)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hν＝Em－En求得。若求波长可由公式c＝λν求得。‎ ‎(3)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)。‎ ‎(4)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法。‎ ‎①用数学中的组合知识求解：N＝C＝。‎ ‎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。‎ 三、原子核的衰变及半衰期基础保分类考点 ‎1.如图所示，一天然放射性物质发出三种射线，经过一个匀强电场和匀强磁场共存的区域(方向如图所示)。调整电场强度E和磁感应强度B的大小，使得在MN上只有两个点受到射线的照射，则下面判断正确的是(　　)‎ A．射到b点的一定是α射线 B．射到b点的一定是β射线 C．射到b点的一定是α射线或β射线 D．射到b点的一定是γ射线 解析：选C　γ射线不带电，在电场和磁场中它都不受力的作用，只能射到a点，选项D错误；调整E和B的大小，既可以使带正电的α射线沿直线前进，也可以使带负电的β射线沿直线前进，沿直线前进的条件是电场力与洛伦兹力平衡，即qE＝qBv。已知α粒子的速度比β粒子的速度小得多，当α粒子沿直线前进时，速度较大的β粒子向右偏转；当β粒子沿直线前进时，速度较小的α粒子也向右偏转，故选项C正确，A、B错误。‎ ‎2．将半衰期为5天、质量为‎64 g的铋分成四份分别投入：(1)开口容器中；(2)100 atm的密封容器中；(3)‎100 ℃‎的沸水中；(4)与别的元素形成化合物。经10天后，四种情况下剩下的铋的质量分别为m1、m2、m3、m4，则(　　)‎ A．m1＝m2＝m3＝m4＝‎‎4 g B．m1＝m2＝m3＝‎4 g，m4<‎‎4 g C．m1>m2>m3>m4，m1＝‎‎4 g D．m1＝‎4 g，其余无法知道 解析：选A　放射性元素的半衰期是一定的，与放射性元素所处的物理环境和化学环境无关，故四种情况下铋剩余的质量相等，剩余的铋的质量为m余＝16×‎2 g＝‎4 g，所以A正确。‎ ‎3．(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，因此D项错误。‎ ‎4．(2017·哈尔滨三校联考)U是一种放射性元素，能够自发地进行一系列放射性衰变，如图所示，判断下列说法正确的是(　　)‎ A．图中a是84，b是206‎ B.Pb比U的比结合能大 C．Y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的 D．Y和Z是同一种衰变 E．从X衰变中放出的射线电离性最强 解析：选ABD　由Bi→aPo，质量数没变，则X是β衰变，所以a＝84，由Bi→Tl，电荷数减少2，则Y是α衰变，所以b＝206，A正确，C错误；由衰变的过程知，Pb比U稳定，则Pb比U的比结合能大，B正确；由Po→Pb及a＝84知，Z为α衰变，D正确；从β衰变中放出的是β射线，其电离性最弱，E错误。‎ ‎1．衰变次数的确定方法 方法一：确定衰变次数的方法是依据两个守恒规律，设放射性元素X经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素Y，则表示该核反应的方程为X→Y＋nHe＋me。根据质量数守恒和电荷数守恒可列方程 A＝A′＋4n Z＝Z′＋2n－m 由以上两式联立解得n＝，m＝＋Z′－Z 由此可见确定衰变次数可归结为求解一个二元一次方程组。‎ 方法二：因为β衰变对质量数无影响，可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：‎ N余＝N原，m余＝m原。‎ ‎(2)半衰期的物理意义：‎ 半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰变速率一定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差别很大。‎ ‎(3)半衰期的适用条件：‎ 半衰期是一个统计规律，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于较少特定个数的原子核，无法确定会有多少发生衰变。‎ 四、核反应方程与核能的计算基础保分类考点 ‎1．(2017·天津高考)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是(　　)‎ A.H＋H→He＋n B.N＋He→O＋H C.He＋Al→P＋n D.U＋n→Ba＋Kr＋3n 解析：选A　A项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程，B项是用α粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程，C项属于原子核的人工转变，D项属于重核的裂变，因此只有A项符合要求。‎ ‎2．[多选](2015·广东高考)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9 MeV和H＋H→He＋X＋17.6 MeV，下列表述正确的有(　　)‎ A．X是中子 B．Y的质子数是3，中子数是6‎ C．两个核反应都没有质量亏损 D．氘和氚的核反应是核聚变反应 解析：选AD　核反应方程遵守核电荷数守恒和质量数守恒，则由H＋H→He＋X＋17.6 MeV知X为n，由X＋Y→He＋H＋4.9 MeV知Y为Li，其中Y的质子数是3，中子数也是3，选项A正确，选项B错误。两个核反应都释放出核能，故都有质量亏损，选项C错误。X＋Y→He＋H＋4.9 MeV是原子核的人工转变，H＋H→He＋n＋17.6 MeV为轻核聚变，选项D正确。‎ ‎3．(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。‎ ‎4．朝鲜在2017年9月进行了第六次核试验，此举引起国际社会的强烈谴责。假如某次核试验材料为铀235，则下列说法正确的是(　　)‎ A.U原子核中有92个质子，143个核子 B.U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度后半衰期会缩短 C．核爆炸的能量来自于原子核的质量亏损，遵循规律ΔE＝Δmc2‎ D.U的一种裂变可能为U＋n→Xe＋Sr＋3n 解析：选C　U原子核中有92个质子，235个核子，143个中子，选项A错误；U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度后半衰期不变，选项B错误；核爆炸的能量来自于原子核的质量亏损，遵循规律ΔE＝Δmc2，选项C正确；选项D中给出的U＋n→Xe＋Sr＋3n，不满足质量数守恒条件，选项D错误。‎ ‎1．核反应方程与核能计算 ‎2．解答有关核反应方程问题的技巧 ‎(1)熟记常见基本粒子的符号——是正确书写核反应方程的基础。如质子(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某个核反应方程是否正确的依据，所以要理解并应用好质量数守恒和电荷数守恒的规律。‎ ‎(4)明白核反应过程是不可逆的——核反应方程只能用箭头连接并表示反应方向，不能用等号连接。‎ ‎3．核能的理解与计算 ‎(1)比结合能越大，原子核结合的越牢固。‎ ‎(2)到目前为止，核能发电还只停留在利用裂变核能发电。‎ ‎(3)核能的计算方法：‎ ‎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。‎ ‎ ‎1．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是(　　)‎ A．发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电子数目增多 B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比 C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 s D．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生 解析：选A　发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属内逸出的光电子数目增多，选项A正确；光电子的最大初动能跟入射光强度无关，随入射光的频率增大而增大，选项B错误；发生光电效应的反应时间一般都不超过10－9 s，选项C错误；只有入射光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项D错误。‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅲ)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×‎107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si*。下列说法正确的是(　　)‎ A．核反应方程为p＋Al→Si*‎ B．核反应过程中系统动量守恒 C．核反应过程中系统能量不守恒 D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E．硅原子核速度的数量级为‎105 m/s，方向与质子初速度的方向一致 解析：选ABE　核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p＋Al→Si*，A正确。核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，B正确，C错误。核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，D错误。根据动量守恒定律有mpvp＝mSivSi，碰撞后硅原子核速度的数量级为‎105 m/s，方向与质子初速度方向一致，E正确。‎ ‎3．[多选]1927年戴维逊和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一。如图所示是该实验装置的简化图，下列说法正确的是(　　)‎ A．亮条纹是电子到达概率大的地方 B．该实验说明物质波理论是正确的 C．该实验再次说明光子具有波动性 D．该实验说明实物粒子具有波动性 解析：选ABD　电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，A正确。‎ ‎4．[多选](2018届高三·牡丹江一中摸底)以下说法正确的是(　　)‎ A．太阳内部发生的核反应是核聚变反应 B．康普顿效应表明光子具有能量，但没有动量 C．汤姆孙通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构模型 D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小 解析：选AD　太阳内部发生的核反应是轻核聚变反应，A正确；康普顿效应表明光子不仅具有能量还具有动量，故B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构模型，故C错误；根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，释放一定频率的光子，轨道半径减小，根据k＝m知，动能增大，由于能量减小，则电势能减小，故D正确。‎ ‎5．(2014·全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是(　　)‎ A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值 B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核 C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素 D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子 E．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷 解析：选ACE　密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，A项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，B项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，C项正确；卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D项错误；汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线的本质是带电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，E项正确。‎ ‎6．对下列各原子核变化的方程，表述正确的是(　　)‎ A.H＋H→He＋n是核聚变反应 B.H＋H→He＋n是α衰变 C.Se→Kr＋2e是核裂变反应 D.U＋n→Xe＋Sr＋2n是β衰变 解析：选A　H＋H→He＋n，属于核聚变反应，A正确，B错误；Se→Kr＋2e是β衰变，C错误；U＋n→Xe＋Sr＋2n是核裂变反应，D错误。‎ ‎7．[多选]中子和质子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是H＋n→H＋γ，以下说法正确的是(　　)‎ A．反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量 B．反应前后质量数不变，因而质量不变 C．由核子组成原子核一定向外释放能量 D．光子所具有的能量为Δmc2，Δm为反应中的质量亏损，c为光速 解析：选ACD　根据质能方程，这个反应释放能量，一定发生质量亏损，即反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量，这个质量亏损与释放能量的关系满足质能方程ΔE＝Δmc2。由核子组成原子核一定向外释放能量，这个能量叫原子核的结合能。反应前后质量数不变，但质量变化。选项A、C、D正确。‎ ‎8．[多选]静止的镭原子核Ra经一次α衰变后变成一个新核Rn，则下列相关说法正确的是(　　)‎ A．该衰变方程为 Ra→Rn＋He B．若该元素的半衰期为τ，则经过2τ的时间，‎2 kg的 Ra中有‎1.5 kg已经发生了衰变 C．随着该元素样品的不断衰变，剩下未衰变的原子核Ra越来越少，其半衰期也变短 D．若把该元素放到密闭的容器中，则可以减慢它的衰变速度 解析：选AB　由镭的α衰变方程Ra→Rn＋He，可判断A正确。由m＝m0，可知，t＝2τ时，m＝‎0.5 kg，则已衰变的镭为m衰＝‎2 kg－‎0.5 kg＝‎1.5 kg，B正确。放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，C、D错误。‎ ‎9．已知氘核的平均结合能为1.1 MeV，氦核的平均结合能为7.1 MeV，则两个氘核结合成一个氦核时(　　)‎ A．释放出4.9 MeV的能量 B．释放出6.0 MeV的能量 C．释放出24.0 MeV的能量 D．吸收4.9 MeV的能量 解析：选C　根据题意可写出两个氘核结合成一个氦核的核反应方程为H＋H→He，由于氘核的平均结合能为1.1 MeV，氦核的平均结合能为7.1 MeV，故结合前氘核的结合能为E1＝2×1.1 MeV，结合后氦核的结合能为E2＝4×7.1 MeV，故ΔE＝2E1－E2＝－24.0 MeV，负号表示释放能量，选项C正确。‎ ‎10．(2018届高三·宁波调研)一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　中子的动量p1＝，氘核的动量p2＝，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波波长λ3＝＝，A正确。‎ ‎11.(2017·河北定州中学模拟)可见光光子的能量在1.61～3.10 eV范围内。如图所示，氢原子从第4能级跃迁到低能级的过程中，根据氢原子能级图可判断(　　)‎ A．从第4能级跃迁到第3能级将释放出紫外线 B．从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第2能级放出的光子频率更高 C．从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第1能级放出的光子波长更长 D．氢原子从第4能级跃迁到第3能级时，原子要吸收一定频率的光子，原子的能量增加 解析：选C　从n＝4能级跃迁到n＝3能级时辐射的光子能量ΔE43＝[－0.85－(－1.51)]eV＝0.66 eV，不在可见光光子能量范围之内，属于红外线，故A错误；从n＝4能级跃迁到n＝2能级时辐射的光子能量ΔE42＝[－0.85－(－3.4)]eV＝2.55 eV>ΔE43，光子的频率ν＝，所以ν43<ν42，故B错误；从n＝4能级跃迁到n＝1能级时辐射的光子能量ΔE41＝[－0.85－(－13.6)]eV＝12.75 eV>ΔE43，光子的波长λ＝，所以λ43>λ41，故C正确；从第4能级跃迁到第3能级时，原子要辐射一定频率的光子，原子的能量减少，故D错误。‎ ‎12．[多选](2017·济宁一模)图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像，下列说法正确的是(　　)‎ A．由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大 B．由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定 C．只要增大电压，光电流就会一直增大 D．遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大 解析：选ABD　由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；根据光电效应方程知，Ekm＝hν－W0＝eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B正确；增大电压，当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C错误；根据Ekm＝eUc，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，故D正确。‎ ‎13.[多选]如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图，一群氢原子处于n＝4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有(　　)‎ A．电子轨道半径减小，动能增大 B．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线 C．由n＝4跃迁到n＝1时发出光子的频率最小 D．金属钾的逸出功为2.21 eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条 解析：‎ 选AD　氢原子从第4能级向低能级跃迁时，原子的能量减小，电子的轨道半径减小，动能增大，电势能减小，故A正确；能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，则氢原子跃迁时，发出不连续的光谱线，故B错误；由n＝4跃迁到n＝1时辐射的光子能量最大，发出光子的频率最大，故C错误；一群处于第4能级的氢原子跃迁到较低能级时可以放出6条光谱线，能量大于2.21 eV的光谱线有4条，故D正确。‎ ‎14.[多选](2017·西工大附中三模)如图所示，用某单色光照射光电管的阴极K，会发生光电效应。在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大加在光电管上的电压，直至电流表中电流恰为零，此时电压表的电压值U称为反向遏止电压。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测得反向遏止电压分别为U1和U2，设电子的质量为m、电荷量为e，下列说法正确的是(　　)‎ A．频率为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金属的逸出功为W＝ D．阴极K金属的极限频率是ν0＝ 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－mv，解得光电子的最大初速度为vm＝ ，所以频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度为 ，用频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为 ，故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金属的极限频率ν0＝＝，C、D正确。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2018届高三·北京市丰台区摸底)关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是(　　)‎ A．氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大 B．氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子 C．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小 D．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小 解析：选C　氢原子处于基态时，电子的轨道半径最小，故A错误；由hν＝Em－En 知氢原子在不同能量态之间跃迁时只可以吸收特定频率的光子，故B错误；氢原子从基态向较高能量态跃迁，电子到氢原子核的距离增大，匀速圆周运动的半径增大，线速度减小，动能减小，C正确；氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子到氢原子核的距离增大，电场力做负功，电势能增大，D错误。‎ ‎2．关于近代物理，下列说法正确的是(　　)‎ A．β衰变时，β射线是原子的核外电子释放出来的 B．组成原子核的核子质量之和大于原子核的质量 C．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D．α粒子散射实验表明核外电子轨道是量子化的 解析：选B　β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转化成了一个质子和一个电子，而不是原子的核外电子释放出来的，故A错误；当自由核子结合成原子核时，核力将做功，核子结合在一起时会释放能量，故组成原子核的核子质量之和大于原子核的质量，B正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比，故C错误；根据玻尔理论可知，核外电子轨道是量子化的，故D错误。‎ ‎3.(2017·龙岩模拟)1995年科学家“制成”了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成。反质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷。反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原子能级如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A．反氢原子光谱与氢原子光谱不相同 B．基态反氢原子的电离能是13.6 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能级跃迁到基态辐射光子的波长最长 解析：选B　反氢原子和氢原子有相同的能级分布，所以反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故A错误；处于基态的氢原子的电离能是13.6 eV，具有大于等于13.6 eV能量的光子可以使氢原子电离，故B正确；基态的反氢原子吸收11 eV光子，能量为－13.6 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能级跃迁到基态辐射光子能量很大，频率很大，波长很小，故D错误。‎ ‎4.[多选](2018届高三·保定调研)如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．只调换电源的极性，移动滑片P，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压Uc的数值 B．保持光照条件不变，滑片P向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大 C．不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大 D．图中入射光束的频率减小到某一数值ν0时，无论滑片P怎样滑动，电流表示数都为零，则ν0是阴极K的极限频率 解析：选ACD　只调换电源的极性，移动滑片P，电场力对电子做负功，当电流表示数为零时，则有qU＝mv2－0，那么电压表示数为遏止电压Uc的数值，故A正确；保持光照条件不变，滑片P向右滑动的过程中，导致电压增大，则电场力做功增大，则电流表示数会增大，若电流达到饱和电流，则电流表示数不再增大，故B错误；不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，则光电子数目增多，那么电流表示数会增大，故C正确；入射光束的频率减小到某一数值ν0时，无论滑片P怎样滑动，电流表示数都为零，则不会发生光电效应，可知ν0是阴极K的极限频率，故D正确。‎ ‎5．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些装饰材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性知识的说法中正确的是(　　)‎ A．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱 B．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核 C.U衰变成Pb要经过8次β衰变和8次α衰变 D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的 解析：选D　β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波，γ射线的穿透本领比较强，故A错误；半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用 ，故B错误；因为β衰变时质量数不变，所以α衰变的次数n＝＝8，在α衰变的过程中电荷数共减少16，则β衰变的次数m＝＝6，故C错误；β衰变时，原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故D正确。‎ 第20讲 物理学史记录了人类对自然规律的研究历程，物理思想方法是研究物理问题的重要“思维工具”。历年高考对这部分知识时有考查，考查难度虽然不大，但因为知识点比较分散，学生平时重视程度不够，得分反而不高。因此复习本讲知识时要侧重对知识和事件的识记、理解。　　　‎ 一、高中物理的重要物理学史 ‎1．力学部分 ‎(1)1638年，意大利物理学家伽利略用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点(即：质量大的小球下落快)。‎ ‎(2)1687年，英国科学家牛顿提出了三条运动定律(即牛顿三大运动定律)。‎ ‎(3)17世纪，伽利略通过构思的理想实验指出，在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去，得出结论：力是改变物体运动的原因。推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出，如果没有其他原因，运动物体将继续以同一速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。‎ ‎(4)20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。‎ ‎(5)人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是代表；而波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，大胆反驳地心说。‎ ‎(6)17世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律。‎ ‎(7)牛顿于1687年正式发表万有引力定律；1798年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。‎ ‎(8)1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维烈应用万有引力定律，计算并观测到海王星，1930年，美国天文学家汤苞用同样的计算方法发现冥王星。‎ ‎2．电磁学部分 ‎(1)1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。‎ ‎(2)1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。‎ ‎(3)1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，获得诺贝尔奖。‎ ‎(4)1826年德国物理学家欧姆(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，因此获得1921年诺贝尔物理学奖。‎ ‎(7)1900年，德国物理学家普朗克解释物体热辐射规律提出能量子假说，获得1918年诺贝尔物理学奖。‎ ‎(8)1922年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对X射线的散射时——发现康普顿效应，证实了光的粒子性。获得1927年诺贝尔物理学奖。‎ ‎(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德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的传播速度等于光速。‎ ‎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。‎ 二、高中物理的重要思想方法 ‎1．理想模型法：为了便于进行物理研究或物理教学而建立的一种抽象的理想客体或理想物理过程，突出了事物的主要因素、忽略了事物的次要因素。理想模型可分为对象模型(如质点、点电荷、理想变压器等)、条件模型(如光滑表面、轻杆、轻绳、匀强电场、匀强磁场等)和过程模型(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速直线运动、匀速圆周运动、恒定电流等)。‎ ‎2．极限思维法：就是人们把所研究的问题外推到极端情况(或理想状态)，通过推理而得出结论的过程，在用极限思维法处理物理问题时，通常是将参量的一般变化，推到极限值，即无限大、零值、临界值和特定值的条件下进行分析和讨论。如公式v＝中，当Δt→0时，v是瞬时速度。‎ ‎3．理想实验法：也叫做实验推理法，就是在物理实验的基础上，加上合理的科学的推理得出结论的方法就叫做理想实验法，这也是一种常用的科学方法。如伽利略斜面实验、推导出牛顿第一定律等。‎ ‎4．微元法：微元法是指在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体目的的方法。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＝、B＝、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，这种方法称为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大。‎ ‎7．控制变量法：决定某一个现象的产生和变化的因素很多，为了弄清事物变化的原因和规律，必须设法把其中的一个或几个因素用人为的方法控制起来，使它保持不变，研究其他两个变量之间的关系，这种方法就是控制变量法。比如探究加速度与力、质量的关系，就用了控制变量法。‎ ‎8．等效替代法：在研究物理问题时，有时为了使问题简化，常用一个物理量来代替其他所有物理量，但不会改变物理效果。如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等。‎ ‎9．类比法：也叫“比较类推法”‎ ‎，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法。其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大。如研究电场力做功时，与重力做功进行类比；认识电流时，用水流进行类比；认识电压时，用水压进行类比。‎ ‎ ‎1．[多选]下列说法中，符合物理学史的是(　　)‎ A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因 B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值 C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说 D．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系 解析：选ACD　牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了万有引力常量的数值，B错误；其他三个选项均符合物理学史实，故选A、C、D。‎ ‎2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 解析：选D　只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。‎ ‎3．[多选]以下叙述正确的是(　　)‎ A．法拉第发现了电磁感应现象 B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 解析：选AD　法拉第通过实验发现了电磁感应现象，得出了磁生电的基本原理，A正确；质量是衡量物体惯性大小的唯一因素，速度大的物体惯性不一定大，B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，C错误；利用楞次定律能判断感应电流的方向，电磁感应现象是其他形式的能转化为电能的过程，遵守能量守恒定律，D正确。‎ ‎4．[多选](2018届高三·三明四校联考)在科学发展史上，每一位科学家的成果无一例外的都是在前人成果及思想方法的启迪下，点燃了自己智慧的火花，并加之自己的实践及对理论的创新归纳总结而得出的。下列叙述符合物理史实的是(　　)‎ A．伽利略传承了亚里士多德关于力与运动关系的物理思想，开创了某些研究物理学的科学方法 B．牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论的基础上得出了经典的牛顿第一定律 C．库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验研究得出了库仑定律 D．楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律 解析：选BC　伽利略不是传承而是否定了亚里士多德的关于力与运动关系的物理思想，A错；法拉第提出了电磁感应定律，D错；B、C符合历史事实。‎ ‎5．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是(　　)‎ A．牛顿第一定律是通过多次实验总结出来的一条实验定律 B．库仑通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值 C．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因 D．开普勒三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础 解析：选D　牛顿第一定律是牛顿在伽利略、笛卡儿等人研究的基础上总结出来的，不是通过实验得出的，A错误；引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出的，库仑通过扭秤实验测出了静电力常量，B错误；亚里士多德提出了力是维持物体运动的原因，C错误；开普勒发现了行星运动的三大定律，为后人发现万有引力定律奠定了基础，D正确。‎ ‎6．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是(　　)‎ A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在 C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律 D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 解析：选B　伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误。‎ ‎7．在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了巨大的贡献，以下关于物理学史和所用物理学思想方法的叙述中不正确的是(　　)‎ A．伽利略应用理想实验说明力是维持物体运动的原因 B．微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法 C．瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法 解析：选A　伽利略应用理想实验说明力不是维持物体运动的原因；微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法；瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法。‎ ‎8．在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是(　　)‎ A．亚里士多德、伽利略　　　 B．亚里士多德、牛顿 C．伽利略、爱因斯坦 D．伽利略、牛顿 解析：选D　亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，不受力的作用物体就保持静止；伽利略根据小球从斜面上滚下的实验，提出如果没有摩擦阻力，小球将永远运动下去，即力不是维持物体运动的原因；牛顿在总结了前人研究的基础上提出了惯性定律；故D正确。‎ ‎9．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是(　　)‎ A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境 B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律 C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量 D．楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的方法——楞次定律 解析：选A　古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境，选项A正确；德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒行星运动定律，选项B错误；英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究得出了判断感应电流方向的方法——楞次定律，选项D错误。‎ ‎10．物理学中用到大量的科学研究方法，在建立下列物理概念时，都用到“等效替代”方法的是(　　)‎ A．质点，电场强度 B．平均速度，点电荷 C．弹力，电势 D．合力与分力，合运动与分运动 解析：选D　等效替代方法是在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。即两概念对比， 产生的某种效果相同，才是等效替代法，故只有选项D正确。‎ ‎11．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是(　　)‎ A．极限的思想方法 B．放大的思想方法 C．控制变量的方法 D．猜想的思想方法 解析：选B　这三个实验共同的物理思想方法是把微小量进行放大，使之能够观察和测量，即放大的思想方法，选项B正确。‎ ‎12．[多选]为了认识复杂的事物规律，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的事物，这种方法称为等效替代法，下列哪些物理概念的建立使用了等效替代思想(　　)‎ A．惯性 B．重心 C．平均速度 D．合力与分力 解析：选BCD　重心是将物体各部分所受重力等效为集中于一点；平均速度是将变速运动过程等效为匀速运动过程，匀速运动的速度则为变速运动的平均速度；合力与分力是使力的作用效果相同。‎ ‎13．[多选]下列关于物理学发展史的说法中正确的是(　　)‎ A．伽利略通过大量实验，发现只要斜面的倾角一定，不同质量的小球从不同高度开始滚动，小球的加速度都是相同的 B．奥斯特为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说 C．楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律 D．美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量 解析：选AD　伽利略通过大量实验，发现只要斜面的倾角一定，不同质量的小球从不同高度开始滚动，小球的加速度都是相同的，选项A正确；安培为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说，选项B错误；法拉第在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律，选项C错误；美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，选项D正确。‎ ‎14．[多选]以下说法符合物理史实的是(　　)‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象 B．牛顿发现了万有引力定律，并且用扭秤装置测出了引力常量 C．开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础 D．库仑认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并提出用电场线简洁地描述电场 解析：选AC　奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项A正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤装置测出了引力常量，选项B错误；开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，选项C正确；法拉第认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并提出用电场线简洁地描述电场，选项D错误。‎ ‎15．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是(　　)‎ A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法 B．根据速度定义式v＝，当Δt→0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 C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法 解析：选B　用质点代替物体采用的科学方法为理想模型法，故A错误；以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B正确；在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C错误；在推导匀变速直线运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．下列说法中错误的是(　　)‎ A．胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比是有条件的 B．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证 C．库仑总结并确认了真空中任意两个电荷之间的相互作用的规律 D．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动 解析：选C　根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，A正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B正确；库仑用库仑扭秤实验研究总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用的规律，C错误；亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动，D正确。‎ ‎2．物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的，有关下面四个实验装置，描述正确的是(　　)‎ A．牛顿利用装置(1)测出了引力常量的数值 B．安培利用装置(2)总结出了点电荷间的相互作用规律 C．奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应 D．牛顿利用装置(4)总结出了自由落体运动规律 解析：选C　卡文迪许利用装置(1)测出了引力常量的数值，故A错误；库仑利用装置(2)总结出了真空中静止点电荷间的相互作用规律，故B错误；奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应，故C正确；伽利略利用装置(4)总结出了自由落体运动的规律，故D错误。‎ ‎3．“曹冲称象”是妇孺皆知的故事，当众人面临大象这样的庞然大物，且在缺少有效的称量工具的时候，他称量出大象的体重，体现了他的智慧，被世人称道。下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是(　　)‎ A．“质点”的概念 B．合力与分力的关系 C．“瞬时速度”的概念 D．研究加速度与合力、质量的关系 解析：选B　“曹冲称象”故事中用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解是等效替代的思想，故B正确；建立“质点”的概念，采用的是理想模型法，故A错误；建立“瞬时速度”的概念，采用的是极值法，故C错误；研究加速度与合力、质量的关系，采用的是控制变量法，故D错误。‎ ‎4．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述正确的是(　　)‎ A．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 B．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动 D．万有引力定律只适用于天体，不适用于地面上的物体 解析：选B　在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故A错误；楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确；开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳运动的开普勒三定律，行星绕太阳做椭圆运动，C错误；万有引力定律既适用于天体，也适用于地面上的物体，适用于宇宙万物，故D错误。‎ ‎5．下列说法中不正确的是(　　)‎ A．物理模型法就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素 B．万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，强相互作用与万有引力相同，与距离的二次方成反比 C．物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步修正它们 D．万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动的后面隐藏着简洁的科学规律，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则 解析：选B　万有引力和电磁相互作用都随距离的增大而减小，但强相互作用是在一定条件下发生的，它们的作用规律不同，故选项B错误。‎ ‎6．物理学是培养学生科学思想、科学方法和科学精神的一门自然科学。下列关于常见的几种研究物理问题的方法中正确的是(　　)‎ A．比较法：在相同的时间内比较物体通过的路程和通过相同的路程比较所用的时间来比较物体运动的快慢 B．模型法：用磁感线表示磁场 C．归纳法：如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功 D．控制变量法：“探究求合力的方法”实验 解析：选B　在相同的时间内比较物体通过的路程和通过相同的路程比较所用的时间来比较物体运动的快慢，运用的是控制变量法，故A错误；用磁感线表示磁场，运用的是模型法，故B正确；如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，运用的是反证法，故C错误；“探究求合力的方法”实验中运用的是等效替代法，故D错误。‎ 第21讲 物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一，也是高三复习的重点、难点，更是当今高考命题的热点。考查的题型既有选择题，又有计算题。在高考试卷中，有些题目直接给出图像，通过图像所提供信息进行分析；有些题目没有给出图像，但可以利用图像法求解，解题思路简洁、高效。复习本讲内容时，要侧重对各个常见图像的理解，掌握图像问题的分析方法。‎ 一、图像的识别基础保分类考点 ‎1．a、b两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时刻，b车在a车前方‎500 m处，它们的vt图像如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．a、b加速时，a车的加速度等于b车的加速度 B．在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次 C．在第60 s时，a车在b车的前方 D．在第40 s末，a、b两车相距‎900 m 解析：选B　由题图可知，a车加速度为a1＝‎1.5 m/s2，b车加速度为a2＝‎2 m/s2，A错误；第20 s时，a车位移为x1＝×‎20 m＝‎500 m，b车没动x2＝‎0 m，则x1＝x0，a车追上b车；第60 s时，a车位移为x1′＝x1＋40×‎40 m＝2 ‎100 m，b车位移为x2′＝ m＝1 ‎600 m，则x1′＝x2′＋x0，b车追上a车，即在整个运动过程中两车相遇两次，B正确，C错误；在第40 s末，a车位移x1″＝x1＋40×‎20 m＝1 ‎300 m，b车位移x2″＝ m＝‎400 m，则两车相距Δx＝x1″－(x2″＋x0)＝‎400 m，则D错误。‎ ‎2．[多选]甲、乙两个质点，质点甲固定在坐标原点，质点乙只能在x轴上运动，甲、乙之间的作用力F与x的关系如图所示。若质点乙自P点(x＝‎2.2 m)由静止释放，乙只受力F作用，规定力F沿＋x方向为正，则质点乙沿＋x方向运动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．乙运动时，加速度大小先减小后增大 B．乙运动到Q点时，速度最大 C．乙运动到R点时，加速度最小 D．乙运动到R点时，速度方向一定沿＋x方向 解析：选BD　由题图可知乙运动时，所受的合力大小先减小后增大，再减小，故加速度先减小后增大，再减小，选项A错误；乙运动到Q点前，所受的合外力与速度方向相同，做加速运动，过Q点后，合力的方向与速度方向相反，做减速运动，故在Q 点时，速度最大，选项B正确；在Q点所受的合外力最小，加速度最小，选项C错误；力对质点乙做的功等于Fx图像与坐标轴所围的面积大小，由图像可知，从P到Q合外力对质点乙做的功大于从Q到R合外力做的功，故在R点质点乙速度方向向右且不为0，即乙运动到R点时，速度方向一定沿＋x方向，选项D正确。‎ ‎3.[多选]在“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是(　　)‎ A．整个过程中小朋友的机械能守恒 B．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大 C．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)‎ D．小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1‎ 解析：选BC　小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，故整个过程中小朋友的机械能不守恒，A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，故加速度先减小后增大，B正确；由题图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，D错误。‎ ‎4．[多选](2017·西安长安区一中检测)如图甲所示平行金属板AB之间的距离为‎6 cm，两板间电场强度随时间按图乙所示规律变化。设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×10－5 s。某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－‎19 C，质量为1.6×10－‎26 kg，某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则(　　)‎ A．若粒子在t＝0时释放，则一定能运动到B板 B．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到B板 C．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到A板 D．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到A板 解析：选AD　粒子在板间运动的加速度a＝＝ m/s2＝‎108 m/s2，在 eq f(T,2)时间内粒子的位移x1＝a2＝×108×(4×10－5)‎2m＝8×10－‎2 m ＝‎8 cm，因x1>＝‎3 cm，故若粒子在t＝0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确；若粒子在t＝时释放，则粒子向A板运动，最后到达A板，选项B错误；若粒子在t＝时释放，在～的时间内，粒子向B板加速运动，位移为x2＝a2＝×108×(2×10－5)‎2m＝2×10－‎2 m＝‎2 cm；在～的时间内粒子向B板减速运动，位移为x3＝x2＝‎2 cm，故粒子能到达B板，选项C错误；若粒子在t＝时释放，则在～ 的时间内粒子向B板加速运动，位移为x2′＝a2＝×108×(10－5)‎2m＝0.5×10－‎2 m＝‎0.5 cm，在～的时间内粒子向B板减速运动，位移为x3′＝x2′＝‎0.5 cm；在～T的时间内粒子向A板加速运动，位移为x2″＝a2＝×108×(3×10－5)‎2m＝4.5×10－‎2 m＝‎4.5 cm；因(4.5－2×0.5)cm＝‎3.5 cm>‎3 cm，故粒子能到达A板，选项D正确。‎ ‎5．(2017·南平普通高中检测)用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合电键S，用频率为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．断开电键S后，电流表G的示数不为零 C．仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大 D．保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变 解析：选B　由爱因斯坦光电效应方程hν＝W0＋Ek，变形得Ek＝hν－W0，可知题图乙图线的斜率为普朗克常量，即h＝ ‎，故A错误；断开电键S后，初动能大的光电子，也可能到达阳极，所以电流表G的示数不为零，故B正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与照射光的强度无关，故C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么光子数一定减少，发出的光电子数也减少，电流表G的示数要减小，故D错误。‎ ‎1．明确五类图像 运动学图像 x t图像、v t图像 动力学图像 Ft图像、a t图像 Fx图像、Wl图像 电场类图像 φ x图像、Ex图像 电磁感应类图像 B t图像、Φ t图像 i t图像、Et图像 原子物理学图像 Ucν图像、Ekν图像 ‎2．读图六点关注 ‎(1)坐标轴：弄清两个坐标轴表示的物理量。注意坐标原点是否从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时，横轴以上表示此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负。‎ ‎(2)图线形状：注意观察图像形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图像所反映的两个物理量之间的关系，明确图像反映的物理意义。‎ ‎(3)斜率的意义：图线某点的斜率表示一个物理量随另一个物理量的变化率，大小等于两个物理量增量的比值。‎ ‎①x t图像中两点连线的斜率表示这段时间的平均速度，某一点切线的斜率表示这一时刻的瞬时速度。vt图像中两点连线的斜率表示这段时间内的平均加速度，某一点切线的斜率表示这一时刻的加速度。‎ ‎②Wl图像的斜率表示外力的大小。‎ ‎③φ x图像的斜率表示电场强度的大小。‎ ‎④Φ t图像的斜率表示单匝线圈产生的电动势大小。‎ ‎(4)面积的意义：图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往往表示纵、横坐标所表示的物理量的乘积的物理意义。‎ ‎①v t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点的位移。‎ ‎②a t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点速度的变化。‎ ‎③Fx图像与x轴所围面积表示这段位移内力F所做的功。‎ ‎④Ex图像与x轴所围面积表示这段位移两端的电势差。‎ ‎⑤i t图像与t轴所围面积表示这段时间内移动的电荷量。‎ ‎(5)交点、拐点的意义 ‎①图线与坐标轴的交点坐标的含义与图像有关，如x t图线与x轴交点纵坐标表示开始计时的位置，而v t图线与v轴交点的纵坐标表示质点的初速度。‎ ‎②拐点表示图像的斜率大小或方向发生突变。‎ ‎③同一坐标系中不同图像的交点表示具有相同的物理量，如xt图线交点表示此刻相遇(在同一位置)，vt图线的交点表示此刻物体速度相同。‎ ‎(6)坐标单位和数量级：在识图和用图时，一定要看清坐标轴的单位和数量级，如m、cm、×10－‎3 m等。‎ 二、图像的选择重难增分类考点 ‎[典例]　如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙斜面上，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同，弹簧一端固定在墙上。物块由静止释放，从斜面运动到水平面上，压缩弹簧到最短的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失，下列图像所描述的关系中可能正确的是(　　)‎ ‎[解析]　选C　由滑动摩擦力产生的热量为Q，根据功能关系得，在斜面上有Q1＝μmgcos θ·s1，在平面上有Q2＝μmgs2，由数学知识可知Q s图像的斜率表示摩擦力大小，所以图像为两段倾斜直线，且第一段斜率小于第二段斜率，A、B错误；物块从斜面运动到水平面的过程中，摩擦力做负功，系统机械能减小，E＝E0－fs，且物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，所以Es图像为两段倾斜直线，且第一段斜率绝对值小于第二段斜率绝对值，C正确，D错误。‎ ‎1．此类问题应根据物理情景，找出两个物理量的变化情况，寻求两物理量之间的函数关系，然后选择正确的图像。‎ ‎2．若不能求出准确的函数关系，则应定性判断两物理量间的变化关系，特别要注意两种不同变化的交界点，即对应图像中的拐点。‎ ‎1．一个质量为‎1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3 s。若要使物体在3 s内运动产生的内能最大，则力F随时间t变化的图像应为(　　)‎ 解析：选B　由题意可知，物体在3 s内运动的位移最大时，产生的内能最大。物体受到的最大静摩擦力为μmg＝2 N，当F＝5 N时，a1＝＝‎3 m/s2，当F＝3 N时，a2＝＝‎1 m/s2，当F＝1 N时，a3＝＝－‎1 m/s2。根据四个图像的情况，作出对应的vt图像如图所示，可知B图在3 s内的面积最大，即物体位移最大，故内能最大。故选B。‎ ‎2.[多选]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像，可能正确的是(　　)‎ 解析：选BD　从t＝0时刻起，金属棒通以I＝kt的电流，由左手定则知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，受到的摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向相同，做加速度减小的加速运动。当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，速度最大，当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，与速度方向相反，做加速度增大的减速运动，vt图像的斜率表示加速度的大小。‎ ‎3．(2017·南通模拟)在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是(　　)‎ 解析：选B　由楞次定律可判断，第1 s内线圈中电流方向与规定的正方向相同，为正值，可知A、D选项均错误；由E＝·S，i＝可知，第1 s内图线斜率大，对应的电流大，可知选项B正确，C错误。‎ ‎ ‎1.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.40 s时间内的vt图像如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为(　　)‎ A.和0.30 s　　　　　　　 B．3和0.30 s C.和0.28 s D．3和0.28 s 解析：选B　根据图像的特点可知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动。根据a＝，得‎3a甲＝a乙，根据牛顿第二定律有＝×，得＝3，由a乙＝ m/s2＝‎10 m/s2＝，得t1＝0.30 s，B正确。‎ ‎2.[多选]一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则(　　)‎ A．x2＝5x1　v2＝3v1 B．x1＝9x2　v2＝5v1‎ C．x2＝5x1　W2＝8W1 D．v2＝3v1　W2＝9W1‎ 解析：选AC　根据Ft图像面积意义和动量定理有mv1＝F0t0，mv2＝F0t0＋‎2F0t0，则v2＝3v1；应用位移公式知x1＝t0，x2＝t0＋t0，则x2＝5x1，B错误，A正确；在第一个t0内对物体应用动能定理有W1＝，在第二个t0内对物体应用动能定理有W2＝－，则W2＝8W1，D错误，C正确。‎ ‎3．(2018届高三·焦作六校联考)两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两点电荷连线上场强大小E与x关系的是选项图中的(　　)‎ 解析：‎ 选A　由等量异种点电荷的电场强度的分布规律可知，在两点电荷连线中点处电场强度最小，但不为零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此A正确。‎ ‎4.某物体做直线运动的vt图像如图所示，据此判断选项图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)中正确的是(　　)‎ 解析：选B　由题图可知前2 s物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前2 s受力恒定，2～4 s做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6 s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6～8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。‎ ‎5.如图为测量某电源电动势和内阻时得到的UI图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V。则该电路可能为(　　)‎ 解析：选B　由UI图线可知该电源的电动势为6 V，内阻为0.5 Ω。由所得数据和电路连接方式易得，A中的路端电压为4 V，B中的路端电压为4.8 V，C中的路端电压约为5.7 V，D中的路端电压为5.4 V，选项B正确。‎ ‎6.[多选]在x轴上存在一水平方向的电场，一质量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x0＝‎7 m处开始以初速度v0＝‎2 m/s向x轴负方向运动。小球电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在x0＝‎7 m处电场强度为零 B．在x＝‎4 m处电场强度为零 C．小球运动的范围为x≥‎1 m且小球可以通过x＝‎9 m处 D．小球运动的最大速度vm＝‎2 m/s 解析：选BCD　因为Ep＝qφ，所以电场力F＝q，则电场强度E＝，即在x0＝‎7 m处，>0，即电场强度E≠ 0 ，在x0＝‎4 m处，＝0，即电场强度E ‎＝0，A错误，B正确；小球的初动能为Ek ＝ mv02＝4 J，在x0＝‎7 m处时，小球的电势能为0，故在‎7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，故小球向左最远运动到x＝‎1 m处，向右运动到x＝‎9 m处时小球的电势能为2 J，故小球可以通过x＝‎9 m处，C正确；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，即此时小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为‎2 m/s，D正确。‎ ‎7．[多选]如图甲所示，在距离地面高度为h＝‎0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝‎0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动x＝‎0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 J D．MN的水平距离为‎1.6 m 解析：选AD　根据Fx图像与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 WF＝×0.2 J＋18×0.2 J＝6.0 J，A正确；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝1.0 J，根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中最大弹性势能为 Ep＝WF－Wf＝5.0 J，B错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总＝2μmgx＝2.0 J，C错误；设物块离开M点时的速度为v，对整个过程由能量守恒得：mv2＝WF－Wf总，解得v＝‎4 m/s，物块离开M点后做平抛运动，则有h＝gt2，x＝vt，解得x＝‎1.6 m，D正确。‎ ‎8.如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是(　　)‎ 解析：选A　由两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”，可知从左侧无穷远处向右，电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高，然后电势再减小，O点处电势为零，故O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷向右，电势开始升高，直到无穷远处电势为零，A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零，故C、D错误。‎ ‎9.如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为‎2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域。cd边刚进入磁场时记为x＝0，线框开始匀速运动。线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是(　　)‎ 解析：选C　线框进入磁场的过程做匀速运动，感应电动势E＝Blv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab＝；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab边两端的电压 Uab＝Blv不断增大，Uab与位移x不是线性关系；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎10.一质点做直线运动，其运动的位移x跟时间t的比值与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图所示。由图可知，t＝2‎ ‎ s时质点的速度大小为(　　)‎ A．‎2 m/s B．‎4 m/s C．‎6 m/s D．‎8 m/s 解析：选B　由题图得＝t，由位移公式x＝v0t＋at2得＝v0＋at，对比两式得v0＝0，a＝‎2 m/s2，即质点做匀加速直线运动。故t＝2 s时的速度大小为v＝at＝‎4 m/s。故B正确。‎ ‎11.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)。现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图像正确的是(　　)‎ 解析：选D　当弹簧的弹力增大到时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，力F由开始运动时的mg线性减小到；此后托盘与物块分离，力F保持不变，故D正确。‎ ‎12．[多选]图甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝‎10 m/s2。根据图像分析可知(　　)‎ A．张明的重力为1 500 N B．c点位置张明处于失重状态 C．e点位置张明处于超重状态 ‎ D．张明在d点的加速度大于在f点的加速度 解析：选CD　张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N，故张明的重力也是500‎ ‎ N，A错误；c点时张明对传感器的压力大于重力，处于超重状态，B错误；e点时张明对传感器的压力大于重力，处于超重状态，C正确；张明在d点：a1＝＝‎20 m/s2。在f点：a2＝＝‎10 m/s2，可知在d点的加速度大于在f点的加速度，D正确。‎ ‎13．[多选]如图甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，取sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块的质量为‎1 kg B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7‎ C．0～3 s内力F做功的平均功率为0.32 W D．0～3 s内物体克服摩擦力做的功为5.12 J 解析：选AD　由速度图像知，在1～3 s内F＝0.8 N，物块做匀加速运动，且a＝‎0.4 m/s2，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，在3～4 s内F＝0.4 N，物块匀速运动，受力平衡有F＝μmgcos θ－mgsin θ，联立得m＝‎1 kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；在0～1 s内物块静止，F不做功，在1～3 s内F＝0.8 N，位移x＝at2＝‎0.8 m，在0～3 s内F做功的平均功率为：P＝＝＝ W≈0.213 W，C错误；在0～3 s内物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·x＝5.12 J，D正确。‎ ‎14.如图所示，在边长为a的正方形区域内有以对角线为边界，垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。纸面内一边长为a的正方形导线框沿着x轴匀速穿过磁场区域，在t＝0时，导线框运动到原点O处且恰好开始进入磁场区域。取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列图像中能够正确表示从t＝0时刻开始感应电流与导线框位移关系的是(　　)‎ 解析：选B　x在0～a范围内，线框右边切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝(a－2x)，其中x在0～范围内感应电流为顺时针，为正方向；x＝时，i＝0；x在～a范围内，感应电流方向沿逆时针，为负方向；x在a～‎2a内，感应电流大小 i＝＝(‎3a－2x)，其中，x在a～a感应电流方向沿逆时针，为负方向。x＝a时，i＝0；x在a～‎2a范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置并沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知(　　)‎ A．任何时刻甲车的加速度大小都不为零 B．在t＝3 s时，两车第一次相距最远 C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置 D．甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同 解析：选B　根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度可以为零，A错误；在前3 s内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车间距逐渐增大，3～6 s内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小，所以在t＝3 s时，两车第一次相距最远，故B正确；根据“面积”表示位移，可知前6 s内，乙车的位移比甲车的大，则在t＝6 s时，两车不在同一位置，故C错误；根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲车在t＝6 s时的加速度与在t＝9 s时的加速度不同，D错误。‎ ‎2.[多选](2017·日照联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(　　)‎ 解析：选AC　导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流从M经R到N为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝BIL∝L2，第二段时间内F＝2BIL∝L2，C正确，D错误。‎ ‎3．(2017·南平质检)如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为近地卫星，c为同步卫星，d为高空探测卫星，a向为他们的向心加速度，r为它们到地心的距离，T为周期，l、θ分别为相同时间内转过的弧长和转过的圆心角，则下列图像正确的是(　　)‎ 解析：选C　对b、c、d三颗卫星：＝m＝mω2r＝m·r＝ma向，可得：v＝ ，ω＝ ，T＝ ，a向＝，但因c为同步卫星，Ta＝Tc，B错误；aaωc＝ωa>ωd，θ＝ωt可知，C正确。‎ ‎4.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力。则(　　)‎ A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小 C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等 D．到达x1位置时，小球速度的大小为 解析：选D　物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x 轴负方向，由机械能的变化关系知，相等位移内电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，A错误；由牛顿第二定律知，物体受重力与电场力作用，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，因电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，B错误；因电场力越来越小，在相等的位移内小球克服电场力做功越来越小，C错误；由动能定理mgx1＋E1－E0＝mv2－0，得到达x1位置时，小球速度v＝ ，D正确。‎ ‎5.[多选]如图所示，半圆形固定轨道AO段光滑，OB段粗糙且各处粗糙程度相同。一质量为m的滑块从半圆形轨道左侧最高点A处由静止下滑，到达最低点O以后再冲上轨道右侧高度为H的OB段。取O点重力势能为零，在滑块从O滑到右侧OB段，再回到O的过程中，滑块的机械能E、动能Ek随高度h的关系可能是(　　)‎ 解析：选AC　在滑块从O滑向OB段，再回到O的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动的速度(除最高点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大，由功能关系知，A图是可能的，B图不可能，故A正确，B错误；由动能定理得合力越大，滑块运动过程中动能减小的越快，滑块在同一点(除最高点以外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小，因此C图可能正确，D不可能，故C正确，D错误。‎ 第22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的基本概念和规律，还要做到两个方面：‎ 一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正答率。‎ 二是练速度：提高选择题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间。解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“不择手段”，达到快速解题的目的。‎ 技法(一)　直接判断法 通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项。直接判断法适用于推理过程较简单的题目，这类题目主要考查学生对物理知识的记忆和理解程度，如考查物理学史和物理常识的试题等。‎ ‎[应用体验]　[多选]1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，1831年法拉第发现了电磁感应现象，这两个发现在物理学史上都具有划时代的意义，围绕这两个发现，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流磁效应的发现从相反的角度对法拉第发现电磁感应现象具有启发意义 B．可以推断出，在法拉第发现电磁感应现象的年代，已经发明了电池 C．电磁感应的发现为大规模发电提供了理论基础 D．电磁感应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向 ‎[解析]　选ABC　电流产生磁场的现象叫做电流的磁效应，利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象，所以选项A正确。电流的磁效应比电磁感应现象发现得早，而发现电流的磁效应时需要有持续的电流，说明当时已经发明了电池，选项B正确。电磁感应现象的发现，说明大量的机械能可以通过磁场转化为电能，所以为大规模的发电提供了理论基础，选项C正确。解释地球磁场的形成需要知道磁场形成的原因，电流磁效应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向，选项D错误。‎ 技法(二)　比较排除法 运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项。‎ ‎[应用体验]　如图甲，圆形导线框固定在匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是(　　)‎ ‎[解析]　选B　0～1 s内磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C项；2～4 s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电流大小是0～1‎ ‎ s内的一半，排除D项，所以B项正确。‎ 技法(三)　特殊值代入法 有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反应已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断。‎ ‎[应用体验]　如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B．‎2F2‎ C. D. ‎[解析]　选C　取F1＝F2≠0，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C满足。‎ 技法(四)　极限思维法 有的问题可能不容易直接求解，但是当你将题中的某些物理量的数值推向极限时，就可能会对这些问题的选项是否合理进行分析和判断。如设定摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大等。‎ ‎[应用体验]　在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小。仪器中用一根轻绳悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，轻绳偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图所示。重力加速度为g，关于风力大小F与金属球质量m、偏角θ之间的关系，下列表达式中正确的是(　　)‎ A．F＝mgtan θ B．F＝mgsin θ C．F＝ D．F＝ ‎[解析]　选A　本题常规解法是对金属球进行受力分析(受风力F、重力mg和绳的拉力)，金属球在此三力作用下处于平衡状态，根据力的矢量三角形可得F＝mgtan θ。本题还有更简捷的解法：利用极限的思想，当θ＝0°时，风力F＝0，代入排除C、D；当θ＝90°时，风力无穷大，排除B，所以A正确。‎ 技法(五)　逆向思维法 很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。‎ ‎[应用体验]　如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　选A　小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，所以tan 30°＝，v0＝＝ ，故选项A正确。‎ 技法(六)　对称思维法 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。‎ ‎[应用体验]　如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是(　　)‎ 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]　选B　半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度大小相等方向相同，B正确；在Q 点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。‎ 技法(七)　等效转换法 所谓等效转换法是指变换角度，从不同层次、不同角度去思考和探索问题的方法。这种方法往往通过转换研究对象、空间角度、物理规律、物理模型、思维角度、物理过程等达到化繁为简，化难为易的效果。‎ ‎[应用体验]　如图所示，间距为L的两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度的电阻为r0，导轨的端点P、Q间用电阻不计的导线相连，垂直导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B随时间t均匀变化(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，在外力作用下，杆由静止开始向右做匀加速直线运动，则t时刻金属杆所受安培力为(　　)‎ A.t B.t C.t D.t ‎[解析]　选C　初看本题不陌生，但细看与我们平时所做试题有区别，既有棒切割又有磁场变化，为此可实现模型转换，转换为磁场不变的单棒切割磁感线与面积不变的磁场变化的叠加，为此令金属杆的加速度为a，经时间t，金属杆与初始位置的距离为x＝at2，此时杆的速度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。‎ 技法(八)　二级结论法 ‎“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等。‎ ‎[应用体验]　[多选]如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 ‎[解析]　选BCD　导体棒靠近长直导线和远离长直导线时导体棒中产生的感应电流一定阻碍这种相对运动，故FM向左，FN也向左，A错误，B正确；导体棒匀速运动时，磁感应强度越强，感应电流的阻碍作用也越强，考虑到长直导线周围磁场的分布可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，C、D均正确。‎ 技法(九)　类比分析法 所谓类比分析法，就是将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。比如我们对两个等质量的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但等量同种电荷中垂线上电场强度大小分布规律我们却很熟悉，通过类比思维，使新颖的题目突然变得似曾相识了。‎ ‎[应用体验]　两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是(　　)‎ A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎[解析]　选C　由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。‎ 技法(十)　图像思维法 图像思维法是根据各物理量间的关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然后利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、图线与坐标轴所围几何图形的“面积”等代表的物理意义对问题进行分析、推理、判断或计算，其本质是利用图像本身的数学特征所反映的物理意义解决物理问题，或者根据物理图像判断物理过程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量。‎ ‎[应用体验]　如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则(　　)‎ A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2‎ C．v1＝v2，t1t2，A项正确，C项错误。‎ ‎ ‎1.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，用原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为(　　)‎ A．l＋　　　　　　　 B．l＋ C．l＋ D．l＋ 解析：选A　弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m1的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m1的值等于零时(极限)，则不论m2多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2无关，故选A项。‎ ‎2．[多选]一物体在粗糙水平面上以一定初速度做匀减速直线运动直到停止，已知此物体在最初5 s内的平均速度为‎3.3 m/s，且在最初5 s内和最后5 s内经过的路程之比为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．物体匀减速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，运行总时间为t。把物体的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体最后5 s内的位移为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,5at－‎12.5a＝16.5，联立解得a＝‎0.6 m/s2，B对；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；由平均速度定义知全程的平均速度为＝＝×0.6×‎8 m/s＝‎2.4 m/s，D错。‎ ‎3．竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为(　　)‎ A. 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　断开S2后，总电阻变大，电流变小，“排除”A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，故大于12 V，电流则大于I′＝＝ A＝‎1.2 A，“排除”C、D两项。故可得正确选项为B。‎ ‎5．由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是‎0.28 m3‎/min，水离开喷口时的速度大小为‎16 m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎28.8 m　1.12×10－‎2 m3‎ B．‎28.8 m　‎‎0.672 m3‎ C．‎38.4 m　1.29×10－‎2 m3‎ D．‎38.4 m　‎‎0.776 m3‎ 解析：选A　将初速度正交分解，得竖直方向分速度vy＝vsin 60°＝‎24 m/s，水在竖直方向做竖直上抛运动，水柱的高度h＝＝‎28.8 m，水柱上升的时间t＝＝2.4 s，故水柱的水量V＝Qt＝1.12×10－‎2 m3‎。‎ ‎6.12根长直导线并排成长为l的直导线带ab，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，P1到导线带左端的距离等于P2到导线带右端的距离，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab上所有直导线产生的磁场在P1处的磁感应强度大小为B1，在P2处的磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为(　　)‎ A. 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点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1‎ 点产生的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P1处产生的磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直ab向上，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。‎ ‎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，故选项A正确。再利用P＝UI和U＝IR，可知R消耗的功率P′＝＝P，R后来两端的电压U＝IR，不难得出C项正确、B项错误。又因电源内阻不计，R与电压表的电压之和为E，当R减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，故选项D正确。‎ ‎8.如图所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度v0从M点射入匀强电场，穿过电场后，从N点以速度v射出，不计粒子的重力，则以下判断正确的是(　　)‎ A．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子从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沿－v0方向 解析：选B　粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度v0与末速度v的水平分量相等，显然可得出A、C、D错误；当粒子从N点以速度－v射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀减速运动，从M到N和从N到M两运动可逆，可知正确选项为B。‎ ‎9.如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，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。若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，就可以求得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，故其等效点电荷P点即是AB棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒分成均匀两段，设左半段的中点为E，其电荷量为Q，如图可知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 时，A、B相对于转盘会滑动 B．当ω> 时，绳子一定有弹力 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，绳子开始有弹力，此时有kmg＝mω2·‎2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，绳子弹力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错；当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，拉力的功率为(　　)‎ A．mgLω B.mgLω C.mgLω D.mgLω 解析：选C　拉力F做的功与小球克服重力做功相同，因轻杆匀速转动，则拉力F的功率与小球克服重力做功的功率也相同，故P＝mg·ωL·cos 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，n0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、550匝、1 100匝、2 200匝。电动机M的内阻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　由电压与匝数的关系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；当没有达到额定功率时，热功率小于1 W，C错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为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．0.8 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，斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的xt图线的斜率大于乙的xt图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正确；由图像可看出，0.6～0.8 h内，甲的位移大于乙的位移，C正确；在0～0.8 h内甲、乙的位移相等，路程不相等，D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.用一轻质弹簧把两个质量分别为m和M的木块A和B连接起来，放在水平地面上，如图所示。现在上面木块A上施加一压力F，使撤去此力后，木块A跳起来恰好使木块B离地，则F的大小为(　　)‎ A．Mg　　　　　　　　　　 B．mg C．(M＋m)g D．(M－m)g 解析：选C　F作用在A上压缩弹簧到一定形变量，撤去F瞬间，A的加速度为a＝，根据弹簧的拉伸和压缩过程具有对称性可知，当B恰好离地时A的加速度大小和撤去F瞬间A的加速度相同，所以B恰好离地时，设弹簧的弹力为F弹，则有ma＝F弹＋mg，F弹＝Mg，联立解得F＝(M＋m)g。‎ ‎2.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中(　　)‎ A．电流表的示数变小，电压表的示数变大 B．小灯泡L变暗 C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左 D．电源的总功率变大，效率变小 解析：选D　当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，由“串反并同”知，电流表的示数将增大，电压表示数将减小，小灯泡L变亮，电源总功率增大，电源内电压增大，选项A、B错误；电容器两端电压即电压表示数，由Q＝CU知电容器将放电，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。‎ ‎3.[多选]如图所示，在水平地面上的A点以速度v1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入竖直壁上的小孔B，下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　)‎ A．在B点以与v2大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点 B．在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点 C．在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A点的左侧 D．在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A点的右侧 解析：选AC　以速度v1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入竖直壁上的小孔B，说明弹丸在B点的竖直速度为零，v2＝v1cos θ，根据“逆向”思维：在B点以与v2大小相等方向相反的速度射出弹丸，它必落在地面上的A点，A正确；在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，由于v1＞v2，弹丸在空中运动的时间不变，所以它必定落在地面上A点的左侧，C正确，B、D错误。‎ ‎4．由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B＝·，其中μ0为真空磁导率。若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP 的表达式正确的是(　　)‎ A．BP＝· B．BP＝· C．BP＝· D．BP＝· 解析：选A　本题看似高中知识无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式。应用极限法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝·，A正确。‎ ‎5.[多选]如图所示，有一位冒险家希望有一天能站在世界上最高的楼顶，他设想把这样一座楼建在赤道上，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，冒险家已经成了同步卫星，如果受到的万有引力为零，就不会做圆周运动，而会离开楼顶，在太空中做匀速运动，可知A错误。由＝mg，得gR2＝GM，设冒险家受到的万有引力为F，则有F＝＝，故B正确，由gR2＝GM，可得＝mω2r，得r＝，故mω2r＝mω2＝m，可知C正确，D错误。‎ ‎6．[多选](2017·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)‎ A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 解析：选AC　由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E＝可知，φx图像的切线斜率表示电场强度，因此x1‎ 处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。‎ ‎7．自然界中有许多问题极其相似，例如有质量的物体周围存在着引力场、电荷周围存在着电场、运动电荷周围存在着磁场，其中万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义电场强度的方法来定义引力场的场强。已知引力常量为G，则与质量为M的质点相距r处的引力场场强为(　　)‎ A．G B．G C．G D．G 解析：选C　万有引力公式与库仑力公式是相似的，分别为F1＝G和F2＝k，真空中，带电荷量为Q的点电荷在距它r处所产生的电场强度被定义为试探电荷q在该处所受的库仑力与其电荷量的比值，即E＝＝k，与此类比，质量为M的质点在距它r处所产生的引力场的场强可定义为试探质点在该处所受的万有引力与其质量的比值，即EG＝＝G。‎ ‎8.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和‎2m，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为(　　)‎ A．3μmg B．6μmg C．12μmg D．26μmg 解析：选D　本题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块—滑板模型，所以对鸡蛋有＝a1t2，μmg＝ma1，对纸板有d＋＝a2t2、Fmin－3μmg－μmg＝2ma2，联立解得Fmin＝26μmg，D对。‎ ‎9.在空间有相互垂直的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一带电荷量为q、质量为m的带负电质点从原点O由静止释放，不计质点的重力，则质点在y轴方向前进的最大距离为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　虽然质点在O点速度为零，但可以设想质点具有速率为v、沿x轴正方向的速度和速率为v、沿x轴负方向的速度，且v满足Bqv＝qE。照此设想，质点在其后的运动过程中将受到三个力作用，注意到质点所受的沿y轴负方向的洛伦兹力和它所受的电场力平衡，故质点的运动可等效类比成速率为v、沿x轴正向的匀速直线运动和一个速率为v的匀速圆周运动的合成，对匀速圆周运动有qvB＝m，其中R＝，解得ym＝，选项C正确。‎ ‎10.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场。一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同。下列四个图像中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(　　)‎ 解析：选C　MN导体棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知导体棒开始减速运动，说明F安＞mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图像中图线上各点切线斜率减小；可排除选项B、D。离开Ⅰ区后导体棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，切线斜率减小，故排除选项A，所以只有C项正确。‎ 电学选择题押题练(一)‎ ‎1．下列叙述符合物理学史实的是(　　)‎ A．安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—安培定则 B．法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应 C．楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化 D．麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景 解析：‎ 选B　奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法—安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。‎ ‎2.真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图像(φr图像)，判断下列说法中正确的是(　　)‎ A．该金属球可能带负电 B．A点的电场强度方向由A指向B C．A点的电场强度小于B点的电场强度 D．电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝q(φ2－φ1)‎ 解析：选B　由题图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝qUAB＝q(φ1－φ2)，故D错误。‎ ‎3.[多选]如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数为U，变化量的绝对值为ΔU，理想电流表读数为I，变化量的绝对值为ΔI，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．U增大，I减小　　　　　　　　 B.增大 C．电源输出功率一定增大 D.Eb B．c、d两点的电势φd>φc C．将质子从a点移到c点的过程中，电场力对质子做负功 D．质子从O点移到b点时电势能减小 解析：选BD　由等量异种电荷产生电场特点可知，a、b两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故A错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零，当再叠加匀强电场时，d点的电势大于c点的电势，故B正确；据场强的叠加可知，a到c的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a点移到c点的过程中，电场力对质子做正功，故C错误；据场强的叠加可知，O到b区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确。‎ ‎4.[多选]‎ 如图所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接一定值电阻R。调节触头P，使副线圈匝数变为原来的一半，则调节前后(　　)‎ A．原线圈中的电流之比为4∶1‎ B．副线圈中的电流之比为2∶1‎ C．变压器的输入功率之比为4∶1‎ D．变压器的输出功率之比为1∶2‎ 解析：选ABC　使副线圈匝数变为原来的一半，即n2′＝，根据公式 ＝ 可得副线圈两端的电压变为原来的，所以副线圈中的电流变为原来的，B正确；根据公式 ＝ 可得 ＝，原线圈中的电流将变为原来的，所以A正确；根据P＝I2R，副线圈中消耗的电功率变为原来的，所以在调节前后变压器的输出功率之比为4∶1，理想变压器的输出功率和输入功率相等，所以C正确，D错误。‎ ‎5.[多选]如图所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为L，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场E和水平向左的匀强磁场B，将带电量为＋q的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为μ，管道足够长，小球不转动。则小球从释放到底端过程中(　　)‎ A．小球先加速再匀速 B．小球的最大速度为 C．系统因摩擦而产生的热量为mgL－m2‎ D．小球减少的机械能大于产生的热量 解析：选AC　小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，且受到水平向右的电场力，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为F＝Bqv，右边的面给的弹力大小为F′＝Eq，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即mg ＝ μ(Bqv＋Eq)，故有v＝，B错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgL－Wf＝mv2，解得Wf＝mgL－m2，C正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D错误。‎ ‎6.[多选]在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则(　　)‎ A．物块c的质量是(m1＋m2)sin θ B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a棒上消耗的电能 D．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是 解析：选AD　b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和细线的拉力大小平衡。‎ 由b平衡可知，安培力大小F安＝m2gsin θ 由a平衡可知：F线＝F安＋m1gsin θ 由c平衡可知：F线＝mcg 联立解得物块c的质量为：mc＝(m1＋m2)sin θ，故A正确；‎ b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故B错 误；b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b两棒上消耗的电能之和，故C错误；b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知，F安＝m2gsin θ，又因为F安＝BIL，可得b棒中电流大小是：I＝，故D正确。‎ ‎7．[多选]如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，原、副线圈的匝数比为4∶1。V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2 、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2 为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时(　　)‎ A．电流表A1、A2和A3的示数都变大 B．只有电流表A1的示数变大 C．电压表V3的示数变小 D．电压表V1和V2的示数比始终为4∶1‎ 解析：选CD　当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于降压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即V1和V2不变，示数比始终为4∶1，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即V3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，则原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大。故C、D正确。‎ ‎8.[多选]一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．带负电粒子从x1运动到x2电场力做负功 B．x1、x2处电势小于零 C．x1处的场强大于x2处的场强 D．x1处的电势比x2处的电势低 解析：选BD　带负电粒子从x1运动到x2的过程中，其电势能减小，故电场力做正功，故A错误；由题图可知，带负电粒子在x1、x2处的电势能均大于零，故x1、x2处电势小于零，故B正确；根据电场力做功和电势能的关系结合图像可得Ep＝Ep0－qEx，图像的斜率k＝－qE，故场强E不变，故C错误；从x1运动到x2的过程中，电场力做正功W＝－q(φ1－φ2)，所以φ1<φ2，故D正确。‎ 电学选择题押题练(三)‎ ‎1.如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的速度先减小后增大 B．小球的速度先增大后减小 C．杆对小球的作用力先减小后增大 D．杆对小球的作用力先增大后减小 解析：选D　等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等。带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B错。杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C错，D对。‎ ‎2.如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是(　　)‎ A．增大U，减小I　　　　　　 B．减小U，增大I C．同时增大U和I D．同时减小U和I 解析：选A　电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU＝mv02，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0＝m，解得：r＝＝ ，增大电子枪的加速电压，减小励磁线圈中的电流使电流产生磁场的磁感应强度减小，都可以使电子束的轨道半径变大，故B、C、D错误，A正确。‎ ‎3.[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．超导体的内部产生了热能 B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力 C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb D．超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大 解析：选BD　超导体电阻为零，超导体没有在内部产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体表面上a带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流越大，电势差越大，D正确。‎ ‎4．[多选]如图甲，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)‎ A．灯泡的电压为110 V B．副线圈输出交流电的频率为50 Hz C．U＝220 V，I＝‎‎0.2 A D．原线圈输入电压的瞬时表达式为u＝220sin 100πt V 解析：选ABD　原线圈的电压有效值为：U＝ V＝220 V，副线圈的电压有效值为：U2＝ U1＝110 V，则A正确。原线圈的频率为f＝ Hz＝50 Hz，变压器不会改变频率，故B正确。副线圈电流为：I2＝ A＝‎0.2 A，原线圈的电流为：I1＝I2＝‎0.1 A，则C错误。ω＝2πf＝100π rad/s，则原线圈输入电压的瞬时表达式为：u＝220sin 100πt V，故D正确。‎ ‎5.[多选]两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中f点进入电场，其运动轨迹如图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．f、b、c、d、e五点中，c点电场强度最大 B．带电粒子的加速度逐渐变大 C．带电粒子的速度先增大后减小 D．粒子经过b点和d点时的速度大小相同 解析：选AD　电场强度的大小由电场线或等差等势面的疏密判断，越密的地方电场强度越大，A项正确；由a＝＝可判断带电粒子的加速度先增大后减小，B项错误；粒子从f到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项C错误；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，所以粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确。‎ ‎6.[多选]如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为‎9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝‎3 m。现有一个比荷大小为＝‎1.0 C/kg、可视为质点的带正电的小球(重力不计)，从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)‎ A．‎3 m/s　　　　　　　　　　 B．‎3.75 m/s C．‎4.5 m/s D．‎5 m/s 解析：选ABD　根据qvB＝m得r＝，故v＝。若小球不与挡板相碰经过M点，由运动轨迹及几何关系解得r1＝‎5 m，故v1＝‎5 m/s，故选项D正确；若小球与挡板相碰1次经过M点，由几何关系：(9－3r2)2＋32＝r22，解得r2＝‎3 m或r2＝‎3.75 m，故v2＝‎3 m/s或v2＝‎3.75 m/s，选项A、B正确。‎ ‎7．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中，回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是(　　)‎ 解析：选B　根据Bt图像知穿过线圈的磁通量在0～时间内先向里减小再向外增加，根据楞次定律知该段时间内线圈中产生的感应电流方向沿顺时针，由法拉第电磁感应定律E＝n＝S＝kS，根据Bt图像知该段时间内图像的斜率不变，因此线框中产生的电动势大小恒定，由闭合电路欧姆定律得通过ab边的电流大小恒定，根据左手定则知，ab边所受的安培力方向向左，为负值，由F＝BIL知，导线受到的安培力大小不变；穿过线圈的磁通量在～T时间内先向外减小再向里增加，根据楞次定律知线圈中产生的感应电流方向沿逆时针，同理得电流大小恒定，根据左手定则知ab边所受的安培力方向向右，为正值，由F＝BIL得导线受到的安培力大小不变，B项正确。‎ 电学选择题押题练(四)‎ ‎1.[多选]如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中(　　)‎ A．电源内部消耗的功率先减小后增大 B．电源的效率先减小后增大 C．电流表的示数先减小后增大 D．电压表的示数先增大后减小 解析：选AD　P向上滑动时，并联电路的电阻先增大后减小，外电路的总电阻就先增大后减小，则干路电流先减小后增大，由P＝I2r知，电源内部消耗的功率先减小后增大，则A正确；由η＝知，电源的效率先增大后减小，则B错误；由U＝E－Ir知，电压表的示数先增大后减小，则D正确；电流表所在支路电阻一直减小，所以电流一直增大，则C错误。‎ ‎2.[多选]如图所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－‎8 C和Q2＝－1.0×10－‎8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝‎6 cm处。在x轴上(　　)‎ A．场强为0的点有1处 B．在x>‎6 cm区域，电势沿x轴正方向降低 C．质子从x＝‎1 cm运动到x＝‎5 cm处，电势能升高 D．在0‎9 cm的区域，场强沿x轴正方向 解析：选AD　设与点电荷Q1、Q2的距离分别为r1、r2处的电场强度为零，则＋＝0，且r1＝r2＋‎6 cm，解得r1＝‎9 cm，r2＝‎3 cm，因此场强为0的点有1处，A正确；在x＞‎6 cm的区域，电势沿x轴先升高后降低，B错误；质子在‎1 cm＜x＜‎5 cm的区域运动时，电场力做正功，电势能减小，C错误；在0‎9 cm的区域，场强沿x轴正方向，D正确。‎ ‎3.[多选]如图所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A、B，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上。在物块的运动过程中，下列表述正确的是(　　)‎ A．两个物块构成的系统电势能逐渐减少 B．两个物块构成的系统机械能逐渐减少 C．最终静止时A物块受的摩擦力方向向上 D．A、B在运动过程中必会同时达到最大速度 解析：选AC　由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小，故A正确；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和，物块做加速运动，机械能增大；当库仑力等于摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和时，B物块达最大速度，A物块仍加速下滑，当库仑力小于摩擦力时，机械能减小，故B、D错误；最终静止时A物块受力的合力为零，受力分析可以知道摩擦力方向一定沿斜面向上，故选项C正确。‎ ‎4．如图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15，降压变压器的副线圈接有负载R，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10‎ ‎ Ω，变压器均为理想变压器，升压变压器原线圈中接入如图乙所示的正弦式交变电压，输送功率为33 kW。下列说法正确的是(　　)‎ A．输电线上交变电流的变化周期为0.01 s B．输电线中电流为‎150 A C．降压变压器原线圈输入电压为3 200 V D．输电线上功率损失为500 W 解析：选C　由题图乙所示的正弦式交变电压图像可知周期T＝2×10－2 s，变压器不改变交变电流的周期，所以输电线上交变电流的变化周期为0.02 s，选项A错误；升压变压器原线圈电压的最大值为311 V，有效值U1＝ V＝220 V，由＝得升压变压器副线圈的输出电压U2＝U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝＝‎10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确；输电线上功率损失为P损＝I22R＝1 000 W，选项D错误。‎ ‎5.[多选]如图所示，在夹角为45°的OA和OC两条边界所夹的范围内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，边界OA上有一粒子源S，某时刻从S向平行于纸面的各个方向发射出大量的带电荷量为＋q、质量为m的同种粒子(不计粒子的重力和粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场，如果所有从OC边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选CD　由题意可知，沿OA方向射入磁场的粒子刚好在磁场中运动半个周期从OC边射出，做圆周运动的圆弧所对应的弦为竖直直径，随射入方向的改变(仍从OC边射出)，粒子射出时所对应的弦长也发生改变，如图所示，由几何关系可知，当弦与OC边垂直时最短，此时所对应的圆心角为90°，故从OC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为个周期，即tmin＝T＝×＝，故选项C、D正确。‎ ‎6．如图所示，正方形导线框abcd和菱形MNPQ在同一水平面内，ab＝MN＝MP＝L，ab⊥NQ，N位于ab的中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置沿NQ方向匀速穿过菱形区域，规定电流沿逆时针为正，则线框中的电流i随位移x变化的图像可能是(　　)‎ 解析：选D　导线框右边进入磁场时由楞次定律可以判断感应电流方向为顺时针方向，故A、C错误。当ab边与MP重合时，切割长度最大，感应电流最大；从ab边与MP重合到cd边到达N点，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd边进入磁场一直运动到ab和cd边关于MP对称的中间位置，右边ab切割长度均匀减小，左边cd切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以总电动势减小更快，到达正中央位置电流为0，所以D正确，B错误。‎ ‎7.[多选]两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻，将质量为m、电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论正确的是(　　)‎ A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a B．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡 C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为 D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为 解析：选ABD　金属棒向下运动时，切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A正确；金属棒在切割磁感线的过程中，将金属棒的机械能转化为焦耳热，最终停下，处于静止状态，其合力为零，即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，选项B正确；当金属棒的速度为v时，产生的电动势E＝BLv，I＝＝，则金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，选项C错误；由欧姆定律可得，金属棒两端的电势差U＝IR＝，选项D正确。‎