2024-2025学年上学期广州高二物理期末培优卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期广州高二物理期末培优卷1一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）1．（4分）（2023春•武汉期中）如图所示，L为直流电阻忽略不计的线圈，D为灯泡，C为电容器，当电键处于闭合状态时，灯D正常发光，下列说法正确的是（）A．开关S处于闭合状态时，电感线圈中一直有感应电流 B．开关S处于闭合状态时，电容器a板电势比b板电势高 C．断开电键后瞬间，线圈中的磁场能减小 D．断开电键后瞬间，电容器开始放电2．（4分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，不计粒子通过窄缝的时间及相对论效应，下列说法正确的是（）A．带电粒子从磁场中获得能量 B．带电粒子的运动周期随粒子速度增加而减小 C．交变电场的交变周期不变 D．增大加速电场的电压后粒子射出加速器时的动能增大3．（4分）（2021•奉贤区二模）如图所示，一根光滑的水平绝缘杆，A处固定一个金属线圈，B处挂一个闭合铜环。现给线圈分别通以如图所示的四种电流，其中能使铜环在0～t1时间内加速度方向保持向右的是（）A． B． C． D．4．（4分）（2021秋•天山区期中）如图所示，a、b、c、d、e五点在一条直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定一个点电荷，带电荷量为+Q，已知在+Q形成的电场中，d、e两点间的电势差为U。将一个试探电荷+q从b点移动到c点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU5．（4分）（2023•合肥一模）电容器是一种重要的电学元件，在电工和电子技术中应用广泛。使用如图甲所示电路观察电容器的充电和放电过程。电路中的电流传感器（不计内阻）与计算机相连，可以显示电流随时间的变化。直流电源电动势为E，实验前电容器不带电．先将开关K拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将其拨到“2”，直至放电完毕。计算机显示的电流随时间变化的i﹣t曲线如图乙所示。则下列说法正确的是（）A．乙图中阴影部分的面积S1＝S2 B．乙图中阴影部分的面积S1＜S2 C．由甲、乙两图可判断阻值R1＞R2 D．由甲、乙两图可判断阻值R1＝R26．（4分）（2023秋•鞍山月考）理想变压器原线圈a的匝数n1＝200匝，副线圈b的匝数n2＝100匝，电路如图所示，原线圈接交流电源后，副线圈中“20V，10W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1＝80Ω，R2＝20Ω，电压表为理想电表。关于此电路下列判断正确的是（）A．流经R1的电流为1A B．R1的电功率为45W C．电压表的示数为302D．交流电源输出电压的有效值为80V7．（4分）（2023春•东城区校级期中）霍尔式位移传感器的测量原理如图，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0+kz（B0、k均为常数）。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图），当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（）A．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高 B．k越大，传感器灵敏度（ΔUΔz）越高C．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小 D．电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小8．（4分）（2023秋•南开区校级期末）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的边界水平，且磁场的宽度大于线圈的边长，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。甲的下边开始进入磁场时以速度v做匀速运动，下列判断正确的是（）A．若乙的上边进入磁场前也做匀速运动，则速度大小为12vB．甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为2：1 C．一定是甲先离开磁场，乙后离开磁场 D．甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做减速运动二．多选题（共3小题，满分12分，每小题4分）（多选）9．（4分）（2016春•晋中期中）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最大 B．该交变电动势的有效值为112V C．该交变电动势的瞬时值表达式v＝222cos100πtV D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次（多选）10．（4分）如图是示波管的工作原理图。电子经电场加速后沿垂直于偏转电场的方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转位移。取“单位偏转电压引起的偏转位移”来描述示波管的灵敏度，即yUA．减小U1 B．增大U2 C．增大L D．减小d（多选）11．（4分）（2020秋•洛阳期中）如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A．半径之比为3：1 B．半径之比为1：3 C．时间之比为2：3 D．时间之比为3：2三．实验题（共7小题，满分56分）12．（5分）（2021秋•长岭县校级月考）（1）多用电表在选择不同的挡位时，在电路中有不同的连接方式，则下列叙述正确的是。A．当多用电表调至电压挡时按电路图甲连接，然后闭合开关B．当多用电表调至电流挡时按电路图乙连接，然后闭合开关C．当多用电表调至欧姆挡时按电路图丙连接，然后闭合开关D．当多用电表测量二极管的反向电阻时，按电路图丁连接（2）用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是。A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量C．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡D．用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的（3）用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某电阻阻值，根据图所示的表盘，被测电阻阻值为Ω。若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为mA。13．（6分）（2020秋•黄浦区期末）某同学用图（a）所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝3Ω。（1）图（a）中A、B分别是传感器、传感器。（2）请根据图（a），用笔画线代替导线将图（b）中实物图补充完整。（3）该实验中，设传感器A的示数为a，传感器B的示数为b，则a关于b的函数关系式为a＝。（用b、E、r、R2表示）（4）若实验中得到的两表的示数关系图象如图（c）所示，则该电源的电动势E＝V，内阻r＝Ω。14．（6分）（2022秋•湖州期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，小张同学进行了如下操作：（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L＝80.00cm，再用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则其直径D＝mm。（2）将多用电表挡位的选择如图乙所示，按正确的操作步骤粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图丙所示，则该金属丝的阻值约为Ω。（3）为了减小实验误差，需进一步精确测量金属丝的电阻，除待测金属丝Rx外，实验室准备的实验器材有电源（电动势为4V，内阻很小）、导线、开关，还有以下实验器材：A.电压表V1（0～3V，内阻约为1000Ω）B.电压表V2（0～15V，内阻约为2000Ω）C.电流表A1（0～0.6A，内阻约为1Ω）D.电流表A2（0～3A，内阻约为0.5Ω）E.滑动变阻器R1（0～10Ω）F.滑动变阻器R2（0～200Ω）①要求待测金属丝两端的电压范围从0开始，测量值尽可能精确，应选择的实验器材有；（填器材前的字母）②图丁是部分连接好的实物电路图，请在图丁中完成其余的正确连线；③通过正确的操作，将得到的金属丝的电压、电流数据作出金属丝的U﹣I图，如图戊所示。根据以上数据计算出此金属丝的电阻率为Ω•m。（计算结果保留两位有效数字）15．（9分）（2017春•东城区期末）如图所示，理想变压器的原线圈两端接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈两端接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表．求：（1）电压表的读数；（2）电流表的读数．16．（9分）（2015春•亭湖区校级月考）如图所示，一个长为2m、宽为1m粗细均匀的矩形线框，质量为m、电阻为R＝5Ω，放在光滑绝缘的水平面上，一个边长为2m的正方形区域内，存在竖直向下的匀强磁场，其左边界在线框两长边的中点MN上．（1）在t＝0时刻，若磁场从磁感应强度为零开始均匀增强，变化率ΔBΔt=0.5T/S，线框保持静止，求在t＝（2）若正方形区域内磁场的磁感应强度恒为B＝1T，磁场从图示位置开始以速度v＝5m/s匀速向左运动．并控制线框保持静止，求到线框刚好完全处在磁场中时通过线框的电量和线框中产生的热量；（3）若正方形区域内磁场的磁感应强度恒为B，磁场从图示位置开始以速度v匀速向左运动，线框同时从静止释放，线框离开磁场前已达到稳定速度，加速过程中产生的热量为Q，求该过程中运动磁场提供给线框的能量．17．（9分）（2023秋•长宁区校级期末）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，已知：B为速度选择器，磁场与电场正交，电场强度为E已知，磁感应强度B1未知；C为偏转分离器，磁感应强度为B2已知。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）加速后粒子的速度v为多少？（2）速度选择器磁感应强度B1为多少？（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？18．（12分）（2012秋•松山区校级期中）在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10﹣3kg、电量q＝1.0×10﹣10C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角系坐标系oxy，现突然加一沿X轴负方向、场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过2.0s，所加电场突然变为沿y轴负方向，场强大小仍为E＝2.0×106V/m的匀强电场，再经过2.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经2.0s，速率变为零，求此电场的大小及方向及速度变为零时小球的位置坐标．

2024-2025学年上学期广州高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）1．（4分）（2023春•武汉期中）如图所示，L为直流电阻忽略不计的线圈，D为灯泡，C为电容器，当电键处于闭合状态时，灯D正常发光，下列说法正确的是（）A．开关S处于闭合状态时，电感线圈中一直有感应电流 B．开关S处于闭合状态时，电容器a板电势比b板电势高 C．断开电键后瞬间，线圈中的磁场能减小 D．断开电键后瞬间，电容器开始放电【考点】电感、电容和电阻对电路的影响对比；自感现象与自感系数；电容器或电感器及其对交变电流的作用．【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】开关S处于闭合状态时，由于线圈电阻为零，电流稳定时，根据欧姆定律分析；断开电键后瞬间，线圈中电流最大，并与电容器构成电磁振荡回路，根据电磁振荡规律分析。【解答】解：AB．开关S处于闭合状态时，电流稳定时，L电阻可忽略，电感线圈中没有感应电流，此时电感线圈两端电压为零，C与L并联，故电容器a板和b板的电势相等，故AB错误；CD．断开电键后的瞬间，通过线圈中电流最大，由于自感阻碍通过它电流的减小，将存储的磁场能释放，为电容器充电，此过程线圈的磁场能减小，电容器的电场能增加，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查自感现象，当电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈相当于电源．同时要注意电容器虽然不能通过直流电，但在开关闭合与断开的瞬间可能会充电或放电。2．（4分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，不计粒子通过窄缝的时间及相对论效应，下列说法正确的是（）A．带电粒子从磁场中获得能量 B．带电粒子的运动周期随粒子速度增加而减小 C．交变电场的交变周期不变 D．增大加速电场的电压后粒子射出加速器时的动能增大【考点】回旋加速器．【专题】定量思想；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】C【分析】被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功；当离子在磁场中圆周运动的半径等于D形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法。【解答】解：A.由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU＝ΔEk，故离子是从电场中获得能量，故A错误；BC.带电粒子在磁场中运动的周期T=周期与粒子运动的速度大小无关，所以带电粒子运动的周期不变，则交变电场的交变周期不变，故B错误，C正确；D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB=m粒子的最大速度v所以，粒子加速后的最大动能Ek=增大加速电场的电压后粒子射出加速器时的动能不会增大，故D错误。故选：C。【点评】了解并理解常用实验仪器或实验器材的原理，到考试时我们就能轻松解决此类问题，注意磁场对粒子只偏转不改变能量。3．（4分）（2021•奉贤区二模）如图所示，一根光滑的水平绝缘杆，A处固定一个金属线圈，B处挂一个闭合铜环。现给线圈分别通以如图所示的四种电流，其中能使铜环在0～t1时间内加速度方向保持向右的是（）A． B． C． D．【考点】楞次定律及其应用；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；分析综合能力．【答案】B【分析】根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥.要使铜环在0～t1时间内加速度方向保持向右，根据楞次定律可知，A中电流一直增大。【解答】解：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离，因此穿过线圈B的磁通量必须增加，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，所以线圈B向右运动，且加速.故B正确，A、C、D错误.故选：B。【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。再根据楞次定律判断A中电流变化情况4．（4分）（2021秋•天山区期中）如图所示，a、b、c、d、e五点在一条直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定一个点电荷，带电荷量为+Q，已知在+Q形成的电场中，d、e两点间的电势差为U。将一个试探电荷+q从b点移动到c点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU【考点】电场力做功与电势能变化的关系；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【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】根据点电荷周围的电场线特点，确定出de段的电势差与bc段的电势差关系，结合W＝qU比较电场力做功。【解答】解：由题意可知，场源电荷为正电荷，所以bc之间电场强度的方向由b指向c，试探电荷+q从b点移动到c点的过程中电场力做正功。据点电荷的场强公式E=kQr2，bc之间平均电场强度大于de之间的平均电场强度；再根据匀强电场中电场强度与沿电场强度方向距离的关系U＝Ed，可得Ubc＞Ude；因此试探电荷+q从b点移动到c点的过程中场力做功大于qU．故C故选：C。【点评】解决本题的关键知道U＝Ed的计算适用于匀强电场，对于非匀强电场可以定性分析，以及掌握电场力做功与电势差的关系。5．（4分）（2023•合肥一模）电容器是一种重要的电学元件，在电工和电子技术中应用广泛。使用如图甲所示电路观察电容器的充电和放电过程。电路中的电流传感器（不计内阻）与计算机相连，可以显示电流随时间的变化。直流电源电动势为E，实验前电容器不带电．先将开关K拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将其拨到“2”，直至放电完毕。计算机显示的电流随时间变化的i﹣t曲线如图乙所示。则下列说法正确的是（）A．乙图中阴影部分的面积S1＝S2 B．乙图中阴影部分的面积S1＜S2 C．由甲、乙两图可判断阻值R1＞R2 D．由甲、乙两图可判断阻值R1＝R2【考点】电容器的充放电问题；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化；含容电路的动态分析；观察电容器及其充、放电现象．【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据电流定义式结合图像分析判断，根据欧姆定律结合图像分析判断。【解答】解：AB．根据电流定义式有Q＝It，可知图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，故A正确，B错误；CD．由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由E解得R1＜R2，故CD错误。故选：A。【点评】本题考查电容器的充放电过程，要求掌握电容器充放电过程特点，会用电流定义式、欧姆定律结合图像分析。6．（4分）（2023秋•鞍山月考）理想变压器原线圈a的匝数n1＝200匝，副线圈b的匝数n2＝100匝，电路如图所示，原线圈接交流电源后，副线圈中“20V，10W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1＝80Ω，R2＝20Ω，电压表为理想电表。关于此电路下列判断正确的是（）A．流经R1的电流为1A B．R1的电功率为45W C．电压表的示数为302D．交流电源输出电压的有效值为80V【考点】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】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】D【分析】由欧姆定律可得，流经灯泡的电流，根据串并联规律和欧姆定律求解电压表示数；根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比求解原线圈的输入电压；根据功率公式求解两电阻的功率即可。【解答】解：ABC、根据题意，由欧姆定律可得，流经灯泡的电流为IL代入数值得IL＝0.5A电压表的示数为UV＝R2IL+UL代入数据得UV＝30V由变压器匝数与电流关系有I1又有I2＝IL解得，流过原线圈的电流为I1＝0.25AR1的电功率为P1代入数值得P1＝5W故ABC错误；D、由变压器匝数与电压的关系有U1解得U1＝60V则交流电源输出电压的有效值为U＝I1R1+U1代入数值得U＝80V故D正确。故选：D。【点评】本题考查了变压器原理和正弦式交流电，难度不大，常规题型。7．（4分）（2023春•东城区校级期中）霍尔式位移传感器的测量原理如图，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0+kz（B0、k均为常数）。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图），当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（）A．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高 B．k越大，传感器灵敏度（ΔUΔz）越高C．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小 D．电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】应用题；信息给予题；定量思想；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】B【分析】霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低。上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。【解答】解：A、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高。故A错误。B、k越大，根据磁感应强度B＝B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=BInqb，可知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（ΔUΔzCD、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有qUc=qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U=BInqb，B越大，上、下表面的电势差U故选：B。【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差。8．（4分）（2023秋•南开区校级期末）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的边界水平，且磁场的宽度大于线圈的边长，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。甲的下边开始进入磁场时以速度v做匀速运动，下列判断正确的是（）A．若乙的上边进入磁场前也做匀速运动，则速度大小为12vB．甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为2：1 C．一定是甲先离开磁场，乙后离开磁场 D．甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做减速运动【考点】电磁感应过程中的能量类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】D【分析】A：根据已知表示出线圈的质量，找到两线圈不同量的定量关系，在根据匀变速运动规律求解线圈下边刚进入磁场时的速度，根据电磁感应定律、电阻定律、闭合电路的欧姆定律和安培力公式联立求解线圈下边刚进入磁场时线圈所受的安培力，结合已知即可判断；B：结合A选项，根据电荷量表达式和电阻定律联立求解电荷量之比；C：结合A选项，两线圈受力相同，故运动性质相同，同时离开磁场；D：匀速进入磁场，完全进入后做匀加速直线运动，出磁场时安培力大于重力，减速出磁场。【解答】解：A.甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为ρ′，两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量m＝ρ′×4nLS＝4nρ′LS由题意可知，两线圈的质量相等，则4n甲ρ′LS甲＝4n乙ρ′LS乙则n甲S甲＝n乙S乙两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，则v=由于下落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等。设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E＝nBLv由电阻定律可知，线圈电阻R=ρ4nL由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流I=E线圈受到的安培力F=nBIL=n由于n甲S甲＝n乙S乙B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，甲的下边开始进入磁场时以速度v做匀速运动，则F＝mg所以乙的上边进入磁场前也做匀速运动，则速度大小为v，故A错误；B.线圈进入磁场的过程中，通过导线的电荷量为q=It=E由n甲S甲＝n乙S乙可得S甲所以甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为1：2，故B错误；C.甲、乙进入磁场时速度相同，离开磁场时的速度也相同，所受安培力F=nBIL=n也相同，线圈离开磁场的加速度相同，所以甲、乙同时离开磁场，故C错误；D.线圈完全进入磁场后通过线圈的磁通量不变，线圈中感应电流为0，线圈不再受安培力，线圈在磁场中做加速运动；线圈开始离开磁场时，速度比进入磁场时大，安培力也比重力大，所以甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做减速运动，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。二．多选题（共3小题，满分12分，每小题4分）（多选）9．（4分）（2016春•晋中期中）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最大 B．该交变电动势的有效值为112V C．该交变电动势的瞬时值表达式v＝222cos100πtV D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定量思想；方程法；交流电专题．【答案】AD【分析】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，在一个周期内交流电的方向改变两次【解答】解：A、由图象知：t＝0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A正确；B、交流电的有效值为E=Em2C、当t＝0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222sin（100πt）V，C错误；D，周期为0.02s，在一个周期内电流的方向改变2次，故1s内电流改变次数为n=10.02×2=100故选：AD。【点评】本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．（多选）10．（4分）如图是示波管的工作原理图。电子经电场加速后沿垂直于偏转电场的方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转位移。取“单位偏转电压引起的偏转位移”来描述示波管的灵敏度，即yUA．减小U1 B．增大U2 C．增大L D．减小d【考点】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；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】带电粒子在匀强电场中加速和偏转，通过运动学规律求解，偏转过程利用匀变速曲线运动求解方法求解。【解答】解：设电子经电场加速后速度为v0，则eU1=12mv02电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，在偏转电场中的加速度a=水平方向上：L＝v0t竖直方向上：y=所以示波管的灵敏度y所以提高灵敏度可以增大L、减小d和减小U1，故B错误，ACD正确；故选：ACD。【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的加速和偏转，推导方法很重要，定时复习。（多选）11．（4分）（2020秋•洛阳期中）如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A．半径之比为3：1 B．半径之比为1：3 C．时间之比为2：3 D．时间之比为3：2【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】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径，然后求出粒子轨道半径之比；根据题意求出粒子在磁场中转过的圆心角，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期求出粒子在磁场中的运动时间，然后求出时间之比。【解答】解：AB、设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知：r1＝Rtan60°3R，r2＝R，子轨道半径之比：r1：r2=3R：R=3：1，故A正确，CD、粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πm由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角：θ1＝60°，θ2＝90°粒子在磁场中的运动时间：t=θ粒子的运动时间之比：t1t2=θ故选：AC。【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动，根据题意分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角是解题的关键。三．实验题（共7小题，满分56分）12．（5分）（2021秋•长岭县校级月考）（1）多用电表在选择不同的挡位时，在电路中有不同的连接方式，则下列叙述正确的是B。A．当多用电表调至电压挡时按电路图甲连接，然后闭合开关B．当多用电表调至电流挡时按电路图乙连接，然后闭合开关C．当多用电表调至欧姆挡时按电路图丙连接，然后闭合开关D．当多用电表测量二极管的反向电阻时，按电路图丁连接（2）用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是BC。A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量C．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡D．用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的（3）用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某电阻阻值，根据图所示的表盘，被测电阻阻值为220Ω。若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为0.40mA。【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；实验探究能力．【答案】（1）B；（2）BC；（3）220，0.40【分析】（1）（2）本题考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆挡位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．（3）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表所测电阻的阻值；根据电流表量程由图示表盘确定其分度值，读出电流表示数．【解答】解：（1）A、测电压时，多用电表的红表笔应接在待测电阻的高电势点，故A错误；B、测电流时应将待测电阻与多用电表串联，且电流应从红表笔进入、从黑表笔流出，故B正确；C、测电阻时，应将待测电阻与电路断开后测量，故C错误；D、因为多用电表的黑表笔与内部电池的正极相连，所以测量二极管反向电阻时，应将黑表笔与二极管的负极相连，故D错误。故选B.（2）A.运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零，故A错误；B.电阻如果是连在电路中，应当把它与其它元件断开，再进行测量，故B正确；C.使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，故C正确；D.用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是不一样的，故D错误。故选BC.（3）由图示可知，被测电阻阻值为22×10Ω＝220Ω选择多用表旋钮置于1mA挡测电流，由表盘可知其分度值是0.02mA，电流表示数为0.40mA.故答案为：（1）B；（2）BC；（3）220，0.40【点评】欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．要特别注意：每次换挡都要重新调零．对多用电表读数时，要根据选择开关位置确定其所测量的量，然后确定其分度值，再根据指针位置读出其示数．13．（6分）（2020秋•黄浦区期末）某同学用图（a）所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝3Ω。（1）图（a）中A、B分别是电压传感器、电流传感器。（2）请根据图（a），用笔画线代替导线将图（b）中实物图补充完整。（3）该实验中，设传感器A的示数为a，传感器B的示数为b，则a关于b的函数关系式为a＝E﹣b（r+R2）。（用b、E、r、R2表示）（4）若实验中得到的两表的示数关系图象如图（c）所示，则该电源的电动势E＝2.8V，内阻r＝1Ω。【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；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）电压；电流；（2）实物电路图如图所示；（3）E﹣b（r+R2）；（4）2.8；1。【分析】（1）电压传感器与被测电路并联，电流传感器串联在电路中，分析图示电路图答题。（2）根据图示电路图连接实物电路图。（3）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出函数表达式。（4）根据图示图象求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）由图（a）所示电路图可知，传感器A与滑动变阻器并联，则传感器A的电压传感器，传感器B串联在电路中，传感器B是电流传感器。（2）电源、传感器B、开关、滑动变阻器、定值电阻组成串联电路，传感器A并联在滑动变阻器两端，根据图（a）所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（3）根据图（a）所示电路图，应用闭合电路的欧姆定律可知，传感器A的示数：a＝E﹣b（r+R2）（4）由图（c）所示图象可知，电源电动势E＝2.8V，电源内阻r=ΔUΔI-R2=2.80.7Ω﹣3故答案为：（1）电压；电流；（2）实物电路图如图所示；（3）E﹣b（r+R2）；（4）2.8；1。【点评】本题考查了测量电源的电动势E和内阻r实验，理解实验原理是解题的前提，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻；要掌握电压传感器与电流传感器的连接方法。14．（6分）（2022秋•湖州期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，小张同学进行了如下操作：（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L＝80.00cm，再用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则其直径D＝0.319mm。（2）将多用电表挡位的选择如图乙所示，按正确的操作步骤粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图丙所示，则该金属丝的阻值约为8.0Ω。（3）为了减小实验误差，需进一步精确测量金属丝的电阻，除待测金属丝Rx外，实验室准备的实验器材有电源（电动势为4V，内阻很小）、导线、开关，还有以下实验器材：A.电压表V1（0～3V，内阻约为1000Ω）B.电压表V2（0～15V，内阻约为2000Ω）C.电流表A1（0～0.6A，内阻约为1Ω）D.电流表A2（0～3A，内阻约为0.5Ω）E.滑动变阻器R1（0～10Ω）F.滑动变阻器R2（0～200Ω）①要求待测金属丝两端的电压范围从0开始，测量值尽可能精确，应选择的实验器材有ACE；（填器材前的字母）②图丁是部分连接好的实物电路图，请在图丁中完成其余的正确连线；③通过正确的操作，将得到的金属丝的电压、电流数据作出金属丝的U﹣I图，如图戊所示。根据以上数据计算出此金属丝的电阻率为6.9×10﹣7Ω•m。（计算结果保留两位有效数字）【考点】导体电阻率的测量；螺旋测微器的使用与读数．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）0.319；（2）8.0；（3）①ACE；②如上图所示；③6.9×10﹣7【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则得出对应的示数；（2）根据欧姆表的读数规则得出对应的电阻；（3）①根据实验原理分析出需要的实验器材；②根据实验原理得出电流表的接法并画出实物连线图；③根据电阻定律和欧姆定律得出电阻率的大小。【解答】解：（1）螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则金属丝的直径为D＝0mm+31.9×0.01mm＝0.319mm（2）欧姆表的挡位是“×1”挡，结合图丙的表盘示数可知阻值为R＝8.0×1Ω＝8.0Ω（3）①要求待测金属丝两端的电压范围从0开始，所以要采用分压式接法；根据欧姆定律可得，电路中的电流大概为I=ER=48.0A=0.5A，则电流表应选择A1，电压表选择V1②因为待测电阻较小，所以采用电流表外接法，由此得出的实物图如图所示：③根据图戊的斜率可知电阻的阻值为Rx根据电阻定律可得：ρ=R联立解得：ρ＝6.9×10﹣7Ω•m故答案为：（1）0.319；（2）8.0；（3）①ACE；②如上图所示；③6.9×10﹣7【点评】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电阻定律和欧姆定律即可完成分析。15．（9分）（2017春•东城区期末）如图所示，理想变压器的原线圈两端接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈两端接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表．求：（1）电压表的读数；（2）电流表的读数．【考点】变压器的构造与原理．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论．【解答】解：原线圈两端的电压为：U1＝220v根据U1U2=n即副线圈中电压表的示数是110V，副线圈的电流为：I2=U2由n1I1＝n2I2可得：I1＝1A，所以原线圈中电流表的示数为：I1＝1A．答：（1）电压表的读数为110V；（2）电流表的读数为1A．【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．16．（9分）（2015春•亭湖区校级月考）如图所示，一个长为2m、宽为1m粗细均匀的矩形线框，质量为m、电阻为R＝5Ω，放在光滑绝缘的水平面上，一个边长为2m的正方形区域内，存在竖直向下的匀强磁场，其左边界在线框两长边的中点MN上．（1）在t＝0时刻，若磁场从磁感应强度为零开始均匀增强，变化率ΔBΔt=0.5T/S，线框保持静止，求在t＝（2）若正方形区域内磁场的磁感应强度恒为B＝1T，磁场从图示位置开始以速度v＝5m/s匀速向左运动．并控制线框保持静止，求到线框刚好完全处在磁场中时通过线框的电量和线框中产生的热量；（3）若正方形区域内磁场的磁感应强度恒为B，磁场从图示位置开始以速度v匀速向左运动，线框同时从静止释放，线框离开磁场前已达到稳定速度，加速过程中产生的热量为Q，求该过程中运动磁场提供给线框的能量．【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电磁感应——功能问题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与安培力大小公式，及左手定则，即可求解；（2）由切割感应电动势与电量表达式，从而得出电量综合表达式，再由焦耳定律，即可求解；（3）根据切割感应电动势表达式，依据牛顿第二定律，并结合能量守恒定律，从而求解．【解答】解：（1）区域磁场均匀增强，线框中电动势：E=电流：I=长为2m、宽为1m，设长为2L，宽度为L，则经过时间t时加在线框上的外力：F＝F安＝BIL=k代入数据得：F＝0.1N方向水平向右；（2）区域磁场从线框上MN位置以速度v匀速向左运动时电动势：E＝BLv电流：I=经历时间：t=则通过线框的电量：q=It=B线框中产生的热量：Q=I（3）线框速度为某一值vx时，线框中的电动势：E＝BL（v﹣vx）电流：I=由牛顿第二定律得：ma＝BIL解得：a=线框稳定时a＝0，vx＝v由能量守恒定律，得区域磁场提供给线框的能量：W=答：（1）在t＝2s时加在线框上的水平外力大小是0.1N，方向水平向右；（2）线框刚好完全处在磁场中时通过线框的电量是0.2C，线框中产生的热量是1J；（3）线框速度为某一值vx时的加速度和该过程中运动磁场提供给线框的能量12mv2+Q【点评】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的应用，掌握电量的综合表达式，理解焦耳定律与牛顿第二定律的应用，注意能量守恒定律的巧用．17．（9分）（2023秋•长宁区校级期末）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，已知：B为速度选择器，磁场与电场正交，电场强度为E已知，磁感应强度B1未知；C为偏转分离器，磁感应强度为B2已知。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）加速后粒子的速度v为多少？（2）速度选择器磁感应强度B1为多少？（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】定量思想；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】（1）粒子的速度的大小为2qU（2）速度选择器磁感应强度B1为Em2q（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B【分析】（1）根据动能定理得出粒子的速度；（2）根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出磁感应强度B1的大小；（3）根据洛伦兹力提供向心力解得半径。【解答】解：（1）粒子在加速度电场中，根据动能定理可得：qU1=解得：v=（2）在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，则qE＝qvB1解得：B1＝Em（3）在偏转分离器中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB2＝mvR=答：（1）粒子的速度的大小为2qU（2）速度选择器磁感应强度B1为Em2q（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B【点评】本题主要考查了质谱仪的相关应用，利用动能定理得出粒子的速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。18．（12分）（2012秋•松山区校级期中）在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10﹣3kg、电量q＝1.0×10﹣10C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角系坐标系oxy，现突然加一沿X轴负方向、场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过2.0s，所加电场突然变为沿y轴负方向，场强大小仍为E＝2.0×106V/m的匀强电场，再经过2.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经2.0s，速率变为零，求此电场的大小及方向及速度变为零时小球的位置坐标．【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】见试题解答内容【分析】分析小球的运动情况：第1个2s内小球沿x轴负方向做匀加速直线运动，第2个2s内做类平抛运动，加速度沿y轴负方向，第3个2s内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求出第1个2s末小球的速度和位移．对于类平抛运动，运用运动的分解法求出第2个2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大小．再根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场的方向和第3个2s末的位置．【解答】解：由牛顿第二定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小恒为：a=代入数值得小球的加速度：a=1.0×10-10×2.0×10场强沿X负方向时经达2秒速度大小：vx＝at＝0.2×2＝0.4m/s，方向：X负方向球沿X负方向移动距离：Δx1=1场强沿Y负方向时，小球做类平抛运动，即小球在x负方向做速度为Vx的匀速运动，在y负方向做初速为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离：Δx2＝vxt＝0.4×2＝0.80m沿y方向移动的距离：Δy=12at2=故在第2个2秒末小球到达的位置坐标：x2＝﹣（Δx1+Δx2）＝﹣1.20my2＝﹣Δy＝﹣0.40m在第4秒末小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度为vy＝at＝0.20×2.0＝0.40m/s由上可知，此时运动方向与x轴负方向成45°角，即与x轴成225°角．要使小球速度能变为零，则在第3个2秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第一象限，与x轴成45°角．故场强大小为：E=第3个2秒内：设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax，ay，则ax=vxtay=vy第3个2秒内运动距离为X3＝vxt-12Y3＝vyt-12ayt2所以在第6秒未小球到达的位置坐标为x＝x2﹣X3＝﹣1.2﹣0.4＝﹣1.6my＝y2﹣Y3＝﹣0.4﹣0.4＝﹣0.8m答：此电场的方向为指向第一象限，与x轴成45°角，大小为22×103V/m．速度变为零时小球的位置为x＝﹣1.6m【点评】本题考查运用牛顿第二定律和运动学公式分析和处理动力学问题，要通过计算进行分析．类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究．

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+12解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度与初速度方向相反，1sC、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．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。3．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．4．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．5．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场【知识点的认识】1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E=k2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。F=kQq3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。4.点单荷电场的特点：根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同（如下图），即E=k式中的r是球心到该点的距离（r＞R），Q为整个球体所带的电荷量。【命题方向】一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．解答：由点电荷的场强公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了．【解题思路点拨】1.公式E=kQr2又叫作2.一个均匀带电球体（或球壳）在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产生的电场相同。要注意只局限于球外。3.常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。4.电场强度三个计算式的比较表达式比较E=E＝kQE=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场比较决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离相同点矢量，单位：1N/C＝1V/m6．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．电容器的充放电问题【知识点的认识】1.电容器的充电与放电（1）使电容器带上电荷的过程称为充电。充电过程中，电容器所带电荷量逐渐增大，两极板间电压增大，极板间电场强度逐渐增大、充电电流逐渐减小。从能量角度来看，是电源的能量不断储存在电容器中的过程。（2）使电容器失去电荷的过程称为放电。放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，两极板间电压减小，极板间电场强度逐渐减小，放电电流逐渐减小。从能量角度来看，是电容器将储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式能量的过程。（3）电容器的充放电过程整体是一个很快的过程，几乎是瞬间就能完成。2.电容器充放电的图像（1）以电路中的电流为纵坐标，时间为横坐标，即可做出电容器充放电过程中的图像。如下图为电容器的放电图。（2）根据微元法可知曲线与坐标轴围成的面积表示电路中通过的电荷量。【命题方向】某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A、图像中两阴影面积一定相等B、放电过程中，电容器下极板带正电C、减小R可以增大图像中两阴影面积D、减小R可以延长充放电的时间分析：电容器的充放电电量是i﹣t图像围成的面积，电容器的定义式以及定义式应用，电容器与电源正极连接的板带正电，与电源负极相连的板带负电。解答：A．i﹣t图像面积表示电荷量，两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确；B．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误；C．电容器所带的电荷量Q＝CU，由于电源电动势不变也就是电容器两端电压不变，电容不变，所以Q不变，故C错误；D．充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。故选：A。点评：考查电容器充放电，以及定义式应用。【解题思路点拨】对电容器充电和放电的一种理解：充电时电容器通过电源将一极板上的电子搬运到另一板板上，从而使一个极板带正电、另一板板带等量负电。放电时是电容器通过外电路将两极板上的电荷进行中和的过程。8．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。9．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，物块刚好可以在斜面上静止，总路程故选：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。10．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