2024-2025学年上学期上海高二物理期末培优卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期上海高二物理期末培优卷1一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．（3分）（2021•黑龙江学业考试）一段长为L、电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成4L长的均匀细丝后，再切成等长的4段，则其中每一段电阻丝的阻值为（）A．R B．4R C．16R D．0.25R2．（3分）（2021秋•朝阳区期末）干电池的电动势为1.5V，下列说法正确的是（）A．用电压表直接连接干电池的两极，测得的电压就是该电池的电动势 B．外电路闭合时，在1s内有1.5J的其他能转化为电能 C．外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池 D．外电路闭合时，当1C的电荷量通过干电池时该电池提供1.5J的电能3．（3分）（2017秋•常熟市期中）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的粗糙导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒。导体棒GH处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，C是电容为C的电容器。闭合开关，导体棒GH能始终保持静止，待电路稳定后，则有（）A．导体棒中电流I=EB．导体棒所受到的摩擦力方向向左 C．导体棒所受到的安培力F安D．电容器带电量为Q=4．（3分）（2018春•龙岩期中）关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流 B．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流 C．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化 D．穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大5．（3分）（2018秋•商城县期中）一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的13，两端电压仍为UA．通过导线的电流强度为181IB．通过导线的电流强度为14IC．自由电子定向移动的平均速率为14vD．自由电子定向移动的平均速率1166．（3分）（2022春•兴宁市校级月考）一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝1Ω，R2＝12Ω，R3＝4Ω，另有一测试电源，电源提供的电压为10V，内阻忽略不计，则（）A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是5Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是16Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为8V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为8V7．（3分）（2023秋•玄武区校级期末）如图所示，圆环中通逆时针方向电流，位于圆环圆心处的小磁针静止时N极指向为（）A．水平向右 B．竖直向下 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外8．（3分）（2023秋•石家庄期末）如图所示，两平行导轨与一电源及导体棒MN构成的闭合回路，两导轨间距为L，导轨与水平面的夹角α＝30°，整个装置处于匀强磁场中，质量为m的导体棒MN与两导轨垂直，当导体棒的电流为I时，导体棒MN静止，匀强磁场的磁感应强度大小B=3mg4IL，方向与导轨平面成θ＝60A．导体棒所受安培力大小为38B．导体棒所受摩擦力大小为18mgC．导体棒所受支持力大小为33D．导体棒与导轨间动摩擦因数的最小值为3（多选）9．（3分）（2015秋•南山区期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=UC．对应P点，小灯泡的电阻为R=UD．对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值10．（3分）如图所示，某同学使用多用电表测量一节干电池两端的电压，在使用选择开关和读数时应该（）A．选择开关置于“直流2.5V”挡，使用最下面一组刻度 B．选择开关置于“直流2.5V”挡，使用中间一组刻度，参考0～250的刻度值读数 C．选择开关置于“直流2.5V”挡，使用中间一组刻度，参考0～10的刻度值读数 D．选择开关置于“直流10V”挡，这样安全且读数方便11．（3分）（2011•连城县校级模拟）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中（）A．导体框所受安培力方向相同 B．导体框中产生的焦耳热相同 C．导体框边bc两端电势差相等 D．导体框边ab两端电势差相等12．（3分）（2022春•秦淮区校级期末）在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，则（）A．A灯变暗 B．B灯变亮 C．电源的输出功率减小 D．电源的工作效率增大二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）13．（4分）（2018•福建学业考试）如图所示，用导线将螺线管两端与灵敏电流计相连，把条形磁铁迅速插入螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量将（填“增大”“不变”或“减小”），灵敏电流计的指针将（填“会”或“不会”）发生偏转；若条形磁铁放在螺线管内不动，灵敏电流计的指针将（填“会”或“不会”）发生偏转。14．（4分）（2022秋•松江区校级期中）如图所示，导线ab长20cm，用两根平行的、相同的弹簧将ab水平挂起，弹簧间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场区域宽度10cm，磁感应强度大小为0.5T，导线ab所受重力大小为0.1N。为了使弹簧不发生形变，导线内电流的方向为，大小为，若保持电流大小不变，改变电流的方向，则每根弹簧的弹力大小为。15．（4分）（2022春•三明期中）如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m，带电量为q的粒子从bc边中点O垂直入射，恰能从d点离开磁场，不计粒子重力，则可知粒子带（选“正电”、“负电”或“不带电”）；此时粒子入射速度大小为。16．（4分）（2016春•东莞市期中）如图，有两个同心导体圆环，内环中通有顺时针方向的电流，外环中原来无电流．当内环中电流逐渐增大时，外环中感应电流的方向为．（填顺时针或者逆时针）外环的运动趋势是（填收缩或者扩张）若换成外环通有顺时针方向电流且增大时，内环的运动趋势是（填收缩或者扩张）17．（4分）如图所示，电路中电阻R1＝8Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，电容器电容C＝2μF，电源电动势E＝12V，内电阻r不计，开关S闭合，当滑动变阻器的阻值R由2Ω变至22Ω的过程中，通过A2的电荷量是，A1的读数变化情况是（选填“增大”“减小”“先增后减”“先减后增”）。三．实验题（共2小题，满分20分，每小题10分）18．（10分）（2019秋•河南月考）某小组在“设计测定干电池的电动势和内阻”的实验中，提供的器材如下：A．待测干电池B．电压表V（0〜1V，内阻约为1kΩ）C．电流表A（0〜0.6A）D．电阻箱R（0〜99999.9Ω）E．滑动变阻器（0〜20Ω）F．滑动变阻器（o〜100Ω）G．开关、导线若干（1）由于电压表的量程较小，为了扩大量程采用图甲所示电路测量电压表的内阻RV，其步骤如下：A．闭合开关S前，应将电阻箱附值调到较小值B．闭合开关S后，调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1C．再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2D．断开开关S由于电源内阻较小可以忽略，由此得出电压表内阻Rv。（2）若量程为1V的电压表内阻为1050Ω，将其量程扩为3V，则应与之。（填“串”或“并”）联阻值为R＝Ω的电阻。（3）为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整。（4）图丙是改装后的电压表与电流表使用内接法作出的U﹣I图象，根据图象求出干电池的电动势E＝V，内电阻Ω（结果保留三位有效数字）。19．（10分）（2020秋•北碚区校级期末）甲、乙、丙是探究感应电流产生条件的实验。（1）实验丙，开关S闭合或断开瞬间，电流表中电流通过；保持开关S闭合，滑动变阻器的滑动触头不动，电流表中电流通过；保持开关S闭合，将铁芯从A中拨出时，电流表中电流（均选填“有”或“无”）。（2）为了得出感应电流产生的条件，至少需要完成的两个实验有。四．解答题（共2小题，满分24分，每小题12分）20．（12分）（2023秋•莲湖区期中）玩具起重机的电路示意图如图所示，电源电动势E＝6V，灯泡L的铭牌上标有“5V，3W”，理想电流表的示数I＝1.0A，此时灯泡恰好正常发光。求：（1）电动机的电功率PM；（2）电源的内阻r。21．（12分）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v沿着与x轴正方向成60°角的方向射入匀强磁场，并恰好垂直于y轴射出。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。

2024-2025学年上学期上海高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．（3分）（2021•黑龙江学业考试）一段长为L、电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成4L长的均匀细丝后，再切成等长的4段，则其中每一段电阻丝的阻值为（）A．R B．4R C．16R D．0.25R【考点】电阻定律的内容及表达式．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】B【分析】根据电阻定律公式R＝ρLS【解答】解：根据电阻定律，有：R＝ρL把它拉成4L长的均匀细丝后，然后再切成等长的4段，则其中每一段电阻丝的长度不变，横截面积减小为14R′=ρ联立解得：R′＝4R，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查了电阻的决定式，关键是根据电阻定律的公式R＝ρLS2．（3分）（2021秋•朝阳区期末）干电池的电动势为1.5V，下列说法正确的是（）A．用电压表直接连接干电池的两极，测得的电压就是该电池的电动势 B．外电路闭合时，在1s内有1.5J的其他能转化为电能 C．外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池 D．外电路闭合时，当1C的电荷量通过干电池时该电池提供1.5J的电能【考点】电动势与电压的区别与联系；电动势的概念和物理意义．【专题】定性思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．【答案】D【分析】电池的电动势等于电池没有接入电路时两极间的电压；根据电动势的定义式E=W【解答】解：A、用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的内电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势，故A错误；B、当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故B错误；C、当外电路闭合时，电路中电流不一定是1.5A，由q＝It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故C错误；D、根据电动势的定义式E=Wq，可得W＝qE，当q＝1C，E＝1.5V时，W＝1.5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故故选：D。【点评】解决本题的关键要掌握电动势的定义式E=W3．（3分）（2017秋•常熟市期中）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的粗糙导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒。导体棒GH处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，C是电容为C的电容器。闭合开关，导体棒GH能始终保持静止，待电路稳定后，则有（）A．导体棒中电流I=EB．导体棒所受到的摩擦力方向向左 C．导体棒所受到的安培力F安D．电容器带电量为Q=【考点】安培力的概念；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】计算题；定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】C【分析】电路稳定后电容器相当于断路，根据欧姆定律求导体棒中的电流，由Q＝CU求电容器的带电量。【解答】解：A、导体棒中的电流为：I=ER1B、由左手定则知导体棒受的安培力向左，故受到的摩擦力向右，故B错误C、导体棒受到的安培力F＝BIL=ELBr+RD、电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q＝CU＝C•ER1+r•r故选：C。【点评】本题借助平衡条件和安培力考查了电路问题，含电容的问题一定要注意电容器两端电压的确定。4．（3分）（2018春•龙岩期中）关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流 B．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流 C．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化 D．穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】C【分析】感应电流产生的条件是：当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流，电路必须闭合，如果导体做切割磁感线运动，电路不闭合，则不会有感应电流产生。电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来电场的变化，感应电流的磁场可能与原磁场方向相同，也可能相反。【解答】解：A、感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误。B、闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误。C、电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确；D、根据法拉第电磁感应强度可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大；而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误。故选：C。【点评】本题要知道的感应电流产生的条件，要知道当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势。5．（3分）（2018秋•商城县期中）一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的13，两端电压仍为UA．通过导线的电流强度为181IB．通过导线的电流强度为14IC．自由电子定向移动的平均速率为14vD．自由电子定向移动的平均速率116【考点】电流的微观表达式；欧姆定律的简单应用；电阻定律的内容及表达式；电流的概念、性质及电流强度的定义式．【专题】计算题；定量思想；方程法；恒定电流专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】A【分析】根据电阻定律和部分电路欧姆定律可以求得电流强度；根据电流的微观表达式可以求得自由电子定向移动的平均速率；【解答】解：AB．将导线均匀拉长，使其半径变为原来的13，横截面积变为原来的19，导线长度将变为原来的R=ρL可知，导线电阻变为原来的81倍；电压U不变，由欧姆定律I=U可知，电流变为原来的181，故A正确，BCD．电流I变为原来的181，横截面积变为原来的19，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量I＝neSv可知，电子定向移动的速率变为原来的19，故CD故选：A。【点评】明确电流的微观表达式，明确欧姆定律和电阻定律是解决问题的关键。6．（3分）（2022春•兴宁市校级月考）一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝1Ω，R2＝12Ω，R3＝4Ω，另有一测试电源，电源提供的电压为10V，内阻忽略不计，则（）A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是5Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是16Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为8V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为8V【考点】串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联。当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联。当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压。当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压。【解答】解：A、当cd端短路时，R2和R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻R＝R1+R2R3R2+R3=B、当ab端短路时，R1和R3并联再与R2串联，cd之间的等效电阻R＝R2+R1R3R1+R3=C、当ab两端接通测试电源时，R2中没有电流，相等于R1与R3串联，cd两端的电压为R3分得的电压Ucd=R3R1+R3UD、当cd两端接通测试电源时，R1中没有电流，相等于R2与R3串联，ab两端的电压为R3分得的电压Uab=R3R2+R3U故选：C。【点评】对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化。7．（3分）（2023秋•玄武区校级期末）如图所示，圆环中通逆时针方向电流，位于圆环圆心处的小磁针静止时N极指向为（）A．水平向右 B．竖直向下 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外【考点】通电直导线周围的磁场．【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】由安培定则，判断环形电流内部的磁场方向，分析小磁针静止时N极指向。【解答】解：由安培定则可知，环形电流内部的磁场方向为垂直纸面向外，则圆环圆心处的小磁针静止时N极指向为垂直纸面向外。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题解题关键是掌握安培定则。8．（3分）（2023秋•石家庄期末）如图所示，两平行导轨与一电源及导体棒MN构成的闭合回路，两导轨间距为L，导轨与水平面的夹角α＝30°，整个装置处于匀强磁场中，质量为m的导体棒MN与两导轨垂直，当导体棒的电流为I时，导体棒MN静止，匀强磁场的磁感应强度大小B=3mg4IL，方向与导轨平面成θ＝60A．导体棒所受安培力大小为38B．导体棒所受摩擦力大小为18mgC．导体棒所受支持力大小为33D．导体棒与导轨间动摩擦因数的最小值为3【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】C【分析】根据安培力公式计算安培力的大小；对导体棒受力分析，列平衡方程，计算摩擦力和支持力的大小，再根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系计算动摩擦因数的最小值。【解答】解：A、由题意有F安故A错误；BC、从M向N看，对导体棒受力分析并建立如图所示坐标系，设导体棒受到的摩擦力沿导轨平面向下，由题意有沿导轨方向Fx＝Ff+mgsinα﹣F安sinθ＝0垂直于导轨方向Fy＝FN+F安cosθ﹣mgcosα＝0解得Ff所以导体棒所受摩擦力大小为Ff方向沿导轨平面向上，故B错误，故C正确；D、由题意可知，静摩擦力满足Ff≤Ffmax＝μFN故动摩擦因数满足μ故D错误。故选：C。【点评】本题考查了安培力和物体的平衡，关键要明确摩擦力的大小和方向，有一定的难度。（多选）9．（3分）（2015秋•南山区期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=UC．对应P点，小灯泡的电阻为R=UD．对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值【考点】非线性元件及其伏安特性曲线；电功和电功率的计算；欧姆定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【答案】CD【分析】小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大．任一状态灯泡的电阻R=UI，并依据U与I【解答】解：A、I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大。故A错误。B、C、根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2，R不等于切线斜率U1I2D、根据功率表达式P＝UI，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选：CD。【点评】对于线性元件，欧姆定律成立，即R=UI=ΔU10．（3分）如图所示，某同学使用多用电表测量一节干电池两端的电压，在使用选择开关和读数时应该（）A．选择开关置于“直流2.5V”挡，使用最下面一组刻度 B．选择开关置于“直流2.5V”挡，使用中间一组刻度，参考0～250的刻度值读数 C．选择开关置于“直流2.5V”挡，使用中间一组刻度，参考0～10的刻度值读数 D．选择开关置于“直流10V”挡，这样安全且读数方便【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】比较思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据待测电压值选择合适的量程，即确定选择开关的位置，由于没有直流2.5V的专用刻度线，为便于读数需要选择使用便于换算的刻度值。【解答】解：一节干电池的电动势约为1.5V，所以测量时选择开关应置于“直流2.5V”挡，为了便于读数，对应的刻度线使用中间刻线，0～10的刻度值读数不便于换算和读数，故参考0～250的刻度值读数，故ACD错误，B正确；故选：B。【点评】考查量程的选择和方便读数的问题，要根据具体测量的物理量进行综合分析判断。11．（3分）（2011•连城县校级模拟）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中（）A．导体框所受安培力方向相同 B．导体框中产生的焦耳热相同 C．导体框边bc两端电势差相等 D．导体框边ab两端电势差相等【考点】电磁感应过程中的能量类问题；用焦耳定律计算电热；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【答案】C【分析】导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ab电势差．【解答】解：A、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向。向左时，由左手定则，线框受到的安培力方向向右，向右时，由左手定则，线框受到的安培力方向向左，故A错误。B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则Q=E2RB2L2v2Rt，又vt＝L，得到QC、向左移出磁场时，bc电势差U1=34BLv，向右移出磁场时，bc电势差U2=14BL3v=D、向左移出磁场时，ab电势差U′1=14BLv，向右移出磁场时，ab电势差U′2=14BL3v=故选：C。【点评】解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式：E＝BLv，E＝nΔΦΔt12．（3分）（2022春•秦淮区校级期末）在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，则（）A．A灯变暗 B．B灯变亮 C．电源的输出功率减小 D．电源的工作效率增大【考点】电路动态分析；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】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】D【分析】当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析总电流的变化和A灯电压的变化，判断A灯亮度的变化。根据总电流与R2电流的变化，分析流过B灯电流的变化，分析B灯亮度的变化。电源的效率等于输出功率与总功率之比，等于外电路总电阻与整个电路总电阻之比。【解答】解：AB、当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据全电路欧姆定律得知，总电流I变小，A灯的电压UA＝E﹣I（R1+r），I变小，UA变大，A灯变亮。流过B的电流IB＝I﹣I2，I变小，I2变大，则IB变小，B灯变暗，故AB错误；C、由于外电阻与电源的内阻大小关系未知，无法判断电源的输出功率如何变化，故C错误；D、电源的工作效率η=UIEI×100%=RR+r×100%=故选：D。【点评】此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，对于电路动态变化分析问题，首先要根据电路结构的变化分析外电路总电阻的变化，到总电流和路端电压变化，再到局部电路电流和电压的变化进行分析。二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）13．（4分）（2018•福建学业考试）如图所示，用导线将螺线管两端与灵敏电流计相连，把条形磁铁迅速插入螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量将增大（填“增大”“不变”或“减小”），灵敏电流计的指针将会（填“会”或“不会”）发生偏转；若条形磁铁放在螺线管内不动，灵敏电流计的指针将不会（填“会”或“不会”）发生偏转。【考点】电磁感应现象的发现过程；磁通量的概念和计算公式的定性分析．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】增大；会；不会。【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，再由感应电流产生的条件即可明确指针会不会发生偏转。【解答】解：由图以及条形磁铁的磁场的分布规律可知，穿过线圈的磁场方向向下且磁通量增大；由于线圈是闭合的，并且内部磁通量变化，故线圈中产生感应电流，电流计指针会发生偏转；若将条形磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不变，不会产生感应电流，灵敏电流计的指针不会发生偏转。故答案为：增大；会；不会。【点评】解决本题的关键知道感应电流产生的条件，即穿过闭合回路磁通量发生变化。14．（4分）（2022秋•松江区校级期中）如图所示，导线ab长20cm，用两根平行的、相同的弹簧将ab水平挂起，弹簧间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场区域宽度10cm，磁感应强度大小为0.5T，导线ab所受重力大小为0.1N。为了使弹簧不发生形变，导线内电流的方向为a到b，大小为2A，若保持电流大小不变，改变电流的方向，则每根弹簧的弹力大小为0.1N。【考点】安培力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】a到b；2A；0.1N【分析】根据导线的平衡状态得出安培力的方向，结合左手定则得出电流的方向，代入数据计算出电流的大小；当电流等大反向时，安培力的大小不变，方向改变，结合导线的平衡状态得出弹簧的弹力大小。【解答】解：为了使弹簧不发生形变，则导线受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，导线内电流的方向为a到b；根据平衡状态可得：G＝BIL其中，L＝10cm＝0.1m代入数据解得：I＝2A当电流的大小不变，方向改变时，则安培力的大小不变，方向竖直线向下，此时2F＝G+BIL解得：F＝0.1N故答案为：a到b；2A；0.1N【点评】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉左手定则分析出安培力的方向，结合安培力的计算公式和对物体的受力分析即可完成解答。15．（4分）（2022春•三明期中）如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m，带电量为q的粒子从bc边中点O垂直入射，恰能从d点离开磁场，不计粒子重力，则可知粒子带负电（选“正电”、“负电”或“不带电”）；此时粒子入射速度大小为5qBL4m【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；分析综合能力．【答案】负电，5qBL【分析】根据左手定则判断粒子电性，根据几何关系求出半径，再由牛顿第二定律求出对应的速度即可。【解答】解：根据左手定则可知粒子带负电；由几何关系可知r2解得：r=由qvB=mv解得粒子入射速度大小为：v=5qBL故答案为：负电，5qBL【点评】带电粒子在磁场中运动的类型，确定向心力来源，画出轨迹，运用牛顿第二定律列式是惯用的解题思路，平时要加强训练，才能运用自如。16．（4分）（2016春•东莞市期中）如图，有两个同心导体圆环，内环中通有顺时针方向的电流，外环中原来无电流．当内环中电流逐渐增大时，外环中感应电流的方向为逆时针．（填顺时针或者逆时针）外环的运动趋势是扩张（填收缩或者扩张）若换成外环通有顺时针方向电流且增大时，内环的运动趋势是收缩（填收缩或者扩张）【考点】楞次定律及其应用．【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】内环中电流逐渐增大时，在环内产生的磁场增大，可以根据楞次定律的四个步骤，逐步做出判定，也可以直接使用楞次定律的推广形式做出判定【解答】解：当内环中顺时针的电流逐渐增大时，在环内产生的垂直于纸面向里的磁场增大，穿过外环内的磁通量增大，根据楞次定律，感生电流磁场的方向垂直于纸面向外，根据安培定则可得，外环的感应电流的方向为逆时针方向；由于两个环的电流的方向相反，所以它们之间的排斥力，外环受到的力背离圆心，所以外环有面积增大的趋势；当外环中通以顺时针方向的电流时内环中磁场向里增大，则根据楞次定律的阻碍规律可知，线圈中磁通量应收缩以及阻碍磁通量的增大；故答案为：逆时针；扩张；收缩．【点评】本题要注意明确楞次定律的应用，同时注意外环中既包括内环中环内的磁感线，同时还包括内环外的磁感线，所以当内环电流增大时，外环通过扩张而使外部磁感线增多从而起到阻碍磁通量增加的作用．17．（4分）如图所示，电路中电阻R1＝8Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，电容器电容C＝2μF，电源电动势E＝12V，内电阻r不计，开关S闭合，当滑动变阻器的阻值R由2Ω变至22Ω的过程中，通过A2的电荷量是1.28×10﹣5C，A1的读数变化情况是减小（选填“增大”“减小”“先增后减”“先减后增”）。【考点】含容电路的动态分析．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】A1的读数为通过R1的电流，由欧姆定律求得其变化情况；通过A2的电荷量是电容器的电荷量的变化值，由Q＝CΔU求得。【解答】解：设电池的负极的电势为0，电容的下极板的电势不变，则上极板的电势变化范围为电容器两极板的电压的变化范围：即ΔU＝Δφ=代入数据解得：ΔU＝6.4V则通过A2的电量为Q＝CΔU＝6.4×2×10﹣6C＝1.28×10﹣5CA1的读数为通过R1的电流，其值I=ER+R故答案为：1.28×10﹣5C；一直减小。【点评】本题关键利用串并联电路的电压与电流关系，并结合Q＝CΔU求得电量，应用电容的下极板的电势不变，则上极板的电势变化范围为电容器两极板的电压的变化范围较为简单，不用考虑哪个极板电势高。三．实验题（共2小题，满分20分，每小题10分）18．（10分）（2019秋•河南月考）某小组在“设计测定干电池的电动势和内阻”的实验中，提供的器材如下：A．待测干电池B．电压表V（0〜1V，内阻约为1kΩ）C．电流表A（0〜0.6A）D．电阻箱R（0〜99999.9Ω）E．滑动变阻器（0〜20Ω）F．滑动变阻器（o〜100Ω）G．开关、导线若干（1）由于电压表的量程较小，为了扩大量程采用图甲所示电路测量电压表的内阻RV，其步骤如下：A．闭合开关S前，应将电阻箱附值调到较小值B．闭合开关S后，调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1C．再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2D．断开开关S由于电源内阻较小可以忽略，由此得出电压表内阻RvR2﹣2R1。（2）若量程为1V的电压表内阻为1050Ω，将其量程扩为3V，则应与之串。（填“串”或“并”）联阻值为R＝2100Ω的电阻。（3）为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整。（4）图丙是改装后的电压表与电流表使用内接法作出的U﹣I图象，根据图象求出干电池的电动势E＝1.48V，内电阻1.40Ω（结果保留三位有效数字）。【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】见试题解答内容【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解；（2）扩大电压表量程需串联一个电阻，根据串联电路特点和欧姆定律列式求解；（3）电源内阻比较小，相对于电源来说应采用电流表外接法，据此连接实物图；（4）根据U﹣I图象中纵轴截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻分析求解。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：U=RVRU2①②联立解得：RV＝R2﹣2R1（2）扩大电压表量程需串联一个电阻，根据串联电路特点和欧姆定律得：R＝（n﹣1）RV＝（31-1）×1050Ω＝（3）电源内阻比较小，相对于电源来说应采用电流表外接法，连接实物图如图所示：；（4）根据U﹣I图象中纵轴截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，由图丙可知：电源电动势为：E＝1.48V，电源内阻为：r＝|ΔUΔI|＝|1.2-1.480.20|Ω＝故答案为：（1）R2﹣2R1；（2）串、2100；（3）；（4）1.48，1.40。【点评】本题考查了实验器材选择、连接实物电路图与实验数据处理和电表改装，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，一般先根据闭合电路欧姆定律找出关系式，结合图象斜率和截距列式求解即可。19．（10分）（2020秋•北碚区校级期末）甲、乙、丙是探究感应电流产生条件的实验。（1）实验丙，开关S闭合或断开瞬间，电流表中有电流通过；保持开关S闭合，滑动变阻器的滑动触头不动，电流表中无电流通过；保持开关S闭合，将铁芯从A中拨出时，电流表中有电流（均选填“有”或“无”）。（2）为了得出感应电流产生的条件，至少需要完成的两个实验有甲、乙。【考点】研究电磁感应现象．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）有，无，有；（2）甲、乙；【分析】闭合电路的一部分导体切割磁感线，回路产生感应电流；穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据题意与感应电流产生的条件分析答题．【解答】解：（1）丙图中，线圈A放在线圈B中，线圈B与电流表接成闭合回路，线圈A与直流电源、开关、滑动变阻器接成另一个回路，开关S闭合或断开瞬间，穿过线圈B与电流表组成的回路的磁通量变化，产生感应电流；保持开关S闭合，滑动变阻器的滑动触头不动，此时A中电流稳定后，穿过线圈B与电流表组成的回路的磁通量不变，不产生感应电流；保持开关S闭合，将铁芯从A中拨出时，穿过线圈B与电流表组成的回路的磁通量变化，产生感应电流；（2）甲图中，闭合电路的一部分导体切割磁感线，回路会产生感应电流；乙图中，条形磁铁插入或者拔出线圈时，线圈中的磁场增强或减弱，回路中产生感应电流；从以上探究中可以得到的结论是：当闭合回路中的磁通量变化时，闭合回路中就会产生感应电流；故答案为：（1）有，无，有；（2）甲、乙；【点评】本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生的条件，分析清楚题意即可正确解题。四．解答题（共2小题，满分24分，每小题12分）20．（12分）（2023秋•莲湖区期中）玩具起重机的电路示意图如图所示，电源电动势E＝6V，灯泡L的铭牌上标有“5V，3W”，理想电流表的示数I＝1.0A，此时灯泡恰好正常发光。求：（1）电动机的电功率PM；（2）电源的内阻r。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算；纯电阻电路的能量转化特点．【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）电动机的电功率PM为2W。（2）电源的内阻r为1Ω。【分析】（1）由公式P＝UI求出灯泡L的电流，从而求得通过电动机的电流。由公式P＝UI求解电动机的电功率PM；（2）根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻r。【解答】解：（1）灯泡恰好正常发光，则其电压UL＝5V，功率PL＝3W由PL＝ULIL，解得：IL＝0.6A故通过电动机的电流IM＝I﹣IL＝1.0A﹣0.6A＝0.4A电动机的电功率PM＝ULIM＝5×0.4W＝2W（2）根据闭合电路欧姆定律得E＝UL+Ir解得：r＝1Ω答：（1）电动机的电功率PM为2W。（2）电源的内阻r为1Ω。【点评】解答本题时，要注意电动机工作时其电路不是纯电阻电路，求电功率只能用公式P＝UI。21．（12分）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v沿着与x轴正方向成60°角的方向射入匀强磁场，并恰好垂直于y轴射出。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。【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】计算题；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．【答案】匀强磁场的磁感应强度B是3mv2qa，射出点的坐标是（0，3【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度B，然后求出射出点的坐标。【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示由几何知识得：rsin60°＝a解得粒子轨道半径：r=洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv解得：B=粒子射出点的纵坐标：y＝r+rcos60°解得：y=3粒子射出点的坐标是（0，3a）答：匀强磁场的磁感应强度B是3mv2qa，射出点的坐标是（0，3【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。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．电容的概念、单位与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=5．电流的概念、性质及电流强度的定义式【知识点的认识】1.定义：自由电荷的定向移动形成电流．2.方向：规定为正电荷定向移动的方向．3.电流强度的定义式：I=qt，4.电流的单位：安培，符号是A。是国际单位制中七个基本物理量之一。5.物理意义：单位时间内通过导体横截面的电荷量。6.标矢性：电流的方向是人为规定的，以正电荷定向移动的方向为正方向，运算时遵从的是代数运算法则，所以电流是标量。【命题方向】关于电流，下列说法中正确的是（）A、通过导体横截面的电荷量越多，电流就越大B、对于导体，只要其两端有电压就有电流C、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D、因为电流有方向，所以电流是矢量分析：根据电流的定义式I=q解答：AC、根据电流的定义式I=qt可知，电流的大小由通过导体横截面积的电量和时间来计算，在时间不确定的情况下，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大。故A错误，B、要形成电流，不但要有有电压，电路还需构成闭合回路，故B错误。D、电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形法则，故不是矢量。故D错误。故选：C。点评：考查电流的形成条件及电流定义式的识记。解题时牢记电流由电压和电阻决定，I=q【解题思路点拨】1.电荷定向运动才形成电流，并不是电荷运动就可形成电流，其实导体内自由电荷是处于不停的热运动之中的，但并不形成电流。2.电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。6．电流的微观表达式【知识点的认识】1.电流的微观表达式的推导如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为l的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量大小为q。则：导体AD内的自由电荷全部通过横截面D所用的时间t=导体AD内的自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nlSq，此导体上的电流I=Q2.电流的微观表达式：I＝nqSv（1）I=qt是电流的定义式，I＝nqSv电流的决定式，因此电流I通过导体横截面的电荷量q及时间t无关，从微观上看，电流的大小取决于导体中单位体积内的自由电荷数n、每个自由电荷的电荷量大小q、定向移动的速率v，还与导体的横截面积（2）v表示电荷定向移动的速率。自由电荷在不停地做无规则的热运动，其速率为热运动的速率，电流是自由电荷在热运动的基础上向某一方向定向移动形成的。【命题方向】有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSΔtB.nv•ΔtC.IΔtveD.分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V＝vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q＝It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=It故只有A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．【解题思路点拨】用电流的微观表达式求解问题的注意点（1）准确理解公式中各物理量的意义，式中的v是指自由电荷定向移动的速率，不是电流的传导速率，也不是电子热运动的速率。（2）I＝neSv是由I=qt导出的，若7．欧姆定律的简单应用【知识点的认识】欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．2．表达式：I=U3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A．由I=UB．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=UI，导体的电阻跟它两端的电压成正比，D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．本题选错误的，故选C．点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C．点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．【解题方法点拨】1．欧姆定律不同表达式的物理意义（1）I=UR是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻（2）公式R=U2．对伏安特性曲线的理解（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．（3）对线性元件：R=UI=△U4．欧姆定律I=U对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．8．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9．非线性元件及其伏安特性曲线【知识点的认识】1.I﹣U图像以电流为纵轴、电压为横轴画出导体上的电流随电压变化的曲线，叫作导体的伏安特性曲线。如下图甲、乙所示。2.比较电阻的大小图像的斜率k=IU=1R，即I﹣U图像的斜率等于电阻的反比，图甲中R3.线性元件：如图甲所示，伏安特性曲线是直线的电学元件称作线性元件，适用欧姆定律。4.非线性元件：如图乙所示，伏安特性曲线为曲线的电学元件称作非线性元件，不适用欧姆定律。【命题方向】如图所示是三种元件的伏安特性曲线，下列说法正确的是（）A.1代表线性元件的电阻，温度升高，电阻不变，其斜率等于电阻B.三条线代表的元件都是线性元件C.2代表某些半导体元件，随着电压、电流的升高，电阻减小D.3代表小灯泡的伏安特性曲线，电阻率随温度的变化而保持不变分析：理解图像的物理意义，结合选项的描述即可完成分析。解答：A、由题图可知元件1的伏安特性曲线是直线，说明其电阻不随电压、电流、温度的变化而变化，是线性元件，在I﹣U图像中，其斜率等于电阻的倒数，故A错误；B、题图中三条线中的2、3是曲线，说明其代表的元件不是线性元件，故B错误；C、曲线2中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐减小，说明该元件是半导体元件，故C正确；D、曲线3中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐增大，这符合小灯泡的伏安特性曲线，其电阻率随温度的升高而增大，故D错误。故选：C。点评：本题主要考查了欧姆定律的相关应用，理解图像的物理意义即可完成分析，属于简单题型。【解题思路点拨】（1）要区分是I﹣U图像还是U﹣Ⅰ图像。（2）对线性元件，R=UI=ΔU10．串联电路的特点及应用【知识点的认识】1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P总＝P1+P2+…PnP1P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax=2R3RU=23×30v=20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin=R3R故选：C。点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．【解题思路点拨】解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。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