2024-2025学年上学期福建高二物理期末卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期福建高二物理期末卷3一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）（2024•海南）如图所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是（）A．增大通电直导线中的电流 B．圆环绕图示直径旋转 C．通电直导线竖直向上远离圆环 D．通电直导线竖直向下靠近圆环2．（4分）（2021秋•南开区校级期中）比值定义法是物理学上常用的定义物理量的方法，被定义量不随定义时所用物理量的变化而变化。下列不属于比值定义法的是（）A．E=Fq B．C=QU C．I=UR3．（4分）（2023秋•南开区校级期末）在例题中，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）＝0.3﹣0.1t（SI），其他条件不变，在0～6s内（）A．金属框内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B．金属框受到的安培力先向上后向下 C．细绳上的拉力有可能等于金属框的重力 D．3s时金属框内的感应电流为零4．（4分）（2016秋•呼图壁县校级期末）在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子（）A．速率加倍，周期减半 B．速率减半，轨道半径不变 C．速率不变，周期加倍 D．速率不变，轨道半径减半二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）5．（6分）（2023秋•天津期末）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外，若过a点的导线在O点产生的磁感应强度为B，则（）A．O点的磁感应强度为2BB．O点的磁感应强度沿y轴负方向 C．移走d点的导线，O点磁感应强度变为B D．移走d点的导线，O点磁感应强度沿OC方向（多选）6．（6分）（2019秋•广州期末）如图，电源电动势保持不变，闭合开关S1和S2，调节R2，使处在电容器中P点的带电池滴刚好保持静止，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器滑片上移，极板电量增加 B．只断开S1，油滴仍保持静止 C．只断开S2，将下极板下移，P点的电势升高 D．只断开S2，将下极板下移，油滴向上运动（多选）7．（6分）（2023秋•琼山区校级期末）磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是（）A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关 B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中照相底片同一位置的粒子电荷量相同 C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通图示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷 D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高（多选）8．（6分）（2021春•河南期中）两个相同的光滑半圆形轨道都处在竖直平面内，甲图轨道处在方向水平向左的匀强电场中，乙图轨道处在方向垂直纸面向外的匀强磁场中，两个相同的带正电小球从两轨道左端最高点无初速度释放，C、D为两轨道的最低点，则（）A．甲图和乙图中小球滑上右侧轨道时均不能到达释放点等高处 B．甲图中小球到达轨道最低点时的速度更小 C．甲图中小球到达轨道最低点时对轨道的压力更大 D．甲图中小球第一次到达C点的时间大于乙图中小球第一次到达D点的时间三．填空题（共5小题，满分20分）9．（2分）（2022秋•三门峡期末）某同学用一游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度。测得的结果如图1所示，则该物体的长度L＝cm。某同学用螺旋测微器测得一圆柱体直径如图2，则其直径是mm。10．（2分）（2024春•厦门期末）如图所示的电路，由自感线圈、开关、直流电源和两个相同的小灯泡L1、L2连接而成。已知自感线圈的自感系数较大，且其直流电阻不计。在开关S闭合的瞬间小灯泡（选填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同时亮”），断开S后小灯泡L2（选填“会”或“不会”）先闪亮一下再灭。11．（2分）（2016春•徐汇区校级期中）如图，导体棒ab在磁场中沿金属导轨向右做切割磁感线运动，导体棒cd静止在导轨上．ab中的感应电流方向（填向上或是向下）和cd受到的磁场力方向（填向左或是向右）．12．（6分）（2024•龙凤区校级模拟）某学习小组通过学习欧姆表的原理，开展了用电压表进行简易欧姆表设计的探究活动。实验室所提供的器材如下：A．电源E（电动势为12V，内阻忽略不计）B．电源E（电动势为3V，内阻忽略不计）C．开关S一个，导线若干D．微安表G（0～500μA）E．电阻箱R′（0～9999.9Ω）F．滑动变阻器R（0～30kΩ）（1）小组同学首先进行了电压表的改装，小南同学负责测量微安表G的内阻，他通过如图甲所示电路图。连接好电路后，闭合开关S1，调节R的阻值，使微安表G满偏；随后闭合S2，调节R′的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R′的示数为2000.0Ω，则微安表的内阻为；为使得内阻测量结果更准确，电源应选择（填器材前的字母）。（2）按照测量的微安表G的内阻，将其改装成量程为3V的电压表需要将串联的电阻箱R′的阻值调整为kΩ。（3）将改装后的电压表接入如图乙所示的电路图，两端接上红、黑表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表。（4）为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关S，调节滑动变阻器，使指针指在“3V”处，此处刻度应标阻值为∞；再保持滑动变阻器阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电压刻度，则“1.5V”处对应的电阻刻度为kΩ。13．（8分）（2023秋•南京月考）某实验小组测量电源的电动势和内阻时，设计了如图（a）所示的测量电路。使用的器材有量程500mA、内阻为1.00Ω的电流表；量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5。开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其它导线若干。（1）测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。在一次测量中电压表的指针位置如图（b）所示，其示数是V。（2）其余实验数据如下表所示。根据下表中的数据，在图（c）中的坐标纸上描绘出相应的5个点，并作出U—I图线。I（mA）440400290250100U（V）2.102.322.402.70（3）根据U﹣I图线求出电源的内阻r＝Ω（保留三位有效数字）。（4）在图（d）中，实线是由实验数据描点得到的U—I图像，虚线表示该电源真实的路端电压和干路电流的关系图像，表示正确的是。（5）根据实验测得的数据，判断R3与R4阻值的大小关系并写出依据。四．解答题（共3小题，满分40分）14．（10分）（2021秋•峨山县校级期中）如图，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm，A、B、C、三点都在匀强电场中，且A、B、C所在平面与电场线平行，把一个电荷量q＝1×10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为-3×10﹣3（1）求A、C间的电势差；（2）若规定B点电势为零，求C点的电势。15．（14分）（2022秋•沧州期末）两平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，左端连接阻值为R的电阻，整个导轨处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一长度为L、垂直放在导轨上的金属棒沿导轨向右运动，某时刻速度为v0，已知金属棒电阻为r，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，求：（1）此时回路中的电流大小I；（2）此时金属棒克服安培力做功的功率P。16．（16分）（2023春•宝鸡期末）如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a'、b'、c'点，其中圆弧a'b'c'的半径为R。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U。圆弧a'b'c'上方圆周外区域，存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场。O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为2qUm（1）粒子被电场加速后的速度v；（2）要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中B0的32倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L五．填空题（共1小题）17．（2014春•凤翔县校级期末）如图所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l＝0.4m的金属棒ab，其电阻r＝0.1Ω．框架左端的电阻R＝0.4Ω．垂直于框面的匀强磁场的磁感应强度B＝0.1T．当用外力使棒ab以速度v＝5m/s右移时，ab棒中产生的感应电动势E＝，通过ab棒的电流I＝．ab棒两端的电势差Uab＝，在电阻R上消耗的功率PR＝，在ab棒上消耗的发热功率Pab＝，切割运动中产生的电功率P＝．

2024-2025学年上学期福建高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）（2024•海南）如图所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是（）A．增大通电直导线中的电流 B．圆环绕图示直径旋转 C．通电直导线竖直向上远离圆环 D．通电直导线竖直向下靠近圆环【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。对照产生感应电流的条件进行分析。【解答】解：A、产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。闭合导体圆环某一直径正上方的直导线中通有电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合导体圆环前后面中，磁场方向相反，可知闭合导体圆环的磁通量为零。增大通电直导线中的电流，闭合导体圆环的磁通量依然为零，磁通量没有变化，所以圆环中不会产生感应电流，故A错误；B、圆环绕图示直径旋转，通过圆环的磁通量变化，圆环中产生感应电流，故B正确；CD、通电直导线靠近或远离圆环，圆环的磁通量始终为零，圆环中不产生感应电流，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查感应电流的产生条件，要注意明确只有在闭合回路中磁通量发生变化时，闭合电路中才可以产生感应电流。2．（4分）（2021秋•南开区校级期中）比值定义法是物理学上常用的定义物理量的方法，被定义量不随定义时所用物理量的变化而变化。下列不属于比值定义法的是（）A．E=Fq B．C=QU C．I=UR【考点】比值定义法；电场强度与电场力的关系和计算；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关。【解答】解：A、电场强度E反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量q以及电场力F都无关，公式E=Fq属于比值定义法，故B、电容C反映电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电压U、电荷量Q无关，由电容器本身的特性决定，公式C=QU属于比值定义法，故C、公式I=UR是欧姆定律的表达式，表示流过导体的电流I与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，不属于比值定义法，故D、电势差是由电场本身决定的，与电场力做功的大小无关，公式UAB=W故选：C。【点评】解决本题的关键要理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。3．（4分）（2023秋•南开区校级期末）在例题中，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）＝0.3﹣0.1t（SI），其他条件不变，在0～6s内（）A．金属框内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B．金属框受到的安培力先向上后向下 C．细绳上的拉力有可能等于金属框的重力 D．3s时金属框内的感应电流为零【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；安培力的概念；楞次定律及其应用．【专题】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】C【分析】先分析穿过金属框内的磁通量变化情况，利用楞次定律判断感应电流方向，再根据左手定则判断安培力方向。分析安培力大小，确定细绳上的拉力与金属框的重力的关系。t＝3s时，根据磁通量变化率是否为零，分析感应电动势是否为零，从而确定感应电流方向是否为零。【解答】解：AB、根据B（t）＝0.3﹣0.1t可知，0～6s内磁感应强度先向外减小后向里增大，则穿过金属框内的磁通量先向外减小后向里增大，根据楞次定律可知，金属框内感应电流一直为逆时针方向。根据左手定则可知，金属框受到的安培力先向下后向上，故AB错误；CD、根据B（t）＝0.3﹣0.1t可知，t＝3s时，磁感应强度的变化率大小ΔBΔt=0.1T/s，不为零，则通过金属框内的磁通量变化率不为零，金属框内的感应电动势不为零，则感应电流不为零，但此时磁感应强度大小为B3＝0.3T﹣0.1×3T＝0，可知此时金属框受到的安培力为0，此时细绳上的拉力等于金属框的重力，故C正确，故选：C。【点评】本题主要考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，关键是知道感应电动势与磁通量变化率有关，与磁通量没有直接关系。4．（4分）（2016秋•呼图壁县校级期末）在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子（）A．速率加倍，周期减半 B．速率减半，轨道半径不变 C．速率不变，周期加倍 D．速率不变，轨道半径减半【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】D【分析】该题考查了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式R=mvqB和周期公式【解答】解：洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小；由公式T=2πmqB可知，当磁感应强度变为原来的由公式R=mvqB可知，当磁感应强度变为原来的2倍，轨道半径将减半。从而可判断选项D正确，选项故选：D。【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小。此类问题要求掌握洛伦兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题。二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）5．（6分）（2023秋•天津期末）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外，若过a点的导线在O点产生的磁感应强度为B，则（）A．O点的磁感应强度为2BB．O点的磁感应强度沿y轴负方向 C．移走d点的导线，O点磁感应强度变为B D．移走d点的导线，O点磁感应强度沿OC方向【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】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】CD【分析】运用安培定则，判断各导线产生的磁感应强度方向，并通过磁感应强度的叠加分析各选项。【解答】解：AB、四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B。根据安培定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示。由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则可知，O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小为2B，故AB错误；CD、移走d点的导线，其它三条导线在O点的磁感应强度不变，则O点磁感应强度变为B，故CD正确。故选：CD。【点评】熟练掌握和应用安培定则是解题的关键。因为磁感应强度是矢量，所以磁场的叠加遵循平行四边形定则。（多选）6．（6分）（2019秋•广州期末）如图，电源电动势保持不变，闭合开关S1和S2，调节R2，使处在电容器中P点的带电池滴刚好保持静止，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器滑片上移，极板电量增加 B．只断开S1，油滴仍保持静止 C．只断开S2，将下极板下移，P点的电势升高 D．只断开S2，将下极板下移，油滴向上运动【考点】含容电路的动态分析；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】滑动变阻器滑片上移，分析接入电路的电阻变化，由此得到R2两端电压变化，再根据电容器的定义式判断极板电量的变化；断开开关，判断电路的变化，再根据电容器的决定式，判断电场强度的变化，再根据U＝Ed，判断P点的电视和油滴的运动情况。【解答】解：A、滑动变阻器滑片上移，R2阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可知电流变小，由U1＝IR1，可知电阻R1分压变小，而电源电动势不变，所以R2分压增大，因为电容器与R2并联，故电容器的电压也增大，根据电容器的定义式C=QU可知，极板的电荷量也增大，故B、只断开S1，原电路断开，电容器与R2组成回路，电容器放电，电荷量减小，电压也减小，极板间电场强度减小，故油滴会向下运动，故B错误；CD、只断开S2，电容器与电路断开，故电荷量Q保持不变，由公式Q＝CU=ɛS4πkdU，根据场强公式得：E=Ud，联立解得：E=4πkQɛS，所以电场强度E不变，故油滴保持静止，将下极板下移，根据U＝Ed＝φP﹣0，d变大，所以故选：AC。【点评】本题主要考查电容器与电路结合相关问题，需要对电容器和电路的知识灵活应用。（多选）7．（6分）（2023秋•琼山区校级期末）磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是（）A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关 B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中照相底片同一位置的粒子电荷量相同 C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通图示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷 D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高【考点】霍尔效应与霍尔元件；电磁流量计；与加速电场相结合的质谱仪．【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】AD【分析】根据回旋加速器的原理分析带电粒子的最大动能；根据质谱仪的原理分析带电粒子的比荷；根据左手定则判断自由电荷的偏转方向，根据电磁流量计的原理得出前后侧面的电势差。【解答】解：A、甲中回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时，粒子的轨迹达到D形盒半径R，则有：qvB=m可得最大速度：v=则带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A正确；B、乙中在加速电场有：qU1=12在速度选择器中根据平衡条件有：qB1＝qE在偏转磁场中有：qB2v=m变形解得：qm=EC、丙中自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧带负电荷，故C错误；D、丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，故D正确。故选：AD。【点评】本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用，注意霍尔元件、速度选择器、电磁流量计的本质都是应用了带电粒子受到洛伦兹力和电场力的作用制成的。（多选）8．（6分）（2021春•河南期中）两个相同的光滑半圆形轨道都处在竖直平面内，甲图轨道处在方向水平向左的匀强电场中，乙图轨道处在方向垂直纸面向外的匀强磁场中，两个相同的带正电小球从两轨道左端最高点无初速度释放，C、D为两轨道的最低点，则（）A．甲图和乙图中小球滑上右侧轨道时均不能到达释放点等高处 B．甲图中小球到达轨道最低点时的速度更小 C．甲图中小球到达轨道最低点时对轨道的压力更大 D．甲图中小球第一次到达C点的时间大于乙图中小球第一次到达D点的时间【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力；模型建构能力．【答案】BD【分析】运动过程中电场力做负功、洛伦兹力不做功，由此分析AB选项；根据牛顿第二定律、牛顿第三定律结合向心力的计算公式、洛伦兹力的计算公式分析C选项；根据小球的受力情况分析运动情况，由此确定时间的长短。【解答】解：A、乙图中小球运动过程中仅有重力做功，故机械能守恒，可知乙图中小球可以到达最右端，故A错误；B、甲、乙两图中小球到达最低点时，重力做功相同，但甲图中电场力做负功，乙图中洛伦兹力不做功，故甲图中合外力做功更少，小球的动能更小，速度更小，故B正确；C、甲图中的小球在电场中到达轨道最低点时，根据牛顿第二定律可得：FC﹣mg＝mvC2R，解得：FC＝mg+mvC2R，根据牛顿第三定律可得压力大小为mg+mvC2R；乙图中小球在D点时，根据牛顿第二定律可得：FD﹣mg﹣qvDB＝mvD2R，解得：FD＝mg+qvDB+mvD2R，根据牛顿第三定律可得对轨道的压力大小为mg+qvDB+mvD、第一次到达最低点之前，甲图中小球先加速后减速，乙图中小球一直加速，且加速时对小球在同一位置受力分析知乙图中小球加速度更大，而路程相同，故甲图中小球第一次到达C点的时间大于乙图中小球第一次到达D点的时间，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要是考查带电小球在复合场中的运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，知道洛伦兹力不做功。三．填空题（共5小题，满分20分）9．（2分）（2022秋•三门峡期末）某同学用一游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度。测得的结果如图1所示，则该物体的长度L＝5.235cm。某同学用螺旋测微器测得一圆柱体直径如图2，则其直径是3.853（3.852～3.854）mm。【考点】螺旋测微器的使用与读数；游标卡尺的使用与读数．【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题；实验探究能力．【答案】5.235；3.853（3.852～3.854）。【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm＝0.35mm，所以最终读数为L＝52mm+7×0.05mm＝52.35mm＝5.235cm螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为35.3×0.01mm＝0.353mm，所以最终读数为D＝3.5mm+35.3×0.01mm＝3.853mm（3.852～3.854都正确）。故答案为：5.235；3.853（3.852～3.854）。【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。10．（2分）（2024春•厦门期末）如图所示的电路，由自感线圈、开关、直流电源和两个相同的小灯泡L1、L2连接而成。已知自感线圈的自感系数较大，且其直流电阻不计。在开关S闭合的瞬间小灯泡L1和L2同时亮（选填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同时亮”），断开S后小灯泡L2会（选填“会”或“不会”）先闪亮一下再灭。【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】L1和L2同时亮；会。【分析】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化。但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化。【解答】解：开关闭合的瞬间，电压直接加到两个灯泡上，所以两个灯泡同时亮；电路中的电流稳定时，由于自感线圈的直流电阻不计，则灯泡L2被短路；开关断开后瞬间，线圈与灯泡L2供组成自感回路，L2闪亮一下然后逐渐熄灭，L1不在自感回路中，立即熄灭。故答案为：L1和L2同时亮；会。【点评】本题中线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，当电流减小时，相当于一个电源。11．（2分）（2016春•徐汇区校级期中）如图，导体棒ab在磁场中沿金属导轨向右做切割磁感线运动，导体棒cd静止在导轨上．ab中的感应电流方向上（填向上或是向下）和cd受到的磁场力方向右（填向左或是向右）．【考点】右手定则；左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】见试题解答内容【分析】先根据右手定则判断感应电流的方向：磁感线穿过掌心，大拇指指向导体运动的方向，四指所指的方向就是感应电流的方向；再根据左手定则判断安培力方向：磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．【解答】解：根据右手定则判断知，ab棒中感应电流方向由b→a，即电流向上；流过cd棒的电流由c→d，由左手定则判断知cd棒所受安培力方向向右，如图所示故答案为：上；右．【点评】本题的关键就是区分开左手定则和右手定则，知道它们使用的条件和用法的区别，不能混淆．明确右手定则用在“先动后电”而左手定则用在：先电后动．12．（6分）（2024•龙凤区校级模拟）某学习小组通过学习欧姆表的原理，开展了用电压表进行简易欧姆表设计的探究活动。实验室所提供的器材如下：A．电源E（电动势为12V，内阻忽略不计）B．电源E（电动势为3V，内阻忽略不计）C．开关S一个，导线若干D．微安表G（0～500μA）E．电阻箱R′（0～9999.9Ω）F．滑动变阻器R（0～30kΩ）（1）小组同学首先进行了电压表的改装，小南同学负责测量微安表G的内阻，他通过如图甲所示电路图。连接好电路后，闭合开关S1，调节R的阻值，使微安表G满偏；随后闭合S2，调节R′的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R′的示数为2000.0Ω，则微安表的内阻为2000.0Ω；为使得内阻测量结果更准确，电源应选择A（填器材前的字母）。（2）按照测量的微安表G的内阻，将其改装成量程为3V的电压表需要将串联的电阻箱R′的阻值调整为4kΩ。（3）将改装后的电压表接入如图乙所示的电路图，两端接上红、黑表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表。（4）为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关S，调节滑动变阻器，使指针指在“3V”处，此处刻度应标阻值为∞；再保持滑动变阻器阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电压刻度，则“1.5V”处对应的电阻刻度为4.5kΩ。【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）2000.0Ω；（2）A；（4）4；4.5。【分析】（1）根据“半偏法”测电流表的原理求解作答；根据实验误差的来源，结合欧姆定律分析后选择电动势；（2）根据电压表改装原理结合欧姆定律求解作答；（4）根据闭合电路的欧姆定律结合并联电路的特点求解待测电阻。【解答】解：（1）图甲采用“半偏法”测微安表的内阻；根据并联定律的特点和欧姆定律1解得Rg＝R′＝2000.0Ω“半偏法”测微安表的内阻的误差来源于干路电流的变化，因为电路的电阻阻值比较大，若采用3V电源，电路的电流过小，误差很大，所以电源应选择电动势为12V。（2）根据闭合欧姆定律，电压表内阻R串联电阻R（4）当指针指在“3V”处，根据闭合电路的欧姆定律E＝U+IgR代入数据解得滑动变阻器接入电路的电阻R＝18kΩ当指针指在“1.5V”处，滑动变阻器两端电压UR＝E﹣U′＝12V﹣1.5V＝10.5V此时通过滑动变阻器的电流I=电压表的内阻R并联电阻R根据并联电路的电阻特点R代入数据解得Rx＝4500Ω＝4.5kΩ此时阻值为4.5kΩ。故答案为：（1）2000.0Ω；（2）A；（4）4；4.5。【点评】本题考查了“半偏法”测电流表的内阻、电压表的改装和简易欧姆表的设计；关键是要理解实验的原理、熟练掌握欧姆定律和并联电路的特点。13．（8分）（2023秋•南京月考）某实验小组测量电源的电动势和内阻时，设计了如图（a）所示的测量电路。使用的器材有量程500mA、内阻为1.00Ω的电流表；量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5。开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其它导线若干。（1）测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。在一次测量中电压表的指针位置如图（b）所示，其示数是2.00V。（2）其余实验数据如下表所示。根据下表中的数据，在图（c）中的坐标纸上描绘出相应的5个点，并作出U—I图线。I（mA）440400290250100U（V）2.102.322.402.70（3）根据U﹣I图线求出电源的内阻r＝1.00Ω（保留三位有效数字）。（4）在图（d）中，实线是由实验数据描点得到的U—I图像，虚线表示该电源真实的路端电压和干路电流的关系图像，表示正确的是C。（5）根据实验测得的数据，判断R3与R4阻值的大小关系并写出依据见解析。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）2.00；（2）见解析；（3）1.00；（4）C；（5）见解析。【分析】（1）电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数时要估读到下一位；（2）根据“描点法”作图；（3）把电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像斜率绝对值的含义求内阻；（4）不考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律进行分析；考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律进行分析，然后作答；（5）根据欧姆定律、串联电路的特点，结合表格数据分析。【解答】解：（1）由于电压表量程为3V，分度值为0.1V，则电压表示数为2.00V；（2）根据“描点法”作图，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：（3）改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，相当于将滑动变阻器采用限流式接法接入电路，改变滑片位置，把电流表内阻看作电源内阻的一部分，电压表的示数为路端电压；根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣（r+RA）•I图像斜率的绝对值k=结合U﹣I函数，图像斜率k＝r+RA电源内阻r＝k﹣RA＝2.00Ω﹣1.00Ω＝1.00Ω（4）不考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律U＝E﹣r•I结合U﹣I图像，电动势的测量值E＝U，内阻r＝k考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律U＝E真﹣（r+RA）•I结合U﹣I图像，电动势的真实值E真＝U图像相邻的绝对值k＝r+RA内阻的真实值r真＝k﹣RA＜k综上分析可知，电源真实的路端电压和干路电流的关系图像在实验数据描点得到的U﹣I图像的上方，且两图像在纵轴交于同一点，故ABD错误，C正确。故选：C。（5）由于测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，根据欧姆定律、串联电路的特点，结合表格数据分析如下：当R1、R2同时串入电路有R当R1、R2、R3同时串入电路有R当R1、R2、R3、R4同时串入电路有R代入数据解得R3＝2.75Ω，R4＝1.6Ω故根据实验数据可知R3＞R4。故答案为：（1）2.00；（2）见解析；（3）1.00；（4）C；（5）见解析。【点评】本题考查了测量电源的电动势和内阻，掌握电压表的读数和“描点法”作图的方法，误差分析是难点。四．解答题（共3小题，满分40分）14．（10分）（2021秋•峨山县校级期中）如图，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm，A、B、C、三点都在匀强电场中，且A、B、C所在平面与电场线平行，把一个电荷量q＝1×10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为-3×10﹣3（1）求A、C间的电势差；（2）若规定B点电势为零，求C点的电势。【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；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．【专题】定量思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】（1）A、C间的电势差为-3×102（2）若规定B点电势为零，C点的电势为3×102V【分析】（1）正电荷从A移到B，电场力做功为零，可得AB连线为等势线，AC间的电势差等于BC间的电势差，有电场力做功与电势差的关系可解；（2）电势差的计算公式直接求解【解答】解：根据W＝Uq得，UAB＝0，即φA＝φB，则UBC=WBCq=-3（1）A、C两点间的电势差：UAC＝φA﹣φC＝φB﹣φC＝UBC=-3×（2）若规定B点电势为零，φB＝0，B、C间电势差：UBC＝φB﹣φC，所以φC＝φB﹣UBC=3×10答：（1）A、C间的电势差为-3×102（2）若规定B点电势为零，C点的电势为3×102V【点评】本题主要考查的是电势差和电场力做功的关系，根据题设条件求出电势差，然后根据UAC＝φA﹣φC求出电势即可。15．（14分）（2022秋•沧州期末）两平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，左端连接阻值为R的电阻，整个导轨处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一长度为L、垂直放在导轨上的金属棒沿导轨向右运动，某时刻速度为v0，已知金属棒电阻为r，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，求：（1）此时回路中的电流大小I；（2）此时金属棒克服安培力做功的功率P。【考点】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；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）此时回路中的电流大小I是BLv（2）此时金属棒克服安培力做功的功率P是B2【分析】（1）根据E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流。（2）求出安培力，然后根据功率公式求解。【解答】解：（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0根据闭合电路欧姆定律有：I=E（2）金属棒所受安培力为F＝BIL金属棒克服安培力做功的功率P＝Fv0解得P=B答：（1）此时回路中的电流大小I是BLv（2）此时金属棒克服安培力做功的功率P是B2【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力和功率的计算，考查了推理能力，考查了科学思维的学科素养，突出对基础性、综合性的考查要求．16．（16分）（2023春•宝鸡期末）如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a'、b'、c'点，其中圆弧a'b'c'的半径为R。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U。圆弧a'b'c'上方圆周外区域，存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场。O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为2qUm（1）粒子被电场加速后的速度v；（2）要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中B0的32倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】定量思想；推理法；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）粒子被电场加速后的速度v为2qU（2）磁场的磁感应强度的最大值B0为2R（3）能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L为(3+5【分析】（1）对粒子被电场加速过程，根据动能定理求解；（2）根据洛伦兹力提供向心力可知，满足磁感应强度有最大值，则轨迹半径要取最小值，根据几何关系确定轨迹半径的最小值，进而得到磁感应强度的最大值；（3）求得带电粒子在磁场中的运动半径，根据几何知识确定粒子能够到达上边界的范围的左右端点。【解答】解：（1）对粒子被电场加速过程，由动能定理得：qU=1已知：v0=解得：v=2（2）垂直磁场上边界射出的粒子的圆心O'必在磁场上边界上，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv解得：r=满足磁感应强度有最大值，则r要取最小值，粒子运动轨迹如下图所示：由几何关系可知OO′的长度总是满足：O当r有最小值时，OO'取最小值，OO'最小值为O点到磁场上边界的距离2R，解得r的最小值为：rmin由：r解得：B（3）当B=32Br＝2R由几何知识可知，当粒子从c'沿x轴正方向进入磁场，粒子从磁场上边界的射出点，为粒子能够到达上边界的最右端，当粒子的轨迹与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如下图所示：由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最右端与y轴的距离为：x1＝R+r＝3R粒子能够到达上边界的最左端与y轴的距离为：x可得能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L为：L＝x1+x2=(3+答：（1）粒子被电场加速后的速度v为2qU（2）磁场的磁感应强度的最大值B0为2R（3）能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L为(3+5【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题。对于粒子在加速电场的加速过程，应用动能定理解答。粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，要画出粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。五．填空题（共1小题）17．（2014春•凤翔县校级期末）如图所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l＝0.4m的金属棒ab，其电阻r＝0.1Ω．框架左端的电阻R＝0.4Ω．垂直于框面的匀强磁场的磁感应强度B＝0.1T．当用外力使棒ab以速度v＝5m/s右移时，ab棒中产生的感应电动势E＝0.2V，通过ab棒的电流I＝0.4A．ab棒两端的电势差Uab＝0.16V，在电阻R上消耗的功率PR＝0.064W，在ab棒上消耗的发热功率Pab＝0.016W，切割运动中产生的电功率P＝0.08W．【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】电磁感应——功能问题．【答案】见试题解答内容【分析】棒向右运动垂直切割磁感线，根据公式E＝BLv求出感应电动势E，根据欧姆定律求解通过ab棒的电流I．ab棒两端的电势差等于R两端的电压，由欧姆定律求出．再根据电功率求解各个功率．【解答】解：ab棒中产生的感应电动势E＝BLv＝0.1×0.4×5V＝0.2V通过ab棒的电流I=ER+r=ab棒两端的电势差Uab＝IR＝0.4×0.4V＝0.16V在电阻R上消耗的功率PR＝I2R＝0.42×0.4W＝0.064W，在ab棒上消耗的发热功率Pab＝I2r＝0.42×0.1W＝0.016W，切割运动中产生的电功率P＝PR+Pab＝0.08W故答案为：0.2V；0.4A；0.16V；0.064W；0.016W；【点评】本题关键要掌握感应电动势公式E＝BLv、欧姆定律、功率公式等等电磁感应基本知识，即可正确解题．求ab间电势差时要注意，金属棒是电源，ab间电势差是路端电压．

考点卡片1．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。2．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．3．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v4．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．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＝6．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。7．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算【知识点的认识】1.定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，电势差也叫作电压。2.表达式：设电场中A点的电视为φA，B点的电势为φB，则AB电点之间的电势差可以表示为UAB＝φA﹣φBBA两点之间的电势差为UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.电势差的单位伏特，符号：V4.电势差的正负电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依次用代数法相加。5.特点：电场中两点之间的电势差取决于电场本身，与电势零点的选取无关6.物理意义：反映电荷在电场中移动时电场力做功本领大小的物理量【命题方向】关于电势差UAB和电势φA、φB的理解正确的是（）A、UAB表示B点相对A点的电势差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正负，所以电势是矢量D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，电势是标量，通常选大地或无穷远作为零电势．解答：A、UAB表示A点相对B点的电势差，即UAB＝φA﹣φB，A错误；B、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBA，B正确；C、电势虽有正负之分，但电势是标量，C错误；D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势，D正确；故选：BD。点评：记忆电势的有关知识时，可以把它类比为高度去理解，电势差对应高度差，某点的电势对应某点的高度．【解题思路点拨】根据电势差的定义可知，电势差的正负代表两点之间电势的大小，如果UAB＞0，则φA＞φB；如果UAB＜0，则φA＜φB。8．匀强电场中电势差与电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1．关系式：U＝Ed或者E=U2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式U＝Ed的理解1．从变形公式E=U2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3．对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即E→AB＜EBC，又因为UAB=AB•E→AB，UBC=BC•三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WE=F意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有U＝Ed【命题方向】如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m＝1×10﹣3kg、带正电q＝10﹣3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，已知A、B两点间距离为L＝0.1m，电势差为UAB＝20V．（1）判断匀强电场的场强方向；（2）求电场强度的大小；（3）求小球到达B点时的速率．分析：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，根据运动情况判断匀强电场的场强方向；（2）根据电势差与电场强度的关系求解电场强度的大小（3）根据动能定理求解小球到达B点时的速率解答：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，所以匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）根据电势差与电场强度的关系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根据动能定理研究小球由A点运动到B点，qU=v＝210m/s答：（1）匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）电场强度的大小是200V/m；（3）小球到达B点时的速率是210m/s．点评：理解和掌握电场中各个物理量之间的关系，在具体题目中能熟练的应用．【解题方法点拨】U＝Ed关系的应用：公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=Ud，用它可求9．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据C=Q（3）根据E=U（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。【命题方向】如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，A板下方a处有一带电荷量非常小的点电荷。S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A、φa不变B、φa变小C、F变小D、F变大分析：电容器与电源相连，则可知电容器两端的电压不变；由极板的移动可知d的变化，由U＝Ed可知板间场强E的变化，再由U＝Ed可知Aa间的电势差的变化，即可得出aB间电势差的变化及a点电势的变化。解答：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E减小，由F＝Eq可知电荷所受电场力变小，故C正确；则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，而B接地，故a点的电势增大，故A、B均错；故选：C。点评：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本题应注意（1）因下极间接地，故aB间的电势差大小即为a点的电势；（2）因aB间的距离发生变化，不能直接由U＝Ed进行判断，我们是先求得Aa间的电势差再求aB的间电势差。【解题思路点拨】分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。10．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。11．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。12．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13．含容电路的动态分析【知识点的认识】1.模型概述：该模型分析的是电路中含有电容器的一类电路分析问题。本考点旨在针对含容电路的动态分析问题。2.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。3.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。4.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。【命题方向】如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计．开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A、灵敏电流计G中有b→a的电流B、油滴向上加速运动C、电容器极板所带电荷量将减小D、通过电阻R2的电流将减小分析：质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡．滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况．再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化．解答：在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。根据Q＝CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。故A对、B对，C错，D错。故选：AB。点评：处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．【解题思路点拨】含电容器电路的分析与计算方法（1）首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。（2）根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。（3）最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。14．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