2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末模擬卷3

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末模擬卷3一．選擇題（共7小題，滿(mǎn)分28分，每小題4分）1．（4分）關(guān)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．位移的方向總是指向平衡位置 B．加速度方向總和位移方向相反 C．位移方向總和速度方向相反 D．位移方向總和速度方向相同2．（4分）（2022春?三明期中）以下說(shuō)法中正確的是（）A．交通警示燈選用紅色是因?yàn)榧t光更容易穿透云霧煙塵 B．光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用了光的全反射現(xiàn)象 C．水中的氣泡，看起來(lái)特別明亮，是因?yàn)楣饩€(xiàn)從氣泡射向水中時(shí)發(fā)生了全反射的緣故 D．讓紅光和綠光通過(guò)同一雙縫干涉裝置，形成的干涉條紋間距較大的是綠光3．（4分）（2022?杭州模擬）下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中“3000F2.7V”的超級(jí)電容器最多可以?xún)?chǔ)存8.1C的電荷量 B．圖中小磁針?lè)旁诔瑢?dǎo)環(huán)形電流中間，靜止時(shí)小磁針的指向如圖中所示 C．圖中直導(dǎo)線(xiàn)懸掛在磁鐵的兩極間，通以如圖所示的電流時(shí)會(huì)受到磁場(chǎng)力 D．圖中金屬矩形線(xiàn)框從勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的a位置水平移到b位置，框內(nèi)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流4．（4分）（2023秋?江陰市期中）科考隊(duì)進(jìn)入某一磁礦區(qū)域后，發(fā)現(xiàn)指南針靜止時(shí)，N極指向?yàn)楸逼珫|30°，如圖虛線(xiàn)所示。設(shè)該位置地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量為B，磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小值為（）A．B2 B．B C．32B D．5．（4分）當(dāng)彈簧振子作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅增大為原來(lái)的2倍時(shí)，以下物理量增大為原來(lái)的2倍的是（）（1）周期；（2）最大速度；（3）最大加速度；（4）總的機(jī)械能。A．（1）（3） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（2）6．（4分）（2020秋?南崗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以電荷+Q為圓心的某一圓周交于H、L兩點(diǎn)，從圓心到K點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于細(xì)桿，F(xiàn)H＝HK＝KL，質(zhì)量為m、帶電量為﹣q（q＜＜Q）的有孔小球套在桿上，從F點(diǎn)靜止開(kāi)始下滑。則帶電小球從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．到達(dá)K點(diǎn)速度最大 B．整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒 C．電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功 D．到達(dá)H點(diǎn)速度等于到達(dá)L點(diǎn)速度7．（4分）（2020秋?薊州區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，實(shí)線(xiàn)表示某電場(chǎng)中的四個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，一帶負(fù)電的粒子，重力不計(jì)，在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如虛線(xiàn)所示，a、b、c、d是其運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的四個(gè)交點(diǎn)，則可以判斷（）A．φ4等勢(shì)面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)處處相同 B．四個(gè)等勢(shì)面的電勢(shì)關(guān)系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C．粒子從a運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中靜電力一直做負(fù)功 D．粒子在a、b、c、d四點(diǎn)的速度大小關(guān)系是va＜vb＜vc＝vd二．多選題（共3小題，滿(mǎn)分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2019春?南通期末）如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻，電流表A1、A2均為理想電表閉合開(kāi)關(guān)S，下列判斷正確的有（）A．電流表A1示數(shù)增大 B．電流表A2示數(shù)減小 C．電源內(nèi)阻消耗的功率減小 D．電源的總功率減?。ǘ噙x）9．（6分）（2023秋?遼寧期中）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無(wú)窮大可以視為斷路）連接，電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A．減小極板間的正對(duì)面積，帶電油滴會(huì)向上移動(dòng) B．貼著上極板插入金屬板，則電路中有順時(shí)針?lè)较虻碾娏?C．將上極板向左平移一小段距離，P點(diǎn)處的油滴的電勢(shì)能增大 D．將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，并向上移動(dòng)上極板，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)（多選）10．（6分）（2020秋?南山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，粗糙程度均勻的直桿AC通過(guò)另一根桿CB固定在水平面上，∠CAB＝30°，AC的下方O點(diǎn)固定有一個(gè)正點(diǎn)電荷，桿上有M、P、N三點(diǎn)，P為MN的中點(diǎn)，OM＝ON，OM∥AB，一帶負(fù)電可視為質(zhì)點(diǎn)的小球套在桿上由N處由靜止開(kāi)始下滑，初始加速度大小為aN，第一次經(jīng)過(guò)P處的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)到M處速度為0，后又以大小為aM的初始加速度由靜止開(kāi)始向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，P點(diǎn)電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球可以返回到出發(fā)點(diǎn)N處 B．撤O點(diǎn)的正電荷，小球可以在直桿上處于靜止 C．系統(tǒng)具有的最大電勢(shì)能為12mv2D．a(chǎn)N＝g+aM三．實(shí)驗(yàn)題（共5小題，滿(mǎn)分54分）11．（6分）（2023春?西湖區(qū)校級(jí)月考）在用“單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中：（1）若該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)定了小球的直徑，如圖所示，則小球直徑為cm；（2）下列振動(dòng)圖像真實(shí)地描述了對(duì)擺長(zhǎng)約為1m的單擺進(jìn)行周期測(cè)量的四種操作過(guò)程，圖中橫坐標(biāo)原點(diǎn)O為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，A、B、C、D均為30次全振動(dòng)的圖像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過(guò)程合乎實(shí)驗(yàn)要求且誤差最小的是（填字母代號(hào)）。A．B．C．D．12．（10分）（2019春?海珠區(qū)期末）如圖所示，圖甲為熱敏電阻的R﹣t圖象，圖乙為用此熱敏電阻和繼電器組成的一個(gè)簡(jiǎn)單恒溫箱溫控電路。繼電器的電阻為300Ω，當(dāng)線(xiàn)圈的電流大于或等于10mA時(shí)，繼電器的銜鐵被吸合。為繼電器線(xiàn)圈供電的電池的電動(dòng)勢(shì)E＝9.0V，內(nèi)阻不計(jì)。圖中的“加熱電源”是恒溫箱加熱器的電源（1）應(yīng)該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在（填“A、B”或“C、D”）端；（2）若恒溫箱系統(tǒng)要保持溫度為50℃，可按照下列步驟調(diào)節(jié)溫控電路：①電路接通前，將滑動(dòng)變阻器接入電路阻值調(diào)至最大，并將電阻箱調(diào)到一定的阻值，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，這一阻值應(yīng)為Ω。②將單刀雙擲開(kāi)關(guān)向（填“1”或“2”）端閉合，緩慢移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，直至繼電器的銜鐵被吸合。③保持滑動(dòng)變阻器的位置不變，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)向另一端閉合，恒溫箱系統(tǒng)即可正常使用。此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為Ω。13．（8分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿著x的正方向傳播，t＝0時(shí)刻波源從坐標(biāo)原點(diǎn)處開(kāi)始振動(dòng)。如圖甲所示是波在t＝0.6s時(shí)的部分波動(dòng)圖像，如圖乙所示是這列波上x(chóng)＝1.4m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像（t＝0.7s開(kāi)始振動(dòng)），求：（1）波的振動(dòng)周期以及波源的振動(dòng)方程；（2）t＝1.5s時(shí)間內(nèi)，x＝0.6m處的質(zhì)點(diǎn)的路程。14．（12分）（2019秋?湖北期中）單色細(xì)光束射到一半徑為R的透明球表面，光線(xiàn)在過(guò)球心O的平面內(nèi)。入射角i＝45°，經(jīng)折射進(jìn)入球內(nèi)后又經(jīng)內(nèi)表面反射一次，再經(jīng)球表面折射后射出。已知真空中光速為c，入射光線(xiàn)與出射光線(xiàn)反向延長(zhǎng)線(xiàn)之間的夾角a＝30°，如圖所示（圖上已畫(huà)出入射光線(xiàn)和出射光線(xiàn)）。求：①光從球內(nèi)射出球體的臨界角；②光在透明球中傳播的時(shí)間。15．（18分）（2021?東安區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，有一電子由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U1的電場(chǎng)加速后，從兩平行金屬板正中間垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，并且恰能從下板右邊緣穿出電場(chǎng)。已知兩平行金屬間距離為d、板長(zhǎng)為l，且電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，求：（1）電子離開(kāi)電場(chǎng)U1時(shí)的速度v0；（2）兩金屬板間的電壓U2。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿(mǎn)分28分，每小題4分）1．（4分）關(guān)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．位移的方向總是指向平衡位置 B．加速度方向總和位移方向相反 C．位移方向總和速度方向相反 D．位移方向總和速度方向相同【考點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的定義、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)與判斷．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】B【分析】位移的方向總是背離平衡位置；加速度的方向總是指向平衡位置，位移的方向總是背離平衡位置，故加速度方向總和位移方向相反；質(zhì)點(diǎn)的位移方向總是背離平衡位置，速度方向有時(shí)指向平衡位置，有時(shí)背離平衡位置；【解答】解：A、位移的方向總是背離平衡位置，故A錯(cuò)誤；B、加速度的方向總是指向平衡位置，位移的方向總是背離平衡位置，故加速度方向總和位移方向相反，故B正確；CD、質(zhì)點(diǎn)的位移方向總是背離平衡位置，速度方向有時(shí)指向平衡位置，有時(shí)背離平衡位置，故CD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】明確簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。2．（4分）（2022春?三明期中）以下說(shuō)法中正確的是（）A．交通警示燈選用紅色是因?yàn)榧t光更容易穿透云霧煙塵 B．光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用了光的全反射現(xiàn)象 C．水中的氣泡，看起來(lái)特別明亮，是因?yàn)楣饩€(xiàn)從氣泡射向水中時(shí)發(fā)生了全反射的緣故 D．讓紅光和綠光通過(guò)同一雙縫干涉裝置，形成的干涉條紋間距較大的是綠光【考點(diǎn)】光的干涉現(xiàn)象；光的衍射現(xiàn)象；光的全反射現(xiàn)象；光的折射與全反射的綜合問(wèn)題．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；光的折射專(zhuān)題；光的干涉專(zhuān)題；理解能力．【答案】A【分析】波長(zhǎng)越長(zhǎng)的越容易發(fā)生光的衍射現(xiàn)象；光學(xué)鏡頭上的增透膜利用了光的干涉現(xiàn)象；水中的氣泡，看起來(lái)特別明亮，是因?yàn)楣饩€(xiàn)從水射入氣泡發(fā)生全發(fā)射的緣故；依據(jù)光的干涉條紋間距公式Δx=Ld【解答】解：A、交通警示燈選用紅色是因?yàn)榧t光的波長(zhǎng)長(zhǎng)，更容易穿透云霧煙塵，故A正確；B、光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用了光的干涉現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；C、水中的氣泡，看起來(lái)特別明亮，是因?yàn)楣饩€(xiàn)從水中射向氣泡時(shí)發(fā)生了全反射的緣故，故C錯(cuò)誤；D、讓紅光和綠光通過(guò)同一雙縫干涉裝置，依據(jù)光的干涉條紋間距公式Δx=Ldλ，形成的干涉條紋間距較大的是紅光，因?yàn)榧t光的波長(zhǎng)長(zhǎng)，故故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握波的基本知識(shí)，要知道單色光的頻率越大，波長(zhǎng)越短，折射率越大。掌握光的全反射與折射的區(qū)別，理解光的干涉原理及條件。3．（4分）（2022?杭州模擬）下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中“3000F2.7V”的超級(jí)電容器最多可以?xún)?chǔ)存8.1C的電荷量 B．圖中小磁針?lè)旁诔瑢?dǎo)環(huán)形電流中間，靜止時(shí)小磁針的指向如圖中所示 C．圖中直導(dǎo)線(xiàn)懸掛在磁鐵的兩極間，通以如圖所示的電流時(shí)會(huì)受到磁場(chǎng)力 D．圖中金屬矩形線(xiàn)框從勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的a位置水平移到b位置，框內(nèi)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過(guò)程；電容的概念、單位與物理意義；磁感線(xiàn)的概念和性質(zhì)；通電直導(dǎo)線(xiàn)周?chē)拇艌?chǎng)；安培力的概念．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電容器專(zhuān)題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】本題根據(jù)Q＝CU、右手螺旋定則、安培力規(guī)律、產(chǎn)生感應(yīng)電流條件，結(jié)合題意，即可解答?！窘獯稹拷猓篈．電容器最多能儲(chǔ)存的電荷量是Q＝CU＝3000×2.7C＝8.1×103C故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手螺旋定則可知環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故小磁針靜止時(shí)垂直紙面且N極指向外，故B錯(cuò)誤；C．通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中與磁場(chǎng)方向不平行時(shí)，會(huì)受到磁場(chǎng)力的作用，故C正確；D．要產(chǎn)生感應(yīng)電流必須同時(shí)滿(mǎn)足兩個(gè)條件，一是回路閉合，二是磁通量發(fā)生變化，線(xiàn)框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不變，故不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題解題的關(guān)鍵是掌握產(chǎn)生感應(yīng)電流必須同時(shí)滿(mǎn)足兩個(gè)條件，一是回路閉合，二是磁通量發(fā)生變化，缺一不可。4．（4分）（2023秋?江陰市期中）科考隊(duì)進(jìn)入某一磁礦區(qū)域后，發(fā)現(xiàn)指南針靜止時(shí)，N極指向?yàn)楸逼珫|30°，如圖虛線(xiàn)所示。設(shè)該位置地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量為B，磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小值為（）A．B2 B．B C．32B D．【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)矢量三角形定則分析磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小值。【解答】解：磁礦所產(chǎn)生的磁場(chǎng)使原來(lái)指向正北的N極順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)30°，根據(jù)矢量三角形定則可知：磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小時(shí)方向與圖中虛線(xiàn)垂直，則磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小值為：B'＝Bsin30°B'故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)矢量三角定則分析得出磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量最小的條件，可以根據(jù)自己積累的經(jīng)驗(yàn)，類(lèi)比力的合成與分解的方法進(jìn)行分析。5．（4分）當(dāng)彈簧振子作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅增大為原來(lái)的2倍時(shí)，以下物理量增大為原來(lái)的2倍的是（）（1）周期；（2）最大速度；（3）最大加速度；（4）總的機(jī)械能。A．（1）（3） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（2）【考點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)彈簧振子的周期公式和彈簧的彈性勢(shì)能公式可確定振幅增大2倍，其周期，速度和加速度的變化?！窘獯稹拷猓汉?jiǎn)諧振動(dòng)的振幅增大為原來(lái)的2倍時(shí)，周期T＝2mmk振幅增大2倍，彈簧的最大伸長(zhǎng)量為原來(lái)的2倍，其最大加速度為原來(lái)的2倍；其彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=12kx2，增大為原來(lái)的4倍，彈簧振子在最大位移處，振子速度為零，總機(jī)械能表現(xiàn)為彈簧彈性勢(shì)能，所以總機(jī)械能增大為原來(lái)的4倍；在平衡位置處，彈性勢(shì)能為零，速度最大，所以其最大速度為原來(lái)的故最大速度和總的機(jī)械能增大為原來(lái)的2倍，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了彈簧振子的特點(diǎn)，解題關(guān)鍵是掌握彈簧振子的周期公式，振幅和機(jī)械能，最大速度和最大加速度的關(guān)系。6．（4分）（2020秋?南崗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以電荷+Q為圓心的某一圓周交于H、L兩點(diǎn)，從圓心到K點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于細(xì)桿，F(xiàn)H＝HK＝KL，質(zhì)量為m、帶電量為﹣q（q＜＜Q）的有孔小球套在桿上，從F點(diǎn)靜止開(kāi)始下滑。則帶電小球從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．到達(dá)K點(diǎn)速度最大 B．整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒 C．電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功 D．到達(dá)H點(diǎn)速度等于到達(dá)L點(diǎn)速度【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】加速度為零的點(diǎn)就是速度最大的點(diǎn)。根據(jù)機(jī)械能守恒條件判機(jī)械能是否守恒。根據(jù)功的定義判斷做功正負(fù)。對(duì)H點(diǎn)到L點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功為零，重力做功不為零，故動(dòng)能會(huì)發(fā)生變化?！窘獯稹拷猓篈、K點(diǎn)電場(chǎng)力水平向左與彈力平衡，豎直方向只受重力，合力F＝mg。故加速度為重力加速度，速度最大即加速度為0，所以K點(diǎn)速度不是最大，故A錯(cuò)誤；B、過(guò)程有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C、負(fù)電荷先靠近正電荷，電場(chǎng)力做正功，又遠(yuǎn)離正電荷，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以帶電小球從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故C正確；D、H和L位于同一等勢(shì)面上，電勢(shì)能相等，由于在H和L兩點(diǎn)重力勢(shì)能不同，根據(jù)能量守恒可知，到達(dá)H點(diǎn)動(dòng)能與到達(dá)L點(diǎn)動(dòng)能不等，所以到達(dá)H點(diǎn)速度不等于到達(dá)L點(diǎn)速度，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)分布和等勢(shì)面分布，注意受力分析和做功分析，根據(jù)能量守恒的條件即可解題。7．（4分）（2020秋?薊州區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，實(shí)線(xiàn)表示某電場(chǎng)中的四個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，一帶負(fù)電的粒子，重力不計(jì)，在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如虛線(xiàn)所示，a、b、c、d是其運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的四個(gè)交點(diǎn)，則可以判斷（）A．φ4等勢(shì)面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)處處相同 B．四個(gè)等勢(shì)面的電勢(shì)關(guān)系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C．粒子從a運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中靜電力一直做負(fù)功 D．粒子在a、b、c、d四點(diǎn)的速度大小關(guān)系是va＜vb＜vc＝vd【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線(xiàn)的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；理解能力．【答案】B【分析】質(zhì)點(diǎn)只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左上方，由于質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，因此電場(chǎng)線(xiàn)方向也指向右下方；電勢(shì)能變化可以通過(guò)電場(chǎng)力做功情況判斷；電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)垂直，且等勢(shì)線(xiàn)密的地方電場(chǎng)線(xiàn)密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大?！窘獯稹拷猓篈、電場(chǎng)線(xiàn)的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖可知φ4等勢(shì)面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不是處處相等，故A錯(cuò)誤；B、電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶負(fù)電，因此電場(chǎng)線(xiàn)指向左方，根據(jù)沿電場(chǎng)線(xiàn)電勢(shì)降低，所以φ1＜φ2＜φ3＜φ4，故B正確；C、粒子從a運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中靜電力與速度的夾角先大于90°，后等于90°，最后小于90°，因此先做負(fù)功，后不做功，最后做正功，故C錯(cuò)誤；D、由C選項(xiàng)分析，電場(chǎng)力先做負(fù)功，再做正功，則有速度先減小后增大，由于c、d在同一等勢(shì)線(xiàn)上，由動(dòng)能定理可知有va＞vb＞vc＝vd，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決這類(lèi)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化。二．多選題（共3小題，滿(mǎn)分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2019春?南通期末）如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻，電流表A1、A2均為理想電表閉合開(kāi)關(guān)S，下列判斷正確的有（）A．電流表A1示數(shù)增大 B．電流表A2示數(shù)減小 C．電源內(nèi)阻消耗的功率減小 D．電源的總功率減小【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電功和電功率的計(jì)算．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】AB【分析】（1）判斷開(kāi)關(guān)閉合前后電路的特征，找到外電路總電阻的變化情況，（2）判斷各電表所測(cè)的是什么電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律找到總電流變化情況，（3）根據(jù)功率公式判斷功率的變化情況；【解答】解：A．S斷開(kāi)時(shí)，外電路中R1和R2串聯(lián)，閉合開(kāi)關(guān)后，R2和R3并聯(lián)，再和R1串聯(lián)，外電路電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，總電流變大，而電流表A1測(cè)的是總電流，故A1的示數(shù)增大，故A正確；B．因?yàn)镽2分得的電壓變小，根據(jù)歐姆定律知，通過(guò)R2的電流減小，所以電流表A2的示數(shù)減小，故B正確；C．根據(jù)P＝I2r知，通過(guò)電源內(nèi)部的電流增大，電源內(nèi)電阻不變，所以電源內(nèi)部消耗的功率增大，故C錯(cuò)誤；D．電源的總功率P＝E?I，因?yàn)殡娏髟龃螅噪娫吹目偣β试龃?，故D錯(cuò)誤；故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】（1）會(huì)判斷電路的串并聯(lián)特征，知道并聯(lián)電路支路越多，總電阻越??；（2）熟記功率的相關(guān)公式；（多選）9．（6分）（2023秋?遼寧期中）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無(wú)窮大可以視為斷路）連接，電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A．減小極板間的正對(duì)面積，帶電油滴會(huì)向上移動(dòng) B．貼著上極板插入金屬板，則電路中有順時(shí)針?lè)较虻碾娏?C．將上極板向左平移一小段距離，P點(diǎn)處的油滴的電勢(shì)能增大 D．將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，并向上移動(dòng)上極板，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電容器專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)電容器的表達(dá)式和決定式，結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系求解。【解答】解：A．減小極板間的正對(duì)面積，根據(jù)電容器的決定式C=ε可知電容器的電容減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不?huì)放電，由E=4πkQ可知極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，則油滴所受電場(chǎng)力變大，將向上移動(dòng)。故A正確；B．貼著上極板插入金屬板，極板間的距離減小，根據(jù)電容器的決定式C=ε可知電容器的電容增大，將充電，則電路中有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?。故B錯(cuò)誤；C．將上極板向左平移一小段距離，根據(jù)電容器的決定式C=ε可知電容器的電容減小，結(jié)合A選項(xiàng)的分析可知電場(chǎng)強(qiáng)度變大，由電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系有φP＝UP下＝EdP下可知P點(diǎn)處的電勢(shì)升高，對(duì)油滴受力分析，根據(jù)平衡條件，即電場(chǎng)力方向豎直向上，則帶負(fù)電荷，根據(jù)EP＝qφ易知油滴的電勢(shì)能減小。故C錯(cuò)誤；D．將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，則極板上電荷量不變，并向上移動(dòng)上極板，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)。故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電容器，熟練運(yùn)用電容器的表達(dá)式和決定式，結(jié)合電路的結(jié)構(gòu)分析是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。（多選）10．（6分）（2020秋?南山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，粗糙程度均勻的直桿AC通過(guò)另一根桿CB固定在水平面上，∠CAB＝30°，AC的下方O點(diǎn)固定有一個(gè)正點(diǎn)電荷，桿上有M、P、N三點(diǎn)，P為MN的中點(diǎn)，OM＝ON，OM∥AB，一帶負(fù)電可視為質(zhì)點(diǎn)的小球套在桿上由N處由靜止開(kāi)始下滑，初始加速度大小為aN，第一次經(jīng)過(guò)P處的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)到M處速度為0，后又以大小為aM的初始加速度由靜止開(kāi)始向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，P點(diǎn)電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球可以返回到出發(fā)點(diǎn)N處 B．撤O點(diǎn)的正電荷，小球可以在直桿上處于靜止 C．系統(tǒng)具有的最大電勢(shì)能為12mv2D．a(chǎn)N＝g+aM【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】比較思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】對(duì)小球在下滑過(guò)程中進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律、平衡條件、動(dòng)能定理、能量守恒定律等，結(jié)合正電荷周?chē)碾妱?shì)線(xiàn)分布特點(diǎn)，斜面是粗糙的等進(jìn)行答題?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)點(diǎn)電荷周?chē)a(chǎn)生的電場(chǎng)和電勢(shì)對(duì)稱(chēng)分布可知，M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)相等，則負(fù)電小球從N到M點(diǎn)電場(chǎng)力做功為零（W電＝0），由動(dòng)能定理有mgh+W電﹣Wf＝0﹣0，而從M點(diǎn)假設(shè)能回到N點(diǎn)，有﹣mgh+W電﹣Wf＝E﹣0，解得E＝﹣Wf，到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為負(fù)，故小球不能回到N點(diǎn)，則A錯(cuò)誤；C、P點(diǎn)離正場(chǎng)源最近，且電勢(shì)為零，則負(fù)電小球在P點(diǎn)的電勢(shì)能最低為零，小球在N點(diǎn)和M點(diǎn)的電勢(shì)能最大，從N點(diǎn)到P點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，可得動(dòng)能定理：12mgh+WNp-12Wf=12mv2，結(jié)合從N到M有：mgh﹣Wf＝0，聯(lián)立可得WNP=1D、對(duì)M點(diǎn)和N點(diǎn)的小球受力分析，由牛頓第二定律有：Fcos30°+mgsin30°﹣μ（Fsin30°+mgcos30°）＝maN；Fcos30°﹣mgsin30°﹣μ（Fsin30°+mgcos30°）＝maM；兩式相減聯(lián)立可得：g＝aN﹣aM，故D正確。B、由以上兩式相加可得：μ=m(aN+故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題借助質(zhì)點(diǎn)間的庫(kù)侖力考查了受力分析與平衡條件的應(yīng)用，關(guān)鍵要正確運(yùn)用動(dòng)能定理在兩過(guò)程的對(duì)稱(chēng)性，消去相同的物理量，可得小球的最大的電勢(shì)能。判斷小球在P點(diǎn)是否靜止，主要是比較此處合力的方向。三．實(shí)驗(yàn)題（共5小題，滿(mǎn)分54分）11．（6分）（2023春?西湖區(qū)校級(jí)月考）在用“單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中：（1）若該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)定了小球的直徑，如圖所示，則小球直徑為2.240cm；（2）下列振動(dòng)圖像真實(shí)地描述了對(duì)擺長(zhǎng)約為1m的單擺進(jìn)行周期測(cè)量的四種操作過(guò)程，圖中橫坐標(biāo)原點(diǎn)O為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，A、B、C、D均為30次全振動(dòng)的圖像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過(guò)程合乎實(shí)驗(yàn)要求且誤差最小的是A（填字母代號(hào)）。A．B．C．D．【考點(diǎn)】用單擺測(cè)定重力加速度；游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù)．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；單擺問(wèn)題；推理論證能力．【答案】（1）2.240；（2）A?！痉治觥浚?）根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；（2）根據(jù)單擺振動(dòng)視為簡(jiǎn)諧振動(dòng)的條件結(jié)合題中計(jì)時(shí)起點(diǎn)的要求計(jì)算解答。【解答】解：（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為22mm+0.05×8mm＝22.40mm＝2.240cm（2）單擺視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的前提是擺角小于5°，則振幅A近似小于Lsin5°，即A＜Lsin5°＝1×0.087m＝8.7cm而CD的振幅A等于30cm＞8.7cm，不符合題意，故CD均錯(cuò)；振動(dòng)中的位移是相對(duì)于平衡位置的位移，由于以原點(diǎn)O為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，即0時(shí)刻位移為0，滿(mǎn)足這兩個(gè)要求的只有第一個(gè)圖像．故選：A。故答案為：（1）2.240；（2）A?！军c(diǎn)評(píng)】重點(diǎn)掌握單擺視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件應(yīng)用。12．（10分）（2019春?海珠區(qū)期末）如圖所示，圖甲為熱敏電阻的R﹣t圖象，圖乙為用此熱敏電阻和繼電器組成的一個(gè)簡(jiǎn)單恒溫箱溫控電路。繼電器的電阻為300Ω，當(dāng)線(xiàn)圈的電流大于或等于10mA時(shí)，繼電器的銜鐵被吸合。為繼電器線(xiàn)圈供電的電池的電動(dòng)勢(shì)E＝9.0V，內(nèi)阻不計(jì)。圖中的“加熱電源”是恒溫箱加熱器的電源（1）應(yīng)該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在C、D（填“A、B”或“C、D”）端；（2）若恒溫箱系統(tǒng)要保持溫度為50℃，可按照下列步驟調(diào)節(jié)溫控電路：①電路接通前，將滑動(dòng)變阻器接入電路阻值調(diào)至最大，并將電阻箱調(diào)到一定的阻值，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，這一阻值應(yīng)為520Ω。②將單刀雙擲開(kāi)關(guān)向2（填“1”或“2”）端閉合，緩慢移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，直至繼電器的銜鐵被吸合。③保持滑動(dòng)變阻器的位置不變，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)向另一端閉合，恒溫箱系統(tǒng)即可正常使用。此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為520Ω?！究键c(diǎn)】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性；伏安法測(cè)電阻．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專(zhuān)題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）C、D；（2）①520；②2；③520【分析】（1）當(dāng)溫度低的時(shí)候，電路與AB相連，此時(shí)加熱器要工作，所以加熱器的電路要與AB相連；（2）要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持50℃，當(dāng)溫度達(dá)到50℃時(shí)，電路就要斷開(kāi)，即電路要達(dá)到10mA．由圖甲所示圖象求出50℃時(shí)，熱敏電阻的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求得電阻的大小。【解答】解：（1）A、B當(dāng)溫度較低的時(shí)候，熱敏電阻的電阻較大，電路中的電流較小，此時(shí)繼電器的銜鐵與CD部分連接，此時(shí)是需要加熱的，恒溫箱內(nèi)的加熱器要工作，所以該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在C、D端。（2）①由圖甲所示圖象可知，溫度為50℃時(shí)，熱敏電阻阻值R＝80Ω，當(dāng)溫度達(dá)到50℃時(shí)，加熱電路就要斷開(kāi)，此時(shí)的繼電器的銜鐵要被吸合，即控制電路的電流要到達(dá)10mA，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I=即為：0.01=解得：R′＝520Ω②接入電阻箱只是為恒溫箱進(jìn)行調(diào)試，正式使用時(shí)要將熱敏電阻接入電阻箱的位置，所以單刀雙擲開(kāi)關(guān)要打向2的位置，為恒溫箱工作做準(zhǔn)備；③由于恒溫箱正常使用，由第①問(wèn)的計(jì)算，要使繼電器吸合，則要求電流達(dá)10mA，滑動(dòng)器接入電路的阻值為520Ω。故答案為：（1）C、D；（2）①520；②2；③520【點(diǎn)評(píng)】在解答本題的時(shí)候要分析清楚，控制電路和加熱電路是兩個(gè)不同的電路，只有當(dāng)溫度較低，需要加熱的時(shí)候，加熱電路才會(huì)工作，而控制電路是一直通電的。由圖甲所示圖象求出溫度所對(duì)應(yīng)的熱敏電阻阻值，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律即可正確解題13．（8分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿著x的正方向傳播，t＝0時(shí)刻波源從坐標(biāo)原點(diǎn)處開(kāi)始振動(dòng)。如圖甲所示是波在t＝0.6s時(shí)的部分波動(dòng)圖像，如圖乙所示是這列波上x(chóng)＝1.4m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像（t＝0.7s開(kāi)始振動(dòng)），求：（1）波的振動(dòng)周期以及波源的振動(dòng)方程；（2）t＝1.5s時(shí)間內(nèi)，x＝0.6m處的質(zhì)點(diǎn)的路程。【考點(diǎn)】波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；機(jī)械波的圖像問(wèn)題．【專(zhuān)題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）波的振動(dòng)周期是0.4s，波源的振動(dòng)方程為y＝﹣30sin5πt（cm）；（2）t＝1.5s時(shí)間內(nèi)，x＝0.6m處的質(zhì)點(diǎn)的路程是360cm?！痉治觥浚?）根據(jù)圖乙質(zhì)點(diǎn)初始振動(dòng)方向得到起振方向；由圖乙得到周期，由圖甲求得波長(zhǎng)，即可得到波速；根據(jù)圖振動(dòng)的一般方程解得波源的振動(dòng)方程；（2）由運(yùn)動(dòng)時(shí)間和周期的關(guān)系，根據(jù)振幅求得路程?！窘獯稹拷猓海?）由題意，x＝1.4m處的質(zhì)點(diǎn)t＝0.7s開(kāi)始振動(dòng)，可知波速為v=由圖甲可得3得λ＝0.8m所以波的振動(dòng)周期為T(mén)=由圖乙可知波源起振方向向下，振幅為30cm，所以波源振動(dòng)方程為y=-（2）波傳到x＝0.6m處質(zhì)點(diǎn)所需時(shí)間t所以振動(dòng)時(shí)間為t2＝t1﹣t＝1.5s﹣0.3s＝1.2s＝3T所以質(zhì)點(diǎn)的路程為s＝3×4A＝360cm答：（1）波的振動(dòng)周期是0.4s，波源的振動(dòng)方程為y＝﹣30sin5πt（cm）；（2）t＝1.5s時(shí)間內(nèi)，x＝0.6m處的質(zhì)點(diǎn)的路程是360cm。【點(diǎn)評(píng)】機(jī)械振動(dòng)問(wèn)題中，一般根據(jù)振動(dòng)圖或質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)得到周期、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向；再根據(jù)波形圖得到波長(zhǎng)和波的傳播方向，從而得到波速及質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，進(jìn)而根據(jù)周期得到路程。14．（12分）（2019秋?湖北期中）單色細(xì)光束射到一半徑為R的透明球表面，光線(xiàn)在過(guò)球心O的平面內(nèi)。入射角i＝45°，經(jīng)折射進(jìn)入球內(nèi)后又經(jīng)內(nèi)表面反射一次，再經(jīng)球表面折射后射出。已知真空中光速為c，入射光線(xiàn)與出射光線(xiàn)反向延長(zhǎng)線(xiàn)之間的夾角a＝30°，如圖所示（圖上已畫(huà)出入射光線(xiàn)和出射光線(xiàn)）。求：①光從球內(nèi)射出球體的臨界角；②光在透明球中傳播的時(shí)間?！究键c(diǎn)】光的折射定律．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；光的折射專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】①光線(xiàn)從入射到出射的光路如圖所示。入射光線(xiàn)AB經(jīng)玻璃折射后，折射光線(xiàn)為BC，又經(jīng)球內(nèi)壁反射后，反射光線(xiàn)為CD，再經(jīng)折射后，折射出的光線(xiàn)為DE．OB、OD為球的半球，即為法線(xiàn)。作出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)和對(duì)稱(chēng)性求出折射角r，由折射定律求出折射率n，再由全反射定律可求得光從球內(nèi)射出球體的臨界角；②由幾何關(guān)系求出光在透明球中傳播的距離L，由v=cn求出光在透明球中傳播的速度，再由t=【解答】解：①畫(huà)出光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系及對(duì)稱(chēng)性，有：r=a2+（i解得：r＝30°由折射定律得：n=臨界角：sinC=解得：C＝45°②由幾何關(guān)系得：AC＝BC＝2Rcosr＝2R?32光在透明球中傳播路程為：L＝23R光在透明球中傳播的速度為：v=c光在透明球中傳播的時(shí)間為：t=解得：t=答：①光從球內(nèi)射出球體的臨界角是45°；②光在透明球中傳播的時(shí)間是26【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何光學(xué)問(wèn)題，作出光路圖是解題的基礎(chǔ)，同時(shí)要善于運(yùn)用幾何關(guān)系分析光線(xiàn)的偏折角與折射角和入射角的關(guān)系。15．（18分）（2021?東安區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，有一電子由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U1的電場(chǎng)加速后，從兩平行金屬板正中間垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，并且恰能從下板右邊緣穿出電場(chǎng)。已知兩平行金屬間距離為d、板長(zhǎng)為l，且電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，求：（1）電子離開(kāi)電場(chǎng)U1時(shí)的速度v0；（2）兩金屬板間的電壓U2?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）電子離開(kāi)電場(chǎng)U1時(shí)的速度v0為2eU（2）兩金屬板間的電壓U2為2U【分析】（1）對(duì)直線(xiàn)加速過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理直接列式求解即可；（2）在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2中粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解為沿著極板方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和垂直極板方向的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解；【解答】解：（1）質(zhì)子在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理可知：eU1=12mv0（2）質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可分解為沿著極板方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和垂直極板方向的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)沿著極板方向：L＝v0t豎直極板方向：d2=加速度：a=聯(lián)立解得：U答：（1）電子離開(kāi)電場(chǎng)U1時(shí)的速度v0為2eU（2）兩金屬板間的電壓U2為2U【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，對(duì)于類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，可以將運(yùn)動(dòng)分解為初速度方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)力方向的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)結(jié)合動(dòng)能定理列式求解．

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過(guò)程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。3．常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)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(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)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(diǎn)撥】1.常見(jiàn)的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過(guò)計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。4．機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對(duì)三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過(guò)程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對(duì)的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對(duì)同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀(guān)眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場(chǎng)中，雷阿倫在終場(chǎng)前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過(guò)程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過(guò)程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對(duì)象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在過(guò)程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合起來(lái)，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢(shì)能參考平面的麻煩。（2）能用動(dòng)能定理來(lái)解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來(lái)解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。5．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的定義、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)與判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、機(jī)械振動(dòng)1.機(jī)械振動(dòng)：物體或物體的一部分在一個(gè)位置附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，簡(jiǎn)稱(chēng)振動(dòng)。2.兩個(gè)振動(dòng)中的概念（1）平衡位置：回復(fù)力為零的位置，也是振動(dòng)物體在靜止時(shí)所處的位置。（2）回復(fù)力：振動(dòng)物體偏離平衡位置后所受到的阻礙它離開(kāi)平衡位置，使它回到平衡位置的力。①與圓周運(yùn)動(dòng)中的向心力一樣，回復(fù)力是振動(dòng)問(wèn)題中根據(jù)力的效果命名的一個(gè)效果力，它可由某一個(gè)力充當(dāng)、某幾個(gè)力的合力充當(dāng)或某一個(gè)力的分力來(lái)充當(dāng)。②與圓周運(yùn)動(dòng)中的向心力總是指向圓心類(lèi)似，振動(dòng)過(guò)程中的回復(fù)力的方向總是指向平衡位置。二、彈簧振子1.定義：小球與彈簧組成的系統(tǒng)，他是一個(gè)理想化模型。2.彈簧振子示意圖：三、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)1.概念：如果物體的位移與時(shí)間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動(dòng)圖像（x﹣t圖像）是一條正弦曲線(xiàn)，這樣的振動(dòng)是一種簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。2.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是最基本的振動(dòng)，彈簧振子中小球的運(yùn)動(dòng)就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。3.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一種變加速運(yùn)動(dòng)。四、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)瞬時(shí)性、對(duì)稱(chēng)性和周期性?！久}方向】關(guān)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A、物體在一個(gè)位置附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)稱(chēng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B、由于做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體受回復(fù)力作用，所以簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)一定是受迫振動(dòng)C、如果物體的位移與時(shí)間關(guān)系圖像是一條余弦曲線(xiàn)，則物體做的是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)D、如果物體的位移與時(shí)間關(guān)系圖像是一條正弦曲線(xiàn)，則物體做的可能不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特征F＝﹣kx判斷；簡(jiǎn)諧振動(dòng)不是受迫振動(dòng)；根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系判斷。解答：A、物體在一個(gè)位置附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)不一定是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，回復(fù)力與偏離平衡位置位移的關(guān)系是F＝﹣kx，負(fù)號(hào)表示回復(fù)力的方向與偏離平衡位置位移的方向相反，故A錯(cuò)誤；B、系統(tǒng)在驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng)叫做受迫振動(dòng)，受迫振動(dòng)的周期由驅(qū)動(dòng)力的周期決定；做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期由自身結(jié)構(gòu)決定，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)中位移隨時(shí)間變化的特點(diǎn)，如果物體的位移與時(shí)間關(guān)系圖像是一條正弦或余弦曲線(xiàn)，則物體做的是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查對(duì)簡(jiǎn)諧振動(dòng)以及簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特點(diǎn)的理解，解答本題關(guān)鍵是掌握簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特征。【解題思路點(diǎn)撥】1.實(shí)際物體看作彈簧振子的四個(gè)條件（1）彈簧的質(zhì)量比小球的質(zhì)量小得多，可以認(rèn)為質(zhì)量集中于振子（小球）。（2）構(gòu)成彈簧振子的小球體積足夠小，可以認(rèn)為小球是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。（3）忽略彈簧以及小球與水平桿之間的摩擦力。（4）小球從平衡位置被拉開(kāi)的位移在彈性限度內(nèi)。2.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移位移的表示方法：以平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，以振動(dòng)所在的直線(xiàn)為坐標(biāo)軸，規(guī)定正方向，則某時(shí)刻振子偏離平衡位置的位移可用該時(shí)刻振子所在位置的坐標(biāo)來(lái)表示。3.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的速度（1）物理含義：速度是描述振子在平衡位置附近振動(dòng)快慢的物理量。在所建立的坐標(biāo)軸（也稱(chēng)“一維坐標(biāo)系”）上，速度的正、負(fù)號(hào)表示振子運(yùn)動(dòng)方向與坐標(biāo)軸的正方向相同或相反。（2）特點(diǎn)：如圖所示為一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的模型，振子在O點(diǎn)速度最大，在A(yíng)、B兩點(diǎn)速度為零。4.判斷一個(gè)振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方法：（1）通過(guò)對(duì)位移的分析，列出位移—時(shí)間表達(dá)式，利用位移—時(shí)間圖像是否滿(mǎn)足正弦規(guī)律來(lái)判斷。（2）對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求解物體所受力在振動(dòng)方向上的合力，利用物體所受的回復(fù)力是否滿(mǎn)足F＝﹣kx進(jìn)行判斷。（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，分析求解振動(dòng)物體的加速度，利用簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)特征a=-k6．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的描述（1）描述簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物理量①位移x：由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線(xiàn)段，是矢量．②振幅A：振動(dòng)物體離開(kāi)平衡位置的最大距離，是標(biāo)量，表示振動(dòng)的強(qiáng)弱．③周期T和頻率f：物體完成一次全振動(dòng)所需的時(shí)間叫周期，而頻率則等于單位時(shí)間內(nèi)完成全振動(dòng)的次數(shù)，它們是表示震動(dòng)快慢的物理量．二者互為倒數(shù)關(guān)系．（2）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式x＝Asin（ωt+φ）．（3）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象①物理意義：表示振子的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律，為正弦（或余弦）曲線(xiàn)．②從平衡位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，函數(shù)表達(dá)式為x＝Asinωt，圖象如圖1所示．從最大位移處開(kāi)始計(jì)時(shí)，函數(shù)表達(dá)式為x＝Acosωt，圖象如圖2所示．【命題方向】?？碱}型是考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象的應(yīng)用：（1）一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)頻率是4HzB．在10s要內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程是20cmC．第4s末質(zhì)點(diǎn)的速度是零D．在t＝1s和t＝3s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)位移大小相等、方向相同分析：由圖可知質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期、振幅及各點(diǎn)振動(dòng)情況；再根據(jù)振動(dòng)的周期性可得質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的路程及各時(shí)刻物體的速度．解：A、由圖可知，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為4s，故頻率為14Hz＝0.25Hz，故AB、振動(dòng)的振幅為2cm，10s內(nèi)有2.5個(gè)周期，故質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為2.5×4×2cm＝20cm，故B正確；C、4s質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處，故質(zhì)點(diǎn)的速度為最大，故C錯(cuò)誤；D、1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)位于正向最大位移處，3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)處于負(fù)向最大位移處，故位移方向相反，故D錯(cuò)誤；故選：B．點(diǎn)評(píng)：圖象會(huì)直觀(guān)的告訴我們很多信息，故要學(xué)會(huì)認(rèn)知圖象，并能熟練應(yīng)用．（2）一個(gè)彈簧振子在A(yíng)、B間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O為平衡位置，如圖所示，以某一時(shí)刻t＝0為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，經(jīng)14A．B．C．D．分析：根據(jù)某一時(shí)刻作計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t＝0），經(jīng)14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位置和速度方向，確定位移的圖象解：由題，某一時(shí)刻作計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t＝0），經(jīng)14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此時(shí)位移為負(fù)方向最大，即在A(yíng)點(diǎn)，說(shuō)明t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)平衡位置向左，則x＝故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題在選擇圖象時(shí)，關(guān)鍵研究t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移和位移如何變化．屬于基礎(chǔ)題．【解題方法點(diǎn)撥】振動(dòng)物體路程的計(jì)算方法（1）求振動(dòng)物體在一段時(shí)間內(nèi)通過(guò)路程的依據(jù)：①振動(dòng)物體在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程一定為四個(gè)振幅，在n個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程必為n?4A；②振動(dòng)物體在半個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程一定為兩倍振幅；③振動(dòng)物體在T4內(nèi)通過(guò)的路程可能等于一倍振幅，還可能大于或小于一倍振幅，只有當(dāng)初始時(shí)刻在平衡位置或最大位移處時(shí)，T（2）計(jì)算路程的方法是：先判斷所求時(shí)間內(nèi)有幾個(gè)周期，再依據(jù)上述規(guī)律求路程。7．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.回復(fù)力定義：如果物體在運(yùn)動(dòng)方向上所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。用數(shù)學(xué)式表達(dá)即為F＝﹣kx。2.加速度：a=3.運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：變速度運(yùn)動(dòng)【命題方向】如圖所示，豎直懸掛的輕彈簧下端系著A、B兩物塊，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，彈簧伸長(zhǎng)15cm，若剪斷A、B間的細(xì)繩，A做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，g取10m/s2，求：（1）物塊A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅是多少；（2）物塊A在最高點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力。分析：（1）先研究AB兩球，由平衡關(guān)系要得出勁度系數(shù)；剛剪斷細(xì)線(xiàn)時(shí)小球的加速度最大，此處相當(dāng)于是小球到達(dá)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅處。（2）剪斷繩子是瞬間，小球A的加速度最大，此時(shí)小球A受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速度；由簡(jiǎn)諧振動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，小球A在等高點(diǎn)的加速度與小球A在最低點(diǎn)的加速度大小相等，由此求出彈簧對(duì)A的作用力的大小和方向。解答：（1）由兩球靜止時(shí)的力平衡條件，得彈簧的勁度系數(shù)為：由kx＝（mA+mB）g；k=(m剪斷A、B間細(xì)線(xiàn)后，A球靜止懸掛時(shí)的彈簧的伸長(zhǎng)量為xA=mA彈簧伸長(zhǎng)量為0.025m時(shí)下端的位置就是A球振動(dòng)中的平衡位置。懸掛B球后又剪斷細(xì)線(xiàn)，相當(dāng)于用手把A球下拉后又突然釋放，剛剪斷細(xì)線(xiàn)時(shí)彈簧比靜止懸掛A球多伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度就是振幅，即A＝x﹣xA＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；（2）振動(dòng)過(guò)程中物塊A最大加速度為：am=mB物塊A在最高點(diǎn)時(shí)具有最大加速度，加速度的方向向下，重力與彈簧的彈力一起提供加速度，由牛頓第二定律得：F+mAg＝mAam代入數(shù)據(jù)得：F＝4N，方向豎直向下；答：（1）物塊A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅是12.5cm；（2）物塊A在最高點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為4N，方向豎直向下。點(diǎn)評(píng)：解決簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的題目應(yīng)注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能確定振幅及最大加速度?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.回復(fù)力的來(lái)源（1）回復(fù)力是指將振動(dòng)的物體拉回到平衡位置的力，同向心力一樣是按照力的作用效果來(lái)命名的。（2）回復(fù)力可以由某一個(gè)力提供，如水平彈簧振子的回復(fù)力即為彈簧的彈力；也可能是幾個(gè)力的合力，如豎直懸掛的彈簧振子的回復(fù)力是彈簧彈力和重力的合力；還可能是某一力的分力。歸納起來(lái)，回復(fù)力一定等于振動(dòng)物體在振動(dòng)方向上所受的合力。分析物體的受力時(shí)不能再加上回復(fù)力。2.關(guān)于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回復(fù)力與位移的比例系數(shù)，而不一定是彈簧的勁度系數(shù)，系數(shù)k由振動(dòng)系統(tǒng)自身決定。3.加速度的特點(diǎn)：根據(jù)牛頓第二定律得a=Fm=-k4.回復(fù)力的規(guī)律：因x＝Asin（ωt+φ），故回復(fù)力F＝﹣kx＝﹣kAsin（ωt+φ），可見(jiàn)回復(fù)力隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化。5.判斷一個(gè)振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方法：（1）通過(guò)對(duì)位移的分析，列出位移—時(shí)間表達(dá)式，利用位移—時(shí)間圖像是否滿(mǎn)足正弦規(guī)律來(lái)判斷。（2）對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求解物體所受力在振動(dòng)方向上的合力，利用物體所受的回復(fù)力是否滿(mǎn)足F＝﹣kx進(jìn)行判斷。（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，分析求解振動(dòng)物體的加速度，利用簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)特征a=-k8．波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】描述機(jī)械波的物理量（1）波長(zhǎng)λ：兩個(gè)相鄰的、在振動(dòng)過(guò)程中對(duì)平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點(diǎn)間的距離叫波長(zhǎng)．在橫波中，兩個(gè)相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長(zhǎng)．在縱波中，兩個(gè)相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長(zhǎng)．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無(wú)論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)振動(dòng)向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長(zhǎng)和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】常考題型：如圖所示是一列簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時(shí)波恰好傳到I點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．此列波的周期為T(mén)＝0.4sB．質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相等C．質(zhì)點(diǎn)I的起振方向沿y軸負(fù)方向D．當(dāng)t＝5.1s時(shí)，x＝10m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處E．質(zhì)點(diǎn)A、C、E、G、I在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長(zhǎng)，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來(lái)確定I處的起振方向，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為波長(zhǎng)的整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)情況完全相同，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為半波長(zhǎng)的奇數(shù)解：A、由波形圖可知，波長(zhǎng)λ＝4m，則T=λv=B、質(zhì)點(diǎn)B、F之間的距離正好是一個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況完全相同，所以質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開(kāi)始振動(dòng)時(shí)的方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時(shí)，x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動(dòng)4.1s＝E、質(zhì)點(diǎn)A、C間的距離為半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況相反，所以位移的方向不同，故D錯(cuò)誤；故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】本題考察了根據(jù)波動(dòng)圖象得出振動(dòng)圖象是一重點(diǎn)知識(shí)，其關(guān)鍵是理解振動(dòng)和波動(dòng)的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】牢記機(jī)械振動(dòng)的有關(guān)公式，熟練的進(jìn)行公式之間的轉(zhuǎn)化與計(jì)算。9．機(jī)械波的圖像問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象。縱坐標(biāo)表示某一時(shí)刻各個(gè)質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，橫坐標(biāo)表示在波的傳播方向上各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的平衡位置。它反映了在波傳播的過(guò)程中，某一時(shí)刻介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的位移在空間的分布。簡(jiǎn)諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線(xiàn)。【命題方向】（1）第一類(lèi)?？碱}型：波的圖象的理解與應(yīng)用如圖為一列沿x軸負(fù)方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)的波形圖，當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的振動(dòng)狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)正在波峰位置D．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)運(yùn)動(dòng)到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點(diǎn)的狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)的波形圖，由波形圖可判斷各點(diǎn)的振動(dòng)情況。解：當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的振動(dòng)狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)，Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的波沿也向左傳到P點(diǎn)，所以x＝0cm處質(zhì)點(diǎn)在波谷，x＝2cm處質(zhì)元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運(yùn)動(dòng)，2cm＜x＜3cm向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；Q點(diǎn)振動(dòng)四分之三周期后到達(dá)波谷加速度沿y軸的正方向最大，質(zhì)點(diǎn)不能平移，B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)評(píng)：本題畫(huà)波形是關(guān)鍵，只要畫(huà)出新的波形各點(diǎn)的振動(dòng)即可明確！第二類(lèi)?？碱}型：波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波，波速為4m/s。某時(shí)刻波形如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)D．此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長(zhǎng)，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯(cuò)誤。B、由圖知，波長(zhǎng)λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D、此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：根據(jù)波的圖象讀出振幅、波長(zhǎng)、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應(yīng)具備的基本能力?！窘忸}方法點(diǎn)撥】波的圖象的理解與應(yīng)用1．波的圖象反映了在某時(shí)刻介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質(zhì)點(diǎn)的平衡位置，縱軸表示該時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)的位移，如圖：圖象的應(yīng)用：（1）直接讀取振幅A和波長(zhǎng)λ，以及該時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)的位移。（2）確定某時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)加速度的方向，并能比較其大小。（3）結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向或由各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當(dāng)兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為nλ時(shí)（n＝1，2，3…），它們的振動(dòng)步調(diào)總相同；當(dāng)兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源質(zhì)點(diǎn)的起振方向決定了它后面的質(zhì)點(diǎn)的起振方向，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向?qū)⒉ǖ膱D象進(jìn)行一微小平移，然后由兩條波形曲線(xiàn)來(lái)判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時(shí)刻波形曲線(xiàn)如左圖中實(shí)線(xiàn)所示。將其沿v的方向移動(dòng)一微小距離△x，獲得如左圖中虛線(xiàn)所示的圖線(xiàn)?？梢耘卸ǎ簍時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A振動(dòng)方向向下，質(zhì)點(diǎn)B振動(dòng)方向向上，質(zhì)點(diǎn)C振動(dòng)方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點(diǎn)向下振動(dòng)，下坡的點(diǎn)向上振動(dòng)，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點(diǎn)向上振動(dòng)，B點(diǎn)向下振動(dòng)，C點(diǎn)向上振動(dòng)。（3）同側(cè)法：質(zhì)點(diǎn)在振動(dòng)方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側(cè)。如左圖所示。10．電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.靜電力做功的特點(diǎn)：在勻強(qiáng)電場(chǎng)中移動(dòng)電荷時(shí)，靜電力所做的功與電荷的起始位置和終止位置有關(guān)，與電荷經(jīng)過(guò)的路徑無(wú)關(guān)。2.靜電力做功的公式：W＝qEl，其中l(wèi)為電荷沿電場(chǎng)線(xiàn)移動(dòng)的位移。【命題方向】如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)相距l(xiāng)，連線(xiàn)AB與電場(chǎng)強(qiáng)度方向的夾角為θ。將一電荷量為q的正電荷分別沿直線(xiàn)AB、折線(xiàn)ACB、曲線(xiàn)ADB從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，靜電力各做了多少功？分析：靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，根據(jù)電場(chǎng)力做功的計(jì)算公式進(jìn)行解答。解答：電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，所以將一電荷量為q的正電荷分別沿直線(xiàn)AB、折線(xiàn)ACB、曲線(xiàn)ADB從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，靜電力做功均為：W＝qElcosθ。答：靜電力做功均為qElcosθ。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查電場(chǎng)力做功的計(jì)算，關(guān)鍵是弄清楚電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)?！窘忸}思路點(diǎn)撥】靜電力做功的特點(diǎn)（1）靜電力做的功與電荷的起始位置和終止位置有關(guān)，但與具體路徑無(wú)關(guān)，這與重力做功特點(diǎn)相似。（2）靜電力做功的特點(diǎn)不受物理?xiàng)l件限制不管靜電力是否變化，是否是勾強(qiáng)電場(chǎng)，是直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)還是曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，靜電力做功的特點(diǎn)均不變11．電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，或者說(shuō)：電荷在電場(chǎng)中沿一閉合路徑移動(dòng)，靜電力做功為零。2．電勢(shì)能概念：電荷在電場(chǎng)中具有勢(shì)能，叫電勢(shì)能。電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能，等于把電荷從該點(diǎn)移動(dòng)到零勢(shì)能位置時(shí)，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢(shì)能減??；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀(guān)能量）和eV（微觀(guān)能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場(chǎng)共有；②相對(duì)性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒(méi)有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)大，若EP＜0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢(shì)能時(shí)，可以通過(guò)與重力勢(shì)能類(lèi)比來(lái)理解相關(guān)概念，上面列舉的各項(xiàng)概念幾乎是所有勢(shì)能都有的，只是具體環(huán)境不同而已?！久}方向】a和b為電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場(chǎng)力作用下做功，導(dǎo)致電勢(shì)能變化．所以根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)可確定電勢(shì)能增加與減少．解答：根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的慣性可知，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能減少了4×10﹣7J．所以選項(xiàng)C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的慣性．電荷的電勢(shì)能增加還是減少是由電場(chǎng)力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢(shì)能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢(shì)能減??；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。（2）正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，而負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小。2.電勢(shì)能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場(chǎng)力做正功時(shí)電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)電勢(shì)能增大。（對(duì)正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢(shì)高低判斷：正電荷在電勢(shì)高處具有的電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處具有的電勢(shì)能大。12．等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線(xiàn)的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：電場(chǎng)中電勢(shì)相等的點(diǎn)組成的面（平面或曲面）叫做等勢(shì)面．2．特點(diǎn)：①等勢(shì)面與電場(chǎng)線(xiàn)一定處處正交（垂直）；②在同一等勢(shì)面上移動(dòng)電荷時(shí)，電場(chǎng)力不做功；③電場(chǎng)線(xiàn)總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面；④任意兩個(gè)電勢(shì)不相同的等勢(shì)面既不會(huì)相交，也不會(huì)相切；⑤等差等勢(shì)面越密的地方電場(chǎng)線(xiàn)越密．【命題方向】電場(chǎng)中某個(gè)面上所有點(diǎn)的電勢(shì)都相等，但電場(chǎng)強(qiáng)度都不同，這個(gè)面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面D．勻強(qiáng)電場(chǎng)中的某一等勢(shì)面分析：在電場(chǎng)中電場(chǎng)線(xiàn)的切向方向表示電場(chǎng)的方向，電場(chǎng)線(xiàn)的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，等勢(shì)面與電場(chǎng)線(xiàn)相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個(gè)等勢(shì)面，但電場(chǎng)強(qiáng)度相等且都為零，故A錯(cuò)誤；B、等量異種電荷的中垂面是個(gè)等勢(shì)面，但以?xún)呻姾蛇B線(xiàn)為對(duì)稱(chēng)線(xiàn)的中垂面上的電場(chǎng)強(qiáng)度都相等，故B錯(cuò)誤；C、以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面上的所有點(diǎn)的電勢(shì)都相等，但電場(chǎng)強(qiáng)度都不同，故C正確；D、勻強(qiáng)電場(chǎng)中的某一等勢(shì)面上的電場(chǎng)強(qiáng)度都相等，故D錯(cuò)誤；故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)電場(chǎng)線(xiàn)的認(rèn)識(shí)，由電場(chǎng)線(xiàn)我們應(yīng)能找出電場(chǎng)的方向、場(chǎng)強(qiáng)的大小及電勢(shì)的高低．【解題思路點(diǎn)撥】1.等勢(shì)面的特點(diǎn)（1）在等勢(shì)面上任意兩點(diǎn)間移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功。（2）同一電場(chǎng)空間兩等勢(shì)面不相交（3）電場(chǎng)線(xiàn)總是和等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)較高的等勢(shì)面指向電勢(shì)較低的等勢(shì)面（4）在電場(chǎng)線(xiàn)密集的地方，等差等勢(shì)面密集在電場(chǎng)線(xiàn)稀疏的地方，等差等勢(shì)面稀疏。（5）等勢(shì)面是虛擬的，是為描繪電場(chǎng)的性質(zhì)而假想的面。2.等勢(shì)面的應(yīng)用（1）由等勢(shì)面可以判斷電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)的高低。（2）由等勢(shì)面可以判斷電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)靜電力做功的情況。（3）由于等勢(shì)面和電場(chǎng)線(xiàn)垂直，已知等勢(shì)面的形狀分布，可以繪制電場(chǎng)線(xiàn)，從而確定電場(chǎng)大體分布。（4）由等差等勢(shì)面的疏密，可以定性地比較其中兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小3.等勢(shì)面與電場(chǎng)線(xiàn)（1）已知等勢(shì)面時(shí)，可作等勢(shì)面的垂線(xiàn)來(lái)確定電場(chǎng)線(xiàn)，并由“電勢(shì)降低”的方向確定電場(chǎng)線(xiàn)方向。（2）已知電場(chǎng)線(xiàn)時(shí)，可作電場(chǎng)線(xiàn)的垂線(xiàn)來(lái)確定等勢(shì)面，并由“沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低”確定等勢(shì)面的電勢(shì)高低。13．勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式1．關(guān)系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強(qiáng)電場(chǎng)中才有這個(gè)關(guān)系。3．注意：式中d是指沿電場(chǎng)方向兩點(diǎn)間的距離。4．方向關(guān)系：場(chǎng)強(qiáng)的方向就是電勢(shì)降低最快的方向。由于電場(chǎng)線(xiàn)跟等勢(shì)面垂直，只有沿電場(chǎng)線(xiàn)方向，單位長(zhǎng)度上的電勢(shì)差才最大，也就是說(shuō)電勢(shì)降落最快的方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向。但電勢(shì)降落的方向不一定是電場(chǎng)強(qiáng)度方向。二、對(duì)公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩點(diǎn)所在等勢(shì)面之間的距離。3．對(duì)于非勻強(qiáng)電場(chǎng)，用公式E=Ud可以定性分析某些問(wèn)題。例如等差等勢(shì)面E越大處，現(xiàn)在舉例來(lái)說(shuō)明公式E=Ud在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的應(yīng)用。如圖所示，A、B、C是同一電場(chǎng)線(xiàn)上的三點(diǎn)，且AB=BC，由電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場(chǎng)強(qiáng)比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因?yàn)閁AB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的比較物理量電勢(shì)差U電場(chǎng)強(qiáng)度E定義（1）電場(chǎng)中任意兩點(diǎn)的電勢(shì)之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場(chǎng)中兩點(diǎn)間移動(dòng)時(shí)，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場(chǎng)中某一點(diǎn)的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場(chǎng)的能的性質(zhì)描述了電場(chǎng)的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點(diǎn)移到另一點(diǎn)時(shí)，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標(biāo)量，無(wú)方向規(guī)定為正電荷在該點(diǎn)所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A(yíng)點(diǎn)質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知A、B兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng)＝0.1m，電勢(shì)差為UAB＝20V．（1）判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向；（2）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（3）求小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球從靜止由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向；（2）根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系求解電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?）根據(jù)動(dòng)能定理求解小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球從靜止由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)橛葾指向B．（2）根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據(jù)動(dòng)能定理研究小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，qU=v＝210m/s答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)橛葾指向B．（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是200V/m；（3）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率是210m/s．點(diǎn)評(píng)：理解和掌握電場(chǎng)中各個(gè)物理量之間的關(guān)系，在具體題目中能熟練的應(yīng)用．【解題方法點(diǎn)撥】U＝Ed關(guān)系的應(yīng)用：公式U＝Ed中d是沿場(chǎng)強(qiáng)方向的兩點(diǎn)間的距離或兩等勢(shì)面間的距離，而U是這兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。這一定量關(guān)系只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，變形后E=Ud，用它可求14．電容的概念、單位與物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)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(chǔ)存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說(shuō)明：電容是反映了電容器儲(chǔ)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(wú)關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無(wú)關(guān)。【命題方向】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(wú)關(guān)D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時(shí)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(wú)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(wú)關(guān)。電容器不帶電，電容沒(méi)變。故A、B錯(cuò)誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點(diǎn)評(píng)：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(wú)關(guān)【解題思路點(diǎn)撥】1.電容表示電容器儲(chǔ)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(wú)關(guān)。3.電容的兩個(gè)計(jì)算公式：①定義式：C=②決定式：C=15．電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時(shí)電壓不變，與電源斷開(kāi)時(shí)是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據(jù)C=?（2）根據(jù)C=Q（3）根據(jù)E=U（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢(shì)能的變化?！久}方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開(kāi)關(guān)S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點(diǎn)電荷。S是閉合的，φa表示a點(diǎn)的電勢(shì)，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動(dòng)，使兩板間的距離增大，則（）A、φa不變B、φa變小C、F變小D、F變大分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動(dòng)可知d的變化，由U＝Ed可知板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢(shì)差的變化，即可得出aB間電勢(shì)差的變化及a點(diǎn)電勢(shì)的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢(shì)差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場(chǎng)力變小，故C正確；則上板與a間的電勢(shì)差減小，而總電勢(shì)差不變，故a與B間的電勢(shì)差增大，而B(niǎo)接地，故a點(diǎn)的電勢(shì)增大，故A、B均錯(cuò)；故選：C。點(diǎn)評(píng)：電容器的動(dòng)態(tài)分析中首先應(yīng)注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進(jìn)行判斷；對(duì)于本