2024-2025学年上学期长沙高二物理期末典型卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期长沙高二物理期末模拟卷3一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2019•湖南学业考试）如图所示为两点电荷a、b所形成的电场线分布情况，则对两电荷电性的判断，以下说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，其中a带负电，b带正电 B．a、b为异种电荷，其中a带正电，b带负电 C．a、b为同种电荷，其中a带正电，b带正电 D．a、b为同种电荷，其中a带负电，b带负电2．（4分）（2021秋•双城区校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上。下列判断正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低 B．带电粒子在P点的电势能比在Q点的小 C．带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D．带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b3．（4分）（2020秋•河南月考）有一个孤立的平行板电容器，两个极板带有等量的正、负电荷。在保持所带电量不变的情况下，仅改变两极板间的距离d，下列说法正确的是（）A．极板间的距离d加倍，极板间的场强E变为原来的12B．极板间的距离d加倍，极板间的场强E变为原来的2倍 C．极板间的距离d减半，极板间的场强E变为原来的4倍 D．极板间的距离d减半，极板间的场强E没有发生变化4．（4分）（2020•金华模拟）有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。如图所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314Ω•m，在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100V，I＝100mA，则该钻孔的深度为（）A．50m B．100m C．1000m D．2000m5．（4分）（2021秋•河南期末）取两根完全相同的电阻丝，第一次将两电阻丝串联，第二次将两电阻丝拉长一倍后并联，分别接在同一恒压电源两端。若第一次两电阻丝产生的热量为Q时用时为t串，第二次两电阻丝产生的热量为Q时用时为t并，则先后两次所用时间之比为（）A．4：1 B．2：1 C．1：2 D．1：16．（4分）（2015秋•黔南州期末）下列对于电场与磁场的有关描述中，正确的是（）A．电场中某点的电场强度与放在该点的电荷所受的静电力成正比，与电荷的电荷量成反比 B．当电场线是曲线时，初速度为零且只受静电力的电荷的运动轨迹一定与电场线重合 C．多个磁场叠加的区域中，磁感线可能会相交 D．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是客观存在的特殊物质7．（4分）（2017秋•太原期末）飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了。2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1500m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命。设当时飞机正以720km/h的速度飞行，撞到质量为2kg的兔子，作用时间为0.1s．则飞机受到兔子的平均撞击力约为（）A．1.44×103N B．4.0×103N C．8.0×103N D．1.44×104N二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）（多选）8．（4分）如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A．粒子带负电 B．粒子必先过a点，再到b点，然后到c点 C．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＞Epa＞Epb D．粒子在三点的动能大小关系为Ekc＞Eka＞Ekb（多选）9．（4分）（2012秋•连云港校级期中）将电动势为3.0V的电源接入电路中，测得电源外电路的总电压为2.4V，当电路中有6C的电荷流过时（）A．电源中共有14.4J的其他形式能转化为电能 B．电源中共有18J的电能转化为其他形式能 C．内电路中共有3.6J的电能转化为内能 D．外电路中共有14.4J电能转化为其他形式能（多选）10．（4分）（2022秋•海淀区校级期末）下列关于电磁的四个实验表述不正确的是（）A．通电导体棒受力的方向与磁场方向和导体运动方向有关 B．探究电生磁的实验装置 C．闭合开关后，小磁针N极将会逆时针偏转 D．磁体间的作用是通过磁场发生的（多选）11．（4分）（2022秋•临川区校级期中）下列说法正确的是（）A．如图所示，两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是2B0 B．小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动 C．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS D．如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，将线框向右平动时线圈中会产生感应电流（多选）12．（4分）（2018•泉州二模）如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t．对于这一过程，下列判断正确的是（）A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsinθ•t三．实验题（共3小题，满分16分）13．（6分）（2018秋•万州区校级期中）某实验小组测定一节电池的电动势和内阻：该小组用如图1所示电路图进行实验，由实验数据作出的U﹣I图象如图2所示，由图象可求得电源电动势为V，内阻为Ω；所测内阻真实值（选填“大于、小于或等于”）。14．（4分）（2013春•瑞安市校级期中）远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是可减小输电线上能量损失，则在输入功率不变时，使输电电压提高为原来的10倍，输电线上损失的电能将降为原来的．15．（6分）（2017春•潍坊期中）“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示．让质量为m1的小球从斜面上某处自由滚下与静止的质量为m2的小球发生对心碰撞，则：（1）两小球质量的关系应满足A．m1＝m2B．m1＞m2C．m1＜m2（2）实验必须满足的条件是A．轨道末端的切线必须是水平的B．斜槽轨道必须光滑C．入射球m1每次必须从同一高度滚下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度（3）某次实验得出小球的落点情况如图所示，测得落点P、M、N到O点的距离分别为OP、OM、ON，假如碰撞过程动量守恒，则碰撞小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2＝．（用OP、OM、ON表示）四．解答题（共3小题，满分36分，每小题12分）16．（12分）（2023春•乐安县校级期末）真空中有两个点电荷，电量均为+Q，将它们分别固定在等腰三角形底边的顶点A、B上，AB间的距离为d，现将电量为q的试探电荷放到顶点C，测得它所受静电力为F。求：（1）C处的电场强度E；（2）A、B两处点电荷之间的库仑力F。17．（12分）（2021秋•新平县校级期末）在如图甲所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。求：（1）电源内阻r和电动势E；（2）定值电阻R0的最大电功率。18．（12分）（2018•和平区二模）如图所示，光滑水平地面上有高为h的平台，台面上左端有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面也为h，坡道底端与台面相切。小球B放置在台面右端边缘处，并与台面锁定在一起。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与小球B发生碰撞；在A、B碰撞前一瞬间，小球B解除锁定；A、B碰撞后粘连在一起，从台面边缘飞出。两球均可视为质点，质量均为m，平台与坡道的总质量为3m，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）小球A刚滑至水平台面时，小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB；（2）A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离S。

2024-2025学年上学期长沙高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2019•湖南学业考试）如图所示为两点电荷a、b所形成的电场线分布情况，则对两电荷电性的判断，以下说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，其中a带负电，b带正电 B．a、b为异种电荷，其中a带正电，b带负电 C．a、b为同种电荷，其中a带正电，b带正电 D．a、b为同种电荷，其中a带负电，b带负电【考点】电场线的定义及基本特征；电场强度的叠加．【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】A【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：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止，可知，是异种点电荷的电场线，其中a带负电，b带正电，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】掌握住电场线的特点：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，注意电场线方向是确定点电荷的正负的关键。2．（4分）（2021秋•双城区校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上。下列判断正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低 B．带电粒子在P点的电势能比在Q点的小 C．带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D．带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等势面及其与电场线的关系；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；理解能力．【答案】D【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大；加速度的方向与电场线的方向相同，与等势面垂直。【解答】解：A．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；B．根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；C．只有电场力做功，所以带电粒子在P点的动能与电势能之和与在Q点的相等，故C错误；D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D正确。故选：D。【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。3．（4分）（2020秋•河南月考）有一个孤立的平行板电容器，两个极板带有等量的正、负电荷。在保持所带电量不变的情况下，仅改变两极板间的距离d，下列说法正确的是（）A．极板间的距离d加倍，极板间的场强E变为原来的12B．极板间的距离d加倍，极板间的场强E变为原来的2倍 C．极板间的距离d减半，极板间的场强E变为原来的4倍 D．极板间的距离d减半，极板间的场强E没有发生变化【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；理解能力．【答案】D【分析】明确极板上的电量不变，再根据平行板电容器的定义式、决定式进行分析，明确电场强度的表达式，从而分析只改变两板间距离时电场强度的变化。【解答】解：电容器电量不变，根据平行板电容器的定义式C=QU，决定式C=ɛS4πkd，以及E其中k为静电力常量，ε为介电常数，S为两板正对面积，q为电容器所带电量，这些都为常量，且与两板间距d无关，所以电场强度E不变，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题以平行板电容器为情景，考查电容器的性质，考查考生的推理能力和科学思维，注意掌握结论：当电量不变时，只改变两板间距离两板间的电场强度不变。4．（4分）（2020•金华模拟）有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。如图所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314Ω•m，在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100V，I＝100mA，则该钻孔的深度为（）A．50m B．100m C．1000m D．2000m【考点】电阻定律的内容及表达式．【专题】信息给予题；定量思想；转换法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】B【分析】由部分电路欧姆定律R=UI，结合电阻定律【解答】解：设孔内盐水电阻R，由部分电路欧姆定律R=UI，代入数据得：R＝1000Ω；由电阻定律R=ρLS，变形得：L=RSρ，S＝πr2，代入题干数据及R计算值，得L＝故选：B。【点评】题干创新，但本质是部分欧姆定律的应用，学生要加强审题转化能力，灵活运用电阻定律。5．（4分）（2021秋•河南期末）取两根完全相同的电阻丝，第一次将两电阻丝串联，第二次将两电阻丝拉长一倍后并联，分别接在同一恒压电源两端。若第一次两电阻丝产生的热量为Q时用时为t串，第二次两电阻丝产生的热量为Q时用时为t并，则先后两次所用时间之比为（）A．4：1 B．2：1 C．1：2 D．1：1【考点】用焦耳定律计算电热；电功和电功率的计算．【专题】比较思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据串并联电阻特点、电阻定律及焦耳定律求解。【解答】解：设每个电阻丝的电阻为R，第一次将两电阻丝串联时R串＝2R，第二次将两电阻丝拉长一倍后，电阻丝长度变为原来的二倍，横截面积减小为原来的12，根据电阻定律R＝ρLS，电阻变为原来的4倍，即R′＝4R，两电阻丝拉长一倍后并联时R并=R'2=4R2=2R，分别接在同一恒压电源两端，由公式Q＝I2Rt=U2Rt，可得先后两次所用时间之比为t串故选：D。【点评】本题考查了串并联电阻特点、电阻定律及焦耳定律的应用，注意焦耳定律公式及变形式Q＝I2Rt=U6．（4分）（2015秋•黔南州期末）下列对于电场与磁场的有关描述中，正确的是（）A．电场中某点的电场强度与放在该点的电荷所受的静电力成正比，与电荷的电荷量成反比 B．当电场线是曲线时，初速度为零且只受静电力的电荷的运动轨迹一定与电场线重合 C．多个磁场叠加的区域中，磁感线可能会相交 D．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是客观存在的特殊物质【考点】磁感线的概念和性质；静电场和磁场的异同．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】D【分析】根据电场强度的比值定义式E=F电场线是直线，且电荷静止释放，则运动轨迹与电场线重合；磁感线不会相交；磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场是客观存在的特殊物质．【解答】解：A、根据电场强度的比值定义式E=Fq，可知，电场强度与放在该点的电荷所受的静电力，及电荷的电荷量均无关，故B、当电场线是直线时，初速度为零且只受静电力的电荷的运动轨迹才与电场线重合，故B错误；C、多个磁场叠加的区域中，但磁感线不可能会相交，因为磁感线某点切线方向，表示磁场方向，故C错误；D、磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是客观存在的特殊物质，故D正确；故选：D。【点评】考查电场强度的定义式，理解比值定义的含义，知道磁感线某点切线方向表示磁场方向，掌握磁场与电场一样，是一种特殊的物质．7．（4分）（2017秋•太原期末）飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了。2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1500m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命。设当时飞机正以720km/h的速度飞行，撞到质量为2kg的兔子，作用时间为0.1s．则飞机受到兔子的平均撞击力约为（）A．1.44×103N B．4.0×103N C．8.0×103N D．1.44×104N【考点】动量定理的内容和应用．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题．【答案】B【分析】已知兔子的初末速度与作用时间，应用动量定理可以求出作用力。【解答】解：720km/h＝200m/s；对兔子根据动量定理有：Ft＝mv﹣0可得：F=mvt=2×2000.1N=根据牛顿第三定律可知飞机受到兔子的平均撞击力F'＝4.0×103N，则B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查了动量定理的简单应用，对于矢量的运算，我们要考虑方向，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性。二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）（多选）8．（4分）如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A．粒子带负电 B．粒子必先过a点，再到b点，然后到c点 C．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＞Epa＞Epb D．粒子在三点的动能大小关系为Ekc＞Eka＞Ekb【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系．【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】AD【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，并明确动能和势能之和不变，则可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系。【解答】解：A、由题图可知，电场的方向是向上的，根据曲线运动受力的方向指向弯曲的方向可知粒子受电场力一定是向下的，故粒子带负电，故A正确；B、带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故B错误；CD、粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由Ep＝qφ可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，即Epb＞Epa＞Epc，Ekc＞Eka＞Ekb，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点。解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直。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、任意两个等势面都不会相交。⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱。（多选）9．（4分）（2012秋•连云港校级期中）将电动势为3.0V的电源接入电路中，测得电源外电路的总电压为2.4V，当电路中有6C的电荷流过时（）A．电源中共有14.4J的其他形式能转化为电能 B．电源中共有18J的电能转化为其他形式能 C．内电路中共有3.6J的电能转化为内能 D．外电路中共有14.4J电能转化为其他形式能【考点】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】恒定电流专题．【答案】CD【分析】根据电动势的定义式E=Wq，求解有多少其他形式的能转化为电能；根据W1＝U1【解答】解：A、根据电动势的定义式E=Wq，得W＝Eq＝3.0×6J＝18J，非静电力做功18J，则电源中共有18J其他形式的能转化为电能。故B、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，故B错误。C、内电压为U′＝E﹣U＝302.4＝0.6V，内电路中转化为内能的电能为：E内＝qU′＝6×0.6J＝3.6J，故C正确。D、根据W＝Uq得：W1＝U1q＝2.4×6J＝14.4J，则外电路中共有14.4J电能转化为其他形式的能，故D正确。故选：CD。【点评】本题主要考查了W＝Uq公式的直接应用，知道电流做功的过程就是把电能转化为其它形式的能的过程．（多选）10．（4分）（2022秋•海淀区校级期末）下列关于电磁的四个实验表述不正确的是（）A．通电导体棒受力的方向与磁场方向和导体运动方向有关 B．探究电生磁的实验装置 C．闭合开关后，小磁针N极将会逆时针偏转 D．磁体间的作用是通过磁场发生的【考点】磁现象与磁场；通电直导线周围的磁场；安培力的概念．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】ABC【分析】A.根据磁场对电流的作用作答；B.根据电磁感应中导体棒切割磁感线运动产生感应电流作答；C.根据安培定则作答；D.磁体与磁体的相互作用是通过磁场发生的，据此分析作答。【解答】解：A．当闭合开关后，导体运动，说明磁场对电流有力的作用，通电导体棒受力的方向与磁场方向和电流方向有关，与导体运动方向无关，故A错误；B．闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，是磁生电，故B错误；C．根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针将顺时针偏转，故C错误；D．磁场对放入其中的磁体一定有磁场力作用，磁极之间相互作用是通过磁场发生的，故D正确。本题选择不正确的说法。故选：ABC。【点评】磁场与电流、磁体与磁体之间的相互作用都是通过磁场发生的；安培力大小不仅与磁感应强度、通电电流、通电导体的长度有关，还与通电导体与磁场方向的夹角有关。（多选）11．（4分）（2022秋•临川区校级期中）下列说法正确的是（）A．如图所示，两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是2B0 B．小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动 C．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS D．如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，将线框向右平动时线圈中会产生感应电流【考点】电磁感应现象的发现过程；通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义；磁通量的概念和计算公式的定性分析．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】BD【分析】根据矢量运算定则判断；根据右手螺旋定则判断电流周围的磁场，然后确定小磁针的转动方向；根据磁通量的定义判断；根据感应电流产生的条件判断。【解答】解：A．磁感应强度是个矢量，因两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度的方向不同，所以C处磁场的总磁感应强度大小不是2B0，故A错误；B．当导线中通有如图乙所示电流时，根据右手螺旋定则可知导线在小磁针处产生垂直于纸面向内的磁场，所以小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，故B正确；C．因线框平面与磁场方向平行，所以此时通过线框的磁通量为0，故C错误；D．线框向右平动时，通过线圈的磁通量会减小，所以线圈中会产生感应电流，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了磁感应强度、电流周围磁场、磁通量、感应电流等基础知识，要求学生对这些基础知识要重视课本，强化记忆。（多选）12．（4分）（2018•泉州二模）如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t．对于这一过程，下列判断正确的是（）A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsinθ•t【考点】求变力的冲量；动量的定义、单位及性质．【专题】定性思想；方程法；动量定理应用专题．【答案】BD【分析】由冲量的计算公式I＝Ft求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量．【解答】解：A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I＝Nt＝mgcosθ•t，弹力的冲量不为零，故A错误；B、根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg•t，故B正确；C、物体受到的合力的冲量大小：mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsinθ•t，则由动量定理可知，合力的冲量不为零，故C错误，D正确；故选：BD。【点评】此题考查了冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；同时明确动量的矢量性．三．实验题（共3小题，满分16分）13．（6分）（2018秋•万州区校级期中）某实验小组测定一节电池的电动势和内阻：该小组用如图1所示电路图进行实验，由实验数据作出的U﹣I图象如图2所示，由图象可求得电源电动势为1.5V，内阻为0.85Ω；所测内阻小于真实值（选填“大于、小于或等于”）。【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；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】1.5；0.85；小于。【分析】根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻；根据实验电路图分析实验误差。【解答】解：根据坐标系内描出的点作出图象如图所示根据闭合电路的欧姆定律得：U＝E﹣Ir由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势E＝1.5V，电源内阻r=ΔUΔI=1.5-1.00.59由电路图可知，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，导致电源内阻的测量值小于真实值，即测量值偏小。故答案为：1.5；0.85；小于。【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题。14．（4分）（2013春•瑞安市校级期中）远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是可减小输电线上能量损失，则在输入功率不变时，使输电电压提高为原来的10倍，输电线上损失的电能将降为原来的0.01．【考点】高压输电的原理和优点．【专题】交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】根据P＝UI，抓住功率不变，通过输电电压的变化得出输电电流的变化，从而根据P损【解答】解：根据P＝UI知，输电电压提高为原来的10倍，则输电电流变为原来的110根据P损=I2R故答案为：0.01．【点评】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道P损15．（6分）（2017春•潍坊期中）“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示．让质量为m1的小球从斜面上某处自由滚下与静止的质量为m2的小球发生对心碰撞，则：（1）两小球质量的关系应满足BA．m1＝m2B．m1＞m2C．m1＜m2（2）实验必须满足的条件是ACDA．轨道末端的切线必须是水平的B．斜槽轨道必须光滑C．入射球m1每次必须从同一高度滚下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度（3）某次实验得出小球的落点情况如图所示，测得落点P、M、N到O点的距离分别为OP、OM、ON，假如碰撞过程动量守恒，则碰撞小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2＝ONOP-OM．（用OP、OM、ON【考点】验证动量守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；动量定理应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】①在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；②根据实验注意事项分析答题；③根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后答题；④根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比．【解答】解：（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1大于m2．故B正确，AC错误；（2）①A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确．D、为保证两球发生对心正碰，碰撞后小球做平抛运动，碰撞的瞬间m1和m2球心连线与轨道末端的切线平行，并且球心应等高，故D正确；故选：ACD．（3）两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v1′+m2v2′，两边同时乘以t得：m1v1t＝m1v1′t+m2v2′t，则有：m1OP＝m1OM+m2ON，解得：m1：m2＝）ONOP-OM故答案为：（1）B；（2）ACD；（3）ONOP-OM【点评】本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，要注意明确实验中基本方法和注意事项，并掌握本实验中利用平抛运动研究对动量守恒的基本方法．四．解答题（共3小题，满分36分，每小题12分）16．（12分）（2023春•乐安县校级期末）真空中有两个点电荷，电量均为+Q，将它们分别固定在等腰三角形底边的顶点A、B上，AB间的距离为d，现将电量为q的试探电荷放到顶点C，测得它所受静电力为F。求：（1）C处的电场强度E；（2）A、B两处点电荷之间的库仑力F。【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】（1）C处的电场强度EFq（2）A、B两处点电荷之间的库仑力F为kQ【分析】根据电场强度的定义式，结合库仑定律，及矢量的合成法则，即可求解．【解答】解：（1）根据电场强度的定义可以知道，C处的电场强度为：E=F（2）根据库仑定律可知：F=k答：（1）C处的电场强度为Fq，方向与F（2）A、B两处点电荷之间的库仑力F为kQ【点评】考查电场强度的定义式与库仑定律的内容是解题的关键．17．（12分）（2021秋•新平县校级期末）在如图甲所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。求：（1）电源内阻r和电动势E；（2）定值电阻R0的最大电功率。【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】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）电源内阻为2Ω，电动势为3.6V；（2）定值电阻R0的最大电功率为0.9W。【分析】（1）根据图像分析电压与电流的图像斜率可解得定值电阻与内阻，再根据闭合电路欧姆定律解得电动势；（2）当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，根据功率公式解得定值电阻R0的最大电功率。【解答】解：（1）由图甲知，电压表V1测定值电阻R0两端电压，且R0两端的电压随电流的增大而增大，则图乙中下方图线表示电压表V1的读数随电流表读数的变化情况，由图线的斜率得：R0=ΔUΔI=3.0-1.0电压表V2测得的是电源的路端电压，图乙中上方图线表示V2的读数随电流表读数的变化情况，上方图线斜率的绝对值等于电源的内阻：r=ΔU'ΔI'=3.4-3.0当电路中电流为0.1A时，电压表V2的读数为3.4V，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝U+Ir＝3.4V+0.1×2V＝3.6V（2）当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大电流为：Imax=ER0此时定值电阻R0消耗的功率最大，最大电功率为：Pmax=Imax2⋅R0=（答：（1）电源内阻为2Ω，电动势为3.6V；（2）定值电阻R0的最大电功率为0.9W。【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律，解题关键掌握图像的认识，根据电压与电流的变化关系解得电阻值。18．（12分）（2018•和平区二模）如图所示，光滑水平地面上有高为h的平台，台面上左端有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面也为h，坡道底端与台面相切。小球B放置在台面右端边缘处，并与台面锁定在一起。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与小球B发生碰撞；在A、B碰撞前一瞬间，小球B解除锁定；A、B碰撞后粘连在一起，从台面边缘飞出。两球均可视为质点，质量均为m，平台与坡道的总质量为3m，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）小球A刚滑至水平台面时，小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB；（2）A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离S。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【答案】见试题解答内容【分析】（1）小球A下滑的过程，A、B及平台组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，机械能也守恒，由此列式，即可求解。（2）对于A、B两球碰撞过程，由动量守恒定律求得碰后两球的共同速度。之后，两球一起做平抛运动，平台做匀速直线运动，由平抛运动的规律和几何关系求解。【解答】解：（1）小球A下滑的过程，对A、B及平台组成的系统，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：0＝mvA﹣（3m+m）vB。根据机械能守恒定律得：mgh=12mvA2+12（3m+m）联立解得：vA=85gh，（2）对于A、B两球碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA﹣mvB＝2mv得：v=之后两球一起做平抛运动，时间为：t=A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离为：S＝vBt+vt。解得：S=2答：（1）小球A刚滑至水平台面时，小球A的速度大小vA是85gh，小球B的速度大小vB是（2）A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离S是25+【点评】本题要分析清楚两球及平台的运动过程，把握每个过程的规律，知道小球A下滑的过程系统水平动量守恒和机械能守恒，但总动量不守恒。掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。

考点卡片1．动量的定义、单位及性质【知识点的认识】1.动量的定义：质量和速度的乘积。用符号p表示。2.公式：p＝mv。3.单位：千克米每秒，符号：kg•m/s。4.标矢性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。【命题方向】物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（）A、物体速度的大小一定随时间变化B、物体速度的方向一定随时间变化C、物体动能一定随时间变化D、物体动量一定随时间变化分析：加速度不为零，物体受到的合力不为零，根据合力方向与速度方向间的关系分析判断物体速度大小、方向如何变化，动能是否变化，由动量定理分析答题．解答：物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零；A、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故A错误；B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，物体动能不变，故C错误；D、物体所受合力不为零，则物体所受的冲量不为零，由动量定理可知，物体的动量一定随时间变化，故D正确；故选：D。点评：物体所受合力不为零，物体做变速运动，物体的动量一定变化，物体的速度大小、速度方向、物体动能是否变化与物体做什么运动有关系，应具体分析讨论．【解题思路点拨】动量的性质有：（1）瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。2．求变力的冲量【知识点的认识】求变力的冲量有三个方法：1.若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量；2.若给出了力随时间变化的图像，如图所示，可用面积法求变力的冲量；3.利用动量定理求解。【命题方向】一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。对此过程的描述，错误的是（）A、地面对运动员的弹力做功为1B、运动员所受合力的冲量大小为mvC、地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔtD、重力的冲量大小为mgΔt分析：已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。解答：A、在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；B、根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小IF＝mv故B正确；C、以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面对人弹力的冲量为NΔt＝mgΔt+mv故C正确。D、重力的冲量大小IG＝mgΔt故D正确；本题选不正确项。故选：A。点评：在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解。【解题思路点拨】1.对于变力的冲量计算，定义式不再适用，要根据题目条件选择合适的方法进行计算。2.求合冲量的两种方法（1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；（2）另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。3．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．4．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．5．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．6．电场强度的叠加【知识点的认识】电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则．在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解．【命题方向】图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A、Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左。当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右。故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右。不论电量大小关系，仍偏右。故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左。不论它们的电量大小关系，仍偏左。故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左。故D正确；故选：ACD。点评：正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．【解题思路点拨】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。7．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＝8．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．9．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。10．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。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．电阻定律的内容及表达式【知识点的认识】1．电阻定律（1）内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．（2）表达式：R＝ρlS2．电阻率（1）计算式：ρ=RS（2）物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：下列说法中正确的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．故选BD．点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用：如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d．管两端有导电金属箍M、N．现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I．则金属膜的电阻率的值为（）A.UIB.πUD24IL分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，在根据电阻定律R＝ρLs计算出镀膜材料的电阻率即可．解：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=U镀膜材料的截面积为s＝2πD2•d＝πDd根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sRL=故选C．点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可．【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的