2024-2025學(xué)年上學(xué)期廣州高二物理期末培優(yōu)卷2

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期廣州高二物理期末培優(yōu)卷2一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2024春?廬江縣期中）如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其正上方略偏右處固定一根直導(dǎo)線，導(dǎo)線和磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，則（）A．磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵對桌面的壓力不變 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力2．（4分）（2021秋?江西月考）實(shí)驗表明：通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與長直導(dǎo)線中電流強(qiáng)度I成正比，與該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，空間中存在垂直紙面（豎直面）向里的勻強(qiáng)磁場，一根長直導(dǎo)線固定，a、b是紙面內(nèi)關(guān)于長直導(dǎo)線對稱的兩點(diǎn)，給長直導(dǎo)線通以大小為I0、方向豎直向上的恒定電流時，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；若長直導(dǎo)線中的電流增大為2I0，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?.8B，則此時b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為（）A．1.2B B．1.4B C．1.6B D．1.8B3．（4分）（2023秋?渝北區(qū)校級期中）隨著生活水平的提高，電子秤已成為日常生活中不可或缺的一部分。如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導(dǎo)致平行板上層膜片電極下移，則下列說法正確的是（）A．電容器的電容減小 B．電容器的帶電電荷量減少 C．電容器兩極板間電場強(qiáng)度減小 D．膜片下移過程中，電流表有b到a的電流4．（4分）（2023?房山區(qū)一模）如圖所示，電路中線圈L的自感系數(shù)足夠大，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，A1與線圈L串聯(lián)后接到電源上，A2與可調(diào)電阻R串聯(lián)后接到電源上。先閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，再調(diào)節(jié)可調(diào)電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關(guān)S。下列說法正確的是（）A．重新閉合開關(guān)S，A1先亮，A2后亮 B．?dāng)嚅_開關(guān)S，A2先熄滅，A1后熄滅 C．?dāng)嚅_開關(guān)S，A1先熄滅，A2后熄滅 D．?dāng)嚅_開關(guān)S，流過A2電流方向向左5．（4分）（2023秋?崇川區(qū)期末）如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd靜置在水平絕緣平臺上，ab、cd足夠長，一根電阻為R的導(dǎo)體棒MN垂直置于金屬框上，整個裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，用水平恒力F向右拉動金屬框，MN與金屬框保持良好接觸，則MN的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2019?天津一模）如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡如實(shí)線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，由此可知（）A．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動能比在Q點(diǎn)大 C．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能比在Q點(diǎn)小 D．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)時的加速度比在Q點(diǎn)小7．（4分）（2023秋?立山區(qū)校級期中）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機(jī)原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，圖丙是寬為a、長為c的半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，圖丁是速度選擇器的原理示意圖，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產(chǎn)生電勢差，A板電勢高 B．圖乙中，11H、12H、13C．圖丙中，前、后表面間的電壓U與c成正比 D．圖丁中，只要粒子從P點(diǎn)水平進(jìn)入時能勻速直線通過，則從Q點(diǎn)進(jìn)入也可以二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2016秋?興隆臺區(qū)校級期中）在如圖所示的電路中，三個電壓表和一個電流表均為理想電表，閉合開關(guān)S，則在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，以下說法正確的是（）A．三個電壓表V，V1，V2的示數(shù)變化量滿足關(guān)系ΔU＝ΔU1+ΔU2 B．電源的總功率減小，電源的輸出功率可能增大 C．此過程中電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表A示數(shù)的變化量ΔI的比值不變 D．此過程中電壓表V1示數(shù)U1和電流表A示數(shù)I的比值不變（多選）9．（6分）（2022春?湖北期中）如圖所示，A、B兩個閉合單匝線圈用完全相同的導(dǎo)線制成，半徑rA＝3rB，圖示區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，則（）A．A、B線圈中產(chǎn)生的電阻之比RA：RB＝1：1 B．A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比EA：EB＝9：1 C．A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比IA：IB＝3：1 D．A、B線圈中產(chǎn)生的電功率之比PA：PB＝9：1（多選）10．（6分）（2017?新鄉(xiāng)一模）如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，初速度忽略不計的帶電粒子進(jìn)入加速電場，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入速度選擇器，在速度選擇器中做直線運(yùn)動通過平板S的狹縫P進(jìn)入平板S下的偏轉(zhuǎn)磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，粒子最終打在膠片A1A2上，粒子打在膠片上的位置離狹縫P距離為L，加速電場兩板間的電壓為U，速度選擇器兩板間的電場強(qiáng)度大小為E，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．速度選擇器兩板間磁場的方向垂直于紙面向里 B．平板S下面的偏轉(zhuǎn)磁場方向垂直于紙面向外 C．粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度大小為4UBD．速度選擇器兩板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為EB三．實(shí)驗題（共5小題，滿分54分）11．（7分）（2022秋?越秀區(qū)期末）物理實(shí)驗小組研究電容器的充放電現(xiàn)象。（1）通過查閱資料了解到，電容器串聯(lián)大電阻，可以延緩充、放電過程。小組成員想到用多用電表挑選合適的電阻進(jìn)行實(shí)驗。在測量其中一個電阻的阻值時，先把選擇開關(guān)旋到“×100”擋，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉(zhuǎn)如圖a所示，應(yīng)該將選擇開關(guān)旋到（選填“×10”擋或“×1k”擋）并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零再進(jìn)行測量。（2）重新測量電阻的阻值，指針位于如圖b所示位置，被測電阻的測量值為Ω。（3）選擇合適的電阻后，小組成員用一節(jié)干電池按如圖c所示電路觀察電容器充、放電過程，并繪制出電容器充、放電過程中電流I隨時間t變化的圖像如圖d所示。充電過程中I軸與t軸所圍的面積為S1，放電過程中I軸與t軸所圍的面積為S2，則下列說法中正確的有。A．充電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器兩極板間的電壓也逐漸減小B．放電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器的電容也逐漸減小C．在實(shí)驗誤差允許范圍內(nèi)，S1近似等于S2（4）該小組成員僅將一節(jié)干電池?fù)Q成兩節(jié)干電池繼續(xù)探究電容器充放電現(xiàn)象，圖像d中的面積S1將（填“增大”、“減小”或“不變”）。12．（10分）（2022秋?丹東期末）課外興趣小組測量某電池組的電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗原理如圖甲所示，現(xiàn)提供的器材如下：A.某型號電池組（電動勢約為3.0V、內(nèi)阻很?。?；B.電壓表V1（量程為0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ）；C.電壓表V2（量程為0～15V，內(nèi)阻約為10kΩ）；D.電阻箱R（0～99.9Ω）；E.定值電阻R1（R1＝2Ω）；F.定值電阻R2（R2＝200Ω）；G.開關(guān)和導(dǎo)線若干。（1）在以上實(shí)驗器材中，電壓表應(yīng)選擇（選填器材前的選項字母）；定值電阻R0應(yīng)選擇（選填器材前的選項字母）。（2）興趣小組一致認(rèn)為用線性圖像處理數(shù)據(jù)便于分析，于是在實(shí)驗中改變電阻箱的阻值R，記錄對應(yīng)電壓表的示數(shù)U，獲取了多組數(shù)據(jù)，畫出的1U-1R圖像為一條直線，做出的1U-1R圖像如圖乙所示，若把流過電阻箱的電流視為干路電流，則可得該電池組的電動勢E＝V（3）該實(shí)驗的系統(tǒng)誤差主要來源于。13．（9分）（2017秋?西城區(qū)校級月考）如圖所示的兩組平行金屬板，一組金屬板豎直放置，A、B分別為兩板的中間小孔，兩板間電壓為U0；另一組金屬板水平放置，兩板間距為d、長度為L、電壓為U。一質(zhì)量為m，電荷量q的帶負(fù)電的粒子從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電壓U0加速后通過B孔進(jìn)入的水平平行金屬板間。帶電粒子從兩塊水平金屬板的中間射入，且能從水平金屬板右側(cè)穿出若不考慮帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0；（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek；（3）寫出帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡方程，并證明：質(zhì)量和電荷量不同的帶負(fù)電的粒子有相同的運(yùn)動軌跡。14．（13分）（2023?湖北模擬）如圖所示，完全相同的金屬導(dǎo)軌ad、bc水平放置，ab間的距離為4L，dc間的距離為2L，∠a＝∠b＝θ＝45°。ab間接有阻值為R的電阻，dc間接一理想電壓表?？臻g分布著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一長度為4L的金屬棒MN在水平外力的作用下從貼近于ab邊的位置開始以初速度v0向右運(yùn)動并始終與導(dǎo)軌接觸良好。不計摩擦和其他電阻，在MN從ab邊運(yùn)動到dc邊的過程中，電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：（1）回路中電流大小I；（2）MN的速度v隨位移x變化的關(guān)系式；（3）在MN從ab邊運(yùn)動到dc邊的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。15．（15分）（2020?臺州模擬）如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個象限的空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在原點(diǎn)O處有一粒子源在紙面內(nèi)向第Ⅰ象限與x軸正方向成一定角度θ（θ未知）的方向以不同速率發(fā)射同種粒子A，A粒子質(zhì)量為m、電荷量為+2q。在x軸負(fù)半軸上排列著許多質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的另一種靜止，但被碰后可以自由運(yùn)動的粒子B．設(shè)每次A粒子到達(dá)x軸負(fù)半軸時總能和一個B粒子發(fā)生正碰并粘在一起。在y軸上-3L2≤y≤﹣L區(qū)間裝有粒子收集器，到達(dá)該區(qū)域的所有粒子將被收集?，F(xiàn)有一速度大小為v0的A粒子射出后經(jīng)過M點(diǎn)后與N點(diǎn)的一個B粒子發(fā)生碰撞。圖中坐標(biāo)M（0，4L），N（﹣3L（1）求粒子的速度大小v0和夾角θ；（2）求在N點(diǎn)碰撞后的粒子，最后達(dá)到y(tǒng)軸的位置；（3）若從O點(diǎn)射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內(nèi)，且粒子數(shù)在此范圍內(nèi)均勻分布，求粒子的收集率。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期廣州高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2024春?廬江縣期中）如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其正上方略偏右處固定一根直導(dǎo)線，導(dǎo)線和磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，則（）A．磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵對桌面的壓力不變 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力【考點(diǎn)】安培力的概念；判斷是否存在摩擦力．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】先以通電導(dǎo)線為研究對象，由左手定則判斷出導(dǎo)線受到安培力的方向；然后由牛頓第三定律求出磁鐵受到磁場力的方向，最后判斷磁鐵對桌面的壓力如何變化，判斷磁鐵受到的摩擦力方向?！窘獯稹拷猓涸诖盆F外部，磁感線從N極指向S極，導(dǎo)線所在處磁場向右斜向下，導(dǎo)線電流垂直于紙面向外，由左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力向右斜向上，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)線對磁鐵的作用力向左斜向下，磁鐵保持靜止，由共點(diǎn)力平衡條件可知，磁鐵對桌面的壓力增大，有向左的運(yùn)動趨勢，磁鐵受到向右摩擦力，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評】本題應(yīng)先選導(dǎo)線為研究對象，然后由牛頓第三定律判斷磁鐵的受力情況，巧妙地選取研究對象，是正確解題的關(guān)鍵。2．（4分）（2021秋?江西月考）實(shí)驗表明：通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與長直導(dǎo)線中電流強(qiáng)度I成正比，與該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，空間中存在垂直紙面（豎直面）向里的勻強(qiáng)磁場，一根長直導(dǎo)線固定，a、b是紙面內(nèi)關(guān)于長直導(dǎo)線對稱的兩點(diǎn)，給長直導(dǎo)線通以大小為I0、方向豎直向上的恒定電流時，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；若長直導(dǎo)線中的電流增大為2I0，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?.8B，則此時b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為（）A．1.2B B．1.4B C．1.6B D．1.8B【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周圍的磁場；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)安培定則，長直導(dǎo)線中電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與勻強(qiáng)磁場方向相反，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與勻強(qiáng)磁場方向相同，將2I0電流等效成2個I0的電流，因此電流改變?yōu)?I0后，電流在α點(diǎn)和b產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度是原來的2倍，然后磁場強(qiáng)度疊加求解。【解答】解：根據(jù)安培定則，長直導(dǎo)線中電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與勻強(qiáng)磁場方向相反，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與勻強(qiáng)磁場方向相同，將2I0電流等效成2個I0的電流，因此電流改變?yōu)?I0后，電流在α點(diǎn)和b產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度是原來的2倍，設(shè)電流I0在α、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，由題意有|B0﹣B1|＝B，|B0﹣2B1|＝0.8B.|B0﹣2B1|＝|B﹣B1|＝0.8BB﹣B1＝0.8BB1＝0.2BB0＝1.2BBb＝2B1+B0＝1.6B此時b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.6B；B1﹣B＝0.8BB1＝1.8BB0＝2.8BBb＝2B1+B0＝6.4B此時b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6.4B。故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查的是通電導(dǎo)線周圍磁場強(qiáng)度的疊加，要知道磁場強(qiáng)度是矢量，注意磁場的方向。3．（4分）（2023秋?渝北區(qū)校級期中）隨著生活水平的提高，電子秤已成為日常生活中不可或缺的一部分。如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導(dǎo)致平行板上層膜片電極下移，則下列說法正確的是（）A．電容器的電容減小 B．電容器的帶電電荷量減少 C．電容器兩極板間電場強(qiáng)度減小 D．膜片下移過程中，電流表有b到a的電流【考點(diǎn)】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd【解答】解：A、平行板上層膜片電極下移時，兩個極板的距離減小，根據(jù)電容的決定式C=?rSBCD、由于電容器一直和電源相連，兩極板的電壓不變，根據(jù)E=Ud可知電場強(qiáng)度增大，根據(jù)電容的定義式C=QU可知，當(dāng)電容增大時，電容器的帶電荷量增大，即電容器被充電，電流表有從b到a的電流，故故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要抓住變化過程中的不變量，由電容的決定式C=?rS4πkd4．（4分）（2023?房山區(qū)一模）如圖所示，電路中線圈L的自感系數(shù)足夠大，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，A1與線圈L串聯(lián)后接到電源上，A2與可調(diào)電阻R串聯(lián)后接到電源上。先閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，再調(diào)節(jié)可調(diào)電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關(guān)S。下列說法正確的是（）A．重新閉合開關(guān)S，A1先亮，A2后亮 B．?dāng)嚅_開關(guān)S，A2先熄滅，A1后熄滅 C．?dāng)嚅_開關(guān)S，A1先熄滅，A2后熄滅 D．?dāng)嚅_開關(guān)S，流過A2電流方向向左【考點(diǎn)】自感現(xiàn)象與自感系數(shù)．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】D【分析】閉合開關(guān)S時，滑動變阻器R不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，燈泡A2立刻正常發(fā)光，線圈的電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律判斷電流如何變化，分析燈泡A1的亮度如何變化；再斷開開關(guān)S，線圈中電流減小，產(chǎn)生自感電動勢，再由楞次定律判斷電流如何變化?！窘獯稹拷猓篈、重新閉合開關(guān)S時，由于線圈L的自感系數(shù)足夠大，阻礙電流增大，所以A2先亮，A1后亮，故A錯誤；BCD、斷開開關(guān)S時，A1、A2與L、R構(gòu)成閉合回路，L相當(dāng)于電源，A1、A2電流相同，會逐漸變暗，且同時熄滅，電感產(chǎn)生的電阻阻礙電流減小，所以流過A1的電流向右，流過A2電流方向向左，故D正確，BC錯誤。故選：D。【點(diǎn)評】當(dāng)通過線圈的電流變化時，線圈會產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的變化，自感現(xiàn)象是一種特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，遵守楞次定律。5．（4分）（2023秋?崇川區(qū)期末）如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd靜置在水平絕緣平臺上，ab、cd足夠長，一根電阻為R的導(dǎo)體棒MN垂直置于金屬框上，整個裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，用水平恒力F向右拉動金屬框，MN與金屬框保持良好接觸，則MN的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應(yīng)電動勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理論證能力．【答案】A【分析】分別對金屬框和導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和感應(yīng)電動勢公式E＝BLv、歐姆定律、安培力公式F＝BIL求出二者的加速度表達(dá)式，當(dāng)加速度差值為零時，得到速度之差恒定，從而分析出圖像的形狀?！窘獯稹拷猓航饘倏蛟诤懔作用下向右加速，由右手定則可知，bc邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流從c流向b，由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向右的安培力作用，導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動，設(shè)金屬框的加速度為a1，導(dǎo)體棒的加速度為a2，設(shè)金屬框的速度為v1，導(dǎo)體棒的速度為v2，設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R，回路的感應(yīng)電流I=設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，對金屬框，牛頓第二定律得F﹣BIL＝Ma1對導(dǎo)體棒MN，由牛頓第二定律得BIL＝ma2金屬框與導(dǎo)體棒都做初速度為零的加速運(yùn)動，v1、v2都變大，a1從FM開始減小，導(dǎo)體棒的加速度a2從0開始增大，當(dāng)金屬框與導(dǎo)體棒的加速度相等時，即a1＝a2＝解得F＝（M+m）a加速度保持不變，此后金屬框與導(dǎo)體棒的速度差Δv保持不變，感應(yīng)電流不變，兩端電壓UMN不變且不為0，導(dǎo)體棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導(dǎo)體棒以相等的加速度做勻加速直線運(yùn)動，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題，關(guān)鍵要正確分析回路中感應(yīng)電流與兩棒速度的關(guān)系，利用牛頓第二定律分析兩棒加速度變化情況。6．（4分）（2019?天津一模）如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡如實(shí)線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，由此可知（）A．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動能比在Q點(diǎn)大 C．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能比在Q點(diǎn)小 D．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)時的加速度比在Q點(diǎn)小【考點(diǎn)】等勢面及其與電場線的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】由于質(zhì)點(diǎn)只受電場力作用，根據(jù)運(yùn)動軌跡可知電場力指向運(yùn)動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，因此電場線方向也指向左上方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強(qiáng)度大?！窘獯稹拷猓篈、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶負(fù)電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a等勢線的電勢最高，故A正確；BC、根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點(diǎn)的動能小于Q點(diǎn)的動能，故BC錯誤；D、等勢線密的地方電場線密場強(qiáng)大，故P點(diǎn)位置電場強(qiáng)，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動的思路是：根據(jù)運(yùn)動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、動能等物理量的變化。7．（4分）（2023秋?立山區(qū)校級期中）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機(jī)原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，圖丙是寬為a、長為c的半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，圖丁是速度選擇器的原理示意圖，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產(chǎn)生電勢差，A板電勢高 B．圖乙中，11H、12H、13C．圖丙中，前、后表面間的電壓U與c成正比 D．圖丁中，只要粒子從P點(diǎn)水平進(jìn)入時能勻速直線通過，則從Q點(diǎn)進(jìn)入也可以【考點(diǎn)】磁流體發(fā)電機(jī)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】圖甲圖乙由左手定則判斷磁流體發(fā)電機(jī)極板的電勢高低，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求解半徑公式，從而比較不同粒子的半徑大小，對比兩種加速器原理和結(jié)構(gòu)從而比較綜合效應(yīng)。圖丙是霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確自由電荷在復(fù)合場中受力平衡，易錯點(diǎn)在于利用左手定則判斷電荷的移動，從而判斷后面的電勢高。圖丁速度選擇器根據(jù)粒子能夠沿直線勻速通過分析即可?！窘獯稹拷猓篈、將一束等離子體噴入磁場，由左手定則得，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)，A、B兩板會產(chǎn)生電勢差，且B板電勢高，故A錯誤；B、質(zhì)譜儀中，粒子經(jīng)電場加速有：qU=12mv2，在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝mR=1B2mUq，由此可知在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑最大的是比荷（qm）最小的粒子，H、H、H三種粒子電荷量相同，HC、達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，電子所受電場力與洛倫茲力合力為零，即evB=UHae，其中：I＝neadv（d為上下厚度，n為單位體積的電子數(shù)），解得：UH=IBned，則其它條件不變，前、后表面間的電壓UH與BD、粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器，則有粒子受到電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)左手定則粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場力與洛倫茲力能達(dá)到平衡，從Q點(diǎn)進(jìn)入洛倫茲力與電場力同方向，必不平衡，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】此題是通過對比的方式把電磁學(xué)的應(yīng)用實(shí)驗組合在一起的好題，有利于知識梳理、分清是否，當(dāng)然掌握基礎(chǔ)是解題的關(guān)鍵。二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2016秋?興隆臺區(qū)校級期中）在如圖所示的電路中，三個電壓表和一個電流表均為理想電表，閉合開關(guān)S，則在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，以下說法正確的是（）A．三個電壓表V，V1，V2的示數(shù)變化量滿足關(guān)系ΔU＝ΔU1+ΔU2 B．電源的總功率減小，電源的輸出功率可能增大 C．此過程中電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表A示數(shù)的變化量ΔI的比值不變 D．此過程中電壓表V1示數(shù)U1和電流表A示數(shù)I的比值不變【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題．【答案】BCD【分析】在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，電路中的電流減小，由歐姆定律分析R1兩端電壓的變化和路端電壓的變化，再判斷R2兩端電壓的變化，利用閉合電路歐姆定律分析電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值的變化情況．電壓表V1示數(shù)U1和電流表示數(shù)I的比值等于R1．根據(jù)P＝EI分析電源的總功率變化情況．根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源的輸出功率如何變化．【解答】解：A、在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，電路中的電流I減小，由歐姆定律分析得知，R1兩端電壓U1減小，路端電壓U增大，由U＝U1+U2，知U2增大，則電壓表V的示數(shù)變化量的大小ΔU和電壓表V1的示數(shù)變化量的大小ΔU1、電壓表V2的示數(shù)變化量的大小ΔU2的關(guān)系為ΔU＝﹣ΔU1+ΔU2，故A錯誤。B、總電流減小，電源的總功率為P＝EI，I減小，則P減小。由于內(nèi)外電阻的關(guān)系未知，所以電源的輸出功率可能增大，故B正確。C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2＝E﹣I（R1+r），則ΔU2ΔI=R1D、電壓表V1示數(shù)U1和電流表示數(shù)I的比值等于R1，不變，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評】本題是電路動態(tài)變化分析問題，要采用總量法分析兩電表示數(shù)變化量的大小．對于電表變化量的比例要根據(jù)閉合電路歐姆定律分析．（多選）9．（6分）（2022春?湖北期中）如圖所示，A、B兩個閉合單匝線圈用完全相同的導(dǎo)線制成，半徑rA＝3rB，圖示區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，則（）A．A、B線圈中產(chǎn)生的電阻之比RA：RB＝1：1 B．A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比EA：EB＝9：1 C．A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比IA：IB＝3：1 D．A、B線圈中產(chǎn)生的電功率之比PA：PB＝9：1【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】信息給予題；比較思想；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】A、根據(jù)電阻定律，結(jié)合題意求出A、B線圈中產(chǎn)生的電阻之比；BCD、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比；結(jié)合已知的電阻之比求出A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比，進(jìn)而求出A、B線圈中產(chǎn)生的電功率之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電阻定律有R＝ρLS=導(dǎo)線完全相同，故S相等，又rA＝3rB，整理可得A、B線圈中產(chǎn)生的電阻之比RA：RB＝3：1，故A錯誤；BCD、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=ΔΦΔt=ΔB整理可得A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比EA：EB＝9：1；根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I=整理可得A、B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比IA：IB＝3：1線圈中產(chǎn)生的電功率P＝EI故A、B線圈中產(chǎn)生的電功率之比PA：PB＝27：1故BC正確，D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和電功率公式，在解題時要注意找出等效電源，再結(jié)合電路解決問題。（多選）10．（6分）（2017?新鄉(xiāng)一模）如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，初速度忽略不計的帶電粒子進(jìn)入加速電場，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入速度選擇器，在速度選擇器中做直線運(yùn)動通過平板S的狹縫P進(jìn)入平板S下的偏轉(zhuǎn)磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，粒子最終打在膠片A1A2上，粒子打在膠片上的位置離狹縫P距離為L，加速電場兩板間的電壓為U，速度選擇器兩板間的電場強(qiáng)度大小為E，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．速度選擇器兩板間磁場的方向垂直于紙面向里 B．平板S下面的偏轉(zhuǎn)磁場方向垂直于紙面向外 C．粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度大小為4UBD．速度選擇器兩板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為EB【考點(diǎn)】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】BCD【分析】帶電粒子在速度選擇器中受電場力和洛倫茲力平衡，做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)半徑公式得出半徑與粒子比荷的關(guān)系．【解答】解：A、粒子經(jīng)加速電壓加速，根據(jù)加速電壓可知，粒子帶正電，要使粒子沿直線運(yùn)動，粒子在速度選擇器中受到的電場力與洛倫茲力應(yīng)大小相等，由此可以判斷出速度選擇器中磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；B、離子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外，故B正確；CD、粒子經(jīng)加速電場加速，有：qU=在速度選擇器中有：qE＝qvB1粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有：qv聯(lián)立解得：v=4UB2L，故選：BCD。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道粒子在速度選擇器和偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動規(guī)律，掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的半徑公式．三．實(shí)驗題（共5小題，滿分54分）11．（7分）（2022秋?越秀區(qū)期末）物理實(shí)驗小組研究電容器的充放電現(xiàn)象。（1）通過查閱資料了解到，電容器串聯(lián)大電阻，可以延緩充、放電過程。小組成員想到用多用電表挑選合適的電阻進(jìn)行實(shí)驗。在測量其中一個電阻的阻值時，先把選擇開關(guān)旋到“×100”擋，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉(zhuǎn)如圖a所示，應(yīng)該將選擇開關(guān)旋到×1k（選填“×10”擋或“×1k”擋）并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零再進(jìn)行測量。（2）重新測量電阻的阻值，指針位于如圖b所示位置，被測電阻的測量值為24000Ω。（3）選擇合適的電阻后，小組成員用一節(jié)干電池按如圖c所示電路觀察電容器充、放電過程，并繪制出電容器充、放電過程中電流I隨時間t變化的圖像如圖d所示。充電過程中I軸與t軸所圍的面積為S1，放電過程中I軸與t軸所圍的面積為S2，則下列說法中正確的有C。A．充電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器兩極板間的電壓也逐漸減小B．放電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器的電容也逐漸減小C．在實(shí)驗誤差允許范圍內(nèi)，S1近似等于S2（4）該小組成員僅將一節(jié)干電池?fù)Q成兩節(jié)干電池繼續(xù)探究電容器充放電現(xiàn)象，圖像d中的面積S1將增大（填“增大”、“減小”或“不變”）。【考點(diǎn)】觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象；練習(xí)使用多用電表（實(shí)驗）．【專題】實(shí)驗題；實(shí)驗探究題；定量思想；實(shí)驗分析法；電容器專題；實(shí)驗探究能力．【答案】（1）×1k；（2）24000；（3）C；（4）增大。【分析】（1）根據(jù)歐姆表的使用方法判斷；（2）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)方法讀數(shù)；（3）根據(jù)實(shí)驗原理和注意事項分析判斷；（4）根據(jù)電容定義式和電流定義式分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）使用多電表測量它電阻，選擇倍率“×100”測量時指針偏角過小，說明待測電阻阻值較大，應(yīng)選擇歐姆擋×1k擋，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零再測量；（2）圖b中，指針?biāo)阜秶姆侄戎禐?，所以電阻的阻值為24×1000Ω＝24000Ω；（3）A．充電過程中，電流逐漸減小，電容器兩端的電壓逐漸增加到穩(wěn)定；故A錯誤；B．電容器的電容大小跟電容器兩端的電壓以及所帶的電量無關(guān)，故B錯誤；C．I﹣t圖線所圍成的面積表示充、放電荷量，在誤差允許的范圍內(nèi)，一個電容完全充放電的量是近似相等的，故C正確；故選C。（4）電源給電容器充電過程中，兩極板間的電壓增大，根據(jù)公式C=QU可知C不變的情況下U增大則Q增大，I﹣t圖線所圍成的面積S1表示充電電荷量Q，因此S故答案為：（1）×1k；（2）24000；（3）C；（4）增大?！军c(diǎn)評】本題考查研究電容器的充放電現(xiàn)象實(shí)驗，要求掌握實(shí)驗原理、實(shí)驗電路、實(shí)驗步驟、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。12．（10分）（2022秋?丹東期末）課外興趣小組測量某電池組的電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗原理如圖甲所示，現(xiàn)提供的器材如下：A.某型號電池組（電動勢約為3.0V、內(nèi)阻很?。?；B.電壓表V1（量程為0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ）；C.電壓表V2（量程為0～15V，內(nèi)阻約為10kΩ）；D.電阻箱R（0～99.9Ω）；E.定值電阻R1（R1＝2Ω）；F.定值電阻R2（R2＝200Ω）；G.開關(guān)和導(dǎo)線若干。（1）在以上實(shí)驗器材中，電壓表應(yīng)選擇B（選填器材前的選項字母）；定值電阻R0應(yīng)選擇E（選填器材前的選項字母）。（2）興趣小組一致認(rèn)為用線性圖像處理數(shù)據(jù)便于分析，于是在實(shí)驗中改變電阻箱的阻值R，記錄對應(yīng)電壓表的示數(shù)U，獲取了多組數(shù)據(jù)，畫出的1U-1R圖像為一條直線，做出的1U-1R圖像如圖乙所示，若把流過電阻箱的電流視為干路電流，則可得該電池組的電動勢E＝2.94V（3）該實(shí)驗的系統(tǒng)誤差主要來源于電壓表分流作用?！究键c(diǎn)】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）B；E；（2）2.94；0.631；（3）電壓表分流作用?！痉治觥浚?）根據(jù)電路的特點(diǎn)選出合適的電學(xué)儀器；（2）根據(jù)閉合歐姆定律得出電流和電壓的關(guān)系，變形后與圖中的解析式進(jìn)行對比，計算出電動勢和內(nèi)阻；（3）根據(jù)電路圖分析可知電壓表的分流帶來實(shí)驗誤差。【解答】解：（1）電池組電動勢約為3.0V，為提高測量精確度，電壓表應(yīng)選擇量程為0～3V，故選B；電源內(nèi)阻較小，應(yīng)選用電阻較小的電阻串聯(lián)，故選E；（2）由閉合電路歐姆定律得U＝E-UR(r+R0)，整理得1U=r+R0E?1R+1E，結(jié)合圖乙可得1E=0.34V﹣1，解得E＝2.94V，斜率k＝（3）電壓表的測量值與電阻箱的比值計算的是通過電阻箱的電流，故該實(shí)驗的系統(tǒng)誤差主要來源于電壓表分流作用；故答案為：（1）B；E；（2）2.94；0.631；（3）電壓表分流作用?！军c(diǎn)評】本題主要考查了測定電源的電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗，要熟悉電路中的特點(diǎn)，結(jié)合閉合電流的歐姆定律和圖像的解析式進(jìn)行分析，難度適中。13．（9分）（2017秋?西城區(qū)校級月考）如圖所示的兩組平行金屬板，一組金屬板豎直放置，A、B分別為兩板的中間小孔，兩板間電壓為U0；另一組金屬板水平放置，兩板間距為d、長度為L、電壓為U。一質(zhì)量為m，電荷量q的帶負(fù)電的粒子從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電壓U0加速后通過B孔進(jìn)入的水平平行金屬板間。帶電粒子從兩塊水平金屬板的中間射入，且能從水平金屬板右側(cè)穿出若不考慮帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0；（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek；（3）寫出帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡方程，并證明：質(zhì)量和電荷量不同的帶負(fù)電的粒子有相同的運(yùn)動軌跡?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；歸納法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0為2U（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek為qU0+（3）粒子在豎直方向的位移：y=12at2【分析】根據(jù)動能定理求解速度；根據(jù)類平拋運(yùn)動的特點(diǎn)列式求出其出射速度，即而求出動能?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動能定理：qU0=12mv0解得：v0=2q（2）依據(jù)牛頓第二定律Uqd依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式vy＝at，水平方向，L＝v0t，代入公式v合=v則Ek=12mv合2＝qU（3）依據(jù)（2）可知，粒子在豎直方向的位移：y=12at2答：（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0為2U（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek為qU0+（3）粒子在豎直方向的位移：y=12at2【點(diǎn)評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，垂直電場線運(yùn)動做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋特點(diǎn)列式解題即可。14．（13分）（2023?湖北模擬）如圖所示，完全相同的金屬導(dǎo)軌ad、bc水平放置，ab間的距離為4L，dc間的距離為2L，∠a＝∠b＝θ＝45°。ab間接有阻值為R的電阻，dc間接一理想電壓表?？臻g分布著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一長度為4L的金屬棒MN在水平外力的作用下從貼近于ab邊的位置開始以初速度v0向右運(yùn)動并始終與導(dǎo)軌接觸良好。不計摩擦和其他電阻，在MN從ab邊運(yùn)動到dc邊的過程中，電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：（1）回路中電流大小I；（2）MN的速度v隨位移x變化的關(guān)系式；（3）在MN從ab邊運(yùn)動到dc邊的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理論證能力．【答案】（1）回路中電流大小I為4BLv（2）MN的速度v隨位移x變化的關(guān)系式為v=2L（3）在MN從ab邊運(yùn)動到dc邊的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12B【分析】（1）根據(jù)動生電動勢的公式和歐姆定律求電流；（2）由幾何關(guān)系求出切割的有效長度，根據(jù)題設(shè)條件寫出速度v隨位移x變化的關(guān)系式；（3）求出克服安培力所做的功，再根據(jù)功能關(guān)系求全過程產(chǎn)生的熱量。【解答】解：（1）回路中的電動勢恒為：E＝B?4L?v0根據(jù)閉合電路的歐姆定律：I=（2）由幾何關(guān)系可知，當(dāng)金屬棒MN位移為x時，MN切割磁感線的有效長度l為：l＝4L﹣2x且x范圍為：0≤x≤L由于dc兩點(diǎn)間的電壓始終保持不變，即：E＝Blv＝E0聯(lián)立解得：v=（3）由功能關(guān)系，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于MN克服安培力做的功，有Q＝WAMN所受安培力：F＝IlB結(jié)合上一問的電流的表達(dá)式，聯(lián)立解得：F=當(dāng)x＝0時，安培力為：F當(dāng)x＝L時，安培力為：F故全過程安培力做的功為：WA=聯(lián)立解得：Q=答：（1）回路中電流大小I為4BLv（2）MN的速度v隨位移x變化的關(guān)系式為v=2L（3）在MN從ab邊運(yùn)動到dc邊的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12B【點(diǎn)評】本題金屬桿勻速通過梯形磁場區(qū)域的電磁感應(yīng)問題，關(guān)鍵是要找到切割的有效長度，用法拉第電磁感應(yīng)定律閉合電路歐姆定律、功能關(guān)系等解決問題。15．（15分）（2020?臺州模擬）如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個象限的空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在原點(diǎn)O處有一粒子源在紙面內(nèi)向第Ⅰ象限與x軸正方向成一定角度θ（θ未知）的方向以不同速率發(fā)射同種粒子A，A粒子質(zhì)量為m、電荷量為+2q。在x軸負(fù)半軸上排列著許多質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的另一種靜止，但被碰后可以自由運(yùn)動的粒子B．設(shè)每次A粒子到達(dá)x軸負(fù)半軸時總能和一個B粒子發(fā)生正碰并粘在一起。在y軸上-3L2≤y≤﹣L區(qū)間裝有粒子收集器，到達(dá)該區(qū)域的所有粒子將被收集?，F(xiàn)有一速度大小為v0的A粒子射出后經(jīng)過M點(diǎn)后與N點(diǎn)的一個B粒子發(fā)生碰撞。圖中坐標(biāo)M（0，4L），N（﹣3L（1）求粒子的速度大小v0和夾角θ；（2）求在N點(diǎn)碰撞后的粒子，最后達(dá)到y(tǒng)軸的位置；（3）若從O點(diǎn)射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內(nèi)，且粒子數(shù)在此范圍內(nèi)均勻分布，求粒子的收集率?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】壓軸題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力求得粒子的速度大小v0和夾角θ；（2）由動量守恒定律和洛倫茲力提供向心力求在N點(diǎn)碰撞后的粒子，最后達(dá)到y(tǒng)軸的位置；（3）從O點(diǎn)射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內(nèi)，且粒子數(shù)在此范圍內(nèi)均勻分布，由幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力求粒子的收集率?！窘獯稹拷猓海?）先后經(jīng)過O、M、N三點(diǎn)，這三點(diǎn)構(gòu)成直角三角形，故圓心在MN的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系得：2rsinθ＝3L2rcosθ＝4Lr=52L，θ由洛倫茲力提供向心力得：2qBv0=m聯(lián)立解得：v（2）AB兩粒子相碰，由動量守恒：mv0＝（m+m）v1Bqv聯(lián)立解得：r1＝5L即粒子以M為圓心，5L為半徑做圓周運(yùn)動，打在軸上的位置坐標(biāo)（0，﹣L）（3）以速度v發(fā)射的粒子，碰前做勻速圓周運(yùn)動半徑為：r0碰后運(yùn)動半徑：r1碰后粒子在第Ⅲ象限以M′為圓心，r1為半徑圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系得與y軸的交點(diǎn)為：y＝﹣（r1﹣r1cos37°）＝﹣0.2r1考查打到收集板下邊緣的粒子，則：-0.2r1聯(lián)立可得：mv解得：v=綜合可得：速度分布區(qū)間為v0≤v≤3答：（1）粒子的速度大小v0為5qBLm，夾角θ為37（2）在N點(diǎn)碰撞后的粒子，最后達(dá)到y(tǒng)軸的位置為（0，﹣L）；（3）若從O點(diǎn)射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內(nèi)，且粒子數(shù)在此范圍內(nèi)均勻分布，粒子的收集率為25%?！军c(diǎn)評】本題考查的是帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動問題，有很強(qiáng)的綜合性；關(guān)鍵是熟練應(yīng)用幾何關(guān)系求解相關(guān)問題。

考點(diǎn)卡片1．判斷是否存在摩擦力【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.考點(diǎn)意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關(guān)知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設(shè)置本考點(diǎn)。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件進(jìn)行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運(yùn)動或相對運(yùn)動的趨勢。②假設(shè)法：假設(shè)有或者沒有摩擦力，判斷物體運(yùn)動狀態(tài)是否會改變?！久}方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運(yùn)動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進(jìn)行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進(jìn)行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運(yùn)動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點(diǎn)撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設(shè)法，假設(shè)物體受或不受某力會使物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設(shè)不成立。2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點(diǎn)時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動定律及向心力公式列方程．4．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評：分析清楚物體的運(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。5．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無關(guān)，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點(diǎn)的電勢能，等于把電荷從該點(diǎn)移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無窮遠(yuǎn)處為電勢能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關(guān)概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場中的兩個點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導(dǎo)致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負(fù)可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點(diǎn)評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負(fù)功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減??；電場力做負(fù)功時電勢能增大。（對正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負(fù)電荷在電勢低處具有的電勢能大。6．電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：電荷在某一點(diǎn)的電勢能與它的電荷量之比。2.公式：φ=3.單位：伏特，簡稱伏，符號為V，1V＝1J/C。4.物理意義：描述電場的能的性質(zhì)物理量。5.特點(diǎn)：（1）電勢是電場自身的性質(zhì)，與試探電荷本身無關(guān)。（2）相對性：電場中各點(diǎn)電勢的高低，與所選取的零電勢點(diǎn)的位置有關(guān)，一般情況下取離場源電荷無限遠(yuǎn)處或大地的電勢為0.（3）標(biāo)矢性：標(biāo)量，有正負(fù)，正負(fù)表示大小。6.拓展：（1）對于點(diǎn)電荷或均勻帶電球體（球殼），周圍的電勢滿足φ＝kQ（2）因為電勢是標(biāo)量，正負(fù)代表大小，同樣以無限遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)的情況下，正電荷周圍的電勢為正，負(fù)電荷周圍的電勢為負(fù)，且越靠近正電荷，電勢越正（大），越靠近負(fù)電荷，電勢越負(fù)（小）?！久}方向】在靜電場中，關(guān)于場強(qiáng)和電勢的說法正確的是（）A、電勢高的地方電場強(qiáng)度不一定大B、電場強(qiáng)度大的地方電勢一定高C、電勢為零的地方場強(qiáng)也一定為零D、場強(qiáng)為零的地方電勢也一定為零分析：場強(qiáng)與電勢沒有直接關(guān)系．場強(qiáng)越大的地方電勢不一定越高，場強(qiáng)為零的地方電勢不一定為零．電勢為零是人為選取的．解答：AB、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)度小。電勢高的地方電場強(qiáng)度不一定大，電場強(qiáng)度大的地方，電勢不一定高。故A正確，B錯誤。C、電勢為零是人為選取的，則電勢為零的地方場強(qiáng)可以不為零。故C錯誤。D、場強(qiáng)為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的。故D錯誤。故選：A。點(diǎn)評：對于電勢與場強(qiáng)的大小關(guān)系：兩者沒有關(guān)系，可根據(jù)電勢高低看電場線的方向，場強(qiáng)大小看電場線疏密來理解．【解題思路點(diǎn)撥】1.電場中某點(diǎn)的電勢是相對的，它的大小和零電勢點(diǎn)的選取有關(guān)。在物理學(xué)中，常取離場源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢為0，在實(shí)際應(yīng)用中常取大地的電勢為0。2.電勢是表征電場性質(zhì)的一個物理量，電場中某點(diǎn)的電勢p的大小是由電場本身和零電勢點(diǎn)的選取決定的，與在該點(diǎn)是否放有試探電荷、試探電荷的電性、試探電荷的電荷量均無關(guān)，這和許多用比值定義的物理量相同，如前面學(xué)過的電場強(qiáng)度E=F3.電勢雖然有正負(fù)，但電勢是標(biāo)量。電勢為正值表示該點(diǎn)電勢高于零電勢點(diǎn)，電勢為負(fù)值表示該點(diǎn)電勢低于零電勢點(diǎn)，正負(fù)號不表示方向。7．電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：在電場中，兩點(diǎn)之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。2.表達(dá)式：設(shè)電場中A點(diǎn)的電視為φA，B點(diǎn)的電勢為φB，則AB電點(diǎn)之間的電勢差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點(diǎn)之間的電勢差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢差的單位伏特，符號：V4.電勢差的正負(fù)電勢差是標(biāo)量，但有正、負(fù)。電勢差的正、負(fù)表示兩點(diǎn)電勢的高低。所以電場中各點(diǎn)間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。5.特點(diǎn)：電場中兩點(diǎn)之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點(diǎn)的選取無關(guān)6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領(lǐng)大小的物理量【命題方向】關(guān)于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點(diǎn)相對A點(diǎn)的電勢差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負(fù)，所以電勢是矢量D、零電勢點(diǎn)的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，電勢是標(biāo)量，通常選大地或無窮遠(yuǎn)作為零電勢．解答：A、UAB表示A點(diǎn)相對B點(diǎn)的電勢差，即UAB＝φA﹣φB，A錯誤；B、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBA，B正確；C、電勢雖有正負(fù)之分，但電勢是標(biāo)量，C錯誤；D、零電勢點(diǎn)的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢，D正確；故選：BD。點(diǎn)評：記憶電勢的有關(guān)知識時，可以把它類比為高度去理解，電勢差對應(yīng)高度差，某點(diǎn)的電勢對應(yīng)某點(diǎn)的高度．【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)電勢差的定義可知，電勢差的正負(fù)代表兩點(diǎn)之間電勢的大小，如果UAB＞0，則φA＞φB；如果UAB＜0，則φA＜φB。8．等勢面及其與電場線的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．定義：電場中電勢相等的點(diǎn)組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點(diǎn)：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點(diǎn)的電勢都相等，但電場強(qiáng)度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面D．勻強(qiáng)電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強(qiáng)度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強(qiáng)度都相等，故B錯誤；C、以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面上的所有點(diǎn)的電勢都相等，但電場強(qiáng)度都不同，故C正確；D、勻強(qiáng)電場中的某一等勢面上的電場強(qiáng)度都相等，故D錯誤；故選：C．點(diǎn)評：本題考查對電場線的認(rèn)識，由電場線我們應(yīng)能找出電場的方向、場強(qiáng)的大小及電勢的高低．【解題思路點(diǎn)撥】1.等勢面的特點(diǎn)（1）在等勢面上任意兩點(diǎn)間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質(zhì)而假想的面。2.等勢面的應(yīng)用（1）由等勢面可以判斷電場中各點(diǎn)電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。9．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.對于電容器的動態(tài)分析問題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時電壓不變，與電源斷開時是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據(jù)C=?（2）根據(jù)C=Q（3）根據(jù)E=U（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點(diǎn)電勢的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢能的變化?！久}方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點(diǎn)電荷。S是閉合的，φa表示a點(diǎn)的電勢，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則（）A、φa不變B、φa變小C、F變小D、F變大分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動可知d的變化，由U＝Ed可知板間場強(qiáng)E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢差的變化，即可得出aB間電勢差的變化及a點(diǎn)電勢的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強(qiáng)度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場力變小，故C正確；則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大，而B接地，故a點(diǎn)的電勢增大，故A、B均錯；故選：C。點(diǎn)評：電容器的動態(tài)分析中首先應(yīng)注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進(jìn)行判斷；對于本題應(yīng)注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點(diǎn)的電勢；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進(jìn)行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差?！窘忸}思路點(diǎn)撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。10．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)旨在針對需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關(guān)系、動能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況?！久}方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側(cè)、DN右側(cè)分布等大反向勻強(qiáng)電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點(diǎn)以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長度為2R，電場強(qiáng)度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點(diǎn)時的速度為2gRB、物塊在最低點(diǎn)的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動D、物塊在斜面運(yùn)動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點(diǎn)時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點(diǎn)的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點(diǎn)的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。解答：A、對物塊在左側(cè)斜面上釋放時進(jìn)行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點(diǎn)速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點(diǎn)評：本題考查涉及電場力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運(yùn)動規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點(diǎn)撥】電場中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機(jī)械能的總量不變，即EP1+E機(jī)1＝EP2+E機(jī)2。這與只有重力做功時，物體的機(jī)械能守恒類似。11．電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導(dǎo)體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān)．（2）表達(dá)式：R＝ρlS2．電阻率（1）計算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導(dǎo)體的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對電阻與電阻率的理解：下列說法中正確的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導(dǎo)體，當(dāng)其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩?dǎo)體的電阻是導(dǎo)體的一種性質(zhì)，反映了導(dǎo)體對電流阻礙作用的大??；電阻大小與導(dǎo)體的材料、長度、橫截面積有關(guān)；還受溫度的影響；與導(dǎo)體中的電流、導(dǎo)體兩端的電壓大小無關(guān)．解：A、導(dǎo)體電阻的大小和導(dǎo)體的材料、長度、橫截面積有關(guān)，與電壓、電流沒有關(guān)系，故A錯誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯誤；D、超導(dǎo)體是當(dāng)其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，電阻值等于零，此時電阻率突然變?yōu)榱?，故D正確．故選BD．點(diǎn)評：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關(guān)鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應(yīng)用：如圖所示，P是一個表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導(dǎo)電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24IL分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點(diǎn)評：本題容易出錯的地方就是如何計算鍍膜材料的截面積，在計算時可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計算出截面積，再根據(jù)電阻定律計算即可．【解題方法點(diǎn)撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導(dǎo)體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導(dǎo)體的材料導(dǎo)電性能好壞的物理量．（2）導(dǎo)體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定?。?．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說明了電阻的決定因素提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關(guān)適用于粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導(dǎo)體12．電功和電功率的計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點(diǎn)撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進(jìn)而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點(diǎn)評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進(jìn)而計算電功或電功率。13．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達(dá)式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應(yīng)是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比14．通電直導(dǎo)線周圍的磁場【知識點(diǎn)的認(rèn)識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，管外為非勻強(qiáng)磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱安培定則本考點(diǎn)主要針對通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導(dǎo)絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運(yùn)動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針?biāo)谖恢玫拇艌龇较?，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉(zhuǎn)，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點(diǎn)評：本題考查安培定則的內(nèi)容，對于直導(dǎo)線，用手握住導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向為磁場的方向。【解題思路點(diǎn)撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是