2010年高考物理考点专题复习7

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2010年高考物理一轮考点典型例题解析专题辅导

2010年高考物理一轮考点典型例题解析专题辅导4[高三]高考一轮复习-04振动和波考点34．弹簧振子，简谐运动，简谐运动的振幅、周期和频率，简谐运动的位移时间图象1. 弹簧振子：周期k m T π2=，与振幅无关，只由振子质量和弹簧的劲度决定。

2.简谐运动的基本概念：物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动，叫简谐运动。

表达式为：F= -kx⑴简谐运动的位移必须是指偏离平衡位置的位移。

也就是说，在研究简谐运动时所说的位移的起点都必须在平衡位置处。

⑵回复力是一种效果力。

是振动物体在沿振动方向上所受的合力。

⑶“平衡位置”不等于“平衡状态”。

平衡位置是指回复力为零的位置，物体在该位置所受的合外力不一定为零。

⑷F=-kx 是判断一个振动是不是简谐运动的充分必要条件。

凡是简谐运动沿振动方向的合力必须满足该条件；反之，只要沿振动方向的合力满足该条件，那么该振动一定是简谐运动。

3.描述简谐运动的物理量⑴振幅A 是描述振动强弱的物理量。

一定要将振幅跟位移相区别，在简谐运动的振动过程中，振幅是不变的而位移是时刻在改变的。

⑵周期T 是描述振动快慢的物理量。

完成一次全振动所须的时间叫周期。

（频率f=1/T 也是描述振动快慢的物理量）周期由振动系统本身的因素决定，叫固有周期。

152.弹簧振子在光滑的水平面上作简谐振动，周期是2.4s 。

当振子通过平衡位置向右运动时刻开始计时。

有下列说法：①经过1.6s ，振子向右运动，速度正在不断变小；②经过1.6s ，振子向左运动，速度正在不断变小；③经过1.9s ，振子向右运动，回复力正在不断变小；④经过1.9s ，振子向左运动，回复力正在不断变大。

以上说法中正确的是（）A ．只有①、③正确B ．只有②、④正确C ．只有①、④正确D ．只有②、③正确考点35．单摆，在小振幅条件下单摆做简谐运动，周期公式1.单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是重力和拉力的合力。

高考物理二轮总复习精品课件第一编核心专题突破专题7 热学(选考) 专题七热学(选考)

验定律列方程求解。
(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求
解。
命题角度2关联气体问题
与活塞、液柱相联系的“两团气”问题,要注意寻找“两团气”之间的压强、
体积或位移关系,列出辅助方程,最后联立求解。
命题角度3气体状态变化的图像问题
命题角度4与热力学第一定律综合问题
温馨提示气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功W=pΔV。
0

可知当体积
增大时,单位体积内分子个数变少,分子的密集程度变小,A错误;气体压强
产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击,压强增大并
不是因为分子间斥力增大,B错误;普通气体在温度不太低、压强不太大的
情况下才能看作理想气体,C错误;温度是气体分子平均动能的标志,大量气
体分子的速率呈现“中间多、两边少”的规律,温度变化时,大量分子的平均
板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋
方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到
环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘
部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A
端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(
内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力,故汽缸内气体缓慢地
将活塞往外推,最后汽缸水平,缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热
的,故缸内气体与外界没有发生热传递,汽缸内气体压强作用将活塞往外推,
气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得:气体内能减小,故缸内理
想气体的温度降低,分子热运动的平均速率减小,并不是所有分子热运动的

2010届高考物理必记知识点和常考知识点

三角形
多个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力的合力一定等值反向
匀变速直线运动：
基本规律：
Vt = V0 + a t
1
S = vo t + a t2 几个重要推论：
2
(1) 推论：Vt2 －V02 = 2as （匀加速直线运动：a 为正值匀减速直线运动：a 为正值）
(2) A B 段中间时刻的即时速度:
④物体在水平面内的圆周运动（汽车在水平公路转弯，水平转盘上的物体，绳拴着的物体在
光滑水平面上绕绳的一端旋转）和物体在竖直平面内的圆周运动（翻滚过山车、水流星、杂
技节目中的飞车走壁等）。
⑤万有引力——卫星的运动、库仑力——电子绕核旋转、洛仑兹力——带电粒子在匀强磁场
中的偏转、重力与弹力的合力——锥摆、（关健要搞清楚向心力怎样提供的）
2010 届高考物理必记知识点和常考知识点总结
学好物理要记住：最基本的知识、方法才是最重要的。学好物理重在理解（概念、规律的确切含义，能用不同的形式进行表达，理解其适用条件） (最基础的概念、公式、定理、定律最重要) 每一题弄清楚(对象、条件、状态、过程)是解题关健力的种类:（13 个性质力）说明：凡矢量式中用“+”号都为合成符号 “受力分析的基础”
0 T 2T 3T 4T 5T 6T t/s 的即
时速度，画出 v-t 图线，图线的斜率就是加速度 a。
注意：a 纸带的记录方式，相邻记数间的距离还是各点距第一个记数点的距离。
b 时间间隔与选计数点的方式有关(50Hz,打点周期 0.02s,(常以打点的 5 个间隔作为
一个记时单位) c 注意单位，打点计时器打的点和人为选取的计数点的区别
M

2010年高考物理考点专题复习271

第3讲自然界中的守恒定律★一、考情直播该部分内容是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，是高考永恒话题，常见的重点问题主要围绕几个模型进行的．不管什么模型，解决时都涉及到两个方面，一个是根据条件建立系统的动量守恒定律方程；另一个是根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程，因此深刻理解动量守恒定律的“五性”与能量守恒定律的转化流程是我们解决问题的前提．解决力学问题有三大途径，其中用动量的观点和能量的观点解决力学问题，是我们的首选．特别是对于变力作用或曲线运动问题，不涉及运动过程的细节，不涉及加速度，更显示出这两大观点的优越性．应用能量转换和守恒定律解题的一般步骤：（1）明确研究的对象及过程（2）搞清在这个过程中有哪些能量参与了转换（不能把能量的转换和做功重复考虑）（3）确定参与转化的能量中有哪些能量增加，哪些能量减少．（4）列出增加的能量和减小的能量之间的守恒式（或初、末状态能量相等的守恒式）考点一子弹打木块模型子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，系统部分机械能单向转化为内能【例1】如图6-3-1所示，设质量为m 的子弹以初速度V 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d ．求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离．【解析】子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mV 0=（M+m ）V从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d图6-3-1对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅……②①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……③ 这个式子的物理意义是：f ∙ d 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Q d f =⋅，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）．由上式不难求得平均阻力的大小：()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d mM ms +=2 从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论．由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：()v v v v v v s d s +=+=+00222/2/，mmM v v s d +==02，m M m s +=2 一般情况下M>>m ，所以s 2<<d ．这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计．这就为分阶段处理问题提供了依据．象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：()202v m M Mm E k +=∆…④当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE K =f ∙d （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE K 的大小．做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据．考点二根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程．解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解．【例2】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以V 0=6m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物块C 静止在前方，如图6-3-2所示．B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J 时，物块A 的速度是 m/s ．【解析】本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A 、B 、C 三物块．“二次作用”过程为第一次是B 、C 二物块发生短时作用，而A 不参加，这过程动量守图6-3-2恒而机械能不守恒；第二次是B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒．对于第一次B 、C 二物块发生短时作用过程，设B 、C 二物块发生短时作用后的共同速度为V BC ，则据动量守恒定律得：BC C B B V m m V m )(0+= ①对于第二次B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V ，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：V m m m V m m mV C B A BC C B ))(0++=++（ ②2220)(21)(2121V m m m V m m V m E C B A BC C B A P ++-++= ③由式①②③可得：当弹簧的弹性势能达到最大为E P =12J 时，物块A 的速度V=3 m/s ．【例3】如图6-3-3所示为三块质量均为m ，长度均为L 的木块．木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为μ．【解析】设第3块木块的初速度为V 0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V 1，据动量守恒定律得：mV 0=2mV 1 ①对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V 2，则据动量守恒定律得：2mV 1=3mV 2 ②(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：3221.3.21.2.21V m V m mgL -=μ ③由①②③联立方程得：E k3=6μmgL ④(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：3221.3.21.2.21)5.1(V m V m L mg -=μ ⑤由①②⑤联立方程得：E k3=9μmgL 故：mgL E mgL k μμ963≤≤ 考点三根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程．求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题．【例4】如图6-3-4所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度V 0和2V 0在木板上滑动，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板．求：（1）木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B所发生图6-3-3的位移；（2）木块A 在整个过程中的最小速度．【解析】（1）木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为V 1．对A 、B 、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：100)3(2V m m m mV mV ++=+解得：V 1=0．6V 0对木块B 运用动能定理，有：2021)2(2121V m mV mgs -=-μ解得)50/(91:20g V s μ=（2）设木块A 在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t ，由牛顿第二定律：对木块A ：g m mg a μμ==/1，对木板C ：3/23/22g m mg a μμ==，当木块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，因此有： t g gt V )3/2(0μμ=-，解得)5/(30g V t μ=木块A 在整个过程中的最小速度为：.5/2010/V t a V V =-= 考点四用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题【例5】如图6-3-5所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M .现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板，以地面为参照系.(1)若已知A 和B 的初速度大小为V 0，求它们最后的速度大小和方向. (2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.【解析】方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ，A 、B 间的滑动摩擦力为f .如图14所示．对A 据牛顿第二定律和运动学公式有：f =ma A ， L 2=2021t a t V A -， V =-V 0+a A t ；对B 据牛顿第二定律和运动学公式图6-3-5答图6-3-1有：f =Ma B ， 20021t a t V L B -=，V =V 0-a B t ；由几何关系有：L 0+L 2=L ；由以上各式可求得它们最后的速度大小为V ＝mM mM +-. V 0，方向向右． mM m MV fL +=202对A ，向左运动的最大距离为L MMm a V L A 42201+==．方法2、用动能定理和动量定理求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量定理可得：对A ： f t = m V +m V 0 ① 对B ：-ft=MV －MV解得：V ＝mM mM +-V 0，方向向右A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段．设L 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L 2为A 从速度为零增加到速度为V 的过程中向右运动的路程，L 0为A 从开始运动到刚好到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图2所示，设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由动能定理可得：对于B ： -f L 0=2022121MV MV - ③对于A ： -f L 1= -2021mV ④f (L 1-L 2)=221mV ⑤由几何关系L 0+L 2=L ⑥由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L 1=MLm M 4)(+.方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量守恒定律可得：0－mV解得：V ＝mM mM +-. V 0，方向向右 .对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=220)(21)21V M m V m M +-+（对于A fL 1= 2021mV由上述二式联立求得L 1=MLm M 4)(+.从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．考点五连续发生作用的问题【例6】用质量为M 的铁锤沿水平方向将质量为m 、长为L 的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V 0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离．在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K 倍（K>1）．若第一次敲击使钉进入木板深度为L 1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L 1必须满足什么条件？【解析】设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V 运动，根据动量守恒定律可得： MV 0=（M+m ）V设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f 1，则根据动能定理可得：)(2210202211m M V M MV L f +-=-=-第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f 2=Kf 1，根据动能定理可得：)(2210202221m M V M MV L Kf +-=-=- 所以L 2=L 1/K ．同理可得L 3=L 1/K 2，L 4=L 1/K 3…………L n =L 1/K N (N-1)因为L=L 1+L 2+……+L n =11)1(1L K K K n n ---，所以)(11log KLL KL KL Kn -+= 当01≤-+KL L KL 时，上式无意义，但其物理意义是当01≤-+KL L KL 时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板．所以要将钉全部敲入木板，L 1必须满足：L 1>（K-1）L/K ★二、高考热点探究【真题1】 (2）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图6-3-6所示．现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v 一t 图象呈周期性变化，如图6-3-7所示．请据此求盒内物体的质量．【解析】设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律图6-3-6 图6-3-7Mv 0=mv ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞 12Mv 02 = 12mv 2② 联立①②解得m =M ③（也可通过图象分析得出v 0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）【真题2】如图6-3-8，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h ．一质量为m 的子弹以水平速度V 0射入物块后，以水平速度V 0/2射出．重力加速度为g ．求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【解析】（1）设子弹穿过物块后的速度为V ，由动量守恒得MV v m mv +⨯=2①解得：Mm v V 20= ②系统损失的机械能为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆22020*******MV v m mv E ③由②③两式可得：20381mv M m E ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆ ④（2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则：221gt h = ⑤Vt s = ⑥由②⑤⑥三式可得：g hM mv s 20= ⑦【真题3】某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N ，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k （k ＜1)，如图6-3-9.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g 取10 m/s 2)(1)设与n +1号球碰撞前，n 号球的速度为v n ，求n +1号球碰撞后的速度. (2)若N ＝5，在1号球向左拉高h 的情况下，要使5号球碰撞后升高16k (16 h 小于绳长)问k 值为多少？图6-3-8【解析】(1)设n 号球质量为m ，n +1，碰撞后的速度分别为,1+''n nv v 、取水平向右为正方向，据题意有n 号球与n +1号球碰撞前的速度分别为v n 、0、m n +1n km根据动量守恒，有1+'+'=nn v n v v km E m v m (1) 根据机械能守恒，有221n n v m =1222121+'+n n nn v km v m (2) 由（1）、(2)得)0(1211舍去='+='++n nnv k E v 设n +1号球与n +2号球碰前的速度为E n +1据题意有v n -1=1+'nv 得v n -1=1+'nv =kE n+12 (3) （2）设1号球摆至最低点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有211121v m gh m = (4)v 1=gh 2 (5) 同理可求，5号球碰后瞬间的速度k g v 1625⨯= (6)由(3)式得111212v k k k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+-+ (7)N=n =5时，v 5=1112v k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+ (8)由(5)、(6)、(8)三式得k =12-)12(414.0舍去--=≈k （9）（3）设绳长为l ，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F ，由牛顿第二定律有l v m g m F nn n 2=- (10)则kn n n n n n n n E lg m l v m g m l v m g m F 22/222+=+=+= (11) （11）式中E kn 为n 号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.【真题4】24．(18分)光滑水平面上放着质量m A =1kg 的物块A 与质量m B =2kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E P =49J ．在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图6-3-10所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R =0.5m ，B 恰能到达最高点C ．取g=10m ／s 2，求(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ．【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为B v ，到达C 点时的速度为C v ，有2c B B v m g m R= （1）2211222B B B c B m v m v m gR =+ （2）代入数据得5/B v m s = （3）（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为1v ，取水平向右为正方向，有2112P B E m v = （4）1B B B I m v m v =- （5）代入数据得 4,I NS =- 其大小为4NS （6）（3）设绳断后A 的速度为A v ，取水平向右为正方向，有1B B B A A m v m v m v =+ （7）212A A w m v = 代入数据得8W J = （9）★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级姓名成绩1．(2003年上海高考)一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（）A ．△v ＝0B ．△v ＝12m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8J 1．【答案】BC ．取碰前速度为正，速度变化量6612/v m s ∆=--=-，其大小为12 m ／s ，B 正确．碰撞前后速度不变，动能无变化，由动能定理，墙对小球做功W=0，C 正确．2．在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为P 0的小钢球l 和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、P 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、P 2，则必有：（）A ．E 1<E 0B ．P 1<P 0C ．E 2>E 0D ．P 2>P 0 2．【答案】ABD ．由于系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，若取P 0的方向为正方向，则有P 0=- P 1+ P 2，在上式中，P 0>0、P 1<0、P 2>0，显然有P 2> P 0，故选项D 正确．另一方面，由能量守恒可知，碰撞前后的动能应满足关系E 0≥E 1+E 2，则有E 1<E 0，即选项A 正确．由于E 1<E 0，所以12012122m p m p <，得P 1< P 0．B 选项正确．3．如图6-3-11甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2 =1∶8 3．【答案】CD ．t 1时刻弹簧压缩最多，t 3时刻弹簧伸长最长．t 4时刻弹簧恢复到原长．因两物速度变化量之比为2∶1，所质量比为1∶2；D 也正确．４．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些情况说法是可能发生的①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足（M ＋m 0）v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3②摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2 ③摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v '，满足Mv ＝（M ＋m ）v ' ④小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足（M ＋m 0）v ＝（M ＋m 0）v 1＋mv 2以上说法正确的是（）A.只有①B.只有④C.只有②D.②③4. 【答案】D ．在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看为零.而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车以共同速度匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，而小车和木块碰撞后，可能以各自不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）向前运动.5．如图6-3-12所示，一质量M =3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m =1.0 kg 的小木块A.现以地面为参考系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B图6-3-11没有滑离B 板.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是（）A.2.4 m/sB.2.8 m/sC.3.0 m/sD.1.8 m/s ５．【答案】A ．小木块A 先向左做减速运动，速度减小到零再向右做加速运动.由动量守恒定律可求得，小木块开始做加速运动时，正在做加速运动的木板B 的速度为：Mv －mv =Mv 1，v 1=2.7 m/s ；小木块加速运动结束时，小木块和木板获得共同速度，则Mv －mv =（M +m ）v 2，此时木板速度为v 2=2 m/s ；在木块A 正在做加速运动的时间内木板B 相对地面的速度从2.7 m/s 减小到2 m/s.6．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a ，b 两块．若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向则（）A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a ，b 一定同时到达地面D ．炸裂的过程中，a 、b 中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 6．【答案】CD ．物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：b B A A B A v m v m v m m +=+)(，当v A 与原来速度v 同向时，v B 可能与v A 反向，也可能与v A 同向，第二种情况是由于v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v A 很小，则m A v A 还可能小于原动量(m A +m B )v ．这时，v B 的方向会与v A 方向一致，即与原来方向相同所以A 不对．a ，b 两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运动，时间由ght 2=，因h 相同，t 相同，选项C 是正确，由于水平飞行距离x = v ·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对．根据牛顿第三定律，a ，b 所受爆炸力F A =－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I=F ·t 的大小一定相等．所以D 是正确的．7．如图6-3-13所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是：（）A ．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C ．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动．图6-3-137．【答案】C ．小球在半圆槽内自B →C 运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C ．8．图6-3-14，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为： ( )A.m M Mv Mv --21，向东 B.m M Mv -1，向东C.mM Mv Mv -+21 ，向东 D.1v ，向东8. 【答案】D ．人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度V 1的方向为正方向，选地面为参照系．初态车和人的总动量为Mv 1，末态车的动量为(M －m)v ′l (因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)．人在水平方向上对地的动量仍为mv 1，则有Mv 1=(M －m)v ′1＋mv 1，(M －m)v 1=(M －m)v ′，所以v ′=v 1正确答案应为D ．9．如图6-3-15所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙．用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E ．这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /39．【答案】BD ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，墙壁对系统有力的作用，系统动量不守恒，但此力对系统不做功，故系统机械能守恒．当A 离开竖直墙后，系统不受外力，系统动量守恒，且机械能守恒．当两物体的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设刚离开墙壁时B 的速度为v 0，则图6-3-14图6-3-1520221mv E =，由系统动量守恒得：v m m mv )2(20+=，mE v v ==032，两物体总动能为E v m m E 32)2(212=+=，此时弹性势能的最大值为E E E E P 3132=-=10．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒 10．【答案】ABD ．根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左．因而，选项ABD 正确．◇基础提升训练1．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量比m A ∶m B ＝3∶2，它们原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（）①A 、B 系统动量守恒 ②A 、B 、C 系统动量守恒 ③小车向左运动④小车向右运动以上判断正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③ 1．【答案】D 解析：由A 、B 、C 组成的系统动量守恒（总动量为零），故选项②正确.因μm A g ＞μm B g ，所以小车所受合力向左，则③对.应选D.2．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量mA>mB ，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板上车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动过程中（）A ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 、C 组成的系统动量也守恒B ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量也不守恒C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，但A 、B 、C 组成的系统动量守恒D ．以上说法均不对 2．【答案】AC ．当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧弹力为内力，而A 、B图6-3-17。

2010年高考物理试题分类汇编--牛顿运动定律

2010年高考物理试题分类汇编——牛顿运动定律（全国卷1）15．如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a 。

重力加速度大小为g 。

则有A ．1a g =，2a g =B ．10a =，2a g =C ．10a =，2m M a g M +=D ．1a g =，2m Ma g M+= 【答案】C【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。

对1物体受重力和支持力，mg=F,a 1=0. 对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律g MmM M Mg F a +=+=【命题意图与考点定位】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力。

（上海物理）11. 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（A ）刚抛出时的速度最大（B ）在最高点的加速度为零（C ）上升时间大于下落时间（D ）上升时的加速度等于下落时的加速度解析：m f +=g a 上，mf-=g a 下，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D 错误；根据221h gt =，上升时间小于下落时间，C 错误，B 也错误，本题选A 。

本题考查牛顿运动定律和运动学公式。

难度：中。

（上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m 的光滑金属框架MNPQ 固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T ，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg ，电阻可忽略的金属棒ab 放置在框架上，并且框架接触良好，以P 为坐标原点，PQ 方向为x 轴正方向建立坐标，金属棒从01x m =处以02/v m s =的初速度，沿x 轴负方向做22/a m s =的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。

高考物理总复习第七章恒定电流实验八测量电源电动势和内电阻教案

实验八测量电源电动势和内电阻注意事项1.可选用旧电池：为了使电路的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池。

2.电流不要过大，读数要快：干电池在大电流放电时，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大。

因此，实验中不要将I调得过大，读数要快，每次读完立即断电。

3.计算法求E、r：要测出不少于6组I、U数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，要将测出的I、U数据中，第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组，分别解出E、r值，再求平均值。

4.合理选择标度：为使图线分布空间大，如图1所示，纵坐标可以不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，电源的内阻不能用r＝EI短确定，应根据r＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔUΔI确定。

图1误差分析1.用图象法求E和r时作图不准确。

2.由于电流表或电压表的分压或分流存在系统误差。

本实验中测量结果是：E测<E真，r测<r真。

热点一实验原理与实验操作【例1】(2015·江苏单科，10)小明利用如图2所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻。

图2(1)如图2中电流表的示数为________A。

(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V) 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06I(A)0.120.200.280.360.44由图线求得：电动势E＝________V；内阻r＝________Ω。

(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合。

其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为___________________________ ____________________________________________________________________。

解析 (1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A 量程，所以读数为0.44 A ；(2)描点画图，如图所示，根据U ＝－Ir ＋E 可得电动势为E ＝1.60 V ；图线的斜率绝对值等于内阻r ＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大。

2010年高考物理考点汇总考点1 力直线运动新人教版

考点1 力直线运动1.（2010·全国Ⅰ理综·T24）(15分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s 内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。

⑴画出汽车在0～60s 内的v -t 图线； ⑵求在这60s 内汽车行驶的路程。

【命题立意】本题以a-t 和v-t 图线转换为考点,主要考查应用v-t 图线解决问题的能力。

【思路点拨】解答本题时,可参照以下解题步骤:【规范解答】(1)由加速度图像可知前10s 汽车做匀加速直线运动，中间30s 汽车做匀速直线运动,后20s 汽车做匀减速直线运动到停止。

(2分) 由a-t 图和匀变速直线运动的公式,得v m =a 1t 1= 20m/s 。

(2分)建立v-t 坐标系,根据上面所求可画出速度图像如图所示。

(4分)(2)由速度图像的面积可求出汽车作匀加速、匀速、匀减速三段运动的位移之和, (3分) 即:11(102030202020)m 22++×××××=900m (4分) 【答案】⑴速度图像如图所示, ⑵900m2.（2010·全国Ⅱ理综·T22）（5分）利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。

实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。

打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。

（1）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有_______。

（填入正确选项前的字母） A ．天平 B ．秒表 C ．米尺（2）若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：__________________________________。

【命题立意】本题考查了实验器材的选取、误差的分析，比较容易。

【思路点拨】结合题意选择器材，根据结果，分析误差来源。

【规范解答】（1）为了测得重物下落的加速度，必须知道重物下落的时间与位移，时间可由打点计时器测定，位移可由米尺测定，物体的质量没有必要测定，故不需要天平。

[高考]2010年高考物理试题解析

t 483600
n
8.64
Tb 20000
h
7
18.用波长为的紫外线照射钨的表面，释放出来的
光电子中最大的动能是 4.71019J 。由此可知，钨的极限频率是（普朗克常量 h6.631034J.s ），光
速 c3.0108m/s，结果取两位有效数字） A．5.5 Hz Ｂ. 7.9 Hz C. 9.8 Hz D. 1.2 Hz
h
22
• 答案：C • 解析：验证机械能守恒采用重锤的自由落体运
动实现，所以相邻的0.02s内的位移增加量为
s g T 2 9 .7 9 1 0 .0 2 2 3 .9 m m
h
23
23.质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，把所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变。求：
磁场。闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电
的小球以初速度v0.1m 沿/两s 板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为，R 忽1 略空气对小球的作用，取 g。10m/ s2
• （1)当 R1 2时9，电阻消R 耗2 的电功率是多大？ • （2)若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时
h
15
• 22.（1）①用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E点，红表笔（表电表内部电源的负极相连）接F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元
件的接法可能是图乙中。
•
M a F K M g T c o s

2010年高考物理试题解析集

第
卷
注意项 1.答题前，考生在答题卡用直径 0.5 毫米的黑色墨水签字笔将自己的姓，准考证号填写清楚，然好条形码请认真准条形码的准考证号，姓和科目 2.第卷共 8 页，请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡各题的答题区域内作答，在试卷作．．．．．
答无效．．．
3.第 22． 6 卷共 13 题，共 174
234 90
Th ，质数少 4,电荷数少 2，说明为 α 衰
，中子转成质子
234 234 234 90
U→
234 91
234 90
Th + 24 He
234 92
234 90
Th →
234 91
Pa ,
1，说明为 β 衰
Th →
234 91
0 Pa + −1 e
Pa →
U ，质子数
1，说明
为 β 衰，中子转成质子 91 Pa → 92U + −1 e 考点考查据原子的衰反应方程，应用质数电荷数的恒析解决问题 15．如右，轻簧端一质为 m 的木块 1 相连，端另一质为 M 2 相连，整个系统置于水放置的滑木坂，并处于静状态现将木方向突然抽出，设抽出的瞬间，木块 1 2 的速度大小别为 a1 速度大小为 g 则有
4 t ＝0 时刻振子的移 x ＝-0.1m t ＝ s 3
D．0.2m，8 s
时刻 x ＝
t ＝4 s 时刻 x ＝0.1m 该振子的振幅和周期可能为 8 8 B．0.1m，8 s C．0.2m， s A．0.1m， s 3 3
答案 AD 解析在 t=
4 s 和 t=4s 两时刻振子的移相，第一种情况是时间差是周期 3 4 8 4 倍， 4 − = nT ，当 n=1 时 T = s 在 s 的半个周期内振子的移由负的最大 3 3 3

(新课标)2010年高考物理考点汇总考点1 直线运动

考点1 直线运动1.〔2010·新课标全国卷·T 24〕〔14分〕短跑名将博尔特在奥运会上创造了100m 和200m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s 和l9.30s 。

假定他在100m 比赛时从发令到起跑的反响时间是0.15s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。

200m 比赛时，反响时间与起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00m 比赛时一样，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00m 时最大速率的96％。

求：〔1〕加速所用时间和达到的最大速率；〔2〕起跑后做匀加速运动的加速度。

〔结果保存两位小数〕【命题立意】此题以短跑名将博尔特在奥运会上的100m 和200m 短跑项目立意命题，考查考生分析运动过程建立运动模型的能力和运用相应的运动规律列方程以与数学运算能力。

【思路点拨】解答此题可按以下思路分析：【规范解答】〔1〕设加速所用时间为t ，匀速运动达到的最大速率为v ，如此有 100)15.069.9(20=--++t v t v ① 2006.90)15.030.19(20=⨯--++v t t v ② 由①②式联立解得：s t 29.1=③ s m v /24.11=④〔2〕设起跑后做匀加速运动的加速度大小为a ，如此tv a = ⑤ 解得：2/71.8s m a =⑥【答案】〔1〕s t 29.1=s m v /24.11=〔2〕2/71.8s m a =2.〔2010·广东理综·T17〕如图是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是( )A ．0～1s 内的平均速度是2m/sB. 0～2s 内的位移大小是3mC. 0～1s 内的加速度大于2～4s 内的加速度D ．0～1s 内的运动方向与2～4s 内的运动方向相反分析运动过程建立运动模型解方程得结果选用运动规律列方程【命题立意】此题主要考查v-t 图像。

2010高考物理考点知识浓缩本

2010高考物理考点知识浓缩本必修1知识点1.质点参考系和坐标系Ⅰ在某些情况下，可以不考虑物体的大小和形状。

这时，我们突出“物体具有质量”这一要素，把它简化为一个有质量的点，称为质点。

要描述一个物体的运动，首先要选定某个其他物体做参考，观察物体相对于这个“其他物体”的位置是否随时间变化，以及怎样变化。

这种用来做参考的物体称为参考系。

为了定量地描述物体的位置及位置的变化，需要在参考系上建立适当的坐标系。

2.路程和位移时间和时刻Ⅱ 路程是物体运动轨迹的长度位移表示物体（质点）的位置变化。

我们从初位置到末位置作一条有向线段，用这条有向线段表示位移。

3．匀速直线运动速度和速率Ⅱ 匀速直线运动的x-t 图象和v-t 图象匀速直线运动的x-t 图象一定是一条直线。

随着时间的增大，如果物体的位移越来越大或斜率为正，则物体向正向运动，速度为正，否则物体做负向运动，速度为负。

匀速直线运动的v-t 图象是一条平行于t 轴的直线，匀速直线运动的速度大小和方向都不随时间变化。

瞬时速度的大小叫做速率4.变速直线运动平均速度和瞬时速度Ⅰ如果在时间t ∆内物体的位移是x ∆，它的速度就可以表示为tx v ∆∆=（1）由（1）式求得的速度，表示的只是物体在时间间隔t ∆内的平均快慢程度，称为平均速度。

如果t ∆非常非常小，就可以认为tx ∆∆表示的是物体在时刻t 的速度，这个速度叫做瞬时速度。

速度是表征运动物体位置变化快慢的物理量。

5.速度随时间的变化规律（实验、探究）Ⅱ用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动用电火花计时器（或电磁打点计时器）测速度对于匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度:纸带上连续3个点间的距离除以其时间间隔等于打中间点的瞬时速度。

可以用公式2aT x =∆求加速度(为了减小误差可采用逐差法求) 6.匀变速直线运动自由落体运动加速度Ⅱ加速度是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值，tv a ∆∆=加速度是表征物体速度变化快慢的物理量。

2010年高三物理高考复习热点归类全国通用

材料二：高考物理热点归类一、选择题1、平衡力动态分析〔整体与隔离法〕1．在粗糙水平面面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体Ａ，Ａ与竖直墙之间放一光滑圆球Ｂ，整个装置处于静止状态．现对Ｂ加一竖直向下的力Ｆ，Ｆ的作用线通过球心，设墙对Ｂ的作用力Ｆ１，Ｂ对Ａ的作用力Ｆ２，地面对Ａ的作用力为Ｆ３．假设Ｆ缓慢增大面整个装置仍保持静止，截面如下列图，在此过程中〔某某卷〕A ．F1保持不变，F3缓慢增大B ．F1缓慢增大，F3保持不变C ．F2缓慢增大，F3缓慢增大D ．F2缓慢增大，F3保持不变2．如图, 一固定斜面上两个质量一样的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑, A 与B 的接触面光滑. A 与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2倍, 斜面倾角为α. B 与斜面之间的动摩擦因数是〔全国卷理综卷2〕A.αtan 32 B. αcot 32 C. αtanD. αcot 3．如图，质量为M 的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m 的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为〔海南物理〕A ．〔M ＋m 〕gB ．〔M ＋m 〕g －FC ．〔M ＋m 〕g ＋F sin θD ．〔M ＋m 〕g －F sin θ2、运动的图像〔尤其是速度--时间图像〕4.某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t 图象。

某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，如下说法正确的答案是 (广东卷)A ．在t 1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B ．在0-t 1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大C ．在t 1-t 2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D ．在t 3-t 4时间内，虚线反映的是匀速运动5.t ＝0时，甲乙两汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v －t 图象如下列图．略汽车掉头所需时间．如下对汽车运动状况的描述正确的答案是〔海南物理〕ＡＢＦtv0 1 2 3 4m F M θA ．在第1小时末，乙车改变运动方向B ．在第2小时末，甲乙两车相距10 kmC ．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D ．在第4小时末，甲乙两车相遇6．质量为1500kg 的汽车在平直的公路上运动，v-t 图象如下列图。

2010届高考物理静电场

2010届高考物理复习学案——静电场【命题趋向】从近三年的高考分析来看，高考对静电场专题的考查频率很高，所占分值约为全卷的百分之5到10，试题主要集中在电场的力的性质、电场的能的性质以及与其他知识的综合应用。

涉及电场强度、电场线、电场力、电势、电势差、等势面、电势能、平行板电容器的电容、匀强电场、电场力做功电势能的变化，还有带电粒子在电场中的加速和偏转等知识。

重点考查了基本概念的建立、基本规律的内涵与外延、基本规律的适用条件，以及对电场知识跟其他相关知识的区别与联系的理解、鉴别和综合应用。

预计2010年的高考中，本专题仍是命题的热点之一，在上述考查角度的基础上，重点加强以选择题的形式考查静电场的基本知识点，以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的应用。

另外高考试题命题的一个新动向，静电的防治和应用，静电场与相关化学知识综合、与相关生物知识综合、与环保等热点问题相联系，在新颖、热门的背景下考查静电场基本知识的应用。

【考点透视】一、库伦定律与电荷守恒定律 1．库仑定律（1）真空中的两个静止的点电荷之间的相互作用力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在他们的连线上。

（2）电荷之间的相互作用力称之为静电力或库伦力。

（3）当带电体的距离比他们的自身大小大得多以至于带电体的形状、大小、电荷的分布状况对它们之间的相互作用力的影响可以忽略不计时，这样的带电体可以看做带电的点，叫点电荷。

类似于力学中的质点，也时一种理想化的模型。

2．电荷守恒定律电荷既不能创生，也不能消失，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物体的另一部分，在转移的过程中，电荷的总量保持不变，这个结论叫电荷守恒定律。

电荷守恒定律也常常表述为：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和总是保持不变的。

二、电场的力的性质 1．电场强度（1）定义：放入电场中的某一点的检验电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值，叫该点的电场强度。

(课标人教版)2010年高考物理复习资料第七章电场无广告版

电场知识网络第1讲库仑定律电场强度★考情直播2.考点整合考点一电荷守恒定律1.电荷守恒定律是指电荷既不能，也不能，只能从一个物体到另电荷守恒定律（三种起电方式摩擦起电、接触起电、感应起电）库仑定律定律内容及公式 2r Qq k F = 应用点电荷与元电荷库仑定律描述电场力的性质的物理量描述电场能的性质的物理量电场强度电场线电场力 F=qE （任何电场）、2r Qq k F =（真空中点电荷）大小方向正电荷在该点的受力方向定义式 E ＝F/q 真空中点电荷的场强 E=kQ/r 2 匀强电场的场强 E=U/d 电场电势差 q W U AB AB = 电势 B A AB U ϕϕ-= 令0=B ϕ 则AB A U =ϕ 等势面电势能电场力的功qU W = 电荷的储存电容器（电容器充、放电过程及特点）示波管带电粒子在电场中的运动加速偏转一个物体，或者从物体的一部分到另一部分，在转移的过程中电荷的总量 .2.各种起电方法都是把正负电荷，而不是创造电荷，中和是等量异种电荷相互抵消，而不是电荷被消灭.3．电荷的分配原则是：两个形状、大小相同的导体，接触后再分开，二者带电【例1】毛皮与玻璃棒摩擦后，毛皮带正电,这是因为（）A ．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上B ．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上C ．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上D ．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上【解析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体上，中性的物体若缺少了电子带正电，多余了电子就带负电，由于毛皮的原子核束缚电子的本领比橡胶棒弱，在摩擦的过程中毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上，缺少了电子的毛皮带正电，而正电荷是原子核内的质子，不能自由移动，所以A 正确.【答案】A【方法技巧】摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电子的转移，正电荷是不能移动的.考点二库仑定律1．定律内容：真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成，跟它们的距离的二次方成，作用力的方向在它们的连线上.电荷间这种相互作用的电力叫做静电力或库仑力.2．库仑定律的表达式库仑力F ，可以是引力，也可以是斥力，由电荷的电性决定.k 称静电力常量，k=9.0×109 N ·m 2/C 2.3．库仑定律的适用条件： , ，空气中也可以近似使用.电荷间的作用力遵守牛顿第三定律，即无论Q 1、Q 2是否相等，两个电荷之间的静电力一定是大小相等，方向相反.【例2】（2004·广东）已经证实，质子、中子都是由称为上夸克和下夸克的两种夸克组成的，上夸克带电荷量为32 e ，下夸克带电荷量为－31e ，e 为电子所带电荷量的大小.如果质子是由三个夸克组成的，且各个夸克之间的距离都为l ，l =1.5×10－15 m.试计算质子内相邻两个夸克之间的静电力（库仑力）.[解析]本题考查库仑定律及学生对新知识的吸取能力和对题中隐含条件的挖掘能力.关键点有两个：（1）质子的组成由题意得必有两个上夸克和一个下夸克组成.（2）夸克位置分布（正三角形）.质子带电荷量为+e ，所以它是由两个上夸克和一个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为：F 1=k 23232le e =94k 22l e 代入数值，得F 1=46 N ，为斥力上夸克与下夸克之间的静电力为F 2=k 23231l e e =92k 22l e 代入数值，得F 2=23 N ，为引力.【方法总结】此题型新颖，立意较独特，体现了从知识立意向能力立意发展的宗旨.关键在于挖掘题目的隐含条件，构建夸克位置的分布图. 考点三电场强度、电场线1.电场强度的定义式为 .适用于任何电场，电场中某点的电场强度由电场本身决定，与检验电荷的大小以及是否有检验电荷 .2.真空中点电荷电场强度的决定式为 .只适用于真空中点电荷的在某点激发的电场.3.匀强电场场强与电势差的关系式 .其中d 为 .4.电场强度为矢量，方向与该点 .5.电场的叠加原理：某点的电场等于各个电荷单独存在时在该点产生电场的 .6.电场线：为了形象描述电场中各点的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱.注意，不能由一条电场线判断场强的大小.7.几种典型的电场线8.电场线的特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）电场线的方向是电势降低的方向，而且是降低最快的方向；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密.[特别提醒]要掌握用比值定义的物理量的特点，区分电场强度的定义式和决定式.场强的叠加原理，即空间某一点的场强应是各场源电荷在该点激发的电场的矢量和，应该遵循平行四边形定则.特别注意电场线与场强、电势高低、等势面的关系.[例3] (2005·全国)图9-36-4中a 、b 是两个点电荷，它们的电量分别为Q 1、Q 2，MN 是ab 连线的中垂线，P 是中垂线上的一点.下列哪种情况能使P 点场强方向指向MN 的左侧?（）A ．Q 1、Q 2都是正电荷，且Q 1＜Q 2B ．Q 1是正电荷，Q 2是负电荷，且Q 1>|Q 2|C. Q 1是负电荷，Q 2是正电荷，且|Q 1|＜Q 2D. Q 1、Q 2都是负电荷，且|Q 1|>|Q 2|【剖析】场强是矢量，场强的合成遵循平行四边形定则，由平行四边形定则可画出场强的矢量图，可得到ACD 正确.【答案】ACD【方法技巧】本题考查场强的矢量性，即空间某一点的场强应是各场源电荷在该点激发的电场的矢量和，应该遵循平行四边形定则.图9－36－4等量异种电荷的电电场等量同种点电荷的等量同种电荷的电孤立点电荷的电场匀强电场考点四带电体在电场中的平衡[特别提醒] 带电体在电场中的平衡问题是指带电体处于静止或者匀速直线运动状态，仍属“静力学”范畴，只是带电体所受的外力中多了一项电场力而已，因此，解题的一般步骤为：研究对象的选取（整体法或者隔离法）；受力分析并画出受力图；根据平衡条件列方程求解.[例4]两个大小相同的小球带有同种电荷(可看作点电荷)，质量分别为m 1和m 2，带电量分别是q 1和q 2，用两等长的绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角α1和α2，如图9-36-6所示，若α1＝α2，则下述结论正确的是（）A.q 1一定等于q 2B.一定满足2211m q m q =C.m 1一定等于m 2D.必定同时满足q 1=q 2，m 1=m 2[解析] 可任选m 1或者m 2为研究对象，现以m 1为研究对象，其受力如图9-36-8所示，无论q 1、q 2的大小关系如何，两者之间的库仑斥力是大小相等的，故2211ctg F g m ctg F αα斥斥＝，=g m ，即21m m =. [答案] C[方法技巧] 求解带电体在电场中的平衡问题和求解静力学问题的思维方法一模一样，首先是研究对象的选取，然后是受力分析，画出受力示意图，最后列平衡求解.★ 高考重点热点题型探究热点1 电场线与场强、电势等物理量的关系[真题1]（2008年广东）图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N 点，可以判定（）A ．M 点的电势大于N 点的电势B ．M 点的电势小于N 点的电势C ．粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力D ．粒子在M 点受到的电场力小于在N 点受到的电场力[解析]沿着电场线的方向，电势降低，故选项A 正确.电场线越密，场强越大，同一粒子受到的电场力越大，选项D 正确.[答案]AD[名师指引]要掌握电场线的特点，电场线与场强、电势高低、等势面的关系.[真题2](2007·广东理科基础)如图9-36-10所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若带电粒子q （|Q |>>|q |）由a 运动到b ，电场力做正功.已知在a 、b 两点粒子所受电场力分别为F a 、F b ，则下列判断正确的是( )A ．若Q 为正电荷，则q 带正电，F a ＞F bB ．若Q 为正电荷，则q 带正电，F a ＜F bC ．若Q 为负电荷，则q 带正电，F a ＞F bT F 斥 m 1mg1α图9－36－6图9－36－10D ．若Q 为负电荷，则q 带正电，F a ＜F b[解析]q 从a 点移到b 点，电场力做正功，表明Q 、q 一定带同种电荷，要么同为正，要么同为负，又因为E a >E b ,故F a >F b ,A 选项正确.[答案]A[名师指引]电场强度的方向与正电荷的受力方向相同，与负电荷在该处的受力方向相反. 新题导练1-1．一负电荷从电场中A 点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的速度一时间图象如图9-36-3甲所示，则A 、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是图9-36-22乙中的( )1-2.（2008年韶关二模）．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上两点. 若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图不能确定的．．．．．是（） A .带电粒子所带电荷的符号B .带电粒子在a 、b 两点的受力方向C .带电粒子在a 、b 两点的速度何处大D .带电粒子在a 、b 两点的电势能何处较大热点2 场强的叠加[真题3]（2008年上海）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M 、N ，分别固定在A 、B 两点，O 为AB 连线的中点，CD 为AB 的垂直平分线,在CO 之间的F 点由静止释放一个带负电的小球P （设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P 在CD 连线上做往复运动.若( )A.小球P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小B.小球P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O 点时的速率不断减小C.点电荷M 、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P 往复运动过程中周期不断减小D.点电荷M 、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P 往复运动过程中振幅不断减小【解析】设F 与F ′绕O 点对称，在F 与F ′处之间，小球始终受到指向O 点的回复力作用下做往复运动，若小球P 带电量缓慢减小，则此后小球能运动到F ′点下方，即振幅会加大，A 错；每次经过O 点因电场力做功减少而速度不断减小，B 对；若点电荷M 、N 电荷量缓慢增大，则中垂线CD 上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C 、D 正确.[答案]BCD [名师指引]本题具有一定的难度，要掌握等量同种点电荷中垂线上各点的场强分布情况， a b图9－36－3还要善于用能量的观点分析问题.同学们还可以讨论等量异种点电荷的中垂线上的场强、电势情况.[真题4] (2006·全国2)ab 是长为l 的均匀带电细杆，P 1、P 2是位于ab 所在直线上的两点，位置如图9-36-15所示，ab 上电荷产生的静电场在P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大小为E 2，则以下说法正确的是( )A ．两处的电场方向相同，E 1＞E 2B ．两处的电场方向相反，E 1＞E 2C ．两处的电场方向相同，E 1＜E 2D ．两处的电场方向相反，E 1＜E 2[剖析]由对称性可知，P 1左端杆内4/l 内的电荷与P 1右端4/l 内的电荷在P 1处的场强为零，即P 1处场强E 1是由杆的右端2/l 内电荷产生的.而P 2处场强E 2可看作是杆的右端2/l 内的电荷在P 2处的合场强，由对称性可知，杆的右端2/l 内的电荷在P 2处场强大小也为E 1，若假定杆的右端2/l 内的电荷在处场强为E /，由电场的合成可知：E 2=E 1+E /, E 2>E 1，由此分析可知，两处场强方向相反，故D 选项正确.[答案]D[名师指引]本题考查电场的叠加，同时把物理学中对称的思想应用于命题中，要善于转换物理模型，从中找出最佳的方法.新题导练 2-1.如图9-36-6所示，中子内有一个电荷量为e 32+的上夸克和两个电荷量为e 31-的下夸克，3个夸克都分布在半径为r 的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（）A.2r keB.23r keC.29r keD.232r ke 2－2.在x 轴上有两个点电荷,一个带正电Q 1,一个带负电-Q 2且Q 1=2Q 2.用E 1和E 2分别表示两个电荷所产生的场强的大小,则在x 轴上( )A.E 1=E 2之点只有一处;该处合场强为0B.E 1=E 2之点共有两处;一处合场强为0,另一处合场强为2E 2C.E 1=E 2之点共有三处;其中两处合场强为0,另一处合场强为2E 2D.E 1=E 2之点共有三处;其中一处合场强为0,另两处合场强为2E 2热点3 带电体的平衡问题[真题5](2007·重庆)如图9-36-13，悬挂在O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A .在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B .当B 到达悬点O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B 的电量分别为q 1和q 2, θ分别为30°和45°.则q 2/q 1为( )A.2B.3C.23D.33[解析]对A 球进行受力分析，根据平衡条件可得 112221tan sin θθG L q q k =，图9－36－15图9－36－13e 2+120° 120° 3e -3e - 图9－36－4222221tan sin θθG L q q k = 联立解得3212=q q [答案]C[名师指引]本题考查带电体在电场中的平衡问题，关键在于研究对象的选取和受力分析. 新题导练3－1.（2008年广州二模）用两根等长的细线各悬一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等，当它们带上同种电荷时，相距L 而平衡，如图所示．若使它们的带电量都减少一半，待它们重新平衡后，两球间距离( )A ．大于L/2B ．等于L/2C ．小于L/2D ．等于L3－2.（2008年汕头二模）如图9-36-13所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 稍向左推过一些，两球重新平衡时的受力情况与原来相比（）A. 推力F 将增大B ．竖直墙面对小球A 的弹力增大C ．地面对小球B 的弹力一定不变D ．两个小球之间的距离增大 ★三、抢分频道1.限时基础训练卷选择题（每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.电场中有一点P ，下列哪些说法正确的是（）A ．若放在P 点的电荷的电量减半，则P 点场强减半B ．若P 点没有检验电荷，则P 点的场强为零C ．P 点的场强越大，则同一电荷在P 点所受的电场力越大D ．P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向2.把质量为m 的正点电荷q ，在电场中由静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是( )A.点电荷运动轨迹必与电场线重合B.点电荷的速度方向，必和所在点的切线方向一致C.点电荷的加速度方向,必和所在点的电场线的切线方向一致D.点电荷的受力方向,必和所在点的电场线的切线方向一致3.(2008年揭阳二模)把一带正电小球a 放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a 能静止在如图所示的位置上，需在ＭＮ间放一带电小球b ，则（）Ａ．带正电，放在Ａ点Ｂ．带负电，放在Ａ点Ｃ．带负电，放在Ｃ点Ｄ．带正电，放在Ｃ点ＡＣ · ·Ｍ a4. 两个完全相同的金属小球带有电量相等的电荷，相距一定的距离，相互作用力为F ，现在用第三个完全相同不带电的小金属球C 先跟A 接触，再和B 接触，然后移去C ，则A 、B 间的相互作用力为（）A. F /8B. F /4C. F3/8D. F /45．如图所示，三个完全相同的绝缘金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上，球c 在xOy 坐标系原点O 上，球a 、c 带正电，球b 带负电，球a 所带电荷量比球b 所带电荷量少．关于球c 受到球a 、球b 的静电力的合力方向，下列说法中正确的是（）A ．从原点指向第I 象限B ．从原点指向第Ⅱ象限C ．从原点指向第Ⅲ象限D ．从原点指向第Ⅳ象限6.（2008年广州二模）如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，同一竖直平面内水平拉直的绝缘细线一端系一带正电的小球，另一端固定于0点，已知带电小球受到的电场力大于重力，小球由静止释放，到达图中竖直虚线前小球做( )A ．平抛运动B ．圆周运动C ．匀加速直线运动D ．匀变速曲线运动7.（2007·宁夏）两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E 的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q 1和q 2（q 1＞q 2）.将细线拉直并使之与电场方向平行，如图9-36-17所示,若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T 为（不计重力及两小球间的库仑力）( ) A ．121()2T q q E =- B ．12()T q q E =- C ．121()2T q q E =+ D ．12()T q q E =+ 8.(2008年佛山二模)M 、N 为正点电荷Q 的电场中某直线上的两点，距Q 的距离如图所示，一试验电荷q 在Q 的作用下沿该直线由M 向Q 做加速运动.下列相关说法中正确的是（）A ．试验电荷q 带正电B ．试验电荷q 在N 点的加速度是在M 点加速度的4倍C ．N 点电场强度是M 点电场强度的2倍D ．试验电荷q 在N 点的电势能比在M 点的电势能大9. 在平行于纸面的匀强电场中，有a 、b 、c 三点，各点的电势分别为V V b a 4,8-==ϕϕ，V c 2=ϕ，已知ab=103cm ，ac=53cm ，ac和ab 之间的夹角为60°，如图9-37-6所示，求所在匀强电场的场强大小和方向？E 球1 球2 图9－36－17N M L L a b c60° 图9－37－610.如图9-37-4所示，在匀强电场中，有A 、B 两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角.将一个电量为−2×10−5C 的电荷由A 移到B ，其电势能增加了0.1J.则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A 、B 两点的电势差U AB 为多少？（3）匀强电场的场强为多大？2．基础提升训练11．如图9-36-10所示，质量为m 的带正电小球A 悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E 的匀强电场中，当小球A 静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )A ．E mg 33B ． E mg 3C ．E mg 2D ．Emg 2 12.(2007·韶关模拟)如图9-36-20所示，把一个带电小球A 固定在足够大的光滑水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B ，现给小球B 一个垂直AB 连线方向的速度V 0，使其在水平桌面上运动，则( ) A ．若A 、B 为同种电荷，B 球一定做速度变大的曲线运动B ．若A 、B 为同种电荷，B 球一定做加速度变大的曲线运动C ．若A 、B 为异种电荷，B 球可能做加速度和速度都变小的曲线运动D ．若A 、B 为异种电荷，B 球速度的大小和加速度的大小可能都不变13.（2008·广东六校联考）如图9-36-23所示，有完全相同的两个带电金属小球A 、B ，其中A 固定，让B 在A 的正上方H 高处自由下落，B 与A 碰后上升的高度为h ，设A 、B 碰撞过程中没有能量损失，不计空气阻力.则( ) A ．若两球带等量同种电荷，H=hB ．若两球带不等量同种电荷，H>hC ．若两球带等量异种电荷，H=hD ．若两球带不等量异种电荷，H<h14．（2005·上海）如图9-36-27所示，带正电小球质量为m ＝1×10-2kg ，带电量为q ＝l ×10-6C ，置于光滑绝缘水平面上的A 点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B 点时，测得其速度v B ＝1.5m ／s ，此时小球的位移为S ＝0.15m ．求此匀强电场场强E 的取值范围．(g ＝10m ／s 2)某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qES cos θ＝212B mv －0得22cos B mv E qS θ=＝75000cos θV ／m ．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V ／m 时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处?若有请予以补充．B A H 图9－36－23图9－36－27A B V 0 图9－36－20图9－37－4 图9－36－1015．如图所示，要使一质量为m 、电量为＋q 的小球能水平沿直线加速，需要外加一匀强电场．已知平行金属板间距为d ，与水平面夹角为，要使此小球从A 板左端沿直线从静止沿水平方向被加速，恰从B 板的右端射出，求两金属板间所加电压U 是多少？小球从B 板右端射出时的速度是多大？（重力加速度为g ）16．如图9-36-28所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m ，电量均为 + Q 的物体A 和B （A 、B 均可视为质点），它们间的距离为r ，与水平面间的动摩擦因数均为μ.求：（1）A 受到的摩擦力为多大？（2）如果将A 的电量增至 + 4Q ，则两物体将开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A 、B 各运动了多远距离？3．能力提高训练17.如图9-36-24所示，一质量为m ，带电量为+q 的小球，用长为L 的绝缘线悬挂在水平向右的匀强电场中，开始时把悬线拉到水平，小球在位置A 点.然后将小球由静止释放，球沿弧线下摆到α = 60°的B 点，此时小球速度恰好为零，则匀强电场场强大小为（） A ．E = 3mgq B ．E = 3mg 3qC ．E = mg2q D ．E = 3mg2q18. 竖直绝缘墙壁上的Q 处有一固定的小球A ,在Q 的正上方的P 点用绝缘丝线悬挂另一小球B , A 、B 两小球因带电而相互排斥,致使悬线与竖直方向成θ角,如图9-36-9(a)所示.由于漏电,使A 、B 两小球的电荷量逐渐减少,悬线与竖直方向夹角θ逐渐减小,如图9-36-9(b)所示.则在电荷漏完之前悬线对悬点P 的拉力的大小将( )A.保持不变B.先减小后增大C.逐渐减小D.逐渐增大19.（2008年茂名二模）如图15所示，质量为 m 、电量为+q 的带电小球固定于一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O 点，绳长为l ，O 点有一电荷量为+Q(Q ＞＞q)的点电荷P ，现加一个水平和右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成 θ=300角的A 点.求：(1)小球静止在A 点处绳子受到的拉力；(2) 外加电场大小；(3)将小球拉起至与O 点等高的B 点后无初速释放，则小球经过最低点C 时，绳受到的拉力.图9－36－28 A B Oα E 图9－36－24图9－36－920．（2007·汕头一模）有三根长度皆为l =0 . 30m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的 O 点，另一端分别拴有质量皆为 m = 1 . 0×10－2kg 的带电小球A 和B ，它们的电荷量分别为－q 和＋q, q = 1.0×10－6 C ．A 、B 之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为 E = 2 . 0× 10 5 N / C 的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A 、B 球的位置如图9-36-29所示．已知静电力恒量k=9×109 N · m 2/C 2 , 重力加速度g=10m / s 2 . （1）求连接A 、B 的轻线的拉力大小？（2）若将 O 、B 间的线烧断，由于有空气阻力， A 、B 球最后会达到新的平衡状态，请定性画出此时A 、B 两球所在的位置和其余两根线所处的方向．（不要求写出计算过程）参考答案考点整合考点1.凭空产生，凭空消失，转移，转移，保持不变；分开；等量，平分. 考点2.正比，反比；221rQ Q kF =；真空中，点电荷. 考点 3. q F E =； 2rQ k E =；d U E =，沿电场线方向的距离；正电荷的受力方向一致；矢量和新题导练1-1.C.[由v －t 图知，电荷的加速度越来越大，故场强越来越大，负电荷受力与场强的方向相反]1-2.A[无论粒子带正电还是带负电，无论是从a 运动到b 还是从b 运动到a ，粒子所受电场力的方向是指向场源电荷的，（曲线运动的运动轨迹向合外力的方向偏转），从而可知粒子在a 点的速度大于b 点的速度，在a 点的电势能小于在b 点的电势能，由于电场方向未知，故无法确定带电粒子所带电荷的符号]2-1.A.[空间某一点的场强应该是各个电荷在该点激发的电场的矢量和，只要求出三个夸克分别在圆心激发的场强再矢量求和即可]2-2.B[在Q 1、Q 2连线之间靠近Q 2某处，场强大小相等，合场强为2E 2，在Q 1、Q 2连线Q 2的外侧某处，场强大小相等，合场强为0 ]3-1.A[设两小球之间的距离为L ，绳长为l ，带电量分别为q 1，q 2，任选一个小球做为研究对象，列平衡方程有22221)2/(2/tan L l L mg mg r q q k-==θ，讨论即可] 3-2.CD[隔离A 球和B 球，其受力如图9－36－14所示，对A 球有g m F A =θcos 斥，B 向左运动，θ减小，故F 斥减小，图9－36－29 N Am A g FN BF 斥 θ由221rq q kF ＝斥可知两球的距离r 变大，故D 正确. 对B 球有θsin 斥F F =，因F 斥减小，θ减小，故F 减小,故A 错.把A 、B 两球视为一整体，A 、B 之间的库仑力为内力不考虑，整体受力如图9－36－15所示：由图可知，地面对B 的弹力一定不变,故C 正确.墙壁对A 球的作用力减小,B抢分频道1.限时基础训练1.C[电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与检验电荷的电荷量多少、电性无关，所以A 、B 错，由qFE =得F ＝qE,当q 一定时，E越大，F 越大，故C 正确，场强的方向与该点正电荷的受力方向相同，故D 错]2.CD[正电荷q 由静止释放,如果电场线为直线,电荷将沿电场线运动 ,但电场线如果是曲线,电荷一定不沿电场线运动,(因为如果沿电场线运动,其速度方向与受力方向重合,不符合曲线运动的条件),故A 、B 错;而正电荷的受力方向和加速度与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故C 、D 正确]3.AC[若A 点放正电荷，小球受库仑斥力和重力平衡，若C 点放负电荷，小球受库仑引力、重力、支持力平衡]4.AC.本题很容易只考虑两球带同种电荷而只选择C 答案，事实上两球可能带等量的同种电荷，也可能带等量的异种电荷，所以解题时要特别注意]5.D[作出C 球的受力示意图，然后用平行四边形定则即可知D 正确]6.C[因电场力大于重力，故小球从静止释放到经过最低点，绳子无张力，故小球做匀加速直线运动]7.A.[根据牛顿第二定律，对球1，球2整体有ma E q E q 221=+对球2有ma E q T =+2 联立解出E q q T )(2121-=] 8.B[实验电荷从M 运动到N ，做加速运动，故带负电，电场力做正功，电势能减小，由2rQkE =易知B 正确] 9.解析：由题意知U ac =6V, U ab =12V=2U ac 故过c 点的等势面必过ab 连线的中点d （如图9-37-7所示），故过a 点的电场线应和等势面垂直指向电势降低的方向.ad ＝53＝ac ，所以60=∠cad ，m V Uac E /8060sin 35=⋅=,方向与ab 连线成30º.10.解析：（1）根据电场力做功与电势能的变化之间的关系E W ∆-=，可知把电荷从A 点移到B 点电场力对电荷做功J E W 1.0-=∆-=.（从力与位移的夹角来看，电场力做负功）A B A9-36-15图9－37－7。

2010年高考物理考点汇总考点7 振动和波新人教版

考点7 振动和波1.（2010·全国Ⅰ理综· T ２1）一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点。

0t =时刻振子的位移0.1m x =-；4s 3t =时刻0.1m x =；4s t =时刻0.1m x =。

该振子的振幅和周期可能为（）A ．0. 1 m ，8s 3B ．0.1 m, 8sC ．0.2 m ，8s 3D ．0.2 m ，8s【命题立意】本题源于教材高于教材,涉及简谐运动的知识,属于比较难的一道题,主要考查考生审题能力和对振动物理过程的分析能力。

【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：【规范解答】选ACD 。

在t =34s 和t =4s 两时刻振子的位移相同，第一种情况是当此时间差是周期的整数倍时有：△t 1=(4-43)s=nT ，当n=1时38=T s 。

振幅可以是0.1m ，也可以是0.2m 。

因此A 、C 正确。

第二种情况是此时间差不是周期的整数倍时，有:，当n =0时8=T s ，且由于2t ∆是1t ∆的二倍说明振幅是该位移的二倍为0.2m 。

如图所示，所以D 正确。

2.（2010·全国Ⅱ理综·T15）一简谐横波以4m/s 的波速沿x 轴正方向传播。

已知t=0时的波形如图所示，则( ) A ．波的周期为1sB ．x=0处的质点在t=0时向y 轴负向运动C ．x=0处的质点在t=14s 时速度为0 D ．x=0处的质点在t=14s 时速度值最大【命题立意】本题考查机械振动与机械波的知识，考查了考生的理解能力和推理能力。

【思路点拨】解答本题时,可参照以下解题步骤:作出示意图,在图中找出对应几个时刻的振子位置.再依据简谐运动的特点对位移的周期性变化进行分析列出时间等式对列出的式子进行分析,就可解答所求.△t 1 △t 2【规范解答】选A 、B ，根据题图可知m 22=λ，则m 4=λ，由公式Tv λ=可得周期s s v T 144===λ，故A 正确；波速沿x 轴正方向传播，由题图可判断x=0处的质点在t=0时向y 轴负向运动，故B 正确；在t=14s 时，即4Tt =，x=0处的质点位于平衡位置下方且向下振动，速度不为0，也不是最大，故C 、D 错误。

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第2讲电流表和电压表电阻的测量★考情直播考点一电压表和电流表（1）电流表原理和主要参数电流表G是根据通电线圈在磁场中受磁力矩作用发生偏转的原理制成的，且指什偏角θ与电流强度I 成正比，即θ＝kI ，故表的刻度是均匀的。

电流表的主要参数有，表头内阻R g ：即电流表线圈的电阻；满偏电流I g ：即电流表允许通过的最大电流值，此时指针达到满偏；满偏电压U ：即指针满偏时，加在表头两端的电压，故U g ＝I g R g（2）电流表改装成电压表方法：串联一个分压电阻R ，如图所示，若量程扩大n 倍，即n ＝gU U，则根据分压原理，需串联的电阻值g g gRR n R U U R )1(-==，故量程扩大的倍数越高，串联的电阻值越大。

（3）电流计扩大量程方法：并联一个分流电阻R ，如图所示，若量程扩大n 倍，即n ＝g I I，则根据并联电路的分流原理，需要并联的电阻值1-==n R R I I R g g Rg ，故量程扩大的倍数越高，并联的电阻值越小。

需要说明的是，改装后的电压表或电流表，虽然量程扩大了，但通过电流表的最大电流或加在电流表两端的最大电压仍为电流表的满偏电流I g 和满偏电压U g ，只是由于串联电路的分压及并联电路的分流使表的量程扩大了。

[例1] 14、一毫安表头满偏电流为9.90 mA ，内阻约为300 Ω．要求将此毫安表头改装成量程为1 A是量程为2 A 的标准电流表，R 0为电阻箱，R 为滑动变阻器，S 为开关，E 为电源．⑴完善下列实验步骤：①将虚线框内的实物图按电路原理图连线；②将滑动变阻器的滑动头调至端（填“a ”或“b ”），电阻箱R 0的阻值调至零； ③合上开关；④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1 A ；⑤调节电阻箱R 0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会（填“增大”、“减小”或“不变”）；⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为，同时毫安表指针满偏．⑵回答下列问题：①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1 Ω，由此可知毫安表头的内阻为．②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A ．⑧对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素：。

答案：（1）①如图；②b ；⑤减小；⑥1A；（2）①310；②0.495（0.494～0.496均可）；③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等。

AmA＋－R 0S E解析：（1）将滑动变阻器的滑动头调至b点是为了保护毫安表；在调节电阻箱时，由于接入回路的电阻增加，故电流表电流会减小；为了能成功改装为1A的量程的电流表，需要通过调节滑动变阻器使标准电流表示数回到1A；（2）电阻箱的电阻读数为3.1Ω，此时毫安表满偏，电阻箱上的电流为1000mA－9.9mA=990.1mA，根据并联电阻值与电流值成反比，可计算毫安表的内阻为310Ω；若毫安表半偏，电阻箱的电流也减半为495mA=0.495A；本实验可能因电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化，导致标准电流表的示数无法精准显示1A，还有电表本身读数上的误差，以及电表指针偏转本身不是随电流均匀偏转等都可能影响改装后的电流表的准确程度。

[规律总结] 解决电压表或电流表量程扩大问题，关键是要理解表头中只能通过的最大电流是电表偏转的最大角度，同量理解指针偏转的角度与流过表头的电流大小成正比．作为多量程问题，要注意每一次扩大量程，都要以前一次为基础，画出其电路示意图，才不会将扩大部分与原来部分弄错．考点二电阻的测量一、实验原理：原理是欧姆定律.因此只要用电压表测出电阻两端的电压，用安培表测出通过电流，用R=U/ I 即可得到阻值.二．伏安法测电阻的两种电路形式（如图所示）三、实验电路选择1、测量电路——电流表内外接法选取（1）电路的对比a、直接比较法：当待测电阻Rx较小且远小于电压表内阻Rv时，应选用外接法；当待测电阻Rx较大且远大于电流表内阻RA时，应选用内接法。

b、临界值法：当待测电阻Rx <VARR时，视Rx为小电阻，应选用外接法；当R x >VARR时，视Rx为大电阻，应选用内接法；当R x＝VARR时，两种接法均可。

2、控制电路——滑动变阻器分压式、限流式接法选取如图所示的两种电路中，滑动变阻器（最大阻值为R 0）对负载R L 的电压、电流强度都起控制调节作用，通常把图（a ）电路称为限流接法，图（b ）电路称为分压接法.（2）滑动变阻器的限流接法与分压接法的选择方法滑动变阻器以何种接法接入电路，应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取.①下列三种情况必须选用分压式接法Ⅰ、要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时（如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路），即大范围内测量时，必须采用分压接法.Ⅱ、当用电器的电阻R L 远大于滑动变阻器的最大值R 0，且实验要求的电压变化范围较大（或要求测量多组数据）时，必须采用分压接法.因为按图（b ）连接时，因R L >>R 0＞R ap ，所以R L 与R ap 的并联值R 并≈R ap ，而整个电路的总阻约为R 0，那么R L 两端电压U L =IR 并=R U·R ap ，显然U L ∝R ap ，且R ap 越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.Ⅲ、若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过R L 的额定值时，只能采用分压接法.②下列情况可选用限流式接法Ⅰ、测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL 与R 0接近或R L 略小于R 0，采用限流式接法.Ⅱ、电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.Ⅲ、没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.x x 值约5 Ω，额定功率为1 W ）；电流表A 1（量程0~0.6 A ，内阻0.2 Ω）；电流表A 2（量程0~3 A ，内阻0.05 Ω）；电压表V 1（量程0~3 V ，内阻3 k Ω）；电压表V 2（量程0~15 V ，内阻15 k Ω）；滑动变阻器R 0（0~50 Ω），蓄电池（电动势为6 V ）、开关、导线. 为了较准确测量R x 阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图.[解析]：由待测电阻R x 额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻R x 的额定电压、额定电流的值约为U =51⨯≈PR ≈2.2 V ，I =5/1/≈R P =0.45 A. 则电流表应选A 1，电压表应选V 1.又因30002.0⨯=⨯V A R R =24.5 Ω＞R x ，则电流表必须外接.因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻R x ，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻R x 上的最小电流为I min =5056+=+R E E x =0.11 A ＜I 额，故可用限流电路.电路如图所示.[规律总结] 1、器材选用与电路选择应注意从两个方面去考虑：一是分析待测电路，二是分析控制电路。

2、在“伏安法测电阻”的实验中，一般选用总阻值较小的滑动变阻器，可方便调节。

①在滑动变阻器作限流作用时，为使负载R X 既能得到较宽的电流调节范围，又能使电流变化均匀，选择变阻器时，应使其总电阻R 0大于R X ，一般在2—5倍为好。

②在滑动变阻器作为分压作用时，一般取滑动变阻器的总电阻R 0在0.1R X —0.5R X 之间为好。

[例题3] 某电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：A ．待测电流表A 1（量程0.6A ）；B ．电压表V 1（量程3V ，内阻约2k Ω）C ．电压表V 2（量程15V ，内阻约10k Ω）；D ．滑动变阻器R 1（最大电阻10Ω）E ．定值电阻R 2（阻值5Ω）F ．电源E （电动势4V ）G ．电键S 及导线若干（1）电压表应选用_____________；（2）画出实验电路图；（3）如测得电压表的读数为V ，电流表的读数为I ，则电流表A 1内阻的表达式为：R A = ______________。

[解析] 本题利用电压表指电压，电流表指电流的功能，根据欧姆定律R=IU计算电流表的内阻。

由于电源电动势为4V ，在量程为15V 的电压表中有32的刻度没有利用，测量误差较大，因而不能选；量程为3V的电压表其量程虽然小于电源电动势，但可在电路中接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表V 1。

由于电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，量程为0.6A ，电流表上允许通过的最大电压为0.12V ，因而伏特表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Ω的定值电阻R 2与电流表串联再接到伏特表上，才满足要求。

滑动变阻器在本实验中分压与限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式。

故本题电压表选用V 1；设计电路图如图1所示；电流表A 1内阻的表达式为： R A =I U-R 2。

[规律总结] 电流表内阻的测量和一般电阻的测量一样，所不同的就是电流表可提供通过自身的电流值作为已知条件。

考点三实验方案的设计根据实验目的，控制实验条件，能灵活地运用已学过的物理原理、实验方法和实验仪器去处理问题，设计实验方案。

也是高考实验题的主要试题。

一、器材选择的原则：1．准确性原则：选用电表量程应可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时尽可能使指针接近满量程，若指针偏转不到满偏角度的１/3，读数误差较大。

2．安全性原则：通过电源，电表，滑动变阻器，用电器的电流不能超过其允许的最大电流。

3．便于操作原则：选择控制电路时，既要考虑供电电压的变化范围是否满足实验要求，又要注意便于操作。

二、实物图连线技术无论是分压接法还是限流接法都应该先把伏安法部分接好；对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、电键、滑动变阻器、伏安法四部分依次串联起来即可（注意电表的正负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处）。

对分压电路，应该先把电源、电键和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动触头两点的电势高低，根据伏安法部分电表正负接线柱的情况，将伏安法部分接入该两点间。

例4.用以下器材测量一待测电阻的阻值(900-1000Ω),如图. 电源,具有一定内阻,电动势约为9.0V; 电压表V 1,量程为1.5V,内阻r 1=750Ω 电压表V 2, 量程为5V,内阻r 2=2500Ω 滑动变阻器,最大阻值约为100Ω 单刀单掷开关,导线若干.（1）.测量中要求电压表的读数不小于其量程的1/3,试画出测量电阻R X 的一种实验电路原理图(原理图中的元件要用题图中相应的英文字母标注). （2）.根据你既画的电路原理图在题给的实物图上画出连线.（3）.若电压表V 1的读数用U 1表示,电压表V 2的读数用U 2表示,则由已知量和测得量表示R X 的公式为______.[解析] 本题的实验目的是测量一待测电阻的阻值,根据给出的实验器材的规格作如下思考:(1).电源电动势约为9V,而电压表量程较小,且所用变阻器阻值远小于待测电阻的阻值,因此应考虑用变阻器分压接法.(2).题中未给出电流表,而已知电压表的量程和内阻,因此电压表可作电流表使用,这是本实验设计的关键.实验电路如图(3).实物图连接也是高考实验设计的一种关键.注意两点:一是画出的电路图器材符号与实物图中实物摆放的位置基本一致,便于连接实物图.二是实物图的连线尽可能规则,而且不相交.[规律总结] 设计性实验题型可归纳为以下3类: (1).给出实验器材,设计实验方案,处理实验数据.(2).给出实验情景,设计处理实验实验数据,试题给出实验目的和电路图,推测实验原理,完成数据处理,或者完成实验步骤和数据处理,给出实验目的器材步骤,要求处理数据并误差分析.(3).自选实验器材,设计、选择实验电路考点四描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路原理电路如图所示，因为小电珠（即小灯泡）的电阻较小（10Ω左右）所以应该选用安培表外接法。