2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末卷3一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2024?海南）如圖所示，水平桌面上放置閉合導(dǎo)體圓環(huán)，圓環(huán)某一直徑正上方有通電直導(dǎo)線，下列情況中，閉合圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是（）A．增大通電直導(dǎo)線中的電流 B．圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn) C．通電直導(dǎo)線豎直向上遠(yuǎn)離圓環(huán) D．通電直導(dǎo)線豎直向下靠近圓環(huán)2．（4分）（2021秋?南開區(qū)校級期中）比值定義法是物理學(xué)上常用的定義物理量的方法，被定義量不隨定義時所用物理量的變化而變化。下列不屬于比值定義法的是（）A．E=Fq B．C=QU C．I=UR3．（4分）（2023秋?南開區(qū)校級期末）在例題中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）＝0.3﹣0.1t（SI），其他條件不變，在0～6s內(nèi)（）A．金屬框內(nèi)感應(yīng)電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 B．金屬框受到的安培力先向上后向下 C．細(xì)繩上的拉力有可能等于金屬框的重力 D．3s時金屬框內(nèi)的感應(yīng)電流為零4．（4分）（2016秋?呼圖壁縣校級期末）在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的帶電粒子，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度突然增大為2B時，這個帶電粒子（）A．速率加倍，周期減半 B．速率減半，軌道半徑不變 C．速率不變，周期加倍 D．速率不變，軌道半徑減半二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2023秋?天津期末）如圖，四條相互平行的細(xì)長直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標(biāo)原點O；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外，若過a點的導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則（）A．O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2BB．O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向 C．移走d點的導(dǎo)線，O點磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽 D．移走d點的導(dǎo)線，O點磁感應(yīng)強(qiáng)度沿OC方向（多選）6．（6分）（2019秋?廣州期末）如圖，電源電動勢保持不變，閉合開關(guān)S1和S2，調(diào)節(jié)R2，使處在電容器中P點的帶電池滴剛好保持靜止，下列說法正確的是（）A．滑動變阻器滑片上移，極板電量增加 B．只斷開S1，油滴仍保持靜止 C．只斷開S2，將下極板下移，P點的電勢升高 D．只斷開S2，將下極板下移，油滴向上運(yùn)動（多選）7．（6分）（2023秋?瓊山區(qū)校級期末）磁場中的四種儀器如圖所示，下列說法正確的是（）A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān) B．乙中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時，擊中照相底片同一位置的粒子電荷量相同 C．丙中自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件通圖示電流和加上如圖所示磁場時，M側(cè)帶負(fù)電荷 D．丁中的電磁流量計加上如圖所示磁場，則N側(cè)電勢高（多選）8．（6分）（2021春?河南期中）兩個相同的光滑半圓形軌道都處在豎直平面內(nèi)，甲圖軌道處在方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，乙圖軌道處在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，兩個相同的帶正電小球從兩軌道左端最高點無初速度釋放，C、D為兩軌道的最低點，則（）A．甲圖和乙圖中小球滑上右側(cè)軌道時均不能到達(dá)釋放點等高處 B．甲圖中小球到達(dá)軌道最低點時的速度更小 C．甲圖中小球到達(dá)軌道最低點時對軌道的壓力更大 D．甲圖中小球第一次到達(dá)C點的時間大于乙圖中小球第一次到達(dá)D點的時間三．填空題（共5小題，滿分20分）9．（2分）（2022秋?三門峽期末）某同學(xué)用一游標(biāo)卡尺上標(biāo)有20等分刻度的游標(biāo)卡尺測一物體的長度。測得的結(jié)果如圖1所示，則該物體的長度L＝cm。某同學(xué)用螺旋測微器測得一圓柱體直徑如圖2，則其直徑是mm。10．（2分）（2024春?廈門期末）如圖所示的電路，由自感線圈、開關(guān)、直流電源和兩個相同的小燈泡L1、L2連接而成。已知自感線圈的自感系數(shù)較大，且其直流電阻不計。在開關(guān)S閉合的瞬間小燈泡（選填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同時亮”），斷開S后小燈泡L2（選填“會”或“不會”）先閃亮一下再滅。11．（2分）（2016春?徐匯區(qū)校級期中）如圖，導(dǎo)體棒ab在磁場中沿金屬導(dǎo)軌向右做切割磁感線運(yùn)動，導(dǎo)體棒cd靜止在導(dǎo)軌上．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向（填向上或是向下）和cd受到的磁場力方向（填向左或是向右）．12．（6分）（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）某學(xué)習(xí)小組通過學(xué)習(xí)歐姆表的原理，開展了用電壓表進(jìn)行簡易歐姆表設(shè)計的探究活動。實驗室所提供的器材如下：A．電源E（電動勢為12V，內(nèi)阻忽略不計）B．電源E（電動勢為3V，內(nèi)阻忽略不計）C．開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干D．微安表G（0～500μA）E．電阻箱R′（0～9999.9Ω）F．滑動變阻器R（0～30kΩ）（1）小組同學(xué)首先進(jìn)行了電壓表的改裝，小南同學(xué)負(fù)責(zé)測量微安表G的內(nèi)阻，他通過如圖甲所示電路圖。連接好電路后，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)R的阻值，使微安表G滿偏；隨后閉合S2，調(diào)節(jié)R′的阻值，使微安表G的示數(shù)為250μA，此時R′的示數(shù)為2000.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為；為使得內(nèi)阻測量結(jié)果更準(zhǔn)確，電源應(yīng)選擇（填器材前的字母）。（2）按照測量的微安表G的內(nèi)阻，將其改裝成量程為3V的電壓表需要將串聯(lián)的電阻箱R′的阻值調(diào)整為kΩ。（3）將改裝后的電壓表接入如圖乙所示的電路圖，兩端接上紅、黑表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表。（4）為將表盤的電壓刻度轉(zhuǎn)換為電阻刻度，進(jìn)行了如下操作：將兩表筆斷開，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使指針指在“3V”處，此處刻度應(yīng)標(biāo)阻值為∞；再保持滑動變阻器阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻，找出對應(yīng)的電壓刻度，則“1.5V”處對應(yīng)的電阻刻度為kΩ。13．（8分）（2023秋?南京月考）某實驗小組測量電源的電動勢和內(nèi)阻時，設(shè)計了如圖（a）所示的測量電路。使用的器材有量程500mA、內(nèi)阻為1.00Ω的電流表；量程為3V、內(nèi)阻約為3kΩ的電壓表；阻值未知的定值電阻R1、R2、R3、R4、R5。開關(guān)S；一端連有鱷魚夾P的導(dǎo)線1，其它導(dǎo)線若干。（1）測量時，改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，記錄對應(yīng)的電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I。在一次測量中電壓表的指針位置如圖（b）所示，其示數(shù)是V。（2）其余實驗數(shù)據(jù)如下表所示。根據(jù)下表中的數(shù)據(jù)，在圖（c）中的坐標(biāo)紙上描繪出相應(yīng)的5個點，并作出U—I圖線。I（mA）440400290250100U（V）2.102.322.402.70（3）根據(jù)U﹣I圖線求出電源的內(nèi)阻r＝Ω（保留三位有效數(shù)字）。（4）在圖（d）中，實線是由實驗數(shù)據(jù)描點得到的U—I圖像，虛線表示該電源真實的路端電壓和干路電流的關(guān)系圖像，表示正確的是。（5）根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，判斷R3與R4阻值的大小關(guān)系并寫出依據(jù)。四．解答題（共3小題，滿分40分）14．（10分）（2021秋?峨山縣校級期中）如圖，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm，A、B、C、三點都在勻強(qiáng)電場中，且A、B、C所在平面與電場線平行，把一個電荷量q＝1×10﹣5C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為-3×10﹣3（1）求A、C間的電勢差；（2）若規(guī)定B點電勢為零，求C點的電勢。15．（14分）（2022秋?滄州期末）兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，左端連接阻值為R的電阻，整個導(dǎo)軌處于與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖所示。一長度為L、垂直放在導(dǎo)軌上的金屬棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，某時刻速度為v0，已知金屬棒電阻為r，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，求：（1）此時回路中的電流大小I；（2）此時金屬棒克服安培力做功的功率P。16．（16分）（2023春?寶雞期末）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有兩個半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于a、b、c點和a'、b'、c'點，其中圓弧a'b'c'的半徑為R。兩個半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，電場方向由原點O向外輻射，其間的電勢差為U。圓弧a'b'c'上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為y＝2R的垂直紙面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場，圓弧abc內(nèi)無電場和磁場。O點處有一粒子源，在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個方向，射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，帶電粒子射出時的速度大小均為2qUm（1）粒子被電場加速后的速度v；（2）要使粒子能夠垂直于磁場上邊界射出磁場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0；（3）當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第（2）問中B0的32倍時，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L五．填空題（共1小題）17．（2014春?鳳翔縣校級期末）如圖所示，在一個光滑金屬框架上垂直放置一根長l＝0.4m的金屬棒ab，其電阻r＝0.1Ω．框架左端的電阻R＝0.4Ω．垂直于框面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1T．當(dāng)用外力使棒ab以速度v＝5m/s右移時，ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝，通過ab棒的電流I＝．a(chǎn)b棒兩端的電勢差Uab＝，在電阻R上消耗的功率PR＝，在ab棒上消耗的發(fā)熱功率Pab＝，切割運(yùn)動中產(chǎn)生的電功率P＝．

2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2024?海南）如圖所示，水平桌面上放置閉合導(dǎo)體圓環(huán)，圓環(huán)某一直徑正上方有通電直導(dǎo)線，下列情況中，閉合圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是（）A．增大通電直導(dǎo)線中的電流 B．圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn) C．通電直導(dǎo)線豎直向上遠(yuǎn)離圓環(huán) D．通電直導(dǎo)線豎直向下靠近圓環(huán)【考點】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【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】B【分析】當(dāng)穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流。對照產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化。閉合導(dǎo)體圓環(huán)某一直徑正上方的直導(dǎo)線中通有電流時，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在以通電導(dǎo)線的投影為對稱軸的閉合導(dǎo)體圓環(huán)前后面中，磁場方向相反，可知閉合導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量為零。增大通電直導(dǎo)線中的電流，閉合導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量依然為零，磁通量沒有變化，所以圓環(huán)中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯誤；B、圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn)，通過圓環(huán)的磁通量變化，圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；CD、通電直導(dǎo)線靠近或遠(yuǎn)離圓環(huán)，圓環(huán)的磁通量始終為零，圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD錯誤。故選：B。【點評】本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，要注意明確只有在閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，閉合電路中才可以產(chǎn)生感應(yīng)電流。2．（4分）（2021秋?南開區(qū)校級期中）比值定義法是物理學(xué)上常用的定義物理量的方法，被定義量不隨定義時所用物理量的變化而變化。下列不屬于比值定義法的是（）A．E=Fq B．C=QU C．I=UR【考點】比值定義法；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；恒定電流專題；理解能力．【答案】C【分析】所謂比值法定義，就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的方法。比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，與參與定義的物理量無關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、電場強(qiáng)度E反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷的電荷量q以及電場力F都無關(guān)，公式E=Fq屬于比值定義法，故B、電容C反映電容器容納電荷本領(lǐng)的大小，與電容器的電壓U、電荷量Q無關(guān)，由電容器本身的特性決定，公式C=QU屬于比值定義法，故C、公式I=UR是歐姆定律的表達(dá)式，表示流過導(dǎo)體的電流I與導(dǎo)體兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，不屬于比值定義法，故D、電勢差是由電場本身決定的，與電場力做功的大小無關(guān)，公式UAB=W故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要理解并掌握比值法定義的共性：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變。3．（4分）（2023秋?南開區(qū)校級期末）在例題中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）＝0.3﹣0.1t（SI），其他條件不變，在0～6s內(nèi)（）A．金屬框內(nèi)感應(yīng)電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 B．金屬框受到的安培力先向上后向下 C．細(xì)繩上的拉力有可能等于金屬框的重力 D．3s時金屬框內(nèi)的感應(yīng)電流為零【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；安培力的概念；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】C【分析】先分析穿過金屬框內(nèi)的磁通量變化情況，利用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向。分析安培力大小，確定細(xì)繩上的拉力與金屬框的重力的關(guān)系。t＝3s時，根據(jù)磁通量變化率是否為零，分析感應(yīng)電動勢是否為零，從而確定感應(yīng)電流方向是否為零。【解答】解：AB、根據(jù)B（t）＝0.3﹣0.1t可知，0～6s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度先向外減小后向里增大，則穿過金屬框內(nèi)的磁通量先向外減小后向里增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流一直為逆時針方向。根據(jù)左手定則可知，金屬框受到的安培力先向下后向上，故AB錯誤；CD、根據(jù)B（t）＝0.3﹣0.1t可知，t＝3s時，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率大小ΔBΔt=0.1T/s，不為零，則通過金屬框內(nèi)的磁通量變化率不為零，金屬框內(nèi)的感應(yīng)電動勢不為零，則感應(yīng)電流不為零，但此時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3＝0.3T﹣0.1×3T＝0，可知此時金屬框受到的安培力為0，此時細(xì)繩上的拉力等于金屬框的重力，故C正確，故選：C?！军c評】本題主要考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，關(guān)鍵是知道感應(yīng)電動勢與磁通量變化率有關(guān)，與磁通量沒有直接關(guān)系。4．（4分）（2016秋?呼圖壁縣校級期末）在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的帶電粒子，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度突然增大為2B時，這個帶電粒子（）A．速率加倍，周期減半 B．速率減半，軌道半徑不變 C．速率不變，周期加倍 D．速率不變，軌道半徑減半【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】D【分析】該題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中圓周運(yùn)動及其規(guī)律，首先明確洛倫茲力始終不做功，再利用半徑公式R=mvqB和周期公式【解答】解：洛倫茲力只改變帶電粒子的速度方向，不改變速度大??；由公式T=2πmqB可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼挠晒絉=mvqB可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，軌道半徑將減半。從而可判斷選項D正確，選項故選：D。【點評】帶電粒子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力是始終不做功的，即只改變速度的方向，不改變速度的大小。此類問題要求掌握洛倫茲力的大小和方向的確定，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中圓周運(yùn)動及其規(guī)律，會應(yīng)用周期公式和半徑公式進(jìn)行計算和分析有關(guān)問題。二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2023秋?天津期末）如圖，四條相互平行的細(xì)長直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標(biāo)原點O；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外，若過a點的導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則（）A．O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2BB．O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向 C．移走d點的導(dǎo)線，O點磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽 D．移走d點的導(dǎo)線，O點磁感應(yīng)強(qiáng)度沿OC方向【考點】通電直導(dǎo)線周圍的磁場；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】CD【分析】運(yùn)用安培定則，判斷各導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，并通過磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加分析各選項?！窘獯稹拷猓篈B、四條導(dǎo)線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，均為B。根據(jù)安培定則可知，四條導(dǎo)線中在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，如圖所示。由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據(jù)平行四邊形定則可知，O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向c，其大小為2B，故AB錯誤；CD、移走d點的導(dǎo)線，其它三條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則O點磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，故CD正確。故選：CD?！军c評】熟練掌握和應(yīng)用安培定則是解題的關(guān)鍵。因為磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，所以磁場的疊加遵循平行四邊形定則。（多選）6．（6分）（2019秋?廣州期末）如圖，電源電動勢保持不變，閉合開關(guān)S1和S2，調(diào)節(jié)R2，使處在電容器中P點的帶電池滴剛好保持靜止，下列說法正確的是（）A．滑動變阻器滑片上移，極板電量增加 B．只斷開S1，油滴仍保持靜止 C．只斷開S2，將下極板下移，P點的電勢升高 D．只斷開S2，將下極板下移，油滴向上運(yùn)動【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】滑動變阻器滑片上移，分析接入電路的電阻變化，由此得到R2兩端電壓變化，再根據(jù)電容器的定義式判斷極板電量的變化；斷開開關(guān)，判斷電路的變化，再根據(jù)電容器的決定式，判斷電場強(qiáng)度的變化，再根據(jù)U＝Ed，判斷P點的電視和油滴的運(yùn)動情況?！窘獯稹拷猓篈、滑動變阻器滑片上移，R2阻值增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流變小，由U1＝IR1，可知電阻R1分壓變小，而電源電動勢不變，所以R2分壓增大，因為電容器與R2并聯(lián)，故電容器的電壓也增大，根據(jù)電容器的定義式C=QU可知，極板的電荷量也增大，故B、只斷開S1，原電路斷開，電容器與R2組成回路，電容器放電，電荷量減小，電壓也減小，極板間電場強(qiáng)度減小，故油滴會向下運(yùn)動，故B錯誤；CD、只斷開S2，電容器與電路斷開，故電荷量Q保持不變，由公式Q＝CU=?S4πkdU，根據(jù)場強(qiáng)公式得：E=Ud，聯(lián)立解得：E=4πkQ?S，所以電場強(qiáng)度E不變，故油滴保持靜止，將下極板下移，根據(jù)U＝Ed＝φP﹣0，d變大，所以故選：AC?！军c評】本題主要考查電容器與電路結(jié)合相關(guān)問題，需要對電容器和電路的知識靈活應(yīng)用。（多選）7．（6分）（2023秋?瓊山區(qū)校級期末）磁場中的四種儀器如圖所示，下列說法正確的是（）A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān) B．乙中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時，擊中照相底片同一位置的粒子電荷量相同 C．丙中自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件通圖示電流和加上如圖所示磁場時，M側(cè)帶負(fù)電荷 D．丁中的電磁流量計加上如圖所示磁場，則N側(cè)電勢高【考點】霍爾效應(yīng)與霍爾元件；電磁流量計；與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)回旋加速器的原理分析帶電粒子的最大動能；根據(jù)質(zhì)譜儀的原理分析帶電粒子的比荷；根據(jù)左手定則判斷自由電荷的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)電磁流量計的原理得出前后側(cè)面的電勢差。【解答】解：A、甲中回旋加速器中帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，射出回旋加速器時，粒子的軌跡達(dá)到D形盒半徑R，則有：qvB=m可得最大速度：v=則帶電粒子的最大速度與回旋加速器的半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，故A正確；B、乙中在加速電場有：qU1=12在速度選擇器中根據(jù)平衡條件有：qB1＝qE在偏轉(zhuǎn)磁場中有：qB2v=m變形解得：qm=EC、丙中自由電荷為負(fù)電荷，由左手定則可知，負(fù)電荷向N側(cè)偏轉(zhuǎn)，則N側(cè)帶負(fù)電荷，故C錯誤；D、丁中由左手定則可知，帶正電的粒子向N板偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向M板偏轉(zhuǎn)，則N側(cè)電勢高，故D正確。故選：AD。【點評】本題根據(jù)理解掌握各種儀器的工作原理，明確電場、磁場的各自作用，注意霍爾元件、速度選擇器、電磁流量計的本質(zhì)都是應(yīng)用了帶電粒子受到洛倫茲力和電場力的作用制成的。（多選）8．（6分）（2021春?河南期中）兩個相同的光滑半圓形軌道都處在豎直平面內(nèi)，甲圖軌道處在方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，乙圖軌道處在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，兩個相同的帶正電小球從兩軌道左端最高點無初速度釋放，C、D為兩軌道的最低點，則（）A．甲圖和乙圖中小球滑上右側(cè)軌道時均不能到達(dá)釋放點等高處 B．甲圖中小球到達(dá)軌道最低點時的速度更小 C．甲圖中小球到達(dá)軌道最低點時對軌道的壓力更大 D．甲圖中小球第一次到達(dá)C點的時間大于乙圖中小球第一次到達(dá)D點的時間【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應(yīng)用；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．【答案】BD【分析】運(yùn)動過程中電場力做負(fù)功、洛倫茲力不做功，由此分析AB選項；根據(jù)牛頓第二定律、牛頓第三定律結(jié)合向心力的計算公式、洛倫茲力的計算公式分析C選項；根據(jù)小球的受力情況分析運(yùn)動情況，由此確定時間的長短?！窘獯稹拷猓篈、乙圖中小球運(yùn)動過程中僅有重力做功，故機(jī)械能守恒，可知乙圖中小球可以到達(dá)最右端，故A錯誤；B、甲、乙兩圖中小球到達(dá)最低點時，重力做功相同，但甲圖中電場力做負(fù)功，乙圖中洛倫茲力不做功，故甲圖中合外力做功更少，小球的動能更小，速度更小，故B正確；C、甲圖中的小球在電場中到達(dá)軌道最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：FC﹣mg＝mvC2R，解得：FC＝mg+mvC2R，根據(jù)牛頓第三定律可得壓力大小為mg+mvC2R；乙圖中小球在D點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：FD﹣mg﹣qvDB＝mvD2R，解得：FD＝mg+qvDB+mvD2R，根據(jù)牛頓第三定律可得對軌道的壓力大小為mg+qvDB+mvD、第一次到達(dá)最低點之前，甲圖中小球先加速后減速，乙圖中小球一直加速，且加速時對小球在同一位置受力分析知乙圖中小球加速度更大，而路程相同，故甲圖中小球第一次到達(dá)C點的時間大于乙圖中小球第一次到達(dá)D點的時間，故D正確。故選：BD。【點評】本題主要是考查帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況和運(yùn)動情況，知道洛倫茲力不做功。三．填空題（共5小題，滿分20分）9．（2分）（2022秋?三門峽期末）某同學(xué)用一游標(biāo)卡尺上標(biāo)有20等分刻度的游標(biāo)卡尺測一物體的長度。測得的結(jié)果如圖1所示，則該物體的長度L＝5.235cm。某同學(xué)用螺旋測微器測得一圓柱體直徑如圖2，則其直徑是3.853（3.852～3.854）mm。【考點】螺旋測微器的使用與讀數(shù)；游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù)．【專題】實驗題；定性思想；推理法；直線運(yùn)動規(guī)律專題；實驗探究能力．【答案】5.235；3.853（3.852～3.854）。【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。【解答】解：20分度的游標(biāo)卡尺，精確度是0.05mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為52mm，游標(biāo)尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為7×0.05mm＝0.35mm，所以最終讀數(shù)為L＝52mm+7×0.05mm＝52.35mm＝5.235cm螺旋測微器的固定刻度為3.5mm，可動刻度為35.3×0.01mm＝0.353mm，所以最終讀數(shù)為D＝3.5mm+35.3×0.01mm＝3.853mm（3.852～3.854都正確）。故答案為：5.235；3.853（3.852～3.854）?！军c評】對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量。10．（2分）（2024春?廈門期末）如圖所示的電路，由自感線圈、開關(guān)、直流電源和兩個相同的小燈泡L1、L2連接而成。已知自感線圈的自感系數(shù)較大，且其直流電阻不計。在開關(guān)S閉合的瞬間小燈泡L1和L2同時亮（選填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同時亮”），斷開S后小燈泡L2會（選填“會”或“不會”）先閃亮一下再滅。【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】L1和L2同時亮；會?！痉治觥侩娐分杏芯€圈，當(dāng)通過線圈的電流發(fā)生變化時，會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢去阻礙線圈中電流變化。但阻礙不等于阻止，就使其慢慢的變化?！窘獯稹拷猓洪_關(guān)閉合的瞬間，電壓直接加到兩個燈泡上，所以兩個燈泡同時亮；電路中的電流穩(wěn)定時，由于自感線圈的直流電阻不計，則燈泡L2被短路；開關(guān)斷開后瞬間，線圈與燈泡L2供組成自感回路，L2閃亮一下然后逐漸熄滅，L1不在自感回路中，立即熄滅。故答案為：L1和L2同時亮；會?！军c評】本題中線圈電流增加，相當(dāng)于一個電源接入電路，當(dāng)電流減小時，相當(dāng)于一個電源。11．（2分）（2016春?徐匯區(qū)校級期中）如圖，導(dǎo)體棒ab在磁場中沿金屬導(dǎo)軌向右做切割磁感線運(yùn)動，導(dǎo)體棒cd靜止在導(dǎo)軌上．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向上（填向上或是向下）和cd受到的磁場力方向右（填向左或是向右）．【考點】右手定則；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】先根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向：磁感線穿過掌心，大拇指指向?qū)w運(yùn)動的方向，四指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向；再根據(jù)左手定則判斷安培力方向：磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是安培力的方向．【解答】解：根據(jù)右手定則判斷知，ab棒中感應(yīng)電流方向由b→a，即電流向上；流過cd棒的電流由c→d，由左手定則判斷知cd棒所受安培力方向向右，如圖所示故答案為：上；右．【點評】本題的關(guān)鍵就是區(qū)分開左手定則和右手定則，知道它們使用的條件和用法的區(qū)別，不能混淆．明確右手定則用在“先動后電”而左手定則用在：先電后動．12．（6分）（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）某學(xué)習(xí)小組通過學(xué)習(xí)歐姆表的原理，開展了用電壓表進(jìn)行簡易歐姆表設(shè)計的探究活動。實驗室所提供的器材如下：A．電源E（電動勢為12V，內(nèi)阻忽略不計）B．電源E（電動勢為3V，內(nèi)阻忽略不計）C．開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干D．微安表G（0～500μA）E．電阻箱R′（0～9999.9Ω）F．滑動變阻器R（0～30kΩ）（1）小組同學(xué)首先進(jìn)行了電壓表的改裝，小南同學(xué)負(fù)責(zé)測量微安表G的內(nèi)阻，他通過如圖甲所示電路圖。連接好電路后，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)R的阻值，使微安表G滿偏；隨后閉合S2，調(diào)節(jié)R′的阻值，使微安表G的示數(shù)為250μA，此時R′的示數(shù)為2000.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為2000.0Ω；為使得內(nèi)阻測量結(jié)果更準(zhǔn)確，電源應(yīng)選擇A（填器材前的字母）。（2）按照測量的微安表G的內(nèi)阻，將其改裝成量程為3V的電壓表需要將串聯(lián)的電阻箱R′的阻值調(diào)整為4kΩ。（3）將改裝后的電壓表接入如圖乙所示的電路圖，兩端接上紅、黑表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表。（4）為將表盤的電壓刻度轉(zhuǎn)換為電阻刻度，進(jìn)行了如下操作：將兩表筆斷開，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使指針指在“3V”處，此處刻度應(yīng)標(biāo)阻值為∞；再保持滑動變阻器阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻，找出對應(yīng)的電壓刻度，則“1.5V”處對應(yīng)的電阻刻度為4.5kΩ。【考點】練習(xí)使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）2000.0Ω；（2）A；（4）4；4.5?！痉治觥浚?）根據(jù)“半偏法”測電流表的原理求解作答；根據(jù)實驗誤差的來源，結(jié)合歐姆定律分析后選擇電動勢；（2）根據(jù)電壓表改裝原理結(jié)合歐姆定律求解作答；（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合并聯(lián)電路的特點求解待測電阻。【解答】解：（1）圖甲采用“半偏法”測微安表的內(nèi)阻；根據(jù)并聯(lián)定律的特點和歐姆定律1解得Rg＝R′＝2000.0Ω“半偏法”測微安表的內(nèi)阻的誤差來源于干路電流的變化，因為電路的電阻阻值比較大，若采用3V電源，電路的電流過小，誤差很大，所以電源應(yīng)選擇電動勢為12V。（2）根據(jù)閉合歐姆定律，電壓表內(nèi)阻R串聯(lián)電阻R（4）當(dāng)指針指在“3V”處，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝U+IgR代入數(shù)據(jù)解得滑動變阻器接入電路的電阻R＝18kΩ當(dāng)指針指在“1.5V”處，滑動變阻器兩端電壓UR＝E﹣U′＝12V﹣1.5V＝10.5V此時通過滑動變阻器的電流I=電壓表的內(nèi)阻R并聯(lián)電阻R根據(jù)并聯(lián)電路的電阻特點R代入數(shù)據(jù)解得Rx＝4500Ω＝4.5kΩ此時阻值為4.5kΩ。故答案為：（1）2000.0Ω；（2）A；（4）4；4.5。【點評】本題考查了“半偏法”測電流表的內(nèi)阻、電壓表的改裝和簡易歐姆表的設(shè)計；關(guān)鍵是要理解實驗的原理、熟練掌握歐姆定律和并聯(lián)電路的特點。13．（8分）（2023秋?南京月考）某實驗小組測量電源的電動勢和內(nèi)阻時，設(shè)計了如圖（a）所示的測量電路。使用的器材有量程500mA、內(nèi)阻為1.00Ω的電流表；量程為3V、內(nèi)阻約為3kΩ的電壓表；阻值未知的定值電阻R1、R2、R3、R4、R5。開關(guān)S；一端連有鱷魚夾P的導(dǎo)線1，其它導(dǎo)線若干。（1）測量時，改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，記錄對應(yīng)的電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I。在一次測量中電壓表的指針位置如圖（b）所示，其示數(shù)是2.00V。（2）其余實驗數(shù)據(jù)如下表所示。根據(jù)下表中的數(shù)據(jù)，在圖（c）中的坐標(biāo)紙上描繪出相應(yīng)的5個點，并作出U—I圖線。I（mA）440400290250100U（V）2.102.322.402.70（3）根據(jù)U﹣I圖線求出電源的內(nèi)阻r＝1.00Ω（保留三位有效數(shù)字）。（4）在圖（d）中，實線是由實驗數(shù)據(jù)描點得到的U—I圖像，虛線表示該電源真實的路端電壓和干路電流的關(guān)系圖像，表示正確的是C。（5）根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，判斷R3與R4阻值的大小關(guān)系并寫出依據(jù)見解析?！究键c】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）2.00；（2）見解析；（3）1.00；（4）C；（5）見解析?！痉治觥浚?）電壓表量程為3V，分度值為0.1V，讀數(shù)時要估讀到下一位；（2）根據(jù)“描點法”作圖；（3）把電流表內(nèi)阻看作電源內(nèi)阻的一部分，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解U﹣I函數(shù)，結(jié)合圖像斜率絕對值的含義求內(nèi)阻；（4）不考慮電流表的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行分析；考慮電流表的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行分析，然后作答；（5）根據(jù)歐姆定律、串聯(lián)電路的特點，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析。【解答】解：（1）由于電壓表量程為3V，分度值為0.1V，則電壓表示數(shù)為2.00V；（2）根據(jù)“描點法”作圖，作圖時使盡量多的點落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布在直線兩側(cè)，舍棄個別相差較遠(yuǎn)的點，所作圖像如圖所示：（3）改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，相當(dāng)于將滑動變阻器采用限流式接法接入電路，改變滑片位置，把電流表內(nèi)阻看作電源內(nèi)阻的一部分，電壓表的示數(shù)為路端電壓；根據(jù)閉合電路歐姆定律有U＝E﹣（r+RA）?I圖像斜率的絕對值k=結(jié)合U﹣I函數(shù)，圖像斜率k＝r+RA電源內(nèi)阻r＝k﹣RA＝2.00Ω﹣1.00Ω＝1.00Ω（4）不考慮電流表的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律U＝E﹣r?I結(jié)合U﹣I圖像，電動勢的測量值E＝U，內(nèi)阻r＝k考慮電流表內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律U＝E真﹣（r+RA）?I結(jié)合U﹣I圖像，電動勢的真實值E真＝U圖像相鄰的絕對值k＝r+RA內(nèi)阻的真實值r真＝k﹣RA＜k綜上分析可知，電源真實的路端電壓和干路電流的關(guān)系圖像在實驗數(shù)據(jù)描點得到的U﹣I圖像的上方，且兩圖像在縱軸交于同一點，故ABD錯誤，C正確。故選：C。（5）由于測量時，改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，根據(jù)歐姆定律、串聯(lián)電路的特點，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析如下：當(dāng)R1、R2同時串入電路有R當(dāng)R1、R2、R3同時串入電路有R當(dāng)R1、R2、R3、R4同時串入電路有R代入數(shù)據(jù)解得R3＝2.75Ω，R4＝1.6Ω故根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知R3＞R4。故答案為：（1）2.00；（2）見解析；（3）1.00；（4）C；（5）見解析?！军c評】本題考查了測量電源的電動勢和內(nèi)阻，掌握電壓表的讀數(shù)和“描點法”作圖的方法，誤差分析是難點。四．解答題（共3小題，滿分40分）14．（10分）（2021秋?峨山縣校級期中）如圖，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm，A、B、C、三點都在勻強(qiáng)電場中，且A、B、C所在平面與電場線平行，把一個電荷量q＝1×10﹣5C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為-3×10﹣3（1）求A、C間的電勢差；（2）若規(guī)定B點電勢為零，求C點的電勢?！究键c】勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算．【專題】定量思想；歸納法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】（1）A、C間的電勢差為-3×102（2）若規(guī)定B點電勢為零，C點的電勢為3×102V【分析】（1）正電荷從A移到B，電場力做功為零，可得AB連線為等勢線，AC間的電勢差等于BC間的電勢差，有電場力做功與電勢差的關(guān)系可解；（2）電勢差的計算公式直接求解【解答】解：根據(jù)W＝Uq得，UAB＝0，即φA＝φB，則UBC=WBCq=-3（1）A、C兩點間的電勢差：UAC＝φA﹣φC＝φB﹣φC＝UBC=-3×（2）若規(guī)定B點電勢為零，φB＝0，B、C間電勢差：UBC＝φB﹣φC，所以φC＝φB﹣UBC=3×10答：（1）A、C間的電勢差為-3×102（2）若規(guī)定B點電勢為零，C點的電勢為3×102V【點評】本題主要考查的是電勢差和電場力做功的關(guān)系，根據(jù)題設(shè)條件求出電勢差，然后根據(jù)UAC＝φA﹣φC求出電勢即可。15．（14分）（2022秋?滄州期末）兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，左端連接阻值為R的電阻，整個導(dǎo)軌處于與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖所示。一長度為L、垂直放在導(dǎo)軌上的金屬棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，某時刻速度為v0，已知金屬棒電阻為r，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，求：（1）此時回路中的電流大小I；（2）此時金屬棒克服安培力做功的功率P?！究键c】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】計算題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）此時回路中的電流大小I是BLv（2）此時金屬棒克服安培力做功的功率P是B2【分析】（1）根據(jù)E＝BLv求出感應(yīng)電動勢，應(yīng)用歐姆定律求出電流。（2）求出安培力，然后根據(jù)功率公式求解?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=E（2）金屬棒所受安培力為F＝BIL金屬棒克服安培力做功的功率P＝Fv0解得P=B答：（1）此時回路中的電流大小I是BLv（2）此時金屬棒克服安培力做功的功率P是B2【點評】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力和功率的計算，考查了推理能力，考查了科學(xué)思維的學(xué)科素養(yǎng)，突出對基礎(chǔ)性、綜合性的考查要求．16．（16分）（2023春?寶雞期末）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有兩個半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于a、b、c點和a'、b'、c'點，其中圓弧a'b'c'的半徑為R。兩個半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，電場方向由原點O向外輻射，其間的電勢差為U。圓弧a'b'c'上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為y＝2R的垂直紙面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場，圓弧abc內(nèi)無電場和磁場。O點處有一粒子源，在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個方向，射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，帶電粒子射出時的速度大小均為2qUm（1）粒子被電場加速后的速度v；（2）要使粒子能夠垂直于磁場上邊界射出磁場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0；（3）當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第（2）問中B0的32倍時，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L【考點】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；圖析法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子被電場加速后的速度v為2qU（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0為2R（3）能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L為(3+5【分析】（1）對粒子被電場加速過程，根據(jù)動能定理求解；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，滿足磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，則軌跡半徑要取最小值，根據(jù)幾何關(guān)系確定軌跡半徑的最小值，進(jìn)而得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值；（3）求得帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑，根據(jù)幾何知識確定粒子能夠到達(dá)上邊界的范圍的左右端點?！窘獯稹拷猓海?）對粒子被電場加速過程，由動能定理得：qU=1已知：v0=解得：v=2（2）垂直磁場上邊界射出的粒子的圓心O'必在磁場上邊界上，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mv解得：r=滿足磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，則r要取最小值，粒子運(yùn)動軌跡如下圖所示：由幾何關(guān)系可知OO′的長度總是滿足：O當(dāng)r有最小值時，OO'取最小值，OO'最小值為O點到磁場上邊界的距離2R，解得r的最小值為：rmin由：r解得：B（3）當(dāng)B=32Br＝2R由幾何知識可知，當(dāng)粒子從c'沿x軸正方向進(jìn)入磁場，粒子從磁場上邊界的射出點，為粒子能夠到達(dá)上邊界的最右端，當(dāng)粒子的軌跡與磁場上邊界相切時，切點為粒子能夠到達(dá)上邊界的最左端，如下圖所示：由幾何關(guān)系可知，粒子能夠到達(dá)上邊界的最右端與y軸的距離為：x1＝R+r＝3R粒子能夠到達(dá)上邊界的最左端與y軸的距離為：x可得能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L為：L＝x1+x2=(3+答：（1）粒子被電場加速后的速度v為2qU（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0為2R（3）能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L為(3+5【點評】本題考查了帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動問題。對于粒子在加速電場的加速過程，應(yīng)用動能定理解答。粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動過程，要畫出粒子運(yùn)動軌跡圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系解答。五．填空題（共1小題）17．（2014春?鳳翔縣校級期末）如圖所示，在一個光滑金屬框架上垂直放置一根長l＝0.4m的金屬棒ab，其電阻r＝0.1Ω．框架左端的電阻R＝0.4Ω．垂直于框面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1T．當(dāng)用外力使棒ab以速度v＝5m/s右移時，ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.2V，通過ab棒的電流I＝0.4A．a(chǎn)b棒兩端的電勢差Uab＝0.16V，在電阻R上消耗的功率PR＝0.064W，在ab棒上消耗的發(fā)熱功率Pab＝0.016W，切割運(yùn)動中產(chǎn)生的電功率P＝0.08W．【考點】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】電磁感應(yīng)——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】棒向右運(yùn)動垂直切割磁感線，根據(jù)公式E＝BLv求出感應(yīng)電動勢E，根據(jù)歐姆定律求解通過ab棒的電流I．a(chǎn)b棒兩端的電勢差等于R兩端的電壓，由歐姆定律求出．再根據(jù)電功率求解各個功率．【解答】解：ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝0.1×0.4×5V＝0.2V通過ab棒的電流I=ER+r=ab棒兩端的電勢差Uab＝IR＝0.4×0.4V＝0.16V在電阻R上消耗的功率PR＝I2R＝0.42×0.4W＝0.064W，在ab棒上消耗的發(fā)熱功率Pab＝I2r＝0.42×0.1W＝0.016W，切割運(yùn)動中產(chǎn)生的電功率P＝PR+Pab＝0.08W故答案為：0.2V；0.4A；0.16V；0.064W；0.016W；【點評】本題關(guān)鍵要掌握感應(yīng)電動勢公式E＝BLv、歐姆定律、功率公式等等電磁感應(yīng)基本知識，即可正確解題．求ab間電勢差時要注意，金屬棒是電源，ab間電勢差是路端電壓．

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點的認(rèn)識】圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運(yùn)動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動定律及向心力公式列方程．3．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長為L的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當(dāng)小球運(yùn)動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運(yùn)動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點評：物體做圓周運(yùn)動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動最高點時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v4．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)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(dá)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(yùn)動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移（3）物體從開始運(yùn)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(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）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(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)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(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)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(yùn)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(fù)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(bǔ)充方程進(jìn)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(yùn)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(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)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．電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算【知識點的認(rèn)識】根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE?！久}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(dāng)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(qiáng)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(qiáng)度也可以利用它的變形F＝6．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點的認(rèn)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，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關(guān)，通常取大地或無窮遠(yuǎn)處為電勢能的零點位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關(guān)概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已?！久}方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導(dǎo)致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負(fù)可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負(fù)功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減小；電場力做負(fù)功時電勢能增大。（對正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負(fù)電荷在電勢低處具有的電勢能大。7．電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算【知識點的認(rèn)識】1.定義：在電場中，兩點之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。2.表達(dá)式：設(shè)電場中A點的電視為φA，B點的電勢為φB，則AB電點之間的電勢差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點之間的電勢差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢差的單位伏特，符號：V4.電勢差的正負(fù)電勢差是標(biāo)量，但有正、負(fù)。電勢差的正、負(fù)表示兩點電勢的高低。所以電場中各點間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。5.特點：電場中兩點之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點的選取無關(guān)6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領(lǐng)大小的物理量【命題方向】關(guān)于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點相對A點的電勢差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負(fù)，所以電勢是矢量D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，電勢是標(biāo)量，通常選大地或無窮遠(yuǎn)作為零電勢．解答：A、UAB表示A點相對B點的電勢差，即UAB＝φA﹣φB，A錯誤；B、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBA，B正確；C、電勢雖有正負(fù)之分，但電勢是標(biāo)量，C錯誤；D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢，D正確；故選：BD。點評：記憶電勢的有關(guān)知識時，可以把它類比為高度去理解，電勢差對應(yīng)高度差，某點的電勢對應(yīng)某點的高度．【解題思路點撥】根據(jù)電勢差的定義可知，電勢差的正負(fù)代表兩點之間電勢的大小，如果UAB＞0，則φA＞φB；如果UAB＜0，則φA＜φB。8．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系【知識點的認(rèn)識】一、電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式1．關(guān)系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強(qiáng)電場中才有這個關(guān)系。3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。4．方向關(guān)系：場強(qiáng)的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強(qiáng)度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強(qiáng)度方向。二、對公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強(qiáng)電場中兩點所在等勢面之間的距離。3．對于非勻強(qiáng)電場，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，現(xiàn)在舉例來說明公式E=Ud在非勻強(qiáng)電場中的應(yīng)用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且AB=BC，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強(qiáng)比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因為UAB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場強(qiáng)度與電勢差的比較物理量電勢差U電場強(qiáng)度E定義（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場的能的性質(zhì)描述了電場的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標(biāo)量，無方向規(guī)定為正電荷在該點所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強(qiáng)電場中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場使小球由A點運(yùn)動到B點，已知A、B兩點間距離為L＝0.1m，電勢差為UAB＝20V．（1）判斷勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向；（2）求電場強(qiáng)度的大小；（3）求小球到達(dá)B點時的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場使小球從靜止由A點運(yùn)動到B點，根據(jù)運(yùn)動情況判斷勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向；（2）根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系求解電場強(qiáng)度的大小（3）根據(jù)動能定理求解小球到達(dá)B點時的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場使小球從靜止由A點運(yùn)動到B點，所以勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向為由A指向B．（2）根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據(jù)動能定理研究小球由A點運(yùn)動到B點，qU=v＝210m/s答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向為由A指向B．（2）電場強(qiáng)度的大小是200V/m；（3）小球到達(dá)B點時的速率是210m/s．點評：理解和掌握電場中各個物理量之間的關(guān)系，在具體題目中能熟練的應(yīng)用．【解題方法點撥】U＝Ed關(guān)系的應(yīng)用：公式U＝Ed中d是沿場強(qiáng)方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差。這一定量關(guān)系只適用于勻強(qiáng)電場，變形后E=Ud，用它可求9．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識點的認(rèn)識】1.對于電容器的動態(tài)分析問題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時電壓不變，與電源斷開時是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據(jù)C=?（2）根據(jù)C=Q（3）根據(jù)E=U（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點電勢的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢能的變化?！久}方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點電荷。S是閉合的，φa表示a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則（）A、φa不變B、φa變小C、F變小D、F變大分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動可知d的變化，由U＝Ed可知板間場強(qiáng)E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢差的變化，即可得出aB間電勢差的變化及a點電勢的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強(qiáng)度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場力變小，故C正確；則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大，而B接地，故a點的電勢增大，故A、B均錯；故選：C。點評：電容器的動態(tài)分析中首先應(yīng)注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進(jìn)行判斷；對于本題應(yīng)注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點的電勢；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進(jìn)行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差?！窘忸}思路點撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。10．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點的認(rèn)識】本考點旨在針對需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關(guān)系、動能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況。【命題方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側(cè)、DN右側(cè)分布等大反向勻強(qiáng)電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點。AB長度為2R，電場強(qiáng)度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點時的速度為2gRB、物塊在最低點的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動D、物塊在斜面運(yùn)動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。解答：A、對物塊在左側(cè)斜面上釋放時進(jìn)行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0故選：AD。點評：本題考查涉及電場力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運(yùn)動規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點撥】電場中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機(jī)械能的總量不變，即EP1+E機(jī)1＝EP2+E機(jī)2。這與只有重力做功時，物體的機(jī)械能守恒類似。11．電功和電功率的計算【知識點的認(rèn)識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進(jìn)而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進(jìn)而計算電功或電功率。12．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點的認(rèn)識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達(dá)式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應(yīng)是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關(guān)．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比13．含容電路的動態(tài)分析【知識點的認(rèn)識】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類電路分析問題。本考點旨在針對含容電路的動態(tài)分析問題。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電。【命題方向】如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計．開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（）A、靈敏電流計G中有b→a的電流B、油滴向上加速運(yùn)動C、電容器極板所帶電荷量將減小D、通過電阻R2的電流將減小分析：質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡．滑動觸頭移動的過程中，判斷出電容器兩端電壓的變化，從而判斷電容器極板所帶電荷量變化、通過靈敏電流計的電流以及油滴的運(yùn)動情況．再通過電路的動態(tài)分析得出經(jīng)過R2的電流變化．解答：在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q＝CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場強(qiáng)度增大，電場力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會向上加速。故A對、B對，C錯，D錯。故選：AB。點評：處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運(yùn)用閉合電路的動態(tài)分析．注意處理含容電路時，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓．【解題思路點撥】含電容器電路的分析與計算方法（1）首先確定電路的連接關(guān)系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。（2）根據(jù)歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。（3）最后根據(jù)公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量。14．通電直導(dǎo)線周圍的磁場【知識點的認(rèn)識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，管外為非勻強(qiáng)磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導(dǎo)絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運(yùn)動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針?biāo)谖恢玫拇艌龇较?，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉(zhuǎn)，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內(nèi)容，對于直導(dǎo)線，用手握住導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向為磁場的方向?！窘忸}思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各