2024-2025學年上學期天津高二物理期末模擬卷2

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期天津高二物理期末模擬卷2一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）1．（4分）有關(guān)物理學史和物理方法，下列說法正確的是（）A．法拉第提出電荷周圍存在電場，并發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場 B．根據(jù)B=FIL，磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與F成正比，與ILC．牛頓計算出了月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的19，從而完成了月一地檢驗D．安培根據(jù)通電螺線管外部的磁場與條形磁體的磁場相似提出了“分子電流假說”2．（4分）（2022秋?番禺區(qū)校級期末）兩個分別帶有電荷量﹣3Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閞2A．115F B．154F C．415F 請閱讀下述文字，完成第3﹣3題。如圖為描述某靜電場的電場線，a、b、c是同一條電場線上的三個點，其電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為φa、φb、φc。3．（4分）（2021秋?臺州期中）把正點電荷沿電場線由a點移至b點的過程中，關(guān)于電場力對電荷所做的功和電荷電勢能的變化，下列說法正確的是（）A．電場力做正功，電勢能增加 B．電場力做正功，電勢能減少 C．電場力做負功，電勢能增加 D．電場力做負功，電勢能減少4．（4分）超級電容儲能式現(xiàn)代電車將被廣泛應(yīng)用于城市公交，這種電容器具有容量超大、充電時間極短、使用壽命長、安全性能高等特點，被稱為“超級電容器”。關(guān)于超級電容器的充、放電，下列說法正確的是（）A．充電快、放電也快 B．充電過程電容不斷增大，放電過程電容不斷減小 C．充電時間越短，充電平均電流不一定大 D．放電時，電容器帶電量的減少量與兩極電壓的減小量成正比5．（4分）（2022秋?菏澤期中）豎直放置的長導線中通有向下電流，矩形導線框與導線在同一平面內(nèi)且長邊與導線平行，則（）A．導線框內(nèi)磁場為勻強磁場 B．穿過線框面的磁感線垂直紙面向里 C．導線框向右移會產(chǎn)生感應(yīng)電流 D．導線框沿與導線平行的方向上移，穿過線框平面磁通量將發(fā)生變化6．（4分）（2021秋?鯉城區(qū)校級期中）隨著人們對社會發(fā)展、全球環(huán)境問題認識的加深，可持續(xù)能源的開發(fā)和利用，已成為人類社會可持續(xù)發(fā)展的重要前提之一。以下關(guān)于能源開發(fā)和利用的認識，正確的是（）A．地球上的能源是取之不盡，用之不竭的 B．節(jié)約能源是人類社會可持續(xù)發(fā)展的重要方面 C．提倡“低碳生活”就是提倡生活中不用或少用二氧化碳 D．能源的利用過程是可逆的二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）（多選）7．（5分）（2012秋?溫州期末）在物理學習中我們不僅要記住公式，而且還要理解公式中各物理量之間的關(guān)系，下面對公式的理解正確的是（）A．根據(jù)E=Wq，可知電源電動勢E與電源移送的電荷量qB．根據(jù)C=QU，可知某個電容器的電容C與兩極板間的電勢差UC．根據(jù)I=UR，可知流過電阻的電流I與該電阻兩端的電壓UD．根據(jù)I=qt，可知電流I與單位時間內(nèi)流過導體橫截面的電荷量（多選）8．（5分）（2014秋?滕州市校級期中）如圖所示，虛線a、b、c代表靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為φa、φb和φc、φa＞φb＞φc．一帶電的粒子射入電場中，其運動軌跡如圖中實線KLMN所示，由圖可知（）A．粒子帶正電 B．粒子從L到M的過程中，靜電力做負功 C．粒子從K到L的過程中，電勢能增加 D．粒子從L到M的過程中，動能減少（多選）9．（5分）（2021秋?菏澤期中）2021年10月，“神舟十三號”載人飛船將三名宇航員送至太空，并將完成長達6個月的太空作業(yè)。飛船在太空飛行，主要靠太陽能電池提供能量。有一太陽能電池板，測得它的開路電壓為800mV，短路電流為40mA。則（）A．該太陽能電池板的內(nèi)阻為20Ω B．該太陽能電池板的內(nèi)阻為20mΩ C．該太陽能電池板的最大輸出功率為3.2×10﹣2W D．該太陽能電池板的最大輸出功率為8×10﹣3W（多選）10．（5分）（2022秋?羅湖區(qū)期末）如圖所示有三種實驗裝置，下列選項中能使裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流的操作是（）A．甲圖中，使導體棒AB順著磁感線方向運動 B．乙圖中，使條形磁鐵在線圈中保持不動 C．乙圖中，使條形磁鐵插入或拔出線圈 D．丙圖中，開關(guān)S保持閉合，改變滑動變阻器滑片的位置三．填空題（共3小題，滿分18分）11．（2分）寫出所示的螺旋測微器的讀數(shù)。（1）mm（2）mm（3）mm12．（8分）（2019秋?順慶區(qū)校級月考）某同學想用歐姆表粗測一電流表（量程為0～50mA）的內(nèi)阻。在選擇“×1”擋位后，先將紅、黑表筆短接調(diào)零，再用歐姆表的紅、黑表筆連接電流表正、負極接線柱，那么：（1）該同學應(yīng)該用黑表筆連接電流表的（填“+”或“﹣”）接線柱。（2）經(jīng)過正確使用歐姆表測得電流表內(nèi)阻如圖甲所示，讀數(shù)為RAΩ；電流表的讀數(shù)如圖乙所示，電流讀數(shù)為IA。13．（8分）（2020秋?會寧縣期末）某研究性學習小組利用如圖所示電路測量某電池的電動勢E和內(nèi)電阻r，由于該電池的內(nèi)電阻r較小，因此在電路中接入了一阻值為2.00Ω的定值電阻R0。（1）按照實物連線圖畫出實驗電路圖；（2）閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值，讀出電壓表相應(yīng)的示數(shù)U，并計算出通過電阻箱的電流數(shù)值I，為了比較準確地得出實驗結(jié)論，在坐標紙中畫出了如圖所示的U﹣I圖象，由圖象可得：E＝V，r＝Ω。四．解答題（共3小題，滿分38分）14．（10分）（2019春?藍田縣期中）在如圖所示的電路中，電阻R1＝12Ω，R2＝8Ω，R3＝4Ω．當開關(guān)S斷開時，測得路端電壓U＝3.00V；當S閉合時，測得路端電壓U'＝2.88V，求：（1）電源的電動勢和內(nèi)電阻；（2）開關(guān)S閉合時電源內(nèi)阻上的熱功率P。15．（12分）（2021秋?青羊區(qū)校級月考）如圖（俯視圖），在光滑水平桌面上固定一半徑為R＝2.5m的光滑圓弧絕緣軌道ABC和x軸在A點相切，AB為直徑，O'為圓心，O'B和O'C之間的夾角為α，sinα=12。僅在第二象限（含x、y軸）有水平向右的勻強電場E。有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬球（置于圓弧軌道內(nèi)側(cè)）由A點以一定的向左初速度釋放，恰好能夠在圓弧軌道上做完整的圓周運動。已知E=mgq，重力加速度g（1）金屬球在A點釋放的速度大小；（2）金屬球離開C點后到達x軸的時間。16．（16分）（2021秋?江西月考）如圖所示，空間內(nèi)有水平向左的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球（圖中未畫出）。從離水平地面的高度為H處由靜止釋放，當小球下降的高度為H2時，水平位移大小為L。不計空氣阻力，重力加速度大小為g（1）勻強電場的電場強度大?。唬?）小球落地前瞬間的動能。

2024-2025學年上學期天津高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題，滿分24分，每小題4分）1．（4分）有關(guān)物理學史和物理方法，下列說法正確的是（）A．法拉第提出電荷周圍存在電場，并發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場 B．根據(jù)B=FIL，磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與F成正比，與ILC．牛頓計算出了月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的19，從而完成了月一地檢驗D．安培根據(jù)通電螺線管外部的磁場與條形磁體的磁場相似提出了“分子電流假說”【考點】電磁學物理學史．【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。【解答】解：A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，法拉第提出電荷周圍存在電場，故A錯誤；B、磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與F無關(guān)，與IL無關(guān)，是由磁場本身的性質(zhì)決定的，故B錯誤；C、牛頓當時無法計算出了月球?qū)υ虑虮砻嫖矬w的萬有引力的數(shù)值，也不能算出月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的16，故CD、安培根據(jù)通電螺線管外部的磁場與條形磁體的磁場相似提出了“分子電流假說”，認為物質(zhì)內(nèi)部存在分子電流，從而解釋了磁化等現(xiàn)象，故D正確。故選：D?！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，這也是考試內(nèi)容之一2．（4分）（2022秋?番禺區(qū)校級期末）兩個分別帶有電荷量﹣3Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閞2A．115F B．154F C．415F 【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應(yīng)用；物體之間相互接觸時電荷的分配情況．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．【答案】C【分析】清楚兩小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分．根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，根據(jù)變化量和不變量求出問題．【解答】解：接觸前兩個金屬小球之間的庫侖力大小為F＝k?3Q?5Q兩帶電金屬小球接觸時，它們的電荷量先中和后均分，所以兩球分開后帶電荷量均為+Q，距離又變?yōu)樵瓉淼?2F′＝k4kQ?Q聯(lián)立得F′=4故選：C。【點評】本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關(guān)鍵．請閱讀下述文字，完成第3﹣3題。如圖為描述某靜電場的電場線，a、b、c是同一條電場線上的三個點，其電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為φa、φb、φc。3．（4分）（2021秋?臺州期中）把正點電荷沿電場線由a點移至b點的過程中，關(guān)于電場力對電荷所做的功和電荷電勢能的變化，下列說法正確的是（）A．電場力做正功，電勢能增加 B．電場力做正功，電勢能減少 C．電場力做負功，電勢能增加 D．電場力做負功，電勢能減少【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電場線的定義及基本特征．【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】B【分析】明確帶電粒子在電場中的受力方向，則可明確電場力做功情況；再根據(jù)電場力做正功時電勢能減小，而電場力做負功時電勢能增加進行判斷。【解答】解：電場線水平向右，正電荷在電場中的受力方向沿電場線的方向，故由a點沿電場線移到b點的過程中，電場力做正功；則可知電勢能減小，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的受力以及功能關(guān)系問題，要注意明確正電荷受力方向沿電場線方向，負電荷受力逆著電場線方向。4．（4分）超級電容儲能式現(xiàn)代電車將被廣泛應(yīng)用于城市公交，這種電容器具有容量超大、充電時間極短、使用壽命長、安全性能高等特點，被稱為“超級電容器”。關(guān)于超級電容器的充、放電，下列說法正確的是（）A．充電快、放電也快 B．充電過程電容不斷增大，放電過程電容不斷減小 C．充電時間越短，充電平均電流不一定大 D．放電時，電容器帶電量的減少量與兩極電壓的減小量成正比【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】電容器的電容由電容器的結(jié)構(gòu)決定，與電容器所帶電荷量與極板間的電壓無關(guān)；超級電容容納電荷的本領(lǐng)大，充電快；充電電流與充電量和充電時間有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、超級電容充電快，放電快慢與放電過程有關(guān)，超級電容放電不一定快，故A錯誤；B、電容器的電容由電容的結(jié)構(gòu)決定，與電容器所帶電荷量無關(guān)，充電過程與放電過程電容器的電容不變，故B錯誤；C、電流I=qt，充電電荷量一定，充電時間越短充電平均電流越大，故D、電容器的電容C=QU=故選：D?！军c評】本題考查了電容器的電容，解題的關(guān)鍵是明確電容器的電容由本身結(jié)構(gòu)決定，與充放電無關(guān)，與電荷量的多少無關(guān)。5．（4分）（2022秋?菏澤期中）豎直放置的長導線中通有向下電流，矩形導線框與導線在同一平面內(nèi)且長邊與導線平行，則（）A．導線框內(nèi)磁場為勻強磁場 B．穿過線框面的磁感線垂直紙面向里 C．導線框向右移會產(chǎn)生感應(yīng)電流 D．導線框沿與導線平行的方向上移，穿過線框平面磁通量將發(fā)生變化【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析；電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)右手螺旋定則分析出導線周圍的磁場分布；結(jié)合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件完成分析?！窘獯稹拷猓篈、靠近導線的位置磁感應(yīng)強度較大，遠離導線的位置磁感應(yīng)強度較小，不屬于勻強磁場，故A錯誤；B、根據(jù)右手螺旋定則可知，穿過線框面的磁感線垂直紙面向外，故B錯誤；C、當導線框向右移動時，導線框中的磁通量減小，且導線框閉合，所以會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C正確；D、導線框沿與導線平行的方向上移，穿過線框平面磁通量將不發(fā)生變化，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了磁場的相關(guān)應(yīng)用，理解直導線周圍的磁場的分布，結(jié)合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件即可完成分析。6．（4分）（2021秋?鯉城區(qū)校級期中）隨著人們對社會發(fā)展、全球環(huán)境問題認識的加深，可持續(xù)能源的開發(fā)和利用，已成為人類社會可持續(xù)發(fā)展的重要前提之一。以下關(guān)于能源開發(fā)和利用的認識，正確的是（）A．地球上的能源是取之不盡，用之不竭的 B．節(jié)約能源是人類社會可持續(xù)發(fā)展的重要方面 C．提倡“低碳生活”就是提倡生活中不用或少用二氧化碳 D．能源的利用過程是可逆的【考點】能源與社會發(fā)展；能源的分類與應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；理解能力．【答案】B【分析】理解能源與能量的區(qū)別，知道節(jié)約能源的方法和方式?！窘獯稹拷猓篈．地球上的能源不是取之不盡，用之不竭的，故A錯誤；B．節(jié)約能源是人類社會可持續(xù)發(fā)展的重要方面，故B正確；C．提倡“低碳生活”是指生活中所耗用的能量要盡量減少，從而降低碳特別是二氧化碳的排放量，故C錯誤；D．能源的利用過程是不可逆的，故D錯誤。故選：B?！军c評】此題需要根據(jù)物理知識結(jié)合生活實際記憶和理解即可。二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）（多選）7．（5分）（2012秋?溫州期末）在物理學習中我們不僅要記住公式，而且還要理解公式中各物理量之間的關(guān)系，下面對公式的理解正確的是（）A．根據(jù)E=Wq，可知電源電動勢E與電源移送的電荷量qB．根據(jù)C=QU，可知某個電容器的電容C與兩極板間的電勢差UC．根據(jù)I=UR，可知流過電阻的電流I與該電阻兩端的電壓UD．根據(jù)I=qt，可知電流I與單位時間內(nèi)流過導體橫截面的電荷量【考點】歐姆定律的簡單應(yīng)用；電容的概念、單位與物理意義．【專題】恒定電流專題．【答案】CD【分析】明確各個式子的意義，根據(jù)物理量的意義進行分析，區(qū)分是定義式還是決定式．【解答】解：A、電源電動勢為電源本身的性質(zhì)，與移送的電荷量無關(guān)，故A錯誤；B、電容的大小取決于電容器本身，與兩板間的電勢差及電量無關(guān)，故B錯誤；C、電流與加在該電阻兩端的電壓成正比，故C正確；D、電流I與單位時間內(nèi)流過導體橫截面的電荷量q成正比，故D正確；故選：CD?！军c評】本題考查比值定義法及決定法的應(yīng)用，要注意控制變量法及定義法的應(yīng)用．（多選）8．（5分）（2014秋?滕州市校級期中）如圖所示，虛線a、b、c代表靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為φa、φb和φc、φa＞φb＞φc．一帶電的粒子射入電場中，其運動軌跡如圖中實線KLMN所示，由圖可知（）A．粒子帶正電 B．粒子從L到M的過程中，靜電力做負功 C．粒子從K到L的過程中，電勢能增加 D．粒子從L到M的過程中，動能減少【考點】等勢面及其與電場線的關(guān)系；動能定理的簡單應(yīng)用；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】AC【分析】根據(jù)軌跡的彎曲判斷出電荷的受力，通過電場力做功判斷電勢能的變化，以及根據(jù)動能定理，通過電場力做功判斷動能的變化．【解答】解：A、φa＞φb＞φc．所以該電場是正電荷產(chǎn)生的電場，電場線的方向向外，粒子彎曲的方向向下，說明電場力的方向向下，與電場線的方向相同，粒子帶正電。故A正確。B、粒子從L到M的過程中，虛線a、b、c代表靜電場中的三個等勢面，φa＞φb，電勢能減小，知電場力做正功。故B錯誤。C、粒子從K到L的過程中，電場力做負功，電勢能增加。故C正確。D、粒子從L到M的過程中，電場力做正功，根據(jù)動能定理，動能增加。故D錯誤。故選：AC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道電場力做功與電勢能的關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加．（多選）9．（5分）（2021秋?菏澤期中）2021年10月，“神舟十三號”載人飛船將三名宇航員送至太空，并將完成長達6個月的太空作業(yè)。飛船在太空飛行，主要靠太陽能電池提供能量。有一太陽能電池板，測得它的開路電壓為800mV，短路電流為40mA。則（）A．該太陽能電池板的內(nèi)阻為20Ω B．該太陽能電池板的內(nèi)阻為20mΩ C．該太陽能電池板的最大輸出功率為3.2×10﹣2W D．該太陽能電池板的最大輸出功率為8×10﹣3W【考點】電源的最大輸出功率和條件；電動勢的概念和物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；方程法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AD【分析】根據(jù)開路電壓等于電源電動勢，即可求出電動勢；再根據(jù)電動勢和短路電流求出內(nèi)電阻。【解答】解：AB、當電池板不接負載時所測量電壓為電源的電動勢；故E約為800mV；則是可知電池板的內(nèi)阻為：r=EI=800mV40mA=20C、當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，此時最大輸出功率Pmax=E24r故選：AD?！军c評】本題關(guān)鍵根據(jù)電源開路和短路的特點，求解電源的內(nèi)電阻，明確當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大。（多選）10．（5分）（2022秋?羅湖區(qū)期末）如圖所示有三種實驗裝置，下列選項中能使裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流的操作是（）A．甲圖中，使導體棒AB順著磁感線方向運動 B．乙圖中，使條形磁鐵在線圈中保持不動 C．乙圖中，使條形磁鐵插入或拔出線圈 D．丙圖中，開關(guān)S保持閉合，改變滑動變阻器滑片的位置【考點】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程；研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】CD【分析】磁通量沒有發(fā)生變化的閉合回路沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；條形磁鐵插入或拔出線圈，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，電路中有感應(yīng)電流；改變滑動變阻器滑片的位置，改變電路中電流大小，使磁場發(fā)生變化，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生。【解答】解：A、甲圖中，使導體棒AB順著磁感線方向運動，閉合回路的磁通量沒有變化，不會有感應(yīng)電流，故A錯誤；B、乙圖中，使條形磁鐵保持不動，閉合回路的磁通量沒有變化，不會有感應(yīng)電流，故B錯誤；C、在乙圖中，使條形磁鐵插入或拔出線圈，閉合回路的磁通量發(fā)生了變化，有感應(yīng)電流，故C正確；D、丙圖中，開關(guān)S保持閉合，改變滑動變阻器滑片的位置，B中磁通量改變，有感應(yīng)電流，故D正確。故選：CD?！军c評】明確產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是閉合回路并且穿過回路的磁通量發(fā)生變化。三．填空題（共3小題，滿分18分）11．（2分）寫出所示的螺旋測微器的讀數(shù)。（1）6.870mm（2）2.300mm（3）5.716mm【考點】螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；基本實驗儀器；推理論證能力．【答案】（1）6.870；（2）2.300；（3）5.716?！痉治觥浚?）（2）（3）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，其讀數(shù)為6.5mm+37.0×0.01mm＝6.870mm；（2）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，其讀數(shù)為2mm+30.0×0.01mm＝2.300mm；（3）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，其讀數(shù)為5.5mm+21.6×0.01mm＝5.716mm；故答案為：（1）6.870；（2）2.300；（3）5.716。【點評】考查螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，會利用螺旋測微器進行準確的數(shù)據(jù)測量。12．（8分）（2019秋?順慶區(qū)校級月考）某同學想用歐姆表粗測一電流表（量程為0～50mA）的內(nèi)阻。在選擇“×1”擋位后，先將紅、黑表筆短接調(diào)零，再用歐姆表的紅、黑表筆連接電流表正、負極接線柱，那么：（1）該同學應(yīng)該用黑表筆連接電流表的+（填“+”或“﹣”）接線柱。（2）經(jīng)過正確使用歐姆表測得電流表內(nèi)阻如圖甲所示，讀數(shù)為RA45Ω；電流表的讀數(shù)如圖乙所示，電流讀數(shù)為I20.0×10﹣3A?！究键c】歐姆表的讀數(shù)；練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；定性思想；實驗分析法；基本實驗儀器；實驗探究能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)歐姆表內(nèi)部結(jié)構(gòu)進行分析，從而明確表筆對應(yīng)的接線柱；（2）根據(jù)多用電表的讀數(shù)方法可確定電流表內(nèi)阻和讀數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)歐姆表內(nèi)部結(jié)構(gòu)可知，黑表筆與內(nèi)部電源正極相連，電流表接入電路時是”正進負出“所以黑表筆接電流表的”+“極；（2）歐姆表的讀數(shù)為45×1＝45Ω；電流表的量程為0﹣50mA，分度值為1mA，電流表的讀靈敏為20.0mA＝20.0×10﹣3A；故答案為：（1）+；（2）45、20.0×10﹣3。【點評】本題考查多用電表的原理，注意閉合電路歐姆定律的使用，同時知道歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻大小；并注意掌握多用電表的讀數(shù)方法。13．（8分）（2020秋?會寧縣期末）某研究性學習小組利用如圖所示電路測量某電池的電動勢E和內(nèi)電阻r，由于該電池的內(nèi)電阻r較小，因此在電路中接入了一阻值為2.00Ω的定值電阻R0。（1）按照實物連線圖畫出實驗電路圖；（2）閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值，讀出電壓表相應(yīng)的示數(shù)U，并計算出通過電阻箱的電流數(shù)值I，為了比較準確地得出實驗結(jié)論，在坐標紙中畫出了如圖所示的U﹣I圖象，由圖象可得：E＝2.0V，r＝0.50Ω?！究键c】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】實驗題；實驗探究題；定性思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）電路圖如圖所示；（2）2.0；0.50。【分析】（1）分析清楚圖1所示電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)圖1所示實物電路圖作出實驗電路圖；（2）根據(jù)圖示電路圖求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象分析答題?！窘獯稹拷猓海?）由圖1所示實物電路圖可知，電源、定值電阻、電阻箱與開關(guān)組成串聯(lián)電路，電壓表測電阻箱兩端電壓，根據(jù)圖1所示實物電路圖作出實驗電路圖，實驗電路圖如圖所示；（2）由圖示電路圖可知，路端電壓：U＝E﹣I（r+R0）由圖示U﹣I圖象可知，圖象縱軸截距：b＝E＝2.0V，圖象斜率的絕對值k＝r+R0=ΔUΔI=2.0-1.30.28電源內(nèi)阻：r＝k﹣R0＝2.50Ω﹣2.00Ω＝0.50Ω；故答案為：（1）如圖所示；（2）2.0；0.50?！军c評】本題考查了電池的電動勢E和內(nèi)電阻r實驗，分析清楚圖示實物電路圖、理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，注意分析出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖象可以求出電源電動勢與內(nèi)阻。四．解答題（共3小題，滿分38分）14．（10分）（2019春?藍田縣期中）在如圖所示的電路中，電阻R1＝12Ω，R2＝8Ω，R3＝4Ω．當開關(guān)S斷開時，測得路端電壓U＝3.00V；當S閉合時，測得路端電壓U'＝2.88V，求：（1）電源的電動勢和內(nèi)電阻；（2）開關(guān)S閉合時電源內(nèi)阻上的熱功率P。【考點】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．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）分析電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定律列出S閉合和斷開時的表達式，求解電動勢和內(nèi)阻。（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流，進一步求解功率?！窘獯稹拷猓海?）S斷開時，外電路電阻：R=(R2根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，E＝U+S閉合時，外電路電阻：R'=R1根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，E＝U'+代入數(shù)據(jù)解得：E＝3.6V，r＝1.2Ω。（2）S閉合時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，I=E則內(nèi)阻消耗的熱功率：P＝I2r＝0.432W。答：（1）電源的電動勢為3.6V，內(nèi)電阻為1.2Ω。（2）開關(guān)S閉合時電源內(nèi)阻上的熱功率為0.432W?！军c評】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)計算，解題的關(guān)鍵是分析電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解。15．（12分）（2021秋?青羊區(qū)校級月考）如圖（俯視圖），在光滑水平桌面上固定一半徑為R＝2.5m的光滑圓弧絕緣軌道ABC和x軸在A點相切，AB為直徑，O'為圓心，O'B和O'C之間的夾角為α，sinα=12。僅在第二象限（含x、y軸）有水平向右的勻強電場E。有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬球（置于圓弧軌道內(nèi)側(cè)）由A點以一定的向左初速度釋放，恰好能夠在圓弧軌道上做完整的圓周運動。已知E=mgq，重力加速度g（1）金屬球在A點釋放的速度大??；（2）金屬球離開C點后到達x軸的時間?！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(yīng)用；斜拋運動；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；動能定理的簡單應(yīng)用．【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】（1）金屬球在A點釋放的速度大小為12.5m/s；（2）金屬球離開C點后到達x軸的時間為2.4s?！痉治觥坑傻刃ё罡唿c及動能定理求解A點速度；由動能定理及位移與時間的關(guān)系求解時間?！窘獯稹拷猓海?）金屬球怡好能在圓弧軌道上做完整的圓周運動，則在等效最高點B′只有重力和電場力的合力提供向心力，如圖，則二者合力為F合=G2+F2=則m=v2R=F合從A到B由動能定理得：﹣（mgx重+qEx電）=由幾何關(guān)系：x重＝R+Rcos45°x電＝Rsin45°聯(lián)立解得vA＝52+32m/s≈（2）從A到C，在電場力方向上位移x電'＝Rsinα，解得x電'＝1.25m在重力方向上位移為XG'＝R+Rcosα＝（2.5+1.253）m同理，由動能定理﹣（mgxG'+qEx電'）=解得：vC＝（53+3+3如圖，則c點豎直方向分速度vy＝vCsinα=5從C點拋出后只受重力。設(shè)t時間后到達x軸，則由運動學公式xG′＝vyt+12?t≈2.4s或t≈﹣9.9s（舍去）所以金屬球離開C點后到達x軸的時間為t≈2.4s。答：（1）金屬球在A點釋放的速度大小為12.5m/s；（2）金屬球離開C點后到達x軸的時間為2.4s?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，找到等效最高點是解題關(guān)鍵。16．（16分）（2021秋?江西月考）如圖所示，空間內(nèi)有水平向左的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球（圖中未畫出）。從離水平地面的高度為H處由靜止釋放，當小球下降的高度為H2時，水平位移大小為L。不計空氣阻力，重力加速度大小為g（1）勻強電場的電場強度大??；（2）小球落地前瞬間的動能。【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(yīng)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；推理論證能力．【答案】（1）勻強電場的電場強度大小為2mgLqH（2）小球落地前瞬間的動能mgH+4mg【分析】（1）帶點小球運動過程中受水平方向電場力和豎直方向重力，豎直方向和水平方向均做勻變速直線運動，根據(jù)運動學規(guī)律列式即可求出電場強度大??；（2）根據(jù)動能定理求落地瞬間動能?！窘獯稹拷猓海?）從離水平地面的高度為H處由靜止釋放，當小球下降的高度為H2豎直方向H2水平方向L=1又qE＝ma，聯(lián)立解得：E=2mgL（2）小球落地過程中，豎直方向H=1水平位移x=1根據(jù)動能定理得：mgH+Eqx＝Ek﹣0，解得：Ek＝mgH+4mg答：（1）勻強電場的電場強度大小為2mgLqH（2）小球落地前瞬間的動能mgH+4mg【點評】本題考查帶電小球在疊加場中的運動，電場與重力場相互垂直，將小球運動分解為水平方向和豎直方向研究，兩個方向運動具有等時性。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)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(yīng)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．斜拋運動【知識點的認識】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質(zhì)點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時，物體做曲線運動。4．平拋運動（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規(guī)律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0ttanα=5．斜拋運動（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運動叫做斜拋運動。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯誤。故選：A。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運動，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯誤。故選：C。點評：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯。【解題方法點撥】類平拋運動：1．定義：當物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運動當物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運動中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標系，將外力、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運動性質(zhì)，選擇合適的方程求解。3．牛頓第二定律與向心力結(jié)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(shè)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(shè)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(guān)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．4．動能定理的簡單應(yīng)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(yīng)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?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)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(yīng)首先考慮應(yīng)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(yīng)引起注意。5．物體之間相互接觸時電荷的分配情況【知識點的認識】如果兩個完全一樣的帶電球體相互接觸再分開，兩個球體所帶的電荷會重新分配。有以下兩種情況：1.如果兩個球體帶同種電荷（或其中一個不帶電），電荷會平均分配在兩個球體上。設(shè)兩個球體的電荷量分別為q1和q2，則接觸之后再分開時，各自的電荷量為：q12.如果兩個球體帶異種電荷，電荷會先中和再平均分配到兩個球體上。設(shè)兩個球體的電荷量大小分別為q1和q2，則接觸之后再分開時，各自的電荷量為：q1′＝q2′=|這一原理叫作電荷均分原理?！久}方向】有三個相同的絕緣金屬小球A、B、C，其中小球A帶有3×10﹣3C的正電荷，小球B帶有﹣2×10﹣3C的負電荷，小球C不帶電．先將小球C與小球A接觸后分開，再將小球B與小球C接觸然后分開，試求這時三球的帶電荷量分別為多少？分析：完全相同的帶電小球接觸時，若是同種電荷則將總電量平分，若是異種電荷則先中和然后將剩余電量平分．解答：當小球C和A接觸后，A、C球帶電為：Q1=QA2=3×10-32C再讓小球B與小球C接觸，此時C、B帶電為：Q2=-2×10-3+1.5×10-32所以最終ABC三小球的帶電量分別是：1.5×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C．答：最終ABC三小球的帶電量分別是：1.5×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C，﹣0.25×10﹣3C．點評：完全相同的帶電小球接觸時，對于電量的重新分配規(guī)律要明確，注意接觸后分開能平均分配的前提條件是三個球完全相同．【解題思路點撥】物體之間相互接觸時電荷的分配情況的解題思路如下：1.確認接觸前兩個物體的電荷性質(zhì)及電荷量；2.如果是同種電荷，則兩個物體的帶電量都等于電荷量總和的一半；3.如果是異種電荷，則兩個物體的電荷量都等于中和之后剩余電荷量的一半。6．庫侖定律的表達式及其簡單應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)容：在真空中兩個靜止的點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：真空中的靜止點電荷．【命題方向】題型一：對庫侖定律的理解例1：真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.F3C.F分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進行計算討論即可．解：距離改變之前：F=kq1當電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=k聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點評：庫侖定律應(yīng)用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關(guān)系，可以和萬有引力定律進行類比學習．題型二：庫侖定律與力學的綜合問題例2：在一絕緣支架上，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細繩連著另一個帶負電的小球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，當繩與豎直方向的夾角為60°時，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．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運動到最低點時繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動能定理求出小球到達最低點時的速度，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做圓周運動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低點，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運動到最低點時繩的拉力為1.5N．點評：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．【解題方法點撥】1．庫侖定律適用條件（1）庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應(yīng)用庫侖定律．（2）當帶電體間的距離遠大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點電荷了．（3）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2．應(yīng)用庫侖定律需要注意的幾個問題（1）庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷．點電荷是一種理想化模型，當帶電體間的距離遠遠大于帶電體的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用．（2）庫侖定律的應(yīng)用方法：庫侖定律嚴格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當作真空來處理．注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據(jù)結(jié)果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個點電荷的平衡問題：要使三個自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個點電荷在該電荷處的合場強應(yīng)為零．3．分析帶電體力學問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，要學會把電學問題力學化．分析方法是：（1）確定研究對象．如果有幾個帶電體相互作用時，要依據(jù)題意，適當選取“整體法”或“隔離法”；（2）對研究對象進行受力分析，多了個電場力（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．7．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?。軆牲c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(yīng)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．8．電場力做功與電勢能變化的關(guān)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(guān)，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(guān)系：①靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。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：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(guān)，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(guān)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(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減??；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。9．等勢面及其與電場線的關(guān)系【知識點的認識】1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點電荷為球心的某一球面D．勻強電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應(yīng)能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．【解題思路點撥】1.等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質(zhì)而假想的面。2.等勢面的應(yīng)用（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。10．電容的概念、單位與物理意義【知識點的認識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關(guān)?！久}方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關(guān)D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點評：解決本題的關(guān)鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質(zhì)與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關(guān)。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=11．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?！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。現(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(yīng)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(yīng)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。12．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。【命題方向】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(yīng)用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)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。13．歐姆定律的簡單應(yīng)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(shè)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(yīng)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(yīng)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?。浯巫プ〔⒙?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＜Rb（如圖甲所示）．（3）圖線c的電阻減小，圖線d的電阻增大（如圖乙所示）．（4）伏安特性曲線上每一點的電壓坐標與電流坐標的比值對應(yīng)這一狀態(tài)下的電阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲線上某點切線的斜率不是電阻的倒數(shù)．（2）要區(qū)分是I﹣U圖線還是U﹣I圖線．（3）對線性元件：R=UI=△U4．歐姆定律I=U對于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對于非純電阻，不適合歐姆定律，因P電＝UI＝P熱+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非純電阻兩端的電壓滿足U＞IR．14．電功和電功率的計算【知識點的認識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。15．電動勢的概念和物理意義【知識點的認識】1.電源：電源是通過非靜電力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電勢能的裝置．2.非靜電力：電源內(nèi)將正電荷從電源的負極搬運到電源正極的作用力稱為非靜電力。從功能角度看，非靜電力做功，使電荷的電勢能增加。3.電動勢：非靜電力搬運電荷所做的功與搬運的電荷量的比值，E=Wq，單位：4.電動勢的物理含義：電動勢表示電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電勢能本領(lǐng)的大小，在數(shù)值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，等于非靜電力把1C正電荷從電源負極搬運到正極所做的功。【命題方向】鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示（）A、電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學能轉(zhuǎn)化為電能B、蓄電池將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿谋绢I(lǐng)比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大C、蓄電池與電路斷開時兩極間的電壓為2VD、蓄電池在1s內(nèi)將2J的化學能轉(zhuǎn)變成電能分析：電動勢在數(shù)值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內(nèi)從負極移到正極所做的功，電動勢大，非靜電力做功的本領(lǐng)就大，即將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)就大．解答：A．電動勢在數(shù)值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內(nèi)從負極移到正極所做的功，所以對于鉛蓄電池的電動勢為2V，電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學能轉(zhuǎn)化為電能。故A正確。B．電動勢大，非靜電力做功的本領(lǐng)就大，即將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)就大。故B正確。C．電源未接入電路時兩端間的電壓等于電動勢。故C正確。D．電動勢是2V，意義是移動1C的正電荷在電源內(nèi)從負極移到正極，非靜電力做功2J，即有2J的化學能轉(zhuǎn)變成電能，不是1s內(nèi)將2J的化學能轉(zhuǎn)變成電能。故D錯誤。故選：ABC。點評：解決本題的關(guān)鍵理解電動勢的大小反映將其它形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔鼙绢I(lǐng)的大小以及電動勢是電源非靜電力特性決定，與電源的體積無關(guān)，與外電路無關(guān)．【解題思路點撥】1.電源的電動勢是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能的本領(lǐng)大小的物理量，即非靜電力移送相同電荷量的電荷做功越多，則電動勢越大。2.公式E=Wq是電動勢的定義式而不是決定式，E的大小與W和16．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式【知識點的認識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應(yīng)是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但