2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之電磁感應(yīng)定律

2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之電磁感應(yīng)定律

一.選擇題（共2小題）

1.（2018?新課標(biāo)I）如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，

。為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻?？衫@O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于

PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小為B,現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I）；

再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過程II）。在過程I、II中，流

過OM的電荷量相等，則旦二等于（）

B

424

2.（2017?新課標(biāo)I）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌，為

了有效隔離外界震動(dòng)對STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄

板，并施加磁場來快速衰減其微小震動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅

薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對于紫銅薄板上下及其左右震動(dòng)的衰減最有效的方案是

B.

X

X

noX

C.D.

二.多選題（共4小題）

（多選）3.（2021?福建）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為

L,導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t=ti時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH

進(jìn)入磁場，速度大小均為vo：一段時(shí)間后，流經(jīng)a棒的電流為0,此時(shí)t=t2,b棒仍位

于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L,電阻分別為R和2R,a棒

的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則

（）

A.ti時(shí)刻a棒加速度大小為2B."°

3mR

B.t2時(shí)刻b棒的速度為0

C.ti?t2時(shí)間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍

D.ti?t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為2mv（『

9

（多選）4.（2020?新課標(biāo)I）如圖，U形光滑金屬框abed置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和de

邊平行，和be邊垂直。ab、de足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)

體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎

直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與be邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間

后（）

xxx“Uxxx.x

XXXXX>

XXXXX>

A.金屬框的速度大小趨于恒定值

B.金屬框的加速度大小趨于恒定值

C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D.導(dǎo)體棒到金屬框be邊的距離趨于恒定值

（多選）5.（2018?新課標(biāo)I）如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與

電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小

磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）

A.開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)

B.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向

C.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向

D.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)

力

（多選）6.（2019?新課標(biāo)I）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，

其邊界如圖（a）中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為p、橫截面積為S,將該導(dǎo)

線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心。在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖

（a）所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示。則在1=0到1=口的時(shí)間

間隔內(nèi)（）

A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向

C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為屈巴

4top

BH2

D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為」n----r--

4%

2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之電磁感應(yīng)定律

參考答案與試題解析

選擇題（共2小題）

1.（2018?新課標(biāo)I）如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn),

O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻?？衫@O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于

PQS上，OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小為B,現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I）；

再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過程H）。在過程I、II中，流

過OM的電荷量相等，則至二等于（）

B

A.3B.3D.2

42ci

【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律.

【專題】定性思想；方程法；電磁感應(yīng)一一功能問題.

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求出電動(dòng)勢，然后結(jié)合閉合電路歐姆定律求得

感應(yīng)電流大??；依據(jù)電量的表達(dá)式q=It求出即可。

【解答】解：設(shè)圓的半徑為R,金屬桿從Q到S的過程中：△①=B^S=LB兀R2

4

九2

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E!=A^-=A——

△tiAti

設(shè)回路的總電阻為r,第一次通過線圈某一橫截面的電荷量為：qi=hZ\ti=±L△ti=

r1

冗BR2…①

4r

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'的過程中設(shè)時(shí)間為412,△①'=

子?-B）R2

//2

第二次通過線圈某一橫截面的電荷量為：q2=l24t2=A?_=_兀_?'*..0.…②

r2r

由題，qi=q2③

聯(lián)立①②③可得：故B正確，ACD錯(cuò)誤，

B2

故選：B。

【點(diǎn)評】考查法拉第電磁感應(yīng)定律的公式，掌握求解線圈的電量綜合表達(dá)式的含義是關(guān)

鍵。

2.（2017?新課標(biāo)I）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌，為

了有效隔離外界震動(dòng)對STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄

板，并施加磁場來快速衰減其微小震動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅

薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對于紫銅薄板上下及其左右震動(dòng)的衰減最有效的方案是

()

【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律.

【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.

【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)原理，結(jié)合楞次定律的阻礙相對運(yùn)動(dòng)角度，及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條

件，即可判定。

【解答】解：當(dāng)加恒定磁場后，當(dāng)紫銅薄板上下及左右振動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致穿過板的磁通量變

化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)磁場進(jìn)而阻礙板的運(yùn)動(dòng)，而BD選項(xiàng)，只能左右振動(dòng)時(shí)，

才有磁通量變化，上下振動(dòng)時(shí)，卻沒有磁通量變化；C選項(xiàng)上下左右振動(dòng)時(shí)，磁通量都

不變化；只有A選項(xiàng)上下左右振動(dòng)時(shí)穿過板的磁通量均變化，故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：A?

【點(diǎn)評】考查電磁感應(yīng)原理，掌握楞次定律中阻礙相對運(yùn)動(dòng)，理解磁通量的含義，及感

應(yīng)電流的產(chǎn)生條件。

二.多選題（共4小題）

（多選）3.（2021?福建）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為

L,導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t=ti時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH

進(jìn)入磁場，速度大小均為vo；一段時(shí)間后，流經(jīng)a棒的電流為0,此時(shí)t=t2,b棒仍位

于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L,電阻分別為R和2R,a棒

的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則

A.ti時(shí)刻a棒加速度大小為2B1外

3mR

B.t2時(shí)刻b棒的速度為0

C.ti?t2時(shí)間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍

D.ti?t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Zmv（）2

9

【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化；動(dòng)量守恒定律；閉

合電路的歐姆定律；安培力的計(jì)算.

【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力.

【分析】應(yīng)用右手定則判斷a、b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，確定感應(yīng)電動(dòng)勢，求得a棒所

受安培力，由牛頓第二定律求得加速度；由已知求得b棒質(zhì)量，分析a、b受力，判斷系

統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解答；由q=It判斷兩棒通過的電荷量的

關(guān)系。

【解答】解：A、根據(jù)右手定則，金屬棒a、b進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流均為順時(shí)針方

向，則回路的電動(dòng)勢為a、b各自產(chǎn)生的電動(dòng)勢之和，即E=2BLvo。

感應(yīng)電流匚離號

對a由牛頓第二定律得:

BIL=ma

2B4Lv

解得：a=-----------n--故A正確;

3mR

B、由題意知，金屬棒a、b電阻率相同，長度均為L,電阻分別為R和2R,根據(jù)電阻定

律有：

R=pi-,2R=p-i-

SaSb

可得:Sa=2Sb，

可知a的體積是b的2倍，密度相同，則a的質(zhì)量是b的2倍，即b的質(zhì)量為巨。

2

a、b在磁場中時(shí)，通過的電流總是反向等大，所受安培力總是反向等大，a、b組成的系

統(tǒng)合外力為零，則此系統(tǒng)動(dòng)量守恒。t2時(shí)刻流過a的電流為零，a、b之間的磁通量不變,

可知兩者此時(shí)速度相同，設(shè)為V。取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mvo--vo=（m+—）v

22

解得：V=JLVO,即t2時(shí)刻b棒的速度為LO,故B錯(cuò)誤；

33

C、ti?t2時(shí)間內(nèi)，通過a、b的電流總是相等，根據(jù)q=It,則通過a、b棒橫截面的電荷

量相等，故C錯(cuò)誤；

D、ti?t2時(shí)間內(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：

Am2+JLX（m+—）v2+Q&

2V022022

解得回路中產(chǎn)生的總熱量Q總

20

a棒產(chǎn)生的焦耳熱Q=—Q故D正確。

aR+2R

故選：AD。

【點(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)中力與運(yùn)動(dòng)，能量轉(zhuǎn)化相關(guān)問題。涉及到了應(yīng)用電阻定律間

接求質(zhì)量，雙棒切割磁感線滿足動(dòng)量守恒的條件，掌握應(yīng)用動(dòng)量與能量的角度解題方法。

（多選）4.（2020?新課標(biāo)I）如圖，U形光滑金屬框abed置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和de

邊平行，和be邊垂直。ab、de足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)

體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎

直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與be邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間

后（）

XXx"xXX

a-------------------------bx

xxxxx>X

XXXXX>X

dCx

x--X-X-ylX-..X.X

A.金屬框的速度大小趨于恒定值

B.金屬框的加速度大小趨于恒定值

C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D.導(dǎo)體棒到金屬框be邊的距離趨于恒定值

【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；牛頓第二定律；安培力.

【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合

能力.

【分析】分別對金屬框和導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和電動(dòng)勢公式求出二

者的加速度表達(dá)式及感應(yīng)電流的表達(dá)式，解得加速度差值ai-a2=E-(1+1)BIL,

MMm

當(dāng)加速度差值為零時(shí)，解得1=BL"匚如)一,畫出v-t圖象分析即可。

R

【解答】解：ABC、當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速時(shí)，be邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電

流i,線框的加速度為ai，對線框，由牛頓第二定律得：F-BIL=Mai，導(dǎo)體棒MN中感

應(yīng)電流從M向N,在感應(yīng)電流安培力作用下向右加速，加速度為a2,對導(dǎo)體棒MN,由

牛頓第二定律得：BIL=ma2,當(dāng)線框和導(dǎo)體棒MN都運(yùn)動(dòng)后，線框速度為vi,MN速度

為V2,感應(yīng)電流為：為BL"I二重),感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，

R

ai從E開始減小，加速度差值為：ai-a2=E-(1+1)BIL,感應(yīng)電流從零增加，則加

MMMm

速度差值減小，當(dāng)差值為零時(shí)，ai=a2=a,故有：F=(M+m)a,聯(lián)立解得：1=-?^—

(Mtm)BL

=BL51]".,此后金屬框與MN的速度差維持不變，感應(yīng)電流不變，MN受到的安

R

培力不變，加速度不變，v-t圖象如圖所示：

o

故A錯(cuò)誤；BC正確；

D、MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框速，MN到金屬框be邊的距

離越來越大，故D錯(cuò)誤。

故選:BCo

【點(diǎn)評】本題考查的是電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問題，綜合性較強(qiáng)，難度較大，對學(xué)生綜合分

析物理問題的能力要求較高；本題難點(diǎn)是金屬框和導(dǎo)體棒開始都做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故

必須抓住運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，二者加速度差值為零。

（多選）5.（2018?新課標(biāo)I）如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與

電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小

磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）

A.開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)

B.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向

C.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向

D.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)

【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向；感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件；研究電磁感應(yīng)

現(xiàn)象.

【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.

【分析】干電池通電的瞬間，在左線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流

的方向，結(jié)合安培定則得出直導(dǎo)線周圍磁場的方向，從而確定指南針的偏轉(zhuǎn)方向。同理

當(dāng)開關(guān)斷開后，左邊線圈的磁場從有到無，從而根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，

結(jié)合安培定則得出直導(dǎo)線周圍磁場的方向，從而確定指南針的偏轉(zhuǎn)方向。

【解答】解：A、干電池開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，左邊線圈中產(chǎn)生電流，電流

的方向由南到北，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場方向垂直紙面向里，則小磁針N極

向紙里偏轉(zhuǎn)，故A正確。

BC、干電池開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，根據(jù)安培定則，可知，左邊線圈中有磁通量，

卻不變，因此左邊線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，那么小磁針也不會(huì)偏轉(zhuǎn)，故BC錯(cuò)誤。

D、干電池開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，由A選項(xiàng)分析，可知，根據(jù)楞次

定律，左邊線圈中產(chǎn)生電流，電流的方向由北到南，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場

方向垂直紙面向外，則小磁針N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確；

故選：AD..

【點(diǎn)評】本題考查了楞次定律和安培定則的基本運(yùn)用，知道小磁針靜止時(shí)N極的指向?yàn)?/p>

磁場的方向，同時(shí)掌握感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件。

（多選）6.（2019?新課標(biāo)I）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，

其邊界如圖（a）中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為p、橫截面積為S,將該導(dǎo)

線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖

（a）所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示。則在1=0到1=口的時(shí)間

間隔內(nèi)（）

A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向

C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為芻￡-

4top

Bn兀1

D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為」-----

4to

【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律；電阻定律；閉合電路的歐姆定律；左手定則.

【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力.

【分析】應(yīng)用楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流方向，應(yīng)用左手定則可以判斷出安培力方向；

應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可以求出感應(yīng)電動(dòng)勢；

應(yīng)用電阻定律可以求出導(dǎo)線的電阻，然后應(yīng)用歐姆定律可以求出感應(yīng)電流。

【解答】解：AB、由楞次定律可知，在1=0到1=。的時(shí)間間隔內(nèi)感應(yīng)電流始終沿順時(shí)

針方向，

由左手定則可知：0-to時(shí)間內(nèi)圓環(huán)受到的安培力向左，to-U時(shí)間內(nèi)安培力向右，故A

錯(cuò)誤，B正確；

CD、由電阻定律可知，圓環(huán)電阻：R=pL=Q空二，

S1S

2

A0AD,oBod兀?BnHr

S

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢：.=——?-----=_0-----------

AtAtt02t0

感應(yīng)電流：1=旦=）心匚,故c正確，D錯(cuò)誤；

R4Pt0

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，根據(jù)題意應(yīng)用楞次定律、左手定則、

電磁感應(yīng)定律、電阻定律與歐姆定律即可解題，掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提與關(guān)鍵，掌

握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。

考點(diǎn)卡片

1.牛頓第二定律

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向

跟合外力的方向相同.

2.表達(dá)式：Fi：=ma.該表達(dá)式只能在國際單位制中成立.因?yàn)镕價(jià)=A?ma,只有在國際單

位制中才有k=l.力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得lm/s2的加速度的力，叫做

1N,即1N=IkgTn/s2.

3.適用范圍：

（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系）.

（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情

況.

4.對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解

牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)

涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，，"量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”

的基本特性（慣性），而。則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢.明確了上述三個(gè)量的

物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a^F,a<^l.

m

另外，牛頓第二定律給出的尸、相、。三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬

時(shí)性特征所決定的.

（1）矢量性：加速度。與合外力尸令都是矢量，且方向總是相同.

（2）瞬時(shí)性：加速度。與合外力尸合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對應(yīng)的.

（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個(gè)物理量.

（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合

加速度則是每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng).

（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的.

【命題方向】

題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查

例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的

關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示.取重力加速度g=10m/s2.由此

兩圖線可以得出（）

A.物塊的質(zhì)量為1.5kg

B.物塊與地面之間的滑動(dòng)摩擦力為2N

C.t=3s時(shí)刻物塊的速度為3m/s

D.t=3s時(shí)刻物塊的加速度為2m/s2

分析：根據(jù)v-t圖和F-t圖象可知，在4?6s,物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以

拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2?4s內(nèi)物塊做勻加

速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小.根據(jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度

和加速度.

解答：4?6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f=F=2N.2?4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=

2

A=2in/s,根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-f=ma,即3-2=2m,解得m=0.5kg.由速度-時(shí)

間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s.故B、D正確，A、C錯(cuò)誤.

故選：BD.

點(diǎn)評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對?比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，

再由牛頓第二定律來求解.

題型二：對牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解

例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧I和水平細(xì)線II相連，I、II的另一端分別固定于P、

Q.球靜止時(shí)，I中拉力大小為Fi，II中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷H瞬間時(shí)，球的加速度a

應(yīng)是（）

A.則a=g,方向豎直向下B.則a=g,方向豎直向上

C.則a=」，方向沿I的延長線D.則a=_2,方向水平向左

mm

分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力.剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來

不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力

可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度.

解答：II未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2=mgtan3

COS0

剛剪斷II的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖:

//F〃/

由幾何關(guān)系，F(xiàn)ft=Fisin0=F2=ma,由牛頓第二定律得：

a=?產(chǎn)11—=—1,方向水平向左，故ABC錯(cuò)誤，D正確；

mm

故選：D.

點(diǎn)評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確

解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵.

題型三：動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求

物體的受力情況.

加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決

問題的基本思路.

例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情

況，裝置如圖甲所示.他使木塊以初速度vo=4m/s的速度沿傾角6=30°的斜面上滑緊接

著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v-

t圖線如圖乙所示.gMX10m/s2.求：

(1)上滑過程中的加速度的大小ai；

(2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)總

(3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v.

分析：(1)由V-t圖象可以求出上滑過程的加速度.

(2)由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù).

(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)

動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度.

解答：(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a-A?有：

At

上滑過程中加速度的大?。?/p>

v

04■m/s2=8m/s2

ai=At!=07?

(2)上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F=ma得上滑過程中

有:

mgsin6+|imgcos0=mai

代入數(shù)據(jù)得：黑=0.35.

(3)下滑的距離等于上滑的距離:

2

vo492,

x=----=———m=1m

2al2X8

下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏希膳ｎD第二定律尸=0^得:

下滑過程中：mgsine-|imgcos6=ma2

2

解得：a9=gsin6-Hgeos6=10X-^-Q.35X10X^-=2m/s

下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v=胸裝

聯(lián)立解得：v=2m/s

答：(1)上滑過程中的加速度的大小a]=8m/s2；

(2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.35；

(3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v=2m/s.

點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解.

【解題方法點(diǎn)撥】

1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系.對于分析瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)

注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：

（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突

變；

（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為尸=履，其中％是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，

②彈力突變.

2.應(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，

確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力

情況，都需用牛頓第二定律列方程.

應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟

（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程.

（2）分析研究對象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)

定正方向.

（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解.（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)行分解或

合成處理，再列方程）

（4）檢查答案是否完整、合理，必要時(shí)需進(jìn)行討論.

甲乙

2.動(dòng)量守恒定律

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不

變，這就是動(dòng)量守恒定律.

2.表達(dá)式：

（1）p=p',系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'.

（2）m\v\+miv2—m\v\'+miv2',相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于

作用后的動(dòng)量和.

（3）△"=-△02,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.

（4）Ap=O,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.

3.動(dòng)量守恒定律的適用條件

（1）不受外力或所受外力的合力為零.不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更

不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).

（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力.

（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動(dòng)量守恒.

【命題方向】

題型一：動(dòng)量守恒的判斷

例子：如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比mA：mB=3：2,它們原來靜止在平板車C上，A、

B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當(dāng)彈簧

突然釋放后，則有（）

A.A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.小車向左運(yùn)動(dòng)D.小車向右運(yùn)動(dòng)

分析：在整個(gè)過程中三個(gè)物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.分析小車的受力情

況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況.

解答：A、B,由題意，地面光滑，所以A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所

以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.

在彈簧釋放的過程中，由于nu：mB=3：2,A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組

成的系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒.故A錯(cuò)誤.B正確；

C、D由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為mi：m2=3：2,由摩擦力公式f=uN=pmg知，A對

小車向左的滑動(dòng)摩擦力大于B對小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B相對小車停止運(yùn)動(dòng)之前,

小車的合力所受的合外力向左，會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤.

故選：BC.

點(diǎn)評：本題關(guān)鍵掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷

是否系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，題目較為簡單!

題型二：動(dòng)量守恒的應(yīng)用

例子：如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m,在木板的上面

有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B,它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為最初木板靜止，A、

B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度vo和2Vo在木板上滑動(dòng)，木板足夠長，A、B始終未

滑離木板.求：

(1)木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；

(2)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度.

分析：(1)A、B兩木塊同時(shí)水平向右滑動(dòng)后，木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊A與

木板C的速度相等后，A、C相對靜止一起在C摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B

一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到三個(gè)物體速度相同.根據(jù)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒求出最

終共同的速度，對B由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求解發(fā)生的位移；

(2)當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時(shí)，木塊A的速度最小，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒求解A

在整個(gè)過程中的最小速度，或根據(jù)牛頓第二定律分別研究A、C,求出加速度，根據(jù)速度公

式，由速度相等條件求出時(shí)間，再求解木塊A在整個(gè)過程中的最小速度.

解答：(1)木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，

設(shè)為vi.對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：

mvo+2mvo=(m+m+3m)vi

解得：vi=O.6vo

木塊B滑動(dòng)的加速度為：a=pg,

v(2v2

所發(fā)生的位移：x=.i-o?.=21ii

-2a50Hg

(2)A與C速度相等時(shí)，速度最小，此過程A和B減少的速度相等，有：

mvo+2mvo—(m+3m)VA+OWB

vo-VA=2VO-VB

解得：VA=O.4VO

答：(1)木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移是

91vp.

50|lg'

(2)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度是O.4vo.

點(diǎn)評：本題是木塊在木板上滑動(dòng)的類型，分析物體的運(yùn)動(dòng)過程是解題基礎(chǔ)，其次要把握物理

過程所遵守的規(guī)律，這種類型常常根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合處理.

題型三：動(dòng)量守恒的臨界問題

如圖所示，光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M=2m的凸型滑塊，它的一個(gè)側(cè)面是與水平面相

切的光滑曲面，滑塊的高度為h=0.3m.質(zhì)量為m的小球，以水平速度vo在水平面上迎著

光滑曲面沖向滑塊.試分析計(jì)算vo應(yīng)滿足什么條件小球才能越過滑塊.(取g=10m/s2)

分析：小球越到滑塊最高點(diǎn)速度水平向右，以滑塊和和小球組成的系統(tǒng)為研究對象；根據(jù)動(dòng)

量守恒和過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒列出等式；根據(jù)題意要越過滑塊，應(yīng)有V|>V2,我們解決問題

時(shí)取的是臨界狀態(tài)求解.

解答：設(shè)小球越過滑塊最高點(diǎn)的速度為V”此時(shí)滑塊的速度為V2,根據(jù)動(dòng)量守恒得：

mvo=mvi+2mv2

此過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒得：

JIO12

—mvo——mvi+—2mv2+mgh

222

小球要越過滑塊，應(yīng)有V1>V2，至少也要有V1=V2,設(shè)V1=V2=V,上述兩式變?yōu)?/p>

mvo=(m+2m)v

Amvo2>A(m+2m)v2+mgh

22

解得vo>3m/s

答：小球要越過滑塊，初速度應(yīng)滿足vo>3m/s.

點(diǎn)評：應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)要清楚研究的對象和守恒條件.把動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合起來

列出等式求解是常見的問題.

題型四：動(dòng)量與能量的綜合

例子：如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一

感應(yīng)開關(guān)相連(當(dāng)滑塊滑過兩車連接處時(shí)，感應(yīng)開關(guān)使兩車自動(dòng)分離，分離時(shí)對兩車及滑塊

的瞬時(shí)速度沒有影響)，甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.5,

一根輕質(zhì)彈簧固定在甲車的左端，質(zhì)量為m=1kg的滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）與彈簧的右端接

觸但不相連，用一根細(xì)線拴在甲車左端和滑塊P之間使彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時(shí)彈簧的彈

性勢能Eo=10J,彈簧原長小于甲車長度，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)剪斷細(xì)線，滑塊P滑

上乙車后最終未滑離乙車，gMX10m/s2.求：

（1）滑塊P滑上乙車前的瞬時(shí)速度的大小；

（2）滑塊P滑上乙車后相對乙車滑行的距離.

分析：（1）因地面光滑，所以滑塊P在甲車上滑動(dòng)的過程中，符合動(dòng)量守恒的條件，同時(shí)

除了彈簧的彈力做功之外，沒有其他的力做功，所以機(jī)械能也是守恒的，分別應(yīng)用動(dòng)量守恒

和機(jī)械能守恒列式求解，可得出滑塊P滑上乙時(shí)的瞬時(shí)速度.

（2）滑塊P滑上乙車時(shí)，甲乙兩車脫離，滑塊和乙車做成了系統(tǒng)，經(jīng)對其受力分析，合外

力為零，動(dòng)量守恒，可求出滑塊和乙車的最終共同速度，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒可知，系統(tǒng)減

少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為了內(nèi)能，即為摩擦力與相對位移的乘積.從而可求出相對位移，即滑塊P

在乙車上滑行的距離.

解答：（1）設(shè)滑塊P滑上乙車前的速度為v,以整體為研究對象，作用的過程中動(dòng)量和機(jī)械

能都守恒，選向右的方向?yàn)檎?，?yīng)用動(dòng)量守恒和能量關(guān)系有：

mvi-2Mv2=0…①

叱冬音+春⑵）v；…②

①②兩式聯(lián)立解得：vi=4m/sV2=lm/s

（2）以滑塊和乙車為研究對象，選向右的方向?yàn)檎?，在此?dòng)過程中，由動(dòng)量守恒定律得：

mvi-MV2=（m+M）丫共???③

由能量守恒定律得：pmgL=/1n^+/加：-.（M+m）丫,…④

③④聯(lián)立并代入得：L=_§m

3

答：（1）滑塊P滑上乙時(shí)的瞬時(shí)速度的大小為4m/s.

（2）滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離為互m.

3

點(diǎn)評：本題考察了動(dòng)量守恒.機(jī)械能守恒和能量的轉(zhuǎn)化與守恒.

應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題要注意“四性”，①系統(tǒng)性.②矢量性.③同時(shí)性.

機(jī)械能守恒的條件是只有重力（或彈簧的彈力）做功，并只發(fā)生動(dòng)能和勢能的轉(zhuǎn)化.

【解題方法點(diǎn)撥】

1.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟:

（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程）；

（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；

（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；

（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；

（5）必要時(shí)進(jìn)行討論.

2.解決動(dòng)量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：

（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開

始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài).

（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度

關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等.

正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問題的關(guān)鍵.

3.綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)

4.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的

改變,不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因,

簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過程中所做的功，即可對問題求解.

5.利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題：

（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)

量表達(dá)式，無分量表達(dá)式.

（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在

力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件.在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研

究對象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀

態(tài)列方程求解.

（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和

運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡便.

~~I

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甲二

3.電阻定律

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.電阻定律

(1)內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導(dǎo)體的

電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān).

(2)表達(dá)式：R=pL.

S

2.電阻率

(1)計(jì)算式：0=畢.

(2)物理意義：反映導(dǎo)體的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)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R4可知，電阻與電壓、電流都有關(guān)系

B.由R=p上可知，電阻與導(dǎo)體的長度和橫截面積都有關(guān)系

S

C.各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小

D.所謂超導(dǎo)體，當(dāng)其溫度降低到接近絕對零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，它的電阻率突然變?yōu)榱?/p>

分析：導(dǎo)體的電阻是導(dǎo)體的一種性質(zhì)，反映了導(dǎo)體對電流阻礙作用的大?。浑娮璐笮∨c導(dǎo)體

的材料、長度、橫截面積有關(guān)；還受溫度的影響；與導(dǎo)體中的電流、導(dǎo)體兩端的電壓大小無

關(guān).

解：A、導(dǎo)體電阻的大小和導(dǎo)體的材料、長度、橫截面積有關(guān)，與電壓、電流沒有關(guān)系，故

A錯(cuò)誤，B正確；

C、各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯(cuò)誤；

D、超導(dǎo)體是當(dāng)其溫度降低到接近絕對零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，電阻值等于零，此時(shí)電阻率

突然變?yōu)榱?，故D正確.

故選BD.

點(diǎn)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(guān)鍵.

（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應(yīng)用:

如圖所示，P是一個(gè)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p,膜的厚度為d.管兩端有導(dǎo)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（）

2

兀曲cHUDdDHUP

ATB4ILILIL

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=p上計(jì)算出鍍膜材料的電阻率即可.

s

解：由歐姆定律可得,

鍍膜材料的電阻口=回，

I

鍍膜材料的截面積為s=2irD-d=nDd,

2

根據(jù)電阻定律可得,

所以鍍膜材料的電阻率p為,

p=sR=2-DdU,所以C正確.

LIL

故選c.

點(diǎn)評：本題容易出錯(cuò)的地方就是如何計(jì)算鍍膜材料的截面積，在計(jì)算時(shí)可以把它看成是邊長

為陶瓷管局長，寬為d的矩形，計(jì)算出截面積，再根據(jù)電阻定律計(jì)算即可.

【解題方法點(diǎn)撥】

1.電阻與電阻率的區(qū)別

（1）電阻是反映導(dǎo)體對電流阻礙作用大小的物理量.電阻率是反映制作導(dǎo)體的材料導(dǎo)電性

能好壞的物理量.

(2)導(dǎo)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7?=U

I

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/有關(guān)

適用于粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)體和濃適用于任何純電阻導(dǎo)體

度均勻的電解液

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.閉合電路歐姆定律

(1)內(nèi)容：閉合電路里的電流跟電源的電動(dòng)勢成正比，跟內(nèi)、外電阻之和成反比。

(2)公式：

①1=上(只適用于純電阻電路)；

R+r

②E=U外+Ir(適用于所有電路)。

2.路端電壓與外電阻的關(guān)系：

一般情況U=IR=.E-?R=—^―,

當(dāng)R增大時(shí)，U增大

特殊情況(1)當(dāng)外電路斷路時(shí)，1=0,U=E

(2)當(dāng)外電路短路時(shí)，I近=2，U=0

【命題方向】

(1)第一類?？碱}型是對電路的動(dòng)態(tài)分析：

如圖所示，電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P處于左端時(shí)，三盞燈LI、L2、

L3均發(fā)光良好。在滑片P從左端逐漸向右端滑動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是（）

A.小燈泡Li、L2變暗B.小燈泡L3變暗，Li、L2變亮

C.電壓表V1、V2示數(shù)均變大D.電壓表V1、V2示數(shù)之和變大

分析：在滑片P從左端逐漸向右端滑動(dòng)的過程中，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化,

分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可由歐姆定律判斷

L2兩端電壓的變化，從而知道燈泡L2亮度的變化和電壓表V2示數(shù)的變化。再根據(jù)路端電

壓的變化，分析燈泡L3亮度的變化和電壓表V1示數(shù)的變化；根據(jù)干路電流與L3電流的變

化，分析L電流的變化，即可判斷燈泡L1亮度的變化。根據(jù)路端電壓的變化，判斷兩電壓

表示數(shù)之和的變化。

解：B、滑片P向右滑動(dòng)的過程中，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變大，整個(gè)閉合回路的總電

阻變大，根據(jù)閉合歐姆定律可得干路電流1=一?一變小，燈泡L2變暗，故B錯(cuò)誤。