2024-2025学年上学期上海高二物理期末培优卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期上海高二物理期末培优卷3一．解答题（共1小题）1．（2017•南充模拟）如图，竖直面（纸面）内的矩形abcd区域里有水平方向的匀强电场，ab水平，O是cd的中点。若将一个质量为m、带正电的小球在矩形区域里由静止释放，小球的速度与竖直方向夹角为37°．现将该小球从O点以初速度v0竖直向上抛出（不计空气阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g）（1）小球从抛出点至最高点的过程中，恰好不出矩形区域，求ab和bc的长度；（2）小球从抛出点至最高点的过程中，求电势能的改变量。二．解答题（共1小题）2．如图，电源的电动势不变，内阻r为2Ω，定值电阻R1为0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω。（1）当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器R2消耗的功率最大？三．解答题（共1小题）3．（2021•浙江模拟）如图所示，在半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场强弱可以改变，水平直径PQ处放有一层极薄的粒子接收板。放射源S放出的α粒子向纸面内各个方向均匀发射，速度大小均为v。已知α粒子质量为m，电荷量为q，忽略粒子间的相互作用。（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圆心（2）若B=mvqR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围移动时，O点能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围移动时，直径上位于O点右侧R2四．解答题（共1小题）4．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行光滑的两导轨，间距为L＝1m，导轨间有垂直于轨道平面向下的磁场，磁感应强度大小B1＝1T；底端ab间连一电阻R1＝3Ω；顶端通过导线连接一横截面积为S＝0.1m2、总电阻为r＝0.8Ω、匝数N＝100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直方向、且随时间均匀变化的磁场B2．一质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝2Ω、长度也为L的导体棒cd横放在导轨上，导体棒与导轨始终良好接触。不计导轨和导线的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：①若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？此时cd两端电势差Ucd为多少？②若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小ΔB

2024-2025学年上学期上海高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．解答题（共1小题）1．（2017•南充模拟）如图，竖直面（纸面）内的矩形abcd区域里有水平方向的匀强电场，ab水平，O是cd的中点。若将一个质量为m、带正电的小球在矩形区域里由静止释放，小球的速度与竖直方向夹角为37°．现将该小球从O点以初速度v0竖直向上抛出（不计空气阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g）（1）小球从抛出点至最高点的过程中，恰好不出矩形区域，求ab和bc的长度；（2）小球从抛出点至最高点的过程中，求电势能的改变量。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】计算题；归纳猜想题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【答案】见试题解答内容【分析】当小于在矩形区域内自由释放时，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由题设条件就能求出电场力的大小和方向；当小球从O点竖直向上抛出进，竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向﹣﹣电场方向上做匀加速直线运动。因为没有考虑返回过程的问题，当小球上升到最高点的竖直速度减为零，从而求出两个方向的位移，也就求出了要使小球到达最高点矩形的长、宽。【解答】解：（1）根据题设条件，电场力大小为：F＝mgtan37°=小球沿竖直方向做匀减速直线运动，上长到最高点的时间为：t=上升的最大高度为：y=故bc的长度为v沿水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：a=小球此过程小球沿水平方向的位移为：x=故ab的长度为：2x=（2）电场力做正功，小球的电势能减小，小球电势能的减小量为：ΔE＝Fx=答：（1）小球从抛出点至最高点的过程中，恰好不出矩形区域，ab和bc的长度分别为3v02（2）小球从抛出点至最高点的过程中，电势能的改变量为9mv【点评】本题考查的是运动的合成与分解问题，由于两个方向均受力，在两个方向由牛顿第二定律求出加速度，再应用匀变速度直线运动规律求出位移。也就知道矩形的长与宽；电势能的改变量是电场力做的功，这样第二问也很容易求出。二．解答题（共1小题）2．如图，电源的电动势不变，内阻r为2Ω，定值电阻R1为0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω。（1）当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器R2消耗的功率最大？【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．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）当滑动变阻器的阻值为0时，电阻R1消耗的功率最大；（2）当滑动变阻器的阻值为2.5Ω时，滑动变阻器R2消耗的功率最大。【分析】（1）当通过R1的电流最大时，R1消耗的功率最大；（2）将R1视为内电阻，滑动变阻器的电阻与等效内阻相等时，电功率最大。【解答】解：（1）R1为定值电阻，根据P1＝I2R1可知，当通过R1的电流最大时，R1消耗的功率最大，此时电路中的电阻最小，滑动变阻器R2的阻值为0；（2）根据可变电阻电功率与电阻的关系特点可知，将R1视为内电阻，当R2＝R1+r＝0.5Ω+2Ω＝2.5Ω时，滑动变阻器R2消耗的功率最大；答：（1）当滑动变阻器的阻值为0时，电阻R1消耗的功率最大；（2）当滑动变阻器的阻值为2.5Ω时，滑动变阻器R2消耗的功率最大。【点评】本题主要考查了功率的相关应用，解题的关键点是熟悉电路构造，熟练掌握等效内阻法。三．解答题（共1小题）3．（2021•浙江模拟）如图所示，在半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场强弱可以改变，水平直径PQ处放有一层极薄的粒子接收板。放射源S放出的α粒子向纸面内各个方向均匀发射，速度大小均为v。已知α粒子质量为m，电荷量为q，忽略粒子间的相互作用。（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圆心（2）若B=mvqR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围移动时，O点能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围移动时，直径上位于O点右侧R2【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；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圆心O点正上方的圆弧上，粒子接收板能接收到粒子的长度为（2）若B=mvqR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源在圆弧上QSI移动时，O点能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源在圆弧上从Q点开始逆时针旋转60°范围内移动时，直径上位于O点右侧R2【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的半径，α粒子被收集板最右侧收集，其运动轨迹恰好与PQ相切，α粒子水平向左发射时被收集板最左侧收集时，其运动轨迹恰好与PQ相交于某一点，根据几何知识求解粒子接收板能接收到粒子的长度；（2）根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的半径，能够打到O点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为R的圆，其圆周上的一个点在O点，根据作图法分析放射源在圆弧上什么范围移动时，0点能接收到α粒子；（3）根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的半径，能够打到O’点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为34R的圆，其圆周上的一个点在O’点，作出轨迹图，根据几何知识求解放射源在圆弧上什么范围移动时，直径上位于O点右侧R2距离的O'点能接收到【解答】解：（1）α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2又因为B=8mv5qR，解得r=如图1所示，α粒子被接收板最右侧接收，其运动轨迹恰好与PQ相切于点N，其圆心为C，CD垂直SO，根据几何关系可得ON2＝CD2＝SC2﹣SD2＝r2﹣（R﹣r）2，解得ON＝0.5Rα粒子水平向左发射时被接收板最左侧接收时，其运动轨迹恰好与PQ相交于点M，其圆心在SO的E点，根据几何关系可得OM2＝ME2﹣OE2＝r2﹣（R﹣r）2，解得OM＝0.5R因此，接收板可接收到α粒子的长度为MN＝OM+ON＝R（2）因为B=mvqR，可得其运动半径为r1考虑能够打到O点的α粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为R的圆，其圆周上的一个点在O点．如图2所示，根据图可知，α粒子从Q点沿圆弧逆时针移动，当移到位置I时，其轨迹恰好与PQ相切，之前都能打到O点，过了I之后，将不能打到O点．从I发出的粒子，其圆心恰好在O的正上方S，△ISO为正三角形，所以∠IOQ＝150°，因此当放射源在圆弧QSI上都能打到O点．（3）如图3所示，因为B=43mv3qR，可得其运动半径为r2=34R＜12R，考虑能够打到O′点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为34R圆，其圆周上的一个点在O′点，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源与O′点的连线是弦长，移动过程中弦长越来越长，由于r2=34R＜cos∠HOO′=所以∠HOO′＝60°，则放射源在圆弧上从Q到H范围的粒子能打到O′点。答：（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圆心O点正上方的圆弧上，粒子接收板能接收到粒子的长度为（2）若B=mvqR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源在圆弧上QSI移动时，O点能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源在圆弧上从Q点开始逆时针旋转60°范围内移动时，直径上位于O点右侧R2【点评】该题考查的是带电粒子在磁场中的运动问题，考查了学生的综合分析能力，题目难度较大，解决该题不仅要学会用作图法找到临界轨迹，还必须要有一定的求解几何长度的能力。四．解答题（共1小题）4．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行光滑的两导轨，间距为L＝1m，导轨间有垂直于轨道平面向下的磁场，磁感应强度大小B1＝1T；底端ab间连一电阻R1＝3Ω；顶端通过导线连接一横截面积为S＝0.1m2、总电阻为r＝0.8Ω、匝数N＝100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直方向、且随时间均匀变化的磁场B2．一质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝2Ω、长度也为L的导体棒cd横放在导轨上，导体棒与导轨始终良好接触。不计导轨和导线的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：①若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？此时cd两端电势差Ucd为多少？②若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小ΔB【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；安培力的计算公式及简单应用；楞次定律及其应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】见试题解答内容【分析】①当导体棒加速度为零时，速度最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出导体棒的最大速度。②导体棒始终静止在导轨上，说明电流大小为①求得的电流大小，结合线圈中的感应电动势和闭合电路欧姆定律可求解。【解答】解：①当导体棒达到最大速度时，F安＝B1IL＝mgsin37°由闭合电路欧姆定律得：I=导体棒产生的电动势：E＝B1Lv解得：v＝3m/s由欧姆定律得：Ucd＝IR1＝1.8V②线圈中的感应电动势：E根据闭合电路欧姆定律得：E′＝I总R总其中，I总=I×R总＝R并+r＝2Ω解得：ΔB由楞次定律可知，线圈中所加磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上。答：①若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是3m/s，cd两端电势差Ucd为1.8V；②若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，线圈中磁场的变化率为0.2T/s，磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上。【点评】本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，知道导体棒加速度为零时，速度最大。

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．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。4．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。5．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。6．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7．安培力的计算公式及简单应用【知识点的认识】如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ【命题方向】一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．【解题思路点拨】1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。8．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T2故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．9．楞次定律及其应用【知识点的认识】1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。2.适用范围：所有电磁感应现象。3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。【命题方向】某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（）A、始终顺时针B、始终逆时针C、先顺时针再逆时针D、先逆时针再顺时针分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。故选：C。点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．【解题方法点拨】1．楞次定律中“阻碍”的含义。2．楞次定律的推广对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。（1）阻碍原磁通量的变化﹣﹣“增反减同”；（2）阻碍相对运动﹣﹣“来拒去留”；（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势﹣﹣“增缩减扩”；（4）阻碍原电流的变化（自感现象）﹣﹣“增反减同”。3．相互联系（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。10．电磁感应过程中的能量类问题【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。2.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行