光 葉綠素 A．CO2+H2O＝H2CO3 B．6nCO2+5nH2O――→ (C6H10O5)n+6nO2 C．NH3+CO2+H2O+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓ D．CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2 64．據(jù)最新《參考消息》報道，有科學家提出硅是“21世紀的能源”、“未來的石油”的觀點。假如硅作為一種普遍適用的新型能源被開發(fā)利用，關于其有利因素的下列說法中，你認為不妥的是 A．硅便于運輸、貯存，從安全的角度考慮，硅是最安全的燃料 B．自然界中存在大量的單質硅 C．硅燃燒放出的熱量多，且燃燒產(chǎn)物對環(huán)境污染程度低，容易有效控制 D．自然界中硅易開采，且可再生 65．理論上不能設計為原電池的化學反應是 A. Li+MnO2 LiMnO2
B.
Al(NO3)3+4NaOHNaAlO2+3NaNO3+2H2O C. H2+Cl22HCl
D.
2CO+O22CO2 66．下列說法正確的是 A．常溫常壓下，只有一種元素的單質呈液態(tài) B．周期表中所有元素都是從自然界中發(fā)現(xiàn)的 C．過渡元素不全是金屬元素 D．常溫常壓下，氣態(tài)單質的分子都是由非金屬元素的原子形成的 67．北京2008奧運會金牌為金鑲玉，直徑為70mm，厚6mm。某化學興趣小組對金牌中金屬的成分提出猜想：甲認為該金屬是由純金制成；乙認為該金屬是由金銀合金制成；丙認為該金屬是由黃銅（銅鋅合金）制成。為了驗證他們的猜想，取制造這種金牌的材質粉末少量進行實驗，加入下面一種試劑即可證明猜想的正誤，該試劑應是 A．硫酸銅溶液 B．鹽酸 C．稀硝酸 D．硝酸銀溶液 68．下列說法不正確的是 A．需要加熱的化學反應不一定是吸熱反應 B．中和反應都是放熱反應 C．原電池是將化學能轉化為電能的一種裝置 D．科學家正在研發(fā)用海水波浪來發(fā)電是因為可將化學能轉化為電能 69．下列物質中，在發(fā)揮作用后不會立即被破壞而能繼續(xù)發(fā)揮作用的是 A．載體蛋白 B．神經(jīng)遞質 C．激素 D．抗體 70．瘦肉精全名叫鹽酸克倫特羅，它是一種神經(jīng)興奮劑，添加到豬飼料中被豬食用后體內(nèi)脂肪減少，蛋白質含量增加，從而提高了豬肉的瘦肉率，但會在豬肉中殘留會使人中毒。據(jù)此推斷瘦肉精可以 ①促進蛋白質合成 ②促進生長激素的合成 ③加速脂肪的轉化和分解 ④抑制脂肪轉化為糖類 A．①③ B．①④ C．③④ D．②③ 71．下列有關自由水參與生化反應的描述中錯誤的是 A.蛋白質的水解需要消耗水 B.酵母菌發(fā)酵需要消耗水 C.酵母菌有氧呼吸需要消耗水 D．植物光合作用需要消耗水 72．下列四個生物實驗中，操作順序正確的是 A．觀察植物細胞有絲分裂實驗：取材―解離―染色―漂洗―制片―觀察 學科網(wǎng) B．溫度對酶活性的影響實驗：取試管―加入淀粉液―注入酶液―保溫―加碘液―觀察學科網(wǎng) C．制作生態(tài)瓶實驗：洗凈空瓶―裝入動植物―灌滿自來水―密封瓶口―放在陽光下學科網(wǎng) D．蒲公英種群密度的取樣調(diào)查：確定調(diào)查對象―選取樣方―計數(shù)―計算種群密度 73．下列生物中不具備生物膜的是 ①噬菌體 ②變形蟲
③肺炎雙球菌 ④發(fā)菜 ⑤酵母菌 ⑥HIV A．①③④ B．②⑤⑥ C．②④ D．①⑥ 74．下列為卵巢中一些細胞圖象，關于它們的說法正確的是 
A．細胞甲所處時期能夠發(fā)生基因重組 B．細胞丙處于減數(shù)第一次分裂中期 C．甲、丁不含染色單體
D．乙、丙各含2個染色體組 75．2008年7月，一種稱為滸苔的綠藻大量繁殖覆蓋青島海濱，險些影響了奧運會帆船賽的舉行。下列關于滸苔的敘述錯誤的是 A．在生態(tài)系統(tǒng)中，滸苔屬于生產(chǎn)者，能進行光合作用 B．滸苔的爆發(fā)式增長，近似于“J”型曲線增長 C．滸苔與藍藻相比，具有成形的細胞核及多種細胞器 D．滸苔大量繁殖，是環(huán)境中有機物大量分解使水中無機物增加，環(huán)境改善的標志 試題詳情
1999年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試上海歷史試卷 試題詳情
地理計算問題 下圖是亞洲東部某區(qū)域兩個時刻的等壓線圖（單位：百帕），讀圖完成第1題。 
1．左圖中A處等壓線的數(shù)值可能為 A.
1004 1006 B. 1006 1008
C. 1008
1010 D.
1004 1008 下圖是某地空氣中CO2濃度及太陽高度日變化圖，讀圖完成2～3題。 
2．此日，該地日落時間為北京時間 A．17：04 B．18：00 C．16：56 D．16：04 3．該地的地理坐標可能是 A．30ºN
，91ºE B．30ºS ，149ºE C．40ºN
，149ºE D．60ºS ，151ºE 下圖中， ①.②.③.④.⑤表示某區(qū)域地形類型中的山脊和山谷，點a.b.c對應的海拔分別為900米.600米.300米。讀圖完成4～5題。 
4. 其中表示山谷的有 A．①.③ B．②.④ C．①.③.⑤ D．②.③.④ 5. ①.②.③.④沿線坡度最平緩的是 A．① B．② C．③ D．④ 6.高三文科班同學在6月22日中午前后進行地理探究性學習活動。他們利用一根標桿，每隔1小時測量一次桿影長度，將測量結果繪制成下列示意圖。據(jù)此判斷該地位于: 
A．23．5°N，105°E B．23．5°N．135°E C．23．5°S，105°E D．23．5°S．135°E 讀①.②.③.④四種植物生長地1.7月平均氣溫分布圖，回答7―9題。 
7．四種植物生長地氣溫年較差最小的是 A．① B．② C．③
D．④ 8．圖中四種植物若生長在同一山地，從山麓到山頂依次出現(xiàn)的排列可能是 A．①.②.③.④ B．④.③.①.② C．④.②.③.① D．②.①.③.④ 9．四種植物同時生長的地區(qū)1月.7月平均氣溫最接近 A．-4℃，17℃ B．1℃，16℃ C．-5℃，20℃ D．-9℃，16℃ 某日酒泉晝長11時20分，西昌晝長11時40分。某航天專家上午11時乘飛機從西昌到酒泉參觀神舟七號發(fā)射，途中飛行3小時。據(jù)此及下圖回答第10題 
10．航天專家該日經(jīng)歷的晝長為 A．11時40分 B．14時30分 C．11時30分 D．11時46分 讀下表和圖，完成第11題。 
11．若從嘉興駕駛汽車到寧波，只有兩種選擇：直接過寧波杭州灣跨海大橋或經(jīng)杭州繞著走。如果上表成立，下列關于路線和通行所需費用的組合，正確的是 ①過寧波杭州灣跨海大橋??170元 ②經(jīng)杭州繞著走??340元 ③過寧波杭州灣跨海大橋??140元 ④經(jīng)杭州繞著走??190元 A. ①②
B.③④
C.②③
D. ①④ 人民網(wǎng)西昌2007年10月24日電：北京時間18：05，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號甲運載火箭將“嫦娥一號”衛(wèi)星成功送入太空�！版隙鹨惶枴笔俏覈灾餮兄频牡谝活w月球探測衛(wèi)星，它的發(fā)射成功，標志著我國實施繞月探測工程邁出重要一步�；卮鸬�12題 12．“嫦娥一號”發(fā)射升空時，全球舊一天的范圍約占全球的 A．1/4 B．1/12 C．1/24 D．1/18 讀兩區(qū)域圖，完成第13題 
13．9月23日，當城市②日出時，城市①的區(qū)時是 A．9月23日23時 B．9月22日23時 C．9月23日13時
D．9月22日22時52分 人口算術密度是一個國家的總人口與總面積之比，人口生理密度是一個國家的總人口與可耕地面積之比。根據(jù)所學知識分析右圖，回答14―17題。 
14.“地廣人稀”但耕地資源缺少的國家是 A.加拿大 B.美國 C.埃及
D.印度 15.耕地面積占國土面積1/2以上的國家是 A.美國
B.荷蘭
C.孟加拉國
D.加拿大 16.根據(jù)中國.印度兩國的統(tǒng)計數(shù)字，得出的結論為 A.印度的人口壓力較中國大
B.中國的人口壓力較印度大 C.中國的人口壓力與印度相當
D.中.印兩國的人口壓力較小 17.就國土面積而言，耕地資源相對貧乏的國家有 A.日本.埃及 B.中國.印度 C.加拿大.美國 D.美國.英國 導航型GPS接收機可顯示當?shù)氐娜S坐標（經(jīng)度、緯度、海拔高度）、動態(tài)指示前進方向（其正北方向為0°，正東方向為90°）、導向、設定路標、生成行進路線、顯示當?shù)厝粘龊腿章鋾r間（早期的GPS接收機只能顯示當?shù)厝粘�、日落的倫敦格林尼治時間，即世界標準時間）。據(jù)此回答18―19題: 18．某日一外國游客在杭州時，其早期GPS接收機屏幕上顯示的日出21:50，方向225°，則杭州日出時的北京時間和游客前進方向是 A．13:50、西北 B．13:50、東南 C．05:50、西南 D．06:50、西南 19此日最可能接近 A．3月10日
B．6月20日 C．9月10日 D．12月20日 讀等高線地形圖，圖中等高距為200m，據(jù)圖中信息回答第20題: 
20．圖中等高線a和等高線內(nèi)的數(shù)值可能分別是 A．100
100 B．100 500 C．500 250 D．500 350 讀某地區(qū)人口分布示意圖，回答21－23題： 
21．此圖說明該地區(qū) A．城市化水平很高 B．城市人口為2500萬 C．出現(xiàn)了逆城市化現(xiàn)象 D．人口密度大 22．此人口分布狀況，比較符合下列哪個國家 A．中國 B．印度 C．英國 D．美國 23．形成這種人口分布狀況的根本原因是 A．國家政策影響的結果 B．社會生產(chǎn)力發(fā)展的必然結果 C．農(nóng)村人口大量過剩造成的 D．城市的地理位置優(yōu)越 假定地球為規(guī)則的球體。下圖中所有點、線位于地球表面，O點到地球表面大圓d的圓周上各點距離相同，弧線b上的各點終年晝夜平分，箭頭c表示地球自轉的方向，圓a及其內(nèi)部的各點晝長均為24小時，B點為圓a的幾何中心，圓d與圓a相切于A點。讀圖回答24―25題。 
24．下列關于圓a的說法，合理的是 A．圓a即極圈 B．圓a內(nèi)銷的各點終年處于白晝之中 C．圓a垂直于地軸 D．C點在圓心B點的正北方向 25．當圓a集合了半球內(nèi)晝長為24小時的所有點時，下列說法合理的是 A．此刻，A點的地方時為12點 B．此刻，B點的正午太陽高度為23°26′ C．此刻，太陽直射點位于O′ D．此刻，M點的地方時為18時 城市化的進程大幅度改變了原有的水文生態(tài)。專家在進行城市化、下水道普及率以及徑流量的相關分析研究時，將三者之間關系歸納如圖7。回答26―27題。 
26．根據(jù)材料分析，下列說法正確的是 ①相同的徑流量下，城市化程度愈高，下水道的普及率愈低 ②相同的城市化程度之下，下水道普及率愈低，徑流量愈大 ③下水道普及率與徑流量呈現(xiàn)負相關 ④相同的下水道普及率之下，城市化程度愈高，徑注以量愈大 A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 27．依據(jù)該模式推論，某都市1970年時城市化程度20%，下水 道普及率40%，2000年時城市化程度90%，下水道普及率80%，則2000年時的徑流量為1970年時的多少倍 A．1 B．2 C．3 D．4 右圖中的大圓表示某種地理事物和現(xiàn)象的等值線，0點為極值點，據(jù)此回答28―30題。 
28．若圖中大圓為等壓線，PK、QH表示大氣的水平運動方向，則 A．圖示區(qū)域中心地區(qū)以下沉氣流為主 B．該天氣系統(tǒng)只在冬季出現(xiàn)，稱為臺風 C．該大氣系統(tǒng)控制下的大氣一定寒冷干燥 D．圖示區(qū)域中心地區(qū)以上升氣流為主 29．若大圓表示赤道，O點為北極點，PQ線兩側日期不同，則 A．圖中P點的經(jīng)度為180°，Q點的經(jīng)度為0° B．由P到N走最近路線，方向應是先東北再東南 C．圖中M、N為晝半球與夜半球的分界點 D．此時北京時間為20時 30．若此為某時刻晝半球太陽高度等值線圖，大圓太陽高度為0°，PQ為15°N緯線的一部分，則 A．從H點看太陽，應從東南升西南落 B．從圖中P點到Q點的經(jīng)度差大于180° C．北印度洋洋流海水向西流動 D．此時太剛直射點一定向北移動 試題詳情
第12單元：交流電、電磁振蕩、電磁波 [內(nèi)容和方法] 本單元內(nèi)容包括交流電、正弦交流電的圖象、最大值、有效值、周期與頻率、振蕩電路，電磁振蕩、電磁場，電磁波，電磁波的速度等基本概念，以及交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦交流電的原理，變壓器的原理，電能的輸送方法、LC電路產(chǎn)生的電磁振蕩的周期和頻率等。 本單元涉及到的基本方法有利用空間想象的各種方法理解正弦交流電的產(chǎn)生原因和電磁振蕩的物理過程，運用圖象法理解并運用它來解決交流電和電磁振蕩的判斷、計算問題。從能量轉化的觀點出發(fā)來理解交流電的有效值問題和電磁振蕩問題。 [例題分析] 在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：不能從能的轉化的角度理解有效值，致使出現(xiàn)亂套公式的問題；由于初始條件不清，對電磁振蕩物理過程判斷失誤；不善于運用兩個圖象對一個物理過程進行動態(tài)分析。 例1 如圖12－1所示，矩形線圈在外力的作用下，在勻強磁場中以ω=200πrad/s的角速度勻速轉動，線圈的面積為100cm2，匝數(shù)n=500匝，負載電阻R=30Ω，磁場的磁感強度B=0.2T。交流電壓表的示 磁力矩的大小。 
【錯解分析】 錯解一： 
 錯解二： 
解得M=8.66 N?m 錯解一中用電流的有效值計算某一瞬間線圈的電磁力矩是錯誤的。  解法二中沒有注意到另一個隱含條件“線圈平面與磁感線垂直時開始計時”而導致上當。 【正確解答】 本題有三個隱含條件：一為“瞬時”。二為線圈平面與磁感線垂直時開始計時，三為電路是純電阻的電路。 M＝nBISsinωt 
解得：M=10N?m 【小結】 審題時要注意關鍵詞的物理意義。并且能在頭腦中把文字敘述的物 以及線圈在此位置的受力情況，力臂情況標在圖上。這樣解題，就會言之有物，言之有據(jù)。 例2 圖12－2表示一交流電的電流隨時間而變化的圖象，此交流電的有效值是： [ ]  
【錯解分析】錯解：  平均值（如圖12-3），
 
 有效值才有這樣的數(shù)量關系。本題所給的交流電的圖象不是正弦交流電的圖形，故該公式不適用此交流電。第二，交流電的最大值不是兩個不同峰值的算術平均值。 【正確解答】 交流電的有效值是根據(jù)其熱效應而定義的，它是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效。設交流電的有效值為I，  所以該交流電的有效值為 所以應選D。 
【小結】 上兩道題的小結等效是有條件的。請注意每一種等效方法的成立條件和適用范圍。 例3 如圖12－4所示，矩形線圈abcd在磁感強度B=2T的勻強磁場中繞軸OO′，以角速度ω=10πrad/s勻速轉動，線圈共10匝，ab=0. 3m，bc= 0.6m，負載電阻R= 45Ω。求（l）電阻R在0.05s內(nèi)所發(fā)出的熱量；（2）0.05s內(nèi)流過的電量（設線圈從垂直中性面開始轉動） 
【錯解分析】 錯解一： 第一步，求電流的有效值，用有效值來計算熱量。 電動勢的最大值為 εm=2nBLv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1（V） 電流的有效值  所以0.05s內(nèi)R上發(fā)出的熱量Q=I2Rt=5.76（J） 第二步，根據(jù)有效值求通過R上的電量，由題意0.05s內(nèi)通過R的電流方向不變 q＝It＝1．6×0.05＝0.08（C） 錯解二： 第一步求平均電流，用平均電流計算熱量。  第二步，由平均電流求電量  交流電的有效值是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效；交流電的平均值是從電流通過導線橫截面的電量相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效，兩個概念的出發(fā)點不同。 【正確解答】 電動勢的最大值為εm= 2nBLv=nBSω=10×20.3×0.6×10π=113．1（V）  所以0.05s內(nèi)R上發(fā)出的熱量Q=I2Rt=5.76（J）  例4 圖12－5中，降壓變壓器的變壓系數(shù)是3，即初級線圈匝數(shù)與次級線圈的匝數(shù)之比是3。初級線圈的輸入電壓是660V，次級線圈的電阻為0.2Ω，這臺變壓器供給100盞220V，60W的電燈用電。 求： �。╨）空載時次級線圈的端電壓和輸出功率； （2）接通時次級線圈的端電壓； �。�3）每盞燈的實際功率 
【錯解分析】錯解： 
 �。�2）接通時，次級線圈的端電壓仍為220V。  原因： �。�1）變壓器空載時，電路的電流為零，無能量的轉化，不能用P= �。�2）接通后次級線圈有電阻要消耗電能，由于次級線圈內(nèi)部存在電壓降，所以次級線圈的端電壓不再是220V，而應以次級線圈為研究對象應用閉合電路歐姆定律去求次級線圈的端電壓。 �。�3）由于次級線圈的端電壓達不到燈泡的額定電壓，燈泡的實際功率要小于每盞燈的額定功率。 【正確解答】 �。�1）將變壓器視為理想變壓器。設空載時次級線圈的端電壓為U2。  因為空載，次級線圈的負載電阻R2→∞，次級線圈中的電流為零I2=0，P=I2U2=0 
 次級線圈的端電壓U′2=I2R外=214.68（V）
 【小結】 理解能力的高低表現(xiàn)在把握文字的物理意義上。題文中說“次級線圈的電阻為0.2Ω”�？梢娢闹兴龅淖儔浩饔袃�(nèi)耗，不是理想變壓器。這是課本上沒有介紹過的新情況。類比直流電路的知識，可從兩條路去求路端電壓，U=ε－Ir（電源電動勢減去內(nèi)電壓），或者用部分歐姆定律U=IR。 例5收音機的變壓器的初級線圈有1210匝，接在U1=220V的交流電源上，變壓器有兩個次級線圈。次級線圈Ⅱ的匝數(shù)為35匝，次級線圈Ⅲ的匝數(shù)是1925匝。如果不計變壓器自身的能量損耗，當變壓器工作時，線圈Ⅱ的電流是0.3A時，初級線圈的電流I1=0.114A。求線圈Ⅲ中電流和輸出電壓（電流的計算結果保留3位有效數(shù)字） 【錯解分析】錯解： 
 能量守恒定律，從輸入功率等于輸出功率入手求解。 【正確解答】 
不計變壓器自身的能量損耗，由能量轉化和守恒定律 P1＝P2＋P3 I1U1=I2U2+I3U3 
【小結】  守恒定律P1=P2，I1U1=I2U2才有這個形式。不能死記硬背，不顧條件亂套公式。 試題詳情
第10單元：磁場 【內(nèi)容和方法】 本單元內(nèi)容包括磁感應強度、磁感線、磁通量、電流的磁場、安培力、洛侖茲力等基本概念，以及磁現(xiàn)象的電本質、安培定則、左手定則等規(guī)律。 本單元涉及到的基本方法有，運用空間想象力和磁感線將磁場的空間分布形象化是解決磁場問題的關鍵。運用安培定則、左手定則判斷磁場方向和載流導線、運動的帶電粒子受力情況是將力學知識與磁場問題相結合的切入點。 【例題分析】 在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：不能準確地再現(xiàn)題目中所敘述的磁場的空間分布和帶電粒子的運動軌跡：運用安培定則、左手定則判斷磁場方向和載流導線、運動的帶電粒子受力情況時出錯；運用幾何知識時出現(xiàn)錯誤；不善于分析多過程的物理問題。 例1 如圖10-1，條形磁鐵平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直導線，導線與磁場垂直，現(xiàn)給導線中通以垂直于紙面向外的電流，則下列說法正確的是：
[ ] 
A．磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵對桌面的壓力增大 C．磁鐵對桌面的壓力不變 D．以上說法都不可能 【錯解分析】錯解：磁鐵吸引導線而使磁鐵導線對桌面有壓力，選B。 
錯解在選擇研究對象做受力分析上出現(xiàn)問題，也沒有用牛頓第三定律來分析導線對磁鐵的反作用力作用到哪里。 【正確解答】 通電導線置于條形磁鐵上方使通電導線置于磁場中如圖10-2所示，由左手定則判斷通電導線受到向下的安培力作用，同時由牛頓第三定律可知，力的作用是相互的，磁鐵對通電導線有向下作用的同時，通電導線對磁鐵有反作用力，作用在磁鐵上，方向向上，如圖10-3。對磁鐵做受力分析，由于磁鐵始終靜止，無通電導線時，N = mg，有通電導線后N+F′=mg，N=mg-F′，磁鐵對桌面壓力減小，選A。 例2 如圖10-4所示，水平放置的扁平條形磁鐵，在磁鐵的左端正上方有一線框，線框平面與磁鐵垂直，當線框從左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的過程中，穿過它的磁通量的變化是：
[ ] A．先減小后增大 B．始終減小 C．始終增大 D．先增大后減小 
【錯解分析】錯解：條形磁鐵的磁性兩極強，故線框從磁極的一端移到另一端的過程中磁性由強到弱再到強，由磁通量計算公式可知Φ=B?S，線框面積不變，Φ與B成正比例變化，所以選A。 做題時沒有真正搞清磁通量的概念，腦子里未正確形成條形磁鐵的磁力線空間分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的計算公式Φ=B?S，由條形磁鐵兩極的磁感應強度B大于中間部分的磁感應強度，得出線框在兩極正上方所穿過的磁通量Φ大于中間正上方所穿過的磁通量。 【正確解答】 規(guī)范畫出條形磁鐵的磁感線空間分布的剖面圖，如圖10-5所示。利用Φ=B?S定性判斷出穿過閉合線圈的磁通量先增大后減小，選D。 
【小結】 Φ=B?S計算公式使用時是有條件的，B是勻強磁場且要求B垂直S，所以磁感應強度大的位置磁通量不一定大，而本題的兩極上方的磁場不是勻強磁場，磁場與正上方線框平面所成的角度又未知，難以定量加以計算，編寫此題的目的就是想提醒同學們對磁場的形象化給予足夠的重視。 例3 如圖10-6所示，螺線管兩端加上交流電壓，沿著螺線管軸線方向有一電子射入，則該電子在螺線管內(nèi)將做 [ ] 
A．加速直線運動 B．勻速直線運動 C．勻速圓周運動 D．簡諧運動 【錯解分析】 錯解一：螺線管兩端加上交流電壓，螺線管內(nèi)有磁場，電子在磁場中要受到磁場力的作用，故選A。 錯解二：螺線管兩端加上了交流電壓，螺線管內(nèi)部有磁場，磁場方向周期性發(fā)生變化，電子在周期性變化的磁場中受到的力也發(fā)生周期性變化，而做往復運動。故選D。 試題詳情
1999年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試歷史試題（廣東卷） 試題詳情
第9單元 穩(wěn)恒電流 [內(nèi)容和方法] 本單元內(nèi)容包括電流、產(chǎn)生持續(xù)電流的條件、電阻、電壓、電動勢、內(nèi)電阻、路端電壓、電功、電功率等基本概念，以及電阻串并聯(lián)的特點、歐姆定律、電阻定律、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律、串聯(lián)電路的分壓作用、并聯(lián)電路的分流作用等規(guī)律。 本單元涉及到的基本方法有運用電路分析法畫出等效電路圖，掌握電路在不同連接方式下結構特點，進而分析能量分配關系是最重要的方法；注意理想化模型與非理想化模型的區(qū)別與聯(lián)系；熟練運用邏輯推理方法，分析局部電路與整體電路的關系 [例題分析] 在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：不對電路進行分析就照搬舊的解題套路亂套公式；邏輯推理時沒有逐步展開，企圖走“捷徑”；造成思維“短路”；對含有電容器的問題忽略了動態(tài)變化過程的分析。 例1 如圖9－1所示，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板電容器的兩板距離d=1cm，當電鍵K接通時極板中的一個質量m=4×10-3g，電量為q=1.0×10-7C的帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)。求：（1）K斷開后，微粒向什么方向運動，加速度多大？（2）若電容為1000pF，K斷開后，有多少電量的電荷流過R2？ 
【錯解分析】錯解： 當電鍵K接通電路穩(wěn)定時、電源ε1和ε2都給電容器極板充電，所以充電電壓U=ε1+ε2。 帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則所受合力為零， F－mg = 0 
ε2=U－ε1=1(v) 當電鍵K斷開后，電容器上只有電源 給它充電，U′=ε2。  即帶電粒子將以7.5m/s2的加速度向下做勻加速運動。 又Q1=CU=103×10-12×4=4×10－9C Q′=CU′＝103×10-12×1＝1×10-9C △Q=Q－Q′=3×10-9C 極板上電量減少3×10-9C，也即K斷開后，有電量為3×10-9C的電荷從R2由下至上流過。 在直流電路中，如果串聯(lián)或并聯(lián)了電容器應該注意，在與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，所以電阻不起降低電壓作用(如R2)，但電池、電容兩端可能出現(xiàn)電勢差，如果電容器與電路并聯(lián)，電路中有電流通過。電容器兩端的充電電壓不是電源電動勢ε，而是路端電壓U。 【正確解答】 (1)當K接通電路穩(wěn)定時，等效電路圖如圖9－2所示。 
ε1、r1和R1形成閉合回路，A，B兩點間的電壓為：  電容器中帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則所受合力為零， F－mg＝0  在B，R2，ε2，C，A支路中沒有電流，R2兩端等勢將其簡化， U＋ε2=UAB，ε2=U－UAB=1.25V 當K斷開電路再次達到穩(wěn)定后，回路中無電流電路結構為圖9－3所示。電容器兩端電壓U′=ε2=1.25V 
即帶電粒子將以6.875m/s2的加速度向下做勻加速運動。 (2)K接通時，電容器帶電量為Q=CU=4×1O-9C K斷開時，電容器帶電量為Q′=CU′=1.2×10-9(C) △Q＝Q―Q′=2.75×10-9C 有總量為2.75×10-9(C)的電子從R2由下至上流過。 【小結】 本題考查學生對電容器充放電物理過程定性了解程度，以及對充電完畢后電容所在支路的電流電壓狀態(tài)是否清楚。學生應該知道電容器充電時，隨著電容器內(nèi)部電場的建立，充電電流會越來越小，電容器兩極板間電壓(電勢差)越來越大。當電容器兩端電壓與電容器所并聯(lián)支路電壓相等時充電過程結束，此時電容器所在的支路電流為零。 根據(jù)這個特點學生應該會用等勢的方法將兩端等勢的電阻簡化，畫出等效電路圖，如本題中的圖9－2，圖9－3，進而用電路知識解決問題。 例2 如圖9－4所示，電源電動勢ε=9V，內(nèi)電阻r=0.5Ω，電阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，電容C=2.0μF。當電鍵K由a與接觸到與b接觸通過R3的電量是多少？ 
【錯解分析】錯解：K接a時，由圖9-5可知 
 流過R3的電量為△Q=QC－QC′=3×10－6(C) 沒有對電容器的充電放電過程做深入分析。圖9－5圖中電容器的上極板的電勢高，圖9－6中電容器的下極板的電勢高。電容器經(jīng)歷了先放電后充電的過程。經(jīng)過R3的電量應是兩次充電電量之和。 【正確解答】 K接a時，由圖9－5可知  此時電容器帶電量QC=CU1=1×10-5(C) K接b時，由圖9－6可知  此時電容器帶電量Q′C=CU1=0.7×10-5(C) 流過R3的電量為△Q=QC＋Q′C=1.7×10－5(C) 【小結】 對于電容電量變化的問題，還要注意極板電性的正負。要分析清電容器兩端的電勢高低，分析全過程電勢變化。 例3
如圖9－7所示的電路中已知電源電動勢ε=36V，內(nèi)電阻r=2Ω，R1=20Ω，每盞燈額定功率都是2W，額定電壓也相同。當K閉合調(diào)到R2=14Ω時，兩燈都正常發(fā)光；當K斷開后為使L2仍正常發(fā)光，求R2應調(diào)到何值？ 
【錯解分析】錯解： 設所求電阻R′2，當燈L1和L2都正常發(fā)光時，即通過燈的電流達額定電流I。 
 分析電路時應注意哪些是恒量，哪些是變量。圖9－10電路中電源電動勢ε是恒量，燈L1和L2正常發(fā)光時，加在燈兩端電壓和通過每個燈的電流是額定的。錯解中對電鍵K閉合和斷開兩種情況，電路結構差異沒有具體分析，此時隨燈所在支路電流強度不變，兩種情況干路電流強度是不同的，錯誤地將干路電流強度認為不變，導致了錯誤的結果。 【正確解答】 解法一：設所求阻值R′2，當燈L1和L2正常發(fā)光時，加在燈兩端電壓力額定電壓UL。 當K閉合時，ε1=UL+I1(R1+r+R2) 當K斷開時，ε2=UL+I2(R1+r+R′2)， 又 ∵ε1=ε2=ε I1=2I2=2I，(I為額定電流) 得ε= UL＋2I(R1＋r＋R2) ① ε=UL＋I(R1＋r＋R′2) ② ①－②I(R1＋r＋2R2-R2′)=0 但I≠0， ∴R1+r＋2R2=R′2即R′2=20+2+2×14=50Ω 解法二：設所求阻值R′2，當燈L1和L2正常發(fā)光時，加在燈兩端電壓為額定電壓UL，由串聯(lián)電路電壓分析可得：  【小結】 電路中的局部電路(開關的通斷、變阻器的阻值變化等)發(fā)生變化必然會引起干路電流的變化，進而引起局部電流電壓的變化。應當牢記當電路發(fā)生變化后要對電路重新進行分析 例4
如圖9－8所示電路，已知電源電動勢ε=6.3V，內(nèi)電阻r=0.5Ω，固定電阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值為5Ω的滑動變阻器。按下電鍵K，調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸點，求通過電源的電流范圍。 
【錯解分析】錯解：將滑動觸頭滑至左端，R3與R1串聯(lián)再與R2并聯(lián)，外電阻 
再將滑動觸頭滑至右端R3與R2串聯(lián)再與R1并聯(lián)，外電阻 
由于平時實驗，常常用滑動變阻器作限流用（滑動變阻器與用電器串聯(lián)）當滑動頭移到兩頭時，通過用電器的電流將最大或最小。以至給人以一種思維定勢：不分具體電路，只要電路中有滑動變阻器，滑動頭在它的兩頭，通過的電流是最大或最小。 【正確解答】 將圖9―1化簡成圖9－9。外電路的結構是R′與R2串聯(lián)、（R3-R′）與R1串聯(lián)，然后這兩串電阻并聯(lián)。要使通過電路中電流最大，外電阻應當最小，要使通過電源的電流最小，外電阻應當最大。設R3中與R2串聯(lián)的那部分電阻為R′，外電阻R為 
因為，兩數(shù)和為定值，兩數(shù)相等時其積最大，兩數(shù)差值越大其積越小。 當R2+R′=R1+R3-R′時，R最大，解得  因為R1=2Ω＜R2=3Ω，所以當變阻器滑動到靠近R1端點時兩部分電阻差值最大。此時刻外電阻R最小。 
通過電源的電流范圍是2.1A到3A。 【小結】 不同的電路結構對應著不同的能量分配狀態(tài)。電路分析的重要性有如力學中的受力分析。畫出不同狀態(tài)下的電路圖，運用電阻串并聯(lián)的規(guī)律求出總電阻的阻值或阻值變化表達式是解電路的首要工作。 例5 在如圖9－10所示電路中，R1=390Ω,R2=230Ω，電源內(nèi)電阻r=50Ω，當K合在1時，電壓表的讀數(shù)為80V；當K合在2時，電壓表的讀數(shù)為U1=72V，電流表的讀數(shù)為I1=0.18A，求：（1）電源的電動勢（2）當K合在3時，兩電表的讀數(shù)。 
【錯解分析】錯解： �。�1）因為外電路開路時，電源的路端電壓等于電源的電動勢，所以ε=U斷=80V；  上述解答有一個錯誤的“替代假設”：電路中的電流表、電壓表都是理想的電表。事實上，問題并非如此簡單。如果進一步分析K合在2時的情況就會發(fā)現(xiàn)矛盾：I1R1=0.18×390=70.2（V）≠80V，這就表明，電路中的電流表和電壓表并非理想的電表。 【正確解答】 �。�1）由題意無法判斷電壓表、電流表是理想電表。設RA、Rv分別為電流表、電壓表的內(nèi)阻，R′為電流表與電阻器R1串聯(lián)后的電阻，R″為電流表與電阻器R2串聯(lián)的電阻。則K合在2時： 
由上述兩式解得：R1= 400Ω，ε=90V  【小結】 本題告訴我們，有些題目的已知條件隱藏得很深。僅從文字的表面是看不出來的。只好通過試算的方法判斷。判斷無誤再繼續(xù)進行解題。 例6
在電源電壓不變的情況下，為使正常工作的電熱器在單位時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量增加一倍，下列措施可行的是( ) A、剪去一半的電阻絲 B、并聯(lián)一根相同的電阻絲 C、串聯(lián)一根相同的電阻絲 D、使電熱器兩端的電壓增大一任 【錯解分析】錯解：  為原來的一半，所以選A、B。 忽略了每根電阻絲都有一定的額定功率這一隱含條件。 【正確解答】 將電阻絲剪去一半后，其額定功率減小一半，雖然這樣做在理論上滿足使熱量增加一倍的要求，但由于此時電阻絲實際功率遠遠大于額定功率，因此電阻絲將被燒壞。故只能選B。 【小結】 考試題與生產(chǎn)、生活問題相結合是今后考試題的出題方向。本題除了需要滿足電流、電壓條件之外，還必須滿足功率條件：不能超過用電器的額定功率。 例7 如圖9－11所示，電源電壓保持不變，變阻器R1的最大值大于R2的阻值，在滑片P自右向左滑動過程中，R1的電功率如何變化？ 
【錯解分析】錯解：采用“端值法”，當P移至最左端時，R1＝0，則RL消耗的電功率變?yōu)?，由此可知，當滑片P自右向左滑動過程中，R1的電功率是變小的。  題中R1＞R2，所以用端值法只假設R1=0是不夠的。 【正確解答】  因此，在這兩種情況時，R1的電功率都是P1＜U2/4R，且不難看出，RL與R2差值越大，P1越小于U2/4R。 綜上所述，本題答案應是滑片P自右向左移動時，RL的電功率逐漸變大；當R1=R2時R1的電功率最大；繼續(xù)沿此方向移動P時，R1的電功率逐漸變小。 【小結】 電路中某電阻消耗的功率，不止是由本身電阻決定，還應由電路的結構和描述電路的各個物理量決定。求功率的公式中出現(xiàn)二次函數(shù)，二次函數(shù)的變化不一定單調(diào)變化的，所以在求解這一類問題時，千萬要作定量計算或者運用圖像進行分析。 例8 如圖9－12所示電路，當電鍵K依次接a和b的位置時，在(1)R1＞R2(2) RL=R2(3) R1＜R2三種情況時，R1、R2上消耗的電功率哪個大？ 
【錯解分析】錯解：(l)根據(jù)P=I2R可知，當R1＞R2時，P1＞P2；當R1=R2時，P1=P2；當RL＜R2時，P1＞P2。  當R1＞R2時，P1＜P2；當R1=R2時，P1=P2；當R1＜R2時，P1＞P2。 錯誤在于認為電路改變時其路端電壓保持不變，U1=U2，應該分析當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同，電路結構改變但ε，r不變。 【正確解答】 當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同。  (l)當R1＜R2時，若r2=R1R2 P1-P2=0所以P1=P2；若r2＜R1R2 P1－P2＜0所以P1＜P2；若r2＞RLR2P1－P2＞0所以P1＞P2 (2)當R1＞R2時，若r2=R1R2 P1－P2=0，所以P1=P2；若r2＜R1R2 P1-P2＞0所以P1＞P2；若r2＞R1R2 P1－P2＜0所以P1＜P2 【小結】 解決電路問題先審題，審題過后有的同學頭腦中出現(xiàn)許多公式，他從中選擇合適的公式，有的同學則從頭腦中搜尋以前做過的題目，看有沒有與本題相似的題目，如果有相似的題目，就把那道題的解題方法照搬過來。這些方法不一定錯，但是一旦問題比較復雜，或者題目敘述的是一個陌生的物理情境，這些方法就不好用了。所以，規(guī)范化的解題步驟是必不可少的。 例9 如圖9－13所示電路中，r是電源的內(nèi)阻，R1和R2是外電路中的電阻，如果用Pr，P1和P2分別表示電阻r，R1，R2上所消耗的功率，當R1=R2= r時，Pr∶P1∶P2等于 [ ] A、1∶l∶1 B、2∶1∶1 C、1∶4∶4 D、4∶l∶1 
【錯解分析】錯解： 因為R1=R2=r，r與R1，R2并聯(lián)，它們電壓相同，
 認為電源的兩端就是外電路的兩端，所以內(nèi)外電阻是并聯(lián)關系，即認為r與R1，R2并聯(lián)，Ur=U1－U2，這一看法是錯誤的，Ur不等于U1， Ur =ε－U1。 【正確解答】 在圖9-13電路中，內(nèi)電阻上通過的電流與外電路的總電流相同，內(nèi)電阻與外電阻是串聯(lián)關系，(不能認為內(nèi)電阻與外電阻并聯(lián))但R1與R2是并聯(lián)的，因R1=R2，則I1=I2=I， Ir=I1+I2=2I。 Pr∶P1∶P2= Ir2r∶I12R1∶I22R2∶= 4∶1∶1。，所以是正確的。 【小結】 單憑直覺就對電路的串并聯(lián)關系下結論，太草率了。還是要通過電流的分合，或電勢的高低變化來做電路分析。 例10 如圖9－14所示， 
已知電源電動勢ε=20V，內(nèi)阻r=1Ω，當接入固定電阻R=4Ω時，電路中標有“3V
4.5W”的燈泡L和內(nèi)阻r′=0.5Ω的小型直流電動機恰能正常工作，求(1)電路中的電流強度？(2)電動機的額定工作電壓？(3)電源的總功率？ 【錯解分析】錯解：由燈泡的額定電壓和額定功率可求得燈泡的電阻  串聯(lián)電路中電路中的電流強度  電動機額定工作電壓U=I'r=2.7×0.5=l.35(V) 電源總功率P=Iε=2.7×20=54(W) 此電路是非純電阻電路，閉合電路歐姆定律ε=IR總不適用，所以電
 【正確解答】 (1)串聯(lián)電路中燈L正常發(fā)光，電動機正常工作，所以電路中電流強度為燈L的額定電流。  電路中電流強度I＝1.5A。 (2)電路中的電動機是非純電阻電路。根據(jù)能量守恒，電路中 ε=UR+UL+Ur+Um Um=ε-UR－UL－Ur＝ε－I(R+RL+r)=20－1.5×(2＋4＋1)=9.5 (3)電源總功率P總=Iε=1.5×20=30(W)。 【小結】 要從能量轉化與守恒的高度來認識電路的作用。一個閉合電路中，電源將非靜電能轉化為電能，內(nèi)外電路又將電能轉化為其他形式的能。ε=U內(nèi)+U外則是反映了這個過程中的能量守恒的關系。 例11
電動機M和電燈L并聯(lián)之后接在直流電源上，電動機內(nèi)阻r′=1Ω，電燈燈絲電阻R=10Ω，電源電動勢ε=12V，內(nèi)阻r =1Ω，當電壓表讀數(shù)為10V時，求電動機對外輸出的機械功率。 【錯解分析】錯解：  流與其電阻成反比，  上述錯解過程中有兩處致命的錯誤：一是將電動機視為純電阻處理了，電動機不屬于純電阻，而是將電能轉化為機械能，錯解中利用了并聯(lián)電路中支路電流與電阻成反比的結論是不恰當?shù)�，因為該結論只適用于純電阻電路，二是不明確電動機的輸入功率Pm入與輸出功率Pm出的區(qū)別，IM2r′是電動機內(nèi)阻發(fā)熱功率。三者的關系是：Pm入=Pm出+IM2r′。 【正確解答】 根據(jù)題意畫出電路圖，如圖9－15所示。由全電路歐姆定律ε= U+Ir得出干路電流 
由已知條件可知：流過燈泡的電流 
電動機的輸出功率的另一種求法：以全電路為研究對象，從能量轉化和守恒的觀點出發(fā)P源=P路。本題中電路中消耗電能的有：內(nèi)電阻、燈泡和電動機，電動機消耗的電能又可分為電動機輸出的機械能和電動機自身消耗的內(nèi)能。即Iε=I2r+IL2R+Pm出+IM2r′。 Pm出＝Iε－(I2r+IL2R++IM2r′)=9(W) 【小結】 站在能量轉化與守恒的高度看電路各個部分的作用。就可以從全局的角度把握一道題的解題思路，就能比較清醒地分清公式規(guī)律的適用范圍和條件。 例12 把一個“10V 2.0W”的用電器A(純電阻)接到某一電動勢和內(nèi)阻都不變的電源上，用電器A實際消耗的功率是2.0W，換上另一個“10V 5.0W”的用電器B(純電阻)接到這一電源上，用電器B實際消耗的電功率有沒有可能反而小于2.0W？你如果認為不可能，試說明理由，如果認為可能，試求出用電器B實際消耗的電功率小于2.0W的條件(設電阻不隨溫度改變) 【錯解分析】錯解： 將“10V 2.0W”的用電器與電源連接，用電器正常工作說明用電器兩端電壓為10V，現(xiàn)將“10V 5.0W”的用電器B與電源連接，用電器兩端電壓是10V，B也能正常工作，實際功率是5.0W，所以用電器的實際功率不會小于2.0W。 把路端電壓與電源電動勢混為一談，認為路端電壓是恒定的，不隨外電路改變而改變。 【正確解答】  越大，U也越大，所以與ε不同，U不是恒定的。 
 以當B連入時，用電器兩端的電壓將小于10V，它消耗的實際功率將小
述條件時，B的實際功率小于2.0W。 
【小結】 根據(jù)電源最大輸出功率的條件做出輸出功率與外電阻圖(P－R圖如圖9－16所示)做定性分析，也可以得到同樣的結果。由題意可知RA接入電路時，若電源的輸出功率達到最大輸出功率，則RB接入電路時，電源的輸出功率肯定小于最大輸出功率2W。若電源的輸出功率沒有達到最大輸出功率，RB接入電路時，電源的輸出功率有可能小于RA接入電路時輸出功率2W。 例13 輸電線的電阻共計10Ω，輸送的電功率是100kw，用400V的低壓送電，輸電線上發(fā)熱損失的功率是多少kw？改用10kV的高壓送電，發(fā)熱功率損失又是多少kw？ 【錯解分析】錯解： 
 錯解一是對歐姆定律使用不當，輸送電壓是加在輸電線電阻和負載上的，如果把它考慮成輸電線上的電壓求電流強度當然就錯了。錯解二注意到了負載的作用，所求出的損失功率P1是正確的，然而在高壓送電電路中，負載都是使用了變壓器而錯解二把它當作純電阻使P2解錯。 【正確解答】 輸送電功率100kw，用400V低壓送電，輸電線上電流 
輸電線上損失功率 
若用10kV高壓送電輸電線上電流 
輸電線上損失功率P2=I22r=102×1=0.1(kw) 【小結】 一道很簡單的題目做錯了，有些人將錯解原因歸結為：粗心、看錯了題目。其實真正的原因是解題不規(guī)范。如果老老實實地畫出電路圖標出各個物理量，按圖索驥就可以避免所謂的“粗心”的錯誤。 例14 如圖9－17，外電路由一個可變電阻R和一個固定電阻R0串聯(lián)構成，電源電動勢為ε，電源內(nèi)阻為r， 
問：R調(diào)到什么時候，R0上將得到最大功率。 【錯解分析】錯解： 把可變電阻R看成電源內(nèi)阻的一部分，即電源內(nèi)阻r′= r+R。利用電源輸出功率最大的條件是R＝r′得R0=R＋r，即R=R0－r，所以把可變電阻調(diào)到R=R2－r時，電路中R0上得到最大功率，其大小為 
可變電阻R上得到的功率，決定于可變電阻的電流和電壓，也可以用電源輸出功率最大時的條件，內(nèi)外電阻相同時電源有最大輸出功率來計算。但是題目要求討論定值電阻R0上的輸出功率，則不能生搬硬套。定值電阻R0上的功率，決定于流過電阻R0的電流強，這與討論可變電阻R上的功率不同。 【正確解答】 電流經(jīng)過電阻R0，電流能轉換成內(nèi)能，R0上功率決定于電流強度大小和電阻值，即P=I2R0，所以當電流強度最大時，R0上得到最大功率。由純電阻的閉合電路歐姆定律，有 
 固定電阻R0上有最大輸出功率，其大小為 
【小結】 在討論物理問題時選擇研究對象是重要的一環(huán)。研究對象選錯了，就要犯張冠李戴的錯誤。明明題目中要我們計算定值電阻的功率，有人卻套用滑動變阻器的結論。所以認真審題找出研究對象，也是提高理解能力的具體操作步驟。 例15 有四個電源，電動勢均為8V，內(nèi)阻分別為1Ω、2Ω、4Ω、8Ω，今要對R = 2Ω的電阻供電，問選擇內(nèi)阻為多大的電源才能使R上獲得的功率最大？ [ ] A、1Ω
B、2Ω C、4Ω
D、8Ω 【錯解分析】錯解：依“外電阻等于內(nèi)電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”可知，應選內(nèi)阻2Ω的電源對R供電，故選B。 上述錯解的根源在于濫用結論。事實上，確定的電源有最大的輸出功率和確定的外電路上獲得最大功率的條件是不同的�！巴怆娮璧扔趦�(nèi)電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”只適用于電源確定而外電阻可選擇的此形，而本題實屬外電阻確定而電源可選的情況，兩者意義不同，不可混為一談。 【正確解答】  P是r的單調(diào)減函數(shù)，所以就題設條件而言，r取1Ω時P有最大值，應選A。 【小結】 物理學的任何規(guī)律結論的成立都是有條件的，都有其適用范圍。有的同學做題比較多，習慣于套用一些熟悉題目的解題路子。這種方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。關鍵是要掌握好“條件和范圍”。 例16 圖9－18所示，為用伏安法測量一個定值電阻阻值的實驗所需要的器材實物圖，器材規(guī)格如下：(1)待測電阻RX(約100Ω)(2)直流毫安表(量程0～10mA，內(nèi)阻50Ω)(3)直流電壓表(量程0～3V，內(nèi)阻5kΩ)(4)直流電源(輸出電壓4V，允許最大電流1A)(5)滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)(6)電鍵一個，導線若干條。根據(jù)器材的規(guī)格和實驗要求，在本題的實物圖上連線。 
【錯解分析】錯解： 錯解一：如圖9－19所示，此種連法錯在變阻器的右下接線柱和電源的負極之間少連了一條線，即使變阻器取最大值，通過電路的電流也超過了10mA，大于毫安表的量程。 
錯解二：如圖9－20所示有兩處不妥：①電壓調(diào)節(jié)范圍小；②電流過大。這種連法實際上與圖9-19的錯誤是一樣的。 錯解三：如圖9-21所示，此種連法是用伏安法測量，電路與變阻器由滑動觸頭并聯(lián)，無論變阻器的阻值怎樣變化，流過毫安表的電流 
始終超過毫安表的量程，而且當滑動觸頭滑到最左端時，電源還有被短路的可能，故連接錯誤。 錯解四：如圖9－22所示，可見這種連法實際上與圖9-21(變阻器取最大值時)的錯誤是一樣的。 錯解五：如圖9－23所示，顯然可見，當電鍵閉合時電源被短路，這是不允許的，連接錯誤。 
錯解六：如圖9-24所示，當變阻器的滑動頭滑到最左端時，電鍵閉合后電源被短路，滑到最右端時，電流超過毫安表的最大量程，故連接錯誤。 
錯解七：如圖9－25，無論電鍵是否閉合，電源、變阻器回路始終是接通的，電鍵的位置連接錯了。 【錯解原因】（1）錯在變阻器的連接上的原因是：在高中學習伏安法測電阻時，接觸的多是將變阻器連接一個上接線柱和一個下接線柱，串連在電路中分壓限流，因而在做此題時，采用了習慣連法，沒有對器材的規(guī)格要求進行計算、分析。 (2)將毫安表內(nèi)接錯誤，錯誤的癥結是不了解系統(tǒng)誤差產(chǎn)生的原因，也是沒有對器材的規(guī)格進行具體分析。 (3)出現(xiàn)同時連接變阻器的兩個上接線柱；電表的“+”、“-”接反；不在接線柱上連線，而是在連線上連線等，說明學生缺乏實驗操作的規(guī)范化訓練，或缺乏親自動手做實驗。 【正確解答】 用伏安法測電阻，首先要判明電流表應該內(nèi)接還是外接，由題目所給器材規(guī)格來看，顯然不滿足RA＜＜Rx條件，而是滿足Rv＞＞Rx條件，所以應采用外接法。若圖9－26電路，當滑動觸頭P處于最左端，滑動變阻器為最大值時，由題設條件流過電流表的電流 
超過安培表的量程。因此變阻器既應分壓又應分流。 正確的連接圖為圖9－27所示。畫圖的關鍵是：毫安表需外接，變阻器接成分壓電路。實驗開始前將滑動變阻器的滑動觸頭滑至分壓為零的位置。 
【小結】 在設計實驗過程時，要根據(jù)具體實驗條件，靈活應用實驗原理，改變實驗方法。善于從習題中或所學的物理定律的推論中得出實驗原理和方法�；驹瓌t是不能是電表超過量程，測量誤差盡可能小；不能使用電器超過其額定功率，結構上不能出現(xiàn)短路斷路現(xiàn)象。 例17 如圖9－28所示電路的三根導線中有一根是斷的。電源、電阻器R1、R2及另外兩根導線都是好的。為了查出斷導線，某學生想先用萬用表的紅表筆連接在電源的正極a,再將黑表筆分別連接在電阻器RL的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數(shù)。在下列選擋中，符合操作規(guī)程的是： 
[ ] A．直流10V擋
B．直流0.5A擋 C．直流2.5V擋 D．歐姆擋 【錯解分析】錯解： 如果電路連接正常，電路中的電流  測量的最大電壓為U1=IR1=2V�？蛇xA、C。 用歐姆擋可以直接測量回路中的電阻是否等于15Ω或者等于10Ω。 選B的同學沒有考慮R1與R2之間的導線斷開的情況。選C的同學沒有考慮到無論哪根導線斷開，測得的電壓都等于6V，大于2.5V。如選D的同學沒有考慮到如果被測回路中有電源，歐姆表就可能被毀壞或讀數(shù)不準。 【正確解答】 設萬用表各擋都理想，忽略電源的內(nèi)阻。選用不同功能檔時，應畫出電路圖，至少在頭腦中想清楚。 用電壓擋測量時，由于電路斷開(無論是從ab間斷開，還是從R1與R2之間斷開)電路中無電流，黑表筆與電源負極等電勢。直流電壓擋測量的數(shù)值是電源電動勢ε=6V。所以A選項可行，C選項不行。 用電流擋測量時，假設ab間導線完好，而R1與R2之間導線斷開，
 B選項。 被測回路中有電源，歐姆表不能適用，排除D選項。 【小結】 本題考查學生的實驗能力。還考察學生的邏輯思維能力。邏輯思維的基礎是對電路結構的理解。養(yǎng)成正確的電路分析的習慣，處處受益。 試題詳情
第8單元：電場 [內(nèi)容和方法] 本單元內(nèi)容包括電荷、電場、電場力、電場強度、電場線、電勢、電勢差、電場力功、電容器、電容的定義和平行板電容器電容的決定條件等基本概念，以及庫侖定律、靜電感應、電場強度與電勢差的關系、帶電粒子在電場中的運動規(guī)律等。 本單元涉及到的基本方法有，運用電場線、等勢面幾何方法形象化地描述電場的分布；將運動學動力學的規(guī)律應用到電場中，分析解決帶電粒子在電場中的運動問題、解決導體靜電平衡的問題。本單元對能力的具體要求是概念準確，不亂套公式懂得規(guī)律的成立條件適用的范圍。從規(guī)律出發(fā)進行邏輯推理，把相關知識融會貫通靈活處理物理問題。 [例題分析] 在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：不善于運用電場線、等勢面為工具，將抽象的電場形象化后再對電場的場強、電勢進行具體分析；對靜電平衡內(nèi)容理解有偏差；在運用力學規(guī)律解決電場問題時操作不規(guī)范等。 例1 在邊長為30cm的正三角形的兩個頂點A，B上各放一個帶電小球，其中Q1=4×10-6C，Q2=－4×10-6C，求它們在三角形另一頂點C處所產(chǎn)生的電場強度。 【錯解分析】錯解： C點的電場強度為Q1，Q2各自產(chǎn)生的場強之和，由點電荷的場強公式，  ∴E=E1+E2=0 認為C點處的場強是Q1，Q2兩點電荷分別在C點的場強的代數(shù)和。 【正確解答】 計算電場強度時，應先計算它的數(shù)值，電量的正負號不要代入公式中，然后根據(jù)電場源的電性判斷場強的方向，用平行四邊形法求得合矢量，就可以得出答案。 
由場強公式得： 
C點的場強為E1，E2的矢量和，由圖8－1可知，E，E1，E2組成一個等邊三角形，大小相同，∴E2= 4×105（N/C）方向與AB邊平行。 例2 如圖8－2，光滑平面上固定金屬小球A，用長L0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1，若兩球電量各漏掉一半，彈簧伸長量變?yōu)閤2，則有：（ ） 
 【錯解分析】錯解： 
故選B
錯解只注意到電荷電量改變，忽略了兩者距離也隨之變化，導致錯誤。 【正確解答】 由題意畫示意圖，B球先后平衡，于是有  【小結】  r常指彈簧形變后的總長度（兩電荷間距離）。 例3 點電荷A和B，分別帶正電和負電，電量分別為4Q和Q，在AB連線上，如圖8－3，電場強度為零的地方在 [ ] A．A和B之間 B．A右側 C．B左側 D．A的右側及B的左側 
【錯解分析】錯解： 錯解一：認為A，B間一點離A，B距離分別是2r和r，則A，B
 錯解二：認為在A的右側和B的左側，由電荷產(chǎn)生的電場方向總相反，因而都有可能抵消，選D。 錯解一忽略了A，B間EA和EB方向都向左，不可能抵消。 錯解二認為在A的右側和B的左側，由兩電荷產(chǎn)生的電場方向總相反，因而都有可能抵消，卻沒注意到A的右側EA總大于EB，根本無法抵消。 【正確解答】 因為A帶正電，B帶負電，所以只有A右側和B左側電場強度方向相反，因為QA＞QB，所以只有B左側，才有可能EA與EB等量反向，因而才可能有EA和EB矢量和為零的情況。 【小結】 解這類題需要的基本知識有三點：（1）點電荷場強計算公式 點電荷而來；（3）某點合場強為各場源在該點場強的矢量和。 例4 如圖8-4所示，QA=3×10-8C，QB=－3×10-8C，A，B兩球相距5cm，在水平方向外電場作用下，A，B保持靜止，懸線豎直，求A，B連線中點場強。（兩帶電小球可看作質點） 
【錯解分析】錯解： 以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力相等，所  AB中點總場強E總=E+EA+EB=E外=1.8×105（N/C），方向向左。 在中學階段一般不將QB的電性符號代入公式中計算。在求合場強時，應該對每一個場做方向分析，然后用矢量疊加來判定合場強方向，
 【正確解答】 以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力平衡，  E外方向與A受到的B的庫侖力方向相反，方向向左。在AB的連線中點處EA，EB的方向均向右，設向右為正方向。則有E總=EA+EB－E外。  【小結】 本題檢查考生的空間想象能力。對于大多數(shù)同學來說，最可靠的辦法是：按照題意作出A，B的受力圖。從A，B的電性判斷點電荷A，B的場強方向，從A或B的受力判斷外加勻強電場的方向。在求合場強的方向時，在A，B的連線中點處畫出每一個場強的方向，最后再計算。這樣做恰恰是在按照物理規(guī)律解決問題。 例5 在電場中有一條電場線，其上兩點a和b，如圖8－5所示，比較a，b兩點電勢高低和電場強度的大小。如規(guī)定無窮遠處電勢為零，則a，b處電勢是大于零還是小于零，為什么？ 
【錯解分析】錯解： 順電場線方向電勢降低，∴UA＞UB，因為無窮遠處電勢為零，順電場線方向電勢降低，∴UA＞UB＞0。 由于把所給電場看成由正點電荷形成的電場，認為從正電荷出發(fā)，順電場線電勢逐漸減小到零，從而得出UA，UB均大于零。 【正確解答】 順電場線方向電勢降低，∴UA＞UB，由于只有一條電力線，無法看出電場線疏密，也就無法判定場強大小。同樣無法判定當無窮遠處電勢為零時，a，b的電勢是大于零還是小于零。若是由正電荷形成的場，則EA＞EB，UA＞UB＞0，若是由負電荷形成的場，則EA＜EB，0＞UA＞UB。 【小結】 只有一條電場線，可以判定各點電勢高低，但無法判定場強大小及電勢是否大于零。 例6 將一電量為q =2×106C的點電荷從電場外一點移至電場中某點，電場力做功4×10-5J，求A點的電勢。 【錯解分析】錯解：  錯誤混淆了電勢與電勢差兩個概念間的區(qū)別。在電場力的功的計算式W=qU中，U系指電場中兩點間的電勢差而不是某點電勢。 【正確解答】 解法一：設場外一點P電勢為Up所以Up=0，從P→A，電場力的功W=qUPA，所以W=q（Up-UA）， 即4×10-5=2×10-6（0-UA） UA=－20V 解法二：設A與場外一點的電勢差為U，由W=qU，  因為電場力對正電荷做正功，必由高電勢移向低電勢，所以UA=－20V 【小結】 公式W=qU有兩種用法：（1）當電荷由A→B時，寫為W=qUAB=q(UA－UB)，強調(diào)帶符號用，此時W的正、負直接與電場力做正功、負功對應，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取絕對值運算，如“解法二”，但所得W或U得正負號需另做判斷。建議初學者采用這種方法。 例7 如圖8－6所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢驗電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是： [ ] A．電荷從a到b加速度減小 B．b處電勢能大 C．b處電勢高 D．電荷在b處速度小 【錯解分析】錯解： 由圖8－7可知，由a→b，速度變小，所以，加速度變小，選A。因為檢驗電荷帶負電，所以電荷運動方向為電勢升高方向，所以b處電勢高于a點，選C。 
選A的同學屬于加速度與速度的關系不清；選C的同學屬于功能關系不清。 【正確解答】由圖8－6可知b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據(jù)牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。 由圖8－6可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向應指向運動軌跡的凹向。因為檢驗電荷帶負電，所以電場線指向是從疏到密。再利用“電場線方向為電勢降低最快的方向”判斷a，b處電勢高低關系是UA＞UB，C選項不正確。 根據(jù)檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關，系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。 【小結】 理解能力應包括對基本概念的透徹理解、對基本規(guī)律準確把握。本題就體現(xiàn)高考在這方面的意圖。這道小題檢查了電場線的概念、牛頓第二定律、做曲線運動物體速度與加速度的關系、電場線與等勢面的關系、電場力功（重力功）與電勢能（重力勢能）變化的關系。能量守恒定律等基本概念和規(guī)律。要求考生理解概念規(guī)律的確切含義、適用條件，鑒別似是而非的說法。 例8 如圖8-7所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為L，為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，使其電量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引庫侖力F庫分別為：  
【錯解分析】錯解： （1）因為a，b兩帶電球殼質量分布均勻，可將它們看作質量集中在球心的質點，也可看作點電荷，因此，萬有引力定律和庫侖定律對它們都適用，故其正確答案應選A。 �。�2）依題意，a，b兩球中心間的距離只有球半徑的3倍，它們不能看作質點，也不能看作點電荷，因此，既不能用萬有引力定律計算它們之間的萬有引力，也不能用庫侖定律計算它們之間的靜電力，故其正確答案應選B。 由于一些同學對萬有引力定律和庫侖定律的適用條件理解不深刻，產(chǎn)生了上述兩種典型錯解，因庫侖定律只適用于可看作點電荷的帶電體，而本題中由于a，b兩球所帶異種電荷的相互吸引，使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，不滿足L＞＞r的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以不能應用庫侖定律。 【正確解答】 萬有引力定律適用于兩個可看成質點的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看作質量集中于球心的質點。因此，可以應用萬有引力定律。 綜上所述，對于a，b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確。 【小結】 用數(shù)學公式表述的物理規(guī)律，有它的成立條件和適用范圍。也可以說物理公式是對應著一定的物理模型的。應用物理公式前，一定要看一看能不能在此條件下使用該公式。 例9 如圖8－8所示，把一個不帶電的枕型導體靠近帶正電的小球，由于靜電感應，在a，b端分別出現(xiàn)負、正電荷，則以下說法正確的是： A．閉合K1，有電子從枕型導體流向地 B．閉合K2，有電子從枕型導體流向地 C．閉合K1，有電子從地流向枕型導體 D．閉合K2，沒有電子通過K2 
【錯解分析】錯解：枕型導體電荷總是守恒的，沒有電子流過K2。選D。 由于對沒有正確理解電荷守恒的相對性，所以在本題中認為枕型導體的電荷總是守恒的，便錯選答案D。 【正確解答】 在K1，K2都閉合前，對于枕型導體它的電荷是守恒的，a，b出現(xiàn)的負、正電荷等量。當閉合K1，K2中的任何一個以后，便把導體與大地連通，使大地也參與了電荷轉移。因此，導體本身的電荷不再守恒，而是導體與大地構成的系統(tǒng)中電荷守恒。由于靜電感應，a端仍為負電荷，大地遠處感應出等量正電荷，因此無論閉K1還是K2，都是有電子從地流向導體，應選答案C。 【小結】 在解決此類靜電平衡問題時，對電荷守恒的理解應為：電荷守恒定律有相對性，一個物理過程中，某個物體或某些物體的電荷并不守恒，有增或有減，而這一過程中必有另一些物體的電荷有減或有增，其中的增量和減量必定相等，滿足全范圍內(nèi)的守恒。即電荷是否守恒要看是相對于哪一個研究對象而言。 電荷守恒是永恒的，是不需要條件的。電荷守恒定律也是自然界最基本的規(guī)律之一。在應用這個定律時，只要能夠全面地考察參與電荷轉移的物體，就有了正確地解決問題的基礎。 例10 如圖8-9中接地的金屬球A的半徑為R，點電荷的電量Q，到球心距離為r，該點電荷的電場在球心O處的場強等于： [ ]  
【錯解分析】錯解： 根據(jù)靜電平衡時的導體內(nèi)部場強處處為零的特點，Q在O處場強為零，選C。 有些學生將“處于靜電平衡狀態(tài)的導體，內(nèi)部場強處處為零”誤認為是指Q電荷電場在球體內(nèi)部處處為零。實際上，靜電平衡時O處場強
 相等，方向相反，合場強為零。 【正確解答】 靜電感應的過程，是導體A（含大地）中自由電荷在電荷Q所形成的外電場下重新分布的過程，當處于靜電平衡狀態(tài)時，在導體內(nèi)部電荷Q所形成的外電場E與感應電荷產(chǎn)生的“附加電場E'”同時存在的，且在導體內(nèi)部任何一點，外電場電場場強E與附加電場的場強E'大小相等，方向相反，這兩個電場疊加的結果使內(nèi)部的合場強處處為零。即E內(nèi)=0。  【小結】 還應深入追究出現(xiàn)本題錯解的原因：只記住了靜電平衡的結論，對靜電平衡的全過程不清楚。要弄清楚“導體進入電場，在電場力的作用下自由電子定向移動，出現(xiàn)感應電荷的聚集，進而形成附加電場”開始，直到“附加電場與外電場平衡，使得導體內(nèi)部的場強疊加為零，移動自由電子電場力為零。”為止的全過程。 例11 如圖8-10所示，當帶正電的絕緣空腔導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接時，問驗電器是否帶電？ 
【錯解分析】錯解： 因為靜電平衡時，凈電荷只分布在空腔導體的外表面，內(nèi)部無靜電荷，所以，導體A內(nèi)部通過導線與驗電器小球連接時，驗電器不帶電。 關鍵是對“導體的外表面”含義不清，結構變化將要引起“外表面”的變化，這一點要分析清楚。錯解沒有分析出空腔導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接后，驗電器的金箔成了導體的外表面的一部分，改變了原來導體結構。A和B形成一個整體，凈電荷要重新分布。 【正確解答】 當導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接時，導體A和驗電器已合為一個整體，整個導體為等勢體，同性電荷相斥，電荷重新分布，必有凈電荷從A移向B，所以驗電器帶正電。 【小結】 一部分同學做錯這道題還有一個原因，就是知識遷移的負面效應。他們曾經(jīng)做過一道與本題類似的題：“先用絕緣金屬小球接觸帶正電的絕緣空腔導體A的內(nèi)部，然后將絕緣金屬小球移出空腔導體A與驗電器的小球B接觸，驗電器的金箔不張開�！彼麄円姷奖绢}就不假思索地選擇了不帶電的結論。“差異就是矛盾，”學習中要善于比較，找出兩個問題的區(qū)別才方能抓住問題的關鍵。這兩道題的差異就在于：一個是先接觸內(nèi)壁，后接觸驗電器小球；另一個是正電的絕緣空腔導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接。進而分析這種差異帶來的什么樣的變化。生搬硬套是不行的。 例12 三個絕緣的不帶電的相同的金屬球A，B，C靠在一起，如圖8-11所示，再將一個帶正電的物體從左邊靠近A球，并固定好，再依次拿走C球、B球、A球，問：這三個金屬球各帶什么電？并比較它們帶電量的多少。 
【錯解分析】錯解： 將帶正電的物體靠近A球，A球帶負電，C球帶正電，B球不帶電。將C，B，A三球依次拿走，C球帶正電，B球不帶電，A球帶負電，QA=QC。 認為將C球拿走后，A，B球上所帶電量不改變。其實，當C球拿走后，A，B球原來的靜電平衡已被破壞，電荷將要重新運動，達到新的靜電平衡。 【正確解答】 將帶正電的物體靠近A，靜電平衡后，A，B，C三球達到靜電平衡，C球帶正電，A球帶負電，B球不帶電。當將帶正電的C球移走后，A，B兩球上的靜電平衡被打破，B球右端電子在左端正電的物體的電場的作用下向A運動，形成新的附加電場，直到與外電場重新平衡時為止。此時B球帶正電，A球所帶負電將比C球移走前多。依次將C，B，A移走，C球帶正電，B球帶少量正電，A球帶負電，且A球帶電量比C球帶電量多。 |QA|=|QB|+|QC| 【小結】 在學習牛頓第二定律時，當外力發(fā)生變化時，加速度就要發(fā)生變化。這種分析方法不僅適用于力學知識，而且也適用于電學知識，本題中移去C球，電場發(fā)生了變化，電場力相應的發(fā)生了變化，要重新對物理過程進行分析，而不能照搬原來的結論。 例13 如圖8-12所示，當帶電體A靠近一個絕緣導體B時，由于靜電感應，B兩端感應出等量異種電荷。將B的左端接地，絕緣導體B帶何種電荷？ 
【錯解分析】錯解：對于絕緣體B，由于靜電感應左端帶負電，右端帶正電。左端接地，左端電荷被導走，導體B帶正電。 將導體B孤立考慮，左端帶負電，右端帶正電，左端接地后左邊電勢比地電勢低，所以負電荷將從電勢低處移到電勢高處。即絕緣體B上負電荷被導走。 【正確解答】 因為導體B處于正電荷所形成的電場中，而正電荷所形成的電場電勢處處為正，所以導體B的電勢是正的，UB＞U地；而負電荷在電場力的作用下總是從低電勢向高電勢運動，B左端接地，使地球中的負電荷（電子）沿電場線反方向進入高電勢B導體的右端與正電荷中和，所以B導體將帶負電荷。 例14 如圖8－13所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，則A，B兩點的電勢差為：  
【錯解分析】錯解：帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，根據(jù)動能定理，電場力所做的功等于帶電粒子動能的增量，電勢差等于動能增量與電量Q的比值，應選D。 帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，則粒子在豎直方向將保持有速度v0，粒子通過B點時不可能有與電場方向一致的2v0，根據(jù)粒子有沿場強方向的速度2v0，則必是重力作用使豎直向上的速度變?yōu)榱�。如一定不考慮粒子重力，這只有在電場無限大，帶電粒子受電場力的作用，在電場方向上的速度相比可忽略不計的極限狀態(tài)，且速度沿電場方向才能成立。而本題中v0與vB相比不能忽略不計，因此本題應考慮帶電粒子的重力。 【正確解答】 在豎直方向做勻減速直線運動：2gh = v02①  根據(jù)動能定理 
 【小結】 根據(jù)初、末速度或者運動軌跡判斷物體的受力情況是解決與運動關系問題的基本功。即使在電學中，帶電粒子的運動同樣也要應用這個基本功。通過這樣一些題目的訓練，多積累這方面的經(jīng)驗，非常必要。 例15 置于真空中的兩塊帶電的金屬板，相距1cm，面積均為10cm2，帶電量分別為Q1=2×10-8C，Q2=-2×10-8C，若在兩板之間的中點放一個電量q=5×10-9C的點電荷，求金屬板對點電荷的作用力是多大？ 【錯解分析】錯解：點電荷受到兩板帶電荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由
 
庫侖定律只適用于點電荷間相互作用，本題中兩個帶電金屬板面積較大，相距較近，不能再看作是點電荷，應用庫侖定律求解就錯了。 【正確解答】 兩個平行帶電板相距很近，其間形成勻強電場，電場中的點電荷受到電場力的作用。  【小結】 如果以為把物理解題當作算算術，只要代入公式就完事大吉。那就走入了學習物理的誤區(qū)。 例16 如圖8－15電路中，電鍵K1，K2，K3，K4均閉合，在平行板電容器C的極板間懸浮著一帶電油滴P， �。�1）若斷開K1，則P將__________； （2）若斷開K2，則P將________； �。�3）若斷開K3，則P將_________； �。�4）若斷開K4，則P將_______。 
【錯解分析】錯解：(1）若斷開K1，由于R1被斷開，R2上的電壓將增高，使得電容器兩端電壓下降，則P將向下加速運動。 �。�2）若斷開K2，由于R3被斷開，R2上的電壓將增高，使得電容器兩端電壓下降，則P將向下加速運動。 （3）若斷開K3，由于電源被斷開，R2上的電壓將不變，使得電容器兩端電壓不變，則P將繼續(xù)懸浮不動。 �。�4）若斷開K4，由于電源被斷開，R2上的電壓將變?yōu)榱�，使得電容器兩端電壓下降，則P將加速下降。 上述四個答案都不對的原因是對電容器充放電的物理過程不清楚。尤其是充電完畢后，電路有哪些特點不清楚。 【正確解答】 電容器充電完畢后，電容器所在支路的電流為零。電容器兩端的電壓與它所并聯(lián)的兩點的電壓相等。本題中四個開關都閉合時，有R1，R2兩端的電壓為零，即R1，R2兩端等勢。電容器兩端的電壓與R3兩端電壓相等。 �。�1）若斷開K1，雖然R1被斷開，但是R2兩端電壓仍為零，電容器兩端電壓保持不變，則P將繼續(xù)懸浮不動 �。�2）若斷開K2，由于R3被斷開，電路再次達到穩(wěn)定時，電容器兩端電壓將升高至路端電壓R2上的電壓仍為零，使得電容器兩端電壓升高，則P將向上加速運動。 （3）若斷開K3，由于電源被斷開，電容器兩端電壓存在一個回路，電容器將放電至極板兩端電壓為零，P將加速下降。 �。�4）K4斷開，電容器兩端斷開，電量不變，電壓不變，場強不變，P將繼續(xù)懸浮不動。 【小結】 在解決電容器與直流電路相結合的題目時，要弄清楚電路的結構，還要會用靜電場電勢的觀點分析電路，尋找等勢點簡化電路。 例17 有兩個帶電量相等的平行板電容器A和B，它們的正對面積之比SA∶SB=3∶1，板長之比∶LA∶LB=2∶1，兩板距離之比dA∶dB=4∶1，兩個電子以相同的初速度沿與場強垂直的方向分別射入兩電容器的勻強電場中，并順利穿過電場，求兩電子穿越電場的偏移距離之比。 【錯解分析】錯解：  把電容器的電壓看成是由充電電量和兩板正對面積決定而忽視了板間距離對電壓的影響，所以電壓比和偏離比都搞錯了。 【正確解答】 
 【小結】 高考中本題只能作為一道選擇題（或填空題）出現(xiàn)在試卷上。很多考生為了騰出時間做大題，急急忙忙不做公式推導，直接用數(shù)字計算導致思考問題不全面，以至會做的題目得不到分。同時按部就班解題，養(yǎng)成比較好的解題習慣，考試時就會處變不驚，穩(wěn)中求準，穩(wěn)中求快。 例18 在平行板電容器之間有勻強電場，一帶電粒子以速度v垂直電場線射入電場，在穿越電場的過程中，粒子的動能由Ek增加到2Ek，若這個帶電粒子以速度2v垂直進入該電場，則粒子穿出電場時的動能為多少？ 【錯解分析】錯解：設粒子的的質量m，帶電量為q，初速度v；勻強電場為E，在y方向的位移為y，如圖8―16所示。 
認為兩次射入的在Y軸上的偏移量相同。實際上，由于水平速度增大帶電粒子在電場中的運動時間變短。在Y軸上的偏移量變小。 【正確解答】 建立直角坐標系，初速度方向為x軸方向，垂直于速度方向為y軸方向。設粒子的的質量m，帶電量為q，初速度v；勻強電場為E，在y方向的位移為y。速度為2v時通過勻強電場的偏移量為y′，平行板板長為L。 由于帶電粒子垂直于勻強電場射入，粒子做類似平拋運動。  兩次入射帶電粒子的偏移量之比為  【小結】 當初始條件發(fā)生變化時，應該按照正確的解題步驟，從頭再分析一遍。而不是想當然地把上一問的結論照搬到下一問來。由此可見，嚴格地按照解題的基本步驟進行操作，能保證解題的準確性，提高效率。其原因是操作步驟是從應用規(guī)律的需要歸納出來的。 例19 A，B兩塊平行帶電金屬板，A板帶負電，B板帶正電，并與大地相連接，P為兩板間一點。若將一塊玻璃板插入A，B兩板間，則P點電勢將怎樣變化。 【錯解分析】錯解： UpB=Up－UB=Ed  電常數(shù)ε增大，電場強度減小，導致Up下降。 沒有按照題意畫出示意圖，對題意的理解有誤。沒有按照電勢差的定義來判斷PB兩點間電勢差的正負。 【正確解答】 按照題意作出示意圖，畫出電場線，圖8－17所示。 
我們知道電場線與等勢面間的關系：“電勢沿著電場線的方向降落”所以UpB=Up－UB＜0，B板接地UB=0 UBp=UB－Up=0－Up Up=－Ed  常數(shù)ε增大，電場強度減小，導致Up上升。 【小結】 如何理解PB間的電勢差減小，P點的電勢反倒升高呢？請注意，B板接地Up＜0，PB間的電勢差減小意味著Up比零電勢降落得少了。其電勢反倒升高了。 例20、 1000eV的電子流在兩極板中央斜向上方進入勻強電場，電場方向豎直向上，它的初速度與水平方向夾角為30°，如圖8－18。為了使電子不打到上面的金屬板上，應該在兩金屬板上加多大電壓U？ 
【錯解分析】錯解： 電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，設進入電場時初速度為v0，  因為電子流在電場中受到豎直向下電場力作用，動能減少。欲使電子剛好打不到金屬板上有Vr=0，此時電子流動能 
 電子流在電場中受到電場力作用，電場力對電子做功We= Fes = eEs其中s必是力的方向上位移，即d/2，所以We=eU，U是對應沿d方向電勢降落。則電子從C到A，應對應We=eUAC，故上面解法是錯誤的。 【正確解答】 電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，欲使電子剛好不打金屬板上，則必須使電子在d/2內(nèi)豎直方向分速度減小到零，設此時加在兩板間的電壓為U，在電子流由C到A途中， 電場力做功We=EUAC，由動能定理   至少應加500V電壓，電子才打不到上面金屬板上。 【小結】 動能定理是標量關系式。不能把應用牛頓定律解題方法與運用動能定理解題方法混為一談。 例21 如圖8－19，一個電子以速度v0=6.0×106m/s和仰角α=45°從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛行。兩板間場強E= 2.0×104V/m，方向自下向上。若板間距離d=2.0×10-2m，板長L=10cm，問此電子能否從下板射至上板？它將擊中極板的什么地方？ 
【錯解分析】錯解：規(guī)定平行極板方向為x軸方向；垂直極板方向為y軸方向，將電子的運動分解到坐標軸方向上。由于重力遠小于電場力可忽略不計，則y方向上電子在電場力作用下做勻減速運動，速度最后減小到零。 ∵vt2－v02 = 2as y= d= s vt=
0  即電子剛好擊中上板，擊中點離出發(fā)點的水平位移為3.99×10-2（m）。  為d，（擊中了上板）再求y為多少，就犯了循環(huán)論證的錯誤，修改了原題的已知條件。 【正確解答】 應先計算y方向的實際最大位移，再與d進行比較判斷。   由于ym＜d，所以電子不能射至上板。  【小結】 因此電子將做一種拋物線運動，最后落在下板上，落點與出發(fā)點相距1.03cm。 斜拋問題一般不要求考生掌握用運動學方法求解。用運動的合成分解的思想解此題，也不是多么困難的事，只要按照運動的實際情況把斜拋分解為垂直于電場方向上的的勻速直線運動，沿電場方向上的堅直上拋運動兩個分運動。就可以解決問題。 例22 一個質量為m，帶有電荷-q的小物塊，可在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處于勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox軸正方向，如圖8－20所示，小物體以初速v0從x0沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力f作用，且f＜qE。設小物體與墻碰撞時不損失機械能且電量保持不變。求它在停止運動前所通過的總路程s。 
【錯解分析】錯解：錯解一：物塊向右做勻減速運動到停止，有  錯解二：小物塊向左運動與墻壁碰撞后返回直到停止，有W合=△Ek，得  錯誤的要害在于沒有領會題中所給的條件f＞Eq的含義。當物塊初速度向右時，先減速到零，由于f＜Eq物塊不可能靜止，它將向左加速運動，撞墻后又向右運動，如此往復直到最終停止在軌道的O端。初速度向左也是如此。 【正確解答】 設小物塊從開始運動到停止在O處的往復運動過程中位移為x0，往返路程為s。根據(jù)動能定理有  【小結】 在高考試卷所檢查的能力中，最基本的能力是理解能力。讀懂題目的文字并不困難，難的是要抓住關鍵詞語或詞句，準確地在頭腦中再現(xiàn)題目所敘述的實際物理過程。常見的關鍵詞語有：“光滑平面、緩慢提升（移動）、伸長、伸長到、輕彈簧、恰好通過最高點等”這個工作需要同學們平時多積累。并且在做新情境（陌生題）題時有意識地從基本分析方法入手，按照解題的規(guī)范一步一步做，找出解題的關鍵點來。提高自己的應變能力。 例23 如圖8－21所示，長為L的絕緣細線，一端懸于O點，另一端連接一質量為m的帶負電小球，置于水平向右的勻強電場中，在O點 向右水平拉直后從靜止釋放，細線碰到釘子后要使小球剛好饒釘子O′在豎直平面內(nèi)作圓周運動，求OO′長度。 
【錯解分析】錯解：擺球從A落下經(jīng)B到C的過程中受到重力G，繩子的拉力T和電場力F電三個力的作用，并且重力和電場力做功，拉力不做功，由動能定理  擺球到達最低點時，擺線碰到釘子O′后，若要小球剛好繞釘子O′在豎直平面內(nèi)做圓周運動，如圖8－22。則在最高點D應滿足： 
從C到D的過程中，只有重力做功（負功），由機械能守恒定律  考生以前做過不少“在重力場中釋放擺球。擺球沿圓弧線運動的習題”。受到這道題思維定勢的影響，沒能分析出本題的擺球是在重力場和電場疊加場中運動。小球同時受到重力和電場力的作用，這兩個力對擺球運動軌跡都有影響。受“最高點”就是幾何上的最高點的思維定勢的影響，沒能分析清楚物理意義上的“最高點”含義。在重力場中應是重力方向上物體運動軌跡的最高點，恰好是幾何意義上的最高點。而本題中，“最高點”則是重力與電場力的合力方向上擺球運動的軌跡的最高點。 【正確解答】 本題是一個擺在重力場和電場的疊加場中的運動問題，由于重力場和電場力做功都與路徑無關，因此可以把兩個場疊加起來看成一個等效力場來處理，如圖8－23所示， 
∴θ=60°。 開始時，擺球在合力F的作用下沿力的方向作勻加速直線運動，從A點運動到B點，由圖8－23可知，△AOB為等邊三角形，則擺球從A到B，在等效力場中，由能量守恒定律得： 
在B點處，由于在極短的時間內(nèi)細線被拉緊，擺球受到細線拉力的沖量作用，法向分量v2變?yōu)榱�，切向分�?/p> 
接著擺球以v1為初速度沿圓弧BC做變速圓周運動，碰到釘子O′后，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效力場中，過點O′做合力F的平行線與圓的交點為Q，即為擺球繞O′點做圓周運動的“最高點”，在Q點應滿足 
過O點做OP⊥AB取OP為等勢面，在等效力場中，根據(jù)能量守恒定律得：  【小結】 用等效的觀點解決陌生的問題，能收到事半功倍的效果。然而等效是有條件的。在學習交流電的有效值與最大值的關系時，我們在有發(fā)熱相同的條件將一個直流電的電壓（電流）等效于一個交流電。本題中，把兩個場疊加成一個等效的場，前提條件是兩個力做功都與路徑無關。 試題詳情
1999年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 歷 史 本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分第I卷1至5頁，第II卷6至11頁。滿分150分�？荚嚂r間120分鐘 第I卷（選擇題共74分） 注意事項： 1．答第I卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考試科目涂寫在答題卡上。考試結束，將試題卷和答題卡一并交回。 2．每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號，不能答在試題卷上。 試題詳情
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A．宋代產(chǎn)生了嚴重的通貨膨脹 
25．右圖是20世紀40年代初國內(nèi)某報刊登的一幅照片，該照片可以用來說明：
C．丙 D．丁
41．臺灣地區(qū)外籍工人分布呈現(xiàn)
45. 該地區(qū)
47．根據(jù)圖中各移民流向，下列敘述錯誤的是
C．歐洲 D．拉丁美洲
右圖為某地區(qū)的等壓線圖，請回答53～54題
C．行星同時受到太陽的萬有引力和向心力
61. 如圖是一種利用電磁原理制作的充氣泵的結構示意圖．當電流從電磁鐵的接線柱a流入，吸引小磁鐵向下運動，由此可判斷