2024-2025学年上学期深圳高二物理期末模拟卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期深圳高二物理期末模拟卷1一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2022•天心区校级开学）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展。下列叙述中错误的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应 B．库仑发现了电荷间的相互作用规律 C．法拉第发现了电磁感应现象 D．洛伦兹提出了分子电流假说2．（4分）（2024•永春县校级开学）下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是（）A．图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中有感应电流 B．图乙，正方形金属线圈以虚线为轴匀速转动时，线圈中有感应电流 C．图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生 D．图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生3．（4分）（2022秋•芙蓉区校级期中）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，t1时刻电流方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）A．t1时刻FN＞G，P有扩张的趋势 B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量变化率为0 C．t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流 D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小4．（4分）（2020秋•南阳期末）在如图所示的电路中，A和B是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，线圈的直流电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是（）A．闭合开关S，A先亮，B后亮，最后一样亮 B．断开开关S，A和B都要延迟一会儿才熄灭 C．断开开关S，A立即熄灭，B闪亮一下再熄灭 D．断开开关S，流过B的电流方向向右5．（4分）（2020秋•浙江月考）如图所示，在第一象限内，存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿xOy平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量﹣q的同种粒子，这些粒子都打到y轴上的D点。已知OA=3L，OD＝LA．粒子运动的最大速度为qBLm，入射方向与x轴正向成60°B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qBC．要使粒子有最长运动时间，须沿x轴正向射入磁场 D．若粒子与x轴正向成30°射入磁场，则轨道半径为236．（4分）（2017秋•巢湖市月考）如图所示，倾角固定的平行光滑导轨与水平面成37°角，导轨间距为0.5m、电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B＝1T，质量分别为m1＝2×10﹣2kg和m2＝1×10﹣2kg的导体棒ab和cd垂直导轨放置，电阻均为1Ω，两棒与导轨始终接触良好，下列说法正确的是（g＝10m/s2，Sin37°＝0.6）（）A．要使ab棒或cd棒静止不动，另一棒应向下做匀速运动 B．要使ab棒或cd棒静止不动，另一棒应向上做匀加速运动 C．要使cd棒静止不动，ab棒的速度大小是1.96m/s D．要使ab棒不动，则需在平行导轨方向加一个作用于cd棒的外力，其大小为0.18N7．（4分）（2015秋•渝中区校级期末）将能够产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图（甲）（俯视图）所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈会产生一个电信号传输给控制中心，已知矩形线圈的长为L1，宽为L2，匝数n，若安装在火车车厢下南的磁铁产生的匀强磁场的宽度大于L2，当火车通过安放在铁轨之间的矩形线圈时，控制中心接收到的线圈两端的电压信号u随时间t变化的关系如图乙所示，不计线圈电阻，据此可知：火车的加速度；和安装在火车首节车厢下面的磁铁产生的匀强磁场宽度（）A．u2-u1nBL2(t2B．u2+u1nBL2(t2C．u2+u1nBL2(t2D．u2-u1nBL2(二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动（俯视），下列说法正确的是（）A．线框转动是因为发生了电磁感应 B．磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极 C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向改变 D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大（多选）9．（6分）（2016秋•浙江期中）随着大楼高度的增加，为防止电梯坠落造成伤害，有同学设想了一个电梯应急安全装置：在电梯的轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，以使能在电梯突然坠落时减小对人员的伤亡，其原理模型如图所示。则关于该装置的下列说法正确的是（）A．若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用 B．若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中 C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同 D．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落（多选）10．（6分）如图所示，在夹角为45°的OA和OC两条边界所夹的范围内有垂直纸面向里的匀强磁场。磁感应强度为B，边界OA上有一粒子源S，某时刻从S向平行于纸面的各个方向发射出大量的带电荷量为+q、质量为m的同种粒子（不计粒子的重力和粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场，如果所有从OC边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB，则从边界OCA．πm6qB B．πm4qB C．πm2qB 三．实验题（共2小题，满分18分）11．（10分）（2021秋•龙岗区期末）某中学生课外科技活动小组利用铜片（正极）、锌片（负极）插入一只苹果内，就制成了一个简单的“水果电池”，他们做了两个这样的水果电池，如图1所示，并依次进行以下实验：（1）用多用电表的直流电压2.5V挡粗测其中一个水果电池的电动势，测量时水果电池的铜极应与多用电表的表笔相接。如指针位置如图2所示，其示数为V。（2）将两个水果电池串联起来组成电池组给“1.5V、0.3A”的小灯泡供电，小灯泡不能发光，检查电路无故障。再将多用电表串联在电路中测量电流，发现读数不足3mA。由此可推测小灯泡不发光的原因是此电池组的（选填选项前的字母）。A.水果电池的电动势太大B.水果电池的电动势太小C.水果电池的内阻太大D.小灯泡的电阻太大（3）为了尽可能准确的测出该水果电池组的电动势和内阻，小组成员在实验室中找到了电流表A（0～300μA，内阻为100Ω），电阻箱R（0～9999Ω），导线、开关等实验器材。设计了如图3所示的实验电路，请用笔画线代替导线将实物电路补充完整。（4）连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。R/kΩ9876543I/μA120133150170198234286将实验数据输入电子表格，根据实验数据作出的1I-R图象如图4所示，则从图像中得出水果电池的电动势E＝V，内阻为r＝k12．（8分）（2019秋•安义县校级期末）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是最大阻值为20kΩ的可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为600Ω．虚线方框内为换挡开关。A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位。5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×1kΩ挡。（1）图中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）要想使用直流电压1V挡，选择开关B应与相连（填选择开关对应的数字）。（4）根据题给条件可得R1+R2＝Ω。四．解答题（共3小题，满分36分）13．（10分）（2018春•宁德期中）如图所示，宽L＝0.4m、足够长的金属导轨MN和M'N'放在倾角为θ＝30°的斜面上，在N和N'之间连接一个R＝1Ω的定值电阻，在AA'处放置一根与导轨垂直、质量m＝0.8kg、电阻r＝1Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ=34，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B＝10T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H＝0.8m。启动电动小车，使之沿PS方向以v＝1m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO'位置时的加速度a＝4m/s2，AA'与OO'之间的距离d＝（1）杆通过OO'时的速度大小；（2）杆在OO'时，轻绳的拉力大小；（3）上述过程中，若拉力对杆所做的功为4.544J，求电阻R上的平均电功率。14．（12分）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片（如图所示），测得两个相切圆半径之比r1：r2＝44：1。求：（1）这个原子核原来所含的质子数是多少？（2）图中哪一个圆是α粒子的径迹？（说明理由）15．（14分）如图所示，足够长的光滑金属平行导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。导轨顶端和底端接有定值电阻R1、R2，定值电阻R1、R2的阻值均为R。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，金属棒沿导轨下滑距离s时速度恰好达到最大值。已知金属棒ab的质量为m，重力加速度为g。ab棒从开始运动到速度恰到最大速度过程中，求：（1）ab棒的最大速度；（2）定值电阻R1产生的焦耳热；（3）通过定值电阻R2的电荷量。

2024-2025学年上学期深圳高二物理期末典型卷1参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）（2022•天心区校级开学）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展。下列叙述中错误的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应 B．库仑发现了电荷间的相互作用规律 C．法拉第发现了电磁感应现象 D．洛伦兹提出了分子电流假说【考点】电磁学物理学史．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】D【分析】明确有关物理学理论建立过程中各位物理学家的主要贡献即可正确解答。【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；B、库仑发现了电荷间的相互作用规律，故B正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，故C正确；D、安培提出了分子电流假说，故D错误。本题选错误的，故选：D。【点评】本题考查对物理学史的掌握情况；物理学史属于常识性问题，平时要加强记忆，注意积累。2．（4分）（2024•永春县校级开学）下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是（）A．图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中有感应电流 B．图乙，正方形金属线圈以虚线为轴匀速转动时，线圈中有感应电流 C．图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生 D．图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，对照这个条件分析即可。【解答】解：A、图甲中，金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，根据安培定则可知直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使减小通过导线电流，圆线圈中的磁通量也不会发生变化，所以不会有感应电流产生，故A错误；B、图乙中，正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故B正确；C、图丙中，闭合导线框以左边或右边为轴在匀强磁场中旋转时，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故C错误；D、图丁中，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键要掌握感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，要理解各种磁通量变化的方式，紧扣“变化”二字来分析。3．（4分）（2022秋•芙蓉区校级期中）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，t1时刻电流方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）A．t1时刻FN＞G，P有扩张的趋势 B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量变化率为0 C．t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流 D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小【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；推理论证能力．【答案】B【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势；螺线管中电流不变，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变。【解答】解：A．由图可知t1时刻，螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离螺线管和面积收缩的趋势，即FN＞G，故A错误；B．由图可知t2时刻，螺线管中电流不变，其形成的磁场不变，穿过线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，故B正确；C．由图可知t3时刻，螺线管中电流为0，但是穿过线圈P中磁通量是变化的，此时线圈中有感应电流产生，故C错误；D．由图可知t4时刻，螺线管中电流不变，则穿过线圈P中的磁通量不变，无感应电流产生，故FN＝G，故D错误。故选：B。【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断是否有感应电流看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选。4．（4分）（2020秋•南阳期末）在如图所示的电路中，A和B是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，线圈的直流电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是（）A．闭合开关S，A先亮，B后亮，最后一样亮 B．断开开关S，A和B都要延迟一会儿才熄灭 C．断开开关S，A立即熄灭，B闪亮一下再熄灭 D．断开开关S，流过B的电流方向向右【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】B【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。【解答】解：A、当电键K闭合时，灯B立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，会阻碍电流的增大，所以电路的电流只能逐渐增大，灯A逐渐亮起来；所以灯B比灯A先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A错误；BCD、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A与灯B构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯B不会出现闪亮一下，且流过灯B的电流方向向左；故B正确，CD错误；故选：B。【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。5．（4分）（2020秋•浙江月考）如图所示，在第一象限内，存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿xOy平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量﹣q的同种粒子，这些粒子都打到y轴上的D点。已知OA=3L，OD＝LA．粒子运动的最大速度为qBLm，入射方向与x轴正向成60°B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qBC．要使粒子有最长运动时间，须沿x轴正向射入磁场 D．若粒子与x轴正向成30°射入磁场，则轨道半径为23【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；图析法；极值法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】D【分析】由A点沿着A→D方向入射，若速度趋于无穷大，轨迹弧长越短，由t=sv知，时间越趋近于【解答】解：AB、由A点沿着A→D方向入射，入射速度越大，出场时越靠近D点，轨迹弧长越短，若速度趋于无穷大，则轨迹越趋于与AD重合，轨迹弧长越短，由t=sv知，时间越趋近于0，故此情况无最大速度和最短时间，故CD、由洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝mv周期T=2πr运动时间t=α2π可见轨迹圆心角α越大运动时间越长。过A、D两点做粒子在磁场中轨迹圆弧，得到在D点与y轴相切的圆弧的圆心角最大，如图所示，设∠OAD＝θtanθ=ODOA=L3L=33轨迹半径r=由几何关系可得，此轨迹在A点入射速度与x轴正方向夹角恰好等于θ＝30°，并且对应圆心角也是最大的设为α，α＝360°﹣（180°﹣2θ）＝240°。综上计算分析得：在A点入射速度与x轴正方向夹角等于θ＝30°的粒子，轨迹半径为23L3，运动时间最长，故C故选：D。【点评】本题考查了匀强磁场带电粒子做圆周运动相关知识，此类问题关键是找到临界轨迹。理解题意，把握住哪些条件是一定，哪些是可变的，例如本题，轨迹通过A、D点是一定的，速度大小和方向都是可变的，这就要过A、D画动态的圆找到临界轨迹圆。本题有个小亮点求最大速度和最小时间用了极限思维。6．（4分）（2017秋•巢湖市月考）如图所示，倾角固定的平行光滑导轨与水平面成37°角，导轨间距为0.5m、电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B＝1T，质量分别为m1＝2×10﹣2kg和m2＝1×10﹣2kg的导体棒ab和cd垂直导轨放置，电阻均为1Ω，两棒与导轨始终接触良好，下列说法正确的是（g＝10m/s2，Sin37°＝0.6）（）A．要使ab棒或cd棒静止不动，另一棒应向下做匀速运动 B．要使ab棒或cd棒静止不动，另一棒应向上做匀加速运动 C．要使cd棒静止不动，ab棒的速度大小是1.96m/s D．要使ab棒不动，则需在平行导轨方向加一个作用于cd棒的外力，其大小为0.18N【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题．【专题】比较思想；推理法；电磁感应——功能问题．【答案】D【分析】要使ab棒或cd棒静止不动，受力均要平衡，判断安培力方向，分析它们的运动情况。根据安培力与速度的关系，结合平衡条件求要使cd棒静止不动ab棒的速度大小。要使ab棒不动，用同样的方法求外力大小。【解答】解：AB、要使ab棒静止不动，受力平衡，所受的安培力必须沿斜面向上，且大小不变，由楞次定律判断知cd棒应向上做匀速运动。要使cd棒静止不动，所受的安培力必须沿斜面向上，由楞次定律判断知ab棒应向上做匀速运动。故AB错误。C、要使cd棒静止不动，设ab棒的速度大小是v。对cd棒，根据平衡条件有：m2gsin37°＝BIL，I=BLvR1+R2，联立并代入数据解得：D、要使ab棒不动，cd棒应向上做匀速运动，对ab棒和cd棒整体，由平衡条件得：F＝（m1+m2）gsin37°＝3×10﹣2×10×0.6＝0.18N，故D正确。故选：D。【点评】本题是双杆问题，要正确分析两棒的受力情况，抓住安培力与速度的关系来分析这类问题。7．（4分）（2015秋•渝中区校级期末）将能够产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图（甲）（俯视图）所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈会产生一个电信号传输给控制中心，已知矩形线圈的长为L1，宽为L2，匝数n，若安装在火车车厢下南的磁铁产生的匀强磁场的宽度大于L2，当火车通过安放在铁轨之间的矩形线圈时，控制中心接收到的线圈两端的电压信号u随时间t变化的关系如图乙所示，不计线圈电阻，据此可知：火车的加速度；和安装在火车首节车厢下面的磁铁产生的匀强磁场宽度（）A．u2-u1nBL2(t2B．u2+u1nBL2(t2C．u2+u1nBL2(t2D．u2-u1nBL2(【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【答案】A【分析】判定运动状态，可以找出动生电动势与速度的关系，进而确定速度和时间的关系，就可以知道火车在ab事件段内的运动性质，加速度可以有AB中判定出的速度—时间关系来确定；求出t2﹣t1时间内的平均速度，再根据平均速度乘以时间求位移．【解答】解：由E＝BLv可知，动生电动势与速度成正比，而在乙途中ab段的电压与时间成正比，因此可知在t1到t2这段时间内，火车的速度与时间成正比，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动。由图知t1时刻感应电动势为u1，对应的速度为：v1=u同理可得t2时刻对应的速度为：v2=u由v2﹣v1＝a（t2﹣t1）得这段时间内的加速度为：a=u根据匀变速直线运动的规律可知这段时间内的平均速度为：v=v则安装在火车首节车厢下面的磁铁产生的匀强磁场宽度为L＝v（t2﹣t1）=u2+u12nBL所以A正确、BCD错误；故选：A。【点评】本题关键在于判定出火车运动性质，当我们看到乙图的时候电压是和速度成正比的，就应联系有关动生电动势的公式，以建立速度与时间的关系，进而可以得出正确结论．二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动（俯视），下列说法正确的是（）A．线框转动是因为发生了电磁感应 B．磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极 C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向改变 D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大【考点】生活中的电磁感应现象；左手定则判断安培力的方向．【专题】实验题；信息给予题；实验探究题；实验分析法；电磁感应中的力学问题．【答案】BC【分析】对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为N极，下端为S极，则转动方向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应。【解答】解：ABC、对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为N极，下端为S极，则转动方向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应，故A错误，B、C正确；D、稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用。从题目中获取信息，还原实验现象的物理原理，是这道题的关键。这种题型所用的知识虽然简单，但要应用以生活和生产并不容易。（多选）9．（6分）（2016秋•浙江期中）随着大楼高度的增加，为防止电梯坠落造成伤害，有同学设想了一个电梯应急安全装置：在电梯的轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，以使能在电梯突然坠落时减小对人员的伤亡，其原理模型如图所示。则关于该装置的下列说法正确的是（）A．若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用 B．若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中 C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同 D．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落【考点】楞次定律及其应用；生活中的电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】AD【分析】带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动。由此分析即可。【解答】解：A、若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用。故A正确；B、感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B错误；C、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反。故C错误；D、结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落。故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解和应用。（多选）10．（6分）如图所示，在夹角为45°的OA和OC两条边界所夹的范围内有垂直纸面向里的匀强磁场。磁感应强度为B，边界OA上有一粒子源S，某时刻从S向平行于纸面的各个方向发射出大量的带电荷量为+q、质量为m的同种粒子（不计粒子的重力和粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场，如果所有从OC边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB，则从边界OCA．πm6qB B．πm4qB C．πm2qB 【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】CD【分析】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长．根据几何知识，画出轨迹，作出最长的弦，定出最长的运动时间．同理求解最短时间．即可得到时间范围．【解答】解：粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，轨迹半径R=mv设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长。由此得到轨迹半径为：R=当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短。则：SE=2由几何知识，ΔSO′E是等腰直角三角形，则粒子转过的圆心角：∠SO′E＝90°最短时间：tmin=1从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间t满足：14T≤t≤即：πm2qB≤故AB错误，CD正确。故选：CD。【点评】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长．根据几何知识，画出轨迹，作出最长的弦，定出最长的运动时间．同理求解最短时间．即可得到时间范围．本题是粒子在有边界的磁场中运动问题，带电粒子在磁场中圆周运动的问题是高考的热点，也是难点，关键是运用几何知识画出轨迹进行分析．三．实验题（共2小题，满分18分）11．（10分）（2021秋•龙岗区期末）某中学生课外科技活动小组利用铜片（正极）、锌片（负极）插入一只苹果内，就制成了一个简单的“水果电池”，他们做了两个这样的水果电池，如图1所示，并依次进行以下实验：（1）用多用电表的直流电压2.5V挡粗测其中一个水果电池的电动势，测量时水果电池的铜极应与多用电表的红表笔相接。如指针位置如图2所示，其示数为0.65V。（2）将两个水果电池串联起来组成电池组给“1.5V、0.3A”的小灯泡供电，小灯泡不能发光，检查电路无故障。再将多用电表串联在电路中测量电流，发现读数不足3mA。由此可推测小灯泡不发光的原因是此电池组的C（选填选项前的字母）。A.水果电池的电动势太大B.水果电池的电动势太小C.水果电池的内阻太大D.小灯泡的电阻太大（3）为了尽可能准确的测出该水果电池组的电动势和内阻，小组成员在实验室中找到了电流表A（0～300μA，内阻为100Ω），电阻箱R（0～9999Ω），导线、开关等实验器材。设计了如图3所示的实验电路，请用笔画线代替导线将实物电路补充完整。（4）连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。R/kΩ9876543I/μA120133150170198234286将实验数据输入电子表格，根据实验数据作出的1I-R图象如图4所示，则从图像中得出水果电池的电动势E＝1.2V，内阻为r＝1.1k【考点】测量水果电池的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）红；0.65；（2）C；（3）实物图连线如上图所示；（4）1.2；1.1【分析】（1）掌握电表的连线机电表示数的读数规则；（2）分析小灯泡不发光的可能原因；（3）根据电路图画出对应的实物图；（4）根据闭合电路欧姆定律结合图像得出电动势和内阻。【解答】解：（1）水果电池的铜极为正极，应与多用电表的红表笔相接；直流电压2.5V挡表盘的最小分度为0.05V，需要估读到分度值的下一位，所以示数为：E粗＝13×0.05V＝0.65V（2）由题意可知，小灯泡不发光的原因是通过其电流过小，即小灯泡两端电压过小，造成这一现象的根本原因在于水果电池的内阻太大，从而使内电压过大，路端电压过小，故C正确，ABD错误；故选：C。（3）如图所示为实物连线图：（4）根据闭合电路欧姆定律有：E＝I（R+RA+r）整理得：1由图可知图像的斜率为：k=纵截距为：b=解得：E≈1.2V；r≈1.1kΩ故答案为：（1）红；0.65；（2）C；（3）实物图连线如上图所示；（4）1.2；1.1【点评】本题主要考查了电动势和内阻的测量，解题的关键点是根据闭合电路欧姆定律和图像分析出电动势和内阻。12．（8分）（2019秋•安义县校级期末）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是最大阻值为20kΩ的可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为600Ω．虚线方框内为换挡开关。A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位。5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×1kΩ挡。（1）图中的A端与红（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是B（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）要想使用直流电压1V挡，选择开关B应与4相连（填选择开关对应的数字）。（4）根据题给条件可得R1+R2＝200Ω。【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；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】（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；（2）明确电路结构，知道欧姆挡中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；（3）表头与分压电阻串联可以改装成电压表，串联电阻阻值越小电压表量程越小；（4）根据题意确定多用电表测量的量与量程，应用欧姆定律求出电阻阻值；【解答】解：（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图示电路图可知，A端与红色表笔相连。（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要时行调节，故B正确，AC错误；故选：B。（3）由图示电路图可知，开关B与4相连时表头与分压电阻串且串联电阻阻值较小，此时多用电表测电压，电压表量程较小为1V。（4）直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接1时应为2.5mA；当接2时应为1mA，根据串并联电路规律可知：R1+R2=IgR故答案为：（1）红；（2）B；（3）4；（4）200。【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，知道多用电表的改装原理是解题的前提，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。四．解答题（共3小题，满分36分）13．（10分）（2018春•宁德期中）如图所示，宽L＝0.4m、足够长的金属导轨MN和M'N'放在倾角为θ＝30°的斜面上，在N和N'之间连接一个R＝1Ω的定值电阻，在AA'处放置一根与导轨垂直、质量m＝0.8kg、电阻r＝1Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ=34，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B＝10T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H＝0.8m。启动电动小车，使之沿PS方向以v＝1m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO'位置时的加速度a＝4m/s2，AA'与OO'之间的距离d＝（1）杆通过OO'时的速度大小；（2）杆在OO'时，轻绳的拉力大小；（3）上述过程中，若拉力对杆所做的功为4.544J，求电阻R上的平均电功率。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的概念．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；电磁感应——功能问题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由几何关系求出α．根据小车沿绳子方向的分速度等于杆的速度，求杆通过OO′时的速度大小。（2）由感应电动势为E＝BLv，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出拉力的大小。（3）根据动能定理求出克服安培力做功，从而求得电路产生总的电热，由电路的连接关系求出电阻R上产生的电热，即可求解电阻R上的平均电功率。【解答】解：（1）由几何关系：sinα=HH+d=0.8，可得α杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1＝vcosα＝1×0.6＝0.6m/s（2）杆受的摩擦力Ff＝μmgcosθ=34×8×杆受的安培力F安＝BIL=解得F安＝4.8N根据牛顿第二定律：T﹣mgsinθ﹣Ff﹣F安＝ma解得：T＝15N（2）根据动能定理得：W+解出W安＝﹣3J则电路产生的总的电热Q总＝|W安|＝3J由于R＝r，那么，R上的电热QR＝1.5J此过程所用的时间t=Hcotαv=R上的平均电功率P答：（1）杆通过OO'时的速度大小是0.6m/s；（2）杆在OO'时，轻绳的拉力大小是15N；（3）上述过程中，若拉力对杆所做的功为4.544J，电阻R上的平均电功率是2.5W。【点评】本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合题，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解分析小车与杆的速度关系是关键。运用E＝BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R产生的热量时要注意，系统产生的总热量是R与r产生的热量之和。14．（12分）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片（如图所示），测得两个相切圆半径之比r1：r2＝44：1。求：（1）这个原子核原来所含的质子数是多少？（2）图中哪一个圆是α粒子的径迹？（说明理由）【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【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）这个原子核原来所含的质子数是90；（2）由于动量大小相等，根据r=mvqB，因此轨道半径与粒子的电荷量成反比。所以圆轨道1是α粒子的径迹，圆轨道【分析】（1）原子核衰变过程中动量守恒，根据洛伦兹力提供向心力计算原子核电荷量，即原子核所含质子数；（2）根据半径与电荷量关系，判断哪个是α粒子的径迹。【解答】解：（1）设衰变后α粒子的电荷量为q1＝2e，新生核的电荷量为q2，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别为v1和v2，则原来原子核的电荷量q＝q1+q2，根据洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r，则r=mvqB，有：r1r2=m1v1q1Bm2v2q（2）由于动量大小相等，根据r=mvqB，因此轨道半径与粒子的电荷量成反比。所以圆轨道1是α粒子的径迹，圆轨道答：（1）这个原子核原来所含的质子数是90；（2）由于动量大小相等，根据r=mvqB，因此轨道半径与粒子的电荷量成反比。所以圆轨道1是α粒子的径迹，圆轨道【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，注意原子核放出α粒子时动量守恒是解题关键。15．（14分）如图所示，足够长的光滑金属平行导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。导轨顶端和底端接有定值电阻R1、R2，定值电阻R1、R2的阻值均为R。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，金属棒沿导轨下滑距离s时速度恰好达到最大值。已知金属棒ab的质量为m，重力加速度为g。ab棒从开始运动到速度恰到最大速度过程中，求：（1）ab棒的最大速度；（2）定值电阻R1产生的焦耳热；（3）通过定值电阻R2的电荷量。【考点】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；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）ab棒的最大速度为3mgRsinθ2（2）定值电阻R1产生的焦耳热为16（3）通过定值电阻R2的电荷量为BLs3R【分析】（1）根据平衡条件、动生电动势公式、欧姆定律推导计算；（2）根据功能关系计算；（3）根据电流定义式、法拉第电磁感应定律推导。【解答】解：（1）ab棒达到最大速度时，ab棒受力平衡，则有mgsinθ＝BIL根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm根据闭合电路欧姆定律，有I=联立解得v（2）ab棒恰达到最大速度时，根据能量转化和守恒定律有mgssinθ=定值电阻R1产生的焦耳热为Q联立解得Q（3）ab棒恰达到最大速度的过程，则q=而I=E通过定值电阻R2的电荷量q联立解得q答：（1）ab棒的最大速度为3mgRsinθ2（2）定值电阻R1产生的焦耳热为16（3）通过定值电阻R2的电荷量为BLs3R【点评】本题考查导体棒在磁场中的运动，要求掌握动生电动势、法拉第电磁感应定律、平衡条件和功能关系。

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．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。4．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5．安培力的概念【知识点的认识】1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。2.特点：（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。【命题方向】关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（）A、通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，等于零B、通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C、作用力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向D、通电直导线跟磁场方向不垂直时没有作用力分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．根据左手定则可知安培力的方向．解答：AB、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．故A、B正确。C、根据左手定则，知安培力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向。故C正确。D、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，当导线与磁场的方向既不平行也不垂直时，安培力的大小介于0和最大值之间。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．【解题思路点拨】电场力、安培力、洛伦兹力辨析①带电粒子在电场中受到的力叫作电场力，无论带电粒子处于什么状态，带电粒子在电场中一定受到电场力。②通电导线在磁场中受到的力叫作安培力，只有通电导线与磁场不平行时，才会受到安培力作用。③带电粒子在磁场中受到的力叫作洛伦兹力，带电粒子需要有速度并且速度方向不能与磁场方向平行。6．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．【解题思路点拨】安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。7．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．8．电磁感应现象的发现过程【知识点的认识】1.提出物理问题：奥斯特发现的电流的磁效应，证实了电现象和磁现象是有联系的。人们从电流磁效应的对称性角度，开始思考如下问题；既然电流能够引起磁针的运动，那么，为什么不能用磁体使导线中产生电流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁产生电”的设想，并为此进行了长达10年的探索，从中领悟到，“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应。3.电磁感应现象的发现：1831年，法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如下图），一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”。当给一个线圈通电或断电的瞬间，在另一个线圈上出现了电流。他在1831年8月29日的日记中写下了首次成功的记录。4.电磁感应现象发现的意义：电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。5.电磁感应现象的定义：由磁生电的现象称为电磁感应。6.感应电流：电磁感应现象中产生的电流称为感应电流。【命题方向】发现电磁感应规律是人类在电磁学研究中的伟大成就．在取得这项伟大成就的过程中，法国物理学家安培、瑞士人科拉顿、英国物理学家法拉第等人前后进行了多年的研究．在这项研究的众多工作中，其中有两个重要环节：（1）研究者敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；（2）大量实验发现：磁场中闭合电路包围的面积发生变化，从闭合线圈中抽出或者插入条形磁铁等多种条件下，闭合电路中有感应电流，最终研究者抓住产生感应电流条件的共同本质，总结出闭合电路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化．下列说法正确的是（）A、环节（1）提出“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发B、环节（1）提出“磁生电”思想是为了对已有的实验现象做出解释C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场一定发生了变化D、环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，总结出一般规律的研究方法分析：磁生电在受到电生磁的影响，即电流磁效应的启发；物理规律在大量实验事实，从而总结得来．解答：AB、“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发，故A正确，B错误；C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场不一定变化，可以线圈的位置变化，故C错误；D、由环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，从而总结规律，故D正确；故选：AD。点评：考查物理规律的如何得来，同时知道一是受到启发，二是通过观察．【解题思路点拨】1.电磁感应式磁生电的过程，电流的磁效应是电生磁的过程。但要注意：有电（流）必有磁（场），有磁不一定有电。即磁生电需要一定的条件。2.电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。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．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝Blv3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（）分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．【解题方法点拨】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsinθ。11．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直接进行计算。（2）若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。3.电磁感应现象中的能量转化（1）安培力做功（2）焦耳热的计算①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感应电流变化时，可用以下方法分析：a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，【命题方向】题型一：电磁感应与能量的综合电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a（3）求金属棒下滑的最大速度vm．分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：F＝BIL＝BBLvR+rL由牛顿第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．由上题结果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R+r)sin30°B2若根据能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s答：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．【解题方法点拨】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：2．电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．12．电磁感应过程中的电路类问题【知识点的认识】1.模型概述：该模型考查的是电磁感应中的电路类问题，主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。（2）画等效电路图，分清内、外电路。（3）用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）q＝I•Δt=ER总•Δt＝nΔΦΔt【命题方向】例1.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）A.PQ两端电压先减小后增大B.PQ中电流先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先减小后增大分析：本题分两段研究：PQ从ad处滑到ab中点的过程和从ab中点滑到bc处的过程。导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ中电流和PQ两端的电压如何变化；PQ上外力的功率等于整个电路的电功率，由P=E解答：AB、在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，由E＝BLv可知PQ产生的感应电动势保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，PQ中的电流先减小后增大。PQ相当于电源，PQ两端电压为路端电压，由U＝E﹣IR，可知PQ两端的电压先增大后减小，故A错误，B正确；C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于整个回路的电功率，而整个回路的总电阻先增大后减小，由P=E2R总分析得知，D、线框作为外电路，总电阻最大值为R总=12×3R2=0.75R＜故选：BC。点评：本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析线框功率的变化。【解题思路点拨】电磁感应中的电路类问题的解题思路①求感应电动势E＝Blv或E＝nΔΦ②画等效电路图③求感应电流I=④求电路两端电压U内＝Ir以及U外＝E﹣Ir⑤求电路功率P外＝IU外以及P总＝IE13．自感线圈对电路的影响【知识点的认识】1.对自感现象的分析思路（1）明确通过自感线圈的电流大小的变化情况（是增大还是减小）。（2）根据“增反减同”，判断自感电动势的方向。（3）分析阻碍的结果：当电流增大时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；当电流减小时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐减小，与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小。2.自感现象中，灯泡的亮度变化问题（通电自感和断电自感的比较）通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大（有铁芯）L很大（有铁芯）现象在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中电流反向不会立即熄灭．若RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下．若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，则灯A逐渐熄灭不再闪亮一下能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能【命题方向】在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯