专题21 磁场描述和安培力
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 磁场的描述 （5年2考） 2022年全国理综乙卷第18题：利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。 2022年高考上海卷： 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，Q为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，判断正方形中心的磁场方向，计算磁感应强度； 2023新高考福建卷：奥斯特研究电流的磁效应。 2023高考福建卷：地磁场。 1.磁场的描述高考考查的知识点主要有：磁感应强度和磁通量，地磁场，安培定则等；磁感应强度的叠加是考查的热点。 2. 安培力的考查主要集中在： ①安培力大小计算和分析判断； ②磁动力； ③安培力相关的平衡； ④与电磁感应相关的安培力。
考点2 安培力 （5年4考） 2022年高考湖北物理卷：通电导体棒在两平行导轨上所受安培力； 2022新高考江苏卷：两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，判断安培力方向； 2024年高考福建卷：半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，处在匀强磁场中，计算所受安培力。 2022年1月浙江选考：探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素实验； 2022天津学业水平选择性考试：直流电磁泵，利用安培力推动导电液体运动的一种设备。
考点01 磁场的描述
1. （2022·全国理综乙卷·18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 - 45
2 0 - 20 - 46
3 21 0 - 45
4 - 21 0 - 45
A. 测量地点位于南半球
B. 当地的地磁场大小约为50μT
C 第2次测量时y轴正向指向南方
D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】BC
【名师解析】
地磁场如图所示。
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT，B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
2. （2022年高考上海卷） 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，Q为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。
17【参考答案】.垂直纸面向外 0
【命题意图】本题考查安培定则 +并联电路规律+直线电流的磁场+磁场叠加
【名师解析】当强度为I的电流从a点流入d点流出时，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ad边在O点产生的磁场方向为垂直纸面向外。由于四根电阻丝电阻相等，设每根电阻丝的电阻为R，设ad边中电流为I1，ab边、bc边、cd边中电流为I2，根据并联电路规律，I1R=I23R，解得另外三根电阻丝中电流为I2=I1/3。由于B正比于I，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ab边、bc边、cd边在O点产生的磁场方向都是垂直纸面向里，且产生的磁场磁感应强度大小为B/3，根据磁场叠加原理可知，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度为B-3×B/3=0。
【特别提醒】四根电阻均匀分布的电阻丝，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，电流按照并联电路规律分配。
3. （2023新高考福建卷）奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有（ ）
A. 减小白金丝直径，小磁针仍能偏转
B. 用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转
C. 减小电源电动势，小磁针一定不能偏转
D. 小磁针的偏转情况与其放置位置无关
【参考答案】AB
【命题意图】此题考查磁场、磁场叠加及其相关知识点。
【名师解析】
减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；
白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；
减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；
通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。
4. （2023高考福建卷）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（ ）
A. 地表电荷为负电荷
B. 环形电流方向与地球自转方向相同
C. 若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D. 若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
【参考答案】AC
【名师解析】
根据安培定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确；
由于表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误；
若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确；
若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。
考点02 安培力
1. （2022年高考湖北物理卷）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A. 棒与导轨间的动摩擦因数为
B. 棒与导轨间的动摩擦因数为
C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查安培力，摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令，
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
代入，可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有。故BC正确，AD错误。
2. （2022新高考江苏卷）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（ ）
A. 平行于纸面向上
B. 平行于纸面向下
C. 左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D. 左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【参考答案】C
【命题意图】本题考查安培定则、左手定则、安培力及其相关知识点。
【解题思路】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在的空间磁场方向斜向右上，
右侧部分所在的空间磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里。选项C正确。
3. （2024高考湖南卷）如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；
根据
同时有
可得
得
故选C。
4. （2024年高考福建卷）将半径为r铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（ ）
A. 通电后两绳拉力变小 B. 通电后两绳拉力变大
C. 安培力为 D. 安培力为
【参考答案】
【名师解析】现给导线通以自A到B大小为I的电流，由左手定则，可知导线所受安培力向下，安培力大小为2BIr，所以通电后两绳拉力变大，BD正确。
5. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
6. （2022年1月浙江选考）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为和。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（ ）
A. Q对P磁力大小等于
B. P对Q的磁力方向竖直向下
C. Q对电子秤的压力大小等于＋F
D. 电子秤对Q的支持力大小等于＋
【参考答案】D
【名师解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，选项AB错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于＋，即Q对电子秤的压力大小等于＋，选项C错误，D正确。
7. （2022年1月浙江选考）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】根据安培力公式F=BIL，可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L是过原点的直线，则CD均错误。故选B。
8. （2021重庆高考）某同学设计了一种天平，其装置如题图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与MN共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是
A. 若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B. 若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C. 若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D. 若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
【参考答案】BC
【名师解析】当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，选项A错误B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，选项C正确D错误。
10. （2023高考江苏学业水平选择性考试）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）
A. 0 B. BIl
C. 2BIl D.
【参考答案】C
【名师解析】
因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力 Fab=BI 2l=2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl。
11. （2023高考选择性考试辽宁卷）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（ ）
A. kg·m/（s ·A） B. kg·m/（s ·A ）
C. kg·m /（s ·A） D. kg·m /（s ·A ）
【参考答案】B
【名师解析】
根据题干公式整理可得
代入相应物理量单位可得比例系数k单位为
B正确。
12. （2022天津学业水平选择性考试）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于面的匀强磁场，磁感应强度的大小为，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为、电阻率为，重力加速度为。
（1）试判断所加磁场的方向；
（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压；
（3）假定平板与容器足够高，求电压满足什么条件时两板间液面能够持续上升。
【参考答案】（1）沿轴负方向；（2）；（3）
【命题意图】本题以直流电磁泵切入，考查电阻定律、欧姆定律、安培力及其相关知识点。
【名师解析】
（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿轴负方向。
（2）设平板宽度为，两板间初始液面高度为，当液面稳定在高度时，两板间液体的电阻为，则有
当两板间所加电压为时，设流过导电液体的电流为，由欧姆定律可得
外加磁场磁感应强度大小为时，设液体所受安培力的大小为，则有
两板间液面稳定在高度时，设两板间高出板外液面的液体质量为，则有
两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有
联立以上式子解得
（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与（2）同理可得
整理上式，得
平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n趋近无穷大，即无限趋近于1，可得
13．（2023年6月高考浙江选考科目）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【参考答案】C
【名师解析】开关S接1，导体棒静止时，受力分析，由tanθ=BIL/mg，解得I=mg/BL，由闭合电路欧姆定律，电源电动势E=IR=mgR/BL，A错误；不能得出导体棒完成一次振动过程消耗的焦耳热，B错误；开关接2，由于金属棒运动切割磁感线产生感应电动势，在从左向右运动时，产生的感应电流，从二极管正极流入，金属棒中有电流，受到与方向相反的安培力作用，所以最大摆角小于π/4，C正确；金属棒从右向左经过最低点时速度大于从左向右经过最低点时的速度，根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒两次经过最低点时产生的感应电动势大小不等，D错误。
14. （2023高考海南卷） 如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
【参考答案】（1），4A；（2）0.085C
【名师解析】
（1）对金属杆，跳起的高度为，竖直上抛运动由运动学关系式
解得
通电过程金属杆收到的安培力大小为
由动能定理得
解得
（2）对金属杆，通电时间，由动量定理有
由运动学公式
通过金属杆截面的电荷量
联立解得
专题22 带电粒子在磁场中运动
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 带电粒子在直线边界磁场中的运动 （5年4考） 2024年高考河北卷：真空区域有同心正方形ABCD和abcd，内有匀强磁场，带电粒子在其中运动； 2024年高考广西卷：坐标平面内一有界匀强磁场区域，带电粒子进入做匀速圆周运动； 2023年高考湖北卷：空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。 2023年6月浙江高考选考：利用磁场实现离子偏转。 1. 带电粒子在直线边界磁场中的运动是高考考查频率较高的知识，直线边界包括矩形边界、三角形边界、多边形边界、坐标轴边界、平行直线边界等。 2. 带电粒子在圆形边界磁场中的运动考查主要为：环形边界、圆形边界、扇形边界等，临界问题的考查有增加的趋势。
考点2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动 （5年4考） 2023年高考全国甲卷：光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，带电粒子进入运动； 2022年高考辽宁物理：粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型。
考点01 带电粒子在直线边界磁场中的运动
1. （2024年高考河北卷）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C. 若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D. 若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】ACD
【解析】
根据几何关系可知，若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示
粒子从C点垂直于BC射出，故AC正确；
若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示
则粒子不可能垂直BC射出；若粒子从bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示
则粒子一定垂直BC射出，故B错误、D正确。
2. （2024年高考广西卷）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P点至O点的距离
故选C。
1. （2023高考全国乙卷） 如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在磁场和复合场中的运动及其相关知识点。
【解题思路】设带电粒子电荷量q，质量为m，从O点沿x轴正方向射入磁场，画出运动轨迹，由图中几何关系可知偏转角θ为60°，由cosθ=解得r=2a。由洛伦兹力提供向心力，得qvB=m，在磁场区域加上电场，入射粒子沿x轴到达接受屏，qE=qvB，联立解得=，A正确。
【思路点拨】解答带电粒子在匀强磁场中运动问题，正确画出带电粒子运动轨迹是关键。
3.． （2023年高考湖北卷） 如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【参考答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【名师解析】
（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
4. （2022高考湖北物理）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60°，
根据几何关系则有，
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
5．（2022·高考广东物理）如图6所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，左手定则及其相关知识点。
【解题思路】
根据题述情景，质子垂直Oyz平面进入磁场，向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面向x轴正方向偏转，所以可能正确的是A。
6．（11分）（2023年6月浙江高考选考）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【名师解析】（1）画出离子恰不进入区域II的轨迹，由轨迹图中几何关系得
sin30°=，
解得r1=2L。
由洛伦兹力提供向心力，qv1B1=m，
解得v1=
运动轨迹所对圆心角为θ=2π/3
离子在区域II中运动时间t==
（2）解法一：常规法
画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。
速度为v2的离子在区域I，由洛伦兹力提供向心力，qv2B1=m，
解得r2=
速度为v2的离子在区域II，由洛伦兹力提供向心力，qv2B2=m，
解得r2’= == r2/2
在区域II，离子运动轨迹恰好与y=L/2水平线相切，r2’- r2’cosα=L/2，即r2- r2cosα=L，
解得：cosα=
在区域I，r2cosα-r2cos60°=L，即r2·-r2cos60°=L，
解得：r2=4L，
由= r2/2=2L，解得v2=
解法二：等效法。
若B2=2B1，由r=mv/qB
可知离子在区域I运动轨迹半径为r2=r’1/2，
可以等效为B2=B1时离子恰好运动到y=0处。
由图中几何关系可得：sin30°=，
解得r1’=4L。
离子在区域I磁场中运动，qv2B1=m，
解得v2=
解法三。动量定理+微元法
画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。我们可以通过微元法，利用动量定理解答。
对离子进入磁场到恰好运动到y=L/2处的过程，沿y轴方向的微元时间△t，运用动量定理，
-qB1vy1△t-qB2vy2△t =m△v
方程两侧求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v
注意到Σvy1△t=L，Σvy2△t=0.5L，Σ△v=-v2sin30°
可得 -2qB1L=0.5m v2
解得：v2=
（3）解法一：等效法
画出B2=图像，如图。
区域II中磁场可等效为匀强磁场B1/2的匀强磁场，若把区域II中磁场等效为匀强磁场B1，则磁场宽度则为L/2。画出恰好能够进入第四象限的离子运动轨迹，如图。
由轨迹图中几何关系得
sin30°=，
解得r3=3L。
由洛伦兹力提供向心力，qv3B1=m，
解得v3=
即速度大于v3=的离子都能够进入第四象限，
进入第四象限的离子数与总离子数之比为
η=×100%=60%
解法二：动量定理+微元法
画出B2=图像，如图。
区域II中磁场可等效为匀强磁场B1/2的匀强磁场，
对离子进入磁场到恰好运动到x轴的过程，沿y轴方向的微元时间△t，运用动量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t =m△v
方程两侧求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v
注意到Σvy1△t=L，
ΣB2vy2△t=Σvy2△t =Σvy2△t =L，
Σ△v=-v2sin30°
可得 qB1L=m v2
解得：v3=
即速度大于v3=的离子都能够进入第四象限，
进入第四象限的离子数与总离子数之比为
η=×100%=60%
7. （2022新高考江苏卷）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b的质量之比；
（2）粒子a的动量大小。
【参考答案】（1）；（2）
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、动量守恒定律及其相关知识点。
【解题思路】
（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
由题干知半径之比，故
因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为
联立解得
（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律
因为分裂后动量关系为，联立解得
8．（2023全国高考新课程卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【参考答案】C
【名师解析】A项，电场方向水平向左、α粒子所受电场力向左，磁场方向垂直纸面向里，α粒子所受洛伦兹力向左，不可能得出如图所示的轨迹，A错误；B项，电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外，对电子，洛伦兹力向左fe=evB，电场力向右Fe=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向右，fα=2eB，所受电场力向左Fα=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹不符，B错误；C项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，对电子，洛伦兹力向右fe=evB，电场力向左Fe=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向左，fα=2eB，所受电场力向右Fα=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹相符，C正确；D项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外，对电子，所受电场力向左，所受洛伦兹力向左，有关向左偏转，与题述轨迹不符，D错误。
9. （2023高考海南卷） 如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【参考答案】A
【名师解析】
根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
洛仑兹力永不做功，D错误。
考点02 带电粒子在圆形边界磁场中的运动
1. （2023年高考全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO方向射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变，方向相反；电荷量不变，重力不计。下列说法正确的是
A. 粒子运动轨迹可能通过圆心，
B. 最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形区域匀强磁场中运动、洛伦兹力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】粒子沿PO射入，由于受到洛伦兹力作用，粒子运动轨迹不可能通过圆心，A错误；画出粒子运动轨迹，如图，可知粒子最少经2次碰撞，可能从小孔射出，B正确；射入小孔时速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误；由题述和对称性可知，每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D正确。
2. （2022年高考辽宁物理）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1可能为中子
B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形磁场的运动及其相关知识点.
【名师解析】
由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，选项A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，选项C错误；粒子2在磁场中运动。洛伦兹力提供向心力有 ，解得粒子运动轨迹半径。可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，选项D正确。
3 （2023高考北京卷）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直．管道横截面半径为a，长度为l（）．带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【参考答案】C
【名师解析】根据题述，带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，可知粒子在磁场中运动的圆弧半径为r=a，A正确；由洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得m=，B正确；由于带电粒子在管道内做匀速曲线运动，其定向移动的速度小于v，所以管道内的等效电流小于，C不正确；设△t时间与管道壁碰撞的带电粒子数为N，同一时间与管道壁碰撞的带电粒子数为N’=l/2a，对带电粒子与管道壁碰撞，由动量定理，F△t=NN’m·2v，N=n△t， m=，联立解得F=，D正确。专题23 带电粒子在电场磁场中的运动
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 带电粒子在电场中加速或偏转后进入磁场 （5年5考） 2024年高考全国新课程卷：带电粒子电场中偏转后进入磁场； 2024年 高考山东卷：带电粒子加速后进入三角形边界磁场； 2024年高考辽宁卷：带电粒子电场偏转后进入圆形边界磁场。 1.带电粒子在电磁场中运动涉及动能定理、类平抛运动、匀速圆周运动、临界极值等，是高考考查的热点。 2. 带电粒子在电场中加速，利用动能定理列方程；带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动是常见的运动模型；临界极值能力要求高，考查频繁。
考点2 带电粒子在磁场中偏转后进入电场 （5年3考） 2024年高考山东卷：现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动。
考点01 带电粒子电场加速或偏转后进入磁场
1. （2024年高考全国新课程卷）
一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
解题思路 本题考查的考点：带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动。
（1）根据题述，粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；可知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的速度v==v0，
由 qvB=m
解得 r=
周期 T=2πr/v=
（2）根据题述，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，所以P点沿图中闭合曲线的加速度相等，故可得 =
解得 E=
（3）根据题意分析，可知，P点从b到c，转过270°。P点返回a点时，根据对称性可知与初始位置等高，从a到b过程中，粒子做类平抛运动，t=v0，
沿y方向位移L=v0t。
联立解得 L=
根据几何知识可知 bc之间距离xbc=r=
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移大小为xad= xbc-2L=
2 （2024年 高考山东卷）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【答案】（1）；（2），方向沿x轴正方向；（3）
【解析】
（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
联立解得
（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足
联立可得
（3）在匀强加速电场中由动能定理有
可得
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在区域运动的轨迹半径
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示
粒子出K时，越偏向轴，离轴越近，由几何关系有
则有
由配速法将运动分解为轴方向的匀速直线运动和沿方向的匀速圆周运动，其中
匀速圆周运动的半径为
故最小距离为
3. （2023高考湖南卷） 如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【参考答案】D
【名师解析】根据题述，粒子从CF的中点射出，由左手定则可知，粒子带正电。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度v=E/B1，设CF=L，粒子从CF的中点射出，在区域II的磁场中运动轨迹半径为r0=，所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0=T/4。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度v=E/2B1, 在区域II的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t1=T/4，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度v=2E/B1, 在区域II的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t2=T/4，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，由qv=m，解得r== r0==，大于，带电粒子将从GF射出，由sinθ==，粒子运动轨迹所对的圆心角θ=π/3则，C错误；
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，由qv=m，解得r== r0==L，大于，带电粒子将从GF射出，由sinθ==，粒子运动轨迹所对的圆心角θ=π/4，则，D正确。
4.（2023高考海南卷） 如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）
A 粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【参考答案】AD
【名师解析】
若粒子打到PN中点，则 ，
解得 ，选项A正确；
粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
5.（18分）（2023高考重庆卷）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如题15图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
求角度α及M、N两点的电势差。
在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
【参考答案】（1）α=30° U=
（2）xN= x+3y-=0
（3）B1= tn=T+(-1)
【名师解析】（1）根据题述，可画出带电粒子在匀强电场中类平抛运动轨迹如图。
将带电粒子运动到N点的速度沿匀强电场方向和垂直电场方向分解，可知
2v0cos2α=v0，
解得α=30°。
由动能定理，qU=-
解得U=
（2）沿电场方向分速度vE=2v0sin2α=
设N点的横坐标为xN，MN之间沿电场方向的距离为d，则有xN/d=sinα
vE=aT，
联立解得：xN=
带电粒子在沿y轴方向做类竖直上抛运动，设M点纵坐标为yM。
则yM==
由y=yM+kx，k=-yM/xN
得边界方程x+3y-=0 （或写成y=-x）
(3)画出带电粒子在匀强磁场中运动轨迹。由几何关系可知P1N=r1
而r1=4
由qB1·2v0=m
解得 B1=
粒子A从发射到第1次通过N点的时间为t1=T；
粒子A从发射到第2次通过N点的时间为t2=T++T+2T= T+(-1)。
粒子A从发射到第3次通过N点的时间为t3= T+(-1)。。
······
粒子A从发射到第n次通过N点的时间为
tn=T+(-1)
【答案】（1），；（2），；（3），
【解析】
【详解】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有
解得
粒子从过程，根据动能定理有
解得
（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
沿电场方向的位移为
令N点横坐标为，根据几何关系有
解得
根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有
沿电场方向有
解得
（3）由上述结果可知电场强度
解得
设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为
第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得
设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得
联立上式解得
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为
粒子A第n次在磁场中运动的周期为
粒子A第n次在磁场中运动的时间为
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得
，
由正弦定理可得
解得
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为
粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间
由等比数列求和得
解得
6. （2023高考山东高中学业水平等级考试）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【参考答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【名师解析】
（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
由sinθ==0.8，解得，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有，
沿y方向上有，
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得 ，，
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为 ，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
7. （2023高考选择性考试辽宁卷）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【参考答案】（1）；（2）或；（3）
【名师解析】
（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
考点02 带电粒子磁场偏转后进入电场
1 （2024年高考山东卷）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O点时的速度为
因甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
专题24 带电粒子在复合场中的运动
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 带电粒子在电磁复合场中的运动 （5年3考） 2023高考江苏卷：霍尔推进器； 2022·全国理综甲卷第18题：空间存在着匀强磁场和匀强电场，一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动，选择可能正确的运动轨迹； 2022年高考广东物理：磁控管。 1. 带电粒子在电磁复合场中的运动的考查大多以科技为情景，可能为选择题，也可能为计算题。 2. 带电粒子在电磁与重力的复合场中的运动包括：电场和重力复合场，磁场和重力复合场；电场、磁场和重力复合场。考查方式可能为选择题，也可能为计算题。
考点2带电小球在电磁与重力的复合场中的运动 （5年3考） 2023年全国新课程卷第25题：密立根油滴实验 2023年北京卷：负离子空气净化原理 2022高考广东卷：密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性
考点01 带电粒子在电磁复合场中的运动
1.（2023高考江苏学业水平选择性考试）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。
【参考答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【名师解析】
（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%。
2．（2022·全国理综甲卷·18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】 B
【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。
【解题思路】带电粒子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力作用，由左手定则可判断出洛伦兹力方向向左，轨迹可能正确的是B。
【名师解析】运用运动的分解，将该运动分解为匀速圆周运动和匀速直线运动，如下，
因为，初速度为零，所以匀速圆周运动的速度大小和匀速直线的速度大小相等， 运动到x轴时，电场力做功为零、洛伦兹力不做功，都有v圆=v直 ，因此两运动的合成，其速度不会出现反向，排除CD。由左手定则可判断出所受洛伦兹力向左，轨迹向左偏转，由匀速直线运动可知，整体运动向左，由匀速圆周运动可知，初始时刻速度向上，所以轨迹可能正确的是B。
然后，我们补充说明一下几种不同情况下的轨迹形状，
（1）若 v圆=0 ，轨迹为直线。
（2）若 v直=0 ，轨迹为圆。
（3）若v圆=v直 ，如下，
（4）若 v圆>v直 ，轨迹如下，速度有反向，
（5）若 v圆【易错提醒】根据左手定则可以判断出AC是错误的。注意到洛伦兹力使带电粒子向左下偏转后电场力做负功，带电粒子速度减小，洛伦兹力减小，可排除图像D。
3．（2022·高考广东物理）如图7所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，等势面，洛伦兹力，电势，电场力做功，洛伦兹力做功等知识点。
【解题思路】
电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功。由于M、P在同一等势面上，电子从N到P，电场力做负功，A错误； 根据沿电场线方向，电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；由于洛伦兹力不做功，M、P在同一等势面上，电子在M点和P点速度都是零，所以电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
考点02带电小球在电磁和重力复合场中的运动
1.（2023年全国新课程卷第25题）
（14分）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。
【名师解析】（1）根据题述f=kvr。
设a油滴质量为m1，a油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，
m1g=kv0r1，m1=（2分）
设b油滴质量为m2，b油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，
m2g=kv0r2，m2=（2分）
联立解得：油滴a和油滴b的质量之比=（2分）
（2）当在上下极板加恒定电压（上极板高电势），这两个油滴均以v0向下匀速运动，
a油滴速度减小，说明a油滴受到了向上的电场力，则a油滴带负电荷；
b油滴速度增大，说明b油滴受到了向下的电场力，则b油滴带正电荷。（2分）
由=8和m1=，m2=可知，a、b两油滴的半径之比为=2，
由f=kvr可知两个油滴均以v0向下匀速运动，所受阻力之比为==2 （1分）
设b油滴以速度v0向下匀速运动，所受阻力为f= m2g，
由f=kvr可知b油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f2=2f=2m2g，
a油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f1=2f2=4m2g，（2分）
设a油滴电荷量为q1，由平衡条件，m1g=q1E+f1，
设b油滴电荷量为q2，由平衡条件，m2g+q2E=f2， （2分）
联立解得：a、b所带电荷量的绝对值之比为= （1分）
2．（10分）（2023年北京卷）某种负离子空气净化原理如图所示．由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器．在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变．在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d．不考虑重力影响和颗粒间相互作用．
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量．假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度．
a．半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b．已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比．
【名师解析】：
（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集。
L=v0t，d=, qE=ma, E=U1/d
联立解得：U1=,
（2）a。可把颗粒的运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向运动
颗粒在水平方向，L=v0t，
颗粒极短时间内加速到最大速度后，所受阻力等于电场力，f=kRvmax，f=qU2/d
在竖直方向颗粒匀速下落， d=vmaxt
联立解得：U2=
b. q∞r2，10μm带电荷量q的颗粒恰好100%收集，
颗粒极短时间内加速到最大速度后，所受阻力等于电场力，f=kRvmax，f=qU2/d
在竖直方向颗粒匀速下落， d=vmaxt
2.5μm的颗粒带电荷量为q’=q/16，
颗粒极短时间内加速到最大速度后，所受阻力等于电场力，f’=kRv’max，f’=q’U2/d
设只有距离下极板为d’的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落， d’=v’maxt
联立解得：d’=d/4
2.5μm的颗粒被收集的百分比为×100%=25%。
3.（2022高考广东卷）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）；
（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为，；
（3）速度方向向上，大小为
速度方向向下，大小为
【解析】
（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。专题25 质谱仪、回旋加速器和
带电粒子在交变电磁场中运动
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 质谱仪和回旋加速器 （5年3考） 2024年高考甘肃卷：质谱仪，计算偏转半径和比荷； 2023年高考福建卷：质谱仪，计算粒子比荷； 2021年高考广东卷：花瓣形电子加速器。 1.质谱仪和回旋加速器都是高考考查频率较高的知识，命题一般都是把仪器适当简化，或理想化，以降低难度。 2. 带电粒子在交变电磁场中运动一般难度较大，能力要求高。
考点2 带电粒子在交变电磁场中运动 （5年2考） 2022高考河北卷：带电粒子在交变电场和交变磁场中运动。
考点01 质谱仪和回旋加速器
1. （2024年高考甘肃卷）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
【答案】（1）带正电，；（2）；（3）
【解析】
（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O点到P点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于，且
所以通过配速法，如图所示
其中满足
则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为
2. （2023高考福建卷）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为；P、O、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。
（1）求OM的长度；
（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
整理得
OM的长度为
（2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得
整理得
3. （2023高考重庆卷）15.（18分）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如题15图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
求角度α及M、N两点的电势差。
在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
【参考答案】（1）α=30° U=
（2）xN= x+3y-=0
（3）B1= tn=T+(-1)
【名师解析】（1）根据题述，可画出带电粒子在匀强电场中类平抛运动轨迹如图。
将带电粒子运动到N点的速度沿匀强电场方向和垂直电场方向分解，可知
2v0cos2α=v0，
解得α=30°。
由动能定理，qU=-
解得U=
（2）沿电场方向分速度vE=2v0sin2α=
设N点的横坐标为xN，MN之间沿电场方向的距离为d，则有xN/d=sinα
vE=aT，
联立解得：xN=
带电粒子在沿y轴方向做类竖直上抛运动，设M点纵坐标为yM。
则yM==
由y=yM+kx，k=-yM/xN
得边界方程x+3y-=0 （或写成y=-x）
(3)画出带电粒子在匀强磁场中运动轨迹。由几何关系可知P1N=r1
而r1=4
由qB1·2v0=m
解得 B1=
粒子A从发射到第1次通过N点的时间为t1=T；
粒子A从发射到第2次通过N点的时间为t2=T++T+2T= T+(-1)。
粒子A从发射到第3次通过N点的时间为t3= T+(-1)。。
······
粒子A从发射到第n次通过N点的时间为
tn=T+(-1)
4.（15分）（2021年高考广东学业水平选择性测试）图11是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区I、Ⅱ和Ⅲ．各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外，电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e．忽略相对论效应．取tan 22.5°＝0.4．
（1）当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为 45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图11中带箭头实线所示．求I区的磁感应强度大小、电子在I区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与I区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
【关键能力】 本题以花瓣式加速器装置为情景，考查带电粒子在电场中加速，在匀强磁场中偏转运动，意在考查考生对动能定理、洛伦兹力、牛顿运动定律的灵活运用能力。
【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，功和能的观念，考生要能够分析带电粒子运动情景，能从物理学的运动和相互作用、能量的视角分析解决问题。
【解题思路】(1)根据题述情景，由动能定理，电子在电场中加速有2eU＝mv2，
运动速度vI=2
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r1＝Rtan 22.5°＝0.4R
带电粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，ev1B1=m，
解得B1=＝。
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
电子在I区运动时间t==＝
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
由几何关系可得2＝R2＋rm2
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm2－keU
联立解得k＝.
5．（16分）（2021高考江苏物理卷）如题15-1图所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以О点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略．为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如题15-2图所示，片砖砌的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离．求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度；
（3）磁场区域的最大半径．
15．【命题意图】本题考查回旋加速器、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设粒子在P的速度大小为，则
根据动能定理
由，周期
解得
（2）由粒子的运动半径，动能
解得，则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
；
由几何关系，且
解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为
则
设粒子离开偏转器的点为S，圆周运动的圆心为．由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与O、在一条直线上
由几何关系
评分建议：本题共16分，其中第（1）问4分；第（2）（3）问各6分
考点02 带电粒子在交变电磁场中运动
1. （2022高考河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【参考答案】（1）；（2）；（3），
【命题意图】本题考查带电粒子在交变电场和磁场中的运动、动量定理及其相关知识点。
【名师解析】
（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达点，则释放的位置一定在时间内，粒子加速度时间为，在竖直方向上
在时间内粒子在水平方向运动的距离为
在时间内，在竖直方向
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
接收器位置为，根据距离的关系可知
解得
此时粒子已经到达点上方，粒子竖直方向减速至用时，则
竖直方向需要满足
解得在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻；
若粒子经过一个半圆到达点，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子加速的时间为，在竖直方向上
之后粒子在时间内转动半轴，横向移动距离直接到达点的横坐标，即
解得
接下来在过程中粒子在竖直方向减速为的过程中
粒子要在点被吸收，需要满足
代入验证可知在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为。
专题25 与现代科技相关的电磁问题
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 与科技相关相关的电磁问题 （5年3考） 2024高考江西卷：石墨烯； 2024高考北京卷：我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道； 2022年全国理综乙卷第21题：可用于卫星上的带电粒子探测装置； 2022年6月浙江选考：舰载机电磁弹射。 1. 与科技相关相关的电磁问题考查频率较高，主要联系最新科技和科技热点。 2. 带电粒子在空间电磁场中的运动，有较大的区分度和难度，一般作为压轴题。
考点2 带电粒子在空间电磁场中的运动 （5年3考） 2024高考湖南卷：电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，进入圆筒形磁场区域筒外电场区域； 2022年高考山东物理：中国“人造太阳”，带电粒子在空间电磁场中运动。
考点01 与现代科技相关想电磁问题
1. （2024高考江西卷）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量
q=nevtb
根据电流的定义式得
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合图像可得
解得
故选D。
2．（12分）（2024高考北京卷）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道．图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图．放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d．阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入．
稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等．放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离．每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零．氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和．
已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用．
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F．
【名师解析】
（1）氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
解得
（2）电子由阴极发射运动到阳极过程中，由动能定理有
电子在阳极附近做匀速圆周运动，轴线方向上所受电场力与洛兹力平衡，即
解得
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氢离子数
氙离子经电场加速，有
时间内氙离子所受到的作用力为F，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
3. （2022·全国理综乙卷·21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【参考答案】BD
【名师解析】．在截面内，极板间各点的电场强度大小E与其到O点的距离r成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，
可得，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
粒子3做向心运动，有，可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
4．（2022年6月浙江选考）（10分）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）求磁感应强度B的大小；
若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【参考答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；
（2），n = 0，1，2，…；（3），
【命题意图】本题考查带电粒子在磁场中的运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）①离子在磁场中做圆周运动有
则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1，，n = 0，2
可得，
5．（2022年6月浙江选考）（10分）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，动子和线圈的总质量m=5kg，飞机质量M=10kg， R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【参考答案】（1）80A；（2）；（3）
【命题意图】本题考查电磁感应、安培力、动量定理、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在至期间加速度恒定，则有
解得
，
（3）根据图像可知
故；在0~t2时间段内的位移
对t2~t3的过程，根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
对t2~t3的过程，根据动量定理有
代入相关数据联立可得
解得
考点01 带电粒子在空间电磁场中的运动
1. （2024高考湖南卷）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
联立得
当时，B有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当有最大值时，最大，R最大，此时，又
，
联立可得
，
（3）当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
2. （2022年高考山东物理）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，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）。
【参考答案】（1）；（2）；（3）（，，）；
（4）
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动和在匀强电场中的类平抛运动。
【名师解析】
（1）如图所示
离子甲受到的电场力沿轴负方向，离子甲的运动可以分解为y方向的匀减速运动和沿z方向的匀速运动从A到O的过程，有
L= v0cosβ·t
v0sinβ=at，
qE=ma，
联立解得：E=
（2）离子甲在磁场I中运动的最大轨迹半径为r1=d，
离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力
qvB=m
解得：v=
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，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，需满足
，
联立可得
即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（，，）
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲在磁场I中的轨迹半径为
离子甲在磁场II中的轨迹半径为
离子乙在磁场I中的轨迹半径为
离子乙在磁场II中的轨迹半径为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示
从点进入磁场到第一个交点过程，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
3. （2022山东物理）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，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）。
【参考答案】（1）；（2）；（3）（，，）；
（4）
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动和在匀强电场中的类平抛运动。
【名师解析】
（1）如图所示
离子甲受到的电场力沿轴负方向，离子甲的运动可以分解为y方向的匀减速运动和沿z方向的匀速运动从A到O的过程，有
L= v0cosβ·t
v0sinβ=at，
qE=ma，
联立解得：E=
（2）离子甲在磁场I中运动的最大轨迹半径为r1=d，
离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力
qvB=m
解得：v=
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，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，需满足
，
联立可得
即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（，，）
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲在磁场I中的轨迹半径为
离子甲在磁场II中的轨迹半径为
离子乙在磁场I中的轨迹半径为
离子乙在磁场II中的轨迹半径为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示
从点进入磁场到第一个交点过程，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专题27 楞次定律和法拉第电磁感应定律
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 楞次定律 （5年3考） 2024年高考江苏卷：线圈从有界磁场中拉出； 2024年高考北京卷：线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，判断感应电流方向； 2023年高考河北卷：绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，处在匀强磁场中。 2023年高考海南卷：利用了电磁感应现象测速。 1. 楞次定律是高考考查频率较高的知识点，可能单独考查，也可能与其他知识点结合考查。 2. 法拉第电磁感应定律是电磁感应的核心知识点，年年考查，一般与安培力、动力学、功和能结合考查。
考点2 法拉第电磁感应定律 （5年5考） 2024年高考甘肃卷：工业上利用感应电炉冶炼合金； 2024年高考甘肃卷：导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动； 2024年高考广东卷：电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收； 2024年高考北京卷：在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景的“忆阻器”； 2023年高考湖北卷：近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯； 2023高考江苏卷：圆形匀强磁场区域内导体棒绕O点在纸面内逆时针转动； 2022年高考天津卷：铝框依靠惯性滑过磁场区域。
考点01 楞次定律
1. （2024年高考江苏卷）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A. 顺时针，顺时针
B. 顺时针，逆时针
C. 逆时针，顺时针
D. 逆时针，逆时针
【答案】A
【解析】
线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。A正确。
2．（2024年高考北京卷）如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
【参考答案】．B
【考查知识点】 楞次定律
【名师解析】闭合开关瞬间，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，CD错误．
3. （2023年高考河北卷）如图，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中（ ）
A. 金属杆所围回路中电流方向保持不变
B. 通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加
C. 金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反
D. 金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同
【答案】CD
【解析】．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；
．由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，故通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故B错误；
．由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故CD正确。
4 （2023年高考海南卷）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C. 汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【参考答案】C
【名师解析】
由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；
汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），B错误；
汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd（顺时针），C正确；
汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。
15. （2022高考上海）半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度大小为B。若增大该区域的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为 （选填：“顺时针”或“逆时针”）；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为 。
【参考答案】 逆时针 2Bπr2
【命题意图】本题考查楞次定律+磁通量变化+模型思维
【名师解析】半径为r的圆形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里，若增大该区域的磁感应强度，由磁通量公式Φ=BS可知，金属圆环内磁通量增大，由楞次定律可知，金属圆环中产生的感应电流方向为逆时针方向。若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为△Φ=Φ2-Φ1=Bπr2-（- Bπr2）=2 Bπr2。
考点02 法拉第电磁感应定律
1. （2024年高考甘肃卷）工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是（ ）
A. 金属中产生恒定感应电流
B. 金属中产生交变感应电流
C. 若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D. 若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
【答案】B
【解析】
当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，CD错误。
2. （2024年高考甘肃卷）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（ ）
A. ，方向向左
B. ，方向向右
C. ，方向向左
D. ，方向向右
【答案】A
【解析】
导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。故选A。
3. （2024年高考广东卷）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是（ ）
A. 穿过线圈的磁通量为
B. 永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C. 永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D. 永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【参考答案】D
【名师解析】由图乙可知，线圈中两部分磁场方向相反，所以穿过线圈的磁通量为0，A错误；根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势正比于磁通量变化率，即永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越大，BC错误；由楞次定律可知，永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，D正确。
4．（2024年高考北京卷）电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示．类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”．由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景．下列说法错误的是（ ）
A．QU的单位和ΦI的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
【参考答案】．A
【考查知识点】单位制、法拉第电磁感应定律
【名师解析】由法拉第电磁感应定律可知，，是的单位为V·s，由可知，Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同均为V·A·s，A错误；由题图可知，从单位角度分析有，B正确；由知，可以用来描述物体的导电性质，C正确；由电感的定义以及法拉第电磁感应定律解得，D正确．
5. （2023年高考湖北卷）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为、和，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为，则线圈产生的感应电动势最接近（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】根据法拉第电磁感应定律可知
，B正确。
6. （2023高考江苏学业水平选择性考试）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ0、φA、φC，则（ ）
A. φO > φC B. φC > φA
C. φO = φA D. φO－φA = φA－φC
【参考答案】A
【名师解析】
由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知 φO > φA
其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC = φA，A正确、BC错误；
根据以上分析可知 φO－φA > 0，φA－φC = 0
则 φO－φA > φA－φC，D错误。
7．（2023年6月高考浙江选考科目）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【参考答案】C
【名师解析】开关S接1，导体棒静止时，受力分析，由tanθ=BIL/mg，解得I=mg/BL，由闭合电路欧姆定律，电源电动势E=IR=mgR/BL，A错误；不能得出导体棒完成一次振动过程消耗的焦耳热，B错误；开关接2，由于金属棒运动切割磁感线产生感应电动势，在从左向右运动时，产生的感应电流，从二极管正极流入，金属棒中有电流，受到与方向相反的安培力作用，所以最大摆角小于π/4，C正确；金属棒从右向左经过最低点时速度大于从左向右经过最低点时的速度，根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒两次经过最低点时产生的感应电动势大小不等，D错误。
8. （2023年高考山东高中学业水平等级考试）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为，电阻不计。质量为、长为、电阻为的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度，CD的速度为且，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A. 的方向向上 B. 的方向向下
C. D.
【参考答案】BD
【名师解析】
导轨的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为
导体棒的安培力大小为
由左手定则可知导体棒的电流方向为，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
由左手定则可知的方向为垂直直面向里，A错误B正确；
对导体棒分析，所受安培力
对导体框分析，所受安培力
电路中的电流为
联立解得 ，C错误D正确。
9. （2022年高考天津学业水平选择性考试）如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（ ）
A. 铝框所用时间相同
B. 铝框上产生的热量相同
C. 铝框中的电流方向相同
D. 安培力对铝框的冲量相同
【参考答案】D
【命题意图】本题考查线框通过磁场切割磁感线产生感应电动势和感应电流、楞次定律、安培力、冲量及其相关知识点。
【名师解析】
铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；
由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误；
铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
又
得，D正确；
铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。
11. （2023高考选择性考试辽宁卷） 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。下列说法正确的足（ ）
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
【参考答案】AC
【名师解析】
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；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；
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；
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。
12．（2023高考北京卷）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出．线框的边长小于磁场宽度．下列说法正确的是（ ）
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
【参考答案】D
【名师解析】根据楞次定律，线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中受到的安培力为变力，所以线框出磁场的过程中做变减速直线运动，B错误；线框在进和出的两过程中磁通量变化相同，通过线框导线的电荷量相等，克服安培力做功不同，所以产生的焦耳热不相等，D正确C错误。
13．（2023高考北京卷）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（ ）
A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
【参考答案】D
【名师解析】根据题述，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，说明线圈L中通过的电流大于灯泡P中电流。断开开关，线圈L中产生自感电动势，与灯泡P形成闭合回路，所以P闪亮后再熄灭，Q立即熄灭，D正确ABC错误。
14. （2022新高考江苏卷）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为，、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【解题思路】
根据磁感应强度B随时间t的变化关系为，可知磁场的变化率为
根据法拉第电磁感应定律可知，选项A正确。
专题28 电磁感应+图像
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 图像信息题 （5年3考） 2023年高考全国乙卷和甲卷：将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，给出电流图像； 2022年高考福建卷：导体棒在平行导轨上切割磁感线运动，给出导体棒速度图像； 2022年高考重庆卷第7题：导体棒在平行导轨上受到拉力作用，给出拉力随速度变化图像。 1. 电磁感应中的图像信息：主要有速度图像、力图像、电流图像、电压图像等，其中速度图像、力图像一直是考查的热点。 2. 电磁感应中图像选择题，题述电磁感应情景主要有：导体棒在导轨上移动切割磁感线；线框通过有界磁场区域等；供选择的图像主要为：速度图像、电流图像、电压图像、安培力图像等。
考点2 选择图像题 （5年3考） 2023年高考福建卷：导体棒在两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨上切割磁感线运动； 2024年高考辽宁卷：空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动 2022年高考河北卷：导体棒沿梯形导轨滑动，选择相关图像；
考点01 图像信息
1. （2023年高考全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）
A. 图（c）是用玻璃管获得的图像
B. 在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C. 在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D. 用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【参考答案】A
【命题意图】本题考查电磁阻尼及其相关知识点。
【解题思路】强磁体从管的上端由静止释放，铝管本身和线圈都将对强磁体产生电磁阻尼，在铝管下落，强磁体做加速度减小的加速运动，图（c）是用玻璃管获得的图像，图（b）是用铝管获得的图像，A正确B错误；在玻璃管中下落，线圈中将产生感应电流，感应电流对小磁体下落产生电磁阻力，由安培力公式可知，电磁阻力与产生的感应电流成正比，所以在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力逐渐增大，C错误；由于在铝管中下落，受到的电磁阻力大于在玻璃管中下落，所以用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。
【知识拓展】电磁阻尼的实质是受到了与运动方向相反的安培力作用。
2 （2023高考全国甲卷）一有机玻璃管竖直放在地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图（a）所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t变化如图（b）所示。则
A. 小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快
B. 下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C. 下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D. 与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电磁阻尼、对电流I随时间t变化图像的理解及其相关知识点。
【解题思路】由图（b）可知，强磁体通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过每匝线圈时磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快，A正确；下落过程中，小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；小磁体下落过程中受到的电磁阻力实质就是安培力，根据安培力公式可知，下落过程中，小磁体受到的电磁阻力越来越大，C错误；与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大，D正确。
3．（2022年高考重庆卷第7题）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为，两直线交点的纵坐标为。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】C
【名师解析】由题意，杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v=0时分别有，=ma1，2=ma2，
设第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1和t2，则有
x=a1t12，x=a2t22，t1 t2=n
联立解得：n=
第一次和第二次运动中，所受安培力FA=BIL=, 根据牛顿第二定律，
F-FA=ma，即F=ma+
由此可知，拉力大小F与速率v的关系图像斜率为，由第一次和第二次运动F与速率v的关系图像斜率之比为2 1，可得=2，即=2，可以取k2=6，m=3，所以选项C正确。
4. （2022年福建高考）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．
【参考答案】（1） ；；（2）；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（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。
考点02 选择图像
1. （2023学业水平等级考试上海卷）如图所示，左侧连接有电阻R的光滑平行导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一金属棒置于导轨上，对其施加外力使其运动，所受安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化的图像正确的是
【参考答案】C
【名师解析】对照安培力随时间变化图像可知，金属棒做匀变速直线运动，t0时刻速度减小到零，设加速度大小为a，所受安培力先向左后向右，金属棒速度方向先向右后向左。金属棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，产生感应电动势和感应电流，I=BLv/R，v=v0-at。所受安培力FA=BIL=-=-=-F0+，安培力随时间变化图像中。根据牛顿第二定律，F+FA=-ma，解得F=-ma += F0 -ma - ，对照各个选项图，可知C正确。
2. （2023年高考福建卷） 如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【名师解析】
设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
根据，，
可得
又因为
联立可得
根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；
a克服安培力做功的功率为
故图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小,故CD错误。
3. （2024年高考辽宁卷）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
导体棒匀速转动，设线速度为v，设导体棒从到C过程，棒转过的角度为，如图所示
，
则导体棒垂直磁感线方向的分速度为
可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据 =BLvcosθ，可知导体棒两端电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。
4. （2022年高考河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】AC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
当导体棒从O点向右运动L时，即在时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
，（θ为ab与ad的夹角）
则根据法拉第电磁感应定律E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律 ，可知回路电流均匀增加；
安培力
则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则P-t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；
当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；
同理可判断，在时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误。
【一题多解】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为U=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。专题29 电磁感应+功和能
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 电磁感应+功和功率 （5年4考） 2024年高考山东卷：金属棒在两条相同的半圆弧形光滑金属导轨上滑动； 2022年高考上海卷：一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场； 2024高考广西卷：研究非摩擦形式的阻力装置； 2022年福建高考：金属棒在平行导轨上运动切割磁感线； 2024年高考辽宁卷：导体棒在两条“∧”形的光滑平行金属导轨滑动切割磁感线； 1. 功和功率是高考考查频率较高的知识点，与电磁感应综合主要表现在考查安培力功和功率。 2. 电磁感应中的能量包括动能定理、焦耳热、能量守恒定律、功能关系等。
考点2 电磁感应+能量 （5年5考） 2023学业水平等级考试上海卷：线框在斜面上切割磁感线运动； 2023年高考全国甲卷：绝缘棒和金属棒在光滑U型金属导轨滑动切割磁感线运动； 2023年高考湖南卷：两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，金属棒下滑切割磁感线运动； 2023全国高考新课程卷：线框在两条光滑长直金属导轨移动切割磁感线；
考点01 电磁感应+功和功率
1. （2024年高考山东卷）. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（ ）
A. MN最终一定静止于OO'位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
【答案】ABD
【解析】
由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；
金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
故选ABD。
2. （2022年高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
3. （2024高考广西卷）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈、组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中，每个线圈的圆心角为，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以的角速度保持匀速转动，以线圈的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周。
（1）不同时间线圈受到的安培力大小；
（2）流过线圈的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
（1）由题意知大齿轮以的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则
，
可得小齿轮转动的角速度为
转动周期为
以线圈ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
这段时间内线圈产生的电动势为
电流为
受到的安培力大小
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圈ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为
此时的安培力大小由前面分析可知
方向与进入时相反；
当M1线圈cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知设流过线圈的电流有效值为I，则根据有效值定义有
其中
，
联立解得
（3）根据题意可知流过线圈和的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
4. （2022年福建高考）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．
【参考答案】（1） ；；（2）；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（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。
9. （2024年高考辽宁卷） 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（ ）
A. 回路中的电流方向为abcda
B. ab中电流趋于
C. ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D. 两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】
导体棒ab和cd同时由静止释放，速度为v时，ab产生的感应电动势E1=2BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为a→b；cd产生的感应电动势E2=BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A正确；当导体棒所受安培力沿导轨方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab导体棒中电流趋于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正确；导体棒速度为v时回路中总感应电动势E=E1+E2=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=,对导体棒ab，所受安培力F1=，由牛顿第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；对导体棒cd，由所受安培力F2=，由牛顿第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始终相等，C错误；由于ab和cd加速度大小始终相等，可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，由E=BLv可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D错误。
考点02 电磁感应+能量
1. （2023学业水平等级考试上海卷）如图（a）单匝矩形线框cdef放置在倾角θ=30°的斜面上，在宽度为D=0.4m的区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，线框质量m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω。现对线框施加一沿斜面向上的力F使线框向上运动，ed边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图（b）。已知线框ef=0.4m，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=，g取9.8m/s2。求：
（1）外力F的大小；
（2）线框cf的长度L；
（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。
【参考答案】（1）1.48N （2）0.5m （3）0.4J
【名师解析】（1）对线框受力分析如图所示。
由牛顿第二定律，F-mgsinθ-f=ma，
N=mgcosθ，f=μN。
由速度图像可知，在0~0.4s内，a==5m/s2。
联立解得：F=1.5N.
（2）对线框受力分析如图所示。
在线框匀速运动阶段，F=mgsinθ+f+FA，
N=mgcosθ，f=μN。
安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s
联立解得：L=0.5m
（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，
线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是t=ef/v=0.2s，
由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热Q=I2R（2t）=0.4J
2. （2023年高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【参考答案】（1） （2） （3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，
由系统动能守恒，=+
联立解得：，
根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=
（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=，
由动量定理，F△t=m△v，
即：△t=m△v，
方程两侧求和 Σ△t=Σm△v，
即Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v=-= v0，解得：x=
由x=vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。
3. （2023年高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b速度为vj，感应电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
4．（2023全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得 =m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，
化简得 =m（v1 -） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得 =m（v-v1） ①
解得：v1=v-=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得 =m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2==
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=
5．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。
导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【参考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；
（3）；
（4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。
【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg
由动能定理，-FL+MgL=0-
解得：L=。
（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。
在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，
导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）
（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，
解得装置A输出电压U=IR+ v0-t=
装置A输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t
由v0-2gt0=0解得总下落时间t0=
令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。
电功率P随时间t变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，
所以W==（I2R+ 3Mgv0）=
（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；
动能为EK=，重力势能为为Ep=Mg·=，
可回收的总能量为W回= EK+ Ep=+=
专题30 电磁感应+动量
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 电磁感应+动量定理 （5年4考） 2024年高考湖南卷：电磁缓冲装置； 2023年高考湖南卷：两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，质量均为的金属棒垂直导轨放置； 2023年全国高考新课程卷：金属线框在平行导轨上运动。 1. 在电磁感应中导体棒一般变速运动，一般不能应用匀变速直线运动，可以选取微小时间内导体棒的运动，采用动量定理列出方程，然后累加分析解答。 2. 在电磁感应中双杆切割磁感线，若两杆长度相等且通过的电流相等，所处磁感应强度大小相等，则两杆所受安培力大小相等方向相反，满足动量守恒的条件，可以运用动量守恒定律；若两杆长度不相等，或通过的电流不相等，或所处磁感应强度大小不相等，则两杆所受安培力大小不相等，不满足动量守恒的条件，可以运用动量定理。
考点2 电磁感应+动量守恒定律 （5年3考） 2024年高考江西卷：甲乙导体杆完全非弹性碰撞； 2023年高考全国甲卷：水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，两绝缘棒与导体棒弹性碰撞；
考点01 电磁感应+动量定理
1. （2024年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为，。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 金属杆经过的速度为
B. 在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C. 金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【答案】CD
【解析】设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E = BLv，,金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有,则，由于，则上面方程左右两边累计求和，可得，则，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有，解得，综上有，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；
在整个过程中，根据能量守恒有，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为，故B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；根据A选项可得，金属杆以初速度在磁场中运动有，金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA1B1B区域时中有，则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过时速度为，则设金属杆通过BB1C1C区域的时间为， 则 ，
则， 则，由于，则，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
2. （2023年高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b速度为vj，感应电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
3．（2023年全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得 =m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，
化简得 =m（v1 -） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得 =m（v-v1） ①
解得：v1=v-=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得 =m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2==
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=
4. （2022福建高考）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）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解析】（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。关注公众号高中物理学习研究获取更多优质资源！
考点02 电磁感应+动量守恒定律
1. （2024高考江西卷）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数，足够长光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ2 = 0.8，摩擦因数。现将质量为m甲 = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m乙 = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。
【答案】（1）a乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【解析】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有E0 = Blv0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有BI0l = m2a乙0
带入数据有a乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m1v0 = (m1＋m2)v共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得dmin = Δx = 24m
则d满足d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速度v共 = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2 = m2a乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙上x上 = v共2
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2 = m2a乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙下x下 = v12
且x上 = x下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v1 = 5m/s
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2 = (m1＋m2)a共上
同理有2a共上x共上 = v2
且由图（b）可知x上 = 4.84x共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有dmin′－Δx = Δx1
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
则d的取值范围为
2. （2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1） （2） （3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解析】
（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，
由系统动能守恒，=+
联立解得：，
根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=
（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=，
由动量定理，F△t=m△v，
即：△t=m△v，
方程两侧求和 Σ△t=Σm△v，
即Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v=-= v0，解得：x=
由x=vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。专题31 电磁感应+电路和动力学
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 电磁感应+电路 （5年2考） 2024年高考湖北卷第15题：金属棒在两足够长平行金属直导轨滑动； 2022年全国理综甲卷第20题：两根相互平行的光滑长直金属导轨一端接电阻或电容，金属棒在其上滑动； 2022年全国理综甲卷第16题：三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中。 1. 电磁感应中电路问题包括电容电路和串并联电路，是考查的热点。 2. 电磁感应中动力学问题的考查主要集中在加速度、速度、安培力等，解答此类问题，需要利用牛顿运动定律、法拉第电磁感应定律、安培力及其相关知识。
考点2 电磁感应+动力学 （5年4考） 2024年1月浙江选考第21题：扫描隧道显微镜减振装置。 2022年高考辽宁物理：两金属杆在两平行光滑长直金属导轨上滑动。
考点01 电磁感应+电路
1．（2024年高考湖北卷第15题）. 如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
2. . （2022高考上海）宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一般接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是在II中，并且R0大小为多少？
（3）金属杆运动的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多大时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【思维导图】由电势图像得出a点电势高→切割磁感线产生感应电动势的金属杆是电源→金属杆上端为高电势（电源正极）→金属杆中电流方向从下到上→右手定则→磁场方向垂直纸面向里
对比图甲和图乙→串联电路分压规律→I中为定值电阻→欧姆定律列方程组→解得R0和φ0..
把定值电阻和金属杆视作等效电源→电源输出电功率最大条件→滑动变阻器最大功率
【名师解析】（1）a点电势高，即金属杆上端电势高，根据右手定则可判断出磁场垂直纸面向里
（2）滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属杆的电阻不计，Uad=E=φ0。
滑动变阻器两种情况下，R=1.2V，R=1.0V，
联立解得：R0=5Ω，φ0=1.5V
（3）金属杆切割磁感线，产生感应电动势 ，E=BLv=φ0=1.5V
解得v=5m/s
（4）将定值电阻和金属杆视作一个等效电源，由电源输出功率最大的条件可知，当滑动变阻器阻值为Rx= R0=5Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率Pm===0.1125W。
3. （2022年全国理综甲卷第20题）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查电容器电容、电磁感应、安培力、运动情况分析、焦耳热。
【解题思路】带电荷量Q的电容器两端电压U=Q/C，合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，最大值为IM=U/R= Q/RC，选项A正确；合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，而电容器还可以通过电阻R放电，导体棒MN向右运动产生的感应电动势与电阻R形成回路，受到向左安培力作用做减速运动，选项B错误；合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，导体棒所受安培力最大，选项C错误；由于合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，所以电阻R产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，选项D正确。
【易错提醒】通电导线做切割磁感线运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过。
4．（2022年全国理综甲卷第16题）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为和。则（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】C
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及其相关知识点。
【解题思路】设磁感应强度变化率为k，设圆半径为r，单位长度导线的电阻为R0，则正方形线框产生的感应电动势E1=4r2k，正方形线框电阻R1=8r R0，感应电流I1= E1/ R1=kr/2R0；圆形线框产生的感应电动势E2=πr2k，圆形线框电阻R2=2πr R0，感应电流I2= E2/ R2=kr/2R0；正六边形线框产生的感应电动势E3=r2k，正六边形线框电阻R3=6r R0，感应电流I3= E3/ R3=；所以I1=I2＞I3，选项C正确。
考点02 电磁感应+动力学
1. （2024高考辽宁卷） 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（ ）
A. 回路中的电流方向为abcda
B. ab中电流趋于
C. ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D. 两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】
导体棒ab和cd同时由静止释放，速度为v时，ab产生的感应电动势E1=2BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为a→b；cd产生的感应电动势E2=BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A正确；当导体棒所受安培力沿导轨方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab导体棒中电流趋于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正确；导体棒速度为v时回路中总感应电动势E=E1+E2=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=,对导体棒ab，所受安培力F1=，由牛顿第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；对导体棒cd，由所受安培力F2=，由牛顿第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始终相等，C错误；由于ab和cd加速度大小始终相等，可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，由E=BLv可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D错误。
2. （2024年高考河北卷）如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1），；（2）
【解析】
（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
3 （2023高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b速度为vj，感应电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
4．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。
导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【参考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；
（3）；
（4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。
【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg
由动能定理，-FL+MgL=0-
解得：L=。
（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。
在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，
导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）
（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，
解得装置A输出电压U=IR+ v0-t=
装置A输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t
由v0-2gt0=0解得总下落时间t0=
令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。
电功率P随时间t变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，
所以W==（I2R+ 3Mgv0）=
（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；
动能为EK=，重力势能为为Ep=Mg·=，
可回收的总能量为W回= EK+ Ep=+=
5. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
6. （2022年高考辽宁物理）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【参考答案】（1），方向水平向左；
（2）①，②；（3）2≤k＜3
【命题意图】本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理、动量守恒定律及其相关知识点.
【名师解析】
（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为 I=E/2R
则所受的安培力大小为 F=BIL=
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为△x，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为 s=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
k=3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3
7. （2024年1月浙江选考·21）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）全程由动量定理可得
其中
联立解得弹簧弹力冲量的大小为
专题32 交变电流
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 交变电流的产生 （5年4考） 2021江苏卷：经纬网中实际距离和最短距离的计算； 2019北京卷、2021北京卷：地图中的方向判断和比例尺的计算； 2020浙江7月选考：经纬网知识 1.经纬网中高考考查频率较高的知识主要表现在实际距离的计算和经纬网中方向的判读，地图三要素中比例尺和方向的考查一直是考查的热点。 2.等高线地形图的考查主要集中在对等高线地形图的判读上，包括地形的判读、相对高差的计算，通视的判读等依然是复习的重点；同时等高线地形图的剖面图的绘制的考查有增加的趋势。
考点2 交变电流的描述 （5年3考） 2022上海卷、2020浙江7月考、2020年山东卷： 等高线地形图的判读； 2023山东卷、2023湖南卷： 等高线的剖面图和等高线地形图的判读；
考点01 交变电流的产生
1. （2024年高考山东卷）如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为
由题图丙可知，磁场区域变化后，当时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为
C正确。
4. （2024年高考辽宁卷）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
导体棒匀速转动，设线速度为v，设导体棒从到C过程，棒转过的角度为，如图所示
，
则导体棒垂直磁感线方向的分速度为
可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据 =BLvcosθ，可知导体棒两端电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。
1. （2023高考湖南卷）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
【参考答案】AC
【名师解析】根据大轮与小轮半径之比为4 1，由v=ωr可知发电机线圈转动的角速度为4ω，A正确；发电机产生的感应电动势最大值为Em1=nBL2·4ω，有效值为E1==，灯泡两端电压有效值为U1=E1/2=，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈电阻为2R，匝数为2n，发电机产生的感应电动势最大值为Em2=2nBL2·4ω，有效值为E2==，灯泡两端电压有效值为U2=E2/3=，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，则发电机转速变慢，产生的感应电动势减小，灯泡变暗，D错误。
5．（2022新高考海南卷）一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】A
【名师解析】N匝的矩形线框，面积为S，以角速度在匀强磁场B中匀速转动，产生的感应电动势为NBSω，图中位置为穿过线框磁通量为零的位置。以角速度从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是A。
4．（2022·高考广东物理）图3是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律，交变电流的有效值和电功率。
【解题思路】
由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律，转子匀速转动，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈二者轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势不能同时达到最大值, C项错误；由于在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，根据P=E2/R，可知所以两电阻消耗的电功率不相等, D项错误。
考点01 交变电流的描述
1. （2024年高考广东卷）将阻值为的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该交流电的频率为
B. 通过电阻电流的峰值为
C. 电阻在1秒内消耗的电能为
D. 电阻两端电压表达式为
【参考答案】.D 交变电流
【名师解析】由电阻两端电压随时间的变化规律可知，该交变电流周期为T=0.02s，频率f=1/T=50Hz，A错误；由欧姆定律可得流过电阻电流最大值为Im=Um/R=10/50 A=0.2A，B错误；流过电阻电流有效值为I=Im/=0.2A，由焦耳定律，电阻1s内耗电能W=I2Rt=2J，C错误；由电阻两端电压随时间的变化规律可知，电阻两端电压为u=10sin(100πt)V，D正确。
2. . （2024年高考河北卷）为两个完全相同的定值电阻，两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍），两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为
解得
图二的有效值为
接在阻值大小相等的电阻上，因此
故选B。
3.（2024年高考湖北卷）在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡的电阻是灯泡的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡、的电功率之比为（ ）
A. 2︰1 B. 1︰1 C. 1︰2 D. 1︰4
【答案】C
【解析】
两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管导通则短路并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串联，根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电流通过的时间相等都为半个周期，电压有效值相等，则根据
可知
故选C。
4．（2023广东卷）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．
【参考答案】A
【名师解析】根据原线圈的输入电压
，可知原线圈输入电压为220V，频率为50Hz。根据变压器变压公式可知输出电压为440V，由P=UI可知副线圈输出电流的有效值20A，选项A正确。
5．（2022重庆高考）低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“”的交流卤素灯直接通过变压器（视为理想变压器）接入电压为的交流电后能正常工作，则（ ）
A．卤素灯两端的电压有效值为
B．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3
C．流过卤素灯的电流为
D．卤素灯的电阻为
【参考答案】B
【名师解析】低压卤素灯铭牌所标数值为交流电压有效值，即卤素灯两端的电压有效值为12V，选项A错误；根据变压器变压公式，变压器原、副线圈的匝数比为n1 n2=220 12=55∶3，选项B正确；流过卤素灯的电流为I=P/U=25/6A=4.17A，选项C正确；由欧姆定律I=U/R可得卤素灯正常工作时的电阻为R=U/I=2.9Ω，选项D错误。专题33 变压器+电能输送
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 变压器 （5年5考） 2024高考辽宁卷：变压器+气体等容变化 2024年高考北京卷：理想变压器+正弦式交流电图像； 2022高考天津卷：两理想变压器间接有电阻R， 2023年高考北京卷：自制变压器 2022年重庆高考：变压器降压对低压卤素灯供电。 2022高考湖北物理：基于变压器原理的无线充电 1. 变压器是高考考查频率较高的知识，考查命题热点主要有：变压器与交变电流产生结合；变压器动态变化；变压器与交变电流描述的物理量结合等。 2. 电能输送是高考考查频率较高的知识，考查命题热点主要有：发电与电能输送结合；电能输送与用电结合；电能输送与电能损耗结合。
考点2 电能输送 （5年3考） 2024年高考湖南卷：风力发电输送； 2023年6月高考浙江选考：我国1100kV特高压直流输电工程；2023年高考山东卷：某节能储能输电网络； 2022年新高考福建卷：模拟远距离输电；
考点01 变压器
1. （2024高考辽宁卷）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
即
解得
2．（2024年高考北京卷）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V，3W”的灯泡．若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的有效值为
B．副线圈中电流的有效值为0.5A
C．原、副线圈匝数之比为1∶4
D．原线圈的输入功率为12W
【参考答案】．B
【考查知识点】理想变压器
【名师解析】由题图知，原线圈电压最大值为，则有效值为，A错误；灯泡正常发光，由得，副线圈中电流有效值为，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知，C错误：理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率，D错误．
知识归纳 理想变压器的制约关系：输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流。
3. （2022天津学业水平选择性考试） 如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后（ ）
A. R发热功率不变
B. 电压表的示数不变
C. 电流表的示数变大
D. 电流表的示数变小
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查变压器、动态电路及其相关知识点。
【名师解析】
闭合开关S后，负载电阻减小，匝数为的线圈输出功率变大，匝数为的线圈输入功率也变大，a、b两端电压有效值不变，由
可知电流表的示数变大，根据
因比值不变，变大，变大，因此，R的发热功率变大，故A错误，C正确；
根据理想变压器电压比等于匝数比
可知输出电压不变，电压表的示数不变，故B正确；
根据理想变压器电流与匝数关系可得，
由于匝数均保持不变，增大，所以、增大，故电流表的示数变大，故D错误。
4．（2023年高考北京卷）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接的正弦交流电源，副线圈接额定电压为的小灯泡．实际测得小灯泡两端电压为．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．将两个小灯泡并联起来接入副线圈
【参考答案】B
【名师解析】原线圈接的正弦交流电源，副线圈接额定电压为的小灯泡．实际测得小灯泡两端电压为．下列措施有可能使小灯泡正常发光的是：仅增加副线圈匝数，仅减小原线圈匝数，ACD错误B正确。
5．（2022年重庆高考）低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“”的交流卤素灯直接通过变压器（视为理想变压器）接入电压为的交流电后能正常工作，则（ ）
A．卤素灯两端的电压有效值为
B．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3
C．流过卤素灯的电流为
D．卤素灯的电阻为
【参考答案】B
【名师解析】低压卤素灯铭牌所标数值为交流电压有效值，即卤素灯两端的电压有效值为12V，选项A错误；根据变压器变压公式，变压器原、副线圈的匝数比为n1 n2=220 12=55∶3，选项B正确；流过卤素灯的电流为I=P/U=25/6A=4.17A，选项C正确；由欧姆定律I=U/R可得卤素灯正常工作时的电阻为R=U/I=2.9Ω，选项D错误。
6．（2022高考北京卷）某理想变压器的原线圈接在的正弦交流电源上，副线圈输出电压为，输出电流为。该变压器（ ）
A．原、副线圈的匝数之比为100∶1
B．输入电流为
C．输入电流的最大值为
D．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100
【参考答案】B
【命题意图】此题考查理想变压器及其相关知识点。
【名师解析】根据变压公式可知，原、副线圈的匝数之比为1∶100，选项A错误；根据变流公式，可知输入电流为30A，输入电流的最大值为30A，选项B正确C错误；根据变压器不改变交变电流频率可知原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，选项D错误。
7.（2022高考河北） 张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 发电机输出的电压为
B. 发电机输出交变电流的频率为
C. 变压器原、副线圈的匝数比为
D. 发电机产生的瞬时电动势
【参考答案】C
【命题意图】本题考查正弦交流电及其相关知识点。
【名师解析】发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为，选项B错误；
线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
输出电压的有效值为，选项A错误；
变压器原、副线圈的匝数比为，选项C正确；
发电机产生的瞬时电动势为，选项D错误。
8. （2022高考湖北物理）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A. 接收线圈的输出电压约为8 V
B. 接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D. 穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【参考答案】AC
【命题意图】本题考查变压器及其相关知识点。
【解题思路】由于穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，可知穿过接收线圈的磁通量变化率约为发射线圈的80%，即=×80%，选项D错误；由U1=n1，U2=n2，=×80%，联立解得U2=8V，即接收线圈的输出电压为8V，A正确；根据变压器原副线圈中交变电流的频率相同，可知C正确；根据题述，忽略其他损耗，可得U1 I1= U2 I2，解得===,,选项B错误。
10. （2022山东物理）如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（ ）
A. n1为1100匝，为
B. 间线圈匝数为120匝，流过R的电流为
C. 若将R接在两端，R两端的电压为，频率为
D. 若将R接在两端，流过R的电流为，周期为
【参考答案】D
【命题意图】本题考查变压器、电功率及其相关知识点。
【名师解析】
变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
解得原线圈为2200匝，A错误；根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为，B错误；
若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为，C错误；
若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为，交流电的周期为，D正确。
考点02 电能输送
1. . （2024年高考湖南卷）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻。当用户端接一个定值电阻R时，上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 风速增加，若转子角速度增加一倍，则上消耗的功率为4P
B. 输电线路距离增加，若阻值增加一倍，则消耗的功率为4P
C. 若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则上消耗的功率为8P
D. 若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则上消耗的功率为6P
【答案】A
【解析】如图为等效电路图，
设降压变压器的原副线圈匝数比为，则输电线上的电流为
转子在磁场中转动时产生的电动势为
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为，故上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确；
升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故上消耗的电功率变为原来的4倍，故C错误；
若阻值增加一倍，输电线路上的电流
消耗的功率
故B错误；
若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为
消耗的功率
故D错误。
2．（2023年6月高考浙江选考科目）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A．送电端先升压再整流
B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值
D．输电功率由送电端电压决定
【参考答案】A
【名师解析】由于只有交流电才能通过变压器变压，所以送电端先升压在整流，用户端先变交流电在降压，A正确B错误；特高压输电1100kV是指直流电压，C错误；输电功率由用户端电压决定，D错误。
3. （2023年高考山东高中学业水平等级考试）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368A
B. 输电线上损失的功率为4.8kW
C. 输送给储能站的功率为408kW
D. 升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【参考答案】C
【名师解析】
由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有，A错误；
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；
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。
4. （2022年新高考福建卷）某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为，定值电阻，小灯泡、的规格均为“ ”，理想变压器、原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1．分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，（ ）
A. 与一样亮
B. 比更亮
C. 上消耗的功率比的大
D. 上消耗的功率比的小
【参考答案】BC
【命题意图】此题考查远距离电能输送、变压器、电功率及其相关知识点。
【名师解析】
若开关接cd端，则若电源电压为，理想变压器、的匝数比为
用户电阻为，输电线电阻为，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
降压变压器初级电压
降压变压器次级电压
可得输电功率为
输电线上损耗的电功率为
用户得到的电功率为
若开关接ab端，则负载得到的功率
输电线上损耗的电功率为
将， ，k=3带入可知
可得
即比更亮；
上消耗的功率比的大。故选BC。
5 .（2023高考天津卷） 下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器和降压变压器都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有（ ）
A. 输出电压与输入电压相等
B. 输出功率大于输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则输出功率降低
【参考答案】B
【名师解析】
由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故输出功率大于输入功率；输出电压大于输入电压，故A错误，B正确；
由于输入电压不变，所以变压器的输出变压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据
可知R功率增大；故C错误；
用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即输出功率增大，故D错误。
6．（2022高考北京卷）某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示，电路中的和，其中一个是定值电阻，另一个是压力传感器（可等效为可变电阻）。水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于时，控制开关自动开启低水位预警；当a、b两端的电压小于（、为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是（ ）
A．
B．为压力传感器
C．若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低
D．若定值电阻的阻值越大，开启低水位预警时的水位越高
【参考答案】C
【命题意图】此题考查传感器及其相关知识点。
【名师解析】根据题述，水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小，可知＜，R1为压力传感器，选项AB错误；若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低，选项C正确D错误。
专题34 光的传播
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 光的折射定律 （5年4考） 2024年高考广东卷：红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以角从MN面射入某长方体透明均匀介质； 2024年高考江苏卷：光线以相同的入射角θ，打在不同浓度NaCl的两杯溶液中； 2024年高考甘肃卷：一束红光a从空气沿半径方向入射到半圆柱形均匀透明材料的圆心O； 2024年高考全国理综甲卷：一束与AB边平行的光线从圆弧入射到横截面为四分之一圆玻璃柱。 2023高考江苏学业水平选择性考试：地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。 1. 光的折射定律和全反射是高考考查频率较高的知识，命题热点主要是：选择实际情景；单色光、复色光或平行光射入三棱镜、正长体，多面体、半圆柱，球体，空心球体或组合体，液体，综合考查光的折射定律、反射定律以及全反射。 2. 高考对光的折射定律和全反射的考查，难度中等，可能为选图题（选择光路图、光从液面射出面等），可能给出光路，判断其正确说法，也可能为计算题，综合考查相关知识点。
考点2 光的全反射 （5年5考） 2024年高考海南卷：某束光线垂直OP射入正三角形OPQ玻璃砖，，恰好在PQ界面发生全反射； 2023年6月高考浙江选考科目：在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体； 2022高考辽宁物理：在过球心O的平面内，用单色平行光照射内含气泡的水球。 2022年高考广东物理：水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。
考点01 光的折射定律
1. （2024年高考广东卷） 如图所示，红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以角从MN面射入某长方体透明均匀介质。折射光束在NP面发生全反射。反射光射向PQ面。若逐渐增大。两束光在NP面上的全反射现象会先后消失。已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率。下列说法正确的是（ ）
A. 在PQ面上，红光比绿光更靠近P点
B. 逐渐增大时，红光的全反射现象先消失
C. 逐渐增大时，入射光可能MN面发生全反射
D. 逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增大
【参考答案】B
【名师解析】由于红光的频率比绿光小，根据频率小折射率小，可知红光的折射率小于绿光。在MN面，入射光的入射角相同，根据折射定律，n=，可知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可知，绿光比红光更靠近P点，A错误；根据发生全反射的临界角公式 sinC=1/n，可知红光发生全反射临界角较大。逐渐增大时，红光的全反射现象先消失，B正确；在MN面，光是从光疏介质到光密介质，无论入射角多大，在MN面，都不可能发生全反射，C错误；根据折射定律产生条件，n=，可知入射角逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增小，D错误。
2. （2024年高考江苏卷）现有一光线以相同的入射角θ，打在不同浓度NaCl的两杯溶液中，折射光线如图所示（β1<β2），已知折射率随浓度增大而变大。则（ ）
A. 甲折射率大
B. 甲浓度小
C. 甲中光线的传播速度大
D. 甲临界角大
【答案】A
【解析】
入射角相同，由于，根据折射定律可知，故甲浓度大；根据，可知光线在甲中的传播速度较小，由可知折射率越大临界角越小，故甲临界角小。故选A
3. （2024年高考甘肃卷）如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是（ ）
A. 该材料对红光的折射率为
B. 若，光线c消失
C. 若入射光a变为白光，光线b为白光
D. 若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直
【答案】ABC
【解析】
根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为，故折射率为
故A正确；
设临界角为C，得
故，故若，会发生全反射，光线c消失，故B正确；
由于光线b为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确；
对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直，故D错误。故选ABC。
4.（2024年高考全国理综甲卷）. 一玻璃柱的折射率，其横截面为四分之一圆，圆的半径为R，如图所示。截面所在平面内，一束与AB边平行的光线从圆弧入射。入射光线与AB边的距离由小变大，距离为h时，光线进入柱体后射到BC边恰好发生全反射。求此时h与R的比值。
【答案】
【解析】
如图，画出光路图
可知
设临界角为C，得
，
根据可得
解得
故可得
故可知
5. （2023高考江苏学业水平选择性考试）地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【名师解析】
根据折射定律 n上sinθ上 = n下sinθ下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下 > n上，则θ下逐渐减小，画出光路图如下
则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向。能描述该现象的是图A。
6.（2023高考全国甲卷）（5分）等腰直角三角形△abc为一棱镜的横截面，ab=ac。一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束。甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射，下列说法正确的是 。
A. 甲光的波长比乙光的长
B. 甲光的频率比乙光的高
C. 在棱镜中的传播速度，甲光比乙光大
D. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E. 在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光大
【参考答案】ACE
【命题意图】本题考查光的折射定律、光路图、光速与折射率关系、波长与频率关系及其相关知识点。
【解题思路】根据折射定律，画出甲乙两光的光路图，可知相同入射角情况下，乙光的折射角r较小，由折射定律n=sini/sinr可知，乙光的折射率较大，D错误；由n=c/v可知，在棱镜中的传播速度，甲光比乙光大，C正确；根据光的频率越大，折射率越大可知，甲光的频率比乙光低，B错误；根据光的频率与波长成反比可知，甲光的波长比乙光的长，A正确；根据画出的光路图可知，在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光大，E正确。
【方法总结】正确画出光路图是正确解题的关键。
7. （2023高考湖南卷）一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是（ ）
A. 水的折射率为
B. 水的折射率为
C. 当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D. 当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
【参考答案】BC
【名师解析】根据题述，当α＞41°时，即从水面下的入射角小于49°时，光线才能射出水面，水面全反射临界角为C=49°，由sinC=1/n可得n=1/sin49°，B正确A错误；当他以α=60°向水面发射激光时，入射角i=30°，由折射定律n=sinr/sini可得射出水面的折射角正弦值sinr=1/2sin49°，折射角大于30°，岸上救援人员接收到激光束的方向与水面小于60°，C正确D错误。
8. （2023高考湖北卷） 如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
设光纤在OQ界面的入射角为，折射角为，几何关系可知，则有折射定律
光纤射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如下，其中
光线在AB两点发生全反射，有全反射定律
即AB两处全反射的临界角为，AB之间有光线射出，由几何关系可知
，C正确。
9．（2022新高考海南卷）如图为一用透明材料做成的中心是空的球，其中空心部分半径与球的半径之比为1 3..。当细光束以30°的入射角射入球中。其折射光线刚好与内壁相切，则该透明材料的折射率为
A. B . 1.5 C. D. 2
【参考答案】B
【名师解析】由图中几何关系可知，折射角的正弦值sinr=1/3，由折射定律可得该透明材料的折射率为n=sin30°/ sinr=1.5，选项B正确。
10. （2022高考湖北物理）如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。
已知水的折射率，求:
（1）tanθ的值；
（2）B位置到水面的距离H。
【参考答案】（1）；（2）
【命题意图】本题平抛运动规律、折射定律。
【解题思路】（1）由平抛运动规律，小球入水前瞬间竖直方向速度vy==，，d=vxt，联立解得：vx=，tanθ==4/3。
（2）因可知，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为，则由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
11.（2022·全国理综乙卷·34）（2）. 一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
【参考答案】1.5
【名师解析】
因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
则
联立可得
n=1.5
12. （2022年1月浙江选考）如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度时，b、c、d也会随之转动，则（ ）
A. 光束b顺时针旋转角度小于
B. 光束c逆时针旋转角度小于
C. 光束d顺时针旋转角度大于
D. 光速b、c之间的夹角减小了
【参考答案】B
【名师解析】设入射光线a的入射角为，则反射角为，光束c的折射角为，光束d的反射角也为，入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度时，入射角变为。由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于，故A错误；由折射定律有，，
可得，即光束c逆时针旋转角度小于，故B正确；光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于，故C错误；光束b顺时针旋转角度等于，光束c逆时针旋转角度小于，则光速b、c之间的夹角减小的角度小于，故D错误。
考点02 光的全反射
1. （2024年高考海南卷） 一正三角形OPQ玻璃砖，某束光线垂直OP射入，恰好在PQ界面发生全反射，则玻璃砖的折射率（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
如图所示
根据几何关系可知光线在PQ界面的入射角为
根据全反射的临界条件可得
解得
故选C。
2.．（2023年6月高考浙江选考科目）在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率，细灯带到水面的距离，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】D
【名师解析】灯带发出的光从水面射出的时发生全反射临界角的正弦值
则
灯带上的一个点发出的光的发生全反射的临界角如图所示
根据几何关系可得
则一个点发出的光在水面上能看到的的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，AB错误。在等腰直角三角形发光体中，斜边上的高为0.45m=0.64m，大于斜边上高的两个端点发出的光在上面上内看到的光面宽度2r=0.6m，所以光带射出水面的光面中间有无法射出光线的等腰三角形区域，所以则有光射出的水面形状为图D，C错误D正确。
3. （2023高考福建卷）如图，一教师用侧面开孔透明塑料瓶和绿光激光器演示“液流导光”实验。瓶内装有适量清水．水从小孔中流出后形成了弯曲的液流。让激光水平射向小孔，使光束与液流保持在同一竖直平面内，观察到光束沿着弯曲的液流传播。下列操作中，有助于光束更好地沿液流传播的是（ ）
A. 减弱激光强度
B. 提升瓶内液面高度
C. 改用折射率更小液体
D. 增大激光器与小孔之间的水平距离
【参考答案】B
【名师解析】若想使激光束完全被限制在液流内，则应使激光在液体内发生全反射现象，根据全反射临界角，可知应该增大液体的折射率或则增大激光束的入射角。
减弱激光的强度，激光的临界角，折射率均不会改变，故A错误；提升瓶内液面的高度，会造成开口处压强增大，水流的速度增大，水流的更远，进而增大了激光束的入射角，则会有大部分光在界面处发生全反射，有助于光速更好的沿液流传播，故B正确；若改用折射率更小的液体，临界角变大，更不容易发生全反射，故C错误；增大激光器与小孔之间的水平距离不能改变液体的折射率或激光束的入射角，现象不会改变，故D错误。
4. （2023高考河北卷）制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A. 上述现象与彩虹的形成原理相同
B. 光在薄膜的下表面发生了全反射
C. 薄膜上下表面的反射光发生了干涉
D. 薄膜厚度发生变化，硅片总呈现深紫色
【参考答案】C
【名师解析】．上述现象是由于光的干涉造成的，彩虹的形成原理主要为光的折射，上述现象与彩虹的形成原理不相同，故A错误；硅片呈现深紫色的原因是薄膜的厚度正好使紫光在薄膜上下表面的反射光发生干涉，振动加强，故B错误，C正确；根据光的干涉中相互加强的条件，可知当薄膜的厚度发生变化时，满足加强条件的波长也会发生改变，导致硅片呈现不同的颜色，故D错误。
5. （2022高考辽宁物理）完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（ ）
A. 此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B. 此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C. 若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D. 若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
【参考答案】C
【命题意图】本题考查光的折射、全反射及其相关知识点.
【名师解析】
由于光的频率是由光源决定的，与介质无关，所以此单色光从空气进入水球，频率不变，选项AB错误；
由光路图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系，由正弦定理可得
由此可知光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误。
6. （2022山东物理）柱状光学器件横截面如图所示，右侧是以O为圆心、半径为R的圆，左则是直角梯形，长为R，与夹角，中点为B。a、b两种频率的细激光束，垂直面入射，器件介质对a，b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在面全反射后，从面射出的光是（不考虑三次反射以后的光）（ ）
A. 仅有a光 B. 仅有b光
C. a、b光都可以 D. a、b光都不可以
【参考答案】A
【命题意图】本题考查光的折射定律、反射定律及其相关知识点。
【名师解析】
当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去。
保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，如下图可知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可知，入射点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大。
当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为，由几何关系得
根据全反射临界角公式得，，
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为
故在入射光从A向B移动过程中，a光能在PM面全反射后，从OM面射出；b光不能在PM面发生全反射，故仅有a光。选项A正确，BCD错误。
7．（2022年6月浙江选考）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是
A．气泡表面有折射没有全反射
B．光射入气泡衍射形成“亮斑”
C．气泡表面有折射和全反射
D．光射入气泡干涉形成“亮斑”
【参考答案】C
【命题意图】本题考查光的折射和全反射。
【解题思路】气泡看起来很明亮，其主要原因是气泡表面有折射和全反射，C正确。
8.（2022·全国理综甲卷·34（2））（10分）如图，边长为a的正方形为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在边的N点恰好发生全反射，反射光线从边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
【参考答案】 a
【命题意图】本题考查折射定律、全反射。
【解题思路】由折射定律，n=sin60°/sinr，sinC=1/n，r+C=90°，
联立解得n=，sinr=，sinC=
设BN=b，PC=c，则有sinr=，
sinC=，
联立解得c=a。
9 （2022年高考广东物理）（6分）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图16所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。
【命题意图】本题考查折射定律、光速。
【解题思路】当光束与竖直方向成45°角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束，说明发生了全反射，由sin45°=1/n，
解得n=
由n=c/v，解得v=c/2.专题35 光的波动性
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 光的干涉 （5年4考） 2024年高考江西卷：用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。 2024年高考辽宁卷：自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝。 2024年高考广西卷和2024高考湖南卷：洛埃镜法干涉实验。 2024年高考山东卷：检测球形滚珠直径是否合格的装置。 2023年高考山东卷：干涉热膨胀仪 1. 光的干涉是高考考查频率较高的知识，双缝干涉、薄膜干涉一直是考查的热点。 2. 光的衍射和光的偏振的考查一般隔年考查，光的偏振一般设置情景。
考点2 光的衍射和光的偏振 （5年2考） 2024年高考江苏卷：用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕 2022年高考上海卷：单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度
考点01 光的干涉
1. （2024年高考江西卷）某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是（ ）
A. 光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B. 透镜的作用是使光更集中
C. 单缝的作用是获得线光源
D. 双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目内越多
【答案】BC
【解析】
进行双缝干涉测光的波长实验，光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元件，故A错误；透镜的作用是使光更集中，故B正确；单缝的作用是获得线光源，故C正确；根据条纹间距公式可知双缝间距越小，相邻亮条纹的间距较大，测量头中观察到的条纹数目内越少，故D错误。
2. （2024年高考辽宁卷）某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（ ）
A. 换用更粗的头发丝
B. 换用红色激光照双缝
C. 增大纸板与墙面距离
D. 减小光源与纸板的距离
【答案】A
【解析】根据双缝干涉条纹间隔公式，△x=Lλ/d，要使相邻两亮条纹中央间距变小，可使双缝间距d变大，即换用更粗的头发丝，A正确；若换用红色激光照射双缝，由于红光的波长大于绿光，则相邻两亮条纹中央间距变大，B错误；若增大纸板与墙面的距离，即增大L，则相邻两亮条纹中央间距变大，C错误；减小光源与纸板的距离，则相邻两亮条纹中央间距不变，D错误。
3. （2024年高考广西卷）如图，S为单色光源，S发出的光一部分直接照在光屏上，一部分通过平面镜反射到光屏上。从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，由此形成了两个相干光源。设光源S到平面镜和到光屏的距离分别为a和l，，镜面与光屏垂直，单色光波长为。下列说法正确的是（ ）
A. 光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
B. 光屏上相邻两条暗条纹的中心间距为
C. 若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中此时单色光的波长变为
D. 若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，则该液体的折射率为
【答案】AD
【解析】
根据光的反射对称性可知光源S与平面镜中的虚像距离为2a，根据条纹间距公式可知
故A正确，B错误；
若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中，光的频率不变，根据
其中c为在真空中的光速，则
故C错误；
若将整套装置完全没入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，根据条纹间距公式有
可得
结合C选项的分析可知
所以
故D正确。
4. （2024高考湖南卷）1834年，洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果（称洛埃镜实验），平面镜沿放置，靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度，如图所示。S为单色点光源。下列说法正确的是（ ）
A. 沿向左略微平移平面镜，干涉条纹不移动
B. 沿向右略微平移平面镜，干涉条纹间距减小
C. 若，沿向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变
D. 若，沿向左略微平移平面镜，干涉条纹向A处移动
【答案】BC
【解析】
根据题意画出光路图
如图所示，S发出的光与通过平面镜反射光（可以等效成虚像S′发出的光）是同一列光分成的，满足相干光条件。所以实验中的相干光源之一是通过平面镜反射的光，且该干涉可看成双缝干涉，设S与S′的距离为d，则
d = 2a
S到光屏的距离为l，代入双缝干涉公式
可得
则若θ = 0°，沿OA向右（沿AO向左）略微平移平面镜，对l和d均没有影响，则干涉条纹间距不变，也不会移动，故C正确，D错误；
同理再次画出光路图有
沿OA向右略微平移平面镜，即图中从①位置→②位置，由图可看出双缝的间距增大，则干涉条纹间距减小，沿AO向左略微平移平面镜，即图中从②位置→①位置，由图可看出干涉条纹向上移动，故A错误，B正确。
。
5. （2024年高考山东卷） 检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠a与待测滚珠b、c放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（ ）
A. 滚珠b、c均合格
B. 滚珠b、c均不合格
C 滚珠b合格，滚珠c不合格
D. 滚珠b不合格，滚珠c合格
【答案】C
【解析】
单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，即滚珠a的直径与滚珠b的直径相等，即滚珠b合格，不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠a的直径与滚珠c的直径不相等，即滚珠c不合格。故选C。
6. （2023高考山东高中学业水平等级考试）如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是（ ）
A. 劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动
B. 劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动
C. 劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动
D. 劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动
【参考答案】A
【名师解析】
由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动。A正确。
7. （2023学业水平等级考试上海卷） 我国科学家获得单色性很好的两种光A，B，且频率νA小于νB，若它们在真空中通过相同距离的时间分别是tA和tB，则tA tB，（选填“＞”“＜”“=”）。若它们通过相同的双缝达到同一光屏，则频率为 的光产生的干涉条纹间隔更宽。
【参考答案】= νA
【名师解析】真空中所有光的传播速度相同，所以tA= tB，由于频率大的光波长短，若它们通过相同的双缝达到同一光屏，根据双缝干涉条纹间隔公式可知波长较长的νA 光产生的干涉条纹间隔更宽。
8. （2023高考河北卷）制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A. 上述现象与彩虹的形成原理相同
B. 光在薄膜的下表面发生了全反射
C. 薄膜上下表面的反射光发生了干涉
D. 薄膜厚度发生变化，硅片总呈现深紫色
【参考答案】C
【名师解析】．上述现象是由于光的干涉造成的，彩虹的形成原理主要为光的折射，上述现象与彩虹的形成原理不相同，故A错误；硅片呈现深紫色的原因是薄膜的厚度正好使紫光在薄膜上下表面的反射光发生干涉，振动加强，故B错误，C正确；根据光的干涉中相互加强的条件，可知当薄膜的厚度发生变化时，满足加强条件的波长也会发生改变，导致硅片呈现不同的颜色，故D错误。
9. （2023高考江苏学业水平选择性考试）用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离后，干涉条纹如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的（ ）
A. 倍 B. 倍 C. 2倍 D. 3倍
【参考答案】B
【名师解析】
根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有
由题图知 x乙 = 2x甲
则 。B正确。
10. （2022山东物理）某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（ ）
A. 图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B. 遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C. 照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D. 照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
【参考答案】ACD
【命题意图】本题考查双缝干涉及其相关知识点。
【名师解析】
由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。故选ACD。
11．（2022年6月浙江选考）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是
A．气泡表面有折射没有全反射
B．光射入气泡衍射形成“亮斑”
C．气泡表面有折射和全反射
D．光射入气泡干涉形成“亮斑”
【参考答案】C
【命题意图】本题考查光的折射和全反射。
【解题思路】气泡看起来很明亮，其主要原因是气泡表面有折射和全反射，C正确。
12．（2022年6月浙江选考）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是
A．用复色光投射就看不到条纹
B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹
D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大
【参考答案】B
【命题意图】本题考查双缝干涉实验。
【解题思路】用复色光投射可以看到彩色条纹，A错误；明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，B正确；把光屏前移或后移，仍能看到明暗相间条纹，C错误；根据双缝干涉条纹间隔公式，可知蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
13. （2022年1月浙江选考）双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为1.2×10-23kg·m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10-31kg，普朗克常量取6.6×10-34J·s，下列说法正确的是（ ）
A. 发射电子的动能约为8.0×10-15J
B. 发射电子的物质波波长约为5.5×10-11m
C. 只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉
D. 如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样
【参考答案】BD
【名师解析】根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为，故A错误；发射电子的物质波波长约为，故B正确；物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故C错误，D正确；故选BD。
14．（2021高考江苏物理卷）铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（ ）
【参考答案】C
【命题意图】本题考查薄膜干涉及其相关知识点。
【解题思路】根据题述肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，可知肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是C。
15．（2021高考新课程I卷山东卷）用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是（ ）
【参考答案】D
【名师解析】根据薄膜干涉现象，可知该区域薄膜厚度d随坐标x逐渐减小。由于干涉条纹间隔逐渐增大，所以d随坐标x的变化图像，可能正确的是D。
考点02 光的衍射，光的偏振
1. （2024年高考江苏卷）用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，现在将手机屏幕旋转90度，会观察到（ ）
A. 两镜片都变亮
B. 两镜片都变暗
C. 两镜片没有任何变化
D. 左镜片变暗，右镜片变亮
【答案】D
【解析】
立体影院的特殊眼镜是利用了光的偏振，其镜片为偏振片，立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，根据可知将手机屏幕旋转90度后左镜片变暗，右镜片变亮。故选D。
2．（2023高考北京卷）阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的（ ）
A．偏振现象 B．衍射现象
C．干涉现象 D．全反射现象
【参考答案】C
【名师解析】
太阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于薄膜干涉现象，C正确。
3． （2022年高考上海）在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则光屏上（ ）
A、条纹变宽，光强增强
B、条纹变窄，光强增强
C、条纹变宽，光强减弱
D、条纹变窄，光强减弱
【参考答案】C
【命题意图】本题考查单缝衍射+实验观察能力
【名师解析】根据单缝衍射实验可知，狭缝的宽度越小，衍射现象越明显，条纹的间距越大；狭缝的宽度越小，通过狭缝的光越少，光强越弱。因此在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则光屏上衍射条纹变宽，光强减弱，选项C正确。
【教材再现】新教材选择性必修1P98页图。
专题36 分子动理论和热力学定律
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 分子动理论和内能 （5年3考） 2024高考河北卷：水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，考查内能。 2023高考海南卷：给出两分子靠近过程中的示意图，r0为分子之间平均距离，考查对分子力和分子势能的理解。 2023全国高考新课程卷：一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，考查内能和内能的变化。 2022年新高考江苏卷：自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论 1. 分子动理论和内能考查重点主要有：分子力和分子势能；阿伏伽德罗常数，布朗运动，分子动能。温度和内能等； 2. 热学第一定律可以与气体综合，考查频率高；可以以实际情景命题，也可以以气体图像作为解题信息命题，难度中等。 3. 热力学第二定律一般作为定性分析，题目变化不多，考查频率不高，难度不大。
考点2 热力学定律 （5年4考） 2024年高考海南卷：一定质量的理想气体状态变化V——T图像，考查热力学第一定律。 2024年高考山东卷：一定质量理想气体经历如p——V图所示的循环过程。2024年1月浙江选考·19：一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积相等的两部分；2023年高考福建卷：一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A。 2023年高考天津卷）如图是爬山所带氧气瓶；2023年高考广东卷）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化。 2023年6月高考浙江选考科目：导热良好的固定直立圆筒内用活塞封闭一定质量的理想气体。
考点01 分子动理论和内能
1. （2024高考河北卷）如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后（ ）
A. 弹簧恢复至自然长度
B. 活塞两侧气体质量相等
C. 与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D. 与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
【答案】ACD
【解析】
初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；
由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；
密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；
初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
2. （2023高考海南卷）如图为两分子靠近过程中的示意图，r0为分子之间平均距离，下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）
A. 分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B. 分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大
C. 分子势能在r0处最小
D. 分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小
【参考答案】C
【名师解析】
分子间距离大于r0，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。C正确。
4．（2023全国高考新课程卷）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（ ）
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
【参考答案】AD
【名师解析】通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，f中气体压强增大，压缩活塞使h中体积减小，温度升高，压强增大，停止加热并达到稳定后，h中的气体内能增加，A正确；由于f、g之间活塞为绝热活塞，所以f与g中的气体温度不相等，f与h中的气体温度不相等，BC错误；由于活塞与汽缸壁间没有摩擦，f与h中的气体压强相等，D正确。
5 （2023学业水平等级考试上海卷）一个绝热密闭容器，装有一定质量的气体。容器以一定速度平移时，突然施加外力使其停止，容器中的气体温度 ，气体分子碰撞容器壁的剧烈程度 （选填：“变大”、“变小”或“不变”）
【参考答案】不变 不变
【名师解析】由于气体温度只与分子平均动能有关，与机械运动无关，所以容器以一定速度平移时，突然施加外力使其停止，容器中的气体温度不变。由于气体的压强不变，根据压强的微观含义可知。气体分子碰撞容器壁的剧烈程度不变。
6. （2022年新高考江苏卷）自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是（ ）
A. 体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B. 压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C. 因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D. 温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
【参考答案】D
【命题意图】本题考查气体及其相关知识点。
【解题思路】密闭容器中的氢气质量不变，分子个数N不变，根据，可知当体积V增大时，单位体积的个数n变小，分子的密集程度变小，选项A错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；压强增大并不是因为分子间斥力增大，选项B错误；普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，对于氢气，虽然氢气分子很小，但是在压强很大、温度很低的情况下，也不能看成理想气体，选项C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，选项D正确。
考点02 热力学定律
1. . （2024年高考海南卷） 一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（ ）
A. be过程外界对气体做功
B. ca过程气体压强不变
C. ab过程气体放出热量
D. ca过程气体内能减小
【答案】AC
【解析】
由理想气体状态方程
化简可得
由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故
bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确；
由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误；
ab过程为等温变化，内能不变，故
根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故
根据热力学第一定律
解得
故ab过程气体放出热量，故C正确；
ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。
。
2. （2024年高考山东卷）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A. a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B. b→c过程，气体对外做功，内能增加
C. a→b→c过程，气体从外界吸收热量全部用于对外做功
D. a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
【答案】C
【解析】
．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知
即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；
B．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即
又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。
方法二：过程为等温过程，所以
结合分析可知
所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；
C．过程为等温过程，可知
根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得
故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。
3. （2024年1月浙江选考·19）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为的左右两部分。面积为的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度、压强的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，气体内能增加。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）；（3）
【解析】
（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
解得状态2气体的压强为
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为
4. （2023年高考福建卷） 一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其图如图所示。完成一次循环，气体内能_________（填“增加”“减少”或“不变”），气体对外界_________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体______（填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”）。
【参考答案】 ①. 不变 ②. 做正功 ③. 吸热
【名师解析】
完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变；
对p-V图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与坐标轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律
因为，可知因W＜0，则Q＞0，所以气体从外界吸收热量。
6. （2023年高考天津卷）如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体（ ）
A. 对外做功 B. 内能减小
C. 吸收热量 D. 压强不变
【参考答案】B
【名师解析】
由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知
爬山过程中气体不做功，但内能见效，故可知气体放出热量，故C错误；
爬山过程中氧气瓶里的气体容积质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程有
可知气体压强减小，故D错误；
7 . （2023高考江苏学业水平选择性考试）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中（ ）
A. 气体分子的数密度增大
B. 气体分子的平均动能增大
C. 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D. 单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【参考答案】B
【名师解析】
．根据 ，可得
则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；
从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确；
从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，选项C错误；
气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，选项D错误。
8．（9分）（2023年高考广东卷）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态到过程中外界对气体做功为．已知和．求：
（1）的表达式；
（2）的表达式；
（3）到过程，气泡内气体的内能变化了多少？
【名师解析】（1）气体从压强为、体积为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，由玻意耳定律，p0V0= pB·5V0，解得：pB= 0.2p0。
（2）从状态B到状态C，由理想气体状态方程，=
解得：TC=1.9T0。
（3）由热力学第一定律，△U=W。
9. （2023高考山东高中学业水平等级考试）一定质量的理想气体，初始温度为，压强为。经等容过程，该气体吸收的热量后温度上升；若经等压过程，需要吸收的热量才能使气体温度上升。下列说法正确的是（ ）
A. 初始状态下，气体的体积为
B. 等压过程中，气体对外做功
C. 等压过程中，气体体积增加了原体积的
D. 两个过程中，气体的内能增加量都为
【参考答案】AD
【名师解析】
令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为，
等容过程后为状态二，
等压过程后为状态三，
由理想气体状态方程可得
解得
体积增加了原来的，C错误；
等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律
两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为，D正确；
等压过程内能增加了，吸收热量为，由热力学第一定律可知气体对外做功为，即做功的大小为
解得 ，A正确B错误。
10．（8分）（2023年6月高考浙江选考科目）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量；从状态B到状态C，气体内能增加；大气压。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度Tc；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
【参考答案】（1）不变 增大 （2）Tc=346.5K （3）W=11J
【名师解析】（1）气体从状态A到状态B，做等温压缩变化，其气体内能不变，分子平均动能不变。体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
（2）气体从状态A到状态B，做等温压缩变化，由玻意耳定律，p0VA= pBVB，
解得：pB=1.2p0=1.212×105Pa
气体从状态B到状态C，做等容变化，由查理定律=, TB=300K
解得：TC=346.5K
（3）由热力学第一定律，△U=W+Q，解得W=11J。
11. （2022天津学业水平选择性考试）采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则（ ）
A. 绝热过程中，气体分子平均动能增加
B. 绝热过程中，外界对气体做负功
C. 等压过程中，外界对气体做正功
D. 等压过程中，气体内能不变
【参考答案】AC
【命题意图】本题考查气体实验定律、热力学第一定律及其相关知识点。
【名师解析】
一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A正确，B错误；
一定质量的理想气体经过等压过程回到初始温度，可知气体温度降低，气体内能减少；根据
可知气体体积减小，外界对气体做正功，故C正确，D错误。
12. （2022福建高考） 带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过状态变化过程到达c状态。在V——T图中变化过程如图所示。
（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强____________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）气体从b状态经过到达c状态的过程要____________。（填“吸收”或“放出”）热量。
【参考答案】 ①. 增大 ②. 放出
【命题意图】此题考查对V——T图像的理解，气体实验定律，热力学第一定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）[1]由V——T图像可知，气体从a状态经过到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据，可知气体的压强增大。
（2）[2]由V——T图像可知，气体从b状态经过到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。
13（6分）（2022·高考广东物理）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程__________（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
【参考答案】不是 大于
【命题意图】本题考查热力学定律和能量守恒定律。
【解题思路】（1）空调将热量从室内传递到室外，是依靠压缩机做功，不是自发过程。根据能量守恒定律，空调排到室外的热量大于从室内吸收的热量。专题37 气体
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 气体实验定律 （5年5考） 2024年高考海南卷： 用铝制易拉罐制作温度计。 2024年高考江苏卷：科研实验站的密闭容器内有温度为300K，压强为105Pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球。 2024年高考广东卷：差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。 2024高考甘肃卷：刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分。 1. 气体实验定律是高考考查频率较高的知识点，命题一般设置情景。气体实验定律中玻意耳定律考查频率高于查理定律和盖吕萨克定律。 2. 理想气体状态方程考查一般与气体图像结合，与热力学第一定律结合考查有增加的趋势。
考点2 理想气体状态方程 （5年几考） 2023高考河北卷：实验小组测量一个葫芦的容积；2023年高考广东卷：在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化；2022年重庆高考：某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化图像。
考点01 气体实验定律
1. （2024年高考海南卷） 用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为，薄吸管底面积，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（ ）
A. 若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B. 该装置所测温度不高于31.5℃
C. 该装置所测温度不低于23.5℃
D. 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
【答案】B
【解析】
由盖—吕萨克定律得
其中
，，
代入解得
根据可知
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
BC．当时，该装置所测的温度最高，代入解得
故该装置所测温度不高于，当时，该装置所测的温度最低，代入解得
故该装置所测温度不低于，故B正确，C错误；
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
2. （2024年高考江苏卷）某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K，压强为105Pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
（1）气体现在的压强；
（2）观测台对气体的压力。
【答案】（1）8 × 104Pa；（2）4.8 × 103N
【解析】
（1）由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有
解得
p2 = 8 × 104Pa
（2）根据压强的定义，观测台对气体的压力
F = p2S = 4.8 × 103N
3. （2024年高考广东卷） 差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于时差压阀关闭。当环境温度时，A内气体体积，B内气体压强等于大气压强，已知活塞的横截面积，，，重力加速度大小取，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到时：
（1）求B内气体压强；
（2）求A内气体体积；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到并保持不变，求已倒入铁砂的质量。
【解析】
（1）对B气缸中气体，由查理定律
=，
解得pB2=9.0×104Pa 。，
（2）由盖吕萨克定律可得
=，
解得VA2=3.6×102m3，：
（3）根据题述，当A内气体压强减去B内气体压强大于△p时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于△p时差压阀关闭。可得
pA-pB=△p=0.11p0
设加入铁砂的质量为m，所以pAS=p0S+mg
且pB=p0
解得m=110kg！
4. （2024高考甘肃卷）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧劲度系数k。
【答案】（1），；（2）
【解析】
（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后
根据玻意耳定律得
解得
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得
解得
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
根据胡克定律得
联立得
5. （2024高考江西卷）可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经完成循环过程，和均为等温过程，和均为等容过程。已知，气体在状态A的压强，体积，气体在状态C的压强。求：
（1）气体在状态D的压强；
（2）气体在状态B的体积。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）从D到A状态，根据查理定律
解得
（2）从C到D状态，根据玻意耳定律
解得
6. （2024高考广西卷） 如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。
（1）求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
（2）推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
（3）画出封闭气体等温变化的图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
（2）根据题意可知图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
根据可得气体压强为
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
故可知该过程中对封闭气体的值恒定不变，故可知做等温变化。
（3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时
在b处时气体体积为
在a处时气体体积为
根据玻意耳定律
解得
故封闭气体等温变化的图像如下
7. （2024高考湖南卷）一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
（1）若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0（用p0、p和V表示）；
（2）小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m = 8.66 × 10 3kg（此时须考虑空气浮力对该示数的影响）。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p p0)(V VB0) = C，其中p0 = 1.0 × 105Pa为大气压强，VB0 = 0.5 × 10 3m3为气球无张力时的最大容积，C = 18J为常数。已知该气球自身质量为m0 = 8.40 × 10 3kg，外界空气密度为ρ0 = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）设气球内气体质量为，则
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
结合题中p和V满足的关系为
解得
8. （2024年高考安徽卷） 某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
【名师解析】（1）初状态，T1=273K-3K=270K，T2=273K-23K=250K，
由查理定律，=
解得
（2）设充进该轮胎的空气体积为V，由玻意耳定律，p2V0+ p0V= p1V0，
解得 V=6L
9 （2024高考全国理综甲卷）11. 如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】（1）100N；（2）327K
【解析】
（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态
、
末态
、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
10. （2024高考甘肃卷）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧劲度系数k。
【答案】（1），；（2）
【解析】
（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后
根据玻意耳定律得
解得
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得
解得
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
根据胡克定律得
联立得
11. （2024高考江苏卷）某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K，压强为105pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
（1）气体现在的压强；
（2）观测台对气体的压力。
【答案】（1）8 × 104Pa；（2）4.8 × 103N
【解析】
（1）由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有
解得
p2 = 8 × 104Pa
（2）根据压强的定义，观测台对气体的压力
F = p2S = 4.8 × 103N
12 .（2）（2023高考全国甲卷）（10分）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。
（i）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；
（ii）保持温度27℃不变，再释放舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
【参考答案】（i）1.41kg/m3。（ii）1.175kg/m3
【命题意图】本题考查气体实验定律、密度及其相关知识点。
【解题思路】（i）将整个气体作为研究对象，设高压舱的容积为V，温度升高到27℃时同压强气体的体积为V2，T1=（273+17）K=290K，T2=（273+27）K=300K，
由盖吕萨克定律，=，
温度为17℃时气体密度ρ1=m/V，
温度为27℃时气体密度ρ2=m/V2，
联立解得：ρ2==1.41kg/m3。
（ii）保持温度27℃不变，由玻意耳定律，p1V2= p2V3，
压强为p1=1.2atm时气体密度ρ2=m/V2，
压强为p2=1.0atm时气体密度ρ3=m/V3，
联立解得ρ3==1.175kg/m3。
13.（2）（2023高考全国乙卷）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以为压强单位）
【命题意图】本题考查气体实验定律及其相关知识点。
【解题思路】B管在上方时，设B管中气体压强为pB，lB=10cm，则A管中气体压强为pA=pB+20cmHg，长度lA=10cm，
倒置后，A管在上方，A管中气体压强为pA’，A管内空气柱长度lA'=11cm，
水银柱长度为h=9cm+14cm=23cm，
则B管中气体压强为pB’=pA'+23cm.，
B管内空气柱长度lB'=40cm-11cm-23cm=6cm，
对A管中气体，由玻意耳定律，=
对B管中气体，由玻意耳定律，=
联立解得：pB=54.36cmHg，pA=pB+20cmHg=74.36cmHg.
考点02 理想气体状态方程
1. （2023高考选择性考试辽宁卷）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】
根据理想气体状态方程，
可得
从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，而a、c处于同一等温线上，p——T图线c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c态的体积大于b态体积。所以图像B正确。
2. （2023高考江苏学业水平选择性考试）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中（ ）
A. 气体分子的数密度增大
B. 气体分子的平均动能增大
C. 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D. 单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【参考答案】B
【名师解析】
．根据 ，可得
则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；
从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确；
从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，选项C错误；
气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，选项D错误。
3．（2022·全国理综甲卷·33（2））（10分）如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中：两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（i）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【参考答案】（i） （ii）6p0。
【命题意图】本题考查气体实验定律、理想气体状态方程。
【解题思路】
（i）封闭气体做等圧変化，对IV部分气体，由盖·吕萨克定律，=
解得：T1=。
（ii）从开口C向气缸中注入气体，II和III部分封闭气体做等圧変化，初状态体积V1=+=，由盖·吕萨克定律，=，解得V2=2 V1=
对IV部分气体，末状态体积为，由理想气体状态方程，=
解得：p=6p0。
【思路点拨】正确选择研究对象是解题的关键。
4. （2023高考山东高中学业水平等级考试）一定质量的理想气体，初始温度为，压强为。经等容过程，该气体吸收的热量后温度上升；若经等压过程，需要吸收的热量才能使气体温度上升。下列说法正确的是（ ）
A. 初始状态下，气体的体积为
B. 等压过程中，气体对外做功
C. 等压过程中，气体体积增加了原体积的
D. 两个过程中，气体的内能增加量都为
【参考答案】AD
【名师解析】
令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为，
等容过程后为状态二，
等压过程后为状态三，
由理想气体状态方程可得
解得
体积增加了原来的，C错误；
等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律
两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为，D正确；
等压过程内能增加了，吸收热量为，由热力学第一定律可知气体对外做功为，即做功的大小为
解得 ，A正确B错误。
5. （2023高考河北卷）如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为时，气柱长度为；当外界温度缓慢升高到时，气柱长度变为。已知外界大气压恒为，水柱长度不计。
（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；
（2）求葫芦的容积；
（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。已知氮气在状态下的体积约为，阿伏伽德罗常数取。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为，塑料管的横截面积为，初、末态气柱的长度分别为，气体对外做的功为。根据功的定义有
解得
（2）设葫芦的容积为，封闭气体的初、末态温度分别为，体积分别为，根据盖—吕萨克定律有
联立以上各式并代入题给数据得
（3）设在状态下，氮气的体积为、温度为，封闭气体的体积为，被封闭氮气的分子个数为。根据盖一吕萨克定律有
其中
联立以上各式并代入题给数据得
个
6. （2023高考海南卷）某饮料瓶内密封一定质量理想气体，时，压强
（1）时，气压是多大？
（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？
【参考答案】（1）；（2）0.97
【名师解析】
（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为
，
温度变化过程中体积不变，故由查理定律有
解得
（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有
解得
7. （2022福建高考） 带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过状态变化过程到达c状态。在V——T图中变化过程如图所示。
（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强____________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）气体从b状态经过到达c状态的过程要____________。（填“吸收”或“放出”）热量。
【参考答案】 ①. 增大 ②. 放出
【命题意图】此题考查对V——T图像的理解，气体实验定律，热力学第一定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）[1]由V——T图像可知，气体从a状态经过到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据，可知气体的压强增大。
（2）[2]由V——T图像可知，气体从b状态经过到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。
8．（9分）（2023年高考广东卷）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态到过程中外界对气体做功为．已知和．求：
（1）的表达式；
（2）的表达式；
（3）到过程，气泡内气体的内能变化了多少？
【名师解析】（1）气体从压强为、体积为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，由玻意耳定律，p0V0= pB·5V0，解得：pB= 0.2p0。
（2）从状态B到状态C，由理想气体状态方程，=
解得：TC=1.9T0。
（3）由热力学第一定律，△U=W。
9. （2022高考辽宁物理）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A. 对外界做正功 B. 压强保持不变
C. 向外界放热 D. 内能减少
【参考答案】A
【命题意图】本题考查对V——T图像的理解、理想气体的状态方程、热力学第一定律及其相关知识点.
【名师解析】
理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，选项A正确；由题图V——T图像可知V = V0 + kT，根据理想气体的状态方程有，联立有，可看出T增大，p增大，选项B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，选项D错误；理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，选项C错误。
10（8分）（2022年重庆高考）某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为的等容过程，当温度为时气体的压强为；图线Ⅱ描述的是压强为的等压过程。取为，求
①等容过程中，温度为时气体的压强；
②等压过程中，温度为时气体的体积。
【参考答案】.①；②
【名师解析】①在等容过程中，设0℃时气体压强为p0，根据查理定律，=
解得 p0=
②当压强为p2，温度为0℃时，设此时体积为V2，根据理想气体状态方程
=
解得：V2=
专题39 光电效应
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 光电效应 （5年4考） 2024年高考海南卷：研究光电效应。 2024年1月高考浙江卷：金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子。 2022年高考河北卷：密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压与入射光频率的实验曲线。 2022年1月浙江选考：研究光电效应的装置可用于分析光子的信息。 1. 光电效应是高考考查频率较高的知识，命题一般是以光电效应实验装置、图像等切入，重点考查灵活运用知识的能力。 2. 波粒二象性的知识点主要有：光子的能量、动量及其与波长、频率的关系，德布罗意物质波假设及其相关知识点；命题一般围绕这些知识点，重点考查对这些知识点的理解和掌握。
考点2 波粒二象性 （5年2考） 2024年高考湖南卷）量子技术是当前物理学应用研究的热点。 2024年高考新课程卷：三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。 2023年6月高考浙江选考科目）有一种新型光电效应量子材料。 2022·全国理综乙卷·17：一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射光。 2023年高考海南卷：激光发射器功率为，发射波长为的光。
考点01 光电效应
1. （2024年高考海南卷）利用如图所示的装置研究光电效应，闭合单刀双掷开关，用频率为的光照射光电管，调节滑动变阻器，使电流表的示数刚好为0，此时电压表的示数为，已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A. 其他条件不变，增大光强，电压表示数增大
B. 改用比更大频率的光照射，调整电流表的示数为零，此时电压表示数仍为U
C. 其他条件不变，使开关接，电流表示数仍为零
D. 光电管阴极材料的截止频率
【答案】D
【解析】
当开关S接1时，由爱因斯坦光电效应方程
故其他条件不变时，增大光强，电压表的示数不变，故A错误；
若改用比更大频率的光照射时，调整电流表的示数为零，而金属的逸出功不变，故遏止电压变大，即此时电压表示数大于U，故B错误；
其他条件不变时，使开关S接2，此时
可发生光电效应，故电流表示数不为零，故C错误；
根据爱因斯坦光电效应方程
其中
联立解得，光电管阴极材料的截止频率为
故D正确。
11. （2024年1月高考浙江卷）如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。己知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（ ）
A. M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B. 只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能
C. 电子从M到N过程中y方向位移大小最大为
D. M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
【答案】C
【解析】
根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到到达N板时
则到达N板时的动能为
与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项AB错误；
平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为
解得
选项C正确；
M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则
解得
选项D错误。
2. （2022年高考河北卷）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压与入射光频率的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知（ ）
A. 钠的逸出功为
B. 钠的截止频率为
C. 图中直线的斜率为普朗克常量h
D. 遏止电压与入射光频率成正比
【参考答案】A
【命题意图】本题考查光电效应、对遏止电压与入射光频率的实验曲线的理解及其相关知识点。
【名师解析】
根据遏止电压与最大初动能的关系有
根据爱因斯坦光电效应方程有
当结合图像可知，当为0时，解得，选项A正确；
钠的截止频率为，根据图像可知，截止频率小于，选项B错误；
结合遏止电压与光电效应方程可解得，对比遏止电压与入射光频率的实验曲线可知，图中直线的斜率表示，选项C错误；根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压与入射光频率成线性关系，不是成正比，选项D错误。
3. （2022年1月浙江选考）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【参考答案】（1）；；
（2）；；
（3）；
必备知识：带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动
关键能力：推理、论证及空间思维能力
【难点分析】：（2）中要用到平行于板间的分速度不变建立联系，从而求出电子从板离开时与轴的夹角，这对考生逻辑推理的能力要求高，是考生在考试的有限时间内不易想到的。
（3）中对于磁感应强度的最大值的求解中其难点是怎样确定中的最大值，同样抓住（2）中的平行于板的分速度最大，即光电子打出时的动能最大，且速度方向刚好与板平行。这是思维中的难点，对考生的推理、论证能力要求高。
【名师解析】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
；
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
可得
考点02 波粒二象性
1.（2024年高考湖南卷）量子技术是当前物理学应用研究的热点，下列关于量子论的说法正确的是（ ）
A. 普朗克认为黑体辐射的能量是连续的
B. 光电效应实验中，红光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光照射也可以让电子从该金属表面逸出
C. 康普顿研究石墨对X射线散射时，发现散射后仅有波长小于原波长的射线成分
D. 德布罗意认为质子具有波动性，而电子不具有波动性
【答案】B
【解析】
普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的，是量子化的，故A错误；
产生光电效应的条件是照射光的频率大于金属的极限频率，紫光的频率大于红光，若红光能使金属发生光电效应，可知紫光也能使该金属发生光电效应，故B正确；
石墨对X射线的散射过程遵循动量守恒，光子和电子碰撞后，电子获得一定的动量，导致光子动量变小，根据可知波长变长，故C错误；
德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子和电子，都具有波动性,故D错误。
2. （2024年高考新课程卷）三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（ ）
A. 蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B. 蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C. 在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度
D. 蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
【答案】A
【解析】
由于红光的频率小于蓝光的频率，则红光的波长大于蓝光的波长，根据
可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量；根据
可知蓝光光子的动量大于红光光子的动量，故A正确，B错误；
由于红光的折射率小于蓝光，根据
可知在玻璃中传播时，蓝光的速度小于红光的速度，故C错误；
光从一种介质射入另一种介质中频率不变，故D错误。
3. （2024年1月浙江选考·14） 下列说法正确的是（ ）
A. 相同温度下，黑体吸收能力最强，但辐射能力最弱
B. 具有相同动能的中子和电子，其德布罗意波长相同
C. 电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量
D. 自然光经玻璃表面反射后，透过偏振片观察，转动偏振片时可观察到明暗变化
【参考答案】CD
【名师解析】
相同温度下，黑体吸收和辐射能力最强，故A错误；
根据德布罗意公式，物质波波长
具有相同动能的中子和电子，电子质量较小，德布罗意波长较长，故B错误；
电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量，故C正确；
自然光在玻璃、水面等表面反射时，反射光可视为偏振光，透过偏振片观察，转动偏振片时能观察到明暗变化，故D正确。
4．（2023年6月高考浙江选考科目）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为 x。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（ ）
A．电子的动量
B．电子的动能
C．光子的能量
D．光子的动量
【参考答案】.AD
【名师解析】根据双缝干涉条纹间隔公式△x=Lλ/d，可得λ=d△x/L。电子动量p=h/λ=，A正确；电子动能Ek===，B错误；根据爱因斯坦光电效应方程，Ek=E-W0，解得光子能量E=W0+，C错误；由E=cp可得光子动量p= W0/c+，D正确。
5. （2022新高考江苏卷）上海光源通过电子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（ ）
A. 频率减小 B. 波长减小
C. 动量减小 D. 速度减小
【参考答案】B
【命题意图】本题考查光子能量、动量及其相关知识点。
【解题思路】
根据光子能量公式E=hν，可知光子的能量增加后，光子的频率ν增加，A错误；根据波长与频率成反比，，可知光子波长减小，选项A错误，B正确；根据光子动量公式，，可知光子的动量p增加，选项C错误；根据爱因斯坦狭义相对论的假设，真空中光速不变，选项D错误。
6. （2022·全国理综乙卷·17）一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 × 10 - 7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个。普朗克常量为h = 6.63 × 10 - 34Js。R约为（ ）
A. 1 × 102m B. 3 × 102m
C. 6 × 102m D. 9 × 102m
【参考答案】B
【名师解析】由E = hν和c = λν
可得一个光子的能量为E = hc/λ
光源每秒发出的光子的个数为
P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为S = 4πR2
则
联立以上各式解得R ≈ 3 × 102m，选项B正确。
7. （2023高考海南卷） 已知一个激光发射器功率为，发射波长为的光，光速为，普朗克常量为，则（ ）
A. 光的频率为
B. 光子的能量为
C. 光子的动量为
D. 在时间内激光器发射的光子数为
【参考答案】AC
【名师解析】
光的频率 ，选项A正确；
光子的能量 ，选项B错误；
光子的动量 ，选项C正确；
在时间t内激光器发射的光子数 ，选项D错误。
14. （2022天津学业水平选择性考试）不同波长的电磁波具有不同的特性，在科研、生产和生活中有广泛的应用。a、b两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大
B. 若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显
C. 若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，a光的遏止电压高
D. 若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距大
【参考答案】BD
【命题意图】本题以电磁波谱切入，考查能级、光电效应、双缝干涉、光的衍射及其相关知识点。
【名师解析】
由图中a、b两单色光在电磁波谱中的位置，判断出a光的波长大于b光的波长，a光的频率小于b光的频率。若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，根据玻尔原子理论的频率条件
可知产生a光的能级能量差小，故A错误；
若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，根据发生明显衍射现象的条件，a光的衍射现象更明显，故B正确；
在分别照射同一光电管发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程
可知a光的遏止电压低，故C错误；
a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，相邻两条亮纹或暗纹的中心间距
可知a光的干涉条纹间距大，故D正确。
15. （2022天津学业水平选择性考试）从夸父逐日到羲和探日，中华民族对太阳求知探索从未停歇。2021年10月，我国第一颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”顺利升空。太阳的能量由核反应提供，其中一种反应序列包含核反应：，下列说法正确的是（ ）
A. X是中子 B. 该反应有质量亏损
C. 比的质子数多 D. 该反应是裂变反应
【参考答案】B
【命题意图】本题考查核反应及其相关知识点。
【名师解析】根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，可知X是质子，故A错误；两个轻核结合成质量较大的核，核反应属于聚变反应，反应过程存在质量亏损，释放能量，故B正确，D错误；与的质子数相同，均为2个质子，故C错误。
16. （2022新高考福建卷）2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 衰变产生的射线来自于原子的核外电子
B. 该反应前后质量亏损
C. 放射性元素发生的衰变为衰变
D. 经过16天，75%的原子核发生了衰变
【参考答案】D
【命题意图】此题考查放射性元素衰变、质量亏损、半衰期及其相关知识点。
【名师解析】
根据题述，放射性元素的衰变方程为，释放出的是电子，所以放射性元素发生的衰变为衰变，选项C错误；发射β衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成射线，选项A错误；该反应前后质量亏损为，选项B错误；
由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，没有衰变的放射性元素只剩下1/4,即75%的原子核发生了衰变，故D正确。
17. （2023高考江苏学业水平选择性考试） “夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：
（1）每个光子的动量p和能量E；
（2）太阳辐射硬X射线的总功率P。
【参考答案】（1），；（2）
【名师解析】
（1）由题意可知每个光子的动量为
每个光子的能量为
（2）太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设t秒发射总光子数为n，则
可得
所以t秒辐射光子的总能量
太阳辐射硬X射线的总功率
18．（2023高考北京卷）在发现新的物理现象后，人们往往试图用不同的理论方法来解释，比如，当发现光在地球附近的重力场中传播时其频率会发生变化这种现象后，科学家分别用两种方法做出了解释．
现象：从地面P点向上发出一束频率为的光，射向离地面高为H（远小于地球半径）的Q点处的接收器上，接收器接收到的光的频率为．
方法一：根据光子能量（式中h为普朗克常量，m为光子的等效质量，c为真空中的光速）和重力场中能量守恒定律，可得接收器接收到的光的频率．
方法二：根据广义相对论，光在有万有引力的空间中运动时，其频率会发生变化，将该理论应用于地球附近，可得接收器接收到的光的频率，式中G为引力常量，M为地球质量，R为地球半径．下列说法正确的是（ ）
A．由方法一得到，g为地球表面附近的重力加速度
B．由方法二可知，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长
C．若从Q点发出一束光照射到P点，从以上两种方法均可知，其频率会变小
D．通过类比，可知太阳表面发出的光的频率在传播过程中变大
【参考答案】B
【名师解析】方法一中，由能量守恒定律，hν0=mgH+ hν，解得v=ν0（1-），A错误；根据方法二接收器接收到的光的频率公式，可知，接收到的光的频率小于发出时光的频率，利用波长与频率成反比可知，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长，B正确；若从Q点发出一束光折射到P点，从以上两种方法均可知，其频率会变大，C错误；通过类比，可知，由于太阳质量远大于地球质量，太阳表面发出的光的频率在传播过程中需要克服太阳引力做功，所以太阳表面发出的光的频率在传播过程中变小，D错误。
19．（2023高考北京卷）下列核反应方程中括号内的粒子为中子的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】A
【名师解析】根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知A选项括号中为2个中子，B选项括号中为氦核，C选项括号中为质子，D选项括号中为电子，A正确。
1．（2023广东卷）理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应的影响．下列说法正确的是（ ）
A．Y是粒子，射线穿透能力比射线强
B．Y是粒子，射线电离能力比射线强
C．Y是粒子，射线穿透能力比射线强
D．Y是粒子，射线电离能力比射线强
【参考答案】D
【名师解析】根据核反应方程遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知Y是粒子，由于α粒子带两个正电荷，所以射线射线电离能力比射线强，D正确。
3. （2023天津卷）关于太阳上进行的核聚变，下列说法正确的是（ ）
A. 核聚变需要在高温下进行
B. 核聚变中电荷不守恒
C. 太阳质量不变
D. 太阳核反应方程式：
【参考答案】A
【名师解析】
因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈，才有可能克服他们自身相互间的排斥力，使得它们间的距离缩短，才能发生聚变，故A正确；核聚变中电荷是守恒的，故B错误；
因为太阳一直在发生核聚变，需要放出大量能量，根据质能方程可知是要消耗一定的质量的，故C错误；太阳中的核聚变的方程为，题中D选项核反应为核裂变方程，故D错误。
9. （2023高考福建卷）福建福清核电站采用我国完全自主研发的“华龙一号”反应堆技术，建设了安全级别世界最高的机组。机组利用235U核裂变释放的能量发电，典型的核反应方程为，则A = _________；Z = _________；若核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为_________J。（光速大小取3.0 × 108m/s）
【参考答案】 ①. 92 ②. 56 ③. 9 × 1013
【名师解析】
根据核反应前后质量数守恒有1＋235 = 141＋A＋3，解得A = 92。
根据核反应前后电荷数守恒有92 = Z＋36，解得Z = 56。
根据爱因斯坦质能方程可知核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为
E = mc2 = 1 × 10－3 × 9.0 × 1016J = 9 × 1013J
1.（2023高考河北卷） 2022年8月30日，国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测卫星国际上首次在轨获取的太阳谱线精细结构。是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，其对应的能级跃迁过程为（ ）
A. 从跃迁到 B. 从跃迁到
C. 从跃迁到 D. 从跃迁到
【答案】D
【解析】
是氢原子巴耳末系中波长最长谱线，根据
可知是氢原子巴耳末系中频率最小的谱线，根据氢原子的能级图，利用玻尔理论中的频率条件
可见能级差越小，频率越低，波长越长。故对应的能级跃迁过程为从跃迁到。
故选D。专题39 原子结构和能级
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 能级和波尔理论 （5年4考） 2024年高考江西卷：某氮化镓基材料的简化能级。 2023高考河北卷：国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测卫星国际上首次在轨获取的太阳谱线精细结构。 2023高考山东高中学业水平等级考试：“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组能级图。 2023高考湖北卷：我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为的氢原子谱线。 1. 能级和波尔理论是该章的重点知识点，高考考查频率较高。命题通常结合某种情景，或给出能级图，综合考查能级、波尔理论、光电效应及其相关知识点。 2. 原子结构的知识点大多属于了解，命题难度小，考查频率不高。
考点2 原子结构 （5年2考） 2022高考湖南卷：关于原子结构和微观粒子波粒二象性。 2023学业水平等级考试上海卷：关于α粒子散射实验。
考点01 能级和波尔理论
1.（2024年高考江西卷） 近年来，江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管，开创了国际上第三条技术路线。某氮化镓基材料的简化能级如图所示，若能级差为（约）,普朗克常量，则发光频率约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据题意可知，辐射出的光子能量，由光子的能量得
，C正确。
2.（2023高考河北卷） 2022年8月30日，国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测卫星国际上首次在轨获取的太阳谱线精细结构。是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，其对应的能级跃迁过程为（ ）
A. 从跃迁到 B. 从跃迁到
C. 从跃迁到 D. 从跃迁到
【答案】D
【解析】是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，根据
可知是氢原子巴耳末系中频率最小的谱线，根据氢原子的能级图，利用玻尔理论中的频率条件
可见能级差越小，频率越低，波长越长。故对应的能级跃迁过程为从跃迁到。故选D。
3．（2022重庆高考）如图为氢原子的能级示意图。已知蓝光光子的能量范围为，紫光光子的能量范围为。若使处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则激发氢原子的光子能量为（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】C
【名师解析】由题意可知，处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则由蓝光光子能量范围可知氢原子从n=4能级向低能级（n=2）跃迁可以辐射蓝光，则需要激发氢原子到n=4能级，所以激发氢原子的光子能量为△E=E4-E1=(-0.85eV)- (-13.6eV)= 12.75eV，选项C正确。
4．（2022高考北京卷）氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子（ ）
A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少
C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少
【参考答案】B
【命题意图】此题考查能级、跃迁及其相关知识点。
【名师解析】氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子放出光子，能量减少，选项B正确。
5．（2022新高考海南卷）一群处于激发态的氢原子跃迁向外辐射出不同频率的光子，则（ ）
A．需要向外吸收能量
B．共能放出6种不同频率的光子
C．向跃迁发出的光子频率最大
D．向跃迁发出的光子频率最大
【参考答案】BD
【名师解析】处于激发态的氢原子跃迁向外辐射出不同频率的光子，向外辐射能量，A错误；共能放出3+2+1=6种不同频率的光子，B正确；向跃迁发出的光子能量最小，频率最低，C错误；向跃迁发出的光子能量最大，频率最大，D正确。
6．（2022·高考广东物理）目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为，其中。图4是按能量排列的电磁波谱，要使的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（ ）
A．红外线波段的光子 B．可见光波段的光子
C．紫外线波段的光子 D．X射线波段的光子
【参考答案】A
【命题意图】本题考查能级，电磁波谱，氢原子电离及其相关知识点。
【解题思路】
n=20的氢原子能量为E20=E1/202=-0.034eV，该氢原子其电离能为0.034eV。吸收一个光子，恰好失去一个电子变成氢离子，由图4所示按能量排列的电磁波谱可知，被吸收的光子是红外线波段的光子，A项正确。
7．（2022年6月浙江选考）图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是
A．逸出光电子的最大初动能为10.80eV
B．n=3跃迁到n=1放出的光电子动量最大
C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D．用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n=4激发态
【参考答案】B
【命题意图】本题考查能级，波尔理论及其相关知识点。
【解题思路】氢原子处于n=3的激发态，跃迁到基态，辐射出的光子能量最大，最大为E=（-1.51eV）-（-13.6eV）=12.09eV，照射逸出功为2.29eV的金属钠，由爱因斯坦光电效应方程，逸出光电子的最大初动能为Ek=E-W=12.09eV -2.29eV =9.80eV，A错误；n=3跃迁到n=1放出的光电子能量E最大，由E=pc，可知动量p最大，B正确；只有处于n=3的激发态氢原子跃迁到基态，处于n=2的激发态氢原子跃迁到基态，辐射的光子能量大于金属钠逸出功2.29eV，即2种频率的光子能使金属钠产生光电效应，C错误；用0.85eV的光子照射处于n=3是氢原子，不能跃迁到n=4激发态，D错误。
8. （2023高考山东高中学业水平等级考试）“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】D
【名师解析】
原子吸收频率为光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ时有
且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态I的过程有
联立解得，D正确。
9. （2023高考选择性考试辽宁卷）原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁放出的光子分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电效应，且逸出光电子的最大初动能为Ek，则（ ）
A. ①和③的能量相等
B. ②的频率大于④的频率
C. 用②照射该金属一定能发生光电效应
D. 用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ek
【参考答案】A
【名师解析】
由图可知①和③对应的跃迁能级差相同，可知①和③的能量相等，选项A正确；
因②对应的能级差小于④对应的能级差，可知②的能量小于④的能量，根据可知②的频率小于④的频率，选项B错误；因②对应的能级差小于①对应的能级差，可知②的能量小于①，②的频率小于①，则若用①照射某金属表面时能发生光电效应，用②照射该金属不一定能发生光电效应，选项C错误；因④对应的能级差大于①对应的能级差，可知④的能量大于①，即④的频率大于①，因用①照射某金属表面时能逸出光电子的最大初动能为Ek，根据
则用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek，选项D错误。
10. （2023高考湖北卷）2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为的氢原子谱线（对应的光子能量为）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（ ）
A. 和能级之间的跃迁
B. 和能级之间的跃迁
C. 和能级之间的跃迁
D. 和能级之间的跃迁
【参考答案】A
【名师解析】由图中可知n=2和n=1能级差之间的能量差值为
与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子n=2和n=1能级之间的跃迁。A正确。
。
11. （2022天津学业水平选择性考试）不同波长的电磁波具有不同的特性，在科研、生产和生活中有广泛的应用。a、b两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大
B. 若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显
C. 若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，a光的遏止电压高
D. 若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距大
【参考答案】BD
【命题意图】本题以电磁波谱切入，考查能级、光电效应、双缝干涉、光的衍射及其相关知识点。
【名师解析】
由图中a、b两单色光在电磁波谱中的位置，判断出a光的波长大于b光的波长，a光的频率小于b光的频率。若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，根据玻尔原子理论的频率条件
可知产生a光的能级能量差小，故A错误；
若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，根据发生明显衍射现象的条件，a光的衍射现象更明显，故B正确；
在分别照射同一光电管发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程
可知a光的遏止电压低，故C错误；
a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，相邻两条亮纹或暗纹的中心间距
可知a光的干涉条纹间距大，故D正确。
13.（2023高考河北卷） 2022年8月30日，国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测卫星国际上首次在轨获取的太阳谱线精细结构。是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，其对应的能级跃迁过程为（ ）
A. 从跃迁到
B. 从跃迁到
C. 从跃迁到
D. 从跃迁到
【答案】D
【解析】
是氢原子巴耳末系中波长最长谱线，根据
可知是氢原子巴耳末系中频率最小的谱线，根据氢原子的能级图，利用玻尔理论中的频率条件
可见能级差越小，频率越低，波长越长。故对应的能级跃迁过程为从跃迁到。
故选D。
考点02 原子结构
1. （2023学业水平等级考试上海卷）关于α粒子散射实验，下列说法正确的是
A. 实验必须在真空中进行
B. 荧光屏的作用是为了阻挡α粒子
C. 实验用显微镜必须正对放射源
D. 证明了原子核内有质子存在
【参考答案】A
【名师解析】由于α粒子具有很强的电离作用，所以α粒子散射实验装置必须在真空中进行，否则α粒子会电离空气，影响实验结果，A正确；α粒子打在荧光屏上产生荧光，所以荧光屏的作用是为了便于观察，B错误； 为了观察射向不同方向的α粒子数目，显微镜要更换不同位置观察，C错误；卢瑟福利用α粒子散射实验， 证明了原子的有核模型，不能证明核内有质子存在，D错误。
2．（2022高考湖南卷）关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征
B．玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律
C．光电效应揭示了光的粒子性
D．电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性
【参考答案】Ｃ
【名师解析】卢瑟福的核式结构模型不能解释了原子光谱的分立特征，波尔的原子理论解释了原子光谱的分立特征，但不能完全揭示了微观粒子运动的规律，选项ＡＢ错误；光电效应揭示了光的粒子性，选项Ｃ正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性，选项Ｄ错误。
专题40 核反应和核能
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
考点1 核反应 （5年5考） 2024年高考河北卷：关于新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料——锂元素的核反应． 1. 核反应高考考查频率较高，年年考，主要是以某特殊意义的核反应切入。 2. 核能的考查通常以核电站为情景，重点考查核能的计算及其相关知识点。
考点2 核能 （5年3考） 2024年高考甘肃卷：关于我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素的核反应。 2022年山东物理：碘125衰变时产生射线， 2022年高考湖北物理：我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在实验方案。 2022高考北京卷：中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置。 2024年1月高考浙江卷：氘与氚聚变成氦的反应。 2023高考福建卷：福建福清核电站采用我国完全自主研发的“华龙一号”反应堆技术；2022年高考辽宁物理：中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果。2022年1月浙江选考：秦山核电站。2022高考北京卷：中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置（）取得新突破
考点01 核反应
1. （2024年高考河北卷）锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料．研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为，式中的X为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
根据核反应前后质量数和电荷数守恒得
，
故式中的X为，故选D。
2. （2024年高考海南卷）人工核反应中的X是（ ）
A. 中子 B. 质子
C. 电子 D. α粒子
【答案】A
【解析】
根据质量数守恒和电荷数守恒可知X的电荷数为0，质量数为1，则X是中子。
故选A。
3（2024年高考福建卷第3题）.核反应方程 ，则其中的X表示（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】根据核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X是电子，B正确。
4. （2024年高考甘肃卷）2024年2 月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素，核反应方程如下：该方程中X是（ ）
A. 质子 B. 中子
C. 电子 D. 粒子
【答案】B
【解析】
根据反应前后质量数和电荷数守恒得X是，故选B。
5. （2022年山东物理）碘125衰变时产生射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天，若将一定质量的碘125植入患者病灶组织，经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】B
【命题意图】本题考查半衰期及其相关计算。
【名师解析】
碘125的半衰期为60天，根据半衰期的定义，经过一个半衰期，剩余，经过180天即3个半衰期，剩余碘125的质量为刚植入时的××=，选项B正确。
【一题多解】设刚植入时碘的质量为，经过180天后的质量为m，根据
代入数据解得
故选B。
6. （2022年高考湖北物理）上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在实验方案：如果静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即 。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。下列说法正确的是（ ）
A. 原子核X是
B. 核反应前后的总质子数不变
C. 核反应前后总质量数不同
D. 中微子的电荷量与电子的相同
【参考答案】A
【命题意图】本题考查核反应及其相关知识点。
【解题思路】根据核反应遵循的规律，核反应前后质量数守恒，电荷数守恒，X原子核的电荷数为3，质量数为7，所以原子核X是Li，选项A正确BCD错误。
7. （2022高考上海）某元素可以表示为X，则下列可能为该元素同位素的是（ ）
A、X B、X C、X D、X
【参考答案】.C 【命题意图】考查对原子核同位素的理解。
【名师解析】根据原子核同位素的意义可知，同位素是位于元素周期表中同一位置的元素，原子序数相同，电荷数相同，质子数相同，中子数不同，即左下角的数字必须相同，而左上角的数字不同，所以选项C正确。
【教材再现】原子核符号。
8．（2022新高考海南卷）下列属于衰变的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】C
【名师解析】根据衰变的定义可知选项C属于衰变。
9. （2022高考上海）某原子核发生核反应放出一个正电子，则新原子核中多了一个（ ）
A。质子 B。中子
C、电子 D。核子
【参考答案】B
【命题意图】本题考查原子核反应+守恒思想
【名师解析】根据原子核反应过程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知质量数等于中子数+质子数，核反应时放出一个正电子，电荷数减1，质量数不变，则新原子核中多了一个中子，选项B正确。
【教材再现】由于原子核内没有电子，β衰变的实质是
同样，核反应放出的正电子，是原子核内的质子转化为一个中子和一个正电子，其转化方程为
这种转化产生的正电子发射到核外。与此同时，新核少了一个质子，却增加了一个中子。所以新核的质量数不变，电荷数减少1.
10．（2022·全国理综甲卷·17）两种放射性元素的半衰期分别为和，在时刻这两种元素的原子核总数为N，在时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在时刻，尚未衰变的原子核总数为（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】C
【命题意图】本题考查对半衰期的理解与计算。
【解题思路】N=N1+N2，在t=2t0时刻，一种经过了2个半衰期，N1剩下N1/4，另一种经过了1个半衰期，N2剩下N2/2，则有N1/4+N2/2=N/3，解得：N1=2N/3，N2=N/3。在t=4t0时刻，一种经过了4个半衰期，N1剩下N1/16，另一种经过了2个半衰期，N2剩下N2/4，尚未衰变的已知总数为N1/16+ N2/4=N/8.,选项C正确。
11．（2023年6月高考浙江选考科目）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能。的衰变方程为，则（ ）
A．衰变方程中的X等于233
B．的穿透能力比γ射线强
C．比的比结合能小
D．月夜的寒冷导致的半衰期变大
【参考答案】.C
【名师解析】根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X=238-4=234，A错误；γ射线的穿透能力比α射线穿透能力强，B错误；根据原子核衰变的产物的比结合能大于放射性原子核可知，Pu比U的比结合能小，C正确；半衰期与原子核所处的物理化学状态无关，D错误。
12. （2023高考全国甲卷）在下列两个核反应方程中
X+N→Y+O
Y+Li→2X
X和Y代表两种不同的原子核，以Z和A分别表示X的电荷数和质量数，则
A. Z=1，A=1，
B. Z=1，A=2，
C. Z=2，A=3，
D. Z=2，A=4，
【参考答案】D
【命题意图】本题考查核反应方程及其相关知识点。
【解题思路】设Y的电荷数为Z’, 质量数为A’，根据核反应方程满足的质量数守恒和电荷数守恒，Z+7=Z’+8，A+14=A’+17，Z’+3=2Z，A’+7=2A，联立解得：Z=2，A=4，Z’=1，A’=1，即Y为质子，X为氦核，D正确。
13．（2022年6月浙江选考）秦山核电站生产的核反应方程为，其产物的衰变方程为。下列说法正确的是，
A．X是
B．可以用作示踪原子
C．来自原子核外
D．经过一个半衰期，10个将剩下5个
【参考答案】AB
【命题意图】本题考查核反应、β衰变和对半衰期的理解。
【解题思路】
根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒，可知X为质子 ，A正确；由于具有放射性，且C是构成生物体的主要元素之一，所以可以用作示踪原子，B正确；衰变放出的电子来自原子核，C错误；由于半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，所以经过一个半衰期，10个不一定剩下5个，D错误。
14. （2023学业水平等级考试上海卷）单光子能量为8eV的一种光的波长是 ；下一代超高精度原子钟中，发生如下核反应：U→Th+ 。已知普朗克常数h=6.63×10-34Js，e=1.6×10-19C。
【参考答案】1.55×10-7m He。
【名师解析】先把单光子能量8eV变换成8×1.6×10-19 J=12.8×10-19J，由E=hc/λ得出光的波长λ=1.55×10-7m。根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知释放出的粒子为质量数4，电荷数2的氦核。
15.（2023高考海南卷） 钍元素衰变时会放出β粒子，其中β粒子是（ ）
A. 中子 B. 质子
C. 电子 D. 光子
【参考答案】C
【名师解析】
放射性元素衰变时放出的三种射线α、β、γ分别是氦核流、电子流和光子流。其中β粒子是电子，C正确。
16．（2023高考北京卷）下列核反应方程中括号内的粒子为中子的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】A
【名师解析】根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知A选项括号中为2个中子，B选项括号中为氦核，C选项括号中为质子，D选项括号中为电子，A正确。
17．（2023广东卷）理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应的影响．下列说法正确的是（ ）
A．Y是粒子，射线穿透能力比射线强
B．Y是粒子，射线电离能力比射线强
C．Y是粒子，射线穿透能力比射线强
D．Y是粒子，射线电离能力比射线强
【参考答案】D
【名师解析】根据核反应方程遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知Y是粒子，由于α粒子带两个正电荷，所以射线射线电离能力比射线强，D正确。
18. （2023天津卷）关于太阳上进行的核聚变，下列说法正确的是（ ）
A. 核聚变需要在高温下进行
B. 核聚变中电荷不守恒
C. 太阳质量不变
D. 太阳核反应方程式：
【参考答案】A
【名师解析】
因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈，才有可能克服他们自身相互间的排斥力，使得它们间的距离缩短，才能发生聚变，故A正确；核聚变中电荷是守恒的，故B错误；
因为太阳一直在发生核聚变，需要放出大量能量，根据质能方程可知是要消耗一定的质量的，故C错误；太阳中的核聚变的方程为，题中D选项核反应为核裂变方程，故D错误。
考点02 核能
1. （2024年1月高考浙江卷）已知氘核质量为，氚核质量为，氦核质量为，中子质量为，阿伏加德罗常数取，氘核摩尔质量为，相当于。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（ ）
A. 核反应方程式为
B. 氘核的比结合能比氦核的大
C. 氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变
D. 氘完全参与聚变释放出能量的数量级为
【答案】D
【解析】
核反应方程式为
故A错误；
氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；
氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到以内，故C错误；
一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损
聚变反应释放的能量是
氘完全参与聚变释放出能量
数量级为，故D正确。
。
2. （2023高考全国乙卷） 2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为 。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为）
A. B.
C. D.
【参考答案】C
【命题意图】本题考查核能及其相关知识点。
【解题思路】1s时间内释放的能量为△E=1.6×1046J，由质能方程可得△E=△mc2，解得△m=1029kg，C正确。
【易错提醒】注意1分钟释放的能量要转化为1s时间内释放的能量。
3．（2023全国高考新课程卷）铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率，铯原子钟利用的两能级的能量差量级为10-5eV，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量，元电荷）（ ）
A．103Hz B．106Hz
C．109Hz D．1012Hz
【参考答案】.C
【名师解析】能级差量级为10-5eV，跃迁发射的光子能量E=10-5eV=1.6×10-19×10-5J=1.6×10-24J，根据光子能量公式E=hv，解得v的数量级为109Hz，C正确。
4. （2023高考湖南卷）2023年4月13日，中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步，下列关于核反应的说法正确的是（ ）
A. 相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B. 氘氚核聚变的核反应方程为
C. 核聚变的核反应燃料主要是铀235
D. 核聚变反应过程中没有质量亏损
【参考答案】A
【名师解析】相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，A正确；根据核反应方程满足的质量数守恒和电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为，B错误；核裂变的核反应燃料主要是铀235，而核聚变的核反应燃料主要是氘和氚，C错误；根据质能方程，任何释放能量的核反应都有质量亏损，所以核聚变反应过程中有质量亏损，D错误。
5. （2022天津学业水平选择性考试）从夸父逐日到羲和探日，中华民族对太阳求知探索从未停歇。2021年10月，我国第一颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”顺利升空。太阳的能量由核反应提供，其中一种反应序列包含核反应：，下列说法正确的是（ ）
A. X是中子
B. 该反应有质量亏损
C. 比的质子数多
D. 该反应是裂变反应
【参考答案】B
【命题意图】本题考查核反应及其相关知识点。
【名师解析】根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，可知X是质子，故A错误；两个轻核结合成质量较大的核，核反应属于聚变反应，反应过程存在质量亏损，释放能量，故B正确，D错误；与的质子数相同，均为2个质子，故C错误。
6. （2022新高考福建卷）2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 衰变产生的射线来自于原子的核外电子
B. 该反应前后质量亏损
C. 放射性元素发生的衰变为衰变
D. 经过16天，75%的原子核发生了衰变
【参考答案】D
【命题意图】此题考查放射性元素衰变、质量亏损、半衰期及其相关知识点。
【名师解析】
根据题述，放射性元素的衰变方程为，释放出的是电子，所以放射性元素发生的衰变为衰变，选项C错误；发射β衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成射线，选项A错误；该反应前后质量亏损为，选项B错误；
由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，没有衰变的放射性元素只剩下1/4,即75%的原子核发生了衰变，故D正确。
7. （2023高考福建卷）福建福清核电站采用我国完全自主研发的“华龙一号”反应堆技术，建设了安全级别世界最高的机组。机组利用235U核裂变释放的能量发电，典型的核反应方程为，则A = _________；Z = _________；若核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为_________J。（光速大小取3.0 × 108m/s）
【参考答案】 ①. 92 ②. 56 ③. 9 × 1013
【名师解析】
根据核反应前后质量数守恒有1＋235 = 141＋A＋3，解得A = 92。
根据核反应前后电荷数守恒有92 = Z＋36，解得Z = 56。
根据爱因斯坦质能方程可知核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为
E = mc2 = 1 × 10－3 × 9.0 × 1016J = 9 × 1013J
8．（2022高考北京卷）2021年5月，中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置（）取得新突破，成功实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，创造托卡马克实验装置运行新的世界纪录，向核聚变能源应用迈出重要一步。
等离子体状态不同于固体、液体和气体的状态，被认为是物质的第四态。当物质处于气态时，如果温度进一步升高，几乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而离解为电子和正离子，此时物质称为等离子体。在自然界里，火焰、闪电、极光中都会形成等离子体，太阳和所有恒星都是等离子体。下列说法不正确的是（ ）
A．核聚变释放的能量源于等离子体中离子的动能
B．可以用磁场来约束等离子体
C．尽管等离子体整体是电中性的，但它是电的良导体
D．提高托卡马克实验装置运行温度有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力
【参考答案】A
【命题意图】此题考查及其相关知识点。
【名师解析】核聚变释放的能量源于核反应释放的核能，不是等离子体中离子的动能，选项A不正确。
9. （2022年高考辽宁物理） 2022年1月，中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果。表明我国核天体物理研究已经跻身国际先进行列。实验中所用核反应方程为，己知、、的质量分别为，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E。下列说法正确的是（ ）
A. X为氘核
B. X为氚核
C.
D.
【参考答案】B
【命题意图】本题考查核反应/核能及其相关知识点.
【名师解析】
根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为3，电荷数为1，为氚核，选项A错误，B正确；因该反应为人工转变，反应前两种粒子都有动能（总动能设为Ek1），反应后的生成物也有动能Ek2，根据质能方程可知，由于质量亏损反应放出的能量为,则反应释放的能量为
11. （2022年1月浙江选考）2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约6.9×1011kW·h，相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是（ ）
A. 秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
B. 秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6kg
C. 核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D. 反应堆中存在的核反应
【参考答案】CD
【名师解析】．秦山核电站利用的是重核裂变变释放的能量，故A错误；原子核亏损的质量全部转化为电能时，约为，核电站实际发电还要考虑到核能的转化率和利用率，则原子核亏损的质量大于27.6kg，故B错误；核电站反应堆中需要用镉棒能吸收中子的特性，通过中子的数量控制链式反应的速度，故C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成多个中核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在的核反应，故D正确。
12．（2022高考湖南卷）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．大于 D．大于
【参考答案】Ｃ
【名师解析】设中子质量为m，则氢核质量为m，氮核质量为1４m，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和，中子速度分别为v3和v4，中子碰撞静止的氢核，根据弹性碰撞规律，mv0= mv1+ mv3
mv02= mv12+mv32
联立解得：v3=0；v1=v0；
中子碰撞静止的氮核，根据弹性碰撞规律，mv0= mv4+ 14mv2
mv02= mv42+14mv22
联立解得：v4=-v0；v2=v0；由此可知，小于，小于，选项CD错误。
碰撞后氢核的动量为pH=m v1= m v0，碰撞后氮核的动量为pN=14m v2=14m v0= m v0，显然碰撞后氮核的动量比氢核的大，选项A错误；
碰撞后氮核的动能EkN=14mv22=mv02，碰撞后氢核的动能EkH=mv02，显然碰撞后氮核的动能比氢核的小，选项B正确。
