2024-2025学年上学期广州高二物理期末培优卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期广州高二物理期末培优卷2一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2024春•庐江县期中）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其正上方略偏右处固定一根直导线，导线和磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，则（）A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力不变 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力2．（4分）（2021秋•江西月考）实验表明：通电长直导线周围某点的磁感应强度大小与长直导线中电流强度I成正比，与该点到直导线的距离r成反比。如图所示，空间中存在垂直纸面（竖直面）向里的匀强磁场，一根长直导线固定，a、b是纸面内关于长直导线对称的两点，给长直导线通以大小为I0、方向竖直向上的恒定电流时，a点的磁感应强度大小为B；若长直导线中的电流增大为2I0，a点的磁感应强度大小变为0.8B，则此时b点的磁感应强度大小可能为（）A．1.2B B．1.4B C．1.6B D．1.8B3．（4分）（2023秋•渝北区校级期中）随着生活水平的提高，电子秤已成为日常生活中不可或缺的一部分。如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移，则下列说法正确的是（）A．电容器的电容减小 B．电容器的带电电荷量减少 C．电容器两极板间电场强度减小 D．膜片下移过程中，电流表有b到a的电流4．（4分）（2023•房山区一模）如图所示，电路中线圈L的自感系数足够大，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电源上，A2与可调电阻R串联后接到电源上。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是（）A．重新闭合开关S，A1先亮，A2后亮 B．断开开关S，A2先熄灭，A1后熄灭 C．断开开关S，A1先熄灭，A2后熄灭 D．断开开关S，流过A2电流方向向左5．（4分）（2023秋•崇川区期末）如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd静置在水平绝缘平台上，ab、cd足够长，一根电阻为R的导体棒MN垂直置于金属框上，整个装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F向右拉动金属框，MN与金属框保持良好接触，则MN的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2019•天津一模）如图所示的电场中，虚线a、b、c为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹如实线所示，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点的动能比在Q点大 C．带电质点在P点的电势能比在Q点小 D．带电质点在P点时的加速度比在Q点小7．（4分）（2023秋•立山区校级期中）如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a、长为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是速度选择器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高 B．图乙中，11H、12H、13C．图丙中，前、后表面间的电压U与c成正比 D．图丁中，只要粒子从P点水平进入时能匀速直线通过，则从Q点进入也可以二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2016秋•兴隆台区校级期中）在如图所示的电路中，三个电压表和一个电流表均为理想电表，闭合开关S，则在滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（）A．三个电压表V，V1，V2的示数变化量满足关系ΔU＝ΔU1+ΔU2 B．电源的总功率减小，电源的输出功率可能增大 C．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表A示数的变化量ΔI的比值不变 D．此过程中电压表V1示数U1和电流表A示数I的比值不变（多选）9．（6分）（2022春•湖北期中）如图所示，A、B两个闭合单匝线圈用完全相同的导线制成，半径rA＝3rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，则（）A．A、B线圈中产生的电阻之比RA：RB＝1：1 B．A、B线圈中产生的感应电动势之比EA：EB＝9：1 C．A、B线圈中产生的感应电流之比IA：IB＝3：1 D．A、B线圈中产生的电功率之比PA：PB＝9：1（多选）10．（6分）（2017•新乡一模）如图所示为质谱仪的工作原理图，初速度忽略不计的带电粒子进入加速电场，经加速电场加速后进入速度选择器，在速度选择器中做直线运动通过平板S的狭缝P进入平板S下的偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B2，粒子最终打在胶片A1A2上，粒子打在胶片上的位置离狭缝P距离为L，加速电场两板间的电压为U，速度选择器两板间的电场强度大小为E，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（）A．速度选择器两板间磁场的方向垂直于纸面向里 B．平板S下面的偏转磁场方向垂直于纸面向外 C．粒子经加速电场加速后获得的速度大小为4UBD．速度选择器两板间磁场的磁感应强度大小为EB三．实验题（共5小题，满分54分）11．（7分）（2022秋•越秀区期末）物理实验小组研究电容器的充放电现象。（1）通过查阅资料了解到，电容器串联大电阻，可以延缓充、放电过程。小组成员想到用多用电表挑选合适的电阻进行实验。在测量其中一个电阻的阻值时，先把选择开关旋到“×100”挡，发现多用电表的指针偏转如图a所示，应该将选择开关旋到（选填“×10”挡或“×1k”挡）并重新进行欧姆调零再进行测量。（2）重新测量电阻的阻值，指针位于如图b所示位置，被测电阻的测量值为Ω。（3）选择合适的电阻后，小组成员用一节干电池按如图c所示电路观察电容器充、放电过程，并绘制出电容器充、放电过程中电流I随时间t变化的图像如图d所示。充电过程中I轴与t轴所围的面积为S1，放电过程中I轴与t轴所围的面积为S2，则下列说法中正确的有。A．充电过程中，随着电流逐渐减小，电容器两极板间的电压也逐渐减小B．放电过程中，随着电流逐渐减小，电容器的电容也逐渐减小C．在实验误差允许范围内，S1近似等于S2（4）该小组成员仅将一节干电池换成两节干电池继续探究电容器充放电现象，图像d中的面积S1将（填“增大”、“减小”或“不变”）。12．（10分）（2022秋•丹东期末）课外兴趣小组测量某电池组的电动势和内阻的实验原理如图甲所示，现提供的器材如下：A.某型号电池组（电动势约为3.0V、内阻很小）；B.电压表V1（量程为0～3V，内阻约为10kΩ）；C.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为10kΩ）；D.电阻箱R（0～99.9Ω）；E.定值电阻R1（R1＝2Ω）；F.定值电阻R2（R2＝200Ω）；G.开关和导线若干。（1）在以上实验器材中，电压表应选择（选填器材前的选项字母）；定值电阻R0应选择（选填器材前的选项字母）。（2）兴趣小组一致认为用线性图像处理数据便于分析，于是在实验中改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的示数U，获取了多组数据，画出的1U-1R图像为一条直线，做出的1U-1R图像如图乙所示，若把流过电阻箱的电流视为干路电流，则可得该电池组的电动势E＝V（3）该实验的系统误差主要来源于。13．（9分）（2017秋•西城区校级月考）如图所示的两组平行金属板，一组金属板竖直放置，A、B分别为两板的中间小孔，两板间电压为U0；另一组金属板水平放置，两板间距为d、长度为L、电压为U。一质量为m，电荷量q的带负电的粒子从A点由静止释放，经电压U0加速后通过B孔进入的水平平行金属板间。带电粒子从两块水平金属板的中间射入，且能从水平金属板右侧穿出若不考虑带电粒子的重力，求：（1）带电粒子通过B孔时的速度大小v0；（2）带电粒子穿出水平平行金属板时的动能Ek；（3）写出带电粒子在偏转电场中的轨迹方程，并证明：质量和电荷量不同的带负电的粒子有相同的运动轨迹。14．（13分）（2023•湖北模拟）如图所示，完全相同的金属导轨ad、bc水平放置，ab间的距离为4L，dc间的距离为2L，∠a＝∠b＝θ＝45°。ab间接有阻值为R的电阻，dc间接一理想电压表。空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长度为4L的金属棒MN在水平外力的作用下从贴近于ab边的位置开始以初速度v0向右运动并始终与导轨接触良好。不计摩擦和其他电阻，在MN从ab边运动到dc边的过程中，电压表的示数始终保持不变。求：（1）回路中电流大小I；（2）MN的速度v随位移x变化的关系式；（3）在MN从ab边运动到dc边的过程中，电阻R上产生的焦耳热。15．（15分）（2020•台州模拟）如图所示，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个象限的空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在原点O处有一粒子源在纸面内向第Ⅰ象限与x轴正方向成一定角度θ（θ未知）的方向以不同速率发射同种粒子A，A粒子质量为m、电荷量为+2q。在x轴负半轴上排列着许多质量为m、电荷量为﹣q的另一种静止，但被碰后可以自由运动的粒子B．设每次A粒子到达x轴负半轴时总能和一个B粒子发生正碰并粘在一起。在y轴上-3L2≤y≤﹣L区间装有粒子收集器，到达该区域的所有粒子将被收集。现有一速度大小为v0的A粒子射出后经过M点后与N点的一个B粒子发生碰撞。图中坐标M（0，4L），N（﹣3L（1）求粒子的速度大小v0和夹角θ；（2）求在N点碰撞后的粒子，最后达到y轴的位置；（3）若从O点射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范围内，且粒子数在此范围内均匀分布，求粒子的收集率。

2024-2025学年上学期广州高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2024春•庐江县期中）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其正上方略偏右处固定一根直导线，导线和磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，则（）A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力不变 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力【考点】安培力的概念；判断是否存在摩擦力．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】D【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向。【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，导线所在处磁场向右斜向下，导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力向右斜向上，由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力向左斜向下，磁铁保持静止，由共点力平衡条件可知，磁铁对桌面的压力增大，有向左的运动趋势，磁铁受到向右摩擦力，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键。2．（4分）（2021秋•江西月考）实验表明：通电长直导线周围某点的磁感应强度大小与长直导线中电流强度I成正比，与该点到直导线的距离r成反比。如图所示，空间中存在垂直纸面（竖直面）向里的匀强磁场，一根长直导线固定，a、b是纸面内关于长直导线对称的两点，给长直导线通以大小为I0、方向竖直向上的恒定电流时，a点的磁感应强度大小为B；若长直导线中的电流增大为2I0，a点的磁感应强度大小变为0.8B，则此时b点的磁感应强度大小可能为（）A．1.2B B．1.4B C．1.6B D．1.8B【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】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】根据安培定则，长直导线中电流在a点产生的磁场与匀强磁场方向相反，在b点产生的磁场与匀强磁场方向相同，将2I0电流等效成2个I0的电流，因此电流改变为2I0后，电流在α点和b产生的磁场磁感应强度是原来的2倍，然后磁场强度叠加求解。【解答】解：根据安培定则，长直导线中电流在a点产生的磁场与匀强磁场方向相反，在b点产生的磁场与匀强磁场方向相同，将2I0电流等效成2个I0的电流，因此电流改变为2I0后，电流在α点和b产生的磁场磁感应强度是原来的2倍，设电流I0在α、b两点产生的磁场磁感应强度大小为B1，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，由题意有|B0﹣B1|＝B，|B0﹣2B1|＝0.8B.|B0﹣2B1|＝|B﹣B1|＝0.8BB﹣B1＝0.8BB1＝0.2BB0＝1.2BBb＝2B1+B0＝1.6B此时b点的磁感应强度大小为1.6B；B1﹣B＝0.8BB1＝1.8BB0＝2.8BBb＝2B1+B0＝6.4B此时b点的磁感应强度大小为6.4B。故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题考查的是通电导线周围磁场强度的叠加，要知道磁场强度是矢量，注意磁场的方向。3．（4分）（2023秋•渝北区校级期中）随着生活水平的提高，电子秤已成为日常生活中不可或缺的一部分。如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移，则下列说法正确的是（）A．电容器的电容减小 B．电容器的带电电荷量减少 C．电容器两极板间电场强度减小 D．膜片下移过程中，电流表有b到a的电流【考点】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】D【分析】根据电容的决定式C=ɛrS4πkd【解答】解：A、平行板上层膜片电极下移时，两个极板的距离减小，根据电容的决定式C=ɛrSBCD、由于电容器一直和电源相连，两极板的电压不变，根据E=Ud可知电场强度增大，根据电容的定义式C=QU可知，当电容增大时，电容器的带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，故故选：D。【点评】本题考查电容器的动态分析问题，关键要抓住变化过程中的不变量，由电容的决定式C=ɛrS4πkd4．（4分）（2023•房山区一模）如图所示，电路中线圈L的自感系数足够大，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电源上，A2与可调电阻R串联后接到电源上。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是（）A．重新闭合开关S，A1先亮，A2后亮 B．断开开关S，A2先熄灭，A1后熄灭 C．断开开关S，A1先熄灭，A2后熄灭 D．断开开关S，流过A2电流方向向左【考点】自感现象与自感系数．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立刻正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律判断电流如何变化，分析灯泡A1的亮度如何变化；再断开开关S，线圈中电流减小，产生自感电动势，再由楞次定律判断电流如何变化。【解答】解：A、重新闭合开关S时，由于线圈L的自感系数足够大，阻碍电流增大，所以A2先亮，A1后亮，故A错误；BCD、断开开关S时，A1、A2与L、R构成闭合回路，L相当于电源，A1、A2电流相同，会逐渐变暗，且同时熄灭，电感产生的电阻阻碍电流减小，所以流过A1的电流向右，流过A2电流方向向左，故D正确，BC错误。故选：D。【点评】当通过线圈的电流变化时，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的变化，自感现象是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律。5．（4分）（2023秋•崇川区期末）如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd静置在水平绝缘平台上，ab、cd足够长，一根电阻为R的导体棒MN垂直置于金属框上，整个装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F向右拉动金属框，MN与金属框保持良好接触，则MN的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】A【分析】分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和感应电动势公式E＝BLv、欧姆定律、安培力公式F＝BIL求出二者的加速度表达式，当加速度差值为零时，得到速度之差恒定，从而分析出图像的形状。【解答】解：金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，导体棒的加速度为a2，设金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流I=设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，牛顿第二定律得F﹣BIL＝Ma1对导体棒MN，由牛顿第二定律得BIL＝ma2金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从FM开始减小，导体棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即a1＝a2＝解得F＝（M+m）a加速度保持不变，此后金属框与导体棒的速度差Δv保持不变，感应电流不变，两端电压UMN不变且不为0，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查电磁感应中的动力学问题，关键要正确分析回路中感应电流与两棒速度的关系，利用牛顿第二定律分析两棒加速度变化情况。6．（4分）（2019•天津一模）如图所示的电场中，虚线a、b、c为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹如实线所示，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点的动能比在Q点大 C．带电质点在P点的电势能比在Q点小 D．带电质点在P点时的加速度比在Q点小【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；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．【专题】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】A【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带负电，因此电场线方向也指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大。【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a等势线的电势最高，故A正确；BC、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故BC错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误。故选：A。【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。7．（4分）（2023秋•立山区校级期中）如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a、长为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是速度选择器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高 B．图乙中，11H、12H、13C．图丙中，前、后表面间的电压U与c成正比 D．图丁中，只要粒子从P点水平进入时能匀速直线通过，则从Q点进入也可以【考点】磁流体发电机．【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】B【分析】图甲图乙由左手定则判断磁流体发电机极板的电势高低，根据动能定理和牛顿第二定律求解半径公式，从而比较不同粒子的半径大小，对比两种加速器原理和结构从而比较综合效应。图丙是霍尔效应及其应用，解题的关键是明确自由电荷在复合场中受力平衡，易错点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断后面的电势高。图丁速度选择器根据粒子能够沿直线匀速通过分析即可。【解答】解：A、将一束等离子体喷入磁场，由左手定则得，正离子向下偏转，负离子向上偏转，A、B两板会产生电势差，且B板电势高，故A错误；B、质谱仪中，粒子经电场加速有：qU=12mv2，在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝mR=1B2mUq，由此可知在磁场中偏转半径最大的是比荷（qm）最小的粒子，H、H、H三种粒子电荷量相同，HC、达到稳定状态时，电子所受电场力与洛伦兹力合力为零，即evB=UHae，其中：I＝neadv（d为上下厚度，n为单位体积的电子数），解得：UH=IBned，则其它条件不变，前、后表面间的电压UH与BD、粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，则有粒子受到电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则粒子从P点进入电场力与洛伦兹力能达到平衡，从Q点进入洛伦兹力与电场力同方向，必不平衡，故D错误。故选：B。【点评】此题是通过对比的方式把电磁学的应用实验组合在一起的好题，有利于知识梳理、分清是否，当然掌握基础是解题的关键。二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2016秋•兴隆台区校级期中）在如图所示的电路中，三个电压表和一个电流表均为理想电表，闭合开关S，则在滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（）A．三个电压表V，V1，V2的示数变化量满足关系ΔU＝ΔU1+ΔU2 B．电源的总功率减小，电源的输出功率可能增大 C．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表A示数的变化量ΔI的比值不变 D．此过程中电压表V1示数U1和电流表A示数I的比值不变【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【答案】BCD【分析】在滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，电路中的电流减小，由欧姆定律分析R1两端电压的变化和路端电压的变化，再判断R2两端电压的变化，利用闭合电路欧姆定律分析电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值的变化情况．电压表V1示数U1和电流表示数I的比值等于R1．根据P＝EI分析电源的总功率变化情况．根据内外电阻的关系分析电源的输出功率如何变化．【解答】解：A、在滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，电路中的电流I减小，由欧姆定律分析得知，R1两端电压U1减小，路端电压U增大，由U＝U1+U2，知U2增大，则电压表V的示数变化量的大小ΔU和电压表V1的示数变化量的大小ΔU1、电压表V2的示数变化量的大小ΔU2的关系为ΔU＝﹣ΔU1+ΔU2，故A错误。B、总电流减小，电源的总功率为P＝EI，I减小，则P减小。由于内外电阻的关系未知，所以电源的输出功率可能增大，故B正确。C、根据闭合电路欧姆定律得：U2＝E﹣I（R1+r），则ΔU2ΔI=R1D、电压表V1示数U1和电流表示数I的比值等于R1，不变，故D正确。故选：BCD。【点评】本题是电路动态变化分析问题，要采用总量法分析两电表示数变化量的大小．对于电表变化量的比例要根据闭合电路欧姆定律分析．（多选）9．（6分）（2022春•湖北期中）如图所示，A、B两个闭合单匝线圈用完全相同的导线制成，半径rA＝3rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，则（）A．A、B线圈中产生的电阻之比RA：RB＝1：1 B．A、B线圈中产生的感应电动势之比EA：EB＝9：1 C．A、B线圈中产生的感应电流之比IA：IB＝3：1 D．A、B线圈中产生的电功率之比PA：PB＝9：1【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；电阻定律的内容及表达式；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】信息给予题；比较思想；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】BC【分析】A、根据电阻定律，结合题意求出A、B线圈中产生的电阻之比；BCD、根据法拉第电磁感应定律得出A、B线圈中产生的感应电动势之比；结合已知的电阻之比求出A、B线圈中产生的感应电流之比，进而求出A、B线圈中产生的电功率之比。【解答】解：A、根据电阻定律有R＝ρLS=导线完全相同，故S相等，又rA＝3rB，整理可得A、B线圈中产生的电阻之比RA：RB＝3：1，故A错误；BCD、根据法拉第电磁感应定律可得E=ΔΦΔt=ΔB整理可得A、B线圈中产生的感应电动势之比EA：EB＝9：1；根据闭合电路的欧姆定律可得I=整理可得A、B线圈中产生的感应电流之比IA：IB＝3：1线圈中产生的电功率P＝EI故A、B线圈中产生的电功率之比PA：PB＝27：1故BC正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电功率公式，在解题时要注意找出等效电源，再结合电路解决问题。（多选）10．（6分）（2017•新乡一模）如图所示为质谱仪的工作原理图，初速度忽略不计的带电粒子进入加速电场，经加速电场加速后进入速度选择器，在速度选择器中做直线运动通过平板S的狭缝P进入平板S下的偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B2，粒子最终打在胶片A1A2上，粒子打在胶片上的位置离狭缝P距离为L，加速电场两板间的电压为U，速度选择器两板间的电场强度大小为E，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（）A．速度选择器两板间磁场的方向垂直于纸面向里 B．平板S下面的偏转磁场方向垂直于纸面向外 C．粒子经加速电场加速后获得的速度大小为4UBD．速度选择器两板间磁场的磁感应强度大小为EB【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；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；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】BCD【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系．【解答】解：A、粒子经加速电压加速，根据加速电压可知，粒子带正电，要使粒子沿直线运动，粒子在速度选择器中受到的电场力与洛伦兹力应大小相等，由此可以判断出速度选择器中磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；B、离子进入偏转磁场后向左偏转，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向外，故B正确；CD、粒子经加速电场加速，有：qU=在速度选择器中有：qE＝qvB1粒子在偏转磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qv联立解得：v=4UB2L，故选：BCD。【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式．三．实验题（共5小题，满分54分）11．（7分）（2022秋•越秀区期末）物理实验小组研究电容器的充放电现象。（1）通过查阅资料了解到，电容器串联大电阻，可以延缓充、放电过程。小组成员想到用多用电表挑选合适的电阻进行实验。在测量其中一个电阻的阻值时，先把选择开关旋到“×100”挡，发现多用电表的指针偏转如图a所示，应该将选择开关旋到×1k（选填“×10”挡或“×1k”挡）并重新进行欧姆调零再进行测量。（2）重新测量电阻的阻值，指针位于如图b所示位置，被测电阻的测量值为24000Ω。（3）选择合适的电阻后，小组成员用一节干电池按如图c所示电路观察电容器充、放电过程，并绘制出电容器充、放电过程中电流I随时间t变化的图像如图d所示。充电过程中I轴与t轴所围的面积为S1，放电过程中I轴与t轴所围的面积为S2，则下列说法中正确的有C。A．充电过程中，随着电流逐渐减小，电容器两极板间的电压也逐渐减小B．放电过程中，随着电流逐渐减小，电容器的电容也逐渐减小C．在实验误差允许范围内，S1近似等于S2（4）该小组成员仅将一节干电池换成两节干电池继续探究电容器充放电现象，图像d中的面积S1将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）。【考点】观察电容器及其充、放电现象；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；电容器专题；实验探究能力．【答案】（1）×1k；（2）24000；（3）C；（4）增大。【分析】（1）根据欧姆表的使用方法判断；（2）根据欧姆表的读数方法读数；（3）根据实验原理和注意事项分析判断；（4）根据电容定义式和电流定义式分析判断。【解答】解：（1）使用多电表测量它电阻，选择倍率“×100”测量时指针偏角过小，说明待测电阻阻值较大，应选择欧姆挡×1k挡，重新进行欧姆调零再测量；（2）图b中，指针所指范围的分度值为2，所以电阻的阻值为24×1000Ω＝24000Ω；（3）A．充电过程中，电流逐渐减小，电容器两端的电压逐渐增加到稳定；故A错误；B．电容器的电容大小跟电容器两端的电压以及所带的电量无关，故B错误；C．I﹣t图线所围成的面积表示充、放电荷量，在误差允许的范围内，一个电容完全充放电的量是近似相等的，故C正确；故选C。（4）电源给电容器充电过程中，两极板间的电压增大，根据公式C=QU可知C不变的情况下U增大则Q增大，I﹣t图线所围成的面积S1表示充电电荷量Q，因此S故答案为：（1）×1k；（2）24000；（3）C；（4）增大。【点评】本题考查研究电容器的充放电现象实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤、数据处理和误差分析。12．（10分）（2022秋•丹东期末）课外兴趣小组测量某电池组的电动势和内阻的实验原理如图甲所示，现提供的器材如下：A.某型号电池组（电动势约为3.0V、内阻很小）；B.电压表V1（量程为0～3V，内阻约为10kΩ）；C.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为10kΩ）；D.电阻箱R（0～99.9Ω）；E.定值电阻R1（R1＝2Ω）；F.定值电阻R2（R2＝200Ω）；G.开关和导线若干。（1）在以上实验器材中，电压表应选择B（选填器材前的选项字母）；定值电阻R0应选择E（选填器材前的选项字母）。（2）兴趣小组一致认为用线性图像处理数据便于分析，于是在实验中改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的示数U，获取了多组数据，画出的1U-1R图像为一条直线，做出的1U-1R图像如图乙所示，若把流过电阻箱的电流视为干路电流，则可得该电池组的电动势E＝2.94V（3）该实验的系统误差主要来源于电压表分流作用。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）B；E；（2）2.94；0.631；（3）电压表分流作用。【分析】（1）根据电路的特点选出合适的电学仪器；（2）根据闭合欧姆定律得出电流和电压的关系，变形后与图中的解析式进行对比，计算出电动势和内阻；（3）根据电路图分析可知电压表的分流带来实验误差。【解答】解：（1）电池组电动势约为3.0V，为提高测量精确度，电压表应选择量程为0～3V，故选B；电源内阻较小，应选用电阻较小的电阻串联，故选E；（2）由闭合电路欧姆定律得U＝E-UR(r+R0)，整理得1U=r+R0E•1R+1E，结合图乙可得1E=0.34V﹣1，解得E＝2.94V，斜率k＝（3）电压表的测量值与电阻箱的比值计算的是通过电阻箱的电流，故该实验的系统误差主要来源于电压表分流作用；故答案为：（1）B；E；（2）2.94；0.631；（3）电压表分流作用。【点评】本题主要考查了测定电源的电动势和内阻的实验，要熟悉电路中的特点，结合闭合电流的欧姆定律和图像的解析式进行分析，难度适中。13．（9分）（2017秋•西城区校级月考）如图所示的两组平行金属板，一组金属板竖直放置，A、B分别为两板的中间小孔，两板间电压为U0；另一组金属板水平放置，两板间距为d、长度为L、电压为U。一质量为m，电荷量q的带负电的粒子从A点由静止释放，经电压U0加速后通过B孔进入的水平平行金属板间。带电粒子从两块水平金属板的中间射入，且能从水平金属板右侧穿出若不考虑带电粒子的重力，求：（1）带电粒子通过B孔时的速度大小v0；（2）带电粒子穿出水平平行金属板时的动能Ek；（3）写出带电粒子在偏转电场中的轨迹方程，并证明：质量和电荷量不同的带负电的粒子有相同的运动轨迹。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；归纳法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）带电粒子通过B孔时的速度大小v0为2U（2）带电粒子穿出水平平行金属板时的动能Ek为qU0+（3）粒子在竖直方向的位移：y=12at2【分析】根据动能定理求解速度；根据类平抛运动的特点列式求出其出射速度，即而求出动能。【解答】解：（1）根据动能定理：qU0=12mv0解得：v0=2q（2）依据牛顿第二定律Uqd依据运动学公式vy＝at，水平方向，L＝v0t，代入公式v合=v则Ek=12mv合2＝qU（3）依据（2）可知，粒子在竖直方向的位移：y=12at2答：（1）带电粒子通过B孔时的速度大小v0为2U（2）带电粒子穿出水平平行金属板时的动能Ek为qU0+（3）粒子在竖直方向的位移：y=12at2【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，垂直电场线运动做类平抛运动，根据平抛特点列式解题即可。14．（13分）（2023•湖北模拟）如图所示，完全相同的金属导轨ad、bc水平放置，ab间的距离为4L，dc间的距离为2L，∠a＝∠b＝θ＝45°。ab间接有阻值为R的电阻，dc间接一理想电压表。空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长度为4L的金属棒MN在水平外力的作用下从贴近于ab边的位置开始以初速度v0向右运动并始终与导轨接触良好。不计摩擦和其他电阻，在MN从ab边运动到dc边的过程中，电压表的示数始终保持不变。求：（1）回路中电流大小I；（2）MN的速度v随位移x变化的关系式；（3）在MN从ab边运动到dc边的过程中，电阻R上产生的焦耳热。【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；电磁感应过程中的动力学类问题．【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】（1）回路中电流大小I为4BLv（2）MN的速度v随位移x变化的关系式为v=2L（3）在MN从ab边运动到dc边的过程中，电阻R上产生的焦耳热为12B【分析】（1）根据动生电动势的公式和欧姆定律求电流；（2）由几何关系求出切割的有效长度，根据题设条件写出速度v随位移x变化的关系式；（3）求出克服安培力所做的功，再根据功能关系求全过程产生的热量。【解答】解：（1）回路中的电动势恒为：E＝B•4L•v0根据闭合电路的欧姆定律：I=（2）由几何关系可知，当金属棒MN位移为x时，MN切割磁感线的有效长度l为：l＝4L﹣2x且x范围为：0≤x≤L由于dc两点间的电压始终保持不变，即：E＝Blv＝E0联立解得：v=（3）由功能关系，电阻R上产生的焦耳热等于MN克服安培力做的功，有Q＝WAMN所受安培力：F＝IlB结合上一问的电流的表达式，联立解得：F=当x＝0时，安培力为：F当x＝L时，安培力为：F故全过程安培力做的功为：WA=联立解得：Q=答：（1）回路中电流大小I为4BLv（2）MN的速度v随位移x变化的关系式为v=2L（3）在MN从ab边运动到dc边的过程中，电阻R上产生的焦耳热为12B【点评】本题金属杆匀速通过梯形磁场区域的电磁感应问题，关键是要找到切割的有效长度，用法拉第电磁感应定律闭合电路欧姆定律、功能关系等解决问题。15．（15分）（2020•台州模拟）如图所示，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个象限的空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在原点O处有一粒子源在纸面内向第Ⅰ象限与x轴正方向成一定角度θ（θ未知）的方向以不同速率发射同种粒子A，A粒子质量为m、电荷量为+2q。在x轴负半轴上排列着许多质量为m、电荷量为﹣q的另一种静止，但被碰后可以自由运动的粒子B．设每次A粒子到达x轴负半轴时总能和一个B粒子发生正碰并粘在一起。在y轴上-3L2≤y≤﹣L区间装有粒子收集器，到达该区域的所有粒子将被收集。现有一速度大小为v0的A粒子射出后经过M点后与N点的一个B粒子发生碰撞。图中坐标M（0，4L），N（﹣3L（1）求粒子的速度大小v0和夹角θ；（2）求在N点碰撞后的粒子，最后达到y轴的位置；（3）若从O点射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范围内，且粒子数在此范围内均匀分布，求粒子的收集率。【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】压轴题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力；应用数学处理物理问题的能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求得粒子的速度大小v0和夹角θ；（2）由动量守恒定律和洛伦兹力提供向心力求在N点碰撞后的粒子，最后达到y轴的位置；（3）从O点射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范围内，且粒子数在此范围内均匀分布，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子的收集率。【解答】解：（1）先后经过O、M、N三点，这三点构成直角三角形，故圆心在MN的中点，由几何关系得：2rsinθ＝3L2rcosθ＝4Lr=52L，θ由洛伦兹力提供向心力得：2qBv0=m联立解得：v（2）AB两粒子相碰，由动量守恒：mv0＝（m+m）v1Bqv联立解得：r1＝5L即粒子以M为圆心，5L为半径做圆周运动，打在轴上的位置坐标（0，﹣L）（3）以速度v发射的粒子，碰前做匀速圆周运动半径为：r0碰后运动半径：r1碰后粒子在第Ⅲ象限以M′为圆心，r1为半径圆周运动，根据几何关系得与y轴的交点为：y＝﹣（r1﹣r1cos37°）＝﹣0.2r1考查打到收集板下边缘的粒子，则：-0.2r1联立可得：mv解得：v=综合可得：速度分布区间为v0≤v≤3答：（1）粒子的速度大小v0为5qBLm，夹角θ为37（2）在N点碰撞后的粒子，最后达到y轴的位置为（0，﹣L）；（3）若从O点射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范围内，且粒子数在此范围内均匀分布，粒子的收集率为25%。【点评】本题考查的是带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题，有很强的综合性；关键是熟练应用几何关系求解相关问题。

考点卡片1．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。【命题方向】如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（）A、甲、乙之间一定有摩擦力B、水平地面对乙没有摩擦力C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。故选：AC。点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．【解题思路点拨】对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。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。6．电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势【知识点的认识】1.定义：电荷在某一点的电势能与它的电荷量之比。2.公式：φ=3.单位：伏特，简称伏，符号为V，1V＝1J/C。4.物理意义：描述电场的能的性质物理量。5.特点：（1）电势是电场自身的性质，与试探电荷本身无关。（2）相对性：电场中各点电势的高低，与所选取的零电势点的位置有关，一般情况下取离场源电荷无限远处或大地的电势为0.（3）标矢性：标量，有正负，正负表示大小。6.拓展：（1）对于点电荷或均匀带电球体（球壳），周围的电势满足φ＝kQ（2）因为电势是标量，正负代表大小，同样以无限远处为零电势点的情况下，正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，且越靠近正电荷，电势越正（大），越靠近负电荷，电势越负（小）。【命题方向】在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A、电势高的地方电场强度不一定大B、电场强度大的地方电势一定高C、电势为零的地方场强也一定为零D、场强为零的地方电势也一定为零分析：场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．解答：AB、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小。电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高。故A正确，B错误。C、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零。故C错误。D、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的。故D错误。故选：A。点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．【解题思路点拨】1.电场中某点的电势是相对的，它的大小和零电势点的选取有关。在物理学中，常取离场源电荷无限远处的电势为0，在实际应用中常取大地的电势为0。2.电势是表征电场性质的一个物理量，电场中某点的电势p的大小是由电场本身和零电势点的选取决定的，与在该点是否放有试探电荷、试探电荷的电性、试探电荷的电荷量均无关，这和许多用比值定义的物理量相同，如前面学过的电场强度E=F3.电势虽然有正负，但电势是标量。电势为正值表示该点电势高于零电势点，电势为负值表示该点电势低于零电势点，正负号不表示方向。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．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。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，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。11．电阻定律的内容及表达式【知识点的认识】1．电阻定律（1）内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．（2）表达式：R＝ρlS2．电阻率（1）计算式：ρ=RS（2）物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：下列说法中正确的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．故选BD．点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用：如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d．管两端有导电金属箍M、N．现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I．则金属膜的电阻率的值为（）A.UIB.πUD24IL分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，在根据电阻定律R＝ρLs计算出镀膜材料的电阻率即可．解：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=U镀膜材料的截面积为s＝2πD2•d＝πDd根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sRL=故选C．点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可．【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液适用于任何纯电阻导体12．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。13．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