2024-2025学年上学期合肥高二物理期末卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期合肥高二物理期末卷1一．选择题（共11小题，满分46分）1．（4分）（2021秋•重庆期中）下列观点中，合理的是（）A．法拉第利用甲图所示的扭称装置研究点电荷之间的静电力作用规律 B．超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入了金属丝，是为了防止被锐物所伤 C．照相机闪光灯，是利用电容器放电来实现瞬时大电流放电 D．乙图所示的操作，可以使得左侧验电器金属箔片张开2．（4分）（2021•江苏学业考试）两个电荷量均为Q的点电荷，相距r时，它们之间的静电力为F。保持它们间的距离不变，将它们的电荷量均增加为2Q，则它们间的静电力为（）A．F B．2F C．4F D．16F3．（4分）（2017•北京二模）某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图1所示连接电路．先使开关S接1，电容器很快充电完毕．然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示．他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I﹣t曲线．关于这条曲线，下列判断正确的是（）A．曲线与坐标轴所围面积将增大 B．曲线与坐标轴所围面积将减小 C．曲线与纵轴交点的位置将向上移动 D．曲线与纵轴交点的位置将向下移动4．（4分）（2023春•渝中区校级期中）不同用电器正常工作时使用不同类型的电流，手机充电时需要使用直流电，因此充电器中有将交变电流转化为直流电的整流器，图甲为一种将正弦交流电转直流电的电路设计；而金属探测器内部装有直流电源，但使用时需要用到交流电所激发的电磁波，图乙为某金属探测器内的LC振荡电路部分，此时电容器下极板带正电。则（）A．甲图中，若输入端的电压有效值为U0，则输出端电压有效值为0.5U0 B．图乙中，若此时回路中的电流方向为顺时针，则线圈的自感电动势在增加 C．图乙中，若此时回路中电场能正在转化为磁场能，则电容器上所带电荷正在增加 D．只有当LC振荡电路中的线圈与外界金属有相对运动时，外界金属才会产生涡流5．（4分）（2024•沙市区校级模拟）呼吸机是治疗新冠肺炎的重要设备，其核心元件为呼吸机马达（即电动机）。表为某品牌呼吸机马达的技术参数，用图示交流电源通过理想变压器给马达供电，使其正常工作。则（）呼吸机马达技术参数：供电电压：24V空载转速：443000rpm空载电流：0.2A额定转速：30000rpm额定负载力矩：10N•m额定电流：1.9A额定输出功率：32WA．马达内线圈的电阻为120Ω B．马达正常工作时理想变压器原、副线圈的匝数比为55：6 C．该交流电源的电压有效值为311V D．该交流电源每秒内电流方向变化50次6．（4分）（2014秋•南平期末）如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若某时刻起该磁场逐渐增强，则（）A．环形导体中会产生与图示方向相反的感应电流 B．环形导体会向左偏 C．环形导体有收缩的趋势 D．环形导体不向左或向右偏，但丝线的拉力增大7．（4分）（2023春•安庆期中）磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N线圈为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）⇌A．线圈中间的铁芯内也是有磁场的，且也呈现辐向分布 B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动 C．线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比 D．电流表的灵敏度定义为ΔθΔI，更换k8．（4分）（2020秋•通州区期末）回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，处于与盒面垂直的匀强磁场中，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速。下列说法正确的是（）A．带电粒子在D形盒内被磁场不断地加速 B．交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期 C．两D形盒间电势差U越大，带电粒子离开D形盒时的动能越大 D．加速次数越多，带电粒子离开D形盒时的动能越大9．（4分）（2021春•市中区校级月考）如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A．微粒可能带正电，也可能带负电 B．微粒的动能可能变大 C．微粒的电势能一定减少 D．微粒的机械能一定不变（多选）10．（5分）（2017春•红塔区校级月考）如图所示，A、B为两个电荷量相等的正点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上，Oa＝Ob＝Oc＝Od，则（）A．a、b两点的场强大小、方向都相同 B．c、d两点的场强大小相同，方向相反 C．将一个正的试探电荷从a点移动到c点，电场力做正功 D．将一个正的试探电荷从c点移动到O点，电场力不做功（多选）11．（5分）如图为静电除尘示意图，M、N两点与高压电源连接时，金属管内的空气电离，电离出的电子在静电力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是（）A．N接电源的正极 B．M接电源的正极 C．电场强度EB＞EA D．电场强度EB＜EA二．实验题（共2小题，满分16分）12．（6分）（2023秋•垫江县校级月考）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，小胡采用了如图的可拆式变压器和电路图进行研究。（1）小胡将图中变压器的左侧线圈接线柱0、8（代表800匝）与低压直流电源12V挡相连，与右侧线圈0、2（代表200匝）接线柱相连的电压表示数最可能是；A．48.0VB．3.0VC．0V（2）小胡正确选材并接线后，记录如下表所示四组实验数据。第一组第二组第三组第四组N1/匝100100100200N2/匝200400400400U1/V1.850.911.813.65U2/V4.004.008.008.00若仅探究匝数N2对电压U1的影响，应该分析第一组和第组数据，分析表中数据可知，N1一定是（填“原”或“副”）线圈的匝数。13．（10分）（2021•山东模拟）现有一导电橡胶制成的圆柱体R，约12kΩ，用螺旋测微器测其直径D，示数如图甲，用游标卡尺测得其长度为L，要测量该材料的电阻率，实验室提供的器材如下：A．学生电源（0～20V）B．电流表A1（0～3A）C．电流表A2（0～0.6A）D．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器R1（0～20Ω）G．滑动变阻器R2（0～200Ω）H．开关、导线若干（1）圆柱体的直径D为mm。（2）请根据提供的器材，在虚线框内画出实验电路图。（3）用测量量和已知量计算电阻率的表达式，式中各符号的意义是。三．解答题（共3小题，满分38分）14．（9分）（2022•梁河县校级开学）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝9V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝5Ω，重物质量m＝0.10kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为8V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为8.5V，求：（1）电动机的内阻；（2）重物匀速上升的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）。15．（14分）（2022•上杭县校级模拟）如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P（0，h）点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ＝60°第一次进入电场。求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；（2）若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E1；（3）若仅改变匀强电场场强的大小，使粒子在第一次进入电场再第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，改变后的匀强电场场强E多大？16．（15分）（2022春•东城区校级期末）光滑的平行金属导轨MNPQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图1所示。开始时cd棒静止，ab棒以初速度v0沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。a.已知两根金属棒的质量均为m，求cd棒最终获得的动能Ek；b.图2是图1的俯视图。请在图2中画出ab、cd棒在达到最终状态之前，棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图；并从微观的角度，通过计算分析说明，在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能。

2024-2025学年上学期合肥高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共11小题，满分46分）1．（4分）（2021秋•重庆期中）下列观点中，合理的是（）A．法拉第利用甲图所示的扭称装置研究点电荷之间的静电力作用规律 B．超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入了金属丝，是为了防止被锐物所伤 C．照相机闪光灯，是利用电容器放电来实现瞬时大电流放电 D．乙图所示的操作，可以使得左侧验电器金属箔片张开【考点】电磁学物理学史；库仑定律的表达式及其简单应用；静电平衡现象、等势体；静电屏蔽的原理与应用；电容的概念、单位与物理意义．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】库仑利用扭称装置研究点电荷之间的静电力作用规律；超高压带电作业的工人所穿衣物的织物中掺入了金属丝，是静电屏蔽的原理使人体免受高压电场及电磁波的危害；照相机闪光灯利用电容器贮存能量，然后放电来实现瞬时大电流放电；结合静电平衡的特点分析。【解答】解：A、库仑利用甲图所示的扭称装置研究点电荷之间的静电力作用规律，故A错误；B、超高压带电作业的工人所穿衣服的织物中掺入金属丝，这是利用了金属丝组成的网的静电屏蔽作用，防护人体免受高压电场及电磁波的危害，故B错误；C、电容器能充电放电，照相机的电子闪光灯发出强烈的闪光，是通过电容器放电来实现瞬时大电流放电，故C正确；D、处于静电平衡状态的导体，净电荷只分布在外表面上，乙图所示的操作，不能从金属圆筒的内表面得到电荷，所以不能使得左侧验电器金属箔片张开，故D错误。故选：C。【点评】本题考查常见物理原理的应用，要注意明确常用仪器的工作原理，能用所学物理规律进行分析．2．（4分）（2021•江苏学业考试）两个电荷量均为Q的点电荷，相距r时，它们之间的静电力为F。保持它们间的距离不变，将它们的电荷量均增加为2Q，则它们间的静电力为（）A．F B．2F C．4F D．16F【考点】库仑定律的表达式及其简单应用．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】C【分析】本题根据库仑定律，结合题意，即可解答。【解答】解：两个电荷量均为Q的点电荷，相距r时，它们之间的静电力为F，根据库仑定律F＝kQ2r2，保持它们间的距离不变，将它们的电荷量均增加为2Q，根据库仑定律F′＝k(2Q)2r故选：C。【点评】本题考查学生对库仑定律的掌握，难度不高，比较基础。3．（4分）（2017•北京二模）某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图1所示连接电路．先使开关S接1，电容器很快充电完毕．然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示．他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I﹣t曲线．关于这条曲线，下列判断正确的是（）A．曲线与坐标轴所围面积将增大 B．曲线与坐标轴所围面积将减小 C．曲线与纵轴交点的位置将向上移动 D．曲线与纵轴交点的位置将向下移动【考点】电容器的充放电问题．【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题．【答案】D【分析】I﹣t图线与坐标轴所围成的面积表示放电的电荷量，根据电容器带电量是否变化，分析曲线与坐标轴所围面积如何变化．将滑片P向右移动时，根据闭合电路欧姆定律分析放电电流的变化，从而确定曲线与纵轴交点的位置如何变化．【解答】解：AB、I﹣t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量Q＝CE，没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A、B错误。CD、将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故C错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键是知道I﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，运用闭合电路欧姆定律分析．4．（4分）（2023春•渝中区校级期中）不同用电器正常工作时使用不同类型的电流，手机充电时需要使用直流电，因此充电器中有将交变电流转化为直流电的整流器，图甲为一种将正弦交流电转直流电的电路设计；而金属探测器内部装有直流电源，但使用时需要用到交流电所激发的电磁波，图乙为某金属探测器内的LC振荡电路部分，此时电容器下极板带正电。则（）A．甲图中，若输入端的电压有效值为U0，则输出端电压有效值为0.5U0 B．图乙中，若此时回路中的电流方向为顺时针，则线圈的自感电动势在增加 C．图乙中，若此时回路中电场能正在转化为磁场能，则电容器上所带电荷正在增加 D．只有当LC振荡电路中的线圈与外界金属有相对运动时，外界金属才会产生涡流【考点】电磁振荡及过程分析．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】根据有效值定义计算整流后输出端电压的有效值；根据电流的方向判断电路中电流的变化，从而判断因此线圈自感电动势的变化；根据电场能的变化判断电容器上所带电荷的变化；只要振荡电路中的交变电流产生变化的磁场和电场就能在金属内部激发涡流。【解答】解：A．交流电经二极管整流后变为半个周期内有正弦电流，另半个周期没有电流的直流电，设此时的电压有效值为U1，根据有效值的定义得：U1解得：U1=UB．若此时电流为顺时针，由于电容器下极板带正电可知此时正在充电，电容器上的电荷量逐渐增加，充电电流逐渐减小，但电流的变化率在增加，因此线圈自感电动势增加，故B正确；C．若电场能正在转化为磁场能，说明电容器两极板间的电场在变弱，电压在减小，电容器所带电荷量在减少，故C错误；D．振荡电路中的交变电流产生变化的磁场和电场，能在金属内部激发涡流，与电路和金属之间是否有相对运动无关，即使相对静止也能产生涡流，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了有效值、电磁振荡、涡流的相关知识，解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。5．（4分）（2024•沙市区校级模拟）呼吸机是治疗新冠肺炎的重要设备，其核心元件为呼吸机马达（即电动机）。表为某品牌呼吸机马达的技术参数，用图示交流电源通过理想变压器给马达供电，使其正常工作。则（）呼吸机马达技术参数：供电电压：24V空载转速：443000rpm空载电流：0.2A额定转速：30000rpm额定负载力矩：10N•m额定电流：1.9A额定输出功率：32WA．马达内线圈的电阻为120Ω B．马达正常工作时理想变压器原、副线圈的匝数比为55：6 C．该交流电源的电压有效值为311V D．该交流电源每秒内电流方向变化50次【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】B【分析】非纯电阻电路不能用欧姆定律求解；理想变压器原副线圈匝数比等于电压比；根据图像求解交流电压的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电压的有效值；根据图像求解交流电的周期，1个周期内电流的方向变化两次，据此分析即可。【解答】解：A．马达空载时，为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解电阻，即利用图中数据，不能求解马达内线圈的电阻，所以其内阻不是120Ω，故A错误；B．理想变压器的原副线圈匝数之比等于交流电源的电压有效值与供电电压之比，即n1：n2＝U1：U2其中U1=22022V＝220V，U解得：n1：n2＝55：6，故B正确；C．交流电源电压的有效值应为220V，故C错误；D．正弦交流电每个周期内电流方向变化2次，该交流电的周期为0.02s，1s内包含50个周期，所以该交流电每秒内电流方向变化100次，故D错误。故选：B。【点评】本题考查正弦式交变电流和非纯电阻电路的计算，解题关键是会通过图像得到电压的峰值和周期，掌握正弦式交变电流的规律，知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比。6．（4分）（2014秋•南平期末）如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若某时刻起该磁场逐渐增强，则（）A．环形导体中会产生与图示方向相反的感应电流 B．环形导体会向左偏 C．环形导体有收缩的趋势 D．环形导体不向左或向右偏，但丝线的拉力增大【考点】楞次定律及其应用．【专题】电磁感应与电路结合．【答案】C【分析】根据左手定则可知，通电导线在磁场中受力的方向，并由受力方向来判定导体运动情况，并根据楞次定律来判定感应电流的方向．【解答】解：A、根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增大，则感应电流方向与图示方向相同，故A错误；BC、根据左手定则，环形导体所受到的安培力方向与导体平面平行，导致安培力只能使导体处于收缩状态，因此仍能静止不动。故B错误，C正确；D、由上分析可知，磁场对线圈的安培力的合力为零，则线的拉力大小不变，故D错误。故选：C。【点评】通电电流处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断．注意本题强调环形导体与磁场垂直放置，最后理解楞次定律的内容．7．（4分）（2023春•安庆期中）磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N线圈为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）⇌A．线圈中间的铁芯内也是有磁场的，且也呈现辐向分布 B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动 C．线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比 D．电流表的灵敏度定义为ΔθΔI，更换k【考点】磁电式电流表．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受安培力而转动，线圈的转动可以带动指针偏转；根据由左手定则来确定安培力的方向；根据线圈停止转动时满足NBIS＝kθ推导线圈（指针）偏角θ的表达式，然后进行判断；推导电流表的灵敏度的表达式，然后进行分析判断。【解答】解：A．蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，铁芯中的确有磁场，但分布并不是幅向分布的，故A错误；B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧导线所受安培力向上，右侧导线所受安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；C．根据题意线圈停止转动时满足NBIS＝kθ解得：θ=可知线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故C正确；D．电流表的灵敏度定义为ΔθΔINBIS＝kθ解得：Δθ可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故D错误。故选：C。【点评】本题解题的关键是读懂题中信息，磁电式电流表内部NBIS＝kθ，从而推出灵敏度ΔθΔI8．（4分）（2020秋•通州区期末）回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，处于与盒面垂直的匀强磁场中，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速。下列说法正确的是（）A．带电粒子在D形盒内被磁场不断地加速 B．交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期 C．两D形盒间电势差U越大，带电粒子离开D形盒时的动能越大 D．加速次数越多，带电粒子离开D形盒时的动能越大【考点】回旋加速器．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】回旋加速器利用电场加速，磁场偏转，带电粒子在磁场中运动的周期等于交变电场的周期相同；根据洛伦兹力提供向心力得到最大动能的大小，掌握回旋加速器的工作原理即可解答。【解答】解：A、带电粒子在D形盒之间的空隙内加速，在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以在磁场中运动时动能不变，故A错误；B、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动、在电场中加速，二者周期相同时，才能正常运行，所以交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，故B正确；C、设D型盒的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2R，解得最大动能为Ek=1D、加速器对带电粒子加速的次数越多，粒子获得的动能越大，但如果粒子的速度很大时，其相对论效应就不能忽略，粒子在磁场中运动的周期就会发生变化，所以加速器不可能对带电粒子进行无限加速，故D错误；故选：B。【点评】解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速，磁场进行偏转，以及知道粒子在磁场中运动的周期与交变电压周期的关系．9．（4分）（2021春•市中区校级月考）如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A．微粒可能带正电，也可能带负电 B．微粒的动能可能变大 C．微粒的电势能一定减少 D．微粒的机械能一定不变【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；常见力做功与相应的能量转化．【专题】常规题型；定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．【答案】C【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断。【解答】解：A、微粒受到重力、电场力和洛伦兹力作用，微粒只能做直线运动，其合力为零，根据共点力平衡条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，故A错误；B、微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力变化，微粒做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，故B错误；C、微粒由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能一定减小，故C正确；D、重力做负功，重力势能增加，而动能不变，则微粒的机械能一定增加，故D错误。故选：C。【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）。若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。（多选）10．（5分）（2017春•红塔区校级月考）如图所示，A、B为两个电荷量相等的正点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上，Oa＝Ob＝Oc＝Od，则（）A．a、b两点的场强大小、方向都相同 B．c、d两点的场强大小相同，方向相反 C．将一个正的试探电荷从a点移动到c点，电场力做正功 D．将一个正的试探电荷从c点移动到O点，电场力不做功【考点】电场线的定义及基本特征；电场强度的叠加．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【答案】BC【分析】场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同．作出电场线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．再判断电场力做功正负．【解答】解：作出两个电荷连线上的电场线和中垂线上电场线如图。A、根据电场线分布可知，a、b两点场强方向相反，则场强不同；故A错误。B、根据电场线分布和对称性可知，c、b两点场强大小相同，方向相反，故B正确。C、将一个正的试探电荷从a点移动到c点，电势不断降低，电势能不断减小，则电场力一直做正功。故C正确。D、将一个正的试探电荷从c点移动到O点，电场力方向与位移方向相反，电场力做负功。故D错误。故选：BC。【点评】本题的技巧是作出电场线，根据电场线的方向判断电势的高低是常用的方法，要学会应用．要注意场强是矢量，只有大小、方向都相同时场强才相同．（多选）11．（5分）如图为静电除尘示意图，M、N两点与高压电源连接时，金属管内的空气电离，电离出的电子在静电力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是（）A．N接电源的正极 B．M接电源的正极 C．电场强度EB＞EA D．电场强度EB＜EA【考点】静电的利用和防止．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】AC【分析】从静电除尘的原理出发即可解题。当管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子。负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电。因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消除了烟尘中的尘粒。【解答】解：电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附在管壁上，说明管壁带正电荷，N接电源正极；金属棒与金属管壁看作圆柱和圆环电极，其内电场线分布情况如图所示；由图可知金属棒附近的B点处电场线较密，而靠近金属管壁的A点处电场线较疏，故B处场强比A处场强大，即EB＞EA，故AC正确，BD错误。故选：AC。【点评】本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握电场的分布规律，同时正确掌握静电的防止与应用的具体实例。二．实验题（共2小题，满分16分）12．（6分）（2023秋•垫江县校级月考）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，小胡采用了如图的可拆式变压器和电路图进行研究。（1）小胡将图中变压器的左侧线圈接线柱0、8（代表800匝）与低压直流电源12V挡相连，与右侧线圈0、2（代表200匝）接线柱相连的电压表示数最可能是C；A．48.0VB．3.0VC．0V（2）小胡正确选材并接线后，记录如下表所示四组实验数据。第一组第二组第三组第四组N1/匝100100100200N2/匝200400400400U1/V1.850.911.813.65U2/V4.004.008.008.00若仅探究匝数N2对电压U1的影响，应该分析第一组和第二组数据，分析表中数据可知，N1一定是副（填“原”或“副”）线圈的匝数。【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．【专题】实验题；定量思想；推理法；交流电专题；实验探究能力．【答案】（1）C；（2）二；副。【分析】（1）根据变压器的工作原理，结合直流电源的特点分析求解；（2）根据理想变压器的电压与匝数的关系，结合表格数据分析求解。【解答】解：（1）变压器的工作原理是互感，原线圈接入的应该是交流电源，小胡将低压直流电源12V挡接入原线圈，不能够发生互感，与右侧线圈0、2（代表200匝）接线柱相连的电压表示数最可能是0V。故ABD错误，C正确。故选：C。（2）根据理想变压器的电压与匝数的关系有U1若仅探究匝数N2对电压U1的影响，则需要保持N1与U2一定，故应该分析第一组和第二组数据；实际上，由于存在漏磁、铁芯中一涡流、线圈有一定电阻，导致副线圈测量电压小于副线圈两端电压的理论值，根据匝数关系，给出的匝数比值N1N2为1根据给出的数据可知，对应的电压比值U1U2分别小于12与1故答案为：（1）C；（2）二；副。【点评】本题考查了变压器相关知识，理解变压器中电压与匝数的关系时解决此类问题的关键。13．（10分）（2021•山东模拟）现有一导电橡胶制成的圆柱体R，约12kΩ，用螺旋测微器测其直径D，示数如图甲，用游标卡尺测得其长度为L，要测量该材料的电阻率，实验室提供的器材如下：A．学生电源（0～20V）B．电流表A1（0～3A）C．电流表A2（0～0.6A）D．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器R1（0～20Ω）G．滑动变阻器R2（0～200Ω）H．开关、导线若干（1）圆柱体的直径D为1.977mm。（2）请根据提供的器材，在虚线框内画出实验电路图。（3）用测量量和已知量计算电阻率的表达式ρ=πD2(U2-U1)RV14U1L，式中各符号的意义是电压表V1的示数是【考点】螺旋测微器的使用与读数；导体电阻率的测量；游标卡尺的使用与读数．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）1.977；（2）实验电路图如图所示；（3）ρ=πD2(U2-U1)RV14U1L；电压表V1【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。（2）根据实验原理与实验器材选择所需实验器材，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，然后根据实验原理作出实验电路图。（3）根据实验电路图应用欧姆定律求出圆柱体电阻，然后应用电阻定律求出电阻率表达式。【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为1.5mm+47.7×0.01mm＝1.977mm。（2）流过待测圆柱体的最大电流约为I=ER=2012×103A≈1.67×10﹣3A＝1.67mA，最大电流太小，远小于电流表量程，不能用电流表测电流，可以用已知内阻的电压表V1测电流，把电压表V1与待测电阻R串联，电压表V（3）电压表V1的示数是U1，电压表V1内阻为RV1，电压表V2的示数是U2，由欧姆定律可知，圆柱体电阻：R=由电阻定律得：R=ρ解得电阻率：ρ=故答案为：（1）1.977；（2）实验电路图如图所示；（3）ρ=πD2(U2-U1)RV14U1L；电压表V1【点评】本题考查了测电阻率实验，考查了螺旋测微器读数、实验电路设计与实验数据处理等问题；理解实验原理是解题的前提与关键；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用欧姆定律与电阻定律即可解题。三．解答题（共3小题，满分38分）14．（9分）（2022•梁河县校级开学）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝9V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝5Ω，重物质量m＝0.10kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为8V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为8.5V，求：（1）电动机的内阻；（2）重物匀速上升的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算；纯电阻电路的能量转化特点．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）电动机的内阻为3Ω；（2）重物匀速上升的速度大小为2.25m/s。【分析】（1）当将重物固定时，电动机相当于纯电阻用电器，根据闭合电路欧姆定律求解；（2）当重物不固定时，根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压，电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小。【解答】解：（1）由题知电源电动势E＝9V，电源内阻r＝1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为8V，电动机相当于纯电阻用电器，根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为：I=E-Ur=则电动机的电阻为：RM=U-IRI=8-1×5（2）当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为U＝8.5V根据闭合电路欧姆定律，可得电路中电流为：I′=E-U'r=电动机两端的电压为：UM＝E﹣I′（R+r）＝9V﹣0.5×（5+1）V＝6V故电动机的输入功率为：P＝UMI′＝6×0.5＝3W根据能量转化和守恒定律得：P＝mgv+I′2RM代入数据解得重物匀速上升的速度大小为：v＝2.25m/s答：（1）电动机的内阻为3Ω；（2）重物匀速上升的速度大小为2.25m/s。【点评】本题考查闭合欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用，对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。15．（14分）（2022•上杭县校级模拟）如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P（0，h）点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ＝60°第一次进入电场。求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；（2）若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E1；（3）若仅改变匀强电场场强的大小，使粒子在第一次进入电场再第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，改变后的匀强电场场强E多大？【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，做运动轨迹图，由几何知识结合牛顿第二定律求解；（2）粒子在电场中做类平抛运动，结合场强公式综合作答；（3）粒子在电场中做类平抛运动，结合场强公式综合作答【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何知识得rcos60°＝h解得r＝2h粒子在磁场中做匀速圆周运动。洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小v=（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，则有r+rsin60°＝vcos60°•tvsin60°＝a1ta1=联立可得匀强电场的电场强度大小E1=（3）若仅改变匀强电场场强的大小，使粒子在第一次进入电场再第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，运动轨迹如图所示粒子在电场中做类平抛运动，则有rsin60°＝vcos60°•t1vsin60°＝a2t1a2=联立可得匀强电场的电场强度大小E=答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为2h，速度大小v为2qBhm（2）若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E1为(23（3）若仅改变匀强电场场强的大小，使粒子在第一次进入电场再第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，改变后的匀强电场场强E为qB2【点评】本题考查磁场，学生需结合电场综合作答。16．（15分）（2022春•东城区校级期末）光滑的平行金属导轨MNPQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图1所示。开始时cd棒静止，ab棒以初速度v0沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。a.已知两根金属棒的质量均为m，求cd棒最终获得的动能Ek；b.图2是图1的俯视图。请在图2中画出ab、cd棒在达到最终状态之前，棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图；并从微观的角度，通过计算分析说明，在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）已知两根金属棒的质量均为m，cd棒最终获得的动能Ek为18mv02（2）在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。【分析】（1）根据受力情况得到动量守恒，从而求得cd棒的最终速度，进而求得最终动能；（2）将电子运动按运动效果分解为沿金属棒方向和垂直金属棒方向；然后根据左手定则和楞次定律得到两部分洛伦兹力方向，即可画出洛伦兹力示意图；再根据能量守恒得到两部分动能变化的大小关系。【解答】解：（1）以两根金属棒为研究对象，系统所受的合外力为零，故动量守恒；最后两金属棒以共同的速度v向前运动。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，解得：v=12v故cd棒最终获得的动能为：Ek=12mv2=18（2）ab、cd棒在达到最终状态之前，ab棒速度比cd棒速度大，故电子在ab棒、cd棒构成的回路中运动；那么，将电子运动分解为随金属棒运动和垂直金属棒运动两部分；沿金属棒部分运动的情况产生电流，故根据楞次定律可得：ab棒受到的安培力向左，bc棒受到的安培力向右；电子这部分分力和安培力方向相同；电子随金属棒运动的速度不产生电流，根据左手定则可得：洛伦兹力方向分别由a指向b，由c指向d；故两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示；设自由电子的电荷量为e，在两棒达到最终状态之前某时刻，自由电子沿ab棒定向移动的速率为u。在很短的时间Δt内，电子在棒中定向运动，与金属离子发生碰撞，受到阻力。设电子受到的平均阻力为f，在很短的时间Δt内，阻力对电子做负功W＝−f•uΔt，宏观上表现为电路产生了焦耳热。根据能量守恒定律，两棒组成的系统总动能减小，即ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。答：（1）已知两根金属棒的质量均为m，cd棒最终获得的动能Ek为18mv02（2）在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。【点评】本题主要是考查电磁感应现象的微观实质，解答本题的关键是知道ab棒切割磁感应线产生的感应电动势，相对于电源，cd棒受到安培力作用下运动，相对于电动机。

考点卡片1．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。2．库仑定律的表达式及其简单应用【知识点的认识】1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F＝kq1q2r2，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•3．适用条件：真空中的静止点电荷．【命题方向】题型一：对库仑定律的理解例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）A.3FB.F3C.F分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．解：距离改变之前：F=kq1当电荷量都变为原来的3倍时：F1=k联立①②可得：F1＝9F，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．题型二：库仑定律与力学的综合问题例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为19×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g取10m/s（1）小球A的带电荷量；（2）释放瞬间小球B的加速度大小；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷量．（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，沿绳子方向上，小球受到的合力为零，则mgcos60°＝kqA代入数值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向与绳子垂直，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，a=gsinθ=53（3）释放后小球B做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；（2）释放瞬间小球B的加速度大小为53m/s2；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向．【解题方法点拨】1．库仑定律适用条件（1）库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律．（2）当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．（3）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离．（4）对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．应用库仑定律需要注意的几个问题（1）库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．（2）库仑定律的应用方法：库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸来判断作用力F是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作用力是引力还是斥力．（3）三个点电荷的平衡问题：要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零．3．分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：（1）确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；（2）对研究对象进行受力分析，多了个电场力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，Fy＝0）或牛顿第二定律方程．3．电场强度的叠加【知识点的认识】电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则．在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解．【命题方向】图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A、Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左。当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右。故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右。不论电量大小关系，仍偏右。故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左。不论它们的电量大小关系，仍偏左。故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左。故D正确；故选：ACD。点评：正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．【解题思路点拨】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。4．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．5．静电的利用和防止【知识点的认识】1.静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害。2.静电吸附的应用：①静电除尘：设法使空气中的尘埃带电，在静电力作用下，尘埃到达电极而被收集起来。②静电喷漆：接负高压的涂料雾化器喷出的油漆微粒带负电，在静电力作用下，这些微粒向着作为正极的工件运动，并沉积在工件的表面，完成喷漆工作。③静电复印：复印机的核心部件是有机光导体鼓，在没有光照时它是绝缘体，受到光照时变成导体。复印机复印的工作过程：充电、曝光、显影、转印、放电。【命题方向】下列哪个措施是为了防止静电产生的危害（A.静电复印B.在高大的烟囱中安装静电除尘器C.静电喷漆D.在高大的建筑物顶端装上避雷针分析：本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．解答：A．静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，不符合题意；B．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，不符合题意；C．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，属于静电应用，不符合题意；D．当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，符合题意。故选：D。点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例【解题思路点拨】要深刻理解生活中的一些现象，哪些是利用静电，哪些是防止静电带来的危害。6．静电平衡现象、等势体【知识点的认识】一、静电平衡状态下导体的电场1．静电感应现象：放在电场中的导体，其内部自由电荷在电场力作用下定向移动，而使导体两端出现等量异号电荷的现象．2．静电平衡状态：导体中（包括表面）自由电子不再发生定向移动，我们就认为导体达到了静电平衡状态．3．静电平衡状态下导体的特点：（1）处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零．（2）处于静电平衡状态的整个导体是一个等势体，它的表面是一个等势面．（3）表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面垂直．4．导体上电荷的分布：（1）处于静电平衡状态的导体，内部没有电荷，电荷只分布在外表面上．（2）在导体表面，越尖锐的位置，电荷的密度（单位面积的电荷量）越大，凹陷的位置几乎无电荷．注意：人与大地都是导体，在人触摸导体的过程中，带电体、人、大地组成一个新导体，地球往往是新导体的远端．【命题方向】例1：如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷．达到静电平衡后，（）A．a端的电势比b端的高B．b端的电势比d点的低C．a端的电势不一定比d点的低D．杆内c处场强的方向由a指向b分析：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低．解：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa＝φb，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，所以φd＞φb，所以B正确．由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，所以D错误．故选：B．点评：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．【解题思路点拨】1.静电平衡状态的实质由于静电感应，在导体两侧出现等量异种的感应电荷，感应电荷在导体内部形成与原电场强度E0方向相反的电场，其电场强度为E'，在导体内任一点E'＝﹣E0，使得合电场强度E内＝02.对孤立带电导体的理解对一孤立带电导体，可视为导体处于自己所带电荷的电场中，达到静电平衡时，也有两个基本特点：一是导体内部的电场强度处处为0，二是导体所带电荷只能分布在导体的外表面上。这种情况下导体内部电场强度为0的本质是：导体表面所带全部电荷在内部任一处产生的电场强度的矢量和为0。3.对静电平衡时导体上电荷分布的理解（1）实心导体：导体内部无电荷，电荷只分布在导体外表面上。（2）空腔导体：空腔内无电荷时，电荷分布在外表面上（内表面无电荷）；空腔内有电荷时，内表面因静电感应出现等量的异种电荷，外表面有感应电荷7．静电屏蔽的原理与应用【知识点的认识】一、静电屏蔽1．定义：当金属外壳达到静电平衡时，内部没有电场，因而金属的外壳会对其内部起屏蔽作用，使它内部不受外部电场影响的现象．2．应用：电子仪器和电子设备外面都有金属壳，通信电缆外面包有一层金属网，高压线路的检修人员要穿屏蔽服等，都是利用静电屏蔽现象消除外电场的影响．注意：绝缘球壳中没有自由电荷，当放入外电场时，不会发生静电感应现象，壳内场强也不会为零．即不能起到屏蔽外电场的作用．二、静电屏蔽的本质1．导体内部不受外部电场的影响的情况（1）现象：由于静电感应，验电器箔片张开．如图1甲，将验电器放入导体网罩内部后验电器箔片不张开，如图1乙，即外部电场影响不到导体内部．（2）本质：是静电感应，导体外表面感应电荷与外电场在导体内部任一点的场强的叠加结果为零．2．接地导体壳内部电场对壳外空间无影响情况（1）现象：如图2甲导体壳没有接地时，处于内部电场中，达到静电平衡，导体壳内外表面出现等量异种电荷，壳内外表面之间场强处处为零，壳外场强不为零．导体壳接地后，如图2乙所示，导体壳外的正电荷被大地负电荷中和，正电荷出现在地球的另一端无穷远处，导体壳内外表面之间及导体外部场强处处为零，导体外部空间不受内部电场影响．（2）本质：仍然是静电感应，使导体内表面感应电荷与壳内电荷在导体壳表面以外空间叠加结果为零．注意：处于静电平衡的导体，内部场强为零，但电势不一定为零．【命题方向】命题一：静电屏蔽现象的考查例1：如图所示，将悬在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内（不与球壁接触），另有一个悬挂在细线上的带负电小球B向C靠近，于是（）A．A往左偏离竖直方向，B往右偏离竖直方向B．A的位置不变，B往右偏离竖直方向C．A往左偏离竖直方向，B的位置不变D．A和B的位置都不变分析：因为在C内部由于感应起电，带上与A相反的电荷，它们之间达到静电平衡，所以A的电场对C外部不会产生任何影响．解：A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，B、C相互吸引，所以B向右偏；而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以B的电荷对空腔C的内部无影响，所以A位置不变．B靠近C时，改变的是C表面的电荷分布，但对于C内部空间的电场可认为没有影响，这也就是平时说的静电屏蔽．故B正确，ACD错误．故选：B．点评：考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽．【解题思路点拨】静电屏蔽问题的三点注意（1）空腔可以屏蔽外界电场，接地的空腔可以屏蔽内部的电场作用，其本质都是因为激发电场与感应电场叠加的结果，分析中应特别注意分清是哪一部分的电场作用。（2）对静电感应，要掌握导体内部的自由电荷是如何移动的，是如何建立起附加电场的，何处会出现感应电荷。（3）对静电平衡，要理解导体达到静电平衡时所具有的特点。8．电容的概念、单位与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=9．电容器的充放电问题【知识点的认识】1.电容器的充电与放电（1）使电容器带上电荷的过程称为充电。充电过程中，电容器所带电荷量逐渐增大，两极板间电压增大，极板间电场强度逐渐增大、充电电流逐渐减小。从能量角度来看，是电源的能量不断储存在电容器中的过程。（2）使电容器失去电荷的过程称为放电。放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，两极板间电压减小，极板间电场强度逐渐减小，放电电流逐渐减小。从能量角度来看，是电容器将储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式能量的过程。（3）电容器的充放电过程整体是一个很快的过程，几乎是瞬间就能完成。2.电容器充放电的图像（1）以电路中的电流为纵坐标，时间为横坐标，即可做出电容器充放电过程中的图像。如下图为电容器的放电图。（2）根据微元法可知曲线与坐标轴围成的面积表示电路中通过的电荷量。【命题方向】某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A、图像中两阴影面积一定相等B、放电过程中，电容器下极板带正电C、减小R可以增大图像中两阴影面积D、减小R可以延长充放电的时间分析：电容器的充放电电量是i﹣t图像围成的面积，电容器的定义式以及定义式应用，电容器与电源正极连接的板带正电，与电源负极相连的板带负电。解答：A．i﹣t图像面积表示电荷量，两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确；B．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误；C．电容器所带的电荷量Q＝CU，由于电源电动势不变也就是电容器两端电压不变，电容不变，所以Q不变，故C错误；D．充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。故选：A。点评：考查电容器充放电，以及定义式应用。【解题思路点拨】对电容器充电和放电的一种理解：充电时电容器通过电源将一极板上的电子搬运到另一板板上，从而使一个极板带正电、另一板板带等量负电。放电时是电容器通过外电路将两极板上的电荷进行中和的过程。10．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgq，重力加速度为A、物块到B点时的速度为2gRB、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-qE⋅B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。11．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。12．纯电阻电路的能量转化特点【知识点的认识】1.纯电阻电路的能量转化特点是将电能全部转化为热能。‌即满足电功W＝qU＝UIt＝I2Rt=U电功率P＝UI＝I2R=U2.纯电阻电路是指除了电源外，电路中仅包含电阻元件，或者虽然包含电感和电容元件，但这些元件对电路的影响可以忽略不计。在纯电阻电路中，电压与电流同频且同相位，这意味着电能从电源输入后，电阻将获得的能量全部转换成内能，这种内能主要以热能的形式存在。因此，纯电阻电路中的能量转化特点是电能除了转化为热能外，没有其他形式的能量转化。这种电路在通电状态下只会发热，电能全部转化为电路电阻的内能，不对外做功。3.纯电阻电路的应用包括电灯、电烙铁、熨斗等，它们在工作时只