1999年全国普通高等学校招生统一考试上海历史试卷

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地理计算问题

下图是亚洲东部某区域两个时刻的等压线图（单位：百帕），读图完成第1题。

1．左图中A处等压线的数值可能为

A. 1004  1006     B. 1006   1008      C. 1008   1010     D. 1004   1008

下图是某地空气中CO₂浓度及太阳高度日变化图，读图完成2～3题。

2．此日，该地日落时间为北京时间

A．17：04     B．18：00   C．16：56     D．16：04

3．该地的地理坐标可能是

A．30ºN ，91ºE                 B．30ºS ，149ºE

C．40ºN ，149ºE                D．60ºS ，151ºE

下图中， ①.②.③.④.⑤表示某区域地形类型中的山脊和山谷，点a.b.c对应的海拔分别为900米.600米.300米。读图完成4～5题。

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沿线坡度最平缓的是

A．①           B．②               C．③                   D．④

6.高三文科班同学在6月22日中午前后进行地理探究性学习活动。他们利用一根标杆，每隔1小时测量一次杆影长度，将测量结果绘制成下列示意图。据此判断该地位于:

A．23．5°N，105°E              B．23．5°N．135°E

C．23．5°S，105°E              D．23．5°S．135°E

读①.②.③.④四种植物生长地1.7月平均气温分布图，回答7―9题。

7．四种植物生长地气温年较差最小的是

A．①    B．②    C．③     D．④

8．图中四种植物若生长在同一山地，从山麓到山顶依次出现的排列可能是

A．①.②.③.④    B．④.③.①.②

C．④.②.③.①    D．②.①.③.④

9．四种植物同时生长的地区1月.7月平均气温最接近

A．-4℃，17℃    B．1℃，16℃    C．-5℃，20℃   D．-9℃，16℃

某日酒泉昼长11时20分，西昌昼长11时40分。某航天专家上午11时乘飞机从西昌到酒泉参观神舟七号发射，途中飞行3小时。据此及下图回答第10题

10．航天专家该日经历的昼长为

A．11时40分        B．14时30分       C．11时30分        D．11时46分

读下表和图，完成第11题。

11．若从嘉兴驾驶汽车到宁波，只有两种选择：直接过宁波杭州湾跨海大桥或经杭州绕着走。如果上表成立，下列关于路线和通行所需费用的组合，正确的是

①过宁波杭州湾跨海大桥??170元   ②经杭州绕着走??340元

③过宁波杭州湾跨海大桥??140元   ④经杭州绕着走??190元

A. ①②             B.③④              C.②③             D. ①④

人民网西昌2007年10月24日电：北京时间18：05，我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭将“嫦娥一号”卫星成功送入太空。“嫦娥一号”是我国自主研制的第一颗月球探测卫星，它的发射成功，标志着我国实施绕月探测工程迈出重要一步。回答第12题

12．“嫦娥一号”发射升空时，全球旧一天的范围约占全球的

A．1/4          B．1/12        C．1/24          D．1/18

读两区域图，完成第13题

13．9月23日，当城市②日出时，城市①的区时是

A．9月23日23时                    B．9月22日23时

C．9月23日13时                    D．9月22日22时52分

人口算术密度是一个国家的总人口与总面积之比，人口生理密度是一个国家的总人口与可耕地面积之比。根据所学知识分析右图，回答14―17题。

14.“地广人稀”但耕地资源缺少的国家是

A.加拿大        B.美国    C.埃及          D.印度

15.耕地面积占国土面积1/2以上的国家是

A.美国         B.荷兰           C.孟加拉国             D.加拿大

16.根据中国.印度两国的统计数字，得出的结论为

A.印度的人口压力较中国大                B.中国的人口压力较印度大

C.中国的人口压力与印度相当              D.中.印两国的人口压力较小

17.就国土面积而言，耕地资源相对贫乏的国家有

A.日本.埃及       B.中国.印度      C.加拿大.美国      D.美国.英国

导航型GPS接收机可显示当地的三维坐标（经度、纬度、海拔高度）、动态指示前进方向（其正北方向为0°，正东方向为90°）、导向、设定路标、生成行进路线、显示当地日出和日落时间（早期的GPS接收机只能显示当地日出、日落的伦敦格林尼治时间，即世界标准时间）。据此回答18―19题:

18．某日一外国游客在杭州时，其早期GPS接收机屏幕上显示的日出21:50，方向225°，则杭州日出时的北京时间和游客前进方向是

A．13:50、西北      B．13:50、东南     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

读等高线地形图，图中等高距为200m，据图中信息回答第20题:

20．图中等高线a和等高线内的数值可能分别是

A．100  100     B．100  500     C．500  250    D．500  350

读某地区人口分布示意图，回答21－23题：

21．此图说明该地区

A．城市化水平很高             B．城市人口为2500万

C．出现了逆城市化现象         D．人口密度大

22．此人口分布状况，比较符合下列哪个国家

A．中国         B．印度        C．英国          D．美国

23．形成这种人口分布状况的根本原因是

A．国家政策影响的结果             B．社会生产力发展的必然结果

C．农村人口大量过剩造成的         D．城市的地理位置优越

假定地球为规则的球体。下图中所有点、线位于地球表面，O点到地球表面大圆d的圆周上各点距离相同，弧线b上的各点终年昼夜平分，箭头c表示地球自转的方向，圆a及其内部的各点昼长均为24小时，B点为圆a的几何中心，圆d与圆a相切于A点。读图回答24―25题。

24．下列关于圆a的说法，合理的是

A．圆a即极圈                   B．圆a内销的各点终年处于白昼之中

C．圆a垂直于地轴               D．C点在圆心B点的正北方向

25．当圆a集合了半球内昼长为24小时的所有点时，下列说法合理的是

A．此刻，A点的地方时为12点     B．此刻，B点的正午太阳高度为23°26′

C．此刻，太阳直射点位于O′      D．此刻，M点的地方时为18时

城市化的进程大幅度改变了原有的水文生态。专家在进行城市化、下水道普及率以及径流量的相关分析研究时，将三者之间关系归纳如图7。回答26―27题。

26．根据材料分析，下列说法正确的是

①相同的径流量下，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，径流量愈大

③下水道普及率与径流量呈现负相关

④相同的下水道普及率之下，城市化程度愈高，径注以量愈大

A．①②         B．③④         C．①④         D．②③

27．依据该模式推论，某都市1970年时城市化程度20%，下水 道普及率40%，2000年时城市化程度90%，下水道普及率80%，则2000年时的径流量为1970年时的多少倍

A．1            B．2            C．3            D．4

右图中的大圆表示某种地理事物和现象的等值线，0点为极值点，据此回答28―30题。

28．若图中大圆为等压线，PK、QH表示大气的水平运动方向，则

A．图示区域中心地区以下沉气流为主

B．该天气系统只在冬季出现，称为台风

C．该大气系统控制下的大气一定寒冷干燥

D．图示区域中心地区以上升气流为主

29．若大圆表示赤道，O点为北极点，PQ线两侧日期不同，则

A．图中P点的经度为180°，Q点的经度为0°

B．由P到N走最近路线，方向应是先东北再东南

C．图中M、N为昼半球与夜半球的分界点

D．此时北京时间为20时

30．若此为某时刻昼半球太阳高度等值线图，大圆太阳高度为0°，PQ为15°N纬线的一部分，则

A．从H点看太阳，应从东南升西南落     B．从图中P点到Q点的经度差大于180°

C．北印度洋洋流海水向西流动           D．此时太刚直射点一定向北移动

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第12单元：交流电、电磁振荡、电磁波

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括交流电、正弦交流电的图象、最大值、有效值、周期与频率、振荡电路，电磁振荡、电磁场，电磁波，电磁波的速度等基本概念，以及交流发电机及其产生正弦交流电的原理，变压器的原理，电能的输送方法、LC电路产生的电磁振荡的周期和频率等。

　　本单元涉及到的基本方法有利用空间想象的各种方法理解正弦交流电的产生原因和电磁振荡的物理过程，运用图象法理解并运用它来解决交流电和电磁振荡的判断、计算问题。从能量转化的观点出发来理解交流电的有效值问题和电磁振荡问题。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能从能的转化的角度理解有效值，致使出现乱套公式的问题；由于初始条件不清，对电磁振荡物理过程判断失误；不善于运用两个图象对一个物理过程进行动态分析。

　　例1 如图12－1所示，矩形线圈在外力的作用下，在匀强磁场中以ω=200πrad/s的角速度匀速转动，线圈的面积为100cm²，匝数n=500匝，负载电阻R=30Ω，磁场的磁感强度B=0.2T。交流电压表的示磁力矩的大小。

　　【错解分析】

　　错解一：

　　错解二：

　　解得M=8.66 N?m

　　错解一中用电流的有效值计算某一瞬间线圈的电磁力矩是错误的。

　　解法二中没有注意到另一个隐含条件“线圈平面与磁感线垂直时开始计时”而导致上当。

　　【正确解答】

　　本题有三个隐含条件：一为“瞬时”。二为线圈平面与磁感线垂直时开始计时，三为电路是纯电阻的电路。

M＝nBISsinωt

　　解得：M=10N?m

　　【小结】

　　审题时要注意关键词的物理意义。并且能在头脑中把文字叙述的物以及线圈在此位置的受力情况，力臂情况标在图上。这样解题，就会言之有物，言之有据。

　　例2 图12－2表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是： [　]

　　【错解分析】错解：

　　平均值（如图12-3），
　　

　　有效值才有这样的数量关系。本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形，故该公式不适用此交流电。第二，交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值。

　　【正确解答】

　　交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，

　　所以该交流电的有效值为

　　所以应选D。

　　【小结】

　　上两道题的小结等效是有条件的。请注意每一种等效方法的成立条件和适用范围。

　　例3 如图12－4所示，矩形线圈abcd在磁感强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′，以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，ab=0. 3m，bc= 0.6m，负载电阻R= 45Ω。求（l）电阻R在0.05s内所发出的热量；（2）0.05s内流过的电量（设线圈从垂直中性面开始转动）

　　【错解分析】

　　错解一：

　　第一步，求电流的有效值，用有效值来计算热量。

　　电动势的最大值为

　　ε_m=2nBLv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1（V）

　　电流的有效值

　　所以0.05s内R上发出的热量Q=I²Rt=5.76（J）

　　第二步，根据有效值求通过R上的电量，由题意0.05s内通过R的电流方向不变

q＝It＝1．6×0.05＝0.08（C）

　　错解二：

　　第一步求平均电流，用平均电流计算热量。

　　第二步，由平均电流求电量

　　交流电的有效值是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效；交流电的平均值是从电流通过导线横截面的电量相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效，两个概念的出发点不同。

　　【正确解答】

　　电动势的最大值为ε_m= 2nBLv=nBSω=10×20.3×0.6×10π=113．1（V）

　　所以0.05s内R上发出的热量Q=I²Rt=5.76（J）

　　例4 图12－5中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3。初级线圈的输入电压是660V，次级线圈的电阻为0.2Ω，这台变压器供给100盏220V，60W的电灯用电。

　　求：

　　（l）空载时次级线圈的端电压和输出功率；

　　（2）接通时次级线圈的端电压；

　　（3）每盏灯的实际功率

　　【错解分析】错解：

　　（2）接通时，次级线圈的端电压仍为220V。

　　原因：

　　（1）变压器空载时，电路的电流为零，无能量的转化，不能用P=

　　（2）接通后次级线圈有电阻要消耗电能，由于次级线圈内部存在电压降，所以次级线圈的端电压不再是220V，而应以次级线圈为研究对象应用闭合电路欧姆定律去求次级线圈的端电压。

　　（3）由于次级线圈的端电压达不到灯泡的额定电压，灯泡的实际功率要小于每盏灯的额定功率。

　　【正确解答】

　　（1）将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的端电压为U₂。

　　因为空载，次级线圈的负载电阻R₂→∞，次级线圈中的电流为零I₂=0，P=I₂U₂=0

　　次级线圈的端电压U′₂=I₂R_外=214.68（V）
　　

　　【小结】

　　理解能力的高低表现在把握文字的物理意义上。题文中说“次级线圈的电阻为0.2Ω”。可见文中所述的变压器有内耗，不是理想变压器。这是课本上没有介绍过的新情况。类比直流电路的知识，可从两条路去求路端电压，U=ε－Ir（电源电动势减去内电压），或者用部分欧姆定律U=IR。

　　例5收音机的变压器的初级线圈有1210匝，接在U₁=220V的交流电源上，变压器有两个次级线圈。次级线圈Ⅱ的匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数是1925匝。如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3A时，初级线圈的电流I₁=0.114A。求线圈Ⅲ中电流和输出电压（电流的计算结果保留3位有效数字）

　　【错解分析】错解：

　　
　　
　　能量守恒定律，从输入功率等于输出功率入手求解。

　　【正确解答】

　　不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律

P₁＝P₂＋P₃

I₁U₁=I₂U₂+I₃U₃

　　【小结】

　　守恒定律P₁=P₂，I₁U₁=I₂U₂才有这个形式。不能死记硬背，不顾条件乱套公式。

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第10单元：磁场

　　【内容和方法】

　　本单元内容包括磁感应强度、磁感线、磁通量、电流的磁场、安培力、洛仑兹力等基本概念，以及磁现象的电本质、安培定则、左手定则等规律。

　　本单元涉及到的基本方法有，运用空间想象力和磁感线将磁场的空间分布形象化是解决磁场问题的关键。运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况是将力学知识与磁场问题相结合的切入点。

　　【例题分析】

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能准确地再现题目中所叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹：运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况时出错；运用几何知识时出现错误；不善于分析多过程的物理问题。

　　例1 如图10-1，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是： [ 　　]

　　A．磁铁对桌面的压力减小

　　B．磁铁对桌面的压力增大

　　C．磁铁对桌面的压力不变

　　D．以上说法都不可能

　　【错解分析】错解：磁铁吸引导线而使磁铁导线对桌面有压力，选B。

　　错解在选择研究对象做受力分析上出现问题，也没有用牛顿第三定律来分析导线对磁铁的反作用力作用到哪里。

　　【正确解答】

　　通电导线置于条形磁铁上方使通电导线置于磁场中如图10-2所示，由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电导线有向下作用的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图10-3。对磁铁做受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N = mg，有通电导线后N+F′=mg，N=mg-F′，磁铁对桌面压力减小，选A。

　　例2 如图10-4所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化是： [ 　　]

　　A．先减小后增大

　　B．始终减小

　　C．始终增大

　　D．先增大后减小

　　【错解分析】错解：条形磁铁的磁性两极强，故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到强，由磁通量计算公式可知Φ=B?S，线框面积不变，Φ与B成正比例变化，所以选A。

　　做题时没有真正搞清磁通量的概念，脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算公式Φ=B?S，由条形磁铁两极的磁感应强度B大于中间部分的磁感应强度，得出线框在两极正上方所穿过的磁通量Φ大于中间正上方所穿过的磁通量。

　　【正确解答】

　　规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图，如图10-5所示。利用Φ=B?S定性判断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选D。

　　【小结】

　　Φ=B?S计算公式使用时是有条件的，B是匀强磁场且要求B垂直S，所以磁感应强度大的位置磁通量不一定大，而本题的两极上方的磁场不是匀强磁场，磁场与正上方线框平面所成的角度又未知，难以定量加以计算，编写此题的目的就是想提醒同学们对磁场的形象化给予足够的重视。

　　例3 如图10-6所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做 [ 　　]

　　A．加速直线运动 　B．匀速直线运动

　　C．匀速圆周运动 　D．简谐运动

　　【错解分析】

　　错解一：螺线管两端加上交流电压，螺线管内有磁场，电子在磁场中要受到磁场力的作用，故选A。

　　错解二：螺线管两端加上了交流电压，螺线管内部有磁场，磁场方向周期性发生变化，电子在周期性变化的磁场中受到的力也发生周期性变化，而做往复运动。故选D。

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1999年普通高等学校招生全国统一考试历史试题（广东卷）

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第9单元　稳恒电流

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括电流、产生持续电流的条件、电阻、电压、电动势、内电阻、路端电压、电功、电功率等基本概念，以及电阻串并联的特点、欧姆定律、电阻定律、闭合电路的欧姆定律、焦耳定律、串联电路的分压作用、并联电路的分流作用等规律。

　　本单元涉及到的基本方法有运用电路分析法画出等效电路图，掌握电路在不同连接方式下结构特点，进而分析能量分配关系是最重要的方法；注意理想化模型与非理想化模型的区别与联系；熟练运用逻辑推理方法，分析局部电路与整体电路的关系

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不对电路进行分析就照搬旧的解题套路乱套公式；逻辑推理时没有逐步展开，企图走“捷径”；造成思维“短路”；对含有电容器的问题忽略了动态变化过程的分析。

　　例1 如图9－1所示，ε₁=3V，r₁=0.5Ω，R₁=R₂=5.5Ω，平行板电容器的两板距离d=1cm，当电键K接通时极板中的一个质量m=4×10^-3g，电量为q=1.0×10^-7C的带电微粒恰好处于静止状态。求：（1）K断开后，微粒向什么方向运动，加速度多大？（2）若电容为1000pF，K断开后，有多少电量的电荷流过R₂？

　　【错解分析】错解： 当电键K接通电路稳定时、电源ε₁和ε₂都给电容器极板充电，所以充电电压U=ε₁+ε₂。

　　带电粒子处于平衡状态，则所受合力为零，

F－mg = 0

　　ε₂=U－ε₁=1(v)

　　当电键K断开后，电容器上只有电源 给它充电，U′=ε₂。

　　即带电粒子将以7.5m/s²的加速度向下做匀加速运动。

　　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

　　极板上电量减少3×10^-9C，也即K断开后，有电量为3×10^-9C的电荷从R₂由下至上流过。

　　在直流电路中，如果串联或并联了电容器应该注意，在与电容器串联的电路中没有电流，所以电阻不起降低电压作用(如R₂)，但电池、电容两端可能出现电势差，如果电容器与电路并联，电路中有电流通过。电容器两端的充电电压不是电源电动势ε，而是路端电压U。

　　【正确解答】

　　 (1)当K接通电路稳定时，等效电路图如图9－2所示。

　　ε₁、r₁和R₁形成闭合回路，A，B两点间的电压为：

　　电容器中带电粒子处于平衡状态，则所受合力为零，

　　F－mg＝0

　　在B，R₂，ε₂，C，A支路中没有电流，R₂两端等势将其简化，

U＋ε₂=U_AB，ε₂=U－U_AB=1.25V

　　当K断开电路再次达到稳定后，回路中无电流电路结构为图9－3所示。电容器两端电压U′=ε₂=1.25V

　　即带电粒子将以6.875m/s²的加速度向下做匀加速运动。

　　(2)K接通时，电容器带电量为Q=CU=4×1O^-9C

　　K断开时，电容器带电量为Q′=CU′=1.2×10^-9(C)

　　△Q＝Q―Q′=2.75×10^-9C

　　有总量为2.75×10^-9(C)的电子从R₂由下至上流过。

　　【小结】

　　本题考查学生对电容器充放电物理过程定性了解程度，以及对充电完毕后电容所在支路的电流电压状态是否清楚。学生应该知道电容器充电时，随着电容器内部电场的建立，充电电流会越来越小，电容器两极板间电压(电势差)越来越大。当电容器两端电压与电容器所并联支路电压相等时充电过程结束，此时电容器所在的支路电流为零。

　　根据这个特点学生应该会用等势的方法将两端等势的电阻简化，画出等效电路图，如本题中的图9－2，图9－3，进而用电路知识解决问题。

　　例2 如图9－4所示，电源电动势ε=9V，内电阻r=0.5Ω，电阻R₁=5.0Ω、R₂=3.5Ω、R₃=6.0Ω、R₄=3.0Ω，电容C=2.0μF。当电键K由a与接触到与b接触通过R₃的电量是多少？

　　【错解分析】错解：K接a时，由图9-5可知

　　流过R₃的电量为△Q=Q_C－Q_C′=3×10^－6(C)

　　没有对电容器的充电放电过程做深入分析。图9－5图中电容器的上极板的电势高，图9－6中电容器的下极板的电势高。电容器经历了先放电后充电的过程。经过R₃的电量应是两次充电电量之和。

　　【正确解答】

　　K接a时，由图9－5可知

　　此时电容器带电量Q_C=CU₁=1×10^-5(C)

　　K接b时，由图9－6可知

　　此时电容器带电量Q′_C=CU₁=0.7×10^-5(C)

　　流过R₃的电量为△Q=Q_C＋Q′_C=1.7×10^－5(C)

　　【小结】

　　对于电容电量变化的问题，还要注意极板电性的正负。要分析清电容器两端的电势高低，分析全过程电势变化。

　　例3 如图9－7所示的电路中已知电源电动势ε=36V，内电阻r=2Ω，R₁=20Ω，每盏灯额定功率都是2W，额定电压也相同。当K闭合调到R₂=14Ω时，两灯都正常发光；当K断开后为使L₂仍正常发光，求R₂应调到何值？

　　【错解分析】错解：

　　设所求电阻R′₂，当灯L₁和L₂都正常发光时，即通过灯的电流达额定电流I。

　　分析电路时应注意哪些是恒量，哪些是变量。图9－10电路中电源电动势ε是恒量，灯L₁和L₂正常发光时，加在灯两端电压和通过每个灯的电流是额定的。错解中对电键K闭合和断开两种情况，电路结构差异没有具体分析，此时随灯所在支路电流强度不变，两种情况干路电流强度是不同的，错误地将干路电流强度认为不变，导致了错误的结果。

　　【正确解答】

　　解法一：设所求阻值R′₂，当灯L₁和L₂正常发光时，加在灯两端电压力额定电压U_L。

　　当K闭合时，ε₁=U_L+I₁(R₁+r+R₂)

　　当K断开时，ε₂=U_L+I₂(R₁+r+R′₂)，

　　又 ∵ε₁=ε₂=ε I₁=2I₂=2I，(I为额定电流)

　　得ε= U_L＋2I(R₁＋r＋R₂) ①

　　ε=U_L＋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：设所求阻值R′₂，当灯L₁和L₂正常发光时，加在灯两端电压为额定电压U_L，由串联电路电压分析可得：

　　【小结】

　　电路中的局部电路(开关的通断、变阻器的阻值变化等)发生变化必然会引起干路电流的变化，进而引起局部电流电压的变化。应当牢记当电路发生变化后要对电路重新进行分析

　　例4 如图9－8所示电路，已知电源电动势ε=6.3V，内电阻r=0.5Ω，固定电阻R₁=2Ω，R₂=3Ω，R₃是阻值为5Ω的滑动变阻器。按下电键K，调节滑动变阻器的触点，求通过电源的电流范围。

　　【错解分析】错解：将滑动触头滑至左端，R₃与R₁串联再与R₂并联，外电阻

　　再将滑动触头滑至右端R₃与R₂串联再与R₁并联，外电阻

　　由于平时实验，常常用滑动变阻器作限流用（滑动变阻器与用电器串联）当滑动头移到两头时，通过用电器的电流将最大或最小。以至给人以一种思维定势：不分具体电路，只要电路中有滑动变阻器，滑动头在它的两头，通过的电流是最大或最小。

　　【正确解答】

　　将图9―1化简成图9－9。外电路的结构是R′与R₂串联、（R₃-R′）与R₁串联，然后这两串电阻并联。要使通过电路中电流最大，外电阻应当最小，要使通过电源的电流最小，外电阻应当最大。设R₃中与R₂串联的那部分电阻为R′，外电阻R为

　　因为，两数和为定值，两数相等时其积最大，两数差值越大其积越小。

　　当R₂+R′=R₁+R₃-R′时，R最大，解得

　　因为R₁=2Ω＜R₂=3Ω，所以当变阻器滑动到靠近R₁端点时两部分电阻差值最大。此时刻外电阻R最小。

　　通过电源的电流范围是2.1A到3A。

　　【小结】

　　不同的电路结构对应着不同的能量分配状态。电路分析的重要性有如力学中的受力分析。画出不同状态下的电路图，运用电阻串并联的规律求出总电阻的阻值或阻值变化表达式是解电路的首要工作。

　　例5 在如图9－10所示电路中，R₁=390Ω,R₂=230Ω，电源内电阻r=50Ω，当K合在1时，电压表的读数为80V；当K合在2时，电压表的读数为U₁=72V，电流表的读数为I₁=0.18A，求：（1）电源的电动势（2）当K合在3时，两电表的读数。

　　【错解分析】错解：

　　（1）因为外电路开路时，电源的路端电压等于电源的电动势，所以ε=U_断=80V；

　　上述解答有一个错误的“替代假设”：电路中的电流表、电压表都是理想的电表。事实上，问题并非如此简单。如果进一步分析K合在2时的情况就会发现矛盾：I₁R₁=0.18×390=70.2（V）≠80V，这就表明，电路中的电流表和电压表并非理想的电表。

　　【正确解答】

　　（1）由题意无法判断电压表、电流表是理想电表。设R_A、R_v分别为电流表、电压表的内阻，R′为电流表与电阻器R₁串联后的电阻，R″为电流表与电阻器R₂串联的电阻。则K合在2时：

　　由上述两式解得：R₁= 400Ω，ε=90V

　　【小结】

　　本题告诉我们，有些题目的已知条件隐藏得很深。仅从文字的表面是看不出来的。只好通过试算的方法判断。判断无误再继续进行解题。

　　例6 在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施可行的是( )

　　A、剪去一半的电阻丝

　　B、并联一根相同的电阻丝

　　C、串联一根相同的电阻丝

　　D、使电热器两端的电压增大一任

　　【错解分析】错解：

　　为原来的一半，所以选A、B。

　　忽略了每根电阻丝都有一定的额定功率这一隐含条件。

　　【正确解答】

　　将电阻丝剪去一半后，其额定功率减小一半，虽然这样做在理论上满足使热量增加一倍的要求，但由于此时电阻丝实际功率远远大于额定功率，因此电阻丝将被烧坏。故只能选B。

　　【小结】

　　考试题与生产、生活问题相结合是今后考试题的出题方向。本题除了需要满足电流、电压条件之外，还必须满足功率条件：不能超过用电器的额定功率。

　　例7 如图9－11所示，电源电压保持不变，变阻器R₁的最大值大于R₂的阻值，在滑片P自右向左滑动过程中，R₁的电功率如何变化？

　　【错解分析】错解：采用“端值法”，当P移至最左端时，R₁＝0，则R_L消耗的电功率变为0，由此可知，当滑片P自右向左滑动过程中，R₁的电功率是变小的。

　　题中R₁＞R₂，所以用端值法只假设R₁=0是不够的。

　　【正确解答】

　　因此，在这两种情况时，R₁的电功率都是P₁＜U²/4R，且不难看出，R_L与R₂差值越大，P₁越小于U²/4R。

　　综上所述，本题答案应是滑片P自右向左移动时，R_L的电功率逐渐变大；当R₁=R₂时R₁的电功率最大；继续沿此方向移动P时，R₁的电功率逐渐变小。

　　【小结】

　　电路中某电阻消耗的功率，不止是由本身电阻决定，还应由电路的结构和描述电路的各个物理量决定。求功率的公式中出现二次函数，二次函数的变化不一定单调变化的，所以在求解这一类问题时，千万要作定量计算或者运用图像进行分析。

　　例8 如图9－12所示电路，当电键K依次接a和b的位置时，在(1)R₁＞R₂(2) R_L=R₂(3) R₁＜R₂三种情况时，R₁、R₂上消耗的电功率哪个大？

　　【错解分析】错解：(l)根据P=I²R可知，当R₁＞R₂时，P₁＞P₂；当R₁=R₂时，P₁=P₂；当R_L＜R₂时，P₁＞P₂。

　　当R₁＞R₂时，P₁＜P₂；当R₁=R₂时，P₁=P₂；当R₁＜R₂时，P₁＞P₂。

　　错误在于认为电路改变时其路端电压保持不变，U₁=U₂，应该分析当电键K接不同位置时，电路的结构不同，电路结构改变但ε，r不变。

　　【正确解答】

　　当电键K接不同位置时，电路的结构不同。

　　(l)当R₁＜R₂时，若r²=R₁R₂ P₁-P₂=0所以P₁=P₂；若r²＜R₁R₂ P₁－P₂＜0所以P₁＜P_2；若r₂＞R_LR₂P₁－P₂＞0所以P₁＞P₂

　　(2)当R₁＞R₂时，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

　　【小结】

　　解决电路问题先审题，审题过后有的同学头脑中出现许多公式，他从中选择合适的公式，有的同学则从头脑中搜寻以前做过的题目，看有没有与本题相似的题目，如果有相似的题目，就把那道题的解题方法照搬过来。这些方法不一定错，但是一旦问题比较复杂，或者题目叙述的是一个陌生的物理情境，这些方法就不好用了。所以，规范化的解题步骤是必不可少的。

　　例9 如图9－13所示电路中，r是电源的内阻，R₁和R₂是外电路中的电阻，如果用P_r，P₁和P₂分别表示电阻r，R₁，R₂上所消耗的功率，当R₁=R₂= r时，P_r∶P₁∶P₂等于 [　　]

　　A、1∶l∶1 　　 B、2∶1∶1

　　C、1∶4∶4 　　D、4∶l∶1

　　【错解分析】错解： 因为R₁=R₂=r，r与R₁，R₂并联，它们电压相同，

　　认为电源的两端就是外电路的两端，所以内外电阻是并联关系，即认为r与R₁，R₂并联，U_r=U₁－U₂，这一看法是错误的，U_r不等于U₁，

　　U_r =ε－U₁。

　　【正确解答】

　　在图9-13电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系，(不能认为内电阻与外电阻并联)但R₁与R₂是并联的，因R₁=R₂，则I₁=I₂=I，

　　I_r=I₁+I₂=2I。

　　P_r∶P₁∶P₂= I_r²r∶I₁²R₁∶I₂²R₂∶= 4∶1∶1。，所以是正确的。

　　【小结】

　　单凭直觉就对电路的串并联关系下结论，太草率了。还是要通过电流的分合，或电势的高低变化来做电路分析。

　　例10 如图9－14所示，

　　已知电源电动势ε=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V 4.5W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机恰能正常工作，求(1)电路中的电流强度？(2)电动机的额定工作电压？(3)电源的总功率？

　　【错解分析】错解：由灯泡的额定电压和额定功率可求得灯泡的电阻

　　串联电路中电路中的电流强度

　　电动机额定工作电压U=I'r=2.7×0.5=l.35(V)

　　电源总功率P=Iε=2.7×20=54(W)

　　 此电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律ε=IR_总不适用，所以电

　　【正确解答】

　　 (1)串联电路中灯L正常发光，电动机正常工作，所以电路中电流强度为灯L的额定电流。

　　电路中电流强度I＝1.5A。

　　(2)电路中的电动机是非纯电阻电路。根据能量守恒，电路中

　　ε=U_R+U_L+U_r+U_m

　　U_m=ε-U_R－U_L－U_r＝ε－I(R+R_L+r)=20－1.5×(2＋4＋1)=9.5

　　(3)电源总功率P_总=Iε=1.5×20=30(W)。

　　【小结】

　　要从能量转化与守恒的高度来认识电路的作用。一个闭合电路中，电源将非静电能转化为电能，内外电路又将电能转化为其他形式的能。ε=U_内+U_外则是反映了这个过程中的能量守恒的关系。

　　例11 电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r′=1Ω，电灯灯丝电阻R=10Ω，电源电动势ε=12V，内阻r =1Ω，当电压表读数为10V时，求电动机对外输出的机械功率。

　　【错解分析】错解：

　　流与其电阻成反比，

　　上述错解过程中有两处致命的错误：一是将电动机视为纯电阻处理了，电动机不属于纯电阻，而是将电能转化为机械能，错解中利用了并联电路中支路电流与电阻成反比的结论是不恰当的，因为该结论只适用于纯电阻电路，二是不明确电动机的输入功率P_m入与输出功率P_m出的区别，I_M²r′是电动机内阻发热功率。三者的关系是：P_m入=P_m出+I_M²r′。

　　【正确解答】

　　根据题意画出电路图，如图9－15所示。由全电路欧姆定律ε= U+Ir得出干路电流

　　由已知条件可知：流过灯泡的电流

　　电动机的输出功率的另一种求法：以全电路为研究对象，从能量转化和守恒的观点出发P_源=P_路。本题中电路中消耗电能的有：内电阻、灯泡和电动机，电动机消耗的电能又可分为电动机输出的机械能和电动机自身消耗的内能。即Iε=I²r+I_L²R+P_m出+I_M²r′。

P_m出＝Iε－(I²r+I_L²R++I_M²r′)=9(W)

　　【小结】

　　站在能量转化与守恒的高度看电路各个部分的作用。就可以从全局的角度把握一道题的解题思路，就能比较清醒地分清公式规律的适用范围和条件。

　　例12 把一个“10V 2.0W”的用电器A(纯电阻)接到某一电动势和内阻都不变的电源上，用电器A实际消耗的功率是2.0W，换上另一个“10V 5.0W”的用电器B(纯电阻)接到这一电源上，用电器B实际消耗的电功率有没有可能反而小于2.0W？你如果认为不可能，试说明理由，如果认为可能，试求出用电器B实际消耗的电功率小于2.0W的条件(设电阻不随温度改变)

　　【错解分析】错解： 将“10V 2.0W”的用电器与电源连接，用电器正常工作说明用电器两端电压为10V，现将“10V 5.0W”的用电器B与电源连接，用电器两端电压是10V，B也能正常工作，实际功率是5.0W，所以用电器的实际功率不会小于2.0W。

　　 把路端电压与电源电动势混为一谈，认为路端电压是恒定的，不随外电路改变而改变。

　　【正确解答】

　　越大，U也越大，所以与ε不同，U不是恒定的。

　　
以当B连入时，用电器两端的电压将小于10V，它消耗的实际功率将小

述条件时，B的实际功率小于2.0W。

　　【小结】

　　根据电源最大输出功率的条件做出输出功率与外电阻图(P－R图如图9－16所示)做定性分析，也可以得到同样的结果。由题意可知R_A接入电路时，若电源的输出功率达到最大输出功率，则R_B接入电路时，电源的输出功率肯定小于最大输出功率2W。若电源的输出功率没有达到最大输出功率，R_B接入电路时，电源的输出功率有可能小于R_A接入电路时输出功率2W。

　　例13 输电线的电阻共计10Ω，输送的电功率是100kw，用400V的低压送电，输电线上发热损失的功率是多少kw？改用10kV的高压送电，发热功率损失又是多少kw？

　　【错解分析】错解：

　　 错解一是对欧姆定律使用不当，输送电压是加在输电线电阻和负载上的，如果把它考虑成输电线上的电压求电流强度当然就错了。错解二注意到了负载的作用，所求出的损失功率P₁是正确的，然而在高压送电电路中，负载都是使用了变压器而错解二把它当作纯电阻使P₂解错。

　　【正确解答】

　　 输送电功率100kw，用400V低压送电，输电线上电流

　　输电线上损失功率

　　若用10kV高压送电输电线上电流

　　输电线上损失功率P₂=I₂²r=10²×1=0.1(kw)

　　【小结】

　　一道很简单的题目做错了，有些人将错解原因归结为：粗心、看错了题目。其实真正的原因是解题不规范。如果老老实实地画出电路图标出各个物理量，按图索骥就可以避免所谓的“粗心”的错误。

　　例14 如图9－17，外电路由一个可变电阻R和一个固定电阻R₀串联构成，电源电动势为ε，电源内阻为r，

　　问：R调到什么时候，R₀上将得到最大功率。

　　【错解分析】错解：

　　把可变电阻R看成电源内阻的一部分，即电源内阻r′= r+R。利用电源输出功率最大的条件是R＝r′得R₀=R＋r，即R=R₀－r，所以把可变电阻调到R=R₂－r时，电路中R₀上得到最大功率，其大小为

　　可变电阻R上得到的功率，决定于可变电阻的电流和电压，也可以用电源输出功率最大时的条件，内外电阻相同时电源有最大输出功率来计算。但是题目要求讨论定值电阻R₀上的输出功率，则不能生搬硬套。定值电阻R₀上的功率，决定于流过电阻R₀的电流强，这与讨论可变电阻R上的功率不同。

　　【正确解答】

　　电流经过电阻R₀，电流能转换成内能，R₀上功率决定于电流强度大小和电阻值，即P=I²R₀，所以当电流强度最大时，R₀上得到最大功率。由纯电阻的闭合电路欧姆定律，有

　　固定电阻R₀上有最大输出功率，其大小为

　　【小结】

　　在讨论物理问题时选择研究对象是重要的一环。研究对象选错了，就要犯张冠李戴的错误。明明题目中要我们计算定值电阻的功率，有人却套用滑动变阻器的结论。所以认真审题找出研究对象，也是提高理解能力的具体操作步骤。

　　例15 有四个电源，电动势均为8V，内阻分别为1Ω、2Ω、4Ω、8Ω，今要对R = 2Ω的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使R上获得的功率最大？ [ 　　]

　　A、1Ω 　　B、2Ω

　　C、4Ω 　　D、8Ω

　　【错解分析】错解：依“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”可知，应选内阻2Ω的电源对R供电，故选B。

　　上述错解的根源在于滥用结论。事实上，确定的电源有最大的输出功率和确定的外电路上获得最大功率的条件是不同的。“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”只适用于电源确定而外电阻可选择的此形，而本题实属外电阻确定而电源可选的情况，两者意义不同，不可混为一谈。

　　【正确解答】

　　P是r的单调减函数，所以就题设条件而言，r取1Ω时P有最大值，应选A。

　　【小结】

　　物理学的任何规律结论的成立都是有条件的，都有其适用范围。有的同学做题比较多，习惯于套用一些熟悉题目的解题路子。这种方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。关键是要掌握好“条件和范围”。

　　例16 图9－18所示，为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需要的器材实物图，器材规格如下：(1)待测电阻R_X(约100Ω)(2)直流毫安表(量程0～10mA，内阻50Ω)(3)直流电压表(量程0～3V，内阻5kΩ)(4)直流电源(输出电压4V，允许最大电流1A)(5)滑动变阻器(阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A)(6)电键一个，导线若干条。根据器材的规格和实验要求，在本题的实物图上连线。

　　【错解分析】错解：

　　错解一：如图9－19所示，此种连法错在变阻器的右下接线柱和电源的负极之间少连了一条线，即使变阻器取最大值，通过电路的电流也超过了10mA，大于毫安表的量程。

　　错解二：如图9－20所示有两处不妥：①电压调节范围小；②电流过大。这种连法实际上与图9-19的错误是一样的。

　　错解三：如图9-21所示，此种连法是用伏安法测量，电路与变阻器由滑动触头并联，无论变阻器的阻值怎样变化，流过毫安表的电流

　　始终超过毫安表的量程，而且当滑动触头滑到最左端时，电源还有被短路的可能，故连接错误。

　　错解四：如图9－22所示，可见这种连法实际上与图9-21(变阻器取最大值时)的错误是一样的。

　　错解五：如图9－23所示，显然可见，当电键闭合时电源被短路，这是不允许的，连接错误。

　　错解六：如图9-24所示，当变阻器的滑动头滑到最左端时，电键闭合后电源被短路，滑到最右端时，电流超过毫安表的最大量程，故连接错误。

　　错解七：如图9－25，无论电键是否闭合，电源、变阻器回路始终是接通的，电键的位置连接错了。

　　【错解原因】（1）错在变阻器的连接上的原因是：在高中学习伏安法测电阻时，接触的多是将变阻器连接一个上接线柱和一个下接线柱，串连在电路中分压限流，因而在做此题时，采用了习惯连法，没有对器材的规格要求进行计算、分析。

　　(2)将毫安表内接错误，错误的症结是不了解系统误差产生的原因，也是没有对器材的规格进行具体分析。

　　(3)出现同时连接变阻器的两个上接线柱；电表的“+”、“-”接反；不在接线柱上连线，而是在连线上连线等，说明学生缺乏实验操作的规范化训练，或缺乏亲自动手做实验。

　　【正确解答】

　　 用伏安法测电阻，首先要判明电流表应该内接还是外接，由题目所给器材规格来看，显然不满足R_A＜＜R_x条件，而是满足R_v＞＞R_x条件，所以应采用外接法。若图9－26电路，当滑动触头P处于最左端，滑动变阻器为最大值时，由题设条件流过电流表的电流

　　超过安培表的量程。因此变阻器既应分压又应分流。

　　正确的连接图为图9－27所示。画图的关键是：毫安表需外接，变阻器接成分压电路。实验开始前将滑动变阻器的滑动触头滑至分压为零的位置。

　　【小结】

　　在设计实验过程时，要根据具体实验条件，灵活应用实验原理，改变实验方法。善于从习题中或所学的物理定律的推论中得出实验原理和方法。基本原则是不能是电表超过量程，测量误差尽可能小；不能使用电器超过其额定功率，结构上不能出现短路断路现象。

　　例17 如图9－28所示电路的三根导线中有一根是断的。电源、电阻器R₁、R₂及另外两根导线都是好的。为了查出断导线，某学生想先用万用表的红表笔连接在电源的正极a,再将黑表笔分别连接在电阻器R_L的b端和R₂的c端，并观察万用表指针的示数。在下列选挡中，符合操作规程的是：

[ 　　]

　　A．直流10V挡 　　B．直流0.5A挡

　　C．直流2.5V挡 　　D．欧姆挡

　　【错解分析】错解： 如果电路连接正常，电路中的电流

　　测量的最大电压为U₁=IR₁=2V。可选A、C。

　　用欧姆挡可以直接测量回路中的电阻是否等于15Ω或者等于10Ω。

　　选B的同学没有考虑R₁与R₂之间的导线断开的情况。选C的同学没有考虑到无论哪根导线断开，测得的电压都等于6V，大于2.5V。如选D的同学没有考虑到如果被测回路中有电源，欧姆表就可能被毁坏或读数不准。

　　【正确解答】

　　设万用表各挡都理想，忽略电源的内阻。选用不同功能档时，应画出电路图，至少在头脑中想清楚。

　　用电压挡测量时，由于电路断开(无论是从ab间断开，还是从R₁与R₂之间断开)电路中无电流，黑表笔与电源负极等电势。直流电压挡测量的数值是电源电动势ε=6V。所以A选项可行，C选项不行。

　　用电流挡测量时，假设ab间导线完好，而R₁与R₂之间导线断开，
B选项。

　　被测回路中有电源，欧姆表不能适用，排除D选项。

　　【小结】

　　本题考查学生的实验能力。还考察学生的逻辑思维能力。逻辑思维的基础是对电路结构的理解。养成正确的电路分析的习惯，处处受益。

试题详情

第8单元：电场

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括电荷、电场、电场力、电场强度、电场线、电势、电势差、电场力功、电容器、电容的定义和平行板电容器电容的决定条件等基本概念，以及库仑定律、静电感应、电场强度与电势差的关系、带电粒子在电场中的运动规律等。

　　本单元涉及到的基本方法有，运用电场线、等势面几何方法形象化地描述电场的分布；将运动学动力学的规律应用到电场中，分析解决带电粒子在电场中的运动问题、解决导体静电平衡的问题。本单元对能力的具体要求是概念准确，不乱套公式懂得规律的成立条件适用的范围。从规律出发进行逻辑推理，把相关知识融会贯通灵活处理物理问题。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不善于运用电场线、等势面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对静电平衡内容理解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。

　　例1 在边长为30cm的正三角形的两个顶点A，B上各放一个带电小球，其中Q₁=4×10^-6C，Q₂=－4×10^-6C，求它们在三角形另一顶点C处所产生的电场强度。

　　【错解分析】错解：

　　C点的电场强度为Q₁，Q₂各自产生的场强之和，由点电荷的场强公式，

　　∴E=E₁+E₂=0

　　认为C点处的场强是Q₁，Q₂两点电荷分别在C点的场强的代数和。

　　【正确解答】

　　计算电场强度时，应先计算它的数值，电量的正负号不要代入公式中，然后根据电场源的电性判断场强的方向，用平行四边形法求得合矢量，就可以得出答案。

　　由场强公式得：

　　C点的场强为E₁，E₂的矢量和，由图8－1可知，E，E₁，E₂组成一个等边三角形，大小相同，∴E₂= 4×10⁵（N/C）方向与AB边平行。

　　例2 如图8－2，光滑平面上固定金属小球A，用长L₀的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x₁，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x₂，则有：（ ）

　　【错解分析】错解：

故选B

　　错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。

　　【正确解答】

　　由题意画示意图，B球先后平衡，于是有

　　【小结】

　　r常指弹簧形变后的总长度（两电荷间距离）。

　　例3 点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图8－3，电场强度为零的地方在 [　]

　　A．A和B之间 　　B．A右侧

　　C．B左侧 　　　 D．A的右侧及B的左侧

　　【错解分析】错解：

　　错解一：认为A，B间一点离A，B距离分别是2r和r，则A，B

　　错解二：认为在A的右侧和B的左侧，由电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，选D。

　　错解一忽略了A，B间E_A和E_B方向都向左，不可能抵消。

　　错解二认为在A的右侧和B的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，却没注意到A的右侧E_A总大于E_B，根本无法抵消。

　　【正确解答】

　　因为A带正电，B带负电，所以只有A右侧和B左侧电场强度方向相反，因为Q_A＞Q_B，所以只有B左侧，才有可能E_A与E_B等量反向，因而才可能有E_A和E_B矢量和为零的情况。

　　【小结】

　　解这类题需要的基本知识有三点：（1）点电荷场强计算公式点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。

　　例4 如图8-4所示，Q_A=3×10^-8C，Q_B=－3×10^-8C，A，B两球相距5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求A，B连线中点场强。（两带电小球可看作质点）

　　【错解分析】错解：

　　以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力相等，所

　　AB中点总场强E_总=E+E_A+E_B=E_外=1.8×10⁵（N/C），方向向左。

　　在中学阶段一般不将Q_B的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向，

　　【正确解答】

　　以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力平衡，

　　E_外方向与A受到的B的库仑力方向相反，方向向左。在AB的连线中点处E_A，E_B的方向均向右，设向右为正方向。则有E_总=E_A+E_B－E_外。

　　【小结】

　　本题检查考生的空间想象能力。对于大多数同学来说，最可靠的办法是：按照题意作出A，B的受力图。从A，B的电性判断点电荷A，B的场强方向，从A或B的受力判断外加匀强电场的方向。在求合场强的方向时，在A，B的连线中点处画出每一个场强的方向，最后再计算。这样做恰恰是在按照物理规律解决问题。

　　例5 在电场中有一条电场线，其上两点a和b，如图8－5所示，比较a，b两点电势高低和电场强度的大小。如规定无穷远处电势为零，则a，b处电势是大于零还是小于零，为什么？

　　【错解分析】错解：

　　顺电场线方向电势降低，∴U_A＞U_B，因为无穷远处电势为零，顺电场线方向电势降低，∴U_A＞U_B＞0。

　　由于把所给电场看成由正点电荷形成的电场，认为从正电荷出发，顺电场线电势逐渐减小到零，从而得出U_A，U_B均大于零。

　　【正确解答】

　　顺电场线方向电势降低，∴U_A＞U_B，由于只有一条电力线，无法看出电场线疏密，也就无法判定场强大小。同样无法判定当无穷远处电势为零时，a，b的电势是大于零还是小于零。若是由正电荷形成的场，则E_A＞E_B，U_A＞U_B＞0，若是由负电荷形成的场，则E_A＜E_B，0＞U_A＞U_B。

　　【小结】

　　只有一条电场线，可以判定各点电势高低，但无法判定场强大小及电势是否大于零。

　　例6 将一电量为q =2×10⁶C的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功4×10^-5J，求A点的电势。

　　【错解分析】错解：

　　错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式W=qU中，U系指电场中两点间的电势差而不是某点电势。

　　【正确解答】

　　解法一：设场外一点P电势为U_p所以U_p=0，从P→A，电场力的功W=qU_PA，所以W=q（U_p-U_A），

　　即4×10^-5=2×10^-6（0-U_A） U_A=－20V

　　解法二：设A与场外一点的电势差为U，由W=qU，

　　因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所以U_A=－20V

　　【小结】

　　公式W=qU有两种用法：（1）当电荷由A→B时，写为W=qU_AB=q(U_A－U_B)，强调带符号用，此时W的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取绝对值运算，如“解法二”，但所得W或U得正负号需另做判断。建议初学者采用这种方法。

　　例7 如图8－6所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是： [　　]

　　A．电荷从a到b加速度减小

　　B．b处电势能大

　　C．b处电势高

　　D．电荷在b处速度小

　　【错解分析】错解：

　　由图8－7可知，由a→b，速度变小，所以，加速度变小，选A。因为检验电荷带负电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选C。

　　选A的同学属于加速度与速度的关系不清；选C的同学属于功能关系不清。

　　【正确解答】由图8－6可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。

　　由图8－6可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是U_A＞U_B，C选项不正确。

　　根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。

　　【小结】 理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功（重力功）与电势能（重力势能）变化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件，鉴别似是而非的说法。

　　例8 如图8-7所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为L，为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F_引库仑力F_库分别为：

　　【错解分析】错解：

　　（1）因为a，b两带电球壳质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选A。

　　（2）依题意，a，b两球中心间的距离只有球半径的3倍，它们不能看作质点，也不能看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也不能用库仑定律计算它们之间的静电力，故其正确答案应选B。

　　由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生了上述两种典型错解，因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体，而本题中由于a，b两球所带异种电荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离L只有其半径r的3倍，不满足L＞＞r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律。

　　【正确解答】

　　万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离L只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。

　　综上所述，对于a，b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确。

　　【小结】

　　用数学公式表述的物理规律，有它的成立条件和适用范围。也可以说物理公式是对应着一定的物理模型的。应用物理公式前，一定要看一看能不能在此条件下使用该公式。

　　例9 如图8－8所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是：

　　A．闭合K₁，有电子从枕型导体流向地

　　B．闭合K₂，有电子从枕型导体流向地

　　C．闭合K₁，有电子从地流向枕型导体

　　D．闭合K₂，没有电子通过K₂

　　【错解分析】错解：枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过K₂。选D。

　　由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒的，便错选答案D。

　　【正确解答】

　　在K₁，K₂都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量。当闭合K₁，K₂中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K₁还是K₂，都是有电子从地流向导体，应选答案C。

　　【小结】

　　在解决此类静电平衡问题时，对电荷守恒的理解应为：电荷守恒定律有相对性，一个物理过程中，某个物体或某些物体的电荷并不守恒，有增或有减，而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增，其中的增量和减量必定相等，满足全范围内的守恒。即电荷是否守恒要看是相对于哪一个研究对象而言。

　　电荷守恒是永恒的，是不需要条件的。电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一。在应用这个定律时，只要能够全面地考察参与电荷转移的物体，就有了正确地解决问题的基础。

　　例10 如图8-9中接地的金属球A的半径为R，点电荷的电量Q，到球心距离为r，该点电荷的电场在球心O处的场强等于： [ 　]

　　【错解分析】错解：

　　根据静电平衡时的导体内部场强处处为零的特点，Q在O处场强为零，选C。

　　有些学生将“处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零”误认为是指Q电荷电场在球体内部处处为零。实际上，静电平衡时O处场强
相等，方向相反，合场强为零。

　　【正确解答】

　　静电感应的过程，是导体A（含大地）中自由电荷在电荷Q所形成的外电场下重新分布的过程，当处于静电平衡状态时，在导体内部电荷Q所形成的外电场E与感应电荷产生的“附加电场E'”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强E与附加电场的场强E'大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零。即E_内=0。

　　【小结】

　　还应深入追究出现本题错解的原因：只记住了静电平衡的结论，对静电平衡的全过程不清楚。要弄清楚“导体进入电场，在电场力的作用下自由电子定向移动，出现感应电荷的聚集，进而形成附加电场”开始，直到“附加电场与外电场平衡，使得导体内部的场强叠加为零，移动自由电子电场力为零。”为止的全过程。

　　例11 如图8-10所示，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，问验电器是否带电？

　　【错解分析】错解：

　　因为静电平衡时，净电荷只分布在空腔导体的外表面，内部无静电荷，所以，导体A内部通过导线与验电器小球连接时，验电器不带电。

　　关键是对“导体的外表面”含义不清，结构变化将要引起“外表面”的变化，这一点要分析清楚。错解没有分析出空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接后，验电器的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构。A和B形成一个整体，净电荷要重新分布。

　　【正确解答】

　　当导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，导体A和验电器已合为一个整体，整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，必有净电荷从A移向B，所以验电器带正电。

　　【小结】

　　一部分同学做错这道题还有一个原因，就是知识迁移的负面效应。他们曾经做过一道与本题类似的题：“先用绝缘金属小球接触带正电的绝缘空腔导体A的内部，然后将绝缘金属小球移出空腔导体A与验电器的小球B接触，验电器的金箔不张开。”他们见到本题就不假思索地选择了不带电的结论。“差异就是矛盾，”学习中要善于比较，找出两个问题的区别才方能抓住问题的关键。这两道题的差异就在于：一个是先接触内壁，后接触验电器小球；另一个是正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接。进而分析这种差异带来的什么样的变化。生搬硬套是不行的。

　　例12 三个绝缘的不带电的相同的金属球A，B，C靠在一起，如图8-11所示，再将一个带正电的物体从左边靠近A球，并固定好，再依次拿走C球、B球、A球，问：这三个金属球各带什么电？并比较它们带电量的多少。

　　【错解分析】错解：

　　将带正电的物体靠近A球，A球带负电，C球带正电，B球不带电。将C，B，A三球依次拿走，C球带正电，B球不带电，A球带负电，Q_A=Q_C。

　　认为将C球拿走后，A，B球上所带电量不改变。其实，当C球拿走后，A，B球原来的静电平衡已被破坏，电荷将要重新运动，达到新的静电平衡。

　　【正确解答】

　　将带正电的物体靠近A，静电平衡后，A，B，C三球达到静电平衡，C球带正电，A球带负电，B球不带电。当将带正电的C球移走后，A，B两球上的静电平衡被打破，B球右端电子在左端正电的物体的电场的作用下向A运动，形成新的附加电场，直到与外电场重新平衡时为止。此时B球带正电，A球所带负电将比C球移走前多。依次将C，B，A移走，C球带正电，B球带少量正电，A球带负电，且A球带电量比C球带电量多。

|Q_A|=|Q_B|+|Q_C|

　　【小结】

　　在学习牛顿第二定律时，当外力发生变化时，加速度就要发生变化。这种分析方法不仅适用于力学知识，而且也适用于电学知识，本题中移去C球，电场发生了变化，电场力相应的发生了变化，要重新对物理过程进行分析，而不能照搬原来的结论。

　　例13 如图8-12所示，当带电体A靠近一个绝缘导体B时，由于静电感应，B两端感应出等量异种电荷。将B的左端接地，绝缘导体B带何种电荷？

　　【错解分析】错解：对于绝缘体B，由于静电感应左端带负电，右端带正电。左端接地，左端电荷被导走，导体B带正电。

　　将导体B孤立考虑，左端带负电，右端带正电，左端接地后左边电势比地电势低，所以负电荷将从电势低处移到电势高处。即绝缘体B上负电荷被导走。

　　【正确解答】

　　因为导体B处于正电荷所形成的电场中，而正电荷所形成的电场电势处处为正，所以导体B的电势是正的，U_B＞U_地；而负电荷在电场力的作用下总是从低电势向高电势运动，B左端接地，使地球中的负电荷（电子）沿电场线反方向进入高电势B导体的右端与正电荷中和，所以B导体将带负电荷。

　　例14 如图8－13所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v₀，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v_B=2v₀，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：

　　【错解分析】错解：带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，根据动能定理，电场力所做的功等于带电粒子动能的增量，电势差等于动能增量与电量Q的比值，应选D。

　　带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，则粒子在竖直方向将保持有速度v₀，粒子通过B点时不可能有与电场方向一致的2v₀，根据粒子有沿场强方向的速度2v₀，则必是重力作用使竖直向上的速度变为零。如一定不考虑粒子重力，这只有在电场无限大，带电粒子受电场力的作用，在电场方向上的速度相比可忽略不计的极限状态，且速度沿电场方向才能成立。而本题中v₀与v_B相比不能忽略不计，因此本题应考虑带电粒子的重力。

　　【正确解答】

　　在竖直方向做匀减速直线运动：2gh = v₀²①

　　根据动能定理

　　【小结】

　　根据初、末速度或者运动轨迹判断物体的受力情况是解决与运动关系问题的基本功。即使在电学中，带电粒子的运动同样也要应用这个基本功。通过这样一些题目的训练，多积累这方面的经验，非常必要。

　　例15 置于真空中的两块带电的金属板，相距1cm，面积均为10cm²，带电量分别为Q₁=2×10^-8C，Q₂=-2×10^-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5×10^-9C的点电荷，求金属板对点电荷的作用力是多大？

　　【错解分析】错解：点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由

　　库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。

　　【正确解答】

　　两个平行带电板相距很近，其间形成匀强电场，电场中的点电荷受到电场力的作用。

　　【小结】

　　如果以为把物理解题当作算算术，只要代入公式就完事大吉。那就走入了学习物理的误区。

　　例16 如图8－15电路中，电键K₁，K₂，K₃，K₄均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，

　　（1）若断开K₁，则P将__________；

　　（2）若断开K₂，则P将________；

　　（3）若断开K₃，则P将_________；

　　（4）若断开K₄，则P将_______。

　　【错解分析】错解：(1）若断开K₁，由于R₁被断开，R₂上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则P将向下加速运动。

　　（2）若断开K₂，由于R₃被断开，R₂上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则P将向下加速运动。

　　（3）若断开K₃，由于电源被断开，R₂上的电压将不变，使得电容器两端电压不变，则P将继续悬浮不动。

　　（4）若断开K₄，由于电源被断开，R₂上的电压将变为零，使得电容器两端电压下降，则P将加速下降。

　　上述四个答案都不对的原因是对电容器充放电的物理过程不清楚。尤其是充电完毕后，电路有哪些特点不清楚。

　　【正确解答】

　　电容器充电完毕后，电容器所在支路的电流为零。电容器两端的电压与它所并联的两点的电压相等。本题中四个开关都闭合时，有R₁，R₂两端的电压为零，即R₁，R₂两端等势。电容器两端的电压与R₃两端电压相等。

　　（1）若断开K₁，虽然R₁被断开，但是R₂两端电压仍为零，电容器两端电压保持不变，则P将继续悬浮不动

　　（2）若断开K₂，由于R₃被断开，电路再次达到稳定时，电容器两端电压将升高至路端电压R₂上的电压仍为零，使得电容器两端电压升高，则P将向上加速运动。

　　（3）若断开K₃，由于电源被断开，电容器两端电压存在一个回路，电容器将放电至极板两端电压为零，P将加速下降。

　　（4）K₄断开，电容器两端断开，电量不变，电压不变，场强不变，P将继续悬浮不动。

　　【小结】

　　在解决电容器与直流电路相结合的题目时，要弄清楚电路的结构，还要会用静电场电势的观点分析电路，寻找等势点简化电路。

　　例17 有两个带电量相等的平行板电容器A和B，它们的正对面积之比S_A∶S_B=3∶1，板长之比∶L_A∶L_B=2∶1，两板距离之比d_A∶d_B=4∶1，两个电子以相同的初速度沿与场强垂直的方向分别射入两电容器的匀强电场中，并顺利穿过电场，求两电子穿越电场的偏移距离之比。

　　【错解分析】错解：

　　把电容器的电压看成是由充电电量和两板正对面积决定而忽视了板间距离对电压的影响，所以电压比和偏离比都搞错了。

　　【正确解答】

　　【小结】

　　高考中本题只能作为一道选择题（或填空题）出现在试卷上。很多考生为了腾出时间做大题，急急忙忙不做公式推导，直接用数字计算导致思考问题不全面，以至会做的题目得不到分。同时按部就班解题，养成比较好的解题习惯，考试时就会处变不惊，稳中求准，稳中求快。

　　例18 在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度v垂直电场线射入电场，在穿越电场的过程中，粒子的动能由E_k增加到2E_k，若这个带电粒子以速度2v垂直进入该电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？

　　【错解分析】错解：设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y，如图8―16所示。

　　认为两次射入的在Y轴上的偏移量相同。实际上，由于水平速度增大带电粒子在电场中的运动时间变短。在Y轴上的偏移量变小。

　　【正确解答】

　　建立直角坐标系，初速度方向为x轴方向，垂直于速度方向为y轴方向。设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y。速度为2v时通过匀强电场的偏移量为y′，平行板板长为L。

　　由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动。

　　两次入射带电粒子的偏移量之比为

　　【小结】

　　当初始条件发生变化时，应该按照正确的解题步骤，从头再分析一遍。而不是想当然地把上一问的结论照搬到下一问来。由此可见，严格地按照解题的基本步骤进行操作，能保证解题的准确性，提高效率。其原因是操作步骤是从应用规律的需要归纳出来的。

　　例19 A，B两块平行带电金属板，A板带负电，B板带正电，并与大地相连接，P为两板间一点。若将一块玻璃板插入A，B两板间，则P点电势将怎样变化。

　　【错解分析】错解：

　　U_pB=U_p－U_B=E_d

　　电常数ε增大，电场强度减小，导致U_p下降。

　　没有按照题意画出示意图，对题意的理解有误。没有按照电势差的定义来判断PB两点间电势差的正负。

　　【正确解答】

　　按照题意作出示意图，画出电场线，图8－17所示。

　　我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以U_pB=U_p－U_B＜0，B板接地U_B=0

　　U_Bp=U_B－U_p=0－U_p

　　U_p=－E_d

　　常数ε增大，电场强度减小，导致U_p上升。

　　【小结】

　　如何理解PB间的电势差减小，P点的电势反倒升高呢？请注意，B板接地U_p＜0，PB间的电势差减小意味着U_p比零电势降落得少了。其电势反倒升高了。

　　例20、 1000eV的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电场方向竖直向上，它的初速度与水平方向夹角为30°，如图8－18。为了使电子不打到上面的金属板上，应该在两金属板上加多大电压U？

　　【错解分析】错解：

　　电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，设进入电场时初速度为v₀，

　　因为电子流在电场中受到竖直向下电场力作用，动能减少。欲使电子刚好打不到金属板上有V_r=0，此时电子流动能

　　电子流在电场中受到电场力作用，电场力对电子做功W_e= F_es = eEs其中s必是力的方向上位移，即d/2，所以W_e=_eU，U是对应沿d方向电势降落。则电子从C到A，应对应W_e=eU_AC，故上面解法是错误的。

　　【正确解答】

　　电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，欲使电子刚好不打金属板上，则必须使电子在d/2内竖直方向分速度减小到零，设此时加在两板间的电压为U，在电子流由C到A途中，

　　电场力做功W_e=EU_AC，由动能定理

　　至少应加500V电压，电子才打不到上面金属板上。

　　【小结】

　　动能定理是标量关系式。不能把应用牛顿定律解题方法与运用动能定理解题方法混为一谈。

　　例21 如图8－19，一个电子以速度v₀=6.0×10⁶m/s和仰角α=45°从带电平行板电容器的下板边缘向上板飞行。两板间场强E= 2.0×10⁴V/m，方向自下向上。若板间距离d=2.0×10^-2m，板长L=10cm，问此电子能否从下板射至上板？它将击中极板的什么地方？

　　【错解分析】错解：规定平行极板方向为x轴方向；垂直极板方向为y轴方向，将电子的运动分解到坐标轴方向上。由于重力远小于电场力可忽略不计，则y方向上电子在电场力作用下做匀减速运动，速度最后减小到零。

∵v_t²－v₀² = 2as

y= d= s v_t= 0

　　即电子刚好击中上板，击中点离出发点的水平位移为3.99×10^-2（m）。

　　为d，（击中了上板）再求y为多少，就犯了循环论证的错误，修改了原题的已知条件。

　　【正确解答】

　　应先计算y方向的实际最大位移，再与d进行比较判断。

　　由于y_m＜d，所以电子不能射至上板。

　　【小结】 因此电子将做一种抛物线运动，最后落在下板上，落点与出发点相距1.03cm。

　　斜抛问题一般不要求考生掌握用运动学方法求解。用运动的合成分解的思想解此题，也不是多么困难的事，只要按照运动的实际情况把斜抛分解为垂直于电场方向上的的匀速直线运动，沿电场方向上的坚直上抛运动两个分运动。就可以解决问题。

　　例22 一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图8－20所示，小物体以初速v₀从x₀沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE。设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。求它在停止运动前所通过的总路程s。

　　【错解分析】错解：错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有

　　错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有W_合=△E_k，得

　　错误的要害在于没有领会题中所给的条件f＞Eq的含义。当物块初速度向右时，先减速到零，由于f＜Eq物块不可能静止，它将向左加速运动，撞墙后又向右运动，如此往复直到最终停止在轨道的O端。初速度向左也是如此。

　　【正确解答】

　　设小物块从开始运动到停止在O处的往复运动过程中位移为x₀，往返路程为s。根据动能定理有

　　【小结】

　　在高考试卷所检查的能力中，最基本的能力是理解能力。读懂题目的文字并不困难，难的是要抓住关键词语或词句，准确地在头脑中再现题目所叙述的实际物理过程。常见的关键词语有：“光滑平面、缓慢提升（移动）、伸长、伸长到、轻弹簧、恰好通过最高点等”这个工作需要同学们平时多积累。并且在做新情境（陌生题）题时有意识地从基本分析方法入手，按照解题的规范一步一步做，找出解题的关键点来。提高自己的应变能力。

　　例23 如图8－21所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。

　　【错解分析】错解：摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G，绳子的拉力T和电场力F_电三个力的作用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理

　　摆球到达最低点时，摆线碰到钉子O′后，若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动，如图8－22。则在最高点D应满足：

　　从C到D的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律

　　考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。小球同时受到重力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点的思维定势的影响，没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点。而本题中，“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。

　　【正确解答】

　　本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图8－23所示，

　　∴θ=60°。

　　开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图8－23可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：

　　在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v₂变为零，切向分量

　　接着摆球以v₁为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动，碰到钉子O′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O′做合力F的平行线与圆的交点为Q，即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足

　　过O点做OP⊥AB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：

　　【小结】

　　用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压（电流）等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。

试题详情

1999年普通高等学校招生全国统一考试

历  史

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分第I卷1至5页，第II卷6至11页。满分150分。考试时间120分钟

第I卷（选择题共74分）

注意事项：

1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。

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