2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷3一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．（4分）（2022秋•越秀区校级期末）下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（）A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 C．奥斯特最先发现了电磁感应现象 D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律2．（4分）（2018•陆良县二模）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹。下列判断正确的是（）A．带电粒子一定带正电 B．电场线MN的方向一定是由N指向M C．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加 D．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能3．（4分）（2023春•玉林期末）伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，对膝盖损耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图1中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的饰物，骑行时会自动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2所示，一重物套在光滑杆上，并与上端固定在A点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M与触点N未接触。当车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上的触点M与触点N接触，电路连通，LED灯就会发光。关于此灯下面说法中正确的是（）A．停车时也会发光，只是灯光较暗 B．骑行达到一定速度值时灯才会亮 C．无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发亮 D．此感应装置的发光利用重物的向心运动实现4．（4分）（2023秋•丰台区期末）在中国科学技术馆有“雅各布天梯”的实验装置如图所示，展示了电弧的产生和消失过程。两根呈羊角形的电极，底部AB之间接高压电。当电压升高到一定值时，羊角形电极底部间隙最小处空气先被击穿产生电弧，随后电弧向上爬升，在电极间隙较宽处消失，羊角电极底部将再次产生电弧，如此周而复始。下列说法中可能正确的是（）A．电弧未产生时，间隙最小处电场强度最小 B．两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上 C．对调底部AB正负极，电弧不会爬升 D．将该装置放入真空中，实验现象会更加明显5．（4分）（2020秋•顺庆区校级期中）一由不同材料制成的导体，沿电流方向左、右部分分别为A和B，已知两部分横截面积之比为SA：SB＝1：2，单位体积内自由电子数之比nA：nB＝2：3。现将这段导体接入电路中，则A、B两段导体中自由电子定向移动的平均速率vA和vB之比为（）A．6：1 B．3：1 C．4：3 D．3：46．（4分）（2018秋•全州县校级期中）地磁场的N极在地球南极附近，有一通电金属导线在赤道上方，东西向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为（）A．向东 B．向西 C．向上 D．向下二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）7．（5分）（2023•兴庆区校级开学）如图所示，关于磁场在现代科学技术中的应用下列说法正确的是（）A．图甲是回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，增加电压U即可 B．图乙是磁流体发电机的示意图，可判断出A板是发电机的负极，B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）能够从右向左沿直线匀速通过速度选择器 D．图丁是质谱仪的工作示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越大（多选）8．（5分）（2022春•吉林期末）美国物理学家密立根（RAMillikan）于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理图可简化为如图所示模型，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板A、B与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e，重力加速度g，则（）A．油滴中电子的数目为mgdUB．油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加mgd C．油滴从小孔运动到金属板B过程中，机械能增加Ue D．若将金属板A向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降（多选）9．（5分）（2022秋•九龙坡区期末）如题图所示，仅有矩形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，闭合圆形导线圈由位置1沿直线穿越磁场运动至位置2。关于能产生感应电流的过程，下列说法中正确的是（）A．线圈进入磁场过程 B．线圈完全进入磁场后至离开磁场前 C．线圈离开磁场的过程 D．线圈离开磁场后远离矩形区域的过程（多选）10．（5分）（2021秋•丰城市校级期末）已知一电流计内阻Rg＝90Ω，电流计满偏电流Ig＝10mA。现把电流计接成如图甲、乙所示电路。a、A都为公共端，甲中电流表量程：0～0.1A和0～1A，乙中电压表的量程：0～5V和0～15V，下列说法正确的是（）A．使用a、b两个端点，量程是0～1A；R1＝1Ω，R2＝9Ω B．使用A、B两个端点，量程是0～5V；R3＝50Ω，R4＝1.5kΩ C．使用a、c两个端点，量程是0～0.1A；R1＝1Ω，R2＝10Ω D．使用A、C两个端点，量程是0～15V；R3＝410Ω，R4＝1kΩ三．实验题（共1小题，满分15分，每小题15分）11．（15分）（2021秋•南关区校级期中）一导电材料细而均匀，截面为圆柱体，某同学想用伏安法测量其电阻率ρ，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R（约为100Ω）A．电流表A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）B．电流表A2（量程0～30mA，内阻约30Ω）C．电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）D．电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）E．滑动变阻器R1（阻值范围0～300Ω）F．滑动变阻器R2（阻值范围0～3kΩ）直流电源E（电动势3V，内阻不计）、开关S、导线若干。（1）为了使实验误差较小且便于调节和测量，所选电流表为，电压表为，滑动变阻器为；（将所选器材的字母代号涂在答题纸上）（2）在框中画出测量的电路图；（3）①用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L＝cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数d＝mm；②先用多用电表的欧姆挡“×10”倍率粗测被测电阻的阻值，如图所示其读数为Ω；如果用的是直流电压“2.5V”挡测电压，其读数为V；（4）如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ＝（用测出的物理量的符号表示）。四．解答题（共3小题，满分41分）12．（12分）（2021秋•韶关校级月考）如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m＝0.2kg，带电荷量q＝2.0×10﹣3C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的v﹣t图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小；（2）电场强度E的大小。13．（14分）（2023秋•北碚区校级期末）如图所示，间距L＝0.5m的粗糙平行金属导轨水平固定放置，导轨两端连接电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω的电源。一质量m＝1kg的金属杆ab垂直放在金属导轨上并保持良好接触，金属杆接入电路的有效电阻R＝1.5Ω。在导轨所在平面内，分布着磁感应强度大小B＝1T，方向与导轨平面成夹角θ＝37°斜向上的匀强磁场，金属杆处于静止状态。重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。求：（1）流过金属杆ab的电流大小；（2）金属杆ab受到的安培力大小；（3）金属杆ab受到的摩擦力大小和方向。14．（15分）（2023秋•温州期末）如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场B1和沿纸面向下的匀强电场（未画出），平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板a1b1、a2b2，右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速度沿平行板轴线OO′射入，其中速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，已知B1=3m（1）求板M、N间的电压UMN；（2）若仅将磁场B1的右边界向左移动d4（如图2所示），求速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离l（3）若将两收集板a1b1、a2b2水平向右移动d4，在平行板右侧放置一可上下移动的挡板ef，其上边缘e自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为d4时（如图3所示），恰好有粒子打到收集板右侧，此时粒子的落点P2到O′点的竖直距离为2d，求对应粒子沿轴线OO′入射时的初速度大小v（已知从e上方进入磁场B2的粒子的速度方向均与轴线

2024-2025学年上学期天津高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．（4分）（2022秋•越秀区校级期末）下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（）A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 C．奥斯特最先发现了电磁感应现象 D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律【考点】电磁学物理学史．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；电磁感应——功能问题；理解能力．【答案】B【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故A错误；B、根据物理学史可知，法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故B正确；C、奥斯特发现了电流周围存在磁场，法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律——库仑定律，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2．（4分）（2018•陆良县二模）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹。下列判断正确的是（）A．带电粒子一定带正电 B．电场线MN的方向一定是由N指向M C．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加 D．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．【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】D【分析】本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，由于没有电场线的方向，因此无法确定粒子的电性；但可以分析电场力做功情况以及确定电势能的变化情况。【解答】解：AB、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故AB错误；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C错误；D、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能故D正确。故选：D。【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势能的高低变化情况。3．（4分）（2023春•玉林期末）伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，对膝盖损耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图1中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的饰物，骑行时会自动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2所示，一重物套在光滑杆上，并与上端固定在A点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M与触点N未接触。当车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上的触点M与触点N接触，电路连通，LED灯就会发光。关于此灯下面说法中正确的是（）A．停车时也会发光，只是灯光较暗 B．骑行达到一定速度值时灯才会亮 C．无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发亮 D．此感应装置的发光利用重物的向心运动实现【考点】常见的传感器及分类；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；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；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【答案】B【分析】当车轮达到一定转速时，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后就会被点亮，且速度越大需要的向心力越大，则触点M越容易与触点N接触，根据竖直方向圆周运动的特点分析即可。【解答】解：A、停车时，车轮未转动，重物不能做离心运动，从而使M点很难与N点接触，不能发光，故A错误；B、当车速从零缓慢增加到某一数值时，根据竖直方向圆周运动的特点，由离心运动原理可知，重物向心力足够大时，M点更容易与N点接触，可以发光，故B正确；C、转速较大时，向心力较大，在圆周运动的顶端时向心力向下，则弹力增大，重物离心运动，从而使M点更容易与N点接触，可以发光，故C错误；D、离心现象是指做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，感应装置的原理正是利用离心现象，使两触点接触而点亮LED灯，故D错误；故选：B。【点评】本题考查的是动力学的知识，要求学生能在具体生活案例中抽象出受力分析模型，并能准确分析向心力的来源。4．（4分）（2023秋•丰台区期末）在中国科学技术馆有“雅各布天梯”的实验装置如图所示，展示了电弧的产生和消失过程。两根呈羊角形的电极，底部AB之间接高压电。当电压升高到一定值时，羊角形电极底部间隙最小处空气先被击穿产生电弧，随后电弧向上爬升，在电极间隙较宽处消失，羊角电极底部将再次产生电弧，如此周而复始。下列说法中可能正确的是（）A．电弧未产生时，间隙最小处电场强度最小 B．两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上 C．对调底部AB正负极，电弧不会爬升 D．将该装置放入真空中，实验现象会更加明显【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】B【分析】分析电路结构，确定两杆间的电压，根据U＝Ed判断电场强度最大处，场强越大，越容易击穿空气形成电弧，电弧是在磁场力作用以及空气对流的作用下向上爬升。【解答】解：A.电弧未产生时，两根呈羊角形的电极相当于电容器，根据匀强电场的场强公式E=Ud可定性分析，间隙最小处电场强度应最大，故B.两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上，电弧是在磁场力作用以及空气对流的作用下向上爬升的，故B正确；C.由安培定则可知图中电弧所做位置磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可知电弧所受安培力向上；对调底部AB正负极后，电弧所在位置的磁场垂直纸面垂直纸面向外，由左手定则可知电弧所受安培力仍向上，电弧仍会在磁场对电弧的作用力以及空气对流的作用下爬升，故C错误；D.将该装置放入真空中，实验现象将不会出现，因为真空中没有可被电离的物质，而高压可将空气电离，从而导电形成电流，故D错误。故选：B。【点评】此题考查了电容器的相关知识，解题的关键是明确两杆间相当于电容器，两杆间存在电场，根据U＝Ed判断电场强度的变化情况。5．（4分）（2020秋•顺庆区校级期中）一由不同材料制成的导体，沿电流方向左、右部分分别为A和B，已知两部分横截面积之比为SA：SB＝1：2，单位体积内自由电子数之比nA：nB＝2：3。现将这段导体接入电路中，则A、B两段导体中自由电子定向移动的平均速率vA和vB之比为（）A．6：1 B．3：1 C．4：3 D．3：4【考点】电流的微观表达式；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】定性思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．【答案】B【分析】根据电流的微观表达式即可解得。【解答】解：电流的微观表达式为I＝neSv，因为两部分是串联而成，所以通过它们的电流是相等的，即nAeSAvA＝nBeSBvB，解得vAvB=n故选：B。【点评】熟练掌握电流微观表达式是解题的关键，另外还要知道在串联电路中，电流处处相等。6．（4分）（2018秋•全州县校级期中）地磁场的N极在地球南极附近，有一通电金属导线在赤道上方，东西向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为（）A．向东 B．向西 C．向上 D．向下【考点】左手定则判断安培力的方向；地磁场．【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】C【分析】解答本题首先要明确地球磁场的分布情况，然后根据左手定则直接进行判断即可．【解答】解：地球磁场的南北极和地理的南北极相反，因此在赤道上方磁场方向从南指向北，依据左手定则可得电流方向向东，则安培力方向向上，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题的难点在于弄不清楚地球磁场方向，因此在学习中要熟练掌握各种典型磁场方向的分布情况．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）7．（5分）（2023•兴庆区校级开学）如图所示，关于磁场在现代科学技术中的应用下列说法正确的是（）A．图甲是回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，增加电压U即可 B．图乙是磁流体发电机的示意图，可判断出A板是发电机的负极，B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）能够从右向左沿直线匀速通过速度选择器 D．图丁是质谱仪的工作示意图，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】定性思想；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】BD【分析】掌握回旋加速器，磁流体发电机，速度选择器，质谱仪的工作原理，会在复合场中对粒子进行受力分析。【解答】解：A、根据qvB＝mv2r，解得v=qBrm，最大动能EK=12B、由左手定则可知正离子向下偏转，负离子向上偏转，所以下极板带正电，上极板带负电，所以A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；C、若带电粒子带正电，从右向左运动，受到竖直向下的电场力，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，则粒子不能匀速通过速度选择器，故C错误；D、根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，解得qm=v故选：BD。【点评】本题考查了洛伦兹力的相关知识，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。（多选）8．（5分）（2022春•吉林期末）美国物理学家密立根（RAMillikan）于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理图可简化为如图所示模型，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板A、B与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e，重力加速度g，则（）A．油滴中电子的数目为mgdUB．油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加mgd C．油滴从小孔运动到金属板B过程中，机械能增加Ue D．若将金属板A向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降【考点】密立根油滴实验；常见力做功与相应的能量转化；电场力做功与电势能变化的关系；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】比较思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件求出油滴所带电荷量，再求油滴中电子的数目；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加等于克服电场力做功；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力做负功，机械能减少；将金属板A向上缓慢移动一小段距离，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴将加速下降。【解答】解：A、带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件得mg＝qUd，得油滴所带电荷量：q=mgdU，油滴中电子的数目：n=B、油滴从小孔运动到金属板B过程中，克服电场力做功为W＝qU＝mgd，则电势能增加mgd，故B正确；C、油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力对油滴做负功，则其机械能减少，且机械能减少ΔE＝qU＝mgd，故C错误；D、将金属板A向上缓慢移动一小段距离，板间电压不变，由E=Ud知板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将加速下降，故故选：BD。【点评】本题关键是读懂题意，然后根据平衡条件列式求解油滴所带电荷量。同时，要明确能量是如何转化的。（多选）9．（5分）（2022秋•九龙坡区期末）如题图所示，仅有矩形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，闭合圆形导线圈由位置1沿直线穿越磁场运动至位置2。关于能产生感应电流的过程，下列说法中正确的是（）A．线圈进入磁场过程 B．线圈完全进入磁场后至离开磁场前 C．线圈离开磁场的过程 D．线圈离开磁场后远离矩形区域的过程【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】AC【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路产生感应电流，根据感应电流产生的条件分析。【解答】解：A、线圈进入磁场过程，由磁通量公式Φ＝BS知穿过线圈的磁通量增加，线圈中有感应电流，故A正确；B、线圈完全进入磁场后至离开磁场前，由磁通量公式Φ＝BS知穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流，故B错误；C、线圈离开磁场过程，由磁通量公式Φ＝BS知穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，故C正确；D、线圈离开磁场后远离矩形区域的过程，穿过线圈的磁通量始终为零，没有感应电流，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查判断线圈是否产生感应电流，知道感应电流的产生条件是解题的前提，根据感应电流产生条件进行分析即可解题。（多选）10．（5分）（2021秋•丰城市校级期末）已知一电流计内阻Rg＝90Ω，电流计满偏电流Ig＝10mA。现把电流计接成如图甲、乙所示电路。a、A都为公共端，甲中电流表量程：0～0.1A和0～1A，乙中电压表的量程：0～5V和0～15V，下列说法正确的是（）A．使用a、b两个端点，量程是0～1A；R1＝1Ω，R2＝9Ω B．使用A、B两个端点，量程是0～5V；R3＝50Ω，R4＝1.5kΩ C．使用a、c两个端点，量程是0～0.1A；R1＝1Ω，R2＝10Ω D．使用A、C两个端点，量程是0～15V；R3＝410Ω，R4＝1kΩ【考点】电表的改装和应用（实验）；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】AD【分析】根据电路中的电流、电压特点结合欧姆定律列式求解出电阻的大小。【解答】解：AC、使用ab两个端点时，电流计与R2串联后和R1并联，有Ig使用ac两个端点时，R1和R2串联后再和电流计并联，有Ig通过比较两个公式，可知I1＞I2，则I1＝1A；I2＝0.1A联立解得：R1＝1Ω；R2＝9Ω故A正确，C错误；BD、使用AB两个端点时，R3与电流计串联，有Ig（Rg+R3）＝U1使用AC两个端点时，R3串联R4再串联电流计，有Ig（Rg+R3+R4）＝U2通过比较两个公式，可知U1＜U2，则U1＝5V；U2＝15V联立解得：R3＝410Ω；R4＝1000Ω故B错误，D正确；故选：AD。【点评】本题主要考查了电表的改装，根据电路的构造结合欧姆定律即可完成求解。三．实验题（共1小题，满分15分，每小题15分）11．（15分）（2021秋•南关区校级期中）一导电材料细而均匀，截面为圆柱体，某同学想用伏安法测量其电阻率ρ，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R（约为100Ω）A．电流表A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）B．电流表A2（量程0～30mA，内阻约30Ω）C．电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）D．电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）E．滑动变阻器R1（阻值范围0～300Ω）F．滑动变阻器R2（阻值范围0～3kΩ）直流电源E（电动势3V，内阻不计）、开关S、导线若干。（1）为了使实验误差较小且便于调节和测量，所选电流表为B，电压表为C，滑动变阻器为E；（将所选器材的字母代号涂在答题纸上）（2）在框中画出测量的电路图；（3）①用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L＝4.120cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数d＝0.580mm；②先用多用电表的欧姆挡“×10”倍率粗测被测电阻的阻值，如图所示其读数为60Ω；如果用的是直流电压“2.5V”挡测电压，其读数为1.80V；（4）如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ＝πUd2【考点】欧姆表的读数；导体电阻率的测量；游标卡尺的使用与读数；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）B，C，E（2）图见解析（3）①4.120，0.580②60，1.79（1.77～1.79）（4）πU【分析】（1）根据电路中可能最大电流值选择电流表，根据电源电动势选择电压表，根据待测电阻阻值选择滑动变阻器；（2）根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的解法，然后作出电路图；（3）①游标卡尺读数等于主尺示数与游标尺示数之和；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；②欧姆表示数为指针示数乘以倍率；电压表读数注意量程和分度值；（4）根据电阻定律求出电阻率的表达式。【解答】解：（1）电路中最大电流值为Im=ER=3100A=0.03A=30mA，故电流表应选B；根据电源电动势为3V，选择电压表C；根据待测圆柱体电阻R（2）因为R＜R（3）图甲所示游标卡尺分度值为0.05mm，其示数L＝41mm+4×0.05mm＝41.20mm＝4.120cm；图乙所示螺旋测微器分度值为0.01mm，其示数d＝0.5mm+8.0×0.01mm＝0.580mm；（4）用多用电表的欧姆挡“×10”倍率粗测被测电阻的阻值，根据欧姆表读数规则，其读数为6.0×10Ω＝60Ω；用直流电压“2.5V”挡测电压分度值为0.05V，其读数为1.79V；（5）根据欧姆定律和电阻定律有：R=U解得：ρ=πU故答案为：（1）B，C，E（2）图见解析（3）①4.120，0.580②60，1.79（1.77～1.79）（4）πU【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计。测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法。控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法。四．解答题（共3小题，满分41分）12．（12分）（2021秋•韶关校级月考）如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m＝0.2kg，带电荷量q＝2.0×10﹣3C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的v﹣t图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小；（2）电场强度E的大小。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动．【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】（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小为0.8N；（2）电场强度E的大小为3.0×103N/C。【分析】结合图像求出小物块的加速度，结合牛顿第二定律求出电场强度的大小和摩擦力大小。【解答】解：（1）（2）由图像可知，0.1s时间内小物块的加速度大小为a1=ΔvΔt=20.1同理解得在0.1s～0.3s时间内小物块的加速度大小为a2＝10m/s2有电场时，对小物块根据牛顿第二定律可得Eq﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1撤去电场，对小物块根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma2其中f＝μmgcosθ联立代入数据可得E＝3.0×103N/C，f＝0.8N答：（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小为0.8N；（2）电场强度E的大小为3.0×103N/C。【点评】在涉及v﹣t图像问题时，要注意图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成图形的面积表示物体在该段时间内通过的位移。13．（14分）（2023秋•北碚区校级期末）如图所示，间距L＝0.5m的粗糙平行金属导轨水平固定放置，导轨两端连接电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω的电源。一质量m＝1kg的金属杆ab垂直放在金属导轨上并保持良好接触，金属杆接入电路的有效电阻R＝1.5Ω。在导轨所在平面内，分布着磁感应强度大小B＝1T，方向与导轨平面成夹角θ＝37°斜向上的匀强磁场，金属杆处于静止状态。重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。求：（1）流过金属杆ab的电流大小；（2）金属杆ab受到的安培力大小；（3）金属杆ab受到的摩擦力大小和方向。【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；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；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】（1）流过金属杆ab的电流大小为5A；（2）金属杆ab受到的安培力大小为2.5N；（3）金属杆ab受到的摩擦力大小为1.5N，方向沿导轨向右。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律计算流过金属杆ab的电流大小；（2）根据F＝BIL（B与I垂直）计算金属杆ab受到的安培力大小；（3）对金属杆ab受力分析，根据共点力平衡列式求解受到的摩擦力大小，确定摩擦力方向。【解答】解：由题意可知：sin37°＝0.6（1）根据闭合电路欧姆定律E＝I（R+r）可得：I=ER+r=101.5+0.5A=5A，在（2）安培力大小为：F＝BIL＝1×5×0.5N＝2.5N；（3）对导体棒，受重力mg、安培力F、支持力N、摩擦力f，根据平衡条件可得：Fsinθ＝f，Fcosθ+N＝mg，解得：f＝Fsinθ＝2.5×0.6N＝1.5N，方向沿导轨向右。答：（1）流过金属杆ab的电流大小为5A；（2）金属杆ab受到的安培力大小为2.5N；（3）金属杆ab受到的摩擦力大小为1.5N，方向沿导轨向右。【点评】本题主要考查安培力中的平衡问题，根据闭合电路欧姆定律和共点力平衡条件列式解答。14．（15分）（2023秋•温州期末）如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场B1和沿纸面向下的匀强电场（未画出），平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板a1b1、a2b2，右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速度沿平行板轴线OO′射入，其中速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，已知B1=3m（1）求板M、N间的电压UMN；（2）若仅将磁场B1的右边界向左移动d4（如图2所示），求速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离l（3）若将两收集板a1b1、a2b2水平向右移动d4，在平行板右侧放置一可上下移动的挡板ef，其上边缘e自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为d4时（如图3所示），恰好有粒子打到收集板右侧，此时粒子的落点P2到O′点的竖直距离为2d，求对应粒子沿轴线OO′入射时的初速度大小v（已知从e上方进入磁场B2的粒子的速度方向均与轴线【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）板M、N间的电压为3mv（2）若仅将磁场B1的右边界向左移动d4，则速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离为61（3）满足条件的粒子沿轴线OO′入射时的初速度大小为74【分析】（1）速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，根据平衡条件结合电势差的计算公式进行解答；（2）仅将磁场B1的右边界向左移动d4，粒子出磁场后在平行板间做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解粒子在电场中的侧移量；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力求解粒子打在收集板上的点P1到O（3）由题意得粒子恰好经过a1，由几何关系得粒子在磁场B2中的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小，根据动能定理求解初速度大小。【解答】解：（1）速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，则有：qv0B1＝qE其中：E=UMN联立解得：UMN（2）仅将磁场B1的右边界向左移动d4d4y1联立解得粒子在电场中的侧移量：y粒子进入磁场的运动轨迹如图所示：根据几何关系可得：y2＝2rcosθ根据洛伦兹力提供向心力可得：q根据运动的合成与分解可得：cosθ=联立解得：y2＝2d速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离：l＝y2﹣y1解得：l=61（3）由题意得粒子恰好经过a1，轨迹圆弧ea1P2，做ea1、a1P2的中垂线交于轨迹圆心O″，如图所示：由几何关系得粒子在磁场B2中的轨迹半径为：r根据洛伦兹力提供向心力可得：q联立解得：v根据动能定理可得：-解得：v=7答：（1）板M、N间的电压为3mv（2）若仅将磁场B1的右边界向左移动d4，则速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离为61（3）满足条件的粒子沿轴线OO′入射时的初速度大小为74【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

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．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。4．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．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。7．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动【知识点的认识】本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做直线运动的情况，如果粒子能够在匀强电场中做直线运动，则必有电场力和重力的合力与粒子的运动方向共线。【命题方向】一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10﹣7kg，电量q＝1.0×10﹣10C，A、B相距L＝20cm．（取g＝10m/s2，结果保留二位有效数字）求：（1）电场强度的大小和方向；（2）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？分析：（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律，根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（2）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．解答：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速直线运动．在垂直于AB方向上，有qEsinθ﹣mgcosθ＝0所以电场强度E＝1.7×104N/C电场强度的方向水平向左（2）微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，﹣mgLsinθ﹣qELcosθ=代入数据，解得vA＝2.8m/s答：（1）电场强度的大小为1.7×104N/C，方向水平向左；（2）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．点评：本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解．【解题思路点拨】带电粒子在电场力和重力的作用下做直线运动的条件是电场力与重力的合力与运动方向在一条直线上，以此对带电粒子进行受力分力，即可得出相关物理量的情况。8．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。9．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。10．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．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+…+