2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末培優(yōu)卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末培優(yōu)卷3一．解答題（共1小題）1．（2017?南充模擬）如圖，豎直面（紙面）內(nèi)的矩形abcd區(qū)域里有水平方向的勻強(qiáng)電場，ab水平，O是cd的中點(diǎn)。若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球在矩形區(qū)域里由靜止釋放，小球的速度與豎直方向夾角為37°．現(xiàn)將該小球從O點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出（不計(jì)空氣阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g）（1）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程中，恰好不出矩形區(qū)域，求ab和bc的長度；（2）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程中，求電勢能的改變量。二．解答題（共1小題）2．如圖，電源的電動勢不變，內(nèi)阻r為2Ω，定值電阻R1為0.5Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為5Ω。（1）當(dāng)滑動變阻器的阻值為多大時(shí)，電阻R1消耗的功率最大？（2）當(dāng)滑動變阻器的阻值為多大時(shí)，滑動變阻器R2消耗的功率最大？三．解答題（共1小題）3．（2021?浙江模擬）如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場強(qiáng)弱可以改變，水平直徑PQ處放有一層極薄的粒子接收板。放射源S放出的α粒子向紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻發(fā)射，速度大小均為v。已知α粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，忽略粒子間的相互作用。（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圓心（2）若B=mvqR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，求放射源在圓弧上什么范圍移動時(shí)，O點(diǎn)能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，求放射源在圓弧上什么范圍移動時(shí)，直徑上位于O點(diǎn)右側(cè)R2四．解答題（共1小題）4．如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長平行光滑的兩導(dǎo)軌，間距為L＝1m，導(dǎo)軌間有垂直于軌道平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1T；底端ab間連一電阻R1＝3Ω；頂端通過導(dǎo)線連接一橫截面積為S＝0.1m2、總電阻為r＝0.8Ω、匝數(shù)N＝100匝的線圈（線圈中軸線沿豎直方向），線圈內(nèi)有沿豎直方向、且隨時(shí)間均勻變化的磁場B2．一質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻為R2＝2Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒cd橫放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終良好接觸。不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：①若斷開開關(guān)K，靜止釋放導(dǎo)體棒，則導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速率是多少？此時(shí)cd兩端電勢差Ucd為多少？②若閉合開關(guān)K，為使導(dǎo)體棒始終靜止在導(dǎo)軌上，判斷線圈中所加磁場的方向并計(jì)算其變化率的大小ΔB

2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．解答題（共1小題）1．（2017?南充模擬）如圖，豎直面（紙面）內(nèi)的矩形abcd區(qū)域里有水平方向的勻強(qiáng)電場，ab水平，O是cd的中點(diǎn)。若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球在矩形區(qū)域里由靜止釋放，小球的速度與豎直方向夾角為37°．現(xiàn)將該小球從O點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出（不計(jì)空氣阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g）（1）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程中，恰好不出矩形區(qū)域，求ab和bc的長度；（2）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程中，求電勢能的改變量?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】計(jì)算題；歸納猜想題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】當(dāng)小于在矩形區(qū)域內(nèi)自由釋放時(shí)，小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由題設(shè)條件就能求出電場力的大小和方向；當(dāng)小球從O點(diǎn)豎直向上拋出進(jìn)，豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動，水平方向﹣﹣電場方向上做勻加速直線運(yùn)動。因?yàn)闆]有考慮返回過程的問題，當(dāng)小球上升到最高點(diǎn)的豎直速度減為零，從而求出兩個(gè)方向的位移，也就求出了要使小球到達(dá)最高點(diǎn)矩形的長、寬?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題設(shè)條件，電場力大小為：F＝mgtan37°=小球沿豎直方向做勻減速直線運(yùn)動，上長到最高點(diǎn)的時(shí)間為：t=上升的最大高度為：y=故bc的長度為v沿水平方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，加速度為：a=小球此過程小球沿水平方向的位移為：x=故ab的長度為：2x=（2）電場力做正功，小球的電勢能減小，小球電勢能的減小量為：ΔE＝Fx=答：（1）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程中，恰好不出矩形區(qū)域，ab和bc的長度分別為3v02（2）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程中，電勢能的改變量為9mv【點(diǎn)評】本題考查的是運(yùn)動的合成與分解問題，由于兩個(gè)方向均受力，在兩個(gè)方向由牛頓第二定律求出加速度，再應(yīng)用勻變速度直線運(yùn)動規(guī)律求出位移。也就知道矩形的長與寬；電勢能的改變量是電場力做的功，這樣第二問也很容易求出。二．解答題（共1小題）2．如圖，電源的電動勢不變，內(nèi)阻r為2Ω，定值電阻R1為0.5Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為5Ω。（1）當(dāng)滑動變阻器的阻值為多大時(shí)，電阻R1消耗的功率最大？（2）當(dāng)滑動變阻器的阻值為多大時(shí)，滑動變阻器R2消耗的功率最大？【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電功和電功率的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）當(dāng)滑動變阻器的阻值為0時(shí)，電阻R1消耗的功率最大；（2）當(dāng)滑動變阻器的阻值為2.5Ω時(shí)，滑動變阻器R2消耗的功率最大?！痉治觥浚?）當(dāng)通過R1的電流最大時(shí)，R1消耗的功率最大；（2）將R1視為內(nèi)電阻，滑動變阻器的電阻與等效內(nèi)阻相等時(shí)，電功率最大?！窘獯稹拷猓海?）R1為定值電阻，根據(jù)P1＝I2R1可知，當(dāng)通過R1的電流最大時(shí)，R1消耗的功率最大，此時(shí)電路中的電阻最小，滑動變阻器R2的阻值為0；（2）根據(jù)可變電阻電功率與電阻的關(guān)系特點(diǎn)可知，將R1視為內(nèi)電阻，當(dāng)R2＝R1+r＝0.5Ω+2Ω＝2.5Ω時(shí)，滑動變阻器R2消耗的功率最大；答：（1）當(dāng)滑動變阻器的阻值為0時(shí)，電阻R1消耗的功率最大；（2）當(dāng)滑動變阻器的阻值為2.5Ω時(shí)，滑動變阻器R2消耗的功率最大?！军c(diǎn)評】本題主要考查了功率的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是熟悉電路構(gòu)造，熟練掌握等效內(nèi)阻法。三．解答題（共1小題）3．（2021?浙江模擬）如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場強(qiáng)弱可以改變，水平直徑PQ處放有一層極薄的粒子接收板。放射源S放出的α粒子向紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻發(fā)射，速度大小均為v。已知α粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，忽略粒子間的相互作用。（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圓心（2）若B=mvqR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，求放射源在圓弧上什么范圍移動時(shí)，O點(diǎn)能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，求放射源在圓弧上什么范圍移動時(shí)，直徑上位于O點(diǎn)右側(cè)R2【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；牛頓第二定律的簡單應(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；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圓心O點(diǎn)正上方的圓弧上，粒子接收板能接收到粒子的長度為（2）若B=mvqR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，放射源在圓弧上QSI移動時(shí)，O點(diǎn)能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，放射源在圓弧上從Q點(diǎn)開始逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°范圍內(nèi)移動時(shí)，直徑上位于O點(diǎn)右側(cè)R2【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子的半徑，α粒子被收集板最右側(cè)收集，其運(yùn)動軌跡恰好與PQ相切，α粒子水平向左發(fā)射時(shí)被收集板最左側(cè)收集時(shí)，其運(yùn)動軌跡恰好與PQ相交于某一點(diǎn)，根據(jù)幾何知識求解粒子接收板能接收到粒子的長度；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子的半徑，能夠打到O點(diǎn)的粒子，其對應(yīng)的軌跡可以看成是半徑為R的圓，其圓周上的一個(gè)點(diǎn)在O點(diǎn)，根據(jù)作圖法分析放射源在圓弧上什么范圍移動時(shí)，0點(diǎn)能接收到α粒子；（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子的半徑，能夠打到O’點(diǎn)的粒子，其對應(yīng)的軌跡可以看成是半徑為34R的圓，其圓周上的一個(gè)點(diǎn)在O’點(diǎn)，作出軌跡圖，根據(jù)幾何知識求解放射源在圓弧上什么范圍移動時(shí)，直徑上位于O點(diǎn)右側(cè)R2距離的O'點(diǎn)能接收到【解答】解：（1）α粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力qvB＝mv2又因?yàn)锽=8mv5qR，解得r=如圖1所示，α粒子被接收板最右側(cè)接收，其運(yùn)動軌跡恰好與PQ相切于點(diǎn)N，其圓心為C，CD垂直SO，根據(jù)幾何關(guān)系可得ON2＝CD2＝SC2﹣SD2＝r2﹣（R﹣r）2，解得ON＝0.5Rα粒子水平向左發(fā)射時(shí)被接收板最左側(cè)接收時(shí)，其運(yùn)動軌跡恰好與PQ相交于點(diǎn)M，其圓心在SO的E點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可得OM2＝ME2﹣OE2＝r2﹣（R﹣r）2，解得OM＝0.5R因此，接收板可接收到α粒子的長度為MN＝OM+ON＝R（2）因?yàn)锽=mvqR，可得其運(yùn)動半徑為r1考慮能夠打到O點(diǎn)的α粒子，其對應(yīng)的軌跡可以看成是半徑為R的圓，其圓周上的一個(gè)點(diǎn)在O點(diǎn)．如圖2所示，根據(jù)圖可知，α粒子從Q點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針移動，當(dāng)移到位置I時(shí)，其軌跡恰好與PQ相切，之前都能打到O點(diǎn)，過了I之后，將不能打到O點(diǎn)．從I發(fā)出的粒子，其圓心恰好在O的正上方S，△ISO為正三角形，所以∠IOQ＝150°，因此當(dāng)放射源在圓弧QSI上都能打到O點(diǎn)．（3）如圖3所示，因?yàn)锽=43mv3qR，可得其運(yùn)動半徑為r2=34R＜12R，考慮能夠打到O′點(diǎn)的粒子，其對應(yīng)的軌跡可以看成是半徑為34R圓，其圓周上的一個(gè)點(diǎn)在O′點(diǎn)，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，放射源與O′點(diǎn)的連線是弦長，移動過程中弦長越來越長，由于r2=34R＜cos∠HOO′=所以∠HOO′＝60°，則放射源在圓弧上從Q到H范圍的粒子能打到O′點(diǎn)。答：（1）若B=8mv5qR，放射源S位于圓心O點(diǎn)正上方的圓弧上，粒子接收板能接收到粒子的長度為（2）若B=mvqR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，放射源在圓弧上QSI移動時(shí)，O點(diǎn)能接收到（3）若B=43mv3qR，把放射源從Q點(diǎn)沿圓弧逐漸移到P點(diǎn)的過程中，放射源在圓弧上從Q點(diǎn)開始逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°范圍內(nèi)移動時(shí)，直徑上位于O點(diǎn)右側(cè)R2【點(diǎn)評】該題考查的是帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題，考查了學(xué)生的綜合分析能力，題目難度較大，解決該題不僅要學(xué)會用作圖法找到臨界軌跡，還必須要有一定的求解幾何長度的能力。四．解答題（共1小題）4．如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長平行光滑的兩導(dǎo)軌，間距為L＝1m，導(dǎo)軌間有垂直于軌道平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1T；底端ab間連一電阻R1＝3Ω；頂端通過導(dǎo)線連接一橫截面積為S＝0.1m2、總電阻為r＝0.8Ω、匝數(shù)N＝100匝的線圈（線圈中軸線沿豎直方向），線圈內(nèi)有沿豎直方向、且隨時(shí)間均勻變化的磁場B2．一質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻為R2＝2Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒cd橫放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終良好接觸。不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：①若斷開開關(guān)K，靜止釋放導(dǎo)體棒，則導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速率是多少？此時(shí)cd兩端電勢差Ucd為多少？②若閉合開關(guān)K，為使導(dǎo)體棒始終靜止在導(dǎo)軌上，判斷線圈中所加磁場的方向并計(jì)算其變化率的大小ΔB【考點(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；安培力的計(jì)算公式及簡單應(yīng)用；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；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】①當(dāng)導(dǎo)體棒加速度為零時(shí)，速度最大，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律和安培力公式求出導(dǎo)體棒的最大速度。②導(dǎo)體棒始終靜止在導(dǎo)軌上，說明電流大小為①求得的電流大小，結(jié)合線圈中的感應(yīng)電動勢和閉合電路歐姆定律可求解?！窘獯稹拷猓孩佼?dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，F(xiàn)安＝B1IL＝mgsin37°由閉合電路歐姆定律得：I=導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢：E＝B1Lv解得：v＝3m/s由歐姆定律得：Ucd＝IR1＝1.8V②線圈中的感應(yīng)電動勢：E根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E′＝I總R總其中，I總=I×R總＝R并+r＝2Ω解得：ΔB由楞次定律可知，線圈中所加磁場如果在增強(qiáng)，方向?yàn)樨Q直向下；如果在減弱，方向?yàn)樨Q直向上。答：①若斷開開關(guān)K，靜止釋放導(dǎo)體棒，則導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速率是3m/s，cd兩端電勢差Ucd為1.8V；②若閉合開關(guān)K，為使導(dǎo)體棒始終靜止在導(dǎo)軌上，線圈中磁場的變化率為0.2T/s，磁場如果在增強(qiáng)，方向?yàn)樨Q直向下；如果在減弱，方向?yàn)樨Q直向上。【點(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)和能量的綜合運(yùn)用，知道導(dǎo)體棒加速度為零時(shí)，速度最大。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】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(diǎn)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(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時(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【知識點(diǎn)的認(rèn)識】圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動員童飛，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．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(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)動員在最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)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(diǎn)評：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)動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)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(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)動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)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(yùn)動定律及向心力公式列方程．3．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】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(diǎn)的電勢能，等于把電荷從該點(diǎn)移動到零勢能位置時(shí)，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?。混o電力做負(fù)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(diǎn)：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(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無窮遠(yuǎn)處為電勢能的零點(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，則電勢能比在參考位置時(shí)大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時(shí)小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢能時(shí)，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(xiàng)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(gè)點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，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(dǎo)致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負(fù)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(xiàng)C正確。故選：C。點(diǎn)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(fù)決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點(diǎn)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(fù)功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負(fù)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(shí)電勢能減?。浑妶隽ψ鲐?fù)功時(shí)電勢能增大。（對正、負(fù)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(fù)電荷在電勢低處具有的電勢能大。4．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)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(jī)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(qiáng)電場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，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長度為2R，電場強(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D、物塊在斜面運(yùn)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(diǎn)時(shí)的速度；從B到C用動能定理，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(yùn)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(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)摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應(yīng)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(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，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點(diǎn)評：本題考查涉及電場力的功能關(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)算物塊對地面壓力時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)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(diǎn)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(shí)，帶電體電勢能與機(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。5．電功和電功率的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】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：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。6．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(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(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個(gè)變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、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，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時(shí)，電源電動勢也隨內(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(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，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。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，電源電動勢保持不變。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，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點(diǎn)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(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個(gè)關(guān)系式的對比7．安培力的計(jì)算公式及簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導(dǎo)體，所通電流為I，導(dǎo)體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導(dǎo)體轉(zhuǎn)過90°，即電流與磁場平行，此時(shí)導(dǎo)體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當(dāng)電流方向與磁場方向夾角為θ時(shí)，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導(dǎo)線，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.50T的勻強(qiáng)磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時(shí)，導(dǎo)線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計(jì)算安培力的大?。獯穑寒?dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時(shí)，導(dǎo)線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點(diǎn)評：本題只要掌握安培力大小的計(jì)算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點(diǎn)撥】1、電流方向與磁場方向平行時(shí)，導(dǎo)線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時(shí)，導(dǎo)線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時(shí)，導(dǎo)線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。8．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場中做勻速直線運(yùn)動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強(qiáng)磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動并穿過金屬板，虛線表示其運(yùn)動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負(fù)電B、粒子運(yùn)動方向是abcdeC、粒子運(yùn)動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時(shí)間比下半周所用時(shí)間長分析：由半徑的變化可知粒子運(yùn)動方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運(yùn)動方向，由圓周對應(yīng)的圓心角及周期公式可知時(shí)間關(guān)系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運(yùn)動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應(yīng)是由下方進(jìn)入，故粒子運(yùn)動方向?yàn)閑dcba，則粒子應(yīng)帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運(yùn)動的周期和速度無關(guān)，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運(yùn)動時(shí)間均為T2故選：AC。點(diǎn)評：本題應(yīng)注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，明確了速度關(guān)系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動的分析方法．9．楞次定律及其應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。2.適用范圍：所有電磁感應(yīng)現(xiàn)象。3.實(shí)質(zhì)：楞次定律是能量守恒的體現(xiàn)，感應(yīng)電流的方向是能量守恒定律的必然結(jié)果。4.應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的一般步驟：①確定研究對象，即明確要判斷的是哪個(gè)閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流。②確定研究對象所處的磁場的方向及其分布情況。③確定穿過閉合電路的磁通量的變化情況。④根據(jù)楞次定律，判斷閉合電路中感應(yīng)電流的磁場方向。⑤根據(jù)安培定則（即右手螺旋定則）判斷感應(yīng)電流的方向。【命題方向】某磁場的磁感線如圖所示，有銅線圈自圖示A處落到B處，在下落過程中，自上向下看，線圈中感應(yīng)電流的方向是（）A、始終順時(shí)針B、始終逆時(shí)針C、先順時(shí)針再逆時(shí)針D、先逆時(shí)針再順時(shí)針分析：楞次定律的內(nèi)容是：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．在下落過程中，根據(jù)磁場強(qiáng)弱判斷穿過線圈的磁通量的變化，再去判斷感應(yīng)電流的方向．解答：在下落過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度先增大后減小，所以穿過線圈的磁通量先增大后減小，A處落到C處，穿過線圈的磁通量增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流磁場方向向下，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針。C處落到B處，穿過線圈的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流磁場方向向上，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針。故選：C。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．【解題方法點(diǎn)撥】1．楞次定律中“阻礙”的含義。2．楞次定律的推廣對楞次定律中“阻礙”含義的推廣：感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因。（1）阻礙原磁通量的變化﹣﹣“增反減同”；（2）阻礙相對運(yùn)動﹣﹣“來拒去留”；（3）使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢﹣﹣“增縮減擴(kuò)”；（4）阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）﹣﹣“增反減同”。3．相互聯(lián)系（1）應(yīng)用楞次定律，必然要用到安培定則；（2）感應(yīng)電流受到的安培力，有時(shí)可以先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時(shí)可以直接應(yīng)用楞次定律的推論確定。10．電磁感應(yīng)過程中的能量類問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)現(xiàn)的。安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。2.求解電能應(yīng)分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行