2024-2025學年上學期天津高二物理期末模擬卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期天津高二物理期末模擬卷3一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）1．（4分）（2022秋?越秀區(qū)校級期末）下面所列舉的物理學家及他們的貢獻，其中正確的是（）A．元電荷最早由庫侖通過油滴實驗測出 B．法拉第首先提出了電場的概念且采用了電場線描述電場 C．奧斯特最先發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象 D．安培總結出了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律2．（4分）（2018?陸良縣二模）如圖所示，直線MN是某電場中的一條電場線（方向未畫出）。虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a運動到b的運動軌跡。下列判斷正確的是（）A．帶電粒子一定帶正電 B．電場線MN的方向一定是由N指向M C．帶電粒子由a運動到b的過程中動能不一定增加 D．帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能3．（4分）（2023春?玉林期末）伴隨國民物質文化生活的日益豐富，大眾的健康意識不斷增強，對膝蓋損耗較小的騎行運動越來越受歡迎。如圖1中的氣嘴燈是下端安裝在自行車的氣嘴上的飾物，騎行時會自動發(fā)光，炫酷異常。一種氣嘴燈的感應裝置結構如圖2所示，一重物套在光滑桿上，并與上端固定在A點的彈簧連接，彈簧處于拉伸狀態(tài)，觸點M與觸點N未接觸。當車輪轉動，彈簧再次拉伸，當重物上的觸點M與觸點N接觸，電路連通，LED燈就會發(fā)光。關于此燈下面說法中正確的是（）A．停車時也會發(fā)光，只是燈光較暗 B．騎行達到一定速度值時燈才會亮 C．無論車輪轉多快，氣嘴燈都無法在圓周運動的頂端發(fā)亮 D．此感應裝置的發(fā)光利用重物的向心運動實現(xiàn)4．（4分）（2023秋?豐臺區(qū)期末）在中國科學技術館有“雅各布天梯”的實驗裝置如圖所示，展示了電弧的產(chǎn)生和消失過程。兩根呈羊角形的電極，底部AB之間接高壓電。當電壓升高到一定值時，羊角形電極底部間隙最小處空氣先被擊穿產(chǎn)生電弧，隨后電弧向上爬升，在電極間隙較寬處消失，羊角電極底部將再次產(chǎn)生電弧，如此周而復始。下列說法中可能正確的是（）A．電弧未產(chǎn)生時，間隙最小處電場強度最小 B．兩羊角形電極中的電流產(chǎn)生的磁場對電弧作用力始終向上 C．對調底部AB正負極，電弧不會爬升 D．將該裝置放入真空中，實驗現(xiàn)象會更加明顯5．（4分）（2020秋?順慶區(qū)校級期中）一由不同材料制成的導體，沿電流方向左、右部分分別為A和B，已知兩部分橫截面積之比為SA：SB＝1：2，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)之比nA：nB＝2：3?，F(xiàn)將這段導體接入電路中，則A、B兩段導體中自由電子定向移動的平均速率vA和vB之比為（）A．6：1 B．3：1 C．4：3 D．3：46．（4分）（2018秋?全州縣校級期中）地磁場的N極在地球南極附近，有一通電金屬導線在赤道上方，東西向水平放置，電流方向向東，它受到地磁場的作用力方向為（）A．向東 B．向西 C．向上 D．向下二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）（多選）7．（5分）（2023?興慶區(qū)校級開學）如圖所示，關于磁場在現(xiàn)代科學技術中的應用下列說法正確的是（）A．圖甲是回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，增加電壓U即可 B．圖乙是磁流體發(fā)電機的示意圖，可判斷出A板是發(fā)電機的負極，B板是發(fā)電機的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠從右向左沿直線勻速通過速度選擇器 D．圖丁是質譜儀的工作示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3，粒子的比荷越大（多選）8．（5分）（2022春?吉林期末）美國物理學家密立根（RAMillikan）于20世紀初進行了多次實驗，比較準確地測定了電子的電荷量，其實驗原理圖可簡化為如圖所示模型，置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板A、B與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d。油滴從噴霧器的噴嘴噴出時，由于與噴嘴摩擦而帶負電。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少數(shù)油滴通過上面金屬板的小孔進入平行金屬板間?，F(xiàn)有一質量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，已知元電荷e，重力加速度g，則（）A．油滴中電子的數(shù)目為mgdUB．油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電勢能增加mgd C．油滴從小孔運動到金屬板B過程中，機械能增加Ue D．若將金屬板A向上緩慢移動一小段距離，油滴將加速下降（多選）9．（5分）（2022秋?九龍坡區(qū)期末）如題圖所示，僅有矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，閉合圓形導線圈由位置1沿直線穿越磁場運動至位置2。關于能產(chǎn)生感應電流的過程，下列說法中正確的是（）A．線圈進入磁場過程 B．線圈完全進入磁場后至離開磁場前 C．線圈離開磁場的過程 D．線圈離開磁場后遠離矩形區(qū)域的過程（多選）10．（5分）（2021秋?豐城市校級期末）已知一電流計內(nèi)阻Rg＝90Ω，電流計滿偏電流Ig＝10mA。現(xiàn)把電流計接成如圖甲、乙所示電路。a、A都為公共端，甲中電流表量程：0～0.1A和0～1A，乙中電壓表的量程：0～5V和0～15V，下列說法正確的是（）A．使用a、b兩個端點，量程是0～1A；R1＝1Ω，R2＝9Ω B．使用A、B兩個端點，量程是0～5V；R3＝50Ω，R4＝1.5kΩ C．使用a、c兩個端點，量程是0～0.1A；R1＝1Ω，R2＝10Ω D．使用A、C兩個端點，量程是0～15V；R3＝410Ω，R4＝1kΩ三．實驗題（共1小題，滿分15分，每小題15分）11．（15分）（2021秋?南關區(qū)校級期中）一導電材料細而均勻，截面為圓柱體，某同學想用伏安法測量其電阻率ρ，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：待測圓柱體電阻R（約為100Ω）A．電流表A1（量程0～3mA，內(nèi)阻約50Ω）B．電流表A2（量程0～30mA，內(nèi)阻約30Ω）C．電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約10kΩ）D．電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約25kΩ）E．滑動變阻器R1（阻值范圍0～300Ω）F．滑動變阻器R2（阻值范圍0～3kΩ）直流電源E（電動勢3V，內(nèi)阻不計）、開關S、導線若干。（1）為了使實驗誤差較小且便于調節(jié)和測量，所選電流表為，電壓表為，滑動變阻器為；（將所選器材的字母代號涂在答題紙上）（2）在框中畫出測量的電路圖；（3）①用游標卡尺測得該樣品的長度如圖甲所示，其示數(shù)L＝cm，用螺旋測微器測得該樣品的外直徑如圖乙所示，其示數(shù)d＝mm；②先用多用電表的歐姆擋“×10”倍率粗測被測電阻的阻值，如圖所示其讀數(shù)為Ω；如果用的是直流電壓“2.5V”擋測電壓，其讀數(shù)為V；（4）如果實驗中電流表示數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，并測出該棒的長度為L、直徑為d，則該材料的電阻率ρ＝（用測出的物理量的符號表示）。四．解答題（共3小題，滿分41分）12．（12分）（2021秋?韶關校級月考）如圖甲所示，將一傾角θ＝37°的粗糙絕緣斜面固定在地面上，空間存在一方向沿斜面向上的勻強電場。一質量m＝0.2kg，帶電荷量q＝2.0×10﹣3C的小物塊從斜面底端靜止釋放，運動0.1s后撤去電場，小物塊運動的v﹣t圖象如圖乙所示（取沿斜面向上為正方向），g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）小物塊運動過程中受到的摩擦力的大小；（2）電場強度E的大小。13．（14分）（2023秋?北碚區(qū)校級期末）如圖所示，間距L＝0.5m的粗糙平行金屬導軌水平固定放置，導軌兩端連接電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源。一質量m＝1kg的金屬桿ab垂直放在金屬導軌上并保持良好接觸，金屬桿接入電路的有效電阻R＝1.5Ω。在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度大小B＝1T，方向與導軌平面成夾角θ＝37°斜向上的勻強磁場，金屬桿處于靜止狀態(tài)。重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。求：（1）流過金屬桿ab的電流大??；（2）金屬桿ab受到的安培力大小；（3）金屬桿ab受到的摩擦力大小和方向。14．（15分）（2023秋?溫州期末）如圖1所示，間距為d的平行導體板M、N間有垂直紙面向里的勻強磁場B1和沿紙面向下的勻強電場（未畫出），平行板右側上方、下方分別放有足夠長的絕緣收集板a1b1、a2b2，右側偏轉區(qū)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B2。有大量質量為m、電荷量為q的正電粒子以不同速度沿平行板軸線OO′射入，其中速度為v0的粒子恰能沿軸線OO′運動并從O′點進入偏轉區(qū)，已知B1=3m（1）求板M、N間的電壓UMN；（2）若僅將磁場B1的右邊界向左移動d4（如圖2所示），求速度為v0的粒子打在收集板上的點P1到O′點的豎直距離l（3）若將兩收集板a1b1、a2b2水平向右移動d4，在平行板右側放置一可上下移動的擋板ef，其上邊緣e自M板附近開始緩慢向下移，當e下移距離為d4時（如圖3所示），恰好有粒子打到收集板右側，此時粒子的落點P2到O′點的豎直距離為2d，求對應粒子沿軸線OO′入射時的初速度大小v（已知從e上方進入磁場B2的粒子的速度方向均與軸線

2024-2025學年上學期天津高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）1．（4分）（2022秋?越秀區(qū)校級期末）下面所列舉的物理學家及他們的貢獻，其中正確的是（）A．元電荷最早由庫侖通過油滴實驗測出 B．法拉第首先提出了電場的概念且采用了電場線描述電場 C．奧斯特最先發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象 D．安培總結出了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律【考點】電磁學物理學史．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；電磁感應——功能問題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可．【解答】解：A、密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量，故A錯誤；B、根據(jù)物理學史可知，法拉第首先提出了電場的概念且采用了電場線描述電場，故B正確；C、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故C錯誤；D、庫侖總結出了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律——庫侖定律，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一。2．（4分）（2018?陸良縣二模）如圖所示，直線MN是某電場中的一條電場線（方向未畫出）。虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a運動到b的運動軌跡。下列判斷正確的是（）A．帶電粒子一定帶正電 B．電場線MN的方向一定是由N指向M C．帶電粒子由a運動到b的過程中動能不一定增加 D．帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】D【分析】本題的突破口是根據(jù)粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向，由于沒有電場線的方向，因此無法確定粒子的電性；但可以分析電場力做功情況以及確定電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，物體所受外力指向軌跡內(nèi)側，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的電荷性質不清楚，所以電場線的方向無法確定，故AB錯誤；C、粒子從a運動到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故C錯誤；D、粒子從a運動到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能故D正確。故選：D?！军c評】依據(jù)帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口，然后可進一步根據(jù)電場線、電場力做功等情況確定電勢能的高低變化情況。3．（4分）（2023春?玉林期末）伴隨國民物質文化生活的日益豐富，大眾的健康意識不斷增強，對膝蓋損耗較小的騎行運動越來越受歡迎。如圖1中的氣嘴燈是下端安裝在自行車的氣嘴上的飾物，騎行時會自動發(fā)光，炫酷異常。一種氣嘴燈的感應裝置結構如圖2所示，一重物套在光滑桿上，并與上端固定在A點的彈簧連接，彈簧處于拉伸狀態(tài)，觸點M與觸點N未接觸。當車輪轉動，彈簧再次拉伸，當重物上的觸點M與觸點N接觸，電路連通，LED燈就會發(fā)光。關于此燈下面說法中正確的是（）A．停車時也會發(fā)光，只是燈光較暗 B．騎行達到一定速度值時燈才會亮 C．無論車輪轉多快，氣嘴燈都無法在圓周運動的頂端發(fā)亮 D．此感應裝置的發(fā)光利用重物的向心運動實現(xiàn)【考點】常見的傳感器及分類；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】當車輪達到一定轉速時，重物上的觸點M與固定在B端的觸點N接觸后就會被點亮，且速度越大需要的向心力越大，則觸點M越容易與觸點N接觸，根據(jù)豎直方向圓周運動的特點分析即可。【解答】解：A、停車時，車輪未轉動，重物不能做離心運動，從而使M點很難與N點接觸，不能發(fā)光，故A錯誤；B、當車速從零緩慢增加到某一數(shù)值時，根據(jù)豎直方向圓周運動的特點，由離心運動原理可知，重物向心力足夠大時，M點更容易與N點接觸，可以發(fā)光，故B正確；C、轉速較大時，向心力較大，在圓周運動的頂端時向心力向下，則彈力增大，重物離心運動，從而使M點更容易與N點接觸，可以發(fā)光，故C錯誤；D、離心現(xiàn)象是指做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動，感應裝置的原理正是利用離心現(xiàn)象，使兩觸點接觸而點亮LED燈，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查的是動力學的知識，要求學生能在具體生活案例中抽象出受力分析模型，并能準確分析向心力的來源。4．（4分）（2023秋?豐臺區(qū)期末）在中國科學技術館有“雅各布天梯”的實驗裝置如圖所示，展示了電弧的產(chǎn)生和消失過程。兩根呈羊角形的電極，底部AB之間接高壓電。當電壓升高到一定值時，羊角形電極底部間隙最小處空氣先被擊穿產(chǎn)生電弧，隨后電弧向上爬升，在電極間隙較寬處消失，羊角電極底部將再次產(chǎn)生電弧，如此周而復始。下列說法中可能正確的是（）A．電弧未產(chǎn)生時，間隙最小處電場強度最小 B．兩羊角形電極中的電流產(chǎn)生的磁場對電弧作用力始終向上 C．對調底部AB正負極，電弧不會爬升 D．將該裝置放入真空中，實驗現(xiàn)象會更加明顯【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】B【分析】分析電路結構，確定兩桿間的電壓，根據(jù)U＝Ed判斷電場強度最大處，場強越大，越容易擊穿空氣形成電弧，電弧是在磁場力作用以及空氣對流的作用下向上爬升?！窘獯稹拷猓篈.電弧未產(chǎn)生時，兩根呈羊角形的電極相當于電容器，根據(jù)勻強電場的場強公式E=Ud可定性分析，間隙最小處電場強度應最大，故B.兩羊角形電極中的電流產(chǎn)生的磁場對電弧作用力始終向上，電弧是在磁場力作用以及空氣對流的作用下向上爬升的，故B正確；C.由安培定則可知圖中電弧所做位置磁場方向垂直紙面向里，由左手定則可知電弧所受安培力向上；對調底部AB正負極后，電弧所在位置的磁場垂直紙面垂直紙面向外，由左手定則可知電弧所受安培力仍向上，電弧仍會在磁場對電弧的作用力以及空氣對流的作用下爬升，故C錯誤；D.將該裝置放入真空中，實驗現(xiàn)象將不會出現(xiàn)，因為真空中沒有可被電離的物質，而高壓可將空氣電離，從而導電形成電流，故D錯誤。故選：B?！军c評】此題考查了電容器的相關知識，解題的關鍵是明確兩桿間相當于電容器，兩桿間存在電場，根據(jù)U＝Ed判斷電場強度的變化情況。5．（4分）（2020秋?順慶區(qū)校級期中）一由不同材料制成的導體，沿電流方向左、右部分分別為A和B，已知兩部分橫截面積之比為SA：SB＝1：2，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)之比nA：nB＝2：3?，F(xiàn)將這段導體接入電路中，則A、B兩段導體中自由電子定向移動的平均速率vA和vB之比為（）A．6：1 B．3：1 C．4：3 D．3：4【考點】電流的微觀表達式；電阻定律的內(nèi)容及表達式；電流的概念、性質及電流強度的定義式．【專題】定性思想；歸納法；恒定電流專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)電流的微觀表達式即可解得?！窘獯稹拷猓弘娏鞯奈⒂^表達式為I＝neSv，因為兩部分是串聯(lián)而成，所以通過它們的電流是相等的，即nAeSAvA＝nBeSBvB，解得vAvB=n故選：B?！军c評】熟練掌握電流微觀表達式是解題的關鍵，另外還要知道在串聯(lián)電路中，電流處處相等。6．（4分）（2018秋?全州縣校級期中）地磁場的N極在地球南極附近，有一通電金屬導線在赤道上方，東西向水平放置，電流方向向東，它受到地磁場的作用力方向為（）A．向東 B．向西 C．向上 D．向下【考點】左手定則判斷安培力的方向；地磁場．【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】解答本題首先要明確地球磁場的分布情況，然后根據(jù)左手定則直接進行判斷即可．【解答】解：地球磁場的南北極和地理的南北極相反，因此在赤道上方磁場方向從南指向北，依據(jù)左手定則可得電流方向向東，則安培力方向向上，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題的難點在于弄不清楚地球磁場方向，因此在學習中要熟練掌握各種典型磁場方向的分布情況．二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）（多選）7．（5分）（2023?興慶區(qū)校級開學）如圖所示，關于磁場在現(xiàn)代科學技術中的應用下列說法正確的是（）A．圖甲是回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，增加電壓U即可 B．圖乙是磁流體發(fā)電機的示意圖，可判斷出A板是發(fā)電機的負極，B板是發(fā)電機的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠從右向左沿直線勻速通過速度選擇器 D．圖丁是質譜儀的工作示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3，粒子的比荷越大【考點】與速度選擇器相結合的質譜儀；回旋加速器；磁流體發(fā)電機；速度選擇器．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】掌握回旋加速器，磁流體發(fā)電機，速度選擇器，質譜儀的工作原理，會在復合場中對粒子進行受力分析?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)qvB＝mv2r，解得v=qBrm，最大動能EK=12B、由左手定則可知正離子向下偏轉，負離子向上偏轉，所以下極板帶正電，上極板帶負電，所以A板是電源的負極，B板是電源的正極，故B正確；C、若帶電粒子帶正電，從右向左運動，受到豎直向下的電場力，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向下，則粒子不能勻速通過速度選擇器，故C錯誤；D、根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r，解得qm=v故選：BD?！军c評】本題考查了洛倫茲力的相關知識，掌握用左手定則判斷洛倫茲力的方向，知道速度選擇器的原理以及回旋加速器中最大動能的表達式。（多選）8．（5分）（2022春?吉林期末）美國物理學家密立根（RAMillikan）于20世紀初進行了多次實驗，比較準確地測定了電子的電荷量，其實驗原理圖可簡化為如圖所示模型，置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板A、B與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d。油滴從噴霧器的噴嘴噴出時，由于與噴嘴摩擦而帶負電。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少數(shù)油滴通過上面金屬板的小孔進入平行金屬板間。現(xiàn)有一質量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，已知元電荷e，重力加速度g，則（）A．油滴中電子的數(shù)目為mgdUB．油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電勢能增加mgd C．油滴從小孔運動到金屬板B過程中，機械能增加Ue D．若將金屬板A向上緩慢移動一小段距離，油滴將加速下降【考點】密立根油滴實驗；常見力做功與相應的能量轉化；電場力做功與電勢能變化的關系；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】比較思想；模型法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】帶電油滴在極板間勻速下落，重力和電場力平衡，由平衡條件求出油滴所帶電荷量，再求油滴中電子的數(shù)目；油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電勢能增加等于克服電場力做功；油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電場力做負功，機械能減少；將金屬板A向上緩慢移動一小段距離，板間場強減小，油滴受到的電場力減小，油滴將加速下降。【解答】解：A、帶電油滴在極板間勻速下落，重力和電場力平衡，由平衡條件得mg＝qUd，得油滴所帶電荷量：q=mgdU，油滴中電子的數(shù)目：n=B、油滴從小孔運動到金屬板B過程中，克服電場力做功為W＝qU＝mgd，則電勢能增加mgd，故B正確；C、油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電場力對油滴做負功，則其機械能減少，且機械能減少ΔE＝qU＝mgd，故C錯誤；D、將金屬板A向上緩慢移動一小段距離，板間電壓不變，由E=Ud知板間場強減小，油滴受到的電場力減小，則油滴將加速下降，故故選：BD?！军c評】本題關鍵是讀懂題意，然后根據(jù)平衡條件列式求解油滴所帶電荷量。同時，要明確能量是如何轉化的。（多選）9．（5分）（2022秋?九龍坡區(qū)期末）如題圖所示，僅有矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，閉合圓形導線圈由位置1沿直線穿越磁場運動至位置2。關于能產(chǎn)生感應電流的過程，下列說法中正確的是（）A．線圈進入磁場過程 B．線圈完全進入磁場后至離開磁場前 C．線圈離開磁場的過程 D．線圈離開磁場后遠離矩形區(qū)域的過程【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】比較思想；模型法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】AC【分析】當穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，回路產(chǎn)生感應電流，根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件分析。【解答】解：A、線圈進入磁場過程，由磁通量公式Φ＝BS知穿過線圈的磁通量增加，線圈中有感應電流，故A正確；B、線圈完全進入磁場后至離開磁場前，由磁通量公式Φ＝BS知穿過線圈的磁通量不變，沒有感應電流，故B錯誤；C、線圈離開磁場過程，由磁通量公式Φ＝BS知穿過線圈的磁通量減小，線圈中有感應電流，故C正確；D、線圈離開磁場后遠離矩形區(qū)域的過程，穿過線圈的磁通量始終為零，沒有感應電流，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查判斷線圈是否產(chǎn)生感應電流，知道感應電流的產(chǎn)生條件是解題的前提，根據(jù)感應電流產(chǎn)生條件進行分析即可解題。（多選）10．（5分）（2021秋?豐城市校級期末）已知一電流計內(nèi)阻Rg＝90Ω，電流計滿偏電流Ig＝10mA?，F(xiàn)把電流計接成如圖甲、乙所示電路。a、A都為公共端，甲中電流表量程：0～0.1A和0～1A，乙中電壓表的量程：0～5V和0～15V，下列說法正確的是（）A．使用a、b兩個端點，量程是0～1A；R1＝1Ω，R2＝9Ω B．使用A、B兩個端點，量程是0～5V；R3＝50Ω，R4＝1.5kΩ C．使用a、c兩個端點，量程是0～0.1A；R1＝1Ω，R2＝10Ω D．使用A、C兩個端點，量程是0～15V；R3＝410Ω，R4＝1kΩ【考點】電表的改裝和應用（實驗）；串聯(lián)電路的特點及應用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)電路中的電流、電壓特點結合歐姆定律列式求解出電阻的大小。【解答】解：AC、使用ab兩個端點時，電流計與R2串聯(lián)后和R1并聯(lián)，有Ig使用ac兩個端點時，R1和R2串聯(lián)后再和電流計并聯(lián)，有Ig通過比較兩個公式，可知I1＞I2，則I1＝1A；I2＝0.1A聯(lián)立解得：R1＝1Ω；R2＝9Ω故A正確，C錯誤；BD、使用AB兩個端點時，R3與電流計串聯(lián)，有Ig（Rg+R3）＝U1使用AC兩個端點時，R3串聯(lián)R4再串聯(lián)電流計，有Ig（Rg+R3+R4）＝U2通過比較兩個公式，可知U1＜U2，則U1＝5V；U2＝15V聯(lián)立解得：R3＝410Ω；R4＝1000Ω故B錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題主要考查了電表的改裝，根據(jù)電路的構造結合歐姆定律即可完成求解。三．實驗題（共1小題，滿分15分，每小題15分）11．（15分）（2021秋?南關區(qū)校級期中）一導電材料細而均勻，截面為圓柱體，某同學想用伏安法測量其電阻率ρ，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：待測圓柱體電阻R（約為100Ω）A．電流表A1（量程0～3mA，內(nèi)阻約50Ω）B．電流表A2（量程0～30mA，內(nèi)阻約30Ω）C．電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約10kΩ）D．電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約25kΩ）E．滑動變阻器R1（阻值范圍0～300Ω）F．滑動變阻器R2（阻值范圍0～3kΩ）直流電源E（電動勢3V，內(nèi)阻不計）、開關S、導線若干。（1）為了使實驗誤差較小且便于調節(jié)和測量，所選電流表為B，電壓表為C，滑動變阻器為E；（將所選器材的字母代號涂在答題紙上）（2）在框中畫出測量的電路圖；（3）①用游標卡尺測得該樣品的長度如圖甲所示，其示數(shù)L＝4.120cm，用螺旋測微器測得該樣品的外直徑如圖乙所示，其示數(shù)d＝0.580mm；②先用多用電表的歐姆擋“×10”倍率粗測被測電阻的阻值，如圖所示其讀數(shù)為60Ω；如果用的是直流電壓“2.5V”擋測電壓，其讀數(shù)為1.80V；（4）如果實驗中電流表示數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，并測出該棒的長度為L、直徑為d，則該材料的電阻率ρ＝πUd2【考點】歐姆表的讀數(shù)；導體電阻率的測量；游標卡尺的使用與讀數(shù)；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】實驗題；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）B，C，E（2）圖見解析（3）①4.120，0.580②60，1.79（1.77～1.79）（4）πU【分析】（1）根據(jù)電路中可能最大電流值選擇電流表，根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，根據(jù)待測電阻阻值選擇滑動變阻器；（2）根據(jù)待測電阻與電表內(nèi)阻的關系確定電流表的接法，根據(jù)待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關系確定滑動變阻器的解法，然后作出電路圖；（3）①游標卡尺讀數(shù)等于主尺示數(shù)與游標尺示數(shù)之和；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；②歐姆表示數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率；電壓表讀數(shù)注意量程和分度值；（4）根據(jù)電阻定律求出電阻率的表達式?！窘獯稹拷猓海?）電路中最大電流值為Im=ER=3100A=0.03A=30mA，故電流表應選B；根據(jù)電源電動勢為3V，選擇電壓表C；根據(jù)待測圓柱體電阻R（2）因為R＜R（3）圖甲所示游標卡尺分度值為0.05mm，其示數(shù)L＝41mm+4×0.05mm＝41.20mm＝4.120cm；圖乙所示螺旋測微器分度值為0.01mm，其示數(shù)d＝0.5mm+8.0×0.01mm＝0.580mm；（4）用多用電表的歐姆擋“×10”倍率粗測被測電阻的阻值，根據(jù)歐姆表讀數(shù)規(guī)則，其讀數(shù)為6.0×10Ω＝60Ω；用直流電壓“2.5V”擋測電壓分度值為0.05V，其讀數(shù)為1.79V；（5）根據(jù)歐姆定律和電阻定律有：R=U解得：ρ=πU故答案為：（1）B，C，E（2）圖見解析（3）①4.120，0.580②60，1.79（1.77～1.79）（4）πU【點評】測量電阻最基本的原理是伏安法，電路可分為測量電路和控制電路兩部分設計。測量電路要求精確，誤差小，可根據(jù)電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數(shù)關系，選擇電流表內(nèi)、外接法。控制電路關鍵是變阻器的分壓式接法或限流式接法。四．解答題（共3小題，滿分41分）12．（12分）（2021秋?韶關校級月考）如圖甲所示，將一傾角θ＝37°的粗糙絕緣斜面固定在地面上，空間存在一方向沿斜面向上的勻強電場。一質量m＝0.2kg，帶電荷量q＝2.0×10﹣3C的小物塊從斜面底端靜止釋放，運動0.1s后撤去電場，小物塊運動的v﹣t圖象如圖乙所示（取沿斜面向上為正方向），g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）小物塊運動過程中受到的摩擦力的大??；（2）電場強度E的大小?！究键c】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）小物塊運動過程中受到的摩擦力的大小為0.8N；（2）電場強度E的大小為3.0×103N/C?！痉治觥拷Y合圖像求出小物塊的加速度，結合牛頓第二定律求出電場強度的大小和摩擦力大小?！窘獯稹拷猓海?）（2）由圖像可知，0.1s時間內(nèi)小物塊的加速度大小為a1=ΔvΔt=20.1同理解得在0.1s～0.3s時間內(nèi)小物塊的加速度大小為a2＝10m/s2有電場時，對小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得Eq﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1撤去電場，對小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma2其中f＝μmgcosθ聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得E＝3.0×103N/C，f＝0.8N答：（1）小物塊運動過程中受到的摩擦力的大小為0.8N；（2）電場強度E的大小為3.0×103N/C?！军c評】在涉及v﹣t圖像問題時，要注意圖像的斜率表示加速度，圖像與時間軸圍成圖形的面積表示物體在該段時間內(nèi)通過的位移。13．（14分）（2023秋?北碚區(qū)校級期末）如圖所示，間距L＝0.5m的粗糙平行金屬導軌水平固定放置，導軌兩端連接電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源。一質量m＝1kg的金屬桿ab垂直放在金屬導軌上并保持良好接觸，金屬桿接入電路的有效電阻R＝1.5Ω。在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度大小B＝1T，方向與導軌平面成夾角θ＝37°斜向上的勻強磁場，金屬桿處于靜止狀態(tài)。重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。求：（1）流過金屬桿ab的電流大小；（2）金屬桿ab受到的安培力大小；（3）金屬桿ab受到的摩擦力大小和方向。【考點】安培力的計算公式及簡單應用；共點力的平衡問題及求解；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】（1）流過金屬桿ab的電流大小為5A；（2）金屬桿ab受到的安培力大小為2.5N；（3）金屬桿ab受到的摩擦力大小為1.5N，方向沿導軌向右?！痉治觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律計算流過金屬桿ab的電流大??；（2）根據(jù)F＝BIL（B與I垂直）計算金屬桿ab受到的安培力大小；（3）對金屬桿ab受力分析，根據(jù)共點力平衡列式求解受到的摩擦力大小，確定摩擦力方向?！窘獯稹拷猓河深}意可知：sin37°＝0.6（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝I（R+r）可得：I=ER+r=101.5+0.5A=5A，在（2）安培力大小為：F＝BIL＝1×5×0.5N＝2.5N；（3）對導體棒，受重力mg、安培力F、支持力N、摩擦力f，根據(jù)平衡條件可得：Fsinθ＝f，F(xiàn)cosθ+N＝mg，解得：f＝Fsinθ＝2.5×0.6N＝1.5N，方向沿導軌向右。答：（1）流過金屬桿ab的電流大小為5A；（2）金屬桿ab受到的安培力大小為2.5N；（3）金屬桿ab受到的摩擦力大小為1.5N，方向沿導軌向右?！军c評】本題主要考查安培力中的平衡問題，根據(jù)閉合電路歐姆定律和共點力平衡條件列式解答。14．（15分）（2023秋?溫州期末）如圖1所示，間距為d的平行導體板M、N間有垂直紙面向里的勻強磁場B1和沿紙面向下的勻強電場（未畫出），平行板右側上方、下方分別放有足夠長的絕緣收集板a1b1、a2b2，右側偏轉區(qū)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B2。有大量質量為m、電荷量為q的正電粒子以不同速度沿平行板軸線OO′射入，其中速度為v0的粒子恰能沿軸線OO′運動并從O′點進入偏轉區(qū)，已知B1=3m（1）求板M、N間的電壓UMN；（2）若僅將磁場B1的右邊界向左移動d4（如圖2所示），求速度為v0的粒子打在收集板上的點P1到O′點的豎直距離l（3）若將兩收集板a1b1、a2b2水平向右移動d4，在平行板右側放置一可上下移動的擋板ef，其上邊緣e自M板附近開始緩慢向下移，當e下移距離為d4時（如圖3所示），恰好有粒子打到收集板右側，此時粒子的落點P2到O′點的豎直距離為2d，求對應粒子沿軸線OO′入射時的初速度大小v（已知從e上方進入磁場B2的粒子的速度方向均與軸線【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）板M、N間的電壓為3mv（2）若僅將磁場B1的右邊界向左移動d4，則速度為v0的粒子打在收集板上的點P1到O′點的豎直距離為61（3）滿足條件的粒子沿軸線OO′入射時的初速度大小為74【分析】（1）速度為v0的粒子恰能沿軸線OO′運動并從O′點進入偏轉區(qū)，根據(jù)平衡條件結合電勢差的計算公式進行解答；（2）僅將磁場B1的右邊界向左移動d4，粒子出磁場后在平行板間做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解粒子在電場中的側移量；粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系結合洛倫茲力提供向心力求解粒子打在收集板上的點P1到O（3）由題意得粒子恰好經(jīng)過a1，由幾何關系得粒子在磁場B2中的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小，根據(jù)動能定理求解初速度大小?！窘獯稹拷猓海?）速度為v0的粒子恰能沿軸線OO′運動并從O′點進入偏轉區(qū)，則有：qv0B1＝qE其中：E=UMN聯(lián)立解得：UMN（2）僅將磁場B1的右邊界向左移動d4d4y1聯(lián)立解得粒子在電場中的側移量：y粒子進入磁場的運動軌跡如圖所示：根據(jù)幾何關系可得：y2＝2rcosθ根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：q根據(jù)運動的合成與分解可得：cosθ=聯(lián)立解得：y2＝2d速度為v0的粒子打在收集板上的點P1到O′點的豎直距離：l＝y(tǒng)2﹣y1解得：l=61（3）由題意得粒子恰好經(jīng)過a1，軌跡圓弧ea1P2，做ea1、a1P2的中垂線交于軌跡圓心O″，如圖所示：由幾何關系得粒子在磁場B2中的軌跡半徑為：r根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：q聯(lián)立解得：v根據(jù)動能定理可得：-解得：v=7答：（1）板M、N間的電壓為3mv（2）若僅將磁場B1的右邊界向左移動d4，則速度為v0的粒子打在收集板上的點P1到O′點的豎直距離為61（3）滿足條件的粒子沿軸線OO′入射時的初速度大小為74【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)律進行解答。

考點卡片1．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。2．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，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動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點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：運動員在最低點時處于超重狀態(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：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為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．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運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）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，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)牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．常見力做功與相應的能量轉化【知識點的認識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。4．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變?。軆牲c電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道電場線的性質，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．【解題方法點撥】1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關系：根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．2．關于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯(lián)系起來進行考查，解答這類問題應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚粒子的運動情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據(jù)力和運動的關系，確定粒子所受電場力的大小方向如何變化；（3）根據(jù)電場力與場強的關系，確定場強的大小、方向如何變化，從而確定電場線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場的電場線分布特點．5．電場力做功與電勢能變化的關系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關，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。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點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系：①靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。②關系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：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：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關概念，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?！久}方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，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，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負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決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負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?。浑妶隽ψ鲐摴r電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（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，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。6．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識點的認識】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分析某點電勢的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢能的變化。【命題方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點電荷。S是閉合的，φa表示a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力?，F(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點的電勢增大，故A、B均錯；故選：C。點評：電容器的動態(tài)分析中首先應注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進行判斷；對于本題應注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點的電勢；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差?！窘忸}思路點撥】分析電容器相關物理量的變化時，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。7．帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動【知識點的認識】本考點旨在針對帶電粒子在勻強電場中做直線運動的情況，如果粒子能夠在勻強電場中做直線運動，則必有電場力和重力的合力與粒子的運動方向共線?！久}方向】一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖，AB與電場線夾角θ＝30°，已知帶電微粒的質量m＝1.0×10﹣7kg，電量q＝1.0×10﹣10C，A、B相距L＝20cm．（取g＝10m/s2，結果保留二位有效數(shù)字）求：（1）電場強度的大小和方向；（2）要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少？分析：（1）根據(jù)直線運動的條件并結合受力分析，得到電場力的方向，最終分析出物體的運動規(guī)律，根據(jù)力的合成的平行四邊形定則并結合幾何關系得到電場力，求出電場強度；（2）對粒子的運動過程運用動能定理列式求解即可．解答：（1）微粒只在重力和電場力作用下沿AB直線運動，故合力一定與速度在同一條直線上，可知電場力的方向水平向左，如圖所示．微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速直線運動．在垂直于AB方向上，有qEsinθ﹣mgcosθ＝0所以電場強度E＝1.7×104N/C電場強度的方向水平向左（2）微粒由A運動到B時的速度vB＝0時，微粒進入電場時的速度最小，由動能定理得，﹣mgLsinθ﹣qELcosθ=代入數(shù)據(jù)，解得vA＝2.8m/s答：（1）電場強度的大小為1.7×104N/C，方向水平向左；（2）要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是2.8m/s．點評：本題關鍵結合運動情況得到粒子受力的受力情況，然后根據(jù)動能定理列式求解．【解題思路點撥】帶電粒子在電場力和重力的作用下做直線運動的條件是電場力與重力的合力與運動方向在一條直線上，以此對帶電粒子進行受力分力，即可得出相關物理量的情況。8．從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點的認識】本考點旨在針對需要從能量轉化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、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、DN右側分布等大反向勻強電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點以6gR的初速度沿斜面向下運動，物塊質量為m，物塊可視為質點。AB長度為2R，電場強度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點時的速度為2gRB、物塊在最低點的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運動D、物塊在斜面運動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點的速度，結合豎直面的圓周運動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點的壓力；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、對物塊在左側斜面上釋放時進行受力分析，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，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側的過程，設到某點速度減為0，在右側斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=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。點評：本題考查涉及電場力的功能關系問題，注意當速度減為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)圓周運動規(guī)律得到支持力后，要寫結合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點撥】電場中的功能關系如下：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系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即EP1+E機1＝EP2+E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。9．電流的概念、性質及電流強度的定義式【知識點的認識】1.定義：自由電荷的定向移動形成電流．2.方向：規(guī)定為正電荷定向移動的方向．3.電流強度的定義式：I=qt，4.電流的單位：安培，符號是A。是國際單位制中七個基本物理量之一。5.物理意義：單位時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量。6.標矢性：電流的方向是人為規(guī)定的，以正電荷定向移動的方向為正方向，運算時遵從的是代數(shù)運算法則，所以電流是標量?！久}方向】關于電流，下列說法中正確的是（）A、通過導體橫截面的電荷量越多，電流就越大B、對于導體，只要其兩端有電壓就有電流C、單位時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量越多，導體中的電流就越大D、因為電流有方向，所以電流是矢量分析：根據(jù)電流的定義式I=q解答：AC、根據(jù)電流的定義式I=qt可知，電流的大小由通過導體橫截面積的電量和時間來計算，在時間不確定的情況下，通過導體橫截面的電荷量越多，電流不一定越大。故A錯誤，B、要形成電流，不但要有有電壓，電路還需構成閉合回路，故B錯誤。D、電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形法則，故不是矢量。故D錯誤。故選：C。點評：考查電流的形成條件及電流定義式的識記。解題時牢記電流由電壓和電阻決定，I=q【解題思路點撥】1.電荷定向運動才形成電流，并不是電荷運動就可形成電流，其實導體內(nèi)自由電荷是處于不停的熱運動之中的，但并不形成電流。2.電流的方向與正電荷定向移動的方向相同，與負電荷定向移動的方向相反。10．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導體，兩端加一定的電壓，導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v，設導體的橫截面積為S，導體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導體AD內(nèi)的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導體AD內(nèi)的自由電荷總數(shù)N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導體橫截面的電荷量q及時間t無關，從微觀上看，電流的大小取決于導體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規(guī)則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎上向某一方向定向移動形成的。【命題方向】有一橫截面積為S的銅導線，流經(jīng)其中的電流強度為I；設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據(jù)電流強度的定義可以求得t時間內(nèi)通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達式，根據(jù)電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數(shù)．解答：在t時間內(nèi)，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內(nèi)，電子經(jīng)過的導線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在Δt時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N＝nvSΔt。由于流經(jīng)導線的電流為I，則在t時間內(nèi)，流經(jīng)導線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內(nèi)通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數(shù)，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導出的，若11．電阻定律的內(nèi)容及表達式【知識點的認識】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導體的電阻還與構成它的材料有關．（2）表達式：R＝ρlS2．電阻率（1）計算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導體的導電性能，是導體材料本身的屬性．【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，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導體，當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w的電阻是導體的一種性質，反映了導體對電流阻礙作用的大??；電阻大小與導體的材料、長度、橫截面積有關；還受溫度的影響；與導體中的電流、導體兩端的電壓大小無關．解：A、導體電阻的大小和導體的材料、長度、橫截面積有關，與電壓、電流沒有關系，故A錯誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯誤；D、超導體是當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鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應用：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．【解題方法點撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導體的材料導電性能好壞的物理量．（2）導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有關適用于粗細均勻的金屬導體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導體12．串聯(lián)電路的特點及應用【知識點的認識】1．串、并聯(lián)電路的特點串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+