2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末培優(yōu)卷3

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末培優(yōu)卷3一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2019秋?寧波期末）有些物理量既有大小又有方向才能完全確定，而且運(yùn)算法則遵循平行四邊形定則，物理學(xué)中把這樣的量稱(chēng)之為矢量。下列物理量中不屬于矢量的是（）A．力 B．速率 C．重力加速度 D．向心加速度2．（3分）（2023秋?重慶期末）圖中實(shí)線為等勢(shì)面，一帶電粒子從電場(chǎng)中的B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，徑跡如圖中虛線所示，不計(jì)粒子所受重力，則（）A．粒子一定帶正電 B．粒子的動(dòng)能逐漸增加 C．粒子在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度 D．粒子在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能3．（3分）A、B兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面固定，兩導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，在兩導(dǎo)線連線的垂直平分線上有一小磁針，在磁場(chǎng)力作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，忽略地磁場(chǎng)的影響。關(guān)于兩導(dǎo)線中電流方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向里 B．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向外 C．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向里 D．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向外4．（3分）（2021秋?東城區(qū)期末）如圖所示電路中，表頭G的內(nèi)阻Rg＝500Ω，滿偏電流Ig＝1mA，R1、R2為定值電阻，若R1＝R2＝9.5kΩ，下列說(shuō)法正確的是（）A．表頭G的滿偏電壓為500V B．使用a、b兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，可以用來(lái)測(cè)量大于1mA的電流 C．使用a、b兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，可以用來(lái)測(cè)量電壓，其量程為0～10V D．使用a、c兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，可以用來(lái)測(cè)量電壓，其量程為0～20V5．（3分）（2022秋?香坊區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，閉合開(kāi)關(guān)S，不考慮燈絲電阻阻值隨溫度的變化，電流表、電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由左端向右端滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．電流表A1示數(shù)變小，電流表A讀數(shù)減小，小燈泡L1變暗 B．電流表A讀數(shù)增大，電壓表V讀數(shù)變大，小燈泡L2變暗 C．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A示數(shù)變化ΔI，ΔUΔI等于rD．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A1示數(shù)變化ΔI1，ΔUΔI6．（3分）（2021?西城區(qū)二模）如圖所示，線圈A通過(guò)滑動(dòng)變阻器和開(kāi)關(guān)連接到電源上，線圈B的兩端連到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面。實(shí)驗(yàn)中觀察到，開(kāi)關(guān)閉合瞬間，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，則（）A．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間，電流表指針不偏轉(zhuǎn) B．開(kāi)關(guān)閉合瞬間，兩個(gè)線圈中的電流方向可能同為順時(shí)針或逆時(shí)針 C．開(kāi)關(guān)閉合，向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，電流表指針向右偏轉(zhuǎn) D．開(kāi)關(guān)閉合，向上拔出線圈A的過(guò)程中，線圈B將對(duì)線圈A產(chǎn)生排斥力7．（3分）（2022春?太倉(cāng)市校級(jí)期中）一對(duì)平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)的方向與金屬板垂直，磁場(chǎng)的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列粒子分別自A．以速度4v0射入的a粒子（14HeB．以速度2v0射入的核（12HC．以速度v0射入的電子（-10eD．以速度v02的射入的正電子（請(qǐng)閱讀下述文字，完成第14題、第15題、第16題。如圖所示為多用電表的表盤(pán)。8．（3分）如圖所示為某同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)所連接的電路。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)L1、L2都不亮。該同學(xué)利用多用電表的電壓擋檢測(cè)故障，檢測(cè)結(jié)果如下表所示。根據(jù)檢測(cè)結(jié)果判斷，可能的故障是（）測(cè)試點(diǎn)a、bc、dd、f電壓表示數(shù)情況有示數(shù)無(wú)示數(shù)有示數(shù)A．燈L1斷路 B．燈L2短路 C．bf段斷路 D．de段斷路9．（3分）（2023春?遼陽(yáng)期末）1932年，安德森在宇宙線實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了正電子。假設(shè)正電子的速率為v，電荷量為q，沿著與磁場(chǎng)垂直的方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則它受到的洛倫茲力為（）A．qvB B．qB C．vB D．0.5qvB10．（3分）（2021?遼寧模擬）如圖，有理想邊界的矩形區(qū)域abcd由兩個(gè)正方形區(qū)域aefd和ebcf組成，e和f為ab和cd的中點(diǎn)，ab＝2ad＝2l，正方形區(qū)域aefd和ebcf內(nèi)部各存在著兩個(gè)方向相反的垂直紙面的強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，de、ec是兩個(gè)不同方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)的理想分界線。一邊長(zhǎng)也為l的正方形導(dǎo)線框的底邊與矩形磁場(chǎng)區(qū)域的底邊在同一直線上，正方形導(dǎo)線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定速度v穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，從左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則正方形導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i隨其移動(dòng)距離x的i﹣x圖像正確的是（）A． B． C． D．二．多選題（共4小題，滿分12分，每小題3分）（多選）11．（3分）（2018秋?江都區(qū)期中）如圖所示，將四根通電直導(dǎo)線分別放在四個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圖中給出了磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向、導(dǎo)線中電流I的方向，某同學(xué)分別畫(huà)出了通電直導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力F的方向，其中正確的是（）A． B． C． D．（多選）12．（3分）（2023秋?秀英區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E＝12V，內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R1＝1Ω，R2＝6Ω。開(kāi)關(guān)閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作。已知電動(dòng)機(jī)額定電壓U＝6V，線圈電阻RM＝0.5Ω，則下列說(shuō)法正確的是（）A．流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為12A B．流過(guò)電源的電流為3A C．電源的輸出功率為18W D．電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功率為10W（多選）13．（3分）（2023秋?南崗區(qū)校級(jí)期末）如圖1所示，一金屬圓環(huán)放在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與金屬圓環(huán)平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖2所示，則在0～1s的時(shí)間內(nèi)與1～3s的時(shí)間內(nèi)（）A．金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向相反 B．金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流大小之比為1：2 C．通過(guò)金屬圓環(huán)中某一截面電荷量之比為1：1 D．金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱之比為4：1（多選）14．（3分）（2023春?平潭縣校級(jí)期中）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件，當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時(shí)、簡(jiǎn)化原理如圖所示，寬為a、厚為b、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其載流子是電荷量為e的自由電子，當(dāng)通入方向向右、大小為I的電流時(shí)，元件前、后表面間電壓為U，則此時(shí)元件的（）A．前表面的電勢(shì)比后表面的低 B．自由電子受到的洛倫茲力大小為eUaC．前、后表面間的電壓U與b無(wú)關(guān) D．前、后表面間的電壓U與I成正比三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分18分）15．（8分）（2023?廣州二模）用圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)內(nèi)容。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，要通過(guò)電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向來(lái)觀測(cè)電路中電流的方向，因此電流表應(yīng)采用圖乙中的（選填“a”“b”）；（2）依照?qǐng)D甲所示的電路圖，將圖乙的實(shí)驗(yàn)器材用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線連接成實(shí)驗(yàn)電路（圖中已有部分連接）；（3）開(kāi)關(guān)S接1后，小燈泡L（填選項(xiàng)前的字母）；A.一直不亮B.逐漸變亮，穩(wěn)定后保持亮度不變C.突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅（4）開(kāi)關(guān)S接1足夠長(zhǎng)時(shí)間后，再將開(kāi)關(guān)S接2。開(kāi)關(guān)S接2之后電壓表讀數(shù)（選填“逐漸增大”“逐漸減小”）；（5）圖乙中電容器的電容為μF。當(dāng)電容器的電壓為10V時(shí)其帶電量為C（保留兩位有效數(shù)字）。16．（10分）（2024?貴州模擬）小李同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電路來(lái)準(zhǔn)確測(cè)量一根金屬絲的電阻，原理圖如圖甲所示。他先用萬(wàn)用表粗略測(cè)得金屬絲電阻約為20Ω；現(xiàn)有下列器材可供選擇：A.電源（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻約為1Ω）B.電壓表（量程3V，內(nèi)阻約為1kΩ）C.電壓表（量程15V，內(nèi)阻約為5kΩ）D.電流表（量程30mA，內(nèi)阻為20Ω）E.電流表（量程0.6A，內(nèi)阻為5Ω）F.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為20Ω）G.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為500Ω）H.定值電阻R0（阻值為5Ω）I.定值電阻R1（阻值為100Ω）J.開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）為了測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)時(shí)電壓表應(yīng)該選擇，電流表應(yīng)該選擇，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選擇，定值電阻應(yīng)該選擇。（均填器材前對(duì)應(yīng)字母）（2）電壓表讀數(shù)記為U，電流表讀數(shù)記為I，若不考慮電壓表內(nèi)阻的影響，小李同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的U﹣I圖像如圖乙所示，計(jì)算可得圖像斜率為k＝105，則金屬絲電阻為Ω（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。四．解答題（共4小題，滿分40分）17．（9分）（2023秋?西山區(qū)期末）如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)E為3V，內(nèi)阻r為1Ω；定值電阻R1為1Ω，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值為4Ω，求：（1）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的阻值為0時(shí)，R1兩端的電壓；（2）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時(shí)，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量。18．（9分）（2024?廣東三模）如圖所示為某款質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源S、加速電場(chǎng)PQ，靜電分析器、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)、記錄板，靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向的電場(chǎng)，中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，記錄板MN緊靠靜電分析器水平放置，靜電分析器和記錄板下方分布著范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，離子源S可以發(fā)射初速度不計(jì)的正離子，已知該離子源發(fā)射的質(zhì)子11H經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析器，恰能沿靜電分析器中心線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，之后豎直向下飛入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最終水平偏轉(zhuǎn)距離d后打在記錄板上，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為（1）加速電場(chǎng)的電壓U；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的波動(dòng)范圍為B±ΔB，為使質(zhì)子11H與氘核1219．（10分）（2024?北辰區(qū)三模）有關(guān)列車(chē)電氣制動(dòng)，可以借助如圖所示簡(jiǎn)化模型來(lái)理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，金屬棒MN的質(zhì)量為m＝0.2kg，導(dǎo)軌右端接有阻值為R＝3Ω的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r＝1Ω，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。金屬棒MN在安培力作用下向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程對(duì)應(yīng)于列車(chē)的電氣制動(dòng)過(guò)程，金屬棒MN開(kāi)始減速時(shí)的初速度為v0＝4m/s。（1）求剛開(kāi)始減速時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓U；（2）求剛開(kāi)始減速時(shí)，安培力的功率P；（3）在制動(dòng)過(guò)程中，列車(chē)還會(huì)受到空氣阻力和軌道的摩擦力作用，為了研究問(wèn)題方便，設(shè)簡(jiǎn)化模型受到的這些阻力總和大小恒為f＝1N。在金屬棒從開(kāi)始減速到速度減至2m/s的過(guò)程中，金屬棒的位移大小為x0＝0.6m。求：該過(guò)程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q。20．（12分）（2019秋?沙洋縣校級(jí)月考）如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸正方向的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E．一電子以平行于x軸正方向的初速度v0從P點(diǎn)射入電場(chǎng)中，并從A點(diǎn)離開(kāi)第Ⅰ象限。已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，L），A點(diǎn)坐標(biāo)為（2L，0）。不計(jì)電子的重力。試求：（1）電子的比荷qm（2）若在第Ⅳ象限過(guò)Q點(diǎn)放一張垂直于y軸的感光膠片，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，﹣L），求感光膠片上曝光點(diǎn)的橫坐標(biāo)x。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期北京高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2019秋?寧波期末）有些物理量既有大小又有方向才能完全確定，而且運(yùn)算法則遵循平行四邊形定則，物理學(xué)中把這樣的量稱(chēng)之為矢量。下列物理量中不屬于矢量的是（）A．力 B．速率 C．重力加速度 D．向心加速度【考點(diǎn)】矢量和標(biāo)量的區(qū)分與判斷．【專(zhuān)題】定性思想；歸納法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題；理解能力．【答案】B【分析】矢量是既有大小，又有方向，運(yùn)算時(shí)遵循平行四邊形定則的物理量，而標(biāo)量只有大小，沒(méi)有方向，運(yùn)算時(shí)遵循代數(shù)加減法則。【解答】解：ACD、矢量是既有大小，又有方向，運(yùn)算時(shí)遵循平行四邊形定則的物理量，力、重力加速度和向心加速度都是矢量，故ACD錯(cuò)誤；B、標(biāo)量只有大小沒(méi)有方向，速率是標(biāo)量，故B正確。本題選不屬于矢量的，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要明確矢量和標(biāo)量的區(qū)別，知道矢量有大小又有方向，標(biāo)量只有大小，沒(méi)有方向。2．（3分）（2023秋?重慶期末）圖中實(shí)線為等勢(shì)面，一帶電粒子從電場(chǎng)中的B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，徑跡如圖中虛線所示，不計(jì)粒子所受重力，則（）A．粒子一定帶正電 B．粒子的動(dòng)能逐漸增加 C．粒子在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度 D．粒子在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲方向判定電場(chǎng)力方向，從而確定電性；然后根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度，判斷電場(chǎng)力的變化，分析加速度的變化。根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能和動(dòng)能的變化?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，可知電場(chǎng)線的方向大致沿豎直方向；由粒子受到的合力的方向大致沿運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場(chǎng)力的方向大體向下；由于不知道電勢(shì)的高低關(guān)系，則不能判斷出電場(chǎng)線的方向，也無(wú)法判定粒子的電性，故A錯(cuò)誤。BD、帶電粒子從B到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向之間的夾角為鈍角，則電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，則帶電粒子的電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故BD錯(cuò)誤；C、A點(diǎn)處等差等勢(shì)面密，則A點(diǎn)電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大，粒子在A點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大，加速度大，所以粒子在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度，故C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決這類(lèi)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出電場(chǎng)力方向，利用電場(chǎng)中有關(guān)規(guī)律求解；要明確電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能和動(dòng)能間的關(guān)系。3．（3分）A、B兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面固定，兩導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，在兩導(dǎo)線連線的垂直平分線上有一小磁針，在磁場(chǎng)力作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，忽略地磁場(chǎng)的影響。關(guān)于兩導(dǎo)線中電流方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向里 B．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向外 C．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向里 D．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向外【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)．【專(zhuān)題】定性思想；歸納法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】小磁針靜止時(shí)N極方向向右，說(shuō)明該處的磁場(chǎng)向右，分別對(duì)四個(gè)選項(xiàng)的A導(dǎo)線和B導(dǎo)線運(yùn)用安培定則，即可判斷?！窘獯稹拷猓盒〈裴楴極的指向是該點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，由于兩個(gè)導(dǎo)線通過(guò)的電流是大小相等，根據(jù)安培定則，與導(dǎo)線等距離地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也相等；A．A中電流垂直紙面向外，A導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向右上方；B中電流垂直紙面向里，B導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向左上方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應(yīng)矢量合向上方，故A錯(cuò)誤；B．A中電流垂直紙面向外，A導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向右上方；B中電流垂直紙面向外，B導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向右下方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應(yīng)矢量合向右，故B正確；C．A中電流垂直紙面向里，A導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向左下方；B中電流垂直紙面向里，B導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向左上方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應(yīng)矢量合向左，故C錯(cuò)誤；D．A中電流垂直紙面向里，A導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向左下方；B中電流垂直紙面向外，B導(dǎo)線在小磁針處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向右下方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應(yīng)矢量合向下，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查安培定則的內(nèi)容，掌握磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量的合成法則的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。4．（3分）（2021秋?東城區(qū)期末）如圖所示電路中，表頭G的內(nèi)阻Rg＝500Ω，滿偏電流Ig＝1mA，R1、R2為定值電阻，若R1＝R2＝9.5kΩ，下列說(shuō)法正確的是（）A．表頭G的滿偏電壓為500V B．使用a、b兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，可以用來(lái)測(cè)量大于1mA的電流 C．使用a、b兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，可以用來(lái)測(cè)量電壓，其量程為0～10V D．使用a、c兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，可以用來(lái)測(cè)量電壓，其量程為0～20V【考點(diǎn)】電表的改裝和應(yīng)用（實(shí)驗(yàn)）；串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】電流表改裝成電壓表要串聯(lián)電阻分壓．根據(jù)歐姆定律可解得電壓表兩側(cè)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)歐姆定律可知表頭G的滿偏電壓Ug＝IgRg＝1×10﹣3×500V＝0.5V，故A錯(cuò)誤；BC、使用a、b兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，電路中允許經(jīng)過(guò)的最大電流為Ig＝1mA，電流表改裝成電壓表串聯(lián)電阻R：U＝Ig（Rg+R1）＝1×10﹣3×（500+9500）V＝10V，故B錯(cuò)誤，C正確；D、使用a、c兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，電流表改裝成電壓表串聯(lián)電阻R：U＝Ig（Rg+R1+R2）＝1×10﹣3×（500+9500+9500）V＝19.5V，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】明確電流表改裝在電壓表要串聯(lián)電阻分壓，掌握改裝電壓表量程的計(jì)算方式。5．（3分）（2022秋?香坊區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，閉合開(kāi)關(guān)S，不考慮燈絲電阻阻值隨溫度的變化，電流表、電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由左端向右端滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．電流表A1示數(shù)變小，電流表A讀數(shù)減小，小燈泡L1變暗 B．電流表A讀數(shù)增大，電壓表V讀數(shù)變大，小燈泡L2變暗 C．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A示數(shù)變化ΔI，ΔUΔI等于rD．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A1示數(shù)變化ΔI1，ΔUΔI【考點(diǎn)】電路動(dòng)態(tài)分析；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】由電路圖可知，燈泡L2與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，電壓表測(cè)路端電壓；根據(jù)滑片的移動(dòng)確定接入電路中電阻的變化，根據(jù)歐姆定律確定電路中電流的變化和燈泡兩端的電壓變化，根據(jù)P＝I2R確定燈泡實(shí)際功率的變化，進(jìn)一步根據(jù)燈泡的亮暗取決于實(shí)際功率的大小確定燈泡亮暗的變化，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)確定電壓表示數(shù)的變化，最后根據(jù)歐姆定律和滑動(dòng)變阻器接入電路中電阻的變化確定電壓表與電流表的示數(shù)之比的變化．【解答】解：AB．滑動(dòng)變阻器滑片向右端滑動(dòng)，R1變大，總電阻R變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電流表A讀數(shù)I=ER+r減小，電壓表測(cè)路端電壓，電壓表V讀數(shù)U＝E﹣Ir變大，小燈泡L2實(shí)際功率P2=I2RL2變小，小燈泡L2變暗，小燈泡LC．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A示數(shù)變化ΔIΔUΔI故C正確；D．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A1示數(shù)變化ΔI1ΔUΔ故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，按“局部→整體→局部”的順序進(jìn)行分析。6．（3分）（2021?西城區(qū)二模）如圖所示，線圈A通過(guò)滑動(dòng)變阻器和開(kāi)關(guān)連接到電源上，線圈B的兩端連到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面。實(shí)驗(yàn)中觀察到，開(kāi)關(guān)閉合瞬間，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，則（）A．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間，電流表指針不偏轉(zhuǎn) B．開(kāi)關(guān)閉合瞬間，兩個(gè)線圈中的電流方向可能同為順時(shí)針或逆時(shí)針 C．開(kāi)關(guān)閉合，向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，電流表指針向右偏轉(zhuǎn) D．開(kāi)關(guān)閉合，向上拔出線圈A的過(guò)程中，線圈B將對(duì)線圈A產(chǎn)生排斥力【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用；研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專(zhuān)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】C【分析】根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件分析答題，穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，電路產(chǎn)生感應(yīng)電流；同時(shí)根據(jù)楞次定律的兩種描述分別分析感應(yīng)電流的方向以及相互間的相用力。【解答】解：A、開(kāi)關(guān)斷開(kāi)的瞬間，A中電流減小產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，導(dǎo)致線圈B中的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)S2處于閉合狀態(tài)，在S1閉合瞬間，穿過(guò)副線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副線圈中感應(yīng)電流與原線圈中電流的方向相反，故B錯(cuò)誤；C、開(kāi)關(guān)閉合，向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，接入電阻減小，線圈A中電流增大，根據(jù)楞次定律可知線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流與閉合開(kāi)關(guān)時(shí)方向相同，故針向右偏轉(zhuǎn)，故C正確；D、開(kāi)關(guān)閉合，向上拔出線圈A的過(guò)程中，根據(jù)楞次定律可知，線圈B將對(duì)線圈A產(chǎn)生吸引力，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查楞次定律的應(yīng)用，重點(diǎn)掌握楞次定律的兩種描述：“增反減同”以及“來(lái)拒去留”應(yīng)用。7．（3分）（2022春?太倉(cāng)市校級(jí)期中）一對(duì)平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)的方向與金屬板垂直，磁場(chǎng)的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列粒子分別自A．以速度4v0射入的a粒子（14HeB．以速度2v0射入的核（12HC．以速度v0射入的電子（-10eD．以速度v02的射入的正電子（【考點(diǎn)】速度選擇器．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】C【分析】（11H質(zhì)子）以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力相等時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。速度滿足v【解答】解：（11H質(zhì)子）以速度v0qv0B＝qE解得：v0=EA、以4v0速射入的a粒，其速度不滿足速度選器的條件，故不能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、以速度2v0射入的核（12H），所受的洛倫茲力大于電場(chǎng)力，（12C．以速度v0射入的電子，滿足電場(chǎng)力等于洛倫茲力，而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即速度選擇器不選擇電性而只選擇速度，故C正確；D．以速度v02的射入的正電子（10故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是速度選擇器，解題的關(guān)鍵是粒子速度滿足v0=E請(qǐng)閱讀下述文字，完成第14題、第15題、第16題。如圖所示為多用電表的表盤(pán)。8．（3分）如圖所示為某同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)所連接的電路。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)L1、L2都不亮。該同學(xué)利用多用電表的電壓擋檢測(cè)故障，檢測(cè)結(jié)果如下表所示。根據(jù)檢測(cè)結(jié)果判斷，可能的故障是（）測(cè)試點(diǎn)a、bc、dd、f電壓表示數(shù)情況有示數(shù)無(wú)示數(shù)有示數(shù)A．燈L1斷路 B．燈L2短路 C．bf段斷路 D．de段斷路【考點(diǎn)】根據(jù)電路現(xiàn)象分析故障原因及位置；練習(xí)使用多用電表（實(shí)驗(yàn)）．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】D【分析】電壓表判斷故障時(shí)，根據(jù)題意結(jié)合選項(xiàng)分析即可；【解答】解：A、若燈L1斷路，則c、d間應(yīng)有示數(shù)，d、f間無(wú)示數(shù)，故A錯(cuò)誤；B、若僅燈L2短路，燈泡L1應(yīng)變更亮，故B錯(cuò)誤；C、若bf段斷路，則a、b間有電壓，c、d間無(wú)電壓，d、f間無(wú)電壓，故C錯(cuò)誤；D、de段斷路，則L1、L2都不亮，a、b間有電壓，c、d間無(wú)電壓，d、f間有電壓，與題信息相符，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了用多用電表檢查電路故障，檢查電路故障可以用電壓表、電流表、或歐姆表，應(yīng)用歐姆表檢查電路故障時(shí)，應(yīng)把電源斷開(kāi)；要掌握應(yīng)用各電表檢查電路故障的方法．9．（3分）（2023春?遼陽(yáng)期末）1932年，安德森在宇宙線實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了正電子。假設(shè)正電子的速率為v，電荷量為q，沿著與磁場(chǎng)垂直的方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則它受到的洛倫茲力為（）A．qvB B．qB C．vB D．0.5qvB【考點(diǎn)】洛倫茲力的概念．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】A【分析】當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)的方向垂直時(shí)，受到的洛倫茲力的大小為f＝qvB，由此計(jì)算即可?！窘獯稹拷猓赫娮友刂c磁場(chǎng)垂直的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則它受到的洛倫茲力為f＝qvB，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握洛倫茲力的大小公式，同時(shí)注意公式成立條件：速度方向與磁場(chǎng)垂直。10．（3分）（2021?遼寧模擬）如圖，有理想邊界的矩形區(qū)域abcd由兩個(gè)正方形區(qū)域aefd和ebcf組成，e和f為ab和cd的中點(diǎn)，ab＝2ad＝2l，正方形區(qū)域aefd和ebcf內(nèi)部各存在著兩個(gè)方向相反的垂直紙面的強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，de、ec是兩個(gè)不同方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)的理想分界線。一邊長(zhǎng)也為l的正方形導(dǎo)線框的底邊與矩形磁場(chǎng)區(qū)域的底邊在同一直線上，正方形導(dǎo)線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定速度v穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，從左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則正方形導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i隨其移動(dòng)距離x的i﹣x圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；楞次定律及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；分析綜合能力．【答案】C【分析】導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，分段可以分析出線框中感應(yīng)電流，利用右手定則判定感應(yīng)電流方向。【解答】解：BD.導(dǎo)線框從0～t運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)線框的右邊切割磁感應(yīng)線，0～l2運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線在垂直紙面向里的有效切割長(zhǎng)度大于垂直向外的有效切割長(zhǎng)度，所以電流方向逆時(shí)針為正，當(dāng)在l2時(shí)電流為零，l2～l運(yùn)動(dòng)過(guò)程中剛好相反，電流方向順時(shí)針為負(fù)；導(dǎo)線框從2l～3l運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)線框的左邊切割磁感應(yīng)線，2l～5l2運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線在垂直紙面向外的有效切割長(zhǎng)度大于垂直向里的有效長(zhǎng)度，電流方向逆時(shí)針為正，5l2AC.從l～2l運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)線左右兩邊都在磁場(chǎng)中切割而在3l2處順時(shí)針的感應(yīng)電流和逆時(shí)針的電流大小相等，所以此位置感應(yīng)電流為零，故A錯(cuò)誤，C故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題屬于電磁感應(yīng)中，導(dǎo)體切割磁感線，利用E＝BLv可以求得電動(dòng)勢(shì)，然后求出電流。利用右手定則判斷感應(yīng)電流方向。二．多選題（共4小題，滿分12分，每小題3分）（多選）11．（3分）（2018秋?江都區(qū)期中）如圖所示，將四根通電直導(dǎo)線分別放在四個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圖中給出了磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向、導(dǎo)線中電流I的方向，某同學(xué)分別畫(huà)出了通電直導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力F的方向，其中正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向．【專(zhuān)題】作圖題；定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】AD【分析】熟練應(yīng)用左手定則是解決本題的關(guān)鍵，在應(yīng)用時(shí)可以先確定一個(gè)方向，然后逐步進(jìn)行，如可先讓磁感線穿過(guò)手心，然后通過(guò)旋轉(zhuǎn)手，讓四指和電流方向一致或讓大拇指和力方向一致，從而判斷出另一個(gè)物理量的方向，用這種程序法，防止弄錯(cuò)方向?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)左手定值可知：A、圖中的安培力應(yīng)該垂直導(dǎo)體斜向上，故A正確；B、圖中電流方向和磁場(chǎng)方向平行，不受安培力，故B錯(cuò)誤；C、圖中的安培力應(yīng)該垂直磁感線豎直向上，故C錯(cuò)誤；D、圖中的安培力應(yīng)該垂直于電流方向斜向下，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】左手定則中涉及物理量及方向較多，在應(yīng)用過(guò)程中容易出現(xiàn)錯(cuò)誤，要加強(qiáng)練習(xí)，增加熟練程度。（多選）12．（3分）（2023秋?秀英區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E＝12V，內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R1＝1Ω，R2＝6Ω。開(kāi)關(guān)閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作。已知電動(dòng)機(jī)額定電壓U＝6V，線圈電阻RM＝0.5Ω，則下列說(shuō)法正確的是（）A．流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為12A B．流過(guò)電源的電流為3A C．電源的輸出功率為18W D．電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功率為10W【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；計(jì)算電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功或機(jī)械功率．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)歐姆定律求出流過(guò)電阻R2的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出流過(guò)電源的電流，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)求出通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流；根據(jù)P出＝EI﹣I2r，求解電源的輸出功率；根據(jù)電功率的公式分別求出電動(dòng)機(jī)的輸入功率和發(fā)熱功率，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于輸入功率減去發(fā)熱功率?！窘獯稹拷猓篈B、電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，已知電動(dòng)機(jī)額定電壓U＝6V，則R2兩端的電壓是6V，流過(guò)R2的電流為：I2=UR2設(shè)流過(guò)電源的電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：E＝U+I（R1+r），解得：I＝3A流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為：IM＝I﹣I2＝3A﹣1A＝2A，故A錯(cuò)誤，B正確；C．電源的輸出功率為：P代入數(shù)據(jù)解得：P出＝27W，故C錯(cuò)誤；D．電動(dòng)機(jī)的輸入功率為：P入＝UIM＝6×2W＝12W電動(dòng)機(jī)的熱功率為：P熱=IM2R電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為：P機(jī)＝P入﹣P熱＝12W﹣2W＝10W，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了閉合電路歐姆定律的應(yīng)用和電功率的計(jì)算問(wèn)題，關(guān)鍵要搞清電動(dòng)機(jī)輸入功率、發(fā)熱功率和輸出功率的求法，以及三者之間的關(guān)系。要注意電動(dòng)機(jī)工作時(shí)，歐姆定律不適用。（多選）13．（3分）（2023秋?南崗區(qū)校級(jí)期末）如圖1所示，一金屬圓環(huán)放在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與金屬圓環(huán)平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖2所示，則在0～1s的時(shí)間內(nèi)與1～3s的時(shí)間內(nèi)（）A．金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向相反 B．金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流大小之比為1：2 C．通過(guò)金屬圓環(huán)中某一截面電荷量之比為1：1 D．金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱之比為4：1【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類(lèi)問(wèn)題；楞次定律及其應(yīng)用；法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據(jù)磁通量的變化分析感應(yīng)電流的方向，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流，根據(jù)q＝It可分析電荷量的大小，根據(jù)焦耳定律分析D?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)題意，結(jié)合圖像，由楞次定律可知，0～1s時(shí)間內(nèi)金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向逆時(shí)針（俯視），1～3s的時(shí)間內(nèi)金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向順時(shí)針（俯視），即金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向相反，故A正確；B．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦ感應(yīng)電流為I=由圖可知，0～1s時(shí)間內(nèi)ΔBΔt=21～3s時(shí)間內(nèi)ΔB'Δt'=2可得，金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流大小之比為I1：I2＝2：1故B錯(cuò)誤；C．由公式q＝It可得，通過(guò)金屬圓環(huán)中某一截面電荷量之比為q1故C正確；D．由公式Q＝I2Rt可得，金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱之比為Q1故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、焦耳定律，要注意感應(yīng)電流方向的判斷。（多選）14．（3分）（2023春?平潭縣校級(jí)期中）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件，當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時(shí)、簡(jiǎn)化原理如圖所示，寬為a、厚為b、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其載流子是電荷量為e的自由電子，當(dāng)通入方向向右、大小為I的電流時(shí)，元件前、后表面間電壓為U，則此時(shí)元件的（）A．前表面的電勢(shì)比后表面的低 B．自由電子受到的洛倫茲力大小為eUaC．前、后表面間的電壓U與b無(wú)關(guān) D．前、后表面間的電壓U與I成正比【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)左手定則得出電子的偏轉(zhuǎn)方向，結(jié)合電性得出電勢(shì)的高低；根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出電勢(shì)差的大小，結(jié)合題意完成分析?！窘獯稹拷猓篈．當(dāng)通入方向向右、大小為I的電流時(shí)，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛倫茲力指向后表面，結(jié)合電子的電性可知后表面帶負(fù)電，由此可分析出前表面的電勢(shì)比后表面的高，故A錯(cuò)誤；B．元件前、后表面間電壓為U時(shí)，洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，則有F洛=eUCD．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝nevab洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，則有evB=聯(lián)立解得：U=故前、后表面間的電壓U與I成正比，U與b有關(guān)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉左手定則得出洛倫茲力的方向，結(jié)合電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分18分）15．（8分）（2023?廣州二模）用圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)內(nèi)容。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，要通過(guò)電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向來(lái)觀測(cè)電路中電流的方向，因此電流表應(yīng)采用圖乙中的a（選填“a”“b”）；（2）依照?qǐng)D甲所示的電路圖，將圖乙的實(shí)驗(yàn)器材用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線連接成實(shí)驗(yàn)電路（圖中已有部分連接）；（3）開(kāi)關(guān)S接1后，小燈泡LC（填選項(xiàng)前的字母）；A.一直不亮B.逐漸變亮，穩(wěn)定后保持亮度不變C.突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅（4）開(kāi)關(guān)S接1足夠長(zhǎng)時(shí)間后，再將開(kāi)關(guān)S接2。開(kāi)關(guān)S接2之后電壓表讀數(shù)逐漸減?。ㄟx填“逐漸增大”“逐漸減小”）；（5）圖乙中電容器的電容為3300μF。當(dāng)電容器的電壓為10V時(shí)其帶電量為0.033C（保留兩位有效數(shù)字）。【考點(diǎn)】觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電容器專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）a；（2）見(jiàn)解答；（3）C；（4）逐漸減??；（5）3300；0.033【分析】（1）根據(jù)電表的區(qū)別選擇合適的電表進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；（2）根據(jù)上述分析，同時(shí)完成實(shí)驗(yàn)電路圖的連線；（3）根據(jù)電容器的特點(diǎn)，結(jié)合電路構(gòu)造的分析得出燈泡的亮度變化；（4）根據(jù)電容器的特點(diǎn)分析出其兩端電勢(shì)差的變化趨勢(shì)；（5）根據(jù)電容器的銘牌得出電容，結(jié)合公式Q＝CU得出帶電量?！窘獯稹拷猓海?）表a能判斷出電流的方向，而表b只能判斷有無(wú)電流，故電流表應(yīng)選擇圖乙中的a；（2）實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示：（3）開(kāi)關(guān)接1后，在通電瞬間電容器的電阻較小，穩(wěn)定后電容器相當(dāng)于斷路，所以小燈泡L會(huì)突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅，故C正確，AB錯(cuò)誤；故選：C。（4）開(kāi)關(guān)接2后，電容器開(kāi)始放電，根據(jù)公式Q＝CU可知，電容器的電容保持不變，但電荷量減小，所以電勢(shì)差減小，因此電壓表讀數(shù)逐漸減??；（5）圖乙中電容器的電容為3300μF，根據(jù)公式Q＝CU可知，當(dāng)電壓為10V時(shí)，Q＝3.3×10﹣6×10C＝0.033C故答案為：（1）a；（2）見(jiàn)解答；（3）C；（4）逐漸減小；（5）3300；0.033【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電容器的充放電現(xiàn)象，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合電荷量的計(jì)算公式即可完成分析。16．（10分）（2024?貴州模擬）小李同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電路來(lái)準(zhǔn)確測(cè)量一根金屬絲的電阻，原理圖如圖甲所示。他先用萬(wàn)用表粗略測(cè)得金屬絲電阻約為20Ω；現(xiàn)有下列器材可供選擇：A.電源（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻約為1Ω）B.電壓表（量程3V，內(nèi)阻約為1kΩ）C.電壓表（量程15V，內(nèi)阻約為5kΩ）D.電流表（量程30mA，內(nèi)阻為20Ω）E.電流表（量程0.6A，內(nèi)阻為5Ω）F.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為20Ω）G.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為500Ω）H.定值電阻R0（阻值為5Ω）I.定值電阻R1（阻值為100Ω）J.開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）為了測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)時(shí)電壓表應(yīng)該選擇B，電流表應(yīng)該選擇D，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選擇F，定值電阻應(yīng)該選擇R0。（均填器材前對(duì)應(yīng)字母）（2）電壓表讀數(shù)記為U，電流表讀數(shù)記為I，若不考慮電壓表內(nèi)阻的影響，小李同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的U﹣I圖像如圖乙所示，計(jì)算可得圖像斜率為k＝105，則金屬絲電阻為21.0Ω（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】練習(xí)使用多用電表（實(shí)驗(yàn)）；伏安法測(cè)電阻．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）B，D，F(xiàn)，H；（2）21.0?！痉治觥浚?）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表，根據(jù)估算電流選擇或者改裝電流表，根據(jù)電路的滑動(dòng)變阻器的接法選擇滑動(dòng)變阻器；（2）根據(jù)歐姆定律和圖乙列式計(jì)算電阻?！窘獯稹拷猓海?）電源電動(dòng)勢(shì)為E＝3V，故電壓表應(yīng)選擇B，流過(guò)金屬絲的最大電流Im=ERx=320A＝0.15A＝150mA，電流表選擇E則量程偏大，故選擇電流表D進(jìn)行改裝，電流表D的內(nèi)阻為I′＝0.03A+0.03×205A＝0.15A＝150mA，符合題中電流的測(cè)量要求，由于采用滑動(dòng)變阻器的分壓式接法，選擇總阻值較小的（2）根據(jù)歐姆定律，電阻絲的電阻Rx=U由圖乙，斜率k＝105Ω，則Rx=1×1055Ω＝故答案為：（1）B，D，F(xiàn)，H；（2）21.0?！军c(diǎn)評(píng)】考查電表的選擇和改裝，會(huì)結(jié)合歐姆定律和圖像分析和解決實(shí)際問(wèn)題。四．解答題（共4小題，滿分40分）17．（9分）（2023秋?西山區(qū)期末）如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)E為3V，內(nèi)阻r為1Ω；定值電阻R1為1Ω，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值為4Ω，求：（1）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的阻值為0時(shí)，R1兩端的電壓；（2）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時(shí)，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量。【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；用焦耳定律計(jì)算電熱．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的阻值為0時(shí)，R1兩端的電壓為1.5V；（2）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時(shí)，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量為60J?！痉治觥浚?）根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則求解R1兩端的電壓；（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解流過(guò)R1的電流，根據(jù)電熱公式求解1min內(nèi)R1上面產(chǎn)生的熱量。【解答】解：（1）根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則U=R（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律I=E根據(jù)電熱公式Q=I答：（1）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的阻值為0時(shí)，R1兩端的電壓為1.5V；（2）滑動(dòng)變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時(shí)，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量為60J?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查閉合電路的歐姆定律和電熱公式的應(yīng)用，要求學(xué)生熟練掌握閉合電路的歐姆定律和電熱的計(jì)算。18．（9分）（2024?廣東三模）如圖所示為某款質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源S、加速電場(chǎng)PQ，靜電分析器、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)、記錄板，靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向的電場(chǎng)，中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，記錄板MN緊靠靜電分析器水平放置，靜電分析器和記錄板下方分布著范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，離子源S可以發(fā)射初速度不計(jì)的正離子，已知該離子源發(fā)射的質(zhì)子11H經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析器，恰能沿靜電分析器中心線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，之后豎直向下飛入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最終水平偏轉(zhuǎn)距離d后打在記錄板上，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為（1）加速電場(chǎng)的電壓U；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的波動(dòng)范圍為B±ΔB，為使質(zhì)子11H與氘核12【考點(diǎn)】與加速電場(chǎng)相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專(zhuān)題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】答：（1）加速電場(chǎng)的電壓12（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小2d（3）ΔB的取值范圍為ΔB＜【分析】（1）質(zhì)子在加速電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)，在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)能定理、向心力公式和牛頓第二定律求解作答；（2）質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）質(zhì)子和氘核在磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)上述（1）和（2）的分析分別求解質(zhì)子和氘核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)兩者的半徑大小以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的波動(dòng)求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的波動(dòng)范圍?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)質(zhì)子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理qU=質(zhì)子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律qE=聯(lián)立解得v=qERm（2）設(shè)質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，根據(jù)幾何關(guān)系可得r質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律qvB聯(lián)立解得B=（3）質(zhì)子經(jīng)加速電場(chǎng)、靜電分析器，再經(jīng)過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r同理可得氘核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r由于r2＞r1，假設(shè)質(zhì)子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為（B﹣ΔB）與氘核在磁感應(yīng)強(qiáng)度為（B+ΔB）時(shí)，打在記錄板上同一位置，此時(shí)二者做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等，即1解得ΔB=(3因此磁感應(yīng)強(qiáng)度在（B﹣ΔB）與（B+ΔB）范圍內(nèi)波動(dòng)時(shí)兩粒子打在記錄板上的位置不重合，ΔB的取值范圍為ΔB＜答：（1）加速電場(chǎng)的電壓12（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小2d（3）ΔB的取值范圍為ΔB＜【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出粒子的速度，理解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，結(jié)合牛頓第二定律完成分析。19．（10分）（2024?北辰區(qū)三模）有關(guān)列車(chē)電氣制動(dòng)，可以借助如圖所示簡(jiǎn)化模型來(lái)理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，金屬棒MN的質(zhì)量為m＝0.2kg，導(dǎo)軌右端接有阻值為R＝3Ω的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r＝1Ω，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。金屬棒MN在安培力作用下向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程對(duì)應(yīng)于列車(chē)的電氣制動(dòng)過(guò)程，金屬棒MN開(kāi)始減速時(shí)的初速度為v0＝4m/s。（1）求剛開(kāi)始減速時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓U；（2）求剛開(kāi)始減速時(shí)，安培力的功率P；（3）在制動(dòng)過(guò)程中，列車(chē)還會(huì)受到空氣阻力和軌道的摩擦力作用，為了研究問(wèn)題方便，設(shè)簡(jiǎn)化模型受到的這些阻力總和大小恒為f＝1N。在金屬棒從開(kāi)始減速到速度減至2m/s的過(guò)程中，金屬棒的位移大小為x0＝0.6m。求：該過(guò)程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類(lèi)問(wèn)題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】（1）剛開(kāi)始減速時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓U為3V；（2）剛開(kāi)始減速時(shí)，安培力的功率P為4W；（3）該過(guò)程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.6J?！痉治觥浚?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律等求解；（2）根據(jù)功率公式代入數(shù)據(jù)解答；（3）根據(jù)動(dòng)能定理和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律列式解答?！窘獯稹拷猓海?）開(kāi)始減速時(shí)，有E＝BLv0I=EU＝IR代入數(shù)據(jù)解得U＝3V（2）安培力F＝BIL安培力的功率P＝Fv0代入數(shù)據(jù)解得P＝4W（3）由動(dòng)能定理有：W安﹣fx0=12mv2-代入f＝1N，x0＝0.6m，v＝2m/s解得W安＝﹣0.6J，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒可得電路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝|W安|＝0.6J答：（1）剛開(kāi)始減速時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓U為3V；（2）剛開(kāi)始減速時(shí)，安培力的功率P為4W；（3）該過(guò)程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.6J?！军c(diǎn)評(píng)】考查電磁感應(yīng)問(wèn)題和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和計(jì)算。20．（12分）（2019秋?沙洋縣校級(jí)月考）如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸正方向的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E．一電子以平行于x軸正方向的初速度v0從P點(diǎn)射入電場(chǎng)中，并從A點(diǎn)離開(kāi)第Ⅰ象限。已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，L），A點(diǎn)坐標(biāo)為（2L，0）。不計(jì)電子的重力。試求：（1）電子的比荷qm（2）若在第Ⅳ象限過(guò)Q點(diǎn)放一張垂直于y軸的感光膠片，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，﹣L），求感光膠片上曝光點(diǎn)的橫坐標(biāo)x?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)電子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)分解，從而由動(dòng)力學(xué)求解。（2）由速度與夾角的關(guān)系，及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可求出感光膠片曝光點(diǎn)橫坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，沿x軸方向，有2L＝v0t1，沿y軸方向，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，且L=12聯(lián)立解得qm（2）離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，令其速度與水平方向的夾角θ，電子沿y軸方向的速度vy＝at1，解得vy＝v0，tanθ=v由幾何關(guān)系得：tanθ=解得x＝3L。答：（1）電子的比荷為v0（2）光膠片上曝光點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3L。【點(diǎn)評(píng)】解決該題關(guān)鍵是明確知道電子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，而出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，掌握類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的解題規(guī)律。

考點(diǎn)卡片1．矢量和標(biāo)量的區(qū)分與判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)矢量和標(biāo)量的物理意義，判斷給出的物理量是標(biāo)量還是矢量?！久}方向】下列各組物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、時(shí)間、速度、加速度B.質(zhì)量、路程、速率、時(shí)間C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、時(shí)間、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動(dòng)量等都是矢量；只有大小，沒(méi)有方向的物理量是標(biāo)量，如路程、時(shí)間、質(zhì)量等都是標(biāo)量．解答：A、時(shí)間沒(méi)有方向?yàn)闃?biāo)量，故A錯(cuò)誤；B、質(zhì)量、路程、速率、時(shí)間均為標(biāo)量，故B錯(cuò)誤；C、速度、平均速度、位移、加速度這四個(gè)物理量均有大小和方向，因此為矢量，故C正確；D、路程、時(shí)間只有大小沒(méi)有方向，因此為標(biāo)量，故D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題是一個(gè)基礎(chǔ)題目，就是看學(xué)生對(duì)矢量和標(biāo)量的掌握，正確理解標(biāo)量和矢量的區(qū)別即可正確解答．【解題思路點(diǎn)撥】從矢量和標(biāo)量的物理意義出發(fā)，了解矢量和標(biāo)量的判斷方法，對(duì)選項(xiàng)中每一個(gè)物理量進(jìn)行分析，從而選出符合要求的結(jié)果。2．電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，或者說(shuō)：電荷在電場(chǎng)中沿一閉合路徑移動(dòng)，靜電力做功為零。2．電勢(shì)能概念：電荷在電場(chǎng)中具有勢(shì)能，叫電勢(shì)能。電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能，等于把電荷從該點(diǎn)移動(dòng)到零勢(shì)能位置時(shí)，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢(shì)能減??；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)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(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場(chǎng)共有；②相對(duì)性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒(méi)有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)大，若EP＜0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢(shì)能時(shí)，可以通過(guò)與重力勢(shì)能類(lèi)比來(lái)理解相關(guān)概念，上面列舉的各項(xiàng)概念幾乎是所有勢(shì)能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)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(chǎng)力作用下做功，導(dǎo)致電勢(shì)能變化．所以根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)可確定電勢(shì)能增加與減少．解答：根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的慣性可知，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能減少了4×10﹣7J．所以選項(xiàng)C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的慣性．電荷的電勢(shì)能增加還是減少是由電場(chǎng)力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢(shì)能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢(shì)能減??；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。（2）正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，而負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小。2.電勢(shì)能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場(chǎng)力做正功時(shí)電勢(shì)能減?。浑妶?chǎng)力做負(fù)功時(shí)電勢(shì)能增大。（對(duì)正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢(shì)高低判斷：正電荷在電勢(shì)高處具有的電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處具有的電勢(shì)能大。3．等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：電場(chǎng)中電勢(shì)相等的點(diǎn)組成的面（平面或曲面）叫做等勢(shì)面．2．特點(diǎn)：①等勢(shì)面與電場(chǎng)線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢(shì)面上移動(dòng)電荷時(shí)，電場(chǎng)力不做功；③電場(chǎng)線總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面；④任意兩個(gè)電勢(shì)不相同的等勢(shì)面既不會(huì)相交，也不會(huì)相切；⑤等差等勢(shì)面越密的地方電場(chǎng)線越密．【命題方向】電場(chǎng)中某個(gè)面上所有點(diǎn)的電勢(shì)都相等，但電場(chǎng)強(qiáng)度都不同，這個(gè)面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面D．勻強(qiáng)電場(chǎng)中的某一等勢(shì)面分析：在電場(chǎng)中電場(chǎng)線的切向方向表示電場(chǎng)的方向，電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，等勢(shì)面與電場(chǎng)線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個(gè)等勢(shì)面，但電場(chǎng)強(qiáng)度相等且都為零，故A錯(cuò)誤；B、等量異種電荷的中垂面是個(gè)等勢(shì)面，但以兩電荷連線為對(duì)稱(chēng)線的中垂面上的電場(chǎng)強(qiáng)度都相等，故B錯(cuò)誤；C、以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面上的所有點(diǎn)的電勢(shì)都相等，但電場(chǎng)強(qiáng)度都不同，故C正確；D、勻強(qiáng)電場(chǎng)中的某一等勢(shì)面上的電場(chǎng)強(qiáng)度都相等，故D錯(cuò)誤；故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)電場(chǎng)線的認(rèn)識(shí)，由電場(chǎng)線我們應(yīng)能找出電場(chǎng)的方向、場(chǎng)強(qiáng)的大小及電勢(shì)的高低．【解題思路點(diǎn)撥】1.等勢(shì)面的特點(diǎn)（1）在等勢(shì)面上任意兩點(diǎn)間移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功。（2）同一電場(chǎng)空間兩等勢(shì)面不相交（3）電場(chǎng)線總是和等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)較高的等勢(shì)面指向電勢(shì)較低的等勢(shì)面（4）在電場(chǎng)線密集的地方，等差等勢(shì)面密集在電場(chǎng)線稀疏的地方，等差等勢(shì)面稀疏。（5）等勢(shì)面是虛擬的，是為描繪電場(chǎng)的性質(zhì)而假想的面。2.等勢(shì)面的應(yīng)用（1）由等勢(shì)面可以判斷電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)的高低。（2）由等勢(shì)面可以判斷電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)靜電力做功的情況。（3）由于等勢(shì)面和電場(chǎng)線垂直，已知等勢(shì)面的形狀分布，可以繪制電場(chǎng)線，從而確定電場(chǎng)大體分布。（4）由等差等勢(shì)面的疏密，可以定性地比較其中兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小3.等勢(shì)面與電場(chǎng)線（1）已知等勢(shì)面時(shí)，可作等勢(shì)面的垂線來(lái)確定電場(chǎng)線，并由“電勢(shì)降低”的方向確定電場(chǎng)線方向。（2）已知電場(chǎng)線時(shí)，可作電場(chǎng)線的垂線來(lái)確定等勢(shì)面，并由“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低”確定等勢(shì)面的電勢(shì)高低。4．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場(chǎng)問(wèn)題，可能涉及到功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等情況?！久}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(dòng)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(chǎng)E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點(diǎn)以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長(zhǎng)度為2R，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點(diǎn)時(shí)的速度為2gRB、物塊在最低點(diǎn)的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動(dòng)D、物塊在斜面運(yùn)動(dòng)的總路程為3R分析：從A到B的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，可以得到B點(diǎn)時(shí)的速度；從B到C用動(dòng)能定理，可以得到C點(diǎn)的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第三定律，可以計(jì)算C點(diǎn)的壓力；根據(jù)對(duì)物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會(huì)停在斜面上還是會(huì)在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)全過(guò)程動(dòng)能定理可以判斷其總路程。解答：A、對(duì)物塊在左側(cè)斜面上釋放時(shí)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(shí)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過(guò)程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過(guò)程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過(guò)程，設(shè)到某點(diǎn)速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過(guò)程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時(shí)摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0故選：AD。點(diǎn)評(píng)：本題考查涉及電場(chǎng)力的功能關(guān)系問(wèn)題，注意當(dāng)速度減為0時(shí)，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計(jì)算物塊對(duì)地面壓力時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到支持力后，要寫(xiě)結(jié)合牛頓第三定律得到壓力。【解題思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動(dòng)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(shì)能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢(shì)能變化之間的關(guān)系類(lèi)似。3.只有靜電力做功時(shí)，帶電體電勢(shì)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(shí)，物體的機(jī)械能守恒類(lèi)似。5．串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)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(dòng)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(guān)系分析得知，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最上端時(shí)，UCD最大，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最下端時(shí)，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(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最上端時(shí)，UCD最大，最大值為Umax=2R3RU=23×30v=20V；當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最下端時(shí)，UCD最小，最小值為Umin=R3R故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題實(shí)質(zhì)是分壓器電路，考查對(duì)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比特點(diǎn)的理解和應(yīng)用能力．【解題思路點(diǎn)撥】解決串聯(lián)電路問(wèn)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。6．用焦耳定律計(jì)算電熱【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】焦耳定律的表達(dá)式Q＝I2Rt，由此可以計(jì)算電流產(chǎn)生的焦耳熱。【命題方向】電動(dòng)汽車(chē)成為未來(lái)汽車(chē)發(fā)展的方向．若汽車(chē)所用電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為380V，電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為2Ω，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為10A，則電動(dòng)機(jī)工作10min消耗的電能為多少焦？產(chǎn)生的熱量是多少焦？分析：通過(guò)W＝UIt去求消耗的電能，通過(guò)Q＝I2Rt去求產(chǎn)生的熱量．消耗的電能與產(chǎn)生的熱量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故電動(dòng)機(jī)工作10min消耗的電能為2.28×106J．產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故產(chǎn)生的熱量是1.2×105J點(diǎn)評(píng)：注意消耗的電能與產(chǎn)生的熱量不等，因?yàn)樵撾娐凡皇羌冸娮桦娐?，消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為熱量，還有一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能．【解題思路點(diǎn)撥】一、電功率與熱功率的區(qū)別與聯(lián)系（1）區(qū)別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過(guò)的電流強(qiáng)度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發(fā)熱而消耗的功率．決定于通過(guò)這段電路電流強(qiáng)度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯(lián)系：對(duì)純電阻電路，電功率等于熱功率；對(duì)非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉(zhuǎn)化為除熱能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范圍無(wú)論在何種電路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。7．計(jì)算電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功或機(jī)械功率【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的具體能量轉(zhuǎn)化如下（1）電動(dòng)機(jī)的輸入功率是電動(dòng)機(jī)消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動(dòng)機(jī)的熱功率是線圈上電阻的發(fā)熱功率，P熱＝I2r。（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率是電動(dòng)機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動(dòng)機(jī)的效率η=P出P入2.本考點(diǎn)主要針對(duì)電動(dòng)機(jī)問(wèn)題中輸出功率、輸出功與機(jī)械效率的計(jì)算?！久}方向】如圖所示，電阻R1＝8Ω，電動(dòng)機(jī)繞組電阻R0＝2Ω，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電阻R1消耗的電功率是2W．若電源的電動(dòng)勢(shì)為6V，求開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率．分析：當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電阻R1消耗的電功率求出電路中電流，由歐姆定律求出電源的內(nèi)阻r．當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，根據(jù)電阻R1消耗的電功率求出R1的電流和電壓，根據(jù)歐姆定律求出干路電流，得到電動(dòng)機(jī)的電流，再求出電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率．解答：當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，由P1=I12R1得：I整個(gè)電路有閉合電路的歐姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入數(shù)據(jù)解得：r＝2Ω當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，由P2=I22R1得：IR1的電壓為：U＝I2R1＝4V設(shè)干路中電流為I，則有：I=E-U電動(dòng)機(jī)的電流為：IM＝I﹣I2＝0.5A故電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為：P＝UIM-IM2R答：開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為1.5W．點(diǎn)評(píng)：本題考查處理非純電阻電路問(wèn)題的能力．對(duì)于電動(dòng)機(jī)正常時(shí)，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，本題不能用IM=U【解題思路點(diǎn)撥】電動(dòng)機(jī)電路的分析與計(jì)算8．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)，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(dòng)勢(shì)等于內(nèi)、外電路電勢(shì)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(gè)變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動(dòng)勢(shì)、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(dòng)勢(shì)也會(huì)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(dòng)勢(shì)必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時(shí)，電源電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動(dòng)勢(shì)等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時(shí)，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動(dòng)勢(shì)不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動(dòng)勢(shì)保持不變。故A錯(cuò)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(dòng)勢(shì)保持不變。故B錯(cuò)誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)保持恒量。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題要抓住電源的電動(dòng)勢(shì)是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無(wú)關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個(gè)關(guān)系式的對(duì)比9．電路動(dòng)態(tài)分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：電路中某一參數(shù)變化時(shí)，其他參數(shù)的變化情況分析，就稱(chēng)為電路的動(dòng)態(tài)分析。2.閉合電路動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析方法（1）程序法①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關(guān)系及電流表或電壓表的測(cè)量對(duì)象；②由局部電阻變化判斷總電阻的變化；③由I=ER+r④據(jù)U＝E一Ir判斷路端電壓的變化；⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化。（2）結(jié)論法——“并同串反”“并同”：是指某一電阻增大時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大；某一電阻減小時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小?！按础保菏侵改骋浑娮柙龃髸r(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減??；某一電阻減小時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大。【命題方向】在如圖所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器。當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)，合上開(kāi)關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小分析：理清電路，確定電壓表測(cè)得什么電壓，電流表測(cè)得什么電流，抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析。解答：R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過(guò)R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過(guò)R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大。故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。故選：B。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測(cè)的是什么電壓，電流表測(cè)的是什么電流?！窘忸}思路點(diǎn)撥】閉合電路的動(dòng)態(tài)分析方法（1）程序法：局部→整體→局部。（2）“并同串反”法：所謂“并同”，即某一電阻增大時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減?。凰^“串反”，即某一電阻增大時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大。10．根據(jù)電路現(xiàn)象分析故障原因及位置【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】常見(jiàn)的電路故障：1.開(kāi)路（1）燈絲斷了；燈座、開(kāi)關(guān)、拉線盒開(kāi)路；熔絲熔斷或進(jìn)戶線開(kāi)路等．（2）開(kāi)路會(huì)造成用電器無(wú)電流通過(guò)而無(wú)法正常工作，即：電燈不亮，用電器不工作等等．開(kāi)路時(shí)電路中無(wú)電流通過(guò)，該故障可用驗(yàn)電筆查出．（3）開(kāi)路用驗(yàn)電筆檢驗(yàn)時(shí)，開(kāi)路位置前驗(yàn)電筆會(huì)發(fā)光．2.短路（1）表現(xiàn)：接在燈座內(nèi)兩個(gè)接線柱的火線和零線相碰；插座或插頭內(nèi)兩根接線相碰．更換保險(xiǎn)絲后立即熔斷，或空氣開(kāi)關(guān)合不上；（2）原因：火線和零線直接連接而造成短路，電路中的電阻很小，電流很大；（3）后果：短路會(huì)把熔絲熔斷而使整個(gè)照明電路斷電，嚴(yán)重者會(huì)燒毀線路引起火災(zāi)．（4）判斷短路故障的常見(jiàn)方法：斷開(kāi)所有用電器和總開(kāi)關(guān)，然后將火線上的保險(xiǎn)絲取下，換上一只額定電壓為220V的燈泡，閉合總開(kāi)關(guān)，若發(fā)現(xiàn)這個(gè)燈泡正常發(fā)光，則電路中存在短路；若發(fā)現(xiàn)這個(gè)燈泡發(fā)光較暗，則電路可能是正常的．3.線路故障．（1）線路故障的原因：①線路連接處接觸不良；②線路嚴(yán)重老化表現(xiàn)：③燈座、開(kāi)關(guān)、掛線盒接觸不良；熔絲接觸不良；線路接頭處接觸不良等．這樣會(huì)使燈忽明忽暗，用電器不能連續(xù)正常工作．4.過(guò)載（1）電路中用電器的總功率過(guò)大或單個(gè)用電器的功率過(guò)大．（2）產(chǎn)生的現(xiàn)象和后果如同短路．5.電路本身連接錯(cuò)誤而引起故障．（1）插座的兩個(gè)接線柱全部接在火線或零線上；（2）開(kāi)關(guān)誤接在主線中的火線上；（3）燈泡串聯(lián)接在電路中；（4）插座串聯(lián)接在干路上。本考點(diǎn)旨在針對(duì)說(shuō)明電路中的現(xiàn)象，需要判斷故障原因或位置?！久}方向】用電壓表檢查圖示電路中的故障，測(cè)得Uad＝5.0V，Ucd＝0V，Ubc＝0V，Uab＝5.0V，則此故障可能是（）A、L斷路B、S斷路C、R′斷路D、R斷路分析：電壓表有示數(shù)說(shuō)明此時(shí)的電路可以組成閉合的回路，故障應(yīng)該在和電壓表并聯(lián)的部分，當(dāng)電壓表示數(shù)為零，說(shuō)明此時(shí)的電路不通，電路中沒(méi)有電流，故障不在和電壓表并聯(lián)的部分．解答：用電壓表測(cè)量得到Uab＝5.0V，說(shuō)明從b到c到d這一部分電路是通的，故障可能出現(xiàn)在電鍵和ab之間，由于Ucd＝0V，Ubc＝0V，說(shuō)明此時(shí)的電路不通，故障在ab之間，又由于Uad＝5.0V，說(shuō)明電鍵是好的，所以故障一定是R斷路，所以D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題是對(duì)電路故障的分析，當(dāng)電路中有電流，能組成閉合的回路的時(shí)候，電壓表就會(huì)有示數(shù)，否則，電壓表就沒(méi)有示數(shù)．【解題思路點(diǎn)撥】要牢記常見(jiàn)的電路故障及現(xiàn)象，掌握檢測(cè)電路故障原因及位置的方法。11．通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】幾種常見(jiàn)的磁場(chǎng)如下：直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無(wú)磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)越弱安培定則本考點(diǎn)主要針對(duì)通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)分布【命題方向】如圖所示、導(dǎo)絨中通入由A向B的電流時(shí)，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動(dòng)B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運(yùn)動(dòng)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?chǎng)方向，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(chǎng)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(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查安培定則的內(nèi)容，對(duì)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?yàn)榇艌?chǎng)的方向。【解題思路點(diǎn)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(lái)判斷。各種電流的磁場(chǎng)磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線軸線上磁場(chǎng)的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場(chǎng)的方向，或者說(shuō)拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場(chǎng)是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場(chǎng)的方向，還可以根據(jù)磁場(chǎng)的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時(shí)，四指所指的方向是導(dǎo)線之外磁場(chǎng)的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時(shí)，拇指的指向是線圈軸線上磁場(chǎng)的方向。（4）環(huán)形電流相當(dāng)于小磁針，通電螺線管相當(dāng)于條形磁鐵，應(yīng)用安培定則判斷時(shí)，拇指所指的一端為它的N極。12．左手定則判斷安培力的方向【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.安培力的方向：通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：伸開(kāi)左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進(jìn)人，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一通電直導(dǎo)線，電流方向垂直紙面向里，則直導(dǎo)線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過(guò)左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據(jù)左手定則：伸開(kāi)左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過(guò)手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考