2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷2一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．（4分）有关物理学史和物理方法，下列说法正确的是（）A．法拉第提出电荷周围存在电场，并发现了电流周围存在磁场 B．根据B=FIL，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与ILC．牛顿计算出了月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的19，从而完成了月一地检验D．安培根据通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似提出了“分子电流假说”2．（4分）（2022秋•番禺区校级期末）两个分别带有电荷量﹣3Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为r2A．115F B．154F C．415F 请阅读下述文字，完成第3﹣3题。如图为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。3．（4分）（2021秋•台州期中）把正点电荷沿电场线由a点移至b点的过程中，关于电场力对电荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是（）A．电场力做正功，电势能增加 B．电场力做正功，电势能减少 C．电场力做负功，电势能增加 D．电场力做负功，电势能减少4．（4分）超级电容储能式现代电车将被广泛应用于城市公交，这种电容器具有容量超大、充电时间极短、使用寿命长、安全性能高等特点，被称为“超级电容器”。关于超级电容器的充、放电，下列说法正确的是（）A．充电快、放电也快 B．充电过程电容不断增大，放电过程电容不断减小 C．充电时间越短，充电平均电流不一定大 D．放电时，电容器带电量的减少量与两极电压的减小量成正比5．（4分）（2022秋•菏泽期中）竖直放置的长导线中通有向下电流，矩形导线框与导线在同一平面内且长边与导线平行，则（）A．导线框内磁场为匀强磁场 B．穿过线框面的磁感线垂直纸面向里 C．导线框向右移会产生感应电流 D．导线框沿与导线平行的方向上移，穿过线框平面磁通量将发生变化6．（4分）（2021秋•鲤城区校级期中）随着人们对社会发展、全球环境问题认识的加深，可持续能源的开发和利用，已成为人类社会可持续发展的重要前提之一。以下关于能源开发和利用的认识，正确的是（）A．地球上的能源是取之不尽，用之不竭的 B．节约能源是人类社会可持续发展的重要方面 C．提倡“低碳生活”就是提倡生活中不用或少用二氧化碳 D．能源的利用过程是可逆的二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）7．（5分）（2012秋•温州期末）在物理学习中我们不仅要记住公式，而且还要理解公式中各物理量之间的关系，下面对公式的理解正确的是（）A．根据E=Wq，可知电源电动势E与电源移送的电荷量qB．根据C=QU，可知某个电容器的电容C与两极板间的电势差UC．根据I=UR，可知流过电阻的电流I与该电阻两端的电压UD．根据I=qt，可知电流I与单位时间内流过导体横截面的电荷量（多选）8．（5分）（2014秋•滕州市校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc、φa＞φb＞φc．一带电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（）A．粒子带正电 B．粒子从L到M的过程中，静电力做负功 C．粒子从K到L的过程中，电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少（多选）9．（5分）（2021秋•菏泽期中）2021年10月，“神舟十三号”载人飞船将三名宇航员送至太空，并将完成长达6个月的太空作业。飞船在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量。有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA。则（）A．该太阳能电池板的内阻为20Ω B．该太阳能电池板的内阻为20mΩ C．该太阳能电池板的最大输出功率为3.2×10﹣2W D．该太阳能电池板的最大输出功率为8×10﹣3W（多选）10．（5分）（2022秋•罗湖区期末）如图所示有三种实验装置，下列选项中能使装置产生感应电流的操作是（）A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动 B．乙图中，使条形磁铁在线圈中保持不动 C．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈 D．丙图中，开关S保持闭合，改变滑动变阻器滑片的位置三．填空题（共3小题，满分18分）11．（2分）写出所示的螺旋测微器的读数。（1）mm（2）mm（3）mm12．（8分）（2019秋•顺庆区校级月考）某同学想用欧姆表粗测一电流表（量程为0～50mA）的内阻。在选择“×1”挡位后，先将红、黑表笔短接调零，再用欧姆表的红、黑表笔连接电流表正、负极接线柱，那么：（1）该同学应该用黑表笔连接电流表的（填“+”或“﹣”）接线柱。（2）经过正确使用欧姆表测得电流表内阻如图甲所示，读数为RAΩ；电流表的读数如图乙所示，电流读数为IA。13．（8分）（2020秋•会宁县期末）某研究性学习小组利用如图所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r，由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00Ω的定值电阻R0。（1）按照实物连线图画出实验电路图；（2）闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U，并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图所示的U﹣I图象，由图象可得：E＝V，r＝Ω。四．解答题（共3小题，满分38分）14．（10分）（2019春•蓝田县期中）在如图所示的电路中，电阻R1＝12Ω，R2＝8Ω，R3＝4Ω．当开关S断开时，测得路端电压U＝3.00V；当S闭合时，测得路端电压U'＝2.88V，求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）开关S闭合时电源内阻上的热功率P。15．（12分）（2021秋•青羊区校级月考）如图（俯视图），在光滑水平桌面上固定一半径为R＝2.5m的光滑圆弧绝缘轨道ABC和x轴在A点相切，AB为直径，O'为圆心，O'B和O'C之间的夹角为α，sinα=12。仅在第二象限（含x、y轴）有水平向右的匀强电场E。有一质量为m、电量为+q的金属球（置于圆弧轨道内侧）由A点以一定的向左初速度释放，恰好能够在圆弧轨道上做完整的圆周运动。已知E=mgq，重力加速度g（1）金属球在A点释放的速度大小；（2）金属球离开C点后到达x轴的时间。16．（16分）（2021秋•江西月考）如图所示，空间内有水平向左的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的带电小球（图中未画出）。从离水平地面的高度为H处由静止释放，当小球下降的高度为H2时，水平位移大小为L。不计空气阻力，重力加速度大小为g（1）匀强电场的电场强度大小；（2）小球落地前瞬间的动能。

2024-2025学年上学期天津高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．（4分）有关物理学史和物理方法，下列说法正确的是（）A．法拉第提出电荷周围存在电场，并发现了电流周围存在磁场 B．根据B=FIL，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与ILC．牛顿计算出了月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的19，从而完成了月一地检验D．安培根据通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似提出了“分子电流假说”【考点】电磁学物理学史．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】D【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出电荷周围存在电场，故A错误；B、磁场中某点的磁感应强度B与F无关，与IL无关，是由磁场本身的性质决定的，故B错误；C、牛顿当时无法计算出了月球对月球表面物体的万有引力的数值，也不能算出月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，故CD、安培根据通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似提出了“分子电流假说”，认为物质内部存在分子电流，从而解释了磁化等现象，故D正确。故选：D。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2．（4分）（2022秋•番禺区校级期末）两个分别带有电荷量﹣3Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为r2A．115F B．154F C．415F 【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；物体之间相互接触时电荷的分配情况．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】C【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个金属小球之间的库仑力大小为F＝k•3Q⋅5Q两带电金属小球接触时，它们的电荷量先中和后均分，所以两球分开后带电荷量均为+Q，距离又变为原来的12F′＝k4kQ⋅Q联立得F′=4故选：C。【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．请阅读下述文字，完成第3﹣3题。如图为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。3．（4分）（2021秋•台州期中）把正点电荷沿电场线由a点移至b点的过程中，关于电场力对电荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是（）A．电场力做正功，电势能增加 B．电场力做正功，电势能减少 C．电场力做负功，电势能增加 D．电场力做负功，电势能减少【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】B【分析】明确带电粒子在电场中的受力方向，则可明确电场力做功情况；再根据电场力做正功时电势能减小，而电场力做负功时电势能增加进行判断。【解答】解：电场线水平向右，正电荷在电场中的受力方向沿电场线的方向，故由a点沿电场线移到b点的过程中，电场力做正功；则可知电势能减小，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题考查带电粒子在电场中的受力以及功能关系问题，要注意明确正电荷受力方向沿电场线方向，负电荷受力逆着电场线方向。4．（4分）超级电容储能式现代电车将被广泛应用于城市公交，这种电容器具有容量超大、充电时间极短、使用寿命长、安全性能高等特点，被称为“超级电容器”。关于超级电容器的充、放电，下列说法正确的是（）A．充电快、放电也快 B．充电过程电容不断增大，放电过程电容不断减小 C．充电时间越短，充电平均电流不一定大 D．放电时，电容器带电量的减少量与两极电压的减小量成正比【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化；电容的概念、单位与物理意义．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；分析综合能力．【答案】D【分析】电容器的电容由电容器的结构决定，与电容器所带电荷量与极板间的电压无关；超级电容容纳电荷的本领大，充电快；充电电流与充电量和充电时间有关。【解答】解：A、超级电容充电快，放电快慢与放电过程有关，超级电容放电不一定快，故A错误；B、电容器的电容由电容的结构决定，与电容器所带电荷量无关，充电过程与放电过程电容器的电容不变，故B错误；C、电流I=qt，充电电荷量一定，充电时间越短充电平均电流越大，故D、电容器的电容C=QU=故选：D。【点评】本题考查了电容器的电容，解题的关键是明确电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关。5．（4分）（2022秋•菏泽期中）竖直放置的长导线中通有向下电流，矩形导线框与导线在同一平面内且长边与导线平行，则（）A．导线框内磁场为匀强磁场 B．穿过线框面的磁感线垂直纸面向里 C．导线框向右移会产生感应电流 D．导线框沿与导线平行的方向上移，穿过线框平面磁通量将发生变化【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析；电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】C【分析】根据右手螺旋定则分析出导线周围的磁场分布；结合感应电流的产生条件完成分析。【解答】解：A、靠近导线的位置磁感应强度较大，远离导线的位置磁感应强度较小，不属于匀强磁场，故A错误；B、根据右手螺旋定则可知，穿过线框面的磁感线垂直纸面向外，故B错误；C、当导线框向右移动时，导线框中的磁通量减小，且导线框闭合，所以会产生感应电流，故C正确；D、导线框沿与导线平行的方向上移，穿过线框平面磁通量将不发生变化，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了磁场的相关应用，理解直导线周围的磁场的分布，结合感应电流的产生条件即可完成分析。6．（4分）（2021秋•鲤城区校级期中）随着人们对社会发展、全球环境问题认识的加深，可持续能源的开发和利用，已成为人类社会可持续发展的重要前提之一。以下关于能源开发和利用的认识，正确的是（）A．地球上的能源是取之不尽，用之不竭的 B．节约能源是人类社会可持续发展的重要方面 C．提倡“低碳生活”就是提倡生活中不用或少用二氧化碳 D．能源的利用过程是可逆的【考点】能源与社会发展；能源的分类与应用．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】B【分析】理解能源与能量的区别，知道节约能源的方法和方式。【解答】解：A．地球上的能源不是取之不尽，用之不竭的，故A错误；B．节约能源是人类社会可持续发展的重要方面，故B正确；C．提倡“低碳生活”是指生活中所耗用的能量要尽量减少，从而降低碳特别是二氧化碳的排放量，故C错误；D．能源的利用过程是不可逆的，故D错误。故选：B。【点评】此题需要根据物理知识结合生活实际记忆和理解即可。二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）7．（5分）（2012秋•温州期末）在物理学习中我们不仅要记住公式，而且还要理解公式中各物理量之间的关系，下面对公式的理解正确的是（）A．根据E=Wq，可知电源电动势E与电源移送的电荷量qB．根据C=QU，可知某个电容器的电容C与两极板间的电势差UC．根据I=UR，可知流过电阻的电流I与该电阻两端的电压UD．根据I=qt，可知电流I与单位时间内流过导体横截面的电荷量【考点】欧姆定律的简单应用；电容的概念、单位与物理意义．【专题】恒定电流专题．【答案】CD【分析】明确各个式子的意义，根据物理量的意义进行分析，区分是定义式还是决定式．【解答】解：A、电源电动势为电源本身的性质，与移送的电荷量无关，故A错误；B、电容的大小取决于电容器本身，与两板间的电势差及电量无关，故B错误；C、电流与加在该电阻两端的电压成正比，故C正确；D、电流I与单位时间内流过导体横截面的电荷量q成正比，故D正确；故选：CD。【点评】本题考查比值定义法及决定法的应用，要注意控制变量法及定义法的应用．（多选）8．（5分）（2014秋•滕州市校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc、φa＞φb＞φc．一带电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（）A．粒子带正电 B．粒子从L到M的过程中，静电力做负功 C．粒子从K到L的过程中，电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少【考点】等势面及其与电场线的关系；动能定理的简单应用；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】AC【分析】根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．【解答】解：A、φa＞φb＞φc．所以该电场是正电荷产生的电场，电场线的方向向外，粒子弯曲的方向向下，说明电场力的方向向下，与电场线的方向相同，粒子带正电。故A正确。B、粒子从L到M的过程中，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，φa＞φb，电势能减小，知电场力做正功。故B错误。C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加。故C正确。D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，根据动能定理，动能增加。故D错误。故选：AC。【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．（多选）9．（5分）（2021秋•菏泽期中）2021年10月，“神舟十三号”载人飞船将三名宇航员送至太空，并将完成长达6个月的太空作业。飞船在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量。有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA。则（）A．该太阳能电池板的内阻为20Ω B．该太阳能电池板的内阻为20mΩ C．该太阳能电池板的最大输出功率为3.2×10﹣2W D．该太阳能电池板的最大输出功率为8×10﹣3W【考点】电源的最大输出功率和条件；电动势的概念和物理意义；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；理解能力．【答案】AD【分析】根据开路电压等于电源电动势，即可求出电动势；再根据电动势和短路电流求出内电阻。【解答】解：AB、当电池板不接负载时所测量电压为电源的电动势；故E约为800mV；则是可知电池板的内阻为：r=EI=800mV40mA=20C、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时最大输出功率Pmax=E24r故选：AD。【点评】本题关键根据电源开路和短路的特点，求解电源的内电阻，明确当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。（多选）10．（5分）（2022秋•罗湖区期末）如图所示有三种实验装置，下列选项中能使装置产生感应电流的操作是（）A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动 B．乙图中，使条形磁铁在线圈中保持不动 C．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈 D．丙图中，开关S保持闭合，改变滑动变阻器滑片的位置【考点】电磁感应现象的发现过程；研究电磁感应现象．【专题】应用题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】CD【分析】磁通量没有发生变化的闭合回路没有感应电流产生；条形磁铁插入或拔出线圈，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路中有感应电流；改变滑动变阻器滑片的位置，改变电路中电流大小，使磁场发生变化，穿过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流产生。【解答】解：A、甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故A错误；B、乙图中，使条形磁铁保持不动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故B错误；C、在乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈，闭合回路的磁通量发生了变化，有感应电流，故C正确；D、丙图中，开关S保持闭合，改变滑动变阻器滑片的位置，B中磁通量改变，有感应电流，故D正确。故选：CD。【点评】明确产生感应电流的条件是闭合回路并且穿过回路的磁通量发生变化。三．填空题（共3小题，满分18分）11．（2分）写出所示的螺旋测微器的读数。（1）6.870mm（2）2.300mm（3）5.716mm【考点】螺旋测微器的使用与读数．【专题】定量思想；推理法；基本实验仪器；推理论证能力．【答案】（1）6.870；（2）2.300；（3）5.716。【分析】（1）（2）（3）根据螺旋测微器的读数规则完成读数。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则，其读数为6.5mm+37.0×0.01mm＝6.870mm；（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则，其读数为2mm+30.0×0.01mm＝2.300mm；（3）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则，其读数为5.5mm+21.6×0.01mm＝5.716mm；故答案为：（1）6.870；（2）2.300；（3）5.716。【点评】考查螺旋测微器的读数规则，会利用螺旋测微器进行准确的数据测量。12．（8分）（2019秋•顺庆区校级月考）某同学想用欧姆表粗测一电流表（量程为0～50mA）的内阻。在选择“×1”挡位后，先将红、黑表笔短接调零，再用欧姆表的红、黑表笔连接电流表正、负极接线柱，那么：（1）该同学应该用黑表笔连接电流表的+（填“+”或“﹣”）接线柱。（2）经过正确使用欧姆表测得电流表内阻如图甲所示，读数为RA45Ω；电流表的读数如图乙所示，电流读数为I20.0×10﹣3A。【考点】欧姆表的读数；练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；基本实验仪器；实验探究能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据欧姆表内部结构进行分析，从而明确表笔对应的接线柱；（2）根据多用电表的读数方法可确定电流表内阻和读数。【解答】解：（1）根据欧姆表内部结构可知，黑表笔与内部电源正极相连，电流表接入电路时是”正进负出“所以黑表笔接电流表的”+“极；（2）欧姆表的读数为45×1＝45Ω；电流表的量程为0﹣50mA，分度值为1mA，电流表的读灵敏为20.0mA＝20.0×10﹣3A；故答案为：（1）+；（2）45、20.0×10﹣3。【点评】本题考查多用电表的原理，注意闭合电路欧姆定律的使用，同时知道欧姆表内阻等于中值电阻大小；并注意掌握多用电表的读数方法。13．（8分）（2020秋•会宁县期末）某研究性学习小组利用如图所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r，由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00Ω的定值电阻R0。（1）按照实物连线图画出实验电路图；（2）闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U，并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图所示的U﹣I图象，由图象可得：E＝2.0V，r＝0.50Ω。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）电路图如图所示；（2）2.0；0.50。【分析】（1）分析清楚图1所示电路结构，根据图1所示实物电路图作出实验电路图；（2）根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。【解答】解：（1）由图1所示实物电路图可知，电源、定值电阻、电阻箱与开关组成串联电路，电压表测电阻箱两端电压，根据图1所示实物电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示；（2）由图示电路图可知，路端电压：U＝E﹣I（r+R0）由图示U﹣I图象可知，图象纵轴截距：b＝E＝2.0V，图象斜率的绝对值k＝r+R0=ΔUΔI=2.0-1.30.28电源内阻：r＝k﹣R0＝2.50Ω﹣2.00Ω＝0.50Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）2.0；0.50。【点评】本题考查了电池的电动势E和内电阻r实验，分析清楚图示实物电路图、理解实验原理是解题的前提与关键，注意分析出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。四．解答题（共3小题，满分38分）14．（10分）（2019春•蓝田县期中）在如图所示的电路中，电阻R1＝12Ω，R2＝8Ω，R3＝4Ω．当开关S断开时，测得路端电压U＝3.00V；当S闭合时，测得路端电压U'＝2.88V，求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）开关S闭合时电源内阻上的热功率P。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．【专题】应用题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律列出S闭合和断开时的表达式，求解电动势和内阻。（2）根据闭合电路欧姆定律求解电流，进一步求解功率。【解答】解：（1）S断开时，外电路电阻：R=(R2根据闭合电路欧姆定律可知，E＝U+S闭合时，外电路电阻：R'=R1根据闭合电路欧姆定律可知，E＝U'+代入数据解得：E＝3.6V，r＝1.2Ω。（2）S闭合时，根据闭合电路欧姆定律可知，I=E则内阻消耗的热功率：P＝I2r＝0.432W。答：（1）电源的电动势为3.6V，内电阻为1.2Ω。（2）开关S闭合时电源内阻上的热功率为0.432W。【点评】此题考查了闭合电路欧姆定律的相关计算，解题的关键是分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律列式求解。15．（12分）（2021秋•青羊区校级月考）如图（俯视图），在光滑水平桌面上固定一半径为R＝2.5m的光滑圆弧绝缘轨道ABC和x轴在A点相切，AB为直径，O'为圆心，O'B和O'C之间的夹角为α，sinα=12。仅在第二象限（含x、y轴）有水平向右的匀强电场E。有一质量为m、电量为+q的金属球（置于圆弧轨道内侧）由A点以一定的向左初速度释放，恰好能够在圆弧轨道上做完整的圆周运动。已知E=mgq，重力加速度g（1）金属球在A点释放的速度大小；（2）金属球离开C点后到达x轴的时间。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用；斜抛运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）金属球在A点释放的速度大小为12.5m/s；（2）金属球离开C点后到达x轴的时间为2.4s。【分析】由等效最高点及动能定理求解A点速度；由动能定理及位移与时间的关系求解时间。【解答】解：（1）金属球怡好能在圆弧轨道上做完整的圆周运动，则在等效最高点B′只有重力和电场力的合力提供向心力，如图，则二者合力为F合=G2+F2=则m=v2R=F合从A到B由动能定理得：﹣（mgx重+qEx电）=由几何关系：x重＝R+Rcos45°x电＝Rsin45°联立解得vA＝52+32m/s≈（2）从A到C，在电场力方向上位移x电'＝Rsinα，解得x电'＝1.25m在重力方向上位移为XG'＝R+Rcosα＝（2.5+1.253）m同理，由动能定理﹣（mgxG'+qEx电'）=解得：vC＝（53+3+3如图，则c点竖直方向分速度vy＝vCsinα=5从C点抛出后只受重力。设t时间后到达x轴，则由运动学公式xG′＝vyt+12⇒t≈2.4s或t≈﹣9.9s（舍去）所以金属球离开C点后到达x轴的时间为t≈2.4s。答：（1）金属球在A点释放的速度大小为12.5m/s；（2）金属球离开C点后到达x轴的时间为2.4s。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，找到等效最高点是解题关键。16．（16分）（2021秋•江西月考）如图所示，空间内有水平向左的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的带电小球（图中未画出）。从离水平地面的高度为H处由静止释放，当小球下降的高度为H2时，水平位移大小为L。不计空气阻力，重力加速度大小为g（1）匀强电场的电场强度大小；（2）小球落地前瞬间的动能。【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】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为2mgLqH（2）小球落地前瞬间的动能mgH+4mg【分析】（1）带点小球运动过程中受水平方向电场力和竖直方向重力，竖直方向和水平方向均做匀变速直线运动，根据运动学规律列式即可求出电场强度大小；（2）根据动能定理求落地瞬间动能。【解答】解：（1）从离水平地面的高度为H处由静止释放，当小球下降的高度为H2竖直方向H2水平方向L=1又qE＝ma，联立解得：E=2mgL（2）小球落地过程中，竖直方向H=1水平位移x=1根据动能定理得：mgH+Eqx＝Ek﹣0，解得：Ek＝mgH+4mg答：（1）匀强电场的电场强度大小为2mgLqH（2）小球落地前瞬间的动能mgH+4mg【点评】本题考查带电小球在叠加场中的运动，电场与重力场相互垂直，将小球运动分解为水平方向和竖直方向研究，两个方向运动具有等时性。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0ttanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．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。5．物体之间相互接触时电荷的分配情况【知识点的认识】如果两个完全一样的带电球体相互接触再分开，两个球体所带的电荷会重新分配。有以下两种情况：1.如果两个球体带同种电荷（或其中一个不带电），电荷会平均分配在两个球体上。设两个球体的电荷量分别为q1和q2，则接触之后再分开时，各自的电荷量为：q12.如果两个球体带异种电荷，电荷会先中和再平均分配到两个球体上。设两个球体的电荷量大小分别为q1和q2，则接触之后再分开时，各自的电荷量为：q1′＝q2′=|这一原理叫作电荷均分原理。【命题方向】有三个相同的绝缘金属小球A、B、C，其中小球A带有3×10﹣3C的正电荷，小球B带有﹣2×10﹣3C的负电荷，小球C不带电．先将小球C与小球A接触后分开，再将小球B与小球C接触然后分开，试求这时三球的带电荷量分别为多少？分析：完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分．解答：当小球C和A接触后，A、C球带电为：Q1=QA2=3×10-32C再让小球B与小球C接触，此时C、B带电为：Q2=-2×10-3+1.5×10-32所以最终ABC三小球的带电量分别是：1.5×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C．答：最终ABC三小球的带电量分别是：1.5×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C．点评：完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，注意接触后分开能平均分配的前提条件是三个球完全相同．【解题思路点拨】物体之间相互接触时电荷的分配情况的解题思路如下：1.确认接触前两个物体的电荷性质及电荷量；2.如果是同种电荷，则两个物体的带电量都等于电荷量总和的一半；3.如果是异种电荷，则两个物体的电荷量都等于中和之后剩余电荷量的一半。6．库仑定律的表达式及其简单应用【知识点的认识】1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F＝kq1q2r2，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•3．适用条件：真空中的静止点电荷．【命题方向】题型一：对库仑定律的理解例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）A.3FB.F3C.F分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．解：距离改变之前：F=kq1当电荷量都变为原来的3倍时：F1=k联立①②可得：F1＝9F，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．题型二：库仑定律与力学的综合问题例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为19×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g取10m/s（1）小球A的带电荷量；（2）释放瞬间小球B的加速度大小；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷量．（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，沿绳子方向上，小球受到的合力为零，则mgcos60°＝kqA代入数值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向与绳子垂直，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，a=gsinθ=53（3）释放后小球B做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；（2）释放瞬间小球B的加速度大小为53m/s2；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向．【解题方法点拨】1．库仑定律适用条件（1）库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律．（2）当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．（3）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离．（4）对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．应用库仑定律需要注意的几个问题（1）库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．（2）库仑定律的应用方法：库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸来判断作用力F是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作用力是引力还是斥力．（3）三个点电荷的平衡问题：要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零．3．分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：（1）确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；（2）对研究对象进行受力分析，多了个电场力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，Fy＝0）或牛顿第二定律方程．7．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．8．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。9．等势面及其与电场线的关系【知识点的认识】1．定义：电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．2．特点：①等势面与电场线一定处处正交（垂直）；②在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功；③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；④任意两个电势不相同的等势面既不会相交，也不会相切；⑤等差等势面越密的地方电场线越密．【命题方向】电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面分析：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；故选：C．点评：本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．【解题思路点拨】1.等势面的特点（1）在等势面上任意两点间移动电荷时静电力不做功。（2）同一电场空间两等势面不相交（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。（5）等势面是虚拟的，是为描绘电场的性质而假想的面。2.等势面的应用（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低。（2）由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。（3）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。（4）由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小3.等势面与电场线（1）已知等势面时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。（2）已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。10．电容的概念、单位与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=11．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据C=Q（3）根据E=U（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。【命题方向】如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，A板下方a处有一带电荷量非常小的点电荷。S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A、φa不变B、φa变小C、F变小D、F变大分析：电容器与电源相连，则可知电容器两端的电压不变；由极板的移动可知d的变化，由U＝Ed可知板间场强E的变化，再由U＝Ed可知Aa间的电势差的变化，即可得出aB间电势差的变化及a点电势的变化。解答：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E减小，由F＝Eq可知电荷所受电场力变小，故C正确；则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，而B接地，故a点的电势增大，故A、B均错；故选：C。点评：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本题应注意（1）因下极间接地，故aB间的电势差大小即为a点的电势；（2）因aB间的距离发生变化，不能直接由U＝Ed进行判断，我们是先求得Aa间的电势差再求aB的间电势差。【解题思路点拨】分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。12．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。13．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．14．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。15．电动势的概念和物理意义【知识点的认识】1.电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．2.非静电力：电源内将正电荷从电源的负极搬运到电源正极的作用力称为非静电力。从功能角度看，非静电力做功，使电荷的电势能增加。3.电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E=Wq，单位：4.电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，等于非静电力把1C正电荷从电源负极搬运到正极所做的功。【命题方向】铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A、电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能B、蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大C、蓄电池与电路断开时两极间的电压为2VD、蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能分析：电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大．解答：A．电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，所以对于铅蓄电池的电动势为2V，电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能。故A正确。B．电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大。故B正确。C．电源未接入电路时两端间的电压等于电动势。故C正确。D．电动势是2V，意义是移动1C的正电荷在电源内从负极移到正极，非静电力做功2J，即有2J的化学能转变成电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键理解电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能本领的大小以及电动势是电源非静电力特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关．【解题思路点拨】1.电源的电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，即非静电力移送相同电荷量的电荷做功越多，则电动势越大。2.公式E=Wq是电动势的定义式而不是决定式，E的大小与W和16．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