2024-2025學年上學期上海高二物理期末培優(yōu)卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期上海高二物理期末培優(yōu)卷1一．選擇題（共12小題，滿分36分，每小題3分）1．（3分）（2021?黑龍江學業(yè)考試）一段長為L、電阻為R的均勻電阻絲，把它拉成4L長的均勻細絲后，再切成等長的4段，則其中每一段電阻絲的阻值為（）A．R B．4R C．16R D．0.25R2．（3分）（2021秋?朝陽區(qū)期末）干電池的電動勢為1.5V，下列說法正確的是（）A．用電壓表直接連接干電池的兩極，測得的電壓就是該電池的電動勢 B．外電路閉合時，在1s內(nèi)有1.5J的其他能轉(zhuǎn)化為電能 C．外電路閉合時，在1s內(nèi)有1.5C的電荷量通過該電池 D．外電路閉合時，當1C的電荷量通過干電池時該電池提供1.5J的電能3．（3分）（2017秋?常熟市期中）如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的粗糙導軌，GH是長度為L、電阻為r的導體棒。導體棒GH處在方向向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。圖中E是電動勢為E，內(nèi)阻不計的直流電源，C是電容為C的電容器。閉合開關，導體棒GH能始終保持靜止，待電路穩(wěn)定后，則有（）A．導體棒中電流I=EB．導體棒所受到的摩擦力方向向左 C．導體棒所受到的安培力F安D．電容器帶電量為Q=4．（3分）（2018春?龍巖期中）關于電磁感應現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．線圈放在磁場中就一定能產(chǎn)生感應電流 B．閉合線圈放在勻強磁場中做切割磁感線運動時，一定能產(chǎn)生感應電流 C．感應電流的磁場總是阻礙原來磁場的磁通量的變化 D．穿過線圈的磁通量變化量越大，感應電動勢越大5．（3分）（2018秋?商城縣期中）一根粗細均勻的金屬導線，兩端加電壓為U時，通過導線的電流強度為I，導線中自由電子定向移動的平均速率為v；若導線均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼?3，兩端電壓仍為UA．通過導線的電流強度為181IB．通過導線的電流強度為14IC．自由電子定向移動的平均速率為14vD．自由電子定向移動的平均速率1166．（3分）（2022春?興寧市校級月考）一個T型電路如圖所示，電路中的電阻R1＝1Ω，R2＝12Ω，R3＝4Ω，另有一測試電源，電源提供的電壓為10V，內(nèi)阻忽略不計，則（）A．當cd端短路時，ab之間的等效電阻是5Ω B．當ab端短路時，cd之間的等效電阻是16Ω C．當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為8V D．當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為8V7．（3分）（2023秋?玄武區(qū)校級期末）如圖所示，圓環(huán)中通逆時針方向電流，位于圓環(huán)圓心處的小磁針靜止時N極指向為（）A．水平向右 B．豎直向下 C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外8．（3分）（2023秋?石家莊期末）如圖所示，兩平行導軌與一電源及導體棒MN構(gòu)成的閉合回路，兩導軌間距為L，導軌與水平面的夾角α＝30°，整個裝置處于勻強磁場中，質(zhì)量為m的導體棒MN與兩導軌垂直，當導體棒的電流為I時，導體棒MN靜止，勻強磁場的磁感應強度大小B=3mg4IL，方向與導軌平面成θ＝60A．導體棒所受安培力大小為38B．導體棒所受摩擦力大小為18mgC．導體棒所受支持力大小為33D．導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)的最小值為3（多選）9．（3分）（2015秋?南山區(qū)期末）小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，下列說法中正確的是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小 B．對應P點，小燈泡的電阻為R=UC．對應P點，小燈泡的電阻為R=UD．對應P點，小燈泡功率為圖中矩形PQOM所圍“面積”的數(shù)值10．（3分）如圖所示，某同學使用多用電表測量一節(jié)干電池兩端的電壓，在使用選擇開關和讀數(shù)時應該（）A．選擇開關置于“直流2.5V”擋，使用最下面一組刻度 B．選擇開關置于“直流2.5V”擋，使用中間一組刻度，參考0～250的刻度值讀數(shù) C．選擇開關置于“直流2.5V”擋，使用中間一組刻度，參考0～10的刻度值讀數(shù) D．選擇開關置于“直流10V”擋，這樣安全且讀數(shù)方便11．（3分）（2011?連城縣校級模擬）如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度朝兩個方向勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩過程中（）A．導體框所受安培力方向相同 B．導體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C．導體框邊bc兩端電勢差相等 D．導體框邊ab兩端電勢差相等12．（3分）（2022春?秦淮區(qū)校級期末）在如圖所示的電路中，兩個燈泡均發(fā)光，當滑動變阻器R的滑動觸頭向下滑動時，則（）A．A燈變暗 B．B燈變亮 C．電源的輸出功率減小 D．電源的工作效率增大二．填空題（共5小題，滿分20分，每小題4分）13．（4分）（2018?福建學業(yè)考試）如圖所示，用導線將螺線管兩端與靈敏電流計相連，把條形磁鐵迅速插入螺線管的過程中，穿過螺線管的磁通量將（填“增大”“不變”或“減小”），靈敏電流計的指針將（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若條形磁鐵放在螺線管內(nèi)不動，靈敏電流計的指針將（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉(zhuǎn)。14．（4分）（2022秋?松江區(qū)校級期中）如圖所示，導線ab長20cm，用兩根平行的、相同的彈簧將ab水平掛起，彈簧間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域?qū)挾?0cm，磁感應強度大小為0.5T，導線ab所受重力大小為0.1N。為了使彈簧不發(fā)生形變，導線內(nèi)電流的方向為，大小為，若保持電流大小不變，改變電流的方向，則每根彈簧的彈力大小為。15．（4分）（2022春?三明期中）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子從bc邊中點O垂直入射，恰能從d點離開磁場，不計粒子重力，則可知粒子帶（選“正電”、“負電”或“不帶電”）；此時粒子入射速度大小為。16．（4分）（2016春?東莞市期中）如圖，有兩個同心導體圓環(huán)，內(nèi)環(huán)中通有順時針方向的電流，外環(huán)中原來無電流．當內(nèi)環(huán)中電流逐漸增大時，外環(huán)中感應電流的方向為．（填順時針或者逆時針）外環(huán)的運動趨勢是（填收縮或者擴張）若換成外環(huán)通有順時針方向電流且增大時，內(nèi)環(huán)的運動趨勢是（填收縮或者擴張）17．（4分）如圖所示，電路中電阻R1＝8Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，電容器電容C＝2μF，電源電動勢E＝12V，內(nèi)電阻r不計，開關S閉合，當滑動變阻器的阻值R由2Ω變至22Ω的過程中，通過A2的電荷量是，A1的讀數(shù)變化情況是（選填“增大”“減小”“先增后減”“先減后增”）。三．實驗題（共2小題，滿分20分，每小題10分）18．（10分）（2019秋?河南月考）某小組在“設計測定干電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，提供的器材如下：A．待測干電池B．電壓表V（0?1V，內(nèi)阻約為1kΩ）C．電流表A（0?0.6A）D．電阻箱R（0?99999.9Ω）E．滑動變阻器（0?20Ω）F．滑動變阻器（o?100Ω）G．開關、導線若干（1）由于電壓表的量程較小，為了擴大量程采用圖甲所示電路測量電壓表的內(nèi)阻RV，其步驟如下：A．閉合開關S前，應將電阻箱附值調(diào)到較小值B．閉合開關S后，調(diào)節(jié)電阻箱R，使電壓表指針滿偏，此時電阻箱示數(shù)為R1C．再調(diào)節(jié)電阻箱R，使電壓表指針指在滿刻度的一半處，此時電阻箱示數(shù)為R2D．斷開開關S由于電源內(nèi)阻較小可以忽略，由此得出電壓表內(nèi)阻Rv。（2）若量程為1V的電壓表內(nèi)阻為1050Ω，將其量程擴為3V，則應與之。（填“串”或“并”）聯(lián)阻值為R＝Ω的電阻。（3）為測量電源的電動勢和內(nèi)阻，請用筆畫線代替導線，將圖乙電路連接完整。（4）圖丙是改裝后的電壓表與電流表使用內(nèi)接法作出的U﹣I圖象，根據(jù)圖象求出干電池的電動勢E＝V，內(nèi)電阻Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。19．（10分）（2020秋?北碚區(qū)校級期末）甲、乙、丙是探究感應電流產(chǎn)生條件的實驗。（1）實驗丙，開關S閉合或斷開瞬間，電流表中電流通過；保持開關S閉合，滑動變阻器的滑動觸頭不動，電流表中電流通過；保持開關S閉合，將鐵芯從A中撥出時，電流表中電流（均選填“有”或“無”）。（2）為了得出感應電流產(chǎn)生的條件，至少需要完成的兩個實驗有。四．解答題（共2小題，滿分24分，每小題12分）20．（12分）（2023秋?蓮湖區(qū)期中）玩具起重機的電路示意圖如圖所示，電源電動勢E＝6V，燈泡L的銘牌上標有“5V，3W”，理想電流表的示數(shù)I＝1.0A，此時燈泡恰好正常發(fā)光。求：（1）電動機的電功率PM；（2）電源的內(nèi)阻r。21．（12分）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v沿著與x軸正方向成60°角的方向射入勻強磁場，并恰好垂直于y軸射出。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。

2024-2025學年上學期上海高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共12小題，滿分36分，每小題3分）1．（3分）（2021?黑龍江學業(yè)考試）一段長為L、電阻為R的均勻電阻絲，把它拉成4L長的均勻細絲后，再切成等長的4段，則其中每一段電阻絲的阻值為（）A．R B．4R C．16R D．0.25R【考點】電阻定律的內(nèi)容及表達式．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)電阻定律公式R＝ρLS【解答】解：根據(jù)電阻定律，有：R＝ρL把它拉成4L長的均勻細絲后，然后再切成等長的4段，則其中每一段電阻絲的長度不變，橫截面積減小為14R′=ρ聯(lián)立解得：R′＝4R，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了電阻的決定式，關鍵是根據(jù)電阻定律的公式R＝ρLS2．（3分）（2021秋?朝陽區(qū)期末）干電池的電動勢為1.5V，下列說法正確的是（）A．用電壓表直接連接干電池的兩極，測得的電壓就是該電池的電動勢 B．外電路閉合時，在1s內(nèi)有1.5J的其他能轉(zhuǎn)化為電能 C．外電路閉合時，在1s內(nèi)有1.5C的電荷量通過該電池 D．外電路閉合時，當1C的電荷量通過干電池時該電池提供1.5J的電能【考點】電動勢與電壓的區(qū)別與聯(lián)系；電動勢的概念和物理意義．【專題】定性思想；歸納法；恒定電流專題；理解能力．【答案】D【分析】電池的電動勢等于電池沒有接入電路時兩極間的電壓；根據(jù)電動勢的定義式E=W【解答】解：A、用電壓表直接連接干電池的兩極時，由于電壓表構(gòu)成了一個外電路，電池有一定的內(nèi)電壓，所以測量得到的電壓小于該電池的電動勢，故A錯誤；B、當外電路閉合時，1C的電荷量通過該電池時該電池能提供1.5J的電能，由于電流未知，則所用時間不一定是1s，故B錯誤；C、當外電路閉合時，電路中電流不一定是1.5A，由q＝It知，在1s內(nèi)不一定有1.5C的電荷量通過該電池，故C錯誤；D、根據(jù)電動勢的定義式E=Wq，可得W＝qE，當q＝1C，E＝1.5V時，W＝1.5J，即當外電路閉合時，每當1C的電荷量通過干電池，則該電池就能提供1.5J的電能，故故選：D?！军c評】解決本題的關鍵要掌握電動勢的定義式E=W3．（3分）（2017秋?常熟市期中）如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的粗糙導軌，GH是長度為L、電阻為r的導體棒。導體棒GH處在方向向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。圖中E是電動勢為E，內(nèi)阻不計的直流電源，C是電容為C的電容器。閉合開關，導體棒GH能始終保持靜止，待電路穩(wěn)定后，則有（）A．導體棒中電流I=EB．導體棒所受到的摩擦力方向向左 C．導體棒所受到的安培力F安D．電容器帶電量為Q=【考點】安培力的概念；電容的概念、單位與物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】C【分析】電路穩(wěn)定后電容器相當于斷路，根據(jù)歐姆定律求導體棒中的電流，由Q＝CU求電容器的帶電量?！窘獯稹拷猓篈、導體棒中的電流為：I=ER1B、由左手定則知導體棒受的安培力向左，故受到的摩擦力向右，故B錯誤C、導體棒受到的安培力F＝BIL=ELBr+RD、電容器上的電壓等于導體棒兩端的電壓，Q＝CU＝C?ER1+r?r故選：C。【點評】本題借助平衡條件和安培力考查了電路問題，含電容的問題一定要注意電容器兩端電壓的確定。4．（3分）（2018春?龍巖期中）關于電磁感應現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．線圈放在磁場中就一定能產(chǎn)生感應電流 B．閉合線圈放在勻強磁場中做切割磁感線運動時，一定能產(chǎn)生感應電流 C．感應電流的磁場總是阻礙原來磁場的磁通量的變化 D．穿過線圈的磁通量變化量越大，感應電動勢越大【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合．【答案】C【分析】感應電流產(chǎn)生的條件是：當穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，在閉合回路中就會產(chǎn)生感應電流，電路必須閉合，如果導體做切割磁感線運動，電路不閉合，則不會有感應電流產(chǎn)生。電磁感應現(xiàn)象中，感應電流的磁場總阻礙原來電場的變化，感應電流的磁場可能與原磁場方向相同，也可能相反。【解答】解：A、感應電流產(chǎn)生的條件是，只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，線圈中才會有感應電流產(chǎn)生，故A錯誤。B、閉合線圈放在勻強磁場中做切割磁感線運動時，若穿過線圈的磁通量變化，則產(chǎn)生感應電流，若穿過線圈的磁通量不變，則沒有感應電流，故B錯誤。C、電磁感應現(xiàn)象中，感應電流的磁場總阻礙原來磁場的磁通量的變化，即原來的磁場增強，則感應電流的磁場與原磁場方向向相反，若原磁場減弱，則感應電流的磁場與原磁場方向相同，故C正確；D、根據(jù)法拉第電磁感應強度可知，穿過線圈的磁通量變化量越快，感應電動勢越大；而穿過線圈的磁通量變化量大，感應電動勢不一定大，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題要知道的感應電流產(chǎn)生的條件，要知道當線圈中的磁通量發(fā)生變化時，若線圈是閉合的，則有感應電流，若不閉合，則無感應電流，有感應電動勢。5．（3分）（2018秋?商城縣期中）一根粗細均勻的金屬導線，兩端加電壓為U時，通過導線的電流強度為I，導線中自由電子定向移動的平均速率為v；若導線均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼?3，兩端電壓仍為UA．通過導線的電流強度為181IB．通過導線的電流強度為14IC．自由電子定向移動的平均速率為14vD．自由電子定向移動的平均速率116【考點】電流的微觀表達式；歐姆定律的簡單應用；電阻定律的內(nèi)容及表達式；電流的概念、性質(zhì)及電流強度的定義式．【專題】計算題；定量思想；方程法；恒定電流專題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據(jù)電阻定律和部分電路歐姆定律可以求得電流強度；根據(jù)電流的微觀表達式可以求得自由電子定向移動的平均速率；【解答】解：AB．將導線均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼?3，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?9，導線長度將變?yōu)樵瓉淼腞=ρL可知，導線電阻變?yōu)樵瓉淼?1倍；電壓U不變，由歐姆定律I=U可知，電流變?yōu)樵瓉淼?81，故A正確，BCD．電流I變?yōu)樵瓉淼?81，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?9，單位體積中自由移動的電子數(shù)n不變，每個電子所帶的電荷量I＝neSv可知，電子定向移動的速率變?yōu)樵瓉淼?9，故CD故選：A?！军c評】明確電流的微觀表達式，明確歐姆定律和電阻定律是解決問題的關鍵。6．（3分）（2022春?興寧市校級月考）一個T型電路如圖所示，電路中的電阻R1＝1Ω，R2＝12Ω，R3＝4Ω，另有一測試電源，電源提供的電壓為10V，內(nèi)阻忽略不計，則（）A．當cd端短路時，ab之間的等效電阻是5Ω B．當ab端短路時，cd之間的等效電阻是16Ω C．當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為8V D．當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為8V【考點】串聯(lián)電路的特點及應用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】當cd端短路時，ab間電路的結(jié)構(gòu)是：電阻R2、R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)。當ab端短路時，cd之間電路結(jié)構(gòu)是：電阻R1、R3并聯(lián)后與R2串聯(lián)。當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓。當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓．根據(jù)歐姆定律求解電壓。【解答】解：A、當cd端短路時，R2和R3并聯(lián)再與R1串聯(lián)，ab之間的等效電阻R＝R1+R2R3R2+R3=B、當ab端短路時，R1和R3并聯(lián)再與R2串聯(lián)，cd之間的等效電阻R＝R2+R1R3R1+R3=C、當ab兩端接通測試電源時，R2中沒有電流，相等于R1與R3串聯(lián)，cd兩端的電壓為R3分得的電壓Ucd=R3R1+R3UD、當cd兩端接通測試電源時，R1中沒有電流，相等于R2與R3串聯(lián)，ab兩端的電壓為R3分得的電壓Uab=R3R2+R3U故選：C?！军c評】對于電路要明確電路的結(jié)構(gòu)，并能正確應用串并聯(lián)電路的規(guī)律進行分析，必要時應進行電路的簡化。7．（3分）（2023秋?玄武區(qū)校級期末）如圖所示，圓環(huán)中通逆時針方向電流，位于圓環(huán)圓心處的小磁針靜止時N極指向為（）A．水平向右 B．豎直向下 C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外【考點】通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】由安培定則，判斷環(huán)形電流內(nèi)部的磁場方向，分析小磁針靜止時N極指向?！窘獯稹拷猓河砂才喽▌t可知，環(huán)形電流內(nèi)部的磁場方向為垂直紙面向外，則圓環(huán)圓心處的小磁針靜止時N極指向為垂直紙面向外。故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題解題關鍵是掌握安培定則。8．（3分）（2023秋?石家莊期末）如圖所示，兩平行導軌與一電源及導體棒MN構(gòu)成的閉合回路，兩導軌間距為L，導軌與水平面的夾角α＝30°，整個裝置處于勻強磁場中，質(zhì)量為m的導體棒MN與兩導軌垂直，當導體棒的電流為I時，導體棒MN靜止，勻強磁場的磁感應強度大小B=3mg4IL，方向與導軌平面成θ＝60A．導體棒所受安培力大小為38B．導體棒所受摩擦力大小為18mgC．導體棒所受支持力大小為33D．導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)的最小值為3【考點】安培力的計算公式及簡單應用；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)安培力公式計算安培力的大小；對導體棒受力分析，列平衡方程，計算摩擦力和支持力的大小，再根據(jù)靜摩擦力與最大靜摩擦力的關系計算動摩擦因數(shù)的最小值?！窘獯稹拷猓篈、由題意有F安故A錯誤；BC、從M向N看，對導體棒受力分析并建立如圖所示坐標系，設導體棒受到的摩擦力沿導軌平面向下，由題意有沿導軌方向Fx＝Ff+mgsinα﹣F安sinθ＝0垂直于導軌方向Fy＝FN+F安cosθ﹣mgcosα＝0解得Ff所以導體棒所受摩擦力大小為Ff方向沿導軌平面向上，故B錯誤，故C正確；D、由題意可知，靜摩擦力滿足Ff≤Ffmax＝μFN故動摩擦因數(shù)滿足μ故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了安培力和物體的平衡，關鍵要明確摩擦力的大小和方向，有一定的難度。（多選）9．（3分）（2015秋?南山區(qū)期末）小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，下列說法中正確的是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小 B．對應P點，小燈泡的電阻為R=UC．對應P點，小燈泡的電阻為R=UD．對應P點，小燈泡功率為圖中矩形PQOM所圍“面積”的數(shù)值【考點】非線性元件及其伏安特性曲線；電功和電功率的計算；歐姆定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題．【答案】CD【分析】小燈泡的伏安特性曲線上的各點與原點連線的斜率表示電阻，斜率增大，燈泡的電阻增大．任一狀態(tài)燈泡的電阻R=UI，并依據(jù)U與I【解答】解：A、I﹣U圖線各點與原點連線的斜率表示電阻，由題，此斜率減小，說明隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大。故A錯誤。B、C、根據(jù)電阻的定義得到，對應P點，小燈泡的電阻為R=U1I2，R不等于切線斜率U1I2D、根據(jù)功率表達式P＝UI，則有小燈泡功率為圖中矩形PQOM所圍“面積”的數(shù)值，故D正確；故選：CD?！军c評】對于線性元件，歐姆定律成立，即R=UI=ΔU10．（3分）如圖所示，某同學使用多用電表測量一節(jié)干電池兩端的電壓，在使用選擇開關和讀數(shù)時應該（）A．選擇開關置于“直流2.5V”擋，使用最下面一組刻度 B．選擇開關置于“直流2.5V”擋，使用中間一組刻度，參考0～250的刻度值讀數(shù) C．選擇開關置于“直流2.5V”擋，使用中間一組刻度，參考0～10的刻度值讀數(shù) D．選擇開關置于“直流10V”擋，這樣安全且讀數(shù)方便【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】比較思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)待測電壓值選擇合適的量程，即確定選擇開關的位置，由于沒有直流2.5V的專用刻度線，為便于讀數(shù)需要選擇使用便于換算的刻度值?！窘獯稹拷猓阂还?jié)干電池的電動勢約為1.5V，所以測量時選擇開關應置于“直流2.5V”擋，為了便于讀數(shù)，對應的刻度線使用中間刻線，0～10的刻度值讀數(shù)不便于換算和讀數(shù)，故參考0～250的刻度值讀數(shù)，故ACD錯誤，B正確；故選：B?！军c評】考查量程的選擇和方便讀數(shù)的問題，要根據(jù)具體測量的物理量進行綜合分析判斷。11．（3分）（2011?連城縣校級模擬）如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度朝兩個方向勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩過程中（）A．導體框所受安培力方向相同 B．導體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C．導體框邊bc兩端電勢差相等 D．導體框邊ab兩端電勢差相等【考點】電磁感應過程中的能量類問題；用焦耳定律計算電熱；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；左手定則判斷安培力的方向；安培力的計算公式及簡單應用；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】壓軸題；電磁感應——功能問題．【答案】C【分析】導體框向左、向右移出磁場，根據(jù)楞次定律，判斷出感應電流方向相同，根據(jù)左手左手定則分析安培力方向關系，根據(jù)焦耳定律、歐姆定律和法拉第電磁定律研究焦耳熱、ab電勢差．【解答】解：A、導體框移出磁場時，根據(jù)楞次定律可知感應電流方向均為逆時針方向。向左時，由左手定則，線框受到的安培力方向向右，向右時，由左手定則，線框受到的安培力方向向左，故A錯誤。B、設磁感應強度為B，線框邊長為L，電阻為R，則Q=E2RB2L2v2Rt，又vt＝L，得到QC、向左移出磁場時，bc電勢差U1=34BLv，向右移出磁場時，bc電勢差U2=14BL3v=D、向左移出磁場時，ab電勢差U′1=14BLv，向右移出磁場時，ab電勢差U′2=14BL3v=故選：C?！军c評】解決本題的關鍵掌握感應電動勢的兩個公式：E＝BLv，E＝nΔΦΔt12．（3分）（2022春?秦淮區(qū)校級期末）在如圖所示的電路中，兩個燈泡均發(fā)光，當滑動變阻器R的滑動觸頭向下滑動時，則（）A．A燈變暗 B．B燈變亮 C．電源的輸出功率減小 D．電源的工作效率增大【考點】電路動態(tài)分析；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)歐姆定律分析總電流的變化和A燈電壓的變化，判斷A燈亮度的變化。根據(jù)總電流與R2電流的變化，分析流過B燈電流的變化，分析B燈亮度的變化。電源的效率等于輸出功率與總功率之比，等于外電路總電阻與整個電路總電阻之比?！窘獯稹拷猓篈B、當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)全電路歐姆定律得知，總電流I變小，A燈的電壓UA＝E﹣I（R1+r），I變小，UA變大，A燈變亮。流過B的電流IB＝I﹣I2，I變小，I2變大，則IB變小，B燈變暗，故AB錯誤；C、由于外電阻與電源的內(nèi)阻大小關系未知，無法判斷電源的輸出功率如何變化，故C錯誤；D、電源的工作效率η=UIEI×100%=RR+r×100%=故選：D?！军c評】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關知識，對于電路動態(tài)變化分析問題，首先要根據(jù)電路結(jié)構(gòu)的變化分析外電路總電阻的變化，到總電流和路端電壓變化，再到局部電路電流和電壓的變化進行分析。二．填空題（共5小題，滿分20分，每小題4分）13．（4分）（2018?福建學業(yè)考試）如圖所示，用導線將螺線管兩端與靈敏電流計相連，把條形磁鐵迅速插入螺線管的過程中，穿過螺線管的磁通量將增大（填“增大”“不變”或“減小”），靈敏電流計的指針將會（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若條形磁鐵放在螺線管內(nèi)不動，靈敏電流計的指針將不會（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉(zhuǎn)?！究键c】電磁感應現(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】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】增大；會；不會?！痉治觥肯扰袛嗤ㄟ^線圈的磁場方向及磁通量的變化，再由感應電流產(chǎn)生的條件即可明確指針會不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)?！窘獯稹拷猓河蓤D以及條形磁鐵的磁場的分布規(guī)律可知，穿過線圈的磁場方向向下且磁通量增大；由于線圈是閉合的，并且內(nèi)部磁通量變化，故線圈中產(chǎn)生感應電流，電流計指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若將條形磁鐵放在螺線管中不動時，螺線管中的磁通量不變，不會產(chǎn)生感應電流，靈敏電流計的指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。故答案為：增大；會；不會?！军c評】解決本題的關鍵知道感應電流產(chǎn)生的條件，即穿過閉合回路磁通量發(fā)生變化。14．（4分）（2022秋?松江區(qū)校級期中）如圖所示，導線ab長20cm，用兩根平行的、相同的彈簧將ab水平掛起，彈簧間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域?qū)挾?0cm，磁感應強度大小為0.5T，導線ab所受重力大小為0.1N。為了使彈簧不發(fā)生形變，導線內(nèi)電流的方向為a到b，大小為2A，若保持電流大小不變，改變電流的方向，則每根彈簧的彈力大小為0.1N?！究键c】安培力的計算公式及簡單應用．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】a到b；2A；0.1N【分析】根據(jù)導線的平衡狀態(tài)得出安培力的方向，結(jié)合左手定則得出電流的方向，代入數(shù)據(jù)計算出電流的大??；當電流等大反向時，安培力的大小不變，方向改變，結(jié)合導線的平衡狀態(tài)得出彈簧的彈力大小?！窘獯稹拷猓簽榱耸箯椈刹话l(fā)生形變，則導線受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，導線內(nèi)電流的方向為a到b；根據(jù)平衡狀態(tài)可得：G＝BIL其中，L＝10cm＝0.1m代入數(shù)據(jù)解得：I＝2A當電流的大小不變，方向改變時，則安培力的大小不變，方向豎直線向下，此時2F＝G+BIL解得：F＝0.1N故答案為：a到b；2A；0.1N【點評】本題主要考查了安培力的計算公式，熟悉左手定則分析出安培力的方向，結(jié)合安培力的計算公式和對物體的受力分析即可完成解答。15．（4分）（2022春?三明期中）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子從bc邊中點O垂直入射，恰能從d點離開磁場，不計粒子重力，則可知粒子帶負電（選“正電”、“負電”或“不帶電”）；此時粒子入射速度大小為5qBL4m【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用；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動專題；分析綜合能力．【答案】負電，5qBL【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子電性，根據(jù)幾何關系求出半徑，再由牛頓第二定律求出對應的速度即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)左手定則可知粒子帶負電；由幾何關系可知r2解得：r=由qvB=mv解得粒子入射速度大小為：v=5qBL故答案為：負電，5qBL【點評】帶電粒子在磁場中運動的類型，確定向心力來源，畫出軌跡，運用牛頓第二定律列式是慣用的解題思路，平時要加強訓練，才能運用自如。16．（4分）（2016春?東莞市期中）如圖，有兩個同心導體圓環(huán)，內(nèi)環(huán)中通有順時針方向的電流，外環(huán)中原來無電流．當內(nèi)環(huán)中電流逐漸增大時，外環(huán)中感應電流的方向為逆時針．（填順時針或者逆時針）外環(huán)的運動趨勢是擴張（填收縮或者擴張）若換成外環(huán)通有順時針方向電流且增大時，內(nèi)環(huán)的運動趨勢是收縮（填收縮或者擴張）【考點】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】內(nèi)環(huán)中電流逐漸增大時，在環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的磁場增大，可以根據(jù)楞次定律的四個步驟，逐步做出判定，也可以直接使用楞次定律的推廣形式做出判定【解答】解：當內(nèi)環(huán)中順時針的電流逐漸增大時，在環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的垂直于紙面向里的磁場增大，穿過外環(huán)內(nèi)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感生電流磁場的方向垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可得，外環(huán)的感應電流的方向為逆時針方向；由于兩個環(huán)的電流的方向相反，所以它們之間的排斥力，外環(huán)受到的力背離圓心，所以外環(huán)有面積增大的趨勢；當外環(huán)中通以順時針方向的電流時內(nèi)環(huán)中磁場向里增大，則根據(jù)楞次定律的阻礙規(guī)律可知，線圈中磁通量應收縮以及阻礙磁通量的增大；故答案為：逆時針；擴張；收縮．【點評】本題要注意明確楞次定律的應用，同時注意外環(huán)中既包括內(nèi)環(huán)中環(huán)內(nèi)的磁感線，同時還包括內(nèi)環(huán)外的磁感線，所以當內(nèi)環(huán)電流增大時，外環(huán)通過擴張而使外部磁感線增多從而起到阻礙磁通量增加的作用．17．（4分）如圖所示，電路中電阻R1＝8Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，電容器電容C＝2μF，電源電動勢E＝12V，內(nèi)電阻r不計，開關S閉合，當滑動變阻器的阻值R由2Ω變至22Ω的過程中，通過A2的電荷量是1.28×10﹣5C，A1的讀數(shù)變化情況是減?。ㄟx填“增大”“減小”“先增后減”“先減后增”）?！究键c】含容電路的動態(tài)分析．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】A1的讀數(shù)為通過R1的電流，由歐姆定律求得其變化情況；通過A2的電荷量是電容器的電荷量的變化值，由Q＝CΔU求得?！窘獯稹拷猓涸O電池的負極的電勢為0，電容的下極板的電勢不變，則上極板的電勢變化范圍為電容器兩極板的電壓的變化范圍：即ΔU＝Δφ=代入數(shù)據(jù)解得：ΔU＝6.4V則通過A2的電量為Q＝CΔU＝6.4×2×10﹣6C＝1.28×10﹣5CA1的讀數(shù)為通過R1的電流，其值I=ER+R故答案為：1.28×10﹣5C；一直減小?！军c評】本題關鍵利用串并聯(lián)電路的電壓與電流關系，并結(jié)合Q＝CΔU求得電量，應用電容的下極板的電勢不變，則上極板的電勢變化范圍為電容器兩極板的電壓的變化范圍較為簡單，不用考慮哪個極板電勢高。三．實驗題（共2小題，滿分20分，每小題10分）18．（10分）（2019秋?河南月考）某小組在“設計測定干電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，提供的器材如下：A．待測干電池B．電壓表V（0?1V，內(nèi)阻約為1kΩ）C．電流表A（0?0.6A）D．電阻箱R（0?99999.9Ω）E．滑動變阻器（0?20Ω）F．滑動變阻器（o?100Ω）G．開關、導線若干（1）由于電壓表的量程較小，為了擴大量程采用圖甲所示電路測量電壓表的內(nèi)阻RV，其步驟如下：A．閉合開關S前，應將電阻箱附值調(diào)到較小值B．閉合開關S后，調(diào)節(jié)電阻箱R，使電壓表指針滿偏，此時電阻箱示數(shù)為R1C．再調(diào)節(jié)電阻箱R，使電壓表指針指在滿刻度的一半處，此時電阻箱示數(shù)為R2D．斷開開關S由于電源內(nèi)阻較小可以忽略，由此得出電壓表內(nèi)阻RvR2﹣2R1。（2）若量程為1V的電壓表內(nèi)阻為1050Ω，將其量程擴為3V，則應與之串。（填“串”或“并”）聯(lián)阻值為R＝2100Ω的電阻。（3）為測量電源的電動勢和內(nèi)阻，請用筆畫線代替導線，將圖乙電路連接完整。（4）圖丙是改裝后的電壓表與電流表使用內(nèi)接法作出的U﹣I圖象，根據(jù)圖象求出干電池的電動勢E＝1.48V，內(nèi)電阻1.40Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！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】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解；（2）擴大電壓表量程需串聯(lián)一個電阻，根據(jù)串聯(lián)電路特點和歐姆定律列式求解；（3）電源內(nèi)阻比較小，相對于電源來說應采用電流表外接法，據(jù)此連接實物圖；（4）根據(jù)U﹣I圖象中縱軸截距等于電源電動勢，斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻分析求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=RVRU2①②聯(lián)立解得：RV＝R2﹣2R1（2）擴大電壓表量程需串聯(lián)一個電阻，根據(jù)串聯(lián)電路特點和歐姆定律得：R＝（n﹣1）RV＝（31-1）×1050Ω＝（3）電源內(nèi)阻比較小，相對于電源來說應采用電流表外接法，連接實物圖如圖所示：；（4）根據(jù)U﹣I圖象中縱軸截距等于電源電動勢，斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻，由圖丙可知：電源電動勢為：E＝1.48V，電源內(nèi)阻為：r＝|ΔUΔI|＝|1.2-1.480.20|Ω＝故答案為：（1）R2﹣2R1；（2）串、2100；（3）；（4）1.48，1.40?！军c評】本題考查了實驗器材選擇、連接實物電路圖與實驗數(shù)據(jù)處理和電表改裝，應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是常用的實驗數(shù)據(jù)處理方法，一般先根據(jù)閉合電路歐姆定律找出關系式，結(jié)合圖象斜率和截距列式求解即可。19．（10分）（2020秋?北碚區(qū)校級期末）甲、乙、丙是探究感應電流產(chǎn)生條件的實驗。（1）實驗丙，開關S閉合或斷開瞬間，電流表中有電流通過；保持開關S閉合，滑動變阻器的滑動觸頭不動，電流表中無電流通過；保持開關S閉合，將鐵芯從A中撥出時，電流表中有電流（均選填“有”或“無”）。（2）為了得出感應電流產(chǎn)生的條件，至少需要完成的兩個實驗有甲、乙?！究键c】研究電磁感應現(xiàn)象．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】（1）有，無，有；（2）甲、乙；【分析】閉合電路的一部分導體切割磁感線，回路產(chǎn)生感應電流；穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應電流，根據(jù)題意與感應電流產(chǎn)生的條件分析答題．【解答】解：（1）丙圖中，線圈A放在線圈B中，線圈B與電流表接成閉合回路，線圈A與直流電源、開關、滑動變阻器接成另一個回路，開關S閉合或斷開瞬間，穿過線圈B與電流表組成的回路的磁通量變化，產(chǎn)生感應電流；保持開關S閉合，滑動變阻器的滑動觸頭不動，此時A中電流穩(wěn)定后，穿過線圈B與電流表組成的回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流；保持開關S閉合，將鐵芯從A中撥出時，穿過線圈B與電流表組成的回路的磁通量變化，產(chǎn)生感應電流；（2）甲圖中，閉合電路的一部分導體切割磁感線，回路會產(chǎn)生感應電流；乙圖中，條形磁鐵插入或者拔出線圈時，線圈中的磁場增強或減弱，回路中產(chǎn)生感應電流；從以上探究中可以得到的結(jié)論是：當閉合回路中的磁通量變化時，閉合回路中就會產(chǎn)生感應電流；故答案為：（1）有，無，有；（2）甲、乙；【點評】本題考查了感應電流產(chǎn)生的條件，知道感應電流產(chǎn)生的條件，分析清楚題意即可正確解題。四．解答題（共2小題，滿分24分，每小題12分）20．（12分）（2023秋?蓮湖區(qū)期中）玩具起重機的電路示意圖如圖所示，電源電動勢E＝6V，燈泡L的銘牌上標有“5V，3W”，理想電流表的示數(shù)I＝1.0A，此時燈泡恰好正常發(fā)光。求：（1）電動機的電功率PM；（2）電源的內(nèi)阻r?！究键c】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；電功和電功率的計算；純電阻電路的能量轉(zhuǎn)化特點．【專題】計算題；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）電動機的電功率PM為2W。（2）電源的內(nèi)阻r為1Ω?！痉治觥浚?）由公式P＝UI求出燈泡L的電流，從而求得通過電動機的電流。由公式P＝UI求解電動機的電功率PM；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的內(nèi)阻r?！窘獯稹拷猓海?）燈泡恰好正常發(fā)光，則其電壓UL＝5V，功率PL＝3W由PL＝ULIL，解得：IL＝0.6A故通過電動機的電流IM＝I﹣IL＝1.0A﹣0.6A＝0.4A電動機的電功率PM＝ULIM＝5×0.4W＝2W（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝UL+Ir解得：r＝1Ω答：（1）電動機的電功率PM為2W。（2）電源的內(nèi)阻r為1Ω。【點評】解答本題時，要注意電動機工作時其電路不是純電阻電路，求電功率只能用公式P＝UI。21．（12分）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v沿著與x軸正方向成60°角的方向射入勻強磁場，并恰好垂直于y軸射出。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】勻強磁場的磁感應強度B是3mv2qa，射出點的坐標是（0，3【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡求出粒子軌道半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度B，然后求出射出點的坐標。【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示由幾何知識得：rsin60°＝a解得粒子軌道半徑：r=洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv解得：B=粒子射出點的縱坐標：y＝r+rcos60°解得：y=3粒子射出點的坐標是（0，3a）答：勻強磁場的磁感應強度B是3mv2qa，射出點的坐標是（0，3【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程，作出粒子運動軌跡是解題的前提，應用牛頓第二定律與幾何知識即可解題。

考點卡片1．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：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、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。滑輪對繩的作用力應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?，F(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，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是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式，再根據(jù)需要求出相關物理量。3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，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動．假設童飛的質(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：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為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：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運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）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，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)牛頓運動定律及向心力公式列方程．4．電容的概念、單位與物理意義【知識點的認識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關。【命題方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點評：解決本題的關鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質(zhì)與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=5．電流的概念、性質(zhì)及電流強度的定義式【知識點的認識】1.定義：自由電荷的定向移動形成電流．2.方向：規(guī)定為正電荷定向移動的方向．3.電流強度的定義式：I=qt，4.電流的單位：安培，符號是A。是國際單位制中七個基本物理量之一。5.物理意義：單位時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量。6.標矢性：電流的方向是人為規(guī)定的，以正電荷定向移動的方向為正方向，運算時遵從的是代數(shù)運算法則，所以電流是標量?！久}方向】關于電流，下列說法中正確的是（）A、通過導體橫截面的電荷量越多，電流就越大B、對于導體，只要其兩端有電壓就有電流C、單位時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量越多，導體中的電流就越大D、因為電流有方向，所以電流是矢量分析：根據(jù)電流的定義式I=q解答：AC、根據(jù)電流的定義式I=qt可知，電流的大小由通過導體橫截面積的電量和時間來計算，在時間不確定的情況下，通過導體橫截面的電荷量越多，電流不一定越大。故A錯誤，B、要形成電流，不但要有有電壓，電路還需構(gòu)成閉合回路，故B錯誤。D、電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形法則，故不是矢量。故D錯誤。故選：C。點評：考查電流的形成條件及電流定義式的識記。解題時牢記電流由電壓和電阻決定，I=q【解題思路點撥】1.電荷定向運動才形成電流，并不是電荷運動就可形成電流，其實導體內(nèi)自由電荷是處于不停的熱運動之中的，但并不形成電流。2.電流的方向與正電荷定向移動的方向相同，與負電荷定向移動的方向相反。6．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導體，兩端加一定的電壓，導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v，設導體的橫截面積為S，導體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導體AD內(nèi)的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導體AD內(nèi)的自由電荷總數(shù)N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導體橫截面的電荷量q及時間t無關，從微觀上看，電流的大小取決于導體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規(guī)則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎上向某一方向定向移動形成的?！久}方向】有一橫截面積為S的銅導線，流經(jīng)其中的電流強度為I；設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據(jù)電流強度的定義可以求得t時間內(nèi)通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達式，根據(jù)電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數(shù)．解答：在t時間內(nèi)，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內(nèi)，電子經(jīng)過的導線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在Δt時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N＝nvSΔt。由于流經(jīng)導線的電流為I，則在t時間內(nèi)，流經(jīng)導線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內(nèi)通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數(shù)，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導出的，若7．歐姆定律的簡單應用【知識點的認識】歐姆定律1．內(nèi)容：導體中的電流I跟導體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比．2．表達式：I=U3．適用條件：適用于金屬和電解液導電，氣體導電和半導體元件不適用．4．導體的伏安特性曲線：用橫軸表示電壓U，縱軸表示電流I，畫出的I﹣U關系圖線．（1）線性元件：伏安特性曲線是直線的電學元件，適用于歐姆定律．（2）非線性元件：伏安特性曲線為曲線的電學元件，即非線性元件的電流與電壓不成正比．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查歐姆定律不同表達式的物理意義：對于歐姆定律的理解，下列說法中錯誤的是（）A．由I=UB．由U＝IR，對一定的導體，通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大C．由R=UI，導體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變分析：根據(jù)歐姆定律的內(nèi)容可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，電阻的大小是由導體本身決定的，與電壓的大小無關．解：A、根據(jù)歐姆定律可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，所以A正確；B、由U＝IR，對一定的導體，電流與電壓成正比，所以通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大，所以B正確；C、導體的電阻與電壓的大小無關，是由導體本身決定的，所以C錯誤；D、對一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變，即為電阻的大小，所以D正確．本題選錯誤的，故選C．點評：本題就是考查學生對歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導體本身決定的，與電壓的大小無關，即可解決本題．（2）第二類常考題型是考查對伏安特性曲線的理解：如圖所示為電阻R1和R2的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域．現(xiàn)把R1和R2并聯(lián)在電路中，消耗的電功率分別用P1和P2表示；并聯(lián)的總電阻設為R．下列關于P1與P2的大小關系及R的伏安特性曲線應該在的區(qū)域正確的是（）A．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＜P2B．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＜P2C．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＞P2D．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＞P2分析：伏安特性曲線的斜率等于電阻的倒數(shù)．當兩個電阻并聯(lián)后總電阻R比任何一個電阻都要小，R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出電流關系，再研究功率關系．解：把R1和R2并聯(lián)在電路中，并聯(lián)的總電阻R比R1和R2都小，則R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率，則R的伏安特性曲線應該Ⅰ區(qū)．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出流過電阻R1的電流較大，則功率P1＞P2．故選C．點評：本題首先要從數(shù)學角度理解圖線的物理意義：斜率越大，電阻越小．其次抓住并聯(lián)電路的基本特點：支路兩端的電壓相等．【解題方法點撥】1．歐姆定律不同表達式的物理意義（1）I=UR是歐姆定律的數(shù)學表達式，表示通過導體的電流I與電壓U成正比，與電阻（2）公式R=U2．對伏安特性曲線的理解（1）如圖，圖線a、b表示線性元件，圖線c、d表示非線性元件．（2）圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，斜率越大，電阻越小，故Ra＜Rb（如圖甲所示）．（3）圖線c的電阻減小，圖線d的電阻增大（如圖乙所示）．（4）伏安特性曲線上每一點的電壓坐標與電流坐標的比值對應這一狀態(tài)下的電阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲線上某點切線的斜率不是電阻的倒數(shù)．（2）要區(qū)分是I﹣U圖線還是U﹣I圖線．（3）對線性元件：R=UI=△U4．歐姆定律I=U對于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對于非純電阻，不適合歐姆定律，因P電＝UI＝P熱+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非純電阻兩端的電壓滿足U＞IR．8．電阻定律的內(nèi)容及表達式【知識點的認識】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關．（2）表達式：R＝ρlS2．電阻率（1）計算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導體的導電性能，是導體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對電阻與電阻率的理解：下列說法中正確的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導體，當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩w的電阻是導體的一種性質(zhì)，反映了導體對電流阻礙作用的大?。浑娮璐笮∨c導體的材料、長度、橫截面積有關；還受溫度的影響；與導體中的電流、導體兩端的電壓大小無關．解：A、導體電阻的大小和導體的材料、長度、橫截面積有關，與電壓、電流沒有關系，故A錯誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯誤；D、超導體是當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，電阻值等于零，此時電阻率突然變?yōu)榱?，故D正確．故選BD．點評：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應用：如圖所示，P是一個表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24IL分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點評：本題容易出錯的地方就是如何計算鍍膜材料的截面積，在計算時可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計算出截面積，再根據(jù)電阻定律計算即可．【解題方法點撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導體的材料導電性能好壞的物理量．（2）導體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定小．2．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說明了電阻的決定因素提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關適用于粗細均勻的金屬導體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導體9．非線性元件及其伏安特性曲線【知識點的認識】1.I﹣U圖像以電流為縱軸、電壓為橫軸畫出導體上的電流隨電壓變化的曲線，叫作導體的伏安特性曲線。如下圖甲、乙所示。2.比較電阻的大小圖像的斜率k=IU=1R，即I﹣U圖像的斜率等于電阻的反比，圖甲中R3.線性元件：如圖甲所示，伏安特性曲線是直線的電學元件稱作線性元件，適用歐姆定律。4.非線性元件：如圖乙所示，伏安特性曲線為曲線的電學元件稱作非線性元件，不適用歐姆定律?！久}方向】如圖所示是三種元件的伏安特性曲線，下列說法正確的是（）A.1代表線性元件的電阻，溫度升高，電阻不變，其斜率等于電阻B.三條線代表的元件都是線性元件C.2代表某些半導體元件，隨著電壓、電流的升高，電阻減小D.3代表小燈泡的伏安特性曲線，電阻率隨溫度的變化而保持不變分析：理解圖像的物理意義，結(jié)合選項的描述即可完成分析。解答：A、由題圖可知元件1的伏安特性曲線是直線，說明其電阻不隨電壓、電流、溫度的變化而變化，是線性元件，在I﹣U圖像中，其斜率等于電阻的倒數(shù)，故A錯誤；B、題圖中三條線中的2、3是曲線，說明其代表的元件不是線性元件，故B錯誤；C、曲線2中反應的特征是，隨著電壓、電流的增大，電阻逐漸減小，說明該元件是半導體元件，故C正確；D、曲線3中反應的特征是，隨著電壓、電流的增大，電阻逐漸增大，這符合小燈泡的伏安特性曲線，其電阻率隨溫度的升高而增大，故D錯誤。故選：C。點評：本題主要考查了歐姆定律的相關應用，理解圖像的物理意義即可完成分析，屬于簡單題型?！窘忸}思路點撥】（1）要區(qū)分是I﹣U圖像還是U﹣Ⅰ圖像。（2）對線性元件，R=UI=ΔU10．串聯(lián)電路的特點及應用【知識點的認識】1．串、并聯(lián)電路的特點串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In電壓U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un總電阻R總＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P總＝P1+P2+…PnP1P總＝P1+P2+…+Pn【命題方向】如圖中，AB間的電壓為30V，改變滑動變阻器觸頭的位置，可以改變CD間的電壓，則UCD的變化范圍是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻的關系分析得知，當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最上端時，UCD最大，當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最下端時，UCD最小，分別求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的變化范圍．解答：當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最上端時，UCD最大，最大值為Umax=2R3RU=23×30v=20V；當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最下端時，UCD最小，最小值為Umin=R3R故選：C。點評：本題實質(zhì)是分壓器電路，考查對串聯(lián)電路電壓與電阻成正比特點的理解和應用能力．【解題思路點撥】解決串聯(lián)電路問題的基本邏輯是：串聯(lián)電路中電流處處相等，所以電壓之比等于電阻之比，功率之比也等于電阻之比。11．電功和電功率的計算【知識點的認識】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