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2．如图2所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。其中A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC，电势分别为
AEA=EB
BEA＞EC
C
D
正确答案
解析
1、因为A点的电场线最密，故A点的电场强度最大，选项A错误，B正确；
2、AB在同一条电场线上，由B到A的方向是沿着电场线的方向，故B点的电势大于A点的电势，选项C错误；
3、而B、C两点在同一个等势面上，故二者的电势相等，选项D正确。
考查方向
解题思路
在同一条电场线上，沿着电场线的方向是电势降低的方向；等势面就是电势相等的点所组成的一个面，故在这个面上的各点的电势是相等的；电场线密的地方，电场强度大，电场线稀疏的地方，电场强度小。
易错点
本题易在电场强度大小的判断上和电视的高低发生错误，不知道如何从图中看出 。
知识点
3．如图3所示，在空间直角坐标系Oxyz中存在有沿x轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的abc-a′b′c′棱柱形空间。通过面积S1（abb′a′所围的面积）、S2（acc′a′所围的面积）和S3（cbb′c′所围的面积）的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则（ ）
正确答案
解析
1、由图可知，磁感应强度B的方向垂直面积S1，而面积S2在yoz平面上的投影面积也是S1，故Φ1=Φ2，选项A正确，B错误；
2、而磁感应强度B与面积S3平行，故Φ3=0，所以Φ1＞Φ3,选项C正确，D错误。
考查方向
解题思路
磁通量是磁感应强度与垂直于磁场方向的投影面积的乘积，它是一个标量，如果面积与磁感应强度的方向垂直，则φ=BS，如果面积与磁感应强度B不垂直，则磁通量是该面积在磁感应方向垂直的面积上投影与磁感应强度的乘积。
易错点
本题易在对磁通量概念的理解上发生错误，忘了磁感应强度与垂直于磁场方向的投影面积的乘积 。
知识点
5．如图5所示，理想变压器原线圈两端的输入电压为220V，副线圈两端接有两只标有“12V，24W”字样的灯泡，当开关S1和S2都闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法中正确的是（ ）
A该变压器原、副线圈的匝数之比应为55：3
B该变压器原、副线圈的匝数之比应为3：55
C将开关S1断开，则通过该变压器原线圈的电流将变小
D将开关S1断开，则该变压器原线圈的输入功率
正确答案
解析
1、通过小灯泡正常发光，能推出小灯泡的电压是12V，通过电压只比等于匝数比，求出A正确。
2、开关S1断开，副线圈电流减小，原线圈电流相应减小。由于电压不变，则输出、输入功率减小。
考查方向
解题思路
1、通过小灯泡正常发光，能推出小灯泡的电压是12V，通过电压只比等于匝数比，求出A正确。
2、开关S1断开，副线圈电流减小，原线圈电流相应减小。由于电压不变，则输出、输入功率减小。
易错点
1、本题小灯泡的数据都是有效值。
2、本题不容易理解电建断开后，会有哪些也随之变化。
知识点
7．如图8甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面正对固定放置的平行金属板P、Q连接。圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图8乙所示（规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向）。图9中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E（规定电场方向由P板指向Q板为正方向）随时间t变化情况的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
由楞次定律得到开时始P板电势高于Q板电势，
T/2之后对调图像，然后依次类推得到图像。
所以选择D选项。
考查方向
解题思路
1、确定磁场方向，找到其变化趋势，计算电动势变化情况，得到平行板电压。
2、由平行板间匀强电场计算公式可以得到结果。即可得到结果。
所以选D选项。
易错点
1、本题易在属于常见题型。
2、本题不容易理解的就是电磁感应定律，考察的是磁通量变化引起感应电动势，其变化率决定电动势大小,电动势大小不变，因为磁通量变化率不变。
知识点
9．如图11甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图11乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
BA点的电场强度小于B点的电场强度
C电子由A点运动到B点的过程中电
D电子在A点的动能小于在B点
正确答案
解析
试题分析：由图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W=EpA－EpB，选项C正确；电场力做负
考查方向
解题思路
该题借助于图像上AB两点电势能的大小关系及电势能的变化规律判断出这是一个匀强电场，而且通过两点的电势能的大小判断电场力做的是正功还是负功，然后就可以确定电压强度的方向是沿x轴的负方向，待这些推出来了，则问题就容易解出来了。
易错点
不会识别图像、图像理解不深刻、不能把图像和物理过程、物理状态联系起来。
知识点
1．如图1所示，真空中有两个点电荷分别位于M点和N点，它们所带电荷量分别为q1和q2。已知在M、N连线上某点P处的电场强度为零，且MP=3PN，则（ ）
Aq1=3 q2
Bq1=9 q2
Cq1= 
Dq1= 
正确答案
解析
因为点P处的电场强度为零，所以q1和q2在P点处的电场强度大小相等。
即，
又因为：
r1=3r2
所以，q1=9 q2 A选项不正确，C选项不正确，D选项不正确，所以选B选项。
考查方向
解题思路
1、q1和q2在P点处的电场强度大小相等。
2、由
易错点
本题易在列等式时比例发生错误，易容易忘记平方或比反 。
知识点
4．在如图4所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中（ ）
正确答案
解析
1、根据题意，由a向b缓慢滑动，电阻减小，总电阻减小，总电流增大，电流表示数增大，内压增大外压减小。
2、由电源端推到支路，其中电容与R3并联，电压一样，都减小，电压表的示数减小。
考查方向
解题思路
1、根据题意，由a向b缓慢滑动，电阻减小，总电阻减小，总电流增大，电流表示数增大，内压增大外压减小。
2、由电源端推到支路，其中电容与R3并联，电压一样，都减小，电压表的示数减小。
易错点
1、本题易在由a向b缓慢滑动的过程中电阻变大变小一出现错误。
2、本题在推导过程中容易出项错误。
3、R3在电路中只相当于导线，容易出错。
知识点
6．图6是用电流传感器（电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关S。在所示的图象中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是 （ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
电建闭合，由于电感的阻碍，电流只在灯泡通过，电流最大
考查方向
解题思路
1、电建闭合，由于电感的阻碍，电流只在灯泡通过，电流最大
易错点
1、本题易错点在电路刚接通是电感由于阻碍，电流瞬间只在灯泡内通过。
2、断开瞬间，流过灯泡的电流要反向，且较小。
知识点
8．如图10所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是 （ ）
A微粒在a点时加速度方向竖直向下
B微粒在c点时电势能最大
C微粒运动过程中的最大速率为
D微粒到达b点后将沿原路径返回a点
本题和西城最后一道压轴题遥相呼应，预示着高考动向！！
正确答案
解析
A选项:起初微粒只受电场力和重力作用，合力向下，牛二可得加速度向下，A正确。B选项：A到C电场力做正功，电势能减小。
C选项：默认了错误前提，受力平衡时得到错误结果，不平衡可以排除C。
D选项：微粒将和A点时相同的轨迹在右方重复多次进行。所以综上得只有A正确。。
考查方向
解题思路
1、确定重力方向，电场力方向，和运动后的洛伦兹力方向，从而影响接下来的运动轨迹。
2、由运动轨迹和受力方向可以知道其轨迹是一个不规则的螺旋，创意物理专门讲解过这个问题，以及其规律，最低点受力不平衡。
所以结合以上知识可以得A选项。
易错点
1、本题易在可以在理解的基础上排除B和D。
2、本题不容易的就是不好理解C选项的错误原因，不敢轻易确定选项A。
知识点
10．半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空
图12为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH，霍尔电势差大小满足关系
A如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体
B如果上表面电势高，则该半导体为N型半导体
C霍尔系数较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多
D样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为
正确答案
解析
试题分析：如果半导体为P型半导体，则能自由移动的是带正电的粒子，由左手定则可以判断出粒子偏向上表面，故上表面电势高，选项A正确；如果半导体为N型半导体，则能自由移动的是带负电子，由左手定则可以判断出电子偏向上表面，故上表面电势低，选项B错误；待电流稳定后，粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态，故存在：
考查方向
解题思路
在霍尔元件中，带电粒子在电场与磁场力的作用下处于平衡状态，故由此可以列出相应的方程来，如果考虑微观的因素，即：将粒子运动的速度与电流相结合，即可得出一个综合关系式，再由题中已知的关系式，二者相结合，可以将结果解出来了。
易错点
半导体不熟悉，蒙了；霍尔元件、霍尔效应不理解，不能建立模型。
知识点
12．某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池。
（1）甲同学选用图17所示的电路图测量该电池的电动势和内阻。在他测量与计算无误的情况下，他所得到的电源电动势E的测量值比真实值偏小。E的测量值比真实值偏小的原因可能是 （选填选项前的字母）造成的。
A.电压表的分流
B.电流表的分压
（2）乙同学选用图18所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为R0，根据实验电路图连接好电路闭合开关，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，并作记录。根据多组实验数据绘出如图19所示的
正确答案
（1）A；
（2）
解析
试题分析：（1）在图17中，当变阻器断路时路端电压即为电源的电动势大小，而变阻器断路时，电源与电压表构成通路，电压表的示数小于电源电压，因为电源的内阻还有一部分电压降，即电源电压的测量值小于真实值，如果当电压表的电阻非常非常的大时，误差才最小，可见产生误差的原因是电压表有一定的电阻，即电压表的
（2）在图18中，根据全电路欧姆定律可知E=U+I（R0+r）=U+
考查方向
解题思路
1、外接法实验误差来自于电压表分流
2、小电阻用外接，电池的电阻较小，所以用外接
易错点
1、本题属于常见题型。
2、本题容易错的是内外接法的选取，分压限流的选取
3、实验误差分析，图像的应用
知识点
11．在描绘一个标有“6.3V 0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，并便于操作。
已选用的器材有：
学生电源（电动势为9V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0~0.6A，内阻约0.2Ω；量程为0~3A，内阻约0.04Ω）；
电压表（量程为0~3V，内阻约3kΩ；0~15V，内阻约15kΩ）；
开关一个、导线若干。
（1）实验中还需要选择一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的____________（选填选项前的字母）。
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A)
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A)
（2）实验电路图应选用图13中的_________（选填“甲”或“乙”）。
（3）请根据（2）中所选的电路图，补充完成图14中实物电路的连线。
（4）接闭合关，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次测量中电流表选择0~0.6A量程，电压表选择0~15V量程，电流表、电压表示数如图15所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值
（5）根据实验数据，画出的小灯泡I-U图线如图16所示。由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将 （选填“变大”或“变小”）。
正确答案
（1）A；
（2） 乙；
（3）如答图1所示；量程选择0~15V同样得分；
（4）18
（5）变大。
解析
因为测量的是小灯泡的伏安特性曲线，要求电压电流从零开始调节，故采用分压式连接，为了操作方便，宜选用最大阻值较小的变阻器，选A；
（2）实验电路为乙；
（3）连接的实物图如图所示，先连接电源部分，再连接测量部分，最后接入电压表；
（4）
（5）当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将变大。
考查方向
解题思路
1、零起必分压故选取分压式接法
2、小电阻用外接，灯泡的电阻较小，所以用外接
易错点
1、本题属于常见题型。
2、本题容易错的是内外接法的选取，分压限流的选取
知识点
14．如图21所示，真空中有平行正对金属板A、B，它们分别接在输出电压恒为U=91V的电源两端，金属板长L＝10cm、两金属板间的距离d=3.2 cm， A、B两板间的电场可以视为匀强电场。现使一电子从两金属板左侧中间以v0=2.0×107m/s的速度垂直于电场方向进入电场，然后从两金属板右侧射出。已知电子的质量m=0.91×10-30kg，电荷量e=1.6×10-19C，两极板电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计。求：(计算结果保留两位有效数字)
（1）电子在电场中运动的加速度a的大小；
（2）电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量y；
（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，其动量增量的大小。
正确答案
（1）a=5.0×1014m/s2
（2）y=0.63cm
（3）
解析
（1）设金属板A、B间的电场强度为E，则
根据牛顿第二定律有：
解得：a=5.0×1014m/s2
（2）电子以速度v0进入金属板A、B间，在垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
电子在电场中运动的时间为 t=
电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量
解得：y=0.63cm
（3）设电子从进入电场到离开电场时间t=
根据动量定理有：
解得：
考查方向
解题思路
（1）根据牛顿第二定律求加速度。
（2）根据类平抛运动求偏转位移
（3）根据动量定理求动量
易错点
侧位移的求解，动量变化
知识点
15．如图22所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10Ω，线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω＝400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。求：
（1）线圈中感应电流的最大值；
（2）线圈转动过程中电阻R的发热功率；
（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过
正确答案
（1）3.0A；
（2）405W；
（3）
解析
（1）线圈产生感应电动势的最大值Em=nBωab×bc= 300V
根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值
解得：Im=3.0A
（2）通过电阻R的电流的有
线圈转动过程中电阻R的热功率 P=I2R
解得：P=405W
（3）根据法拉第电磁感应定律有：
根据闭合电路欧姆定律有：
解得：
考查方向
解题思路
（1）应用最大值的公式直接求解。
（2）求功率用有效值，带入公式求解。
（3）求电荷量用平均值，化简公式求解即可。
易错点
各个值应用混淆，不对应。
知识点
17．如图24所示，PQ和MN是固定于水平面内间距L=1.0m的平行金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。两相同的金属棒ab、cd放在轨道上，运动过程中始终与轨道垂直，且接触良好，它们与轨道形成闭合回路。已知每根金属棒的质量m=0.20kg，每根金属棒位于两轨道之间部分的电阻值R=1.0Ω；金属棒与轨道间的动摩擦
（1）在t=0时刻，用垂直于金属棒的水平力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿轨道以a=5.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，求金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动；
（2）若用一个适当的水平外力F′向右拉金属棒cd，使其达到速度v1=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab也恰好以恒定速度沿轨道运动。求：
①金
②水平外力F′的功率。
正确答案
（1）1.0s；
（2）①15m/s；②16W。
解析
试题分析：（1）设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，
根据运动学公式可知：此时金属棒cd的速度
金属棒cd产生的电动势
金属棒ab所受安培力
金属棒ab开始运动时刻，
解得：t=1.0s
（2）①设金属棒cd以速度v1=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v2。
此时通过ab、cd两金属棒的电流
金属棒ab所受安培力
解得：v2=15m/s
②以金属棒cd为研究对象，其所受水平外力F′、滑动摩擦力Ff以及安培力FA3三个力的合力为零。
即：
解得：水平外力F′的功率P=F′v1=16W
考查方向
解题思路
当用力拉动cd时，cd棒切割磁感线，电路中产生感应电流，电流通过ab棒，它受到安培力的作用，当安培力的大小等于摩擦力时，ab开始运动；当外力拉cd使之匀速运动时，如果ab也匀速运动，二者的速度大小是不同的，电路中有电流产生。
易错点
忽略反电动势
知识点
13．如图20所示，P、Q两平行金属板间存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两板间的距离为d，电势差为U；金属板下方存在一有水平边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。电荷量为q的带正电的粒子，以速度v垂直于电场和磁场匀速通过P、Q两金属板间，并沿垂直磁场方向进入金属板下方的磁场，做半径为R的匀速圆周运动。不计两极板电场的边缘效应及粒子所受的重力。求：
（1）P、Q两金属板间匀强电场场强E的大小；
（2）P、Q两金属板间匀强磁场磁感应强度B0的大小；
（3）粒子的质量m。
正确答案
（1）E=
（2）
（3）
解析
（1）根据匀强强度和电势差的关系有：E=
（2）因为粒子匀速通过P、Q两金属板间，则有：
解得：
（3）粒子进入下方的匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律有：
可得：
考查方向
解题思路
（1）应用匀强电场的公式直接求解。
（2）速度选择器中电场力合洛伦兹力的平衡
（3）带电粒子在磁场中运动，半径公式。
易错点
速度选择器模型的运用，半径公式
知识点
16．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图23所示，某时刻在xOy平面内的第Ⅱ、Ⅲ象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的
（1）M、O两点间的电势差U；
（2）坐标原点O与N点之间的距离d；
（3）粒子从M点运动到N点的总时间t。
正确答案
（1）
（2）
（3）
解析
（1）设粒子经过O点的速度为v， 则cosα=
对于电子经过电场的过程，根据动能定理有：
解得：
（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，运动轨迹如答图2所示。
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得：
根据几何关系可知，O与N之间的距离
（3）设粒子在电场中从M点运动至O点所用时为t1，
根据牛顿第二定律可知：粒子在电场中的加速度a=
粒子通过O点时竖直方向速度vy=
解得：t1=
设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为t2，粒子在磁场中运动的周期
解得：粒子从M点运动到N点的总时间t= t1+ t2=
考查方向
解题思路
（1）分析在电场中的运动，用动能定理求解电势差。
（2）分析磁场中的匀速圆周运动，用牛顿第二定律和几何知识求解长度。
（3）利用在电磁场中的运动特点，分别求解电场和磁场中的时间。
易错点
作图，关键点的应用和磁场中时间的确定。
知识点
18．如图25甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料。图25乙是该主要结构的截面图，上、下两板与输出电压可调的高压直流电源(内电阻可忽略不计)相连。质量为m、电荷量大小为q的分布均匀的带负电的尘埃无初速度地进
（1）求在较短的一段时间Δt内，A、B两极板间加速电场
（2）若所有进入通道的尘埃都被收集，求通过高压直流电源的电流；
（3）请推导出收集效率η随电压直流电源输出电压U变化的函数关系式。
正确答案
（1）nbdΔtqU0
（2）nqbd
（3）η＝
解析
试题分析：（1）设电荷经过极板B的速度大小为v0，
对于一个尘埃通过加速电场过程中，加速电场所做的功W0=qU0
在Δt时间内从加速电场出来的尘埃总体积是V=bdv0Δt，
其中的尘埃的总个数N总=nV=n(bdv0Δt)，
故A、B两极板间的加速电场对尘埃所做的功W=N总qU0=n(bdv0Δt) qU0
对于一个尘埃通过加速电场过程，根据动能定理有
解得： W=N总qU0= nbdΔtqU0
（2）若所有进入矩形通道的尘埃都被收集，则Δt时间内碰到下极板的尘埃的总电荷量
ΔQ=N总q=nq(bdv0Δt)
通过高压直流电源的电流I=
解得：I= nqbd
（3）对某一尘埃，其在高压直流电源形成的电场中运动时，在垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动。
根据运动学公式有：垂直电场方向位移x＝v0t，沿电场方向位移y＝
根据牛顿第二定律有：a＝
距下板y处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，则x＝L，
解得：y＝
若y<d，即
若y≥
考查方向
解题思路
在一小段时间内，我们先计算通过加速后的尘埃的个数，然后针对电场对
易错点
基本模型不清晰