2021高三一轮复习攻略：高考物理常考题大汇总

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场(含答案)

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场一、单选题1.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。

abcd是位于纸面内、金属硬导线形成的单匝梯形闭合线圈，ad与bc间的距离也为l。

t = 0时刻，bc边与磁场区域边界重合。

线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，规定a→b→c→d→a的感应电流方向为正，bc边所受安培力F安水平向右为正方向。

则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电动势e、感应电流i、bc两点间的电势差U bc、bc边所受的安培力F安随时间t变化的图线可能正确的是（）A. B. C. D.2.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（）A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边3.关于洛伦兹力和安培力，下列说法正确的是（）A.洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对运动电荷的作用C.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对电流的作用D.安培力就是洛伦兹力，两者是等价的4.如图，通电直导线a与圆形金属环b位于同一竖直平面内，相互绝缘。

若b中产生顺时针方向的感应电流，且b受到的安培力合力竖直向下，则可推知直导线a中电流的方向和大小变化情况分别为（）A.向右，减小B.向右，增大C.向左，减小D.向左，增大5.关于通电导线所受安培力F的方向，在图所示的各图中正确的是（）A. B. C. D.6.如图所示，一束电子沿着水平方向向左平行地飞过磁针上方时，小磁针的北极将如何转动（）A.向上转动B.向下转动C.垂直纸面向里转动D.垂直纸面向外转动7.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图是霍尔元件是工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（）A.电势差仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差变小D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平8.图甲为水平放置的两根平行光滑导轨，处在垂直轨道平面向里的匀强磁场中。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=k Ir,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,方向沿∠ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.∠A=30°,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.φC=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、DC和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr (r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,磁铁就靠近传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理图.当磁场靠近霍尔元件时,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g 的砝码可能使天平重新平衡9.CT 是医院常用的一种仪器,CT 的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O 点处可以释放出初速度为零、质量为m 、电荷量为q 的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A 点射出并获得最大动能E k ,两D 形盒之间的距离为d ,加速电压为U ,则下列说法正确的是( )A.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S 的矩形金属板A 、B 正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v ,板间距离为d ,匀强磁场的磁感应强度为B 0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R ,电离气体充满两板间,其电阻率为ρ(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A 、B 就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是( ) A.通过电阻R 的电流为B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关三、非选择题(共4小题,50分)11.[8分]如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U ,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率. (2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.[12分]如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(√3+√2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成θ=60°夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60°角后射出,求粒子Y 的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于∠POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示),求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.[16分]如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M 右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e<0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=√2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.B A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L =2k I0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln (n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m v2r,解得v=qBLmn (n=1,2,3,…),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO'左侧时受到导线1的斥力更大,在OO'右侧时受到导线3的斥力更大,在OO'处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C 错误;导线2在OO'两侧水平方向的受力具有对称性,故运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO'处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-1.5 V,D 错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M 和N 在c 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C 错误.导线M 在d 点产生的磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向里,导线N 在d 点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d 点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a 、d 两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同,D 正确.7.C 题图乙中霍尔元件中的电流I 是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A 错误;根据霍尔元件工作原理可知Ud q =Bqv ,得U =Bdv ,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关,与车轮转速无关,选项B 错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v 车=2πrn 即可获知车速大小,选项C 正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D 错误.8.ABD 线圈中电流的大小为I=E -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,A 正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL ,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F 的方向竖直向下,则有m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=5 g,B 正确,C 错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.9.AC 设粒子在磁场中转动的圈数为n 、最大速度为v ,因每加速一次粒子获得的能量为qU ,每圈有两次加速,则E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,由于粒子经过D 形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,B 正确;发电机稳定发电时,A 板带正电,B 板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C 错误;发电机的效率η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,与等离子体的运动速度无关,D 正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(1分)而光电池产生的电流为I 光电=P45U =√6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q 点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,粒子从F 点射出磁场时,F 点与D 点的距离最小,如图乙所示由几何关系得 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(1分) 解得L=2-√23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X 在磁场中运动的轨迹半径 r=l (1分)粒子在磁场中运动时,有qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=r=l (1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由C 点运动到M 点所用的时间等于粒子X 垂直PO 方向的分运动到N 点所用的时间,即t=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,方向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv 2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P 点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O 、P 点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP 与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P 点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b ,如图所示,从b 点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f ,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r ,故电子沿直径方向进入磁场,从P 点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间t min =14T=√2πt 04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场 (3)

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=k Ir,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,方向沿∠ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.∠A=30°,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.φC=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、DC和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr (r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,磁铁就靠近传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理图.当磁场靠近霍尔元件时,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g 的砝码可能使天平重新平衡9.CT 是医院常用的一种仪器,CT 的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O 点处可以释放出初速度为零、质量为m 、电荷量为q 的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A 点射出并获得最大动能E k ,两D 形盒之间的距离为d ,加速电压为U ,则下列说法正确的是( )A.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S 的矩形金属板A 、B 正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v ,板间距离为d ,匀强磁场的磁感应强度为B 0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R ,电离气体充满两板间,其电阻率为ρ(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A 、B 就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是( ) A.通过电阻R 的电流为B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关三、非选择题(共4小题,50分)11.[8分]如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U ,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率. (2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.[12分]如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(√3+√2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成θ=60°夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60°角后射出,求粒子Y 的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于∠POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示),求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.[16分]如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M 右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e<0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=√2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.B A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L =2k I0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln (n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m v2r,解得v=qBLmn (n=1,2,3,…),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO'左侧时受到导线1的斥力更大,在OO'右侧时受到导线3的斥力更大,在OO'处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C 错误;导线2在OO'两侧水平方向的受力具有对称性,故运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO'处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-1.5 V,D 错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M 和N 在c 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C 错误.导线M 在d 点产生的磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向里,导线N 在d 点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d 点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a 、d 两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同,D 正确.7.C 题图乙中霍尔元件中的电流I 是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A 错误;根据霍尔元件工作原理可知Ud q =Bqv ,得U =Bdv ,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关,与车轮转速无关,选项B 错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v 车=2πrn 即可获知车速大小,选项C 正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D 错误.8.ABD 线圈中电流的大小为I=E -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,A 正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL ,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F 的方向竖直向下,则有m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=5 g,B 正确,C 错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.9.AC 设粒子在磁场中转动的圈数为n 、最大速度为v ,因每加速一次粒子获得的能量为qU ,每圈有两次加速,则E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,由于粒子经过D 形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,B 正确;发电机稳定发电时,A 板带正电,B 板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C 错误;发电机的效率η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,与等离子体的运动速度无关,D 正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(1分)而光电池产生的电流为I 光电=P45U =√6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q 点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,粒子从F 点射出磁场时,F 点与D 点的距离最小,如图乙所示由几何关系得 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(1分) 解得L=2-√23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X 在磁场中运动的轨迹半径 r=l (1分)粒子在磁场中运动时,有qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=r=l (1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由C 点运动到M 点所用的时间等于粒子X 垂直PO 方向的分运动到N 点所用的时间,即t=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,方向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv 2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P 点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O 、P 点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP 与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P 点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b ,如图所示,从b 点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f ,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r ,故电子沿直径方向进入磁场,从P 点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间t min =14T=√2πt 04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.。

2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练：电场能的性质(解析版)

2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练电场能的性质一、选择题3.如图所示,MN是某点电荷Q产生的电场中的一条电场线,一带负电的试探电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点,其运动轨迹如图中虚线所示.则下列判断中正确的是( )A.试探电荷有可能从a点静止出发运动到b点B.a点电势一定高于b点电势C.从a到b的过程中,试探电荷的电势能一定越来越大D.若试探电荷运动的加速度越来越大,则Q必为正电荷且位于M端解析:选D 如果从静止开始运动,将沿电场线运动,故选项A错误;因为是负试探电荷,可以判断电场线方向是从M指向N,则表明b点电势高于a点电势,选项B错误;从a到b的过程中电场力做正功,电势能减少,选项C错误;根据孤立点电荷电场分布特点分析,在b点加速度大,意味着距离正电荷Q的位置越来越近,选项D正确.2、图中的虚线a,b,c,d表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M,N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示.已知M是带正电的粒子.则下列说法中正确的是( )A.N一定也带正电B.a点的电势高于b点的电势,a点的电场强度大于b点的电场强度C.带电粒子N的动能减小,电势能增大D.带电粒子N的动能增大,电势能减小解析:选D根据偏转情况得带正电的M粒子向右偏,N粒子向左偏必带负电,选项A错误;该电场是匀强电场,选项B错误;两粒子都是电势能减小,动能增大,选项C错误,D正确.3、如图所示,两个等量异种点电荷分别位于P,Q两点,P,Q两点在同一竖直线上,水平面内有一正三角形ABC,且PQ连线的中点O为三角形ABC的中心,M,N为PQ连线上关于O点对称的两点,则下列说法中正确的是( )A.A,B,C三点的电场强度大小相等但方向不同B.A,B,C三点的电势相等C.M点电场强度小于A点电场强度D.将一正点电荷从N点移到B点,电场力做正功解析:选B等量异种电荷的中垂面上任一点的电场强度方向均与两电荷连线平行,即竖直向下,又由几何关系易知,A,B,C三点与两电荷的距离相等,所以A,B,C三点电场强度大小也相等,故A错;等量异种电荷的中垂面为等势面,故A,B,C,O四点电势相等,B对;根据等量异种双电荷电场线疏密分布情况,连线上M点电场强度大于O点电场强度,而O点电场强度大于A点电场强度,所以M点电场强度大于A点电场强度,C错;连线上O点电势高于N点电势,而O点电势等于B点电势,即B点电势高于N点电势,则正电荷从N点移到B点,电场力做负功,D 错.4、如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-运动的描述(含答案)

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-运动的描述一、单选题1.甲、乙两个物体沿同一直线向同一方向运动时，取物体的初速度方向为正，甲的加速度恒为2 m/s2，乙的加速度恒为-3m/s2，则下列说法中正确的是（）A.两物体都做加速直线运动，乙的速度变化快B.甲做加速直线运动，它的速度变化快C.乙做减速直线运动，它的速度变化率大D.甲的加速度比乙的加速度大2.物体由静止开始运动，加速度恒定，在第7s初的速度是2.6m/s，则物体的加速度是（）A.0.4m/s2B.0.37m/s2C.2.6m/s2D.0.43m/s23.自从采用调控房价政策以来，曾经有一段时间，全国部分城市的房价上涨出现减缓趋势。

一位同学将房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，据此类比方法，你觉得“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动中的（）A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度减小C.速度减小，加速度减小D.速度减小，加速度增大4.关于速度，速度改变量，加速度，正确的说法是（）A.物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B.速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C.某时刻物体的速度为零，其加速度不可能为零D.加速度很大时，运动物体的速度一定很大5.对平均速度的理解，以下说法正确的是（）A.平均速度等于零，说明物体在这段时间内处于静止状态B.平均速度等于某段时间内最大速度与最小速度之和的一半C.某运动员百米比赛用时10 s，他这10 s内的平均速度为10 m/sD.某运动员200 m比赛用时20 s，他这20 s内的平均速度为10 m/s6.轿车的加速度变化快慢将影响乘坐的舒适度．加速度变化得越慢，乘坐轿车的人会感到越舒适．若引入一个新物理量用于表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位应是（）A.m/sB.m/s2C.m/s3D.m/s47.下列关于质点的一些说法，其中正确的是（）A.研究和观察日食时，可以把太阳看成质点B.原子核很小，一定可把它看成质点C.研究地球自转时，不能把地球看成质点D.做花样溜冰的运动员一定可以看作质点8.下列关于物体可以看做质点的说法正确的有()A.研究跳水运动员在跳水比赛中的空中姿态，可以把运动员看做质点B.计算火车通过一座小桥所用的时间，可以把运行的火车看做质点C.观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看做质点D.在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看做质点9.小球沿斜面滚下，依次经过A，B，C三点，已知AB=6m，BC=10m，小球通过AB，BC路程所用时间均为2s，则小球经过A，B，C三点的瞬时速度是（）A.v A=2 m/s v B=3 m/s v C=4 m/sB.v A=2 m/s v B=4 m/s v C=6 m/sC.v A=3 m/s v B=4 m/s v C=5 m/sD.v A=3 m/s v B=5 m/s v C=7 m/s10.礼炮在高空中爆炸，有这样一种情况：在同一时刻，同一位置有四朵烟花以速度v向上、向下、向左、向右射出（不计空气阻力），经过1s后四朵烟花在空中的位置构成的正确图形是（）A. B. C. D.二、多选题11.使用电磁打点计时器下列说法正确的是（）A.打点计时器使用低压交流电源B.纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的上面C.要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源D.拉动纸带时，应尽量与限位孔平行12.下列对物体运动性质的描述错误的是()A.物体做直线运动，加速度减小，速度一定减小B.物体做曲线运动，速度变化，加速度一定变化C.匀变速直线运动的速度方向是恒定不变的D.物体速度为零时加速度可能不为零13.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度大小变为10m/s。

2021届高三人教版物理一轮复习 2021年高考分类题库考点17 碰撞与动量守恒 Word版含答案

考点17 碰撞与动量守恒一、选择题1.(2021·重庆高考)高空作业须系平安带。

假如质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开头跌落到平安带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。

此后经受时间t 平安带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上。

则该段时间平安带对人的平均作用力大小为( ) A.2m gh mg t + B .2m ghmg t - C.m gh mg t + D.m gh mg t- 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析： (1)平安带对人起作用前瞬间人的速度多大。

(2)从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,人的动量的转变量是多少。

(3)从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,人受到哪些力的作用。

【解析】选A 。

平安带对人起作用之前,人做自由落体运动;由v 2=2gh 可得,平安带对人起作用前瞬间,人的速度v=gh 2;平安带达到最大伸长量时,人的速度为零;从平安带开头对人起作用到平安带伸长量最大,由动量定理可得0-mv=mgt-F t,故F =t mv+mg=tgh m 2+mg,故选项A 正确。

2.(2021·北京高考)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( ) A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小 B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能始终减小 C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大 D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】选A 。

绳刚好伸直时,绳的拉力为零,人还要向下加速,此时人的动能不是最大,选项C 错误;当重力等于绳子拉力时,人的速度最大,之后人做减速运动,绳对人的拉力始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,人的动量与速度一样,先增大后减小,人的动能也是先增大后减小,选项A 正确,选项B 错误;人在最低点时,绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D 错误。

高考物理一轮复习：2021-2024年浙江新高考物理真题考点分布汇总

2024年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1 选择题国际单位制考查基础知识及学科思维2 选择题质点情景应用，考查基础知识及学科思维3 选择题常见力做功与相应的能量转化，判断系统机械能是否守恒情景应用，考查综合分析能力及推理能力4 选择题磁感线的概念与特征，磁电式电流表的原理，左手定则的内容及简单应用考查基础知识及学科思维5 选择题有效值读取交流电表示数的含义理想变压器两端电压与匝数的关系变压器原副线圈频率和相位的关系情景应用，考查基础知识及科学推理能力6 选择题整体法与隔离法结合处理物体平衡问题考查综合分析能力及学科思维7 选择题分析原子核的结合能与比结合能，利用质能方程公式进行计算、核聚变方程考查基础知识及学科思维8 选择题平抛运动速度的计算物理模型、考查综合科学思维中的模型构建、科学推理9 选择题超重和失重的概念卫星的各个物理量计算火箭的原理考查综合分析能力、基础知识及学科思维10 选择题简谐运动 x-t图象物理模型、考查综合分析能力及学科思维11 选择题带电粒子在匀强申场中做类抛体运动的相关计算光电子的最大初速度止电压的本质及其决定因素考查综合分析能力、基础知识及学科思维12 选择题波的衍射光的折射定律、折射率影响光电流大小的因素氢原子光谱考查基础知识及综合分析能力13 选择题线圈的自感系数计算自感电动势考查基础知识及学科思维14 选择题偏振现象及其解释电磁场理论与电磁波的发现热辐射、黑体和黑体辐射德布罗意波的公式考查基础知识及学科思维15 选择题波长、频率和波速的关系波的叠加原理光的折射定律、折射率考查基础知识及建模分析能力及应用数学解决物理问题的能力16 实验题验证加速度与质量成反比的实验步骤、数据处理与误差分析考查科学探究素养中的解释和证据等17实验题闭合电路欧姆定律的内容和三个公式观察电容器充、放电现象考查科学探究解释和证据要素、科学思维的科学推理要素18实验题计算电阻串联或并联时的电压、电流和电阻温度传感器综合考查科学探究素养中的解释和证据要素19 计算题应用理想气体状态方程处理实际问题计算系统内能改变、吸放热及做功热力学第二定律两种表述考查学科知识及学科思维20计算题机械能与曲线运动结合问题完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题物理模型、考查科学思维中的模型构建、科学推理、科学论证等21计算题动量定理的内容和表达式安培力的计算式及简单应用电磁感应与电路的综合问题考查学生在新情境下的物理建模、解决实际问题的模型构建、科学推理、科学论证等素养能力22计算题粒子由磁场进入电场考查模型构建、科学推理、科学论证及质疑创新等科学思维2023年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1 选择题标量与矢量考查基础知识及学科思维2 选择题质点、惯性、力情景应用，考查基础知识及学科思维3 选择题平抛运动、图像分析考查综合分析能力及推理能力4 选择题力学情景应用，考查综合分析能力及推理能力5 选择题核反应方程、比结合能情景应用，考查基础知识及学科思维6 选择题受力分析、力的平衡条件的应用物理模型、考查综合分析能力及学科思维7 选择题变压器的工作原理、交流电的四值情景应用，考查综合分析能力及学科思维8 选择题圆周运动、牛顿第二定律物理模型、考查综合分析能力及学科思维9 选择题天体运动、开普勒第三定律、万有引力定律的应用考查综合分析能力、基础知识及学科思维10 选择题受力分析、能量的转化与守恒物理模型、考查综合分析能力及学科思维11 选择题波的传播、振幅与波长考查综合分析能力、基础知识及学科思维12 选择题受力分析、电场力做功、电势能物理模型、考查综合分析能力及推理能力13 选择题光的折射、全反射考查情景想象及推理能力与学科思维14 选择题分子动理论、多普勒效应考查基础知识及学科思维15 选择题双缝干涉、光子能量、光子动量情景应用，考查基础知识及综合分析能力16 实验题探究平抛运动规律实验能力及运用数学工具解决物理问题能力、学科思维17实验题测量干电池的电动势和内阻实验能力、分析综合能力及学科思维18实验题基本实验操作、注意事项综合分析能力及学科探究素养19 计算题分子平均动能、热力学定律物理模型、考查综合分析能力及推理能力20计算题动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律物理模型、考查综合分析能力及推理能力21计算题安培力、牛顿第二定律、电磁感应、能量的转化与守恒情景应用，考查综合分析能力及学科探究素养22计算题带电粒子在匀强磁场中的运动考查基础知识及综合分析能力2022年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1 选择题力的单位考查基础知识及学科思维2 选择题圆周运动的加速度、惯性考查物理观念及学科思维3 选择题受力分析、质点、运动分析考查物理生活及学科思维4 选择题双缝干涉实验考查实验能力综合分析能力及推理能力5 选择题洛伦兹力、磁场的方向、中性面、变压器考查物理观念及学科思维6 选择题天体运动物理科技、考查情景想象及推理能力与学科思维7 选择题玻尔理论、光子的动量、光电效应考查综合分析能力及图像分析能力8 选择题光的折射、干涉、衍射、全发射物理科技、考查综合分析能力学科思维9 选择题带电粒子在电场中的运动物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维10 选择题共点力的平衡物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维11 选择题受力分析、运动过程和能量转化物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维12 选择题风力发电、能量转化情景应用、考查情景想象及推理能力与学科思维13 选择题功率、直线运动、牛顿运动定律物理生活，考查综合分析能力及学科探究素养14 选择题核反应方程及半衰期情景想象及推理能力及学科探究素养15 选择题带电粒子在径向电场中的运动考查理解能力及学科态度与责任16 选择题波的传播考查理解能力及学科态度与责任17实验题探究小车速度随时间变化的规律实验能力及运用数学工具解决物理问题能力、学科思维18实验题探究滑动变阻器的分压特性实验能力、分析综合能力、运用数学工具解决物理问题能力及学科思维19 计算题牛顿运动定律及动能定理的应用物理生活、考查综合分析能力及学科探究素养20计算题机械能守恒定律、弹性碰撞、牛顿第二定考查综合分析能力及学科探究素养律的综合应用21计算题牛顿第二定律、动量定理、电磁感应定律考查综合分析能力及学科探究素养22计算题离子在磁场中的运动2021年浙江新高考物理真题考点分布汇总卷别题号题型考点核心素养浙江卷1 选择题国际单位换算考查基础知识及学科思维2 选择题物体简化为质点的条件考查物理观念及学科思维3 选择题静电现象的应用考查物理科技及学科思维4 选择题受力分析、牛顿第二定律考查物理科技综合分析能力及推理能力5 选择题正弦式交变电流的变化规律考查物理观念及学科思维6 选择题电场和等势面物理模型、考查情景想象及推理能力与学科思维7 选择题生活中的圆周运动物理生活，考查综合分析能力及学科思维8 选择题微波有效作用距离的球面波模型物理模型、考查综合分析能力学科思维9 选择题波的叠加原理物理生活、考查情景想象及推理能力与学科思维10 选择题天体运动、机械能守恒物理科技、考查情景想象及推理能力与学科思维11 选择题功能关系物理生活、考查情景想象及推理能力与学科思维12 选择题光的反射和折射物理科技、考查情景想象及推理能力与学科思维13 选择题德布罗意波长公式考查综合分析能力及学科探究素养14 选择题核反应类型的辨别考查推理能力及学科探究素养15 选择题牛顿第三定律、磁感应强度的叠加、安培理解能力及学科态度与责任定则16 选择题薄膜干涉问题理解能力及学科态度与责任17实验题机械能守恒与利用双缝干涉测量光的波长实验能力及运用数学工具解决物理问题能力、学科思维18实验题伏安法和等效替代法测电阻实验能力、分析综合能力、图像分析能力及学科思维19 计算题牛顿第二定律及运动学规律物理生活、考查综合分析能力及学科探究素养20计算题机械能守恒定律、功能关系、动能定理、动量守恒定律、极值问题物理模型、考查综合分析能力及学科探究素养21计算题电荷量和磁通量的计算、磁场与电磁感应的综合应用考查综合分析能力及学科探究素养22计算题带电粒子在磁场中的运动考查综合分析能力及学科探究素养。

2021高考物理一轮基础系列题5含解析新人教版20210904428

2021高考物理一轮基础系列题5含解析新人教版20210904428李仕才一、选择题1、如图甲、乙、丙所示，三个物块质量相同且均处于静止状态，若弹簧秤、绳和滑轮的重力均不计，绳与滑轮、物块与半球面间的摩擦均不计，在图甲、乙、丙三种情形下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则( )图A.F1＝F2＝F3B.F3>F1＝F2C.F3＝F1>F2D.F1>F2>F3答案 C解析甲图：物块静止，弹簧的拉力F1＝mg；乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2＝G sin60°＝32mg≈0.866mg x.k+w丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得F3＝mg，故F3＝F1>F22、如图5甲所示，质量为m＝1 kg、带电荷量为q＝2×10－3 C的小物块静置于绝缘水平面上，A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )图5A ．小物块在0～3 s 内的平均速度为43 m/sB ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J答案 CD3、如图5所示，匀强电场分布在边长为L 的正方形区域ABCD 内，M 、N 分别为AB 和AD 的中点，一个初速度为v 0、质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子沿纸面射入电场。

带电粒子的重力不计，假如带电粒子从M 点垂直电场方向进入电场，则恰好从D 点离开电场。

若带电粒子从N 点垂直BC 方向射入电场，则带电粒子( )图5A ．从BC 边界离开电场B ．从AD 边界离开电场C ．在电场中的运动时刻为2mv 2qED ．离开电场时的动能为12mv 20答案 BD4、(多选)物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m 0的质点距质量为M 0的引力中心为r 0时，其万有引力势能E p ＝－GM 0m 0r 0(式中G 为引力常量)．一颗质量为m 的人造地球卫星以半径为r 1圆形轨道围绕地球飞行，已知地球的质量为M ，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r 2，则在此过程中( )A ．卫星势能增加了GMm (1r 1－1r 2)B ．卫星动能减少了GMm 3(1r 1－1r 2) C ．卫星机械能增加了GMm 2(1r 1－1r 2) D ．卫星上的发动机所消耗的最小能量为2GMm 3(1r 2－1r 1)【答案】AC【解析】引力势能的增加量ΔE p ＝－GMm r 2－(－GMm r 1)＝GMm (1r 1－1r 2)，故A 正确；依照万有引力提供向心力有：G Mm r 21＝m v 21r 1，解得E k1＝12mv 21＝GMm 2r 1.同理，E k2＝GMm 2r 2，因此，动能的减小量为ΔE k＝GMm 2r 1－GMm 2r 2＝GMm 2(1r 1－1r 2)．故B 错误；依照能量守恒定律，卫星机械能增加等于发动机消耗的最小能量，即E ＝ΔE p －ΔE k ＝GMm 2(1r 1－1r 2)．故C 正确，D 错误． 5、[多选]如图所示为一滑草场。

高三物理第一轮复习学习方法

高三物理第一轮复习学习方法高三物理第一轮复习学习方法1：以教材为本,全面复习基础知识要求全面阅读教材,树立“教材是最好的复习资料”的观点,对高中物理所涉及的每个知识点进行重新梳理,对教材中的概念、定理、定律逐字逐句进行明白得。

有意识的挖掘教材中有价值的习题、阅读材料、摸索与讨论、做一做等,要扫清知识死角,把书本念厚。

打好基础不是死记硬背概念和公式,而是要在透彻明白得的基础上去经历。

清晰高中物理力、热、电、光、原五大部分所涉及到的力、运动、能量的相关问题是在不同知识背景下的同一个内容,是一个整体。

高三物理第一轮复习学习方法2：夯实基础,落实双基,把握科学的解题思路第一轮复习中在知识内容的讲解上求全和实,在练习题上重基础知识和差不多解题方法的训练。

在求解物理问题时,培养具备良好的思维适应。

如正确选择研究对象及受力分析,在对状态、过程分析时画出状态过程的示意图,将抽象的文字条件形象化、具体化。

为了尽可能少出错误,解题时能够遵循如此的思路:画草图-想情形——选对象——建模型——分析状态和过程——找规律——列方程——检查结果。

高三物理第一轮复习学习方法3：培养良好的审题适应审题是解题的关键一步,提高解答物理问题的能力应把重点放在培养良好的审题适应上。

要分析并提炼出题目所给的物理过程、物理情形、物理模型,再去找相应的物理规律、物理定理、定律解题。

提高审题能力要注意以下几个方面:对隐含条件的挖掘;对干扰因素的排除。

理清和形成知识结构知识结构的形成和系统化并非易事,在单元复习时应注意构建本单元的知识结构,同时,也有意识的了解知识间的纵横联系,形成知识结构。

如复习力学知识时,是这么做的:了解受力分析和运动学是整个力学的基础,运动定律是将缘故(力)和成效(加速度)联系起来,为解决力学问题提供了比较完整的方法,曲线运动和振动属于运动定律的应用。

了解动量、冲量和机械能则是从时刻、空间的观念开创了解决力学问题的另外两条途径,提供了求解系统问题、守恒问题等更为简便的方法。

河北衡水中学2021届高考物理一轮复习热点题型专题28近代物理

2021年高考物理一轮复习热点题型专题28近代物理题型一光电效应电路和光电效应方程的应用题型二光电效应图象题型三光的波粒二象性和物质波题型四玻尔理论和能级跃迁题型五原子核的衰变及半衰期题型六核反应及核反应类型题型七质量亏损及核能的计算题型一光电效应电路和光电效应方程的应用1.四点提醒(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)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光.(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关.(4)光电子不是光子，而是电子.2.两条对应关系(1)光照强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；(2)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大.3.三个关系式(1)爱因斯坦光电效应方程：E k＝hν－W0.(2)最大初动能与遏止电压的关系：E k＝eU c.(3)逸出功与极限频率的关系W0＝hνc.【例题1】（2020·天津卷）如图为a、b、c三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。

由a、b、c组成的复色光通过三棱镜时，下述光路图中正确的是【答案】C【解析】由光电效应的方程k E hv W =-，动能定理k eU E =，两式联立可得hv WU e e=-，故截止电压越大说明光的频率越大，则有三种光的频率b c a v v v >>，则可知三种光的折射率的关系为b c a n n n >>，因此光穿过三棱镜时b 光偏折最大，c 光次之，a 光最小，故选C ，ABD 错误。

【例题2】(2020·全国卷Ⅱ·17)用波长为300 nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19J.已知普朗克常量为6.63×10－34J·s ，真空中的光速为3.00×108 m·s －1.能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( ) A.1×1014 Hz B.8×1014 Hz C.2×1015 Hz D.8×1015 Hz【答案】 B【解析】设单色光的最低频率为ν0，由E k ＝hν－W 0知 E k ＝hν1－W 0,0＝hν0－W 0，又知ν1＝cλ整理得ν0＝c λ－E kh，解得ν0≈8×1014 Hz.【例题3】 (2020·广东省中山一中、仲元中学等七校第一次模拟)如图，实验中分别用波长为λ1、λ2的单色光照射光电管的阴极K ，测得相应的遏止电压分别为U 1和U 2，设电子的质量为m ，带电荷量为e ，真空中的光速为c ，下列说法正确的是( )A.若λ1>λ2，则U 1>U 2B.根据题述条件无法算出阴极K 金属的极限频率C.用λ1照射时，光电子的最大初动能为eU 1D.入射光的波长与光电子的最大初动能成正比【答案】 C【解析】根据爱因斯坦光电效应方程，有：hcλ－W 0＝E km ＝eU c ，因此若λ1＞λ2，则U 1＜U 2，故A 错误；根据hc λ1－W 0＝eU 1；hcλ2－W 0＝eU 2，其中的W 0＝hνc ，三式联立可求解h 和νc ，选项B 错误；用λ1照射时，光电子的最大初动能为eU 1，选项C 正确；根据hcλ－W 0＝E km可知入射光的波长与光电子的最大初动能不成正比，故D 错误.题型二光电效应图象【例题1】(2020·广东省潮州市下学期综合测试)用如图甲所示的装置研究光电效应现象.用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应.图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是()A.普朗克常量为h ＝baB.仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大C.保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G 的示数保持不变D.保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G 的示数增大【答案】 A【解析】根据E km ＝hν－W 0可得，图线纵截距的绝对值等于金属的逸出功，即等于b .当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为a ，那么普朗克常量为h ＝ba ，故A 正确；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与照射光的频率有关，与光的强度无关，故B 错误；若保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，则光子数目减小，那么电流表G 的示数会减小，故C 、D 错误.【例题2】(2020·河南省濮阳市第三次模拟)用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中A 、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a 、b 、c 三束单色光照射，调节A 、K 间的电压U ，得到光电流I 与电压U 的关系如图乙所示，由图可知( )A.单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最大B.单色光a 和c 的频率相同，且a 光更强些，b 光频率最大C.单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最小D.单色光a 和c 的频率不同，且a 光更强些，b 光频率最小【答案】 B【解析】 a 、c 两单色光照射后遏止电压相同，根据E km ＝eU c ，可知产生的光电子最大初动能相等，则a 、c 两单色光的频率相等，光子能量相等，由于a 光的饱和光电流较大，则a 光的强度较大，单色光b 照射后遏止电压较大，根据E km ＝eU c ，可知b 光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程E km ＝hν－W 0得，b 光的频率大于a 光的频率，故A 、C 、D 错误，B 正确.【例题3】(2020·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图象如图所示.则由图象可知( )A.入射光频率越大，该金属的逸出功越大B.入射光的频率越大，则遏止电压越大(ν>ν0)C.由图可求出普朗克常量h ＝U ν0D.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【答案】 B【解析】当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W 0＝hν0，逸出功与入射光频率无关，是由金属材料决定的，故A 错误；根据光电效应方程E km ＝hν－W 0和eU c ＝E km 得：U c ＝hνe －W 0e ，当入射光的频率大于等于极限频率时，入射光的频率越大，则遏止电压越大，故B 正确；由U c ＝hνe －W 0e ，知图线的斜率等于he ，由题图可以得出斜率的大小，则普朗克常量为h ＝eUν0，故C 错误；根据光电效应方程E km ＝hν－W 0，得光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是成正比，故D 错误.题型三光的波粒二象性和物质波1.从数量上看：个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性. 2.从频率上看：频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，贯穿本领越强，越不容易看到光的干涉和衍射现象.3.从传播与作用上看：光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现出粒子性. 4.波动性与粒子性的统一：由光子的能量E ＝hν、光子的动量表达式p ＝hλ也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的能量和动量的计算式中都含有描述波动性的物理量——频率ν和波长λ. 【例题1】(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是( ) A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构【答案】 ACD【解析】电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子是一种波，故A 正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，可以说明β射线是一种粒子，故B 错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射说明中子是一种波，故C 正确；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利用了电子束的衍射现象，说明电子束是一种波，故D 正确. 【例题2】(多选)(2020·甘肃省天水市调研)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )A.光电效应现象揭示了光的粒子性B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等【答案】 AB题型四玻尔理论和能级跃迁1.定态间的跃迁——满足能级差(1)从低能级(n )――→跃迁高能级(m )→吸收能量. hν＝E m －E n(2)从高能级(m )――→跃迁低能级(n )→放出能量. hν＝E m －E n . 2.电离电离态与电离能电离态：n ＝∞，E ＝0基态→电离态：E 吸>0－(－13.6 eV)＝13.6 eV . 激发态→电离态：E 吸>0－E n ＝|E n |.若吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能.【例题1】（2020·新课标全国Ⅰ卷）氢原子能级示意图如图所示。

2021高考物理(全国版)一轮复习考点考法：专题三考点2 动力学两类基本问题

考点2 动力学两类基本问题1.[2020河南洛阳模拟]如图所示,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面的顶端下滑,直至速度为零.对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()2.[2020江西南昌高三摸底]如图所示,某人沿水平地面向左做匀速直线运动(保持手握绳的高度不变),利用跨过定滑轮的轻绳将一物体A沿竖直方向放下.在此过程中,下列结论正确的是()A.人的速度和物体A的速度大小相等B.物体A做匀变速直线运动C.物体A的加速度方向竖直向下D.轻绳对A的拉力大于A的重力3.[2020广东六校联考]沿固定光滑斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—时间图线如图所示.在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3,则()A.F1<F2B.F2>F3C.F1>F3D.F1=F34.[2020山西晋中检测,多选]已知半径一定的小球在空中下落过程中受到的空气阻力f正比于运动速率v,即满足f=kv.比例系数k只与小球的半径和空气密度有关.现将半径相同的实心铁球和空心塑料球在空中由静止释放,小球下落过程中的加速度与速度关系图象如图所示,已知空气密度均匀,则下列说法正确的是()A.铁球对应的a0值较大B.铁球对应的v m值较大C.两球从开始下落至下落相同的高度,铁球所用时间较长D.铁球从开始下落至速度达到铁球所对应的v m时,通过的位移较大5.[2020山东省实验阶段性检测,多选]如图甲所示,质量为M=2 kg的木板静止在光滑水平面上,可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板.物块和木板的速度—时间图象如图乙所示,g=10 m/s2,结合图象,下列说法正确的是()A.可求得物块在前2 s内的位移为5 mB.可求得物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2C.可求得物块的质量m=2 kgD.可求得木板的长度L=2 m6.[2020广西桂林高三第二次检测,多选]如图甲所示,一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系,如图乙所示.已知图线在前3.0 s内为二次函数图象,在3.0~4.5 s内为一次函数图象,取水平向左为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2.下列说法正确的是()A.传送带沿顺时针方向转动B.传送带沿逆时针方向转动C.传送带的速度大小为2 m/sD.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.27.[2020江西抚州检测,16分]一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块A相连,如图所示.质量为3m的小物块B紧靠A静止在斜面上,此时弹簧的压5缩量为x 0.从t=0时开始,对B施加沿斜面向上的外力,使B始终做匀加速直线运动.经过一段时间后,物块A、B分离;再经过同样长的时间,B距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.求:(1)弹簧的劲度系数k;(2)物块B加速度的大小a1;(3)在物块A、B分离前,外力大小F随时间t变化的关系式.考点2动力学两类基本问题1.B滑块沿斜面下滑的过程中,受重力、支持力和滑动摩擦力作用,做匀减速直线运动,故速度图象为向下倾斜的直线,C项错;滑块加速度保持不变,D项错;设滑块的加速度大小为a,则滑块的位移s=v0t-1at2,s-t图象为开口向下的抛物线,B项对;设斜面倾角为θ,则滑块下降高度h=s sin θ,2所以h-t图象也是开口向下的抛物线,A项错.2.D设滑轮到人手之间的一段轻绳与水平方向的夹角为α,将人向左运动的速度v沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解,沿轻绳方向的分速度大小v1=v cos α,物体A的速度大小v2=v1=v cos α,所以人的速度v大于物体A的速度,选项A错误;人沿水平地面向左做匀速直线运动,v不变,cos α非线性减小,所以物体A做变减速运动,物体A的加速度方向竖直向上,选项B、C错误;对物体A,【科学思维】别做加速、匀速、减速运动,结合牛顿第二定律,有F1<F2<F3,故A项正确,B、C、D项错误.4.BD开始下落时,铁球和塑料球速度均为0,阻力为0,此时加速度都为g,选项A错误;下落到最低点时,根据mg=kv m,又铁球质量较大,知铁球对应的v m值较大,选项B正确;设铁球的密度为无穷大,有a=g-fm,则铁球的加速度始终为g,空心塑料球的加速度小于g,故两球从开始下落至下落相同的高度,铁球所用时间较短,选项C错误;仍假设铁球的密度为无穷大,则铁球对应的v m为无穷大,铁球从开始下落至速度达到其对应的v m时的位移较大,选项D正确.5.ABC由题图乙可知物块在前2 s内的位移x=4+22×1 m+2×1 m=5 m,A正确;由题图乙可知,两物体加速度大小始终相同,共速之前加速度大小均为2 m/s2,则有μmg=m×2 m/s2=M×2 m/s2,解得m=M=2 kg,μ=0.2,故B、C正确;由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系,故无法求出木板的长度,D错误.6.ACD由x-t图象可知,物块的速度先减小到零,再反向增大,最后匀速运动回到初始位置,可判断传送带沿顺时针方向转动,A正确,B错误;由3.0~4.5 s内的图象可知,传送带的速度v=ΔxΔt =-3 4.5-3m/s=-2 m/s,可知C正确;因2 s末物块的速度减为零,位移为4 m,由x=12at2知a=2 m/s2,则根据a=μg可知,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,D正确.7.解析:(1)在施加外力之前,对A、B组成的系统,根据胡克定律和力的平衡条件有kx0-(m+35m)g sin θ=0(2分)可得k=8mgsinθ5x0.(2分)(2)设A、B分离前一起运动的时间为T,A、B分离时弹簧的压缩量为x1.在A、B分离的瞬间,A、B之间的正压力刚好为零;对物块A,根据胡克定律和牛顿第二定律有kx1-mg sin θ=ma1(2分)设A、B分离前一起运动的位移为s,由几何关系有s=x0-x1(1分)由运动学公式有s=12a1T2(1分)x0=12a1(2T)2(1分)联立解得a1=15g sin θ.(1分)(3)设在物块A、B分离前一起运动的时间内,t时刻对应的弹簧的压缩量为x,A、B离出发点的位移为s'.对A、B组成的系统,根据胡克定律和牛顿第二定律有F+kx-(m+35m)g sin θ=(m+35m)a1(2分)根据运动学公式有s'=12a1t2(1分)由几何关系有s'=x0-x(1分)又由(2)中关系式可得T=√5x02gsinθ(1分)联立上式并求解,在时间范围0≤t<√5x02gsinθ内有F=425(2+gsinθx0t2)mg sin θ.(1分)。

2021年高考物理一轮复习第二章高频考点真题验收全通关

2021年高考物理一轮复习第二章高频考点真题验收全通关高频考点一：重力、弹力、摩擦力1．(多选)(xx·海南高考)下列关于摩擦力的说法，正确的是( )A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速2．(xx·浙江高考)如图1所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体。

细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连。

物体静止在斜面上，弹簧测力计的示数为4.9 N。

关于物体受力的判断(取g＝9.8 m/s2)，下列说法正确的是( )图1A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上3．(多选)(2011·山东高考)如图2所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。

开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力F f a≠0，b所受摩擦力F f b＝0。

现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )图2A．F f a大小不变B．F f a方向改变C．F f b仍然为零D．F f b方向向右4．(2011·天津高考)如图3所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )图3A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小高频考点二：力的合成与分解5．(2011·广东高考)如图4所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。

2021年高考物理一轮复习第七章恒定电流高频考点真题验收全通关

2021年高考物理一轮复习第七章恒定电流高频考点真题验收全通关高频考点一：电路的基本概念和规律1．(xx·浙江高考)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当。

根据国家节能战略，xx年前普通白炽灯应被淘汰。

假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( )A．8×108kW·h B．8×1010kW·hC．8×1011kW·h D．8×1013kW·h2．(xx·安徽高考)用图1所示的电路可以测量电阻的阻值。

图中R x是待测电阻，R0是定值电阻，Ⓖ是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。

闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表Ⓖ的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则R x的阻值为( )图1A.l1l2RB.l1l1＋l2RC.l2l1RD.l2l1＋l2R3．(xx·上海高考)当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J。

为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )A．3 V 1.8 J B．3 V 3.6 JC．6 V 1.8 J D．6 V 3.6 J4．(2011·海南高考)图2甲是改装并校准电流表的电路图。

已知表头的量程为I g＝600 μA、内阻为R g，是标准电流表。

要求改装后的电流表量程为I＝60 mA。

完成下列填空：(1)图甲中分流电阻R p的阻值应为________(用I g、R g和I表示)。

图2(2)在电表改装完成后的某次校准测量中，表的示数如图乙所示，由此读出流过电流表的电流为______mA。

此时流过分流电阻R p的电流为________mA。

(保留1位小数) 高频考点二：闭合电路欧姆定律及其应用5．(2011·北京高考)如图3所示电路，电源内阻不可忽略。

2021届高考物理七个专题汇总复习资料

2021届高考物理七个专题汇总复习资料----aa8effda-6ea1-11ec-986b-7cb59b590d7d高考物理七个专题复习汇总（一）主题I力与运动（1）知识梳理一、审查试验场地1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2.力是物体运动状态变化的原因。

反过来，物体运动状态的变化反映了物体的受力状况。

从物体的力条件推断物体的运动，或从物体的运动条件推断物体的力条件，是动力学的两个基本问题。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：① 了解问题的情况，从问题给出的信息中提取有用的信息，并建立正确的物理模型；② 合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤ 牛顿运动定律和运动学定律被用来解决这个问题。

4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。

二、经典案例分析1．长l的轻绳一端固定在o点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为t1和t2(速度分别为v0和v)。

求证：(1)t1－t2＝6mg(2)v0≥5gl可变力F力恒定力F≠ 在同一条直线上，F和V0构成一个夹角牛顿运动定律匀速直线运动匀速直线运动匀速曲线运动自由落体运动垂直向上投掷运动平直投掷运动匀速圆周运动简谐运动变速直线运动f的大小不变，方向总与速度垂直f的大小与相对于平衡位置的位移成正比，方向与位移相反f的方向始终与v0在同一直线上证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：t1－mg＝mv0/l二2二t2＋mg＝mv/l二由机械能守恒得：mv0/2＝mv/2＋mg2l以上方程联立解得：t1－t2＝6mg（2）因为绳子的张力是T2≥ 0，V≥ GL可从T2+Mg=MV/L和V0中获得≥ 5GL可从MV0/2=MV2+mg2l中获得点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题九电场 (4)

专题九电场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,水平放置的平行金属板A、B接在电源两极,两板间距离为d,C、D分别为极板中心垂直于纸面的轴.带电微粒以一定初速度v0水平射入两板正中间,带电微粒恰好做匀速直线运动.若该带电微粒仍以相同的初速度v0射入电场,下列说法正确的是()A.若两板分别绕C、D逆时针转动一相同的小角度,带电微粒做匀加速直线运动B.若两板分别绕C、D顺时针转动一相同的小角度,带电微粒做匀加速直线运动C.若减小两板的正对面积,则带电微粒向A板偏转D.若减小两板间的距离,则带电微粒向B板偏转2.[原创题]如图所示,真空中竖直平面内有一边长为L的正三角形ABC,电荷量均为+q的点电荷Q1、Q2分别固定于正三角形的两顶点B、C处,将点电荷Q3(电荷量未知)固定于正三角形ABC 的中心.在顶点A处放入另一点电荷Q,且Q的带电荷量为-q,点电荷Q恰好处于平衡状态.已知静电力常量为k,不计重力,下列说法正确的是()A.若撤去Q3,则Q将向下做匀变速直线运动B.Q3的电荷量为-√3qC.若不改变Q的电性,仅改变其电荷量,Q将不再受力平衡D.若将Q1的电荷量改为-q,则Q受到的合力大小为2kq2L23.一带电粒子(不计重力)质量为m、电荷量为+q,仅在电场力作用下从原点O由静止开始沿x 轴运动,所加的沿x轴正方向的电场强度E与位移x的关系图线如图所示.若选定原点的电势为零,图中E0、x0为已知量,则下列说法正确的是()=E0x0A.x=x0处的电势为φxB.x=2x0处的电势为φ2x=-2E0x0C.0~2x0内,带电粒子的最大速度为√3qE0x0mD.带电粒子在从x=x0到x=2x0的过程做减速运动4.如图甲所示,在同一水平面内的a、b两点固定两个等量同种正点电荷,其连线的垂直平分线上有A、B、C三点,将质量为m的带电小球从A点由静止释放,沿垂直平分线经B点向C点运动,其运动的v-t图象如图乙所示,已知经过B点时v-t图线的切线斜率最大(图中画出了该切线),取无穷远处电势为0,则下列说法正确的是()A.小球由A到C的过程中,电场力先做正功后做负功B.A、B、C三点中,B点的电场强度最小C.A、B、C三点中,A点的电势最高D.小球由A到C的过程,电势能先增大后减小5.某电场的电场线分布如图所示,其中带箭头的实线表示电场线,a、b、c、d为该电场中的四点,则()A.正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能B.带电粒子在c点的加速度大于在d点的加速度C.将一带正电的粒子放在a点,它将沿着电场线运动到b点D.若在d点固定一负点电荷,负检验电荷由a移至b的过程中电场力做正功6.如图所示,水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆,一质量为m,带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上.质量为M,带电荷量为+Q的滑块b静置于水平地面上,滑块b与地面间的动摩擦因数为μ.a、b均保持静止,且两者连线与水平地面的夹角为θ,静电力常量为k,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.圆环a带负电B.滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)gC.滑块b受到的库仑力大小为mgcosθD.滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M+m)g7.如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O 点正上方的A点由静止释放,并穿过带电环,小球从A到A关于O的对称点A'的过程中的加速度(a)、重力势能(E p G)、机械能(E机)、电势能(E p电)随下落高度h变化的图象一定错误的是(取O 点为坐标原点且重力势能为零,竖直向下为正方向,无穷远处电势为零)()二、多项选择题(共3小题,12分)8.[2020山东统考]在金属球壳的球心处有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法正确的是()A.M点的电场强度比K点的大B.球壳内表面带负电荷,外表面带正电荷C.试探电荷-q在K点的电势能比在L点的大D.试探电荷-q沿电场线从M点运动到N点,电场力做负功9.真空中一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a,φa)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()A.E a∶E b=4∶1B.E c∶E d=2∶1C.W ab∶W bc=3∶1D.W bc∶W cd=1∶310.[2020四川雅安检测]如图所示,a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点.电荷量均为q (q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k,不计重力.下列说法正确的是()A.b点的电场强度大小为√2kql2B.过b、d点的直线位于同一等势面上C.在两点电荷产生的电场中,ac中点的电势最低D.在b点静止释放的电子,到达d点时速度为零三、非选择题(共4小题,50分)11.[2020河南安阳模拟,8分]如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10-6C,匀强电场的场强E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小球所受电场力F的大小.(2)小球的质量m.(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小.12.[10分]如图所示,ABC是一条长L=12 m的绝缘水平轨道,B为AC的中点,轨道AB处于水平向右的匀强电场中,E1=2.5×103N/C,轨道BC处于竖直向下的匀强电场中,电场强度大小为E2(未知),一个质量m=0.2 kg、电荷量q=+4×10-4 C的可视为质点的滑块自A点由静止开始向右运动,最终停在C点,已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2.求:(1)滑块从A点运动到B点所用的时间;(2)滑块到达B点时的速度大小;(3)E2的大小.13.[13分]如图所示为空气中固定正对的竖直平行金属板AB、CD组成的电容器,金属板长为L,,两板面积均为S,均不带电,O点为AC连线的中点.现有一质量为m、电荷量为q的带正间距为L2(g为重力加速度大小)后,电小球以v0=√O点竖直向上抛出,经时间t1=(√2+1)√Lg突然给两金属板加上电压,小球恰好从C处离开电场.已知静电力常量为k,空气的相对介电常数为1.求:(1)t1末小球速度v1的大小以及小球所在的位置;(2)小球经过C处时的速率v C以及加上电压后AB板所带的电荷量.14.[19分]如图所示,xOy为一竖直平面内的直角坐标系,A、B为两坐标轴上的点,其中A点的坐标为(2√3d,0),B点的坐标为(0,d).将一质量为m的小球从B点以某一初动能沿x轴正方向水平抛出,小球刚好能经过x轴上的A点.现使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时在空间加一匀强电场,场强方向平行于坐标平面.将小球以同样的初动能从坐标原点O沿某一方向抛出,小球经过倍;若将该小球以同样的初动能沿另一方向抛出,小球了A点,且经过A点时的动能为初动能的53刚好能经过B 点,且经过B 点时的动能与初动能相同,重力加速度大小为g.(1)求小球的初动能;(2)求所加匀强电场的场强大小;(3)若将带电后的小球从坐标原点O 以同样的初动能向y 轴左侧任意方向抛出,试计算小球经过y 轴的范围.1.B 若两板分别绕C 、D 逆时针转动一相同的小角度θ,则带电微粒受力如图所示,电场力F'=qE'=q U d ',其中板间距离d'=d cos θ,因此F'cos θ=q U d =mg ,即竖直方向的合力为零,水平方向的合力与v 0反向,因此带电微粒做匀减速直线运动,选项A 错误;同理,若两板分别绕C 、D 顺时针转动一相同的小角度,则合力方向与v0同向,带电微粒做匀加速直线运动,选项B 正确;若减小两板正对面积,板间电压和距离都不变,则板间场强不变,带电微粒仍做匀速直线运动,选项C 错误;若减小两板间距离,则板间场强增大,带电微粒所受电场力增大,带电微粒向A 板偏转,选项D 错误.2.D 若撤去Q 3,点电荷Q 所受的合力为Q 1、Q 2对点电荷Q 库仑力的合力,方向竖直向下,向下加速运动的过程中,由于点电荷间的距离变化,导致库仑力变化,则加速度变化,做变速直线运动,故A 错误;Q 1、Q 2对点电荷Q 的库仑力的合力F 1=2×k q 2L 2×cos 30°=√3kq 2L 2,根据几何关系可知,Q 3与点电荷Q 的距离r=√33L ,根据平衡条件得k Q 3q r 2=√3kq 2L 2,解得Q 3=√33q ,带负电,故B 错误;根据k Q 3Q r 2=√3kQqL 2知,若不改变Q 的电性,仅改变其电荷量,Q 将仍然受力平衡,故C 错误;若将Q 1的电荷量改为-q ,Q 受到Q 1、Q 2的合力F'1=k q 2L 2,方向水平向右,Q 3对Q 的库仑力大小为√3kq 2L 2,方向竖直向上,Q 受到的合力大小F 合=√(kq 2L 2)2+(√3kq 2L 2)2=2kq 2L 2,故D 正确.3.C 沿着电场线的方向电势降低,所以在x=x 0处的电势为φx 0=-E 0x 0,选项A 错误;因为E-x 图线与x 轴所围图形的面积表示电势差,所以x=2x 0处的电势为φ2x 0=-32E 0x 0,选项B 错误;分析可知粒子在x=2x 0处速度最大,根据动能定理可得32qE 0x 0=12m v m 2,解得最大速度v m =√3qE 0x 0m ,选项C 正确;带电粒子在从x=x始终沿AC方向,受到的库仑力为斥力,所以小球带正电,小球在水平面内仅受两个电场力作用,在B点时加速度最大,所以所受电场力也最大,B错误;根据等量同种正点电荷连线的垂直平分线上的电势分布规律及无穷远处电势为0可知,A、B、C三点中A点的电势最高,C正确;小球由A 到C的过程,电场力始终对小球做正功,小球的动能一直增加,电势能一直减小,D错误.5.A沿着电场线的方向电势逐渐降低,由E P=qφ可知正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,A正确;电场线密集的地方电场强度大,同一粒子受到的电场力大,加速度也大,故B错误;将一带正电的粒子放在a点,由于电场线是曲线,则电场力方向时刻在变化,与粒子速度方向之间存在夹角,故它不会沿着电场线运动到b点,C错误;若在d点固定一负点电荷,则由合场强的方向可知负电荷由a移至b的过程中,电场力做负功,故D错误.6.B根据题意,圆环a能保持静止,故受到库仑斥力,圆环a也带正电,A错误.对a、b组成的系统整体进行受力分析,竖直方向上受到重力(M+m)g和地面的支持力,由于整体静止,竖直方向上受力平衡,故滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)g,B正确.根据牛顿第三定律,滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小,对圆环a进行受力分析后,得库仑力的大小为mgsinθ,C错误.b静止,根据受力分析可知,滑块b受到地面的静摩擦力大小为F f=mgsinθ·cos θ=mgtanθ,D错误.7.D圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A点到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,重力不变,由牛顿第二定律得知,加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A正确;小球从A点到A'点的过程中,重力势能E p G=-mgh,重力势能与下落高度是线性关系,故B正确;小球从A点至圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做的功与下落高度之间是非线性关系,电势能与下落高度之间也是非线性关系,故D错误.8.ABD由电场线的疏密程度可知,M点的场强比K点的大,A正确;由于感应起电,在金属球壳的内表面感应出负电荷,外表面感应出正电荷,B正确;负电荷沿电场线方向运动,电场力做负功,电势能增加,可知C错误,D正确.9.AC设点电荷的电荷量为Q,根据点电荷电场强度公式E=k Qr2,r a∶r b=1∶2,r c∶r d=3∶6,可知,E a∶E b=4∶1,E c∶E d=4∶1,选项A正确,B错误;将试探电荷由a点移动到b点电场力做的功W ab=q(φa-φb),将试探电荷由b点移动到c点电场力做的功W bc=q(φb-φc),将试探电荷由c点移动到d点电场力做功W cd=q(φc-φd),结合题图可知,W ab∶W bc=3∶1,W bc∶W cd=1∶1,选项C正确,D 错误.10.AD a点的点电荷在b点产生的电场的电场强度大小为E a=k ql2,方向为沿a、b两点连线指向b,c点的点电荷在b点产生电场的电场强度大小为E c=k ql2,方向为沿c、b两点连线指向b,由电场叠加原理可得,b点的电场强度大小为E=E a cos 45°+E c cos 45°=√2kql2,选项A正确;画出两个等量正点电荷的电场与等势面如图所示,过b、d两点的直线向两端延伸,沿延伸的方向电势越来越低,选项B错误;在两点电荷产生的电场中,ac中点的电场强度为零,在过b、d两点的直线上该点的电势最高,选项C错误;由对称性可知,b、d两点电势相同,故电子在b、d两点电势能相同,根据在电场力作用下电势能和动能之和保持不变可知,在b点从静止释放的电子,在电场力作用下先加速运动到速度最大,后减速运动,到达d点时速度为零,选项D正确.11.解析:(1)电场力F=qE =3.0×10-3 N.(2分) (2)对小球受力分析,如图所示.由平衡条件有mg=F tanθ(2分)解得m=F gtanθ=4.0×10-4 kg.(1分)(3)由动能定理有mgl (1-cos θ)=12mv 2-0(2分)解得v =2.0 m/s.(1分)12.解析:(1)滑块从A 点运动到B 点的过程,由牛顿第二定律有E 1q-μmg=ma 1(1分) 得a 1=3 m/s 2(1分)由x AB =12a 1t 2(1分)可得t=2 s .(1分)(2)滑块到达B 点时的速度大小v B =a 1t=6 m/s .(1分) (3)滑块从B 点运动到C 点的过程,由运动学公式有x BC =0-v B 2-2a 2(1分) 对滑块受力分析可知,竖直方向上,轨道对滑块的支持力F N =mg+E 2q (1分) 水平方向上,由牛顿第二定律有μF'N =ma 2(1分) 其中F'N =F N (1分) 联立解得E 2=2.5×103 N/C .(1分) 【技巧点拨】对于此类问题,应先对物体进行准确的受力分析,进而求得合力,再由a=F 合m 求出加速度a ,其次应熟练掌握与匀变速直线运动有关的公式.此类问题多为运动和力的结合,重基础.1t 1末小球的速度v 1=v 0-gt 1(1分)解得v 1=-√gL (1分)即t 1末小球的速度大小为√gLh 1=v 0t 1-12g t 12(1分) 解得h 1=L2 即t 1末小球在O 点正上方L 2处.(1分)(2)加上电压后,小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动,到达C 处所用的时间t 2=2v 0g -t 1(1分)到达C 处时竖直方向有v y =v 0(1分)水平方向有L 4=0+v x 2t 2(1分)速率v C =√x 2+v y 2 联立解得v C =12√(11+2√2)gL (1分)水平方向上,根据动量定理有qEt 2=mv x -0(1分) 加上电压后AB 所带的电荷量Q=CU (1分)U=E ·L 2(1分) 电容C=S4πk ·L 2(1分)解得Q=(3+2√2)mgS 8πkq.(1分) 【易错警示】本题很容易误认为加上电压后小球做类平抛运动.实际上,加上电压后,小球在水平方向上和竖直方向上分别受到电场力和重力,其合力与t 1末的速度方向不垂直,不做类平抛运动,应运用运动的合成与分解,分别分析水平方向和竖直方向这两个分运动的性质.14.解析:(1)由平抛运动规律可得d=12gt 2(1分) 2√3d=v 0t (1分)联立可解得v 0=√6gd (1分)故可解得小球的初动能为E k0=3mgd.(1分)(2)当小球带电并加上电场后,小球从O 点抛出经过A 点时的动能E k A =53E k0,由动能定理可得qU OA =E k A -E k0(1分)当小球从O 点抛出经过B 点时,由动能定理可得qU OB -mgd=0(1分)由此可解出U OA =2mgdq ,U OB =mgdq (1分)如图所示,作OA 的中点为C ,由于U OA =2U OB ,由匀强电场的特点可知,B 、C 两点的电势相等,两点连线即为等势线,过O 作BC 的垂线,交BC 于D.由于U OB =φO -φB =mgdq >0,所以电场强度的方向与等势线BC 垂直且由O 指向D (1分)若∠OBC=θ,则有tan θ=。

【高三学习指导】2021年高考物理第一轮复习重点及突破点

【高三学习指导】2021年高考物理第一轮复习重点及突破点【摘要】历届高三同学都有一个共同体会：高三的专项复习见效最快。

高考一轮复习正是打基础，逐一击破的阶段。

同学们一定要有一颗持之以恒的心，的2021年高考物理第一轮复习重点及突破点，帮助大家有效复习!一、知道高考中所要考查的主要物理知识;主要物理科学知识并不是忘记了就不好，而是必须努力做到认知。

如何认知物理科学知识?我们必须从公式启程。

看待每一个常用的物理公式，必须努力做到介绍这个公式就是怎么去的，用以干什么的。

即为这个公式为何产生，研究物理学哪一方面的问题，这个公式就是用以表述什么物理现象的。

努力做到这一步，才算掌控物理科学知识。

二、解题过程中合理选择一定的方法。

下面就两方面来谈一谈：物理答疑的思想非常简单，就是按照题目给的条件顺序罗列公式(表达式)，然后阿提斯鲁夫尔谷解，必然可以发生最后的结果。

搞答疑题本着这种思维，可以省却思索，轻易搞题，即使记错了，由于有关式子都一一列举，也能够以获取大量的步骤分后。

难点是如何分析题目条件和图形。

我们参见物理常考考点，并得出一定的分析方向，并得出常用的技巧和方法：高考所要考查的主要物理知识有：力和运动、电路。

物体的运动形式主要有三种：直线运动、平抛运动和圆周运动，围绕物体运动的轨迹、位移、速度、动量、动能、加速度及受力特征进行考查。

物体受的力主要有六种：重力、弹力、摩擦力、电场力、安培力及洛伦兹力，围绕力的有无、大小、方向、静效应(使物体形变的效应)、瞬时效应(f=ma)、对空间的累积效应(做功与否、对谁做功、做多少功、做正功还是负功)进行考查。

电路主要涉及欧姆定律、焦耳热、电容器、产生感应电动势的导体的电源属性(产生感应电动势的那部分导体相当于电源，电动势大小，引起的感应电流方向由楞次定律或右手定则判定，其两端电压为路端电压)等。

下面了解一些解题过程常用的技巧和方法：1.正交分解法：在两个互相垂直的方向上，研究物体所受外力的大小及其对运动的影响，既好操作，又便于计算。

2021高三物理28种类型题解题技巧与复习要点

2021高三物理28种类型题解题技巧与复习要点高中物理中会遇到太多类型题，那么谁能在做题时最快的找到解题思路，谁就能提高做题效率。

接下来我为大家整理了高三物理学习内容，一起来看看吧!2021高三物理28种类型题解题技巧1.“圆周运动”突破口关键是“找到向心力的来源”。

2.“平抛运动”突破口关键是两个矢量三角形(位移三角形、速度三角形)。

3“类平抛运动”突破口合力与速度方向垂直，并且合力是恒力!4“绳拉物问题”突破口关键是速度的分解，分解哪个速度。

(“实际速度”就是“合速度”，合速度应当位于平行四边形的对角线上，即应当分解合速度)5.“万有引力定律”突破口关键是“两大思路”。

(1)F万=mg 适用于任何状况，留意假如是“卫星”或“类卫星”的物体则g应当是卫星所在处的g.(2)F万=Fn 只适用于“卫星”或“类卫星”6.万有引力定律变轨问题突破口通过离心、向心来理解!(关键字眼：加速，减速，喷火)7.求各种星体“第一宇宙速度”突破口关键是“轨道半径为星球半径”!8.受力分析突破口“防止漏力”：查找施力物体，若无则此力不存在。

“防止多力”：按挨次受力分析。

(分清“内力”与“外力”内力不会转变物体的运动状态，外力才会转变物体的运动状态。

)9.三个共点力平衡问题的动态分析突破口(矢量三角形法)10.“单个物体”超、失重突破口从“加速度”和“受力”两个角度来理解。

11.“系统”超、失重突破口系统中只要有一个物体是超、失重，则整个系统何以认为是超、失重。

12.机械波突破口波向前传播的过程即波向前平移的过程。

“质点振动方向”与“波的传播方向”关系“上山抬头，下山低头”。

波源之后的质点都做得是受迫振动，“受的是波源的迫” (全部质点起振方向都相同波速只取决于介质。

频率只取决于波源。

)13.“动力学”问题突破口看到“受力”分析“运动状况”，看到“运动”要想到“受力状况”。

14.推断正负功突破口(1)看F与S的夹角：若夹角为锐角则做正功，钝角则做负功，直角则不做功。

【高中物理】2021年高考物理一轮复习计划及要点精选

【高中物理】2021年高考物理一轮复习计划及要点精选一、第二轮复习制定计划关注四个环节第二轮审查主要以特别审查的形式进行。

每个专题可以分为四个步骤：构建知识网络、分析经典案例、跟踪培训和专项标准测试。

构建知识网络在第二轮审查中，对于审查的每个主题，首先思考本主题研究解决了哪些问题，以及它与社会生活现实有什么联系和应用。

只有把抽象的物理知识与生活联系起来，才能深化和激活对知识的理解。

其次要采用回忆的方式，按自己的思维方式构建知识网络，找出知识间的关联，学会对知识重组、整合、归类、总结，掌握物理思维方法，将知识结构化，将书读薄。

结构化的知识是形成能力的前提，只有经过自己的思维在大脑中重新排列的知识，理解才能深刻。

一般来说，一个专题有一个核心的主体，其余的概念为这个主体做铺垫，要以点带面，即以主要知识带动基础知识。

再一次，在知识记忆模糊的地方，我们应该回到教科书上。

教材是高考命题的来源，是高考复习的基础。

在不同阶段阅读教科书会有不同程度的收获。

在复习课上，解决问题而不是复习和阅读会导致概念不清，错误地进入问题的海洋。

当然，解决问题和掌握概念是相辅相成的。

如果没有一定数量的练习，通常会缺乏理解概念的正面和负面例子，但我们不能颠倒阅读和解决问题之间的关系。

概念是核心和基础，概念不变，话题变化。

我们应该立足于教材，夯实基础。

经典例题解析加强独立审题的培训，纠正依赖教师的习惯。

相当多高三当学生看到问题时，他们会很快回答。

如果他们做不到，他们可以再次找到条件。

习题教学中存在的三个突出问题是：对问题的考查不到位、步骤不规范、缺乏问题后的总结和延伸。

有一个很好的解决问题的公式。

在图片旁边把问题的意思读三遍；标记已知和未知，并显示状态进程动画；应力和运动有明显的区别，而内隐临界是关键；循序渐进地选择法律，改变行书，写诗；文本和公式应清晰、规范，且速度不慢；解决结果，回顾，总结并反思成习惯。

第二轮复习的基本要求是：以研究的态度和探究的思路进行分析，成为从解决问题的习惯到解决问题的思路和方法的典范，通过练习加深对知识和规律的理解，指导解决问题的方法，培养良好的解决问题的习惯，提高各种能力。