2024-2025學(xué)年上學(xué)期天津高二物理期末模擬卷2

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)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(xué)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(chǎng)，并發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng) B．根據(jù)B=FIL，磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F成正比，與ILC．牛頓計(jì)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(yàn)D．安培根據(jù)通電螺線管外部的磁場(chǎng)與條形磁體的磁場(chǎng)相似提出了“分子電流假說”2．（4分）（2022秋?番禺區(qū)校級(jí)期末）兩個(gè)分別帶有電荷量﹣3Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)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(qǐng)閱讀下述文字，完成第3﹣3題。如圖為描述某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線，a、b、c是同一條電場(chǎng)線上的三個(gè)點(diǎn)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢(shì)分別為φa、φb、φc。3．（4分）（2021秋?臺(tái)州期中）把正點(diǎn)電荷沿電場(chǎng)線由a點(diǎn)移至b點(diǎn)的過程中，關(guān)于電場(chǎng)力對(duì)電荷所做的功和電荷電勢(shì)能的變化，下列說法正確的是（）A．電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能增加 B．電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少 C．電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加 D．電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能減少4．（4分）超級(jí)電容儲(chǔ)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(shí)間極短、使用壽命長(zhǎng)、安全性能高等特點(diǎn)，被稱為“超級(jí)電容器”。關(guān)于超級(jí)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(shí)間越短，充電平均電流不一定大 D．放電時(shí)，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(zhǎng)導(dǎo)線中通有向下電流，矩形導(dǎo)線框與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)且長(zhǎng)邊與導(dǎo)線平行，則（）A．導(dǎo)線框內(nèi)磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng) B．穿過線框面的磁感線垂直紙面向里 C．導(dǎo)線框向右移會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流 D．導(dǎo)線框沿與導(dǎo)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(jí)期中）隨著人們對(duì)社會(huì)發(fā)展、全球環(huán)境問題認(rèn)識(shí)的加深，可持續(xù)能源的開發(fā)和利用，已成為人類社會(huì)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(rèn)識(shí)，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(huì)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(xué)習(xí)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(duì)公式的理解正確的是（）A．根據(jù)E=Wq，可知電源電動(dòng)勢(shì)E與電源移送的電荷量qB．根據(jù)C=QU，可知某個(gè)電容器的電容C與兩極板間的電勢(shì)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(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體橫截面的電荷量（多選）8．（5分）（2014秋?滕州市校級(jí)期中）如圖所示，虛線a、b、c代表靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為φa、φb和φc、φa＞φb＞φc．一帶電的粒子射入電場(chǎng)中，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)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(fù)功 C．粒子從K到L的過程中，電勢(shì)能增加 D．粒子從L到M的過程中，動(dòng)能減少（多選）9．（5分）（2021秋?菏澤期中）2021年10月，“神舟十三號(hào)”載人飛船將三名宇航員送至太空，并將完成長(zhǎng)達(dá)6個(gè)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(cè)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(shí)驗(yàn)裝置，下列選項(xiàng)中能使裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流的操作是（）A．甲圖中，使導(dǎo)體棒AB順著磁感線方向運(yùn)動(dòng) B．乙圖中，使條形磁鐵在線圈中保持不動(dòng) 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(dòng)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(cè)微器的讀數(shù)。（1）mm（2）mm（3）mm12．（8分）（2019秋?順慶區(qū)校級(jí)月考）某同學(xué)想用歐姆表粗測(cè)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(fù)極接線柱，那么：（1）該同學(xué)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(cè)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(huì)寧縣期末）某研究性學(xué)習(xí)小組利用如圖所示電路測(cè)量某電池的電動(dòng)勢(shì)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(shí)物連線圖畫出實(shí)驗(yàn)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(jì)算出通過電阻箱的電流數(shù)值I，為了比較準(zhǔn)確地得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論，在坐標(biāo)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(lán)田縣期中）在如圖所示的電路中，電阻R1＝12Ω，R2＝8Ω，R3＝4Ω．當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，測(cè)得路端電壓U＝3.00V；當(dāng)S閉合時(shí)，測(cè)得路端電壓U'＝2.88V，求：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；（2）開關(guān)S閉合時(shí)電源內(nèi)阻上的熱功率P。15．（12分）（2021秋?青羊區(qū)校級(jí)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(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)。已知E=mgq，重力加速度g（1）金屬球在A點(diǎn)釋放的速度大小；（2）金屬球離開C點(diǎn)后到達(dá)x軸的時(shí)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(qiáng)電場(chǎng)，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(dāng)小球下降的高度為H2時(shí)，水平位移大小為L(zhǎng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）小球落地前瞬間的動(dòng)能。

2024-2025學(xué)年上學(xué)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(xué)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(chǎng)，并發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng) B．根據(jù)B=FIL，磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F成正比，與ILC．牛頓計(jì)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(yàn)D．安培根據(jù)通電螺線管外部的磁場(chǎng)與條形磁體的磁場(chǎng)相似提出了“分子電流假說”【考點(diǎn)】電磁學(xué)物理學(xué)史．【專題】定性思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可?！窘獯稹拷猓篈、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(chǎng)，故A錯(cuò)誤；B、磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F無關(guān)，與IL無關(guān)，是由磁場(chǎng)本身的性質(zhì)決定的，故B錯(cuò)誤；C、牛頓當(dāng)時(shí)無法計(jì)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(chǎng)與條形磁體的磁場(chǎng)相似提出了“分子電流假說”，認(rèn)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(diǎn)評(píng)】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一2．（4分）（2022秋?番禺區(qū)校級(jí)期末）兩個(gè)分別帶有電荷量﹣3Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)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(diǎn)】庫侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用；物體之間相互接觸時(shí)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(gè)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(shí)，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?！军c(diǎn)評(píng)】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(qǐng)閱讀下述文字，完成第3﹣3題。如圖為描述某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線，a、b、c是同一條電場(chǎng)線上的三個(gè)點(diǎn)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢(shì)分別為φa、φb、φc。3．（4分）（2021秋?臺(tái)州期中）把正點(diǎn)電荷沿電場(chǎng)線由a點(diǎn)移至b點(diǎn)的過程中，關(guān)于電場(chǎng)力對(duì)電荷所做的功和電荷電勢(shì)能的變化，下列說法正確的是（）A．電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能增加 B．電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少 C．電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加 D．電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能減少【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(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；推理論證能力．【答案】B【分析】明確帶電粒子在電場(chǎng)中的受力方向，則可明確電場(chǎng)力做功情況；再根據(jù)電場(chǎng)力做正功時(shí)電勢(shì)能減小，而電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)電勢(shì)能增加進(jìn)行判斷。【解答】解：電場(chǎng)線水平向右，正電荷在電場(chǎng)中的受力方向沿電場(chǎng)線的方向，故由a點(diǎn)沿電場(chǎng)線移到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功；則可知電勢(shì)能減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)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(chǎng)線方向，負(fù)電荷受力逆著電場(chǎng)線方向。4．（4分）超級(jí)電容儲(chǔ)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(shí)間極短、使用壽命長(zhǎng)、安全性能高等特點(diǎn)，被稱為“超級(jí)電容器”。關(guān)于超級(jí)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(shí)間越短，充電平均電流不一定大 D．放電時(shí)，電容器帶電量的減少量與兩極電壓的減小量成正比【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)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(jí)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(shí)間有關(guān)。【解答】解：A、超級(jí)電容充電快，放電快慢與放電過程有關(guān)，超級(jí)電容放電不一定快，故A錯(cuò)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(cuò)誤；C、電流I=qt，充電電荷量一定，充電時(shí)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(diǎn)評(píng)】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(zhǎng)導(dǎo)線中通有向下電流，矩形導(dǎo)線框與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)且長(zhǎng)邊與導(dǎo)線平行，則（）A．導(dǎo)線框內(nèi)磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng) B．穿過線框面的磁感線垂直紙面向里 C．導(dǎo)線框向右移會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流 D．導(dǎo)線框沿與導(dǎo)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(diǎn)】磁通量的概念和計(jì)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(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)分布；結(jié)合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件完成分析。【解答】解：A、靠近導(dǎo)線的位置磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，遠(yuǎn)離導(dǎo)線的位置磁感應(yīng)強(qiáng)度較小，不屬于勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故A錯(cuò)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(cuò)誤；C、當(dāng)導(dǎo)線框向右移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框中的磁通量減小，且導(dǎo)線框閉合，所以會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C正確；D、導(dǎo)線框沿與導(dǎo)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(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了磁場(chǎng)的相關(guān)應(yīng)用，理解直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)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(jí)期中）隨著人們對(duì)社會(huì)發(fā)展、全球環(huán)境問題認(rèn)識(shí)的加深，可持續(xù)能源的開發(fā)和利用，已成為人類社會(huì)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(rèn)識(shí)，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(huì)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(diǎn)】能源與社會(huì)發(fā)展；能源的分類與應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；B．節(jié)約能源是人類社會(huì)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(cuò)誤；D．能源的利用過程是不可逆的，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】此題需要根據(jù)物理知識(shí)結(jié)合生活實(shí)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(xué)習(xí)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(duì)公式的理解正確的是（）A．根據(jù)E=Wq，可知電源電動(dòng)勢(shì)E與電源移送的電荷量qB．根據(jù)C=QU，可知某個(gè)電容器的電容C與兩極板間的電勢(shì)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(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體橫截面的電荷量【考點(diǎn)】歐姆定律的簡(jiǎn)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(gè)式子的意義，根據(jù)物理量的意義進(jìn)行分析，區(qū)分是定義式還是決定式．【解答】解：A、電源電動(dòng)勢(shì)為電源本身的性質(zhì)，與移送的電荷量無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、電容的大小取決于電容器本身，與兩板間的電勢(shì)差及電量無關(guān)，故B錯(cuò)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(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體橫截面的電荷量q成正比，故D正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】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(jí)期中）如圖所示，虛線a、b、c代表靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為φa、φb和φc、φa＞φb＞φc．一帶電的粒子射入電場(chǎng)中，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)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(fù)功 C．粒子從K到L的過程中，電勢(shì)能增加 D．粒子從L到M的過程中，動(dòng)能減少【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】電場(chǎng)力與電勢(shì)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(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化，以及根據(jù)動(dòng)能定理，通過電場(chǎng)力做功判斷動(dòng)能的變化．【解答】解：A、φa＞φb＞φc．所以該電場(chǎng)是正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，電場(chǎng)線的方向向外，粒子彎曲的方向向下，說明電場(chǎng)力的方向向下，與電場(chǎng)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(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，φa＞φb，電勢(shì)能減小，知電場(chǎng)力做正功。故B錯(cuò)誤。C、粒子從K到L的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。故C正確。D、粒子從L到M的過程中，電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能增加。故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．（多選）9．（5分）（2021秋?菏澤期中）2021年10月，“神舟十三號(hào)”載人飛船將三名宇航員送至太空，并將完成長(zhǎng)達(dá)6個(gè)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(cè)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(diǎn)】電源的最大輸出功率和條件；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】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(dòng)勢(shì)，即可求出電動(dòng)勢(shì)；再根據(jù)電動(dòng)勢(shì)和短路電流求出內(nèi)電阻?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)電池板不接負(fù)載時(shí)所測(cè)量電壓為電源的電動(dòng)勢(shì)；故E約為800mV；則是可知電池板的內(nèi)阻為：r=EI=800mV40mA=20C、當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，此時(shí)最大輸出功率Pmax=E24r故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵根據(jù)電源開路和短路的特點(diǎn)，求解電源的內(nèi)電阻，明確當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)，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(shí)驗(yàn)裝置，下列選項(xiàng)中能使裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流的操作是（）A．甲圖中，使導(dǎo)體棒AB順著磁感線方向運(yùn)動(dòng) B．乙圖中，使條形磁鐵在線圈中保持不動(dòng) 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(dòng)變阻器滑片的位置【考點(diǎn)】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(dòng)變阻器滑片的位置，改變電路中電流大小，使磁場(chǎng)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?！窘獯稹拷猓篈、甲圖中，使導(dǎo)體棒AB順著磁感線方向運(yùn)動(dòng)，閉合回路的磁通量沒有變化，不會(huì)有感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B、乙圖中，使條形磁鐵保持不動(dòng)，閉合回路的磁通量沒有變化，不會(huì)有感應(yīng)電流，故B錯(cuò)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(dòng)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(diǎn)評(píng)】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(cè)微器的讀數(shù)。（1）6.870mm（2）2.300mm（3）5.716mm【考點(diǎn)】螺旋測(cè)微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；基本實(shí)驗(yàn)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(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)。【解答】解：（1）螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測(cè)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(cè)微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測(cè)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(cè)微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測(cè)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?！军c(diǎn)評(píng)】考查螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則，會(huì)利用螺旋測(cè)微器進(jìn)行準(zhǔn)確的數(shù)據(jù)測(cè)量。12．（8分）（2019秋?順慶區(qū)校級(jí)月考）某同學(xué)想用歐姆表粗測(cè)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(fù)極接線柱，那么：（1）該同學(xué)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(cè)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(diǎn)】歐姆表的讀數(shù)；練習(xí)使用多用電表（實(shí)驗(yàn)）．【專題】實(shí)驗(yàn)題；定性思想；實(shí)驗(yàn)分析法；基本實(shí)驗(yàn)儀器；實(shí)驗(yàn)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(jìn)行分析，從而明確表筆對(duì)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(shí)是”正進(jìn)負(fù)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?！军c(diǎn)評(píng)】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(shí)知道歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻大?。徊⒆⒁庹莆斩嘤秒姳淼淖x數(shù)方法。13．（8分）（2020秋?會(huì)寧縣期末）某研究性學(xué)習(xí)小組利用如圖所示電路測(cè)量某電池的電動(dòng)勢(shì)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(shí)物連線圖畫出實(shí)驗(yàn)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(jì)算出通過電阻箱的電流數(shù)值I，為了比較準(zhǔn)確地得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論，在坐標(biāo)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(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；定性思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）電路圖如圖所示；（2）2.0；0.50?！痉治觥浚?）分析清楚圖1所示電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)圖1所示實(shí)物電路圖作出實(shí)驗(yàn)電路圖；（2）根據(jù)圖示電路圖求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象分析答題。【解答】解：（1）由圖1所示實(shí)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(cè)電阻箱兩端電壓，根據(jù)圖1所示實(shí)物電路圖作出實(shí)驗(yàn)電路圖，實(shí)驗(yàn)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(duì)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(diǎn)評(píng)】本題考查了電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻r實(shí)驗(yàn)，分析清楚圖示實(shí)物電路圖、理解實(shí)驗(yàn)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(dá)式，根據(jù)圖示圖象可以求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。四．解答題（共3小題，滿分38分）14．（10分）（2019春?藍(lán)田縣期中）在如圖所示的電路中，電阻R1＝12Ω，R2＝8Ω，R3＝4Ω．當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，測(cè)得路端電壓U＝3.00V；當(dāng)S閉合時(shí)，測(cè)得路端電壓U'＝2.88V，求：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；（2）開關(guān)S閉合時(shí)電源內(nèi)阻上的熱功率P?！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】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(shí)的表達(dá)式，求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流，進(jìn)一步求解功率?！窘獯稹拷猓海?）S斷開時(shí)，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(shí)，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(shí)，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(dòng)勢(shì)為3.6V，內(nèi)電阻為1.2Ω。（2）開關(guān)S閉合時(shí)電源內(nèi)阻上的熱功率為0.432W?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)計(jì)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(jí)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(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)。已知E=mgq，重力加速度g（1）金屬球在A點(diǎn)釋放的速度大?。唬?）金屬球離開C點(diǎn)后到達(dá)x軸的時(shí)間。【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；斜拋運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）金屬球在A點(diǎn)釋放的速度大小為12.5m/s；（2）金屬球離開C點(diǎn)后到達(dá)x軸的時(shí)間為2.4s?！痉治觥坑傻刃ё罡唿c(diǎn)及動(dòng)能定理求解A點(diǎn)速度；由動(dòng)能定理及位移與時(shí)間的關(guān)系求解時(shí)間。【解答】解：（1）金屬球怡好能在圓弧軌道上做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在等效最高點(diǎn)B′只有重力和電場(chǎng)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(dòng)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(chǎng)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(dòng)能定理﹣（mgxG'+qEx電'）=解得：vC＝（53+3+3如圖，則c點(diǎn)豎直方向分速度vy＝vCsinα=5從C點(diǎn)拋出后只受重力。設(shè)t時(shí)間后到達(dá)x軸，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式xG′＝vyt+12?t≈2.4s或t≈﹣9.9s（舍去）所以金屬球離開C點(diǎn)后到達(dá)x軸的時(shí)間為t≈2.4s。答：（1）金屬球在A點(diǎn)釋放的速度大小為12.5m/s；（2）金屬球離開C點(diǎn)后到達(dá)x軸的時(shí)間為2.4s。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，找到等效最高點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)，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(dāng)小球下降的高度為H2時(shí)，水平位移大小為L(zhǎng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）小球落地前瞬間的動(dòng)能?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mgLqH（2）小球落地前瞬間的動(dòng)能mgH+4mg【分析】（1）帶點(diǎn)小球運(yùn)動(dòng)過程中受水平方向電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律列式即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求落地瞬間動(dòng)能。【解答】解：（1）從離水平地面的高度為H處由靜止釋放，當(dāng)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(dòng)能定理得：mgH+Eqx＝Ek﹣0，解得：Ek＝mgH+4mg答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mgLqH（2）小球落地前瞬間的動(dòng)能mgH+4mg【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電小球在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)與重力場(chǎng)相互垂直，將小球運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向研究，兩個(gè)方向運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)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(duì)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(duì)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(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)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(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．斜拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。2．方向：直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體的速度方向始終在其運(yùn)動(dòng)軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向，在其運(yùn)動(dòng)軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動(dòng)的條件：（1）物體做直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)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(shí)，物體做直線運(yùn)動(dòng)。（2）物體做曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)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(shí)，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。4．平拋運(yùn)動(dòng)（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(yùn)動(dòng)。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗?；②只受重力作用。?）規(guī)律：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)（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(yùn)動(dòng)叫做斜拋運(yùn)動(dòng)。（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(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以斜拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場(chǎng)上拋出鉛球，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。已知在B點(diǎn)時(shí)的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點(diǎn)的速率比C點(diǎn)的速率大B．D點(diǎn)的加速度比C點(diǎn)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(jì)空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機(jī)械能守恒；拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速運(yùn)動(dòng)。解答：A、拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，D點(diǎn)位置低，重力勢(shì)能小，故動(dòng)能大，速度大，故A正確；B、拋體運(yùn)動(dòng)，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯(cuò)誤；C、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點(diǎn)B處加速度與速度垂直，故C錯(cuò)誤；D、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。若拋射點(diǎn)B向籃板方向移動(dòng)一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點(diǎn)，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時(shí)減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時(shí)增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，等效成籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平速度越大時(shí)，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(shí)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(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：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(shí)容易出錯(cuò)?！窘忸}方法點(diǎn)撥】類平拋運(yùn)動(dòng)：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時(shí)，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)。2．類平拋運(yùn)動(dòng)的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩分運(yùn)動(dòng)彼此獨(dú)立，互不影響，且與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。（2）特殊分解法：對(duì)于有些問題，可以過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，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(yùn)動(dòng)問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)判斷該問題屬于類平拋運(yùn)動(dòng)問題﹣﹣求出物體運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)當(dāng)物體在巨力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)就是類拋體運(yùn)動(dòng)。在類拋體運(yùn)動(dòng)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(biāo)系，將外力、初速度沿這兩個(gè)方向分解。②求出這兩個(gè)方向上的加速度、初速度。③確定這兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)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(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)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(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)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(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)力的合力或某個(gè)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(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．4．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大??；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)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(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)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(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)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(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。5．物體之間相互接觸時(shí)電荷的分配情況【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】如果兩個(gè)完全一樣的帶電球體相互接觸再分開，兩個(gè)球體所帶的電荷會(huì)重新分配。有以下兩種情況：1.如果兩個(gè)球體帶同種電荷（或其中一個(gè)不帶電），電荷會(huì)平均分配在兩個(gè)球體上。設(shè)兩個(gè)球體的電荷量分別為q1和q2，則接觸之后再分開時(shí)，各自的電荷量為：q12.如果兩個(gè)球體帶異種電荷，電荷會(huì)先中和再平均分配到兩個(gè)球體上。設(shè)兩個(gè)球體的電荷量大小分別為q1和q2，則接觸之后再分開時(shí)，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(gè)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(fù)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(shí)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(shí)，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(dāng)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(shí)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(diǎn)評(píng)：完全相同的帶電小球接觸時(shí)，對(duì)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(gè)球完全相同．【解題思路點(diǎn)撥】物體之間相互接觸時(shí)電荷的分配情況的解題思路如下：1.確認(rèn)接觸前兩個(gè)物體的電荷性質(zhì)及電荷量；2.如果是同種電荷，則兩個(gè)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(gè)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(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(jiǎn)單，直接利用庫侖定律進(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)樵瓉淼?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，可以和萬有引力定律進(jìn)行類比學(xué)習(xí)．題型二：庫侖定律與力學(xué)的綜合問題例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的加速度大小；（3）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，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，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．庫侖定律適用條件（1）庫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)用庫侖定律需要注意的幾個(gè)問題（1）庫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(yán)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(dāng)作真空來處理．注意庫侖力是矢量，計(jì)算庫侖力可以直接運(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)，來判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個(gè)點(diǎn)電荷的平衡問題：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)庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個(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)問題的方法與純力學(xué)問題的分析方法一樣，要學(xué)會(huì)把電學(xué)問題力學(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．7．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（或無窮遠(yuǎn)），終于負(fù)電荷（或無窮遠(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）到無限遠(yuǎn)，電場(chǎng)線先變密后變疏，即場(chǎng)強(qiáng)先變大后變小．④兩點(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)線的問題往往與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)聯(lián)系起來進(jìn)行考查，解答這類問題應(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)．8．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關(guān)，或者說：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)，可以通過與重力勢(shì)能類比來理解相關(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?。浑妶?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。9．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。10．電容的概念、單位與物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)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(chǔ)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(chǔ)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(shí)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(cuò)誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點(diǎn)評(píng)：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(diǎn)撥】1.電容表示電容器儲(chǔ)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(gè)計(jì)算公式：①定義式：C=②決定式：C=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。現(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．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場(chǎng)問題，可能涉及到功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等情況?！久}方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點(diǎn)以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長(zhǎng)度為2R，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點(diǎn)時(shí)的速度為2gRB、物塊在最低點(diǎn)的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動(dòng)D、物塊在斜面運(yùn)動(dòng)的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，可以得到B點(diǎn)時(shí)的速度；從B到C用動(dòng)能定理，可以得到C點(diǎn)的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第三定律，可以計(jì)算C點(diǎn)的壓力；根據(jù)對(duì)物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會(huì)停在斜面上還是會(huì)在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)全過程動(dòng)能定理可以判斷其總路程。解答：A、對(duì)物塊在左側(cè)斜面上釋放時(shí)進(jìn)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(shí)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點(diǎn)速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時(shí)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(diǎn)評(píng)：本題考查涉及電場(chǎng)力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時(shí)，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計(jì)算物塊對(duì)地面壓力時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動(dòng)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(shì)能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢(shì)能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時(shí)，帶電體電勢(shì)能與機(jī)械能的總量不變，即EP1+E機(jī)1＝EP2+E機(jī)2。這與只有重力做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒類似。13．歐姆定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】歐姆定律1．內(nèi)容：導(dǎo)體中的電流I跟導(dǎo)體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比．2．表達(dá)式：I=U3．適用條件：適用于金屬和電解液導(dǎo)電，氣體導(dǎo)電和半導(dǎo)體元件不適用．4．導(dǎo)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(xué)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(xué)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(dá)式的物理意義：對(duì)于歐姆定律的理解，下列說法中錯(cuò)誤的是（）A．由I=UB．由U＝IR，對(duì)一定的導(dǎo)體，通過它的電流強(qiáng)度越大，它兩端的電壓也越大C．由R=UI，導(dǎo)體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對(duì)一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過它的電流強(qiáng)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(qiáng)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(dǎo)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(qiáng)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(duì)一定的導(dǎo)體，電流與電壓成正比，所以通過它的電流強(qiáng)度越大，它兩端的電壓也越大，所以B正確；C、導(dǎo)體的電阻與電壓的大小無關(guān)，是由導(dǎo)體本身決定的，所以C錯(cuò)誤；D、對(duì)一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過它的電流強(qiáng)度的比值保持不變，即為電阻的大小，所以D正確．本題選錯(cuò)誤的，故選C．點(diǎn)評(píng)：本題就是考查學(xué)生對(duì)歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導(dǎo)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?？碱}型是考查對(duì)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(gè)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(dāng)兩個(gè)電阻并聯(lián)后總電阻R比任何一個(gè)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(diǎn)評(píng)：本題首先要從數(shù)學(xué)角度理解圖線的物理意義：斜率越大，電阻越小．其次抓住并聯(lián)電路的基本特點(diǎn)：支路兩端的電壓相等．【解題方法點(diǎn)撥】1．歐姆定律不同表達(dá)式的物理意義（1）I=UR是歐姆定律的數(shù)學(xué)表達(dá)式，表示通過導(dǎo)體的電流I與電壓U成正比，與電阻（2）公式R=U2．對(duì)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(diǎn)的電壓坐標(biāo)與電流坐標(biāo)的比值對(duì)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(diǎn)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(duì)線性元件：R=UI=△U4．歐姆定律I=U對(duì)于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對(duì)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(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電功的計(jì)算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計(jì)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(diǎn)撥】四個(gè)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(gè)電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進(jìn)而求出每個(gè)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(cuò)誤；故選：A。點(diǎn)評(píng)：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(shí)，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計(jì)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(jìn)而計(jì)算電功或電功率。15．電動(dòng)勢(shì)的概念和物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(shì)能的裝置．2.非靜電力：電源內(nèi)將正電荷從電源的負(fù)極搬運(yùn)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(shì)能增加。3.電動(dòng)勢(shì)：非靜電力搬運(yùn)電荷所做的功與搬運(yùn)的電荷量的比值，E=Wq，單位：4.電動(dòng)勢(shì)的物理含義：電動(dòng)勢(shì)表示電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電勢(shì)能本領(lǐng)的大小，在數(shù)值上等于電源沒有接入電路時(shí)兩極間的電壓，等于非靜電力把1C正電荷從電源負(fù)極搬運(yùn)到正極所做的功?！久}方向】鉛蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為2V，這表示（）A、電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B、蓄電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿谋绢I(lǐng)比一節(jié)干電池（電動(dòng)勢(shì)為1.5V）的大C、蓄電池與電路斷開時(shí)兩極間的電壓為2VD、蓄電池在1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能分析：電動(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移到正極所做的功，電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移到正極所做的功，所以對(duì)于鉛蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為2V，電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能。故A正確。B．電動(dòng)勢(shì)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(shí)兩端間的電壓等于電動(dòng)勢(shì)。故C正確。D．電動(dòng)勢(shì)是2V，意義是移動(dòng)1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移到正極，非靜電力做功2J，即有2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能，不是1s內(nèi)將2J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能。故D錯(cuò)誤。故選：ABC。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理解電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)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(diǎn)撥】1.電源的電動(dòng)勢(shì)是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)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(dòng)勢(shì)越大。2.公式E=Wq是電動(dòng)勢(shì)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(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動(dòng)勢(shì)成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達(dá)式：I=ER+r，E表示電動(dòng)勢(shì)，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(dòng)勢(shì)等于內(nèi)、外電路電勢(shì)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(gè)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(dòng)勢(shì)、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(dòng)勢(shì)也會(huì)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(dòng)勢(shì)必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時(shí)，電源電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動(dòng)勢(shì)等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時(shí)，內(nèi)電壓也隨之變化，但