高考物理备考微专题精准突破 专题一PDF.pdf

本套资源目录2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题01力与物体的平衡热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题02直线运动规律及牛顿运动定律的应用热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题03力与曲线运动热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题04功能关系在力学中的应用热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题05功能关系在电磁学中的应用热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题06电场磁场的基本性质热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题07带电粒子在复合场中的运动热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题08恒定电流和交变电流热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题09电磁感应现象及电磁感应规律的应用热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题10力学实验综合应用热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题11电学实验综合应用热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题12分子动理论气体及热力学定律热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题13机械振动和机械波光原子结构与原子核热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题14选择题解题方法与技巧热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题15计算题解题方法与技巧热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题16实验题解题方法与技巧热点难点突破2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题17物理图象解题方法与技巧热点难点突破专题01 力与物体的平衡1．如图所示，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F.当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，有风时与无风时相比( )A．气球所受合力减小B．气球所受合力增大C．轻绳的拉力F减小D．轻绳的拉力F增大【答案】D【解析】有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，合力为零，不变，A、B 错误；无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力，由平衡条件得F浮－mg－F＝0，解得F＝F浮－mg；有风时，设绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于浮力和重力之差，则有F浮－mg－F′cos θ＝0，解得F′cos θ＝F浮－mg，故F′＞F，所以F增大，C错误，D正确．8.如图3，某同学将一本物理书用手指压在竖直的墙壁上保持静止，则与书本相关的作用力的大小，下列说法正确的是( )图3A．书本受到的摩擦力一定等于书本的重力B．手指对书本的摩擦力一定等于书本的重力C．墙对书本的摩擦力一定等于书本的重力D．当手指对书本的压力增大时，书本受到的摩擦力也增大【答案】A9．一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行，如图5所示．下列说法中正确的是( )图5A．菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变B．菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变C．菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小D．菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变【答案】D【解析】设坡角为α，蜗牛受重力、支持力、摩擦力三力平衡，根据平衡条件可得：F N＝mg cos α，F f＝mg sin α；由于坡角α先变小后变大，故支持力F N先增大后减小，静摩擦力先减小后增大，故A、B、C错误；菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，一直不变，故D正确．10．中国书法是一种艺术．在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带，该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图7所示．则下列关于行笔过程中各物体的受力情况正确的是( )图7A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B．镇纸受到了向右的静摩擦力C．白纸受到了3个摩擦力D．桌面受到了向右的静摩擦力【答案】D11．如图8所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是( )图8A．薄板的重心不在MN线上B．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶cC．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶aD．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生的【答案】C【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，三个力虽然不是作用在同一点，根据三力汇交原理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，故A错误；三角形薄板受力分析如图所示．14．如图11所示，两段等长细线串接着两个质量、电荷量相等的带电小球a、b，a带正电、b带负电，悬挂于O点．现在空间加上水平向右的匀强电场，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图( )图11【答案】A15.如图12所示，质量为m 、电荷量为Q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，另一个带电荷量也为Q 的带电小球B 固定于O 点的正下方，已知细线长OA 为2l ，O 到B 点的距离为l ，平衡时带电小球A 、B 处于同一高度，已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则( )图12A ．A 、B 间库仑力大小为kQ 2l 2 B ．A 、B 间库仑力大小为2mgC ．细线拉力大小为3mgD ．细线拉力大小为23kQ 29l2 【答案】D【解析】A 、B 间库仑力F ＝kQ 23l 2＝kQ 23l2 又由平衡条件得F ＝mg tan 60°＝3mg细线拉力F T ＝mgsin 30°＝2mg19．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小一定相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体a 先开始滑动【答案】BD20.表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为F N1F N2，则以下说法正确的是( )A.m 1m 2＝2425B.m 1m 2＝2524C.F N1F N2＝2524D.F N1F N2＝2425【答案】BC21．如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A 相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O 点，细线与竖直方向成α角，A 、B 、C 始终处于静止状态，下列说法不正确的是( )A ．若仅增大A 的质量，B 对C 的摩擦力一定减小B ．若仅增大A 的质量，地面对C 的摩擦力一定增大C ．若仅增大B 的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于A 的重力D ．若仅将C 向左缓慢移动一点，α角将增大【答案】ACD【解析】设A的质量为m，B的质量为M，由平衡条件可知B受到细线的拉力T＝mg，若Mg sinθ＞mg，则有：Mg sinθ＝mg＋f，若Mg sin θ＝mg，则f＝0，若Mg sin θ<mg，则有：Mg sin θ＋f＝mg，若仅增大A的质量，B对C的摩擦力可能增大也可能减小，所以A 项错误；以B、C为整体分析可知若仅增大A的质量，绳子拉力T增大，地面摩擦力F f＝T cos θ＝mg·cos θ，所以B项正确；A、B、C始终处于静止状态，连接A、B细线的拉力始终等于物体A的重力，增大物体B的质量不会影响该细线的拉力，悬挂定滑轮的细线的拉力等于物体A上细线拉力和物体B上细线拉力的合力，它们之间的夹角不可能为120°，所以悬挂定滑轮的细线的拉力不可能等于A的重力，所以C项错误；若仅将C向左缓慢移动一点，连接A、B细线的拉力不变，而两细线夹角变小，合力与竖直方向的夹角等于α，合力沿角平分线方向，所以α角将减小，D项错误．专题02 直线运动规律及牛顿运动定律的应用1．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前头)．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2【答案】C2．如图所示， a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1，加速度大小为a 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，加速度大小为a 2.则有( )A ．a 1＝a 2，x 1＝x 2B ．a 1<a 2，x 1＝x 2C ．a 1＝a 2，x 1>x 2D ．a 1<a 2，x 1>x 2【答案】B【解析】以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时，F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1；沿光滑水平桌面运动时，F ＝(m 1＋m 2)a 2，比较两式可得：a 1<a 2，A 、C 项错误；以b 为研究对象，由牛顿第二定律有：kx 1－m 2g ＝m 2a 1，kx 2＝m 2a 2，解得：x 1＝x 2＝m 2Fk （m 1＋m 2），B项正确，D 项错误．7．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A．8 B．10C．15 D．18【答案】BC8.如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cos θ)，若L足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ【答案】AC【解析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cosθ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误；若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直沿传送带向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以加速度g(sin θ＋μcosθ)匀加速；也可能先以加速度g(sin θ＋μcos θ)匀加速，后以加速度g(sin θ－μcosθ)匀加速，故C正确；由此上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直做匀加速运动，故D 错误．9．如图5甲所示，质量为m ＝1 kg 、带电荷量为q ＝2×10－3C 的小物块静置于绝缘水平面上，A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的v －t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．小物块在0～3 s 内的平均速度为43 m/sB ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J 【答案】CD10.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m 的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是( )A ．图线与纵轴的交点的绝对值为gB ．图线的斜率在数值上等于物体的质量mC ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgD ．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m【答案】A【解析】由题结合牛顿第二定律可得：2T －mg ＝ma ，则有a ＝2mT －g ，由aT 图象可判断，纵轴截距的绝对值为g ，A 正确；图线的斜率在数值上等于2m，则B 、D 错误；横轴截距代表a ＝0时，T N ＝mg2，则C 错误．14.(多选)如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移x 和时间的平方t 2的关系如图乙所示．g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小物块的加速度大小恒为2.5 m/s 2B ．斜面倾角为30°C ．小物块2 s 末的速度是5 m/sD ．小物块第2 s 内的平均速度为7.5 m/s 【答案】BD15.质量m ＝50 kg 的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况 (以竖直向上为正方向)．由图象提供的信息可知( )A ．在0～15 s 内，观光电梯上升的高度为25 mB ．在0～15 s 内，电梯地板对人的支持力做了－2 500 J 的功C ．在20～25 s 与25～35 s 内，观光电梯的平均速度大小均为10 m/sD ．在25～35 s 内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小为2 m/s 2【答案】C【解析】在速度－时间图象中，与时间轴所包围的面积即为位移，故0～15 s 内的位移为x ＝12×10×15 m＝75 m ，故A 错误；5～15 s 内加速度为a ＝Δv Δt ＝－1010 m/s 2＝－1 m/s 2，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ，解得F N ＝45 N ，5～15 s 内上升的高度为h ＝12×10×10 m＝50 m ，故支持力做功为W ＝F N h ＝22 500 J ，故B 错误；匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和，故v ＝202 m/s ＝10 m/s ，故C 正确；在25～35 s 内，观光电梯在减速下降，故D 错误．16.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )【答案】A17.在游乐场中，有种大型游乐机叫“跳楼机”．参加的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅提升到某一高处，然后由静止释放．座椅沿光滑杆自由下落一段高度后开始受到压缩空气提供的恒定阻力，下落36 m 后速度刚好减小到零，下落的总时间是6.0 s ．求：(g 取10 m/s 2)(1)座椅被释放后，下落过程中速度的最大值v m ； (2)座椅被释放后，自由下落的距离s 1；(3)有一游客质量为60 kg ，在下降过程中，座椅对该游客支持力功率的最大值P m . 【答案】(1)12 m/s (2)7.2 m (3)9 000 W 【解析】(1)v m ＝2s t ＝2×366.0m/s ＝12 m/s.(2)自由下落的距离s 1＝v 2m2g ＝1222×10m ＝7.2 m(3)减速下落的距离s 2＝s －s 1＝(36－7.2)m ＝28.8 m 减速下落时的加速度a 2＝0－v 2m 2s 2＝－1222×28.8 m/s 2≈－2.5 m/s 2(说明：正负均可)由ma 2＝mg －F N 可解得F N ＝mg －ma 2＝60×12.5 N＝750 N 支持力的功率最大值P m ＝F N v m ＝750×12 W＝9 000 W18.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。

2020年高考物理备考微专题精准突破 专题4.8 带电粒子在直线边界磁场中的运动问题【专题诠释】1.直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)图a 中粒子在磁场中运动的时间t ＝T 2＝πmBq图b 中粒子在磁场中运动的时间t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m (π－θ)Bq图c 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBq2.平行边界存在临界条件(如图所示)图a 中粒子在磁场中运动的时间t 1＝θm Bq ，t 2＝T 2＝πmBq图b 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θmBq图c 中粒子在磁场中运动的时间t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m (π－θ)Bq图d 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBq【高考领航】【2019·全国卷Ⅱ】如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。

ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。

已知电子的比荷为k 。

则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )A.14kBl ，54kBlB.14kBl ，54kBlC.12kBl ，54kBlD.12kBl ，54kBl 【答案】 B【解析】 若电子从a 点射出，运动轨迹如图线①，有qv a B ＝m v 2aR a ，R a ＝l 4，解得v a ＝qBR a m ＝qBl 4m ＝kBl 4；若电子从d 点射出，运动轨迹如图线②，有qv d B ＝m v 2dR d ，R 2d ＝22⎪⎭⎫ ⎝⎛-l R d ＋l 2，解得R d ＝54l ，v d ＝qBR d m ＝5qBl 4m ＝5kBl4。

B 正确。

【2019·全国卷Ⅲ】如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。

假期辅导资料：高中物理3-1专题突破专题一 电场的性质1. 电场强度 E ＝F q E ＝k Q r2. E ＝Ud2. ①规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向． ②电场线上任意一点的切线方向即为该点电场强度的方向3. 电场叠加：电场中某处的电场强度为所有分电场的电场强度的矢量和4. 电场线的应用(1) 判断电场强度的方向：电场线上任意一点的切线方向即为该点电场的方向．(2) 判断电场力的方向：正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反．(3) 判断电场强度的大小：电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小．(4) 判断电势的高低与电势降低的快慢：沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．5. 几种典型电场的电场线6. 电势的定义式：φ＝E pq7. 电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA .8. 电场强度、电势、电势差、电势能四个物理量任意两者之间没有必然的大小关系 9． 等势面的四个特点 ①等势面一定与电场线垂直． ②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功． ③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面． ④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小． 10．电势高低的两种判断方法 (1) 依据电场线的方向：沿电场线方向电势逐渐降低(2) 依据U AB ＝W ABq ：U AB >0，φA >φB ，U AB <0，φA <φB .11. 两个结论①匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC ＝φA ＋φB2，如图1所示②匀强电场中若两线段AB ∥CD ，且AB ＝CD ，则U AB ＝U CD (或φA －φB ＝φC －φD )，如图2所示．图1 图2例 1 如图所示，在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A 点电势为0 V ，B 点电势为3 V ，C 点电势为6 V ．已知∠ACB ＝30°，AB边长为 3 m ，D 为AC 的中点．现将一点电荷放在D 点，且点电荷在C 点产生的场强为2 N/C ，则放入点电荷后，B 点场强为( )．A ．4 N/CB ．5 N/C C ．2 2 N/CD ． 5 N/C 12．电势能增、减的判断方法(1) 做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(2) 公式法：由E p ＝qφp ，将q 、φp 的大小、正负号一起代入公式，E p 的正值越大电势能越大，E p 的负值越小，电势能越大(3) 能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加(4) 电荷电势法：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大(反之亦然)13．电场中的功能关系 (1) 若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变； (2) 若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变； (3) 除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．(4) 所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化． (5) 电场力力对物体所做的功等于电势能的变化． (6) 重力对物体所做的功等于重力势能的变化． 14．电场力做功的计算方法 (1) 由公式W ＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W ＝qEl cos α. (2) 由W ＝qU 来计算，此公式适用于任何形式的静电场． (3) 由动能定理来计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔE k . (4) 由电势能的变化来计算：W AB ＝E p A －E p B .15. 根据粒子的运动轨迹、电场线(等势面)进行相关问题的判定时注意：①首先在轨迹与电场线(等势面)的交点准确判断电场力的方向：带电粒子在电场中只受电场力时，电场力沿电场线指向轨迹内侧，或电场力垂直于等势面指向轨迹内侧②电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况． 例2 某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a 点运动到b 点的轨迹(虚线所示)，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，下列说法正确的是( ) A ．不论图中实线是电场线还是等势面，a 点的电势都比b 点的电势低 B ．不论图中实线是电场线还是等势面，a 点的场强都比b 点的场强小 C ．如果图中实线是电场线，电子在a 点动能较大 D ．如果图中实线是等势面，电子在b 点动能较小巩固训练1．关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )．A ．由E ＝Fq 可知，某电场的场强E 与q 成反比，与F 成正比B ．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C ．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D ．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零2．(多选)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a 、b 两点，用E a 、E b 分别表示两点电场强度的大小，则( )．A ．a 、b 两点的场强方向相同B ．因为电场线由a 指向b ，所以E a >E bC ．因为电场线是直线，所以E a ＝E bD ．不知道a 、b 附近电场线的分布情况，E a 、E b 的大小不能确定 3.(多选)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )．A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时的电势能为零4. 如图为真空中两点电荷A 、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为A 、B 电荷连线的中点，a 、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )．A ．A 、B 可能带等量异号的正、负电荷 B ．A 、B 可能带不等量的正电荷C ．a 、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D ．同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反 5.(多选)如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a 处运动到b 处，以下判断正确的是( )A ．电荷从a 到b 加速度减小B ．在b 处电势能大C ．b 处电势高D ．电荷在b 处速度小6.(多选)如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，由此可知( )．A ．三个等势面中，c 等势面电势最高B ．带电质点通过P 点时电势能较大C ．带电质点通过Q 点时动能较大D ．带电质点通过P 点时加速度较大7．(多选)如图所示，a 、b 为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是( )． A ．把正电荷从a 移到b ，电场力做正功，电荷的电势能减小 B ．把负电荷从a 移到b ，电场力做负功，电荷的电势能增加 C ．把负电荷从a 移到b ，电场力做正功，电荷的电势能增加 D ．不论正电荷还是负电荷，从a 到b 电势能都逐渐降低8．某静电场的电场线分布如图所示，图中P 、Q 两点的电场强度的大小分别为E P 和E Q ，电势分别为φP 和φQ ，则( )．A ．E P >E Q ，φP >φQB ．E P >E Q ，φP <φQC ．E P <E Q ，φP >φQD ．E P <E Q ，φP <φQ9. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0 V ，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )．A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m10.如图一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k为静电力常量)( )．A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 211．如图所示，一个质量为30 g 、带电量为－1.7×10－8C 的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行．当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为30°，则匀强电场方向和大小为(g 取10 m/s 2)( )．A ．水平向右5×106 N/CB ．水平向右1×107 N/C C ．水平向左5×106 N/CD ．水平向左1×107 N/C12.（2018新课标1）如图在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )．A.3kq 3l 2B ．3kq l 2 C.3kq l 2D ．23kq l 213．(多选)如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A 点运动到B 点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J ，电场力做的功为1.5 J ．则下列说法正确的是( )．A ．粒子带负电B ．粒子在A 点的电势能比在B 点少1.5 JC ．粒子在A 点的动能比在B 点多0.5 JD ．粒子在A 点的机械能比在B 点少1.5 J14.(多选)如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断正确的是( )．A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小 15．如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度v 0水平抛出一个质量为m 的带正电小球，小球受到的电场力与重力相等，地球表面重力加速度为g ，设斜面足够长，求：(1)小球经多长时间落到斜面上；(2)从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能减少了多少？16．如图所示，在场强E ＝104N/C 的水平匀强电场中，有一根长l ＝15cm 的细线，一端固定在O 点，另一端系一个质量m ＝3g 、电荷量q ＝2×10－6C 的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g 取10m/s 2。

高考物理备考微专题精准突破专题1.9动力学中的斜面问题【专题诠释】1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。

物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。

求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。

θmgfF Ny x对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg 、支持力F N 、动摩擦力f ，由于支持力θcos mg F N =，则动摩擦力θμμcos mg F f N ==，而重力平行斜面向下的分力为θsin mg ，所以当θμθcos sin mg mg =时，物体沿斜面匀速下滑，由此得θμθcos sin =，亦即θμtan =。

所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。

当θμtan <时，物体沿斜面加速速下滑，加速度)cos (sin θμθ-=g a ；当θμtan =时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止；当θμtan >时，物体若无初速度将静止于斜面上；2.等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。

2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。

3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

2020-2021年高三物理考点专项突破：测量电阻率1．(1)如图甲所示的三把游标卡尺，它们的游标卡尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为_______ mm，_______ mm，________ mm。

(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则金属丝的直径是__________ mm。

(3)①如图丙A使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表_____ A，图中表针示数是_____ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表____ A，图中表针示数为____ A。

②图丙B使用较小量程时，每小格表示______ V，图中表针的示数为_______ V。

若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示_______ V，图中表针示数为_______ V。

(4)旋钮式电阻箱如图丁所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω。

今欲将接入电路的电阻改为2087Ω，最简单的操作方法是__________________。

若用两个这样的电阻箱，即可得到的电阻值范围为________________。

【答案】：(1)17.723.85 3.18(2)2.150(3)①0.020.440.1 2.20②0.1 1.700.58.5(4)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω【解析】：(1)根据游标卡尺读数原理：读数=主尺读数+游标读数，故图A读数：17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm。

图B读数：23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm。

图C读数：3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm。

(2)根据螺旋测微计读数原理：固定刻度+游标估读=读数，则读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm。

(3)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A。

2020年高考物理备考微专题精准突破专题4.10 带电粒子在组合场中的运动问题【专题诠释】1．组合场中的两种典型偏转垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力F E＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F E是恒力洛伦兹力F B＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F B是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：v x＝v0，x＝v0tv y＝qEm t，y＝qE2m t2偏转角φ：tan φ＝v yv x＝qEtmv0半径：r＝mvqB周期：T＝2πmqB偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝xv0t＝φ2πT＝φmqB动能变化不变2.带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：(1)从电场进入磁场①粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．②粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用类平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．(2)从磁场进入电场①粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)．②粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．【高考领航】【2019·全国卷Ⅰ】如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。

一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。

已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。

求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

2020年高考物理专题精准突破专题电学实验基础【专题诠释】一基本仪器的使用和读数（一）、螺旋测微器的原理和读数1．原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5 mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．2．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．（二）、游标卡尺的原理和读数1．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.2．读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.（三）、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．1．0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．2．对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.3．对于0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.二电表的改装问题三电流表接法的选择1．两种接法的比较2.两种接法的选择(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大，小外偏小”．(2)临界值计算法R x<R V R A时，用电流表外接法；R x>R V R A时，用电流表内接法．(3)实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．四滑动变阻器的选择和使用1．两种接法的比较RE2.两种接法的选择(1)两种接法的一般适用条件①限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)；②分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大)．(2)必须采用分压法的三种情况①若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式接法；②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路；③若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路．(3)两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低．【高考引领】【2019·新课标全国Ⅰ卷】某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。

高考物理备考微专题精准突破 专题1.9 动力学中的斜面问题【专题诠释】1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。

物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。

求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。

对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg 、支持力F N 、动摩擦力f ，由于支持力θcos mg F N =，则动摩擦力θμμcos mg F f N ==，而重力平行斜面向下的分力为θsin mg ，所以当θμθcos sin mg mg =时，物体沿斜面匀速下滑，由此得θμθcos sin =，亦即θμtan =。

所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。

当θμtan <时，物体沿斜面加速速下滑，加速度)cos (sin θμθ-=g a ； 当θμtan =时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止； 当θμtan >时，物体若无初速度将静止于斜面上； 2.等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。

2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。

3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

高考物理备考微专题精准突破专题1.2自由落体运动和竖直上抛【专题诠释】1.自由落体运动特点和规律(1)从静止开始，即初速度为零.(2)只受重力作用的匀加速直线运动.(3)公式：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .2.自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动。

匀变速直线运动的一切推论公式都适用于自由落体运动。

3.竖直上抛运动特点与规律(1)特点：初速度为v 0，加速度为－g 的匀变速直线运动(通常取初速度v 0的方向为正方向)．(2)公式v ＝v 0－gt .x ＝v 0t －12gt 2.v 2－v 20＝－2gx .(3)规律：升到最高点(即v ＝0时)所需的时间t ＝v 0g ，上升的最大高度x max ＝v 202g.4.竖直上抛运动是初速度竖直向上，加速度大小为g 的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动的速度时间关系公式等，但要注意0v 、a 、x 等物理量的正负号。

【高考引领】【2015年广东卷】距地面高5m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图．小车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10m/s 2.可求得h 等于()A ．1.25mB ．2.25mC ．3.75mD ．4.75m【命题立意】考察自由落体运动的基本规律【答案】：A【解析】：根据两球同时落地可得2H g ＝d ABv ＋2hg，代入数据得h ＝1.25m ，选项A 正确．【2016·浙江理综·17】如图所示为一种常见的身高体重测量仪。

测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。

质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.3 动能定理的理解和应用【专题诠释】1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.(2)动能定理的表达式是标量式，不能在其中一个方向上应用动能定理.(3)动能定理本质上反映了动力学过程中的能量转化与守恒，普遍适用于一切运动过程.【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s2。

该物体的质量为（）A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【2018·江苏卷】从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是A． B．C．D．【2018·高考全国卷Ⅰ】如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【方法技巧】(1)动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析.(2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便.(3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键.解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．四类图象所围“面积”的含义【最新考向解码】【例1】(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B ，质量为m 的小物块从圆弧轨道的顶端A 由静止滑下，经过B 点后沿水平轨道运动，并停在到B 点距离等于圆弧轨道半径的C 点。

2020年高考物理专题精准突破 专题 双星与天体追及相遇问题【专题诠释】 一、双星问题(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示．(2)特点：①各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即Gm 1m 2L 2＝m 1ω21r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω22r 2. ②两颗星的周期及角速度都相同，即 T 1＝T 2，ω1＝ω2.③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L . (3)两颗星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1.二、卫星中的“追及相遇”问题某星体的两颗卫星之间的距离有最近和最远之分，但它们都处在同一条直线上．由于它们的轨道不是重合的，因此在最近和最远的相遇问题上不能通过位移或弧长相等来处理，而是通过卫星运动的圆心角来衡量，若它们的初始位置与中心天体在同一直线上，内轨道所转过的圆心角与外轨道所转过的圆心角之差为π的整数倍时就是出现最近或最远的时刻． 【高考领航】【2018·高考全国卷Ⅰ】2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的 过程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km ，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗 中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一 时刻两颗中子星( )A ．质量之积B ．质量之和C ．速率之和D ．各自的自转角速度 【答案】 BC【解析】 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示．每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得 Gm 1m 2l 2＝m 1ω2r 1① Gm 1m 2l 2＝m 2ω2r 2② l ＝r 1＋r 2③由①②③式得G （m 1＋m 2）l 2＝ω2l ，所以m 1＋m 2＝ω2l 3G ，质量之和可以估算．由线速度与角速度的关系v ＝ωr 得 v 1＝ωr 1④ v 2＝ωr 2⑤由③④⑤式得v 1＋v 2＝ω(r 1＋r 2)＝ωl ，速率之和可以估算． 质量之积和各自自转的角速度无法求解． 【技巧方法】1.双星问题求解思维引导2.对于天体追及问题的处理思路(1)根据GMmr2＝mrω2，可判断出谁的角速度大；(2)根据天体相距最近或最远时，满足的角度差关系进行求解． 【最新考向解码】【例1】(2019·山东恒台一中高三上学期诊断考试)2017年8月28日，中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。

石门中学2020年寒假物理备考微专题精准突破专题1 测量电阻的N 种方法（解析版）电阻测量问题是高考物理实验考查的热点，电阻的测量实验能全面考查电学中电压表、电流表的使用与读数，欧姆表的原理及应用，电路的选择，实验方法的选择，实验数据的处理方法等。

关于电阻的测量方法，常见的有伏安法、伏伏法、安安法、等效替代法、半偏法及电桥法等。

方法1 伏安法伏安法测电阻的原理：部分电路欧姆定律R ＝UI 。

1. 两种控制电路限流式控制电路、分压式控制电路如图所示。

若变阻器阻值较小，一般设计为分压式；若变阻器阻值较大，一般设计为限流式，在二者都可行时，优先考虑限流式。

2.两种测量电路 连接方式、原理图 误差来源测量值与真实值的关系适用范围外接法电压表分流 电流表的读数大于流过待测电阻的电流，故R 测<R 真测小内接法电流表分压 电压表读数大于待测电阻两端的电压，故R 测>R 真测大电阻例1 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图2所示，用米尺测出金属丝的长度L ，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R ，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．图2(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.(2)为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： A ．电压表0～3V ，内阻10kΩ B ．电压表0～15V ，内阻50kΩ C ．电流表0～0.6A ，内阻0.05Ω D ．电流表0～3A ，内阻0.01Ω E ．滑动变阻器，0～10Ω F ．滑动变阻器，0～100Ω①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(填序号)②实验中某同学的实物接线如图3所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．图3错误1：_____________________________________________________________； 错误2：_____________________________________________________________.答案 (1)0.680 (2)①A C E ②导线连接在滑动变阻器的滑片上 采用了电流表内接法解析 (1)固定刻度读数为0.5mm ，可动刻度读数为18.0×0.01mm ＝0.180mm ，所以最终读数为：0.5mm ＋0.180mm ＝0.680mm ；(2)①因两节新的干电池的电动势为3 V ，应选量程为0～3 V 的电压表，故选A ；因金属丝的电阻大约为5 Ω，流过电流表的电流大约为I ＝U R ＝35 A ＝0.6 A ，电流表应选C ；因金属丝的电阻大约为5 Ω，且可选择的滑动变阻器阻值大于5 Ω，故滑动变阻器采用限流式接法，应选E ；②因R V R x >R xR A ，所以电流表采用外接法，该同学实物接线中的两处明显错误是：导线连接在滑动变阻器的滑片上；采用了电流表内接法．【变式1】某同学要测量一段金属丝的电阻，当他用多用电表粗测该金属丝的电阻时，发现其电阻很小。

权掇市安稳阳光实验学校2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破15：电学实验※考点一 基本仪器的使用及读数1．螺旋测微器(千分尺)的构造、原理及读数(1)构造：如图所示，B 为固定刻度，E 为可动刻度．(2)原理：测微螺杆F 与固定刻度B 之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm ，即旋钮D 每旋转一周，F 前进或后退0.5 mm ，而可动刻度E 上的刻度为50等份，每转动一小格，F 前进或后退0.01 mm ，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.(3)读数①测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出．②测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．③如图所示，固定刻度示数为2.0 mm ，半毫米刻度线未露，而可动刻度上的示数为15.0，最后的读数为2.0 mm ＋15.0×0.01 mm ＝2.150 mm.2．游标卡尺的构造、原理及读数(1)构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺．(如图所示)(2)用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．(3)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其读数见下表：(4)与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x ＋K ×精确度) mm.3．常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V 的电压表和0～3 A 的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V 和0.1 A ，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V 量程的电压表，精确度是0.5 V ，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.超重点1：电学实验基础(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.[典例1] (1)如图甲所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为______ mm、________ mm、________ mm.(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则金属丝的直径是______ mm.(3)①如图丙所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表______ A，图中表针示数为________ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A.②如图丁所示的电表使用较小量程时，每小格表示________ V，图中表针的示数为________ V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针示数为________ V.(4)旋钮式电阻箱如图所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________ Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是_______________.若用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为________．【解析】(1)最上面图读数：整毫米是17，不足1毫米数是7×0.1 mm ＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.中间图读数：整毫米是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.最下面图读数：整毫米是3，不足1毫米数是7×0.02 mm＝0.14 mm，最后结果是3 mm＋0.14 mm＝3.14 mm.(2)固定刻度示数为1.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数为1.0 mm＋15.0×0.01 mm＝1.150 mm.(3)①使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.(4)电阻为1 987 Ω，最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.【答案】(1)17.7 23.85 3.14 (2)1.150(1.149～1.151均可) (3)①0.02 0.44 0.1 2.20(2.19～2.21均可) ②0.1 1.70(1.69～1.71均可) 0.5 8.5 (4)1 987 将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0 0～19 998 Ω※考点二测量电路的接法及选择1．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表内接法电流表外接法电路图误差原因电流表分压U测＝U x＋U A 电压表分流I测＝I x＋I V电阻测量值R测＝U测I测＝R x＋R A＞R x，测量值大于真实值R测＝U测I测＝R x R VR x＋R V＜R x，测量值小于真实值适用条件R A≪R x R V≫R x口诀大内偏大(大电阻用内接法测量，测量值偏大)小外偏小(小电阻用外接法测量，测量值偏小)2.两种接法的选择(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大，小外偏小”．(2)临界值计算法R x＜R V R A时，用电流表外接法；R x＞R V R A时，用电流表内接法．(3)实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．[典例2] 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200 Ω，电压表V 的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图a或图b所示，结果由公式R x＝UI计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图a和图b中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，则________(选填“R x1”或“R x2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值R x2________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．【解析】R xR A＝20，R VR x＝10，因此R x属于大电阻，用电流表内接法时测量值更接近真实值，即R x1更接近真实值；因R x1＝UI＝R x＋R A，故R x1>R x，R x2＝UI＝R x R VR x＋R V，故R x2<R x.【答案】R x1大于小于※考点三滑动变阻器两种接法的选择1．滑动变阻器两种接法的比较限流接法分压接法对比说明电路图串、并联关系不同负载R上电压调节范围RER＋R0≤U≤E0≤U≤E分压电路调节范围大负载R上电流调节范围ER＋R0≤I≤ER0≤I≤ER分压电路调节范围大闭合S前触头位置b端a端都是为保护电路元件2.滑动变阻器应采用分压接法的情况(1)题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不够．(2)题设条件中的滑动变阻器的最大阻值远小于被测电阻或电路中串联的其他电阻的阻值．(3)题设要求回路中某部分电路两端的电压从零开始连续变化．3．两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法：因为限流式接法电路简单、能耗低．[典例3] 有一个额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的I U图线，有下列器材供选用：A．电压表(0～3 V，内阻6 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻30 kΩ)C．电流表(0～3 A，内阻0.1 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A)G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)(1)某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是__________________．要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图________(选填“a”或“b”)．(2)用正确的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________(用序号字母表示)．(3)滑动变阻器应选用________(用序号字母表示)．(4)通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示．由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为______Ω.(5)若将此小灯泡与电动势为6 V、内阻不计的电源相连，要使小灯泡正常发光，需串联一个阻值为________Ω的电阻．(结果保留三位有效数字)【解析】(1)由于电流表内阻很小，灯泡被短路，不发光；要使小灯泡的电压从零开始增大，应采用分压电路，即图乙中的b.(2)小灯泡额定电压为2.8 V，应选择0～3 V量程的电压表，小灯泡的额定电流I＝PU≈0.29 A，应选择0～0.6 A量程的电流表．(3)由于采用分压电路，故滑动变阻器选择阻值为10 Ω的滑动变阻器E.(4)由小灯泡的伏安特性曲线可知，两端电压为额定电压2.8 V时，通过小灯泡的电流为0.28 A ，由欧姆定律可知此时小灯泡电阻为10 Ω.(5)小灯泡正常发光时，小灯泡与电阻串联，通过电阻的电流与通过小灯泡的电流相等，均为0.28 A ；小灯泡两端电压与电阻两端电压之和为6 V ，所以电阻两端电压为3.2 V ，由欧姆定律可知R ＝3.20.28Ω≈11.4 Ω.【答案】(1)不亮 b (2)A D (3)E (4)10 (5)11.4※考点四 电表的改装改装成电压表改装成电流表内部电路改装原理 串联分压并联分流改装后的量程U ＝I g (R ＋R g )I ＝R ＋R g R I g量程扩大的倍数n ＝U U gn ＝I I g接入电阻的阻值R ＝UI g－R g ＝(n －1)R g R ＝I g R g I －I g ＝R gn －1 改装后的总内阻R V ＝R g ＋R ＝nR gR A ＝R ·R g R ＋R g ＝R gn校对电路改装成的电压表改装成的电流表[典例示，图中虚线框内是电压表的改装电路．(1)已知表头G 满偏电流为100 μA ，表头上标记的内阻值为900 Ω.R 1、R 2和R 3是定值电阻．利用R 1和表头构成1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1 V ；若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3 V ．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R 1＝________ Ω，R 2＝________ Ω，R 3＝________ Ω.(2)用量程为3 V 、内阻为2 500 Ω的电压表V 对改装表3 V 挡的不同刻度进行校准．所用电池的电动势E 为5 V ；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 k Ω.为方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器．(3)校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近________(选填“M ”或“N ”)端．(4)若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真实值________(选填“大于”或“小于”)900Ω.【解析】(1)根据题意，R1与表头G构成1 mA的电流表，则I g R g＝(I－I g)R1，得R1＝100 Ω；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V，则R2＝U ab－I g R gI＝910 Ω；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V，则R3＝U ac－I g R gI－R2＝2 000 Ω.(2)电压表与改装电表并联之后，电阻小于2 500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50 Ω的电阻．(3)在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用．(4)造成改装后电压表的读数比电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900 Ω.【答案】(1)100 910 2 000 (2)50 (3)M(4)大于[考纲解读]1．掌握螺旋测微器的原理及读数方法． 2.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法． 3.会用伏安法测电阻，并能测定金属丝的电阻率．[基本实验要求]1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻R x，即可计算出金属丝的电阻率．2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.(2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x、l、d值，代入公式S＝πd24和R＝ρlS中，计算出金属丝的电阻率．超重点2：测定金属的电阻率[规律方法总结] 1．数据处理(1)在求R x 的平均值时可用两种方法：①用R x ＝UI分别算出各次的数值，再取平均值．②用UI 图线的斜率求出．(2)计算电阻率：将记录的数据U 、I 、l 、d 的值代入电阻率计算式ρ＝R xSl＝πd 2U 4lI.2．注意事项(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径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．3．误差分析(1)测量电阻时采用外接法，电压表分流产生误差．(2)长度和直径的测量误差．※考点一 仪器的选取和电路设计1．[实验仪器的选取] (2020·吉林长春质检)某同学对电阻丝的电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材：电源E (电动势为4 V ，内阻约为1 Ω)； 电流表A 1(量程5 mA ，内阻约为10 Ω)；电流表A 2(量程0.6 A ，内阻约为1 Ω)；电压表V 1(量程3 V ，内阻约为1 k Ω)； 电压表V 2(量程15 V ，内阻约为3 k Ω)； 滑动变阻器R 1(阻值0～2 Ω)； 滑动变阻器R 2(阻值0～20 Ω)；开关及导线若干．他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示.编号电阻丝直径D /mm电阻丝直径的 二次方D 2/mm 2电阻丝长度L /cm电阻R /Ω1 0.280 0.078 4 100.00 16.302 0.280 0.078 4 50.00 8.16 30.5600.313 6100.004.07(1)此示数为________mm.(2)图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图，则该同学应选择电路________(选填“A ”或“B ”)进行测量．电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．【解析】(1)螺旋测微器的读数为d ＝0.5 mm ＋1.2×0.01 mm ＝0.512 mm. (2)根据题图乙可知，电路中变阻器采用限流式接法，所以变阻器应选R 2.由于电源电动势为4 V ，所以电压表应选V 1.根据表格数据可知，电路中最大电流超过5 mA ，所以电流表应选A 2.由于待测电阻满足R V R x >R xR A，电流表应用外接法，所以应选择电路A.【答案】(1)0.512(0.511～0.513均正确) (2)A A 2 V 1 R 22．要测量某种合金的电阻率．(1)若合金丝长度为L ，直径为D ，阻值为R ，则其电阻率ρ＝________.用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________ mm.(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S 2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S 1，当S 2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35 V ，I 1＝0.30 A ；当S 2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92 V ，I 2＝0.32 A ．根据以上测量数据判断，当S 2处于位置________(选填“a ”或“b ”)时，测量相对准确，测量值R x ＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)【解析】(1)金属丝电阻R ＝U I ＝ρLS＝ρLπD22，则电阻率ρ＝πRD24L ；由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5 mm ＋15.0×0.01 mm ＝0.650 mm.(3)根据ΔU U 1＝1.35－0.921.35≈0.32，而ΔI I 1＝0.32－0.300.30≈0.07，可知，电流表分压较大，因此必须采用电流表外接法，即S 2处于位置b 时，测量相对准确，根据欧姆定律，则有R x ＝0.920.32Ω≈2.9 Ω.【答案】(1)πRD24L 0.650 (2)如图所示 (3)b 2.9※考点二 数据处理及误差分析3． (2020·山东潍坊统考)一探究小组要测量2B 铅笔芯的电阻率，所用的实验器材有：电源E (9 V)，铅笔芯(最大阻值约6 Ω)，滑动变阻器(最大阻值20 Ω)，电流表A(量程为0.3 A ，内阻约为0.5 Ω)，电压表V(量程为3 V ，内阻约为1 000 Ω)，开关S.(1)将虚线框内测量铅笔芯电阻的实验电路图补充完整．(2)实验中，改变连入电路的铅笔芯长度L ，测出对应的电阻值R ，测得的5组实验数据已描点在如图甲所示的R-L 坐标系中，请画出RL 图线．(3)用螺旋测微器测量铅笔芯的直径，如图乙所示，其读数为________ mm. (4)根据画出的RL 图线及测得的铅笔芯的直径，可求得铅笔芯的电阻率为________ Ω·m(保留三位有效数字)．【解析】(1)由于待测电阻R x＜R A R V，所以电流表应采用外接法，若滑动变阻器采用限流式接法，I min＞0.3 A，故滑动变阻器采用分压式接法．(3)螺旋测微器的读数为1 mm＋20.0×0.01 mm＝1.200 mm.(4)由电阻定律得R＝ρLS ＝ρ4Lπd2，RL图线的斜率k＝4ρπd2，解得ρ＝3.77×10－5Ω·m.【答案】(1)如图a所示(2)如图b所示(3)1.200 (4)3.77×10－54．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下图所示，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：由以上实验数据可知，他们测量R x是采用下图中的________(选填“甲”或“乙”)图．(3)下图丙是测量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，补充完成下图丙中实物间的连线，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．如上图丁所示，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．由于电流表和电压表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)主尺半刻度线未露出，读数为0 mm，螺旋尺的读数为39.8×0.01 mm＝0.398 mm，所以此螺旋测微器读数为(0＋0.398)mm＝0.398 mm.(2)由图表数据可知，待测电阻阻值约为5 Ω，若电路采用限流接法，回路最小电流I ＝ER x ＋R滑＋r，代入数值约为0.11 A，不可能达到0.020 A，所以应该是分压接法．(3)实物连图时要注意：开关闭合前，滑动变阻器应处于零阻值处，以使待测电阻的电压最小；应保证开关能控制整个电路的通断；电流从电压表和电流表正极流入．(4)在坐标系中描出2、4、6次测量数据对应的点，然后连线．由于第6个数据描点偏差太大，舍弃不用；图线的斜率即为R x的阻值，由图象可知，R x＝4.5 Ω.(5)由电阻定律知R＝ρlS ，则ρ＝Sl·R＝πd22lR≈1×10－6Ω·m，C正确．(6)由于读数而引起的误差是偶然误差，由于电压表与电流表的内阻而引起的误差是系统误差，A、B错误．若将电流表和电压表的内阻计算在内，则消除了电表内阻对实验的影响，即消除了由测量仪表引起的系统误差，C正确．用UI图象处理数据，体现了多次测量求平均值的思想，而且剔除了个别偶然误差比较大的点，如图线中的第6个点，D正确．【答案】(1)0.398(0.397～0.399均正确) (2)甲(3)图见解析(4)图见解析 4.5(4.3～4.7均正确)(5)C (6)CD[考纲解读]1．掌握滑动变阻器的使用方法及连接方式． 2.掌握伏安特性曲线的描绘方法． 3.理解小电珠的伏安特性曲线为什么不是一条直线．[基本实验要求]1．实验原理(1)测多组小电珠的U、I的值，并绘出I U图象；(2)由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系．2．实验器材小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔．3．实验步骤(1)画出电路图(如实验原理图甲)．(2)将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连超重点3：描绘小电珠的伏安特性曲线接成如实验原理图乙所示的电路．(3)测量与记录移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入自己设计的表格中．(4)数据处理①在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立直角坐标系．②在坐标纸上描出各组数据所对应的点．③将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线．[规律方法总结]1．滑动变阻器的限流式接法和分压式接法比较两种接法的电路图负载R上电压的调节范围RER＋R0≤U≤E 0≤U≤E负载R上电流的调节范围ER＋R0≤I≤ER0≤I≤ER2.注意事项(1)电路的连接方式①电流表应采用外接法：因为小电珠(3.8 V 0.3 A)的电阻很小，与量程为0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．②滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小电珠两端的电压能从0连续变化．(2)闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为0的一端，使开关闭合时小电珠的电压能从0开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝．(3)I U图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．3．误差分析(1)由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值．(2)测量时读数带来误差．(3)在坐标纸上描点、作图带来误差．※考点一实验原理与操作1．如图为“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.(1)完成下列实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，______________________________；②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，_____________________________；③断开开关……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡的伏安特性曲线．(2)在虚线框中画出与实物电路对应的电路图．【解析】(1)①滑动变阻器的滑片在最左端时，小灯泡两端电压最小，为了保护小灯泡不被烧坏，因此在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应处在最左端；②在调节滑动变阻器时，应注视电压表的示数，不能超过小灯泡的额定电压．【答案】(1)①使它靠近变阻器左端的接线柱②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压(2)如图所示2．有一个小电珠上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小电珠的I U图线，现有下列器材供选用：A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)C．电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：___________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ _________.(2)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示)(3)把如图所示的实验器材按正确的电路图用笔画线代替导线连接成实物电路图．【解析】(1)由于测量数据要从零开始，故采用题图甲所示的分压式电路，且能方便地多测几组数据．(2)因小电珠额定电压为4 V，则电压表选量程为0～5 V的电压表．小灯泡的额定电流为I＝PU＝24A＝0.5 A，则电流表选D.滑动变阻器应选最大阻值较小的E，这样在实验中移动滑片时能使电路中的电流和电压有明显的变化，从而减小读数误差．(3)实物电路如图所示．【答案】(1)描绘小电珠的I U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据(2)A D E (3)图见解析※考点二数据处理及误差分析3．(2017·高考全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表V(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表A(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画(a)所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻________(选填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(选填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________ W，最大功率为________ W．(结果均保留两位小数)【解析】(1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表V应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V．由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接．(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大．根据电阻定律可知，灯丝的电阻率增大．(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为P min＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W．当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为P max＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W.【答案】(1)实验电路原理图如图所示(2)增大增大(3)0.39 1.174．物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U ＝PR＝0.75×2 V＝1.22 V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的U-I图线，进而分析灯泡的额定电压．A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)。