高考总复习物理8章末

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2025年高考物理总复习专题八恒定电流第1讲电流

第1讲电流、电阻、电功及电功率知识巩固练1.甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d 1=0.5 mm 和d 2=1 mm ，熔断电流分别为2.0 A 和6.0 A.把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 ( )A.6.0 AB.7.5 AC.10.0 AD.8.0 A【答案】B 【解析】因甲、乙两保险丝等长，由R =ρlS =ρLπ(d 2)2，知R1R 2=4.当R 1、R 2并联时，令I 1=2 A ，则由I 1R 1=I 2R 2，得I 2=8 A ＞6 A ，故I 1不能取2 A ；令I 2=6 A ，则由I 1R 1=I 2R 2，得I 1=1.5 A ＜2.0 A ，故两者并联时，整个电路允许通过的最大电流I =I 1+I 2=(1.5+6) A =7.5 A.故B 正确.2.下面给出的四个图像中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间函数关系的是 ( )A B C D 【答案】C3.(多选)如图是小灯泡L(灯丝材料是钨)和某种特殊电阻R 的伏安特性曲线，M 为两曲线交点.下列说法正确的有 ( )A.在M 点状态下，小灯泡L 和电阻R 的功率相等B.在M 点状态下，小灯泡L 的阻值比电阻R 的小C.曲线a 是小灯泡L 的伏安特性曲线，曲线b 是电阻R 的伏安特性曲线D.曲线a 是电阻R 的伏安特性曲线，曲线b 是小灯泡L 的伏安特性曲线【答案】AC4.如图为一块长方体铜块，将1和2、3和4分别接在一个恒压源(输出电压保持不变)的两端，通过铜块的电流之比为 ( )A.1B.c 2a 2 C.a 2b2 D.b 2c 2【答案】B 【解析】根据电阻定律R =ρL S 得，当在1、2两端加上恒定电压U 时，R 12=ρabc ，通过铜块的电流I 12=Ubc ρa ；当在3、4两端加上恒定的电压时，R 34=ρc ab ，通过铜块的电流I 34=Uabρc ，所以I 12∶I 34=c 2a 2.B 正确，A 、C 、D 错误.5.(2023年浙江模拟)甲、乙、丙三个长度、横截面都相同的金属导体分别接入电路后各自进行测量，把通过上述导体的电流I ，导体两端电压U 在U -I 坐标系中描点，O 为坐标原点，甲、乙、丙三个点恰好在一条直线上，如图所示.则下列表述正确的是 ( )A.甲的电阻率最小B.甲、乙串联后接入某直流电路，甲的电功率要小C.乙、丙并联后接入某直流电路，乙的电功率要小D.三个电阻率一样大【答案】C 【解析】三个导体的U -I 图像如图所示.可知甲的电阻最大，丙的最小，根据电阻定律R =ρlS 可知，甲的电阻率最大，A 、D 错误；甲、乙串联后接入某直流电路，根据P =I 2R 可知，甲的电阻最大，甲的功率最大，B 错误；乙、丙并联后接入某直流电路，根据P =U 2R 可知，电阻大，功率小，则乙的电功率要小，C 正确.6.(2023年温州模拟)心室纤颤是一种可危及生命的疾病.如图为一种叫做心脏除颤器(AED)的设备，某型号AED 的电容器电容是25 μF ，充电至8 kV 电压，如果电容器在2 ms 时间内完成放电，则 ( )A.电容器放电过程中平均功率为800 kWB.电容器的击穿电压为8 kVC.电容器放电过程中电容越来越小D.电容器放电过程中电流最大值一定大于100 A【答案】D 【解析】电容器所带的电荷量为Q =CU =25×10-6×8×103 C =0.2 C ，由电流强度的定义式I =Q t ，可得电容器放电过程中平均电流为I =Qt =0.22×10-3A =100 A ，电容器放电过程中若电压不变，则有平均功率为P̅=UI =8×103×100 W =800 000 W =800 kW ，因电容器放电过程中电压在逐渐减小，因此在电容器放电过程中平均功率小于800 kW ，A 错误；该电容器的充电电压至8 kV ，此电压应不高于电容器的额定电压，而电容器的击穿电压要大于额定电压，即电容器的击穿电压大于8 kV ，B 错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，C 错误；电容器放电过程中平均电流为100 A ，因此电容器放电过程中电流最大值一定大于100A，D正确.综合提升练7.如图是电解硫酸铜溶液的装置示意图，图中电压表示数为U，电流表示数为I，通电时间t，则下列说法正确的是()A.CuSO4溶液中的阳离子向铜板定向移动B.IU是电能转化成化学能的功率C.IUt是这段时间内电路消耗的总电能D.IUt是这段时间内产生的总焦耳热【答案】C【解析】由于铜板接电源的正极，因此CuSO4溶液中的阴离子向铜板定向移动，A错误；该电路是非纯电阻性电路，IU是消耗电能的总功率，其中有一部分转化为化学能，还有一部分产生焦耳热，因此，IUt是这段时间内电路消耗的总电能，而I2rt是这段时间内产生的总焦耳热，其余的才转化为化学能，B、D错误，C正确.8.(2023年浙江模拟)如图所示的电单车所用的电池铭牌上标有“48 V10 A·h”字样，正常工作时电动机额定功率为250 W，电池输出电压为40 V.由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其他部件的摩擦损耗.有一次小厉同学骑着电单车在平路上匀速行驶，小厉同学和车的总质量为100 kg，阻力为总重力的0.04倍，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断正确的是()A.正常工作时，电动机额定电流约为5.2 AB.充满电后电池储存的能量约为1.7×105 JC.电池的内阻约为1.3 ΩD.电单车匀速行驶时的速度为22.5 km/h【答案】C【解析】由P=UI可知，解得额定电流I=6.25 A，A错误；充满电后该电池的总能量W=E=IUt=48×10×3 600 J=1 728 000 J≈1.7×106J，B错误；根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得r=1.3 Ω，C正确；平路上行驶的人和车受到阻力f=0.04mg=0.04×100×10 N=40=5 m/s=18 km/h，D错误.N，匀速行驶时牵引力F=f=40 N，此时速度v=0.8PF9.某学习小组用如下电路研究小电动机的电流与电压关系.通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到下表记录的信息.若认为小电动机的电阻是不变的，则()A.B.当小电动机的电压为2.00 V 时，其发热功率为0.1 W C.当小电动机的电压为2.00 V 时，其电功率为0.3 WD.当小电动机的电压为3.50 V 时，其对外做功的功率为1.05 W【答案】B 【解析】将电压表当作理想电压表，当小电动机的电压为1.25 V 时，电动机卡住未转动，电功率等于内阻发热功率UI =I 2r ，将第一组数据代入可解得r =2.5 Ω，A 错误；当小电动机的电压为2.00 V 时，电流是0.20 A ，由P =I 2r 得其发热功率为0.1 W ，B 正确；当小电动机的电压为2.00 V 时，其电功率P =UI =2×0.2 W =0.4 W ，C 错误；当小电动机的电压为3.50 V ，其对外做功的功率P 出=UI -I 2r =(3.5×0.3-0.32×2.5) W =0.825 W ，D 错误.10.如图所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉，恒定电压U =12 V ，电解槽内阻r A =2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，A 示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，A 示数为4 A.求： (1)电炉子的电阻及发热功率； (2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率.解：(1)电炉为纯电阻元件，由欧姆定律得 R =U I 1=126 Ω=2 Ω.其发热功率为P =UI 1=12×6 W =72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得 UI 2=I 22r M +P 输出，所以r M =UI 2-P 输出I 22=12×5-3552Ω=1 Ω.(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律，得 P 化=UI 3-I 32r A ，所以P 化=(12×4-42×2) W =16 W.。

2021届高考物理总温习第八章恒定电流第二节电路闭合电路的欧姆定律课后达标2021042342

第二节电路闭合电路的欧姆定律[学生用书P329(单独成册)](建议历时：60分钟)一、单项选择题1．两个相同的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．RD ．无法计算解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝ER2＋r×12，由以上两式可得：r ＝R ，故选项B 正确． 2．如图所示为小灯泡的U －I 图线，若将该小灯泡与一节电动势E ＝ V ，内阻r ＝ Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率别离接近以下哪一组数据( )A ． W WB ． W WC ． W WD ． W W解析：选D.在题图中画出电源的U －I 图象，与灯泡的U －I 图象的交点为I ＝1.0 A ，U ＝ V ，则电源的总功率P 总＝EI ＝ W ，灯泡的功率P 灯＝UI ＝ W ，故D 正确．3．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，闭合开关S ，不考虑灯丝电阻随温度的转变，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是( )A ．电流表读数减小，小灯泡L 1变暗B ．电压表读数变大C ．电流表读数增大，小灯泡L 2变暗D ．电容器所带电荷量增大解析：选B.将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，其与小灯泡L 1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，电流表读数减小，小灯泡L 2变暗，路端电压U ＝E －Ir 增大，电压表的读数变大，选项B 正确，C 错误；小灯泡L 1两头的电压U 1＝E －I (r ＋R L2)增大，通过小灯泡L 1的电流变大，小灯泡L 1变亮，选项A 错误；通过小灯泡L 2的电流减小，小灯泡L 2两端电压变小，与小灯泡L 2并联的电容器两端电压减小，由Q ＝CU 可得电容器所带电荷量减小，选项D 错误．4.在如图所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω，当开关S 闭合且电路稳按时，电容器C 带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 2，则( )A ．Q 1∶Q 2＝1∶3B ．Q 1∶Q 2＝3∶1C ．Q 1∶Q 2＝1∶5D ．Q 1∶Q 2＝5∶1解析：选A.当开关S 闭合时，电容器两头电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E3，Q 1＝E 3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．5．如图所示电路中，4个电阻阻值均为R ，开关S 闭合时，有质量为m 、带电荷量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间．现断开开关S ，则下列说法不正确的是( )A ．小球带负电B ．断开开关后电容器的带电荷量减小C ．断开开关后带电小球向下运动D ．断开开关后带电小球向上运动解析：选D.带电荷量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间，说明所受电场力向上，小球带负电，选项A 正确；断开开关后电容器两头电压减小，电容器的带电荷量减小，带电小球所受电场力减小，带电小球向下运动，选项B 、C 正确，D 错误．6．(2021·重庆江津中学月考)两位同窗在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．按照数据描画了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝ V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝ W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2rIE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．二、多项选择题7．直流电路如图所示，闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的( )A ．总功率必然减小B ．效率必然增大C ．内部损耗功率必然减小D ．输出功率必然先增大后减小解析：选ABC.滑片P 向右移动时外电路电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P 总＝EI 可得P 总减小，故选项A 正确．按照η＝R 外R 外＋r ＝11＋rR 外可知选项B 正确．由P 损＝I 2r 可知，选项C 正确．由P 输－R 外图象可得，因不知道R 外的初始值与r 的关系，所以无法判断P 输的转变情况，选项D 错误．8.电源、开关S 、定值电阻R 一、R 二、光敏电阻R 3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S 闭合，而且无光照射光敏电阻R 3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M 点，当用强光照射光敏电阻R 3时，光敏电阻的阻值变小，则( )A ．液滴向下运动B ．液滴向上运动C ．电容器所带电荷量减少D ．电容器两极板间电压变大解析：选BD.液滴静止时，其重力与所受电场力平衡．电路稳按时电容器两头电压等于电阻R 1两端电压，当用强光照射光敏电阻R 3时，光敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，电阻R 1两端电压变大，电容器继续充电，电荷量增加，而且带电液滴所受电场力增大，液滴向上运动．9．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ别离是电源1与电源2的路端电压随输出电流转变的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P ，、Q (6，5)．若是把该小灯泡分别与电源一、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB.按照题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标别离表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝ W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．10．(2021·山西四校联考)如图所示，电源电动势E ＝9 V ，内电阻r ＝ Ω，变阻器R 1的最大电阻R m ＝ Ω，R 2＝ Ω，R 3＝R 4＝1 000 Ω，平行板电容器C 的两金属板水平放置．在开关S 与a 接触且当电路稳按时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么( )A ．在题设条件下，R 1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为 WB ．引入的微粒带负电，当开关接向b (未接触b )的进程中，微粒将向下运动C ．在题设条件下，当R 1的阻值增大时，R 2两头的电压增大D ．在题设条件下，当开关接向b 后，流过R 3的电流流向为d →c解析：选AD.选项A 中在开关S 与a 接触且当电路稳按时，电源恰好有最大的输出功率，可知R 1＋R 2＝r ，R 2＝ Ω，则R 1＝3 Ω.电源的输出功率P m ＝E 24r＝ W ，故选项A 正确；选项B中在开关S 与a 接触且当电路稳定时，在平行板电容器正中央引入一带电微粒，恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b (未接触b )的进程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，故选项B 错误；选项C 中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R 1和R 2及电源组成串联电路，R 1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R 2两头的电压减小，故选项C 错误；选项D 中在题设条件下，开关接a 时，上极板带正电，当开关接向b 后，下极板带正电，流过R 3的电流流向为d →c ，故选项D 正确．三、非选择题11．(2021·南昌高三质检)如图所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μ F.(1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流．(2)然后将开关S 断开，求电容器两头的电压转变量和流过R 1的总电荷量．(3)若是把R 2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围转变，求开关闭合而且电路稳按时，R 2消耗的最大电功率．解析：(1)稳按时，电路中的电流：I ＝Er ＋R 1＋R 2＝1 A. (2)S 闭合，电路处于稳定状态时，电容器两头的电压：U ＝IR 2＝1×6 V ＝6 V断开后，电容器两头的电压为10 V所以ΔU ＝4 V 流过R 1的总电荷量为： ΔQ ＝ΔU ·C ＝×10－4C.(3)P R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R 1＋R 22·R 2＝E 2[R 2－（R 1＋r ）]2R 2＋4（R 1＋r ）可见当R 2＝R 1＋r 时，R 2消耗的功率最大P m R 2＝E 24（R 1＋r ）＝ W.答案：(1)1 A (2)4 V ×10－4C (3) W12．如图1所示为一个电灯两头的电压与通过它的电流的转变关系曲线．由图可知，二者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电源的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V 的电源上，求流过灯泡的电流和每一个灯泡的电阻．(2)如图2所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电动势为8 V 的电源上，求通过电流表的电流值和每一个灯泡的电阻．解析：(1)三个灯串联时，每一个灯的电压为4 V ，由图象知，当电灯两头的电压为4 V 时，电灯的电流为0.4 A.电灯的电阻为R 0＝UI＝错误! Ω＝10 Ω.(2)若设流过电灯的电流为I ，两头电压为U ，由欧姆定律得E ＝2IR 0＋U ，即U ＝8－20I .将U ＝8－20I 函数关系图象作在题图曲线中，如图所示，两图线交点为(2 V ，0.3 A)，可得此种情况下电流为0.3 A.通过电流表的电流值为I A ＝2I ＝0.6 A ，电灯的电阻为R ＝U I＝错误! Ω≈ Ω.答案：观点析。

高考物理二轮总复习课后习题专题8 物理实验专题分层突破练16 力学实验 (3)

专题分层突破练16 力学实验A组1.(山东省实验中学模拟预测)(1)某同学买了一辆电动自行车,骑了一段时间后发现电动车减震弹簧的减震效果不好。

该同学将减震弹簧卸下,然后把弹簧平放在桌面上,用刻度尺测出弹簧的原长L0,他将刻度尺零刻度对准弹簧一端,另一端位置如图甲所示,读数为cm。

甲(2)该同学想测量减震弹簧的劲度系数。

他先把弹簧竖直放在水平桌面上,在上端压上一只10 kg的哑铃,每增加一只哑铃均记下此时哑铃的个数和对应的弹簧的长度L,如下表所示。

请你在图乙坐标图中描点,作出F-L图线,并通过图线确定该弹簧劲度系数为k= N/m(g取10 m/s2)。

乙2.(山西太原高三一模)在用图甲所示的装置测当地的重力加速度时,进行了如下操作,完成步骤中的填空:甲乙(1)安装器材时,将长木板的右侧适度垫高, (选填“挂上”或“不挂”)砂桶,轻推小车,使小车恰能匀速运动;(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示。

已知打点计时器的频率为50 Hz,相邻两计数点间还有四个点未画出,则小车的加速度a= m/s2(保留两位有效数字);(3)不改变砂及砂桶质量,在小车上增减砝码改变小车的总质量m,重复步骤(2),测得多组数据描绘出1-m图像。

已知图线的斜率为k、纵截距为b,a则当地的重力加速度为(用物理量的符号表示)。

3.(湖北黄冈中学二模)某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量m=0.55 kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材,设计如下实验验证力的平行四边形定则,同时测出弹簧的劲度系数k。

重力加速度g取10 m/s2,其操作如下:a.将弹簧P上端固定,让其自然下垂,用刻度尺测出此时弹簧P的长度l0=12.50 cm;b.将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端,待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度l1,如图甲所示;c.在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油,将细绳搭在挂钩上,缓慢地拉起弹簧Q,使弹簧P偏离竖直方向夹角为74°,测出弹簧Q的长度l2及其轴线与竖直方向夹角为θ,如图乙所示。

物理课件人教版高考一轮复习第8章知识点复习

适用范围
适用于任何纯电阻
浓度均匀的电解液
训练突破
1.一根长为l、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积
自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,
棒内产生电流,自由电子定向移动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度
大小为( C )
2
A. 2
C.ρnev
2
B.

D.
解析:金属棒的电阻

R=ρ ,金属棒中的电流

故棒两端电压 U=IR=ρnevl,电场强度大小
I=neSv,

E= =ρnev,选项

C 正确。
2.如图所示,M和N是形状相同的玻璃容器,厚度相同,上、下表面为正方
形,但M和N的尺寸不同,M、N的上表面边长关系为a1>a2。现将相同的电
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大
1
B.对应 P 点,小灯泡的电阻为 R=
2
1
C.对应 P 点,小灯泡的电阻为 R=
2 -1
D.对应 P 点,小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围面积的大小
解析:I-U图线上的点和原点连线的斜率逐渐减小,说明电阻逐渐增大,A正
1
确。对应P点,小灯泡的电阻为R=
IM,就能确定电动机的电功率P=UMIM,根据电流IM和电动机的电阻r可求出
热功率 Pr=M 2 r ,最后求出输出功率P出=P-Pr。
2.首先,对其他纯电阻电路、电源的内电路,利用欧姆定律进行分析计算,确
定相应的电压或电流。然后,利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确
部分半导体:电阻率随温度升高而减小。
知识点三
电功率、焦耳定律

高考理综物理总复习重要知识点归纳总结

高考理综物理总复习重要知识点归纳总结高中物理复题纲第一章：力一、力F：物体对物体的作用。

力的三要素包括大小、方向和作用点。

物体间力的作用是相互的，即作用力与反作用力，但它们不在同一物体上，不是平衡力。

作用力与反作用力是同性质的力，有同时性。

二、力的分类：1、按性质分：重力G、弹力N、摩擦力f2、按效果分：压力、支持力、动力、阻力、向心力、回复力。

3、按研究对象分：外力、内力。

重力G由于受地球吸引而产生，竖直向下。

重心的位置与物体的质量分布与形状有关。

质量均匀、形状规则的物体重心在几何中心上，不一定在物体上。

弹力由于接触形变而产生，与形变方向相反或垂直接触面。

摩擦力阻碍相对运动的力，方向与相对运动方向相反。

滑动摩擦力与材料有关，与重力、压力无关。

相同条件下，滚动摩擦小于滑动摩擦。

静摩擦力可以用二力平衡来计算。

力的合成与分解遵循平行四边形定则。

以分力F1、F2为邻边作平行四边形，合力F的大小和方向可用这两个邻边之间的对角线表示。

平动平衡是指共点力使物体保持匀速直线运动状态或静止状态。

解题方法是先受力分析，然后根据题意建立坐标系，将不在坐标系上的力分解。

如受力在三个以内，可用力的合成。

利用平衡力来解题。

第二章：直线运动一、运动：1、参考系可以任意选取，但尽量方便解题。

2、质点是研究物体比周围空间小得多时，任何物体都可以作为质点。

只有质量，没有形状与大小。

3、位移s是矢量，方向起点指向终点。

表示位置的改变。

路程是标量，质点初位置与末位置的轨迹的长度，表示质点实际运动的长度。

4、时刻是某一瞬间，用时间轴上的一个点表示。

如4s，第4秒。

时间是起始时刻与终止时刻的间隔，在时间轴上用线段表示。

如4秒内，第4秒内。

ma速度v是一个矢量，表示运动的快慢，可以用公式v=s/t计算，其中s为位移，t为时间。

常用的速度单位是米每秒，也可以用千米每小时表示。

在s-t图中，速度的大小可以用正切tgθ计算。

平均速度是变速运动中位移与对应时间之比，而瞬时速度是质点某一瞬间的速度，大小为速率，标量。

2025高考物理总复习自由落体和竖直上抛运动多过程运动

照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处让一个石子自由落下，
拍摄石子在空中的照片如图所示.由于石子的运动，它在照片上留下了
一条模糊的径迹，已知石子在A点正上方1.8 m的高度自由下落，每块
砖的平均厚度为6.0 cm.(不计空气阻力，g取10 m/s2)
(1)计算石子到达A点的速度大小vA；
[答案] 6 m/s
1
1
1
2
2
g(4T) ，第2滴水的位移h2＝ g(3T) ，第3滴水的位移h3＝ g(2T)2，由题意知h2－h3
2
2
2
＝1 m，联立解得T＝0.2 s，h＝3.2 m.
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第3讲
自由落体和竖直上抛运动
多过程运动
解法2：用比例法求解
由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起，在连续相等的时间间隔内的
度等方法进行求解.
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第3讲
自由落体和竖直上抛运动
多过程运动
命题点3 “落尺”类问题
3. 如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止释放后让它自由落下(不
计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g
＝10 m/s 2 ，求：
(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1；
多过程运动
(2)木杆通过圆筒所用的时间t2.
[答案] ( 5－ 3) s
[解析] 木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝ 3 s
木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝
2ℎ上

＝
2×25
10
s＝ 5 s
则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B －t下A＝( 5－ 3) s.
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第3讲

2022年高考物理总复习第一部分常考考点复习第八章第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动【课程标准】1.能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象。

2.认识示波管，知道示波管的工作原理。

3.观察常见的电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象。

能举例说明电容器的应用。

【素养目标】物理观念：知道电容器的概念，认识常见的电容器，知道带电粒子在电场中加速和偏转的原理。

科学思维：理解电容的定义式和决定式，并会应用其分析、讨论、解决问题，理解带电粒子在匀强电场中的运动规律，会分析、计算加速和偏转问题。

科学探究：观察电容器的充、放电现象，通过对示波管的构造和工作原理的认识，进一步理解加速和偏转问题。

一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电荷量Q：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。

2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。

公式为QC=。

U(2)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。

1 F＝106μF＝1012pF。

(3)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。

3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。

(2)决定式：r SC=4kdεπ，k 为静电力常量。

命题·生活情境如图是某科技小组从老式收音机拆卸下来的电子器件，其对应功能是“调台”，请你尝试解释其如何“调台”？提示：旋转转轴可以改变电容大小，从而改变收音机的接收频率；而不同电台的频率是不相同的。

二、带电粒子在匀强电场中的运动 1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、离子等，除有说明或有明确暗示以外，一般可忽略不计。

(2)带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示以外，一般情况都不能忽略。

2025高考物理总复习验证动量守恒定律

根据平抛运动规律可知，落地高度相同，则运动时间相同，设下落时间为t，则 v0＝OtP＝Lt2，v1＝OtM＝Lt1，v2＝OtN＝Lt3 而动量守恒的表达式为m1v0＝m1v1＋m2v2 则当满足关系式m1L2＝m1L1＋m2L3，说明碰撞过程中动量守恒。
考点一实验技能储备
(4)将小球1从斜槽上某点(作标记)滚下，直接离开斜槽落地称为第一次操作；小球1从斜槽上原位置(标记处) 滚下，跟小球2碰撞后离开斜槽落地称为第二次操作；如果在第二次操作时，发现在第一次操作中槽的末端是不水平的，有些向上倾斜，于是把它调为水平，调整后的斜槽末端离地面高度跟原来相同.然后让小球在斜槽上原标记位置滚下进行第二次操作，分析时仍然和第一次操作的数据进行比较，其他实验操作都正确，且调节斜槽引起小球在空中运动时间的变化可忽略不计。该实验可能会得到怎样的结果并说明理由碰__撞__前__的__总__动__量__小__于__碰__撞__后__的__总__动__量____见__解__析_。
考点一实验技能储备
(2)安装：按照如图甲所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽末端水平。
考点一实验技能储备
(3)铺纸：白纸在下，复写纸在上，且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置O。 (4)放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
一、实验原理在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1、m2和碰撞前、后物体的速度v1、v2、v1′、v2′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，比较碰撞前、后动量是否相等。
考点一实验技能储备
二、实验方案及实验过程方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1.实验器材气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、弹簧、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。

《走向高考》2013高考物理总复习 8-3带电粒子在复合场中的运动 83张

1．定究象并其行力析确研对，对进受分。 2．据体力况运情确每个动程根物受情和动况定一运过所适的律用规 (力规均学律适 )。之决类题方与用总解这问的法纯
力问一，非了个伦力要别意学题样无多一洛兹。特注：
必考内容第八章
第3讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
3．带粒在变中运电子交场的动带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨。子不场运的系是度因速不论粒在同中动联点速，为度能突，前个中动末度就后个中动变在一场运的速，是一场运的初度速。
A．终匀运始做速动 B．终减运，后止杆始做速动最静于上 C．做速动最做速动先加运，后匀运 D．做速动最做速动先减运，后匀运
() 由带粒在合中力况杂运情多 3 于电子复场受情复、动况变往出临问，时以目的，往现界题这应题中 “最大”、“最
高”、“至少”等语突口挖隐条，据界词为破，掘含件根临条列辅方，与他程立解件出助程再其方联求。
必考内容第八章
第3讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
归领纳悟解复场问的析法基思：决合类题分方和本路 () 全的正的力析除力弹、擦外 1 面、确受分。重、力摩力，要别意场和场的析核在洛兹随特注电力磁力分。心于伦力带电子动态变而变粒运状的化改。

2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题46验证动量守恒定律实验(含详解)

方案三：把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看是否成立。
【误差分析】
1．系统误差
主要来源于装置本身是否符合要求，即：
(1)碰撞是否为一维碰撞。
(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两摆球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力。
2．偶然误差
主要来源于质量m和速度v的测量。
（3）实验结论为：在误差允许的范围内，______。
2.（2022湖北十堰四模）某学习小组利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。挡板左侧从左到右依次固定复写纸、白纸，白纸上的O点与轨道末端的B点等高，入射小球1、被碰小球2的半径相同，质量分别为、。主要实验步骤如下：
①将球1从斜槽上S处由静止释放，球1从轨道末端B飞出后打到挡板上，多次从S处由静止释放球1；
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量___________（填选项前的符号）间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球平抛运动的水平射程
②图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛水平射程。然后，把被碰小球m2静置于水平轨道末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是___________。（填选项前的符号）
接下来要完成的必要步骤是(填选项的符号)
A.用天平测量两个小球的质量、
B.测量小球开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度h
D．分别找到相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程ＯＭ，ＯＮ
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为（用②中测量的量表示）；

2020版高考物理一轮复习通用版讲义：第八章第48课时电路中的能量问题(重点突破课)含答案

第48课时电路中的能量问题(重点突破课)[考点一纯电阻电路与非纯电阻电路]对纯电阻电路的分析较易，对非纯电阻电路的分析较难，学生特别容易混淆非纯电阻电路的电功和电热、电功率和热功率，理清这些知识，是学好本考点的前提。

电功、电功率、焦耳定律和热功率电路中电场力移动电荷做的功W＝qU＝UIt单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢P＝Wt＝UI电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比Q＝I2RtP＝Qt＝I2R[典例]如图所示，电源电动势E＝8 V，内阻为r＝0.5 Ω，“3 V,3 W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R＝1.5 Ω。

求：(1)通过电动机的电流；(2)电源的输出功率；(3)电动机的输出功率。

[解析](1)灯泡L正常发光，通过灯泡的电流I L＝P LU L＝1 A电动机与灯泡串联，通过电动机的电流I M＝I L＝1 A。

(2)路端电压U＝E－Ir＝7.5 V电源的输出功率P＝UI＝7.5 W。

(3)电动机两端的电压U M＝U－U L＝4.5 V电动机的输出功率P机＝U M I M－I M2R＝3 W。

[答案](1)1 A(2)7.5 W(3)3 W[易错提醒](1)在非纯电阻电路中，欧姆定律不再适用，不能用欧姆定律求电流，应用P＝UI求电流。

(2)在非纯电阻电路中，电功大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt计算，电热只能用Q＝I2Rt计算，两式不能通用。

(3)由能量守恒定律得W＝Q＋E，E为其他形式的能。

对电动机来说，输入的功率P入＝IU，发热的功率P热＝I2r，输出的功率即机械功率P机＝P入－P热＝UI－I2r。

[集训冲关]1.(多选)用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。

当调节滑动变阻器的电阻R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为I1＝0.5 A和U1＝2.0 V；重新调节滑动变阻器的电阻R使电动机正常转动时，电流表和电压表的示数分别为I2＝2.0 A 和U2＝24 V。

2023高考物理一轮总复习课件(人教版)电学实验基础

1．两种接法比较内容
限流接法
分压接法
两种接法电路图(忽略电源内阻)
负载 R 上电压调节范围
负载 R 上电流调节范围
R＋RER0≤U≤E R＋ER0≤I≤RE
0≤U≤E 0≤I≤ER
闭合 S 前触头位置
b端
a端
对比说明
串、并联关系不同
分压电路调节范围大
分压电路调节范围大
都是为了保护电路元件
(3)区分零刻度与标尺最前端图丁易错成13＋10×0.05 mm＝13.50 mm，正确读数为14＋10×0.05 mm＝14.50 mm
丙
丁
返回
特别提醒
固定刻度+可动刻度（含估读） ×0.01mm
45
40
0
5
10
35
15
20
螺旋测微器要估读！以mm为单位，有三位小数，末尾0不能省
返回
热点一基本仪器的使用及读数
若用两个这样的电阻箱，即可得到的电阻值范围为_0_～__1_9__9_9_8__Ω_。
返回
热点二电流表在电路中的内、外接法
1．电流表内、外接法的比较内接法
电路图
外接法
误差原因
电阻测量值适用条件
适用于测量
电流表分压 U 测＝Ux＋UA
R 测＝UI测测＝Rx＋RA>Rx 测量值大于真实值
RA≪Rx 大电阻
2．解析法通过实验获取实验数据，代入相关物理量之间的关系式，计算得到结果的方法叫解析法。应用解析法的要求是： (1)明确实验测量的相关物理量的关系式； (2)明确要研究的物理量和未知的物理量； (3)建立方程或方程组进行计算。
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热点四数据处理与误差分析

2025高考物理总复习热力学定律和能量守恒定律

核心素养对接
1.物理观念：掌握热力学第一定律的应用，进一步促进相互作用观念及能量观念的
形成.
2.科学思维：用综合分析的方法推导出热力学第一定律，并用来解释和计算能量转
化和转移问题；了解归纳热力学第二定律的过程和方法，用来解释常见的不可逆
过程.
3.科学态度与责任：基于对热力学定律的认识，讨论合理开发和利用能源的问题，
求此变化量的大小ΔU.
[答案] 内能减少
[解析]
ΔU＝Q
封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，
W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得
W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q.
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第3讲
热力学定律和能量守恒定律
命题点3 与玻意耳定律综合
5. 某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压
B. 压强保持不变
C. 向外界放热
D. 内能减少
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第3讲
热力学定律和能量守恒定律

[解析] 由理想气体状态方程＝C得V＝ T，连接aO、bO，由于aO连线的斜率大
于bO连线的斜率，因此气体在状态a的压强小于在状态b的压强，B错误；理想气体
由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积增加，气体对外界做正功，气体的温度
时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化.
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
[答案]
2
p
1 0
[解析]
0

2
瓶内气体发生等容变化，由查理定律得＝，解得p＝ p0.
1 2
1
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第3讲
热力学定律和能量守恒定律

高考物理总复习第8课牛顿运动定律的综合应用省公开课一等奖百校联赛赛课微课获奖PPT课件

第8课一张图学透传送带问题
第5页
一张图学透
滑块—木板模型
第8课一张图学透滑块—木板模型
第6页
一张图学透
滑块—木板模型
第8课一张图学透滑块—木板模型
第7页
三组题讲透
第8课方法便笺
P40
第8页
三组题讲透
第8课方法便笺
P42
第9页
三组题讲透
第8课第（7）题
P42
第10页
三组题讲透
第8课第（7）题
P42
第11页
三组题讲透
第8课第（7）题
P42
第12页
三组题讲透
第8课第（7）题
P42
第13页
第8课牛顿运动定律综合应用
普查讲8 一张图学透连接体问题
滑块—木板模型
传送带问题
目录
第1页
一张图学透
连接体问题
第8课一张图学透连接体问题
第2页
一张图学透
连接体问题
第8课一张图学透连接体问题
第3页
一张图学透
传送带问题
第8课一张图学透传送带问题
第4页
一张图学透
传送带问题

第八章实验九观察电容器的充、放电现象-2025高三总复习物理(新高考)

实验九观察电容器的充、放电现象一、实验目的1．观察电容器的充、放电现象。

2．探究电容器的充、放电过程中，电流、电压、电量及能量的变化规律。

二、实验原理与器材1．实验原理实验电路如图所示，电流表可以测量电容器的充电或放电电流大小，电压表可以测量电容器两极间的电压。

(1)充电：开关S接1，电源给电容器充电，使电容器的两极板带上等量异种电荷。

如图甲所示。

学生用书第171页(2)放电：开关S接2，用导线将充好电的电容器的两极板相连，使两极板的异种电荷中和，如图乙所示。

(3)电容器充、放电时的能量转化：充电过程电容器储存了电能。

放电过程电容器将储存的电能释放出来，转化为其他形式的能。

2．实验器材：直流电源、电阻、电容器、电流表(或电流传感器和计算机)、电压表、单刀双掷开关、导线。

3．实验拓展：用电流传感器(代替电流表)与计算机相连可以直接测出电容器的放电电流随时间变化的关系图像。

三、实验步骤与操作1．按照上面的电路图，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路。

2．观察电容器的充电过程：把开关S接1，此时电源给电容器充电。

在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。

通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板；同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。

随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。

即使断开电源，两极板上电荷由于相互吸引仍然被保存在电容器中。

3．观察电容器的放电过程：把开关S接2，电容器对电阻R放电。

观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正、负电荷中和。

此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。

4．实验拓展：把电流表、电压表换成电流传感器和电压传感器，电路如图所示。

2022年高考物理一轮复习(新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用) 第8章专题强化14 电场性质的综合应用

的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面
经过B、C两点，其运动过程的v－t图像如图乙所示，其中图线在B点位
置时斜率最大，根据图线可以确定
√A.中垂线上B点电场强度最大
B.两点电荷是负电荷
C.B点是A、C连线的中点
√D.UBC>UAB
图5
解析根据v－t图像的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，故选项A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，且小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，故选项B错误；中垂线上电场线分布不均匀，不能确定B点是A、C连线的中点，故选项C 错误；
像如图11所示，其中P点电势最高，且xAP<xPB，则
√A.q1和q2都是负电荷
B.q1的电荷量大于q2的电荷量
√C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点
左侧移到右侧，电势能先减小后增大
图11
D.一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
解析由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则 q1和q2都是负电荷，故A项正确； φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即 kxqAP12＝kxqBP22，又 xAP<xPB，所以 q1 的电荷量小于 q2 的电荷量，故 B 项错误；由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C项正确；
φ－x 图像的切线斜率表示电场强度，则沿 x 轴从 P 点到 B 点场强逐渐增大；据 a＝qmE可知，点电荷只在电场力作用下沿 x 轴从 P 点运动到 B 点，加速度逐渐增大，故 D 项错误.

2025高考物理总复习动量定理及应用

考点二动量定理的理解及应用
总结提升
应用动量定理解题的一般思路
返回
< 考点三 >
应用动量定理处理“流体模型”
考点三应用动量定理处理“流体模型”
研究
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
对象微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面
√D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等
考点一动量和冲量
因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由h＝v0sin θ·t＋12 at2，可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sin θ＋gt)可知两球运动过程中所受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；
√C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
考点二动量定理的理解及应用
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。
方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－ mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为 0.3πd2ρv2，故选B。
返回
课时精练
基础落实练
1.(2024·江苏徐州市阶段练习)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是 A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

2025高考物理总复习测量做直线运动物体的瞬时速度

量两计数点间的距离.电火花计时器使用的是220 V的交流电源.
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实验一
测量做直线运动物体的瞬时速度
(2)[数据处理]在0、1、2、3、4五个点中，打点计时器最先打出的是
动的加速度大小为
3.44(3.41～3.47均可)
0 点.小车运
m/s2(结果保留3位有效数字).
[解析] 根据题述可知，小车加速运动，相邻两计数点间的距离越来越大，在
理创新.
2019：全国Ⅲ T22
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实验一
测量做直线运动物体的瞬时速度
1. 实验目的
(1)练习使用打点计时器.
(2)掌握瞬时速度的测量方法.
(3)能运用v－t图像探究小车速度随时间变化的规律.
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实验一
测量做直线运动物体的瞬时速度
2. 实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端固定有滑轮的长木板、小车、纸带、细
6. 注意事项
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实验一
测量做直线运动物体的瞬时速度
命题点1
教材原型实验
1. [数据处理/2023浙江1月]在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装
置如图1所示.
(1)需要的实验操作有
ACD (多选).
A. 调节滑轮使细线与轨道平行
B. 倾斜轨道以补偿阻力
C. 小车靠近打点计时器静止释放
＝
4 2
2
(4 ＋5 )−(1 ＋2 )
求解.
2
6
②图像法
＋
先利用vn＝ +1求出第n个点的瞬时速度(一般要5个点以上)，然后作出v－t图
2
像，用图线的斜率求物体运动的加速度.
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实验一

高考物理专题-打点计时器在力学实验中的应用

末
检
C．释放纸带时应尽量让重物靠近打点计时器
测卷
D．应先释放纸带，然后接通电源
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(2)实验得到一条纸带，测得各点之间的距离如图 4 所
示．已知电源频率为 50 Hz，则纸带中相邻两点间的时间间
隔是__________s．从该纸带可知，重物是做__________(选
填“匀速”、“匀变速”、“非匀变速”)运动，加速度大小章
2．“逐差法”求加速度
章
设相邻相同时间 T 内的位移分别为 x1、x2……xn，则 x2
末检
－x1＝x3－x2＝x4－x3＝……＝xn－xn－1＝aT2，x4－x1＝3a1T2，
测卷
x5－x2＝3a2T2，x6－x3＝3a3T2
得加速度 a＝a1＋a32＋a3＝13(x43－T2x1＋x53－T2x2＋x63－T2x3)＝
章
末
12M(x32＋Tx4)2－12M(x12＋Tx2)2 mg(x2＋x3)
检测卷
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【反思总结】
探究动能定理实验的关键点：如果探究过程中需要计算
做功的多少，则操作过程中必须平衡摩擦力，小车质量必须
章
远大于砂和砂桶的质量之和．探究动能定理实验分析处理纸末
检
带的重点是测量两个选定点之间的距离，计算出合外力做的
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【解析】 (1)打点的时间间隔 Δt＝1/f＝1/50 s＝0.02 s.
(2)由逐差法和 Δs＝aT2，T＝5Δt 得 s4－s1＝3a(5Δt)2，解
得 a＝s745－Δst21.
章末
检
根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度