2022年高考物理專題復(fù)習(xí)：8種選擇題題型概述及思維模板匯編題型8：以能量為核心的綜合應(yīng)用問題題型概述以能量為核心的綜合應(yīng)用問題一般分四類：第一類為單體機械能守恒問題，第二類為多體系統(tǒng)機械能守恒問題，第三類為單體動能定理問題，第四類為多體系統(tǒng)功能關(guān)系(能量守恒)問題。多體系統(tǒng)的組成模式：兩個或多個疊放在一起的物體，用細線或輕桿等相連的兩個或多個物體，直接接觸的兩個或多個物體.思維模板能量問題的解題工具一般有動能定理，能量守恒定律，機械能守恒定律。(1)動能定理使用方法簡單，只要選定物體和過程，直接列出方程即可，動能定理適用于所有過程;(2)能量守恒定律同樣適用于所有過程，分析時只要分析出哪些能量減少，哪些能量增加，根據(jù)減少的能量等于增加的能量列方程即可;(3)機械能守恒定律只是能量守恒定律的一種特殊形式，但在力學(xué)中也非常重要.很多題目都可以用兩種甚至三種方法求解，可根據(jù)題目情況靈活選取。1．（2018·江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊?A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD【解析】物體從A點到O點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，選項A正確、選項B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，故選項C錯誤；從A到B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項D正確。2．（2017·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力（）?A．一直不做功B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心D．始終背離大圓環(huán)圓心【答案】A【解析】大圓環(huán)光滑，則大圓環(huán)對小環(huán)的作用力總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環(huán)對小環(huán)的作用力一直不做功，選項A正確，B錯誤；開始時大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離圓心，最后指向圓心，故選項CD錯誤；故選A。【名師點睛】此題關(guān)鍵是知道小圓環(huán)在大圓環(huán)上的運動過程中，小圓環(huán)受到的彈力方向始終沿大圓環(huán)的半徑方向，先是沿半徑向外，后沿半徑向里。3．（2017·江蘇卷）一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能與位移的關(guān)系圖線是（）?
【答案】C【解析】向上滑動的過程中，根據(jù)動能定理：，同理，下滑過程中，由動能定理可得：，故C正確；ABD錯誤?！久麕燑c睛】本題考查動能定理及學(xué)生的識圖能力，根據(jù)動能定理寫出Ek–x圖象的函數(shù)關(guān)系，從而得出圖象斜率描述的物理意義。4．（2017·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）?A．?B．C．D．【答案】A【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，PM段繩的機械能不變，MQ段繩的機械能的增加量為，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功，故選A?！久麕燑c睛】重點理解機械能變化與外力做功的關(guān)系，本題的難點是過程中重心高度的變化情況。5．（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（）
?A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【答案】B【解析】機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發(fā)生變化，則機械能在變化，故A錯誤；在最高點對乘客受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：，座椅對他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉(zhuǎn)動一周的過程中，動量不變，是所受合力的沖量為零，重力的沖量，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但θ在變化，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化，故D錯誤?！久麕燑c睛】本題的難點在于對動量定理的理解，是“物體所受合力的沖量等于動量的變化”，而學(xué)生經(jīng)常記為“力的沖量等于物體動量的變化”。題型9：萬有引力與航天問題1．（2019·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a–x關(guān)系如圖中虛線所示，假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則（）
?A．M與N的密度相等B．Q的質(zhì)量是P的3倍C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【答案】AC【解析】A、由a–x圖象可知，加速度沿豎直向下方向為正方向，根據(jù)牛頓第二定律有：，變形式為：，該圖象的斜率為，縱軸截距為重力加速度。根據(jù)圖象的縱軸截距可知，兩星球表面的重力加速度之比為：；又因為在某星球表面上的物體，所受重力和萬有引力相等，即：，即該星球的質(zhì)量。又因為：，聯(lián)立得。故兩星球的密度之比為：，故A正確；B、當(dāng)物體在彈簧上運動過程中，加速度為0的一瞬間，其所受彈力和重力二力平衡，，即：；結(jié)合a–x圖象可知，當(dāng)物體P和物體Q分別處于平衡位置時，彈簧的壓縮量之比為：，故物體P和物體Q的質(zhì)量之比為：，故B錯誤；C、物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置（a=0）時，它們的動能最大；根據(jù)，結(jié)合a–x圖象面積的物理意義可知：物體P的最大速度滿足，物體Q的最大速度滿足：，則兩物體的最大動能之比：，C正確；D、物體P和物體Q
分別在彈簧上做簡諧運動，由平衡位置（a=0）可知，物體P和Q振動的振幅A分別為和，即物體P所在彈簧最大壓縮量為2，物體Q所在彈簧最大壓縮量為4，則Q下落過程中，彈簧最大壓縮量時P物體最大壓縮量的2倍，D錯誤；故本題選AC。2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸，在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關(guān)系的圖像是（）?【答案】D【解析】根據(jù)萬有引力定律可得：，h越大，F(xiàn)越大，故選項D符合題意。3．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金a地>a火B(yǎng)．a(chǎn)火>a地>a金C．v地>v火>v金D．v火>v地>v金【答案】A【解析】AB．由萬有引力提供向心力可知軌道半徑越小，向心加速度越大，故知A項正確，B錯誤；CD．由得可知軌道半徑越小，運行速率越大，故C、D都錯誤。
4．（2019·北京卷）2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）。該衛(wèi)星（）A．入軌后可以位于北京正上方B．入軌后的速度大于第一宇宙速度C．發(fā)射速度大于第二宇宙速度D．若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少【答案】D【解析】由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內(nèi)，故A錯誤；由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯誤；由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯誤；將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確。5．（2019·天津卷）2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”。已知月球的質(zhì)量為、半徑為，探測器的質(zhì)量為，引力常量為，嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為的勻速圓周運動時，探測器的（）?A．周期為B．動能為C．角速度為D．向心加速度為【答案】C
【解析】由萬有引力提供向心力可得，可得，故A正確；解得，由于，故B錯誤；解得，故C錯誤；解得，故D錯誤。綜上分析，答案為A。6．（2019·江蘇卷）1970年成功發(fā)射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動．如圖所示，設(shè)衛(wèi)星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質(zhì)量為M，引力常量為G。則（）?A．B．C．D．【答案】B【解析】“東方紅一號”從近地點到遠地點萬有引力做負功，動能減小，所以，過近地點圓周運動的速度為，由于“東方紅一號”在橢圓上運動，所以，故B正確。7．（2019·浙江選考）20世紀人類最偉大的創(chuàng)舉之一是開拓了太空的全新領(lǐng)域?，F(xiàn)有一艘遠離星球在太空中直線飛行的宇宙飛船，為了測量自身質(zhì)量，啟動推進器，測出飛船在短時間Δt內(nèi)速度的改變?yōu)棣，和飛船受到的推力F（其它星球?qū)λ囊珊雎裕?。飛船在某次航行中，當(dāng)它飛近一個孤立的星球時，飛船能以速度v，在離星球的較高軌道上繞星球做周期為T的勻速圓周運動。已知星球的半徑為R，引力常量用G表示。則宇宙飛船和星球的質(zhì)量分別是（）
?A．，B．，C．，D．，【答案】D【解析】直線推進時，根據(jù)動量定理可得，解得飛船的質(zhì)量為，繞孤立星球運動時，根據(jù)公式，又，解得，D正確。8．（2018·江蘇卷）我國高分系列衛(wèi)星的高分辨對地觀察能力不斷提高。今年5月9日發(fā)射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們都繞地球做圓周運動。與“高分四號冶相比，下列物理量中“高分五號”較小的是（）A．周期B．角速度C．線速度D．向心加速度【答案】A【解析】本題考查人造衛(wèi)星運動特點，意在考查考生的推理能力。設(shè)地球質(zhì)量為M，人造衛(wèi)星質(zhì)量為m，人造衛(wèi)星做勻速圓周運動時，根據(jù)萬有引力提供向心力有，得，，，，因為“高分四號”的軌道半徑比“高分五號”的軌道半徑大，所以選項A正確，BCD錯誤。9．（2018·北京卷）若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規(guī)律，在已知月地距離約為地球半徑60倍的情況下，需要驗證（）
A．地球吸引月球的力約為地球吸引蘋果的力的1/602B．月球公轉(zhuǎn)的加速度約為蘋果落向地面加速度的1/602C．自由落體在月球表面的加速度約為地球表面的1/6D．蘋果在月球表面受到的引力約為在地球表面的1/60【答案】B【解析】設(shè)月球質(zhì)量為，地球質(zhì)量為M，蘋果質(zhì)量為，則月球受到的萬有引力為：，蘋果受到的萬有引力為：，由于月球質(zhì)量和蘋果質(zhì)量之間的關(guān)系未知，故二者之間萬有引力的關(guān)系無法確定，故選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律：，，整理可以得到：，故選項B正確；在月球表面處：，由于月球本身的半徑大小未知，故無法求出月球表面和地面表面重力加速度的關(guān)系，故選項C錯誤；蘋果在月球表面受到引力為：，由于月球本身的半徑大小未知，故無法求出蘋果在月球表面受到的引力與地球表面引力之間的關(guān)系，故選項D錯誤。10．（2018·新課標(biāo)全國II卷）2018年2月，我國500m口徑射電望遠鏡（天眼）發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J0318+0253”，其自轉(zhuǎn)周期T=5.19ms，假設(shè)星體為質(zhì)量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為。以周期T穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的星體的密度最小值約（）A．B．C．D．【答案】C【解析】在天體中萬有引力提供向心力，即，天體的密度公式，結(jié)合這兩個公式求解。設(shè)脈沖星值量為M，密度為
，根據(jù)天體運動規(guī)律知：，，代入可得：，故C正確；故選C。11．（2018·新課標(biāo)全國III卷）為了探測引力波，“天琴計劃”預(yù)計發(fā)射地球衛(wèi)星P，其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍。P與Q的周期之比約為（）A．2:1B．4:1C．8:1D．16:1【答案】C【解析】設(shè)地球半徑為R，根據(jù)題述，地球衛(wèi)星P的軌道半徑為RP=16R，地球衛(wèi)星Q的軌道半徑為RQ=4R，根據(jù)開普勒定律，==64，所以P與Q的周期之比為TP∶TQ=8∶1，選項C正確。12．（2018·浙江選考）土星最大的衛(wèi)星叫“泰坦”（如圖），每16天繞土星一周，其公轉(zhuǎn)軌道半徑約為，已知引力常量，則土星的質(zhì)量約為（）?A．B．C．D．【答案】B【解析】衛(wèi)星繞土星運動，土星的引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力設(shè)土星質(zhì)量為M：，解得，帶入計算可得：，故B正確，A、C、D錯誤。13．（2018·天津卷）
2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空，標(biāo)志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出衛(wèi)星的（）?A．密度B．向心力的大小C．離地高度D．線速度的大小【答案】CD【解析】根據(jù)題意，已知衛(wèi)星運動的周期T，地球的半徑R，地球表面的重力加速度g，衛(wèi)星受到的外有引力充當(dāng)向心力，故有，衛(wèi)星的質(zhì)量被抵消，則不能計算衛(wèi)星的密度，更不能計算衛(wèi)星的向心力大小，AB錯誤；由解得，而，故可計算衛(wèi)星距離地球表面的高度，C正確；根據(jù)公式，軌道半徑可以求出，周期已知，故可以計算出衛(wèi)星繞地球運動的線速度，D正確。14．（2018·新課標(biāo)全國I卷）2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過程，在兩顆中子星合并前約100s時，它們相距約400km，繞二者連線上的某點每秒轉(zhuǎn)動12圈，將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（）A．質(zhì)量之積B．質(zhì)量之和C．速率之和D．各自的自轉(zhuǎn)角速度【答案】BC
【解析】雙中子星做勻速圓周運動的頻率f=12Hz（周期T=1/12s），由萬有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2πf）2，G=m2r2（2πf）2，r1+r2=r=40km，聯(lián)立解得：（m1+m2）=（2πf）2Gr3，選項B正確A錯誤；由v1=ωr1=2πfr1，v2=ωr2=2πfr2，聯(lián)立解得：v1+v2=2πfr，選項C正確；不能得出各自自轉(zhuǎn)的角速度，選項D錯誤。15．（2017·北京卷）利用引力常量G和下列某一組數(shù)據(jù)，不能計算出地球質(zhì)量的是（）A．地球的半徑及重力加速度（不考慮地球自轉(zhuǎn)）B．人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離【答案】D【解析】在地球表面附近，在不考慮地球自轉(zhuǎn)的情況下，物體所受重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力，有，可得，A能求出地球質(zhì)量。根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星、月球、地球做圓周運動的向心力，由，，解得；由，解得；由，會消去兩邊的M；故BC能求出地球質(zhì)量，D不能求出?！久麕燑c睛】利用萬有引力定律求天體質(zhì)量時，只能求“中心天體”的質(zhì)量，無法求“環(huán)繞天體”的質(zhì)量。16．（2017·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行。與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的（）A．周期變大B．速率變大C．動能變大?D．向心加速度變大【答案】C【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力有，可得周期，速率，向心加速度，對接前后，軌道半徑不變，則周期、速率、向心加速度均不變，質(zhì)量變大，則動能變大，C正確，ABD錯誤。
【名師點睛】萬有引力與航天試題，涉及的公式和物理量非常多，理解萬有引力提供做圓周運動的向心力，適當(dāng)選用公式，是解題的關(guān)鍵。要知道周期、線速度、角速度、向心加速度只與軌道半徑有關(guān)，但動能還與衛(wèi)星的質(zhì)量有關(guān)。17．（2017·江蘇卷）“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空，與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距離地面約380km的圓軌道上飛行，則其（）（A）角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度（B）線速度小于第一宇宙速度（C）周期小于地球自轉(zhuǎn)周期（D）向心加速度小于地面的重力加速度【答案】BCD【解析】根據(jù)知，“天舟一號”的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，而同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，所以“天舟一號”的角速度大于地球自轉(zhuǎn)角的速度，周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期，故A錯誤；C正確；第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，所以“天舟一號”的線速度小于第一宇宙速度，B正確；地面重力加速度為，故“天舟一號”的向心加速度a小于地面的重力加速度g，故D正確。【名師點睛】衛(wèi)星繞地球做圓周運動，考查萬有引力提供向心力。與地球自轉(zhuǎn)角速度、周期的比較，要借助同步衛(wèi)星，天舟一號與同步衛(wèi)星有相同的規(guī)律，而同步衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)的角速度相同。18．（2017·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為。若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運動過程中（）?A．從P到M所用的時間等于B．從Q到N階段，機械能逐漸變大C．從P到Q階段，速率逐漸變小
D．從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功【答案】CD【解析】從P到Q的時間為T0，根據(jù)開普勒行星運動第二定律可知，從P到M運動的速率大于從M到Q運動的速率，可知P到M所用的時間小于T0，選項A錯誤；海王星在運動過程中只受太陽的引力作用，故機械能守恒，選項B錯誤；根據(jù)開普勒行星運動第二定律可知，從P到Q階段，速率逐漸變小，選項C正確；從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功，選項D正確；故選CD?！久麕燑c睛】此題主要考查學(xué)生對開普勒行星運動定律的理解；關(guān)鍵是知道離太陽越近的位置行星運動的速率越大；遠離太陽運動時，引力做負功，動能減小，引力勢能增加，機械能不變。題型10：電容器問題題型概述電容器是一種重要的電學(xué)元件，在實際中有著廣泛的應(yīng)用，是歷年高考常考的知識點之一，常以選擇題形式出現(xiàn)，難度不大，主要考查電容器的電容概念的理解、平行板電容器電容的決定因素及電容器的動態(tài)分析三個方面。思維模板(1)電容的概念：電容是用比值(C=Q/U)定義的一個物理量，表示電容器容納電荷的多少，對任何電容器都適用.對于一個確定的電容器，其電容也是確定的(由電容器本身的介質(zhì)特性及幾何尺寸決定)，與電容器是否帶電、帶電荷量的多少、板間電勢差的大小等均無關(guān).(2)平行板電容器的電容：平行板電容器的電容由兩極板正對面積、兩極板間距離、介質(zhì)的相對介電常數(shù)決定，滿足C=εS/(4πkd)(3)電容器的動態(tài)分析：關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，抓住三個公式[C=Q/U、C=εS/(4πkd)及E=U/d]并分析清楚兩種情況：一是電容器所帶電荷量Q保持不變(充電后斷開電源)，二是兩極板間的電壓U保持不變(始終與電源相連)。
1．（2018·全國III卷）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）?A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等【答案】BD【解析】根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。對微粒a，由牛頓第二定律，qE=maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE=mbab，聯(lián)立解得：>，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，選項D正確。題型11：帶電粒子在電場中的運動問題題型概述帶電粒子在電場中的運動問題本質(zhì)上是一個綜合了電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究方法與質(zhì)點動力學(xué)一樣，同樣遵循運動的合成與分解、牛頓運動定律、功能關(guān)系等力學(xué)規(guī)律，高考中既有選擇題，也有綜合性較強的計算題。思維模板
(1)處理帶電粒子在電場中的運動問題應(yīng)從兩種思路著手①動力學(xué)思路：重視帶電粒子的受力分析和運動過程分析，然后運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求出位移、速度等物理量.②功能思路：根據(jù)電場力及其他作用力對帶電粒子做功引起的能量變化或根據(jù)全過程的功能關(guān)系，確定粒子的運動情況(使用中優(yōu)先選擇).(2)處理帶電粒子在電場中的運動問題應(yīng)注意是否考慮粒子的重力①質(zhì)子、α粒子、電子、離子等微觀粒子一般不計重力;②液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子一般考慮重力;③特殊情況要視具體情況，根據(jù)題中的隱含條件判斷.(3)處理帶電粒子在電場中的運動問題應(yīng)注意畫好粒子運動軌跡示意圖，在畫圖的基礎(chǔ)上運用幾何知識尋找關(guān)系往往是解題的突破口。1．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則（）A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行【答案】AC【解析】A．若電場中由同種電荷形成即由A點釋放負電荷，則先加速后減速，故A正確；?B．若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯誤。C．由于N點速度大于等于零，故N點動能大于等于M點動能，由能量守恒可知，N點電勢能小于等于M點電勢能，故C正確D．粒子可能做曲線運動，故D錯誤；
2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，電荷量分別為q和–q（q>0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則（）?A．a(chǎn)點和b點的電勢相等B．a(chǎn)點和b點的電場強度大小相等C．a(chǎn)點和b點的電場強度方向相同D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加【答案】BC【解析】由幾何關(guān)系，?可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤，把負電荷從a移到b，電勢能減少，故D錯誤;由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強度大小、方向都相同，故B、C正確。3．（2019·北京卷）如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷–Q（Q>0）為球心的球面上，c點在球面外，則（）?A．a(chǎn)點場強的大小比b點大B．b點場強的大小比c點小C．a(chǎn)點電勢比b點高D．b點電勢比c點低【答案】D
【解析】由點電荷場強公式確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。由點電荷的場強公式可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。4．（2019·天津卷）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度v從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（）?A．動能增加B．機械能增加C．重力勢能增加D．電勢能增加【答案】B【解析】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學(xué)公式有
，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球由動能定理有，聯(lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤。5．（2019·江蘇卷）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是（）【答案】A【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為?，經(jīng)過時間?，電場力方向速度為，功率為?，所以P與t成正比，故A正確。6．（2019·江蘇卷）如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為-W．再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最后將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點．下列說法正確的有（）
?A．Q1移入之前，C點的電勢為B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為-4W【答案】ABD【解析】由題意可知，C點的電勢為，故A正確；由于B、C兩點到A點()的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點的電勢相等，所以當(dāng)在B點固定后，C點的電勢為，所以從無窮遠移到C點過程中，電場力做功為：故C錯誤；由于C點的電勢為，所以電勢能為，故D正確。7．（2019·浙江選考）等量異種電荷的電場線如圖所示，下列表述正確的是（）?A．a(chǎn)點的電勢低于?b點的電勢B．a(chǎn)點的場強大于b點的場強，方向相同
C．將一負電荷從a點移到b點電場力做負功D．負電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能【答案】C【解析】沿電場線方向電勢降低，故a點電勢高于b點電勢，A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強度大小，電場線越密，電場強度越大，故a點的場強大于b點的場強，電場線的切線方向為場強方向，故ab兩點的電場強度方向不同，B錯誤；負電荷在低電勢處電勢能大，所以從a點（高電勢）移動到b點（低電勢），電勢能增大，電場力做負功，C正確D錯誤．8．（2019·浙江選考）電荷量為4×10－6?C的小球絕緣固定在A點，質(zhì)量為0.2?kg、電荷量為－5×10－6?C的小球用絕緣細線懸掛，靜止于B點。A、B間距離為30?cm，AB連線與豎直方向夾角為60°。靜電力常量為9.0×109?N·m2/C2，小球可視為點電荷。下列圖示正確的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】兩球之間的庫侖力為，小球B受到的重力大小為，且F與豎直方向夾角為60°，，故小球B受到的庫侖力，重力以及細線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細線與豎直方向的夾角為60°，B正確．
【點睛】當(dāng)三力平衡時，能組成一個封閉的矢量三角形，再結(jié)合一個角為60°的等腰三角形為等邊三角形即可求解。9．（2018·江蘇卷）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（）?A．仍然保持靜止B．豎直向下運動C．向左下方運動D．向右下方運動【答案】D【解析】本題考查平行板電容器的電場及電荷受力運動的問題，意在考查考生分析問題的能力。兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板旋轉(zhuǎn)時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確。?題型12：帶電粒子在磁場中的運動問題題型概述帶電粒子在磁場中的運動問題在歷年高考試題中考查較多，命題形式有較簡單的選擇題，也有綜合性較強的計算題且難度較大，常見的命題形式有三種：(1)突出對在洛倫茲力作用下帶電粒子做圓周運動的運動學(xué)量(半徑、速度、時間、周期等)的考查;(2)突出對概念的深層次理解及與力學(xué)問題綜合方法的考查，以對思維能力和綜合能力的考查為主;
(3)突出本部分知識在實際生活中的應(yīng)用的考查，以對思維能力和理論聯(lián)系實際能力的考查為主.思維模板在處理此類運動問題時，著重把握“一找圓心，二找半徑(R=mv/Bq)，三找周期(T=2πm/Bq)或時間”的分析方法.(1)圓心的確定：因為洛倫茲力f指向圓心，根據(jù)f⊥v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(一般是射入和射出磁場的兩點)的f的方向，沿兩個洛倫茲力f作出其延長線的交點即為圓心.另外，圓心位置必定在圓中任一根弦的中垂線上(如圖所示).(2)半徑的確定和計算：利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的半徑(或運動圓弧對應(yīng)的圓心角)，并注意利用一個重要的幾何特點，即粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于弦AB與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ=α=2θ(3)運動時間的確定：t=φT/2π或t=s/v,其中φ為偏向角，T為周期，s為軌跡的弧長，v為線速度。1．（2019·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為（）?A．2FB．1.5FC．0.5FD．0【答案】B【解析】設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比
。如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度為L，根據(jù)安培力計算公式，可知，得，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為，故本題選B。?2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（）?A．，B．，C．，D．，【答案】B【解析】a點射出粒子半徑Ra=?=，得：va=?=，d點射出粒子半徑為?，R=，故vd=?=，故B選項符合題意
?3．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為（）?A．B．C．D．【答案】B【解析】運動軌跡如圖。?即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期,?粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤。.
4．（2019·北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是（）?A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)確定粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤。5．（2019·天津卷）筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（????）
?A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓與成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【解析】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯誤。題型13：帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題題型概述帶電粒子在復(fù)合場中的運動是高考的熱點和重點之一，主要有下面所述的三種情況：(1)帶電粒子在組合場中的運動：在勻強電場中，若初速度與電場線平行，做勻變速直線運動；若初速度與電場線垂直，則做類平拋運動；帶電粒子垂直進入勻強磁場中，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。(2)帶電粒子在疊加場中的運動：在疊加場中所受合力為0時做勻速直線運動或靜止；當(dāng)合外力與運動方向在一直線上時做變速直線運動；當(dāng)合外力充當(dāng)向心力時做勻速圓周運動。(3)帶電粒子在變化電場或磁場中的運動：變化的電場或磁場往往具有周期性，同時受力也有其特殊性，常常其中兩個力平衡，如電場力與重力平衡，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。思維模板
分析帶電粒子在復(fù)合場中的運動，應(yīng)仔細分析物體的運動過程、受力情況，注意電場力、重力與洛倫茲力間大小和方向的關(guān)系及它們的特點(重力、電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力永遠不做功)，然后運用規(guī)律求解，主要有兩條思路：(1)力和運動的關(guān)系：根據(jù)帶電粒子的受力情況，運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解.(2)功能關(guān)系：根據(jù)場力及其他外力對帶電粒子做功的能量變化或全過程中的功能關(guān)系解決問題。13．（2017·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是（）?A．B．C．D．【答案】B【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤?！緦W(xué)科網(wǎng)考點定位】帶電粒子在復(fù)合場中的運動【名師點睛】三種場力同時存在，做勻速圓周運動的條件是mag=qE，兩個勻速直線運動，合外力為零，重點是洛倫茲力的方向判斷。題型14：以電路為核心的綜合應(yīng)用問題題型概述該題型是高考的重點和熱點，高考對本題型的考查主要體現(xiàn)在閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律、電學(xué)實驗等方面.主要涉及電路動態(tài)問題、電源功率問題、用電器的伏安特性曲線或電源的U-I圖像、電源電動勢和內(nèi)阻的測量、電表的讀數(shù)、滑動變阻器的分壓和限流接法選擇、電流表的內(nèi)外接法選擇等。
思維模板(1)電路的動態(tài)分析是根據(jù)閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的性質(zhì)，分析電路中某一電阻變化而引起整個電路中各部分電流、電壓和功率的變化情況，即有R分→R總→I總→U端→I分、U分 (2)電路故障分析是指對短路和斷路故障的分析，短路的特點是有電流通過，但電壓為零，而斷路的特點是電壓不為零，但電流為零，常根據(jù)短路及斷路特點用儀器進行檢測，也可將整個電路分成若干部分，逐一假設(shè)某部分電路發(fā)生某種故障，運用閉合電路或部分電路歐姆定律進行推理.(3)導(dǎo)體的伏安特性曲線反映的是導(dǎo)體的電壓U與電流I的變化規(guī)律，若電阻不變，電流與電壓成線性關(guān)系，若電阻隨溫度發(fā)生變化，電流與電壓成非線性關(guān)系，此時曲線某點的切線斜率與該點對應(yīng)的電阻值一般不相等。電源的外特性曲線(由閉合電路歐姆定律得U=E-Ir，畫出的路端電壓U與干路電流I的關(guān)系圖線)的縱截距表示電源的電動勢，斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻。1．（2019·江蘇卷）如圖所示的電路中，電阻R=2Ω．?dāng)嚅_S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V，則電源的內(nèi)阻r為（）?A．1?ΩB．2?ΩC．3?ΩD．4?Ω【答案】A【解析】開關(guān)s斷開時有：，開s閉合時有：，其中，解得：，故A正確。2．（2018·江蘇卷）如圖所示，電源E對電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達到80V時，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發(fā)光。該電路（）
?A．充電時，通過R的電流不變B．若R增大，則充電時間變長C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變【答案】BCD【解析】電容器充電時兩端電壓不斷增大，所以電源與電容器極板間的電勢差不斷減小，因此充電電流變小，選項A錯誤；當(dāng)電阻R增大時，充電電流變小，電容器所充電荷量不變的情況下，充電時間變長，選項B正確；若C增大，根據(jù)Q=CU，電容器的帶電荷量增大，選項C正確；當(dāng)電源電動勢為85V時，電源給電容器充電仍能達到閃光燈擊穿電壓80V時，所以閃光燈仍然發(fā)光，閃光一次通過的電荷量不變，選項D正確。3．（2017·江蘇卷）某音響電路的簡化電路圖如圖所示，輸入信號既有高頻成分，也有低頻成分，則（）?（A）電感L1的作用是通高頻（B）電容C2的作用是通高頻（C）揚聲器甲用于輸出高頻成分（D）揚聲器乙用于輸出高頻成分【答案】BD【解析】電感線圈對交流電的阻礙作用由感抗描述，，頻率越高阻礙作用越大，對輸入端的高頻和低頻交流信號的作用是通低頻阻高頻，所以A錯誤；電容對交流電的阻礙作用，頻率越高阻礙作用越小，所以是通高頻阻低頻，故BD正確；C錯誤。
【名師點睛】本題主要考查電感、電容對交流電的阻礙作用，即感抗、容抗的大小與什么因素有關(guān)，記住這個問題不難解決。題型15：以電磁感應(yīng)為核心的綜合應(yīng)用問題題型概述此題型主要涉及四種綜合問題(1)動力學(xué)問題：力和運動的關(guān)系問題，其聯(lián)系橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力.(2)電路問題：電磁感應(yīng)中切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源,這樣，電磁感應(yīng)的電路問題就涉及電路的分析與計算.(3)圖像問題：一般可分為兩類：一是由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出相應(yīng)的物理量的函數(shù)圖像;二是由給定的有關(guān)物理圖像分析電磁感應(yīng)過程，確定相關(guān)物理量.(4)能量問題：電磁感應(yīng)的過程是能量的轉(zhuǎn)化與守恒的過程，產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程是外力做功，把機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程;感應(yīng)電流在電路中受到安培力作用或通過電阻發(fā)熱把電能轉(zhuǎn)化為機械能或電阻的內(nèi)能等。思維模板解決這四種問題的基本思路如下(1)動力學(xué)問題：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，然后由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，進而求出安培力的大小和方向，再分析研究導(dǎo)體的受力情況，最后根據(jù)牛頓第二定律或運動學(xué)公式列出動力學(xué)方程或平衡方程求解。(2)電路問題：明確電磁感應(yīng)中的等效電路，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求出感應(yīng)電動勢的大小和方向，最后運用閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的規(guī)律求解路端電壓、電功率等。(3)圖像問題：綜合運用法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、左手定則、右手定則、安培定則等規(guī)律來分析相關(guān)物理量間的函數(shù)關(guān)系，確定其大小和方向及在坐標(biāo)系中的范圍，同時注意斜率的物理意義。
(4)能量問題：應(yīng)抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，然后借助于動能定理、能量守恒定律等規(guī)律求解。1．（2018·全國II卷）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則（）?A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為【答案】AC【解析】先利用右手定則判斷通電導(dǎo)線各自產(chǎn)生的磁場強度，然后在利用矢量疊加的方式求解各個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的磁場強度。L1在ab兩點產(chǎn)生的磁場強度大小相等設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場強度設(shè)為B2，方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場強度也為B2，方向向外，規(guī)定向外為正，根據(jù)矢量疊加原理可知，，可解得：；，故AC正確。2．（2018·新課標(biāo)I卷）如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）
?A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動【答案】AD【解析】開關(guān)閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，選項A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流為零，直導(dǎo)線中電流為零，小磁針恢復(fù)到原來狀態(tài)，選項BC錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，選項D正確。3．（2017·江蘇卷）如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r．圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為（）?（A）1:1?（B）1:2??（C）1:4??（D）4:1【答案】A【解析】根據(jù)磁通量的定義，當(dāng)B垂直于S時，穿過線圈的磁通量為Ф=BS，其中S為有磁感線穿過區(qū)域的面積，所以圖中a、b兩線圈的磁通量相等，所以A正確；BCD錯誤．【學(xué)科網(wǎng)考點定位】磁通量【名師點睛】本題主要注意磁通量的計算公式中S的含義，它指的是有磁感線穿過區(qū)域的垂直面積．
