2024-2025学年上学期北京高二物理期末培优卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期北京高二物理期末培优卷3一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2019秋•宁波期末）有些物理量既有大小又有方向才能完全确定，而且运算法则遵循平行四边形定则，物理学中把这样的量称之为矢量。下列物理量中不属于矢量的是（）A．力 B．速率 C．重力加速度 D．向心加速度2．（3分）（2023秋•重庆期末）图中实线为等势面，一带电粒子从电场中的B点运动到A点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A．粒子一定带正电 B．粒子的动能逐渐增加 C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 D．粒子在A点具有的电势能小于在B点的电势能3．（3分）A、B两根平行长直导线垂直纸面固定，两导线中通有大小相等的恒定电流，在两导线连线的垂直平分线上有一小磁针，在磁场力作用下保持静止状态，如图所示，忽略地磁场的影响。关于两导线中电流方向，下列说法正确的是（）A．A中电流垂直纸面向外，B中电流垂直纸面向里 B．A中电流垂直纸面向外，B中电流垂直纸面向外 C．A中电流垂直纸面向里，B中电流垂直纸面向里 D．A中电流垂直纸面向里，B中电流垂直纸面向外4．（3分）（2021秋•东城区期末）如图所示电路中，表头G的内阻Rg＝500Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1、R2为定值电阻，若R1＝R2＝9.5kΩ，下列说法正确的是（）A．表头G的满偏电压为500V B．使用a、b两个端点时，可以用来测量大于1mA的电流 C．使用a、b两个端点时，可以用来测量电压，其量程为0～10V D．使用a、c两个端点时，可以用来测量电压，其量程为0～20V5．（3分）（2022秋•香坊区校级期中）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻阻值随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是（）A．电流表A1示数变小，电流表A读数减小，小灯泡L1变暗 B．电流表A读数增大，电压表V读数变大，小灯泡L2变暗 C．电压表示数变化ΔU，电流表A示数变化ΔI，ΔUΔI等于rD．电压表示数变化ΔU，电流表A1示数变化ΔI1，ΔUΔI6．（3分）（2021•西城区二模）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（）A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转 B．开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针 C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转 D．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力7．（3分）（2022春•太仓市校级期中）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自A．以速度4v0射入的a粒子（14HeB．以速度2v0射入的核（12HC．以速度v0射入的电子（-10eD．以速度v02的射入的正电子（请阅读下述文字，完成第14题、第15题、第16题。如图所示为多用电表的表盘。8．（3分）如图所示为某同学实验时所连接的电路。实验中发现L1、L2都不亮。该同学利用多用电表的电压挡检测故障，检测结果如下表所示。根据检测结果判断，可能的故障是（）测试点a、bc、dd、f电压表示数情况有示数无示数有示数A．灯L1断路 B．灯L2短路 C．bf段断路 D．de段断路9．（3分）（2023春•辽阳期末）1932年，安德森在宇宙线实验中发现了正电子。假设正电子的速率为v，电荷量为q，沿着与磁场垂直的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为（）A．qvB B．qB C．vB D．0.5qvB10．（3分）（2021•辽宁模拟）如图，有理想边界的矩形区域abcd由两个正方形区域aefd和ebcf组成，e和f为ab和cd的中点，ab＝2ad＝2l，正方形区域aefd和ebcf内部各存在着两个方向相反的垂直纸面的强磁场，磁感应强度大小均为B，de、ec是两个不同方向匀强磁场的理想分界线。一边长也为l的正方形导线框的底边与矩形磁场区域的底边在同一直线上，正方形导线框以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域，从左边界进入磁场开始计时，规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则正方形导线框中感应电流i随其移动距离x的i﹣x图像正确的是（）A． B． C． D．二．多选题（共4小题，满分12分，每小题3分）（多选）11．（3分）（2018秋•江都区期中）如图所示，将四根通电直导线分别放在四个匀强磁场中，图中给出了磁感应强度B的方向、导线中电流I的方向，某同学分别画出了通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A． B． C． D．（多选）12．（3分）（2023秋•秀英区校级月考）如图所示，电源电动势为E＝12V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝1Ω，R2＝6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U＝6V，线圈电阻RM＝0.5Ω，则下列说法正确的是（）A．流过电动机的电流为12A B．流过电源的电流为3A C．电源的输出功率为18W D．电动机正常工作时输出的机械功率为10W（多选）13．（3分）（2023秋•南岗区校级期末）如图1所示，一金属圆环放在磁场中，磁场方向与金属圆环平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，则在0～1s的时间内与1～3s的时间内（）A．金属圆环中感应电流的方向相反 B．金属圆环中感应电流大小之比为1：2 C．通过金属圆环中某一截面电荷量之比为1：1 D．金属圆环中产生的焦耳热之比为4：1（多选）14．（3分）（2023春•平潭县校级期中）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为I的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的（）A．前表面的电势比后表面的低 B．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUaC．前、后表面间的电压U与b无关 D．前、后表面间的电压U与I成正比三．实验题（共2小题，满分18分）15．（8分）（2023•广州二模）用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，请完成下列实验内容。（1）实验时，要通过电流表指针的偏转方向来观测电路中电流的方向，因此电流表应采用图乙中的（选填“a”“b”）；（2）依照图甲所示的电路图，将图乙的实验器材用笔画线代替导线连接成实验电路（图中已有部分连接）；（3）开关S接1后，小灯泡L（填选项前的字母）；A.一直不亮B.逐渐变亮，稳定后保持亮度不变C.突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭（4）开关S接1足够长时间后，再将开关S接2。开关S接2之后电压表读数（选填“逐渐增大”“逐渐减小”）；（5）图乙中电容器的电容为μF。当电容器的电压为10V时其带电量为C（保留两位有效数字）。16．（10分）（2024•贵州模拟）小李同学设计了一个电路来准确测量一根金属丝的电阻，原理图如图甲所示。他先用万用表粗略测得金属丝电阻约为20Ω；现有下列器材可供选择：A.电源（电动势为3V，内阻约为1Ω）B.电压表（量程3V，内阻约为1kΩ）C.电压表（量程15V，内阻约为5kΩ）D.电流表（量程30mA，内阻为20Ω）E.电流表（量程0.6A，内阻为5Ω）F.滑动变阻器（最大阻值为20Ω）G.滑动变阻器（最大阻值为500Ω）H.定值电阻R0（阻值为5Ω）I.定值电阻R1（阻值为100Ω）J.开关一个，导线若干（1）为了测量准确，实验时电压表应该选择，电流表应该选择，滑动变阻器应该选择，定值电阻应该选择。（均填器材前对应字母）（2）电压表读数记为U，电流表读数记为I，若不考虑电压表内阻的影响，小李同学根据实验数据作出的U﹣I图像如图乙所示，计算可得图像斜率为k＝105，则金属丝电阻为Ω（结果保留3位有效数字）。四．解答题（共4小题，满分40分）17．（9分）（2023秋•西山区期末）如图所示，电源的电动势E为3V，内阻r为1Ω；定值电阻R1为1Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4Ω，求：（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压；（2）滑动变阻器R2接入电路的电阻为1Ω时，通电1min电阻R1上产生的热量。18．（9分）（2024•广东三模）如图所示为某款质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源S、加速电场PQ，静电分析器、偏转磁场、记录板，静电分析器通道中心线的半径为R，通道内有均匀辐向的电场，中心线处的电场强度大小为E，记录板MN紧靠静电分析器水平放置，静电分析器和记录板下方分布着范围足够大的匀强磁场，离子源S可以发射初速度不计的正离子，已知该离子源发射的质子11H经过加速电场加速后进入静电分析器，恰能沿静电分析器中心线做匀速圆周运动，之后竖直向下飞入匀强磁场，最终水平偏转距离d后打在记录板上，设质子的质量为m，电荷量为（1）加速电场的电压U；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）若匀强磁场区域磁感应强度大小的波动范围为B±ΔB，为使质子11H与氘核1219．（10分）（2024•北辰区三模）有关列车电气制动，可以借助如图所示简化模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L＝0.5m，磁场的磁感应强度为B＝2T，金属棒MN的质量为m＝0.2kg，导轨右端接有阻值为R＝3Ω的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r＝1Ω，导轨的电阻不计。金属棒MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0＝4m/s。（1）求刚开始减速时，导体棒两端的电压U；（2）求刚开始减速时，安培力的功率P；（3）在制动过程中，列车还会受到空气阻力和轨道的摩擦力作用，为了研究问题方便，设简化模型受到的这些阻力总和大小恒为f＝1N。在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为x0＝0.6m。求：该过程中电路产生的焦耳热Q。20．（12分）（2019秋•沙洋县校级月考）如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有平行于y轴正方向的有界匀强电场，场强大小为E．一电子以平行于x轴正方向的初速度v0从P点射入电场中，并从A点离开第Ⅰ象限。已知P点的坐标为（0，L），A点坐标为（2L，0）。不计电子的重力。试求：（1）电子的比荷qm（2）若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于y轴的感光胶片，Q点的坐标为（0，﹣L），求感光胶片上曝光点的横坐标x。

2024-2025学年上学期北京高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2019秋•宁波期末）有些物理量既有大小又有方向才能完全确定，而且运算法则遵循平行四边形定则，物理学中把这样的量称之为矢量。下列物理量中不属于矢量的是（）A．力 B．速率 C．重力加速度 D．向心加速度【考点】矢量和标量的区分与判断．【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】B【分析】矢量是既有大小，又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量，而标量只有大小，没有方向，运算时遵循代数加减法则。【解答】解：ACD、矢量是既有大小，又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量，力、重力加速度和向心加速度都是矢量，故ACD错误；B、标量只有大小没有方向，速率是标量，故B正确。本题选不属于矢量的，故选：B。【点评】解决本题的关键要明确矢量和标量的区别，知道矢量有大小又有方向，标量只有大小，没有方向。2．（3分）（2023秋•重庆期末）图中实线为等势面，一带电粒子从电场中的B点运动到A点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A．粒子一定带正电 B．粒子的动能逐渐增加 C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 D．粒子在A点具有的电势能小于在B点的电势能【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】根据带电粒子运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，从而确定电性；然后根据电场线的疏密程度，判断电场力的变化，分析加速度的变化。根据电场力做功判断电势能和动能的变化。【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直，可知电场线的方向大致沿竖直方向；由粒子受到的合力的方向大致沿运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大体向下；由于不知道电势的高低关系，则不能判断出电场线的方向，也无法判定粒子的电性，故A错误。BD、带电粒子从B到A的运动过程中，电场力的方向与运动的方向之间的夹角为钝角，则电场力对粒子做负功，则带电粒子的电势能增大，动能减小，粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故BD错误；C、A点处等差等势面密，则A点电场线密，电场强度大，粒子在A点所受的电场力大，加速度大，所以粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，故C正确。故选：C。【点评】解决这类带电粒子在电场中运动轨迹问题的关键是根据轨迹弯曲方向判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；要明确电场力做功与电势能和动能间的关系。3．（3分）A、B两根平行长直导线垂直纸面固定，两导线中通有大小相等的恒定电流，在两导线连线的垂直平分线上有一小磁针，在磁场力作用下保持静止状态，如图所示，忽略地磁场的影响。关于两导线中电流方向，下列说法正确的是（）A．A中电流垂直纸面向外，B中电流垂直纸面向里 B．A中电流垂直纸面向外，B中电流垂直纸面向外 C．A中电流垂直纸面向里，B中电流垂直纸面向里 D．A中电流垂直纸面向里，B中电流垂直纸面向外【考点】通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】B【分析】小磁针静止时N极方向向右，说明该处的磁场向右，分别对四个选项的A导线和B导线运用安培定则，即可判断。【解答】解：小磁针N极的指向是该点合磁感应强度的方向，由于两个导线通过的电流是大小相等，根据安培定则，与导线等距离地方磁感应强度大小也相等；A．A中电流垂直纸面向外，A导线在小磁针处的磁感应强度方向向右上方；B中电流垂直纸面向里，B导线在小磁针处的磁感应强度方向向左上方；则小磁针处两大小产生的磁感应矢量合向上方，故A错误；B．A中电流垂直纸面向外，A导线在小磁针处的磁感应强度方向向右上方；B中电流垂直纸面向外，B导线在小磁针处的磁感应强度方向向右下方；则小磁针处两大小产生的磁感应矢量合向右，故B正确；C．A中电流垂直纸面向里，A导线在小磁针处的磁感应强度方向向左下方；B中电流垂直纸面向里，B导线在小磁针处的磁感应强度方向向左上方；则小磁针处两大小产生的磁感应矢量合向左，故C错误；D．A中电流垂直纸面向里，A导线在小磁针处的磁感应强度方向向左下方；B中电流垂直纸面向外，B导线在小磁针处的磁感应强度方向向右下方；则小磁针处两大小产生的磁感应矢量合向下，故D错误。故选：B。【点评】考查安培定则的内容，掌握磁感应强度矢量的合成法则的应用，基础题目。4．（3分）（2021秋•东城区期末）如图所示电路中，表头G的内阻Rg＝500Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1、R2为定值电阻，若R1＝R2＝9.5kΩ，下列说法正确的是（）A．表头G的满偏电压为500V B．使用a、b两个端点时，可以用来测量大于1mA的电流 C．使用a、b两个端点时，可以用来测量电压，其量程为0～10V D．使用a、c两个端点时，可以用来测量电压，其量程为0～20V【考点】电表的改装和应用（实验）；串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压．根据欧姆定律可解得电压表两侧。【解答】解：A、根据欧姆定律可知表头G的满偏电压Ug＝IgRg＝1×10﹣3×500V＝0.5V，故A错误；BC、使用a、b两个端点时，电路中允许经过的最大电流为Ig＝1mA，电流表改装成电压表串联电阻R：U＝Ig（Rg+R1）＝1×10﹣3×（500+9500）V＝10V，故B错误，C正确；D、使用a、c两个端点时，电流表改装成电压表串联电阻R：U＝Ig（Rg+R1+R2）＝1×10﹣3×（500+9500+9500）V＝19.5V，故D错误；故选：C。【点评】明确电流表改装在电压表要串联电阻分压，掌握改装电压表量程的计算方式。5．（3分）（2022秋•香坊区校级期中）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻阻值随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是（）A．电流表A1示数变小，电流表A读数减小，小灯泡L1变暗 B．电流表A读数增大，电压表V读数变大，小灯泡L2变暗 C．电压表示数变化ΔU，电流表A示数变化ΔI，ΔUΔI等于rD．电压表示数变化ΔU，电流表A1示数变化ΔI1，ΔUΔI【考点】电路动态分析；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】由电路图可知，灯泡L2与滑动变阻器串联，电压表测路端电压；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律确定电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P＝I2R确定灯泡实际功率的变化，进一步根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小确定灯泡亮暗的变化，根据串联电路的电压特点确定电压表示数的变化，最后根据欧姆定律和滑动变阻器接入电路中电阻的变化确定电压表与电流表的示数之比的变化．【解答】解：AB．滑动变阻器滑片向右端滑动，R1变大，总电阻R变大，根据闭合电路欧姆定律，电流表A读数I=ER+r减小，电压表测路端电压，电压表V读数U＝E﹣Ir变大，小灯泡L2实际功率P2=I2RL2变小，小灯泡L2变暗，小灯泡LC．电压表示数变化ΔU，电流表A示数变化ΔIΔUΔI故C正确；D．电压表示数变化ΔU，电流表A1示数变化ΔI1ΔUΔ故D错误。故选：C。【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析。6．（3分）（2021•西城区二模）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（）A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转 B．开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针 C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转 D．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力【考点】楞次定律及其应用；研究电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】C【分析】根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流；同时根据楞次定律的两种描述分别分析感应电流的方向以及相互间的相用力。【解答】解：A、开关断开的瞬间，A中电流减小产生的磁场减弱，导致线圈B中的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误；B、当S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向相反，故B错误；C、开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，接入电阻减小，线圈A中电流增大，根据楞次定律可知线圈B中产生感应电流与闭合开关时方向相同，故针向右偏转，故C正确；D、开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，根据楞次定律可知，线圈B将对线圈A产生吸引力，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查楞次定律的应用，重点掌握楞次定律的两种描述：“增反减同”以及“来拒去留”应用。7．（3分）（2022春•太仓市校级期中）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自A．以速度4v0射入的a粒子（14HeB．以速度2v0射入的核（12HC．以速度v0射入的电子（-10eD．以速度v02的射入的正电子（【考点】速度选择器．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】（11H质子）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力相等时，粒子做匀速直线运动。速度满足v【解答】解：（11H质子）以速度v0qv0B＝qE解得：v0=EA、以4v0速射入的a粒，其速度不满足速度选器的条件，故不能做匀速直线运动，故A错误；B、以速度2v0射入的核（12H），所受的洛伦兹力大于电场力，（12C．以速度v0射入的电子，满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故C正确；D．以速度v02的射入的正电子（10故选：C。【点评】本题考查的是速度选择器，解题的关键是粒子速度满足v0=E请阅读下述文字，完成第14题、第15题、第16题。如图所示为多用电表的表盘。8．（3分）如图所示为某同学实验时所连接的电路。实验中发现L1、L2都不亮。该同学利用多用电表的电压挡检测故障，检测结果如下表所示。根据检测结果判断，可能的故障是（）测试点a、bc、dd、f电压表示数情况有示数无示数有示数A．灯L1断路 B．灯L2短路 C．bf段断路 D．de段断路【考点】根据电路现象分析故障原因及位置；练习使用多用电表（实验）．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】电压表判断故障时，根据题意结合选项分析即可；【解答】解：A、若灯L1断路，则c、d间应有示数，d、f间无示数，故A错误；B、若仅灯L2短路，灯泡L1应变更亮，故B错误；C、若bf段断路，则a、b间有电压，c、d间无电压，d、f间无电压，故C错误；D、de段断路，则L1、L2都不亮，a、b间有电压，c、d间无电压，d、f间有电压，与题信息相符，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了用多用电表检查电路故障，检查电路故障可以用电压表、电流表、或欧姆表，应用欧姆表检查电路故障时，应把电源断开；要掌握应用各电表检查电路故障的方法．9．（3分）（2023春•辽阳期末）1932年，安德森在宇宙线实验中发现了正电子。假设正电子的速率为v，电荷量为q，沿着与磁场垂直的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为（）A．qvB B．qB C．vB D．0.5qvB【考点】洛伦兹力的概念．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】当电荷运动的方向与磁场的方向垂直时，受到的洛伦兹力的大小为f＝qvB，由此计算即可。【解答】解：正电子沿着与磁场垂直的方向射入匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为f＝qvB，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握洛伦兹力的大小公式，同时注意公式成立条件：速度方向与磁场垂直。10．（3分）（2021•辽宁模拟）如图，有理想边界的矩形区域abcd由两个正方形区域aefd和ebcf组成，e和f为ab和cd的中点，ab＝2ad＝2l，正方形区域aefd和ebcf内部各存在着两个方向相反的垂直纸面的强磁场，磁感应强度大小均为B，de、ec是两个不同方向匀强磁场的理想分界线。一边长也为l的正方形导线框的底边与矩形磁场区域的底边在同一直线上，正方形导线框以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域，从左边界进入磁场开始计时，规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则正方形导线框中感应电流i随其移动距离x的i﹣x图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；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】C【分析】导体切割磁感线产生感应电动势，分段可以分析出线框中感应电流，利用右手定则判定感应电流方向。【解答】解：BD.导线框从0～t运动过程中，导线框的右边切割磁感应线，0～l2运动过程中导线在垂直纸面向里的有效切割长度大于垂直向外的有效切割长度，所以电流方向逆时针为正，当在l2时电流为零，l2～l运动过程中刚好相反，电流方向顺时针为负；导线框从2l～3l运动过程中，导线框的左边切割磁感应线，2l～5l2运动过程中导线在垂直纸面向外的有效切割长度大于垂直向里的有效长度，电流方向逆时针为正，5l2AC.从l～2l运动过程中，导线左右两边都在磁场中切割而在3l2处顺时针的感应电流和逆时针的电流大小相等，所以此位置感应电流为零，故A错误，C故选：C。【点评】本题属于电磁感应中，导体切割磁感线，利用E＝BLv可以求得电动势，然后求出电流。利用右手定则判断感应电流方向。二．多选题（共4小题，满分12分，每小题3分）（多选）11．（3分）（2018秋•江都区期中）如图所示，将四根通电直导线分别放在四个匀强磁场中，图中给出了磁感应强度B的方向、导线中电流I的方向，某同学分别画出了通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A． B． C． D．【考点】左手定则判断安培力的方向．【专题】作图题；定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】AD【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向。【解答】解：根据左手定值可知：A、图中的安培力应该垂直导体斜向上，故A正确；B、图中电流方向和磁场方向平行，不受安培力，故B错误；C、图中的安培力应该垂直磁感线竖直向上，故C错误；D、图中的安培力应该垂直于电流方向斜向下，故D正确。故选：AD。【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度。（多选）12．（3分）（2023秋•秀英区校级月考）如图所示，电源电动势为E＝12V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝1Ω，R2＝6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U＝6V，线圈电阻RM＝0.5Ω，则下列说法正确的是（）A．流过电动机的电流为12A B．流过电源的电流为3A C．电源的输出功率为18W D．电动机正常工作时输出的机械功率为10W【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据欧姆定律求出流过电阻R2的电流，根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，根据并联电路的特点求出通过电动机的电流；根据P出＝EI﹣I2r，求解电源的输出功率；根据电功率的公式分别求出电动机的输入功率和发热功率，电动机的输出功率等于输入功率减去发热功率。【解答】解：AB、电动机恰好正常工作，已知电动机额定电压U＝6V，则R2两端的电压是6V，流过R2的电流为：I2=UR2设流过电源的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝U+I（R1+r），解得：I＝3A流过电动机的电流为：IM＝I﹣I2＝3A﹣1A＝2A，故A错误，B正确；C．电源的输出功率为：P代入数据解得：P出＝27W，故C错误；D．电动机的输入功率为：P入＝UIM＝6×2W＝12W电动机的热功率为：P热=IM2R电动机输出的机械功率为：P机＝P入﹣P热＝12W﹣2W＝10W，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律的应用和电功率的计算问题，关键要搞清电动机输入功率、发热功率和输出功率的求法，以及三者之间的关系。要注意电动机工作时，欧姆定律不适用。（多选）13．（3分）（2023秋•南岗区校级期末）如图1所示，一金属圆环放在磁场中，磁场方向与金属圆环平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，则在0～1s的时间内与1～3s的时间内（）A．金属圆环中感应电流的方向相反 B．金属圆环中感应电流大小之比为1：2 C．通过金属圆环中某一截面电荷量之比为1：1 D．金属圆环中产生的焦耳热之比为4：1【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电磁感应过程中的电路类问题；楞次定律及其应用；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据磁通量的变化分析感应电流的方向，依据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，根据q＝It可分析电荷量的大小，根据焦耳定律分析D。【解答】解：A．根据题意，结合图像，由楞次定律可知，0～1s时间内金属圆环中感应电流的方向逆时针（俯视），1～3s的时间内金属圆环中感应电流的方向顺时针（俯视），即金属圆环中感应电流的方向相反，故A正确；B．根据题意，由法拉第电磁感应定律有E=ΔΦ感应电流为I=由图可知，0～1s时间内ΔBΔt=21～3s时间内ΔB'Δt'=2可得，金属圆环中感应电流大小之比为I1：I2＝2：1故B错误；C．由公式q＝It可得，通过金属圆环中某一截面电荷量之比为q1故C正确；D．由公式Q＝I2Rt可得，金属圆环中产生的焦耳热之比为Q1故D错误。故选：AC。【点评】解答本题时，要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律，要注意感应电流方向的判断。（多选）14．（3分）（2023春•平潭县校级期中）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为I的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的（）A．前表面的电势比后表面的低 B．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUaC．前、后表面间的电压U与b无关 D．前、后表面间的电压U与I成正比【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据左手定则得出电子的偏转方向，结合电性得出电势的高低；根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的大小，结合题意完成分析。【解答】解：A．当通入方向向右、大小为I的电流时，根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力指向后表面，结合电子的电性可知后表面带负电，由此可分析出前表面的电势比后表面的高，故A错误；B．元件前、后表面间电压为U时，洛伦兹力和电场力平衡，则有F洛=eUCD．根据电流的微观表达式I＝nevab洛伦兹力和电场力平衡，则有evB=联立解得：U=故前、后表面间的电压U与I成正比，U与b有关，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则得出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。三．实验题（共2小题，满分18分）15．（8分）（2023•广州二模）用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，请完成下列实验内容。（1）实验时，要通过电流表指针的偏转方向来观测电路中电流的方向，因此电流表应采用图乙中的a（选填“a”“b”）；（2）依照图甲所示的电路图，将图乙的实验器材用笔画线代替导线连接成实验电路（图中已有部分连接）；（3）开关S接1后，小灯泡LC（填选项前的字母）；A.一直不亮B.逐渐变亮，稳定后保持亮度不变C.突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭（4）开关S接1足够长时间后，再将开关S接2。开关S接2之后电压表读数逐渐减小（选填“逐渐增大”“逐渐减小”）；（5）图乙中电容器的电容为3300μF。当电容器的电压为10V时其带电量为0.033C（保留两位有效数字）。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】（1）a；（2）见解答；（3）C；（4）逐渐减小；（5）3300；0.033【分析】（1）根据电表的区别选择合适的电表进行实验；（2）根据上述分析，同时完成实验电路图的连线；（3）根据电容器的特点，结合电路构造的分析得出灯泡的亮度变化；（4）根据电容器的特点分析出其两端电势差的变化趋势；（5）根据电容器的铭牌得出电容，结合公式Q＝CU得出带电量。【解答】解：（1）表a能判断出电流的方向，而表b只能判断有无电流，故电流表应选择图乙中的a；（2）实验电路图如图所示：（3）开关接1后，在通电瞬间电容器的电阻较小，稳定后电容器相当于断路，所以小灯泡L会突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭，故C正确，AB错误；故选：C。（4）开关接2后，电容器开始放电，根据公式Q＝CU可知，电容器的电容保持不变，但电荷量减小，所以电势差减小，因此电压表读数逐渐减小；（5）图乙中电容器的电容为3300μF，根据公式Q＝CU可知，当电压为10V时，Q＝3.3×10﹣6×10C＝0.033C故答案为：（1）a；（2）见解答；（3）C；（4）逐渐减小；（5）3300；0.033【点评】本题主要考查了电容器的充放电现象，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电荷量的计算公式即可完成分析。16．（10分）（2024•贵州模拟）小李同学设计了一个电路来准确测量一根金属丝的电阻，原理图如图甲所示。他先用万用表粗略测得金属丝电阻约为20Ω；现有下列器材可供选择：A.电源（电动势为3V，内阻约为1Ω）B.电压表（量程3V，内阻约为1kΩ）C.电压表（量程15V，内阻约为5kΩ）D.电流表（量程30mA，内阻为20Ω）E.电流表（量程0.6A，内阻为5Ω）F.滑动变阻器（最大阻值为20Ω）G.滑动变阻器（最大阻值为500Ω）H.定值电阻R0（阻值为5Ω）I.定值电阻R1（阻值为100Ω）J.开关一个，导线若干（1）为了测量准确，实验时电压表应该选择B，电流表应该选择D，滑动变阻器应该选择F，定值电阻应该选择R0。（均填器材前对应字母）（2）电压表读数记为U，电流表读数记为I，若不考虑电压表内阻的影响，小李同学根据实验数据作出的U﹣I图像如图乙所示，计算可得图像斜率为k＝105，则金属丝电阻为21.0Ω（结果保留3位有效数字）。【考点】练习使用多用电表（实验）；伏安法测电阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）B，D，F，H；（2）21.0。【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据估算电流选择或者改装电流表，根据电路的滑动变阻器的接法选择滑动变阻器；（2）根据欧姆定律和图乙列式计算电阻。【解答】解：（1）电源电动势为E＝3V，故电压表应选择B，流过金属丝的最大电流Im=ERx=320A＝0.15A＝150mA，电流表选择E则量程偏大，故选择电流表D进行改装，电流表D的内阻为I′＝0.03A+0.03×205A＝0.15A＝150mA，符合题中电流的测量要求，由于采用滑动变阻器的分压式接法，选择总阻值较小的（2）根据欧姆定律，电阻丝的电阻Rx=U由图乙，斜率k＝105Ω，则Rx=1×1055Ω＝故答案为：（1）B，D，F，H；（2）21.0。【点评】考查电表的选择和改装，会结合欧姆定律和图像分析和解决实际问题。四．解答题（共4小题，满分40分）17．（9分）（2023秋•西山区期末）如图所示，电源的电动势E为3V，内阻r为1Ω；定值电阻R1为1Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4Ω，求：（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压；（2）滑动变阻器R2接入电路的电阻为1Ω时，通电1min电阻R1上产生的热量。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；用焦耳定律计算电热．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压为1.5V；（2）滑动变阻器R2接入电路的电阻为1Ω时，通电1min电阻R1上产生的热量为60J。【分析】（1）根据串联电路电压分配原则求解R1两端的电压；（2）根据闭合电路的欧姆定律求解流过R1的电流，根据电热公式求解1min内R1上面产生的热量。【解答】解：（1）根据串联电路电压分配原则U=R（2）根据闭合电路的欧姆定律I=E根据电热公式Q=I答：（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压为1.5V；（2）滑动变阻器R2接入电路的电阻为1Ω时，通电1min电阻R1上产生的热量为60J。【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律和电热公式的应用，要求学生熟练掌握闭合电路的欧姆定律和电热的计算。18．（9分）（2024•广东三模）如图所示为某款质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源S、加速电场PQ，静电分析器、偏转磁场、记录板，静电分析器通道中心线的半径为R，通道内有均匀辐向的电场，中心线处的电场强度大小为E，记录板MN紧靠静电分析器水平放置，静电分析器和记录板下方分布着范围足够大的匀强磁场，离子源S可以发射初速度不计的正离子，已知该离子源发射的质子11H经过加速电场加速后进入静电分析器，恰能沿静电分析器中心线做匀速圆周运动，之后竖直向下飞入匀强磁场，最终水平偏转距离d后打在记录板上，设质子的质量为m，电荷量为（1）加速电场的电压U；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）若匀强磁场区域磁感应强度大小的波动范围为B±ΔB，为使质子11H与氘核12【考点】与加速电场相结合的质谱仪．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】答：（1）加速电场的电压12（2）匀强磁场的磁感应强度大小2d（3）ΔB的取值范围为ΔB＜【分析】（1）质子在加速电场中做匀加速运动，在静电分析器中做匀速圆周运动；根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律求解作答；（2）质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据向心力公式和牛顿第二定律求解磁感应强度；（3）质子和氘核在磁场中均做匀速圆周运动，根据上述（1）和（2）的分析分别求解质子和氘核做匀速圆周运动的半径，根据两者的半径大小以及磁感应强度的波动求解磁感应强度的波动范围。【解答】解：（1）设质子经过加速电场加速后速度为v，根据动能定理qU=质子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力；根据牛顿第二定律qE=联立解得v=qERm（2）设质子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系可得r质子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力；根据牛顿第二定律qvB联立解得B=（3）质子经加速电场、静电分析器，再经过匀强磁场后做匀速圆周运动的半径r同理可得氘核在匀强磁场中做圆周运动的半径为r由于r2＞r1，假设质子在磁感应强度为（B﹣ΔB）与氘核在磁感应强度为（B+ΔB）时，打在记录板上同一位置，此时二者做圆周运动的半径相等，即1解得ΔB=(3因此磁感应强度在（B﹣ΔB）与（B+ΔB）范围内波动时两粒子打在记录板上的位置不重合，ΔB的取值范围为ΔB＜答：（1）加速电场的电压12（2）匀强磁场的磁感应强度大小2d（3）ΔB的取值范围为ΔB＜【点评】本题主要考查了带电粒子在电磁场中的运动，根据动能定理计算出粒子的速度，理解粒子做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律完成分析。19．（10分）（2024•北辰区三模）有关列车电气制动，可以借助如图所示简化模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L＝0.5m，磁场的磁感应强度为B＝2T，金属棒MN的质量为m＝0.2kg，导轨右端接有阻值为R＝3Ω的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r＝1Ω，导轨的电阻不计。金属棒MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0＝4m/s。（1）求刚开始减速时，导体棒两端的电压U；（2）求刚开始减速时，安培力的功率P；（3）在制动过程中，列车还会受到空气阻力和轨道的摩擦力作用，为了研究问题方便，设简化模型受到的这些阻力总和大小恒为f＝1N。在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为x0＝0.6m。求：该过程中电路产生的焦耳热Q。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）刚开始减速时，导体棒两端的电压U为3V；（2）刚开始减速时，安培力的功率P为4W；（3）该过程中电路产生的焦耳热Q为0.6J。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等求解；（2）根据功率公式代入数据解答；（3）根据动能定理和能的转化和守恒定律列式解答。【解答】解：（1）开始减速时，有E＝BLv0I=EU＝IR代入数据解得U＝3V（2）安培力F＝BIL安培力的功率P＝Fv0代入数据解得P＝4W（3）由动能定理有：W安﹣fx0=12mv2-代入f＝1N，x0＝0.6m，v＝2m/s解得W安＝﹣0.6J，根据能量的转化和守恒可得电路产生的焦耳热Q＝|W安|＝0.6J答：（1）刚开始减速时，导体棒两端的电压U为3V；（2）刚开始减速时，安培力的功率P为4W；（3）该过程中电路产生的焦耳热Q为0.6J。【点评】考查电磁感应问题和能的转化和守恒定律，会根据题意进行准确的分析和计算。20．（12分）（2019秋•沙洋县校级月考）如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有平行于y轴正方向的有界匀强电场，场强大小为E．一电子以平行于x轴正方向的初速度v0从P点射入电场中，并从A点离开第Ⅰ象限。已知P点的坐标为（0，L），A点坐标为（2L，0）。不计电子的重力。试求：（1）电子的比荷qm（2）若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于y轴的感光胶片，Q点的坐标为（0，﹣L），求感光胶片上曝光点的横坐标x。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据电子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解。（2）由速度与夹角的关系，及运动学公式，可求出感光胶片曝光点横坐标。【解答】解：（1）设电子在电场中运动时间为t1，沿x轴方向，有2L＝v0t1，沿y轴方向，根据牛顿第二定律有qE＝ma，且L=12联立解得qm（2）离开电场时，令其速度与水平方向的夹角θ，电子沿y轴方向的速度vy＝at1，解得vy＝v0，tanθ=v由几何关系得：tanθ=解得x＝3L。答：（1）电子的比荷为v0（2）光胶片上曝光点的横坐标为3L。【点评】解决该题关键是明确知道电子在电场中做类平抛运动，而出电场后做匀速直线运动，掌握类平抛运动的解题规律。

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．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，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。3．等势面及其与电场线的关系【知识点的认识】1．定义：电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．2．特点：①等势面与电场线一定处处正交（垂直）；②在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功；③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；④任意两个电势不相同的等势面既不会相交，也不会相切；⑤等差等势面越密的地方电场线越密．【命题方向】电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面分析：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；故选：C．点评：本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．【解题思路点拨】1.等势面的特点（1）在等势面上任意两点间移动电荷时静电力不做功。（2）同一电场空间两等势面不相交（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。（5）等势面是虚拟的，是为描绘电场的性质而假想的面。2.等势面的应用（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低。（2）由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。（3）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。（4）由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小3.等势面与电场线（1）已知等势面时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。（2）已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。4．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgq，重力加速度为A、物块到B点时的速度为2gRB、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-qE⋅B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力减为0故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。5．串联电路的特点及应用【知识点的认识】1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P总＝P1+P2+…PnP1P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax=2R3RU=23×30v=20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin=R3R故选：C。点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．【解题思路点拨】解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。6．用焦耳定律计算电热【知识点的认识】焦耳定律的表达式Q＝I2Rt，由此可以计算电流产生的焦耳热。【命题方向】电动汽车成为未来汽车发展的方向．若汽车所用电动机两端的电压为380V，电动机线圈的电阻为2Ω，通过电动机的电流为10A，则电动机工作10min消耗的电能为多少焦？产生的热量是多少焦？分析：通过W＝UIt去求消耗的电能，通过Q＝I2Rt去求产生的热量．消耗的电能与产生的热量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故电动机工作10min消耗的电能为2.28×106J．产生的热量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故产生的热量是1.2×105J点评：注意消耗的电能与产生的热量不等，因为该电路不是纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为热量，还有一部分转化为机械能．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范围无论在何种电路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。7．计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率【知识点的认识】1.电动机正常工作时的具体能量转化如下（1）电动机的输入功率是电动机消耗的总功率，P入＝UI。（2）电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率，P热＝I2r。（3）电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）电动机的效率η=P出P入2.本考点主要针对电动机问题中输出功率、输出功与机械效率的计算。【命题方向】如图所示，电阻R1＝8Ω，电动机绕组电阻R0＝2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．分析：当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．解答：当开关S断开时，由P1=I12R1得：I整个电路有闭合电路的欧姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入数据解得：r＝2Ω当开关S闭合时，由P2=I22R1得：IR1的电压为：U＝I2R1＝4V设干路中电流为I，则有：I=E-U电动机的电流为：IM＝I﹣I2＝0.5A故电动机的机械功率为：P＝UIM-IM2R答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W．点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=U【解题思路点拨】电动机电路的分析与计算8．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比9．电路动态分析【知识点的认识】1.模型概述：电路中某一参数变化时，其他参数的变化情况分析，就称为电路的动态分析。2.闭合电路动态问题的分析方法（1）程序法①分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；②由局部电阻变化判断总电阻的变化；③由I=ER+r④据U＝E一Ir判断路端电压的变化；⑤由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化。（2）结论法——“并同串反”“并同”：是指某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小。“串反”：是指某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大。【命题方向】在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时，合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况（）A.I1增大，I2不变，U增大B.I1减小，I2增大，U减小C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。解答：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大。故A、C、D错误，B正确。故选：B。点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。【解题思路点拨】闭合电路的动态分析方法（1）程序法：局部→整体→局部。（2）“并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。10．根据电路现象分析故障原因及位置【知识点的认识】常见的电路故障：1.开路（1）灯丝断了；灯座、开关、拉线盒开路；熔丝熔断或进户线开路等．（2）开路会造成用电器无电流通过而无法正常工作，即：电灯不亮，用电器不工作等等．开路时电路中无电流通过，该故障可用验电笔查出．（3）开路用验电笔检验时，开路位置前验电笔会发光．2.短路（1）表现：接在灯座内两个接线柱的火线和零线相碰；插座或插头内两根接线相碰．更换保险丝后立即熔断，或空气开关合不上；（2）原因：火线和零线直接连接而造成短路，电路中的电阻很小，电流很大；（3）后果：短路会把熔丝熔断而使整个照明电路断电，严重者会烧毁线路引起火灾．（4）判断短路故障的常见方法：断开所有用电器和总开关，然后将火线上的保险丝取下，换上一只额定电压为220V的灯泡，闭合总开关，若发现这个灯泡正常发光，则电路中存在短路；若发现这个灯泡发光较暗，则电路可能是正常的．3.线路故障．（1）线路故障的原因：①线路连接处接触不良；②线路严重老化表现：③灯座、开关、挂线盒接触不良；熔丝接触不良；线路接头处接触不良等．这样会使灯忽明忽暗，用电器不能连续正常工作．4.过载（1）电路中用电器的总功率过大或单个用电器的功率过大．（2）产生的现象和后果如同短路．5.电路本身连接错误而引起故障．（1）插座的两个接线柱全部接在火线或零线上；（2）开关误接在主线中的火线上；（3）灯泡串联接在电路中；（4）插座串联接在干路上。本考点旨在针对说明电路中的现象，需要判断故障原因或位置。【命题方向】用电压表检查图示电路中的故障，测得Uad＝5.0V，Ucd＝0V，Ubc＝0V，Uab＝5.0V，则此故障可能是（）A、L断路B、S断路C、R′断路D、R断路分析：电压表有示数说明此时的电路可以组成闭合的回路，故障应该在和电压表并联的部分，当电压表示数为零，说明此时的电路不通，电路中没有电流，故障不在和电压表并联的部分．解答：用电压表测量得到Uab＝5.0V，说明从b到c到d这一部分电路是通的，故障可能出现在电键和ab之间，由于Ucd＝0V，Ubc＝0V，说明此时的电路不通，故障在ab之间，又由于Uad＝5.0V，说明电键是好的，所以故障一定是R断路，所以D正确。故选：D。点评：本题是对电路故障的分析，当电路中有电流，能组成闭合的回路的时候，电压表就会有示数，否则，电压表就没有示数．【解题思路点拨】要牢记常见的电路故障及现象，掌握检测电路故障原因及位置的方法。11．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】几种常见的磁场如下：直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要针对通电直导线周围的磁场分布【命题方向】如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（）A、不动B、N极向纸里，S极向纸外旋转C、向上运动D、N极向纸外，s极向纸里旋转分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。12．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考