2018年高考物理可能考到的重点题型

2018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1vt和xt图象【例1】(2014全国卷)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t0到tt1的时间内，它们的vt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0t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据可知，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，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：图线与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移大小。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】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. G B. G C. G D. G考点2、平抛运动【例2】(多选)如图所示，斜面倾角为，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tB若小球垂直击中斜面，则tC若小球能击中斜面中点，则tD无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t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，则tan，即t，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，则tan，即t，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcos v0t，下落高度为Lsin gt2，联立两式得t，C错误。 答案AB【变式】【2014全国II】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：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【例3】如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即AB，但rArB，根据vr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a2r得，A的向心加速度比B的小，选项B错误；A、B做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F向m2r及tan 知，悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；由图知cos ，即FT，所以悬挂A的缆绳受到的拉力小，选项D正确。考点4、水平面内圆周运动的临界问题【典例4】 (多选)(2014全国卷)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下说法正确的是 ()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C是b开始滑动的临界角速度D当时，a所受摩擦力的大小为kmg解析木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力Ff mkmg相同。它们所需的向心力由F向m2r知FaFb，所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F摩m2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错；b开始滑动时有kmgm22l，其临界角速度为b，选项C正确；当时，a所受摩擦力大小为Ffm2rkmg，选项D错误。 考点5、竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型的解题技巧【典例5】如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角满足关系式Tabcos ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()A. B. C. D.解析设小球在最低点，即0时的速度为v1，拉力为T1，有：T1mgm，在最高点，即180时的速度为v2，拉力为T2，有：T2mgm，根据动能定理有：2mgRmvmv，可得T1T26mg，对比Tabcos ，有T1ab，T2ab，故T1T22b，即6mg2b，故当地重力加速度g，选项D正确。 (1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v及杆模型中v0这两个临界条件。(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合F向。(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。总结：万有引力该章的思路(1)一个模型： 天体(包括卫星)的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型。(2)两组公式：mg (g为星体表面处的重力加速度) Gmm2rmrma (m绕M做匀速圆周运动)考点6、星体的重力加速度问题 (1)在地球表面附近的重力加速度g(不考虑地球自转)：mgG，得g(2)在地球表面附近的重力加速度g(考虑地球自转)：Gmg+mw02R(3)在地球上空距离地心rRh处的重力加速度为g，mg，得g 或 【例6】(多选)2012年8月9日，美国“好奇”号火星探测器登陆火星后传回的首张360全景图，火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住。为了实现人类登陆火星的梦想，近期我国宇航员王跃与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动。已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期也基本相同。地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是()A王跃在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的B火星表面的重力加速度是gC火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的D王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是h解析当我国宇航员王跃在地球表面时，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得F万mgma，同理可得王跃在火星表面时F万mgma，可得王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的，A项对；火星表面的重力加速度是gg，B项错；火星的第一宇宙速度v vv，故C项对；由0v22gh可得王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度hhh，D项错。 考点7、天体质量和密度的估算【例7】有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，则该星球的质量将是地球质量的(忽略其自转影响)()A. B4倍 C16倍 D64倍解析天体表面的重力加速度g，又知，所以M，故364。【变式】据报道，天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的a倍，质量是地球的b倍。已知近地卫星绕地球运动的周期约为T，引力常量为G。则该行星的平均密度为()A. B. C. D.解析万有引力提供近地卫星绕地球运动的向心力Gm，且地，由以上两式得地。而，因而星。总结：中心天体质量和密度的计算方法1若已知天体的表面加速度g和天体的半径R，根据黄金代换式GMgR2得M；2若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r，由Gmr得M；3要想求中心天体的密度，还要知道中心天体的半径R，由MV和VR3求天体的密度。考点8、卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系【例8】设地球质量为月球质量的81倍，地球半径是月球半径的4倍，若探测器甲绕地球和探测器乙绕月球做匀速圆周运动的半径相同，则()A甲与乙线速度之比为92B甲与乙线速度之比为19C甲与乙向心加速度之比为811D甲与乙运动周期之比为11解析由Gm得v，选项A、B错误；由Gma，则a，选项C正确；由Gmr，T，选项D错误。考点9、卫星的变轨问题【例9】(多选)在发射一颗质量为m的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道上。已知它在圆形轨道上运行的加速度为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卫星在轨道上运行的加速度为()2gB卫星在轨道上运行的线速度为vC卫星在轨道上运行时经过P点的速率大于在轨道上运行时经过P点的速率D卫星在轨道上的动能大于在轨道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上有Gmg，在轨道上有Gma，所以a()2g，A错；又因a，所以v，B对；卫星由轨道变轨到轨道需要加速做离心运动，即满足，所以卫星在轨道上运行时经过P点的速率大于在轨道上运行时经过P点的速率，C对；尽管卫星从轨道变轨到轨道要在P、Q点各加速一次，但在圆形运行轨道上v，所以由动能表达式知卫星在轨道上的动能小于在轨道上的动能，D错。 (1)当卫星的速度突然增加时，Gm，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)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，Gm，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1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0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()A02 s内外力的平均功率是4 WB第2 s内外力所做的功是4 JC第2 s末外力的瞬时功率最大D第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为94解析第1 s末质点的速度：v1t11 m/s3 m/s。第2 s末质点的速度：v2v1t2(31) m/s4 m/s。则第2 s内外力做功：W2mvmv3.5 J02 s内外力的平均功率：P W4 W。选项A正确，选项B错误；第1 s末外力的瞬时功率P1F1v133 W9 W，第2 s末外力的瞬时功率P2F2v214 W4 W，故P 1P294。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(Ek)W合EkWG：重力的功重力势能的改变量(Ep)WGEpW弹：弹簧弹力做的功弹性势能的改变量(Ep)W弹EpW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(E)W其他EFfx：一对滑动摩擦力做功的代数和因摩擦而产生的内能(Q)FfxQ(x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2mgH B动能损失了mgHC机械能损失了mgH D机械能损失了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Ffmg，当上升高度为H时，位移s2H，由动能定理得Ek2mgH；选项A正确，B错误；由功能关系知EWfmgsmgH，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13，所带电荷量之比为17。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. B. C. D.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13，由库仑定律可知，a、b两球之间的相互作用力大小为。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 a，场强大小为Ea，方向与连线ab垂直。b点的电势为b，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()Aab，Ea Bab，EaCab，Ea4Eb Dab，Ea4Eb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，可得Ea4Eb；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ba，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 UAB0，AB，UAB0，AB。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Epq，将q、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vt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Ba点处的电场线比b点处的电场线密Ca、b两点电势的关系为abD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EkEpC，故Ep(电势能)减小，又，负电荷电势能减小，电势升高，故ab；从a到b，由vt图线斜率表示加速度知EaEb，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()Aa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Ca的速度将减小，b的速度将增大Da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B竖直向上，场强大小为C垂直于杆斜向上，场强大小为D水平向右，场强大小为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Eqmgtan ，所以E，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)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，M30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知MN ，PF，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DP大于M解析由MN，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MFFNl，则由几何关系MOl，FOltan 30l，OPMPMOMNcos 30ll，即FOOPl，ONOMl，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MN，PF，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OFMN，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分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E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ba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ba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ba的电流解析由于油滴处于静止状态，所以qmg。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QCU变小，所以电流由ba，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ba，此时qmg，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，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，极板间的电压U，极板间的电场强度E，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：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动。【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()Ab在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间Bb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Da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yat2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xv0t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()A14 B18 C116 D161解析本题应根据电阻定律R、欧姆定律I和电流定义式I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，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，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的。给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1，I2，由I可知，在相同时间内，电荷量之比q1q2I1I2116。 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VlS可知l与S成反比。(3)在、l、S都确定之后，应用电阻定律R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110 V，额定功率PA100 W，PB40 W的电灯两盏，若接入电压是220 V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和已知条件可知，RARB。对于A电路，由于RA110 V，B灯被烧坏，两灯不能正常发光。对于B电路，由于RA110 V，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UAUB110 V，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UAUB110 V，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(IAIB)110 V，而D电路中变阻器功率为(IAIB)110 V，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()AL1变亮 BL2变亮CL3变暗 DL1、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知，总电流I总减小，路端电压U路EI总r将增大，因此，通过L1灯的电流IL1变小，L1灯变暗；U路UL1UL2，得L2灯两端的电压变大，L2灯变亮。而IL1IL2IL3，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U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则()AA的示数增大BV2的示数增大CU3与I的比值大于rDU1大于U2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；Rr，C项正确；R，r，由于R大于r，因此U1大于U2，D项正确。 考点24、电源的UI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。2图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r|，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。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EIUI。【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6.0 VB电源的内阻为12 C电源的短路电流为0.5 AD电流为0.3 A时的外电阻是18 解析由于该电源的UI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E6.0 V，但横轴上的截距0.5 A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| 2 。由闭合电路欧姆定律可得电流I0.3 A时，外电阻Rr18 。 【变式】(多选)如图所示的UI图象中，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的UI图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知()AR的阻值为1.5 B电源电动势为3 V，内阻为0.5 C电源的输出功率为3.0 WD电源内部消耗功率为1.5 W解析由于电源的路端电压与电流的关系曲线和电阻R的UI图线都为直线，所以电源的路端电压与电流的关系图线的斜率的绝对值等于电源内阻，r1.5 ；电阻R的UI图线的斜率等于电阻R的阻值，R1.5 ，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UI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PUI1.51.0 W1.5 W，选项C错误；由EIPPr解得电源内部消耗的功率为PrEIP3.01.0 W1.5 W1.5 W，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，R111 ，r1 ，R2R36 ，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()AQ1Q213 BQ1Q231CQ1Q215 DQ1Q251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，Q1C；当开关S断开时，电容器两端电压等于电源电动势，UE，Q2EC，所以Q1Q213。【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CR2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QCU减小，R2消耗的功率减小，选项A、C正确、B错误；由UEIr，可得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：FB，FI，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：磁场和电流垂直时：FBIL。磁场和电流平行时：F0。(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()A0 B. C. D.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Rrr，总电流I，通过ac边电流I1，通过abc边的电流I2，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FI1LBI2LBBLBL，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。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，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：BIlmgtan 。可得tan ，所以当电流I或磁感应强度B变大时，角变大，选项A正确，D错误；当金属棒质量m变大时，角变小，选项C错误；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B导体棒中电流垂直纸面向外，大小为C导体棒中电流垂直纸面向里，大小为D导体棒中电流垂直纸面向里，大小为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tan 60，得导体棒中电流I，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Fv，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；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：tT；方法二由弧长求：t。【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()AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM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qvB得r，因为M、N的质量、电荷量都相等，且rMrN，所以vMvN，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，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H和反质子 11H)。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 11H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 11H的轨道半径为rC氚核H将被e处接收器接收D反氚核 31H将被b处接收器接收解析质子 11H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 11H在磁场中的运动如图所示，由几何关系得tan 30，轨道半径Rr，B错；氚核H和反氚核 31H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Rr，轨迹对应的圆心角2arctan 60，因此氚核H粒子将被d处接收器接收，而反氚核 31H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(H)和粒子(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。比较质子和粒子在圆环状空腔中运动的动能EH和E、运动的周期TH和T的大小，有()AEHE，THT BEHE，THTCEHE，THT DEHE，THT解析粒子在空腔中做匀速圆周运动，满足qvBm，得v，所以Ekmv2，而质子(H)和粒子(He)的是相等的，所以EHE，选项C、D错误；T，而质子(H)和粒子(He)的是不相等的，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和T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