高考物理二轮专题知识回扣清单：倒数第6天(含解析)
高考物理(浙江专用)二轮倒数10天练(10套,含解析)倒数
倒数第7天功能关系和能量守恒知识回扣导图考前必做题1．如图1所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为()图1A ．12 JB.21 J C ．27 J D.36 J解析 足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解有tan 30°＝y x ＝0＋v y 2t v 0t ，得v 0v y ＝32，足球第一次落在斜坡上时的动能为12m (v 20＋v 2y )＝21 J ，只有选项B 正确．答案 B2．如图2所示，一质量为1 kg 的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧的劲度系数为k ＝50 N/m ，现用一竖直向下的F ＝10 N 的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F ，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧形变过程中一直处于弹性限度内)( )图2A ．2 m/sB. 2 m/s C ．2 2 m/s D.22 m/s解析 小球从初始位置回到初始位置的过程中，重力、弹力做功为零，根据动能定理，W F ＝12m v 2，从开始到最大速度时，小球向下运动的位移Δx ＝F k ，则F ·Δx ＝12m v 2，F ·F k ＝12m v 2，v ＝2F 2km ＝2 m/s ，A 项正确．答案 A3．一条长12 m 的传送带，倾角为30°，它能够将工件从地面送到卡车上，每个工件的质量为25 kg ，传送带每分钟可传送16个工件，不考虑传送带对工件的加速，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是 ( )A ．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104 JB ．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104 JC ．传送带的传送功率为100 WD ．传送带的传送功率为200 W解析 传送工件时不计加速，则工件随传送带一起匀速上升，即摩擦力f ＝mg sin θ，传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力f 对工件做功，所以W ＝nf ·l ＝16×mg sin30°×l ＝2.4×104 J ，A 项正确，B 项错误；由功率定义得P ＝W t ＝2.4×10460 W ＝400 W ，知C 、D 项错误．答案 A4．(多选)如图3所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块的动能E k 、机械能E 随时间t 变化关系及滑块的势能E P 随位移x 变化关系的是( )图3解析 滑块运动到最高点的过程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q ＝fx ＝mg sin θ(v t －12at 2)，图A 错误．由动能定理得－mg sin θ(v t －12at 2)＝E k －12m v 2，E k ＝－mg sin θ(v t －12at 2)＋12m v 2，图B 错误．滑块的重力势能E p ＝mgx sin θ，图C 正确．根据题述知，F＝mg sin θ＝μmg cos θ，机械能E随时间t不变，图D正确．答案CD5．如图4所示，一轻绳一端连一小球B，另一端固定在O点，开始时球与O点在同一水平线上，轻绳拉直，在O点正下方距O点L处有一铁钉C，释放小球后，小球绕铁钉C恰好能做完整的竖直面内的圆周运动．图4(1)求绳的长度．(2)求小球第一次运动到最低点时的速度．(3)若让小球自然悬挂，小球恰好与水平面接触于F点，小球质量为m，在水平面上固定有倾角为θ的斜面，斜面高为h，小球与斜面AE及水平面EF间的动摩擦因数均为μ，EF段长为s，让一质量与小球质量相等的滑块从斜面顶端由静止滑下，滑块与小球碰撞后粘在一起，结果两者一起恰好能绕C在竖直面内做圆周运动，则滑块与小球碰撞过程中损失的机械能是多少(不计滑块在E处碰撞的能量损失)?解析(1)设轻绳长为R，则小球绕C在竖直面内做圆周运动时，半径为R－L，恰好能做竖直面内的圆周运动，则在最高点mg＝m v 2R－L根据机械能守恒有mg[R－2(R－L)]＝12m v2解得R＝53L.(2)由机械能守恒定律，小球到最低点时mgR＝12m v′2得到v′＝103gL.(3)若滑块与小球粘在一起且恰好能在竖直面内绕C做圆周运动，则碰撞后的共同速度也为v′＝103gL根据能量守恒有mgh＝μmg(h cot θ＋s)＋E损＝12×2m v′2解得E损＝mgh－103mgL－μmg(h cot θ＋s)．答案(1)53L(2)103gL(3)mgh－103mgL－μmg(h cot θ＋s)。
高考物理二轮复习 倒数10天练 倒数第7天 功能关系和能
倒数第7天功能关系和能量守恒知识回扣导图考前必做题1．如图1所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为( )图1A ．12 J B.21 J C ．27 JD.36 J解析 足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解有tan 30°＝y x ＝0＋v y2t v 0t ，得v 0v y ＝32，足球第一次落在斜坡上时的动能为12m (v 20＋v 2y )＝21 J ，只有选项B 正确． 答案 B2．如图2所示，一质量为1 kg 的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m ，现用一竖直向下的F ＝10 N 的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F ，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧形变过程中一直处于弹性限度内)图2A ．2 m/s B. 2 m/s C ．2 2 m/sD.22m/s 解析 小球从初始位置回到初始位置的过程中，重力、弹力做功为零，根据动能定理，W F ＝12mv 2，从开始到最大速度时，小球向下运动的位移Δx ＝F k ，则F ·Δx ＝12mv 2，F ·F k ＝12mv 2，v ＝2F2km＝2 m/s ，A 项正确．答案 A3．一条长12 m 的传送带，倾角为30°，它能够将工件从地面送到卡车上，每个工件的质量为25 kg ，传送带每分钟可传送16个工件，不考虑传送带对工件的加速，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104J B ．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104JC ．传送带的传送功率为100 WD ．传送带的传送功率为200 W解析 传送工件时不计加速，则工件随传送带一起匀速上升，即摩擦力f ＝mg sin θ，传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力f 对工件做功，所以W ＝nf ·l ＝16×mg sin 30°×l＝2.4×104J ，A 项正确，B 项错误；由功率定义得P ＝W t ＝2.4×10460W ＝400 W ，知C 、D项错误． 答案 A4．(多选)如图3所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块的动能E k 、机械能E 随时间t 变化关系及滑块的势能E P 随位移x 变化关系的是( )图3解析 滑块运动到最高点的过程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q ＝fx ＝mg sin θ(vt －12at 2)，图A错误．由动能定理得－mg sin θ(vt －12at 2)＝E k －12mv 2，E k ＝－mg sin θ(vt －12at 2)＋12mv 2，图B 错误．滑块的重力势能E p ＝mgx sin θ，图C 正确．根据题述知，F ＝mg sin θ＝μmg cosθ，机械能E 随时间t 不变，图D 正确．答案 CD5．如图4所示，一轻绳一端连一小球B ，另一端固定在O 点，开始时球与O 点在同一水平线上，轻绳拉直，在O 点正下方距O 点L 处有一铁钉C ，释放小球后，小球绕铁钉C 恰好能做完整的竖直面内的圆周运动．图4(1)求绳的长度．(2)求小球第一次运动到最低点时的速度．(3)若让小球自然悬挂，小球恰好与水平面接触于F 点，小球质量为m ，在水平面上固定有倾角为θ的斜面，斜面高为h ，小球与斜面AE 及水平面EF 间的动摩擦因数均为μ，EF 段长为s ，让一质量与小球质量相等的滑块从斜面顶端由静止滑下，滑块与小球碰撞后粘在一起，结果两者一起恰好能绕C 在竖直面内做圆周运动，则滑块与小球碰撞过程中损失的机械能是多少(不计滑块在E 处碰撞的能量损失)?解析 (1)设轻绳长为R ，则小球绕C 在竖直面内做圆周运动时，半径为R －L ，恰好能做竖直面内的圆周运动，则在最高点mg ＝mv 2R －L根据机械能守恒有mg [R －2(R －L )]＝12mv 2解得R ＝53L .(2)由机械能守恒定律，小球到最低点时mgR ＝12mv ′2得到v ′＝103gL . (3)若滑块与小球粘在一起且恰好能在竖直面内绕C 做圆周运动，则碰撞后的共同速度也为v ′＝103gL 根据能量守恒有mgh ＝μmg (h cot θ＋s )＋E 损＝12×2mv ′2解得E 损＝mgh －103mgL －μmg (h cot θ＋s )．答案 (1)53L (2)103gL (3)mgh －103mgL －μmg (h cot θ＋s )。
高考物理二轮复习 倒数10天练 倒数第8天 质点运动的基
倒数第8天 质点运动的基本规律知识回扣导图考前必做题1．(2014·浙江绍兴期末，4)小雯同学在二楼走廊上，将质量分别为m 和2m 的两个小球同时以8 m/s 的速率抛出，其中一个做竖直上抛，另一个竖直下抛，它们落地的时间差为Δt ；如果小雯同学在四楼走廊上，以同样的方式同时抛出这两个小球，它们落地的时间差为Δt ′，不计空气阻力，则Δt ′和Δt 大小关系是A ．Δt ′＝Δt B.Δt ′＜Δt C ．Δt ′＝2ΔtD.Δt ′＞2Δt解析 以竖直向下为正方向，设物体从抛出点到落地点的位移为h ，则对于竖直上抛的物体有h ＝－v 0t 1＋12gt 21，对于竖直下抛的物体有h ＝v 0t 2＋12gt 22，联立以上两式，解得Δt ＝t 1－t 2＝2v 0g，即时间差与高度无关，A 正确．答案 A2．(2014·云南省第二次统一检测，16)如图1所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则图1A．b球一定先落在斜面上B．a球一定先落在半圆轨道上C．a球可能先落在半圆轨道上D．a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上解析在抛出点左侧作一斜面，左斜面与原斜面倾角相同，可直接分析a、b的运动情况．当v0较小时，轨迹如图线①，则先落在斜面上，当v0是某一值时，轨迹如图线②，则落在斜面与半圆轨道的交点处，当v0较大时，轨迹如图线③，则先落在半圆轨道上，故C正确．答案 C3．(多选)一质量为m＝2 kg的物块静止在地面上，现用一竖直向上的力F拉物块，已知拉力F随时间t的变化规律如图2所示，g＝10 m/s2.则下列有关物块的加速度a与速度v随时间t变化规律的图象正确的是( )图2解析 由题意可知物块的重力为20 N ，由图象可知0～5 s ，拉力为10 N ，小于重力，物块不动，故加速度为零；5～10 s ，拉力等于重力，加速度为零，物块保持静止；10～15 s 内，加速度a ＝F －mg m＝10 m/s 2，故15 s 末物块的速度为v ＝at ＝50 m/s ；15～20 s ，拉力逐渐减小，物块先做加速运动后做减速运动；20～25 s ，物块做竖直上抛运动，加速度为a ＝－g ，故A 正确，B 错误．由于Δv ＝a ·Δt ，故a －t 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，故25 s 内速度方向没有变化，t ＝25 s 时速度恰好减为零，故C 正确，D 错误． 答案 AC4．(2014·浙江嘉兴一模)(多选)某物体以一定初速度沿斜面向上运动的最大位移为x ，且x随斜面倾角θ的变化关系如图3，重力加速度g ＝10 m/s 2，则 ( )图3A ．物体初速度大小为5 m/sB ．物体和斜面之间动摩擦因数为 3C ．θ＝53°时，x 有最小值D ．x 最小值为583 m解析 物体沿斜面上滑过程0－v 20＝2ax ，－(mg sin θ＋μmg cos θ)＝ma ，解得：x ＝v 202gsin θ＋μcos θ，由图可得，当θ＝90°时，x ＝54m ，根据v 20＝2gx 代入数据得v 0＝5 m/s ，即物体的初速度为5 m/s ，故A 正确；由图可得，θ＝0°时，有v 20＝2μgx ，代入数据得μ＝33，故B 错误；物体沿斜面上升的位移x 与斜面倾角θ的关系为 x ＝v 202gsin θ＋μcos θ＝522×10sin θ＋33cos θ＝538sin θ＋30°，则当θ＋30°＝90°，即θ＝60°时，x 有最小值，最小值为x min ＝538m ，故C 错误，D 正确． 答案 AD5．如图4甲所示，一带有14光滑圆弧(半径为R ＝0.8 m)轨道的物块固定在水平面上，在其右端并排放一足够长的木板，长木板的上表面与圆弧底端的轨道等高．一质量为m ＝1 kg 的滑块从静止开始由圆弧的最高点A 滑下，滑块经圆弧轨道的最低点B 滑上长木板，整个运动过程中长木板的v －t 图象如图乙所示，已知长木板的质量M ＝2 kg ，g ＝10 m/s 2，滑块没有滑离长木板．求：图4(1)滑块刚到达轨道最低点B 时对轨道的压力；(2)木板与地面间的动摩擦因数、滑块与木板间的动摩擦因数； (3)整个运动过程中滑块在长木板上滑过的距离． 解析 (1)从A 到B 的过程中，滑块的机械能守恒 由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 2滑块经过B 点时，根据牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N根据牛顿第三定律，滑块到达轨道最低点时对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速时的加速度大小为a 1＝1 m/s 2滑块与木板共同减速时的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2在1～2 s 内，对滑块和木板由牛顿第二定律得μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 2在0～1 s 内，对木板由牛顿第二定律得μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 1解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，对滑块由牛顿第二定律得μ2mg ＝mav 1＝v －at 1，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v ＋v 12t 1滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1 代入数据得Δx ＝1.2 m. 答案 (1)30 N 方向竖直向下 (2)0.1 0.5 (3)1.2 m 教学心得______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
高考新课标高考物理二轮知识回扣清单倒数第10天(含答案解析)
倒数第10天电场和带电粒子在电场中的运动1.请回答库仑定律的内容、公式和适用条件分别是什么？答案 (1)内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量． (3)适用条件：①点电荷；②真空中．2．电场强度是描述电场力的性质的物理量，它有三个表达式：E ＝F q ，E ＝k Q r 2和E ＝U d，这三个公式有何区别？如果空间某点存在多个电场，如何求该点的场强？电场的方向如何确定？答案 (1)区别①电场强度的定义式E ＝F q，适用于任何电场，E 由场源电荷和点的位置决定，与F 、q 无关．②真空中点电荷所形成的电场E ＝k Q r 2，其中Q 为场源电荷，r 为某点到场源电荷的距离． ③匀强电场中场强和电势差的关系式E ＝U d，其中d 为两点沿电场方向的距离． (2)用叠加原理求该点的场强若空间的电场是由几个“场源”共同激发的，则空间中某点的电场强度等于每个“场源”单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和——叠加原理．(3)电场方向是正电荷的受力方向、负电荷受力的反方向、电场线的切线方向、电势降低最快的方向．3．电场线与等势面间的关系是怎样的？答案 (1)电场线上某点切线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小．(2)电场线互不相交，等势面也互不相交．(3)电场线和等势面在相交处互相垂直．(4)电场线的方向是电势降低的方向，而场强方向是电势降低最快的方向；(5)等差等势面密的地方电场线密，电场线密的地方等差等势面也密．4．比较电势高低的方法有哪些？(1)顺着电场线方向，电势逐渐降低．(2)越靠近正场源电荷处电势越高；越靠近负场源电荷处电势越低．(3)根据电场力做功与电势能的变化比较①移动正电荷，电场力做正功，电势能减少，电势降低；电场力做负功，电势能增加，电势升高．②移动负电荷，电场力做正功，电势能减少，电势升高；电场力做负功，电势能增加，电势降低．5．比较电势能大小最常用的方法是什么？答案 不管是正电荷还是负电荷，只要电场力对电荷做正功，该电荷的电势能就减少；只要电场力对电荷做负功，该电荷的电势能就增加．6．电场力做功有什么特点？如何求解电场力的功？答案 (1)电场力做功的特点电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而移动电荷做功的值也是确定的，所以，电场力移动电荷所做的功，与电荷移动的路径无关，仅与初、末位置的电势差有关，这与重力做功十分相似．(2)电场力做功的计算及应用①W ＝Fs cos α，常用于匀强电场，即F ＝qE 恒定．②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场，q 、U AB 可带正负号运算，结果的正负可反映功的正负，也可带数值运算，但功的正负需结合移动电荷的正负以及A 、B 两点电势的高低另行判断．③功能关系：电场力做功的过程就是电势能和其他形式的能相互转化的过程，如图，且W ＝－ΔE 其他． 电势能E 电W >0W <0其他形式的能E 其他7．带电粒子在匀强电场中分别满足什么条件可以做加速直线运动和偏转运动？处理带电粒子在电场中运动的方法有哪些？答案 (1)加速——匀强电场中，带电粒子的受力方向与运动方向共线、同向．处理方法：①牛顿运动定律和运动学方程相结合．②功能观点：qU ＝12m v 22－12m v 21 (2)偏转——带电粒子以初速度v 0垂直于电场线方向进入匀强电场．处理方法：类似平抛运动的分析方法．沿初速度方向的匀速直线运动：x ＝v 0t 沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动：y ＝12at 2＝12qE m (x v 0)2＝qUx 22md v 20偏转角tan θ＝v y v 0＝qUx md v 208．电容的两个表达式和平行板电容器的两类问题是什么？答案 (1)电容：C ＝Q U(2)平行板电容器的电容决定式：C ＝εr S 4πkd ∝εr S d. (3)平行板电容器的两类问题：①电键K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动势)，这种情况下带电荷量Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，E ＝U d ∝1d. ②充电后断开K ，则电容器带电荷量Q 恒定，这种情况下C ∝εr S d ，U ∝d εr S ，E ∝1εr S.。
2021届高考物理二轮专题复习回扣ppt完美课件：六动量和动量守恒定律
第二部分 基本规律和方法考前回扣
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若 v2＝0，即为“一动一静”的弹性碰撞，碰后二者速度分别为 v1′＝mm11－ ＋mm22 v1 v2′＝m12＋m1m2v1 如果 m1＝m2，则 v1′＝0，v2′＝v1，二者速度互换。 如果 m1＜m2，则 v1′＜0，m1 被反弹。 如果 m1≫m2，则 v1′≈v1，速度几乎不变，v2′≈2v1。
2
大小 标矢性 方向 速度发生变化时
联系
动量 变化量
动量 变化率
Δp＝ mv′－
mv
Δp Δt
矢量
与合力 同向
矢量
与合力 同向
一定不为零 一定不为零
①动量与冲量 无因果关系 ②Δp＝Ft ③ΔΔpt ＝F
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第二部分 基本规律和方法考前回扣
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2.对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式 Ft＝Δp 是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、 动量及动量变化量的方向，公式中的 F 是物体或系统所受的__合__外__力__。 (2)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下， 动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。
2 0 2 1 届高考 物理二 轮专题 复习回 扣课pp件t完：美第课二件部：分六六动 量动和量动和量动守量恒守定恒律定（律精品系 列PPT ）
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2 0 2 1 届高考 物理二 轮专题 复习回 扣课件 ：第二 部分 六 动 量 和 动量 守恒定 律
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2 0 2 1 届高考 物理二 轮专题 复习回 扣ppt完 美课件 ：六动 量和动 量守恒 定律（ 精品系 列PPT ）
(全国通用)高考物理大二轮专题复习 知识回扣清单 倒数
倒数第1天 物理实验(二)1．多用电表(1)正确使用①电流的流向：由于使用多用电表时不管测量项目是什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔．②要区分开“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．③选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位．由于欧姆挡刻度的非线性，使用欧姆挡测电阻时，表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间一段刻度范围(14R 中～4R 中)为测量的有效范围，譬如，J0411型多用电表欧姆挡的R 中＝15 Ω，当待测电阻约为2 k Ω时，则应选用×100 挡．(2)注意问题①在使用前，应观察指针是否指向电流表的零刻度线，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使指针指在电流表的零刻度；②测电阻时，待测电阻须与其他元件和电源断开，不能用手接触表笔的金属杆；③合理选择欧姆挡的量程，测量时使指针尽量指在表盘中央位置附近；④换用欧姆挡的另一量程时，一定要重新进行欧姆调零，才能进行测量；⑤读数时，应将表针示数乘以选择开关所指的倍率；⑥测量完毕时，要把表笔从测试孔中拔出，选择开关应置于交流电压最高挡或“OFF”挡，若长时间不用时，还应把电池取出．2．测定金属的电阻率(1)实验原理用毫米刻度尺测一段金属丝的长度l ，用螺旋测微器测导线的直径d ，用伏安法测导线的电阻R ，根据电阻定律R ＝ρl S 可求金属丝的电阻率ρ＝πd 24lR . (2)电流表的内、外接法在伏安法测电阻的实验中，若R V R x >R x R A ，选用电流表外接电路；若R V R x <R x R A，选用电流表内接电路．(3)控制电路的选择如果滑动变阻器的额定电流够用，在下列三种情况下必须采用分压式接法(如图1所示)．图1①用电器的电压或电流要求从零开始连续可调．②要求用电器的电压或电流变化范围大，但滑动变阻器的阻值小．③采用限流接法图2时控制不住，电表总超量程，用电器总超额定值．在安全(I滑额够大，仪表不超量程，用电器上的电流、电压不超额定值，电源不过载)、有效(调节范围够用)的前提下，若R x<R0，原则上两种电路均可采用，但考虑省电、电路结构简单，可优先采用限流接法(如图2所示)；而若R x≫R0，则只能采用分压电路．(4)注意事项①本实验中待测金属丝的电阻值较小，为了减小实验的系统误差，必须采用电流表外接法；②实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、开关、电流表、待测金属丝、滑动变阻器连成主线路，然后再把电压表并联在待测金属丝的两端；③闭合开关之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置；④在用伏安法测电阻时，通过待测金属丝的电流I的值不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝的温度过高，造成其电阻率在实验过程中增大；⑤求R x的平均值可用两种方法：第一种是算出各次的测量值，再取平均值；第二种是用U－I图线的斜率来求出．若采用图象法，在描点时要尽量使点间的距离拉大一些，连线时要让各点均匀分布在直线两侧，个别明显偏离直线较远的点不予考虑．3．描绘小灯泡的伏安特性曲线(1)实验原理①恒定电阻的伏安特性曲线是直线，而小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，故其伏安特性曲线为曲线．②用电流表测出流过小灯泡的电流，用电压表测出小灯泡两端的电压，测出多组(U、I)值后，在U －I坐标系中描出对应点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来．就得到小灯泡的伏安特性曲线．图3(2)电路设计(如图3所示)．①实验中，小灯泡两端的电压要求从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法．②实验中，被测小灯泡电阻一般很小(几欧或十几欧)，电路采用电流表外接法．(3)注意事项①本实验需作出I－U图线，要求测出一组包括零在内的电压值、电流值，因此滑动变阻器要采用分压式接法；②因被测小灯泡电阻较小，因此实验电路必须采用电流表外接法；③开关闭合后，调节滑动变阻器滑片的位置，使小灯泡的电压逐渐增大，可在电压表读数每增加一个定值时，读取一次电流值；调节滑片时应注意电压表的示数不能超过小灯泡的额定电压；④在坐标纸上建立坐标系，横、纵坐标所取的分度比例应该适当，尽量使测量数据画出的图线占满坐标纸．连线一定要用平滑的曲线，而不能画成折线．4．测定电池的电动势和内阻(1)由闭合电路欧姆定律：E＝U＋Ir，只要测出两组U、I值，就可以列方程组求出E和r.由于电源的内阻一般很小，为减小测量误差，常采用图4甲所示的电路，而不用图乙所示电路．图4(2)仪器及电路的选择①电压表量程：根据测量电源的电动势的值选取，如测两节干电池，电压表应选0～3 V量程．②电流表量程，因要求流过电源的电流不宜过大，一般选0～0.6 A量程．③滑动变阻器的选取：阻值一般为10～20 Ω.(3)数据处理图5改变R的值，测出多组U、I值，作出U－I图线，如图5所示，图线与U轴交点的纵坐标即为电源电动势，图线斜率的绝对值即为电源内阻．由于电源的内阻很小，既使电流有较大的变化，路端电压变化也很小，为充分利用图象空间，电压轴数据常从某一不为零的数开始，但U－I图象在U轴上的截距和图线斜率的意义不变．(4)注意事项①为了使电源的路端电压变化明显，电源的电阻宜大一些；②电源在大电流放电时极化现象较严重，电动势E 会明显下降，内阻r 会明显增大，故长时间放电电流不宜超过0.3 A ，短时间放电电流不宜超过0.5 A ，因此实验中不要将I 调得过大，读电表时要快，每次读完后应立即断电；③测出不少于6组I 、U 数据，且变化范围要大，用方程组求解，分别求出E 、r 值再求平均值； ④画出U －I 图象，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可不予考虑；⑤计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用r ＝|ΔU ||ΔI |算出电源的内阻r .。
高考物理二轮专题复习 考前必做题 倒数第5天课件
图1 A.交变电流的频率为 0.02 Hz B.原线圈输入电压的最大值为 200 2 V C.电阻 R2 的电功率约为 6.67 W D.通过 R3 的电流始终为零
知识回扣导图
规律方法回扣
解析 由题中图象可知该交变电流的周期为 0.02 s，所以频
率为 50 Hz，选项 A 错误；因为变压器输出电压最大值为
接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，判断
出正确的运动模型；
最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运
动过程中，其能量转化和守恒的关系。
知识回扣导图
规律方法回扣
1.(2015·江苏单科，1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将
220 V交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数为800，则
解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作
“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出
电源参数E和r；
接着进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，
求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、
线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
知识回扣导图
规律方法回扣
5.如图4所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比 n1∶n2＝10∶1，接柱线a、b接一正弦交变电源，电压u＝ 311sin (100πt) V。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图， 其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而 减小)，R1为一定值电阻。下列说法正确的是( )
副线圈匝数为( B )
A.200
B.400
C.1 600
D.3 200
2020高考物理(全国通用)二轮专题知识回扣清单：倒数第10天(含解析)
知识回扣清单倒数第10天物理学史和物理思想方法要点提炼1．高中物理的重要物理学史科学家国籍主要贡献伽利略意大利①1638年，论证较重物体不会比较轻物体下落得快；②伽利略理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；③伽利略在教堂做礼拜时发现摆的等时性，惠更斯根据这个原理制成历史上第一座自摆钟；④伽利略在1683年出版的《两种新科学的对话》一书中，运用“观察→假设→数学推理”的方法，详细地研究了抛体运动．牛顿英国①以牛顿三大运动定律为基础建立牛顿力学；②1687年在《自然哲学的数学原理》上发表万有引力定律，建立行星定律理论的基础．开普勒德国17世纪提出开普勒三大定律．卡文迪许英国1798年利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量G.库仑法国①1785年，库仑用自己发明的扭秤建立了静电学中著名的库仑定律；②静电力常量的数值是在电荷量的单位得到定义之后，后人通过库仑定律计算得出的．密立根美国通过油滴实验测定了元电荷的数值，e＝1.6×10－19C.富兰克林美国①解释了摩擦起电的原因；②通过风筝实验验证闪电是电的一种形式，把天电与地电统一起来，并发明避雷针．欧姆德国通过实验得出欧姆定律．昂尼斯荷兰大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象——超导现象．焦耳英国①与俄国物理学家楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，称为焦耳—楞次定律；②能量守恒定律的发现者之一．楞次俄国1834年楞次确定感应电流方向的定律——楞次定律．奥斯特丹麦1820年，发现电流可以使周围的磁针产生偏转，称为电流的磁效应．洛伦兹荷兰提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点．2 . 重要物理思想、方法(1)理想模型法：为了便于进行物理研究或物理教学而建立的一种抽象的理想客体或理想物理过程，突出了事物的主要因素、忽略了事物的次要因素．理想模型可分为对象模型(如质点、点电荷、理想变压器等)、条件模型(如光滑表面、轻杆、轻绳、匀强电场、匀强磁场等)和过程模型(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速直线运动、匀速圆周运动、恒定电流等)．(2)极限思维法：就是人们把所研究的问题外推到极端情况(或理想状态)，通过推理而得出结论的过程，在用极限思维法处理物理问题时，通常是将参量的一般变化，推到极限值，即无限大、零值、临界值和特定值的条件下进行分析和讨论．如公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时，v是瞬时速度．(3)理想实验法：也叫做实验推理法，就是在物理实验的基础上，加上合理的科学的推理得出结论的方法就叫做理想实验法，这也是一种常用的科学方法．如伽利略斜面实验、推导出牛顿第一定律等．(4)微元法：微元法是指在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体目的的方法．它在解决物理学问题时很常用，思想就是“化整为零”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体．(5)比值定义法：就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，特点是：A＝BC，但A与B、C均无关．如a＝ΔvΔt、E＝Fq、C＝QU、I＝qt、R＝UI、B＝FIL、ρ＝mV等．(6)放大法：在物理现象或待测物理量十分微小的情况下，把物理现象或待测物理量按照一定规律放大后再进行观察和测量，这种方法称为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大．(7)控制变量法：决定某一个现象的产生和变化的因素很多，为了弄清事物变化的原因和规律，必须设法把其中的一个或几个因素用人为的方法控制起来，使它保持不变，研究其他两个变量之间的关系，这种方法就是控制变量法．比如探究加速度与力、质量的关系，就用了控制变量法．(8)等效替代法：在研究物理问题时，有时为了使问题简化，常用一个物理量来代替其他所有物理量，但不会改变物理效果．如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等．(9)类比法：也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法．其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大．如研究电场力做功时，与重力做功进行类比；认识电流时，用水流进行类比；识电压时，用水压进行类比．考前必做题1．在“探究弹性势能的表达式”的实验中，为了计算弹簧弹力所做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做的功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”．下面实例中应用到这一思想方法的是()A．根据加速度定义a＝ΔvΔt，当Δt非常小，ΔvΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度B．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系C．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体，即质点解析A项中是极限法；B项中是控制变量法；C项中是微元法；D项中是模型法，故选C.答案 C2．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法中不正确的是() A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项A正确．欧姆发现了欧姆定律，不能说明热现象和电现象之间存在联系，选项B不正确．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项C正确．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，选项D正确．答案 B3．(多选)学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，关于以上两点下列叙述正确的是() A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系B．库仑提出了用电场线描述电场的方法C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法D．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项A正确．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B错误．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法，选项C正确．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，选项D错误．答案AC4．(2014·高考冲刺试卷三)在物理学发展史上许多科学家做出了卓越的贡献，下列说法中正确的是() A．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，得出了惯性定律B．法拉第经过十年的艰苦努力，最早通过实验研究总结出法拉第电磁感应定律C．牛顿不仅发现了万有引力定律，还测出了引力常量，使该定律得以广泛应用D．库仑最早设计并进行了著名的静电扭秤实验，测出了静电力常量解析伽利略提出了惯性的概念，但没有提出惯性定律，A错；法拉第电磁感应定律是纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后总结出来的，B错；引力常量是卡文迪许测出来的，C错；库仑最早设计并进行了著名的静电扭秤实验，测出了静电力常量，D正确．答案 D5．伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同，阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有() A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关解析小球下滑的加速度a＝g sin θ下滑过程中小球速度v＝at＝g sin θ·t位移x＝12＝12g sin θ·t22at滑到斜面底端时v2＝2aL＝2g sin θ·L(L为斜面的长度)由这几式看出，当θ一定时，v∝t，x∝t2；当斜面长度一定时，v2∝sin θ，t2∝1，sin θ所以A、C、D项均错误，B项正确．答案 B。
高考新课标高考物理二轮知识回扣清单倒数第13天(含答案解析)
编织知识网络回放高考要点通过图解高中物理基础知识、基本规律和方法，总览高中物理全貌，在高考前给你一览众山小的惊叹！倒数第13天三种性质力和牛顿运动定律1．重力与万有引力之间有什么关系？答案重力是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转的向心力．2．超重和失重是重力变大或变小了吗？超重和失重的物体具有什么特点？答案(1)超重：当物体具有向上或向上的分量的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力(即视重大于重力)的现象，重力并未因此改变．(2)失重：当物体具有向下或向下的分量的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力(即视重小于重力)的现象，重力并未因此改变．(3)完全失重：当物体具有向下或向下的分量的加速度为g时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的现象．处于完全失重状态时涉及重力的作用原理的公式均不再成立．3．弹力存在的条件是什么？如何判定弹力是否存在？弹力的方向如何确定？答案(1)产生条件：接触、挤压和发生弹性形变．(2)有无弹力的判断：①根据弹力产生的条件判断；②根据“假设法”判断．(3)常见的弹力分类及方向：①支持面的弹力方向垂直于支持面(法向力)，指向被支持或被挤压物体．②轻绳的弹力方向总是沿着轻绳而指向轻绳收缩的方向．③轻杆弹力的方向需根据物体所处的具体状态来确定．④与球形物体接触时，弹力一定垂直于接触面的切线并指向被支持物体的球心．4．摩擦力存在的条件是什么？确定摩擦力方向的方法有哪些？答案(1)摩擦力的存在应具备三个条件：物体相互接触，接触面粗糙；物体间有正压力；物体间有相对运动或相对运动的趋势．(2)常用的判断方法：①“假设法”和“反推法”a．假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的物体间能否发生相对运动．若能，则有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力．b．反推法：是从研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成该条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了．②利用牛顿第二定律判断先假设物体受摩擦力作用，并假设出方向，利用牛顿第二定律或平衡条件列式计算．若F静≠0，则有静摩擦力；F静>0，说明其方向与假设方向相同；F静<0，说明其方向与假设方向相反．③利用牛顿第三定律(即相互作用力的关系)判断此法关键是抓住“摩擦力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的摩擦力方向，再确定另一物体受到的摩擦力方向．5．弹力和摩擦力之间具有密切的关系，请说明它们之间的相互依存关系和方向关系是什么？答案(1)存在条件关系：有弹力不一定有摩擦力，但有摩擦力一定存在弹力．(2)摩擦力的方向在两物体接触面上且沿切线方向，而弹力的方向(即正压力方向)一定与摩擦力方向垂直．6．物体处于平衡状态的条件是什么？有哪些主要的推论？答案共点力作用下物体的平衡条件是：∑F＝0，或同时满足∑F x＝0、∑F y＝0.根据平衡条件可得以下重要推论：(1)当物体处于平衡状态时，它所受的某一个力与它所受的其余力的合力等值反向；(2)当三个共点力作用于物体并处于平衡状态时，三个力的矢量组成一封闭的矢量三角形．7．力的合成与分解遵循什么规律？处理平衡问题常用的方法有哪些？答案遵循平行四边形定则；常用的方法主要有矢量三角形法、正交分解法、推论法．8．牛顿第一定律是实验定律吗？在应用牛顿第二定律时应注意它的哪些性质？答案牛顿第一定律：(1)牛顿第一定律不是现实实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想斜面实验为基础，加之抽象思维，概括总结出来的；(2)牛顿第一定律揭示了力并不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因；(3)惯性是物体固有的属性，与物体是否受力或所处运动状态无关．应用牛顿第二定律时应注意其瞬时性、矢量性和独立性．9．相互作用力与二力平衡的联系和区别是什么？答案(1)联系：力的大小相等、方向相反、作用在同一直线上．(2)区别：一对平衡力作用在同一物体上，不一定是同一性质的力，一个力消失(或变化)，另一个力未必消失(或变化)；作用力与反作用力作用在两个相互作用的物体上，两力同性质、同时产生、同时变化、同时消失．。
高考物理大二轮专题复习 知识回扣清单 倒数第1天 物理实验(二)
倒数第1天 物理实验(二)1．多用电表(1)正确使用①电流的流向：由于使用多用电表时不管测量项目是什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔．②要区分开“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．③选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位．由于欧姆挡刻度的非线性，使用欧姆挡测电阻时，表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间一段刻度范围(14R 中～4R 中)为测量的有效范围，譬如，J0411型多用电表欧姆挡的R 中＝15 Ω，当待测电阻约为2 kΩ时，则应选用×100 挡．(2)注意问题①在使用前，应观察指针是否指向电流表的零刻度线，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使指针指在电流表的零刻度；②测电阻时，待测电阻须与其他元件和电源断开，不能用手接触表笔的金属杆；③合理选择欧姆挡的量程，测量时使指针尽量指在表盘中央位置附近；④换用欧姆挡的另一量程时，一定要重新进行欧姆调零，才能进行测量；⑤读数时，应将表针示数乘以选择开关所指的倍率；⑥测量完毕时，要把表笔从测试孔中拔出，选择开关应置于交流电压最高挡或“OFF”挡，若长时间不用时，还应把电池取出．2．测定金属的电阻率(1)实验原理用毫米刻度尺测一段金属丝的长度l ，用螺旋测微器测导线的直径d ，用伏安法测导线的电阻R ，根据电阻定律R ＝ρl S 可求金属丝的电阻率ρ＝πd 24lR . (2)电流表的内、外接法在伏安法测电阻的实验中，若R V R x >R x R A ，选用电流表外接电路；若R V R x <R x R A，选用电流表内接电路．(3)控制电路的选择如果滑动变阻器的额定电流够用，在下列三种情况下必须采用分压式接法(如图1所示)．图1①用电器的电压或电流要求从零开始连续可调．②要求用电器的电压或电流变化范围大，但滑动变阻器的阻值小．③采用限流接法图2时控制不住，电表总超量程，用电器总超额定值．在安全(I滑额够大，仪表不超量程，用电器上的电流、电压不超额定值，电源不过载)、有效(调节范围够用)的前提下，若R x<R0，原则上两种电路均可采用，但考虑省电、电路结构简单，可优先采用限流接法(如图2所示)；而若R x≫R0，则只能采用分压电路．(4)注意事项①本实验中待测金属丝的电阻值较小，为了减小实验的系统误差，必须采用电流表外接法；②实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、开关、电流表、待测金属丝、滑动变阻器连成主线路，然后再把电压表并联在待测金属丝的两端；③闭合开关之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置；④在用伏安法测电阻时，通过待测金属丝的电流I的值不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝的温度过高，造成其电阻率在实验过程中增大；⑤求R x的平均值可用两种方法：第一种是算出各次的测量值，再取平均值；第二种是用U－I 图线的斜率来求出．若采用图象法，在描点时要尽量使点间的距离拉大一些，连线时要让各点均匀分布在直线两侧，个别明显偏离直线较远的点不予考虑．3．描绘小灯泡的伏安特性曲线(1)实验原理①恒定电阻的伏安特性曲线是直线，而小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，故其伏安特性曲线为曲线．②用电流表测出流过小灯泡的电流，用电压表测出小灯泡两端的电压，测出多组(U、I)值后，在U－I坐标系中描出对应点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来．就得到小灯泡的伏安特性曲线．图3(2)电路设计(如图3所示)．①实验中，小灯泡两端的电压要求从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法．②实验中，被测小灯泡电阻一般很小(几欧或十几欧)，电路采用电流表外接法．(3)注意事项①本实验需作出I－U图线，要求测出一组包括零在内的电压值、电流值，因此滑动变阻器要采用分压式接法；②因被测小灯泡电阻较小，因此实验电路必须采用电流表外接法；③开关闭合后，调节滑动变阻器滑片的位置，使小灯泡的电压逐渐增大，可在电压表读数每增加一个定值时，读取一次电流值；调节滑片时应注意电压表的示数不能超过小灯泡的额定电压；④在坐标纸上建立坐标系，横、纵坐标所取的分度比例应该适当，尽量使测量数据画出的图线占满坐标纸．连线一定要用平滑的曲线，而不能画成折线．4．测定电池的电动势和内阻(1)由闭合电路欧姆定律：E＝U＋Ir，只要测出两组U、I值，就可以列方程组求出E和r. 由于电源的内阻一般很小，为减小测量误差，常采用图4甲所示的电路，而不用图乙所示电路．图4(2)仪器及电路的选择①电压表量程：根据测量电源的电动势的值选取，如测两节干电池，电压表应选0～3 V量程．②电流表量程，因要求流过电源的电流不宜过大，一般选0～0.6 A量程．③滑动变阻器的选取：阻值一般为10～20 Ω.(3)数据处理图5改变R的值，测出多组U、I值，作出U－I图线，如图5所示，图线与U轴交点的纵坐标即为电源电动势，图线斜率的绝对值即为电源内阻．由于电源的内阻很小，既使电流有较大的变化，路端电压变化也很小，为充分利用图象空间，电压轴数据常从某一不为零的数开始，但U－I图象在U轴上的截距和图线斜率的意义不变．(4)注意事项①为了使电源的路端电压变化明显，电源的电阻宜大一些；②电源在大电流放电时极化现象较严重，电动势E 会明显下降，内阻r 会明显增大，故长时间放电电流不宜超过0.3 A ，短时间放电电流不宜超过0.5 A ，因此实验中不要将I 调得过大，读电表时要快，每次读完后应立即断电；③测出不少于6组I 、U 数据，且变化范围要大，用方程组求解，分别求出E 、r 值再求平均值；④画出U －I 图象，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可不予考虑；⑤计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用r ＝|ΔU ||ΔI |算出电源的内阻r .。
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倒数第6天电场和带电粒子在电磁场中的运动知识回扣导图
考前必做题
1．如图1所示，菱形abcd的四个顶点分别放上电荷量都为Q的不同电性的点电荷，∠abc＝120°.对角线的交点为O，A、B、C、D分别是O点与四个顶点连线的中点，则下列说法正确的是
( )
图1
A．O点的电势和电场强度都为零
B．A、C两点的电场强度相等
C．B、D两点的电势相等且都为正
D．正的检验电荷从A到D电场力做正功
解析根据电场叠加原理可知，O点的场强为零，电势为正，A项错误；根据电场叠加原理可知，A、C两点的场强等大反向，B项错误；根据几何关系可知，B、D点都在a、b两个等量异种点电荷电场中零等势线的右侧，都在c、d两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧，因此电势叠加后肯定为正，根据对称性可知，这两点的电势相等，C项正确；同理可以分析，A点电势为负，因此正的检验电荷从A到D电势能增大，电场力做负功，D项错误．
答案 C
2．(多选)如图2为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，－x0与x0关于坐标原点对称，则下列说法正确的是
( )
图2
A．纵横的左侧为匀强电场
B．－x0处的场强为零
C．一电子在x0处由静止释放，电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
D．一电子在x0处由静止释放，电子不一定沿x轴正方向运动，但速度逐渐增大
解析纵轴的左侧x轴上电势处处相等，因此场强为零，不可能是匀强电场，A项错误，B项正确；x轴正半轴不一定与电场线重合，且电场线不一定是直的，因此带电粒子不一定沿x轴正方向运动，但从静止开始只在电场力的作用下运动，电场力做正功，速度逐渐增大，C项错误，D项正确．
答案BD
3．(多选)如图3所示，一带电粒子仅在电场力的作用下，沿一直的电场线从A点运动到B点，则关于此带电粒子运动的v－t图象，可能正确的是
( )
图3
解析带电粒子在直的电场线上从A点运动到B点，在电场力的作用下，不是做加速运动，就是做减速运动，不可能做匀速运动，也不可能先减速后加速，因此A、B项错误；如果电场力的方向与运动方向相反，且电场强度先增大后减小，则C项正确；如果电场力的方向与运动方向相同，且电场强度先增大后减小，则D项正确．
答案CD
4．(多选)如图4所示的平行板电容器、电源、电阻和电键组成的电路中，电键K闭合后，两板间的带电粒子处于静止状态，则下列说法正确的是
( )
图4
A．粒子带负电
B．断开电键K，粒子会向下运动
C．保持电键K闭合，增大两板间距离的过程中，电流表中有从左向右的电流
D．保持电键K闭合，使两板绕垂直于纸面的过两板中点的轴沿顺时针以相同的角速度缓慢转动一个很小的角度，粒子仍会保持静止
解析K闭合时，上板带正电，粒子要保持静止，电场力向上，因此粒子带负电，A项正确；断开电键后，两板上的带电荷量保持不变，粒子仍保持静止，B项错误；保持电键K闭合，增大两板间距离的过程中，由
平行板电容器的电容决定式C＝
εr S
4πkd
可知，电容器的电容减小，两板间的电压不变，由Q＝CU可知，电容
器的带电荷量减小，电容器放电，电流表中有从左到右的电流，C项正确；保持电键K闭合，使两板绕垂直于纸面的过两板中点的轴沿顺时针以相同的角速度缓慢转动一个很小的角度，两板间的电场有了一个水平分量，粒子会受到一个水平的电场分力，不会保持静止状态，D项错误．
答案 AC
5．(多选)如图5所示，水平放置的平行板M 、N 带等量的异种电荷，一带电小球从N 板的左边缘A 点以初速度
v 0射入板间电场，并沿直线AB 运动，则下列说法正确的是
( )
图5
A ．小球沿A
B 做匀变速直线运动 B ．小球的电势能一定减少
C ．在小球运动过程中，将M 板向下移，小球在电场中将做向下偏的曲线运动
D ．在小球运动过程中，将M 板渐渐地向右移，小球在电场中将做向上偏的曲线运动
解析 如果小球做匀变速直线运动，则合力一定与速度在同一直线上，而小球受到的电场力与重力均沿竖直方向，合力不可能与AB 平行，因此小球不可能做匀变速直线运动，一定是做匀速直线运动，A 项错误；小球受到的电场力方向竖直向上，与速度的夹角小于90°，因此电场力做正功，小球的电势能减小，B 项正确；将M 板下移，板间距离减小，由E ＝U d ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，得E ＝4πkQ εr S ，由此可知，向下移动M 板，板间的
电场强度不变，小球受到的电场力不变，因此小球仍然做匀速直线运动，C 项错误；若将M 板向右移动，板间的正对面积减小，由E ＝4πkQ
εr S
可知，电场强度增大，小球受到的电场力大于重力，因此小球会做向上偏的曲线运动，D 项正确． 答案 BD
6．(多选)如图6所示，一带电粒子，质量为m ，电荷量为q ，以一定的速度沿水平直线A′B′方向通过一正交
的电磁场，磁感应强度为B 1，电场强度为E.粒子沿垂直等边三角形磁场边框的AB 边方向由中点的小孔O 进入另一匀强磁场，该三角形磁场的边长为a ，经过两次与磁场边框碰撞(碰撞过程遵从反射定律)后恰好返回到小孔O ，则以下说法正确的是
( )
图6
A ．该带电粒子一定带正电
B ．该带电粒子的速度为E
B 1
C ．等边三角形磁场的磁感应强度为2mE
B 1qa
D ．该粒子返回到小孔O 之后仍沿B′A′直线运动
解析由于磁场的方向没有明确，因此无法确定带电粒子的电性；由粒子做直线运动不难得出，该粒子做的
一定是匀速直线运动，则由Eq＝B1qv可得v＝E
B1
；进入三角形磁场区后，经过2次碰撞恰好返回到小孔O，
经分析可知，该粒子在其中做匀速圆周运动的半径为a
2
，由
a
2
＝
mv
B2q
可得B2＝
2mE
B1qa
；当粒子重新返回到小孔O时，
由粒子的受力不难得出电场力和洛伦兹力同向，故不能沿直线运动．答案BC。