标题-2018-2019学年高中三维设计一轮复习物理通用版：第八单元 高考研究(一) 电表的改装及多用电表的使用
标题-2018-2019学年高中三维设计一轮复习物理通用版：第七单元 电场(1)
教材回顾(一)电场力的性质一、电荷电荷守恒定律1．电荷(1)三种起电方式：摩擦起电，接触起电，感应起电。
(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
(3)元电荷：电荷的多少叫做电荷量，通常把e＝1.6×10－19C的电荷量叫做元电荷。
2．电荷守恒定律电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。
[深化理解]1．对元电荷的理解(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。
(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。
(3)元电荷不是实物粒子，电子、质子等微粒也不是元电荷。
2．电荷的均分原理完全相同的两个金属球接触后再分开，如果金属球带同种电荷，总电荷量直接平分；如果金属球带异种电荷，需要先中和，剩余电荷再平均分配。
[小题速验](判断正误)1．电子就是元电荷。
()2．一个小球带了2.4×10－19 C的正电荷。
()3．电荷发生中和时电荷并没有消失。
()4．Q A ＝9Q 与Q B ＝－Q 的A 、B 两个金属球接触后再分开，两球一定各带4Q 的电荷。
( ) 答案：1.× 2.× 3.√ 4.×二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。
2．表达式：F ＝k q 1q 2r2。
3．适用条件：真空中静止的点电荷。
[深化理解]库仑定律的五条提醒1．在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小。
2．作用力的方向判断依据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。
3．两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。
《三维设计》新课标高考物理一轮总复习 第八章 共88页PPT资料 精品优选公开课件
谢谢观看！ 土地喝足了水，耕牛便拖着犁耙在蓑衣人的指挥下翻掘着沃土，八哥们尾随其后啄食着沉睡的虫饵，蓑衣人唱着花鼓戏：“小刘海在茅棚别了娘亲，肩扦担往山林去走一程……”间或中断歌声呵斥一下前面的伙伴，扶直了犁耙继续前行，“家不幸老爹爹早年丧命，丢下了母子们苦度光阴……”当高空忽然传来“啾啾”的叫声，抬头望去，一群大雁往北飞行，蓑衣人便停下歌声大声喊道：“大雁飞一字，大雁飞一字……”那群温顺的生灵仿佛听懂了蓑衣人的指令，很快就由“人字”队形转变成“一字”，然后，慢慢地消失在半空中。
眼光和思维所涉及的面，尽量往大了走、往高了去，则是人人可以努力靠近的。 综上：儒家拿得起、佛家放得下、道家想得开，合起来其实就是一句话：带着佛家的出世心态，凭着道家的超世眼界，去做儒家入世的事业。这也正是南怀瑾所说的人生最高境界：佛为心，道为骨，儒为表，大度看世界。车水马龙的闹市里，双眸里闪烁着都市的霓虹，衣服上沾满着汽车 曾经有一个人，她永远占据在你心最柔软的地方，你愿用自己的一生去爱她，这个人，叫“母亲”；有一种爱，它可以让你随意的索取、享用，却不要你任何的回报，不会向你抱怨，总是自己一个人默默地承受着这一切。这种爱，叫“母爱”！
最新-2018年高考物理(课标人教版)(三维设计)一轮复习第2章相互作用章末质量检测 精品
第二章 相互作用(时间90分钟，满分100分)一、选择题(本大题共10个小题，共50分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1. 如图1所示，在水平力F 作用下，A 、B 保持静止．若A 与B 的接触面是水平的，且F ≠0.则关于B 的受力个数可能为 ( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个 图1解析：对于B 物体，一定受到的力有重力、斜面支持力、A 的压力和A 对B 的摩擦力，若以整体为研究对象，当F 较大或较小时，斜面对B 有摩擦力，当F 大小适当时，斜面对B 摩擦力为零，故B 可能受4个力，也可能受5个力．答案：BC2．如图2所示，质量均为m 的物体A 、B通过一劲度系数k 的弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 均处于静止状态，现通过细绳将A 向上拉起，当B 刚要离开地面时，A 上升距离为L ，假设弹簧一 图2直在弹性限度内，则 ( )A ．L ＝2mg kB ．L ＜2mg kC ．L ＝mg kD ．L ＞mg k解析：拉A 之前，A 静止时，mg ＝kx 1，弹簧的压缩量为x 1，当B 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x 2，mg ＝kx 2，所以A 上升的距离为L ＝x 1＋x 2＝2mg k ，故A 正确．答案：A3. 如图3所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A 、B ，A 悬挂起来，B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A、B的质量之比m A∶m B等于() 图3A．cosθ∶1 B．1∶cosθC．tanθ∶1 D．1∶sinθ解析：对A、B受力分析可知m A g cosθ＝m B g，则有m A∶m B＝1∶cosθ，B项正确．答案：B4.如图4所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab与地图4面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为() A．μ1Mg B．μ1(m＋M)gC．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg解析：若长木板ab未动即地面对长木板ab的摩擦力为静摩擦力，由于P在长木板ab上滑动，即P对长木板ab的摩擦力大小为μ2mg.由平衡条件可知地面对ab的静摩擦力大小为μ2mg.即只有C正确．答案：C5. (2018·北京高考)如图5所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速图5度为g，则()A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是2mg sinθD．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是mg sinθ解析：对放在斜面上的滑块进行受力分析，当mg sinθ＝μmg cosθ，即μ＝tanθ时，滑块受力平衡，若先前静止，则滑块静止；若有向下的初速度，则做匀速运动．A中，μ＞tanθ，滑块静止在斜面上不会下滑；B中，滑块要加速下滑；C中，拉力沿斜面向上，滑动摩擦力向下，则拉力的大小为2mg sinθ；D中，滑块沿斜面向下匀速滑动，不需要外力作用．答案：C6．一轻杆BO，其O端用光滑铰链铰于固定竖直杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F 拉住，如图6所示．现将细绳缓慢往左拉，使杆BO 与杆AO 间的夹角θ逐渐减 图6小，则在此过程中，拉力F 及杆BO 所受压力F N 的大小变化情况是 ( )A ．F N 先减小，后增大B ．F N 始终不变C ．F 先减小，后增大D ．F 逐渐减小解析：取BO 杆的B 端为研究对象，受到绳子拉力(大小为F )、BO 杆的支持力FN和悬挂重物的绳子的拉力(大小为G )的作用，将FN 与G 合成，其合力与F 等值反向，如图所示，得到一个力三角形(如图中画斜线部分)，此力三角形与几何三角形OBA相似，可利用相似三角形对应边成比例来解．如图所示，力三角形与几何三角形OBA 相似，设AO 高为H ，BO 长为L ，绳长AB 为l ，则由对应边成比例可得：.N F G F H L l==，式中G 、H 、L 均不变，l 逐渐变小，所以可知FN 不变，F 逐渐变小．答案：BD7．(2018·济宁模拟) A 、B 、C 三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图7所示，C 是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G ，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t 0流完，则如图8所示的哪个图线表示在这个过程中桌面对物体 图7B 的摩擦力F f 随时间的变化关系 ( )图8解析：选择A 、B 整体作为研究对象，由于这个整体开始处于静止状态，所以后来应该一直处于静止状态，整体共受到5个力的作用，即：重力G ＝G A ＋G B 、支持力F N 、静摩擦力F f 、两根绳子的拉力F 1和F 2.其中F 1＝F 2＝G C 2.根据平衡条件得：F f ＝F 1＋F 2＝G C .所以当砂子均匀流出时，B 选项正确．答案：B8. (2018·全国卷Ⅱ)如图9所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑．已知A 与 斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动 图9摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，B 与斜面之间的动摩擦因数是 ( )A.23tan αB.23cot α C ．tan α D ．cot α解析：A 、B 两物体受到斜面的支持力均为mg cos α，所受滑动摩擦力分别为：F fA ＝μA mg cos α，F fB ＝μB mg cos α，对整体受力分析结合平衡条件可得：2mg sin α＝μA mg cos α＋μB mg cos α，且μA ＝2μB ，解之得μB ＝23tan α，A 项正确． 答案：A9．(2018·苏州模拟) 长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图10所示．铁块受到的摩擦力F f 随木板倾角α变化的图线在图11中 图10正确的是(设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小) ( )图11解析：本题应分三种情况进行分析：(1)当0°≤α＜arctan μ(μ为铁块与木板间的动摩擦因数)时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用，其大小与重力沿木板(斜面)方向分力大小相等，即F f ＝mg sin α，α＝0°时，F f ＝0；F f 随α的增大按正弦规律增大．(2)当α＝arctan μ时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．(3)当arctan μ＜α≤90°时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，可知F f ＝μF N ＝μmg cos α，F f 随α的增大按余弦规律减小．答案：C10.(2018·南平模拟)如图12所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则()A．B受到C的摩擦力一定不为零B．C受到水平面的摩擦力一定为零C．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等D．若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，水平面对C的摩擦力为零解析：若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力相等，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；利用整体法判断，C一定受到水平面向左的摩擦力，B项错误；同理在竖直方向利用整体法判断，水平面对C的支持力小于B、C的总重力，C项错误；利用整体法判断BC系统在水平方向不受外力作用，D项正确．答案：D二、实验题(本大题共2个小题，共10分)11．(5分)(2018·广州调研)为了探究弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系，某同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图13所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线的原因是______________．图13B弹簧的劲度系数为________．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(填A或B)．解析：在弹簧的弹性限度以内，弹力与形变量是成正比的，图象上端出现弯曲是因为拉力过大，超过了弹簧的弹性限度．由胡克定律得x＝Fk，则图线斜率的倒数等于弹簧的劲度系数k＝8 N8 cm＝100 N/m.精确度高意味着相同拉力下形变量大，相同刻度线下最小分度值小，故应选用劲度系数小的弹簧A.答案：拉力过大，超过了弹簧的弹性限度100 N/m A 12．(5分)(2018·苏南模拟)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图14)．实验中需用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡图14皮条伸长，结点到达某一位置O.(1)某同学在做该实验时认为：A．拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些D．拉力F1和F2的夹角越大越好其中正确的是________(填入相应的字母)．(2)若两个弹簧测力计的读数均为 4 N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则________(选填“能”或“不能”)用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是__________________________．解析：(1)拉力F1和F2的夹角越大，而合力小，作图时相对误差太大，正确的选项为A、B、C.(2)若两个弹簧测力计的读数均为4 N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则其合力为4 2 N＞5 N，故不能用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力．答案：(1)A、B、C(2)不能量程太小三、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)如图15所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量图15m＝30 kg，人的质量M＝50kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则F T＝mg.且绳对人的拉力为mg，所以地面对人的支持力为：F N＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，方向竖直向上．(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，由共点力平衡条件得：F AB＝2mg tan30°＝2×30×10×33N＝200 3 NF BC＝2mgcos30°＝2×30×1032N＝400 3 N.答案：(1)200 N (2)400 3 N 200 3 N14．(10分) 如图16所示，光滑小圆环A 吊着一个重为G 1的砝码套在另一个竖直放置的大圆环上，今有一细绳拴在小圆环A 上，另一端跨过固定在大圆环最高点B 处的一个小滑轮后吊着一个重为G 2的砝码，如果不计小环、滑轮、绳子的重量大小． 图16绳子又不可伸长，求平衡时弦AB 所对的圆心角θ.解析：以小圆环A 为研究对象，它受到的力有：竖直绳对它的拉力F 1＝G 1，其方向竖直向下；AB 绳对它的拉力F 2=G 2，其方向沿AB 方向；大圆环对它的弹力FN ，其方向沿半径指向圆外，在F 1、F 2、F N 三力的共同作用下，小圆环处于平衡状态．将小圆环A 所受的三个力利用力的合成和力的分解，组成三角形，如图所示． 由几何关系得△OAB 与△F N AF 2′相似，得N 12.OA OB AB F F F ==' 所以F N ＝F 1，sin θ2＝12F 2F 1， 将F 1＝G 1、F 2＝G 2代入解得θ＝2arcsin G 22G 1. 答案：2arcsin G 22G 115．(10分)雨滴接近地面的过程可以看做匀速直线运动，此时雨滴的速度称为收尾速度．某同学在一本资料上看到，雨滴的收尾速度v 与雨滴的半径r 成正比，由此该同学对雨滴运动中所受的阻力F 作了如下几种假设：(1)阻力只与雨滴的半径成正比，即F ＝kr (k 为常数)．(2)阻力只与速度的平方成正比，即F ＝k v 2(k 为常数)．(3)阻力与速度的平方和半径的乘积成正比，即F ＝kr v 2(k 为常数)．你认为哪种假设能够解释雨滴收尾速度与半径成正比这一关系？请写出推导过程． 解析：雨滴达到收尾速度状态时，处于平衡状态，只受重力和空气阻力F .由平衡条件得F ＝G ＝mg ＝43πr 3ρg .① r 、ρ分别为雨滴的半径、密度由题意知v ＝k 1r ②k 1为常数由①②得F ＝4πρg 3k 21r v 2＝kr v 2③ 式中k ＝4πρg 3k 21由推导知，阻力与速度的平方和半径的乘积成正比．即F ＝kr v 2假设才能解释v ∝r .答案：见解析16. (12分)如图17所示，光滑匀质圆球的直径d ＝40 cm ，质量为M ＝20 kg ，悬线长L ＝30cm ，正方形物块A 的厚度b ＝10 cm ，质量为m ＝2 kg ，物块A 与墙之间的动摩擦因数μ＝0.2.现将物块A 轻放于球和墙之间后放手，取g ＝10 m/s 2，求： 图17(1)墙对A 的摩擦力为多大？(2)施加一个与墙面平行的外力于物体A 上，使物体A 在未脱离圆球前贴着墙沿水平方向做加速度a ＝5 m/s 2的匀加速直线运动，那么这个外力的大小和方向如何？ 解析：(1)球与物体A 的受力图分别如图所示对球有：tan θ= 34F N =Mg tan θ=150 N对物体A 有：F f =μF N 球=μF N =30 N>mg所以A 物体处于静止状态，静摩擦力F f =mg =20 N.(2)A 沿水平方向运动，面对着墙看，作出A 物体在竖直平面内的受力图如图所示，有：F sin α=mgF cos α-μF N =ma解出：F ，α=arctan12. 答案：(1)20 N1 2角斜向上，与水平方向成arctan。
【三维设计】(四川专用)高考物理一轮复习 第八章 磁场章节同步练习
第八章磁场[备考指南]第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。
(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。
(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。
(√)(4)磁感线是真实存在的。
(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。
(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。
(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。
(√)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。
要点一对磁感应强度的理解及磁场和电场的对比1．理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL 成反比。
(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。
2．磁感应强度B与电场强度E的比较[多角练通]下列关于磁场或电场的说法正确的是( )①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱答案：④⑤⑦要点二安培定则的应用与磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。
标题_2018-2019学年高中三维设计一轮复习物理通用版：第五单元 能量和动量
教材回顾(一)功和功率__动能定理一、功1．做功的两个要素力和物体在力的方向上发生位移。
2．公式：W＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负夹角功的正负α＜90°力对物体做正功α＝90°力对物体不做功α＞90°力对物体做负功或说成物体克服这个力做了功[1．一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。
()2．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。
() 3．作用力做正功时，反作用力一定做负功。
()答案：1.√ 2.× 3.×二、功率1．定义功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义描述力对物体做功的快慢。
3．公式(1)P＝Wt，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝F v cos_α(α为F与v的夹角)。
①v若为平均速度，则P为平均功率。
②v若为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率机械正常工作时输出的最大功率。
5．实际功率机械实际工作时输出的功率。
要求小于或等于额定功率。
[深化理解]瞬时功率的计算方法1．利用公式P＝F v cos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
2．P＝F v F，其中v F为物体的速度v在力F方向上的分速度。
3．P＝F v v，其中F v为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
[小题速验][多选]关于功率公式P＝Wt和P＝F v的说法正确的是()A．由P＝Wt知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B．由P＝F v既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C．由P＝F v知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大D．由P＝F v知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比答案：BD三、机车启动的两种方式1．第一种(以恒定功率启动)(1)动态过程(2)这一过程的速度—时间图像如图所示2．第二种(以恒定加速度启动)(1)动态过程(2)这一过程的速度—时间图像如图所示[小题速验][多选]质量为m 的汽车沿水平路面行驶受到恒定的阻力f ，若发动机额定功率为P ，则下列判断正确的是( )A ．汽车行驶能达到的最大速度是P fB ．汽车从静止开始以加速度a 匀加速启动，经过时间t 汽车速度一定等于atC ．汽车保持额定功率启动，当速度大小为P 2f时，其加速度大小为f m D ．汽车从静止开始以加速度a 匀加速启动直到速度达到最大速度，此过程的平均功率等于P 2解析：选AC 当阻力和牵引力相等时，速度最大，故v ＝P F ＝P f ，A 正确；汽车从静止开始加速，汽车如果以恒定功率启动，则有P ＝F v ，当速度大小为P 2f时，牵引力F ＝P v ＝2f ， 所以加速度大小a ＝F －f m ＝f m，选项C 对；若匀加速启动，则随速度增大功率不断增大，当功率等于额定功率后，牵引力将逐渐减小，加速度逐渐减小直到最后牵引力等于阻力，此时不是匀变速，所以速度不能用at 表示，选项B 错；加速启动过程，功率从0开始随时间均匀增大到额定功率，平均功率等于P 2，但此后功率不变，所以在启动到达到最大速度过程，平均功率大于P 2，选项D 错。
标题_2018-2019学年高中三维设计一轮复习物理通用版：第四单元 教材回顾 万有引力定律与天体运动
增大 _____的。
(2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的 测量结果在不同的参考系中是 不同 的。
返回
3．狭义相对论的两条基本假设 (1)相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都 是 相同 的。 (2)光速不变原理：不管在哪个惯性系中，测得的真空中的 光速都是 不变 的。
v02 解析：由题意可知，星球表面的重力加速度为：g＝ ， 2h v2 Mm 根据万有引力定律可知：G ＝m d ，解得 v＝ d2 2 2 v0 Mm 又 G ＝mg，代入解得：v＝ d2 2 2 d h。 2GM d ；
答案：D
返回 2．[考查第一宇宙速度的应用 ]已知地球的质量约为火星质量的
第 四 单 元
万有引力与航天
复 习 方 案 第 1 步 打牢基础知识· 落实基本考点
学案设计·自主学习·教师造当点拨
教材回顾
万有引力定律与天体运动
NO.1
备考基础要打牢
NO.2
基本考点要研透 课时跟踪检测
NO.3
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NO.1
备考基础要打牢
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一、开普勒行星运动定律
开普勒第一定律 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆， (轨道定律)
焦点 上 太阳处在椭圆的一个_____
开普勒第二定律 对任意一个行星来说，它与太阳的连线
(面积定律)
面积 在相等时间内扫过相等的_____
公转周期 的二次方的比值都相等 它的__________
半长轴 的三次方跟 开普勒第三定律 所有行星的轨道的_______
(周期定律)
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[小题速验] (2016· 全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是 ( A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律 运动的原因 D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 )
2019学年高中三维设计一轮复习物理通用版课件：第一单元 高考研究（二） 运动图像类题目的三种题型
2.[多选]在同一条平直公路上行驶的甲车和乙车，其 速度—时间图像分别为图中直线甲和乙。已知 t ＝0 时，甲、乙两车的距离是 16 m，由图可知
A．t＝8 s 时两车可能相遇 B．t＝(6＋2 17)s 时两车可能相遇 C．在两车相遇之前 t＝6 s 时两车相距最远 D．相遇地点距甲车的出发点的距离可能是 12 m
间内，它们的 v -t 图像如图所示。在这段时间内
()
A．汽车甲的平均速度比乙的大 B．汽车乙的平均速度等于v1＋2 v2 C．甲、乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐
增大
解析：根据 v -t 图像与时间轴所围的面积表示位移，可以看出 汽车甲的位移 x 甲大于汽车乙的位移 x 乙，选项 C 错误；根据 v ＝ xt 得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项 A 正确； 汽车乙的位移 x 乙小于初速度为 v2、末速度为 v1 的匀减速直线 运动的位移 x，则汽车乙的平均速度小于v1＋2 v2，选项 B 错误； 根据 v -t 图像的斜率反映加速度的大小，因此汽车甲、乙的加 速度大小都逐渐减小，选项 D 错误。 答案：A
绘图——根据已知条件描绘或选择图像
高考中描绘图像的问题，往往是题目中先给出物体的 题型 某一个图像，要求根据该图像选出或画出另外的图像。 简述 或者题目中并没有图像，但通过描绘图像可以很容易
解决问题。
解决这类问题时首先应将题目中所给的图像认真分析， 找到所给的图像描述的物理量与所求图像的物理量之 间的关系，这个关系一般是牛顿第二定律或运动学公 方法 式。 突破 如果给出的是物体所受合力变化的图像，可以根据加 速度和力的关系画出a t图像；然后结合加速度和速度 的关系画出v t图像；还可以结合位移和速度的关系画 出x t图像。
最新-2018年高考物理(课标人教版)(三维设计)一轮复习
第九章电磁感应(时间90分钟，满分100分)一、选择题(本大题共12个小题，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是()A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小．故选A、C.答案：AC2．(2018·重庆高考)如图2所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是()A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析：当磁铁沿矩形线圈中线AB正上方通过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向(从上向下看)先逆时针再顺时针，则线圈先上方为N极下方为S极，后改为上方为S极下方为N极，根据同名磁极相斥、异名磁极相吸，则线圈受到的支持力先大于mg后小于mg，线圈受到向右的安培力，则水平方向的运动趋势向右．D项正确．答案：D3．一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里，如图3甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图3乙所示，那么第3 s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是()图3A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切解析：由图乙知，第3 s内磁感应强度B逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定．再由楞次定律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故沿半径指向圆心．B项正确．答案：B4．如图4所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么()A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．D项正确．答案：D5．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图5所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是 ( )A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt＝dmg nq B ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt＝dmg nq C ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt＝dmg (R ＋r )nqR D ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt＝dmgr (R ＋r )nqR 解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可 以判定磁感应强度B 竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A 、D 错误；因mg ＝ q U d ，U ＝E R ＋rR ，E ＝n ΔΦΔt ，联立可求得ΔΦΔt ＝dmg (R ＋r )nqR ，故只有C 项正确． 答案：C6．如图6所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则 ( )A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂， 有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置 时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安 培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.答案：AC7．如图7所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止 开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈 有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )图7A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．A线圈最后落地D．B、C线圈同时落地解析：由于A线圈上有缺口，A中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B正确．B、C线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足：mg－B2L2vR＝ma m＝ρ密·4L·S R＝ρ电4LS所以4ρ密LSg－B2LS v4ρ电＝4ρ密LSa4ρ密g－B2v4ρ电＝4ρ密aa＝g－B2v16ρ密ρ电，由于B、C线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a相同，进入相同的磁场，B、C线圈同时落地，D选项正确．答案：BD8．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如图8所示．如果输电导线输送的电流很大，那么，以下说法正确的是()图8A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的解析：若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的，B正确．输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，因此在输电过程中输电线因电流变化引起自感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故，所以甲方案是不可行的．在乙方案中，两条输电线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，C正确．此题类似于课本中提到的“双线并绕”．答案：BC9．(2018·宁波模拟)如图9所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c 的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中() A．回路中产生的内能不相等B．棒运动的加速度相等C．安培力做功相等D．通过棒横截面积的电荷量相等解析：棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小．根据E＝Bl v，E减小，故I减小．再根据F＝BIl，安培力减小，根据F＝ma，加速度减小，B错误．由于a与b、b与c间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做功，故A正确，C错误．再根据平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt，I＝ER，q＝IΔt得q＝BΔSR，故D正确．答案：AD10．如图10所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1＝q2C．W1＞W2，q1＝q2D．W1＞W2，q1＞q2解析：设线框长为L1，宽为L2，其电阻为R.第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v1＝3v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W1＝F1L1＝BI1L2L1＝B2L22L1v1/R，同理W2＝B2L22L1v2/R，故W1＞W2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q＝It＝BL2v R t＝BL 1L 2Rt t ＝BL 1L 2R ＝ΔΦR，得：q 1＝q 2.故正确答案为选项C. 答案：C11．如图11所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v 向右匀速运动，欲使棒PQ 停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ 有电阻) ( )A ．在棒PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B ．在棒PQ 棒右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C ．将导轨的a 、c 两端用导线连接起来D ．将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来解析：在棒PQ 右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，棒PQ 减速， 当两者获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将做匀速运动，A 、B 项错误．当 一端或两端用导线连接时，棒PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 两选项 正确．答案：CD12．如图12所示，在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁 场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa 位于纸面内，框的邻边都相互垂直， bc 边与磁场的边界P 重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t ＝0时刻开始， 线框匀速横穿两个磁场区域．以a →b →c →d →e →f 为线框中的电动势E 的正方向， 则如图13所示的四个E －t 关系示意图中正确的是( )图12图13解析：由右手定则和E ＝Bl v 判定水平位移从0～l 时E ＝Bl v ；从l ～2l 时，E ＝0； 从2l ～3l 时，E ＝3Bl v ；从3l ～4l 时，E ＝－2Bl v ，可知图C 正确．答案：C二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演 算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(9分)(2018·宣武模拟)如图14所示，光滑的U 形金属导轨MNN ′M ′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨的宽度为L ，其长度足够长，M ′、M 之间接有一个阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m 、电阻也为R 的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v 0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i 和棒两端的瞬时电压u 分别为多大？(2)当棒的速度由v 0减小到v 0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q 是多少？解析：(1)开始运动时，棒中的感应电动势：E ＝BL v 0棒中的瞬时电流：i ＝E 2R ＝BL v 02R棒两端的瞬时电压：u ＝R R ＋RE ＝12BL v 0. (2)由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q 总＝12m v 02－12m (110v 0)2 ＝99200m v 02棒中产生的焦耳热为：Q ＝12Q 总＝99400m v 02. 答案：(1)BL v 02R 12BL v 0 (2)99400m v 02 14．(9分)一根电阻R ＝0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r ＝1 m ，圆形线圈质 量m ＝1 kg ，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y 轴右侧有垂直线圈平面的磁感应 强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，如图15所示．若线圈以初动能E 0＝5 J 沿x 轴方向滑进 磁场，当进入磁场0.5 m 时，线圈中产生的电能为E ＝3 J ．求：图15(1)此时线圈的运动速度的大小；(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；(3)此时线圈加速度的大小．解析：(1)设线圈的速度为v ，由能量守恒定律得E 0＝E ＋12m v 2. 解得：v ＝2 m/s.(2)线圈切割磁感线的有效长度L ＝2 r 2－14r 2＝ 3 m ， 电动势E ＝BL v ＝ 3 V ， 电流I ＝E R ＝30.6A ， 两交接点间的电压U ＝IR 1＝30.6×0.6×23 V ＝233 V . (3)F ＝ma ＝BIL ，所以a ＝2.5 m/s 2.答案：(1)2 m/s (2)233V (3)2.5 m/s 2 15．(10分)如图16所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5 m ，垂直于导轨平面向里 的匀强磁场的磁感应强度为B ＝4 T ，轨道光滑、电阻不计，ab 、cd 为两根完全相同 的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1 Ω.今在ab 棒上施加 一个竖直向上的恒力F ，这时ab 、cd 恰能分别以0.1 m/s 的速度向上和向下做匀速滑 行．(g 取10 m/s 2)试求：图16(1)两棒的质量；(2)外力F的大小．解析：(1)根据右手定则，可以判定电路中电流方向是沿acdba流动的．设ab棒的质量为m1，cd棒的质量为m2.取cd棒为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得BIL ＝m2g其中I＝E2R＝2BL v2R，得m2＝B2L2vgR＝0.18 kg，根据题意判断可知m1＝0.18 kg.(2)取两根棒整体为研究对象，根据平衡条件可得F＝m1g＋m2g＝0.8 N.答案：(1)0.18 kg0.18 kg(2)0.8 N16．(12分)(2018·上海高考)如图17所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m ＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m)图17(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－B2l2m(R＋r)x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？(4)若在棒未出磁场区域时撤出外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线．解析：(1)金属棒做匀加速直线运动R 两端电压U ∝I ∝E ∝v ，U 随时间均匀增大，即v 随时间均匀增大． 所以加速度为恒量．(2)F －B 2l 2R ＋rv ＝ma ，将F ＝0.5v ＋0.4代入 得：(0.5－B 2l 2R ＋r)v ＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与v 无关，所以a ＝0.4 m/s 20．5－B 2l 2R ＋r＝0 代入数据得：B ＝0.5 T.(3)设外力F 作用时间为t .x 1＝12at 2 v 0＝B 2l 2m (R ＋r )x 2＝at x 1＋x 2＝s ，所以12at 2＋m (R ＋r )B 2l 2at ＝s 代入数据得0.2t 2＋0.8t －1＝0，解方程得t ＝1 s 或t ＝－5 s(舍去)．(4)可能图线如下：答案：(1)见解析 (2)0.5 T (3)1 s (4)见解析。
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突破 (2)改装后电压表的内阻：RV＝Rg＋R，但表头的内阻 Rg、 表头的满偏电流 Ig 没有变，只是改装后，串联的电阻起 到分压的作用，把表盘换成相应的电压刻度。
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[例 2] (2016· 海南高考)某同学改装和校准电压表的电路图
如图所示，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。R1、R2 和 R3 是定值 电阻。利用 R1 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 R1＝________ Ω，R2＝________Ω，R3＝________Ω。
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[名师指津] 本题考查了电流表改装成电压表的原理、 电表的校准及误 差分析问题， 解答此类问题的关键是理解其改装原理， 熟悉串、 并联电路的特点。
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[跟进训练] 2．某同学用量程为 1 mA、内阻为 120 Ω 的表头按图甲所示电 路改装成量程分别为 1 V 和 1 A 的多用电表。图中 R1 和 R2 为定值电阻，S 为开关。回答下列问题：
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解析：(1)连线如图所示。 (2)开关 S 闭合时，电阻 R1 与电流表并联，多 用电表用于测量电流。开关 S 断开时，电阻 R2 与电流表串联，多用电表用于测量电压。 (3)根据电流应从电流表或电压表的正接线柱进，从负接线柱出， 即从表笔 A 出，表笔 A 应为黑色，表笔 B 应为红色。 (4)开关 S 断开时，由串联电路知识，Ig(R2＋r)＝U，解得 R2＝880 Ω；开关 S 闭合时，由并联电路知识，Ig(R2＋r)＝(I－Ig)R1，解得 R1≈1.00 Ω。 答案：(1)见解析图 (2)电流 电压 (3)黑 (4)1.00 880
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[解析] (1)根据题意，R1 与表头 G 构成 1 mA 的电流表，则
IgRg＝(I－Ig)R1，Ig＝100 μA，Rg＝900 Ω，I＝1 mA，代入数据 解得 R1＝100 Ω； 若使用 a、 b 两个接线柱， 电压表的量程为 1 V， Uab－IgRg 则 R2＝ ＝910 Ω；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量 I Uac－IgRg 程为 3 V，则 R3＝ －R2＝2 000 Ω。 I (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。
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(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标准电压表的读数偏小， 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
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解析：设电流表 A 的内阻为 RA，用电流表 A 的表盘刻度表示流 过接线柱 1 的电流值时，若将接线柱 1、2 接入电路，根据并联 电路的特点，(I1－IA)R1＝IARA，解得 I1＝3IA＝0.06 A，则每一 小格表示 0.06 A； 若将接线柱 1、 3 接入电路， 则(I2－IA)R1＝IARA， 解得 I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示 0.06 A。 答案：C
E 注意：由 I＝ 知，I 与 Rx 是非线性关系，故欧姆表的刻 R内＋Rx 度是不均匀的。
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[例 3] 如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意
图。电流表满偏电流 0.5 mA、内阻 10 Ω；电池电 动势 1.5 V、内阻 1 Ω；变阻器 R0 阻值 0～5 000 Ω。 (1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为 1.5 V 刻度的，当电池的电动势下降到 1.45 V、内阻增大到 4 Ω 时仍可 调零。调零后 R0 阻值将变________(选填“大”或“小”)；若测 得某电阻阻值为 300 Ω，则这个电阻的真实值是________Ω。 (2)若该欧姆表换了一个电动势为 1.5 V，内阻为 10 Ω 的电 池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 ________(选填“偏 大”、“偏小”或“准确”)。
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电流表 G 改装成欧姆表
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实 验 原 理 欧姆表是根据闭合电路欧姆定律由电流表 G 改 装而成的，欧姆表的工作原理如图所示，其中 G 为灵敏电流表(表头)， 满偏电流为 Ig， 内阻为 Rg， 电源电动势为 E， 内阻为 r， R 为可变电阻， 也叫调零电阻。 (1)当红、黑表笔不接触时，电流表示数为零， 指针不偏转，相当于被测电阻无穷大。 (2)当红、黑表笔短接时，调节 R 使指针满偏，相当于被测电阻 E 为零，此时有 Ig＝ 。 Rg＋R＋r (3)保持 R 不变，当红、黑表笔间接电阻 Rx 时，通过电流表的电 E 流为 I＝ ，每一个 Rx 对应一个电流，在刻度盘上 Rg＋R＋r＋Rx 标出与 I 对应的 Rx 的值，这样在刻度盘上就可以读出待测电阻 的阻值，电流表 G 就改装成一个欧姆表。
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电流表 G 改装成电压表
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电流表 G 改装成大量程的电压表需要 实验 串联一个较大的电阻，如图所示，根据 原理 欧姆定律及串联电路特点，改装后的电压表量程为 U＝ Ig(R＋Rg)。显然，串联电阻 R 越大，量程越大。 (1)分压电阻的计算： 由串联电路的特点知 U＝Ig(Rg＋R)， 方法 U 解得 R＝I －Rg。
(1)根据图甲所示的电路，在图乙所示的实物图上连线。
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(2) 开 关 S 闭 合 时 ， 多 用 电 表 用 于 测 量 ________( 填 “ 电 流”“电压”或“电阻”)；开关 S 断开时，多用电表用于测 量________(填“电流”“电压”或“电阻”)。 (3)表笔 A 应为________色(填“红”或“黑”)。 (4)定值电阻的阻值 R1＝________Ω，R2＝________Ω。(结果 取三位有效数字)
复 习 方 案 第 2 步 研透高考题型· 掌握通性通法
题型讲练·合作探究·师生共研突破
高考研究（一） 电表的改装及多用电表的使用
小量程的电流表 G(表头)由于构造原因，其满偏电流(Ig)、 满偏电压 (Ug)都很小，无法直接测量较大的电流、电压，为此 必须进行电表改装，扩大其量程，常用的电流表、电压表、欧 姆表及多用电表等都是[解析] (1)设使用 a 和 b 两接线柱时，电表量程为 I1，使用
a 和 c 两接线柱时，电表量程为 I2，则 IgRg 使用 a 和 b 时： ＋I ＝I ① R1＋R2 g 1 IgRg＋R2 使用 a 和 c 时： ＋Ig＝I2② R1 由①②两式得 R1＝15 Ω，R2＝35 Ω。 1.5 (2)校准时电路中的总电阻的最小值为 R 小＝ Ω＝ 3.0×10－3 1.5 500 Ω，总电阻的最大值为 R 大＝ Ω＝3 000 Ω，故 R0 0.5×10－3 选 300 Ω 的，R 选用最大阻值为 3 000 Ω 的滑动变阻器。
返回 A 对改 (2)现用一量程为 3 mA、内阻为 150 Ω 的标准电流表○
装电表的 3 mA 挡进行校准， 校准时需选取的刻度为 0.5 mA、 1.0 mA、1.5 mA、2.0 mA、2.5 mA、3.0 mA。电池的电动势为 1.5 V， 内阻忽略不计；定值电阻 R0 有两种规格，阻值分别为 300 Ω 和 1 000 Ω；滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 750 Ω 和 3 000 Ω。则 R0 应选用阻值为________ Ω 的电阻，R 应选用最大 阻值为________ Ω 的滑动变阻器。 (3)若电阻 R1 和 R2 中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用 图乙的电路可以判断出损坏的电阻。图乙中的 R′为保护电阻， 虚线框内未画出的电路即为图甲虚线框内的电路。则图中的 d 点 应 和 接 线 柱 ________( 填 “b” 或 “c”) 相 连 。 判 断 依 据 是 ： _______________。
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到分流的作用扩大了量程，表盘刻度相应的扩大。
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[例 1] (2015· 全国卷Ⅰ)图甲为某同学改装和校准毫安表的
电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
(1)已知毫安表表头的内阻为 100 Ω，满偏电流为 1 mA；R1 和 R2 为阻值固定的电阻。若使用 a 和 b 两个接线柱，电表量程 为 3 mA；若使用 a 和 c 两个接线柱，电表量程为 10 mA。由题 给条件和数据，可以求出 R1＝________Ω，R2＝________Ω。
电表指针偏转，则损坏的电阻是 R1；若电表指针不动，则损坏 的电阻是 R2
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[名师指津] 本题考查了电流表的改装、校准和故障分析，解决此类问 题的关键是要充分理解电表改装原理，并联电路的分流作用。 注意表头 G 改装成电流表后， 通过表头的最大电流 Ig 并不改变。
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[跟进训练] 1.(2015· 北京高考)如图所示， 其中电流表 A 的量程 为 0.6 A，表盘均匀划分为 30 个小格，每一小格 1 表示 0.02 A；R1 的阻值等于电流表内阻的 ；R2 2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍。若用电流表 A 的表盘刻度表示 流过接线柱 1 的电流值，则下列分析正确的是 A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04 A B．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02 A C．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06 A D．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01 A ( )
方 法 突 破 欧姆表的刻度的标注方法
刻度 0 标注方法 红、 黑表笔相接， 调节调零电阻使 指针满偏，被测电阻 Rx＝0 红、 黑表笔不接触， 电流表指针不 偏转，被测电阻 Rx＝∞ 标注位置
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满偏电流 Ig 处