第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.（多选）（2024·福建高考6题）将半径为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， AB置于垂直于纸面向外的大小为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πBIr
D.安培力为2BIr
2.（2024·广西高考5题）Oxy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，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q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45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A. B.
C.（1＋） D.
考点一 磁场的基本性质 安培力
1.磁场叠加的“三个步骤”
（1）确定磁场场源，如通电导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。
（3）应用平行四边形定则进行合成。
2.用准“两个定则”
（1）对电流的磁场用安培定则（右手螺旋定则），并注意磁场的叠加。
（2）对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
3.熟悉“两个等效模型”
（1）变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
（2）化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。
【例1】 （2024·浙江1月选考4题）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
尝试解答
【例2】 （2024·河北石家庄二模）如图所示，直角三角形ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D点为AC边上的点，BD⊥AC。在A、B、D处垂直于纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等，已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D处的电流所受安培力为零，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为（ ）
A.平行于BA向左 B.平行于AC斜向上
C.平行于CB向下 D.平行于BD斜向上
尝试解答
【例3】 （2024·浙江温州预测）安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图1所示形状的线圈，这线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤，则通电后（ ）
A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动
B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
C.当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动
尝试解答
考点二 带电粒子在磁场中的运动
1.基本思路
2.半径确定的两种方法
（1）由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。
（2）由几何关系求。一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。
3.时间确定的两种方法
（1）由圆心角求，t＝T。
（2）由弧长求，t＝。
【例4】 （2024·安徽池州模拟）如图所示，在半径为R的圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有a、b两个粒子，分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入，a粒子从A点离开磁场，速度方向偏转了90°，b粒子从B点离开磁场，速度方向偏转60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法中正确的是（ ）
A.a粒子是带正电
B.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3
C.a、b两粒子的比荷之比为2∶3
D.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为∶2
尝试解答
【例5】 （2024·四川成都模拟）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t ＝ 0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。粒子第一次和第二次经过bc边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带电粒子重力，求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。
尝试解答
动态圆与磁聚焦、磁发散
“放缩圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定，进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。
（2）轨迹圆特点：轨迹圆相切于入射点，圆心在垂直于初速度方向的同一直线上，如图所示。
（3）常见分析思路：以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作出粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。
【典例1】 （多选）（2024·四川内江三模）如图，在等腰梯形abcd区域内（包含边界）存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad＝dc＝bc＝l，ab＝2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点沿着ad边方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc边射出磁场区域，粒子的速率可能为（ ）
A. B. C. D.
尝试解答
“旋转圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定，方向不同。
（2）轨迹圆特点：如图所示，所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上。
（3）常见分析思路：将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子不同的出射范围所对应的临界条件。
【典例2】 （多选）（2024·内蒙古通辽一模）如图，以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为 B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小均为 v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（ ）
A.粒子在磁场中运动的半径为2a B.粒子有可能打到A点
C.以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
尝试解答
“平移圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同，但入射点的位置不同。
（2）轨迹圆特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等，因入射点的位置不同，各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。
（3）常见分析思路：将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件。
【典例3】 （多选）（2024·陕西西安二模）如图所示的是直角三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为L、L；大量分布均匀的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行于边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的，带电粒子的质量为m、所带电荷量为＋q，忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动
B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为
C.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为
D.带电粒子的初速度大小为
尝试解答
“磁聚焦、磁发散”模型
（1）模型适用条件：带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同。
（2）轨迹圆特点：所有带电粒子偏转后会聚于一点，如图所示。
（3）常见分析思路：以对准圆形磁场的圆心入射的粒子为研究对象，其必背离圆心离开磁场，从而得到聚集点。
【典例4】 （多选）（2024·山东模拟预测）利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直于纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2（π－2）
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为
尝试解答
提示：完成课后作业 第一部分 专题三 第9讲
6 / 6复习讲义部分
第一部分 专题复习 整合突破
专题一 力与运动
第1讲 力与物体的平衡
【试做·高考真题】
1.C 滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；根据牛顿第三定律，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台处于静止状态，其水平方向上受力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B错误，C正确；对砚台受力分析，竖直方向上，砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力，D错误。
2.B 斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos 30°≥mgsin 30°，解得μ≥，B正确。
3.B
4.B 分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有 －qQE＝mQgtan θ，＋qPE＝mPgtan θ，显然mQgtan θ＜mPgtan θ，即mQ＜mP，B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为T、下端系有小球Q的细绳的张力大小为T'，则有T＝，T'＝，结合上述分析可知，T＞T'，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知＞EqQ，则＞E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，C、D错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、斜面对其的支持力N1、挡板对其的支持力N2，如图所示，N1cos 60°＝N2cos 60°，N1sin 60°＋N2sin 60°＋T＝mg，联立解得N1＝N2＝ N，A正确。
【例2】 C 对A、B受力分析如图所示，门闩刚好启动时，对A，水平方向上F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，对B，在竖直方向上FN'cos 45°＝mg＋μFN'sin 45°，又FN＝FN'，结合已知条件F＝mg，联立可得μ＝0.2，故选C。
【例3】 D 对贝壳4受力分析可知，其受到重力、风力、细线拉力的作用，根据平衡条件有＝G2＋F2；对贝壳2、3、4整体受力分析有＝（3G）2＋（3F）2，所以T1＝3T2；对贝壳3、4整体受力分析有tan θ2＝＝，对贝壳1、2、3、4整体受力分析有tan θ1＝＝，所以θ1＝θ2，故选项D正确。
考点二
【例4】 D 若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，则碗所受的合力仍为零，合力不变，选项A错误；对碗受力分析如图，设b点对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则F1＝Gtan θ，F2＝，若减小a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力F1将会减小，选项B错误；杆对碗的作用力的合力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，则碗受到杆的作用力不变，一直等于重力，选项C错误，D正确。
【例5】 A 当底板与水平面间的夹角为30°时，受力分析如图a所示，由平衡条件可得FN1cos 60°＝FN2cos 30°，FN1sin 60°＋FN2sin 30°＝mg，
解得底板对货物的支持力为FN1＝mg，支架对货物的支持力为FN2＝，故A正确， B错误；压下把手的过程中，货物的受力情况如图b所示，由图b可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，故C、D错误。
【例6】 D 斜面对物体的作用力指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有tan α＝＝＝，μ不变，则tan α不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F的变化而变化，故C错误；对物体受力分析如图所示Fcos β＝Ff＋mgsin θ① ，Ff＝μFN②，FN＝mgcos θ－ Fsin β ③，联立①②③解得F＝，当β＝30°时，拉力F最小，最小值为mg，此时物体受4个力作用，故D正确，A、B错误。
考点三
【例7】 B 以重物为研究对象，根据平衡条件有mg＝BIL＋BIL，解得mg＝BIL，故选B。
【例8】 AC 如图1所示，连接A、B交过球心O的竖直线于P点，分析两小球的受力，并将力适当平移，构成矢量三角形，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得＝，＝，所以N＝T，故A正确，B错误；把小球A、B看作整体，对整体受力分析如图2所示，正交分解，可得Nsin α＝Tsin θ，Ncos α＋Tcos θ＝3mg，解得α＝θ＝30°，T＝×2mg，故C正确；对小球A，设两小球间的库仑力为F，则有F＝＝mg，故D错误。
【培优·提能加餐】
【典例1】 B 设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有sin θ＝＝，水晶球静止，根据平衡条件可得3Fcos θ＝mg，解得每根支杆对水晶球的作用力大小为F＝，故选B。
【典例2】 B 对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝R，故sin θ＝＝，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得Tcos θ＝Mg，解得T＝Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即＝Tsin θ，解得N＝Mg，根据牛顿第三定律可得篮球对任一墙壁的压力大小为Mg，B正确。
第2讲 直线运动与牛顿运动定律
【试做·高考真题】
1.A 由题意可知题图中v＜0表示篮球在向下运动，v＞0表示篮球在向上运动，由v-t图像与直线v＝0所围图形的面积表示位移大小可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。
2.A 由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝a，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝a，当木板长度为2L时，有3L＝a，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（－1）∶（－1），A正确。
3.D 设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T
牛顿第二定律a＝g－，D正确。
4.C 小球上升过程，由牛顿第二定律有mg＋ ＝ma1，下降过程有mg－ ＝ma2，其中 ＝kv，可知a1＞a2，D错误；上升过程和下降过程高度h相同，根据h＝at2结合D项定性分析可知上升过程用时较短，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力做功较大，损失机械能较大，A、B错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理可知小球抛出速度v1大于小球落到原处的速度v2，由动量定理可得上升过程合力的冲量大小I上＝mv1，下降过程合力冲量大小I下＝mv2，则上升过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量，C正确。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 D 由速度与时间公式有v1＝gt1，解得t1＝5 s，故A错误；减速时，由速度与时间公式有v2＝v1－at2，解得t2＝9 s，运动员在空中下落时间为t＝t1＋t2＝14 s，故B错误；由位移与时间公式有h2＝t2＝247.5 m，故C错误；由位移与时间公式有h1＝g＝125 m，则悬停的飞机距离地面的高度为H＝h1＋h2＝372.5 m，故D正确。
【例2】 A 设汽车的初速度为v，则时间t后速度变为Nv，汽车在时间t内通过了位移x，则平均速度为＝＝，解得v＝，所以该汽车的加速度为a＝＝＝，故选A。
【例3】 A 对运动过程用逆向思维，则有x1∶xn＝1∶5，因为x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，所以t总＝3 s，故A正确；由Δx＝2aT2，可得a＝0.2 m/s2，故B错误；总位移大小为x＝at2＝0.9 m，故C错误；初速度大小为v0＝at＝0.6 m/s，故D错误。
考点二
【例4】 C 由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向与弹簧弹力方向相反，即沿AO方向向下，A错误；根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为F＝＝，根据F＝kx，可求得弹簧的形变量为x＝，B错误；若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与没有剪断绳子时绳上拉力大小相等，方向相反，为F合＝，则灯笼的加速度大小为a＝＝g，C正确；若仅增加灯笼的质量，则绳上拉力和弹簧弹力都会变大，弹簧伸长量变大，弹簧变长，所以悬挂静止后O点位置会发生变化，D错误。
【例5】 BD 设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时T1＝f1＝k×3G，T2＝f2＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速运动时T1－f1＝T1－k×3G＝3ma，T2－f2＝T2－k×2G＝2ma，T3－f3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C错误，D正确。
【例6】 （1）－10 m/s2，方向水平向左 （2）20 m/s （3）36 m
解析：（1）根据题意，由图可知，该型号汽车开始刹车时＝1
由牛顿第二定律有－f1＝ma
联立解得a＝－10 m/s2，方向水平向左。
（2）该型号汽车做减速运动，由运动学公式可得该型号汽车在1 s末的速度大小为v1＝v0＋a1t1
代入数据解得v1＝20 m/s。
（3）根据题意可知开始减速1 s内，该型号汽车运动的位移为x1＝t1＝25 m
开始减速1 s后，由图可知＝2
由牛顿第二定律有－f2＝ma2
由运动学公式可得0－＝2a2x2
联立代入数据解得x2＝10 m
该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离为x＝x1＋x2＋1 m＝36 m。
考点三
【例7】 C 依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律f＝ma，可知加速度逐渐减小，冰壶做减速运动，其位移与时间不成正比关系，故A、D错误；v-t图像中斜率表示加速度，由图可知C选项符合题意，故B错误，C正确。
【例8】 BD 以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－f＝ma，可得a＝－，结合a-F图像可得＝k＝，－＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ＋f＝c，故选B、D。
【培优·提能加餐】
【典例1】 AB 对A、B、C三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ（m＋2m＋m）g＝4μmg，根据牛顿第二定律得F－f＝（m＋2m＋m）a，对A受力分析，根据牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma，联立可得F弹＝，故A正确；保持A、B、C三个物块相对静止，对B分析可知，整体的最大加速度为amax＝＝，对A、B、C三个物块，根据牛顿第二定律得Fm－4μmg＝（m＋2m＋m）amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的加速度不变，故C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析结合牛顿第二定律得：F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋＝3ma，则整体的加速度为a＝μg＋，由B选项可知，物块B的最大加速度为amax＝＜a，所以若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止，故D错误。
【典例2】 1.5 m 1 kg
解析：设物块减速和木板加速到共速的时间为t1，此过程的加速度分别为a1，a2，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，设两者共同速度为v，则v0－a1t1＝a2t1＝v，此过程木板的位移为x1＝t1
两者共速后，因为μ1＞μ2，所以此后两者一起减速到停止，设共同减速的加速度为a3，则根据牛顿第二定律，有μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
此过程木板的位移为x2＝
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，则L＝x1＋x2
物块最终恰好到达木板的右端，即物块相对木板的位移为木板的长度，则
L＝t1－x1
联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，M＝1 kg。
第3讲 抛体运动与圆周运动
【试做·高考真题】
1.B 平抛运动h＝5 m，B正确。
2.AD 由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定值，则有x＝vxt，A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝v0yt－gt2，vy＝v0y－gt，且vy最终减为0，B错误，D可能正确。
3.A 由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹簧的弹力提供向心力，有F＝mlω2，对卷轴，有v＝rω，联立解得v＝r，故选A。
4.C 设出水孔到水桶中心距离为x，则x＝v0，落到桶底A点时x＋＝v0，解得v0＝，故选C。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线上，且篮球的轨迹应向合力指向的一侧发生偏转，故B、C、D错误，A选项符合题意。
【例2】 A 设物体A下落高度为h时，物体A的速度大小为vA，物体B的速度大小为vB，此时有vA＝＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝m＋m，联立方程解得vB＝，故选A。
考点二
【例3】 AD 飞镖先后两次在空中做平抛运动，竖直方向有2h＝g，h＝g，则在空中的运动时间之比为t1∶t2＝∶1，故A项正确；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶，故B项错误；轨迹为曲线1的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan α＝，轨迹为曲线2的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan β＝，则tan α＝2tan β，故D项正确；设φ＝2β，根据二倍角公式tan φ＝，可知α≠2β，故C项错误。
【例4】 BD 重物从P点运动到Q点的过程，水平方向上有x＝v0tcos 30°，竖直方向上有y＝－v0tsin 30°＋gt2，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P点运动到Q点的过程，垂直于PQ连线方向有（v0sin 60°）2＝2ghmcos 30°，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有＝2gym，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，D正确。
【例5】 A 排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为O'E，显然＝＝，所以排球在左、右场地运动的时间之比为1∶2，设排球做平抛运动的时间为3t，有H＝g（3t）2，＝g（3t）2－g（2t）2，解得H＝，3t＝，选项A正确，B错误；排球击出时的速度大小v0＝＝，选项C错误；排球着地时的速度大小v＝＝，选项D错误。
考点三
【例6】 BD 小碗即将滑动时有μmg＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝，故A错误；根据动能定理可得W＝mv2＝μmgr，故B正确；小碗滑动后沿转盘边缘滑出，若未能滑到桌面边缘，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，由x＝＝r＜＝r，可知小碗不会从桌面边缘滑落，故C错误；小碗未滑离桌面需满足R≥＝r，故D正确。
【例7】 （1） （2）
解析：（1）只要气门嘴灯位于最高点时a、b接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、b间的距离为＋L＝2L
气门嘴灯位于最高点时，对于小滑块，有mg＋2kL＝
解得满足要求自行车行驶的最小速度为v＝。
（2）速度为时轮子滚动的周期为T＝＝
此速度下气门嘴灯所需的向心力为Fn＝m＝2mg，
此力恰好等于a、b接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t＝＝。
【例8】 （1） （2）
解析：（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1＝mr1
转椅受到的摩擦力f1＝μmg
根据几何关系有tan α＝
联立解得tan α＝。
（2）转椅在题图b情况下所需的向心力Fn2＝mr2
转椅受到的摩擦力f2＝μN2
根据几何关系有tan β＝
竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcos θ＝mg
水平面上有f2＝Tsin θsin β
联立解得ω2＝。
【培优·提能加餐】
【典例1】 BD 设网球飞出时的速度为v0，竖直方向＝2g（H－h），代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s，则v0水平＝ m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直于墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平×＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平×＝3 m/s，反弹后，垂直于墙面的速度分量v水平⊥'＝0.75×v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t'＝＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥'t'＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。
【典例2】 AB 运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsin θ＝mω2r，解得圆盘的角速度大小为ω＝，故A正确；当运动员在最低点时受到的摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得fm－mgsin θ＝mω2r，解得fm＝mgsin θ＋mω2r＝2mgsin θ，又fm＝μFN＝μmgcos θ可得运动员与盘面间的动摩擦因数应满足μ≥2tan θ，故B正确，C错误；若仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsin θ＋mω2r，可知随着角速度的减小，运动员在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0时，根据受力平衡可知，摩擦力大小为f＝mgsin θ＜fm＝2mgsin θ，可知运动员不可能相对于圆盘滑动，故D错误。
第4讲 万有引力与宇宙航行
【试做·高考真题】
1.D “鹊桥二号”中继星在24小时椭圆轨道上运行时，由开普勒第三定律有＝k，对地球同步卫星由开普勒第三定律有＝k'，又常量k与中心天体的质量成正比，所以＝＝，D正确。
2.B ＝mr→M＝→＝＝≈0.1，B正确。
3.D 万有引力提供向心力：
ρ＝，D正确。
4.A 变轨前、后，根据a＝可知，空间站在P点的加速度相同，A正确；由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，B错误；变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P点的速度比变轨前的大，C错误；变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前的速度，D错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 B 设地球的轨道半径为R1，公转周期为T1，彗星的轨道半径为R2，公转周期为T2，根据开普勒第三定律可知＝，其中R1＝1 AU，R2＝17 AU，T1＝1年，解得T2＝17年，B正确。
【例2】 C 环月大椭圆冻结轨道的周期与半长轴分别为T1＝24 h，R1＝ km＝9 900 km，令近月圆轨道卫星的周期为T2，则有G＝m，根据开普勒第三定律有＝，联立解得M≈7.67×1022 kg，可知月球的质量接近于7.5×1022 kg。故选C。
【例3】 AC 在星球表面，根据G＝mg，可得g＝，行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小g＝10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小g'＝4 m/s2，故A正确；在星球表面上空，根据万有引力提供向心力，有G＝m，可得星球的第一宇宙速度v＝，行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度v行＝v地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度v行＝×7.9 km/s，故B错误；“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg'＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000 N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m'a，解得a＝80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P＝mg'v＝1 000×4×60 W＝240 kW，故D错误。
考点二
【例4】 C 星球的质量为M＝ρ·πR3，卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G＝ma，联立得a＝，则卫星A与卫星B的加速度大小之比为64∶1，故A错误；由G＝m，得v＝，则卫星A与卫星B的线速度大小之比为8∶1，故B错误；由万有引力提供向心力可知G＝mr，T＝，可知卫星A与卫星B的环绕周期之比为1∶8，故C正确；根据上面的公式v＝，可得当R＝r时环绕速度最大，该速度为第一宇宙速度，此时v＝，地球与星球x的第一宇宙速度之比为4∶1，故D错误。
【例5】 BD 互联网高轨卫星01星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要在A点加速，则在轨道Ⅰ经过A点的速率小于在轨道Ⅱ运行时经过A点的速率，选项A错误；根据G＝ma，可得a＝，可知互联网高轨卫星01星沿轨道Ⅰ、Ⅱ经过A点时的加速度相等，选项B正确；根据开普勒第三定律＝k可知，互联网高轨卫星01星在轨道Ⅱ上运行的周期大于其在轨道Ⅰ上运行的周期，选项C错误；若经过B点做圆轨道，根据G＝m，可得v＝，可知在此圆轨道上的速度大于在轨道Ⅱ上的运行速度；而从此圆轨道转移到轨道Ⅰ需要在B点加速，可知互联网高轨卫星01星在轨道Ⅰ上运行时经过B点时的速率大于在轨道Ⅱ上运行时的速率，选项D正确。
【例6】 BD 鹊桥二号从C经B到D的过程与月心连线扫过的面积大于鹊桥二号从D经A到C的过程与月心连线扫过的面积，由开普勒第二定律可知，鹊桥二号从C经B到D的运动时间t1大于鹊桥二号从D经A到C的运动时间t2，又t1＋t2＝T，故t1＞＝12 h，A错误；鹊桥二号运动过程中，由牛顿第二定律有＝ma，则鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比＝≈，B正确；由速度方向为轨迹切线方向并结合几何关系可知，鹊桥二号在C、D两点的速度方向不垂直于其与月心的连线，C错误；鹊桥二号在地球表面附近的发射速度一定大于第一宇宙速度（7.9 km/s），其又没有完全脱离地球的束缚，所以其发射速度小于第二宇宙速度（11.2 km/s），D正确。
考点三
【例7】 B 两星球之间的万有引力分别提供了两星球做圆周运动所需的向心力，所以两星球的向心力大小相等，故A错误；设大脉冲星质量为m1，半径为r1，小脉冲星质量为m2，半径为r2，两者距离为L，有G＝m1a1，G＝m2a2，可见质量较大的星球，其向心加速度较小，故B正确；靠近过程，即r1、r2、L变小，由G＝m1ω2r1，G＝m2ω2r2，化简得ω＝，T＝＝2π，可见两星在靠近过程周期越来越小，又因为在靠近过程不断发射引力波而失去能量，所以靠近过程两星线速度大小越来越小，故C、D错误。
【培优·提能加餐】
【典例1】 BC 卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，选项A错误；A、B两卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差n（n＝1，2，3…）个半圈，设经历时间为t，有－＝，解得经历的时间t＝（n＝1，2，3…），当n＝1时，可知选项B正确；根据万有引力提供向心力有＝ma可得a＝，由于rA＝rC＞rB，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，选项C正确；对于轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力有＝mr，可得卫星周期为T＝2π，则该卫星在相同时间t0内扫过的面积S0＝＝，由于rC＞rB，所以在相同时间内，C与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，选项D错误。
【典例2】 AC 对于可视天体，根据万有引力提供向心力有G＝m，得黑洞的质量为M＝，故A正确，B错误；根据逃逸速度公式v'＝≥c，得黑洞的半径为R≤，即黑洞的最大半径为Rmax＝，故C正确，D错误。
专题二 能量和动量
第5讲 功与功率 动能定理
【试做·高考真题】
1.A 返回舱减速下落，加速度向上，则其处于超重状态，A正确，B错误；主伞的拉力向上，而返回舱速度向下，则主伞的拉力做负功，C错误；返回舱的重力向下，速度向下，则重力对返回舱做正功，D错误。
2.C 单位时间内从喷头流出的水的质量m＝ρSv，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P＝mv2，联立解得P＝100 W，C正确。
3.（1）1 200 N 900 N （2）－4 200 J
解析：（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg
在水平方向上有FPsin α＝FQsin β
联立并代入数据，解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。
（2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 D 根据功的定义可知，人对车的推力F做的功为W＝FL，故A正确；根据牛顿第二定律可知，车对人的合力为F1＝ma，方向向前，所以车对人做的功为W1＝maL，故B正确；根据牛顿第二定律可得f－F＝ma，所以车厢对人的摩擦力大小为f＝ma＋F，方向向前，则摩擦力做功为Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C正确；车厢对人有三个作用力：竖直向上的支持力大小为mg；水平向后的推力大小为F；水平向前的摩擦力大小为F＋ma。所以车对人的合力大小为F合＝，故D错误。
【例2】 D 由题意可知周期为T＝ s＝10 s，则角速度为ω＝＝0.6 rad/s，磨盘边缘的线速度大小为v1＝ωr＝0.6×0.5 m/s＝0.3 m/s，磨杆末端的向心加速度大小为an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36 m/s2，故A、B错误；驴拉磨转动一周拉力所做的功为W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2 400 J，驴拉磨转动一周拉力的平均功率为P＝＝W＝240 W，故C错误，D正确。
【例3】 C 设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得v＝at，当汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时根据P＝Fv，根据牛顿第二定律F－f＝ma可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲的曲线，故A、B错误；根据P＝Fv，而汽车在匀加速阶段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在匀加速阶段有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a为一定值，则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正比，即P-t图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图像与时间轴平行，故C正确，D错误。
考点二
【例4】 ABC 对于轨迹②的运动，根据平抛运动的规律得h＝gt2，解得t＝＝ s＝0.6 s，A正确；水平位移的距离为x＝v't＝18×0.6 m＝10.8 m，B正确；从O到P点，设排球在O点的速度为v0，到P点的速度v，根据动能定理可知－mgh＝mv2－m，解得m＝mgh＋mv2＝20.4 J，根据动能定理可知W甲＝m＝20.4 J，C正确；设乙对排球所做的功为W乙，则排球在P点被击回的过程，根据动能定理可知W乙＝mv'2－mv2＝33.6 J，D错误。
【例5】 （1）15 m/s，方向水平向左 （2）1 800 J
解析：（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝m，所以v0＝15 m/s，方向水平向左。
（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cos 37°）－W克f＝m－m，在E点，根据牛顿第二定律可得FN－mgcos 37°＝m，联立可得W克f＝1 800 J。
【例6】 （1）3 m/s （2）8 N 方向竖直向上 （3）当r＝0.2 m时水平射程最远，最远的水平距离为1.7 m
解析：（1）对小滑块从A到C整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝m，代入数据解得vC＝3 m/s。
（2）小滑块在C点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝m，代入数据解得FN＝8 N，根据牛顿第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8 N，方向竖直向上。
（3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝gt2，水平射程x＝vDt，从C到D的过程，由动能定理得mg×2r＝m－m，解得x＝＝，当2H－4r＝＋4r时，解得r＝0.2 m，即当r＝0.2 m时水平射程最远。最远的水平距离为xmax＝1.7 m。
【培优·提能加餐】
【典例1】 ABC 由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F与滑动摩擦力f大小相等，方向相反，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F-x图像中图线与横轴围成的面积表示力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度，B、C正确；因为拉力逐渐减小过程中，物体做变减速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
【典例2】 ACD 设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx可知20 J＝μ×1×10×10 J，解得μ＝0.2，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移为x'＝＝ m＝13.5 m，选项A正确，B错误；前3 m内拉力F1＝＝ N＝5 N，又f＝μmg＝2 N，则物体在前3 m内的加速度为a1＝＝3 m/s2，选项C正确；由动能定理得WF－fx＝mv2，当x＝9 m时WF＝27 J，代入解得物体的速度为v＝3 m/s，选项D正确。
第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律
【试做·高考真题】
1.C 设小环运动轨迹所对的圆心角为θ（0≤θ≤π），大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由机械能守恒得mgR（1－cos θ）＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg（2－3cos θ），则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。
2.C 设物体恰好到达C点的速度大小为v，则在C点，根据恰好由重力提供向心力，有mg＝m＝ma向，解得v＝，向心加速度a向＝g，A、B错误，C正确；物体从A点到C点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C点的重力势能和动能，D错误。
3.（1） （2）mgvsin θ＋μmgvcos θ （3）
解析：（1）方法一 对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2，解得x＝。
方法二 对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学公式有0－v2＝－2ax，联立解得x＝。
（2）物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ。
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgvsin θ＋μmgvcos θ。
（3）根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ，则＝。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 C 从H高处以v平抛一小球，只有重力做功，机械能守恒，取地面为零势能参考面，有mgH＋mv2＝mgh＋m，而动能恰好等于重力势能，故mgh＝m，联立解得h＝＝＋＞，故选C。
【例2】 D a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，a、b球下滑过程中机械能不守恒，A、B错误；由系统机械能守恒有mgR＋2mgR＝×2mv2，解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v＝，C错误；从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W＋mgR＝mv2，解得轻杆对a球做的功为W＝，D正确。
【例3】 （1） （2）L
解析：（1）当绳子与直杆垂直时，此时B下落到最低点，B的速度刚好为0，根据几何关系可得A下滑的高度hA＝Lsin 53° cos 53°＝L，B下落的高度hB＝L－Lsin 53°＝L，根据系统机械能守恒得mghA＋2mghB＝mv2，解得滑块A的速度v＝。
（2）滑块A下滑到最低点时的速度为零，此时B的速度也为零，根据系统机械能守恒可知，滑块A重力势能的减少量等于B重力势能的增加量，则有mgxsin 53°＝2mghB'，根据几何关系可得hB'＝－L，联立解得滑块A沿杆向下运动的最大位移x＝L。
考点二
【例4】 D 篮球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝－WG，故A错误；篮球机械能的变化量等于阻力做的功，即ΔE机＝Wf，故B错误；根据动能定理可知，篮球动能的增加量等于合外力的功，即WG＋Wf＝ΔEk，故C错误；由于篮球在运动过程中，空气阻力做负功，则篮球在离开手时刻的机械能最大，故D正确。
【例5】 D 运动员从最高点开始下落的过程中，受到的合力大小F合＝mg－mg＝mg，在运动员从最高点开始重心下落h的过程中合力做的功W合＝F合h＝mgh，根据动能定理可知，运动员的动能增加了mgh，故A、C错误；在运动员从最高点开始重心下落h的过程中，重力做的功WG＝mgh，则运动员的重力势能减少了mgh，故B错误；运动员的机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，即运动员受到的阻力做的功，则有ΔE＝Wf＝－mgh，可知运动员的机械能减少了mgh，故D正确。
【例6】 C 儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a不变，则根据匀变速直线运动规律可知v＝at，故v与t成正比，故B错误；设滑梯与水平面倾斜角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ，加速度不变，则动摩擦因数μ不变，故A错误；设儿童初始重力势能为Ep0，重力做正功，则重力势能减小，即mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ×at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsin θ×at2可知Ep-t图像应该是向下开口的抛物线，故C正确；设初始机械能为E0，除重力和系统内弹力以外的其他力做功等于机械能改变，即－μmgxcos θ＝－μmgcos θ×at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcos θ×at2，可知E-t图像应该是向下开口的抛物线，故D错误。
【例7】 （1） （2）
解析：（1）设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对B有kx1＝mg，当A运动到P2处时，C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝－L＝L，解得k＝。
（2）设A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·＝mg（x1＋x2）＋mv2＋m，解得A球在P2点时的速度大小v＝。
【培优·提能加餐】
【典例1】 C 下落过程中，弹性绳的弹力做功，该体验者的机械能不守恒，故A错误；当弹性绳伸长量等于x1＝时，则mg＝kx1，体验者的速度最大，当体验者的速度为零时，体验者的动能、重力势能均为最小值，根据系统机械能守恒，弹性绳的势能达到最大值，故B错误；当弹性绳伸长量等于时，体验者的速度最大，根据动能定理mg（L＋x1）－k＝m，解得vm＝，故C正确；体验者下落的距离最大时，根据动能定理可得mg（L＋x2）－k＝0，解得此时弹性绳伸长量为x2＝，体验者下落的最大距离为s＝x2＋L＝L＋，故D错误。
【典例2】 B 方法一 当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板组成的整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝k＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋（l－d），则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg（l－d），B正确。
方法二 画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg（l－d）＋x0＝＋μmg（l－d），B正确。
第7讲 动量定理和动量守恒定律
【试做·高考真题】
1.A 对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统，由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mA＋mB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。
2.ABD 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝gsin θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
3.（1） （2）
解析：（1）A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
（2）A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 B 对甲、乙两条形磁铁水平方向分别受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有a甲＝、a乙＝，由于F＝F'，m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲＜v乙，A错误，B正确；对于整个系统而言，由于μm甲g＞μm乙g，系统所受合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误；因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。
【例2】 C 风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以其原理是将电能转化为小车的动能，故A错误；t时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，t时间内叶片排开的空气受到的推力F＝＝＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝m0v2＝ρSv·v2＝ρSv3，故D错误。
【例3】 CD 根据动量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，则合力冲量大小为mv0，A错误；小球上滑时间t＝，重力冲量大小为mgt＝mg·＝，B错误；小球所受洛伦兹力垂直杆向上，大小为qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，随时间线性变化。洛伦兹力的冲量大小为qBt＝qB·＝，C正确；若v0＝，0时刻小球所受洛伦兹力为qv0B＝2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，有qvB＝mgcos θ＋FN，则小球在整个减速过程的FN-t图线如图所示，由FN-t图线与横轴围成的面积表示冲量可知，弹力冲量为零，D正确。
考点二
【例4】 A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v＝＞v0，故选A。
【例5】 （1） （2）
（3）21.43 m/s
解析：（1）甲将箱子推出的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝。
（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝。
（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，即≤，解得v≥21.43 m/s。
考点三
【例6】 B 设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v1'、v2'，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，m＝mv1'2＋×2mv2'2，代入数据解得v1'＝－0.2 m/s，v2'＝0.4 m/s，可知v1＝0.2 m/s，方向水平向右；v2＝0.4 m/s，方向水平向左。故选B。
【例7】 D 设启动喷气背包，经过时间t后宇航员相对空间站的速度大小为v'，规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝，故选D。
【例8】 （1）1 m/s 1 m/s （2）0.2 （3）0.12 J
解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－mB
代入数据解得μ＝0.2。
（3）对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg·
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
【培优·提能加餐】
【典例】 （1）0.625 m （2）①1.5 s ②27×m
解析：（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝M－（M＋m），解得L＝0.625 m。
（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝v1＝v，v3＝v2＝v，根据数学归纳法，第n＋1次碰撞前的共同速度为vn＝vn－1＝v，小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝（M'＋m）－（M'＋m），解得x＝27×m。
素养培优1 “板块”模型中动力学、
能量和动量的综合
【典例1】 （1）0.5 kg （2）0.3 （3）0.75 J
解析：（1）二者相互作用过程，二者构成的系统动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，由图乙可知v0＝2 m/s，共同速度为v＝0.5 m/s，联立解得木块的质量m＝0.5 kg。
（2）由速度—时间图像可得小车的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma，解得μ＝＝0.3。
（3）由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为ΔE＝m－（m＋M）v2＝×0.5×22 J－×（1.5＋0.5）×0.52 J＝0.75 J。
【典例2】 （1）0.1 （2）12 m/s （3）6 m/s
解析：（1）对木板进行分析，由动量定理有ft＝Mv1，又因为f＝μmg，联立代入数据解得μ＝0.1。
（2）对滑块进行分析，由动量定理有（F－f）t＝mv2，代入数据解得v2＝12 m/s。
（3）撤去拉力后，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v共，代入数据解得v共＝6 m/s。
【典例3】 （1）1 000 N （2）7 m
解析：（1）对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh＝mv2，游客滑到b点时，有F－mg＝m，由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为F'＝F＝1 000 N。
（2）法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，由运动学公式有＝2a1s，解得游客滑上平台的速度大小v1＝8 m/s，游客在滑板上滑动时，对游客，由牛顿第二定律有μmg＝ma2对滑板，由牛顿第二定律有μmg＝Ma3，游客在滑板上滑动的过程，由运动学公式有v1＝v－a2t，游客的位移为x1＝vt－a2t2，滑板的位移为x2＝a3t2，则滑板的长度L＝x1－x2，联立解得L＝7 m。
法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律有mv2＝m＋M＋μmgL，对游客在平台上运动的过程，由动能定理有－μmgs＝0－m，联立解得L＝7 m。
【典例4】 （1）5 m/s （2）0.625 J （3）6 m/s
解析：（1）由动能定理得－mg·2R＝m－m
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg＝m
解得v0＝＝5 m/s。
（2）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v
根据能量守恒定律得ΔE＝m－（m＋M）v2
代入数据解得系统损耗的机械能ΔE＝0.625 J。
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，此时滑块离开弹簧时的速度最大
滑块的加速度大小am满足μ1mg＝mam
解得am＝6 m/s2
平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaM，解得aM＝4 m/s2
作出v-t图像，如图所示
由v-t图像可知
t1－t1＝L
v1＝aMt1＝vm－amt1
联立解得vm＝6 m/s。
素养培优2 传送带模型中动力学、
能量和动量的综合
【典例1】 （1）40 m/s （2）4 m/s （3）3 m/s
解析：（1）设子弹出膛的速度为v0，则由牛顿第二定律可得F＝m0a，由匀变速直线运动规律有＝2ax，解得v0＝40 m/s。
（2）子弹打滑块A过程中动量守恒，则m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子弹的小滑块A水平滑上传送带左端时的速度大小v1＝＝4 m/s。
（3）假设A在传送带上一直做减速运动，A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有－μ（m0＋m）gl＝（m0＋m）－（m0＋m），代入数据解得v2＝3 m/s，因为v2＞v，所以假设正确，小滑块A在到达传送带右端时速度大小为3 m/s。
【典例2】 （1）0.1 （2）4.5 m （3）2 m
解析：（1）由v-t图像得，小物块滑上传送带的初速度为v0＝2 m/s，加速度大小为a＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1。
（2）小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次滑上传送带到再次回到A端的过程中在传送带上留下的划痕，由题图乙知前2 s内小物块向右做匀减速运动，第3 s内反向做匀加速运动，第3 s末，小物块跟传送带的速度大小v＝1 m/s相等，此后小物块随传送带一块向左做匀速运动，所以最长划痕s＝＋（1×1.0 m－×1.0 m）＝4.5 m。
（3）小物块在传送带上先向右做减速运动，后反向向左做加速运动再做匀速运动到A，随后在光滑曲面上运动再回到传送带的左端，这样一直运动最后要停在A端，对小物块最初向右做减速运动的过程，根据动能定理有－μmgx＝0－m，解得x＝2 m。
【典例3】 （1）0.875 （2）198 J
解析：（1）快件放上传送带先做匀加速运动，根据v2＝2ax，结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得快件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.875。
（2）设传送带的速度为v，根据图乙可知v＝3 m/s，快件加速的时间t1＝＝3 s，快件与传送带的相对位移Δx＝vt1－vt1＝4.5 m，快件和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·Δx，电动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E＝mgLsin 37°＋mv2＋Q，解得E＝198 J。
【典例4】 （1）5 m/s （2）0.3 J （3）0.2 m
解析：（1）设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
（2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝m－m－M
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
（3）经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg[l＋（l－x）]＝M－M
联立并代入数据得x＝0.2 m。
专题三 电场和磁场
第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动
【试做·高考真题】
1.AC 电荷只能从一个物体（物体的一部分）转移给另一个物体（物体的另一部分），不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝，可知，当q＜0时，Δφ＞0，当q＞0时，Δφ＜0，即负点电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动，正点电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动，D错误。
2.C 根据等差等势面的疏密程度可得c点电场强度最大，C正确。
3.D 无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处产生的电势为φ1＝k，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－k，x正半轴上在x处的电势φx＝k－k，可知在x＝处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。
4.B 根据题图a可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。
5. 大于 正功
解析：根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正负电荷外，其余的6个电荷形成的电场在O处相互抵消，故O点场强大小为EO＝＋＝；根据对称性可知，若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷，M点和N点的电势相等，由于M点靠近最左边的正电荷，N点靠近右边的负电荷，故M点电势大于N点电势；将＋q点电荷从M点沿MN移动到N点，电势能减小，故电场力做正功。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 AC 根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。
【例2】 D 由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝ cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以带电细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知带电细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E'＝ cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E'＝（3＋），D正确。
考点二
【例3】 C M、N连线中点处电场强度大于0，且两点间电场强度最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大，故A错误；若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误；从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前电场强度一直为正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确；从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。
【例4】 B 根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v-t图像切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像切线的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像切线的斜率先减小后增大，故C错误；根据Ep＝qφ得＝q＝qE，E先减小后增大，所以Ep-x图像切线的斜率先减小后增大，故D错误。
考点三
【例5】 C 匀速运动时，N极板相对M极板的位置不变，电容器的电容不变，则电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电流表的示数为零，电容器M极板与电源正极相连，带正电，故A错误；由静止突然向前加速时，因为惯性，N极板相对M极板向后运动，两极板的间距变大，根据C＝可知电容器的电容减小，根据Q＝CU可知电容器带电荷量减小，则电容器放电，流过电流表的电流由b向a，故B错误，C正确；保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，N极板受力不变，则弹簧形变量不变，N极板相对M极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电荷量不变，电路中无电流，电流表示数不变，且为零，故D错误。
【例6】 A 设粒子的质量为m，电荷量为q，M、N板间电压为U，偏转电场的电场强度为E，粒子经过加速电场的过程中，根据动能定理可得qU＝m，可得v0＝，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，则有x＝v0t，y＝at2＝·t2，联立可得y＝，可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则α粒子和质子在偏转电场中的运动轨迹相同，即α粒子落在S点，速度方向与质子的相同。故选A。
【例7】 （1） （2）
（3）y＝L（n＝1、2、3……）
解析：（1）离子在电场中做匀变速曲线运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，则沿y轴负方向，有L＝v0tcos 45°
解得t＝。
（2）离子在Ⅱ区域，沿x轴方向做匀减速直线运动，则
v0sin 45°＝a
由牛顿第二定律可知Eq＝ma
联立解得电场强度E＝。
（3）离子在每个区域运动的过程中，沿y轴负方向运动的距离都相等，设为y1，则有
y1＝v0cos 45°·
离子每次通过y轴时的位置坐标为y＝L－ny1
解得y＝L，（n＝1、2、3…）。
【培优·提能加餐】
【典例1】 BC 由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势降低，可知φD＞φC，C点与D点不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有－qERsin 45°－mg（R＋Rcos 45°）＝0－m，解得vA＝，C正确；小圆环从A运动到B的过程中有－mg·2R＝m－m，在B点有FN＋mg＝m，解得FN＝（2－3）mg＜0，可知，小圆环过B点时受到大环的弹力大小为（3－2）mg，D错误。
【典例2】 （1） （2）
解析：（1）A、B两点间的电势差为U，则E＝。
（2）小球运动到A点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝m－m
解得小球在B点的速度大小vB＝。
第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
【试做·高考真题】
1.BD 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。
2.C 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qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋），故选C。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 由左手定则可知，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；由c点处的磁感线比d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。
【例2】 A A、B处电流对D处电流的安培力如图所示，由几何关系可知AD＝BD，根据B＝k，F＝BIL，可得FB＝FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC向上，为使D处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流的安培力平行于BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左。故选A。
【例3】 A 当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反，作用力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B错误；当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中时，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C错误；根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将沿着所受安培力大的方向转动，故A正确；将如图2那样的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D错误。
考点二
【例4】 D a粒子进入磁场后，向下偏转，由左手定则可知a粒子是带负电，故A错误；a粒子在磁场中运动的时间t＝Ta，b粒子在磁场中运动的时间t＝Tb，则a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb＝2∶3，故B错误；由粒子做匀速圆周运动的周期T＝，可得＝，则a、b两粒子的比荷之比为3∶2，故C错误；如图，由几何知识可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra＝R，b粒子做匀速圆周运动的半径为rb＝R，由qvB＝m，可得v＝，则a、b粒子在磁场中运动的速度之比为∶2，故D正确。
【例5】 （1） （2）
解析：（1）画出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得R＝＝
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m
解得＝。
（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝
粒子第二次到达Q点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由粒子的运动轨迹图可知
t1＝T
t2＝t4＝t6＝
t3＝T
t5＝T
所以粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝。
【培优·提能加餐】
【典例1】 AC 粒子不从bc边射出，其临界出射点分别是b点和c点，其临界轨迹如图所示，当粒子从c点飞出时，由几何关系有r1＝ac＝l，若粒子从b点飞出时，由几何关系有r2＝l，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，整理有r＝，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜或v＞，故选A、C。
【典例2】 BD 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝＝a，故A错误；如图所示，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；当粒子从OA边离开时，离开位置越接近O点，所用时间越短，可知当θ趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C错误；
当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，如图所示，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。
【典例3】 BD 由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受向上的磁场力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期为T＝，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t＝＝ ，B正确；作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的轨迹，如图所示，由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的，则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a点到顶点的距离为L，根据几何关系可得L＝r＋，解得粒子轨迹半径r＝L，根据牛顿第二定律可得qvB＝m，解得v＝，D正确；由图可知，刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t'＝＝，C错误。
【典例4】 BC 根据磁聚焦特点，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出其运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝，联立可得B1＝B0，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小面积为Smin＝－＝2（π－2），C正确，D错误。
素养培优3 带电粒子在组合场中的运动
【典例1】 D 根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。
【典例2】 BD 设粒子质量为m，带电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得：
Uq＝mv2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得r＝
粒子1、2、3的运动轨迹如图所示
由几何关系知r1＝a，r2＝a，r3＝2a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝，可得k＝∝，故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A错误；由几何关系知O3E＝＝3a，解得G点到E点的距离为x1＝r3－O3E＝a，故B正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1从EF之间射出，在磁场中运动的时间变长，粒子2从G点射出，C错误，D正确。
【典例3】 （1） （2）
解析：（1）将v0沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，根据牛顿第二定律有qE＝ma
t1＝
最远距离s＝a＝。
（2）粒子运动轨迹如图所示。粒子从P→M在垂直于电场强度方向上做匀速直线运动，则
PM＝v0sin 30°·2t1＝
粒子从M到N做匀速圆周运动，由qv0B0＝m
整理得R0＝
由几何关系知MN＝2R0cos 30°＝
结合PM＝MN
解得磁感应强度的大小为B0＝。
【典例4】 （1） （2） （3），方向垂直于OM向下
解析：（1）根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
qvB＝m
解得r＝
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r＝
解得v＝。
（2）粒子进入电场时速度方向沿x轴负方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝rcos 30°＝vt，y＝rsin 30°＝a1t2
其中a1＝
解得E1＝。
（3）粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，则有
＝vcos 30°·t，vsin 30°＝a2t
其中a2＝
解得E2＝。
【典例5】 （1） （2） （3）
解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
L＝a
L＝v0t1
根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得E＝。
（2）设粒子第一次出电场时速度大小为v1，根据动能定理有qE×L＝m－m
解得v1＝2v0
设粒子出电场时速度与x轴正向的夹角为θ，则
v1cos θ＝v0
解得θ＝60°
由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x轴夹角60°斜向右上方，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝＝L
根据牛顿第二定律有qv1B＝m
解得B＝。
（3）粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从OC边射出电场，则粒子第二次在电场中运动时间t2＝＝
粒子在电场中沿x轴正方向运动的距离
x＝v0t＝L
即粒子刚好从C点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进入电场的位置在OC的中点，即粒子第三次出电场的位置坐标。
素养培优4 带电粒子（体）在
叠加场、交变场中的运动
【典例1】 D 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I＝＝nevb，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e＝evB，联立解得U＝B，结合题图b可知k＝＝ V/T，解得n＝2.3×1016，D正确。
【典例2】 （1） （2）（＋2） （3）
解析：（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如图所示
根据几何关系可得＝tan θ
小球Q静止在第一象限，则qE1＝mg
联立可得＝tan θ＝。
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
rsin θ＋r＝d
粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg
联立解得d＝（＋2）。
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝×2m（2v）2－×2mv2
解得h＝。
【典例3】 A 粒子在磁场中做匀速圆周运动，0～T0时间内，有qv0B0＝m
解得r1＝
周期为T1＝＝，T0～T0时间内，有
qv0×B0＝m
解得r2＝＝1.5r1
周期为T2＝＝＝1.5T1
要求在T0时，粒子距y轴最远，做出粒子运动轨迹如图
根据几何关系，可得sin θ＝＝0.6
解得θ＝37°
则0～T0时间内圆周运动转过的圆心角为π－θ＝143°
可得T0＝T1
联立，解得T0＝
故选A。
【典例4】 （1）正电 （2） π
（3）
解析：（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量q＝。
（2）若金属板的板间距离为D，则板长，粒子在板间运动时＝vt0
出电场时竖直速度为零，则竖直方向y＝2×
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π
D＝。
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
D＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
W＝mv2＋Eq×＝＋＝。
素养培优5 带电粒子在三维空间中的运动
【典例1】 AC 小球在xOy平面内做平抛运动，则有Eq＝qv0B，解得小球的初速度v0＝，A正确；小球的动能变为初动能的2倍时，由Ek＝m＝2Ek0，可知vy＝v0＝＝gt，即经过时间为t＝，B错误；若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果小球受到的电场力和重力大小相等，则小球可能做匀速圆周运动，C正确；若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。
【典例2】 （1）10 m/s （2） m
解析：（1）小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t＝＝＝1 s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，故小球离开磁场时的速度大小为v＝＝10 m/s。
（2）小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝gt2＝5 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝，解得R＝，水平方向位移为直径，即x＝2R＝＝ m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝＝ m。
【典例3】 （1） （2） （3）
解析：（1）将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速直线运动和投影到yOz平面内的匀速圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT（n＝1，2，3，…）
联立解得B＝（n＝1，2，3，…）
当n＝1时，Bmin＝。
（2）由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m
则｜tan θ｜＝＝。
（3）电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点并且沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动的y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma
由速度与位移公式有＝2aym
联立解得ym＝。
【典例4】 （1） （2） （3）
解析：（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室内只受电场力作用，由牛顿第二定律有eE＝Ma，解得a＝。
（2）电子由阴极发射运动到阳极过程，由动能定理有eEd＝mv2
处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与在径向磁场作用下受到的洛伦兹力平衡，即eE＝evB2，解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝。
（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氙原子数为N＝，氙离子经电场加速，有eEd＝Mv'2
设Δt时间内氙离子所受到的作用力大小为F'，则由动量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv'，解得F'＝
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小为F＝F'
则F＝。
专题四 电路和电磁感应
第10讲 直流电路和交流电路
【试做·高考真题】
1.B 根据电阻定律R＝ρ及部分电路欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝·，结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比＝＝，故选B。
2.BD 磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中感应电流最大，A错误，B正确；磁极转过90°时相当于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q指向P，C错误，D正确。
3.B 原线圈两端电压的有效值为U1＝＝24 V，A错误；由副线圈所接灯泡正常发光可知副线圈中电流的有效值为I＝＝ A＝0.5 A，B正确；原、副线圈匝数之比＝＝＝，C错误；原线圈的输入功率P入＝P出＝3 W，D错误。
4.B 原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压与匝数关系有＝，变压器副线圈电压的峰值U2max＝U2，根据题意有U2max＞10×103 V，解得＞2 000，＜，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝ V＝ V，故C错误；根据ω＝＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 当向左移动滑动变阻器R的滑片时，R接入电路的阻值变大，则该支路的电流减小，所以灯泡L逐渐变暗，A正确；因为通过R的电流减小，所以通过电源的电流减小，则内阻上的电压减小，由U＝E－Ir可知，电源的路端电压逐渐变大，B错误；路端电压变大，则电容器C两端电压变大，则根据Q＝CU，电容器所带的电荷量逐渐增加，C错误；因电容器充电，则定值电阻R0两端的电压不为零，D错误。
【例2】 A 等效电路图如图所示，设电路中的电流为I，则UA＝UB＝2IR，根据C＝，可得＝＝，故选A。
考点二
【例3】 C 根据题意可知，磁场区域变化前，线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ωt＝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沿x轴方向的宽度变为d'＝2dcos ＝d，C正确。
【例4】 B 结合Q＝t可知Q1＝·＋（U0）2·＝、Q2＝T＝，又R1＝R2，所以＝，B正确。
【例5】 C 零时刻，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈不是位于中性面位置，A错误；t2时刻穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈不是位于中性面位置，电流方向没有发生改变，B错误；感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φm·，则感应电动势的有效值为E＝＝，C正确；t1时刻到t3时刻，穿过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ＝Φm－（－Φm）＝2Φm，根据法拉第电磁感应定律可知此过程平均感应电动势不为0，D错误。
考点三
【例6】 D 理想变压器副线圈中电流I2＝＝ A＝2 A，原线圈中电流I1＝I2＝10 A，原线圈中电压U1＝U2＝4 V，则电源电压的有效值U＝I1R1＋U1＝124 V，交流电源电压的峰值是Um＝124 V，故选D。
【例7】 AC 保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，R1两端的电压减小，根据P＝可知，R1的热功率减小，B错误；同理，仅将T向a端移动，R1的热功率增大，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，D错误。
【例8】 D 由P4＝U4I4，可得I4＝600 A，充电桩电流的有效值为600 A，但由于是正弦式交流电，所以充电桩最大电流为Im＝600 A，A错误；由于已知交变电流的频率为50 Hz，则电流方向在1 s内改变100次，B错误；若充电桩消耗的功率减小，则电源输入总功率减小，因为U1不变，可知U2不变，升压变压器原线圈中电流减小，升压变压器副线圈中电流减小，则输电线上损耗的电压减小，降压变压器原线圈两端电压变大，则降压变压器副线圈两端电压也变大，C错误；由＝，可得U3＝15 000 V，又＝可得I3＝40 A，由ΔU＝I3r，可得ΔU＝1 000 V，由U2＝U3＋ΔU，可得U2＝16 000 V，由＝，可得升压变压器原、副线圈的匝数比为＝，D正确。
【培优·提能加餐】
【典例1】 A 设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用户端所接定值电阻R等效为一个电阻R等效，则R等效＝＝＝R。发电机转子以角速度ω匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝，转子角速度增加一倍，则升压变压器输出端电压为U2＝U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，结合P＝R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A正确；结合P＝·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为·2R0≠4P，选项B错误；若升压变压器的副线圈增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2倍，由I0＝可知，定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，R0上消耗的功率变为4P，选项C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，降压变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为R等效，R0上消耗的功率变为·R0≠6P，选项D错误。
【典例2】 C 设所有灯泡并联部分的电阻为RL，根据变压器等效规律，等效电路如图所示，则UAB＝IR1＋IR2＋IRL，若滑动变阻器R2滑片向右移，接入电路的电阻变大，相当于原线圈等效电阻增大，原线圈中电流减小，则副线圈电路中的电流变小，灯泡变暗，A错误；调节后，副线圈电路中的电流I2变大，原线圈电流I1也变大，根据U1＝UAB－I1R1，变压器原线圈输入电压U1变小，B错误；调节后，原线圈电流I1变大，根据P＝R1，电阻R1消耗的功率变大，C正确；调节后，变压器原线圈输入电压U1变小，副线圈电压U2也变小，副线圈电路中的电流I2变大，根据UR2＝U2－I2RL，可知滑动变阻器R2两端的电压减小，D错误。
第11讲 电磁感应规律及其应用
【试做·高考真题】
1.B 闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量也不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的方向由b到a，C、D错误。
2.A 将线圈a匀速拉出磁场的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸面向里且不断减小，则由楞次定律可知，线圈a中的感应电流在其内部产生的磁场垂直纸面向里，在其外部产生的磁场垂直纸面向外，由右手螺旋定则可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针，C、D错误；由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的感应电流大小不变，线圈a被拉出磁场，与线圈b的距离逐渐减小，则穿过线圈b的磁通量垂直纸面向外且不断增大，由楞次定律与右手螺旋定则可知线圈b中的感应电流为顺时针方向，A正确，B错误。
3.ABD 由楞次定律结合左手定则可知，安培力的方向与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO'位置，A、B正确；根据楞次定律可知，金属棒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，D正确；金属棒在即将到达OO'位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。
4.C 线框不动，＝0.1 T/s时E＝S＝0.1 V，I＝＝2.5 A，P＝I2R＝0.25 W；当B不变，ω恒定时，产生正弦式交变电流，由2P＝I'2R得I'＝ A，又I'＝，则Im＝5 A，由F安＝BIL知ab边所受最大的安培力为F安max＝BImL＝1 N，故选C。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 线圈中产生逆时针方向（俯视）的感应电流，由安培定则可知感应电流的磁场方向向上，由楞次定律可知，可能是线圈中向上的磁场减弱或向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针（俯视）旋转产生逆时针（俯视）方向的电流，感应电流的磁场方向向上，转速减小时，向上的磁场减弱，A可能，B不可能；同理可知，若圆盘上金属小球带正电，产生顺时针方向（俯视）的电流，感应电流的磁场方向向下，转速增大时，向下的磁场增强，C、D不可能。
【例2】 C 由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根据E＝Bl2ω可得EOa＝BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
【例3】 C 设OE＝2r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O且垂直于圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生的感应电流I＝＝，线框保持题图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间均匀变化，为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，有I＝＝·[π（2r）2－πr2]·＝·，所以＝，C正确，A、B、D错误。
考点二
【例4】 （1） （2）
解析：（1）设杆末端的速度为v，则v＝ωL
杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为
E＝BL＝BL2ω
则电阻R两端电压U＝R＝。
（2）回路中电流I＝＝
电阻R消耗的电功率P＝I2R＝。
【例5】 （1）①垂直纸面向外 10 A ②5 m/s
（2）①0.2 Ω ②2.5 T
解析：（1）①开关S掷1时电流从飞轮边缘流向中心，飞轮在安培力作用下逆时针转动
由左手定则知磁场方向垂直纸面向外
通过R1的电流I＝＝10 A。
②此时飞轮相当于“电动机”，则有
UI－I2·＝mg·v
解得v＝5 m/s。
（2）①②开关S掷2，物块匀速下降时v仍为5 m/s
则流过辐条的电流应与（1）中的相同
3B·a·＝mg·v
得B＝2.5 T
由E＝Ba得E＝5 V
而I＝
故R2＝0.2 Ω。
一题多解 （2）①由能量守恒定律知
mgvt＝（ I2·＋I2·R2）t
得R2＝0.2 Ω。
②3B·a·＝mg·a（力矩平衡）
得B＝2.5 T。
考点三
【例6】 B 金属杆在外力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动，则有I＝＝t，则电路总功率P＝I2R＝t2，即P-t图像为开口向上的抛物线，A错误；金属杆做匀加速直线运动，有v2＝2ax，则电路总功率P＝I2R＝＝x，即P-x图像为正比例函数关系，B正确；金属杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，联立可得F＝t＋ma，即F-t图像为一次函数关系，C错误；外力F与位移x的关系为F＝·＋ma，则F-x图像不成正比例函数关系，D错误。
【例7】 AC 线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝－g，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，匀速运动，完全出磁场后，也匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。
【培优·提能加餐】
【典例1】 B 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，从而使电容器充电，当电容器C两极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，所以B正确。
【典例2】 （1）匀加速直线运动 （2）电容器的电荷量随时间均匀增加 （3） （4）匀速直线运动
解析：（1）金属棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得F－＝ma，其中＝a，则可得a＝，所以金属棒做匀加速直线运动。
（2）设t时刻，金属棒的速度为v，则电容器的电荷量Q＝CU＝CBlv＝CBlat，所以Q随时间均匀增加。
（3）撤去外力F时，由匀变速直线运动规律可得金属棒的速度为v＝＝。
（4）撤去外力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，故金属棒中的电流为零，做匀速直线运动。
素养培优6 电磁感应中动力学、
能量和动量的综合
【典例1】 AB 由于ab和cd均沿导轨下滑，则abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2ma1、mgsin 30°－BILcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
【典例2】 （1） 方向都水平向右
（2） （3）m
解析：（1）设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2
ab受到的安培力F1＝BIL
cd受到的安培力F2＝BI×2L
电流I＝，电动势E＝BLv0
由牛顿第二定律得F1＝ma1，F2＝2ma2
解得a1＝，a2＝
由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。
（2）ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当电路中的电流为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分别为v1和v2，则
BLv1＝B×2Lv2
分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则
v1＝v0－t，v2＝t
解得v1＝v0，v2＝。
（3）产生的总热量Q＝m－m－×2m
又Qab＝Q
解得产生的热量为Qab＝m。
【典例3】 BD 规定以水平向右为正方向，对C应用动量定理可得－×2LBΔt＝mv1－mv0，对D应用动量定理可得LBΔt＝mv2－，最终稳定时，总电动势为零，即B×2Lv1＝BLv2，联立求得v1＝，v2＝v0，所以运动稳定时，导体棒C、D均向右运动，因此D棒先减速到零，再向右加速，又由LBΔt＝BqL＝mv2＋m×，求得的q＝，故选项B、D正确。
【典例4】 BD 根据题意可知，由静止释放两导体棒，ab向右运动，cd向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，设某时刻电流大小为I，可知，ab所受安培力大小为Fab＝2BIl，方向向左，cd所受安培力大小为Fcd＝BI·2l，方向向右，可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，A错误；由A分析可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有mabvab＝mcdvcd，设运动时间为t，则有mabvabt＝mcdvcdt，即mabsab＝mcdscd，则ab与cd的路程之比为＝＝，B正确；由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为3∶1，则ab与cd克服安培力做的功之比为3∶1，由公式Q＝I2Rt可知，由于ab与cd的电阻之比为1∶2，则ab与cd产生的热量之比为1∶2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，C错误；由公式＝、＝和q＝t可得，整个运动过程中，通过cd的电荷量为q＝，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab向右运动的距离为xab＝×2L＝L，cd向左运动的距离为xcd＝×2L＝L，则有通过cd的电荷量为q＝＝，D正确。
【典例5】 （1）BL （2）
（3）＋L
解析：（1）设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝m
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立得E1＝BL。
（2）经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有
I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L
