2024-2025学年上学期北京高二物理期末培优卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期北京高二物理期末培优卷1一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）1．（3分）（2023春•乐山期末）下列说法正确的是（）A．任何时候，电源电动势的值都等于路端电压 B．镍铜合金导线的电阻率与其长度成正比与横截面积大小成反比 C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度不一定为零 D．由Φ＝BS可知磁通量是矢量，磁通量方向与磁感应强度方向相同2．（3分）（2021秋•祁东县校级期中）如图所示，负电荷仅受电场力作用从A点运动到B点，则运动过程中电势变化情况分别是（）A．电势变高 B．电势变低 C．电势不变 D．不能判断3．（3分）（2024•海淀区二模）如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后流过某一灯泡的电流i随时间t的变化关系如图2所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是（）A．闭合S，灯泡A和B都缓慢变亮 B．断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势高于b点电势 C．图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系 D．由图2可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值大于灯泡B的阻值4．（3分）（2021秋•临湘市期末）如图所示，小磁针的N极指向正确的是（）A．a B．b C．c D．d5．（3分）（2018•浙江模拟）如图所示，平行长直导线1、2通过相反方向的电流，电流大小相等。a、b两点关于导线1对称，b、c两点关于导线2对称，且ab＝be，则下列说法正确的是（）A．a、b、c三点中b点的磁感应强度最大 B．a、c两点的磁感应强度大小相同方向相反 C．导线1、2间存在相互吸引的作用力 D．导线1受到的安培力方向向右6．（3分）（2023•信阳二模）实验室使用的电流表是磁电式电流表，其外观如左图所示，内部构造如图所示。该表的骨架用铝框做成，运输时常用短路片连接正负接线柱来保护。下列关于其结构和运输做法的叙述中正确的是（）A．用铝框做成骨架，主要是因为铝的密度小，转动轻巧 B．因线圈是铜质的，故除铜外的其它材质均可做骨架 C．运输时短接，能避免指针受损 D．运输时短接，使之成为一体，可避免雷击7．（3分）（2016•江苏模拟）图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则（）A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 B．每秒钟内电流方向改变100次 C．灯泡两端的电压为22V D．0～0.01s时间内通过灯泡的电量为08．（3分）（2021春•大渡口区校级月考）在如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯泡L变亮 B．P向上滑动时，变压器的输入功率变小 C．P向下滑动时，变压器的输出电压U2不变 D．断开与灯串联的开关S，变压器输入功率增大9．（3分）（2019秋•铜陵期末）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E．粒子沿直线穿过速度选择器后通过平板S上的狭缝P，之后到达记录粒子位置的胶片A1A2，板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。不计粒子重力。下列说法正确的是（）A．粒子在速度选择器中一定做匀加速运动 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EBD．比荷（qm）越小的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝10．（3分）如图所示，矩形线框abcd位于纸面内，面积为S，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO'恰好位于垂直纸面向外的匀强磁场的右边界上，已知匀强磁场的磁感应强度为B。若线框从图示位置以OO'为轴按如图所示的方向匀速转动，下列说法正确的是（）A．在线框转动过程中始终有感应电流产生 B．图示位置时穿过线框的磁通量为12C．使线框从图示位置转动60°时穿过线框的磁通量为12D．使线框从图示位置转动180°，则线框的磁通量变化大小为111．（3分）（2023秋•东城区期末）将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，线圈A中插有铁芯。闭合开关前滑动变阻器的滑片P处于如图所示位置。开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转。下列操作中仍使电流计指针向左偏转的是（）A．将线圈A中的铁芯拔出 B．将滑片P向右移动 C．A、B保持相对静止一起移动 D．保持其它不变，仅断开开关12．（3分）（2022秋•东城区校级月考）如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别是α和β，且α＜β，两小球在同一水平线上，由此可知（）A．B球受到的库仑力较大，电荷量较大 B．B球的质量较大 C．B球受到的拉力较大 D．两球接触后，再处于静止的平衡状态时，悬线的偏角α'、β'仍满足α'＜β'13．（3分）一闭合的正方形线圈放置在水平面上，在线圈所在的空间加一竖直向上的磁场，磁场的变化规律如图所示。已知线圈的匝数为n、边长为a、面积为S，图线的斜率为k，则下列说法正确的是（）A．线圈的匝数由n变为2n，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍 B．线圈的边长由a变为2a，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍 C．线圈的面积由S变为2S，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍 D．图线的斜率由k变为k214．（3分）如图所示，太阳或其他星体放射出的宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球时会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用。下列关于地磁场的说法正确的是（）A．宇宙射线中带电粒子在地磁场中受到的洛伦兹力的方向可能与其运动方向平行 B．射向地球北极表面的带电粒子可能会受到地磁场的作用力 C．带正电的粒子垂直射向赤道时会向西偏转 D．带负电的粒子垂直射向位于北半球的上海时会向北偏转二．实验题（共6小题，满分58分）15．（8分）（2023春•龙亭区校级期中）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置．（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将（填“向左偏”或“向右偏”），A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将（填“向左偏”或“向右偏”）。（2）在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是（填图中仪器的字母）。16．（12分）（2020•贵阳模拟）某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻。实验中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图1所示的实验电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。他用到的实验器材有：待测水果电池组（电动势约4V，内阻约50Ω）、双向电压表（量程为2V，内阻约为2kΩ）、电阻箱（0～9999Ω）、滑动变阻器（0～200Ω），一个单刀双掷开关及若干导线（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：①将R1的滑动触片滑至最左端，将S拨向1位置，将电阻箱阻值调为0②调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏③保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到④读出电阻箱的阻值，记为R2，则电压表的内阻RV（2）若测得电压表内阻为2kΩ，可分析此测量值应真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）接下来测量电源电动势和内阻，实验步骤如下：①将开关S拨至（填“1”或“2”）位置，将R1的滑动触片移到最左端，不再移动②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值③重复第二步，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出1U-1R图象，则可消除系统误差，如图2所示，其中截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为，内阻的表达式为17．（9分）（2022秋•长安区校级月考）如图，带正电的微粒从A点进入水平方向的匀强电场中，恰能沿AB直线斜向上运动。已知AB与电场线夹角θ＝37°，带电微粒的质量m＝1.0×10﹣7kg，带电量q＝1.0×10﹣10C，A、B两点相距L＝30cm，取g＝10m/s2。求：（1）电场强度的大小并在图中画出方向；（2）AB两点的电势差；（3）若规定A点的电势为0，则B点的电势为多少？（4）从A点运动到B点，电场力做了多少功？电势能变化了多少？18．（8分）（2020秋•内江期末）航空母舰是现代军事的重要装备之一，某航母上配备了如图所示的电磁轨道炮，它的电源电压能自行调节，以保证电磁炮匀加速发射。水平光滑轨道宽为0.5m，长为14.4m，在导轨间有竖直向上的磁感应强度为50T的匀强磁场，电磁炮的总质量为1kg，在某次试验发射时，电源为电磁炮提供的电流为2×103A，电磁炮从静止开始加速运动，不计加速导轨的电阻和空气阻力，求：（1）电磁炮所受安培力的大小；（2）电磁炮离开轨道时的速度。19．（9分）（2024秋•苏州月考）利用电动机提升重物的示意图如下。已知电源电动势E＝110V，电源内阻r＝2Ω，电动机线圈电阻R0＝3Ω，定值电阻R＝6Ω，重物质量m＝50kg，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数U＝100V，不计空气阻力和摩擦，取g＝10m/s2。求：（1）流经电源的电流I和电动机两端的电压UM；（2）电动机的热功率P和重物匀速上升时的速度v；（3）由于人员使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率P1。20．（12分）（2022春•海淀区校级期末）磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场（磁场方向垂直由长l和高a组成的平面向里）中，磁感应强度的大小为B。高温等离子体保持以不变的速率v水平向右通过发电通道，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素．当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。（1）求开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U；（2）要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力．如果不计其他损耗，这个推力的功率PT，就应该等于该发电机的总功率PD，请证明这个结论；（3）若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内几乎不动的离子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体的横截面积为S，电阻率为ρ，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e，求金属导体中每个电子所受平均阻力f大小。

2024-2025学年上学期北京高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）1．（3分）（2023春•乐山期末）下列说法正确的是（）A．任何时候，电源电动势的值都等于路端电压 B．镍铜合金导线的电阻率与其长度成正比与横截面积大小成反比 C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度不一定为零 D．由Φ＝BS可知磁通量是矢量，磁通量方向与磁感应强度方向相同【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析；矢量和标量的区分与判断；电动势的概念和物理意义；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据闭合电路欧姆定律E＝U路+U内，分析电源电动势和路端电压；电阻率只与电阻本身有关；安培力为零，可能是磁感应强度可能为零、也可能是通电导线电流方向与磁感应强度方向平行；磁通量是标量，但有正负。【解答】解：A．根据闭合电路欧姆定律E＝U路+U内即电源电动势的大小等于路端电压和内电压之和，当电路闭合，且内阻不为0时，内电压不为零，则电源电动势的值不等于路端电压。故A错误；B．电阻率由导体本身材料决定，与其长度、横截面积均无关，只与电阻本身有关。故B错误；C．根据安培力规律，一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，该处的磁感应强度可能为零，也可能通电导线电流方向与磁感应强度方向平行。故C正确；D．磁通量是标量，有大小无方向，但根据磁感线穿过线圈平面的方向的不同，有正负之分。故D错误。故选：C。【点评】本题解题关键是掌握基本的电路原理，比如闭合电路欧姆定律、电阻率等，比较基础。2．（3分）（2021秋•祁东县校级期中）如图所示，负电荷仅受电场力作用从A点运动到B点，则运动过程中电势变化情况分别是（）A．电势变高 B．电势变低 C．电势不变 D．不能判断【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场强度与电场力的关系和计算；电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据力与速度的角度关系分析出电场力的做功，结合功能关系得出电势能的变化，从而分析出电势的高低。【解答】解：仅受电场力作用从A点运动到B点，则电场力做正功，电势能减小，而负电荷在电势高的地方电势能小，因此运动过程中电势变高，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，理解功能关系从而分析出能量的变化即可，属于简单题型。3．（3分）（2024•海淀区二模）如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后流过某一灯泡的电流i随时间t的变化关系如图2所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是（）A．闭合S，灯泡A和B都缓慢变亮 B．断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势高于b点电势 C．图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系 D．由图2可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值大于灯泡B的阻值【考点】自感现象与自感系数．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】C【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流增大，断开电键，两灯与电感构成一回路，电感阻碍电流减小，根据电流变化情况分析电阻大小。【解答】解：AC、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以A慢慢发光，B灯正常发光，可知图2是B在S断开前后电流随时间的变化关系，故A错误，C正确；B、断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，电感相当于电源，与原来的电流方向相同，即方向向右，则a点电势低于b点电势，故B错误；D、由图2分析可知S断开时，流过B灯的电流比原来的较大，根据欧姆定律可知，灯泡A的阻值小于灯泡B的阻值，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。4．（3分）（2021秋•临湘市期末）如图所示，小磁针的N极指向正确的是（）A．a B．b C．c D．d【考点】通电直导线周围的磁场；磁感线的概念和性质．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】D【分析】依据安培定则可判断通电导线周围的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向与磁感应线的方向相同，从而分析小磁针所在处的磁场方向是否正确。【解答】解：根据右手螺旋定则可知通电螺线管左侧为N极，右侧为S极，磁感线在外部由N极S极，内部由S极指向N极，而静止时小磁针N极指向为磁感线方向，可知小磁针的N极指向正确的只有d，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了磁感线的方向，要求学生能够判断电流周围的磁场方向，同时掌握安培定则的内容。5．（3分）（2018•浙江模拟）如图所示，平行长直导线1、2通过相反方向的电流，电流大小相等。a、b两点关于导线1对称，b、c两点关于导线2对称，且ab＝be，则下列说法正确的是（）A．a、b、c三点中b点的磁感应强度最大 B．a、c两点的磁感应强度大小相同方向相反 C．导线1、2间存在相互吸引的作用力 D．导线1受到的安培力方向向右【考点】两根通电导线之间的作用力；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题．【答案】A【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。【解答】解：AB、根据安培定则可知两导线在b点形成磁场方向相同，由于两导线电流大小相等，b点与两导线的距离也相等，因此两根导线在b点的磁场相加，方向垂直向外；同理，根据安培定则，可知两导线在a点的磁场方向相反，离得越远，磁场越弱，离得越近，磁场越强，则a点的合磁场方向垂直向里，大小即两者相差；对于c点，两导线的合磁场方向也是垂直向里，大小即为两磁场大小在此处的相减，故A正确，B错误；CD、根据同向电流相吸，异向电流相斥可知导线1、2间存在相互排斥的作用力，且导线1受到的安培力方向向左，故CD错误；故选：A。【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。6．（3分）（2023•信阳二模）实验室使用的电流表是磁电式电流表，其外观如左图所示，内部构造如图所示。该表的骨架用铝框做成，运输时常用短路片连接正负接线柱来保护。下列关于其结构和运输做法的叙述中正确的是（）A．用铝框做成骨架，主要是因为铝的密度小，转动轻巧 B．因线圈是铜质的，故除铜外的其它材质均可做骨架 C．运输时短接，能避免指针受损 D．运输时短接，使之成为一体，可避免雷击【考点】磁电式电流表；生活中的电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】C【分析】首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可。同时由左手定则来确定安培力的方向。【解答】解：AB．线圈的框架选择铝质材料，不仅考虑铝的密度小、强度高，更主要的是因为铝框转动时产生涡流，阻碍线圈的转动，这样有利于指针很快地稳定指到读数位置上，所以不能用其他绝缘材质做骨架，故AB错误；CD．在运输时用导线将电流表的两个接线柱连在一起，电流表短路，指针摆动时产生感应电流，感应电流受安培力作用，从而可减缓指针的晃动，并不是为了防止雷击，故C正确，D错误。故选：C。【点评】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。7．（3分）（2016•江苏模拟）图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则（）A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 B．每秒钟内电流方向改变100次 C．灯泡两端的电压为22V D．0～0.01s时间内通过灯泡的电量为0【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；交变电流的周期、频率、相位；正弦式交变电流的有效值；计算线圈转动过程中的电荷量；中性面及其性质．【专题】交流电专题；分析综合能力．【答案】B【分析】当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大。感应电动势最小为零。由题图乙可知交流电电动势的周期，即可求解角速度。线框每转一周，电流方向改变两次。【解答】解：A、由图象乙可知t＝0时感应电动势为零，处于中性面上，故A错误；B、由题图乙可知周期T＝0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em＝31.1v，有效值为：E=Em2=22V，根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：D、根据q=nΔ∅R+r得：0～0.01s时间内通过灯泡的电量为q=2BsR+r①Em=Bsω=Bs2πT=100πBs②代入数据故选：B。【点评】本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小。明确线框每转一周，电流方向改变两次。能从图象读取有效信息8．（3分）（2021春•大渡口区校级月考）在如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯泡L变亮 B．P向上滑动时，变压器的输入功率变小 C．P向下滑动时，变压器的输出电压U2不变 D．断开与灯串联的开关S，变压器输入功率增大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系．【专题】比较思想；控制变量法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，输出电压U2不变，根据副线圈电路中电阻的变化，分析电流、功率的变化。【解答】解：AC、变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，由U1U2=n1n2知原副线圈匝数不变，输出电压UB、P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的负载总电阻减小，由于U2不变，所以根据P=知变压器的输出功率变大，变压器的输入功率随之变大，故B错误；D、断开与灯串联的开关S，副线圈的负载总电阻增大，由于U2不变，所以根据P=U2R故选：C。【点评】解答本题的关键要知道变压器的输出电压是由输入电压和变压比决定的，变压器的输入电压U1不变，原副线圈匝数不变，输出电压U2不变，再进行动态分析。9．（3分）（2019秋•铜陵期末）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E．粒子沿直线穿过速度选择器后通过平板S上的狭缝P，之后到达记录粒子位置的胶片A1A2，板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。不计粒子重力。下列说法正确的是（）A．粒子在速度选择器中一定做匀加速运动 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EBD．比荷（qm）越小的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝【考点】与速度选择器相结合的质谱仪．【专题】应用题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】C【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v=EB的粒子沿直线通过【解答】解：A、在速度选择器中粒子做直速运动，受到的电场力和洛伦兹力大小相等，合力为零，做匀速直线运动，故A错误。B、粒子做直线运动，故受到的洛伦兹力向左，故磁场垂直于纸面向外，故B错误。C、根据qE＝qvB知，v=EB，知速度大小为EBD、根据qvB0＝mv2r知，r=mvqB0，则越靠近狭缝故选：C。【点评】本题考查了质谱仪的工作原理，解决本题的关键理解粒子速度选择器的构造，掌握偏转磁场中粒子的运动规律。10．（3分）如图所示，矩形线框abcd位于纸面内，面积为S，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO'恰好位于垂直纸面向外的匀强磁场的右边界上，已知匀强磁场的磁感应强度为B。若线框从图示位置以OO'为轴按如图所示的方向匀速转动，下列说法正确的是（）A．在线框转动过程中始终有感应电流产生 B．图示位置时穿过线框的磁通量为12C．使线框从图示位置转动60°时穿过线框的磁通量为12D．使线框从图示位置转动180°，则线框的磁通量变化大小为1【考点】电磁感应现象的发现过程；磁通量的概念和计算公式的定性分析．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】A【分析】穿过线框平面的磁通量一直发生变化，在线框转动过程中始终有感应电流产生；磁通量与匝数无关，根据公式Φ＝BS求磁通量；根据线圈在垂直于磁场方向上的投影面积求使线框从图示位置转动60°时穿过线框的磁通量；规定图示穿过线框的磁通量为正值，线框从图示位置转动180°时，穿过线框的磁通量为负值，再求磁通量的变化量。【解答】解：A、在线框转动过程中，穿过线框的磁通量一直发生变化，所以在线框转动过程中始终有感应电流产生，故A正确；B、磁通量是穿过某一面积的磁感线的条数，穿过线框的磁通量与线框匝数无关，图示位置时穿过线框的磁通量为：Φ0=1C、使线框从图示位置转动60°时，线圈在垂直于磁场方向上的投影面积为：S'=12Scos60°=14D、规定图示穿过线框的磁通量为正值，线框从图示位置转动180°时，穿过线框的磁通量为：Φ1=-12BS，所以使线框从图示位置转动180°，则线框的磁通量变化大小为：ΔΦ＝|Φ1﹣Φ0|＝|-12BS故选：A。【点评】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力。对于公式Φ＝BS，要懂得S的意义：有效面积，即线圈在垂直于磁场方向上的投影面积。11．（3分）（2023秋•东城区期末）将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，线圈A中插有铁芯。闭合开关前滑动变阻器的滑片P处于如图所示位置。开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转。下列操作中仍使电流计指针向左偏转的是（）A．将线圈A中的铁芯拔出 B．将滑片P向右移动 C．A、B保持相对静止一起移动 D．保持其它不变，仅断开开关【考点】研究电磁感应现象；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；类比法；电磁感应与电路结合；实验探究能力．【答案】B【分析】由题意可知线圈B中产生使电流表指针向左偏转的条件，然后分析各选项可得出正确答案。【解答】解：由题意可知，开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转，由此可知，当B中的磁通量增大时，电流计指针向左偏；A、将线圈A向上抽出B线圈的过程中，穿过线圈B的磁通量变小，则电流计指针向右偏转，故A错误；B、滑动变阻器的滑片P向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，则会产生感应电流，指针将会向左偏转，故B正确；C、AB保持相对静止一起运动，显然AB线圈的磁通量均不变，B中无感应电流，故C错误；D、断开开关时，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故D错误；故选：B。【点评】本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象。12．（3分）（2022秋•东城区校级月考）如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别是α和β，且α＜β，两小球在同一水平线上，由此可知（）A．B球受到的库仑力较大，电荷量较大 B．B球的质量较大 C．B球受到的拉力较大 D．两球接触后，再处于静止的平衡状态时，悬线的偏角α'、β'仍满足α'＜β'【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力。对小球受力分析，根据平衡条件表示出两个球的重力和拉力，进行比较。【解答】解：A、根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库仑力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；B、对小球A、B受力分析根据平衡条件有mmBg=F库tanβ因α＜β，所以mA＞C、根据平衡条件有FF拉B=F库sinβ因α＜D、两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有tanαtanβ=F因为mA＞mB，所以α′＜β′，故D正确。故选：D。【点评】本题在解答过程中，物体的平衡条件成为关键内容，因此分析物体的受力，对力进行分解合成就成了必须的步骤，有利于学生将力学知识与电学知识相结合。13．（3分）一闭合的正方形线圈放置在水平面上，在线圈所在的空间加一竖直向上的磁场，磁场的变化规律如图所示。已知线圈的匝数为n、边长为a、面积为S，图线的斜率为k，则下列说法正确的是（）A．线圈的匝数由n变为2n，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍 B．线圈的边长由a变为2a，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍 C．线圈的面积由S变为2S，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍 D．图线的斜率由k变为k2【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；楞次定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；分析综合能力．【答案】B【分析】根据法拉第电磁感应定律推导感应电动势，根据电阻定律和闭合电路的欧姆定律求解电流表达式，从而分析选项。【解答】解：由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势E＝nΔΦΔt=nΔBa2Δt=nka2，设绕成线圈的导线的横截面积为S′，导线的电阻率为p，由电阻定律可知，线圈的电阻R=4nρaS'故选：B。【点评】此题要理解图象的斜率的物理意义，掌握闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律的应用。14．（3分）如图所示，太阳或其他星体放射出的宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球时会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用。下列关于地磁场的说法正确的是（）A．宇宙射线中带电粒子在地磁场中受到的洛伦兹力的方向可能与其运动方向平行 B．射向地球北极表面的带电粒子可能会受到地磁场的作用力 C．带正电的粒子垂直射向赤道时会向西偏转 D．带负电的粒子垂直射向位于北半球的上海时会向北偏转【考点】洛伦兹力的概念；地磁场．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】B【分析】带电粒子在磁场中速度方向与磁场方向平行时，不会受到洛伦兹力，利用左手定则判断洛伦兹力的方向。【解答】解：A.带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，故A错误；B.若射向地球北极表面的带电粒子的运动方向不与磁场方向平行，则会受到地磁场的作用力，故B正确；C.由左手定则可知，带正电的粒子垂直射向赤道时受到向东的力，故粒子向东偏转，故C错误；D.由左手定则可知，带负电的粒子垂直射向上海时受到向西的力，故粒子先西偏转，故D错误。故选：B。【点评】题目以自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点。二．实验题（共6小题，满分58分）15．（8分）（2023春•龙亭区校级期中）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置．（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将向右偏（填“向左偏”或“向右偏”），A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将向左偏（填“向左偏”或“向右偏”）。（2）在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是B（填图中仪器的字母）。【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；电磁感应——功能问题；实验探究能力．【答案】（1）向右偏；向左偏；（2）B。【分析】（1）开关闭合瞬间穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏；分别分析迅速插入线圈A或将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈B的磁通量的变化情况，然后判断灵敏电流计指针的偏转方向；（2）产生感应电动势的那部分导体相对于电源，据此分析作答。【解答】解：（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过B线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，穿过B线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；（2）在灵敏电流计所在的电路中，线圈B中的磁通量发生变化，所以为电路提供电流的是线圈B。故答案为：（1）向右偏；向左偏；（2）B。【点评】本题考查了感应电流的产生以及感应电流方向的判断，关键是要弄清穿过线圈B的磁通量增大时灵敏电流计的偏转方向。16．（12分）（2020•贵阳模拟）某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻。实验中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图1所示的实验电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。他用到的实验器材有：待测水果电池组（电动势约4V，内阻约50Ω）、双向电压表（量程为2V，内阻约为2kΩ）、电阻箱（0～9999Ω）、滑动变阻器（0～200Ω），一个单刀双掷开关及若干导线（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：①将R1的滑动触片滑至最左端，将S拨向1位置，将电阻箱阻值调为0②调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏③保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到半偏④读出电阻箱的阻值，记为R2，则电压表的内阻RV等于R2（2）若测得电压表内阻为2kΩ，可分析此测量值应大于真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）接下来测量电源电动势和内阻，实验步骤如下：①将开关S拨至2（填“1”或“2”）位置，将R1的滑动触片移到最左端，不再移动②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值③重复第二步，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出1U-1R图象，则可消除系统误差，如图2所示，其中截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为1b【考点】测量水果电池的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力；实验探究能力．【答案】（1）半偏，等于R2；（2）大于；（3）2；（4）1b，k【分析】（1）根据半偏法测内阻的原理分析答题；（2）应用欧姆定律分析实验误差；（3）根据伏阻法测电源电动势与内阻的实验原理分析答题；（4）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）由题图可知，当S拨向1位置，滑动变阻器R1在电路中为分压式接法，利用电压表的半偏法得：调节R1使电压表满偏，保持R1不变，R2与电压表串联，调节R2使电压表的示数达到半偏（或最大值的一半），电压表的内阻R1与电阻箱示数R2相同。（2）由闭合电路欧姆定律可知，调节R2变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻值变大，干路总电流变小，由E＝Ir+U外，得U外变大，由电路知：U外＝U并+U右，变阻器的滑动触片右侧电压U右＝IR右变小，则U并变大，电压表半偏时，R2上的电压就会大于电压表上的电压，那么R2的阻值就会大于电压表的阻值；（3）测电源的电动势和内阻，利用伏阻法，S拨到2，同时将R1的滑动触片移动最左侧；利用E=U1+U1Rr，E＝U1（4）由欧姆定律得：E＝U+UR所以1E=b得：E=1b，r故答案为：（1）半偏，等于R2；（2）大于；（3）2；（4）1b，k【点评】对于实验题的解答，必须通过实验所给信息分析实验的实验原理，掌握欧姆定律求解电阻从而引起实验误差，能根据闭合电路欧姆定律推导出1U和117．（9分）（2022秋•长安区校级月考）如图，带正电的微粒从A点进入水平方向的匀强电场中，恰能沿AB直线斜向上运动。已知AB与电场线夹角θ＝37°，带电微粒的质量m＝1.0×10﹣7kg，带电量q＝1.0×10﹣10C，A、B两点相距L＝30cm，取g＝10m/s2。求：（1）电场强度的大小并在图中画出方向；（2）AB两点的电势差；（3）若规定A点的电势为0，则B点的电势为多少？（4）从A点运动到B点，电场力做了多少功？电势能变化了多少？【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；共点力的平衡问题及求解；电场强度与电场力的关系和计算；电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】（1）电场强度的大小为43×1（2）AB两点的电势差为﹣3.2×103V；（3）若规定A点的电势为0，则B点的电势为3.2×103V；（4）从A点运动到B点，电场力做了的功﹣3.2×10﹣7J，电势能增大了3.2×10﹣7J。【分析】（1）根据粒子做直线运动的条件，合力沿BA方向，根据几何知识可以求出电场力的大小和方向，从而判断电场强度的大小和方向；（2）根据U＝Ed求AB两点间的电势差；（3）根据电势差的定义求出B的电势；（4）微粒电势能的变化量大小等于电场力做功；【解答】解：（1）重力方向竖直向下，而微粒恰沿直线运动，则其所受合外力方向沿直线方向，而电场力沿水平方向，故电场力只可能水平向左，微粒带正电，则电场方向水平向左。根据平行四边形定则可得：mg＝qEtanθ解得：E=（2）AB两点的电势差：U（3）若规定A点的电势为0，则B点的电势：φ（4）从A点运动到B点，电场力做功：W电势能变化ΔE答：（1）电场强度的大小为43×1（2）AB两点的电势差为﹣3.2×103V；（3）若规定A点的电势为0，则B点的电势为3.2×103V；（4）从A点运动到B点，电场力做了的功﹣3.2×10﹣7J，电势能增大了3.2×10﹣7J。【点评】电场力与场强的关系是F＝qE．抓住电场力具有力的一般特性，由功的公式求电场力做功．18．（8分）（2020秋•内江期末）航空母舰是现代军事的重要装备之一，某航母上配备了如图所示的电磁轨道炮，它的电源电压能自行调节，以保证电磁炮匀加速发射。水平光滑轨道宽为0.5m，长为14.4m，在导轨间有竖直向上的磁感应强度为50T的匀强磁场，电磁炮的总质量为1kg，在某次试验发射时，电源为电磁炮提供的电流为2×103A，电磁炮从静止开始加速运动，不计加速导轨的电阻和空气阻力，求：（1）电磁炮所受安培力的大小；（2）电磁炮离开轨道时的速度。【考点】电磁炮；动能定理的简单应用．【专题】应用题；定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】（1）电磁炮所受安培力的大小为5×104N，（2）电磁炮离开轨道时的速度为1.2×103m/s。【分析】由安培力公式即可解决第一问，根据动能定理即可求解电磁炮离开轨道时的速度。【解答】解：（1）在导轨通有电流I时，电磁炮受到的安培力为F＝BIL＝50×2×103×0.5N＝5×104N（2）由动能定理得Fx=得：v=2Fxm=2×5×104×14.4答：（1）电磁炮所受安培力的大小为5×104N，（2）电磁炮离开轨道时的速度为1.2×103m/s。【点评】动能定理表达时，要注意对电磁炮受力分析找到合力。19．（9分）（2024秋•苏州月考）利用电动机提升重物的示意图如下。已知电源电动势E＝110V，电源内阻r＝2Ω，电动机线圈电阻R0＝3Ω，定值电阻R＝6Ω，重物质量m＝50kg，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数U＝100V，不计空气阻力和摩擦，取g＝10m/s2。求：（1）流经电源的电流I和电动机两端的电压UM；（2）电动机的热功率P和重物匀速上升时的速度v；（3）由于人员使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率P1。【考点】电动机“卡死”情况下的功率计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；纯电阻电路的能量转化特点；电动机中的能量转化与计算．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）流经电源的电流I为5A，电动机两端的电压UM为70V；（2）电动机的热功率P为75W，重物匀速上升时的速度v为0.55m/s；（3）此时电动机的热功率P1为300W。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解流经电源的电流I，并求出电动机两端的电压UM；（2）由P＝I2R0求电动机的热功率P。根据电动机的输入功率与热功率之差求出电动机的机械能P机，由P机＝mgv求重物匀速上升时的速度v；（3）电动机被卡住而无法转动时，由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再求此时电动机的热功率P1。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得E＝U+Ir代入数据解得：I＝5A电动机两端的电压UM＝U﹣IR＝（100﹣5×6）V＝70V（2）电动机的热功率P＝I2R0＝52×3W＝75W电动机的输入功率P入＝UMI＝70×5W＝350W电动机输出的机械能P机＝P入﹣P＝350W﹣75W＝275W由P机＝mgv得v=P机mg（3）电动机被卡住而无法转动时，电路中电流为I′=ER+R此时电动机的热功率P1＝I′2R0＝102×3W＝300W答：（1）流经电源的电流I为5A，电动机两端的电压UM为70V；（2）电动机的热功率P为75W，重物匀速上升时的速度v为0.55m/s；（3）此时电动机的热功率P1为300W。【点评】解决本题时，要知道电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。20．（12分）（2022春•海淀区校级期末）磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场（磁场方向垂直由长l和高a组成的平面向里）中，磁感应强度的大小为B。高温等离子体保持以不变的速率v水平向右通过发电通道，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素．当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。（1）求开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U；（2）要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力．如果不计其他损耗，这个推力的功率PT，就应该等于该发电机的总功率PD，请证明这个结论；（3）若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内几乎不动的离子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体的横截面积为S，电阻率为ρ，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e，求金属导体中每个电子所受平均阻力f大小。【考点】磁流体发电机；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U为Bav；（2）见解析；（3）金属导体中每个电子所受平均阻力f大小为Baveρ(R+r)S【分析】（1）根据电路的特点分析出电动势的大小；（2）根据能量守恒分别写出两个功率，根据功率大小相等证明结论；（3）根据电流的定义式分析出电荷移动速度的表达式；根据功率的计算公式结合电阻定律计算出每个电子受到的阻力。【解答】解：（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势．此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡．有qvB=qE可得E＝U＝Bav（2）当电键闭合，由欧姆定律可得I=E该电流在发电通道内受到的安培力大小为FA＝BIa要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为FT＝FA推力F的功率为PT＝FTv联立可得PT闭合电路中发电机的总功率为PD＝IE联立可得PD由此可得PT＝PD可见，推力的功率PT就等于该发电机的总功率PD。（3）设金属导体R内电子运动的平均速率为v1，单位体积内的电子数为n，t时间内有N个电子通过电阻的横截面，则：N＝v1tSnt时间内通过横截面的电荷量为Q＝Ne电流为I=Q可得v1设金属导体中的总电子数为N1，长度为d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以电场力的功率（电功率）应该等于所有电子克服阻力f做功的功率，即I2R＝N1fv1N1＝dSn由电阻定律得R=ρd可得：f=答：（1）开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U为Bav；（2）见解析；（3）金属导体中每个电子所受平均阻力f大小为Baveρ(R+r)S【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，分析过程中结合了欧姆定律和电阻定律，根据能量的特点分析出功率的关系，难度中等偏上。

考点卡片1．矢量和标量的区分与判断【知识点的认识】根据矢量和标量的物理意义，判断给出的物理量是标量还是矢量。【命题方向】下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、时间、速度、加速度B.质量、路程、速率、时间C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、时间、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．解答：A、时间没有方向为标量，故A错误；B、质量、路程、速率、时间均为标量，故B错误；C、速度、平均速度、位移、加速度这四个物理量均有大小和方向，因此为矢量，故C正确；D、路程、时间只有大小没有方向，因此为标量，故D错误。故选：C。点评：本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握，正确理解标量和矢量的区别即可正确解答．【解题思路点拨】从矢量和标量的物理意义出发，了解矢量和标量的判断方法，对选项中每一个物理量进行分析，从而选出符合要求的结果。2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和F4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．4．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。5．库仑力作用下的受力平衡问题【知识点的认识】本考点旨在针对带电体在有库仑力存在时的平衡问题。注意这个考点下只针对点电荷之间的作用力，不含电场类问题。【命题方向】质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，如图所示则（）A、若m1＝m2，q1＜q2，则α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，则α＞βC、若m1＞m2，则α＜β，与q1、q2是否相等无关D、若q1＝q2，m1＞m2，则α＞β分析：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．根据电场力和重力的关系得出两球质量的关系．解答：设左边球为A，右边球为B，则对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：设T为绳的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．则有α＞β；若m1＞m2．则有α＜β根据题意无法知道带电量q1、q2的关系。故选：C。点评：要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较．【解题思路点拨】解这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。6．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=8F，故B故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝7．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．8．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静