2024-2025學(xué)年上學(xué)期長沙高二物理期末典型卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期長沙高二物理期末模擬卷1一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2020?河西區(qū)二模）為了做好疫情防控工作，很多場所都利用紅外線測溫儀對進(jìn)出人員進(jìn)行體溫檢測。紅外線測溫儀利用（）A．紅外線是可見光的特點(diǎn) B．紅外線的穿透本領(lǐng)比X射線強(qiáng)的特點(diǎn) C．人體溫度越高輻射出的紅外線越強(qiáng)的特點(diǎn) D．被紅外線照射的某些物體可以發(fā)出熒光的特點(diǎn)2．（4分）下列關(guān)于光的說法錯誤的是（）A．是橫波 B．有衍射現(xiàn)象 C．有干涉現(xiàn)象 D．沒有偏振現(xiàn)象3．（4分）（2024春?福州期末）如圖，A、B是兩個規(guī)格相同的小燈泡，L為自感系數(shù)較大的線圈，A1、A2是零刻度在中間的相同電流表，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使A1、A2兩電流表示數(shù)相同，偏轉(zhuǎn)方向相同，兩個燈泡的亮度相同。則下列說法正確的是（）A．閉合S瞬間，燈泡A立刻變亮，燈泡B逐漸變亮 B．閉合S瞬間，電流表A1示數(shù)大于A2示數(shù) C．閉合S穩(wěn)定后，斷開S瞬間，燈泡B先閃亮一下，再熄滅 D．閉合S穩(wěn)定后，斷開S瞬間，電流表A1和A2指針偏轉(zhuǎn)方向相反4．（4分）（2022秋?聊城期末）如圖甲所示，每年夏季我國多地會出現(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是太陽光通過卷層云時，發(fā)生折射或反射形成的。一束太陽光射到截面為六角形的冰晶上發(fā)生折射，其光路圖如圖乙所示，a、b為其折射出的光線中兩種單色光，下列說法正確的是（）A．在冰晶中，a光的折射率較大 B．在冰晶中，b光的傳播速度較大 C．從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大 D．a(chǎn)、b光在真空中傳播時，b光的波長較長5．（4分）（2021秋?大理市期中）關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度是標(biāo)量 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場強(qiáng)弱和方向的物理量 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力大小成正比 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向就是放在該點(diǎn)的小磁針靜止時S極的指向6．（4分）（2021?漳州一模）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t＝0時的波形圖如圖，此時波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)M所在位置；當(dāng)t＝1.5s時，位于x＝8m處的質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動的總路程為15cm。則以下說法正確的是（）A．波的周期為2s B．波源的起振方向沿y軸正方向 C．波的傳播速度為5m/s D．t＝2.0s時質(zhì)點(diǎn)P處于波谷7．（4分）（2020?通榆縣校級模擬）如圖為模擬遠(yuǎn)距離輸電的部分測試電路，a、b端接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，定值電阻阻值分別為R1、R2，且R1＜R2，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k且k＜1，電流表、電壓表均為理想表，其示數(shù)分別用I和U表示。當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，電流表、電壓表示數(shù)變化分別用ΔI和ΔU表示。則以下說法正確的是（）A．|ΔUΔI|=B．原線圈兩端電壓U1一定變小 C．電源的輸出功率一定增大 D．R1消耗的功率一定增加二．多選題（共3小題，滿分15分，每小題5分）（多選）8．（5分）（2020秋?菏澤期末）兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s，波源的振幅均為2cm。如圖為0時刻兩列波的圖像，則（）A．1.5s末兩列波相遇 B．0.75s末兩列波相遇 C．1.5s末質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的位移為2cm D．1.5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的路程為12cm（多選）9．（5分）（2019春?官渡區(qū)校級期中）如圖甲所示，標(biāo)有“220V40W”字樣的電燈和標(biāo)有“20μF300V”字樣的電容器并聯(lián)接到交流電源上，V為交流電壓表。交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關(guān)，下列判斷正確的是（）A．t=T2B．電燈恰正常發(fā)光 C．電容器有可能被擊穿 D．交流電壓表的示數(shù)保持1102V不變（多選）10．（5分）（2022春?新華區(qū)校級月考）如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，相同的帶正電粒子從磁場邊界與x軸的交點(diǎn)A處以相同的速率v垂直射入磁場，已知粒子的比荷qmA．粒子可能從磁場邊界與y軸的交點(diǎn)P沿y軸正方向飛出磁場 B．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為2πr3vC．沿x軸正方向射入的粒子在飛出磁場時的偏向角為60° D．如僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，所有粒子都平行于y軸飛出磁場三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分，每小題8分）11．（8分）（2023春?豐臺區(qū)校級期末）用單擺測定重力加速度的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。（1）組裝單擺時，較為合理應(yīng)該選用。（用器材前的字母表示）A．長度為1m左右的細(xì)線B．長度為30cm左右的細(xì)線C．直徑約為1.8cm的塑料球D．直徑約為1.8cm的鋼球（2）若測出單擺的周期T、擺線長l、擺球直徑d，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝（用測出的物理量表示）。（3）某同學(xué)用一個鐵鎖代替小球做實(shí)驗(yàn)。只改變擺線的長度，測量了擺線長度分別為l1和l2時單擺的周期T1和T2，若不考慮測量誤準(zhǔn)，計算均無誤，算出重力加速度g的測量值，與重力加速度g真實(shí)值相比是的（選填“偏大”“偏小”或“相同”）；同時該同學(xué)后續(xù)測量了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出了T2﹣l圖像，該圖像對應(yīng)圖中（選填圖中選項(xiàng)字母）。12．（8分）（2022秋?南崗區(qū)校級期中）如圖是驗(yàn)證動量守恒定律的裝置，氣墊導(dǎo)軌上安裝了l、2兩個光電門，兩滑塊上均固定一相同的豎直遮光條。（1）實(shí)驗(yàn)前，接通氣源后，在導(dǎo)軌上輕放一個滑塊，輕推一下滑塊，使其從軌道左端向右運(yùn)動，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間大于通過光電門2的時間。為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)P使軌道左端（選填“升高”或“降低”）一些。（2）測出滑塊A和遮光條的總質(zhì)量為m1，滑塊B和遮光條的總質(zhì)量為m2。將滑塊A靜置于兩光電門之間，滑塊B靜置于光電門2右側(cè)。推動B，使其獲得水平向左的速度，經(jīng)過光電門2并與A發(fā)生碰撞且被彈回，再次經(jīng)過光電門2，先后記錄的擋光時間為Δt1、Δt2，光電門1記錄的擋光時間為Δt3。則實(shí)驗(yàn)中兩滑塊的質(zhì)量應(yīng)滿足m1m2（選填“＞”、“＜”或“＝”），實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的動量守恒表達(dá)式為（用題中給定的符號表示）。四．解答題（共3小題，滿分41分）13．（12分）（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過輕質(zhì)彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物塊A一豎直方向的瞬時沖量，其大小為3N?s，隨后B恰好不能離開地面。已知A、B質(zhì)量分別為1kg、2kg，彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2。（1）從開始至B恰好不離開地面的過程，求彈簧彈性勢能的變化量；（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A，使之由靜止開始運(yùn)動，直至B剛離開地面時，求A的速度大小。14．（13分）（2023?廣西開學(xué)）兩水平軌道放置勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，金屬棒ab可沿導(dǎo)軌自由移動，金屬棒ab的質(zhì)量為1kg，金屬棒與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)μ＝0.2，左端接一定值電阻，阻值為R＝3Ω，導(dǎo)軌電阻不計，金屬棒長為L＝1m，電阻為r＝2Ω，現(xiàn)將金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止向右拉，拉力恒為F＝3N，最終金屬棒做勻速運(yùn)動，恰好勻速時通過的位移x＝15m。g＝10m/s2。求：（1）求穩(wěn)定狀態(tài)時金屬棒兩端電壓；（2）求金屬棒從開始運(yùn)動到剛好勻速的過程中，電阻R上的發(fā)熱量Q；（3）求金屬棒從開始運(yùn)動到穩(wěn)定狀態(tài)所用時間。15．（16分）（2017?汕頭一模）如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和B2的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里，y軸上有一點(diǎn)A與原點(diǎn)O的距離為l，電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過的時間為t=4πm3qB（1）求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0；（2）若相同的粒子以更大的速度從原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點(diǎn)，粒子的速度大小應(yīng)為多大？

2024-2025學(xué)年上學(xué)期長沙高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2020?河西區(qū)二模）為了做好疫情防控工作，很多場所都利用紅外線測溫儀對進(jìn)出人員進(jìn)行體溫檢測。紅外線測溫儀利用（）A．紅外線是可見光的特點(diǎn) B．紅外線的穿透本領(lǐng)比X射線強(qiáng)的特點(diǎn) C．人體溫度越高輻射出的紅外線越強(qiáng)的特點(diǎn) D．被紅外線照射的某些物體可以發(fā)出熒光的特點(diǎn)【考點(diǎn)】電磁波與信息化社會．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】C【分析】一切物體都在不停地輻射紅外線，物體的溫度越高，輻射的紅外線功率越大，紅外線熱作用越強(qiáng)，紅外線測溫儀就是利用這個原理進(jìn)行體溫檢測的。【解答】解：紅外線測溫儀的測溫原理：人體由于溫度高而向外輻射紅外線，溫度越高，則輻射的紅外線的功率越大。測溫儀就是感知紅外線輻射的強(qiáng)度進(jìn)而得知人體溫度的，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了紅外線的熱效應(yīng)和紅外線遙控。紅外熱效應(yīng)是設(shè)計和制作熱敏型紅外探測器的物理基礎(chǔ)?；跍夭铍娦?yīng)和熱敏電阻效應(yīng)制作的紅外探測器，是最早得到應(yīng)用的輻射探測器。后來，利用氣體熱膨脹效應(yīng)和熱釋電效應(yīng)制作的熱敏型紅外探測器，也得到了重要的應(yīng)用。在生活中，利用紅外熱效應(yīng)的有紅外線高溫殺菌、紅外線治療等。2．（4分）下列關(guān)于光的說法錯誤的是（）A．是橫波 B．有衍射現(xiàn)象 C．有干涉現(xiàn)象 D．沒有偏振現(xiàn)象【考點(diǎn)】光的偏振現(xiàn)象及原理；光的干涉現(xiàn)象；光的衍射現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；運(yùn)動學(xué)與力學(xué)（一）；光的干涉專題；光的衍射、偏振和電磁本性專題．【答案】D【分析】干涉與衍射是波特有的現(xiàn)象；光是一種橫波，能發(fā)生偏振現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈D、光是一種橫波，能發(fā)生偏振現(xiàn)象，故A正確，D錯誤；BC、光是一種橫波，而干涉與衍射是波特有的現(xiàn)象，所以光能發(fā)生干涉現(xiàn)象與衍射現(xiàn)象，故BC正確。本題選擇錯誤的，故選：D?！军c(diǎn)評】考查光的干涉、衍射與偏振，注意光是一種橫波。3．（4分）（2024春?福州期末）如圖，A、B是兩個規(guī)格相同的小燈泡，L為自感系數(shù)較大的線圈，A1、A2是零刻度在中間的相同電流表，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使A1、A2兩電流表示數(shù)相同，偏轉(zhuǎn)方向相同，兩個燈泡的亮度相同。則下列說法正確的是（）A．閉合S瞬間，燈泡A立刻變亮，燈泡B逐漸變亮 B．閉合S瞬間，電流表A1示數(shù)大于A2示數(shù) C．閉合S穩(wěn)定后，斷開S瞬間，燈泡B先閃亮一下，再熄滅 D．閉合S穩(wěn)定后，斷開S瞬間，電流表A1和A2指針偏轉(zhuǎn)方向相反【考點(diǎn)】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】D【分析】當(dāng)電鍵S閉合時，通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動勢的方向和作用，分析哪個燈先亮。斷開瞬間也可以按照同樣的思路分析?！窘獯稹拷猓篈．閉合開關(guān)瞬間，由于線圈L的自感電動勢的阻礙作用，使得燈泡A逐漸變亮，而燈泡B會立刻變亮，故A錯誤；B．閉合開關(guān)瞬間，由于線圈L的阻礙作用，電流表A1的示數(shù)會逐漸變大，并不會立刻變大，而A2的示數(shù)會立刻達(dá)到穩(wěn)定值，因此閉合瞬間A1的示數(shù)小于A2的示數(shù)，故B錯誤；C．由于開始流過燈泡A和B的電流一樣大小，因此斷開開關(guān)后，燈泡B并不會閃亮一下，故C錯誤；D．穩(wěn)定時，流過A1和A2的電流都由右至左，斷開后的瞬間，由于自感L的阻礙作用，流過A1的電流不會立刻變向，而A1和A2構(gòu)成新的回路，流過A2的電流會立即反向，即由左向右，則電流表A1和A2指針偏轉(zhuǎn)方向相反，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評】對自感線圈來講，重點(diǎn)掌握開關(guān)閉合瞬間，電路中的電流穩(wěn)定后開關(guān)斷開的瞬間，線圈對電流突變的阻礙作用。4．（4分）（2022秋?聊城期末）如圖甲所示，每年夏季我國多地會出現(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是太陽光通過卷層云時，發(fā)生折射或反射形成的。一束太陽光射到截面為六角形的冰晶上發(fā)生折射，其光路圖如圖乙所示，a、b為其折射出的光線中兩種單色光，下列說法正確的是（）A．在冰晶中，a光的折射率較大 B．在冰晶中，b光的傳播速度較大 C．從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大 D．a(chǎn)、b光在真空中傳播時，b光的波長較長【考點(diǎn)】光的折射與全反射的綜合問題；折射率的波長表達(dá)式和速度表達(dá)式；光的全反射現(xiàn)象．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)折射定律，結(jié)合折射角，分析折射率大?。桓鶕?jù)折射率大小，結(jié)合速度公式，比較光的傳播速度；由全反射臨界角的公式，分析臨界角大??；根據(jù)c＝λf，分析比較波長?！窘獯稹拷猓篈．設(shè)入射角為α，折射角為β，由圖乙，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根據(jù)折射定律n=可知，a光折射率小于b光折射率，故A錯誤；B．b光折射率大，又因?yàn)関=cn，所以，a光在冰晶中的傳播速度大，故C．由全反射臨界角的公式有sinC=由之前的分析可知，b光的折射率大，所以a光的臨界大于b光的臨界角，故C正確；D．由于a光的折射率小于b光的折射率，所以a光頻率小于b光頻率，根據(jù)c＝λf可知，a光的波長大于b光的波長，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生對折射定律、全反射臨界角條件、c＝λf等規(guī)律的掌握，是一道中等難度題。5．（4分）（2021秋?大理市期中）關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度是標(biāo)量 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場強(qiáng)弱和方向的物理量 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力大小成正比 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向就是放在該點(diǎn)的小磁針靜止時S極的指向【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；電磁學(xué)；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】B【分析】磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量；磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場強(qiáng)弱和方向旳物理量；磁感應(yīng)強(qiáng)度描述磁場自身的性質(zhì)；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向就是放在該點(diǎn)的小磁針靜止時N極的指向.【解答】解：AB、磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場強(qiáng)弱和方向旳物理量，故A錯誤，B正確，C、磁感應(yīng)強(qiáng)度描述磁場自身的性質(zhì)，與磁場中的通電導(dǎo)線無關(guān)，故C錯誤；D、物理學(xué)中把小磁針靜止時N極所指的方向規(guī)定為該點(diǎn)磁場的方向，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】明確磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義是解決問題的關(guān)鍵。6．（4分）（2021?漳州一模）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t＝0時的波形圖如圖，此時波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)M所在位置；當(dāng)t＝1.5s時，位于x＝8m處的質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動的總路程為15cm。則以下說法正確的是（）A．波的周期為2s B．波源的起振方向沿y軸正方向 C．波的傳播速度為5m/s D．t＝2.0s時質(zhì)點(diǎn)P處于波谷【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問題；波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】比較思想；圖析法；振動圖象與波動圖象專題；理解能力．【答案】D【分析】介質(zhì)中各個質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同，根據(jù)波的傳播方向判斷波源的起振方向。由圖讀出波長，根據(jù)當(dāng)t＝1.5s時，位于x＝8m處的質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動的總路程為15cm，分析路程與振幅的關(guān)系，從而求得周期，即可求得波速。根據(jù)時間與周期的關(guān)系確定質(zhì)點(diǎn)P的位置?！窘獯稹拷猓篈C、由波形圖可知，波長λ＝4m。設(shè)波速為v、周期為T。質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸的負(fù)方向，波從M點(diǎn)傳到P點(diǎn)的時間為34T，當(dāng)t＝1.5s時，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動的總路程為s＝15cm＝3A，即質(zhì)點(diǎn)P第一次到達(dá)波峰，于是有t=34T+34T＝1.5s，解得T＝1s，故波速v=λB、介質(zhì)中各個質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同，根據(jù)波的傳播方向可知，t＝0時刻質(zhì)點(diǎn)M的起振方向沿y軸的負(fù)方向，則波源的起振方向沿y軸的負(fù)方向，故B錯誤；D、t＝1.5s時質(zhì)點(diǎn)P第一次到達(dá)波峰，從t＝0到t＝2.0s質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動的時間Δt＝2.0s-34T＝2.0s﹣0.75s＝1.25s＝114T，質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸的負(fù)方向，則t＝2.0s時質(zhì)點(diǎn)P故選：D。【點(diǎn)評】本題考查波動圖像，機(jī)械振動，波速、周期、波長關(guān)系。，能熟練運(yùn)用波形的平移法來理解。要知道介質(zhì)中各個質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。7．（4分）（2020?通榆縣校級模擬）如圖為模擬遠(yuǎn)距離輸電的部分測試電路，a、b端接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，定值電阻阻值分別為R1、R2，且R1＜R2，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k且k＜1，電流表、電壓表均為理想表，其示數(shù)分別用I和U表示。當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，電流表、電壓表示數(shù)變化分別用ΔI和ΔU表示。則以下說法正確的是（）A．|ΔUΔI|=B．原線圈兩端電壓U1一定變小 C．電源的輸出功率一定增大 D．R1消耗的功率一定增加【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造與原理；電功和電功率的計算．【專題】學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)變壓器的規(guī)律，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比分析?；苿痈淖兞素?fù)載的電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律去分析?！窘獯稹拷猓嚎蓪㈩}目中理想變壓器動態(tài)電路等效為右圖所示簡單電路，將變壓器與負(fù)載等效為圖中的電阻R等，R等=根據(jù)變壓器的原理可得：原副線圈電壓比為U1U2可得：R等＝k2?U而U2I2=R2+R3，即等效電阻R等＝k2（R2A、電壓表和電流表示數(shù)變化之比等于副線圈電壓和電流變化之比，即|ΔUΔI|＝|Δ根據(jù)變壓器的原理可得，原副線圈電壓變化之比為：ΔU1Δ可得：Δ由等效電路圖，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：U1＝u﹣I1R1，則有：ΔU1可得：k2?ΔU聯(lián)立可得：|ΔUΔI|=R1B、向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，副線圈負(fù)載電阻（R2+R3）增大，故等效電路中的R等增大，在等效電路中根據(jù)串聯(lián)分壓原理可知，R等兩端電壓增大，即原線圈兩端電壓U1一定變大，故B錯誤；C、在等效電路中由閉合電路歐姆定律可知，電流I1減小，電源的輸出電壓有效值不變，則電源的輸出功率一定減小，故C錯誤；D、電流I1減小，電阻R1兩端電壓減小，則R1消耗的功率一定減小，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，解題的關(guān)鍵是從電流入手，分析原線圈兩端電壓的變化。二．多選題（共3小題，滿分15分，每小題5分）（多選）8．（5分）（2020秋?菏澤期末）兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s，波源的振幅均為2cm。如圖為0時刻兩列波的圖像，則（）A．1.5s末兩列波相遇 B．0.75s末兩列波相遇 C．1.5s末質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的位移為2cm D．1.5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的路程為12cm【考點(diǎn)】波的疊加；波長、頻率和波速的關(guān)系；機(jī)械波的圖像問題．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；理解能力．【答案】BD【分析】波在同種均勻介質(zhì)中勻速傳播，再求解傳播時間；由題意得出振動時間，根據(jù)兩列波到M點(diǎn)的路程差判斷質(zhì)點(diǎn)M振動的加強(qiáng)或減弱情況，進(jìn)而得到合振幅，根據(jù)周期公式計算波源振動的周期，然后根據(jù)振動時間與振動周期的關(guān)系，確定t＝1.5s末振動M的位移和通過的路程。【解答】解：AB.兩列波將在x＝0.5m處相遇，相遇時間Δt=Δxv=0.5-0.20.4CD.兩列波到M點(diǎn)的路程差Δr＝0，M點(diǎn)是振動加強(qiáng)點(diǎn)，合振幅A＝2A0＝2×2cm＝4cm；由圖可知，兩列波的波長λ＝0.4m，則波源的振動周期T=λv=0.40.4s=1s，在t＝1.5s末，質(zhì)點(diǎn)M的振動時間t振=t-Δt=1.5s-0.75s=0.75s=34T，根據(jù)“同側(cè)法”可知，兩列波到達(dá)M點(diǎn)的振動方向沿y軸負(fù)方向；在t＝1.5s末，質(zhì)點(diǎn)M位于波峰處，位移y故選：BD?！军c(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是質(zhì)點(diǎn)M處振動加強(qiáng)和減弱的判斷，質(zhì)點(diǎn)M的位移及通過的路程的求解。（多選）9．（5分）（2019春?官渡區(qū)校級期中）如圖甲所示，標(biāo)有“220V40W”字樣的電燈和標(biāo)有“20μF300V”字樣的電容器并聯(lián)接到交流電源上，V為交流電壓表。交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關(guān)，下列判斷正確的是（）A．t=T2B．電燈恰正常發(fā)光 C．電容器有可能被擊穿 D．交流電壓表的示數(shù)保持1102V不變【考點(diǎn)】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；正弦式交變電流的函數(shù)表達(dá)式及推導(dǎo)；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】BC【分析】交流電壓表測量的電壓及燈泡的工作電壓均為電壓的有效值；交流電電壓的最大值大于電容器擊穿電壓時，電容器會被擊穿?！窘獯稹拷猓篈D、交流電壓的最大值Um＝2202V，電壓表的示數(shù)應(yīng)是有效值U=Um2=2202B、電壓的有效值恰等于電燈的額定電壓220V，電燈正常發(fā)光，故B正確；C、電壓的最大值為2202V≈311V，大于電容器的耐壓值，有可能大于電容器的擊穿電壓，故有可能被擊穿，故C正確。故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查描述交流電的有效值及最大值，要注意明確交流電的最大值不能超過電容器的耐壓值；而電壓表等測量的為有效值。（多選）10．（5分）（2022春?新華區(qū)校級月考）如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，相同的帶正電粒子從磁場邊界與x軸的交點(diǎn)A處以相同的速率v垂直射入磁場，已知粒子的比荷qmA．粒子可能從磁場邊界與y軸的交點(diǎn)P沿y軸正方向飛出磁場 B．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為2πr3vC．沿x軸正方向射入的粒子在飛出磁場時的偏向角為60° D．如僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，所有粒子都平行于y軸飛出磁場【考點(diǎn)】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；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】BD【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求解粒子運(yùn)動半徑，再根據(jù)粒子以不同方向入射，分析選項(xiàng)正誤?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)粒子在磁場內(nèi)圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvB＝mv2R。已知qm=v2Br，聯(lián)立解得：R＝2r。假設(shè)粒子從P點(diǎn)沿y軸正方向飛出，如圖B、當(dāng)粒子軌跡圓與磁場圓的公共弦為磁場圓直徑時，該弦在軌跡圓中對應(yīng)的圓心角最大，則粒子在磁場中運(yùn)動時間最長。如圖2所示，由圖中幾何關(guān)系可知，軌跡圓中的圓心角為θ=π3，則粒子運(yùn)動的最長時間t=θRC、設(shè)沿x軸正方向射入的粒子飛出磁場時與邊界交點(diǎn)為D，軌跡圓心為O3如圖3所示，O3A、O3D為粒子軌跡半徑，O3O為圓心連線，由圖中幾何關(guān)系可知，θ1＝θ2，tanθ1=AOAO3=rR=12可知θ1≠30°，則∠D、如僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，由R=mvqB可知，粒子軌跡半徑R＝r。根據(jù)左手定則可知，粒子將從x軸上方磁場飛出。設(shè)任意一個粒子的軌跡與磁場邊界的交點(diǎn)為E。如圖4所示，O4A和O4E為粒子軌跡半徑，設(shè)O4F垂直AE于F，可知∠AO4F＝∠FO4E。由于軌跡圓與磁場圓半徑相同，可知公共弦AE在兩圓中對應(yīng)的圓周角相同，由于同一條弦對應(yīng)的圓周角是圓心角的一半，可知∠ECA＝∠FO4E。設(shè)EH為軌跡圓的切線交AC于H點(diǎn)，則∠O4EH＝∠AEC＝90°，則∠O4EF＝∠HEC，可知ΔO4EF～ΔCEH，可知∠EHC＝∠O4FE＝90°?？芍狤H與x軸垂直，則所有粒子都平行于y軸飛出磁場，故故選：BD?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，根據(jù)題意找到粒子運(yùn)動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系列式求解是解題關(guān)鍵。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分，每小題8分）11．（8分）（2023春?豐臺區(qū)校級期末）用單擺測定重力加速度的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。（1）組裝單擺時，較為合理應(yīng)該選用AD。（用器材前的字母表示）A．長度為1m左右的細(xì)線B．長度為30cm左右的細(xì)線C．直徑約為1.8cm的塑料球D．直徑約為1.8cm的鋼球（2）若測出單擺的周期T、擺線長l、擺球直徑d，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝2π2（3）某同學(xué)用一個鐵鎖代替小球做實(shí)驗(yàn)。只改變擺線的長度，測量了擺線長度分別為l1和l2時單擺的周期T1和T2，若不考慮測量誤準(zhǔn)，計算均無誤，算出重力加速度g的測量值，與重力加速度g真實(shí)值相比是相同的（選填“偏大”“偏小”或“相同”）；同時該同學(xué)后續(xù)測量了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出了T2﹣l圖像，該圖像對應(yīng)圖中B（選填圖中選項(xiàng)字母）?！究键c(diǎn)】用單擺測定重力加速度．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；單擺問題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）AD；（2）2π2(2l+d)T2【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析作答；（2）根據(jù)單擺周期公式求解作答；（3）根據(jù)單擺周期公式求解T2﹣l函數(shù)，然后分析作答?！窘獯稹拷猓海?）組裝單擺時，1m左右的細(xì)線和30cm左右的細(xì)線，為了減少誤差應(yīng)該選擇1m左右的細(xì)線；1.8cm的塑料球和鋼球，應(yīng)該選擇鋼球，可以減少空氣阻力的影響，故AD正確，BC錯誤。故選：AD（2）由題意得，單擺的擺長為L=l+單擺的周期公式為T=2π整理有g(shù)=（3）設(shè)鎖的重心到擺線下端的距離為x，則擺長l＝l+x根據(jù)單擺周期公式T=2π化簡得T第一次測量T第二次測量量T聯(lián)立解得g=由上式可知，重力加速度與鎖的重心到繩子的距離無關(guān)，且計算的重力加速度與實(shí)際值相同。根據(jù)上述得到的關(guān)系式T所以T2﹣l圖像是一條傾斜的直線并與縱軸相交，故ACD錯誤，B正確。故選：B。故答案為：（1）AD；（2）2π2(2l+d)T2【點(diǎn)評】本題主要考查了利用單擺周期公式求當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，要明確實(shí)驗(yàn)的原理，正確處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。12．（8分）（2022秋?南崗區(qū)校級期中）如圖是驗(yàn)證動量守恒定律的裝置，氣墊導(dǎo)軌上安裝了l、2兩個光電門，兩滑塊上均固定一相同的豎直遮光條。（1）實(shí)驗(yàn)前，接通氣源后，在導(dǎo)軌上輕放一個滑塊，輕推一下滑塊，使其從軌道左端向右運(yùn)動，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間大于通過光電門2的時間。為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)P使軌道左端降低（選填“升高”或“降低”）一些。（2）測出滑塊A和遮光條的總質(zhì)量為m1，滑塊B和遮光條的總質(zhì)量為m2。將滑塊A靜置于兩光電門之間，滑塊B靜置于光電門2右側(cè)。推動B，使其獲得水平向左的速度，經(jīng)過光電門2并與A發(fā)生碰撞且被彈回，再次經(jīng)過光電門2，先后記錄的擋光時間為Δt1、Δt2，光電門1記錄的擋光時間為Δt3。則實(shí)驗(yàn)中兩滑塊的質(zhì)量應(yīng)滿足m1＞m2（選填“＞”、“＜”或“＝”），實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的動量守恒表達(dá)式為mBΔ【考點(diǎn)】驗(yàn)證動量守恒定律．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；動量定理應(yīng)用專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）降低；（2）＞；mB【分析】（1）在驗(yàn)證動量守恒定律時，需要使滑塊在碰撞前做勻速運(yùn)動，據(jù)此調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌；（2）為避免碰撞被彈回，被碰的滑塊質(zhì)量較小；根據(jù)極短時間滑塊通過光電門的瞬時速度等于平均速度，計算滑塊通過光電門的速度，根據(jù)動量守恒求解需要滿足的動量守恒的表達(dá)式。【解答】解：（1）滑塊通過光電門1的時間大于通過光電門2的時間，說明滑塊做加速度運(yùn)動，則左端較高，可調(diào)節(jié)P使軌道左端降低一些。（2）滑塊B與滑塊A碰撞后被彈回，根據(jù)碰撞規(guī)律m1＞m2碰撞前滑塊B的速度為v碰撞后滑塊B的速度為v碰撞后滑塊A的速度為v若碰撞過程動量守恒，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律mBv1＝mAv3﹣mBv2代入數(shù)據(jù)整理得m故答案為：（1）降低；（2）＞；mB【點(diǎn)評】本題考查驗(yàn)證動量守恒的實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、具體操作要領(lǐng)和細(xì)節(jié)；理解通過光電門測速度。四．解答題（共3小題，滿分41分）13．（12分）（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過輕質(zhì)彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物塊A一豎直方向的瞬時沖量，其大小為3N?s，隨后B恰好不能離開地面。已知A、B質(zhì)量分別為1kg、2kg，彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2。（1）從開始至B恰好不離開地面的過程，求彈簧彈性勢能的變化量；（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A，使之由靜止開始運(yùn)動，直至B剛離開地面時，求A的速度大小。【考點(diǎn)】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】（1）彈簧彈性勢能的變化量為1.5J；（2）A的速度大小為1.2m/s?！痉治觥浚?）給小物塊A一瞬時沖量，據(jù)此求得初動能，根據(jù)胡克定律和平衡條件求得彈簧的初、末形變量，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求解；（2）結(jié)合（1）結(jié)果，對物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系求解。【解答】解：（1）設(shè)物塊A的質(zhì)量為m＝1kg，物塊B的質(zhì)量為2m＝2kg。給小物塊A一瞬時沖量p＝3N?s，則物塊A獲得的動量為：p＝I，初動能為：Ek0=初始物塊A靜止時，設(shè)彈簧壓縮x，對物塊A根據(jù)平衡條件可得：kx＝mg木板b恰好不能離開地面，設(shè)此時彈簧伸長x1，對物塊B根據(jù)平衡條件可得：kx1＝2mg物塊A從開始到最高點(diǎn)運(yùn)動的位移大小為x+x1，設(shè)此過程彈簧彈性勢能的變化量為Ep，由機(jī)械能守恒定律得：Ek0＝Ep+mg（x+x1）解得：x＝0.1m，x1＝0.2m，Ep＝1.5J（2）設(shè)豎直向上恒力大小為F＝17.4N，B剛離開地面時A的速度大小為v，對物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系得：F（x+x1）＝mg（x+x1）+Ep+12解得：v＝1.2m/s答：（1）彈簧彈性勢能的變化量為1.5J；（2）A的速度大小為1.2m/s?！军c(diǎn)評】本題考查了系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，功能關(guān)系，動量定理在彈簧類模型中的應(yīng)用。關(guān)鍵是分析能量的轉(zhuǎn)化情況，知道重力勢能變化與重力做功有關(guān)、動能的變化與合力做功有關(guān)、機(jī)械能的變化與除重力以外的其它力做功有關(guān)。14．（13分）（2023?廣西開學(xué)）兩水平軌道放置勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，金屬棒ab可沿導(dǎo)軌自由移動，金屬棒ab的質(zhì)量為1kg，金屬棒與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)μ＝0.2，左端接一定值電阻，阻值為R＝3Ω，導(dǎo)軌電阻不計，金屬棒長為L＝1m，電阻為r＝2Ω，現(xiàn)將金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止向右拉，拉力恒為F＝3N，最終金屬棒做勻速運(yùn)動，恰好勻速時通過的位移x＝15m。g＝10m/s2。求：（1）求穩(wěn)定狀態(tài)時金屬棒兩端電壓；（2）求金屬棒從開始運(yùn)動到剛好勻速的過程中，電阻R上的發(fā)熱量Q；（3）求金屬棒從開始運(yùn)動到穩(wěn)定狀態(tài)所用時間?！究键c(diǎn)】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；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）穩(wěn)定狀態(tài)時金屬棒兩端電壓為3V；（2）金屬棒從開始運(yùn)動到剛好勻速的過程中，電阻R上的發(fā)熱量Q為1.5J；（3）金屬棒從開始運(yùn)動到穩(wěn)定狀態(tài)所用時間為8s?！痉治觥浚?）穩(wěn)定時金屬棒做勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件求出金屬棒受到的安培力大小，再由安培力公式求出電路中電流大小，由歐姆定律求金屬棒兩端電壓；（2）根據(jù)安培力與速度的關(guān)系求出穩(wěn)定時金屬棒的速度，由能量守恒定律求金屬棒從開始運(yùn)動到剛好勻速的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量，再求電阻R上的發(fā)熱量Q；（3）運(yùn)用動量定理求金屬棒從開始運(yùn)動到穩(wěn)定狀態(tài)所用時間?！窘獯稹拷猓海?）穩(wěn)定時金屬棒做勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有F安+μmg＝F解得：F安＝1N根據(jù)安培力公式有F安＝BIL解得：I＝1A金屬棒為電源，其兩端的電壓為路端電壓，等于電阻R的電壓，則有U＝IR＝1×3V＝3V（2）根據(jù)F解得穩(wěn)定時金屬棒的速度為：v＝5m/s根據(jù)能量守恒有Fx-解得：Q總＝2.5J則電阻R上的發(fā)熱量為Q=35Q（3）金屬棒由靜止到剛好勻速的過程，取向右為正方向，由動量定理有Ft﹣μmgt﹣BILt＝mv又It=BLvt聯(lián)立解得：t＝8s答：（1）穩(wěn)定狀態(tài)時金屬棒兩端電壓為3V；（2）金屬棒從開始運(yùn)動到剛好勻速的過程中，電阻R上的發(fā)熱量Q為1.5J；（3）金屬棒從開始運(yùn)動到穩(wěn)定狀態(tài)所用時間為8s?！军c(diǎn)評】解答本題時，要注意金屬棒從靜止到勻速的過程，做的是非勻變速直線運(yùn)動，不能根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律求時間，可以運(yùn)用動量定理求運(yùn)動時間。15．（16分）（2017?汕頭一模）如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和B2的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里，y軸上有一點(diǎn)A與原點(diǎn)O的距離為l，電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過的時間為t=4πm3qB（1）求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0；（2）若相同的粒子以更大的速度從原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點(diǎn)，粒子的速度大小應(yīng)為多大？【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動．【專題】計算題；跨學(xué)科；分割思想；圖析法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）帶電粒子先在左側(cè)磁場做勻速圓周運(yùn)動，由入射方向可以確定在該磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在y軸上，當(dāng)轉(zhuǎn)過一定角度后，進(jìn)入右側(cè)磁場做同方向的勻速圓周運(yùn)動，最后在進(jìn)入左側(cè)恰好達(dá)到A點(diǎn)，由帶電粒子在兩邊磁場中運(yùn)動的總時間列出方程從而可以求出在右側(cè)磁場中偏轉(zhuǎn)角，結(jié)合周期公式和半徑公式、幾何關(guān)系可以求得邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0．（2）在第一問的基礎(chǔ)上，當(dāng)帶電粒子速度增大時，其半徑也增大，表示出粒子在左側(cè)和右側(cè)運(yùn)動一次在y軸上上移的距離y，要使帶電粒子能夠回到A點(diǎn)，則有l(wèi)＝ny，把相應(yīng)的半徑公式代入就能求得速度的可能值．【解答】解：帶電粒子在左側(cè)和右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動，分別有：qv0可得半徑：r1=mv0qB由T=2πrvT1=2πmqB且T（1）粒子射出后經(jīng)過時間為t=4πm3qB時恰好到達(dá)設(shè)圖中圓弧DE對應(yīng)的圓心角為θ，則O點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的時間為θ解得：θ＝60°ΔC1C2C3為等邊三角形，幾何關(guān)系為l＝2r1+（r2﹣r1）d＝r1cos30°解得PQ與y軸的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0分別為d=v（2）以更大速度射出的粒子，必然是從y軸較高點(diǎn)轉(zhuǎn)向下方時經(jīng)過A點(diǎn)，粒子運(yùn)動一個周期，運(yùn)動情況如圖所示，設(shè)圖中∠C3DF＝α，則粒子運(yùn)動一個周期在y軸上的位移y＝2r1+2（r2﹣r1）sinα﹣2r1（或y＝2r1sinα）cosα=經(jīng)過A點(diǎn)的條件是ny＝l（n＝1、2、3…）解得v=qBl2m13+1n2（考慮到v＞v0=qBl3m，因此n只能取1即粒子的速度大小為v=qBl3m（或v=qBl2m13+1n2答：（1）求邊界PQ與y軸的距離d為3l6和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0為（2）若相同的粒子以更大的速度從原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點(diǎn)，粒子的速度大小應(yīng)為v=qBl3m【點(diǎn)評】本題的與從不同在于：①粒子在方向相同但大小不同的兩個磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度關(guān)系，也就知道了半徑關(guān)系，由于進(jìn)入兩個磁場的速度方向不能突變，所以偏向角有一定關(guān)系，從而時間也有了一定的關(guān)系．②當(dāng)速度增大時，半徑也要增大，要使帶電粒子同樣能到達(dá)A點(diǎn)，則粒子在左、右兩側(cè)磁場中各偏轉(zhuǎn)一次向上上移的距離之和的整數(shù)倍等于OA長．

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(xiàng)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進(jìn)行。4．動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.對于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及彈性勢能、動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧具有最大彈性勢能。【命題方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，（i）整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。分析：（i）A壓縮彈簧的過程，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能．（ii）系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出三個物體共同速度，然后應(yīng)用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能．解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機(jī)械能為△E．對B、C組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+聯(lián)立①②③式得：整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep．由動量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12聯(lián)立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能是116（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能是1348點(diǎn)評：本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，知道彈簧被壓縮到最短時三個物體速度相同，運(yùn)用動量守恒和能量守恒進(jìn)行研究．【解題思路點(diǎn)撥】當(dāng)彈簧壓縮到最短時，該彈簧具有最大彈性勢能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時兩物體具有相同的速度。因此，該類問題臨界狀態(tài)相對應(yīng)的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。5．波長、頻率和波速的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】描述機(jī)械波的物理量（1）波長λ：兩個相鄰的、在振動過程中對平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點(diǎn)間的距離叫波長．在橫波中，兩個相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長．在縱波中，兩個相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：單位時間內(nèi)振動向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡諧波在t＝0時的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時波恰好傳到I點(diǎn)，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質(zhì)點(diǎn)B、F在振動過程中位移總是相等C．質(zhì)點(diǎn)I的起振方向沿y軸負(fù)方向D．當(dāng)t＝5.1s時，x＝10m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處E．質(zhì)點(diǎn)A、C、E、G、I在振動過程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來確定I處的起振方向，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為波長的整數(shù)倍時，振動情況完全相同，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為半波長的奇數(shù)解：A、由波形圖可知，波長λ＝4m，則T=λv=B、質(zhì)點(diǎn)B、F之間的距離正好是一個波長，振動情況完全相同，所以質(zhì)點(diǎn)B、F在振動過程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開始振動時的方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)的時間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時，x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動4.1s＝E、質(zhì)點(diǎn)A、C間的距離為半個波長，振動情況相反，所以位移的方向不同，故D錯誤；故選：ABC【點(diǎn)評】本題考察了根據(jù)波動圖象得出振動圖象是一重點(diǎn)知識，其關(guān)鍵是理解振動和波動的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】牢記機(jī)械振動的有關(guān)公式，熟練的進(jìn)行公式之間的轉(zhuǎn)化與計算。6．機(jī)械波的圖像問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象?？v坐標(biāo)表示某一時刻各個質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，橫坐標(biāo)表示在波的傳播方向上各個質(zhì)點(diǎn)的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線?！久}方向】（1）第一類?？碱}型：波的圖象的理解與應(yīng)用如圖為一列沿x軸負(fù)方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形圖，當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時的振動狀態(tài)傳到P點(diǎn)時，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸的負(fù)方向運(yùn)動B．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時正在波峰位置D．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時運(yùn)動到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點(diǎn)的狀態(tài)傳到P點(diǎn)時的波形圖，由波形圖可判斷各點(diǎn)的振動情況。解：當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時的振動狀態(tài)傳到P點(diǎn)時，Q點(diǎn)在t＝0時的波沿也向左傳到P點(diǎn)，所以x＝0cm處質(zhì)點(diǎn)在波谷，x＝2cm處質(zhì)元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運(yùn)動，2cm＜x＜3cm向y軸的負(fù)方向運(yùn)動，A錯誤；Q點(diǎn)振動四分之三周期后到達(dá)波谷加速度沿y軸的正方向最大，質(zhì)點(diǎn)不能平移，B正確，CD錯誤。故選B。點(diǎn)評：本題畫波形是關(guān)鍵，只要畫出新的波形各點(diǎn)的振動即可明確！第二類常考題型：波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡諧機(jī)械橫波，波速為4m/s。某時刻波形如圖所示，下列說法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動D．此時x＝4m處質(zhì)點(diǎn)的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯誤。B、由圖知，波長λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡諧機(jī)械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動。故C錯誤。D、此時x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點(diǎn)評：根據(jù)波的圖象讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應(yīng)具備的基本能力?！窘忸}方法點(diǎn)撥】波的圖象的理解與應(yīng)用1．波的圖象反映了在某時刻介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質(zhì)點(diǎn)的平衡位置，縱軸表示該時刻各質(zhì)點(diǎn)的位移，如圖：圖象的應(yīng)用：（1）直接讀取振幅A和波長λ，以及該時刻各質(zhì)點(diǎn)的位移。（2）確定某時刻各質(zhì)點(diǎn)加速度的方向，并能比較其大小。（3）結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點(diǎn)的振動方向或由各質(zhì)點(diǎn)的振動方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當(dāng)兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為nλ時（n＝1，2，3…），它們的振動步調(diào)總相同；當(dāng)兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源質(zhì)點(diǎn)的起振方向決定了它后面的質(zhì)點(diǎn)的起振方向，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向?qū)⒉ǖ膱D象進(jìn)行一微小平移，然后由兩條波形曲線來判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時刻波形曲線如左圖中實(shí)線所示。將其沿v的方向移動一微小距離△x，獲得如左圖中虛線所示的圖線?？梢耘卸ǎ簍時刻質(zhì)點(diǎn)A振動方向向下，質(zhì)點(diǎn)B振動方向向上，質(zhì)點(diǎn)C振動方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點(diǎn)向下振動，下坡的點(diǎn)向上振動，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點(diǎn)向上振動，B點(diǎn)向下振動，C點(diǎn)向上振動。（3）同側(cè)法：質(zhì)點(diǎn)在振動方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側(cè)。如左圖所示。7．波的疊加【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.波的疊加原理：幾列波相遇時，每列波都能夠保持各自的狀態(tài)繼續(xù)傳播而不互相干擾，只是在重疊的區(qū)域里，介質(zhì)的質(zhì)點(diǎn)同時參與這幾列波引起的振動，質(zhì)點(diǎn)的位移等于這幾列波單獨(dú)傳播時引起的位移的矢量和．2.波在疊加時的特點(diǎn)：①位移是幾列波分別產(chǎn)生位移的矢量和。②各列波獨(dú)立傳播。③兩列同相波疊加，振動加強(qiáng)，振幅增大。（如圖1所示）④兩列反相波疊加，振動減弱，振幅減小。（如圖2所示）【命題方向】?？碱}型：如圖所示，實(shí)線與虛線分別表示振幅、頻率均相同的兩列波的波峰和波谷．此刻M是波峰與波峰相遇點(diǎn)，下列說法中正確的是（）A．該時刻質(zhì)點(diǎn)O正處于平衡位置B．P、N兩質(zhì)點(diǎn)始終處在平衡位置C．隨著時間的推移，質(zhì)點(diǎn)M將向O點(diǎn)處移動D．從該時刻起，經(jīng)過二分之一周期，質(zhì)點(diǎn)M到達(dá)平衡位置【分析】由圖知M、O都處于振動加強(qiáng)點(diǎn)，在波的傳播過程中，質(zhì)點(diǎn)不會向前移動．解：由圖知O點(diǎn)是波谷和波谷疊加，是振動加強(qiáng)點(diǎn)，A錯誤；P、N兩點(diǎn)是波谷和波峰疊加，位移始終為零，即處于平衡位置，B正確；振動的質(zhì)點(diǎn)只是在各自的平衡位置附近振動，不會“隨波逐流”，C錯誤；從該時刻起，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點(diǎn)M到達(dá)平衡位置，D錯誤；故選B【點(diǎn)評】介質(zhì)中同時存在幾列波時，每列波能保持各自的傳播規(guī)律而不互相干擾．在波的重疊區(qū)域里各點(diǎn)的振動的物理量等于各列波在該點(diǎn)引起的物理量的矢量和．【解題思路點(diǎn)撥】波的獨(dú)立性原理：兩列波相遇后，每列波仍像相遇前一樣，保持各自原來的波形，繼續(xù)向前傳播。8．電容的概念、單位與物理意義【知識點(diǎn)的認(rèn)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(lǐng)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(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關(guān)?！久}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(guān)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(guān)．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(guān)。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(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)【解題思路點(diǎn)撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)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(guān)。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=9．電功和電功率的計算【知識點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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。10．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比11．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電流元：在物理學(xué)中，把很短一段通電導(dǎo)線中的電流I與導(dǎo)線長度l的乘積叫作電流元。2.磁感應(yīng)強(qiáng)度（1）定義：電流元垂直于磁場放置時，電流元所受磁場的作用力F與I和l乘積的比值，叫作的磁感應(yīng)強(qiáng)度。（2）定義式：B=F（3）單位：在國際單位制中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位是特斯拉，簡稱特，符號是T，1T＝1NA?m（4）標(biāo)矢性：矢量，方向即為該處磁場方向，即靜止于該處的小磁針N極所指的方向（5）物理意義：表征磁場強(qiáng)弱的物理量。（6）磁感應(yīng)強(qiáng)度是磁場本身的性質(zhì)，與放不放電流元無關(guān)?！久}方向】由磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=FA、磁感應(yīng)強(qiáng)度與通電導(dǎo)線受到的磁場力F成正比B、磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流強(qiáng)度和導(dǎo)線長度的乘積成反比C、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與F的方向一致D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=F分析：在磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度有強(qiáng)弱，則由磁感應(yīng)強(qiáng)度來描述強(qiáng)弱．將通電導(dǎo)線垂直放入勻強(qiáng)磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導(dǎo)線的電流與長度乘積之比．公式B=FIL是比值法定義B的，磁感應(yīng)強(qiáng)度B是由磁場本身的性質(zhì)決定的物理量，不能說B與F成正比，也不能說B與解答：AB、磁感應(yīng)強(qiáng)度B是由磁場本身的性質(zhì)決定的物理量，定義式B=FIL是比值法定義B的，不能說B與F成正比，也不能說B與IL成反比。故A、C、根據(jù)左手定則可知，F(xiàn)與B的方向互相垂直。故C錯。D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=FIL對任何磁場都適用。故故選：D。點(diǎn)評：磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=FIL可知，是屬于比值定義法．即B與F、I、L均沒有關(guān)系，它是由磁場的本身決定．例如：電場強(qiáng)度E=F【解題思路點(diǎn)撥】1.磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式：：B=（1）公式成立條件：通電導(dǎo)線必須垂直于磁場方向放置，不垂直則公式不成立。（2）決定磁感應(yīng)強(qiáng)度的因素：僅由磁場本身決定，與導(dǎo)線是否受磁場力以及磁場力的大小無關(guān)。（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式也適用于非勻強(qiáng)磁場，這時l應(yīng)很短，稱為“電流元”，相當(dāng)于靜電場中的“試探電荷”。2.方向：磁感應(yīng)強(qiáng)度B是一個矢量，某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不是放在該處的通電導(dǎo)線的受力方向。它的方向可以有以下幾種表述方式：（1）小磁針靜止時N極所指的方向，或小磁針靜止時S極所指的反方向。（2）小磁針N極受力的方向（不論小磁針是否靜止），或S極受力的反方向。（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場方向。3.大小：磁場在某位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向是客觀存在的，與通過導(dǎo)線的電流大小、導(dǎo)線的長短無關(guān)。即使不放入載流導(dǎo)線，磁感應(yīng)強(qiáng)度也照樣存在，故不能說“B與F成正比”或“B與Il成反比”。12．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場中做勻速直線運(yùn)動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強(qiáng)磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動并穿過金屬板，虛線表示其運(yùn)動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負(fù)電B、粒子運(yùn)動方向是abcdeC、粒子運(yùn)動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長分析：由半徑的變化可知粒子運(yùn)動方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運(yùn)動方向，由圓周對應(yīng)的圓心角及周期公式可知時間關(guān)系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運(yùn)動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應(yīng)是由下方進(jìn)入，故粒子運(yùn)動方向?yàn)閑dcba，則粒子應(yīng)帶負(fù)電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運(yùn)動的周期和速度無關(guān)，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運(yùn)動時間均為T2故選：AC。點(diǎn)評：本題應(yīng)注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，明確了速度關(guān)系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動的分析方法．13．導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.如果感應(yīng)電動勢是由導(dǎo)體運(yùn)動而產(chǎn)生的，它也叫作動生電動勢。2.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動方向與磁場垂直時，動生電動勢的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強(qiáng)磁場；（2）平動切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動方向與磁場有夾角時，如下圖即如果導(dǎo)線的運(yùn)動方向與導(dǎo)線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，則動生電動勢為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場的分量?！久}方向】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T的勻強(qiáng)磁場中，讓導(dǎo)體PQ在U形導(dǎo)軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動，兩導(dǎo)軌間距離L＝0.5m，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動時切割磁感線，回路中的磁通量發(fā)生變化，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應(yīng)電動勢的大小．解答：當(dāng)導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據(jù)右手定則可知，通過PQ的電流為從Q點(diǎn)流向P點(diǎn)，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題比較簡單，考查了導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢和電流方向問題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個物理量的含義．【解題方法點(diǎn)撥】閉合或不閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動時，導(dǎo)體兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。如果電路閉合，電路中形成感應(yīng)電流。切割磁感線運(yùn)動的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電路中的電源。常見的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應(yīng)該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導(dǎo)體的有效切割長度，指的是切割導(dǎo)體兩端點(diǎn)的連線在同時垂直于v和B的方向上的投影的長度，下圖中的有效長度均為ab的長度）。2．公式E＝BLv中，若速度v為平均速度，則E為平均電動勢；若v為瞬時速度，則E為瞬時電動勢。3．若導(dǎo)體不是垂直切割磁感線運(yùn)動，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。14．電磁感應(yīng)過程中的能量類問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)現(xiàn)的。安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。2.求解電能應(yīng)分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算。（2）若電流變化，則：①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能。3.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化（1）安培力做功（2）焦耳熱的計算①電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感應(yīng)電流變化時，可用以下方法分析：a.利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量，【命題方向】題型一：電磁感應(yīng)與能量的綜合電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長S＝1.15m，兩導(dǎo)軌間距L＝0.75m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω，質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a（3）求金屬棒下滑的最大速度vm．分析：（1）題中已知金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J，R與r串聯(lián)，根據(jù)焦耳定律分析它們產(chǎn)生的熱量關(guān)系，從而求得總的焦耳熱，即為金屬棒克服安培力的功W安．（2）分析金屬棒的受力分析，導(dǎo)體棒受到重力，支持力，安培力，做出受力圖，求出合力，可以求得加速度．（2）當(dāng)金屬棒的加速度為零時，速度最大，由上題結(jié)果求解最大速度．解答：（1）下滑的過程中金屬棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時，所受的安培力為：F＝BIL＝BBLvR+rL由牛頓第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金屬棒勻速運(yùn)動時速度最大，即a＝0時，v最大，設(shè)為vm．由上題結(jié)果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R+r)sin30°B2若根據(jù)能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金屬棒下滑的最大速度vm為2.73m/s答：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a是3.2m/s2．（3）金屬棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵要分析功能關(guān)系，并對金屬棒正確受力分析，應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律等，即可正確解題．【解題方法點(diǎn)撥】電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)外力克服安培力做功，把機(jī)械能或其它能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其它形式的能（如內(nèi)能）．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為：2．電能求解思路主要有三種（1）利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能．（3）利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計算．15．自感線圈對電路的影響【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.對自感現(xiàn)象的分析思路（1）明確通過自感線圈的電流大小的變化情況（是增大還是減?。?。（2）根據(jù)“增反減同”，判斷自感電動勢的方向。（3）分析阻礙的結(jié)果：當(dāng)電流增大時，由于自感電動勢的作用，線圈中的電流逐漸增大，與線圈串聯(lián)的元件中的電流也逐漸增大；當(dāng)電流減小時，由于自感電動勢的作用，線圈中的電流逐漸減小，與線圈串聯(lián)的元件中的電流也逐漸減小。2.自感現(xiàn)象中，燈泡的亮度變化問題（通電自感和斷電自感的比較）通電自感斷電自感電路圖器材要求A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大（有鐵芯）L很大（有鐵芯）現(xiàn)象在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮在開關(guān)S斷開時，燈A漸漸熄滅或閃亮一下再熄滅原因由于開關(guān)閉合時，流過電感線圈的電流迅速增大，使線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的增大，使流過燈A1的電流比流過燈A2的電流增加得慢S斷開時，線圈L產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時間；燈A中電流反向不會立即熄滅．若RL＜RA，原來的IL＞IA，則A燈熄滅前要閃亮一下．若RL≥RA，原來的電流IL≤IA，則燈A逐漸熄滅不再閃亮一下能量轉(zhuǎn)化情況電能轉(zhuǎn)化為磁場能磁場能轉(zhuǎn)化為電能【命題方向】在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感系數(shù)較大而電阻不能忽略的線圈，E為電源，S為開關(guān)．關(guān)于兩燈泡點(diǎn)亮和熄滅的下列說法正確的是（）A．合上開關(guān)，a先亮，b后亮；穩(wěn)定后a、b一樣亮B．合上開關(guān)，b先亮，a后亮；穩(wěn)定后b比a更亮一些C．?dāng)嚅_開關(guān)，a逐漸熄滅、b先變得更亮后再與a同時熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)，b逐漸熄滅、a先變得更亮后再與b同時熄滅分析：對于線圈來講通直流阻交流，通低頻率交流阻高頻率交流．解答：A、由于a、b為兩個完全相同的燈泡，當(dāng)開關(guān)接通瞬間，b燈泡立刻發(fā)光，而a燈泡由于線圈的自感現(xiàn)象，導(dǎo)致燈泡漸漸變亮，由于兩燈泡并聯(lián)，L的電阻不能忽略，所以穩(wěn)