1、1高二物理上期中必考知识点分析选择专题分析1.甲、乙两个点电荷在真空中的相互作用力是 F，如果把它们的电荷量都减小为原来的 ，距离增加到原来的 2 倍，则相互作用力变为（ ）21A.8F B. C. D.F141F16【分析】充分理解库仑定律，知道库仑定律与哪些因素有关。【解析】由库仑定律知 ，则由题意设变化前 ，当电荷量距21rqk21rqk离变化后求得 ，故 D 正确。12126)(FF【点评】深入理解库仑定律是本题的关键，找准其中影响库仑力因素电荷量和距离的变化，灵活运用库仑定律求解。2.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中 M 点以相同速度飞出 a、b 两个带电粒子，只在电场
2、力作用下它们的运动轨迹如图中虚线所示。下列说法中正确的是（ ）A.a 一定带正电，b 一定带负电B.a、b 的速度一个将减少，另一个将增大C.a、b 的电势能一个将增加，另一个将减少D.a 的加速度将减少，b 的加速度将增大【分析】要正确认识电场线与电场强度，电场力做功和电势能变化三者之间的关系，再根据其中变化判断粒子速度变化及其电性。【解析】A、由图可知 a、b 带电粒子的运动轨迹，但不知道场强方向，故无法确定电场力方向，因此不能判断粒子的带电性，A 错;由于出发后电场力始终对电荷做正功，两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故 B 错误;C、电场力对两个电荷都做正功，两个电荷
3、的电势能都减小故 C 错误;D、电场线的疏密代表电场的强弱，baM2由图可知越向左场强越小，故 a 出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而 b 出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内 a受到的电场力变小，b 受到的电场力变大a 的加速度将减小，b 的加速度将增大故 D正确【点评】掌握加速度的定义是本题的关键，要正确认识速度与加速度的联系。3.如图所示电路图中，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A.电流表和电
4、压表读数均增大B.电流表和电压表读数均减小C.电压表 V1的示数变化量小于电压表 V2的示数变化量D.电流表读数变小，电压表 V2读数变大，V 1读数减小【分析】本题主要考闭合回路欧姆定律的运用，要学会根据题目知道电路中的电阻变化，由闭合回路欧姆定律分析电路中的总电流变化，再分析分电流变化，进而找到电压变化。【解析】由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流 I 减小，而路端电压 U=E-Ir，则 U 增大，电阻 R1的电压 U1=IR1减小，则电压表 V1示数减小；并联部分的电压 U 并=U
5、-U 1增大，电压表 V2示数增大；U 并增大，通过 R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小总之，电流表读数变小，电压表 V2读数变大，V 1读数变小，故 A、B 错误，D 正确；C、电压表 V1的示数与电压表V2的示数之和等于 U，即 U1+U2=U，因 V1示数减小，V 2示数增加，而 U 增加，所以电压表 V1的示数减小量小于电压表 V2的示数增加量，故 C 正确。故选：CD。【点评】了解并掌握欧姆定律，学会根据电路图掌握电流，电压的变化。4.给平行板电容器充电后断开电源，A 极板带正电，B 极板带负电。板间一带电小球C 用绝缘细线悬挂，如图所示。小球静止时与竖直方向的
6、夹角为 ，则（ ）A.若将 B 极板向右平移少许，电容器的电容将增大B.若将 B 极板向下平移少许，A、B 极板间的电势差将增大+ CBA3C.若将 B 极板向上平移少许，夹角 将变大D.轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动【分析】掌握电容器的决定因素，即电容器的决定式和定义式，并知道电容器变化所引起的电压，电场强度，电场力的变化。【解析】A.若将 B 极板向右平移少许，d 增大，根据 ，知电容器的电容将kdsC4减小故 A 错误;B.若将 B 极板向下平移稍许，正对面积 S 减小，根据 ，知电容将减小电容器的电量 Q 不变，由 ，分析得知板间电势差增大，故 B 正确;C.若U将 B 板向上平移稍
7、许，正对面积 S 减小，根据 ，知电容将减小电容器的电量kdsC4Q 不变，由 ，分析得知板间电势差增大，根据 ，得知 E 增大，小球所受的电UC场力增大， 将变大故 C 正确;D.轻轻将细线剪断，小球仅受电场力和重力，且初速度为零，故小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动故 D 错误故选：BC【点评】本题考点即 、 、 。kds4UQE5.如图，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的 P 点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到 A、B、C 三点，则( )A. A 带正电、B 不带电、C 带负电 B. 三小球在电场中运动时间相等C.在电场中
8、加速度的关系是 aCaBaAD.到达正极板时动能关系 EAEBEC 【分析】掌握运动的分解，由运动推导出加速度，再由牛二定律物体的受力，得出合外力，最后分析合外力做功所引起的动能变化。【解析】A、B、C 由运动分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为 xAx Bx C，而初速度 v0相同，由位移公式 x=v0t 得知，运动4时间关系为 tAt Bt C小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小 y 相等，由位移公式 得到，加速度的关系为 aAa Ba C根据牛顿第二定律得知，三个21ay小球的合力关系为：F AF BF C三个质量相等，重力相等，则可知，A
9、受电场力向上，C 所受电场力向下，则 A 带正电、B 不带电、C 带负电故 AC 正确，B 错误。D.由上分析得到，电场力对 A 做负功，电场力对 C 做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功 A 最小，C 最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系 EKAE KBE KC故 D 错误故选 AC。【点评】本题综合性较强，结合了动力学和静电学，故要清楚知道物体的运动，物体的受力，合外力做的功，能量变化，平行板电容器产生的电场对粒子的作用等等。实验题专题分析1.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率 。成下列部分步骤：(1)用游标为 20 分度的卡尺测量其长度
10、，如图甲所示，由图可知其长度为 mm.(2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，由图可知其直径为 mm.(3)用多用电表的电阻“100”挡测此圆柱体的电阻，在测量前应进行 操作，测量时发现指针的偏转角过大；换用“10”挡，按正确的步骤操作，表盘的示数如右图所示 ，则该电阻的阻值约为 .(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如下： 甲 乙 5待测圆柱体电阻 R；电流表 A1(量程 04mA，内阻约 50)；电流表 A2(量程 010mA，内阻约 30)；电压表 V1(量程 03V，内阻约 10k)；电压表 V2(量程 015V，内阻约 25k)；直流电源 E(电动
11、势 4V，内阻不计)；滑动变阻器 R1(阻值范围 015，允许通过的最大电流 2.0A)；滑动变阻器 R2(阻值范围 02k，允许通过的最大电流 0.5A)；开关 S，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析 ，电流表选 ，电压表选 ，滑动变阻器选 ；请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【分析】（1）（2）（3）主要考查三个仪器的读数方法，（4）主要考查电路设计，重点在于电流表，电压表的量程选择。【解析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。游标卡尺的固定刻度读数为 50mm，游标尺上第 3 个刻度游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数
12、为：50mm+0.15mm=50.15mm；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；螺旋测微器的固定刻度读数为 5mm，可动刻度读数为 0.0131.5mm=0.315mm，所以最终读数为：5mm+0.315mm=5.315mm（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确。欧姆表读数前都需要重新欧姆调零以提高准确度，该电阻的阻值约为 22.010=220。（4）根据电源电动势为 4V 可知电压表选 V1；根据欧姆定律可求得通过待测电阻的最大电流为 ，mARUI8故电流表选 A2。而题目要求多测数据进行分析，故滑动6变
13、阻器采用分压接法，应选择阻值比较小的变阻器 R2,由于待测电阻满足，故电流表外接，则电路图如图。AXVR【点评】本题主要考查对游标卡尺，螺旋测微器，电压表，电流表，欧姆表等仪器的使用及读数方法，以及滑动变阻器在不同的电路接法中的不同作用。计算专题分析1.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场其电场强度为 E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为 m 的带电小球，丝线跟竖直方向成 角时小球恰好平衡，如图所示，请问：(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【分析】本题关键在于考查带电粒子在电场中的运动。【解析】(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示Fsi
14、nqEFcosmg由 得 tan ，故 . qEmg mgtanE(2)由知 F ，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时mgcos 丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力 F 合 = .则小球的mgcos加速度 a ，故小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，F合m gcos当碰到金属极上时，它经过的位移为 ，又由 s at2，dsin 12故 t 2sa 2dcosgsin 2dgtan【点评】本题综合运用了动力学和静电学，需对带电粒子进行受力分析，找到拉力，电场力和重力之间的关系，再由牛顿第二定律分析物体的运动情况。72.水平放置的两块平金属
15、板长 L=5.0cm，两板间距 d=1.0cm，两板间电压为 90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度 ，从两板中间射入，如图所示，求：smv/10.27（1）电子飞出电场时侧位移是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的 P 点，若 s=10cm，求 OP 之长。【分析】（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2）先根据 v=at 求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度；（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方
16、向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出 op 的长。【解析】(1)竖直方向做匀加速直线运动根据电容器电压与电场的关系得： ，得 E=9000v/mdUE又因为 F=qE,且 F=ma，故得 a=1.61015m/s2水平方向做匀速运动，故 ，得 t=2.510-9stvL0所以 ，得 y=0.5cm21aty(2)竖直方向速度;v 1=at所以 ，得 v=2.03107m/s20v(3)从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速直线运动，水平方向： ，竖直方向 ，01st1PMtv则:PO=PM+MO,即 PO=PM+y，得 PO=0.025m8
17、【点评】本题要先分清离开电场前和离开电场后的受力有什么区别，以及物体运动情况是否发生改变，再对物体进行受力分析，以及运动分解。3.如图所示电路中， 。当FCR205.163321 ，开关 S1闭合、S 2断开，电路稳定时，电源的总功率为 2W，当开关S1、S 2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为 4W，求：（1）电源电动势 E 和内电阻 r；（2）当 S1、S 2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当 S1闭合，分别计算在 S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？【分析】本题关键考查闭合回路欧姆定律以及功率和电容器的带电量。【解析】（1）S 1闭合，S 2断开： W2P32总rRES1，S 2闭合： 421总r联立得 E=4V，r=0.5 （2） ， ArREI321 RIP5.3)(21出WP5.0.4出总热（3）当 S1，S 2闭合时，电容器两板间 U=0，Q=0当 S1 闭合，S2 断开时，R2 上电压 VRrEU3232CUQ5206【点评】本题要注意 S1，S 2闭合或断开时电路的变化，可先画出相应的电路图，再根据闭合回路欧姆定律找到相应物理量并求解。9
