2024-2025學年上學期廣州高二物理期末培優(yōu)卷2

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2一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2024春?廬江縣期中）如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其正上方略偏右處固定一根直導線，導線和磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，則（）A．磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵對桌面的壓力不變 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力2．（4分）（2021秋?江西月考）實驗表明：通電長直導線周圍某點的磁感應強度大小與長直導線中電流強度I成正比，與該點到直導線的距離r成反比。如圖所示，空間中存在垂直紙面（豎直面）向里的勻強磁場，一根長直導線固定，a、b是紙面內關于長直導線對稱的兩點，給長直導線通以大小為I0、方向豎直向上的恒定電流時，a點的磁感應強度大小為B；若長直導線中的電流增大為2I0，a點的磁感應強度大小變?yōu)?.8B，則此時b點的磁感應強度大小可能為（）A．1.2B B．1.4B C．1.6B D．1.8B3．（4分）（2023秋?渝北區(qū)校級期中）隨著生活水平的提高，電子秤已成為日常生活中不可或缺的一部分。如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導致平行板上層膜片電極下移，則下列說法正確的是（）A．電容器的電容減小 B．電容器的帶電電荷量減少 C．電容器兩極板間電場強度減小 D．膜片下移過程中，電流表有b到a的電流4．（4分）（2023?房山區(qū)一模）如圖所示，電路中線圈L的自感系數(shù)足夠大，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，A1與線圈L串聯(lián)后接到電源上，A2與可調電阻R串聯(lián)后接到電源上。先閉合開關S，調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，再調節(jié)可調電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關S。下列說法正確的是（）A．重新閉合開關S，A1先亮，A2后亮 B．斷開開關S，A2先熄滅，A1后熄滅 C．斷開開關S，A1先熄滅，A2后熄滅 D．斷開開關S，流過A2電流方向向左5．（4分）（2023秋?崇川區(qū)期末）如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd靜置在水平絕緣平臺上，ab、cd足夠長，一根電阻為R的導體棒MN垂直置于金屬框上，整個裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，用水平恒力F向右拉動金屬框，MN與金屬框保持良好接觸，則MN的速度v、加速度a隨時間t變化的關系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2019?天津一模）如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，一帶負電的質點僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡如實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知（）A．a、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質點在P點的動能比在Q點大 C．帶電質點在P點的電勢能比在Q點小 D．帶電質點在P點時的加速度比在Q點小7．（4分）（2023秋?立山區(qū)校級期中）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機原理示意圖，圖乙為質譜儀原理圖，圖丙是寬為a、長為c的半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，圖丁是速度選擇器的原理示意圖，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高 B．圖乙中，11H、12H、13C．圖丙中，前、后表面間的電壓U與c成正比 D．圖丁中，只要粒子從P點水平進入時能勻速直線通過，則從Q點進入也可以二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2016秋?興隆臺區(qū)校級期中）在如圖所示的電路中，三個電壓表和一個電流表均為理想電表，閉合開關S，則在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，以下說法正確的是（）A．三個電壓表V，V1，V2的示數(shù)變化量滿足關系ΔU＝ΔU1+ΔU2 B．電源的總功率減小，電源的輸出功率可能增大 C．此過程中電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表A示數(shù)的變化量ΔI的比值不變 D．此過程中電壓表V1示數(shù)U1和電流表A示數(shù)I的比值不變（多選）9．（6分）（2022春?湖北期中）如圖所示，A、B兩個閉合單匝線圈用完全相同的導線制成，半徑rA＝3rB，圖示區(qū)域內有勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻減小，則（）A．A、B線圈中產生的電阻之比RA：RB＝1：1 B．A、B線圈中產生的感應電動勢之比EA：EB＝9：1 C．A、B線圈中產生的感應電流之比IA：IB＝3：1 D．A、B線圈中產生的電功率之比PA：PB＝9：1（多選）10．（6分）（2017?新鄉(xiāng)一模）如圖所示為質譜儀的工作原理圖，初速度忽略不計的帶電粒子進入加速電場，經加速電場加速后進入速度選擇器，在速度選擇器中做直線運動通過平板S的狹縫P進入平板S下的偏轉磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度大小為B2，粒子最終打在膠片A1A2上，粒子打在膠片上的位置離狹縫P距離為L，加速電場兩板間的電壓為U，速度選擇器兩板間的電場強度大小為E，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．速度選擇器兩板間磁場的方向垂直于紙面向里 B．平板S下面的偏轉磁場方向垂直于紙面向外 C．粒子經加速電場加速后獲得的速度大小為4UBD．速度選擇器兩板間磁場的磁感應強度大小為EB三．實驗題（共5小題，滿分54分）11．（7分）（2022秋?越秀區(qū)期末）物理實驗小組研究電容器的充放電現(xiàn)象。（1）通過查閱資料了解到，電容器串聯(lián)大電阻，可以延緩充、放電過程。小組成員想到用多用電表挑選合適的電阻進行實驗。在測量其中一個電阻的阻值時，先把選擇開關旋到“×100”擋，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉如圖a所示，應該將選擇開關旋到（選填“×10”擋或“×1k”擋）并重新進行歐姆調零再進行測量。（2）重新測量電阻的阻值，指針位于如圖b所示位置，被測電阻的測量值為Ω。（3）選擇合適的電阻后，小組成員用一節(jié)干電池按如圖c所示電路觀察電容器充、放電過程，并繪制出電容器充、放電過程中電流I隨時間t變化的圖像如圖d所示。充電過程中I軸與t軸所圍的面積為S1，放電過程中I軸與t軸所圍的面積為S2，則下列說法中正確的有。A．充電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器兩極板間的電壓也逐漸減小B．放電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器的電容也逐漸減小C．在實驗誤差允許范圍內，S1近似等于S2（4）該小組成員僅將一節(jié)干電池換成兩節(jié)干電池繼續(xù)探究電容器充放電現(xiàn)象，圖像d中的面積S1將（填“增大”、“減小”或“不變”）。12．（10分）（2022秋?丹東期末）課外興趣小組測量某電池組的電動勢和內阻的實驗原理如圖甲所示，現(xiàn)提供的器材如下：A.某型號電池組（電動勢約為3.0V、內阻很?。籅.電壓表V1（量程為0～3V，內阻約為10kΩ）；C.電壓表V2（量程為0～15V，內阻約為10kΩ）；D.電阻箱R（0～99.9Ω）；E.定值電阻R1（R1＝2Ω）；F.定值電阻R2（R2＝200Ω）；G.開關和導線若干。（1）在以上實驗器材中，電壓表應選擇（選填器材前的選項字母）；定值電阻R0應選擇（選填器材前的選項字母）。（2）興趣小組一致認為用線性圖像處理數(shù)據(jù)便于分析，于是在實驗中改變電阻箱的阻值R，記錄對應電壓表的示數(shù)U，獲取了多組數(shù)據(jù)，畫出的1U-1R圖像為一條直線，做出的1U-1R圖像如圖乙所示，若把流過電阻箱的電流視為干路電流，則可得該電池組的電動勢E＝V（3）該實驗的系統(tǒng)誤差主要來源于。13．（9分）（2017秋?西城區(qū)校級月考）如圖所示的兩組平行金屬板，一組金屬板豎直放置，A、B分別為兩板的中間小孔，兩板間電壓為U0；另一組金屬板水平放置，兩板間距為d、長度為L、電壓為U。一質量為m，電荷量q的帶負電的粒子從A點由靜止釋放，經電壓U0加速后通過B孔進入的水平平行金屬板間。帶電粒子從兩塊水平金屬板的中間射入，且能從水平金屬板右側穿出若不考慮帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0；（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek；（3）寫出帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程，并證明：質量和電荷量不同的帶負電的粒子有相同的運動軌跡。14．（13分）（2023?湖北模擬）如圖所示，完全相同的金屬導軌ad、bc水平放置，ab間的距離為4L，dc間的距離為2L，∠a＝∠b＝θ＝45°。ab間接有阻值為R的電阻，dc間接一理想電壓表。空間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一長度為4L的金屬棒MN在水平外力的作用下從貼近于ab邊的位置開始以初速度v0向右運動并始終與導軌接觸良好。不計摩擦和其他電阻，在MN從ab邊運動到dc邊的過程中，電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：（1）回路中電流大小I；（2）MN的速度v隨位移x變化的關系式；（3）在MN從ab邊運動到dc邊的過程中，電阻R上產生的焦耳熱。15．（15分）（2020?臺州模擬）如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個象限的空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在原點O處有一粒子源在紙面內向第Ⅰ象限與x軸正方向成一定角度θ（θ未知）的方向以不同速率發(fā)射同種粒子A，A粒子質量為m、電荷量為+2q。在x軸負半軸上排列著許多質量為m、電荷量為﹣q的另一種靜止，但被碰后可以自由運動的粒子B．設每次A粒子到達x軸負半軸時總能和一個B粒子發(fā)生正碰并粘在一起。在y軸上-3L2≤y≤﹣L區(qū)間裝有粒子收集器，到達該區(qū)域的所有粒子將被收集?，F(xiàn)有一速度大小為v0的A粒子射出后經過M點后與N點的一個B粒子發(fā)生碰撞。圖中坐標M（0，4L），N（﹣3L（1）求粒子的速度大小v0和夾角θ；（2）求在N點碰撞后的粒子，最后達到y(tǒng)軸的位置；（3）若從O點射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內，且粒子數(shù)在此范圍內均勻分布，求粒子的收集率。

2024-2025學年上學期廣州高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2024春?廬江縣期中）如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其正上方略偏右處固定一根直導線，導線和磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，則（）A．磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵對桌面的壓力不變 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力【考點】安培力的概念；判斷是否存在摩擦力．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】先以通電導線為研究對象，由左手定則判斷出導線受到安培力的方向；然后由牛頓第三定律求出磁鐵受到磁場力的方向，最后判斷磁鐵對桌面的壓力如何變化，判斷磁鐵受到的摩擦力方向?！窘獯稹拷猓涸诖盆F外部，磁感線從N極指向S極，導線所在處磁場向右斜向下，導線電流垂直于紙面向外，由左手定則可知，導線受到的安培力向右斜向上，由牛頓第三定律可知，導線對磁鐵的作用力向左斜向下，磁鐵保持靜止，由共點力平衡條件可知，磁鐵對桌面的壓力增大，有向左的運動趨勢，磁鐵受到向右摩擦力，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題應先選導線為研究對象，然后由牛頓第三定律判斷磁鐵的受力情況，巧妙地選取研究對象，是正確解題的關鍵。2．（4分）（2021秋?江西月考）實驗表明：通電長直導線周圍某點的磁感應強度大小與長直導線中電流強度I成正比，與該點到直導線的距離r成反比。如圖所示，空間中存在垂直紙面（豎直面）向里的勻強磁場，一根長直導線固定，a、b是紙面內關于長直導線對稱的兩點，給長直導線通以大小為I0、方向豎直向上的恒定電流時，a點的磁感應強度大小為B；若長直導線中的電流增大為2I0，a點的磁感應強度大小變?yōu)?.8B，則此時b點的磁感應強度大小可能為（）A．1.2B B．1.4B C．1.6B D．1.8B【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)安培定則，長直導線中電流在a點產生的磁場與勻強磁場方向相反，在b點產生的磁場與勻強磁場方向相同，將2I0電流等效成2個I0的電流，因此電流改變?yōu)?I0后，電流在α點和b產生的磁場磁感應強度是原來的2倍，然后磁場強度疊加求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)安培定則，長直導線中電流在a點產生的磁場與勻強磁場方向相反，在b點產生的磁場與勻強磁場方向相同，將2I0電流等效成2個I0的電流，因此電流改變?yōu)?I0后，電流在α點和b產生的磁場磁感應強度是原來的2倍，設電流I0在α、b兩點產生的磁場磁感應強度大小為B1，勻強磁場的磁感應強度大小為B0，由題意有|B0﹣B1|＝B，|B0﹣2B1|＝0.8B.|B0﹣2B1|＝|B﹣B1|＝0.8BB﹣B1＝0.8BB1＝0.2BB0＝1.2BBb＝2B1+B0＝1.6B此時b點的磁感應強度大小為1.6B；B1﹣B＝0.8BB1＝1.8BB0＝2.8BBb＝2B1+B0＝6.4B此時b點的磁感應強度大小為6.4B。故ABD錯誤，C正確；故選：C。【點評】本題考查的是通電導線周圍磁場強度的疊加，要知道磁場強度是矢量，注意磁場的方向。3．（4分）（2023秋?渝北區(qū)校級期中）隨著生活水平的提高，電子秤已成為日常生活中不可或缺的一部分。如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導致平行板上層膜片電極下移，則下列說法正確的是（）A．電容器的電容減小 B．電容器的帶電電荷量減少 C．電容器兩極板間電場強度減小 D．膜片下移過程中，電流表有b到a的電流【考點】電容器的動態(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】D【分析】根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd【解答】解：A、平行板上層膜片電極下移時，兩個極板的距離減小，根據(jù)電容的決定式C=?rSBCD、由于電容器一直和電源相連，兩極板的電壓不變，根據(jù)E=Ud可知電場強度增大，根據(jù)電容的定義式C=QU可知，當電容增大時，電容器的帶電荷量增大，即電容器被充電，電流表有從b到a的電流，故故選：D?！军c評】本題考查電容器的動態(tài)分析問題，關鍵要抓住變化過程中的不變量，由電容的決定式C=?rS4πkd4．（4分）（2023?房山區(qū)一模）如圖所示，電路中線圈L的自感系數(shù)足夠大，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，A1與線圈L串聯(lián)后接到電源上，A2與可調電阻R串聯(lián)后接到電源上。先閉合開關S，調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，再調節(jié)可調電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關S。下列說法正確的是（）A．重新閉合開關S，A1先亮，A2后亮 B．斷開開關S，A2先熄滅，A1后熄滅 C．斷開開關S，A1先熄滅，A2后熄滅 D．斷開開關S，流過A2電流方向向左【考點】自感現(xiàn)象與自感系數(shù)．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】D【分析】閉合開關S時，滑動變阻器R不產生感應電動勢，燈泡A2立刻正常發(fā)光，線圈的電流增大，產生自感電動勢，根據(jù)楞次定律判斷電流如何變化，分析燈泡A1的亮度如何變化；再斷開開關S，線圈中電流減小，產生自感電動勢，再由楞次定律判斷電流如何變化?！窘獯稹拷猓篈、重新閉合開關S時，由于線圈L的自感系數(shù)足夠大，阻礙電流增大，所以A2先亮，A1后亮，故A錯誤；BCD、斷開開關S時，A1、A2與L、R構成閉合回路，L相當于電源，A1、A2電流相同，會逐漸變暗，且同時熄滅，電感產生的電阻阻礙電流減小，所以流過A1的電流向右，流過A2電流方向向左，故D正確，BC錯誤。故選：D?！军c評】當通過線圈的電流變化時，線圈會產生自感電動勢，阻礙電流的變化，自感現(xiàn)象是一種特殊的電磁感應現(xiàn)象，遵守楞次定律。5．（4分）（2023秋?崇川區(qū)期末）如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd靜置在水平絕緣平臺上，ab、cd足夠長，一根電阻為R的導體棒MN垂直置于金屬框上，整個裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，用水平恒力F向右拉動金屬框，MN與金屬框保持良好接觸，則MN的速度v、加速度a隨時間t變化的關系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】A【分析】分別對金屬框和導體棒進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和感應電動勢公式E＝BLv、歐姆定律、安培力公式F＝BIL求出二者的加速度表達式，當加速度差值為零時，得到速度之差恒定，從而分析出圖像的形狀。【解答】解：金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，bc邊產生的感應電流從c流向b，由左手定則可知，導體棒受到向右的安培力作用，導體棒向右做加速運動，設金屬框的加速度為a1，導體棒的加速度為a2，設金屬框的速度為v1，導體棒的速度為v2，設導體棒的電阻為R，回路的感應電流I=設金屬框的質量為M，導體棒的質量為m，對金屬框，牛頓第二定律得F﹣BIL＝Ma1對導體棒MN，由牛頓第二定律得BIL＝ma2金屬框與導體棒都做初速度為零的加速運動，v1、v2都變大，a1從FM開始減小，導體棒的加速度a2從0開始增大，當金屬框與導體棒的加速度相等時，即a1＝a2＝解得F＝（M+m）a加速度保持不變，此后金屬框與導體棒的速度差Δv保持不變，感應電流不變，兩端電壓UMN不變且不為0，導體棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導體棒以相等的加速度做勻加速直線運動，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查電磁感應中的動力學問題，關鍵要正確分析回路中感應電流與兩棒速度的關系，利用牛頓第二定律分析兩棒加速度變化情況。6．（4分）（2019?天津一模）如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，一帶負電的質點僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡如實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知（）A．a、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質點在P點的動能比在Q點大 C．帶電質點在P點的電勢能比在Q點小 D．帶電質點在P點時的加速度比在Q點小【考點】等勢面及其與電場線的關系；電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】A【分析】由于質點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于質點帶負電，因此電場線方向也指向左上方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大。【解答】解：A、電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a等勢線的電勢最高，故A正確；BC、根據(jù)質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故BC錯誤；D、等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D錯誤。故選：A?！军c評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。7．（4分）（2023秋?立山區(qū)校級期中）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機原理示意圖，圖乙為質譜儀原理圖，圖丙是寬為a、長為c的半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，圖丁是速度選擇器的原理示意圖，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高 B．圖乙中，11H、12H、13C．圖丙中，前、后表面間的電壓U與c成正比 D．圖丁中，只要粒子從P點水平進入時能勻速直線通過，則從Q點進入也可以【考點】磁流體發(fā)電機．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】圖甲圖乙由左手定則判斷磁流體發(fā)電機極板的電勢高低，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求解半徑公式，從而比較不同粒子的半徑大小，對比兩種加速器原理和結構從而比較綜合效應。圖丙是霍爾效應及其應用，解題的關鍵是明確自由電荷在復合場中受力平衡，易錯點在于利用左手定則判斷電荷的移動，從而判斷后面的電勢高。圖丁速度選擇器根據(jù)粒子能夠沿直線勻速通過分析即可?！窘獯稹拷猓篈、將一束等離子體噴入磁場，由左手定則得，正離子向下偏轉，負離子向上偏轉，A、B兩板會產生電勢差，且B板電勢高，故A錯誤；B、質譜儀中，粒子經電場加速有：qU=12mv2，在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝mR=1B2mUq，由此可知在磁場中偏轉半徑最大的是比荷（qm）最小的粒子，H、H、H三種粒子電荷量相同，HC、達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電子所受電場力與洛倫茲力合力為零，即evB=UHae，其中：I＝neadv（d為上下厚度，n為單位體積的電子數(shù)），解得：UH=IBned，則其它條件不變，前、后表面間的電壓UH與BD、粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器，則有粒子受到電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)左手定則粒子從P點進入電場力與洛倫茲力能達到平衡，從Q點進入洛倫茲力與電場力同方向，必不平衡，故D錯誤。故選：B。【點評】此題是通過對比的方式把電磁學的應用實驗組合在一起的好題，有利于知識梳理、分清是否，當然掌握基礎是解題的關鍵。二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2016秋?興隆臺區(qū)校級期中）在如圖所示的電路中，三個電壓表和一個電流表均為理想電表，閉合開關S，則在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，以下說法正確的是（）A．三個電壓表V，V1，V2的示數(shù)變化量滿足關系ΔU＝ΔU1+ΔU2 B．電源的總功率減小，電源的輸出功率可能增大 C．此過程中電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表A示數(shù)的變化量ΔI的比值不變 D．此過程中電壓表V1示數(shù)U1和電流表A示數(shù)I的比值不變【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題．【答案】BCD【分析】在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，電路中的電流減小，由歐姆定律分析R1兩端電壓的變化和路端電壓的變化，再判斷R2兩端電壓的變化，利用閉合電路歐姆定律分析電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值的變化情況．電壓表V1示數(shù)U1和電流表示數(shù)I的比值等于R1．根據(jù)P＝EI分析電源的總功率變化情況．根據(jù)內外電阻的關系分析電源的輸出功率如何變化．【解答】解：A、在滑動變阻器的滑片P向下移動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，電路中的電流I減小，由歐姆定律分析得知，R1兩端電壓U1減小，路端電壓U增大，由U＝U1+U2，知U2增大，則電壓表V的示數(shù)變化量的大小ΔU和電壓表V1的示數(shù)變化量的大小ΔU1、電壓表V2的示數(shù)變化量的大小ΔU2的關系為ΔU＝﹣ΔU1+ΔU2，故A錯誤。B、總電流減小，電源的總功率為P＝EI，I減小，則P減小。由于內外電阻的關系未知，所以電源的輸出功率可能增大，故B正確。C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2＝E﹣I（R1+r），則ΔU2ΔI=R1D、電壓表V1示數(shù)U1和電流表示數(shù)I的比值等于R1，不變，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題是電路動態(tài)變化分析問題，要采用總量法分析兩電表示數(shù)變化量的大?。畬τ陔姳碜兓康谋壤鶕?jù)閉合電路歐姆定律分析．（多選）9．（6分）（2022春?湖北期中）如圖所示，A、B兩個閉合單匝線圈用完全相同的導線制成，半徑rA＝3rB，圖示區(qū)域內有勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻減小，則（）A．A、B線圈中產生的電阻之比RA：RB＝1：1 B．A、B線圈中產生的感應電動勢之比EA：EB＝9：1 C．A、B線圈中產生的感應電流之比IA：IB＝3：1 D．A、B線圈中產生的電功率之比PA：PB＝9：1【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式；電阻定律的內容及表達式；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】信息給予題；比較思想；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】A、根據(jù)電阻定律，結合題意求出A、B線圈中產生的電阻之比；BCD、根據(jù)法拉第電磁感應定律得出A、B線圈中產生的感應電動勢之比；結合已知的電阻之比求出A、B線圈中產生的感應電流之比，進而求出A、B線圈中產生的電功率之比。【解答】解：A、根據(jù)電阻定律有R＝ρLS=導線完全相同，故S相等，又rA＝3rB，整理可得A、B線圈中產生的電阻之比RA：RB＝3：1，故A錯誤；BCD、根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=ΔΦΔt=ΔB整理可得A、B線圈中產生的感應電動勢之比EA：EB＝9：1；根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I=整理可得A、B線圈中產生的感應電流之比IA：IB＝3：1線圈中產生的電功率P＝EI故A、B線圈中產生的電功率之比PA：PB＝27：1故BC正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律和電功率公式，在解題時要注意找出等效電源，再結合電路解決問題。（多選）10．（6分）（2017?新鄉(xiāng)一模）如圖所示為質譜儀的工作原理圖，初速度忽略不計的帶電粒子進入加速電場，經加速電場加速后進入速度選擇器，在速度選擇器中做直線運動通過平板S的狹縫P進入平板S下的偏轉磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度大小為B2，粒子最終打在膠片A1A2上，粒子打在膠片上的位置離狹縫P距離為L，加速電場兩板間的電壓為U，速度選擇器兩板間的電場強度大小為E，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．速度選擇器兩板間磁場的方向垂直于紙面向里 B．平板S下面的偏轉磁場方向垂直于紙面向外 C．粒子經加速電場加速后獲得的速度大小為4UBD．速度選擇器兩板間磁場的磁感應強度大小為EB【考點】與速度選擇器相結合的質譜儀；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】BCD【分析】帶電粒子在速度選擇器中受電場力和洛倫茲力平衡，做勻速直線運動，進入偏轉電場后做勻速圓周運動，根據(jù)半徑公式得出半徑與粒子比荷的關系．【解答】解：A、粒子經加速電壓加速，根據(jù)加速電壓可知，粒子帶正電，要使粒子沿直線運動，粒子在速度選擇器中受到的電場力與洛倫茲力應大小相等，由此可以判斷出速度選擇器中磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；B、離子進入偏轉磁場后向左偏轉，根據(jù)左手定則可知，偏轉磁場的方向垂直于紙面向外，故B正確；CD、粒子經加速電場加速，有：qU=在速度選擇器中有：qE＝qvB1粒子在偏轉磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qv聯(lián)立解得：v=4UB2L，故選：BCD。【點評】解決本題的關鍵知道粒子在速度選擇器和偏轉電場中的運動規(guī)律，掌握帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑公式．三．實驗題（共5小題，滿分54分）11．（7分）（2022秋?越秀區(qū)期末）物理實驗小組研究電容器的充放電現(xiàn)象。（1）通過查閱資料了解到，電容器串聯(lián)大電阻，可以延緩充、放電過程。小組成員想到用多用電表挑選合適的電阻進行實驗。在測量其中一個電阻的阻值時，先把選擇開關旋到“×100”擋，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉如圖a所示，應該將選擇開關旋到×1k（選填“×10”擋或“×1k”擋）并重新進行歐姆調零再進行測量。（2）重新測量電阻的阻值，指針位于如圖b所示位置，被測電阻的測量值為24000Ω。（3）選擇合適的電阻后，小組成員用一節(jié)干電池按如圖c所示電路觀察電容器充、放電過程，并繪制出電容器充、放電過程中電流I隨時間t變化的圖像如圖d所示。充電過程中I軸與t軸所圍的面積為S1，放電過程中I軸與t軸所圍的面積為S2，則下列說法中正確的有C。A．充電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器兩極板間的電壓也逐漸減小B．放電過程中，隨著電流逐漸減小，電容器的電容也逐漸減小C．在實驗誤差允許范圍內，S1近似等于S2（4）該小組成員僅將一節(jié)干電池換成兩節(jié)干電池繼續(xù)探究電容器充放電現(xiàn)象，圖像d中的面積S1將增大（填“增大”、“減小”或“不變”）?！究键c】觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象；練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；電容器專題；實驗探究能力．【答案】（1）×1k；（2）24000；（3）C；（4）增大。【分析】（1）根據(jù)歐姆表的使用方法判斷；（2）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)方法讀數(shù)；（3）根據(jù)實驗原理和注意事項分析判斷；（4）根據(jù)電容定義式和電流定義式分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）使用多電表測量它電阻，選擇倍率“×100”測量時指針偏角過小，說明待測電阻阻值較大，應選擇歐姆擋×1k擋，重新進行歐姆調零再測量；（2）圖b中，指針所指范圍的分度值為2，所以電阻的阻值為24×1000Ω＝24000Ω；（3）A．充電過程中，電流逐漸減小，電容器兩端的電壓逐漸增加到穩(wěn)定；故A錯誤；B．電容器的電容大小跟電容器兩端的電壓以及所帶的電量無關，故B錯誤；C．I﹣t圖線所圍成的面積表示充、放電荷量，在誤差允許的范圍內，一個電容完全充放電的量是近似相等的，故C正確；故選C。（4）電源給電容器充電過程中，兩極板間的電壓增大，根據(jù)公式C=QU可知C不變的情況下U增大則Q增大，I﹣t圖線所圍成的面積S1表示充電電荷量Q，因此S故答案為：（1）×1k；（2）24000；（3）C；（4）增大?！军c評】本題考查研究電容器的充放電現(xiàn)象實驗，要求掌握實驗原理、實驗電路、實驗步驟、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。12．（10分）（2022秋?丹東期末）課外興趣小組測量某電池組的電動勢和內阻的實驗原理如圖甲所示，現(xiàn)提供的器材如下：A.某型號電池組（電動勢約為3.0V、內阻很小）；B.電壓表V1（量程為0～3V，內阻約為10kΩ）；C.電壓表V2（量程為0～15V，內阻約為10kΩ）；D.電阻箱R（0～99.9Ω）；E.定值電阻R1（R1＝2Ω）；F.定值電阻R2（R2＝200Ω）；G.開關和導線若干。（1）在以上實驗器材中，電壓表應選擇B（選填器材前的選項字母）；定值電阻R0應選擇E（選填器材前的選項字母）。（2）興趣小組一致認為用線性圖像處理數(shù)據(jù)便于分析，于是在實驗中改變電阻箱的阻值R，記錄對應電壓表的示數(shù)U，獲取了多組數(shù)據(jù)，畫出的1U-1R圖像為一條直線，做出的1U-1R圖像如圖乙所示，若把流過電阻箱的電流視為干路電流，則可得該電池組的電動勢E＝2.94V（3）該實驗的系統(tǒng)誤差主要來源于電壓表分流作用。【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）B；E；（2）2.94；0.631；（3）電壓表分流作用?！痉治觥浚?）根據(jù)電路的特點選出合適的電學儀器；（2）根據(jù)閉合歐姆定律得出電流和電壓的關系，變形后與圖中的解析式進行對比，計算出電動勢和內阻；（3）根據(jù)電路圖分析可知電壓表的分流帶來實驗誤差?！窘獯稹拷猓海?）電池組電動勢約為3.0V，為提高測量精確度，電壓表應選擇量程為0～3V，故選B；電源內阻較小，應選用電阻較小的電阻串聯(lián)，故選E；（2）由閉合電路歐姆定律得U＝E-UR(r+R0)，整理得1U=r+R0E?1R+1E，結合圖乙可得1E=0.34V﹣1，解得E＝2.94V，斜率k＝（3）電壓表的測量值與電阻箱的比值計算的是通過電阻箱的電流，故該實驗的系統(tǒng)誤差主要來源于電壓表分流作用；故答案為：（1）B；E；（2）2.94；0.631；（3）電壓表分流作用?！军c評】本題主要考查了測定電源的電動勢和內阻的實驗，要熟悉電路中的特點，結合閉合電流的歐姆定律和圖像的解析式進行分析，難度適中。13．（9分）（2017秋?西城區(qū)校級月考）如圖所示的兩組平行金屬板，一組金屬板豎直放置，A、B分別為兩板的中間小孔，兩板間電壓為U0；另一組金屬板水平放置，兩板間距為d、長度為L、電壓為U。一質量為m，電荷量q的帶負電的粒子從A點由靜止釋放，經電壓U0加速后通過B孔進入的水平平行金屬板間。帶電粒子從兩塊水平金屬板的中間射入，且能從水平金屬板右側穿出若不考慮帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0；（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek；（3）寫出帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程，并證明：質量和電荷量不同的帶負電的粒子有相同的運動軌跡?！究键c】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；歸納法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0為2U（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek為qU0+（3）粒子在豎直方向的位移：y=12at2【分析】根據(jù)動能定理求解速度；根據(jù)類平拋運動的特點列式求出其出射速度，即而求出動能?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動能定理：qU0=12mv0解得：v0=2q（2）依據(jù)牛頓第二定律Uqd依據(jù)運動學公式vy＝at，水平方向，L＝v0t，代入公式v合=v則Ek=12mv合2＝qU（3）依據(jù)（2）可知，粒子在豎直方向的位移：y=12at2答：（1）帶電粒子通過B孔時的速度大小v0為2U（2）帶電粒子穿出水平平行金屬板時的動能Ek為qU0+（3）粒子在豎直方向的位移：y=12at2【點評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉，垂直電場線運動做類平拋運動，根據(jù)平拋特點列式解題即可。14．（13分）（2023?湖北模擬）如圖所示，完全相同的金屬導軌ad、bc水平放置，ab間的距離為4L，dc間的距離為2L，∠a＝∠b＝θ＝45°。ab間接有阻值為R的電阻，dc間接一理想電壓表。空間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一長度為4L的金屬棒MN在水平外力的作用下從貼近于ab邊的位置開始以初速度v0向右運動并始終與導軌接觸良好。不計摩擦和其他電阻，在MN從ab邊運動到dc邊的過程中，電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：（1）回路中電流大小I；（2）MN的速度v隨位移x變化的關系式；（3）在MN從ab邊運動到dc邊的過程中，電阻R上產生的焦耳熱?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；電磁感應過程中的動力學類問題．【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】（1）回路中電流大小I為4BLv（2）MN的速度v隨位移x變化的關系式為v=2L（3）在MN從ab邊運動到dc邊的過程中，電阻R上產生的焦耳熱為12B【分析】（1）根據(jù)動生電動勢的公式和歐姆定律求電流；（2）由幾何關系求出切割的有效長度，根據(jù)題設條件寫出速度v隨位移x變化的關系式；（3）求出克服安培力所做的功，再根據(jù)功能關系求全過程產生的熱量。【解答】解：（1）回路中的電動勢恒為：E＝B?4L?v0根據(jù)閉合電路的歐姆定律：I=（2）由幾何關系可知，當金屬棒MN位移為x時，MN切割磁感線的有效長度l為：l＝4L﹣2x且x范圍為：0≤x≤L由于dc兩點間的電壓始終保持不變，即：E＝Blv＝E0聯(lián)立解得：v=（3）由功能關系，電阻R上產生的焦耳熱等于MN克服安培力做的功，有Q＝WAMN所受安培力：F＝IlB結合上一問的電流的表達式，聯(lián)立解得：F=當x＝0時，安培力為：F當x＝L時，安培力為：F故全過程安培力做的功為：WA=聯(lián)立解得：Q=答：（1）回路中電流大小I為4BLv（2）MN的速度v隨位移x變化的關系式為v=2L（3）在MN從ab邊運動到dc邊的過程中，電阻R上產生的焦耳熱為12B【點評】本題金屬桿勻速通過梯形磁場區(qū)域的電磁感應問題，關鍵是要找到切割的有效長度，用法拉第電磁感應定律閉合電路歐姆定律、功能關系等解決問題。15．（15分）（2020?臺州模擬）如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個象限的空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在原點O處有一粒子源在紙面內向第Ⅰ象限與x軸正方向成一定角度θ（θ未知）的方向以不同速率發(fā)射同種粒子A，A粒子質量為m、電荷量為+2q。在x軸負半軸上排列著許多質量為m、電荷量為﹣q的另一種靜止，但被碰后可以自由運動的粒子B．設每次A粒子到達x軸負半軸時總能和一個B粒子發(fā)生正碰并粘在一起。在y軸上-3L2≤y≤﹣L區(qū)間裝有粒子收集器，到達該區(qū)域的所有粒子將被收集?，F(xiàn)有一速度大小為v0的A粒子射出后經過M點后與N點的一個B粒子發(fā)生碰撞。圖中坐標M（0，4L），N（﹣3L（1）求粒子的速度大小v0和夾角θ；（2）求在N點碰撞后的粒子，最后達到y(tǒng)軸的位置；（3）若從O點射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內，且粒子數(shù)在此范圍內均勻分布，求粒子的收集率?！究键c】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合解決問題．【專題】壓軸題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力；應用數(shù)學處理物理問題的能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)幾何關系和洛倫茲力提供向心力求得粒子的速度大小v0和夾角θ；（2）由動量守恒定律和洛倫茲力提供向心力求在N點碰撞后的粒子，最后達到y(tǒng)軸的位置；（3）從O點射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內，且粒子數(shù)在此范圍內均勻分布，由幾何關系和洛倫茲力提供向心力求粒子的收集率。【解答】解：（1）先后經過O、M、N三點，這三點構成直角三角形，故圓心在MN的中點，由幾何關系得：2rsinθ＝3L2rcosθ＝4Lr=52L，θ由洛倫茲力提供向心力得：2qBv0=m聯(lián)立解得：v（2）AB兩粒子相碰，由動量守恒：mv0＝（m+m）v1Bqv聯(lián)立解得：r1＝5L即粒子以M為圓心，5L為半徑做圓周運動，打在軸上的位置坐標（0，﹣L）（3）以速度v發(fā)射的粒子，碰前做勻速圓周運動半徑為：r0碰后運動半徑：r1碰后粒子在第Ⅲ象限以M′為圓心，r1為半徑圓周運動，根據(jù)幾何關系得與y軸的交點為：y＝﹣（r1﹣r1cos37°）＝﹣0.2r1考查打到收集板下邊緣的粒子，則：-0.2r1聯(lián)立可得：mv解得：v=綜合可得：速度分布區(qū)間為v0≤v≤3答：（1）粒子的速度大小v0為5qBLm，夾角θ為37（2）在N點碰撞后的粒子，最后達到y(tǒng)軸的位置為（0，﹣L）；（3）若從O點射出的粒子速度v限制在0＜v＜2v0的范圍內，且粒子數(shù)在此范圍內均勻分布，粒子的收集率為25%?！军c評】本題考查的是帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題，有很強的綜合性；關鍵是熟練應用幾何關系求解相關問題。

考點卡片1．判斷是否存在摩擦力【知識點的認識】1.考點意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設置本考點。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產生條件進行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運動或相對運動的趨勢。②假設法：假設有或者沒有摩擦力，判斷物體運動狀態(tài)是否會改變?！久}方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點評：本題關鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設法，假設物體受或不受某力會使物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設不成立。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量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為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：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】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)需要求出相關物理量。3．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【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．假設童飛的質量為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．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(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動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，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）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。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，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。5．電場力做功與電勢能變化的關系【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，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系：①靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。②關系式：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，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?！久}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系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減?。混o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。6．電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢【知識點的認識】1.定義：電荷在某一點的電勢能與它的電荷量之比。2.公式：φ=3.單位：伏特，簡稱伏，符號為V，1V＝1J/C。4.物理意義：描述電場的能的性質物理量。5.特點：（1）電勢是電場自身的性質，與試探電荷本身無關。（2）相對性：電場中各點電勢的高低，與所選取的零電勢點的位置有關，一般情況下取離場源電荷無限遠處或大地的電勢為0.（3）標矢性：標量，有正負，正負表示大小。6.拓展：（1）對于點電荷或均勻帶電球體（球殼），周圍的電勢滿足φ＝kQ（2）因為電勢是標量，正負代表大小，同樣以無限遠處為零電勢點的情況下，正電荷周圍的電勢為正，負電荷周圍的電勢為負，且越靠近正電荷，電勢越正（大），越靠近負電荷，電勢越負（?。?。【命題方向】在靜電場中，關于場強和電勢的說法正確的是（）A、電勢高的地方電場強度不一定大B、電場強度大的地方電勢一定高C、電勢為零的地方場強也一定為零D、場強為零的地方電勢也一定為零分析：場強與電勢沒有直接關系．場強越大的地方電勢不一定越高，場強為零的地方電勢不一定為零．電勢為零是人為選取的．解答：AB、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，電場線密的地方，電場強度大，電場線疏的地方電場強度小。電勢高的地方電場強度不一定大，電場強度大的地方，電勢不一定高。故A正確，B錯誤。C、電勢為零是人為選取的，則電勢為零的地方場強可以不為零。故C錯誤。D、場強為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的。故D錯誤。故選：A。點評：對于電勢與場強的大小關系：兩者沒有關系，可根據(jù)電勢高低看電場線的方向，場強大小看電場線疏密來理解．【解題思路點撥】1.電場中某點的電勢是相對的，它的大小和零電勢點的選取有關。在物理學中，常取離場源電荷無限遠處的電勢為0，在實際應用中常取大地的電勢為0。2.電勢是表征電場性質的一個物理量，電場中某點的電勢p的大小是由電場本身和零電勢點的選取決定的，與在該點是否放有試探電荷、試探電荷的電性、試探電荷的電荷量均無關，這和許多用比值定義的物理量相同，如前面學過的電場強度E=F3.電勢雖然有正負，但電勢是標量。電勢為正值表示該點電勢高于零電勢點，電勢為負值表示該點電勢低于零電勢點，正負號不表示方向。7．電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算【知識點的認識】1.定義：在電場中，兩點之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。2.表達式：設電場中A點的電視為φA，B點的電勢為φB，則AB電點之間的電勢差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點之間的電勢差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢差的單位伏特，符號：V4.電勢差的正負電勢差是標量，但有正、負。電勢差的正、負表示兩點電勢的高低。所以電場中各點間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。5.特點：電場中兩點之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點的選取無關6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領大小的物理量【命題方向】關于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點相對A點的電勢差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負，所以電勢是矢量D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，電勢是標量，通常選大地或無窮遠作為零電勢．解答：A、UAB表示A點相對B點的電勢差，即UAB＝φA﹣φB，A錯誤；B、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBA，B正確；C、電勢雖有正負之分，但電勢是標量，C錯誤；D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢，D正確；故選：BD。點評：記憶電勢的有關知識時，可以把它類比為高度去理解，電勢差對應高度差，某點的電勢對應某點的高度．【解題思路點撥】根據(jù)電勢差的定義可知，電勢差的正負代表兩點之間電勢的大小，如果UAB＞0，則φA＞φB；如果UAB＜0，則φA＜φB。8．等勢面及其與電場線的關系【知識點的認識】1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點電荷為球心的某一球面D．勻強電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．【解題思路點撥】1.等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質而假想的面。2.等勢面的應用（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。9．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，平行板電容器經開關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。【解題思路點撥】分析電容器相關物理量的變化時，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。10．從能量轉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化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關系、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?！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、DN右側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，物塊質量為m，物塊可視為質點。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到右側的過程，設到某點速度減為0，在右側斜面的位移為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，要寫結合牛頓第三定律得到壓力。【解題思路點撥】電場中的功能關系如下：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。11．電阻定律的內容及表達式【知識點的認識】1．電阻定律（1）內容：同種材料的導體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導體的電阻還與構成它的材料有關．（2）表達式：R＝ρlS2．電阻率（1）計算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導體的導電性能，是導體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對電阻與電阻率的理解：下列說法中正確的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導體，當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩w的電阻是導體的一種性質，反映了導體對電流阻礙作用的大?。浑娮璐笮∨c導體的材料、長度、橫截面積有關；還受溫度的影響；與導體中的電流、導體兩端的電壓大小無關．解：A、導體電阻的大小和導體的材料、長度、橫截面積有關，與電壓、電流沒有關系，故A錯誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯誤；D、超導體是當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，電阻值等于零，此時電阻率突然變?yōu)榱悖蔇正確．故選BD．點評：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應用：如圖所示，P是一個表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24IL分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點評：本題容易出錯的地方就是如何計算鍍膜材料的截面積，在計算時可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計算出截面積，再根據(jù)電阻定律計算即可．【解題方法點撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導體的材料導電性能好壞的物理量．（2）導體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定?。?．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說明了電阻的決定因素提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關適用于粗細均勻的金屬導體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導體12．電功和電功率的計算【知識點的認識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。13．閉合電路歐姆定律的內容和表達式【知識點的認識】1.內容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關系：閉合電路中電源電動勢等于內、外電路電勢降落之和E＝U外+U內。4.由E＝U外+U內可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關于電源的電動勢、內電壓、外電壓的關系應是（）A、如外電壓增大，則內電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內電阻不變，內電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內電壓減小時，電源電動勢也隨內電壓減小D、如外電壓增大，則內電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內電阻不變，內電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比14．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉C、向上運動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針所在位置的磁場方向，從而確定小磁針的偏轉方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內容，對于直導線，用手握住導線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向為磁場的方向?！窘忸}思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，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