2024-2025學(xué)年上學(xué)期長(zhǎng)沙高二物理期末典型卷3

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期長(zhǎng)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(xué)業(yè)考試）如圖所示為兩點(diǎn)電荷a、b所形成的電場(chǎng)線分布情況，則對(duì)兩電荷電性的判斷，以下說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶負(fù)電，b帶正電 B．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶正電，b帶負(fù)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(fù)電，b帶負(fù)電2．（4分）（2021秋?雙城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，虛線a、b、c代表某一電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，實(shí)線為一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，其中R在等勢(shì)面b上。下列判斷正確的是（）A．三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最低 B．帶電粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的小 C．帶電粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和比在Q點(diǎn)的小 D．帶電粒子在R點(diǎn)的加速度方向垂直于等勢(shì)面b3．（4分）（2020秋?河南月考）有一個(gè)孤立的平行板電容器，兩個(gè)極板帶有等量的正、負(fù)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(shuō)法正確的是（）A．極板間的距離d加倍，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E變?yōu)樵瓉?lái)的12B．極板間的距離d加倍，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 C．極板間的距離d減半，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E變?yōu)樵瓉?lái)的4倍 D．極板間的距離d減半，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E沒有發(fā)生變化4．（4分）（2020?金華模擬）有一種“電測(cè)井”技術(shù)，用鉆頭在地上鉆孔，在鉆孔中進(jìn)行電特性測(cè)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(shè)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(cè)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(zhǎng)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(shí)用時(shí)為t串，第二次兩電阻絲產(chǎn)生的熱量為Q時(shí)用時(shí)為t并，則先后兩次所用時(shí)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(duì)于電場(chǎng)與磁場(chǎng)的有關(guān)描述中，正確的是（）A．電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與放在該點(diǎn)的電荷所受的靜電力成正比，與電荷的電荷量成反比 B．當(dāng)電場(chǎng)線是曲線時(shí)，初速度為零且只受靜電力的電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡一定與電場(chǎng)線重合 C．多個(gè)磁場(chǎng)疊加的區(qū)域中，磁感線可能會(huì)相交 D．磁極之間的相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，磁場(chǎng)和電場(chǎng)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(jī)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(jī)遇到了。2017年10月20日，一架從墨爾本飛往布里斯班的飛機(jī)，飛到1500m高時(shí)就撞到了一只兔子，當(dāng)時(shí)這只兔子正被一只鷹抓著，兩者撞到飛機(jī)當(dāng)場(chǎng)殞命。設(shè)當(dāng)時(shí)飛機(jī)正以720km/h的速度飛行，撞到質(zhì)量為2kg的兔子，作用時(shí)間為0.1s．則飛機(jī)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(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，電勢(shì)值分別為10V、20V、30V，實(shí)線是一帶電粒子（不計(jì)重力）在該區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子必先過(guò)a點(diǎn)，再到b點(diǎn)，然后到c點(diǎn) C．粒子在三點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系為Epc＞Epa＞Epb D．粒子在三點(diǎn)的動(dòng)能大小關(guān)系為Ekc＞Eka＞Ekb（多選）9．（4分）（2012秋?連云港校級(jí)期中）將電動(dòng)勢(shì)為3.0V的電源接入電路中，測(cè)得電源外電路的總電壓為2.4V，當(dāng)電路中有6C的電荷流過(guò)時(shí)（）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(jí)期末）下列關(guān)于電磁的四個(gè)實(shí)驗(yàn)表述不正確的是（）A．通電導(dǎo)體棒受力的方向與磁場(chǎng)方向和導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向有關(guān) B．探究電生磁的實(shí)驗(yàn)裝置 C．閉合開關(guān)后，小磁針N極將會(huì)逆時(shí)針偏轉(zhuǎn) D．磁體間的作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的（多選）11．（4分）（2022秋?臨川區(qū)校級(jí)期中）下列說(shuō)法正確的是（）A．如圖所示，兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，則C處磁場(chǎng)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是2B0 B．小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖乙所示電流時(shí)，小磁針的N極將會(huì)垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng) C．如圖所示，一矩形線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向平行，線框的面積為S，則此時(shí)通過(guò)線框的磁通量為BS D．如圖所示，豎直放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線通有恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)，將線框向右平動(dòng)時(shí)線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流（多選）12．（4分）（2018?泉州二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)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(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t．對(duì)于這一過(guò)程，下列判斷正確的是（）A．斜面對(duì)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(dòng)量的變化量大小為mgsinθ?t三．實(shí)驗(yàn)題（共3小題，滿分16分）13．（6分）（2018秋?萬(wàn)州區(qū)校級(jí)期中）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)定一節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻：該小組用如圖1所示電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由實(shí)驗(yàn)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(dòng)勢(shì)為V，內(nèi)阻為Ω；所測(cè)內(nèi)阻真實(shí)值（選填“大于、小于或等于”）。14．（4分）（2013春?瑞安市校級(jí)期中）遠(yuǎn)距離輸送交流電都采用高電壓輸電，我國(guó)正在研究比330kV高得多的電壓進(jìn)行輸電，采用高壓輸電的優(yōu)點(diǎn)是可減小輸電線上能量損失，則在輸入功率不變時(shí)，使輸電電壓提高為原來(lái)的10倍，輸電線上損失的電能將降為原來(lái)的．15．（6分）（2017春?濰坊期中）“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)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(duì)心碰撞，則：（1）兩小球質(zhì)量的關(guān)系應(yīng)滿足A．m1＝m2B．m1＞m2C．m1＜m2（2）實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)得出小球的落點(diǎn)情況如圖所示，測(cè)得落點(diǎn)P、M、N到O點(diǎn)的距離分別為OP、OM、ON，假如碰撞過(guò)程動(dòng)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(jí)期末）真空中有兩個(gè)點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)C，測(cè)得它所受靜電力為F。求：（1）C處的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（2）A、B兩處點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力F。17．（12分）（2021秋?新平縣校級(jí)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(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R0為定值電阻，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過(guò)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(dòng)勢(shì)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(tái)，臺(tái)面上左端有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面也為h，坡道底端與臺(tái)面相切。小球B放置在臺(tái)面右端邊緣處，并與臺(tái)面鎖定在一起。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)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(tái)面邊緣飛出。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，平臺(tái)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(tái)面時(shí)，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(shí)，落地點(diǎn)到平臺(tái)右端的水平距離S。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期長(zhǎng)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(xué)業(yè)考試）如圖所示為兩點(diǎn)電荷a、b所形成的電場(chǎng)線分布情況，則對(duì)兩電荷電性的判斷，以下說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶負(fù)電，b帶正電 B．a(chǎn)、b為異種電荷，其中a帶正電，b帶負(fù)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(fù)電，b帶負(fù)電【考點(diǎn)】電場(chǎng)線的定義及基本特征；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】A【分析】電場(chǎng)線是從正電荷或者無(wú)窮遠(yuǎn)出發(fā)出，到負(fù)電荷或無(wú)窮遠(yuǎn)處為止，電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)，從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，可知，是異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線，其中a帶負(fù)電，b帶正電，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)：電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，注意電場(chǎng)線方向是確定點(diǎn)電荷的正負(fù)的關(guān)鍵。2．（4分）（2021秋?雙城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，虛線a、b、c代表某一電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，實(shí)線為一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，其中R在等勢(shì)面b上。下列判斷正確的是（）A．三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最低 B．帶電粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的小 C．帶電粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和比在Q點(diǎn)的小 D．帶電粒子在R點(diǎn)的加速度方向垂直于等勢(shì)面b【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即向下方，由于粒子帶正電，因此電場(chǎng)線方向也指向下方；電勢(shì)能變化可以通過(guò)電場(chǎng)力做功情況判斷；電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大；加速度的方向與電場(chǎng)線的方向相同，與等勢(shì)面垂直。【解答】解：A．帶電粒子所受電場(chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且由于帶電粒子帶正電，因此電場(chǎng)線指向右下方，根據(jù)沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知a等勢(shì)線的電勢(shì)最高，c等勢(shì)線的電勢(shì)最低，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)帶電粒子受力情況可知，若粒子從P到Q過(guò)程，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，故帶電粒子在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大，故B錯(cuò)誤；C．只有電場(chǎng)力做功，所以帶電粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和與在Q點(diǎn)的相等，故C錯(cuò)誤；D．電場(chǎng)的方向總是與等勢(shì)面垂直，所以R點(diǎn)的電場(chǎng)線的方向與該處的等勢(shì)面垂直，而帶正電粒子受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)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(diǎn)的加速度方向垂直于等勢(shì)面b，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化。3．（4分）（2020秋?河南月考）有一個(gè)孤立的平行板電容器，兩個(gè)極板帶有等量的正、負(fù)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(shuō)法正確的是（）A．極板間的距離d加倍，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E變?yōu)樵瓉?lái)的12B．極板間的距離d加倍，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 C．極板間的距離d減半，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E變?yōu)樵瓉?lái)的4倍 D．極板間的距離d減半，極板間的場(chǎng)強(qiáng)E沒有發(fā)生變化【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)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(jìn)行分析，明確電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式，從而分析只改變兩板間距離時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度的變化?！窘獯稹拷猓弘娙萜麟娏坎蛔?，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(duì)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(wú)關(guān)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】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(xué)思維，注意掌握結(jié)論：當(dāng)電量不變時(shí)，只改變兩板間距離兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變。4．（4分）（2020?金華模擬）有一種“電測(cè)井”技術(shù)，用鉆頭在地上鉆孔，在鉆孔中進(jìn)行電特性測(cè)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(shè)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(cè)得U＝100V，I＝100mA，則該鉆孔的深度為（）A．50m B．100m C．1000m D．2000m【考點(diǎn)】電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)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(shè)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(jì)算值，得L＝故選：B。【點(diǎn)評(píng)】題干創(chuàng)新，但本質(zhì)是部分歐姆定律的應(yīng)用，學(xué)生要加強(qiáng)審題轉(zhuǎn)化能力，靈活運(yùn)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(zhǎng)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(shí)用時(shí)為t串，第二次兩電阻絲產(chǎn)生的熱量為Q時(shí)用時(shí)為t并，則先后兩次所用時(shí)間之比為（）A．4：1 B．2：1 C．1：2 D．1：1【考點(diǎn)】用焦耳定律計(jì)算電熱；電功和電功率的計(jì)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(diǎn)、電阻定律及焦耳定律求解。【解答】解：設(shè)每個(gè)電阻絲的電阻為R，第一次將兩電阻絲串聯(lián)時(shí)R串＝2R，第二次將兩電阻絲拉長(zhǎng)一倍后，電阻絲長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的二倍，橫截面積減小為原來(lái)的12，根據(jù)電阻定律R＝ρLS，電阻變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，即R′＝4R，兩電阻絲拉長(zhǎng)一倍后并聯(lián)時(shí)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(shí)間之比為t串故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了串并聯(lián)電阻特點(diǎn)、電阻定律及焦耳定律的應(yīng)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(duì)于電場(chǎng)與磁場(chǎng)的有關(guān)描述中，正確的是（）A．電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與放在該點(diǎn)的電荷所受的靜電力成正比，與電荷的電荷量成反比 B．當(dāng)電場(chǎng)線是曲線時(shí)，初速度為零且只受靜電力的電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡一定與電場(chǎng)線重合 C．多個(gè)磁場(chǎng)疊加的區(qū)域中，磁感線可能會(huì)相交 D．磁極之間的相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，磁場(chǎng)和電場(chǎng)一樣，也是客觀存在的特殊物質(zhì)【考點(diǎn)】磁感線的概念和性質(zhì)；靜電場(chǎng)和磁場(chǎng)的異同．【專題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用．【答案】D【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的比值定義式E=F電場(chǎng)線是直線，且電荷靜止釋放，則運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線重合；磁感線不會(huì)相交；磁極之間的相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，磁場(chǎng)是客觀存在的特殊物質(zhì)．【解答】解：A、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的比值定義式E=Fq，可知，電場(chǎng)強(qiáng)度與放在該點(diǎn)的電荷所受的靜電力，及電荷的電荷量均無(wú)關(guān)，故B、當(dāng)電場(chǎng)線是直線時(shí)，初速度為零且只受靜電力的電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡才與電場(chǎng)線重合，故B錯(cuò)誤；C、多個(gè)磁場(chǎng)疊加的區(qū)域中，但磁感線不可能會(huì)相交，因?yàn)榇鸥芯€某點(diǎn)切線方向，表示磁場(chǎng)方向，故C錯(cuò)誤；D、磁極之間的相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，磁場(chǎng)和電場(chǎng)一樣，也是客觀存在的特殊物質(zhì)，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】考查電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，理解比值定義的含義，知道磁感線某點(diǎn)切線方向表示磁場(chǎng)方向，掌握磁場(chǎng)與電場(chǎng)一樣，是一種特殊的物質(zhì)．7．（4分）（2017秋?太原期末）飛機(jī)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(jī)遇到了。2017年10月20日，一架從墨爾本飛往布里斯班的飛機(jī)，飛到1500m高時(shí)就撞到了一只兔子，當(dāng)時(shí)這只兔子正被一只鷹抓著，兩者撞到飛機(jī)當(dāng)場(chǎng)殞命。設(shè)當(dāng)時(shí)飛機(jī)正以720km/h的速度飛行，撞到質(zhì)量為2kg的兔子，作用時(shí)間為0.1s．則飛機(jī)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(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】B【分析】已知兔子的初末速度與作用時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出作用力?！窘獯稹拷猓?20km/h＝200m/s；對(duì)兔子根據(jù)動(dòng)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(jī)受到兔子的平均撞擊力F'＝4.0×103N，則B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用，對(duì)于矢量的運(yùn)算，我們要考慮方向，知道合力的沖量等于動(dòng)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(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，電勢(shì)值分別為10V、20V、30V，實(shí)線是一帶電粒子（不計(jì)重力）在該區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子必先過(guò)a點(diǎn)，再到b點(diǎn)，然后到c點(diǎn) C．粒子在三點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系為Epc＞Epa＞Epb D．粒子在三點(diǎn)的動(dòng)能大小關(guān)系為Ekc＞Eka＞Ekb【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)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(shì)面的虛線等距離判斷出電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以帶電粒子在電場(chǎng)中各點(diǎn)的電場(chǎng)力是相同的；因帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線，所以兩種運(yùn)動(dòng)方式都有可能；根據(jù)abc三點(diǎn)的位置關(guān)系以及帶電粒子的電勢(shì)能與動(dòng)能之間的互化，并明確動(dòng)能和勢(shì)能之和不變，則可判斷出經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和電勢(shì)能的大小關(guān)系。【解答】解：A、由題圖可知，電場(chǎng)的方向是向上的，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)受力的方向指向彎曲的方向可知粒子受電場(chǎng)力一定是向下的，故粒子帶負(fù)電，故A正確；B、帶負(fù)電的粒子無(wú)論是依次沿a、b、c運(yùn)動(dòng)，還是依次沿c、b、a運(yùn)動(dòng)，都會(huì)得到如圖的軌跡，故B錯(cuò)誤；CD、粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有電場(chǎng)力做功，故電勢(shì)能與動(dòng)能之和應(yīng)是恒定不變的，由Ep＝qφ可知，帶負(fù)電的粒子在b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大，在c點(diǎn)的電勢(shì)能最小，則可判斷在c點(diǎn)的動(dòng)能最大，在b點(diǎn)的動(dòng)能最小，即Epb＞Epa＞Epc，Ekc＞Eka＞Ekb，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查到了電勢(shì)能、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、等勢(shì)面、電場(chǎng)力做功等幾方面的知識(shí)點(diǎn)。解決此題的關(guān)鍵是對(duì)等勢(shì)面的理解，等勢(shì)面就是電場(chǎng)中電勢(shì)相等的各點(diǎn)構(gòu)成的面，等勢(shì)面有以下幾方面的特點(diǎn)：①、等勢(shì)面一定與電場(chǎng)線垂直，即跟場(chǎng)強(qiáng)的方向垂直。②、在同一等勢(shì)面上移動(dòng)電荷時(shí)電場(chǎng)力不做功。③、電場(chǎng)線總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面。④、任意兩個(gè)等勢(shì)面都不會(huì)相交。⑤、等差等勢(shì)面越密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度越大，即等差等勢(shì)面的分布疏密可以描述電場(chǎng)的強(qiáng)弱。（多選）9．（4分）（2012秋?連云港校級(jí)期中）將電動(dòng)勢(shì)為3.0V的電源接入電路中，測(cè)得電源外電路的總電壓為2.4V，當(dāng)電路中有6C的電荷流過(guò)時(shí)（）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(diǎn)】電動(dòng)勢(shì)的概念和物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】恒定電流專題．【答案】CD【分析】根據(jù)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)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(cuò)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?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了W＝Uq公式的直接應(yīng)用，知道電流做功的過(guò)程就是把電能轉(zhuǎn)化為其它形式的能的過(guò)程．（多選）10．（4分）（2022秋?海淀區(qū)校級(jí)期末）下列關(guān)于電磁的四個(gè)實(shí)驗(yàn)表述不正確的是（）A．通電導(dǎo)體棒受力的方向與磁場(chǎng)方向和導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向有關(guān) B．探究電生磁的實(shí)驗(yàn)裝置 C．閉合開關(guān)后，小磁針N極將會(huì)逆時(shí)針偏轉(zhuǎn) D．磁體間的作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的【考點(diǎn)】磁現(xiàn)象與磁場(chǎng)；通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)；安培力的概念．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】ABC【分析】A.根據(jù)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用作答；B.根據(jù)電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)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(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．當(dāng)閉合開關(guān)后，導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明磁場(chǎng)對(duì)電流有力的作用，通電導(dǎo)體棒受力的方向與磁場(chǎng)方向和電流方向有關(guān)，與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，是磁生電，故B錯(cuò)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(shí)針偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；D．磁場(chǎng)對(duì)放入其中的磁體一定有磁場(chǎng)力作用，磁極之間相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，故D正確。本題選擇不正確的說(shuō)法。故選：ABC。【點(diǎn)評(píng)】磁場(chǎng)與電流、磁體與磁體之間的相互作用都是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的；安培力大小不僅與磁感應(yīng)強(qiáng)度、通電電流、通電導(dǎo)體的長(zhǎng)度有關(guān)，還與通電導(dǎo)體與磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)。（多選）11．（4分）（2022秋?臨川區(qū)校級(jí)期中）下列說(shuō)法正確的是（）A．如圖所示，兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，則C處磁場(chǎng)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是2B0 B．小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖乙所示電流時(shí)，小磁針的N極將會(huì)垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng) C．如圖所示，一矩形線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向平行，線框的面積為S，則此時(shí)通過(guò)線框的磁通量為BS D．如圖所示，豎直放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線通有恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)，將線框向右平動(dòng)時(shí)線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過(guò)程；通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義；磁通量的概念和計(jì)算公式的定性分析．【專題】定性思想；歸納法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】BD【分析】根據(jù)矢量運(yùn)算定則判斷；根據(jù)右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場(chǎng)，然后確定小磁針的轉(zhuǎn)動(dòng)方向；根據(jù)磁通量的定義判斷；根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件判斷。【解答】解：A．磁感應(yīng)強(qiáng)度是個(gè)矢量，因兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同，所以C處磁場(chǎng)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不是2B0，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖乙所示電流時(shí)，根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生垂直于紙面向內(nèi)的磁場(chǎng)，所以小磁針的N極將會(huì)垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，故B正確；C．因線框平面與磁場(chǎng)方向平行，所以此時(shí)通過(guò)線框的磁通量為0，故C錯(cuò)誤；D．線框向右平動(dòng)時(shí)，通過(guò)線圈的磁通量會(huì)減小，所以線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了磁感應(yīng)強(qiáng)度、電流周圍磁場(chǎng)、磁通量、感應(yīng)電流等基礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這些基礎(chǔ)知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化記憶。（多選）12．（4分）（2018?泉州二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)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(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t．對(duì)于這一過(guò)程，下列判斷正確的是（）A．斜面對(duì)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(dòng)量的變化量大小為mgsinθ?t【考點(diǎn)】求變力的沖量；動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)．【專題】定性思想；方程法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】BD【分析】由沖量的計(jì)算公式I＝Ft求出各力的沖量大小，由動(dòng)量定理求出動(dòng)量的變化量．【解答】解：A、斜面對(duì)物體的彈力的沖量大?。篒＝Nt＝mgcosθ?t，彈力的沖量不為零，故A錯(cuò)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(dòng)量定理得：動(dòng)量的變化量大小Δp＝I合＝mgsinθ?t，則由動(dòng)量定理可知，合力的沖量不為零，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了沖量的概念和動(dòng)量定理的應(yīng)用，要記住動(dòng)量的變化等于合力的沖量；同時(shí)明確動(dòng)量的矢量性．三．實(shí)驗(yàn)題（共3小題，滿分16分）13．（6分）（2018秋?萬(wàn)州區(qū)校級(jí)期中）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)定一節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻：該小組用如圖1所示電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由實(shí)驗(yàn)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(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為0.85Ω；所測(cè)內(nèi)阻小于真實(shí)值（選填“大于、小于或等于”）?！究键c(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】1.5；0.85；小于。【分析】根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻；根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖分析實(shí)驗(yàn)誤差。【解答】解：根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)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(dòng)勢(shì)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(cè)量值小于真實(shí)值，導(dǎo)致電源內(nèi)阻的測(cè)量值小于真實(shí)值，即測(cè)量值偏小。故答案為：1.5；0.85；小于?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，知道實(shí)驗(yàn)原理、掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法即可正確解題。14．（4分）（2013春?瑞安市校級(jí)期中）遠(yuǎn)距離輸送交流電都采用高電壓輸電，我國(guó)正在研究比330kV高得多的電壓進(jìn)行輸電，采用高壓輸電的優(yōu)點(diǎn)是可減小輸電線上能量損失，則在輸入功率不變時(shí)，使輸電電壓提高為原來(lái)的10倍，輸電線上損失的電能將降為原來(lái)的0.01．【考點(diǎn)】高壓輸電的原理和優(yōu)點(diǎn)．【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(guò)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(lái)的10倍，則輸電電流變?yōu)樵瓉?lái)的110根據(jù)P損=I2R故答案為：0.01．【點(diǎn)評(píng)】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(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)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(duì)心碰撞，則：（1）兩小球質(zhì)量的關(guān)系應(yīng)滿足BA．m1＝m2B．m1＞m2C．m1＜m2（2）實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)得出小球的落點(diǎn)情況如圖所示，測(cè)得落點(diǎn)P、M、N到O點(diǎn)的距離分別為OP、OM、ON，假如碰撞過(guò)程動(dòng)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(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定性思想；實(shí)驗(yàn)分析法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】①在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平；②根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；③根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后答題；④根據(jù)動(dòng)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(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即m1大于m2．故B正確，AC錯(cuò)誤；（2）①A、要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，故A正確；B、“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，故B錯(cuò)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(duì)心正碰，碰撞后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，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(yīng)等高，故D正確；故選：ACD．（3）兩球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，如果碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則有：m1v1＝m1v1′+m2v2′，兩邊同時(shí)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(diǎn)評(píng)】本題主要考查了“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)的原理及要求以及數(shù)據(jù)處理等基礎(chǔ)知識(shí)，要注意明確實(shí)驗(yàn)中基本方法和注意事項(xiàng)，并掌握本實(shí)驗(yàn)中利用平拋運(yùn)動(dòng)研究對(duì)動(dòng)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(jí)期末）真空中有兩個(gè)點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)C，測(cè)得它所受靜電力為F。求：（1）C處的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（2）A、B兩處點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力F。【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】（1）C處的電場(chǎng)強(qiáng)度EFq（2）A、B兩處點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力F為kQ【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，結(jié)合庫(kù)侖定律，及矢量的合成法則，即可求解．【解答】解：（1）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義可以知道，C處的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E=F（2）根據(jù)庫(kù)侖定律可知：F=k答：（1）C處的電場(chǎng)強(qiáng)度為Fq，方向與F（2）A、B兩處點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力F為kQ【點(diǎn)評(píng)】考查電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式與庫(kù)侖定律的內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．17．（12分）（2021秋?新平縣校級(jí)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(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R0為定值電阻，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過(guò)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(dòng)勢(shì)E；（2）定值電阻R0的最大電功率?！究键c(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電功和電功率的計(jì)算．【專題】計(jì)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(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)；（2）當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值為0時(shí)，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。【解答】解：（1）由圖甲知，電壓表V1測(cè)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(cè)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(duì)值等于電源的內(nèi)阻：r=ΔU'ΔI'=3.4-3.0當(dāng)電路中電流為0.1A時(shí)，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(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值為0時(shí)，電路中電流最大，最大電流為：Imax=ER0此時(shí)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(dòng)勢(shì)為3.6V；（2）定值電阻R0的最大電功率為0.9W?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查閉合電路的歐姆定律，解題關(guān)鍵掌握?qǐng)D像的認(rèn)識(shí)，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(tái)，臺(tái)面上左端有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面也為h，坡道底端與臺(tái)面相切。小球B放置在臺(tái)面右端邊緣處，并與臺(tái)面鎖定在一起。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)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(tái)面邊緣飛出。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，平臺(tái)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(tái)面時(shí)，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(shí)，落地點(diǎn)到平臺(tái)右端的水平距離S?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量與動(dòng)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(guò)程，A、B及平臺(tái)組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，由此列式，即可求解。（2）對(duì)于A、B兩球碰撞過(guò)程，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，平臺(tái)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓海?）小球A下滑的過(guò)程，對(duì)A、B及平臺(tái)組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：0＝mvA﹣（3m+m）vB。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=12mvA2+12（3m+m）聯(lián)立解得：vA=85gh，（2）對(duì)于A、B兩球碰撞過(guò)程，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvA﹣mvB＝2mv得：v=之后兩球一起做平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為：t=A、B兩球落地時(shí)，落地點(diǎn)到平臺(tái)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(tái)面時(shí)，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(shí)，落地點(diǎn)到平臺(tái)右端的水平距離S是25+【點(diǎn)評(píng)】本題要分析清楚兩球及平臺(tái)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的規(guī)律，知道小球A下滑的過(guò)程系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，但總動(dòng)量不守恒。掌握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律。

考點(diǎn)卡片1．動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)量的定義：質(zhì)量和速度的乘積。用符號(hào)p表示。2.公式：p＝mv。3.單位：千克米每秒，符號(hào)：kg?m/s。4.標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，方向與速度的方向相同，運(yùn)算遵循平行四邊形定則?！久}方向】物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不為零，則下列說(shuō)法正確的是（）A、物體速度的大小一定隨時(shí)間變化B、物體速度的方向一定隨時(shí)間變化C、物體動(dòng)能一定隨時(shí)間變化D、物體動(dòng)量一定隨時(shí)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(dòng)能是否變化，由動(dòng)量定理分析答題．解答：物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)，物體所受合力不為零，則物體的速度大小不變，速度方向時(shí)刻變化，故A錯(cuò)誤；B、如果物體做直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；C、如果物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體所受合力不為零，物體動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；D、物體所受合力不為零，則物體所受的沖量不為零，由動(dòng)量定理可知，物體的動(dòng)量一定隨時(shí)間變化，故D正確；故選：D。點(diǎn)評(píng)：物體所受合力不為零，物體做變速運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)量一定變化，物體的速度大小、速度方向、物體動(dòng)能是否變化與物體做什么運(yùn)動(dòng)有關(guān)系，應(yīng)具體分析討論．【解題思路點(diǎn)撥】動(dòng)量的性質(zhì)有：（1）瞬時(shí)性：通常說(shuō)物體的動(dòng)量是物體在某一時(shí)刻或某一位置的動(dòng)量，動(dòng)量的大小可用p＝mv表示。（2）矢量性：動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同。（3）相對(duì)性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動(dòng)量也與參考系的選取有關(guān)。2．求變力的沖量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】求變力的沖量有三個(gè)方法：1.若力與時(shí)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(shí)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(dòng)量定理求解。【命題方向】一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對(duì)此過(guò)程的描述，錯(cuò)誤的是（）A、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力做功為1B、運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小為mvC、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)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(dòng)量定理可求得地面對(duì)人的沖量；由功的公式可確定地面對(duì)人是否做功。解答：A、在跳起過(guò)程中，在支持力方向上沒有位移，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力不做功，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小IF＝mv故B正確；C、以人為對(duì)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(dòng)量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面對(duì)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(xiàng)。故選：A。點(diǎn)評(píng)：在應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對(duì)人是否做功的問(wèn)題是易錯(cuò)點(diǎn)，要根據(jù)功的概念去理解。【解題思路點(diǎn)撥】1.對(duì)于變力的沖量計(jì)算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進(jìn)行計(jì)算。2.求合沖量的兩種方法（1）可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；（2）另外，如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。3．動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動(dòng)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(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來(lái)的籃球，接球時(shí)，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(dòng)量變化量D、增大籃球的動(dòng)量變化量分析：分析接球的動(dòng)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(shí)間，根據(jù)動(dòng)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(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員接球過(guò)程，球的末動(dòng)量為零，球的初動(dòng)量一定，則球的動(dòng)量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過(guò)程球的動(dòng)量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動(dòng)量的變化量與沖量不會(huì)因如何接球而改變?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)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(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問(wèn)題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．4．動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)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(dú)分了出來(lái)仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用、有電場(chǎng)存在的綜合應(yīng)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(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)。滑塊A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)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(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)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(shí)的速度大?。唬?）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，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(shí)點(diǎn)：碰撞中的動(dòng)量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動(dòng)，涉及平拋的基本知識(shí)。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變，這是動(dòng)量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動(dòng)量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)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(guò)程中同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)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(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)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(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)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(diǎn)，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(dá)C端時(shí)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(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)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(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)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(guò)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(shè)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(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)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(dòng)量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過(guò)程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(diǎn)評(píng)：本題著重考查碰撞中的動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)，還需用到平拋的基本知識(shí)，這是力學(xué)中的一道知識(shí)點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識(shí)點(diǎn)中若存在相關(guān)知識(shí)缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)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(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)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(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便．5．庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：在真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)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(dá)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(diǎn)電荷．【命題方向】題型一：對(duì)庫(kù)侖定律的理解例1：真空中有兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的3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(jiǎn)單，直接利用庫(kù)侖定律進(jìn)行計(jì)算討論即可．解：距離改變之前：F=kq1當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的3倍時(shí)：F1=k聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯(cuò)誤，D正確．故選：D．點(diǎn)評(píng)：庫(kù)侖定律應(yīng)用時(shí)涉及的物理量較多，因此理清各個(gè)物理量之間的關(guān)系，可以和萬(wàn)有引力定律進(jìn)行類比學(xué)習(xí)．題型二：庫(kù)侖定律與力學(xué)的綜合問(wèn)題例2：在一絕緣支架上，固定著一個(gè)帶正電的小球A，A又通過(guò)一長(zhǎng)為10cm的絕緣細(xì)繩連著另一個(gè)帶負(fù)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(dāng)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無(wú)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由庫(kù)侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對(duì)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(dòng)能定理求出小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)，兩球的相對(duì)距離不變，庫(kù)侖力不做功，從釋放小球到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力為1.5N．點(diǎn)評(píng)：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(diǎn)撥】1．庫(kù)侖定律適用條件（1）庫(kù)侖定律只適用于真空中的靜止點(diǎn)電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點(diǎn)電荷的相互作用也可以應(yīng)用庫(kù)侖定律．（2）當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于它們本身的尺寸時(shí)，可把帶電體看做點(diǎn)電荷．但不能根據(jù)公式錯(cuò)誤地推論：當(dāng)r→0時(shí)，F(xiàn)→∞．其實(shí)在這樣的條件下，兩個(gè)帶電體已經(jīng)不能再看做點(diǎn)電荷了．（3）對(duì)于兩個(gè)均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點(diǎn)電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對(duì)兩個(gè)帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2．應(yīng)用庫(kù)侖定律需要注意的幾個(gè)問(wèn)題（1）庫(kù)侖定律的適用條件是真空中的靜止點(diǎn)電荷．點(diǎn)電荷是一種理想化模型，當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于帶電體的自身大小時(shí)，可以視其為點(diǎn)電荷而適用庫(kù)侖定律，否則不能適用．（2）庫(kù)侖定律的應(yīng)用方法：庫(kù)侖定律嚴(yán)格地說(shuō)只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當(dāng)作真空來(lái)處理．注意庫(kù)侖力是矢量，計(jì)算庫(kù)侖力可以直接運(yùn)用公式，將電荷量的絕對(duì)值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來(lái)判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負(fù)號(hào)一起運(yùn)算，根據(jù)結(jié)果的正負(fù)，來(lái)判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個(gè)點(diǎn)電荷的平衡問(wèn)題：要使三個(gè)自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個(gè)電荷受到的兩個(gè)庫(kù)侖力必須大小相等，方向相反，也可以說(shuō)另外兩個(gè)點(diǎn)電荷在該電荷處的合場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)為零．3．分析帶電體力學(xué)問(wèn)題的方法與純力學(xué)問(wèn)題的分析方法一樣，要學(xué)會(huì)把電學(xué)問(wèn)題力學(xué)化．分析方法是：（1）確定研究對(duì)象．如果有幾個(gè)帶電體相互作用時(shí)，要依據(jù)題意，適當(dāng)選取“整體法”或“隔離法”；（2）對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，多了個(gè)電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度的疊加【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理多個(gè)電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，這種關(guān)系叫電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場(chǎng)強(qiáng)度問(wèn)題時(shí)，應(yīng)分清所敘述的場(chǎng)強(qiáng)是合場(chǎng)強(qiáng)還是分場(chǎng)強(qiáng)，若求分場(chǎng)強(qiáng)，要注意選擇適當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算；若求合場(chǎng)強(qiáng)時(shí)，應(yīng)先求出分場(chǎng)強(qiáng)，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(gè)點(diǎn)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(diǎn)．下列哪種情況能使P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)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(fù)電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負(fù)電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負(fù)電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點(diǎn)正電荷所受電場(chǎng)力方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度方向來(lái)確定各自電場(chǎng)強(qiáng)度方向．然后兩點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由各自電場(chǎng)強(qiáng)度矢量疊加而成的．解答：A、當(dāng)兩點(diǎn)電荷均為正電荷時(shí)，若電荷量相等，則它們?cè)赑點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿MN背離N方向。當(dāng)Q1＜Q2時(shí)，則b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比a點(diǎn)強(qiáng)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度合成后，方向偏左。當(dāng)Q1＞Q2時(shí)，則b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比a點(diǎn)弱，所以電場(chǎng)強(qiáng)度合成后，方向偏右。故A正確；B、當(dāng)Q1是正電荷，Q2是負(fù)電荷時(shí)，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿bP連線背離b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿aP連線指向b點(diǎn)，則合電場(chǎng)強(qiáng)度方向偏右。不論電量大小關(guān)系，仍偏右。故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)Q1是負(fù)電荷，Q2是正電荷時(shí)，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿bP連線指向b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿aP連線背離a點(diǎn)，則合電場(chǎng)強(qiáng)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(dāng)Q1、Q2是負(fù)電荷時(shí)，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿bP連線指向b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿aP連線指向a點(diǎn)，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場(chǎng)強(qiáng)度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點(diǎn)評(píng)：正點(diǎn)電荷在某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是這兩點(diǎn)的連線且背離正電荷，而負(fù)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是這兩點(diǎn)的連線且指向負(fù)電荷．【解題思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)強(qiáng)度疊加問(wèn)題的本質(zhì)就是矢量運(yùn)算法則，先確定每一個(gè)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場(chǎng)強(qiáng)。7．電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE?！久}方向】如圖，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在C處放一電荷量為q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫(kù)侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)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(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受電場(chǎng)力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫(kù)侖定律研究?jī)呻姾稍趦牲c(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點(diǎn)撥】既可以利用E=Fq計(jì)算某一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝8．電場(chǎng)線的定義及基本特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：為了形象描述電場(chǎng)中各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱及方向，在電場(chǎng)中畫出一些曲線，曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向一致，曲線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．2．特點(diǎn)：（1）電場(chǎng)線始于正電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），終于負(fù)電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)）；（2）電場(chǎng)線互不相交；（3）電場(chǎng)線和等勢(shì)面在相交處互相垂直；（4）沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；（5）電場(chǎng)線密的地方等差等勢(shì)面密；等差等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)線也密．3．幾種典型的電場(chǎng)線．注意：電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向與該點(diǎn)放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場(chǎng)（1）等量同種電荷的電場(chǎng)如圖2甲所示①兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O處的場(chǎng)強(qiáng)為零，此處無(wú)電場(chǎng)線．②兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O附近電場(chǎng)線非常稀疏，但場(chǎng)強(qiáng)不為零．③從兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O沿中垂面（線）到無(wú)限遠(yuǎn)，電場(chǎng)線先變密后變疏，即場(chǎng)強(qiáng)先變大后變?。軆牲c(diǎn)電荷連線中垂線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向和中垂線平行．⑤關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大、反向．（2）等量異種電荷的電場(chǎng)如圖2乙所示．①兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向從正電荷指向負(fù)電荷，沿電場(chǎng)線方向場(chǎng)強(qiáng)先變小再變大．②兩點(diǎn)電荷連線的中垂面（線）上，電場(chǎng)線的方向均相同，即場(chǎng)強(qiáng)方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大同向．【命題方向】本考點(diǎn)主要考查電場(chǎng)線的定義與特點(diǎn)下列關(guān)于電場(chǎng)的論述，正確的是（）A、電場(chǎng)線方向就是正檢驗(yàn)電荷的運(yùn)動(dòng)方向B、電場(chǎng)線是直線的地方是勻強(qiáng)電場(chǎng)C、只要初速度為零，正電荷必將在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)D、畫有電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方不一定無(wú)電場(chǎng)分析：電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，電場(chǎng)線的方向起于正電荷，終止于負(fù)電荷，電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．解答：A、電場(chǎng)線的方向與正電荷的運(yùn)動(dòng)方向不一定相同。故A錯(cuò)誤。B、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是間距相等的平行直線，電場(chǎng)線是直線的地方不一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)。故B錯(cuò)誤。C、若電場(chǎng)線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D、電場(chǎng)線為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，畫電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方可能也有電場(chǎng)。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)線的性質(zhì)，知道電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線．【解題方法點(diǎn)撥】1．電場(chǎng)線與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系：根據(jù)電場(chǎng)線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，只有同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)重合：（1）電場(chǎng)線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場(chǎng)線平行；（3）電荷僅受電場(chǎng)力或所受其他力合力的方向與電場(chǎng)線平行．2．關(guān)于電場(chǎng)線的問(wèn)題往往與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)聯(lián)系起來(lái)進(jìn)行考查，解答這類問(wèn)題應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，確定粒子所受電場(chǎng)力的大小方向如何變化；（3）根據(jù)電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系，確定場(chǎng)強(qiáng)的大小、方向如何變化，從而確定電場(chǎng)線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)．9．電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，或者說(shuō)：電荷在電場(chǎng)中沿一閉合路徑移動(dòng)，靜電力做功為零。2．電勢(shì)能概念：電荷在電場(chǎng)中具有勢(shì)能，叫電勢(shì)能。電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能，等于把電荷從該點(diǎn)移動(dòng)到零勢(shì)能位置時(shí)，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢(shì)能減??；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)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(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場(chǎng)共有；②相對(duì)性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)大，若EP＜0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢(shì)能時(shí)，可以通過(guò)與重力勢(shì)能類比來(lái)理解相關(guān)概念，上面列舉的各項(xiàng)概念幾乎是所有勢(shì)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(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)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(chǎng)力作用下做功，導(dǎo)致電勢(shì)能變化．所以根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)可確定電勢(shì)能增加與減少．解答：根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的慣性可知，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能減少了4×10﹣7J．所以選項(xiàng)C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的慣性．電荷的電勢(shì)能增加還是減少是由電場(chǎng)力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢(shì)能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢(shì)能減??；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。（2）正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，而負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小。2.電勢(shì)能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場(chǎng)力做正功時(shí)電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)電勢(shì)能增大。（對(duì)正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢(shì)高低判斷：正電荷在電勢(shì)高處具有的電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處具有的電勢(shì)能大。10．等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：電場(chǎng)中電勢(shì)相等的點(diǎn)組成的面（平面或曲面）叫做等勢(shì)面．2．特點(diǎn)：①等勢(shì)面與電場(chǎng)線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢(shì)面上移動(dòng)電荷時(shí)，電場(chǎng)力不做功；③電場(chǎng)線總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面；④任意兩個(gè)電勢(shì)不相同的等勢(shì)面既不會(huì)相交，也不會(huì)相切；⑤等差等勢(shì)面越密的地方電場(chǎng)線越密．【命題方向】電場(chǎng)中某個(gè)面上所有點(diǎn)的電勢(shì)都相等，但電場(chǎng)強(qiáng)度都不同，這個(gè)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(diǎn)電荷為球心的某一球面D．勻強(qiáng)電場(chǎng)中的某一等勢(shì)面分析：在電場(chǎng)中電場(chǎng)線的切向方向表示電場(chǎng)的方向，電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，等勢(shì)面與電場(chǎng)線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個(gè)等勢(shì)面，但電場(chǎng)強(qiáng)度相等且都為零，故A錯(cuò)誤；B、等量異種電荷的中垂面是個(gè)等勢(shì)面，但以兩電荷連線為對(duì)稱線的中垂面上的電場(chǎng)強(qiáng)度都相等，故B錯(cuò)誤；C、以孤立點(diǎn)電荷為球心的某一球面上的所有點(diǎn)的電勢(shì)都相等，但電場(chǎng)強(qiáng)度都不同，故C正確；D、勻強(qiáng)電場(chǎng)中的某一等勢(shì)面上的電場(chǎng)強(qiáng)度都相等，故D錯(cuò)誤；故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)電場(chǎng)線的認(rèn)識(shí)，由電場(chǎng)線我們應(yīng)能找出電場(chǎng)的方向、場(chǎng)強(qiáng)的大小及電勢(shì)的高低．【解題思路點(diǎn)撥】1.等勢(shì)面的特點(diǎn)（1）在等勢(shì)面上任意兩點(diǎn)間移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功。（2）同一電場(chǎng)空間兩等勢(shì)面不相交（3）電場(chǎng)線總是和等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)較高的等勢(shì)面指向電勢(shì)較低的等勢(shì)面（4）在電場(chǎng)線密集的地方，等差等勢(shì)面密集在電場(chǎng)線稀疏的地方，等差等勢(shì)面稀疏。（5）等勢(shì)面是虛擬的，是為描繪電場(chǎng)的性質(zhì)而假想的面。2.等勢(shì)面的應(yīng)用（1）由等勢(shì)面可以判斷電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)的高低。（2）由等勢(shì)面可以判斷電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)靜電力做功的情況。（3）由于等勢(shì)面和電場(chǎng)線垂直，已知等勢(shì)面的形狀分布，可以繪制電場(chǎng)線，從而確定電場(chǎng)大體分布。（4）由等差等勢(shì)面的疏密，可以定性地比較其中兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小3.等勢(shì)面與電場(chǎng)線（1）已知等勢(shì)面時(shí)，可作等勢(shì)面的垂線來(lái)確定電場(chǎng)線，并由“電勢(shì)降低”的方向確定電場(chǎng)線方向。（2）已知電場(chǎng)線時(shí)，可作電場(chǎng)線的垂線來(lái)確定等勢(shì)面，并由“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低”確定等勢(shì)面的電勢(shì)高低。11．電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)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(shí)電壓不變，與電源斷開時(shí)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(diǎn)電勢(shì)的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢(shì)能的變化?！久}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(diǎn)電荷。S是閉合的，φa表示a點(diǎn)的電勢(shì)，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力?，F(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動(dòng)，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(dòng)可知d的變化，由U＝Ed可知板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢(shì)差的變化，即可得出aB間電勢(shì)差的變化及a點(diǎn)電勢(shì)的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢(shì)差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場(chǎng)力變小，故C正確；則上板與a間的電勢(shì)差減小，而總電勢(shì)差不變，故a與B間的電勢(shì)差增大，而B接地，故a點(diǎn)的電勢(shì)增大，故A、B均錯(cuò)；故選：C。點(diǎn)評(píng)：電容器的動(dòng)態(tài)分析中首先應(yīng)注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進(jìn)行判斷；對(duì)于本題應(yīng)注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢(shì)差大小即為a點(diǎn)的電勢(shì)；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進(jìn)行判斷，我們是先求得Aa間的電勢(shì)差再求aB的間電勢(shì)差?！窘忸}思路點(diǎn)撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時(shí)，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(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻跟它的長(zhǎng)度成正比，與它的橫截面積成反比，導(dǎo)體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān)．（2）表達(dá)式：R＝ρlS2．電阻率（1）計(jì)算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導(dǎo)體的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對(duì)電阻與電阻率的理解：下列說(shuō)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(dǎo)體，當(dāng)其溫度降低到接近絕對(duì)零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩?dǎo)體的電阻是導(dǎo)體的一種性質(zhì)，反映了導(dǎo)體對(duì)電流阻礙作用的大??；電阻大小與導(dǎo)體的材料、長(zhǎng)度、橫截面積有關(guān)；還受溫度的影響；與導(dǎo)體中的電流、導(dǎo)體兩端的電壓大小無(wú)關(guān)．解：A、導(dǎo)體電阻的大小和導(dǎo)體的材料、長(zhǎng)度、橫截面積有關(guān)，與電壓、電流沒有關(guān)系，故A錯(cuò)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(cuò)誤；D、超導(dǎo)體是當(dāng)其溫度降低到接近絕對(duì)零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，電阻值等于零，此時(shí)電阻率突然變?yōu)榱?，故D正確．故選BD．點(diǎn)評(píng)：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）第二類常考題型是考查電阻定律的應(yīng)用：如圖所示，P是一個(gè)表面均勻鍍有很薄電熱膜的長(zhǎng)陶瓷管，其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，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(dǎo)電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測(cè)得M、N兩端電壓為U，通過(guò)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(zhǎng)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(jì)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(diǎn)評(píng)：本題容易出錯(cuò)的地方就是如何計(jì)算鍍膜材料的截面積，在計(jì)算時(shí)可以把它看成是邊長(zhǎng)為陶瓷管周長(zhǎng)，寬為d的矩形，計(jì)算出截面積，再根據(jù)電阻定律計(jì)算即可．【解題方法點(diǎn)撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導(dǎo)體對(duì)電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導(dǎo)體的材料導(dǎo)電性能好壞的物理量．（2）導(dǎo)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?。?．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(shuō)明了電阻的