搏分测1 以思维方法为主导的命题
◎ 思维·解码
高中物理中常用的思维方法有:系统分析法(整体法或隔离法)、等效替代法、极限思维法、对称分析法、 类比迁移法、图像分析法、微元法、临界状态分析法、寻找守恒量法、构建物理模型法等。有些问题用传统常规方法解答很麻烦,甚至无法解答,但用这些思维方法可以轻松解决,起到事半功倍的效果。
以等效替代法为例,体会思维方法在解题中的妙用。
等效替代法的思维导图
【典例剖析】 (2025·南京模拟)如图所示,竖直面内固定有一半径为R的半圆形光滑轨道ABC,AOC为半圆形轨道的直径,一质量为m的小球静止放置在A点。某时刻,给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力,且轨道始终固定,已知重力加速度为g,在以后的运动过程中,下列说法正确的是( )
A.小球可能达到C点
B.若F=mg,最大速度为
C.小球可能会脱离轨道
D.小球对轨道压力的最大值为
解析 给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力时,若小球到达C点,由于小球沿水平方向上的位移为0,则力F做功为0,而小球从A到C的过程中重力会做负功,根据动能定理,小球的动能将为负值,这显然是不可能的,所以小球不可能到达C点,A项错误;若F=mg,则重力与F的合力F合= =2mg=mg' ,且与竖直方向的夹角的正切值tan θ==,解得θ=60°,如图甲所示。小球从A点运动到“等效最低点A'”时速度最大,由动能定理得mg'R(1-cos 60°)=m,解得最大速度vm==,B项正确;(也可分别求重力和恒力F的功再用动能定理求解,FRsin 60°-mgR(1-cos 60°) =m,解得最大速度vm=),由以上分析可知,小球在以A'为等效最低点的两侧来回摆动,且等效最低点位置不会达到B点,等效最高点为A″点,小球不会脱离轨道,C项错误;小球到达“等效最低点”时对轨道的压力最大,由牛顿第二定律可知FN-F合=m,其中的F合=,由牛顿第三定律可知,小球对轨道的最大压力大于,D项错误。
答案 B
◎ 思维·演练
1.(多选)(2025·娄底模拟)一半径为r的带负电细橡胶圆环水平放置,其单位长度所带净电荷数目为n,单个电荷的电荷量为e。当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针(从上往下看)匀速转动时,下列说法正确的是( )
A.该圆环形成的等效电流为nerω
B.该圆环形成的等效电流为
C.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上
D.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向下
2.(2025·沙坪坝模拟)如图所示,一根粗细均匀的金属丝弯折成一直角三角形闭合线框,其中∠cab=37°,将其放入匀强磁场中,磁场方向垂直三角形所在平面向里,若在ab间加一电压U,则折线acb边和ab边受到的安培力大小之比为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
A.1∶1 B.4∶3 C.4∶7 D.5∶7
3.(2025·渝中模拟)如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O(滑轮大小可忽略)。现以大小不变的拉力F沿某一固定方向拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m,滑轮O到竖直杆的距离为d,∠OAO'=37°,∠OCO'=53°,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.拉力F的大小为mg
B.滑块做匀加速运动
C.滑块由A到C的过程中拉力F做功为mgd
D.滑块由A到C的过程中拉力F做功为mgd
4.(2025·浙江联考)在如图所示的电路中,电源电动势E=12 V,内阻r=4 Ω,定值电阻R0=2 Ω,电阻箱Rx的最大阻值为10 Ω,闭合开关S后,下列判断正确的是( )
A.当Rx=0 Ω时,定值电阻的功率最大
B.当Rx=2 Ω时,电阻箱的功率最大
C.当Rx=10 Ω时,电阻箱的功率最大
D.当Rx=4 Ω时,电源的输出功率最大
5.(2025·苏州模拟)某单摆如图甲所示,其摆长为L,小钢球(可视为质点)带电量为+Q,该单摆做简谐运动的周期为T1。保持摆长不变,若在悬挂点处固定一个带+Q电荷量的小钢球(可视为质点),如图乙所示,该单摆做简谐运动的周期为T2。若将图甲单摆置于匀强电场当中,如图丙所示,电场强度大小为(k为静电力常量),方向竖直向下,该单摆做简谐运动的周期为T3。则T1、T2和T3的大小关系为( )
A.T1>T2=T3 B.T1=T2>T3
C.T1=T26.(2025·成都模拟)如图所示,地表空间中存在一匀强电场,一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下运动,虚线与水平面的夹角为45°,若小球从虚线上某处静止释放,则恰好沿虚线向斜下方向运动;若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向,大小为v0=2,从图示位置出发到最高点的过程中,小球重力势能增加了E0,则在上述过程中小球电势能的改变量为( )
A.-3E0 B.3E0 C.-E0 D.E0
7.(2025·临沂模拟)如图所示,某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1,原线圈与定值电阻R0串联后接在输出电压有效值恒定、内阻不计的交流电源两端,副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值为R0的滑动变阻器R,a点上下滑动变阻器电阻丝长度之比为3∶1。开始时,滑片P位于滑动变阻器的中间位置。则在将滑片P向下滑至a点的过程中,理想变压器的输出功率( )
A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
8.(多选)(2025·福州模拟)如图所示,在竖直平面内有水平向右、场强E=1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2 m的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系一质量为0.08 kg的带电小球,它静止时悬线与竖直方向成37°角,若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能最小
B.小球的带电荷量q=5×10-5 C
C.小球在运动至圆周轨迹上的最低点时动能和电势能之和最大
D.小球动能的最大值为5 J
9.(多选)(2025·安徽联考)在如图甲所示的电路中,定值电阻R2的阻值为2 Ω,滑动变阻器R1的调节范围为0~4 Ω,事先测得电源的路端电压与电流的关系图像如图乙所示,闭合开关S,当滑动变阻器的滑片从中点滑到左端的过程中,下列说法正确的是( )
A.电源的效率逐渐增大
B.电源的输出功率逐渐增大
C.电阻R1的功率逐渐减小
D.电阻R2的功率逐渐增大
10.如图所示,竖直面内有一半径为r的光滑圆形轨道,圆形轨道的最低点B处有一入口与水平地面连接,空间存在方向水平向左的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的小物块从水平地面上的A点由静止释放。已知电场强度大小E=,小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g,sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8。
(1)为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道,求释放点A到B的距离s满足的条件;
(2)若取B点电势为零,s=2r,求小物块电势能的最小值。
搏分测1
1.AC 解析 负电荷运动的周期T=,则电流I===nerω,A项正确,B项错误;等效电流方向是逆时针方向,故在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上,C项正确,D项错误。
2.D 解析 设ab边电阻为R、长度为L,由电阻定律R=ρ和几何关系可知Rac=0.8R,Rcb=0.6R,ab边所受安培力大小Fab=,acb边的有效长度为L,则acb边所受安培力大小Facb==,则Facb∶Fab=5∶7,D项正确。
3.C 解析 滑块到C点时速度最大,其所受合力为零,则有Fcos 53°-mg=0,解得F=mg,A项错误;滑块运动过程中,设绳子与竖直杆的夹角为θ,根据牛顿第二定律知Fcos θ-mg=ma,解得a=-g,滑块向上运动过程中,θ变化,加速度大小也变化,滑块做非匀变速运动,B项错误;滑轮与A点间绳长L1=,滑轮与C点间绳长L2=,滑轮右侧绳子增大的长度ΔL=L1-L2=,拉力F做的功W=FΔL=mgd,C项正确,D项错误。
4.A 解析 由闭合电路欧姆定律和电功率公式,可得定值电阻的功率为P定=I2R0=R0,当Rx=0时,定值电阻的功率最大,A项正确;由题意可以将定值电阻看成电源内阻的一部分,当电源的内外电路的电阻相等时,电源的输出功率最大,即当Rx=R0+r=2 Ω+4 Ω=6 Ω时,等效电源的输出功率最大,即电阻箱的功率最大,B、C两项错误;当电源的内外电路的电阻相等时,电源的输出功率最大,有Rx+R0=r,可得Rx=r-R0=4 Ω-2 Ω=2 Ω,因此当Rx=2 Ω时,电源的输出功率最大,D项错误。
5.B 解析 题图甲中小钢球在摆动过程中除了受细绳拉力外,只受重力,所以T1=2π,题图乙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、库仑力和重力,其中细绳拉力与库仑力的合力相当于题图甲中细绳的拉力,所以T2=2π,题图丙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、竖直向下的电场力和重力,其等效重力加速度为g'=g+=g+>g,所以T3=2π<2π,所以有T1=T2>T3,B项正确。
6.A 解析 若小球从虚线上某处静止释放,则恰好沿虚线向斜下方向运动,说明小球所受重力与电场力的合力方向沿虚线斜向右下方,将小球所受重力与电场力合成为一个力,叫作等效重力,用G'表示,等效重力加速度设为g',则G'=mg',若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向,则小球做类平抛运动,当小球到达最高点时竖直方向的速度等于零,有v0sin 45°=g'cos 45°t,小球上升的高度h=t,重力势能增加了E0,即E0=mgh,又v0=2,以上四式联立解得g'=g,说明小球所受电场力方向水平向右,大小为F=mg,即小球水平方向和竖直方向加速度大小相等,则小球上升到最高点过程中,电场力做功为W=Fx,x=v0cos 45°·t+gt2,竖直方向有v0sin 45°=gt,联立解得W=3E0,即小球电势能减少了3E0,电势能改变量为-3E0,A项正确。
7.B 解析 首先,将变压器及其右侧电路等效为一个电阻R等效,设滑动变阻器接入电路的阻值为R,原线圈电压为U1,电流表的电流为I,根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比,则副线圈电压U2=U1,根据电流与匝数成反比,原线圈电流I1=I,由欧姆定律,滑动变阻器接入电路的电阻R=,等效电阻R等效===4R,其次,将定值电阻视为电源内阻,作出等效电源输出功率与外电阻阻值即等效电阻阻值的关系图,如图所示,当等效电阻阻值为R0时,等效电源输出功率最大。P在中点时,滑动变阻器接入电路的阻值为R=,则等效电阻R等效=2R0,P在a时,滑动变阻器接入电路的阻值为R=,则等效电阻R等效=3R0,由于理想变压器输出功率等于输入功率,也始终等于等效电源输出功率。从图像可以看出,等效电阻从2R0增加3R0,理想变压器的输出功率一直减小,B项正确。
【技巧点拨】 对理想变压器电路输出功率变化分析,可以将变压器及其右侧电路等效为一个电阻,根据理想变压器电压、电流与匝数的关系,求出等效电阻与负载电阻的关系,然后将定值电阻视为电源内阻,作出等效电源输出功率与外电阻阻值即等效电阻阻值的关系图,最后分析等效电阻阻值的变化情况,从而得到变压器输出功率的变化情况。
8.CD 解析 将小球所受重力与电场力合成为一个力,叫作等效重力,这个等效重力的方向应沿着小球静止时的细线方向向下,如图所示,所以小球静止时的位置(即图中A点)为圆周运动的等效最低点,这个点关于圆心的对称点(即图中B点)为等效最高点,小球运动至等效最高点时动能最小,A项错误;由图可知=tan 37°,解得q=6×10-5 C,B项错误;小球在运动过程中,只发生动能、电势能和重力势能之间的相互转化,三种能量的总和保持不变,小球运动至圆周轨迹上的最低点时重力势能最小,动能和电势能之和最大,C项正确;等效重力大小G'==mg,小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,所以,小球运动至B点时有G'=m,小球运动至等效最低点(即图中A点)时动能最大,小球由B点运动至A点过程中,由动能定理得G'·2L=EkA-m,联立解得EkA=5 J,D项正确。
9.ACD 解析 滑片向左移动,外电阻变大,根据η=×100%=×100%可知,电源效率增大,A项正确;由U-I图像可得E=3 V,r==0.5 Ω,初始时滑片在滑动变阻器中点,外电阻为R= Ω=1 Ω>r=0.5 Ω,滑片从中点滑到左端的过程外电阻逐渐增大,电源输出功率变小,B项错误;将R2和电源的组合看成一个新的电源,叫作等效电源,等效电源内阻r'== Ω=0.4 Ω,初始时R1=2 Ω>r',当R1逐渐增大时,R1的功率逐渐减小,C项正确;外电阻逐渐增大时,路端电压逐渐增大,定值电阻R2功率逐渐增大,故D项正确。
【技巧点拨】 等效电源法,根据E=U+Ir可知,电源的电动势等于外电路断路时的路端电压;电源的内阻等于电动势与短路电流的比值。
(1)电源与电阻串联
等效电动势E'=E,等效内阻r'===R+r。
(2)电源与电阻并联
等效电动势E'=E,等效内阻r'===。
10.答案 (1)s≤2r或s≥r (2)-mgr
解析 (1)小物块所受的电场力方向水平向左,大小为
F=qE=,
小物块所受电场力和重力的合力称为等效重力,用G'表示,如图甲所示,
则tan θ==,
即θ=37°,
G'==,
等效重力加速度用g'表示,则g'==g,
如图乙所示,E点为小物块做圆周运动的等效最低点,F点是与圆心“等高”的点,G点是等效最高点,
若小物块进入轨道后恰好能到达F点,设此时释放点A到B的距离为s1,则小物块由A到F的过程中根据动能定理有F(s1+rcos θ)-μmgs1-mgr(1+sin θ)=0,
解得s1=2r,
若小物块进入轨道后恰好能通过G点,设此时释放点A到B的距离为s2,则小物块由A到G的过程中根据动能定理有
F(s2-rsin θ)-μmgs2-mgr(1+cos θ)=m-0,
小物块通过G点时有G'=m,
联立解得s2=r,
所以为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道,释放点A到B的距离s满足的条件为s≤2r或s≥r。
(2)根据题意可知,小物块恰好能够到达F点,则小物块到达圆心的等高点C时电势能最小,小物块由B点运动到C点过程中电场力做的功为
W=Fr=0-EpC,
解得EpC=-mgr,
即小物块电势能的最小值为-mgr。(共37张PPT)
微突破搏分测
搏分测1
以思维方法为主导的命题
◎ 思维·解码
高中物理中常用的思维方法有：系统分析法(整体法或隔离法)、等效替代法、极限思维法、对称分析法、 类比迁移法、图像分析 法、微元法、临界状态分析法、寻找守恒量法、构建物理模型法 等。有些问题用传统常规方法解答很麻烦，甚至无法解答，但用这些思维方法可以轻松解决，起到事半功倍的效果。
以等效替代法为例，体会思维方法在解题中的妙用。
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等效替代法的思维导图
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【典例剖析】 (2025·南京模拟)如图所示，竖直面内固定有一半径为R的半圆形光滑轨道ABC，AOC为半圆形轨道的直径，一质量为m的小球静止放置在A点。某时刻，给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力，且轨道始终固定，已知重力加速度为g，在以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A.小球可能达到C点
B.若F=mg，最大速度为
C.小球可能会脱离轨道
D.小球对轨道压力的最大值为
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解析 给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力时，若小球到达C点，由于小球沿水平方向上的位移为0，则力F做功为0，而小球从A到C的过程中重力会做负功，根据动能定理，小球的动能将为负值，这显然是不可能的，所以小球不可能到达C点，A项错误；若F=mg，则重力与F的合力F合==2mg=mg′，且与竖
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直方向的夹角的正切值tan θ==，解得θ=60°，如图甲所示。小球从A点运动到“等效最低点A′”时速度最大，由动能定理得
mg′R(1-cos 60°)=m，解得最大速度vm== ，B项正确；(也可分别求重力和恒力F的功再用动能定理求解,FRsin 60°-mgR(1-cos 60°)=m，解得最大速度vm=)，由以上分析可知，小球在以A′为等效最低点的两侧来回摆动，且等效最低点位置不会达到B点，等效最高点为A″点，小球不会脱离轨道，C项
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错误；小球到达“等效最低点”时对轨道的压力最大，由牛顿第二定律可知FN-F合=m，其中的F合=，由牛顿第三定律可 知，小球对轨道的最大压力大于，D项错误。
◎ 思维·演练
1.(多选)(2025·娄底模拟)一半径为r的带负电细橡胶圆环水平放置，其单位长度所带净电荷数目为n，单个电荷的电荷量为e。当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针(从上往下看)匀速转动时，下列说法正确的是( )
A.该圆环形成的等效电流为nerω
B.该圆环形成的等效电流为
C.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上
D.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向下
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负电荷运动的周期T=，则电流I===nerω，A项正确，B项错误；等效电流方向是逆时针方向，故在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上，C项正确，D项错误。
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2.(2025·沙坪坝模拟)如图所示，一根粗细均匀的金属丝弯折成一直角三角形闭合线框，其中∠cab=37°，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂直三角形所在平面向里，若在ab
间加一电压U，则折线acb边和ab边受
到的安培力大小之比为(sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8)( )
A.1∶1 B.4∶3
C.4∶7 D.5∶7
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设ab边电阻为R、长度为L，由电阻定律R=ρ和几何关系可知Rac=0.8R，Rcb=0.6R，ab边所受安培力大小Fab=，acb边的有效长度为L，则acb边所受安培力大小Facb==，则Facb∶Fab=5∶7，D项正确。
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3.(2025·渝中模拟)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O(滑轮大小可忽略)。现以大小不变的拉力F沿某一固定方向拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′=37°，∠OCO′=53°，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.拉力F的大小为mg
B.滑块做匀加速运动
C.滑块由A到C的过程中拉力F做功为mgd
D.滑块由A到C的过程中拉力F做功为mgd
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滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos 53°-mg=0，解得F=mg，A项错误；滑块运动过程中，设绳子与竖直杆的夹角为θ，根据牛顿第二定律知Fcos θ-mg=ma，解得a=-g，滑块向上运动过程中，θ变化，加速度大小也变化，滑块做非匀变速运动，B项错误；滑轮与A点间绳长L1=，滑轮与C点间绳长L2=，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL=L1-L2=，拉力F做的功W=FΔL=mgd，C项正确，D项错误。
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4.(2025·浙江联考)在如图所示的电路中，电源电动势E=12 V，内 阻r=4 Ω，定值电阻R0=2 Ω，电阻箱Rx的最大阻值为10 Ω，闭合开关S后，下列判断正确的是( )
A.当Rx=0 Ω时，定值电阻的功率最大
B.当Rx=2 Ω时，电阻箱的功率最大
C.当Rx=10 Ω时，电阻箱的功率最大
D.当Rx=4 Ω时，电源的输出功率最大
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由闭合电路欧姆定律和电功率公式，可得定值电阻的功率为P定= I2R0=R0，当Rx=0时，定值电阻的功率最大，A项正确；由题意可以将定值电阻看成电源内阻的一部分，当电源的内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大，即当Rx=R0+r=2 Ω+4 Ω=6 Ω时，等效电源的输出功率最大，即电阻箱的功率最大，B、C两项错误；当电源的内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最 大，有Rx+R0=r，可得Rx=r-R0=4 Ω-2 Ω=2 Ω，因此当Rx=2 Ω时，电源的输出功率最大，D项错误。
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5.(2025·苏州模拟)某单摆如图甲所示，其摆长为L，小钢球(可视为质点)带电量为+Q，该单摆做简谐运动的周期为T1。保持摆长不变，若在悬挂点处固定一个带+Q电荷量的
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小钢球(可视为质点)，如图乙所示，该单摆做简谐运动的周期为T2。若将图甲单摆置于匀强电场当中，如图丙所示，电场强度大小为(k为静电力常量)，方向竖直向下，该单摆做简谐运动的周期为T3。则T1、T2和T3的大小关系为( )
A.T1>T2=T3 B.T1=T2>T3 C.T1=T2题图甲中小钢球在摆动过程中除了受细绳拉力外，只受重力，所以T1=2π，题图乙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、库仑力和重力，其中细绳拉力与库仑力的合力相当于题图甲中细绳的拉力,所以T2=2π，题图丙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、竖直向下的电场力和重力，其等效重力加速度为g'=g+=g+>g，所以T3=2π<2π，所以有T1=T2>T3，B项正确。
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6.(2025·成都模拟)如图所示，地表空间中存在一匀强电场，一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下运动，虚线与水平面的夹角为45°，若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动；若小球
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的初速度方向垂直于虚线向右上方向，大小为v0=2，从图示位置出发到最高点的过程中，小球重力势能增加了E0，则在上述过程中小球电势能的改变量为( )
A.-3E0 B.3E0 C.-E0 D.E0
若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动，说明小球所受重力与电场力的合力方向沿虚线斜向右下方，将小球所受重力与电场力合成为一个力，叫作等效重力，用G'表示，等效重力加速度设为g'，则G'=mg'，若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，则小球做类平抛运动，当小球到达最高点时竖直方向的速度等于零，有v0sin 45°=g'cos 45°t，小球上升的高度h=t，重力势能增加了E0，即E0=mgh，又v0=2，以上四
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式联立解得g'=g，说明小球所受电场力方向水平向右，大小为F=mg，即小球水平方向和竖直方向加速度大小相等，则小球上升到最高点过程中，电场力做功为W=Fx，x=v0cos 45°·t+gt2，竖直方向有v0sin 45°=gt，联立解得W=3E0，即小球电势能减少了3E0，电势能改变量为-3E0，A项正确。
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7.(2025·临沂模拟)如图所示，某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈与定值电阻R0串联后接在输出电压有效值恒定、内阻不计的交流电源两端，副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值为R0的滑动变阻器R，a点上下滑动变阻器电阻丝长度之比为3∶1。开始时，滑片P位于滑动变阻器的中间位置。则在将滑片P向下滑至a点的过程中，理想变压器的输出功率( )
A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
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首先，将变压器及其右侧电路等效为一个电阻R等效，设滑动变阻器接入电路的阻值为R，原线圈电压为U1，电流表的电流为I，根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，则副线圈电压U2=U1，根据电流与匝数成反比，原线圈电流I1=I，由欧姆定律，滑动变阻器接入电路的电阻R=，等效电阻R等效===4R，其次，将定值电阻视为电源内阻，作出等效电源输出功率与外电阻阻值即等效电阻阻
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值的关系图，如图所示，当等效电阻阻值为R0时,等效电源输出功率最大。P在中点时，滑动变阻器接入电路的阻值为R=，则等效电阻R等效=2R0，P在a时，滑动变阻器接入电路的阻值为R=，则等效电阻R等效=3R0，由
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于理想变压器输出功率等于输入功率，也始终等于等效电源输出功率。从图像可以看出，等效电阻从2R0增加3R0，理想变压器的输出功率一直减小，B项正确。
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【技巧点拨】 对理想变压器电路输出功率变化分析，可以将变压器及其右侧电路等效为一个电阻，根据理想变压器电压、电流与匝数的关系，求出等效电阻与负载电阻的关系，然后将定值电阻视为电源内阻，作出等效电源输出功率与外电阻阻值即等效电阻阻值的关系图，最后分析等效电阻阻值的变化情况，从而得到变压器输出功率的变化情况。
8.(多选)(2025·福州模拟)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强E=1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos 37° =0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能最小
B.小球的带电荷量q=5×10-5 C
C.小球在运动至圆周轨迹上的最低点时动能和电
势能之和最大
D.小球动能的最大值为5 J
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将小球所受重力与电场力合成为一个力，叫作等效重力，这个等效重力的方向应沿着小球静止时的细线方向向下，如图所示，所以小球静止时的位置(即图中A点)为圆周运动的等效最低点，这个点关于圆心的对称点(即图中B点)为等效最高点，小球运动至等效最高点时动能最小，A项错误；
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由图可知=tan 37°，解得q=6×10-5 C，B项错误；小球在运动过程中，只发生动能、电势能和重力势能之间的相互转化，三种能量
的总和保持不变，小球运动至圆周轨迹上的最低点时重力势能最 小，动能和电势能之和最大，C项正确；等效重力大小G'== mg，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，所以，小球运动至B点时有G'=m，小球运动至等效最低点(即图中A点)时动能最大，小球由B点运动至A点过程中，由动能定理得G'·2L=EkA-m，联立解得EkA=5 J，D项正确。
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9.(多选)(2025·安徽联考)在如图甲所示的电路中，定值电阻R2的阻值为2 Ω，滑动变阻器R1的调节范围为0~4 Ω，事先测得电源的路端电压与电流的关系图像如图乙所示，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片从中点滑到左端的过程中，下列说法正确的是( )
A.电源的效率逐渐增大
B.电源的输出功率逐渐增大
C.电阻R1的功率逐渐减小
D.电阻R2的功率逐渐增大
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滑片向左移动，外电阻变大，根据η=×100%=×100%可知，电源效率增大，A项正确；由U-I图像可得E=3 V，r==0.5 Ω，初始时滑片在滑动变阻器中点，外电阻为R= Ω=1 Ω>r=0.5 Ω，滑片从中点滑到左端的过程外电阻逐渐增大，电源输出功率变小，B项错误；将R2和电源的组合看成一个新的电源，叫作等效电源，等效电源内阻r'== Ω=0.4 Ω，初始时R1=2 Ω>r'，当R1逐渐增大时，R1的功率逐渐减小，C项正确；外电阻逐渐增大时，路端电压逐渐增大，定值电阻R2功率逐渐增大，故D项正确。
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【技巧点拨】 等效电源法，根据E=U+Ir可知，电源的电动势等于外电路断路时的路端电压；电源的内阻等于电动势与短路电流的比值。
(1)电源与电阻串联
等效电动势E'=E，等效内阻r'===R+r。
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(2)电源与电阻并联
等效电动势E'=E，等效内阻r'===。
10.如图所示，竖直面内有一半径为r的光滑圆形轨道，圆形轨道的最低点B处有一入口与水平地面连接，空间存在方向水平向左的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的小物块从水平地面上的A点由静止释放。已知电场强度大小E=，小物
块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.25，
重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。
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(1)为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道，求释放点A到B的距离s满足的条件；
小物块所受的电场力方向水平向左，大小为
F=qE=，
小物块所受电场力和重力的合力称为等效重力，用G'表示，如图甲所示，
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则tan θ==，
即θ=37°，
G'==，
等效重力加速度用g'表示，则g'==g，
如图乙所示，E点为小物块做圆周运动的等效最低点，F点是与圆心“等高”的点，G点是等效最高点，
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若小物块进入轨道后恰好能到达F点，设此时释放点A到B的距离为s1，则小物块由A到F的过程中根据动能定理有
F(s1+rcos θ)-μmgs1-mgr(1+sin θ)=0，
解得s1=2r，
若小物块进入轨道后恰好能通过G点，设此时释放点A到B的距离为s2，则小物块由A到G的过程中根据动能定理有
F(s2-rsin θ)-μmgs2-mgr(1+cos θ)=m-0，
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小物块通过G点时有G'=m，
联立解得s2=r，
所以为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道，释放点A到B的距离s满足的条件为s≤2r或s≥r。
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(2)若取B点电势为零，s=2r，求小物块电势能的最小值。
根据题意可知，小物块恰好能够到达F点，则小物块到达圆心的等高点C时电势能最小，小物块由B点运动到C点过程中电场力做的功为
W=Fr=0-EpC，
解得EpC=-mgr，
即小物块电势能的最小值为-mgr。
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