2024-2025學(xué)年上學(xué)期天津高二物理期末模擬卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期天津高二物理期末模擬卷1一．選擇題（共5小題，滿分25分，每小題5分）1．（5分）（2022?山西開學(xué)）下列說法正確的是（）A．穿過閉合回路的磁通量不為零，則回路中一定產(chǎn)生感應(yīng)電流 B．變化的磁場一定產(chǎn)生變化的電場，如此交替由近及遠，即形成電磁波 C．原子的能級是分立的，所以原子的發(fā)射光譜只有一些分立的亮線 D．光是由一個個能量子組成的，這些能量子的能量以取任意值2．（5分）（2013秋?大渡口區(qū)校級期末）如圖所示，兩根平行放置的長直導(dǎo)線a和b載有大小相同、方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)?，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)椋ǎ〢．0 B．F1 C．2F1 D．12F3．（5分）（2017秋?重慶期中）如圖，真空中一條直線上有四點A、B、C、D，AB＝BC＝CD，只在A點放一電量為+Q的點電荷時，B點電場強度為E，若又將等量異號的點電荷﹣Q放在D點，則（）A．B點電場強度為54E，方向水平向左B．B點電場強度為34E，方向水平向右C．BC線段的中點電場強度為零 D．B、C兩點的電場強度相同4．（5分）（2021秋?巴宜區(qū)校級月考）如圖所示是描述甲，乙兩個點電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是（）A．甲帶負電，乙?guī)д?B．甲的電荷量大于乙的電荷量 C．在P點由靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在電場力的作用下，粒子會沿電場線運動到Q點 D．P點的電場強度小于Q點的電場強度5．（5分）全球首創(chuàng)超級電容儲存式現(xiàn)代電車在我國寧波基地下線，沒有傳統(tǒng)無軌電車的“辮子”，沒有尾氣排放，乘客上下車的30s內(nèi)可充滿電并行駛5km以上，剎車和下坡時可把80%的剎車能量轉(zhuǎn)化成電能回收儲存再使用。如圖是使用“3V、12000F”石墨烯納米混合型超級電容器的電車，下列說法正確的是（）A．該電容器最多能儲存72000C的電荷量 B．電容器放電，電荷量逐漸減少到0，電容不變 C．電容器放電，電荷量逐漸減少到0，電壓不變 D．若30s能充滿電，則充電平均電流為3600A二．多選題（共3小題，滿分15分，每小題5分）（多選）6．（5分）關(guān)于紅外線與紫外線的說法中，正確的是（）A．紅外線能加熱理療，而紫外線能殺菌消毒 B．紫外線具有較強的穿透能力，可以穿透人體的皮膚，破壞人體內(nèi)臟器官 C．紅外線與紫外線既有相同的地方，又有不同的特性 D．紅外線和紫外線都是可見光的一部分（多選）7．（5分）（2021秋?鎮(zhèn)遠縣校級期末）如圖甲、乙所示分別為定值電阻A和定值電阻B的U﹣I曲線，則下列說法中正確的是（）A．定值電阻A的阻值為3Ω B．如果在兩電阻兩端加相同的電壓，流過兩定值電阻的電流相同 C．由于U﹣I曲線的斜率表示電阻的大小，則定值電阻A、B的阻值相等 D．如果在兩電阻兩端加相同的電壓，則相同時間內(nèi)通過導(dǎo)體截面的電荷量之比為2：1（多選）8．（5分）家庭電路的保險絲燒斷了，下列說法中正確的是（）A．一定不能用銅絲或鐵絲代替 B．為了保險，選擇盡量粗的保險絲代替 C．選擇額定電流等于或稍小于電路中最大正常工作電流的保險絲代替 D．選擇額定電流等于或稍大于電路中最大正常工作電流的保險絲代替三．實驗題（共4小題，滿分60分）9．（12分）（2023秋?溫州月考）（1）在“練習(xí)使用多用電表”的實驗中，小明同學(xué)用歐姆擋去測量“220V、60W”的白熾燈不發(fā)光時的燈絲電阻，將選擇開關(guān)調(diào)至歐姆擋“×10”擋，并進行正確操作后，指針位置如圖1所示，則該白熾燈的燈絲電阻為Ω。（2）在“金屬絲電阻率的測量”實驗中，小明同學(xué)用米尺測出金屬絲的長度l，用螺旋測微器測量其直徑d如圖2所示，則直徑d＝mm；經(jīng)粗測金屬絲的電阻約為5Ω，為了使測量更加準確，他用伏安法測量該金屬絲的電阻，所用的電路如圖3所示，圖中電壓表的右端應(yīng)與（選填“a”或“b”）點連接；電路連接正確后，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U和I，該金屬絲的電阻率ρ＝（結(jié)果用題中字母表示）。（3）某中學(xué)生課外科技活動小組利用銅片、鋅片和桔子制作了“水果電池”，經(jīng)粗測電動勢約為0.85V，他們再用如圖4所示的實驗電路測量該電池的電動勢E和內(nèi)阻r。圖中電流表A1內(nèi)阻為100Ω，量程0～100μA；電流表A2內(nèi)阻為50Ω，量程0～600μA；滑動變阻器Rx最大阻值5kΩ。①現(xiàn)有兩定值電阻：R1＝100Ω、R2＝9900Ω，實驗中R應(yīng)選擇定值電阻。（選填“R1”或“R2”）②根據(jù)兩個電流表A1和A2測量的多組數(shù)據(jù)，描點作出I1﹣I2圖像，如圖5所示。由圖像可求得該水果電池的電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω（計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。10．（14分）（2022?天津模擬）如圖所示是手電筒的電路圖。老式的手電筒是把兩節(jié)1號干電池串聯(lián)起來作為電源，一節(jié)1號干電池的電動勢是1.5V。手電筒內(nèi)的小燈泡的額定電壓為2.5V，額定電流為0.3A，按下開關(guān)后，小燈泡正常發(fā)光。（1）手電筒不工作時，電源兩端電壓是多大？為什么小燈泡的額定電壓是2.5V，而不是3V？（2）算一算，小燈泡正常工作時的電阻多大？電池組的內(nèi)電阻多大？11．（16分）（2023春?丹東期末）如圖所示，為一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖，其中墨盒可以噴出極小的質(zhì)量為m，電量為﹣q的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以水平初速度v0進入極板間的偏轉(zhuǎn)電場。極板沿水平方向放置，中心軸線為OO′，微粒從O點射入偏轉(zhuǎn)電場，射出電場后，能繼續(xù)運動直到打到紙上，顯示出字符。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場兩極板的長度為L，間距為d，電壓為U，極板右端與紙間水平距離為2L，不計空氣阻力及重力作用，求：（1）微粒經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它做的功W；（2）微粒打到紙上的位置P點與軸線OO′間的距離h。12．（18分）（2022春?大祥區(qū)校級期末）一群速率不同的一價離子從A、B兩平行極板正中央水平射入如圖所示的偏轉(zhuǎn)電場，離子的初動能為Ek，A、B兩極板間電壓為U，板間距為d，C為豎直放置并與A、B間隙正對的金屬擋板，屏MN足夠大。若A、B極板長為L，C到極板右端的距離也為L，C的長為d。不考慮離子所受重力，元電荷為e。（1）寫出離子射出A、B極板時的偏移距離y的表達式；（2）問初動能范圍是多少的離子才能打到屏MN上？

2024-2025學(xué)年上學(xué)期天津高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題，滿分25分，每小題5分）1．（5分）（2022?山西開學(xué)）下列說法正確的是（）A．穿過閉合回路的磁通量不為零，則回路中一定產(chǎn)生感應(yīng)電流 B．變化的磁場一定產(chǎn)生變化的電場，如此交替由近及遠，即形成電磁波 C．原子的能級是分立的，所以原子的發(fā)射光譜只有一些分立的亮線 D．光是由一個個能量子組成的，這些能量子的能量以取任意值【考點】分析能級躍遷過程中的能量變化（吸收或釋放能量）；電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程；電磁波的產(chǎn)生；電磁波的發(fā)射和接收；能量子與量子化現(xiàn)象；氫原子光譜及巴耳末公式．【專題】定性思想；推理法；原子的能級結(jié)構(gòu)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件判斷；根據(jù)麥克斯韋電磁場理論分析；根據(jù)玻爾理論分析；能量子的能量不可以取任意值?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件穿過閉合回路的磁通量不為零，則回路中不一定產(chǎn)生感應(yīng)電流，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯誤；B、根據(jù)麥克斯韋電磁理論可知，均勻變化的磁場，產(chǎn)生穩(wěn)定的電場，非均勻變化的磁場，產(chǎn)生變化的電場，變化的電場和變化的磁場互相激發(fā)，由近及遠傳播形成電磁波，故B錯誤；C、根據(jù)玻爾理論，原子的能級是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的發(fā)射光譜只有一些分立的亮線，故C正確；D、光本身就是由一個個不可分割的能量子組成的，這些能量子后來被叫作光子，光子就是最小的能量子，能量子的能量只能取每一個最小值的整數(shù)倍，不可以取任意值，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件、麥克斯韋電磁理論、氫原子能級躍遷、量子理論等知識點。這種題型屬于基礎(chǔ)題，要善于積累。2．（5分）（2013秋?大渡口區(qū)校級期末）如圖所示，兩根平行放置的長直導(dǎo)線a和b載有大小相同、方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)?，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)椋ǎ〢．0 B．F1 C．2F1 D．12F【考點】兩根通電導(dǎo)線之間的作用力；安培力的概念；左手定則判斷安培力的方向．【答案】A【分析】當兩根通大小相同方向相反的電流時，a受到的一個F1磁場力，然后再加入一勻強磁場，則a受到F2磁場力．則此時b受到的磁場力大小與a相同，方向相反．【解答】解：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則a受到b產(chǎn)生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產(chǎn)生磁場的作用力向右大小為F1′，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻強磁場時產(chǎn)生的磁場力大小為F0，則a受到作用力為F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而對于b由于電流方向與a相反，所以b受到作用力為F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，這兩個力大小相等，方向相反。將F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得：F2′＝F2＝0，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】當沒有加入勻強磁場時，兩根通電直導(dǎo)線的作用力是相互；當加入勻強磁場時，兩根通電直導(dǎo)線的作用力仍是相互．3．（5分）（2017秋?重慶期中）如圖，真空中一條直線上有四點A、B、C、D，AB＝BC＝CD，只在A點放一電量為+Q的點電荷時，B點電場強度為E，若又將等量異號的點電荷﹣Q放在D點，則（）A．B點電場強度為54E，方向水平向左B．B點電場強度為34E，方向水平向右C．BC線段的中點電場強度為零 D．B、C兩點的電場強度相同【考點】電場強度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】比較思想；合成分解法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】D【分析】根據(jù)點電荷場強公式E＝kQr2和電場的疊加原理分析計算B點的電場強度，結(jié)合對稱性分析B、【解答】解：AB、設(shè)AB＝BC＝CD＝r．只在A點放正電荷時，B點的場強為：E＝kQr又將等量異號的點電荷﹣Q放在D點后，﹣Q在B點產(chǎn)生的場強為：E′＝kQ(2r)2=14E，方向水平向右。所以B點場強為：EB＝E+EC、Q和﹣Q在B、C線段的中點產(chǎn)生的電場強度方向相同，疊加后合場強不為零。故C錯誤；D、C點場強為：EC＝kQr2+kQ(2r)2故選：D?！军c評】本題關(guān)鍵是要根據(jù)點電荷的場強公式，然后根據(jù)矢量合成的法則合成各點的場強，當然，也可以根據(jù)等量異種電荷的電場線分布情況快速判斷．4．（5分）（2021秋?巴宜區(qū)校級月考）如圖所示是描述甲，乙兩個點電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是（）A．甲帶負電，乙?guī)д?B．甲的電荷量大于乙的電荷量 C．在P點由靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在電場力的作用下，粒子會沿電場線運動到Q點 D．P點的電場強度小于Q點的電場強度【考點】電場線的定義及基本特征；電場強度與電場力的關(guān)系和計算．【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】B【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)電場線分布特點，可判斷出甲帶正電、乙?guī)ж撾姡⑶壹椎碾姾闪看笥谝业碾姾闪?，故A錯誤，B正確；C、在P位置靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在電場力的作用下，粒子沿P位置電場線的切線從靜止加速，會離開電場線，故C錯誤；D、根據(jù)電場線的密集程度可以判斷出P點的電場強度大于Q點的電場強度，故D錯誤。故選：B?！军c評】加強基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，即可解決本題。5．（5分）全球首創(chuàng)超級電容儲存式現(xiàn)代電車在我國寧波基地下線，沒有傳統(tǒng)無軌電車的“辮子”，沒有尾氣排放，乘客上下車的30s內(nèi)可充滿電并行駛5km以上，剎車和下坡時可把80%的剎車能量轉(zhuǎn)化成電能回收儲存再使用。如圖是使用“3V、12000F”石墨烯納米混合型超級電容器的電車，下列說法正確的是（）A．該電容器最多能儲存72000C的電荷量 B．電容器放電，電荷量逐漸減少到0，電容不變 C．電容器放電，電荷量逐漸減少到0，電壓不變 D．若30s能充滿電，則充電平均電流為3600A【考點】電容器的充放電問題；電容定義式的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；模型法；電容器專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)題意可知，電容器的額定電壓為3V，電容器的電容為12000F，根據(jù)Q＝CU計算電容器最多能儲存的電荷量。電容器的電容與其所帶電荷量、電壓無關(guān)。根據(jù)I=Q【解答】解：A、依題知，電容器的額定電壓為3V，電容器的電容為12000F，則該電容器最多能儲存的電荷量為：Q＝CU＝12000×3C＝36000C，故A錯誤；BC、電容器的電容由其本身決定，與電荷量和電壓均無關(guān)，在放電時電容不變，電容器放電時，電荷量逐漸減少到0，電壓逐漸減小為0，故B正確，C錯誤；D、若30s能充滿，則充電平均電流為：I=Qt=3600030A故選：B。【點評】本題考查電容器和電容的相關(guān)知識，要注意明確電容的定義為比值定義法，其大小與電量和電壓無關(guān)。二．多選題（共3小題，滿分15分，每小題5分）（多選）6．（5分）關(guān)于紅外線與紫外線的說法中，正確的是（）A．紅外線能加熱理療，而紫外線能殺菌消毒 B．紫外線具有較強的穿透能力，可以穿透人體的皮膚，破壞人體內(nèi)臟器官 C．紅外線與紫外線既有相同的地方，又有不同的特性 D．紅外線和紫外線都是可見光的一部分【考點】紫外線的特點和應(yīng)用；紅外線的特點和應(yīng)用．【專題】定性思想；歸納法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】AC【分析】根據(jù)紅外線和紫外線的特性判斷；紅外線與紫外線都是電磁波，根據(jù)波的特點作答；根據(jù)紅外線、可見光、紫外線的波長范圍作答。【解答】解：A、紅外線可用來加熱理療，紫外線可殺菌消毒，故A正確；B、紫外線穿透能力不強，不會穿透人的皮膚破壞內(nèi)臟器官，故B錯誤；C、紅外線與紫外線都是電磁波，都能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象，但它們有不同的作用和性質(zhì)，因此紅外線和紫外線既有相同的地方，又有不同的特性，故C正確；D、紅外線在紅光之外，紫外線在紫光之外，它們都不是可見光的一部分，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查紅外線和紫外線性質(zhì)和作用、波長范圍以及波所具有的特性。（多選）7．（5分）（2021秋?鎮(zhèn)遠縣校級期末）如圖甲、乙所示分別為定值電阻A和定值電阻B的U﹣I曲線，則下列說法中正確的是（）A．定值電阻A的阻值為3Ω B．如果在兩電阻兩端加相同的電壓，流過兩定值電阻的電流相同 C．由于U﹣I曲線的斜率表示電阻的大小，則定值電阻A、B的阻值相等 D．如果在兩電阻兩端加相同的電壓，則相同時間內(nèi)通過導(dǎo)體截面的電荷量之比為2：1【考點】歐姆定律的簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；圖析法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AD【分析】U﹣I曲線的斜率表示電阻的大小，根據(jù)圖線的斜率求出兩個電阻的阻值，在兩電阻兩端加相同的電壓時，根據(jù)歐姆定律分析電流關(guān)系，由q＝It求解相同時間內(nèi)通過導(dǎo)體截面的電荷量之比?！窘獯稹拷猓篈C、根據(jù)U＝IR知U﹣I曲線的斜率表示電阻的大小，則定值電阻A的阻值為：RA=UAIA=124Ω＝3Ω，定值電阻B阻值為：RB=UBBD、如果在兩電阻兩端加相同的電壓，由歐姆定律IUR知，流過兩定值電阻A、B的電流之比為IA：IB＝RB：RA＝6：3＝2：1，由q＝It可知，相同時間內(nèi)通過導(dǎo)體截面的電荷量之比為2：1，故B錯誤，D故選：AD?！军c評】本題掌握U﹣I圖像斜率的物理意義是關(guān)鍵，運用控制變量法求電壓相同時電流之比。（多選）8．（5分）家庭電路的保險絲燒斷了，下列說法中正確的是（）A．一定不能用銅絲或鐵絲代替 B．為了保險，選擇盡量粗的保險絲代替 C．選擇額定電流等于或稍小于電路中最大正常工作電流的保險絲代替 D．選擇額定電流等于或稍大于電路中最大正常工作電流的保險絲代替【考點】電子元器件、電路及家庭安全用電知識．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AD【分析】選擇保險絲的原則：保險絲的額定電流等于或稍大于電路中正常工作時的最大電流。注意：千萬不要用銅絲代替保險絲，銅絲的熔點比較高，電路中電流過大時，產(chǎn)生的較多的熱量，不能達到銅絲的熔點，在電流過大時不能自動切斷電源，不能起到保險的作用?！窘獯稹拷猓篈、若用銅絲來代替保險絲，則失去保險絲的作用，會威脅到人身安全，故A正確；B、越粗的保險絲，電阻值越小，其額定電流就越大，若額定電流太大會失去保護安全的作用，故B錯誤；CD、保險絲的額定電流要等于或稍大于電路中正常工作時的最大電流，當電路中達到最大電流時，很快達到細保險絲的熔點，保險絲燒斷，起到保護作用，故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了家庭電路和安全用電的知識，掌握保險絲的材料、工作原理、連接在電路中的位置、作用等。三．實驗題（共4小題，滿分60分）9．（12分）（2023秋?溫州月考）（1）在“練習(xí)使用多用電表”的實驗中，小明同學(xué)用歐姆擋去測量“220V、60W”的白熾燈不發(fā)光時的燈絲電阻，將選擇開關(guān)調(diào)至歐姆擋“×10”擋，并進行正確操作后，指針位置如圖1所示，則該白熾燈的燈絲電阻為90Ω。（2）在“金屬絲電阻率的測量”實驗中，小明同學(xué)用米尺測出金屬絲的長度l，用螺旋測微器測量其直徑d如圖2所示，則直徑d＝0.290mm；經(jīng)粗測金屬絲的電阻約為5Ω，為了使測量更加準確，他用伏安法測量該金屬絲的電阻，所用的電路如圖3所示，圖中電壓表的右端應(yīng)與a（選填“a”或“b”）點連接；電路連接正確后，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U和I，該金屬絲的電阻率ρ＝πd2（3）某中學(xué)生課外科技活動小組利用銅片、鋅片和桔子制作了“水果電池”，經(jīng)粗測電動勢約為0.85V，他們再用如圖4所示的實驗電路測量該電池的電動勢E和內(nèi)阻r。圖中電流表A1內(nèi)阻為100Ω，量程0～100μA；電流表A2內(nèi)阻為50Ω，量程0～600μA；滑動變阻器Rx最大阻值5kΩ。①現(xiàn)有兩定值電阻：R1＝100Ω、R2＝9900Ω，實驗中R應(yīng)選擇定值電阻R2。（選填“R1”或“R2”）②根據(jù)兩個電流表A1和A2測量的多組數(shù)據(jù)，描點作出I1﹣I2圖像，如圖5所示。由圖像可求得該水果電池的電動勢E＝0.95V，內(nèi)阻r＝9.4×10﹣2Ω（計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）?！究键c】測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻；導(dǎo)體電阻率的測量；練習(xí)使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）90；（2）0.290；a；πd2U4Il；（3）①R2；②0.95；9.4×【分析】（1）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；（2）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則讀出直徑，根據(jù)電阻定律求解電阻率；（3）根據(jù)實驗原理圖寫出原理式，通過變形寫出圖線的數(shù)學(xué)表達式，根據(jù)圖線的斜率和截距求電源的電動勢和內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）歐姆表的讀數(shù)為指針所指刻度乘以倍率，所以圖示電阻值為9.0×10Ω＝90Ω；（2）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度與可動刻度之和，所以d＝0+29.0×0.01mm＝0.290mm；由于待測金屬絲的阻值較小，所以電流表應(yīng)采用外接法，即電壓表右端應(yīng)與a點相連；根據(jù)電阻定律R=ρlS=π(d聯(lián)立可得ρ=π（3）①由圖可知，A1與R串聯(lián)改裝成大量程電壓表，且電源電動勢約為0.85V，所以R應(yīng)選阻值較大的R2；②此時電壓表的量程為U＝IA1（RA1+R2）＝100×10﹣6×（100+9900）V＝1V根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I2（RA2+r）+I1（RA1+R2）代入數(shù)據(jù)可得I1結(jié)合圖像的截距可得E10000結(jié)合圖像的斜率可得50+r10000解得E＝0.95V，r＝9.4×10﹣2Ω。故答案為：（1）90；（2）0.290；a；πd2U4Il；（3）①R2；②0.95；9.4×【點評】本題考查了練習(xí)使用多用電表和測電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗，要求學(xué)生熟練掌握多用電表的使用和讀數(shù)及測電源的電動勢和內(nèi)阻的原理。10．（14分）（2022?天津模擬）如圖所示是手電筒的電路圖。老式的手電筒是把兩節(jié)1號干電池串聯(lián)起來作為電源，一節(jié)1號干電池的電動勢是1.5V。手電筒內(nèi)的小燈泡的額定電壓為2.5V，額定電流為0.3A，按下開關(guān)后，小燈泡正常發(fā)光。（1）手電筒不工作時，電源兩端電壓是多大？為什么小燈泡的額定電壓是2.5V，而不是3V？（2）算一算，小燈泡正常工作時的電阻多大？電池組的內(nèi)電阻多大？【考點】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；定量思想；等效替代法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）手電筒不工作時，電源兩端電壓是3.0V。小燈泡工作時電路中有電流通過，由于電源有內(nèi)阻，內(nèi)部有電勢降落，因此小燈泡的額定電壓比電源電動勢要小，所以小燈泡的額定電壓是2.5V，而不是3V。（2）小燈泡正常工作時的電阻為8.3Ω，電池組的內(nèi)電阻為1.7Ω?！痉治觥浚?）手電簡不工作時，電路斷開，路端電壓等于電源的電動勢。小燈泡工作時，由于干電池有內(nèi)阻，內(nèi)電路上有電勢降落，路端電壓要小于電動勢。（2）根據(jù)小燈泡的額定電壓、額定電流，可以求出小燈泡正常工作時的電阻。根據(jù)閉合電路歐姆定律，可以求得干電池組的內(nèi)電阻?！窘獯稹拷猓海?）手電筒不工作時，電源兩極間的電壓為電源的電動勢即3.0V。小燈泡工作時電路中有電流通過，由于電源有內(nèi)阻，內(nèi)部有電勢降落，因此小燈泡的額定電壓比電源電動勢要小，所以小燈泡的額定電壓是2.5V，而不是3V。（2）小燈泡的額定電壓為U＝2.5V，額定電流為I＝0.3A根據(jù)部分電路歐姆定律得：R=UI=2.5由路端電壓U＝E﹣Ir，可得電源的內(nèi)電阻為r=E-UI=3-2.5答：（1）手電筒不工作時，電源兩端電壓是3.0V。小燈泡工作時電路中有電流通過，由于電源有內(nèi)阻，內(nèi)部有電勢降落，因此小燈泡的額定電壓比電源電動勢要小，所以小燈泡的額定電壓是2.5V，而不是3V。（2）小燈泡正常工作時的電阻為8.3Ω，電池組的內(nèi)電阻為1.7Ω?！军c評】解答本題時，要明確電源兩極間電壓與電源電動勢的關(guān)系，要知道電源的電動勢等于內(nèi)外電壓之和，能熟練運用閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律處理直流電路的計算問題。11．（16分）（2023春?丹東期末）如圖所示，為一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖，其中墨盒可以噴出極小的質(zhì)量為m，電量為﹣q的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以水平初速度v0進入極板間的偏轉(zhuǎn)電場。極板沿水平方向放置，中心軸線為OO′，微粒從O點射入偏轉(zhuǎn)電場，射出電場后，能繼續(xù)運動直到打到紙上，顯示出字符。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場兩極板的長度為L，間距為d，電壓為U，極板右端與紙間水平距離為2L，不計空氣阻力及重力作用，求：（1）微粒經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它做的功W；（2）微粒打到紙上的位置P點與軸線OO′間的距離h?！究键c】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；類比法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）微粒經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它做的功W為U2（2）微粒打到紙上的位置P點與軸線OO′間的距離h為5UqL【分析】（1）墨汁微粒做類平拋運動，根據(jù)水平方向和豎直方向的運動學(xué)公式以及功的公式求電場力做的功；（2）根據(jù)類平拋運動的推論及幾何關(guān)系求兩個階段的偏轉(zhuǎn)距離?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意可知，微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向上有：L＝v0t豎直方向上，由牛頓第二定律可得：a=根據(jù)位移—時間公式有：y=聯(lián)立可得：y=微粒經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它做的功：W=Eqy=（2）根據(jù)題意可知，微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，微粒飛出電場之后做勻速直線運動，且離開勻強電場時方向的反向延長線經(jīng)過極板中點，由幾何關(guān)系有：hy解得：h答：（1）微粒經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它做的功W為U2（2）微粒打到紙上的位置P點與軸線OO′間的距離h為5UqL【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解題關(guān)鍵掌握帶電粒子在電場中作類平拋運動，根據(jù)類平拋運動公式可解得。12．（18分）（2022春?大祥區(qū)校級期末）一群速率不同的一價離子從A、B兩平行極板正中央水平射入如圖所示的偏轉(zhuǎn)電場，離子的初動能為Ek，A、B兩極板間電壓為U，板間距為d，C為豎直放置并與A、B間隙正對的金屬擋板，屏MN足夠大。若A、B極板長為L，C到極板右端的距離也為L，C的長為d。不考慮離子所受重力，元電荷為e。（1）寫出離子射出A、B極板時的偏移距離y的表達式；（2）問初動能范圍是多少的離子才能打到屏MN上？【考點】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；帶電粒子在恒定的電場中做加速（或減速）運動．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）離子射出A、B極板時的偏移距離y的表達式為y=eU（2）初動能范圍是eUL22d2＜【分析】（1）離子在AB板間的電場中做類平拋運動，將離子的運動沿水平方向和豎直方向進行分解，運用牛頓第二定律、運動學(xué)公式，結(jié)合兩個分運動的等時性，求出離子射出電場時的偏轉(zhuǎn)距離y的表達式。（2）離子離開電場后做勻速直線運動，離子要打在屏MN上，y必須滿足y＜d2，且Ltanφ+y＞【解答】解：（1）設(shè)離子的質(zhì)量為m，初速度為v0，則離子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a=離子射出電場的時間為t=射出電場時的偏轉(zhuǎn)距離為y=12聯(lián)立解得y=而Ek=12mv0（2）離子射出電場時的豎直分速度為vy＝at射出電場時的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanφ=故tanφ=離子射出電場后做勻速直線運動要使離子打在屏MN上，需滿足y＜且Ltanφ+y＞d2，所以eUL2答：（1）離子射出A、B極板時的偏移距離y的表達式為y=eU（2）初動能范圍是eUL22d2＜【點評】本題考查粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動類型，解題的關(guān)鍵是掌握類平拋運動的規(guī)律，能熟練推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角度的表達式，同時要正確分析臨界條件，相結(jié)合即可進行研究。

考點卡片1．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！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，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，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）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。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，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。2．電場強度與電場力的關(guān)系和計算【知識點的認識】根據(jù)電場強度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點的電場強度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝3．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】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．4．電容定義式的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1.電容的定義式為：C=Q2.電容定義式的應(yīng)用有：①知道電容器的電荷量和電壓，可以計算出電容的大小。②知道電容器的電容和電壓，可以計算出電容器的電荷量。③知道電容器的電容和電荷量，可以計算兩極板間的電壓。3.如果做出電容器電荷量隨電電壓變化的圖像，應(yīng)該是一條過原點的直線。其斜率即為電容器的電容。C=【命題方向】如圖所示，彼此絕緣的同軸金屬圓管和圓柱分別帶上等量的異種電荷Q后，兩導(dǎo)體間的電勢差為U，若兩導(dǎo)體分別帶上+2Q和﹣2Q的電荷，則它們間的電勢差為（）A、2UB、4UC、8UD、16U分析：彼此絕緣的同軸金屬圓管和圓柱分別帶上等量的異種電荷后，構(gòu)成成一個電容器，帶電量變了后，電容未變，根據(jù)U=Q解答：電容器電量變了后，電容未變，由U=QC知，Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，電勢差也變?yōu)樵瓉淼?倍。故B、C、D錯，故選：A。點評：解決本題的關(guān)鍵是掌握電容的定義式及影響電容的因素．【解題思路點撥】C=Q5．電容器的充放電問題【知識點的認識】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，時間為橫坐標，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。6．帶電粒子在恒定的電場中做加速（或減速）運動【知識點的認識】1.運動狀態(tài)：利用電場使帶電粒子加速時，帶電粒子的速度方向與電場強度的方向相同或相反。2.帶電粒子的分類及受力特點（1）電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力。（2）質(zhì)量較大的微粒：帶電小球，帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。3.分析帶電粒子在靜電力作用下加速運動的兩種方法（1）利用牛頓第二定律F＝ma和運動學(xué)公式，只能分析帶電粒子的勻變速運動。（2》利用動能定理：qU=12mv2-【命題方向】如圖所示，一個質(zhì)子以初速度v0＝5×106m/s射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域．兩板距離為20cm，金屬板之間是勻強電場，電場強度為3×105V/m．質(zhì)子質(zhì)量為m＝1.67×10﹣27kg，電荷量為q＝1.60×10﹣19C．試求（1）質(zhì)子由板上小孔射出時的速度大小；（2）質(zhì)子在電場中運動的時間．分析：（1）質(zhì)子射入電場后，只有電場力做功，根據(jù)動能定理列式求解即可（2）因做勻加速，則由時間等于位移除以平均速度，則運動時間t=L解答：（1）根據(jù)動能定理得：eEd=12mv2-代入數(shù)據(jù)：得v＝6×106m/s（2）t=Lv0+v2．=20×1答：（1）質(zhì)子由板上小孔射出時的速度大小為6×106m/s（2）質(zhì)子在電場中運動的時間為3.6×10﹣8s點評：求速度時動能定理是常用的規(guī)律，要理解并掌握動能定理的內(nèi)容、公式，并能靈活應(yīng)用，求時間用平均速度公式．【解題思路點撥】對于帶電粒子在電場中的加速問題，可以用從牛頓第二定律的角度出發(fā)，也可以從動能定理的角度出發(fā)求解。7．帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動【知識點的認識】1.帶電粒子垂直射入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動，可以利用運動的合成與分解知識分析。規(guī)律為：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t靜電力方向：vy＝at，y=2.分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.兩個特殊推論：（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為初速度方向位移的中點，如圖所示。（2）位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫出）的正切為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切的12，即tanα=12【命題方向】一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，電子恰好從平行板邊緣飛出，求：（電子的比荷eme=1.76×10（1）電子進入極板時的速度v0（2）兩極板間的電壓．分析：（1）由動能定理可求得進入極板的速度．（2）由豎直向做勻加速運動，水平向做勻速運動，由豎直向的距離可求得所加電壓值．解答：（1）由動能定理：Uq=1得v0=2qUm=（2）進入偏轉(zhuǎn)電場，所加電壓為U′電子在平行于板面的方向上做勻速運動：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度為：a=F偏距：y=1能飛出的條件為：y=d2由①②③④⑤可得：U′=2U答：（1）電子進入極板時的速度為4.2×107m/s；（2）兩極板間的電壓為400V點評：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，在列式計算時應(yīng)注意不要提前代入數(shù)值，應(yīng)將公式簡化后再計算，這樣可以減少計算量．【解題思路點撥】帶電粒子在電場中運動問題的處理方法帶電粒子在電場中運動的問題實質(zhì)上是力學(xué)問題的延續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個靜電力；從處理方法上看，仍可利用力學(xué)中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、功能關(guān)系，能量守恒等。8．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。9．歐姆定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】歐姆定律1．內(nèi)容：導(dǎo)體中的電流I跟導(dǎo)體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比．2．表達式：I=U3．適用條件：適用于金屬和電解液導(dǎo)電，氣體導(dǎo)電和半導(dǎo)體元件不適用．4．導(dǎo)體的伏安特性曲線：用橫軸表示電壓U，縱軸表示電流I，畫出的I﹣U關(guān)系圖線．（1）線性元件：伏安特性曲線是直線的電學(xué)元件，適用于歐姆定律．（2）非線性元件：伏安特性曲線為曲線的電學(xué)元件，即非線性元件的電流與電壓不成正比．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查歐姆定律不同表達式的物理意義：對于歐姆定律的理解，下列說法中錯誤的是（）A．由I=UB．由U＝IR，對一定的導(dǎo)體，通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大C．由R=UI，導(dǎo)體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變分析：根據(jù)歐姆定律的內(nèi)容可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，電阻的大小是由導(dǎo)體本身決定的，與電壓的大小無關(guān)．解：A、根據(jù)歐姆定律可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，所以A正確；B、由U＝IR，對一定的導(dǎo)體，電流與電壓成正比，所以通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大，所以B正確；C、導(dǎo)體的電阻與電壓的大小無關(guān)，是由導(dǎo)體本身決定的，所以C錯誤；D、對一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變，即為電阻的大小，所以D正確．本題選錯誤的，故選C．點評：本題就是考查學(xué)生對歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導(dǎo)體本身決定的，與電壓的大小無關(guān)，即可解決本題．（2）第二類?？碱}型是考查對伏安特性曲線的理解：如圖所示為電阻R1和R2的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域．現(xiàn)把R1和R2并聯(lián)在電路中，消耗的電功率分別用P1和P2表示；并聯(lián)的總電阻設(shè)為R．下列關(guān)于P1與P2的大小關(guān)系及R的伏安特性曲線應(yīng)該在的區(qū)域正確的是（）A．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＜P2B．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＜P2C．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＞P2D．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＞P2分析：伏安特性曲線的斜率等于電阻的倒數(shù)．當兩個電阻并聯(lián)后總電阻R比任何一個電阻都要小，R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出電流關(guān)系，再研究功率關(guān)系．解：把R1和R2并聯(lián)在電路中，并聯(lián)的總電阻R比R1和R2都小，則R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率，則R的伏安特性曲線應(yīng)該Ⅰ區(qū)．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出流過電阻R1的電流較大，則功率P1＞P2．故選C．點評：本題首先要從數(shù)學(xué)角度理解圖線的物理意義：斜率越大，電阻越小．其次抓住并聯(lián)電路的基本特點：支路兩端的電壓相等．【解題方法點撥】1．歐姆定律不同表達式的物理意義（1）I=UR是歐姆定律的數(shù)學(xué)表達式，表示通過導(dǎo)體的電流I與電壓U成正比，與電阻（2）公式R=U2．對伏安特性曲線的理解（1）如圖，圖線a、b表示線性元件，圖線c、d表示非線性元件．（2）圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，斜率越大，電阻越小，故Ra＜Rb（如圖甲所示）．（3）圖線c的電阻減小，圖線d的電阻增大（如圖乙所示）．（4）伏安特性曲線上每一點的電壓坐標與電流坐標的比值對應(yīng)這一狀態(tài)下的電阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲線上某點切線的斜率不是電阻的倒數(shù)．（2）要區(qū)分是I﹣U圖線還是U﹣I圖線．（3）對線性元件：R=UI=△U4．歐姆定律I=U對于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對于非純電阻，不適合歐姆定律，因P電＝UI＝P熱+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非純電阻兩端的電壓滿足U＞IR．10．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式【知識點的認識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應(yīng)是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關(guān)．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比11．電子元器件、電路及家庭安全用電知識【知識點的認識】1．家庭電路的一般組成家庭電路由入戶線、電能表、空氣開關(guān)、漏電保護開關(guān)、三腳插座、普通插座、用電器等組成，如圖．（1）入戶線：火線、零線、地線．地線的作用是保障用電人員的人身安全，是漏電保護的前提條件．有電動機的家用電器、在潮濕環(huán)境中使用的電器、具有金屬外殼的電器和其他規(guī)定使用接地的家用電器必須做好接地保護，否則外殼容易帶電．（2）電能表：串聯(lián)在交流電路中用來測量家庭用電的耗電量．（3）漏電保護開關(guān)：在發(fā)生觸電、漏電現(xiàn)象時能夠立即切斷電源，保障用電人員的人身安全．家庭電路應(yīng)注意下列問題：（1）必須安裝漏電保護開關(guān)．（2）電能表、電線與家用電器的總?cè)萘科ヅ洌蠊β孰娖魅缈照{(diào)機等應(yīng)使用專線供電．（3）使用固定插座，有接地線的家用電器必須使用三孔插座，三孔插座、三孔活動插座必須安裝接地線，禁止將三孔插座改為二孔插座．在洗手間、廚房使用帶防護罩的固定插座，以防止水、灰塵的進入．電器的插頭要與插座匹配．2．安全用電（1）不要超負荷用電，以免電流過大引起電線熔化造成短路，引起火災(zāi)．（2）使用保險絲的電路要選用與電線匹配的熔斷絲，不可隨意加粗或用金屬絲替代．（3）漏電保護開關(guān)安裝在無腐蝕性氣體、無爆炸危險品、無高溫?zé)嵩吹膱鏊ㄆ趯β╇姳Ｗo開關(guān)進行靈敏性檢測．（4）濕手不接觸帶電設(shè)備，不用濕布擦帶電設(shè)備，并且要防止用電器受潮．（5）使用家用電器一定要先仔細閱讀說明書，特別是用電注意事項．移動家用電器時要斷開電源．拔取電源線時，應(yīng)當手持插頭，切勿直接牽拉電源線，以免損壞電源線，或者造成接頭脫落．（6）不能負載過大，否則容易導(dǎo)致危險．使用電熱器具時要注意防止發(fā)生火災(zāi)．（7）遇到電器設(shè)備著火，若一時無法判明原因，不得用手拔插頭、拉閘刀開關(guān)，要借用絕緣工具拔下插頭或拉開閘刀開關(guān)．（8）有金屬外殼的家用電器一定要采用帶保護接地線的三孔插座．3．觸電、電器火災(zāi)事故處置電流對人體的損害主要是電熱灼傷和強烈的肌肉痙攣，引起呼吸抑制或心跳驟停，嚴重電擊能夠直接危及生命．電流對人體的損傷與通過人體的電流的大小有關(guān)，如圖所示，0.01A以下的電流一般不會對人體造成損傷．4.發(fā)生觸電事故時，應(yīng)采取以下措施：（1）立即切斷電源，無法切斷電源時應(yīng)使用絕緣的木棒等使觸電者脫離電源．（2）將脫離電源的觸電者移動到通風(fēng)干燥處仰臥，松開上衣、鞋帶，檢查其呼吸、頸部動脈搏動情況．（3）如果觸電者呼吸、心跳停止，應(yīng)進行人工呼吸，實施心臟復(fù)蘇搶救．同時撥打急救電話．（4）絕對不可用手接觸或用金屬、潮濕的物體接觸沒脫離電源的觸電者．5.發(fā)生電器火災(zāi)事故時，應(yīng)采取以下措施：（1）立即切斷電源．（2）用滅火器滅火，電視機、電腦著火應(yīng)用棉被、毛毯等物體捂滅．（3）在無法切斷電源時應(yīng)用不導(dǎo)電的滅火劑滅火，不可用水或泡沫滅火劑．（4）電源沒切斷前，絕對不可把水澆到電器、開關(guān)上，不可用手接觸電器、開關(guān)．【命題方向】關(guān)于我國家庭電路的220V交流電，下列說法正確的是（）A、該交流電的頻率為100HzB、該交流電的周期是0.01sC、在一個周期內(nèi)交流電的方向只改變一次D、在1s內(nèi)交流電的方向改變100次分析：家庭電路的頻率為50Hz，從而可知周期，一個周期電流方向變化2次，據(jù)此分析即可。解答：AB、家庭電路用正弦式交變電流，該交流電的頻率為50Hz，周期T＝0.02s，故AB錯誤。CD、一個周期電流方向變化2次，則在1s內(nèi)交流電的方向改變100次，故D正確，C錯誤。故選：D。點評：本題交變電流，解題關(guān)鍵掌握家庭用電的交變電流一個周期電流方向變化2次?！窘忸}思路點撥】要了解家庭電路的相關(guān)知識以及認識一些基本的電子元器件和了解它們在電路中的作用。12．安培力的概念【知識點的認識】1.定義：通電導(dǎo)線在磁場中受的力叫作安培力。2.特點：（1）通電在導(dǎo)線在磁場中不一定受到安培力，當導(dǎo)線與磁場方向平行時，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向與磁場方向、電流的方向都垂直。【命題方向】關(guān)于磁場對通電直導(dǎo)線的作用力，下列說法中正確的是（）A、通電直導(dǎo)線跟磁場方向平行時作用力最小，等于零B、通電直導(dǎo)線跟磁場方向垂直時作用力最大C、作用力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向D、通電直導(dǎo)線跟磁場方向不垂直時沒有作用力分析：當導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小．當導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．根據(jù)左手定則可知安培力的方向．解答：AB、當導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小。當導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．故A、B正確。C、根據(jù)左手定則，知安培力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向。故C正確。D、當導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，當導(dǎo)線與磁場的方向既不平行也不垂直時，安培力的大小介于0和最大值之間。故D錯誤。故選：ABC。點評：解決本題的關(guān)鍵知道當導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小．當導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．【解題思路點撥】電場力、安培力、洛倫茲力辨析①帶電粒子在電場中受到的力叫作電場力，無論帶電粒子處于什么狀態(tài)，帶電粒子在電場中一定受到電場力。②通電導(dǎo)線在磁場中受到的力叫作安培力，只有通電導(dǎo)線與磁場不平行時，才會受到安培力作用。③帶電粒子在磁場中受到的力叫作洛倫茲力，帶電粒子需要有速度并且速度方向不能與磁場方向平行。13．左手定則判斷安培力的方向【知識點的認識】1.安培力的方向：通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向與磁感應(yīng)強度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進人，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強磁場中有一通電直導(dǎo)線，電流方向垂直紙面向里，則直導(dǎo)線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據(jù)左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點評：本題考查左手定則的應(yīng)用能力．對于左手定則的應(yīng)用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．【解題思路點撥】安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即安培力的方向垂直于電流I和磁場B所決定的平面。（1）當電流方向與磁場方向垂直時，安培力方向、磁場方向、電流方向兩兩垂直，應(yīng)用左手定則時，磁感線垂直穿過掌心。（2）當電流方向與磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向。應(yīng)用左手定則時，磁感線斜著穿過掌心。14．兩根通電導(dǎo)線之間的作用力【知識點的認識】兩根通電導(dǎo)線之間存在作用力，作用規(guī)律為同向電流相互排斥，異向電流相互吸引。證明：如圖所示兩根個導(dǎo)線中，通有同向電流根據(jù)安培定則可知左側(cè)電流在右側(cè)導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，對右側(cè)導(dǎo)線分析，根據(jù)左手定則，可知右側(cè)電流受到的安培力水平向右，同理可得，右側(cè)電流對左側(cè)導(dǎo)線的作用力向左。同樣的方法可以證明異向電流間的安培力指向彼此，即相互吸引?！久}方向】如圖所示，兩根平行放置的長直導(dǎo)線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)椋ǎ〢、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：當兩根通大小相同方向相反的電流時，a受到的一個F1磁場力，然后再加入一勻強磁場，則a受到F2磁場力．則此時b受到的磁場力大小與a相同，方向相反．解答：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則a受到b產(chǎn)生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產(chǎn)生磁場的作用力向右大小為F1′，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻強磁場時產(chǎn)生的磁場力大小為F0，則a受到作用力為F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而對于b由于電流方向與a相反，所以b受到作用力為F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，這兩個力大小相等，方向相反。將F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F(xiàn)2′＝F2；故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：當沒有加入勻強磁場時，兩根通電直導(dǎo)線的作用力是相互；當加入勻強磁場時，兩根通電直導(dǎo)線的作用力仍是相互【解題思路點撥】可以通過安培定則與左手定則得出同向電流相互排斥，異向電流相互吸引的結(jié)論。15．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程【知識點的認識】1.提出物理問題：奧斯特發(fā)現(xiàn)的電流的磁效應(yīng)，證實了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象是有聯(lián)系的。人們從電流磁效應(yīng)的對稱性角度，開始思考如下問題；既然電流能夠引起磁針的運動，那么，為什么不能用磁體使導(dǎo)線中產(chǎn)生電流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁產(chǎn)生電”的設(shè)想，并為此進行了長達10年的探索，從中領(lǐng)悟到，“磁生電”是一種在變化、運動的過程中才能出現(xiàn)的效應(yīng)。3.電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)：1831年，法拉第把兩個線圈繞在一個鐵環(huán)上（如下圖），一個線圈接電源，另一個線圈接“電流表”。當給一個線圈通電或斷電的瞬間，在另一個線圈上出現(xiàn)了電流。他在1831年8月29日的日記中寫下了首次成功的記錄。4.電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)現(xiàn)的意義：電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)使人們對電與磁內(nèi)在聯(lián)系的認識更加深入，宣告了電磁學(xué)作為一門統(tǒng)一學(xué)科的誕生。5.電磁感應(yīng)現(xiàn)象的定義：由磁生電的現(xiàn)象稱為電磁感應(yīng)。6.感應(yīng)電流：電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電流稱為感應(yīng)電流。【命題方向】發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)規(guī)律是人類在電磁學(xué)研究中的偉大成就．在取得這項偉大成就的過程中，法國物理學(xué)家安培、瑞士人科拉頓、英國物理學(xué)家法拉第等人前后進行了多年的研究．在這項研究的眾多工作中，其中有兩個重要環(huán)節(jié)：（1）研究者敏銳地覺察并提出“磁生電”的閃光思想；（2）大量實驗發(fā)現(xiàn)：磁場中閉合電路包圍的面積發(fā)生變化，從閉合線圈中抽出或者插入條形磁鐵等多種條件下，閉合電路中有感應(yīng)電流，最終研究者抓住產(chǎn)生感應(yīng)電流條件的共同本質(zhì)，總結(jié)出閉合電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是磁通量發(fā)生變化．下列說法正確的是（）A、環(huán)節(jié)（1）提出“磁生電”思想是受到了電流磁效應(yīng)的啟發(fā)B、環(huán)節(jié)（1）提出“磁生電”思想是為了對已有的實驗現(xiàn)象做出解釋C、當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，閉合電路所處的磁場一定發(fā)生了變化D、環(huán)節(jié)（2）的研究過程，體現(xiàn)了從大量的實驗現(xiàn)象和事實出發(fā)，總結(jié)出一般規(guī)律的研究方法分析：磁生電在受到電生磁的影響，即電流磁效應(yīng)的啟發(fā)；物理規(guī)律在大量實驗事實，從而總結(jié)得來．解答：AB、“磁生電”思想是受到了電流磁效應(yīng)的啟發(fā)，故A正確，B錯誤；C、當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，閉合電路所處的磁場不一定變化，可以線圈的位置變化，故C錯誤；D、由環(huán)節(jié)（2）的研究過程，體現(xiàn)了從大量的實驗現(xiàn)象和事實出發(fā)，從而總結(jié)規(guī)律，故D正確；故選：AD。點評：考查物理規(guī)律的如何得來，同時知道一是受到啟發(fā)，二是通過觀察．【解題思路點撥】1.電磁感應(yīng)式磁生電的過程，電流的磁效應(yīng)是電生磁的過程。但要注意：有電（流）必有磁（場），有磁不一定有電。即磁生電需要一定的條件。2.電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)使人們對電與磁內(nèi)在聯(lián)系的認識更加深入，宣告了電磁學(xué)作為一門統(tǒng)一學(xué)科的誕生。16．電磁波的產(chǎn)生【知識點的認識】1.麥克斯韋從理論上預(yù)見，電磁波在真空中的傳播速度等于光速，由此麥克斯韋語言了光是一種電磁波。2.電磁波的產(chǎn)生：如果在空間某區(qū)域有周期性變化的電場，就會在周圍引起變化的磁場，變化的電場和磁場又會在較遠的空間引起新的變化的電場和磁場。這樣變化的電場和磁場由近及遠地向周圍傳播，形成了電磁波?！久}方向】關(guān)于電磁波，下列說法正確的是（）A、電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關(guān)B、周期性變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波C、電磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應(yīng)強度均垂直D、電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失分析：電磁波在真空中的傳播速度都相同。變化的電場和磁場互相激發(fā)，形成由近及遠傳播的電磁波。電磁波是橫波，傳播方向與電場強度、磁感應(yīng)強度均垂直。當波源的電磁振蕩停止時，只是不能產(chǎn)生新的電磁波，但已發(fā)出的電磁波不會立即消失。解答：A、電磁波在真空中的傳播速度均相同，與電磁波的頻率無關(guān)，故A正確；B、根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，變化的磁場產(chǎn)生電場，變化的電場產(chǎn)生磁場，相互激發(fā)，形成電磁波，故B正確；C、電磁波是橫波，每一處的電場強度和磁場強度總是相互垂直的，且與波的傳播方向垂直，故C正確；D、當電磁振蕩停止了，只是不能產(chǎn)生新的電磁波，但已發(fā)出的電磁波不會消失，還要繼續(xù)傳播，故D錯誤。故選：ABC。點評：此題考查了電磁波的發(fā)射、傳播和接收，解決本題的關(guān)鍵知道電磁波的特點，以及知道電磁波產(chǎn)生的條件?！窘忸}思路點撥】1.變化的電場和磁場由進及遠地向周圍傳播，形成了電磁波。2.電磁振蕩產(chǎn)生電磁波時，即使電磁振蕩停止了，已經(jīng)發(fā)出的電磁波是不會消失的。會繼續(xù)傳播下去。17．電磁波的發(fā)射和接收【知識點的認識】電磁波的發(fā)射、傳播和接收1．發(fā)射電磁波的條件（1）要有足夠高的振蕩頻率；（2）電路必須開放，使振蕩電路的電場和磁場分散到盡可能大的空間．2．調(diào)制：有調(diào)幅和調(diào)頻兩種方式．3．無線電波的接收（1）當接收電路的固有頻率跟接收到的電磁波的頻率相同時，激起的振蕩電流最強，這就是電諧振現(xiàn)象．（2）使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫做調(diào)諧．（3）從經(jīng)過調(diào)制的高頻振蕩中“檢”出調(diào)制信號的過程，叫做檢波．檢波是調(diào)制的逆過程，也叫做解調(diào)．【命題方向】?？碱}型：下列說法中，正確的是（）A．電磁波不能在真空中傳播B．無線電通信是利用電磁波傳輸信號的C．電磁波在真空中的傳播速度與頻率無關(guān)D．無線電廣播與無線電視傳播信號的原理毫無相似之處【分析】電磁波的傳播不需要介質(zhì)，無線電廣播與無線電視傳播信號的原理相似．解：A、電磁波的傳播不需要介質(zhì)，在真空中可以傳播．故A錯誤．B、無線電通信是利用電磁波傳輸信號．故B正確．C、電磁波在真空中的傳播速度相同，與頻率無關(guān)．故C正確．D、無線電廣播與無線電視傳播信號的原理相似．故D錯誤．故選BC．【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電磁波的特點，以及電磁波的應(yīng)用．【解題思路點撥】1.需要傳送的電信號必須經(jīng)過調(diào)制才能向外發(fā)射，常用的調(diào)制方式有調(diào)頻和調(diào)幅兩種。2.電磁波的調(diào)制調(diào)制在電磁波發(fā)射技術(shù)中，使載波隨各種信號面改變的技術(shù)調(diào)幅（AM）使高頻電磁波的振幅隨信號的強弱而變的調(diào)制技術(shù)調(diào)頻（FM）使高頻電磁波的頹率隨信號的強弱而變的調(diào)制技術(shù)3.無線電波的接收方法（1）利用調(diào)諧電路產(chǎn)生電諧振，使接收電路的感應(yīng)電流最強。（2）通過解調(diào)把接收電路中的有用信號分離出來。2．調(diào)諧和解調(diào)的區(qū)別調(diào)諧就是一個選臺的過程，即選攜帶有用信號的高頻振蕩電流，在接收電路中產(chǎn)生最強的感應(yīng)電流的過程；解調(diào)是將高頻電流中攜帶的有用信號分離出來的過程。18．紅外線的特點和應(yīng)用【知識點的認識】紅外線的波長比無線電波短，比可見光長。所有物體都發(fā)射紅外線。熱物體的紅外輻射比冷物體的紅外輻射強。紅外探測器能在較冷的背景上探測出較熱物體的紅外輻射，這是夜視儀器和紅外攝影的基礎(chǔ)。用靈敏的紅外探測器接收遠處物體發(fā)出的紅外線，然后用電子電路對信號進行處理，可以得知被測對象的形狀及溫度、濕度等參數(shù)。這就是紅外遙感技術(shù)。利用紅外遙感技術(shù)可以在飛機或人造地球衛(wèi)星上勘測地?zé)?、尋找水源、監(jiān)視森林火情、預(yù)報風(fēng)暴和寒潮。紅外遙感技術(shù)在軍事上的應(yīng)用也十分重要。人體也在發(fā)射紅外線，體溫越高，發(fā)射的紅外線越強。根據(jù)這個原理制成的紅外體溫計不與身體接觸也可以測量體溫?！久}方向】人體受到下列哪種射線照射時，可以明顯感覺到熱（）A、無線電波B、紅外線C、γ射線D、X射線分析：無線電波的作用主要是各種移動通信和無線電廣播；紅外線的主要作用是熱作用；γ射線有很強的穿透力，工業(yè)中可用來探傷或流水線的自動控制，對細胞有殺傷力，醫(yī)療上用來治療腫瘤；X射線具有很高的穿透本領(lǐng)本領(lǐng)，能透過許多對可見光不透明的物質(zhì)．解答：A、無線電波的作用主要是各種移動通信和無線電廣播，故不會讓人明顯感到熱，故A錯誤；B、紅外線的主要作用是熱作用，故照射到人體上，可以使人明顯感覺到熱，故B正確；C、γ射線有很強的穿透力，工業(yè)中可用來探傷或流水線的自動控制。γ射線對細胞有殺傷力，醫(yī)療上用來治療腫瘤而不會使人明顯感覺到熱。故C錯誤；D、X射線具有很高的穿透本領(lǐng)本領(lǐng)，能透過許多對可見光不透明的物質(zhì)，故X射線主要用在醫(yī)學(xué)上進行透視和攝片，而沒有熱作用，故照射到人身上人體不會明顯感覺到熱。故D錯誤。故選：B。點評：本題考查了無線電波、紅外線、X射線和γ射線的主要作用，內(nèi)容基礎(chǔ)，只要熟悉教材即可順利解決．【解題思路點撥】常見電磁波的應(yīng)用電磁波譜無線電波紅外線可見光紫外線X射線λ射線頻率（Hz）由左向右，頻率變化由小到大真空中波長由左向右，波長變化由長到短特性波動性強熱作用強感光性強化學(xué)作用，熒光效應(yīng)穿透力強穿透力最強用途通訊、廣播、導(dǎo)航加熱、遙測、遙感、紅外攝像、紅外制導(dǎo)照明、照相等日光燈、殺菌消毒、治療皮膚病等檢查、探測、透視、治療探測、治療19．紫外線的特點和應(yīng)用