2018年高考物理可能考到的重点题型

PAGEPAGE22018年高考物理可能考到的重点题型—考前30天复习高分手册考点1．v－t和x－t图象【例1】(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图所示。在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析:为图线与坐标轴所围的“面积”是物体的位移，故在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度不等于eq\f(v1＋v2,2)，选项B错误；因为图线的切线的斜率表示物体的加速度，故甲、乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误。(1)斜率的意义：某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小；斜率的正负表示加速度的方向。(2)图线与坐标轴围成的“面积”的意义：①图线与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移大小。②若此“面积”在时间轴的上方，表示这段时间内位移的方向为正方向，若此“面积”在时间轴的下方，表示这段时间内位移的方向为负方向。【变式】沿同一直线运动的a、b两物体，其x-t图像分别为图中直线a和曲线b所示，由图可知A.两物体运动方向始终不变B.内a物体的位移大于b物体的位移C.内某时刻两物体的速度相同D.内a物体的平均速度大于b物体的平均速度考点2、物体的平衡【例2】【2016年全国Ⅱ】质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小解析动态平衡问题，与的变化情况如图：可得：,

【变式】叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式,也是一种高难度的杂技.如图所示为六人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(

)A.GB.GC.GD.G考点2、平抛运动【例2】(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq\f(2v0cotθ,g)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0cotθ,g)C．若小球能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0cotθ,g)D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t＝eq\f(2v0tanθ,g)解析小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与水平方向的夹角为eq\f(π,2)－θ，则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正确，D错误；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向的夹角为eq\f(π,2)－θ，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(gt,v0)，即t＝eq\f(v0cotθ,g)，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcosθ＝v0t，下落高度为Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，联立两式得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，C错误。答案AB【变式】【2014全国=2\*ROMANII】取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）A.B.C.D.【解析】设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，则，则物体落地的竖直速度，则落地时速度方向与水平方向的夹角，则，选项B正确。1、两类问题：分解末速度和分解位移问题2、规律：①速度关系水平分速度：竖直分速度：合速度的大小：合速度的方向：为合速度V与x轴夹角②位移关系水平分位移：竖直分位移：合位移的大小：合位移的方向：为合位移与x轴夹角.考点3、圆周运动中的动力学问题面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g，地球半径为R，图中PQ长约为8R，卫星在变轨过程中质量不变，则()A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度为(eq\f(h,R＋h))2gB．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))C．卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率D．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能解析设地球质量为M，由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在轨道Ⅲ上有Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma，所以a＝(eq\f(R,R＋h))2g，A错；又因a＝eq\f(v2,R＋h)，所以v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，B对；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动，即满足eq\f(GMm,r2)＜eq\f(mv2,r)，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率，C对；尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次，但在圆形运行轨道上v＝eq\r(\f(GM,r))，所以由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D错。(1)当卫星的速度突然增加时，Geq\f(Mm,r2)<meq\f(v2,r)，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝eq\r(\f(GM,r))可知其运行速率比原轨道时减小。(2)当卫星的速率突然减小时，Geq\f(Mm,r2)>meq\f(v2,r)，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝eq\r(\f(GM,r))可知其运行速率比原轨道时增大。考点10、天体运动中的能量问题1．卫星(或航天器)在同一圆形轨道上运动时，机械能不变。2．航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。【例10】(多选)(2013·全国Ⅱ)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是()A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小解析卫星半径减小时，分析各力做功情况可判断卫星能量的变化。卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B、D正确。考点11、功、功率的理解及计算【例11】(多选)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是()A．0～2s内外力的平均功率是4WB．第2s内外力所做的功是4JC．第2s末外力的瞬时功率最大D．第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9∶4解析第1s末质点的速度：v1＝eq\f(F1,m)t1＝eq\f(3,1)×1m/s＝3m/s。第2s末质点的速度：v2＝v1＋eq\f(F2,m)t2＝(3＋eq\f(1,1)×1)m/s＝4m/s。则第2s内外力做功：W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝3.5J0～2s内外力的平均功率：P＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),t)＝eq\f(0.5×1×42,2)W＝4W。选项A正确，选项B错误；第1s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3×3W＝9W，第2s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1×4W＝4W，故P1∶P2＝9∶4。选项C错误，选项D正确。考点12、对功能关系的理解与应用功是能量转化的量度。力学中的功与对应的能量的变化关系如下表所示：功能量改变关系式W合：合外力的功(所有外力的功)动能的改变量(ΔEk)W合＝ΔEkWG：重力的功重力势能的改变量(ΔEp)WG＝－ΔEpW弹：弹簧弹力做的功弹性势能的改变量(ΔEp)W弹＝－ΔEpW其他：除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功机械能的改变量(ΔE)W其他＝ΔEFf·Δx：一对滑动摩擦力做功的代数和因摩擦而产生的内能(Q)Ff·Δx＝Q(Δx为物体间的相对位移)【例12】(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了eq\f(1,2)mgH解析运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系。物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝eq\f(1,2)mg，当上升高度为H时，位移s＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH；选项A正确，B错误；由功能关系知ΔE＝Wf＝－eq\f(1,2)mgs＝－mgH，选项C正确，D错误。考点13、库仑定律及作用【例13】金属小球a和金属小球b的半径之比为1∶3，所带电荷量之比为1∶7。两小球间距远大于小球半径且间距一定时，它们之间的相互吸引力大小为F。已知取无穷远处为零电势，导体表面的电势与导体球所带的电荷量成正比，与导体球的半径成反比。现将金属小球a与金属小球b相互接触，达到静电平衡后再放回到原来位置，这时a、b两球之间的相互作用力的大小是(不考虑万有引力)()A.eq\f(9F,7)B.eq\f(16F,7)C.eq\f(12F,7)D.eq\f(27F,28)解析由题意可知，两金属球之间为吸引力，两金属球带异种电荷，而且导体表面电势与导体球所带电荷量成正比，与导体球的半径成反比，因此将两小球接触后，带电荷量之比为1∶3，由库仑定律可知，a、b两球之间的相互作用力大小为eq\f(27F,28)。考点14、对电场线的理解及应用【例14】在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与连线ab垂直。b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°。则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是()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解析将Ea，Eb延长相交，其交点为场源点电荷的位置，由点电荷的场强公式E＝eq\f(kQ,r2)，可得Ea＝4Eb；分别过a、b做等势面，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则φb＞φa，D正确。考点15、根据粒子运动的轨迹、电场线(等势面)进行相关问题的判断方法1．判断电场强度的方向——电场线上任意一点的切线方向即为该点电场强度的方向。2．判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。3．判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小。4．电势高低常用的两种判断方法(1)依据电场线的方向→沿电场线方向电势逐渐降低(2)依据UAB＝eq\f(WAB,q)→UAB>0，φA>φB，UAB<0，φA<φB。5．电势能增、减的判断方法(1)做功判断法→电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。(2)公式法→由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大电势能越大，Ep的负值越小，电势能越大。(3)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，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加。6．“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧)，从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。7．“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，是题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个，可分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”进行分析。【例15】(多选)一带负电的点电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点的v－t图象如图所示，其中ta和tb分别是电荷运动到电场中a、b两点的时刻，下列说法正确的是()A．该电荷由a点运动到b点，电场力做负功B．a点处的电场线比b点处的电场线密C．a、b两点电势的关系为φa＜φbD．电荷的电势能一定不断减小解析负电荷仅在电场力作用下由a运动到b；动能增大，电场力做正功；又Ek＋Ep＝C，故Ep(电势能)减小，又φ＝eq\f(Ep,q)，负电荷电势能减小，电势升高，故φa＜φb；从a到b，由v－t图线斜率表示加速度知Ea＜Eb，即b处电场线密集。综上所述C、D两项正确。【变式1】实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．静电力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大解析由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，选项A错；静电力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，选项B、C均错；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，静电力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，选项D正确。答案D考点16、电场中的平衡问题【例16】如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止()A．垂直于杆斜向上，场强大小为eq\f(mgcosθ,q)B．竖直向上，场强大小为eq\f(mg,q)C．垂直于杆斜向上，场强大小为eq\f(mgsinθ,q)D．水平向右，场强大小为eq\f(mgcotθ,q)解析若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A、C错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E＝eq\f(mg,q)时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq＝mgtanθ，所以E＝eq\f(mgtanθ,q)，选项D错误。考点17、匀强电场中电势差与电场强度的关系【例17】(多选)(2014·全国Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM解析由φM＝φN，可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上，过F作MN的垂线交MP与O点，设MF＝FN＝l，则由几何关系MO＝eq\f(l,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)l，FO＝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，故点电荷一定在MP的连线上的O点，选项A正确(另解：根据题意φM＝φN，φP＝φF，可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处，作PF连线的中垂线交MP于点O，连接O、F两点，由几何知识知OF为MN的中垂线，故点电荷Q一定在MP的连线上的O点，A正确)；点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面，直线不可能在球面上，故B选项错误；由图可知OF<OM，故φF＝φP>φM＝φN，将正试探电荷从高电势搬运到低电势，电场力做正功，选项C错、D对。考点18、平行板电容器的动态分析1．常见类型2．分析比较的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间场强的变化。【例18】(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流解析由于油滴处于静止状态，所以qeq\f(U,d)＝mg。若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误。若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则Q＝CU变小，所以电流由b→a，此时油滴仍静止，选项B正确。若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由b→a，此时qeq\f(U,d)<mg，油滴向下加速运动，所以选项C正确。若将A向下平移一小段位移，电容C变大，电压U不变，则Q变大，所以电流由a→b，此时qeq\f(U,d)>mg，油滴加速向上运动，所以选项D错误。【变式】如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是()A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝eq\f(U,d)可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小。当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变；根据平行板电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，极板间的电压U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，极板间的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变。综上分析，选项B正确。考点19、带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法（关键）：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。(4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0)。,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))。))②沿电场力方向，做匀加速直线运动。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md)。,离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdv\o\al(2,0))。,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdv\o\al(2,0))。))【例19】带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图13所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场。下列说法正确的是()A．b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等解析根据y＝eq\f(1,2)at2可知b在电场中运动的时间等于a在电场中运动的时间，b在电场中运动的时间大于c在电场中运动的时间，A、B错误；根据x＝v0t可知进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，C正确；因为电场对a、b做功相同，但初速度大小不同，所以a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小不相等，D错误。考点20、电场中的圆周运动【例20】如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。考点21、对电阻、电阻定律的理解与应用【例21】两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为()A．1∶4B．1∶8C．1∶16D．16∶1解析本题应根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)、欧姆定律I＝eq\f(U,R)和电流定义式I＝eq\f(q,t)求解。对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的eq\f(1,2)，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的eq\f(1,2)，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的eq\f(1,4)。给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝eq\f(U,4R)，I2＝eq\f(U,R/4)＝eq\f(4U,R)，由I＝eq\f(q,t)可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：(1)导体的电阻率不变。(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比。(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρeq\f(l,S)求解。考点22、电阻的串、并联串、并联电路的特点【例22】额定电压都是110V，额定功率PA＝100W，PB＝40W的电灯两盏，若接入电压是220V的下列电路上，则使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的电功率最小的电路是()解析判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否为额定电压，或电流是否为额定电流。由P＝eq\f(U2,R)和已知条件可知，RA<RB。对于A电路，由于RA<RB，所以UB>110V，B灯被烧坏，两灯不能正常发光。对于B电路，由于RA<RB，A灯与变阻器并联，并联电阻更小于RB，UB>110V，B灯被烧坏，两灯不能正常发光。对于C电路，B灯与变阻器并联电阻可能等于RA，所以可能UA＝UB＝110V，两灯可以正常发光。对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA＝UB＝110V，两灯可以正常发光。比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为(IA－IB)×110V，而D电路中变阻器功率为(IA＋IB)×110V，所以C电路消耗的功率最小。考点23、电路的动态分析1．判定总电阻变化情况的规律(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)。(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。2．电路动态分析的方法(1)程序法：电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(并联分流I,串联分压U))→支路的变化。(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。3．结论法：串反并同【例23】(多选)如图所示的电路，L1、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置。当S闭合时，3只小电灯都发光。现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L1、L2、L3的变化情况()A．L1变亮B．L2变亮C．L3变暗D．L1、L2、L3均变亮解析当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器的有效电阻变大，导致外电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)知，总电流I总减小，路端电压U路＝E－I总r将增大，因此，通过L1灯的电流IL1变小，L1灯变暗；U路＝UL1＋UL2，得L2灯两端的电压变大，L2灯变亮。而IL1＝IL2＋IL3，通过L1灯的电流IL1变小，通过L2灯的电流IL2变大，则通过L3灯的电流IL3变小，L3灯变暗。由以上分析可知，选项B、C正确。【变式】（多选）如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大C．ΔU3与ΔI的比值大于rD．ΔU1大于ΔU2解析由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，因此外电路为定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V1测的是R两端的电压，V2测的是电源的外电压，V3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V2示数减小，B项错误；eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，C项正确；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，由于R大于r，因此ΔU1大于ΔU2，D项正确。考点24、电源的U－I图象的应用1．纵轴上的截距等于电源的电动势；横轴上的截距等于外电路短路时的电流，即Im＝eq\f(E,r)。2．图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(E,Im)，斜率的绝对值越大，表明电源的内阻越大。3．图线上任一点对应的U、I的比值为此时外电路的电阻，即R＝eq\f(U,I)。4.面积UI为电源的输出功率，而电源的总功率P总＝EI，发热功率P总－P出＝EI－UI。【例24】(多选)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是()A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电源的短路电流为0.5AD．电流为0.3A时的外电阻是18Ω解析由于该电源的U－I图象的纵轴坐标不是从零开始的，故纵轴上的截距仍为电源的电动势，即E＝6.0V，但横轴上的截距0.5A并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(6.0－5.0,0.5－0)Ω＝2Ω。由闭合电路欧姆定律可得电流I＝0.3A时，外电阻R＝eq\f(E,I)－r＝18Ω。【变式】(多选)如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知()A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0WD．电源内部消耗功率为1.5W解析由于电源的路端电压与电流的关系曲线Ⅰ和电阻R的U－I图线Ⅱ都为直线，所以电源的路端电压与电流的关系图线Ⅰ的斜率的绝对值等于电源内阻，r＝1.5Ω；电阻R的U－I图线Ⅱ的斜率等于电阻R的阻值，R＝1.5Ω，选项A正确，B错误；电源的路端电压与电流的关系图线和电阻R的U－I图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W，选项C错误；由EI＝P＋Pr解得电源内部消耗的功率为Pr＝EI－P＝3.0×1.0W－1.5W＝1.5W，选项D正确。考点25、含电容器电路的分析方法1、电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流（视为短路），同支路的电阻相当于导线。2、电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压。【例25】在如图所示的电路中，R1＝11Ω，r＝1Ω，R2＝R3＝6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q2，则()A．Q1∶Q2＝1∶3B．Q1∶Q2＝3∶1C．Q1∶Q2＝1∶5D．Q1∶Q2＝5∶1解析当开关S闭合时，电容器两端电压等于R2两端的电压，U2＝eq\f(ER2,R1＋R2＋r)＝eq\f(E,3)，Q1＝eq\f(E,3)C；当开关S断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U＝E，Q2＝EC，所以Q1∶Q2＝1∶3。【变式】(多选)如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、定值电阻R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则()A．电流表读数增大B．电容器带电荷量增加C．R2消耗的功率减小D．电压表与电流表示数变化量之比不变解析由电路图可知R1、R2并联再与R3串联，当滑动触头向左移动一小段时，R1电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流增大，所以内电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，电容器的带电荷量Q＝CU减小，R2消耗的功率减小，选项A、C正确、B错误；由U＝E－Ir，可得eq\f(ΔU,ΔI)＝－r，故选项D正确。考点26、安培力的方向与大小1．安培力的方向(1)用左手定则判定（四指指电流，大拇指为受力方向）(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。2．安培力的大小(1)以下是两种特殊情况：①磁场和电流垂直时：F＝BIL。②磁场和电流平行时：F＝0。(2)L是有效长度【例26】如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的大小为()A．0B.eq\f(BEL,5r)C.eq\f(2BEL,5r)D.eq\f(3BEL,5r)解析由图可知框架的ac边电阻与abc边的电阻并联接在电源两端，则电路总电阻为R＝eq\f(2r×r,2r＋r)＋r＝eq\f(5,3)r，总电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3E,5r)，通过ac边电流I1＝eq\f(3E,5r)·eq\f(2,3)＝eq\f(2E,5r)，通过abc边的电流I2＝eq\f(I1,2)＝eq\f(E,5r)，abc边的有效长度为L，则三角形框架受到的安培力的合力大小为F＝I1LB＋I2LB＝BL·eq\f(2E,5r)＋BL·eq\f(E,5r)＝eq\f(3BEL,5r)，选项D对。考点27、安培力作用下导体的平衡问题【例27】如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析(1)金属棒MN处于平衡状态，所受合力为零。(2)沿MN方向看，画出MN的受力图(3)利用平衡条件列出平衡方程：BIl＝mgtanθ。可得tanθ＝eq\f(BIl,mg)，所以当电流I或磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B错误。求解关键(1)电磁问题力学化。(2)立体图形平面化。【变式】质量为m，长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示。则下列关于导体棒中的电流分析正确的是()A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为eq\f(\r(3)mg,BL)B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为eq\f(\r(3)mg,3BL)C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为eq\f(\r(3)mg,BL)D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为eq\f(\r(3)mg,3BL)解析导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力，要使导体棒平衡，应受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有关系tan60°＝eq\f(BIL,mg)＝eq\r(3)，得导体棒中电流I＝eq\f(\r(3)mg,BL)，再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里.考点28、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动1．圆心的确定方法方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图(a)；方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)。2．半径的计算方法方法一由物理方程求：半径R＝eq\f(mv,qB)；方法二由几何方程求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。3．时间的计算方法方法一由圆心角求：t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二由弧长求：t＝eq\f(s,v)。【例28】质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行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做正功D．M的运行时间大于N的运行时间解析由左手定则知M带负电，N带正电，选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F向＝F洛，即eq\f(mv2,r)＝qvB得r＝eq\f(mv,qB)，因为M、N的质量、电荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误；由T＝eq\f(2πm,qB)知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为eq\f(T,2)，选项D错误。【变式1】阿尔法磁谱仪是我国科学家研制的物质探测器，用于探测宇宙中的暗物质和反物质(即反粒子——如质子eq\o\al(1,1)H和反质子1－1H)。该磁谱仪核心部分的截面是半径为r的圆柱形区域，其中充满沿圆柱轴向的匀强磁场。P为入射窗口，a、b、c、d、e五处装有粒子接收器，P与a、b、c、d、e为圆周上的6个等分点，各粒子从P点射入的速度相同，均沿直径方向，如图所示。如果反质子1－1H射入后被a处接收器接收，则()A．磁场方向垂直纸面向里B．反质子1－1H的轨道半径为eq\f(1,2)rC．氚核eq\o\al(3,1)H将被e处接收器接收D．反氚核3－1H将被b处接收器接收解析质子1－1H带负电，射入后被a处接收器接收，由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向外，A错；反质子1－1H在磁场中的运动如图所示，由几何关系得eq\f(R,r)＝tan30°，轨道半径R＝eq\f(\r(3),3)r，B错；氚核eq\o\al(3,1)H和反氚核3－1H质量数相等，且等于反质子质量数的3倍，因此其在磁场中运动的轨道半径为反质子的3倍，即R′＝eq\r(3)r，轨迹对应的圆心角φ＝2arctaneq\f(r,R′)＝60°，因此氚核eq\o\al(3,1)H粒子将被d处接收器接收，而反氚核3－1H粒子将被b处接收器接收，C错、D对。【变式2】为了科学研究的需要，常常将质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场(偏转磁场)中，磁感应强度大小为B。如果质子和α粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同(如图14中虚线所示)，偏转磁场也相同。比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能EH和Eα、运动的周期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匀速圆周运动，满足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)，而质子(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，选项C、D错误；T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)∝eq\f(m,q)，而质子(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，选项B正确，A错误。考点29、带电粒子在匀强磁场中运动的临界及多解问题1．以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系。2．寻找临界点常用的结论：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。方法：画半径一定的圆绕初速度旋转(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。方法：画一个与初速度相切的小圆后逐渐变大【例29】(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区，在从ab边离开磁场的电子中，下列判断正确的是()A．从b点离开的电子速度最大B．从b点离开的电子在磁场中运动时间最长C．从b点离开的电子速度偏转角最大D．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合解析根据Bqv＝eq\f(mv2,r)和T＝eq\f(2πm,Bq)可知，电子在磁场中的运动半径越大，速度越大，由此可知，从b点离开的电子速度最大，A正确；转过的角度越大，时间越长，B错误；从a点射出的电子偏转角最大，C错误；在磁场中运动时间相同的电子，由于周期相同，其偏转角也相同，因此半径也相同，所以其轨迹线一定重合，D正确。【变式】(多选)如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场。这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc。整个装置放在真空中。则下列判断正确的是()A．la＝lc＜lbB．la＜lb＜lcC．ta＜tb＜tcD．ta＞tb＞tc解析由带电粒子在磁场中运动的特征可以画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示。由带电粒子在磁场中运动的半径公式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错误，A、D正确。考点30、电磁感应现象的判断1．产生感应电流的条件(1)闭合回路；(2)磁通量发生变化。2．磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变，回路面积改变；(2)回路面积不变，磁场强弱改变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变。【例30】(2014·全国Ⅰ)如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是()A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D．将电键突然断开的瞬间解析当线圈中通恒定电流时，产生的磁场为稳恒磁场，通过铜环A的磁通量不发生变化，不会产生感应电流。答案A考点31、感应电流的方向的判断【例31】(2014·海南卷)如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针解析由条形磁铁的磁场分布可知，磁铁下落的过程，闭合圆环中的磁通量始终向上，并且先增加后减少，由楞次定律可得，从上向下看时，闭合圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针，C正确。(1)判断感应电流的方法(2)应用楞次定律判断感应电流的方法【变式】如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上。在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向()A．始终由A→B→C→AB．始终由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解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面下，由右手定则可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，由右手定则可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确。答案A考点32、楞次定律推论的应用1．线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——增反减同；2．导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——来拒去留；3．当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——增缩减扩；4．自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——增反减同。【例32】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是()A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．FN先大于mg后大于mg，运动趋势向右D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，穿过线圈的磁通量先增加后减少。当穿过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，线圈有向磁场弱的地方运动的趋势，即在竖直方向上有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当穿过线圈的磁通量减少时，为阻碍其减少，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，选D。考点33、“三个定则、一个定律”的综合应用名称基本现象应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则(因电而生磁)洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则(因电而受力)电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则(因动而生电)闭合回路磁通量变化楞次定律(因磁而生电)【例33】(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对、D错。答案BC考点34、感应电动势的计算【例34】如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0～t0时间内电容器()A．上极板带正电，所带电荷量为eq\f(CSB2－B1,t0)B．上极板带正电，所带电荷量为eq\f(CB2－B1,t0)C．上极板带负电，所带电荷量为eq\f(CSB2－B1,t0)D．上极板带负电，所带电荷量为eq\f(CB2－B1,t0)解析在0～t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电。由法拉第电磁感应定律知，在0～t0时间内回路中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B2－B1S,t0)，电容器两极板之间电压U＝E，电容器所带电荷量为q＝CU＝eq\f(CSB2－B1,t0)，选A。【变式1】(多选)如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为h＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L＝0.2m，每米阻值r＝2.0Ω的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d，当金属棒在水平拉力作用于以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时，则下列说法正确的是()A．电阻R中的电流由Q到NB．水平拉金属棒的力的大小为0.02NC．金属棒a、b两端点间的电势差为0.32VD．回路中的发热功率为0.06W解析当金属棒ab在水平拉力作用下向左做匀速运动时，切割磁感线的有效长度为cd部分，cd部分产生的感应电动势E＝Bhv＝0.5×0.1×4.0V＝0.2V，由闭合电路欧姆定律，可得回路中产生的感应电流为I＝eq\f(E,R＋hr)＝eq\f(0.2,0.3＋0.1×2.0)A＝0.4A，金属棒ab受到的安培力F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N，要使金属棒匀速运动，应有F＝F安＝0.02N，B正确；该回路为纯电阻电路，回路中的热功率为P热＝I2(R＋hr)＝0.08W，D错误；金属棒ab两点间的电势差等于Uac、Ucd与Udb三者之和，由于Ucd＝E－Ircd，所以Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ihr＝0.32V，C正确。答案BC【变式2】【2016全国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，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】由电磁感应定律得，，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。1、应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。2．感应电动势的几个公式(1)法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。①磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。②垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)是B－t图象的斜率。(2)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度。(3)导体棒在磁场中匀速转动时，感应电动势E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)。考点35、电磁感应中的图象问题【例35】如图甲所示，矩形线圈abcd处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是()【解析】0～1s内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针方向(为负值)、大小恒定，A、B错误；4～5s内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd的磁通量不变化，无感应电流，D错误．【变式】如图所示虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动。设线框中感应电流的方向以逆时针为正方向，在下图中能正确描述线框从图示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（

）考点36、交变电流有效值的计算（1）正弦式交流电的有效值：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2))（2）非正弦式交流电的有效值：根据电流的热效应进行计算(即让交流和直流在相同时间内通过相同电阻产生相同的热量)。【例36】(多选)如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电。第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若图甲、乙中的U0、T所表示的电压、周期值是相等的，则以下说法正确的是()A.第一次灯泡两端的电压有效值是eq\f(\r(2),2)U0B．第二次灯泡两端的电压有效值是eq\f(3,2)U0C．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5解析第一次所加正弦交流电压的有效值为U1＝eq\f(\r(2),2)U0，A项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U2，则根据有效值的定义有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项错；根据电功率的定义式P＝eq\f(U2,R)可知，P1∶P2＝1∶5，C项错、D项正确。考点37、交变电流“四值”的应用【例37】如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R，理想电流表A，那么可以确定的是()A．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e＝NBωSsinωtB．交流电流表的示数I＝eq\f(\r(2),4R)NBSωC．R两端电压的有效值U＝eq\f(ω,2)NBSD．一个周期内R的发热量Q＝eq\f(πωNBS2,R)解析线框始终只有一半面积在磁场中，故瞬时电动势为e＝(eq\f(NBSω,2))sinωt，电压有效值为U＝eq\f(NBSω,2\r(2))＝eq\f(\r(2)NBSω,4)，交流电流表示数I＝eq\f(U,R)＝eq\f(\r(2)NBSω,4R)，A、C错误，B正确；一周期内R的发热量Q＝eq\f(U2,R)T＝eq\f(U2,R)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωNBS2,4R)，D错误。物理量重要关系适用情况及说明瞬时值从中性面开始计时e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(只适用于正弦式交变电流)(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是指有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电压表和电流表的读数为有效值平均值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路截面的电荷量考点38、理想变压器基本规律的应用(1)功率关系：P入＝P出(2)电压关系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)有多个副线圈时eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…(3)电流关系：只有一个副线圈时eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn【例38】如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R＝44Ω，电流表A1的示数为0.2A。下列判断正确的是()A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为0.1AD．电流表A2的示数为0.4A解析由电压表V示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝Ieq\o\al(2,2)R，所以电流表A2的示数为I2＝eq\r(\f(U1I1,R))＝eq\r(\f(220×0.2,44))A＝1A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(5,1)，A错误，B正确。【变式1】(2014·海南卷)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端。已知三个灯泡均正常发光。该变压器原、副线圈的匝数之比为()A．1∶2B．2∶1C．2∶3D．3∶2解析三个灯泡都相同，且都正常发光，可知三个灯泡此时的电流都相同，即原线圈中的电流是副线圈中电流的一半，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)和I1＝eq\f(1,2)I2可知，该变压器原、副线圈的匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝2，B正确。【变式2】如图所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为()A．1∶1∶1B．3∶2∶1C．6∶2∶1D．2∶2∶1解析灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3。由变压器的电压比公式eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2U3,U3)＝eq\f(2,1)，所以n2＝2n3，同理，灯泡正常发光，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。考点39、理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。1．匝数比不变的情况(如图8所示)(1)U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变。(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。(3)I2变化引起P2变化，由P1＝P2知P1发生变化。图8图92．负载电阻不变的情况(如图9所示)(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，U2变化。(2)R不变，U2变化，I2发生变化。(3)根据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。【例39】如图所示，理想变压器输入端PQ接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法中正确的是()A.当滑片c向b端移动时，变压器输入功率变大B.当滑片c向a端移动时，电流表A1的示数将减小，电压表V的示数不变C.当滑片c向b端移动时，电流表A2的示数将变大，电压表V的示数也变大D.当滑片c不动，将开关S由1掷向2时，三个电表A1、A2、V的示数都变大【变式】(多选)如图中甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为55∶9，L1、L2、L3为三只规格均为“36V,18W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压的u－t图象如图中乙所示。则以下说法中正确的是()A．电压表的示数为220eq\r(2)VB．当闭合开关S时，三只灯泡均能正常发光C．当闭合开关S时，电流表的示数为1.5AD．当断开开关S时，变压器的输出功率变小解析交流电压表的读数为有效值，故电压表示数U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，A错误；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可解得U2＝36V，因此，当闭合开关S时，三只灯泡均能正常发光，故B正确；通过各灯的电流I＝eq\f(18,36)A＝0.5A，因此当闭合开关S时，电流表的示数为1.5A，C正确；当断开开关S时，副线圈所在电路的总电阻增大，由P＝eq\f(U2,R)可知，变压器的输出功率变小，D正确。考点40、远距离输电1．理清三个回路2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一个守恒能量守恒关系式P1＝P损＋P34．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R5．输电导线上的电压损失：(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR【例40】(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线的总电阻为rΩ，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝n∶1，降压变压器的副线圈两端电压如图乙所示，降压变压器的副线圈与阻值为R0＝22Ω的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法正确的是()A．发电机产生交流电的频率为0.5HzB．降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)C．通过R0的电流的最大值为20eq\r(2)AD．输电线损失的功率为eq\f(100r,n2)W解析变压器不改变交流电的频率，由图乙可知交流电的频率为f＝eq\f(1,2×10－2)Hz＝50Hz，A错误；由图乙知降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，B正确；通过R0的电流的最大值为Im＝eq\f(Um,R0)＝eq\f(220\r(2),22)A＝10eq\r(2)A，有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，C错误；根据变压器电流比关系可知通过输电线的电流为I3＝eq\f(n4,n3)I＝eq\f(10,n)A，故输电线损失的功率为P＝Ieq\o\al(2,3)r＝eq\f(100r,n2)W，D正确。考点41、光电效应现象和光电效应方程的应用1．对光电效应的四点提醒(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。(2)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。(3)光电子不是光子，而是电子。2．两条对应关系光强大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。3．定量分析时应抓住三个关系式(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc。(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0。【例41】(多选)(2014·广东卷)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大解析用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，改用频率较小的光照射时，有可能发生光电效应，故C错误；据hν－W逸＝eq\f(1,2)mv2可知增加照射光频率，光电子最大初动能增大，故D正确；增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故A正确；光电效应是否发生与照射光频率有关而与照射光强度无关，故B错误。答案AD【变式1】(多选)(2014·海南卷)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应。对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是()A．遏止电压B．饱和光电流C．光电子的最大初动能D．逸出功解析同一种单色光照射不同的金属，入射光的频率和光子能量一定相同，金属逸出功不同，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一种单色光照射，入射光的强度相同，所以饱和光电流相同。答案ACD【变式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，与纵轴交点坐标0.5)。由图可知()A．该金属的截止频率为4.27×1014HzB．该金属的截止频率为5.5×1014HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为0.5eV解析由光电效应方程Ek＝hν－W0可知，图中横轴的截距为该金属的截止频率，选项A正确、B错误；图线的斜率表示普朗克常量h，C正确；该金属的逸出功W0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×1014J＝1.77eV或W0＝hν－Ek＝6.63×10－34×5.5×1014J－0