【物理】2019届二轮复习第二部分题型研究一选择题如何不失分学案
题型研究一
第一讲用好“12招”，选择题做到快解
小题不可大作，要巧做，高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在2分钟以内。选择题要做到既快又准，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”方法。解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做，要针对题目的特性“不择手段”快捷、准确解题，为顺利解答后面的计算题留足时间。
第1招 对比筛选——排除异己
当选择题提供的几个选项之间是相互矛盾的，可根据题设条件、备选选项的形式灵活运用物理知识，分析、推理逐步排除不合理选项，最终留下符合题干要求的选项。
[应用体验] 如图甲，圆形导线圈固定在匀强磁场中，磁场方向与导线圈所在平面垂直，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。
第2招 特例赋值——投机取巧
有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况，较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验。凡是用特殊值检验证明是不正确的选项，一定是错误的，可以排除。
[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。
第3招 图像图解——立竿见影
根据题目的内容画出图像或示意图，如物体的运动图像、光路图、气体的状态变化图像等，再利用图像分析寻找答案。图像图解法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地找出正确答案。
[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．v1
t2
C．v1＝v2，t1t2，A项正确，C项错误。
第4招 对称分析——左右开弓
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。
第5招 极限思维——无所不“极”
物理中体现极限思维的常见方法有极限法、微元法。极限法是把某个物理量推向极端，从而做出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况。微元法将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析这些“微元”，进行必要的数学方法或物理思想处理，便可将问题解决。极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，收到事半功倍的效果。
[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。
第6招 逆向思维——另辟蹊径
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，又tan 30°＝，所以v0＝＝ ，故选项A正确。
第7招 二级结论——事半功倍
“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电场强度等。
[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。
第8招 模型思维——避繁就简
物理模型是一种理想化的物理形态，是物理知识的一种直观表现。模型思维法是利用抽象化、理想化、简化、类比等手段，突出主要因素，忽略次要因素，把研究对象的物理本质特征抽象出来，从而研究、处理物理问题的一种思维方法。
[应用体验]
为了利用海洋资源，海洋工作者有时根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测量海水的流速。假设海洋某处地磁场的竖直分量为B＝0.5×10－4 T，水流方向为南北流向。如图所示，将两个电极竖直插入此处海水中，且保持两电极的连线垂直水流方向。若两极相距L＝10 m，与两电极相连的灵敏电压表的读数U＝2 mV，则海水的流速大小为( )
A．40 m/s B．4 m/s
C．0.4 m/s D．4×10－2 m/s
[解析] 选B “水流切割地磁场”可类比于我们所熟悉的“单根直导线切割磁感线”的物理模型，由U＝BLv得v＝＝4 m/s。
第9招 反证例举——避实就虚
有些选择题的选项中，带有“可能”“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项。
[应用体验] [多选]
空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力。下列说法正确的是( )
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
[解析] 选BD 如果带电粒子从左边界射出，运动时间都为半个周期，时间相同，运动轨迹不一定相同，因此A、C错误，应选B、D。
第10招 转换对象——反客为主
一些复杂和陌生的问题，可以通过转换研究对象、物理过程、物理模型和思维角度等，变成简单、熟悉的问题，以便达到巧解、速解的目的。
[应用体验] 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处的引力场的场强为( )
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。
第11招 转换思维——绝处逢生
有些问题用常规的思维方法求解很繁琐，而且容易陷入困境。如果我们能灵活地采用等效转换等思维方法，则往往可以“绝处逢生”。
[应用体验]
一金属球原来不带电，沿球的一条直径的延长线上放置一根均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上的感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强分别为Ea、Eb、Ec，则( )
A．Ea最大 B．Eb最大
C．Ec最大 D．Ea＝Eb＝Ec
[解析] 选C 由于感应电荷分布状态不清楚，在a、b、c三点的场强无法比较，如果我们转换一下思维角度，根据“金属球达到静电平衡时内部的合场强为零”这一特征，那么比较感应电荷在球内直径上三点场强的大小可转换为比较带电细杆产生的场强在三点处的大小。由于细杆可等效为位于棒中心的点电荷模型，由E＝k可知带电细杆在c点处产生的场强最大，故金属球上的感应电荷在c点的场强Ec最大，C正确。
第12招 类比分析——以逸待劳
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。
[选择题提速练]
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正确；由v＝at知物体运动的初速度大小为v＝0.6×8 m/s＝4.8 m/s，C错误；由平均速度定义知全程的平均速度为＝＝×0.6×8 m/s＝2.4 m/s，D错误。
3．竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 取k＝1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为，代入后只有C满足。
4.如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略，闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为3 A，则当S2断开时，电流表示数可能为( )
A．3.2 A B．2.1 A
C．1.2 A D．0.8 A
解析：选B 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。
5.12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处的合磁感应强度大小为B1，在P2处的合磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为( )
A. B．B2－B1
C．B1－ D．B1＋
解析：选B 由于所有直导线中的电流一样，将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对称性知左边6根直导线电流在P1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。
6．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。
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，不难得出选项C正确、B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 以A、B整体为研究对象，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项错误。当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确。
12.如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，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 轻杆匀速转动，拉力F做的功与小球克服重力做功相同，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。
15．[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。
第二讲掌握“3策略”，多选题做到全解
很多同学都感觉理科综合卷中物理选择题难度大、错得多，尤其是多项选择题。本讲主要针对多选题的常考内容、命题思路、出错原因和答题技巧进行分析、总结，并对多选题的高频考点加以强化训练。通过全方位解剖多选题，让考生遇“多选”不惧怕，解“多选”有办法。
一、2015～2018年全国卷多选题命题统计分析
考点
考题
考查内容
答案个数/选项
直线运动
2018Ⅱ卷T19
vt图像、追及相遇问题
2/BD
2018Ⅲ卷T18
xt图像、速度、路程比较大小问题
2/CD
2016Ⅰ卷T21
vt图像、追及问题
2/BD
相互作用
2017Ⅰ卷T21
动态平衡
2/AD
2016Ⅰ卷T19
动态平衡
2/BD
牛顿运动定律
2018Ⅲ卷T19
vt图像、牛顿运动定律、功和功率
2/AC
2016Ⅰ卷T18
力与运动的关系
2/BC
2016Ⅱ卷T19
牛顿第二定律、匀变速直线运动
2/BD
2015Ⅰ卷T20
牛顿第二定律、运动学公式
3/ACD
2015Ⅱ卷T20
牛顿第二定律、整体隔离法
2/BC
曲线运动
2016Ⅲ卷T20
圆周运动、动能定理、牛顿运动定律
2/AC
万有引力与航天
2018Ⅰ卷T20
卫星的运行、万有引力定律、线速度与角速度的关系
2/BC
2017Ⅱ卷T19
开普勒行星运动定律、机械能守恒
2/CD
2015Ⅰ卷T21
万有引力定律、运动学公式、机械能守恒的条件
2/BD
机械能和动量
2017Ⅲ卷T20
动量、冲量、动量定理
2/AB
2016Ⅱ卷T21
功和功率、牛顿第二定律、机械能守恒定律
3/BCD
2015Ⅱ卷T21
机械能守恒定律、运动的合成与分解
2/BD
电场
2018Ⅰ卷T21
等势面、电势、电场力做功与电势能、动能的关系
2/AB
2018Ⅱ卷T21
匀强电场的性质、电场力做功与电势能变化的关系
2/BD
2018Ⅲ卷T21
平行板电容器、牛顿运动定律、运动学公式、动量定理
2/BD
2017Ⅰ卷T20
电场强度、电势差、电场力做功
2/AC
2017Ⅲ卷T21
匀强电场中电场强度与电势差的关系、电势、电势能
3/ABD
2016Ⅰ卷T20
电场强度、电势、电场力做功与电势能
2/AB
磁场
2018Ⅱ卷T20
安培定则、磁感应强度的合成
2/AC
2017Ⅰ卷T19
电流磁效应、安培力、安培定则
2/BC
2017Ⅱ卷T21
电动机原理、安培力
2/AD
2015Ⅱ卷T18
地磁场、安培定则
2/BC
2015Ⅱ卷T19
带电粒子在磁场中的运动、圆周运动
2/AC
电磁感应
2018Ⅰ卷T19
安培定则、楞次定律、互感、地磁场
2/AD
2018Ⅲ卷T20
楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培定则
2/AC
2017Ⅱ卷T20
法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力
2/BC
2016Ⅱ卷T20
法拉第电磁感应定律、右手定则
2/AB
2016Ⅲ卷T21
法拉第电磁感应定律、楞次定律、有效值
2/BC
2015Ⅰ卷T19
磁通量、涡流、电磁感应现象
2/AB
交变电流
2016Ⅲ卷T19
理想变压器、电功率
2/AD
原子物理
2017Ⅲ卷T19
光电效应现象、爱因斯坦光电效应方程
2/BC
通过统计表可以发现考查频率最高的四个考点分别是牛顿运动定律、电场、磁场和电磁感应，而具体到考查内容则主要包括匀变速直线运动的规律及其图像、牛顿运动定律的应用、圆周运动的特点、功和功率的计算、动能定理和机械能守恒定律的应用、电场力的性质、电场能的性质、磁场的性质、“三定则二定律”的应用等。
二、多选题的解题策略
(一)多选题错选原因分析
1．单凭直觉和经验，贸然判断错选。很多同学为了节约时间，单纯求快，对很多问题只凭直觉和经验下结论，这时常常会出错，出题者往往就是抓住了同学们的这种心理来命题的。在得出某个结论时一定要有判断推理的依据、或是关系式、或是某个定理或定律等。
2．注意力受干扰，主次不分而错选。因为选择题都是每一科的前面部分，部分同学由于紧张、兴奋或其他心理因素的影响而注意力不集中，或者受到题中“多余”信息的干扰，分不清主次，导致错选。
3．知识模糊、含混而错选。这主要集中在考查识记部分考点的试题中，像一些物理史实、光学中各色光的物理性质、电磁波各波段的产生机理和特性、某个核反应方程式和形近而神非的相关概念等等。
4．不恰当的类比而造成的错选。类比是建立物理模型的常用方法，但若是不区别条件、情景而生搬硬套的话，往往出现错误。
(二)多选题的答题原则
多选题是这样要求的：全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。这里面蕴含着两个答题原则：
1．全部选对是建立在对正确选项的判断有理有据基础之上的，任何一个选项都不应是模棱两可得来的，都应是经过慎重推演得来的。
2．如果能确定一个是对的，另外的没有把握，此时“宁少勿多”，确保3分，而不是为争6分，痛得0分。
(三)多选题的答题策略
策略1 “排除”“确认”双管齐下——得满分
从2015～2018年高考题来看，11套全国卷36道多选题中只有3道三选题，其余都是双选题，因此，除非对3个选项有100%的把握，一般情况下都按2个选项判断即可。如果能确定2个正确的选项或者可以排除2个错误的选项，则此题即可得满分。此法要牢固地掌握物理基本知识和基本技能，并灵活运用第一讲所讲到的选择题解题12招。
(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
[解析] 因为物块a、b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误，此时已经可以直接选择B、D项。但为了确保答案万无一失，仍需对正确选项进一步验证：拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确。
[答案] BD
(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其中v t图像如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
[解析] 根据图像“面积”，t＝1 s至t＝2 s内乙、甲的位移差与t＝2 s至t＝3 s内甲、乙的位移差相等，所以另一次并排行驶的时刻为t＝1
s，故A、C项错误。可得答案为B、D，这样可节约大量的计算时间。这类逐项计算比较繁琐的题目，在确认错误选项的前提下，为节省时间，对剩余的正确选项可不用复核验证。
[答案] BD
策略2 依据“概率”巧猜测——多抢分
当解选择题的一般方法都用上了，还是无法得出答案时，也不要放弃，要充分利用所学知识及下表中的概率去猜测正确选项。
条件
选择策略
概率
全部都不会
选1个得3分
50%
选2个得6分
16.7%
已确定1个
选1个得3分
100%
选2个得6分
33.3%
已排除1个
选1个得3分
66.7%
选2个得6分
33.3%
(1)如果对每个选项的正误均无把握，可以随机猜选一个，但是不要选2个，猜选1个得分机会要大，虽然双选有时可得高分，但更有可能无法得分，有较大的风险。
(2)如果已经确定的正确选项只有1个，除非对另一个选项很有把握，可以一并选择外，否则，干脆只选确定的那1个。
(3)当排除了1个选项又对剩余的3个选项没有把握时，猜1个是稳策，猜2个是险策，就看个人的运气了。
策略3 依据“选项组合”巧猜测——“撞”满分
由前面的统计表可看出33道双选题中选项的组合方式及次数统计如下。
组合
AB
AC
AD
BC
BD
CD
次数
5
6
4
8
8
2
可以看出BC、BD组合频率最高，接下来是AC、AB、AD组合，但三者相差不大，而CD组合频率最低。如果进一步细化统计可知，33道双选题中有15道选A，有21道选B，有16道选C，有14道选D，好像命题人最喜欢拿选项B“做文章”。
总之，以上三策略是建立在考生有一定的知识基础之上的解题技法，是“实力＋技法”的组合运用，而不是靠单纯的投机取巧。这三种策略不是孤立的，而是相互渗透融合的。希同学们在平时的解题中多运用、多领悟，从而培养出解答多选题的第六感觉。
[多选题热考点强化增分练]
强化增分练(一) 牛顿运动定律的应用(4年5考)
1.(2018·潍坊二模)一架无人机质量为2 kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其vt图像如图所示，g取10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．无人机上升的最大高度为72 m
B．6～8 s内无人机上升
C．无人机的升力大小为28 N
D．无人机所受阻力大小为4 N
解析：选BD 无人机上升的最大高度为H＝×8×24 m＝96 m，选项A错误。6～8 s内无人机减速上升，选项B正确。无人机加速上升时的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，则F－mg－f＝ma1；减速上升时的加速度：a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，则f＋mg＝ma2；联立解得升力大小为F＝32 N；无人机所受阻力大小为f＝4 N，选项C错误，D正确。
2.(2019届高三·湖北调研)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C。已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A．A、B、C的加速度大小均为
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
解析：选BD 三个物体的加速度相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：T1－μmg＝ma；对B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；对C：2mg－T2＝2ma；联立解得a＝g－μg；T1＝mg；T2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2＋at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝ ，选项D正确。
3．(2018·烟台模拟)如图甲所示，足够长的光滑固定的斜面上有一物体，物体在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动，在0～2 s内推力的大小F1＝5 N，在2～4
s内推力的大小F2＝5.5 N，该过程中物体的速度随时间变化的规律如图乙所示，取g＝10 m/s2，则( )
A．物体在前4 s内的位移为5 m
B．在第3 s末物体的加速度大小为2 m/s2
C．物体质量为2 kg
D．斜面与水平面的夹角为30°
解析：选AD 由速度时间图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即0～4 s内物体的位移为5 m，故A正确；由图像得，在2～4 s内物体的加速度a＝＝0.5 m/s2，故B错误；在0～2 s内物体做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力等于5 N，在2～4 s内由牛顿第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，故C错误；设斜面与水平面的夹角为α，则F2－mgsin α＝ma，解得α＝30°，故D正确。
4.(2018·石家庄二模)如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是( )
A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2∶1
B．物块A、B的加速度大小之比为1∶1
C．轻绳的拉力为
D．B下落高度h时速度为
解析：选AC 根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，故sA＝2sB，A正确；因为都是从静止开始运动的，故有2×aBt2＝aAt2，解得＝，B错误；对A分析有：T＝maA，对B分析有：3mg－2T＝3maB，解得T＝，aA＝g，C正确；对B，加速度为aB＝aA＝g，根据速度位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝，D错误。
5．(2019届高三·衡阳三校联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°
，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示。经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )
A．加速时动力的大小等于mg
B．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1
C．减速飞行时间t后速度减为零
D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为1∶2
解析：选BD 起飞时，飞行器受动力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，动力为F，合力为F合，如图甲所示。
在△OFF合中，由几何关系得：F＝mg，F合＝mg，故A错误。由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1＝g，动力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，动力F′跟合力F合′垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F合′＝mgsin 30°；动力大小：F′＝mg；飞行器的加速度大小为：a2＝＝0.5g；加速与减速时的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1，故B正确。从开始减速到最高点的时间为：t′＝＝＝2t，故C错误。t时刻的速率：v＝a1t＝gt；加速与减速过程发生的位移大小之比为∶＝1∶2，故D正确。
6.(2018·日照四校联考)电影《情报特工》中，有一特工队员潜入敌人的堡垒，准备窃取铺在桌面上的战略图板A，图板上面有一个砚台B，情境简化如图。若图板A的质量为m、与桌面间的动摩擦因数为μ，砚台B的质量为2m、与图板间的动摩擦因数为2μ，用平行于桌面向右的力F将图板加速拉出桌面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．砚台B对图板A的摩擦力方向向左
B．砚台B的加速度随拉力F增大而一直增大
C．当F>3μmg时，图板A与砚台B发生相对滑动
D．当F＝4.5μmg时，砚台B的加速度为0.5μg
解析：选AD 砚台B随图板A向右加速运动，受向右的摩擦力，则砚台B对图板A的摩擦力方向向左，选项A正确；当F增大到一定值，砚台B与图板A产生相对滑动，B所受的摩擦力不变，此时B的加速度不变，选项B错误；砚台B与图板A
刚好要产生相对滑动时，则：2μ·2mg＝2mam，解得am＝2μg，此时对整体F0－μ·3mg＝3mam，解得F0＝9μmg，即当F>9μmg时，图板A与砚台B发生相对滑动，选项C错误；当F＝4.5μmgED
C．φC＝φD D．φC>φD
解析：选AD 设A面产生电场的场强大小为EA＝E0，由题意得EB＝2E0，在C点EC＝EB－EA＝E0，方向垂直指向A面。同理在D点ED＝EB－EA＝E0，方向垂直指向B面，B错误，A正确。根据对称性，UCA＝－UBD，又根据AB板间的场强方向指向B板，固有φA>φB，因此φC>φD，C错误，D正确。
4．[多选]如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
解析：选AC 由动能定理知上滑过程中W电－WG－Wf＝ΔEk，代入数值得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，A对；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电－Wf＝－6 J，即机械能减小6 J，B错；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，C对；由动能定理知－2Wf＝Ek－Ek0，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，D错。
5．有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面如图甲所示，O为球心，球壳P处开有半径远小于金属球壳半径的小孔。以O点为坐标原点，过P点建立x坐标轴，A点是坐标轴上的一点，x轴上各点电势如图乙所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴方向射出，依次通过P、A两点。关于电子从O到A的运动，下列说法正确的是( )
A．在OP间电子做匀加速直线运动
B．在PA间电子做匀减速直线运动
C．在OP间运动时电子的电势能均匀增加
D．在PA间运动时电子的电势能增加
解析：选D 由题图乙知OP间的电势不变，则OP间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误。根据顺着电场线方向，电势降低，可以知道PA间电场线方向从P到A，电子所受的电场力方向从A指向P，所以电子在PA间做减速直线运动。根据图线的斜率等于场强可以知道，从P到A场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故B错误。因为电子在OP运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故C错误。在PA间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故D正确。
6.(2018·榆林二模)如图所示空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
解析：选C 两板距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝可得：E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据Ue＝mv2可知，乙电子运动到O点的速率为v0，选项D错误。
7.(2018·苏州调研)一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为＋q和－q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中( )
A．小球2受到的电场力减小
B．小球1电势能减少了Uq
C．小球1、2的机械能总和增加了Uq＋mgl
D．小球1、2的动能总和增加了Uq
解析：选D 由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故A错误；根据U＝Ed，小球1前后位置电势差小于U，所以小球1的电势能减少量小于qU，故B错误；对于小球1、2作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了Uq，所以小球1、2的机械能总和增加了qU，故C错误，D正确。
8．[多选](2018·孝义一模)如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，M、N连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为＋Q和－Q。现把质量为m、电荷量为＋q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则( )
A．小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力
B．小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能
C．小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能
D．小球运动到C点时的速度为
解析：选AC 根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点电场强度，A、B、C三点电势相等，故A、C项正确，B项错误；从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，应用动能定理可算得小球在C点时速度为，D项错误。
9．(2018·厦门质检)某静电场中有一质量为m、电荷量为＋q的粒子甲从O点以速率v0射出，运动到A点时速率为3v0；另一质量为m、电荷量为－q的粒子乙以速率3v0仍从O点射出，运动到B点速率为4v0，不计重力的影响。则( )
A．在O、A、B三点中，O点电势最高
B．O、A间的电势差与B、O间的电势差相等
C．甲粒子从O到A电场力对其所做的功，比乙粒子从O到B电场力对其所做的功多
D．甲粒子从O到A电场力对其做正功，乙粒子从O到B电场力对其做负功
解析：选C 由题意知，负电荷从O到B电场力做正功，故B点电势高于O点电势，所以A错误；qUOA＝m(3v0)2－mv02，－qUOB＝m(4v0)2－m(3v0)2，可得UOA>UBO，即O、A间的电势差高于B、O间的电势差，所以B错误，C正确；乙粒子从O到B电场力对其做正功，故D错误。
10.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A．粒子在A、B间是做圆周运动
B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小
C．匀强电场的电场强度E＝
D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U
解析：选D 带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为该圆周处在匀强电场中，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO。由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由以上分析可知，粒子速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于粒子运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B错误；匀强电场的电场强度E＝，式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，U
AO＝E×R，所以E＝，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝×R＝U，故D正确。
11.如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离d处有一带负电的电荷量为q、质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止，整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)( )
A. B.
C. D.
解析：选A 对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得μ＝，故A正确，B、C、D错误。
12.(2018·濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t在电场中某点相遇。以下说法正确的是( )
A．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
B．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
C．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
D．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
解析：选A 两粒子在垂直于电场方向均做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，因为两粒子完全相同，所以加速度相同；若两粒子的入射速度都变为原来的两倍，由l＝(v1＋v2)t，可知相遇时间变为原来的二分之一，选项A正确，B错误；电场强度变化不会影响两粒子垂直于电场方向的运动，所以相遇时间不变，选项C、D错误。
13.[多选](2018·成都七中二模)在足够长的光滑绝缘的水平台面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看成质点)，两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行。开始时两球相距
L，在电场力作用下，A球开始运动(此时为计时零点，即t＝0)，后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则( )
A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
B．第一次碰撞到第二次碰撞B球向右运动了2L
C．第二次碰撞结束瞬间A球的速度大小为2
D．相邻两次碰撞时间间隔总为2
解析：选AD A球的加速度a＝，第一次碰前A的速度vA1＝＝ ，第一次碰前B的速度vB1＝0，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，则碰后瞬间vA1′＝0，vB1′＝vA1＝ ，故A正确；A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为t1、t2、t3，则t1＝＝ ，第一次碰后，经t2－t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA2和vB2，vB1′(t2－t1)＝a(t2－t1)2，解得：t2＝3t1，vA2＝a(t2－t1)＝2at1＝2vA1＝2 ，vB2＝vB1′＝ ，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为vA2′和vB2′，则vA2′＝vB2＝ ，vB2′＝vA2＝2 ，故C错误；第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了xB1＝vB1′(t2－t1)＝ ·2 ＝4L，故B错误；经t3－t2时间A、B两球发生第三次碰撞，并设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA3和vB3，vB2′(t3－t2)＝vA2′(t3－t2)＋a(t3－t2)2，解得：t3＝5t1，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为t3－t2＝t2－t1＝2t1＝2 ，故D正确。
14．[多选]如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c为完全相同的带电小球，在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h＝R。重力加速度为
g，静电力常量为k，则( )
A．小球a一定带正电
B．小球b的周期为
C．小球c的加速度大小为
D．外力F竖直向上，大小等于mg＋
解析：选CD a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个小球做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误。设db连线与水平方向的夹角为α，则cos α＝＝，sin α＝＝，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：
kcos α－2kcos 30°＝mR＝ma
解得：T＝ ，a＝
则小球c的加速度大小为。
故B错误，C正确。
对d球，由平衡条件得：
F＝3ksin α＋mg＝mg＋，故D正确。
15．[多选]长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端距离为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上。对此过程，下列分析正确的是( )
A．粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等
B．板间电场强度大小为
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上
D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上
解析：
选ABD 粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场后具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是在金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A正确。竖直方向速度变化量等大反向，所以有t＝gt，可得E＝，选项B正确。若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项C错误。若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项D正确。
选择题押题练(五) 磁场(热考点)
1.(2018·梅州二模)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．乙球释放的位置最高
D．甲球下落过程中，机械能守恒
解析：选D 在最高点时，甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点受合力不同，由牛顿第二定律得：F合＝m，由于F合不同，m、R相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C错误、D正确。
2.(2018·东北三省四市二模)两竖直的带电平行板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，方向如图所示，有一个带电荷量为＋q、重力为G的小液滴，从距离极板上边缘h处自由落下，则带电小液滴通过正交的电场和磁场空间时，下列说法正确的是( )
A．一定做直线运动
B．一定做曲线运动
C．有可能做匀速直线运动
D．有可能做匀加速曲线运动
解析：选B 若小液滴进入磁场时电场力和洛伦兹力相等，由于小液滴向下运动时，速度会增加，小液滴所受的洛伦兹力增大，将不会再与小液滴所受的电场力平衡，不可能做匀加速直线运动，也不可能做匀速直线运动。若小液滴进入磁场时电场力和洛伦兹力不等，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，小液滴做曲线运动。综上所述，小液滴一定做曲线运动，故B正确，A、C、D错误。
3.(2018·聊城二模)介子衰变的方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负的元电荷，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为3∶2。π0介子的轨迹未画出。由此可知π－介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为( )
A．1∶1 B．2∶5
C．3∶5 D．2∶3
解析：选B K－介子与π－介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBv＝m，粒子动量为：p＝mv，联立解得：p＝eBR，则有：pK－∶pπ－＝3∶2，以K－的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：pK－＝pπ0－pπ－，解得：2pπ0＝5pπ－，故π－的动量大小与π0的动量大小之比为2∶5，故B正确。
4．(2018·榆林模拟)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
解析：选D 根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，A错误。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m，可得：r＝，粒子的动能Ek＝mv2，由题知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时轨道半径越大，则由题图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大。b
粒子动能最大，向心力最大，故B错误，D正确。根据t＝·＝，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，C错误。
5．(2019届高三·青岛模拟)如图，在xOy平面内，虚线y＝x左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电荷量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝，而将题中的v值代入得：r＝l，分析可知：粒子运动的时间t最短时，粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦长最短，作AB⊥OB于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB＝OAsin 60°＝l，粒子偏转的角度：θ＝60°，结合周期公式：T＝，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t＝＝，故C正确，A、B、D错误。
6．(2018·东北师大附中模拟)如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环上穿有一个小球P(视为质点)，P带正电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上；磁场方向垂直于圆环平面向里。将小球P从与圆心O等高处由静止释放后，小球逆时针运动到达圆环的最高点。在此过程中( )
A．小球动能的增量等于电场力、洛伦兹力做功的代数和
B．小球重力势能的增量等于电场力和重力做功的代数和
C．小球机械能的增量等于电场力做的功
D．小球电势能的增量等于重力做的功
解析：选C 小球从静止释放，逆时针运动，说明电场力大于重力，在运动中洛伦兹力不做功，小球逆时针运动到达圆环的最高点时动能的增量等于电场力、重力做功的代数和，故A错误；小球重力势能的增量等于克服重力做的功，故B错误；小球机械能的增量等于电场力做的功，故C正确；电场力做正功，所以电势能减小，电势能的改变量在数值上与电场力做功的大小相等，故D错误。
7.[多选](2018·广东五校联考)两根固定的相互平行的直导线A和B，相距为L，电流方向如图所示。导线C用轻绳悬挂在A、B导线的中间上方，距离AB为L，三根导线通过的电流都为I。下列说法正确的是( )
A．从上往下看导线C顺时针转动，同时绳子的张力变小
B．从上往下看导线C逆时针转动，同时绳子的张力变大
C．当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
D．当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶1
解析：选BD 由右手螺旋定则可以判断C导线左侧的磁场方向从下往上，右侧从上往下，从而可判断C导线左侧受到向外的力，右侧受到向里的力，从上往下看导线C逆时针转动；利用极限法可判断C导线转动到与AB平行时受到向下的安培力，所以过程中绳子张力变大，A错误，B正确。转到与AB平行时，三根导线电流方向都是垂直纸面向里，所以A、B和C受到相互之间的磁场作用力大小相等，C错误，D正确。
8.[多选]如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )
A．四段导线受到的安培力的方向相同
B．四段导线受到的安培力的大小相等
C．ADB段受到的安培力最大
D．AEB段受到的安培力最小
解析：选AC 导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R＝ρ可知：导线越长，电阻越大，由I＝可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F＝BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故A、C正确，B、D错误。
9.[多选](2019届高三·苏州调研)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直，粒子源产生的粒子质量为m，电荷量为＋q，U为加速电压，则( )
A．交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半
B．加速电压U越大，粒子获得的最大动能越大
C．D形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大
D．磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大
解析：选CD 为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝，解得：v＝，动能Ek＝mv2＝，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，粒子的速度越大，即动能越大，B错误，C、D正确。
10.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度地飘入电势差为U的加速电场。加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。则下列判断正确的是( )
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
解析：选A 粒子在加速电场中由动能定理得qU＝mv2，可得进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚，动能相同，故A项正确，B项错误；在磁场中由T＝可得，在磁场中运动时间由小到大排列的顺序是氕、氘、氚，故C项错误；由qvB＝m得r＝＝，所以a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕，故D项错误。
11.(2018·榆林二模)如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，速率均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝m，将题设的v
值代入得：r＝L，粒子在磁场中运动的时间最短，则粒子运动轨迹对应的弦最短，最短弦为L，等于圆周运动的半径，根据几何关系，粒子转过的圆心角为60°，运动时间为，故tmin＝＝×＝，故B正确，A、C、D错误。
12.[多选](2018·临沂期末统考)如图所示，半径为r的圆刚好与正方形abcd的四个边相切，在圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电粒子从ad边的中点以某一初速度沿纸面且垂直ad边方向射入磁场，一段时间后粒子从圆形磁场区域飞出并恰好通过正方形的d点，设该粒子在磁场中运动的轨道半径为R，运动时间为t，若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，粒子重力不计，下列关系正确的是( )
A．R＝r B．R＝(－1)r
C．t＝T D．t＝T
解析：选BD 粒子在磁场中做圆周运动，由几何关系可得轨迹的圆心角为135°，运动时间为t＝T＝T，故C错误，D正确；由几何关系可得tan 22.5°＝，解得R＝(－1)r，故A错误，B正确。
13.[多选]如图所示，相距为d的两金属板A、B水平放置，A板接地，A板上方高h处有一负电生成器，带负电的小液滴不断地从它的下端口滴下，每一滴的质量为m，电荷量为－q，小液滴通过A板上的小孔进入两板间后，在两极板间磁感应强度为B的磁场作用下向右偏转。开始液滴还能落到B板上，当B板上的液滴积累到一定数量时，板间电压为U，再滴下的液滴恰好以速度v从下极板右端水平飞出板间，下列等式成立的是( )
A．mg(h＋d)＝mv2 B．mg(h＋d)＝qU＋mv2
C．mg＝qvB＋q D．mg＜qvB＋q
解析：选BD 根据动能定理得：mg(h＋d)－qU＝mv2－0，所以A错误，B正确；液滴恰好以速度v从下极板右端水平飞出板间，根据受力分析得mg＜qvB＋q，故C错误，D正确。
14.(2018·北京东城区一模)如图所示，MDN为在竖直面内由绝缘材料制成的光滑半圆形轨道，半径为R，最高点为M和N，整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一电荷量为＋q，质量为m
的小球自N点无初速度滑下(始终未脱离轨道)，下列说法中正确的是( )
A．运动过程中小球受到的洛伦兹力大小不变
B．小球滑到D点时，对轨道的压力大于mg
C．小球滑到D点时，速度大小是
D．小球滑到轨道左侧时，不会到达最高点M
解析：选C 小球受重力、支持力和洛伦兹力作用，重力做正功，支持力和洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，在下落过程，速度大小增大，根据f＝qBv，可知洛伦兹力的大小在变化，故A错误；从N点运动到D点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得：v＝，故C正确；小球运动到D点时，受到的洛伦兹力的方向向上，在D点，由牛顿第二定律得：
N＋qvB－mg＝m，解得：N＝3mg－qvB，小球对轨道的压力不一定大于mg，故B错误；小球在整个运动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，小球滑到轨道左侧时，可以到达轨道最高点M，故D错误。
15.[多选](2018·济宁模拟)如图所示，在两个同心的大小圆之间分布着指向圆心的电场，在半径为R的小圆内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。今在大圆周上的A点从静止开始释放一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)，它将往返于电场和磁场中不断运动。当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
B．粒子在磁场中运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最短时间为
D．大圆和小圆间的电势差为
解析：选BD 粒子将往返于电场和磁场中不断运动，当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短，如图所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R，由qvB＝m，粒子在磁场中运动的速度大小为v＝＝，由动能定理可得qU＝mv2，大圆和小圆间的电势差为U＝，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的最短时间为t＝3××
＝，故B、D正确，A、C错误。
选择题押题练(六) 电磁感应(热考点)
1.(2019届高三·哈尔滨六中模拟)如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，圆形金属环B正对电磁铁A，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，则( )
A．MN导线无电流，B环无感应电流
B．MN导线有向上电流，B环无感应电流
C．MN导线有向下电流，从左向右看B有逆时针方向电流
D．MN导线有向上电流，从左向右看B有顺时针方向电流
解析：选D 导线MN向右加速滑动，导线产生由N到M的电流，感应电动势E＝BLv增大，通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，B中产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的增加，感应电流的磁场方向向右，即从左向右看B有顺时针方向电流，故A、B、C错误，D正确。
2.如图所示，空间存在一有边界的水平方向匀强磁场，磁场上下边界的间距为L。一个边长也为L的正方形导线框在位置Ⅰ获得向上初速度后进入磁场沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终保持水平。当导线框一直加速下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ。则导线框( )
A．上升过程加速度减小，下落过程加速度增大
B．上升过程加速度减小，下落过程加速度减小
C．上升过程加速度增大，下落过程加速度增大
D．上升过程加速度增大，下落过程加速度减小
解析：选B 上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg＋＝ma，可见，线框的速度减小时，加速度也减小； 下降过程中，线框做加速运动，则有：mg－＝ma，可见，随着速度的增大，加速度减小，故B正确，A、C、D错误。
3．(2018·贵阳一模)如图所示，在x≥0的区域有垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，现用力使一个等边三角形闭合导线框(粗细均匀)，沿x轴向右匀速运动，运动中线框平面与纸面平行，底边BC与y
轴平行，从顶点A刚入磁场开始计时，在线框全部进入磁场过程中，其感应电流I(取顺时针方向为正)与时间t的关系图线为下图中的( )
解析：选B 导线框从左进入磁场，磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针，即负方向；设导线框沿x轴方向运动的速度为v，经时间t运动的位移为x＝vt，根据几何关系可知，导线框的有效长度为l＝2xtan 30°＝t，感应电流I＝＝＝t，即电流I与t成正比，故B正确。
4．[多选]如图1所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T。一总电阻为r＝0.2 Ω 的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动。圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图2所示。下列说法正确的是( )
A．圆形线圈的半径为R＝1 m
B．圆形线圈运动速度的大小为v＝20 m/s
C．两实线之间的水平距离L＝1 m
D．在0.05 s，圆形线圈所受的安培力大小为400 N
解析：选ABD 感应电动势的最大值E＝B(2R)v，E＝B(2R)，代入数据40＝1×(2R)，解得R＝1 m，选项A正确；圆形线圈运动速度的大小为v＝＝20 m/s，选项B正确；两实线之间的水平距离L＝2vt＝4 m，选项C错误；在0.05 s，圆形线圈所受的安培力大小为F＝BI(2R)＝B(2R)＝1××2×1 N＝400 N，选项D正确。
5．[多选](2019届高三·桂林三校联考)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.20 m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m＝0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经t＝5.0 s时( )
A．通过金属杆的感应电流的大小为1 A，方向由b指向a
B．金属杆的速率为4 m/s
C．外力F的瞬时功率为1 W
D．0～5.0 s内通过R的电荷量为5 C
解析：选AC 金属杆向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动经t＝5.0 s，由图像可知电压为0.4 V，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝ A＝1 A，故A正确；根据法拉第电磁感应定律知E＝BLv，根据电路结构可知：U＝E，解得v＝5 m/s，故B错误；根据电路知U＝BLv＝0.08v＝0.08at，结合Ut图像知金属杆做匀加速运动，加速度为a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在5 s末时对金属杆有：F－BIL＝ma，解得：F＝0.2 N，此时F的瞬时功率P＝Fv＝0.2×5 W＝1 W，故C正确；0～5.0 s内通过R的电荷量为q＝t＝t＝＝＝2.5 C，故D错误。
6．[多选]如图所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面底端有一直导线通有恒定电流I。斜面上有一闭合导线框abcd正沿斜面下滑，ab边始终与MN平行，在导线框下滑至ab边未到达斜面底端过程中，下列说法正确的是( )
A．线框有扩张的趋势
B．线框中有沿adcba流动的感应电流
C．线框cd边受到的安培力沿斜面向下
D．整个线框所受安培力的合力为零
解析：选BC 根据直导线产生的磁场特点：离导线越近磁场越强，在导线框下滑过程中，穿过线框的磁通量增大，由“增缩减扩”可知，线框有收缩的趋势，故A错误；在导线框下滑过程中，穿过线框的磁通量增大，磁场方向垂直斜面向上，根据楞次定律可知，线框中有沿adcba方向的感应电流，故B正确；cd中的电流由d到c，磁场方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力沿斜面向下，故C正确；由于ab边与cd边所在处的磁场不同，ab与cd中的电流相同，所以ab、cd所受安培力大小不同，ad与bc所受安培力大小相同，所以整个线框所受安培力的合力不为零，故D错误。
7．[多选](2018·漳州质检)
如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动时线圈内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f。测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n，则( )
A．f＝nN
B．f＝
C．线圈中的感应电流方向不会变化
D．旋转体转速越高线圈中的感应电流越强
解析：选AD 旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次。旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f＝nN，故A项正确，B项错误。测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C项错误。旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，故D项正确。
8．[多选](2018·江苏调研)用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R，闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I。下列说法中正确的是( )
A．t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大
B．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0
C．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I
D．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I
解析：选BC t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误。
9.[多选](2018·福州质检)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为L
。导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦。现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率PF、金属杆与导轨形成的回路中磁通量Φ等各量随时间变化图像正确的是( )
解析：选AD 根据牛顿第二定律知，金属杆的加速度为：a＝＝＝－，因为速度增大，则加速度减小，可以知道金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，当a＝0，由上式得最大速度vm＝，所以vt图像的斜率先减小后不变，故A正确。恒力F的功率PF＝Fv，则知PFt图像的斜率先减小后不变，图像先是曲线后是直线，故B错误。由E＝BLv，知感应电动势先增大后不变，由E＝知，Φt图像的斜率先增大后不变，故C错误，D正确。
10.[多选](2018·广东一模)如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面上，导轨上横放着两根电阻均为R的相同导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒ab中点与一端固定的轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为k，整个装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒cd在水平向右的外力作用下以大小为v0的速度向右匀速运动，导轨及接触电阻不计，当导体棒ab稳定时，下列说法正确的是( )
A．回路中有逆时针方向的感应电流
B．回路中的感应电流为
C．外力的功率为
D．弹簧被拉伸的长度为
解析：选AD 回路的磁通量增加，根据楞次定律知回路中有逆时针方向的感应电流，A正确。回路中的感应电流为I＝＝，故B错误。当导体棒ab稳定时，外力的功率等于回路的电功率，为P＝EI＝，故C错误。当导体棒ab稳定时，有BIL＝kx，联立计算得出x＝，所以D正确。
11.[多选](2018·临沂期末统考)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a和b，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半。已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A．杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为，方向向右
B．杆b刚进入磁场时，通过杆b的电流为
C．从杆b进入磁场至杆a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D．杆a、b最终具有相同的速度，大小为
解析：选ABC 当杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，·2mv2＝·2mv12＋mv22，解得v1＝，v2＝v，即杆a的速度为，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝＝，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝mv22－m2＝mv2，故C正确；杆a进入磁场后，视杆a、b为系统，动量守恒，则有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为v，故D错误。
12.[多选](2018·孝义一模)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成θ角，导轨上端与阻值为R的固定电阻相连，整个装置处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导体棒ab和cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好。两导体棒的电阻值均为R，其余部分电阻不计。当导体棒cd沿底部导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则( )
A．导体棒cd两端电压为BLv
B．t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为
C．导体棒ab所受安培力为mgtan θ
D．cd棒克服安培力做功的功率为
解析：选BC 导体棒cd以速度v匀速滑动时，产生电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律可知，cd两端电压U＝·＝，A项错误；导体棒ab受重力、支持力和水平方向安培力处于平衡状态，故安培力为mgtan θ，C项正确；通过导体棒cd的电流I＝＝，t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量q＝It＝，故B项正确；导体棒cd克服安培力做功的功率P＝IE＝，故D项错误。
13．[多选](2018·包头九中下学期开学考试)如图所示，质量为m的“凸”形线框由粗细均匀的金属丝构成，abgh是边长为L的正方形，cdef是边长为2L的正方形，线框的总电阻为R，区域Ⅰ、Ⅱ为两个磁感应强度大小不同、方向相反的有界匀强磁场，磁场的宽度分别为2L和L，区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向水平且垂直纸面向里。现让线框从磁场上方某一高度处由静止释放，线框在下落过程中，线框平面始终垂直于磁场，且de边始终处于水平，线框的de边刚好匀速地穿过磁场Ⅰ、Ⅱ区域，重力加速度为g，则( )
A．de边穿过磁场的时间为
B．区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为B
C．de边穿过磁场的过程中，通过de边横截面的电荷量为
D．de边刚出磁场时，线框的加速度大小为0
解析：选BCD 设线框匀速穿过磁场的速度为v，由de刚入区域Ⅰ时：B··2L＝mg，可得：v＝，de边穿过磁场的时间t＝＝，A错误；de边在区域Ⅱ中时：B2··2L＋B·L＝mg，可解得：B2＝，B正确；de边穿过磁场的过程中线框磁通量变化量ΔΦ＝B(L2＋2L2)－×2L2＝2BL2，故de边横截面通过的电荷量q＝＝，C正确；当de边刚出磁场时，ah边刚进入磁场，此时线框在Ⅰ区的边切割磁感线，等效长度为2L，仍有F安＝mg，线框加速度为零，D正确。
14．[多选]如图所示，将一根电阻为R的绝缘硬金属导线弯成一个标准的正弦曲线形状，其两端a、b通过小金属环保持与长直金属杆有着良好但无摩擦的接触，金属导线两端a、b间距离为2d，最高点到ab连线的距离为L，金属杆电阻忽略不计，空间中存在有理想边界的匀强磁场，宽度为d，方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，磁场的边界与金属杆垂直，M和N位于磁场区域的边界上，在外力的作用下，导线以恒定的速度v向右匀速运动，从b位于M左侧的某一位置运动到a位于N右侧的某一位置，则在此过程中，以下说法正确的是( )
A．导线上有电流通过的时间为
B．导线上有电流通过的时间为
C．外力所做的功为
D．金属导线所产生的焦耳热为
解析：选BD 由题意得，电流的产生时间从b到M开始，a到N结束，故t＝，故A错误，B正确。在导线穿越磁场的整个过程中，规定电流沿着金属杆从a到b为电流的正方向，产生的电流随时间变化的图像如图所示，热量Q的计算式为Q＝2R·T＋2R·T，且T＝，得到Q＝，由功能关系可知W＝Q＝，故C错误，D正确。
选择题押题练(七) 原子物理(热考点)
1．(2018·长春质检)2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数原子核发生核反应的过程中都伴随着中微子的产生， 例如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法正确的是( )
A. 衰变为 ，经过3次α衰变、2次β衰变
B．是α衰变方程，是β衰变方程
C. 是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程
D．高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为
解析：选A 经过3次α衰变后质量数减少12、质子数减少6，再经过2次β衰变后质子数增加2，衰变为，A正确。是核聚变方程， 是β衰变方程，B错误。
是核裂变方程，也是原子弹的核反应方程，C错误。高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为，D错误。
2．[多选]如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线[直线与横轴的交点坐标(4.27×1014 Hz,0)，与纵轴交点坐标(0,0.5 eV)]，则下列说法正确的是( )
A．该金属的截止频率为4.27×1014 Hz
B．该金属的截止频率为5.5×1014 Hz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5 eV
解析：选AC 当最大初动能为0时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.27×1014 Hz，故选项A正确，选项B错误；根据Ek＝hν－W0知，图线的斜率表示普朗克常量，故选项C正确；金属的逸出功为W0＝hν0＝6.626×10－34×4.27×1014 J＝1.77 eV，故选项D错误。
3.[多选]小宇同学参加学校科技嘉年华，设计了一个光电烟雾探测器，如图所示，S为光源，有一束光束，当有烟雾进入探测器时，来自S的一部分光会被烟雾散射进入光电管C，当光射到光电管中的钠表面(钠的极限频率为6.0×1014 Hz)，会产生光电子，当光电流大于1.0×10－8 A时，便会触发报警系统报警。下列说法正确的是( )
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于0.5 μm
B．光源S发出的光波能使光电管发生光电效应，那么光源越强，光电烟雾探测器灵敏度越高
C．光束遇到烟雾发生散射是一种折射现象
D．若5%射向光电管C的光子能使钠表面产生光电子，当报警器报警时，每秒射向光电管C中的钠表面的光子最少数目是1.25×1012个
解析：选BD 根据Ek＝hν－W0＝－hν0，可知光源S发出的光波的最大波长λmax＝＝ m＝5×10－7 m＝0.5 μm，即要使该探测器正常工作，光源S
发出的光波波长不能大于0.5 μm，故选项A错误；光源S发出的光波能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管C的光越多，越容易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，故选项B正确；光束遇到烟雾发生散射是一种反射现象，故选项C错误；光电流等于1.0×10－8 A时，钠表面每秒产生的光电子的个数n＝＝个＝6.25×1010个，每秒射向光电管C中的钠表面的光子最少数目N＝＝个＝1.25×1012个，故选项D正确。
4．[多选]如图甲所示为氢原子能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光照射如图乙所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则( )
A．若将滑片右移，电路中光电流增大
B．若将电源反接，电路中可能有光电流产生
C．若阴极K的逸出功为1.05 eV，则逸出的光电子最大初动能为2.4×10－19 J
D．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光中只有4种光子能使阴极K发生光电效应
解析：选BC 将滑片右移，光电管两端的电压增大，但之前光电流是否达到饱和并不清楚，因此光电管两端的电压增大，光电流不一定增大，选项A错误；将电源极性反接，所加电压会阻碍光电子向阳极运动，但若eU＜Ek，仍会有一定数量的光电子可到达阳极而形成光电流，选项B正确；若阴极K的逸出功为1.05 eV，由光电效应方程知，逸出的光电子最大初动能为Ek＝hν－W0＝－0.85 eV－(－3.40 eV)－1.05 eV＝1.50 eV＝2.4×10－19 J，选项C正确；由于阴极K的逸出功未知，能使阴极K发生光电效应的光子种数无法确定，选项D错误。
5．如图是氢原子从n＝3、4、5、6能级跃迁到n＝2能级时辐射出的四条光谱线，其中频率最大的是( )
A．Hα B．Hβ
C．Hγ D．Hδ
解析：选D 根据题图可知氢原子从第6能级跃迁到第2能级时辐射出的光子能量最大，根据光子能量的表达式ε＝hν得出，它的频率也最大，故选项D正确。
6．据《每日邮报》报道，英国一名13岁的小学生近日宣布自己在学校实验室实现了核聚变。他在用氘聚变氦的过程中检测到了中子，证明聚变成功，成为世界上实现聚变的最年轻的人。下面列出的核反应方程，属于聚变的是( )
A．H＋H→He＋n B. U→Th＋He
C. N＋H→C＋He D．He＋Al→P＋n
解析：选A 聚变是两个质量较轻的原子核结合成一个中等质量的原子核，出现了质量亏损，释放出巨大能量，故选项A对；选项B是α衰变；选项C是人工转变；选项D是α粒子轰击铝核，是人工转变。
7．[多选]关于原子结构和核反应的说法中正确的是( )
A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．发现中子的核反应方程是Be＋He→C＋n
C．200个 U的原子核经过两个半衰期后剩下50个U
D．据图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量
解析：选AB 卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，选项A正确；发现中子的核反应方程为Be＋He→C＋n，选项B正确；半衰期为统计规律，适用于大量的原子核发生衰变，选项C错误；在核反应过程中，若有质量亏损，将放出能量，由题图中核子的平均质量可知，原子核D和E聚变成原子核F过程中，将有质量亏损，要放出能量，选项D错误。
8．2017年2月12日消息，福岛第一核电站2号机组安全壳内辐射量达到高值，对此中国驻日本大使馆在其官方网站发布安全提醒，建议在日侨胞及赴日中国公民妥善安排出行计划。关于核电站，下列说法正确的是( )
A．核电站是使核能转化为内能，通过汽轮机带动发电机来发电的
B．发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量
C．核泄漏中放射性物质都是天然放射性元素
D．核电站的核废料可以直接堆放在露天垃圾场
解析：
选A 核电站是利用核能发电的电站，它是在人工控制下缓慢进行的链式反应实现核能的释放，核电站中都有热交换器，把核能转化为内能，用高压的蒸汽推动汽轮机转动再带动发电机发电，选项A正确、B错误；核泄漏中放射性物质有的是人工合成的放射性同位素，并非都是天然放射性元素，选项C错误；核废料具有放射性，会对环境和生物造成严重的危害，不能直接堆放在露天垃圾场，要做防辐射处理，选项D错误。
选择题押题练(八) 电路、交变电流及物理学史(偶考点)
1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是( )
A．法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律
B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”
C．牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证
D．伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境
解析：选B 奥斯特发现了电流的磁效应现象，纽曼和韦伯通过对理论和实验资料进行严格分析，先后总结出法拉第电磁感应定律，故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值，如测天体质量，故选项B正确；现实生活中不存在不受力的运动物体，因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证，故选项C错误；伽利略在理想斜面实验的基础之上，用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境，故选项D错误。
2．(2018·湖南师大附中检测)下列说法正确的是( )
A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B．电容公式C＝采用的是比值定义法，但电容器的电容并不由Q、U决定
C．库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同
D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，爱因斯坦对能量守恒定律的建立做出了突出贡献
解析：选B 静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围才能存在磁场，故A错误；公式C＝采用了比值定义法，但C并不由Q、U决定，而是取决电容器本身，以平行板电容器为例，决定式为C＝，故B正确；尽管库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，但以目前的科技认知，它们仍是性质不同的两种力，故C错误；能量守恒定律确立于19世纪中叶，早于爱因斯坦的生辰，故D错误。
3.可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图所示的电路。闭合开关S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2
所带的电荷量相等。现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是( )
A．只增大R2的电阻 B．只增大C2的电容
C．只增大C1的电容 D．只将R1的滑片向A端移动
解析：选C 由题意，当变阻器R1的滑片在图示位置时，C1、C2的电荷量相等，即U1C1＝U2C2，只增大R2的电阻时，C1、C2两端的电压U1、U2同时减小，且减小比例相同，仍有U1′C1＝U2′C2，故A错误；只增大C2的电容，C2的电荷量增大，C1的电荷量不变，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故B错误；只增大C1的电容，C1的电荷量增大，C2的电荷量不变，则C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，故C正确；当将R1的滑片向A端移动时，C1两端的电压降低，C2两端的电压升高，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故D错误。
4．[多选]如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔 M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从小孔M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。则下列说法中正确的有( )
A．若仅将A板上移，带电小球将无法运动至N处
B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出
C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
解析：选AD 若仅将A板上移，根据C＝，知电容器的电容减小，由Q＝CU知，电压不变，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，故电容器的电量不变，根据C＝，U＝Ed，得到：E＝，故场强不变；带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知带电小球未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A正确。若仅将B板上移，根据C＝，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U＝Ed，电场强度增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误。将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C错误。断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确。
5．(2018·菏泽一模)用同样的交流电分别通过甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则甲、乙两个电路消耗的电功率之比为( )
A．1∶1 B．5∶2
C．5∶3 D．25∶9
解析：选C 设灯泡的额定电流为I，则甲图中电路的功率为P1＝UI，根据变流比可知，乙图中原线圈中电流为I，乙图中的功率为P2＝IU，因此甲、乙两个电路中的电功率之比为5∶3，C项正确。
6.(2018·黔东南州一模)小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10 Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段( )
A．发电机的输出功率为22 kW
B．降压变压器的输入电压为11 kV
C．输电线的电流为1 100 A
D．输电线上损失的功率约为8.26 W
解析：选B 用户得到的总功率P用＝200×110 W＝22 kW，因有输电损耗，发电机的输出功率一定大于22 kW，A错误；由＝可得：U3＝11 kV，B正确；由P用＝U4I4，可解得：I4＝100 A，由＝得：I3＝2 A，输电线上损失的功率为P损＝I32R＝40 W，选项C、D均错误。
7．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交流电的电动势随时间变化规律的图像如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，并在灯泡两端并联一理想交流电压表，则( )
A．电压表的示数为20 V
B．电路中的电流方向每秒改变5次
C．灯泡实际消耗的功率为36 W
D．电动势的瞬时值表达式为e＝20cos 5πt(V)
解析：选C 由题图乙知电动势最大值为20 V，周期为0.2
s，所以电动势有效值为20 V，角速度ω＝＝10π rad/s。电压表测量的是路端电压U＝×9 V＝18 V，A错误；交流电的频率为5 Hz，每一周期电流方向改变两次，所以电流方向每秒改变10次，B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝＝ W＝36 W，C正确；由题图乙可知，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos 10πt(V)，D错误。
8．[多选](2018·成都七中二模)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是( )
A．将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变亮
B．线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBS
C．图示位置时，矩形线圈中磁通量的变化率最大
D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
解析：选AD 矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据电压与匝数成正比知，输出电压增大，故灯泡会变亮，故A正确；线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为BS，故B错误；图示位置时，是中性面位置，矩形线圈磁通量最大，线圈中磁通量的变化率最小，故C错误；若线圈转动角速度变为2ω，根据电动势最大值公式Em＝NBSω，变压器原线圈电压的最大值为2NBSω，根据电流的热效应·＝·T，解得U有＝NBSω，故D正确。
