高二物理電勢能和電勢練習題

高二物理電勢能和電勢過關題

1．在電場中( )

A．某點的電場強度大，該點的電勢一定高

B．某點的電勢高，檢驗電荷在該點的電勢能一定大

C．某點的場強為零，檢驗電荷在該點的電勢能一定為零

D．某點的電勢為零，檢驗電荷在該點的電勢能一定為零

解析：選D.場強大處電勢不一定高，A錯；由Ep＝qφ知：正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢低處電勢能大，在電勢為0處電勢能為0，故B、C錯，D對．

2．如圖1－4－6所示，Q是帶正電的點電荷，P1和P2為其電場中的兩點．若E1、E2分別為P1、P2兩點的電場強度的大小，φ1、φ2分別為P1、P2兩點的電勢，則( )

圖1－4－6

A．E1>E2，φ1>φ2 B．E1>E2，φ1<φ2

C．E1φ2 D．E1<E2，φ1<φ2

解析：選A.由E＝kQr2知E1>E2，由電場線方向P1指向P2知，φ1>φ2，故A對．

3．(2011年天津紅橋區檢測)如圖1－4－7所示的電場中有A、B兩點，下列判斷正確的是( )

圖1－4－7

A．電勢φA>φB，場強EA>EB

B．電勢φA>φB，場強EA<EB

C．將電荷量為q的正電荷從A點移到B點，電場力做正功，電勢能減少

D．將電荷量為q的負電荷分別放在A、B兩點，電荷具有的電勢能EpA>EpB

解析：選BC.順着電場線電勢逐漸降低，即φA>φB，由電場線疏密可知，EA<EB，故A錯、B對．由電場力做功與電勢能變化的關係可知，＋q從A移到B，電場力做正功，電勢能減少，C對，負電荷從A移到B，電場力做負功，電勢能增加，EpA<EpB，故D錯．

4.在如圖1－4－8所示的負點電荷產生的電場中，一檢驗電荷從A點分別移到B、C、D、E(在以O為圓心的圓周上)，則下列情況正確的是( )

圖1－4－8

A．從A到B電場力做功最大

B．從A到E電場力做功最大

C．電場力做功一樣多

D．A點比D點電勢高

解析：選C.B、C、D、E在同一等勢面上，所以檢驗電荷在這四點時的電勢能相等，由WAB＝EpA－EpB可知，C正確；在－Q的電場中，D點離源電荷遠，所以D點的電勢比A點高，故D錯．

5．如圖1－4－9所示，在電場強度為E＝104 N/C、方向水平向右的勻強電場中，用一根長L＝1 m的絕緣細杆(質量不計)固定一個質量為m＝0.2 kg、電荷量為q＝5×10－6 C、帶正電的小球．細杆可繞軸O在豎直平面內自由轉動．現將杆由水平位置A輕輕釋放，在小球運動到最低點B的過程中，電場力對小球做功多少？小球電勢能如何變化？

圖1－4－9

解析：電場力做功與路徑無關．在小球由A運動到最低點B的過程中，電場力對小球做的正功為W＝qEL＝5×10－6×104×1 J＝0.05 J．電場力對小球做正功，小球電勢能減少，減少的電勢能為0.05 J.

答案：見解析

一、選擇題

1.兩帶電小球，電荷量分別為＋q和－q，固定在一長度為l的絕緣細杆的兩端，置於電場強度為E的勻強電場中．杆與場強方向平行，其位置如圖1－4－10所示．若此杆繞過O點垂直於杆的軸線轉過180°，則在此轉動過程中電場力做的功為( )

圖1－4－10

A．0 B．qEl

C．2qEl D．πqEl

解析：選C.電場力對兩小球均做正功，大小與路徑無關，對每個小球做功為qEl，共為2qEl.故C正確

2. (2011年吉安高二檢測)如圖1－4－11所示，在O點的點電荷＋Q形成的電場中，試探電荷＋q由A點移到B點電場力做功為W1，以OA為半徑畫弧交OB於C，再把試探電荷由A點移到C點電場力做功為W2，則C點移到B點電場力做功為W3，則三者關係為( )

圖1－4－11

A．W1＝W2＝W3<0 w1="">W2＝W3>0

C．W1＝W3>W2＝0 D．W3>W1＝W2＝0

解析：選C.因A、C兩點處於同一等勢面上，所以W1＝W3>0，W2＝0.所以C正確．

3．(2011年聊城高二檢測)下列關於電勢高低的判斷，正確的是( )

A．負電荷從P點移到M點，電勢能增加，P點電勢一定較低

B．負電荷從P點移到M點，電勢能增加，M點電勢一定較低

C．正電荷從P點移到M點，電勢能增加，P點電勢一定較低

D．正電荷從P點移到M點，電勢能增加，M點電勢一定較低

解析：選BC.負電荷從P點移到M點，電勢能增加，電場力做負功，電場力方向由M點到P點，電場線方向由P到M，故M點電勢較低，所以A錯B對．同理可得C對D錯．

4．如圖1－4－12所示，在y軸上關於O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是( )

圖1－4－12

A．O點電場強度為零

B．D點電場強度為零

C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大

D．若將點電荷－q從O移向C，電勢能增大

解析：選BD.根據對稱性和疊加原理，O點有三個場強矢量，其中A、B兩點的電荷在O點的場強矢量等大反向，矢量和為零，即O點的電場強度等於C點電荷在該處的場強；D點有三個場強矢量，方向分佈互為120°，故合場強為零．選項A錯，B對．

由於D點場強為零，作為分界點，D的左邊場強方向向左，右邊方向向右．則將點電荷＋q從O移向C的過程中，靜電力的方向跟移動方向相同，靜電力做正功，電勢能減小；將點電荷－q從O移向C的過程中，靜電力的方向跟移動方向相反，靜電力做負功，電勢能增加．選項C錯，D對．

5．(2010年上海卷)三個點電荷電場的電場線分佈如圖1－4－13所示，圖中a、b兩點處的場強大小分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb則( )

圖1－4－13

A．Ea>Eb，φa>φb B．Ea<Eb，φa<φb

C．Ea>Eb，φa<φb D．Eaφb

解析：選C.由圖可以看出a處電場線更密，所以Ea>Eb，根據對稱性，a處的電勢應與右側負電荷附近對稱點的電勢相等，再根據沿電場線方向電勢降低可以判定φb>φa，故C項正確．

6．(2010年大學聯考天津理綜卷)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

解析：選C.電場力做負功，該電荷電勢能增加．正電荷在電勢高處電勢能較大，C正確．電場力做負功同時電荷可能還受其他力作用，總功不一定為負．由動能定理可知，動能不一定減小，D錯．電勢高低與場強大小無必然聯繫，A錯．b點電勢高於a點，但a、b可能不在同一條電場線上，B錯．

7.如圖1－4－14所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊．由靜止釋放後，兩個物塊向相反方向運動，並最終停止．在物塊的運動過程中，下列表述正確的是( )

圖1－4－14

A．兩個物塊的電勢能逐漸減少

B．物塊受到的庫侖力不做功

C．兩個物塊的機械能守恆

D．物塊受到的摩擦力始終小於其受到的庫侖力

解析：選A.兩物塊之間的庫侖力對兩物塊均做正功，電勢能減少，A對，B錯；兩物塊的重力勢能不變，動能先增後減，故機械能不守恆，C錯；物塊先加速後減速，故庫侖力先大於摩擦力，但隨着距離的增大，庫侖力逐漸減小，故後階段摩擦力大於庫侖力，D錯．

8．(2009年大學聯考廣東卷)如圖1－4－15，一帶負電的粒子以某速度進入水平向右的'勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡．M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右邊．不計重力，下列表述正確的是( )

圖1－4－15

A．粒子在M點的速率最大

B．粒子所受電場力沿電場線方向

C．粒子在電場中的加速度不變

D．粒子在電場中的電勢能始終在增加

解析：選C.由圖知該電場為勻強電場，因此帶電粒子受到的電場力方向恆定，大小不變，因此C正確．由電荷運動軌跡與受力關係可判定電荷受力向左，B錯，因此由N到M電場力對粒子做 負功，其速度應減小，A錯，電勢能在前段與後段不一樣，D錯．

9．(2009年大學聯考上海卷)位於A、B處的兩個帶有不等量負電的點電荷在平面內電勢分佈如圖1－4－16所示，圖中實線表示等勢線，則( )

圖1－4－16

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點電勢能先減小後增大

解析：選CD.a點和b點所在處的等勢線疏密程度不同，故兩處的場強不同，方向也不同，A錯；從c點到d點電勢升高，正電荷的電勢能增大，電場力做負功，B錯；從a點到c點、電勢升高，負電荷的電勢能減小，電場力做正功，C對；從e點沿虛線到f點，電勢先減小後增大，則正電荷的電勢能先減小後增大，D對．

二、計算題

10．將帶電荷量為1×10－8 C的電荷，從無限遠處移到電場中的A點，要克服靜電力做功1×10－6 J，問：

(1)電荷的電勢能是增加還是減少？電荷在A點具有多少電勢能？

(2)A點的電勢是多少？

(3)若靜電力可以把帶電荷量為2×10－8 C的電荷從無限遠處移到電場中的A點，説明電荷帶正電還是帶負電？靜電力做了多少功？(取無限遠處為電勢零點)

解析：(1)靜電力做負功，電荷的電勢能增加，因無限遠處電勢能為零，電荷在A點具有的電勢能為1×10－6 J. 新 課 標 第 一 網

(2)A點的電勢為：φA＝EpAq＝1×10－61×10－8 V＝100 V.

(3)因靜電力做正功，説明電荷受力方向與運動方向相同，説明電荷帶負電，靜電力做功為：

W2＝2W1＝2×－6 J.

答案：(1)增加 1×10－6 J

(2)100 V (3)帶負電 2×10－6 J

11．如圖1－4－17所示，光滑絕緣杆豎直放置，它與以正點電荷Q為圓心的某一圓周交於B、C兩點，質量為m，帶電荷量為－q的有孔小球從杆上的A點無初速度下滑，已知qQ，AB＝h，小球滑到B點時速度大小為3gh，則小球從A運動到B的過程中，電場力做多少功？若取A點電勢為零，C點電勢是多大？

圖1－4－17

解析：由動能定理得：mgh＋W電＝12mv2

解得：W電＝12mgh

φC＝φB＝－W電－q＝mgh2q.

答案：12mgh mgh2qw

12．如圖1－4－18所示，一質量為m、帶有電荷量－q的小物體，可以在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定牆．軌道處於勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox軸正方向，小物體以速度v0從x0點沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力Ff作用，且Ff<qE.設小物體與牆圖碰撞時不損失機械能，且電荷量保持不變，求它在停止運動前所通過的總路程．

1－4－18

解析：電場力做功與路徑無關，滑動摩擦力始終做負功，由於Ff＜qE，小物體最終停留在O端．由動能定理得：

qEx0－Ffs＝0－12mv20，

s＝2qEx0＋mv202Ff.

答案：2qEx0＋mv202Ff

串聯電路和並聯電路檢測題

1．三個阻值都為12 Ω的電阻，它們任意連接、組合，總電阻可能為( )

A．4 Ω B．24 Ω

C．8 Ω D．36 Ω

解析：選ACD.共有四種組合，三個串聯，總電阻為36 Ω；三個並聯，總電阻為4 Ω；兩個串聯再跟第三個並聯，總電阻為8 Ω.兩個並聯再跟第三個串聯，總電阻為18 Ω.

2．某同學用伏安法測小燈泡的電阻時，誤將電流表和電壓表接成如圖2－4－14所示的電路．接通電源後，可能出現的情況是( )

圖2－4－14

A．電流表燒壞 B．電壓表燒壞

C．小燈泡燒壞 D．小燈泡不亮

答案：D

3．(2011年臨沂檢測)磁電式電流表(表頭)最基本的組成部分是磁鐵和放在磁鐵兩極之間的線圈，由於線圈的導線很細，允許通過的電流很弱，所以在使用時還要擴大量程．已知某一表頭G，內阻Rg＝30 Ω，滿偏電流Ig＝5 mA，要將它改裝為量程為0～3 A的電流表，所做的操作是( )

A．串聯一個570 Ω的電阻

B．並聯一個570 Ω的電阻

C．串聯一個0.05 Ω的電阻

D．並聯一個0.05 Ω的電阻

解析：選D.要改裝電流表需並聯一個分流電阻，設其阻值為R，應有IgRg＝(I－Ig)R，所以R＝IgRgI－Ig≈0.05 Ω，故D正確，A、B、C均錯誤．

4．(2011年廣東實驗)如圖2－4－15所示，滑動變阻器阻值變化範圍為0～R，定?電阻阻值為R0，設A、B兩端電壓恆為U，要使R0獲得U/2的電壓，應把滑動變阻器的滑片P移到( )

A．R的中點偏上 B．R的中點偏下

C．R的中點 D．R的最上端

解析：選A.題圖所示為滑動變阻器的分壓接法，要使R0獲得U/2的電壓，應使R0並聯部分的電阻與串聯部分的電阻相等，P應移到R的中點偏上．

5．如圖2－4－16所示的兩個串聯電阻R1＝12 kΩ，R2＝36 kΩ，A、B兩端的電壓保持15 V不變，那麼：

(1)R1、R2兩端的電壓分別是多少？

(2)如果電壓表V的內阻是12 kΩ，當S分別與C、D接觸時電壓表的讀數分別是多少？

解析：(1)根據串聯電路的電壓特點知U∝R，所以

U1＝R1R1＋R2U＝1212＋36×15 V＝3.75 V

U2＝R2R1＋R2U＝3612＋36×15 V＝11.25 V.

(2)當S與C接觸時，電壓表與R1並聯，測並聯支路電壓，並聯電阻R並＝R1RVR1＋RV＝12×1212＋12 kΩ＝6 kΩ

U並＝R並R並＋R2U＝66＋36×15 V＝157 V

同理，當S與D接觸時R′並＝R2RVR2＋RV＝36×1236＋12 kΩ＝9 kΩ

U′並＝R′並R′並＋R1U＝99＋12×15 V＝457 V.

答案：(1)3.75 V 11.25 V (2)157 V 457 V

一、選擇題

1．電阻R1 與R2並聯在電路中，通過R1與R2的電流之比為1∶2，則當R1 與R2串聯後接入電路中時，R1和R2兩端電壓之比U1∶U2為( )

A．1∶2 B．2∶1

C．1∶4 D．4∶1

答案：B

2．有三個電阻，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω，現把它們並聯起來接入電路，則通過它們的電流之比為I1∶I2∶I3是( )

A．6∶4∶3 B．3∶4∶6

C．2∶3∶4 D．4∶3∶2

答案：A

3．如圖2－4－17所示，甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成，下列説法正確的是( )

圖2－4－17

A．甲表是電流表，R增大時量程增大

B．甲表是電流表，R增大時量程減小

C．乙表是電壓表，R增大時量程增大

D．乙表是電壓表，R增大時量程減小

解析：選BC.表頭G本身所允許通過的最大電流(Ig)或允許加的最大電壓(Ug)是有限的．為了要測量較大的電流，則應該並聯一個電阻來分流；且並聯的電阻越小，分流效果越明顯，從整體上看錶現為測電流的量程增大，因此A錯而B對．同理，為了要測量較大的電壓，需要串聯一個電阻來分壓，且分壓電阻越大，電壓表的量程越大，C對而D錯．

4. (2011年重慶南開中學高二檢測)如圖2－4－18所示，R1＝10 Ω，R2＝R3＝20 Ω，下列關於R1、R2、R3消耗的電功率P1、P2、P3以及R1、R2兩端電壓U1、U2的關係正確的是( )

圖2－4－18

A．U1＝U2，P1＝P2＝P3

B．U1>U2，P1∶P2∶P3∶＝1∶2∶2

C．U1＝U2，P1∶P2∶P3＝2∶1∶1

D．U1<U2，P1<P2＝P3

解析：選C.R2、R3並聯後的電阻R23＝R2R3R2＋R3＝10 Ω

所以U1＝U2＝U3，根據P＝U2/R，所以P1P2＝R2R1＝21，P2P3＝11，C選項正確．

5．伏安法測電阻的接法有如圖2－4－19中甲、乙兩種，下列説法正確的是( )

A．兩種接法完全等效

B．按甲圖接法，測得值偏小

C．若待測電阻的阻值很大 高一，按甲圖接法誤差較小

D．若待測電阻的阻值很小，按甲圖接法誤差較小

解析：選C.甲圖為電流表的內接法，其測量值偏大，當RxRA時，測量誤差較小，該電路適合測大阻值電阻；乙圖為電流表的外接法，其測量值偏小，當RxRV時，測量誤差較小，該電路適合測小阻值電阻，本題答案應為C.

6．如圖2－4－20是一個電路的一部分，其中R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那麼電流表測得的電流為( )

圖2－4－20

A．0.2 A，方向向右

B．0.15 A，方向向左

C．0.2 A，方向向左

D．0.3 A，方向向右

答案：C

7．用兩隻完全相同的電流表分別改裝成一隻電流表和一隻電壓表．將它們串聯起來接入電路中，如圖2－4－21所示，此時( )

圖2－4－21

A．兩隻電錶的指針偏轉角相同

B．兩隻電錶的指針都不偏轉

C．電流表指針的偏轉角小於電壓表指針的偏轉角

D．電流表指針的偏轉角大於電壓表指針的偏轉角

解析：選C.兩電錶還原後的電路圖如下圖所示．由串、並聯電路的特點流經第一個表頭的電流小於流經第二個表頭的電流．

8．在一塊微安表G兩端並聯一個電阻R，就改裝成了一塊電流表．今將該表與一標準電流表串聯後去測電流，發現該表的示數總比標準表的示數小，修正的為( )

A．在R上並聯一個小電阻

B．在R上並聯一個大電阻

C．將R的阻值變大些

D．將R的阻值變小些

解析：選C.電流表示數偏小，説明改裝時與表頭並聯的分流電阻小，分流較多，因此修正的方法為將R的阻值變大些．

9.一個T型電路如圖2－4－22所示，電路中的電阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一測試電源，電動勢為100 V，內阻忽略不計．則( )

圖2－4－22

A．當c、d端短路時，a、b之間的等效電阻是40 Ω

B．當a、b端短路時，c、d之間的等效電阻是40 Ω

C．當a、b兩端接通測試電源時，c、d兩端的電壓為80 V

D．當c、d兩端接通測試電源時，a、b兩端的電壓為80 V

答案：AC

二、非選擇題

10．利用圖2－4－23甲所示的電路測量電流表mA的內阻RA.圖中R1、R2為電阻，S1、S2為開關，E是電源(內阻可忽略)：

(1)根據圖甲所給出的電路原理圖，在圖乙的實物圖上連線．

甲 乙

圖2－4－23

(2)已知R1＝140 Ω，R2＝60 Ω.當開關S1閉合、S2斷開時，電流表讀數為6.4 mA；當S1、S2均閉合時，電流表讀數為8.5 mA.由此可以求出RA＝______Ω.(保留兩位有效數字)．

解析：(1)由電路圖在實物圖連線時應注意，線不能交叉，線要連接到接線柱上．連線如答案圖所示．

(2)當S1閉合，S2斷開時，滿足

E＝I1(R1＋R2＋RA)，①

當S1、S2都閉合時，滿足

E＝I2(R1＋RA)，②

聯立①②解得RA＝43 Ω.

答案：(1)如圖所示

(2)43

11．(2011年黃岡高二檢測)已知電流表的內阻Rg＝120 Ω，滿偏電流Ig＝3 mA，要把它改裝成量程是6 V的電壓表，應串聯多大的電阻？要把它改裝成量程是3 A的電流表，應並聯多大的電阻？

解析：改裝成電壓表時應串聯一個分壓電阻，由歐姆定律得：U＝Ig(Rg＋R)，

分壓電阻：R＝UIg－Rg＝63×10－3Ω－120 Ω＝1880 Ω

改裝成電流表時應並聯一個分流電阻，由並聯電路兩端電壓相等得：IgRg＝(I－Ig)R

分流電阻：R＝IgRgI－Ig＝3×10－3×1203－3×10－3 Ω＝0.12 Ω.

答案：1880 Ω 0.12 Ω

12．如圖2－4－24所示，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，滑動變阻器最大值R3＝5 Ω，則當滑動觸頭從a滑到b的過程中，安培表示數的最小值為多少？

圖2－4－24

解析：設觸頭上部分電阻為x Ω，則下部分為(5－x) Ω，

總電阻R＝2＋x8－x2＋x＋8－x＝2＋x8－x10

由可知當2＋x＝8－x時，即x＝3 Ω時，R最大，此時Rmax＝5×510 Ω＝2.5 Ω

安培表的示數最小Imin＝URmax＝52.5 A＝2 A.

答案：2 A

高三物理二輪複習策略：五個方面要把握

第一輪以後同學們對教材內容進行了查漏補缺，掃除了結構中理解上的障礙。在第二輪中，應以專題為主，突出的橫向聯繫與延伸、拓展，在解題和技巧上下工夫，提高解決問題的，使自己在第一輪複習的基礎上，學科素質得以明顯提升。

一、明確重點，主幹知識網絡化

第二輪複習可以把劃分成八個大的單元：①運動和力；②動量與能量；③熱學；④帶電粒子在電、磁場中的運動；⑤電磁感應與電路分析；⑥力、電和力、熱的綜合；⑦光學和原子；⑧實驗。在第二輪複習中，應打破章節限制，抓住知識系統的主線，對基礎知識進行集中提煉、梳理和串聯，將隱藏在紛繁內容中的最主要的概念、規律、原理以及知識間的聯繫整理出來，形成自己完整的知識體系和結構，使知識在理解的基礎上高度系統化、網絡化，明確重點並且力爭達到熟練。同學們可先將課本知識點在理解的前提下熟記，甚至要熟記課本中一些習題所涉及的二級推論，再把相關的知識構建成一定的結構體系存儲起來，以便應用時可以順利地提取出來。形成了知識體系，則能提高正確提取知識的，有效地提高答題速度，變課本知識為自己的學問。

由於理綜中物理數量有限，不可能覆蓋高中的全部內容，但重點內容、主幹知識一定會考。如力學中的牛頓運動定律、動量守恆定理、功和能的關係、萬有引力定律和勻速圓周運動、力的平衡、振動和波等；電學中的靜電場的場強與電勢、帶電粒子在電場或磁場中的運動、電磁感應與交流電等。中，對重點概念、規律的考查，特別強調其在具體問題中的應用。因此，對同一知識點的能力考查會不斷翻新變化，比如今年以理解能力的形式考，明年可能以推理能力或綜合分析能力的形式考，或以不同的情景或不同的角度設問考查。例如：質點的運動學和動力學知識，不僅在力學中是主要內容，在熱學和電磁學中也有廣泛的應用；能量守恆的觀點、功和能的關係貫穿了物理的始終，從力學到原子物理都要應用這個規律分析解決問題。如有可能，同學們應把這些內容加以整理。如果覺得單從理論上整理應用起來不方便的話，可根據手中現有的近幾年高題及今年各地區模擬進行歸類整理，從中發現共同的部分，總結規律。從一定程度上講，善於概括、歸納，並且認真去做整理的人，能夠在二輪複習得更好，有較大的提高和突破。

二、構造模型，以圖像突破難點

複習中有許多模型需要我們細心地揣摩。例如常見理想化模型：質點、勻速直線運動、平拋運動、單擺、彈簧振子、彈性碰撞、輕繩、輕杆、輕彈簧、理想氣體、理想變壓器……複習時，同學們應着重理解各種理想化模型的特點，掌握規律。圖像在表述物理規律或現象時更是直接明瞭，而近年來大學聯考對圖像要求也越來越多，越來越高。對於圖像，同學們應從四個方面去細心揣摩：（1）座標軸的物理意義；（2）斜率的物理意義；（3）截距的物理意義；（4）曲線與座標軸所圍面積的物理意義。另外，圖像也包括分析某個物理問題畫出的過程分析草圖。很多大學聯考題若能畫草圖分析，方程就在圖中。可以將原來散見於力學、熱學、電學、光學等章節的圖像，如v-t圖、p-v圖、U-I圖、F-S圖、T2/4-L圖、Ek-v圖等進行對比分析，再將這些零散的知識點綜合起來，從圖像的縱軸、橫軸的含義，截距，斜率，曲直，所圍面積等諸多方面全方位認識圖像的物理意義，這樣對難點知識的掌握程度和應用能力會有大幅度提高。

在第二輪複習中，將歷屆大學聯考中經常出現的考點和熱點圖像題，平時作業或考試中經常出錯的圖像題，以及帶有普遍性的模型、圖像知識疑點題，作為專題進行訓練，仔細地揣摩，可做到有的放矢，強化大學聯考熱點，使自己的薄弱環節得到強化訓練，同時也增強了觸類旁通、知識遷移的能力。同時，要學會畫圖，把作物理過程分析的圖像作為建立關係、列方程的依據。要注意畫圖、看圖和建立方程之間的聯繫，爭取最終能從靜態圖中聯想到動態變化的過程，由動態圖中能看到瞬時的狀態圖景。

三、善於，把握內部聯繫

把握知識的內部聯繫也是能力突破的需要。例如：複習力學知識時，要了解受力分析和運動學是整個力學的基礎，而運動定律則將原因（力）和效果（加速度）聯繫起來，為解決力學問題提供了完整的方法，曲線運動和振動部分屬於運動定律的應用。動量和機械能則從空間的觀念開闢瞭解決力學問題的另外兩條途徑，提供了求解系統問題、守恆問題等的更為簡便的方法。有了這樣的分析 高中生物，整個力學知識就不再是孤立和零碎的，而是研究運動和力的關係的有機整體。

力和運動的關係、做功和能量變化的關係是物理學中的骨幹知識，可以考查的內容特別多，而且形式多變、深淺多變，是年年重點考查的內容。要想在分析和解決問題時能自覺地運用這兩種關係，則需要深刻解力決定的是物體的加速度，力和速度之間沒有直接的因果關係。做功過程是不同形式能量的轉化過程：合外力對物體做的功等於物體動能的變化量；保守力做功等於相應的勢能的減少量；一對作用力與反作用力做功的代數和等於系統的動能與其他形式能量的轉化量。這兩個關係一個是從矢量的角度分析物體的運動規律，一個是從標量的角度分析不同形式能量之間相互轉化的規律。在複習中，應想到這些知識是如何應用在解題中的，解決具體問題時又用了哪些概念、公式和方法，要培養自己的聯想、變通能力，並試想：題目是否還有其他求解途徑？與其他題是否有相似之處？此題還可做哪些變化？即一題多解、多題同解及一題多變，讓知識和能力結合起來。第二輪複習時若能經常進行這類聯想，就能更好地把握知識的內部聯繫。

大學聯考物理 光的本性公式總結

整理了大學聯考物理公式大全 高中生物，所有公式均按知識點分類整理，有助於幫助大家集中掌握高中物理公式考點。

高三物理公式：光的本性公式總結

1.兩種學説:微粒説(牛頓)、波動説(惠更斯)〔見第三冊P23〕

2.雙縫干涉:中間為亮條紋;亮條紋位置: =nλ;暗條紋位置: =(2n+1)λ/2(n=0,1,2,3,、、、);條紋間距 { :路程差(光程差);λ:光的波長;λ/2:光的半波長;d兩條狹縫間的距離;l：擋板與屏間的距離｝

3.光的顏色由光的頻率決定,光的頻率由光源決定,與介質無關,光的傳播速度與介質有關，光的顏色按頻率從低到高的排列順序是：紅、橙、黃、綠、藍、靛、紫(助記：紫光的頻率大，波長小)

4.薄膜干涉:增透膜的厚度是綠光在薄膜中波長的1/4,即增透膜厚度d=λ/4〔見第三冊P25〕

5.光的衍射：光在沒有障礙物的均勻介質中是沿直線傳播的，在障礙物的尺寸比光的波長大得多的情況下，光的衍射現象不明顯可認為沿直線傳播，反之，就不能認為光沿直線傳播〔見第三冊P27〕

6.光的偏振：光的偏振現象説明光是橫波〔見第三冊P32〕

7.光的電磁説：光的本質是一種電磁波。電磁波譜(按波長從大到小排列):無線電波、紅外線、可見光、紫外線、倫琴射線、γ射線。紅外線、紫外、線倫琴射線的發現和特性、產生機理、實際應用〔見第三冊P29〕

8.光子説,一個光子的能量E=hν {h:普朗克常量=6.63×10-34J.s，ν:光的頻率｝

9.愛因斯坦光電效應方程：mVm2/2=hν-W {mVm2/2:光電子初動能，hν:光子能量，W:金屬的逸出功｝

注:

(1)要會區分光的干涉和衍射產生原理、條件、圖樣及應用,如雙縫干涉、薄膜干涉、單縫衍射、圓孔衍射、圓屏衍射等;

(2)其它相關內容:光的本性學説發展史/泊松亮斑/發射光譜/吸收光譜/光譜分析/原子特徵譜線〔見第三冊P50〕/光電效應的規律光子説〔見第三冊P41〕/光電管及其應用/光的波粒二象性〔見第三冊P45〕/激光〔見第三冊P35〕/物質波〔見第三冊P51〕。

“三多”輕鬆應對高一物理

多理解，就是緊緊抓住、和，對所學進行多層次、多角度解。可分為粗讀和精讀。先粗略看一下所要學的內容，對重要的部分以小標題的方式加以圈注。接着便仔細閲讀圈注部分，進行深入理解，即精讀 高中歷史。上課時可有目的地聽講解難點，解答疑問。這樣便對理解得較全面、透徹。課後進行，除了對公式定理進行理解，還要深入理解的講課思路，理解解題的“中心思路”，即抓住例題的點對症下藥，應用什麼定理的公式，使其條理化、程序化。

多練習，既指鞏固知識的練習，也指素質的“練習”。鞏固知識的練習不光是指要認真完成課內習題，還要完成一定量的課外練習。但單純的“題海戰術”是不可取的，應該有選擇地做一些有代表性的題型。基礎好的同學還應該做一些綜合題和應用題。另外，平日應注意調整自己的心態，培養沉着、自信的素質。

多總結，首先要對知識進行詳細分類和整理，特別是定理，要深入理解它的內涵、外延、推導、應用範圍等，總結出各種知識點之間的聯繫，在頭腦中形成知識網絡。其次要對多種題型的解答進行分析和概括。還有一種總結也很重要，就是在平時的練習和之後分析自己的錯誤、弱項，以便日後克服。