【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理习题专题限时训练10.doc
l＝2Rsin 30°＝R＝
l＝vPt＝vt
vy＝vsin 30°＝at
qE＝ma
可得E＝Bv.
(3)对N粒子：qEL＝mv′2
解得v′＝v
两个粒子在磁场中运动的半径以及OQ的长度均相等，且N粒子垂直x轴入射，则圆心在O点．由几何关系可知，二者的轨迹相遇点、入射点Q和两个圆心四个点正好构成一个菱形，且一个角为120°
D．粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点
答案：ABC
解析：粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A点到B点运动过程中，电场力不做功，故A、B点位于同一高度，B正确；C点是最低点，从A点到C点运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知粒子在C点时速度最大，动能最大，C正确；到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，且向右运动，不会返回，故D错误．
A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
答案：ABD
解析：由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝mv2，又粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝，解得U＝，选项B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，可得PQ＝2r＝，选项C错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的轨道半径r＝相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．
A.B.C.D.
答案：A
解析：长度的国际单位为米(m)，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的只有A选项，故A正确，B、C、D错误．
2．(2015·苏州模拟)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()
B．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动
D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动
答案：BC
解析：甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M、m，乙物块所受滑动摩擦力Ff＝μ[(M＋m)g＋qvB]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B项正确；由牛顿第二定律有：Eq－Ff＝(M＋m)a，整体速度不断增大的过程中，加速度不断减小，C项正确，D项错；对甲物块应用牛顿第二定律，Ff′＝Ma，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A项错．
8.(2015·湖北重点中学模拟)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是()
B．增加偏转磁场的磁感应强度
C．将圆形磁场区域向屏幕远离些
D．将圆形磁场区域的半径增大些
答案：A
解析：电子在电场中加速运动的过程，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝，电子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得evB＝，由以上两式可得电子运动的轨迹半径r＝＝＝，设圆形磁场区域的半径为R，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得tan
3．(2015·济南模拟)如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()
A．0 B．2mgC．4mgD．6mg
答案：C
解析：设小球自左方摆到最低点时速度为v，则mv2＝mgL(1－cos 60°)，此时qvB－mg＝m，当小球自右方摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，T－mg－qvB＝m，得T＝4mg，故C正确．
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
6．(2015·日照模拟)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段()
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变
7．(2015·开封模拟)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是()
A．此粒子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．粒子在C点时机械能最大
A．一定带正电Leabharlann B．受到电场力的方向一定水平向右
C．从a到b过程，克服电场力做功
D．从a到b过程中可能做匀加速运动
答案：C
解析：无论电场沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向未确定，故小球电性也不确定，A、B均错误：由WG＋W电＝0可知，重力做功WG>0，故W电<0，小球一定克服电场力做功，C正确．
M粒子到相遇点的时间tM＝＋
N粒子到相遇点的时间tN＝＋
解得Δt＝tM－tN＝－＝(2π－2).
10．(2015·广州模拟)如图所示，带电粒子垂直电场线方向进入有界匀强电场，从Q点飞出时又进入有界的匀强磁场，并从D点离开磁场且落在了荧光屏的ON区域．
已知：电场方向沿纸面竖直向上、宽度为d，P、Q两点在竖直方向上的距离为d；QD为磁场的水平分界线，上方磁场垂直纸面向外、下方磁场垂直纸向里、磁感应强度大小相同，磁场宽度为d；粒子质量为m、带电量为q、不计重力，进入电场的速度为v0.
(1)求电场强度E的大小；
(2)大致画出粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹；
(3)求磁感应强度的最小值B.
答案：(1)(2)见解析图(3)
解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场强度为E，运动时间为t，运动的加速度为a，则d＝v0t
d＝at2
粒子在电场中，由牛顿第二定律有Eq＝ma
得E＝.
(2)轨迹如图所示．
三、计算题(每小题16分，共32分)
9．(2015·济南模拟)如图所示的直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.－带正电粒子M在y轴上的P点沿x轴正向射入电场，偏出电场后经x轴上的Q点进入磁场，再经磁场偏转后恰能回到原点O.已知M粒子经过Q点时的速度大小为v，方向与x轴成30°角，粒子的电量为q，质量为m，不计重力．求：
＝.增大加速电压U时，由上述分析可知，r增大，偏转角θ减小，能使电子束偏转到P点，A正确；增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，偏转角θ增大，不能使电子束偏转到P点，B错误；将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，不能使电子束偏转到P点，C错误；将圆形磁场的半径增大些时，r不变，R增大，θ增大，电子向上偏转增大，不能使电子束偏转到P点，D错误．
5．(2015·临沂模拟)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．如图所示，电子束经加速电压U加速后进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过圆面中心O点打到屏幕中心M点，加磁场后电子束偏转到屏幕上P点的外侧．现要使电子束偏转到P点，可行的办法是()
A．增大加速电压
C．比荷相同的粒子在磁场中运动半径一定相同
D．比荷相同的粒子在磁场中运动的半径与磁感应强度B无关
答案：C
解析：对粒子在加速电场中的运动由动能定理有qU＝mv2，解得v＝，由此可知，带电量相同、质量不同的粒子进入磁场时的速度大小不同，质量相同、带电量不同的粒子进入磁场时的速度大小也不同；对粒子进入磁场后的匀速圆周运动，由牛顿第二定律及洛伦兹力公式有qvB＝m，解得r＝，由此可知粒子在磁场中运动的轨道半径与粒子的比荷有关，选项A、B、D错误，C正确．
(1)M粒子在P点的入射速度；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)在Q点的正上方L＝处静止释放一相同的带电粒子N，若二者恰好能在磁场中的某位置相遇，求N粒子需要在M粒子离开P点后多长时间释放．
答案：(1)v(2)Bv(3)(2π－2)
解析：(1)vP＝vcos 30°＝v.
(2)M粒子在磁场中运动时有qvB＝
专题限时训练(十)带电粒子在复合场中的运动(一)
(限时45分钟)
一、单项选择题(每小题6分，共30分)
1．(2015·海淀模拟)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电场、匀强磁场，电场强度大小为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里．从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示．对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项作出判断．你认为正确的是()
4．(2015·杭州模拟)一群不计重力的带电粒子，从容器A下方的小孔s1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过s3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上．下列说法正确的是()
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分 考前保温训练4 电场和带电粒子在电场中的运动
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分考前保温训练 4 电场和带电粒子在电场中的运动考前保温训练(四)电场和带电粒子在电场中的运动(限时30分钟)1．如图所示，电荷量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心答案：D解析：根据点电荷场强公式E ＝kq r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.2．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向处处与等电势面垂直B ．电场强度为零的地方，电势也为零C ．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向答案：AD解析：电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的；再者场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误．由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误．3．(多选)如图所示，竖直放置的平行板电容器的极板A与静电计G相连，极板B与静电计G的金属外壳均接地，闭合开关S给电容器充电后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是()A．保持S闭合，使A、B两板靠近一些B．保持S闭合，使A、B两板正对面积错开一些C．断开S后，使B板向右平移拉开一些D．断开S后，使A、B正对面积错开一些答案：CD解析：题图中静电计的金属球接电源正极，外壳和极板B均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．保持S闭合，则A、B两极与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变，A、B两项都不正确；断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，C、D正确．4．(多选)如图所示，A、B是带有同种电荷的两小球(可视为质点)，两球所带电荷量不等，A球用轻细线悬挂于O点，B球被固定在O点正下方的B点，A球在力的作用下，偏离B球d1的距离静止(即图中A、B两球间的距离为d1)．随着时间的推移，两球均出现漏电现象，A、B两球的带电荷量分别变为原来的23和49，A、B两球间的距离变为d2，则d1∶d2为()A．2∶3 B．3∶2C．22∶3 3 D．33∶2 2答案：B解析：对A球进行受力分析如图所示，设A球的重力为G，漏电前后A、B的带电荷量分别为Q A、Q B，Q A′、Q B′，A、B两球间的作用力分别为F 、F ′，则有Q A ′＝23Q A ，Q B ′＝49Q B ，F ＝k Q A Q B d 21，F ′＝k Q A ′Q B ′d 22，式中k 为静电力常量；设O 、B 两点间的距离为L 1，由相似三角形法有G L 1＝F d 1，G L 1＝F ′d 2，即F d 1＝F ′d 2，联立解得d 1∶d 2＝3∶2.故选B.5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c 、O 、f 三点，虚线M 、L 、K 是分别过c 、O 、f 三点的等差等势面，一不计重力带负电粒子从a 点射入电场，只在电场力作用下沿abcde 运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确是( )A ．电势φK <φL <φMB ．场强E a <E bC ．a 点与e 点的场强大小相等，方向相同D ．粒子在c 点的电势能大于在e 点的电势能答案：BD解析：根据曲线运动的特点，轨迹向合外力的方向弯曲，可知粒子在c 点受到向左的力，由于粒子带负电，可知c 点的电场线方向向右，可知选项A 错误；等势面的疏密表示电场的强弱，故E a <E b ，选项B 正确；a 点与e 点的场强大小相等，但方向不同，选项C 错误；带负电粒子在较低等势面电势能较大，c点电势低于e点电势，选项D正确．6．(多选)在x轴上电场强度E与x的关系如图所示，O为坐标原点，a、b、c为x轴上的点，a、c之间的距离为d，a、c两点的电场强度大小均为E0，则下列说法中正确的是()A．φb>φa＝φc>φOB．φO>φa>φb>φcC．将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0dD．将质子从a点移到c点，质子的电势能增加答案：BC解析：在E-x图象中，图象与x轴所围面积表示电势差，由图可以看出x轴上Oc段与图线所围面积大于ac段与图线所围面积，ac 段与图线所围面积大于bc段与图线所围面积，即U Oc>U ac>U bc>0，所以φO>φa>φb>φc，故B正确，A错误；ac段与图线所围面积大于E0d，即U ac>E0d，所以将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0d，故C正确；将质子从a点移到c点，电场力做正功，质子的电势能减少，D错误．7．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A．200 V/m B．200 3 V/m C．100 V/m D．100 3 V/m 答案：A解析：设OA中点为C，由U ACAC＝U COCO可得C点的电势φC＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等势面上，如图，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d＝1.5 cm.则E＝Ud＝31.5×10－2V/m＝200 V/m，A正确．8．(多选)如图所示，电场强度方向水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，三点的连线恰好组成一个边长为l的正三角形．一质量为m、电荷量为q的带正电小球(重力不计)以速度v0从a点射入电场，入射方向与b、c两点的连线垂直，一段时间后带电小球经过c点．则下列判断正确的是()A ．带电小球从a 点运动到c 点的时间为3l 2v 0B ．该匀强电场的电场强度大小为4m v 203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23m v 20D ．b 、c 两点之间的电势差为2m v 203q答案：AB解析：在竖直方向上小球做匀速直线运动，当小球运动到c 点时，由运动学规律可得t ＝3l 2v 0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt 22m ，代入数据可解得E ＝4m v 203ql，选项B 正确；由动能定理可得E k c ＝qE ·l 2＋12m v 20＝76m v 20，选项C 错误；由电势差公式可知U bc ＝E ·l ＝4m v 203q，选项D 错误． 9．如图所示，两平行金属板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒子以速度v 0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v 1沿上极板边缘射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L (轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v 1等于( )A ．v 0B.2v 0C.3v 0D ．2v 0答案：C 解析：设粒子在电场中的加速度为a .第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v 0t ，d ＝12at 2，解得v 0＝L a 2d.第二次，设粒子飞出电场时的竖直位移为y 1，所用时间为t 1，飞出电场后的竖直位移为y 2，所用时间为t 2，则y 1＝12at 21，L ＝v 1t 1，y 2＝at 1·t 2，L ＝v 1t 2，解得v 1＝L 3a 2d＝3v 0，故C 正确．10．如图所示，x 轴上方有宽为L 、方向水平向右的匀强电场，一质量为m (重力不计)、带电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上的A 点以初速度v 0沿y 轴负方向射入电场，粒子从x 轴上的B 点沿与x 轴正方向成37°角的方向射出电场，并打在x 轴下方的接收屏上C 点(没画出)，已知粒子从B 到C 的运行时间与粒子在电场中的运行时间相同，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)求粒子接收屏上C 点到y 轴的水平距离；(3)若粒子是质量为m 、带电荷量为＋q 的液滴，重力加速度为g ，若要求液滴也能通过B 点，则液滴的初速度应为多少？答案：(1)4m v 203qL (2)2L (3)v 0－gL 2v 0解析：(1)粒子从A 到B 做类平抛运动，由类平抛规律知L ＝v 0t ，v x ＝qE m t ，OB ＝v x 2t ，v B ＝v 20＋v 2x 在B 点有tan 37°＝v 0v x，即v x ＝43v 0 联立得E ＝4m v 203qL ，OB ＝23L ，v B ＝53v 0. (2)粒子从B 到C 做匀速直线运动，由题意知BC ＝v B t ＝53L 所以接收屏上C 点到y 轴的水平距离s ＝OB ＋BC ·cos 37°＝2L .(3)若粒子变为液滴，设液滴的初速度为v ，则液滴沿y 轴做初速度为v 的匀加速直线运动，沿x 轴做初速度为零的匀加速直线运动，因水平方向各量均没变，所以液滴的运行时间仍为t ，则L ＝v t ＋12gt 2，代入t值得v＝v0－gL 2v0.11．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝5v20g，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看成质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s.答案：(1)3m v202(qE＋mg)(2)9m v202qd(3)5v202g＋2gd29v20解析：(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为v A，竖直分速度为v y，则有cos 60°＝v0v A，即v A＝2v0tan 60°＝v y v 0，即v y ＝3v 0 由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mg m由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R 2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A 得v B ＝3v 0在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′m d ，得E ′＝9m v 202qd. (3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d 3v 0小球在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2＝2gd 29v 20所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g＋2gd2 9v20.。
高考物理二轮专题复习 (10)
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
(4)多用电表的欧姆挡刻度不均匀，结果只取两位有效数字， 不要忘记读取的数值乘以倍率．
(5)电压表与电流表若最小分度是 1、0.1、0.01 等需要估算 到下一位，若最小分度不是 1、0.1、0.01 只需读到最小分度．
第二部分 专题二 第2讲 第10页
第二部分 专题二 第2讲 第28页
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[答案] (1)2.25 (2)0.225 (3)①滑块在 A 处时遮光条到光 电门的距离 L ②A ③t12-F (4)滑块在 A 处时遮光条到光电门 的距离 L、滑块的质量 M FL＝M2td22
(5)能
第二部分 专题二 第2讲 第29页
第二部分 专题二 第2讲 第27页
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(5)设遮光条前进了 s，遮光条通过光电门的时间为 Δt，钩码 和力传感器的重力势能减少了 mgs，系统动能增加了12(M＋m)Δdt 2，所以我们可以通过比较 mgs 和12(M＋m)Δdt2 的大小来验证系 统机械能守恒．即该实验装置能用于验证滑块、钩码和力传感器 组成的系统机械能守恒．
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(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d＝________mm.
(2)实验时，由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t ＝ 1.0×10 － 2 s ， 则 滑 块 经 过 光 电 门 B 时 的 瞬 时 速 度 为 ________m/s.
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⊳第二部分 考前冲刺篇
第二部分 专题二 第2讲 第1页
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【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第一部分 专题突破篇专题六 选考部分第1讲 热 学
提 能 演 练
第一部分 专题六 第1讲
第 5页
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3．必 须 明 确 的 六 个 易 错 易 混 点
高 频 考 点 一
1 () 布 朗 运 动 不 是 分 子 的 运 动 ． 2 () 温 度 升 高 不 是 每 个 分 子 的 动 能 都 增 加 ． 3 () 具 有 各 向 同 性 的 不 都 是 非 晶 体 ．
高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
4 () 表 面 张 力 是 分 子 间 的 作 用 力 ． 5 () 热 量 可 以 由 低 温 物 体 传 递 到 高 温 物 体 ． 6 () 可 以 从 单 一 热 源 吸 收 热 量 并 全 部 用 来 做 功 .
提 能 演 练
第一部分 专题六 第1讲
第 6页
－9
提 能 演 练
m)减 小 到 很 难 再
大 ； 分 子 势 能 不 断 增 大
第一部分 专题六 第1讲
第15页
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D． 温 度 升 高 ， 分 子 热 运 动 的 平 均 动 能 一 定 增 大 ， 但 并 非 所
高 频 考 点 一
有分子的速率都增大 E．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大
高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
提 能 演 练
第一部分 专题六 第1讲
第16页
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思 路 点 拨 ：
高 频 考 点 一
1 () 阿 伏 加 德 罗 常 数 在 宏 观 量 、 微 观 量 的 计 算 中
高 频 考 点 三
起什么作用？ 2 () 布 朗 运 动 的 剧 烈 程 度 和 哪 些 因 素 有 关 ？ 3 () 分 子 间 的 作 用 力 有 什 么 特 点 ？ 分 子 力 做 功 与 分 子 势 能 改
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第一部分 专题突破篇专题六 选考部分第2讲 振动和波 光
提 能 演 练
.
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
高 频 考 点 （ 一 ）
高 频 考 点 二
波 动 图 象 和 振 动 图 象 的 综合
提 能 演 练
第一部分 专题六 第2讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
高 频 考 点 一
名师 三
高 频 考 点 二
⊳第一部分
专题突破篇
提 能 演 练
第一部分 专题六 第2讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
专题六
选考部分
提 能 演 练
第一部分 专题六 第2讲
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高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
2 () 波 动 图 象 ： 能 读 出 波 长
λ、 质 点 振 动 的 振
幅 A、 该 时 刻 各
λ 质点的位移等，再结合其他题给条件，运用 v＝ 等公式和规律 T 进一步计算出波速、周期．
提 能 演 练
第一部分 专题六 第2讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
提 能 演 练
3 () 频 率 ： 波 的 频 率 ， 即 波 源 振 动 的 频 率 ， 只 与 波 源 有 关 ， 与 介 质 无 关 ． 4 () 波 速 与 波 长 、 频 率 的 关 系 ： v＝λ f .
第一部分 专题六 第2讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
3.振动图象与波的图象的比较
名 师 点 睛 ：
1.怎 么 考 ： 以 选 择 题 或 计 算 题 的 形 式 考 查 ． 的 多 解 问 题 等 ．
【名师伴你行】2016高考物理二轮复习专题限时训练4万有引力定律及其应用(含解析)
解析：由于在图示轨道上，“轨道康复者”做匀速圆周运动的轨道半径大于地球的半径，根据牛顿第二定律和万有引力定律可得，“轨道康复者”在图示轨道上的速度v＝<＝7.9 km/s，故A选项错误；根据牛顿第二定律和万有引力定律可知，“轨道康复者”在图示轨道上的加速度大小与地球同步卫星的加速度大小之比为＝＝，故B选项错误；根据牛顿第二定律和万有引力定律可知，“轨道康复者”在图示轨道上的周期与地球同步卫星的周期之比为＝＝，即“轨道康复者”在图示轨道上的周期为3 h，要使从图示位置到二者间的距离相距最近，则需满足t＝π＋2kπ(其中k＝0,1,2，3，…)，解得t＝＋k(其中k＝0,1,2,3，…)，故C选项错误；若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速使“轨道康复者”做离心运动，然后与同步卫星对接，故D选项正确．
10.(2015·广东理综)在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球．已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，下列说法正确的有()
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
答案：C
解析：设卫星的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力可得G＝ma＝m＝mr，解得T＝，v＝，仅由两个天体表面附近的卫星周期相同无法判断它们的质量关系和半径关系，则A、B错误；由于密度ρ＝＝＝，天体表面附近的卫星近似满足r＝R，故ρ＝，C正确；又G＝mg，则g＝，质量关系和半径关系没有确定，因此两天体表面的重力加速度可能相同，D错误．
11．(2015·全国理综Ⅰ)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2.则此探测器()
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第一部分 专题突破篇专题四 电路和电磁感应第1讲 恒定电流
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
⊳第一部分
专题突破篇
高 频 考 点 四
提 能 演 练
第一部分 专题四 第1讲
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高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
专题四
电路和电磁感应
高 频 考 点 四
提 能 演 练
第一部分 专题四 第1讲
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循 专 题 线 索 、 查 思 维 断 点
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
高 频 考 点 二
高 频 考 点 四
提 能 演 练
第一部分 专题四 第1讲
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依 知 识 纲 要 、 启 发 散 思 维 1.必须掌握的概念、公式、定律
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
第 1讲
高 频 考 点 二
恒定电流和交变电流
高 频 考 点 四
提 能 演 练
第一部分 专题四 第1讲
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高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
高 频 考 点 （ 一 ）
高 频 考 点 二
直 流 电 路 的 动 态 分 析
高 频 考 点 四
提 能 演 练
第一部分 专题四 第1讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[知 能 必 备
高 频 考 点 一
]
一 、 基 础 必 备 1．部 分 电 路 的 欧 姆 定 律 ： 2．闭 合 电 路 的 欧 姆 定 律 ： U I＝R . E I＝ . R＋ r U＝E－Ir.
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分 考前冲刺篇 专题二 三大题型的解题方略 第3讲
第二部分 专题二 第3讲
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所 以 粒 子 从 R2 ( . 分) [答案]
P到M所 用 的 总 时 间
2 π R 8－ 3 t＝t1＋t2＋t3＝ ＋ 3v0 2v0
v2 0 1 () 3RE
3E 2 () v0
2 π R 8－ 3 3 () ＋ R 3v0 2v0
第二部分 专题二 第3讲
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3 () 析规律 “析规律”就 是 指 在 解 答 物 理 计 算 题 时 ， 在 透 彻 分 析 题 给 物 理情境的 基 础 上 ， 灵 活 选 用 规 律 ， 如 力 学 计 算 题 可 用 力 的 观 点 ， 即 牛 顿 运 动 定 律 与 运 动 学 公 式 联 立 求 解 ， 也 可 用 能 量 观 点 ， 即 功 能 关 系 、 机 械 能 守 恒 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 联 立 求 解 ．
第二部分 专题二 第3讲
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2．计 算 题 的
“规 范 解 答
”要 抓 住 两 点
1 () 分 步 列 式 、 联 立 求 解 解 答 高 考 试 题 一 定 要 分 步 列 式 ， 因 高 考 阅 卷 实 行 按 步 给 分 ， 每 一 步 的 关 键 方 程 都 是 得 分 点 ． 分 步 列 式 一 定 要 注 意 以 下 几 点 ： ①列 原 始 方 程 ， 与 原 始 规 律 公 式 相 对 应 的 具 体 形 式 ， 而 不 是 移 项 变 形 后 的 公 式 ． ②方 程 中 的 字 母 要 与 题 目 中 的 字 母 吻 合 ， 同 一 字 母 的 物 理 意 义 要 唯 一 ． 出 现 同 类 物 理 量 ， 要 用 不 同 下 标 或 上 标 区 分 ．
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第一部分 专题突破篇专题三 电场和磁场第3讲 带电粒子的运动
高 频 考 点 二
1E1q 2 MT＝ m t1 2 联 立 上 述 三 式 解 得 ： 1 MT＝ L. 2
提 能 演 练
第一部分 专题三 第3讲
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2 () 欲 使 孔 处 射 出 ， 粒 子 运 动 的 半 径 为
r，则
高 频 考 点 二
偏转 角度
若 没 有 磁 场 边 界 限 制 ， 粒 子 所 能 偏 转 的 角 度 不 受 限 制
平 抛 运 动 ， 在 相 等 的 时 间 内 偏 转 角 度 往 往 不 等
提 能 演 练
动能 变化
动 能 不 变
动 能 发 生 变 化
第一部分 专题三 第3讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
第一部分 专题三 第3讲
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名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
为 m.通过 PT 上的某点 R 进 入 匀 强 电 场
高 频 考 点 一
Ⅰ后从 CD 边 上 的 M点 2L， 不 计 粒 子 的 重
高 频 考 点 三
水 平 射 出 ， 其 轨 迹 如 图 ． 若 力 ， 试 求 ：
PR 两 点 的 距 离 为
①v 垂 直 于 B 时， FB＝qvB 受力 ②v 不 垂 直 于 B 时， 无论 v 是否与 E 垂直， FE＝qE，FE 为恒力
提 能 演 练
特征 FB<qvB，FB 为 变 力 ， 只 改 变 v 的方向
第一部分 专题三 第3讲
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项目 匀 强 磁 场 中 的
高 频 考 点 二
提 能 演 练
第一部分 专题三 第3讲
《名师伴你行》2016高考二轮复习物理专题限时训练2Word版含解析
专题限时训练(二) 直线运动和牛顿运动定律(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·重庆理综)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mgD.m gh t －mg 答案：A解析：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t ＋mg .2．(2015·烟台模拟)在某次海试活动中，“蛟龙号”潜水器完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( )A.v t 2B ．v t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02t C.v t 202t D.v (t －t 0)22t答案：D解析：“蛟龙号”上浮时的加速度大小a ＝v t ，根据逆向思维可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面的深度h ＝12a (t －t 0)2＝v (t －t 0)22t，D 正确．3．(2015·南昌模拟)从地面上以初速度v 0竖直上抛一个质量为m 的小球，从此时刻开始计时，若t 1时刻到达最高点，且落地前小球已经做匀速运动．已知重力加速度为g ，小球在运动过程中受到的空气阻力f 与其速度v 的大小成正比，即f ＝k v (k >0)，以竖直向上为速度的正方向，则下列描述小球运动的v -t 图象正确的是( )答案：B解析：小球上升时：a 1＝mg ＋k v m ，随着v 减小，加速度减小，对应的v -t 图线的斜率减小；小球下落时：a 2＝mg －k v m ，随着v 增大，加速度减小，匀速运动时有mg ＝k v 1，即v 1＝mg k ，所以选项B 正确．4．(2015·江苏单科)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5答案：C解析：同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝v1 a＝1 s，通过的位移x1＝12at21＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m 的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝x5v1＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．5．(2015·南京二模)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止．已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计．撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g.则()A．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为kx0m－μgC．物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离D．物体A、B一起向左运动距离x＝x0－μmgk后相互分离答案：D解析：A、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B与A分离，B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故选项A错误；撤去F瞬间，由kx0－μmg＝2ma可知，选项B错误；当物体A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx，x＝μmg k，所以物体A、B一起向左运动距离x＝x0－μmgk后相互分离，选项D正确，C错误．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2014·山东理综)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的时刻有()A．t1B．t2C．t3D．t4答案：AC解析：当物体做加速运动时，加速度的方向和速度方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同，v-t图象中t1和t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t2和t4时刻二者方向相反，故正确选项为A、C.7．(2015·江苏单科)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小答案：AD解析：人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N －mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F N′＝F N＝mg＋ma，当t＝2 s时a有最大值，F N′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F N′最小，选项A、D正确．8．如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是()甲乙A．t＝1 s时物体开始做加速运动B．t＝2 s时物体做减速运动的加速度大小为2 m/s2C．t＝3 s时物体刚好停止运动D．物体在1～3 s内做匀减速直线运动答案：C解析：由题意可知，物体开始时做匀速直线运动，所以拉力F＝F f＝4 N，t＝1 s时拉力F开始减小，但摩擦力仍为F f＝4 N，故此时物体开始做减速运动，选项A错误；t＝2 s时物体受到的拉力大小为F ＝3 N，而摩擦力仍为F f＝4 N，故物体做减速运动的加速度大小为a＝F合m＝1 m/s2，选项B错误；由题图乙可以看出，在t＝3 s之前物体受到的摩擦力不变，故物体在运动，而t＝3 s之后物体受到的摩擦力逐渐减小，由摩擦力的特点可知其为静摩擦力，所以在t＝3 s时物体刚好停止运动，选项C正确；在1～3 s内，由于摩擦力不变而拉力F 逐渐减小，所以物体做加速度逐渐增大的减速运动，选项D错误．三、计算题(每小题16分，共32分)9．(2015·天津理综)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动．现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.答案：(1)0.2 s(2)0.1 m(3)－2 J解析：(1)邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动的过程中受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式得v＝at解得a＝5 m/s2，t＝0.2 s.(2)由运动学公式得v2＝2ax代入数据解得x＝0.1 m.(3)皮带受到向左的摩擦力f＝μmg邮件与皮带相对滑动的过程中皮带的位移为s＝v t＝0.2 m摩擦力对皮带所做的功为W＝－fs＝－2 J.10．(2015·全国理综Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．答案：(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mg cos θ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f1＝ma1⑤mg sin θ－f2＋f1′＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a 1＝3 m/s 2⑨a 2＝1 m/s 2.⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑬a 2′＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22 ＝12 m<27 m ⑰此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.。
【名师伴你行】2016高考物理二轮复习 专题限时训16 电学实验与创新(含解析)
电学实验与创新(限时45分钟)实验题(第1、4题10分，其余每小题15分，共80分)1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x 约为200 Ω，电压表V 的内阻约为2 k Ω，电流表A 的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x ＝U I计算得出，式中U 与I 分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x 1和R x 2，则________(填“R x 1”或“R x 2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x 1________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值R x 2________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．答案：R x 1 大于 小于解析：根据题意知R x R A >R V R x，电压表的分流作用较显著，故R x 1更接近待测电阻的真实值．题图(a)的测量值是R x 与R A 串联的电阻阻值，故R x 1>R x 真；题图(b)的测量值是R x 与R V 并联的电阻阻值，故R x 2<R x 真．2．(2015·江西南昌一模)某同学在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，其主要实验步骤为：①用多用电表测量该合金丝的电阻；②用刻度尺测出合金丝的长度，用螺旋测微器测出其直径；③现用伏安法测合金丝的电阻．回答下列问题：Ⅰ.用多用电表测量合金丝的电阻(1)开始选用“×10”的倍率测量电阻发现多用表指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至________(填“×100”或“×1”)倍率的电阻挡．(2)每次换挡后，需重新________，再进行测量．(3)测量合金丝的电阻时表的指针位置如图(a)所示，则该合金丝的电阻测量值是________Ω.(a)Ⅱ.用伏安法测合金丝的电阻并得出电阻率(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω)、电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)、电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)、开关和导线若干．为了减小测量误差，实验电路应采用图(b)中的________(填“甲”或“乙”)．(b)(2)实验得到的合金丝电阻率ρ测________(填“大于”、“小于”或“等于”)合金丝的真实电阻率ρ真．答案：Ⅰ.(1)×1(2)欧姆调零(3)7 Ⅱ.(1)甲(2)小于解析：Ⅰ.(1)由于多用电表指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，因此为使测量比较精确，应选“×1”倍率的电阻挡；(2)每次换挡后，需重新欧姆调零，再进行测量；(3)由题图(a)知，合金丝的电阻测量值为R＝7×1 Ω＝7 Ω.Ⅱ.(1)由于待测电阻较小，电压表分流小，因此电流表采用外接法，故选甲；(2)由于通过合金丝的电流小于电流表的示数，合金丝电阻的测量值偏小，其电阻率也偏小，故合金丝电阻率的测量值小于其真实值．3．(2015·福建理综)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲所示实物接线图中完成余下导线的连接．甲乙丙 (2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A.(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)．答案：(1)如解析图甲所示 (2)0.44 (3)4 2.28解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图甲所示．甲(2)电流表示数为0.44 A.(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R 外＝r ＝1 Ω，I ＝ER 外＋r ＝32 A ＝1.5 A ，U 外＝E 2＝1.5 V ，即每只小电珠两端的电压为1.5 V，通过图象可知每只小电珠的电流为I0＝0.38 A，n＝II0＝4(只)；通过每只小电珠的电流为I0，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：U＋nI0r＝E，而U＋4I0＝3 V，U＝－4I0＋3 V，如图乙所示，图线的交点纵、横坐标分别为U＝1.5 V，I0＝0.38 A，P＝UI0＝0.57 W，P总＝nP＝0.57×4 W＝2.28 W.乙4．(2015·湖北八校二联)现有一个电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压U g.A．待测电压表V1，满偏电压约3 V，内阻R V1＝3 000 Ω，刻度均匀、总格数为N；B．电流表A：量程0.6 A、内阻R A约0.1 Ω；C．电压表V2：量程15 V、内阻R V2约15 kΩ；D．标准电阻R1＝10 Ω；E．标准电阻R2＝ 10 kΩ；F．滑动变阻器R：最大阻值200 Ω；G．学生电源E，电动势15 V，内阻不计．H．开关一个．(1)方框中已画出部分实验电路图，请你完成剩余的部分电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号．(2)测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n个格，可计算出满偏电压U g为________(用字母表示)，式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量的物理意义是______________________________________________________．答案：(1)如图所示(2)NUR V1n R V1＋R2U为标准电压表V2的读数解析：(1)因待测电压表的满偏电压较小，故应串联一个定值电阻分压，又知R V1＝3 000 Ω，故串联的定值电阻应选R2，而电压值需用电压表V2测出，故要和V2并联，设计成如答案中的电路图．(2)V2的示数为V1和R2两端的总电压，按照串联分压关系，则有V1两端的电压为R V1R V1＋R2·U(U为标准电压表V2的读数)，除以格数n即可得到每偏转1个格的电压值，再乘以总格数N即可得满偏电压．5.(2015·广东理综)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等．(a)(b) (c)甲(1)使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲(a)所示，读数为________Ω，据此应选择图甲中的________(填“b”或“c”)电路进行实验．(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验．(a) (b)乙(3)图乙(a)是根据实验数据作出的U I 图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件．(4)该小组还借助X 和Y 中的线性元件和阻值R ＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E 和内阻r ，电路如图乙(b)所示，闭合S 1和S 2，电压表读数为3.00 V ；断开S 2，读数为1.00 V ．利用图乙(a)可算得E ＝________V ，r ＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)．答案：(1)10 b (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.50解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X 的读数为10 Ω×1＝10 Ω，由于R X R A ＜R V R X ，或R X ≪R V ，故用伏安法测元件X 的电阻时，电流表应外接，故选b 电路进行实验．(2)滑片P 从左向右滑动过程中，元件X 两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大．(3)由U I 图线可知Y 是非线性元件．(4)由(3)中的U I 图线，可知线性元件的电阻R X ＝10 Ω，当S 1、S 2都闭合时，回路中的电流I 1＝U 1R X ＝0.3 A ，当S 1闭合，S 2断开时，回路中的电流I 2＝U 2R X＝0.1 A ，根据闭合电路欧姆定律，得E ＝I 1(R X ＋r )，E ＝I 2(R X ＋R ＋r )，联立两式并代入数据解得E ＝3.2 V ，r ＝0.50 Ω.6．(2015·重庆理综)同学们测量某电阻丝的电阻R x ，所用电流表的内阻与R x 相当，电压表可视为理想电压表．(1)若使用图甲所示电路图进行实验，要使得R x 的测量值更接近真实值，电压表的a 端应连接到电路的________(填“b ”或“c ”)点．甲(2)测得电阻丝的U I 图如图乙所示，则R x 为________Ω(保留两位有效数字)．乙(3)实验中，随电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态，某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化，他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10 V的条件下，得到电阻丝的电阻R x随风速v(用风速计测)的变化关系如图丙所示．由图可知当风速增加时，R x会______(填“增大”或“减小”)．在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10 V，需要将滑动变阻器R W的滑片向________(填“M”或“N”)端调节．丙(4)为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路．其中R为两只阻值相同的电阻，R x为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“＋”端和“－”端应分别连接到电路中的________点和________点．(均填“a”、“b”、“c”或“d”)丁答案：(1)c(2)4.1(4.0～4.2) (3)减小M(4)b d解析：(1)由于电流表的内阻与R x相当，即R x较小，所以电流表外接时误差较小，故电压表的a端应接电路的c点．(2)由UI图象可知电阻R x＝ΔUΔI＝0.800.195Ω≈4.1 Ω.(3)根据R xv图象可知，风速越大时电阻R x越小．要使R x两端的电压不变，需增大与R x 并联的R W的电阻，即将滑动变阻器R W的滑片向M端滑动．(4)当风速增大时，受气流影响的电阻丝R x的阻值逐渐减小，d点的电势逐渐降低．开始时，b、d两点电势差为零，所以电压表的“＋”端接b点、“－”端接d点时能满足条件．。