2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末培優(yōu)卷2

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末培優(yōu)卷2一．選擇題（共12小題，滿(mǎn)分36分，每小題3分）請(qǐng)閱讀下述文字，完成第13題、第14題、第15題。電源、電阻、電流表、開(kāi)關(guān)用導(dǎo)線(xiàn)連接成圖所示的電路。已知電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3.0V，電阻R＝2.0Ω。閉合開(kāi)關(guān)S后，電流表示數(shù)I＝1.00A。1．（3分）該電源的內(nèi)阻r為（）A．1.0Ω B．1.5Ω C．2.0Ω D．3.0Ω2．（3分）（2020秋?渝中區(qū)校級(jí)期中）下列各圖中，電荷所受洛倫茲力方向正確的是（）A． B． C． D．3．（3分）（2023春?淮安期末）如圖所示為探究感應(yīng)電流產(chǎn)生條件的實(shí)驗(yàn)裝置。僅在下列哪種情況下線(xiàn)圈B中無(wú)感應(yīng)電流（）A．開(kāi)關(guān)閉合瞬間 B．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間 C．開(kāi)關(guān)閉合后，滑動(dòng)變阻器滑片不動(dòng) D．開(kāi)關(guān)閉合后，A從B中拔出4．（3分）（2020?湖北模擬）如圖所示，在三角形BAC內(nèi)充滿(mǎn)垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），AB邊長(zhǎng)度為d，∠B＝∠C=π6．一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子垂直AB邊射入磁場(chǎng)，已知從AC邊射出且速度垂直于AC邊的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，而在此邊射出的粒子，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間為54A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4t0 B．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為πm2qC．題中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子射出點(diǎn)距A點(diǎn)d2D．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為35．（3分）（2019秋?昌平區(qū)期末）把一段通電直導(dǎo)線(xiàn)懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中O點(diǎn)，并建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示。直導(dǎo)線(xiàn)沿z軸方向放置時(shí)不受力；直導(dǎo)線(xiàn)中電流方向沿x軸正方向時(shí)受到沿y軸正方向的力。由此可知該磁場(chǎng)的方向?yàn)椋ǎ〢．z軸正方向 B．z軸負(fù)方向 C．x軸負(fù)方向 D．y軸正方向6．（3分）如圖所示的電路，電源的內(nèi)阻為r，R1為滑動(dòng)變阻器，R2，R3，R4為定值電阻，R4＞r，G為指針可左右偏轉(zhuǎn)的靈敏電流計(jì)，電路接通后，電容器兩極板間的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說(shuō)法正確的是（）A．將電容器的上極板向上稍微移動(dòng)些，靈敏電流計(jì)的指針靜止不動(dòng) B．將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，外電路消耗的電功率一定增大 C．將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，流過(guò)定值電阻R1的電流變化量的絕對(duì)值大于流過(guò)定值電阻R3的電流變化量的絕對(duì)值 D．將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，R1兩端電壓變化量的絕對(duì)值與流過(guò)R1的電流變化量的絕對(duì)值的比值減小7．（3分）（2020?5月份模擬）如圖中甲、乙、丙所示，光滑軌道水平放置且固定不動(dòng)，軌道上質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab可自由滑動(dòng)。圖甲中的電容器C原來(lái)不帶電，軌道和導(dǎo)體棒的電阻忽略不計(jì)。有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)所有裝置，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，間距為L(zhǎng)．現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度v0，則（）A．圖甲中ab最終靜止 B．圖乙中ab最終向右勻速運(yùn)動(dòng) C．圖丙中ab最終向右勻速運(yùn)動(dòng) D．圖乙中流過(guò)電阻R的總電荷量為m8．（3分）（2020秋?新余期末）如圖所示，a、b兩離子同時(shí)沿水平放置的兩平行金屬板的中心軸從左、右射入兩板間勻強(qiáng)電場(chǎng)中（電場(chǎng)方向與兩板垂直），并恰好在圖中M點(diǎn)相遇，不計(jì)離子重力和離子間相互作用。則（）A．兩離子的比荷一定相等 B．兩離子剛進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相等 C．到相遇時(shí)電場(chǎng)力對(duì)兩離子做功一定相等 D．兩離子電性一定相反9．（3分）（2023?南昌二模）如圖所示，四分之一圓周區(qū)域MON內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)為半徑ON的中點(diǎn)?，F(xiàn)有兩個(gè)帶電粒子a、b，以相同的速度先后從P點(diǎn)沿OM方向射入磁場(chǎng)，并分別從M、N兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子所受重力及粒子間相互作用。則粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期之比為（）A．5：1 B．1：5 C．2：3 D．3：210．（3分）（2020秋?龍崗區(qū)期末）磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，圖是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個(gè)很強(qiáng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）垂直于磁場(chǎng)B且平行于A、B板平面的方向噴入磁場(chǎng)，每個(gè)離子的速度為v，電荷量大小為q，A、B兩板間距為d，裝置穩(wěn)定時(shí)下列說(shuō)法中正確的是（）A．B板的電勢(shì)比A板的高 B．圖中通過(guò)電阻R的電流方向是向下的 C．離子只受到電場(chǎng)力作用 D．圖中電阻R兩端電壓為Bvq11．（3分）（2024春?番禺區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平行板器件中，電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。一帶電粒子（重力不計(jì)）從左端以速度v沿虛線(xiàn)射入后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則該帶電粒子（）A．一定帶正電 B．一定帶負(fù)電 C．速度大小v=BD．若此粒子從右端沿虛線(xiàn)方向以速度v射入，將做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)12．（3分）（2023秋?東莞市月考）如圖所示，帶箭頭的實(shí)線(xiàn)表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)，虛線(xiàn)表示該電場(chǎng)的等勢(shì)面。A、B為電場(chǎng)中兩點(diǎn)。下列說(shuō)法中正確的是（）A．A點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的電勢(shì)高 B．正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能 C．負(fù)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功 D．負(fù)電荷在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力二．選擇題（共3小題，滿(mǎn)分9分，每小題3分）13．（3分）（2017?張家口模擬）如圖所示，AOB為一邊界為1/4圓的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O點(diǎn)為圓心，D點(diǎn)為邊界OB的中點(diǎn)，C點(diǎn)為邊界上一點(diǎn)，且CD∥AO．現(xiàn)有兩個(gè)帶正電粒子1、2，它們的比荷之比為1：2，射入磁場(chǎng)的速率之比為1：2，其中粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入，恰從B點(diǎn)射出，粒子2從C點(diǎn)沿CD射入，從某點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，則（）A．粒子2必在B、C之間（不含B、C）某點(diǎn)射出磁場(chǎng) B．粒子2必在D、B之間（不含D、B）某點(diǎn)射出磁場(chǎng) C．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)行時(shí)間之比為3：2 D．粒子1與粒子2的速度偏轉(zhuǎn)角度之比為3：2（多選）14．（3分）（2024春?濰坊期末）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。將質(zhì)量為m＝0.01kg、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)加速度為零，后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)。已知O、A兩點(diǎn)等高，OA＝OD=32m，OD⊥OB，OC⊥AD，重力加速度大小取g＝10m/s2，靜電力常量k＝9×109N?m2/CA．經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小 B．從A到D過(guò)程中電勢(shì)能和動(dòng)能之和變小 C．電荷量q為16D．在D點(diǎn)時(shí)的速度為15（多選）15．（3分）（2023秋?海淀區(qū)校級(jí)期中）在如圖所示的U﹣I圖中，直線(xiàn)a為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系，直線(xiàn)b為某電阻R的電壓與電流的關(guān)系?，F(xiàn)用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖可知（）A．該電阻的阻值為2.0Ω B．該電源的電動(dòng)勢(shì)為6.0V，內(nèi)阻為0.5Ω C．該電源的路端電壓為4.0V，輸出功率為4.0W D．選一個(gè)R＝1.0Ω的電阻與該電源組成閉合回路，電源的輸出功率一定相等三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿(mǎn)分15分）16．（6分）（2023秋?安徽月考）在“觀(guān)察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)將直流8V電源、電容器C、電阻箱、電壓表、電流傳感器、計(jì)算機(jī)及單刀雙擲開(kāi)關(guān)組裝成如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）用電壓表測(cè)量電容器兩端的電壓，電壓表的正接線(xiàn)柱應(yīng)與（填“a”或“b”）端相連。（2）將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，此時(shí)電源給電容器充電。在此過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)（填正確選項(xiàng)序號(hào)）。A．先增大，隨后逐漸穩(wěn)定在3VB．先增大后減小C．迅速增大，隨后逐漸穩(wěn)定在8V（3）上述過(guò)程中，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的I﹣t圖像如圖2所示，曲線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積等于電荷量。估算出該次充電完成后電容器上的電荷量q＝C，電容器的電容約為C＝μF。（4）將電阻箱電阻由最大分別調(diào)節(jié)至R1和R2（R1＞R2），先后兩次把開(kāi)關(guān)S由1端擲向2端，計(jì)算機(jī)屏幕上顯示的I﹣t圖像如圖3中曲線(xiàn)Ⅰ和Ⅱ所示，則曲線(xiàn)Ⅰ對(duì)應(yīng)的電阻是（填“R1”或“R2”）。17．（9分）（2021?南開(kāi)區(qū)二模）某小組同學(xué)在做“測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，選用了一節(jié)新干電池（電池上標(biāo)注的電動(dòng)勢(shì)為1V，內(nèi)阻小于1Ω）。除新干電池外，實(shí)驗(yàn)室還提供了以下實(shí)驗(yàn)器材：A.電阻箱R（0～99.9Ω）B.電流表A（量程為1mA，內(nèi)阻rA＝100Ω）C.定值電阻R1＝2900ΩD.定值電阻R2＝1900ΩE.定值電阻R3＝1800ΩF.定值電阻R4＝1.0ΩG.開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線(xiàn)若干①小華同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，若將電流表A與電阻Rx串聯(lián)后當(dāng)作電壓表使用，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差同時(shí)方便讀數(shù)與計(jì)算，電路中的電阻Rx應(yīng)選用，電阻Ry應(yīng)選用（填“RI”、“R2”、“R3”或“R4”）。②閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱，記錄多組電阻箱接入電路的阻值R及對(duì)應(yīng)電流表的示數(shù)為了便于處理數(shù)據(jù)和減小實(shí)驗(yàn)誤差，可直接尋找I與R的關(guān)系，作出1I-1R關(guān)系圖像若作出的圖像中直線(xiàn)斜率k＝1.95×103Ω/A，縱軸截距b＝1.30×103A﹣1，則電池的電動(dòng)勢(shì)E＝V、內(nèi)阻r＝四．解答題（共5小題，滿(mǎn)分40分）18．（7分）如圖所示，長(zhǎng)l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10﹣6C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝3.0×103N/C，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小球的質(zhì)量；（2）若剪斷細(xì)繩，則經(jīng)過(guò)1s小球獲得的速度大??；（3）若撤去電場(chǎng)，則小球到達(dá)最低點(diǎn)對(duì)細(xì)繩的拉力大小。19．（7分）（2020秋?焦作期中）在課外探究活動(dòng)中，某同學(xué)將開(kāi)關(guān)、電動(dòng)機(jī)、電流表和電阻箱串聯(lián)后接到直流電源上。將電阻箱接入電路的阻值調(diào)到R1＝19Ω時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)后，電動(dòng)機(jī)并沒(méi)有轉(zhuǎn)動(dòng)，這時(shí)電電流表的讀數(shù)I1＝0.45A；此后，調(diào)整電阻箱接入電路的阻值，當(dāng)電阻箱接入電路的阻值R2＝10Ω時(shí)，電動(dòng)機(jī)正常工作，電流表的讀數(shù)I2＝0.65A。已知直流電動(dòng)機(jī)的線(xiàn)圈阻值r＝1.0Ω，電流表為理想電表，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)。求：（1）直流電源的電動(dòng)勢(shì)E和電動(dòng)機(jī)的額定電壓U；（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的機(jī)械功率P（保留兩位有效數(shù)字）。20．（7分）（2019秋?太和縣校級(jí)期末）如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝5V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成α＝37°角，取重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）ab受到的安培力大?。唬?）ab受到的靜摩擦力大小。21．（8分）（2023秋?朝陽(yáng)區(qū)期末）某質(zhì)譜儀原理如圖所示，Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U1；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，兩板間距離為d；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力），初速度為0，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過(guò)速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求：（1）粒子進(jìn)入速度選擇器的速度大小v。（2）速度選擇器的兩板間的電壓U2。（3）粒子在分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。22．（11分）（2019?浙江學(xué)業(yè)考試）在一傾角為θ＝37°的粗糙導(dǎo)軌上平行放置了一質(zhì)量為m＝0.02kg的通電細(xì)桿ab，空間中有B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如圖所示，已知導(dǎo)軌的寬度d＝0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。（1）判斷桿ab受到安培力方向（2）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，使桿ab靜止不動(dòng)，通過(guò)ab桿的電流最大是多少？（3）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，使桿ab靜止不動(dòng)，通過(guò)ab桿的電流最小為多少？

2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共12小題，滿(mǎn)分36分，每小題3分）請(qǐng)閱讀下述文字，完成第13題、第14題、第15題。電源、電阻、電流表、開(kāi)關(guān)用導(dǎo)線(xiàn)連接成圖所示的電路。已知電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3.0V，電阻R＝2.0Ω。閉合開(kāi)關(guān)S后，電流表示數(shù)I＝1.00A。1．（3分）該電源的內(nèi)阻r為（）A．1.0Ω B．1.5Ω C．2.0Ω D．3.0Ω【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】A【分析】由閉合電路的歐姆定律可以求出電源內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓河砷]合電路歐姆定律I=ER+r可得電源內(nèi)阻r=EI-R=3.01.00Ω﹣2.00Ω＝故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電路電流，應(yīng)用閉合電路歐姆定律即可正確解題。2．（3分）（2020秋?渝中區(qū)校級(jí)期中）下列各圖中，電荷所受洛倫茲力方向正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向；洛倫茲力的概念．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】B【分析】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受洛倫茲力方向由左手定則進(jìn)行判斷，伸開(kāi)左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線(xiàn)進(jìn)入手心，并使四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)方向或者負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力的方向?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)左手定則可知：A、圖中為正電荷，故粒子受到的洛倫茲力方向應(yīng)該向上，故A錯(cuò)誤；B、圖中電荷的速度方向、磁場(chǎng)方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系符合左手定則，故B正確；CD、兩圖中電荷運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向在一條線(xiàn)上，故均不受洛倫茲力，故CD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受洛倫茲力的條件以及左手定則的熟練應(yīng)用是對(duì)學(xué)生的基本要求，同時(shí)注意當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁感線(xiàn)平行時(shí)帶電粒子不受洛倫茲力。3．（3分）（2023春?淮安期末）如圖所示為探究感應(yīng)電流產(chǎn)生條件的實(shí)驗(yàn)裝置。僅在下列哪種情況下線(xiàn)圈B中無(wú)感應(yīng)電流（）A．開(kāi)關(guān)閉合瞬間 B．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間 C．開(kāi)關(guān)閉合后，滑動(dòng)變阻器滑片不動(dòng) D．開(kāi)關(guān)閉合后，A從B中拔出【考點(diǎn)】研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專(zhuān)題】信息給予題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)題意逐項(xiàng)分析穿過(guò)線(xiàn)圈B的磁通量是否發(fā)生變化，再根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件分析作答?！窘獯稹拷猓篈BD．感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變化，開(kāi)關(guān)閉合瞬間，穿過(guò)線(xiàn)圈B的磁通量從無(wú)到有，穿過(guò)線(xiàn)圈B的磁通量增大；斷開(kāi)的瞬間，穿過(guò)線(xiàn)圈B的磁通量從有到無(wú)，穿過(guò)線(xiàn)圈B的磁通量減?。婚_(kāi)關(guān)閉合時(shí)，拔出線(xiàn)圈A的瞬間，B線(xiàn)圈中的磁通量減??；綜上分析，開(kāi)關(guān)閉合或斷開(kāi)的瞬間，或者開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，拔出線(xiàn)圈A的瞬間，穿過(guò)線(xiàn)圈B的磁通量都發(fā)生了變化，因此線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故ABD錯(cuò)誤；C．開(kāi)關(guān)閉合，滑動(dòng)變阻器不動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量不發(fā)生變化，線(xiàn)圈中沒(méi)有感應(yīng)電流，故C正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件的運(yùn)用；知道感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是電路要閉合，穿過(guò)閉合回路的磁通量要發(fā)生變化，關(guān)鍵在于磁通量發(fā)生變化。4．（3分）（2020?湖北模擬）如圖所示，在三角形BAC內(nèi)充滿(mǎn)垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），AB邊長(zhǎng)度為d，∠B＝∠C=π6．一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子垂直AB邊射入磁場(chǎng)，已知從AC邊射出且速度垂直于AC邊的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，而在此邊射出的粒子，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間為54A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4t0 B．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為πm2qC．題中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子射出點(diǎn)距A點(diǎn)d2D．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為3【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】作出垂直于AC邊射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)找到圓心角，以此求解周期；根據(jù)周期公式T=2πm作出運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合題中所給的時(shí)間求解出圓心角，根據(jù)幾何知識(shí)求解射出點(diǎn)距A點(diǎn)的距離；對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，根據(jù)x＝vt，求解出弧長(zhǎng)，以此求出速度。【解答】解：A、帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直于AC邊射出的粒子其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，A點(diǎn)為該粒子的圓心，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為120°，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間是周期的13故13所以粒子運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝3t0，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)橹芷赥=2πm所以磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B=2πmqT=C、設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，如圖所示：，則有：θ2π得θ=5π設(shè)軌道半徑為R，根據(jù)幾何知識(shí)有：Rsin30°可得R=3則射出點(diǎn)距A：x=R2cos30°D、根據(jù)5t解得v=2πd(6+3故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是能正確作出在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，能根據(jù)幾何知識(shí)求解相應(yīng)的長(zhǎng)度，熟記圓周運(yùn)動(dòng)的周期和半徑的公式。5．（3分）（2019秋?昌平區(qū)期末）把一段通電直導(dǎo)線(xiàn)懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中O點(diǎn)，并建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示。直導(dǎo)線(xiàn)沿z軸方向放置時(shí)不受力；直導(dǎo)線(xiàn)中電流方向沿x軸正方向時(shí)受到沿y軸正方向的力。由此可知該磁場(chǎng)的方向?yàn)椋ǎ〢．z軸正方向 B．z軸負(fù)方向 C．x軸負(fù)方向 D．y軸正方向【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】B【分析】依據(jù)通電導(dǎo)線(xiàn)與磁場(chǎng)平行時(shí)，不存在磁場(chǎng)力，當(dāng)兩者不平行時(shí)，存在磁場(chǎng)力，根據(jù)左手定則，即可判定。【解答】解：直導(dǎo)線(xiàn)沿z軸方向放置時(shí)不受力，說(shuō)明磁場(chǎng)方向沿著z軸方向；當(dāng)直導(dǎo)線(xiàn)中電流方向沿x軸正方向時(shí)受到沿y軸正方向的力，依據(jù)左手定則，可知，該磁場(chǎng)的方向?yàn)閦軸負(fù)方向，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中受力應(yīng)用，掌握左手定則的內(nèi)容，理解磁場(chǎng)力存在的條件，注意左手定則與右手定則的區(qū)別。6．（3分）如圖所示的電路，電源的內(nèi)阻為r，R1為滑動(dòng)變阻器，R2，R3，R4為定值電阻，R4＞r，G為指針可左右偏轉(zhuǎn)的靈敏電流計(jì)，電路接通后，電容器兩極板間的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說(shuō)法正確的是（）A．將電容器的上極板向上稍微移動(dòng)些，靈敏電流計(jì)的指針靜止不動(dòng) B．將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，外電路消耗的電功率一定增大 C．將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，流過(guò)定值電阻R1的電流變化量的絕對(duì)值大于流過(guò)定值電阻R3的電流變化量的絕對(duì)值 D．將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，R1兩端電壓變化量的絕對(duì)值與流過(guò)R1的電流變化量的絕對(duì)值的比值減小【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析；電容的概念、單位與物理意義．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】分析電路結(jié)構(gòu)，確定電容器兩端的電壓，根據(jù)平行板電容器的決定式分析電容變化，充放電的情況；根據(jù)電源輸出功率隨外電阻關(guān)系可知，外電路消耗的電功率的變化情況；根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合電源U﹣I特性確定R1兩端電壓變化量的絕對(duì)值與流過(guò)R1的電流變化量的絕對(duì)值的比值?！窘獯稹拷猓悍治鲭娐房芍?，電容器兩端電壓為滑動(dòng)變阻器兩端電壓，恒定不變；A、電容器的上極板向上稍微移動(dòng)些，則d增大，根據(jù)平行板電容器的決定式C=?S4πkd可知，電容C減小，則Q＝CU，電荷量減小，電容器放電，靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)，故B、將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，電阻變大，R4＞r，根據(jù)電源輸出功率隨外電阻關(guān)系可知，外電路消耗的電功率一定減小，故B錯(cuò)誤；C、將滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)些，電阻變大，干路電流變小，流過(guò)電阻R3的電流減小，則并聯(lián)電路兩端的電壓增大，流過(guò)電阻R2的電流增大，流過(guò)電阻R1的電流減小，故流過(guò)定值電阻R1的電流變化量的絕對(duì)值大于流過(guò)定值電阻R3的電流變化量的絕對(duì)值，故C正確；D、將電阻R2、R3、R4看作電源內(nèi)阻，根據(jù)電源的U﹣I特性可知，R1兩端電壓變化量的絕對(duì)值與流過(guò)R1的電流變化量的絕對(duì)值的比值等于新內(nèi)阻，阻值不變，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查閉合電路歐姆定律和電容的決定式，解題的關(guān)鍵是等效電源的分析，將電阻R2、R3、R4看作電源內(nèi)阻，根據(jù)電源的U﹣I特性可知，R1兩端電壓變化量的絕對(duì)值與流過(guò)R1的電流變化量的絕對(duì)值的比值不變。7．（3分）（2020?5月份模擬）如圖中甲、乙、丙所示，光滑軌道水平放置且固定不動(dòng)，軌道上質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab可自由滑動(dòng)。圖甲中的電容器C原來(lái)不帶電，軌道和導(dǎo)體棒的電阻忽略不計(jì)。有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)所有裝置，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，間距為L(zhǎng)．現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度v0，則（）A．圖甲中ab最終靜止 B．圖乙中ab最終向右勻速運(yùn)動(dòng) C．圖丙中ab最終向右勻速運(yùn)動(dòng) D．圖乙中流過(guò)電阻R的總電荷量為m【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】D【分析】圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，分析電路中電流的變化，即可判斷ab棒所受的安培力，確定ab棒的運(yùn)動(dòng)情況。圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過(guò)電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒將做減速運(yùn)動(dòng)；圖丙中，分析導(dǎo)體棒受到的安培力情況，判斷ab棒的運(yùn)動(dòng)情況；應(yīng)用動(dòng)量定理求出通過(guò)R的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒(méi)有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流流過(guò)電阻R產(chǎn)生焦耳熱，把電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒機(jī)械能減少，速度減小，當(dāng)ab棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，ab棒靜止，故B錯(cuò)誤；C、圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒(méi)有電流，ab棒向左做勻速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)乙圖中導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的平均電流為I，平均安培力：F=BIL整個(gè)過(guò)程據(jù)動(dòng)量定理有：-FΔt＝0﹣mv0，代入得﹣BIL×Δt＝﹣mv0，電荷量：q=I×Δt=故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象動(dòng)態(tài)變化分析的問(wèn)題，分析安培力的變化是關(guān)鍵，根據(jù)合力和速度方向的關(guān)系判斷導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況。8．（3分）（2020秋?新余期末）如圖所示，a、b兩離子同時(shí)沿水平放置的兩平行金屬板的中心軸從左、右射入兩板間勻強(qiáng)電場(chǎng)中（電場(chǎng)方向與兩板垂直），并恰好在圖中M點(diǎn)相遇，不計(jì)離子重力和離子間相互作用。則（）A．兩離子的比荷一定相等 B．兩離子剛進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相等 C．到相遇時(shí)電場(chǎng)力對(duì)兩離子做功一定相等 D．兩離子電性一定相反【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】A【分析】帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由于在M點(diǎn)相遇，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析AB項(xiàng)，根據(jù)電場(chǎng)力做功分析C項(xiàng)，兩離子受到的電場(chǎng)力方向均向下，從而分析電性?！窘獯稹拷猓篈.由于a、b兩離子同時(shí)射入電場(chǎng)且在M點(diǎn)相遇，故用時(shí)t相同，豎直方向位移y相同，由于a、b均在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向位移為：y=12a由牛頓第二定律：Eq＝ma可知，a、b兩離子的qm相等，即兩離子的比荷一定相等，故AB.由于題目中沒(méi)有給定M點(diǎn)具體位置，則兩離子水平方向位移xa、xb大小關(guān)系無(wú)法確定，初速度va、vb的大小關(guān)系也就無(wú)法確定，故B錯(cuò)誤；C.電場(chǎng)力做功功W＝Fy＝Eqy，由于兩離子電荷q不一定相等，故做功W不一定相等，故C錯(cuò)誤；D.兩離子均向下偏轉(zhuǎn)，受到的電場(chǎng)力方向均向下，故兩離子電性相同，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵掌握類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，注意離子受力方向的判斷。9．（3分）（2023?南昌二模）如圖所示，四分之一圓周區(qū)域MON內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)為半徑ON的中點(diǎn)?，F(xiàn)有兩個(gè)帶電粒子a、b，以相同的速度先后從P點(diǎn)沿OM方向射入磁場(chǎng)，并分別從M、N兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子所受重力及粒子間相互作用。則粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期之比為（）A．5：1 B．1：5 C．2：3 D．3：2【考點(diǎn)】帶電粒子在直線(xiàn)邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】A【分析】首先，設(shè)圓形磁場(chǎng)的半徑為R，畫(huà)出a、b兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出兩個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；其次，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期與線(xiàn)速度以及半徑的關(guān)系求出兩個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期之比。【解答】解：設(shè)圓形磁場(chǎng)的半徑為R，畫(huà)出a、b兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡根據(jù)幾何關(guān)系可求出兩個(gè)粒子的軌跡半徑分別為：rb=解得r又因?yàn)門(mén)=可得兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期之比為：Ta：Tb＝ra：rb＝5：1，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子的軌道半徑。10．（3分）（2020秋?龍崗區(qū)期末）磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，圖是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個(gè)很強(qiáng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）垂直于磁場(chǎng)B且平行于A、B板平面的方向噴入磁場(chǎng)，每個(gè)離子的速度為v，電荷量大小為q，A、B兩板間距為d，裝置穩(wěn)定時(shí)下列說(shuō)法中正確的是（）A．B板的電勢(shì)比A板的高 B．圖中通過(guò)電阻R的電流方向是向下的 C．離子只受到電場(chǎng)力作用 D．圖中電阻R兩端電壓為Bvq【考點(diǎn)】磁流體發(fā)電機(jī)．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】A【分析】等離子體進(jìn)入磁場(chǎng)，由于受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷出正負(fù)離子偏轉(zhuǎn)的方向，從而確定極板帶電的正負(fù)．最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出電源的電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律求得電阻R兩端的電壓．【解答】解：A、等離子體進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)左手定則，知正離子向下偏，負(fù)離子向上偏，所以B板帶正電，A板帶負(fù)電，故B板的電勢(shì)比A板的高，故A正確；B、根據(jù)閉合電路可知，通過(guò)電阻R的電流方向是向上的，故B錯(cuò)誤；CD、最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，有：qUd=qvB．電動(dòng)勢(shì)E＝U＝Bvd．設(shè)磁流體發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻為r，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓U'故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵會(huì)根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡．11．（3分）（2024春?番禺區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平行板器件中，電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。一帶電粒子（重力不計(jì)）從左端以速度v沿虛線(xiàn)射入后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則該帶電粒子（）A．一定帶正電 B．一定帶負(fù)電 C．速度大小v=BD．若此粒子從右端沿虛線(xiàn)方向以速度v射入，將做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】速度選擇器．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)方向判斷粒子所受電場(chǎng)力的方向，根據(jù)平衡條件可以得到粒子的速度；當(dāng)粒子從右端射入時(shí)，粒子所受洛倫茲力和電場(chǎng)力方向相同?！窘獯稹拷猓篈BC．粒子從左射入，不論帶正電還是負(fù)電，根據(jù)左手定則可以判斷粒子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向是相反的，電場(chǎng)力大小為F＝qE洛倫茲力大小為F'＝qvB兩個(gè)力平衡，則速度為v=即與粒子帶電性無(wú)關(guān)，故ABC錯(cuò)誤；D．若此粒子從右端沿虛線(xiàn)方向進(jìn)入，電場(chǎng)力與洛倫茲力在同一方向，則粒子做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】會(huì)根據(jù)左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，以及根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的方向判斷粒子所受電場(chǎng)力方向是解題的關(guān)鍵。12．（3分）（2023秋?東莞市月考）如圖所示，帶箭頭的實(shí)線(xiàn)表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)，虛線(xiàn)表示該電場(chǎng)的等勢(shì)面。A、B為電場(chǎng)中兩點(diǎn)。下列說(shuō)法中正確的是（）A．A點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的電勢(shì)高 B．正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能 C．負(fù)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功 D．負(fù)電荷在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線(xiàn)的關(guān)系；電場(chǎng)線(xiàn)的定義及基本特征；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】AB、根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)由高等勢(shì)面指向低等勢(shì)面，分析A、B兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，利用電勢(shì)能的定義式判斷正電荷在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能的高低；C、根據(jù)A、B兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，可知負(fù)電荷在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能高低，根據(jù)功能關(guān)系可知電場(chǎng)力做功的正負(fù)；D、根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，可知A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系，則可知電場(chǎng)力的大小關(guān)系。【解答】解：AB、根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)由高等勢(shì)面指向低等勢(shì)面，由圖可知φA＜φB，由電勢(shì)能EP＝φq，可知正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故AB錯(cuò)誤；C、已知φA＜φB，則負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，由功能關(guān)系可知負(fù)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，故C正確；D、電場(chǎng)線(xiàn)的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，可知EA＞EB，則負(fù)電荷在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了等勢(shì)面和電場(chǎng)線(xiàn)的關(guān)系、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是知道電場(chǎng)線(xiàn)由高等勢(shì)面指向低等勢(shì)面，電場(chǎng)線(xiàn)的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱。二．選擇題（共3小題，滿(mǎn)分9分，每小題3分）13．（3分）（2017?張家口模擬）如圖所示，AOB為一邊界為1/4圓的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O點(diǎn)為圓心，D點(diǎn)為邊界OB的中點(diǎn)，C點(diǎn)為邊界上一點(diǎn)，且CD∥AO．現(xiàn)有兩個(gè)帶正電粒子1、2，它們的比荷之比為1：2，射入磁場(chǎng)的速率之比為1：2，其中粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入，恰從B點(diǎn)射出，粒子2從C點(diǎn)沿CD射入，從某點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，則（）A．粒子2必在B、C之間（不含B、C）某點(diǎn)射出磁場(chǎng) B．粒子2必在D、B之間（不含D、B）某點(diǎn)射出磁場(chǎng) C．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)行時(shí)間之比為3：2 D．粒子1與粒子2的速度偏轉(zhuǎn)角度之比為3：2【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；定性思想；圖析法；方程法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題．【答案】D【分析】粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)與牛頓第二定律分析答題．【解答】解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r由題意可知，兩粒子的比荷之比為1：2，射入磁場(chǎng)的速率之比為1：2，則它們的軌道半徑相等，即：r1＝r2，A、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入，恰從B點(diǎn)射出，粒子在你磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為90°，粒子軌道半徑等于BO，粒子2從C點(diǎn)沿CD射入其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)對(duì)應(yīng)的圓心為O1，運(yùn)動(dòng)軌道半徑也為：BO＝R，連接O1C、O1B，O1COB是平行四邊形，O1B＝CO，則粒子2一定從B點(diǎn)射出磁場(chǎng)，故AB錯(cuò)誤；C、粒子1的速度偏角，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角θ1＝90°，連接PB，可知P為O1C的中點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，θ2＝∠BO1P＝60°，兩粒子的速度偏角不同，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T=2πmqB，由于兩粒子的比荷之比為1：2，則：t=θ2πT，它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比：t1t2=θ1T1θ2T2=90°60°×21=31，粒子故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)、周期公式即可正確解題．（多選）14．（3分）（2024春?濰坊期末）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。將質(zhì)量為m＝0.01kg、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)加速度為零，后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)。已知O、A兩點(diǎn)等高，OA＝OD=32m，OD⊥OB，OC⊥AD，重力加速度大小取g＝10m/s2，靜電力常量k＝9×109N?m2/CA．經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小 B．從A到D過(guò)程中電勢(shì)能和動(dòng)能之和變小 C．電荷量q為16D．在D點(diǎn)時(shí)的速度為15【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專(zhuān)題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】A.小滑塊由A到C電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，由C到D電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增大，由此判斷經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能；B.小滑塊由A到B電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，速度增大，動(dòng)能增大，由此判斷電勢(shì)能和動(dòng)能之和；C.在B點(diǎn)沿斜面方向受力分析，根據(jù)加速度為零和邊角關(guān)系求出電荷量；D.小滑塊由A到C電場(chǎng)力做負(fù)功，由C到D電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理求出在D點(diǎn)時(shí)的速度?！窘獯稹拷猓篈．小滑塊由A到C電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，由C到D電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增大，所以經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，故A正確；B．小滑塊由A到B電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，速度增大，動(dòng)能增大，所以電勢(shì)能和動(dòng)能之和增大，故B錯(cuò)誤；C．由題意知小滑塊在B點(diǎn)處的加速度為零，沿斜面方向受力分析mgsin30°OB＝ODtan∠ODC由于OA＝OD則∠ODC＝∠OAC＝30°解得q=1故C正確；D．小滑塊由A到C電場(chǎng)力做負(fù)功，由C到D電場(chǎng)力做正功，即小滑塊在A、D兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，根據(jù)mghhAD＝ADsin30°＝2CD?sin30°＝2ODcos30°?sin30°解得v=15故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】考查動(dòng)能定理和電場(chǎng)力做功問(wèn)題，明確電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能的關(guān)系，根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）15．（3分）（2023秋?海淀區(qū)校級(jí)期中）在如圖所示的U﹣I圖中，直線(xiàn)a為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系，直線(xiàn)b為某電阻R的電壓與電流的關(guān)系?，F(xiàn)用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖可知（）A．該電阻的阻值為2.0Ω B．該電源的電動(dòng)勢(shì)為6.0V，內(nèi)阻為0.5Ω C．該電源的路端電壓為4.0V，輸出功率為4.0W D．選一個(gè)R＝1.0Ω的電阻與該電源組成閉合回路，電源的輸出功率一定相等【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電功和電功率的計(jì)算．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】CD【分析】由圖象a可知電源的電動(dòng)勢(shì)為6.0V，短路電流為3.0A；由圖象b可得外電路電阻R為4Ω，兩圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)即為電阻R和電源構(gòu)成閉合回路時(shí)的外電壓和干路電流。【解答】解：A、由b圖可知電阻R=UI=4.01.0Ω＝B、由a可知電源的電動(dòng)勢(shì)為6.0V，短路電流為I0＝3.0A，則r=EI0=6.03.0ΩC、兩圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)即為電阻R和電源構(gòu)成閉合回路時(shí)的外電壓和干路電流，即U＝4.0V，I＝1.0A，則P出＝UI＝4×1W＝4.0W，故C正確；D、當(dāng)外電阻R＝1.0Ω時(shí)，電路的電流為I′=電源的輸出功率為：P出′＝I′2R＝2.02×1.0W＝4.0W可見(jiàn)：P出′＝P出，故選一個(gè)R＝1.0Ω的電阻與該電源組成閉合回路，電源的輸出功率一定相等，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)U﹣I圖象Ⅰ正確讀出電源的電動(dòng)勢(shì)和短路電流，根據(jù)U﹣I圖象正確讀出外電路兩端的電壓和流過(guò)電阻的電流，是解決此類(lèi)問(wèn)題的出發(fā)點(diǎn)。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿(mǎn)分15分）16．（6分）（2023秋?安徽月考）在“觀(guān)察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)將直流8V電源、電容器C、電阻箱、電壓表、電流傳感器、計(jì)算機(jī)及單刀雙擲開(kāi)關(guān)組裝成如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路。回答下列問(wèn)題：（1）用電壓表測(cè)量電容器兩端的電壓，電壓表的正接線(xiàn)柱應(yīng)與a（填“a”或“b”）端相連。（2）將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，此時(shí)電源給電容器充電。在此過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)C（填正確選項(xiàng)序號(hào)）。A．先增大，隨后逐漸穩(wěn)定在3VB．先增大后減小C．迅速增大，隨后逐漸穩(wěn)定在8V（3）上述過(guò)程中，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的I﹣t圖像如圖2所示，曲線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積等于電荷量。估算出該次充電完成后電容器上的電荷量q＝2.88×10﹣3C，電容器的電容約為C＝360μF。（4）將電阻箱電阻由最大分別調(diào)節(jié)至R1和R2（R1＞R2），先后兩次把開(kāi)關(guān)S由1端擲向2端，計(jì)算機(jī)屏幕上顯示的I﹣t圖像如圖3中曲線(xiàn)Ⅰ和Ⅱ所示，則曲線(xiàn)Ⅰ對(duì)應(yīng)的電阻是R2（填“R1”或“R2”）?！究键c(diǎn)】觀(guān)察電容器及其充、放電現(xiàn)象．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電容器專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）a；（2）C；（3）2.88×10﹣3；360；（4）R2【分析】（1）根據(jù)電路構(gòu)造的分析得出正接線(xiàn)柱的位置；（2）理解電容器的充電特點(diǎn)并由此分析出電壓表的示數(shù)；（3）理解圖像的物理意義，由此得出電容器的電荷量，并結(jié)合電容的計(jì)算公式得出電容的大?。唬?）理解圖像的物理意義，結(jié)合歐姆定律得出對(duì)應(yīng)的電阻。【解答】解：（1）電容器的上極板充上正電荷，電壓表正接線(xiàn)柱應(yīng)接a端；（2）發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)迅速增大，隨著兩極板充有的電荷量越來(lái)越多，極板間電勢(shì)差越來(lái)越大，隨后逐漸穩(wěn)定在8V，故AB錯(cuò)誤，C正確；故選：C。（3）I﹣t圖像中，圖像和坐標(biāo)軸所圍成的面積即為q，（數(shù)格，大于或等于半格算一格，小于半格忽略。）則q＝36×0.2×0.4×10﹣3C＝2.88×10﹣3C根據(jù)電容的計(jì)算公式可得：C=q（4）放電瞬間電流最大值I=U由于IⅠ＞IⅡ，曲線(xiàn)Ⅰ對(duì)應(yīng)的電阻是R2。故答案為：（1）a；（2）C；（3）2.88×10﹣3；360；（4）R2【點(diǎn)評(píng)】本題以“觀(guān)察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)為背景，考查學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?7．（9分）（2021?南開(kāi)區(qū)二模）某小組同學(xué)在做“測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，選用了一節(jié)新干電池（電池上標(biāo)注的電動(dòng)勢(shì)為1V，內(nèi)阻小于1Ω）。除新干電池外，實(shí)驗(yàn)室還提供了以下實(shí)驗(yàn)器材：A.電阻箱R（0～99.9Ω）B.電流表A（量程為1mA，內(nèi)阻rA＝100Ω）C.定值電阻R1＝2900ΩD.定值電阻R2＝1900ΩE.定值電阻R3＝1800ΩF.定值電阻R4＝1.0ΩG.開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線(xiàn)若干①小華同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，若將電流表A與電阻Rx串聯(lián)后當(dāng)作電壓表使用，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差同時(shí)方便讀數(shù)與計(jì)算，電路中的電阻Rx應(yīng)選用R2，電阻Ry應(yīng)選用R4（填“RI”、“R2”、“R3”或“R4”）。②閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱，記錄多組電阻箱接入電路的阻值R及對(duì)應(yīng)電流表的示數(shù)為了便于處理數(shù)據(jù)和減小實(shí)驗(yàn)誤差，可直接尋找I與R的關(guān)系，作出1I-1R關(guān)系圖像若作出的圖像中直線(xiàn)斜率k＝1.95×103Ω/A，縱軸截距b＝1.30×103A﹣1，則電池的電動(dòng)勢(shì)E＝1.54V、內(nèi)阻r＝【考點(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】①R2，R4；②1.54，0.502【分析】①改裝電壓表時(shí)，電表與電阻串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律可計(jì)算對(duì)應(yīng)電阻，由于電源的內(nèi)阻較小，測(cè)量時(shí)電壓表的讀數(shù)變化不明顯，則需要略微增大電源的內(nèi)阻，所以電路中電阻Ry應(yīng)選用R4；②根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電動(dòng)勢(shì)與電流的關(guān)系，變形后根據(jù)斜率與截距可求得E，r?！窘獯稹拷猓孩俑鶕?jù)電壓表的改裝原理，選定值電阻R1＝2900Ω，則有U1＝Ig（rA+R1）＝1×10﹣3×（100+2900）V＝3V選定值電阻R2＝1900Ω，則有U2＝Ig（rA+R2）＝1×10﹣3×（100+1900）V＝2V選定值電阻R3＝1800Ω，則有U1＝Ig（rA+R3）＝1×10﹣3×（100+1800）V＝1.9V所以為了減小實(shí)驗(yàn)誤差同時(shí)方便讀數(shù)與計(jì)算，電路中的電阻Rx應(yīng)選用R2.由于電源的內(nèi)阻較小，測(cè)量時(shí)電壓表的讀數(shù)變化不明顯，則需要略微增大電源的內(nèi)阻，所以電路中電阻Ry應(yīng)選用R4.②根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I（rA+R2）+整理可得1I代入數(shù)據(jù)可得1I由式可知k=b=代入數(shù)據(jù)解得E≈1.54V，r＝0.502Ω故答案為：①R2，R4；②1.54，0.502【點(diǎn)評(píng)】本題考查電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的測(cè)量，注意根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)等于外電壓與內(nèi)電壓之和，變形根據(jù)圖像求得。四．解答題（共5小題，滿(mǎn)分40分）18．（7分）如圖所示，長(zhǎng)l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10﹣6C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝3.0×103N/C，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小球的質(zhì)量；（2）若剪斷細(xì)繩，則經(jīng)過(guò)1s小球獲得的速度大小；（3）若撤去電場(chǎng)，則小球到達(dá)最低點(diǎn)對(duì)細(xì)繩的拉力大小?！究键c(diǎn)】帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）小球的質(zhì)量為4×10﹣4kg；（2）若剪斷細(xì)繩，則經(jīng)過(guò)1s小球獲得的速度大小為12.5m/s；（3）若撤去電場(chǎng)，則小球到達(dá)最低點(diǎn)對(duì)細(xì)繩的拉力大小為5.6×10﹣3N。【分析】（1）根據(jù)平衡條件列方程即可求解；（2）根據(jù)牛頓第二定律可以得到小球的加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到小球的速度；（3）先計(jì)算出小球到最低點(diǎn)時(shí)的速度，然后根據(jù)牛頓第二定律即可求解?！窘獯稹拷猓海?）小球靜止，根據(jù)平衡條件有tan37解得m=（2）剪斷細(xì)繩，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos37°解得a=經(jīng)過(guò)1s后小球獲得的速度為v＝at＝12.5×1m/s＝12.5m/s（3）撤去電場(chǎng)，小球從靜止落到最低點(diǎn)，有能量守恒定律有mgl(1-小球再最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有T-代入數(shù)據(jù)解得T＝5.6×10﹣3N答：（1）小球的質(zhì)量為4×10﹣4kg；（2）若剪斷細(xì)繩，則經(jīng)過(guò)1s小球獲得的速度大小為12.5m/s；（3）若撤去電場(chǎng)，則小球到達(dá)最低點(diǎn)對(duì)細(xì)繩的拉力大小為5.6×10﹣3N。【點(diǎn)評(píng)】這是一道常規(guī)題目，過(guò)程本身并不復(fù)雜，都是平衡條件和牛頓第二定律的基本應(yīng)用，只要有扎實(shí)的基本功，不難求解。19．（7分）（2020秋?焦作期中）在課外探究活動(dòng)中，某同學(xué)將開(kāi)關(guān)、電動(dòng)機(jī)、電流表和電阻箱串聯(lián)后接到直流電源上。將電阻箱接入電路的阻值調(diào)到R1＝19Ω時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)后，電動(dòng)機(jī)并沒(méi)有轉(zhuǎn)動(dòng)，這時(shí)電電流表的讀數(shù)I1＝0.45A；此后，調(diào)整電阻箱接入電路的阻值，當(dāng)電阻箱接入電路的阻值R2＝10Ω時(shí)，電動(dòng)機(jī)正常工作，電流表的讀數(shù)I2＝0.65A。已知直流電動(dòng)機(jī)的線(xiàn)圈阻值r＝1.0Ω，電流表為理想電表，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)。求：（1）直流電源的電動(dòng)勢(shì)E和電動(dòng)機(jī)的額定電壓U；（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的機(jī)械功率P（保留兩位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；計(jì)算電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功或機(jī)械功率．【專(zhuān)題】學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）直流電源的電動(dòng)勢(shì)為9.0V，電動(dòng)機(jī)的額定電壓為2.5V。（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的機(jī)械功率為1.2W?！痉治觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析，求解電動(dòng)機(jī)的額定電壓。（2）電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率和內(nèi)阻消耗功率之和等于總功率，根據(jù)能量守恒定律分析。【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝I1（R1+r）＝0.45×（19+1.0）V得：E＝9.0V電動(dòng)機(jī)的額定電壓為U＝E﹣I2R2＝9.0V﹣0.65×10V得：U＝2.5V（2）根據(jù)能量守恒定律可知，電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率和內(nèi)阻消耗功率之和等于總功率，I2即：0.65×2.5W＝P+0.652×1.0W解得：P＝1.2W。答：（1）直流電源的電動(dòng)勢(shì)為9.0V，電動(dòng)機(jī)的額定電壓為2.5V。（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的機(jī)械功率為1.2W?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，正常工作的電動(dòng)機(jī)不是純電阻電路，解題是注意公式的選取，靈活運(yùn)用閉合電路歐姆定律、能量守恒定律是解題的關(guān)鍵。20．（7分）（2019秋?太和縣校級(jí)期末）如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝5V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成α＝37°角，取重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）ab受到的安培力大??；（2）ab受到的靜摩擦力大小?！究键c(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）由閉合電路的歐姆定律可以求出通過(guò)ab的電流，由安培力公式可以求出安培力大??；（2）根據(jù)平衡條件計(jì)算靜摩擦力大小?！窘獯稹拷猓海?）由閉合電路的歐姆定律可得，通過(guò)ab的電流I=ER+R0+r=54+0.1+0.9ab受到的安培力：F＝BIL＝5×1×0.5＝2.5N；（2）ab受力如圖所示，據(jù)平衡條件得：f靜＝Fsin37°＝2.5×0.6＝1.5N；答：（1）ab受到的安培力大小為2.5N；（2）ab受到的靜摩擦力大小為1.5N?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡去求未知力。21．（8分）（2023秋?朝陽(yáng)區(qū)期末）某質(zhì)譜儀原理如圖所示，Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U1；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，兩板間距離為d；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力），初速度為0，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過(guò)速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求：（1）粒子進(jìn)入速度選擇器的速度大小v。（2）速度選擇器的兩板間的電壓U2。（3）粒子在分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R?！究键c(diǎn)】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）粒子進(jìn)入速度選擇器的速度大小為2qU（2）速度選擇器的兩板間的電壓為B1d2qU（3）粒子在分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為1B【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可以求出粒子的速度v；（2）在速度選擇器中作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，從而求出電壓U2；（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出粒子在B2磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意可知，粒子經(jīng)過(guò)A粒子加速器，由動(dòng)能定理有qU1=解得v=（2）粒子恰能通過(guò)速度選擇器，則有qvB1=解得U2＝B1d2q（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB2=解得R=答：（1）粒子進(jìn)入速度選擇器的速度大小為2qU（2）速度選擇器的兩板間的電壓為B1d2qU（3）粒子在分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為1B【點(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道粒子在速度選擇器內(nèi)做的是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力大小相等，方向相反。22．（11分）（2019?浙江學(xué)業(yè)考試）在一傾角為θ＝37°的粗糙導(dǎo)軌上平行放置了一質(zhì)量為m＝0.02kg的通電細(xì)桿ab，空間中有B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如圖所示，已知導(dǎo)軌的寬度d＝0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。（1）判斷桿ab受到安培力方向（2）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，使桿ab靜止不動(dòng)，通過(guò)ab桿的電流最大是多少？（3）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，使桿ab靜止不動(dòng)，通過(guò)ab桿的電流最小為多少？【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解．【專(zhuān)題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）當(dāng)電流較大時(shí)，桿ab有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所受的靜摩擦力沿導(dǎo)軌向下，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，安培力最大，電流最大；（2）當(dāng)電流最小時(shí)，桿ab有向上的最大靜摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，結(jié)合安培力的大小公式，求出通過(guò)ab桿的電流范圍。【解答】解：（1）利用左手定則可判斷，安培力方向?yàn)檠刂鴮?dǎo)軌向上。（2）如圖所示：當(dāng)電流較大時(shí)，導(dǎo)體有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所受靜摩擦力向下，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，磁場(chǎng)力為最大值F1，此時(shí)通過(guò)ab的電流最大為Imax。F1﹣mgsinθ﹣f1＝0N1﹣mgcosθ＝0f1＝μN(yùn)1F1＝BImaxd解上述方程得：Imax＝0.46A。（3）如上圖所示，當(dāng)電流最小時(shí)，應(yīng)該是導(dǎo)體受向上的最大靜摩擦力，此時(shí)的安培力為F2，電流為Imin。F2﹣mgsinθ+f2＝0N2﹣mgcosθ＝0f2＝μN(yùn)2F2＝BImind解上述方程得：Imin＝0.14A。答：（1）桿ab受到安培力方向沿著導(dǎo)軌向上；（2）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，使桿ab靜止不動(dòng)，通過(guò)ab桿的電流最大是0.46A；（3）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，使桿ab靜止不動(dòng)，通過(guò)ab桿的電流最小為0.14A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要能夠正確地受力分析，抓住兩個(gè)臨界狀態(tài)，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解。知道電流最大時(shí)有向下的最大靜摩擦力，電流最小時(shí)，有向上的最大靜摩擦力。

考點(diǎn)卡片1．共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線(xiàn)交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)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(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題（1）問(wèn)題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)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(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問(wèn)題（1）問(wèn)題界定：物體平衡的極值問(wèn)題，一般指在力的變化過(guò)程中涉及力的最大值和最小值的問(wèn)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(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)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(huà)出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過(guò)光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開(kāi)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(xiàn)。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開(kāi)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(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)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(zhuǎn)動(dòng)，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(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過(guò)滑輪后懸掛重物m。滑輪對(duì)繩的作用力應(yīng)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(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，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(shè)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(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)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(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線(xiàn)。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)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(gè)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?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)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(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)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(duì)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(diǎn)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(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱(chēng)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(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線(xiàn)與重力作用線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以?xún)衫K的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)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(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)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(guān)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(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T(mén)＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，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(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，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(xì)繩AD跨過(guò)固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)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(guò)細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)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(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)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(guò)定滑輪拉住質(zhì)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?jiàn)A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(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問(wèn)題的一般步驟求解。【解題思路點(diǎn)撥】1.在分析問(wèn)題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時(shí)，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫(huà)出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問(wèn)題，一般根據(jù)平衡條件畫(huà)出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問(wèn)題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問(wèn)題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問(wèn)題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問(wèn)題和極值問(wèn)題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。2．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】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(duì)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(duì)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(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)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(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，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(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)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(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過(guò)程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)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(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)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(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)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(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)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(lái)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(gè)力的合力或某個(gè)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(dòng)問(wèn)題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線(xiàn)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(huà)出受力示意圖，確定向心力的來(lái)源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．4．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)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(dòng)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(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大??；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)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(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過(guò)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(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)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(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。5．電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點(diǎn)在同一直線(xiàn)上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在C處放一電荷量為q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫(kù)侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受電場(chǎng)力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫(kù)侖定律研究?jī)呻姾稍趦牲c(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點(diǎn)撥】既可以利用E=Fq計(jì)算某一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝6．帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)共點(diǎn)力的平衡在電場(chǎng)中的應(yīng)用。要注意本考點(diǎn)涉及到的是電場(chǎng)問(wèn)題而不是兩個(gè)電荷之間的作用力?！久}方向】在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一條絕緣細(xì)線(xiàn)的上端固定，下端栓一個(gè)大小可以忽略、質(zhì)量為m的帶電量為q的小球，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ，求：（1）小球帶何種電荷？（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)是多大？分析：（1）由小球向什么方向偏轉(zhuǎn)，判斷電場(chǎng)力方向，根