2024-2025學(xué)年上學(xué)期杭州高二物理期末卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期杭州高二物理期末卷1一．選擇題（共13小題，滿分39分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?順德區(qū)校級期中）物理學(xué)中常用兩個物理量的比值定義一個新的物理量，如速度是用位移與時間的比值來定義的，即v=xA．電阻R=ρLS B．磁感應(yīng)強(qiáng)度C．電容C=QU D2．（3分）（2023秋?碑林區(qū)校級期中）下列說法正確的是（）A．遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率大 B．磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F成正比，與IL成反比 C．電場周圍總有磁場，磁場周圍總有電場 D．能量子與電磁波的頻率成正比3．（3分）（2023春?南充期末）如圖，在兩個電荷量分別為+Q和﹣Q的點(diǎn)電荷A、B的連線上有a、c兩點(diǎn)，在連線的中垂線上有b、d兩點(diǎn)，a、b、c、d都與連線的中點(diǎn)O等距。則（）A．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)與b點(diǎn)場強(qiáng)相同 B．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)處于同一等勢面上 C．正電荷q從c點(diǎn)移動到d點(diǎn)電場力做負(fù)功 D．負(fù)電荷q在O點(diǎn)電勢能小于在a點(diǎn)的電勢能4．（3分）（2023秋?南開區(qū)校級月考）如圖所示，孤立點(diǎn)電荷電場中的一簇等勢面如圖中虛線所示，其從左到右電勢分別為φ1、φ2、φ3，a、b、c是某電場線與這簇等勢面的交點(diǎn)，且ab＝ac，現(xiàn)將一正電荷由a移到b，電場力做正功W1；再由b移至c，電場力做正功W2，則（）A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3 B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3 C．W1＞W(wǎng)2，φ1＜φ2＜φ3 D．W1＞W(wǎng)2，φ1＞φ2＞φ35．（3分）（2022春?吳江區(qū)校級期中）下列說法錯誤的是（）A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，增加電壓U，能使粒子獲得的最大動能增大 B．圖乙磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，B極板是發(fā)電機(jī)的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=ED．圖丁是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3粒子的比荷越大6．（3分）（2023秋?涼山州期末）如圖所示電路，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻（阻值均大于電源內(nèi)阻r）。開關(guān)S閉合時，一帶電質(zhì)點(diǎn)P恰能靜止在平行金屬板之間，電表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器R的滑片向a端滑動時，則（）A．質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動 B．電流表的示數(shù)變大、電壓表的示數(shù)變小 C．電源的輸出功率逐漸增大 D．R3上消耗的功率減小7．（3分）（2023?市中區(qū)校級模擬）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬棒MN以角速度ω繞過O點(diǎn)的豎直軸PQ沿順時針（從上往下看）旋轉(zhuǎn)。已知NQ＝2MP＝2r。則（）A．M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)電勢 B．N點(diǎn)電勢低于O點(diǎn)電勢 C．NM兩點(diǎn)的電勢差為32D．MN兩點(diǎn)的電勢差為58．（3分）（2022春?華陰市期末）P、Q是兩個完全相同的電熱器，P通以圖甲所示的方波交變電流，Q通以圖乙所示的正弦交變電流，則（）A．P和Q通過電流的有效值相等 B．P和Q通過電流的有效值之比為2：2 C．P和Q的電功率相等 D．P和Q的電功率之比為2：19．（3分）（2023春?運(yùn)城期末）綠色環(huán)保低碳出行已經(jīng)成為一種時尚，新能源汽車越來越受市民的喜愛，正在加速“駛?cè)搿卑傩占?，某家用交流充電樁的供電電路如圖所示。已知總電源的輸出電壓為U1＝250V，輸電線的總電阻r＝20Ω，變壓器視為理想變壓器，其中升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1：n2＝1：8，汽車充電樁的額定電壓為U4＝220V，額定功率為9.5kW。當(dāng)汽車以額定電壓充電時，下列說法中正確的是（）A．通過輸電線的電流為5A B．電源的輸出功率為10.5kW C．輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的4% D．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為100：1110．（3分）（2020秋?新華區(qū)校級期中）水平固定放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計，間距為L，左端連接的電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間部分的電阻為R。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動直至達(dá)到最大速度，則下列說法錯誤的是（）A．金屬桿的最大速度等于EBLB．此過程中通過金屬桿的電荷量為mE2C．此過程中電源提供的電能為mED．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為m11．（3分）（2023?延慶區(qū)一模）圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖1中，A1的電阻值小于L1的電阻值 B．圖1中，斷開開關(guān)S1瞬間，流過A1的電流方向自右向左 C．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 D．圖2中，閉合S2電路達(dá)到穩(wěn)定時，變阻器R的電阻值大于L2的電阻值12．（3分）（2024?西城區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進(jìn)入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動；速率為v2的乙粒子在板間的運(yùn)動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達(dá)軌跡最低點(diǎn)的位置，乙粒子全程速率在v2和A．兩板間電場強(qiáng)度的大小為BvB．乙粒子從進(jìn)入板間運(yùn)動至A位置的過程中，在水平方向上做勻速運(yùn)動 C．乙粒子偏離中軸線的最遠(yuǎn)距離為mvqBD．乙粒子的運(yùn)動軌跡在A處對應(yīng)圓周的半徑為9mv13．（3分）（2022?南京模擬）如圖所示，光滑的金屬圓形軌道MN、PQ豎直放置，共同圓心為O點(diǎn)，軌道半徑分別為l、3l，PM間接有阻值為3r的電阻。兩軌道之間ABDC區(qū)域內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心。一輕質(zhì)金屬桿電阻為r，長為2l，一端套在軌道MN上，另一端連接質(zhì)量為m的帶孔金屬球（視為質(zhì)點(diǎn)），并套在軌道PQ上，均接觸良好。讓金屬桿從AB處無初速釋放，第一次即將離開磁場時，金屬球的速度大小為v。其余電阻不計，忽略一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬球向下運(yùn)動過程中，P點(diǎn)電勢高于M點(diǎn)電勢 B．金屬桿第一次即將離開磁場時，電阻兩端的電壓為13C．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過電阻的電荷量為πl(wèi)D．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為3二．多選題（共2小題，滿分6分，每小題3分）（多選）14．（3分）（2022秋?光明區(qū)期末）半導(dǎo)體摻雜是集成電路生產(chǎn)中最基礎(chǔ)的工作。如圖所示為某晶圓摻雜機(jī)的簡化模型圖，平行金屬板A、B加上電壓UAB，產(chǎn)生豎直方向的勻強(qiáng)電場；兩電磁線圈間的圓柱形磁場視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流I成正比。離子發(fā)生器產(chǎn)生的電量為+q、質(zhì)量為m的離子，以速度v0沿電場的中央軸線飛入電場，當(dāng)UAB＝0、I＝0時，離子恰好打到晶圓圓心O（0，0）點(diǎn)。已知晶圓垂直紙面放置，晶圓面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中，x軸為水平方向、y軸為豎直方向，摻雜過程中，離子全部打在晶圓上，忽略離子的重力和空氣阻力。則在摻雜過程中（）A．UAB越大，離子穿過極板的時間越短 B．UAB越大，離子在豎直方向上的位移越小 C．當(dāng)UAB＝0，I≠0時，離子打在x軸上 D．離子打在晶圓上時，其動能與電流I大小無關(guān)（多選）15．（3分）（2024?德惠市校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上。有界磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界P、Q和M、N相互平行，兩磁場的寬度均為L，Q、M間的距離為12L，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直于水平面向上，使金屬線框以某一初速度向右滑去，當(dāng)cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零。線框運(yùn)動過程中A．線框從開始運(yùn)動到ab邊剛出磁場Ⅰ的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為BLB．a(chǎn)b邊出磁場Ⅱ時的速度大小為B2C．a(chǎn)b邊在磁場Ⅱ中勻速運(yùn)動階段的速度大小為3BD．線框進(jìn)磁場前的速度大小為2三．實驗題（共2小題，滿分16分）16．（10分）（2020秋?海淀區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，一組同學(xué)用米尺測得金屬絲接入電路的長度L，用螺旋測微器測量金屬絲直徑d（刻度位置如圖所示），用伏安法測出金屬絲的兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，通過計算得到金屬絲的電阻，然后根據(jù)電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測量金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源：電動勢約3V，內(nèi)阻很??；B．電流表A：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.125Ω；C．電壓表V：量程0～3V，內(nèi)阻3kΩ；D．滑動變阻器：最大阻值20Ω；E．開關(guān)、導(dǎo)線等。①從圖中讀出金屬絲的直徑為mm；②金屬絲電阻率的表達(dá)式ρ＝（用電阻絲的長度L、直徑d、電壓U、電流I及必要常數(shù)表示）；③根據(jù)所提供的器材，在如圖2所示的方框中畫出測量金屬絲電阻率的實驗電路圖。17．（6分）（2018秋?皇姑區(qū)校級期中）用如圖（a）所示實驗電路測電源電動勢和內(nèi)電阻，其中R0為定值電阻，R為阻值可調(diào)可讀的電阻箱．（1）實驗測得多組電阻箱讀數(shù)R及對應(yīng)的電流傳感器（相當(dāng)于理想電流表）讀數(shù)I，選取電阻箱讀數(shù)R（Ω）為橫坐標(biāo)，選取y為縱坐標(biāo)，由計算機(jī)擬合得到如圖（b）所示的實驗圖像，則縱坐標(biāo)A．y＝I（A）B．y＝I2（A2）C．y=1I（A﹣D．y=1（A1（2）若R0＝3Ω，根據(jù)在（1）中選取的縱坐標(biāo)y，由實驗圖像（b）可得電源電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω．（小數(shù)點(diǎn)后保留一位）四．解答題（共2小題，滿分21分）18．（10分）在研究微觀粒子時常用電子伏（eV）作為能量的單位。1eV等于一個電子經(jīng)過1V電壓加速后所增加的動能，那么，1eV等于多少焦耳？19．（11分）（2021秋?雙城區(qū)校級期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的34圓形軌道，水平軌道AB也是光滑的，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小等于mg，重力加速度為g（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時速度為多大？（2）在（1）的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的作用力大?。唬?）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求這種情況下滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小動能。五．解答題（共2小題，滿分18分）20．（8分）（2023秋?江漢區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r；21．（10分）（2022春?延平區(qū)校級期中）如圖所示，相距L＝1m的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角θ＝30°，上端接有定值電阻R＝2Ω，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面。將質(zhì)量m＝1kg的導(dǎo)體棒放置于導(dǎo)軌上，將導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)金屬棒沿著導(dǎo)軌向下運(yùn)動x＝15m時，速度達(dá)到v＝10m/s，并且開始勻速運(yùn)動，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度g＝10m/s2。（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）求當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到5m/s時，導(dǎo)體棒加速度的大??；（3）求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到速度達(dá)到v＝10m/s過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱；（4）當(dāng)導(dǎo)體棒開始勻速運(yùn)動后，對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力作用，測得導(dǎo)體棒中電流I與拉力的作用時間t的函數(shù)關(guān)系為I＝t+5（A），求拉力大小F與拉力的作用時間t滿足的函數(shù)關(guān)系。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期杭州高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共13小題，滿分39分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?順德區(qū)校級期中）物理學(xué)中常用兩個物理量的比值定義一個新的物理量，如速度是用位移與時間的比值來定義的，即v=xA．電阻R=ρLS B．磁感應(yīng)強(qiáng)度C．電容C=QU D【考點(diǎn)】比值定義法；電容的概念、單位與物理意義；電流的概念、性質(zhì)及電流強(qiáng)度的定義式；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】A【分析】比值定義法是物理概念中常用的一種定義新物理量的方法，即用兩個已知物理量的比值表示一個新的物理量，這個新的物理量反映物質(zhì)的本質(zhì)屬性，與參與定義的物理量無關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、電阻R=ρlS是電阻定律的表達(dá)式，導(dǎo)體的電阻值與導(dǎo)體的長度成正比，與導(dǎo)體的橫截面積成反比，故不是比值定義法；故B、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=FIL采用了比值定義法，B由磁場本身決定，與定義量無關(guān)，故C、C=QU屬于比值定義的，電容器的電容由本身決定，與所帶的電荷量和兩端的電壓無關(guān)，故D、電流是通過某截面的電荷量與所用時間的比值，電流公式：I=qt屬于比值定義法，故本題選不屬于比值定義的，故選：A?！军c(diǎn)評】比值定義法是常用的定義方法，解題的關(guān)鍵在于明確定義出來的新物理與原來兩個物理量無關(guān)。2．（3分）（2023秋?碑林區(qū)校級期中）下列說法正確的是（）A．遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率大 B．磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F成正比，與IL成反比 C．電場周圍總有磁場，磁場周圍總有電場 D．能量子與電磁波的頻率成正比【考點(diǎn)】電磁波與信息化社會；電磁波的產(chǎn)生；電磁波的發(fā)射和接收．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】D【分析】遙控器發(fā)出的是紅外線；根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式分析解答；根據(jù)麥克斯韋理論分析；根據(jù)量子與電磁波的頻率成正比分析?！窘獯稹拷猓篈.遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率小，故A錯誤；B.磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場本身決定，與F、IL無關(guān)，故B錯誤；C.根據(jù)麥克斯韋理論可知變化的電場周圍有磁場，變化的電場磁場周圍有電場，故C錯誤；D.根據(jù)光量子公式E＝hν，可知能量子與電磁波的頻率成正比，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了有關(guān)電磁波的基礎(chǔ)知識，解決本題的關(guān)鍵是知道電磁波的特點(diǎn)，掌握麥克斯韋電磁場理論是關(guān)鍵。3．（3分）（2023春?南充期末）如圖，在兩個電荷量分別為+Q和﹣Q的點(diǎn)電荷A、B的連線上有a、c兩點(diǎn)，在連線的中垂線上有b、d兩點(diǎn)，a、b、c、d都與連線的中點(diǎn)O等距。則（）A．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)與b點(diǎn)場強(qiáng)相同 B．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)處于同一等勢面上 C．正電荷q從c點(diǎn)移動到d點(diǎn)電場力做負(fù)功 D．負(fù)電荷q在O點(diǎn)電勢能小于在a點(diǎn)的電勢能【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電場強(qiáng)度的疊加；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】電場線的密集程度代表電場強(qiáng)度，沿著電場線方向，電勢逐漸降低，根據(jù)電場力方向與速度方向分析做功的正負(fù)，根據(jù)電勢的高低，運(yùn)用EP＝qφ比較電勢能的高低．【解答】解：A、根據(jù)電場線的密集程度可知，a點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)，故A錯誤；B、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，b點(diǎn)的電勢等于O點(diǎn)的電勢，O點(diǎn)的電勢大于c點(diǎn)的電勢，所以b點(diǎn)的電勢大于c點(diǎn)的電勢，a、b、c、d四點(diǎn)并非處于同一等勢面上；故B錯誤；C、正電荷q從c點(diǎn)移動到d點(diǎn)電場力與速度方向夾角為鈍角，電場力做負(fù)功。故C正確。D、a點(diǎn)電勢高于O點(diǎn)電勢，故負(fù)電荷q在O點(diǎn)電勢能大于在a點(diǎn)的電勢能，故D錯誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題考查對等量異號電荷電場線的分布規(guī)律的掌握情況，要求能牢記相應(yīng)的電場線和等勢線的分布規(guī)律，明確中垂線上各點(diǎn)電勢相等，并且沿電場線的方向電勢降低．4．（3分）（2023秋?南開區(qū)校級月考）如圖所示，孤立點(diǎn)電荷電場中的一簇等勢面如圖中虛線所示，其從左到右電勢分別為φ1、φ2、φ3，a、b、c是某電場線與這簇等勢面的交點(diǎn)，且ab＝ac，現(xiàn)將一正電荷由a移到b，電場力做正功W1；再由b移至c，電場力做正功W2，則（）A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3 B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3 C．W1＞W(wǎng)2，φ1＜φ2＜φ3 D．W1＞W(wǎng)2，φ1＞φ2＞φ3【考點(diǎn)】等勢面及其與電場線的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】正電荷從a移到b，電場力都做正功，電場力方向由a指向b；電勢沿電場的方向逐漸降低；根據(jù)電場線分布情況，ab的平均電場強(qiáng)度E1大于bc的平均電場強(qiáng)度E2，且ab＝bc，由W＝qES，可以求出W1＞W(wǎng)2。【解答】解：正電荷從a移到b，再由b移至c，電場力都做正功，說明電場力方向由a指向b。電勢沿電場的方向逐漸降低，所以φ1＞φ2＞φ3；根據(jù)電場線分布情況，ab的平均電場強(qiáng)度E1大于bc的平均電場強(qiáng)度E2，且ab＝bc，由W＝qEd，可以求出W1＞W(wǎng)2，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了等勢面、電場線等知識點(diǎn)。解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動問題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力方向，然后利用電場線、電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、電場力做功等之間的關(guān)系進(jìn)一步判斷各個物理量的變化情況。5．（3分）（2022春?吳江區(qū)校級期中）下列說法錯誤的是（）A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，增加電壓U，能使粒子獲得的最大動能增大 B．圖乙磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，B極板是發(fā)電機(jī)的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=ED．圖丁是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，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(diǎn)】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀；回旋加速器；磁流體發(fā)電機(jī)；速度選擇器．【專題】學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】（1）粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑；（2）磁流體發(fā)電機(jī)利用帶電粒子受洛倫茲力原理；（3）速度選擇器是因為達(dá)到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運(yùn)動；（4）質(zhì)譜儀應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運(yùn)動階段，一般用來分析同位素?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv2rEk=1B、圖乙磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，磁場向右，離子向里射入，根據(jù)左手定則，負(fù)離子所受洛倫茲力向上，打在A極板上，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，正離子所受洛倫茲力向下打在B極板上，B極板是發(fā)電機(jī)的正極，故B正確；C、圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，解得v=EB，故D、圖丁是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，根據(jù)qvB＝qE，qvB=mv2r，x＝2r，解得qm=2EB2本題選錯誤的，故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了洛倫茲力的應(yīng)用相關(guān)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(dá)式。6．（3分）（2023秋?涼山州期末）如圖所示電路，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻（阻值均大于電源內(nèi)阻r）。開關(guān)S閉合時，一帶電質(zhì)點(diǎn)P恰能靜止在平行金屬板之間，電表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器R的滑片向a端滑動時，則（）A．質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動 B．電流表的示數(shù)變大、電壓表的示數(shù)變小 C．電源的輸出功率逐漸增大 D．R3上消耗的功率減小【考點(diǎn)】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念、單位與物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律與電功率的表達(dá)式，結(jié)合內(nèi)外電阻與電源輸出功率的關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓篈．滑動變阻器滑片向a端滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，總電阻增大，則干路電流減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律UC＝E﹣I（R1+r）可知電容器兩端電壓增大，根據(jù)U＝Ed可知電場力增大，故質(zhì)點(diǎn)P會向上運(yùn)動，故A正確；B．由于干路電流減小，而R3兩端電壓等于電容C兩端電壓，所以R3兩端電壓增大，故I3增大。而干路電流等于流過R3的電流加上流過電流表的電流，所以流過電流表的電流會減小，所以電流表示數(shù)變??；而R2兩端電壓減小，所以電壓表兩端電壓會增大，故電壓表的示數(shù)變大，故B錯誤；C．根據(jù)內(nèi)外電阻與電源輸出功率的關(guān)系可知，由于R外＞r，而總電阻增大，與電源內(nèi)阻差距越來越大，所以輸出功率減小，故C錯誤；D．因為R3兩端電壓增大，根據(jù)電功率公式P=U可得R3上消耗的功率增大，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了歐姆定律，正確分析電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握電壓，電流和電阻在不同電路之間的關(guān)系，理解內(nèi)外電阻與電源輸出功率的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。7．（3分）（2023?市中區(qū)校級模擬）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬棒MN以角速度ω繞過O點(diǎn)的豎直軸PQ沿順時針（從上往下看）旋轉(zhuǎn)。已知NQ＝2MP＝2r。則（）A．M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)電勢 B．N點(diǎn)電勢低于O點(diǎn)電勢 C．NM兩點(diǎn)的電勢差為32D．MN兩點(diǎn)的電勢差為5【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算；右手定則；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】C【分析】由E＝BLv求出金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，應(yīng)用右手定則判斷出電勢高低，然后根據(jù)題意分析答題?！窘獯稹拷猓涸陔娫磧?nèi)部，電流由低電勢點(diǎn)流向高電勢點(diǎn)，由右手定則可知，M點(diǎn)電勢比O點(diǎn)電勢高，N點(diǎn)電勢比O點(diǎn)電勢高，金屬棒MN以角速度ω繞過O點(diǎn)的豎直軸PQ沿順時針旋轉(zhuǎn)，MO部分切割磁感線的有效長度為MP長度，等于r，NO部分切割磁感線的有效長度為NQ長度，等于2r，由導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生電動勢E=BLv，可知兩部分電動勢分別為由于導(dǎo)體棒未與其它導(dǎo)體構(gòu)成閉合回路，所以有U可得U則有φN＞φM＞φO，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了比較電勢高低、求電勢差問題，分析清楚金屬棒的轉(zhuǎn)動情況，應(yīng)用E＝BLv求出感應(yīng)電動勢的表達(dá)式、應(yīng)用右手定則即可解題。8．（3分）（2022春?華陰市期末）P、Q是兩個完全相同的電熱器，P通以圖甲所示的方波交變電流，Q通以圖乙所示的正弦交變電流，則（）A．P和Q通過電流的有效值相等 B．P和Q通過電流的有效值之比為2：2 C．P和Q的電功率相等 D．P和Q的電功率之比為2：1【考點(diǎn)】正弦式交變電流的函數(shù)表達(dá)式及推導(dǎo)；電功和電功率的計算；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】方波的電流有效值I甲＝Im，正弦交流電的有效值I乙=I根據(jù)功率公式P＝I2R，由電流的有效值求解功率，再算出比值。【解答】解：AB、圖甲的方波的電流有效值I甲＝Im，圖乙的正弦交流電的有效值I乙=Im2．則P和Q通過電流的有效值之比為2：1CD、根據(jù)功率公式P＝I2R得到，PP：PQ＝I甲2：I乙2=Im2：(Im2)2故選：D?！军c(diǎn)評】對于交變電流求解熱量、熱功率、電功等都應(yīng)用有效值，求解電量用平均值．9．（3分）（2023春?運(yùn)城期末）綠色環(huán)保低碳出行已經(jīng)成為一種時尚，新能源汽車越來越受市民的喜愛，正在加速“駛?cè)搿卑傩占?，某家用交流充電樁的供電電路如圖所示。已知總電源的輸出電壓為U1＝250V，輸電線的總電阻r＝20Ω，變壓器視為理想變壓器，其中升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1：n2＝1：8，汽車充電樁的額定電壓為U4＝220V，額定功率為9.5kW。當(dāng)汽車以額定電壓充電時，下列說法中正確的是（）A．通過輸電線的電流為5A B．電源的輸出功率為10.5kW C．輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的4% D．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為100：11【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電的相關(guān)計算；電功和電功率的計算；變壓器的構(gòu)造與原理．【專題】定量思想；模型法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】先根據(jù)U1U2=n1n2求出升壓變壓器的輸出電壓，由P＝U4I4求出降壓變壓器輸出電流，由I3I4=n4n3求出降壓變壓器輸入電流，結(jié)合U【解答】解：D、總電源的輸出電壓為U1＝250V，對于升壓變壓器，有U1U2=n當(dāng)汽車以額定電壓充電時，充電電流為I4又有I解得：I由電壓分配關(guān)系有：U3＝U2﹣I3r又U得U聯(lián)立得：2000解得：n3n4A、由U3U4=n通過輸電線的電流為I2＝I3=U2-U3rB、電源的輸出功率為P＝P4+I22r＝（9.5×103+52×20）W＝10000W＝10kWC、輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率為η=I22rP×100%=故選：A?！军c(diǎn)評】對于遠(yuǎn)距離輸電問題，往往從用戶端的功率出發(fā)，先求出線路損耗的電壓、功率，再求出電源的輸出功率。10．（3分）（2020秋?新華區(qū)校級期中）水平固定放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計，間距為L，左端連接的電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間部分的電阻為R。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動直至達(dá)到最大速度，則下列說法錯誤的是（）A．金屬桿的最大速度等于EBLB．此過程中通過金屬桿的電荷量為mE2C．此過程中電源提供的電能為mED．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為m【考點(diǎn)】有電源存在的導(dǎo)軌滑桿模型；電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)類問題；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電磁感應(yīng)過程中的電路類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】B【分析】根據(jù)金屬桿的受力情況確定運(yùn)動情況；金屬桿速度最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等，回路電流為零，據(jù)此列式求解最大速度，然后對從開始到獲得最大速度過程根據(jù)動量定理列式求解電荷量；根據(jù)W＝qE求解此過程中電源提供的電能；根據(jù)動能公式求解最大動能，根據(jù)能量守恒定律得到系統(tǒng)產(chǎn)生的電熱，再結(jié)合焦耳定律可以求解此過程中金屬桿此時的熱量。【解答】解：A、金屬桿向右運(yùn)動時切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流與通電電流方向相反，隨著速度增大，感應(yīng)電流增大，則金屬桿中的實際電流減小、安培力減小，金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，最后勻速運(yùn)動，金屬桿速度最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)E＝BLv，最大速度為：v=EBL，故B、從開始到速度最大的過程中，以向右為正方向，對金屬桿根據(jù)動量定理，有：BIL?Δt＝mv﹣0，其中q＝I?Δt，聯(lián)立解得此過程中通過金屬桿的電荷量為：q=mEB2C、此過程中電源提供的電能為W=qE=mE2D、金屬桿最后的動能為：Ek=12mv2=m本題選錯誤的，故選：B?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵明確電路結(jié)構(gòu)和受力情況，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系結(jié)合切割公式、動量定理、能量守恒定律和焦耳定律列式分析。11．（3分）（2023?延慶區(qū)一模）圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖1中，A1的電阻值小于L1的電阻值 B．圖1中，斷開開關(guān)S1瞬間，流過A1的電流方向自右向左 C．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 D．圖2中，閉合S2電路達(dá)到穩(wěn)定時，變阻器R的電阻值大于L2的電阻值【考點(diǎn)】自感線圈對電路的影響．【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】B【分析】根據(jù)圖1中，斷開S1的瞬間，A1燈突然閃亮，可分析電阻大小關(guān)系，根據(jù)楞次定律分析BC項，圖2中，因為穩(wěn)定后兩個相同的燈泡發(fā)光的亮度相同，通過它們的電流相同，從而可知變阻器R與L2的電阻值相同。【解答】解：A．圖1中，斷開S1的瞬間，A1燈突然閃亮，是因為電路穩(wěn)定時，A1的電流小于L1的電流，根據(jù)并聯(lián)電路各支路電壓相等，可知L1的電阻小于A1的電阻，故A錯誤；B．圖1中，閉合開關(guān)S1穩(wěn)定后，電流自左向右，斷開開關(guān)后，根據(jù)楞次定律可知，流過A1的電流方向自右向左，故B正確；C．圖2中，閉合閉合S2瞬間，根據(jù)楞次定律可知L2中電流小于變阻器R中電流，故C錯誤；D．圖2中，因為穩(wěn)定后兩個相同的燈泡發(fā)光的亮度相同，通過它們的電流相同，則兩個支路的總電阻相同，因教材中采用的兩個燈泡電阻相同，所以變阻器R與L2的電阻值相同，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】當(dāng)通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可運(yùn)用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。12．（3分）（2024?西城區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進(jìn)入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動；速率為v2的乙粒子在板間的運(yùn)動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達(dá)軌跡最低點(diǎn)的位置，乙粒子全程速率在v2和A．兩板間電場強(qiáng)度的大小為BvB．乙粒子從進(jìn)入板間運(yùn)動至A位置的過程中，在水平方向上做勻速運(yùn)動 C．乙粒子偏離中軸線的最遠(yuǎn)距離為mvqBD．乙粒子的運(yùn)動軌跡在A處對應(yīng)圓周的半徑為9mv【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動．【專題】比較思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】甲粒子沿直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件列式解答；分析乙類粒子軌跡彎曲方向，從而推斷乙受到的合力的水平分量的情況進(jìn)行判斷；對乙粒子，到最低點(diǎn)時，速度最大，根據(jù)動能定理求解；根據(jù)牛頓第二定律列式求解半徑。【解答】解：A、由題意，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，則有：qvB＝Eq可得兩板間電場強(qiáng)度的大小為：E＝vB，故A錯誤；B、由題意，速率為v2的乙粒子在板間的運(yùn)動軌跡如圖中曲線所示，根據(jù)左手定則判斷知，粒子受到的洛倫茲力總是垂直指向每一小段圓弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子從進(jìn)入板間運(yùn)動至A位置的過程中，在水平方向上做加速運(yùn)動，故BC、由于洛倫茲力一直不做功，乙粒子所受電場力方向一直豎直向下，當(dāng)粒子速度最大時，電場力做的功最多，偏離中軸線的距離最遠(yuǎn)，根據(jù)動能定理有：qE整理得到：ymax=mvD、由題意，乙粒子的運(yùn)動軌跡在A處時為粒子偏離中軸線的距離最遠(yuǎn)，粒子速度達(dá)最大為：vA=洛倫茲力與電場力的合力提供向心力：qvAB﹣qE=所以對應(yīng)圓周的半徑為：rA=9mv故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動過程和運(yùn)動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。13．（3分）（2022?南京模擬）如圖所示，光滑的金屬圓形軌道MN、PQ豎直放置，共同圓心為O點(diǎn)，軌道半徑分別為l、3l，PM間接有阻值為3r的電阻。兩軌道之間ABDC區(qū)域內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心。一輕質(zhì)金屬桿電阻為r，長為2l，一端套在軌道MN上，另一端連接質(zhì)量為m的帶孔金屬球（視為質(zhì)點(diǎn)），并套在軌道PQ上，均接觸良好。讓金屬桿從AB處無初速釋放，第一次即將離開磁場時，金屬球的速度大小為v。其余電阻不計，忽略一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬球向下運(yùn)動過程中，P點(diǎn)電勢高于M點(diǎn)電勢 B．金屬桿第一次即將離開磁場時，電阻兩端的電壓為13C．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過電阻的電荷量為πl(wèi)D．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為3【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】C【分析】應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向，然后確定電勢高低；由E＝B0?2lv求出金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后應(yīng)用歐姆定律求電阻兩端電壓；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出該過程的平均感應(yīng)電動勢，結(jié)合歐姆定律、電流的定義式求出通過電阻的電荷量；根據(jù)能量守恒定律、焦耳定律求出電阻上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈、金屬球向下運(yùn)動過程中，金屬桿在磁場中切割磁感線，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為逆時針方向，即流過R的電流方向為M到P，因此P點(diǎn)電勢低于M點(diǎn)電勢，故A錯誤；B、金屬桿第一次即將離開磁場時，金屬球的速度為v，金屬桿上端的速度為v′=l3l?v=v3，金屬桿產(chǎn)生的電動勢為E＝B0?2lv=B0?2l?v+v32=43B0lvC、金屬桿從AB滑動到CD的過程中，回路中的平均電動勢為E=ΔΦΔt，回路中的平均電流為I=E4r，此過程通過電阻的電荷量為q=I?ΔD、金屬桿從AB滑動到CD的過程中，根據(jù)能量守恒可知，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mg?3l-電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q′=3r3r+rQ=94mgl故選：C?！军c(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、明確金屬桿的運(yùn)動過程是解題的前提，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律與右手定則即可解題。要注意金屬桿上各點(diǎn)切割速度不同，要用平均速度來求感應(yīng)電動勢。二．多選題（共2小題，滿分6分，每小題3分）（多選）14．（3分）（2022秋?光明區(qū)期末）半導(dǎo)體摻雜是集成電路生產(chǎn)中最基礎(chǔ)的工作。如圖所示為某晶圓摻雜機(jī)的簡化模型圖，平行金屬板A、B加上電壓UAB，產(chǎn)生豎直方向的勻強(qiáng)電場；兩電磁線圈間的圓柱形磁場視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流I成正比。離子發(fā)生器產(chǎn)生的電量為+q、質(zhì)量為m的離子，以速度v0沿電場的中央軸線飛入電場，當(dāng)UAB＝0、I＝0時，離子恰好打到晶圓圓心O（0，0）點(diǎn)。已知晶圓垂直紙面放置，晶圓面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中，x軸為水平方向、y軸為豎直方向，摻雜過程中，離子全部打在晶圓上，忽略離子的重力和空氣阻力。則在摻雜過程中（）A．UAB越大，離子穿過極板的時間越短 B．UAB越大，離子在豎直方向上的位移越小 C．當(dāng)UAB＝0，I≠0時，離子打在x軸上 D．離子打在晶圓上時，其動能與電流I大小無關(guān)【考點(diǎn)】與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】AB、離子穿過極板過程中，在水平方向上為勻速直線運(yùn)動，離子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，推導(dǎo)穿過極板的時間和離子在豎直方向上的位移的表達(dá)式，從而判斷；C、離子在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生水平偏轉(zhuǎn)；D、由于洛倫茲力不做功，離子打在晶圓上的動能與電流I大小無關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、離子穿過極板過程中，在水平方向上為勻速直線運(yùn)動，則l＝vt穿過極板的時間與板長和初速度有關(guān)，故UAB越大，板長和初速度不變，離子穿過極板的時間不變，故A錯誤；B、離子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，則由y=1y=1則UAB越大，離子在豎直方向上的位移越大，故B錯誤；C、當(dāng)UAB＝0，I≠0時，離子在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生水平偏轉(zhuǎn)，則打在x軸上，故C正確；D、由于洛倫茲力不做功，離子打在晶圓上的動能與電流I大小無關(guān)，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評】要求掌握本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，分析帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動情況、受力情況，結(jié)合幾何知識進(jìn)行求解。（多選）15．（3分）（2024?德惠市校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上。有界磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界P、Q和M、N相互平行，兩磁場的寬度均為L，Q、M間的距離為12L，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直于水平面向上，使金屬線框以某一初速度向右滑去，當(dāng)cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零。線框運(yùn)動過程中A．線框從開始運(yùn)動到ab邊剛出磁場Ⅰ的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為BLB．a(chǎn)b邊出磁場Ⅱ時的速度大小為B2C．a(chǎn)b邊在磁場Ⅱ中勻速運(yùn)動階段的速度大小為3BD．線框進(jìn)磁場前的速度大小為2【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】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】AC【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律以及電荷量與電流的關(guān)系求解通過線框?qū)w橫截面的電荷量；從ab邊出磁場Ⅱ到cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零過程，根據(jù)動量定理求解ab邊出磁場Ⅱ時的速度大?。粡腶b邊剛進(jìn)入磁場Ⅱ到cd邊剛要離開磁場Ⅰ，線圈開始做勻速直線運(yùn)動，從cd邊剛要離開磁場Ⅰ到ab邊出磁場Ⅱ過程，根據(jù)動量定理求解ab邊在磁場Ⅱ中勻速運(yùn)動階段的速度大小；從線框剛進(jìn)磁場Ⅰ到ab邊剛進(jìn)入磁場Ⅱ過程，根據(jù)動量定理求解線框進(jìn)磁場前的速度大小?！窘獯稹拷猓篈、線框從開始進(jìn)入磁場Ⅰ到ab邊剛出磁場Ⅰ的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為：q=IΔt=EB、設(shè)ab邊出磁場Ⅱ時的速度大小為v。從ab邊出磁場Ⅱ到cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：-B又此過程通過線圈的量為q聯(lián)立解得：v=B2LC、從ab邊剛進(jìn)入磁場Ⅱ到cd邊剛要離開磁場Ⅰ，線圈開始做勻速直線運(yùn)動。設(shè)勻速運(yùn)動的速度為v勻，從cd邊剛要離開磁場Ⅰ到ab邊出磁場Ⅱ過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：-B又q聯(lián)立解得：v勻=3D、設(shè)線框進(jìn)磁場前的速度大小為v0。從線框剛進(jìn)磁場Ⅰ到ab邊剛進(jìn)入磁場Ⅱ過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：﹣∑F安t＝mv勻﹣mv0又-∑聯(lián)立解得：v0=3故選：AC?！军c(diǎn)評】解答本題時，關(guān)鍵要學(xué)會運(yùn)用動量定理求線圈在磁場中做非變速直線運(yùn)動的速度，能根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律以及電荷量與電流的關(guān)系求通過線圈的電荷量。三．實驗題（共2小題，滿分16分）16．（10分）（2020秋?海淀區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，一組同學(xué)用米尺測得金屬絲接入電路的長度L，用螺旋測微器測量金屬絲直徑d（刻度位置如圖所示），用伏安法測出金屬絲的兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，通過計算得到金屬絲的電阻，然后根據(jù)電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測量金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源：電動勢約3V，內(nèi)阻很小；B．電流表A：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.125Ω；C．電壓表V：量程0～3V，內(nèi)阻3kΩ；D．滑動變阻器：最大阻值20Ω；E．開關(guān)、導(dǎo)線等。①從圖中讀出金屬絲的直徑為0.600mm；②金屬絲電阻率的表達(dá)式ρ＝πUd24IL（用電阻絲的長度L、直徑d、電壓U③根據(jù)所提供的器材，在如圖2所示的方框中畫出測量金屬絲電阻率的實驗電路圖?！究键c(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；類比法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】①0.600；②πUd24IL；③如答圖1【分析】①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；注意判斷0.5毫米刻度線是否出現(xiàn)的方法：若可動刻度的“0”在固定刻度上方，則沒有露出，若在下方則已露出；②根據(jù)電阻定律和歐姆定律變形得出金屬絲的電阻率的表達(dá)式；③根據(jù)實驗器材確定滑動變阻器接法，根據(jù)待測電阻阻值與電表內(nèi)阻關(guān)系確定電流表接法，作出電路圖。【解答】解：①，螺旋測微器的精度為0.01mm，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)，故d＝0.5mm+10.0×0.01mm＝0.600mm；②根據(jù)電阻定律和歐姆定律有：R=ρLπ(d2③滑動變阻器與合金絲差不多，為調(diào)節(jié)方便采用簡單的限流接法，而電壓表的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于合金絲的電阻，故電流表采用外接法，按此思路電路圖如答圖1所示。故答案為：①0.600；②πUd24IL；③如答圖1【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，掌握器材的選取的原則，知道電流表內(nèi)外接、滑動變阻器分壓、限流接法的區(qū)別。17．（6分）（2018秋?皇姑區(qū)校級期中）用如圖（a）所示實驗電路測電源電動勢和內(nèi)電阻，其中R0為定值電阻，R為阻值可調(diào)可讀的電阻箱．（1）實驗測得多組電阻箱讀數(shù)R及對應(yīng)的電流傳感器（相當(dāng)于理想電流表）讀數(shù)I，選取電阻箱讀數(shù)R（Ω）為橫坐標(biāo)，選取y為縱坐標(biāo)，由計算機(jī)擬合得到如圖（b）所示的實驗圖像，則縱坐標(biāo)CA．y＝I（A）B．y＝I2（A2）C．y=1I（A﹣D．y=1（A1（2）若R0＝3Ω，根據(jù)在（1）中選取的縱坐標(biāo)y，由實驗圖像（b）可得電源電動勢E＝3.0V，內(nèi)阻r＝0.9Ω．（小數(shù)點(diǎn)后保留一位）【考點(diǎn)】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）C；（2）3.0、0.9【分析】（1）根據(jù)電源的正負(fù)極，即可判斷出m、n哪個為正接線柱；利用閉合電路歐姆定律，即可求出電動勢E與電流傳感器讀數(shù)I、電阻箱讀數(shù)R、定值電阻阻值R0、電源內(nèi)阻阻值r之間的關(guān)系式為E＝I（R+R0+r），變形后可得與R成線性關(guān)系的表達(dá)式；（2）根據(jù)表達(dá)式，結(jié)合圖象中斜率和截距以及R0的大小，即可計算出電源的電動勢及內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）利用閉合電路歐姆定律可得：E＝I（R+R0+r）可得：1所以縱坐標(biāo)y應(yīng)為1I，其單位為A﹣1，故ABD錯誤，C故選：C（2）根據(jù)（1）中表達(dá)式：1圖象斜率：1E=2.6-1.33.9圖象截距：R0+rE=1.3A﹣1，又因為R0＝3Ω，可得電源內(nèi)阻：故答案為：（1）C；（2）3.0、0.9【點(diǎn)評】本題考查電源的電動勢和內(nèi)電阻的測量方法及數(shù)據(jù)處理；解題的關(guān)鍵在于數(shù)據(jù)處理；要注意圖象法的應(yīng)用，此題對學(xué)生數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用能力要求較高。四．解答題（共2小題，滿分21分）18．（10分）在研究微觀粒子時常用電子伏（eV）作為能量的單位。1eV等于一個電子經(jīng)過1V電壓加速后所增加的動能，那么，1eV等于多少焦耳？【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】1eV等于1.6×10﹣19J?！痉治觥扛鶕?jù)電場力做功公式W＝qU求解電場力做的功?！窘獯稹拷猓阂粋€電子經(jīng)過IV電壓加速后所增加的動能為Ek＝W＝eU＝1.6×10﹣19×1J＝1.6×10﹣19J又W＝eU＝leV故可得leV＝1.6×10﹣19J答：1eV等于1.6×10﹣19J?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要掌握帶電粒子在電場中的運(yùn)動，注意動能定理的運(yùn)用。19．（11分）（2021秋?雙城區(qū)校級期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的34圓形軌道，水平軌道AB也是光滑的，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小等于mg，重力加速度為g（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時速度為多大？（2）在（1）的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的作用力大?。唬?）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求這種情況下滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小動能?！究键c(diǎn)】物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動；動能定理的簡單應(yīng)用；帶電粒子（計重力）在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)動能定理求解滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時的速度。（2）根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的作用力大小。（3）在等效最高點(diǎn)由等效重力提供向心力時在該位置的動能最小?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時的速度為v，從A到C過程，由動能定理得：qE?（s+R）﹣mgR=1由題可知，qE＝mg，s＝3R，代入解得，v=6gR（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，則有N﹣qE＝mv解得，N＝7mg。（3）重力和電場力的合力的大小為F=2滑行過程中等效最高點(diǎn)速度最小，2mg=m故在圓軌道上滑行過程中的最小動能為Ek答：（1）滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時速度為6gR。（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的作用力為7mg。（3）滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小動能為22【點(diǎn)評】解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)電場力和重力的大小關(guān)系找到等效重力以及等效最高點(diǎn)，知道在等效最高點(diǎn)的由等效重力提供向心力時動能最小。五．解答題（共2小題，滿分18分）20．（8分）（2023秋?江漢區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r；【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN為mv（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r為2m【分析】（1）根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律求解粒子進(jìn)入磁場的速度，根據(jù)動能定理求解電勢差；（2）根據(jù)牛頓第二定律求解半徑?！窘獯稹拷猓海?）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子過N點(diǎn)時的速度為v，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律有v=v粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，根據(jù)動能定理qU解得UMN（2）根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv解得r=2答：（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN為mv（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r為2m【點(diǎn)評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運(yùn)動，要求學(xué)生熟練掌握帶電粒子在電場在做類平拋運(yùn)動的規(guī)律和在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律。21．（10分）（2022春?延平區(qū)校級期中）如圖所示，相距L＝1m的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角θ＝30°，上端接有定值電阻R＝2Ω，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面。將質(zhì)量m＝1kg的導(dǎo)體棒放置于導(dǎo)軌上，將導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)金屬棒沿著導(dǎo)軌向下運(yùn)動x＝15m時，速度達(dá)到v＝10m/s，并且開始勻速運(yùn)動，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度g＝10m/s2。（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）求當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到5m/s時，導(dǎo)體棒加速度的大小；（3）求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到速度達(dá)到v＝10m/s過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱；（4）當(dāng)導(dǎo)體棒開始勻速運(yùn)動后，對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力作用，測得導(dǎo)體棒中電流I與拉力的作用時間t的函數(shù)關(guān)系為I＝t+5（A），求拉力大小F與拉力的作用時間t滿足的函數(shù)關(guān)系?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）當(dāng)導(dǎo)體棒開始勻速運(yùn)動，此時導(dǎo)體棒受力平衡，根據(jù)受力平衡求得磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）結(jié)合牛頓第二定律求得當(dāng)導(dǎo)體棒速度為5m/s的加速度；（3）根據(jù)能量守恒定律解得。（4）根據(jù)歐姆定律，結(jié)合題意判斷電流與時間的比值恒定，可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求解。【解答】解：（1）導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v＝10m/s時開始勻速運(yùn)動，此時導(dǎo)體棒受力平衡，有mgsinθ＝F安＝BIL根據(jù)歐姆定律：I=根據(jù)電磁感應(yīng)定律：E＝BLv聯(lián)立解得B＝1T（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到5m/s時，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣BI'L＝ma根據(jù)閉合電路歐姆定律：I'=代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2（3）根據(jù)能量守恒定律有：mgxsinθ=1代入數(shù)據(jù)解得：Q＝20J（4）根據(jù)歐姆定律：I=可得ΔI導(dǎo)體棒的加速度a=根據(jù)導(dǎo)體棒電流I與時間t的函數(shù)關(guān)系可知ΔIΔt導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動聯(lián)立解得a＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律有：F+mgsinθ﹣BIL＝ma解得：F＝t+2（N）答：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到5m/s時，導(dǎo)體棒加速度的大小為2.5m/s2（3）電路中產(chǎn)生的焦耳熱為20J；（4）拉力大小F與拉力的作用時間t滿足的函數(shù)關(guān)系為F＝t+2（N）?！军c(diǎn)評】對于電磁感應(yīng)的綜合問題，要做好電流、安培力、運(yùn)動關(guān)系這三個方面的分析，同時這類問題涉及知識點(diǎn)多，容易混淆，要加強(qiáng)練習(xí)，平時注意知識的理解與應(yīng)用。熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系；注意平衡條件的正確應(yīng)用。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點(diǎn)時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動定律及向心力公式列方程．3．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動．小球通過軌道最高點(diǎn)時恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時速度的大??；（2）小球通過軌道最低點(diǎn)時角速度的大小；（3）小球通過軌道最低點(diǎn)時受到軌道支持力的大小．分析：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動向心力公式即可得出最高點(diǎn)的速度；（2）可以根據(jù)動能定理求出最低點(diǎn)的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點(diǎn)由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動向心力公式即可求得支持力的大?。獯穑海?）設(shè)小球通過軌道最高點(diǎn)時速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運(yùn)動向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過軌道最低點(diǎn)的速度大小為v2，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中運(yùn)用動能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過軌道最低點(diǎn)時受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運(yùn)動向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點(diǎn)時角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點(diǎn)時受到軌道支持力的大小為6mg點(diǎn)評：該題是動能定理及圓周運(yùn)動向心力公式的直接應(yīng)用，要抓住恰好到達(dá)最高點(diǎn)的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動最高點(diǎn)時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v4．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評：分析清楚物體的運(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。5．電場強(qiáng)度的疊加【知識點(diǎn)的認(rèn)識】電場強(qiáng)度的疊加原理多個電荷在電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度為各個點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，這種關(guān)系叫電場強(qiáng)度的疊加．電場強(qiáng)度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場強(qiáng)度問題時，應(yīng)分清所敘述的場強(qiáng)是合場強(qiáng)還是分場強(qiáng)，若求分場強(qiáng)，要注意選擇適當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計算；若求合場強(qiáng)時，應(yīng)先求出分場強(qiáng)，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．【命題方向】圖中a、b是兩個點(diǎn)電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點(diǎn)．下列哪種情況能使P點(diǎn)場強(qiáng)方向指向MN的左側(cè)？（）A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2B、Q1是正電荷，Q2是負(fù)電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負(fù)電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負(fù)電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點(diǎn)正電荷所受電場力方向為電場強(qiáng)度方向來確定各自電場強(qiáng)度方向．然后兩點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)的場強(qiáng)是由各自電場強(qiáng)度矢量疊加而成的．解答：A、當(dāng)兩點(diǎn)電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿MN背離N方向。當(dāng)Q1＜Q2時，則b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度比a點(diǎn)強(qiáng)，所以電場強(qiáng)度合成后，方向偏左。當(dāng)Q1＞Q2時，則b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度比a點(diǎn)弱，所以電場強(qiáng)度合成后，方向偏右。故A正確；B、當(dāng)Q1是正電荷，Q2是負(fù)電荷時，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿bP連線背離b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿aP連線指向b點(diǎn)，則合電場強(qiáng)度方向偏右。不論電量大小關(guān)系，仍偏右。故B錯誤；C、當(dāng)Q1是負(fù)電荷，Q2是正電荷時，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿bP連線指向b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿aP連線背離a點(diǎn)，則合電場強(qiáng)度方向偏左。不論它們的電量大小關(guān)系，仍偏左。故C正確；D、當(dāng)Q1、Q2是負(fù)電荷時，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿bP連線指向b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿aP連線指向a點(diǎn)，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強(qiáng)度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點(diǎn)評：正點(diǎn)電荷在某點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向是這兩點(diǎn)的連線且背離正電荷，而負(fù)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向是這兩點(diǎn)的連線且指向負(fù)電荷．【解題思路點(diǎn)撥】電場強(qiáng)度疊加問題的本質(zhì)就是矢量運(yùn)算法則，先確定每一個電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場強(qiáng)。6．電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算【知識點(diǎn)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(diǎn)在同一直線上，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，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點(diǎn)所受的電場力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點(diǎn)撥】既可以利用E=Fq計算某一點(diǎn)的電場強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝7．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無關(guān)，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點(diǎn)的電勢能，等于把電荷從該點(diǎn)移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負(fù)功，電勢能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無窮遠(yuǎn)處為電勢能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關(guān)概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已?！久}方向】a和b為電場中的兩個點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導(dǎo)致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負(fù)可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點(diǎn)評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減?。浑妶隽ψ鲐?fù)功時電勢能增大。（對正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負(fù)電荷在電勢低處具有的電勢能大。8．電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：電荷在某一點(diǎn)的電勢能與它的電荷量之比。2.公式：φ=3.單位：伏特，簡稱伏，符號為V，1V＝1J/C。4.物理意義：描述電場的能的性質(zhì)物理量。5.特點(diǎn)：（1）電勢是電場自身的性質(zhì)，與試探電荷本身無關(guān)。（2）相對性：電場中各點(diǎn)電勢的高低，與所選取的零電勢點(diǎn)的位置有關(guān)，一般情況下取離場源電荷無限遠(yuǎn)處或大地的電勢為0.（3）標(biāo)矢性：標(biāo)量，有正負(fù)，正負(fù)表示大小。6.拓展：（1）對于點(diǎn)電荷或均勻帶電球體（球殼），周圍的電勢滿足φ＝kQ（2）因為電勢是標(biāo)量，正負(fù)代表大小，同樣以無限遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)的情況下，正電荷周圍的電勢為正，負(fù)電荷周圍的電勢為負(fù)，且越靠近正電荷，電勢越正（大），越靠近負(fù)電荷，電勢越負(fù)（小）?！久}方向】在靜電場中，關(guān)于場強(qiáng)和電勢的說法正確的是（）A、電勢高的地方電場強(qiáng)度不一定大B、電場強(qiáng)度大的地方電勢一定高C、電勢為零的地方場強(qiáng)也一定為零D、場強(qiáng)為零的地方電勢也一定為零分析：場強(qiáng)與電勢沒有直接關(guān)系．場強(qiáng)越大的地方電勢不一定越高，場強(qiáng)為零的地方電勢不一定為零．電勢為零是人為選取的．解答：AB、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)度小。電勢高的地方電場強(qiáng)度不一定大，電場強(qiáng)度大的地方，電勢不一定高。故A正確，B錯誤。C、電勢為零是人為選取的，則電勢為零的地方場強(qiáng)可以不為零。故C錯誤。D、場強(qiáng)為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的。故D錯誤。故選：A。點(diǎn)評：對于電勢與場強(qiáng)的大小關(guān)系：兩者沒有關(guān)系，可根據(jù)電勢高低看電場線的方向，場強(qiáng)大小看電場線疏密來理解．【解題思路點(diǎn)撥】1.電場中某點(diǎn)的電勢是相對的，它的大小和零電勢點(diǎn)的選取有關(guān)。在物理學(xué)中，常取離場源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢為0，在實際應(yīng)用中常取大地的電勢為0。2.電勢是表征電場性質(zhì)的一個物理量，電場中某點(diǎn)的電勢p的大小是由電場本身和零電勢點(diǎn)的選取決定的，與在該點(diǎn)是否放有試探電荷、試探電荷的電性、試探電荷的電荷量均無關(guān)，這和許多用比值定義的物理量相同，如前面學(xué)過的電場強(qiáng)度E=F3.電勢雖然有正負(fù)，但電勢是標(biāo)量。電勢為正值表示該點(diǎn)電勢高于零電勢點(diǎn)，電勢為負(fù)值表示該點(diǎn)電勢低于零電勢點(diǎn)，正負(fù)號不表示方向。9．電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：在電場中，兩點(diǎn)之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。2.表達(dá)式：設(shè)電場中A點(diǎn)的電視為φA，B點(diǎn)的電勢為φB，則AB電點(diǎn)之間的電勢差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點(diǎn)之間的電勢差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢差的單位伏特，符號：V4.電勢差的正負(fù)電勢差是標(biāo)量，但有正、負(fù)。電勢差的正、負(fù)表示兩點(diǎn)電勢的高低。所以電場中各點(diǎn)間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。5.特點(diǎn)：電場中兩點(diǎn)之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點(diǎn)的選取無關(guān)6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領(lǐng)大小的物理量【命題方向】關(guān)于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點(diǎn)相對A點(diǎn)的電勢差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負(fù)，所以電勢是矢量D、零電勢點(diǎn)的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢分析：UAB＝φ