高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪考綱知識復習:電場能的性質的描述。

第2節(jié)電場能的性質的描述
【考綱知識梳理】
一、電勢差
定義：電荷在電場中由一點A移動到另一點B時，電場力所做的功與該電荷電荷量的比值就叫做AB兩點的電勢差，用表示。
定義式：
單位：
矢標性：是標量，當有正負，正負代表電勢的高低
二.電勢
定義：電勢實際上是和標準位置的電勢差，即電場中某點的電勢。在數(shù)值上等于把1C正電荷從某點移到標準位置（零電勢點）是靜電力說做的功。
定義式：
單位：
矢標性：是標量，當有正負，電勢的正負表示該點電勢比零電勢點高還是低。
三.電勢能
定義：電荷在電場中某點的電勢能在數(shù)值上等于把電荷從這一點到電勢能為零處（電勢為零）靜電力所做的功。
定義式：
單位：焦耳（J）
矢標性：是標量，當有正負，電勢能的正負表示該點電勢能比零電勢能點高還是低。
電場力做功與電勢能變化的關系
⑴靜電力對電荷做正功電勢能就減小，靜電力對電荷做負功電勢能就增加。
⑵靜電力對電荷做功等于電荷電勢能的變化量，所以靜電力的功是電荷電勢能變化的量度。用表示電勢能，則將電荷從A點移到B點，有
四.等勢面
定義：電場中電勢相等的點構成的面叫做等勢面。
等勢面的特點
⑴等勢面一定跟電場線垂直
⑵電場線總是從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面
⑶任意兩等勢面都不會相交
⑷電荷在同一等勢面上移動時，電場力做功為零
⑸電場強度較大的地方，等差等勢面較密
⑹幾種常見的等勢面如下：

五.勻強電場中電勢差和電場強度的關系
1.勻強電場中電勢差U和電場強度E的關系式為：
2.說明⑴只適用于勻強電場的計算⑵式中的d的含義是某兩點沿電場線方向上的距離，或兩點所在等勢面間距。由此可以知道：電場強度的方向是電勢降落最快的方向。
【要點名師透析】
【例1】(20xx揚州模擬)研究表明，無限大的均勻帶電平面在周圍空間會形成與平面垂直的勻強電場.現(xiàn)有兩塊無限大的均勻絕緣帶電平面，一塊帶正電，一塊帶負電，把它們正交放置如圖所示，單位面積所帶電荷量的數(shù)值相等.圖中直線A1B1和A2B2分別為帶正電的平面和帶負電的平面與紙面正交的交線，O為兩交線的交點.則圖中能正確反映等勢面分布情況的是()
【答案】選A.
【詳解】求各區(qū)域合場強→畫合場強電場線→畫等勢面，如圖①②③所示.
【例2】(20xx鎮(zhèn)江模擬)勻強電場中有a、b、c三點.在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°.電場方向與三角形所在平面平行.已知a、b和c點的電勢分別為(2-)V、(2+)V和2V.該三角形的外接圓上最低、最高電勢分
別為()
A.(2-)V、(2+)VB.0V、4V
C.(2-)V、(2+)VD.0V、V
【答案】選B.
【詳解】如圖，
根據(jù)勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降低，分析ba方向的電勢變化及電勢差可得，Uba==V，所以b、a中點O的電勢為=2V.ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，因為，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOP=UOa=V，又因為UOP=ERcos30°，UON=ER，所以UON∶UOP=2∶，故UON=2V，N點電勢為零，為最低電勢點，同理M點電勢為4V，為最高電勢點.所以正確答案為B.
三、電場力做功的計算、電場中的功能關系
1.電場力做功的計算方法
(1)WAB=qUAB(普遍適用)
(2)W=qElcosθ(適用于勻強電場)
(3)WAB=-ΔEp=EpA-EpB(從能量角度求解)
(4)W電+W非電=ΔEk(由動能定理求解)
2.帶電粒子在電場中做曲線運動時正負功的判斷
(1)粒子速度方向一定沿軌跡的切線方向，粒子合力方向一定沿電場線指向軌跡彎曲的凹側.
(2)電場力與速度方向間夾角小于90°,電場力做正功；夾角大于90°，電場力做負功.
3.功能關系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變；
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變；
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化；
(4)所有外力對物體所做的功，等于物體動能的變化.
【例3】(12分)一個不帶電的金屬板，表面有很薄的光滑絕緣層，與水平方向成θ角放置.金屬板上B、C兩點間的距離為L，在金屬板上方的A點固定一個帶電荷量為+Q的點電荷，金屬板處在+Q的電場中.已知A、B、C三點在同一豎直平面內，且AB水平，AC豎直，如圖所示.將一個帶電荷量為+q(qQ，q對原電場無影響)可看做點電荷的小球，從B點無初速釋放，如果小球質量為m，下滑過程中帶電荷量不變，求：
(1)小球在B點的加速度；
(2)下滑到C點時的速度.
【答案】(1)gsinθ(2)
【詳解】(1)由于金屬板處在點電荷Q形成的電場中達到靜電平衡時，金屬板表面是一個等勢面，金屬板表面處的電場線與金屬板表面垂直，帶電小球在沿金屬板下滑的過程中，所受電場力與金屬板表面垂直.則小球所受的合外力為F=mgsinθ，所以小球沿金屬板表面做初速度為零的勻加速直線運動，故小球在B點的加速度為a=gsinθ.(6分)(2)根據(jù)運動學公式v2-v02=2ax可得：(2分)C點的速度為vC=(4分)或者根據(jù)機械能守恒得：mgLsinθ=mvC2
所以vC=
【感悟高考真題】
1.（20xx四川理綜T21）質量為m的帶正電小球由空中A點無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點.不計空氣阻力且小球從末落地，則
A.整個過程中小球電勢能變化了mg2t2
B.整個過程中小球動量增量的大小為2mgt[
C.從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2
D.從A點到最低點小球重力勢能變化了mg2t2

【答案】選BD.
【詳解】運動過程如上圖所示，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的.由運動學公式得.對加電場之后的運動過程應用動能定理得，對此前的過程有機械能守恒，以及運動學公式.由以上各式聯(lián)立可得，即整個過程中小球電勢能減少了，A錯；動量增量為，可知B正確；從加電場開始到小球運動到最低點時，，C錯；由運動學公式知，以及，則從A點到最低點小球重力勢能變化量為，D正確.
2..（20xx大綱版全國T17）通常一次閃電過程歷時約0.2～O.3s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構成。每個閃擊持續(xù)時間僅40～80μs，電荷轉移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×v，云地間距離約為lkm；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時間約為60μs。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是
A.閃電電流的瞬時值可達到1×A
B．整個閃電過程的平均功率約為l×W
C．閃電前云地間的電場強度約為l×106V/m
D.整個閃電過程向外釋放的能量約為6×J
【答案】選AC
【詳解】在60μs的短暫時間內的平均電流就可以當作瞬時電流，所以A正確；第一個閃擊過程中的平均功率，因為題目中告訴正個閃電過程的時間是0.2-0.3s而不是60μs.故整個閃電過程的平均功率不等于第一個閃擊過程中的平均功率，所以B錯誤；閃電前電場強度，C正確；由于電荷轉移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，整個閃電過程向外釋放的能量大約是，所以D錯誤。
3．（20xx上海高考物理T14）兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，正確描述電勢隨位置變化規(guī)律的是圖
【答案】選A.
【詳解】等量異種點電荷電場線如圖所示，因為沿著電場線方向電勢降低，所以，以正電荷為參考點，左右兩側電勢都是降低的；因為逆著電場線方向電勢升高，所以副電荷為參考點，左右兩側電勢都是升高的?？梢姡谡麄€電場中，正電荷所在位置電勢最高，負電荷所在位置電勢最低，符合這種電勢變化的情況只有A選項.
4.（20xx上海高考物理T1）電場線分布如圖昕示，電場中a，b兩點的電場強度大小分別為已知和，電勢分別為和，則
(A)，(B)，
(C)，(D)，
【答案】選C.
【詳解】a、b兩位置相比，a處電場線密度較b處稀疏，所以a處電場強度較b處電場強度小一些，所以；沿著電場線方向電勢降低，所以，正確選項為C.
5.（20xx山東高考T21）如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是
A.b點場強大于d點場強
B.b點場強小于d點場強
C.a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差
D.試探電荷+q在a點的電勢能小于在c點的電勢能
【答案】選B、C。
【詳解】對與等量異種點電荷所形成的電場中每一個位置處的電場強度都是兩個電荷形成電場相疊加的結果，在MN直線上在兩電荷中點處的場強最大，在兩點電荷連線上，中點場強最小，（在電場線分布稠密的地方電場較強。）可以判斷B正確，A錯誤。電勢差是電勢的差值，由題意可知MN是兩個電荷連線的中垂線，故C正確.把正電荷從a點移到c點，電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤。
6.（20xx海南物理T1）關于靜電場，下列說法正確的是（）
電勢等于零的物體一定不帶電
電場強度為零的點，電勢一定為零
同一電場線上的各點，電勢一定相等
負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加
【答案】選D。
【詳解】零電勢點是任意選取的，與物體是否帶電沒有關系，故A錯誤；電場強度與電勢沒有直接的關系，電場強度為零的點，電勢可能為零，也可能不為零，故B錯誤；同一條電場線上，沿著電場線方向，電勢越來越低，故C錯誤；負電荷沿電場線方向移動，電場力做負功，電勢能增加，故D正確。
7.（20xx上海高考物理T23）如圖，在豎直向下，場強為的勻強電場中，長為的絕緣輕桿可繞固定軸在豎直面內無摩擦轉動，兩個小球A、B固定于桿的兩端，A、B的質量分別為和()，A帶負電，電量為，B帶正電，電量為。桿從靜止開始由水平位置轉到豎直位置，在此過程中電場力做功為，在豎直位置處兩球的總動能為。
【答案】
【詳解】電場力對Ａ、Ｂ都做正功，，，電場力所作總功，重力所做總功，根據(jù)動能定理，豎直位置處兩球的總動能
8．（20xx重慶1７）某電容式話筒的原理示意圖如題18圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬基板。對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動。在P、Q間距增大過程中，
A．P、Q購車的電容器的電容增大
B．P上電荷量保持不變
C．M點的電勢比N點的低
D．M點的電勢比N點的高
【答案】D
【解析】電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變。在P、Q間距增大過程中，根據(jù)電容決定式得電容減小，又根據(jù)電容定義式得電容器所帶電量減小，電容器的放電電流通過R的方向由M到N，所以M點的電勢比N點的高。D正確
9.(20xx全國卷Ⅰ16)關于靜電場，下列結論普遍成立的是
A．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關
B．電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低
C．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功為零
D．在正電荷或負電荷產生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向
【答案】C
【解析】在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢高，離正電荷遠，電場強度小，電勢低；而在負電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢低，離負電荷遠，電場強度小，電勢高，A錯誤。電勢差的大小決定于兩點間距和電場強度，B錯誤；沿電場方向電勢降低，而且速度最快，C正確；場強為零，電勢不一定為零，如從帶正電荷的導體球上將正電荷移動到另一帶負電荷的導體球上，電場力做正功。
【命題意圖與考點定位】考查靜電場中電場強度和電勢的特點，應該根據(jù)所學知識舉例逐個排除。
10.(20xx天津5)在靜電場中，將一正電荷從a點移到b點，電場力做了負功，則
A．b點的電場強度一定比a點大B．電場線方向一定從b指向a
C．b點的電勢一定比a點高D．該電荷的動能一定減小
答案：C
11.(20xx江蘇物理5)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨X變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是
（A）O點的電勢最低
（B）X2點的電勢最高
（C）X1和-X1兩點的電勢相等
（D）X1和X3兩點的電勢相等
答案：C
12．(20xx北京18)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d,靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，若
A.保持S不變，增大d,則θ變大
B.保持S不變，增大d,則θ變小
C.保持d不變，減小S,則θ變小
D.保持d不變，減小S,則θ不變
【答案】A
【解析】由知保持S不變，增大d，電容減小，電容器帶電能力降低，電容器電量減小，靜電計所帶電量增加，θ變大；保持d不變，減小S，電容減小，θ變大。正確答案A。
13.(20xx上海物理9)三個點電荷電場的電場線分布如圖所示，圖中a、b兩點出的場強
大小分別為、，電勢分別為，則
（A）＞，＞
（B）＜，＜
（C）＞，＜
（D）＜，＞
【解析】根據(jù)電場線的疏密表示場強大小，沿電場線電勢降落（最快），選C。本題考查電場線與場強與電勢的關系。難度：易。
14.（09年全國Ⅰ18）如圖所示，一電場的電場線分布關于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MN，P點在y軸的右側，MP⊥ON，則（）
A.M點的電勢比P點的電勢高
B.將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功
C.M、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差
D.在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動
解析：本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運動.由圖和幾何關系可知M和P兩點不處在同一等勢線上而且有,A對.將負電荷由O點移到P要克服電場力做功,及電場力做負功,B錯.根據(jù),O到M的平均電場強度大于M到N的平均電場強度,所以有,C錯.從O點釋放正電子后,電場力做正功,該粒子將沿y軸做加速直線運動。
15.（09全國卷Ⅱ19）圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點。若不計重力，則（）
A.M帶負電荷，N帶正電荷
B.N在a點的速度與M在c點的速度大小相同
C.N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功
D.M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零
解析：本題考查帶電粒子在電場中的運動.圖中的虛線為等勢線,所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負不清楚但為異種電荷.A錯.o到a的電勢差等于o到c的兩點的電勢差,而且電荷和質量大小相等,而且電場力都做的是正功根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同,但方向不同,B對。
16.（09北京16）某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ，電勢分別為UP和UQ，則()
A．EP＞EQ，UP＞UQ
B．EP＞EQ，UP＜UQ
C．EP＜EQ，UP＞UQ
D．EP＜EQ，UP＜UQ
解析：從圖可以看出P點的電場線的密集程度大于Q點的密集程度，故P點的場強大于Q點的場強，因電場線
的方向由P指向Q，而沿電場線的方向電勢逐漸降低，P點的電勢高于Q點的電勢，故A項正確。
17.（09上海物理7）位于A、B處的兩個帶有不等量負電的點電荷在平面內電勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，則（）
A．a點和b點的電場強度相同
B．正電荷從c點移到d點，電場力做正功
C．負電荷從a點移到c點，電場力做正功
D．正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電勢能先減小后增大
解析：電場線的疏密可以表示電場的強弱，可見A錯誤；正電荷從c點移到d點，電場力做負功，負電荷從a點移到c點，電場力做正功，所以B錯誤，C正確；正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電場力先做正功，后做負功，但整個過程電場力做正功，D正確。
18.（09四川20）如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度V1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為V2（V2＜V1）。若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，則（）
A．小物體上升的最大高度為
B．從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小
C．從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功
D．從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小
解析：設斜面傾角為θ、上升過程沿斜面運動的最大距離為L。
因為OM＝ON，則MN兩點電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0。上滑和下滑經過同一個位置時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對應的摩擦力所作的功均為相等的負功，所以上滑和下滑過程克服電場力產生的摩擦力所作的功相等、并設為W1。在上滑和下滑過程，對小物體，應用動能定理分別有：－mgsinθL－μmgcosθL－W1＝－和mgsinθL－μmgcosθL－W1＝，上兩式相減可得sinθL＝，A對；由OM＝ON，可知電場力對小物體先作正功后作負功，電勢能先減小后增大，BC錯；從N到M的過程中，小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小，而重力分力不變，則摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到O的距離先減小后增大，根據(jù)庫侖定律可知小物體受到的電場力先增大后減小，D對。
19.（09寧夏16）醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160V，磁感應強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為（A）
A.1.3m/s，a正、b負B.2.7m/s，a正、b負
C．1.3m/s，a負、b正D.2.7m/s，a負、b正
20.（09江蘇物理8）空間某一靜電場的電勢在軸上分布如圖所示，軸上兩點B、C點電場強度在方向上的分量分別是、，下列說法中正確的有（）
A．的大小大于的大小
B．的方向沿軸正方向
C．電荷在點受到的電場力在方向上的分量最大
D．負電荷沿軸從移到的過程中，電場力先做正功，后做負功
解析：本題的入手點在于如何判斷和的大小，由圖象可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看做是勻強磁場，用勻強磁場的處理方法思考，從而得到結論，此方法為微元法；需要對電場力的性質和能的性質由較為全面的理解。在B點和C點附近分別取很小的一段d，由圖象，B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差，看做勻強電場有，可見，A項正確；同理可知O點場強最小，電荷在該點受到的電場力最小，C項錯誤；沿電場方向電勢降低，在O點左側，的方向沿x軸負方向，在O點右側，的方向沿x軸正方向，所以B項錯誤，D項正確。
【考點模擬演練】
1.如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢線，且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為A、B、C，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關系中正確的有()
A.A＞B＞CB.EC＞EB＞EA
C.UAB＜UBC
D.UAB=UBC
【答案】ABC
【詳解】從A到B再到C是順著電場線的方向，電勢應逐漸降低，所以A＞B＞C,即A正確.A、B、C三點中A處電場線最疏，C處電場線最密，所以EA＜EB＜EC，則B正確.盡管AB=BC，但EA＜EB＜EC，所以UAB＜UBC,即C正確，D錯誤.
2．圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡．粒子先經過M點，再經過N點，可以判定()
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．M點的電勢小于N點的電勢
C．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
D．粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力
【答案】選AD.
【詳解】沿電場線的方向電勢降低，所以φMφN，選項A對，B錯；電場線越密的地方電場強度越大，同一粒子所受電場力越大，所以選項C錯，D對．
3．(20xx年伊春模擬)如圖所示，a、b是豎直方向上同一電場線上的兩點，一帶負電的質點在a點由靜止釋放，到達b點時速度最大，則()
A．a點電勢高于b點電勢
B．a點的場強大于b點的場強
C．質點從a點運動到b點的過程中電勢能增加
D．質點在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力
【答案】選B.
【詳解】負電荷所受電場力向上，所以電場線方向向下，A錯；a點電場力大于重力，b點電場力等于重力，B對，D錯；質點從a點運動到b點的過程中電場力做正功，電勢能減小，C錯．
4．(20xx年福建泉州調研)如圖所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力的作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結論中不正確的是()
A．此液滴帶負電荷
B．合外力對液滴做的總功等于零
C．液滴做勻加速直線運動
D．液滴的電勢能減少
【答案】選B.
【詳解】由題可知，帶電液滴只受重力和電場力作用，合力沿bd方向，液滴勻加速運動，C正確；合力做正功，B不正確；電場力方向向右，故液滴帶負電荷，A正確；電場力做正功，所以電勢能減少，D正確．
5.空間有一勻強電場，在電場中建立如右圖所示的直角坐標系O－xyz，M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標為(0，a,0)，N點的坐標為(a,0,0)，P點的坐標為a，a2，a2.已知電場方向平行于直線MN，M點電勢為0，N點電勢為1V，則P點的電勢為()
A.22VB.32V
C.14VD.34V
【答案】D
【詳解】MN間的距離為2a，P點在MN連線上的投影點離M點的距離為32a4，所以P點的電勢為：32a42a×1＝34V，D正確．
6.一正電荷在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度大小隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別是電荷在A、B兩點對應的時刻，則下列說法中正確的有
()
A.A處的場強一定小于B處的場強
B.A處的電勢一定高于B處的電勢
C.電荷在A處的電勢能一定小于B處的電勢能
D.A至B過程中，電場力一定對電荷做正功
【答案】ABD
【詳解】由速度圖象可知，正電荷的加速度逐漸增大，所受電場力逐漸增大，B處電場強度大于A處電場強度，選項A正確；正電荷從A點運動到B點，在電場力作用下，正電荷速度增大，電場力做正功，所以D正確；電勢能減小，電荷在A處的電勢能一定大于B處的電勢能，A處的電勢一定大于B處的電勢，選項B正確，C錯.
7.在粗糙的斜面上固定一點電荷Q，在M點無初速度的釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場中沿斜面運動到N點靜止.則從M到N的過程中
()
A.小物塊所受的電場力減小
B.小物塊的電勢能可能增加
C.小物塊電勢能變化量的大小一定小于克服摩擦力做的功
D.M點的電勢一定高于N點的電勢
【答案】AC
【詳解】根據(jù)庫侖定律：知F庫減小，故A對；由于電荷Q電性未知，故無法判定M、N兩點的電勢高低，故D錯；雖然電荷Q和小物塊的電性都未知，但由題意可判斷兩者之間必為斥力，故小物塊的電勢能必然減?。ㄒ驗殡妶隽ζ渥稣Γ?，故B錯；由動能定理有WG+W電+Wf=0，且WG＞0，W電＞0，故W電＜Wf，即C對.
8.如圖所示，圖中K、L、M為靜電場中的3個相距較近的等勢面.一帶電粒子射入此靜電場中后，沿abcde軌跡運動.已知K＜L＜M,且粒子在ab段做減速運動.下列判斷中正確的是
()
A.粒子帶負電
B.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度
C.粒子在a點與e點的速度大小相等
D.粒子在a點的電勢能小于在d點的電勢能
【答案】CD
【詳解】因為k＜L，且?guī)щ娏Ｗ釉赼b段做減速運動，因此粒子帶正電，A錯誤；由電場線分布情況可知a點場強小于b點場強，因此粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，B錯誤；a點和e點處在同一等勢面上，因此該粒子在該兩點的動能、電勢能都相等，C正確；b點和d點處在同一等勢面上，b、d兩點的電勢能相等，由于帶電粒子在ab段做減速運動即該階段電場力做負功，電勢能增加，即a點的電勢能小于b點的電勢能，故D正確.
10.如右圖所示，有一半圓弧光滑軌道，半徑為R，在與圓心等高的位置靜止放置一個帶正電的小球A，其質量為m，M、N之間有一方向水平向左的勻強電場，讓小球A自由滾下進入勻強電場區(qū)域，水平面也是光滑的，下列說法正確的是()
A．小球一定能穿過MN區(qū)域繼續(xù)運動
B．如果小球沒有穿過MN區(qū)域，小球一定能回到出發(fā)點
C．如果小球沒有穿過MN區(qū)域，只要電場強度足夠大，小球可以到達P點，且到達P點速度大于等于gR
D．如果小球一定能穿過MN區(qū)域，電場力做的功為－mgR
【答案】B
【詳解】小球帶正電，進入電場后做減速運動，如果小球達到N點還沒有減速到零，說明小球穿過了MN區(qū)域，如果小球還沒有到N點就減速為零，說明小球不能穿過MN區(qū)域，A項錯．如果小球沒有穿過MN區(qū)域，根據(jù)能量守恒定律，小球能回到出發(fā)點，且速度為零，B項對，C項錯．如果小球一定能穿過MN區(qū)域，根據(jù)動能定理，電場力做的功與重力做的總功之和等于動能的變化，由于不知道小球在N點的速度是否為0，所以無法確定電場力做的功，D項錯．
11．一勻強電場，場強方向是水平的(如圖)，一個質量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)、初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與電場線成θ角的直線運動．求小球運動到最高點時其電勢能與在O點的電勢能之差．

【答案】12mv20cos2θ
【詳解】設電場強度為E，小球帶電荷量為q，因為小球做直線運動，它所受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線，如圖所示，所以mg＝qEtanθ.
由此可知，小球做勻減速運動的加速度大小為a＝gsinθ.
設從O點到最高點的位移為L，根據(jù)運動學公式有
v20＝2aL
運動的水平位移為x＝Lcosθ.
從O點到最高點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，小球在最高點與O點的電勢能之差為ΔEp＝qEx.
聯(lián)立以上五式，解得ΔEp＝12mv20cos2θ.
12．一長為L的細線，上端固定，下端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：
(1)AB兩點的電勢差UAB；
(2)勻強電場的場強大??；
(3)小球到達B點時，細線對小球的拉力大?。?br> 【答案】(1)－3mgL2q(2)3mgq(3)3mg
【詳解】取向下為正
(1)小球由A到B過程中，由動能定理得
mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－3mgL2q.
(2)E＝|UAB|L－Lcos60°＝3mgq
(3)小球在AB間擺動，由對稱性知，B處繩拉力與A處繩拉力相等，而在A處，由水平方向平衡有：
TA＝qE＝3mg所以TB＝TA＝3mg
或在B處，沿繩方向合力為零，有
TB＝qEcos60°＋mgcos30°＝3mg.

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高考物理第一輪基礎知識電場能的性質復習教案

第3課時電場能的性質

基礎知識歸納
1.電勢能、電勢、等勢面、電勢差的概念
(1)電勢能：與重力勢能一樣，電荷在電場中也具有勢能，這種勢能叫電勢能.電荷在電場中某點具有的電勢能等于它的電荷量與該點電勢的乘積，Ep＝qφ.它是電荷與電場共同具有的.
(2)電勢：φ＝，即電場中某點的電勢等于電荷在該點具有的電勢能與它的電荷量的比值，是標量.描述電場能的性質，由電場本身決定，與試探電荷無關.
(3)等勢面：電場中電勢相等的點構成的面叫等勢面.
(4)電勢差：電荷在電場中兩點間移動時，電場力所做的功跟它的電荷量的比值叫這兩點間的電勢差.UAB＝WABq，是標量，由電場本身決定.UAB＝，UAB＝，UAB＋UBC＝.
2.電場力做功與電勢能改變的關系
電場力對電荷做正功，電勢能減少；電場力對電荷做負功，電勢能增加.且電勢能的改變量與電場力做功的關系是W＝－ΔE.
3.電場強度與電勢差的關系
兩點間的電勢差等于場強和這兩點間沿勻強電場方向的距離的乘積，即U＝Ed.
4.常見電場等勢面分布圖

重點難點突破
一、電場力做功的特點及計算方法
電場力做功與路徑無關，只與初末位置有關.
計算方法：
1.由求功公式計算W＝Fscosθ，此式只適用于勻強電場.
2.由電場力做功與電勢能的改變關系計算W＝－ΔEp＝qU，對任何電場都適用.
3.由動能定理計算W電＋W非電＝ΔEk.
二、電勢與電場強度的區(qū)別和聯(lián)系
區(qū)別：1.電勢與電場強度的大小沒有必然的聯(lián)系，某點電勢為零，電場強度可以不為零，反之亦然；
2.電勢反映電場能的性質，而電場強度反映電場力的性質；
3.電勢是標量，具有相對性，而電場強度是矢量，不具有相對性，兩者疊加的法則不同；
聯(lián)系：1.電勢和電場強度都是由電場本身的因素決定，與試探電荷無關；
2.在勻強電場中有關系式φA－φB＝Ed.
三、等勢面與電場線的關系
1.電場線總是與等勢面垂直，且從高等勢面指向低等勢面，沿電場線方向電勢降低最快；
2.電場線越密的地方，等勢面越密；
3.沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功；
4.電場線和等勢面都是人們虛擬出來形象描述電場的工具；
5.實際中測量等勢點較容易，所以往往通過描述等勢線來確定電場線.
四、解決電場線、等勢面、運動軌跡綜合問題應注意
1.運動軌跡不一定與電場線重合，軌跡的切線方向為該點的速度方向；
2.帶電粒子所受合力應指向軌跡彎曲的凹側；
3.弄清力和運動的關系，揭示粒子為什么這樣運動.
典例精析
1.電場力做功與電勢能改變的關系
【例1】有一帶電荷量q＝－3×10－6C的點電荷，從電場中的A點移到B點時，克服電場力做功6×10－4J.從B點移到C點時，電場力做功9×10－4J.問：
(1)AB、BC、CA間電勢差各為多少？
(2)如以B點電勢為零，則A、C兩點的電勢各為多少？電荷在A、C兩點的電勢能各為多少？
【解析】(1)解法一：|UAB|＝|WAB||q|＝6×10－43×10－6V＝200V
因負電荷從A→B克服電場力做功，必須是從高電勢點移向低電勢點，即φAφB，所以UAB＝200V
|UBC|＝|WBC||q|＝9×10－43×10－6V＝300V
因負電荷從B→C電場力做功，必是從低電勢點移到高電勢點，即φBφC，所以UBC＝－300V
UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)
UCA＝300V－200V＝100V
解法二：由U＝Wq得UAB＝WABq＝－6×10－4－3×10－6V＝200V
UBC＝WBCq＝9×10－4－3×10－6V＝－300V
UAC＝UAB＋UBC＝(200－300)V＝－100V
UCA＝－UAC＝100V
(2)若φB＝0，由UAB＝φA－φB得
φA＝UAB＝200V
由UBC＝φB－φC有φC＝φB－UBC
φC＝0－(－300)V＝300V
電荷在A點電勢能EpA＝qφA＝－3×10－6×200J
EpA＝－6×10－4J
電荷在C點電勢能EpC＝qφC＝－3×10－6×300J
EpC＝－9×10－4J
【思維提升】利用公式W＝qUAB計算時，有兩種運算法.
(1)正負號運算法：按照符號規(guī)定把電荷量q，移動過程始、末兩點電勢差UAB及電場力的功WAB代入公式計算.
(2)絕對值運算法：公式中qUAB、WAB均為絕對值，算出數(shù)值后再根據(jù)“正(或負)電荷從電勢較高的點移動到電勢較低的點時，電場力做正功(或電場力做負功)；正(或負)電荷從電勢較低的點移到電勢較高的點時，電場力做負功(或電場力做正功)”來判斷.
【拓展1】一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下.若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量變化情況為(C)
A.動能減小
B.電勢能增加
C.動能和電勢能之和減小
D.重力勢能和電勢能之和增加
【解析】由油滴運動軌跡可知其合外力方向必為豎直向上，故該油滴必帶負電，由a運動到b的過程中，動能增加.電勢能減小，由于要克服重力做功，故動能和電勢能之和減小，且運動過程中有動能、電勢能、重力勢能之和守恒，故由于動能增加必有重力勢和電勢能之和減小，故選C.
2.電勢與電場強度的區(qū)別和聯(lián)系
【例2】如圖所示，a、b、c為同一直線上的三點，其中c為ab的中點，已知a、b兩點的電勢分別為φa＝1V，φb＝9V，則下列說法正確的是()
A.該電場在c點的電勢一定為5V
B.a點處的場強Ea一定小于b點處的場強Eb
C.正電荷從a點運動到b點過程中電勢能一定增大
D.正電荷只受電場力作用，從a點運動到b點過程中動能一定增大
【解析】由一條電場線不能確定這個電場是不是勻強電場，故Ea與Eb無法比較，而Uac與Ubc的大小關系也不能確定，故A、B錯；因為φbφa，故電場線方向為由b→a，正電荷從a點到b點過程中電勢能一定增大，動能一定減少，因此C對，D錯.
【答案】C
【思維提升】本題考查的知識點為電場強度、電勢、電勢差、電勢能、電場線、等勢面及它們的關系，由于一條電場線無法判斷，可以再多畫幾條電場線，如：
【拓展2】如圖甲所示，A、B是電場中的一條直線形的電場線，若將一個帶正電的點電荷從A由靜止釋放，它只在電場力作用下沿電場線從A向B運動過程中的速度圖象如圖乙所示.比較A、B兩點的電勢和場強E，下列說法正確的是(C)
A.φAφB，EAEBB.φAφB，EAEB
C.φAφB，EAEBD.φAφB，EAEB
【解析】由乙圖可知，此正電荷的加速度越來越小，由牛頓第二定律a＝Fm可知電場力由A→B是減小的，又由F＝qE，可知EAEB，故A、D錯；又正電荷由靜止釋放從A向B運動，可知電場力方向A→B，場強方向A→B，順著電場線方向電勢降低，所以，φAφB，C對，B錯.
3.等勢面與電場線的關系
【例3】如圖所示，虛線方框內為一勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點.已知φA＝12V，φB＝6V，φC＝－6V.試在該方框中作出該電場的示意圖(即畫出幾條電場線)，并要求保留作圖時所用的輔助線(用虛線表示)，若將一個電子從A點移到B點，電場力做多少電子伏特的功？
【解析】因φB＝6V，φC＝－6V，根據(jù)勻強電場的特點，在B、C連線的中點D處的電勢必為零.同理，把AC分成三份，在等分點F處的電勢也必為零，可得F、D為等勢面，E、B兩點是等勢面上的兩點，根據(jù)電場線與等勢面垂直，可以畫出電場線分布圖.
將電子從A移到B，電場力做功為W＝－eUAB＝－e×(12－6)V＝－6eV
【思維提升】運用電場線和等勢面判斷電場的性質，電荷在電場中移動，電場力做功與電勢能的變化問題是本節(jié)內容的難點，本題將尋找電場線和等勢面的關系體現(xiàn)在作圖的過程中，對能力要求較高.
易錯門診
4.電場線、等勢面、運動軌跡的綜合問題
【例4】如圖虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知()
A.P點的電勢高于Q點的電勢
B.帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大
C.帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大
D.帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時大
【錯解】AC
【錯因】(1)將等勢線與電場線混淆，認為電場力沿虛線的切線方向.(2)加速度與速度的關系不清，錯認為速度小，加速度就小.(3)錯認為負電荷只能向電勢高的地方運動，且認為電勢高電勢能就大.
【正解】由圖可知P處的等勢面比Q處的等勢面密，說明P處的場強大于Q處的場強.即在P處受力應大些，根據(jù)牛頓第二定律，檢驗電荷在P處的加速度大于在Q處的加速度，D正確.又電場線垂直于等勢面，如圖所示，電荷做曲線運動，且負電荷的受力F的方向應指向運動軌跡的凹的一側，該力與場強方向相反，所以電場線指向如圖所示.判斷P、Q處電勢高低關系是φQ＞φP，電勢越大，負電荷在該處具有的電勢能就越小，A錯，B對.或根據(jù)檢驗電荷的速度與所受電場力的夾角是否大于90°，可知當粒子向P點運動時，電場力總是對檢驗電荷做負功.功是能量變化的量度，可判斷由Q→P電勢能增加，B選項正確；又因系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，C選項不正確.
【答案】BD
【思維提升】本題體現(xiàn)了高考在這方面的意圖.體現(xiàn)了電場“能的性質”和“力的性質”，當涉及到力的性質時，從軌跡可看出力的方向，從電場線的疏密可看出力的大??；當涉及電勢能時，往往用功能關系去分析，在已知電勢情況下也可用Ep＝qφ去分析.

高考物理第一輪總復習電場能的性質教案31

電場能的性質(電勢)
一、電勢差U（是指兩點間的）
①定義：電場中兩點間移動檢驗電荷q（從A→B），電場力做的功WAB跟其電量q的比值叫做這兩點間的電勢差，UAB=WAB/q是標量．UAB的正負只表示兩點電勢誰高誰低。UAB為正表示A點的電勢高于B點的電勢。
②數(shù)值上=單位正電荷從A→B過程中電場力所做的功。
③等于A、B的電勢之差,即UAB=φA－φB
④在勻強電場中UAB=EdE(dE表示沿電場方向上的距離)
意義：反映電場本身性質，取決于電場兩點，與移動的電荷無關，與零電勢的選取無關，
電勢差對應靜電力做功，電能其它形式的能。
電動勢對應非靜電力做功電能其它形式的能
點評：電勢差很類似于重力場中的高度差．物體從重力場中的一點移到另一點，重力做的功跟其重量的比值叫做這兩點的高度差h＝W/G．
二、電勢（是指某點的）描述電場能性質的物理量。
必須先選一個零勢點，（具有相對性）相對零勢點而言，常選無窮遠或大地作為零電勢。
正點電荷產生的電場中各點的電勢為正，負點電荷產生的電場中各點的電勢為負。
①定義：某點相對零電勢的電勢差叫做該點的電勢，是標量．
②在數(shù)值上=單位正電荷由該點移到零電勢點時電場力所做的功.
特點：
⑴標量：有正負，無方向，只表示相對零勢點比較的結果。
⑵電場中某點的電勢由電場本身因素決定，與檢驗電荷無關。與零勢點的選取有關。
⑶沿電場線方向電勢降低，逆。。。。。。（但場強不一定減?。?。沿E方向電勢降得最快。
⑷當存在幾個場源時，某處合電場的電勢等于各個場源在此處產生電勢代數(shù)和的疊加。
電勢高低的判斷方法：1根據(jù)電場線的方向判斷；2電場力做功判斷；3電勢能變化判斷。
點評：類似于重力場中的高度．某點相對參考面的高度差為該點的高度．
注意：(1)高度是相對的．與參考面的選取有關，而高度差是絕對的與參考面的選取無關．同樣電勢是相對的與零電勢的選取有關，而電勢差是絕對的，與零電勢的選取無關．
(2)一般選取無限遠處或大地的電勢為零．當零電勢選定以后，電場中各點的電勢為定值．
(3)電場中A、B兩點的電勢差等于A、B的電勢之差,即UAB=φA－φB,沿電場線方向電勢降低.
三、電勢能E
1概念：由電荷及電荷在電場中的相對位置決定的能量，叫電荷的電勢能。
電勢能具有相對性，與零參考點的選取有關(通常選地面或∞遠為電勢能零點)
特別指出：電勢能實際應用不大，常實際應用的是電勢能的變化。
電荷在電場中某點的電勢能=把電荷從此點移到電勢能零處電場力所做的功。E=qφA→0
四、電場力做功與電勢能
1．電勢能：電場中電荷具有的勢能稱為該電荷的電勢能．電勢能是電荷與所在電場所共有的。
2．電勢能的變化：電場力做正功電勢能減少；電場力做負功電勢能增加．
重力勢能變化：重力做正功重力勢能減少；重力做負功重力勢能增加．
3.電場力做功：由電荷的正負和移動的方向去判斷(4種情況)功的正負電勢能的變化（重點和難點知識）
正、負電荷沿電場方向和逆電場方向的4種情況。（上課時一定要搞清楚的，否則對以后的學習帶來困難）
電場力做功過程就是電勢能與其它形式能轉化的過程（電勢差），做功的數(shù)值就是能量轉化的多少。
W=FSCOS(勻強電場)W=qEd(d為沿場強方向上的距離)
W=qU=-△Ep，U為電勢差，q為電量．
重力做功：W＝Gh，h為高度差，G為重量．
電場力做功跟路徑無關，是由初末位置的電勢差與電量決定
重力做功跟路徑無關，是由初末位置的高度差與重量決定．

四、等勢面、線、體
1．電場中電勢相等的點所組成的面為等勢面．
2．特點
(1)各點電勢相等，等勢面上任意兩點間的電勢差為零，
在特勢面上移動電荷(不論方式如何,只要起終點在同一等勢面上)電場力不做功
電場力做功為零，路徑不一定沿等勢面運動，但起點、終點一定在同一等勢面上。
(2)畫法規(guī)定：相領等勢面間的電勢差相等等差等勢面的蔬密可表示電場的強弱．
(3)處于靜電平衡狀態(tài)的導體：整個導體是一個等勢體，其表面為等勢面．E內=0，任兩點間UAB=0
越靠近導體表面等勢面越密，形狀越與導體形狀相似，等勢面越密電場強度越大，曲率半徑越小(越尖)的地方，等勢面(電場線)都越密,這就可解釋尖端放電現(xiàn)象，如避雷針。
(4)勻強電場，電勢差相等的等勢面間距離相等，點電荷形成的電場，電勢差相等的等勢面間距不相等，越向外距離越大．
(5)等勢面上各點的電勢相等但電場強度不一定相等．
(6)電場線⊥等勢面，且由電勢高的面指向電勢低的面，沒電場線方向電勢降低。
(7)兩個等勢面永不相交．
規(guī)律方法1、一組概念的理解與應用
電勢、電勢能、電場強度都是用來描述電場性質的物理，，它們之間有十分密切的聯(lián)系，但也有很大區(qū)別，解題中一定注意區(qū)分，現(xiàn)列表進行比較
（1）電勢與電勢能比較：
電勢φ電勢能ε
1反映電場能的性質的物理量荷在電場中某點時所具有的電勢能
2電場中某一點的電勢φ的大小，只跟電場本身有關，跟點電荷無關電勢能的大小是由點電荷q和該點電勢φ共同決定的
3電勢差卻是指電場中兩點間的電勢之差，ΔU=φA－φB，取φB=0時，φA=ΔU電勢能差Δε是指點電荷在電場中兩點間的電勢能之差Δε=εA－εB=W，取εB=0時，εA=Δε
4電勢沿電場線逐漸降低，取定零電勢點后，某點的電勢高于零者，為正值．某點的電勢低于零者，為負值正點荷（十q）：電勢能的正負跟電勢的正負相同
負電荷（一q）：電勢能的正負限電勢的正負相反
5單位：伏特單位：焦耳
6聯(lián)系：ε=qφ，w=Δε=qΔU

（2）電場強度與電勢的對比
電場強度E電勢φ
1描述電場的力的性質描述電場的能的性質
2電場中某點的場強等于放在該點的正點電荷所受的電場力F跟正點電荷電荷量q的比值E=F/q，E在數(shù)值上等于單位正電荷所受的電場力電場中某點的電勢等于該點跟選定的標準位置（零電勢點）間的電勢差，φ=ε/q，φ在數(shù)值上等于單位正電荷所具有的電勢能
3矢量標量
4單位：N/C;V/mV（1V=1J/C）
5聯(lián)系：①在勻強電場中UAB=Ed(d為A、B間沿電場線方向的距離）．②電勢沿著電場強度的方向降落
2、公式E=U/d的理解與應用
(1)公式E=U/d反映了電場強度與電勢差之間的關系，由公式可知，電場強度的方向就是電勢降低最快的方向．
(2)公式E=U/d只適用于勻強電場，且d表示沿電場線方向兩點間的距離，或兩點所在等勢面的范離．
(3)對非勻強電場，此公式也可用來定性分析，但非勻強電場中，各相鄰等勢面的電勢差為一定值時，那么E越大處，d越小，即等勢面越密．
3、電場力做功與能量的變化應用
電場力做功，可與牛頓第二定律，功和能等相綜合，解題的思路和步驟與力學中的完全相同，但要注意電場力做功的特點——與路徑無關

高考物理第一輪考綱知識復習

第一章運動的描述、勻變速直線運動的研究

【高考目標導航】
考綱點擊備考指導
1.參考系、質點Ⅰ1.區(qū)分位移和路程、速度和加速度的概念及其關系，體會極限的思想方法
2.位移、速度和加速度Ⅱ2.熟練掌握勻變速直線運動的規(guī)律及其應用
3.勻變速直線運動及其公式、圖像Ⅱ
實驗一：研究勻變速直線運動3.理解圖象和圖象并能熟練應用圖象解決問題

第1節(jié)描述運動的基本概念
【考綱知識梳理】
一、參考系
1.定義：假定不動，用來做參考的物體。
2.選?。海?）參考系的選擇是任意的，一般選擇地面或相對地面靜止的物體。
（2）參考系的選擇不同，結果往往不同，即物體的運動和靜止都是相對的
二、質點
1.定義：用來代替物體的有質量的點，質點是一種理想化的物理模型。
2.條件：一個物體能否看成質點，取決于它的形狀和大小在所研究問題中是否可以忽略不計，而跟自身體積的大小、質量的多少和運動速度的大小無關。可視為質點的運動物體有以下三種情況：
（1）運動物體的大小跟它所研究的對象間的距離相比可忽略不計時,可將該物體當作質點.
（2）做平動的物體,由于物體上各個點運動的情況相同,可以選物體上任一點的運動來代表物體的運動,故平動的物體在研究其運動性質時,可將它視為質點.
（3）有轉動,但相對平動而言可以忽略時,也可以把物體視為質點.如汽車在運行時,雖然車輪有轉動,但我們關心的是車輛整體運動的快慢,故汽車可以看成質點.
三、時刻和時間間隔
1.區(qū)別：如果建立一個表示時間的一維直線系，則在這個坐標系中，時刻用點表示，時間間隔是兩個時刻之差，用線段表示。
2.聯(lián)系：時間間隔，它等于兩個時刻之差。
四、位移和路程
1.位移:表示物體位置的變化,可用由初位置指向末位置的有向線段表示.有向線段的長度表示位移的大小,有向線段的方向表示位移的方向.
2.路程:是物體運動軌跡的實際長度.路程是標量,與路徑有關.如圖所示,AB表示位移,折線ACB和弧線ADB的長度表示路程.
3.位移和路程的區(qū)別與聯(lián)系
位移路程
區(qū)別
描述質點位置變化,是從初位置指向末位置的有向線段描述質點實際運動軌跡的長度
矢量,有大小,也有方向標量,有大小,無方向
由質點的初,末位置決定,與質點運動軌跡無關既與質點的初,末位置有關,也與運動路徑有關
聯(lián)系①都是描述質點運動的空間特征
②都是過程量
③一般說來,位移的大小不大于相應的路程,只有質點做單向直線運動時,位移的大小才等于路程
五、速度和速率
1.平均速度
①定義:運動物體的位移和所用時間的比值,叫做這段位移(或時間內)的平均速度.
②表達式:v=Δx/Δt(或者寫成v=x/t).
③方向:與位移方向相同.
2.瞬時速度
①定義:運動物體經過某一位置(或在某時刻)的速度.
②大?。簐=(其中Δt→0)，在x—t圖象中等于該時刻對應斜率的大小.
③方向：在x—t圖象中，如果斜率為正值，則表明某點瞬時速度的方向與規(guī)定的正方向相同.
注意:平常我們所說的速度既可能是平均速度,也可能是瞬時速度,要根據(jù)上,下文來判斷.
3.瞬時速率和平均速率
①瞬時速率:瞬時速度大小.
②平均速率:物體運動的路程與所用時間的比值.
公式:平均速率=
4.速度和速率的比較
項目速度速率
定義運動物體在某一時刻(或某一位置)的速度叫瞬時速度,簡稱速度瞬時速度的大小,叫做瞬時速率,簡稱速率
意義描述質點的運動快慢和運動方向描述質點的運動快慢,不描述運動方向
性質矢量標量
關系兩者大小總是相等
5.平均速度和平均速率的比較
項目平均速度平均速率

定義位移與時間的比值路程與時間的比值
意義粗略描述運動的快慢和方向僅表示運動快慢
性質矢量標量
關系平均速度大小一般小于平均速率,僅物體單向直線運動時,兩者大小才相等
6.平均速度與瞬時速度的比較
項目平均速度瞬時速度
區(qū)別粗略描述,對應一段時間精確描述,對應某一時刻
共同點描述物體運動的快慢和方向,都是矢量,單位都是m/s
聯(lián)系勻速直線運動中，平均速度等于瞬時速度，瞬時速度是極短時間內的平均速度

六、加速度
1.定義：速度的變化量與發(fā)生這一改變所用時間的比值
2.公式：
3.物理意義：是描述速度變化的快慢和方向的物理量
4.方向：加速度是矢量，其方向與速度變化量的方向相同
5.單位：米/秒2（m/s2）
【要點名師透析】
一、對質點的進一步理解
1.科學抽象
質點是對實際物體的科學抽象,是研究物體運動時,抓住主要因素,忽略次要因素,對實際物體進行的簡化,是一種理想化的模型,真正的質點是不存在的.
2.可看做質點的條件
一個物體能否看做質點,并非依物體自身大小來判斷,而是要看物體的大小、形狀在所討論的問題中是主要因素還是次要因素，若是次要因素,即使物體很大,也能看做質點，相反,若物體的大小、形狀是主要因素,即使物體很小,也不能看做質點.
3.質點與幾何“點”
質點是對實際物體進行科學抽象的模型,有質量,只是忽略了物體的大小和形狀；幾何中的“點”僅僅表示空間中的某一位置.
【例1】(20xx大連模擬)在下面研究的各個問題中可以被看做質點的是()
A.奧運會乒乓球男單冠軍王勵勤打出的弧旋球
B.奧運會冠軍王軍霞在萬米長跑中
C.跳水冠軍郭晶晶在跳水比賽中
D.研究一列火車通過某一路標的時間
【答案】選B.
【詳解】A、C中研究的是乒乓球的旋轉和郭晶晶的跳水動作，不能視為質點，A、C錯；B中研究的是王軍霞在萬米長跑中的快慢，可忽略其身高與擺臂動作，可看做質點，B對；研究火車通過某一路標的時間時不能不考慮它的長度，在這種情況下火車就不能視為質點，D錯，故選B.
二、參考系的應用
1.描述一個物體是否運動，決定于它相對于所選的參考系的位置是否發(fā)生變化，由于所選的參考系并不是真正靜止的，所以物體運動的描述只能是相對的。
2.描述同一運動時，若以不同的物體作為參考系，描述的結果可能不同
3.參考系的選取原則上是任意的，但是有時選運動物體作為參考系，可能會給問題的分析、求解帶來簡便，一般情況下如無說明，通常都是以地球作為參考系來研究物體的運動．
【例2】(20xx包頭模擬)關于位移和路程，下列說法正確的是()
A.質點運動的位移大小可能大于路程
B.位移和路程都是矢量
C.質點通過一段路程，位移不可能是零
D.質點運動一段時間，路程不能為零但位移可能為零
【答案】選D.
【詳解】位移是矢量，路程是標量，B錯；位移的大小不大于路程，A錯；如質點繞圓弧運動一圈回到出發(fā)點，路程不為零但位移為零，C錯D對，故選D.
三、速度、速度變化量和加速度的關系
比較項目速度加速度速度改變量
物理意義描述物體運動快慢和方向的物理量,是一狀態(tài)量描述物體速度變化快慢和方向的物理量,是一狀態(tài)量描述物體速度改變程度的物理量,是一過程量
定義式v=x/ta=或a=Δv/tΔv=vt-v0
單位m/sm/s2m/s
決定因素v的大小由x與t決定a不是由v,t,Δt來決定的，a由Δv/t的比值決定Δv由vt與v0決定，而且,也由a與t決定
方向與位移x同向，即物體運動的方向與Δv方向一致，而與v0,vt方向無關由Δv=vt-v0或Δ決定的方向

大小位移與時間的比值速度改變量與所用時間的比值Δv=vt-v0
注意：(1)加速度有瞬時加速度和平均加速度，對于勻變速運動而言，瞬時加速度等于平均加速度；而對于非勻變速運動,瞬時加速度不等于平均加速度.
(2)加速度與物體的速度及速度變化量無必然聯(lián)系，物體的速度大，速度變化量大，加速度不一定大，而物體的速度為零時，加速度可能不為零.
【例3】(20xx溫州模擬)在變速直線運動中，下面關于速度和加速度關系的說法，正確的是()
A.加速度與速度無必然聯(lián)系
B.速度減小時，加速度也一定減小
C.速度為零，加速度也一定為零
D.速度增大時，加速度也一定增大
【答案】選A.
【詳解】速度和加速度無必然聯(lián)系，A對；速度減小時，加速度也可以增大或不變，B錯；速度為零，加速度不一定為零，C錯；速度增大，加速度也可以不變或減小，D錯.
【感悟高考真題】
1.(07北京理綜18)圖示為高速攝影機拍攝到的子彈穿透蘋果瞬間的照片.該照片經放大后分析出,在曝光時間內,子彈影像前后錯開的距離約為子彈長度的1%～2%.已知子彈飛行速度約為500m/s,由此可估算出這幅照片的曝光時間最接近（）
A.10-3sB.10-6sC.10-9sD.10-12s??
答案B
解析：子彈的長度約為5cm,則曝光時間內子彈移動的距離為s=5×1%cm=0.05cm=5×10-4m,曝光時間
t=
2.(07廣東理科基礎1)下列物理量為標量的是()
A.平均速度B.加速度C.位移D.功
答案D
解析：平均速度、加速度、位移是矢量,功是標量,選項D正確.
【考點模擬演練】
1.(20xx海口模擬)跳水比賽是我國的傳統(tǒng)優(yōu)勢項目.在20xx年廣州亞運會的男子10米跳臺決賽中，我國運動員曹緣勇奪冠軍，在觀看運動員的比賽時，若只研究運動員的下落過程，下列說法正確的是()
A.前一半時間內位移大，后一半時間內位移小
B.前一半位移用的時間長，后一半位移用的時間短
C.為了研究運動員的技術動作，可將正在比賽的運動員視為質點
D.運動員在下落過程中，感覺水面在加速上升
【答案】選B、D.
【詳解】運動員的下落過程阻力很小，可看做是自由落體運動，故前一半時間內的位移小于后一半時間內的位移，A錯；前一半位移所用時間大于后一半位移所用時間，B對；研究運動員的技術動作時，其大小不能忽略，C錯；運動員相對水面加速下降，則水面相對運動員加速上升，D對.
2.在平直公路上行駛的汽車內，一乘客以自己的車為參考系向車外觀察，他看到的下列現(xiàn)象中肯定錯誤的是（）
A.與汽車同向行駛的自行車，車輪轉動正常，但自行車向后行駛
B.公路兩旁的樹因為有根扎在地里，所以是不動的
C.有一輛汽車總在自己的車前不動
D.路旁的房屋是運動的
【答案】B
【詳解】當汽車在自行車前方以大于自行車的速度行駛時，乘客觀察到自行車的車輪轉動正常，自行車向后退，故選項A是可能的.以行駛的車為參考系,公路兩旁的樹,房屋都是向后退的,故選項B錯誤,選項D正確.當另一輛汽車與乘客乘坐的車以相同的速度行駛時,乘客觀察到前面的車靜止不動,故選項C是可能的.
4.關于時間和時刻，下列說法正確的是()
A.物體在5s時指的是物體在5s末時，指的是時刻
B.物體在5s內指的是物體在4s末到5s這1s的時間
C.物體在第5s內指的是物體在4s末到5s初這1s的時間
D.第4s末和第5s初，指的是時刻
【答案】ACD
【詳解】5s時指的是5s末這一時刻；5s內指的是前5s這一段時間；第5s內指4s末到5s初這1s的時間；前1s末和后1s初是同一時刻，故第4s末和第5s初是同一時刻.
5.一物體做勻變速直線運動，某時刻速度的大小為4m/s，1s后速度的大小變?yōu)?0m/s，在這1s內該物體的（）
A.位移的大小可能小于4m
B.位移的大小可能大于10m
C.加速度的大小可能小于4m/s2
D.加速度的大小可能大于10m/s2
【答案】AD
【詳解】本題的關鍵是位移、速度和加速度的矢量性，規(guī)定初速度v0的方向為正方向，則仔細分析“做勻變速直線運動的物體，1s后速度大小變?yōu)?0m/s”這句話，可知1s后物體速度可能為10m/s，也可能是-10m/s，因而同向時反向時式中負號表示方向跟規(guī)定正方向相反.因此正確答案為A、D.
6.(20xx廣州模擬)在公路的每個路段都有交通管理部門設置的限速標志如右圖所示，這是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時()
A．必須以這一規(guī)定速度行駛]
B．平均速度大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值
C．瞬時速度大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值
D．汽車上的速度計指示值，有時還是可以超過這一規(guī)定值的
【答案】C
【詳解】限速標志上的數(shù)值為這一路段汽車行駛的瞬時速度的最大值，汽車上的速度計指示值為汽車行駛的瞬時速度值，不能超過這一規(guī)定值，故只有C正確．
7.從水平勻速飛行的直升機上向外自由釋放一個物體，不計空氣阻力，在物體下落過程中，下列說法不正確的是()
A．從飛機上看，物體靜止
B．從飛機上看，物體始終在飛機的后方
C．從地面上看，物體做平拋運動
D．從地面上看，物體做自由落體運動
【答案】C
【詳解】本題主要考查的內容是物體的相對運動和參考系等相關知識點．由于飛機在水平方向做勻速運動，當物體自由釋放的瞬間物體具有與飛機相同的水平速度，則從飛機上看，物體始終處于飛機的正下方，選項B錯；物體在重力的作用下在豎直方向做自由落體運動，所以選項A錯誤；在地面上看物體的運動，由于具有水平方向的速度，只受重力的作用，因此物體做平拋運動，則C對D錯．
8.一個人從北京去重慶，可以乘火車，也可以乘飛機，還可以先乘火車到武漢，然后乘輪船沿長江到重慶，如圖所示，這幾種情況下：
①他的運動軌跡不一樣
②他走過的路程相同
③他的位置變動是不同的
④他的位移是相同的
以上說法正確的是()
A．①②B．③④
C．①④D．②③
【答案】C
9.如右圖所示，物體沿曲線軌跡的箭頭方向運動，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲線軌跡運動所用的時間分別是：1s,2s,3s,4s．下列說法不正確的是()
]
A．物體在AB段的平均速度為1m/s
B．物體在ABC段的平均速度為52m/s
C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物體處于A點時的瞬時速度
D．物體在B點的速度等于AC段的平均速度
【答案】D
【詳解】v＝xt，AB段位移為1m，v＝1m/s，A說法對；同理ABC段位移為5m，平均速度為52m/s，B說法對；Δt越小，該時間內的平均速度越接近該位移內的某點瞬時速度，所以C說法對；做勻加速直線運動的物體，中間時刻的速度才等于該段位移的平均速度，D說法錯．正確選項為D.
10.(20xx九江模擬)在街頭的理發(fā)店門口，常可以看到有這樣的標志：一個轉動的圓筒，外表有彩色螺旋斜條紋，我們感覺條紋在沿豎直方向運動，但實際上條紋在豎直方向并沒有升降，這是由于圓筒的轉動而使我們的眼睛產生的錯覺.如圖所示，假設圓筒上的條紋是圍繞圓筒的一條寬帶，相鄰兩圈條紋在沿圓筒軸線方向的距離(即螺距)為L=10cm，圓筒沿逆時針方向(從俯視方向看)，以2r/s的轉速勻速轉動，我們感覺到的升降方向和速度大小分別為()
A.向上10cm/sB.向上20cm/s
C.向下10cm/sD.向下20cm/s
【答案】選D.
【詳解】由圓筒沿逆時針方向知條紋低端由左向右移動，由于視覺暫留現(xiàn)象，我們感覺到右端條紋在沿豎直方向向下運動，圓筒轉動一圈，用時0.5s，感覺到條紋沿豎直方向向下運動L，因此向下運動速度為20cm/s，故選D.
11.一輛客車在某高速公路上行駛，在經過某直線路段時，司機駕車做勻速直線運動.司機發(fā)現(xiàn)其正要通過正前方高山懸崖下的隧道，于是鳴笛，經t1=5s后聽到回聲，聽到回聲后又行駛了t2=10s，司機第二次鳴笛，又經t3=2s后聽到回聲，請根據(jù)以上數(shù)據(jù)判斷客車是否超速行駛.(已知此高速路段最高限速為120km/h，聲音在空氣中的傳播速度為340m/s)
【答案】見解析
【詳解】設客車的速度為v1,聲音的速度為v2，第一次鳴笛時客車離隧道口的距離為L1，第二次鳴笛時客車離隧道口的距離為L2，則有
v2t1=2L1-v1t1(4分)
v2t3=2L2-v1t3(4分)
又L2=L1-v1(t2+t1)(3分)
以上三式聯(lián)立可得：
≈136km/h＞120km/h(3分)
故客車超速行駛(2分)
12.有些國家的交通管理部門為了交通安全，特別制定了死亡加速度為500g(g＝10m/s2)，以醒世人，意思是如果行車加速度超過此值，將有生命危險，那么大的加速度，一般情況下車輛是達不到的，但如果發(fā)生交通事故時，將會達到這一數(shù)值．試問：
(1)一輛以72km/h的速度行駛的貨車與一輛以54km/h行駛的摩托車相向而行發(fā)生碰撞，碰撞時間為2.1×10－3s，摩托車駕駛員是否有生命危險？
(2)為了防止碰撞，兩車的駕駛員同時緊急剎車，貨車、摩托車急剎車后到完全靜止所需時間分別為4s、3s，貨車的加速度與摩托車的加速度大小之比為多少？
(3)為避免碰撞，開始剎車時，兩車距離至少為多少？
【答案】(1)有生命危險(2)1∶1(3)62.5m
【詳解】(1)摩托車與貨車相撞瞬間，貨車的速度幾乎不變，摩托車的速度反向，大小與貨車速度相同，因此，摩托車速度的變化Δv＝72km/h－(－54km/h)＝126km/h＝35m/s
所以摩托車的加速度大小a＝ΔvΔt＝352.1×10－3m/s2＝16667m/s2＝1666.7g500g，因此摩托車駕駛員有生命危險．
(2)設貨車、摩托車的加速度大小分別為a1、a2，根據(jù)加速度定義得：a1＝Δv1Δt1，a2＝Δv2Δt2
所以a1∶a2＝Δv1Δt1∶Δv2Δt2
＝204∶153＝1∶1.
(3)x＝x1＋x2＝v12t1＋v22t2＝62.5m.

高考物理第一輪考綱知識復習:交變電流的產生與描述

第1節(jié)交變電流的產生與描述
【高考目標導航】
1.交變電流、交變電流的圖像
2.正弦交變電流的函數(shù)表達式、峰值和有效值
3.理想變壓器
4.遠距離輸電
實驗十一：傳感器的簡單使用
【考綱知識梳理】
一、交變電流的產生和變化規(guī)律
1、交變電流：大小和方向都隨時間作周期性變化的電流叫做交變電流，簡稱交流電。
2、正弦式電流；隨時間按正弦規(guī)律變化的電流叫做正弦式電流，正弦式電流的圖象是正弦曲線，我國市用的交變電流都是正弦式電流
3、中性面：中性面的特點是，線圈位于中性面時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零；線圈經過中性面時，內部的電流方向要發(fā)生改變。
4、正弦式交流電的產生和變化規(guī)律
（1）產生過程
（2）規(guī)律
函數(shù)形式：N匝面積為S的線圈以角速率ω轉動，從某次經過中性面開始計時，則e=NBSωsinωt，用Em表示峰值NBSω，則e=Emsinωt，電流。
二、描述交變電流的物理量
1、周期和頻率
交變電流的周期和頻率都是描述交變電流變化快慢的物理量。
（1）周期T：交變電流完成一次周期性變化所需的時間，單位是秒（S），周期越大，交變電流變化越慢，在一個周期內，交變電流的方向變化2次。
（2）頻率f:交變電流在1s內完成周期性變化的次數(shù)，單位是赫茲，符號為Hz，頻率越大，交變電流變化越快。
（3）關系：
2、瞬時值、最大值、有效值和平均值
（1）感應電動勢瞬時值表達式：
若從中性面開始，感應電動勢的瞬時值表達式：
（伏）。
感應電流瞬時值表達式：（安）
若從線圈平面與磁力線平行開始計時，則感應電動勢瞬時值表達式為：
（伏）。
感應電流瞬時值表達式：（安）
在計算通電導體或線圈所受的安培力時，應用瞬時值。
（2）交變電流的最大值（以交變電動勢為例）。
——交變電動勢最大值：當線圈轉到穿過線圈的磁通量為0的位置時，取得此值。應強調指出的是，與線形狀無關，與轉軸位置無關，其表達式為。在考慮交流電路中電容器耐壓值時，應采用最大值。
（3）交變電流的有效值
①有效值是根據(jù)電流的熱效應來規(guī)定的，在周期的整數(shù)倍時間內（一般交變電流周期較短，如市電周期僅為0，02s，因而對于我們所考察的較長時間來說，基本上均可視為周期的整數(shù)倍），如果交變電流與某恒定電流流過相同電阻時其熱效應相同，則將該恒定電流的數(shù)值叫做該交變電流的有效值。注意：這是在三個相同下的等效。
②正弦交流電的有效值與最大值之間的關系為：。
上述關系式只適用于線圈在勻強磁場中相對做勻速轉動時產生的正弦交變電流，對于用其他方式產生的其他交變電流，其有效值與最大值間的關系一般與此不同，其它形式的交流電按熱效應相同進行計算，利用分階段計算效變電流一個周期內在某電阻上產生的熱量，然后令其與直流電在相同時間內在同一電阻上產生的熱量相等，此時直流電的值為交變電流的有效值。這是根據(jù)有效值的定義作具體分析。
③一般交變電流表直接測出的是交變電流的有效值，一般用電器銘牌上直接標出的是交變電流的有效值，一般不作任何說明而指出的交變電流的數(shù)值都是指有效值。
（4）交變電流的平均值
①交變電流圖象中圖象與t軸所圍成的面積與時間的比值叫做交變電流的平均值，
②平均值是利用來進行計算的，計算電量時只能用平均值，
【要點名師透析】
一、正弦式電流的變化規(guī)律
1.正弦式電流的變化規(guī)律(線圈在中性面位置開始計時)
2.兩個特殊位置的特點
(1)線圈平面與中性面重合時,S⊥B,Φ最大,=0,e=0,i=0,電流方向將發(fā)生改變.
(2)線圈平面與中性面垂直時,S∥B,Φ=0,最大,e最大,i最大,電流方向不改變.
3.書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路
(1)確定正弦交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象讀出或由公式Em=nBSω求出相應峰值.
(2)明確線圈的初始位置，找出對應的函數(shù)關系式.
如：①線圈從中性面位置開始轉動，則i-t圖象為正弦函數(shù)圖象，函數(shù)式為i=Imsinωt.
②線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i-t圖象為余弦函數(shù)圖象，函數(shù)式為i=Imcosωt.
【例1】如圖(a)所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動.若以線圈平面與磁場夾角θ=45°時［如圖(b)］為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正.則下列四幅圖中正確的是()
【答案】選D.
【詳解】t=0時，由右手定則得，此時ad中電流方向為由a到d，與規(guī)定的正方向相反，電流為負值.又因為此時ad、bc兩邊的切割速度方向與磁場方向成45°夾角，由E=2Blv⊥，可得E=2×Blv=Em，故電流是最大值的，A、B均錯.線圈在接下來45°的轉動過程中，ad、bc兩邊的切割速度越來越小，所以感應電動勢應減小，感應電流應減小，因此C錯D正確.
二、交變電流“四值”的理解與應用
【例2】(16分)一個電阻為r、邊長為L的正方形線圈abcd共N匝,線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′以如圖所示的角速度ω勻速轉動,外電路電阻為R.
(1)在圖中標出此刻線圈感應電流的方向.
(2)線圈轉動過程中感應電動勢的最大值有多大?
(3)線圈平面與磁感線夾角為60°時的感應電動勢為多大?
(4)設發(fā)電機由柴油機帶動,其他能量損失不計,線圈轉一周,柴油機做多少功?
(5)從圖示位置開始,線圈轉過60°的過程中通過R的電量是多少?
(6)圖中電流表和電壓表的示數(shù)各是多少?
【答案】(1)由右手定則可判定電流的方向沿dcba.(2分)
(2)Em=NBSω=NBωL2(2分)
(3)線圈平面與B成60°角時的瞬時感應電動勢
e=Emcos60°=NBωL2.(2分)
(4)電動勢的有效值E=(1分)
電流的有效值I=,柴油機做的功轉化為電能,線圈轉一周柴油機做的功
W=EIt=t==(2分)
三、幾種典型交變電流有效值的計算問題
1.計算交流電有效值應注意的幾個問題
(1)計算有效值時要注意根據(jù)電流的熱效應,抓住“三同”:“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解.
(2)利用兩類公式Q=I2Rt和Q=t可分別求得電流有效值和電壓有效值.
(3)若圖象部分是正弦(或余弦)交流電,其中的和周期部分可直接應用正弦式交變電流有效值與最大值間的關系I=Im/,U=Um/求解.
2.幾種典型的交變電流
【例3】兩個完全相同的電熱器，分別通過如圖a和b所示的電流最大值相等的方波交變電流和正弦交變電流，則這兩個電熱器的電功率之比Pa∶Pb等于多少？
【答案】2∶1
【詳解】有效值與最大值關系I=是僅對正弦交變電流適用，即對于b圖才有Ib=，Pb=R=R，對于a圖的方波交變電流來說，由于每時刻通過電阻R的電流都是Im，只是方向做周期性變化，而對于電流通過電阻發(fā)熱來說，它與電流方向是沒有關系的.因此從熱效應來說,a圖交變電流與電流是Im的恒定電流是等效的，也可以說a圖交變電流有效值就是Im.因此Ia=Im，Pa=R=R.所以Pa∶Pb=1∶=2∶1.
【感悟高考真題】
1.（20xx安徽高考T19）如圖所示的區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B。電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉動（O軸位于磁場邊界）。則線框內產生的感應電流的有效值為
A.B.C.D.

【答案】選D.
【詳解】線框進入磁場和穿出磁場產生感應電動勢均為,產生感應電動勢的時間均為,由一個周期產生的電熱,,選D.
2.（20xx天津理綜T4）在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖1所示。產生的交變電動勢的圖象如圖2所示，則
A.=0.005s時線框的磁通量變化率為零
B.=0.01s時線框平面與中性面重合
C.線框產生的交變電動勢有效值為311V
D.線框產生的交變電動勢頻率為100HZ
【答案】選B．
【詳解】由圖2可知該正弦交變電流的電壓最大值為311v，周期等于0.02s，因此，根據(jù)正弦交變電流的最大值與有效值之間的關系式得知選項C錯誤，又，則頻率為，選項D錯誤，當t=0.005s時，，取得最大值，穿過線圈的磁通量變化率最大，選項A錯誤，當t=0.01s時，交變電壓及電流方向發(fā)生改變，電壓值最小等于零，線框平面與中性面重合，選項B正確。
3.（20xx廣東卷）19.圖7是某種正弦式交變電壓的波形圖，由圖可確定該電壓的
A.周期是0.01S
B.最大值是311V
C.有效值是220V
D.表達式為U=220sin100πt（V）
答案：BC
解析：交流電考察
由圖知：最大值Um=311V有效值周期T=0.02s表達式選BC。
4.（09天津9）（1）如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R。線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度勻速轉動，線框中感應電流的有效值I=。線框從中性面開始轉過的過程中，通過導線橫截面的電荷量q=。
答案：（1），
解析：本題考查交變流電的產生和最大值、有效值、平均值的關系及交變電流中有關電荷量的計算等知識。
電動勢的最大值，電動勢的有效值，電流的有效值；。
5.（09福建16）一臺小型發(fā)電機產生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖甲所示。已知發(fā)電機線圈內阻為5.0，則外接一只電阻為95.0的燈泡，如圖乙所示，則（D）
A.電壓表○v的示數(shù)為220v
B.電路中的電流方向每秒鐘改變50次
C.燈泡實際消耗的功率為484w
D.發(fā)電機線圈內阻每秒鐘產生的焦耳熱為24.2J
解析：電壓表示數(shù)為燈泡兩端電壓的有效值,由圖像知電動勢的最大值Em=V，有效值E=220V，燈泡兩端電壓，A錯；由圖像知T=0.02S，一個周期內電流方向變化兩次，可知1s內電流方向變化100次，B錯；燈泡的實際功率,C錯；電流的有效值，發(fā)電機線圈內阻每秒鐘產生的焦耳熱為，D對。
【考點模擬演練】
1.下面關于交變電流的說法中正確的是()
A.交流電器設備上所標的電壓和電流值是交流的最大值
B.用交流電流表和電壓表測定的讀數(shù)值是交流的瞬時值
C.給定的交流數(shù)值，在沒有特別說明的情況下都是指有效值
D.對同一電阻且時間相同，則跟交流有相同的熱效應的直流的數(shù)值是交流的有效值
【答案】選C、D.
【詳解】交流電器設備上所標值及交流電表的測定值均為有效值，故A、B錯；根據(jù)有效值的定義，D正確；通常情況，如果沒有特別說明，給出的交流值均為有效值，故C正確.
2.(20xx泉州模擬)如圖所示,面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度ω勻速轉動,能產生正弦交變電動勢e=BSωsinωt的圖是()
【答案】選A.
【詳解】線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸(軸在線圈所在平面內)勻速轉動,產生的正弦交變電動勢為e=BSωsinωt,由這一原則判斷,A圖中感應電動勢為e=BSωsinωt;B圖中的轉動軸不在線圈所在平面內;C、D圖轉動軸與磁場方向平行,而不是垂直.
3.矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的轉軸勻速轉動，產生的交流電動勢的最大值為Em.設t=0時線圈平面與磁場平行，當線圈的匝數(shù)增加一倍，轉速也增大一倍，其他條件不變時，交流電的電動勢為()
A.e=2Emsin2ωtB.e=4Emsin2ωt
C.e=Emsin2ωtD.e=4Emcos2ωt
【答案】選D.
【詳解】t=0時，線圈平面與磁場平行，此時磁通量為零，感應電動勢達最大值，所以它應為余弦函數(shù).當線圈的匝數(shù)和轉速未增加時，e=Emcosωt當線圈的匝數(shù)和轉速增加后，N′=2N,ω′=2ω感應電動勢的最大值Em′=N′BSω′=4NBSω=4Em
4.某交變電流表串聯(lián)一電阻構成交變電壓表，總電阻R=2kΩ，然后將改裝的電表接到u=311sin100πtV的交流電源上，則()
A.通過電流表電流的瞬時值為0.11sin100πtA
B.作為改裝的電壓表，其兩端電壓的瞬時值為311sin100πtV
C.電流表的示數(shù)為0.11A
D.作為改裝的電壓表，其示數(shù)應為311V
所以e′=4Emcos2ωt.故正確答案為D.
【答案】選B、C.
【詳解】交流電表接入交變電流電路后，其示數(shù)均為有效值，但通過的電流還是交變電流的瞬時值，兩端的電壓也是瞬時值，電壓的最大值是311V，有效值是220V；電流最大值是A=0.156A，而有效值為0.11A，故選B、C.
5．電阻R1、R2與交流電源按照圖所示甲方式連接，R1＝10Ω，R2＝20Ω.合上開關S后，通過電阻R2的正弦交變電流i隨時間t變化的情況如圖乙所示．則()
A．通過R1的電流有效值是1.2A
B．R1兩端的電壓有效值是6V
C．通過R2的電流最大值是1.22A
D．R2兩端的電壓最大值是62V
【答案】B
【詳解】由i－t圖象可知，電流最大值Im＝0.62A，有效值I＝Im2＝0.6A，因R1與R2串聯(lián)，則I1＝I＝0.6A，U1＝IR1＝6V，I2m＝Im＝0.62A，U2m＝ImR2＝122V，故A、C、D錯，B正確．
6.如圖所示，圖甲和圖乙分別表示正弦脈沖波和方波的交變電流與時間的變化關系．若使這兩種電流分別通過兩個完全相同的電阻，則經過1min的時間，兩電阻消耗的電功之比W甲∶W乙為()
A．1∶2B．1∶2
C．1∶3D．1∶6
【答案】C
【詳解】電功的計算，I要用有效值計算，圖甲中，由有效值的定義得122R×2×10－2＋0＋122R×2×10－2＝I12R×6×10－2，解得I1＝33A；圖乙中，I的值不變I2＝1A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3.
7．如圖所示，一單匝閉合線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動，在轉動過程中，線框中的最大磁通量為Φm，最大感應電動勢為Em，下列說法正確的是()
A．當磁通量為零時，感應電動勢也為零
B．當磁通量減小時，感應電動勢在減小
C．當磁通量等于0.5Φm時，感應電動勢等于0.5Em
D．角速度ω等于EmΦm
【答案】D
【詳解】當磁通量為零時，線圈處在和中性面垂直的位置，此時感應電動勢最大，A錯誤；當磁通量減小時感應電動勢反而在增大，B錯誤；當磁通量等于0.5Φm時，線圈平面和磁場方向夾角為30°或150°，此時感應電動勢的大小e＝BSωsin60°＝32Em，C錯誤；根據(jù)BSω＝Φmω＝Em判斷D正確．
8．將阻值為5Ω的電阻接到內阻不計的交流電源上，電源電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示．下列說法正確的是
()
A．電路中交變電流的頻率為0.25Hz
B．通過電阻的電流為2A
C．電阻消耗的電功率為2.5W
D．用交流電壓表測得電阻兩端的電壓是5V
【答案】C
【詳解】由周期與頻率的關系f＝1T知，f＝14×10－2Hz＝25Hz；電壓的有效值U＝Um2＝52V＝522V，通過電阻的電流I＝UR＝22A，電阻消耗的電功率為P＝U2R＝2．5W，交流電壓表所測電壓為有效值．故選C.
9．如圖(甲)所示，為電熱毯的電路圖，電熱絲接在u＝311sin100πtV的電源上，電熱毯被加熱到一定溫度后，通過裝置P使輸入電壓變?yōu)閳D(乙)所示的波形，從而進入保溫狀態(tài)，若電熱絲電阻保持不變，此時交流電壓表的讀數(shù)是
()

A．110VB．156V
C．220VD．311V
【答案】B
解析：○V測的是交流電壓的有效值，設為U，則有：U2RT＝311/22RT2，解得U＝155.5V，故B正確．
10．一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示，則下列說法正確的是()
A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直
B．t＝0.01s時刻，Φ的變化率最大
C．t＝0.02s時刻，交流電動勢達到最大
D．該線圈產生的交流電動勢的圖象如圖乙所示
【答案】B
【詳解】由Φt圖知，t＝0時，Φ最大，即線圈處于中性面位置，此時e＝0，故A、D兩項錯誤；由圖知T＝0.04s，在t＝0.01s時，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，則B項正確；在t＝0.02s時，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，則C項錯誤．
11．(16分)一矩形線圈abcd放置在如圖所示的有理想邊界的勻強磁場中(OO′的左邊有勻強磁場，右邊沒有)，線圈的兩端接一只燈泡．已知線圈的匝數(shù)n＝100，電阻r＝1.0Ω，ab邊長L1＝0.5m，ad邊長L2＝0.3m，小燈泡的電阻R＝9.0Ω，磁場的磁感應強度B＝1.0×10－2T．線圈以理想邊界OO′為軸以角速度ω＝200rad/s按如圖10－1－22所示的方向勻速轉動(OO′軸離ab邊距離為23L2)，以如圖所示位置為計時起點．求：
(1)在0～T4的時間內，通過小燈泡的電荷量；
(2)畫出感應電動勢隨時間變化的圖象(以abcda方向為正方向，至少畫出一個完整的周期)；
(3)小燈泡消耗的電功率．
【詳解】(1)通過小燈泡的電荷量
q＝IΔt＝ER總Δt＝nΔΦR總＝nBL123L2R＋r＝0.01C.
(2)ab邊在磁場里切割磁感線時最大感應電動勢為
E1＝nBL123L2ω，
代入數(shù)據(jù)得E1＝20V.
cd邊在磁場里切割磁感線時最大感應電動勢為
E2＝nBL113L2ω，
代入數(shù)據(jù)得E2＝10V.
圖象如圖所示．
(3)設線圈的感應電動勢的有效值為U，則
2022RT2＋1022RT2＝U2RT，
得U2＝125V2，
則小燈泡消耗的電功率P＝(UR總)2R，
代入數(shù)據(jù)得P＝11.25W.
12．如圖所示，一個被x軸與曲線方程y＝0.2sin10π3x(m)所圍的空間中存在著勻強磁場．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝0.2T．正方形金屬線框的邊長是L＝0.2m，電阻是R＝0.1Ω，它的一邊與x軸重合，在拉力F的作用下，以v＝10m/s的速度水平向右勻速運動．試求：
(1)拉力F的最大功率是多少？
(2)拉力F要做多少功才能把線框拉過磁場區(qū)？
(3)有位同學在老師的幫助下算出了曲線與x軸所圍的面積為0.12πm2.請你再幫他算出線框右邊框通過磁場區(qū)域的過程中通過線框某一截面的電荷量．(結果保留兩位有效數(shù)字)
答案：(1)1.6W(2)4.8×10－2J(3)7.6×10－2C
解析：(1)當線框的一條豎直邊運動到x＝0.15m處時，線圈的感應電動勢最大．
Em＝BLv＝0.2×0.2×10V＝0.4V
根據(jù)歐姆定律可得最大電流為Im＝EmR＝4A
所以拉力F的最大值為Fm＝ImLB＝0.16N
拉力F最大功率為Pm＝Fmv＝0.16×10W＝1.6W.
(2)把線框拉過磁場區(qū)域時，因為有效切割長度是按正弦規(guī)律變化的，所以，線框中的電流也是按正弦規(guī)律變化的(有一段時間線框中沒有電流)．
電動勢的有效值是E＝Em2＝0.22V
通電時間為t＝0.3×210s＝0.06s
拉力做功W＝E2Rt＝0.048J＝4.8×10－2J.
(3)通過線框截面的電荷量
q＝IΔt，而I＝ΔΦRΔt，所以q＝ΔΦR
當磁場全部進入線框內部時，通過線框截面的電荷量最多，qm＝BΔSR＝0.2×0.120.1×πC＝7.6×10－2C.