2018年高考物理可能考到的重點(diǎn)題型

PAGEPAGE22018年高考物理可能考到的重點(diǎn)題型—考前30天復(fù)習(xí)高分手冊(cè)考點(diǎn)1．v－t和x－t圖象【例1】(2014·全國(guó)卷Ⅱ)甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛。在t＝0到t＝t1的時(shí)間內(nèi)，它們的v－t圖象如圖所示。在這段時(shí)間內(nèi)()A．汽車甲的平均速度比乙的大B．汽車乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C．甲、乙兩汽車的位移相同D．汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大解析:為圖線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”是物體的位移，故在0～t1時(shí)間內(nèi)，甲車的位移大于乙車，故根據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，甲車的平均速度大于乙車，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)橐臆囎鲎儨p速運(yùn)動(dòng)，故平均速度不等于eq\f(v1＋v2,2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)閳D線的切線的斜率表示物體的加速度，故甲、乙兩車的加速度均逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。(1)斜率的意義：某點(diǎn)切線的斜率的大小表示物體加速度的大??；斜率的正負(fù)表示加速度的方向。(2)圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”的意義：①圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”表示相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移大小。②若此“面積”在時(shí)間軸的上方，表示這段時(shí)間內(nèi)位移的方向?yàn)檎较?，若此“面積”在時(shí)間軸的下方，表示這段時(shí)間內(nèi)位移的方向?yàn)樨?fù)方向。【變式】沿同一直線運(yùn)動(dòng)的a、b兩物體，其x-t圖像分別為圖中直線a和曲線b所示，由圖可知A.兩物體運(yùn)動(dòng)方向始終不變B.內(nèi)a物體的位移大于b物體的位移C.內(nèi)某時(shí)刻兩物體的速度相同D.內(nèi)a物體的平均速度大于b物體的平均速度考點(diǎn)2、物體的平衡【例2】【2016年全國(guó)Ⅱ】質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中A.F逐漸變大，T逐漸變大B.F逐漸變大，T逐漸變小C.F逐漸變小，T逐漸變大D.F逐漸變小，T逐漸變小解析動(dòng)態(tài)平衡問題，與的變化情況如圖：可得：,

【變式】疊羅漢是一種二人以上層層疊成各種造型的游戲娛樂形式,也是一種高難度的雜技.如圖所示為六人疊成的三層靜態(tài)造型,假設(shè)每個(gè)人的重量均為G,下面五人的背部均呈水平狀態(tài),則最底層正中間的人的一只腳對(duì)水平地面的壓力約為(

)A.GB.GC.GD.G考點(diǎn)2、平拋運(yùn)動(dòng)【例2】(多選)如圖所示，斜面傾角為θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正對(duì)斜面頂點(diǎn)B水平拋出，小球到達(dá)斜面經(jīng)過的時(shí)間為t，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．若小球以最小位移到達(dá)斜面，則t＝eq\f(2v0cotθ,g)B．若小球垂直擊中斜面，則t＝eq\f(v0cotθ,g)C．若小球能擊中斜面中點(diǎn)，則t＝eq\f(2v0cotθ,g)D．無(wú)論小球怎樣到達(dá)斜面，運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為t＝eq\f(2v0tanθ,g)解析小球以最小位移到達(dá)斜面時(shí)即位移與斜面垂直，位移與水平方向的夾角為eq\f(π,2)－θ，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，即t＝eq\f(2v0cotθ,g)，A正確，D錯(cuò)誤；小球垂直擊中斜面時(shí)，速度與水平方向的夾角為eq\f(π,2)－θ，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(gt,v0)，即t＝eq\f(v0cotθ,g)，B正確；小球擊中斜面中點(diǎn)時(shí)，令斜面長(zhǎng)為2L，則水平射程為L(zhǎng)cosθ＝v0t，下落高度為L(zhǎng)sinθ＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立兩式得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，C錯(cuò)誤。答案AB【變式】【2014全國(guó)=2\*ROMANII】取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等。不計(jì)空氣阻力，該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為（）A.B.C.D.【解析】設(shè)物體水平拋出的初速度為v0，拋出時(shí)的高度為h，則，則物體落地的豎直速度，則落地時(shí)速度方向與水平方向的夾角，則，選項(xiàng)B正確。1、兩類問題：分解末速度和分解位移問題2、規(guī)律：①速度關(guān)系水平分速度：豎直分速度：合速度的大?。汉纤俣鹊姆较颍簽楹纤俣萔與x軸夾角②位移關(guān)系水平分位移：豎直分位移：合位移的大小：合位移的方向：為合位移與x軸夾角.考點(diǎn)3、圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題面高為h的預(yù)定圓軌道Ⅲ上。已知它在圓形軌道Ⅰ上運(yùn)行的加速度為g，地球半徑為R，圖中PQ長(zhǎng)約為8R，衛(wèi)星在變軌過程中質(zhì)量不變，則()A．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行的加速度為(eq\f(h,R＋h))2gB．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行的線速度為v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過P點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過P點(diǎn)的速率D．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動(dòng)能大于在軌道Ⅰ上的動(dòng)能解析設(shè)地球質(zhì)量為M，由萬(wàn)有引力提供向心力得在軌道Ⅰ上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在軌道Ⅲ上有Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma，所以a＝(eq\f(R,R＋h))2g，A錯(cuò)；又因a＝eq\f(v2,R＋h)，所以v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，B對(duì)；衛(wèi)星由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，即滿足eq\f(GMm,r2)＜eq\f(mv2,r)，所以衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過P點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過P點(diǎn)的速率，C對(duì)；盡管衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅲ要在P、Q點(diǎn)各加速一次，但在圓形運(yùn)行軌道上v＝eq\r(\f(GM,r))，所以由動(dòng)能表達(dá)式知衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動(dòng)能小于在軌道Ⅰ上的動(dòng)能，D錯(cuò)。(1)當(dāng)衛(wèi)星的速度突然增加時(shí)，Geq\f(Mm,r2)<meq\f(v2,r)，即萬(wàn)有引力不足以提供向心力，衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng)，脫離原來的圓軌道，軌道半徑變大，當(dāng)衛(wèi)星進(jìn)入新的軌道穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)由v＝eq\r(\f(GM,r))可知其運(yùn)行速率比原軌道時(shí)減小。(2)當(dāng)衛(wèi)星的速率突然減小時(shí)，Geq\f(Mm,r2)>meq\f(v2,r)，即萬(wàn)有引力大于所需要的向心力，衛(wèi)星將做近心運(yùn)動(dòng)，脫離原來的圓軌道，軌道半徑變小，當(dāng)衛(wèi)星進(jìn)入新的軌道穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)由v＝eq\r(\f(GM,r))可知其運(yùn)行速率比原軌道時(shí)增大?？键c(diǎn)10、天體運(yùn)動(dòng)中的能量問題1．衛(wèi)星(或航天器)在同一圓形軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能不變。2．航天器在不同軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能不同，軌道半徑越大，機(jī)械能越大?！纠?0】(多選)(2013·全國(guó)Ⅱ)目前，在地球周圍有許多人造地球衛(wèi)星繞著它運(yùn)轉(zhuǎn)，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小。若衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是()A．衛(wèi)星的動(dòng)能逐漸減小B．由于地球引力做正功，引力勢(shì)能一定減小C．由于氣體阻力做負(fù)功，地球引力做正功，機(jī)械能保持不變D．衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢(shì)能的減小解析衛(wèi)星半徑減小時(shí)，分析各力做功情況可判斷衛(wèi)星能量的變化。衛(wèi)星運(yùn)轉(zhuǎn)過程中，地球的引力提供向心力，Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，受稀薄氣體阻力的作用時(shí)，軌道半徑逐漸變小，地球的引力對(duì)衛(wèi)星做正功，勢(shì)能逐漸減小，動(dòng)能逐漸變大，由于氣體阻力做負(fù)功，衛(wèi)星的機(jī)械能減小，選項(xiàng)B、D正確?？键c(diǎn)11、功、功率的理解及計(jì)算【例11】(多選)一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開始，受到水平外力F作用，如圖所示。下列判斷正確的是()A．0～2s內(nèi)外力的平均功率是4WB．第2s內(nèi)外力所做的功是4JC．第2s末外力的瞬時(shí)功率最大D．第1s末與第2s末外力的瞬時(shí)功率之比為9∶4解析第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度：v1＝eq\f(F1,m)t1＝eq\f(3,1)×1m/s＝3m/s。第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度：v2＝v1＋eq\f(F2,m)t2＝(3＋eq\f(1,1)×1)m/s＝4m/s。則第2s內(nèi)外力做功：W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝3.5J0～2s內(nèi)外力的平均功率：P＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),t)＝eq\f(0.5×1×42,2)W＝4W。選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；第1s末外力的瞬時(shí)功率P1＝F1v1＝3×3W＝9W，第2s末外力的瞬時(shí)功率P2＝F2v2＝1×4W＝4W，故P1∶P2＝9∶4。選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)12、對(duì)功能關(guān)系的理解與應(yīng)用功是能量轉(zhuǎn)化的量度。力學(xué)中的功與對(duì)應(yīng)的能量的變化關(guān)系如下表所示：功能量改變關(guān)系式W合：合外力的功(所有外力的功)動(dòng)能的改變量(ΔEk)W合＝ΔEkWG：重力的功重力勢(shì)能的改變量(ΔEp)WG＝－ΔEpW彈：彈簧彈力做的功彈性勢(shì)能的改變量(ΔEp)W彈＝－ΔEpW其他：除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力以外的其他外力做的功機(jī)械能的改變量(ΔE)W其他＝ΔEFf·Δx：一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能(Q)Ff·Δx＝Q(Δx為物體間的相對(duì)位移)【例12】(多選)如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的()A．動(dòng)能損失了2mgHB．動(dòng)能損失了mgHC．機(jī)械能損失了mgHD．機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mgH解析運(yùn)動(dòng)過程中有摩擦力做功，考慮動(dòng)能定理和功能關(guān)系。物塊以大小為g的加速度沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝eq\f(1,2)mg，當(dāng)上升高度為H時(shí)，位移s＝2H，由動(dòng)能定理得ΔEk＝－2mgH；選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知ΔE＝Wf＝－eq\f(1,2)mgs＝－mgH，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)13、庫(kù)侖定律及作用【例13】金屬小球a和金屬小球b的半徑之比為1∶3，所帶電荷量之比為1∶7。兩小球間距遠(yuǎn)大于小球半徑且間距一定時(shí)，它們之間的相互吸引力大小為F。已知取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，導(dǎo)體表面的電勢(shì)與導(dǎo)體球所帶的電荷量成正比，與導(dǎo)體球的半徑成反比。現(xiàn)將金屬小球a與金屬小球b相互接觸，達(dá)到靜電平衡后再放回到原來位置，這時(shí)a、b兩球之間的相互作用力的大小是(不考慮萬(wàn)有引力)()A.eq\f(9F,7)B.eq\f(16F,7)C.eq\f(12F,7)D.eq\f(27F,28)解析由題意可知，兩金屬球之間為吸引力，兩金屬球帶異種電荷，而且導(dǎo)體表面電勢(shì)與導(dǎo)體球所帶電荷量成正比，與導(dǎo)體球的半徑成反比，因此將兩小球接觸后，帶電荷量之比為1∶3，由庫(kù)侖定律可知，a、b兩球之間的相互作用力大小為eq\f(27F,28)?？键c(diǎn)14、對(duì)電場(chǎng)線的理解及應(yīng)用【例14】在孤立的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中有a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的電勢(shì)為φa，場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea，方向與連線ab垂直。b點(diǎn)的電勢(shì)為φb，場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb，方向與連線ab的夾角為30°。則a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小及電勢(shì)高低的關(guān)系是()A．φa＞φb，Ea＝eq\f(Eb,2)B．φa＜φb，Ea＝eq\f(Eb,2)C．φa＞φb，Ea＝4EbD．φa＜φb，Ea＝4Eb解析將Ea，Eb延長(zhǎng)相交，其交點(diǎn)為場(chǎng)源點(diǎn)電荷的位置，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)，可得Ea＝4Eb；分別過a、b做等勢(shì)面，電場(chǎng)線由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，則φb＞φa，D正確?？键c(diǎn)15、根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡、電場(chǎng)線(等勢(shì)面)進(jìn)行相關(guān)問題的判斷方法1．判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向——電場(chǎng)線上任意一點(diǎn)的切線方向即為該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。2．判斷電場(chǎng)力的方向——正電荷的受力方向和電場(chǎng)線在該點(diǎn)切線方向相同，負(fù)電荷的受力方向和電場(chǎng)線在該點(diǎn)切線方向相反。3．判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小(定性)——電場(chǎng)線密處電場(chǎng)強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏處電場(chǎng)強(qiáng)度小，進(jìn)而可判斷電荷受力大小和加速度的大小。4．電勢(shì)高低常用的兩種判斷方法(1)依據(jù)電場(chǎng)線的方向→沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低(2)依據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)→UAB>0，φA>φB，UAB<0，φA<φB。5．電勢(shì)能增、減的判斷方法(1)做功判斷法→電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。(2)公式法→由Ep＝qφ，將q、φ的大小、正負(fù)號(hào)一起代入公式，Ep的正值越大電勢(shì)能越大，Ep的負(fù)值越小，電勢(shì)能越大。(3)能量守恒法→在電場(chǎng)中，若只有電場(chǎng)力做功時(shí)，電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，反之，電勢(shì)能增加。6．“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出“速度線”(運(yùn)動(dòng)軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場(chǎng)線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè))，從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的情況。7．“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、場(chǎng)強(qiáng)的方向(或等勢(shì)面電勢(shì)的高低)、電荷運(yùn)動(dòng)的方向，是題目中相互制約的三個(gè)方面。若已知其中一個(gè)，可分析判定各待求量；若三個(gè)都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”進(jìn)行分析。【例15】(多選)一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的v－t圖象如圖所示，其中ta和tb分別是電荷運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)的時(shí)刻，下列說法正確的是()A．該電荷由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功B．a(chǎn)點(diǎn)處的電場(chǎng)線比b點(diǎn)處的電場(chǎng)線密C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)的關(guān)系為φa＜φbD．電荷的電勢(shì)能一定不斷減小解析負(fù)電荷僅在電場(chǎng)力作用下由a運(yùn)動(dòng)到b；動(dòng)能增大，電場(chǎng)力做正功；又Ek＋Ep＝C，故Ep(電勢(shì)能)減小，又φ＝eq\f(Ep,q)，負(fù)電荷電勢(shì)能減小，電勢(shì)升高，故φa＜φb；從a到b，由v－t圖線斜率表示加速度知Ea＜Eb，即b處電場(chǎng)線密集。綜上所述C、D兩項(xiàng)正確?！咀兪?】實(shí)線為三條未知方向的電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受靜電力作用)，則()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電B．靜電力對(duì)a做正功，對(duì)b做負(fù)功C．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大解析由于電場(chǎng)線方向未知，故無(wú)法確定a、b的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)；靜電力對(duì)a、b均做正功，兩帶電粒子動(dòng)能均增大，則速度均增大，選項(xiàng)B、C均錯(cuò)；a向電場(chǎng)線稀疏處運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，靜電力減小，故加速度減小，b向電場(chǎng)線密集處運(yùn)動(dòng)，故加速度增大，選項(xiàng)D正確。答案D考點(diǎn)16、電場(chǎng)中的平衡問題【例16】如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)滿足什么條件時(shí)，小球可在桿上保持靜止()A．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgcosθ,q)B．豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mg,q)C．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgsinθ,q)D．水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgcotθ,q)解析若所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)垂直于桿斜向上，對(duì)小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場(chǎng)力和垂直于桿方向的支持力，在這三個(gè)力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；若所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)豎直向上，對(duì)小球受力分析可知，當(dāng)E＝eq\f(mg,q)時(shí)，電場(chǎng)力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項(xiàng)B正確；若所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)水平向右，對(duì)小球受力分析可知，其共受到三個(gè)力的作用，假設(shè)小球此時(shí)能夠靜止，則根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtanθ，所以E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)17、勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【例17】(多選)(2014·全國(guó)Ⅰ)如圖，在正點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，∠M＝30°。M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢(shì)分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則()A．點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上B．連接PF的線段一定在同一等勢(shì)面上C．將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功D．φP大于φM解析由φM＝φN，可知點(diǎn)電荷Q一定在MN連線的中垂線上，過F作MN的垂線交MP與O點(diǎn)，設(shè)MF＝FN＝l，則由幾何關(guān)系MO＝eq\f(l,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)l，F(xiàn)O＝ltan30°＝eq\f(\r(3),3)l，OP＝MP－MO＝MNcos30°－eq\f(2\r(3),3)l＝eq\f(\r(3),3)l，即FO＝OP＝eq\f(\r(3),3)l，ON＝OM＝eq\f(2\r(3),3)l，故點(diǎn)電荷一定在MP的連線上的O點(diǎn)，選項(xiàng)A正確(另解：根據(jù)題意φM＝φN，φP＝φF，可知點(diǎn)電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點(diǎn)處，作PF連線的中垂線交MP于點(diǎn)O，連接O、F兩點(diǎn)，由幾何知識(shí)知OF為MN的中垂線，故點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上的O點(diǎn)，A正確)；點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的等勢(shì)面是以點(diǎn)電荷為球心的同心球面，直線不可能在球面上，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知OF<OM，故φF＝φP>φM＝φN，將正試探電荷從高電勢(shì)搬運(yùn)到低電勢(shì)，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)、D對(duì)。考點(diǎn)18、平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．常見類型2．分析比較的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變化?！纠?8】(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說法正確的是()A．若將S斷開，則油滴將做自由落體運(yùn)動(dòng)，G表中無(wú)電流B．若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有b→a的電流C．若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G表中有b→a的電流D．若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，G表中有b→a的電流解析由于油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以qeq\f(U,d)＝mg。若將S斷開，由于電容器的電荷量不變，則電壓U不變，油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。若將A向左平移一小段位移，則電容C變小，電壓U不變，則Q＝CU變小，所以電流由b→a，此時(shí)油滴仍靜止，選項(xiàng)B正確。若將A向上平移一小段位移，電容C變小，電壓U不變，則Q變小，所以電流由b→a，此時(shí)qeq\f(U,d)<mg，油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)C正確。若將A向下平移一小段位移，電容C變大，電壓U不變，則Q變大，所以電流由a→b，此時(shí)qeq\f(U,d)>mg，油滴加速向上運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！咀兪健咳鐖D所示，甲圖中電容器的兩個(gè)極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個(gè)極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時(shí)懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時(shí)，下列說法正確的是()A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小解析甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當(dāng)極板間的距離增大時(shí)，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減小。當(dāng)電容器充電后斷開電源，電容器的極板所帶的電荷量不變；根據(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，當(dāng)兩個(gè)極板電荷量不變，距離改變時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)與兩板間距離無(wú)關(guān)，故乙圖中夾角不變。綜上分析，選項(xiàng)B正確?？键c(diǎn)19、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)。(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。(3)處理方法（關(guān)鍵）：分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)，類似于平拋運(yùn)動(dòng)。(4)運(yùn)動(dòng)規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0)。,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))。))②沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md)。,離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdv\o\al(2,0))。,離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdv\o\al(2,0))。))【例19】帶有等量異種電荷的兩平行金屬板水平放置，a、b、c三個(gè)α粒子(重力忽略不計(jì))先后從同一點(diǎn)O沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖13所示，其中b恰好沿下極板的邊緣飛出電場(chǎng)。下列說法正確的是()A．b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間B．b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于c在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C．進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)c的速度最大，a的速度最小D．a(chǎn)打在負(fù)極板上時(shí)的速度與b飛離電場(chǎng)時(shí)的速度大小相等解析根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2可知b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于c在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)x＝v0t可知進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，c的速度最大，a的速度最小，C正確；因?yàn)殡妶?chǎng)對(duì)a、b做功相同，但初速度大小不同，所以a打在負(fù)極板上時(shí)的速度與b飛離電場(chǎng)時(shí)的速度大小不相等，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)20、電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【例20】如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是()A．小球帶負(fù)電B．電場(chǎng)力跟重力平衡C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減少D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變化，由動(dòng)能定理可知，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場(chǎng)力和重力做的總功為零，所以電場(chǎng)力和重力的合力為零，電場(chǎng)力跟重力平衡，B正確；由于電場(chǎng)力的方向與重力方向相反，電場(chǎng)方向向上，所以小球帶正電，A錯(cuò)誤；小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，由功能關(guān)系得，電勢(shì)能增加，C錯(cuò)誤；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，除重力做功外，還有電場(chǎng)力做功，小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)21、對(duì)電阻、電阻定律的理解與應(yīng)用【例21】?jī)筛耆嗤慕饘俾銓?dǎo)線，如果把其中的一根均勻拉長(zhǎng)到原來的2倍，把另一根對(duì)折后絞合起來，然后給它們分別加上相同電壓后，則在相同時(shí)間內(nèi)通過它們的電荷量之比為()A．1∶4B．1∶8C．1∶16D．16∶1解析本題應(yīng)根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)、歐姆定律I＝eq\f(U,R)和電流定義式I＝eq\f(q,t)求解。對(duì)于第一根導(dǎo)線，均勻拉長(zhǎng)到原來的2倍，則其橫截面積必然變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，由電阻定律可得其電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，第二根導(dǎo)線對(duì)折后，長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，故其電阻變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)。給上述變化后的裸導(dǎo)線加上相同的電壓，由歐姆定律得：I1＝eq\f(U,4R)，I2＝eq\f(U,R/4)＝eq\f(4U,R)，由I＝eq\f(q,t)可知，在相同時(shí)間內(nèi)，電荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。某一導(dǎo)體的形狀改變后，討論其電阻變化應(yīng)抓住以下三點(diǎn)：(1)導(dǎo)體的電阻率不變。(2)導(dǎo)體的體積不變，由V＝lS可知l與S成反比。(3)在ρ、l、S都確定之后，應(yīng)用電阻定律R＝ρeq\f(l,S)求解?？键c(diǎn)22、電阻的串、并聯(lián)串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)【例22】額定電壓都是110V，額定功率PA＝100W，PB＝40W的電燈兩盞，若接入電壓是220V的下列電路上，則使兩盞電燈均能正常發(fā)光，且電路中消耗的電功率最小的電路是()解析判斷燈泡能否正常發(fā)光，就要判斷電壓是否為額定電壓，或電流是否為額定電流。由P＝eq\f(U2,R)和已知條件可知，RA<RB。對(duì)于A電路，由于RA<RB，所以UB>110V，B燈被燒壞，兩燈不能正常發(fā)光。對(duì)于B電路，由于RA<RB，A燈與變阻器并聯(lián)，并聯(lián)電阻更小于RB，UB>110V，B燈被燒壞，兩燈不能正常發(fā)光。對(duì)于C電路，B燈與變阻器并聯(lián)電阻可能等于RA，所以可能UA＝UB＝110V，兩燈可以正常發(fā)光。對(duì)于D電路，若變阻器的有效電阻等于A、B的并聯(lián)電阻，則UA＝UB＝110V，兩燈可以正常發(fā)光。比較C、D兩個(gè)電路，由于C電路中變阻器功率為(IA－IB)×110V，而D電路中變阻器功率為(IA＋I(xiàn)B)×110V，所以C電路消耗的功率最小。考點(diǎn)23、電路的動(dòng)態(tài)分析1．判定總電阻變化情況的規(guī)律(1)當(dāng)外電路的任何一個(gè)電阻增大(或減小)時(shí)，電路的總電阻一定增大(或減小)。(2)若開關(guān)的通、斷使串聯(lián)的用電器增多時(shí)，電路的總電阻增大；若開關(guān)的通、斷使并聯(lián)的支路增多時(shí)，電路的總電阻減小。2．電路動(dòng)態(tài)分析的方法(1)程序法：電路結(jié)構(gòu)的變化→R的變化→R總的變化→I總的變化→U端的變化→固定支路eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(并聯(lián)分流I,串聯(lián)分壓U))→支路的變化。(2)極限法：即因滑動(dòng)變阻器滑片滑動(dòng)引起的電路變化問題，可將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端分別滑至兩個(gè)極端去討論。3．結(jié)論法：串反并同【例23】(多選)如圖所示的電路，L1、L2、L3是3只小電燈，R是滑動(dòng)變阻器，開始時(shí)，它的滑片P位于中點(diǎn)位置。當(dāng)S閉合時(shí)，3只小電燈都發(fā)光?，F(xiàn)使滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，則小電燈L1、L2、L3的變化情況()A．L1變亮B．L2變亮C．L3變暗D．L1、L2、L3均變亮解析當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，變阻器的有效電阻變大，導(dǎo)致外電路的總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)知，總電流I總減小，路端電壓U路＝E－I總r將增大，因此，通過L1燈的電流IL1變小，L1燈變暗；U路＝UL1＋UL2，得L2燈兩端的電壓變大，L2燈變亮。而IL1＝IL2＋I(xiàn)L3，通過L1燈的電流IL1變小，通過L2燈的電流IL2變大，則通過L3燈的電流IL3變小，L3燈變暗。由以上分析可知，選項(xiàng)B、C正確?！咀兪健浚ǘ噙x）如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對(duì)值為ΔI，則()A．A的示數(shù)增大B．V2的示數(shù)增大C．ΔU3與ΔI的比值大于rD．ΔU1大于ΔU2解析由于電壓表、電流表都是理想電表，則電流表可以看成短路，因此外電路為定值電阻R與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，電流表測(cè)的是總電流，電壓表V1測(cè)的是R兩端的電壓，V2測(cè)的是電源的外電壓，V3測(cè)的是滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)，電路中的總電阻減小，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流增大，電流表示數(shù)增大，A項(xiàng)正確；內(nèi)電壓增大，外電壓減小，電壓表V2示數(shù)減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，C項(xiàng)正確；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，由于R大于r，因此ΔU1大于ΔU2，D項(xiàng)正確?？键c(diǎn)24、電源的U－I圖象的應(yīng)用1．縱軸上的截距等于電源的電動(dòng)勢(shì)；橫軸上的截距等于外電路短路時(shí)的電流，即Im＝eq\f(E,r)。2．圖線斜率的絕對(duì)值等于電源的內(nèi)阻，即r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(E,Im)，斜率的絕對(duì)值越大，表明電源的內(nèi)阻越大。3．圖線上任一點(diǎn)對(duì)應(yīng)的U、I的比值為此時(shí)外電路的電阻，即R＝eq\f(U,I)。4.面積UI為電源的輸出功率，而電源的總功率P總＝EI，發(fā)熱功率P總－P出＝EI－UI?！纠?4】(多選)如圖所示是某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，下列結(jié)論正確的是()A．電源的電動(dòng)勢(shì)為6.0VB．電源的內(nèi)阻為12ΩC．電源的短路電流為0.5AD．電流為0.3A時(shí)的外電阻是18Ω解析由于該電源的U－I圖象的縱軸坐標(biāo)不是從零開始的，故縱軸上的截距仍為電源的電動(dòng)勢(shì)，即E＝6.0V，但橫軸上的截距0.5A并不是電源的短路電流，故內(nèi)阻應(yīng)按斜率的絕對(duì)值計(jì)算，即r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(6.0－5.0,0.5－0)Ω＝2Ω。由閉合電路歐姆定律可得電流I＝0.3A時(shí)，外電阻R＝eq\f(E,I)－r＝18Ω?！咀兪健?多選)如圖所示的U－I圖象中，直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線Ⅱ?yàn)槟骋浑娮鑂的U－I圖線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知()A．R的阻值為1.5ΩB．電源電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻為0.5ΩC．電源的輸出功率為3.0WD．電源內(nèi)部消耗功率為1.5W解析由于電源的路端電壓與電流的關(guān)系曲線Ⅰ和電阻R的U－I圖線Ⅱ都為直線，所以電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線Ⅰ的斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻，r＝1.5Ω；電阻R的U－I圖線Ⅱ的斜率等于電阻R的阻值，R＝1.5Ω，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線和電阻R的U－I圖線交點(diǎn)縱、橫坐標(biāo)的乘積表示電源的輸出功率，電源的輸出功率為P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由EI＝P＋Pr解得電源內(nèi)部消耗的功率為Pr＝EI－P＝3.0×1.0W－1.5W＝1.5W，選項(xiàng)D正確。考點(diǎn)25、含電容器電路的分析方法1、電路穩(wěn)定后，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流（視為短路），同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線。2、電容器兩端的電壓為與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓?！纠?5】在如圖所示的電路中，R1＝11Ω，r＝1Ω，R2＝R3＝6Ω，當(dāng)開關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定時(shí)，電容器C的帶電荷量為Q1；當(dāng)開關(guān)S斷開且電路穩(wěn)定時(shí)，電容器C的帶電荷量為Q2，則()A．Q1∶Q2＝1∶3B．Q1∶Q2＝3∶1C．Q1∶Q2＝1∶5D．Q1∶Q2＝5∶1解析當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電容器兩端電壓等于R2兩端的電壓，U2＝eq\f(ER2,R1＋R2＋r)＝eq\f(E,3)，Q1＝eq\f(E,3)C；當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電容器兩端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，U＝E，Q2＝EC，所以Q1∶Q2＝1∶3?！咀兪健?多選)如圖所示，電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r的電源與滑動(dòng)變阻器R1、定值電阻R2、定值電阻R3、平行板電容器及理想電流表組成閉合電路，圖中電壓表為理想電壓表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1的觸頭向左移動(dòng)一小段時(shí)，則()A．電流表讀數(shù)增大B．電容器帶電荷量增加C．R2消耗的功率減小D．電壓表與電流表示數(shù)變化量之比不變解析由電路圖可知R1、R2并聯(lián)再與R3串聯(lián)，當(dāng)滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)一小段時(shí)，R1電阻減小，電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路總電流增大，所以內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，并聯(lián)部分電壓減小，電容器的帶電荷量Q＝CU減小，R2消耗的功率減小，選項(xiàng)A、C正確、B錯(cuò)誤；由U＝E－Ir，可得eq\f(ΔU,ΔI)＝－r，故選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)26、安培力的方向與大小1．安培力的方向(1)用左手定則判定（四指指電流，大拇指為受力方向）(2)安培力的方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面。2．安培力的大小(1)以下是兩種特殊情況：①磁場(chǎng)和電流垂直時(shí)：F＝BIL。②磁場(chǎng)和電流平行時(shí)：F＝0。(2)L是有效長(zhǎng)度【例26】如圖所示，用粗細(xì)均勻的電阻絲折成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的平面等邊三角形框架，每個(gè)邊長(zhǎng)的電阻均為r，三角形框架的兩個(gè)頂點(diǎn)與一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則三角形框架受到的安培力的大小為()A．0B.eq\f(BEL,5r)C.eq\f(2BEL,5r)D.eq\f(3BEL,5r)解析由圖可知框架的ac邊電阻與abc邊的電阻并聯(lián)接在電源兩端，則電路總電阻為R＝eq\f(2r×r,2r＋r)＋r＝eq\f(5,3)r，總電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3E,5r)，通過ac邊電流I1＝eq\f(3E,5r)·eq\f(2,3)＝eq\f(2E,5r)，通過abc邊的電流I2＝eq\f(I1,2)＝eq\f(E,5r)，abc邊的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則三角形框架受到的安培力的合力大小為F＝I1LB＋I(xiàn)2LB＝BL·eq\f(2E,5r)＋BL·eq\f(E,5r)＝eq\f(3BEL,5r)，選項(xiàng)D對(duì)?？键c(diǎn)27、安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題【例27】如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ。如果僅改變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化情況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小解析(1)金屬棒MN處于平衡狀態(tài)，所受合力為零。(2)沿MN方向看，畫出MN的受力圖(3)利用平衡條件列出平衡方程：BIl＝mgtanθ?？傻胻anθ＝eq\f(BIl,mg)，所以當(dāng)電流I或磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大時(shí)，θ角變大，選項(xiàng)A正確，D錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒質(zhì)量m變大時(shí)，θ角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；θ角的大小與懸線長(zhǎng)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。求解關(guān)鍵(1)電磁問題力學(xué)化。(2)立體圖形平面化?！咀兪健抠|(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個(gè)裝置處于豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，直導(dǎo)體棒中通有恒定電流，平衡時(shí)導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示。則下列關(guān)于導(dǎo)體棒中的電流分析正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為eq\f(\r(3)mg,BL)B．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為eq\f(\r(3)mg,3BL)C．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為eq\f(\r(3)mg,BL)D．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為eq\f(\r(3)mg,3BL)解析導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力、斜向上的彈力，要使導(dǎo)體棒平衡，應(yīng)受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件有關(guān)系tan60°＝eq\f(BIL,mg)＝eq\r(3)，得導(dǎo)體棒中電流I＝eq\f(\r(3)mg,BL)，再由左手定則可知，導(dǎo)體棒中電流的方向應(yīng)垂直紙面向里.考點(diǎn)28、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)1．圓心的確定方法方法一若已知粒子軌跡上的兩點(diǎn)的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力F的方向，其交點(diǎn)即為圓心，如圖(a)；方法二若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，則可作出此兩點(diǎn)的連線(即過這兩點(diǎn)的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點(diǎn)即為圓心，如圖(b)。2．半徑的計(jì)算方法方法一由物理方程求：半徑R＝eq\f(mv,qB)；方法二由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)計(jì)算來確定。3．時(shí)間的計(jì)算方法方法一由圓心角求：t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二由弧長(zhǎng)求：t＝eq\f(s,v)?！纠?8】質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示。下列表述正確的是()A．M帶負(fù)電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對(duì)M、N做正功D．M的運(yùn)行時(shí)間大于N的運(yùn)行時(shí)間解析由左手定則知M帶負(fù)電，N帶正電，選項(xiàng)A正確；帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且向心力F向＝F洛，即eq\f(mv2,r)＝qvB得r＝eq\f(mv,qB)，因?yàn)镸、N的質(zhì)量、電荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；M、N運(yùn)動(dòng)過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πm,qB)知M、N兩粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為eq\f(T,2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！咀兪?】阿爾法磁譜儀是我國(guó)科學(xué)家研制的物質(zhì)探測(cè)器，用于探測(cè)宇宙中的暗物質(zhì)和反物質(zhì)(即反粒子——如質(zhì)子eq\o\al(1,1)H和反質(zhì)子1－1H)。該磁譜儀核心部分的截面是半徑為r的圓柱形區(qū)域，其中充滿沿圓柱軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。P為入射窗口，a、b、c、d、e五處裝有粒子接收器，P與a、b、c、d、e為圓周上的6個(gè)等分點(diǎn)，各粒子從P點(diǎn)射入的速度相同，均沿直徑方向，如圖所示。如果反質(zhì)子1－1H射入后被a處接收器接收，則()A．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B．反質(zhì)子1－1H的軌道半徑為eq\f(1,2)rC．氚核eq\o\al(3,1)H將被e處接收器接收D．反氚核3－1H將被b處接收器接收解析質(zhì)子1－1H帶負(fù)電，射入后被a處接收器接收，由左手定則可判斷，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，A錯(cuò)；反質(zhì)子1－1H在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)如圖所示，由幾何關(guān)系得eq\f(R,r)＝tan30°，軌道半徑R＝eq\f(\r(3),3)r，B錯(cuò)；氚核eq\o\al(3,1)H和反氚核3－1H質(zhì)量數(shù)相等，且等于反質(zhì)子質(zhì)量數(shù)的3倍，因此其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為反質(zhì)子的3倍，即R′＝eq\r(3)r，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角φ＝2arctaneq\f(r,R′)＝60°，因此氚核eq\o\al(3,1)H粒子將被d處接收器接收，而反氚核3－1H粒子將被b處接收器接收，C錯(cuò)、D對(duì)。【變式2】為了科學(xué)研究的需要，常常將質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)等帶電粒子貯存在圓環(huán)狀空腔中，圓環(huán)狀空腔置于一個(gè)與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng))中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。如果質(zhì)子和α粒子在空腔中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡相同(如圖14中虛線所示)，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)也相同。比較質(zhì)子和α粒子在圓環(huán)狀空腔中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能EH和Eα、運(yùn)動(dòng)的周期TH和Tα的大小，有()A．EH＝Eα，TH＝TαB．EH＝Eα，TH≠TαC．EH≠Eα，TH＝TαD．EH≠Eα，TH≠Tα解析粒子在空腔中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，滿足qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，所以Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)∝eq\f(q2,m)，而質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)的eq\f(q2,m)是相等的，所以EH＝Eα，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)∝eq\f(m,q)，而質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)的eq\f(m,q)是不相等的，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤。考點(diǎn)29、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界及多解問題1．以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語(yǔ)為突破口，運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時(shí)由磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關(guān)系。2．尋找臨界點(diǎn)常用的結(jié)論：(1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。(2)當(dāng)速度v一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。方法：畫半徑一定的圓繞初速度旋轉(zhuǎn)(3)當(dāng)速度v變化時(shí)，圓心角越大的，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)。方法：畫一個(gè)與初速度相切的小圓后逐漸變大【例29】(多選)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面為一正方形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，在從ab邊離開磁場(chǎng)的電子中，下列判斷正確的是()A．從b點(diǎn)離開的電子速度最大B．從b點(diǎn)離開的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)C．從b點(diǎn)離開的電子速度偏轉(zhuǎn)角最大D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的電子，其軌跡線一定重合解析根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)和T＝eq\f(2πm,Bq)可知，電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑越大，速度越大，由此可知，從b點(diǎn)離開的電子速度最大，A正確；轉(zhuǎn)過的角度越大，時(shí)間越長(zhǎng)，B錯(cuò)誤；從a點(diǎn)射出的電子偏轉(zhuǎn)角最大，C錯(cuò)誤；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的電子，由于周期相同，其偏轉(zhuǎn)角也相同，因此半徑也相同，所以其軌跡線一定重合，D正確?！咀兪健?多選)如圖所示，在平板PQ上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。某時(shí)刻有a、b、c三個(gè)電子(不計(jì)重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過平板PQ上的小孔O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。這三個(gè)電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為ta、tb和tc。整個(gè)裝置放在真空中。則下列判斷正確的是()A．la＝lc＜lbB．la＜lb＜lcC．ta＜tb＜tcD．ta＞tb＞tc解析由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特征可以畫出這三個(gè)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖所示。由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式R＝eq\f(mv,Bq)和周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)很容易得出la＝lc＜lb，ta＞tb＞tc，所以B、C錯(cuò)誤，A、D正確?？键c(diǎn)30、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的判斷1．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件(1)閉合回路；(2)磁通量發(fā)生變化。2．磁通量發(fā)生變化的三種常見情況(1)磁場(chǎng)強(qiáng)弱不變，回路面積改變；(2)回路面積不變，磁場(chǎng)強(qiáng)弱改變；(3)回路面積和磁場(chǎng)強(qiáng)弱均不變，但二者的相對(duì)位置發(fā)生改變?！纠?0】(2014·全國(guó)Ⅰ)如圖所示，繞在鐵芯上的線圈與電源、滑動(dòng)變阻器和電鍵組成閉合回路，在鐵芯的右端套有一個(gè)表面絕緣的銅環(huán)A，下列各種情況中銅環(huán)A中沒有感應(yīng)電流的是()A．線圈中通以恒定的電流B．通電時(shí)，使滑動(dòng)變阻器的滑片P勻速移動(dòng)C．通電時(shí)，使滑動(dòng)變阻器的滑片P加速移動(dòng)D．將電鍵突然斷開的瞬間解析當(dāng)線圈中通恒定電流時(shí)，產(chǎn)生的磁場(chǎng)為穩(wěn)恒磁場(chǎng)，通過銅環(huán)A的磁通量不發(fā)生變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。答案A考點(diǎn)31、感應(yīng)電流的方向的判斷【例31】(2014·海南卷)如圖，在一水平、固定的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方。有一條形磁鐵(N極朝上，S極朝下)由靜止開始下落，磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，關(guān)于圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向(從上向下看)，下列說法正確的是()A．總是順時(shí)針B．總是逆時(shí)針C．先順時(shí)針后逆時(shí)針D．先逆時(shí)針后順時(shí)針解析由條形磁鐵的磁場(chǎng)分布可知，磁鐵下落的過程，閉合圓環(huán)中的磁通量始終向上，并且先增加后減少，由楞次定律可得，從上向下看時(shí)，閉合圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針，C正確。(1)判斷感應(yīng)電流的方法(2)應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方法【變式】如圖所示，一圓形金屬線圈放置在水平桌面上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直桌面豎直向下，過線圈上A點(diǎn)做切線OO′，OO′與線圈在同一平面上。在線圈以O(shè)O′為軸翻轉(zhuǎn)180°的過程中，線圈中電流流向()A．始終由A→B→C→AB．始終由A→C→B→AC．先由A→C→B→A再由A→B→C→AD．先由A→B→C→A再由A→C→B→A解析在線圈以O(shè)O′為軸翻轉(zhuǎn)0～90°的過程中，穿過線圈正面向里的磁通量逐漸減小，則感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直桌面下，由右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)锳→B→C→A；線圈以O(shè)O′為軸翻轉(zhuǎn)90°～180°的過程中，穿過線圈反面向里的磁通量逐漸增加，則感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直桌面向上，由右手定則可知感應(yīng)電流方向仍然為A→B→C→A，A正確。答案A考點(diǎn)32、楞次定律推論的應(yīng)用1．線圈(回路)中磁通量變化時(shí)，阻礙原磁通量的變化——增反減同；2．導(dǎo)體與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——來拒去留；3．當(dāng)回路可以形變時(shí)，感應(yīng)電流可使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——增縮減擴(kuò)；4．自感現(xiàn)象中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)阻礙原電流的變化——增反減同?！纠?2】如圖所示，粗糙水平桌面上有一質(zhì)量為m的銅質(zhì)矩形線圈。當(dāng)一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等高快速經(jīng)過時(shí)，若線圈始終不動(dòng)，則關(guān)于線圈受到的支持力FN及在水平方向運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的正確判斷是()A．FN先小于mg后大于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向左B．FN先大于mg后小于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向左C．FN先大于mg后大于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向右D．FN先大于mg后小于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向右解析條形磁鐵從線圈正上方等高快速經(jīng)過時(shí)，穿過線圈的磁通量先增加后減少。當(dāng)穿過線圈的磁通量增加時(shí)，為阻礙其增加，線圈有向磁場(chǎng)弱的地方運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，即在豎直方向上有向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以線圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)；當(dāng)穿過線圈的磁通量減少時(shí)，為阻礙其減少，在豎直方向上線圈有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以線圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)。綜上所述，線圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)總是向右，選D。考點(diǎn)33、“三個(gè)定則、一個(gè)定律”的綜合應(yīng)用名稱基本現(xiàn)象應(yīng)用的定則或定律電流的磁效應(yīng)運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生磁場(chǎng)安培定則(因電而生磁)洛倫茲力、安培力磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流有作用力左手定則(因電而受力)電磁感應(yīng)部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)右手定則(因動(dòng)而生電)閉合回路磁通量變化楞次定律(因磁而生電)【例33】(多選)如圖所示，金屬導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌做下列哪種運(yùn)動(dòng)時(shí)，銅制線圈c中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生且被螺線管吸引()A．向右做勻速運(yùn)動(dòng)B．向左做減速運(yùn)動(dòng)C．向右做減速運(yùn)動(dòng)D．向右做加速運(yùn)動(dòng)解析當(dāng)導(dǎo)體棒向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生恒定的電流，線圈中的磁通量恒定不變，無(wú)感應(yīng)電流出現(xiàn)，A錯(cuò)；當(dāng)導(dǎo)體棒向左減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可判定回路中出現(xiàn)從b→a的感應(yīng)電流且減小，由安培定則知螺線管中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向左在減弱，由楞次定律知c中出現(xiàn)順時(shí)針感應(yīng)電流(從右向左看)且被螺線管吸引，B對(duì)；同理可判定C對(duì)、D錯(cuò)。答案BC考點(diǎn)34、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算【例34】如圖甲所示，電路的左側(cè)是一個(gè)電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個(gè)環(huán)形導(dǎo)體，環(huán)形導(dǎo)體所圍的面積為S。在環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。則在0～t0時(shí)間內(nèi)電容器()A．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)B．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)C．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)D．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)解析在0～t0時(shí)間內(nèi)回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，電容器上極板帶正電。由法拉第電磁感應(yīng)定律知，在0～t0時(shí)間內(nèi)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B2－B1S,t0)，電容器兩極板之間電壓U＝E，電容器所帶電荷量為q＝CU＝eq\f(CSB2－B1,t0)，選A?！咀兪?】(多選)如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放著兩根相距為h＝0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R＝0.3Ω的電阻，導(dǎo)軌上跨放著一根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.2m，每米阻值r＝2.0Ω的金屬棒ab，金屬棒與導(dǎo)軌正交放置，交點(diǎn)為c、d，當(dāng)金屬棒在水平拉力作用于以速度v＝4.0m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則下列說法正確的是()A．電阻R中的電流由Q到NB．水平拉金屬棒的力的大小為0.02NC．金屬棒a、b兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差為0.32VD．回路中的發(fā)熱功率為0.06W解析當(dāng)金屬棒ab在水平拉力作用下向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度為cd部分，cd部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bhv＝0.5×0.1×4.0V＝0.2V，由閉合電路歐姆定律，可得回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋hr)＝eq\f(0.2,0.3＋0.1×2.0)A＝0.4A，金屬棒ab受到的安培力F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N，要使金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有F＝F安＝0.02N，B正確；該回路為純電阻電路，回路中的熱功率為P熱＝I2(R＋hr)＝0.08W，D錯(cuò)誤；金屬棒ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于Uac、Ucd與Udb三者之和，由于Ucd＝E－Ircd，所以Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ihr＝0.32V，C正確。答案BC【變式2】【2016全國(guó)Ⅱ】法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【解析】由電磁感應(yīng)定律得，，故一定時(shí)，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；由右手定則知圓盤中心為等效電源正級(jí)，圓盤邊緣為負(fù)極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過R流到b，選項(xiàng)B正確；圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變時(shí)，等效電源正負(fù)極不變，電流方向不變，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；，角速度加倍時(shí)功率變成4倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選AB。1、應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律解題的一般步驟(1)分析穿過閉合電路的磁場(chǎng)方向及磁通量的變化情況；(2)利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；(3)靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解。2．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的幾個(gè)公式(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)。①磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，垂直于磁場(chǎng)的回路面積發(fā)生變化，此時(shí)E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。②垂直于磁場(chǎng)的回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，此時(shí)E＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)是B－t圖象的斜率。(2)導(dǎo)體垂直切割磁感線時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)可用E＝Blv求出，式中l(wèi)為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度。(3)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點(diǎn)位置的線速度eq\f(1,2)lω)?？键c(diǎn)35、電磁感應(yīng)中的圖象問題【例35】如圖甲所示，矩形線圈abcd處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．以I表示線圈中的感應(yīng)電流(圖甲中線圈上箭頭方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則能正確表示線圈中電流I隨時(shí)間t變化規(guī)律的是()【解析】0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，根據(jù)楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可判定，感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向(為負(fù)值)、大小恒定，A、B錯(cuò)誤；4～5s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，穿過線圈abcd的磁通量不變化，無(wú)感應(yīng)電流，D錯(cuò)誤．【變式】如圖所示虛線上方空間有垂直線框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，直角扇形導(dǎo)線框繞垂直于線框平面的軸O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。設(shè)線框中感應(yīng)電流的方向以逆時(shí)針為正方向，在下圖中能正確描述線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，線框內(nèi)感應(yīng)電流隨時(shí)間變化情況的是（

）考點(diǎn)36、交變電流有效值的計(jì)算（1）正弦式交流電的有效值：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2))（2）非正弦式交流電的有效值：根據(jù)電流的熱效應(yīng)進(jìn)行計(jì)算(即讓交流和直流在相同時(shí)間內(nèi)通過相同電阻產(chǎn)生相同的熱量)。【例36】(多選)如圖所示，先后用不同的交流電源給同一盞燈泡供電。第一次燈泡兩端的電壓隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖甲所示；第二次燈泡兩端的電壓變化規(guī)律如圖乙所示。若圖甲、乙中的U0、T所表示的電壓、周期值是相等的，則以下說法正確的是()A.第一次燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(\r(2),2)U0B．第二次燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(3,2)U0C．第一次和第二次燈泡的電功率之比是2∶9D．第一次和第二次燈泡的電功率之比是1∶5解析第一次所加正弦交流電壓的有效值為U1＝eq\f(\r(2),2)U0，A項(xiàng)正確；設(shè)第二次所加交流電壓的有效值為U2，則根據(jù)有效值的定義有eq\f(U\o\al(2,2),R)T＝eq\f(2U02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(U\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)，解得U2＝eq\f(\r(10),2)U0，B項(xiàng)錯(cuò)；根據(jù)電功率的定義式P＝eq\f(U2,R)可知，P1∶P2＝1∶5，C項(xiàng)錯(cuò)、D項(xiàng)正確。考點(diǎn)37、交變電流“四值”的應(yīng)用【例37】如圖所示，N匝矩形導(dǎo)線框以角速度ω繞對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框面積為S，線框電阻、電感均不計(jì)，在OO′左側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，外電路接有電阻R，理想電流表A，那么可以確定的是()A．從圖示時(shí)刻起，線框產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝NBωSsinωtB．交流電流表的示數(shù)I＝eq\f(\r(2),4R)NBSωC．R兩端電壓的有效值U＝eq\f(ω,2)NBSD．一個(gè)周期內(nèi)R的發(fā)熱量Q＝eq\f(πωNBS2,R)解析線框始終只有一半面積在磁場(chǎng)中，故瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝(eq\f(NBSω,2))sinωt，電壓有效值為U＝eq\f(NBSω,2\r(2))＝eq\f(\r(2)NBSω,4)，交流電流表示數(shù)I＝eq\f(U,R)＝eq\f(\r(2)NBSω,4R)，A、C錯(cuò)誤，B正確；一周期內(nèi)R的發(fā)熱量Q＝eq\f(U2,R)T＝eq\f(U2,R)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωNBS2,4R)，D錯(cuò)誤。物理量重要關(guān)系適用情況及說明瞬時(shí)值從中性面開始計(jì)時(shí)e＝Emsinωti＝Imsinωt計(jì)算線圈某時(shí)刻的受力情況峰值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(只適用于正弦式交變電流)(1)計(jì)算與電流的熱效應(yīng)有關(guān)的量(如電功、電功率、電熱等)(2)電氣設(shè)備“銘牌”上所標(biāo)的一般是指有效值(3)保險(xiǎn)絲的熔斷電流為有效值(4)交流電壓表和電流表的讀數(shù)為有效值平均值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計(jì)算通過電路截面的電荷量考點(diǎn)38、理想變壓器基本規(guī)律的應(yīng)用(1)功率關(guān)系：P入＝P出(2)電壓關(guān)系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)有多個(gè)副線圈時(shí)eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…(3)電流關(guān)系：只有一個(gè)副線圈時(shí)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)由P入＝P出及P＝UI推出有多個(gè)副線圈時(shí)，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn【例38】如圖所示，理想變壓器原線圈的匝數(shù)為n1，副線圈的匝數(shù)為n2，原線圈的兩端a、b接正弦交流電源，電壓表V的示數(shù)為220V，負(fù)載電阻R＝44Ω，電流表A1的示數(shù)為0.2A。下列判斷正確的是()A．原線圈和副線圈的匝數(shù)比為2∶1B．原線圈和副線圈的匝數(shù)比為5∶1C．電流表A2的示數(shù)為0.1AD．電流表A2的示數(shù)為0.4A解析由電壓表V示數(shù)和電流表A1的示數(shù)可得原線圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝Ieq\o\al(2,2)R，所以電流表A2的示數(shù)為I2＝eq\r(\f(U1I1,R))＝eq\r(\f(220×0.2,44))A＝1A，C、D錯(cuò)誤；原線圈和副線圈的匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(5,1)，A錯(cuò)誤，B正確?！咀兪?】(2014·海南卷)理想變壓器上接有三個(gè)完全相同的燈泡，其中一個(gè)與該變壓器的原線圈串聯(lián)后接入交流電源，另外兩個(gè)并聯(lián)后接在副線圈兩端。已知三個(gè)燈泡均正常發(fā)光。該變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為()A．1∶2B．2∶1C．2∶3D．3∶2解析三個(gè)燈泡都相同，且都正常發(fā)光，可知三個(gè)燈泡此時(shí)的電流都相同，即原線圈中的電流是副線圈中電流的一半，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)和I1＝eq\f(1,2)I2可知，該變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝2，B正確?！咀兪?】如圖所示，接于理想變壓器中的四個(gè)規(guī)格相同的燈泡都正常發(fā)光，那么，理想變壓器的匝數(shù)比n1∶n2∶n3為()A．1∶1∶1B．3∶2∶1C．6∶2∶1D．2∶2∶1解析燈泡正常發(fā)光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3。由變壓器的電壓比公式eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2U3,U3)＝eq\f(2,1)，所以n2＝2n3，同理，燈泡正常發(fā)光，功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。由P＝I2R，得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3。由U1I1＝U2I2＋U3I3得n1I1＝n2I2＋n3I3，即n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1?？键c(diǎn)39、理想變壓器的動(dòng)態(tài)分析常見的理想變壓器的動(dòng)態(tài)分析問題一般有兩種：匝數(shù)比不變的情況和負(fù)載電阻不變的情況。1．匝數(shù)比不變的情況(如圖8所示)(1)U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負(fù)載電阻R如何變化，U2也不變。(2)當(dāng)負(fù)載電阻發(fā)生變化時(shí)，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發(fā)生變化。(3)I2變化引起P2變化，由P1＝P2知P1發(fā)生變化。圖8圖92．負(fù)載電阻不變的情況(如圖9所示)(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化，U2變化。(2)R不變，U2變化，I2發(fā)生變化。(3)根據(jù)P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)和P1＝P2，可以判斷P2變化時(shí)，P1發(fā)生變化，U1不變時(shí)，I1發(fā)生變化?！纠?9】如圖所示，理想變壓器輸入端PQ接穩(wěn)定的交流電源，通過單刀雙擲開關(guān)S可改變變壓器原線圈匝數(shù)(圖中電壓表及電流表皆為理想電表)，則下列說法中正確的是()A.當(dāng)滑片c向b端移動(dòng)時(shí)，變壓器輸入功率變大B.當(dāng)滑片c向a端移動(dòng)時(shí)，電流表A1的示數(shù)將減小，電壓表V的示數(shù)不變C.當(dāng)滑片c向b端移動(dòng)時(shí)，電流表A2的示數(shù)將變大，電壓表V的示數(shù)也變大D.當(dāng)滑片c不動(dòng)，將開關(guān)S由1擲向2時(shí)，三個(gè)電表A1、A2、V的示數(shù)都變大【變式】(多選)如圖中甲所示，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55∶9，L1、L2、L3為三只規(guī)格均為“36V,18W”的相同燈泡，各電表均為理想交流電表，輸入端交變電壓的u－t圖象如圖中乙所示。則以下說法中正確的是()A．電壓表的示數(shù)為220eq\r(2)VB．當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)，三只燈泡均能正常發(fā)光C．當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)，電流表的示數(shù)為1.5AD．當(dāng)斷開開關(guān)S時(shí)，變壓器的輸出功率變小解析交流電壓表的讀數(shù)為有效值，故電壓表示數(shù)U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，A錯(cuò)誤；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可解得U2＝36V，因此，當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)，三只燈泡均能正常發(fā)光，故B正確；通過各燈的電流I＝eq\f(18,36)A＝0.5A，因此當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)，電流表的示數(shù)為1.5A，C正確；當(dāng)斷開開關(guān)S時(shí)，副線圈所在電路的總電阻增大，由P＝eq\f(U2,R)可知，變壓器的輸出功率變小，D正確。考點(diǎn)40、遠(yuǎn)距離輸電1．理清三個(gè)回路2．抓住兩個(gè)聯(lián)系(1)理想的升壓變壓器聯(lián)系著回路1和回路2，由變壓器原理可得：線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個(gè)量間的關(guān)系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降壓變壓器聯(lián)系著回路2和回路3，由變壓器原理可得：線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個(gè)量間的關(guān)系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一個(gè)守恒能量守恒關(guān)系式P1＝P損＋P34．輸電導(dǎo)線上的能量損失：主要是由輸電線的電阻發(fā)熱產(chǎn)生的，表達(dá)式為(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R5．輸電導(dǎo)線上的電壓損失：(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR【例40】(多選)某小型水電站的電能輸送示意圖如圖甲所示，發(fā)電機(jī)通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知輸電線的總電阻為rΩ，降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n3∶n4＝n∶1，降壓變壓器的副線圈兩端電壓如圖乙所示，降壓變壓器的副線圈與阻值為R0＝22Ω的電阻組成閉合電路。若將變壓器視為理想變壓器，則下列說法正確的是()A．發(fā)電機(jī)產(chǎn)生交流電的頻率為0.5HzB．降壓變壓器的副線圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)C．通過R0的電流的最大值為20eq\r(2)AD．輸電線損失的功率為eq\f(100r,n2)W解析變壓器不改變交流電的頻率，由圖乙可知交流電的頻率為f＝eq\f(1,2×10－2)Hz＝50Hz，A錯(cuò)誤；由圖乙知降壓變壓器的副線圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，B正確；通過R0的電流的最大值為Im＝eq\f(Um,R0)＝eq\f(220\r(2),22)A＝10eq\r(2)A，有效值為I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，C錯(cuò)誤；根據(jù)變壓器電流比關(guān)系可知通過輸電線的電流為I3＝eq\f(n4,n3)I＝eq\f(10,n)A，故輸電線損失的功率為P＝Ieq\o\al(2,3)r＝eq\f(100r,n2)W，D正確。考點(diǎn)41、光電效應(yīng)現(xiàn)象和光電效應(yīng)方程的應(yīng)用1．對(duì)光電效應(yīng)的四點(diǎn)提醒(1)能否發(fā)生光電效應(yīng)，不取決于光的強(qiáng)度而取決于光的頻率。(2)逸出功的大小由金屬本身決定，與入射光無(wú)關(guān)。(3)光電子不是光子，而是電子。2．兩條對(duì)應(yīng)關(guān)系光強(qiáng)大→光子數(shù)目多→發(fā)射光電子多→光電流大；光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動(dòng)能大。3．定量分析時(shí)應(yīng)抓住三個(gè)關(guān)系式(1)愛因斯坦光電效應(yīng)方程：Ek＝hν－W0。(2)最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系：Ek＝eUc。(3)逸出功與極限頻率的關(guān)系：W0＝hν0。【例41】(多選)(2014·廣東卷)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)，下列說法正確的是()A．增大入射光的強(qiáng)度，光電流增大B．減小入射光的強(qiáng)度，光電效應(yīng)現(xiàn)象消失C．改用頻率小于ν的光照射，一定不發(fā)生光電效應(yīng)D．改用頻率大于ν的光照射，光電子的最大初動(dòng)能變大解析用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生光電效應(yīng)，改用頻率較小的光照射時(shí)，有可能發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；據(jù)hν－W逸＝eq\f(1,2)mv2可知增加照射光頻率，光電子最大初動(dòng)能增大，故D正確；增大入射光強(qiáng)度，單位時(shí)間內(nèi)照射到單位面積的光電子數(shù)增加，則光電流將增大，故A正確；光電效應(yīng)是否發(fā)生與照射光頻率有關(guān)而與照射光強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤。答案AD【變式1】(多選)(2014·海南卷)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能發(fā)生光電效應(yīng)。對(duì)于這兩個(gè)過程，下列四個(gè)物理過程中，一定不同的是()A．遏止電壓B．飽和光電流C．光電子的最大初動(dòng)能D．逸出功解析同一種單色光照射不同的金屬，入射光的頻率和光子能量一定相同，金屬逸出功不同，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0知，最大初動(dòng)能不同，則遏止電壓不同；同一種單色光照射，入射光的強(qiáng)度相同，所以飽和光電流相同。答案ACD【變式2】(多選)如圖所示是用光照射某種金屬時(shí)逸出的光電子的最大初動(dòng)能隨入射光頻率的變化圖線(直線與橫軸的交點(diǎn)坐標(biāo)4.27，與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)0.5)。由圖可知()A．該金屬的截止頻率為4.27×1014HzB．該金屬的截止頻率為5.5×1014HzC．該圖線的斜率表示普朗克常量D．該金屬的逸出功為0.5eV解析由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0可知，圖中橫軸的截距為該金屬的截止頻率，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；圖線的斜率表示普朗克常量h，C正確；該金屬的逸出功W0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×1014J＝1.77eV或W0＝hν－Ek＝6.63×10－34×5.5×1014J－0