2024-2025學年上學期杭州高二物理期末卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期杭州高二物理期末卷1一．選擇題（共13小題，滿分39分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?順德區(qū)校級期中）物理學中常用兩個物理量的比值定義一個新的物理量，如速度是用位移與時間的比值來定義的，即v=xA．電阻R=ρLS B．磁感應強度C．電容C=QU D2．（3分）（2023秋?碑林區(qū)校級期中）下列說法正確的是（）A．遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率大 B．磁場中某點的磁感應強度B與F成正比，與IL成反比 C．電場周圍總有磁場，磁場周圍總有電場 D．能量子與電磁波的頻率成正比3．（3分）（2023春?南充期末）如圖，在兩個電荷量分別為+Q和﹣Q的點電荷A、B的連線上有a、c兩點，在連線的中垂線上有b、d兩點，a、b、c、d都與連線的中點O等距。則（）A．a(chǎn)點場強與b點場強相同 B．a(chǎn)、b、c、d四點處于同一等勢面上 C．正電荷q從c點移動到d點電場力做負功 D．負電荷q在O點電勢能小于在a點的電勢能4．（3分）（2023秋?南開區(qū)校級月考）如圖所示，孤立點電荷電場中的一簇等勢面如圖中虛線所示，其從左到右電勢分別為φ1、φ2、φ3，a、b、c是某電場線與這簇等勢面的交點，且ab＝ac，現(xiàn)將一正電荷由a移到b，電場力做正功W1；再由b移至c，電場力做正功W2，則（）A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3 B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3 C．W1＞W(wǎng)2，φ1＜φ2＜φ3 D．W1＞W(wǎng)2，φ1＞φ2＞φ35．（3分）（2022春?吳江區(qū)校級期中）下列說法錯誤的是（）A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，增加電壓U，能使粒子獲得的最大動能增大 B．圖乙磁流體發(fā)電機的結構示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機的負極，B極板是發(fā)電機的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=ED．圖丁是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3粒子的比荷越大6．（3分）（2023秋?涼山州期末）如圖所示電路，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻（阻值均大于電源內(nèi)阻r）。開關S閉合時，一帶電質(zhì)點P恰能靜止在平行金屬板之間，電表均為理想電表，當滑動變阻器R的滑片向a端滑動時，則（）A．質(zhì)點P將向上運動 B．電流表的示數(shù)變大、電壓表的示數(shù)變小 C．電源的輸出功率逐漸增大 D．R3上消耗的功率減小7．（3分）（2023?市中區(qū)校級模擬）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，金屬棒MN以角速度ω繞過O點的豎直軸PQ沿順時針（從上往下看）旋轉(zhuǎn)。已知NQ＝2MP＝2r。則（）A．M點電勢高于N點電勢 B．N點電勢低于O點電勢 C．NM兩點的電勢差為32D．MN兩點的電勢差為58．（3分）（2022春?華陰市期末）P、Q是兩個完全相同的電熱器，P通以圖甲所示的方波交變電流，Q通以圖乙所示的正弦交變電流，則（）A．P和Q通過電流的有效值相等 B．P和Q通過電流的有效值之比為2：2 C．P和Q的電功率相等 D．P和Q的電功率之比為2：19．（3分）（2023春?運城期末）綠色環(huán)保低碳出行已經(jīng)成為一種時尚，新能源汽車越來越受市民的喜愛，正在加速“駛入”百姓家，某家用交流充電樁的供電電路如圖所示。已知總電源的輸出電壓為U1＝250V，輸電線的總電阻r＝20Ω，變壓器視為理想變壓器，其中升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1：n2＝1：8，汽車充電樁的額定電壓為U4＝220V，額定功率為9.5kW。當汽車以額定電壓充電時，下列說法中正確的是（）A．通過輸電線的電流為5A B．電源的輸出功率為10.5kW C．輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的4% D．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為100：1110．（3分）（2020秋?新華區(qū)校級期中）水平固定放置的足夠長的光滑平行導軌，電阻不計，間距為L，左端連接的電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導軌上，金屬桿處于導軌間部分的電阻為R。整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，閉合開關，金屬桿沿導軌做變加速運動直至達到最大速度，則下列說法錯誤的是（）A．金屬桿的最大速度等于EBLB．此過程中通過金屬桿的電荷量為mE2C．此過程中電源提供的電能為mED．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為m11．（3分）（2023?延慶區(qū)一模）圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖1中，A1的電阻值小于L1的電阻值 B．圖1中，斷開開關S1瞬間，流過A1的電流方向自右向左 C．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 D．圖2中，閉合S2電路達到穩(wěn)定時，變阻器R的電阻值大于L2的電阻值12．（3分）（2024?西城區(qū)校級開學）如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，磁場的磁感應強度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動；速率為v2的乙粒子在板間的運動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達軌跡最低點的位置，乙粒子全程速率在v2和A．兩板間電場強度的大小為BvB．乙粒子從進入板間運動至A位置的過程中，在水平方向上做勻速運動 C．乙粒子偏離中軸線的最遠距離為mvqBD．乙粒子的運動軌跡在A處對應圓周的半徑為9mv13．（3分）（2022?南京模擬）如圖所示，光滑的金屬圓形軌道MN、PQ豎直放置，共同圓心為O點，軌道半徑分別為l、3l，PM間接有阻值為3r的電阻。兩軌道之間ABDC區(qū)域內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心。一輕質(zhì)金屬桿電阻為r，長為2l，一端套在軌道MN上，另一端連接質(zhì)量為m的帶孔金屬球（視為質(zhì)點），并套在軌道PQ上，均接觸良好。讓金屬桿從AB處無初速釋放，第一次即將離開磁場時，金屬球的速度大小為v。其余電阻不計，忽略一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬球向下運動過程中，P點電勢高于M點電勢 B．金屬桿第一次即將離開磁場時，電阻兩端的電壓為13C．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過電阻的電荷量為πl(wèi)D．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為3二．多選題（共2小題，滿分6分，每小題3分）（多選）14．（3分）（2022秋?光明區(qū)期末）半導體摻雜是集成電路生產(chǎn)中最基礎的工作。如圖所示為某晶圓摻雜機的簡化模型圖，平行金屬板A、B加上電壓UAB，產(chǎn)生豎直方向的勻強電場；兩電磁線圈間的圓柱形磁場視為勻強磁場，磁感應強度與電流I成正比。離子發(fā)生器產(chǎn)生的電量為+q、質(zhì)量為m的離子，以速度v0沿電場的中央軸線飛入電場，當UAB＝0、I＝0時，離子恰好打到晶圓圓心O（0，0）點。已知晶圓垂直紙面放置，晶圓面內(nèi)xOy坐標系中，x軸為水平方向、y軸為豎直方向，摻雜過程中，離子全部打在晶圓上，忽略離子的重力和空氣阻力。則在摻雜過程中（）A．UAB越大，離子穿過極板的時間越短 B．UAB越大，離子在豎直方向上的位移越小 C．當UAB＝0，I≠0時，離子打在x軸上 D．離子打在晶圓上時，其動能與電流I大小無關（多選）15．（3分）（2024?德惠市校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上。有界磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界P、Q和M、N相互平行，兩磁場的寬度均為L，Q、M間的距離為12L，磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直于水平面向上，使金屬線框以某一初速度向右滑去，當cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零。線框運動過程中A．線框從開始運動到ab邊剛出磁場Ⅰ的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為BLB．a(chǎn)b邊出磁場Ⅱ時的速度大小為B2C．a(chǎn)b邊在磁場Ⅱ中勻速運動階段的速度大小為3BD．線框進磁場前的速度大小為2三．實驗題（共2小題，滿分16分）16．（10分）（2020秋?海淀區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，一組同學用米尺測得金屬絲接入電路的長度L，用螺旋測微器測量金屬絲直徑d（刻度位置如圖所示），用伏安法測出金屬絲的兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，通過計算得到金屬絲的電阻，然后根據(jù)電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測量金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源：電動勢約3V，內(nèi)阻很??；B．電流表A：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.125Ω；C．電壓表V：量程0～3V，內(nèi)阻3kΩ；D．滑動變阻器：最大阻值20Ω；E．開關、導線等。①從圖中讀出金屬絲的直徑為mm；②金屬絲電阻率的表達式ρ＝（用電阻絲的長度L、直徑d、電壓U、電流I及必要常數(shù)表示）；③根據(jù)所提供的器材，在如圖2所示的方框中畫出測量金屬絲電阻率的實驗電路圖。17．（6分）（2018秋?皇姑區(qū)校級期中）用如圖（a）所示實驗電路測電源電動勢和內(nèi)電阻，其中R0為定值電阻，R為阻值可調(diào)可讀的電阻箱．（1）實驗測得多組電阻箱讀數(shù)R及對應的電流傳感器（相當于理想電流表）讀數(shù)I，選取電阻箱讀數(shù)R（Ω）為橫坐標，選取y為縱坐標，由計算機擬合得到如圖（b）所示的實驗圖像，則縱坐標A．y＝I（A）B．y＝I2（A2）C．y=1I（A﹣D．y=1（A1（2）若R0＝3Ω，根據(jù)在（1）中選取的縱坐標y，由實驗圖像（b）可得電源電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω．（小數(shù)點后保留一位）四．解答題（共2小題，滿分21分）18．（10分）在研究微觀粒子時常用電子伏（eV）作為能量的單位。1eV等于一個電子經(jīng)過1V電壓加速后所增加的動能，那么，1eV等于多少焦耳？19．（11分）（2021秋?雙城區(qū)校級期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的34圓形軌道，水平軌道AB也是光滑的，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小等于mg，重力加速度為g（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？（2）在（1）的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小；（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求這種情況下滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小動能。五．解答題（共2小題，滿分18分）20．（8分）（2023秋?江漢區(qū)校級月考）在平面直角坐標系xOy中，第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第四象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：（1）M、N兩點間的電勢差UMN；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r；21．（10分）（2022春?延平區(qū)校級期中）如圖所示，相距L＝1m的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角θ＝30°，上端接有定值電阻R＝2Ω，勻強磁場垂直于導軌平面。將質(zhì)量m＝1kg的導體棒放置于導軌上，將導體棒由靜止釋放，當金屬棒沿著導軌向下運動x＝15m時，速度達到v＝10m/s，并且開始勻速運動，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度g＝10m/s2。（1）求勻強磁場的磁感應強度大??；（2）求當導體棒的速度達到5m/s時，導體棒加速度的大小；（3）求導體棒從開始運動到速度達到v＝10m/s過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱；（4）當導體棒開始勻速運動后，對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力作用，測得導體棒中電流I與拉力的作用時間t的函數(shù)關系為I＝t+5（A），求拉力大小F與拉力的作用時間t滿足的函數(shù)關系。

2024-2025學年上學期杭州高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共13小題，滿分39分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?順德區(qū)校級期中）物理學中常用兩個物理量的比值定義一個新的物理量，如速度是用位移與時間的比值來定義的，即v=xA．電阻R=ρLS B．磁感應強度C．電容C=QU D【考點】比值定義法；電容的概念、單位與物理意義；電流的概念、性質(zhì)及電流強度的定義式；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】A【分析】比值定義法是物理概念中常用的一種定義新物理量的方法，即用兩個已知物理量的比值表示一個新的物理量，這個新的物理量反映物質(zhì)的本質(zhì)屬性，與參與定義的物理量無關。【解答】解：A、電阻R=ρlS是電阻定律的表達式，導體的電阻值與導體的長度成正比，與導體的橫截面積成反比，故不是比值定義法；故B、磁感應強度B=FIL采用了比值定義法，B由磁場本身決定，與定義量無關，故C、C=QU屬于比值定義的，電容器的電容由本身決定，與所帶的電荷量和兩端的電壓無關，故D、電流是通過某截面的電荷量與所用時間的比值，電流公式：I=qt屬于比值定義法，故本題選不屬于比值定義的，故選：A?！军c評】比值定義法是常用的定義方法，解題的關鍵在于明確定義出來的新物理與原來兩個物理量無關。2．（3分）（2023秋?碑林區(qū)校級期中）下列說法正確的是（）A．遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率大 B．磁場中某點的磁感應強度B與F成正比，與IL成反比 C．電場周圍總有磁場，磁場周圍總有電場 D．能量子與電磁波的頻率成正比【考點】電磁波與信息化社會；電磁波的產(chǎn)生；電磁波的發(fā)射和接收．【專題】定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】D【分析】遙控器發(fā)出的是紅外線；根據(jù)磁感應強度的定義式分析解答；根據(jù)麥克斯韋理論分析；根據(jù)量子與電磁波的頻率成正比分析?！窘獯稹拷猓篈.遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率小，故A錯誤；B.磁場中某點的磁感應強度由磁場本身決定，與F、IL無關，故B錯誤；C.根據(jù)麥克斯韋理論可知變化的電場周圍有磁場，變化的電場磁場周圍有電場，故C錯誤；D.根據(jù)光量子公式E＝hν，可知能量子與電磁波的頻率成正比，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了有關電磁波的基礎知識，解決本題的關鍵是知道電磁波的特點，掌握麥克斯韋電磁場理論是關鍵。3．（3分）（2023春?南充期末）如圖，在兩個電荷量分別為+Q和﹣Q的點電荷A、B的連線上有a、c兩點，在連線的中垂線上有b、d兩點，a、b、c、d都與連線的中點O等距。則（）A．a(chǎn)點場強與b點場強相同 B．a(chǎn)、b、c、d四點處于同一等勢面上 C．正電荷q從c點移動到d點電場力做負功 D．負電荷q在O點電勢能小于在a點的電勢能【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度的疊加；電場強度與電場力的關系和計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】電場線的密集程度代表電場強度，沿著電場線方向，電勢逐漸降低，根據(jù)電場力方向與速度方向分析做功的正負，根據(jù)電勢的高低，運用EP＝qφ比較電勢能的高低．【解答】解：A、根據(jù)電場線的密集程度可知，a點的場強大于b點場強，故A錯誤；B、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，b點的電勢等于O點的電勢，O點的電勢大于c點的電勢，所以b點的電勢大于c點的電勢，a、b、c、d四點并非處于同一等勢面上；故B錯誤；C、正電荷q從c點移動到d點電場力與速度方向夾角為鈍角，電場力做負功。故C正確。D、a點電勢高于O點電勢，故負電荷q在O點電勢能大于在a點的電勢能，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查對等量異號電荷電場線的分布規(guī)律的掌握情況，要求能牢記相應的電場線和等勢線的分布規(guī)律，明確中垂線上各點電勢相等，并且沿電場線的方向電勢降低．4．（3分）（2023秋?南開區(qū)校級月考）如圖所示，孤立點電荷電場中的一簇等勢面如圖中虛線所示，其從左到右電勢分別為φ1、φ2、φ3，a、b、c是某電場線與這簇等勢面的交點，且ab＝ac，現(xiàn)將一正電荷由a移到b，電場力做正功W1；再由b移至c，電場力做正功W2，則（）A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3 B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3 C．W1＞W(wǎng)2，φ1＜φ2＜φ3 D．W1＞W(wǎng)2，φ1＞φ2＞φ3【考點】等勢面及其與電場線的關系；電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】正電荷從a移到b，電場力都做正功，電場力方向由a指向b；電勢沿電場的方向逐漸降低；根據(jù)電場線分布情況，ab的平均電場強度E1大于bc的平均電場強度E2，且ab＝bc，由W＝qES，可以求出W1＞W(wǎng)2?！窘獯稹拷猓赫姾蓮腶移到b，再由b移至c，電場力都做正功，說明電場力方向由a指向b。電勢沿電場的方向逐漸降低，所以φ1＞φ2＞φ3；根據(jù)電場線分布情況，ab的平均電場強度E1大于bc的平均電場強度E2，且ab＝bc，由W＝qEd，可以求出W1＞W(wǎng)2，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題考查了等勢面、電場線等知識點。解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力方向，然后利用電場線、電勢、電場強度、電勢能、電場力做功等之間的關系進一步判斷各個物理量的變化情況。5．（3分）（2022春?吳江區(qū)校級期中）下列說法錯誤的是（）A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，增加電壓U，能使粒子獲得的最大動能增大 B．圖乙磁流體發(fā)電機的結構示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機的負極，B極板是發(fā)電機的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=ED．圖丁是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3粒子的比荷越大【考點】與速度選擇器相結合的質(zhì)譜儀；回旋加速器；磁流體發(fā)電機；速度選擇器．【專題】學科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】（1）粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑；（2）磁流體發(fā)電機利用帶電粒子受洛倫茲力原理；（3）速度選擇器是因為達到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動；（4）質(zhì)譜儀應采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運動階段，一般用來分析同位素?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv2rEk=1B、圖乙磁流體發(fā)電機的結構示意圖，磁場向右，離子向里射入，根據(jù)左手定則，負離子所受洛倫茲力向上，打在A極板上，A極板是發(fā)電機的負極，正離子所受洛倫茲力向下打在B極板上，B極板是發(fā)電機的正極，故B正確；C、圖丙是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，解得v=EB，故D、圖丁是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，根據(jù)qvB＝qE，qvB=mv2r，x＝2r，解得qm=2EB2本題選錯誤的，故選：A。【點評】本題考查了洛倫茲力的應用相關知識，掌握用左手定則判斷洛倫茲力的方向，知道速度選擇器的原理以及回旋加速器中最大動能的表達式。6．（3分）（2023秋?涼山州期末）如圖所示電路，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻（阻值均大于電源內(nèi)阻r）。開關S閉合時，一帶電質(zhì)點P恰能靜止在平行金屬板之間，電表均為理想電表，當滑動變阻器R的滑片向a端滑動時，則（）A．質(zhì)點P將向上運動 B．電流表的示數(shù)變大、電壓表的示數(shù)變小 C．電源的輸出功率逐漸增大 D．R3上消耗的功率減小【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念、單位與物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律與電功率的表達式，結合內(nèi)外電阻與電源輸出功率的關系分析求解?！窘獯稹拷猓篈．滑動變阻器滑片向a端滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，總電阻增大，則干路電流減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律UC＝E﹣I（R1+r）可知電容器兩端電壓增大，根據(jù)U＝Ed可知電場力增大，故質(zhì)點P會向上運動，故A正確；B．由于干路電流減小，而R3兩端電壓等于電容C兩端電壓，所以R3兩端電壓增大，故I3增大。而干路電流等于流過R3的電流加上流過電流表的電流，所以流過電流表的電流會減小，所以電流表示數(shù)變??；而R2兩端電壓減小，所以電壓表兩端電壓會增大，故電壓表的示數(shù)變大，故B錯誤；C．根據(jù)內(nèi)外電阻與電源輸出功率的關系可知，由于R外＞r，而總電阻增大，與電源內(nèi)阻差距越來越大，所以輸出功率減小，故C錯誤；D．因為R3兩端電壓增大，根據(jù)電功率公式P=U可得R3上消耗的功率增大，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了歐姆定律，正確分析電路結構，熟練掌握電壓，電流和電阻在不同電路之間的關系，理解內(nèi)外電阻與電源輸出功率的關系是解決此類問題的關鍵。7．（3分）（2023?市中區(qū)校級模擬）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，金屬棒MN以角速度ω繞過O點的豎直軸PQ沿順時針（從上往下看）旋轉(zhuǎn)。已知NQ＝2MP＝2r。則（）A．M點電勢高于N點電勢 B．N點電勢低于O點電勢 C．NM兩點的電勢差為32D．MN兩點的電勢差為5【考點】電磁感應過程中的電路類問題；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算；右手定則；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】C【分析】由E＝BLv求出金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢，應用右手定則判斷出電勢高低，然后根據(jù)題意分析答題。【解答】解：在電源內(nèi)部，電流由低電勢點流向高電勢點，由右手定則可知，M點電勢比O點電勢高，N點電勢比O點電勢高，金屬棒MN以角速度ω繞過O點的豎直軸PQ沿順時針旋轉(zhuǎn)，MO部分切割磁感線的有效長度為MP長度，等于r，NO部分切割磁感線的有效長度為NQ長度，等于2r，由導體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生電動勢E=BLv，可知兩部分電動勢分別為由于導體棒未與其它導體構成閉合回路，所以有U可得U則有φN＞φM＞φO，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題考查了比較電勢高低、求電勢差問題，分析清楚金屬棒的轉(zhuǎn)動情況，應用E＝BLv求出感應電動勢的表達式、應用右手定則即可解題。8．（3分）（2022春?華陰市期末）P、Q是兩個完全相同的電熱器，P通以圖甲所示的方波交變電流，Q通以圖乙所示的正弦交變電流，則（）A．P和Q通過電流的有效值相等 B．P和Q通過電流的有效值之比為2：2 C．P和Q的電功率相等 D．P和Q的電功率之比為2：1【考點】正弦式交變電流的函數(shù)表達式及推導；電功和電功率的計算；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】學科綜合題；定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】方波的電流有效值I甲＝Im，正弦交流電的有效值I乙=I根據(jù)功率公式P＝I2R，由電流的有效值求解功率，再算出比值?！窘獯稹拷猓篈B、圖甲的方波的電流有效值I甲＝Im，圖乙的正弦交流電的有效值I乙=Im2．則P和Q通過電流的有效值之比為2：1CD、根據(jù)功率公式P＝I2R得到，PP：PQ＝I甲2：I乙2=Im2：(Im2)2故選：D?！军c評】對于交變電流求解熱量、熱功率、電功等都應用有效值，求解電量用平均值．9．（3分）（2023春?運城期末）綠色環(huán)保低碳出行已經(jīng)成為一種時尚，新能源汽車越來越受市民的喜愛，正在加速“駛入”百姓家，某家用交流充電樁的供電電路如圖所示。已知總電源的輸出電壓為U1＝250V，輸電線的總電阻r＝20Ω，變壓器視為理想變壓器，其中升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1：n2＝1：8，汽車充電樁的額定電壓為U4＝220V，額定功率為9.5kW。當汽車以額定電壓充電時，下列說法中正確的是（）A．通過輸電線的電流為5A B．電源的輸出功率為10.5kW C．輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的4% D．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為100：11【考點】遠距離輸電的相關計算；電功和電功率的計算；變壓器的構造與原理．【專題】定量思想；模型法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】先根據(jù)U1U2=n1n2求出升壓變壓器的輸出電壓，由P＝U4I4求出降壓變壓器輸出電流，由I3I4=n4n3求出降壓變壓器輸入電流，結合U【解答】解：D、總電源的輸出電壓為U1＝250V，對于升壓變壓器，有U1U2=n當汽車以額定電壓充電時，充電電流為I4又有I解得：I由電壓分配關系有：U3＝U2﹣I3r又U得U聯(lián)立得：2000解得：n3n4A、由U3U4=n通過輸電線的電流為I2＝I3=U2-U3rB、電源的輸出功率為P＝P4+I22r＝（9.5×103+52×20）W＝10000W＝10kWC、輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率為η=I22rP×100%=故選：A?！军c評】對于遠距離輸電問題，往往從用戶端的功率出發(fā)，先求出線路損耗的電壓、功率，再求出電源的輸出功率。10．（3分）（2020秋?新華區(qū)校級期中）水平固定放置的足夠長的光滑平行導軌，電阻不計，間距為L，左端連接的電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導軌上，金屬桿處于導軌間部分的電阻為R。整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，閉合開關，金屬桿沿導軌做變加速運動直至達到最大速度，則下列說法錯誤的是（）A．金屬桿的最大速度等于EBLB．此過程中通過金屬桿的電荷量為mE2C．此過程中電源提供的電能為mED．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為m【考點】有電源存在的導軌滑桿模型；電磁感應過程中的動力學類問題；電磁感應過程中的能量類問題；電磁感應過程中的電路類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】B【分析】根據(jù)金屬桿的受力情況確定運動情況；金屬桿速度最大時，產(chǎn)生的感應電動勢與電源電動勢相等，回路電流為零，據(jù)此列式求解最大速度，然后對從開始到獲得最大速度過程根據(jù)動量定理列式求解電荷量；根據(jù)W＝qE求解此過程中電源提供的電能；根據(jù)動能公式求解最大動能，根據(jù)能量守恒定律得到系統(tǒng)產(chǎn)生的電熱，再結合焦耳定律可以求解此過程中金屬桿此時的熱量?！窘獯稹拷猓篈、金屬桿向右運動時切割磁感應線產(chǎn)生的感應電流與通電電流方向相反，隨著速度增大，感應電流增大，則金屬桿中的實際電流減小、安培力減小，金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速運動，金屬桿速度最大時，產(chǎn)生的感應電動勢為E，根據(jù)E＝BLv，最大速度為：v=EBL，故B、從開始到速度最大的過程中，以向右為正方向，對金屬桿根據(jù)動量定理，有：BIL?Δt＝mv﹣0，其中q＝I?Δt，聯(lián)立解得此過程中通過金屬桿的電荷量為：q=mEB2C、此過程中電源提供的電能為W=qE=mE2D、金屬桿最后的動能為：Ek=12mv2=m本題選錯誤的，故選：B?！军c評】本題關鍵明確電路結構和受力情況，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化，根據(jù)動能定理、功能關系結合切割公式、動量定理、能量守恒定律和焦耳定律列式分析。11．（3分）（2023?延慶區(qū)一模）圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖1中，A1的電阻值小于L1的電阻值 B．圖1中，斷開開關S1瞬間，流過A1的電流方向自右向左 C．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 D．圖2中，閉合S2電路達到穩(wěn)定時，變阻器R的電阻值大于L2的電阻值【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)圖1中，斷開S1的瞬間，A1燈突然閃亮，可分析電阻大小關系，根據(jù)楞次定律分析BC項，圖2中，因為穩(wěn)定后兩個相同的燈泡發(fā)光的亮度相同，通過它們的電流相同，從而可知變阻器R與L2的電阻值相同?！窘獯稹拷猓篈．圖1中，斷開S1的瞬間，A1燈突然閃亮，是因為電路穩(wěn)定時，A1的電流小于L1的電流，根據(jù)并聯(lián)電路各支路電壓相等，可知L1的電阻小于A1的電阻，故A錯誤；B．圖1中，閉合開關S1穩(wěn)定后，電流自左向右，斷開開關后，根據(jù)楞次定律可知，流過A1的電流方向自右向左，故B正確；C．圖2中，閉合閉合S2瞬間，根據(jù)楞次定律可知L2中電流小于變阻器R中電流，故C錯誤；D．圖2中，因為穩(wěn)定后兩個相同的燈泡發(fā)光的亮度相同，通過它們的電流相同，則兩個支路的總電阻相同，因教材中采用的兩個燈泡電阻相同，所以變阻器R與L2的電阻值相同，故D錯誤。故選：B?！军c評】當通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。12．（3分）（2024?西城區(qū)校級開學）如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，磁場的磁感應強度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動；速率為v2的乙粒子在板間的運動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達軌跡最低點的位置，乙粒子全程速率在v2和A．兩板間電場強度的大小為BvB．乙粒子從進入板間運動至A位置的過程中，在水平方向上做勻速運動 C．乙粒子偏離中軸線的最遠距離為mvqBD．乙粒子的運動軌跡在A處對應圓周的半徑為9mv【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】比較思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】甲粒子沿直線運動，根據(jù)平衡條件列式解答；分析乙類粒子軌跡彎曲方向，從而推斷乙受到的合力的水平分量的情況進行判斷；對乙粒子，到最低點時，速度最大，根據(jù)動能定理求解；根據(jù)牛頓第二定律列式求解半徑?！窘獯稹拷猓篈、由題意，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動，則有：qvB＝Eq可得兩板間電場強度的大小為：E＝vB，故A錯誤；B、由題意，速率為v2的乙粒子在板間的運動軌跡如圖中曲線所示，根據(jù)左手定則判斷知，粒子受到的洛倫茲力總是垂直指向每一小段圓弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子從進入板間運動至A位置的過程中，在水平方向上做加速運動，故BC、由于洛倫茲力一直不做功，乙粒子所受電場力方向一直豎直向下，當粒子速度最大時，電場力做的功最多，偏離中軸線的距離最遠，根據(jù)動能定理有：qE整理得到：ymax=mvD、由題意，乙粒子的運動軌跡在A處時為粒子偏離中軸線的距離最遠，粒子速度達最大為：vA=洛倫茲力與電場力的合力提供向心力：qvAB﹣qE=所以對應圓周的半徑為：rA=9mv故選：C。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應用對應的規(guī)律解題。13．（3分）（2022?南京模擬）如圖所示，光滑的金屬圓形軌道MN、PQ豎直放置，共同圓心為O點，軌道半徑分別為l、3l，PM間接有阻值為3r的電阻。兩軌道之間ABDC區(qū)域內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心。一輕質(zhì)金屬桿電阻為r，長為2l，一端套在軌道MN上，另一端連接質(zhì)量為m的帶孔金屬球（視為質(zhì)點），并套在軌道PQ上，均接觸良好。讓金屬桿從AB處無初速釋放，第一次即將離開磁場時，金屬球的速度大小為v。其余電阻不計，忽略一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬球向下運動過程中，P點電勢高于M點電勢 B．金屬桿第一次即將離開磁場時，電阻兩端的電壓為13C．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過電阻的電荷量為πl(wèi)D．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為3【考點】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】C【分析】應用右手定則判斷出感應電流方向，然后確定電勢高低；由E＝B0?2lv求出金屬桿產(chǎn)生的感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流，然后應用歐姆定律求電阻兩端電壓；根據(jù)法拉第電磁感應定律求出該過程的平均感應電動勢，結合歐姆定律、電流的定義式求出通過電阻的電荷量；根據(jù)能量守恒定律、焦耳定律求出電阻上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈、金屬球向下運動過程中，金屬桿在磁場中切割磁感線，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為逆時針方向，即流過R的電流方向為M到P，因此P點電勢低于M點電勢，故A錯誤；B、金屬桿第一次即將離開磁場時，金屬球的速度為v，金屬桿上端的速度為v′=l3l?v=v3，金屬桿產(chǎn)生的電動勢為E＝B0?2lv=B0?2l?v+v32=43B0lvC、金屬桿從AB滑動到CD的過程中，回路中的平均電動勢為E=ΔΦΔt，回路中的平均電流為I=E4r，此過程通過電阻的電荷量為q=I?ΔD、金屬桿從AB滑動到CD的過程中，根據(jù)能量守恒可知，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mg?3l-電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q′=3r3r+rQ=94mgl故選：C?！军c評】本題是電磁感應與電路相結合的綜合題，分析清楚電路結構、明確金屬桿的運動過程是解題的前提，應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、能量守恒定律與右手定則即可解題。要注意金屬桿上各點切割速度不同，要用平均速度來求感應電動勢。二．多選題（共2小題，滿分6分，每小題3分）（多選）14．（3分）（2022秋?光明區(qū)期末）半導體摻雜是集成電路生產(chǎn)中最基礎的工作。如圖所示為某晶圓摻雜機的簡化模型圖，平行金屬板A、B加上電壓UAB，產(chǎn)生豎直方向的勻強電場；兩電磁線圈間的圓柱形磁場視為勻強磁場，磁感應強度與電流I成正比。離子發(fā)生器產(chǎn)生的電量為+q、質(zhì)量為m的離子，以速度v0沿電場的中央軸線飛入電場，當UAB＝0、I＝0時，離子恰好打到晶圓圓心O（0，0）點。已知晶圓垂直紙面放置，晶圓面內(nèi)xOy坐標系中，x軸為水平方向、y軸為豎直方向，摻雜過程中，離子全部打在晶圓上，忽略離子的重力和空氣阻力。則在摻雜過程中（）A．UAB越大，離子穿過極板的時間越短 B．UAB越大，離子在豎直方向上的位移越小 C．當UAB＝0，I≠0時，離子打在x軸上 D．離子打在晶圓上時，其動能與電流I大小無關【考點】與加速電場相結合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】AB、離子穿過極板過程中，在水平方向上為勻速直線運動，離子在豎直方向上做勻加速直線運動，推導穿過極板的時間和離子在豎直方向上的位移的表達式，從而判斷；C、離子在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生水平偏轉(zhuǎn)；D、由于洛倫茲力不做功，離子打在晶圓上的動能與電流I大小無關?！窘獯稹拷猓篈、離子穿過極板過程中，在水平方向上為勻速直線運動，則l＝vt穿過極板的時間與板長和初速度有關，故UAB越大，板長和初速度不變，離子穿過極板的時間不變，故A錯誤；B、離子在豎直方向上做勻加速直線運動，則由y=1y=1則UAB越大，離子在豎直方向上的位移越大，故B錯誤；C、當UAB＝0，I≠0時，離子在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生水平偏轉(zhuǎn)，則打在x軸上，故C正確；D、由于洛倫茲力不做功，離子打在晶圓上的動能與電流I大小無關，故D正確。故選：CD?！军c評】要求掌握本題考查帶電粒子在復合場中的運動，分析帶電粒子在復合場中的運動情況、受力情況，結合幾何知識進行求解。（多選）15．（3分）（2024?德惠市校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上。有界磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界P、Q和M、N相互平行，兩磁場的寬度均為L，Q、M間的距離為12L，磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直于水平面向上，使金屬線框以某一初速度向右滑去，當cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零。線框運動過程中A．線框從開始運動到ab邊剛出磁場Ⅰ的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為BLB．a(chǎn)b邊出磁場Ⅱ時的速度大小為B2C．a(chǎn)b邊在磁場Ⅱ中勻速運動階段的速度大小為3BD．線框進磁場前的速度大小為2【考點】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律以及電荷量與電流的關系求解通過線框?qū)w橫截面的電荷量；從ab邊出磁場Ⅱ到cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零過程，根據(jù)動量定理求解ab邊出磁場Ⅱ時的速度大??；從ab邊剛進入磁場Ⅱ到cd邊剛要離開磁場Ⅰ，線圈開始做勻速直線運動，從cd邊剛要離開磁場Ⅰ到ab邊出磁場Ⅱ過程，根據(jù)動量定理求解ab邊在磁場Ⅱ中勻速運動階段的速度大小；從線框剛進磁場Ⅰ到ab邊剛進入磁場Ⅱ過程，根據(jù)動量定理求解線框進磁場前的速度大小?！窘獯稹拷猓篈、線框從開始進入磁場Ⅰ到ab邊剛出磁場Ⅰ的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為：q=IΔt=EB、設ab邊出磁場Ⅱ時的速度大小為v。從ab邊出磁場Ⅱ到cd邊剛要出磁場Ⅱ時速度為零過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：-B又此過程通過線圈的量為q聯(lián)立解得：v=B2LC、從ab邊剛進入磁場Ⅱ到cd邊剛要離開磁場Ⅰ，線圈開始做勻速直線運動。設勻速運動的速度為v勻，從cd邊剛要離開磁場Ⅰ到ab邊出磁場Ⅱ過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：-B又q聯(lián)立解得：v勻=3D、設線框進磁場前的速度大小為v0。從線框剛進磁場Ⅰ到ab邊剛進入磁場Ⅱ過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：﹣∑F安t＝mv勻﹣mv0又-∑聯(lián)立解得：v0=3故選：AC?！军c評】解答本題時，關鍵要學會運用動量定理求線圈在磁場中做非變速直線運動的速度，能根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律以及電荷量與電流的關系求通過線圈的電荷量。三．實驗題（共2小題，滿分16分）16．（10分）（2020秋?海淀區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，一組同學用米尺測得金屬絲接入電路的長度L，用螺旋測微器測量金屬絲直徑d（刻度位置如圖所示），用伏安法測出金屬絲的兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，通過計算得到金屬絲的電阻，然后根據(jù)電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測量金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源：電動勢約3V，內(nèi)阻很?。籅．電流表A：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.125Ω；C．電壓表V：量程0～3V，內(nèi)阻3kΩ；D．滑動變阻器：最大阻值20Ω；E．開關、導線等。①從圖中讀出金屬絲的直徑為0.600mm；②金屬絲電阻率的表達式ρ＝πUd24IL（用電阻絲的長度L、直徑d、電壓U③根據(jù)所提供的器材，在如圖2所示的方框中畫出測量金屬絲電阻率的實驗電路圖?！究键c】導體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；類比法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】①0.600；②πUd24IL；③如答圖1【分析】①螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；注意判斷0.5毫米刻度線是否出現(xiàn)的方法：若可動刻度的“0”在固定刻度上方，則沒有露出，若在下方則已露出；②根據(jù)電阻定律和歐姆定律變形得出金屬絲的電阻率的表達式；③根據(jù)實驗器材確定滑動變阻器接法，根據(jù)待測電阻阻值與電表內(nèi)阻關系確定電流表接法，作出電路圖。【解答】解：①，螺旋測微器的精度為0.01mm，螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，故d＝0.5mm+10.0×0.01mm＝0.600mm；②根據(jù)電阻定律和歐姆定律有：R=ρLπ(d2③滑動變阻器與合金絲差不多，為調(diào)節(jié)方便采用簡單的限流接法，而電壓表的內(nèi)阻遠大于合金絲的電阻，故電流表采用外接法，按此思路電路圖如答圖1所示。故答案為：①0.600；②πUd24IL；③如答圖1【點評】解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，掌握器材的選取的原則，知道電流表內(nèi)外接、滑動變阻器分壓、限流接法的區(qū)別。17．（6分）（2018秋?皇姑區(qū)校級期中）用如圖（a）所示實驗電路測電源電動勢和內(nèi)電阻，其中R0為定值電阻，R為阻值可調(diào)可讀的電阻箱．（1）實驗測得多組電阻箱讀數(shù)R及對應的電流傳感器（相當于理想電流表）讀數(shù)I，選取電阻箱讀數(shù)R（Ω）為橫坐標，選取y為縱坐標，由計算機擬合得到如圖（b）所示的實驗圖像，則縱坐標CA．y＝I（A）B．y＝I2（A2）C．y=1I（A﹣D．y=1（A1（2）若R0＝3Ω，根據(jù)在（1）中選取的縱坐標y，由實驗圖像（b）可得電源電動勢E＝3.0V，內(nèi)阻r＝0.9Ω．（小數(shù)點后保留一位）【考點】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）C；（2）3.0、0.9【分析】（1）根據(jù)電源的正負極，即可判斷出m、n哪個為正接線柱；利用閉合電路歐姆定律，即可求出電動勢E與電流傳感器讀數(shù)I、電阻箱讀數(shù)R、定值電阻阻值R0、電源內(nèi)阻阻值r之間的關系式為E＝I（R+R0+r），變形后可得與R成線性關系的表達式；（2）根據(jù)表達式，結合圖象中斜率和截距以及R0的大小，即可計算出電源的電動勢及內(nèi)阻。【解答】解：（1）利用閉合電路歐姆定律可得：E＝I（R+R0+r）可得：1所以縱坐標y應為1I，其單位為A﹣1，故ABD錯誤，C故選：C（2）根據(jù)（1）中表達式：1圖象斜率：1E=2.6-1.33.9圖象截距：R0+rE=1.3A﹣1，又因為R0＝3Ω，可得電源內(nèi)阻：故答案為：（1）C；（2）3.0、0.9【點評】本題考查電源的電動勢和內(nèi)電阻的測量方法及數(shù)據(jù)處理；解題的關鍵在于數(shù)據(jù)處理；要注意圖象法的應用，此題對學生數(shù)學知識的應用能力要求較高。四．解答題（共2小題，滿分21分）18．（10分）在研究微觀粒子時常用電子伏（eV）作為能量的單位。1eV等于一個電子經(jīng)過1V電壓加速后所增加的動能，那么，1eV等于多少焦耳？【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【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】1eV等于1.6×10﹣19J。【分析】根據(jù)電場力做功公式W＝qU求解電場力做的功。【解答】解：一個電子經(jīng)過IV電壓加速后所增加的動能為Ek＝W＝eU＝1.6×10﹣19×1J＝1.6×10﹣19J又W＝eU＝leV故可得leV＝1.6×10﹣19J答：1eV等于1.6×10﹣19J。【點評】解決本題的關鍵要掌握帶電粒子在電場中的運動，注意動能定理的運用。19．（11分）（2021秋?雙城區(qū)校級期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的34圓形軌道，水平軌道AB也是光滑的，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小等于mg，重力加速度為g（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？（2）在（1）的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大??；（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求這種情況下滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小動能。【考點】物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動；動能定理的簡單應用；帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【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；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)動能定理求解滑塊到達與圓心O等高的C點時的速度。（2）根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小。（3）在等效最高點由等效重力提供向心力時在該位置的動能最小。【解答】解：（1）設滑塊到達C點時的速度為v，從A到C過程，由動能定理得：qE?（s+R）﹣mgR=1由題可知，qE＝mg，s＝3R，代入解得，v=6gR（2）滑塊到達C點時，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，則有N﹣qE＝mv解得，N＝7mg。（3）重力和電場力的合力的大小為F=2滑行過程中等效最高點速度最小，2mg=m故在圓軌道上滑行過程中的最小動能為Ek答：（1）滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為6gR。（2）滑塊到達C點時受到軌道的作用力為7mg。（3）滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小動能為22【點評】解決該題的關鍵是能根據(jù)電場力和重力的大小關系找到等效重力以及等效最高點，知道在等效最高點的由等效重力提供向心力時動能最小。五．解答題（共2小題，滿分18分）20．（8分）（2023秋?江漢區(qū)校級月考）在平面直角坐標系xOy中，第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第四象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：（1）M、N兩點間的電勢差UMN；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r；【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）M、N兩點間的電勢差UMN為mv（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r為2m【分析】（1）根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解粒子進入磁場的速度，根據(jù)動能定理求解電勢差；（2）根據(jù)牛頓第二定律求解半徑?！窘獯稹拷猓海?）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設粒子過N點時的速度為v，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有v=v粒子從M點到N點，根據(jù)動能定理qU解得UMN（2）根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv解得r=2答：（1）M、N兩點間的電勢差UMN為mv（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r為2m【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生熟練掌握帶電粒子在電場在做類平拋運動的規(guī)律和在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律。21．（10分）（2022春?延平區(qū)校級期中）如圖所示，相距L＝1m的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角θ＝30°，上端接有定值電阻R＝2Ω，勻強磁場垂直于導軌平面。將質(zhì)量m＝1kg的導體棒放置于導軌上，將導體棒由靜止釋放，當金屬棒沿著導軌向下運動x＝15m時，速度達到v＝10m/s，并且開始勻速運動，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度g＝10m/s2。（1）求勻強磁場的磁感應強度大小；（2）求當導體棒的速度達到5m/s時，導體棒加速度的大?。唬?）求導體棒從開始運動到速度達到v＝10m/s過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱；（4）當導體棒開始勻速運動后，對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力作用，測得導體棒中電流I與拉力的作用時間t的函數(shù)關系為I＝t+5（A），求拉力大小F與拉力的作用時間t滿足的函數(shù)關系?！究键c】電磁感應過程中的電路類問題；牛頓第二定律的簡單應用；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）當導體棒開始勻速運動，此時導體棒受力平衡，根據(jù)受力平衡求得磁感應強度大小；（2）結合牛頓第二定律求得當導體棒速度為5m/s的加速度；（3）根據(jù)能量守恒定律解得。（4）根據(jù)歐姆定律，結合題意判斷電流與時間的比值恒定，可知導體棒做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求解。【解答】解：（1）導體棒由靜止釋放，當速度達到v＝10m/s時開始勻速運動，此時導體棒受力平衡，有mgsinθ＝F安＝BIL根據(jù)歐姆定律：I=根據(jù)電磁感應定律：E＝BLv聯(lián)立解得B＝1T（2）當導體棒的速度達到5m/s時，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣BI'L＝ma根據(jù)閉合電路歐姆定律：I'=代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2（3）根據(jù)能量守恒定律有：mgxsinθ=1代入數(shù)據(jù)解得：Q＝20J（4）根據(jù)歐姆定律：I=可得ΔI導體棒的加速度a=根據(jù)導體棒電流I與時間t的函數(shù)關系可知ΔIΔt導體棒做勻加速直線運動聯(lián)立解得a＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律有：F+mgsinθ﹣BIL＝ma解得：F＝t+2（N）答：（1）勻強磁場的磁感應強度大小為1T（2）當導體棒的速度達到5m/s時，導體棒加速度的大小為2.5m/s2（3）電路中產(chǎn)生的焦耳熱為20J；（4）拉力大小F與拉力的作用時間t滿足的函數(shù)關系為F＝t+2（N）?！军c評】對于電磁感應的綜合問題，要做好電流、安培力、運動關系這三個方面的分析，同時這類問題涉及知識點多，容易混淆，要加強練習，平時注意知識的理解與應用。熟練推導出安培力與速度的關系；注意平衡條件的正確應用。

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)需要求出相關物理量。2．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動【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，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側做圓周運動．小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點時速度的大?。唬?）小球通過軌道最低點時角速度的大?。唬?）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大?。治觯海?）小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可得出最高點的速度；（2）可以根據(jù)動能定理求出最低點的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關系即可求出角速度；（3）在最低點由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）設小球通過軌道最高點時速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運動向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設小球通過軌道最低點的速度大小為v2，從最高點到最低點的過程中運用動能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設小球通過軌道最低點時受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運動向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小為6mg點評：該題是動能定理及圓周運動向心力公式的直接應用，要抓住恰好到達最高點的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎題．【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小；（3）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．電場強度的疊加【知識點的認識】電場強度的疊加原理多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，這種關系叫電場強度的疊加．電場強度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場強度問題時，應分清所敘述的場強是合場強還是分場強，若求分場強，要注意選擇適當?shù)墓竭M行計算；若求合場強時，應先求出分場強，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．【命題方向】圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點．下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側？（）A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2B、Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點正電荷所受電場力方向為電場強度方向來確定各自電場強度方向．然后兩點電荷在同一點的場強是由各自電場強度矢量疊加而成的．解答：A、當兩點電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點的電場強度方向沿MN背離N方向。當Q1＜Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點強，所以電場強度合成后，方向偏左。當Q1＞Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點弱，所以電場強度合成后，方向偏右。故A正確；B、當Q1是正電荷，Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線背離b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向b點，則合電場強度方向偏右。不論電量大小關系，仍偏右。故B錯誤；C、當Q1是負電荷，Q2是正電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線背離a點，則合電場強度方向偏左。不論它們的電量大小關系，仍偏左。故C正確；D、當Q1、Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向a點，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點評：正點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且背離正電荷，而負點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且指向負電荷．【解題思路點撥】電場強度疊加問題的本質(zhì)就是矢量運算法則，先確定每一個電荷在該點單獨產(chǎn)生的電場強度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場強。6．電場強度與電場力的關系和計算【知識點的認識】根據(jù)電場強度的定義式E=FF＝qE?！久}方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同。【解題方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝7．電場力做功與電勢能變化的關系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關系：①靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。②關系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減小；電場力做負功時電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。8．電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢【知識點的認識】1.定義：電荷在某一點的電勢能與它的電荷量之比。2.公式：φ=3.單位：伏特，簡稱伏，符號為V，1V＝1J/C。4.物理意義：描述電場的能的性質(zhì)物理量。5.特點：（1）電勢是電場自身的性質(zhì)，與試探電荷本身無關。（2）相對性：電場中各點電勢的高低，與所選取的零電勢點的位置有關，一般情況下取離場源電荷無限遠處或大地的電勢為0.（3）標矢性：標量，有正負，正負表示大小。6.拓展：（1）對于點電荷或均勻帶電球體（球殼），周圍的電勢滿足φ＝kQ（2）因為電勢是標量，正負代表大小，同樣以無限遠處為零電勢點的情況下，正電荷周圍的電勢為正，負電荷周圍的電勢為負，且越靠近正電荷，電勢越正（大），越靠近負電荷，電勢越負（?。?。【命題方向】在靜電場中，關于場強和電勢的說法正確的是（）A、電勢高的地方電場強度不一定大B、電場強度大的地方電勢一定高C、電勢為零的地方場強也一定為零D、場強為零的地方電勢也一定為零分析：場強與電勢沒有直接關系．場強越大的地方電勢不一定越高，場強為零的地方電勢不一定為零．電勢為零是人為選取的．解答：AB、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，電場線密的地方，電場強度大，電場線疏的地方電場強度小。電勢高的地方電場強度不一定大，電場強度大的地方，電勢不一定高。故A正確，B錯誤。C、電勢為零是人為選取的，則電勢為零的地方場強可以不為零。故C錯誤。D、場強為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的。故D錯誤。故選：A。點評：對于電勢與場強的大小關系：兩者沒有關系，可根據(jù)電勢高低看電場線的方向，場強大小看電場線疏密來理解．【解題思路點撥】1.電場中某點的電勢是相對的，它的大小和零電勢點的選取有關。在物理學中，常取離場源電荷無限遠處的電勢為0，在實際應用中常取大地的電勢為0。2.電勢是表征電場性質(zhì)的一個物理量，電場中某點的電勢p的大小是由電場本身和零電勢點的選取決定的，與在該點是否放有試探電荷、試探電荷的電性、試探電荷的電荷量均無關，這和許多用比值定義的物理量相同，如前面學過的電場強度E=F3.電勢雖然有正負，但電勢是標量。電勢為正值表示該點電勢高于零電勢點，電勢為負值表示該點電勢低于零電勢點，正負號不表示方向。9．電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算【知識點的認識】1.定義：在電場中，兩點之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。2.表達式：設電場中A點的電視為φA，B點的電勢為φB，則AB電點之間的電勢差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點之間的電勢差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢差的單位伏特，符號：V4.電勢差的正負電勢差是標量，但有正、負。電勢差的正、負表示兩點電勢的高低。所以電場中各點間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。5.特點：電場中兩點之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點的選取無關6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領大小的物理量【命題方向】關于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點相對A點的電勢差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負，所以電勢是矢量D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢分析：UAB＝φ