第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期北京高二物理期末培優(yōu)卷3一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2019秋?寧波期末）有些物理量既有大小又有方向才能完全確定，而且運算法則遵循平行四邊形定則，物理學中把這樣的量稱之為矢量。下列物理量中不屬于矢量的是（）A．力 B．速率 C．重力加速度 D．向心加速度2．（3分）（2023秋?重慶期末）圖中實線為等勢面，一帶電粒子從電場中的B點運動到A點，徑跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力，則（）A．粒子一定帶正電 B．粒子的動能逐漸增加 C．粒子在A點的加速度大于在B點的加速度 D．粒子在A點具有的電勢能小于在B點的電勢能3．（3分）A、B兩根平行長直導線垂直紙面固定，兩導線中通有大小相等的恒定電流，在兩導線連線的垂直平分線上有一小磁針，在磁場力作用下保持靜止狀態(tài)，如圖所示，忽略地磁場的影響。關于兩導線中電流方向，下列說法正確的是（）A．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向里 B．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向外 C．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向里 D．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向外4．（3分）（2021秋?東城區(qū)期末）如圖所示電路中，表頭G的內阻Rg＝500Ω，滿偏電流Ig＝1mA，R1、R2為定值電阻，若R1＝R2＝9.5kΩ，下列說法正確的是（）A．表頭G的滿偏電壓為500V B．使用a、b兩個端點時，可以用來測量大于1mA的電流 C．使用a、b兩個端點時，可以用來測量電壓，其量程為0～10V D．使用a、c兩個端點時，可以用來測量電壓，其量程為0～20V5．（3分）（2022秋?香坊區(qū)校級期中）如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，閉合開關S，不考慮燈絲電阻阻值隨溫度的變化，電流表、電壓表均為理想電表，當滑動變阻器的滑片由左端向右端滑動時，下列說法正確的是（）A．電流表A1示數(shù)變小，電流表A讀數(shù)減小，小燈泡L1變暗 B．電流表A讀數(shù)增大，電壓表V讀數(shù)變大，小燈泡L2變暗 C．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A示數(shù)變化ΔI，ΔUΔI等于rD．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A1示數(shù)變化ΔI1，ΔUΔI6．（3分）（2021?西城區(qū)二模）如圖所示，線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面。實驗中觀察到，開關閉合瞬間，電流表指針向右偏轉，則（）A．開關斷開瞬間，電流表指針不偏轉 B．開關閉合瞬間，兩個線圈中的電流方向可能同為順時針或逆時針 C．開關閉合，向右移動滑動變阻器的滑片，電流表指針向右偏轉 D．開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，線圈B將對線圈A產(chǎn)生排斥力7．（3分）（2022春?太倉市校級期中）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質子（11H）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自A．以速度4v0射入的a粒子（14HeB．以速度2v0射入的核（12HC．以速度v0射入的電子（-10eD．以速度v02的射入的正電子（請閱讀下述文字，完成第14題、第15題、第16題。如圖所示為多用電表的表盤。8．（3分）如圖所示為某同學實驗時所連接的電路。實驗中發(fā)現(xiàn)L1、L2都不亮。該同學利用多用電表的電壓擋檢測故障，檢測結果如下表所示。根據(jù)檢測結果判斷，可能的故障是（）測試點a、bc、dd、f電壓表示數(shù)情況有示數(shù)無示數(shù)有示數(shù)A．燈L1斷路 B．燈L2短路 C．bf段斷路 D．de段斷路9．（3分）（2023春?遼陽期末）1932年，安德森在宇宙線實驗中發(fā)現(xiàn)了正電子。假設正電子的速率為v，電荷量為q，沿著與磁場垂直的方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，則它受到的洛倫茲力為（）A．qvB B．qB C．vB D．0.5qvB10．（3分）（2021?遼寧模擬）如圖，有理想邊界的矩形區(qū)域abcd由兩個正方形區(qū)域aefd和ebcf組成，e和f為ab和cd的中點，ab＝2ad＝2l，正方形區(qū)域aefd和ebcf內部各存在著兩個方向相反的垂直紙面的強磁場，磁感應強度大小均為B，de、ec是兩個不同方向勻強磁場的理想分界線。一邊長也為l的正方形導線框的底邊與矩形磁場區(qū)域的底邊在同一直線上，正方形導線框以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域，從左邊界進入磁場開始計時，規(guī)定逆時針方向為感應電流i的正方向，則正方形導線框中感應電流i隨其移動距離x的i﹣x圖像正確的是（）A． B． C． D．二．多選題（共4小題，滿分12分，每小題3分）（多選）11．（3分）（2018秋?江都區(qū)期中）如圖所示，將四根通電直導線分別放在四個勻強磁場中，圖中給出了磁感應強度B的方向、導線中電流I的方向，某同學分別畫出了通電直導線所受磁場力F的方向，其中正確的是（）A． B． C． D．（多選）12．（3分）（2023秋?秀英區(qū)校級月考）如圖所示，電源電動勢為E＝12V，內阻r＝1Ω，電阻R1＝1Ω，R2＝6Ω。開關閉合后，電動機恰好正常工作。已知電動機額定電壓U＝6V，線圈電阻RM＝0.5Ω，則下列說法正確的是（）A．流過電動機的電流為12A B．流過電源的電流為3A C．電源的輸出功率為18W D．電動機正常工作時輸出的機械功率為10W（多選）13．（3分）（2023秋?南崗區(qū)校級期末）如圖1所示，一金屬圓環(huán)放在磁場中，磁場方向與金屬圓環(huán)平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示，則在0～1s的時間內與1～3s的時間內（）A．金屬圓環(huán)中感應電流的方向相反 B．金屬圓環(huán)中感應電流大小之比為1：2 C．通過金屬圓環(huán)中某一截面電荷量之比為1：1 D．金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱之比為4：1（多選）14．（3分）（2023春?平潭縣校級期中）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，電腦進入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時、簡化原理如圖所示，寬為a、厚為b、長為c的矩形半導體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，其載流子是電荷量為e的自由電子，當通入方向向右、大小為I的電流時，元件前、后表面間電壓為U，則此時元件的（）A．前表面的電勢比后表面的低 B．自由電子受到的洛倫茲力大小為eUaC．前、后表面間的電壓U與b無關 D．前、后表面間的電壓U與I成正比三．實驗題（共2小題，滿分18分）15．（8分）（2023?廣州二模）用圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，請完成下列實驗內容。（1）實驗時，要通過電流表指針的偏轉方向來觀測電路中電流的方向，因此電流表應采用圖乙中的（選填“a”“b”）；（2）依照圖甲所示的電路圖，將圖乙的實驗器材用筆畫線代替導線連接成實驗電路（圖中已有部分連接）；（3）開關S接1后，小燈泡L（填選項前的字母）；A.一直不亮B.逐漸變亮，穩(wěn)定后保持亮度不變C.突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅（4）開關S接1足夠長時間后，再將開關S接2。開關S接2之后電壓表讀數(shù)（選填“逐漸增大”“逐漸減小”）；（5）圖乙中電容器的電容為μF。當電容器的電壓為10V時其帶電量為C（保留兩位有效數(shù)字）。16．（10分）（2024?貴州模擬）小李同學設計了一個電路來準確測量一根金屬絲的電阻，原理圖如圖甲所示。他先用萬用表粗略測得金屬絲電阻約為20Ω；現(xiàn)有下列器材可供選擇：A.電源（電動勢為3V，內阻約為1Ω）B.電壓表（量程3V，內阻約為1kΩ）C.電壓表（量程15V，內阻約為5kΩ）D.電流表（量程30mA，內阻為20Ω）E.電流表（量程0.6A，內阻為5Ω）F.滑動變阻器（最大阻值為20Ω）G.滑動變阻器（最大阻值為500Ω）H.定值電阻R0（阻值為5Ω）I.定值電阻R1（阻值為100Ω）J.開關一個，導線若干（1）為了測量準確，實驗時電壓表應該選擇，電流表應該選擇，滑動變阻器應該選擇，定值電阻應該選擇。（均填器材前對應字母）（2）電壓表讀數(shù)記為U，電流表讀數(shù)記為I，若不考慮電壓表內阻的影響，小李同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的U﹣I圖像如圖乙所示，計算可得圖像斜率為k＝105，則金屬絲電阻為Ω（結果保留3位有效數(shù)字）。四．解答題（共4小題，滿分40分）17．（9分）（2023秋?西山區(qū)期末）如圖所示，電源的電動勢E為3V，內阻r為1Ω；定值電阻R1為1Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為4Ω，求：（1）滑動變阻器R2接入電路的阻值為0時，R1兩端的電壓；（2）滑動變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量。18．（9分）（2024?廣東三模）如圖所示為某款質譜儀的工作原理示意圖，此質譜儀由以下幾部分構成：離子源S、加速電場PQ，靜電分析器、偏轉磁場、記錄板，靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內有均勻輻向的電場，中心線處的電場強度大小為E，記錄板MN緊靠靜電分析器水平放置，靜電分析器和記錄板下方分布著范圍足夠大的勻強磁場，離子源S可以發(fā)射初速度不計的正離子，已知該離子源發(fā)射的質子11H經(jīng)過加速電場加速后進入靜電分析器，恰能沿靜電分析器中心線做勻速圓周運動，之后豎直向下飛入勻強磁場，最終水平偏轉距離d后打在記錄板上，設質子的質量為m，電荷量為（1）加速電場的電壓U；（2）勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）若勻強磁場區(qū)域磁感應強度大小的波動范圍為B±ΔB，為使質子11H與氘核1219．（10分）（2024?北辰區(qū)三模）有關列車電氣制動，可以借助如圖所示簡化模型來理解，圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，導軌間距為L＝0.5m，磁場的磁感應強度為B＝2T，金屬棒MN的質量為m＝0.2kg，導軌右端接有阻值為R＝3Ω的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r＝1Ω，導軌的電阻不計。金屬棒MN在安培力作用下向右減速運動的過程對應于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為v0＝4m/s。（1）求剛開始減速時，導體棒兩端的電壓U；（2）求剛開始減速時，安培力的功率P；（3）在制動過程中，列車還會受到空氣阻力和軌道的摩擦力作用，為了研究問題方便，設簡化模型受到的這些阻力總和大小恒為f＝1N。在金屬棒從開始減速到速度減至2m/s的過程中，金屬棒的位移大小為x0＝0.6m。求：該過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q。20．（12分）（2019秋?沙洋縣校級月考）如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內有平行于y軸正方向的有界勻強電場，場強大小為E．一電子以平行于x軸正方向的初速度v0從P點射入電場中，并從A點離開第Ⅰ象限。已知P點的坐標為（0，L），A點坐標為（2L，0）。不計電子的重力。試求：（1）電子的比荷qm（2）若在第Ⅳ象限過Q點放一張垂直于y軸的感光膠片，Q點的坐標為（0，﹣L），求感光膠片上曝光點的橫坐標x。

2024-2025學年上學期北京高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2019秋?寧波期末）有些物理量既有大小又有方向才能完全確定，而且運算法則遵循平行四邊形定則，物理學中把這樣的量稱之為矢量。下列物理量中不屬于矢量的是（）A．力 B．速率 C．重力加速度 D．向心加速度【考點】矢量和標量的區(qū)分與判斷．【專題】定性思想；歸納法；直線運動規(guī)律專題；理解能力．【答案】B【分析】矢量是既有大小，又有方向，運算時遵循平行四邊形定則的物理量，而標量只有大小，沒有方向，運算時遵循代數(shù)加減法則。【解答】解：ACD、矢量是既有大小，又有方向，運算時遵循平行四邊形定則的物理量，力、重力加速度和向心加速度都是矢量，故ACD錯誤；B、標量只有大小沒有方向，速率是標量，故B正確。本題選不屬于矢量的，故選：B。【點評】解決本題的關鍵要明確矢量和標量的區(qū)別，知道矢量有大小又有方向，標量只有大小，沒有方向。2．（3分）（2023秋?重慶期末）圖中實線為等勢面，一帶電粒子從電場中的B點運動到A點，徑跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力，則（）A．粒子一定帶正電 B．粒子的動能逐漸增加 C．粒子在A點的加速度大于在B點的加速度 D．粒子在A點具有的電勢能小于在B點的電勢能【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．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)帶電粒子運動軌跡彎曲方向判定電場力方向，從而確定電性；然后根據(jù)電場線的疏密程度，判斷電場力的變化，分析加速度的變化。根據(jù)電場力做功判斷電勢能和動能的變化?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知電場線的方向大致沿豎直方向；由粒子受到的合力的方向大致沿運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力的方向大體向下；由于不知道電勢的高低關系，則不能判斷出電場線的方向，也無法判定粒子的電性，故A錯誤。BD、帶電粒子從B到A的運動過程中，電場力的方向與運動的方向之間的夾角為鈍角，則電場力對粒子做負功，則帶電粒子的電勢能增大，動能減小，粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故BD錯誤；C、A點處等差等勢面密，則A點電場線密，電場強度大，粒子在A點所受的電場力大，加速度大，所以粒子在A點的加速度大于在B點的加速度，故C正確。故選：C?！军c評】解決這類帶電粒子在電場中運動軌跡問題的關鍵是根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出電場力方向，利用電場中有關規(guī)律求解；要明確電場力做功與電勢能和動能間的關系。3．（3分）A、B兩根平行長直導線垂直紙面固定，兩導線中通有大小相等的恒定電流，在兩導線連線的垂直平分線上有一小磁針，在磁場力作用下保持靜止狀態(tài)，如圖所示，忽略地磁場的影響。關于兩導線中電流方向，下列說法正確的是（）A．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向里 B．A中電流垂直紙面向外，B中電流垂直紙面向外 C．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向里 D．A中電流垂直紙面向里，B中電流垂直紙面向外【考點】通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】小磁針靜止時N極方向向右，說明該處的磁場向右，分別對四個選項的A導線和B導線運用安培定則，即可判斷?！窘獯稹拷猓盒〈裴楴極的指向是該點合磁感應強度的方向，由于兩個導線通過的電流是大小相等，根據(jù)安培定則，與導線等距離地方磁感應強度大小也相等；A．A中電流垂直紙面向外，A導線在小磁針處的磁感應強度方向向右上方；B中電流垂直紙面向里，B導線在小磁針處的磁感應強度方向向左上方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應矢量合向上方，故A錯誤；B．A中電流垂直紙面向外，A導線在小磁針處的磁感應強度方向向右上方；B中電流垂直紙面向外，B導線在小磁針處的磁感應強度方向向右下方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應矢量合向右，故B正確；C．A中電流垂直紙面向里，A導線在小磁針處的磁感應強度方向向左下方；B中電流垂直紙面向里，B導線在小磁針處的磁感應強度方向向左上方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應矢量合向左，故C錯誤；D．A中電流垂直紙面向里，A導線在小磁針處的磁感應強度方向向左下方；B中電流垂直紙面向外，B導線在小磁針處的磁感應強度方向向右下方；則小磁針處兩大小產(chǎn)生的磁感應矢量合向下，故D錯誤。故選：B。【點評】考查安培定則的內容，掌握磁感應強度矢量的合成法則的應用，基礎題目。4．（3分）（2021秋?東城區(qū)期末）如圖所示電路中，表頭G的內阻Rg＝500Ω，滿偏電流Ig＝1mA，R1、R2為定值電阻，若R1＝R2＝9.5kΩ，下列說法正確的是（）A．表頭G的滿偏電壓為500V B．使用a、b兩個端點時，可以用來測量大于1mA的電流 C．使用a、b兩個端點時，可以用來測量電壓，其量程為0～10V D．使用a、c兩個端點時，可以用來測量電壓，其量程為0～20V【考點】電表的改裝和應用（實驗）；串聯(lián)電路的特點及應用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】電流表改裝成電壓表要串聯(lián)電阻分壓．根據(jù)歐姆定律可解得電壓表兩側?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)歐姆定律可知表頭G的滿偏電壓Ug＝IgRg＝1×10﹣3×500V＝0.5V，故A錯誤；BC、使用a、b兩個端點時，電路中允許經(jīng)過的最大電流為Ig＝1mA，電流表改裝成電壓表串聯(lián)電阻R：U＝Ig（Rg+R1）＝1×10﹣3×（500+9500）V＝10V，故B錯誤，C正確；D、使用a、c兩個端點時，電流表改裝成電壓表串聯(lián)電阻R：U＝Ig（Rg+R1+R2）＝1×10﹣3×（500+9500+9500）V＝19.5V，故D錯誤；故選：C?！军c評】明確電流表改裝在電壓表要串聯(lián)電阻分壓，掌握改裝電壓表量程的計算方式。5．（3分）（2022秋?香坊區(qū)校級期中）如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，閉合開關S，不考慮燈絲電阻阻值隨溫度的變化，電流表、電壓表均為理想電表，當滑動變阻器的滑片由左端向右端滑動時，下列說法正確的是（）A．電流表A1示數(shù)變小，電流表A讀數(shù)減小，小燈泡L1變暗 B．電流表A讀數(shù)增大，電壓表V讀數(shù)變大，小燈泡L2變暗 C．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A示數(shù)變化ΔI，ΔUΔI等于rD．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A1示數(shù)變化ΔI1，ΔUΔI【考點】電路動態(tài)分析；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由電路圖可知，燈泡L2與滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測路端電壓；根據(jù)滑片的移動確定接入電路中電阻的變化，根據(jù)歐姆定律確定電路中電流的變化和燈泡兩端的電壓變化，根據(jù)P＝I2R確定燈泡實際功率的變化，進一步根據(jù)燈泡的亮暗取決于實際功率的大小確定燈泡亮暗的變化，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點確定電壓表示數(shù)的變化，最后根據(jù)歐姆定律和滑動變阻器接入電路中電阻的變化確定電壓表與電流表的示數(shù)之比的變化．【解答】解：AB．滑動變阻器滑片向右端滑動，R1變大，總電阻R變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電流表A讀數(shù)I=ER+r減小，電壓表測路端電壓，電壓表V讀數(shù)U＝E﹣Ir變大，小燈泡L2實際功率P2=I2RL2變小，小燈泡L2變暗，小燈泡LC．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A示數(shù)變化ΔIΔUΔI故C正確；D．電壓表示數(shù)變化ΔU，電流表A1示數(shù)變化ΔI1ΔUΔ故D錯誤。故選：C。【點評】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”的順序進行分析。6．（3分）（2021?西城區(qū)二模）如圖所示，線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面。實驗中觀察到，開關閉合瞬間，電流表指針向右偏轉，則（）A．開關斷開瞬間，電流表指針不偏轉 B．開關閉合瞬間，兩個線圈中的電流方向可能同為順時針或逆時針 C．開關閉合，向右移動滑動變阻器的滑片，電流表指針向右偏轉 D．開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，線圈B將對線圈A產(chǎn)生排斥力【考點】楞次定律及其應用；研究電磁感應現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件分析答題，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，電路產(chǎn)生感應電流；同時根據(jù)楞次定律的兩種描述分別分析感應電流的方向以及相互間的相用力?！窘獯稹拷猓篈、開關斷開的瞬間，A中電流減小產(chǎn)生的磁場減弱，導致線圈B中的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，故A錯誤；B、當S2處于閉合狀態(tài)，在S1閉合瞬間，穿過副線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副線圈中感應電流與原線圈中電流的方向相反，故B錯誤；C、開關閉合，向右移動滑動變阻器的滑片，接入電阻減小，線圈A中電流增大，根據(jù)楞次定律可知線圈B中產(chǎn)生感應電流與閉合開關時方向相同，故針向右偏轉，故C正確；D、開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，根據(jù)楞次定律可知，線圈B將對線圈A產(chǎn)生吸引力，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查楞次定律的應用，重點掌握楞次定律的兩種描述：“增反減同”以及“來拒去留”應用。7．（3分）（2022春?太倉市校級期中）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質子（11H）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自A．以速度4v0射入的a粒子（14HeB．以速度2v0射入的核（12HC．以速度v0射入的電子（-10eD．以速度v02的射入的正電子（【考點】速度選擇器．【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】C【分析】（11H質子）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力相等時，粒子做勻速直線運動。速度滿足v【解答】解：（11H質子）以速度v0qv0B＝qE解得：v0=EA、以4v0速射入的a粒，其速度不滿足速度選器的條件，故不能做勻速直線運動，故A錯誤；B、以速度2v0射入的核（12H），所受的洛倫茲力大于電場力，（12C．以速度v0射入的電子，滿足電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運動，即速度選擇器不選擇電性而只選擇速度，故C正確；D．以速度v02的射入的正電子（10故選：C?！军c評】本題考查的是速度選擇器，解題的關鍵是粒子速度滿足v0=E請閱讀下述文字，完成第14題、第15題、第16題。如圖所示為多用電表的表盤。8．（3分）如圖所示為某同學實驗時所連接的電路。實驗中發(fā)現(xiàn)L1、L2都不亮。該同學利用多用電表的電壓擋檢測故障，檢測結果如下表所示。根據(jù)檢測結果判斷，可能的故障是（）測試點a、bc、dd、f電壓表示數(shù)情況有示數(shù)無示數(shù)有示數(shù)A．燈L1斷路 B．燈L2短路 C．bf段斷路 D．de段斷路【考點】根據(jù)電路現(xiàn)象分析故障原因及位置；練習使用多用電表（實驗）．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】電壓表判斷故障時，根據(jù)題意結合選項分析即可；【解答】解：A、若燈L1斷路，則c、d間應有示數(shù)，d、f間無示數(shù)，故A錯誤；B、若僅燈L2短路，燈泡L1應變更亮，故B錯誤；C、若bf段斷路，則a、b間有電壓，c、d間無電壓，d、f間無電壓，故C錯誤；D、de段斷路，則L1、L2都不亮，a、b間有電壓，c、d間無電壓，d、f間有電壓，與題信息相符，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了用多用電表檢查電路故障，檢查電路故障可以用電壓表、電流表、或歐姆表，應用歐姆表檢查電路故障時，應把電源斷開；要掌握應用各電表檢查電路故障的方法．9．（3分）（2023春?遼陽期末）1932年，安德森在宇宙線實驗中發(fā)現(xiàn)了正電子。假設正電子的速率為v，電荷量為q，沿著與磁場垂直的方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，則它受到的洛倫茲力為（）A．qvB B．qB C．vB D．0.5qvB【考點】洛倫茲力的概念．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】當電荷運動的方向與磁場的方向垂直時，受到的洛倫茲力的大小為f＝qvB，由此計算即可。【解答】解：正電子沿著與磁場垂直的方向射入勻強磁場中，則它受到的洛倫茲力為f＝qvB，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關鍵掌握洛倫茲力的大小公式，同時注意公式成立條件：速度方向與磁場垂直。10．（3分）（2021?遼寧模擬）如圖，有理想邊界的矩形區(qū)域abcd由兩個正方形區(qū)域aefd和ebcf組成，e和f為ab和cd的中點，ab＝2ad＝2l，正方形區(qū)域aefd和ebcf內部各存在著兩個方向相反的垂直紙面的強磁場，磁感應強度大小均為B，de、ec是兩個不同方向勻強磁場的理想分界線。一邊長也為l的正方形導線框的底邊與矩形磁場區(qū)域的底邊在同一直線上，正方形導線框以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域，從左邊界進入磁場開始計時，規(guī)定逆時針方向為感應電流i的正方向，則正方形導線框中感應電流i隨其移動距離x的i﹣x圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；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；楞次定律及其應用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；分析綜合能力．【答案】C【分析】導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，分段可以分析出線框中感應電流，利用右手定則判定感應電流方向?！窘獯稹拷猓築D.導線框從0～t運動過程中，導線框的右邊切割磁感應線，0～l2運動過程中導線在垂直紙面向里的有效切割長度大于垂直向外的有效切割長度，所以電流方向逆時針為正，當在l2時電流為零，l2～l運動過程中剛好相反，電流方向順時針為負；導線框從2l～3l運動過程中，導線框的左邊切割磁感應線，2l～5l2運動過程中導線在垂直紙面向外的有效切割長度大于垂直向里的有效長度，電流方向逆時針為正，5l2AC.從l～2l運動過程中，導線左右兩邊都在磁場中切割而在3l2處順時針的感應電流和逆時針的電流大小相等，所以此位置感應電流為零，故A錯誤，C故選：C。【點評】本題屬于電磁感應中，導體切割磁感線，利用E＝BLv可以求得電動勢，然后求出電流。利用右手定則判斷感應電流方向。二．多選題（共4小題，滿分12分，每小題3分）（多選）11．（3分）（2018秋?江都區(qū)期中）如圖所示，將四根通電直導線分別放在四個勻強磁場中，圖中給出了磁感應強度B的方向、導線中電流I的方向，某同學分別畫出了通電直導線所受磁場力F的方向，其中正確的是（）A． B． C． D．【考點】左手定則判斷安培力的方向．【專題】作圖題；定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】AD【分析】熟練應用左手定則是解決本題的關鍵，在應用時可以先確定一個方向，然后逐步進行，如可先讓磁感線穿過手心，然后通過旋轉手，讓四指和電流方向一致或讓大拇指和力方向一致，從而判斷出另一個物理量的方向，用這種程序法，防止弄錯方向。【解答】解：根據(jù)左手定值可知：A、圖中的安培力應該垂直導體斜向上，故A正確；B、圖中電流方向和磁場方向平行，不受安培力，故B錯誤；C、圖中的安培力應該垂直磁感線豎直向上，故C錯誤；D、圖中的安培力應該垂直于電流方向斜向下，故D正確。故選：AD?！军c評】左手定則中涉及物理量及方向較多，在應用過程中容易出現(xiàn)錯誤，要加強練習，增加熟練程度。（多選）12．（3分）（2023秋?秀英區(qū)校級月考）如圖所示，電源電動勢為E＝12V，內阻r＝1Ω，電阻R1＝1Ω，R2＝6Ω。開關閉合后，電動機恰好正常工作。已知電動機額定電壓U＝6V，線圈電阻RM＝0.5Ω，則下列說法正確的是（）A．流過電動機的電流為12A B．流過電源的電流為3A C．電源的輸出功率為18W D．電動機正常工作時輸出的機械功率為10W【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)歐姆定律求出流過電阻R2的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出流過電源的電流，根據(jù)并聯(lián)電路的特點求出通過電動機的電流；根據(jù)P出＝EI﹣I2r，求解電源的輸出功率；根據(jù)電功率的公式分別求出電動機的輸入功率和發(fā)熱功率，電動機的輸出功率等于輸入功率減去發(fā)熱功率?！窘獯稹拷猓篈B、電動機恰好正常工作，已知電動機額定電壓U＝6V，則R2兩端的電壓是6V，流過R2的電流為：I2=UR2設流過電源的電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：E＝U+I（R1+r），解得：I＝3A流過電動機的電流為：IM＝I﹣I2＝3A﹣1A＝2A，故A錯誤，B正確；C．電源的輸出功率為：P代入數(shù)據(jù)解得：P出＝27W，故C錯誤；D．電動機的輸入功率為：P入＝UIM＝6×2W＝12W電動機的熱功率為：P熱=IM2R電動機輸出的機械功率為：P機＝P入﹣P熱＝12W﹣2W＝10W，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了閉合電路歐姆定律的應用和電功率的計算問題，關鍵要搞清電動機輸入功率、發(fā)熱功率和輸出功率的求法，以及三者之間的關系。要注意電動機工作時，歐姆定律不適用。（多選）13．（3分）（2023秋?南崗區(qū)校級期末）如圖1所示，一金屬圓環(huán)放在磁場中，磁場方向與金屬圓環(huán)平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示，則在0～1s的時間內與1～3s的時間內（）A．金屬圓環(huán)中感應電流的方向相反 B．金屬圓環(huán)中感應電流大小之比為1：2 C．通過金屬圓環(huán)中某一截面電荷量之比為1：1 D．金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱之比為4：1【考點】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；電磁感應過程中的電路類問題；楞次定律及其應用；法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據(jù)磁通量的變化分析感應電流的方向，依據(jù)法拉第電磁感應定律求感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求感應電流，根據(jù)q＝It可分析電荷量的大小，根據(jù)焦耳定律分析D?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)題意，結合圖像，由楞次定律可知，0～1s時間內金屬圓環(huán)中感應電流的方向逆時針（俯視），1～3s的時間內金屬圓環(huán)中感應電流的方向順時針（俯視），即金屬圓環(huán)中感應電流的方向相反，故A正確；B．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應定律有E=ΔΦ感應電流為I=由圖可知，0～1s時間內ΔBΔt=21～3s時間內ΔB'Δt'=2可得，金屬圓環(huán)中感應電流大小之比為I1：I2＝2：1故B錯誤；C．由公式q＝It可得，通過金屬圓環(huán)中某一截面電荷量之比為q1故C正確；D．由公式Q＝I2Rt可得，金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱之比為Q1故D錯誤。故選：AC?！军c評】解答本題時，要掌握法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、焦耳定律，要注意感應電流方向的判斷。（多選）14．（3分）（2023春?平潭縣校級期中）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，電腦進入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時、簡化原理如圖所示，寬為a、厚為b、長為c的矩形半導體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，其載流子是電荷量為e的自由電子，當通入方向向右、大小為I的電流時，元件前、后表面間電壓為U，則此時元件的（）A．前表面的電勢比后表面的低 B．自由電子受到的洛倫茲力大小為eUaC．前、后表面間的電壓U與b無關 D．前、后表面間的電壓U與I成正比【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】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】BD【分析】根據(jù)左手定則得出電子的偏轉方向，結合電性得出電勢的高低；根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關系得出電勢差的大小，結合題意完成分析。【解答】解：A．當通入方向向右、大小為I的電流時，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛倫茲力指向后表面，結合電子的電性可知后表面帶負電，由此可分析出前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤；B．元件前、后表面間電壓為U時，洛倫茲力和電場力平衡，則有F洛=eUCD．根據(jù)電流的微觀表達式I＝nevab洛倫茲力和電場力平衡，則有evB=聯(lián)立解得：U=故前、后表面間的電壓U與I成正比，U與b有關，故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，熟悉左手定則得出洛倫茲力的方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系即可完成分析。三．實驗題（共2小題，滿分18分）15．（8分）（2023?廣州二模）用圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，請完成下列實驗內容。（1）實驗時，要通過電流表指針的偏轉方向來觀測電路中電流的方向，因此電流表應采用圖乙中的a（選填“a”“b”）；（2）依照圖甲所示的電路圖，將圖乙的實驗器材用筆畫線代替導線連接成實驗電路（圖中已有部分連接）；（3）開關S接1后，小燈泡LC（填選項前的字母）；A.一直不亮B.逐漸變亮，穩(wěn)定后保持亮度不變C.突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅（4）開關S接1足夠長時間后，再將開關S接2。開關S接2之后電壓表讀數(shù)逐漸減?。ㄟx填“逐漸增大”“逐漸減小”）；（5）圖乙中電容器的電容為3300μF。當電容器的電壓為10V時其帶電量為0.033C（保留兩位有效數(shù)字）?！究键c】觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】（1）a；（2）見解答；（3）C；（4）逐漸減?。唬?）3300；0.033【分析】（1）根據(jù)電表的區(qū)別選擇合適的電表進行實驗；（2）根據(jù)上述分析，同時完成實驗電路圖的連線；（3）根據(jù)電容器的特點，結合電路構造的分析得出燈泡的亮度變化；（4）根據(jù)電容器的特點分析出其兩端電勢差的變化趨勢；（5）根據(jù)電容器的銘牌得出電容，結合公式Q＝CU得出帶電量。【解答】解：（1）表a能判斷出電流的方向，而表b只能判斷有無電流，故電流表應選擇圖乙中的a；（2）實驗電路圖如圖所示：（3）開關接1后，在通電瞬間電容器的電阻較小，穩(wěn)定后電容器相當于斷路，所以小燈泡L會突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅，故C正確，AB錯誤；故選：C。（4）開關接2后，電容器開始放電，根據(jù)公式Q＝CU可知，電容器的電容保持不變，但電荷量減小，所以電勢差減小，因此電壓表讀數(shù)逐漸減??；（5）圖乙中電容器的電容為3300μF，根據(jù)公式Q＝CU可知，當電壓為10V時，Q＝3.3×10﹣6×10C＝0.033C故答案為：（1）a；（2）見解答；（3）C；（4）逐漸減?。唬?）3300；0.033【點評】本題主要考查了電容器的充放電現(xiàn)象，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結合電荷量的計算公式即可完成分析。16．（10分）（2024?貴州模擬）小李同學設計了一個電路來準確測量一根金屬絲的電阻，原理圖如圖甲所示。他先用萬用表粗略測得金屬絲電阻約為20Ω；現(xiàn)有下列器材可供選擇：A.電源（電動勢為3V，內阻約為1Ω）B.電壓表（量程3V，內阻約為1kΩ）C.電壓表（量程15V，內阻約為5kΩ）D.電流表（量程30mA，內阻為20Ω）E.電流表（量程0.6A，內阻為5Ω）F.滑動變阻器（最大阻值為20Ω）G.滑動變阻器（最大阻值為500Ω）H.定值電阻R0（阻值為5Ω）I.定值電阻R1（阻值為100Ω）J.開關一個，導線若干（1）為了測量準確，實驗時電壓表應該選擇B，電流表應該選擇D，滑動變阻器應該選擇F，定值電阻應該選擇R0。（均填器材前對應字母）（2）電壓表讀數(shù)記為U，電流表讀數(shù)記為I，若不考慮電壓表內阻的影響，小李同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的U﹣I圖像如圖乙所示，計算可得圖像斜率為k＝105，則金屬絲電阻為21.0Ω（結果保留3位有效數(shù)字）。【考點】練習使用多用電表（實驗）；伏安法測電阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）B，D，F(xiàn)，H；（2）21.0。【分析】（1）根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，根據(jù)估算電流選擇或者改裝電流表，根據(jù)電路的滑動變阻器的接法選擇滑動變阻器；（2）根據(jù)歐姆定律和圖乙列式計算電阻?！窘獯稹拷猓海?）電源電動勢為E＝3V，故電壓表應選擇B，流過金屬絲的最大電流Im=ERx=320A＝0.15A＝150mA，電流表選擇E則量程偏大，故選擇電流表D進行改裝，電流表D的內阻為I′＝0.03A+0.03×205A＝0.15A＝150mA，符合題中電流的測量要求，由于采用滑動變阻器的分壓式接法，選擇總阻值較小的（2）根據(jù)歐姆定律，電阻絲的電阻Rx=U由圖乙，斜率k＝105Ω，則Rx=1×1055Ω＝故答案為：（1）B，D，F(xiàn)，H；（2）21.0。【點評】考查電表的選擇和改裝，會結合歐姆定律和圖像分析和解決實際問題。四．解答題（共4小題，滿分40分）17．（9分）（2023秋?西山區(qū)期末）如圖所示，電源的電動勢E為3V，內阻r為1Ω；定值電阻R1為1Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為4Ω，求：（1）滑動變阻器R2接入電路的阻值為0時，R1兩端的電壓；（2）滑動變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量。【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；用焦耳定律計算電熱．【專題】計算題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）滑動變阻器R2接入電路的阻值為0時，R1兩端的電壓為1.5V；（2）滑動變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量為60J?！痉治觥浚?）根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則求解R1兩端的電壓；（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解流過R1的電流，根據(jù)電熱公式求解1min內R1上面產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則U=R（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律I=E根據(jù)電熱公式Q=I答：（1）滑動變阻器R2接入電路的阻值為0時，R1兩端的電壓為1.5V；（2）滑動變阻器R2接入電路的電阻為1Ω時，通電1min電阻R1上產(chǎn)生的熱量為60J?！军c評】本題考查閉合電路的歐姆定律和電熱公式的應用，要求學生熟練掌握閉合電路的歐姆定律和電熱的計算。18．（9分）（2024?廣東三模）如圖所示為某款質譜儀的工作原理示意圖，此質譜儀由以下幾部分構成：離子源S、加速電場PQ，靜電分析器、偏轉磁場、記錄板，靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內有均勻輻向的電場，中心線處的電場強度大小為E，記錄板MN緊靠靜電分析器水平放置，靜電分析器和記錄板下方分布著范圍足夠大的勻強磁場，離子源S可以發(fā)射初速度不計的正離子，已知該離子源發(fā)射的質子11H經(jīng)過加速電場加速后進入靜電分析器，恰能沿靜電分析器中心線做勻速圓周運動，之后豎直向下飛入勻強磁場，最終水平偏轉距離d后打在記錄板上，設質子的質量為m，電荷量為（1）加速電場的電壓U；（2）勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）若勻強磁場區(qū)域磁感應強度大小的波動范圍為B±ΔB，為使質子11H與氘核12【考點】與加速電場相結合的質譜儀．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】答：（1）加速電場的電壓12（2）勻強磁場的磁感應強度大小2d（3）ΔB的取值范圍為ΔB＜【分析】（1）質子在加速電場中做勻加速運動，在靜電分析器中做勻速圓周運動；根據(jù)動能定理、向心力公式和牛頓第二定律求解作答；（2）質子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律求解磁感應強度；（3）質子和氘核在磁場中均做勻速圓周運動，根據(jù)上述（1）和（2）的分析分別求解質子和氘核做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)兩者的半徑大小以及磁感應強度的波動求解磁感應強度的波動范圍?！窘獯稹拷猓海?）設質子經(jīng)過加速電場加速后速度為v，根據(jù)動能定理qU=質子在靜電分析器中做勻速圓周運動，電場力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律qE=聯(lián)立解得v=qERm（2）設質子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為r1，根據(jù)幾何關系可得r質子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律qvB聯(lián)立解得B=（3）質子經(jīng)加速電場、靜電分析器，再經(jīng)過勻強磁場后做勻速圓周運動的半徑r同理可得氘核在勻強磁場中做圓周運動的半徑為r由于r2＞r1，假設質子在磁感應強度為（B﹣ΔB）與氘核在磁感應強度為（B+ΔB）時，打在記錄板上同一位置，此時二者做圓周運動的半徑相等，即1解得ΔB=(3因此磁感應強度在（B﹣ΔB）與（B+ΔB）范圍內波動時兩粒子打在記錄板上的位置不重合，ΔB的取值范圍為ΔB＜答：（1）加速電場的電壓12（2）勻強磁場的磁感應強度大小2d（3）ΔB的取值范圍為ΔB＜【點評】本題主要考查了帶電粒子在電磁場中的運動，根據(jù)動能定理計算出粒子的速度，理解粒子做圓周運動的向心力來源，結合牛頓第二定律完成分析。19．（10分）（2024?北辰區(qū)三模）有關列車電氣制動，可以借助如圖所示簡化模型來理解，圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，導軌間距為L＝0.5m，磁場的磁感應強度為B＝2T，金屬棒MN的質量為m＝0.2kg，導軌右端接有阻值為R＝3Ω的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r＝1Ω，導軌的電阻不計。金屬棒MN在安培力作用下向右減速運動的過程對應于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為v0＝4m/s。（1）求剛開始減速時，導體棒兩端的電壓U；（2）求剛開始減速時，安培力的功率P；（3）在制動過程中，列車還會受到空氣阻力和軌道的摩擦力作用，為了研究問題方便，設簡化模型受到的這些阻力總和大小恒為f＝1N。在金屬棒從開始減速到速度減至2m/s的過程中，金屬棒的位移大小為x0＝0.6m。求：該過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；電磁感應過程中的電路類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】（1）剛開始減速時，導體棒兩端的電壓U為3V；（2）剛開始減速時，安培力的功率P為4W；（3）該過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.6J?！痉治觥浚?）根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律等求解；（2）根據(jù)功率公式代入數(shù)據(jù)解答；（3）根據(jù)動能定理和能的轉化和守恒定律列式解答。【解答】解：（1）開始減速時，有E＝BLv0I=EU＝IR代入數(shù)據(jù)解得U＝3V（2）安培力F＝BIL安培力的功率P＝Fv0代入數(shù)據(jù)解得P＝4W（3）由動能定理有：W安﹣fx0=12mv2-代入f＝1N，x0＝0.6m，v＝2m/s解得W安＝﹣0.6J，根據(jù)能量的轉化和守恒可得電路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝|W安|＝0.6J答：（1）剛開始減速時，導體棒兩端的電壓U為3V；（2）剛開始減速時，安培力的功率P為4W；（3）該過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.6J。【點評】考查電磁感應問題和能的轉化和守恒定律，會根據(jù)題意進行準確的分析和計算。20．（12分）（2019秋?沙洋縣校級月考）如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內有平行于y軸正方向的有界勻強電場，場強大小為E．一電子以平行于x軸正方向的初速度v0從P點射入電場中，并從A點離開第Ⅰ象限。已知P點的坐標為（0，L），A點坐標為（2L，0）。不計電子的重力。試求：（1）電子的比荷qm（2）若在第Ⅳ象限過Q點放一張垂直于y軸的感光膠片，Q點的坐標為（0，﹣L），求感光膠片上曝光點的橫坐標x。【考點】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；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)電子做類平拋運動，將其運動分解，從而由動力學求解。（2）由速度與夾角的關系，及運動學公式，可求出感光膠片曝光點橫坐標?！窘獯稹拷猓海?）設電子在電場中運動時間為t1，沿x軸方向，有2L＝v0t1，沿y軸方向，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，且L=12聯(lián)立解得qm（2）離開電場時，令其速度與水平方向的夾角θ，電子沿y軸方向的速度vy＝at1，解得vy＝v0，tanθ=v由幾何關系得：tanθ=解得x＝3L。答：（1）電子的比荷為v0（2）光膠片上曝光點的橫坐標為3L?！军c評】解決該題關鍵是明確知道電子在電場中做類平拋運動，而出電場后做勻速直線運動，掌握類平拋運動的解題規(guī)律。

考點卡片1．矢量和標量的區(qū)分與判斷【知識點的認識】根據(jù)矢量和標量的物理意義，判斷給出的物理量是標量還是矢量?！久}方向】下列各組物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、時間、速度、加速度B.質量、路程、速率、時間C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、時間、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量．解答：A、時間沒有方向為標量，故A錯誤；B、質量、路程、速率、時間均為標量，故B錯誤；C、速度、平均速度、位移、加速度這四個物理量均有大小和方向，因此為矢量，故C正確；D、路程、時間只有大小沒有方向，因此為標量，故D錯誤。故選：C。點評：本題是一個基礎題目，就是看學生對矢量和標量的掌握，正確理解標量和矢量的區(qū)別即可正確解答．【解題思路點撥】從矢量和標量的物理意義出發(fā)，了解矢量和標量的判斷方法，對選項中每一個物理量進行分析，從而選出符合要求的結果。2．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?。混o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小；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。3．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。4．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?！窘忸}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。5．串聯(lián)電路的特點及應用【知識點的認識】1．串、并聯(lián)電路的特點串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In電壓U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un總電阻R總＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P總＝P1+P2+…PnP1P總＝P1+P2+…+Pn【命題方向】如圖中，AB間的電壓為30V，改變滑動變阻器觸頭的位置，可以改變CD間的電壓，則UCD的變化范圍是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻的關系分析得知，當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最上端時，UCD最大，當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最下端時，UCD最小，分別求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的變化范圍．解答：當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最上端時，UCD最大，最大值為Umax=2R3RU=23×30v=20V；當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最下端時，UCD最小，最小值為Umin=R3R故選：C。點評：本題實質是分壓器電路，考查對串聯(lián)電路電壓與電阻成正比特點的理解和應用能力．【解題思路點撥】解決串聯(lián)電路問題的基本邏輯是：串聯(lián)電路中電流處處相等，所以電壓之比等于電阻之比，功率之比也等于電阻之比。6．用焦耳定律計算電熱【知識點的認識】焦耳定律的表達式Q＝I2Rt，由此可以計算電流產(chǎn)生的焦耳熱?！久}方向】電動汽車成為未來汽車發(fā)展的方向．若汽車所用電動機兩端的電壓為380V，電動機線圈的電阻為2Ω，通過電動機的電流為10A，則電動機工作10min消耗的電能為多少焦？產(chǎn)生的熱量是多少焦？分析：通過W＝UIt去求消耗的電能，通過Q＝I2Rt去求產(chǎn)生的熱量．消耗的電能與產(chǎn)生的熱量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故電動機工作10min消耗的電能為2.28×106J．產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故產(chǎn)生的熱量是1.2×105J點評：注意消耗的電能與產(chǎn)生的熱量不等，因為該電路不是純電阻電路，消耗的電能一部分轉化為熱量，還有一部分轉化為機械能．【解題思路點撥】一、電功率與熱功率的區(qū)別與聯(lián)系（1）區(qū)別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過的電流強度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發(fā)熱而消耗的功率．決定于通過這段電路電流強度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯(lián)系：對純電阻電路，電功率等于熱功率；對非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉化為除熱能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范圍無論在何種電路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。7．計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率【知識點的認識】1.電動機正常工作時的具體能量轉化如下（1）電動機的輸入功率是電動機消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動機的熱功率是線圈上電阻的發(fā)熱功率，P熱＝I2r。（3）電動機的輸出功率是電動機將電能轉化為機械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動機的效率η=P出P入2.本考點主要針對電動機問題中輸出功率、輸出功與機械效率的計算。【命題方向】如圖所示，電阻R1＝8Ω，電動機繞組電阻R0＝2Ω，當開關S斷開時，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當開關S閉合時，電阻R1消耗的電功率是2W．若電源的電動勢為6V，求開關S閉合時，電動機輸出的機械功率．分析：當開關S斷開時，電阻R1消耗的電功率求出電路中電流，由歐姆定律求出電源的內阻r．當開關S閉合時，根據(jù)電阻R1消耗的電功率求出R1的電流和電壓，根據(jù)歐姆定律求出干路電流，得到電動機的電流，再求出電動機輸出的機械功率．解答：當開關S斷開時，由P1=I12R1得：I整個電路有閉合電路的歐姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入數(shù)據(jù)解得：r＝2Ω當開關S閉合時，由P2=I22R1得：IR1的電壓為：U＝I2R1＝4V設干路中電流為I，則有：I=E-U電動機的電流為：IM＝I﹣I2＝0.5A故電動機的機械功率為：P＝UIM-IM2R答：開關S閉合時，電動機輸出的機械功率為1.5W．點評：本題考查處理非純電阻電路問題的能力．對于電動機正常時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，本題不能用IM=U【解題思路點撥】電動機電路的分析與計算8．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?！久}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9．電路動態(tài)分析【知識點的認識】1.模型概述：電路中某一參數(shù)變化時，其他參數(shù)的變化情況分析，就稱為電路的動態(tài)分析。2.閉合電路動態(tài)問題的分析方法（1）程序法①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關系及電流表或電壓表的測量對象；②由局部電阻變化判斷總電阻的變化；③由I=ER+r④據(jù)U＝E一Ir判斷路端電壓的變化；⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化。（2）結論法——“并同串反”“并同”：是指某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大；某一電阻減小時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小。“串反”：是指某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減?。荒骋浑娮铚p小時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大?！久}方向】在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當R2的滑動觸點在a端時，合上開關S，此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小分析：理清電路，確定電壓表測得什么電壓，電流表測得什么電流，抓住電動勢和內阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進行分析。解答：R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大。故A、C、D錯誤，B正確。故選：B。點評：解決本題的關鍵抓住電動勢和內電阻不變，結合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流?！窘忸}思路點撥】閉合電路的動態(tài)分析方法（1）程序法：局部→整體→局部。（2）“并同串反”法：所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減??；所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大。10．根據(jù)電路現(xiàn)象分析故障原因及位置【知識點的認識】常見的電路故障：1.開路（1）燈絲斷了；燈座、開關、拉線盒開路；熔絲熔斷或進戶線開路等．（2）開路會造成用電器無電流通過而無法正常工作，即：電燈不亮，用電器不工作等等．開路時電路中無電流通過，該故障可用驗電筆查出．（3）開路用驗電筆檢驗時，開路位置前驗電筆會發(fā)光．2.短路（1）表現(xiàn)：接在燈座內兩個接線柱的火線和零線相碰；插座或插頭內兩根接線相碰．更換保險絲后立即熔斷，或空氣開關合不上；（2）原因：火線和零線直接連接而造成短路，電路中的電阻很小，電流很大；（3）后果：短路會把熔絲熔斷而使整個照明電路斷電，嚴重者會燒毀線路引起火災．（4）判斷短路故障的常見方法：斷開所有用電器和總開關，然后將火線上的保險絲取下，換上一只額定電壓為220V的燈泡，閉合總開關，若發(fā)現(xiàn)這個燈泡正常發(fā)光，則電路中存在短路；若發(fā)現(xiàn)這個燈泡發(fā)光較暗，則電路可能是正常的．3.線路故障．（1）線路故障的原因：①線路連接處接觸不良；②線路嚴重老化表現(xiàn)：③燈座、開關、掛線盒接觸不良；熔絲接觸不良；線路接頭處接觸不良等．這樣會使燈忽明忽暗，用電器不能連續(xù)正常工作．4.過載（1）電路中用電器的總功率過大或單個用電器的功率過大．（2）產(chǎn)生的現(xiàn)象和后果如同短路．5.電路本身連接錯誤而引起故障．（1）插座的兩個接線柱全部接在火線或零線上；（2）開關誤接在主線中的火線上；（3）燈泡串聯(lián)接在電路中；（4）插座串聯(lián)接在干路上。本考點旨在針對說明電路中的現(xiàn)象，需要判斷故障原因或位置?！久}方向】用電壓表檢查圖示電路中的故障，測得Uad＝5.0V，Ucd＝0V，Ubc＝0V，Uab＝5.0V，則此故障可能是（）A、L斷路B、S斷路C、R′斷路D、R斷路分析：電壓表有示數(shù)說明此時的電路可以組成閉合的回路，故障應該在和電壓表并聯(lián)的部分，當電壓表示數(shù)為零，說明此時的電路不通，電路中沒有電流，故障不在和電壓表并聯(lián)的部分．解答：用電壓表測量得到Uab＝5.0V，說明從b到c到d這一部分電路是通的，故障可能出現(xiàn)在電鍵和ab之間，由于Ucd＝0V，Ubc＝0V，說明此時的電路不通，故障在ab之間，又由于Uad＝5.0V，說明電鍵是好的，所以故障一定是R斷路，所以D正確。故選：D。點評：本題是對電路故障的分析，當電路中有電流，能組成閉合的回路的時候，電壓表就會有示數(shù)，否則，電壓表就沒有示數(shù)．【解題思路點撥】要牢記常見的電路故障及現(xiàn)象，掌握檢測電路故障原因及位置的方法。11．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環(huán)形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。12．左手定則判斷安培力的方向【知識點的認識】1.安培力的方向：通電導線在磁場中所受安培力的方向與磁感應強度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進人，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強磁場中有一通電直導線，電流方向垂直紙面向里，則直導線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據(jù)左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點評：本題考