2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷1一．选择题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．（5分）（2022•山西开学）下列说法正确的是（）A．穿过闭合回路的磁通量不为零，则回路中一定产生感应电流 B．变化的磁场一定产生变化的电场，如此交替由近及远，即形成电磁波 C．原子的能级是分立的，所以原子的发射光谱只有一些分立的亮线 D．光是由一个个能量子组成的，这些能量子的能量以取任意值2．（5分）（2013秋•大渡口区校级期末）如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为0，则此时b受到的磁场力大小变为（）A．0 B．F1 C．2F1 D．12F3．（5分）（2017秋•重庆期中）如图，真空中一条直线上有四点A、B、C、D，AB＝BC＝CD，只在A点放一电量为+Q的点电荷时，B点电场强度为E，若又将等量异号的点电荷﹣Q放在D点，则（）A．B点电场强度为54E，方向水平向左B．B点电场强度为34E，方向水平向右C．BC线段的中点电场强度为零 D．B、C两点的电场强度相同4．（5分）（2021秋•巴宜区校级月考）如图所示是描述甲，乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（）A．甲带负电，乙带正电 B．甲的电荷量大于乙的电荷量 C．在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在电场力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点 D．P点的电场强度小于Q点的电场强度5．（5分）全球首创超级电容储存式现代电车在我国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30s内可充满电并行驶5km以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用。如图是使用“3V、12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（）A．该电容器最多能储存72000C的电荷量 B．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电容不变 C．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电压不变 D．若30s能充满电，则充电平均电流为3600A二．多选题（共3小题，满分15分，每小题5分）（多选）6．（5分）关于红外线与紫外线的说法中，正确的是（）A．红外线能加热理疗，而紫外线能杀菌消毒 B．紫外线具有较强的穿透能力，可以穿透人体的皮肤，破坏人体内脏器官 C．红外线与紫外线既有相同的地方，又有不同的特性 D．红外线和紫外线都是可见光的一部分（多选）7．（5分）（2021秋•镇远县校级期末）如图甲、乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的U﹣I曲线，则下列说法中正确的是（）A．定值电阻A的阻值为3Ω B．如果在两电阻两端加相同的电压，流过两定值电阻的电流相同 C．由于U﹣I曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等 D．如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2：1（多选）8．（5分）家庭电路的保险丝烧断了，下列说法中正确的是（）A．一定不能用铜丝或铁丝代替 B．为了保险，选择尽量粗的保险丝代替 C．选择额定电流等于或稍小于电路中最大正常工作电流的保险丝代替 D．选择额定电流等于或稍大于电路中最大正常工作电流的保险丝代替三．实验题（共4小题，满分60分）9．（12分）（2023秋•温州月考）（1）在“练习使用多用电表”的实验中，小明同学用欧姆挡去测量“220V、60W”的白炽灯不发光时的灯丝电阻，将选择开关调至欧姆挡“×10”挡，并进行正确操作后，指针位置如图1所示，则该白炽灯的灯丝电阻为Ω。（2）在“金属丝电阻率的测量”实验中，小明同学用米尺测出金属丝的长度l，用螺旋测微器测量其直径d如图2所示，则直径d＝mm；经粗测金属丝的电阻约为5Ω，为了使测量更加准确，他用伏安法测量该金属丝的电阻，所用的电路如图3所示，图中电压表的右端应与（选填“a”或“b”）点连接；电路连接正确后，电压表和电流表的示数分别为U和I，该金属丝的电阻率ρ＝（结果用题中字母表示）。（3）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和桔子制作了“水果电池”，经粗测电动势约为0.85V，他们再用如图4所示的实验电路测量该电池的电动势E和内阻r。图中电流表A1内阻为100Ω，量程0～100μA；电流表A2内阻为50Ω，量程0～600μA；滑动变阻器Rx最大阻值5kΩ。①现有两定值电阻：R1＝100Ω、R2＝9900Ω，实验中R应选择定值电阻。（选填“R1”或“R2”）②根据两个电流表A1和A2测量的多组数据，描点作出I1﹣I2图像，如图5所示。由图像可求得该水果电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω（计算结果均保留2位有效数字）。10．（14分）（2022•天津模拟）如图所示是手电筒的电路图。老式的手电筒是把两节1号干电池串联起来作为电源，一节1号干电池的电动势是1.5V。手电筒内的小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，按下开关后，小灯泡正常发光。（1）手电筒不工作时，电源两端电压是多大？为什么小灯泡的额定电压是2.5V，而不是3V？（2）算一算，小灯泡正常工作时的电阻多大？电池组的内电阻多大？11．（16分）（2023春•丹东期末）如图所示，为一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图，其中墨盒可以喷出极小的质量为m，电量为﹣q的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以水平初速度v0进入极板间的偏转电场。极板沿水平方向放置，中心轴线为OO′，微粒从O点射入偏转电场，射出电场后，能继续运动直到打到纸上，显示出字符。设偏转电场两极板的长度为L，间距为d，电压为U，极板右端与纸间水平距离为2L，不计空气阻力及重力作用，求：（1）微粒经过偏转电场过程中静电力对它做的功W；（2）微粒打到纸上的位置P点与轴线OO′间的距离h。12．（18分）（2022春•大祥区校级期末）一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图所示的偏转电场，离子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，板间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d。不考虑离子所受重力，元电荷为e。（1）写出离子射出A、B极板时的偏移距离y的表达式；（2）问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上？

2024-2025学年上学期天津高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．（5分）（2022•山西开学）下列说法正确的是（）A．穿过闭合回路的磁通量不为零，则回路中一定产生感应电流 B．变化的磁场一定产生变化的电场，如此交替由近及远，即形成电磁波 C．原子的能级是分立的，所以原子的发射光谱只有一些分立的亮线 D．光是由一个个能量子组成的，这些能量子的能量以取任意值【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）；电磁感应现象的发现过程；电磁波的产生；电磁波的发射和接收；能量子与量子化现象；氢原子光谱及巴耳末公式．【专题】定性思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据感应电流产生的条件判断；根据麦克斯韦电磁场理论分析；根据玻尔理论分析；能量子的能量不可以取任意值。【解答】解：A、根据感应电流产生的条件穿过闭合回路的磁通量不为零，则回路中不一定产生感应电流，穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，故A错误；B、根据麦克斯韦电磁理论可知，均匀变化的磁场，产生稳定的电场，非均匀变化的磁场，产生变化的电场，变化的电场和变化的磁场互相激发，由近及远传播形成电磁波，故B错误；C、根据玻尔理论，原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线，故C正确；D、光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子后来被叫作光子，光子就是最小的能量子，能量子的能量只能取每一个最小值的整数倍，不可以取任意值，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了感应电流产生的条件、麦克斯韦电磁理论、氢原子能级跃迁、量子理论等知识点。这种题型属于基础题，要善于积累。2．（5分）（2013秋•大渡口区校级期末）如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为0，则此时b受到的磁场力大小变为（）A．0 B．F1 C．2F1 D．12F【考点】两根通电导线之间的作用力；安培力的概念；左手定则判断安培力的方向．【答案】A【分析】当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．【解答】解：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反。将F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得：F2′＝F2＝0，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互．3．（5分）（2017秋•重庆期中）如图，真空中一条直线上有四点A、B、C、D，AB＝BC＝CD，只在A点放一电量为+Q的点电荷时，B点电场强度为E，若又将等量异号的点电荷﹣Q放在D点，则（）A．B点电场强度为54E，方向水平向左B．B点电场强度为34E，方向水平向右C．BC线段的中点电场强度为零 D．B、C两点的电场强度相同【考点】电场强度与电场力的关系和计算．【专题】比较思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【答案】D【分析】根据点电荷场强公式E＝kQr2和电场的叠加原理分析计算B点的电场强度，结合对称性分析B、【解答】解：AB、设AB＝BC＝CD＝r．只在A点放正电荷时，B点的场强为：E＝kQr又将等量异号的点电荷﹣Q放在D点后，﹣Q在B点产生的场强为：E′＝kQ(2r)2=14E，方向水平向右。所以B点场强为：EB＝E+EC、Q和﹣Q在B、C线段的中点产生的电场强度方向相同，叠加后合场强不为零。故C错误；D、C点场强为：EC＝kQr2+kQ(2r)2故选：D。【点评】本题关键是要根据点电荷的场强公式，然后根据矢量合成的法则合成各点的场强，当然，也可以根据等量异种电荷的电场线分布情况快速判断．4．（5分）（2021秋•巴宜区校级月考）如图所示是描述甲，乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（）A．甲带负电，乙带正电 B．甲的电荷量大于乙的电荷量 C．在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在电场力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点 D．P点的电场强度小于Q点的电场强度【考点】电场线的定义及基本特征；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。【解答】解：AB、根据电场线分布特点，可判断出甲带正电、乙带负电，并且甲的电荷量大于乙的电荷量，故A错误，B正确；C、在P位置静止释放一个带正电的粒子，仅在电场力的作用下，粒子沿P位置电场线的切线从静止加速，会离开电场线，故C错误；D、根据电场线的密集程度可以判断出P点的电场强度大于Q点的电场强度，故D错误。故选：B。【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。5．（5分）全球首创超级电容储存式现代电车在我国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30s内可充满电并行驶5km以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用。如图是使用“3V、12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（）A．该电容器最多能储存72000C的电荷量 B．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电容不变 C．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电压不变 D．若30s能充满电，则充电平均电流为3600A【考点】电容器的充放电问题；电容定义式的简单应用．【专题】定量思想；模型法；电容器专题；理解能力．【答案】B【分析】根据题意可知，电容器的额定电压为3V，电容器的电容为12000F，根据Q＝CU计算电容器最多能储存的电荷量。电容器的电容与其所带电荷量、电压无关。根据I=Q【解答】解：A、依题知，电容器的额定电压为3V，电容器的电容为12000F，则该电容器最多能储存的电荷量为：Q＝CU＝12000×3C＝36000C，故A错误；BC、电容器的电容由其本身决定，与电荷量和电压均无关，在放电时电容不变，电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；D、若30s能充满，则充电平均电流为：I=Qt=3600030A故选：B。【点评】本题考查电容器和电容的相关知识，要注意明确电容的定义为比值定义法，其大小与电量和电压无关。二．多选题（共3小题，满分15分，每小题5分）（多选）6．（5分）关于红外线与紫外线的说法中，正确的是（）A．红外线能加热理疗，而紫外线能杀菌消毒 B．紫外线具有较强的穿透能力，可以穿透人体的皮肤，破坏人体内脏器官 C．红外线与紫外线既有相同的地方，又有不同的特性 D．红外线和紫外线都是可见光的一部分【考点】紫外线的特点和应用；红外线的特点和应用．【专题】定性思想；归纳法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】AC【分析】根据红外线和紫外线的特性判断；红外线与紫外线都是电磁波，根据波的特点作答；根据红外线、可见光、紫外线的波长范围作答。【解答】解：A、红外线可用来加热理疗，紫外线可杀菌消毒，故A正确；B、紫外线穿透能力不强，不会穿透人的皮肤破坏内脏器官，故B错误；C、红外线与紫外线都是电磁波，都能发生干涉、衍射现象，但它们有不同的作用和性质，因此红外线和紫外线既有相同的地方，又有不同的特性，故C正确；D、红外线在红光之外，紫外线在紫光之外，它们都不是可见光的一部分，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查红外线和紫外线性质和作用、波长范围以及波所具有的特性。（多选）7．（5分）（2021秋•镇远县校级期末）如图甲、乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的U﹣I曲线，则下列说法中正确的是（）A．定值电阻A的阻值为3Ω B．如果在两电阻两端加相同的电压，流过两定值电阻的电流相同 C．由于U﹣I曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等 D．如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2：1【考点】欧姆定律的简单应用．【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题；理解能力．【答案】AD【分析】U﹣I曲线的斜率表示电阻的大小，根据图线的斜率求出两个电阻的阻值，在两电阻两端加相同的电压时，根据欧姆定律分析电流关系，由q＝It求解相同时间内通过导体截面的电荷量之比。【解答】解：AC、根据U＝IR知U﹣I曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A的阻值为：RA=UAIA=124Ω＝3Ω，定值电阻B阻值为：RB=UBBD、如果在两电阻两端加相同的电压，由欧姆定律IUR知，流过两定值电阻A、B的电流之比为IA：IB＝RB：RA＝6：3＝2：1，由q＝It可知，相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2：1，故B错误，D故选：AD。【点评】本题掌握U﹣I图像斜率的物理意义是关键，运用控制变量法求电压相同时电流之比。（多选）8．（5分）家庭电路的保险丝烧断了，下列说法中正确的是（）A．一定不能用铜丝或铁丝代替 B．为了保险，选择尽量粗的保险丝代替 C．选择额定电流等于或稍小于电路中最大正常工作电流的保险丝代替 D．选择额定电流等于或稍大于电路中最大正常工作电流的保险丝代替【考点】电子元器件、电路及家庭安全用电知识．【专题】应用题；定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】AD【分析】选择保险丝的原则：保险丝的额定电流等于或稍大于电路中正常工作时的最大电流。注意：千万不要用铜丝代替保险丝，铜丝的熔点比较高，电路中电流过大时，产生的较多的热量，不能达到铜丝的熔点，在电流过大时不能自动切断电源，不能起到保险的作用。【解答】解：A、若用铜丝来代替保险丝，则失去保险丝的作用，会威胁到人身安全，故A正确；B、越粗的保险丝，电阻值越小，其额定电流就越大，若额定电流太大会失去保护安全的作用，故B错误；CD、保险丝的额定电流要等于或稍大于电路中正常工作时的最大电流，当电路中达到最大电流时，很快达到细保险丝的熔点，保险丝烧断，起到保护作用，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查了家庭电路和安全用电的知识，掌握保险丝的材料、工作原理、连接在电路中的位置、作用等。三．实验题（共4小题，满分60分）9．（12分）（2023秋•温州月考）（1）在“练习使用多用电表”的实验中，小明同学用欧姆挡去测量“220V、60W”的白炽灯不发光时的灯丝电阻，将选择开关调至欧姆挡“×10”挡，并进行正确操作后，指针位置如图1所示，则该白炽灯的灯丝电阻为90Ω。（2）在“金属丝电阻率的测量”实验中，小明同学用米尺测出金属丝的长度l，用螺旋测微器测量其直径d如图2所示，则直径d＝0.290mm；经粗测金属丝的电阻约为5Ω，为了使测量更加准确，他用伏安法测量该金属丝的电阻，所用的电路如图3所示，图中电压表的右端应与a（选填“a”或“b”）点连接；电路连接正确后，电压表和电流表的示数分别为U和I，该金属丝的电阻率ρ＝πd2（3）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和桔子制作了“水果电池”，经粗测电动势约为0.85V，他们再用如图4所示的实验电路测量该电池的电动势E和内阻r。图中电流表A1内阻为100Ω，量程0～100μA；电流表A2内阻为50Ω，量程0～600μA；滑动变阻器Rx最大阻值5kΩ。①现有两定值电阻：R1＝100Ω、R2＝9900Ω，实验中R应选择定值电阻R2。（选填“R1”或“R2”）②根据两个电流表A1和A2测量的多组数据，描点作出I1﹣I2图像，如图5所示。由图像可求得该水果电池的电动势E＝0.95V，内阻r＝9.4×10﹣2Ω（计算结果均保留2位有效数字）。【考点】测量水果电池的电动势和内阻；导体电阻率的测量；练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）90；（2）0.290；a；πd2U4Il；（3）①R2；②0.95；9.4×【分析】（1）根据欧姆表的读数规则读数；（2）根据螺旋测微器读数规则读出直径，根据电阻定律求解电阻率；（3）根据实验原理图写出原理式，通过变形写出图线的数学表达式，根据图线的斜率和截距求电源的电动势和内阻。【解答】解：（1）欧姆表的读数为指针所指刻度乘以倍率，所以图示电阻值为9.0×10Ω＝90Ω；（2）根据螺旋测微器读数规则，螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以d＝0+29.0×0.01mm＝0.290mm；由于待测金属丝的阻值较小，所以电流表应采用外接法，即电压表右端应与a点相连；根据电阻定律R=ρlS=π(d联立可得ρ=π（3）①由图可知，A1与R串联改装成大量程电压表，且电源电动势约为0.85V，所以R应选阻值较大的R2；②此时电压表的量程为U＝IA1（RA1+R2）＝100×10﹣6×（100+9900）V＝1V根据闭合电路欧姆定律可得E＝I2（RA2+r）+I1（RA1+R2）代入数据可得I1结合图像的截距可得E10000结合图像的斜率可得50+r10000解得E＝0.95V，r＝9.4×10﹣2Ω。故答案为：（1）90；（2）0.290；a；πd2U4Il；（3）①R2；②0.95；9.4×【点评】本题考查了练习使用多用电表和测电源的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握多用电表的使用和读数及测电源的电动势和内阻的原理。10．（14分）（2022•天津模拟）如图所示是手电筒的电路图。老式的手电筒是把两节1号干电池串联起来作为电源，一节1号干电池的电动势是1.5V。手电筒内的小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，按下开关后，小灯泡正常发光。（1）手电筒不工作时，电源两端电压是多大？为什么小灯泡的额定电压是2.5V，而不是3V？（2）算一算，小灯泡正常工作时的电阻多大？电池组的内电阻多大？【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）手电筒不工作时，电源两端电压是3.0V。小灯泡工作时电路中有电流通过，由于电源有内阻，内部有电势降落，因此小灯泡的额定电压比电源电动势要小，所以小灯泡的额定电压是2.5V，而不是3V。（2）小灯泡正常工作时的电阻为8.3Ω，电池组的内电阻为1.7Ω。【分析】（1）手电简不工作时，电路断开，路端电压等于电源的电动势。小灯泡工作时，由于干电池有内阻，内电路上有电势降落，路端电压要小于电动势。（2）根据小灯泡的额定电压、额定电流，可以求出小灯泡正常工作时的电阻。根据闭合电路欧姆定律，可以求得干电池组的内电阻。【解答】解：（1）手电筒不工作时，电源两极间的电压为电源的电动势即3.0V。小灯泡工作时电路中有电流通过，由于电源有内阻，内部有电势降落，因此小灯泡的额定电压比电源电动势要小，所以小灯泡的额定电压是2.5V，而不是3V。（2）小灯泡的额定电压为U＝2.5V，额定电流为I＝0.3A根据部分电路欧姆定律得：R=UI=2.5由路端电压U＝E﹣Ir，可得电源的内电阻为r=E-UI=3-2.5答：（1）手电筒不工作时，电源两端电压是3.0V。小灯泡工作时电路中有电流通过，由于电源有内阻，内部有电势降落，因此小灯泡的额定电压比电源电动势要小，所以小灯泡的额定电压是2.5V，而不是3V。（2）小灯泡正常工作时的电阻为8.3Ω，电池组的内电阻为1.7Ω。【点评】解答本题时，要明确电源两极间电压与电源电动势的关系，要知道电源的电动势等于内外电压之和，能熟练运用闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律处理直流电路的计算问题。11．（16分）（2023春•丹东期末）如图所示，为一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图，其中墨盒可以喷出极小的质量为m，电量为﹣q的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以水平初速度v0进入极板间的偏转电场。极板沿水平方向放置，中心轴线为OO′，微粒从O点射入偏转电场，射出电场后，能继续运动直到打到纸上，显示出字符。设偏转电场两极板的长度为L，间距为d，电压为U，极板右端与纸间水平距离为2L，不计空气阻力及重力作用，求：（1）微粒经过偏转电场过程中静电力对它做的功W；（2）微粒打到纸上的位置P点与轴线OO′间的距离h。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；类比法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）微粒经过偏转电场过程中静电力对它做的功W为U2（2）微粒打到纸上的位置P点与轴线OO′间的距离h为5UqL【分析】（1）墨汁微粒做类平抛运动，根据水平方向和竖直方向的运动学公式以及功的公式求电场力做的功；（2）根据类平抛运动的推论及几何关系求两个阶段的偏转距离。【解答】解：（1）根据题意可知，微粒在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上有：L＝v0t竖直方向上，由牛顿第二定律可得：a=根据位移—时间公式有：y=联立可得：y=微粒经过偏转电场过程中静电力对它做的功：W=Eqy=（2）根据题意可知，微粒在偏转电场中做类平抛运动，微粒飞出电场之后做匀速直线运动，且离开匀强电场时方向的反向延长线经过极板中点，由几何关系有：hy解得：h答：（1）微粒经过偏转电场过程中静电力对它做的功W为U2（2）微粒打到纸上的位置P点与轴线OO′间的距离h为5UqL【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握带电粒子在电场中作类平抛运动，根据类平抛运动公式可解得。12．（18分）（2022春•大祥区校级期末）一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图所示的偏转电场，离子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，板间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d。不考虑离子所受重力，元电荷为e。（1）写出离子射出A、B极板时的偏移距离y的表达式；（2）问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上？【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）离子射出A、B极板时的偏移距离y的表达式为y=eU（2）初动能范围是eUL22d2＜【分析】（1）离子在AB板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动沿水平方向和竖直方向进行分解，运用牛顿第二定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子射出电场时的偏转距离y的表达式。（2）离子离开电场后做匀速直线运动，离子要打在屏MN上，y必须满足y＜d2，且Ltanφ+y＞【解答】解：（1）设离子的质量为m，初速度为v0，则离子在偏转电场中的加速度为a=离子射出电场的时间为t=射出电场时的偏转距离为y=12联立解得y=而Ek=12mv0（2）离子射出电场时的竖直分速度为vy＝at射出电场时的偏转角的正切值为tanφ=故tanφ=离子射出电场后做匀速直线运动要使离子打在屏MN上，需满足y＜且Ltanφ+y＞d2，所以eUL2答：（1）离子射出A、B极板时的偏移距离y的表达式为y=eU（2）初动能范围是eUL22d2＜【点评】本题考查粒子在偏转电场中的运动类型，解题的关键是掌握类平抛运动的规律，能熟练推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行研究。

考点卡片1．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。2．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=8F，故B故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝3．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．4．电容定义式的简单应用【知识点的认识】1.电容的定义式为：C=Q2.电容定义式的应用有：①知道电容器的电荷量和电压，可以计算出电容的大小。②知道电容器的电容和电压，可以计算出电容器的电荷量。③知道电容器的电容和电荷量，可以计算两极板间的电压。3.如果做出电容器电荷量随电电压变化的图像，应该是一条过原点的直线。其斜率即为电容器的电容。C=【命题方向】如图所示，彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷Q后，两导体间的电势差为U，若两导体分别带上+2Q和﹣2Q的电荷，则它们间的电势差为（）A、2UB、4UC、8UD、16U分析：彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷后，构成成一个电容器，带电量变了后，电容未变，根据U=Q解答：电容器电量变了后，电容未变，由U=QC知，Q变为原来的两倍，电势差也变为原来的2倍。故B、C、D错，故选：A。点评：解决本题的关键是掌握电容的定义式及影响电容的因素．【解题思路点拨】C=Q5．电容器的充放电问题【知识点的认识】1.电容器的充电与放电（1）使电容器带上电荷的过程称为充电。充电过程中，电容器所带电荷量逐渐增大，两极板间电压增大，极板间电场强度逐渐增大、充电电流逐渐减小。从能量角度来看，是电源的能量不断储存在电容器中的过程。（2）使电容器失去电荷的过程称为放电。放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，两极板间电压减小，极板间电场强度逐渐减小，放电电流逐渐减小。从能量角度来看，是电容器将储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式能量的过程。（3）电容器的充放电过程整体是一个很快的过程，几乎是瞬间就能完成。2.电容器充放电的图像（1）以电路中的电流为纵坐标，时间为横坐标，即可做出电容器充放电过程中的图像。如下图为电容器的放电图。（2）根据微元法可知曲线与坐标轴围成的面积表示电路中通过的电荷量。【命题方向】某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A、图像中两阴影面积一定相等B、放电过程中，电容器下极板带正电C、减小R可以增大图像中两阴影面积D、减小R可以延长充放电的时间分析：电容器的充放电电量是i﹣t图像围成的面积，电容器的定义式以及定义式应用，电容器与电源正极连接的板带正电，与电源负极相连的板带负电。解答：A．i﹣t图像面积表示电荷量，两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确；B．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误；C．电容器所带的电荷量Q＝CU，由于电源电动势不变也就是电容器两端电压不变，电容不变，所以Q不变，故C错误；D．充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。故选：A。点评：考查电容器充放电，以及定义式应用。【解题思路点拨】对电容器充电和放电的一种理解：充电时电容器通过电源将一极板上的电子搬运到另一板板上，从而使一个极板带正电、另一板板带等量负电。放电时是电容器通过外电路将两极板上的电荷进行中和的过程。6．带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动【知识点的认识】1.运动状态：利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。2.带电粒子的分类及受力特点（1）电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。（2）质量较大的微粒：带电小球，带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。3.分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法（1）利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能分析带电粒子的匀变速运动。（2》利用动能定理：qU=12mv2-【命题方向】如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106m/s射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20cm，金属板之间是匀强电场，电场强度为3×105V/m．质子质量为m＝1.67×10﹣27kg，电荷量为q＝1.60×10﹣19C．试求（1）质子由板上小孔射出时的速度大小；（2）质子在电场中运动的时间．分析：（1）质子射入电场后，只有电场力做功，根据动能定理列式求解即可（2）因做匀加速，则由时间等于位移除以平均速度，则运动时间t=L解答：（1）根据动能定理得：eEd=12mv2-代入数据：得v＝6×106m/s（2）t=Lv0+v2．=20×1答：（1）质子由板上小孔射出时的速度大小为6×106m/s（2）质子在电场中运动的时间为3.6×10﹣8s点评：求速度时动能定理是常用的规律，要理解并掌握动能定理的内容、公式，并能灵活应用，求时间用平均速度公式．【解题思路点拨】对于带电粒子在电场中的加速问题，可以用从牛顿第二定律的角度出发，也可以从动能定理的角度出发求解。7．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动【知识点的认识】1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律为：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t静电力方向：vy＝at，y=2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.两个特殊推论：（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的12，即tanα=12【命题方向】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷eme=1.76×10（1）电子进入极板时的速度v0（2）两极板间的电压．分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．解答：（1）由动能定理：Uq=1得v0=2qUm=（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a=F偏距：y=1能飞出的条件为：y=d2由①②③④⑤可得：U′=2U答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．【解题思路点拨】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。8．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgq，重力加速度为A、物块到B点时的速度为2gRB、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-qE⋅B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。9．欧姆定律的简单应用【知识点的认识】欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．2．表达式：I=U3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A．由I=UB．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=UI，导体的电阻跟它两端的电压成正比，D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．本题选错误的，故选C．点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C．点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．【解题方法点拨】1．欧姆定律不同表达式的物理意义（1）I=UR是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻（2）公式R=U2．对伏安特性曲线的理解（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．（3）对线性元件：R=UI=△U4．欧姆定律I=U对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．10．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比11．电子元器件、电路及家庭安全用电知识【知识点的认识】1．家庭电路的一般组成家庭电路由入户线、电能表、空气开关、漏电保护开关、三脚插座、普通插座、用电器等组成，如图．（1）入户线：火线、零线、地线．地线的作用是保障用电人员的人身安全，是漏电保护的前提条件．有电动机的家用电器、在潮湿环境中使用的电器、具有金属外壳的电器和其他规定使用接地的家用电器必须做好接地保护，否则外壳容易带电．（2）电能表：串联在交流电路中用来测量家庭用电的耗电量．（3）漏电保护开关：在发生触电、漏电现象时能够立即切断电源，保障用电人员的人身安全．家庭电路应注意下列问题：（1）必须安装漏电保护开关．（2）电能表、电线与家用电器的总容量匹配，大功率电器如空调机等应使用专线供电．（3）使用固定插座，有接地线的家用电器必须使用三孔插座，三孔插座、三孔活动插座必须安装接地线，禁止将三孔插座改为二孔插座．在洗手间、厨房使用带防护罩的固定插座，以防止水、灰尘的进入．电器的插头要与插座匹配．2．安全用电（1）不要超负荷用电，以免电流过大引起电线熔化造成短路，引起火灾．（2）使用保险丝的电路要选用与电线匹配的熔断丝，不可随意加粗或用金属丝替代．（3）漏电保护开关安装在无腐蚀性气体、无爆炸危险品、无高温热源的场所．定期对漏电保护开关进行灵敏性检测．（4）湿手不接触带电设备，不用湿布擦带电设备，并且要防止用电器受潮．（5）使用家用电器一定要先仔细阅读说明书，特别是用电注意事项．移动家用电器时要断开电源．拔取电源线时，应当手持插头，切勿直接牵拉电源线，以免损坏电源线，或者造成接头脱落．（6）不能负载过大，否则容易导致危险．使用电热器具时要注意防止发生火灾．（7）遇到电器设备着火，若一时无法判明原因，不得用手拔插头、拉闸刀开关，要借用绝缘工具拔下插头或拉开闸刀开关．（8）有金属外壳的家用电器一定要采用带保护接地线的三孔插座．3．触电、电器火灾事故处置电流对人体的损害主要是电热灼伤和强烈的肌肉痉挛，引起呼吸抑制或心跳骤停，严重电击能够直接危及生命．电流对人体的损伤与通过人体的电流的大小有关，如图所示，0.01A以下的电流一般不会对人体造成损伤．4.发生触电事故时，应采取以下措施：（1）立即切断电源，无法切断电源时应使用绝缘的木棒等使触电者脱离电源．（2）将脱离电源的触电者移动到通风干燥处仰卧，松开上衣、鞋带，检查其呼吸、颈部动脉搏动情况．（3）如果触电者呼吸、心跳停止，应进行人工呼吸，实施心脏复苏抢救．同时拨打急救电话．（4）绝对不可用手接触或用金属、潮湿的物体接触没脱离电源的触电者．5.发生电器火灾事故时，应采取以下措施：（1）立即切断电源．（2）用灭火器灭火，电视机、电脑着火应用棉被、毛毯等物体捂灭．（3）在无法切断电源时应用不导电的灭火剂灭火，不可用水或泡沫灭火剂．（4）电源没切断前，绝对不可把水浇到电器、开关上，不可用手接触电器、开关．【命题方向】关于我国家庭电路的220V交流电，下列说法正确的是（）A、该交流电的频率为100HzB、该交流电的周期是0.01sC、在一个周期内交流电的方向只改变一次D、在1s内交流电的方向改变100次分析：家庭电路的频率为50Hz，从而可知周期，一个周期电流方向变化2次，据此分析即可。解答：AB、家庭电路用正弦式交变电流，该交流电的频率为50Hz，周期T＝0.02s，故AB错误。CD、一个周期电流方向变化2次，则在1s内交流电的方向改变100次，故D正确，C错误。故选：D。点评：本题交变电流，解题关键掌握家庭用电的交变电流一个周期电流方向变化2次。【解题思路点拨】要了解家庭电路的相关知识以及认识一些基本的电子元器件和了解它们在电路中的作用。12．安培力的概念【知识点的认识】1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。2.特点：（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。【命题方向】关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（）A、通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，等于零B、通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C、作用力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向D、通电直导线跟磁场方向不垂直时没有作用力分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．根据左手定则可知安培力的方向．解答：AB、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．故A、B正确。C、根据左手定则，知安培力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向。故C正确。D、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，当导线与磁场的方向既不平行也不垂直时，安培力的大小介于0和最大值之间。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．【解题思路点拨】电场力、安培力、洛伦兹力辨析①带电粒子在电场中受到的力叫作电场力，无论带电粒子处于什么状态，带电粒子在电场中一定受到电场力。②通电导线在磁场中受到的力叫作安培力，只有通电导线与磁场不平行时，才会受到安培力作用。③带电粒子在磁场中受到的力叫作洛伦兹力，带电粒子需要有速度并且速度方向不能与磁场方向平行。13．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．【解题思路点拨】安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。14．两根通电导线之间的作用力【知识点的认识】两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。证明：如图所示两根个导线中，通有同向电流根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向右，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向左。同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向彼此，即相互吸引。【命题方向】如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（）A、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．解答：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反。将F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F2′＝F2；故A正确，BCD错误；故选：A。点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互【解题思路点拨】可以通过安培定则与左手定则得出同向电流相互排斥，异向电流相互吸引的结论。15．电磁感应现象的发现过程【知识点的认识】1.提出物理问题：奥斯特发现的电流的磁效应，证实了电现象和磁现象是有联系的。人们从电流磁效应的对称性角度，开始思考如下问题；既然电流能够引起磁针的运动，那么，为什么不能用磁体使导线中产生电流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁产生电”的设想，并为此进行了长达10年的探索，从中领悟到，“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应。3.电磁感应现象的发现：1831年，法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如下图），一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”。当给一个线圈通电或断电的瞬间，在另一个线圈上出现了电流。他在1831年8月29日的日记中写下了首次成功的记录。4.电磁感应现象发现的意义：电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。5.电磁感应现象的定义：由磁生电的现象称为电磁感应。6.感应电流：电磁感应现象中产生的电流称为感应电流。【命题方向】发现电磁感应规律是人类在电磁学研究中的伟大成就．在取得这项伟大成就的过程中，法国物理学家安培、瑞士人科拉顿、英国物理学家法拉第等人前后进行了多年的研究．在这项研究的众多工作中，其中有两个重要环节：（1）研究者敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；（2）大量实验发现：磁场中闭合电路包围的面积发生变化，从闭合线圈中抽出或者插入条形磁铁等多种条件下，闭合电路中有感应电流，最终研究者抓住产生感应电流条件的共同本质，总结出闭合电路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化．下列说法正确的是（）A、环节（1）提出“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发B、环节（1）提出“磁生电”思想是为了对已有的实验现象做出解释C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场一定发生了变化D、环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，总结出一般规律的研究方法分析：磁生电在受到电生磁的影响，即电流磁效应的启发；物理规律在大量实验事实，从而总结得来．解答：AB、“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发，故A正确，B错误；C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场不一定变化，可以线圈的位置变化，故C错误；D、由环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，从而总结规律，故D正确；故选：AD。点评：考查物理规律的如何得来，同时知道一是受到启发，二是通过观察．【解题思路点拨】1.电磁感应式磁生电的过程，电流的磁效应是电生磁的过程。但要注意：有电（流）必有磁（场），有磁不一定有电。即磁生电需要一定的条件。2.电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。16．电磁波的产生【知识点的认识】1.麦克斯韦从理论上预见，电磁波在真空中的传播速度等于光速，由此麦克斯韦语言了光是一种电磁波。2.电磁波的产生：如果在空间某区域有周期性变化的电场，就会在周围引起变化的磁场，变化的电场和磁场又会在较远的空间引起新的变化的电场和磁场。这样变化的电场和磁场由近及远地向周围传播，形成了电磁波。【命题方向】关于电磁波，下列说法正确的是（）A、电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B、周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C、电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D、电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失分析：电磁波在真空中的传播速度都相同。变化的电场和磁场互相激发，形成由近及远传播的电磁波。电磁波是横波，传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直。当波源的电磁振荡停止时，只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会立即消失。解答：A、电磁波在真空中的传播速度均相同，与电磁波的频率无关，故A正确；B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，相互激发，形成电磁波，故B正确；C、电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故C正确；D、当电磁振荡停止了，只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会消失，还要继续传播，故D错误。故选：ABC。点评：此题考查了电磁波的发射、传播和接收，解决本题的关键知道电磁波的特点，以及知道电磁波产生的条件。【解题思路点拨】1.变化的电场和磁场由进及远地向周围传播，形成了电磁波。2.电磁振荡产生电磁波时，即使电磁振荡停止了，已经发出的电磁波是不会消失的。会继续传播下去。17．电磁波的发射和接收【知识点的认识】电磁波的发射、传播和接收1．发射电磁波的条件（1）要有足够高的振荡频率；（2）电路必须开放，使振荡电路的电场和磁场分散到尽可能大的空间．2．调制：有调幅和调频两种方式．3．无线电波的接收（1）当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象．（2）使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐．（3）从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程，叫做检波．检波是调制的逆过程，也叫做解调．【命题方向】常考题型：下列说法中，正确的是（）A．电磁波不能在真空中传播B．无线电通信是利用电磁波传输信号的C．电磁波在真空中的传播速度与频率无关D．无线电广播与无线电视传播信号的原理毫无相似之处【分析】电磁波的传播不需要介质，无线电广播与无线电视传播信号的原理相似．解：A、电磁波的传播不需要介质，在真空中可以传播．故A错误．B、无线电通信是利用电磁波传输信号．故B正确．C、电磁波在真空中的传播速度相同，与频率无关．故C正确．D、无线电广播与无线电视传播信号的原理相似．故D错误．故选BC．【点评】解决本题的关键知道电磁波的特点，以及电磁波的应用．【解题思路点拨】1.需要传送的电信号必须经过调制才能向外发射，常用的调制方式有调频和调幅两种。2.电磁波的调制调制在电磁波发射技术中，使载波随各种信号面改变的技术调幅（AM）使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变的调制技术调频（FM）使高频电磁波的颓率随信号的强弱而变的调制技术3.无线电波的接收方法（1）利用调谐电路产生电谐振，使接收电路的感应电流最强。（2）通过解调把接收电路中的有用信号分离出来。2．调谐和解调的区别调谐就是一个选台的过程，即选携带有用信号的高频振荡电流，在接收电路中产生最强的感应电流的过程；解调是将高频电流中携带的有用信号分离出来的过程。18．红外线的特点和应用【知识点的认识】红外线的波长比无线电波短，比可见光长。所有物体都发射红外线。热物体的红外辐射比冷物体的红外辐射强。红外探测器能在较冷的背景上探测出较热物体的红外辐射，这是夜视仪器和红外摄影的基础。用灵敏的红外探测器接收远处物体发出的红外线，然后用电子电路对信号进行处理，可以得知被测对象的形状及温度、湿度等参数。这就是红外遥感技术。利用红外遥感技术可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源、监视森林火情、预报风暴和寒潮。红外遥感技术在军事上的应用也十分重要。人体也在发射红外线，体温越高，发射的红外线越强。根据这个原理制成的红外体温计不与身体接触也可以测量体温。【命题方向】人体受到下列哪种射线照射时，可以明显感觉到热（）A、无线电波B、红外线C、γ射线D、X射线分析：无线电波的作用主要是各种移动通信和无线电广播；红外线的主要作用是热作用；γ射线有很强的穿透力，工业中可用来探伤或流水线的自动控制，对细胞有杀伤力，医疗上用来治疗肿瘤；X射线具有很高的穿透本领本领，能透过许多对可见光不透明的物质．解答：A、无线电波的作用主要是各种移动通信和无线电广播，故不会让人明显感到热，故A错误；B、红外线的主要作用是热作用，故照射到人体上，可以使人明显感觉到热，故B正确；C、γ射线有很强的穿透力，工业中可用来探伤或流水线的自动控制。γ射线对细胞有杀伤力，医疗上用来治疗肿瘤而不会使人明显感觉到热。故C错误；D、X射线具有很高的穿透本领本领，能透过许多对可见光不透明的物质，故X射线主要用在医学上进行透视和摄片，而没有热作用，故照射到人身上人体不会明显感觉到热。故D错误。故选：B。点评：本题考查了无线电波、红外线、X射线和γ射线的主要作用，内容基础，只要熟悉教材即可顺利解决．【解题思路点拨】常见电磁波的应用电磁波谱无线电波红外线可见光紫外线X射线λ射线频率（Hz）由左向右，频率变化由小到大真空中波长由左向右，波长变化由长到短特性波动性强热作用强感光性强化学作用，荧光效应穿透力强穿透力最强用途通讯、广播、导航加热、遥测、遥感、红外摄像、红外制导照明、照相等日光灯、杀菌消毒、治疗皮肤病等检查、探测、透视、治疗探测、治疗19．紫外线的特点和应用