2024-2025學年上學期廣州高二物理期末培優(yōu)卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期廣州高二物理期末培優(yōu)卷1一．選擇題（共8小題，滿分32分，每小題4分）1．（4分）（2023春?武漢期中）如圖所示，L為直流電阻忽略不計的線圈，D為燈泡，C為電容器，當電鍵處于閉合狀態(tài)時，燈D正常發(fā)光，下列說法正確的是（）A．開關(guān)S處于閉合狀態(tài)時，電感線圈中一直有感應電流 B．開關(guān)S處于閉合狀態(tài)時，電容器a板電勢比b板電勢高 C．斷開電鍵后瞬間，線圈中的磁場能減小 D．斷開電鍵后瞬間，電容器開始放電2．（4分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，如圖所示，其主體部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接，不計粒子通過窄縫的時間及相對論效應，下列說法正確的是（）A．帶電粒子從磁場中獲得能量 B．帶電粒子的運動周期隨粒子速度增加而減小 C．交變電場的交變周期不變 D．增大加速電場的電壓后粒子射出加速器時的動能增大3．（4分）（2021?奉賢區(qū)二模）如圖所示，一根光滑的水平絕緣桿，A處固定一個金屬線圈，B處掛一個閉合銅環(huán)。現(xiàn)給線圈分別通以如圖所示的四種電流，其中能使銅環(huán)在0～t1時間內(nèi)加速度方向保持向右的是（）A． B． C． D．4．（4分）（2021秋?天山區(qū)期中）如圖所示，a、b、c、d、e五點在一條直線上，b、c兩點間的距離等于d、e兩點間的距離。在a點固定一個點電荷，帶電荷量為+Q，已知在+Q形成的電場中，d、e兩點間的電勢差為U。將一個試探電荷+q從b點移動到c點的過程中（）A．電場力做功qU B．克服電場力做功qU C．電場力做功大于qU D．電場力做功小于qU5．（4分）（2023?合肥一模）電容器是一種重要的電學元件，在電工和電子技術(shù)中應用廣泛。使用如圖甲所示電路觀察電容器的充電和放電過程。電路中的電流傳感器（不計內(nèi)阻）與計算機相連，可以顯示電流隨時間的變化。直流電源電動勢為E，實驗前電容器不帶電．先將開關(guān)K撥到“1”給電容器充電，充電結(jié)束后，再將其撥到“2”，直至放電完畢。計算機顯示的電流隨時間變化的i﹣t曲線如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．乙圖中陰影部分的面積S1＝S2 B．乙圖中陰影部分的面積S1＜S2 C．由甲、乙兩圖可判斷阻值R1＞R2 D．由甲、乙兩圖可判斷阻值R1＝R26．（4分）（2023秋?鞍山月考）理想變壓器原線圈a的匝數(shù)n1＝200匝，副線圈b的匝數(shù)n2＝100匝，電路如圖所示，原線圈接交流電源后，副線圈中“20V，10W”的燈泡L恰好正常發(fā)光，電阻R1＝80Ω，R2＝20Ω，電壓表為理想電表。關(guān)于此電路下列判斷正確的是（）A．流經(jīng)R1的電流為1A B．R1的電功率為45W C．電壓表的示數(shù)為302D．交流電源輸出電壓的有效值為80V7．（4分）（2023春?東城區(qū)校級期中）霍爾式位移傳感器的測量原理如圖，有一個沿z軸方向的磁場，磁感應強度B＝B0+kz（B0、k均為常數(shù)）。將傳感器固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變（方向如圖），當物體沿z軸方向移動時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同。則（）A．若圖中霍爾元件是電子導電，則下板電勢高 B．k越大，傳感器靈敏度（ΔUΔz）越高C．磁感應強度B越大，上、下表面的電勢差U越小 D．電流I取值越大，上、下表面的電勢差U越小8．（4分）（2023秋?南開區(qū)校級期末）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界水平，且磁場的寬度大于線圈的邊長，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。甲的下邊開始進入磁場時以速度v做勻速運動，下列判斷正確的是（）A．若乙的上邊進入磁場前也做勻速運動，則速度大小為12vB．甲和乙進入磁場的過程中，通過導線的電荷量之比為2：1 C．一定是甲先離開磁場，乙后離開磁場 D．甲、乙下邊開始離開磁場時，一定都做減速運動二．多選題（共3小題，滿分12分，每小題4分）（多選）9．（4分）（2016春?晉中期中）在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)動軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示，產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．t＝0.01s時穿過線框的磁通量最大 B．該交變電動勢的有效值為112V C．該交變電動勢的瞬時值表達式v＝222cos100πtV D．在1s時間內(nèi)，線圈中電流方向改變100次（多選）10．（4分）如圖是示波管的工作原理圖。電子經(jīng)電場加速后沿垂直于偏轉(zhuǎn)電場的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電場的極板長度與極板間的距離分別為L和d，y為電子離開偏轉(zhuǎn)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)位移。取“單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)位移”來描述示波管的靈敏度，即yUA．減小U1 B．增大U2 C．增大L D．減小d（多選）11．（4分）（2020秋?洛陽期中）如圖為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的（）A．半徑之比為3：1 B．半徑之比為1：3 C．時間之比為2：3 D．時間之比為3：2三．實驗題（共7小題，滿分56分）12．（5分）（2021秋?長嶺縣校級月考）（1）多用電表在選擇不同的擋位時，在電路中有不同的連接方式，則下列敘述正確的是。A．當多用電表調(diào)至電壓擋時按電路圖甲連接，然后閉合開關(guān)B．當多用電表調(diào)至電流擋時按電路圖乙連接，然后閉合開關(guān)C．當多用電表調(diào)至歐姆擋時按電路圖丙連接，然后閉合開關(guān)D．當多用電表測量二極管的反向電阻時，按電路圖丁連接（2）用多用電表歐姆擋測電阻時，下列說法正確的是。A．測量前必須調(diào)零，而且每測一次電阻都要重新調(diào)零B．待測電阻若是連接在電路中，應當先把它與其它元件斷開后再測量C．使用完畢應當拔出表筆，并把選擇開關(guān)旋到OFF擋或交流電壓最高擋D．用不同擋的歐姆表測量同一電阻的阻值時，誤差大小是一樣的（3）用已調(diào)零且選擇旋鈕指向歐姆擋“×10”位置的多用電表測某電阻阻值，根據(jù)圖所示的表盤，被測電阻阻值為Ω。若將該表選擇旋鈕置于1mA擋測電流，表盤仍如圖所示，則被測電流為mA。13．（6分）（2020秋?黃浦區(qū)期末）某同學用圖（a）所示的電路測量電源的電動勢E和內(nèi)阻r，R1是滑動變阻器，定值電阻R2＝3Ω。（1）圖（a）中A、B分別是傳感器、傳感器。（2）請根據(jù)圖（a），用筆畫線代替導線將圖（b）中實物圖補充完整。（3）該實驗中，設(shè)傳感器A的示數(shù)為a，傳感器B的示數(shù)為b，則a關(guān)于b的函數(shù)關(guān)系式為a＝。（用b、E、r、R2表示）（4）若實驗中得到的兩表的示數(shù)關(guān)系圖象如圖（c）所示，則該電源的電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω。14．（6分）（2022秋?湖州期中）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，小張同學進行了如下操作：（1）用毫米刻度尺測量接入電路中的金屬絲的有效長度L＝80.00cm，再用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，則其直徑D＝mm。（2）將多用電表擋位的選擇如圖乙所示，按正確的操作步驟粗測此金屬絲的電阻，表盤示數(shù)如圖丙所示，則該金屬絲的阻值約為Ω。（3）為了減小實驗誤差，需進一步精確測量金屬絲的電阻，除待測金屬絲Rx外，實驗室準備的實驗器材有電源（電動勢為4V，內(nèi)阻很?。?、導線、開關(guān)，還有以下實驗器材：A.電壓表V1（0～3V，內(nèi)阻約為1000Ω）B.電壓表V2（0～15V，內(nèi)阻約為2000Ω）C.電流表A1（0～0.6A，內(nèi)阻約為1Ω）D.電流表A2（0～3A，內(nèi)阻約為0.5Ω）E.滑動變阻器R1（0～10Ω）F.滑動變阻器R2（0～200Ω）①要求待測金屬絲兩端的電壓范圍從0開始，測量值盡可能精確，應選擇的實驗器材有；（填器材前的字母）②圖丁是部分連接好的實物電路圖，請在圖丁中完成其余的正確連線；③通過正確的操作，將得到的金屬絲的電壓、電流數(shù)據(jù)作出金屬絲的U﹣I圖，如圖戊所示。根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算出此金屬絲的電阻率為Ω?m。（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）15．（9分）（2017春?東城區(qū)期末）如圖所示，理想變壓器的原線圈兩端接在u＝2202sin100πt（V）的交流電源上，副線圈兩端接有R＝55Ω的負載電阻，原、副線圈匝數(shù)之比為2：1，電流表、電壓表均為理想電表．求：（1）電壓表的讀數(shù)；（2）電流表的讀數(shù)．16．（9分）（2015春?亭湖區(qū)校級月考）如圖所示，一個長為2m、寬為1m粗細均勻的矩形線框，質(zhì)量為m、電阻為R＝5Ω，放在光滑絕緣的水平面上，一個邊長為2m的正方形區(qū)域內(nèi)，存在豎直向下的勻強磁場，其左邊界在線框兩長邊的中點MN上．（1）在t＝0時刻，若磁場從磁感應強度為零開始均勻增強，變化率ΔBΔt=0.5T/S，線框保持靜止，求在t＝（2）若正方形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度恒為B＝1T，磁場從圖示位置開始以速度v＝5m/s勻速向左運動．并控制線框保持靜止，求到線框剛好完全處在磁場中時通過線框的電量和線框中產(chǎn)生的熱量；（3）若正方形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度恒為B，磁場從圖示位置開始以速度v勻速向左運動，線框同時從靜止釋放，線框離開磁場前已達到穩(wěn)定速度，加速過程中產(chǎn)生的熱量為Q，求該過程中運動磁場提供給線框的能量．17．（9分）（2023秋?長寧區(qū)校級期末）某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1，已知：B為速度選擇器，磁場與電場正交，電場強度為E已知，磁感應強度B1未知；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應強度為B2已知。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子（不計重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。求：（1）加速后粒子的速度v為多少？（2）速度選擇器磁感應強度B1為多少？（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？18．（12分）（2012秋?松山區(qū)校級期中）在光滑水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10﹣3kg、電量q＝1.0×10﹣10C的帶正電小球，靜止在O點，以O(shè)點為原點，在該水平面內(nèi)建立直角系坐標系oxy，現(xiàn)突然加一沿X軸負方向、場強大小E＝2.0×106V/m的勻強電場，使小球開始運動，經(jīng)過2.0s，所加電場突然變?yōu)檠貀軸負方向，場強大小仍為E＝2.0×106V/m的勻強電場，再經(jīng)過2.0s，所加電場又突然變?yōu)榱硪粋€勻強電場，使小球在此電場作用下經(jīng)2.0s，速率變?yōu)榱?，求此電場的大小及方向及速度變?yōu)榱銜r小球的位置坐標．

2024-2025學年上學期廣州高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分32分，每小題4分）1．（4分）（2023春?武漢期中）如圖所示，L為直流電阻忽略不計的線圈，D為燈泡，C為電容器，當電鍵處于閉合狀態(tài)時，燈D正常發(fā)光，下列說法正確的是（）A．開關(guān)S處于閉合狀態(tài)時，電感線圈中一直有感應電流 B．開關(guān)S處于閉合狀態(tài)時，電容器a板電勢比b板電勢高 C．斷開電鍵后瞬間，線圈中的磁場能減小 D．斷開電鍵后瞬間，電容器開始放電【考點】電感、電容和電阻對電路的影響對比；自感現(xiàn)象與自感系數(shù)；電容器或電感器及其對交變電流的作用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】C【分析】開關(guān)S處于閉合狀態(tài)時，由于線圈電阻為零，電流穩(wěn)定時，根據(jù)歐姆定律分析；斷開電鍵后瞬間，線圈中電流最大，并與電容器構(gòu)成電磁振蕩回路，根據(jù)電磁振蕩規(guī)律分析?！窘獯稹拷猓篈B．開關(guān)S處于閉合狀態(tài)時，電流穩(wěn)定時，L電阻可忽略，電感線圈中沒有感應電流，此時電感線圈兩端電壓為零，C與L并聯(lián)，故電容器a板和b板的電勢相等，故AB錯誤；CD．斷開電鍵后的瞬間，通過線圈中電流最大，由于自感阻礙通過它電流的減小，將存儲的磁場能釋放，為電容器充電，此過程線圈的磁場能減小，電容器的電場能增加，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查自感現(xiàn)象，當電流減小時，自感電動勢阻礙電流的減小，線圈相當于電源．同時要注意電容器雖然不能通過直流電，但在開關(guān)閉合與斷開的瞬間可能會充電或放電。2．（4分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，如圖所示，其主體部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接，不計粒子通過窄縫的時間及相對論效應，下列說法正確的是（）A．帶電粒子從磁場中獲得能量 B．帶電粒子的運動周期隨粒子速度增加而減小 C．交變電場的交變周期不變 D．增大加速電場的電壓后粒子射出加速器時的動能增大【考點】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】被加速離子由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開加速器，洛倫茲力并不做功，而電場力對帶電離子做功；當離子在磁場中圓周運動的半徑等于D形盒半徑時，速度最大，動能最大，根據(jù)洛倫茲力充當向心力，列式得到最大動能的表達式，再進行分析增加最大動能的方法?！窘獯稹拷猓篈.由于洛倫茲力并不做功，而離子通過電場時有qU＝ΔEk，故離子是從電場中獲得能量，故A錯誤；BC.帶電粒子在磁場中運動的周期T=周期與粒子運動的速度大小無關(guān)，所以帶電粒子運動的周期不變，則交變電場的交變周期不變，故B錯誤，C正確；D.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=m粒子的最大速度v所以，粒子加速后的最大動能Ek=增大加速電場的電壓后粒子射出加速器時的動能不會增大，故D錯誤。故選：C?！军c評】了解并理解常用實驗儀器或?qū)嶒炂鞑牡脑?，到考試時我們就能輕松解決此類問題，注意磁場對粒子只偏轉(zhuǎn)不改變能量。3．（4分）（2021?奉賢區(qū)二模）如圖所示，一根光滑的水平絕緣桿，A處固定一個金屬線圈，B處掛一個閉合銅環(huán)。現(xiàn)給線圈分別通以如圖所示的四種電流，其中能使銅環(huán)在0～t1時間內(nèi)加速度方向保持向右的是（）A． B． C． D．【考點】楞次定律及其應用；通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與圖象結(jié)合；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)電流與電流的作用力關(guān)系進行判斷，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥.要使銅環(huán)在0～t1時間內(nèi)加速度方向保持向右，根據(jù)楞次定律可知，A中電流一直增大。【解答】解：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，知兩線圈的運動情況是相互遠離，因此穿過線圈B的磁通量必須增加，根據(jù)楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，所以線圈B向右運動，且加速.故B正確，A、C、D錯誤.故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握同向電流、異向電流的關(guān)系，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥。再根據(jù)楞次定律判斷A中電流變化情況4．（4分）（2021秋?天山區(qū)期中）如圖所示，a、b、c、d、e五點在一條直線上，b、c兩點間的距離等于d、e兩點間的距離。在a點固定一個點電荷，帶電荷量為+Q，已知在+Q形成的電場中，d、e兩點間的電勢差為U。將一個試探電荷+q從b點移動到c點的過程中（）A．電場力做功qU B．克服電場力做功qU C．電場力做功大于qU D．電場力做功小于qU【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)點電荷周圍的電場線特點，確定出de段的電勢差與bc段的電勢差關(guān)系，結(jié)合W＝qU比較電場力做功?！窘獯稹拷猓河深}意可知，場源電荷為正電荷，所以bc之間電場強度的方向由b指向c，試探電荷+q從b點移動到c點的過程中電場力做正功。據(jù)點電荷的場強公式E=kQr2，bc之間平均電場強度大于de之間的平均電場強度；再根據(jù)勻強電場中電場強度與沿電場強度方向距離的關(guān)系U＝Ed，可得Ubc＞Ude；因此試探電荷+q從b點移動到c點的過程中場力做功大于qU．故C故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道U＝Ed的計算適用于勻強電場，對于非勻強電場可以定性分析，以及掌握電場力做功與電勢差的關(guān)系。5．（4分）（2023?合肥一模）電容器是一種重要的電學元件，在電工和電子技術(shù)中應用廣泛。使用如圖甲所示電路觀察電容器的充電和放電過程。電路中的電流傳感器（不計內(nèi)阻）與計算機相連，可以顯示電流隨時間的變化。直流電源電動勢為E，實驗前電容器不帶電．先將開關(guān)K撥到“1”給電容器充電，充電結(jié)束后，再將其撥到“2”，直至放電完畢。計算機顯示的電流隨時間變化的i﹣t曲線如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．乙圖中陰影部分的面積S1＝S2 B．乙圖中陰影部分的面積S1＜S2 C．由甲、乙兩圖可判斷阻值R1＞R2 D．由甲、乙兩圖可判斷阻值R1＝R2【考點】電容器的充放電問題；電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化；含容電路的動態(tài)分析；觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象．【專題】應用題；信息給予題；定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)電流定義式結(jié)合圖像分析判斷，根據(jù)歐姆定律結(jié)合圖像分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)電流定義式有Q＝It，可知圖乙中陰影面積代表充放電中電容器上的總電量，所以兩者相等，故A正確，B錯誤；CD．由圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電壓與放電瞬間電容器兩極板電壓相等，由E解得R1＜R2，故CD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查電容器的充放電過程，要求掌握電容器充放電過程特點，會用電流定義式、歐姆定律結(jié)合圖像分析。6．（4分）（2023秋?鞍山月考）理想變壓器原線圈a的匝數(shù)n1＝200匝，副線圈b的匝數(shù)n2＝100匝，電路如圖所示，原線圈接交流電源后，副線圈中“20V，10W”的燈泡L恰好正常發(fā)光，電阻R1＝80Ω，R2＝20Ω，電壓表為理想電表。關(guān)于此電路下列判斷正確的是（）A．流經(jīng)R1的電流為1A B．R1的電功率為45W C．電壓表的示數(shù)為302D．交流電源輸出電壓的有效值為80V【考點】理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系；理想變壓器兩端的功率關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】由歐姆定律可得，流經(jīng)燈泡的電流，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律和歐姆定律求解電壓表示數(shù)；根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比求解原線圈的輸入電壓；根據(jù)功率公式求解兩電阻的功率即可。【解答】解：ABC、根據(jù)題意，由歐姆定律可得，流經(jīng)燈泡的電流為IL代入數(shù)值得IL＝0.5A電壓表的示數(shù)為UV＝R2IL+UL代入數(shù)據(jù)得UV＝30V由變壓器匝數(shù)與電流關(guān)系有I1又有I2＝IL解得，流過原線圈的電流為I1＝0.25AR1的電功率為P1代入數(shù)值得P1＝5W故ABC錯誤；D、由變壓器匝數(shù)與電壓的關(guān)系有U1解得U1＝60V則交流電源輸出電壓的有效值為U＝I1R1+U1代入數(shù)值得U＝80V故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了變壓器原理和正弦式交流電，難度不大，常規(guī)題型。7．（4分）（2023春?東城區(qū)校級期中）霍爾式位移傳感器的測量原理如圖，有一個沿z軸方向的磁場，磁感應強度B＝B0+kz（B0、k均為常數(shù)）。將傳感器固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變（方向如圖），當物體沿z軸方向移動時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同。則（）A．若圖中霍爾元件是電子導電，則下板電勢高 B．k越大，傳感器靈敏度（ΔUΔz）越高C．磁感應強度B越大，上、下表面的電勢差U越小 D．電流I取值越大，上、下表面的電勢差U越小【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】應用題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】霍爾元件中移動的是自由電子，自由電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，從而可知道上下表面電勢的高低。上下兩表面分別帶上正負電荷，從而形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡。【解答】解：A、霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢高。故A錯誤。B、k越大，根據(jù)磁感應強度B＝B0+kz，知B隨z的變化越大，根據(jù)U=BInqb，可知，U隨z的變化越大，即傳感器靈敏度（ΔUΔzCD、最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qUc=qvB，電流的微觀表達式為I＝nqvS＝nqvbc，所以U=BInqb，B越大，上、下表面的電勢差U故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道霍爾元件中移動的是自由電子，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，上下表面形成穩(wěn)定的電勢差。8．（4分）（2023秋?南開區(qū)校級期末）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界水平，且磁場的寬度大于線圈的邊長，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。甲的下邊開始進入磁場時以速度v做勻速運動，下列判斷正確的是（）A．若乙的上邊進入磁場前也做勻速運動，則速度大小為12vB．甲和乙進入磁場的過程中，通過導線的電荷量之比為2：1 C．一定是甲先離開磁場，乙后離開磁場 D．甲、乙下邊開始離開磁場時，一定都做減速運動【考點】電磁感應過程中的能量類問題；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】D【分析】A：根據(jù)已知表示出線圈的質(zhì)量，找到兩線圈不同量的定量關(guān)系，在根據(jù)勻變速運動規(guī)律求解線圈下邊剛進入磁場時的速度，根據(jù)電磁感應定律、電阻定律、閉合電路的歐姆定律和安培力公式聯(lián)立求解線圈下邊剛進入磁場時線圈所受的安培力，結(jié)合已知即可判斷；B：結(jié)合A選項，根據(jù)電荷量表達式和電阻定律聯(lián)立求解電荷量之比；C：結(jié)合A選項，兩線圈受力相同，故運動性質(zhì)相同，同時離開磁場；D：勻速進入磁場，完全進入后做勻加速直線運動，出磁場時安培力大于重力，減速出磁場?！窘獯稹拷猓篈.甲、乙兩正方形線圈的材料相同，則它們的密度和電阻率相同，設(shè)材料的電阻率為ρ，密度為ρ′，兩正方形線圈的邊長相同，設(shè)線圈邊長為L，設(shè)線圈的橫截面積為S，線圈的質(zhì)量m＝ρ′×4nLS＝4nρ′LS由題意可知，兩線圈的質(zhì)量相等，則4n甲ρ′LS甲＝4n乙ρ′LS乙則n甲S甲＝n乙S乙兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h，設(shè)線圈下邊剛進入磁場時的速度為v，線圈進入磁場前做自由落體運動，則v=由于下落高度h相同，則線圈下邊剛進入磁場時的速度v相等。設(shè)線圈匝數(shù)為n，磁感應強度為B，線圈進入磁場過程切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝nBLv由電阻定律可知，線圈電阻R=ρ4nL由閉合電路的歐姆定律可知，感應電流I=E線圈受到的安培力F=nBIL=n由于n甲S甲＝n乙S乙B、L、ρ、v都相同，則線圈進入磁場時受到的安培力F相同，甲的下邊開始進入磁場時以速度v做勻速運動，則F＝mg所以乙的上邊進入磁場前也做勻速運動，則速度大小為v，故A錯誤；B.線圈進入磁場的過程中，通過導線的電荷量為q=It=E由n甲S甲＝n乙S乙可得S甲所以甲和乙進入磁場的過程中，通過導線的電荷量之比為1：2，故B錯誤；C.甲、乙進入磁場時速度相同，離開磁場時的速度也相同，所受安培力F=nBIL=n也相同，線圈離開磁場的加速度相同，所以甲、乙同時離開磁場，故C錯誤；D.線圈完全進入磁場后通過線圈的磁通量不變，線圈中感應電流為0，線圈不再受安培力，線圈在磁場中做加速運動；線圈開始離開磁場時，速度比進入磁場時大，安培力也比重力大，所以甲、乙下邊開始離開磁場時，一定都做減速運動，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查電磁感應中的能量問題，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應用對應的規(guī)律解題。二．多選題（共3小題，滿分12分，每小題4分）（多選）9．（4分）（2016春?晉中期中）在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)動軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示，產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．t＝0.01s時穿過線框的磁通量最大 B．該交變電動勢的有效值為112V C．該交變電動勢的瞬時值表達式v＝222cos100πtV D．在1s時間內(nèi)，線圈中電流方向改變100次【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；交流發(fā)電機及其產(chǎn)生交變電流的原理．【專題】定量思想；方程法；交流電專題．【答案】AD【分析】從圖象得出電動勢最大值、周期，從而算出頻率、角速度；磁通量最大時電動勢為零，在一個周期內(nèi)交流電的方向改變兩次【解答】解：A、由圖象知：t＝0.01s時，感應電動勢為零，則穿過線框的磁通量最大，A正確；B、交流電的有效值為E=Em2C、當t＝0時，電動勢為零，線圈平面與磁場方向垂直，故該交變電動勢的瞬時值表達式為e＝222sin（100πt）V，C錯誤；D，周期為0.02s，在一個周期內(nèi)電流的方向改變2次，故1s內(nèi)電流改變次數(shù)為n=10.02×2=100故選：AD?！军c評】本題考查了對交流電圖象的認識，要具備從圖象中獲得有用信息的能力，并掌握有效值與最大值的關(guān)系．（多選）10．（4分）如圖是示波管的工作原理圖。電子經(jīng)電場加速后沿垂直于偏轉(zhuǎn)電場的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電場的極板長度與極板間的距離分別為L和d，y為電子離開偏轉(zhuǎn)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)位移。取“單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)位移”來描述示波管的靈敏度，即yUA．減小U1 B．增大U2 C．增大L D．減小d【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】帶電粒子在勻強電場中加速和偏轉(zhuǎn)，通過運動學規(guī)律求解，偏轉(zhuǎn)過程利用勻變速曲線運動求解方法求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)電子經(jīng)電場加速后速度為v0，則eU1=12mv02電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做勻變速曲線運動，在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=水平方向上：L＝v0t豎直方向上：y=所以示波管的靈敏度y所以提高靈敏度可以增大L、減小d和減小U1，故B錯誤，ACD正確；故選：ACD。【點評】本題考查帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，推導方法很重要，定時復習。（多選）11．（4分）（2020秋?洛陽期中）如圖為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的（）A．半徑之比為3：1 B．半徑之比為1：3 C．時間之比為2：3 D．時間之比為3：2【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，應用幾何知識求出粒子軌道半徑，然后求出粒子軌道半徑之比；根據(jù)題意求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動的周期求出粒子在磁場中的運動時間，然后求出時間之比?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)圓柱形區(qū)域為R，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知：r1＝Rtan60°3R，r2＝R，子軌道半徑之比：r1：r2=3R：R=3：1，故A正確，CD、粒子在磁場中做圓周運動的周期T=2πm由幾何知識可知，粒子在磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角：θ1＝60°，θ2＝90°粒子在磁場中的運動時間：t=θ粒子的運動時間之比：t1t2=θ故選：AC?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程作出粒子運動軌跡是解題的前提，應用幾何知識求出粒子軌道半徑與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角是解題的關(guān)鍵。三．實驗題（共7小題，滿分56分）12．（5分）（2021秋?長嶺縣校級月考）（1）多用電表在選擇不同的擋位時，在電路中有不同的連接方式，則下列敘述正確的是B。A．當多用電表調(diào)至電壓擋時按電路圖甲連接，然后閉合開關(guān)B．當多用電表調(diào)至電流擋時按電路圖乙連接，然后閉合開關(guān)C．當多用電表調(diào)至歐姆擋時按電路圖丙連接，然后閉合開關(guān)D．當多用電表測量二極管的反向電阻時，按電路圖丁連接（2）用多用電表歐姆擋測電阻時，下列說法正確的是BC。A．測量前必須調(diào)零，而且每測一次電阻都要重新調(diào)零B．待測電阻若是連接在電路中，應當先把它與其它元件斷開后再測量C．使用完畢應當拔出表筆，并把選擇開關(guān)旋到OFF擋或交流電壓最高擋D．用不同擋的歐姆表測量同一電阻的阻值時，誤差大小是一樣的（3）用已調(diào)零且選擇旋鈕指向歐姆擋“×10”位置的多用電表測某電阻阻值，根據(jù)圖所示的表盤，被測電阻阻值為220Ω。若將該表選擇旋鈕置于1mA擋測電流，表盤仍如圖所示，則被測電流為0.40mA。【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）B；（2）BC；（3）220，0.40【分析】（1）（2）本題考查歐姆表的使用：每選定一次歐姆擋位后電路發(fā)生改變要重新進行歐姆調(diào)零，測量電阻要把電阻與其它元件獨立；測完要把選擇開關(guān)正確放置．（3）歐姆表指針示數(shù)與倍率的乘積是歐姆表所測電阻的阻值；根據(jù)電流表量程由圖示表盤確定其分度值，讀出電流表示數(shù)．【解答】解：（1）A、測電壓時，多用電表的紅表筆應接在待測電阻的高電勢點，故A錯誤；B、測電流時應將待測電阻與多用電表串聯(lián)，且電流應從紅表筆進入、從黑表筆流出，故B正確；C、測電阻時，應將待測電阻與電路斷開后測量，故C錯誤；D、因為多用電表的黑表筆與內(nèi)部電池的正極相連，所以測量二極管反向電阻時，應將黑表筆與二極管的負極相連，故D錯誤。故選B.（2）A.運用歐姆表測量電阻時，不是每次測量都要重新調(diào)零，而是在換擋后要重新調(diào)零，故A錯誤；B.電阻如果是連在電路中，應當把它與其它元件斷開，再進行測量，故B正確；C.使用完畢應當拔出表筆，并把選擇開關(guān)旋到OFF擋或交流電壓最高擋，故C正確；D.用不同擋的歐姆表測量同一電阻的阻值時，誤差大小是不一樣的，故D錯誤。故選BC.（3）由圖示可知，被測電阻阻值為22×10Ω＝220Ω選擇多用表旋鈕置于1mA擋測電流，由表盤可知其分度值是0.02mA，電流表示數(shù)為0.40mA.故答案為：（1）B；（2）BC；（3）220，0.40【點評】歐姆表是利用內(nèi)部電源供電，然后根據(jù)電流的性質(zhì)，由閉合電路歐姆定律求出的電阻，故在使用過程中要注意其操作過程及使用方法．要特別注意：每次換擋都要重新調(diào)零．對多用電表讀數(shù)時，要根據(jù)選擇開關(guān)位置確定其所測量的量，然后確定其分度值，再根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)．13．（6分）（2020秋?黃浦區(qū)期末）某同學用圖（a）所示的電路測量電源的電動勢E和內(nèi)阻r，R1是滑動變阻器，定值電阻R2＝3Ω。（1）圖（a）中A、B分別是電壓傳感器、電流傳感器。（2）請根據(jù)圖（a），用筆畫線代替導線將圖（b）中實物圖補充完整。（3）該實驗中，設(shè)傳感器A的示數(shù)為a，傳感器B的示數(shù)為b，則a關(guān)于b的函數(shù)關(guān)系式為a＝E﹣b（r+R2）。（用b、E、r、R2表示）（4）若實驗中得到的兩表的示數(shù)關(guān)系圖象如圖（c）所示，則該電源的電動勢E＝2.8V，內(nèi)阻r＝1Ω?！究键c】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）電壓；電流；（2）實物電路圖如圖所示；（3）E﹣b（r+R2）；（4）2.8；1?！痉治觥浚?）電壓傳感器與被測電路并聯(lián)，電流傳感器串聯(lián)在電路中，分析圖示電路圖答題。（2）根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖。（3）根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出函數(shù)表達式。（4）根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）由圖（a）所示電路圖可知，傳感器A與滑動變阻器并聯(lián)，則傳感器A的電壓傳感器，傳感器B串聯(lián)在電路中，傳感器B是電流傳感器。（2）電源、傳感器B、開關(guān)、滑動變阻器、定值電阻組成串聯(lián)電路，傳感器A并聯(lián)在滑動變阻器兩端，根據(jù)圖（a）所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示；（3）根據(jù)圖（a）所示電路圖，應用閉合電路的歐姆定律可知，傳感器A的示數(shù)：a＝E﹣b（r+R2）（4）由圖（c）所示圖象可知，電源電動勢E＝2.8V，電源內(nèi)阻r=ΔUΔI-R2=2.80.7Ω﹣3故答案為：（1）電壓；電流；（2）實物電路圖如圖所示；（3）E﹣b（r+R2）；（4）2.8；1?！军c評】本題考查了測量電源的電動勢E和內(nèi)阻r實驗，理解實驗原理是解題的前提，根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖象可以求出電源電動勢與內(nèi)阻；要掌握電壓傳感器與電流傳感器的連接方法。14．（6分）（2022秋?湖州期中）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，小張同學進行了如下操作：（1）用毫米刻度尺測量接入電路中的金屬絲的有效長度L＝80.00cm，再用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，則其直徑D＝0.319mm。（2）將多用電表擋位的選擇如圖乙所示，按正確的操作步驟粗測此金屬絲的電阻，表盤示數(shù)如圖丙所示，則該金屬絲的阻值約為8.0Ω。（3）為了減小實驗誤差，需進一步精確測量金屬絲的電阻，除待測金屬絲Rx外，實驗室準備的實驗器材有電源（電動勢為4V，內(nèi)阻很?。?、導線、開關(guān)，還有以下實驗器材：A.電壓表V1（0～3V，內(nèi)阻約為1000Ω）B.電壓表V2（0～15V，內(nèi)阻約為2000Ω）C.電流表A1（0～0.6A，內(nèi)阻約為1Ω）D.電流表A2（0～3A，內(nèi)阻約為0.5Ω）E.滑動變阻器R1（0～10Ω）F.滑動變阻器R2（0～200Ω）①要求待測金屬絲兩端的電壓范圍從0開始，測量值盡可能精確，應選擇的實驗器材有ACE；（填器材前的字母）②圖丁是部分連接好的實物電路圖，請在圖丁中完成其余的正確連線；③通過正確的操作，將得到的金屬絲的電壓、電流數(shù)據(jù)作出金屬絲的U﹣I圖，如圖戊所示。根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算出此金屬絲的電阻率為6.9×10﹣7Ω?m。（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點】導體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）0.319；（2）8.0；（3）①ACE；②如上圖所示；③6.9×10﹣7【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則得出對應的示數(shù)；（2）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則得出對應的電阻；（3）①根據(jù)實驗原理分析出需要的實驗器材；②根據(jù)實驗原理得出電流表的接法并畫出實物連線圖；③根據(jù)電阻定律和歐姆定律得出電阻率的大小?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則金屬絲的直徑為D＝0mm+31.9×0.01mm＝0.319mm（2）歐姆表的擋位是“×1”擋，結(jié)合圖丙的表盤示數(shù)可知阻值為R＝8.0×1Ω＝8.0Ω（3）①要求待測金屬絲兩端的電壓范圍從0開始，所以要采用分壓式接法；根據(jù)歐姆定律可得，電路中的電流大概為I=ER=48.0A=0.5A，則電流表應選擇A1，電壓表選擇V1②因為待測電阻較小，所以采用電流表外接法，由此得出的實物圖如圖所示：③根據(jù)圖戊的斜率可知電阻的阻值為Rx根據(jù)電阻定律可得：ρ=R聯(lián)立解得：ρ＝6.9×10﹣7Ω?m故答案為：（1）0.319；（2）8.0；（3）①ACE；②如上圖所示；③6.9×10﹣7【點評】本題主要考查了電阻率的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合電阻定律和歐姆定律即可完成分析。15．（9分）（2017春?東城區(qū)期末）如圖所示，理想變壓器的原線圈兩端接在u＝2202sin100πt（V）的交流電源上，副線圈兩端接有R＝55Ω的負載電阻，原、副線圈匝數(shù)之比為2：1，電流表、電壓表均為理想電表．求：（1）電壓表的讀數(shù)；（2）電流表的讀數(shù)．【考點】變壓器的構(gòu)造與原理．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；推理法；交流電專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)瞬時值的表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，即可求得結(jié)論．【解答】解：原線圈兩端的電壓為：U1＝220v根據(jù)U1U2=n即副線圈中電壓表的示數(shù)是110V，副線圈的電流為：I2=U2由n1I1＝n2I2可得：I1＝1A，所以原線圈中電流表的示數(shù)為：I1＝1A．答：（1）電壓表的讀數(shù)為110V；（2）電流表的讀數(shù)為1A．【點評】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題徹底理解．16．（9分）（2015春?亭湖區(qū)校級月考）如圖所示，一個長為2m、寬為1m粗細均勻的矩形線框，質(zhì)量為m、電阻為R＝5Ω，放在光滑絕緣的水平面上，一個邊長為2m的正方形區(qū)域內(nèi)，存在豎直向下的勻強磁場，其左邊界在線框兩長邊的中點MN上．（1）在t＝0時刻，若磁場從磁感應強度為零開始均勻增強，變化率ΔBΔt=0.5T/S，線框保持靜止，求在t＝（2）若正方形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度恒為B＝1T，磁場從圖示位置開始以速度v＝5m/s勻速向左運動．并控制線框保持靜止，求到線框剛好完全處在磁場中時通過線框的電量和線框中產(chǎn)生的熱量；（3）若正方形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度恒為B，磁場從圖示位置開始以速度v勻速向左運動，線框同時從靜止釋放，線框離開磁場前已達到穩(wěn)定速度，加速過程中產(chǎn)生的熱量為Q，求該過程中運動磁場提供給線框的能量．【考點】導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；方程法；電磁感應——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律與安培力大小公式，及左手定則，即可求解；（2）由切割感應電動勢與電量表達式，從而得出電量綜合表達式，再由焦耳定律，即可求解；（3）根據(jù)切割感應電動勢表達式，依據(jù)牛頓第二定律，并結(jié)合能量守恒定律，從而求解．【解答】解：（1）區(qū)域磁場均勻增強，線框中電動勢：E=電流：I=長為2m、寬為1m，設(shè)長為2L，寬度為L，則經(jīng)過時間t時加在線框上的外力：F＝F安＝BIL=k代入數(shù)據(jù)得：F＝0.1N方向水平向右；（2）區(qū)域磁場從線框上MN位置以速度v勻速向左運動時電動勢：E＝BLv電流：I=經(jīng)歷時間：t=則通過線框的電量：q=It=B線框中產(chǎn)生的熱量：Q=I（3）線框速度為某一值vx時，線框中的電動勢：E＝BL（v﹣vx）電流：I=由牛頓第二定律得：ma＝BIL解得：a=線框穩(wěn)定時a＝0，vx＝v由能量守恒定律，得區(qū)域磁場提供給線框的能量：W=答：（1）在t＝2s時加在線框上的水平外力大小是0.1N，方向水平向右；（2）線框剛好完全處在磁場中時通過線框的電量是0.2C，線框中產(chǎn)生的熱量是1J；（3）線框速度為某一值vx時的加速度和該過程中運動磁場提供給線框的能量12mv2+Q【點評】考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律的應用，掌握電量的綜合表達式，理解焦耳定律與牛頓第二定律的應用，注意能量守恒定律的巧用．17．（9分）（2023秋?長寧區(qū)校級期末）某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1，已知：B為速度選擇器，磁場與電場正交，電場強度為E已知，磁感應強度B1未知；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應強度為B2已知。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子（不計重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。求：（1）加速后粒子的速度v為多少？（2）速度選擇器磁感應強度B1為多少？（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？【考點】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀；帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）粒子的速度的大小為2qU（2）速度選擇器磁感應強度B1為Em2q（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為1B【分析】（1）根據(jù)動能定理得出粒子的速度；（2）根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出磁感應強度B1的大小；（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得半徑。【解答】解：（1）粒子在加速度電場中，根據(jù)動能定理可得：qU1=解得：v=（2）在速度選擇器中，粒子受到的電場力和洛倫茲力相等，則qE＝qvB1解得：B1＝Em（3）在偏轉(zhuǎn)分離器中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則qvB2＝mvR=答：（1）粒子的速度的大小為2qU（2）速度選擇器磁感應強度B1為Em2q（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為1B【點評】本題主要考查了質(zhì)譜儀的相關(guān)應用，利用動能定理得出粒子的速度，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。18．（12分）（2012秋?松山區(qū)校級期中）在光滑水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10﹣3kg、電量q＝1.0×10﹣10C的帶正電小球，靜止在O點，以O(shè)點為原點，在該水平面內(nèi)建立直角系坐標系oxy，現(xiàn)突然加一沿X軸負方向、場強大小E＝2.0×106V/m的勻強電場，使小球開始運動，經(jīng)過2.0s，所加電場突然變?yōu)檠貀軸負方向，場強大小仍為E＝2.0×106V/m的勻強電場，再經(jīng)過2.0s，所加電場又突然變?yōu)榱硪粋€勻強電場，使小球在此電場作用下經(jīng)2.0s，速率變?yōu)榱悖蟠穗妶龅拇笮〖胺较蚣八俣茸優(yōu)榱銜r小球的位置坐標．【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內(nèi)容和應用．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】分析小球的運動情況：第1個2s內(nèi)小球沿x軸負方向做勻加速直線運動，第2個2s內(nèi)做類平拋運動，加速度沿y軸負方向，第3個2s內(nèi)做勻減速直線運動．根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出第1個2s末小球的速度和位移．對于類平拋運動，運用運動的分解法求出第2個2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大?。俑鶕?jù)牛頓第二定律和運動學公式求出電場的方向和第3個2s末的位置．【解答】解：由牛頓第二定律得知，在勻強電場中小球加速度的大小恒為：a=代入數(shù)值得小球的加速度：a=1.0×10-10×2.0×10場強沿X負方向時經(jīng)達2秒速度大?。簐x＝at＝0.2×2＝0.4m/s，方向：X負方向球沿X負方向移動距離：Δx1=1場強沿Y負方向時，小球做類平拋運動，即小球在x負方向做速度為Vx的勻速運動，在y負方向做初速為零的勻加速運動，沿x方向移動的距離：Δx2＝vxt＝0.4×2＝0.80m沿y方向移動的距離：Δy=12at2=故在第2個2秒末小球到達的位置坐標：x2＝﹣（Δx1+Δx2）＝﹣1.20my2＝﹣Δy＝﹣0.40m在第4秒末小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度為vy＝at＝0.20×2.0＝0.40m/s由上可知，此時運動方向與x軸負方向成45°角，即與x軸成225°角．要使小球速度能變?yōu)榱?，則在第3個2秒內(nèi)所加勻強電場的方向必須與此方向相反，即指向第一象限，與x軸成45°角．故場強大小為：E=第3個2秒內(nèi)：設(shè)在電場作用下小球加速度的x分量和y分量分別為ax，ay，則ax=vxtay=vy第3個2秒內(nèi)運動距離為X3＝vxt-12Y3＝vyt-12ayt2所以在第6秒未小球到達的位置坐標為x＝x2﹣X3＝﹣1.2﹣0.4＝﹣1.6my＝y(tǒng)2﹣Y3＝﹣0.4﹣0.4＝﹣0.8m答：此電場的方向為指向第一象限，與x軸成45°角，大小為22×103V/m．速度變?yōu)榱銜r小球的位置為x＝﹣1.6m【點評】本題考查運用牛頓第二定律和運動學公式分析和處理動力學問題，要通過計算進行分析．類平拋運動運用運動的合成與分解的方法研究．

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大?。籦．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．4．動量定理的內(nèi)容和應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．5．點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場【知識點的認識】1.點電荷是最簡單的場源電荷，一個電荷量為Q的點電荷，在與之相距r處的電場強度為E=k2.推導如下：如果以Q為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。Q為場源電荷電量。F=kQq3．方向：若Q是正電荷，Q和該點的連線指向該點；若Q是負電荷，Q和該點的連線值向Q。3．使用范圍：僅使用于真空中點電荷產(chǎn)生的電場。4.點單荷電場的特點：根據(jù)上式可知，如果以電荷量為Q的點電荷為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。當Q為正電荷時，電場強度E的方向沿半徑向外（圖甲）﹔當Q為負電荷時，電場強度E的方向沿半徑向內(nèi)（圖乙）。即點電荷的電場是以電荷為球心向四周發(fā)散或由四周指向球心的。5.帶電球體（球殼）與點電荷等效：在一個比較大的帶電體不能看作點電荷的情況下，當計算它的電場時，可以把它分成若干小塊，只要每個小塊足夠小，就可以看成點電荷，然后用點電荷電場強度疊加的方法計算整個帶電體的電場。可以證明，一個半徑為R的均勻帶電球體（或球殼）在球的外部產(chǎn)生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產(chǎn)生的電場相同（如下圖），即E=k式中的r是球心到該點的距離（r＞R），Q為整個球體所帶的電荷量?！久}方向】一點電荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此點電荷30cm處，該電荷產(chǎn)生的電場的強度是多大？分析：知道點電荷的電荷量，知道離點電荷的距離，由點電荷的場強公式可以直接求得結(jié)果．解答：由點電荷的場強公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以電荷產(chǎn)生的電場的強度是2000N/C．點評：本題是點電荷的場強公式的直接應用，掌握住公式就很簡單了．【解題思路點撥】1.公式E=kQr2又叫作2.一個均勻帶電球體（或球殼）在球外某點產(chǎn)生的電場與一個位于球心，電荷量相字的點電荷在該點產(chǎn)生的電場相同。要注意只局限于球外。3.常見的錯誤之一是認為以點電荷為球心的球面上各處電場強度相等。錯誤的原因在于忽略了電場強度的矢量性。準確的說法是以點電荷為球心的球面上各處電場強度大小相等，方向不同。4.電場強度三個計算式的比較表達式比較E=E＝kQE=公式意義電場強度定義式真空中點電荷的電場強度決定式勻強電場中E與U關(guān)系式適用條件一切電場①真空②點電荷勻強電場比較決定因素由電場本身決定，與q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定，d是場中兩點間沿場強方向的距離相同點矢量，單位：1N/C＝1V/m6．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關(guān)，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增加。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：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關(guān)，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關(guān)概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）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：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減??；電場力做負功時電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。7．電容器的充放電問題【知識點的認識】1.電容器的充電與放電（1）使電容器帶上電荷的過程稱為充電。充電過程中，電容器所帶電荷量逐漸增大，兩極板間電壓增大，極板間電場強度逐漸增大、充電電流逐漸減小。從能量角度來看，是電源的能量不斷儲存在電容器中的過程。（2）使電容器失去電荷的過程稱為放電。放電過程中，電容器所帶電荷量逐漸減小，兩極板間電壓減小，極板間電場強度逐漸減小，放電電流逐漸減小。從能量角度來看，是電容器將儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式能量的過程。（3）電容器的充放電過程整體是一個很快的過程，幾乎是瞬間就能完成。2.電容器充放電的圖像（1）以電路中的電流為縱坐標，時間為橫坐標，即可做出電容器充放電過程中的圖像。如下圖為電容器的放電圖。（2）根據(jù)微元法可知曲線與坐標軸圍成的面積表示電路中通過的電荷量?！久}方向】某同學利用圖甲所示的電路演示電容器的充、放電過程，先使開關(guān)S與1端相連，然后把開關(guān)S擲向2端，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的i﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A、圖像中兩陰影面積一定相等B、放電過程中，電容器下極板帶正電C、減小R可以增大圖像中兩陰影面積D、減小R可以延長充放電的時間分析：電容器的充放電電量是i﹣t圖像圍成的面積，電容器的定義式以及定義式應用，電容器與電源正極連接的板帶正電，與電源負極相連的板帶負電。解答：A．i﹣t圖像面積表示電荷量，兩陰影面積分別表示充放電電荷總量，一定相等，故A正確；B．電容器下極板與電源負極相連，所以下極板帶負電，故B錯誤；C．電容器所帶的電荷量Q＝CU，由于電源電動勢不變也就是電容器兩端電壓不變，電容不變，所以Q不變，故C錯誤；D．充電過程中，減小R可縮短充電時間，放電過程中，電阻是負載，減小R可縮短放電時間，故D錯誤。故選：A。點評：考查電容器充放電，以及定義式應用?！窘忸}思路點撥】對電容器充電和放電的一種理解：充電時電容器通過電源將一極板上的電子搬運到另一板板上，從而使一個極板帶正電、另一板板帶等量負電。放電時是電容器通過外電路將兩極板上的電荷進行中和的過程。8．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識點的認識】1.對于電容器的動態(tài)分析問題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時電壓不變，與電源斷開時是電荷量不變。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分析某點電勢的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢能的變化?！久}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電荷。S是閉合的，φa表示a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力?，F(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，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；由極板的移動可知d的變化，由U＝Ed可知板間場強E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢差的變化，即可得出aB間電勢差的變化及a點電勢的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場力變小，故C正確；則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大，而B接地，故a點的電勢增大，故A、B均錯；故選：C。點評：電容器的動態(tài)分析中首先應注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進行判斷；對于本題應注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點的電勢；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差?！窘忸}思路點撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時，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。9．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點的認識】本考點旨在針對需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關(guān)系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況。【命題方向】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)分布等大反向勻強電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點以6gR的初速度沿斜面向下運動，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點。AB長度為2R，電場強度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點時的速度為2gRB、物塊在最低點的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運動D、物塊在斜面運動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點的速度，結(jié)合豎直面的圓周運動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內(nèi)圓周運動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。解答：A、對物塊在左側(cè)斜面上釋放時進行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點評：本題考查涉及電場力的功能關(guān)系問題，注意當速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運動規(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}思路點撥】電場中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動能的變化量，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能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即EP1+E機1＝EP2+E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。10．含容電路的動態(tài)分析【知識點的認識】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。本考點旨在針對含容電路的動態(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.當電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，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，將會引起電容器的充（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?！久}方向】如圖所示，電源電動勢為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．開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)．則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（）A、靈敏電流計G中有b→a的電流B、油滴向上加速運動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狀態(tài)，受力平衡．滑動觸頭移動的過程中，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、通過靈敏電流計的電流以及油滴的運動情況．再通過電路的動態(tài)分析得出經(jīng)過R2的電流變化．解答：在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內(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