2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末卷3

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

2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2024?海南）如圖所示，水平桌面上放置閉合導(dǎo)體圓環(huán)，圓環(huán)某一直徑正上方有通電直導(dǎo)線，下列情況中，閉合圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是（）A．增大通電直導(dǎo)線中的電流 B．圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn) C．通電直導(dǎo)線豎直向上遠(yuǎn)離圓環(huán) D．通電直導(dǎo)線豎直向下靠近圓環(huán)【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】比較思想；模型法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B【分析】當(dāng)穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。對(duì)照產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化。閉合導(dǎo)體圓環(huán)某一直徑正上方的直導(dǎo)線中通有電流時(shí)，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在以通電導(dǎo)線的投影為對(duì)稱軸的閉合導(dǎo)體圓環(huán)前后面中，磁場(chǎng)方向相反，可知閉合導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量為零。增大通電直導(dǎo)線中的電流，閉合導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量依然為零，磁通量沒有變化，所以圓環(huán)中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B、圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn)，通過圓環(huán)的磁通量變化，圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；CD、通電直導(dǎo)線靠近或遠(yuǎn)離圓環(huán)，圓環(huán)的磁通量始終為零，圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，要注意明確只有在閉合回路中磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合電路中才可以產(chǎn)生感應(yīng)電流。2．（4分）（2021秋?南開區(qū)校級(jí)期中）比值定義法是物理學(xué)上常用的定義物理量的方法，被定義量不隨定義時(shí)所用物理量的變化而變化。下列不屬于比值定義法的是（）A．E=Fq B．C=QU C．I=UR【考點(diǎn)】比值定義法；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；電勢(shì)差的概念、單位和物理意義及用定義式計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；恒定電流專題；理解能力．【答案】C【分析】所謂比值法定義，就是用兩個(gè)物理量的比值來定義一個(gè)新的物理量的方法。比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，與參與定義的物理量無關(guān)。【解答】解：A、電場(chǎng)強(qiáng)度E反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷的電荷量q以及電場(chǎng)力F都無關(guān)，公式E=Fq屬于比值定義法，故B、電容C反映電容器容納電荷本領(lǐng)的大小，與電容器的電壓U、電荷量Q無關(guān)，由電容器本身的特性決定，公式C=QU屬于比值定義法，故C、公式I=UR是歐姆定律的表達(dá)式，表示流過導(dǎo)體的電流I與導(dǎo)體兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，不屬于比值定義法，故D、電勢(shì)差是由電場(chǎng)本身決定的，與電場(chǎng)力做功的大小無關(guān)，公式UAB=W故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要理解并掌握比值法定義的共性：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變。3．（4分）（2023秋?南開區(qū)校級(jí)期末）在例題中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B（t）＝0.3﹣0.1t（SI），其他條件不變，在0～6s內(nèi)（）A．金屬框內(nèi)感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向 B．金屬框受到的安培力先向上后向下 C．細(xì)繩上的拉力有可能等于金屬框的重力 D．3s時(shí)金屬框內(nèi)的感應(yīng)電流為零【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；安培力的概念；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】C【分析】先分析穿過金屬框內(nèi)的磁通量變化情況，利用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向。分析安培力大小，確定細(xì)繩上的拉力與金屬框的重力的關(guān)系。t＝3s時(shí)，根據(jù)磁通量變化率是否為零，分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是否為零，從而確定感應(yīng)電流方向是否為零?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)B（t）＝0.3﹣0.1t可知，0～6s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度先向外減小后向里增大，則穿過金屬框內(nèi)的磁通量先向外減小后向里增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流一直為逆時(shí)針方向。根據(jù)左手定則可知，金屬框受到的安培力先向下后向上，故AB錯(cuò)誤；CD、根據(jù)B（t）＝0.3﹣0.1t可知，t＝3s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率大小ΔBΔt=0.1T/s，不為零，則通過金屬框內(nèi)的磁通量變化率不為零，金屬框內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，則感應(yīng)電流不為零，但此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3＝0.3T﹣0.1×3T＝0，可知此時(shí)金屬框受到的安培力為0，此時(shí)細(xì)繩上的拉力等于金屬框的重力，故C正確，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，關(guān)鍵是知道感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量變化率有關(guān)，與磁通量沒有直接關(guān)系。4．（4分）（2016秋?呼圖壁縣校級(jí)期末）在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度突然增大為2B時(shí)，這個(gè)帶電粒子（）A．速率加倍，周期減半 B．速率減半，軌道半徑不變 C．速率不變，周期加倍 D．速率不變，軌道半徑減半【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【答案】D【分析】該題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)及其規(guī)律，首先明確洛倫茲力始終不做功，再利用半徑公式R=mvqB和周期公式【解答】解：洛倫茲力只改變帶電粒子的速度方向，不改變速度大?。挥晒絋=2πmqB可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼挠晒絉=mvqB可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，軌道半徑將減半。從而可判斷選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力是始終不做功的，即只改變速度的方向，不改變速度的大小。此類問題要求掌握洛倫茲力的大小和方向的確定，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)及其規(guī)律，會(huì)應(yīng)用周期公式和半徑公式進(jìn)行計(jì)算和分析有關(guān)問題。二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2023秋?天津期末）如圖，四條相互平行的細(xì)長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點(diǎn)為a、b、c、d四點(diǎn)。已知a、b、c、d為正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，正方形中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點(diǎn)的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外，若過a點(diǎn)的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則（）A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2BB．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向 C．移走d點(diǎn)的導(dǎo)線，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽 D．移走d點(diǎn)的導(dǎo)線，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度沿OC方向【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】CD【分析】運(yùn)用安培定則，判斷各導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，并通過磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加分析各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈B、四條導(dǎo)線中的電流大小相等，且到O點(diǎn)的距離相等，故四條通電導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，均為B。根據(jù)安培定則可知，四條導(dǎo)線中在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，如圖所示。由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據(jù)平行四邊形定則可知，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向c，其大小為2B，故AB錯(cuò)誤；CD、移走d點(diǎn)的導(dǎo)線，其它三條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，故CD正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】熟練掌握和應(yīng)用安培定則是解題的關(guān)鍵。因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度是矢量，所以磁場(chǎng)的疊加遵循平行四邊形定則。（多選）6．（6分）（2019秋?廣州期末）如圖，電源電動(dòng)勢(shì)保持不變，閉合開關(guān)S1和S2，調(diào)節(jié)R2，使處在電容器中P點(diǎn)的帶電池滴剛好保持靜止，下列說法正確的是（）A．滑動(dòng)變阻器滑片上移，極板電量增加 B．只斷開S1，油滴仍保持靜止 C．只斷開S2，將下極板下移，P點(diǎn)的電勢(shì)升高 D．只斷開S2，將下極板下移，油滴向上運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析；電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】滑動(dòng)變阻器滑片上移，分析接入電路的電阻變化，由此得到R2兩端電壓變化，再根據(jù)電容器的定義式判斷極板電量的變化；斷開開關(guān)，判斷電路的變化，再根據(jù)電容器的決定式，判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，再根據(jù)U＝Ed，判斷P點(diǎn)的電視和油滴的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓篈、滑動(dòng)變阻器滑片上移，R2阻值增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流變小，由U1＝IR1，可知電阻R1分壓變小，而電源電動(dòng)勢(shì)不變，所以R2分壓增大，因?yàn)殡娙萜髋cR2并聯(lián)，故電容器的電壓也增大，根據(jù)電容器的定義式C=QU可知，極板的電荷量也增大，故B、只斷開S1，原電路斷開，電容器與R2組成回路，電容器放電，電荷量減小，電壓也減小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故油滴會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；CD、只斷開S2，電容器與電路斷開，故電荷量Q保持不變，由公式Q＝CU=?S4πkdU，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)公式得：E=Ud，聯(lián)立解得：E=4πkQ?S，所以電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，故油滴保持靜止，將下極板下移，根據(jù)U＝Ed＝φP﹣0，d變大，所以故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查電容器與電路結(jié)合相關(guān)問題，需要對(duì)電容器和電路的知識(shí)靈活應(yīng)用。（多選）7．（6分）（2023秋?瓊山區(qū)校級(jí)期末）磁場(chǎng)中的四種儀器如圖所示，下列說法正確的是（）A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動(dòng)能與回旋加速器的半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān) B．乙中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場(chǎng)磁場(chǎng)時(shí)，擊中照相底片同一位置的粒子電荷量相同 C．丙中自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件通圖示電流和加上如圖所示磁場(chǎng)時(shí)，M側(cè)帶負(fù)電荷 D．丁中的電磁流量計(jì)加上如圖所示磁場(chǎng)，則N側(cè)電勢(shì)高【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件；電磁流量計(jì)；與加速電場(chǎng)相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)回旋加速器的原理分析帶電粒子的最大動(dòng)能；根據(jù)質(zhì)譜儀的原理分析帶電粒子的比荷；根據(jù)左手定則判斷自由電荷的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)電磁流量計(jì)的原理得出前后側(cè)面的電勢(shì)差。【解答】解：A、甲中回旋加速器中帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，射出回旋加速器時(shí)，粒子的軌跡達(dá)到D形盒半徑R，則有：qvB=m可得最大速度：v=則帶電粒子的最大速度與回旋加速器的半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，故A正確；B、乙中在加速電場(chǎng)有：qU1=12在速度選擇器中根據(jù)平衡條件有：qB1＝qE在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中有：qB2v=m變形解得：qm=EC、丙中自由電荷為負(fù)電荷，由左手定則可知，負(fù)電荷向N側(cè)偏轉(zhuǎn)，則N側(cè)帶負(fù)電荷，故C錯(cuò)誤；D、丁中由左手定則可知，帶正電的粒子向N板偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向M板偏轉(zhuǎn)，則N側(cè)電勢(shì)高，故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題根據(jù)理解掌握各種儀器的工作原理，明確電場(chǎng)、磁場(chǎng)的各自作用，注意霍爾元件、速度選擇器、電磁流量計(jì)的本質(zhì)都是應(yīng)用了帶電粒子受到洛倫茲力和電場(chǎng)力的作用制成的。（多選）8．（6分）（2021春?河南期中）兩個(gè)相同的光滑半圓形軌道都處在豎直平面內(nèi)，甲圖軌道處在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，乙圖軌道處在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電小球從兩軌道左端最高點(diǎn)無初速度釋放，C、D為兩軌道的最低點(diǎn)，則（）A．甲圖和乙圖中小球滑上右側(cè)軌道時(shí)均不能到達(dá)釋放點(diǎn)等高處 B．甲圖中小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度更小 C．甲圖中小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力更大 D．甲圖中小球第一次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間大于乙圖中小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)；繩球類模型及其臨界條件；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．【答案】BD【分析】運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功、洛倫茲力不做功，由此分析AB選項(xiàng)；根據(jù)牛頓第二定律、牛頓第三定律結(jié)合向心力的計(jì)算公式、洛倫茲力的計(jì)算公式分析C選項(xiàng)；根據(jù)小球的受力情況分析運(yùn)動(dòng)情況，由此確定時(shí)間的長(zhǎng)短?！窘獯稹拷猓篈、乙圖中小球運(yùn)動(dòng)過程中僅有重力做功，故機(jī)械能守恒，可知乙圖中小球可以到達(dá)最右端，故A錯(cuò)誤；B、甲、乙兩圖中小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，重力做功相同，但甲圖中電場(chǎng)力做負(fù)功，乙圖中洛倫茲力不做功，故甲圖中合外力做功更少，小球的動(dòng)能更小，速度更小，故B正確；C、甲圖中的小球在電場(chǎng)中到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：FC﹣mg＝mvC2R，解得：FC＝mg+mvC2R，根據(jù)牛頓第三定律可得壓力大小為mg+mvC2R；乙圖中小球在D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：FD﹣mg﹣qvDB＝mvD2R，解得：FD＝mg+qvDB+mvD2R，根據(jù)牛頓第三定律可得對(duì)軌道的壓力大小為mg+qvDB+mvD、第一次到達(dá)最低點(diǎn)之前，甲圖中小球先加速后減速，乙圖中小球一直加速，且加速時(shí)對(duì)小球在同一位置受力分析知乙圖中小球加速度更大，而路程相同，故甲圖中小球第一次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間大于乙圖中小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，知道洛倫茲力不做功。三．填空題（共5小題，滿分20分）9．（2分）（2022秋?三門峽期末）某同學(xué)用一游標(biāo)卡尺上標(biāo)有20等分刻度的游標(biāo)卡尺測(cè)一物體的長(zhǎng)度。測(cè)得的結(jié)果如圖1所示，則該物體的長(zhǎng)度L＝5.235cm。某同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)得一圓柱體直徑如圖2，則其直徑是3.853（3.852～3.854）mm?！究键c(diǎn)】螺旋測(cè)微器的使用與讀數(shù)；游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù)．【專題】實(shí)驗(yàn)題；定性思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】5.235；3.853（3.852～3.854）?！痉治觥拷鉀Q本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀?！窘獯稹拷猓?0分度的游標(biāo)卡尺，精確度是0.05mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為52mm，游標(biāo)尺上第7個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為7×0.05mm＝0.35mm，所以最終讀數(shù)為L(zhǎng)＝52mm+7×0.05mm＝52.35mm＝5.235cm螺旋測(cè)微器的固定刻度為3.5mm，可動(dòng)刻度為35.3×0.01mm＝0.353mm，所以最終讀數(shù)為D＝3.5mm+35.3×0.01mm＝3.853mm（3.852～3.854都正確）。故答案為：5.235；3.853（3.852～3.854）?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量。10．（2分）（2024春?廈門期末）如圖所示的電路，由自感線圈、開關(guān)、直流電源和兩個(gè)相同的小燈泡L1、L2連接而成。已知自感線圈的自感系數(shù)較大，且其直流電阻不計(jì)。在開關(guān)S閉合的瞬間小燈泡L1和L2同時(shí)亮（選填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同時(shí)亮”），斷開S后小燈泡L2會(huì)（選填“會(huì)”或“不會(huì)”）先閃亮一下再滅。【考點(diǎn)】自感線圈對(duì)電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】L1和L2同時(shí)亮；會(huì)?！痉治觥侩娐分杏芯€圈，當(dāng)通過線圈的電流發(fā)生變化時(shí)，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)去阻礙線圈中電流變化。但阻礙不等于阻止，就使其慢慢的變化?！窘獯稹拷猓洪_關(guān)閉合的瞬間，電壓直接加到兩個(gè)燈泡上，所以兩個(gè)燈泡同時(shí)亮；電路中的電流穩(wěn)定時(shí)，由于自感線圈的直流電阻不計(jì)，則燈泡L2被短路；開關(guān)斷開后瞬間，線圈與燈泡L2供組成自感回路，L2閃亮一下然后逐漸熄滅，L1不在自感回路中，立即熄滅。故答案為：L1和L2同時(shí)亮；會(huì)?！军c(diǎn)評(píng)】本題中線圈電流增加，相當(dāng)于一個(gè)電源接入電路，當(dāng)電流減小時(shí)，相當(dāng)于一個(gè)電源。11．（2分）（2016春?徐匯區(qū)校級(jí)期中）如圖，導(dǎo)體棒ab在磁場(chǎng)中沿金屬導(dǎo)軌向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒cd靜止在導(dǎo)軌上．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向上（填向上或是向下）和cd受到的磁場(chǎng)力方向右（填向左或是向右）．【考點(diǎn)】右手定則；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】先根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向：磁感線穿過掌心，大拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)的方向，四指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向；再根據(jù)左手定則判斷安培力方向：磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是安培力的方向．【解答】解：根據(jù)右手定則判斷知，ab棒中感應(yīng)電流方向由b→a，即電流向上；流過cd棒的電流由c→d，由左手定則判斷知cd棒所受安培力方向向右，如圖所示故答案為：上；右．【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵就是區(qū)分開左手定則和右手定則，知道它們使用的條件和用法的區(qū)別，不能混淆．明確右手定則用在“先動(dòng)后電”而左手定則用在：先電后動(dòng)．12．（6分）（2024?龍鳳區(qū)校級(jí)模擬）某學(xué)習(xí)小組通過學(xué)習(xí)歐姆表的原理，開展了用電壓表進(jìn)行簡(jiǎn)易歐姆表設(shè)計(jì)的探究活動(dòng)。實(shí)驗(yàn)室所提供的器材如下：A．電源E（電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻忽略不計(jì)）B．電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻忽略不計(jì)）C．開關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干D．微安表G（0～500μA）E．電阻箱R′（0～9999.9Ω）F．滑動(dòng)變阻器R（0～30kΩ）（1）小組同學(xué)首先進(jìn)行了電壓表的改裝，小南同學(xué)負(fù)責(zé)測(cè)量微安表G的內(nèi)阻，他通過如圖甲所示電路圖。連接好電路后，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)R的阻值，使微安表G滿偏；隨后閉合S2，調(diào)節(jié)R′的阻值，使微安表G的示數(shù)為250μA，此時(shí)R′的示數(shù)為2000.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為2000.0Ω；為使得內(nèi)阻測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，電源應(yīng)選擇A（填器材前的字母）。（2）按照測(cè)量的微安表G的內(nèi)阻，將其改裝成量程為3V的電壓表需要將串聯(lián)的電阻箱R′的阻值調(diào)整為4kΩ。（3）將改裝后的電壓表接入如圖乙所示的電路圖，兩端接上紅、黑表筆，就改裝成了一個(gè)可測(cè)量電阻的簡(jiǎn)易歐姆表。（4）為將表盤的電壓刻度轉(zhuǎn)換為電阻刻度，進(jìn)行了如下操作：將兩表筆斷開，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使指針指在“3V”處，此處刻度應(yīng)標(biāo)阻值為∞；再保持滑動(dòng)變阻器阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻，找出對(duì)應(yīng)的電壓刻度，則“1.5V”處對(duì)應(yīng)的電阻刻度為4.5kΩ。【考點(diǎn)】練習(xí)使用多用電表（實(shí)驗(yàn)）．【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；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）2000.0Ω；（2）A；（4）4；4.5?！痉治觥浚?）根據(jù)“半偏法”測(cè)電流表的原理求解作答；根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差的來源，結(jié)合歐姆定律分析后選擇電動(dòng)勢(shì)；（2）根據(jù)電壓表改裝原理結(jié)合歐姆定律求解作答；（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合并聯(lián)電路的特點(diǎn)求解待測(cè)電阻?！窘獯稹拷猓海?）圖甲采用“半偏法”測(cè)微安表的內(nèi)阻；根據(jù)并聯(lián)定律的特點(diǎn)和歐姆定律1解得Rg＝R′＝2000.0Ω“半偏法”測(cè)微安表的內(nèi)阻的誤差來源于干路電流的變化，因?yàn)殡娐返碾娮枳柚当容^大，若采用3V電源，電路的電流過小，誤差很大，所以電源應(yīng)選擇電動(dòng)勢(shì)為12V。（2）根據(jù)閉合歐姆定律，電壓表內(nèi)阻R串聯(lián)電阻R（4）當(dāng)指針指在“3V”處，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝U+IgR代入數(shù)據(jù)解得滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻R＝18kΩ當(dāng)指針指在“1.5V”處，滑動(dòng)變阻器兩端電壓UR＝E﹣U′＝12V﹣1.5V＝10.5V此時(shí)通過滑動(dòng)變阻器的電流I=電壓表的內(nèi)阻R并聯(lián)電阻R根據(jù)并聯(lián)電路的電阻特點(diǎn)R代入數(shù)據(jù)解得Rx＝4500Ω＝4.5kΩ此時(shí)阻值為4.5kΩ。故答案為：（1）2000.0Ω；（2）A；（4）4；4.5?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了“半偏法”測(cè)電流表的內(nèi)阻、電壓表的改裝和簡(jiǎn)易歐姆表的設(shè)計(jì)；關(guān)鍵是要理解實(shí)驗(yàn)的原理、熟練掌握歐姆定律和并聯(lián)電路的特點(diǎn)。13．（8分）（2023秋?南京月考）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，設(shè)計(jì)了如圖（a）所示的測(cè)量電路。使用的器材有量程500mA、內(nèi)阻為1.00Ω的電流表；量程為3V、內(nèi)阻約為3kΩ的電壓表；阻值未知的定值電阻R1、R2、R3、R4、R5。開關(guān)S；一端連有鱷魚夾P的導(dǎo)線1，其它導(dǎo)線若干。（1）測(cè)量時(shí)，改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，記錄對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I。在一次測(cè)量中電壓表的指針位置如圖（b）所示，其示數(shù)是2.00V。（2）其余實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示。根據(jù)下表中的數(shù)據(jù)，在圖（c）中的坐標(biāo)紙上描繪出相應(yīng)的5個(gè)點(diǎn)，并作出U—I圖線。I（mA）440400290250100U（V）2.102.322.402.70（3）根據(jù)U﹣I圖線求出電源的內(nèi)阻r＝1.00Ω（保留三位有效數(shù)字）。（4）在圖（d）中，實(shí)線是由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)得到的U—I圖像，虛線表示該電源真實(shí)的路端電壓和干路電流的關(guān)系圖像，表示正確的是C。（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)，判斷R3與R4阻值的大小關(guān)系并寫出依據(jù)見解析。【考點(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【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；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）2.00；（2）見解析；（3）1.00；（4）C；（5）見解析。【分析】（1）電壓表量程為3V，分度值為0.1V，讀數(shù)時(shí)要估讀到下一位；（2）根據(jù)“描點(diǎn)法”作圖；（3）把電流表內(nèi)阻看作電源內(nèi)阻的一部分，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解U﹣I函數(shù)，結(jié)合圖像斜率絕對(duì)值的含義求內(nèi)阻；（4）不考慮電流表的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行分析；考慮電流表的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行分析，然后作答；（5）根據(jù)歐姆定律、串聯(lián)電路的特點(diǎn)，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析?！窘獯稹拷猓海?）由于電壓表量程為3V，分度值為0.1V，則電壓表示數(shù)為2.00V；（2）根據(jù)“描點(diǎn)法”作圖，作圖時(shí)使盡量多的點(diǎn)落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布在直線兩側(cè)，舍棄個(gè)別相差較遠(yuǎn)的點(diǎn)，所作圖像如圖所示：（3）改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，相當(dāng)于將滑動(dòng)變阻器采用限流式接法接入電路，改變滑片位置，把電流表內(nèi)阻看作電源內(nèi)阻的一部分，電壓表的示數(shù)為路端電壓；根據(jù)閉合電路歐姆定律有U＝E﹣（r+RA）?I圖像斜率的絕對(duì)值k=結(jié)合U﹣I函數(shù)，圖像斜率k＝r+RA電源內(nèi)阻r＝k﹣RA＝2.00Ω﹣1.00Ω＝1.00Ω（4）不考慮電流表的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律U＝E﹣r?I結(jié)合U﹣I圖像，電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值E＝U，內(nèi)阻r＝k考慮電流表內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律U＝E真﹣（r+RA）?I結(jié)合U﹣I圖像，電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值E真＝U圖像相鄰的絕對(duì)值k＝r+RA內(nèi)阻的真實(shí)值r真＝k﹣RA＜k綜上分析可知，電源真實(shí)的路端電壓和干路電流的關(guān)系圖像在實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)得到的U﹣I圖像的上方，且兩圖像在縱軸交于同一點(diǎn)，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。（5）由于測(cè)量時(shí)，改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入電路，根據(jù)歐姆定律、串聯(lián)電路的特點(diǎn)，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析如下：當(dāng)R1、R2同時(shí)串入電路有R當(dāng)R1、R2、R3同時(shí)串入電路有R當(dāng)R1、R2、R3、R4同時(shí)串入電路有R代入數(shù)據(jù)解得R3＝2.75Ω，R4＝1.6Ω故根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知R3＞R4。故答案為：（1）2.00；（2）見解析；（3）1.00；（4）C；（5）見解析。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，掌握電壓表的讀數(shù)和“描點(diǎn)法”作圖的方法，誤差分析是難點(diǎn)。四．解答題（共3小題，滿分40分）14．（10分）（2021秋?峨山縣校級(jí)期中）如圖，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm，A、B、C、三點(diǎn)都在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，且A、B、C所在平面與電場(chǎng)線平行，把一個(gè)電荷量q＝1×10﹣5C的正電荷從A移到B，電場(chǎng)力做功為零；從B移到C，電場(chǎng)力做功為-3×10﹣3（1）求A、C間的電勢(shì)差；（2）若規(guī)定B點(diǎn)電勢(shì)為零，求C點(diǎn)的電勢(shì)?！究键c(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；電勢(shì)差的概念、單位和物理意義及用定義式計(jì)算．【專題】定量思想；歸納法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】（1）A、C間的電勢(shì)差為-3×102（2）若規(guī)定B點(diǎn)電勢(shì)為零，C點(diǎn)的電勢(shì)為3×102V【分析】（1）正電荷從A移到B，電場(chǎng)力做功為零，可得AB連線為等勢(shì)線，AC間的電勢(shì)差等于BC間的電勢(shì)差，有電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系可解；（2）電勢(shì)差的計(jì)算公式直接求解【解答】解：根據(jù)W＝Uq得，UAB＝0，即φA＝φB，則UBC=WBCq=-3（1）A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：UAC＝φA﹣φC＝φB﹣φC＝UBC=-3×（2）若規(guī)定B點(diǎn)電勢(shì)為零，φB＝0，B、C間電勢(shì)差：UBC＝φB﹣φC，所以φC＝φB﹣UBC=3×10答：（1）A、C間的電勢(shì)差為-3×102（2）若規(guī)定B點(diǎn)電勢(shì)為零，C點(diǎn)的電勢(shì)為3×102V【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查的是電勢(shì)差和電場(chǎng)力做功的關(guān)系，根據(jù)題設(shè)條件求出電勢(shì)差，然后根據(jù)UAC＝φA﹣φC求出電勢(shì)即可。15．（14分）（2022秋?滄州期末）兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左端連接阻值為R的電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處于與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖所示。一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、垂直放在導(dǎo)軌上的金屬棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度為v0，已知金屬棒電阻為r，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，求：（1）此時(shí)回路中的電流大小I；（2）此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率P?！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(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）此時(shí)回路中的電流大小I是BLv（2）此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率P是B2【分析】（1）根據(jù)E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出電流。（2）求出安培力，然后根據(jù)功率公式求解?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=E（2）金屬棒所受安培力為F＝BIL金屬棒克服安培力做功的功率P＝Fv0解得P=B答：（1）此時(shí)回路中的電流大小I是BLv（2）此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率P是B2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力和功率的計(jì)算，考查了推理能力，考查了科學(xué)思維的學(xué)科素養(yǎng)，突出對(duì)基礎(chǔ)性、綜合性的考查要求．16．（16分）（2023春?寶雞期末）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有兩個(gè)半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于a、b、c點(diǎn)和a'、b'、c'點(diǎn)，其中圓弧a'b'c'的半徑為R。兩個(gè)半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向由原點(diǎn)O向外輻射，其間的電勢(shì)差為U。圓弧a'b'c'上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為y＝2R的垂直紙面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧abc內(nèi)無電場(chǎng)和磁場(chǎng)。O點(diǎn)處有一粒子源，在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個(gè)方向，射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，帶電粒子射出時(shí)的速度大小均為2qUm（1）粒子被電場(chǎng)加速后的速度v；（2）要使粒子能夠垂直于磁場(chǎng)上邊界射出磁場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0；（3）當(dāng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第（2）問中B0的32倍時(shí)，求能從磁場(chǎng)上邊界射出粒子的邊界寬度L【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；圖析法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子被電場(chǎng)加速后的速度v為2qU（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0為2R（3）能從磁場(chǎng)上邊界射出粒子的邊界寬度L為(3+5【分析】（1）對(duì)粒子被電場(chǎng)加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理求解；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，滿足磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，則軌跡半徑要取最小值，根據(jù)幾何關(guān)系確定軌跡半徑的最小值，進(jìn)而得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值；（3）求得帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)幾何知識(shí)確定粒子能夠到達(dá)上邊界的范圍的左右端點(diǎn)。【解答】解：（1）對(duì)粒子被電場(chǎng)加速過程，由動(dòng)能定理得：qU=1已知：v0=解得：v=2（2）垂直磁場(chǎng)上邊界射出的粒子的圓心O'必在磁場(chǎng)上邊界上，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mv解得：r=滿足磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，則r要取最小值，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示：由幾何關(guān)系可知OO′的長(zhǎng)度總是滿足：O當(dāng)r有最小值時(shí)，OO'取最小值，OO'最小值為O點(diǎn)到磁場(chǎng)上邊界的距離2R，解得r的最小值為：rmin由：r解得：B（3）當(dāng)B=32Br＝2R由幾何知識(shí)可知，當(dāng)粒子從c'沿x軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子從磁場(chǎng)上邊界的射出點(diǎn)，為粒子能夠到達(dá)上邊界的最右端，當(dāng)粒子的軌跡與磁場(chǎng)上邊界相切時(shí)，切點(diǎn)為粒子能夠到達(dá)上邊界的最左端，如下圖所示：由幾何關(guān)系可知，粒子能夠到達(dá)上邊界的最右端與y軸的距離為：x1＝R+r＝3R粒子能夠到達(dá)上邊界的最左端與y軸的距離為：x可得能從磁場(chǎng)上邊界射出粒子的邊界寬度L為：L＝x1+x2=(3+答：（1）粒子被電場(chǎng)加速后的速度v為2qU（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0為2R（3）能從磁場(chǎng)上邊界射出粒子的邊界寬度L為(3+5【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題。對(duì)于粒子在加速電場(chǎng)的加速過程，應(yīng)用動(dòng)能定理解答。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程，要畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系解答。五．填空題（共1小題）17．（2014春?鳳翔縣校級(jí)期末）如圖所示，在一個(gè)光滑金屬框架上垂直放置一根長(zhǎng)l＝0.4m的金屬棒ab，其電阻r＝0.1Ω．框架左端的電阻R＝0.4Ω．垂直于框面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1T．當(dāng)用外力使棒ab以速度v＝5m/s右移時(shí)，ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0.2V，通過ab棒的電流I＝0.4A．a(chǎn)b棒兩端的電勢(shì)差Uab＝0.16V，在電阻R上消耗的功率PR＝0.064W，在ab棒上消耗的發(fā)熱功率Pab＝0.016W，切割運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的電功率P＝0.08W．【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電功和電功率的計(jì)算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】電磁感應(yīng)——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】棒向右運(yùn)動(dòng)垂直切割磁感線，根據(jù)公式E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，根據(jù)歐姆定律求解通過ab棒的電流I．a(chǎn)b棒兩端的電勢(shì)差等于R兩端的電壓，由歐姆定律求出．再根據(jù)電功率求解各個(gè)功率．【解答】解：ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0.1×0.4×5V＝0.2V通過ab棒的電流I=ER+r=ab棒兩端的電勢(shì)差Uab＝IR＝0.4×0.4V＝0.16V在電阻R上消耗的功率PR＝I2R＝0.42×0.4W＝0.064W，在ab棒上消耗的發(fā)熱功率Pab＝I2r＝0.42×0.1W＝0.016W，切割運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的電功率P＝PR+Pab＝0.08W故答案為：0.2V；0.4A；0.16V；0.064W；0.016W；【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv、歐姆定律、功率公式等等電磁感應(yīng)基本知識(shí)，即可正確解題．求ab間電勢(shì)差時(shí)要注意，金屬棒是電源，ab間電勢(shì)差是路端電壓．

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)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(duì)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(duì)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(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)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(jiǎn)單問題時(shí)，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(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)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(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)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(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)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(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)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(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)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(píng)：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(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)力的合力或某個(gè)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(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)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(dòng)定律及向心力公式列方程．3．繩球類模型及其臨界條件【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開地面，則此時(shí)小球的線速度是多少？分析：當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開地面，由此說明此時(shí)支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對(duì)支座M，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對(duì)小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點(diǎn)評(píng)：物體做圓周運(yùn)動(dòng)需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡(jiǎn)單．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會(huì)給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v4．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。5．電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE?！久}方向】如圖，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在C處放一電荷量為q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受電場(chǎng)力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫侖定律研究?jī)呻姾稍趦牲c(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點(diǎn)撥】既可以利用E=Fq計(jì)算某一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝6．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關(guān)，或者說：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)能減小；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)，可以通過與重力勢(shì)能類比來理解相關(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?！久}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?。混o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??；電場(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。7．電勢(shì)差的概念、單位和物理意義及用定義式計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：在電場(chǎng)中，兩點(diǎn)之間電勢(shì)的差值叫作電勢(shì)差，電勢(shì)差也叫作電壓。2.表達(dá)式：設(shè)電場(chǎng)中A點(diǎn)的電視為φA，B點(diǎn)的電勢(shì)為φB，則AB電點(diǎn)之間的電勢(shì)差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢(shì)差的單位伏特，符號(hào)：V4.電勢(shì)差的正負(fù)電勢(shì)差是標(biāo)量，但有正、負(fù)。電勢(shì)差的正、負(fù)表示兩點(diǎn)電勢(shì)的高低。所以電場(chǎng)中各點(diǎn)間的電勢(shì)差可依次用代數(shù)法相加。5.特點(diǎn)：電場(chǎng)中兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差取決于電場(chǎng)本身，與電勢(shì)零點(diǎn)的選取無關(guān)6.物理意義：反映電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功本領(lǐng)大小的物理量【命題方向】關(guān)于電勢(shì)差UAB和電勢(shì)φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點(diǎn)相對(duì)A點(diǎn)的電勢(shì)差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負(fù)，所以電勢(shì)是矢量D、零電勢(shì)點(diǎn)的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢(shì)分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，電勢(shì)是標(biāo)量，通常選大地或無窮遠(yuǎn)作為零電勢(shì)．解答：A、UAB表示A點(diǎn)相對(duì)B點(diǎn)的電勢(shì)差，即UAB＝φA﹣φB，A錯(cuò)誤；B、UAB和UBA是不同的，它們有關(guān)系：UAB＝﹣UBA，B正確；C、電勢(shì)雖有正負(fù)之分，但電勢(shì)是標(biāo)量，C錯(cuò)誤；D、零電勢(shì)點(diǎn)的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，D正確；故選：BD。點(diǎn)評(píng)：記憶電勢(shì)的有關(guān)知識(shí)時(shí)，可以把它類比為高度去理解，電勢(shì)差對(duì)應(yīng)高度差，某點(diǎn)的電勢(shì)對(duì)應(yīng)某點(diǎn)的高度．【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)電勢(shì)差的定義可知，電勢(shì)差的正負(fù)代表兩點(diǎn)之間電勢(shì)的大小，如果UAB＞0，則φA＞φB；如果UAB＜0，則φA＜φB。8．勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式1．關(guān)系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強(qiáng)電場(chǎng)中才有這個(gè)關(guān)系。3．注意：式中d是指沿電場(chǎng)方向兩點(diǎn)間的距離。4．方向關(guān)系：場(chǎng)強(qiáng)的方向就是電勢(shì)降低最快的方向。由于電場(chǎng)線跟等勢(shì)面垂直，只有沿電場(chǎng)線方向，單位長(zhǎng)度上的電勢(shì)差才最大，也就是說電勢(shì)降落最快的方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向。但電勢(shì)降落的方向不一定是電場(chǎng)強(qiáng)度方向。二、對(duì)公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩點(diǎn)所在等勢(shì)面之間的距離。3．對(duì)于非勻強(qiáng)電場(chǎng)，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢(shì)面E越大處，現(xiàn)在舉例來說明公式E=Ud在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的應(yīng)用。如圖所示，A、B、C是同一電場(chǎng)線上的三點(diǎn)，且AB=BC，由電場(chǎng)線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場(chǎng)強(qiáng)比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因?yàn)閁AB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的比較物理量電勢(shì)差U電場(chǎng)強(qiáng)度E定義（1）電場(chǎng)中任意兩點(diǎn)的電勢(shì)之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場(chǎng)中兩點(diǎn)間移動(dòng)時(shí)，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場(chǎng)中某一點(diǎn)的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場(chǎng)的能的性質(zhì)描述了電場(chǎng)的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點(diǎn)移到另一點(diǎn)時(shí)，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標(biāo)量，無方向規(guī)定為正電荷在該點(diǎn)所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點(diǎn)質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知A、B兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng)＝0.1m，電勢(shì)差為UAB＝20V．（1）判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向；（2）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。唬?）求小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球從靜止由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向；（2）根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系求解電場(chǎng)強(qiáng)度的大小（3）根據(jù)動(dòng)能定理求解小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球從靜止由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)橛葾指向B．（2）根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據(jù)動(dòng)能定理研究小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，qU=v＝210m/s答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)橛葾指向B．（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是200V/m；（3）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率是210m/s．點(diǎn)評(píng)：理解和掌握電場(chǎng)中各個(gè)物理量之間的關(guān)系，在具體題目中能熟練的應(yīng)用．【解題方法點(diǎn)撥】U＝Ed關(guān)系的應(yīng)用：公式U＝Ed中d是沿場(chǎng)強(qiáng)方向的兩點(diǎn)間的距離或兩等勢(shì)面間的距離，而U是這兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。這一定量關(guān)系只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，變形后E=Ud，用它可求9．電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時(shí)電壓不變，與電源斷開時(shí)是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據(jù)C=?（2）根據(jù)C=Q（3）根據(jù)E=U（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢(shì)能的變化。【命題方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點(diǎn)電荷。S是閉合的，φa表示a點(diǎn)的電勢(shì)，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動(dòng)，使兩板間的距離增大，則（）A、φa不變B、φa變小C、F變小D、F變大分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動(dòng)可知d的變化，由U＝Ed可知板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢(shì)差的變化，即可得出aB間電勢(shì)差的變化及a點(diǎn)電勢(shì)的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢(shì)差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場(chǎng)力變小，故C正確；則上板與a間的電勢(shì)差減小，而總電勢(shì)差不變，故a與B間的電勢(shì)差增大，而B接地，故a點(diǎn)的電勢(shì)增大，故A、B均錯(cuò)；故選：C。點(diǎn)評(píng)：電容器的動(dòng)態(tài)分析中首先應(yīng)注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進(jìn)行判斷；對(duì)于本題應(yīng)注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢(shì)差大小即為a點(diǎn)的電勢(shì)；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進(jìn)行判斷，我們是先求得Aa間的電勢(shì)差再求aB的間電勢(shì)差?！窘忸}思路點(diǎn)撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時(shí)，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。10．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題【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，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}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)械能守恒類似。11．電功和電功率的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電功的計(jì)算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計(jì)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(gè)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(gè)電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進(jìn)而求出每個(gè)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(cuò)誤；故選：A。點(diǎn)評(píng)：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(shí)，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(jì)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(jì)算電功或電功率。12．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識(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。【命題方向】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13．含容電路的動(dòng)態(tài)分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類電路分析問題。本考點(diǎn)旨在針對(duì)含容電路的動(dòng)態(tài)分析問題。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時(shí)，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時(shí)，將會(huì)引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電。【命題方向】如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計(jì)．開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．則在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中，下列判斷正確的是（）A、靈敏電流計(jì)G中有b→a的電流B、油滴向上加速運(yùn)動(dòng)C、電容器極板所帶電荷量將減小D、通過電阻R2的電流將減小分析：質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡．滑動(dòng)觸頭移動(dòng)的過程中，判斷出電容器兩端電壓的變化，從而判斷電容器極板所帶電荷量變化、通過靈敏電流計(jì)的電流以及油滴的運(yùn)動(dòng)情況．再通過電路的動(dòng)態(tài)分析得出經(jīng)過R2的電流變化．解答：在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中，R增大，總電阻增大，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q＝CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計(jì)的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，開始電場(chǎng)力與重力平衡，所以油滴會(huì)向上加速。故A對(duì)、B對(duì)，C錯(cuò)，D錯(cuò)。故選：AB。點(diǎn)評(píng)：處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運(yùn)用閉合電路的動(dòng)態(tài)分析．注意處理含容電路時(shí)，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓．【解題思路點(diǎn)撥】含電容器電路的分析與計(jì)算方法（1）首先確定電路的連接關(guān)系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。（2）根據(jù)歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。（3）最后根據(jù)公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量。14．通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】幾種常見的磁場(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)線周圍的磁場(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）來判斷。各