物理（二）-2024年高考考前20天三轮冲刺攻略

这是一份物理（二）-2024年高考考前20天三轮冲刺攻略，共123页。试卷主要包含了机械能守恒定律的应用，功能关系的综合应用，能量守恒定律的综合应用，平行板电容器相关问题分析，带电粒子在电场中的运动，电磁技术的应用等内容，欢迎下载使用。

目 录 cntents
（二）
TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc19947" 机械能守恒 功能关系与能量守恒 PAGEREF _Tc19947 \h 3
\l "_Tc28913" 动量 动量与能量的综合应用 PAGEREF _Tc28913 \h 28
\l "_Tc15512" 电场 PAGEREF _Tc15512 \h 53
\l "_Tc6244" 磁场 PAGEREF _Tc6244 \h 74
\l "_Tc18488" 恒定电流和交变电流 PAGEREF _Tc18488 \h 108
机械能守恒 功能关系与能量守恒
近3年，本节内容一般与平抛运动、圆周运动、传送带、板块问题相结合，以选择题和计算题的形式出现。绝大多数省份都是以压轴题的形式出现，出现更多的还是解答题，本节内容题型难度跨度较大，分值分布在3~16分之间。
全国甲、乙卷：近3年，本节内容甲、乙卷均有考查，在选择题和计算题均考前，难度较易，预测今年均出现在选择题中的概率较大，并在前4个题中 。
江苏卷：2021年和2023年均出现在解答题中，2022年出现在选择题中，预计今年高考出现在选择题中的概率较大，并且和新情境类题型相结合。
北京卷：近3年有2考在解答题中，预计今年出现在解答题中的概率较大，题型较为新颖。
河北卷：2023年已考查传带圆周运动、平抛运动相结合的压轴题中，预测今年高考与传送带模型相结合出现在第14题位置，难度中档偏低。
山东卷：预测今年高考以解答题的形式出现，考查传送带问题。
其他省份，规律不太明显，对于本节内容的复习仍不能掉以轻心，不论是选择还是计算，都需要复习，本节知识均有考查的可能。
一、机械能守恒定律的应用
1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
（1）做功判断法：只有重力和系统内弹力做功时，系统机械能守恒。
（2）能量转化判断法：没有机械能以外的其他形式的能与机械能转化时，系统机械能守恒。
（3）定义判断法：看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化。
2．利用机械能守恒定律的解题步骤
3．利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式
4．系统机械能守恒问题中三类常见的连接体
含弹簧的物体系统机械能守恒分析注意
（1）含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒。
（2）同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等。
（3）由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)。
6．易错易混点
（1）含弹簧的物体系统机械能守恒时，分析系统机械能变化时没有考虑到弹簧，将弹簧遗漏。
（2）绳子突然绷紧、非弹性碰撞、有摩擦力或电(磁)场力做功等情况，机械能一般不守恒。
（3）分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关系。
二、功能关系的综合应用
1. 常见的功能关系
2. 功能关系的应用
（1）根据功能关系可以由功求对应的能量变化，也可以根据能量变化求对应力做的功，进而求解其他相关量。
（2）动能定理是最常用的功能关系。
（3）单独应用功能关系的情况较少，在很多问题中，功能关系经常与动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律结合应用。
三、能量守恒定律的综合应用
1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。
2．应用能量守恒定律解题的两条基本思路
（1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
3．当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝f x相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
【典例1】（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
对B有
联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得，
化简得
当位移为最大位移的一半时有
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
【典例2】（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得，
解得，
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得，
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得，
解得，
则碰撞过程中损失的机械能：
【典例3】（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功；
（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．
【答案】（1）（2）；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得，，（另一组舍掉）
两物体平抛运动的时间
则，
解得
【典例4】（2023·福建·高考真题）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求时间内，合外力对A所做的功；
（2）求时刻A与B之间的距离；
（3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功；
（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为
（2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有
其中
联立可得
（3）在时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有
且有，
联立解得
时间内，匀强电场对A和B做的总功
（4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。
A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有
对B有
当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。
对A根据动能定理有
对B，
联立解得，
【典例5】（2023·河北·高考真题）如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小；
（2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围．
【答案】（1），；（2），；（3）或
【详解】
（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析，联立式得，
（2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有，
物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有，
联立式，得
设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和，
斜抛过程物块上升时间
该段时间物块向左运动距离为．
物块距离地面最大高度．
（3）物块从最高点落地时间
设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得，
，
解得或．
设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围：
（a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为
炸裂后落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅落在木板上，应满足
且，不等式无解；
（b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅落在木板上，应满足
且
解得．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证之一一定落在木板上，满足的条件为
或
预测1．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N两点与O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。小球以某一初速度从N点开始向上运动，到达M点时速度恰好为0。整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从N点到P点的运动过程中，小球受到的合力一定先做正功后做负功
B．小球在N点时的动能为
C．弹簧的劲度系数为
D．小球从N点向下运动到最低点的过程中增加的弹性势能为
预测2．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为，取地面为零势能面，已知。该过程中，物块的机械能E、重力势能、动能、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
预测3．（2024·河北·一模）如图所示，半径为的光滑弧形轨道AB竖直固定在水平面上，右侧固定一半径为的竖直光滑弧形轨道CD，弧CD所对应的圆心角为60°，，质量为的物体由A点的正上方高度由静止释放，经过一段时间物体由D点离开弧形轨道．已知物体与BC段的动摩擦因数为，重力加速度g取。
（1）求物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比；
（2）求物体的落地点到D点的水平距离（结果可带根号）；
（3）若物体离开D点瞬间对物体施加一水平向右的恒力，求物体落地前的最小动能（结果保留小数点后两位）．
预测4．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，两个质量均为、长度均为的相同木板A、B静止在粗糙的水平地面上，与水平面间的动摩擦因数均为，C为一半径的光滑四分之一固定圆弧轨道，底端切线水平且与木板A、B的上表面等高。现将质量也为的小物块P由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧下滑刚滑过圆弧最底端时与静止在A上表面最左端的质量的小物块Q发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后P滑回圆弧轨道后锁定，Q与木板间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可看成质点，重力加速度g取。求：
（1）小物块P第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力；
（2）小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量；
（3）最终两木板间的距离。
预测5．（2024·广东江门·一模）如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点（B点处有一段长度不计的小圆弧）滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度，倾斜轨道AB与水平方向的夹角为，BC段的长度，长木板的长度，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数，长木板与地面的动摩擦因数，重力加速度，取，求：
（1）货物到达B点时的速度多大；
（2）长木板的右端刚到C点时货物的速度多大；
（3）长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值。
二、解答题
押题1. 如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2=2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能
B．m1上升到h高度时的速度为
C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等
D．轻绳的张力大小为
押题2. 如图所示，光滑水平面上固定竖直挡板MN，放有一绝缘的长木板P，P左端与MN间距离为d，P右端放置一带正电的小物块Q，P、Q的质量均为m，P与Q间的动摩擦因数为。现在水平面上方施加一水平向左的匀强电场，小物块Q受到的电场力大小等于P与Q间的滑动摩擦力的二分之一，P、Q一起从静止开始向左运动，直到P与竖直挡板MN相碰，碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间P的速度大小相等，方向相反，小物块Q始终在长木板P上，重力加速度为g。求：
（1）长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞时的速度
（2）长木板P第一次与竖直挡板MN碰撞后向右运动到最远的过程中P、Q间因摩擦产生的热量
（3） 长木板P与竖直挡板MN发生第二次碰撞时的速度
押题3. 如图所示的游戏装置放置在水平地面上，该装置由水平直轨道OB、两个相同的四分之一圆弧构成的竖直细管道BC、水平直轨道CD和水平传送带DE平滑连接而成。传送带以恒定速度做顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于O点。质量的滑块a将弹簧压缩至A处（图中未标出），此时弹性势能。释放后滑块通过ABC段，进入轨道CD与质量的滑块b发生弹性碰撞，碰后滑块b从E点水平飞出。已知OB段长，滑块a与OB段的动摩擦因数，圆弧半径，传送带长，滑块b与传送带的动摩擦因数，滑块均可视为质点，装置其余部分均光滑，不计空气阻力。求：
（1）在竖直光滑细管道C点时滑块a受到管道的作用力大小；
（2）滑块a最终静止的位置与管道最低点B的距离；
（3）滑块b平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
押题4. 如图所示，水平地面上固定一个倾角、长的光滑斜轨道，斜轨道底部通过一段很小的光滑圆弧与静止在水平地面上、质量为薄木板平滑连接，板右边某处有一质量为的薄木板C。现让质量为的小物块（可以视为质点），从斜轨道顶端由静止滑下，物块滑上木板后，开始向右运动，当滑到的右端时，、速度刚好相等，而且、C刚好碰撞，碰撞过程中无机械能损失，物块最终恰好不从C上滑下．已知与、C间的动摩擦因数均为，、C与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度g取。求：
（1）物块在斜轨道上运动的时间；
（2）木板和地面间因摩擦而产生的热量；
（3）木板C的长度。
押题5. 如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。
预测1．B
【详解】A．从N点到P点的运动过程中，受到重力、弹簧弹力、杆的支持力，合力方向无法确定，所以无法确定合力的做功情况，故A错误；
B．从N点到M点的运动过程中，弹簧做的总功为零，根据动能定理有
解得
故B正确；
C．从N点到P点的运动过程中弹簧弹力在竖直方向的分量与重力相等的点无法确定，则弹簧的劲度系数无法确定，故C错误；
D．小球从N点向下运动到最低点的过程中，根据能量守恒有
解得
故D错误。
故选B。
预测2．BD
【详解】AD．设O点到斜面底端的距离为，物块释放点的高度为，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功
可得
根据能量守恒可知
而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在轴上任意位置的机械能为
其图像为纵轴截距为，斜率为的倾斜直线，而其图像为过原点，斜率为的倾斜直线，故A错误，D正确；
B．物块的重力势能
可知物块图像为纵轴截距，斜率为的图线，当时，重力势能为0保持不变，故B正确；
C．当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能
当物块下滑至斜面底端时其动能
此后在水平面上克服摩擦力做功，则有
可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为，动能达到最大后在水平面上运动，其图线的斜率为，可知图线具有对称性，故C错误。
故选BD。
预测3．（1）；（2）；（3）1.56J
【详解】（1）物块从开始下落到到达B点时由动能定理
在B点时，
解得，FNB=20N
从B点到C点时由动能定理，
解得
在C点时，
解得，
可得物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比
（2）从C点到D点，由机械能守恒定律，
解得
物块落地时，
解得，t=1s
则物体的落地点到D点的水平距离，
（3）恒力F与mg的合力为，方向与竖直方向的夹角为30°；
vD在垂直于F合方向的分量为
当vD在平行于F合方向的分速度减为零时物体动能最小，则最小动能为
预测4．（1）30N，方向竖直向下；（2）；（3）
【详解】（1）小物块P从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理可得，
解得
在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，小物块P运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下；
（2）小物块P刚要滑上木板A时与小物块Q发生弹性碰撞，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得，
碰后小物块P向左滑离木板，小物块Q在木板A上向右做匀减速直线运动
解得
设经时间，小物块Q滑过木板A，其位移
这段时间，木板A、B一起向右做匀加速直线运动，由
解得
其位移
又由
解得，（不符合题意，舍去）
此时，小物块Q的速度
两木板速度为
之后小物块Q在木板B上向右做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动，对木板B有
，解得
设经时间共速，解得
这段时间内，小物块Q的位移为
木板B的位移为
小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量
（3）小物块Q与木板B共速时，速度为
一起匀减速直线运动，由，解得
设该过程运动的位移为，由，解得
小物块Q离开木板A后，A向右做匀减速运动，设加速度为，由，解得
设该过程木板A运动的位移为，由，解得
综上所述，最终两木板间的距离为
预测5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意，货物由A运动到B过程，根据动能定理，可得
解得
（2）依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得
根据匀变速直线运动规律，有
解得，
（3）长木板进入反弹装置时的速度为
设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程，有
根据匀变速直线运动规律，有
联立解得
则长木板刚进入反弹装置时的能量为
长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得
长木板在反弹的过程中损失的能量为
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值
押题1．BCD
【详解】A．根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A错误；
B．根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2倍，根据动能定理可得
解得，故B正确；
C．绳子的拉力相同，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为
故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；
D．根据动滑轮的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知
联立解得，故D正确。
故选BCD。
押题2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，P、Q在电场力F作用下一起向左运动，设加速度为a，长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞时的速度为，由题意
对整体，由牛顿第二定律有，，解得
由运动学公式有，解得
（2）长木板P碰后以速度向右作匀减速运动，设加速度为，对长木板由牛顿第二定律
速度为零时到达最远点，长木板左端距竖直挡板的最远距离，则有
小物块Q向左以为初速度做匀减速运动，设加速度大小为，则有，得
所以当长木板P的速度为零时，小物块Q的速度为，则有
P、Q因摩擦产生的热量
（3）当长木板P的速度为零时小物块Q的速度为，此后长木板P向左加速，小物块Q继续向左减速，直至速度相等，然后一起以的加速度向左加速直到第二次与竖直挡板碰撞。设共同速度，则有
，得，
长木板P向左运动的距离为，则有
长木板第二次与竖直挡板碰撞的速度，则有
押题3．（1）；（2）点左侧处；（3）见解析
【详解】（1）根据功能关系可知，，解得
在C点，根据牛顿第二定律有，，解得
（2）与滑块b发生弹性碰撞，则动量守恒且能量守恒，，
解得，
而由于
则不会再弹上，
解得，
而由于，故最终停在点左侧处。
（3）根据平抛运动规律有，解得
若一直减速则有，解得
若一直加速，则有，解得
则若，则
若，则
若，则
押题4．（1）2.4s；（2）10J；（3）
【详解】（1）在轨道上滑动时机械能守恒，设到达轨道底部时的速度为v，有
A在斜轨道上做匀加速直线运动，设运动时间为t，则有
联立解得，
（1）滑上后，做加速度大小为的匀减速运动，做加速度为的匀加速运动，则对有
对有，
设经时间，、的共同速度为，则有，
解得，，，
碰前、C之间的距离为
设、C碰后速度分别为、，、C碰撞时动量守恒、机械能守恒，选向右为正方向，则有
解得，
碰撞完成后向左运动最后停下，由能量守恒定律可知，和地面间因摩擦而产生的热量为
代入数据得
（3）、C碰后滑到C上运动，、C相对滑动过程，的加速度保持不变，由于
则碰后C匀速运动，经时间，滑到C的右端，、C速度相等，由于
共速后、C一起减速直到停下，则有
C匀速运动的位移为
的位移为
则C的长度为
代入数据得
10．（1）；（2）
【详解】（1）物块B在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位移均匀变化，根据功能关系有
解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有
解得
系统损失的动能
由于
因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有
解得
因此，物块B相对长木板滑行的距离
动量 动量与能量的综合应用
本节内容在近3年的高考中，所有省、市基本都是3联考。既出现了知识点的单独命题，也出现了知识的组合命题。单独命题中，多数都出现在选择题中，知识点的组合明天，不仅在计算题中出现，而且还在选择题中出现。
重庆卷：近3年，每年就有考查动量定理的应用，考查次数较为频繁，预测今年高考同样会出现，并且是以解答题的形式出现。
福建卷：近3年中，有1年出现在计算题中（常规题型），2年出现在选择题中（新情境），预测今天出现计算题中的概率较大，可能会以新情境的方式出现。
浙江卷：近3年中，都是以计算题的方式出现，并以多题形式考查，预计今年高考在解答题中出现的概念较大，并会与能量题型相结合，题型难度较大。
广东卷：近3年中，每年具有计算题出现，题型较为新颖，都是与生产生活相结合。预测今年高考也不例外，仍在计算题中出现，提箱较为新颖。
天津卷：近3年的考题中，均出现在计算题的12题和13题的位置，难度中档。预测今天高考会出现1选择题+1计算题出现在考题中，计算题仍在12~13题的位置。
湖北卷：近3年的考题中，均出现在计算题中，并和能量知识相结合。预测今年仍会出现在计算压轴题中，并和电磁场知识相结合，难度较大。
海南卷：近3年的考题中，均出现在计算题中。预测今年高考会和平抛运动知识相结合，考查动量和能量的综合应用类题型。
湖南卷：近3年的考题中，选择题和计算题具有考查。预测今年会以选择题的形式考查动量定理的应用，题型较为新颖，与生产生活相结合。
一、动量定理的应用
1．冲量的三种计算方法
2.应用动量定理时应注意的问题
(1)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是一个系统，在研究系统问题时，受力分析只考虑系统的外力。
(2)动量定理的表达式是矢量式，使用时要关注力、初速度、末速度的方向，为了方便要规定正方向。
(3)动量定理是合力的冲量等于物体动量的改变量，要注意合力与单个力的区别。
3．用动量定理解决两类连续体问题的步骤
模型一：流体类问题
模型二：微粒类问题
二、动量守恒定律及其应用
1．利用动量守恒定律所列方程中的各速度必须相对于同一惯性参考系。
2．动量守恒定律应用的三种情形
（1）系统不受外力或所受合力为零。
（2）外力远小于内力，外力可忽略，系统动量近似守恒，如“爆炸”“碰撞”等现象。
（3）系统虽然所受合力不为零，但在某一方向所受合力为零，则在这一方向总动量守恒。
3．动量守恒定律的三种表达形式
（1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)。
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（3）Δp＝0，系统总动量的增量为零。
4．碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律。
（2）动能之和不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 eq \f(p eq \\al(2,1),2m1)＋ eq \f(p eq \\al(2,2),2m2)≥ eq \f(p1′2,2m1)＋ eq \f(p2′2,2m2)。
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度。
5．两种特殊的碰撞模型
（1）弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,1)＝ eq \f(1,2)m1v1′2＋ eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝ eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝ eq \f(2m1v1,m1＋m2)。
结论：
①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后速度交换。
②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。
③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,2)－ eq \f(1,2)(m1＋m2)v eq \\al(2,共)。
6．应用动量守恒定律分析问题的关键步骤
三、动量与能量的综合应用
动量与能量综合模型归纳
【例题】（多选）（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）

A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为
C．滑块2受到合外力的冲量大小为
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
【例2】（2023·重庆·高考真题）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
（2）球2的质量；
（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

【答案】（1）；（2）3m；（3）
【详解】（1）球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以
（2）球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
联立解得
，
（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
所以
【例3】（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1）滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。

【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】
（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律，，解得
由牛顿第三定律可知B对A的压力是。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得，
解得加速度向左为
对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离
C向右运动距离
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有
解得
B的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有
解得
碰撞时B速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得，
后再经后停下，则有
故从滑上到最终停止所用的时间总时间
【例4】（2023·山东·高考真题）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得，
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好滑上模板B，有
整理得
解得，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得，（舍去）
此时有，方向向左；
，方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量，
末动量
则整个过程动量的变化量，即大小为9.02kg⋅m/s。
【例5】（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】
（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得，FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点，
解得v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系，
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
预测1．（2024·广东·二模）如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小与第一次碰前瞬间的速度大小满足关系式。现有一质量为2m的物块以速度从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间均忽略不计），物块与木板间的动摩擦因数为。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。
（1）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
（2）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
（3）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。
预测2．（2024·吉林白城·一模）如图所示，质量为的小车D静止在水平光滑轨道上，一根长为的细绳一端固定质量为的球A，细绳的另一端固定在小车D上，另一根长为的细绳一端固定质量为的球B，另一端固定在O点，两细绳自由下垂时两小球正好相切，且两球心在同一水平高度上。现将球B拉至细绳处于水平伸长状态后释放，设A、B发生碰撞时无机械能损失，重力加速度为g取。求：
（1）球B在最低点时的速度的大小；
（2）碰撞结束瞬间球A的速度的大小；
（3）碰撞结束后球A上升的最大高度h。
预测3．（2024·海南·模拟预测）如图所示，间距为d光滑平行金属导轨由圆弧和水平两部分组成，两导轨之间连接一个阻值为R的定值电阻。水平导轨间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向下，质量为M、有效电阻也为R的金属棒甲静止在磁场左侧边界线上。现在将一根质量为m的绝缘棒乙，从圆弧轨道上距水平面高度为L处由静止释放，乙滑下后与甲发生弹性碰撞并反弹，然后再次与已经静止的甲发生弹性碰撞。甲始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）第1次碰后乙反弹的高度h；
（2）第1次碰撞到第2次碰撞过程中R上产生的热量；
（3）已知圆弧轨道的半径为r，如果圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则乙第1次与甲碰撞后经过多长时间与甲发生第2次碰撞。
预测4．（2024·浙江·模拟预测）如图所示，倾角的斜面AB与长度为的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为。
（1）若滑块P的质量为，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①求滑块Q进入D点时的速度。
②求半圆轨道的半径R的取值范围。
③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圆轨道DE的半径为，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。
预测5．（2024·河北·模拟预测）如图所示，“凹”型木板B静置在光滑水平地面上，小物块A静止在B正中央。A的正上方用不可伸长的轻绳将一定质量的小球悬挂在O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点时刚好与小物块A发生碰撞，碰后迅速把小球移除。物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞。已知A的质量为m，B的质量为3m，小球的质量为2m，木板B的长度，A和B之间动摩擦因数，小球与A、A与B发生的碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度，不计B两侧挡板的宽度，碰撞时间极短，忽略空气阻力，求：
（1）小球与A碰撞后瞬间A的速率；
（2）悬挂小球的细线长度；
（3）A与B发生第一次碰撞前瞬间B的速度。
押题1.工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以 的初速度滑上静止的货车的左端，已知货物质量，货车质量 ，货车高在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物（障碍物与货车等高，不考虑障碍物的厚度），当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿 BC方向落在B点。已知货车上表面的动摩擦因数 ，货物可简化为质点，斜面的倾角为： ）。
（1）求货物从A点到B点的时间；
（2）求货物在B点的速度大小；
（3）若已知OA段距离足够长，导致货车在碰到A之前已经与货物达到共同速度，则货车的长度是多少？
押题2. 如图，倾角为的斜面足够长，区间光滑，长度为，其余部分粗糙程度相同。长为的轻绳连接两个相同的小滑块、。开始时处于点，轻绳恰好伸直。由静止同时释放、，经过一段时间后，、发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然绷紧，、达到共同速度，并一起匀速运动。已知重力加速度大小为，求
（1）滑块与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数；
（2）滑块从静止释放至运动到点的时间；
（3）滑块、一起匀速运动的速率。
押题3.如图所示，一根长不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点．长绷紧的水平传送带始终以恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小。求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
押题4. 某同学为参加学校举行的遥控赛车比赛，利用如图所示装置练习遥控技术。水平直轨道与半径的光滑竖直圆轨道在点相切，间的距离且对赛车的阻力恒为段光滑。水平地面距水平直轨道的竖直高度。该同学遥控质量的赛车以额定功率从点出发，沿水平直轨道运动到点时立刻关闭遥控器，赛车由点进入圆轨道，离开圆轨道后沿水平直轨道运动到点，并与质量的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，而滑块落在水平地面上点，间的水平距离。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，取。求：
（1）碰撞后滑块速度的大小；
（2）碰撞前瞬间赛车速度的大小；
（3）此过程中该同学遥控赛车的时间。
押题5. 图（a）为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿轴线做匀减速直线运动，俯视图如图（b）所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距离为，棋子与棋盘动摩擦因数均为，白棋初速度大小为，经时间与运动中的黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取，求：
（1）碰撞的位置到白棋起点的距离及黑棋的初速度大小；
（2）通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。
预测1．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）对物块由牛顿第二定律有
解得
对木板由牛顿第二定律有，
解得
（2）从开始运动到第一次碰撞挡板有
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为
这段时间内，物块的位移
解得
故摩擦产生的热量为
解得
（3）第一次碰撞前，木板的速度
第一次碰撞后的速度
第二次碰前的速度
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
第二次碰撞后的速度
第三次碰前的速度
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有
代入数据解得
预测2．（1）6m/s；（2）8m/s；（3）0.64m
【详解】（1）球B下摆的过程中机械能守恒，则有
解得
（2）球B与球A碰撞，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，取水平向右为正方向，则有
联立解得
（3）球A上升时小车D随之向右运动，球A和小车D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，球A上升到最大高度时与小车D速度相同，则有:
联立解得
预测3．（1）;（2）;（3）
【详解】（1）设第一次碰撞前乙的速度为v，有
设第一次碰撞后乙的速度为，甲的速度为，甲乙发生弹性碰撞，则
解得，
碰撞后乙上升的最大高度为h，有
整理得
（2）对甲分析，甲乙碰后甲的动能转化为整个回路的焦耳热，设R上产生的热量为Q，
由能量守恒定律，得
（3）对甲，由第一次碰撞到第一次停止的过程，由动量定理得
由上式得，
乙在水平轨道运动时间，
乙在圆弧轨道运动因圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则等等效为单摆的摆动，时间为
总时间
综上得
预测4．（1）①2m/s，②，③1.4m；（2）
【详解】（1）①滑块P从静止到C点，根据动能定理有，
解得
滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，有
又因为是弹性碰撞，则能量守恒
解得
②在D点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可知，
解得
D点到E点的过程，根据能量守恒定律有，
在E点，根据牛顿第二定律有
且
联立得
所以R的取值范围
③自E点作平抛运动，则射程为，
将②中代入得，
当时，解得，
（2）由动能定理有，
解得，
滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，则
又因为是弹性碰撞，根据能量守恒定律有，
解得
即
则
由牛顿第二定律有，
解得
预测5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设小球与A碰后瞬间A的速度v1，物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞，有
解得
（2）小球与A碰撞过程，有
联立解得
（3）A与B发生第一次碰撞过程，有
联立解得
押题1．（1）0.4s；（2）5m/s；（3）10.3m
【详解】（1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向
解得
（2）在B点分解速度
由
联立解得
（3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律，对m有，
对M有
当
时，m、M具有共同速度
根据系统能量守恒定律
联立解得
当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，滑出速度由，得
根据动能定理，
解得，
故
押题2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）、一起匀速运动时，对、整体有，
解得
（2）、一起下滑距离，对、整体有，
解得
由位移公式可得
解得
此时、的速度为
从运动至，因绳子松弛，故对有
由位移公式可得，
解得，
又
解得
（3）运动至点后匀速运动，此时速度为
之后、发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度匀速运动，该过程系统动量守恒，则有
解得
押题3．（1）6m/s，；（2）；（3）0
【详解】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为，则小球自由下落时，轻绳刚好再次伸直，设此时的速度为。根据自由落体运动规律，可得
轻质细线伸直后瞬间小球速度为
小球与小物块A碰前瞬间，设小球的速度大小为，从轻质细绳刚好再次伸直到小球运动到最低点的过程中，由动能定理得
联立解得小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为，根据牛顿第二定律可知，
解得，
根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为。
（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得小物块冲上传送带前的速度
小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
设小物块与传送带共速时对地位移为，传送带速度为，则由运动学公式可得
代入数据解得，
则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为
这段时间内传送带运动的位移为
则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量为
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为，轨道对小物块的弹力为，则由动能定理有
小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为
在最高点由牛顿第二定律可得，
联立解得，
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。
押题4．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）碰撞后滑块做平抛运动，则

解得
（2）设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为，与滑块碰撞后的速度大小为，由牛顿第二定律及机械能守恒定律，
赛车与滑块碰撞过程动量守恒，有
解得
（3）设电动机工作时间为，根据动能定理
解得
押题5．（1），；（2）黑棋能停在白棋区域，原因见解析
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离
设黑白棋质量为，根据牛顿第二定律可知白棋在运动过程中的加速度大小
解得
通过题意可知，黑棋与碰撞位置之间的距离为
则有
解得黑棋的初速度大小
（2）根据匀变速直线运动规律可知，黑白棋碰撞前各自的速度大小为，
设白棋运动方向为正方向，碰撞过程时间极短且无能量损失，
则有，
解得碰后两球速度大小，
即发生速度交换，碰后两球速度均反向，碰撞位置与小孔距离
碰撞后到黑棋停下来，黑棋的位移
故黑棋能停在白棋区域。
静电场
近3年，本节内容主要涉及到三大板块，电场力的性质，电场能的性质和带电粒子在电场中的运动。本节内容是所有省市的必考部分，题型主要集中在中档题型。本节内容多以压轴题的形式出现，主要以选择题和计算题为主，部分省份还出现了填空题。
重庆卷：从近3年高考来看，重庆卷电场考的较为简单，难度不大，并都是以选择题的形式出现，预测今年高考同样会出现在选择题中，并且难度不大。
广东卷：从近3年高考来看，广东卷多以选择题的形式出现，并且题型较为新颖。预测今年会以计算题的形式出现，将考查带电粒子在匀强电场中的偏转问题。
北京卷：从近3年高考来看，电场中的三大板块，一年一考，预测今天将考查电场能的性质，并在选择题偏后的位置，难度适中。
山东卷：从近3年高考来看，2021和2023考查了电场力的性质，预测今年高考考查电场能的性质概率较大。
湖北卷：从近3年高考来看，湖北卷隔年一考，预测今年本节内容将会不单独命题考查，会和磁场知识相结合。
辽宁卷：从近3年高考来看，辽宁卷在本节内容上呈隔年难，隔年简单的趋势，预测今年高考将会以选择压轴题的形式出现。
海南卷：从近3年高考来看，海南卷在本节内容上每年会考查2道选择题，预测今年也不例外，其中一难一简单。
湖南卷：从近3年高考来看，湖南卷在本节内容均有考查，主要考查电场力的性质和电场能的性质。预测今年高考将会考查等量电荷周围电场和电势的分布情况。
甲卷和乙卷：从近3年高考来看，全国甲、乙卷对于本节内容不太钟爱，预测今年考查电场的概率不大。
新课标卷：从近3年高考来看，新课标卷每年具有考查本节内容，相信今年也不例外，预测在选择题中将要考查电场力的性质。
一、电场性质的理解
1．电场中的各物理量的关系
2．电场强度的判断
(1)场强方向是正电荷所受电场力的方向，也是电场线上某点的切线方向。
(2)电场的强弱可根据电场线的疏密程度判断，也可根据场强公式进行比较。
3．电势高低的判断
4.电势能大小的判断
二、电势差与电场强度的关系
1．等分法
在匀强电场中，沿任意一个方向(垂直于电场线方向除外)，电势变化都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等。如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点的电势差等于原电势差的 eq \f(1,n)，像这样采用等分间距求电势问题的方法，叫作等分法。
2．等分法常用的重要结论
(1)在匀强电场中，沿任意方向相互平行且相等的线段两端点的电势差相等。
(2)匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝ eq \f(φA＋φB,2)。
(3)在匀强电场中，相互平行的两条线段，无论它们是否与电场线方向平行，只要一条线段是另一条线段的n倍，这条线段两端点的电势差就一定是另一条线段两端点电势差的n倍。
3．等分法解题的一般步骤
三、电场中的图像问题
坐标系x轴同电场线方向一致时，电场中几种常见的图像：
四、平行板电容器相关问题分析
1．三个公式
电容定义式C＝ eq \f(Q,U)，平行板电容器的电容决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd)，匀强电场关系式E＝ eq \f(U,d)。
2．两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
3．平行板电容器的两类动态问题的分析
【注意】当含有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电过程或放电过程受到限制。
五、带电粒子(带电体)在电场中的运动
1．研究对象在电场中运动时是否考虑重力的处理
(1)除说明或有明确暗示外，电子、质子、α粒子等微观粒子一般不考虑重力。
(2)除说明或有明确暗示外，带电小球、液滴等一般考虑重力。
2．带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动的一般分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。
2．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)“等效重力”法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，g′＝ eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。
(2)“等效最高”点和“等效最低”点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为“等效最高”点和“等效最低”点。
【典例1】（多选）（2023·河北·高考真题）如图，在轴上放置四个点电荷和位于点两侧，位于点两侧。点在轴上，且。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以点为球心、以为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是（ ）
A．两点电场强度的方向一定沿轴正方向
B．若在点放一正点电荷，则两点的电势一定升高
C．试探电荷沿轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷沿轴运动过程中，若静电力始终不做功，则点的电场强度一定为零
【答案】BD
【详解】A．以点为球心、以为半径的球面为等势面，由电场强度和等势面的关系可知，两点电场强度的方向与半径垂直，与轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故两点电场强度的方向无法判断，故A错误；
B．取无穷远处为零电势点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在0点放一正点电荷，则两点的电势一定升高，故B正确；
C．试探电荷沿轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过轴且垂直于轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故C错误；
D．根据以点为球心、以为半径的球面为等势面，可知点的电场强度方向应与轴重合，再根据经过轴且垂直于轴的平面为等势面，可知点的电场强度方向应与轴垂直，同一点电场强度的方向是唯一的，故点的电场强度一定为零，故D正确。
故选BD。
【典例2】（多选）（2023·广东·高考真题）电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色．透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素．如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒．当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色．下列说法正确的有（ ）

A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功
D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
【答案】AC
【详解】A．像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；
B．像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；
C．像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；
D．像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。
故选AC。
【典例3】（多选）（2023·海南·高考真题）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（ ）

A．、两点电场强度相同B．、两点电势相同
C．负电荷在点电势能比在点时要小D．负电荷在点电势能比在点时要大
【答案】BC
【详解】A．根据场强叠加以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误；
B．因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，则MN两点电势相等，选项B正确；
CD．因负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。选项C正确，D错误。
故选BC。
4．（2023·全国·高考真题）如图，等边位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。

【答案】（1），A、B、C均为正电荷；（2）
【详解】（1）因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为，电性与A相同，又点电场强度竖直向上，可得处电荷在点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示

可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。
（2）如图所示

由几何关系，
即
其中
解得，
5．（2023·全国·高考真题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时，
解得
可知，
则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得，
其中
联立解得，
预测1．（2024·云南·模拟预测）如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线的中垂线上，且a、b到两电荷连线的中点O的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，c、d位于MN的连线的中垂线上，且c、d到MN连线的中点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（ ）
A．O点处的电场强度为零
B．点处的磁感应强度为零
C．a、b处的电场强度大小相等，方向相反
D．c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同
预测2．（2024·海南·模拟预测）如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成θ角，直线与匀强电场E互相垂直。在A点以大小为的初速度水平抛出一质量为m，带电量为的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的电势能减少B．C可能位于直线的右侧
C．小球的机械能减少量一定等于D．小球的机械能减少量一定大于
预测3．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，正四面体的四个顶点ABCD分别固定一个点电荷，电荷量分别为、、和，O点为正四面体的正中心，O点到ABCD四点的距离均为r，E点为AD边的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度的大小为B．O点电场强度的大小为
C．O点电势比E点电势高D．O点电势比E点电势低
预测4．（2024·黑龙江·一模）如图所示，水平桌面上方存在水平向右，电场强度大小的匀强电场。倾角的斜面固定在水平地面上，处于同一竖直线上。电荷量、质量的带电物块（可视为质点）从距离桌边缘B点左侧处由静止释放，在电场力作用下开始运动。已知物块和桌面之间的动摩擦因数，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）物块通过水平桌面B点时的速度大小；
（2）若物块垂直撞在斜面CD上某点，求该点与C点间的距离。
预测5．（2024·云南昆明·三模）半径为R的光滑绝缘圆形轨道固定在竖直平面内，O为圆轨道圆心，C点和A点为圆周的最高点和最低点，B点与D点的连线过圆心O且水平，与A、C两点连线垂直。空间存在一与圆形轨道平面平行的匀强电场，一质量为m，电荷量为q带负电小球（可视为质点）从A点静止释放，运动到C点时速度为0，且过B点时小球对轨道的压力等于小球重力大小的3倍。已知重力加速度为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小和方向；
（2）若小球要做一个完整的圆周运动，小球在B点至少需要多大的速度。
押题1. 如图所示，沿纸面方向的匀强电场内有一长方形区域ABCD，A点有一质子源，以相同大小的初速度沿各个方向射入电场，其中到达B、D两处的质子具有相同大小的速度。已知，，质子电荷量为q，质量为m，不计质子重力，下列说法正确的是（ ）
A．电场方向由B指向DB．电场强度大小为
C．长方形区域内两点间电势差的最大值为D．质子能从长方形区域飞出的最大速度为
押题2. 如图所示，在正点电荷产生的电场中，将两个带正电的试探电荷分别置于、两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将移到无穷远的过程中电场力做的功相等，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度相同B．的电荷量小于的电荷量
C．点电势小于点电势D．在点的电势能大于在点的电势能
押题3. 如图所示，空间存在三个相邻的水平面、和，水平面、之间的距离为，其间区域存在水平向右的匀强电场，水平面、之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为、电荷量为的带正电小球从电场上边界的点由静止释放，经过电场中边界，最终从电场下边界离开。已知小球到达电场下边界时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界时动能的2.56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为。下列说法正确提（ ）

A．水平面、之间的距离为B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球在、之间区域做平抛运动D．小球在、间减小电势能小于在、间增加电势能
押题4. 如图所示，带电荷量为的带电小球A固定在绝缘的水平面上，另一个带电荷量为，质量为的小球B恰好静止在A正上方的点。现将小球B先固定，让一个与A完全相同的不带电的小球C与小球A接触一下，移走小球C，再由点静止释放小球B，已知静电力常量为，重力加速度取。在小球B下落过程中，求：（小球A、B均可视为质点）
（1）点距地面的高度；
（2）小球B释放瞬间的加速度大小；
（3）小球B的速度达到最大时的位移。

押题5. 如图甲，在光滑绝缘水平地面上，宽为2L的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间变化的E­t图像如图乙，质量为4m的不带电绝缘小球P1静止在AB区域内距A为x（0（1）求碰撞后小球P1获得的速度；
（2）若时，P2刚好从A离开AB区域，求这种情况下x的值；
（3）当L预测1．D
【详解】A．正、负电荷在O点处的电场强度方向均水平向右，根据场强叠加可知，O点电场强度不为零，故A错误。
C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点，结合对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C错误；
BD．根据安培定则以及磁场叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向均沿cd向下，点处的磁感应强度不为零，也沿cd向下，故B错误，D正确。
故选D。
预测2．D
【详解】A．由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故A错误；
B．若C位于直线的右侧，则重力做正功，电场力做正功，动能增加，与动能不变矛盾，故B错误；
CD．小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向右下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向，即，故C错误，D正确。
故选D。
预测3．AC
【详解】AB．C点的点电荷在O点的电场如图所示（在AOC平面内）
其中CN为BCD平面内的高，AN为ABD平面内的高，设正四面体的棱长为L，由几何关系可得
，
则，
点电荷C在O点的电场强度为
在竖直方向的分量为
方向竖直向上。同理可得，B、D处的点电荷在竖直方向的分量为
方向均为竖直向上；由对称关系可知，B、C、D三个电荷在O点处电场强度在水平方向相互抵消，为0；A处的点电荷在O点处的电场强度为
方向竖直向上，则O点电场强度的大小为，故A正确，B错误；
CD．将A、D处的点电荷看作一对带等量异种电荷，则O点和E点在AD连线的重垂面上，则A、D处的点电荷在O点和E点的电势都为0；将B、C处的点电荷看作一对带等量同种电荷，则O点和E点在BC连线的重垂面上，B、C处的点电荷在O、E两点的电场方向为由O到E，则O点的电势大于E点的电势，故C正确，D错误。
故选AC。
预测4．（1）；（2）
【详解】（1）物块从静止释放到B点过程，根据动能定理可得，
代入数据解得物块通过水平桌面B点时的速度大小为
（2）物块从B点抛出后做平抛运动，物块垂直撞在斜面CD上，则有
解得物块落地斜面时的竖直分速度为
则物块做平抛运动的时间为
物块做平抛运动的水平位移为
根据几何关系可得物块落到斜面上的点与C点间的距离为
预测5．（1），方向由B点指向A点；（2）
【详解】（1）由题意可知B点是等效重力场中的“最低点”，对小球从A点运动到B点由动能定理
对小球在B点分析
又有，
解得，，方向由B点指向A点。
（2）要做完整圆周运动，在D点小球能恰好通过有
解得速度至少为
对小球从B点运动到D点由动能定理得
解得
押题1．C
【详解】A．质子在B、D两点具有相同动能，故B、D为等势点，匀强电场的电场线垂直于等势线BD，而质子由A点运动到B、D两点过程中动能增加，电场力做正功，且质子带正电，故电场方向如图所示
故A错误；
B．由A到B，由动能定理得
解得，故B错误；
C．由以上分析可知，A、C两点间电势差最大，为，故C正确；
D．质子由C点出电场时电场力做功最多，速度最大，由A到C，由动能定理得
解得，故D错误。
故选C。
押题2．B
【详解】A．由点电荷形成的电场分布规律可知，越靠近点电荷场强越大，故A点的场强大于B点，且方向也不相同，故A错误；
C．越靠近正点电荷电势越大，可知A点电势高于B点，故C错误；
BD．因为两电荷移到无穷远处电场力做功一样则电势能变化量相同，而无穷远处电势能为零，说明q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，而A点电势高于B点，两电荷又都带正电，根据可知，q1的电荷量小于q2的电荷量，故B正确，D错误。
故选B。
押题3．B
【详解】A．质量为、电荷量为的带正电小球从电场上边界的点由静止释放，在电场中运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在M、N区域做初速度是零的匀加速直线运动，设、之间运动时间为t1，在、之间运动时间为t2，则有，
水平方向位移
因小球在两电场区域内受电场力大小相等，且小球到达电场下边界时的速度方向恰好竖直向下，说明此时小球在水平方向的速度是零，则有
解得
小球在、之间，设下落高度为h＇，则有
可得，，A错误；
B．由题意可得，，则有
解得
由
可得，
则有，B正确；
C．小球在电场、之间运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做初速度是零的匀加速直线运动，可知小球在、之间区域做匀加速直线运动，C错误；
D．小球在、间与在、间受电场力大小相等，方向相反，在、间做初速度是零匀加速直线运动，在、间做匀减速直线运动末速度是零，即小球在电场方向的动能变化是零，因此小球在、间减小电势能等于在、间增加电势能，D错误。
故选B。
押题4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，对小球B受力分析，有平衡条件有，
由库仑定律有
解得
（2）让一个与A完全相同的不带电的小球C与小球A接触一下，移走小球C，小球A的电量变为
对小球B，由牛顿第二定律有，
解得
（3）根据题意可知，当小球B所受合力为0时，小球B的速度最大，设此时A、B距离为，由平衡条件有
解得
则有
押题5．（1）v0；（2）；（3）或
【详解】（1）由于x≤L，则
因此P2与P1碰撞前，E=0，P2的速度仍为v0，由动量守恒定律有，
可得碰撞后小球P1获得的速度
（2）若时，P2刚好从A离开AB区域，则有
可得
（3）时，P2与P1碰撞后有一段时间E≠0，根据牛顿第二定律有，qE=ma
可得
当P2恰好能返回到A点时，有
可解得减速运动的位移大小为
则有
可得
①当时，P2将从A离开AB区域，施加电场后P2在AB区域运动的距离x2满足
解得
设P2离开A点的速度为vA，由运动学公式有
解得
由，得P2匀减速运动的时间，符合题图乙。
②当时，P2从B离开AB区域，施加电场后P2在AB区域运动的距离x3满足
解得
设P2离开B点的速度为vB，由运动学公式有
解得
由
得P2匀变速运动的时间，符合题图乙。
磁场
近3年，本节内容在高考中是必考的内容之一，从近3年全国各地的高考来看，基本所有的省市均会出现1选择题+1计算题，并多为压轴题的形式出现，电磁炮是近几年的热门题材。
北京卷：从近3年的高考试卷分析，北京卷每年两考，在选择题和计算题中均有出现。预测今年高考在本节内容上考查2道选择题压轴题，其中一道会与叠加场的形式出现。
天津卷：从近3年的高考试卷分析，天津卷每年考查2道计算题，其中必考一道压轴题，并且压轴题考法新颖，结合电磁新技术进行考查。预测今年高考仍会有2道计算题出现，并且同样会以新技术作为压轴题。
河北卷：从近3年的高考试卷分析，河北卷每年均考查2道本节内容的题型，一道选择题，一道计算压轴题。预测今年选择题将会与楞次定律相结合，计算题将会以压轴题的形式出现，考查带电粒子在叠加场中的运动。
辽宁卷：从近3年的高考试卷分析，辽宁卷每年2考，选择题和计算题各一道，基本都是以压轴题的形式出现。预测今年高考选择题会以叠加场的形式出现，计算题会出现在第15题位置，以压轴题的形式出现，结合楞次定律考查双杆模型问题。
江苏卷：从近3年的高考试卷分析，3年均考查了计算压轴题，难度颇大。预测今年高考本节内容会出现一个选择压轴题和一个计算压轴题。选择压轴会与楞次定律相结合，计算压轴题会以交变场的形式出现。
浙江卷：从近3年的高考试卷分析，浙江卷在本节内容上必考一个多选题，一个或2个压轴题。预测今年高考会结合电场考查一个多选题，压轴题会以交变场的形式出现，并涉及到电磁应用类的新技术。
福建卷：从近3年的高考试卷分析，福建卷每年会考查2个选择题，题型难度都较为简单。预测今年会出现1选择题+1计算题。题型中会结合楞次定律进行考查。
山东卷：从近3年的高考试卷分析，2021和2023年出现1选择题+1计算压轴题，2022年只有1计算压轴题。预测今年将会出现1选择压轴题+1就是压轴题。选择压轴题在12题，结合楞次定律进行考察，计算压轴题在第17题，考查组合场，结合新技术的概率较大。
湖北卷：从近3年的高考试卷分析，每年2考，一选择题+1计算题。选择题在题型偏后，计算题在第15题或16题。预测今年仍会是1选择题+1计算压轴题。计算题在第16题，结合楞次定律和动量定理考查双杆问题。
湖南卷：从近3年的高考试卷分析，湖南卷选择题和计算题均有出现。预测今年出现计算题的概率较大，考查带电粒子在组合场中的运动。
广东卷：从近3年的高考试卷分析，广东卷在选择题和计算题中均有考查。预测今年本节内容只会出现在选择题中，难度不大。
海南卷：从近3年的高考试卷分析，海南卷考题较为简单，每年基本上是2考。预测今年高考会出现1选择题+1计算题。
重庆卷：从近3年的高考试卷分析，重庆卷多为1选择题和1计算题。预测今年高考同样如此。
一、磁场的性质及磁场对通电导体的作用
1．磁场的产生与叠加
2．地磁场的主要特点
（1）地磁场的N极在地球南极附近，S极在地球北极附近，磁感线分布如图所示。
（2）地磁场B的水平分量Bx总是从地球南极指向北极，而竖直分量By则南北相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。
（3）在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等且方向水平向北。
3．安培力的分析与计算
4.两个二级结论
（1）同向平行电流相互吸引，反向平行电流相互排斥。
（2）两个电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。
5．判别物体在安培力作用下的运动方向的常用五种方法
（1）电流元受力分析法：即把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向。
（2）特殊值分析法：把电流或磁体转到一个便于分析的特殊位置（如转过90°）后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向。
（3）等效分析法：环形电流可以等效成条形磁体、条形磁体也可等效成环形电流、通电螺线管可等效成很多的环形电流来分析。
（4）推论分析法：两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；两电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势。
（5）转换研究对象法：因为电流之间、电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律。这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。
6．求解安培力作用下的动力学问题的一般思路
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动问题的处理关键
（1）圆心的确定
①速度和轨道半径垂直。
②轨迹上两点连线的垂直平分线过圆心。
（2）轨道半径的计算
方法一：由物理公式求：由于qvB＝ eq \f(mv2,r)，所以轨道半径r＝ eq \f(mv,qB)。
方法二：由几何关系求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。
（3）运动时间的确定
方法一：由对应的圆心角α求：t＝ eq \f(α,2π)T＝ eq \f(αm,qB)。
方法二：由对应的弧长s求：t＝ eq \f(s,v)。
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时轨迹圆的几个基本特点
（1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，出射角等于入射角。（如图1所示，θ1＝θ2＝θ3）
并且粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角。（如图1所示，α1＝α2）
（2）在圆形匀强磁场区域，若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应磁场半径的夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应磁场半径的夹角也为θ，如图2所示。
特例：沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时也沿半径方向，如图3所示。
（3）磁聚焦与磁发散
①磁聚焦：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，且该点切线与入射方向平行。
②磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行。
3．临界问题
（1）许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语暗示临界状态，审题时，一定要抓住这些特定的词语，挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。例如粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
（2）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态（一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大），常用方法如下：
4.多解问题
（1）产生多解现象的四种因素
（2）解决多解问题的一般思路
三、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场问题的两种常见模型
2.解答带电粒子在组合场中运动问题的基本思路
四、带电粒子(带电体)在叠加场中的运动
1．带电粒子(带电体)在叠加场中运动的两种常见模型
注：若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
2．如图1所示，若一带电小球在重力场与匀强磁场垂直的叠加场中从A点由静止开始运动，可将该带电小球的初速度沿垂直重力且垂直磁场的方向上分解为两个大小相等、方向相反的速度v、v′，若带电小球的电荷量为q(q>0)，匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有Bqv＝mg，带电小球在该叠加场中的运动可看作从A点开始，在垂直重力且垂直磁场方向上速度为v的匀速直线运动，与不考虑重力时，该带电小球在该磁场中从A点开始以速度v′做匀速圆周运动的合运动。设E点为轨迹的最低点，分运动匀速圆周运动的半径为R＝ eq \f(mv′,Bq)，周期T＝ eq \f(2πm,Bq)，由运动的合成与分解可知，vE＝2v，A、B、C、D在同一水平线上，且vA＝vB＝vC＝vD＝0，lAB＝lBC＝lCD＝vT＝ eq \f(2πmv,Bq)，E点到AB的距离hE＝2R＝ eq \f(2mv′,Bq)。
对于带电粒子在匀强电场与匀强磁场方向垂直的叠加场中从静止开始的运动，则将带电粒子的初速度在沿垂直电场且垂直磁场的方向上分解为两个大小相等、方向相反速度v、v′，如图2所示，若带电粒子的电荷量为q(q>0)，匀强电场的场强大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有Bqv＝qE＝q eq \f(U,d)，分析方法相似，运动情形也相似。
3．解答带电粒子在叠加场中运动问题的基本思路
五、带电粒子在交变场中的运动
1．变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性，这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图。
2．解题思路
六、电磁技术的应用
常见电磁技术的应用
【典例1】（2023·辽宁·高考真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）

A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力
方向向左；MN受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则，解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为，选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得，
可得则最终MN位置向左移动
PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理，
可得，选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则，选项D错误。
故选AC。
【典例2】（2023·河北·高考真题）如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得，
根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得板间电压的大小为
（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有，
则
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在无磁场区域运动的时间为
粒子从C点运动到E点的时间为
【典例3】（2022·山东·高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
，，
联立解得
（2）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得，，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足，，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为，故离子第四次穿过平面的位置坐标为（d，d，）。
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得，
可得
离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为，
离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示
从点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
【典例4】（2022·福建·高考真题）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
【答案】（1） ；；（2）；（3）
【详解】
（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得，
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由图像可知时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率．
（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内，
，
棒G滑行的距离
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
【典例5】（2023·江苏·高考真题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee = ev0B
解得E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合 = evmB－eE
在最低点有F合 = eE－evB
联立有，
要让电子达纵坐标位置，即y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
预测1．（2024·辽宁·一模）如图，xOy平面内有两个相邻的带状匀强磁场I和匀强磁场Ⅱ，方向垂直xOy平面向下，磁场强度大小分别为B和2B，磁场区域宽度分别为和，一电荷量为、质量为m的带点粒子从y轴P点以与y轴夹角的方向进入磁场I，经过磁场I和磁场Ⅱ后从磁场Ⅱ右边界以与边界夹角的方向离开磁场Ⅱ，若不计重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在匀强磁场I运动的轨迹半径是在匀强磁强Ⅱ运动轨迹半径的2倍
B．粒子在匀强磁场Ⅱ运动的轨迹半径是在匀强磁强I运动轨迹半径的2倍
C．粒子的入射速度为
D．粒子的入射速度为
预测2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示为有一小孔的绝缘圆筒的横截面，内圆的半径为R，外圆圆筒的半径为2R。内、外圆间环形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的带电粒子以初速度大小从小孔沿半径方向射入筒内，粒子在筒内运动过程中，每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中粒子的电荷量不变。已知粒子从小孔射出前始终在环形磁场区域内运动，不计粒子重力，忽略小孔的尺寸，。则（ ）
A．粒子在磁场中运动的半径为B．粒子在磁场中运动的半径为
C．粒子在时间内能够从小孔射出D．粒子在时间内不能从小孔射出
预测3．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示，在直角坐标系xy平面第一、二象限内有两个电场强度大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两个电场的边界分别是边长为L的正方形abc和ced，匀强电场Ⅰ的场强方向沿x轴正方向，匀强电场Ⅱ的场强方向沿y轴正方向，第三象限内有垂直平面向外的匀强磁场，磁场边界线为半径为L的半圆，d为圆心。在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放一个电子，电子经电场Ⅱ进入磁场区域，已知电子质量为m，电量为e，重力忽略不计。
（1）要使电子恰能从d点离开电场，求释放点坐标满足的关系式：
（2）从第一象限内坐标为的位置由静止释放电子，发现电子离开磁场时速度方向恰好沿x轴正方向。求磁感应强度B的大小及电子在电场和磁场中运动的总时间t。
预测4．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在xOy平面的第一象限内有半径为R的圆形区域，该区域内有一匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。已知圆形区域的圆心为，其边界与x轴、y轴分别相切于P、Q点。位于P处的质子源均匀地向纸面内以大小为v的相同速率发射质量为m、电荷量为e的质子，且质子初速度的方向被限定在两侧与的夹角均为的范围内。第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴（）的某区间范围内放置质子接收装置MN。已知沿方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，不计质子受到的重力和质子间的相互作用力。
（1）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求y轴正方向上有质子射出的区域范围；
（3）若要求质子源发出的所有质子均被接收装置MN接收，求接收装置MN的最短长度x。
预测5．（2024·河南·二模）如图所示，开口向下的光滑绝缘圆形轨道BCD处于水平向右的匀强电场中，为最高点、为圆心，OB与CO的延长线的夹角为，经过点的水平线下方的电场区域中还有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。一个质量为，电荷量为的微粒沿直线AB运动，恰好在B点无碰撞地进入圆形轨道，重力加速度为。求：
（1）微粒的电性及电场强度的大小；
（2）要使微粒能够沿轨道到达点，圆形轨道的半径需要满足的条件；
（3）在第（2）问的条件下，微粒经过点时，对轨道压力的最小值。
押题1. 如图所示，圆心为O的圆环内存在着垂直于圆面向里的匀强磁场。圆环内侧P点有一粒子发射源，能发射质量为m、带电荷量为和的两种粒子，发射的粒子速度大小可调、方向均沿半径PO方向。圆环上有一小孔Q，。P点发射的粒子与圆环内壁发生碰撞后原速率反弹且电荷量不变。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）

A．能从Q点射出的粒子的速度方向都相同
B．从Q点射出的粒子的速度越大，在圆环内运动的时间越短
C．若粒子带正电，则经过两次碰撞后从Q点射出所需时间一定是碰撞一次后从Q点射出的两倍
D．若初速度相同，则带正电的粒子从Q点射出用时可能比带负电的粒子从Q点射出用时长
押题2. 如图所示，半径均为R的圆形区域和内存在着磁感应强度大小均为B（未知）的有界匀强磁场。两圆形区域相切于P点。间距为d的直线边界M、N垂直于x轴，之间存在着沿x轴正方向的匀强电场，在边界N的右侧某圆形区域中存在大小也为B的匀强磁场。P点处有一粒子源，可向坐标平面内各个方向均匀发射速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。粒子均沿x轴正方向射出圆形区域、，且均能击中x轴上的Q点。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）B的大小及、内磁场的方向；
（2）的最小面积及对应的匀强电场的电场强度；
（3）在（2）问条件下，击中Q点时，速度方向与y轴负方向的夹角小于的粒子数与P点发出的总粒子数的比值。
押题3. 如图，在平面直角坐标系中x轴上方有一匀强磁场，方向垂直于纸面向里。在x轴下方有平行于平面且与x轴正方向夹角为45°的匀强电场。y轴上有一个P点，P点的y坐标为，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度从P点与y轴正方向夹角为60°斜向左上方射出，正好在x轴负半轴的Q点（图中未画出）处以与x轴正方向夹角为45°的方向第一次经过x轴射入下方电场，若粒子第二次经过x轴时的点和Q点关于原点对称，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）带电粒子在匀强电场中离x轴的最远距离。
押题4. 如图所示，在平面直角坐标系的第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴的下方和边界MN之间的区域I内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在边界MN下方的区域II内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴与边界MN之间的距离为L。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以初速度沿x轴负方向射出，粒子恰好从原点O射出电场进入区域I，并从点离开区域I进入区域II。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小和区域I内磁场的磁感应强度大小；
（2）要使粒子能经过x轴上的点且在区域II内的轨迹半径最大，求粒子由P点运动到F点所需的时间。
押题5. 如图所示，空间中有三个同心圆L、M、N，半径分别为R、3R、图中区域Ⅰ、Ⅲ中有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ中有沿圆心向外的辐向电场，AOB为电场中的一条电场线，AO和OB间电压大小均为U，a、b两个粒子带电量分别为、，质量均为m，从O点先后由静止释放，经电场加速后进入磁场，加速时间分别为t1、t2，a进入Ⅰ区域后从距入射点四分之一圆弧的位置第一次离开磁场，b进入Ⅲ区域后恰好未从外边界离开磁场，不计粒子重力，求：
（1）a粒子进入磁场时的速度v的大小；
（2）Ⅰ区域中磁感应强度的大小；
（3）Ⅰ、Ⅲ磁感应强度的比值；
（4）为使两个粒子尽快相遇，两个粒子释放的时间间隔为多少。
预测1．AC
【详解】AB．离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
所以粒子在匀强磁场I运动的轨迹半径是在匀强磁强Ⅱ运动轨迹半径的2倍，故A正确，B错误；
CD．设带电粒子在磁场I中做匀速圆周运动的半径为r1，在磁场II中做匀速圆周运动的半径为r2，过P点作入射速度的垂线，设圆心为O1，以O1为圆心、r1为半径作圆弧交于两磁场分界线的M点，连接MO1，设MO1与磁场分界线的夹角为，过Q点作出射速度的垂线交MO1于O2点，如图：
由几何关系可知，，
由于
联立解得，
根据洛伦兹力提供向心力有
解得，故C正确，D错误；
故选AC。
预测2．AC
【详解】AB. 带电粒子在圆筒内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，
又，解得，故A正确，B错误；
CD. 带电粒子在磁场中的轨迹如图所示
根据几何知识有，，解得，
则
带电粒子在磁场中的周期为
带电粒子在磁场中偏转一次运动时间为
当时，粒子偏转的次数为
粒子偏转N次对应的圆心角为，可知粒子在时间内能够从小孔射出，故C正确，D错误。
故选AC。
预测3．（1）；（2），
【详解】（1）电子在匀强电场Ⅰ内向左做匀加速运动，设电子射出匀强电场Ⅰ区域的末速度为，由动能定理可得
电子在匀强电场Ⅱ内做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得，，，
解得
（2）电子释放的坐标满足，所以电子从d点离开电场区域，设电子在d点速度大小为v，方向与x轴夹角为，水平分速度为，竖直分速度为，由题意可得，，，
电子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向沿x轴正方向，在洛伦兹力作用下运动轨迹如图所示
设圆周运动半径为r，由几何关系有，
又有
解得
设电子在匀强电场Ⅰ和Ⅱ中运动时间为和，在磁场中运动的速度偏转角为，运动时间为，则有
，
又有，，
解得
预测4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）沿方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，则该质子运动半径为，有
解得
（2）如图所示，设在左右两侧角方向上射入磁场的质子，最终分别有磁场边界上的A、B两点射出，对应圆周运动的圆心分别为、，则四边形和均为 ，则粒子由A、B两点水平飞出，且与B点重合。
根据几何关系可知，
B点到轴的距离为，所以y轴正方向上有质子射出的区域范围为
（3）若质子由处飞入电场时打在M点，由处飞入电场时打在N点，根据类平抛运动的规律，有，，，，
解得
MN的最短长度为
预测5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直线AB做匀速运动，对微粒受力分析，如图所示电场力只能水平向右才能使微粒做匀速直线运动，所以微粒带正电
水平方向
竖直方向
解得
（2）微粒从点进入圆形轨道等效重力的方向沿OB方向，大小为
所以在点关于点对称的位置，微粒有最小速度，要满足
同时由动能定理有
联立解得
（3）在点由牛顿第二定律得
由动能定理得
联立解得
当时，轨道对微粒的弹力有最小值，即
由牛顿第三定律可知微粒经过点时，对轨道的压力最小值为
押题1．AD
【详解】A．由几何关系可知，只要从Q点射出的粒子的粒子，速度均与Q点的切线方向垂直，有几何关系可知能从Q点射出的粒子的速度方向都相同，故A正确；
BC．由于带电粒子在磁场中做圆周运动有
化简可知
相同粒子的偏转时间与速度无关，只与偏转角度有关，即
若粒子带正电，由几何关系可知经过两次碰撞后从Q点射出所需时间为
经过一次碰撞后从Q点射出所需时间为
即经过两次碰撞后从Q点射出所需时间比碰撞一次后从Q点射出的时间长，但不是2倍关系，依次类推只要是从Q点射出的粒子碰撞次数越多，在圆环内运动的时间越长，故BC错误；
D．由上面选项可知若初速度相同，带正电的粒子从Q点射出的粒子可能比带负电的粒子经过更多次数碰撞才从Q点射出，所以用时可能也长，故D正确。
故选AD。
押题2．（1）、中磁场方向垂直于坐标平面向外、中磁场方向垂直于坐标平面向里；（2），；（3）
【详解】（1）由题意可知，粒子在、中运动的轨迹圆的半径与磁场圆的半径相等，大小为R。对任一粒子有
可得
根据左手定则，可判断中磁场方向垂直于坐标平面向外。中磁场方向垂直于坐标平面向里
（2）由题意，要使所有粒子最终都能击中Q点，则磁场圆的半径与加速后粒子轨迹圆的半径相同。要使磁场圆面积最小，由几何关系可知，粒子在磁场圆中的轨迹圆半径
则磁场圆的最小面积为
设粒子经电场加速后的速度为，由动能定理可得
又，，解得
（3）运动轨迹如图所示
当粒子击中Q点时的速度方向沿QC与y轴负方向的夹角成时，粒子从A点进入磁场圆。由几何关系可知，与水平方向的夹角为从A点进入磁场圆的粒子，从D点射出磁场区域，由几何关系可知其在P点沿y轴正方向发出，即进入磁场区域的粒子有满足条件，同理可得进入磁场区域的粒子也有满足条件，即所求比值为。
押题3．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）如图，根据题意，，
粒子在磁场中做圆周运动的直径
半径
又
得
联立得
（2）粒子在x轴负半轴的Q点处以与x轴正方向夹角为45°的方向第一次经过x轴射入下方电场，匀强电场方向与x轴正方向夹角为45°，可知粒子在电场中做类平抛运动，粒子第二次经过x轴时的点M
则电场方向的位移
在速度方向的位移-
根据
联立得
（3）速度在垂直于x轴方向的分量是
加速度在垂直于x轴方向的分量是
带电粒子在匀强电场中离x轴的最远距离
联立得
押题4．（1），；（2）
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，，
联立解得，
设粒子刚进入区域I时的速度为v，与x轴负方向之间的夹角为
根据动能定理得，
由，可得
设粒子在区域I内做匀速圆周运动的半径为
由几何关系可知，
由牛顿第二定律得，
联立解得，
（2）粒子的轨迹如图所示
粒子在区域I内运动的时间
粒子在区域II内运动的时间
粒子由P点运动到F点所需时间
押题5．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）带电粒子沿电场线加速，由动能定理，
可得
（2）如图所示
由几何关系可知，在区域Ⅰ中做圆周运动的轨道半径为，根据洛伦兹力提供向心力
可得
（2）设在区域Ⅲ中做圆周运动的轨迹半径为，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
联立可得
（4）有图可得，粒子的运动时间为
又，
粒子的运动时间为
又，则
联立可得
恒定电流和交变电流
近3年，恒定电流在各地高考中的冷门考点，在高考中主要是以电学实验为主，我们在倒计时第4天再进行分析，这里不做过多分析。本节内容在高考题中均已选择题的形式出现，位置在高考卷选择题的中间位置，主要考查交变电流的产生原因，含变压器电路的分析和“四值”计算。
海南卷：从近3年高考试卷看，海南卷直流电路和交变电路具有考查。预测今年将出现在选择题中，并且和交变电产生联系。
北京卷：从近3年高考试卷看，北京卷喜欢考查交变电，3年都有考查。预测今年将会与图像相结合，计算交变电流的有效值。
天津卷：从近3年高考试卷看，2023年未考查本节内容，预计2024年的高考必有交变电流的一席之地。预测会和图像问题相结合，考查交变电的“四值”计算。
河北卷：从近3年高考试卷看，河北卷2021年和2023年均考察了含变压器的电能传输问题。预测今年本节内容不在考查范围内。
浙江卷：从近3年高考试卷看，浙江卷3年均出现了交变电流，以选择题的形式出现，考题较为简单。预测今年也会以选择题的形式出现，并且考察交变电的概念理解。
福建卷：从近3年高考试卷看，2021年和2022年，高考均出现了含变压器相关分析问题。预测20224年高考将考查含变压器的交变电路的动态分析问题。
山东卷：从近3年高考试卷看，山东卷均考查了含变压器的计算问题。预测2024年高考中，将出一道选择题，并且和高压输电相结合的计算类题型。
湖北卷：从近3年高考试卷看，只有2023年没考查本节内容。预测今年将考查一道选择题，并和交变电的产生和结合。
湖南卷：从近3年高考试卷看，湖南卷3年均出现在选择题中，主要考查含变压器的动态分析。预测今年将考查含发电机的变压器类问题的一道选择题。
广东卷：从近3年高考试卷看，广东卷3年均考查了交变电流的，并出现在了选择题。预测今年仍将出现在选择题中，并且和变压器相结合，考查求解交变电流的基本物理量。
重庆卷：2023年，重庆卷没有考查交变电流，2021年考查的是交变电流的产生，2022年考查的是含有理想便器的“四值”问题。预测2024年将会以选择题的形式考查交变电流，并和交变电流的产生原因相结合，分析受力的变化情况。
一、直流电路的分析
1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
2．电源的功率和效率问题
4．直流电路动态分析的三种常用方法
（1）程序法
注：串联电路注意分析各部分的电压关系，并联电路注意分析各部分的电流关系。
（2）“串反并同”结论法
“串反”：指某一电阻增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小（增大）。
“并同”：指某一电阻增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大（减小）。
（3）极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使所接入的电阻最大或为零去讨论。
5．含容电路的分析
注：一般含容电路分析的关键是用电流的定义式I＝ eq \f(ΔQ,Δt)将电容的相关公式Q＝CUC和欧姆定律UR＝IR联系起来，然后结合闭合电路的知识分析。
6．两点注意
（1）分析闭合电路中变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电源内阻时其功率最大，若不能等于等效电源内阻，则越接近等效电源的内阻功率越大。
（2）分析非纯电阻元件（非线性元件）电路的一般方法是：先根据部分电路欧姆定律分析其他线性纯电阻电路部分的电流、电压，然后根据闭合电路欧姆定律或串并联电路的电流、电压关系分析非纯电阻元件（非线性元件）的电流、电压，或者结合题目给出的非线性元件的伏安特性曲线，通过作图法分析求解。
二、交流电的产生和描述
1. 交流发电机线圈平面两个特殊位置的特点
（1）线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大， eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
（2）线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0， eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不变。
2．有效值的计算
（1）正弦式交变电流：有效值是最大值的 eq \f(1,\r(2))，即E＝ eq \f(Em,\r(2))，I＝ eq \f(Im,\r(2))，U＝ eq \f(Um,\r(2))。
（2）非正弦式交变电流有效值的计算
①分段求出交变电流在一个周期内产生的热量Q交。
②设交变电流的有效值为I或电压的有效值为U（也可设为直流电相应的物理量），写出同样时间内产生的焦耳热Q＝I2RT或Q＝ eq \f(U2,R)T。
③根据Q交＝Q列等式，计算I或U。
3．正弦式交流电“四值”的应用
三、变压器和远距离输电问题
1．理想变压器原、副线圈基本量的关系
2.一般变压器动态变化问题的分析方法
（1）变压器动态分析常见的两种情况
①负载电阻不变，匝数比变化；
②匝数比不变，负载电阻变化。
（2）处理变压器动态变化问题应注意的两点
①根据题意分清变量和不变量；
②弄清“谁决定谁”的制约关系——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入。
3．原线圈接电阻的变压器问题的分析方法
（1）若原线圈与定值电阻串联，则由变压器的电流关系作为突破口确定两线圈的匝数比和线圈两端的电压关系；若原线圈与定值电阻并联，则由变压器的电压关系作为突破口确定两线圈的匝数比和线圈中的电流关系。
（2）分析原线圈接电阻的变压器电路动态变化问题时，可以将变压器及副线圈两端的电路整体等效成一个电阻，然后用直流电路的规律分析原线圈电路各量的变化，进而分析副线圈电路各量的变化。定量计算时常用的二级结论为：R等效＝ eq \f(U1,I1)＝ eq \f(\f(n1U2,n2),\f(n2I2,n1))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2))) eq \s\up12(2)R负载。
4．解决远距离输电问题的一般思路
（1）理清三个回路
（2）抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1（匝数为n1）和线圈2（匝数为n2）中各个量间的关系是 eq \f(U1,U2)＝ eq \f(n1,n2)， eq \f(I1,I2)＝ eq \f(n2,n1)，P1＝P2。
②理想的降压变压器中线圈3（匝数为n3）和线圈4（匝数为n4）中各个量间的关系是 eq \f(U3,U4)＝ eq \f(n3,n4)， eq \f(I3,I4)＝ eq \f(n4,n3)，P3＝P4。
（3）掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3。
5．输电线路功率损失的几个表达式
（1）输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率。两者关系：
P损＝P－P′（P为输送功率，P′为用户所得功率）。
（2）P损＝I eq \\al(2,线)R线＝ eq \f(（ΔU）2,R线)，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为输电线路电阻。
（3）P损＝ΔU·I线。
【典例1】（2023·广东·高考真题）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为，输出功率为，原线圈的输入电压。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题可知原线圈输入电压的有效值为
原线圈电流为
副线圈输出电流的有效值为
变压器无法改变电流的频率，故
故选A。
【典例2】（2023·北京·高考真题）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
【答案】B
【详解】A．由知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
B．由知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
C．由知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D．将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。
故选B。
【典例3】（2023·山东·高考真题）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）

A．发电机的输出电流为368AB．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kWD．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有，A错误；
BD．由题知，用户端电压U4 = 220V，功率88kW，则有，P′ = U4I4
联立解得I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
则输电线上损失的功率为P损 = I32R = 4kW
且U2 = U3＋I3R = 11500V
再根据，解得，BD错误；
C．根据理想变压器无功率损失有P = U2I3＋P储
代入数据有P储 = 408kW，C正确。
故选C。
【典例4】（多选）（2023·湖南·高考真题）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。 大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）

A．线圈转动的角速度为
B．灯泡两端电压有效值为
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【答案】AC
【详解】A．大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据
根据题意可知大轮与小轮半径之比为，则小轮转动的角速度为，线圈转动的角速度为，A正确；
B．线圈产生感应电动势的最大值
又
联立可得，
则线圈产生感应电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为，B错误；
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值
此时线圈产生感应电动势的有效值
根据电阻定律
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值，C正确；
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据可知小轮和线圈的角速度变小，根据
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。
故选AC。
【典例5】（多选）（2023·海南·高考真题）下图是工厂利用的交流电给照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ）

A．电源电压有效值为B．交变电流的周期为
C．副线圈匝数为180匝D．副线圈匝数为240匝
【答案】BC
【详解】A．电源电压的有效值，选项A错误；
B．交流电的周期，选项B正确；
CD．根据，可得副线圈匝数匝，选项C正确，D错误。
故选BC。
预测1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图甲所示，无线充电是近年来发展起来的新技术，具有使用方便、不易老化磨损等优点，同时也存在着传输距离短、能量损耗大等不足。图乙为其工作原理图，其送电线圈与受电线圈匝数比为，若在ab端输入的交流电压，则cd端的输出电压可能为（ ）
A．10VB．11VC．22VD．44V
预测2．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，电阻不能忽略的圆形金属线圈在磁场中保持恒定角速度ω0匀速转动，通过理想变压器为后面的电路供电，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表和电流表均为理想交流电表，不计导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．仅将滑片P下滑时，不变
B．仅将滑片P下滑时，电压表示数V2变大
C．仅将滑片P下滑时，电流表示数A3变小
D．仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），电源的效率变小
预测3．（2024·贵州安顺·二模）能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾经济效益的同时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输电，原线圈接在有效值恒定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡，副线圈接有合适的灯泡（设两灯泡的电阻都不随温度变化）、定值保护电阻及滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑动变阻器R的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数减小
B．灯泡变亮
C．定值保护电阻的电功率增大
D．灯泡变亮
预测4．（2023·广东肇庆·模拟预测）如图甲所示为一台小型发电机的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为4Ω，外接灯泡的电阻为8Ω。则（ ）
A．电压表的示数为6V
B．瞬时电动势的表达式为
C．在时，穿过线圈的磁通量最小
D．发电机的输出功率为2W
预测5．（2024·湖北·二模）如图，理想变压器原线圈与定值电阻串联后接在电压恒定的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶2。已知，R的最大阻值为20Ω。现将滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电源的输出功率变大
C．当时，滑动变阻器消耗的功率最大
D．当时，电压表示数为48V
押题1. 如图所示为某稳压器的内部电路简图，其中线圈A、B、C、D的总匝数分别为，且匝数比，ab端输入交流电的电压为U，cd端接用户，滑片P可上下滑动。不计能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．用户两端可获得的最高电压为UB．用户两端可获得的最低电压为U
C．用户两端可获得的最高电压为D．用户两端可获得的最低电压为
押题2. 如图所示是某款手摇点火器的原理图，当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度大小为，手摇发电机线圈的面积为，共50匝，不计内阻，变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花
B．只有当电压表示数超过50V时，点火器才能产生电火花
C．线圈转速为2r/s时，点火器可以产生电火花
D．线圈转速为5r/s时，1s内点火器可以产生10次电火花
押题3. 图甲是汽车点火线圈的内部结构，点火线圈能在瞬间输出高压，使汽车启动。其原理如图乙所示。闭合开关S，理想变压器原线圈两端会加上的正弦式交流电，原、副线圈匝数之比为，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为50V
B．副线图中交流电的频率为5000Hz
C．点火针两端的电压最大值为5000V
D．点火针的放电电流是转换器输出电流的100倍
押题4. 如图所示，一台交流发电机通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处的用户供电，输电线的总电阻为；的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和；的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和。下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
押题5. 图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙．已知矩形导线框的匝数为100匝，面积为，处在磁感应强度大小为的匀强磁场中，矩形导线框以10rad/s的角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，理想电流表示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻，滑动变阻器R和理想电流表，电路处于正常工作状态．不计矩形导线框电阻，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
B．熔断器的熔断电流应该不小于5A
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电流表示数减小
D．线框从图示位置开始转过的过程中，产生的平均电动势为
预测1．A
【详解】根据题意可知输入端电压的有效值为V=220V
根据变压器电压与线圈匝数的关系有，解得V
实际存在漏磁损耗，所以cd端的输出电压可能为10V。
故选A。
预测2．A
【详解】A．对原线圈有，，，联立可得
所以，故A正确；
B．根据变压器原副线圈电压与匝数的关系
若仅将滑片P下滑时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据等效电阻法可知，原线圈回路中的电流I1增大，则原线圈的输入电压U1减小，U2减小，所以电压表示数V2减小，故B错误；
C．由于I1增大，则I2增大，根据欧姆定律可知，R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，流过R2的电流减小，流过R3的电流增大，故C错误；
D．若仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），由于外电路等效电阻和电源内阻不变，根据闭合电路欧姆定律可知，则电源的效率不变，故D错误。
故选A。
预测3．D
【详解】A．设输入电压为U，根据，，，
解得，
滑动变阻器R的滑片向下滑动少许， 电阻R阻值增大，副线圈总电阻增大，减小， 灯泡变暗；电压增大，电压表的示数增大， 选项A B错误；
D．因，
电压增大， 故电压U2增大， 增大，灯泡变亮， D正确 。
C．因，，减小， 故减小， 增大， 减小， 定值保护电阻的电功率减小，选项C错误；
故选D。
预测4．BD
【详解】A．由图乙可知，电动势有效值为
电压表测的是有效值，则示数为，故A错误；
B．由图乙可知，电动势的最大值为，周期为，则瞬时电动势的表达式为，故B正确；
C．在时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D．灯泡消耗的功率为，故发电机的输出功率为，故D正确。
故选BD。
预测5．BD
【详解】A．依题意，理想变压器原副线圈电压之比为
又
联立，解得
可知滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动时，减小，增大，即电流表示数变大，也增大，由
可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小。故A错误；
B．电源的输出功率，随的增大而增大。故B正确；
C．滑动变阻器消耗的功率为
当满足，即时，滑动变阻器消耗的功率最大。故C错误；
D．当时，有
电压表示数为，故D正确。
故选BD。
押题1．D
【详解】根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，可得
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，且
整理得，可知用户两端可获得的电压无最大值，当时，用户两端可获得的电压最低，为
故选D。
押题2．D
【详解】
AB．根据变压器原、副线圈的数比等于电压比，有
令，解得
电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时有
电压表的示数为5V时，点火器不能产生电火花，只有当电压表示数超过时，点火器才能产生电火花，故AB错误；
CD．线圈在匀强磁场中匀速转动时产生交流电，发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，即
设线圈转速为n，则发电机的最大电动势为
解得
故线圈转速为2r/s时，点火器不能产生电火花，线圈转速为5r/s时，副线圈的电压最大值超过了5000V，能产生电火花，且1s内点火器产生电火花的次数为，故C错误，D正确。
故选D。
押题3．C
【详解】A．电压表的示数应为交流电压的有效值，即，故A错误；
B．由
可知，原线圈交流电的频率为，变压器不改变交流电的频率，因此副线圈中交流电的频率也为50Hz，故B错误；
C．原线圈两端的电压最大值为50V，原、副线圈匝数之比为，根据，可知点火针两端的电压最大值为5000V，故C正确；，
D．根据，可知点火针的放电电流是转换器输出电流的，故D错误。
故选C。
押题4．BC
【详解】根据题意输电线的损失的电压为
输电线的电流为，联立解得
故选BC。
押题5．AD
【详解】A．电动势的最大值为
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为，选项A正确；
B．理想电流表示数为0.5A，则次级电流，则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，选项B错误；
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，R阻值减小，则次级电流变大，则电流表示数变大，选项C错误；
D．线框从图示位置开始转过的过程中，产生的平均电动势为，选项D正确。
故选AD。
近3年考情分析
考点内容
等级要求
考题统计
2023
2022
2021
机械能守恒定律的应用
II
重庆卷T8，甲卷T11，
甲卷T1，
湖北卷T5，浙江卷T6，河北卷T9,甲卷T1，乙卷T3,
功能关系的综合应用
II
福建卷T14,广东卷T15，北京卷T18，辽宁卷T13，海南卷T18，江苏卷T15
江苏卷T10，湖北卷T16，山东卷T2，山东卷T12
甲卷T11,
能量守恒定律综合应用
II
河北卷T15，乙卷T8
湖北卷T7，浙江卷T12，
江苏卷T14，北京卷T19，山东卷T18，湖南卷T14,
速率相等的连接体
两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解
角速度相等的连接体
两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解
某一方向分速度相等的连接体
A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图所示，其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解
近3年考情分析
考点内容
等级要求
考题统计
2023年
2022年
2021年
动量定理的应用
II
福建卷T5,重庆卷T8，浙江卷T23，浙江卷（1月）T23，江苏卷T15
甲卷T12，
重庆卷T5,北京卷T17，浙江卷T21，湖南卷T7,乙卷T7，
重庆T13，福建卷T4，湖北卷T3，天津卷T7，北京卷T10，山东卷T16，浙江卷T23、乙卷T6，
动量守恒定律及应用
II
重庆卷T14,广东卷T15，天津卷T12,湖北卷T15，新课标卷T6，
天津卷T11，北京卷T10，广东卷T13，
天津卷T11，浙江卷T21，广东卷T13、乙卷T1，湖南卷T8,浙江卷(1月)T12
动量与能量的综合应用
II
河北卷T15，山东卷T18,辽宁T15，海南T18,湖南卷T15，乙卷T12,浙江卷T20
福建卷T14,海南T16，湖北卷T16，浙江卷T20，河北卷T13，湖南卷T14,
海南卷T17，辽宁卷T15，北京卷T17、河北卷T13,浙江卷（1月）T22，
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法
F­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若F­t成线性关系，也可直接用平均力求解
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析
步骤
1
如图，建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
1
建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
弹簧类
(1)系统动量守恒；
(2)系统机械能守恒；
(3)共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞；
(4)弹簧再次恢复原长时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞，此时m2速度最大
轨道类
(1)水平方向动量守恒；
(2)系统机械能守恒；
(3)最高点：m与M共速。mv0＝(M＋m)v共；
eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(2,共)＋mgh，
其中h为m上升的最大高度(完全非弹性碰撞拓展模型)；
最低点：mv0＝mv1＋Mv2；
eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)
滑块滑板
(1)系统动量守恒；
(2)系统机械能不守恒，损失的动能等于产生的内能：－ΔEk＝Q＝fx相
电磁感应中的“双杆”模型(水平导轨都光滑)
达到共速时相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，转化为电能
近3年考情分析
考点内容
等级要求
考题统计
2023
2022
2021
电场力的性质
II
河北卷T10，重庆卷T3，广东卷T9，北京卷T8，山东卷T11,湖北卷T3,辽宁卷T9，海南卷T8,
海南卷T12，湖南卷T5，乙卷T6，乙卷T11，甲卷T5，
重庆卷T8，
江苏卷T9，
湖南T2，山东T3，乙卷T8，
电场能的性质
II
福建卷T14,福建卷T8，
天津卷T8，
天津卷T2，福建卷T3,重庆卷T2，海南卷T8，湖南卷T2
辽宁卷T10，浙江T15，河北T6，甲卷T8，乙卷T6，浙江卷（1月）T10，北京卷T9
带电粒子（或带电体）在匀强电场中的运动
II
北京卷T20，浙江卷T8，浙江卷T12，湖北卷T10，新课标卷T12，浙江卷（1月）T12
福建卷T8，北京卷T18，江苏卷T15，海南卷T11,
辽宁卷T14,湖北卷T10，湖北卷T4，浙江T9，广东卷T14,
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
取无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的大小
正电荷电势能越大，所在位置电势越高；负电荷电势能越大，所在位置电势越低
电场力做功
根据UAB＝ eq \f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
判断方法
做功判断法
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大
电荷电势法
正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
公式法
由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep为负值时绝对值越小，电势能越大
能量守恒法
在电场中，若只有静电力做功，则电荷的动能和电势能相互转化，动能增大，电势能减小；反之，动能减小，电势能增大
v­t图像
当带电粒子只受静电力时，从v­t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化情况
φ­x图像
(1)从φ­x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化。
(2)φ­x图线切线的斜率绝对值等于沿x轴方向电场强度E的大小
E­x图像
(1)E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向。
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep­x图像
(1)图像的切线斜率绝对值等于静电力大小。
(2)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
两极板间电压U一定
两极板的电量Q一定
C
C＝ eq \f(εrS,4πkd)
C＝ eq \f(εrS,4πkd)
Q或U
Q＝CU
U＝ eq \f(Q,C)
E
E＝ eq \f(U,d)
E＝ eq \f(4πkQ,εrS)
φa
φa－φO＝Ex(x为a、O两点沿电场线方向的距离)
φa－φO＝Ex(x为a、O两点沿电场线方向的距离)
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合力F合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上
(1)匀强电场中：
①用动力学观点分析：a＝ eq \f(F合,m)，E＝ eq \f(U,d)，v2－v eq \\al(2,0)＝2ad
②用功能观点分析：W＝qEd＝qU＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
(2)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛)
进入电场时v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(qU2l,mdv eq \\al(2,0))＝ eq \f(U2l,2U1d)＝ eq \f(2y0,l)
侧移距离：y0＝ eq \f(qU2l2,2mdv eq \\al(2,0))＝ eq \f(U2l2,4dU1)
y＝y0＋L tan θ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋L))tan θ
近3年考情分析
考点内容
等级要求
考题统计
2023
2022
2021
磁场对通电导体的作用
II
北京卷T20，天津卷T11，河北卷T8，辽宁卷T10，浙江卷T10，浙江卷T22，福建卷T4，山东卷T12，广东卷T14，重庆卷T7，
北京卷T11，天津卷T13，河北卷T8，辽宁卷T15，江苏卷T3，浙江卷T15，福建卷T5，福建卷T15，湖北卷T15，湖南卷T3，广东卷T10，重庆卷T7
辽宁卷T9，江苏卷T5，浙江卷T14，福建卷T7，山东卷T12，湖北卷T16，湖南卷T13，重庆卷T9
带电粒子在匀强磁场中的运动
III
北京卷T13，天津卷T13，浙江卷T23，福建卷T12，湖北卷T15，海南卷T2，
北京卷T7，辽宁卷T8，浙江卷T22，湖北卷T10，海南卷T6
北京卷T12，湖北卷T9，广东卷T14，海南卷T13
带电粒子在组合场中的运动
II
河北卷T14，辽宁卷T14，山东卷T17，广东卷T5，海南卷T13，重庆卷T15
天津卷T12，山东卷T17，湖北卷T8，
辽宁卷T15，江苏卷T15，浙江卷T23，山东卷T17，重庆卷T14
带电粒子在叠加成中的运动
II
江苏卷T16，湖南卷T6，
河北卷T14，湖南卷T13
北京卷T18，天津卷T13，河北卷T5，福建卷T2，
带电粒子在交变场中的运动
I
江苏卷T15，
河北卷T14，
方向
左手定则
大小
直导线
F＝IlB sin θ，当θ＝0时，F＝0；当θ＝90°时，F＝IlB
导线为曲线时
等效为ac直线电流
放缩圆
旋转圆
平移圆
适用条件
粒子速度方向一定，速度大小不同
粒子的速度大小一定，轨迹半径一定，速度方向不同
粒子的速度大小、方向均一定，从同一直线边界进入匀强磁场的入射点位置不同
运动分析
以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
将一半径为R＝ eq \f(mv0,qB)的圆 以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件。
将半径为R＝ eq \f(mv0,qB)的圆进行平移
（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）
图例
带电性不确定
磁场方向不确定
临界状态不唯一
运动周期性（往复性）
图例
原因分析
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解
有些题目只给出了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解
如图所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解
类型
从电场进入磁场
从磁场进入电场
实例
说明
电场中：匀变速直线运动
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动或类斜抛运动
磁场中：匀速圆周运动
磁场中：匀速圆周运动
电场中：匀变速直线运动
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动或类斜抛运动
匀速直线运动
匀速圆周运动
实例
受力情况
所受合力为零
除洛伦兹力外，其他力的合力为零
装置
原理图
规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速，qU＝ eq \f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m eq \f(v2,R)，则比荷 eq \f(q,m)＝ eq \f(2U,B2R2)
回旋加速器
(1)回旋加速器中粒子转动的周期同所加交流电压的周期相同；粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速；
(2)由qvB＝m eq \f(v2,R)得粒子可以加速达到的最大动能Ekm＝ eq \f(q2B2R2,2m)，其中R为D形盒的半径；
(3)粒子的加速次数n＝ eq \f(Ekm,qU)＝ eq \f(qB2R2,2mU)；
(4)粒子在磁场中的总运动时间t＝n eq \f(πm,qB)＝ eq \f(πBR2,2U)
速度选择器
若qv0B＝qE，则v0＝ eq \f(E,B)，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力作用，发生偏转，使两极板带正、负电荷，两极电压为U时稳定，q eq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计
eq \f(U,D)q＝qvB，所以v＝ eq \f(U,DB)，流量Q＝vS＝ eq \f(πDU,4B)
霍尔元件
导体中的自由电荷在洛伦兹力的作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷不再偏转时，有qvB＝q eq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝ eq \f(BI,nqd)＝k eq \f(BI,d)，k＝ eq \f(1,nq)称为霍尔系数
近3年考情分析
考点内容
等级要求
考题统计
2023年
2022年
2021年
直流电路
I
海南卷T7，乙卷T7，
江苏卷T2，
交变电流的产生与传播
II
浙江卷T7，甲卷T4，乙卷T5
海南卷T5，北京卷T4，湖北卷T9，广东卷T4，
江苏卷T12，北京卷T5，浙江卷T5，重庆卷T9
变压器与远距离输电问题
II
北京卷T7，河北卷T3，山东卷T7，湖南卷T9，广东卷T6，
天津卷T8，浙江卷T5，福建卷T6，山东卷T4，湖南卷T6，重庆卷T3
海南卷T9，天津卷T3，河北卷T8，辽宁卷T5，福建卷T3，山东卷T9，湖北卷T6，湖南卷T6，广东卷T7
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2（R＋r）＝ eq \f(E2,R＋r)
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内＝EI－I2r
纯电阻电路：P出＝I2R＝ eq \f(E2R,（R＋r）2)＝ eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)
P出与外电阻R的关系（纯电阻电路）
电源的效率
任意电路：η＝ eq \f(P出,P总)×100%＝ eq \f(U,E)×100%
纯电阻电路：η＝ eq \f(R,R＋r)×100%
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即 eq \f(U1,U2)＝ eq \f(n1,n2)，与副线圈的个数无关
电流关系
①只有一个副线圈时： eq \f(I1,I2)＝ eq \f(n2,n1)；
②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系
f1＝f2，变压器不改变交流电的频率