第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期福建高二物理期末卷1一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）1．（4分）（2022秋?西城區(qū)校級期中）現代集成電路的集成度很高，要求里面的各種電子元件都微型化，且集成度越高，電子元件越微型化。如圖所示是某集成塊中的一長方形金屬導體按不同方向放置，箭頭方向分別與某邊平行，若沿箭頭方向加相同電壓，則沿箭頭方向電流最大的是（）A． B． C． D．2．（4分）A.B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度—時間圖象如圖所示，則這一電場可能是下圖中的（）ABCDA．A B．B C．C D．D3．（4分）（2021秋?龍沙區(qū)校級期中）直線MN是某點電荷電場中的一條電場線（方向未畫出）。虛線是一帶電粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡，則（）A．電場線MN的方向一定是由N指向M B．帶電粒子由a運動到b過程中動能逐漸減小 C．帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能 D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度4．（4分）（2024?成都模擬）圖示為一種自動測定油箱內油面高度的裝置，裝置中金屬杠桿的一端接浮標（浮標與杠桿絕緣），另一端的觸點P接滑動變阻器R，油量表由電流表改裝而成。當汽車加油時，油箱內油面上升過程中，下列說法正確的是（）A．電路中電流減小 B．R1兩端電壓減小 C．整個電路消耗的功率增大 D．電源輸出功率一定增大5．（4分）（2023秋?道里區(qū)校級期中）電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別固定于x軸上O、P兩點，規(guī)定無窮遠處電勢為零，一帶負電的試探電荷在x軸上各點具有的電勢能隨x的變化關系如圖所示。其中，試探電荷在B、C兩點處的電勢能均為零，且OB＞BP，在CF段中，E處電勢能最大，則（）A．q1B．B點電場強度方向一定沿x軸正方向 C．若將一正試探電荷從D點靜止釋放，一定能到達F點 D．若將一正試探電荷從C點移動到F點，電場力先做負功后做正功6．（4分）（2021?海陵區(qū)校級四模）如圖所示，電場強度方向在豎直平面內的矩形勻強電場區(qū)I、Ⅱ的高和間距均為h，上面為I、下面為Ⅱ，電場強度為E.質量為m的帶電小球由靜止釋放，進入電場I和Ⅱ時的速度相等，空氣阻力不計，重力加速度為g，則（）A．剛進入電場I時加速度方向豎直向上 B．穿過電場I的時間大于在兩電場之間的運動時間 C．穿過兩電場后小球的電勢能增加了3mgh D．穿過兩電場后小球的電勢能增加2mgh二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）（多選）7．（4分）（2021秋?寶安區(qū)校級月考）某學生做觀察電磁感應現象的實驗時，將電流表、線圈A和B、蓄電池、開關用導線連接成如圖所示的實驗電路，閉合開關，下列說法正確的是（）A．線圈A插入線圈B的過程中，能產生感應電流 B．線圈A停在線圈B中，能產生感應電流 C．斷開開關時，能產生感應電流 D．線圈A拔出線圈B的過程中，線圈B的磁通量在增加（多選）8．（4分）（2022秋?墨玉縣期中）如圖所示，兩平行的金屬板水平放置，其板間距為d，在A板中間打一個小孔，B板接地，一帶正電小球，電量為q，質量為m，用絕緣細線懸掛與O點，若電容器的充電時間不可以忽略，那么閉合電鍵S后，小球始終處于靜止狀態(tài)，下列關于小球的描述正確的是（）A．細線對小球的拉力不變化 B．細線對小球的拉力逐漸增大 C．小球的電勢能逐漸增加 D．小球所在位置的電勢逐漸降低（多選）9．（4分）（2020秋?張掖期末）張掖市某中學物理興趣小組的學生在課后按照如圖所示的原理圖制作了一個簡單的歐姆表，他們使用到的器材有：一節(jié)干電池（電動勢E＝1.5V，內阻r＝1Ω），一個表頭（滿偏電流Ig＝10mA，內阻Rg＝10Ω），一個可變電阻R（最大阻值為200Ω），兩支金屬表筆及導線若干。該興趣小組的同學按照歐姆表正確的操作方法測量某電阻Rx的阻值時，發(fā)現表頭的示數為6mA，則（）A．該歐姆表的內阻為150Ω B．該歐姆表的內阻為211Ω C．Rx的阻值為100Ω D．Rx的阻值為120Ω（多選）10．（4分）（2023秋?廬陽區(qū)校級月考）如圖所示，在水平的勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，小球可以在豎直平面內繞O點做圓周運動，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度E=mgA．若小球能沿著ACBD圓弧運動，則其在D點速度最小 B．若小球能沿著ACBD圓弧運動，則其在C點速度最大 C．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大 D．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動過程中的最小速度為2三．填空題（共2小題，滿分6分，每小題3分）11．（3分）（2018?福建學業(yè)考試）如圖所示，用導線將螺線管兩端與靈敏電流計相連，把條形磁鐵迅速插入螺線管的過程中，穿過螺線管的磁通量將（填“增大”“不變”或“減小”），靈敏電流計的指針將（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉；若條形磁鐵放在螺線管內不動，靈敏電流計的指針將（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉。12．（3分）在xOy平面內，有兩根互相絕緣，分別通有電流3I和I的長直導線。設兩根導線互相垂直（如圖所示），則在xOy平面內，磁感應強度為零的點的軌跡方程為。四．實驗題（共2小題，滿分16分）13．（6分）（2023春?永州期末）如圖所示，某同學用圖（a）所示電路來觀察電容器C放電現象：他先使開關S與1端相連，電源向電容器充電，然后把開關S擲向2端，電容器通過R放電，傳感器將電流傳入計算機，得到了圖（b）所示的電流隨時間變化的I﹣t圖像。已知該同學所選用的直流電源電壓為12V。（1）通過I﹣t圖像可以發(fā)現：電容器放電時，電路中的電流減小得越來越（選填“快”或“慢”）。（2）已知圖（b）中圖線與坐標軸所圍成圖形的面積表示電容器放電過程中所釋放的電荷量，每一小格面積表示的電荷量為4×10﹣5C，據此可估算出電容器放電前所帶電荷量Q＝C，電容器的電容C＝μF。（3）該同學改變電源電壓，多次重復上述實驗。得到電容器在不同電壓U下所帶的電荷量Q，并作出Q﹣U圖像，則圖像（圖（c））應是。14．（10分）（2018秋?東湖區(qū)校級期中）某同學設計了如圖甲所示的電路測電源電動勢E和內阻r以及Rx的阻值．實驗器材有：待測電源E，待測電阻Rx；電流表A（量程為0.6A，內阻不計）；電阻箱R（0﹣99.99Ω）；單刀單擲開關S1；單刀雙擲開關S2；導線若干。（1）先測電阻Rx的阻值：先將電阻箱的阻值調至最大，再閉合電鍵S1，將單刀雙擲開關S2切換到a，調節(jié)電阻箱，讀出其示數R1和對應的電流表示數I，再將S2切換到b，調節(jié)電阻箱使電流表的示數仍為I，讀出此時電阻箱的示數R2，則電阻Rx的表達式為Rx＝。（2）該同學已經測得電阻Rx＝2.00Ω，繼續(xù)測電源電動勢E和內阻r的阻值，該同學做法是：閉合S1，將單刀雙擲開關S2切換到b，多次調節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電流表示數I，由測得的數據，繪出了如圖乙所示的1I-R圖線，則電源電動勢E＝V，內阻r＝五．解答題（共4小題，滿分38分）15．（6分）（2019秋?海淀區(qū)校級期中）如圖，一個正的點電荷帶電量Q＝2.0×10﹣8C，有一點a距Q為2cm，求：（1）若在a點放一個q＝﹣2.0×10﹣5C的電荷，求該電荷的受力大小和方向；（2）利用第一問求a點場強的大小和方向。16．（8分）（2023秋?洛陽月考）如圖甲所示的電路，其中電源電動勢E＝6V，內阻r＝2Ω，定值電阻R＝4Ω，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值Rp的關系如圖乙所示，滑動變阻器最大值為20Ω。求：（1）圖乙中滑動變阻器的最大功率；（2）圖乙中電阻R2的阻值；（3）當滑動變阻器阻值為R1時，電源的效率。17．（10分）（2023秋?長豐縣期中）如圖建立坐標系，α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，放置在第Ⅱ象限，細管C離兩板等距，細管C開口在y軸上。放射源P在A極板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一速度的α粒子。若極板長為L，間距為d，當A、B板加上某一電壓時，α粒子剛好能以速度v0從細管C水平射出，進入位于第Ⅰ象限的靜電分析器恰好做勻速圓周運動，t＝0時刻α粒子垂直x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場隨時間變化關系如圖乙，規(guī)定沿x軸正方向為電場正方向。靜電分析器中電場的電場線為沿半徑方向指向圓心O，運動軌跡處的場強大小為E0。已知a粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。求：（1）α粒子從放射源P發(fā)射至運動到C的過程中動能的變化；（2）α粒子在靜電分析器中運動的運動的時間t0；（3）當t＝nT時，α粒子的坐標。（n＝1.2.3…）18．（14分）（2023?玉林三模）足夠長的斜面與水平面的夾角θ＝30°，處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝200N/C。質量m＝2kg，電量q＝+0.1C的物塊以初速度v0＝10m/s從斜面底端沿斜面向上運動。物塊與斜面間的動摩擦因數μ=32，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。取斜面底端為電勢能和重力勢能的零勢能面（g取10m/s（1）物塊向上運動過程中的加速度a的大小；（2）物塊運動過程中重力勢能的最大值Epm；（3）在物塊運動的過程中能否找到這樣的位置，使得物塊的動能Ek、電勢能?、重力勢能Ep均相等？若能找到：請計算該位置與斜面底端的距離s，若不能找到請分析說明理由。

2024-2025學年上學期福建高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）1．（4分）（2022秋?西城區(qū)校級期中）現代集成電路的集成度很高，要求里面的各種電子元件都微型化，且集成度越高，電子元件越微型化。如圖所示是某集成塊中的一長方形金屬導體按不同方向放置，箭頭方向分別與某邊平行，若沿箭頭方向加相同電壓，則沿箭頭方向電流最大的是（）A． B． C． D．【考點】歐姆定律的簡單應用；電阻定律的內容及表達式．【專題】定性思想；方程法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據電阻定律判斷幾種情況下哪一種的電阻值最小，然后結合歐姆定律說明即可。【解答】解：由圖可知，C圖中電流流過的橫截面積最大而流過的長度最小，由R=ρLS可知，四個圖中C圖對應的導體的電阻值最小，由歐姆定律：I=UR可知，沿箭頭方向電流最大的是C選項，故故選：C。【點評】該題考查歐姆定律與電阻定律，解答的關鍵是正確找出流過導體的橫截面積與對應的電流的方向。2．（4分）A.B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度—時間圖象如圖所示，則這一電場可能是下圖中的（）ABCDA．A B．B C．C D．D【考點】電場線的定義及基本特征；復雜的運動學圖像問題；電場強度與電場力的關系和計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】C【分析】（1）速度—時間圖象中，圖象的斜率表示加速度；（2）電場線分布密集的地方電場強度大，分布稀疏的地方，電場強度小；（3）負電荷受電場力的方向與電場強度方向相反；（4）對只受電場力作用的帶電微粒，電場力越大，加速度越大，也就是電場強度越大，加速度越大。【解答】解：由圖象可知，速度在逐漸減小，圖象的斜率在逐漸增大，故此帶負電的微粒做加速度越來越大的減速直線運動，所受電場力越來越大，受力方向與運動方向相反。故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題考查了速度—時間圖象的應用和電場線的相關知識，要明確斜率的含義，要能根據圖象判斷物體的運動情況，進而分析受力情況。能根據電場線的分布判斷電場強度的大小。難度適中。3．（4分）（2021秋?龍沙區(qū)校級期中）直線MN是某點電荷電場中的一條電場線（方向未畫出）。虛線是一帶電粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡，則（）A．電場線MN的方向一定是由N指向M B．帶電粒子由a運動到b過程中動能逐漸減小 C．帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能 D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】C【分析】本題的突破口是根據粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向，再根據電場力做功情況確定電勢能和動能的變化情況；明確軌跡線的對應的規(guī)律，從而確定受力情況，由牛頓第二定律確定加速度的大小關系。【解答】解：A．由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，所受電場力指向軌跡內側且沿電場線，粒子所受電場力方向一定是由M指向N，但粒子帶電性質未知，故無法確定電場線方向，故A錯誤；BC．粒子從a運動到b的過程中，力與速度夾角小于90°，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，即帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故B錯誤，C正確；D．只有一條電場線，無法確定疏密程度，無法確定場強大小關系，由qE＝ma，可知，無法比較a、b點的加速度大小，故D錯誤。故選：C。【點評】依據帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口，然后可進一步根據電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的高低變化情況。4．（4分）（2024?成都模擬）圖示為一種自動測定油箱內油面高度的裝置，裝置中金屬杠桿的一端接浮標（浮標與杠桿絕緣），另一端的觸點P接滑動變阻器R，油量表由電流表改裝而成。當汽車加油時，油箱內油面上升過程中，下列說法正確的是（）A．電路中電流減小 B．R1兩端電壓減小 C．整個電路消耗的功率增大 D．電源輸出功率一定增大【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電功和電功率的計算；純電阻電路的能量轉化特點．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據歐姆定律，結合電路滑動變阻器R接入電路的電阻變小，討論出總電流增加，再根據電功率表達式分析整個電路消耗的功率和電源輸出功率。【解答】解：A．當汽車加油時油箱內油面上升時，通過浮球和杠桿使觸點P向下滑動，滑動變阻器R接入電路的電阻變小，整個電路的總電阻變小，電路中的電流變大，故A錯誤；B．根據歐姆定律，R1兩端電壓滿足U1＝IR1由于電路中的電流變大，所以R1兩端電壓升高，故B錯誤；C．根據功率表達式，整個電路消耗的功率P＝EI由于電路中的電流變大，所以整個電路消耗的功率增大，故C正確；D．根據電源輸出功率表達式P出當R外＝r時，電源輸出功率最大，因不知道電路中各個電阻的大小關系，所以無法判斷電源輸出功率的變化，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了歐姆定律與電功、電功率，熟悉外阻等于內阻時電源輸出功率最大這個二級結論能更快解決此類問題。5．（4分）（2023秋?道里區(qū)校級期中）電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別固定于x軸上O、P兩點，規(guī)定無窮遠處電勢為零，一帶負電的試探電荷在x軸上各點具有的電勢能隨x的變化關系如圖所示。其中，試探電荷在B、C兩點處的電勢能均為零，且OB＞BP，在CF段中，E處電勢能最大，則（）A．q1B．B點電場強度方向一定沿x軸正方向 C．若將一正試探電荷從D點靜止釋放，一定能到達F點 D．若將一正試探電荷從C點移動到F點，電場力先做負功后做正功【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】從正負電荷周圍的電勢分布入手，判斷電荷的正負。沿著電場線電勢逐漸降低，判斷電場方向。根據電場的基本性質，判斷運動過程中做功的正負即可。【解答】解：A、圖象E處電場強度為0，得kq得q1故A錯誤；B、負電的試探電荷在O點電勢能正無窮，因此O點電荷為負電電荷，P點電荷為正電荷，因此B點電場強度方向一定沿x軸負方向，故B錯誤；C、帶正電的試探電荷在D點受x正方向的電場力，故沿x正向加速運動過E點后減速，根據能量守恒可得，一定能到達F點，且到F點速度為0，故C正確；D、正電荷從C點移動到F點的電場力先沿x正向過E點后沿x負向，故電場力先做正功后做負功，故D錯誤。故選：C。【點評】考察點電荷周圍的電勢分布圖。在解題時要留意電勢是標量，空間任何一點的電勢等于周圍每個點電荷產生的電勢標量疊加值。點電荷帶電量越大，在距離不變的情況下，產生的電勢絕對值就越大。6．（4分）（2021?海陵區(qū)校級四模）如圖所示，電場強度方向在豎直平面內的矩形勻強電場區(qū)I、Ⅱ的高和間距均為h，上面為I、下面為Ⅱ，電場強度為E.質量為m的帶電小球由靜止釋放，進入電場I和Ⅱ時的速度相等，空氣阻力不計，重力加速度為g，則（）A．剛進入電場I時加速度方向豎直向上 B．穿過電場I的時間大于在兩電場之間的運動時間 C．穿過兩電場后小球的電勢能增加了3mgh D．穿過兩電場后小球的電勢能增加2mgh【考點】從能量轉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系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】定性思想；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】A【分析】進入電場I和Ⅱ時的速度相等，結合小球受力分析，根據勻變速直線運動的規(guī)律即可求解。【解答】解：AB、因為小球在勻強電場區(qū)I、Ⅱ之間的運動是勻加速運動，其末速度與其進入勻強電場區(qū)I的初速度相等，由于勻強電場區(qū)I與I、Ⅱ之間的間距均為h，且在勻強電場區(qū)I一定做勻變速運動，所以帶電小球在勻強電場區(qū)I做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度，電場力為重力的2倍，運動過程與在I、Ⅱ之間的運動具有對稱性，穿過電場I的時間等于在兩電場之間的運動時間，故A正確，B錯誤；CD、由于電場力為重力的2倍，所以經過兩個電場區(qū)域，電勢能增加2×2mgh＝4mgh，故CD錯誤。故選：A。【點評】本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，前兩問較基礎，要注意分析粒子在磁場中的運動的可能情況要分析到位，對學生的能力要求較高．二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）（多選）7．（4分）（2021秋?寶安區(qū)校級月考）某學生做觀察電磁感應現象的實驗時，將電流表、線圈A和B、蓄電池、開關用導線連接成如圖所示的實驗電路，閉合開關，下列說法正確的是（）A．線圈A插入線圈B的過程中，能產生感應電流 B．線圈A停在線圈B中，能產生感應電流 C．斷開開關時，能產生感應電流 D．線圈A拔出線圈B的過程中，線圈B的磁通量在增加【考點】研究電磁感應現象；磁通量的概念和計算公式的定性分析；電磁感應現象的發(fā)現過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】AC【分析】根據感應電流產生的條件分析答題，感應電流產生條件：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化。【解答】解：ABC、線圈A中有電流通過，電流周圍會產生磁場，線圈A插入和拔出線圈B的過程中，穿過線圈B的磁通量會變化，從而產生感應電流，若線圈A不動則線圈B中的磁通量不變，無感應電流產生，斷開開關時，磁通量變化，可以產生感應電流；故AC正確，B錯誤；D、線圈A拔出線圈B的過程中，磁感應強度減小，線圈B的磁通量在減小，故D錯誤；故選：AC。【點評】本題應知道感應電流產生的條件，根據題意判斷線圈B中磁通量是否發(fā)生變化，是正確解題的關鍵。（多選）8．（4分）（2022秋?墨玉縣期中）如圖所示，兩平行的金屬板水平放置，其板間距為d，在A板中間打一個小孔，B板接地，一帶正電小球，電量為q，質量為m，用絕緣細線懸掛與O點，若電容器的充電時間不可以忽略，那么閉合電鍵S后，小球始終處于靜止狀態(tài)，下列關于小球的描述正確的是（）A．細線對小球的拉力不變化 B．細線對小球的拉力逐漸增大 C．小球的電勢能逐漸增加 D．小球所在位置的電勢逐漸降低【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化；共點力的平衡問題及求解；電勢能的概念和計算；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】比較思想；控制變量法；電容器專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】電容器在充電過程中，電容器板間電壓逐漸增大，場強逐漸增大，由平衡條件分析細線對小球的拉力變化情況。分析小球所在位置電勢的變化，判斷其電勢能的變化。【解答】解：AB、電容器在充電過程中，電容不變，由C=QU知電容器板間電壓逐漸增大，板間場強E逐漸增大，小球所受的電場力F逐漸增大，且電場力方向豎直向下，根據平衡條件得：T＝mg+F，知細線對小球的拉力逐漸增大，故A錯誤，CD、根據U＝Ed知，板間場強E逐漸增大，小球所在位置與B板間的距離不變，則小球所在位置與B板間的電勢差逐漸增大，因為小球所在位置的電勢大于零，所以小球所在位置的電勢逐漸增大，因為小球帶正電，所以小球的電勢能逐漸增加，故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】本題是電容器動態(tài)分析問題，要抓住電容不變，應用C=Q（多選）9．（4分）（2020秋?張掖期末）張掖市某中學物理興趣小組的學生在課后按照如圖所示的原理圖制作了一個簡單的歐姆表，他們使用到的器材有：一節(jié)干電池（電動勢E＝1.5V，內阻r＝1Ω），一個表頭（滿偏電流Ig＝10mA，內阻Rg＝10Ω），一個可變電阻R（最大阻值為200Ω），兩支金屬表筆及導線若干。該興趣小組的同學按照歐姆表正確的操作方法測量某電阻Rx的阻值時，發(fā)現表頭的示數為6mA，則（）A．該歐姆表的內阻為150Ω B．該歐姆表的內阻為211Ω C．Rx的阻值為100Ω D．Rx的阻值為120Ω【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；推理論證能力．【答案】AC【分析】由閉合電路歐姆定律可求得歐姆表的內阻；根據閉合電路歐姆定律求得Rx的阻值。【解答】解：AB、當紅黑表筆短接時，表頭的電流達到滿偏，由閉合電路歐姆定律，可得歐姆表的內阻為：R內=EIg=1.510×10-3ΩCD、當表頭的示數為6mA時，根據閉合電路歐姆定律得：E＝I（R內+Rx）代入數據解得Rx的阻值為：Rx＝100Ω，故C正確，D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查多用電表的原理，要注意明確多用電表的基本原理為閉合電路歐姆定律。（多選）10．（4分）（2023秋?廬陽區(qū)校級月考）如圖所示，在水平的勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，小球可以在豎直平面內繞O點做圓周運動，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度E=mgA．若小球能沿著ACBD圓弧運動，則其在D點速度最小 B．若小球能沿著ACBD圓弧運動，則其在C點速度最大 C．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大 D．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動過程中的最小速度為2【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動；繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】CD【分析】AB、根據重力和電場力大小、方向關系可知等效最低點，由對稱性可知等效最高點，在等效最低點速度最大，等效最高點速度最小；C、根據只有電場力和重力做功，可知帶電小球的機械能和電勢能之和不變，根據B點電勢最低，電勢能最小，可得結論；D、由牛頓第二定律可得等效最高點P點的最小速度。【解答】解：AB、電場力Eq＝mg，電場力水平向右，根據電場力和重力大小、方向關系可知小球的等效最低點如下圖中的M點，P點關于O點與M點對稱，所以P點為等效最高點，小球在P點的速度最小，在M點的速度最大，故AB錯誤；C、沿著電場線方向電勢降低，可知B點是整個圓周上電勢最低的點，小球帶正電，所以在B點的電勢能最小，只有電場力和重力對小球做功，小球的機械能和電勢能之和保持不變，B點電勢能最小，則小球在B點的機械能最大，故C正確；D、重力和電場力的合力F=在P點恰好由重力和電場力的合力提供向心力，在等效最高點P點的速度最小，則小球在運動過程中的速度最小，在P點由牛頓第二定律有：F=代入數據可得最小速度：vP=2故選：CD。【點評】本題考查了帶電小球在重力場和電場中的運動，解題的關鍵是找出等效最高點和等效最低點，注意小球能靜止的位置為等效最低點，等效最高點和等效最低點關于圓心對稱。三．填空題（共2小題，滿分6分，每小題3分）11．（3分）（2018?福建學業(yè)考試）如圖所示，用導線將螺線管兩端與靈敏電流計相連，把條形磁鐵迅速插入螺線管的過程中，穿過螺線管的磁通量將增大（填“增大”“不變”或“減小”），靈敏電流計的指針將會（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉；若條形磁鐵放在螺線管內不動，靈敏電流計的指針將不會（填“會”或“不會”）發(fā)生偏轉。【考點】電磁感應現象的發(fā)現過程；磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】增大；會；不會。【分析】先判斷通過線圈的磁場方向及磁通量的變化，再由感應電流產生的條件即可明確指針會不會發(fā)生偏轉。【解答】解：由圖以及條形磁鐵的磁場的分布規(guī)律可知，穿過線圈的磁場方向向下且磁通量增大；由于線圈是閉合的，并且內部磁通量變化，故線圈中產生感應電流，電流計指針會發(fā)生偏轉；若將條形磁鐵放在螺線管中不動時，螺線管中的磁通量不變，不會產生感應電流，靈敏電流計的指針不會發(fā)生偏轉。故答案為：增大；會；不會。【點評】解決本題的關鍵知道感應電流產生的條件，即穿過閉合回路磁通量發(fā)生變化。12．（3分）在xOy平面內，有兩根互相絕緣，分別通有電流3I和I的長直導線。設兩根導線互相垂直（如圖所示），則在xOy平面內，磁感應強度為零的點的軌跡方程為y=3x【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】應用題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】見試題解答內容【分析】依據右手螺旋定則，根據矢量的疊加原理，及磁感應強度B與導線中的電流強度I成正比，與距導線的距離r成反比，即可求解。【解答】解：根據安培定則可知，沿x軸方向的通電導線：第一象限磁場方向垂直紙面向外，第二象限磁場方向垂直紙面向外，第三象限磁場方向垂直紙面向里，第四象限磁場方向垂直紙面向里，同理，沿y軸方向的通電導線：第一象限磁場方向垂直紙面向里，第二象限磁場方向垂直紙面向外，第三象限磁場方向垂直紙面向外，第四象限磁場方向垂直紙面向里，根據矢量的疊加原理，則第一象限與第三象限磁場可以為零，磁感應強度B與導線中的電流強度I成正比，與距導線的距離r成反比，即；B=kIk3Ix=k故答案為：y=3【點評】本題考查安培定則的內容，掌握矢量的疊加法則，注意磁感應強度B與導線中的電流強度/成正比，與距導線的距離r成反比的條件。四．實驗題（共2小題，滿分16分）13．（6分）（2023春?永州期末）如圖所示，某同學用圖（a）所示電路來觀察電容器C放電現象：他先使開關S與1端相連，電源向電容器充電，然后把開關S擲向2端，電容器通過R放電，傳感器將電流傳入計算機，得到了圖（b）所示的電流隨時間變化的I﹣t圖像。已知該同學所選用的直流電源電壓為12V。（1）通過I﹣t圖像可以發(fā)現：電容器放電時，電路中的電流減小得越來越慢（選填“快”或“慢”）。（2）已知圖（b）中圖線與坐標軸所圍成圖形的面積表示電容器放電過程中所釋放的電荷量，每一小格面積表示的電荷量為4×10﹣5C，據此可估算出電容器放電前所帶電荷量Q＝1.6×10﹣3C，電容器的電容C＝133μF。（3）該同學改變電源電壓，多次重復上述實驗。得到電容器在不同電壓U下所帶的電荷量Q，并作出Q﹣U圖像，則圖像（圖（c））應是B。【考點】觀察電容器及其充、放電現象；電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；實驗探究能力．【答案】（1）慢；（2）1.6×10﹣3；133；（3）B【分析】（1）根據電容器充放電原理及實驗操作分析解答；（2）（3）根據圖像分析放電情況，結合電容器的定義式分析解答。【解答】解：（1）由圖可知，I﹣t圖像切線的斜率越來越小，表示電流減小得越來越慢；（2）電容器放電前所帶電荷量為Q＝40×4×10﹣5C＝1.6×10﹣3C電容器的電容為C=Q（3）根據電容的定義式可得Q＝CU電容器在不同電壓U下電容不變，其所帶電荷量Q與U成正比。故ACD錯誤，B正確；故選：B。故答案為：（1）慢；（2）1.6×10﹣3；133；（3）B【點評】本題關鍵根據實驗原理去選擇實驗器材，實驗考查電容的接法與使用、電容器的正負極接法、電流表指針的偏轉方向、電容器充滿后的電壓、以及微積分法求電量等。14．（10分）（2018秋?東湖區(qū)校級期中）某同學設計了如圖甲所示的電路測電源電動勢E和內阻r以及Rx的阻值．實驗器材有：待測電源E，待測電阻Rx；電流表A（量程為0.6A，內阻不計）；電阻箱R（0﹣99.99Ω）；單刀單擲開關S1；單刀雙擲開關S2；導線若干。（1）先測電阻Rx的阻值：先將電阻箱的阻值調至最大，再閉合電鍵S1，將單刀雙擲開關S2切換到a，調節(jié)電阻箱，讀出其示數R1和對應的電流表示數I，再將S2切換到b，調節(jié)電阻箱使電流表的示數仍為I，讀出此時電阻箱的示數R2，則電阻Rx的表達式為Rx＝R1﹣R2。（2）該同學已經測得電阻Rx＝2.00Ω，繼續(xù)測電源電動勢E和內阻r的阻值，該同學做法是：閉合S1，將單刀雙擲開關S2切換到b，多次調節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電流表示數I，由測得的數據，繪出了如圖乙所示的1I-R圖線，則電源電動勢E＝1.45V，內阻r＝0.90【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）R1﹣R2；（2）1.45，0.90【分析】（1）由圖及實驗的步驟找出測量電阻Rx的實驗方法，即可得出實驗中需要完成的步驟，并能求出待測阻值的表達式；（2）由閉合電路歐姆定律可得出圖象中兩量間的關系，由圖象則可得出電源的電動勢及內阻。【解答】解：（1）單刀雙擲開關S2切換到a時，E＝I（R1+r）；單刀雙擲開關S2切換到b時，E＝I（R2+Rx+r）.聯立知，Rx＝R1﹣R2；（2）單刀雙擲開關S2切換到b時，E＝I（R+Rx+r），變形可得1I=1E?R+Rx+rE聯立知，E＝1.45V，r＝0.90Ω.故答案為：（1）R1﹣R2；（2）1.45，0.90【點評】近幾年高考對于實驗的考查不再局限于基本原理了，而是考查學生對實驗原理的把握，并能對實驗方法有所突破的能力；在實驗學習中應注意掌握好基礎知識，同時注意在審題上下功夫，由所學知識進行遷移變通。五．解答題（共4小題，滿分38分）15．（6分）（2019秋?海淀區(qū)校級期中）如圖，一個正的點電荷帶電量Q＝2.0×10﹣8C，有一點a距Q為2cm，求：（1）若在a點放一個q＝﹣2.0×10﹣5C的電荷，求該電荷的受力大小和方向；（2）利用第一問求a點場強的大小和方向。【考點】電場強度與電場力的關系和計算；庫侖定律的表達式及其簡單應用．【專題】計算題；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】（1）若在a點放一個q＝﹣2.0×10﹣5C的電荷，該電荷的受力大小為9N，方向向右；（2）利用第一問求a點場強的大小為4.5×105N/C，方向向左。【分析】（1）q所受的電場力大小由公式F=kQq（2）已知場源電荷和距離，由公式E=kQr2【解答】解：（1）根據庫侖定律可知，電荷受力方向向右，大小F=kQqr2=（2）a點場強的方向向左，大小E=Fq=kQr2=答：（1）若在a點放一個q＝﹣2.0×10﹣5C的電荷，該電荷的受力大小為9N，方向向右；（2）利用第一問求a點場強的大小為4.5×105N/C，方向向左。【點評】解決本題的關鍵要掌握點電荷場強公式E=kQr2和電場力公式16．（8分）（2023秋?洛陽月考）如圖甲所示的電路，其中電源電動勢E＝6V，內阻r＝2Ω，定值電阻R＝4Ω，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值Rp的關系如圖乙所示，滑動變阻器最大值為20Ω。求：（1）圖乙中滑動變阻器的最大功率；（2）圖乙中電阻R2的阻值；（3）當滑動變阻器阻值為R1時，電源的效率。【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）圖乙中滑動變阻器的最大功率為1.5W；（2）圖乙中電阻R2的阻值為12Ω；（3）當滑動變阻器阻值為R1時，電源的效率為83.3%。【分析】（1）當外電阻等于內電阻時，電源的輸出功率最大，求解滑動變阻器功率最大的時候，根據“等效法”，將定值電阻也看作電源內阻，（2）結合閉合電路的歐姆定律、電功率的計算公式進行解得R2的阻值；（3）根據效率的計算公式解得。【解答】解：（1）根據“等效法”，將定值電阻也看作電源內阻，當外電阻等于內電阻時，即電源的輸出功率最大，同時滑動變阻器的功率也是最大，此時有RP＝r+R＝2Ω+4Ω＝6Ω，此時P=E24(R+r)=（2）結合圖乙可知，當滑動變阻器阻值為R1時候，滑動變阻器的功率最大，再結合對A選項的分析，所以可以得知R1＝6Ω當滑動變阻器接入電路的有效阻值為3Ω與阻值為R2時消耗的功率相等，則有（ER+r+3）2×3＝（ER+r+R2）2R2，解得：R2＝12Ω（3）滑動變阻器阻值為R1時，電源的效率η=R+R1R+R答：（1）圖乙中滑動變阻器的最大功率為1.5W；（2）圖乙中電阻R2的阻值為12Ω；（3）當滑動變阻器阻值為R1時，電源的效率為83.3%。【點評】本題考查電功率的計算，滑動變阻器功率最值與定值電阻功率最值以及電源的總功率的計算，計算方法不同，學生需注意區(qū)分17．（10分）（2023秋?長豐縣期中）如圖建立坐標系，α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，放置在第Ⅱ象限，細管C離兩板等距，細管C開口在y軸上。放射源P在A極板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一速度的α粒子。若極板長為L，間距為d，當A、B板加上某一電壓時，α粒子剛好能以速度v0從細管C水平射出，進入位于第Ⅰ象限的靜電分析器恰好做勻速圓周運動，t＝0時刻α粒子垂直x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場隨時間變化關系如圖乙，規(guī)定沿x軸正方向為電場正方向。靜電分析器中電場的電場線為沿半徑方向指向圓心O，運動軌跡處的場強大小為E0。已知a粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。求：（1）α粒子從放射源P發(fā)射至運動到C的過程中動能的變化；（2）α粒子在靜電分析器中運動的運動的時間t0；（3）當t＝nT時，α粒子的坐標。（n＝1.2.3…）【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）α粒子從放射源P發(fā)射至運動到C的過程中動能的變化量為-m（2）α粒子在靜電分析器中運動的運動的時間t0為πmv（3）當t＝nT時，α粒子的坐標為（mv022eE0+n?eE0T22m，﹣【分析】（1）粒子從發(fā)射到細管C反過來看是類平拋運動，由類平拋規(guī)律和牛頓第二定律求出板間電壓，再由動能定理求出動能的變化；（2）由動能定理求出粒子進入C的速度，由靜電力提供向心力求得粒子的半徑，再由運動學公式求出時間；（3）進入正交的交變電場后，在豎直方向勻速運動，在水平方向做勻加速直線運動，按運動的合成與分解求坐標。【解答】解：（1）設α粒子運動到C處時速度為v0，α粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有：L＝v0t豎直方向有：d2=U＝Ed由牛頓第二定律：2eE＝ma聯立解得：U=α粒子從放射源發(fā)射出到C的過程，由動能定理，﹣2e?12U＝ΔE解得：ΔEk＝﹣eU=（2）由牛頓第二定律2eE0＝mv解得：r=由πr2=v0解得：t0=（3）T2時，α粒子在x方向的速度為vx=2e所以一個周期內，離子在x方向的平均速度：v每個周期α粒子在x正方向前進：x0=vx因為開始計時時α粒子橫坐標為：r=所以nT時，α粒子的橫坐標為：x＝r+nx0=mv0α粒子的縱坐標為y＝﹣v0nT在nT時α粒子的坐標為：（mv022eE0+n?eE0T22m，﹣答：（1）α粒子從放射源P發(fā)射至運動到C的過程中動能的變化量為-m（2）α粒子在靜電分析器中運動的運動的時間t0為πmv（3）當t＝nT時，α粒子的坐標為（mv022eE0+n?eE0T22m，﹣【點評】本題是帶電粒子在復合場中的運動在實際科技中應用，關鍵抓住類平拋運動、圓周運動等基礎知識，分過程分步驟用研究曲線運動的方法處理問題。18．（14分）（2023?玉林三模）足夠長的斜面與水平面的夾角θ＝30°，處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝200N/C。質量m＝2kg，電量q＝+0.1C的物塊以初速度v0＝10m/s從斜面底端沿斜面向上運動。物塊與斜面間的動摩擦因數μ=32，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。取斜面底端為電勢能和重力勢能的零勢能面（g取10m/s（1）物塊向上運動過程中的加速度a的大小；（2）物塊運動過程中重力勢能的最大值Epm；（3）在物塊運動的過程中能否找到這樣的位置，使得物塊的動能Ek、電勢能?、重力勢能Ep均相等？若能找到：請計算該位置與斜面底端的距離s，若不能找到請分析說明理由。【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；牛頓第二定律的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊向上運動過程中的加速度a的大小為25m/s2；（2）物塊運動過程中重力勢能的最大值Epm為20J；（3）物塊的動能Ek、電勢能?、重力勢能Ep均相等的點與斜面底端的距離為53m【分析】（1）對物塊進行受力分析，由牛頓第二定律求出物塊向上運動過程中的加速度a的大小；（2）由位移—速度公式求出上升的最大高度，然后求出物塊運動過程中重力勢能的最大值Epm；（3）根據受力與功能關系分析即可。【解答】解：（1）物塊沿斜面向上運動時受力如圖：垂直于斜面方向：N﹣mgcos30°﹣qEcos30°＝0沿斜面方向：﹣mgsin30°﹣qEsin30°﹣f＝ma其中：f＝μN代入數據解得摩擦力：f＝30N物塊向上運動過程中的加速度：a＝﹣25m/s2負號表示加速度的方向沿斜面向下；（2）由位移—速度公式，物塊上升的最大距離：x=0-v0物塊上升的最大高度：hm＝xsin30°＝2×0.5m＝1m物塊運動過程中重力勢能的最大值：Epm＝mghm＝2×10×1J＝20J（3）物塊受到的重力：mg＝2×10N＝20N，物塊受到的電場力：F＝qE＝0.1×200N＝20N，可知物塊受到的電場力與重力大小相等，由于電場力的方向也是豎直向下，所以物塊上升的過程中克服重力做的功與克服電場力做的功相等，則物塊的重力勢能與電勢能可以相等；物塊上升的過程中動能減小，重力勢能與電勢能從零開始增大，可知可以存在動能Ek、電勢能?、重力勢能Ep均相等的點。該位置與斜面底端的距離s，物塊向上運動的過程中重力、摩擦力與重力都做負功，物塊的機械能轉化為重力勢能、電勢能與內能，則：12m其中：Ek＝?＝Ep＝mgs?sin30°代入數據聯立可得：s=5答：（1）物塊向上運動過程中的加速度a的大小為25m/s2；（2）物塊運動過程中重力勢能的最大值Epm為20J；（3）物塊的動能Ek、電勢能?、重力勢能Ep均相等的點與斜面底端的距離為53m【點評】該題考查帶電物體在復合場中的運動，物塊的機械能轉化為重力勢能、電勢能與內能，結合能量轉化的方向分析是關鍵。

考點卡片1．復雜的運動學圖像問題【知識點的認知】1.除了常見的x﹣t圖像，v﹣t圖像與a﹣t圖像外，還有一些少見的運動學圖像如xt-t圖像，v﹣x圖像、v2﹣2.這些圖像往往都與運動學的公式有關聯。3.解題步驟一般如下：①根據圖像的縱橫坐標找出圖像應用了那個運動學公式；②根據圖像推出具體的表達式；③分析斜率、截距、面積等因素的物理意義。【命題方向】在平直公路上有甲、乙兩輛汽車同時從同一位置沿著同一方向做勻加速直線運動，它們速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則（）A、甲車的加速度比乙車的加速度小B、在x＝0.5m處甲、乙兩車相遇C、在x＝1m處甲、乙兩車相遇D、在t＝2s末甲、乙兩車相遇分析：根據勻變速直線運動的速度—位移關系公式：v2-v02=解答：A、根據勻變速直線運動速度—位移關系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由圖可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度大于乙車的加速度，故A錯誤；BCD、由圖象可知x＝0.5m時，兩車速度的平方相等，速度相等。由圖可知，對于甲車做初速度為0加速度為2m/s2的勻加速直線運動，乙做初速度為1m/s，加速度為1m/s2的勻加速直線運動，兩車相遇時，位移相等，則有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇處兩車的位移為x=12a甲t2=1故選：D。點評：讀懂圖象的坐標，并能根據勻變速直線運動的位移—速度關系求出描述勻變速直線運動的相關物理量，并再由勻變速直線運動的規(guī)律求出未知量．【解題思路點撥】非常規(guī)的運動學圖像一般都是從某一個表達式得來的，要先從橫縱坐標及圖像出發(fā)確定表達式，求解出關鍵物理量，再分析物體的運動問題。2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統，應明確所選研究對象是系統整體還是系統中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。3．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。【命題方向】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，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，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，再根據需要求出相關物理量。4．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，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管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v5．常見力做功與相應的能量轉化【知識點的認識】1．內容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統的內能增加【解題思路點撥】如圖所示，質量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。6．庫侖定律的表達式及其簡單應用【知識點的認識】1．內容：在真空中兩個靜止的點電荷間的作用力跟它們的電量的乘積成正比，跟它們之間的距離的平方成反比，作用力的方向在它們的連線上．2．表達式：F＝kq1q2r2，式中k表示靜電力常量，k＝9.0×109N?3．適用條件：真空中的靜止點電荷．【命題方向】題型一：對庫侖定律的理解例1：真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.F3C.F分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進行計算討論即可．解：距離改變之前：F=kq1當電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=k聯立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點評：庫侖定律應用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關系，可以和萬有引力定律進行類比學習．題型二：庫侖定律與力學的綜合問題例2：在一絕緣支架上，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細繩連著另一個帶負電的小球B，B的質量為0.1kg，電荷量為19×10﹣6C，如圖所示，將小球B緩緩拉離豎直位置，當繩與豎直方向的夾角為60°時，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s（1）小球A的帶電荷量；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動能定理求出小球到達最低點時的速度，然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力．解：（1）小球B剛釋放瞬間，速度為零，沿繩子方向上，小球受到的合力為零，則mgcos60°＝kqA代入數值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向與繩子垂直，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，a=gsinθ=53（3）釋放后小球B做圓周運動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低點，由牛頓第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的帶電荷量為5×10﹣6C；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小為53m/s2；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力為1.5N．點評：釋放小球瞬間，沿繩子方向小球受力平衡，小球所受合力沿與繩子垂直的方向．【解題方法點撥】1．庫侖定律適用條件（1）庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應用庫侖定律．（2）當帶電體間的距離遠大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據公式錯誤地推論：當r→0時，F→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經不能再看做點電荷了．（3）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2．應用庫侖定律需要注意的幾個問題（1）庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷．點電荷是一種理想化模型，當帶電體間的距離遠遠大于帶電體的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用．（2）庫侖定律的應用方法：庫侖定律嚴格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當作真空來處理．注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據結果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個點電荷的平衡問題：要使三個自由電荷組成的系統處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個點電荷在該電荷處的合場強應為零．3．分析帶電體力學問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，要學會把電學問題力學化．分析方法是：（1）確定研究對象．如果有幾個帶電體相互作用時，要依據題意，適當選取“整體法”或“隔離法”；（2）對研究對象進行受力分析，多了個電場力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，Fy＝0）或牛頓第二定律方程．7．電場強度與電場力的關系和計算【知識點的認識】根據電場強度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關鍵是根據庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同。【解題方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝8．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小．④兩點電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道電場線的性質，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．【解題方法點撥】1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關系：根據電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．2．關于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯系起來進行考查，解答這類問題應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚粒子的運動情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據力和運動的關系，確定粒子所受電場力的大小方向如何變化；（3）根據電場力與場強的關系，確定場強的大小、方向如何變化，從而確定電場線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場的電場線分布特點．9．電勢能的概念和計算【知識點的認識】1.定義：電荷在電場中具有的與位置有關的能量即在電場中具有的勢能叫電勢能，用Ep表示。2.相對性電荷在電場中具有的電勢能與電勢能零點的選取有關。電勢能零點的選取是任意的，習慣上取無限遠處或大地為電勢能零點。無限遠處作為電勢能零點與大地作為電勢能零點是相同的。3.大小電荷在某點的電勢能，等于把它從這點移動到零勢能點時靜電力所做的功。4.零勢能位置電場中規(guī)定的電勢能為0的位置，通常把電荷離場源電荷無窮遠處或大地表面的電勢能規(guī)定為0。5.系統性電勢能是相互作用的電荷所共有的，或者說是電荷及對它作用的電場所共有的。6.標矢性標量，但有正負。其正負表示大小，正值表示比電荷放在電勢能零點時多多少，負值表示比放在電勢能零點時少多少。【命題方向】下列說法中正確的是（）A、在場強較小處，電荷在該處的電勢能也較小B、電荷在場強為零處的電勢能也為零C、在選定為零電勢的位置處，任何電荷的電勢能必為零D、在場強相等的各點，電荷的電勢能必相等分析：電荷的電勢能公式EP＝qφ，而電場強度與電勢無關．在場強相等的各點，電勢不一定相等，電勢能不一定相等．解答：A、根據電荷的電勢能公式EP＝qφ，而電場強度與電勢無關，所以場強小的地方，電荷在該處的電勢能不一定小，故A錯誤。B、電荷在場強為零處，因為電勢的零點是人為選取的，電勢不一定為零，故電荷的電勢能也不一定為零，故B錯誤。C、在選定為零電勢的位置處，根據EP＝qφ，知任何電荷的電勢能必為零，故C正確。D、在場強相等的各點，電荷的電勢不一定相等，則電荷