2024-2025学年上学期合肥高二物理期末卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期合肥高二物理期末卷2一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）（2020春•温州期中）物理学发展中，有许多科学家做出了伟大的贡献。下列说法错误的是（）A．卡文迪许测出了引力常量 B．密立根测定了最小电荷量 C．麦克斯韦证实了电磁波的存在 D．奥斯特发现了电流的磁效应2．（4分）（2022秋•沧州期中）如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且Lab＝Lbc。以下说法正确的是（）A．Uca＞2Ucb B．接近建筑物的雷雨云带负电 C．电子在c点的加速度大于在a点的加速度 D．将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动3．（4分）（2023秋•北辰区期中）计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器。当连接电源不断电，按下某个键，使两个小金属片之间距离减小时，与之相连的电子线路就给出该键相关的信号。当按下键时，电容器的（）A．电容变小 B．电容变大 C．极板间的场强变小 D．极板间的电压变大4．（4分）（2019秋•庐阳区校级期中）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片P向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则以下说法正确的是（）A．A的示数减小 B．V2的示数增大 C．ΔU3与ΔI的比值大于r D．ΔU1小于ΔU25．（4分）（2022秋•秦安县校级期中）两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是（）A．edLU B．edUL C．eUdL D6．（4分）（2023•张掖模拟）一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是（）A．在x1处粒子速度最大 B．在x1处粒子加速度最大 C．x3处电势比x1高 D．x2处动能最大7．（4分）（2021秋•北仑区校级期中）如图所示，通电螺线管轴线上有a、b两点，该通电螺线管在a、b两点产生的磁场方向，下列判断正确的是（）A．a、b两点磁场方向都向左 B．a、b两点磁场方向都向右 C．a点磁场向右，b点磁场方向向左 D．a点磁场向左，b点磁场方向向右（多选）8．（4分）（2022秋•西湖区期中）如图甲所示是电容器充、放电电路。配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图像。实验中选用直流8V电源，先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电。充电完成后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图像上显示出放电电流随时间变化的I﹣t曲线如图乙所示。则以下说法正确的是（）A．使开关S保持与1端相连时，将电容器上极板向下平移一小段距离，电容器带电量将减小 B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐减小 C．由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量 D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值（多选）9．（4分）（2021秋•鼓楼区校级期中）某一导体的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示，直线a为过A点的切线。则关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A．A点对应的导体的电阻为50Ω B．A点对应的导体的电阻为60Ω C．在AB段，导体的电阻变化了120Ω D．在AB段，导体的电阻随电压的增大而增大（多选）10．（4分）（2020春•荔湾区校级月考）如图所示，一足够长的通电直导线水平放置，在导线的正下方有一闭合矩形线圈abcd与导线在同一平面内，且ad边与导线平行，下列情形中能使线圈产生感应电流的是（）A．线圈沿平行于导线的方向向右平移 B．线圈以导线为轴转动 C．线圈绕bc边转动 D．线圈不动，逐渐增大直导线中的电流二．实验题（共2小题，满分22分）11．（12分）（2021•山东模拟）某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为4Ω）的电阻率。电压表V（量程15.0V，内阻约1kΩ）电流表A（量程0.6A，内阻RA＝0.4Ω）定值电阻R0（阻值R0＝20.0Ω）滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）学生电源E（电动势20V）开关S和若干导线。（1）如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为cm。（2）请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R＝Ω（保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻R测（填“＞”“＜”或“＝”）R真。12．（10分）（2020秋•安徽月考）为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，设计了如图甲所示的实验电路。（1）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P移至（选填“a”或“b”）端。（2）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图乙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB。①S2接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的（选填“A”或“B”）线；②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是表（选填“电压”或“电流”）的示数偏（选填“大”或“小”）。三．解答题（共3小题，满分38分）13．（12分）（2018秋•靖远县校级期中）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＝6V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝3Ω，重物质量m＝0.10kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V，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5.5V，求不计摩擦，g取10m/s2）．求：（1）串联入电路的电动机内阻为电动机多大？（2）重物匀速上升时的速度大小．14．（14分）（2019秋•扬州期中）如图甲所示，两块平行正对的带电金属板A、B倾斜放置，与水平面成θ角，质量为m，电荷量为﹣q的微粒从B板边缘O点静止释放，恰沿直线OO1水平向右运动，到达A板边缘O1点时速度为v0，恰从O1点进入右侧水平放置的平行金属板M、N间。重力加速度为g，忽略电场的边际效应，求：（1）A板带何种电荷？微粒在A、B板间运动的加速度大小a：（2）A、B板间的电压U；（3）已知M、N板间电压随时间变化的规律如图乙所示，微粒通过该区域的时间恰好等于电压变化周期T，板间距离为d，U0=mgd①t＝0时刻进入M、N板间电场的微粒飞出电场右边界时速度的方向，并判断不同时刻飞出电场的速度是否相同？②各出射点间的最大距离Δy。15．（12分）如图所示，质量m＝1kg的小球由A点以速度v0＝3m/s水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入竖直放置的光滑圆轨道BC，随后沿直线轨道CD上升到最高点。已知BC两点高度相同，小球经过这两点时的速度大小相等。O为圆轨道的圆心，圆轨道半径R＝2.5m，OB与竖直方向的夹角α＝53°。直线轨道CD接触面粗糙，动摩擦因数μ=13，与圆轨道在C点相切。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝（1）A、B之间的水平距离；（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小；（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功。

2024-2025学年上学期合肥高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）（2020春•温州期中）物理学发展中，有许多科学家做出了伟大的贡献。下列说法错误的是（）A．卡文迪许测出了引力常量 B．密立根测定了最小电荷量 C．麦克斯韦证实了电磁波的存在 D．奥斯特发现了电流的磁效应【考点】电磁学物理学史．【专题】定性思想；归纳法；万有引力定律的应用专题；理解能力．【答案】C【分析】本题是物理学史问题，根据卡文迪许、密立根、赫兹、奥斯特等人的物理学成就进行解答。【解答】解：A、牛顿发现万有引力定律以后，卡文迪许测出了引力常量，故A正确；B、密立根通过油滴实验测定了最小电荷量，故B正确；C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，故D正确。本题选错误的，故选：C。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。2．（4分）（2022秋•沧州期中）如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且Lab＝Lbc。以下说法正确的是（）A．Uca＞2Ucb B．接近建筑物的雷雨云带负电 C．电子在c点的加速度大于在a点的加速度 D．将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动【考点】电荷在导体上的分布、尖端放电；电场线的定义及基本特征；根据电场线的疏密判断场强大小；非匀强电场中电势差大小的比较和应用．【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】A【分析】根据电场线方向判断电势的高低；根据电场线的疏密判断电场的强弱；根据牛顿第二定律分析加速度情况，电场强度不是匀强电场，质子的运动轨迹不会沿着电场线。【解答】解：A、由图，电场线越密集代表场强越大，则由c到a电场强度逐渐增大，同时沿着电场线方向电势逐渐降低，结合U＝Ed，可知Uca＞2Ucb，故A正确；B、电场线由正电荷指向无穷远或者负电荷，由图可知接近建筑物的雷雨云带正电，故B错误；C、电场线密集的地方电场强度越大，根据牛顿第二定律可知电子在c点的加速度小于在a点的加速度，故C错误；D、电场强度不是匀强电场，质子的运动轨迹不会沿着电场线，故D错误；故选：A。【点评】解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低。3．（4分）（2023秋•北辰区期中）计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器。当连接电源不断电，按下某个键，使两个小金属片之间距离减小时，与之相连的电子线路就给出该键相关的信号。当按下键时，电容器的（）A．电容变小 B．电容变大 C．极板间的场强变小 D．极板间的电压变大【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据电容决定式C=ɛrS4πkd【解答】解：ABD．因为电源不断电，故按下键时电容器两端电压不变，根据C=ɛrS4πkd，C=QU，可知当按下键时，d减小，则C增大，C．根据E=Ud，可知按下键的过程中板间距变小，U不变，故极板间的场强变大，故故选：B。【点评】本题的关键掌握电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化是解决此类问题的关键。4．（4分）（2019秋•庐阳区校级期中）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片P向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则以下说法正确的是（）A．A的示数减小 B．V2的示数增大 C．ΔU3与ΔI的比值大于r D．ΔU1小于ΔU2【考点】电路动态分析．【专题】学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】分析电路结构，将滑动变阻器滑片P向下滑动，电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流增大。根据闭合电路欧姆定律得到ΔU3ΔI的表达式，判断ΔU1和Δ【解答】解：AB、闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，其有效电阻减小，电路中总电阻减小，电路中总电流增大，由闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir可知，路端电压减小，即V2的示数减小，故AB错误；C、根据闭合电路欧姆定律得U3＝E﹣I（R+r），则有ΔU3ΔI=R+r，即ΔU3与ΔI的比值大于D、由于总电流增大，则电压表V1的示数增大，ΔU1ΔI=R，由于路端电压减小，所以电压表V2示数减小，ΔU2ΔI=r，所以有Δ故选：C。【点评】此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，明确理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析。5．（4分）（2022秋•秦安县校级期中）两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是（）A．edLU B．edUL C．eUdL D【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】从O点到A点，全程只有电场力做功，根据动能定理求出电子的初动能。【解答】解：设电子的初动能为Ek，极板间的电场E=从O点到A点，只有电场力做功，根据动能定理得：﹣eEL＝0﹣Ek联立解得：Ek=eULd，故D正确，故选：D。【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动规律，要注意掌握动能定理的准确应用，明确注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功．6．（4分）（2023•张掖模拟）一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是（）A．在x1处粒子速度最大 B．在x1处粒子加速度最大 C．x3处电势比x1高 D．x2处动能最大【考点】Ep﹣x图像斜率的物理意义；Ep﹣x图像的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】C【分析】Ep﹣x图像的斜率表示电场力的大小，由此得出加速度的大小关系；根据图像得出电势能的变化，结合电势能的表达式得出电势的大小关系，根据能量守恒定律得出动能的最大值的位置。【解答】解：AD．带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的。则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，动能最大，即在x3处粒子速度最大，故AD错误；B．图像的斜率表示粒子受到的电场力的大小，根据图像可知在x3处图像的斜率最大，场力最大，由牛顿第二定律可得粒子加速度最大，故B错误；C．负电荷在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，在x3处的电势能最小，所以电势最高，x3处电势比x1高，故C正确；故选：C。【点评】本题主要考查了电场力做功的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律和能量守恒定律即可完成分析。7．（4分）（2021秋•北仑区校级期中）如图所示，通电螺线管轴线上有a、b两点，该通电螺线管在a、b两点产生的磁场方向，下列判断正确的是（）A．a、b两点磁场方向都向左 B．a、b两点磁场方向都向右 C．a点磁场向右，b点磁场方向向左 D．a点磁场向左，b点磁场方向向右【考点】环形电流或通电螺线管周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】A【分析】根据右手螺旋定则判断出通电螺线管产生的磁场即可判断。【解答】解：根据右手螺旋定则可知，a、b两点磁场方向都向左，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查了通电螺线管产生的磁场，熟练利用右手螺旋定则即可。（多选）8．（4分）（2022秋•西湖区期中）如图甲所示是电容器充、放电电路。配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图像。实验中选用直流8V电源，先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电。充电完成后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图像上显示出放电电流随时间变化的I﹣t曲线如图乙所示。则以下说法正确的是（）A．使开关S保持与1端相连时，将电容器上极板向下平移一小段距离，电容器带电量将减小 B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐减小 C．由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量 D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值【考点】电容器的充放电问题；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】放电的过程中，电荷量逐渐减小，抓住电容不变，结合电容的定义式确定电容器两极板间的电压变化．根据I﹣t图线所围成的面积求解放电的电荷量．根据电荷量和电压的变化量，结合电容的定义式求出电容．【解答】解：A．电容器的电容C=将电容器上极板向下平移一小段距离，d减小，C增大；开关S保持与1端相连时，电容器电压不变，根据C=可知电容器带电量将增大，与A选项描述不符，故A错误；B．在放电的过程中，电荷量减小，根据C=QU=C．I﹣t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，则由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量，故C正确；D．根据C=可知，通过电荷量的大小以及电压变化量的大小可以求出电容器的电容值，故D正确。故选：BCD。【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式，以及知道I﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。（多选）9．（4分）（2021秋•鼓楼区校级期中）某一导体的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示，直线a为过A点的切线。则关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A．A点对应的导体的电阻为50Ω B．A点对应的导体的电阻为60Ω C．在AB段，导体的电阻变化了120Ω D．在AB段，导体的电阻随电压的增大而增大【考点】电阻及其性质；欧姆定律的简单应用；线性元件及其伏安特性曲线．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】由图读出A、B点时电压和电流，根据电阻的定义式R=U【解答】解：ABC、根据部分电路欧姆定律可知，A点对应的导体的电阻为：RA=UAIAB点对应的导体的电阻为：RB=UBIB在AB段，导体的电阻变化为：ΔR＝RB﹣RA＝80Ω﹣60Ω＝20Ω，故B正确，AC错误；D、根据图像的斜率的倒数可以表示电阻的变化，所以在AB段，导体的电阻随电压的增大而增大，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查对伏安特性曲线的了解，要注意明确各点的电阻应通过电阻的定义式R=U（多选）10．（4分）（2020春•荔湾区校级月考）如图所示，一足够长的通电直导线水平放置，在导线的正下方有一闭合矩形线圈abcd与导线在同一平面内，且ad边与导线平行，下列情形中能使线圈产生感应电流的是（）A．线圈沿平行于导线的方向向右平移 B．线圈以导线为轴转动 C．线圈绕bc边转动 D．线圈不动，逐渐增大直导线中的电流【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】CD【分析】根据感应电流产生的条件，当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流。【解答】解：A、线圈沿平行于导线的方向向右平移，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错误；B、线圈以导线为轴转动时，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，故B错误；C、线圈平绕bc边转动，穿过线圈的磁通量会发生周期性的变化，将产生感应电流，故C正确；D、线圈不动，逐渐增大直导线中的电流，则电流的磁场增强，所以穿过线圈的磁通量增大，则产生感应电流，故D正确；故选：CD。【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。二．实验题（共2小题，满分22分）11．（12分）（2021•山东模拟）某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为4Ω）的电阻率。电压表V（量程15.0V，内阻约1kΩ）电流表A（量程0.6A，内阻RA＝0.4Ω）定值电阻R0（阻值R0＝20.0Ω）滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）学生电源E（电动势20V）开关S和若干导线。（1）如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为4.620mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为10.14cm。（2）请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R＝4.6Ω（保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻R测＝（填“＞”“＜”或“＝”）R真。【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；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）4.620（4.619～4.621）；10.14（2）（3）4.6；＝【分析】根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则读出读数；在设计电路图时考虑分压式还是限流式，以及电流表的内外接；根据伏安法计算电阻值，由于电流表内阻已知，其系统误差可以消除。【解答】解：（1）螺旋测微器的读数等于4.5mm+0.01×12.0mm＝4.620mm（4.619～4.621）；游标卡尺为（10分）度，精确度为0.1mm，游标上的第4格与主尺对齐，故读数为101mm+4×0.1mm＝101.4mm＝10.14cm。（2）要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15V，则待测电阻的电流最大为Imax=URx≈154（3）根据伏安法可知RA+R0+Rx=ΔUΔI=15-50.60-0.20Ω＝25Ω，解得Rx＝25Ω﹣RA﹣R故答案为：（1）4.620（4.619～4.621）；10.14（2）（3）4.6；＝【点评】本题主要考查了电路设计问题，游标卡尺和螺旋测微器的读数，以及伏安法测电阻的计算及误差分析，在电路设计时要考虑滑动变阻器接法和电流表的内外接是解题的关键。12．（10分）（2020秋•安徽月考）为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，设计了如图甲所示的实验电路。（1）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P移至a（选填“a”或“b”）端。（2）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图乙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB。①S2接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的B（选填“A”或“B”）线；②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电流表（选填“电压”或“电流”）的示数偏小（选填“大”或“小”）。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）a；（2）①B、②电流、小【分析】（1）看清单刀双掷开关电路图，明确实验前应使滑片置于使电流最小的位置即可．（3）①的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当s2接1位置时，可把电压表与电源看作一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小．若S2接2位置时，可把电流表与电源看作一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值，而内阻测量值应等于内阻真实值与电流表内阻之和，即内阻测量值偏大．根据图象分析电源的电动势和内电阻．【解答】解：（1）为保护电流表，实验开始前，应将滑片P移至电阻最大的a端。（2）①当S2接1位置时，可把电压表与电源看作一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E＝U断可知，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小，即电动势和内阻的测量值均小于真实值。所以作出的U﹣I图线应是B线；②测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的示数偏小。故答案为：（1）a；（2）①B、②电流、小【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意应明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确U﹣I图象中纵轴截距与斜率的含义．三．解答题（共3小题，满分38分）13．（12分）（2018秋•靖远县校级期中）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＝6V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝3Ω，重物质量m＝0.10kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V，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5.5V，求不计摩擦，g取10m/s2）．求：（1）串联入电路的电动机内阻为电动机多大？（2）重物匀速上升时的速度大小．【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；学科综合题；定量思想；方程法；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】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，电源电动势E＝6V，电源内阻r＝1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为：I=电动机的电阻为：R（2）当重物匀速上升时，电压表的示数为U＝5.5V，电路中电流为：I电动机两端的电压为：UM＝E﹣I′（R+r）＝6﹣0.5×（3+1）V＝4V故电动机的输入功率为：P＝UMI′＝4×0.5＝2W根据能量转化和守恒定律得：UMI′＝mgv+I′2R代入解得：v＝1.5m/s答：（1）串联入电路的电动机内阻为电动机2Ω（2）重物匀速上升时的速度大小为1.5m/s【点评】本题是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．14．（14分）（2019秋•扬州期中）如图甲所示，两块平行正对的带电金属板A、B倾斜放置，与水平面成θ角，质量为m，电荷量为﹣q的微粒从B板边缘O点静止释放，恰沿直线OO1水平向右运动，到达A板边缘O1点时速度为v0，恰从O1点进入右侧水平放置的平行金属板M、N间。重力加速度为g，忽略电场的边际效应，求：（1）A板带何种电荷？微粒在A、B板间运动的加速度大小a：（2）A、B板间的电压U；（3）已知M、N板间电压随时间变化的规律如图乙所示，微粒通过该区域的时间恰好等于电压变化周期T，板间距离为d，U0=mgd①t＝0时刻进入M、N板间电场的微粒飞出电场右边界时速度的方向，并判断不同时刻飞出电场的速度是否相同？②各出射点间的最大距离Δy。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）微粒受到的重力和电场力的合力应该沿直线OO1方向，结合微粒的带电性质可判断A板带何种电荷，受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度大小；（2）微粒从O到O1过程中，根据动能定理可求得A、B板间的电压；（3）①微粒在水平方向做匀速直线运动，分析竖直方向的运动，写出离开电场时的偏转角，可判断不同时刻飞出电场的速度是否相同；②由垂直电场方向的运动可求解射出电场的最大偏转距离。【解答】解：（1）微粒受到的重力和电场力的合力应该沿直线OO1方向，所以电场力应该垂直极板向上，又微粒带负电，所以A板带正电，微粒从O到O1过程中受力分析如图所示：F合＝mgtanθ根据牛顿第二定律得：F合＝mgtanθ＝ma解得：a＝gtanθ（2）微粒从O到O1过程中，根据动能定理有：qU=1解得：U=（3）①根据题意，微粒在水平方向以速度v0做匀速直线运动，射出M、N间电场时，竖直方向，0-12T时间内，qU0d=mg12T﹣T时间内，q2U0d-mg=ma则竖直方向速度为：vy设出射速度与水平方向夹角为α，有：tanα=不同时刻飞出电场的速度相同，②微粒射出电场的最大偏转距离为：Δy=各出射点间的最大距离为gT2答：（1）A板带正电，微粒在A、B板间运动的加速度大小是gtanθ：（2）A、B板间的电压是mv（3）①t＝0时刻进入M、N板间电场的微粒飞出电场右边界时速度的方向，不同时刻飞出电场的速度相同；②各出射点间的最大距离是gT【点评】带电粒子进入偏转电场中运动，水平方向不受力做匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动且具有周期性变化；要用好变化的周期性。15．（12分）如图所示，质量m＝1kg的小球由A点以速度v0＝3m/s水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入竖直放置的光滑圆轨道BC，随后沿直线轨道CD上升到最高点。已知BC两点高度相同，小球经过这两点时的速度大小相等。O为圆轨道的圆心，圆轨道半径R＝2.5m，OB与竖直方向的夹角α＝53°。直线轨道CD接触面粗糙，动摩擦因数μ=13，与圆轨道在C点相切。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝（1）A、B之间的水平距离；（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小；（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功。【考点】绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】（1）A、B之间的水平距离为1.2m；（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小为28N；（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功为W＝2.5J。【分析】（1）小球做平抛运动，小球在B点时，运用运动的分解法求解竖直方向速度vy，由速度公式vy＝gt求出平抛运动的时间，根据水平位移x＝v0t公式求出A、B之间的水平距离；（2）小球从B运动到最低点的过程中，先根据动能定理列式求解最低点的速度，在最低点，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二、第三定律求解压力；（3）小球在CD轨道匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，根据运动学公式求出沿斜面上升的最大距离，根据功的定义求出小球克服摩擦力做的功。【解答】解：（1）小球恰好进入圆轨道BC，设竖直分速度为vy，由运动的分解得：vy＝v0tanα设平抛运动时间为t，则vy＝gt水平位移x＝v0t代入数据得：x＝1.2m（2）进入圆轨道B点，设速度为v，则v=v小球由B点进入圆轨道到最低点的过程中，由动能定理得：mgR(1-在最低点，对小球由牛顿第二定律得：FN解得：FN＝28N由牛顿第三定律知，小球对轨道压力大小为28N。（3）小球在CD轨道匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgsina+μmgcosα＝ma设小球上升位移为L，根据运动学公式得：﹣v2＝﹣2aL小球克服摩擦力做功为：W＝μmgcosα•L联立解得：W＝2.5J答：（1）A、B之间的水平距离为1.2m；（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小为28N；（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功为W＝2.5J。【点评】做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用相应的物理规律解决问题，第三问也可用动能定理求解克服摩擦力做的功。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。3．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝mv2联立①②式可解得：v=M+m答：小球的线速度是M+mm点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v4．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。5．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．6．根据电场线的疏密判断场强大小【知识点的认识】可以通过电场线定性的分析电场强度的大小：在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大；电场线越稀疏，电场强度越小。【命题方向】如图是某区域的电场线图．A、B是电场中的两个点，EA和EB分别表示A、B两点电场强度的大小，FA、FB分别表示同一个点电荷在A、B两点所受到的电场力的大小．下面说法中正确的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：A、根据图象很容易发现，在电场的A点的电场线较密，所以，在A点的电场的强度要比B点的电场的强度大，即EA＞EB，所以A正确，B错误；C、由于EA＞EB，并且是同一个电荷，电荷的电荷量大小相同，由F＝qE可知，电荷在A点时受到的电场力要在B点时受到的电场力大，即FA＞FB，所以C正确，D错误；故选：AC。点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．【解题思路点拨】同一电场中可以通过电场线的疏密定性的判断电场强度的大小，进而可以分析运动学的情况，因为可以通过F＝qE分析电场力的大小，再通过F＝ma分析加速度的大小。所以可以说同一电场中，电场线密集的地方电场力大，电荷的加速度也大。7．匀强电场中电势差与电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1．关系式：U＝Ed或者E=U2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式U＝Ed的理解1．从变形公式E=U2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3．对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即E→AB＜EBC，又因为UAB=AB•E→AB，UBC=BC•三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WE=F意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有U＝Ed【命题方向】如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m＝1×10﹣3kg、带正电q＝10﹣3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，已知A、B两点间距离为L＝0.1m，电势差为UAB＝20V．（1）判断匀强电场的场强方向；（2）求电场强度的大小；（3）求小球到达B点时的速率．分析：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，根据运动情况判断匀强电场的场强方向；（2）根据电势差与电场强度的关系求解电场强度的大小（3）根据动能定理求解小球到达B点时的速率解答：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，所以匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）根据电势差与电场强度的关系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根据动能定理研究小球由A点运动到B点，qU=v＝210m/s答：（1）匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）电场强度的大小是200V/m；（3）小球到达B点时的速率是210m/s．点评：理解和掌握电场中各个物理量之间的关系，在具体题目中能熟练的应用．【解题方法点拨】U＝Ed关系的应用：公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=Ud，用它可求8．非匀强电场中电势差大小的比较和应用【知识点的认识】1.电势差与电场强度的关系式E=Ud适用于匀强电场中电场强度的计算，在非匀强电场中可以用E2.由E=Ud可以得出结论：在等差等势面越密的地方电场强度就越大，如图甲所示。再如图乙所示，a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故Uab＜U【命题方向】如图为某一电场的电场线和等势面分布，图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a、c两点的等势面电势分别为φa＝5V，φc＝3V那么a、c连线的中点b的电势φb为（）A、φb＝4B、Vφb＞4VC、φb＜4VD、上述情况都有可能分析：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U＝Ed定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势φb．解答：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U＝Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb＜φa故选：C。点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．常规题．【解题思路点拨】计算电场强度应注意的问题（1）在选取公式计算电场强度时，首先要注意公式的适用条件，然后判断题目中物理情境是否满足公式的适用条件。（2）应用公式U＝Ed计算时，首先要明确所研究的电荷所处的电场必须是匀强电场，其次要明确所要研究的两点的距离应当是沿电场强度方向两点间的距离。如果给出电场中两点间的距离不是沿电场强度方向上的距离，则应通过数学知识转化为沿电场强度方向上的距离。9．Ep-x图像的理解与应用【知识点的认识】1.图像的意义：反映电势能随位置变化的图像。2.图像的内容：纵坐标表示粒子在不同位置的电势能3.图像的斜率：斜率表示电场力（1）斜率的正负表示电场力的方向（2）斜率的大小表示电场力的大小4.由电势能结合粒子的电性可确定电势高低5.图线拐点处切线斜率为0，场强为0【命题方向】如图（a），A、B为某电场中沿x方向上的两个点，现将正点电荷q从A点静止释放，仅在电场力作用下沿x轴方向运动一段距离到达B点，其电势能Ep随x的变化关系如图（b）所示，则（）A、从A到B，电势先逐渐降低后逐渐升高B、从A到B，电场强度先增大后减小C、从A到B的过程中，电荷所受电场力先减小后增大D、从A到B的过程中，电场力对电荷先做负功后做正功分析：根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题．解答：AD、正点电荷q从A点静止释放，仅在电场力作用下沿x轴方向运动一段距离到达B点，电势能先减小后增大，则正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功，则说明电场力方向变化，即电场线方向先向右，后向左，所以电势先降低后升高。故A正确，D错误。B、根据EP＝qEx，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度先减小后增大，故B错误；C、电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大。故C正确；故选：AC。点评：解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为本题的突破点．【解题思路点拨】与运动学图像类似，解决图像类问题的一般步骤为：1.确定图像的含义，明确两个坐标轴的代表的物理量2.从图中直接读出关键点的物理量3.分析图像斜率、面积等的物理意义4.结合公式分析其他的物理量。10．Ep-x图像斜率的物理意义【知识点的认识】Ep﹣x图像的斜率表示电场力：（1）斜率的正负表示电场力的方向（2）斜率的大小表示电场力的大小【命题方向】直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb．则（）A、Ea＝EbB、Ea＜EbC、φa＜φbD、φa＞φb分析：电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低比较出a、b两点的电势．解答：AB、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以Ea＞Eb．故AB错误。CD、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则φa＜φb．故C正确，D错误。故选：C。点评：解决本题的关键知道电势能与位移关系图线的切线斜率表示电场力，知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解题思路点拨】与运动学图像类似，解决图像类问题的一般步骤为：1.确定图像的含义，明确两个坐标轴的代表的物理量2.从图中直接读出关键点的物理量3.分析图像斜率、面积等的物理意义4.结合公式分析其他的物理量。11．电荷在导体上的分布、尖端放电【知识点的认识】1.在导体外表面，越尖锐的位置，电荷的密度越大，周围的电场强度越大。2.电离：在一定条件下，导体尖端周围的强电场足以使空气中残留的带电粒子发生剧烈运动，并与空气分子碰撞从而使空气分子中的正负电荷分离的现象。3.尖端放电：导体尖端周围被强电场电离的带电粒子中，所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的电荷中和，，相当于导体从尖端失去电荷的现象。4.应用：建筑物的顶端安装避雷针以达到避免雷击的目的；高压设备中导体的表面应该尽量光滑，以减少电能损失。【命题方向】下列设备或做法中，利用了尖端放电原理的是（A、避雷针B、油罐车接地的铁链C、静电除尘D、给飞机加油时，要把油箱与大地用电缆连接起来分析：本题考查的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．带电荷的云层靠近避雷针时，在避雷针尖端感应出与云层相反的静电，达到一定程度就向空中放电，中和云层中的电荷，利用了尖端放电原理，符合题意；B．油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，不是利用尖端放电原理，不符合题意；C．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，不是利用尖端放电原理，不符合题意；D．给飞机加油时，要把油箱与大地用电缆连接起来，为了把产生的静电导走，不是利用尖端放电原理，不符合题意；故选：A。点评：本题考查的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中具体实例的原理。【解题思路点拨】尖端放电在生活中普遍存在，其应用包括建筑物的顶端安装避雷针以达到避免雷击的目的；高压设备中导体的表面应该尽量光滑，以减少电能损失。12．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。13．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据C=Q（3）根据E=U（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。【命题方向】如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，A板下方a处有一带电荷量非常小的点电荷。S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A、φa不变B、φa变小C、F变小D、F变大分析：电容器与电源相连，则可知电容器两端的电压不变；由极板的移动可知d的变化，由U＝Ed可知板间场强E的变化，再由U＝Ed可知Aa间的电势差的变化，即可得出aB间电势差的变化及a点电势的变化。解答：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E减小，由F＝Eq可知电荷所受电场力变小，故C正确；则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，而B接地，故a点的电势增大，故A、B均错；故选：C。点评：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本题应注意（1）因下极间接地，故aB间的电势差大小即为a点的电势；（2）因aB间的距离发生变化，不能直接由U＝Ed进行判断，我们是先求得Aa间的电势差再求aB的间电势差。【解题思路点拨】分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。14．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。15．电阻及其性质【知识点的认识】一、电阻1、物理意义：反映导体对电流的阻碍作用．2、定义：导体两端的电压U与通过导体的电流I的比值；3、定义式：R=UI（4、单位：国际单位制中欧姆（Ω）、千欧（kΩ）、兆欧（MΩ），1kΩ＝103Ω，1MΩ＝106Ω．【命题方向】常考题型是考查对概念的理解：关于导体的电阻，下列表述正确的是（）A．跟导体两端的电压成正比B．跟导体中的电流强度成反比C．决定于导体的材料、长度和横截面积D．决定于导体中的电流强度和电压分析：导体的电阻是导体两端的电压与通过导体的电流的比值．其比值的大小决定了对电流的阻碍多少，而电阻与导体两端的电压及电流均没关系，对于一导体来说，两端的电压越大，则通过导体的电流越多，而电压与电流的比值却是一定的．解答：A、导体的电阻从定义上由电压与电流的比值，但与电压及电流没有直接关系．而由导体的材料、长度及横截面积决定的．故A错误；B、导体的电阻从定义上由电压与电流的比值，但与电压及电流没有直接关系．而由导体的材料、长度及横截面积决定的．故B错误；C、导体的电阻从定义上由电压与电流的比值，但与电压及电流没有直接关系．而由导体的材料、长度及横截面积决定的．故C正确；D、导体的电阻从定义上由电压与电流的比值，但与电压及电流没有直接关系．而由导体的材料、长度及横截面积决定的．故D错误；故选：C．点评：公式R=UI与R＝ρ【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液适用于任何纯电阻导体3．规律总结（1）对于输电线路的电阻，注意是两条导线的总电阻，输电线的长度等于两地距离的2倍．（2）利用比值法求解是解题的一种重要方法，可消除较多的未知量．（3）对于导体的长度变化的问题，求电阻时，注意R＝ρlS中的S4．导体形变后电阻的分析方法某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：（1）导体的电阻率不变．（2）导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比．（3）在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρlS16．欧姆定律的简单应用【知识点的认识】欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．2．表达式：I=U3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A．由I=UB．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=UI，导体的电阻跟它两端的电压成正比，D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．本题选错误的，故选C．点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C．点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．【解题方法点拨】1．欧姆定律不同表达式的物理意义（1）I=UR是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻（2）公式R=U2．对伏安特性曲线的理解（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra