2024-2025學(xué)年上學(xué)期廣州高二物理期末培優(yōu)卷3

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3一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2020春?西城區(qū)校級期中）鉛蓄電池的電動勢為2V，它表示的物理意義是（）A．電路中每通過1C的電荷，電源把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能 B．鉛蓄電池接入電路后兩極間的電壓為2V C．鉛蓄電池在1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能 D．以上說法都不對2．（4分）（2022秋?寧河區(qū)校級月考）如圖所示為某一點電荷Q產(chǎn)生的電場中的一條電場線，A、B為電場線上的兩點，某一帶正電的粒子僅在靜電力的作用下，以某一初速度沿AB由A運動到B的過程中，動能增加，則可以判斷（）A．電勢φA＞φB B．電場線方向由B指向A C．電場強(qiáng)度大小EA＞EB D．若Q為負(fù)電荷，則Q在A點左側(cè)3．（4分）（2023春?辛集市期末）如圖所示，有四根垂直紙面且互相平行的長直導(dǎo)線，它們與紙面的交點分別為P、Q、M、N，四個交點構(gòu)成正方形，四根長直導(dǎo)線均固定。四根長直導(dǎo)線所通電流大小均相等，方向均垂直紙面向里。下列說法正確的是（）A．Q處導(dǎo)線對P處導(dǎo)線的作用力方向由Q指向P B．M處導(dǎo)線所受磁場力方向由Q指向M C．若在正方形中心放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線，該導(dǎo)線所受磁場力不為零 D．正方形中心處磁感應(yīng)強(qiáng)度等于零4．（4分）（2012秋?溫州期中）在洛倫茲力演示儀中可以觀察到：沒有磁場時，電子束是直進(jìn)的；外加垂直于紙面的磁場后，電子束的徑跡變成了（）A．直線 B．圓形 C．橢圓形 D．無法確定5．（4分）（2022?向陽區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產(chǎn)生順時針方向感應(yīng)電流的是（）A．同時增大B1減小B2 B．同時減小B1增大B2 C．同時以相同的變化率增大B1和B2 D．以上三者均不能產(chǎn)生順時針電流6．（4分）（2024秋?泉州期中）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，電容器下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，下列說法正確的是（）A．帶電油滴將豎直向上運動 B．P點的電勢將降低 C．電容器的電容增大，極板帶電荷量不變 D．電容器的電容減小，極板帶電荷量減小7．（4分）（2022?蘇州模擬）如圖所示，足夠長的導(dǎo)體棒MN固定在相互平行且間距l(xiāng)＝0.6m的金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒MN與水平導(dǎo)軌的夾角為37°，且處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中。已知該回路中的電源電動勢E＝6V，回路中的總電阻R＝2Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小為（）A．0.9N B．1.125N C．1.5N D．2.25N二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2015春?太原校級期中）如圖所示的電路中，電鍵S閉合且電路達(dá)到穩(wěn)定時，流過燈泡A和線圈L（RL≠0）的電流分別為I1和I2．在電鍵S切斷的瞬間，為使小燈泡能比原來更亮一些，然后逐漸熄滅，則（）A．必須使I2＞I1 B．與I1、I2大小無關(guān)，但必須使線圈自感系數(shù)L足夠大 C．自感系數(shù)L越大，切斷時間越短，則I2也越大 D．不論自感系數(shù)L多大，電鍵S切斷瞬間I2只能減小，不會增大（多選）9．（6分）（2023秋?青羊區(qū)校級月考）如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r，R1、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表。閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電流表和電壓表的示數(shù)變化量的大小分別為ΔI、ΔU，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)變大 B．電流表示數(shù)變小 C．ΔUΔI＞r （多選）10．（6分）（2015秋?南山區(qū)期末）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界．一細(xì)束比荷相等、電性相同的不同粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射，不計重力．下列說法正確的是（）A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 D．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同三．實驗題（共2小題，滿分16分）11．（6分）（2021秋?亳州期末）某同學(xué)練習(xí)使用多用電。（1）用多用電表測電阻時，下列說法正確的是。A.測量前必須歐姆調(diào)零，而且每測一次電阻都要重新調(diào)零B.用選擇開關(guān)指向歐姆擋“×10”位置的多用電表測某電阻阻值，如果指針偏轉(zhuǎn)角度太小，應(yīng)這將選擇開關(guān)調(diào)至“×1”擋C.待測電阻若是連接在電路中，應(yīng)當(dāng)先把它與其他元件斷開后再測量D.使用完畢應(yīng)當(dāng)撥出表筆，并把選擇開關(guān)旋到OFF擋或直流電壓最高擋（2）用多用電表測電流時，若多用電表未接入電路時。指針如圖1所示，接著的操作是。將多用電表接入電路時，應(yīng)該讓電流從（填“紅”或“黑”）表筆流入，若選擇開關(guān)撥至“50mA”擋，指針?biāo)傅奈恢萌鐖D2所示，則電路中的電流為mA。12．（10分）某中學(xué)的探究小組為了測量電阻絲的電阻率，拿來一根粗細(xì)均勻的電阻絲，完成了如下的操作：（1）用游標(biāo)卡尺測得電阻絲的直徑如圖1所示，其讀數(shù)為d＝cm；（2）將電阻絲接入如圖2所示的電路，用刻度尺測量出接入電路的電阻絲長度；（3）閉合開關(guān)，讀出電壓表以及電流表的示數(shù)，由R=U（4）改變電阻絲的長度，重復(fù)操作（2）（3）4次；（5）將5次測量的數(shù)據(jù)記錄在表。實驗次數(shù)12345L/m0.1600.2200.3000.4400.560R/Q1.201.622.203.204.11根據(jù)表中的數(shù)據(jù)作出電阻與電阻絲長度的關(guān)系圖3，然后利用所學(xué)的知識求出該電阻絲的電阻率。四．解答題（共3小題，滿分38分）13．（10分）（2016?六安模擬）如圖所示，是一種電子擴(kuò)束裝置的原理示意圖．直角坐標(biāo)系原點O處有一電子發(fā)射裝置，可以不斷朝xOy平面內(nèi)x≥0區(qū)域任意方向發(fā)射電子，電子的速率均為v0，已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m．在0≤x≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=3mv022ed，在x＞d區(qū)域內(nèi)分布著足夠大且垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=4m（1）電子進(jìn)入磁場時速度v的大?。唬?）當(dāng)感光板沿x軸方向移到某一位置時恰好沒有電子打到板上，求板ab到y(tǒng)軸的距離x1；（3）保持（2）中感光板位置不動，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使所有電子都能打到感光板上，試計算此時最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大?。?4．（12分）（2020?天津模擬）如圖為實驗電磁炮出射速度的裝置，實線左側(cè)磁場垂直直面向外是為了驅(qū)動電磁炮運動，此處光滑無摩擦。實線右側(cè)磁場垂直紙面向里是為了使電磁炮停下，此處電磁炮與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．已知M，N兩點電勢差為U，電磁炮運動方向如圖所示，其質(zhì)量為m（只研究ab段受力，ab段長為L），電磁炮從靜止到運動到實線處所受平均作用力為F，t0時間后到達(dá)實線處，此時立刻切斷電源，電磁炮開始減速，到停下的過程中通過其熱量為Q，已知其電阻為R。（1）判斷M，N與電源正負(fù)極的連接情況，并求出閉合開關(guān)后電磁炮的加速度。（2）電磁炮從實線處運動到停止的過程中通過該回路的電量。15．（16分）（2018春?浙江期中）如圖所示，倒U形金屬導(dǎo)軌M′MNN′放置在豎直平面上，導(dǎo)軌光滑且足夠長，MN的間距L＝1m。在導(dǎo)軌MN上固定有一阻值為R0＝2Ω的定值電阻。垂直導(dǎo)軌平面分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝1T的勻強(qiáng)磁場，方向均為垂直紙面向里，寬度均為d＝0.5m。一質(zhì)量m1＝0.1kg寬為d＝0.5m的型框ABCD（AB、CD段為絕緣粘性材料，BC為金屬棒，其電阻R1＝2Ω），起初靜止在第一個磁場上方某處，現(xiàn)將其靜止釋放（下落過程中與導(dǎo)軌始終良好接觸），它將勻速通過第一個磁場，隨后又進(jìn)入無磁場區(qū)域。電阻R2＝2Ω，質(zhì)量m2＝0.1kg金屬棒EF由于特殊作用一直靜止在第二磁場的上邊界處，直到ABCD與EF要相碰時才將其釋放。碰撞后ABCD和EF立刻粘在一起成為整體框（碰撞時間極短）。隨后，整體框又勻速進(jìn)入第二個磁場。BC和EF的長度都略大于L，導(dǎo)軌其余電阻均不計，g取10m/s2，求：（1）型框ABCD通過第一個磁場時，經(jīng)過BC的電流方向和大?。浚?）型框ABCD即將與EF碰撞時的瞬時速度大小？（3）在合并后，整體框通過第二個磁場區(qū)域的過程中，電阻R0上產(chǎn)生的熱量Q是多少？

2024-2025學(xué)年上學(xué)期廣州高二物理期末典型卷3參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）（2020春?西城區(qū)校級期中）鉛蓄電池的電動勢為2V，它表示的物理意義是（）A．電路中每通過1C的電荷，電源把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能 B．鉛蓄電池接入電路后兩極間的電壓為2V C．鉛蓄電池在1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能 D．以上說法都不對【考點】電動勢的概念和物理意義．【專題】定量思想；歸納法；恒定電流專題；理解能力．【答案】A【分析】電動勢是表征電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)的物理量，根據(jù)電動勢的定義式即可知道每通過1C的電荷量時，可獲得多少電能；路端電壓小于電源電動勢；不同的電路中電阻不同，所以電路中的電流不同，電源的電功率不同?！窘獯稹拷猓篈、電動勢表征的是電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量，電動勢為2V，對鉛蓄電池來說，表示電路中每通過1C的電荷時，電源能把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B、鉛蓄電池接入電路后，兩極間的電壓表示路端電壓，小于電池的電動勢，故B錯誤；C鉛蓄電池接入電路中時，因為不同電路的電阻不同，所以電池消耗的電功率不同，所以不能說在1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故C錯誤；D、因為A選項正確，故D錯誤。故選：A。【點評】電動勢是表征電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于電路中每通過1C電荷時，非靜電力所做的功。2．（4分）（2022秋?寧河區(qū)校級月考）如圖所示為某一點電荷Q產(chǎn)生的電場中的一條電場線，A、B為電場線上的兩點，某一帶正電的粒子僅在靜電力的作用下，以某一初速度沿AB由A運動到B的過程中，動能增加，則可以判斷（）A．電勢φA＞φB B．電場線方向由B指向A C．電場強(qiáng)度大小EA＞EB D．若Q為負(fù)電荷，則Q在A點左側(cè)【考點】通過電場線的方向判斷電勢的高低；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電荷性質(zhì)、電場力方向和電場強(qiáng)度方向的相互判斷；根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大小．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】A【分析】一質(zhì)子以某一速度沿電場線由A運動到B的過程中，動能增加，電場力對質(zhì)子做正功，電場力方向與運動方向相同，電勢能減小。【解答】解：AB、一帶正電的粒子由A運動到B的過程中，動能增加，電場力對帶正電的粒子做正功，電場力方向與運動方向相同，所以電場強(qiáng)度方向由A指向B，電場線方向由A指向B，沿電場線的方向電勢降低，所以電勢φA＞φB．故A正確，B錯誤；C、只有一條電場線，不知電場線的疏密，故無法知道電場的強(qiáng)弱，故C錯誤；D、電場強(qiáng)度方向由A指向B，如是負(fù)電荷，則在B的右側(cè)，故D錯誤；故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)質(zhì)子動能增加判斷出電場的方向，以及知道電場力做功與電勢能的變化關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。3．（4分）（2023春?辛集市期末）如圖所示，有四根垂直紙面且互相平行的長直導(dǎo)線，它們與紙面的交點分別為P、Q、M、N，四個交點構(gòu)成正方形，四根長直導(dǎo)線均固定。四根長直導(dǎo)線所通電流大小均相等，方向均垂直紙面向里。下列說法正確的是（）A．Q處導(dǎo)線對P處導(dǎo)線的作用力方向由Q指向P B．M處導(dǎo)線所受磁場力方向由Q指向M C．若在正方形中心放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線，該導(dǎo)線所受磁場力不為零 D．正方形中心處磁感應(yīng)強(qiáng)度等于零【考點】兩根通電導(dǎo)線之間的作用力；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】D【分析】根據(jù)安培定則確定Q導(dǎo)線在P導(dǎo)線處的磁感線方向，由左手定則確定Q處導(dǎo)線對P處導(dǎo)線的作用力方向；根據(jù)安培定則判斷出各導(dǎo)線在O點所產(chǎn)生的磁場方向，根據(jù)矢量合成即可判斷O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；由安培定則，結(jié)合矢量的疊加法則確定正方形中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小及方向，再根據(jù)左手定則確定正方形中心放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線所受的磁場力。【解答】解：A．由安培定則可知，四根通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場均為順時針方向，Q導(dǎo)線在P導(dǎo)線處的磁場磁感線方向向上，由左手定則可知Q處導(dǎo)線對P處導(dǎo)線的作用力方向由P指向Q，故A錯誤；B．同理，由左手定則可以判定出M點所受其它三根導(dǎo)線的作用力分別由M指向P、Q、N，其中，由于四根長直導(dǎo)線所通電流均相等，故由M指向P和N的作用力大小相等，由平行四邊形定則知故合力方向由M指向Q，故B錯誤；CD．由安培定則，結(jié)合矢量的疊加法則可知正方形中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于零，通點直導(dǎo)線不受磁場力。故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】熟練掌握和應(yīng)用安培定則以及左手定則是解題的關(guān)鍵。因為磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，所以磁場的疊加符合平行四邊形定則。4．（4分）（2012秋?溫州期中）在洛倫茲力演示儀中可以觀察到：沒有磁場時，電子束是直進(jìn)的；外加垂直于紙面的磁場后，電子束的徑跡變成了（）A．直線 B．圓形 C．橢圓形 D．無法確定【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；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】帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】B【分析】電子在勻強(qiáng)磁場中，由洛倫茲力作用下，提供向心力，從而做勻速圓周運動．【解答】解：沒有磁場時，電子束是直進(jìn)的；而在外加勻強(qiáng)磁場中，受到洛倫茲力作用，由于洛倫茲力始終垂直于速度方向，此力不做功，只改變速度的方向，所以導(dǎo)致電子做勻速圓周運動，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】考查洛倫茲力對粒子的作用，掌握洛倫茲力不做功，及電子僅僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．5．（4分）（2022?向陽區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產(chǎn)生順時針方向感應(yīng)電流的是（）A．同時增大B1減小B2 B．同時減小B1增大B2 C．同時以相同的變化率增大B1和B2 D．以上三者均不能產(chǎn)生順時針電流【考點】楞次定律及其應(yīng)用；法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B【分析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，導(dǎo)致線圈的磁通量變化，根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向。【解答】解：A、增大B1，則金屬圓環(huán)上半部分的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場與原磁場方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流；減小B2，則金屬圓環(huán)下半部分的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場與原磁場方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流；故同時增大B1減小B2在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，故A錯誤；B、減小B1，則金屬圓環(huán)上半部分的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場與原磁場方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流；增大B2，則金屬圓環(huán)下半部分的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場與原磁場方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流；故同時減小B1增大B2在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，故B正確；CD、根據(jù)上面的分析可知同時以相同的變化率增大B1和B2不會在環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD錯誤；故選：B?！军c評】根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向，注意在分析過程中要同時考慮B1和B2的變化。6．（4分）（2024秋?泉州期中）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，電容器下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，下列說法正確的是（）A．帶電油滴將豎直向上運動 B．P點的電勢將降低 C．電容器的電容增大，極板帶電荷量不變 D．電容器的電容減小，極板帶電荷量減小【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算；勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】A【分析】由電容的決定式，可知電容的變化情況，結(jié)合電容定義式的推導(dǎo)式，可知電容所帶電荷量的變化情況；由電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，可計算電容極板間的電場強(qiáng)度大小變化，結(jié)合對油滴的受力分析，可判斷油滴的運動情況；由電勢差、電場強(qiáng)度的關(guān)系式，結(jié)合接地位置，可判斷P點的電勢變化情況?！窘獯稹拷猓篊D、由圖可知，該電容與電源相連，故電容兩端電壓一定；由題意可知，將上極板向下移，即兩極板間距變小，由電容的決定式：C=?rS4πkd，可知電容變大；由電容定義式的推導(dǎo)式可知：Q＝CU，而U不變，故在C增大時，A、由電容間的電場強(qiáng)度：E=Ud可知，在U不變時，d減小，則E增大；對靜止時的油滴受力分析可知，油滴受到豎直向下的重力，豎直向上的電場力，而電場力F＝qE，可知此時電場力增大，故油滴受合力向上，即油滴將豎直向上運動，故B、由A選項分析可知E增大，由圖像可知P與下極板間電勢差為：UPB＝φP﹣φB＝EdPB，即電勢差增大，而下極板B的電勢為0，故P點電勢增大，故B錯誤。故選：A?！军c評】本題考查電容的動態(tài)分析，注意電容的定義式?jīng)Q定式的綜合應(yīng)用，其決定式中的物理量才是影響電容的因素。7．（4分）（2022?蘇州模擬）如圖所示，足夠長的導(dǎo)體棒MN固定在相互平行且間距l(xiāng)＝0.6m的金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒MN與水平導(dǎo)軌的夾角為37°，且處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中。已知該回路中的電源電動勢E＝6V，回路中的總電阻R＝2Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小為（）A．0.9N B．1.125N C．1.5N D．2.25N【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；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；恒定電流專題；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】本題根據(jù)閉合電路歐姆定律、安培力公式，聯(lián)立即可解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)閉合電路歐姆定律I=ER，I則導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小為F＝BIlMN＝BIlsin37°，解得F＝1.5N，故C正確，ABD故選：C?！军c評】本題考查學(xué)生對閉合電路歐姆定律、安培力公式的掌握，是一道基礎(chǔ)題。二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2015春?太原校級期中）如圖所示的電路中，電鍵S閉合且電路達(dá)到穩(wěn)定時，流過燈泡A和線圈L（RL≠0）的電流分別為I1和I2．在電鍵S切斷的瞬間，為使小燈泡能比原來更亮一些，然后逐漸熄滅，則（）A．必須使I2＞I1 B．與I1、I2大小無關(guān)，但必須使線圈自感系數(shù)L足夠大 C．自感系數(shù)L越大，切斷時間越短，則I2也越大 D．不論自感系數(shù)L多大，電鍵S切斷瞬間I2只能減小，不會增大【考點】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】AD【分析】當(dāng)電流增大時，線圈會阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時，線圈會阻礙電流的減小【解答】解：當(dāng)斷開電鍵，A這一支路電流立即消失，因為線圈的自感作用會阻礙電流的減小，且L與A串聯(lián)組成回路，所以通過L的電流不會立即消失，會從原來的大小慢慢減小，通過L的電流也流過A，且為使小燈泡能比原來更亮一些，必須使I2＞I1。故BC錯誤，AD正確故選：AD。【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握線圈對電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時，線圈會阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時，線圈會阻礙電流的減?。ǘ噙x）9．（6分）（2023秋?青羊區(qū)校級月考）如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r，R1、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表。閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電流表和電壓表的示數(shù)變化量的大小分別為ΔI、ΔU，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)變大 B．電流表示數(shù)變小 C．ΔUΔI＞r 【考點】電路動態(tài)分析；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；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】由圖可得，R1、R2并聯(lián)，再與R4串聯(lián)，與R3并聯(lián)，電壓表測量路端電壓，等于R3電壓．由R2接入電路的電阻變化，根據(jù)歐姆定律及串、并聯(lián)電路中電壓和電流的特點，分析電流表和電壓表示數(shù)變化量的大小?！窘獯稹拷猓篈B．當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值R2增大，根據(jù)串反并同規(guī)律，與滑動變阻器串聯(lián)的電流表的示數(shù)減小，與滑動變阻器并聯(lián)的電壓表的示數(shù)增大，故AB正確；C．設(shè)通過電源的電流為I總，根據(jù)閉合電路歐姆定律U＝E﹣I總r則有ΔUΔ根據(jù)電路的串并聯(lián)結(jié)構(gòu)可得I總＝I+I1當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，根據(jù)串反并同規(guī)律，I總變小，且電流表的示數(shù)I變小，則與滑動變阻器并聯(lián)的R1的電流I1變大，所以此時滿足：ΔI＞ΔI總所以此時滿足ΔUΔI所以ΔUΔI故C錯誤；D．電流表測R3與R2、R4并聯(lián)部分總電流，設(shè)此并聯(lián)電路電阻為R并，則根據(jù)歐姆定律可得UI故D錯誤。故選：AB?！军c評】本題的難點在于確定電流表示數(shù)變化量ΔIA與干路電流變化ΔI的大小，采用總量法，這是常用方法。（多選）10．（6分）（2015秋?南山區(qū)期末）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界．一細(xì)束比荷相等、電性相同的不同粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射，不計重力．下列說法正確的是（）A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 D．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】BC【分析】帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，雖然電量、質(zhì)量不同，但比荷相同，由r=mvBq可知運動圓弧對應(yīng)的半徑與速率成正比．由【解答】解：A、入射速度不同的粒子，若它們?nèi)肷渌俣确较蛳嗤?，則它們的運動也一定相同，雖然軌跡不一樣，但從磁場的左邊射出的粒子，圓心角卻相同（θ＝π），則粒子在磁場中運動時間：t=θ2πT，（θ為轉(zhuǎn)過圓心角），所以從磁場的左邊射出的粒子運動時間一定相同。故B、在磁場中半徑r=mvBq，在比荷相同時，運動圓弧對應(yīng)的半徑與速率成正比，由于入射速度相同，則粒子在磁場中的運動軌跡也相同。故C、由于它們的周期相同的，在磁場中運動的時間：t=mqB?θ，在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角也一定越大。故D、由AB分析可知，從磁場的左邊射出的粒子運動時間一定相同，但半徑可能不同，所以運動軌跡也不同，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題；要注意明確解題的基本步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑；并且在求解時要注意幾何關(guān)系的建立和應(yīng)用．三．實驗題（共2小題，滿分16分）11．（6分）（2021秋?亳州期末）某同學(xué)練習(xí)使用多用電。（1）用多用電表測電阻時，下列說法正確的是C。A.測量前必須歐姆調(diào)零，而且每測一次電阻都要重新調(diào)零B.用選擇開關(guān)指向歐姆擋“×10”位置的多用電表測某電阻阻值，如果指針偏轉(zhuǎn)角度太小，應(yīng)這將選擇開關(guān)調(diào)至“×1”擋C.待測電阻若是連接在電路中，應(yīng)當(dāng)先把它與其他元件斷開后再測量D.使用完畢應(yīng)當(dāng)撥出表筆，并把選擇開關(guān)旋到OFF擋或直流電壓最高擋（2）用多用電表測電流時，若多用電表未接入電路時。指針如圖1所示，接著的操作是進(jìn)行機(jī)械調(diào)零。將多用電表接入電路時，應(yīng)該讓電流從紅（填“紅”或“黑”）表筆流入，若選擇開關(guān)撥至“50mA”擋，指針?biāo)傅奈恢萌鐖D2所示，則電路中的電流為29.5mA?！究键c】練習(xí)使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】.（1）C；（2）進(jìn)行機(jī)械調(diào)零；紅；29.5（29.3﹣29.6均正確）。【分析】（1）多用電表在使用前要進(jìn)行機(jī)械調(diào)零；用歐姆表測電阻選擇擋位后要進(jìn)行歐姆調(diào)零；測電阻時要把待測電阻與其它元件斷開；多用電表使用完畢要把選擇開關(guān)置于OFF擋或交流電壓最高擋。（3）電流從多用電表的紅表筆流入黑表筆流出；根據(jù)量程確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）A、用歐姆表測電阻選擇擋位后在測量前必須歐姆調(diào)零，用同一擋位測不同電阻阻值，不需要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，故A錯誤；B、用選擇開關(guān)指向歐姆擋“×10”位置的多用電表測某電阻阻值，如果指針偏轉(zhuǎn)角度太小，說明所示電阻阻值較大，所選擋位太小，應(yīng)這將選擇開關(guān)調(diào)至“×100”擋，故B錯誤；C、待測電阻若是連接在電路中，應(yīng)當(dāng)先把它與其他元件斷開后再測量，故C正確；D、使用完畢應(yīng)當(dāng)撥出表筆，并把選擇開關(guān)旋到OFF擋或交流電壓最高擋，故D錯誤。故選：C。（2）由圖1所示可知，多用電表指針沒有指在左側(cè)0刻度線上，測電流前應(yīng)先進(jìn)行機(jī)械調(diào)零。將多用電表接入電路時，應(yīng)該讓電流從紅表筆流入；若選擇開關(guān)撥至“50mA”擋，由圖2所示可知，其分度值是1mA，則電路中的電流為29.5mA。故答案為：.（1）C；（2）進(jìn)行機(jī)械調(diào)零；紅；29.5（29.3﹣29.6均正確）。【點評】歐姆表是利用內(nèi)部電源供電，然后根據(jù)電流的性質(zhì)，由閉合電路歐姆定律求出的電阻，故在使用過程中要注意其操作過程及使用方法．要特別注意：每次換擋都要重新調(diào)零．對多用電表讀數(shù)時，要根據(jù)選擇開關(guān)位置確定其所測量的量，然后確定其分度值，再根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)．12．（10分）某中學(xué)的探究小組為了測量電阻絲的電阻率，拿來一根粗細(xì)均勻的電阻絲，完成了如下的操作：（1）用游標(biāo)卡尺測得電阻絲的直徑如圖1所示，其讀數(shù)為d＝0.285cm；（2）將電阻絲接入如圖2所示的電路，用刻度尺測量出接入電路的電阻絲長度；（3）閉合開關(guān)，讀出電壓表以及電流表的示數(shù)，由R=U（4）改變電阻絲的長度，重復(fù)操作（2）（3）4次；（5）將5次測量的數(shù)據(jù)記錄在表。實驗次數(shù)12345L/m0.1600.2200.3000.4400.560R/Q1.201.622.203.204.11根據(jù)表中的數(shù)據(jù)作出電阻與電阻絲長度的關(guān)系圖3，然后利用所學(xué)的知識求出該電阻絲的電阻率?！究键c】導(dǎo)體電阻率的測量．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）0.285；（5）圖象如圖所示，該電阻絲的電阻率是4.55×10﹣5Ω?m?！痉治觥浚?）游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)，根據(jù)圖示游標(biāo)卡尺讀出其示數(shù)。（5）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)應(yīng)用描點法作出圖象；應(yīng)用電阻定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖示圖象求出電阻絲的電阻率?！窘獯稹拷猓海?）由圖1所示游標(biāo)卡尺可知，游標(biāo)尺是20分度的，游標(biāo)尺的精度是0.05mm，其讀數(shù)d＝2mm+17×0.05mm＝2.85mm＝0.285cm。（5）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，讓盡可能多的點過直線，讓不過直線的點對稱地分布在直線兩側(cè)，作出圖象如圖所示由電阻定律可知：R=ρL由圖示R﹣L圖象可知，圖象斜率k=4ρπd2=3.400-0.800電阻率ρ=14kπd代入數(shù)據(jù)解得：ρ＝4.55×10﹣5Ω?m故答案為：（1）0.285；（5）圖象如圖所示，該電阻絲的電阻率是4.55×10﹣5Ω?m?！军c評】本題考查了測量電阻絲的電阻率實驗，考查了游標(biāo)卡尺讀數(shù)與實驗數(shù)據(jù)處理；要掌握常用器材的使用與讀數(shù)方法；要掌握描點法作圖的方法；應(yīng)用電阻定律即可解題。四．解答題（共3小題，滿分38分）13．（10分）（2016?六安模擬）如圖所示，是一種電子擴(kuò)束裝置的原理示意圖．直角坐標(biāo)系原點O處有一電子發(fā)射裝置，可以不斷朝xOy平面內(nèi)x≥0區(qū)域任意方向發(fā)射電子，電子的速率均為v0，已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m．在0≤x≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=3mv022ed，在x＞d區(qū)域內(nèi)分布著足夠大且垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=（1）電子進(jìn)入磁場時速度v的大小；（2）當(dāng)感光板沿x軸方向移到某一位置時恰好沒有電子打到板上，求板ab到y(tǒng)軸的距離x1；（3）保持（2）中感光板位置不動，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使所有電子都能打到感光板上，試計算此時最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大?。究键c】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；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；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；定性思想；圖析法；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）電子在電場中運動時，電場力做功都相同，為eEd，根據(jù)動能定理求出電子離開電場時的速度大小，即得到電子進(jìn)入磁場時速度的大小；（2）電子進(jìn)入磁場后由洛倫茲力充當(dāng)向心力做勻速圓周運動．對于沿y軸負(fù)方向射出的電子進(jìn)入磁場時，不能打到ab板上，則所有電子均不能打到ab板上．當(dāng)此電子軌跡與ab板相切時，畫出軌跡，由牛頓第二定律求出軌跡半徑，由幾何知識求出感光板到y(tǒng)軸的距離x1．（3）沿y軸正方向射出的電子若能打到ab板上，則所有電子均能打到板上．此電子軌跡恰好與ab板相切，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。窘獯稹拷猓海?）電場力對電子做功，由動能定理得：eEd=12mv2-12mv12，解得：v（2）由題意結(jié)合左手定則可以判定：若沿y軸負(fù)方向射出的電子進(jìn)入磁場后軌跡與ab板相切不能打到ab板上時，則所有電子均不能打到ab板上，作出其運動軌跡如圖所示．設(shè)該電子進(jìn)入磁場時與豎直方向的夾角為θ，有：vcosθ＝v1，電子在洛倫茲力作用下做圓周運動，由牛頓第二定律得：evB＝mv2由圖中幾何關(guān)系可知：x1＝r（1+cosθ）+d，解得：x1=74（3）由題意結(jié)合左手定則可以判定：若沿y軸正方向射出的電子進(jìn)入磁場后軌跡恰好與ab板相切能打到ab板上，則所有電子均能打到板上，作出其運動軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系得：d+r′（1﹣cosθ）＝r1，由牛頓第二定律得：evB′＝mv2r'，解得：B′答：（1）電子進(jìn)入磁場時速度的大小為2v0；（2）當(dāng)感光板ab沿x軸方向移到某一位置時，恰好沒有電子打到板上，感光板到y(tǒng)軸的距離x1為74d（3）保持（2）中感光板位置不動，若使所有電子恰好都能打到感光板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為：4mv【點評】本題考查了粒子在電磁場中的運動問題，本題是電場中偏轉(zhuǎn)和磁場中圓周運動的綜合，關(guān)鍵是分析臨界情況，當(dāng)電子剛好不能打到ab板上時，其軌跡恰好與ab板相切，這是經(jīng)常用到的臨界條件．14．（12分）（2020?天津模擬）如圖為實驗電磁炮出射速度的裝置，實線左側(cè)磁場垂直直面向外是為了驅(qū)動電磁炮運動，此處光滑無摩擦。實線右側(cè)磁場垂直紙面向里是為了使電磁炮停下，此處電磁炮與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．已知M，N兩點電勢差為U，電磁炮運動方向如圖所示，其質(zhì)量為m（只研究ab段受力，ab段長為L），電磁炮從靜止到運動到實線處所受平均作用力為F，t0時間后到達(dá)實線處，此時立刻切斷電源，電磁炮開始減速，到停下的過程中通過其熱量為Q，已知其電阻為R。（1）判斷M，N與電源正負(fù)極的連接情況，并求出閉合開關(guān)后電磁炮的加速度。（2）電磁炮從實線處運動到停止的過程中通過該回路的電量?！究键c】電磁炮；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；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；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)體棒在磁場中的運動，根據(jù)左手定則判定導(dǎo)體棒中的電流方向，進(jìn)而判斷電源的正負(fù)極；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合安培力公式求解導(dǎo)體棒的加速度；（2）對電磁炮做加速運動過程利用動量定理求解導(dǎo)體棒速度，對電磁炮減速運動過程利用能量守恒定律求解導(dǎo)體棒的移動位移大小，然后結(jié)合電荷量的推論公式求解電荷量大小即可；【解答】解：（1）導(dǎo)體棒ab在實線右側(cè)垂直紙面向里的磁場里減速，根據(jù)左手定可判斷電流方向從b到a，所以N與電源正極相連，M與電源負(fù)極相連；根據(jù)牛頓第二定律有F＝BIL＝ma，其中電流I=UR，解得；（2）電磁炮從靜止到實線處的過程，動量定理得Ft0＝mv﹣0，設(shè)電磁炮從實線處一直到停止過程位移為x，根據(jù)能量守恒定律得12根據(jù)電磁感應(yīng)中的電荷量推論公式q=ΔΦ聯(lián)立解得；q=BL答：（1）N與電源正極相連，M與電源負(fù)極相連，閉合開關(guān)后電磁炮的加速度為BULmR（2）電磁炮從實線處運動到停止的過程中通過該回路的電荷量q=BL【點評】本題處理第二問時，分析清楚金屬桿的運動過程，應(yīng)用動量定理、能量守恒定律求解導(dǎo)體棒的位移大小，再結(jié)合電荷量的推論公式即可正確解題。15．（16分）（2018春?浙江期中）如圖所示，倒U形金屬導(dǎo)軌M′MNN′放置在豎直平面上，導(dǎo)軌光滑且足夠長，MN的間距L＝1m。在導(dǎo)軌MN上固定有一阻值為R0＝2Ω的定值電阻。垂直導(dǎo)軌平面分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝1T的勻強(qiáng)磁場，方向均為垂直紙面向里，寬度均為d＝0.5m。一質(zhì)量m1＝0.1kg寬為d＝0.5m的型框ABCD（AB、CD段為絕緣粘性材料，BC為金屬棒，其電阻R1＝2Ω），起初靜止在第一個磁場上方某處，現(xiàn)將其靜止釋放（下落過程中與導(dǎo)軌始終良好接觸），它將勻速通過第一個磁場，隨后又進(jìn)入無磁場區(qū)域。電阻R2＝2Ω，質(zhì)量m2＝0.1kg金屬棒EF由于特殊作用一直靜止在第二磁場的上邊界處，直到ABCD與EF要相碰時才將其釋放。碰撞后ABCD和EF立刻粘在一起成為整體框（碰撞時間極短）。隨后，整體框又勻速進(jìn)入第二個磁場。BC和EF的長度都略大于L，導(dǎo)軌其余電阻均不計，g取10m/s2，求：（1）型框ABCD通過第一個磁場時，經(jīng)過BC的電流方向和大小？（2）型框ABCD即將與EF碰撞時的瞬時速度大??？（3）在合并后，整體框通過第二個磁場區(qū)域的過程中，電阻R0上產(chǎn)生的熱量Q是多少？【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；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)過程中的能量類問題．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；等效替代法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）框架ABCD勻速通過第一個磁場，受力平衡，根據(jù)平衡條件和安培力公式結(jié)合求電流的大小。根據(jù)右手定則判斷電流方向。（2）根據(jù)碰撞后ABCD和EF整體勻速進(jìn)入第二個磁場，再根據(jù)平衡條件、法拉第定律和安培力公式結(jié)合求出碰后整體的速度，再根據(jù)動量守恒定律求ABCD即將與EF碰撞時的瞬時速度。（3）在合并后，整體框通過第二個磁場區(qū)域的過程中，整體框的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求電阻R0上產(chǎn)生的熱量Q。【解答】解：（1）由右手定則分析可知，經(jīng)過BC的電流方向由B到C?？蚣蹵BCD勻速通過第一個磁場，受力平衡，則有m1g＝BI1L解得I1＝1A（2）根據(jù)碰撞后ABCD和EF整體勻速進(jìn)入第二個磁場，根據(jù)平衡條件有（m1+m2）g＝BI2LI2=BLv2R總解得整體框勻速進(jìn)入第二個磁場的速度為v2＝6m/s；因為ABCD和EF系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒，有：m1v1＝（m1+m2）v2，解得框ABCD即將與EF碰撞時的瞬時速度大小為v1＝12m/s；（3）整體勻速通過第二次磁場時，根據(jù)動能定理有：（m1+m2）g?2d﹣W安＝ΔEk＝0，W安＝Q總＝2J，QR=16Q總答：（1）框ABCD通過第一個磁場時，經(jīng)過BC的電流方向由B到C和大小1A。（2）框ABCD即將與EF碰撞時的瞬時速度大小為12m/s；（3）在合并后，整體框通過第二個磁場區(qū)域的過程中，電阻R0上產(chǎn)生的熱量Q是1【點評】該題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象和碰撞的綜合問題，題目較難，解題時注意感應(yīng)電流的方向的判斷；知道安培力做功與焦耳熱的關(guān)系；

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(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。2．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點的認(rèn)識】圓周運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(shè)童飛的質(zhì)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(shè)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(guān)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(xué)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(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)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(jī)械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質(zhì)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(yuǎn)，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)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(fù)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(fù)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(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】1.常見的功能關(guān)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(jī)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(jìn)行。4．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認(rèn)識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(yīng)用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大??；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學(xué)中的一道知識點比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識點中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點撥】1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進(jìn)行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應(yīng)注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．5．點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場【知識點的認(rèn)識】1.點電荷是最簡單的場源電荷，一個電荷量為Q的點電荷，在與之相距r處的電場強(qiáng)度為E=k2.推導(dǎo)如下：如果以Q為中心作一個球面，則球面上各點的電場強(qiáng)度大小相等。Q為場源電荷電量。F=kQq3．方向：若Q是正電荷，Q和該點的連線指向該點；若Q是負(fù)電荷，Q和該點的連線值向Q。3．使用范圍：僅使用于真空中點電荷產(chǎn)生的電場。4.點單荷電場的特點：根據(jù)上式可知，如果以電荷量為Q的點電荷為中心作一個球面，則球面上各點的電場強(qiáng)度大小相等。當(dāng)Q為正電荷時，電場強(qiáng)度E的方向沿半徑向外（圖甲）﹔當(dāng)Q為負(fù)電荷時，電場強(qiáng)度E的方向沿半徑向內(nèi)（圖乙）。即點電荷的電場是以電荷為球心向四周發(fā)散或由四周指向球心的。5.帶電球體（球殼）與點電荷等效：在一個比較大的帶電體不能看作點電荷的情況下，當(dāng)計算它的電場時，可以把它分成若干小塊，只要每個小塊足夠小，就可以看成點電荷，然后用點電荷電場強(qiáng)度疊加的方法計算整個帶電體的電場?？梢宰C明，一個半徑為R的均勻帶電球體（或球殼）在球的外部產(chǎn)生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產(chǎn)生的電場相同（如下圖），即E=k式中的r是球心到該點的距離（r＞R），Q為整個球體所帶的電荷量。【命題方向】一點電荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此點電荷30cm處，該電荷產(chǎn)生的電場的強(qiáng)度是多大？分析：知道點電荷的電荷量，知道離點電荷的距離，由點電荷的場強(qiáng)公式可以直接求得結(jié)果．解答：由點電荷的場強(qiáng)公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以電荷產(chǎn)生的電場的強(qiáng)度是2000N/C．點評：本題是點電荷的場強(qiáng)公式的直接應(yīng)用，掌握住公式就很簡單了．【解題思路點撥】1.公式E=kQr2又叫作2.一個均勻帶電球體（或球殼）在球外某點產(chǎn)生的電場與一個位于球心，電荷量相字的點電荷在該點產(chǎn)生的電場相同。要注意只局限于球外。3.常見的錯誤之一是認(rèn)為以點電荷為球心的球面上各處電場強(qiáng)度相等。錯誤的原因在于忽略了電場強(qiáng)度的矢量性。準(zhǔn)確的說法是以點電荷為球心的球面上各處電場強(qiáng)度大小相等，方向不同。4.電場強(qiáng)度三個計算式的比較表達(dá)式比較E=E＝kQE=公式意義電場強(qiáng)度定義式真空中點電荷的電場強(qiáng)度決定式勻強(qiáng)電場中E與U關(guān)系式適用條件一切電場①真空②點電荷勻強(qiáng)電場比較決定因素由電場本身決定，與q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定，d是場中兩點間沿場強(qiáng)方向的距離相同點矢量，單位：1N/C＝1V/m6．電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算【知識點的認(rèn)識】根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當(dāng)在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點電荷所受電場力。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的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點的電場強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝7．電荷性質(zhì)、電場力方向和電場強(qiáng)度方向的相互判斷【知識點的認(rèn)識】1.電場中某一點的電場強(qiáng)度方向與正電荷在該點的受力方向相同，與負(fù)電荷在該點的受力方向相反。2.知道電荷性質(zhì)、電場強(qiáng)度方向、電場力的方向三者中的兩個就可以推出第三個?！久}方向】如圖是電場中某區(qū)域的電場線，箭頭方向向右，P點是電場中的一點，則（）A、P點的電場強(qiáng)度方向向左B、正點電荷在P點所受的電場力的方向向左C、P點的電場強(qiáng)度方向向右D、P點的電場強(qiáng)度方向向右分析：正點電荷在P點所受的電場力的方向向右；電場強(qiáng)度的方向與正電荷所受電場力的方向相同，電場線上某點的切線方向表示該點的場強(qiáng)方向．解答：勻強(qiáng)電場的方向水平向右，所以P點的場強(qiáng)方向水平向右，正電荷在P點所受電場力方向水平向右。故C、D正確，A、B錯誤。故選：CD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道電場強(qiáng)度的方向是如何規(guī)定的，以及知道電場線的特點．【解題思路點撥】1.當(dāng)求解電場中的力學(xué)問題時，首先就要檢查電荷性質(zhì)、電場強(qiáng)度方向、電場力的方向中哪些是可以確定的，從而推出未知量，進(jìn)而求出其他物理量。2.知識點的延伸：電場強(qiáng)度的方向就是電場線的切線方向。8．根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大小【知識點的認(rèn)識】可以通過電場線定性的分析電場強(qiáng)度的大?。涸谕浑妶鲋校妶鼍€越密集，電場強(qiáng)度越大；電場線越稀疏，電場強(qiáng)度越小。【命題方向】如圖是某區(qū)域的電場線圖．A、B是電場中的兩個點，EA和EB分別表示A、B兩點電場強(qiáng)度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個點電荷在A、B兩點所受到的電場力的大?。旅嬲f法中正確的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：電場線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止，電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度?。獯穑篈、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場的A點的電場線較密，所以，在A點的電場的強(qiáng)度要比B點的電場的強(qiáng)度大，即EA＞EB，所以A正確，B錯誤；C、由于EA＞EB，并且是同一個電荷，電荷的電荷量大小相同，由F＝qE可知，電荷在A點時受到的電場力要在B點時受到的電場力大，即FA＞FB，所以C正確，D錯誤；故選：AC。點評：本題就是考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握，加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，即可解決本題．【解題思路點撥】同一電場中可以通過電場線的疏密定性的判斷電場強(qiáng)度的大小，進(jìn)而可以分析運動學(xué)的情況，因為可以通過F＝qE分析電場力的大小，再通過F＝ma分析加速度的大小。所以可以說同一電場中，電場線密集的地方電場力大，電荷的加速度也大。9．通過電場線的方向判斷電勢的高低【知識點的認(rèn)識】1.結(jié)論：沿電場線方向，電勢降低。2.推導(dǎo)：如下圖，一個帶電荷量為q的正電荷僅在電場力的作用下由A點運動到B點。設(shè)A、B兩點的電勢分別為φA、φB從A到B，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系WAB＝EPA﹣EPB又根據(jù)電場力做正功，且EP＝qφ，所以有WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＞0所以φA＞φB，即沿電場線方向，電勢降低。可以證明在這一結(jié)論在任何電場中都適用?！久}方向】關(guān)于電勢的高低，下列說法正確的是（）A、沿電場線方向電勢逐漸降低B、電勢降低的方向一定是電場線的方向C、正電荷在只受電場力作用下，一定向電勢低的地方運動D、負(fù)電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方運動分析：根據(jù)推論：沿電場線方向電勢逐漸降低；電勢降低最快的方向才是電場強(qiáng)度的方向；正電荷只在電場力作用下從A移到B，電荷不一定從高電勢處向低電勢處運動，還取決于電荷的初速度；負(fù)電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方運動．解答：A、電場力做功WAB＝UABq＝Eqd，不妨設(shè)沿著電場線方向移動正電荷，則電場力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿著電場線方向電勢逐漸降低。故A正確。B、沿著電場線方向移動電勢降低，但是電勢降低的方向不一定是電場線的方向，電勢降低最快的方向是場強(qiáng)的方向，故B錯誤。C、正電荷只在電場力作用下從一點移到另一點，電荷不一定從高電勢處向低電勢處運動，還取決于電荷的初速度。故C錯誤。D、根據(jù)電場力做功的表達(dá)式WAB＝UABq＝Eqd，負(fù)電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，電場力做正功，WAB＞0，q＜0，則UAB＜0，所以φA＜φB，即向電勢高的地方運動。故D正確。故選：AD。點評：電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，電場線的方向反映電勢的高低，則電場強(qiáng)度與電勢沒有直接關(guān)系．順著電場線方向，電勢逐漸降低，但場強(qiáng)不一定減?。窘忸}思路點撥】1.一個誤區(qū)：沿電場線方向電勢逐漸降低，但是電勢降低的方向并不一定是電場線的方向。在所有電勢降低的方向中，沿電場線方向降低的最快。2.電勢高低的判斷方法總結(jié)：（1）電場線法：沿電場線方向，電勢逐漸降低。（2）場源電荷判斷法：離場源正電荷越近的點，電勢越高；離場源負(fù)電荷越近的點，電勢越低。（3）公式法：由φ=E10．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系【知識點的認(rèn)識】一、電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式1．關(guān)系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強(qiáng)電場中才有這個關(guān)系。3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。4．方向關(guān)系：場強(qiáng)的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強(qiáng)度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強(qiáng)度方向。二、對公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=Ud2．公式中的d可理解為勻強(qiáng)電場中兩點所在等勢面之間的距離。3．對于非勻強(qiáng)電場，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，現(xiàn)在舉例來說明公式E=Ud在非勻強(qiáng)電場中的應(yīng)用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且AB=BC，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強(qiáng)比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因為UAB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場強(qiáng)度與電勢差的比較物理量電勢差U電場強(qiáng)度E定義（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場的能的性質(zhì)描述了電場的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標(biāo)量，無方向規(guī)定為正電荷在該點所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強(qiáng)電場中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場使小球由A點運動到B點，已知A、B兩點間距離為L＝0.1m，電勢差為UAB＝20V．（1）判斷勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向；（2）求電場強(qiáng)度的大小；（3）求小球到達(dá)B點時的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場使小球從靜止由A點運動到B點，根據(jù)運動情況判斷勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向；（2）根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系求解電場強(qiáng)度的大?。?）根據(jù)動能定理求解小球到達(dá)B點時的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場使小球從靜止由A點運動到B點，所以勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向為由A指向B．（2）根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據(jù)動能定理研究小球由A點運動到B點，qU=v＝210m/s答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向為由A指向B．（2）電場強(qiáng)度的大小是200V/m；（3）小球到達(dá)B點時的速率是210m/s．點評：理解和掌握電場中各個物理量之間的關(guān)系，在具體題目中能熟練的應(yīng)用．【解題方法點撥】U＝Ed關(guān)系的應(yīng)用：公式U＝Ed中d是沿場強(qiáng)方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差。這一定量關(guān)系只適用于勻強(qiáng)電場，變形后E=Ud，用它可求11．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識點的認(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(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(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。【解題思路點撥】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。12．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點的認(rèn)識】本考點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點以6gR的初速度沿斜面向下運動，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點。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(jié)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(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。【解題思路點撥】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。13．電動勢的概念和物理意義【知識點的認(rèn)識】1.電源：電源是通過非靜電力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電勢能的裝置．2.非靜電力：電源內(nèi)將正電荷從電源的負(fù)極搬運到電源正極的作用力稱為非靜電力。從功能角度看，非靜電力做功，使電荷的電勢能增加。3.電動勢：非靜電力搬運電荷所做的功與搬運的電荷量的比值，E=Wq，單位：4.電動勢的物理含義：電動勢表示電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電勢能本領(lǐng)的大小，在數(shù)值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，等于非靜電力把1C正電荷從電源負(fù)極搬運到正極所做的功。【命題方向】鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示（）A、電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B、蓄電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿谋绢I(lǐng)比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大C、蓄電池與電路斷開時兩極間的電壓為2VD、蓄電池在1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能分析：電動勢在數(shù)值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移到正極所做的功，電動勢大，非靜電力做功的本領(lǐng)就大，即將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)就大．解答：A．電動勢在數(shù)值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移到正極所做的功，所以對于鉛蓄電池的電動勢為2V，電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能。故A正確。B．電動勢大，非靜電力做功的本領(lǐng)就大，即將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)就大。故B正確。C．電源未接入電路時兩端間的電壓等于電動勢。故C正確。D．電動勢是2V，意義是移動1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移到正極，非靜電力做功2J，即有2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能，不是1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能。故D錯誤。故選：ABC。點評：解決本題的關(guān)鍵理解電動勢的大小反映將其它形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔鼙绢I(lǐng)的大小以及電動勢是電源非靜電力特性決定，與電源的體積無關(guān)，與外電路無關(guān)．【解題思路點撥】1.電源的電動勢是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能的本領(lǐng)大小的物理量，即非靜電力移送相同電荷量的電荷做功越多，則電動勢越大。2.公式E=Wq是電動勢的定義式而不是決定式，E的大小與W和14．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點的認(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