2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末培優(yōu)卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末培優(yōu)卷1一．選擇題（共14小題，滿分42分，每小題3分）1．（3分）（2023春?樂山期末）下列說法正確的是（）A．任何時候，電源電動勢的值都等于路端電壓 B．鎳銅合金導(dǎo)線的電阻率與其長度成正比與橫截面積大小成反比 C．一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力，該處磁感應(yīng)強度不一定為零 D．由Φ＝BS可知磁通量是矢量，磁通量方向與磁感應(yīng)強度方向相同2．（3分）（2021秋?祁東縣校級期中）如圖所示，負電荷僅受電場力作用從A點運動到B點，則運動過程中電勢變化情況分別是（）A．電勢變高 B．電勢變低 C．電勢不變 D．不能判斷3．（3分）（2024?海淀區(qū)二模）如圖1所示為演示自感現(xiàn)象的實驗電路。實驗時，先閉合開關(guān)S，電路達到穩(wěn)定后，燈泡A和B處于正常發(fā)光狀態(tài)，在t0時刻，將開關(guān)S斷開，測量得到t0時刻前后流過某一燈泡的電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖2所示。電源內(nèi)阻及電感線圈L的直流電阻可忽略不計。下列說法正確的是（）A．閉合S，燈泡A和B都緩慢變亮 B．斷開S至燈泡B完全熄滅的過程中，a點電勢高于b點電勢 C．圖2所示為燈泡B在S斷開前后電流隨時間的變化關(guān)系 D．由圖2可知兩燈泡正常發(fā)光時，燈泡A的阻值大于燈泡B的阻值4．（3分）（2021秋?臨湘市期末）如圖所示，小磁針的N極指向正確的是（）A．a(chǎn) B．b C．c D．d5．（3分）（2018?浙江模擬）如圖所示，平行長直導(dǎo)線1、2通過相反方向的電流，電流大小相等。a、b兩點關(guān)于導(dǎo)線1對稱，b、c兩點關(guān)于導(dǎo)線2對稱，且ab＝be，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c三點中b點的磁感應(yīng)強度最大 B．a(chǎn)、c兩點的磁感應(yīng)強度大小相同方向相反 C．導(dǎo)線1、2間存在相互吸引的作用力 D．導(dǎo)線1受到的安培力方向向右6．（3分）（2023?信陽二模）實驗室使用的電流表是磁電式電流表，其外觀如左圖所示，內(nèi)部構(gòu)造如圖所示。該表的骨架用鋁框做成，運輸時常用短路片連接正負接線柱來保護。下列關(guān)于其結(jié)構(gòu)和運輸做法的敘述中正確的是（）A．用鋁框做成骨架，主要是因為鋁的密度小，轉(zhuǎn)動輕巧 B．因線圈是銅質(zhì)的，故除銅外的其它材質(zhì)均可做骨架 C．運輸時短接，能避免指針受損 D．運輸時短接，使之成為一體，可避免雷擊7．（3分）（2016?江蘇模擬）圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈繞與磁場方向垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示。發(fā)電機線圈內(nèi)阻為10Ω，外接一只電阻為90Ω的燈泡，不計電路的其他電阻，則（）A．t＝0時刻線圈平面與中性面垂直 B．每秒鐘內(nèi)電流方向改變100次 C．燈泡兩端的電壓為22V D．0～0.01s時間內(nèi)通過燈泡的電量為08．（3分）（2021春?大渡口區(qū)校級月考）在如圖所示的電路中，P為滑動變阻器的滑片，保持理想變壓器的輸入電壓U1不變，閉合開關(guān)S，下列說法正確的是（）A．P向下滑動時，燈泡L變亮 B．P向上滑動時，變壓器的輸入功率變小 C．P向下滑動時，變壓器的輸出電壓U2不變 D．斷開與燈串聯(lián)的開關(guān)S，變壓器輸入功率增大9．（3分）（2019秋?銅陵期末）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E．粒子沿直線穿過速度選擇器后通過平板S上的狹縫P，之后到達記錄粒子位置的膠片A1A2，板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場。不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．粒子在速度選擇器中一定做勻加速運動 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EBD．比荷（qm）越小的粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫10．（3分）如圖所示，矩形線框abcd位于紙面內(nèi)，面積為S，匝數(shù)為N，過ab中點和cd中點的連線OO'恰好位于垂直紙面向外的勻強磁場的右邊界上，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。若線框從圖示位置以O(shè)O'為軸按如圖所示的方向勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）A．在線框轉(zhuǎn)動過程中始終有感應(yīng)電流產(chǎn)生 B．圖示位置時穿過線框的磁通量為12C．使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動60°時穿過線框的磁通量為12D．使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動180°，則線框的磁通量變化大小為111．（3分）（2023秋?東城區(qū)期末）將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、靈敏電流計及開關(guān)按圖示連接。線圈A放在線圈B中，線圈A中插有鐵芯。閉合開關(guān)前滑動變阻器的滑片P處于如圖所示位置。開關(guān)閉合的瞬間，電流計指針向左偏轉(zhuǎn)。下列操作中仍使電流計指針向左偏轉(zhuǎn)的是（）A．將線圈A中的鐵芯拔出 B．將滑片P向右移動 C．A、B保持相對靜止一起移動 D．保持其它不變，僅斷開開關(guān)12．（3分）（2022秋?東城區(qū)校級月考）如圖所示，大小可以忽略不計的帶有同種電荷的小球A和B相互排斥，靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角分別是α和β，且α＜β，兩小球在同一水平線上，由此可知（）A．B球受到的庫侖力較大，電荷量較大 B．B球的質(zhì)量較大 C．B球受到的拉力較大 D．兩球接觸后，再處于靜止的平衡狀態(tài)時，懸線的偏角α'、β'仍滿足α'＜β'13．（3分）一閉合的正方形線圈放置在水平面上，在線圈所在的空間加一豎直向上的磁場，磁場的變化規(guī)律如圖所示。已知線圈的匝數(shù)為n、邊長為a、面積為S，圖線的斜率為k，則下列說法正確的是（）A．線圈的匝數(shù)由n變?yōu)?n，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?B．線圈的邊長由a變?yōu)?a，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?C．線圈的面積由S變?yōu)?S，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?D．圖線的斜率由k變?yōu)閗214．（3分）如圖所示，太陽或其他星體放射出的宇宙射線中都含有大量的高能帶電粒子，這些高能帶電粒子到達地球時會對地球上的生命帶來危害，但是由于地球周圍存在地磁場，地磁場能改變宇宙射線中帶電粒子的運動方向，對地球上的生命起到保護作用。下列關(guān)于地磁場的說法正確的是（）A．宇宙射線中帶電粒子在地磁場中受到的洛倫茲力的方向可能與其運動方向平行 B．射向地球北極表面的帶電粒子可能會受到地磁場的作用力 C．帶正電的粒子垂直射向赤道時會向西偏轉(zhuǎn) D．帶負電的粒子垂直射向位于北半球的上海時會向北偏轉(zhuǎn)二．實驗題（共6小題，滿分58分）15．（8分）（2023春?龍亭區(qū)校級期中）如圖所示是“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實驗裝置．（1）如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上開關(guān)后，將A線圈迅速插入B線圈中，電流計指針將（填“向左偏”或“向右偏”），A線圈插入B線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針將（填“向左偏”或“向右偏”）。（2）在靈敏電流計所在的電路中，為電路提供電流的是（填圖中儀器的字母）。16．（12分）（2020?貴陽模擬）某同學(xué)要用電阻箱和電壓表測量某水果電池組的電動勢和內(nèi)阻，考慮到水果電池組的內(nèi)阻較大，為了提高實驗的精確度，需要測量電壓表的內(nèi)阻。實驗中恰好有一塊零刻度在中央的雙向電壓表，該同學(xué)便充分利用這塊電壓表，設(shè)計了如圖1所示的實驗電路，既能實現(xiàn)對該電壓表的內(nèi)阻的測量，又能利用該表完成水果電池組電動勢和內(nèi)阻的測量。他用到的實驗器材有：待測水果電池組（電動勢約4V，內(nèi)阻約50Ω）、雙向電壓表（量程為2V，內(nèi)阻約為2kΩ）、電阻箱（0～9999Ω）、滑動變阻器（0～200Ω），一個單刀雙擲開關(guān)及若干導(dǎo)線（1）該同學(xué)按如圖所示電路圖連線后，首先測出了電壓表的內(nèi)阻。請完善測量電壓表內(nèi)阻的實驗步驟：①將R1的滑動觸片滑至最左端，將S撥向1位置，將電阻箱阻值調(diào)為0②調(diào)節(jié)R1的滑動觸片，使電壓表示數(shù)達到滿偏③保持R1不變，調(diào)節(jié)R2，使電壓表的示數(shù)達到④讀出電阻箱的阻值，記為R2，則電壓表的內(nèi)阻RV（2）若測得電壓表內(nèi)阻為2kΩ，可分析此測量值應(yīng)真實值（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）接下來測量電源電動勢和內(nèi)阻，實驗步驟如下：①將開關(guān)S撥至（填“1”或“2”）位置，將R1的滑動觸片移到最左端，不再移動②調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電壓表的示數(shù)達到一個合適值，記錄下電壓表的示數(shù)和電阻箱的阻值③重復(fù)第二步，記錄多組電壓表的示數(shù)及對應(yīng)的電阻箱的阻值（4）若將電阻箱與電壓表并聯(lián)后的阻值記錄為R，作出1U-1R圖象，則可消除系統(tǒng)誤差，如圖2所示，其中截距為b，斜率為k，則電動勢的表達式為，內(nèi)阻的表達式為17．（9分）（2022秋?長安區(qū)校級月考）如圖，帶正電的微粒從A點進入水平方向的勻強電場中，恰能沿AB直線斜向上運動。已知AB與電場線夾角θ＝37°，帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10﹣7kg，帶電量q＝1.0×10﹣10C，A、B兩點相距L＝30cm，取g＝10m/s2。求：（1）電場強度的大小并在圖中畫出方向；（2）AB兩點的電勢差；（3）若規(guī)定A點的電勢為0，則B點的電勢為多少？（4）從A點運動到B點，電場力做了多少功？電勢能變化了多少？18．（8分）（2020秋?內(nèi)江期末）航空母艦是現(xiàn)代軍事的重要裝備之一，某航母上配備了如圖所示的電磁軌道炮，它的電源電壓能自行調(diào)節(jié)，以保證電磁炮勻加速發(fā)射。水平光滑軌道寬為0.5m，長為14.4m，在導(dǎo)軌間有豎直向上的磁感應(yīng)強度為50T的勻強磁場，電磁炮的總質(zhì)量為1kg，在某次試驗發(fā)射時，電源為電磁炮提供的電流為2×103A，電磁炮從靜止開始加速運動，不計加速導(dǎo)軌的電阻和空氣阻力，求：（1）電磁炮所受安培力的大??；（2）電磁炮離開軌道時的速度。19．（9分）（2024秋?蘇州月考）利用電動機提升重物的示意圖如下。已知電源電動勢E＝110V，電源內(nèi)阻r＝2Ω，電動機線圈電阻R0＝3Ω，定值電阻R＝6Ω，重物質(zhì)量m＝50kg，當電動機勻速提升重物時，理想電壓表的示數(shù)U＝100V，不計空氣阻力和摩擦，取g＝10m/s2。求：（1）流經(jīng)電源的電流I和電動機兩端的電壓UM；（2）電動機的熱功率P和重物勻速上升時的速度v；（3）由于人員使用不當，致使電動機被卡住而無法轉(zhuǎn)動，求此時電動機的熱功率P1。20．（12分）（2022春?海淀區(qū)校級期末）磁流體發(fā)電具有結(jié)構(gòu)簡單、啟動快捷、環(huán)保且無需轉(zhuǎn)動機械等優(yōu)勢。如圖所示，是正處于研究階段的磁流體發(fā)電機的簡易模型圖，其發(fā)電通道是一個長方體空腔，長、高、寬分別為l、a、b，前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)體電極，這兩個電極通過開關(guān)與阻值為R的某種金屬直導(dǎo)體MN連成閉合電路，整個發(fā)電通道處于勻強磁場（磁場方向垂直由長l和高a組成的平面向里）中，磁感應(yīng)強度的大小為B。高溫等離子體保持以不變的速率v水平向右通過發(fā)電通道，發(fā)電機的等效內(nèi)阻為r，忽略等離子體的重力、相互作用力及其他因素．當開關(guān)閉合后，整個閉合電路中就會產(chǎn)生恒定的電流。（1）求開關(guān)S閉合后，該磁流體發(fā)電機的電極間的電壓U；（2）要使等離子體以不變的速率v通過發(fā)電通道，必須有推動等離子體在發(fā)電通道內(nèi)前進的作用力．如果不計其他損耗，這個推力的功率PT，就應(yīng)該等于該發(fā)電機的總功率PD，請證明這個結(jié)論；（3）若以該金屬直導(dǎo)體MN為研究對象，由于電場的作用，金屬導(dǎo)體中自由電子定向運動的速率增加，但運動過程中會與導(dǎo)體內(nèi)幾乎不動的離子碰撞從而減速，因此自由電子定向運動的平均速率不隨時間變化。設(shè)該金屬導(dǎo)體的橫截面積為S，電阻率為ρ，電子在金屬導(dǎo)體中可認為均勻分布，每個電子的電荷量為e，求金屬導(dǎo)體中每個電子所受平均阻力f大小。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題，滿分42分，每小題3分）1．（3分）（2023春?樂山期末）下列說法正確的是（）A．任何時候，電源電動勢的值都等于路端電壓 B．鎳銅合金導(dǎo)線的電阻率與其長度成正比與橫截面積大小成反比 C．一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力，該處磁感應(yīng)強度不一定為零 D．由Φ＝BS可知磁通量是矢量，磁通量方向與磁感應(yīng)強度方向相同【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析；矢量和標量的區(qū)分與判斷；電動勢的概念和物理意義；磁感應(yīng)強度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U路+U內(nèi)，分析電源電動勢和路端電壓；電阻率只與電阻本身有關(guān)；安培力為零，可能是磁感應(yīng)強度可能為零、也可能是通電導(dǎo)線電流方向與磁感應(yīng)強度方向平行；磁通量是標量，但有正負?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U路+U內(nèi)即電源電動勢的大小等于路端電壓和內(nèi)電壓之和，當電路閉合，且內(nèi)阻不為0時，內(nèi)電壓不為零，則電源電動勢的值不等于路端電壓。故A錯誤；B．電阻率由導(dǎo)體本身材料決定，與其長度、橫截面積均無關(guān)，只與電阻本身有關(guān)。故B錯誤；C．根據(jù)安培力規(guī)律，一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力的作用，該處的磁感應(yīng)強度可能為零，也可能通電導(dǎo)線電流方向與磁感應(yīng)強度方向平行。故C正確；D．磁通量是標量，有大小無方向，但根據(jù)磁感線穿過線圈平面的方向的不同，有正負之分。故D錯誤。故選：C?！军c評】本題解題關(guān)鍵是掌握基本的電路原理，比如閉合電路歐姆定律、電阻率等，比較基礎(chǔ)。2．（3分）（2021秋?祁東縣校級期中）如圖所示，負電荷僅受電場力作用從A點運動到B點，則運動過程中電勢變化情況分別是（）A．電勢變高 B．電勢變低 C．電勢不變 D．不能判斷【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場強度與電場力的關(guān)系和計算；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)力與速度的角度關(guān)系分析出電場力的做功，結(jié)合功能關(guān)系得出電勢能的變化，從而分析出電勢的高低。【解答】解：僅受電場力作用從A點運動到B點，則電場力做正功，電勢能減小，而負電荷在電勢高的地方電勢能小，因此運動過程中電勢變高，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查了電勢能與電場力做功的關(guān)系，理解功能關(guān)系從而分析出能量的變化即可，屬于簡單題型。3．（3分）（2024?海淀區(qū)二模）如圖1所示為演示自感現(xiàn)象的實驗電路。實驗時，先閉合開關(guān)S，電路達到穩(wěn)定后，燈泡A和B處于正常發(fā)光狀態(tài)，在t0時刻，將開關(guān)S斷開，測量得到t0時刻前后流過某一燈泡的電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖2所示。電源內(nèi)阻及電感線圈L的直流電阻可忽略不計。下列說法正確的是（）A．閉合S，燈泡A和B都緩慢變亮 B．斷開S至燈泡B完全熄滅的過程中，a點電勢高于b點電勢 C．圖2所示為燈泡B在S斷開前后電流隨時間的變化關(guān)系 D．由圖2可知兩燈泡正常發(fā)光時，燈泡A的阻值大于燈泡B的阻值【考點】自感現(xiàn)象與自感系數(shù)．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】C【分析】電感對電流的變化起阻礙作用，閉合電鍵時，電感阻礙電流增大，斷開電鍵，兩燈與電感構(gòu)成一回路，電感阻礙電流減小，根據(jù)電流變化情況分析電阻大小。【解答】解：AC、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，所以A慢慢發(fā)光，B燈正常發(fā)光，可知圖2是B在S斷開前后電流隨時間的變化關(guān)系，故A錯誤，C正確；B、斷開S至燈泡B完全熄滅的過程中，電感相當于電源，與原來的電流方向相同，即方向向右，則a點電勢低于b點電勢，故B錯誤；D、由圖2分析可知S斷開時，流過B燈的電流比原來的較大，根據(jù)歐姆定律可知，燈泡A的阻值小于燈泡B的阻值，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握電感對電流的變化起阻礙作用，電流增大，阻礙其增大，電流減小，阻礙其減小。4．（3分）（2021秋?臨湘市期末）如圖所示，小磁針的N極指向正確的是（）A．a(chǎn) B．b C．c D．d【考點】通電直導(dǎo)線周圍的磁場；磁感線的概念和性質(zhì)．【專題】定性思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】D【分析】依據(jù)安培定則可判斷通電導(dǎo)線周圍的磁場方向，再根據(jù)小磁針靜止時N極的指向與磁感應(yīng)線的方向相同，從而分析小磁針所在處的磁場方向是否正確。【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則可知通電螺線管左側(cè)為N極，右側(cè)為S極，磁感線在外部由N極S極，內(nèi)部由S極指向N極，而靜止時小磁針N極指向為磁感線方向，可知小磁針的N極指向正確的只有d，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查了磁感線的方向，要求學(xué)生能夠判斷電流周圍的磁場方向，同時掌握安培定則的內(nèi)容。5．（3分）（2018?浙江模擬）如圖所示，平行長直導(dǎo)線1、2通過相反方向的電流，電流大小相等。a、b兩點關(guān)于導(dǎo)線1對稱，b、c兩點關(guān)于導(dǎo)線2對稱，且ab＝be，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c三點中b點的磁感應(yīng)強度最大 B．a(chǎn)、c兩點的磁感應(yīng)強度大小相同方向相反 C．導(dǎo)線1、2間存在相互吸引的作用力 D．導(dǎo)線1受到的安培力方向向右【考點】兩根通電導(dǎo)線之間的作用力；通電直導(dǎo)線周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題．【答案】A【分析】本題考查了磁場的疊加，根據(jù)導(dǎo)線周圍磁場分布可知，與導(dǎo)線等距離地方磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)安培定則判斷出兩導(dǎo)線在a點形成磁場方向，根據(jù)合磁場大小從而求出單根導(dǎo)線在a點形成磁感應(yīng)強度大小，進一步求出b點磁感應(yīng)強度大小。【解答】解：AB、根據(jù)安培定則可知兩導(dǎo)線在b點形成磁場方向相同，由于兩導(dǎo)線電流大小相等，b點與兩導(dǎo)線的距離也相等，因此兩根導(dǎo)線在b點的磁場相加，方向垂直向外；同理，根據(jù)安培定則，可知兩導(dǎo)線在a點的磁場方向相反，離得越遠，磁場越弱，離得越近，磁場越強，則a點的合磁場方向垂直向里，大小即兩者相差；對于c點，兩導(dǎo)線的合磁場方向也是垂直向里，大小即為兩磁場大小在此處的相減，故A正確，B錯誤；CD、根據(jù)同向電流相吸，異向電流相斥可知導(dǎo)線1、2間存在相互排斥的作用力，且導(dǎo)線1受到的安培力方向向左，故CD錯誤；故選：A?！军c評】磁感應(yīng)強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線周圍磁場方向是解題的前提。6．（3分）（2023?信陽二模）實驗室使用的電流表是磁電式電流表，其外觀如左圖所示，內(nèi)部構(gòu)造如圖所示。該表的骨架用鋁框做成，運輸時常用短路片連接正負接線柱來保護。下列關(guān)于其結(jié)構(gòu)和運輸做法的敘述中正確的是（）A．用鋁框做成骨架，主要是因為鋁的密度小，轉(zhuǎn)動輕巧 B．因線圈是銅質(zhì)的，故除銅外的其它材質(zhì)均可做骨架 C．運輸時短接，能避免指針受損 D．運輸時短接，使之成為一體，可避免雷擊【考點】磁電式電流表；生活中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】C【分析】首先利用圖示的裝置分析出其制成原理，即通電線圈在磁場中受力轉(zhuǎn)動，線圈的轉(zhuǎn)動可以帶動指針的偏轉(zhuǎn)；然后找出與電流表的原理相同的選項即可。同時由左手定則來確定安培力的方向?！窘獯稹拷猓篈B．線圈的框架選擇鋁質(zhì)材料，不僅考慮鋁的密度小、強度高，更主要的是因為鋁框轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生渦流，阻礙線圈的轉(zhuǎn)動，這樣有利于指針很快地穩(wěn)定指到讀數(shù)位置上，所以不能用其他絕緣材質(zhì)做骨架，故AB錯誤；CD．在運輸時用導(dǎo)線將電流表的兩個接線柱連在一起，電流表短路，指針擺動時產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流受安培力作用，從而可減緩指針的晃動，并不是為了防止雷擊，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】在學(xué)過的測量工具或設(shè)備中，每個工具或設(shè)備都有自己的制成原理；對不同測量工具的制成原理，是一個熱點題型，需要重點掌握。7．（3分）（2016?江蘇模擬）圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈繞與磁場方向垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示。發(fā)電機線圈內(nèi)阻為10Ω，外接一只電阻為90Ω的燈泡，不計電路的其他電阻，則（）A．t＝0時刻線圈平面與中性面垂直 B．每秒鐘內(nèi)電流方向改變100次 C．燈泡兩端的電壓為22V D．0～0.01s時間內(nèi)通過燈泡的電量為0【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；交變電流的周期、頻率、相位；正弦式交變電流的有效值；計算線圈轉(zhuǎn)動過程中的電荷量；中性面及其性質(zhì)．【專題】交流電專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】當線框經(jīng)過中性面時通過線圈的磁通量最大。感應(yīng)電動勢最小為零。由題圖乙可知交流電電動勢的周期，即可求解角速度。線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次?！窘獯稹拷猓篈、由圖象乙可知t＝0時感應(yīng)電動勢為零，處于中性面上，故A錯誤；B、由題圖乙可知周期T＝0.02s，線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次，每秒電流方向改變100次，故B正確；C、由題圖乙可知交流電電動勢的最大值是Em＝31.1v，有效值為：E=Em2=22V，根據(jù)閉合電路的分壓特點得電壓表的示數(shù)為：D、根據(jù)q=nΔ?R+r得：0～0.01s時間內(nèi)通過燈泡的電量為q=2BsR+r①Em=Bsω=Bs2πT=100πBs②代入數(shù)據(jù)故選：B?！军c評】本題是準確理解感應(yīng)電動勢與磁通量的變化，知道磁通量最大時，感應(yīng)電動勢反而最小。明確線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次。能從圖象讀取有效信息8．（3分）（2021春?大渡口區(qū)校級月考）在如圖所示的電路中，P為滑動變阻器的滑片，保持理想變壓器的輸入電壓U1不變，閉合開關(guān)S，下列說法正確的是（）A．P向下滑動時，燈泡L變亮 B．P向上滑動時，變壓器的輸入功率變小 C．P向下滑動時，變壓器的輸出電壓U2不變 D．斷開與燈串聯(lián)的開關(guān)S，變壓器輸入功率增大【考點】變壓器的動態(tài)分析——原線圈無負載；理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系；理想變壓器兩端的功率關(guān)系．【專題】比較思想；控制變量法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】變壓器的輸入電壓U1不變，閉合開關(guān)S，輸出電壓U2不變，根據(jù)副線圈電路中電阻的變化，分析電流、功率的變化?！窘獯稹拷猓篈C、變壓器的輸入電壓U1不變，閉合開關(guān)S，由U1U2=n1n2知原副線圈匝數(shù)不變，輸出電壓UB、P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，副線圈的負載總電阻減小，由于U2不變，所以根據(jù)P=知變壓器的輸出功率變大，變壓器的輸入功率隨之變大，故B錯誤；D、斷開與燈串聯(lián)的開關(guān)S，副線圈的負載總電阻增大，由于U2不變，所以根據(jù)P=U2R故選：C?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要知道變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和變壓比決定的，變壓器的輸入電壓U1不變，原副線圈匝數(shù)不變，輸出電壓U2不變，再進行動態(tài)分析。9．（3分）（2019秋?銅陵期末）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E．粒子沿直線穿過速度選擇器后通過平板S上的狹縫P，之后到達記錄粒子位置的膠片A1A2，板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場。不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．粒子在速度選擇器中一定做勻加速運動 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EBD．比荷（qm）越小的粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫【考點】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】C【分析】帶電粒子經(jīng)加速后進入速度選擇器，電場力和洛倫茲力平衡時，速度為v=EB的粒子沿直線通過【解答】解：A、在速度選擇器中粒子做直速運動，受到的電場力和洛倫茲力大小相等，合力為零，做勻速直線運動，故A錯誤。B、粒子做直線運動，故受到的洛倫茲力向左，故磁場垂直于紙面向外，故B錯誤。C、根據(jù)qE＝qvB知，v=EB，知速度大小為EBD、根據(jù)qvB0＝mv2r知，r=mvqB0，則越靠近狹縫故選：C?！军c評】本題考查了質(zhì)譜儀的工作原理，解決本題的關(guān)鍵理解粒子速度選擇器的構(gòu)造，掌握偏轉(zhuǎn)磁場中粒子的運動規(guī)律。10．（3分）如圖所示，矩形線框abcd位于紙面內(nèi)，面積為S，匝數(shù)為N，過ab中點和cd中點的連線OO'恰好位于垂直紙面向外的勻強磁場的右邊界上，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。若線框從圖示位置以O(shè)O'為軸按如圖所示的方向勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）A．在線框轉(zhuǎn)動過程中始終有感應(yīng)電流產(chǎn)生 B．圖示位置時穿過線框的磁通量為12C．使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動60°時穿過線框的磁通量為12D．使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動180°，則線框的磁通量變化大小為1【考點】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程；磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】比較思想；模型法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】A【分析】穿過線框平面的磁通量一直發(fā)生變化，在線框轉(zhuǎn)動過程中始終有感應(yīng)電流產(chǎn)生；磁通量與匝數(shù)無關(guān)，根據(jù)公式Φ＝BS求磁通量；根據(jù)線圈在垂直于磁場方向上的投影面積求使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動60°時穿過線框的磁通量；規(guī)定圖示穿過線框的磁通量為正值，線框從圖示位置轉(zhuǎn)動180°時，穿過線框的磁通量為負值，再求磁通量的變化量?！窘獯稹拷猓篈、在線框轉(zhuǎn)動過程中，穿過線框的磁通量一直發(fā)生變化，所以在線框轉(zhuǎn)動過程中始終有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A正確；B、磁通量是穿過某一面積的磁感線的條數(shù)，穿過線框的磁通量與線框匝數(shù)無關(guān)，圖示位置時穿過線框的磁通量為：Φ0=1C、使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動60°時，線圈在垂直于磁場方向上的投影面積為：S'=12Scos60°=14D、規(guī)定圖示穿過線框的磁通量為正值，線框從圖示位置轉(zhuǎn)動180°時，穿過線框的磁通量為：Φ1=-12BS，所以使線框從圖示位置轉(zhuǎn)動180°，則線框的磁通量變化大小為：ΔΦ＝|Φ1﹣Φ0|＝|-12BS故選：A。【點評】本題考查對于勻強磁場中磁通量的求解能力。對于公式Φ＝BS，要懂得S的意義：有效面積，即線圈在垂直于磁場方向上的投影面積。11．（3分）（2023秋?東城區(qū)期末）將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、靈敏電流計及開關(guān)按圖示連接。線圈A放在線圈B中，線圈A中插有鐵芯。閉合開關(guān)前滑動變阻器的滑片P處于如圖所示位置。開關(guān)閉合的瞬間，電流計指針向左偏轉(zhuǎn)。下列操作中仍使電流計指針向左偏轉(zhuǎn)的是（）A．將線圈A中的鐵芯拔出 B．將滑片P向右移動 C．A、B保持相對靜止一起移動 D．保持其它不變，僅斷開開關(guān)【考點】研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；類比法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；實驗探究能力．【答案】B【分析】由題意可知線圈B中產(chǎn)生使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)的條件，然后分析各選項可得出正確答案?！窘獯稹拷猓河深}意可知，開關(guān)閉合的瞬間，電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，由此可知，當B中的磁通量增大時，電流計指針向左偏；A、將線圈A向上抽出B線圈的過程中，穿過線圈B的磁通量變小，則電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B、滑動變阻器的滑片P向右滑動，電阻減小，電流增大，穿過線圈B的磁通量增大，則會產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針將會向左偏轉(zhuǎn)，故B正確；C、AB保持相對靜止一起運動，顯然AB線圈的磁通量均不變，B中無感應(yīng)電流，故C錯誤；D、斷開開關(guān)時，穿過線圈B的磁通量減少，電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，故D錯誤；故選：B。【點評】本題無法直接利用楞次定律進行判斷，但是可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針右偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應(yīng)該出現(xiàn)的現(xiàn)象。12．（3分）（2022秋?東城區(qū)校級月考）如圖所示，大小可以忽略不計的帶有同種電荷的小球A和B相互排斥，靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角分別是α和β，且α＜β，兩小球在同一水平線上，由此可知（）A．B球受到的庫侖力較大，電荷量較大 B．B球的質(zhì)量較大 C．B球受到的拉力較大 D．兩球接觸后，再處于靜止的平衡狀態(tài)時，懸線的偏角α'、β'仍滿足α'＜β'【考點】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)牛頓第三定律得：A球?qū)球的庫侖力等于B球?qū)球的庫侖力。對小球受力分析，根據(jù)平衡條件表示出兩個球的重力和拉力，進行比較。【解答】解：A、根據(jù)牛頓第三定律得：A球?qū)球的庫侖力等于B球?qū)球的庫侖力，無論兩球電荷量是否相等所受庫侖力都相等，故無法比較哪個電荷量較大，故A錯誤；B、對小球A、B受力分析根據(jù)平衡條件有mmBg=F庫tanβ因α＜β，所以mA＞C、根據(jù)平衡條件有FF拉B=F庫sinβ因α＜D、兩球接觸后，再靜止下來，兩絕緣細線與豎直方向的夾角變?yōu)棣痢洹ⅵ隆?，對小球A、B受力分析，根據(jù)平衡條件有tanαtanβ=F因為mA＞mB，所以α′＜β′，故D正確。故選：D?！军c評】本題在解答過程中，物體的平衡條件成為關(guān)鍵內(nèi)容，因此分析物體的受力，對力進行分解合成就成了必須的步驟，有利于學(xué)生將力學(xué)知識與電學(xué)知識相結(jié)合。13．（3分）一閉合的正方形線圈放置在水平面上，在線圈所在的空間加一豎直向上的磁場，磁場的變化規(guī)律如圖所示。已知線圈的匝數(shù)為n、邊長為a、面積為S，圖線的斜率為k，則下列說法正確的是（）A．線圈的匝數(shù)由n變?yōu)?n，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?B．線圈的邊長由a變?yōu)?a，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?C．線圈的面積由S變?yōu)?S，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?D．圖線的斜率由k變?yōu)閗2【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達式；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)感應(yīng)電動勢，根據(jù)電阻定律和閉合電路的歐姆定律求解電流表達式，從而分析選項。【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝nΔΦΔt=nΔBa2Δt=nka2，設(shè)繞成線圈的導(dǎo)線的橫截面積為S′，導(dǎo)線的電阻率為p，由電阻定律可知，線圈的電阻R=4nρaS'故選：B。【點評】此題要理解圖象的斜率的物理意義，掌握閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用。14．（3分）如圖所示，太陽或其他星體放射出的宇宙射線中都含有大量的高能帶電粒子，這些高能帶電粒子到達地球時會對地球上的生命帶來危害，但是由于地球周圍存在地磁場，地磁場能改變宇宙射線中帶電粒子的運動方向，對地球上的生命起到保護作用。下列關(guān)于地磁場的說法正確的是（）A．宇宙射線中帶電粒子在地磁場中受到的洛倫茲力的方向可能與其運動方向平行 B．射向地球北極表面的帶電粒子可能會受到地磁場的作用力 C．帶正電的粒子垂直射向赤道時會向西偏轉(zhuǎn) D．帶負電的粒子垂直射向位于北半球的上海時會向北偏轉(zhuǎn)【考點】洛倫茲力的概念；地磁場．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】B【分析】帶電粒子在磁場中速度方向與磁場方向平行時，不會受到洛倫茲力，利用左手定則判斷洛倫茲力的方向。【解答】解：A.帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，故A錯誤；B.若射向地球北極表面的帶電粒子的運動方向不與磁場方向平行，則會受到地磁場的作用力，故B正確；C.由左手定則可知，帶正電的粒子垂直射向赤道時受到向東的力，故粒子向東偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D.由左手定則可知，帶負電的粒子垂直射向上海時受到向西的力，故粒子先西偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。故選：B?！军c評】題目以自然現(xiàn)象為背景命題，考查了地磁場、左手定則、帶電粒子在磁場中的運動等知識點。二．實驗題（共6小題，滿分58分）15．（8分）（2023春?龍亭區(qū)校級期中）如圖所示是“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實驗裝置．（1）如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上開關(guān)后，將A線圈迅速插入B線圈中，電流計指針將向右偏（填“向左偏”或“向右偏”），A線圈插入B線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針將向左偏（填“向左偏”或“向右偏”）。（2）在靈敏電流計所在的電路中，為電路提供電流的是B（填圖中儀器的字母）。【考點】研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；電磁感應(yīng)——功能問題；實驗探究能力．【答案】（1）向右偏；向左偏；（2）B?！痉治觥浚?）開關(guān)閉合瞬間穿過線圈B的磁通量增大，靈敏電流計的指針向右偏；分別分析迅速插入線圈A或?qū)⒒瑒幼冏杵骰杆傧蜃笠苿訒r，穿過線圈B的磁通量的變化情況，然后判斷靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向；（2）產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相對于電源，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓海?）如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，說明穿過B線圈的磁通量增加時，電流計指針向右偏，合上開關(guān)后，將A線圈迅速插入B線圈中時，穿過B線圈的磁通量增加，靈敏電流計指針將向右偏；A線圈插入B線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，線圈A中電流減小，穿過B線圈的磁通量減少，電流計指針將向左偏；（2）在靈敏電流計所在的電路中，線圈B中的磁通量發(fā)生變化，所以為電路提供電流的是線圈B。故答案為：（1）向右偏；向左偏；（2）B?！军c評】本題考查了感應(yīng)電流的產(chǎn)生以及感應(yīng)電流方向的判斷，關(guān)鍵是要弄清穿過線圈B的磁通量增大時靈敏電流計的偏轉(zhuǎn)方向。16．（12分）（2020?貴陽模擬）某同學(xué)要用電阻箱和電壓表測量某水果電池組的電動勢和內(nèi)阻，考慮到水果電池組的內(nèi)阻較大，為了提高實驗的精確度，需要測量電壓表的內(nèi)阻。實驗中恰好有一塊零刻度在中央的雙向電壓表，該同學(xué)便充分利用這塊電壓表，設(shè)計了如圖1所示的實驗電路，既能實現(xiàn)對該電壓表的內(nèi)阻的測量，又能利用該表完成水果電池組電動勢和內(nèi)阻的測量。他用到的實驗器材有：待測水果電池組（電動勢約4V，內(nèi)阻約50Ω）、雙向電壓表（量程為2V，內(nèi)阻約為2kΩ）、電阻箱（0～9999Ω）、滑動變阻器（0～200Ω），一個單刀雙擲開關(guān)及若干導(dǎo)線（1）該同學(xué)按如圖所示電路圖連線后，首先測出了電壓表的內(nèi)阻。請完善測量電壓表內(nèi)阻的實驗步驟：①將R1的滑動觸片滑至最左端，將S撥向1位置，將電阻箱阻值調(diào)為0②調(diào)節(jié)R1的滑動觸片，使電壓表示數(shù)達到滿偏③保持R1不變，調(diào)節(jié)R2，使電壓表的示數(shù)達到半偏④讀出電阻箱的阻值，記為R2，則電壓表的內(nèi)阻RV等于R2（2）若測得電壓表內(nèi)阻為2kΩ，可分析此測量值應(yīng)大于真實值（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）接下來測量電源電動勢和內(nèi)阻，實驗步驟如下：①將開關(guān)S撥至2（填“1”或“2”）位置，將R1的滑動觸片移到最左端，不再移動②調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電壓表的示數(shù)達到一個合適值，記錄下電壓表的示數(shù)和電阻箱的阻值③重復(fù)第二步，記錄多組電壓表的示數(shù)及對應(yīng)的電阻箱的阻值（4）若將電阻箱與電壓表并聯(lián)后的阻值記錄為R，作出1U-1R圖象，則可消除系統(tǒng)誤差，如圖2所示，其中截距為b，斜率為k，則電動勢的表達式為1b【考點】測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力；實驗探究能力．【答案】（1）半偏，等于R2；（2）大于；（3）2；（4）1b，k【分析】（1）根據(jù)半偏法測內(nèi)阻的原理分析答題；（2）應(yīng)用歐姆定律分析實驗誤差；（3）根據(jù)伏阻法測電源電動勢與內(nèi)阻的實驗原理分析答題；（4）應(yīng)用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻。【解答】解：（1）由題圖可知，當S撥向1位置，滑動變阻器R1在電路中為分壓式接法，利用電壓表的半偏法得：調(diào)節(jié)R1使電壓表滿偏，保持R1不變，R2與電壓表串聯(lián)，調(diào)節(jié)R2使電壓表的示數(shù)達到半偏（或最大值的一半），電壓表的內(nèi)阻R1與電阻箱示數(shù)R2相同。（2）由閉合電路歐姆定律可知，調(diào)節(jié)R2變大使電壓表達到半偏的過程中，總電阻值變大，干路總電流變小，由E＝Ir+U外，得U外變大，由電路知：U外＝U并+U右，變阻器的滑動觸片右側(cè)電壓U右＝IR右變小，則U并變大，電壓表半偏時，R2上的電壓就會大于電壓表上的電壓，那么R2的阻值就會大于電壓表的阻值；（3）測電源的電動勢和內(nèi)阻，利用伏阻法，S撥到2，同時將R1的滑動觸片移動最左側(cè)；利用E=U1+U1Rr，E＝U1（4）由歐姆定律得：E＝U+UR所以1E=b得：E=1b，r故答案為：（1）半偏，等于R2；（2）大于；（3）2；（4）1b，k【點評】對于實驗題的解答，必須通過實驗所給信息分析實驗的實驗原理，掌握歐姆定律求解電阻從而引起實驗誤差，能根據(jù)閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出1U和117．（9分）（2022秋?長安區(qū)校級月考）如圖，帶正電的微粒從A點進入水平方向的勻強電場中，恰能沿AB直線斜向上運動。已知AB與電場線夾角θ＝37°，帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10﹣7kg，帶電量q＝1.0×10﹣10C，A、B兩點相距L＝30cm，取g＝10m/s2。求：（1）電場強度的大小并在圖中畫出方向；（2）AB兩點的電勢差；（3）若規(guī)定A點的電勢為0，則B點的電勢為多少？（4）從A點運動到B點，電場力做了多少功？電勢能變化了多少？【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系；共點力的平衡問題及求解；電場強度與電場力的關(guān)系和計算；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）電場強度的大小為43×1（2）AB兩點的電勢差為﹣3.2×103V；（3）若規(guī)定A點的電勢為0，則B點的電勢為3.2×103V；（4）從A點運動到B點，電場力做了的功﹣3.2×10﹣7J，電勢能增大了3.2×10﹣7J?！痉治觥浚?）根據(jù)粒子做直線運動的條件，合力沿BA方向，根據(jù)幾何知識可以求出電場力的大小和方向，從而判斷電場強度的大小和方向；（2）根據(jù)U＝Ed求AB兩點間的電勢差；（3）根據(jù)電勢差的定義求出B的電勢；（4）微粒電勢能的變化量大小等于電場力做功；【解答】解：（1）重力方向豎直向下，而微粒恰沿直線運動，則其所受合外力方向沿直線方向，而電場力沿水平方向，故電場力只可能水平向左，微粒帶正電，則電場方向水平向左。根據(jù)平行四邊形定則可得：mg＝qEtanθ解得：E=（2）AB兩點的電勢差：U（3）若規(guī)定A點的電勢為0，則B點的電勢：φ（4）從A點運動到B點，電場力做功：W電勢能變化ΔE答：（1）電場強度的大小為43×1（2）AB兩點的電勢差為﹣3.2×103V；（3）若規(guī)定A點的電勢為0，則B點的電勢為3.2×103V；（4）從A點運動到B點，電場力做了的功﹣3.2×10﹣7J，電勢能增大了3.2×10﹣7J。【點評】電場力與場強的關(guān)系是F＝qE．抓住電場力具有力的一般特性，由功的公式求電場力做功．18．（8分）（2020秋?內(nèi)江期末）航空母艦是現(xiàn)代軍事的重要裝備之一，某航母上配備了如圖所示的電磁軌道炮，它的電源電壓能自行調(diào)節(jié)，以保證電磁炮勻加速發(fā)射。水平光滑軌道寬為0.5m，長為14.4m，在導(dǎo)軌間有豎直向上的磁感應(yīng)強度為50T的勻強磁場，電磁炮的總質(zhì)量為1kg，在某次試驗發(fā)射時，電源為電磁炮提供的電流為2×103A，電磁炮從靜止開始加速運動，不計加速導(dǎo)軌的電阻和空氣阻力，求：（1）電磁炮所受安培力的大??；（2）電磁炮離開軌道時的速度?！究键c】電磁炮；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】（1）電磁炮所受安培力的大小為5×104N，（2）電磁炮離開軌道時的速度為1.2×103m/s。【分析】由安培力公式即可解決第一問，根據(jù)動能定理即可求解電磁炮離開軌道時的速度。【解答】解：（1）在導(dǎo)軌通有電流I時，電磁炮受到的安培力為F＝BIL＝50×2×103×0.5N＝5×104N（2）由動能定理得Fx=得：v=2Fxm=2×5×104×14.4答：（1）電磁炮所受安培力的大小為5×104N，（2）電磁炮離開軌道時的速度為1.2×103m/s?！军c評】動能定理表達時，要注意對電磁炮受力分析找到合力。19．（9分）（2024秋?蘇州月考）利用電動機提升重物的示意圖如下。已知電源電動勢E＝110V，電源內(nèi)阻r＝2Ω，電動機線圈電阻R0＝3Ω，定值電阻R＝6Ω，重物質(zhì)量m＝50kg，當電動機勻速提升重物時，理想電壓表的示數(shù)U＝100V，不計空氣阻力和摩擦，取g＝10m/s2。求：（1）流經(jīng)電源的電流I和電動機兩端的電壓UM；（2）電動機的熱功率P和重物勻速上升時的速度v；（3）由于人員使用不當，致使電動機被卡住而無法轉(zhuǎn)動，求此時電動機的熱功率P1。【考點】電動機“卡死”情況下的功率計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；純電阻電路的能量轉(zhuǎn)化特點；電動機中的能量轉(zhuǎn)化與計算．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）流經(jīng)電源的電流I為5A，電動機兩端的電壓UM為70V；（2）電動機的熱功率P為75W，重物勻速上升時的速度v為0.55m/s；（3）此時電動機的熱功率P1為300W?！痉治觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解流經(jīng)電源的電流I，并求出電動機兩端的電壓UM；（2）由P＝I2R0求電動機的熱功率P。根據(jù)電動機的輸入功率與熱功率之差求出電動機的機械能P機，由P機＝mgv求重物勻速上升時的速度v；（3）電動機被卡住而無法轉(zhuǎn)動時，由閉合電路歐姆定律求出電路中電流，再求此時電動機的熱功率P1?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U+Ir代入數(shù)據(jù)解得：I＝5A電動機兩端的電壓UM＝U﹣IR＝（100﹣5×6）V＝70V（2）電動機的熱功率P＝I2R0＝52×3W＝75W電動機的輸入功率P入＝UMI＝70×5W＝350W電動機輸出的機械能P機＝P入﹣P＝350W﹣75W＝275W由P機＝mgv得v=P機mg（3）電動機被卡住而無法轉(zhuǎn)動時，電路中電流為I′=ER+R此時電動機的熱功率P1＝I′2R0＝102×3W＝300W答：（1）流經(jīng)電源的電流I為5A，電動機兩端的電壓UM為70V；（2）電動機的熱功率P為75W，重物勻速上升時的速度v為0.55m/s；（3）此時電動機的熱功率P1為300W?！军c評】解決本題時，要知道電動機不轉(zhuǎn)動時，其電路是純電阻電路，歐姆定律成立；當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立。20．（12分）（2022春?海淀區(qū)校級期末）磁流體發(fā)電具有結(jié)構(gòu)簡單、啟動快捷、環(huán)保且無需轉(zhuǎn)動機械等優(yōu)勢。如圖所示，是正處于研究階段的磁流體發(fā)電機的簡易模型圖，其發(fā)電通道是一個長方體空腔，長、高、寬分別為l、a、b，前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)體電極，這兩個電極通過開關(guān)與阻值為R的某種金屬直導(dǎo)體MN連成閉合電路，整個發(fā)電通道處于勻強磁場（磁場方向垂直由長l和高a組成的平面向里）中，磁感應(yīng)強度的大小為B。高溫等離子體保持以不變的速率v水平向右通過發(fā)電通道，發(fā)電機的等效內(nèi)阻為r，忽略等離子體的重力、相互作用力及其他因素．當開關(guān)閉合后，整個閉合電路中就會產(chǎn)生恒定的電流。（1）求開關(guān)S閉合后，該磁流體發(fā)電機的電極間的電壓U；（2）要使等離子體以不變的速率v通過發(fā)電通道，必須有推動等離子體在發(fā)電通道內(nèi)前進的作用力．如果不計其他損耗，這個推力的功率PT，就應(yīng)該等于該發(fā)電機的總功率PD，請證明這個結(jié)論；（3）若以該金屬直導(dǎo)體MN為研究對象，由于電場的作用，金屬導(dǎo)體中自由電子定向運動的速率增加，但運動過程中會與導(dǎo)體內(nèi)幾乎不動的離子碰撞從而減速，因此自由電子定向運動的平均速率不隨時間變化。設(shè)該金屬導(dǎo)體的橫截面積為S，電阻率為ρ，電子在金屬導(dǎo)體中可認為均勻分布，每個電子的電荷量為e，求金屬導(dǎo)體中每個電子所受平均阻力f大小。【考點】磁流體發(fā)電機；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；模型法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）開關(guān)S閉合后，該磁流體發(fā)電機的電極間的電壓U為Bav；（2）見解析；（3）金屬導(dǎo)體中每個電子所受平均阻力f大小為Baveρ(R+r)S【分析】（1）根據(jù)電路的特點分析出電動勢的大??；（2）根據(jù)能量守恒分別寫出兩個功率，根據(jù)功率大小相等證明結(jié)論；（3）根據(jù)電流的定義式分析出電荷移動速度的表達式；根據(jù)功率的計算公式結(jié)合電阻定律計算出每個電子受到的阻力?！窘獯稹拷猓海?）當外電路斷開時，極板間的電壓大小等于電動勢．此時，發(fā)電通道內(nèi)電荷量為q的離子受力平衡．有qvB=qE可得E＝U＝Bav（2）當電鍵閉合，由歐姆定律可得I=E該電流在發(fā)電通道內(nèi)受到的安培力大小為FA＝BIa要使等離子體做勻速直線運動，所需的推力為FT＝FA推力F的功率為PT＝FTv聯(lián)立可得PT閉合電路中發(fā)電機的總功率為PD＝IE聯(lián)立可得PD由此可得PT＝PD可見，推力的功率PT就等于該發(fā)電機的總功率PD。（3）設(shè)金屬導(dǎo)體R內(nèi)電子運動的平均速率為v1，單位體積內(nèi)的電子數(shù)為n，t時間內(nèi)有N個電子通過電阻的橫截面，則：N＝v1tSnt時間內(nèi)通過橫截面的電荷量為Q＝Ne電流為I=Q可得v1設(shè)金屬導(dǎo)體中的總電子數(shù)為N1，長度為d，由于電子在金屬導(dǎo)體內(nèi)可視為勻速直線運動，所以電場力的功率（電功率）應(yīng)該等于所有電子克服阻力f做功的功率，即I2R＝N1fv1N1＝dSn由電阻定律得R=ρd可得：f=答：（1）開關(guān)S閉合后，該磁流體發(fā)電機的電極間的電壓U為Bav；（2）見解析；（3）金屬導(dǎo)體中每個電子所受平均阻力f大小為Baveρ(R+r)S【點評】本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，分析過程中結(jié)合了歐姆定律和電阻定律，根據(jù)能量的特點分析出功率的關(guān)系，難度中等偏上。

考點卡片1．矢量和標量的區(qū)分與判斷【知識點的認識】根據(jù)矢量和標量的物理意義，判斷給出的物理量是標量還是矢量。【命題方向】下列各組物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、時間、速度、加速度B.質(zhì)量、路程、速率、時間C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、時間、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質(zhì)量等都是標量．解答：A、時間沒有方向為標量，故A錯誤；B、質(zhì)量、路程、速率、時間均為標量，故B錯誤；C、速度、平均速度、位移、加速度這四個物理量均有大小和方向，因此為矢量，故C正確；D、路程、時間只有大小沒有方向，因此為標量，故D錯誤。故選：C。點評：本題是一個基礎(chǔ)題目，就是看學(xué)生對矢量和標量的掌握，正確理解標量和矢量的區(qū)別即可正確解答．【解題思路點撥】從矢量和標量的物理意義出發(fā)，了解矢量和標量的判斷方法，對選項中每一個物理量進行分析，從而選出符合要求的結(jié)果。2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應(yīng)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F4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問題時應(yīng)注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運動狀態(tài)無關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．4．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。5．庫侖力作用下的受力平衡問題【知識點的認識】本考點旨在針對帶電體在有庫侖力存在時的平衡問題。注意這個考點下只針對點電荷之間的作用力，不含電場類問題?！久}方向】質(zhì)量、電量分別為m1、m2、q1、q2的兩球，用絕緣絲線懸于同一點，靜止后它們恰好位于同一水平面上，細線與豎直方向夾角分別為α、β，如圖所示則（）A、若m1＝m2，q1＜q2，則α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，則α＞βC、若m1＞m2，則α＜β，與q1、q2是否相等無關(guān)D、若q1＝q2，m1＞m2，則α＞β分析：對A、B球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系表示出電場力和重力的關(guān)系．根據(jù)電場力和重力的關(guān)系得出兩球質(zhì)量的關(guān)系．解答：設(shè)左邊球為A，右邊球為B，則對A、B球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系得：設(shè)T為繩的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．則有α＞β；若m1＞m2．則有α＜β根據(jù)題意無法知道帶電量q1、q2的關(guān)系。故選：C。點評：要比較兩球質(zhì)量關(guān)系，我們要通過電場力把兩重力聯(lián)系起來進行比較．【解題思路點撥】解這類題目就像解決共點力的平衡類題目一樣，先對物體進行受力分析，然后進行力的合成與分解，列出平衡表達式，進而求出所需的物理量。6．電場強度與電場力的關(guān)系和計算【知識點的認識】根據(jù)電場強度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點的電場強度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝7．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關(guān)，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小．④兩點電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關(guān)于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關(guān)于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關(guān)于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道電場線的性質(zhì)，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．【解題方法點撥】1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關(guān)系：根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．2．關(guān)于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯(lián)系起來進行考查，解答這類問題應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚粒子的運動情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據(jù)力和運動的關(guān)系，確定粒子所受電場力的大小方向如何變化；（3）根據(jù)電場力與場強的關(guān)系，確定場強的大小、方向如何變化，從而確定電場線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場的電場線分布特點．8．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關(guān)，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜