2024-2025學年上學期合肥高二物理期末卷2

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期合肥高二物理期末卷2一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）（2020春?溫州期中）物理學發(fā)展中，有許多科學家做出了偉大的貢獻。下列說法錯誤的是（）A．卡文迪許測出了引力常量 B．密立根測定了最小電荷量 C．麥克斯韋證實了電磁波的存在 D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應2．（4分）（2022秋?滄州期中）如圖甲，高大建筑物上通常都裝有避雷針，雷雨天氣時避雷針發(fā)生尖端放電現(xiàn)象，中和空氣中的電荷，達到避免雷擊的目的。圖乙所示是某次避雷針放電時的電場線分布，電場線關(guān)于直線ac對稱，且Lab＝Lbc。以下說法正確的是（）A．Uca＞2Ucb B．接近建筑物的雷雨云帶負電 C．電子在c點的加速度大于在a點的加速度 D．將質(zhì)子從圖中d點由靜止釋放，質(zhì)子可能沿電場線運動3．（4分）（2023秋?北辰區(qū)期中）計算機鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變電容器。當連接電源不斷電，按下某個鍵，使兩個小金屬片之間距離減小時，與之相連的電子線路就給出該鍵相關(guān)的信號。當按下鍵時，電容器的（）A．電容變小 B．電容變大 C．極板間的場強變小 D．極板間的電壓變大4．（4分）（2019秋?廬陽區(qū)校級期中）如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動變阻器滑片P向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則以下說法正確的是（）A．A的示數(shù)減小 B．V2的示數(shù)增大 C．ΔU3與ΔI的比值大于r D．ΔU1小于ΔU25．（4分）（2022秋?秦安縣校級期中）兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是（）A．edLU B．edUL C．eUdL D6．（4分）（2023?張掖模擬）一帶負電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，則粒子在從x1向x3運動的過程中，下列說法中正確的是（）A．在x1處粒子速度最大 B．在x1處粒子加速度最大 C．x3處電勢比x1高 D．x2處動能最大7．（4分）（2021秋?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，通電螺線管軸線上有a、b兩點，該通電螺線管在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點磁場方向都向左 B．a(chǎn)、b兩點磁場方向都向右 C．a(chǎn)點磁場向右，b點磁場方向向左 D．a(chǎn)點磁場向左，b點磁場方向向右（多選）8．（4分）（2022秋?西湖區(qū)期中）如圖甲所示是電容器充、放電電路。配合電流傳感器，可以捕捉瞬間的電流變化，并通過計算機畫出電流隨時間變化的圖像。實驗中選用直流8V電源，先使單刀雙擲開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電。充電完成后把單刀雙擲開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流傳入計算機，圖像上顯示出放電電流隨時間變化的I﹣t曲線如圖乙所示。則以下說法正確的是（）A．使開關(guān)S保持與1端相連時，將電容器上極板向下平移一小段距離，電容器帶電量將減小 B．隨著放電過程的進行，該電容器兩極板間電壓逐漸減小 C．由傳感器所記錄的該放電電流圖像可以估算出該過程中電容器的放電電荷量 D．通過本實驗可以估算出該電容器的電容值（多選）9．（4分）（2021秋?鼓樓區(qū)校級期中）某一導體的伏安特性曲線如圖中的AB段（曲線）所示，直線a為過A點的切線。則關(guān)于導體的電阻，下列說法正確的是（）A．A點對應的導體的電阻為50Ω B．A點對應的導體的電阻為60Ω C．在AB段，導體的電阻變化了120Ω D．在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大（多選）10．（4分）（2020春?荔灣區(qū)校級月考）如圖所示，一足夠長的通電直導線水平放置，在導線的正下方有一閉合矩形線圈abcd與導線在同一平面內(nèi)，且ad邊與導線平行，下列情形中能使線圈產(chǎn)生感應電流的是（）A．線圈沿平行于導線的方向向右平移 B．線圈以導線為軸轉(zhuǎn)動 C．線圈繞bc邊轉(zhuǎn)動 D．線圈不動，逐漸增大直導線中的電流二．實驗題（共2小題，滿分22分）11．（12分）（2021?山東模擬）某同學利用實驗室的器材研究一粗細均勻的導體棒（約為4Ω）的電阻率。電壓表V（量程15.0V，內(nèi)阻約1kΩ）電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻RA＝0.4Ω）定值電阻R0（阻值R0＝20.0Ω）滑動變阻器R1（最大阻值10Ω）學生電源E（電動勢20V）開關(guān)S和若干導線。（1）如圖甲，用螺旋測微器測得導體棒的直徑為mm；如圖乙，用游標卡尺測得導體棒的長度為cm。（2）請根據(jù)提供的器材，在圖丙所示的方框中設計一個實驗電路，盡可能精確地測量金屬棒的阻值。（3）實驗時，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使開關(guān)閉合后兩電表的示數(shù)從零開始，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)選擇合適標度描點，在方格紙上作圖（如圖?。?，通過分析可得導體棒的電阻R＝Ω（保留一位小數(shù)），再根據(jù)電阻定律即可求得電阻率。從系統(tǒng)誤差的角度分析，電阻R測（填“＞”“＜”或“＝”）R真。12．（10分）（2020秋?安徽月考）為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學采用了伏安法，設計了如圖甲所示的實驗電路。（1）實驗開始前，應先將滑動變阻器的滑片P移至（選填“a”或“b”）端。（2）合上開關(guān)S1，S2接圖甲中的1位置，改變滑動變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流表示數(shù)；S2改接圖甲中的2位置，改變滑動變阻器的阻值，再記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流表示數(shù)。在同一坐標系內(nèi)分別描點作出電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I的圖象，如圖乙所示，兩直線與縱軸的截距分別為UA、UB，與橫軸的截距分別為IA、IB。①S2接1位置時，作出的U﹣I圖線是圖丙中的（選填“A”或“B”）線；②S2接1位置時，測出的電池電動勢E和內(nèi)阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是表（選填“電壓”或“電流”）的示數(shù)偏（選填“大”或“小”）。三．解答題（共3小題，滿分38分）13．（12分）（2018秋?靖遠縣校級期中）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E＝6V，電源內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R＝3Ω，重物質(zhì)量m＝0.10kg，當將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為5V，當重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為5.5V，求不計摩擦，g取10m/s2）．求：（1）串聯(lián)入電路的電動機內(nèi)阻為電動機多大？（2）重物勻速上升時的速度大?。?4．（14分）（2019秋?揚州期中）如圖甲所示，兩塊平行正對的帶電金屬板A、B傾斜放置，與水平面成θ角，質(zhì)量為m，電荷量為﹣q的微粒從B板邊緣O點靜止釋放，恰沿直線OO1水平向右運動，到達A板邊緣O1點時速度為v0，恰從O1點進入右側(cè)水平放置的平行金屬板M、N間。重力加速度為g，忽略電場的邊際效應，求：（1）A板帶何種電荷？微粒在A、B板間運動的加速度大小a：（2）A、B板間的電壓U；（3）已知M、N板間電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，微粒通過該區(qū)域的時間恰好等于電壓變化周期T，板間距離為d，U0=mgd①t＝0時刻進入M、N板間電場的微粒飛出電場右邊界時速度的方向，并判斷不同時刻飛出電場的速度是否相同？②各出射點間的最大距離Δy。15．（12分）如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小球由A點以速度v0＝3m/s水平拋出，恰好沿切線方向從B點進入豎直放置的光滑圓軌道BC，隨后沿直線軌道CD上升到最高點。已知BC兩點高度相同，小球經(jīng)過這兩點時的速度大小相等。O為圓軌道的圓心，圓軌道半徑R＝2.5m，OB與豎直方向的夾角α＝53°。直線軌道CD接觸面粗糙，動摩擦因數(shù)μ=13，與圓軌道在C點相切。不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝（1）A、B之間的水平距離；（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大??；（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功。

2024-2025學年上學期合肥高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）（2020春?溫州期中）物理學發(fā)展中，有許多科學家做出了偉大的貢獻。下列說法錯誤的是（）A．卡文迪許測出了引力常量 B．密立根測定了最小電荷量 C．麥克斯韋證實了電磁波的存在 D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應【考點】電磁學物理學史．【專題】定性思想；歸納法；萬有引力定律的應用專題；理解能力．【答案】C【分析】本題是物理學史問題，根據(jù)卡文迪許、密立根、赫茲、奧斯特等人的物理學成就進行解答?！窘獯稹拷猓篈、牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律以后，卡文迪許測出了引力常量，故A正確；B、密立根通過油滴實驗測定了最小電荷量，故B正確；C、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲證實了電磁波的存在，故C錯誤；D、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，注重積累。2．（4分）（2022秋?滄州期中）如圖甲，高大建筑物上通常都裝有避雷針，雷雨天氣時避雷針發(fā)生尖端放電現(xiàn)象，中和空氣中的電荷，達到避免雷擊的目的。圖乙所示是某次避雷針放電時的電場線分布，電場線關(guān)于直線ac對稱，且Lab＝Lbc。以下說法正確的是（）A．Uca＞2Ucb B．接近建筑物的雷雨云帶負電 C．電子在c點的加速度大于在a點的加速度 D．將質(zhì)子從圖中d點由靜止釋放，質(zhì)子可能沿電場線運動【考點】電荷在導體上的分布、尖端放電；電場線的定義及基本特征；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大?。环莿驈婋妶鲋须妱莶畲笮〉谋容^和應用．【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】根據(jù)電場線方向判斷電勢的高低；根據(jù)電場線的疏密判斷電場的強弱；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度情況，電場強度不是勻強電場，質(zhì)子的運動軌跡不會沿著電場線。【解答】解：A、由圖，電場線越密集代表場強越大，則由c到a電場強度逐漸增大，同時沿著電場線方向電勢逐漸降低，結(jié)合U＝Ed，可知Uca＞2Ucb，故A正確；B、電場線由正電荷指向無窮遠或者負電荷，由圖可知接近建筑物的雷雨云帶正電，故B錯誤；C、電場線密集的地方電場強度越大，根據(jù)牛頓第二定律可知電子在c點的加速度小于在a點的加速度，故C錯誤；D、電場強度不是勻強電場，質(zhì)子的運動軌跡不會沿著電場線，故D錯誤；故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示電場強度，順著電場線方向電勢降低。3．（4分）（2023秋?北辰區(qū)期中）計算機鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變電容器。當連接電源不斷電，按下某個鍵，使兩個小金屬片之間距離減小時，與之相連的電子線路就給出該鍵相關(guān)的信號。當按下鍵時，電容器的（）A．電容變小 B．電容變大 C．極板間的場強變小 D．極板間的電壓變大【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；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)電容決定式C=?rS4πkd【解答】解：ABD．因為電源不斷電，故按下鍵時電容器兩端電壓不變，根據(jù)C=?rS4πkd，C=QU，可知當按下鍵時，d減小，則C增大，C．根據(jù)E=Ud，可知按下鍵的過程中板間距變小，U不變，故極板間的場強變大，故故選：B?！军c評】本題的關(guān)鍵掌握電容器的動態(tài)分析，學會利用決定式分析電容的變化是解決此類問題的關(guān)鍵。4．（4分）（2019秋?廬陽區(qū)校級期中）如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動變阻器滑片P向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則以下說法正確的是（）A．A的示數(shù)減小 B．V2的示數(shù)增大 C．ΔU3與ΔI的比值大于r D．ΔU1小于ΔU2【考點】電路動態(tài)分析．【專題】學科綜合題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】分析電路結(jié)構(gòu)，將滑動變阻器滑片P向下滑動，電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，總電流增大。根據(jù)閉合電路歐姆定律得到ΔU3ΔI的表達式，判斷ΔU1和Δ【解答】解：AB、閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，其有效電阻減小，電路中總電阻減小，電路中總電流增大，由閉合電路歐姆定律U＝E﹣Ir可知，路端電壓減小，即V2的示數(shù)減小，故AB錯誤；C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得U3＝E﹣I（R+r），則有ΔU3ΔI=R+r，即ΔU3與ΔI的比值大于D、由于總電流增大，則電壓表V1的示數(shù)增大，ΔU1ΔI=R，由于路端電壓減小，所以電壓表V2示數(shù)減小，ΔU2ΔI=r，所以有Δ故選：C?！军c評】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識，明確理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路。理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路。分析電路的連接關(guān)系，根據(jù)歐姆定律分析。5．（4分）（2022秋?秦安縣校級期中）兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是（）A．edLU B．edUL C．eUdL D【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用；勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】從O點到A點，全程只有電場力做功，根據(jù)動能定理求出電子的初動能?！窘獯稹拷猓涸O電子的初動能為Ek，極板間的電場E=從O點到A點，只有電場力做功，根據(jù)動能定理得：﹣eEL＝0﹣Ek聯(lián)立解得：Ek=eULd，故D正確，故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律，要注意掌握動能定理的準確應用，明確注意動能定理應用時要找準全過程物體一共受到幾個，并判斷哪幾個力做功．6．（4分）（2023?張掖模擬）一帶負電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，則粒子在從x1向x3運動的過程中，下列說法中正確的是（）A．在x1處粒子速度最大 B．在x1處粒子加速度最大 C．x3處電勢比x1高 D．x2處動能最大【考點】Ep﹣x圖像斜率的物理意義；Ep﹣x圖像的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】Ep﹣x圖像的斜率表示電場力的大小，由此得出加速度的大小關(guān)系；根據(jù)圖像得出電勢能的變化，結(jié)合電勢能的表達式得出電勢的大小關(guān)系，根據(jù)能量守恒定律得出動能的最大值的位置?！窘獯稹拷猓篈D．帶負電粒子只在電場力作用下運動，所以動能與勢能之和是恒定的。則粒子在從x1向x3運動的過程中，在x3處的電勢能最小，動能最大，即在x3處粒子速度最大，故AD錯誤；B．圖像的斜率表示粒子受到的電場力的大小，根據(jù)圖像可知在x3處圖像的斜率最大，場力最大，由牛頓第二定律可得粒子加速度最大，故B錯誤；C．負電荷在電勢低的地方電勢能大，在電勢高的地方電勢能小，在x3處的電勢能最小，所以電勢最高，x3處電勢比x1高，故C正確；故選：C?！军c評】本題主要考查了電場力做功的相關(guān)應用，解題的關(guān)鍵點是理解圖像的物理意義，結(jié)合牛頓第二定律和能量守恒定律即可完成分析。7．（4分）（2021秋?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，通電螺線管軸線上有a、b兩點，該通電螺線管在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點磁場方向都向左 B．a(chǎn)、b兩點磁場方向都向右 C．a(chǎn)點磁場向右，b點磁場方向向左 D．a(chǎn)點磁場向左，b點磁場方向向右【考點】環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)右手螺旋定則判斷出通電螺線管產(chǎn)生的磁場即可判斷?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)右手螺旋定則可知，a、b兩點磁場方向都向左，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要考查了通電螺線管產(chǎn)生的磁場，熟練利用右手螺旋定則即可。（多選）8．（4分）（2022秋?西湖區(qū)期中）如圖甲所示是電容器充、放電電路。配合電流傳感器，可以捕捉瞬間的電流變化，并通過計算機畫出電流隨時間變化的圖像。實驗中選用直流8V電源，先使單刀雙擲開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電。充電完成后把單刀雙擲開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流傳入計算機，圖像上顯示出放電電流隨時間變化的I﹣t曲線如圖乙所示。則以下說法正確的是（）A．使開關(guān)S保持與1端相連時，將電容器上極板向下平移一小段距離，電容器帶電量將減小 B．隨著放電過程的進行，該電容器兩極板間電壓逐漸減小 C．由傳感器所記錄的該放電電流圖像可以估算出該過程中電容器的放電電荷量 D．通過本實驗可以估算出該電容器的電容值【考點】電容器的充放電問題；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；推理論證能力．【答案】BCD【分析】放電的過程中，電荷量逐漸減小，抓住電容不變，結(jié)合電容的定義式確定電容器兩極板間的電壓變化．根據(jù)I﹣t圖線所圍成的面積求解放電的電荷量．根據(jù)電荷量和電壓的變化量，結(jié)合電容的定義式求出電容．【解答】解：A．電容器的電容C=將電容器上極板向下平移一小段距離，d減小，C增大；開關(guān)S保持與1端相連時，電容器電壓不變，根據(jù)C=可知電容器帶電量將增大，與A選項描述不符，故A錯誤；B．在放電的過程中，電荷量減小，根據(jù)C=QU=C．I﹣t圖線與時間軸圍成的面積表示電荷量，則由傳感器所記錄的該放電電流圖像可以估算出該過程中電容器的放電電荷量，故C正確；D．根據(jù)C=可知，通過電荷量的大小以及電壓變化量的大小可以求出電容器的電容值，故D正確。故選：BCD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式，以及知道I﹣t圖線與時間軸圍成的面積表示通過的電荷量。（多選）9．（4分）（2021秋?鼓樓區(qū)校級期中）某一導體的伏安特性曲線如圖中的AB段（曲線）所示，直線a為過A點的切線。則關(guān)于導體的電阻，下列說法正確的是（）A．A點對應的導體的電阻為50Ω B．A點對應的導體的電阻為60Ω C．在AB段，導體的電阻變化了120Ω D．在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大【考點】電阻及其性質(zhì)；歐姆定律的簡單應用；線性元件及其伏安特性曲線．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】由圖讀出A、B點時電壓和電流，根據(jù)電阻的定義式R=U【解答】解：ABC、根據(jù)部分電路歐姆定律可知，A點對應的導體的電阻為：RA=UAIAB點對應的導體的電阻為：RB=UBIB在AB段，導體的電阻變化為：ΔR＝RB﹣RA＝80Ω﹣60Ω＝20Ω，故B正確，AC錯誤；D、根據(jù)圖像的斜率的倒數(shù)可以表示電阻的變化，所以在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大，故D正確。故選：BD?！军c評】本題主要考查對伏安特性曲線的了解，要注意明確各點的電阻應通過電阻的定義式R=U（多選）10．（4分）（2020春?荔灣區(qū)校級月考）如圖所示，一足夠長的通電直導線水平放置，在導線的正下方有一閉合矩形線圈abcd與導線在同一平面內(nèi)，且ad邊與導線平行，下列情形中能使線圈產(chǎn)生感應電流的是（）A．線圈沿平行于導線的方向向右平移 B．線圈以導線為軸轉(zhuǎn)動 C．線圈繞bc邊轉(zhuǎn)動 D．線圈不動，逐漸增大直導線中的電流【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】CD【分析】根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件，當通過線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈中將會產(chǎn)生感應電流?！窘獯稹拷猓篈、線圈沿平行于導線的方向向右平移，穿過線圈的磁通量不變，不能產(chǎn)生感應電流，故A錯誤；B、線圈以導線為軸轉(zhuǎn)動時，穿過線圈的磁通量不變，不能產(chǎn)生感應電流，故B錯誤；C、線圈平繞bc邊轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量會發(fā)生周期性的變化，將產(chǎn)生感應電流，故C正確；D、線圈不動，逐漸增大直導線中的電流，則電流的磁場增強，所以穿過線圈的磁通量增大，則產(chǎn)生感應電流，故D正確；故選：CD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向，掌握感應電流的產(chǎn)生條件，會根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向。二．實驗題（共2小題，滿分22分）11．（12分）（2021?山東模擬）某同學利用實驗室的器材研究一粗細均勻的導體棒（約為4Ω）的電阻率。電壓表V（量程15.0V，內(nèi)阻約1kΩ）電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻RA＝0.4Ω）定值電阻R0（阻值R0＝20.0Ω）滑動變阻器R1（最大阻值10Ω）學生電源E（電動勢20V）開關(guān)S和若干導線。（1）如圖甲，用螺旋測微器測得導體棒的直徑為4.620mm；如圖乙，用游標卡尺測得導體棒的長度為10.14cm。（2）請根據(jù)提供的器材，在圖丙所示的方框中設計一個實驗電路，盡可能精確地測量金屬棒的阻值。（3）實驗時，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使開關(guān)閉合后兩電表的示數(shù)從零開始，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)選擇合適標度描點，在方格紙上作圖（如圖?。?，通過分析可得導體棒的電阻R＝4.6Ω（保留一位小數(shù)），再根據(jù)電阻定律即可求得電阻率。從系統(tǒng)誤差的角度分析，電阻R測＝（填“＞”“＜”或“＝”）R真?！究键c】螺旋測微器的使用與讀數(shù)；導體電阻率的測量；游標卡尺的使用與讀數(shù)．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）4.620（4.619～4.621）；10.14（2）（3）4.6；＝【分析】根據(jù)螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀出讀數(shù)；在設計電路圖時考慮分壓式還是限流式，以及電流表的內(nèi)外接；根據(jù)伏安法計算電阻值，由于電流表內(nèi)阻已知，其系統(tǒng)誤差可以消除?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的讀數(shù)等于4.5mm+0.01×12.0mm＝4.620mm（4.619～4.621）；游標卡尺為（10分）度，精確度為0.1mm，游標上的第4格與主尺對齊，故讀數(shù)為101mm+4×0.1mm＝101.4mm＝10.14cm。（2）要求盡可能精確地測量金屬棒的阻值，而滑動變阻器的總阻值較小，則用分壓式可以多測幾組數(shù)據(jù)；電壓表的量程為15V，則待測電阻的電流最大為Imax=URx≈154（3）根據(jù)伏安法可知RA+R0+Rx=ΔUΔI=15-50.60-0.20Ω＝25Ω，解得Rx＝25Ω﹣RA﹣R故答案為：（1）4.620（4.619～4.621）；10.14（2）（3）4.6；＝【點評】本題主要考查了電路設計問題，游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)，以及伏安法測電阻的計算及誤差分析，在電路設計時要考慮滑動變阻器接法和電流表的內(nèi)外接是解題的關(guān)鍵。12．（10分）（2020秋?安徽月考）為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學采用了伏安法，設計了如圖甲所示的實驗電路。（1）實驗開始前，應先將滑動變阻器的滑片P移至a（選填“a”或“b”）端。（2）合上開關(guān)S1，S2接圖甲中的1位置，改變滑動變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流表示數(shù)；S2改接圖甲中的2位置，改變滑動變阻器的阻值，再記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流表示數(shù)。在同一坐標系內(nèi)分別描點作出電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I的圖象，如圖乙所示，兩直線與縱軸的截距分別為UA、UB，與橫軸的截距分別為IA、IB。①S2接1位置時，作出的U﹣I圖線是圖丙中的B（選填“A”或“B”）線；②S2接1位置時，測出的電池電動勢E和內(nèi)阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是電流表（選填“電壓”或“電流”）的示數(shù)偏?。ㄟx填“大”或“小”）?！究键c】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】比較思想；圖析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）a；（2）①B、②電流、小【分析】（1）看清單刀雙擲開關(guān)電路圖，明確實驗前應使滑片置于使電流最小的位置即可．（3）①的關(guān)鍵是根據(jù)“等效電源”法分析測量誤差的大小，即當s2接1位置時，可把電壓表與電源看作一個等效電源，則電動勢測量值測得是“等效電源”的外電路斷開時的路端電壓，由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，所以電壓表示數(shù)將小于電動勢真實值，即電動勢測量值偏?。煌韮?nèi)阻的測量值實際等于電壓表與內(nèi)阻真實值的并聯(lián)電阻，所以內(nèi)阻測量值也偏小．若S2接2位置時，可把電流表與電源看作一個“等效電源”，不難分析出電動勢測量值等于真實值，而內(nèi)阻測量值應等于內(nèi)阻真實值與電流表內(nèi)阻之和，即內(nèi)阻測量值偏大．根據(jù)圖象分析電源的電動勢和內(nèi)電阻．【解答】解：（1）為保護電流表，實驗開始前，應將滑片P移至電阻最大的a端。（2）①當S2接1位置時，可把電壓表與電源看作一個等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U斷可知，由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，所以電壓表示數(shù)將小于電動勢真實值，即電動勢測量值偏小；同理內(nèi)阻的測量值實際等于電壓表與內(nèi)阻真實值的并聯(lián)電阻，所以內(nèi)阻測量值也偏小，即電動勢和內(nèi)阻的測量值均小于真實值。所以作出的U﹣I圖線應是B線；②測出的電池電動勢E和內(nèi)阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是電壓表的分流，結(jié)果使電流表的示數(shù)偏小。故答案為：（1）a；（2）①B、②電流、小【點評】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，要注意應明確用“等效電源”法分析“測量電源電動勢和內(nèi)阻實驗”誤差的方法，明確U﹣I圖象中縱軸截距與斜率的含義．三．解答題（共3小題，滿分38分）13．（12分）（2018秋?靖遠縣校級期中）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E＝6V，電源內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R＝3Ω，重物質(zhì)量m＝0.10kg，當將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為5V，當重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為5.5V，求不計摩擦，g取10m/s2）．求：（1）串聯(lián)入電路的電動機內(nèi)阻為電動機多大？（2）重物勻速上升時的速度大?。究键c】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；純電阻電路的能量轉(zhuǎn)化特點．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；方程法；恒定電流專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中的電流和電動機輸入電壓．電動機消耗的電功率等于輸出的機械功率和發(fā)熱功率之和，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律列方程求解重物勻速上升時的速度大小【解答】解：（1）由題，電源電動勢E＝6V，電源內(nèi)阻r＝1Ω，當將重物固定時，電壓表的示數(shù)為5V，則根據(jù)閉合電路歐姆定律得電路中電流為：I=電動機的電阻為：R（2）當重物勻速上升時，電壓表的示數(shù)為U＝5.5V，電路中電流為：I電動機兩端的電壓為：UM＝E﹣I′（R+r）＝6﹣0.5×（3+1）V＝4V故電動機的輸入功率為：P＝UMI′＝4×0.5＝2W根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：UMI′＝mgv+I′2R代入解得：v＝1.5m/s答：（1）串聯(lián)入電路的電動機內(nèi)阻為電動機2Ω（2）重物勻速上升時的速度大小為1.5m/s【點評】本題是歐姆定律與能量轉(zhuǎn)化與守恒定律的綜合應用．對于電動機電路，不轉(zhuǎn)動時，是純電阻電路，歐姆定律成立；當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立．14．（14分）（2019秋?揚州期中）如圖甲所示，兩塊平行正對的帶電金屬板A、B傾斜放置，與水平面成θ角，質(zhì)量為m，電荷量為﹣q的微粒從B板邊緣O點靜止釋放，恰沿直線OO1水平向右運動，到達A板邊緣O1點時速度為v0，恰從O1點進入右側(cè)水平放置的平行金屬板M、N間。重力加速度為g，忽略電場的邊際效應，求：（1）A板帶何種電荷？微粒在A、B板間運動的加速度大小a：（2）A、B板間的電壓U；（3）已知M、N板間電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，微粒通過該區(qū)域的時間恰好等于電壓變化周期T，板間距離為d，U0=mgd①t＝0時刻進入M、N板間電場的微粒飛出電場右邊界時速度的方向，并判斷不同時刻飛出電場的速度是否相同？②各出射點間的最大距離Δy?！究键c】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；牛頓第二定律的簡單應用；動能定理的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）微粒受到的重力和電場力的合力應該沿直線OO1方向，結(jié)合微粒的帶電性質(zhì)可判斷A板帶何種電荷，受力分析，由牛頓第二定律可求得加速度大??；（2）微粒從O到O1過程中，根據(jù)動能定理可求得A、B板間的電壓；（3）①微粒在水平方向做勻速直線運動，分析豎直方向的運動，寫出離開電場時的偏轉(zhuǎn)角，可判斷不同時刻飛出電場的速度是否相同；②由垂直電場方向的運動可求解射出電場的最大偏轉(zhuǎn)距離。【解答】解：（1）微粒受到的重力和電場力的合力應該沿直線OO1方向，所以電場力應該垂直極板向上，又微粒帶負電，所以A板帶正電，微粒從O到O1過程中受力分析如圖所示：F合＝mgtanθ根據(jù)牛頓第二定律得：F合＝mgtanθ＝ma解得：a＝gtanθ（2）微粒從O到O1過程中，根據(jù)動能定理有：qU=1解得：U=（3）①根據(jù)題意，微粒在水平方向以速度v0做勻速直線運動，射出M、N間電場時，豎直方向，0-12T時間內(nèi)，qU0d=mg12T﹣T時間內(nèi)，q2U0d-mg=ma則豎直方向速度為：vy設出射速度與水平方向夾角為α，有：tanα=不同時刻飛出電場的速度相同，②微粒射出電場的最大偏轉(zhuǎn)距離為：Δy=各出射點間的最大距離為gT2答：（1）A板帶正電，微粒在A、B板間運動的加速度大小是gtanθ：（2）A、B板間的電壓是mv（3）①t＝0時刻進入M、N板間電場的微粒飛出電場右邊界時速度的方向，不同時刻飛出電場的速度相同；②各出射點間的最大距離是gT【點評】帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場中運動，水平方向不受力做勻速直線運動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運動且具有周期性變化；要用好變化的周期性。15．（12分）如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小球由A點以速度v0＝3m/s水平拋出，恰好沿切線方向從B點進入豎直放置的光滑圓軌道BC，隨后沿直線軌道CD上升到最高點。已知BC兩點高度相同，小球經(jīng)過這兩點時的速度大小相等。O為圓軌道的圓心，圓軌道半徑R＝2.5m，OB與豎直方向的夾角α＝53°。直線軌道CD接觸面粗糙，動摩擦因數(shù)μ=13，與圓軌道在C點相切。不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝（1）A、B之間的水平距離；（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大??；（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功。【考點】繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）A、B之間的水平距離為1.2m；（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大小為28N；（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功為W＝2.5J?！痉治觥浚?）小球做平拋運動，小球在B點時，運用運動的分解法求解豎直方向速度vy，由速度公式vy＝gt求出平拋運動的時間，根據(jù)水平位移x＝v0t公式求出A、B之間的水平距離；（2）小球從B運動到最低點的過程中，先根據(jù)動能定理列式求解最低點的速度，在最低點，由軌道的支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二、第三定律求解壓力；（3）小球在CD軌道勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，根據(jù)運動學公式求出沿斜面上升的最大距離，根據(jù)功的定義求出小球克服摩擦力做的功?！窘獯稹拷猓海?）小球恰好進入圓軌道BC，設豎直分速度為vy，由運動的分解得：vy＝v0tanα設平拋運動時間為t，則vy＝gt水平位移x＝v0t代入數(shù)據(jù)得：x＝1.2m（2）進入圓軌道B點，設速度為v，則v=v小球由B點進入圓軌道到最低點的過程中，由動能定理得：mgR(1-在最低點，對小球由牛頓第二定律得：FN解得：FN＝28N由牛頓第三定律知，小球?qū)壍缐毫Υ笮?8N。（3）小球在CD軌道勻減速運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律得：mgsina+μmgcosα＝ma設小球上升位移為L，根據(jù)運動學公式得：﹣v2＝﹣2aL小球克服摩擦力做功為：W＝μmgcosα?L聯(lián)立解得：W＝2.5J答：（1）A、B之間的水平距離為1.2m；（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大小為28N；（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功為W＝2.5J?！军c評】做物理問題應該先清楚研究對象的運動過程，根據(jù)運動性質(zhì)利用相應的物理規(guī)律解決問題，第三問也可用動能定理求解克服摩擦力做的功。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式靈活求解?！窘忸}思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。3．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v4．動能定理的簡單應用【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?。唬?）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脛幽芏ɡ肀容^簡單?！窘忸}思路點撥】1．應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首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，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引起注意。5．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，即場強先變大后變小．④兩點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．6．根據(jù)電場線的疏密判斷場強大小【知識點的認識】可以通過電場線定性的分析電場強度的大小：在同一電場中，電場線越密集，電場強度越大；電場線越稀疏，電場強度越小?！久}方向】如圖是某區(qū)域的電場線圖．A、B是電場中的兩個點，EA和EB分別表示A、B兩點電場強度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個點電荷在A、B兩點所受到的電場力的大?。旅嬲f法中正確的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：電場線是從正電荷或者無窮遠發(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?。獯穑篈、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場的A點的電場線較密，所以，在A點的電場的強度要比B點的電場的強度大，即EA＞EB，所以A正確，B錯誤；C、由于EA＞EB，并且是同一個電荷，電荷的電荷量大小相同，由F＝qE可知，電荷在A點時受到的電場力要在B點時受到的電場力大，即FA＞FB，所以C正確，D錯誤；故選：AC。點評：本題就是考查學生基礎(chǔ)知識的掌握，加強基礎(chǔ)知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題．【解題思路點撥】同一電場中可以通過電場線的疏密定性的判斷電場強度的大小，進而可以分析運動學的情況，因為可以通過F＝qE分析電場力的大小，再通過F＝ma分析加速度的大小。所以可以說同一電場中，電場線密集的地方電場力大，電荷的加速度也大。7．勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系【知識點的認識】一、電勢差與電場強度的關(guān)系式1．關(guān)系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強電場中才有這個關(guān)系。3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。4．方向關(guān)系：場強的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強度方向。二、對公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強電場中兩點所在等勢面之間的距離。3．對于非勻強電場，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，現(xiàn)在舉例來說明公式E=Ud在非勻強電場中的應用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且AB=BC，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因為UAB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場強度與電勢差的比較物理量電勢差U電場強度E定義（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場的能的性質(zhì)描述了電場的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標量，無方向規(guī)定為正電荷在該點所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強電場中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強電場使小球由A點運動到B點，已知A、B兩點間距離為L＝0.1m，電勢差為UAB＝20V．（1）判斷勻強電場的場強方向；（2）求電場強度的大??；（3）求小球到達B點時的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，根據(jù)運動情況判斷勻強電場的場強方向；（2）根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系求解電場強度的大?。?）根據(jù)動能定理求解小球到達B點時的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，所以勻強電場的場強方向為由A指向B．（2）根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據(jù)動能定理研究小球由A點運動到B點，qU=v＝210m/s答：（1）勻強電場的場強方向為由A指向B．（2）電場強度的大小是200V/m；（3）小球到達B點時的速率是210m/s．點評：理解和掌握電場中各個物理量之間的關(guān)系，在具體題目中能熟練的應用．【解題方法點撥】U＝Ed關(guān)系的應用：公式U＝Ed中d是沿場強方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差。這一定量關(guān)系只適用于勻強電場，變形后E=Ud，用它可求8．非勻強電場中電勢差大小的比較和應用【知識點的認識】1.電勢差與電場強度的關(guān)系式E=Ud適用于勻強電場中電場強度的計算，在非勻強電場中可以用E2.由E=Ud可以得出結(jié)論：在等差等勢面越密的地方電場強度就越大，如圖甲所示。再如圖乙所示，a、b、c為某條電場線上的三個點，且距離ab＝bc，由于電場線越密的地方電場強度越大，故Uab＜U【命題方向】如圖為某一電場的電場線和等勢面分布，圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面，過a、c兩點的等勢面電勢分別為φa＝5V，φc＝3V那么a、c連線的中點b的電勢φb為（）A、φb＝4B、Vφb＞4VC、φb＜4VD、上述情況都有可能分析：由圖看出，ab段電場線比bc段電場線密，ab段場強較大，根據(jù)公式U＝Ed定性分析a、b間與b、c間電勢差的大小，再求解中點b的電勢φb．解答：由圖看出，ab段電場線比bc段電場線密，ab段場強較大，根據(jù)公式U＝Ed可知，a、b間電勢差Uab大于b、c間電勢差Ubc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb＜φa故選：C。點評：本題的關(guān)鍵是運用勻強電場中場強與電勢差的公式定性分析電勢差的大?。Ｒ?guī)題．【解題思路點撥】計算電場強度應注意的問題（1）在選取公式計算電場強度時，首先要注意公式的適用條件，然后判斷題目中物理情境是否滿足公式的適用條件。（2）應用公式U＝Ed計算時，首先要明確所研究的電荷所處的電場必須是勻強電場，其次要明確所要研究的兩點的距離應當是沿電場強度方向兩點間的距離。如果給出電場中兩點間的距離不是沿電場強度方向上的距離，則應通過數(shù)學知識轉(zhuǎn)化為沿電場強度方向上的距離。9．Ep-x圖像的理解與應用【知識點的認識】1.圖像的意義：反映電勢能隨位置變化的圖像。2.圖像的內(nèi)容：縱坐標表示粒子在不同位置的電勢能3.圖像的斜率：斜率表示電場力（1）斜率的正負表示電場力的方向（2）斜率的大小表示電場力的大小4.由電勢能結(jié)合粒子的電性可確定電勢高低5.圖線拐點處切線斜率為0，場強為0【命題方向】如圖（a），A、B為某電場中沿x方向上的兩個點，現(xiàn)將正點電荷q從A點靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸方向運動一段距離到達B點，其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系如圖（b）所示，則（）A、從A到B，電勢先逐漸降低后逐漸升高B、從A到B，電場強度先增大后減小C、從A到B的過程中，電荷所受電場力先減小后增大D、從A到B的過程中，電場力對電荷先做負功后做正功分析：根據(jù)題意和圖象正確判斷出電子的運動形式是解題的關(guān)鍵，由圖可知，電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做功越來越小，由W＝Fs可知電場力逐漸減小，因此電子做加速度逐漸減小的加速運動，知道了運動形式即可解正確解答本題．解答：AD、正點電荷q從A點靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸方向運動一段距離到達B點，電勢能先減小后增大，則正電荷從A到B電場力先做正功，后做負功，則說明電場力方向變化，即電場線方向先向右，后向左，所以電勢先降低后升高。故A正確，D錯誤。B、根據(jù)EP＝qEx，可知圖象的斜率大小體現(xiàn)電場強度的強弱，因此從A到B，電場強度先減小后增大，故B錯誤；C、電勢能EP隨位移x的變化關(guān)系圖象的斜率表示電場力的大小，因此電場力先減小后增大。故C正確；故選：AC。點評：解題過程中要把握問題的核心，要找準突破點，如本題中根據(jù)圖象獲取有關(guān)電子的運動、受力情況即為本題的突破點．【解題思路點撥】與運動學圖像類似，解決圖像類問題的一般步驟為：1.確定圖像的含義，明確兩個坐標軸的代表的物理量2.從圖中直接讀出關(guān)鍵點的物理量3.分析圖像斜率、面積等的物理意義4.結(jié)合公式分析其他的物理量。10．Ep-x圖像斜率的物理意義【知識點的認識】Ep﹣x圖像的斜率表示電場力：（1）斜率的正負表示電場力的方向（2）斜率的大小表示電場力的大小【命題方向】直線ab是電場中的一條電場線，從a點無初速度釋放一電子，電子僅在電場力的作用下，沿直線從a點運動到b點，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如圖所示，設a、b兩點的電場強度分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb．則（）A、Ea＝EbB、Ea＜EbC、φa＜φbD、φa＞φb分析：電勢能與位移圖線的斜率反映電場力的大小，從而可以反映電場強度的大小，結(jié)合電場力做功判斷出電場力的方向，從而得出電場強度的方向，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低比較出a、b兩點的電勢．解答：AB、電子從a到b，電勢能圖線的斜率逐漸減小，斜率表示電場力的大小，知電場力逐漸減小，則電場強度逐漸減小，所以Ea＞Eb．故AB錯誤。CD、由于電勢能逐漸降低，知電場力做正功，則電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢逐漸降低，則φa＜φb．故C正確，D錯誤。故選：C。點評：解決本題的關(guān)鍵知道電勢能與位移關(guān)系圖線的切線斜率表示電場力，知道沿電場線方向電勢逐漸降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加．【解題思路點撥】與運動學圖像類似，解決圖像類問題的一般步驟為：1.確定圖像的含義，明確兩個坐標軸的代表的物理量2.從圖中直接讀出關(guān)鍵點的物理量3.分析圖像斜率、面積等的物理意義4.結(jié)合公式分析其他的物理量。11．電荷在導體上的分布、尖端放電【知識點的認識】1.在導體外表面，越尖銳的位置，電荷的密度越大，周圍的電場強度越大。2.電離：在一定條件下，導體尖端周圍的強電場足以使空氣中殘留的帶電粒子發(fā)生劇烈運動，并與空氣分子碰撞從而使空氣分子中的正負電荷分離的現(xiàn)象。3.尖端放電：導體尖端周圍被強電場電離的帶電粒子中，所帶電荷與導體尖端的電荷符號相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，與尖端上的電荷中和，，相當于導體從尖端失去電荷的現(xiàn)象。4.應用：建筑物的頂端安裝避雷針以達到避免雷擊的目的；高壓設備中導體的表面應該盡量光滑，以減少電能損失。【命題方向】下列設備或做法中，利用了尖端放電原理的是（A、避雷針B、油罐車接地的鐵鏈C、靜電除塵D、給飛機加油時，要把油箱與大地用電纜連接起來分析：本題考查的是關(guān)于靜電的防止與應用，從各種實例的原理出發(fā)就可以判斷出答案。解答：A．帶電荷的云層靠近避雷針時，在避雷針尖端感應出與云層相反的靜電，達到一定程度就向空中放電，中和云層中的電荷，利用了尖端放電原理，符合題意；B．油罐車上的搭地鐵鏈是為了把產(chǎn)生的靜電導走，不是利用尖端放電原理，不符合題意；C．靜電除塵時除塵器中的空氣被電離，煙霧顆粒吸附電子而帶負電，顆粒向電源正極運動，不是利用尖端放電原理，不符合題意；D．給飛機加油時，要把油箱與大地用電纜連接起來，為了把產(chǎn)生的靜電導走，不是利用尖端放電原理，不符合題意；故選：A。點評：本題考查的是關(guān)于靜電的防止與應用，要求同學們熟練掌握靜電的防止與應用中具體實例的原理?！窘忸}思路點撥】尖端放電在生活中普遍存在，其應用包括建筑物的頂端安裝避雷針以達到避免雷擊的目的；高壓設備中導體的表面應該盡量光滑，以減少電能損失。12．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。13．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。14．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，對物塊應用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設到某點速度減為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。【解題思路點撥】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。15．電阻及其性質(zhì)【知識點的認識】一、電阻1、物理意義：反映導體對電流的阻礙作用．2、定義：導體兩端的電壓U與通過導體的電流I的比值；3、定義式：R=UI（4、單位：國際單位制中歐姆（Ω）、千歐（kΩ）、兆歐（MΩ），1kΩ＝103Ω，1MΩ＝106Ω．【命題方向】?？碱}型是考查對概念的理解：關(guān)于導體的電阻，下列表述正確的是（）A．跟導體兩端的電壓成正比B．跟導體中的電流強度成反比C．決定于導體的材料、長度和橫截面積D．決定于導體中的電流強度和電壓分析：導體的電阻是導體兩端的電壓與通過導體的電流的比值．其比值的大小決定了對電流的阻礙多少，而電阻與導體兩端的電壓及電流均沒關(guān)系，對于一導體來說，兩端的電壓越大，則通過導體的電流越多，而電壓與電流的比值卻是一定的．解答：A、導體的電阻從定義上由電壓與電流的比值，但與電壓及電流沒有直接關(guān)系．而由導體的材料、長度及橫截面積決定的．故A錯誤；B、導體的電阻從定義上由電壓與電流的比值，但與電壓及電流沒有直接關(guān)系．而由導體的材料、長度及橫截面積決定的．故B錯誤；C、導體的電阻從定義上由電壓與電流的比值，但與電壓及電流沒有直接關(guān)系．而由導體的材料、長度及橫截面積決定的．故C正確；D、導體的電阻從定義上由電壓與電流的比值，但與電壓及電流沒有直接關(guān)系．而由導體的材料、長度及橫截面積決定的．故D錯誤；故選：C．點評：公式R=UI與R＝ρ【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決定因素提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關(guān)適用于粗細均勻的金屬導體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導體3．規(guī)律總結(jié)（1）對于輸電線路的電阻，注意是兩條導線的總電阻，輸電線的長度等于兩地距離的2倍．（2）利用比值法求解是解題的一種重要方法，可消除較多的未知量．（3）對于導體的長度變化的問題，求電阻時，注意R＝ρlS中的S4．導體形變后電阻的分析方法某一導體的形狀改變后，討論其電阻變化應抓住以下三點：（1）導體的電阻率不變．（2）導體的體積不變，由V＝lS可知l與S成反比．（3）在ρ、l、S都確定之后，應用電阻定律R＝ρlS16．歐姆定律的簡單應用【知識點的認識】歐姆定律1．內(nèi)容：導體中的電流I跟導體兩端的電壓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電，氣體導電和半導體元件不適用．4．導體的伏安特性曲線：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?？碱}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，導體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對一定的導體，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、導體的電阻與電壓的大小無關(guān)，是由導體本身決定的，所以C錯誤；D、對一定的導體，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：本題就是考查學生對歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導體本身決定的，與電壓的大小無關(guān)，即可解決本題．（2）第二類常考題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)學表達式，表示通過導體的電流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