2018届高考物理第三轮复习主干知识主题七电澄件

第2讲电场能的性质一、电势能、电势、电势差、等势面1．静电力做功(1）特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB,适用于任何电场．2．电势能（1）定义：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．(2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量,即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p。

(3)电势能的相对性:电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零．3．电势（1)定义:电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．（2）定义式：φ＝错误!。

（3)矢标性:电势是标量，有正负之分，其正(负）表示该点电势比零电势高(低）．（4）相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．4．电势差（1)定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功与移动电荷的电荷量的比值．(2）定义式:U AB＝错误!。

(3)电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.5．等势面（1)定义：电场中电势相等的各点组成的面．（2)四个特点：①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高的等势面指向电势低的等势面．③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．④任意两个等势面都不相交．二、电场线、电势、电势能、等势面之间的关系1．电场线与电场强度：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线与等势面：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．3．电场强度大小与电势：无直接关系，零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方,电势不一定高．4．电势能与电势：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大．三、公式E＝错误!的理解1．只适用于匀强电场．2．d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．3．电场强度的方向是电势降低最快的方向．四、静电感应和静电平衡1．静电感应当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷,“近端"出现与施感电荷异种的感应电荷,“远端"出现与施感电荷同种的感应电荷．这种现象叫静电感应．2．静电平衡（1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时,自由电荷不再发生定向移动,导体处于静电平衡状态．（2)处于静电平衡状态的导体的特点①导体内部的场强处处为零；②导体是一个等势体，导体表面是等势面;③导体表面处的场强方向与导体表面垂直;④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上;⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度（单位面积上的电荷量)越大,凹陷的位置几乎没有净电荷．1．判断下列说法是否正确．(1)电势等于零的物体一定不带电．(×)(2）电场强度为零的点，电势一定为零．(×）(3）同一电场线上的各点,电势一定相等．(×)(4)负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加．(√）（5)电势越高的地方，电荷的电势能也越大．（×）2．（教科版选修3－1P39第7题）电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(）A．电场力做功仍为WB．电场力做功为错误!C．两点间的电势差仍为UD．两点间的电势差为错误!答案 C3．（教科版选修3－1P39第8题）一电荷在电场中从静止开始并只在电场力作用下运动，则它一定（)A．向场强较小的地方运动B．向电势较低的地方运动C．向电势能较小的地方运动D．沿某条电场线运动答案 C4。

高三物理三轮复习指导提纲微山一中高三物理教研组第三轮复习是回扣课本、拾遗补漏和纠错阶段，这阶段主要做四项工作：一、进行考前模拟，巩固一、二轮阶段的复习成果，克服冋生现象，保持题感。

将能力、水平再捉高一步（以屮低档题为主，不要做难题、怪题、偏题）。

二、回归课本，结合《高三物理教材回扌II材料》进行知识点归纳总结。

三、看纠错本，进行知识整理、方法回顾、经验提升。

四、整理导学案，把二轮复习以来的导学案装订成册，按类总结，如选择题：受力分析、牛顿运动定律及能量、图像问题、力有引力、电场、交流电、电磁感应。

如实验题：力学实验、电学实验。

如计算题：力学综合、电磁学综合。

如选做题：物理3-3 （看这些题的特点，哪些题做错了，怎么错的）附一：解题规范指导书写习惯再强化，解题环节再规范，从细节上提高得分环节。

（俗语说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”）1.对选择题不要看到一个认为正确的结果就忽略其它选项，也许你并没有看到木题的全貌或此项上存在着的“陷阱”，应该瞻前顾后，细心比较，从而得到正确答案。

在没冇充分把握的情况下，也不要空着，可凭直觉选一个，若是多选题，通常选对其中一个选项就能拿到一半左右的分数。

2•对填空题，若是文字填空，要注意把意思表达清楚；遇到数值填空，则要注意单位，对有有效数字要求的，要严格按规定的有效数字填写。

3•对计算题，要注意规范解题，特别注意有“必要文字说明”，包括①耍指明研究对象; ②要准确画出受力图、运动示意图、电路图等有关图像；③要指明物理过程及其始末状态；④要指明正方向和零位置；⑤要指明所用的定律名称和条件；⑥要指明隐含条件或临界状态; ⑦物理量一定要使用题中的符号，自设符号要说明含义；⑧对题目耍求的结论要全面地作答。

4•解答物理大题时，尽量根据题目写出相关公式的标准形式，公式规律数学关系弄清楚了，物理图景也明白了，就可能水到渠成地求出结果，即使最后求不出结果，也能得到公式分、步骤分。

高考物理三轮复习知识点串透态度决定一切，细节是成败的关键第一讲物体的平衡问题的分析方法。

一.知识网络二.热点透析（一）三个模型的正确理解：1. 轻绳（1） 不可伸长一一沿绳索方向的速度大小相等、方向相反。

（2） 不能承受压力，拉力必沿绳的方向。

（3） 内部张力处处相等，且与运动状态无关。

2. 轻弹簧（1） 约束弹簧的力是连续变化的，不能突变。

（2） 弹力的方向沿轴线。

（3）任意两点的弹力相等 3. 轻杆（1） ------------------------ 不可伸长和压缩 沿杆方向速度相同。

（2） 力可突变一一弹力的大小随运动可以自由调节。

（二）受力分析习惯的养成：1. 受力分析的步骤： •宏观物体（动量従理应用和圆周运动研究） 微观粒子力的存在性判断--利用牛顿定律 弹簧的弹力多解性■大小 f=? u mg f=? umg cos 0（1）重力是否有Q（2）弹力看四周q”滑动摩擦力方向：与相对运动方向相反（3）分析摩擦力”〔大小：由牛顿定律决定静摩擦力|〔由牛顿定律判定I 方向彳I 多解性（4）不忘电磁浮 2. 正确作受力分析图要求：正确、规范，涉及空间力应将其转化为平面力。

（三）共点力平衡的分析方法1. 判断一一变量分析（1） 函数讨论法「（2） 图解法（△法）L 方法的 .- （3） 极限法 「选择思路~ （4） 物理法 丿 2. 平衡状态计算：I RtA ：三角函数勾股定理三个力作用一一合成平衡法：jI F]2= —F3构成封闭△〜解厶一般△:正弦定理、余弦 定理、相似定理EF X =O受四个力及以上一一分解平衡法E F v =0受4个力及以上：一般利用函数讨论「已知2个条件：函数式 受3个力SI 已知3个条件：△法选择项中无极值——极限分析法确受 定力 研分 究析■■ ■ 条件运动类中 販嬉何IKF 为tri 力匀交速运动 （削线.曲线〉2”・* • vj S^tt ----- at ?S ■•七一二・( V (>H> s 「_ L 1. 金勺变速曲线运动中対公 式的理解.対M.V.S 变化关豪 的理解2. 合运动利分运动的硝定3. 运动过程的分析4. 变轼分析自曲落体类半撇问眩 渡河问18S. 2n-l IflWASI L _ _____! ____♦『JL%町不等于条AS=aT 1 2 3 V 仃大小不变 方向改变V 。

[考试标准]一、电源、电流和电动势 1．电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置． 2．电流 (1)定义式：I ＝q t.(2)方向：规定为正电荷定向移动的方向． (3)微观表达式：I ＝nqS v . 3．电动势 (1)定义式：E ＝Wq.(2)物理意义：反映电源非静电力做功本领大小的物理量． [深度思考] 由I ＝qt 可知I 与q 成正比对吗？答案 不对，I ＝qt 是比值定义式，I 与q 不成正比．二、欧姆定律、U －I 图象及I －U 图象 1．欧姆定律 (1)表达式 I ＝U R . (2)适用范围①金属导电和电解质溶液导电(对气态导体和半导体元件不适用)． ②纯电阻电路(不含电动机、电解槽的电路)． 2．U －I 图象及I －U 图象的比较答案 不表示．小灯泡的U －I 图线是弯向U 轴的曲线．图线上某点的电阻大小等于该点与坐标原点连线的斜率． 三、电功、电功率和电热纯电阻电路与非纯电阻电路的比较：1．电阻的定义式：R ＝UI .2．电阻的决定式：R ＝ρlS3．电阻率 (1)计算式：ρ＝R Sl .(2)电阻率与温度的关系．①金属：电阻率随温度升高而增大．②半导体(负温度系数)：电阻率随温度升高而减小． ③一些合金：几乎不受温度变化的影响．④超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体． [深度思考] 关于导体的电阻和电阻率，下列说法是否正确．(1)由R ＝UI 可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．( × )(2)由R ＝ρlS 可知，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比．( √ )(3)由ρ＝RSl 可知，导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比．( × )(4)由ρ＝RSl可知导体的电阻越大，其电阻率越大．( × )1．(2016·宁波期中)下面说法中正确的是( ) A ．自由电荷的运动必定形成电流 B ．有自由电荷必定形成电流 C ．形成电流必须要有电势差 D ．有电势差必定形成电流 答案 C2．某根导线中的电流为0.18 A ，则在0.5 s 内通过这根导线某横截面的电荷量为( ) A ．0.09 C B ．0.36 CC ．0.09 JD ．0.36 J答案 A3．(多选)对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是( )A ．欧姆定律适用于一切导电物质B ．由R ＝UI 可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比C ．由I ＝UR 可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D ．对电阻一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变 答案 CD4．下列用电器中，利用电流的热效应的是( ) A ．洗衣机 B ．电视机 C ．电熨斗 D ．电冰箱答案 C命题点一 对伏安特性曲线的理解例1 (多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图1所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( )图1A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析 由题中图象可知，U 越大，小灯泡的电阻越大，即选项A 正确．R ＝UI 中的U 、I 与小灯泡所处状态下的电压与电流相对应，故选项B 正确，选项C 错误．对应P 点，功率P ＝U 1I 2，与题图中PQOM 所围的面积相等，故选项D 正确． 答案 ABD利用U －I 图象求电阻的技巧1．若U －I 图线为直线．求电阻R 时可用该图线的斜率ΔUΔI来计算．2．若U －I 图线为曲线，电阻跟曲线的斜率无关，只能依据曲线对应的点的坐标UI 计算求解．题组阶梯突破1．一个标有“220 V 60 W ”的白炽灯泡，所加电压U 由零逐渐增大到220 V ，在此过程中，电压(U )和电流(I )的关系可用图线表示．图中给出的四个图线上，比较符合实际的是( )答案 B解析 白炽灯灯丝的电阻随温度(功率)的升高而增大，故选B.2．(2016·湖州期末)某导体的伏安特性曲线如图2所示，下列说法中错误的是( )图2A ．该导体的电阻是25 ΩB ．当该导体两端的电压为5 V 时，该导体的电功率为1 JC ．当该导体两端的电压为1 V 时，通过该导体的电流为0.04 AD ．当通过该导体的电流为0.1 A 时，该导体两端的电压为2.5 V 答案 B解析 根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R ＝U I ＝50.2 Ω＝25 Ω，故A 正确；当导体两端的电压为5 V 时，I ＝0.2 A ，该导体的电功率为：P ＝UI ＝1 W ，故B 错误；当导体两端的电压为1 V 时，I ＝125 A ＝0.04 A ，故C 正确；当通过该导体的电流为0.1 A 时，该导体两端的电压为U ＝IR ＝0.1×25 V ＝2.5 V ．故D 正确．本题选择错误的．3．(2016·温州期末)R 1、R 2的伏安特性曲线如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．R 1、R 2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅠB ．R 1、R 2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅡC ．R 1、R 2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅠD ．R 1、R 2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅱ 答案 A解析 在I －U 图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，由图可知电阻R 1的阻值较大，电阻R 2的阻值较小．R 1、R 2并联后的总电阻小于任意一个电阻值，所以伏安特性曲线在电阻值比较小的Ⅰ区．故A 正确，B 错误；若将两电阻串联后接入电路，由于串联后的总电阻大于任意一个电阻，所以R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在电阻值比较大的区域Ⅲ；故C、D 错误．4．如图4所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是()图4A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比答案 B解析题图中b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R＝ρlS，可知b代表的电阻丝较粗，选项B正确，A、C错误；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，选项D错误．5．如图5所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R2，则下列说法正确的是()图5A．R1∶R2＝1∶3B．R1∶R2＝3∶1C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则流过两电阻电流之比为1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则流过两电阻电流之比为1∶3 答案 A解析 在I －U 图象中，R ＝1k ，由图象可知，k 1＝1，k 2＝13，所以R 1∶R 2＝1∶3，选项A 正确，B 错误；R 1，R 2串联后接于电源上，流过两电阻的电流相等，选项C 错误；R 1，R 2并联后接于电源上，流过两电阻电流之比I 1I 2＝R 2R 1＝31，选项D 错误．命题点二 电功、电功率和电热的计算例2 (多选)(2016·浙江模拟)现有充电器为一手机电池充电，等效电路如图6所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( )图6A ．充电器输出的电功率为UI ＋I 2rB ．电能转化为化学能的功率为UI －I 2rC ．电池产生的热功率为I 2rD ．充电器的充电效率为IrU×100%解析 充电器输出的电功率为：P 输出＝UI ，故A 错误；电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UIt ＝I 2rt ＋Pt ，故有：P ＝UI －I 2r ，故B 正确；电池产生的热功率为P 热＝I 2r ，故C 正确；充电器的充电效率为η＝U －IrU×100%，故D 错误．答案BC非纯电阻问题的“三点注意”1．无论是纯电阻还是非纯电阻，电功均为W＝UIt，电热均为Q＝I2Rt.2．处理非纯电阻的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．3．非纯电阻在一定条件下可能变为纯电阻，如电动机卡住不转时即为纯电阻．题组阶梯突破6．室内有几种用电器：1.5 kW的电饭煲、200 W的电灯、750 W的取暖器、250 W的电视机和2 kW的空调器．如果进线处只有13 A的保险丝，供电电压为220 V，为用电安全，下列情况下不能同时使用的是()A．电饭煲和电灯B．取暖器和空调器C．电饭煲和空调器D．电灯、电视机和空调器答案 C解析当保险丝达到最大电流时电路中的总功率P1＝UI＝220×13 W＝2 860 W电饭煲和电灯同时使用的功率为：P1＝(1 500＋200) W＝1 700 W＜2 860 W，可以同时使用；取暖器和空调器同时使用的功率为：P2＝(750＋2 000) W＝2 750 W＜2860 W，可以同时使用；电饭煲和空调器同时使用的功率为：P3＝(1 500＋2 000) W＝3 500 W＞2 860 W，不可以同时使用；电灯、电视机和空调器同时使用的功率为：P4＝(2 00＋250＋2 000) W＝2 450 W＜2 860 W，可以同时使用；本题选C.7．(2016·浙江模拟)有一台标称值为“220 V,50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中正确的是()A ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝UIt ＝3 000 JB ．Q ＝Pt ＝3 000 JC ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝I 2Rt ＝1.24 JD ．Q ＝U 2R t ＝22020.4×60 J ＝7.26×106 J答案 C解析 电风扇消耗的电能转化为机械能与内能两部分， 公式UIt 和公式Pt 都是电功的表达式，不是电热的表达式．故A 、B 错误；电流：I ＝P U ＝50220 A ＝522 A ；电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：Q ＝I 2Rt ＝(522)2×0.4×60 J ＝1.24J ；故C 正确；电风扇不是纯电阻电路，不能用Q ＝U 2Rt 计算电热．故D 错误．8．QQ 是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ 推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图7所示是某网友QQ 界面的电脑屏幕抓拍图，假定QQ 用户使用的台式电脑功率约为200 W ，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能( )图7A ．0.2 kW·hB ．2 kW·hC ．20 kW·hD ．200 kW·h答案 B解析 由图可知，该网友升到下一等级的剩余时间为t 1＝10 h ，台式电脑的平均功率约为P ＝200 W ＝0.2 kW ，所以消耗的电能为W ＝Pt 1＝0.2 kW ×10 h ＝2 kW·h ，故选项B 正确． 9．通过电阻R 的电流为I 时，在时间t 内产生的热量为Q ，若电阻为2R ，电流为I2时，则在时间t 内产生的热量为( ) A ．4Q B ．2QC.Q2D.Q 4答案 C解析 由电热公式Q ＝I 2Rt 可得：Q ′＝⎝⎛⎭⎫I 22·2Rt ＝12I 2Rt ＝12Q ，故选项C 正确． 10．功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近( ) A ．8×108 kW·h B ．8×1010 kW·h C ．8×1011 kW·h D ．8×1013 kW·h答案 B解析 因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W 和10 W ，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3 kW ×365×6 h ＝8.76×1010 kW·h ，则选项B 正确，A 、C 、D 错误．11．电动机的电枢阻值为R ，电动机正常工作时，两端的电压为U ，通过的电流为I ，工作时间为t ，下列说法中正确的是( ) A ．电动机消耗的电能为IUt B ．电动机消耗的电能为I 2Rt C ．电动机线圈产生的热量为IUt D ．电动机线圈产生的热量为IUt －I 2Rt 答案 A解析 电动机消耗的电能W ＝Pt ＝UIt ，则选项A 正确，B 错误；电动机线圈产生的热量Q ＝I 2Rt ，IUt －I 2Rt 为电动机输出的机械能，选项C 、D 错误.(建议时间：30分钟)1．电动机是将电能转换为机械能的设备．下列没有使用电动机的电器是( ) A ．电热水壶 B ．电风扇 C ．洗衣机 D ．抽油烟机答案 A解析 使用了电动机将电能转化为机械能的电器有电风扇、洗衣机、抽油烟机，本题选没有使用的．2．(2016·潮州模拟)如果家里的微波炉(1 000 W)、电视机(100 W)和洗衣机(400 W)平均每天都工作1 h ，一个月(30天计)的用电量是( ) A ．10 kW·h B ．20 kW·h C ．45 kW·h D ．40 kW·h 答案 C解析 P ＝100 W ＋1000 W ＋400 W ＝1 500 W ＝1.5 kW ，故W ＝Pt ＝1.5 kW ×1 h ×30＝45 kW·h.3．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A ．由电动势E ＝Wq 可知E 跟q 成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小B ．由电动势E ＝Wq可知E 跟W 成正比，电源做的功越多，电动势越大C ．由电动势E ＝Wq 可知电动势E 的大小跟W 和q 的比值相等，跟W 的大小和q 的大小无关，由电源本身决定 D ．以上说法都不正确答案 C解析 E ＝Wq是比值定义式，E 与W 、q 无关．4．随着人们生活水平的逐步提高，家用电器的不断增多．下列关于家庭电路的说法中正确的是 ( )A ．灯与控制它的开关是并联的，与插座是串联的B ．使用测电笔时，不能用手接触到笔尾的金属体C ．电路中电流过大的原因之一是使用的电器总功率过大D ．增加大功率用电器时，只需换上足够粗的保险丝即可 答案 C解析 因为开关是控制灯工作与否的，所以开关必须与灯是串联关系，而灯的工作情况不影响插座的工作，所以是并联的，故A 错误；使用测电笔时，必须接触笔尾的金属体，B 错误；电路中电流过大的原因有两个：一个是使用的电器总功率过大，另一个是发生短路，故C 正确；增加大功率用电器的时候，不但要换上足够粗的保险丝，输电线也要更换横截面积大的导线，故D 错误．5．如图1为滑动变阻器的实物图，下列说法正确的是( )图1A ．ab 接入电路时，P 向右移动电阻增大B ．ab 接入电路时，P 向右移动电阻减小C ．cd 接入电路时，P 向右移动电阻增大D ．ac 接入电路时，P 向右移动电阻增大 答案 D解析 ab 接入电路时，为定值电阻，移动P 电阻不变，A 、B 错误；cd 接入电路时，有效电阻为0，移动P 电阻不变，C 错误；ac 接入电路时，有效电阻为R aP ，P 向右移动电阻增大，D 正确．6．有一段长1 m 的电阻丝，电阻为10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m ，则电阻变为( ) A ．10 Ω B ．50 ΩC ．150 ΩD ．250 Ω答案 D解析 电阻丝无论怎样拉长其体积不变，但随着长度增加，截面面积在减小，即满足V ＝Sl 关系式．把电阻丝由1 m 均匀拉伸到5 m 时，截面面积变成原来的15，由电阻定律R ＝ρlS 可知电阻变成原来的25 倍，D 正确．7．某同学在商场买了一个标有“220 V 800 W ”的电水壶，为了验证电水壶质量是否合格，他特意用多用电表测量了电水壶的电阻，若电水壶合格，那么该同学测得的电水壶的阻值( )A ．接近60.5 ΩB ．略大于60.5 ΩC ．明显大于60.5 ΩD ．明显小于60.5 Ω答案 D解析 依据电水壶标签上额定电压和额定功率求出的电阻为高温状态下的电阻，而用多用电表测出的电水壶电阻为常温下的电阻，且温度相差很大，根据金属材料的电阻随温度的升高而增大可知选项D 正确．8．用电器距离电源为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使在线路上的电压降不超过U ，那么，输电线的横截面积的最小值为( ) A.ρlR B.2ρlI U C.U ρlI D.2Ul Iρ答案 B解析 输电线的总长为2l ，由公式R ＝U I ，R ＝ρ2l S ，得S ＝2ρlIU，故B 正确．9．目前集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，集成度越高，电子元件越微型化、越小．图2中R 1和R 2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 2的尺寸远远小于R 1的尺寸．通过两导体的电流方向如图所示，则关于这两个导体的电阻R 1、R 2关系的说法正确的是( )图2A ．R 1＞R 2B ．R 1＜R 2C ．R 1＝R 2D ．无法确定答案 C解析 设导体边长为a ，厚度为d ，电阻率为ρ. 则R ＝ρl S ＝ρa ad ＝ρd，与尺寸无关．10．如图3所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，若将A 与B 接入电压为U 的电路中时，电流为1 A ；若将C 与D 接入电压为U 的电路中时，则电流为( )图3A ．4 AB ．2 AC.12A D.14A 答案 A解析 根据电阻定律公式R ＝ρL S 得，R AB ＝ρL ab S ad ，R CD ＝ρL ad S ab ，故R AB R CD ＝41.接入电压相同的电路，两次电流之比为1∶4，故第二次电流为4 A.11．(2016·温州模拟)两电阻R1和R2的电流I和电压U的关系图线如图4所示，可知两电阻的大小之比R1∶R2等于()图4A．1∶3 B．3∶1 C．1∶ 3 D．1∶4答案 B解析由图可知，R1∶R2＝tan 60°∶tan 30°＝3∶1.12．某导体的伏安特性曲线如图5中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()图5A．B点的电阻为12 ΩB．B点的电阻为4 ΩC．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD．导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω答案 D解析根据电阻的定义式可以求出A、B两点电阻分别为R A＝30.1Ω＝30 Ω，R B＝60.15Ω＝40Ω，所以ΔR＝R B－R A＝10 Ω，D正确，A、B、C错误．13．(2015·浙江1月学考·29)如图6所示是一个电热水壶的铭牌，小沈同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶( )图6A ．正常工作时的电流约为6.8 AB ．正常工作5 min 耗电为0.5 kW·hC ．只能在直流电下工作D ．只能在220 V 电压下工作 答案 A解析 I ＝P U ＝1 500220 A ≈6.8 A ，A 项正确；W ＝P ·t ＝0.125 kW·h ，B 项错误；可以使用交流电，220 V 是正常工作的电压，故C 、D 项错误．14．一个直流电动机，其线圈的电阻是0.5 Ω，当它两端所加电压为6 V 时，通过电动机的电流是2 A ．由此可知( ) A ．电动机消耗的电功率为10 W B ．电动机发热的功率为12 W C ．电动机输出的机械功率为10 W D ．电动机的工作效率为20% 答案 C解析 直流电动机线圈电阻为R ，当电动机工作时通过的电流为I ，两端的电压为U ，总功率为：P ＝UI ＝2×6 W ＝12 W ，发热功率为：P 热＝I 2R ＝22×0.5 W ＝2 W ，故A 、B 错误；根据能量守恒定律，其输出的机械功率是P 出＝P －P 热＝12 W －2 W ＝10 W ，故C 正确；电动机的工作效率为η＝P 出P ×100%＝1012×100%≈83.3%，故D 错误．15．(2016·温州期末)如图7所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是( )图7A ．电动机的输出功率为14.0 WB ．电源输出的电功率为20.0 WC ．电动机产生的热功率4.0 WD ．电动机两端的电压为5.0 V 答案 B16．以蓄电池为驱动能源的环保汽车总质量m ＝3×103 kg.当它在水平路面上以v ＝36 km/h 的速率匀速行驶时，驱动电机的输入电流I ＝50 A ，电压U ＝300 V ．在此行驶状态下： (1)求驱动电机的输入功率P 电；(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机，求汽车所受阻力与车重的比值(g 取10 m/s 2)． 答案 (1)1.5×104 W (2)0.045 解析 (1)驱动电机的输入功率 P 电＝IU ＝1.5×104 W.(2)在匀速行驶时，P 机＝0.9P 电＝F v ＝F f v ，得F f ＝0.9P 电v ＝1.35×103 NF f汽车所受阻力与车重之比mg＝0.045.。

浅谈如何有效地进行物理三轮复习对于高考来说总有这样一句话“得综合的必上线，得物理的得高分”。

具有高考重头的理综，物理在高考中占有主导地位。

高考的成败在理综，理综的成败在物理。

有一句老话“一轮夯基础，二轮练技法，三轮定乾坤”。

在高考最后阶段的复习中，时间短、任务重再加上考生的心理压力极大，如何进行理综物理的复习就是最关键的了。

高中物理三轮复习高考一、回归课本，研读考纲，梳理知识，查漏补缺通过对“知识内容表”中131个知识点的研读，对照自己实际情况看看哪些应该了解知道的知识还不知道，哪些应该理解掌握的内容没有掌握到位，争取全面掌握高考物理的全部知识点。

通过梳理知识，找出知识的连接点和交叉点，这些点就可能是高考命题的热点和重点。

查漏补缺，找到自己在哪方面薄弱并且要注意将遗忘、遗漏的知识进行复习巩固，才有可能消灭薄弱环节，在高考中做到答题自如，提高高考成绩。

特别关注主要方法训练。

“类比”、“对称”、“等效”、“微元”等一系列方法的运用在近几年的试卷中都得到体现，平常经过专题训练过的同学会轻松过关。

尤其是微元的方法在电磁感应的相关问题中解决较为复杂的变速运动模型常常出现，值得关注。

二、抓牢基础，归纳总结，大胆舍弃偏难怪题冲刺复习中要做到大胆舍弃偏难怪题，更要注意在把握优势的同时不要忘了弥补弱势，要牢抓基础知识的80%，要大胆地抛弃偏题和难题。

我的建议是复习计划最好以周来计，不管有多少需要做，每周只计划到80%，剩下20%时间来做机动，确保自己制订的计划能够完成。

在剩下一个月里应重点抓牢基础知识，对所做的各类综合测试题应进行重点分类总结。

例如，弹簧类问题、电磁感应中的图象问题、带电体在复合场中的运动等，这样的题目出错就要重点改错并进行总结。

同时也要对不是重点章节的知识进行总结，切不可不重视，因为这样的题目很容易得分也很容易丢分。

如热光原的知识内容就要顺便看一下，以免遇到这样的题目答不上来吃大亏，要从知识上、方法上和技巧上进行总结。

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器1．电容器的充、放电(1）充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． （2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．公式C ＝错误!和C ＝错误!的比较(1)定义式：C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．(2）决定式：C ＝错误!，εr 为介电常数，S 为极板正对面积，d 为板间距离． 二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管1．直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量． （1）在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝错误!m v 2－错误!m v 错误!。

（2)在非匀强电场中:W ＝qU ＝错误!m v 2－错误!m v 错误!. 2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． （2)运动性质:类平抛运动．(3)处理方法:利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向:做匀速直线运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示）图1［深度思考］ 带电粒子在电场中运动时一定考虑受重力吗？答案 (1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．（2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．1．（教科版选修3－1P40第9题）关于电容器的电容,下列说法中正确的是(）A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低,其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定答案 D2．(人教版选修3－1P32第1题)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连．给电容器充电后,静电计指针偏转一个角度．以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？（1)把两板间的距离减小；（2)把两板间的相对面积减小；（3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质．答案(1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小,静电计指针偏角变小．(2）把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大．（3）在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．3。

电磁学一、单选题（本大题共5小题，共20.0分） 1. 将两个负电荷A 、带电量和分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M 和N ，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后即将电荷A 移至位置N ，电荷B 移至位置M ，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A 、B 对点电荷C 的电场分布影响此时电荷A 、B 分别具有的电势能和关系描述正确的是A.B.C.D. 无法确定【一中专版答案】A【解析】解：据题，两个电荷未换之前，有：，又， ，联立得：，由于，所以得：．将这两电荷位置互换后，电荷A 、B 分别具有的电势能和为：，，故有：． 由于，则得：故A 正确．故选：A 根据电场力做功，分析M 、N 两点的电势关系再根据电场力做功等于电势能的减少量列式，即可判断．解决本题的关键是掌握电场力做功公式，知道电势差与电势的关系，通过列式进行半定量分析．2. 如图所示，圆形线圈在条形磁铁顶部S 极处，线圈平面与磁铁垂直当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，从上往下看线圈中感应电流方向为A. 始终顺时针B. 始终逆时针C. 先顺时针再逆时针D. 先逆时针再顺时针【答案】A【解析】解：因磁铁的S 极向上，当线圈远离磁铁时，穿过线圈的磁通量较小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时方向的感应电流故A 正确，BCD 错误． 故选：A ．在磁铁远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向． 本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动，结合安培定则，即可判定感应电流方向．3. 左手定则中规定大拇指伸直方向代表以下哪个物理量的方向A. 磁感强度B. 电流强度C. 速度D. 安培力【答案】D【解析】解：左手定则内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向，故ABC 错误，D 正确． 故选：D ．根据左手定则的内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向，即可分析答题． 本题考查了左手定则内容，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习，注意与右手定则的区别．4. 一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h ，下列情况中能使细绳拉力增大的是A. 大气压强增加B. 环境温度升高C. 向水银槽内注入水银D. 略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移【答案】A【解析】解：由题意，令封闭气体的压强为P，玻璃管质量为m，则有对玻璃管受力分析：根据受力分析图可知，绳的拉力，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力．所以：A、大气压强增加时，封闭气体压强不变，故液柱h增加，所以拉力T增加，A正确；B 、环境温度升高，封闭气体压强增大，根据可知，h减小，故拉力T减小，B错误；C 、向水银槽内注入水银，根据和气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h减小，故拉力减小，C错误，D、略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体体积减小，压强增大，再根据可知，水银面高度差h减小，故绳拉力减小，D错误．故选A．封闭气体的压强，对玻璃进行受力分析，得到绳拉力大小的决定因素，并根据选项分析答案即可．根据对管的受力分析，求出绳的拉力大小跟什么因素有关，再根据封闭气体压强与大气压强的关系，正确应用气体状态方程是解决本题的关键．5.如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置线框A固定且通有电流I，线框B从足够高处由静止释放，在运动到A 下方的过程中A. 穿过线框B的磁通量先变小后变大B. 穿过线框B的磁通量先变大后变小C. 线框B所受安培力的合力为零D. 线框B的机械能一直减小【答案】D【解析】解：A、由右手螺旋定则可知A中内部磁场向里，外部磁场向外，当线框B从足够高处由静止释放，向A靠近的过程中，向外的磁场逐渐增大，则B中的磁通量增大；当B与A开始有一部分重合时，内部向里的磁通量与外部向外的磁通量开始相互抵消，所以向外的磁通量逐渐减小，一直到合磁通量为0；然后向里的磁通量进一步增大，B与A完全恰好重合时向里的磁通量最大；之后B再下落的过程中，向里的磁通量又逐渐减小到0；而在离开后，向外方向的磁通量又是先增大后减小，磁通量应是先向外增大后减小的，然后是向里增大后减小，最后阶段再是向外增大后减小故A错误，B错误；C、线框B中有感应电流的存在，故安培力的合力不为零，故C错误；D、在线框下落时，安培力做负功使线框的机械能转化为线框B的电能，进而转化为内能，B的机械能减小，故D正确；故选：D．由右手螺旋定则可知A中磁场分布，则可知B中磁通量的变化，由于电磁感应，B产生感应电流，由楞次定律可知B中电流的方向；由F 的可知安培力的变化，由安培力做功情况可知能量的转化情况．解答本题的关键在于明确穿过线框的磁通量应为A中内部和外磁感线的条数之差，故从开始下落到两线框重合，磁通量是增大的．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）6.如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB 和固定在水平地面上，与水平地面夹角都为与AO垂直两虚线位置离顶部等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为，垂直于导轨平面向上，右侧磁场大小、方向未知平行于导轨平面两根金属导体杆a和b质量都为m ，与轨道的摩擦系数都为将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为则下列判断正确的是A. 匀强磁场的方向一定是平行导轨向上B. 两个匀强磁场大小关系为：C. 整个过程摩擦产生的热量为D. 整个过程产生的焦耳热【答案】ABD【解析】解：A、由题意可知，两导体棒运动过程相同，则说明受力情况相同，对a分析可知，a切割磁感线产生感应电动势，从而产生向上的安培力；故a 棒受力小于；对b棒分析可知，b棒的受合外力也一定小于，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，则根据左手定则可知，匀强磁场的方向一定是平行导轨向上，故A正确；B、根据A的分析可知，a棒受到的安培力与b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，故；解得，故B正确；C、由以上分析可知，b 棒受到的摩擦力大于，因此摩擦产生的热量，故C错误；D、因b增加的摩擦力做功与a中克服安培力所做的功相等，故b中因安培力而增加的热量与焦耳热相同；设产生焦耳热为Q ，则根据能量守恒定律可知：；解得：；故D正确．故选：ABD．分析题意，明确两导体棒能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v说明两导体棒在任意时刻内应受到相同的作用力，分别对两物体分析，明确受力情况从而找出安培力与摩擦力间的关系，从而确定磁感应强度的大小以及的方向；再分析能量转化方向，根据功能关系可明确产生的焦耳热和因摩擦产生热量．本题考查电磁感应中功能关系以及受力情况的分析，要注意明确受力分析以及运动过程分析，从而明确受力情况，同时注意分析能量转化情况，明确能量的转化方向是解题的关键．7.如图所示，电源电动势为E 、内阻为是滑动变阻器，，当滑片P处于中点时，电源的效率是当滑片由a端向b 端移动的过程中A. 电源效率增大B. 电源输出功率增大C. 电压表和V的示数比值增大D. 电压表和V 示数变化量、的比值始终等于【答案】ACD【解析】解：A、滑片由a端向b 端移动的过程中，是逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率增大，故A正确；B、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a 端时，外电路电阻为，当滑片P 处于中点时，电源的效率是，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最大，所以当滑片由a端向b端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故B错误；C 、串联电路电流相等，则，当滑片由a端向b 端移动的过程中，增大，增大，故C正确；D 、根据闭合电路欧姆定律得：，则有：，则，故D正确．故选：ACD 由图可知与串联，电压表V 测路端电压，电压表测的电压，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，根据判断电源效率，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的比值．对于复杂电路，对电路分析是关键，必要时要画出简化电路图，而对于闭合电路欧姆定律的应用，一般按外电路、内电路、外电路的分析思路进行分析，灵活应用串并联电路的性质即可求解，注意数学知识的应用．8.如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下述正确的是A. 若短路，电流表示数变小，电压表示数变大B. 若短路，电流表示数变大，电压表示数变小C. 若断路，电流表示数变大，电压表示数变小D. 若断路，电流表示数变大，电压表示数变大【答案】AD【解析】解：AB 、若短路，外电阻减小，则总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过的电流减小，则电流表示数变小．设电阻和的总电流为，总电流增大，通过的电流减小，则增大，而通过的电流减小，故通过的电流增大，电压表示数变大故A正确，B错误．CD 、若断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大故C错误，D正确．故选：AD若短路，外电阻减小若断路，外电阻增大根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再分析两个电表读数的变化．本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，也可以根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．9.质量均匀分布的导电正方形线框abcd总质量为m，边长为l ，每边的电阻均为线框置于xoy光滑水平面上，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中如图，现将ab通过柔软轻质导线接到电压为U的电源两端电源内阻不计，导线足够长，下列说法正确的是A. 若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为B. 若磁场方向沿x 轴正方向，则线框保持静止C. 若磁场方向沿y 轴正方向，发现线框以cd 边为轴转动，则D. 若磁场方向沿y 轴正方向，线框以cd 边为轴转动且cd 边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为【答案】ACD【解析】解：A 、根据左手定则，安培力的方向沿轴方向，根据，线框所受的安培力的合力为：线框的加速度大小为：，故A 正确；B 、若磁场方向沿x 轴正方向，ad 边受到的安培力竖直向下，cd 边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止，故B 错误；C 、若磁场方向沿y 轴正方向，发现线框以cd 边为轴转动，则，根据动能定理可得，解得：，故C 正确；D 、在转动过程中，由于ab边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有：，故D 正确故选：ACD根据左手定则可知，安培力的方向；由闭合电路欧姆定律与安培力的公式，即可求解加速度；根据通电导线的受力与重力相比，利用动能定理即可判断出．考查左手定则的理解，知道与右手定则区别，掌握闭合电路欧姆定律，学会由力来判定运动情况，利用动能定理判断最大动能三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10. 如图甲所示电路图中，R 是滑动变阻器，电键闭合后，将滑片从A 端滑到B 端，电源的输出功率和电流表读数作出的图象如图乙所示，则该电源的电动势为______V ，滑动变阻器总阻值为______【答案】16；224【解析】解：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，最大的输出功率为：由图知，，即有：由图看出：时，有：联立解得：当滑片滑至AB 的中点时电路中电阻最大，电流最小，设变阻器总电阻为R ，则有：解得： 故答案为：．当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由列式当时外电路短路，有联立可求得电源的电动势和内阻再根据电路中最小电流求滑动变阻器总阻值．解决本题的关键要知道电源输出功率达到最大的条件：内外电阻相等，明确滑片滑至AB 的中点时电路中电阻最大，电流最小．四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11. 如图，真空中竖直放置两块平行金属板，两板间加上电压，在紧靠P 板处有一粒子源，可连续释放出初速为零的粒子，经电场加速后从Q 板的小孔O水平射出，已知粒子的质量为m ，电量为，不计粒子的重力，在Q 板右侧有一半径为R 的圆周光屏MN ，圆心正好在O 点，OM 方向水平．若在Q 板右侧加上垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ，粒子经磁场偏转后打在光屏上的A点，，求金属板PQ 间的电压大小；若金属板PQ 间的电压可调，使O 点飞出的粒子速度为任意不同的数值，且将上问中Q 板右侧的匀强磁场改为方向竖直向下的匀强电场，场强为E ，则打在光屏上的粒子的最小动能是多少？ 【答案】解：如图，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为，设圆周运动的 半径为r ，粒子从O 点飞出的速度为v ，有由洛仑兹力提供向心力可得又由电场中加速运动运用动能定理，将上面的方程联立，可得金属板间的电压：设打在光屏上的粒子在电场E中竖直方向的位移为y，水平位移为x，由动能定理：而又由运动学方程，有联立以上几式得：结合题意在圆周上，当时有最小值，则最小值是答：若在Q板右侧加上垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子经磁场偏转后打在光屏上的A 点，，金属板PQ 间的电压大小为．若金属板PQ间的电压可调，使O点飞出的粒子速度为任意不同的数值，且将上问中Q板右侧的匀强磁场改为方向竖直向下的匀强电场，场强为E ，则打在光屏上的粒子的最小动能是．【解析】粒子先经电场加速，然后进入磁场做匀速圆周运动，已知偏转角，由几何关系求出半径，从而求出速度，也就求出了加速电场的电压．加速电压变化，从而进入偏转电场的速度也就变化，而粒子做类平抛运动又打在一个圆弧上，求最小的动能先由动能定理列出打在圆弧上动能表达式，把类平抛规律代入就得到一个关于速度的式子，当取不同速度时，由数学不等式性质，就能求出最小值．本题有点怪的是第二问：加速电场变化，偏转电场不变，但粒子打击的位置满足在一个圆弧上，速度大，则有可能位移大，但偏转电场力做功小，所以折中考虑当时，动能有最小值．12.某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量实验室提供的器材有：两个相同的待测电源内阻，电阻箱最大阻值为，电阻箱最大阻值为，电压表内阻约为，电流表内阻约为，灵敏电流计G ，两个开关、．主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱和至最大，闭合开关和，再反复调节和，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V 、电阻箱、电阻箱的示数分别为、、、；反复调节电阻箱和与中的电阻值不同，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V 的示数分别为、．回答下列问题：电流计G的示数为0时，电路中A和B 两点的电势和的关系为______ ；电压表的内阻为______ ，电流表的内阻为______ ；电源的电动势E为______ ，内阻r为______ ．【答案】；；；；【解析】解：电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即．由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻的电流之和则在步骤1中，通过电压表的电流电压表的内阻为左右两个电源两极间的电压相等，则有：解得，电流表的内阻．根据闭合电路欧姆定律得：解得，故答案为：；；．电流计G的示数为0时，说明A、B两点的电势相等．根据欧姆定律和并联电路的特点求两电表的内阻．对两种情况分别运用闭合电路欧姆定律列式，可求得电源的电动势和内阻．解决本题的关键要理解题意，明确电流计G的示数为0的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律和电路的特点研究．五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13.如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面的局部匀强磁场金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力局部匀强磁场全部覆盖导体棒ab ，但未覆盖电源求静止时导体棒受到的安培力大小和摩擦力f大小；若将导体棒质量增加为原来两倍，而磁场则以恒定速度沿轨道向上运动，恰能使得导体棒匀速上滑局部匀强磁场向上运动过程中始终覆盖导体棒ab ，但未覆盖电源求导体棒上滑速度；在问题中导体棒匀速上滑的过程，求安培力的功率和全电路中的电功率．【答案】解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mg解得：当导体棒质量加倍后，使其匀速运动需要的安培力也应该加倍设导体棒匀速速度为代入数据得：答：静止时导体棒受到的安培力大小为，摩擦力f 大小为；导体棒上滑速度为安培力的功率为，全电路中的电功率为27W【解析】根据闭合电路的欧姆定律求得电流，根据求得安培力大小，根据受力分析求得摩擦力大小；导体棒相对于磁场运动，会产生感应电动势，求得回路中的感应电动势，求得电流，根据共点力平衡求得速度；根据求得安培力的功率，根据求得电功率解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14.如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m，不带电，B球质量为m，带正电，电量为，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA 与竖直方向夹角为重力加速度为g．求匀强电场的电场强度大小E；若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v．【答案】解：轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡、B 球角速度相等，根据球线速度是B球线速度的2倍，A 球线速度为球线速度为无初速释放轻杆后，直至A球刚进入电场过程中，根据系统动能定理．；答：匀强电场的电场强度大小E 为；若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，A球刚进入电场时的速度大小v 为【解析】对A、B组成的系统，根据力矩平衡求出匀强电场的场强；对系统运用动能定理，即可求出A球刚进入电场的速度；本题是力矩平衡与能量守恒定律简单的综合应用，其基础是分析受力情况电场力做功，要注意寻找电场方向两点间的距离．15.如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2l，右侧间距为l，有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界图中虚线均与轨道垂直矩形金属线框abcd平放在轨道上，ab边长为边长为开始时，bc边与磁场左边界的距离为2l，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且bc边始终与轨道垂直，从bc边进入磁场直到ad边进入磁场前，线框做匀速运动，从bc边进入右侧窄磁场区域直到ad边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为问：线框ad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？磁场左右边界间的距离是多少？线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？【答案】解：设磁感强度为B，设线框总电阻为R ，线框受的拉力为边刚进磁场时的速度为，则感应电动势为：感应电流为：线框所受安培力为：线框做匀速运动，其受力平衡，即：联立各式得：设ad 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为，同理可得：所以：边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为边到达磁场左边界时，线框的速度为：，从ad边进入磁场到bc边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a，由题意可知bc边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：，从线框全部进入磁场开始，直到bc边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为，将代入得：磁场左右边界间的距离为：整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为，由动能定理有：，由：及，可知：线框的最大动能为：答：线框ad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时速度的4倍磁场左右边界间的距离是32l线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是【解析】边刚进入磁场和ad边刚离开磁场时，线框均做匀速直线运动，即两个时刻bc边和ad边所受的安培力分别等于外力F ，结合安培力计算公式，可求得bc 边刚进入磁场时速度和ad边刚。