2024-2025学年上学期杭州高二物理期末卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期杭州高二物理期末卷1一．选择题（共13小题，满分39分，每小题3分）1．（3分）（2023秋•顺德区校级期中）物理学中常用两个物理量的比值定义一个新的物理量，如速度是用位移与时间的比值来定义的，即v=xA．电阻R=ρLS B．磁感应强度C．电容C=QU D2．（3分）（2023秋•碑林区校级期中）下列说法正确的是（）A．遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大 B．磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 C．电场周围总有磁场，磁场周围总有电场 D．能量子与电磁波的频率成正比3．（3分）（2023春•南充期末）如图，在两个电荷量分别为+Q和﹣Q的点电荷A、B的连线上有a、c两点，在连线的中垂线上有b、d两点，a、b、c、d都与连线的中点O等距。则（）A．a点场强与b点场强相同 B．a、b、c、d四点处于同一等势面上 C．正电荷q从c点移动到d点电场力做负功 D．负电荷q在O点电势能小于在a点的电势能4．（3分）（2023秋•南开区校级月考）如图所示，孤立点电荷电场中的一簇等势面如图中虚线所示，其从左到右电势分别为φ1、φ2、φ3，a、b、c是某电场线与这簇等势面的交点，且ab＝ac，现将一正电荷由a移到b，电场力做正功W1；再由b移至c，电场力做正功W2，则（）A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3 B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3 C．W1＞W2，φ1＜φ2＜φ3 D．W1＞W2，φ1＞φ2＞φ35．（3分）（2022春•吴江区校级期中）下列说法错误的是（）A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，增加电压U，能使粒子获得的最大动能增大 B．图乙磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极 C．图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=ED．图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3粒子的比荷越大6．（3分）（2023秋•凉山州期末）如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻（阻值均大于电源内阻r）。开关S闭合时，一带电质点P恰能静止在平行金属板之间，电表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片向a端滑动时，则（）A．质点P将向上运动 B．电流表的示数变大、电压表的示数变小 C．电源的输出功率逐渐增大 D．R3上消耗的功率减小7．（3分）（2023•市中区校级模拟）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿顺时针（从上往下看）旋转。已知NQ＝2MP＝2r。则（）A．M点电势高于N点电势 B．N点电势低于O点电势 C．NM两点的电势差为32D．MN两点的电势差为58．（3分）（2022春•华阴市期末）P、Q是两个完全相同的电热器，P通以图甲所示的方波交变电流，Q通以图乙所示的正弦交变电流，则（）A．P和Q通过电流的有效值相等 B．P和Q通过电流的有效值之比为2：2 C．P和Q的电功率相等 D．P和Q的电功率之比为2：19．（3分）（2023春•运城期末）绿色环保低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流充电桩的供电电路如图所示。已知总电源的输出电压为U1＝250V，输电线的总电阻r＝20Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器原副线圈的匝数比为n1：n2＝1：8，汽车充电桩的额定电压为U4＝220V，额定功率为9.5kW。当汽车以额定电压充电时，下列说法中正确的是（）A．通过输电线的电流为5A B．电源的输出功率为10.5kW C．输电线因发热而损失的功率为输送功率的4% D．降压变压器原、副线圈的匝数之比为100：1110．（3分）（2020秋•新华区校级期中）水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法错误的是（）A．金属杆的最大速度等于EBLB．此过程中通过金属杆的电荷量为mE2C．此过程中电源提供的电能为mED．此过程中金属杆产生的热量为m11．（3分）（2023•延庆区一模）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A．图1中，A1的电阻值小于L1的电阻值 B．图1中，断开开关S1瞬间，流过A1的电流方向自右向左 C．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 D．图2中，闭合S2电路达到稳定时，变阻器R的电阻值大于L2的电阻值12．（3分）（2024•西城区校级开学）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和A．两板间电场强度的大小为BvB．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mvqBD．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv13．（3分）（2022•南京模拟）如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻。两轨道之间ABDC区域内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。一轻质金属杆电阻为r，长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球（视为质点），并套在轨道PQ上，均接触良好。让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v。其余电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势 B．金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为13C．金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为πlD．金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为3二．多选题（共2小题，满分6分，每小题3分）（多选）14．（3分）（2022秋•光明区期末）半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作。如图所示为某晶圆掺杂机的简化模型图，平行金属板A、B加上电压UAB，产生竖直方向的匀强电场；两电磁线圈间的圆柱形磁场视为匀强磁场，磁感应强度与电流I成正比。离子发生器产生的电量为+q、质量为m的离子，以速度v0沿电场的中央轴线飞入电场，当UAB＝0、I＝0时，离子恰好打到晶圆圆心O（0，0）点。已知晶圆垂直纸面放置，晶圆面内xOy坐标系中，x轴为水平方向、y轴为竖直方向，掺杂过程中，离子全部打在晶圆上，忽略离子的重力和空气阻力。则在掺杂过程中（）A．UAB越大，离子穿过极板的时间越短 B．UAB越大，离子在竖直方向上的位移越小 C．当UAB＝0，I≠0时，离子打在x轴上 D．离子打在晶圆上时，其动能与电流I大小无关（多选）15．（3分）（2024•德惠市校级模拟）如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd放在光滑绝缘水平面上。有界磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q和M、N相互平行，两磁场的宽度均为L，Q、M间的距离为12L，磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于水平面向上，使金属线框以某一初速度向右滑去，当cd边刚要出磁场Ⅱ时速度为零。线框运动过程中A．线框从开始运动到ab边刚出磁场Ⅰ的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为BLB．ab边出磁场Ⅱ时的速度大小为B2C．ab边在磁场Ⅱ中匀速运动阶段的速度大小为3BD．线框进磁场前的速度大小为2三．实验题（共2小题，满分16分）16．（10分）（2020秋•海淀区期末）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，一组同学用米尺测得金属丝接入电路的长度L，用螺旋测微器测量金属丝直径d（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的两端的电压U和通过金属丝的电流I，通过计算得到金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。在用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下实验器材：A．直流电源：电动势约3V，内阻很小；B．电流表A：量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω；C．电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ；D．滑动变阻器：最大阻值20Ω；E．开关、导线等。①从图中读出金属丝的直径为mm；②金属丝电阻率的表达式ρ＝（用电阻丝的长度L、直径d、电压U、电流I及必要常数表示）；③根据所提供的器材，在如图2所示的方框中画出测量金属丝电阻率的实验电路图。17．（6分）（2018秋•皇姑区校级期中）用如图（a）所示实验电路测电源电动势和内电阻，其中R0为定值电阻，R为阻值可调可读的电阻箱．（1）实验测得多组电阻箱读数R及对应的电流传感器（相当于理想电流表）读数I，选取电阻箱读数R（Ω）为横坐标，选取y为纵坐标，由计算机拟合得到如图（b）所示的实验图像，则纵坐标A．y＝I（A）B．y＝I2（A2）C．y=1I（A﹣D．y=1（A1（2）若R0＝3Ω，根据在（1）中选取的纵坐标y，由实验图像（b）可得电源电动势E＝V，内阻r＝Ω．（小数点后保留一位）四．解答题（共2小题，满分21分）18．（10分）在研究微观粒子时常用电子伏（eV）作为能量的单位。1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能，那么，1eV等于多少焦耳？19．（11分）（2021秋•双城区校级期中）如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，水平轨道AB也是光滑的，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小等于mg，重力加速度为g（1）若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求这种情况下滑块在圆轨道上滑行过程中的最小动能。五．解答题（共2小题，满分18分）20．（8分）（2023秋•江汉区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差UMN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；21．（10分）（2022春•延平区校级期中）如图所示，相距L＝1m的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，上端接有定值电阻R＝2Ω，匀强磁场垂直于导轨平面。将质量m＝1kg的导体棒放置于导轨上，将导体棒由静止释放，当金属棒沿着导轨向下运动x＝15m时，速度达到v＝10m/s，并且开始匀速运动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g＝10m/s2。（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；（2）求当导体棒的速度达到5m/s时，导体棒加速度的大小；（3）求导体棒从开始运动到速度达到v＝10m/s过程中，电路中产生的焦耳热；（4）当导体棒开始匀速运动后，对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力作用，测得导体棒中电流I与拉力的作用时间t的函数关系为I＝t+5（A），求拉力大小F与拉力的作用时间t满足的函数关系。

2024-2025学年上学期杭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13小题，满分39分，每小题3分）1．（3分）（2023秋•顺德区校级期中）物理学中常用两个物理量的比值定义一个新的物理量，如速度是用位移与时间的比值来定义的，即v=xA．电阻R=ρLS B．磁感应强度C．电容C=QU D【考点】比值定义法；电容的概念、单位与物理意义；电流的概念、性质及电流强度的定义式；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】A【分析】比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，这个新的物理量反映物质的本质属性，与参与定义的物理量无关。【解答】解：A、电阻R=ρlS是电阻定律的表达式，导体的电阻值与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，故不是比值定义法；故B、磁感应强度B=FIL采用了比值定义法，B由磁场本身决定，与定义量无关，故C、C=QU属于比值定义的，电容器的电容由本身决定，与所带的电荷量和两端的电压无关，故D、电流是通过某截面的电荷量与所用时间的比值，电流公式：I=qt属于比值定义法，故本题选不属于比值定义的，故选：A。【点评】比值定义法是常用的定义方法，解题的关键在于明确定义出来的新物理与原来两个物理量无关。2．（3分）（2023秋•碑林区校级期中）下列说法正确的是（）A．遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大 B．磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 C．电场周围总有磁场，磁场周围总有电场 D．能量子与电磁波的频率成正比【考点】电磁波与信息化社会；电磁波的产生；电磁波的发射和接收．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】D【分析】遥控器发出的是红外线；根据磁感应强度的定义式分析解答；根据麦克斯韦理论分析；根据量子与电磁波的频率成正比分析。【解答】解：A.遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故A错误；B.磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与F、IL无关，故B错误；C.根据麦克斯韦理论可知变化的电场周围有磁场，变化的电场磁场周围有电场，故C错误；D.根据光量子公式E＝hν，可知能量子与电磁波的频率成正比，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了有关电磁波的基础知识，解决本题的关键是知道电磁波的特点，掌握麦克斯韦电磁场理论是关键。3．（3分）（2023春•南充期末）如图，在两个电荷量分别为+Q和﹣Q的点电荷A、B的连线上有a、c两点，在连线的中垂线上有b、d两点，a、b、c、d都与连线的中点O等距。则（）A．a点场强与b点场强相同 B．a、b、c、d四点处于同一等势面上 C．正电荷q从c点移动到d点电场力做负功 D．负电荷q在O点电势能小于在a点的电势能【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场强度的叠加；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】电场线的密集程度代表电场强度，沿着电场线方向，电势逐渐降低，根据电场力方向与速度方向分析做功的正负，根据电势的高低，运用EP＝qφ比较电势能的高低．【解答】解：A、根据电场线的密集程度可知，a点的场强大于b点场强，故A错误；B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，b点的电势等于O点的电势，O点的电势大于c点的电势，所以b点的电势大于c点的电势，a、b、c、d四点并非处于同一等势面上；故B错误；C、正电荷q从c点移动到d点电场力与速度方向夹角为钝角，电场力做负功。故C正确。D、a点电势高于O点电势，故负电荷q在O点电势能大于在a点的电势能，故D错误。故选：C。【点评】本题考查对等量异号电荷电场线的分布规律的掌握情况，要求能牢记相应的电场线和等势线的分布规律，明确中垂线上各点电势相等，并且沿电场线的方向电势降低．4．（3分）（2023秋•南开区校级月考）如图所示，孤立点电荷电场中的一簇等势面如图中虚线所示，其从左到右电势分别为φ1、φ2、φ3，a、b、c是某电场线与这簇等势面的交点，且ab＝ac，现将一正电荷由a移到b，电场力做正功W1；再由b移至c，电场力做正功W2，则（）A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3 B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3 C．W1＞W2，φ1＜φ2＜φ3 D．W1＞W2，φ1＞φ2＞φ3【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．【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】D【分析】正电荷从a移到b，电场力都做正功，电场力方向由a指向b；电势沿电场的方向逐渐降低；根据电场线分布情况，ab的平均电场强度E1大于bc的平均电场强度E2，且ab＝bc，由W＝qES，可以求出W1＞W2。【解答】解：正电荷从a移到b，再由b移至c，电场力都做正功，说明电场力方向由a指向b。电势沿电场的方向逐渐降低，所以φ1＞φ2＞φ3；根据电场线分布情况，ab的平均电场强度E1大于bc的平均电场强度E2，且ab＝bc，由W＝qEd，可以求出W1＞W2，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了等势面、电场线等知识点。解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况。5．（3分）（2022春•吴江区校级期中）下列说法错误的是（）A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，增加电压U，能使粒子获得的最大动能增大 B．图乙磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极 C．图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=ED．图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3粒子的比荷越大【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器．【专题】学科综合题；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】A【分析】（1）粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径；（2）磁流体发电机利用带电粒子受洛伦兹力原理；（3）速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；（4）质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。【解答】解：A、根据牛顿第二定律得qvB=mv2rEk=1B、图乙磁流体发电机的结构示意图，磁场向右，离子向里射入，根据左手定则，负离子所受洛伦兹力向上，打在A极板上，A极板是发电机的负极，正离子所受洛伦兹力向下打在B极板上，B极板是发电机的正极，故B正确；C、图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，解得v=EB，故D、图丁是质谱仪的工作原理示意图，根据qvB＝qE，qvB=mv2r，x＝2r，解得qm=2EB2本题选错误的，故选：A。【点评】本题考查了洛伦兹力的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。6．（3分）（2023秋•凉山州期末）如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻（阻值均大于电源内阻r）。开关S闭合时，一带电质点P恰能静止在平行金属板之间，电表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片向a端滑动时，则（）A．质点P将向上运动 B．电流表的示数变大、电压表的示数变小 C．电源的输出功率逐渐增大 D．R3上消耗的功率减小【考点】含容电路的动态分析；电容的概念、单位与物理意义；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；推理论证能力．【答案】A【分析】根据闭合电路欧姆定律与电功率的表达式，结合内外电阻与电源输出功率的关系分析求解。【解答】解：A．滑动变阻器滑片向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻增大，则干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律UC＝E﹣I（R1+r）可知电容器两端电压增大，根据U＝Ed可知电场力增大，故质点P会向上运动，故A正确；B．由于干路电流减小，而R3两端电压等于电容C两端电压，所以R3两端电压增大，故I3增大。而干路电流等于流过R3的电流加上流过电流表的电流，所以流过电流表的电流会减小，所以电流表示数变小；而R2两端电压减小，所以电压表两端电压会增大，故电压表的示数变大，故B错误；C．根据内外电阻与电源输出功率的关系可知，由于R外＞r，而总电阻增大，与电源内阻差距越来越大，所以输出功率减小，故C错误；D．因为R3两端电压增大，根据电功率公式P=U可得R3上消耗的功率增大，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻在不同电路之间的关系，理解内外电阻与电源输出功率的关系是解决此类问题的关键。7．（3分）（2023•市中区校级模拟）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿顺时针（从上往下看）旋转。已知NQ＝2MP＝2r。则（）A．M点电势高于N点电势 B．N点电势低于O点电势 C．NM两点的电势差为32D．MN两点的电势差为5【考点】电磁感应过程中的电路类问题；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算；右手定则；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；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】C【分析】由E＝BLv求出金属棒切割磁感线产生的感应电动势，应用右手定则判断出电势高低，然后根据题意分析答题。【解答】解：在电源内部，电流由低电势点流向高电势点，由右手定则可知，M点电势比O点电势高，N点电势比O点电势高，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿顺时针旋转，MO部分切割磁感线的有效长度为MP长度，等于r，NO部分切割磁感线的有效长度为NQ长度，等于2r，由导体转动切割磁感线产生电动势E=BLv，可知两部分电动势分别为由于导体棒未与其它导体构成闭合回路，所以有U可得U则有φN＞φM＞φO，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查了比较电势高低、求电势差问题，分析清楚金属棒的转动情况，应用E＝BLv求出感应电动势的表达式、应用右手定则即可解题。8．（3分）（2022春•华阴市期末）P、Q是两个完全相同的电热器，P通以图甲所示的方波交变电流，Q通以图乙所示的正弦交变电流，则（）A．P和Q通过电流的有效值相等 B．P和Q通过电流的有效值之比为2：2 C．P和Q的电功率相等 D．P和Q的电功率之比为2：1【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；电功和电功率的计算；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】学科综合题；定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】方波的电流有效值I甲＝Im，正弦交流电的有效值I乙=I根据功率公式P＝I2R，由电流的有效值求解功率，再算出比值。【解答】解：AB、图甲的方波的电流有效值I甲＝Im，图乙的正弦交流电的有效值I乙=Im2．则P和Q通过电流的有效值之比为2：1CD、根据功率公式P＝I2R得到，PP：PQ＝I甲2：I乙2=Im2：(Im2)2故选：D。【点评】对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值．9．（3分）（2023春•运城期末）绿色环保低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流充电桩的供电电路如图所示。已知总电源的输出电压为U1＝250V，输电线的总电阻r＝20Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器原副线圈的匝数比为n1：n2＝1：8，汽车充电桩的额定电压为U4＝220V，额定功率为9.5kW。当汽车以额定电压充电时，下列说法中正确的是（）A．通过输电线的电流为5A B．电源的输出功率为10.5kW C．输电线因发热而损失的功率为输送功率的4% D．降压变压器原、副线圈的匝数之比为100：11【考点】远距离输电的相关计算；电功和电功率的计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；模型法；交流电专题；分析综合能力．【答案】A【分析】先根据U1U2=n1n2求出升压变压器的输出电压，由P＝U4I4求出降压变压器输出电流，由I3I4=n4n3求出降压变压器输入电流，结合U【解答】解：D、总电源的输出电压为U1＝250V，对于升压变压器，有U1U2=n当汽车以额定电压充电时，充电电流为I4又有I解得：I由电压分配关系有：U3＝U2﹣I3r又U得U联立得：2000解得：n3n4A、由U3U4=n通过输电线的电流为I2＝I3=U2-U3rB、电源的输出功率为P＝P4+I22r＝（9.5×103+52×20）W＝10000W＝10kWC、输电线因发热而损失的功率为输送功率为η=I22rP×100%=故选：A。【点评】对于远距离输电问题，往往从用户端的功率出发，先求出线路损耗的电压、功率，再求出电源的输出功率。10．（3分）（2020秋•新华区校级期中）水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法错误的是（）A．金属杆的最大速度等于EBLB．此过程中通过金属杆的电荷量为mE2C．此过程中电源提供的电能为mED．此过程中金属杆产生的热量为m【考点】有电源存在的导轨滑杆模型；电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力；模型建构能力．【答案】B【分析】根据金属杆的受力情况确定运动情况；金属杆速度最大时，产生的感应电动势与电源电动势相等，回路电流为零，据此列式求解最大速度，然后对从开始到获得最大速度过程根据动量定理列式求解电荷量；根据W＝qE求解此过程中电源提供的电能；根据动能公式求解最大动能，根据能量守恒定律得到系统产生的电热，再结合焦耳定律可以求解此过程中金属杆此时的热量。【解答】解：A、金属杆向右运动时切割磁感应线产生的感应电流与通电电流方向相反，随着速度增大，感应电流增大，则金属杆中的实际电流减小、安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，金属杆速度最大时，产生的感应电动势为E，根据E＝BLv，最大速度为：v=EBL，故B、从开始到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有：BIL•Δt＝mv﹣0，其中q＝I•Δt，联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为：q=mEB2C、此过程中电源提供的电能为W=qE=mE2D、金属杆最后的动能为：Ek=12mv2=m本题选错误的，故选：B。【点评】本题关键明确电路结构和受力情况，分析涉及电磁感应现象中的能量转化，根据动能定理、功能关系结合切割公式、动量定理、能量守恒定律和焦耳定律列式分析。11．（3分）（2023•延庆区一模）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A．图1中，A1的电阻值小于L1的电阻值 B．图1中，断开开关S1瞬间，流过A1的电流方向自右向左 C．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 D．图2中，闭合S2电路达到稳定时，变阻器R的电阻值大于L2的电阻值【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；推理论证能力．【答案】B【分析】根据图1中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，可分析电阻大小关系，根据楞次定律分析BC项，图2中，因为稳定后两个相同的灯泡发光的亮度相同，通过它们的电流相同，从而可知变阻器R与L2的电阻值相同。【解答】解：A．图1中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，根据并联电路各支路电压相等，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；B．图1中，闭合开关S1稳定后，电流自左向右，断开开关后，根据楞次定律可知，流过A1的电流方向自右向左，故B正确；C．图2中，闭合闭合S2瞬间，根据楞次定律可知L2中电流小于变阻器R中电流，故C错误；D．图2中，因为稳定后两个相同的灯泡发光的亮度相同，通过它们的电流相同，则两个支路的总电阻相同，因教材中采用的两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故D错误。故选：B。【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。12．（3分）（2024•西城区校级开学）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和A．两板间电场强度的大小为BvB．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mvqBD．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】比较思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】甲粒子沿直线运动，根据平衡条件列式解答；分析乙类粒子轨迹弯曲方向，从而推断乙受到的合力的水平分量的情况进行判断；对乙粒子，到最低点时，速度最大，根据动能定理求解；根据牛顿第二定律列式求解半径。【解答】解：A、由题意，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有：qvB＝Eq可得两板间电场强度的大小为：E＝vB，故A错误；B、由题意，速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故BC、由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有：qE整理得到：ymax=mvD、由题意，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达最大为：vA=洛伦兹力与电场力的合力提供向心力：qvAB﹣qE=所以对应圆周的半径为：rA=9mv故选：C。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，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。13．（3分）（2022•南京模拟）如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻。两轨道之间ABDC区域内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。一轻质金属杆电阻为r，长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球（视为质点），并套在轨道PQ上，均接触良好。让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v。其余电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势 B．金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为13C．金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为πlD．金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为3【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】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】C【分析】应用右手定则判断出感应电流方向，然后确定电势高低；由E＝B0•2lv求出金属杆产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后应用欧姆定律求电阻两端电压；根据法拉第电磁感应定律求出该过程的平均感应电动势，结合欧姆定律、电流的定义式求出通过电阻的电荷量；根据能量守恒定律、焦耳定律求出电阻上产生的焦耳热。【解答】解：A、金属球向下运动过程中，金属杆在磁场中切割磁感线，根据右手定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，即流过R的电流方向为M到P，因此P点电势低于M点电势，故A错误；B、金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，金属杆上端的速度为v′=l3l•v=v3，金属杆产生的电动势为E＝B0•2lv=B0•2l•v+v32=43B0lvC、金属杆从AB滑动到CD的过程中，回路中的平均电动势为E=ΔΦΔt，回路中的平均电流为I=E4r，此过程通过电阻的电荷量为q=I•ΔD、金属杆从AB滑动到CD的过程中，根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为Q＝mg•3l-电阻上产生的焦耳热为Q′=3r3r+rQ=94mgl故选：C。【点评】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚电路结构、明确金属杆的运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律与右手定则即可解题。要注意金属杆上各点切割速度不同，要用平均速度来求感应电动势。二．多选题（共2小题，满分6分，每小题3分）（多选）14．（3分）（2022秋•光明区期末）半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作。如图所示为某晶圆掺杂机的简化模型图，平行金属板A、B加上电压UAB，产生竖直方向的匀强电场；两电磁线圈间的圆柱形磁场视为匀强磁场，磁感应强度与电流I成正比。离子发生器产生的电量为+q、质量为m的离子，以速度v0沿电场的中央轴线飞入电场，当UAB＝0、I＝0时，离子恰好打到晶圆圆心O（0，0）点。已知晶圆垂直纸面放置，晶圆面内xOy坐标系中，x轴为水平方向、y轴为竖直方向，掺杂过程中，离子全部打在晶圆上，忽略离子的重力和空气阻力。则在掺杂过程中（）A．UAB越大，离子穿过极板的时间越短 B．UAB越大，离子在竖直方向上的位移越小 C．当UAB＝0，I≠0时，离子打在x轴上 D．离子打在晶圆上时，其动能与电流I大小无关【考点】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】CD【分析】AB、离子穿过极板过程中，在水平方向上为匀速直线运动，离子在竖直方向上做匀加速直线运动，推导穿过极板的时间和离子在竖直方向上的位移的表达式，从而判断；C、离子在磁场中受到洛伦兹力发生水平偏转；D、由于洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流I大小无关。【解答】解：A、离子穿过极板过程中，在水平方向上为匀速直线运动，则l＝vt穿过极板的时间与板长和初速度有关，故UAB越大，板长和初速度不变，离子穿过极板的时间不变，故A错误；B、离子在竖直方向上做匀加速直线运动，则由y=1y=1则UAB越大，离子在竖直方向上的位移越大，故B错误；C、当UAB＝0，I≠0时，离子在磁场中受到洛伦兹力发生水平偏转，则打在x轴上，故C正确；D、由于洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流I大小无关，故D正确。故选：CD。【点评】要求掌握本题考查带电粒子在复合场中的运动，分析带电粒子在复合场中的运动情况、受力情况，结合几何知识进行求解。（多选）15．（3分）（2024•德惠市校级模拟）如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd放在光滑绝缘水平面上。有界磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q和M、N相互平行，两磁场的宽度均为L，Q、M间的距离为12L，磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于水平面向上，使金属线框以某一初速度向右滑去，当cd边刚要出磁场Ⅱ时速度为零。线框运动过程中A．线框从开始运动到ab边刚出磁场Ⅰ的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为BLB．ab边出磁场Ⅱ时的速度大小为B2C．ab边在磁场Ⅱ中匀速运动阶段的速度大小为3BD．线框进磁场前的速度大小为2【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】定量思想；等效替代法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】AC【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系求解通过线框导体横截面的电荷量；从ab边出磁场Ⅱ到cd边刚要出磁场Ⅱ时速度为零过程，根据动量定理求解ab边出磁场Ⅱ时的速度大小；从ab边刚进入磁场Ⅱ到cd边刚要离开磁场Ⅰ，线圈开始做匀速直线运动，从cd边刚要离开磁场Ⅰ到ab边出磁场Ⅱ过程，根据动量定理求解ab边在磁场Ⅱ中匀速运动阶段的速度大小；从线框刚进磁场Ⅰ到ab边刚进入磁场Ⅱ过程，根据动量定理求解线框进磁场前的速度大小。【解答】解：A、线框从开始进入磁场Ⅰ到ab边刚出磁场Ⅰ的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为：q=IΔt=EB、设ab边出磁场Ⅱ时的速度大小为v。从ab边出磁场Ⅱ到cd边刚要出磁场Ⅱ时速度为零过程，取向右为正方向，根据动量定理得：-B又此过程通过线圈的量为q联立解得：v=B2LC、从ab边刚进入磁场Ⅱ到cd边刚要离开磁场Ⅰ，线圈开始做匀速直线运动。设匀速运动的速度为v匀，从cd边刚要离开磁场Ⅰ到ab边出磁场Ⅱ过程，取向右为正方向，根据动量定理得：-B又q联立解得：v匀=3D、设线框进磁场前的速度大小为v0。从线框刚进磁场Ⅰ到ab边刚进入磁场Ⅱ过程，取向右为正方向，根据动量定理得：﹣∑F安t＝mv匀﹣mv0又-∑联立解得：v0=3故选：AC。【点评】解答本题时，关键要学会运用动量定理求线圈在磁场中做非变速直线运动的速度，能根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系求通过线圈的电荷量。三．实验题（共2小题，满分16分）16．（10分）（2020秋•海淀区期末）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，一组同学用米尺测得金属丝接入电路的长度L，用螺旋测微器测量金属丝直径d（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的两端的电压U和通过金属丝的电流I，通过计算得到金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。在用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下实验器材：A．直流电源：电动势约3V，内阻很小；B．电流表A：量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω；C．电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ；D．滑动变阻器：最大阻值20Ω；E．开关、导线等。①从图中读出金属丝的直径为0.600mm；②金属丝电阻率的表达式ρ＝πUd24IL（用电阻丝的长度L、直径d、电压U③根据所提供的器材，在如图2所示的方框中画出测量金属丝电阻率的实验电路图。【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；类比法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】①0.600；②πUd24IL；③如答图1【分析】①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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则已露出；②根据电阻定律和欧姆定律变形得出金属丝的电阻率的表达式；③根据实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表接法，作出电路图。【解答】解：①，螺旋测微器的精度为0.01mm，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，故d＝0.5mm+10.0×0.01mm＝0.600mm；②根据电阻定律和欧姆定律有：R=ρLπ(d2③滑动变阻器与合金丝差不多，为调节方便采用简单的限流接法，而电压表的内阻远大于合金丝的电阻，故电流表采用外接法，按此思路电路图如答图1所示。故答案为：①0.600；②πUd24IL；③如答图1【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，掌握器材的选取的原则，知道电流表内外接、滑动变阻器分压、限流接法的区别。17．（6分）（2018秋•皇姑区校级期中）用如图（a）所示实验电路测电源电动势和内电阻，其中R0为定值电阻，R为阻值可调可读的电阻箱．（1）实验测得多组电阻箱读数R及对应的电流传感器（相当于理想电流表）读数I，选取电阻箱读数R（Ω）为横坐标，选取y为纵坐标，由计算机拟合得到如图（b）所示的实验图像，则纵坐标CA．y＝I（A）B．y＝I2（A2）C．y=1I（A﹣D．y=1（A1（2）若R0＝3Ω，根据在（1）中选取的纵坐标y，由实验图像（b）可得电源电动势E＝3.0V，内阻r＝0.9Ω．（小数点后保留一位）【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；推理论证能力．【答案】（1）C；（2）3.0、0.9【分析】（1）根据电源的正负极，即可判断出m、n哪个为正接线柱；利用闭合电路欧姆定律，即可求出电动势E与电流传感器读数I、电阻箱读数R、定值电阻阻值R0、电源内阻阻值r之间的关系式为E＝I（R+R0+r），变形后可得与R成线性关系的表达式；（2）根据表达式，结合图象中斜率和截距以及R0的大小，即可计算出电源的电动势及内阻。【解答】解：（1）利用闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+R0+r）可得：1所以纵坐标y应为1I，其单位为A﹣1，故ABD错误，C故选：C（2）根据（1）中表达式：1图象斜率：1E=2.6-1.33.9图象截距：R0+rE=1.3A﹣1，又因为R0＝3Ω，可得电源内阻：故答案为：（1）C；（2）3.0、0.9【点评】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理；解题的关键在于数据处理；要注意图象法的应用，此题对学生数学知识的应用能力要求较高。四．解答题（共2小题，满分21分）18．（10分）在研究微观粒子时常用电子伏（eV）作为能量的单位。1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能，那么，1eV等于多少焦耳？【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】1eV等于1.6×10﹣19J。【分析】根据电场力做功公式W＝qU求解电场力做的功。【解答】解：一个电子经过IV电压加速后所增加的动能为Ek＝W＝eU＝1.6×10﹣19×1J＝1.6×10﹣19J又W＝eU＝leV故可得leV＝1.6×10﹣19J答：1eV等于1.6×10﹣19J。【点评】解决本题的关键要掌握带电粒子在电场中的运动，注意动能定理的运用。19．（11分）（2021秋•双城区校级期中）如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，水平轨道AB也是光滑的，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小等于mg，重力加速度为g（1）若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求这种情况下滑块在圆轨道上滑行过程中的最小动能。【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据动能定理求解滑块到达与圆心O等高的C点时的速度。（2）根据牛顿第二定律求解滑块到达C点时受到轨道的作用力大小。（3）在等效最高点由等效重力提供向心力时在该位置的动能最小。【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，从A到C过程，由动能定理得：qE•（s+R）﹣mgR=1由题可知，qE＝mg，s＝3R，代入解得，v=6gR（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有N﹣qE＝mv解得，N＝7mg。（3）重力和电场力的合力的大小为F=2滑行过程中等效最高点速度最小，2mg=m故在圆轨道上滑行过程中的最小动能为Ek答：（1）滑块到达与圆心O等高的C点时速度为6gR。（2）滑块到达C点时受到轨道的作用力为7mg。（3）滑块在圆轨道上滑行过程中的最小动能为22【点评】解决该题的关键是能根据电场力和重力的大小关系找到等效重力以及等效最高点，知道在等效最高点的由等效重力提供向心力时动能最小。五．解答题（共2小题，满分18分）20．（8分）（2023秋•江汉区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差UMN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；【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；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）M、N两点间的电势差UMN为mv（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r为2m【分析】（1）根据类平抛运动的规律求解粒子进入磁场的速度，根据动能定理求解电势差；（2）根据牛顿第二定律求解半径。【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，根据类平抛运动的规律有v=v粒子从M点到N点，根据动能定理qU解得UMN（2）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv解得r=2答：（1）M、N两点间的电势差UMN为mv（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r为2m【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生熟练掌握带电粒子在电场在做类平抛运动的规律和在磁场中做匀速圆周运动的规律。21．（10分）（2022春•延平区校级期中）如图所示，相距L＝1m的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，上端接有定值电阻R＝2Ω，匀强磁场垂直于导轨平面。将质量m＝1kg的导体棒放置于导轨上，将导体棒由静止释放，当金属棒沿着导轨向下运动x＝15m时，速度达到v＝10m/s，并且开始匀速运动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g＝10m/s2。（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；（2）求当导体棒的速度达到5m/s时，导体棒加速度的大小；（3）求导体棒从开始运动到速度达到v＝10m/s过程中，电路中产生的焦耳热；（4）当导体棒开始匀速运动后，对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力作用，测得导体棒中电流I与拉力的作用时间t的函数关系为I＝t+5（A），求拉力大小F与拉力的作用时间t满足的函数关系。【考点】电磁感应过程中的电路类问题；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电磁感应过程中的能量类问题．【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】见试题解答内容【分析】（1）当导体棒开始匀速运动，此时导体棒受力平衡，根据受力平衡求得磁感应强度大小；（2）结合牛顿第二定律求得当导体棒速度为5m/s的加速度；（3）根据能量守恒定律解得。（4）根据欧姆定律，结合题意判断电流与时间的比值恒定，可知导体棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解。【解答】解：（1）导体棒由静止释放，当速度达到v＝10m/s时开始匀速运动，此时导体棒受力平衡，有mgsinθ＝F安＝BIL根据欧姆定律：I=根据电磁感应定律：E＝BLv联立解得B＝1T（2）当导体棒的速度达到5m/s时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI'L＝ma根据闭合电路欧姆定律：I'=代入数据解得a＝2.5m/s2（3）根据能量守恒定律有：mgxsinθ=1代入数据解得：Q＝20J（4）根据欧姆定律：I=可得ΔI导体棒的加速度a=根据导体棒电流I与时间t的函数关系可知ΔIΔt导体棒做匀加速直线运动联立解得a＝2m/s2根据牛顿第二定律有：F+mgsinθ﹣BIL＝ma解得：F＝t+2（N）答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为1T（2）当导体棒的速度达到5m/s时，导体棒加速度的大小为2.5m/s2（3）电路中产生的焦耳热为20J；（4）拉力大小F与拉力的作用时间t满足的函数关系为F＝t+2（N）。【点评】对于电磁感应的综合问题，要做好电流、安培力、运动关系这三个方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习，平时注意知识的理解与应用。熟练推导出安培力与速度的关系；注意平衡条件的正确应用。

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．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动【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，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g，不计空气阻力．试求：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．分析：（1）小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可得出最高点的速度；（2）可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；（3）在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为gR；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为5gR；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为6mg点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来提供向心力，难度不大，属于基础题．【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．电场强度的叠加【知识点的认识】电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则．在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解．【命题方向】图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A、Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左。当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右。故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右。不论电量大小关系，仍偏右。故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左。不论它们的电量大小关系，仍偏左。故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左。故D正确；故选：ACD。点评：正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．【解题思路点拨】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。6．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＝7．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。8．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。9．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＝φ