2018届高考物理二轮复习文档：第一板块 13个高考主题主干知识再回顾

2018届高考物理二轮复习文档：第一板块 13个高考主题主干知识再回顾

‎“源于课本，高于课本”一直是高考命题的基本原则，这种原则在命题时表现为以“中档题为主”，在高考中，以大多数似曾相识的“教材挖掘题”以及相对稳定的难度连年延续。所以考前几天，不应再纠缠于偏难怪题不能自拨，而应回归教材主干知识，重温经典题目，树立自信心，保持良好状态，力避非能力因素而失分。‎ 高考主题(一)　质点的直线运动 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 参考系、质点(Ⅰ)‎ ‎　　3个考点中，匀变速直线运动及其公式、图像是命题的热点。近年高考中考查过追及与图像综合、匀变速直线运动与牛顿运动定律、功能规律综合，选择题、计算题皆有。‎ ‎2‎ 位移、速度和加速度(Ⅱ)‎ ‎3‎ 匀变速直线运动及其公式、图像(Ⅱ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．质点是一种理想化模型，物体看成质点有条件，参考系具有任意性、差异性等，巧用参考系能快速解决问题。‎ ‎2．位移表示位置的变化，为矢量。位移相同，路程(标量)可能不同。‎ ‎3．速度定义式v＝。平均速度对应位移(时间)，方向为位移方向，瞬时速度对应位置(时刻)，方向为运动方向。读取汽车速度时要注意单位换算，1 m/s＝3.6 km/h。‎ ‎4．加速度定义式a＝。物体运动是加速还是减速看加速度与速度方向是同向(或锐角)还是反向(或钝角)。物体加速度大反映速度变化快。类似描述量有磁通量及磁通量变化率。加速度的方向与物体所受的合外力的方向相同(或与速度变化量的方向相同)。‎ ‎5．匀变速直线运动的基本公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。三个式子皆为矢量式。‎ 匀变速直线运动的时间中点速度v＝，位移中点速度v＝ 。不管是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都有v小于v。‎ ‎6．速度图像中斜率反映加速度、面积反映位移；位移图像中斜率反映速度；加速度图像中，面积对应速度的变化量。‎ ‎7．在匀变速直线运动中，物体所受合力恒定，加速度恒定，速度均匀增大或减小。物体做直线运动的条件为：所受合力(不是某个力)方向与速度方向在同一直线上(这招对判断带电粒子在电磁场中的“拐弯”现象很管用)。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．混淆v、Δv、(磁通量处也有类似)；误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据；误将速度当成标量计算加速度；混淆轨迹图和位移—时间图；计算速度或功率时看不清“平均”还是“瞬时”。‎ ‎2．混淆运动时间和客观时间。如汽车刹车时，汽车运动时间满足t≤，发生的位移满足x≤。另外忽视反应时间也是易错点。‎ ‎3．竖直上抛运动具有对称性和多解性，例如上升和下降经过同一位置时速度等大、反向，体现了对称性。物体经过空间同一位置时可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段等，体现了多解性(带电粒子在匀强电场中也有此特性)。所以像竖直上抛运动中匀减速运动具有返回特性和刹车运动中不具有返回特性要区分开来。‎ ‎4．追及问题不会分析条件，对几次相遇分不清而出错。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．(2017·石家庄调研)据英国《每日邮报》报道：27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛。自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以速度v2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是(　　)‎ A．该运动员在0～t2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变 B．该运动员在t2～t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态 C．在0～t2时间内，平均速度1＝ D．在t2～t3时间内，平均速度2＝ 解析：选C　由题中图像可知，在0～t2时间内运动员的加速度一直不变，A项错误；在t2～t3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B项错误；由图像可知，在0～t2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度＝，C项正确；在t2～t3时间内，由图线与t轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度2＜，D项错误。‎ ‎2．(2017·浙江金丽衢十二校联考)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m。该车减速时的加速度大小为5 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2 s时，汽车离停车线的距离为2 m B．如果在距停车线6 m处开始刹车制动，汽车能在停车线处停下 C．如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处停下 D．如果驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车刚好能在停车线处停下 解析：选D　汽车立即刹车，则从刹车到停止的时间为t＝＝1.6 s。如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2 s时汽车已经停下来，位移x＝＝6.4 m，距离停车线8 m－6.4 m＝1.6 m，A项错误；如果在距停车线6 m处开始刹车制动，根据汽车停下来的位移x＝＝6.4 m，可判断 汽车将越过停车线0.4 m，B项错误；如果驾驶员的反应时间为0.4 s，则有x＝0.4 s×8 m/s＋＝9.6 m，越过停车线，C项错误；如果驾驶员的反应时间为0.2 s，则有x＝0.2 s×8 m/s＋＝8 m，汽车恰好在停车线处停车，D项正确。‎ ‎3．如图所示，汽车甲以8 m/s的速度从坐标原点O向x轴正方向做匀速直线运动，汽车乙以10 m/s的速度从坐标(0,50)处开始做匀速直线运动，要使两车恰好在x轴上相遇，那么乙车的速度方向与y轴所夹锐角θ的大小以及相遇处离坐标原点的距离分别是(　　)‎ A．60°，86.7 m　　　　　 　B．53°，66.7 m C．45°，50 m D．37°，37.5 m 解析：选B　关联分析甲与乙，运动情景如图所示，甲有x甲＝v甲t，‎ 乙有x乙＝v乙t①‎ 应用几何关系得 x甲2＋(50 m)2＝x乙2②‎ 解①②式得t＝ s 则x甲＝v甲t≈66.7 m，‎ tan θ＝≈1.33，‎ 则θ＝53°，‎ 故B正确。‎ 高考主题(二)　相互作用与牛顿运动定律 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力(Ⅰ)‎ ‎4‎ 力的合成和分解(Ⅱ)‎ ‎7个考点中，3个Ⅱ 要求。其中受力分析、正交分解、动态平衡是相互作用部分命题的热点。而有关牛顿运动定律问题以高频命题率很好地诠释了其物理学主干知识的地位，2013、2015年的大分值计算题更加突出亮点。所以多体、多过程、板块模型等问题都要理清解题思路。‎ ‎5‎ 共点力的平衡(Ⅱ)‎ ‎2‎ 形变、弹性、胡克定律(Ⅰ)‎ ‎6‎ 牛顿运动定律及其应用(Ⅱ)‎ ‎3‎ 矢量和标量(Ⅰ)‎ ‎7‎ 超重和矢重(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．相互作用 ‎(1)绳的拉力沿着绳子并指向绳收缩的方向，杆的弹力可能沿杆也可能不沿杆，需要根据受力情况或物体的运动状态而定。‎ ‎(2)摩擦力大小：滑动摩擦力Ff＝μFN，与接触面的面积、接触面相对运动快慢等无关；静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件来求，0＜Ff≤Fm。接触面间的动摩擦因数μ一定时，静摩擦力的大小与弹力没有正比关系，但滑动摩擦力和最大静摩擦力一定跟弹力成正比。‎ 摩擦力方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。‎ 同一接触面间的弹力与摩擦力方向相互垂直。有摩擦力必有弹力，无弹力一定没有摩擦力。‎ ‎(3)力的合成和分解都遵从平行四边形定则；两个力的合力范围：|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|；合力可以大于分力、也可以小于分力、还可以等于分力(几种特殊角度的合力运算要熟记)。‎ ‎(4)平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0。常用方法有正交分解法、三角形法、图解法，对于物体系还要用到整体法和隔离法。‎ ‎2．牛顿运动定律 ‎(1)牛顿第一定律(惯性定律)：一切物体总保持原来的静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性。‎ 质量是物体惯性大小的唯一量度。惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关。‎ 力是使物体产生加速度的原因。(此处考查方向可以有物理学史、伽利略斜槽实验、笛卡尔、牛顿等等)‎ ‎(2)牛顿第二定律：指出了力和加速度的定量关系，即F＝ma。理解定律的瞬时性、矢量性和独立性等。‎ ‎(3)牛顿第三定律：作用力和反作用力总是等大反向，同生同灭，同直线，作用在不同物体上。‎ ‎(4)超重与失重 状态 特点暨判断依据 两种运动情况 表达式 注意 超重 物体具有向上的 加速度或分量 向上加速运动 Fy－mg＝ma 重力 不变 向下减速运动 失重 物体具有向下的 加速度或分量 向下加速运动 mg－Fy＝ma 完全失重时 Fy＝0，a＝g 向上减速运动 ‎(5)动力学的两类基本问题：由受力情况分析判断物体的运动情况；由运动情况分析判断物体的受力情况。解决两类基本问题的方法：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。‎ ‎(6)整体与隔离：当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法。有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．对绳件、杆件、弹簧件、挡板件特性不理解。轻绳只能产生拉力，且方向一定沿着绳，瞬间变化对应突变；轻杆能拉、能压，瞬间变化对应突变；轻弹簧能拉能压，瞬间变化对应渐变；轻橡皮条能拉不能压，瞬间变化对应渐变。所以弹簧参与的平衡要分清弹簧是压缩还是伸长，要注意多解性。‎ ‎2．混淆静摩擦力和滑动摩擦力；受力分析时既“施力”又“受力”，造成“漏力”或“多力”；误以为平衡态就是静止态。‎ ‎3．误将超重、失重现象当成物体重量变大或变小。‎ ‎4．处理斜面问题时忽视斜面倾角θ与arctan μ的大小比较。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则(　　)‎ A．a、b两弹簧的伸长量之比为 B．a、b两弹簧的伸长量之比为 C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为 D．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g 解析：选B　本题可用正交分解法求解，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，如图所示，则Tacos 30°＝mg，Tasin 30°＝Tb，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为，结合牛顿第二定律可求得弹簧b的左端松脱瞬间小球的加速度为g，故B正确。‎ ‎2．有一直角V形槽可以绕槽底所在轴线转动，其截面如图所示，OB面与水平面间夹角为θ，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与OA、OB间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g。现用垂直于纸面向里的力推木块使之垂直纸面在槽内运动，则(　　)‎ A．θ＝60°时，木块所受的摩擦力为μmg B．θ＝60°时，木块所受的摩擦力为μmg C．θ在0°到90°变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为μmg D．θ在0°到90°变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为μmg 解析：选D　将重力按照实际作用效果正交分解，则木块对槽两面的压力分别为FA＝mgsin θ，FB＝mgcos θ，则木块受到的滑动摩擦力为f＝μ(mgsin θ＋mgcos θ)，θ＝60°时，f＝μmg，故A、B错误；θ在0°到90°变化过程中，木块受到的摩擦力为f＝μ(mgsin θ＋‎ mgcos θ)＝μmgsin(θ＋45°)，当θ＝45°时，摩擦力最大，最大为fmax＝μmg，故C错误，D正确。‎ ‎3．(2017·烟台期中)如图所示，在竖直平面内有半径为R和1.5R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为a，b和c分别是小圆和大圆上的两个点，其中ab长为1.6R，ac长为3R。现沿ab和ac建立两条光滑轨道，自a处由静止释放小球，已知小球沿ab轨道运动到b点所用时间为t1，沿ac轨道运动到c点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　)‎ A．2∶3　　　　　　 B．5∶8‎ C．15∶16 D.∶ 解析：选D　设ab和ac间的夹角为θ，如图所示，根据几何关系知cos θ＝＝＝，小球沿ab做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a＝gcos θ＝g，根据运动学公式有1.6R＝at12，小球从a运动到c做自由落体运动，有3R＝gt22，联立解得＝，D项正确。‎ ‎4．(2017·百校联盟押题卷)如图甲所示，一质量m＝1 kg的物块静止在倾角θ＝37°的斜面上。从t＝0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中能正确反映物块的速度v随时间t变化规律的是(　　)‎ 解析：选C　由mgsin θ＝6 N，Ff＝μmgcos θ＝6.4 N，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；0～1 s时间内物块静止；1～2 s时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t＝2 s时物块加速度大小为12.4 m/s2；t＝2 s后F＝－0.4 N，物块的加速度大小为12.8 m/s2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s，C项正确。‎ 高考主题(三)　抛体运动与圆周运动 考纲要求 命题解读 ‎　　涉及两大曲线运动的考题几乎年年必现。抛体运动可以与斜面、墙面结合命题，也可以考查多个物体的抛体运动，还可以联系实际问题；圆周运动常围绕水平运动和竖直运动两种情况命题，近几年高考中加强了曲线运动与功能问题的小综合，以考查学生的推理能力。‎ ‎1‎ 运动的合成与分解(Ⅱ)‎ ‎2‎ 抛体运动(Ⅱ)‎ ‎3‎ 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ)‎ ‎4‎ 匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)‎ ‎5‎ 离心现象(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．抛体运动 ‎(1)曲线运动的条件：合力与v不共线(合力指向运动轨迹的“凹”侧)。‎ ‎(2)小船渡河模型 最短时间问题 最短位移问题 ‎(3)绳通过定滑轮拉物体运动：把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相同求解。‎ ‎(4)平抛运动：平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。‎ 水平方向：vx＝v0，x＝v0t 竖直方向：vy＝gt，y＝gt2‎ 合速度：平抛物体的瞬时速度的大小：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，tan θ＝。‎ 合位移：物体在时间t内的位移的大小：s＝，与水平方向的夹角为α，tan α＝。‎ 平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(Δv＝gΔt)相等，且必沿竖直方向。‎ ‎2．圆周运动 ‎(1)圆周运动向心力表达式：F＝m＝mrω2＝m＝mωv＝4π2mf2r＝ma。‎ ‎(2)圆周运动中的供需关系：当F＝mrω2时，供需平衡，物体做匀速圆周运动；当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F＜mrω2时，供不应求，物体逐渐远离圆心，当F＞mrω2时，供过于求，物体逐渐靠近圆心，F为实际提供的向心力。‎ ‎(3)水平面内的圆周运动主要以圆锥摆模型、转盘问题为主。要注意的是圆周运动由于周期性往往对应多解问题。‎ ‎(4)竖直平面内圆周运动中分清两类模型 ‎①对于“绳(环)约束模型”，在圆轨道最高点，当弹力为零时，物体的向心力最小，仅由重力提供，由mg＝m，得临界速度vmin＝。当计算得物体在轨道最高点运动速度v＜vmin时，物体将从轨道上掉下，不能过最高点。‎ ‎②对于“杆(管道)约束模型”，在圆轨道最高点，因有支撑，故最小速度为零，不存在脱离轨道的情况。物体除受向下的重力外，还受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上。当物体速度v＞时，弹力向下；当v＜时，弹力向上。vmin＝是弹力方向突变的临界点，对应的弹力为0。‎ ‎③抓好“两点一过程”‎ ‎“两点”指最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列式。‎ ‎“一过程”，即从最高点到最低点，用动能定理将这两点的动能(速度)联系起来。‎ ‎(5)对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．平抛运动中，误将速度与水平方向的夹角当成位移与水平方向的夹角。‎ ‎2．带电粒子在平行板电容器中做类平抛运动时，是否考虑重力不能从题意中读出。‎ ‎3．忽视了斜面上方水平抛出的小球是落在斜面上还是落到斜面外而漏解。‎ ‎4．混淆竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”。‎ ‎5．传动装置中对同轴角速度相等和皮带传动线速度相等混淆。‎ ‎6．忽视圆周运动的周期性带来的多解问题。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．(2017·太原模拟)如图所示，将小球从倾角为45°的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A点、B点，以及水平面上的C点。已知B点为斜面底端点，P、A、B、C 在水平方向间隔相等。不计空气阻力，则(　　)‎ A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不相同 B．小球落到A、B两点时，其速度的方向不同 C．若小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为∶3‎ D．若小球落到B、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为∶3‎ 解析：选C　根据h＝gt2，得t＝，由于B、C两点下落的高度相同，则小球这两次的飞行时间相同，大于小球落在A点时的飞行时间，A项错误；A、B两点都在斜面上，则小球竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有tan θ＝＝＝，解得t＝tan 45°＝，则落在斜面上时竖直方向上的分速度为vy＝gt＝2v0，设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，有tan α＝＝2，可知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球落在A、B两点处的速度方向相同，故B项错误；小球落到A、B两点，水平位移x＝v0t＝，据题，P、A、B在水平方向间隔相等，可得两次抛出时小球的速率之比为vA∶vB＝1∶；小球落到B、C两点，则运动的时间相等，而P、A、B、C在水平方向间隔相等，根据v0＝可知，两次抛出时小球的速率之比为vB∶vC＝2∶3，所以vA∶vC＝∶3，故C项正确，D错误。‎ ‎2．[多选](2017·临川期中)如图所示，质量为m＝1 kg的物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静此释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道，P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°角，此时物体的速度是10 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体做平抛运动的水平初速度v0为2 m/s B．物体沿滑道经过P点时速度的水平分量为 m/s C．OP的长度为5 m D．物体沿滑道经过P点时重力的功率为40 W 解析：选CD　物体下滑过程中，只有重力做功，物体和地球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒得mgh＝mv2，解得h＝5 m，则OP的长度为5 m，若做平抛运动，根据h＝gt2，得t＝1 s，平抛运动初速度v0＝＝5 m/s，故A项错误，C项正确；设物体滑到P点时速度方向与水平方向夹角为α，物体滑到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan α＝2tan 45°，解得cos α＝，P点速度水平分量vx＝vcos α＝2 m/s，故B项错误；由数学知识可得，sin α＝，则物体经过P点时竖直方向上的分速度vy＝vsin α，物体沿滑道经过P点时重力的功率为P＝mgvy＝40 W，故D项正确。‎ ‎3.[多选]有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A(可视为质点)，物体A与圆盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为R。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。设物体A开始滑动时圆盘的转速为n0，且滑动后物体A与圆盘转速仍然相等，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A开始滑动时圆盘的转速n0＝ B．物体A开始滑动时圆盘的转速n0＝ C．转速达到2n0时，弹簧的伸长量x＝ D．转速达到2n0时，弹簧的伸长量x＝ 解析：选AC　圆盘开始转动时，A所受的静摩擦力提供向心力，若物体A开始滑动时圆盘的转速为n0，则μmg＝mR(2πn0)2，解得：n0＝ ，A正确，B错误；当转速增大到2n0时，设弹簧的伸长量为x，则有：μmg＋kx＝m(R＋x)(2π·2n0)2，解得x＝，C正确，D错误。‎ ‎4.(2017·邯郸模拟)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍，球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图甲中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心 O等高。设球的重力为1 N，不计拍的重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．健身者在C处所需施加的力比在A处大3 N B．健身者在C处所需施加的力比在A处大1 N C．设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，作出的tan θF的关系图像为图乙 D．设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，作出的tan θF的关系图像为图丙 解析：选C　设球运动的线速度为v，半径为R，则在A处时F＋mg＝m，在C处时F′－mg＝m，联立以上两个方程式可以得到ΔF＝F′－F＝2mg＝2 N，故A、B项错误；在A处时健身者需施加的力为F，球做匀速圆周运动的向心力F向＝F＋mg，在B处不受摩擦力作用，受力分析如图所示，则tan θ＝＝＝F＋1，作出的tan θF的关系图像如题图乙所示，故C项正确，D项错误。‎ 高考主题(四)　万有引力定律 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 万有引力定律及其应用(Ⅱ)‎ ‎　　4个考点，几乎年年必现，并且难度有所加大，以2016年全国Ⅰ卷第17题来说，出错率为47.69%，所以备考不仅要全面周到，而且要注意难度。‎ ‎2‎ 环绕速度(Ⅱ)‎ ‎3‎ 第二宇宙速度和第三宇宙速度(Ⅰ)‎ ‎4‎ 经典时空观和相对论时空观(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动。其基本关系式为G＝m＝mω2r＝m2r＝m(2πf)2r＝ma。‎ 在天体表面，忽略自转的情况下有G＝mg。在离地面高度为h时重力加速度g′＝g。‎ ‎2．对中心天体质量有M＝(利用公转模型)，M＝(利用黄金代换)；仅由近地卫星的运行周期，即可求星球密度ρ＝。‎ 对环绕体做匀速圆周运动有a＝、v＝、ω2＝、T2＝ r3。可见，r↑→T↑、v↓、a↓、ω↓。‎ ‎3．近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小速度。第一宇宙速度由G＝m，得v＝ ＝。‎ ‎4．地球同步卫星：G＝m(R＋h)，在赤道正上方，距地高度h≈5.6R，周期一定与地球自转T相同。‎ ‎5．双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两颗星间的万有引力提供。它们的角速度也是相等的，线速度与两子星的轨道半径成正比。解答时要注意两个半径的差别。‎ ‎6．星球因自转而解体：赤道处的物体，随星球过快的自转，支持力为0时，恰好解体。‎ ‎7．追及问题：最近：|θ1－θ2|＝2nπ，最远：|θ1－θ2|＝(2n－1)π(n一般取1)。所以卫星追及一般是先减速(发动机向运动方向喷气)到较低的轨道，再加速到高的轨道，这样也便于节能。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．将地面上随地球自转的物体与近地环绕地球运行的物体混淆；混淆自转加速度和环绕加速度。‎ ‎2．易将运行速度错误地当成发射速度。‎ ‎3．将稳定轨道上速度v＝和椭圆轨道运动的速度(用开普勒第二定律判断速度)混淆。‎ ‎4．双星模型中不能正确区分轨道半径和万有引力中的距离。‎ ‎5．审题时不仔细，混淆卫星距地面的高度和与地心的距离。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．2015年12月29日0时04分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射“高分四号”卫星，“高分四号”是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星。它的发射和应用将使我国天基对地遥感观测能力显著提升。关于“高分四号”，下列说法正确的是(　　)‎ A．“高分四号”卫星的空间分辨率很高，若它距地球更近一些，效果会好一些 B．“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9 km/s C．“高分四号”卫星的向心加速度小于静止在赤道上物体的向心加速度 D．“高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等 解析：选B　所有同步卫星都具有相同的周期、相同的高度和相同的速率，尽管“高分四号”卫星的空间分辨率很高，但它与其他的同步卫星离地面高度相同，A错误；根据万有引力提供向心力＝，有v＝，因为第一宇宙速度对应的轨道半径等于地球的半径，所以卫星的速度小于第一宇宙速度，B正确；根据向心加速度a＝，“高分四号”卫星与静止在赤道上的物体具有相同的周期，“高分四号”卫星轨道半径大，所以“高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，C错误；由于“高分四号”‎ 卫星与其他同步卫星的质量有可能不同，地球对它们的引力大小也可能不同，向心力大小也就可能不同，D错误。‎ ‎2.(2017·河西联考)我国未来将在月球地面上建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站。如图所示，关闭发动机的航天飞机A在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接。已知空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R。下列说法中错误的是(　　)‎ A．航天飞机在图示位置正在加速向B运动 B．月球的第一宇宙速度为v＝ C．月球的质量为M＝ D．要使航天飞机和空间站对接成功，航天飞机在接近B点时必须减速 解析：选B　根据开普勒定律可知，航天飞机向近月点B运动时速度越来越大，故A项正确；空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，其运行速度为v＝，其速度小于月球的第一宇宙速度，故B项错误；设空间站的质量为m，由G＝mr得，月球的质量M＝，故C项正确；要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，必须在接近B点时减速，否则航天飞机将继续做椭圆运动，故D项正确。‎ ‎3．[多选](2017·贵阳第一中学检测)设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R。宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重力，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F1＝F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F2＝。假设第三次在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为F3；第四次在距星球表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F4。已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是(　　)‎ A．F3＝　F4＝ B．F3＝　F4＝0‎ C．F3＝　F4＝0‎ D．在人造卫星中时，物体处于失重状态 解析：选CD　设该行星的质量为M，则质量为m的物体在极点处受到的万有引力F1＝＝F0，球体的体积公式为V＝，由于在赤道处，弹簧测力计的读数为F2＝，则Fn2＝F1－F2＝F0＝mω2R，半径R以内的部分的质量为M′＝M＝M；物体在R处受到的万有引力F3′＝＝F1＝F0；物体需要的向心力Fn3＝mω2·＝mω2R＝F0，所以在赤道 平面内深度为R的隧道底部，示数为F3＝F3′－Fn3＝F0－F0＝F0，第四次在距星球表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中时，物体受到的万有引力恰好提供向心力，物体处于完全失重状态，所以弹簧测力计的示数为0。综上所述，C、D正确。‎ 高考主题(五)　机 械 能 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 功和功率(Ⅱ)‎ ‎　　4个考点皆为Ⅱ要求。高考命题的高频考点。难度可小可大，题型可以为选择、实验和计算，所以基础知识复习要到位，各种模型要领悟，如启动模型、多过程模型、斜面模型、弹簧参与的模型、功能与图像结合问题、与天体运动综合，等等。‎ ‎2‎ 动能和动能定理(Ⅱ)‎ ‎3‎ 重力做功与重力势能(Ⅱ)‎ ‎4‎ 功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．恒力做功的计算式：W＝Flcos α(α是F与位移l方向的夹角，F必须为恒力)。‎ ‎2．总功的计算：W总＝F合lcos α(恒力做功)或W总＝W1＋W2＋…。‎ ‎3．计算功率的两个公式：P＝或P＝Fvcos α。‎ ‎4．机车启动类问题中的“临界点”‎ ‎(1)全程最大速度的临界点为Ff＝。‎ ‎(2)匀加速运动的最后点为－Ff＝ma，此时瞬时功率等于额定功率P额。‎ ‎(3)在匀加速过程中的某点有－Ff＝ma。‎ ‎(4)在变加速运动过程中的某点有－Ff＝ma2。‎ ‎5．动能定理：W总＝Ek2－Ek1(经典力学中有普适性)。‎ ‎6．机械能守恒定律：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22或者ΔEp减＝ΔEk增。‎ ‎7．几个重要的功能关系 ‎(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp。‎ ‎(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp。‎ ‎(3)静电力做功等于电势能的变化，即W电＝－ΔEp。‎ ‎(4)合力的功等于动能的变化，即W合＝ΔEk。‎ ‎(5)重力之外(除弹簧弹力)的其他力的功等于机械能的变化，W其他＝ΔE。‎ ‎(6)一对滑动摩擦力的功等于系统中内能的变化，即Q＝Ff·x相对。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．误认为“斜面对物体的支持力始终不做功”，不能正确理解W＝Flcos α中“l”的意义。‎ ‎2．误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”。‎ ‎3．在机车启动类问题中将“匀加速最后点速度”与“最大速度”混淆。‎ ‎4．将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”。‎ ‎5．在应用Ff·x相对＝ΔE内时，误认为“x相对”是对地的位移。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1.(2018届高三·山西四校联考)质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v t图像如图所示。g取10 m/s2，则(　　)‎ A．拉力F的大小为100 N B．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C．4 s内拉力所做的功为480 J D．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J 解析：选B　由vt图像斜率的意义得，0～2 s物体加速度大小为a1＝＝5 m/s2,2～4 s内加速度大小为a2＝＝1 m/s2，设滑动摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解之得F＝60 N，Ff＝40 N，A项错误；4 s时拉力的功率P＝Fv＝120 W，B项正确；4 s内拉力所做功为WF＝－Fx1＋Fx2＝－60××2×10 J＋60××2×2 J＝－480 J，C项错误；4 s内物体克服摩擦力做功WFf＝Ffx1＋Ffx2＝480 J，D项错误。‎ ‎2．[多选](2017·六安一中月考)如图所示，倾角为30°的固定斜面由三段长度均为L，材料不同的木板连接而成，连接处平整，3块木板标号分别为1、2、3，木板与滑块间的动摩擦因数分别为μ1＝，μ2＝，μ3＝，三段木板自下而上的排列顺序有6种，分别为1、2、3；1、3、2；2、3、1；2、1、3；3、2、1；3、1、2。使滑块从斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到达斜面顶端，以下说法正确的是(　　)‎ A．6种情况下滑块的初速度大小相同 B．滑块能够返回到底端的情况有4种，返回底端时滑块的速度大小相同 C．滑块能够返回底端的情况有2种，返回底端时滑块的速度大小相同 D．6种情况下滑块损失的机械能相同 解析：‎ 选AC　滑块从斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到达斜面顶端，则根据动能定理可得－mg·3Lsin θ－(μ1mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L＋μ3mgcos θ·L)＝0－mv02，与排列顺序无关，故6种情况下滑块的初速度大小相同，A项正确；在最高点要想向下运动，则必须满足mgsin θ＞μmgcos θ，即μ＜tan θ＝，故3在最上边不能向下运动，排除1、2、3和2、1、3两种情况，滑块能够返回的情况有4种，对于1、3、2情况中由于2mgLsin 30°＜μ2mgLcos 30°＋μ3mgLcos 30°，即滑块将在3上停止运动，不会滑到底端，对于2、3、1情况有2mgLsin 30°＝μ1mgLcos 30°＋μ3mgLcos 30°，滑块在3上停止运动，不会滑动到底端，对于3、2、1和3、1、2情况有3mgLsin 30°＞μ1mgLcos 30°＋μ3mgLcos 30°＋μ2mgLcos 30°，故只有两种情况能返回到底端，根据动能定理可得3mgLsin 30°－(μ1mgLcos 30°＋μ3mgLcos 30°＋μ2mgLcos 30°)＝mv2，可得速度大小相等，故B项错误，C项正确；由于六种情况下滑块能到达的位置不一样，所以损失的机械能不同，D项错误。‎ ‎3．[多选](2017·江苏高考)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中(　　)‎ A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为mgL 解析：选AB　在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的 动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mgL ‎，D项错误。‎ ‎4．图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r＝0.10 m，在轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB。g取10 m/s2。‎ ‎(1)若不计小球所受阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小；‎ ‎(2)若不计小球所受阻力，小球每次都能通过B点，FB随FA变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m；‎ ‎(3)若小球所受阻力不可忽略，FB随FA变化的图线如图乙中的b所示，求当FB＝6.0 N时，小球从A运动到B的过程中损失的机械能ΔE。‎ 解析：(1)若小球恰能通过B点，设此时的速度为vB，由牛顿第二定律得mg＝m 从A到B过程，由机械能守恒定律得 mvA2＝mvB2＋mg·2r 解得vA＝ m/s≈2.2 m/s。‎ ‎(2)读取题图乙图像信息知：当小球通过A点时的速度vA＝ m/s时，小球对轨道压力为FA＝6 N。‎ 由牛顿第二定律得FA－mg＝m 解得m＝0.1 kg。‎ ‎(3)由题图乙知，当小球通过B点时对轨道压力的大小FB＝6.0 N，则小球通过A点时对轨道压力的大小FA＝16 N。设轨道对小球通过A、B时支持力的大小分别为FA′、FB′，速度分别为vA′、vB′。由牛顿第二定律得FA′－mg＝m，FB′＋mg＝m 小球从A运动到B的过程中，由功能关系得 mvA′2＝mvB′2＋mg·2r＋ΔE 解得ΔE＝0.2 J。‎ 答案：(1)2.2 m/s　(2)0.1 kg　(3)0.2 J 高考主题(六)　碰撞与动量守恒 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)‎ ‎　　在2017年高考中将其改为必考内容，“难度适中”告诫我们不仅要重视，还要科学复习。动量定理中，有打击问题(含蹦床运动)、图像问题等；动量守恒问题中，常见的模型有碰撞模型、人船模型、爆炸反冲模型、涉及弹簧的模型等。‎ ‎2‎ 弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．动量定理：Ft＝p′－p＝mv′－mv或I＝Δp。其中F是物体所受的合力，p′－p是末态动量跟初态动量的矢量差。‎ ‎2．动量守恒定律的适用条件 ‎(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零；‎ ‎(2)系统所受合外力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒；‎ ‎(3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。‎ ‎3．表达式：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2或p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于系统相互作用后的总动量p′)或Δp＝0(系统总动量的增量为零)或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)。‎ ‎4．三种碰撞 ‎(1)弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后总动能相等。‎ ‎(2)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失。‎ ‎(3)完全非弹性碰撞：碰后两物体合为一体，动量守恒，动能损失最大。‎ 说明：碰撞过程中要满足动量守恒定律，机械能不增加，速度要合理。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．混淆动量守恒与机械能守恒的条件，实际上动量是否守恒与机械能是否守恒没有任何关系。‎ ‎2．忽视动量的矢量性，书写表达式时不注意“＋”“－”。‎ ‎3．不会运用系统沿某一方向动量守恒或系统动量近似守恒解题。‎ ‎4．只根据表达式从理论上分析问题，不会结合实际情况分析过程，尤其在碰撞问题中。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．(2017·哈尔滨师大附中期中)一质量为m的运动员从下蹲状态开始向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中(　　)‎ A．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量大小为mv，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的冲量大小为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 解析：选B　人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得I－mgΔt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B项正确。‎ ‎2．[多选]如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则(　　)‎ A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s C．小球B的质量为15 kg D．小球B的质量为3 kg 解析：选AD　规定向右为正，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A项正确，B项错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C项错误，D项正确。‎ ‎3．如图所示，水平轨道AB长L＝9 m，光滑倾斜轨道BC足够长。开始时质量为mQ＝1 kg的滑块Q静止在AB中点M处；在A点，质量为mP＝3 kg的滑块P以速度v0＝5 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计。已知重力加速度g＝10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1。求：‎ ‎(1)P向右运动的最大位移大小；‎ ‎(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；‎ ‎(3)P、Q都停下后两滑块间的距离。‎ 解析：(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有－μmPg＝mPv12－mPv02，‎ 解得v1＝4 m/s P、Q发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 mPv1＝mPvP＋mQvQ 由机械能守恒定律有mPv12＝mPvP2＋mQvQ2‎ 解得vP＝2 m/s，vQ＝6 m/s P继续向右运动的距离xP＝＝2 m＜＝4.5 m P向右运动的最大位移x1＝＋xP＝6.5 m。‎ ‎(2)由动能定理有－μmQg－mQgh＝0－mQvQ2‎ 解得Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度h＝1.35 m。‎ ‎(3)假设Q从斜面上滑下来后，会与滑块P发生第二次弹性碰撞。‎ 由运动学知识可知Q与P碰前，P已经停下来了。由动能定理有－μmQg＝mQv22－mQvQ2‎ 解得P、Q碰前瞬间，Q的速度v2＝ m/s P、Q间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 mQv2＝mPvP′＋mQvQ′‎ 由机械能守恒定律有mQv22＝mPvP′2＋mQvQ′2‎ 解得vP′＝ m/s，vQ′＝－ m/s，负号表示方向向右 碰后滑块P向左滑动的位移xP′＝＝2.75 m 碰后滑块Q向右滑动的位移 xQ′＝＝2.75 m＞L－x1＝2.5 m，‎ 所以滑块Q在第二次碰撞后会冲上斜面后返回 x′＝xQ′－(L－x1)＝0.25 m，不会发生第三次碰撞 所以P、Q都停下后两滑块相距 Δx＝xP′＋xQ′－2x′＝5 m。‎ 答案：(1)6.5 m　(2)1.35 m　(3)5 m 高考主题(七)　电　场 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 物质的电结构、电荷守恒(Ⅰ)‎ ‎8‎ 电势能、电势(Ⅰ)‎ ‎　　本主题共13个考点，带电粒子在电场中的运动、Ex图像、φx图像等是高考近年考查的重点，难度适中，考查计算题、选择题的可能性都有。‎ ‎2‎ 静电现象的解释(Ⅰ)‎ ‎9‎ 电势差(Ⅱ)‎ ‎3‎ 点电荷(Ⅰ)‎ ‎10‎ 匀强电场中电势差与电场强度的关系(Ⅱ)‎ ‎4‎ 库仑定律(Ⅱ)‎ ‎11‎ 带电粒子在匀强电场中的运动(Ⅱ)‎ ‎5‎ 静电场(Ⅰ)‎ ‎12‎ 示波管(Ⅰ)‎ ‎6‎ 电场强度、点电荷的场强(Ⅱ)‎ ‎13‎ 常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系(Ⅰ)‎ ‎7‎ 电场线(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．两种描述 ‎(1)电场强度：反映电场本身力的性质的物理量。定义式为E＝，E为矢量，方向就是正电荷在该点所受的电场力的方向，合电场计算方法利用矢量叠加原理。‎ ‎(2)电势：反映电场本身能的性质的物理量。定义式为φ＝，是标量，具有相对性。研究时一般取无限远处的电势为零，实验中常常取大地的电势为零。‎ ‎2．两种图线 电场线是为了形象描述电场而假想的曲线，它从正电荷或无穷远处出发终止于负电荷或无穷远处，电场线在某点的切线方向表示该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。等势线(面)是电势相等的点构成的线(面)。‎ 电场线与等势线(面)的关系：等势线(面)一定跟电场线垂直，即跟场强的方向垂直；场强E的方向是电势降落最快的方向，电场线由电势较高的等势面指向电势较低的等势面。‎ ‎3．一种类比思想 电场力做功与重力做功一样，在电场中移动电荷时，电场力做多少正功，电荷的电势能就减小多少；电场力做多少负功，则电荷的电势能就增加多少。计算方法为WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝qUAB。‎ ‎4．一个器件 电容器是容纳电荷和储存电能的一种元件。牵涉到电容器电容的公式主要有两个，一个是电容器的定义式C＝，它普遍适用，C与Q无正比关系，C与U无反比关系；另一个是电容器的决定式C＝，它只适用于平行板电容器，电容决定于两极板的正对面积S、两极板间的距离d以及两极板间填充的电介质的介电常数εr。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．库仑定律只成立于两个点电荷之间，对于匀质球体不成立。‎ ‎2．求电场强度E的三个公式容易混淆。在电场中判断E大小、电势高低、电势能的大小容易混淆。‎ ‎3．注意U＝Ed的适用条件，适用于匀强电场，d为两点间沿场强方向的距离，但对非匀强电场定性成立。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．[多选](2016·海南高考)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 解析：选ABC　粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，由题图可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M 从a点到b点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；d点和e点在同一等势面上，N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确； N从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。‎ ‎2．[多选]如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则下列说法正确的是(　　)‎ A．若电阻R2短路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流 B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流 C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流 D．在将S断开电路稳定后，油滴向下运动，G中无电流通过 解析：选BD　若电阻R2短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A错误；滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，并联部分两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B正确；在滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联部分两端电压增大，电容器处于充电状态，G中有由b到a的电流，因 电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C错误；将S断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，当电路稳定后，电路中无电流，油滴向下运动，D正确。‎ ‎3．如图所示，在(0，y0)和(0，－y0)两位置分别固定一个电荷量为＋Q的点电荷。另一个带电荷量为＋q的点电荷从(－x0,0)位置以初速度v0沿x轴正方向运动。点电荷＋q从(－x0,0)到(x0,0)的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选D　根据等量同种电荷电场线的分布情况可知，＋q从－x0到0，再到x0，场强可能先一直减小，再一直增大，但不是均匀减小，也不是均匀增大，由牛顿第二定律知a＝，加速度不可能均匀变化，故A项错误；场强方向先向左后向右，大小可能先增大后减小，再增大，最后减小，由牛顿第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先负后正，故B项错误；由于加速度是变化的，故v x图像不可能是直线，故C项错误；若场强先一直减小，再一直增大，则加速度先减小后增大，点电荷先做加速度减小的减速运动，再做加速度增大的加速运动，故D项正确。‎ 高考主题(八)　电　路 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 欧姆定律(Ⅱ)‎ ‎4‎ 电源的电动势和内阻(Ⅱ)‎ ‎　　6个考点中，欧姆定律、电源的电动势和内阻、闭合电路的欧姆定律是Ⅱ要求，本部分高考考查的重点是电路的动态分析。‎ ‎2‎ 电阻定律(Ⅰ)‎ ‎5‎ 闭合电路的欧姆定律(Ⅱ)‎ ‎3‎ 电阻的串联、并联(Ⅰ)‎ ‎6‎ 电功率、焦耳定律(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．电路清楚：弄清各电路元件的串、并联关系，把电路简化。‎ ‎2．对应关系清楚：对某一支路或某一电阻，流经它的电流I、它两端的电压U、它的功率P都要弄清，即U、I、P要与R对应，不能张冠李戴。‎ ‎3．问题的切入点要清楚：串、并联电路的电阻、电压、电流、功率都遵循各自的规律，公式繁多，在分析和计算时，要找准切入点，即从内电路还是外电路入手，从哪个电阻入手。‎ ‎4．动态变化要清楚：当电路连接方式改变或某个外电阻发生变化时，电路各部分的电流、电压、电功率分配一般都会发生变化，但电源电动势和内电阻不变。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．对串联电路、并联电路的特点理解不透彻，不能信手拈来为我所用。‎ ‎2．混淆IU图像(伏安特性曲线)与UI图像，更不会把二者结合起来解题。‎ ‎3．不会分析含有二极管、电容器的电路。‎ ‎4．对于复杂的电路不经过简化画出等效电路图就解题。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．[多选](2017·天津联考)在如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r；L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)；R1、R2为定值电阻；R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小；V为理想电压表。闭合开关S，若将照射R3的光的强度减弱，则(　　)‎ A．电压表的示数变大　 　B．小灯泡消耗的功率变小 C．电源输出功率变大 D．电源的效率变大 解析：选BD　将光照强度减弱，光敏电阻R3的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小，A项错误；因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B项正确；由于内外电阻关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故C项错 误；电源的效率η＝＝，路端电压U增大，E不变，则电源的效率变大，D项正确。‎ ‎2．(2017·济南模拟)如图所示，某同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05 m，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝0.1 Ω，限流电阻R0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V，则 (　　)‎ A．由上往下看，液体做顺时针旋转 B．液体所受的安培力做负功 C．闭合开关10 s，液体具有的内能是4.5 J D．闭合开关后，液体电热功率为0.081 W 解析：选D　由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，电流由边缘流向中间，根据左手定则判断液体逆时针旋转，安培力做正功，A、B项错误；根据闭合电路的欧姆定律有E＝U＋IR0＋Ir，解得I＝＝0.3 A，液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，热功率为P＝I2R＝0.081 W,10 s内液体的内能为Q＝I2Rt＝0.81 J，C项错误，D项正确。‎ 高考主题(九)　磁　场 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 磁场、磁感应强度、磁感线(Ⅰ)‎ ‎5‎ 洛伦兹力、洛伦兹力的方向(Ⅰ)‎ ‎　　8个考点中，匀强磁场中的安培力、洛伦兹力公式、带电粒子在匀强磁场中的运动是Ⅱ要求，而且2017年全国卷Ⅲ考查了带电粒子在磁场中的运动计算题，因此带电粒子在磁场中的运动是2018年高考预测方向之一。‎ ‎2‎ 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ)‎ ‎6‎ 洛伦兹力公式(Ⅱ)‎ ‎3‎ 安培力、安培力的方向(Ⅰ)‎ ‎7‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动(Ⅱ)‎ ‎4‎ ‎8‎ 匀强磁场中的安培力(Ⅱ)‎ 质谱仪和回旋加速器(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．一个概念：磁感应强度 ‎(1)磁场的最基本特性是对放入其中的电流有磁场力的作用。电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力等于零。在磁场中垂直于磁场方向放置一小段通电直导线，受到的磁场力F与电流I和导线长度L的乘积的比值叫做通电导线所在处的磁感应强度，B＝；B的方向就是该位置的磁场方向，即小磁针N极的受力方向或静止时N极指向的方向。‎ ‎(2)磁感线：在磁场中人为地画出的一系列曲线，曲线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。‎ ‎2．两种力 ‎(1)安培力 ‎①磁场对电流的作用力叫安培力，其大小F＝BILsin θ。‎ 注意：θ为电流I与磁感应强度B的夹角。‎ ‎②安培力的方向由左手定则判定。‎ 注意：F垂直于I、L决定的平面。‎ ‎(2)洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力，其大小为F＝qvB。条件：v⊥B。当v∥B时，F＝0。F的方向仍由左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．霍尔元件问题中电势高低问题判断，先判断电流的受力方向，再根据载流子带电性质处理，注意电流微观表达式的应用I＝nqSv。‎ ‎2．所有涉及带电粒子的问题易错的几个方面：‎ ‎(1)忘记带电粒子的正负或混淆。‎ ‎(2)忘记考虑或判断粒子是否受重力作用。‎ ‎(3)判断洛伦兹力的方向时错将右手当左手。‎ ‎(4)思维不严密，没考虑到可能存在的周期性运动而带来的多解问题。‎ ‎(5)物理量的表示不规范或与试题所给符号不一致，如电荷的表示中q与e不分。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．[多选](2017·洛阳期末)我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器。电磁弹射系统包括电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等。其工作原理如图所示，利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受安培力作用下匀加速获得动能。设飞机质量为m＝1.8×104 kg，起飞速度为v＝70 m/s，起飞过程所受平均阻力恒为飞机重力的0.2，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始起飞距离为L＝210 m；在电磁弹射器与飞机发动机(牵引力不变)同时工作的情况下，起飞距离减为。取g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　　)‎ A．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F＝2.1×105 N B．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F＝2.46×105 N C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，则起飞的距离将更小 D．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，电磁弹射器对飞机做的功W＝2.94×107 J 解析：选BCD　在没有电磁弹射器的情况下，飞机在水平方向上只受阻力和牵引力，因为初速度为零，根据公式v2＝2aL可得过程中的加速度为a＝＝ m/s2，故根据牛顿第二定律可得F－0.2mg＝ma，解得F＝2.46×105‎ ‎ N，A项错误，B项正确；当电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，飞机受到的安培力更大，则起飞距离将变小，由动能定律W＋(F－0.2mg)＝mv2－0，解得W＝2.94×107 J，C、D项正确。‎ ‎2．[多选](2017·安徽“江南十校”联考)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝ B．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝ C．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 D．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 解析：选BD　边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝＝，得v＝，所以B项正确，A项错误；磁感应强度增加到原来的倍，直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D项正确，C项错误。‎ ‎3．如图甲所示，竖直虚线MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN左侧有水平的平行金属板，板的右端紧靠虚线MN，在两板的电极E、F上加上如图乙所示的电压，在板的左端沿两板的中线不断地射入质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，粒子的速度均为v0，侧移最大的粒子刚好从板的右侧边缘射入磁场，两板长为L，若远小于T，磁场的磁感应强度为B，U0＝，不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)两板间的距离d为多少？‎ ‎(2)要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离至少多大？‎ ‎(3)若将下板下移(－1)d，则所有粒子进入磁场后，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离又至少为多大？‎ 解析：(1)由于远小于T，因此每个粒子穿过电场时可以认为电场强度大小不变，当两板间的电压为U0时，粒子穿过两板间的侧移最大，设板间距离为d，则t＝ d＝··t2‎ 求得d＝。‎ ‎(2)设粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动的速度v＝ 粒子在磁场中运动时有qvB＝m 整理得R＝ 粒子在磁场中做圆周运动时，轨迹上点离MN的最远距离s＝R＋Rsin θ＝ 可见，θ越大，s越大，则从平行金属板边缘飞出的粒子速度与水平方向夹角最大，此时tan θ＝＝＝ θ＝30°‎ 因此PQ、MN间的距离至少为 s＝＝。‎ ‎(3)若将下板下移(－1)d，则两板间的距离为L，‎ 则所有粒子在电场中的侧移最大值 y＝·2＝L 设最大偏向角为α，则tan α＝＝，‎ 则cos α＝ 因此要使所有粒子均不能从PQ边射出磁场，需要PQ、MN间的距离至少为 s′＝＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 高考主题(十)　电磁感应 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 电磁感应现象(Ⅰ)‎ ‎4‎ 楞次定律(Ⅱ)‎ ‎5个考点中，法拉第电磁感应定律和楞次定律为Ⅱ要求，从近年新课标命题情况看，年年皆考，选择题中以两个Ⅱ要求为核心，考查图像问题、经典物理实验中的思想方法，计算题命题难度适中，大部分同学复习到位可以得分。‎ ‎2‎ 磁通量(Ⅰ)‎ ‎5‎ 自感、涡流(Ⅰ)‎ ‎3‎ 法拉第电磁感应定律(Ⅱ)‎ ‎　　‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．磁通量：Φ＝BS(适用于匀强磁场中，B⊥S)。‎ ‎2．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化或者闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。‎ 注意：‎ ‎(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。‎ ‎(2)在电源内部，电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压。‎ ‎3．判断感应电流的方向：右手定则和楞次定律。‎ ‎4．法拉第电磁感应定律：E＝n。若B变，而S不变，则E＝nS；若S变，而B不变，则E＝nB。常用于计算平均电动势。‎ 导体棒垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝BLv求出，式中L为导体棒切割磁感线的有效长度。‎ 导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝BL2ω。‎ ‎5．自感现象：自感电流总是阻碍线圈中原电流的变化。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．在公式Φ＝BS中错误地认为面积越大，磁通量越大。‎ ‎2．应用楞次定律判断感应电流方向时，对“阻碍变化”不理解。‎ ‎3．应用公式E＝BLv计算电动势大小时，不能正确判断B、L、v方向关系及L的有效长度。‎ ‎4．在电磁感应的电路问题中，将电动势和路端电压混淆。‎ ‎5．对自感现象中的接通开关瞬间和断开开关瞬间电路变化情况不能准确判断，对应的图像问题更没有头绪。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．[多选](2018届高三·贵州三校联考)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝B0＋kt(k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则(　　)‎ A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从B到A C．定值电阻的阻值为R＝－r D．整个电路的热功率P＝ 解析：选BCD　根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝，A项错误；由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，B项正确；根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝B0＋kt(k＞0)变化，可知＝k，C1中磁场变化产生的感应电动势E＝πa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝－r，C项正确；整个电路的热功率P＝EI＝kπa2·＝，D项正确。‎ ‎2．[多选](2017·山师大附中模拟)如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图像的是(　　)‎ 解析：选ABD　当线框以速度v匀速进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向里的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到1.5L时，磁通量最小，当运动到2L 时磁通量变为向里的最大，故A项正确。当线圈进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，感应电流为顺时针方向；而开始进入第二个磁场时，线框左右两条边同时切割磁感线，电动势变为2BLv，感应电流为逆时针方向，为正值，故B项正确。因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C项错误。拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，F安＝2B·L＝4，因此安培力变为4倍，则拉力的功率变为原来的为4倍，故D项正确。‎ ‎3．[多选]如图所示，两个同心金属环水平放置，半径分别是r和2r，两环间有磁感应强度为B、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板。长为r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做逆时针方向(垂直环面向里看)的匀速圆周运动。则下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒中有从B到A的电流 B．电容器a极板带正电 C．电容器两端电压为 D．电容器所带电荷量为 解析：选BC　根据右手定则可知金属棒中的电流方向由A到B，故电容器a极板带正电，A项错误，B项正确；金属棒转动产生的感应电动势为，C项正确；电容器所带电荷量Q＝，D项错误。‎ ‎4．(2017·淮北一模)如图甲所示， 电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m。左端连接R＝0.5 Ω的电阻，右端连接电阻不计的金属卡环。电阻不计，质量m＝0.4 kg的金属棒与质量也为0.4 kg的物块通过光滑滑轮用轻绳相连，轻绳始终处于绷紧状态，PQ、MN到右端卡环的距离分别为2.4 m和2 m，将金属棒从PQ位置由静止释放，当它滑到MN位置开始计时，同时在MN右侧导轨间施加垂直导轨平面向下的匀强磁场，该磁感应强度B t图像如图乙所示，金属棒在运动过程中与导轨始终保持良好接触，当它滑至导轨右端卡环位置时被卡住不动(g取10 m/s2)，求：‎ ‎(1)金属棒进入磁场时受到的安培力大小和方向；‎ ‎(2)在0～3 s时间内电路中产生的焦耳热。‎ 解析：(1)设金属棒到达MN时的速度为v，‎ 物块下落的高度为h＝2.4 m－2 m＝0.4 m 在此过程中根据动能定理可知，‎ mgh＝·2mv2，解得v＝2 m/s 进入磁场后，产生的感应电动势 E＝BLv＝2×0.5×2 V＝2 V 形成的感应电流I＝＝ A＝4 A 产生的安培力F安＝BIL＝2×4×0.5 N＝4 N，方向向左。‎ ‎(2)金属棒进入磁场后，对物块和金属棒组成的系统，F安＝mg，所以金属棒在磁场中做匀速运动，‎ 设在磁场运动的时间为t′，由运动学公式x＝vt′‎ 解得t′＝1 s 金属棒运动1 s被锁定，在0～1 s内电路中产生的焦耳热Q1＝I2Rt′＝8 J 锁定后，由题图乙可知，＝1 T/s，‎ 磁场的面积S＝Lx＝1 m2，‎ 设1～3 s内电动势为E′，由法拉第电磁感应定律可得 E′＝S＝1 V ‎1～3 s内产生的热量为Q2＝t2＝4 J ‎0～3 s内产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝12 J。‎ 答案：(1)4 N　方向向左　(2)12 J 高考主题(十一)　交变电流 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 交变电流、交变电流的图像(Ⅰ)‎ ‎　　4个考点，最近几年频繁考查，而且难度略有提高。复习中，要注意二极管、电容器、交流发电机与变压器的组合，甚至插入图像问题。其他省份高考中涉及的交变电流STS问题也要适度的关注。‎ ‎2‎ 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)‎ ‎3‎ 理想变压器(Ⅱ)‎ ‎4‎ 远距离输电(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．交流发电机原理 在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。‎ 特点：线圈平面经过中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流方向发生改变。线圈绕轴一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次。‎ 交变电流的图像：若将其电枢的转速提高一倍，其他条件不变，则其电动势变为2Emsin 2ωt(峰值及角速度都增加一倍)。对应的图像如图所示。‎ 在计算有效值时要注意区分正弦式和方波形甚至三角波的区别，不能都用计算，要分清交变电流四值的应用。‎ ‎2．电容与电感对交变电流的影响 电容器通交流，隔直流；通高频，阻低频。电感器通直流，阻交流；通低频，阻高频。‎ ‎3．理想变压器：＝，＝，P1＝P2。典型应用有自耦变压器、电压互感器、电流互感器、钳形电表、触电保护器等。‎ 变压器的动态变化问题：根据题意弄清变量和不变量。如原线圈电压不变、原副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化。‎ 原、副线圈中各量的因果关系：电压关系为U1决定U2；电流关系为I2决定I1；功率关系为P2决定P1。‎ ‎4．远距离输电示意图(如图所示)‎ 能量关系：P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔP，ΔP＝I22R，P用户＝U3I3＝U4I4。‎ 电路关系：U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R。‎ 变压器关系：＝＝，＝＝。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．在交变电流问题分析中，对图像的意义及提供信息认识不清。‎ ‎2．将线圈在辐向性磁场转动产生的方波交流电和线圈在匀强磁场转动产生正弦式交流电混淆。‎ ‎3．在变压器中误认为＝适用于各种情况。‎ ‎4．原线圈接电阻时混淆电源电压和原线圈输入端电压。‎ ‎5．计算电损时将变压器两端电压U出与电线上分压U损混淆。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n1＝1 000匝，两个次级线圈的匝数分别为n2＝50匝、n3＝100匝。在初级线圈ab端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．交变电流的频率为100 Hz B．U2＝50 V，U3＝100 V C．I1∶I2＝1∶20‎ D．闭合开关S，则I1增大 解析：选D　交变电流的周期为0.02 s，频率为50 Hz，A项错误；根据变压器的匝数与电压比可知，U2＝＝·V＝25 V，U3＝＝·V＝50 V，B项错误；因电流与匝数之间满足I1n1＝I2n2＋I3n3，故C项错误；闭合开关S，则I3变大，根据I1n1＝I2n2＋I3n3，可知I1增大，D项正确。‎ ‎2．(2017·开封质检)如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接入最大值一定的正弦交流电，副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联，电压表和电流表均为理想交流电表，电流表A1、A2及电压表V的示数分别为I1、I2、U2，定值电阻的阻值为R，其消耗的功率为P，电容器的电容为C，所带的电量为Q，则它们的关系为(　　)‎ A．Q＝CU2　　　　　 　B．I2＝ C．P＝5I1U2 D.＝ 解析：选D　由于电容器两端电压是变化的，即电容器不断地被充电和放电，故其电量不是一个定值，故不能用Q＝CU来计算，A项错误；I2是副线圈总电流，是只通过R的电流，电容器还有充放电电流，所以I2＞，P≠I2U2，根据变压器的公式，＝＝，可知B、C项错误，D项正确。‎ ‎3．(2017·三门峡一模)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则(　　)‎ A．用电器增加时，变压器输出电压增大 B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑动 C．用电器增加时，输电线的热损耗减少 D．用电器增加时，变压器的输入功率减小 ‎ 解析：选B　由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A项错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B项正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C项错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D项错误。‎ 高考主题(十二)　原子物理 考纲要求 命题解读 ‎1‎ 氢原子光谱(Ⅰ)‎ ‎6‎ 结合能、质量亏损(Ⅰ)‎ ‎　　共10个考点，皆为Ⅰ要求，命题难度不大，但涉及的知识点较多，复习时不要有遗漏，注意能级跃迁和光电效应规律的小综合及物理学史方面的考查。‎ ‎2‎ 氢原子的能级结构、能级公式(Ⅰ)‎ ‎7‎ 裂变反应和聚变反应、裂变反应堆(Ⅰ)‎ ‎3‎ 原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期(Ⅰ)‎ ‎8‎ 射线的危害和防护(Ⅰ)‎ ‎4‎ 放射性同位素(Ⅰ)‎ ‎9‎ 光电效应(Ⅰ)‎ ‎5‎ 核力、核反应方程(Ⅰ)‎ ‎10‎ 爱因斯坦光电效应方程(Ⅰ)‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ ‎1．波粒二象性 ‎(1)任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应。‎ ‎(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大。‎ ‎(3)入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不会超过10－9 s。‎ ‎ (4)当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比。‎ ‎(5)光电效应方程 ‎①光电子的最大初动能跟入射光子的能量hν和逸出功W0的关系为mv2＝hν－W0。用图像表示光电效应方程，如图所示。‎ ‎②极限频率为图线与ν轴交点的横坐标ν0，逸出功为图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值W0＝E，普朗克常量：图线的斜率k＝h。‎ ‎2．原子结构 ‎(1)原子结构 电子的发现：1897年，英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子。‎ 卢瑟福根据α粒子散射实验观察到的实验现象推断出了原子的核式结构。α粒子散射实验的现象是：①绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进；②极少数α粒子则发生了较大的偏转甚至返回。‎ 注意：核式结构并没有指出原子核的组成。‎ ‎(2)玻尔理论 ‎“定态假设”：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中，电子虽做变速运动，但并不向外辐射电磁波，这样的相对稳定的状态称为定态。‎ ‎“跃迁假设”：电子绕核转动处于定态时不辐射电磁波，但电子在两个不同定态间发生跃迁时，却要辐射(吸收)电磁波(光子)，其频率由两个定态的能量差值决定hν＝Em－En。‎ ‎“能量量子化假设”和“轨道量子化假设”‎ ‎：由于能量状态的不连续，因此电子绕核转动的轨道半径也不能任意取值。‎ 注意：(1)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数：N＝Cn2＝。‎ ‎(2)原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差。‎ ‎(3)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值。‎ ‎(4)计算时应注意：因一般取无穷远处为零电势参考面，故各能级的能量值均为负值，能量单位1 eV＝1.6×10－19 J。‎ ‎3．原子核 ‎(1)物理学史 爱因斯坦利用光子说解释了光电效应，证实了光的粒子性；美国物理学家康普顿根据康普顿效应，证实了光的粒子性。英国物理学家汤姆孙发现电子，提出枣糕式原子模型；英国物理学家卢瑟福用α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，由实验结果估计原子核半径数量级为10－15 m；丹麦物理学家玻尔提出了玻尔假说，成功地解释和预言了氢原子的辐射电磁波谱；卢瑟福用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，发现了质子，查德威克在α粒子轰击铍核时发现中子；约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发现了正电子和人工放射性同位素。‎ ‎(2)三种射线 种类 α射线 β射线 γ射线 实质 高速氦核流 高速电子流 光子 带电量 ‎2e ‎－e ‎0‎ 速度 ‎0.1c ‎0.99c c 贯穿本领 最弱，‎ 用纸能挡住 较强，穿透几 毫米厚的铝板 最强，穿透几厘米厚的铅板 对空气的 电离作用 最强 较弱 最弱 ‎(3)原子核的衰变 α衰变与β衰变方程(电荷数守恒、质量数守恒)‎ α衰变：ZAX―→ZA－2－4Y＋24He(2个质子和2个中子结合成一整体射出)，在磁场中衰变后形成两个外切圆，大圆对应α粒子。‎ β衰变：ZAX―→Z＋1　AY＋－1　0e(中子转化为质子和电子)，在磁场中衰变后形成两个内切圆，大圆对应β粒子。‎ α衰变和β衰变次数的确定方法：先由质量数守恒确定α衰变的次数，再由核电荷数守恒确定β衰变的次数。‎ ‎(4)半衰期(T)：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。‎ 特征：只由核本身的因素所决定，而与原子所处的物理状态或化学状态无关。‎ 规律：N＝N0。‎ ‎(5)核能的获取途径 ‎①重核裂变：例如： 92235U＋01n―→ 54136Xe＋3890Sr＋1001n ‎②轻核聚变：例如：12H＋13H―→24He＋01n ‎(6)爱因斯坦质能方程：E＝mc2。‎ 核能的计算 ‎①若Δm以千克为单位，则ΔE＝Δmc2。‎ ‎②若Δm以原子的质量单位u为单位，则ΔE＝Δm×931.5 MeV。‎ 质量亏损Δm：组成原子核的核子的质量与原子核的质量之差。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．在氢原子跃迁中，混淆一个和一群处于激发态的氢原子发出的光谱线条数。‎ ‎2．研究能级跃迁问题时，将光子和实物粒子混淆。‎ ‎3．对半衰期的统计规律不理解。‎ ‎4．书写核反应方程时误将“―→”写成“＝”。‎ ‎5．混淆质量数与质量两个不同的概念。‎ ‎6．误以为一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线。‎ ‎7．误以为只要有核反应发生，就一定会释放出核能。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．(2017·江西吉安一中段考)用如图所示装置研究光电效应现象，阴极K与滑动变阻器的中心触头c相连，当滑动头P从a移到c的过程中，光电流始终为零。为了产生光电流，可采取的措施是(　　)‎ A．增大入射光的强度　 　B．增大入射光的频率 C．把P向a移动 D．把P从c向b移动 ‎ 解析：选B　能否产生光电效应与入射光的强度无关，增大入射光的强度，仍不能产生光电流，故A项错误；增大入射光的频率，当入射光的频率大于金属的极限频率时，产生光电效应，阴极K中有光电子发出，电路中能产生光电流，故B项正确；把P向a移动，P点电势大于c点电势，光电管加上正向电压，但不能产生光电效应，没有光电流形成，故C项错误；把P从c向b移动，由于不能产生光电效应，故没有光电流形成，故D项错误。‎ ‎2．[多选](2017·唐山二模)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，则 (　　)‎ A．6种光子中波长最长的是n＝4激发态跃迁到基态时产生的 B．6种光子中有2种属于巴耳末系 C．若从n＝2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子也一定能使该金属板发生光电效应 D．在6种光子中，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子康普顿效应最明显 解析：选BD　根据跃迁假设，在跃迁的过程中释放出光子的能量等于两能级之差，故从n＝4跃迁到n＝3时释放出光子的能量最小，频率最小，波长最长，所以A项错误；由题意知6种光子中有2种属于巴耳末系，他们分别是从n＝4能级跃迁到n＝2能级和从n ‎＝3能级跃迁到n＝2能级时释放出的光子，故B项正确；由题图知，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量小于n＝2能级跃迁到基态释放的光子的能量，所以不一定使金属板发生光电效应，所以C项错误；在6种光子中，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子的能量最大，频率最高，故其康普顿效应最明显，所以D项正确。‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：12H＋12H―→23He＋01n。已知12H的质量为2.013 6 u，23He的质量为3.015 0 u,01n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为(　　)‎ A．3.7 MeV　　　　　　 　B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV 解析：选B　氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确。‎ 高考主题(十三)　物理实验 ‎[命题解读]　在高考题中实验内容占有较大比重，而实验题又是考生得分率较低的部分。高考要求的必考实验共有十二个，考查的热点是基本仪器读数、常用器材、实验方案的选择，实物图连接，图像法处理数据，误差分析等。纵观近几年高考物理实验试题，看似每年都在变化，但万变不离其“宗”，这个“宗”就是教材中的基本实验。‎ ‎[主干知识·忆一忆]‎ 一、力学实验 ‎(一)熟知常规力学量的测量 物理量 测量工具、使用方法或测量方法 力 ‎①弹簧测力计(不超量程，调零；会读数)；②力传感器(调零)‎ 质量 天平(水平放置、调零；被测物放左盘、砝码放右盘；会读数)‎ 长度 ‎①刻度尺(要估读，精度1 mm)；②螺旋测微器(要估读，精度0.01 mm)；③游标卡尺(不估读，精度有0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm三种)‎ 时间 ‎①打点计时器(电磁打点计时器使用6 V以下交流电，电火花计时器使用220 V交流电，打点时间间隔均为0.02 s)；②光电计时器(记录挡光时间Δt)；③秒表(不估读，精度0.1 s)‎ 速度 ‎①打点纸带：v＝＝；②频闪照相：v＝＝；③光电门：瞬时速度v＝(d为遮光板宽度)；④速度传感器 加速度 ‎①打点纸带：a＝；②频闪照相：a＝；③光电门：a＝或a＝；④vt图像：a＝k(斜率)‎ ‎(二)洞悉重要力学实验的考点 实验 装置图 操作要领 考查热点 研究匀变速直线运动 ‎①平行：细绳、纸带与长木板平行 ‎②靠近：小车释放前，应靠近打点计时器的位置 ‎③先后：实验时先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带 ‎④适当：悬挂钩码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集 ‎①考装置：器材装配正误 ‎②考读算：读纸带计数点间位移；计算瞬时速度；计算加速度 ‎③摩擦力：无须平衡(木板平放或斜放均可)‎ ‎④远小于：无须满足(悬挂钩码质量与小车质量)‎ 探究弹力和弹簧伸长的关系 ‎①操作：弹簧竖直悬挂；待钩码静止时测出弹簧长度 ‎②‎ ‎①考装置：器材装配、读数 ‎②考作图：根据记录数据作相关图线 ‎③考计算：根据Fx，或Fl，或mx图像求k 作图：坐标轴标度要适中，单位要标注；连线时要使各数据点均匀分布在直线的两侧 验证力的平行四边形定则 ‎①等效：同一次实验中橡皮条拉长后的结点O位置必须保持不变 ‎②拉力：沿弹簧测力计轴线方向拉，橡皮条、弹簧测力计和细绳套与纸面平行；两分力F1、F2的夹角不要太大或太小 ‎③作图：选定比例要相同；严格按力的图示要求作平行四边形求合力 ‎①考读数：弹簧测力计示数 ‎②考操作：两次拉橡皮条时需将结点O拉到同一位置 ‎③求合力：根据分力F1、F2大小与方向用作图法求合力 ‎④会区分：能区分合力的理论值与真实值 验证牛顿运动定律 ‎①平衡：必须平衡摩擦力(改变小车或重物质量，无须重新平衡)‎ ‎②质量：重物的总质量远小于小车质量(若使用力传感器，或以小车与重物的系统为研究对象无须满足此要求)‎ ‎③其他：细绳与长木板平行；小车靠近打点计时器的位置释放；实验时先接通电源，后释放小车 ‎①考装置：器材安装正误；平衡摩擦力的方法、标准；质量控制要求 ‎②测定a：根据纸带或光电门数据计算加速度 ‎③求结论：描点作aF或a图像，并得出结论 ‎④判成因：给定异常aF图像，判断其可能成因 探究动能定理 ‎①平衡：须平衡摩擦力 ‎②做功：橡皮筋做的功是变力功，不能具体求解，须用倍增法改变功的大小 ‎①考装置：平衡摩擦力的方法、判断标准 ‎②求速度：小车获得速度就是纸带上点距均匀的速度 ‎③考图像：作Wv或Wv2‎ ‎③小车：靠近打点计时器且接通电源再释放小车；每次小车须由同一位置静止弹出 图像，得出结论 验证机械能守恒定律 ‎①安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直 ‎②重物：选密度大、质量大的金属块，且靠近打点计时器处释放 ‎③速度：应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt计算 ‎①考装置：器材选择、装配正误 ‎②考运算：下落速度的计算；减少重力势能与增加动能的计算 ‎③考图像：h或Δh图像的斜率判断机械能守恒 验证动量守恒定律 ‎①安装：斜槽末端切线必须沿水平方向 ‎②起点：斜槽末端上方l处 ‎③速度：应用小球平抛的水平位移替代 ‎①考装置：器材安装、小球选取、O点确定 ‎②考测量：小球质量的测量和小球平抛运动的水平位移的测量 ‎③考结论：根据实验数据判断两球碰撞过程中动量是否守恒 二、电学实验 ‎(一)熟知常规电学量的测量 物理量 测量工具、使用方法或测量方法 电压 ‎①电压表(会选用；会接线；会读数)；②电压传感器；③多用电表电压挡；④灵敏电流计与大电阻串联 电流 ‎①电流表(会选用；会接线；会读数)；②电流传感器；③多用电表电流挡；④灵敏电流计与小电阻并联 电阻 ‎①多用电表电阻挡(粗测)；②伏安法(外接法、内接法)；③等效替代法测电阻；④电阻箱(接线、读数)；⑤滑动变阻器(选用、接线)‎ 电动势 ‎①伏安法；②伏阻法；③安阻法等 ‎(二)洞悉重要电学实验的考点 实验 电路图 实验原理 考查热点 测定金属的电阻率 ‎①测Rx：Rx＝(伏安法) ‎ ‎②算ρ：Rx＝ρ，ρ＝ ‎①考读数：U、I、L及d ‎②考电路：电路设计或选择、实物连线或改错，器材选择 ‎③考运算：由UI图像求Rx，求ρ 描绘小电珠的伏安特性曲线 ‎①电路：伏安法外接；滑动变阻器分压式 ‎②图像：UI图像为曲线(温度升高，灯丝电阻增大)‎ ‎①考电路：电路设计或选择、实物连线或改错，器材选择 ‎②考作图：描点、连线画UI图像 ‎③考运算：由UI图像求电阻、电功率 测定电源的电动势和内阻 ‎①伏安法：E＝U＋Ir ‎②安阻法：E＝I(R＋r) ‎ ‎③伏阻法：E＝U＋r ‎①考电路：电路设计或选择、实物连线或改错，器材选择 ‎②考作图：描点连线画图线 ‎③考运算：由UI或I－1R或U－1R－1图像，求E、r 练习使用多用电表 ‎①V、A挡：相当于电压表、电流表 ‎②Ω挡：闭合电路欧姆定律 ‎③调零：机械调零、欧姆调零 ‎④电流方向：红表笔进，黑表笔出 ‎①考读数：电压、电流、电阻挡的读值 ‎②考使用：欧姆表选挡、调零、规范操作等 ‎③考黑箱：多用电表探测黑箱内的元件 传感器的简单使用 传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)‎ ‎①考热敏：热敏电阻特性(欧姆表法、伏安法) ‎ ‎②考光敏：光敏电阻特性(欧姆表法、伏安法)‎ ‎(三)掌握一些电学实验技巧 ‎1．考虑电表内阻影响时，电压表是可读出电压值的电阻；电流表是可读出电流值的电阻。‎ ‎2．电表选用：测量值不许超过量程；测量值越接近满偏值(表针的偏转角度尽量大)误差越小，一般应大于满偏值。‎ ‎3．相同电流计改装后的电压表量程：U∝RV；并联测同一电压，量程大的指针摆角小。‎ 电流表量程：I∝；串联测同一电流，量程大的指针摆角小。‎ ‎4．电压测量值偏大，给电压表串联一比电压表内阻小得多的电阻。‎ 电流测量值偏大，给电流表并联一比电流表内阻大得多的电阻。‎ ‎5．分压电路：一般选择电阻较小而额定电流较大的电阻，以下情况应采用分压电路：‎ ‎(1)若采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时。‎ ‎(2)当用电器电阻远大于滑动变阻器的全值电阻，且实验要求的电压变化范围大(或要求多组实验数据)时。‎ ‎(3)电压、电流要求从“零”开始可连续变化时。‎ 限流电路：变阻器的阻值应与电路中其他电阻的阻值比较接近。‎ 分压和限流电路都可以用时，限流电路优先，限流电路能耗小。‎ ‎6．变阻器：并联时，小阻值的用来粗调，大阻值的用来细调；串联时，大阻值的用来粗调，小阻值的用来细调。‎ ‎7．电流表的内、外接法：内接时，R测＞R真；外接时，R测＜R真。‎ ‎(1)Rx≫RA或＞时内接；Rx≪RV或＜时外接。‎ ‎(2)如Rx既不很大又不很小时，先算出临界电阻R0≈(仅适用于RA≪RV)，若Rx＞R0时内接；Rx＜R0时外接。‎ ‎(3)如RA、RV均不知时，用试触法判定：电流表变化大内接，电压表变化大外接。‎ ‎8．欧姆表：‎ ‎(1)指针越接近R中误差越小，一般应在至10R中范围内，R中＝R0＋Rg＋r＝。‎ ‎(2)Rx＝－。‎ ‎(3)选挡、换挡后均必须欧姆调“零”才可测量，测量完毕，选择开关旋钮置于OFF挡或交流电压最高挡。‎ ‎9．故障分析：串联电路中断路点两端有电压，通路两端无电压(电压表并联测量)。‎ 断开电源，用欧姆表测量：断路点两端电阻无穷大，短路处电阻为零。‎ ‎10．描点后画线的原则：‎ ‎(1)已知规律(表达式)‎ ‎：通过尽量多的点，不通过的点应靠近直线，并均匀分布在线的两侧，舍弃个别远离的点。‎ ‎(2)未知规律：依点顺序用平滑曲线连点。‎ ‎11．伏安法测电池电动势E和内电阻r：‎ 安培表接电池所在回路时：E测＝E真，r测＞r真，电流表内阻造成测量结果的误差。‎ 安培表接电阻所在回路时：E测＜E真，r测＜r真，电压表内阻造成测量结果的误差。‎ 半偏法测电流表内阻：rg＝R并，测量值偏小；代替法测电流表内阻：rg＝R代替。‎ 半偏法测电压表内阻：rg＝R串，测量值偏大。‎ ‎[易错易混·醒一醒]‎ ‎1．读数类题目中易在最小单位、有效数字、单位间的换算上出现错误。‎ ‎2．纸带问题中易将计时点和计数点混淆，计算时易漏掉单位的换算。‎ ‎3．验证力的平行四边形定则的实验中误认为两弹簧测力计夹角为90°。‎ ‎4．多用电表欧姆挡使用时易出现换挡不调零的现象。‎ ‎5．电流表的内、外接法，滑动变阻器的分压和限流在具体应用中易混。‎ ‎6．用UI图像分析电源电动势和内电阻时，易漏掉坐标原点的物理意义，误认为都是零。‎ ‎7．实物连图时，易出现电源正、负极和用电器正、负极不对应的现象。‎ ‎8．设计性实验中，不能很好地将基本实验原理进行转换。‎ ‎[保温训练·试一试]‎ ‎1．基本仪器的读数。‎ ‎(1)某同学利用游标卡尺测量一圆柱体工件的直径，测量结果如图所示，则该工件的直径为________cm。‎ ‎(2)在探究动能定理的实验中，某同学用螺旋测微器测一挡光片的宽度d，如图所示，则挡光片的宽度d＝__________mm。‎ ‎(3)在用伏安法测电阻的实验中，某同学选用的电流表量程为0～3 A，电压表量程为0～15 V，测得的示数如图所示，则通过电阻的电流为________A，电阻两端的电压为__________V，所测电阻的阻值为__________Ω。‎ ‎(4)在使用多用电表测量时，指针的位置如图所示。若选择开关拨至“×10”挡，则测量的结果为________Ω；若选择开关拨至直流25 mA挡，则测量结果为________mA；若选择开关拨至直流250 V挡，则测量结果为________V。‎ 答案：(1)1.220　(2)5.195　(3)0.83　9.4　11.3‎ ‎(4)140　13.0　130‎ ‎2．(2017·绍兴期中)如图1，三个实验场景A、B、C分别是某同学按照课本中的要求所做的“探究加速度与力、质量的关系”实验、“探究功与速度变化的关系”实验、“验证机械能守恒定律”实验。该同学正确操作获得了一系列纸带，但由于忘了标记，需要逐一对应分析。图2是该同学在实验中获得的一条纸带，图中纸带上各点是打点计时器连续打下的点。已知所用打点计时器频率为50 Hz，完成以下问题。‎ ‎(1)由图2纸带可求出加速度大小为__________m/s2(保留两位有效数字)，该纸带所对应的实验场景是________(填“A”“B”或“C”)。‎ ‎(2)选用场景C的装置来“验证机械能守恒定律”的实验中，下列说法正确的是________。‎ A．应选择下端带橡胶垫的重物 B．本实验不能使用电火花计时器 C．本实验必须选用打第1、2两个点之间的距离为2 mm的纸带 D．根据v＝gt计算重物在t时刻的速度从而获得动能 解析：(1)由刻度尺读数可知，第一个点11.60 cm，第二个点13.10 cm，第三个点14.70 cm，第四个点16.40 cm；那么点与点间距差为Δx＝0.1 cm；加速度大小为：a＝＝2.5 m/s2。场景A的装置是做“探究加速度与力、质量的关系”实验，依据斜面的倾斜程度，可知加速度的大小不会太大；场景B的装置是做“探究功与速度变化的关系”实验，加速度是变化的；场景C的装置是做“验证机械能守恒定律”的实验，加速度为重力加速度，大小约为9.8 m/s2，由上分析，可知，由于该纸带加速度大小为2.5 m/s2，则所对应的实验场景是A。‎ ‎(2)选用场景C的装置做“验证机械能守恒定律”的实验时应选择下端带橡胶垫的重物，来缓冲与地面的碰撞，故A正确；打点计时器可以用电火花计时器也可以用电磁打点计时器，故B错误；在选择纸带时，要求点迹清晰，开始一、二两点间的距离并非一定要求为2 mm，即所打第一个点时的速度不一定非得为零，故C错误；用场景C的装置做“验证机械能守恒定律”的实验时，若根据v＝gt计算重物在t时刻的速度，只是理论推导，达不到实验验证的目的，故D错误。‎ 答案：(1)2.5　A　(2)A ‎3．(2017·济南模拟)某班同学所做实验如下：‎ ‎(1)小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量Δl的关系，由实验绘出F与Δl的关系图线如图乙所示，该弹簧劲度系数为________ N/m。‎ ‎(2)小丽用如图丙所示的装置验证“力的平行四边形定则”，用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后，其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：‎ A．如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；‎ B．卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到________，记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数。图丁中B弹簧测力计的读数为________N；‎ C．小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图戊所示，请你用作图工具在图中作出FA、FB的合力F′；‎ D．已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图戊所示；‎ E．最后观察比较F和F′，得出结论。‎ 解析：(1)图线的斜率表示劲度系数：‎ k＝ N/m＝125 N/m。‎ ‎(2)实验时，为了使两根弹簧测力计的共同作用效果与两个钩码的重力效果相同，需将弹簧的末端拉到同一位置O，需记录细绳套AO、BO的方向以及两弹簧测力计相应的读数。‎ 图丁中B弹簧测力计的读数为11.40 N。‎ 根据平行四边形定则作出合力，如图所示。‎ 答案：(1)125　(2)同一位置O　方向　11.40　见解析图 ‎4．某同学通过实验测定金属丝电阻率：‎ ‎(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图甲所示，则直径d＝________mm；‎ ‎(2)为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5 A的金属丝的电阻Rx粗测，下图是分别用欧姆挡的“×1挡”(图乙)和“×10挡”(图丙)测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择________挡(填“×1”或“×10”)，该段金属丝的阻值约为__________Ω。‎ ‎(3)除待测金属丝Rx、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选__________(填“A1”或“A2”)，电源应选________(填“E1”或“E2”)。‎ 电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)‎ 滑动变阻器R(最大阻值约10 Ω)‎ 电流表A1(量程3 A，内阻约0.05 Ω)‎ 电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)‎ 电源E1(电动势9 V，内阻不计)‎ 电源E2(电动势4.5 V，内阻不计)‎ 毫米刻度尺、开关S、导线 ‎(4)若滑动变阻器采用限流接法，在下面方框内完成电路原理图(图中务必标出选用的电流表和电源的符号)。‎ 解析：(1)螺旋测微器固定刻度示数是0.5 mm，可动刻度示数是49.0×0.01 mm＝0.490 mm，则螺旋测微器示数为0.5 mm＋0.490 mm＝0.990 mm。‎ ‎(2)由题图可知，题图丙所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用题图乙所示测量电阻阻值，题图乙所示欧姆挡为“×1挡”，所测电阻阻值为7×1 Ω＝7 Ω。‎ ‎(3)电阻丝的额定电流约为0.5 A，电流表应选A2；电阻丝的额定电压约为U＝IR＝0.5×7 V＝3.5 V，电源应选E2。‎ ‎(4)待测金属丝电阻约为7 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电流表内阻约为0.2 Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示。‎ 答案：(1)0.990　(2)×1　7‎ ‎(3)A2　E2　(4)实验电路图如解析图所示 ‎5．(2018届高三·衡水市冀州中学检测)实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室有如下器材可供选择：‎ A．待测干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为1.0 Ω)‎ B．电压表(量程3 V)‎ C．电压表(量程15 V)‎ D．电流表(量程0.6 A)‎ E．定值电阻(阻值为50 Ω)‎ F．滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω)‎ G．开关、导线若干 ‎(1)为了尽量减小实验误差，在下列所示的四个实验电路中应选用________。‎ ‎(2)实验中电压表应选用________。(选填器材前的字母)‎ ‎(3)实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中。‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U(V)‎ ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流I(A)‎ ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0.480‎ 请你将第5组数据描绘在图中给出的UI坐标系中并完成UI图线。‎ ‎(4)由此可以得到，此干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。(结果均保留两位有效数字)‎ ‎(5)有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图所示的电路测量电池的电动势和内电阻。闭合开关后，改变电阻箱阻值。当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1‎ ‎；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2。已知电流表的内阻为RA。请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻r＝__________。‎ 解析：(1)测干电池的电动势和内阻，采用的方法是作出UI图像，然后求出电源电动势与内阻，故甲、乙电路不行，误差太大；根据U＝E－Ir测量干电池电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。干电池内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择丙电路。‎ ‎(2)由于待测干电池电动势约为1.5 V，故选择量程为3 V的电压表即可，故选B。‎ ‎(3)将第5组数据描绘在图中给出的UI坐标系中作出UI图线如图所示。‎ ‎(4)由作出的UI图线，可得干电池的电动势E＝1.50 V，‎ 内电阻r等于图线的斜率，则r＝ Ω＝0.83 Ω。‎ ‎(5)当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1，由闭合电路的欧姆定律有：I1＝ 当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，由闭合电路的欧姆定律有：I2＝ 联立解得电池的内电阻为：r＝－RA。‎ 答案：(1)丙　(2)B　(3)见解析图　(4)1.50　0.83‎ ‎(5)－RA ‎6．实际电压表内阻并不是无限大，可等效为理想电流表与较大的电阻的串联。现需测量一只量程已知的电压表的内阻，所提供器材如下：‎ A．待测电压表(量程0～3 V，内阻约为3 kΩ，待测)‎ B．电流表(量程0～3 A，内阻0.01 Ω)‎ C．电池组(电动势约为3 V，内阻不计)‎ D．滑动变阻器R1‎ E．电阻箱R2(阻值范围0～9 999 Ω)‎ F．开关和导线若干 某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：‎ ‎(1)该同学设计了如图甲、乙所示两个实验电路，为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是________(选填“甲”或“乙”)电路。‎ ‎(2)用你选择的合理电路进行实验时，闭合开关S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和________(填文字和符号)。‎ ‎(3)用合理电路进行实验的过程中，选择____________(填选项字母编号)作为坐标轴，能作出相应的直线图像。‎ A．UI　　　　　　　　　 　B．U C.R D．UR ‎(4)设直线图像的斜率为k，截距为b，请写出待测电压表内阻的表达式RV＝________。‎ 解析：(1)由于实验提供的器材中电源电动势为3 V，而待测电压表的内阻约为3 kΩ，电路中的最大电流约为0.001 A，太小，因此不能用量程0～3 A的电流表来测量电流，否则读数误差太大，故甲电路不符合，应选用乙电路。‎ ‎(2)测量电阻最基本的原理是欧姆定律，因此需要有电压和电流这两个基本参量，所以在用乙图实验时，需要通过电压表自身读出电压值，还需根据电压和电阻箱的阻值求出电流值，即还需记录电阻箱的阻值R。‎ ‎(3)由(1)中分析可知，首先排除选项A、B，根据闭合电路欧姆定律有：E＝U＋IR＝U＋‎ ·R，变形为：＝＋，故选项C正确，选项D错误。‎ ‎(4)根据(3)中函数关系＝＋可知，直线图像的斜率为：k＝，截距为：b＝，因而解得：RV＝。‎ 答案：(1)乙　(2)电阻箱的阻值R　(3)C　(4)