2024-2025学年上学期福建高二物理期末卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期福建高二物理期末卷1一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．（4分）（2022秋•西城区校级期中）现代集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，且集成度越高，电子元件越微型化。如图所示是某集成块中的一长方形金属导体按不同方向放置，箭头方向分别与某边平行，若沿箭头方向加相同电压，则沿箭头方向电流最大的是（）A． B． C． D．2．（4分）A.B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图所示，则这一电场可能是下图中的（）ABCDA．A B．B C．C D．D3．（4分）（2021秋•龙沙区校级期中）直线MN是某点电荷电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，则（）A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b过程中动能逐渐减小 C．带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度4．（4分）（2024•成都模拟）图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（）A．电路中电流减小 B．R1两端电压减小 C．整个电路消耗的功率增大 D．电源输出功率一定增大5．（4分）（2023秋•道里区校级期中）电荷量为q1和q2的两个点电荷分别固定于x轴上O、P两点，规定无穷远处电势为零，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、C两点处的电势能均为零，且OB＞BP，在CF段中，E处电势能最大，则（）A．q1B．B点电场强度方向一定沿x轴正方向 C．若将一正试探电荷从D点静止释放，一定能到达F点 D．若将一正试探电荷从C点移动到F点，电场力先做负功后做正功6．（4分）（2021•海陵区校级四模）如图所示，电场强度方向在竖直平面内的矩形匀强电场区I、Ⅱ的高和间距均为h，上面为I、下面为Ⅱ，电场强度为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场I和Ⅱ时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则（）A．刚进入电场I时加速度方向竖直向上 B．穿过电场I的时间大于在两电场之间的运动时间 C．穿过两电场后小球的电势能增加了3mgh D．穿过两电场后小球的电势能增加2mgh二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）（多选）7．（4分）（2021秋•宝安区校级月考）某学生做观察电磁感应现象的实验时，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，闭合开关，下列说法正确的是（）A．线圈A插入线圈B的过程中，能产生感应电流 B．线圈A停在线圈B中，能产生感应电流 C．断开开关时，能产生感应电流 D．线圈A拔出线圈B的过程中，线圈B的磁通量在增加（多选）8．（4分）（2022秋•墨玉县期中）如图所示，两平行的金属板水平放置，其板间距为d，在A板中间打一个小孔，B板接地，一带正电小球，电量为q，质量为m，用绝缘细线悬挂与O点，若电容器的充电时间不可以忽略，那么闭合电键S后，小球始终处于静止状态，下列关于小球的描述正确的是（）A．细线对小球的拉力不变化 B．细线对小球的拉力逐渐增大 C．小球的电势能逐渐增加 D．小球所在位置的电势逐渐降低（多选）9．（4分）（2020秋•张掖期末）张掖市某中学物理兴趣小组的学生在课后按照如图所示的原理图制作了一个简单的欧姆表，他们使用到的器材有：一节干电池（电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω），一个表头（满偏电流Ig＝10mA，内阻Rg＝10Ω），一个可变电阻R（最大阻值为200Ω），两支金属表笔及导线若干。该兴趣小组的同学按照欧姆表正确的操作方法测量某电阻Rx的阻值时，发现表头的示数为6mA，则（）A．该欧姆表的内阻为150Ω B．该欧姆表的内阻为211Ω C．Rx的阻值为100Ω D．Rx的阻值为120Ω（多选）10．（4分）（2023秋•庐阳区校级月考）如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=mgA．若小球能沿着ACBD圆弧运动，则其在D点速度最小 B．若小球能沿着ACBD圆弧运动，则其在C点速度最大 C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为2三．填空题（共2小题，满分6分，每小题3分）11．（3分）（2018•福建学业考试）如图所示，用导线将螺线管两端与灵敏电流计相连，把条形磁铁迅速插入螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量将（填“增大”“不变”或“减小”），灵敏电流计的指针将（填“会”或“不会”）发生偏转；若条形磁铁放在螺线管内不动，灵敏电流计的指针将（填“会”或“不会”）发生偏转。12．（3分）在xOy平面内，有两根互相绝缘，分别通有电流3I和I的长直导线。设两根导线互相垂直（如图所示），则在xOy平面内，磁感应强度为零的点的轨迹方程为。四．实验题（共2小题，满分16分）13．（6分）（2023春•永州期末）如图所示，某同学用图（a）所示电路来观察电容器C放电现象：他先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过R放电，传感器将电流传入计算机，得到了图（b）所示的电流随时间变化的I﹣t图像。已知该同学所选用的直流电源电压为12V。（1）通过I﹣t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越（选填“快”或“慢”）。（2）已知图（b）中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电荷量，每一小格面积表示的电荷量为4×10﹣5C，据此可估算出电容器放电前所带电荷量Q＝C，电容器的电容C＝μF。（3）该同学改变电源电压，多次重复上述实验。得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出Q﹣U图像，则图像（图（c））应是。14．（10分）（2018秋•东湖区校级期中）某同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势E和内阻r以及Rx的阻值．实验器材有：待测电源E，待测电阻Rx；电流表A（量程为0.6A，内阻不计）；电阻箱R（0﹣99.99Ω）；单刀单掷开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。（1）先测电阻Rx的阻值：先将电阻箱的阻值调至最大，再闭合电键S1，将单刀双掷开关S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，再将S2切换到b，调节电阻箱使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2，则电阻Rx的表达式为Rx＝。（2）该同学已经测得电阻Rx＝2.00Ω，继续测电源电动势E和内阻r的阻值，该同学做法是：闭合S1，将单刀双掷开关S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1I-R图线，则电源电动势E＝V，内阻r＝五．解答题（共4小题，满分38分）15．（6分）（2019秋•海淀区校级期中）如图，一个正的点电荷带电量Q＝2.0×10﹣8C，有一点a距Q为2cm，求：（1）若在a点放一个q＝﹣2.0×10﹣5C的电荷，求该电荷的受力大小和方向；（2）利用第一问求a点场强的大小和方向。16．（8分）（2023秋•洛阳月考）如图甲所示的电路，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，定值电阻R＝4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值Rp的关系如图乙所示，滑动变阻器最大值为20Ω。求：（1）图乙中滑动变阻器的最大功率；（2）图乙中电阻R2的阻值；（3）当滑动变阻器阻值为R1时，电源的效率。17．（10分）（2023秋•长丰县期中）如图建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场正方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知a粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化；（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0；（3）当t＝nT时，α粒子的坐标。（n＝1.2.3…）18．（14分）（2023•玉林三模）足够长的斜面与水平面的夹角θ＝30°，处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝200N/C。质量m＝2kg，电量q＝+0.1C的物块以初速度v0＝10m/s从斜面底端沿斜面向上运动。物块与斜面间的动摩擦因数μ=32，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。取斜面底端为电势能和重力势能的零势能面（g取10m/s（1）物块向上运动过程中的加速度a的大小；（2）物块运动过程中重力势能的最大值Epm；（3）在物块运动的过程中能否找到这样的位置，使得物块的动能Ek、电势能ɛ、重力势能Ep均相等？若能找到：请计算该位置与斜面底端的距离s，若不能找到请分析说明理由。

2024-2025学年上学期福建高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．（4分）（2022秋•西城区校级期中）现代集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，且集成度越高，电子元件越微型化。如图所示是某集成块中的一长方形金属导体按不同方向放置，箭头方向分别与某边平行，若沿箭头方向加相同电压，则沿箭头方向电流最大的是（）A． B． C． D．【考点】欧姆定律的简单应用；电阻定律的内容及表达式．【专题】定性思想；方程法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据电阻定律判断几种情况下哪一种的电阻值最小，然后结合欧姆定律说明即可。【解答】解：由图可知，C图中电流流过的横截面积最大而流过的长度最小，由R=ρLS可知，四个图中C图对应的导体的电阻值最小，由欧姆定律：I=UR可知，沿箭头方向电流最大的是C选项，故故选：C。【点评】该题考查欧姆定律与电阻定律，解答的关键是正确找出流过导体的横截面积与对应的电流的方向。2．（4分）A.B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图所示，则这一电场可能是下图中的（）ABCDA．A B．B C．C D．D【考点】电场线的定义及基本特征；复杂的运动学图像问题；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】C【分析】（1）速度—时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大。【解答】解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反。故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查了速度—时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况。能根据电场线的分布判断电场强度的大小。难度适中。3．（4分）（2021秋•龙沙区校级期中）直线MN是某点电荷电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，则（）A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b过程中动能逐渐减小 C．带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】C【分析】本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，再根据电场力做功情况确定电势能和动能的变化情况；明确轨迹线的对应的规律，从而确定受力情况，由牛顿第二定律确定加速度的大小关系。【解答】解：A．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受电场力指向轨迹内侧且沿电场线，粒子所受电场力方向一定是由M指向N，但粒子带电性质未知，故无法确定电场线方向，故A错误；BC．粒子从a运动到b的过程中，力与速度夹角小于90°，电场力做正功，动能增加，电势能减小，即带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误，C正确；D．只有一条电场线，无法确定疏密程度，无法确定场强大小关系，由qE＝ma，可知，无法比较a、b点的加速度大小，故D错误。故选：C。【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况。4．（4分）（2024•成都模拟）图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（）A．电路中电流减小 B．R1两端电压减小 C．整个电路消耗的功率增大 D．电源输出功率一定增大【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算；纯电阻电路的能量转化特点．【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】根据欧姆定律，结合电路滑动变阻器R接入电路的电阻变小，讨论出总电流增加，再根据电功率表达式分析整个电路消耗的功率和电源输出功率。【解答】解：A．当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点P向下滑动，滑动变阻器R接入电路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A错误；B．根据欧姆定律，R1两端电压满足U1＝IR1由于电路中的电流变大，所以R1两端电压升高，故B错误；C．根据功率表达式，整个电路消耗的功率P＝EI由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C正确；D．根据电源输出功率表达式P出当R外＝r时，电源输出功率最大，因不知道电路中各个电阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了欧姆定律与电功、电功率，熟悉外阻等于内阻时电源输出功率最大这个二级结论能更快解决此类问题。5．（4分）（2023秋•道里区校级期中）电荷量为q1和q2的两个点电荷分别固定于x轴上O、P两点，规定无穷远处电势为零，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、C两点处的电势能均为零，且OB＞BP，在CF段中，E处电势能最大，则（）A．q1B．B点电场强度方向一定沿x轴正方向 C．若将一正试探电荷从D点静止释放，一定能到达F点 D．若将一正试探电荷从C点移动到F点，电场力先做负功后做正功【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】C【分析】从正负电荷周围的电势分布入手，判断电荷的正负。沿着电场线电势逐渐降低，判断电场方向。根据电场的基本性质，判断运动过程中做功的正负即可。【解答】解：A、图象E处电场强度为0，得kq得q1故A错误；B、负电的试探电荷在O点电势能正无穷，因此O点电荷为负电电荷，P点电荷为正电荷，因此B点电场强度方向一定沿x轴负方向，故B错误；C、带正电的试探电荷在D点受x正方向的电场力，故沿x正向加速运动过E点后减速，根据能量守恒可得，一定能到达F点，且到F点速度为0，故C正确；D、正电荷从C点移动到F点的电场力先沿x正向过E点后沿x负向，故电场力先做正功后做负功，故D错误。故选：C。【点评】考察点电荷周围的电势分布图。在解题时要留意电势是标量，空间任何一点的电势等于周围每个点电荷产生的电势标量叠加值。点电荷带电量越大，在距离不变的情况下，产生的电势绝对值就越大。6．（4分）（2021•海陵区校级四模）如图所示，电场强度方向在竖直平面内的矩形匀强电场区I、Ⅱ的高和间距均为h，上面为I、下面为Ⅱ，电场强度为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场I和Ⅱ时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则（）A．刚进入电场I时加速度方向竖直向上 B．穿过电场I的时间大于在两电场之间的运动时间 C．穿过两电场后小球的电势能增加了3mgh D．穿过两电场后小球的电势能增加2mgh【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】进入电场I和Ⅱ时的速度相等，结合小球受力分析，根据匀变速直线运动的规律即可求解。【解答】解：AB、因为小球在匀强电场区I、Ⅱ之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场区I的初速度相等，由于匀强电场区I与I、Ⅱ之间的间距均为h，且在匀强电场区I一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场区I做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度，电场力为重力的2倍，运动过程与在I、Ⅱ之间的运动具有对称性，穿过电场I的时间等于在两电场之间的运动时间，故A正确，B错误；CD、由于电场力为重力的2倍，所以经过两个电场区域，电势能增加2×2mgh＝4mgh，故CD错误。故选：A。【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，前两问较基础，要注意分析粒子在磁场中的运动的可能情况要分析到位，对学生的能力要求较高．二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）（多选）7．（4分）（2021秋•宝安区校级月考）某学生做观察电磁感应现象的实验时，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，闭合开关，下列说法正确的是（）A．线圈A插入线圈B的过程中，能产生感应电流 B．线圈A停在线圈B中，能产生感应电流 C．断开开关时，能产生感应电流 D．线圈A拔出线圈B的过程中，线圈B的磁通量在增加【考点】研究电磁感应现象；磁通量的概念和计算公式的定性分析；电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】AC【分析】根据感应电流产生的条件分析答题，感应电流产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。【解答】解：ABC、线圈A中有电流通过，电流周围会产生磁场，线圈A插入和拔出线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量会变化，从而产生感应电流，若线圈A不动则线圈B中的磁通量不变，无感应电流产生，断开开关时，磁通量变化，可以产生感应电流；故AC正确，B错误；D、线圈A拔出线圈B的过程中，磁感应强度减小，线圈B的磁通量在减小，故D错误；故选：AC。【点评】本题应知道感应电流产生的条件，根据题意判断线圈B中磁通量是否发生变化，是正确解题的关键。（多选）8．（4分）（2022秋•墨玉县期中）如图所示，两平行的金属板水平放置，其板间距为d，在A板中间打一个小孔，B板接地，一带正电小球，电量为q，质量为m，用绝缘细线悬挂与O点，若电容器的充电时间不可以忽略，那么闭合电键S后，小球始终处于静止状态，下列关于小球的描述正确的是（）A．细线对小球的拉力不变化 B．细线对小球的拉力逐渐增大 C．小球的电势能逐渐增加 D．小球所在位置的电势逐渐降低【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化；共点力的平衡问题及求解；电势能的概念和计算；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】电容器在充电过程中，电容器板间电压逐渐增大，场强逐渐增大，由平衡条件分析细线对小球的拉力变化情况。分析小球所在位置电势的变化，判断其电势能的变化。【解答】解：AB、电容器在充电过程中，电容不变，由C=QU知电容器板间电压逐渐增大，板间场强E逐渐增大，小球所受的电场力F逐渐增大，且电场力方向竖直向下，根据平衡条件得：T＝mg+F，知细线对小球的拉力逐渐增大，故A错误，CD、根据U＝Ed知，板间场强E逐渐增大，小球所在位置与B板间的距离不变，则小球所在位置与B板间的电势差逐渐增大，因为小球所在位置的电势大于零，所以小球所在位置的电势逐渐增大，因为小球带正电，所以小球的电势能逐渐增加，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题是电容器动态分析问题，要抓住电容不变，应用C=Q（多选）9．（4分）（2020秋•张掖期末）张掖市某中学物理兴趣小组的学生在课后按照如图所示的原理图制作了一个简单的欧姆表，他们使用到的器材有：一节干电池（电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω），一个表头（满偏电流Ig＝10mA，内阻Rg＝10Ω），一个可变电阻R（最大阻值为200Ω），两支金属表笔及导线若干。该兴趣小组的同学按照欧姆表正确的操作方法测量某电阻Rx的阻值时，发现表头的示数为6mA，则（）A．该欧姆表的内阻为150Ω B．该欧姆表的内阻为211Ω C．Rx的阻值为100Ω D．Rx的阻值为120Ω【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】由闭合电路欧姆定律可求得欧姆表的内阻；根据闭合电路欧姆定律求得Rx的阻值。【解答】解：AB、当红黑表笔短接时，表头的电流达到满偏，由闭合电路欧姆定律，可得欧姆表的内阻为：R内=EIg=1.510×10-3ΩCD、当表头的示数为6mA时，根据闭合电路欧姆定律得：E＝I（R内+Rx）代入数据解得Rx的阻值为：Rx＝100Ω，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题考查多用电表的原理，要注意明确多用电表的基本原理为闭合电路欧姆定律。（多选）10．（4分）（2023秋•庐阳区校级月考）如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=mgA．若小球能沿着ACBD圆弧运动，则其在D点速度最小 B．若小球能沿着ACBD圆弧运动，则其在C点速度最大 C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为2【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；绳球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】CD【分析】AB、根据重力和电场力大小、方向关系可知等效最低点，由对称性可知等效最高点，在等效最低点速度最大，等效最高点速度最小；C、根据只有电场力和重力做功，可知带电小球的机械能和电势能之和不变，根据B点电势最低，电势能最小，可得结论；D、由牛顿第二定律可得等效最高点P点的最小速度。【解答】解：AB、电场力Eq＝mg，电场力水平向右，根据电场力和重力大小、方向关系可知小球的等效最低点如下图中的M点，P点关于O点与M点对称，所以P点为等效最高点，小球在P点的速度最小，在M点的速度最大，故AB错误；C、沿着电场线方向电势降低，可知B点是整个圆周上电势最低的点，小球带正电，所以在B点的电势能最小，只有电场力和重力对小球做功，小球的机械能和电势能之和保持不变，B点电势能最小，则小球在B点的机械能最大，故C正确；D、重力和电场力的合力F=在P点恰好由重力和电场力的合力提供向心力，在等效最高点P点的速度最小，则小球在运动过程中的速度最小，在P点由牛顿第二定律有：F=代入数据可得最小速度：vP=2故选：CD。【点评】本题考查了带电小球在重力场和电场中的运动，解题的关键是找出等效最高点和等效最低点，注意小球能静止的位置为等效最低点，等效最高点和等效最低点关于圆心对称。三．填空题（共2小题，满分6分，每小题3分）11．（3分）（2018•福建学业考试）如图所示，用导线将螺线管两端与灵敏电流计相连，把条形磁铁迅速插入螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量将增大（填“增大”“不变”或“减小”），灵敏电流计的指针将会（填“会”或“不会”）发生偏转；若条形磁铁放在螺线管内不动，灵敏电流计的指针将不会（填“会”或“不会”）发生偏转。【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】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】增大；会；不会。【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，再由感应电流产生的条件即可明确指针会不会发生偏转。【解答】解：由图以及条形磁铁的磁场的分布规律可知，穿过线圈的磁场方向向下且磁通量增大；由于线圈是闭合的，并且内部磁通量变化，故线圈中产生感应电流，电流计指针会发生偏转；若将条形磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不变，不会产生感应电流，灵敏电流计的指针不会发生偏转。故答案为：增大；会；不会。【点评】解决本题的关键知道感应电流产生的条件，即穿过闭合回路磁通量发生变化。12．（3分）在xOy平面内，有两根互相绝缘，分别通有电流3I和I的长直导线。设两根导线互相垂直（如图所示），则在xOy平面内，磁感应强度为零的点的轨迹方程为y=3x【考点】通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】应用题；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】见试题解答内容【分析】依据右手螺旋定则，根据矢量的叠加原理，及磁感应强度B与导线中的电流强度I成正比，与距导线的距离r成反比，即可求解。【解答】解：根据安培定则可知，沿x轴方向的通电导线：第一象限磁场方向垂直纸面向外，第二象限磁场方向垂直纸面向外，第三象限磁场方向垂直纸面向里，第四象限磁场方向垂直纸面向里，同理，沿y轴方向的通电导线：第一象限磁场方向垂直纸面向里，第二象限磁场方向垂直纸面向外，第三象限磁场方向垂直纸面向外，第四象限磁场方向垂直纸面向里，根据矢量的叠加原理，则第一象限与第三象限磁场可以为零，磁感应强度B与导线中的电流强度I成正比，与距导线的距离r成反比，即；B=kIk3Ix=k故答案为：y=3【点评】本题考查安培定则的内容，掌握矢量的叠加法则，注意磁感应强度B与导线中的电流强度/成正比，与距导线的距离r成反比的条件。四．实验题（共2小题，满分16分）13．（6分）（2023春•永州期末）如图所示，某同学用图（a）所示电路来观察电容器C放电现象：他先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过R放电，传感器将电流传入计算机，得到了图（b）所示的电流随时间变化的I﹣t图像。已知该同学所选用的直流电源电压为12V。（1）通过I﹣t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越慢（选填“快”或“慢”）。（2）已知图（b）中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电荷量，每一小格面积表示的电荷量为4×10﹣5C，据此可估算出电容器放电前所带电荷量Q＝1.6×10﹣3C，电容器的电容C＝133μF。（3）该同学改变电源电压，多次重复上述实验。得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出Q﹣U图像，则图像（图（c））应是B。【考点】观察电容器及其充、放电现象；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；实验探究能力．【答案】（1）慢；（2）1.6×10﹣3；133；（3）B【分析】（1）根据电容器充放电原理及实验操作分析解答；（2）（3）根据图像分析放电情况，结合电容器的定义式分析解答。【解答】解：（1）由图可知，I﹣t图像切线的斜率越来越小，表示电流减小得越来越慢；（2）电容器放电前所带电荷量为Q＝40×4×10﹣5C＝1.6×10﹣3C电容器的电容为C=Q（3）根据电容的定义式可得Q＝CU电容器在不同电压U下电容不变，其所带电荷量Q与U成正比。故ACD错误，B正确；故选：B。故答案为：（1）慢；（2）1.6×10﹣3；133；（3）B【点评】本题关键根据实验原理去选择实验器材，实验考查电容的接法与使用、电容器的正负极接法、电流表指针的偏转方向、电容器充满后的电压、以及微积分法求电量等。14．（10分）（2018秋•东湖区校级期中）某同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势E和内阻r以及Rx的阻值．实验器材有：待测电源E，待测电阻Rx；电流表A（量程为0.6A，内阻不计）；电阻箱R（0﹣99.99Ω）；单刀单掷开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。（1）先测电阻Rx的阻值：先将电阻箱的阻值调至最大，再闭合电键S1，将单刀双掷开关S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，再将S2切换到b，调节电阻箱使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2，则电阻Rx的表达式为Rx＝R1﹣R2。（2）该同学已经测得电阻Rx＝2.00Ω，继续测电源电动势E和内阻r的阻值，该同学做法是：闭合S1，将单刀双掷开关S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1I-R图线，则电源电动势E＝1.45V，内阻r＝0.90【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）R1﹣R2；（2）1.45，0.90【分析】（1）由图及实验的步骤找出测量电阻Rx的实验方法，即可得出实验中需要完成的步骤，并能求出待测阻值的表达式；（2）由闭合电路欧姆定律可得出图象中两量间的关系，由图象则可得出电源的电动势及内阻。【解答】解：（1）单刀双掷开关S2切换到a时，E＝I（R1+r）；单刀双掷开关S2切换到b时，E＝I（R2+Rx+r）.联立知，Rx＝R1﹣R2；（2）单刀双掷开关S2切换到b时，E＝I（R+Rx+r），变形可得1I=1E⋅R+Rx+rE联立知，E＝1.45V，r＝0.90Ω.故答案为：（1）R1﹣R2；（2）1.45，0.90【点评】近几年高考对于实验的考查不再局限于基本原理了，而是考查学生对实验原理的把握，并能对实验方法有所突破的能力；在实验学习中应注意掌握好基础知识，同时注意在审题上下功夫，由所学知识进行迁移变通。五．解答题（共4小题，满分38分）15．（6分）（2019秋•海淀区校级期中）如图，一个正的点电荷带电量Q＝2.0×10﹣8C，有一点a距Q为2cm，求：（1）若在a点放一个q＝﹣2.0×10﹣5C的电荷，求该电荷的受力大小和方向；（2）利用第一问求a点场强的大小和方向。【考点】电场强度与电场力的关系和计算；库仑定律的表达式及其简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】（1）若在a点放一个q＝﹣2.0×10﹣5C的电荷，该电荷的受力大小为9N，方向向右；（2）利用第一问求a点场强的大小为4.5×105N/C，方向向左。【分析】（1）q所受的电场力大小由公式F=kQq（2）已知场源电荷和距离，由公式E=kQr2【解答】解：（1）根据库仑定律可知，电荷受力方向向右，大小F=kQqr2=（2）a点场强的方向向左，大小E=Fq=kQr2=答：（1）若在a点放一个q＝﹣2.0×10﹣5C的电荷，该电荷的受力大小为9N，方向向右；（2）利用第一问求a点场强的大小为4.5×105N/C，方向向左。【点评】解决本题的关键要掌握点电荷场强公式E=kQr2和电场力公式16．（8分）（2023秋•洛阳月考）如图甲所示的电路，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，定值电阻R＝4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值Rp的关系如图乙所示，滑动变阻器最大值为20Ω。求：（1）图乙中滑动变阻器的最大功率；（2）图乙中电阻R2的阻值；（3）当滑动变阻器阻值为R1时，电源的效率。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）图乙中滑动变阻器的最大功率为1.5W；（2）图乙中电阻R2的阻值为12Ω；（3）当滑动变阻器阻值为R1时，电源的效率为83.3%。【分析】（1）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，求解滑动变阻器功率最大的时候，根据“等效法”，将定值电阻也看作电源内阻，（2）结合闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式进行解得R2的阻值；（3）根据效率的计算公式解得。【解答】解：（1）根据“等效法”，将定值电阻也看作电源内阻，当外电阻等于内电阻时，即电源的输出功率最大，同时滑动变阻器的功率也是最大，此时有RP＝r+R＝2Ω+4Ω＝6Ω，此时P=E24(R+r)=（2）结合图乙可知，当滑动变阻器阻值为R1时候，滑动变阻器的功率最大，再结合对A选项的分析，所以可以得知R1＝6Ω当滑动变阻器接入电路的有效阻值为3Ω与阻值为R2时消耗的功率相等，则有（ER+r+3）2×3＝（ER+r+R2）2R2，解得：R2＝12Ω（3）滑动变阻器阻值为R1时，电源的效率η=R+R1R+R答：（1）图乙中滑动变阻器的最大功率为1.5W；（2）图乙中电阻R2的阻值为12Ω；（3）当滑动变阻器阻值为R1时，电源的效率为83.3%。【点评】本题考查电功率的计算，滑动变阻器功率最值与定值电阻功率最值以及电源的总功率的计算，计算方法不同，学生需注意区分17．（10分）（2023秋•长丰县期中）如图建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场正方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知a粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化；（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0；（3）当t＝nT时，α粒子的坐标。（n＝1.2.3…）【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转．【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；分析综合能力．【答案】（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化量为-m（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0为πmv（3）当t＝nT时，α粒子的坐标为（mv022eE0+n•eE0T22m，﹣【分析】（1）粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；（2）由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；（3）进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。【解答】解：（1）设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：L＝v0t竖直方向有：d2=U＝Ed由牛顿第二定律：2eE＝ma联立解得：U=α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理，﹣2e•12U＝ΔE解得：ΔEk＝﹣eU=（2）由牛顿第二定律2eE0＝mv解得：r=由πr2=v0解得：t0=（3）T2时，α粒子在x方向的速度为vx=2e所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：v每个周期α粒子在x正方向前进：x0=vx因为开始计时时α粒子横坐标为：r=所以nT时，α粒子的横坐标为：x＝r+nx0=mv0α粒子的纵坐标为y＝﹣v0nT在nT时α粒子的坐标为：（mv022eE0+n•eE0T22m，﹣答：（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化量为-m（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0为πmv（3）当t＝nT时，α粒子的坐标为（mv022eE0+n•eE0T22m，﹣【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。18．（14分）（2023•玉林三模）足够长的斜面与水平面的夹角θ＝30°，处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝200N/C。质量m＝2kg，电量q＝+0.1C的物块以初速度v0＝10m/s从斜面底端沿斜面向上运动。物块与斜面间的动摩擦因数μ=32，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。取斜面底端为电势能和重力势能的零势能面（g取10m/s（1）物块向上运动过程中的加速度a的大小；（2）物块运动过程中重力势能的最大值Epm；（3）在物块运动的过程中能否找到这样的位置，使得物块的动能Ek、电势能ɛ、重力势能Ep均相等？若能找到：请计算该位置与斜面底端的距离s，若不能找到请分析说明理由。【考点】电场力做功与电势能变化的关系；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】（1）物块向上运动过程中的加速度a的大小为25m/s2；（2）物块运动过程中重力势能的最大值Epm为20J；（3）物块的动能Ek、电势能ɛ、重力势能Ep均相等的点与斜面底端的距离为53m【分析】（1）对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求出物块向上运动过程中的加速度a的大小；（2）由位移—速度公式求出上升的最大高度，然后求出物块运动过程中重力势能的最大值Epm；（3）根据受力与功能关系分析即可。【解答】解：（1）物块沿斜面向上运动时受力如图：垂直于斜面方向：N﹣mgcos30°﹣qEcos30°＝0沿斜面方向：﹣mgsin30°﹣qEsin30°﹣f＝ma其中：f＝μN代入数据解得摩擦力：f＝30N物块向上运动过程中的加速度：a＝﹣25m/s2负号表示加速度的方向沿斜面向下；（2）由位移—速度公式，物块上升的最大距离：x=0-v0物块上升的最大高度：hm＝xsin30°＝2×0.5m＝1m物块运动过程中重力势能的最大值：Epm＝mghm＝2×10×1J＝20J（3）物块受到的重力：mg＝2×10N＝20N，物块受到的电场力：F＝qE＝0.1×200N＝20N，可知物块受到的电场力与重力大小相等，由于电场力的方向也是竖直向下，所以物块上升的过程中克服重力做的功与克服电场力做的功相等，则物块的重力势能与电势能可以相等；物块上升的过程中动能减小，重力势能与电势能从零开始增大，可知可以存在动能Ek、电势能ɛ、重力势能Ep均相等的点。该位置与斜面底端的距离s，物块向上运动的过程中重力、摩擦力与重力都做负功，物块的机械能转化为重力势能、电势能与内能，则：12m其中：Ek＝ɛ＝Ep＝mgs•sin30°代入数据联立可得：s=5答：（1）物块向上运动过程中的加速度a的大小为25m/s2；（2）物块运动过程中重力势能的最大值Epm为20J；（3）物块的动能Ek、电势能ɛ、重力势能Ep均相等的点与斜面底端的距离为53m【点评】该题考查带电物体在复合场中的运动，物块的机械能转化为重力势能、电势能与内能，结合能量转化的方向分析是关键。

考点卡片1．复杂的运动学图像问题【知识点的认知】1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如xt-t图像，v﹣x图像、v2﹣2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。3.解题步骤一般如下：①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；②根据图像推出具体的表达式；③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。【命题方向】在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（）A、甲车的加速度比乙车的加速度小B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇C、在x＝1m处甲、乙两车相遇D、在t＝2s末甲、乙两车相遇分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：v2-v02=解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇处两车的位移为x=12a甲t2=1故选：D。点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．【解题思路点拨】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。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Fy4.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．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝mv2联立①②式可解得：v=M+m答：小球的线速度是M+mm点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v5．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。6．库仑定律的表达式及其简单应用【知识点的认识】1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F＝kq1q2r2，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•3．适用条件：真空中的静止点电荷．【命题方向】题型一：对库仑定律的理解例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）A.3FB.F3C.F分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．解：距离改变之前：F=kq1当电荷量都变为原来的3倍时：F1=k联立①②可得：F1＝9F，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．题型二：库仑定律与力学的综合问题例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为19×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g取10m/s（1）小球A的带电荷量；（2）释放瞬间小球B的加速度大小；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷量．（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，沿绳子方向上，小球受到的合力为零，则mgcos60°＝kqA代入数值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向与绳子垂直，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，a=gsinθ=53（3）释放后小球B做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；（2）释放瞬间小球B的加速度大小为53m/s2；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向．【解题方法点拨】1．库仑定律适用条件（1）库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律．（2）当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．（3）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离．（4）对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．应用库仑定律需要注意的几个问题（1）库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．（2）库仑定律的应用方法：库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸来判断作用力F是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作用力是引力还是斥力．（3）三个点电荷的平衡问题：要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零．3．分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：（1）确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；（2）对研究对象进行受力分析，多了个电场力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，Fy＝0）或牛顿第二定律方程．7．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＝8．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．9．电势能的概念和计算【知识点的认识】1.定义：电荷在电场中具有的与位置有关的能量即在电场中具有的势能叫电势能，用Ep表示。2.相对性电荷在电场中具有的电势能与电势能零点的选取有关。电势能零点的选取是任意的，习惯上取无限远处或大地为电势能零点。无限远处作为电势能零点与大地作为电势能零点是相同的。3.大小电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能点时静电力所做的功。4.零势能位置电场中规定的电势能为0的位置，通常把电荷离场源电荷无穷远处或大地表面的电势能规定为0。5.系统性电势能是相互作用的电荷所共有的，或者说是电荷及对它作用的电场所共有的。6.标矢性标量，但有正负。其正负表示大小，正值表示比电荷放在电势能零点时多多少，负值表示比放在电势能零点时少多少。【命题方向】下列说法中正确的是（）A、在场强较小处，电荷在该处的电势能也较小B、电荷在场强为零处的电势能也为零C、在选定为零电势的位置处，任何电荷的电势能必为零D、在场强相等的各点，电荷的电势能必相等分析：电荷的电势能公式EP＝qφ，而电场强度与电势无关．在场强相等的各点，电势不一定相等，电势能不一定相等．解答：A、根据电荷的电势能公式EP＝qφ，而电场强度与电势无关，所以场强小的地方，电荷在该处的电势能不一定小，故A错误。B、电荷在场强为零处，因为电势的零点是人为选取的，电势不一定为零，故电荷的电势能也不一定为零，故B错误。C、在选定为零电势的位置处，根据EP＝qφ，知任何电荷的电势能必为零，故C正确。D、在场强相等的各点，电荷的电势不一定相等，则电荷