2020高考物理二轮抓分天天练课件：重点知识练+1.22
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2020高考物理二轮抓分天天练课件：重点知识练+1.20
第12页
A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反 C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷 量为BRL2 D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 2B2L2v2 R
第13页
答案 AC 解析 根据右手定则直接判断进入磁场时电流方向沿 cbadc 方向，穿出磁场时电流方向为 dabcd 方向，故 A 项正确；由楞 次定律和左手定则判断线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿 出时相同，由线圈受力平衡可知静摩擦力的方向相同，故 B 项错 误；线圈进入磁场区域的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 q＝It＝BLRvt＝BRL2，故 C 项正确；线圈经过磁场区域的过程中， 电动机多消耗的电功率即线圈内产生热量的热功率，则 P＝I2R ＝B2LR2v2，故 D 项错误．
第25页
在 2～3vl 时间内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场， 此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值， t 时刻线框中电流为 I＝－B[l－v（Rt－2）]v，t 增大，I 减小；由 数学知识可知，C 项正确．
第26页
8.(2019·常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场 的水平边界相距为 d，磁感应强度大小为 B、水平 向里．质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形 线圈 abcd，在磁场上方高 h 处由静止释放，已知 cd 边刚进入磁场时与 cd 边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻 力，在线圈穿过磁场的整个过程中( )
第14页
5．(2019·四川模拟)(多选)如图所示，两光滑平行长直导轨， 水平放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面 垂直．已知金属棒 MN 能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定 值电阻 R，金属棒与导轨电阻不计．金属棒在水平恒力 F 作用下 从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，表示金属棒加速度 a、速度 v、电阻 R 两端的电压 UR 以及流过电阻 R 的电量 q 随 时间 t 变化的图象中正确的是( )
A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反 C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷 量为BRL2 D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 2B2L2v2 R
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答案 AC 解析 根据右手定则直接判断进入磁场时电流方向沿 cbadc 方向，穿出磁场时电流方向为 dabcd 方向，故 A 项正确；由楞 次定律和左手定则判断线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿 出时相同，由线圈受力平衡可知静摩擦力的方向相同，故 B 项错 误；线圈进入磁场区域的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 q＝It＝BLRvt＝BRL2，故 C 项正确；线圈经过磁场区域的过程中， 电动机多消耗的电功率即线圈内产生热量的热功率，则 P＝I2R ＝B2LR2v2，故 D 项错误．
第25页
在 2～3vl 时间内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场， 此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值， t 时刻线框中电流为 I＝－B[l－v（Rt－2）]v，t 增大，I 减小；由 数学知识可知，C 项正确．
第26页
8.(2019·常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场 的水平边界相距为 d，磁感应强度大小为 B、水平 向里．质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形 线圈 abcd，在磁场上方高 h 处由静止释放，已知 cd 边刚进入磁场时与 cd 边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻 力，在线圈穿过磁场的整个过程中( )
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5．(2019·四川模拟)(多选)如图所示，两光滑平行长直导轨， 水平放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面 垂直．已知金属棒 MN 能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定 值电阻 R，金属棒与导轨电阻不计．金属棒在水平恒力 F 作用下 从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，表示金属棒加速度 a、速度 v、电阻 R 两端的电压 UR 以及流过电阻 R 的电量 q 随 时间 t 变化的图象中正确的是( )
2020高考物理二轮抓分天天练课件：备考清单+答题技巧+3.1
第14页
二、平抛运动 1．研究方法 将平抛分解为水竖平直方方向向：：匀自速由直落线体运运动动 2．运动规律 (1)水平分运动：速度：vx＝v0，位移：x＝v0t. (2)竖直分运动：速度：vy＝gt，位移：y＝12gt2.
第15页
(3)合运动 合速度：v＝ vx2＋vy2，与水平方向夹角为 θ，则 tanθ＝vvy0＝ gt v0. 合位移：x 合＝ x2＋y2，与水平方向夹角为 α，则 tanα＝yx＝ gt 2v0.
滑动摩擦力
静摩擦力
与物体相对滑动的 与物体相对运动趋势的方
方向相反
向相反
f＝μFN
由平衡条件或牛顿运动定 律求解
可能是阻力，也可能 可能是阻力，也可能是动
是动力
力
接触面粗糙，有压 接触面粗糙，有压力，有
力，有相对运动 相对运动趋势
第7页
四、力的合成与分解 1．运算法则：平行四边形定则或三角形定则． 2．等效关系：合力与分力是等效替代关系． 3．合力的取值范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2. 五、物体平衡 1．平衡状态：静止或匀速直线运动． 2．平衡条件：合力为零．
第28页
◆动量守恒定律 一、两个概念 1．动量：p＝mv，矢量，与速度方向相同． 2．冲量：I＝Ft.矢量，与力的方向相同． 二、动量定理 1．内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化． 2．表达式：Ft＝mv′－mv.
第29页
三、动量守恒定律 1．内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个 系统的总动量保持不变． 2．表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
第30页
3．条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零． (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受 到的外力． (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受外力的矢量和为零 时，系统在该方向上动量守恒．
二、平抛运动 1．研究方法 将平抛分解为水竖平直方方向向：：匀自速由直落线体运运动动 2．运动规律 (1)水平分运动：速度：vx＝v0，位移：x＝v0t. (2)竖直分运动：速度：vy＝gt，位移：y＝12gt2.
第15页
(3)合运动 合速度：v＝ vx2＋vy2，与水平方向夹角为 θ，则 tanθ＝vvy0＝ gt v0. 合位移：x 合＝ x2＋y2，与水平方向夹角为 α，则 tanα＝yx＝ gt 2v0.
滑动摩擦力
静摩擦力
与物体相对滑动的 与物体相对运动趋势的方
方向相反
向相反
f＝μFN
由平衡条件或牛顿运动定 律求解
可能是阻力，也可能 可能是阻力，也可能是动
是动力
力
接触面粗糙，有压 接触面粗糙，有压力，有
力，有相对运动 相对运动趋势
第7页
四、力的合成与分解 1．运算法则：平行四边形定则或三角形定则． 2．等效关系：合力与分力是等效替代关系． 3．合力的取值范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2. 五、物体平衡 1．平衡状态：静止或匀速直线运动． 2．平衡条件：合力为零．
第28页
◆动量守恒定律 一、两个概念 1．动量：p＝mv，矢量，与速度方向相同． 2．冲量：I＝Ft.矢量，与力的方向相同． 二、动量定理 1．内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化． 2．表达式：Ft＝mv′－mv.
第29页
三、动量守恒定律 1．内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个 系统的总动量保持不变． 2．表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
第30页
3．条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零． (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受 到的外力． (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受外力的矢量和为零 时，系统在该方向上动量守恒．
2020高考物理二轮复习抓分天天练重点知识练1.1物体平衡课件
A．攀岩者受到三个力的作用 B．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下 C．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力 D．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的37
答案 D 解析 攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩 擦力共五个力的作用，故 A 项错误；鞋子受到的静 摩擦力方向竖直向上，故 B 项错误；水平方向受力 平衡，所以岩壁对鞋子的支持力等于岩壁对背部的 支持力，故 C 项错误；鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为 0.80 和 0.60，刚好不下滑时摩擦力都达到最大，根据 f＝μFN 可 知，ff12＝00..68＝34，而 f1＋f2＝mg，解得 f1＝37mg，故攀岩者背部受 到的静摩擦力支撑了体重的37，故 D 项正确．
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度 C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合 力竖直向下 D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索 必须对称分布
答案 C 解析 对桥身进行受力分析可知，钢索对桥身的拉力的合力 与桥身的重力大小相等、方向相反，则增加钢索的数量，钢索对 索塔的压力大小不会减小，故 A 项错误；合力一定，分力间的夹 角越小，则分力越小．为了减小钢索承受的拉力，应该增大索塔 的高度，达到减小钢索间夹角的目的，故 B 项错误；根据对称性 可知，索塔两侧钢索对称分布，拉力大小相等时，水平分力抵消， 钢索对索塔的合力竖直向下，故 C 项正确；
答案 A 解析 以物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得： F＝mgsin30°＋μmgcos30° 当拉力最大时质量最大，解得：m＝150 kg，故 A 项正确， B、C、D 三项错误．
5．(2019·课标全国Ⅲ)用卡车运输质量为
m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，
答案 D 解析 攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩 擦力共五个力的作用，故 A 项错误；鞋子受到的静 摩擦力方向竖直向上，故 B 项错误；水平方向受力 平衡，所以岩壁对鞋子的支持力等于岩壁对背部的 支持力，故 C 项错误；鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为 0.80 和 0.60，刚好不下滑时摩擦力都达到最大，根据 f＝μFN 可 知，ff12＝00..68＝34，而 f1＋f2＝mg，解得 f1＝37mg，故攀岩者背部受 到的静摩擦力支撑了体重的37，故 D 项正确．
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度 C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合 力竖直向下 D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索 必须对称分布
答案 C 解析 对桥身进行受力分析可知，钢索对桥身的拉力的合力 与桥身的重力大小相等、方向相反，则增加钢索的数量，钢索对 索塔的压力大小不会减小，故 A 项错误；合力一定，分力间的夹 角越小，则分力越小．为了减小钢索承受的拉力，应该增大索塔 的高度，达到减小钢索间夹角的目的，故 B 项错误；根据对称性 可知，索塔两侧钢索对称分布，拉力大小相等时，水平分力抵消， 钢索对索塔的合力竖直向下，故 C 项正确；
答案 A 解析 以物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得： F＝mgsin30°＋μmgcos30° 当拉力最大时质量最大，解得：m＝150 kg，故 A 项正确， B、C、D 三项错误．
5．(2019·课标全国Ⅲ)用卡车运输质量为
m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，
2020高考物理二轮抓分天天练课件：备考清单+答题技巧+3.4
3．4 高中物理学史记忆清单
第1页
以物理史料和研究方法为背景的试题，体现了新课程“注重 科学探究”的理念，是高考经常考查的内容．对于物理学上的重 要发现不仅要加强记忆，更重要的是弄清探究过程，掌握研究方 法．
一、高中物理学史 1．伽利略 (1)伽利略通过“理想斜面实验”，推翻了亚里士多德的“力 是维持物体运动的原因”观点，最早指出力不是维持物体运动的 原因．
第8页
12．洛伦兹 发现了磁场对运动电荷的作用规律． 13．焦耳 发现电流通过导体时产生热效应的规律——焦耳定律；能量 守恒定律的发现者之一． 14．亨利 发现自感现象．
第9页
二、高中物理研究方法 1．理想模型法 为了便于研究而建立的一种理想物体或理想物理过程，突出 了事物的主要因素、忽略了次要因素．理想模型可分为： (1)对象模型：质点、点电荷、理想变压器、理想电压表、电 流表、轻杆等． (2)条件模型：光滑表面、不计重力、不计阻力、不计能量损 失等． (3)过程模型：自由落体运动、匀变速直线运动、弹性碰撞、 恒定电流等．
第13页
8．极限思维法 把所研究的问题外推到极端情况而得出结论的过程．如：公 式 v＝ΔΔxt中，当 Δt→0 时，v 是瞬时速度． 9．放大法 把物理现象或物理量按照一定规律放大后再进行观察和测 量．如：观察微小形变；卡文迪许的扭秤实验．
第14页
第3页
(3)伽利略第一次把实验和逻辑推理结合起来，开创了研究物 理规律的科学方法：
观察观察→提出问题→猜想假设→实验证明→分析实验结 果→实验结果推广
2．牛顿 (1)以牛顿三大运动定律奠定了力学基础． (2)在开普勒揭示的行星运动规律的基础上，应用牛顿第二定 律和牛顿第三定律，用数学推导得出万有引力定律，通过“月— 地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论．
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以物理史料和研究方法为背景的试题，体现了新课程“注重 科学探究”的理念，是高考经常考查的内容．对于物理学上的重 要发现不仅要加强记忆，更重要的是弄清探究过程，掌握研究方 法．
一、高中物理学史 1．伽利略 (1)伽利略通过“理想斜面实验”，推翻了亚里士多德的“力 是维持物体运动的原因”观点，最早指出力不是维持物体运动的 原因．
第8页
12．洛伦兹 发现了磁场对运动电荷的作用规律． 13．焦耳 发现电流通过导体时产生热效应的规律——焦耳定律；能量 守恒定律的发现者之一． 14．亨利 发现自感现象．
第9页
二、高中物理研究方法 1．理想模型法 为了便于研究而建立的一种理想物体或理想物理过程，突出 了事物的主要因素、忽略了次要因素．理想模型可分为： (1)对象模型：质点、点电荷、理想变压器、理想电压表、电 流表、轻杆等． (2)条件模型：光滑表面、不计重力、不计阻力、不计能量损 失等． (3)过程模型：自由落体运动、匀变速直线运动、弹性碰撞、 恒定电流等．
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8．极限思维法 把所研究的问题外推到极端情况而得出结论的过程．如：公 式 v＝ΔΔxt中，当 Δt→0 时，v 是瞬时速度． 9．放大法 把物理现象或物理量按照一定规律放大后再进行观察和测 量．如：观察微小形变；卡文迪许的扭秤实验．
第14页
第3页
(3)伽利略第一次把实验和逻辑推理结合起来，开创了研究物 理规律的科学方法：
观察观察→提出问题→猜想假设→实验证明→分析实验结 果→实验结果推广
2．牛顿 (1)以牛顿三大运动定律奠定了力学基础． (2)在开普勒揭示的行星运动规律的基础上，应用牛顿第二定 律和牛顿第三定律，用数学推导得出万有引力定律，通过“月— 地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论．
2020高考物理二轮复习抓分天天练重点知识练1.2牛顿运动定律与直线运动(一)课件
1．2 牛顿运动定律与直线运动(一 )
一、选择题 1．(2019·浙江等级考试)甲、乙两物体零时刻开始从同一地 点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在 0～ t1 时间内( )
A．甲的速度总比乙大 C．甲经过的路程比乙小
B．甲、乙的位移相同 D．甲、乙均做加速运动
答案 B 解析 0～t1 时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速 运动．乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后 大于甲，乙做加速运动，故 A、D 两项错误；0～t1 时间内，甲、 乙的起点和终点都相同，则位移相同，故 B 项正确；甲、乙都做 单向运动，通过的路程等于位移，则甲、乙通过的路程相同，故 C 项错误．
7.(2019·浙江等级考试)如图所示，A、B、C 为三 个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球．A、B 两球 分别连在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和 细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳 子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间， 相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )
方法测量物体的质量：在光滑的水平桌
面上，质量为 m1 的标准物 A 的前后粘贴有质量均为 m2 的两个 拉力传感器，待测质量的物体 B 通过轻质水平细线连接在后传感
器上，在某一外力作用下一起沿桌面向前运动，如图所示．稳定
后标准物 A 前后两个拉力传感器的读数分别为 F1、F2，由此可 知待测物体 B 的质量为( )
A．木板的质量为 1 kg B．2～4 s 内，力 F 的大小为 0.4 N C．0～2 s 内，力 F 的大小保持不变 D．物块与木板间的动摩擦因数为 0.2
答案 AB
解析 根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f＝0.2
一、选择题 1．(2019·浙江等级考试)甲、乙两物体零时刻开始从同一地 点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在 0～ t1 时间内( )
A．甲的速度总比乙大 C．甲经过的路程比乙小
B．甲、乙的位移相同 D．甲、乙均做加速运动
答案 B 解析 0～t1 时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速 运动．乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后 大于甲，乙做加速运动，故 A、D 两项错误；0～t1 时间内，甲、 乙的起点和终点都相同，则位移相同，故 B 项正确；甲、乙都做 单向运动，通过的路程等于位移，则甲、乙通过的路程相同，故 C 项错误．
7.(2019·浙江等级考试)如图所示，A、B、C 为三 个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球．A、B 两球 分别连在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和 细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳 子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间， 相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )
方法测量物体的质量：在光滑的水平桌
面上，质量为 m1 的标准物 A 的前后粘贴有质量均为 m2 的两个 拉力传感器，待测质量的物体 B 通过轻质水平细线连接在后传感
器上，在某一外力作用下一起沿桌面向前运动，如图所示．稳定
后标准物 A 前后两个拉力传感器的读数分别为 F1、F2，由此可 知待测物体 B 的质量为( )
A．木板的质量为 1 kg B．2～4 s 内，力 F 的大小为 0.4 N C．0～2 s 内，力 F 的大小保持不变 D．物块与木板间的动摩擦因数为 0.2
答案 AB
解析 根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f＝0.2
《高中物理二轮专题》课件
பைடு நூலகம்
《高中物理二轮专题》PPT课 件
本课件旨在帮助学生有效备考高中物理二轮复习，梳理重点知识，掌握物理 公式与应用，解析典型题型，分享解题技巧，并提供实例演练，最后总结与 答疑。
二轮复习重点
力学
运动学、动力学与静力学 的重点知识点和常见题型。
电磁学
电学和磁学的重要定律和 公式，电磁感应等知识点。
光学
光的传播性质，光的反射、 折射和色散等重要概念。
解题技巧分享
归纳总结
总结相似题型的共同特点和 解题方法。
实例演示
通过实际例题演示解题思路 和步骤。
思维导图
使用思维导图整理知识点和 思考题目。
实例演练
实验
计算
通过实验演示物理现象和定律。
运用公式进行物理计算和题目 求解。
模拟
利用模拟软件模拟物理场景和 实验。
总结与答疑
对本堂课涉及的知识点和技巧进行总结，并回答学生的疑问。
物理公式及应用
1 牛顿第二定律
应用于力学题的分析和解答。
3 折射定律
应用于光学题中的光线折射计算。
2 库仑定律
用于计算电磁力的作用等。
4 焦距公式
计算光学成像的焦距及物像距离。
典型题型解析
1
多项选择题
深入解析多项选择题的解题思路和常
计算题
2
见陷阱。
掌握物理计算题的基本步骤和注意事
项。
3
理论题
解析理论题的思维拓展和答题技巧。
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本课件旨在帮助学生有效备考高中物理二轮复习，梳理重点知识，掌握物理 公式与应用，解析典型题型，分享解题技巧，并提供实例演练，最后总结与 答疑。
二轮复习重点
力学
运动学、动力学与静力学 的重点知识点和常见题型。
电磁学
电学和磁学的重要定律和 公式，电磁感应等知识点。
光学
光的传播性质，光的反射、 折射和色散等重要概念。
解题技巧分享
归纳总结
总结相似题型的共同特点和 解题方法。
实例演示
通过实际例题演示解题思路 和步骤。
思维导图
使用思维导图整理知识点和 思考题目。
实例演练
实验
计算
通过实验演示物理现象和定律。
运用公式进行物理计算和题目 求解。
模拟
利用模拟软件模拟物理场景和 实验。
总结与答疑
对本堂课涉及的知识点和技巧进行总结，并回答学生的疑问。
物理公式及应用
1 牛顿第二定律
应用于力学题的分析和解答。
3 折射定律
应用于光学题中的光线折射计算。
2 库仑定律
用于计算电磁力的作用等。
4 焦距公式
计算光学成像的焦距及物像距离。
典型题型解析
1
多项选择题
深入解析多项选择题的解题思路和常
计算题
2
见陷阱。
掌握物理计算题的基本步骤和注意事
项。
3
理论题
解析理论题的思维拓展和答题技巧。
高考物理二轮复习抓分天天练重点知识练1物体平衡课件
12/9/2021
第十六页，共四十二页。
答案 D 解析 攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩 擦力共五个力的作用，故 A 项错误；鞋子受到的静 摩擦力方向竖直向上，故 B 项错误；水平方向受力 平衡，所以岩壁对鞋子的支持力等于岩壁对背部的 支持力，故 C 项错误；鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为 0.80 和 0.60，刚好不下滑时摩擦力都达到最大，根据 f＝μFN 可 知，ff12＝00..68＝34，而 f1＋f2＝mg，解得 f1＝37mg，故攀岩者背部受 到的静摩擦力支撑了体重的37，故 D 项正确．
3 2 mg
B．F1＝
23mg，＝
3 2 mg
D．F1＝ 23mg，F2＝12mg
12/9/2021
第十页，共四十二页。
答案 D 解析 将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得 F1＝ mgcos30°＝ 23mg，F2＝mgsin30°＝12mg，故 D 项正确，A、B、 C 三项错误．
12/9/2021
第七页，共四十二页。
4．(2019·课标全国Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为 30°的固 定斜面向上做匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间
的动摩擦因数为 33，重力加速度取 10 m/s2.若轻绳能承受的最大
张力为 1 500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg
B．100 3 kg
答案 C
解析 设力 F 与运动方向之间的夹角为 θ，黑板擦做匀速运
动，则受力平衡，沿运动方向上有：
Fcosθ＝μFsinθ
可得：μ＝ta1nθ，
由三角函数的关系可得：cosθ＝
μ 1＋μ2
所以：f＝Fcosθ＝
μF 1＋μ2
故 C 项正确，A、B、D 三项错误．
第十六页，共四十二页。
答案 D 解析 攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩 擦力共五个力的作用，故 A 项错误；鞋子受到的静 摩擦力方向竖直向上，故 B 项错误；水平方向受力 平衡，所以岩壁对鞋子的支持力等于岩壁对背部的 支持力，故 C 项错误；鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为 0.80 和 0.60，刚好不下滑时摩擦力都达到最大，根据 f＝μFN 可 知，ff12＝00..68＝34，而 f1＋f2＝mg，解得 f1＝37mg，故攀岩者背部受 到的静摩擦力支撑了体重的37，故 D 项正确．
3 2 mg
B．F1＝
23mg，＝
3 2 mg
D．F1＝ 23mg，F2＝12mg
12/9/2021
第十页，共四十二页。
答案 D 解析 将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得 F1＝ mgcos30°＝ 23mg，F2＝mgsin30°＝12mg，故 D 项正确，A、B、 C 三项错误．
12/9/2021
第七页，共四十二页。
4．(2019·课标全国Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为 30°的固 定斜面向上做匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间
的动摩擦因数为 33，重力加速度取 10 m/s2.若轻绳能承受的最大
张力为 1 500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg
B．100 3 kg
答案 C
解析 设力 F 与运动方向之间的夹角为 θ，黑板擦做匀速运
动，则受力平衡，沿运动方向上有：
Fcosθ＝μFsinθ
可得：μ＝ta1nθ，
由三角函数的关系可得：cosθ＝
μ 1＋μ2
所以：f＝Fcosθ＝
μF 1＋μ2
故 C 项正确，A、B、D 三项错误．
高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.2 牛顿运动定律与直线运动(一)课件
m/s2，不计物块的大小，则平板车的长度为( )
A．4 m
B．5 m
C．6 m
D．7 m
12/8/2021
答案 C 解析 平板车做匀加速运动的 2 s 末的速度大小为： v1＝a1t1＝12 m/s 此过程物块做匀加速运动的加速度大小为：a2＝μg＝4 m/s2 速度达到 12 m/s 所用时间为：t2＝va12＝3 s 3 s 内车运动的总位移为：x1＝12v1t1＋v1(t2－t1)＝24 m 物块运动的距离为：x2＝12v1t2＝18 m 因此平板车的长为：L＝x1－x2＝6 m，故 C 项正确，A、B、 D 三项错误．
1．2 牛顿运动定律与直线运动(一 )
12/8/2021
一、选择题 1．(2019·浙江等级考试)甲、乙两物体零时刻开始从同一地 点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在 0～ t1 时间内( )
A．甲的速度总比乙大 C．甲经过的路程比乙小
B．甲、乙的位移相同 D．甲、乙均做加速运动
12/8/2021
中没与极板相碰，则( )
A．Q2＝2Q1
B．Q2＝3Q1
C．Q2＝4Q1
D．Q2＝5Q1
12/8/2021
答案 A 解析 因小球静止，所以有 mg＝qUd1，只改变电容器两极板 的电荷量时有 ma1＝qUd2－mg，再改变电容器两极板的电性有 ma2＝qUd2＋mg，而两段相等时间内位移满足12a1t2＝－(a1t·t－12 a2t2)，联立得 U2＝2U1，又因 Q＝CU，所以 Q2＝2Q1，A 项正确．
力的作用，此时木板的加速度大小为
a2
＝
0.4－0.2 5－4
m/s2 ＝ 0.2
m/s2，根据牛顿第二定律可得 f＝ma2，解得木板的质量为 m＝1
高考物理二轮复习抓分天天练重点知识练22电学基础实验课件
有可能的是________．
A．0.08 A
B．0.12 A
C．0.20 A
12/9/2021
第八页，共四十六页。
答案 (1)1 点至 4 点 (2)0.30 A 0.75 (3) C 解析 (1)在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有 示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示 电路图 1 可知，其原因是 1 点至 4 点的导线没有连接好． (2)电流表量程为 0.6 A，分度值为 0.02 A，示数为 0.30 A， 灯泡额定功率为：P＝UI＝2.5×0.30 W＝0.75 W； (3)电压越小灯泡功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小， 由此可知 1.00 V 电压对应的电阻应小于 2.5 V 对应的电阻，由此 可知，电流最有可能为 0.20 A，故 C 项正确．
1．22 电学基础( 实验 jīchǔ)
12/9/2021
第一页，共四十六页。
1．(2018·课标全国Ⅱ)某同学组装一个多用电表，可选用的 器材有：微安表头(量程 100 μA，内阻 900 Ω)；电阻箱 R1(阻值 范围 0～999.9 Ω)；电阻箱 R2(阻值范围 0～99 999.9 Ω)；导线若 干．
(3)由图乙曲线Ⅰ所示图线可知，随电压增大，电流增大，电 阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增 大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻．
12/9/2021
第二十三页，共四十六页。
(4)将两个相同的这种热敏元件串联，且与电动势为 5 V，内 阻 r＝10 Ω 的电源相连，设灯泡电压为 U，电流为 I，由闭合电 路欧姆定律可知：2U＝E－Ir
(5)金属材料电阻率的测量值________(填“大于”“等于” 或“小于”)它的真实值．
课标通用2020高考物理二轮复习2实验题提分技巧ppt课件
(3)根据匀变速直线运动的规律知，钢球通过光电门 的平均速度等于这个过程中间时刻的速度，由于钢球做 匀加速运动，中间位移时的速度大于这个过程中间时刻 的速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心 通过光电门的瞬时速度．
(4)钢球下落过程中克服阻力做功，钢球减少的重力 势能大于增加的动能，则 mgh> 12mv2，解得 v2<2gh，则 2g>k，即 g>k2.
答案 (1)0.96 (2)A (3)小于 (4)大于
由串并联规律得Ur11＝Ur22＋RU021，Ur′1 1＝Ur′2 2＋UR′022，代入 数据，联立解得 E＝5.60 V，r1＝2.5 kΩ，r2＝10 kΩ.
答案 (1)见解析图乙 (2)R1 (3)2.10 (4)5.60 2.5 10
【典例2】(2019·福建晋江四校联考)某物理研究小 组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律，在铁架台上 安装有一电磁铁(固定不动)和一光电门(可上下移动)， 电磁铁通电后将钢球吸住，然后断电，钢球自由下落， 并通过光电门，计时装置可测出钢球通过光电门的时 间．
3．提取——提取信息 试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答 时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解．一 般需要关注如下信息： (1)新的概念、规律、公式 一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公 式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息．要 在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务．
③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，再将电阻
箱调到2 kΩ，此时电压表V1的示数如图乙所示，其示数 为________ V，电压表V2的示数为1.40 V.
(4) 根 据 实 验 数 据 ， 计 算 得 到 电 源 的 电 动 势 为
2020高考物理二轮抓分天天练课件：备考清单+答题技巧+3.6
5．布朗运动是由于液体分子的无规则运动对悬浮微粒撞击 的不平衡引起的，悬浮颗粒越小，液体的温度越高，布朗运动越 激烈．
6．分子间既有引力又有斥力，引力和斥力都随着分子间距 离的增大而减小，斥力比引力变化得快．
第3页
7．分子力是分子引力与斥力的合力 当 r＝r0 时，分子的引力和斥力平衡，分子力为零． 当 r<r0 时，分子力表现为斥力，分子力随分子间距离减小而 增大． 当 r>r0 时，分子力表现为引力，分子力随分子间距离增大， 先增大再减小． 当 r>10r0 时，分子力可以忽略不计．
第4页
8．温度是物体分子热运动平均动能的标志． 9．摄氏温度 t 与热力学温度 T 的换算关系 T＝273＋t. 10．分子势能的变化规律 在 r＝r0 位置，分子势能最小． 在 r<r0 范围内，分子势能随 r 减小而增大． 在 r>r0 范围内，分子势能随 r 增大而增大． 11．内能是物体中所有分子动能和分子势能的总和，与物体 的摩尔数、温度和体积有关．
7．热力学第二定律的实质：揭示了一切与热现象有关的宏 观过程都具有方向性．
第11页
8．第二类永动机是指没有冷凝器，只从单一热源吸收热量 并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．它不可能 制成的原因是违背了热力学第二定律．
9．能量耗散是指能量在利用过程中，各种形式的能量都向 内能转化，能量的总量虽然不变，但可利用的能量减少了．
3．6 选修3－3记忆清单
第1页
一、分子动理论 1．用油膜法估测分子直径 d＝VS，分子直径的数量级是 10－ 10 m. 2．阿伏加德罗常数：1 mol 的任何物质中含有相同的粒子数 NA＝6.02×1023 mol－1. 3．证明分子永不停息地做无规则运动的现象是扩散现象和 布朗运动．
6．分子间既有引力又有斥力，引力和斥力都随着分子间距 离的增大而减小，斥力比引力变化得快．
第3页
7．分子力是分子引力与斥力的合力 当 r＝r0 时，分子的引力和斥力平衡，分子力为零． 当 r<r0 时，分子力表现为斥力，分子力随分子间距离减小而 增大． 当 r>r0 时，分子力表现为引力，分子力随分子间距离增大， 先增大再减小． 当 r>10r0 时，分子力可以忽略不计．
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8．温度是物体分子热运动平均动能的标志． 9．摄氏温度 t 与热力学温度 T 的换算关系 T＝273＋t. 10．分子势能的变化规律 在 r＝r0 位置，分子势能最小． 在 r<r0 范围内，分子势能随 r 减小而增大． 在 r>r0 范围内，分子势能随 r 增大而增大． 11．内能是物体中所有分子动能和分子势能的总和，与物体 的摩尔数、温度和体积有关．
7．热力学第二定律的实质：揭示了一切与热现象有关的宏 观过程都具有方向性．
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8．第二类永动机是指没有冷凝器，只从单一热源吸收热量 并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．它不可能 制成的原因是违背了热力学第二定律．
9．能量耗散是指能量在利用过程中，各种形式的能量都向 内能转化，能量的总量虽然不变，但可利用的能量减少了．
3．6 选修3－3记忆清单
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一、分子动理论 1．用油膜法估测分子直径 d＝VS，分子直径的数量级是 10－ 10 m. 2．阿伏加德罗常数：1 mol 的任何物质中含有相同的粒子数 NA＝6.02×1023 mol－1. 3．证明分子永不停息地做无规则运动的现象是扩散现象和 布朗运动．
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第32页
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度 t 升至 80.0 ℃.将 S2 与 1 端接通，闭合 S1，调节 R1 的滑片位置，使电压表读 数为某一值 U0，保持 R1 的滑片位置不变，将 R2 置于最大值，将 S2 与 2 端接通，调节 R2，使电压表读数仍为 U0；断开 S1，记下 此时 R2 的读数．逐步降低温控室的温度 t，得到相应温度下 R2 的阻值，直至温度降到 25.0 ℃，实验得到的 R2t 数据见表．
(3)由图乙曲线Ⅰ所示图线可知，随电压增大，电流增大，电 阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增 大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻．
第23页
(4)将两个相同的这种热敏元件串联，且与电动势为 5 V，内 阻 r＝10 Ω 的电源相连，设灯泡电压为 U，电流为 I，由闭合电 路欧姆定律可知：2U＝E－Ir
第20页
答案 (1)如解析图丙、甲所示
(2)如解析图乙中的图线Ⅰ所示 (3)PTC (4)0.28
第21页
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
解析 (1)加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动 变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内 阻，所以电流表应用外接法，电路图如图丙所示：
连接电路图如图甲．
第22页
(2)由描点法画出图象如图乙中的图线Ⅰ.
(2)图 2 是实验器材实物图，已连接了部分导线．请根据图 1， 补充完成实物间的连线．在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该 置于最________端(选填“左”或“右”)．
(3)某位同学根据实验记录的数据做出如图 3 所示的 U-I 图 线，可得出蓄电池的电动势 E＝________V，图线的斜率 k＝ ________ Ω，电源内电阻 r＝________ Ω.
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出 R2 t 曲线；
(3)由图(b)可得到 Rt 在 25 ℃～80 ℃范围内的温度特性，当 t ＝44.0 ℃时，可得 Rt＝________ Ω；
(4)将 Rt 握于手心，手心温度下 R2 的相应读数如图(c)所示， 该读数为________ Ω，则手心温度为________ ℃.
第5页
2．(2019·浙江等级考试)小明想测额定电压为 2.5 V 的小灯泡 在不同电压下的电功率，电路图如图 1 所示
第6页
(1)在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数但 总是调不到零，其原因是________的导线没有连接好(图中用数 字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7 点至 8 点”)；
第16页
4．(2019·重庆模拟)据已有资料可知，热敏电阻包括正温度 系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)，正温度系数电阻 器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度 的升高而减小．某实验小组尝试探究某一热敏电阻 Rx 的导电特 性，他们用下列器材进行实验描绘该热敏电阻的伏安特性曲线， 所测数据记录在表格中．
代入数据解得：U＝2.5－5I 在灯泡的伏安特性曲线中作出对应的图象，如图乙所示，两 图象的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，灯泡电压 U＝0.80 V，电流 I＝0.35 A，则其功率为：P＝UI＝0.80×0.35 W＝0.28 W.
第24页
5．(2019·西城区二模)用图 1 所示的电路测定一节蓄电池的 电动势和内阻．蓄电池的电动势 E 约为 2 V，内阻 r 比较小，为 了实验的方便，电路中串联了一个定值电阻 R0.
(3)在如图 3 所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明 所用器材的代号．
第12页
(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表 、 的示数 I1、 I2，作出 I2I1 图象，如图 4 所示，求得图象的斜率为 k＝0.020 5， 则该金属材料的电阻 Rx＝________ Ω.(结果保留 3 位有效数字)
电压 V 0.00 0.20 0.40 0.70 1.00 1.30 1.70 2.10 2.50 电流 A 0.00 0.14 0.24 0.26 0.37 0.40 0.43 0.45 0.46
第17页
器材有： A．待测热敏电阻 Rx B．电压表 V(量程 3 V，内阻约为 1 000 Ω) C．电流表 A(量程 0.6 A，内阻约为 0.5 Ω) D．滑动变阻器 R1(0～10 Ω) E．电源 E(电动势 3 V，内阻忽略) F．开关与导线若干
(4)由图示电路图可知：Rx＝UIxx＝I2（RI1A－2＋I2R2），
第15页
整理得：I2＝Rx＋RR2x＋RA2I1 I2I1 图象的斜率：k＝Rx＋RR2x＋RA2＝0.020 5 代入数据解得：Rx≈209 Ω； (5)由图示电路图可知，电阻两端电压与电流的测量值等于真 实值，由欧姆定律可知，电阻测量值等于真实值．
由图示游标卡尺可知，其示数为：104 mm＋2×0.05 mm＝ 104.10 mm＝10.410 cm；
(2)把电流表改装成 6 V 电压表需要串联电阻阻值为：R2＝UIg －RA2＝600×6 10－6－2 000 Ω＝8 000 Ω；
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(3)待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数 据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：
第2页
回答下列问题： (1)在虚线框内画出电路图并标出 R1 和 R2，其中*为公共接 线柱，a 和 b 分別是电流挡和电压挡的接线柱． (2) 电 阻 箱 的 阻 值 应 取 R1 ＝ ________ Ω ， R2 ＝ ________ Ω.(保留到个位)
第3页
答案 (1)如图所示 (2)100 2 910
(5)金属材料电阻率的测量值________(填“大于”“等于” 或“小于”)它的真实值．
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答案 (1)9.203 10.410 (2)8 000 (3)电路图如解析图所示 (4)209 (5)等于
解析 (1)由图示螺旋测微器可知 ，其示数为：9 mm＋ 20.3×0.01 mm＝9.203 mm；
1．22 电学基础实验
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1．(2018·课标全国Ⅱ)某同学组装一个多用电表，可选用的 器材有：微安表头(量程 100 μA，内阻 900 Ω)；电阻箱 R1(阻值 范围 0～999.9 Ω)；电阻箱 R2(阻值范围 0～99 999.9 Ω)；导线若 干．
要求利用所给器材先组装一个量程为 1 mA 的直流电流表，在此基础上再将它改装成 量程为 3 V 的直流电压表．组装好的多用电表 有电流 1 mA 和电压 3 V 两挡．
(2)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图甲所 示．
滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，在闭合开关前，滑 动变阻器的滑片应该置于最右端．
第30页
(3)由图示电源 U-I 图象可知，电源电动势为：E＝2.05 V， 图象斜率为：k＝ΔΔUI ＝2.050－.421.00 Ω＝2.50 Ω，电源内阻为：r＝ k－R＝(2.50－2) Ω＝0.50 Ω.
第18页
(1)请设计合理的电路图，并根据电路图完成图甲中实物图的 连接．
(2)在图乙所示坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性曲线．
第19页
(3)根据作出的伏安特性曲线，请分析说明该曲线对应的热敏 电阻是________(填“PTC”或“NTC”)热敏电阻．
(4)若将两个相同的这种热敏元件串联，且与电动势为 5 V， 内阻 r＝10 Ω 的电源相连，则一个这种热敏元件的实际功率为 ________W．(保留 2 位有效数字)
解析 (1)微安表并联一个小电阻改装成大量程的电流表，串 联一个大电阻改装成大量程的电压表．改装图如答案图所示．
(2)当接 o、a 接线柱时当电流表用， 根据并联电路特点得：IgRg＝(I－Ig)R1
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代入数据解得：R1＝II－gRIgg＝1×10100×－3－101－06×0×90100－6 Ω＝100 Ω 当接 o、b 接线柱时当电压表用， 根据串联电路的特点得：IgRg＋IR2＝U 解得：R2＝U－IIgRg＝3－1010××1100－－36×900 Ω＝2 910 Ω.
t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
第33页
回答下列问题：
第34页
(1)在闭合 S1 前，图(a)中 R1 的滑片应移动到________(填“a” 或“b”)端；
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(4)采用图 1 电路测量电源电动势和内阻，产生系统误差的主
要原因是________．
A．电流表的分压作用
B．电流表的分流作用
C．电压表的分流作用
D．电压表的分压作用
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答案 (1)A C (2)实物电路图如图甲所示 右 (3)2.05 2.50 0.50 (4)C
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解析 (1)电源电动势约为 2 V，电压表应选用 A，电流表量 程为 0.6 A，如果定值电阻选择 D，电路电流太小，定值电阻应 选择 C.
A．0.08 A
B．0.12 A
C．0.20 A
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答案 (1)1 点至 4 点 (2)0.30 A 0.75 (3) C 解析 (1)在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有 示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示 电路图 1 可知，其原因是 1 点至 4 点的导线没有连接好． (2)电流表量程为 0.6 A，分度值为 0.02 A，示数为 0.30 A， 灯泡额定功率为：P＝UI＝2.5×0.30 W＝0.75 W； (3)电压越小灯泡功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小， 由此可知 1.00 V 电压对应的电阻应小于 2.5 V 对应的电阻，由此 可知，电流最有可能为 0.20 A，故 C 项正确．
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度 t 升至 80.0 ℃.将 S2 与 1 端接通，闭合 S1，调节 R1 的滑片位置，使电压表读 数为某一值 U0，保持 R1 的滑片位置不变，将 R2 置于最大值，将 S2 与 2 端接通，调节 R2，使电压表读数仍为 U0；断开 S1，记下 此时 R2 的读数．逐步降低温控室的温度 t，得到相应温度下 R2 的阻值，直至温度降到 25.0 ℃，实验得到的 R2t 数据见表．
(3)由图乙曲线Ⅰ所示图线可知，随电压增大，电流增大，电 阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增 大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻．
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(4)将两个相同的这种热敏元件串联，且与电动势为 5 V，内 阻 r＝10 Ω 的电源相连，设灯泡电压为 U，电流为 I，由闭合电 路欧姆定律可知：2U＝E－Ir
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答案 (1)如解析图丙、甲所示
(2)如解析图乙中的图线Ⅰ所示 (3)PTC (4)0.28
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
解析 (1)加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动 变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内 阻，所以电流表应用外接法，电路图如图丙所示：
连接电路图如图甲．
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(2)由描点法画出图象如图乙中的图线Ⅰ.
(2)图 2 是实验器材实物图，已连接了部分导线．请根据图 1， 补充完成实物间的连线．在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该 置于最________端(选填“左”或“右”)．
(3)某位同学根据实验记录的数据做出如图 3 所示的 U-I 图 线，可得出蓄电池的电动势 E＝________V，图线的斜率 k＝ ________ Ω，电源内电阻 r＝________ Ω.
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出 R2 t 曲线；
(3)由图(b)可得到 Rt 在 25 ℃～80 ℃范围内的温度特性，当 t ＝44.0 ℃时，可得 Rt＝________ Ω；
(4)将 Rt 握于手心，手心温度下 R2 的相应读数如图(c)所示， 该读数为________ Ω，则手心温度为________ ℃.
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2．(2019·浙江等级考试)小明想测额定电压为 2.5 V 的小灯泡 在不同电压下的电功率，电路图如图 1 所示
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(1)在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数但 总是调不到零，其原因是________的导线没有连接好(图中用数 字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7 点至 8 点”)；
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4．(2019·重庆模拟)据已有资料可知，热敏电阻包括正温度 系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)，正温度系数电阻 器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度 的升高而减小．某实验小组尝试探究某一热敏电阻 Rx 的导电特 性，他们用下列器材进行实验描绘该热敏电阻的伏安特性曲线， 所测数据记录在表格中．
代入数据解得：U＝2.5－5I 在灯泡的伏安特性曲线中作出对应的图象，如图乙所示，两 图象的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，灯泡电压 U＝0.80 V，电流 I＝0.35 A，则其功率为：P＝UI＝0.80×0.35 W＝0.28 W.
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5．(2019·西城区二模)用图 1 所示的电路测定一节蓄电池的 电动势和内阻．蓄电池的电动势 E 约为 2 V，内阻 r 比较小，为 了实验的方便，电路中串联了一个定值电阻 R0.
(3)在如图 3 所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明 所用器材的代号．
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(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表 、 的示数 I1、 I2，作出 I2I1 图象，如图 4 所示，求得图象的斜率为 k＝0.020 5， 则该金属材料的电阻 Rx＝________ Ω.(结果保留 3 位有效数字)
电压 V 0.00 0.20 0.40 0.70 1.00 1.30 1.70 2.10 2.50 电流 A 0.00 0.14 0.24 0.26 0.37 0.40 0.43 0.45 0.46
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器材有： A．待测热敏电阻 Rx B．电压表 V(量程 3 V，内阻约为 1 000 Ω) C．电流表 A(量程 0.6 A，内阻约为 0.5 Ω) D．滑动变阻器 R1(0～10 Ω) E．电源 E(电动势 3 V，内阻忽略) F．开关与导线若干
(4)由图示电路图可知：Rx＝UIxx＝I2（RI1A－2＋I2R2），
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整理得：I2＝Rx＋RR2x＋RA2I1 I2I1 图象的斜率：k＝Rx＋RR2x＋RA2＝0.020 5 代入数据解得：Rx≈209 Ω； (5)由图示电路图可知，电阻两端电压与电流的测量值等于真 实值，由欧姆定律可知，电阻测量值等于真实值．
由图示游标卡尺可知，其示数为：104 mm＋2×0.05 mm＝ 104.10 mm＝10.410 cm；
(2)把电流表改装成 6 V 电压表需要串联电阻阻值为：R2＝UIg －RA2＝600×6 10－6－2 000 Ω＝8 000 Ω；
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(3)待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数 据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：
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回答下列问题： (1)在虚线框内画出电路图并标出 R1 和 R2，其中*为公共接 线柱，a 和 b 分別是电流挡和电压挡的接线柱． (2) 电 阻 箱 的 阻 值 应 取 R1 ＝ ________ Ω ， R2 ＝ ________ Ω.(保留到个位)
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答案 (1)如图所示 (2)100 2 910
(5)金属材料电阻率的测量值________(填“大于”“等于” 或“小于”)它的真实值．
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答案 (1)9.203 10.410 (2)8 000 (3)电路图如解析图所示 (4)209 (5)等于
解析 (1)由图示螺旋测微器可知 ，其示数为：9 mm＋ 20.3×0.01 mm＝9.203 mm；
1．22 电学基础实验
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1．(2018·课标全国Ⅱ)某同学组装一个多用电表，可选用的 器材有：微安表头(量程 100 μA，内阻 900 Ω)；电阻箱 R1(阻值 范围 0～999.9 Ω)；电阻箱 R2(阻值范围 0～99 999.9 Ω)；导线若 干．
要求利用所给器材先组装一个量程为 1 mA 的直流电流表，在此基础上再将它改装成 量程为 3 V 的直流电压表．组装好的多用电表 有电流 1 mA 和电压 3 V 两挡．
(2)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图甲所 示．
滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，在闭合开关前，滑 动变阻器的滑片应该置于最右端．
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(3)由图示电源 U-I 图象可知，电源电动势为：E＝2.05 V， 图象斜率为：k＝ΔΔUI ＝2.050－.421.00 Ω＝2.50 Ω，电源内阻为：r＝ k－R＝(2.50－2) Ω＝0.50 Ω.
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(1)请设计合理的电路图，并根据电路图完成图甲中实物图的 连接．
(2)在图乙所示坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性曲线．
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(3)根据作出的伏安特性曲线，请分析说明该曲线对应的热敏 电阻是________(填“PTC”或“NTC”)热敏电阻．
(4)若将两个相同的这种热敏元件串联，且与电动势为 5 V， 内阻 r＝10 Ω 的电源相连，则一个这种热敏元件的实际功率为 ________W．(保留 2 位有效数字)
解析 (1)微安表并联一个小电阻改装成大量程的电流表，串 联一个大电阻改装成大量程的电压表．改装图如答案图所示．
(2)当接 o、a 接线柱时当电流表用， 根据并联电路特点得：IgRg＝(I－Ig)R1
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代入数据解得：R1＝II－gRIgg＝1×10100×－3－101－06×0×90100－6 Ω＝100 Ω 当接 o、b 接线柱时当电压表用， 根据串联电路的特点得：IgRg＋IR2＝U 解得：R2＝U－IIgRg＝3－1010××1100－－36×900 Ω＝2 910 Ω.
t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
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回答下列问题：
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(1)在闭合 S1 前，图(a)中 R1 的滑片应移动到________(填“a” 或“b”)端；
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(4)采用图 1 电路测量电源电动势和内阻，产生系统误差的主
要原因是________．
A．电流表的分压作用
B．电流表的分流作用
C．电压表的分流作用
D．电压表的分压作用
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答案 (1)A C (2)实物电路图如图甲所示 右 (3)2.05 2.50 0.50 (4)C
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解析 (1)电源电动势约为 2 V，电压表应选用 A，电流表量 程为 0.6 A，如果定值电阻选择 D，电路电流太小，定值电阻应 选择 C.
A．0.08 A
B．0.12 A
C．0.20 A
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答案 (1)1 点至 4 点 (2)0.30 A 0.75 (3) C 解析 (1)在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有 示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示 电路图 1 可知，其原因是 1 点至 4 点的导线没有连接好． (2)电流表量程为 0.6 A，分度值为 0.02 A，示数为 0.30 A， 灯泡额定功率为：P＝UI＝2.5×0.30 W＝0.75 W； (3)电压越小灯泡功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小， 由此可知 1.00 V 电压对应的电阻应小于 2.5 V 对应的电阻，由此 可知，电流最有可能为 0.20 A，故 C 项正确．