高考物理课外辅导讲义(8)(含解析)
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第8章第1讲电流电阻电功及电功率(含解析)
第八章恒定电流第1讲电流电阻电功及电功率主干梳理对点激活知识点M 电流欧姆定律n1. 电流⑴形成电流的条件①导体中有能够［P1自由移动的电荷。
②导体两端存在［02电压。
（2）电流的方向与正电荷定向移动的方向|~03相同，与负电荷定向移动的方向画相反。
在外电路中电流由电源正极流向负极，在内电路中电流由电源_05负极流向_06正极。
电流虽然有方向，但它是07标量。
(3)定义式：i = _08*⑷微观表达式：I = _09 nqS/。
⑸单位：安培(安)，符号A,1 A = 1 C/s。
2. 欧姆定律(1) 内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R 成反比。
(2) 公式：竺A R。
(3) 适用条件：适用于33金属导电和电解液导电,适用于纯电阻电路。
对气态导体、半导体元件不适用，对电动机、电解槽等非纯电阻元件不适用。
(4) 伏安特性曲线①定义：在直角坐标系中，用纵轴表示电流i，用横轴表示」4电压u，画出i-u的关系图象，叫做导体的伏安特性曲线。
②线性元件：伏安特性曲线是通过坐标原点的卫直线，这样的电学元件叫做线性元件。
如图甲所示。
遵从欧姆定律。
③非线性元件：伏安特性曲线不是直线的电学元件叫做非线性元件。
如图乙所示。
不遵从欧姆定律。
知识点2 电阻及电阻定律I1. 电阻(1) 定义：导体对电流的阻碍作用，叫做导体的电阻。
(2) 公式：01 R= UU，其中U为导体两端的电压，I为通过导体的电流。
(3) 单位：国际单位是欧姆(Q。
(4) 决定因素：导体的电阻反映了导体阻碍电流的性质，其大小由导体本身决定，与加在导体两端的电压和通过导体的电流02无关。
2. 电阻定律(1) 内容：同种材料的导体，其电阻R与它的03长度I成正比，与它的_04横截面积S成反比；导体电阻还与构成它的材料有关。
⑵公式：05 R= %。
(3)适用条件：粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解液。
3. 电阻率(1) 计算公式：_06 p_ RS。
高考物理一轮总复习第八章实验八测定金属的电阻率讲义含解析新人教版06
高考物理一轮总复习第八章实验八测定金属的电阻率讲义含解析新人教版06实验八测定金属的电阻率◆注意事项1．本实验中被测金属丝的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法．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、被测金属丝、滑动变阻器连成主干线路(闭合电路)，然后再把电压表并联在被测金属丝的两端．3．测量被测金属丝的有效长度，是指测量被测金属丝接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的被测金属丝长度，测量时应将金属丝拉直，反复测量三次，求其平均值．4．测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值．5．闭合开关S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．6．在用伏安法测电阻时，通过被测金属丝的电流强度I不宜过大(电流表用0～0.6 A 量程)，通电时间不宜过长，以免金属丝的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大．7．若采用图象法求R的平均值，在描点时，要尽量使各点间的距离拉大一些，连线时要尽可能地让各点均匀分布在直线的两侧，个别明显偏离较远的点可以不予考虑．◆误差分析1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一．2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小．3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差．4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差．热点一实验原理与操作[典例赏析][典例1] (2016·全国卷Ⅱ)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器 ________ (填“R 1”或“R 2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为 ________ Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 ________ (填正确答案标号)．A ．100 μAB ．250 μAC ．500 μAD ．1 mA[解析] (1)滑动变阻器使用的是分压式接法，为了调节效果好，选择最大阻值小的滑动变阻器R 1；(2)根据电路图连接实物图，注意滑动变阻器的分压式接法，电压表与电阻箱串联，实物图如图所示；(3)电阻箱阻值为零时，电压表示数为 2.5 V ，认为滑动变阻器上的分压不变，即为2.5 V ，所以当电压表示数为2 V 时，电阻箱上分得电压为0.5 V ，根据串联电路电压比等于电阻比，故电压表的内阻为电阻箱阻值的4倍，则R V ＝4×630 Ω＝2 520 Ω；(4)根据欧姆定律可得I g ＝U g R V ＝2.52 520A≈1 mA. [答案] (1)R 1 (2)见解析 (3)2 520 (4)D实物图连线的技巧1．总的原则：先串后并，接线到柱，注意量程和正负．2．对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可，注意电表的正、负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处．3．对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动头的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间．注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处．[题组巩固]1．实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为 1.7×10－8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；定值电阻：R0＝3 Ω；电源：电动势6 V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选________ (填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________ 端(填“a”或“b”)．(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________ V.(4)导线实际长度为________ m(保留两位有效数字)．解析：(1)由(3)中电流表的读数为0.50 A 时，电压表的读数为2.30 V 可知，R x 和R 0的总阻值约为4.60欧姆，若选用滑动变阻器R 1，电源电压为6 V ，电流表的量程只有0.6 A ，会把电流表烧坏，故滑动变阻器应该选R 2.闭合开关前应将滑片移至a 端保证连入电阻最大．(2)如图所示．(3)由于电压表量程0～3 V ，分度值为0.1 V ，故读数为2.30 V.(4)R x 的阻值约为1.60 Ω，由R x ＝ρl S 可知，l ＝R x S ρ＝1.60×1.0×10－61.7×10－8 m≈94 m. 答案：(1)R 2 a (2)图见解析 (3)2.30(2.29～2.31均正确) (4)94(93～95均正确)2．电学实验中经常需要测量电阻的阻值．(1)测电阻的方法有很多种，现在有一只标“220 V 40 W”的灯泡，它正常工作时的电阻为 ________ Ω.若用多用电表欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻值就 ________ (选填“大于”“等于”或“小于”)灯泡正常工作时的电阻值．(2)用下列器材设计一个实验，测量该灯泡正常工作时的电阻值．A ．220 V 交流电源B ．单刀双掷开关一只C ．电阻箱一只(0～999.9 Ω，额定电流0.5 A)D ．固定电阻一只(0.5 kΩ，额定电流0.3 A)E ．交流电流表一只(0～0.3 A)请在方框内画出电路原理图． 解析：(1)正常工作时电压为额定电压，故有P ＝U 2R ，所以R ＝U 2P＝1 210 Ω；灯泡在正常工作时发热，灯丝电阻率增大，电阻增大，因而用欧姆挡测量时阻值应小于正常工作时的电阻值．(2)应用替代法．因电阻箱的最大阻值小于灯泡正常工作时的电阻值，故应串联一固定电阻，电路原理图如图．答案：(1)1 210 小于(2)图见解析热点二数据处理及误差分析[典例赏析][典例2] 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________ mm(该值接近多次测量的平均值)．(2)用伏安法测金属丝的电阻R x.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：x(3)如图是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P 置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝________ Ω(保留两位有效数字)．(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________ (填选项前的符号)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是________ .A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由电流表和电压表的内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差[解析](1)螺旋测微器的读数为：0 mm＋39.7×0.01 mm＝0.397 mm(0.395～0.399 mm之间均正确)．(2)实验测量数据中电压表示数从0.10 V开始，非常小，应考虑使用滑动变阻器分压式接法，故采用的是图甲的电路设计方案．(3)连图时注意滑动变阻器的分压式接法，注意电流表和电压表的正负极．如图甲．(4)将第2、4、6次测量数据的坐标点标出来后，画出一条直线，舍去第6次实验数据点，让直线过坐标原点，计算出图线斜率为 4.5(4.3～4.7之间均正确)，即为金属丝的阻值．如图乙．(5)根据电阻定律R x＝ρlS＝ρ4lπD2，代入数据计算得到电阻率ρ≈1×10－6Ω·m，C对．(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，A错；电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差，B错；由于该实验原理未考虑电表内阻造成的误差，因此将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差，C对；通过U－I图象处理数据时已经直观地舍去了第6次实验数据，且多次测量后画直线的目的就是取平均值，因此用U －I图象处理数据更好地减小了偶然误差，D对．[答案](1)0.397(0.395～0.399均可) (2)甲(3)见解析图甲(4)见解析图乙4.5(4.3～4.7均可) (5)C (6)CD1．作图象时，应使大多数的点在直线或平滑的曲线上，不在线上的点尽量均匀分布在直线的两侧，误差较大的点舍去不用．2．偶然误差与系统误差的关系(1)偶然误差：由于各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的．通过多次测量求平均值或采用图象法处理数据可减小偶然误差．(2)系统误差：由于仪器本身不精密，实验方法粗略或实验原理不完善而产生的．通过校准仪器或改进实验方法和实验设计原理可减小误差．[题组巩固]3．某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件________ (选填“A”“B”“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.(2)如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________ (选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________ (选填“短路”或“断路”) .(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为 2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.解析：(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B.螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01)mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、8、9间断路．(3)由题意知R AR x≈0.005<R xR V≈0.02，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U、I值，求出R x后，再取平均值作为实验结果．答案：(1)B0.410 (2)7、8、9 断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值)4．某同学为了测量电流表A1内阻的精确值，提供如下器材：电流表A1(量程300 mA，内阻约为5 Ω)；电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)；电压表V(量程15 V，内阻约为3 kΩ)；滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为1 A)；滑动变阻器R2(0～250 Ω，额定电流为0.01 A)；电源E(电动势3 V，内阻较小)；定值定阻R0(5 Ω)；导线、开关若干．(1)要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能减小误差．以上给定的器材中滑动变阻器应选________ .请在下面的虚线框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所选仪器的代号．(2)若选测量数据中的一组来计算电流表A 1的内阻r 1，则r 1的表达式为r 1＝ ________ .(3)上式中各符号的物理意义是_______________________________________________． 解析：(1)要求待测电流表A 1的示数从零开始变化，且多测几组数据，应该设计成分压电路，滑动变阻器应选阻值为0～10 Ω的R 1.电路原理图如图所示．(2)由I 1r 1＝(I 2－I 1)R 0可得电流表A 1的内阻r 1的表达式为r 1＝I 2－I 1I 1R 0. (3)r 1＝I 2－I 1I 1R 0中I 2、I 1分别为某次实验时电流表A 2、A 1的示数，R 0是定值电阻的阻值． 答案：(1)R 1 电路原理图见解析 (2)I 2－I 1I 1R 0 (3)I 2、I 1分别为某次实验时电流表A 2、A 1的示数，R 0是定值电阻的阻值热点三 拓展创新实验[核心提炼]对本实验，除常规的伏安法测电阻外，还可对实验方案进行改进，提出下面几种测量方法：1．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．(1)如图甲所示，当两电表所能测得的最大电压接近时，如果已知A 1的内阻R 1，则可测得A 2的内阻R 2＝I 1R 1I 2. (2)如图乙所示，当两电表的满偏电压U A2≫U A1时，A 1串联一定值电阻R 0后，同样可测得A 2的电阻R 2＝I 1(R 1＋R 0)I 2.2．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知V 1的内阻R 1，则可测出V 2的内阻R 2＝U 2U 1R 1.(2)如图乙所示，两电表的满偏电流I V1≪I V2时，V 1并联一定值电阻R 0后，同样可得V 2的内阻R 2＝U 2U 1R 1＋U 1R 0.3．半偏法测电流表内阻 电路图如图所示步骤：(1)断开S 2，闭合S 1，调节R 0，使A 表满偏为I 0. (2)保持R 0不变，闭合S 2，调节R ，使A 表读数为I 02.(3)由上可得R A ＝R . 4．等效替代法如图所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I ；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数仍为I ，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．[典例赏析][典例3] (2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图(a)所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R 0为标准定值电阻(R 0＝20.0 Ω)；V 可视为理想电压表；S 1为单刀单掷开关，S 2为单刀双掷开关；E 为电源；R 为滑动变阻器．采用如下步骤完成实验．(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S 1；(3)将开关S 2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表V 的示数U 1；然后将S 2掷于2端，记下此时电压表V 的示数U 2；(4)待测电阻阻值的表达式R x ＝ ________ (用R 0、U 1、U 2表示)； (5)重复步骤(3)，得到如下数据：(6)利用上述5次测量所得2U 1的平均值，求得R x ＝ ________ Ω.(保留一位小数) [解析] (1)根据原理图进行实物连线，注意滑动变阻器的接法，如图所示．(4)I ＝U 1R 0，U x ＝U 2－U 1，R x ＝U x I联立得：R x ＝(U 2－U 1)·R 0U 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0(6)U 2U 1的平均值为3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.395＝3.41 R x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0＝(3.41－1)×20.0 Ω＝48.2 Ω. [答案] (1)图见解析 (4)⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0 (6)48.2[题组巩固]5．(2019·长沙模拟)现要测量电流表G 1的内阻，给出下列器材： 电流表G 1(量程5 mA ，内阻r 1约为150 Ω左右)； 电流表G 2(量程10 mA ，内阻r 2约为100 Ω左右)； 定值电阻R 1＝100 Ω；定值电阻R 2＝10 Ω；滑动变阻器R 3(0～200 Ω)；干电池E (1.5 V ，内阻未知)； 单刀单掷开关S ；导线若干． (1)定值电阻选 ____________ ；(2)在虚线框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；(3)若选测量数据中的一组计算r 1，所用的表达式r 1＝ __________ ，式中各符号的意义是：________________________________________________________________________.解析：(1)若选R 2，则其阻值太小，电流过大，而R 1与G 1内阻相当，故选R 1. (2)电路图如图所示：G 2的示数与G 1的示数之差为通过R 1的电流值．(3)由串、并联电路特点：I 1r 1＝R 1(I 2－I 1)，得r 1＝I 2－I 1I 1R 1，I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的示数，R 1表示定值电阻R 1的阻值．答案：(1)R 1 (2)图见解析 (3)I 2－I 1I 1R 1 I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的示数，R 1表示定值电阻R 1的阻值 6．(2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA，内阻大约为2 500 Ω)的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2 000 Ω)；电阻箱R z(最大阻值为99 999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2，C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线．(2)完成下列填空：①R1的阻值为________ Ω(填“20”或“2 000”)．②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中的滑动变阻器的________ 端(填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．③将电阻箱R z的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1.将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置．最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B 与D所在位置的电势________ (填“相等”或“不相等”)．④将电阻箱R z和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为________ Ω(结果保留到个位)．(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：________________________________ .解析：(1)实物连线如图：(2)①滑动变阻器R1要接成分压电路，则要选择阻值较小的20 Ω的滑动变阻器；②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的左端对应的位置；③将电阻箱R z的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1；将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置；最终使得接通S2前后微安表的示数保持不变，这说明S2接通前后在BD中无电流流过，可知B与D所在位置的电势相等；④设滑片D两端电阻分别为R z1和R z2，因B与D所在位置的电势相等，可知R zR z1＝R AR z2；同理当R z和微安表对调时，仍有：R AR z1＝R′z2R z2；联立两式解得：R A＝R z1R′z2＝ 2 500×2 601Ω＝2 550 Ω(3)为了提高测量精度，调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程．答案：(1)连线见解析(2)①20 ②左③相等④2 550(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程7．(2019·福建南安模拟)为测定一个待测电阻R x的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E：电动势3 V，内阻不计电流表A1：量程0～15 mA，内阻约为100 Ω电流表A2：量程0～300 μA，内阻1 000 Ω滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下面问题：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______ (填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________ Ω，这样可以改装成—个量程为3.0 V的电压表；(2)在方框中画出完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号；(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________ mA，电流表A2的示数是________ μA，测得待测电阻R x的阻值是________ .本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因，测量值较真实值________ (选填“偏大”或“偏小”)．解析：(1)题目中未给出电压表，把A2和R2串联起来充当电压表，此电压表量程为3 V，R＝3 V300×10－6 A－1 000 Ω＝9 000 Ω.(2)电路图如图所示．(3)由图示可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数是150 μA，电流表A2的电压读数为1.5 V，待测电阻阻值为R x＝UI1＝1.5 V8.0 mA＝187.5 Ω.测量的电流值偏大，因此测量的电阻偏小．答案：(1)A29 000 (2)图见解析(3)8.0 150 187.5 Ω偏小。
2021高考江苏版物理一轮复习讲义：第8章 章末高效整合
章末高效整合数学技巧|磁场中的几何知识1．概述高中物理要求学生具备数学知识解决物理问题的能力．当带电粒子在磁场中运动时，主要应用平面几何知识，这局部数学知识理解并不困难，关键是灵活的运用．常用的数学知识有：勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角函数，对称性分析，圆的常用几何性质等．2．关键点该类问题的关键点是确定圆心，找出半径和确定圆心角，常有三种情况：(1)粒子两个速度的方向时，画两个速度方向的垂线，交点即圆心，因为这是两处洛伦兹力的方向交点；(2)粒子在某点的一个速度方向，还有过该点粒子轨迹上的一条弦时，作弦的中垂线，中垂线和速度垂线的交点，即为圆心；(3)粒子的一个速度方向和粒子运动的轨迹半径R时，在这个速度的垂线上，通过垂足找出一个半径R的长度，便可以找到圆心．如图8-1所示，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°.空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点，再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点．两点电荷从射出到经过G点所用的时间一样，且经过G点时的速度方向也一样．点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：图8-1(1)点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间；(2)点电荷b 的速度的大小．【思路导引】【标准解答】 (1)设点电荷a 的速度大小为v ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R① 由①式得v ＝qBR m② 设点电荷a 的运动周期为T ，有T ＝2πm qB ③ 如图，O 和O 1分别是a 和b 的圆轨道的圆心．设a 在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系可得：θ＝90° ④故a 从开场运动到经过G 点所用的时间t 为：t ＝πm 2qB .⑤(2)设点电荷b 的速度大小为v 1，轨道半径为R 1，b 在磁场中的偏转角度为θ1，依题意有：t ＝R 1θ1v 1＝Rθv ⑥由式⑥得：v 1＝R 1θ1Rθv ⑦由于两轨道在G 点相切，所以G 点的半径OG 和O 1G 在同一直线上．由几何关系和题给条件可得θ1＝60°⑧ R 1＝2R⑨联立②④⑦⑧⑨解得v 1＝4qBR 3m .【答案】 (1)πm 2qB (2)4qBR 3m[突破训练]1．如图8-2所示，两个同心圆，半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放出粒子的质量为m ，带电量为q ，假设粒子速度方向都和纸面平行．【导学号：96622155】图8-2(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A 点，那么初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，那么粒子的初速度不能超过多少？【解析】 (1)如下图，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，那么由几何关系得R 1＝3r 3，又q v 1B ＝m v 21R 1得v1＝3Bqr3m.(2)如下图，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，那么由几何关系有(2r－R2)2＝R22＋r2可得R2＝3r4，又q v2B＝m v22R2，可得v2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m.【答案】(1)3Bqr3m(2)3Bqr4m物理方法|带电粒子在交变电、磁场中运动问题的解法带电粒子在交变复合场中的运动问题的根本思路：如图8-3甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)．在0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带正电金属小球自坐标原点O处，以v0＝2 m/s 的速度沿x轴正方向射出．E0＝0.2 N/C、B0＝0.2π T．求：(1)1 s 末金属小球速度的大小和方向；(2)1～2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径；(3)6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点时的位置坐标．图8-3【标准解答】 (1)在0～1 s 内，小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动，v x ＝v 0，在y 轴方向做匀加速直线运动，v y ＝qE 0m t 1 1 s 末小球的速度v 1＝v 2x ＋v 2y ＝2 2 m/s设v 1与x 轴正方向的夹角为α，那么tan α＝v y v x＝1 故α＝45°.(2)在1～2 s 内，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB 0＝1 s 由洛伦兹力公式得q v 1B 0＝m v 21R 1解得R 1＝m v 1qB 0＝2π m. (3)如图(a)所示，在5 s 内，小球局部运动轨迹可视为一条连续抛物线．由匀变速直线运动规律知x 方向上 x 3＝v 0tv x ＝v 0y 方向上y 3＝12at 2a ＝qE 0m ，v y 3＝at5 s 末时小球的速度v ＝v 2x ＋v 2y 3＝210 m/stan θ＝v y 3v 0＝3(θ为v 与x 轴的夹角) 在5～6 s 内，小球在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有R ＝m v qB 0如图(b)所示，设离x 轴最远点G 的坐标为(x ，y )，那么x ＝x 3－x 2，y ＝y 3＋y 2其中x 2＝R sin θ，y 2＝R (1＋cos θ)由上述各式可得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6－3π m y ＝⎝⎛⎭⎪⎫9＋10＋1π m. 【答案】 见解析[突破训练]2．如图8-4甲所示，互相平行且水平放置的金属板，板长L ＝1.2 m ，两板距离d ＝0.6 m ，两板间加上U ＝0.12 V 的恒定电压及随时间变化的磁场，磁场变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正．当t ＝0时，有一质量为m ×10－6 kg 、电荷量q ×10－4 C 的粒子从极板左侧以v 0×103 m/s 的速度沿与两板平行的中线OO ′射入，g 取10 m/s 2、π取3.14.求：甲 乙图8-4×10－4 s 内位移的大小x ；(2)粒子离开中线OO ′的最大距离h ；(3)粒子在板间运动的时间t ；(4)画出粒子在板间运动的轨迹图．【解析】 (1)由题意知：Eq ＝U d q ×10－5 N而mg ×10－5 N显然Eq ＝mg×10－4 s 时间内做匀速直线运动，因为Δt ×10－4 s ，所以x ＝v 0Δt ＝0.4 m.×10－4×10－4 s 时间内，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，因为T ＝2πm qB ×10－4 s×10－4×10－4 s 时间内恰好完成一个周期的圆周运动由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20R ，R ＝m v 0qB ＝0.064 mh ＝2R ＝0.128 m<d 2.所以粒子离开中线OO ′的最大距离h ＝0.128 m.(3)板长L ＝1.2 m ＝3xt ＝2T ＋3Δt ×10－4 s.(4)轨迹如图【答案】 见解析高考热点1|带电粒子在磁场中的运动1.匀速圆周运动：⎩⎪⎨⎪⎧ q v B ＝m v 2R ⇒R ＝m v qB T ＝2πR v ＝2πm qBt ＝θ2πT ＝θm qB其中R 、θ主要通过几何关系确定．2．圆周运动的圆心确定方法法1：轨迹上两点的速度方向 法2：己知轨迹上的两点和其中一点的速度方向法3：轨迹上一点的速度方向和半径R法4：轨迹上的两点和半径R如图8-5所示，在x 轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .许多一样的离子，以一样的速率v ，由O 点沿纸面向各个方向(y >0)射入磁场区域．不计离子所受重力及离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y 轴交点为M ，边界与x 轴交点为N ，且OM ＝ON ＝L .图8-5(1)求离子的比荷q m ；(2)某个离子在磁场中运动的时间为t ＝5πL 6v ，求其射出磁场的位置坐标和速度方向．【标准解答】 (1)离子沿y 轴正方向进入，那么离子从N 点垂直射出轨道半径r ＝L 2＝L离子在匀强磁场中做匀速圆周运动q v B ＝m v 2r 那么q m ＝2v BL(2)带电粒子做匀速圆周运动周期T ＝2πm qB ＝πL v设离子在磁场中运动轨迹对应圆心角为θθ＝t T ×2π＝5π3＝300°其轨迹如下图，那么出射位置为x ＝－2r sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π－θ2＝－L sin π6＝－L 2 所以离子射出位置的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－L 2，0 速度方向与x 轴正方向成30°.【答案】 (1)2v BL (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－L 2，0 与x 轴正向成30°角 [突破训练]3．(多项选择)(2021·常州模拟)如图8-6所示，在正方形区域abcd 内有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电荷量为q 的离子垂直于EF 自O 点沿箭头方向进入磁场．当离子运动到F 点时，突然吸收了假设干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与OF 在一条直线上的E 点．OF 的长度为EF 长度的一半，电子电荷量为e (离子吸收电子时不影响离子的速度，电子重力不计)，以下说法中正确的选项是( ) 【导学号：96622156】图8-6A ．此离子带正电B．离子吸收电子的个数为q 2eC．当离子吸收电子后所带电荷量增多D．离子从O到F的时间与从F到E的时间相等AB根据左手定那么可知离子带正电，选项A正确；正离子在吸收电子之前的半径由半径公式得R＝m vqB，正离子吸收假设干电子后轨道半径由半径R变为2R，可得2R＝m v(q－ne)B ，解得n＝q2e，选项B正确；离子原来带正电，当离子吸收电子后所带电荷量减少，选项C错误；由于离子电荷量改变，根据周期公式T＝2πmBq可得，周期变了，因此离子从O到F的时间与从F到E的时间不相等，选项D错误．高考热点2|带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进展分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规律地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x 轴、y 轴正方向建立如图8-7所示的平面直角坐标系．一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒从点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫33l ，0由静止释放后沿直线PQ 运动．当微粒到达点Q (0，－l )的瞬间，撤去电场同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小B ＝m q3g 2l ，该磁场有理想的下边界，其他方向范围无限大．重力加速度为g .求：图8-7(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合外力的大小和方向；(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出，该磁场下边界的y 轴坐标值应满足什么条件？【标准解答】 (1)由于微粒沿PQ 方向运动，可知微粒所受的合力沿PQ 方向，可得qE ＝mg cot α由题意知α＝60°解得E ＝33q mg .(2)微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合成：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向在重力作用下的匀加速直线运动，加速度为g .到达Q 点的竖直分速度为v 2，那么v 22＝2gl ，得v 2＝2gl水平分速度v 1＝v 2tan 30°＝23gl撤去电场加上磁场的瞬间，微粒受洛伦兹力，可根据速度的分解，视为两个分速度对应的洛伦兹力的分力的合成．对于水平分速度v 1，其所对应的洛伦兹力的大小为f 1，方向竖直向上，f 1＝q v 1B ＝q ·23gl ·m q 3g 2l ＝mg即与重力恰好平衡．对于竖直分速度v 2，其所对应的洛伦兹力的大小为f 2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力 F ＝f 2＝q v 2B ＝q ·2gl ·m q 3g 2l ＝3mg .(3)如果把微粒的运动看做水平方向速度为v 1的匀速直线运动与另一个分运动的合成，那么微粒受到的洛伦兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛伦兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动．开场时速度为v 2，方向竖直向下．q v 2B ＝m v 22r解得半径为r ＝m v 2qB ＝233l微粒在磁场中的运动可视为匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，它距Q 点的竖直距离最大为圆的半径r .所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y 坐标值应满足y ≤－(r ＋l )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋1l . 【答案】 见解析[突破训练]4．如图8-8所示，两金属板间有水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带正电、质量为m 的小球垂直于电场和磁场方向从O 点以速度v 0飞入此区域，恰好能沿直线从P 点飞出．如果只将电场方向变为竖直向上，那么小球做匀速圆周运动，加速度大小为a 1，经时间t 1从板间的右端a 点飞出，a 点与P 点间的距离为y 1；如果同时撤去电场和磁场，小球的加速度大小为a 2，经时间t 2从板间的右端b 点以速度v 飞出，b 点与P 点间的距离为y 2.a 、b 两点在图中未标出，那么一定有( )【导学号：96622157】图8-8A ．v 0<vB ．a 1<a 2C ．a 1＝a 2D ．t 1<t 2A 带电小球沿直线从O 点运动到P 点，由运动和力的关系可知，小球做匀速直线运动，其合力为零，即q v 0B ＝qE ＋mg ；假设电场方向变为竖直向上，小球做匀速圆周运动，那么qE ＝mg ，q v 0B ＝ma 1＝m v 20R ，解得a 1＝2g ，t 1＝L ′v 0；假设同时撤去电场和磁场，小球只受重力作用做平抛运动，那么a 2＝g ，由平抛运动的特点可知t 2＝L v 0，由于重力做正功，故v 0<v ，圆周运动的轨迹弧长L ′大于直线OP 的长度L ，即t 1>t 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．。
武胜高考物理课外辅导讲义
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（1）一、选择题1．(2020·湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考)如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )A．F不变，v不变B．F增大，v减小C．F增大，v增大D．F增大，v不变解析：选B.设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcos θ＝mg，因为θ增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1＝vcos θ，因为θ增大，则v减小，故B正确，ACD错误．2．(2020·重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示，下列有关运动的说法正确的是( )A．图甲中撤掉挡板A的瞬间，小球的加速度竖直向下B．图乙中固定在竖直面内的圆环内径r＝1.6 m，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/s C．图丙中皮带轮上b点的向心加速度大小等于a点的向心加速度大小(a点的半径为r，b点的半径4r，c 点的半径为2r)D．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板向下．故A错误．小球在圆环的最高点的临界情况是：mg＝m v2r，解得v＝gr＝4 m/s，知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误．a、c两点的线速度大小相等，根据a＝v2r，则a、c两点的向心加速度之比为2∶1，b、c两点的角速度相等，根据a＝rω2，则b、c两点的加速度之比为2∶1，可知a、b 两点的加速度相等．故C正确．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A做平抛运动，B做自由落体运动，两球同时落地．故D错误．故选C.3．如图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子再次回到x 轴上方所需的时间为2πmBqD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R解析：选C.根据R ＝mvBq 可知粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝13×2πm Bq ＋13×2πm B 2q ＝2πmBq，则C 选项正确；粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进的距离为x ＝2R×cos 30°＋4R×cos 30°＝33R ，则D 选项错误．4．如图所示，半径为R 的圆形区域里有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M 、N 是磁场边界上两点且M 、N 连线过圆心，在M 点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m 、电荷量为q 、速度大小均为v ＝qBR2m的带正电的粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t ＝πR2v，则该粒子从M 点射入磁场时，入射速度方向与MN 间夹角的正弦值为( )A.12 B.35 C.22D.45解析：选A.粒子在磁场中运动轨迹半径r ＝mv qB ＝R 2，由于该粒子在磁场中运动的时间t ＝πR 2v ＝πr v ＝12T ，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP 为正三角形，粒子从M 点射入的速度方向与MN 的夹角为30°，夹角正弦值为12，A 正确．5．(2020·江南南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )解析：选A.线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A 正确，D 错误．6．如图所示，M 、N 为光滑的金属导轨，两导轨平行且在同一水平面内，导轨所在的平面与匀强磁场垂直．导轨的左侧接一定值电阻R ，金属杆AB 在水平恒力F 作用下从静止开始向右运动，则下列杆的速度v 和加速度a 随时间t 的变化关系正确的是(不计导轨与金属杆电阻)( )解析：选B.以金属杆AB 为研究对象，根据牛顿第二定律，F －B 2l 2vR ＝ma ，随着速度的增大，加速度a 越来越小，AB 加速得越来越慢，最后做匀速运动，选项A 错误，选项B 正确；加速度a 减小，但a 与t 不是线性关系，选项C 、D 错误．7、(2020·潮州市二模)如图所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态．三者的质量均为m ，下列说法正确的是( )A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．人受到的摩擦力方向向右C ．箱子对木板的摩擦力方向向右D ．若水平面光滑，人用同样大小的力F 推箱子，能使长木板在水平面上滑动解析：选BC.人用力F 向右推箱子，对箱子受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和向右的推力作用，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A 错误；人用力F 向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故B 正确；箱子受到的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可知箱子对木板的摩擦力方向向右，故C 正确；对三者的整体受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使长木板在水平面上滑动，故D 错误．二、非选择题1．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时间．解析：(1)在圆轨道最高点A 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v2R得F N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g ＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为5.4 N (2)从A 点到D 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgLcos θ＝0－12mv 2即μ＝gR ＋Rcos θ＋Lsin θ－h＋v 22gLcos θ＝0.8(3)设滑块在BC 上向下滑动的时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在C 点时的速度为v C . 由C 到D ：12mv 2C ＝mghv C ＝2gh ＝2 m/sA 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋2gR1＋cos θ＝5 m/s在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑 滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．(2020·滕州期末)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析：(1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ， 则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12qE 2mt 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2mt 2 v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9mv 208qL ，E 2＝9mv 24qL.(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2Lv 0.设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n(n ＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L nv 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23T 2＝Ln 2(n ＝2,3,4，…)．答案：(1)9mv 208qL 9mv 204qL (2)Ln2(n ＝2,3,4，…)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
武胜高考物理课外辅导讲义
四川省广安市武胜县2020届高考物理课外辅导讲义（1）一、选择题1．(2020·湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考)如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )A．F不变，v不变B．F增大，v减小C．F增大，v增大D．F增大，v不变解析：选B.设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcos θ＝mg，因为θ增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1＝vcos θ，因为θ增大，则v减小，故B正确，ACD错误．2．(2020·重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示，下列有关运动的说法正确的是( )A．图甲中撤掉挡板A的瞬间，小球的加速度竖直向下B．图乙中固定在竖直面内的圆环内径r＝1.6 m，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/s C．图丙中皮带轮上b点的向心加速度大小等于a点的向心加速度大小(a点的半径为r，b点的半径4r，c 点的半径为2r)D．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板向下．故A错误．小球在圆环的最高点的临界情况是：mg＝m v2r，解得v＝gr＝4 m/s，知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误．a、c两点的线速度大小相等，根据a＝v2r，则a、c两点的向心加速度之比为2∶1，b、c两点的角速度相等，根据a＝rω2，则b、c两点的加速度之比为2∶1，可知a、b 两点的加速度相等．故C正确．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A做平抛运动，B做自由落体运动，两球同时落地．故D错误．故选C.3．如图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子再次回到x 轴上方所需的时间为2πmBqD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R解析：选C.根据R ＝mvBq 可知粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝13×2πm Bq ＋13×2πm B 2q ＝2πmBq，则C 选项正确；粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进的距离为x ＝2R×cos 30°＋4R×cos 30°＝33R ，则D 选项错误．4．如图所示，半径为R 的圆形区域里有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M 、N 是磁场边界上两点且M 、N 连线过圆心，在M 点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m 、电荷量为q 、速度大小均为v ＝qBR2m的带正电的粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t ＝πR2v，则该粒子从M 点射入磁场时，入射速度方向与MN 间夹角的正弦值为( )A.12 B.35 C.22D.45解析：选A.粒子在磁场中运动轨迹半径r ＝mv qB ＝R 2，由于该粒子在磁场中运动的时间t ＝πR 2v ＝πr v ＝12T ，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP 为正三角形，粒子从M 点射入的速度方向与MN 的夹角为30°，夹角正弦值为12，A 正确．5．(2020·江南南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )解析：选A.线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A 正确，D 错误．6．如图所示，M 、N 为光滑的金属导轨，两导轨平行且在同一水平面内，导轨所在的平面与匀强磁场垂直．导轨的左侧接一定值电阻R ，金属杆AB 在水平恒力F 作用下从静止开始向右运动，则下列杆的速度v 和加速度a 随时间t 的变化关系正确的是(不计导轨与金属杆电阻)( )解析：选B.以金属杆AB 为研究对象，根据牛顿第二定律，F －B 2l 2vR ＝ma ，随着速度的增大，加速度a 越来越小，AB 加速得越来越慢，最后做匀速运动，选项A 错误，选项B 正确；加速度a 减小，但a 与t 不是线性关系，选项C 、D 错误．7、(2020·潮州市二模)如图所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态．三者的质量均为m ，下列说法正确的是( )A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．人受到的摩擦力方向向右C ．箱子对木板的摩擦力方向向右D ．若水平面光滑，人用同样大小的力F 推箱子，能使长木板在水平面上滑动解析：选BC.人用力F 向右推箱子，对箱子受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和向右的推力作用，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A 错误；人用力F 向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故B 正确；箱子受到的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可知箱子对木板的摩擦力方向向右，故C 正确；对三者的整体受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使长木板在水平面上滑动，故D 错误．二、非选择题1．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时间．解析：(1)在圆轨道最高点A 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v2R得F N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g ＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为5.4 N (2)从A 点到D 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgLcos θ＝0－12mv 2即μ＝＋Rcos θ＋Lsin θ－＋v 22gLcos θ＝0.8(3)设滑块在BC 上向下滑动的时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在C 点时的速度为v C . 由C 到D ：12mv 2C ＝mghv C ＝2gh ＝2 m/sA 点到B 点的过程： mgR(1＋cos θ)＝12mv 2B －12mv 2v B ＝v 2＋＋cos θ＝5 m/s在轨道BC 上：下滑：L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2Lv B ＋v C ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v C －a 2t 2t 2＝v C a 2＝212.4s≈0.16 sμ＞tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑 滑块在BC 上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案：(1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．(2020·滕州期末)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析：(1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ， 则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12qE 2mt 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2mt 2 v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9mv 208qL ，E 2＝9mv 24qL.(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2Lv 0.设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n(n ＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L nv 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23T 2＝Ln 2(n ＝2,3,4，…)．答案：(1)9mv 208qL 9mv 204qL (2)Ln2(n ＝2,3,4，…)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
衡水中学2021届高考物理实验专题复习讲义实验八 测定金属的电阻率
实验八 测定金属的电阻率实验原理与操作数据处理与分析[数据处理]1．求R x 的平均值时可用的两种方法(1)第一种是用R x ＝UI 算出各次的数值，再取平均值。
(2)第二种是用U I 图线的斜率求出。
2．计算电阻率：将记录的数据U 、l 、d 的值代入电阻率计算公式ρ＝R x S l ＝πd 2U4lI 。
[误差分析]1．测量金属丝直径、长度以及电流、电压带来误差。
2．电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，因为电流表外接，所以R x 测＜R x 真，由R x ＝ρlS，知ρ测＜ρ真。
3．通电电流过大，时间过长，致使电阻丝发热，电阻率随之变化带来误差。
[注意事项]1．先测直径，再连电路：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量。
2．电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法。
3．电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大。
热点一 器材的选择、电路的设计 1．电路设计原则(1)正确性：实验所依据的原理应当符合物理学的基本原理。
(2)安全性：实验方案的实施要安全可靠，实施过程中不应对仪器及人身造成危害。
要注意到各种电表均有量程、电阻均有最大允许电流和最大功率，电源也有最大允许电流，不能烧坏仪器。
(3)方便性：实验应当便于操作，便于读数，便于进行数据处理。
(4)精确性：在实验方案、仪器、仪表量程的选择上，应使实验误差尽可能小。
2．电学实验仪器的选择(1)选择电表：根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表。
合理选择量程，务必使指针有较大偏转(一般要大于满偏度的13)，以减小测读误差。
(2)选择滑动变阻器：根据电路中可能出现的电压或电流范围选择滑动变阻器，注意流过滑动变阻器的电流不超过它的额定值，在此条件下，为了便于调节选总阻值小的。
[测电流表的内阻]某同学为了测量电流表内阻的精确值，提供如下器材：电流表(量程300 mA，内阻约为5 Ω)电流表(量程600 mA，内阻约为1 Ω)电压表(量程15 V，内阻约为3 kΩ)滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为1 A)滑动变阻器R2(0～250 Ω，额定电流为0.01 A)电源E(电动势3 V，内阻较小)定值电阻R0(5 Ω)导线、开关若干(1)要求待测电流表的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能减小误差。
届高考物理一轮复习讲义：第八章 恒定电流第讲 电路 电路的基本规律 Word版含答案
第2讲电路电路的基本规律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电阻的串联、并联Ⅰ1.串、并联电路的特点2.电流表、电压表的改装(1)小量程电流表(表头)①工作原理:主要由磁场和放入其中可转动的线圈组成。
当线圈中有电流通过时，线圈在安培力作用下带动指针一起偏转，电流越大，指针偏转的角度越大，从表盘上可直接读出电流值。
②三个参数:满偏电流I g，表头内阻R g，满偏电压U g，它们的关系:U g＝I g R g。
(2)电压表、电流表的改装电流表、电压表都是由小量程的电流表G(表头)改装而成的。
它们的改装原理见下表:【知识点2】电源的电动势和内阻Ⅰ1.电动势(1)定义:电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极移送到正极所做的功。
(2)表达式:E＝W q。
(3)物理意义:反映电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量。
(4)特点:大小由非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关。
2.内阻:电源内部也是由导体组成，也有电阻，叫做电源的内阻，常用r表示，它是电源的另一重要参数。
【知识点3】闭合电路的欧姆定律Ⅱ1.闭合电路欧姆定律(1)内容:闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
(2)公式①I＝ER＋r(只适用于纯电阻电路)；②E＝U外＋Ir(适用于所有电路)。
2.路端电压与外电阻的关系3.路端电压跟电流的关系(1)关系式:U＝E－Ir。
(2)用图象表示如图所示，其中纵轴截距为电动势，横轴截距为短路电流，斜率的绝对值为电源的内阻。
4．电路的功率和效率(1)电源的功率P总＝EI。
(2)电源内部损耗功率P内＝I2r。
(3)电源的输出功率P出＝UI。
(4)电源的效率η＝P出P总×100%＝UE×100%。
板块二考点细研·悟法培优考点1 电路的动态分析[拓展延伸]1.电路的动态变化断开或闭合开关、滑动变阻器的滑片移动、电阻增大或减小会导致电路电压、电流、功率等的变化。
高考物理(江苏专用)大一轮复习讲义(课件)第八章 磁场 专题强化九
题组阶梯突破
组合场中两种典型的偏转 电偏转 粒子垂直于电场线进入匀强电场
类平抛运动 第3步：用规律 磁偏转 匀速圆周运动
圆轨迹
找半径
半径公式 定圆心
周期公式
电偏转
类平抛运动
初速度方向 电场方向
匀速直线运动 匀变速直线运动
题组阶梯突破
分析
规范解答（1） 规范解答（2）
v0 v
4. x轴下方有两个关于直线x＝－0.5a对称的沿x轴的匀强电场(大小相等，方向相
内容索引
命题点一
带电粒子在叠加场中的运动
命题点二
带电粒子在组合场中的运动
课时作业
1
命题点一
带电粒子在叠加场中的运动
1.带电体在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不 做功，故机械能守恒，由此可求解问题． (2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) ①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． ②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力 不做功，可用动能定理求解问题．
圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过
F点，在F点速度为vF＝4 m/s(不计空气阻力， g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8).求：
(1)小球带何种电荷？ 答案 正电荷
高考物理必考难点秒杀技法(8)波的传播方向与质点振动方向判析(含解析)
难点8 波的传播方向与质点振动方向判析●难点磁场1.（★★★★）（广东、广西卷）一列在竖直方向振动的简谐横波，波长为λ，沿 x 轴正方向传播.某一时刻，在振动位移向上且大小等于振幅一半的各点中，任取相邻的两点 P 1、P 2，已知P 1的 x 坐标小于P 2的 x 坐标.A.若21P P ＜2λ，则P 1向下运动，P 2向上运动B.若21P P ＜2λ，则P 1向上运动，P 2向下运动C.若21P P ＞2λ，则P 1向上运动，P 2向下运动 D.若21P P ＞2λ，则P 1向下运动，P 2向上运动2.（★★★★）如图8-1所示，一根张紧的水平弹性长绳上的 a 、b 两点，相 距14.0 m ，b 点在 a 点的右方.当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若 a 点的位移达到正极大时，b 点的位移恰为零，且向下运动.经过1.00 s 后，a 点的位移为零，且向下运动，而 b 点的位移恰达到负极大.则这简谐横波的波速可能等于A.14 m/sB.10 m/sC.6 m/sD.4.67 m/s ●案例探究例1］（★★★）（全国高考题）一列简谐横波在 x 轴上传播，在某时刻的波形如图8-2所示.已知此时质点 F 的运动方向向下，则A.此波朝 x 轴负方向传播B.质点D 此时向下运动C.质点B 将比质点C 先回到平衡位置D.质点E 的振幅为零解题方法与技巧：解法一：带动法：波的传播过程是振动的传播过程，当介质中某一质点开始振动时，必然带动其周围相邻的质点振动，这些质点又依次带动各自相邻的质点振动，依次类推，振动就逐渐传播开来形成波.因此，沿波的传播方向各质点的步调是依次落后的，总是前一质点带动相邻后一质点，后一质点总是力图跟上带动其振动前一相邻的质点并重复其运动.据图象信息知，此该F 点振动方向向下，是由G 点带动的结果，G 质点比F 点更靠近波源，故波是沿 x 轴负方向传播的，故选项A 正确.同理D 点在E 带动下，力图跟上E 点并重复E 的振动.故D 点振动方向向下，B 选项正确.B 点被C 点所带动，步调落后于C ，故C 先回到平衡位置，故选项C 错.参与简谐波的各质点振幅均相等.故E 的振幅不为零，选项D 错. 图8-1图8-2解法二：上下坡法：沿着波的传播方向看，“上坡”处的质点振动方向向下，“下坡”处的质点振动方向向上，简称“上坡下，下坡上”.题中F振动方向向下，应该处于“上坡”处，也只有逆着x正方向看它在处于“上坡”处，故波传播方向是沿x轴负方向.故 A 选项正确.此时D亦处于“上坡”处，故振动方向向下. B选项正确，B处于“下坡处”，振动方向运离平衡位置向上，而C质点处最大位移处向平衡位置运动，故B点要落后于C点到平衡位置，故C选项错.振动的各质点振幅相同，故D 选项错.例2］（★★★★）图8-3所示的是某横波的图象，由图可知A.若波向右传播，则质点B正向右运动B.若波向右传播，则质点C正向左运动C.若波向左传播，则质点D正向下运动D.若波向左传播，则质点B正向上运动错解分析：掌握不住波动形成机理与实质，是造成错选的根本原因.解题方法与技巧：（解法一：）图象微平移法：由波动的实质——质点仅在自己的平衡位置附近振动，并不随波迁移可知，选项A、B均不正确.当波向左传播时，根据图象平移法，将实线波形向左微平移Δx，得虚线波形（见图8-4），可见图象平移后质点B、D的新位置在原位置的下方，故正确选项应为C.（解法二：）同侧法：在波的图象的某一点，沿竖直方向画出一箭头表示质点振动方向，并设想在同一点沿水平方向画一箭头表示波的传播方向，那么这两箭头总是指向曲线的同侧，可称为“同侧法”.据此法过B点向左画一箭头表示波的传播方向，由“同侧”性规律，便知代表B点振动方向的箭头必然向下，故B点振动方向向下，同理D点振动方向向下，故选项C正确.●锦囊妙计二、波的传播方向与振动方向判断方法依波的形成机理和传播规律可分为“质点带动法”和“图象微平移法”.此外还有“上下坡法”“同侧法”等.1.质点带动法（特殊点法）：图8-3图8-4图8-5由波的形成传播原理可知，后振动的质点总是重复先振动质点的运动，若已知波的传播方向而判断质点振动方向时，可在波源一侧找与该点距离较近（小于4 ）的前一质点，如果前一质点在该质点下方，则该质点将向下运动（力求重复前面质点的运动），否则该质点向上运动.例如向右传的某列波，某时刻波的图象如图8-5所示，试判断质点M 的振动方向，可在波源一侧找出离M 较近的前一质点M ′，M ′在M 下方，则该时刻M 向下运动.2.微平移法：所谓微移波形，即将波形沿波的传播方向平衡微小的一段距离得到经过微小一段时间后的波形图，据质点在新波形图中的对应位置，便可判断该质点的运动方向.如图8-6所示，原波形图（实线）沿传播方向经微移后得到微小一段时间的波形图（虚线），M 点的对应位置在M ′处，便知原时刻M 向下运动.3.上下坡法沿波的传播方向看去，“上坡”处的质点向下振动."下坡"处的质点向上振动.如图8-7所示，简称“上坡下，下坡上”图8-7 图8-84.同侧法在波的图形的某质点M 上，沿波的传播方向画一箭头，再沿竖直方向向曲线的同侧画另一箭头，则该箭头即为质点振动方向，如图8-8所示.●歼灭难点训练1.（★★★）简谐横波在某时刻的波形图线如图8-9所示，由此图可知A.若质点 a 向下运动，则波是从左向右传播的B.若质点b 向上运动，则波是从左向右传播的C.若波从右向左传播，则质点 c 向下运动D.若波从右向左传播，则质点d 向上运动2.（★★★★）如图8-10所示，O 是波源,a 、b 、c 、d 是波传播方向上各质点的平衡位置，且Oa =ab =bc =cd =3 m ，开始各质点均静止在平衡位置，t =0时波源O 开始向上做简谐运动，振幅是0.1 m ，波沿Ox 方向传播，波长是8 m ，当O 点振动了一段时间后，经图8-6图8-9图8-10过的路程是0.5 m ，各质点运动的方向是A.a 质点向上B.b 质点向上C.c 质点向下D.d 质点向下3.（★★★★）（1999年全国高考）图8-11（a ）中有一条均匀的绳，1、2、3、4、…是绳上一系列等间隔的点.现有一列简谐横波沿此绳传播.某时刻，绳上9、10、11、12四点的位置和运动方向如图8-11（b ）所示（其他点的运动情况未画图），其中点12的位移为零，向上运动，点9的位移达到最大值.试在图8-11（c）中画出再经过43周期时点3、4、5、6的位置和速度方向，其他点不必画.图（c ）的横、纵坐标与图（a ）、（b ）完全相同.4.（★★★★）如图8-12在x y 平面内有一沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为1 m/s ，振幅为4 cm ，频率为2.5 H z.在t=0时刻，P 点位于其平衡位置上方最大位移处，则距P 为0.2 m 的Q 点（见图）.A.在0.1 s 时的位移是4 cmB.在0.1 s 时的速度最大C.在0.1 s 时的速度向下D.在0到0.1 s 时间内的路程是4 cm5.（★★★★★）一列简谐横波，在t =0时刻的波形如图8-13所示，自右向左传播，已知在t 1 =0.7 s 时，P 点出现第二次波峰（0.7 s 内P 点出现两次波峰），Q 点的坐标是（-7，0），则以下判断中正确的是A.质点A 和质点B 在t =0时刻的位移是相等的B.在t =0时刻，质点C 向上运动C.在t 2=0.9 s 末，Q 点第一次出现波峰D.在t 3=1.26 s 末，Q 点第一次出现波峰图8-12图8-13 图8-14图8-116.（★★★★★）如图8-14所示，一列沿 x 正方向传播的简谐横波，波速大小为 0.6 m/s ，P 点的横坐标为96 cm ，从图中状态开始计时，求：（1）经过多长时间，P 质点开始振动，振动时方向如何？（2）经过多少时间，P 质点第一次到达波峰？参考答案：难点磁场］1.AC 2.BD歼灭难点训练］1.BD 2.A 3.略 4.BD 5.BC6.解析：开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是24 cm ，根据波的传播方向，可知这一点沿 y 轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿 y 轴负方向运动，故P 点开始振动时的方向是沿 y 轴负方向，P 质点开始振动的时间是（1）t =6.024.096.0-=∆v x =1.2 s （2）用两种方法求解质点振动法：这列波的波长是λ=0.24 m ，故周期是T =6.024.0=v λ=0.4 s 经过1.2 s ，P 质点开始振动，振动时方向向下，故还要经过43T 才能第一次到达波峰，因此所用时间是1.2 s+0.3 s=1.5 s.波形移动法：质点P 第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P 点，因此所用的时间是t ′=6.006.096.0-=1.5 s。
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第8章第2讲电路电路的基本规律(含解析)
第2讲电路电路的基本规律主干梳理对点激活知识点1 电阻的串联、并联I1. 串、并联电路的特点2.电流表、电压表的改装(1) 小量程电流表(表头)①工作原理：主要由磁场和放入其中可转动的互线圈组成。
当线圈中有电流通过时，线圈在安培力作用下带动指针一起偏转，电流越大，指针偏转的角度|15 越大，从表盘上可直接读出电流值。
-----------②二个参数：满偏电流I g,表头内阻R g,满偏电压U g,它们的关系：U g= I g R g。
(2) 电压表、电流表的改装电流表、电压表都是由小量程的电流表G(表头)改装而成的。
它们的改装原理见下表:知识点电源的电动势和内阻1. 电动势⑴定义：电动势在数值上等于_01非静电力把1 C的正电荷在_02电源内部从负极移送到正极所做的功。
⑵表达式：E= _03罟o⑶物理意义：反映电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量。
⑷特点：大小由04非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关。
2. 内阻：电源内部也是由导体组成，也有电阻，叫做电源的_05内阻，常用r 表示，它是电源的另一重要参数。
知识点3 闭合电路的欧姆定律n1 •闭合电路欧姆定律（i）内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成Loi正比，跟内、外电路的电阻之和成02反比。
⑵公式①I二_03R^（只适用于纯电阻电路）；②E= 04 U外+ lr（适用于所有电路）2 •路端电压与外电阻的关系一般情况U —IR—口 | R—R+r1+丄1十R 当R增大时，Uo5增大特殊情况①当外电路断路时，I—0，U —|E②当外电路短路时，i短—[07=，U—03•路端电压跟电流的关系⑴关系式：U = 08 E- lr。
⑵用图象表示如图所示，其中纵轴截距为_09电动势，横轴截距为10短路电流，斜率的绝对值为电源的内阻。
4. 电路的功率和效率⑴电源的功率P总=J2EI。
⑵电源内部损耗功率P内=卫丘。
（3）电源的输出功率P出=丄4U!o⑷电源的效率n= gx 100%= 卫¥ X100%。
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四川省广安市武胜县2018届高考物理课外辅导讲义（8） 多项选择你能过关吗？ (2017·湖北省黄冈市高三3月份质量检测)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、
B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系．现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
解析：选BD.设AB向右匀加速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：对整体有：F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a 可得：F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0 因为可能有：(mA＋mB)a＝kx0，则得：F＝kx，F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线． 对A有：k(x0－x)－FN＝mAa 得：FN＝－kx＋kx0－mAa， 可知FNx图象是向下倾斜的直线．
当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则有x＝x0－mAak＜x0，因此B图和D图是可能的．A图和C图不可能，故A、C错误，B、D正确． 一、选择题 1．(2017·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为
L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( ) A．8 J B．8.72 J C．10 J D．9.28 J 解析：选C.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆
方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°＝vcos 53°，所以v1＝34v＝1.2 m/s，取两小球和轻
质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcos 37°＝12mv21＋12mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，C对． 2．(2017·湖北武汉三模)如图所示，D、E、F、G为地面上水平间距相等的四点，三个质量相等的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的初速度水平向左抛出，最后均落在D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球( )
A．初始离地面的高度比为1∶2∶3 B．落地时的速度大小之比为1∶2∶3 C．落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3 D．从抛出到落地的过程中，动能的变化量之比为1∶2∶3 解析：选C.A、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的
时间之比为1∶2∶3，再由h＝12gt2可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9，故A错误；
B、由于相同的初动能抛出，根据动能定理12mv2－12mv20＝mgh，由不同的高度，可得落地时的速度大小之比不可能为1∶2∶3，若没有初速度，则之比为1∶2∶3，故B错误；C、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，由v竖
＝gt可得竖直方向的速度之比为1∶2∶3，由P＝Gv，那么落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶
3，故C正确；D、根据动能定理12mv2－12mv20＝mgh，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为1∶4∶9，故D错误；故选C. 3．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( ) A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零 B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωSsin ωt C．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动 D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高 解析：选C.当线圈与磁场平行时，感应电流最大，A错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，B错误；根据功率P＝UI，当电压不变，则电流增大，从而可确定触头P移动方向向上，C正确；当触头P向下移动时，会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，D错误． 4．如图1所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图2所示，输入功率为750 kW.下列说法正确的是( )
A．用户端交流电的频率为100 Hz B．输电线中电流为30 A C．用户端电压为250 V D．输电线路损耗功率为180 kW
解析：选B.由题图2知，交流电的周期为0.02 s，则其频率f＝1T＝50 Hz，A错误；由于输入
电压的有效值为250 V，则输入电流I＝PU＝3 000 A，由变流比知，输电线中的电流为30 A，B正确；由变压比知，升压变压器中副线圈两端的电压为25 000 V，输电线上损失的电压ΔU＝I线R＝30×100 V＝3 000 V，因此降压变压器输入端电压为22 000 V，由变压比知，用户端电压为220 V，C错误；输电线损耗的功率P损＝I2线R＝302×100 W＝90 kW，D错误． 5．(2017·安徽江南十校联考)铀核(235 92U)经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核(207 82Pb)，关于该过程，下列说法中正确的是( ) A．m＝5，n＝4 B．铀核(235 92U)的比结合能比铅核(207 82Pb)的比结合能小 C．衰变产物的结合能之和小于铀核(235 92U)的结合能 D．铀核(235 92U)衰变过程的半衰期与温度和压强有关 解析：选B.原子核衰变时质量数守恒，电荷数守恒，235＝4m＋207,92＝82＋2m－n，两式联立解得：m＝7，n＝4，A项错误．衰变产物的结合能之和大于铀核(235 92U)的结合能，C错误．半衰期由原子核内部自身的因素决定，与温度和压强无关，D项错误． 6．(2017·郑州市三模)(多选)如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是( )
A．氢原子可以辐射出连续的各种波长的光 B．氢原子可能辐射出10种不同波长的光 C．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射光的波长最短 D．辐射光中，光子能量为0.31 eV的光波长最长 解析：选BD.氢原子只能辐射出不连续的几种波长的光．故A错误；因为(－13.6＋13.06)eV＝－0.54 eV，知氢原子能够跃迁到第5能级，根据C25＝10知可能观测到氢原子辐射的不同波长的光有10种．故B正确；从n＝5能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量最大，波长最短．故C错误；从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射的光子能量最小，波长最长．光子能量为E5－E4＝[－0.54－(－0.85)]eV＝0.31 eV.故D正确．
二、非选择题 1．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
(1)M、N间电场强度E的大小； (2)圆筒的半径R； (3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移23d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n. 解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得
qU＝12mv2① 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U＝Ed② 联立①②式可得
E＝mv22qd③ (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S
等于π3.
由几何关系得 r＝R tan π3④ 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB＝mv2r⑤ 联立④⑤式得 R＝3mv3qB⑥ (3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移23d后，设板间电压为U′，则 U′＝Ed3＝U3⑦ 设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出 U′U＝v′2v2 综合⑦式可得v′＝33v⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r′＝3mv3qB⑨ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见
θ＝π2⑩ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n＝3⑪
答案：(1)mv22qd (2)3mv3qB (3)3 2．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E； (2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．
解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝L22＝0.08 m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动