2018年高考物理复习第七章基础课2 (1)

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B
末位置
速度增量的定义： v = vt - v0
三种情况：大小变；方向变；大小、方向都变。
匀加速直线运动
v0 Δv
匀减速直线运动
v0
平抛运动
v0
vt
vt Δv
Δv
速度增运算遵从三角形法则，方向由初速 vt 度矢端指向末速度矢端。
3、质点运动变化快慢的描述
瞬时速度（矢量）：反映质点位置变化的快慢。定义：v=s/t（t趋近于0）速度的方向质点运动轨迹的切线方向。瞬时速率（标量）（瞬时速度的大小）
一、原子结构模型二、光谱及光谱分析三、原子核
第十四部分物理实、高中物理分组实验（目录）四、传感器的简单应用
模型化思维结构概述
一、物理模型
物理学是“模型”的科学。物理模型，往往是在对一些现实物理过程或对象进行科学地分析后，抓住事物的主要矛盾（决定性因素），忽略次要矛盾（次要性因素）后得到的，它能够更加清晰地反映事物的本质规律。物理模型的建构是在某些条件下抽象出来的简化近似结果。从某种意义上讲，物理学理论的发展进化过程，就是物理模型发展进化的过程。物理学概念、规律都是对物理模型而言的。我们在应用物理学知识解决实际问题时，就需要将实际问题简化为物理模型，再运用相应的规律加以描述。
位置：三维空间中的点坐标A（x0,y0,z0）
z A(x0,y0,z0)
O
y
x
三维空间坐标系即运动参考系
2、质点运动变化的描述
位移（矢量）：反映质点空间位置的变化。P3.1
大小：由初末位置决定。
A
L
方向：由初位置指向末位置。初位置
路程（标量）：物体运动轨迹的长度。
S

2018年高考物理复习第七章第1讲

[高考命题解读]第1讲库仑定律电场力的性质一、库仑定律电荷守恒定律 1．点电荷有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型． 2．电荷守恒定律(1)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电． (2)带电实质：物体带电的实质是得失电子．(3)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变． 3．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)表达式：F ＝k q 1q 2r 2，式中k ＝9.0×109N·m 2/C 2，叫做静电力常量．(3)适用条件：①真空中；②点电荷．[深度思考] 计算两个带电小球之间的库仑力时，公式中的r 一定是指两个球心之间的距离吗？为什么？答案不一定．当两个小球之间的距离相对于两球的直径较小时，两球不能看做点电荷，这时公式中的r 大于(带同种电荷)或小于(带异种电荷)两个球心之间的距离．二、电场、电场强度 1．电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质． (2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用． 2．电场强度(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值． (2)定义式：E ＝Fq，q 为试探电荷．(3)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向． 3．场强公式的比较4．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和．(2)运算法则：平行四边形定则．5．等量同种和异种点电荷的电场强度的比较1．定义为了形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱．2．电场线的三个特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处；(2)电场线在电场中不相交；(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏．1.如图1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开()图1A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合答案 C解析由静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，A、B的电势相等，选项A、B错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误．2.(教科版选修3－1P15第1题)把检验电荷放入电场中的不同点a、b、c、d，测得的检验电荷所受电场力F与其电荷量q之间的函数关系图象如图2所示，则a、b、c、d四点场强大小的关系为()图2A．E a>E b>E c>E dB．E a>E b>E d>E cC．E d>E a>E b>E cD．E c>E a>E b>E d答案 D3．(人教版选修3－1P5演示实验改编)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图3所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．图3实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的________而增大．此同学在探究中应用的科学方法是________(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)．答案减小增大控制变量法解析对B 球进行受力分析，球受重力、电场力和线的拉力，线与竖直方向间的夹角变大时，说明电场力变大．电荷量不变时，两球距离变小，悬线偏角变大，电场力变大；距离不变时，电荷量变大，线的偏角变大，电场力变大．4.(人教版选修3－1P15第6题)用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2kg ，所带电荷量为＋2.0×10－8C ．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°夹角(图4)．求这个匀强电场的电场强度．图4答案 2.9×106N/C解析小球受到重力mg 、静电力F ，轻绳拉力F T 的作用处于平衡状态，它的受力情况如图所示，则F mg ＝Eqmg＝tan 30° E ＝mg q tan 30°＝1.0×10－2×102.0×10－8×33 N /C ≈2.9×106 N/C 5．(人教版选修3－1P15第7题)如图5所示，真空中有两个点电荷Q 1＝＋4.0×10－8C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 坐标轴的x ＝0和x ＝6cm 的位置上．图5(1)x 坐标轴上哪个位置的电场强度为零？(2)x 坐标轴上哪些地方的电场强度方向是沿x 轴正方向的？答案 (1)x 2＝12cm 处(2)0＜x ＜6cm 和x ＞12cm 的地方解析因为|Q 1|＞|Q 2|，所以，在Q 1左侧的x 轴上，Q 1产生的电场的电场强度总是大于Q 2产生的电场的电场强度，且方向总是指向x 轴负半轴，在x ＝0和x ＝6 cm 之间，电场强度总是指向x 轴的正方向．所以，只有在Q 2右侧的x 轴上，才有可能出现电场强度为0的点． (1)设该点距离原点的距离为x ，则k Q 1x 2－k Q 2(x －6)2＝0，即4(x －6)2－x 2＝0，解得x 1＝4 cm(不合题意，舍去)和x 2＝12 cm.所以，在x 2＝12 cm 处电场强度等于0.(2)在x 坐标轴上0＜x ＜6 cm 和x ＞12 cm 的地方，电场强度的方向总是沿x 轴正方向的．命题点一库仑定律的理解及应用1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r 为球心间的距离． 3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图6所示．图6(1)同种电荷：F ＜k q 1q 2r 2；(2)异种电荷：F ＞k q 1q 2r2.4．不能根据公式错误地认为r →0时，库仑力F →∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看做点电荷了．例1 (多选)如图7所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，则( )图7A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2NC ．B 球所带的电荷量为46×10－8CD ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0①用丝绸摩擦过的玻璃棒接触；②平衡；③可视为点电荷．答案 ACD解析两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A 正确；由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，A 球所受的电场力F ＝mg tan37°＝8.0×10－4×10×0.75N ＝6.0×10－3N ，选项B 错误；根据库仑定律得，F ＝k q A q B l 2＝k q 2B l2，解得q B ＝Fl 2k＝6×10－3×0.1229×109C ＝46×10－8C ，选项C 正确；A 、B 两球带等量的同种电荷，故在A 、B 两球连线中点处的电场强度为0，选项D 正确．两个完全相同的带电金属球接触时电荷的分配规律1．如果接触前两金属球带同种电荷，电荷量分别为q 1和q 2，两球接触时，总电荷量平均分配，两球的电荷量都等于q 1＋q 22.2．如果接触前两金属球带异种电荷，电荷量分别为q 1和q 2，且q 1＞q 2，接触时，先中和再将剩余的电荷量(q 1－q 2)平均分配，两球的电荷量都等于q 1－q 22.1．(多选)两个半径相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1∶7，相距为r ，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的( ) A.47 B.37C.97D.167答案 CD解析设两小球的电荷量分别为q 和7q ，则原来相距r 时的相互作用力F ＝k q ×7q r 2＝k 7q 2r 2.由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：(1)两球电性相同．相互接触时两球电荷量平均分配，每球带电荷量为7q ＋q2＝4q .放回原处后的相互作用力F 1＝k 4q ×4q r 2＝k 16q 2r 2，故F 1F ＝167. (2)两球电性不同．相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为7q －q2＝3q .放回原处后的相互作用力F 2＝k 3q ×3q r 2＝k 9q 2r 2，故F 2F ＝97.2．根据科学研究表明，地球是一个巨大的带电体，而且表面带有大量的负电荷．如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃，恰好能悬浮在空中，若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时，则此带电尘埃将( ) A ．向地球表面下落 B ．远离地球向太空运动 C ．仍处于悬浮状态 D ．无法判断答案 C解析地球表面带负电，故可等效为一个带负电的且位于地球球心处的点电荷，这样地球和带电尘埃间的作用就可等效为点电荷间的作用，可以用库仑定律进行定量分析．由于尘埃与地球之间的位置变化很大，故尘埃的重力是变化的，所以需要先将地球与尘埃等效为两质点，才可用万有引力进行定量分析．设带电尘埃的质量为m ，电荷量为q ；地球的质量为M ，地球所带负电荷总量Q ，地球半径为R ，当尘埃放在距离地球表面高度为地球半径一半时，恰好悬浮，由库仑定律和万有引力定律可得：kQq (1.5R )2＝G Mm(1.5R )2，得kQq ＝GMm①当尘埃放在距离地球表面高度与地球半径相等时，受到的万有引力F ＝GMm(2R )2；受到的库仑力为：F ′＝kQq (2R )2，则F F ′＝GMmkQq②联立①②可知：F F ′＝1，故C 正确．命题点二电场强度的理解及叠加 1．求解电场强度的常规方法电场强度是静电学中极其重要的概念，也是高考考点分布的重点区域之一．求电场强度常见的有定义式法、点电荷电场强度公式法、匀强电场公式法、矢量叠加法． 2．求解电场强度的非常规思维方法(1)等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．例如：一个点电荷＋q 与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图8甲、乙所示．图8(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．图9例如：如图9，均匀带电的34球壳在O 点产生的场强，等效为弧BC 产生的场强，弧BC 产生的场强方向，又等效为弧的中点M 在O 点产生的场强方向．(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．例2 (2015·山东理综·18)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图10.M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )图10A.3kQ4a 2，沿y 轴正向 B.3kQ4a 2，沿y 轴负向 C.5kQ4a 2，沿y 轴正向 D.5kQ4a2，沿y 轴负向答案 B解析因正电荷Q 在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负电荷在G 点形成的电场的合场强与正电荷Q 在G 点产生的场强等大反向大小为E 合＝k Qa 2；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点的场强为E 1＝k Q (2a )2＝kQ4a 2，因两负电荷在G 点的场强与在H 点的场强等大反向，则H 点的合场强为E ＝E 合－E 1＝3kQ4a2，方向沿y 轴负向，故选B.例3 如图11所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )图11A ．k 4q h2B ．k 4q 9h2C ．k 32q 9h2D ．k 40q 9h2静电平衡导体内部场强处处为零．答案 D解析该电场可等效为分别在z 轴h 处与－h 处的等量异种电荷产生的电场，如图所示，则在z ＝h 2处的场强大小E ＝k q (h 2)2＋k q (3h 2)2＝k 40q 9h2，故D 正确．电场强度叠加问题的求解思路电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：(1)确定分析计算场强的空间位置；(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．3．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图12所示，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A 、B 两个点，O 和B 、B 和A 间的距离均为R .现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k ，球的体积公式为V ＝43πr 3，则A 点处场强的大小为()图12A.5kQ 36R 2B.7kQ 36R 2C.7kQ 32R 2D.3kQ 16R 2答案 B解析由题意知，半径为R 的均匀带电球体在A 点产生的场强E 整＝kQ (2R )2＝kQ 4R 2.挖出的小球半径为R 2，因为电荷均匀分布，其带电荷量Q ′＝43π(R 2)343πR 3Q ＝Q 8.则其在A 点产生的场强E 挖＝kQ ′(12R ＋R )2＝k ·Q 894R 2＝kQ 18R 2.所以剩余空腔部分电荷在A 点产生的场强E ＝E 整－E 挖＝kQ 4R 2－kQ 18R 2＝7kQ 36R 2，故B 正确． 4.(多选)如图13所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点有一电荷量为q (q ＞0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )图13A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2答案 B解析由b 点处场强为零知，圆盘在b 点处产生的场强E 1大小与q 在b 点处产生的场强E 2大小相等，即E 1＝E 2＝k q R 2，但方向相反．由对称性，圆盘在d 点产生的场强E 3＝k q R 2，q 在d 点产生的场强E 4＝k q 9R 2，方向与E 3相同，故d 点的合场强E d ＝E 3＋E 4＝k 10q 9R 2，B 正确，A 、C 、D 错误．命题点三电场中的平衡和加速问题1．电场力方向正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反．2．恰当选取研究对象，用“整体法”或“隔离法”进行分析．3．基本思路：(1)平衡问题利用平衡条件列式求解．(2)非平衡问题利用牛顿第二定律求解．4．库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解．5．列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关．例4 (多选)如图14所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度g 取10 m/s 2；静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)，则( )图14A ．支架对地面的压力大小为2.0NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225N ，F 2＝1.0ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866N①夹角120°；②等量异种电荷．答案 BC解析小球A 、B 间的库仑力为F 库＝k Q ·Q r 2＝9.0×109×3.0×10－6×3.0×10－60.32N ＝0.9N ，以B 和绝缘支架整体为研究对象，受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为F N ＝mg －F 库＝1.1N ，由牛顿第三定律知，A 错误；以A 球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F 1＝F 2＝m A g ＋F 库＝1.9N ，B 正确；B 水平向右移，当M 、A 、B 在同一直线上时，A 、B 间距为r ′＝0.6m ，F 库′＝k Q ·Q r ′2＝0.225N ，以A 球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F 2′＝1.0N ，F 1′－F 库′＝1.0N ，F 1′＝1.225N ，所以C 正确；将B移到无穷远，则F 库″＝0，可求得F 1″＝F 2″＝1N ，D 错误．例5 如图15所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d ＝0.48m ，离地高度h ＝1.25m ．桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E ＝1×104 N/C .在水平桌面上某一位置P 处有一质量m ＝0.01 kg ，电荷量q ＝1×10－6 C 的带正电小球以初速度v 0＝1 m/s 向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图15(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向？(2)P 处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离？答案 (1)1.0m/s 2 方向水平向左 (2)38m 58m 解析 (1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有：a ＝F m ＝qE m ＝10－6×1040.01 m /s 2＝1.0 m/s 2，方向水平向左． (2)设球到桌面右边的距离为x 1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x 2，则：x 总＝x 1＋x 2 由：v 2－v 02＝2ax 1；代入，解得：v ＝1－2x 1设平抛运动的时间为t ，根据平抛运动的分位移公式，有：h ＝12gt 2，代入得：t ＝0.5 s. 水平方向，有x 2＝v t ＝0.51－2x 1，故x 总＝x 1＋0.51－2x 1令：y ＝1－2x 1；则：x 总＝1－y 2＋y 2故y ＝12，即：x 1＝38时，水平距离最大，最大值为 x max ＝58m5．(2013·新课标全国Ⅱ·18)如图16，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图16 A.3kq 3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2 D.23kq l2 答案 B6.如图17所示，水平面有方向向右的匀强电场，将质量相等的两个带异种电荷小球a 、b (可视为点电荷)，且电荷量大小分别为q a ＝3q ，q b ＝q ，由静止释放，二者之间距为r ，位置关系如图，发现两个小球始终处于相对静止状态．则下列说法正确的是( )图17A ．a 一定带正电，且电场强度大小为E ＝3kq 2r2 B ．a 一定带负电，且电场强度大小为E ＝3kq 2r2 C ．a 一定带正电，且电场强度大小为E ＝3kq r2D ．a 一定带负电，且电场强度大小为E ＝3kq r 2 答案 B解析由于两小球始终处于相对静止状态，且二者之间的电荷量又不相等，说明二者受到的电场力一定不相等，而二者间的静电力一定相等，说明二者不可能是静止，而是一起做匀加速直线运动，根据电荷量关系可知，a 受的电场力较大，若a 为正电荷，受电场力和静电力均向右，则b 必为负电荷，而b 受的电场力和静电力都向左，二者不可能相对静止，所以a 一定为负电荷．且二者都具有相同的加速度，由牛顿第二定律可得：对ab 整体有：E (q a －q b )＝2ma ，即Eq ＝ma ，对b 有kq a q b r 2－Eq b ＝ma ，即3kq 2r 2－Eq ＝ma 联立得：E ＝3kq 2r 2，所以B 正确．7．如图18所示，ABCD 为竖直放在场强为E ＝104 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A 为水平轨道的一点，而且AB ＝R ＝0.2 m ．把一质量m ＝100 g 、带电量q ＝＋10－4 C 的小球，放在水平轨道的A 点，由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动．求：(g ＝10 m/s 2)图18(1)它到达C 点时的速度是多大？(2)它到达C 点时对轨道的压力是多大？答案 (1)2m/s (2)3N解析 (1)设小球在C 点的速度大小是v C ，对轨道的压力大小为F N C ，则对于小球由A →C 的过程中，应用动能定理列出：2qER －mgR ＝12m v C 2；解得v C ＝2 m/s (2)在C 点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：F N C ′－qE ＝m v 2C R；解得：F N C ′＝3 N 由牛顿第三定律知F N C ＝F N C ′＝3 N.一、整体法与隔离法整体法是指对整个系统进行研究的方法，即从部分与整体的联系中揭示整个系统的运动规律，使部分与整体辩证地统一起来，从而解决问题的科学思维方法．当我们研究整体的运动规律，而不涉及系统内部之间的相互作用时，可采用整体法从而使问题得到简捷巧妙的解答．所谓隔离法是指把所研究的对象(包括物体或物体的一部分)，从系统中隔离开来，进行分析研究的方法．当我们要研究系统中的某个物体与其他物体(或物体中的某一部分与其他部分)的相互作用，寻求待求量与已知量的关系时，宜采用隔离法，将此物体(或物体中的某一部分)隔离出来，单独进行分析研究．典例1如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线2连接，甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上，在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场，场强为E，且有qE＝mg，平衡时细线都被拉直．则平衡时的可能位置是哪个图()答案 A解析先用整体法，把两个小球视为一个整体．整体受到的外力有竖直向下的重力2mg、水平向左的电场力qE、水平向右的电场力qE和细线1的拉力F T1.由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力F T1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直．再隔离分析乙球，如图所示．乙球受到的力为：向下的重力mg、水平向右的电场力qE、细线2的拉力F T2和甲球对乙球的吸引力F引．要使乙球所受合力为零，细线2必须倾斜．设细线2与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ＝qEmg＝1，θ＝45°，故A图正确．二、对称法对称性普遍存在于各种物理现象和物理过程之中，用对称法构建模型，就是在物理问题具有对称性的特点或经过变换具有对称性的特点时，把实际的、复杂的物理现象和物理过程简单化，构建出新的模型，从而分析求解的方法．典例2 (多选)如图19所示，A 、B 为两个等量的正点电荷，O 为其连线的中点，MON 为其连线的中垂线，在中垂线上靠近O 点的O ′点放一带电荷量为＋q 的小球(可视为点电荷，不计重力)，将此小球由静止释放，下列说法正确的是( )图19A ．将小球由O ′点从静止释放后，向无穷远处运动的过程中，加速度一定越来越大，速度也一定越来越大B ．将小球由O ′点从静止释放后，向无穷远处运动的过程中，加速度先变大后变小，速度越来越大C ．从O ′点到无穷远处，电势逐渐降低D ．从O ′点到无穷远处，小球的电势能逐渐减小答案 BCD解析 A 、B 两个等量的正点电荷形成的电场关于直线MN 对称．在O 点，两个电荷产生的电场强度大小相等，方向相反，叠加为零，故O ′点的电场强度接近于零．在MON 中垂线上距离O 点无穷远处，电场强度也为零，所以在MON 中垂线上从O ′点到无穷远处，电场强度先变大，后变小．从O ′点到无穷远处，带电荷量为＋q 的小球受到的电场力先变大，后变小，其加速度也是先变大，后变小．由于电场力一直对小球做正功，故小球的速度越来越大，选项B 正确，A 错误．由于从O ′点到无穷远处电场力一直对小球做正功，故小球的电势能E p 逐渐减小，电势φ＝E p q，故从O ′点到无穷远，电势逐渐降低，故C 、D 正确．题组1 库仑定律的理解及应用1．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率，甚至给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列数字中的( )A．6.2×10－19C B．6.4×10－19CC．6.6×10－19C D．6.8×10－19C答案 B解析任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，即是1.6×10－19 C的整数倍，由计算可知，只有B选项是1.6×10－19 C的整数倍，故选项B正确．2.(多选)如图1所示，A、B为相互接触的用绝缘支架支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是()图1A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，B上的金属箔片闭合答案AB解析C移近A时，带正电的小球C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A上积累了负电荷，B上积累了正电荷，其下部的金属箔片也分别带上了与A、B同种性质的电荷．由于同种电荷间的斥力作用，所以金属箔片都张开，选项A正确．C 靠近后保持不动，把A、B分开，A、B上的电荷因受C的作用力不可能中和，因而A、B仍带等量的异种感应电荷，此时再移走C，因A、B已经绝缘，所带电荷量不会变，金属箔片仍张开，选项B正确．先移走C，A、B上的感应电荷会马上在其相互之间的引力作用下中和，不再带电，所以金属箔片都不会张开，选项C错误．先把A、B分开，移走C，然后重新让A、B接触，A、B所带的异种电荷马上中和，金属箔片都不会张开，选项D错误．3．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此进1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．因此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6答案 D解析由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第七章静电场第2讲含答案

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。

2018版高考物理(新课标)一轮复习课件：第七章恒定电流 7-2

第五步：由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化. 第六步：由串、并联电路的规律确定各支路两端的电压以及通过各支路的电流如何变化.
考向 1 [典例 1]
纯电阻电路动态分析 (多选)在如图所示的电路中，闭合开关 S，当滑
动变阻器的滑片 P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2 和 U3 表示，电表示数变化量的大小分别用 ΔI、ΔU1、ΔU2 和 ΔU3 表示.下列判断正确的是 ( )
[解题指导]
画出开关断开和闭合时的等效电路图，确定
电容器和哪部分电路并联，这是解题的关键.
[解析] 电路中四个电阻阻值相等，开关 S 断开时，外电
路的连接等效为图 1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为 R，根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压 1 1 为 U1＝ × E＝ E； 2 2 5 R＋R 3 2 R 3
[答案] ACD
考向 2 [典例 2]
含容电路动态分析 (2016· 新课标全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电
容器 C 及电池 E(内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关 S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为 Q1；闭合开关 S，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为 Q2.Q1 与 Q2 的比值为( 2 A. 5 3 C. 5 1 B. 2 2 D. 3 )
内阻
，它是电源的另一重要参数.
知识点三
闭合电路的欧姆定律
正比
1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成内、外电路的电阻之和成反比 . E I＝ R＋r 只适用于纯电阻电路） 2.公式 U ＋U内适用于任何电路） E＝外
，跟
3.路端电压 U 与电流 I 的关系

2018高考总复习物理江苏专用课件：第七章第二节

1.(多选)一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝ 120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源,电动势为100 V，内阻忽略不计．则( AC ) A．当cd端短路时，a、b之间的等效电阻是40 Ω B．当ab端短路时，c、d之间的等效电阻是40 Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V
[审题突破] (1)R1 为定值电阻，电功率最大的条件是什么？ (2)R2 为可变电阻，其电功率最大的条件是什么？ (3)电源输出最大功率为E4r2的条件是什么？ [解析] (1)将 R1 和电源(E，r)等效为一新电源，则新电源的电动势 E′＝E＝8 V 内阻 r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当 R2＝r′＝10 Ω时，R2 有最大功率，即 P2max＝E4r′′2＝4×8210 W＝1.6 W.
(多选)如图所示的电路中，电源电动势为 E，内电阻为 r，平行板电容器 C 的两金属板水平放置，R1 和 R2 为定值电阻，P 为滑动变阻器 R 的滑片，G 为灵敏电流计， A 为理想电流表．开关 S 闭合后，C 的两板间恰好有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是( BC )
(2)因 R1 是定值电阻，所以流过 R1 的电流越大，R1 的功率就越大．当 R2＝0 时，电路中有最大电流，即 Imax＝R1E＋r＝0.8 A R1 的最大功率 P1max＝I2maxR1＝5.12 W 这时电源的效率
η＝R1R＋1 r×100%＝80%.
(3)不能．因为即使 R2＝0，外电阻 R1 也大于 r，不可能有E4r2 的最大输出功率．本题中，当 R2＝0 时，外电路得到的功率最大．

2018版高考物理人教大一轮复习配套课件第七章静电场基础课1 精品

答案 ACD
2．[等量点电荷的电场线]如图8所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于 MN 左右对称，则下列说法中正确的是 ()
图8
A．这两点电荷一定是等量异种电荷 B．这两点电荷一定是等量同种电荷 C．D、C两点的电场强度一定相等 D．C点的电场强度比D点的电场强度小解析由电场线分布的特征可知，产生电场的两点电荷一定是等量异种电荷，A正确，B错误；C点电场线的密度比D点大，所以C点的电场强度大，C、D错误。答案 A
即 E＝kΔr2lq。故选项 C 正确。
答案 C
方法技巧
计算电场强度常用的方法 (1)电场叠加合成的方法。 (2)平衡条件求解法。 (3)对称法。(4)补偿法。(5)等效法。
电场线的理解与应用 1．典型电场的电场线
2．电场线的应用
1．[判断场强和电势] (2015·江苏单科，8)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图7所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则( )
图5
3kq A. 3l2
3kq C. l2
3kq B. l2
2 3kq D. l2
解析对 c 受力分析，小球处于静止状态，满足 3kqlq2c ＝qcE，可得 E＝ 3l2kq，故 B 正确。
答案 B
4．[补偿法计算电场强度]若在一半径为r，单位长度带电量为 q(q＞0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口Δl(且Δl≪r)，如图6所示，则圆心处的场强大小为( )
知识点二、库仑定律 1．内容：_真__空___中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们

2018版高考物理配套课件：第七章第2讲闭合电路欧姆定律

第七章　恒定电流第2讲　闭合电路欧姆定律考试标准知识内容必考要求加试要求说明串联电路和并联电路c c 1.不要求解决无穷网络等复杂电路的问题.2.电表改装只限于改装成单量程电压表和电流表.闭合电路的欧姆定律c d3.不要求分析外电路为混联电路的动态电路问题.内容索引必考考点自清加试题型突破课时训练必考考点自清一、串联电路和并联电路1.电路的串、并联考点逐项排查1答案串联并联电流I ＝I 1＝I 2＝…＝I nI ＝2.电表的改装改装成电压表改装成电流表内部电路改装原理串联分压并联分流改装后的量程U＝I g(R＋R g)I＝I g量程扩大的倍数n＝n＝接入电阻的阻值R＝－R g＝(n－1)R g R＝改装后的总内阻R V＝R g＋R＝nR g R A＝二、闭合电路的欧姆定律1.公式(1)I ＝ (只适用于纯电阻电路).(2)E ＝ (适用于所有电路).2.路端电压与外电阻的关系(1)一般情况：U ＝IR ＝答案U 外＋Ir E123456 2必考题组专练1.电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为( )A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶1√2.(2016·金华十校调研)有两个相同的电流表，允许通过的最大电流(满偏电流)为I g ＝1 mA ，表头电阻R g ＝30 Ω，若改装成一个量程为3 V 的电压表和一个量程为0.6 A 的电流表应分别( )A.串联一个2 990 Ω的电阻和并联一个0.15 Ω的电阻B.并联一个2 990 Ω的电阻和串联一个0.15 Ω的电阻C.串联一个2 970 Ω的电阻和并联一个0.05 Ω的电阻D.并联一个2 970 Ω的电阻和串联一个0.05 Ω的电阻√1234563.(2015·浙江9月学考测试·8)如图1所示，一个电阻R和一个灯泡L串联接在电压恒为U的电源上，电路中的电流为I.电阻两端的电压为U1，电功率为P1；灯泡两端的电压为U2，电功率为P2，则下列关系式正确的是( )A.P1＝UIB.P2＝√C.U2＝U－IRD.U1＝U－IR图14.如图2所示，当开关S闭合时，灯L1、L2均不亮.某同学用一根导线检查电路，将导线接在L1两端时，发现L2发光，由此可判断故障的可能原因是( )A.灯L1短路B.灯L1断路C.灯L2短路D.灯L2断路√图25.一块太阳能电池板，测得其开路电压为1 000 mV，短路电流为50 mA.若该电池板与电阻值为30 Ω的电阻组成闭合回路，电池板的路端电压是( )√A.400 mVB.600 mVC.500 mVD.300 mV6.如图3所示，把两个电源的U－I关系图线画在同一坐标系中，由图象可得出的正确结论是( )A.E1＝E2，内电阻r1＞r2B.E1＝E2，发生短路时I1＞I2C.E1＜E2，内电阻r1＞r2D.E1＜E2，发生短路时I1＞I 2√图3加试题型突破命题点一　电路的动态分析例1 如图4，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，与分别为理想电压表与理想电流表.初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )A. 的读数变大，的读数变小B. 的读数变大，的读数变大C. 的读数变小，的读数变小D. 的读数变小，的读数变大√解析　S 断开，外电阻变大，总电流减小，故路端电压U ＝E －Ir 增大，电压表的读数变大.R 1两端电压减小，则R 3两端的电压增大，电流表的读数变大.图4[题组阶梯突破]1.在如图5所示的电路中，电源的内阻不能忽略，当电路中接入的电灯数目增多时，下列说法正确的是( )A.外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B.外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变大C.外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变大D.外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小√图52.(多选)如图6所示是一种油箱内油面高度检测装置的示意图.图中油量表由电流表改装而成，金属杠杆的一端接浮标，另一端触点O 接滑动变阻器R .当油箱内油面下降时，下列分析正确的是( )A.触点O 向下滑动B.触点O 向上滑动C.电路中的电流增大了D.电路中的电流减小了√图6√3.如图7所示的电路中，调节滑动变阻器，电压表的读数由6 V变为5 V，电流表读数的变化量为0.5 A，则下列说法中正确的是( )A.电流表的读数变小了，电源的内阻为10 ΩB.电流表的读数变大了，电源的内阻为20 ΩC.电流表的读数变大了，电源的内阻为2 Ω√D.不知道电流表的具体读数，无法计算电源的内阻图74.在如图8所示的电路中，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R 的阻值过程中，发现理想电压表的示数减小，则( )A.R 的阻值变大B.路端电压不变C.干路电流减小D.路端电压和干路电流的比值减小图8√5.(2016·宁波模拟)如图9所示电路中，L 1、L 2为两只相同的灯泡，R 为光敏电阻(随光照的增强电阻减小)，当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是( )A.L 1、L 2两灯均逐渐变暗B.L 1灯逐渐变暗，L 2灯逐渐变亮C.电源内电路消耗功率逐渐减小D.光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率逐渐增大√图912345例2 如图10所示，已知电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，保护电阻R 0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱消耗的电功率最大，并求这个最大值.命题点二　电路中的功率及效率问题图10解析　把保护电阻看成电源内电路的一部分，令r 0＝R 0＋r ，则电阻箱消耗的电功率为：P ＝( )2·R ＝，故当R ＝r 0，即R ＝r ＋R 0＝(1＋0.5)Ω＝1.5 Ω时，P max ＝＝W ＝6 W.答案　1.5 Ω　6 W6.(多选)如图11，电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路电阻为R ，当R 增加时，下列哪些量一定是增加的( )A.路端电压B.干路电流C.输出功率D.电源的效率[题组阶梯突破]678√图11√97.同一电源分别接上12 Ω和3 Ω的电阻时，两电阻消耗的电功率相等，则电源的内阻为( )√A.1 ΩB.3 ΩC.6 ΩD.18 Ω解析　设电源的电动势为E，内阻为r，根据题意可知：( )2×12 Ω＝( )2×3 Ω，解之得r＝6 Ω，故C是正确的.8.直流电路如图12所示，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的( )A.总功率一定增大B.效率一定减小C.电源内部消耗功率一定减小D.输出功率一定先增大后减小图12√9.如图13所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝1 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω，当滑动变阻器阻值为R 1时可使甲电路输出功率最大，滑动变阻器阻值为R 2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2 W)，则R 1和R 2的值分别为( )A.2 Ω，2 Ω B.2 Ω，1.5 ΩC.1.5 Ω，1.5 Ω D.1.5 Ω ,2 Ω图13√例3 如图14所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2两端的电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则( )A.R 1接在电源上时，电源的效率高B.R 2接在电源上时，电源的效率高C.R 1接在电源上时，电源的输出功率大D.电源的输出功率一样大命题点三　电源和电阻U －I 图象的比较图14√10.(2015·浙江9月学考测试·10)某电源电动势为E ，内阻为r .根据路端电压与电流的关系式U ＝E －Ir ，作出U 与I 的函数图象如图15所示.下列说法正确的是( )A.图线斜率的绝对值表示内阻的大小B.电源短路的状态对应于图中的P 点C.电动势越大，P 点位置越接近坐标原点D.外电路断开的状态对应于图中的Q 点[题组阶梯突破]101112√13图1511.如图16所示为某一电源的U －I 图线，由图可知( )A.电源电动势为2 VB.电源内电阻为 ΩC.电源短路时电流为6 AD.电路路端电压为1 V 时，电路中电流为2.5 A图16√12.(2016·浙江模拟)如图17所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的图线，其中U0、I0、U、I已知，下列说法正确的是( ) A.阴影部分的面积UI表示电源的输出功率，电源的效率为×100%B.电源电动势为U0，内阻为C.当满足α＝β时，电源的输出功率最大D.当满足α＞β时，电源的效率大于50%图17√13.如图18，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为标识不清的小灯泡L 1的U －I 图线，将L 1与该电源组成闭合电路时，L 1恰好能正常发光.另有一相同材料制成的灯泡L 2，标有“6 V,22 W ”，下列说法中正确的是( )A.电源的内阻为3.125 ΩB.把灯泡L 1换成L 2，L 2可能正常发光C.把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率可能相等D.把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率一定图1810111213√课时训练1.如图1所示，有三个电阻，已知R 1∶R 2∶R 3＝1∶3∶6，则电路工作时，电压U1∶U 2为( )A.1∶6B.1∶9C.1∶3D.1∶2√图12.(2016·湖州市联考)将一块内阻为600 Ω，满偏电流为50 μA的电流表G 改装成量程为3 V的电压表，应该( )A.串联一个60.0 kΩ的电阻B.并联一个60.0 kΩ的电阻√C.串联一个59.4 kΩ的电阻D.并联一个59.4 kΩ的电阻解析　改装电压表需要串联一个分压电阻，选项B、D错误；根据欧姆定律可知：R＋R g＝，解得R＝59.4 kΩ，选项C正确.3.(2016·衢州模拟)太阳能路灯以太阳光为能源，白天太阳能电池板给蓄电池充电，晚上蓄电池给灯源供电，安全节能无污染，已被广泛采用.如图2所示，是某地使用的太阳能路灯和它的电池板铭牌，则该电池板的内阻约为( )A.7.58 ΩB.6.03 ΩC.6.23 ΩD.7.35 Ω√图24.如图3所示电路，开关S断开和闭合时电流表示数之比是1∶3，则可知电阻R1和R2之比为( )A.1∶3B.1∶2C.2∶1D.3∶1√图35.如图4所示四个相同的灯泡按如图所示连接，闭合开关后，关于四个灯泡的亮度，下列结论中正确的是( )A.L 1灯、L 2灯一样亮，L 3灯次之，L 4灯最暗B.L 1灯最亮、L 3灯次之，L 2与L 4灯最暗且亮度相同C.L 1灯最亮、L 2与L 3灯一样亮，L 4灯最暗D.L 1与L 2灯一样亮，L 3与L 4灯一样亮，但比L 1与L 2灯暗些√图46.(多选)电源电动势和内电阻都保持一定，外电路的电阻逐渐减小的过程中，下列说法正确的是( )A.电源的供电效率一定逐渐减小B.电源的路端电压一定逐渐减小C.电源输出功率一定逐渐减小D.电源内部消耗的功率一定逐渐减小√√7.如图5所示，直线A 为电源的U －I 图线，直线B 为电阻R 的U －I 图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是( )A.4 W,8 WB.2 W,4 WC.4 W,6 WD.2 W,3 W √图5解析　从题图中可知E ＝3 V ，图线A 和图线B 的交点是电源和电阻R 构成电路的工作点.因此P 出＝UI ＝4 W ，P 总＝EI ＝6 W.8.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图6所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常数)，图线b是某电阻R的U－I图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为( )A.8.0 ΩB.10 Ω√C.12 ΩD.12.5 Ω图69.(多选)某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图7中的a、b、c所示.以下判断正确的是( )A.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系P A＝P B＋P CB.b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4C.电源的最大输出功率P m＝9 W√图7√10.如图8所示，电源电压恒定不变，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑片P 向右移动时，关于理想电流表A 1和理想电压表V 1的示数变化叙述正确的是( )A.电流表A 1示数变大，电压表V 1示数变大B.电流表A 1示数变大，电压表V 1示数变小C.电流表A 1示数变小，电压表V 1示数变大D.电流表A 1示数变小，电压表V 1示数变小图8√11.如图9所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小.闭合开关S后，将照射光强度增强，则( )A.电路的路端电压将增大B.灯泡L将变暗C.R2两端的电压将增大D.R1两端的电压将增大√图912.(2016·慈溪市调研)如图10所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器.当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个理想电表A1，A2和V的示数分别为I1，I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A.A1示数减小，A2示数不变，V示数减小B.A1示数减小，A2示数增大，V示数减小√C.A1示数增大，A2示数减小，V示数减小D.A1示数增大，A2示数增大，V示数增大13.如图11所示的电路，灯泡L 1与L2完全相同，开关S闭合后，电压表、的示数都等于电源电压，两个灯泡都不发光.如果故障只有一个，则可能是( )A.L1短路B.L1断路C.L2短路D.L2断路√图1114.如图12所示，C 为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S ，当滑动变阻器R 1、R 2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C 两极板间的带电尘埃P 恰好处于静止状态.要使尘埃P 向下加速运动，下列方法中可行的是( )A.将R 1的滑片向左移动B.将R 2的滑片向左移动C.将R 2的滑片向右移动D.将闭合的开关S 断开图12√15.(2016·温州市调研)如图13所示的电路中，当S 2闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数分别为1.6 V 和0.4 A.当S 2断开时，它们的示数分别改变0.1 V 和0.1 A ，求电源的电动势和内电阻.图13解析　当S 2闭合时，R 1、R 2并联接入电路，由公式E ＝U 外＋Ir ，得E ＝1.6＋0.4r .当S 2断开时，只有R 1接入电路，总电阻增大，则电压表示数增大，电流表示数减小，由公式E ＝U 外＋Ir 得E ＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r .解以上两式得E ＝2 V ，r ＝1 Ω.答案　2 V 1 Ω16.如图14所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF.图14(1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流.答案　1 A 解析　稳定时，电路中的电流A.(2)然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量.解析　S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压U＝IR2＝1×6 V＝6 V，S断开后，电容器两端的电压为10 V.所以ΔU＝4 V，流过R1的总电荷量为ΔQ＝ΔUC＝1.2×10－4 C.答案　4 V　1.2×10－4 C(3)如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R2消耗的最大电功率.答案　6.25 W。

非常考案2018版高考物理一轮复习课件：第七章恒定电流第2课时

【答案】 ABC
[规律总结]
对闭合电路功率的两点认识
(1)闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能．内、
外电路将电能转化为其他形式的能，IE＝P 内＋P 外就是能量守恒定律在闭合电路
中的体现．
(2)外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大．
考点 3| 电源 U-I 图象与电阻 U-I 图象的比较
A．I1 增大，I2 不变，U 增大 B．I1 减小，I2 增大，U 减小 C．I1 增大，I2 减小，U 增大 D．I1 减小，I2 不变，U 减小
图 7-2-1
【解析】由图知电压表测量路端电压，电流表 A1 测量流过 R1 的电流，电流表 A2 测量流过 R2 的电流．R2 的滑动触点向 b 端移动时，R2 接入电路的电阻减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数 U 减小，R3 两端电压增大，R1、R2 并联电压减小，通过 R1 的电流 I1 减小，而总电流 I 增大，则流过 R2 的电流 I2 增大．故 A、C、D 错误， B 正确．
【答案】 AD
7．[两种 U-I 图象的理解] (2016·石家庄检测)某一电源的路端电压与电流的关系和电阻 R1、R2 的电压与电流的关系如图 7-2-8 所示．用此电源和电阻 R1、R2 组成电路．R1、R2 可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法
是( )
表示外电阻的大小，不同点对每一点对应的比值均等大，表
坐标的 U、I 比值
应的外电阻大小不同
示此电阻的大小
斜率
内电阻 r
电阻大小
[题组突破] 6．[对电源 U-I 图象的理解](多选)如图 7-2-7 所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )

2018版高中物理人教版必修2课件：第七章　机械能守恒定律第1节　追寻守恒量—能量第2节　功

【学习目标】 1.了解功的概念及历史发展历程,知道功的实质是能量转化的量度. 2.理解功的概念,会用功的公式计算功,知道功是标量,理解功的正负是由力和位移的方向夹角的余弦值决定,不表示方向. 3.明白分力做功,总功和变力做功的求解方法,再一次体会微元法的处理方法. 4.结合实际生活经验,尝试解释生活中的相关现象,体验物理和实际生活的密切联系.
〚核心点拨〛支持力FN与位移的夹角为90°,重力与位移的夹角为90°,摩擦力与位移的夹角为180°,拉力与位移的夹角为θ.
解析:根据功的概念可知,拉力做功为W=FLcos θ,选项A错误;雪橇受地面的摩擦力为μ(mg-Fsin θ),所以滑动摩擦力做功为-μ(mg-Fsin θ)L,选项 B错误;重力和支持力的方向为竖直方向,而位移的方向为水平方向,所以支持力和重力做功为零,选项C错误;雪橇匀速运动,合力为零,合力做功为零,选项D正确.
探寻基本知识感悟解题规律测评学习效果
探寻基本知识·树立物理观念
知识点一追寻守恒量【情境导学】请同学们阅读课本上关于人类追寻自然规律中守恒的量的历史进程,结合自身感受说说你的认识.
【知识梳理】 1.伽利略斜面实验探究 (1)实验现象:让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个对接斜面, 没有摩擦时,hA=hB,如图所示.
符号其中F,l,cos α分别表示力的大小、位移的大小、力与位移
含义方向夹角的余弦
符号单位
F的单位是牛顿,l的单位是米,W的单位是牛·米,即_焦__耳__
2.正功和负功
(1)当α= π 时,cos α=0,则W=0,即力对物体不做功 .
2
(2)当α< π
时,cos
α>0,则W>0,即力对物体

2018年人教版高考物理复习第七章第2讲

A．3.0 V
B．3.6 V
C．4.0 V
D．4.2 V
新课标高考总复习· 物理
Байду номын сангаас
U 解析：选 B 由于电压表的示数为路端电压，而 U＝IR，则 I＝R ＝0.6 A，由闭合电路欧姆定律可得 E＝I(R＋r)＝0.6×(5＋1) V＝3.6 V，故选项 B 正确。
新课标高考总复习· 物理
[路端电压、输出功率] 5．将一电源电动势为 E、内阻为 r 的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用 R 表示外电路电阻，I 表示电路的总电流，下列说法正确的是( )
I＝I1+I2+…+In
U＝U1＝U2＝…＝Un 1 1 1 1 ＝＋＋…＋R R总 R1 R2 n
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分压原理或分流原理功率分配
U1∶U2∶…∶Un＝
R1∶R2∶…∶Rn
P1∶P2∶…∶Pn＝
R1∶R2∶…∶Rn
1 I1∶I2∶…∶In＝R ∶ 1 1 1 ∶…∶ R2 Rn 1 P1∶P2∶…∶Pn＝R ∶ 1 1 1 R2∶…∶Rn
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2．电源的电动势和内阻 (1)电动势 ①电动势的计算：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比 W 值，E＝ q ；
把其他形式的能转化成电势能 ②电动势的物理含义：电动势表示电源本
领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压。 (2)内阻：电源内部导体的电阻。
R1 I2 2 解析：选 B 由并联电路特点可知 R ＝I ＝1，由串联 2 1 U1 R1 2 电路特点可得 U ＝R ＝1，B 正确。 2 2
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[对电动势的理解] 3．下列关于电动势的说法中正确的是( )

2018高考总复习物理江苏专用课件：第七章第一节

5.电功电功率焦耳定律
Ⅰ
T10 热的关系．能量守恒定律在电
实验五：决定导线电阻的因素
2014年路中的应用是高考命题的热点,
实验六：描绘小灯泡的伏安特
T10 多以计算题或选择题的形式出
性曲线
2013年T4 现.
实验七ห้องสมุดไป่ตู้测量电源的电动势和
2013年 3.稳态、动态含电容电路的分
内阻
T10 析,以及电路故障的判断分析,
2.(单选)(2015·山东省名校联考)欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( A )
三、电功、电功率、焦耳定律 1．电功 (1)实质：电流做功的实质是__电__场__力______对电荷做正功，电势能转化为其他形式的能的过程． (2)公式：W＝qU＝_____U_I_t_______，这是计算电功普遍适用的公式．
多以选择题形式出现.
实验八：练习使用多用电表
4.电学实验及相关电路的设计, 几乎已成为每年高考必考的题
型
第七章恒定电流
第一节欧姆定律、电阻定律、电功率及焦耳定律
一、电流、欧姆定律 1．电流 (1)定义：自由电荷的__定__向__移__动_______形成电流． (2)方向：规定为___正__电__荷________定向移动的方向． (3)三个公式 ①定义式：I＝__q_/_t______；②微观式：I＝__n_q_v_S_______； ③I＝UR.
子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环
形电流．设带电荷量为 e 的电子以速率 v 绕原子核沿顺时针

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