2024-2025學(xué)年上學(xué)期合肥高二物理期末卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期合肥高二物理期末卷1一．選擇題（共11小題，滿分46分）1．（4分）（2021秋?重慶期中）下列觀點中，合理的是（）A．法拉第利用甲圖所示的扭稱裝置研究點電荷之間的靜電力作用規(guī)律 B．超高壓帶電作業(yè)所穿衣服的織物中摻入了金屬絲，是為了防止被銳物所傷 C．照相機閃光燈，是利用電容器放電來實現(xiàn)瞬時大電流放電 D．乙圖所示的操作，可以使得左側(cè)驗電器金屬箔片張開2．（4分）（2021?江蘇學(xué)業(yè)考試）兩個電荷量均為Q的點電荷，相距r時，它們之間的靜電力為F。保持它們間的距離不變，將它們的電荷量均增加為2Q，則它們間的靜電力為（）A．F B．2F C．4F D．16F3．（4分）（2017?北京二模）某同學(xué)利用電流傳感器研究電容器的放電過程，他按如圖1所示連接電路．先使開關(guān)S接1，電容器很快充電完畢．然后將開關(guān)擲向2，電容器通過R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I﹣t曲線如圖2所示．他進一步研究滑動變阻器的阻值變化對曲線的影響，斷開S，先將滑片P向右移動一段距離，再重復(fù)以上操作，又得到一條I﹣t曲線．關(guān)于這條曲線，下列判斷正確的是（）A．曲線與坐標(biāo)軸所圍面積將增大 B．曲線與坐標(biāo)軸所圍面積將減小 C．曲線與縱軸交點的位置將向上移動 D．曲線與縱軸交點的位置將向下移動4．（4分）（2023春?渝中區(qū)校級期中）不同用電器正常工作時使用不同類型的電流，手機充電時需要使用直流電，因此充電器中有將交變電流轉(zhuǎn)化為直流電的整流器，圖甲為一種將正弦交流電轉(zhuǎn)直流電的電路設(shè)計；而金屬探測器內(nèi)部裝有直流電源，但使用時需要用到交流電所激發(fā)的電磁波，圖乙為某金屬探測器內(nèi)的LC振蕩電路部分，此時電容器下極板帶正電。則（）A．甲圖中，若輸入端的電壓有效值為U0，則輸出端電壓有效值為0.5U0 B．圖乙中，若此時回路中的電流方向為順時針，則線圈的自感電動勢在增加 C．圖乙中，若此時回路中電場能正在轉(zhuǎn)化為磁場能，則電容器上所帶電荷正在增加 D．只有當(dāng)LC振蕩電路中的線圈與外界金屬有相對運動時，外界金屬才會產(chǎn)生渦流5．（4分）（2024?沙市區(qū)校級模擬）呼吸機是治療新冠肺炎的重要設(shè)備，其核心元件為呼吸機馬達（即電動機）。表為某品牌呼吸機馬達的技術(shù)參數(shù)，用圖示交流電源通過理想變壓器給馬達供電，使其正常工作。則（）呼吸機馬達技術(shù)參數(shù)：供電電壓：24V空載轉(zhuǎn)速：443000rpm空載電流：0.2A額定轉(zhuǎn)速：30000rpm額定負載力矩：10N?m額定電流：1.9A額定輸出功率：32WA．馬達內(nèi)線圈的電阻為120Ω B．馬達正常工作時理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55：6 C．該交流電源的電壓有效值為311V D．該交流電源每秒內(nèi)電流方向變化50次6．（4分）（2014秋?南平期末）如圖所示，用絕緣絲線懸掛著的環(huán)形導(dǎo)體，位于與其所在平面垂直且向右的勻強磁場中，若某時刻起該磁場逐漸增強，則（）A．環(huán)形導(dǎo)體中會產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流 B．環(huán)形導(dǎo)體會向左偏 C．環(huán)形導(dǎo)體有收縮的趨勢 D．環(huán)形導(dǎo)體不向左或向右偏，但絲線的拉力增大7．（4分）（2023春?安慶期中）磁電式電流表的構(gòu)造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，轉(zhuǎn)軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示。當(dāng)電流通過線圈時，線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)動，螺旋彈簧被扭動，線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS＝kθ，式中N線圈為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，I為通過線圈的電流，B為磁感應(yīng)強度，θ為線圈（指針）偏角，k是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象，由題中的信息可知（）?A．線圈中間的鐵芯內(nèi)也是有磁場的，且也呈現(xiàn)輻向分布 B．若線圈中通以如圖乙所示的電流時，線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動 C．線圈（指針）偏角θ與通過線圈的電流I成正比 D．電流表的靈敏度定義為ΔθΔI，更換k8．（4分）（2020秋?通州區(qū)期末）回旋加速器的工作原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，處于與盒面垂直的勻強磁場中，它們之間有一定的電勢差U。A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在加速器中被加速。下列說法正確的是（）A．帶電粒子在D形盒內(nèi)被磁場不斷地加速 B．交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期 C．兩D形盒間電勢差U越大，帶電粒子離開D形盒時的動能越大 D．加速次數(shù)越多，帶電粒子離開D形盒時的動能越大9．（4分）（2021春?市中區(qū)校級月考）如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面水平向里。一帶電微粒由a點以一定的初速度進入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是（）A．微?？赡軒д?，也可能帶負電 B．微粒的動能可能變大 C．微粒的電勢能一定減少 D．微粒的機械能一定不變（多選）10．（5分）（2017春?紅塔區(qū)校級月考）如圖所示，A、B為兩個電荷量相等的正點電荷，a、O、b在點電荷A、B的連線上，c、O、d在連線的中垂線上，Oa＝Ob＝Oc＝Od，則（）A．a(chǎn)、b兩點的場強大小、方向都相同 B．c、d兩點的場強大小相同，方向相反 C．將一個正的試探電荷從a點移動到c點，電場力做正功 D．將一個正的試探電荷從c點移動到O點，電場力不做功（多選）11．（5分）如圖為靜電除塵示意圖，M、N兩點與高壓電源連接時，金屬管內(nèi)的空氣電離，電離出的電子在靜電力的作用下運動，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負電荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的煙就清潔了。就此示意圖，下列說法正確的是（）A．N接電源的正極 B．M接電源的正極 C．電場強度EB＞EA D．電場強度EB＜EA二．實驗題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2023秋?墊江縣校級月考）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗中，小胡采用了如圖的可拆式變壓器和電路圖進行研究。（1）小胡將圖中變壓器的左側(cè)線圈接線柱0、8（代表800匝）與低壓直流電源12V擋相連，與右側(cè)線圈0、2（代表200匝）接線柱相連的電壓表示數(shù)最可能是；A．48.0VB．3.0VC．0V（2）小胡正確選材并接線后，記錄如下表所示四組實驗數(shù)據(jù)。第一組第二組第三組第四組N1/匝100100100200N2/匝200400400400U1/V1.850.911.813.65U2/V4.004.008.008.00若僅探究匝數(shù)N2對電壓U1的影響，應(yīng)該分析第一組和第組數(shù)據(jù)，分析表中數(shù)據(jù)可知，N1一定是（填“原”或“副”）線圈的匝數(shù)。13．（10分）（2021?山東模擬）現(xiàn)有一導(dǎo)電橡膠制成的圓柱體R，約12kΩ，用螺旋測微器測其直徑D，示數(shù)如圖甲，用游標(biāo)卡尺測得其長度為L，要測量該材料的電阻率，實驗室提供的器材如下：A．學(xué)生電源（0～20V）B．電流表A1（0～3A）C．電流表A2（0～0.6A）D．電壓表V1（0～3V，內(nèi)阻3kΩ）E．電壓表V2（0～15V，內(nèi)阻15kΩ）F．滑動變阻器R1（0～20Ω）G．滑動變阻器R2（0～200Ω）H．開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）圓柱體的直徑D為mm。（2）請根據(jù)提供的器材，在虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖。（3）用測量量和已知量計算電阻率的表達式，式中各符號的意義是。三．解答題（共3小題，滿分38分）14．（9分）（2022?梁河縣校級開學(xué)）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E＝9V，電源內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R＝5Ω，重物質(zhì)量m＝0.10kg，當(dāng)將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為8V，當(dāng)重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為8.5V，求：（1）電動機的內(nèi)阻；（2）重物勻速上升的速度大?。ú挥嬆Σ?，g取10m/s2）。15．（14分）（2022?上杭縣校級模擬）如圖所示，在x軸上方存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的P（0，h）點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成θ＝60°第一次進入電場。求：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v；（2）若粒子經(jīng)過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，勻強電場的電場強度大小E1；（3）若僅改變勻強電場場強的大小，使粒子在第一次進入電場再第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，改變后的勻強電場場強E多大？16．（15分）（2022春?東城區(qū)校級期末）光滑的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ固定在水平地面上，整個空間存在豎直向下的勻強磁場，兩根相同的金屬棒ab和cd垂直放置在導(dǎo)軌上，如圖1所示。開始時cd棒靜止，ab棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動。隨后cd棒也運動起來，兩棒始終未能相碰，忽略金屬棒中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場。a.已知兩根金屬棒的質(zhì)量均為m，求cd棒最終獲得的動能Ek；b.圖2是圖1的俯視圖。請在圖2中畫出ab、cd棒在達到最終狀態(tài)之前，棒內(nèi)自由電子所受洛倫茲力的示意圖；并從微觀的角度，通過計算分析說明，在很短的時間Δt內(nèi)，ab棒減少的動能是否等于cd棒增加的動能。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期合肥高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共11小題，滿分46分）1．（4分）（2021秋?重慶期中）下列觀點中，合理的是（）A．法拉第利用甲圖所示的扭稱裝置研究點電荷之間的靜電力作用規(guī)律 B．超高壓帶電作業(yè)所穿衣服的織物中摻入了金屬絲，是為了防止被銳物所傷 C．照相機閃光燈，是利用電容器放電來實現(xiàn)瞬時大電流放電 D．乙圖所示的操作，可以使得左側(cè)驗電器金屬箔片張開【考點】電磁學(xué)物理學(xué)史；庫侖定律的表達式及其簡單應(yīng)用；靜電平衡現(xiàn)象、等勢體；靜電屏蔽的原理與應(yīng)用；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】C【分析】庫侖利用扭稱裝置研究點電荷之間的靜電力作用規(guī)律；超高壓帶電作業(yè)的工人所穿衣物的織物中摻入了金屬絲，是靜電屏蔽的原理使人體免受高壓電場及電磁波的危害；照相機閃光燈利用電容器貯存能量，然后放電來實現(xiàn)瞬時大電流放電；結(jié)合靜電平衡的特點分析?！窘獯稹拷猓篈、庫侖利用甲圖所示的扭稱裝置研究點電荷之間的靜電力作用規(guī)律，故A錯誤；B、超高壓帶電作業(yè)的工人所穿衣服的織物中摻入金屬絲，這是利用了金屬絲組成的網(wǎng)的靜電屏蔽作用，防護人體免受高壓電場及電磁波的危害，故B錯誤；C、電容器能充電放電，照相機的電子閃光燈發(fā)出強烈的閃光，是通過電容器放電來實現(xiàn)瞬時大電流放電，故C正確；D、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，凈電荷只分布在外表面上，乙圖所示的操作，不能從金屬圓筒的內(nèi)表面得到電荷，所以不能使得左側(cè)驗電器金屬箔片張開，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查常見物理原理的應(yīng)用，要注意明確常用儀器的工作原理，能用所學(xué)物理規(guī)律進行分析．2．（4分）（2021?江蘇學(xué)業(yè)考試）兩個電荷量均為Q的點電荷，相距r時，它們之間的靜電力為F。保持它們間的距離不變，將它們的電荷量均增加為2Q，則它們間的靜電力為（）A．F B．2F C．4F D．16F【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．【答案】C【分析】本題根據(jù)庫侖定律，結(jié)合題意，即可解答。【解答】解：兩個電荷量均為Q的點電荷，相距r時，它們之間的靜電力為F，根據(jù)庫侖定律F＝kQ2r2，保持它們間的距離不變，將它們的電荷量均增加為2Q，根據(jù)庫侖定律F′＝k(2Q)2r故選：C?！军c評】本題考查學(xué)生對庫侖定律的掌握，難度不高，比較基礎(chǔ)。3．（4分）（2017?北京二模）某同學(xué)利用電流傳感器研究電容器的放電過程，他按如圖1所示連接電路．先使開關(guān)S接1，電容器很快充電完畢．然后將開關(guān)擲向2，電容器通過R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I﹣t曲線如圖2所示．他進一步研究滑動變阻器的阻值變化對曲線的影響，斷開S，先將滑片P向右移動一段距離，再重復(fù)以上操作，又得到一條I﹣t曲線．關(guān)于這條曲線，下列判斷正確的是（）A．曲線與坐標(biāo)軸所圍面積將增大 B．曲線與坐標(biāo)軸所圍面積將減小 C．曲線與縱軸交點的位置將向上移動 D．曲線與縱軸交點的位置將向下移動【考點】電容器的充放電問題．【專題】比較思想；圖析法；恒定電流專題．【答案】D【分析】I﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示放電的電荷量，根據(jù)電容器帶電量是否變化，分析曲線與坐標(biāo)軸所圍面積如何變化．將滑片P向右移動時，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析放電電流的變化，從而確定曲線與縱軸交點的位置如何變化．【解答】解：AB、I﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示電容器放電的電荷量，而電容器的帶電量Q＝CE，沒有變化，所以曲線與坐標(biāo)軸所圍面積不變，故A、B錯誤。CD、將滑片P向右移動時，變阻器接入電路的電阻增大，由閉合電路歐姆定律知，將開關(guān)擲向2時電容器開始放電的電流減小，則曲線與縱軸交點的位置將向下移動，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】解決本題的關(guān)鍵是知道I﹣t圖線與時間軸圍成的面積表示通過的電荷量，運用閉合電路歐姆定律分析．4．（4分）（2023春?渝中區(qū)校級期中）不同用電器正常工作時使用不同類型的電流，手機充電時需要使用直流電，因此充電器中有將交變電流轉(zhuǎn)化為直流電的整流器，圖甲為一種將正弦交流電轉(zhuǎn)直流電的電路設(shè)計；而金屬探測器內(nèi)部裝有直流電源，但使用時需要用到交流電所激發(fā)的電磁波，圖乙為某金屬探測器內(nèi)的LC振蕩電路部分，此時電容器下極板帶正電。則（）A．甲圖中，若輸入端的電壓有效值為U0，則輸出端電壓有效值為0.5U0 B．圖乙中，若此時回路中的電流方向為順時針，則線圈的自感電動勢在增加 C．圖乙中，若此時回路中電場能正在轉(zhuǎn)化為磁場能，則電容器上所帶電荷正在增加 D．只有當(dāng)LC振蕩電路中的線圈與外界金屬有相對運動時，外界金屬才會產(chǎn)生渦流【考點】電磁振蕩及過程分析．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)有效值定義計算整流后輸出端電壓的有效值；根據(jù)電流的方向判斷電路中電流的變化，從而判斷因此線圈自感電動勢的變化；根據(jù)電場能的變化判斷電容器上所帶電荷的變化；只要振蕩電路中的交變電流產(chǎn)生變化的磁場和電場就能在金屬內(nèi)部激發(fā)渦流?！窘獯稹拷猓篈．交流電經(jīng)二極管整流后變?yōu)榘雮€周期內(nèi)有正弦電流，另半個周期沒有電流的直流電，設(shè)此時的電壓有效值為U1，根據(jù)有效值的定義得：U1解得：U1=UB．若此時電流為順時針，由于電容器下極板帶正電可知此時正在充電，電容器上的電荷量逐漸增加，充電電流逐漸減小，但電流的變化率在增加，因此線圈自感電動勢增加，故B正確；C．若電場能正在轉(zhuǎn)化為磁場能，說明電容器兩極板間的電場在變?nèi)?，電壓在減小，電容器所帶電荷量在減少，故C錯誤；D．振蕩電路中的交變電流產(chǎn)生變化的磁場和電場，能在金屬內(nèi)部激發(fā)渦流，與電路和金屬之間是否有相對運動無關(guān)，即使相對靜止也能產(chǎn)生渦流，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了有效值、電磁振蕩、渦流的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵知道在LC振蕩電路中，當(dāng)電容器充電時，電流在減小，電容器上的電荷量增大，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能；當(dāng)電容器放電時，電流在增大，電容器上的電荷量減小，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能。5．（4分）（2024?沙市區(qū)校級模擬）呼吸機是治療新冠肺炎的重要設(shè)備，其核心元件為呼吸機馬達（即電動機）。表為某品牌呼吸機馬達的技術(shù)參數(shù)，用圖示交流電源通過理想變壓器給馬達供電，使其正常工作。則（）呼吸機馬達技術(shù)參數(shù)：供電電壓：24V空載轉(zhuǎn)速：443000rpm空載電流：0.2A額定轉(zhuǎn)速：30000rpm額定負載力矩：10N?m額定電流：1.9A額定輸出功率：32WA．馬達內(nèi)線圈的電阻為120Ω B．馬達正常工作時理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55：6 C．該交流電源的電壓有效值為311V D．該交流電源每秒內(nèi)電流方向變化50次【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；正弦式交變電流的函數(shù)表達式及推導(dǎo)；變壓器的構(gòu)造與原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】B【分析】非純電阻電路不能用歐姆定律求解；理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比；根據(jù)圖像求解交流電壓的峰值，根據(jù)正弦式交變電流規(guī)律求解電壓的有效值；根據(jù)圖像求解交流電的周期，1個周期內(nèi)電流的方向變化兩次，據(jù)此分析即可。【解答】解：A．馬達空載時，為非純電阻電路，不能用歐姆定律求解電阻，即利用圖中數(shù)據(jù)，不能求解馬達內(nèi)線圈的電阻，所以其內(nèi)阻不是120Ω，故A錯誤；B．理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比等于交流電源的電壓有效值與供電電壓之比，即n1：n2＝U1：U2其中U1=22022V＝220V，U解得：n1：n2＝55：6，故B正確；C．交流電源電壓的有效值應(yīng)為220V，故C錯誤；D．正弦交流電每個周期內(nèi)電流方向變化2次，該交流電的周期為0.02s，1s內(nèi)包含50個周期，所以該交流電每秒內(nèi)電流方向變化100次，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查正弦式交變電流和非純電阻電路的計算，解題關(guān)鍵是會通過圖像得到電壓的峰值和周期，掌握正弦式交變電流的規(guī)律，知道理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比。6．（4分）（2014秋?南平期末）如圖所示，用絕緣絲線懸掛著的環(huán)形導(dǎo)體，位于與其所在平面垂直且向右的勻強磁場中，若某時刻起該磁場逐漸增強，則（）A．環(huán)形導(dǎo)體中會產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流 B．環(huán)形導(dǎo)體會向左偏 C．環(huán)形導(dǎo)體有收縮的趨勢 D．環(huán)形導(dǎo)體不向左或向右偏，但絲線的拉力增大【考點】楞次定律及其應(yīng)用．【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】C【分析】根據(jù)左手定則可知，通電導(dǎo)線在磁場中受力的方向，并由受力方向來判定導(dǎo)體運動情況，并根據(jù)楞次定律來判定感應(yīng)電流的方向．【解答】解：A、根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈的磁通量增大，則感應(yīng)電流方向與圖示方向相同，故A錯誤；BC、根據(jù)左手定則，環(huán)形導(dǎo)體所受到的安培力方向與導(dǎo)體平面平行，導(dǎo)致安培力只能使導(dǎo)體處于收縮狀態(tài)，因此仍能靜止不動。故B錯誤，C正確；D、由上分析可知，磁場對線圈的安培力的合力為零，則線的拉力大小不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】通電電流處于勻強磁場中，受到安培力作用，根據(jù)左手定則判斷．注意本題強調(diào)環(huán)形導(dǎo)體與磁場垂直放置，最后理解楞次定律的內(nèi)容．7．（4分）（2023春?安慶期中）磁電式電流表的構(gòu)造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，轉(zhuǎn)軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示。當(dāng)電流通過線圈時，線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)動，螺旋彈簧被扭動，線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS＝kθ，式中N線圈為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，I為通過線圈的電流，B為磁感應(yīng)強度，θ為線圈（指針）偏角，k是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象，由題中的信息可知（）?A．線圈中間的鐵芯內(nèi)也是有磁場的，且也呈現(xiàn)輻向分布 B．若線圈中通以如圖乙所示的電流時，線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動 C．線圈（指針）偏角θ與通過線圈的電流I成正比 D．電流表的靈敏度定義為ΔθΔI，更換k【考點】磁電式電流表．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】首先利用圖示的裝置分析出其制成原理，即通電線圈在磁場中受安培力而轉(zhuǎn)動，線圈的轉(zhuǎn)動可以帶動指針偏轉(zhuǎn)；根據(jù)由左手定則來確定安培力的方向；根據(jù)線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS＝kθ推導(dǎo)線圈（指針）偏角θ的表達式，然后進行判斷；推導(dǎo)電流表的靈敏度的表達式，然后進行分析判斷。【解答】解：A．蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，鐵芯中的確有磁場，但分布并不是幅向分布的，故A錯誤；B．若線圈中通以如圖乙所示的電流時，根據(jù)左手定則，左側(cè)導(dǎo)線所受安培力向上，右側(cè)導(dǎo)線所受安培力向下，線圈將沿順時針方向轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C．根據(jù)題意線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS＝kθ解得：θ=可知線圈（指針）偏角θ與通過線圈的電流I成正比，故C正確；D．電流表的靈敏度定義為ΔθΔINBIS＝kθ解得：Δθ可知更換k值更大的螺旋彈簧，電流表的靈敏度減小了，故D錯誤。故選：C。【點評】本題解題的關(guān)鍵是讀懂題中信息，磁電式電流表內(nèi)部NBIS＝kθ，從而推出靈敏度ΔθΔI8．（4分）（2020秋?通州區(qū)期末）回旋加速器的工作原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，處于與盒面垂直的勻強磁場中，它們之間有一定的電勢差U。A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在加速器中被加速。下列說法正確的是（）A．帶電粒子在D形盒內(nèi)被磁場不斷地加速 B．交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期 C．兩D形盒間電勢差U越大，帶電粒子離開D形盒時的動能越大 D．加速次數(shù)越多，帶電粒子離開D形盒時的動能越大【考點】回旋加速器．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】回旋加速器利用電場加速，磁場偏轉(zhuǎn)，帶電粒子在磁場中運動的周期等于交變電場的周期相同；根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到最大動能的大小，掌握回旋加速器的工作原理即可解答。【解答】解：A、帶電粒子在D形盒之間的空隙內(nèi)加速，在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以在磁場中運動時動能不變，故A錯誤；B、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動、在電場中加速，二者周期相同時，才能正常運行，所以交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期，故B正確；C、設(shè)D型盒的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝mv2R，解得最大動能為Ek=1D、加速器對帶電粒子加速的次數(shù)越多，粒子獲得的動能越大，但如果粒子的速度很大時，其相對論效應(yīng)就不能忽略，粒子在磁場中運動的周期就會發(fā)生變化，所以加速器不可能對帶電粒子進行無限加速，故D錯誤；故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器利用電場加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)，以及知道粒子在磁場中運動的周期與交變電壓周期的關(guān)系．9．（4分）（2021春?市中區(qū)校級月考）如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面水平向里。一帶電微粒由a點以一定的初速度進入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是（）A．微?？赡軒д?，也可能帶負電 B．微粒的動能可能變大 C．微粒的電勢能一定減少 D．微粒的機械能一定不變【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】常規(guī)題型；定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；理解能力．【答案】C【分析】對帶電粒子進行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，可判斷粒子合外力為零，再根據(jù)各力的做功情況，即可判斷?！窘獯稹拷猓篈、微粒受到重力、電場力和洛倫茲力作用，微粒只能做直線運動，其合力為零，根據(jù)共點力平衡條件可知微粒的受力情況如圖所示，所以微粒一定帶負電，故A錯誤；B、微粒一定做勻速直線運動，否則速度變化，洛倫茲力變化，微粒做曲線運動，因此微粒的動能保持不變，故B錯誤；C、微粒由a沿直線運動到b的過場中，電場力做正功，電勢能一定減小，故C正確；D、重力做負功，重力勢能增加，而動能不變，則微粒的機械能一定增加，故D錯誤。故選：C?！军c評】帶電粒子在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中，只要是做直線運動，一定是勻速直線運動（v與B不平行）。若速度是變的，洛倫茲力會變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動。（多選）10．（5分）（2017春?紅塔區(qū)校級月考）如圖所示，A、B為兩個電荷量相等的正點電荷，a、O、b在點電荷A、B的連線上，c、O、d在連線的中垂線上，Oa＝Ob＝Oc＝Od，則（）A．a(chǎn)、b兩點的場強大小、方向都相同 B．c、d兩點的場強大小相同，方向相反 C．將一個正的試探電荷從a點移動到c點，電場力做正功 D．將一個正的試探電荷從c點移動到O點，電場力不做功【考點】電場線的定義及基本特征；電場強度的疊加．【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】BC【分析】場強是矢量，只有大小和方向都相同，場強才相同．作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低判斷電勢的高低．再判斷電場力做功正負．【解答】解：作出兩個電荷連線上的電場線和中垂線上電場線如圖。A、根據(jù)電場線分布可知，a、b兩點場強方向相反，則場強不同；故A錯誤。B、根據(jù)電場線分布和對稱性可知，c、b兩點場強大小相同，方向相反，故B正確。C、將一個正的試探電荷從a點移動到c點，電勢不斷降低，電勢能不斷減小，則電場力一直做正功。故C正確。D、將一個正的試探電荷從c點移動到O點，電場力方向與位移方向相反，電場力做負功。故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題的技巧是作出電場線，根據(jù)電場線的方向判斷電勢的高低是常用的方法，要學(xué)會應(yīng)用．要注意場強是矢量，只有大小、方向都相同時場強才相同．（多選）11．（5分）如圖為靜電除塵示意圖，M、N兩點與高壓電源連接時，金屬管內(nèi)的空氣電離，電離出的電子在靜電力的作用下運動，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負電荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的煙就清潔了。就此示意圖，下列說法正確的是（）A．N接電源的正極 B．M接電源的正極 C．電場強度EB＞EA D．電場強度EB＜EA【考點】靜電的利用和防止．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】AC【分析】從靜電除塵的原理出發(fā)即可解題。當(dāng)管內(nèi)接通靜電高壓時，管內(nèi)存在強電場，它使空氣電離而產(chǎn)生陰離子和陽離子。負離子在電場力的作用下，向正極移動時，碰到煙塵微粒使它帶負電。因此，帶電塵粒在電場力的作用下，向管壁移動，并附在管壁上，這樣，消除了煙塵中的塵粒。【解答】解：電子附在煤粉上，使煤粉帶上負電荷，煤粉若能吸附在管壁上，說明管壁帶正電荷，N接電源正極；金屬棒與金屬管壁看作圓柱和圓環(huán)電極，其內(nèi)電場線分布情況如圖所示；由圖可知金屬棒附近的B點處電場線較密，而靠近金屬管壁的A點處電場線較疏，故B處場強比A處場強大，即EB＞EA，故AC正確，BD錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了靜電在實際生產(chǎn)中的應(yīng)用，要求同學(xué)們熟練掌握電場的分布規(guī)律，同時正確掌握靜電的防止與應(yīng)用的具體實例。二．實驗題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2023秋?墊江縣校級月考）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗中，小胡采用了如圖的可拆式變壓器和電路圖進行研究。（1）小胡將圖中變壓器的左側(cè)線圈接線柱0、8（代表800匝）與低壓直流電源12V擋相連，與右側(cè)線圈0、2（代表200匝）接線柱相連的電壓表示數(shù)最可能是C；A．48.0VB．3.0VC．0V（2）小胡正確選材并接線后，記錄如下表所示四組實驗數(shù)據(jù)。第一組第二組第三組第四組N1/匝100100100200N2/匝200400400400U1/V1.850.911.813.65U2/V4.004.008.008.00若僅探究匝數(shù)N2對電壓U1的影響，應(yīng)該分析第一組和第二組數(shù)據(jù)，分析表中數(shù)據(jù)可知，N1一定是副（填“原”或“副”）線圈的匝數(shù)?！究键c】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系．【專題】實驗題；定量思想；推理法；交流電專題；實驗探究能力．【答案】（1）C；（2）二；副。【分析】（1）根據(jù)變壓器的工作原理，結(jié)合直流電源的特點分析求解；（2）根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析求解?！窘獯稹拷猓海?）變壓器的工作原理是互感，原線圈接入的應(yīng)該是交流電源，小胡將低壓直流電源12V擋接入原線圈，不能夠發(fā)生互感，與右側(cè)線圈0、2（代表200匝）接線柱相連的電壓表示數(shù)最可能是0V。故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2）根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系有U1若僅探究匝數(shù)N2對電壓U1的影響，則需要保持N1與U2一定，故應(yīng)該分析第一組和第二組數(shù)據(jù)；實際上，由于存在漏磁、鐵芯中一渦流、線圈有一定電阻，導(dǎo)致副線圈測量電壓小于副線圈兩端電壓的理論值，根據(jù)匝數(shù)關(guān)系，給出的匝數(shù)比值N1N2為1根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可知，對應(yīng)的電壓比值U1U2分別小于12與1故答案為：（1）C；（2）二；副。【點評】本題考查了變壓器相關(guān)知識，理解變壓器中電壓與匝數(shù)的關(guān)系時解決此類問題的關(guān)鍵。13．（10分）（2021?山東模擬）現(xiàn)有一導(dǎo)電橡膠制成的圓柱體R，約12kΩ，用螺旋測微器測其直徑D，示數(shù)如圖甲，用游標(biāo)卡尺測得其長度為L，要測量該材料的電阻率，實驗室提供的器材如下：A．學(xué)生電源（0～20V）B．電流表A1（0～3A）C．電流表A2（0～0.6A）D．電壓表V1（0～3V，內(nèi)阻3kΩ）E．電壓表V2（0～15V，內(nèi)阻15kΩ）F．滑動變阻器R1（0～20Ω）G．滑動變阻器R2（0～200Ω）H．開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）圓柱體的直徑D為1.977mm。（2）請根據(jù)提供的器材，在虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖。（3）用測量量和已知量計算電阻率的表達式ρ=πD2(U2-U1)RV14U1L，式中各符號的意義是電壓表V1的示數(shù)是【考點】螺旋測微器的使用與讀數(shù)；導(dǎo)體電阻率的測量；游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù)．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）1.977；（2）實驗電路圖如圖所示；（3）ρ=πD2(U2-U1)RV14U1L；電壓表V1【分析】（1）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)。（2）根據(jù)實驗原理與實驗器材選擇所需實驗器材，根據(jù)待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關(guān)系確定滑動變阻器的接法，然后根據(jù)實驗原理作出實驗電路圖。（3）根據(jù)實驗電路圖應(yīng)用歐姆定律求出圓柱體電阻，然后應(yīng)用電阻定律求出電阻率表達式?！窘獯稹拷猓海?）由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為1.5mm+47.7×0.01mm＝1.977mm。（2）流過待測圓柱體的最大電流約為I=ER=2012×103A≈1.67×10﹣3A＝1.67mA，最大電流太小，遠小于電流表量程，不能用電流表測電流，可以用已知內(nèi)阻的電壓表V1測電流，把電壓表V1與待測電阻R串聯(lián)，電壓表V（3）電壓表V1的示數(shù)是U1，電壓表V1內(nèi)阻為RV1，電壓表V2的示數(shù)是U2，由歐姆定律可知，圓柱體電阻：R=由電阻定律得：R=ρ解得電阻率：ρ=故答案為：（1）1.977；（2）實驗電路圖如圖所示；（3）ρ=πD2(U2-U1)RV14U1L；電壓表V1【點評】本題考查了測電阻率實驗，考查了螺旋測微器讀數(shù)、實驗電路設(shè)計與實驗數(shù)據(jù)處理等問題；理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵；要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；應(yīng)用歐姆定律與電阻定律即可解題。三．解答題（共3小題，滿分38分）14．（9分）（2022?梁河縣校級開學(xué)）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E＝9V，電源內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R＝5Ω，重物質(zhì)量m＝0.10kg，當(dāng)將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為8V，當(dāng)重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為8.5V，求：（1）電動機的內(nèi)阻；（2）重物勻速上升的速度大?。ú挥嬆Σ?，g取10m/s2）。【考點】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；電功和電功率的計算；純電阻電路的能量轉(zhuǎn)化特點．【專題】計算題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）電動機的內(nèi)阻為3Ω；（2）重物勻速上升的速度大小為2.25m/s?！痉治觥浚?）當(dāng)將重物固定時，電動機相當(dāng)于純電阻用電器，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解；（2）當(dāng)重物不固定時，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中的電流和電動機輸入電壓，電動機消耗的電功率等于輸出的機械功率和發(fā)熱功率之和，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律列方程求解重物勻速上升時的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）由題知電源電動勢E＝9V，電源內(nèi)阻r＝1Ω，當(dāng)將重物固定時，電壓表的示數(shù)為8V，電動機相當(dāng)于純電阻用電器，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電路中電流為：I=E-Ur=則電動機的電阻為：RM=U-IRI=8-1×5（2）當(dāng)重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為U＝8.5V根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得電路中電流為：I′=E-U'r=電動機兩端的電壓為：UM＝E﹣I′（R+r）＝9V﹣0.5×（5+1）V＝6V故電動機的輸入功率為：P＝UMI′＝6×0.5＝3W根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：P＝mgv+I′2RM代入數(shù)據(jù)解得重物勻速上升的速度大小為：v＝2.25m/s答：（1）電動機的內(nèi)阻為3Ω；（2）重物勻速上升的速度大小為2.25m/s。【點評】本題考查閉合歐姆定律與能量轉(zhuǎn)化與守恒定律的綜合應(yīng)用，對于電動機電路，不轉(zhuǎn)動時，是純電阻電路，歐姆定律成立；當(dāng)電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立。15．（14分）（2022?上杭縣校級模擬）如圖所示，在x軸上方存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的P（0，h）點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成θ＝60°第一次進入電場。求：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v；（2）若粒子經(jīng)過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，勻強電場的電場強度大小E1；（3）若僅改變勻強電場場強的大小，使粒子在第一次進入電場再第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，改變后的勻強電場場強E多大？【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，做運動軌跡圖，由幾何知識結(jié)合牛頓第二定律求解；（2）粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合場強公式綜合作答；（3）粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合場強公式綜合作答【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示由幾何知識得rcos60°＝h解得r＝2h粒子在磁場中做勻速圓周運動。洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的速度大小v=（2）粒子在電場中做類平拋運動，粒子經(jīng)過y軸的Q點時速度方向恰好與y軸垂直，則粒子到達Q點時沿電場方向的速度為零，則有r+rsin60°＝vcos60°?tvsin60°＝a1ta1=聯(lián)立可得勻強電場的電場強度大小E1=（3）若僅改變勻強電場場強的大小，使粒子在第一次進入電場再第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，運動軌跡如圖所示粒子在電場中做類平拋運動，則有rsin60°＝vcos60°?t1vsin60°＝a2t1a2=聯(lián)立可得勻強電場的電場強度大小E=答：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑r為2h，速度大小v為2qBhm（2）若粒子經(jīng)過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，勻強電場的電場強度大小E1為(23（3）若僅改變勻強電場場強的大小，使粒子在第一次進入電場再第一次離開電場后就能沿y軸正方向通過P點，改變后的勻強電場場強E為qB2【點評】本題考查磁場，學(xué)生需結(jié)合電場綜合作答。16．（15分）（2022春?東城區(qū)校級期末）光滑的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ固定在水平地面上，整個空間存在豎直向下的勻強磁場，兩根相同的金屬棒ab和cd垂直放置在導(dǎo)軌上，如圖1所示。開始時cd棒靜止，ab棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動。隨后cd棒也運動起來，兩棒始終未能相碰，忽略金屬棒中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場。a.已知兩根金屬棒的質(zhì)量均為m，求cd棒最終獲得的動能Ek；b.圖2是圖1的俯視圖。請在圖2中畫出ab、cd棒在達到最終狀態(tài)之前，棒內(nèi)自由電子所受洛倫茲力的示意圖；并從微觀的角度，通過計算分析說明，在很短的時間Δt內(nèi)，ab棒減少的動能是否等于cd棒增加的動能?！究键c】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）已知兩根金屬棒的質(zhì)量均為m，cd棒最終獲得的動能Ek為18mv02（2）在很短的時間Δt內(nèi)，ab棒減少的動能大于cd棒增加的動能。【分析】（1）根據(jù)受力情況得到動量守恒，從而求得cd棒的最終速度，進而求得最終動能；（2）將電子運動按運動效果分解為沿金屬棒方向和垂直金屬棒方向；然后根據(jù)左手定則和楞次定律得到兩部分洛倫茲力方向，即可畫出洛倫茲力示意圖；再根據(jù)能量守恒得到兩部分動能變化的大小關(guān)系。【解答】解：（1）以兩根金屬棒為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力為零，故動量守恒；最后兩金屬棒以共同的速度v向前運動。取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝2mv，解得：v=12v故cd棒最終獲得的動能為：Ek=12mv2=18（2）ab、cd棒在達到最終狀態(tài)之前，ab棒速度比cd棒速度大，故電子在ab棒、cd棒構(gòu)成的回路中運動；那么，將電子運動分解為隨金屬棒運動和垂直金屬棒運動兩部分；沿金屬棒部分運動的情況產(chǎn)生電流，故根據(jù)楞次定律可得：ab棒受到的安培力向左，bc棒受到的安培力向右；電子這部分分力和安培力方向相同；電子隨金屬棒運動的速度不產(chǎn)生電流，根據(jù)左手定則可得：洛倫茲力方向分別由a指向b，由c指向d；故兩根棒內(nèi)自由電子所受洛倫茲力如圖所示；設(shè)自由電子的電荷量為e，在兩棒達到最終狀態(tài)之前某時刻，自由電子沿ab棒定向移動的速率為u。在很短的時間Δt內(nèi)，電子在棒中定向運動，與金屬離子發(fā)生碰撞，受到阻力。設(shè)電子受到的平均阻力為f，在很短的時間Δt內(nèi)，阻力對電子做負功W＝?f?uΔt，宏觀上表現(xiàn)為電路產(chǎn)生了焦耳熱。根據(jù)能量守恒定律，兩棒組成的系統(tǒng)總動能減小，即ab棒減少的動能大于cd棒增加的動能。答：（1）已知兩根金屬棒的質(zhì)量均為m，cd棒最終獲得的動能Ek為18mv02（2）在很短的時間Δt內(nèi)，ab棒減少的動能大于cd棒增加的動能?！军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象的微觀實質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是知道ab棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，相對于電源，cd棒受到安培力作用下運動，相對于電動機。

考點卡片1．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。2．庫侖定律的表達式及其簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：在真空中兩個靜止的點電荷間的作用力跟它們的電量的乘積成正比，跟它們之間的距離的平方成反比，作用力的方向在它們的連線上．2．表達式：F＝kq1q2r2，式中k表示靜電力常量，k＝9.0×109N?3．適用條件：真空中的靜止點電荷．【命題方向】題型一：對庫侖定律的理解例1：真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.F3C.F分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進行計算討論即可．解：距離改變之前：F=kq1當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=k聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點評：庫侖定律應(yīng)用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關(guān)系，可以和萬有引力定律進行類比學(xué)習(xí)．題型二：庫侖定律與力學(xué)的綜合問題例2：在一絕緣支架上，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細繩連著另一個帶負電的小球B，B的質(zhì)量為0.1kg，電荷量為19×10﹣6C，如圖所示，將小球B緩緩拉離豎直位置，當(dāng)繩與豎直方向的夾角為60°時，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s（1）小球A的帶電荷量；（2）釋放瞬間小球B的加速度大??；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動能定理求出小球到達最低點時的速度，然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力．解：（1）小球B剛釋放瞬間，速度為零，沿繩子方向上，小球受到的合力為零，則mgcos60°＝kqA代入數(shù)值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向與繩子垂直，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，a=gsinθ=53（3）釋放后小球B做圓周運動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低點，由牛頓第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的帶電荷量為5×10﹣6C；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小為53m/s2；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力為1.5N．點評：釋放小球瞬間，沿繩子方向小球受力平衡，小球所受合力沿與繩子垂直的方向．【解題方法點撥】1．庫侖定律適用條件（1）庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應(yīng)用庫侖定律．（2）當(dāng)帶電體間的距離遠大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點電荷了．（3）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2．應(yīng)用庫侖定律需要注意的幾個問題（1）庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷．點電荷是一種理想化模型，當(dāng)帶電體間的距離遠遠大于帶電體的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用．（2）庫侖定律的應(yīng)用方法：庫侖定律嚴(yán)格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當(dāng)作真空來處理．注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據(jù)結(jié)果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個點電荷的平衡問題：要使三個自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個點電荷在該電荷處的合場強應(yīng)為零．3．分析帶電體力學(xué)問題的方法與純力學(xué)問題的分析方法一樣，要學(xué)會把電學(xué)問題力學(xué)化．分析方法是：（1）確定研究對象．如果有幾個帶電體相互作用時，要依據(jù)題意，適當(dāng)選取“整體法”或“隔離法”；（2）對研究對象進行受力分析，多了個電場力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0）或牛頓第二定律方程．3．電場強度的疊加【知識點的認(rèn)識】電場強度的疊加原理多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，這種關(guān)系叫電場強度的疊加．電場強度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場強度問題時，應(yīng)分清所敘述的場強是合場強還是分場強，若求分場強，要注意選擇適當(dāng)?shù)墓竭M行計算；若求合場強時，應(yīng)先求出分場強，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．【命題方向】圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點．下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側(cè)？（）A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2B、Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點正電荷所受電場力方向為電場強度方向來確定各自電場強度方向．然后兩點電荷在同一點的場強是由各自電場強度矢量疊加而成的．解答：A、當(dāng)兩點電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點的電場強度方向沿MN背離N方向。當(dāng)Q1＜Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點強，所以電場強度合成后，方向偏左。當(dāng)Q1＞Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點弱，所以電場強度合成后，方向偏右。故A正確；B、當(dāng)Q1是正電荷，Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線背離b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向b點，則合電場強度方向偏右。不論電量大小關(guān)系，仍偏右。故B錯誤；C、當(dāng)Q1是負電荷，Q2是正電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線背離a點，則合電場強度方向偏左。不論它們的電量大小關(guān)系，仍偏左。故C正確；D、當(dāng)Q1、Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向a點，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點評：正點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且背離正電荷，而負點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且指向負電荷．【解題思路點撥】電場強度疊加問題的本質(zhì)就是矢量運算法則，先確定每一個電荷在該點單獨產(chǎn)生的電場強度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場強。4．電場線的定義及基本特征【知識點的認(rèn)識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關(guān)，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變?。軆牲c電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關(guān)于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關(guān)于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關(guān)于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道電場線的性質(zhì)，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．【解題方法點撥】1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關(guān)系：根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．2．關(guān)于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯(lián)系起來進行考查，解答這類問題應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚粒子的運動情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據(jù)力和運動的關(guān)系，確定粒子所受電場力的大小方向如何變化；（3）根據(jù)電場力與場強的關(guān)系，確定場強的大小、方向如何變化，從而確定電場線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場的電場線分布特點．5．靜電的利用和防止【知識點的認(rèn)識】1.靜電的利用與防止一直以來都與生活息息相關(guān)，除了尖端放電核靜電屏蔽之外，靜電還有其他的作用，如靜電吸附等。另外就是再不需要靜電的場合，要采取合理的方式防止靜電帶來的危害。2.靜電吸附的應(yīng)用：①靜電除塵：設(shè)法使空氣中的塵埃帶電，在靜電力作用下，塵埃到達電極而被收集起來。②靜電噴漆：接負高壓的涂料霧化器噴出的油漆微粒帶負電，在靜電力作用下，這些微粒向著作為正極的工件運動，并沉積在工件的表面，完成噴漆工作。③靜電復(fù)?。簭?fù)印機的核心部件是有機光導(dǎo)體鼓，在沒有光照時它是絕緣體，受到光照時變成導(dǎo)體。復(fù)印機復(fù)印的工作過程：充電、曝光、顯影、轉(zhuǎn)印、放電?！久}方向】下列哪個措施是為了防止靜電產(chǎn)生的危害（A.靜電復(fù)印B.在高大的煙囪中安裝靜電除塵器C.靜電噴漆D.在高大的建筑物頂端裝上避雷針分析：本題考查是關(guān)于靜電的防止與應(yīng)用，從各種實例的原理出發(fā)就可以判斷出答案．解答：A．靜電復(fù)印是利用異種電荷相互吸引而使碳粉吸附在紙上，屬于靜電應(yīng)用，不符合題意；B．靜電除塵時除塵器中的空氣被電離，煙霧顆粒吸附電子而帶負電，顆粒向電源正極運動，屬于靜電應(yīng)用，不符合題意；C．噴槍噴出的油漆微粒帶正電，因相互排斥而散開，形成霧狀，被噴涂的物體帶負電，對霧狀油漆產(chǎn)生引力，把油漆吸到表面，屬于靜電應(yīng)用，不符合題意；D．當(dāng)打雷的時候，由于靜電的感應(yīng)，在高大的建筑物頂端積累了很多的靜電，容易導(dǎo)致雷擊事故，所以在高大的建筑物頂端安裝避雷針可以把雷電引入地下，保護建筑物的安全，屬于靜電防止，符合題意。故選：D。點評：本題考查是關(guān)于靜電的防止與應(yīng)用，要求同學(xué)們熟練掌握靜電的防止與應(yīng)用的具體實例【解題思路點撥】要深刻理解生活中的一些現(xiàn)象，哪些是利用靜電，哪些是防止靜電帶來的危害。6．靜電平衡現(xiàn)象、等勢體【知識點的認(rèn)識】一、靜電平衡狀態(tài)下導(dǎo)體的電場1．靜電感應(yīng)現(xiàn)象：放在電場中的導(dǎo)體，其內(nèi)部自由電荷在電場力作用下定向移動，而使導(dǎo)體兩端出現(xiàn)等量異號電荷的現(xiàn)象．2．靜電平衡狀態(tài)：導(dǎo)體中（包括表面）自由電子不再發(fā)生定向移動，我們就認(rèn)為導(dǎo)體達到了靜電平衡狀態(tài)．3．靜電平衡狀態(tài)下導(dǎo)體的特點：（1）處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，內(nèi)部的場強處處為零．（2）處于靜電平衡狀態(tài)的整個導(dǎo)體是一個等勢體，它的表面是一個等勢面．（3）表面處的場強不為零，表面處的場強方向跟導(dǎo)體表面垂直．4．導(dǎo)體上電荷的分布：（1）處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，內(nèi)部沒有電荷，電荷只分布在外表面上．（2）在導(dǎo)體表面，越尖銳的位置，電荷的密度（單位面積的電荷量）越大，凹陷的位置幾乎無電荷．注意：人與大地都是導(dǎo)體，在人觸摸導(dǎo)體的過程中，帶電體、人、大地組成一個新導(dǎo)體，地球往往是新導(dǎo)體的遠端．【命題方向】例1：如圖所示，在原來不帶電的金屬細桿ab附近P處，放置一個正點電荷．達到靜電平衡后，（）A．a(chǎn)端的電勢比b端的高B．b端的電勢比d點的低C．a(chǎn)端的電勢不一定比d點的低D．桿內(nèi)c處場強的方向由a指向b分析：根據(jù)靜電平衡可知，同一個導(dǎo)體為等勢體，導(dǎo)體上的電勢處處相等，再由固定電荷產(chǎn)生的電場可以確定電勢的高低．解：達到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢體，導(dǎo)體上的電勢處處相等，所以可以得到φa＝φb，由于正電荷在右邊，所以越往右電場的電勢越高，所以φd＞φb，所以B正確．由于桿處于靜電平衡狀態(tài)，所以內(nèi)部的場強為零，所以D錯誤．故選：B．點評：達到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢體，導(dǎo)體上的電勢處處相等，這是解決本題的關(guān)鍵的地方，對于靜電場的特點一定要熟悉．【解題思路點撥】1.靜電平衡狀態(tài)的實質(zhì)由于靜電感應(yīng)，在導(dǎo)體兩側(cè)出現(xiàn)等量異種的感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)部形成與原電場強度E0方向相反的電場，其電場強度為E'，在導(dǎo)體內(nèi)任一點E'＝﹣E0，使得合電場強度E內(nèi)＝02.對孤立帶電導(dǎo)體的理解對一孤立帶電導(dǎo)體，可視為導(dǎo)體處于自己所帶電荷的電場中，達到靜電平衡時，也有兩個基本特點：一是導(dǎo)體內(nèi)部的電場強度處處為0，二是導(dǎo)體所帶電荷只能分布在導(dǎo)體的外表面上。這種情況下導(dǎo)體內(nèi)部電場強度為0的本質(zhì)是：導(dǎo)體表面所帶全部電荷在內(nèi)部任一處產(chǎn)生的電場強度的矢量和為0。3.對靜電平衡時導(dǎo)體上電荷分布的理解（1）實心導(dǎo)體：導(dǎo)體內(nèi)部無電荷，電荷只分布在導(dǎo)體外表面上。（2）空腔導(dǎo)體：空腔內(nèi)無電荷時，電荷分布在外表面上（內(nèi)表面無電荷）；空腔內(nèi)有電荷時，內(nèi)表面因靜電感應(yīng)出現(xiàn)等量的異種電荷，外表面有感應(yīng)電荷7．靜電屏蔽的原理與應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】一、靜電屏蔽1．定義：當(dāng)金屬外殼達到靜電平衡時，內(nèi)部沒有電場，因而金屬的外殼會對其內(nèi)部起屏蔽作用，使它內(nèi)部不受外部電場影響的現(xiàn)象．2．應(yīng)用：電子儀器和電子設(shè)備外面都有金屬殼，通信電纜外面包有一層金屬網(wǎng)，高壓線路的檢修人員要穿屏蔽服等，都是利用靜電屏蔽現(xiàn)象消除外電場的影響．注意：絕緣球殼中沒有自由電荷，當(dāng)放入外電場時，不會發(fā)生靜電感應(yīng)現(xiàn)象，殼內(nèi)場強也不會為零．即不能起到屏蔽外電場的作用．二、靜電屏蔽的本質(zhì)1．導(dǎo)體內(nèi)部不受外部電場的影響的情況（1）現(xiàn)象：由于靜電感應(yīng)，驗電器箔片張開．如圖1甲，將驗電器放入導(dǎo)體網(wǎng)罩內(nèi)部后驗電器箔片不張開，如圖1乙，即外部電場影響不到導(dǎo)體內(nèi)部．（2）本質(zhì)：是靜電感應(yīng)，導(dǎo)體外表面感應(yīng)電荷與外電場在導(dǎo)體內(nèi)部任一點的場強的疊加結(jié)果為零．2．接地導(dǎo)體殼內(nèi)部電場對殼外空間無影響情況（1）現(xiàn)象：如圖2甲導(dǎo)體殼沒有接地時，處于內(nèi)部電場中，達到靜電平衡，導(dǎo)體殼內(nèi)外表面出現(xiàn)等量異種電荷，殼內(nèi)外表面之間場強處處為零，殼外場強不為零．導(dǎo)體殼接地后，如圖2乙所示，導(dǎo)體殼外的正電荷被大地負電荷中和，正電荷出現(xiàn)在地球的另一端無窮遠處，導(dǎo)體殼內(nèi)外表面之間及導(dǎo)體外部場強處處為零，導(dǎo)體外部空間不受內(nèi)部電場影響．（2）本質(zhì)：仍然是靜電感應(yīng)，使導(dǎo)體內(nèi)表面感應(yīng)電荷與殼內(nèi)電荷在導(dǎo)體殼表面以外空間疊加結(jié)果為零．注意：處于靜電平衡的導(dǎo)體，內(nèi)部場強為零，但電勢不一定為零．【命題方向】命題一：靜電屏蔽現(xiàn)象的考查例1：如圖所示，將懸在細線上的帶正電的小球A放在不帶電的金屬空心球C內(nèi)（不與球壁接觸），另有一個懸掛在細線上的帶負電小球B向C靠近，于是（）A．A往左偏離豎直方向，B往右偏離豎直方向B．A的位置不變，B往右偏離豎直方向C．A往左偏離豎直方向，B的位置不變D．A和B的位置都不變分析：因為在C內(nèi)部由于感應(yīng)起電，帶上與A相反的電荷，它們之間達到靜電平衡，所以A的電場對C外部不會產(chǎn)生任何影響．解：A在空心金屬球內(nèi)，由于靜電感應(yīng)，使得C外表面帶正電，B、C相互吸引，所以B向右偏；而金屬空腔可以屏蔽外部電場，所以B的電荷對空腔C的內(nèi)部無影響，所以A位置不變．B靠近C時，改變的是C表面的電荷分布，但對于C內(nèi)部空間的電場可認(rèn)為沒有影響，這也就是平時說的靜電屏蔽．故B正確，ACD錯誤．故選：B．點評：考查靜電感應(yīng)現(xiàn)象，掌握同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．并理解外部電場對空心球內(nèi)部沒有影響，即為靜電屏蔽．【解題思路點撥】靜電屏蔽問題的三點注意（1）空腔可以屏蔽外界電場，接地的空腔可以屏蔽內(nèi)部的電場作用，其本質(zhì)都是因為激發(fā)電場與感應(yīng)電場疊加的結(jié)果，分析中應(yīng)特別注意分清是哪一部分的電場作用。（2）對靜電感應(yīng)，要掌握導(dǎo)體內(nèi)部的自由電荷是如何移動的，是如何建立起附加電場的，何處會出現(xiàn)感應(yīng)電荷。（3）對靜電平衡，要理解導(dǎo)體達到靜電平衡時所具有的特點。8．電容的概念、單位與物理意義【知識點的認(rèn)識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關(guān)?！久}方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關(guān)D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點評：解決本題的關(guān)鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質(zhì)與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關(guān)。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=9．電容器的充放電問題【知識點的認(rèn)識】1.電容器的充電與放電（1）使電容器帶上電荷的過程稱為充電。充電過程中，電容器所帶電荷量逐漸增大，兩極板間電壓增大，極板間電場強度逐漸增大、充電電流逐漸減小。從能量角度來看，是電源的能量不斷儲存在電容器中的過程。（2）使電容器失去電荷的過程稱為放電。放電過程中，電容器所帶電荷量逐漸減小，兩極板間電壓減小，極板間電場強度逐漸減小，放電電流逐漸減小。從能量角度來看，是電容器將儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式能量的過程。（3）電容器的充放電過程整體是一個很快的過程，幾乎是瞬間就能完成。2.電容器充放電的圖像（1）以電路中的電流為縱坐標(biāo)，時間為橫坐標(biāo)，即可做出電容器充放電過程中的圖像。如下圖為電容器的放電圖。（2）根據(jù)微元法可知曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電路中通過的電荷量?！久}方向】某同學(xué)利用圖甲所示的電路演示電容器的充、放電過程，先使開關(guān)S與1端相連，然后把開關(guān)S擲向2端，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的i﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A、圖像中兩陰影面積一定相等B、放電過程中，電容器下極板帶正電C、減小R可以增大圖像中兩陰影面積D、減小R可以延長充放電的時間分析：電容器的充放電電量是i﹣t圖像圍成的面積，電容器的定義式以及定義式應(yīng)用，電容器與電源正極連接的板帶正電，與電源負極相連的板帶負電。解答：A．i﹣t圖像面積表示電荷量，兩陰影面積分別表示充放電電荷總量，一定相等，故A正確；B．電容器下極板與電源負極相連，所以下極板帶負電，故B錯誤；C．電容器所帶的電荷量Q＝CU，由于電源電動勢不變也就是電容器兩端電壓不變，電容不變，所以Q不變，故C錯誤；D．充電過程中，減小R可縮短充電時間，放電過程中，電阻是負載，減小R可縮短放電時間，故D錯誤。故選：A。點評：考查電容器充放電，以及定義式應(yīng)用?！窘忸}思路點撥】對電容器充電和放電的一種理解：充電時電容器通過電源將一極板上的電子搬運到另一板板上，從而使一個極板帶正電、另一板板帶等量負電。放電時是電容器通過外電路將兩極板上的電荷進行中和的過程。10．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點的認(rèn)識】本考點旨在針對需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關(guān)系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況?！久}方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側(cè)、DN右側(cè)分布等大反向勻強電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點以6gR的初速度沿斜面向下運動，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點。AB長度為2R，電場強度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點時的速度為2gRB、物塊在最低點的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運動D、物塊在斜面運動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點的速度，結(jié)合豎直面的圓周運動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內(nèi)圓周運動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。解答：A、對物塊在左側(cè)斜面上釋放時進行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點評：本題考查涉及電場力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運動規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點撥】電場中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即EP1+E機1＝EP2+E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。11．電功和電功率的計算【知識點的認(rèn)識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。12．純電阻電路的能量轉(zhuǎn)化特點【知識點的認(rèn)識】1.純電阻電路的能量轉(zhuǎn)化特點是將電能全部轉(zhuǎn)化為熱能。?即滿足電功W＝qU＝UIt＝I2Rt=U電功率P＝UI＝I2R=U2.純電阻電路是指除了電源外，電路中僅包含電阻元件，或者雖然包含電感和電容元件，但這些元件對電路的影響可以忽略不計。在純電阻電路中，電壓與電流同頻且同相位，這意味著電能從電源輸入后，電阻將獲得的能量全部轉(zhuǎn)換成內(nèi)能，這種內(nèi)能主要以熱能的形式存在。因此，純電阻電路中的能量轉(zhuǎn)化特點是電能除了轉(zhuǎn)化為熱能外，沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化。這種電路在通電狀態(tài)下只會發(fā)熱，電能全部轉(zhuǎn)化為電路電阻的內(nèi)能，不對外做功。3.純電阻電路的應(yīng)用包括電燈、電烙鐵、熨斗等，它們在工作時只