高考物理临考必背+必练

1.力与物体的运动

目_临考必背

一、静力学

1.物体平衡的条件

产合=0或&合=0，6合=0。

2.三个共点力平衡，则任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，多个共点

力平衡时也有类似的特点。

3.两个分力a和B的合力为凡若已知合力（或一个分力）的大小和方向，又知另一个

分力（或合力）的方向，则第三个力与己知方向不知大小的那个力垂直时有最小值（如图所示）。

二、动力学

1.匀变速直线运动的六个公式

速度公式：

位移公式：工=%，+多产。

速度与位移关系公式：户一如=2G。

位移与平均速度关系公式：x=T匕

匀变速宜线运动的平均速度：刀=匕=牛="茅。

2

匀变速直线运动中间时刻、中间位置的速度

—Vb+v/川+/

匕=u=^—，%=，且%＞匕。

2.“刹车陷阱”，应先求滑行至速度为零即停止的时间的如果题干中的时间，大于/o,

用版2=2公或工=竽求滑行距离；若/小于卜时，用x=w+5/2求滑行距离。

3.动力学的四个二级结论

（1）沿如图所示光滑斜面下滑的物体

第2页共31页

当a=45。时所a增大，时间变短小球沿不同斜面由

用时间最短静止开始下滑的时

间相等

(2)如图所示，一起做加速运动的材料相同的两个物体，若力是作用于〃八上的，则如

和，〃2的相互作用力为产N=一空一，与有无摩擦无关，在平面、斜面、竖直方向上都一样。

"“十机2

(3)下面几种物理模型，在临界情况下，a=gtana(如图所示，后三个图中，小球通过

轻绳与物体连接)。

光滑,相对静止弹力为零相对静止光滑，弹力为零

(4)下列各模型中，速度最大时，合力为零，速度为零时，加速度最大。

三、曲线运动

1.小船过河问题

(1)当船速大于水速时

①船头的方向垂直于水流的方向时，小船过河所用时间最短，

②合速度垂直于河岸时，航程S最短，s=d。

(2)当船速小于水速时

①船头的方向垂直于水流的方向时，所用时间最短，

②合速度不可能垂直于河岸，最短航程S=d-£(如图所示)。

第3页共31页

2.绳(杆)端速度分解(如图所示)：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。

甲

3.平抛运动的规律

(1)位移关系

水平位移x=vbr

竖直位移尸金产

合位移的大小$=正巧，合位移的方向tana=［如图所示。

(2)速度关系

水平速度匕=4，竖直速度4=gz,合速度的大小v=五可诲,

合速度的方向tanB

%

(3)重要推论

①速度偏角与位移偏角的关系为tan=2tana。

②末速度反向延长线交于水平位移的中点(好像从中点射出)。

4.匀速圆周运动的规律

(1)V、①、7、/及半径的关系：T=；，,3=^~=2n/,V=^~/=2五

V24丸2

(2)向心加速度大小：a=—=co2r=4Ji沪=万7。

」V24n2

(3)向心力大小：F=ma=m~=nico2r=m~p~r=71子厂。

5.两种典型转动装置

第4页共31页

(1)同轴转动：角速度相等。

(2)皮带(或齿轮)相连：线速度大小相等。

6,竖直轨道圆周运动的两种模型

(1)“绳”模型：最高点临界条件3强。

(2)“杆”模型：最高点临界条件以n=0。

7.万有引力及天体匀速圆周运动

(1)重力和万有引力的关系

①在赤道上，有0^"—mg=mRco2=

②在两极时，有演得="运。

③不考虑自转的重力加速度

某星球表面处(即距球心R),有8=窄;

距离该星球表面h处［即距球心R±h处)，有9=烂=谭齐。

(2)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系

①卫星运行关系式：华=nr^=niM2r=nr-^~r=ma=nig'。

②结论

③卫星由近地点到远地点，万有引力做负功。

8.第一宇宙速度

⑴第一宇宙速度%=牺=、^=7.9km/s,是人造卫星沿地面切线的最小发射速度,

也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度。

(2)地表附近的人造卫星：r=A=6.4X106m,若心=0，则最短运行周期7=2元

=84.7分钟。

(3)地球同步卫星

7=24小时,h=5.6RfV=3Akm/so

(4)重要变换式：GM=gR2(R为地球半径)，GMv=g：,R电“R兄为星球半径)。

9.双星模型

第5页共31页

(1)“向心力等大反向”一一^两颗行星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力

提供，故尸|=乃，且方向相反，分别作用在两颗行星上，是一对作用力和反作用力。

(2)“周期、角速度相同”一两颗行星做匀速圆周运动的周期、角速度相等。

(3)“半径反比”——圆心在两颗行星的连线上，且〃+-2=〃如图所示)，两颗行星做

匀速圆周运动的半径与行星的质量成反比。

22

(4)关系式：6^詈=明^ri=/w2^(A—n)o

色_临考必练________________三三

1.(2023•广西桂林模拟)如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放

在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2加。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系一质量为

〃？的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30。。若滑动摩擦力等于

最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为()

C近D近

1518

7

解析：对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得用gsin30=/1cos30,解得Fr

=nigtan30=^mg,对小球和斜面体构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满

足Fysin30=Ff,竖直方向满足A+PTCOS30=3mg,当Ff=/iF^时，斜面体与水平面间

的动摩擦因数最小，解得最小动摩擦因数为〃=成，故选C。

答案：C

2.从地面上以初速度M)竖直上抛一个小球，已知小球在运动过程中所受空气阻力与速

度大小成正比，则小球从抛出到落回地面的过程中，以下速度与时间的关系图像正确的是

)

第6页共31页

解析：小球上升过程中〃?g+Av=3/上，则随着速度的减小,加速度减小；小球下降过

程中mg—kv=maT,则随.着速度的增加，加速度减小。因v-t图像的斜率等于加速度，则

图像D符合题意。

答案：D

3.如图所示，在斜面顶端的4点以速度4平抛一小球，经。时间Avo

落到斜面上B点处；若在A点将此小球以速度0.5%水平抛出，经ti

时间落到斜面上的C点处。以下判断正确的是（）

A.AB：AC=2：1B.AB：AC=4：1

C.ri:12=4：ID./i：/2=V2:1

1,1,

,,2gtl2gZ：

解析：由平抛运动的特点可知金■=/,即工1=/而;，可得。：々=2：1,平抛运动的

位移为/=«F+y\联立，=tan6,可得48：AC=yjx\2-\-y\2:yfx^+y^=X］：上=4*1,

故A、C、D错误，B正确。

答案：B

4.某同学设想驾驶一辆“陆地一太空”两用汽车，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地

球的速度可以增加到足够大。当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周

运动的“航天汽车”。不“空气阻力，已知地球的半径R-6400km。下列说法正确的是（）

A.汽车在地面上速度减小时，它对地面的压力减小

B.当汽车速度增加到7.9km/s时，将离开地面绕地球做圆周运动

C.此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h

D.在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力

解析：汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，设汽车的质量为〃?，

V2V1

支持力为"、速度为V、地球半径为R,则由牛顿第二定律得"唱一尸=〃?1，F=mg-w

第7页共31页

当汽车速度V减小时，支持力/增大，则汽车对地面的压力增大，故A错误；7.9km/s是第

一宇宙速度，当汽车速度/=7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫

星，故B正确；“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附

2KR

近做匀速圆周运动时，周期最小，最小周期丁=一7，v=7.9km/s,R=6400km,代入解得

7=5087s=L4h,“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h,故C错误；在此

“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测显物体的重力，故D铠误。

答案：B

2.动量和能量

授课提示：对应学生用书第138页

声_临考必背_______________三三

一、功和功率

1.求功的六种方法

⑴%=Ficos。(恒尢，定义式)。

(2)%="(变力，恒定功率)。

(3)/=A&(变力或恒力)。

(4)%椎=△石机(功能原理)。

(5)图像法(变力或恒力)。

(6)气体做功：%=〃△%---气体做等压变化的压强；AV-——气体的体积变化)。

2.计算功率的两个公式

。=4或P=Fvcosao

3.机车启动类问题中的“图像”及“特殊点”

(1)两种启动方式对应的图像

(2)全程最大速度的临界点为

(3)匀加速运动的最后时刻满足今"—R=〃m,此时瞬时功率为额定功率，瞬时速度为匀

第8页共31页

加速过程的最大速度。

(4)在匀加速过程中的某时刻有专■—R=/»s。

Put

(5)在变加速运动过程中的某时刻有三；一a="。2。

4.动能定理

力总=a2一反1。匹◎是外力所做的总功，包括重力所做的功。

5.机械能守恒定律的三种表达方式

(1)始、末状态：wg/?)+1/HV]2=nigfi2^mV22o

⑵能量转化：A£k=-Afpo

(3)研究对象：△EA增=△EB、*。

6.几种常见的功能关系

做功能量变化功能关系

重力做功重力势能变化PKG=-AfP

弹力做功弹性势能变化△心忆产一AEp

合外力做功"台动能变化A£k%合=八反

除重力和弹力之外其他力做功匹炖机械能变化匹其他=AE

滑动摩擦力与介质阻力做功a/加对系统内能变化AE内Fd相而=△E内

电场力做功WAB=qUAB电势能变化AEp必尸一△片,

电流做功W=U"电能消耗△上%=△£1

二、动量

1.动量：p=niVo

2.动量定理：Ft=mVi—mV\),

3.动量守恒定律

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：系统所受外力不为零，但内力远远大于外力，如碰撞、爆炸等。

(3)某一方向上动量守恒：系统所受外力不为零，且内力也不是远远大于外力，但某一

方向上所受外力为零。

(4)表达式：〃“%+〃?2岭=〃“也'+〃?2岭'o

4.可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：

,"“一〃?2,2m\

V\=T%＞、V2=T论。

〃八十〃?2机[十〃12

5.熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度：当

第9页共31页

且"20=0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2网。当如《〃?2,且30=0时，碰

后质量小的原速率反弹。

6.碰撞问题应同时遵守三条原则

（1）动量守恒:即m+p2=0'+P2’。

(2)动能不增加：即Ekl+Ek22Ekl'+£k2'或5?W|2+g/〃2岭22s2+上2岭，2。

（3）速度要符合物理情景。

7.系统内物体作用时的能量关系：△£掾=七祈一£（«,摩擦生热。=尸点相对。

严」临考必练________________三三

1.（2023•河北邯郸二模）如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度

/从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离

为（重力加速度大小为g）（）

A.-7~B.丁

4g5g

2户2V2

C.D.丁

5g3g

Ui2

解析：设轨道半径为r,由题可知在半圆形轨道鼓高点有，监=〃册-

故％=y[gi'

物块由最低点到最高点机械能守恒，有

%?庐=2忡+/W

物块从枕道上端飞出后做平抛运动，有

x=V\t,2r=^gt2

2砂,

联立可得工=蒜，故C正确，A、B、D错误。

答案：C

2.（2023・广东广州模拟）在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道最

低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50kg,其重力势能和动能

随上滑距离s的变化如图中直线I、II所示，以坡道底瑞所在水平面为重力势能的参考面,

滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10m/s?,贝1」（）

笫10页共31页

A.坡道与水平面的夹角。为45°

B.滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1

C.滑雪爱好者在坡道上上滑的最大高度为15m

D.滑雪爱好者在坡道上，上滑过程重力的冲量大小为1000N-S

解析：上滑过程重力势能为Ep=sin0=mgsin0-s

则直线I的斜率为mgsin〃=2渣:」

解得sin<7=^

则坡道与水平面的夹角为9=30'，选项A错误；

上滑过程根据动能定理有

—(nigsin〃+〃〃?gcos仍s=£k—£ko

整理得Ek=—(〃7gsin9+cos旗+£ko

则直线II的斜率为

1875J-5625J

一(〃?gsin〃+*??gcos6=历"百

代入数据解得动摩擦因数4=*,选项B错误；

上滑过程根据动能定理有

—(nigsin0+finigcos0sm=0-Eko

其中人=5625J

解得$m=15m

上升的最大高度〃=SmSin〃=7.5m,选项C错误；

上滑过程根据动量定理有

—(nigsine+/〃??gcos(J)t=0—,\]2mEko

解得上滑时间f=2s

则重力的冲量大小为〃噌/=1000N-s,选项D正确。

答案：D

3.如图所示，光滑水平面上有一长木板儿长木板彳的左侧固定一轻弹簧，轻弹簧的

第11页共31页

右侧固定一光滑物块8,开始时弹簧压缩量为x=8cm,锁定系统静止于水平面上。在力的

左侧距离力为12cm处放置光滑物块C,。的右侧粘有质量不计的黏性物质，与力碰撞时，

会粘在一起，己知〃以=1kg,〃?B=3kg,mc=2kg,长木板足够长。解除力、4系统的锁定

后，下列说法正确的是（）

⑹I-I

A.全过程机械能有损失

B.4与C碰撞后，弹簧的最大压缩量变为6cm

C.弹簧再次压缩到最短时，全过程长木板力向左运动4cm

D.解除锁定时，8与长木板右侧的距离至少为4cm

解析：解除锁定后，.4、8系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量关系可知，当弹簧

伸长到最长时，伸长量应该为8cm,此时力、8两物体的速度均为零，即8与力左侧之间

的距离增加16cm,设此过程中4向左运动x,结合人船模型可知〃?4丫=〃3（16cm—XI,可

得x=12cm,即月向左运动12cm,8向右运动4cm,此时月刚好运动到C的位置,与C知

在一起（因此时/、C的速度均为零，可知粘在一起的过程无能量损失），因〃"c=〃"+〃〃=

mBt则以后两物体来回振动，当弹簧最短时，弹簧的最大压缩量仍为8cm,即4、。整体

向右运动8cm,8向左运动8cm,即弹簧再次压缩到最短时，全过程长木板力向左运动12

cm—8cm=4cm0由上述分析可知，解除锁定时，4与长木板右侧的距离至少为16cm,整

个过程中只有弹簧弹性势能与动能之间的转化，即系统无机械能损失，故选项C正确，A、

B、D错误。

答案：C

4.如图，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，直径为。的水柱以水平速度

v垂直射向着火物。假设水流进入水枪的速度忽略不计，水柱冲击着火物后速度为零，水的

密度为P。下列说法正确的是（）

A,单位时间流经水枪的水的体积为；兀⑺2

B.水枪对水做功的功率为1兀PDV

O

C.水柱对着火物的冲击力为|丸夕庐

O

D.水枪水平向前喷水时，消防员对水枪的作用力方向水平向前

笫12页共31页

解析：单位时间流经水枪的水的体积为0=WS=VXMQ=±亦，选项A错误；水

[△/〃年335兀£>29•/

枪对水做功的功率为P=-&=-----------=研次)2W,选项B正确；对水柱根据动量

定理有一必/=0—•匕△小=U△'兀。2。，结合牛顿第三定律可得水柱对着火物的冲击力

为尸=E=3")2庐，选项C错误；水枪水平向前喷水时，水平方向消防员对水枪的水平作

用力方向水平向前，竖直方向消防员对水枪的作用力竖直向上，则消防员对水枪的作用力方

向斜向前偏上方向，选项D错误。

答案：B

5.如图甲所示，一半圆形光滑轨道与白色水平传送带在N点相连接，水平传送带MN

长L=6m,向右匀速运动的速度为Vb=6m/so一质量为2kg的黑色小物块A轻轻放到传送

带最左端M,同时另一质量为1kg的小物块8(可视为质点)以v}=6m/s的初速度从传送带

最右端N冲上传送带，经过一段时间二者在传送带上某处发生碰撞，碰撞时间极短，碰后

二者结合在一起，物块B再次回到N点，这段时间内物块B的速度一时间图像如图乙所示，

物块B再次回到N点后恰好能通过圆形轨道最高点，两物块与传送带间的动摩擦因数均为〃

=0.4,g取10m/s2o

(1)经过多长时间月在8发生碰撞？

(2)半圆形轨道的半径为多少？

(3)物块6从N点冲上传送带到运动至圆形轨道前的时间内小物块4在传送带上留下黑

色痕迹的长度是多少？

(4)这段时间内转化为的内能为多少？

解析：(1)设碰撞前物块4的速度大小为岭，物块力的速度大小为也’，碰撞前运动的

时间为对物块8,根据牛顿第二定律有

第13页共31页

8g=〃?8〃

物块B做匀减速运动X8=%。一%/3

Vi=V\—at]

对物块儿由牛顿第二定律有pmAg=mAa

A做匀加速直线运动xA=^cit\-

V2=at\

由图像可知彳和8碰撞前，/向右，B向左，则

XA+XB—L

解得A=1s

XA=2m

.¥5=4m

V2=4m/s

1/2=2m/So

(2)设力和B碰撞后速度为匕根据动量守恒定律有

mAV2'—mnV2=(mA+m4V

解得i/=2m/s,方向向右

两物块一起向右做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，用时为介，有

%)=v+ati

解得/2=1s

这时x=山2+/〃22=4m

说明到达N点时，速度与传送带速度相同

两物块恰好能通过圆形凯道最高点，设到达最高点的速度为力

根据机械能守恒定律和向心力公式有

22

+mB)Vb=(1/14+mB)g'2R+g(〃"+niB)V3

(〃以+加8)刈2

(〃?/+rns)g=

解得力=耳^m/s,A=0.72m。

(3)物块8从N点冲上传送带到运动至圆形轨道前的时间内物块力在传送带上留下黑色

第14页共31页

痕迹的长度为s=Vb(/i+Z2)—A=6mo

(4)根据能量守恒定律知，这段时间内转化为的内能为

。="见的+〃〃?僻2斗〃(〃?.4+fnu)gS3+5?.“2’24-\niiVr—^(mA4-ma)V1

其中$1=Vb/l-X/1,52=Vb/1H-X5,S3=Vot2—X,

解得。=108J。

答案：(1)1*(2)0.72m(3)6m(4)10答I

3.电场与磁场

授课提示：对应学生用书第14()页

再_临考必背______________三至

一、电场

E=：(任何电场)

I.电场强度《七=咨(真空中点电荷电场)

£="=如芳(匀强电场)

1au

2.电势、电势差、电势能、电功的关系：WAB=qU.4B=q((p八一中心=一&Ep(与路径无关)。

3.电场线的应用

(1)电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线方向相同，负电荷的受力方向和电场

线方向相反。

(2)电场强度的大小(定性)一电场线的疏密可定性反映电场强度的大小。

(3)电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐步降低，电场强度的方向

是电势降低最快的方向。

(4)等势面的疏密——电场越强的地方，等差等势面越密集；电场越弱的地方，等差等

势而越稀疏。

4.平行板电容器

/。=£=毁(任何电容器)

(1)电容器的电容《

。=信)平行板电容器)

I4nAzz

(2)电容器的动态分析

①平行板电容器充电后保持两极板与电源相连通——U不变

第15页共31页

d\一

E=5

-。=C"

4穴kd〜

■E，j,不变

②平行板电容器充电后两极板与电源断开一Q不变

UQ4Ji-0

E=dCd,不变

S\一

U0

E=『Cd=£RT

二、磁场

1.安培力、安培力的方向

(I)安培力的方向用左手定则判定。

(2)安培力的方向特点：FIB,F1Z,即尸垂直于8和/决定的平面。

(3)安培力的大小：磁场和电流垂直时/=8〃：磁场和电流平行时尸=0。

2.洛伦兹力的方向和大小

(1)判定方法：左手定则。方向特点：FLB,FlU,即尸垂直于5和1/决定的平面(注

意：洛伦兹力不做功)。

①当V〃8时,人二0(最小)；

(2)洛伦兹力

②当时，F『BqV(最大)。

3.带电粒子在匀强磁场中的运动

,V14n2

⑴洛伦兹力充当向心力：qvB=nirco2==4n1inrfL=rna0

mV2n加

(2)圆周运动的半径1=短，周期r=

(3)圆周运动中有关对称的规律

①从直线边界射入匀强磁场的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图

甲所示。

第16页共31页

②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出，如图乙所示。

(4)平行边界(存在临界条件，如图所示)

(5)最小圆形磁场区域的计算：找到磁场边界的两点，以这两点的距离为直径的反面积

最小。

色」临考必练__________________：：：：：：

1.将i根质量〃?=1kg、电阻R=10c的长导线绕制成匝数“=200、边长/=20cm

的正方形线圈，然后用绝缘线将线圈悬挂起来，如图所示。线圈接在恒定电压U=4V的直

流电源上(图中未画出)，线圈中产生逆时针方向的电流。M、N为线圈竖直边的中点，在MN

下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为8=0.25«T),重力加速

度g取10m/s2,则绝缘线上拉力等于零的时刻为()

C.了sD.500s

nSNB〃/2A5

解析：线圉中产生的感应电劫势为。=一五一=五~

代入数据得少=IV

由楞次定律可知N端电势高，由左手定则可知线框左右两边导线所受安培力大小相等，

方向相反，底边所受安培力竖直向上，设绳子拉力为7,流过线框的电流/=-^―=0.5A

线框受到的安培力产=〃4〃=5«N)

对线框根据平衡条件可得〃?g=27+/

第17页共31页

当7=0时，联立解得Z=2s,故A正确，B、C、D错误。

答案：A

2.（多选）如图所示，空间存在一个正四面体力8CQ,其边长为“，在水平面上的5、C、

D三个顶点各固定一个电荷量为+q的点电荷，一个质量为〃1的带电粒子N恰好可以静止

在力点。若把带电粒子N从4点沿过4点的竖直面向.上移动到无穷远处，电场力做功的大

小为W.不考虑力对电场的影响，以无穷远处电势为零，重力加速度为g。根据上述现象,

可以判定（）

A.4点的电场强度为蜃=瞥

B.带电粒子N带电荷量大小为

C.A点、的电势为必蚤翳

D.带电粒子N的电势能将先增大后减小

解析：固定的每个正点电荷对带电粒子N的库仑力大小为歹=誓

设厂与竖直方向的夹角为仇由几何关系可得cos6=乎

对带电粒子N,由平衡条件有3Z7cos0=mg

祈〃"2

解付"=6kq

力点的电场强度为故A、B正确；根据题意可知，带电粒子N在力点

qN

的电势能为力,则4点的电势为%=丁=士焉-,故C错误；把带电粒子N从力点沿过4

点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，也势能一直减小，故D错误。

答案：AB

3.（多选）如图所示，两个等量的点电荷分别固定在力、8两点。虚线为力8的中垂线,

交.AB于O点、。曲线M为一电子只在电场力作用下的运动轨迹。。、力关于。点对称。下列

说法正确的是（）

第18页共31页

A.两个点电荷一定是异种电荷

B.电子在〃、方两点加速度大小相等

C.电子在。、力两点动能相同

D.电子在4、两点电势能相同

解析：包子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，所以两个点电荷均带正包，故A错误；

根据对称性可知电子在b两点所受电场力大小相等，所以加速度大小相同，故B正确；

根据等量同种点电荷周围电势分布规律以及对称性可知。、6两点电势相等，所以电子在。、

b两点的电势能相同，根据能量守恒定律可知电子在。、力两点动能相同，故C、D正确。

答案：BCD

4.有一长方形区域WJC",其边长ab=2L,bc=L,在其区域内存在匀强磁场，方向垂

直于纸面m机所在平面）向内，如图所示。他边中点有一电子发射源s,可垂直于磁场向磁

场内各个方向均匀发射相同速率的电子。已知电子在磁场中运动半径为〃则从从边射出

的电子占所有射入磁场电子的比例为（）

d\-----------|C

XXX

a1—XXrXX%

A.50%B.66.7%

C.33.3%D.16.7%

解析：根据题意及几何关系可知，当电子发射方向与〃方成300时，电子击中〃点，当

电子发射方向与垂直时，电子击中c点，运动轨迹如图所示，

则能击中力c的夹角范围为30°〜90°,故从松边射出的电子占所有射入磁场电子的

60,

比例牛X100%=33.3%，故A、B、D错误，C正确。

1oU

答案：C

5.（多选）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带

的电荷量分别用d、U、E、。和。表示。下列说法正确的是（）

第19页共31页

A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半

B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍

C.保持。不变，将。变为原来的两倍，则U变为原来的两倍

D.保持d、C不变，将。变为原来的一半，则正变为原来的一半

解析：保持U不变，将d变为原来的两倍，根据£=%可得E变为原来的一半，A正确;

保持E不变，将d变为原来的一半，根据U=Ed可得U变为原来的一半，B错误；保持C

不变，将。变为原来的两倍，根据公式C=£可知U变为原来的两倍，C正确；C不变，将

。变为原来的一半，根据C=g可得U变为原来的一半，4不变，U变为原来的一半，根据

公式E=z可知E变为原来的一半，D正确。

答案：ACD

6.（多选）如图所示，在两个边长均为2L的正三角形区域内存在垂_____M……•也一

直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，左右两侧有平行于MN、，七片

PQ的匀强电场（电场强度大小未知）。质量为小、带电荷量为+q的带正，•f：y~

电粒子（不计重力），由电场中0点由静止释放，恰好从0M边的中点进用厂

入磁场区域。已知经过下方磁场区域后，粒子能从0P的中点进入左侧电场，最终能从尸。

上某点沿垂直P0边界方向射出磁场区域，则下列说法正确的是（)

A.电场强度大小为曙

B.从m到0M中点的距离为存

C.从释放到从P0边界出磁场，粒子运动的时间为^

D.带电粒子在磁场中运动时的速度大小为舞

解析：由题意作出带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子从m

到做匀加速直线运动，从到c做圆周运动，从。到d做类斜

上抛运动，从4到e做圆周运动，从e到他再到e做匀变速直线

运动，从e到/的运动为［圆周运动，由几何关系可得，粒子在磁

场中做圆周运动的轨迹半径为r=Lsin60=由洛伦兹力提供向心力有Bc/Vo=in—,

故4=1警^故D错误；从0到b有qExa\b=^mVo2,由数学知识可得，从b到c的运动

轨迹所对的圆心角为0=60°，则粒子在c点时速度方向与水平方向间的夹角也为8=60。,

笫20页共31页

从。到4,粒子在电场中侬类斜上抛运动，有(Vbsin60)/=xotsin60°,at=Vbcos60,a=

普，与，结合上述分析可得E=3Bf,xaib=与,故A、B正确；粒子从a\

点释放，到最终从/出磁场，所用的时间，总=3&1〃+2%+3+则，其中以也=?=2$；,

12兀"7urn2事1nJ2nm(7兀+

&飞~后=而，"="=3/,如=了行=砺'则'总=丽'故C错误'

答案：AB

4.电路与电磁感应

授课提示：对应学生用书第143页

严.临考必背_________________::::::

一、恒定电路

1.电流

(1)定义式：/=/

(2)微观表达式：I=nqSv.

2.欧姆定律的表达式：/=<

3.电阻

(1)定义式；

(2)电阻定律：R=4.

4.闭合电路的欧姆定律

p

(1)①/=帚(只适用于纯电阻电路)。

②E=U外+U内(适用于任何电路)。

(2)路端电压与外电阻的关系

①负载R增大一/减小fU内减小一U外增大。外电路断路时(R为无穷大)，/=0,0外=

Eo

F

②负载R减小一/增大一U内增大外减小。外电路短路时(R=0),/=,，。内=£。

(3)3/关系图线：由U=K一〃可知，路端电压随着电路中电流的增大而减小，U-/关

系图线如图所示。

第21页共31页

U

E\

o7®7

①当电路断路即/=0时，纵坐标的截距为电动势。

②当外电路电压u=o时，横坐标的截距为短路电流。

③图线斜率的绝对值为电源的内阻。

5.电路中的功率和效率

⑴电源的总功率：P&=EI.

(2)电源的输出功率：Pw=UI.

(3)电源内部的发热功率：P内

(4)电源的效率：〃=六公丁

(5)当尺二/时，电源输出功率最大，尸出3、=而，此时〃=50%v

二、电磁感应

1.感应电流方向的判断方法

(I)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。

(2)楞次定律，即根据穿过闭合I可路的磁通量的变化情况进行判断。

2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式

(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。

(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)一“增反减同”。

3.感应电动势大小的计算

△(P

(1)法拉第电磁感应定律：适用于普遍情况。

Q)E=B/v,适用于导体棒平动切割磁感线的情况。

(3)E=，P3,适用于导体棒旋转切割磁感线的情况。

4.通过导线横截面的电荷量：。==—。

5.交变电流“四值”的应用

⑴最大值：Em=nBS(o,分析电容器的耐压值。

(2)瞬时值：正弦式交变电流有效值和最大值的关系：

笫22页共31页

lEmrAnr,Um

E=/U=忑。

①线圈从中性面开始转动：e=nBScos\nW=Emsin必。

②线圈从平行磁场方向开始转动：e=nBS(ocosw=EmCOS必。

(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。

—Ad>

(4)平均值：E=，F，计算通过电路械面的电荷量。

6.理想变压器及其关系式

(1)电压关系为%=：1多个输出线圈时碍=华=华=…)。

U2〃2**1〃2*«.t

Q)功率关系为P出=尸入(多个输出线圈时为P入=尸H1+产出2+…)。

(3)电流关系为£=靠多个输出线圈时为〃力=应2+"3/3+…)。

(4)频率关系为/出="。

7.高压远距离输电的分析方法及计算

(1)在高压输电的具体计算中，为便于理解题意，可参考下图画出相应的题意简图。

(2)在高压输电中，常用以下关系式

轴电电流h=~iT=YF=D0

输电导线损失的电功率2根=P2—P3=/22R线=(£)2火战。

输电线损失的电压U柏=。2—5=/2火线=命线。

[J.临考必练________________三三1

I.(多选)某偏僻山区靠小型发电机供电照明，供电电路如图甲所示，通过电灯的电流

随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。若发电机的线圈共有1000匝，总内阻为2G,电

灯的电阻为48Q,不计输电线的电阻，则下列说法正确的是()

甲

笫23页共31页

A.电路中的电流方向每秒改变100次

B.穿过线圈的磁通量的最大值联"X10?Wb

C.穿过线圈的磁通量变化率的最大值为25gWb/s

D.电灯的电功率为12.5W

解析：一周期内业流方向变化两次，由图乙可知，每秒改变〃=2义==10()次，故A正

nBLra)n(Pa)兀、历

确；电流的最大值为—=不—m=皿\可得©”=卜乂10-3\%)，故B正确；设

磁通量变化率的靛大值为Cm,电流的最大值为/m=^:,可得而=*Wb/s,故C错误；

电流的有效值为/=%=0.5A,电灯的电功率为P=FR=12W,故D错误。

答案：AB

2.(2023•四川成都二诊)摩托车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯、电

动机未启动时电流表读数为5A,在打开车灯、电动机启动时电流表读数为15A。若电源电

动势12V,内阻0.4Q,电流表内阻不计，车灯电阻恒定不变，则因电动机启动导致车灯

的电功率降低了()

------r-^—

®电动机

5丫-1

A.30WB.32W

C.20WD.18W

解析：电动机未启动时。灯=七一//=(12—5乂0.4)丫=10丫

车灯功率。灯=。灯八=50\¥

电动机启动时U灯'=£：-Z2r=(12-15X0.4)V=6V

车灯阻值不变，由P岑可得P；=(*->X尸k=(4)2X50W=18W

电功率的减少量灯一尸灯’=(50-18)W=32W

故选B。

笫24页共31页

答案：B

3.在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻凡、&的阻值均为2Q,

理想二极管与电阻心并联，在变压器原线圈输入〃=100^sin50//V的交流电压，变压器

原、副线圈的匝数比为5：1,则变压器原线圈输入的功率为（）

R\工

Ri

A.100WB.125W

C.150WD.175W

解析：由题意得，原线图两端电压有效值为U产卷=100V,则由*=来■得5=2QV。

因为二极管的单向导电性，则原线图交流电压变化一个周期，副线图也路中的Ri有半个周

U?T

期被短路，则Q被短路的半个周期，副线图回路产生的焦耳热为0=-^72=100r（J）,Ri

URT

未被短路的半个周期，副战圈回路产生的焦耳热为02=K7・5=5OT（J）°设副线图的电功