2024-2025學年上學期長沙高二物理期末典型卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期長沙高二物理期末模擬卷3一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2019?湖南學業(yè)考試）如圖所示為兩點電荷a、b所形成的電場線分布情況，則對兩電荷電性的判斷，以下說法正確的是（）A．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶負電，b帶正電 B．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶正電，b帶負電 C．a(chǎn)、b為同種電荷，其中a帶正電，b帶正電 D．a(chǎn)、b為同種電荷，其中a帶負電，b帶負電2．（4分）（2021秋?雙城區(qū)校級期中）如圖所示，虛線a、b、c代表某一電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，其中R在等勢面b上。下列判斷正確的是（）A．三個等勢面中，a的電勢最低 B．帶電粒子在P點的電勢能比在Q點的小 C．帶電粒子在P點的動能與電勢能之和比在Q點的小 D．帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面b3．（4分）（2020秋?河南月考）有一個孤立的平行板電容器，兩個極板帶有等量的正、負電荷。在保持所帶電量不變的情況下，僅改變兩極板間的距離d，下列說法正確的是（）A．極板間的距離d加倍，極板間的場強E變?yōu)樵瓉淼?2B．極板間的距離d加倍，極板間的場強E變?yōu)樵瓉淼?倍 C．極板間的距離d減半，極板間的場強E變?yōu)樵瓉淼?倍 D．極板間的距離d減半，極板間的場強E沒有發(fā)生變化4．（4分）（2020?金華模擬）有一種“電測井”技術(shù)，用鉆頭在地上鉆孔，在鉆孔中進行電特性測量，可以反映地下的有關(guān)情況。如圖所示為一鉆孔，其形狀為圓柱體，半徑為10cm，設里面充滿濃度均勻的鹽水，其電阻率ρ＝0.314Ω?m，在鉆孔的上表面和底部加上電壓，測得U＝100V，I＝100mA，則該鉆孔的深度為（）A．50m B．100m C．1000m D．2000m5．（4分）（2021秋?河南期末）取兩根完全相同的電阻絲，第一次將兩電阻絲串聯(lián)，第二次將兩電阻絲拉長一倍后并聯(lián)，分別接在同一恒壓電源兩端。若第一次兩電阻絲產(chǎn)生的熱量為Q時用時為t串，第二次兩電阻絲產(chǎn)生的熱量為Q時用時為t并，則先后兩次所用時間之比為（）A．4：1 B．2：1 C．1：2 D．1：16．（4分）（2015秋?黔南州期末）下列對于電場與磁場的有關(guān)描述中，正確的是（）A．電場中某點的電場強度與放在該點的電荷所受的靜電力成正比，與電荷的電荷量成反比 B．當電場線是曲線時，初速度為零且只受靜電力的電荷的運動軌跡一定與電場線重合 C．多個磁場疊加的區(qū)域中，磁感線可能會相交 D．磁極之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，磁場和電場一樣，也是客觀存在的特殊物質(zhì)7．（4分）（2017秋?太原期末）飛機在空中撞到一只鳥常見，撞到一只兔子就比較罕見了，而這種情況真的被澳大利亞一架飛機遇到了。2017年10月20日，一架從墨爾本飛往布里斯班的飛機，飛到1500m高時就撞到了一只兔子，當時這只兔子正被一只鷹抓著，兩者撞到飛機當場殞命。設當時飛機正以720km/h的速度飛行，撞到質(zhì)量為2kg的兔子，作用時間為0.1s．則飛機受到兔子的平均撞擊力約為（）A．1.44×103N B．4.0×103N C．8.0×103N D．1.44×104N二．多選題（共5小題，滿分20分，每小題4分）（多選）8．（4分）如圖所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實線是一帶電粒子（不計重力）在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，下列說法正確的是（）A．粒子帶負電 B．粒子必先過a點，再到b點，然后到c點 C．粒子在三點的電勢能大小關(guān)系為Epc＞Epa＞Epb D．粒子在三點的動能大小關(guān)系為Ekc＞Eka＞Ekb（多選）9．（4分）（2012秋?連云港校級期中）將電動勢為3.0V的電源接入電路中，測得電源外電路的總電壓為2.4V，當電路中有6C的電荷流過時（）A．電源中共有14.4J的其他形式能轉(zhuǎn)化為電能 B．電源中共有18J的電能轉(zhuǎn)化為其他形式能 C．內(nèi)電路中共有3.6J的電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．外電路中共有14.4J電能轉(zhuǎn)化為其他形式能（多選）10．（4分）（2022秋?海淀區(qū)校級期末）下列關(guān)于電磁的四個實驗表述不正確的是（）A．通電導體棒受力的方向與磁場方向和導體運動方向有關(guān) B．探究電生磁的實驗裝置 C．閉合開關(guān)后，小磁針N極將會逆時針偏轉(zhuǎn) D．磁體間的作用是通過磁場發(fā)生的（多選）11．（4分）（2022秋?臨川區(qū)校級期中）下列說法正確的是（）A．如圖所示，兩通電導線A、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小均為B0，則C處磁場的總磁感應強度大小是2B0 B．小磁針正上方的直導線與小磁針平行，當導線中通有如圖乙所示電流時，小磁針的N極將會垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動 C．如圖所示，一矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時通過線框的磁通量為BS D．如圖所示，豎直放置的長直導線通有恒定電流，有一矩形線框與導線在同一平面內(nèi)，將線框向右平動時線圈中會產(chǎn)生感應電流（多選）12．（4分）（2018?泉州二模）如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為t．對于這一過程，下列判斷正確的是（）A．斜面對物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動量的變化量大小為mgsinθ?t三．實驗題（共3小題，滿分16分）13．（6分）（2018秋?萬州區(qū)校級期中）某實驗小組測定一節(jié)電池的電動勢和內(nèi)阻：該小組用如圖1所示電路圖進行實驗，由實驗數(shù)據(jù)作出的U﹣I圖象如圖2所示，由圖象可求得電源電動勢為V，內(nèi)阻為Ω；所測內(nèi)阻真實值（選填“大于、小于或等于”）。14．（4分）（2013春?瑞安市校級期中）遠距離輸送交流電都采用高電壓輸電，我國正在研究比330kV高得多的電壓進行輸電，采用高壓輸電的優(yōu)點是可減小輸電線上能量損失，則在輸入功率不變時，使輸電電壓提高為原來的10倍，輸電線上損失的電能將降為原來的．15．（6分）（2017春?濰坊期中）“驗證動量守恒定律”的實驗裝置如圖所示．讓質(zhì)量為m1的小球從斜面上某處自由滾下與靜止的質(zhì)量為m2的小球發(fā)生對心碰撞，則：（1）兩小球質(zhì)量的關(guān)系應滿足A．m1＝m2B．m1＞m2C．m1＜m2（2）實驗必須滿足的條件是A．軌道末端的切線必須是水平的B．斜槽軌道必須光滑C．入射球m1每次必須從同一高度滾下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬間必須在同一高度（3）某次實驗得出小球的落點情況如圖所示，測得落點P、M、N到O點的距離分別為OP、OM、ON，假如碰撞過程動量守恒，則碰撞小球質(zhì)量m1和被碰小球質(zhì)量m2之比m1：m2＝．（用OP、OM、ON表示）四．解答題（共3小題，滿分36分，每小題12分）16．（12分）（2023春?樂安縣校級期末）真空中有兩個點電荷，電量均為+Q，將它們分別固定在等腰三角形底邊的頂點A、B上，AB間的距離為d，現(xiàn)將電量為q的試探電荷放到頂點C，測得它所受靜電力為F。求：（1）C處的電場強度E；（2）A、B兩處點電荷之間的庫侖力F。17．（12分）（2021秋?新平縣校級期末）在如圖甲所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R0為定值電阻，當滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示。求：（1）電源內(nèi)阻r和電動勢E；（2）定值電阻R0的最大電功率。18．（12分）（2018?和平區(qū)二模）如圖所示，光滑水平地面上有高為h的平臺，臺面上左端有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面也為h，坡道底端與臺面相切。小球B放置在臺面右端邊緣處，并與臺面鎖定在一起。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與小球B發(fā)生碰撞；在A、B碰撞前一瞬間，小球B解除鎖定；A、B碰撞后粘連在一起，從臺面邊緣飛出。兩球均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m，平臺與坡道的總質(zhì)量為3m，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）小球A剛滑至水平臺面時，小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB；（2）A、B兩球落地時，落地點到平臺右端的水平距離S。

2024-2025學年上學期長沙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，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2019?湖南學業(yè)考試）如圖所示為兩點電荷a、b所形成的電場線分布情況，則對兩電荷電性的判斷，以下說法正確的是（）A．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶負電，b帶正電 B．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶正電，b帶負電 C．a(chǎn)、b為同種電荷，其中a帶正電，b帶正電 D．a(chǎn)、b為同種電荷，其中a帶負電，b帶負電【考點】電場線的定義及基本特征；電場強度的疊加．【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】A【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。【解答】解：根據(jù)電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負電荷終止，可知，是異種點電荷的電場線，其中a帶負電，b帶正電，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】掌握住電場線的特點：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，注意電場線方向是確定點電荷的正負的關(guān)鍵。2．（4分）（2021秋?雙城區(qū)校級期中）如圖所示，虛線a、b、c代表某一電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，其中R在等勢面b上。下列判斷正確的是（）A．三個等勢面中，a的電勢最低 B．帶電粒子在P點的電勢能比在Q點的小 C．帶電粒子在P點的動能與電勢能之和比在Q點的小 D．帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面b【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；等勢面及其與電場線的關(guān)系；電場線的定義及基本特征．【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】D【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即向下方，由于粒子帶正電，因此電場線方向也指向下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大；加速度的方向與電場線的方向相同，與等勢面垂直。【解答】解：A．帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，電場線與等勢面垂直，且由于帶電粒子帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知a等勢線的電勢最高，c等勢線的電勢最低，故A錯誤；B．根據(jù)帶電粒子受力情況可知，若粒子從P到Q過程，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故帶電粒子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，故B錯誤；C．只有電場力做功，所以帶電粒子在P點的動能與電勢能之和與在Q點的相等，故C錯誤；D．電場的方向總是與等勢面垂直，所以R點的電場線的方向與該處的等勢面垂直，而帶正電粒子受到的電場力的方向與電場線的方向相同，加速度的方向又與受力的方向相同，所以帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面b，故D正確。故選：D?！军c評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。3．（4分）（2020秋?河南月考）有一個孤立的平行板電容器，兩個極板帶有等量的正、負電荷。在保持所帶電量不變的情況下，僅改變兩極板間的距離d，下列說法正確的是（）A．極板間的距離d加倍，極板間的場強E變?yōu)樵瓉淼?2B．極板間的距離d加倍，極板間的場強E變?yōu)樵瓉淼?倍 C．極板間的距離d減半，極板間的場強E變?yōu)樵瓉淼?倍 D．極板間的距離d減半，極板間的場強E沒有發(fā)生變化【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；理解能力．【答案】D【分析】明確極板上的電量不變，再根據(jù)平行板電容器的定義式、決定式進行分析，明確電場強度的表達式，從而分析只改變兩板間距離時電場強度的變化。【解答】解：電容器電量不變，根據(jù)平行板電容器的定義式C=QU，決定式C=?S4πkd，以及E其中k為靜電力常量，ε為介電常數(shù)，S為兩板正對面積，q為電容器所帶電量，這些都為常量，且與兩板間距d無關(guān)，所以電場強度E不變，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題以平行板電容器為情景，考查電容器的性質(zhì)，考查考生的推理能力和科學思維，注意掌握結(jié)論：當電量不變時，只改變兩板間距離兩板間的電場強度不變。4．（4分）（2020?金華模擬）有一種“電測井”技術(shù)，用鉆頭在地上鉆孔，在鉆孔中進行電特性測量，可以反映地下的有關(guān)情況。如圖所示為一鉆孔，其形狀為圓柱體，半徑為10cm，設里面充滿濃度均勻的鹽水，其電阻率ρ＝0.314Ω?m，在鉆孔的上表面和底部加上電壓，測得U＝100V，I＝100mA，則該鉆孔的深度為（）A．50m B．100m C．1000m D．2000m【考點】電阻定律的內(nèi)容及表達式．【專題】信息給予題；定量思想；轉(zhuǎn)換法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】由部分電路歐姆定律R=UI，結(jié)合電阻定律【解答】解：設孔內(nèi)鹽水電阻R，由部分電路歐姆定律R=UI，代入數(shù)據(jù)得：R＝1000Ω；由電阻定律R=ρLS，變形得：L=RSρ，S＝πr2，代入題干數(shù)據(jù)及R計算值，得L＝故選：B?！军c評】題干創(chuàng)新，但本質(zhì)是部分歐姆定律的應用，學生要加強審題轉(zhuǎn)化能力，靈活運用電阻定律。5．（4分）（2021秋?河南期末）取兩根完全相同的電阻絲，第一次將兩電阻絲串聯(lián)，第二次將兩電阻絲拉長一倍后并聯(lián)，分別接在同一恒壓電源兩端。若第一次兩電阻絲產(chǎn)生的熱量為Q時用時為t串，第二次兩電阻絲產(chǎn)生的熱量為Q時用時為t并，則先后兩次所用時間之比為（）A．4：1 B．2：1 C．1：2 D．1：1【考點】用焦耳定律計算電熱；電功和電功率的計算．【專題】比較思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)串并聯(lián)電阻特點、電阻定律及焦耳定律求解。【解答】解：設每個電阻絲的電阻為R，第一次將兩電阻絲串聯(lián)時R串＝2R，第二次將兩電阻絲拉長一倍后，電阻絲長度變?yōu)樵瓉淼亩?，橫截面積減小為原來的12，根據(jù)電阻定律R＝ρLS，電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即R′＝4R，兩電阻絲拉長一倍后并聯(lián)時R并=R'2=4R2=2R，分別接在同一恒壓電源兩端，由公式Q＝I2Rt=U2Rt，可得先后兩次所用時間之比為t串故選：D?！军c評】本題考查了串并聯(lián)電阻特點、電阻定律及焦耳定律的應用，注意焦耳定律公式及變形式Q＝I2Rt=U6．（4分）（2015秋?黔南州期末）下列對于電場與磁場的有關(guān)描述中，正確的是（）A．電場中某點的電場強度與放在該點的電荷所受的靜電力成正比，與電荷的電荷量成反比 B．當電場線是曲線時，初速度為零且只受靜電力的電荷的運動軌跡一定與電場線重合 C．多個磁場疊加的區(qū)域中，磁感線可能會相交 D．磁極之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，磁場和電場一樣，也是客觀存在的特殊物質(zhì)【考點】磁感線的概念和性質(zhì)；靜電場和磁場的異同．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】D【分析】根據(jù)電場強度的比值定義式E=F電場線是直線，且電荷靜止釋放，則運動軌跡與電場線重合；磁感線不會相交；磁極之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，磁場是客觀存在的特殊物質(zhì)．【解答】解：A、根據(jù)電場強度的比值定義式E=Fq，可知，電場強度與放在該點的電荷所受的靜電力，及電荷的電荷量均無關(guān)，故B、當電場線是直線時，初速度為零且只受靜電力的電荷的運動軌跡才與電場線重合，故B錯誤；C、多個磁場疊加的區(qū)域中，但磁感線不可能會相交，因為磁感線某點切線方向，表示磁場方向，故C錯誤；D、磁極之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，磁場和電場一樣，也是客觀存在的特殊物質(zhì)，故D正確；故選：D?！军c評】考查電場強度的定義式，理解比值定義的含義，知道磁感線某點切線方向表示磁場方向，掌握磁場與電場一樣，是一種特殊的物質(zhì)．7．（4分）（2017秋?太原期末）飛機在空中撞到一只鳥常見，撞到一只兔子就比較罕見了，而這種情況真的被澳大利亞一架飛機遇到了。2017年10月20日，一架從墨爾本飛往布里斯班的飛機，飛到1500m高時就撞到了一只兔子，當時這只兔子正被一只鷹抓著，兩者撞到飛機當場殞命。設當時飛機正以720km/h的速度飛行，撞到質(zhì)量為2kg的兔子，作用時間為0.1s．則飛機受到兔子的平均撞擊力約為（）A．1.44×103N B．4.0×103N C．8.0×103N D．1.44×104N【考點】動量定理的內(nèi)容和應用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動量定理應用專題．【答案】B【分析】已知兔子的初末速度與作用時間，應用動量定理可以求出作用力?！窘獯稹拷猓?20km/h＝200m/s；對兔子根據(jù)動量定理有：Ft＝mv﹣0可得：F=mvt=2×2000.1N=根據(jù)牛頓第三定律可知飛機受到兔子的平均撞擊力F'＝4.0×103N，則B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了動量定理的簡單應用，對于矢量的運算，我們要考慮方向，知道合力的沖量等于動量的變化量，注意公式的矢量性。二．多選題（共5小題，滿分20分，每小題4分）（多選）8．（4分）如圖所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實線是一帶電粒子（不計重力）在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，下列說法正確的是（）A．粒子帶負電 B．粒子必先過a點，再到b點，然后到c點 C．粒子在三點的電勢能大小關(guān)系為Epc＞Epa＞Epb D．粒子在三點的動能大小關(guān)系為Ekc＞Eka＞Ekb【考點】等勢面及其與電場線的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】此題首先要根據(jù)三條表示等勢面的虛線等距離判斷出電場是勻強電場，所以帶電粒子在電場中各點的電場力是相同的；因帶電粒子的運動軌跡是拋物線，所以兩種運動方式都有可能；根據(jù)abc三點的位置關(guān)系以及帶電粒子的電勢能與動能之間的互化，并明確動能和勢能之和不變，則可判斷出經(jīng)過a、b、c三點時的動能和電勢能的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由題圖可知，電場的方向是向上的，根據(jù)曲線運動受力的方向指向彎曲的方向可知粒子受電場力一定是向下的，故粒子帶負電，故A正確；B、帶負電的粒子無論是依次沿a、b、c運動，還是依次沿c、b、a運動，都會得到如圖的軌跡，故B錯誤；CD、粒子在電場中運動時，只有電場力做功，故電勢能與動能之和應是恒定不變的，由Ep＝qφ可知，帶負電的粒子在b點時的電勢能最大，在c點的電勢能最小，則可判斷在c點的動能最大，在b點的動能最小，即Epb＞Epa＞Epc，Ekc＞Eka＞Ekb，故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題考查到了電勢能、帶電粒子在電場中的運動、等勢面、電場力做功等幾方面的知識點。解決此題的關(guān)鍵是對等勢面的理解，等勢面就是電場中電勢相等的各點構(gòu)成的面，等勢面有以下幾方面的特點：①、等勢面一定與電場線垂直，即跟場強的方向垂直。②、在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。③、電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。④、任意兩個等勢面都不會相交。⑤、等差等勢面越密的地方電場強度越大，即等差等勢面的分布疏密可以描述電場的強弱。（多選）9．（4分）（2012秋?連云港校級期中）將電動勢為3.0V的電源接入電路中，測得電源外電路的總電壓為2.4V，當電路中有6C的電荷流過時（）A．電源中共有14.4J的其他形式能轉(zhuǎn)化為電能 B．電源中共有18J的電能轉(zhuǎn)化為其他形式能 C．內(nèi)電路中共有3.6J的電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．外電路中共有14.4J電能轉(zhuǎn)化為其他形式能【考點】電動勢的概念和物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】恒定電流專題．【答案】CD【分析】根據(jù)電動勢的定義式E=Wq，求解有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；根據(jù)W1＝U1【解答】解：A、根據(jù)電動勢的定義式E=Wq，得W＝Eq＝3.0×6J＝18J，非靜電力做功18J，則電源中共有18J其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。故B、電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故B錯誤。C、內(nèi)電壓為U′＝E﹣U＝302.4＝0.6V，內(nèi)電路中轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的電能為：E內(nèi)＝qU′＝6×0.6J＝3.6J，故C正確。D、根據(jù)W＝Uq得：W1＝U1q＝2.4×6J＝14.4J，則外電路中共有14.4J電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，故D正確。故選：CD。【點評】本題主要考查了W＝Uq公式的直接應用，知道電流做功的過程就是把電能轉(zhuǎn)化為其它形式的能的過程．（多選）10．（4分）（2022秋?海淀區(qū)校級期末）下列關(guān)于電磁的四個實驗表述不正確的是（）A．通電導體棒受力的方向與磁場方向和導體運動方向有關(guān) B．探究電生磁的實驗裝置 C．閉合開關(guān)后，小磁針N極將會逆時針偏轉(zhuǎn) D．磁體間的作用是通過磁場發(fā)生的【考點】磁現(xiàn)象與磁場；通電直導線周圍的磁場；安培力的概念．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】ABC【分析】A.根據(jù)磁場對電流的作用作答；B.根據(jù)電磁感應中導體棒切割磁感線運動產(chǎn)生感應電流作答；C.根據(jù)安培定則作答；D.磁體與磁體的相互作用是通過磁場發(fā)生的，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．當閉合開關(guān)后，導體運動，說明磁場對電流有力的作用，通電導體棒受力的方向與磁場方向和電流方向有關(guān)，與導體運動方向無關(guān)，故A錯誤；B．閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中會產(chǎn)生感應電流，是磁生電，故B錯誤；C．根據(jù)安培定則可知，螺線管的左端為N極，根據(jù)異名磁極相互吸引可知，小磁針將順時針偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D．磁場對放入其中的磁體一定有磁場力作用，磁極之間相互作用是通過磁場發(fā)生的，故D正確。本題選擇不正確的說法。故選：ABC?！军c評】磁場與電流、磁體與磁體之間的相互作用都是通過磁場發(fā)生的；安培力大小不僅與磁感應強度、通電電流、通電導體的長度有關(guān)，還與通電導體與磁場方向的夾角有關(guān)。（多選）11．（4分）（2022秋?臨川區(qū)校級期中）下列說法正確的是（）A．如圖所示，兩通電導線A、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小均為B0，則C處磁場的總磁感應強度大小是2B0 B．小磁針正上方的直導線與小磁針平行，當導線中通有如圖乙所示電流時，小磁針的N極將會垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動 C．如圖所示，一矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時通過線框的磁通量為BS D．如圖所示，豎直放置的長直導線通有恒定電流，有一矩形線框與導線在同一平面內(nèi)，將線框向右平動時線圈中會產(chǎn)生感應電流【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程；通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義；磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定性思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】BD【分析】根據(jù)矢量運算定則判斷；根據(jù)右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場，然后確定小磁針的轉(zhuǎn)動方向；根據(jù)磁通量的定義判斷；根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件判斷?！窘獯稹拷猓篈．磁感應強度是個矢量，因兩通電導線A、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度的方向不同，所以C處磁場的總磁感應強度大小不是2B0，故A錯誤；B．當導線中通有如圖乙所示電流時，根據(jù)右手螺旋定則可知導線在小磁針處產(chǎn)生垂直于紙面向內(nèi)的磁場，所以小磁針的N極將會垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動，故B正確；C．因線框平面與磁場方向平行，所以此時通過線框的磁通量為0，故C錯誤；D．線框向右平動時，通過線圈的磁通量會減小，所以線圈中會產(chǎn)生感應電流，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查了磁感應強度、電流周圍磁場、磁通量、感應電流等基礎知識，要求學生對這些基礎知識要重視課本，強化記憶。（多選）12．（4分）（2018?泉州二模）如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為t．對于這一過程，下列判斷正確的是（）A．斜面對物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動量的變化量大小為mgsinθ?t【考點】求變力的沖量；動量的定義、單位及性質(zhì)．【專題】定性思想；方程法；動量定理應用專題．【答案】BD【分析】由沖量的計算公式I＝Ft求出各力的沖量大小，由動量定理求出動量的變化量．【解答】解：A、斜面對物體的彈力的沖量大?。篒＝Nt＝mgcosθ?t，彈力的沖量不為零，故A錯誤；B、根據(jù)沖量的定義式可知，物體所受重力的沖量大小為：IG＝mg?t，故B正確；C、物體受到的合力的沖量大小：mgtsinθ，由動量定理得：動量的變化量大小Δp＝I合＝mgsinθ?t，則由動量定理可知，合力的沖量不為零，故C錯誤，D正確；故選：BD。【點評】此題考查了沖量的概念和動量定理的應用，要記住動量的變化等于合力的沖量；同時明確動量的矢量性．三．實驗題（共3小題，滿分16分）13．（6分）（2018秋?萬州區(qū)校級期中）某實驗小組測定一節(jié)電池的電動勢和內(nèi)阻：該小組用如圖1所示電路圖進行實驗，由實驗數(shù)據(jù)作出的U﹣I圖象如圖2所示，由圖象可求得電源電動勢為1.5V，內(nèi)阻為0.85Ω；所測內(nèi)阻小于真實值（選填“大于、小于或等于”）。【考點】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【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】1.5；0.85；小于?！痉治觥扛鶕?jù)圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源的電動勢與內(nèi)阻；根據(jù)實驗電路圖分析實驗誤差?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)坐標系內(nèi)描出的點作出圖象如圖所示根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：U＝E﹣Ir由圖示電源U﹣I圖象可知，電源電動勢E＝1.5V，電源內(nèi)阻r=ΔUΔI=1.5-1.00.59由電路圖可知，由于電壓表的分流作用，電流測量值小于真實值，導致電源內(nèi)阻的測量值小于真實值，即測量值偏小。故答案為：1.5；0.85；小于?！军c評】本題考查了求電源電動勢與內(nèi)阻，知道實驗原理、掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法即可正確解題。14．（4分）（2013春?瑞安市校級期中）遠距離輸送交流電都采用高電壓輸電，我國正在研究比330kV高得多的電壓進行輸電，采用高壓輸電的優(yōu)點是可減小輸電線上能量損失，則在輸入功率不變時，使輸電電壓提高為原來的10倍，輸電線上損失的電能將降為原來的0.01．【考點】高壓輸電的原理和優(yōu)點．【專題】交流電專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)P＝UI，抓住功率不變，通過輸電電壓的變化得出輸電電流的變化，從而根據(jù)P損【解答】解：根據(jù)P＝UI知，輸電電壓提高為原來的10倍，則輸電電流變?yōu)樵瓉淼?10根據(jù)P損=I2R故答案為：0.01．【點評】解決本題的關(guān)鍵知道輸送功率、輸送電壓、電流的關(guān)系，知道P損15．（6分）（2017春?濰坊期中）“驗證動量守恒定律”的實驗裝置如圖所示．讓質(zhì)量為m1的小球從斜面上某處自由滾下與靜止的質(zhì)量為m2的小球發(fā)生對心碰撞，則：（1）兩小球質(zhì)量的關(guān)系應滿足BA．m1＝m2B．m1＞m2C．m1＜m2（2）實驗必須滿足的條件是ACDA．軌道末端的切線必須是水平的B．斜槽軌道必須光滑C．入射球m1每次必須從同一高度滾下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬間必須在同一高度（3）某次實驗得出小球的落點情況如圖所示，測得落點P、M、N到O點的距離分別為OP、OM、ON，假如碰撞過程動量守恒，則碰撞小球質(zhì)量m1和被碰小球質(zhì)量m2之比m1：m2＝ONOP-OM．（用OP、OM、ON【考點】驗證動量守恒定律．【專題】實驗題；實驗探究題；定性思想；實驗分析法；動量定理應用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】①在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平；②根據(jù)實驗注意事項分析答題；③根據(jù)動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式，然后答題；④根據(jù)動量守恒列方程即可正確求出質(zhì)量之比．【解答】解：（1）為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即m1大于m2．故B正確，AC錯誤；（2）①A、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故A正確；B、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故B錯誤；C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確．D、為保證兩球發(fā)生對心正碰，碰撞后小球做平拋運動，碰撞的瞬間m1和m2球心連線與軌道末端的切線平行，并且球心應等高，故D正確；故選：ACD．（3）兩球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有：m1v1＝m1v1′+m2v2′，兩邊同時乘以t得：m1v1t＝m1v1′t+m2v2′t，則有：m1OP＝m1OM+m2ON，解得：m1：m2＝）ONOP-OM故答案為：（1）B；（2）ACD；（3）ONOP-OM【點評】本題主要考查了“驗證動量守恒定律”的實驗的原理及要求以及數(shù)據(jù)處理等基礎知識，要注意明確實驗中基本方法和注意事項，并掌握本實驗中利用平拋運動研究對動量守恒的基本方法．四．解答題（共3小題，滿分36分，每小題12分）16．（12分）（2023春?樂安縣校級期末）真空中有兩個點電荷，電量均為+Q，將它們分別固定在等腰三角形底邊的頂點A、B上，AB間的距離為d，現(xiàn)將電量為q的試探電荷放到頂點C，測得它所受靜電力為F。求：（1）C處的電場強度E；（2）A、B兩處點電荷之間的庫侖力F?！究键c】庫侖定律的表達式及其簡單應用；電場強度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】（1）C處的電場強度EFq（2）A、B兩處點電荷之間的庫侖力F為kQ【分析】根據(jù)電場強度的定義式，結(jié)合庫侖定律，及矢量的合成法則，即可求解．【解答】解：（1）根據(jù)電場強度的定義可以知道，C處的電場強度為：E=F（2）根據(jù)庫侖定律可知：F=k答：（1）C處的電場強度為Fq，方向與F（2）A、B兩處點電荷之間的庫侖力F為kQ【點評】考查電場強度的定義式與庫侖定律的內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．17．（12分）（2021秋?新平縣校級期末）在如圖甲所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R0為定值電阻，當滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示。求：（1）電源內(nèi)阻r和電動勢E；（2）定值電阻R0的最大電功率。【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．【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）電源內(nèi)阻為2Ω，電動勢為3.6V；（2）定值電阻R0的最大電功率為0.9W?！痉治觥浚?）根據(jù)圖像分析電壓與電流的圖像斜率可解得定值電阻與內(nèi)阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律解得電動勢；（2）當滑動變阻器的阻值為0時，電路中電流最大，根據(jù)功率公式解得定值電阻R0的最大電功率?！窘獯稹拷猓海?）由圖甲知，電壓表V1測定值電阻R0兩端電壓，且R0兩端的電壓隨電流的增大而增大，則圖乙中下方圖線表示電壓表V1的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況，由圖線的斜率得：R0=ΔUΔI=3.0-1.0電壓表V2測得的是電源的路端電壓，圖乙中上方圖線表示V2的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況，上方圖線斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻：r=ΔU'ΔI'=3.4-3.0當電路中電流為0.1A時，電壓表V2的讀數(shù)為3.4V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：E＝U+Ir＝3.4V+0.1×2V＝3.6V（2）當滑動變阻器的阻值為0時，電路中電流最大，最大電流為：Imax=ER0此時定值電阻R0消耗的功率最大，最大電功率為：Pmax=Imax2?R0=（答：（1）電源內(nèi)阻為2Ω，電動勢為3.6V；（2）定值電阻R0的最大電功率為0.9W?！军c評】本題考查閉合電路的歐姆定律，解題關(guān)鍵掌握圖像的認識，根據(jù)電壓與電流的變化關(guān)系解得電阻值。18．（12分）（2018?和平區(qū)二模）如圖所示，光滑水平地面上有高為h的平臺，臺面上左端有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面也為h，坡道底端與臺面相切。小球B放置在臺面右端邊緣處，并與臺面鎖定在一起。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與小球B發(fā)生碰撞；在A、B碰撞前一瞬間，小球B解除鎖定；A、B碰撞后粘連在一起，從臺面邊緣飛出。兩球均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m，平臺與坡道的總質(zhì)量為3m，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）小球A剛滑至水平臺面時，小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB；（2）A、B兩球落地時，落地點到平臺右端的水平距離S。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）小球A下滑的過程，A、B及平臺組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒，機械能也守恒，由此列式，即可求解。（2）對于A、B兩球碰撞過程，由動量守恒定律求得碰后兩球的共同速度。之后，兩球一起做平拋運動，平臺做勻速直線運動，由平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系求解。【解答】解：（1）小球A下滑的過程，對A、B及平臺組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由水平動量守恒得：0＝mvA﹣（3m+m）vB。根據(jù)機械能守恒定律得：mgh=12mvA2+12（3m+m）聯(lián)立解得：vA=85gh，（2）對于A、B兩球碰撞過程，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mvA﹣mvB＝2mv得：v=之后兩球一起做平拋運動，時間為：t=A、B兩球落地時，落地點到平臺右端的水平距離為：S＝vBt+vt。解得：S=2答：（1）小球A剛滑至水平臺面時，小球A的速度大小vA是85gh，小球B的速度大小vB是（2）A、B兩球落地時，落地點到平臺右端的水平距離S是25+【點評】本題要分析清楚兩球及平臺的運動過程，把握每個過程的規(guī)律，知道小球A下滑的過程系統(tǒng)水平動量守恒和機械能守恒，但總動量不守恒。掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律。

考點卡片1．動量的定義、單位及性質(zhì)【知識點的認識】1.動量的定義：質(zhì)量和速度的乘積。用符號p表示。2.公式：p＝mv。3.單位：千克米每秒，符號：kg?m/s。4.標矢性：動量是矢量，方向與速度的方向相同，運算遵循平行四邊形定則?！久}方向】物體在運動過程中加速度不為零，則下列說法正確的是（）A、物體速度的大小一定隨時間變化B、物體速度的方向一定隨時間變化C、物體動能一定隨時間變化D、物體動量一定隨時間變化分析：加速度不為零，物體受到的合力不為零，根據(jù)合力方向與速度方向間的關(guān)系分析判斷物體速度大小、方向如何變化，動能是否變化，由動量定理分析答題．解答：物體在運動過程中加速度不為零，物體受到的合力不為零；A、如果物體做勻速圓周運動，物體所受合力不為零，則物體的速度大小不變，速度方向時刻變化，故A錯誤；B、如果物體做直線運動，物體所受合力不為零，則物體的速度方向不變，速度大小不斷變化，故B錯誤；C、如果物體做勻速圓周運動，物體所受合力不為零，物體動能不變，故C錯誤；D、物體所受合力不為零，則物體所受的沖量不為零，由動量定理可知，物體的動量一定隨時間變化，故D正確；故選：D。點評：物體所受合力不為零，物體做變速運動，物體的動量一定變化，物體的速度大小、速度方向、物體動能是否變化與物體做什么運動有關(guān)系，應具體分析討論．【解題思路點撥】動量的性質(zhì)有：（1）瞬時性：通常說物體的動量是物體在某一時刻或某一位置的動量，動量的大小可用p＝mv表示。（2）矢量性：動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同。（3）相對性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動量也與參考系的選取有關(guān)。2．求變力的沖量【知識點的認識】求變力的沖量有三個方法：1.若力與時間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量；2.若給出了力隨時間變化的圖像，如圖所示，可用面積法求變力的沖量；3.利用動量定理求解?！久}方向】一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對此過程的描述，錯誤的是（）A、地面對運動員的彈力做功為1B、運動員所受合力的沖量大小為mvC、地面對運動員彈力的沖量大小為mv+mgΔtD、重力的沖量大小為mgΔt分析：已知初末速度，則由動量定理可求得地面對人的沖量；由功的公式可確定地面對人是否做功。解答：A、在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，故A錯誤；B、根據(jù)動量定理可得運動員所受合力的沖量大小IF＝mv故B正確；C、以人為對象，受到地面的支持力和自身的重力，規(guī)定向上為正，根據(jù)動量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面對人彈力的沖量為NΔt＝mgΔt+mv故C正確。D、重力的沖量大小IG＝mgΔt故D正確；本題選不正確項。故選：A。點評：在應用動量定理時一定要注意沖量應是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對人是否做功的問題是易錯點，要根據(jù)功的概念去理解?！窘忸}思路點撥】1.對于變力的沖量計算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進行計算。2.求合沖量的兩種方法（1）可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；（2）另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。3．動量定理的內(nèi)容和應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．4．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應用、有電場存在的綜合應用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)。滑塊A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大??；（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v。設A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點撥】1．應用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．5．庫侖定律的表達式及其簡單應用【知識點的認識】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習．題型二：庫侖定律與力學的綜合問題例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?。唬?）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用庫侖定律．（2）當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）庫侖定律的應用方法：庫侖定律嚴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為零．3．分析帶電體力學問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，要學會把電學問題力學化．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．6．電場強度的疊加【知識點的認識】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?shù)墓竭M行計算；若求合場強時，應先求出分場強，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。7．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＝8．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．9．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關(guān)，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關(guān)，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關(guān)概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）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：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減??；電場力做負功時電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。10．等勢面及其與電場線的關(guān)系【知識點的認識】1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點電荷為球心的某一球面D．勻強電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．【解題思路點撥】1.等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質(zhì)而假想的面。2.等勢面的應用（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。11．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識點的認識】1.對于電容器的動態(tài)分析問題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時電壓不變，與電源斷開時是電荷量不變。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分析某點電勢的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢能的變化。【命題方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點電荷。S是閉合的，φa表示a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力?，F(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，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；由極板的移動可知d的變化，由U＝Ed可知板間場強E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢差的變化，即可得出aB間電勢差的變化及a點電勢的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場力變小，故C正確；則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大，而B接地，故a點的電勢增大，故A、B均錯；故選：C。點評：電容器的動態(tài)分析中首先應注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進行判斷；對于本題應注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點的電勢；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差?！窘忸}思路點撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。12．電阻定律的內(nèi)容及表達式【知識點的認識】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān)．（2）表達式：R＝ρlS2．電阻率（1）計算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導體的導電性能，是導體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對電阻與電阻率的理解：下列說法中正確的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導體，當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩w的電阻是導體的一種性質(zhì)，反映了導體對電流阻礙作用的大??；電阻大小與導體的材料、長度、橫截面積有關(guān)；還受溫度的影響；與導體中的電流、導體兩端的電壓大小無關(guān)．解：A、導體電阻的大小和導體的材料、長度、橫截面積有關(guān)，與電壓、電流沒有關(guān)系，故A錯誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯誤；D、超導體是當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，電阻值等于零，此時電阻率突然變?yōu)榱悖蔇正確．故選BD．點評：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關(guān)鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應用：如圖所示，P是一個表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24IL分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點評：本題容易出錯的地方就是如何計算鍍膜材料的截面積，在計算時可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計算出截面積，再根據(jù)電阻定律計算即可．【解題方法點撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導體的材料導電性能好壞的物理量．（2）導體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定小．2．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說明了電阻的