2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练12
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略1-2-3第三讲功能关系在电学中的应用
第一部分 专题二 第三讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
A．到达 C 点后小球不可能沿杆向上运动
知
B．小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力
识
体 做的功不等
系
构 建
C．小球在 D 点时的动能为 50 J
名
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
师 微
热
课
点
导
考
学
向
突
破
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第一部分 专题二 第三讲
(2)A 在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：
知
Mgsin30°＝μMgcos30°
识
体 系 构
解得：μ＝
3 3
建
B 轻放上 A，对 A 由牛顿第二定律得：
名 师
微
热 点
μ(M＋m)gcos30°－Mgsin30°＝Ma0
课 导
考 向
解得：a0＝2.5 m/s2
学
突 破
撤电场时，A 的速度：
vA＝v0－a0t＝2.75 m/s.
(1)求在导线框上施加的恒力 F 以及磁感应强度的大小；
知
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度 v 与位移 s
识 体 系 构
的关系为 v＝v0－Bm2LR2s，其中 v0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的
建
速度大小，s 为导线框 ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移
名 师
微
热 大小，求整个过程中导线框中产生的热量 Q.
C．从 A 点到最低点的距离是23gt2
D．从 A 点到最低点，小球的电势能增加了 mg2t2
第16页
第一部分 专题二 第三讲
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略2-5优化5选择题增分策略
优化5选择题增分策略物理高考新课标全国卷的选择题明确分成单项选择题和多项选择题，这意味着解决选择题有了更多的技巧，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规“巧解”方法．解题时一定先分清哪个是单选，哪个是多选，不可一味蛮做，要针对题目的特性“不择手段”达到快速解题的目的．1．审题干首先明方向，即看清是选“正确”的，还是“错误”的，其次找题眼，看清题干中的关键词，比如“恰好”“匀速”“不计重力”等．再次明确题干中的限制条件，尤其是选项本是正确的情况下，要弄清符合不符合题干限制条件，不可盲目选择．2．审选项对所有备选选项进行认真分析和判断，运用解答选择题的方法和技巧，将有科学性错误、表述错误或计算结果错误的选项排除．解答选择题常用的方法有：比较排除法、整体法、隔离法、特殊值代入法、极限思维法、图像分析法、单位判断法、二级结论法、等效思维法、逆向思维法等．题型1比较排除法通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项．如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错，但绝不可能两者都正确．【典例1】(2019·江西六校联考)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直．两个磁场区域在x轴方向的宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一个菱形导线框a0bcd，a0c长为2a，从图示位置开始向右匀速穿过这两个磁场区域．若电流方向为逆时针方向时电流取正值，则下列关于线框中感应电流i与线框运动距离s的关系图像正确的是()[解析] 根据楞次定律可知，刚进入磁场时线框中的感应电流沿逆时针方向，为正值，排除选项B ；当线框运动距离为2a 时，由楞决定律可知线框中的感应电流沿顺时针方向，为负值，排除选项A ；线框运动的距离为a 时，只在左侧磁场中切割磁感线，且切割磁感线的有效长度等于bd ，此时的感应电动势大小设为E ，对应的感应电流为I 0，线框运动的距离为2a 时，在两个磁场中均切割磁感线，且切割磁感线的有效长度均等于bd ，由法拉第电磁感应定律可知此时的感应电动势大小为2E ，对应的感应电流大小也变为2I 0，故排除选项D ，所以选项C 正确．[答案] C题型2 特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反应已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断．这种方法的实质是将抽象的、繁难的一般性问题的推导、计算转化成具体的简单的特殊性问题来处理．达到迅速、准确选择的目的．【典例2】 如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )A.F 12 B ．2F 2C.F 1－F 22D.F 1＋F 22[解析] 取F 1＝F 2≠0，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C 满足．[答案] C题型3 单位判断法从物理量的单位出发筛选出正确答案．如果等式两边单位不一致，或所列选项的单位与题干要求量不统一，则肯定有错误；或者，尽管式子两边的单位一致，却仍不能确保此式肯定正确，因为用单位判断法不能确定常数项的正确与否．【典例3】 (2019·湖北八校联考)某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a 和b 的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R .下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R 的合理表达式应为( )A ．R ＝ρ(b ＋a )2πab B ．R ＝ρ(b －a )2πab C ．R ＝ρab 2π(b －a ) D ．R ＝ρab 2π(b ＋a )[解析] 由电阻定律R ＝ρl S 可知，选项C 、D 单位不正确，再考虑a ＝b 时，R 应为零，可知A 错误，B 正确．[答案] B题型4 极限思维法将某些物理量的数值推向极限(如：设定动摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大等)，并根据一些显而易见的结果、结论或熟悉的物理现象进行分析和推理的一种方法．【典例4】 如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m 0的平盘，盘中有一质量为m 的物体，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l .今向下拉盘使弹簧再伸长Δl 后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度之内，则刚松手时盘对物体的支持力等于( )A.⎝⎛⎭⎫1＋Δl l mg B.⎝⎛⎭⎫1＋Δl l (m ＋m 0)g C.Δl l mg D.Δl l(m ＋m 0)g [解析] 假设题给条件中Δl ＝0，其意义是没有将盘往下拉，则松手放开，弹簧的长度不会变化，盘仍静止，盘对物体的支持力大小应为mg .将Δl ＝0代入四个备选答案中，只有答案A 能得到mg ，可见只有答案A 正确，故本题应选A.[答案] A题型5 整体法、隔离法对于不要求讨论系统内部各个物体之间受力情况的问题，首选整体法；如果要考虑系统内部各个物体之间的相互作用力，则必须使用隔离法．整体法常常和隔离法交替使用，一般采用先整体后隔离的方法．【典例5】 质量为M 的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m 的物体以速度v 0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F ，使物体沿斜面向下做加速运动，如图所示．整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为N ，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f ，重力加速度为g ，则( )A ．f ≠0，N >(m ＋M )gB ．f ＝0，N ＝(m ＋M )gC ．f ≠0，N <(m ＋M )gD ．f ＝0，N >(m ＋M )g[解析] 当物体沿着斜面匀速下滑时，物体和物块均处于平衡状态，由整体法可知，此时地面对物块的支持力N 0＝(m ＋M )g ，地面对物块的摩擦力为f 0＝0.当给物体施加一沿斜面向下的推力F 后，对物块隔离分析可知，物体对斜面的压力没有发生变化，物体对斜面的滑动摩擦力也没有发生变化，所以斜面的受力没有变化，仍有f ＝0，N ＝(m ＋M )g ，B 正确．[答案] B题型6 二级结论法 二级结论是由基本规律和基本公式导出的推论．熟记并巧用一些二级结论可以使思维过程简化，节约解题时间．非常实用的二级结论有：(1)平抛运动速度方向的反向延长线过水平位移的中点；(2)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过相同的加速电场和偏转电场，轨迹重合；(3)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(4)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的场强；(5)电源最大输出功率的条件，同一电源分别对R 1、R 2供电时电源输出功率相等时，电源内阻r ＝R 1R 2等．【典例6】 如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O .一小球(可视为质点)从与圆心等高的半圆形轨道上的A 点以速度v 0水平向右抛出，落于半圆形轨道上的C 点．已知OC 的连线与OA 的夹角为θ，重力加速度为g ，则小球从A 运动到C 的时间为( )A.2v 0g tan θ2B.v 0g tan θ2C.v 0g tan θ2D.2v 0g tan θ2[解析] 由几何关系可知，AC 与水平方向的夹角为α＝π－θ2，根据抛体运动的规律，C 处小球的速度与水平方向的夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的两倍，即v y v 0＝2tan α，v y ＝gt ，解得t ＝2v 0g tan θ2，A 对． [答案] A题型7 逆向思维法很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜．【典例7】 如图所示，将一篮球从地面上方B 点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A 点，不计空气阻力．若抛射点B 向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A 点，则可行的是( )A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛射速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛射速度v0[解析]篮球做斜上抛运动，末速度垂直竖直篮板为水平方向，可以将该过程逆向处理为平抛运动．B点向篮板方向移动一小段距离后，由于A、B点间竖直高度不变，为使篮球飞经B点，从A点飞出的水平速度应该小一点，若水平速度减小，而竖直分速度不变，与水平面的夹角变大．因此只有增大抛射角，同时减小抛射速度，才能使抛出的篮球仍垂直打到篮板上．[答案]C题型8图像分析法物理图像具有形象、直观的特点，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，根据题目的内容先画出图像，再利用图像分析寻找答案，能够避免繁琐的计算，迅速地找出正确答案．【典例8】(多选)如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图2所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝T/8时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将从左极板上小孔飞出[解析]从t＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将先向右匀加速运动T/2时间，接着匀减速运动T/2时间，速度减小到零后，又开始向右匀加速运动T/2时间，接着匀减速运动T/2时间……直到打在右极板上，电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上．从t＝T/4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速运动T/4时间，接着匀减速运动T/4时间，速度减小到零后，改为向左先匀加速运动T/4时间，接着匀减速运动T/4时间，即在两板间往复运动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上．从t＝T/8时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子先向右运动，再向左运动，不可能始终向右运动．从t＝3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动的过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动的过程中从左极板上小孔飞出．若采用图像法解题，直接画出上述运动过程的v－t图像如上图所示，可快速得出答案．[答案]AC专题强化训练(二十三)1. (多选)(2019·河北六校联考)某节能运输系统装置的简化示意图如图所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧．当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是()A．小车上滑的加速度大于下滑的加速度B．小车每次运载货物的质量必须是确定的C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D．小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能[解析] 题目中强调“不光滑的轨道\”，轨道既然不光滑，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，必有摩擦力做功，将能量转化为内能，故选项D 一定是错误的．就该题而言，若能抓住题干中“不光滑的轨道”这一“破绽”，快速排除选项D ，就不会做错该题，最多是选不全，也不至于选错而不得分．这对基础较差的同学来说，是有效提高分数的一项技能．[答案] ABC2.如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )A ．T ＝m (g sin θ＋a cos θ)，F N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．T ＝m (g cos θ＋a sin θ)，F N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．T ＝m (a cos θ－g sin θ)，F N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．T ＝m (a sin θ－g cos θ)，F N ＝m (g sin θ＋a cos θ)[解析] 一般的求解方法是分解力或加速度后，再应用牛顿第二定律列式求解，其实用特殊值代入法更简单，当加速度a ＝0时，小球受到细线的拉力T 不为零也不可能为负值，所以排除选项C 、D ；当加速度a ＝g tan θ时，小球将离开斜面，斜面的支持力F N ＝0，排除选项B ，故选项A 正确．[答案] A3．一个质量为m 的物体沿光滑的斜面从静止开始滑下，已知斜面的倾角为θ，则t 秒末重力的瞬时功率是( )A.(mg sin θ)2t 2mB.(mg sin θ)2t 22mC.(mg sin θ)2t mD.(mg sin θ)2t 2m[解析] 功率的单位是“焦耳/秒”，即可排除选项B 、D ，再比较选项A 和C ，可知选项A 求的是平均功率，所以只有选项C 正确．[答案] C4．(2019·合肥高三质检)如图所示，一半径为R 的绝缘环上，均匀地带电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()A．E＝kQR2＋L2B．E＝kQLR2＋L2C．E＝kQR(R2＋L2)3D．E＝kQL(R2＋L2)3[解析]当R＝0时，带电圆环等同一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知在P点的电场强度为E＝kQL2，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有选项D满足．[答案]D5．(2019·安徽百校一模)如图所示，在粗糙的水平杆上套着一个滑块A，用轻质细绳将A与一小球B相连，A、B的质量均为m，A与杆间的动摩擦因数为μ，现用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右运动，此时细绳与竖直方向的夹角为α；若增大水平拉力，使A、B一起运动时，细绳与竖直方向的夹角增大为2α，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．细绳的拉力变为原来的2倍B．A、B的加速度变为原来的2倍C．水平拉力F变为原来的2倍D．A受到的摩擦力不变[解析]对B受力分析，其加速度大小为a＝g tanα，细绳拉力大小T＝mgcosα，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，a和T不一定是原来的2倍，A、B错误；对A、B整体受力分析，竖直方向上，支持力N＝2mg，当α增大为原来的2倍时，支持力保持不变，则摩擦力f＝μN不变，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mg tanα，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，F 不一定变为原来的2倍，C 错误，D 正确．[答案] D6．如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R 的直角形金属导轨aOb (在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属c 、d 分别平行于Oa 、Ob 放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计，现经历以下四个过程：①以速率v 移动d ，使它与Ob 的距离增大一倍；②再以速率v 移动c ，使它与Oa 的距离减少一半；③然后，再以速率2v 移动c ，使它回到原处；④最后以速率2v 移动d ，使它也回到原处．设上述四个过程中通过电阻R 的电量的大小依次为Q 1、Q 2、Q 3和Q 4，则( )A ．Q 1＝Q 2＝Q 3＝Q 4B ．Q 1＝Q 2＝2Q 3＝2Q 4C ．2Q 1＝2Q 2＝Q 3＝Q 4D ．Q 1≠Q 2＝Q 3≠2Q 4[解析] 设开始导轨d 与Ob 的距离为x 1，导轨c 与Oa 的距离为x 2，由法拉第电磁感应定律知移动c 或d 时产生的感应电动势：E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt，通过R 的电量为：Q ＝I Δt ＝E R Δt ＝B ΔS R .可见通过R 的电量与导体d 或c 移动的速度无关，由于B 与R 为定值，其电量取决于所围成面积的变化．①若导轨d 与Ob 距离增大一倍，即由x 1变为2x 1，则所围成的面积增大了ΔS 1＝x 1·x 2；②若导轨c 再与Oa 距离减小一半，即由x 2变为x 22，则所围成的面积又减小了ΔS 2＝2x 1·x 22＝x 1·x 2；③若导轨c 再回到原处，此过程面积的变化为ΔS 3＝ΔS 2＝2x 1·x 22＝x 1·x 2；④最后导轨d 又回到原处，此过程面积的变化为ΔS 4＝x 1·x 2；由于ΔS 1＝ΔS 2＝ΔS 3＝ΔS 4，则通过电阻R 的电量是相等的，即Q 1＝Q 2＝Q 3＝Q 4.[答案] A7.如图所示电路中，R 1>R 2＋r (r 为电源电阻)，在滑动变阻器的滑片P 由a 向右移动b 的过程中，以下说法中不正确的是( )A．电源的总功率增大B．电源内部的电势降落减小C．R1消耗的功率先增大后减小D．R2消耗的功率一定增大[解析]在R1的滑片P由a向右移到b的过程中，R1接入电路的阻值减小，电路总电流I＝E/(R1＋R2＋r)增大，电源的总功率P总＝IE增大，电源内部的电势降落U内＝Ir增大，R2消耗的功率P2＝I2R2增大；可以把R2等效为电源的内阻，即r内＝R2＋r，这样P1就是电源的输出功率，就可以利用结论：当R1＝r内时，输出功率P1最大；当R1<r内时，随着R1阻值的增大输出功率P1增大；当R1>r内时，随着R1阻值的增大输出功率P1减小．[答案]B8．(2018·河北名校联盟)在竖直平面内固定一光滑细圆管道，管道半径为R.若沿如图所示的两条虚线截去轨道的四分之一，管内有一个直径略小于管径的小球在运动，且恰能从一个截口抛出，从另一个截口无碰撞地进入管道继续做圆周运动．重力加速度为g，那么小球每次飞越无管区域的时间为()A. 3Rg B.22RgC. 23Rg D.2Rg[解析]小球离开截口后只受重力作用，做斜抛运动．由于小球在竖直虚线两侧的运动对称．分析小球从最高点到进入截口的平抛运动，小球进入截口时速度方向与水平方向成45°角，小球水平分速度v x和竖直分速度v y大小相等．由图中几何关系可知，小球从最高点运动到截口时水平位移为x ＝R cos45°＝22R .根据平抛运动规律，x ＝v x t ，y ＝12v y t ，联立解得y ＝24R .由y ＝12gt 2，解得t ＝ 2R2g.小球离开截口运动到最高点的斜抛运动过程可通过逆向思维转化为从最高点运动到截口的平抛运动，所以小球每次飞越无管区域的时间为T ＝2t ＝2×2R 2g＝22Rg ，选项B 正确．[答案] B9．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2.则( )A ．v 1＝v 2，t 1>t 2B ．v 1<v 2，t 1>t 2C ．v 1＝v 2，t 1<v 2D ．v 1<v 2，t 1<t 2[解析] 由于小球在运动过程中机械能守恒，小球沿管道MPN 运动到N 点与沿管道MQN 运动到N 点的末速度大小相等即v 1＝v 2＝v 0.小球沿管道MPN 运动到N 点与沿管道MQN 运动到N 点的路程相等，而沿管道MPN 运动比沿管道MQN 运动的平均速率小，所以沿管道MPN 运动到N 点比沿管道MQN 运动到N 点的时间长，即t 1>t 2，故选项A 正确．[答案] A10．(2019·南昌一模)如图所示，AB 是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，CD 是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，A 、B 两点和C 、D 两点的高度差相同，且AB ︵的弧长与斜面CD 长度相等．现让小球甲从A 点由静止开始沿圆弧轨道下滑到B 点，小球乙从C 点由静止开始沿斜面轨道下滑到D 点，两球质量相等．以下说法正确的是( )A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小B．甲球所受外力的冲量比乙球所受外力的冲量小C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零D．两球动量的变化量相同[解析]由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑到底端的速度大小相等，因甲做加速度减小的变加速运动，乙做匀加速直线运动，故可画出两球的速率v与时间t的关系图像如图所示，v－t图线与坐标轴围成的面积表示路程，因s甲＝s乙，则可知甲滑到底端的时间较短，再结合I＝mgt及两球质量相等可知，甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙两球滑到底端时，两球动量的变化量大小相同，但方向不同，根据动量定理可知，外力对甲、乙两球的冲量大小相同，但是方向不同，选项B、D错误；因支持力F N均不为零，根据I′＝F N t可知，两球所受轨道的支持力的冲量均不为零，选项C错误．[答案]A。
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略2-6优化6实验题答题策略
线运动， 木板连上细线后， 细线的拉力等于木板受到的合力， 细线的拉力对木板做的功等于
合力对木板做的功，故 C、 D 项正确．
(2)游标卡尺主尺的读数为 1 mm ，游标尺上的第 14 个刻度与主尺上的刻度对齐，所以
游标尺的读数为 0.05× 14 mm ＝ 0.70 mm ，总读数为 1 mm ＋ 0.70 mm ＝ 1.70 mm ＝ 0.170 cm.
过程中经过光电门， 光电门可测出挡光片的挡光时间 t，算出挡光片经过光电门的平均速度，
将其视为 A 下落 h 时的速度，重力加速度为 g.
(1) 在 A 从静止开始下落 h 的过程中，验证以 A 、 B 所组成的系统机械能守恒的表达式 为 ________________________( 用题目所给物理量的符号表示 )；
3 V 的电压表，需要串联一个电阻， U ＝ I g(Rg＋ R′ )， U 为改装后电压表的量程， R′ 为串 联电阻，代入数据得 3 V ＝ 1× 10－ 3 A × (30 Ω＋ R′ )，解得 R′ ＝ 2970 Ω因．此用 R0 与电流
表串联可以改装成量程为 3 V 的电压表，这样就可以用 “ 伏阻法 ” 测电池的电动势和内
1 ( M －m )gh＝2(M ＋ m)
b t
2 可推出，重力加速度
g 的测量值为 g
M ＋ m b2
＝ 2
M－m
ht 2，因测量速度小于真实速度，所以重力加速度
g 的测量值小于真实值．
[答案 ]
1 (1)( M －m )gh＝2(M ＋m )
b t
2
(2)大于
(3)D
(4)小于
题型 3 设计型实验
题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理． 【典例 4】 电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．
高考物理第二轮复习的提分攻略
高考物理第二轮复习的提分攻略物理1. 完善基础能力课本永久是基础，不管什么时期，都不能忽视课本的作用。
高考试卷上的专门多对基础的知识和概念进行考查的题目都源于课本。
有专门多考生错误地以为课本太简单，现在全然没必要看了，就将课本丢在一旁，这种做法是错误的，大伙儿一定要在二轮复习中注重课本的重要性。
关于课本系统中振动与波、光学、电磁波、交流电、电磁感应、电场、物体的平稳等几个部分的知识点内容，考生一定要做到熟读、精读、学会、吃透。
在看课本的过程中，也别不记得了课后的阅读材料、小实验、课后题等信息，它们中间但是经常会存在高考试题雏形的！2. 提高分析题题的能力面对理综卷上的物明白得答题时，考生只要思路清晰，认真审题，差不多上能按照题目顺序排列出表达式，即可联立求解。
从这点我们不难看出，物理考查的一个重点确实是考生的审题和分析能力。
具体来说也确实是考生关于知识点的明白得、对题目的分析、阅读图形图表的能力和将模型进行转化的能力。
近年来的高考物理大题中，专门多失分的重灾区差不多上图形化题目。
因此，这就要求考生在二轮复习的时期训练审题和分析的能力，把握分析问题的方法，养成良好的审题适应。
在平常做题时就要，一字一句地读题，认真审题；依照题目提供的已知信息在大脑中勾画情形，建立相应的模型；之后，考生要迅速进行题目的分析，画出示意图，找到特点；此外，寻规律、列方程的能力也专门重要，能够关心考生最终进行结果的推导，进行意义的讨论。
3. 进展数形结合能力在高考的物理部分的试题中，专门多情形下需要函数关系、图象表格等常用的数学方法来解决物理的问题。
因此，这就要求考生，在二轮复习的过程中，要注意函数关系与物理关系的有机结合，学会使用数学语言来表达物理意义、解决物理问题。
同时也要区分属性量与因果关系的不同，而函数的性质应用可提高解题质量，完成一题多解，极值求解等；函数图象能给予大量物理信息，读图时要把握图象的观看要点；表格数据反映各变量间关系，将其转化为图象能够更直观地发觉物理规律。
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略2-4优化4高考计算题解题策略
一值时， 物块在木板上相对于木板滑动的路程为
s，给木板施加不同大小的恒力 F ，得到 1s－
F 图像如图乙所示，其中
AB 与横轴平行，且
AB 段的纵坐标为
1
－
m
1.将物块视为质点，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
g 取 10 m/s2.
(1) 若恒力 F＝ 0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间． (2) 图乙中 BC 为直线段，求该段恒力 F 的取值范围及 1s与 F 的函数关系式．
送带间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g.闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静
止，线框刚进入磁场的瞬间， 和传送带发生相对滑动， 线框运动过程中上边始终平行于 MN ，
当闭合线框的上边经过边界 PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长．求：
(1) 闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力
5． 使用各种字母符号要规范
(1) 字母符号要写清楚、 规范， 忌字迹潦草． 阅卷时因为“ v 、r、ν”不分， 大小写“ M 、
m”或“ L、 l”不分， “G”的草体像 “a”，希腊字母“ ρ、 μ、 β、 η”笔顺或形状不对而被扣 分屡见不鲜．
(2) 尊重题目所给的符号，题目给了符号的一定不要再另立符号．如题目给出半径是
(4) 说明规定的正方向、零势点 (面 )． (5) 说明题目中的隐含条件、临界条件．
(6) 说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态． (7) 说明所求结果的物理意义 (有时需要讨论分析 )．
4． 要有必要的方程式
(1) 写出符合题意的原始方程 (是评分依据，文字说明一般不计分 )，不能写变形式．
优化 4 高考计算题解题策略
2021高考物理(全国通用)二轮复习增分攻略：注重方法与技巧 抢取高分有策略3
三、计算题——攻克计算题努力得高分1. 计算题中的高频考点力和运动(直线运动、平抛运动和圆周运动)、功和能的关系、电磁感应的综合问题和带电粒子在电场、磁场或复合场中的运动。
压轴题一般有两种可能一是带电粒子在磁场、电场或复合场中的运动，二是能量与运动的综合题，如平抛运动、圆周运动等多过程的组合问题，一般会存在临界条件或隐含条件的分析。
2. 计算题解题技巧(1)过好审题关：通过“通读、细读、选读”抓住关键词语，挖掘隐含条件在读题时不仅要留意那些给出具体数字或字母的显性条件，更要抓住另外一些叙述性的语言，特殊是一些关键词语。
所谓关键词语，指的是题目中提出的一些限制性语言，它们或是对题目中所涉及的物理变化的描述，或是对变化过程的界定等。
高考物理计算题之所以较难，不仅是由于物理过程简洁、多变，还由于潜在条件隐蔽、难寻，往往使考生们产生条件不足之感而陷入逆境，这也正考查了考生思维的深刻程度。
在审题过程中，必需把隐含条件充分挖掘出来，这经常是解题的关键。
有些隐含条件隐蔽得并不深，平常又经常见到，挖掘起来很简洁，例如题目中说“光滑的平面”，就表示“摩擦可忽视不计”；题目中说“恰好不滑出木板”，就表示小物体“恰好滑到木板边缘处且具有与木板相同的速度”等等。
(2)过好建模关：通过过程分析，画好情境示意图，对不同过程建立不同的物理模型在高中物理中，力学部分涉及的运动过程有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动、简谐运动等。
热学中的变化过程主要有等温变化、等压变化、等容变化、绝热变化等(这些过程的定量计算在某些省的高考中已不作要求)。
电学中的变化过程主要有电容器的充电和放电、电磁振荡、电磁感应中的导体棒做先变加速后匀速的运动等，而画出这些物理过程的示意图或画出关键情境的受力分析示意图是求解计算题的常规手段。
画好分析草图是审题的重要步骤，它有助于建立清楚有序的物理过程和确立物理量间的关系，可以把问题具体化、形象化。
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四、选考题——做好选考题力争得满分1. 选考题中的高频考点3－3：气体试验定律和气态方程必考。
分子动理论、热力学定律、内能等考查随机。
3－4：光的折射、机械波及其图象为考查重点“测定玻璃折射率”试验和“双缝干涉”试验也是重点，其它内容随机。
3－5：碰撞中的动量守恒为考查重点。
原子能级、衰变、核反应方程、核能、光电效应等内容随机考查。
2. 选修3－3相关学问及策略【高考热点】【题型探秘】本考点的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第确定律的综合，还有气体试验定律和气体状态方程的应用，表示气体状态变化过程的图象等学问点上，多以选择题和填空题的形式毁灭；对热学前面学问的考查往往在一题中容纳更多的学问点，把热学学问综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式毁灭，着重考查气体状态方程的应用。
近两年来热学考题中还涌现了很多对热现象的自主学习和创新力气考查的新情景试题。
同时，本考点还可以与生活、生产的实际相联系考查热学学问在实际中的应用。
【应对策略】1. “模型法”：此类方法在估算分子的直径中经常用到，具体的做法是：通常可以将分子视为立方体或球体，由宏观体积和分子个数，求出分子体积，进一步计算分子直径，计算中接受了近似计算的思想。
2. 气体压强的计算：通常要利用共点力的平衡学问来进行解题。
3．“能量守恒”法：物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第确定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题。
【典例精析】[例1](1)[2022·重庆高考]重庆出租车常以自然气作为燃料。
加气站储气罐中自然气的温度随气温上升的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为抱负气体)()A. 压强增大，内能减小B. 吸取热量，内能增大C. 压强减小，分子平均动能增大D. 对外做功，分子平均动能减小(2)[2022·课标全国卷Ⅱ]如图，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽视的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略2-22高考物理中的五大解题思想
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大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
1．类比思想 也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性， 可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法．其结论 必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的 可靠性越大．如研究电场力做功时，与重力做功进行类比；认识 电流时，用水流进行类比；认识电压时，用水压进行类比． 2．守恒思想 物理学中最常用的一种思维方法——守恒．高中物理涉及的 守恒定律有能量守恒定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、质 量守恒定律、电荷守恒定律等，它们是我们处理高中物理问题的 主要工具．
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轨道，由牛顿第二定律得 F 合－qvB＝mvR2，由题意 E＝B，解得
v＝
180－10 2
m/s，从
A到
C 过程小球速度不变，从
C 到 P 过程，
由动能定理得－F 合·2R＝12mv2－12mv20临，解得 v0 临＝ 150－30 5 m/s≈9.1 m/s，而 v0＝(5＋ 45) m/s>v0 临，则小球不会脱离轨道， 故 C 正确；若撤去磁场，小球在 P 点恰好不脱离轨道，则有 F 合 ＝mvR2，解得 v＝2 5 m/s，从 C 到 P 过程，有－F 合·2R＝12mv2
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A．小球一定带负电 B．小球在轨道的最低点 F 处速度最大 C．小球以初速度 v0＝(5＋ 45) m/s 射出，则小球不会脱离 轨道 D．若撤去磁场，让小球以初速度 v0＝2 5 m/s 射出，则小 球一定不会脱离轨道
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【步步高】(广东专用)2021高考物理二轮复习专题十二力学和热学实验与创新训练
【步步高】（广东专用）2021高考物理二轮复习专题十二力学和热学实验与创新训练考向1 探究弹力和弹簧伸长的关系例1 (2020·新课标Ⅱ·23)某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图1所示：一平均长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，能够读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果及部分运算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s 2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.图1P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 P 6 x 0(cm)x (cm)n10 20 30 40 50 60 k (N/m)163 1k (m/N)1 9 9 6 7 (1)(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图2给出的坐标纸上画出1k—n 图像．图2(3)图2中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________ N/m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系表达式为k ＝________ N/m.解析 (1)依照胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mg x －x 0＝错误! N/m ≈ N/m ，错误!≈ 2 m/N. (2)1k－n 图像如图所示(3)依照图像可知，k 与n 的关系表达式为k ＝错误! N/m ，k 与l 0的关系表达式为k ＝错误! N/m.答案 (1) 2 (2)见解析图(3)错误!(在错误!～错误!之间均可) 错误!(在错误!～错误!之间均可)以题说法 实验数据处理方法：(1)列表法将测得的实验数据填入设计好的表格之中，能够分析两物理量间的定性关系．(2)图象法依照记录的实验数据在直角坐标系内进行作图．若是曲线应平滑，若是直线要让尽量多的点过直线．或在直线两侧平均分布．(3)函数法往往是依照图象得到物理量间的函数关系方程式．如图3为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：图3钩码数n 01234 5刻度尺读数x n(cm)2题：(1)请依照表格数据运算出弹簧的劲度系数k＝____ N/m.(结果保留两位有效数字)(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的弹簧劲度系数k的值与真实值相比较____________(填“偏大”、“偏小”或“没有阻碍”)．答案(1)32 (2)没有阻碍解析(1)依照胡克定律k(x－x0)＝nm0g，代入数据求k，再求平均得k＝32 N/m；(2)因在运算弹力时把弹簧自身的重量引起的形变量减去了，故弹簧自身有重量对测量值没有阻碍．考向2 验证力的平行四边形定则例2(2020·江苏·11)小明通过实验验证力的平行四边形定则．图4(1)实验记录纸如图4所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝ N、F2＝ N和F3＝ N．请依照图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．(2)认真分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，阻碍实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发觉读数不相同，因此进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的阻碍．实验装置如图5所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．图5两次实验记录的轨迹如图6所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．图6(3)依照(2)中的实验，能够得出的实验结果有哪些？________(填写选项前的字母)A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)依照小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．解析(1)作出的图示如图所示．(2)重物受力情形如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(3)依照题图可知，选项B、D正确，选项A、C错误．(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差．答案(1)见解析图(F合＝～ N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧)以题说法 1.本实验考查的重点是“力作用成效的等效性”．2．对实验步骤中两个分力和合力的大小和方向的确定也是考查的重点．有同学利用如图7所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平稳时，依照钩码的个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图7(1)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数，N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，应该做好三个方面的记录：________________________________________________________________________；________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.答案(1)BCD (2)标记结点O的位置钩码的个数N1、N2、N3OA、OB、OC三段绳子的方向解析(2)为验证平行四边形定则，必须通过作受力图．因此先明确受力点，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示．因此要做好记录，需从力的三要素角度动身：需记录O 点的位置；钩码的个数N 1、N 2、N 3；拉力F T OA 、F T OB 、F T OC 的方向．考向3 探究加速度与力、质量的关系例3 如图8所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B ，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮之间的摩擦．图8(1)下列说法正确的是( )A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后开释小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g2(2)如图9为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2.(交流电的频率为50 Hz ，结果保留二位有效数字)图9(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平稳摩擦力这一步骤，他测量得到的a —F 图象，可能是下列哪个选项中的图象( )解析 (1)该实验要平稳摩擦力，故A 错误；拉力可由测力计示数获得，故不要求重物质量远小于小车质量，故C 错误；由于重物向下加速运动，由牛顿第二定律：m 2g －2F ＝m 2a ，解得：F ＝m 2g －m 2a 2，故D 错误；故选B. (2)依照匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2，有：a ＝0.50 m/s 2.(3)若没有平稳摩擦力，则当0＜F ≤F f 时，a ＝0.也确实是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，因此该同学测得的a －F 图象可能是选项C 中的图象．答案 (1)B (2) (3)C 以题说法 《考试大纲》规定的六个力学实验中有四个涉及打点计时器：研究匀变速直线运动、验证牛顿运动定律、探究动能定理和验证机械能守恒定律．这类实验的关键是要把握纸带的分析处理方法，关于纸带常有以下三大应用．1．由纸带确定时刻要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，便于测量和运算，一样每五个点取一个计数点，如现在间间隔为Δt ＝×5 s＝ s.2．求解瞬时速度利用做匀变速直线运动的物体在一段时刻内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图10所示，打n 点时的瞬时速度v n ＝x n ＋x n ＋12T图103．用“逐差法”求加速度如图11所示，a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 33T2图11有些实验用光电门代替打点计时器来完成瞬时速度和加速度的测量，具体做法如下：(1)求瞬时速度：把遮光条(宽度为d )通过光电门的时刻Δt 内的平均速度看做物体通过光电门的瞬时速度，即v ＝dΔt. (2)求加速度：若两个光电门之间的距离为L ，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a ＝v 22－v 212L . 某同学利用如图12甲所示装置来研究加速度与力的关系．他将光电门1和2分别固定在长木板的A 、B 两处，换用不同的重物通过细线拉同一小车(小车质量约为200克)，每次小车都从同一位置由静止开释．图12(1)长木板右端垫一物块，其作用是用来______________________________________；(2)用游标卡尺测得遮光条的宽度为________ cm ；(3)关于所挂重物的质量，以下取值有利于减小实验误差的是________．(填选项前字母)A ．1克B ．5克C ．10克D ．40克(4)现用该装置来探究功与速度变化的关系，关闭光电门2，测出多组重物的质量m 和对应遮光条通过光电门1的时刻Δt ，通过描点作出线性图象，应作出________图象．(填选项前字母)A ．Δt －mB ．Δt 2－mC ．m －1ΔtD ．m －1Δt2 答案 (1)平稳摩擦力 (2) (3)BC (4)D解析 (1)长木板右端垫一物块，调整后能够使小车的下滑分力与受到的摩擦力平稳．(2)从游标卡尺读出：5 mm ＋2×0.1 mm＝5.2 mm ＝0.52 cm.(3)应使拉力远小于小车的重力，这时拉力才接近重物的重量，但假如选A ，由于拉力太小，不容易观看，因此不能选A ，只能选B 、C.(4)实际验证的是mgh ＝12Mv 2，而v ＝d Δt ，由于做出的图象为直线，因此应该做出m －1Δt2图象．考向4 探究动能定理例4 (2020·天津·9(2))某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车内，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还预备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图13所示．图13①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些________．②实验开始时，他先调剂木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他如此做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．幸免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．能够保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平稳摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平稳摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发觉小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点运算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：___________________________________________.④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发觉拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情形可能是下列哪些缘故造成的________(填字母代号)．A．在接通电源的同时开释了小车B．小车开释时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平稳掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析①本实验需要明白小车的动能，因此还需要用天平测出小车的质量，用刻度尺测量纸带上点迹之间的长度，求出小车的瞬时速度．②牵引小车的细绳与木板平行的目的是在平稳摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，选项D正确．③在保证所挂钩码数目不变的条件下要减小小车加速度能够增加小车的质量，故可在小车内加适量砝码(或钩码)．④当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能的增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码重力大于细绳拉力，此同学将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C、D 正确．答案①刻度尺、天平(包括砝码) ②D③可在小车内加适量砝码(或钩码) ④CD以题说法明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似，能够进行知识与方法的迁移．学会利用所学知识，对实验器材或实验方法加以重组，完成新的实验设计．在探究动能定理的实验中，某实验小组组装了一套如图14所示的装置，拉力传感器固定在小车内，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T ，实验的部分步骤如下：图14(1)平稳小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列________的点．(2)测量小车和拉力传感器的总质量M ，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器邻近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后__________，打出一条纸带，关闭电源．(3)在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图15所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O 、A 、B 、C 、D 、E 等多个计数点，各个计数点到O 点间的距离分别用h A 、h B 、h C 、h D 、h E 、……表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D 点时的动能表达式为____________________，若拉力传感器的读数为F ，计时器打下A 点到打下D 点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为______________．图15(4)某同学以A 点为起始点，以A 点到各个计数点动能的增量ΔE k 为纵坐标，以A 点到各个计数点拉力对小车所做的功W 为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此能够得到的结论是_____________________________________．答案 (1)间距相等 (2)开释小车 (3)M h E －h C 28T2 F (h D －h A ) (4)外力所做的功等于物体动能的变化量 解析 (1)当打点计时器能在纸带上打出一系列间隔平均的点时，小车做匀速直线运动，受力平稳．(2)在组装好实验装置的基础上，进行实验时应先接通电源，再开释小车．(3)D 点的瞬时速度等于CE 段的平均速度，即v D ＝h E －h C 2T ，故打下D 点时的动能为E k D ＝12Mv 2D ＝M h E －h C28T 2；拉力对小车做的功为W ＝F (h D －h A )．(4)因图线是一条过原点的直线且直线的倾角为45°，可得出方程式ΔE k＝W，故可得结论：外力所做的功等于物体动能的变化量．考向5 验证机械能守恒定律例5为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透亮直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图16所示．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就能够显示物体的挡光时刻，所用的光电门传感器可测的最短时刻为 ms.将具有专门好挡光成效的宽度为d＝×10－3 m的黑色磁带贴在透亮直尺上．实验时，将直尺从一定高度由静止开释，并使其竖直通过光电门．某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时刻Δt i与图中所示的高度差Δh i，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M为直尺质量，取g＝9.8 m/s2)．图16Δt i (10－3s)v i ＝d Δt i(m·s －1)ΔE i ＝12Mv 2i－12Mv 21 Δh i (m) Mg Δh i12 0.58M 0.58M3 2.24M 2.25M4 3.10M3.14M 5(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用v i ＝Δt i 求出的，请你简要分析该同学如此做的理由是：_______________________________________________. (2)请将表格中的数据填写完整．(3)通过实验得出的结论是：______________________________________________. (4)依照该实验，请你判定下列ΔE k －Δh 图象中正确的是( )解析 (1)瞬时速度等于极短时刻或极短位移内的平均速度，故直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可利用v i ＝dΔt i求出． (2)第5点速度为v 5＝dΔt 5＝错误!≈4.22 m /s.从第5点到第1点间动能的增加量为 ΔE k ＝12Mv 25－12Mv 21＝12×M ×－≈4.01M .从第5点到第1点间重力势能的减少量为ΔE p ＝Mg Δh 5＝M ××≈4.02M .(3)从表中数据可知，在误差承诺的范畴内，重力势能的减少量等于动能的增加量． (4)依照动能定理可知：Mg Δh ＝ΔE k ，故ΔE k －Δh 的图象是一条过原点的直线，故C 正确． 答案 (1)瞬时速度等于极短时刻或极短位移内的平均速度 (2) 4.01M 4.02M (3)在误差承诺的范畴内，重力势能的减少量等于动能的增加量 (4)C 以题说法 本实验数据处理的方法 方法1：利用起点和第n 点：验证gh n ＝12v 2n .方法2：任取较远两点A 、B ：验证gh AB ＝12v 2B －12v 2A .方法3：图象法．如图17甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)创制的一种闻名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．图17(1)实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M (A 的含挡光片、B 的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出________________(填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h .②在B 的下端挂上质量为m 的物块C ，让系统(重物A 、B 以及物块C )中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时刻为Δt .③测出挡光片的宽度d ，运算有关物理量，验证机械能守恒定律．(2)假如系统(重物A 、B 以及物块C )的机械能守恒，应满足的关系式为________________________(已知重力加速度为g )．(3)引起该实验系统误差的缘故有____________________________________ (写一条即可)．(4)验证实验终止后，该同学突发奇想：假如系统(重物A 、B 以及物块C )的机械能守恒，不断增大物块C 的质量m ，重物B 的加速度a 也将不断增大，那么a 与m 之间有如何样的定量关系？a 随m 增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：①写出a 与m 之间的关系式：___________________________________ (还要用到M 和g )． ②a 的值会趋于________．答案 (1)①挡光片中心 (2)mgh ＝12(2M ＋m )(d Δt)2(3)绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等 (4)①a ＝mg 2M ＋m ＝g2Mm＋1②重力加速度g 解析 (1)、(2)需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离，系统的末速度为：v ＝dΔt，则系统重力势能的减少量ΔE p ＝mgh ，系统动能的增加量为：ΔE k ＝12(2M ＋m )v 2＝12(2M ＋m )(d Δt )2，若系统机械能守恒，则有：mgh ＝12(2M ＋m )(dΔt)2.(3)系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验系统误差的缘故可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等．(4)依照牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg ，则系统加速度为：a ＝mg 2M ＋m ＝g2Mm＋1，当m 不断增大，则a 趋于g . 考向6 验证动量守恒定律例6 在实验室里为了验证动量守恒定律，一样采纳如图18甲、乙所示的两种装置：图18(1)若入射小球质量为m 1，半径为r 1；被碰小球质量为m 2，半径为r 2，则________． A ．m 1＞m 2，r 1＞r 2 B ．m 1＞m 2，r 1＜r 2 C ．m 1＞m 2，r 1＝r 2 D ．m 1＜m 2，r 1＝r 2(2)若采纳图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________． A ．直尺 B ．游标卡尺 C ．天平 D ．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为______．(用装置图中的字母表示)解析(1)实验中必须用半径相等的小球，以满足对心碰撞；入射球的质量必须大于被碰球的质量，防止两球碰撞时入射球反弹，答案选C.(2)若采纳图乙所示装置进行实验，只需要用直尺测量小球落地点到O点的距离和小球的质量，因此测量工具选择A、C即可．(3)用图甲所示装置进行实验时，所得“验证动量守恒定律”的结论为m1OP＝m1OM＋m2O′N. 答案(1)C (2)AC (3)m1OP＝m1OM＋m2O′N考向7 用油膜法估测分子的大小例7在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：a．往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳固后将适量的痱子粉平均地撒在水面上．b．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳固．c．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，运算出油膜的面积，依照油酸的体积和面积运算出油酸分子直径的大小．d．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此运算出一滴油酸酒精溶液的体积．e．将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描画在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(填写步骤前面的字母)图19实验时，所用的油酸酒精溶液的浓度为A，测得体积为V的油酸酒精溶液共有N滴，将一滴该溶液滴入盛水的浅盘内，稳固后形成的油膜形状如图19所示，测得油膜占有的小正方形个数为X，每一个小方格的边长为a.(2)用以上字母表示油酸分子直径的大小d＝________.(3)从图中数得油膜占有的小正方形个数为X＝________.(4)该同学实验中最终得到的运算结果和大多数同学的比较，发觉自己所测数据偏大，则对显现这种结果的缘故，下列说法中可能不正确的是________． A ．错误地将油酸酒精溶液的体积直截了当作为油酸的体积进行运算 B ．运算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C ．运算油膜面积时，只数了完整的方格数 D ．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开解析 (1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液(教师完成，记下配制比例)→测定一滴酒精油酸溶液的体积V N(题中的d)→预备浅水盘(a)→形成油膜(b)→描画油膜边缘(e)→测量油膜面积(c)→运算分子直径(c)．(2)运算步骤：先运算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积＝一滴酒精油酸溶液的体积×配制比例．得：V 0＝V ·AN， 再运算油膜面积，S ＝X ·a 2最后运算分子直径d ＝V 0S ＝VANXa 2①(3)按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜占有的小正方形个数为57个． (4)同学实验中最终得到的运算结果和大多数同学的比较，发觉自己所测数据偏大，依照公式①可知显现这种结果的缘故可能是公式中的体积偏大或运算的油膜的面积偏小的缘故．错误地将油酸酒精溶液的体积直截了当作为油酸的体积进行运算，V 偏大，故A 正确；运算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则油膜的面积偏大，故B 错误；运算油膜面积时，只数了完整的方格数，则油膜的面积偏小，故C 正确；水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜的面积偏小，故D 正确．本题要求选择不正确的，故选B. 答案 (1)dabec (2)V ·ANXa 2(3)57 (4)B12．力学创新实验的分析技巧例6 (10分)用如图20所示实验装置测量滑块A 与木板间的动摩擦因数．长木板水平固定，细线跨过定滑轮与滑块A 、重锤B 相连．将细线拉直，测出B 离地面的高度h ，将重锤从h 高处静止开释，B 落地后，测出A 在木板上滑动的距离x ；改变B 开释高度重复实验，实验数据如下表所示．图20实验次数123456 h /cm x /cm(1)若测得A 的质量m A ＝3 kg ，B 的质量m B ＝1 kg ，A 和B 间细线的长度L ＝112.0 cm ，木板的长度l ＝98.0 cm ，要达到实验目的，以上四个量中没有必要测量的是______(用物理量的符号表示)．(2)作出x 随h 变化的图象．(3)由图象并结合(1)中所测数值求得滑块与木板间的动摩擦因数为________．解析 (1)由题意可知，B 距地面的高度h ，A 在木板上滑行的距离x ，A 、B 的质量m A 、m B .从静止开释让它们运动到B 着地，依照动能定理得：m B gh －μm A gh ＝12(m A ＋m B )v 2①从B 着地到A 停在木板上，依照动能定理得： 12m A v 2＝μm A g (x －h )② 由①②解得：μ＝m B hm A ＋m B x －m B h③可知没有必要测量L 和l .(2)作出x 随h 变化的图象如图所示．(3)由③得：x＝1＋μm Bμm A＋m Bh依照数学知识得到图象中直线的斜率k＝1＋μm Bμm A＋m B 由图得：k≈代入数据得：1＋μ×1μ3＋1＝解得μ＝答案(1)L、l(2分) (2)见解析图(4分) (3)(4分)(限时：8分钟，满分：10分)(2020·广东·34(2))某同学依照机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．①如图21(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m.(g取9.8 m/s2)图21砝码质量/g5*******弹簧长度/cm②取下弹簧，通过两个光电门的速度大小________．。
新课标高考物理二轮训练选择题的增分策略与技法指导ppt课件
技法五：极限思维法 物理中体现极限思维的常见方法有极限法、微元法．极限 法是把某个物理量推向极端，从而做出科学的推理分析， 给出判断或导出一般结论．该方法一般适用于题干中所涉 及的物理量随条件单调变化的情况．微元法将研究过程或 研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析这些“微 元”，进行必要的数学方法或物理思想处理，便可将问题 解决．极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特 作用，使问题化难为易，化繁为简，收到事半功倍的效 果．
(2)审选项．对所有备选选项进行认真分析和判断，运用解答 选择题的方法和技巧(下文将有论述)，将有科学性错误、表 述错误或计算结果错误的选项排除． (3)审题干和选项的关系．这是做好不定项选择题的一个重要 方面．常见的不定项选择题中题干和选项的关系有以下几种 情形： 第一，选项本身正确，但与题干没有关系，这种情况下该选 项不选．
A．2πkσ0r2＋xx2 C．2πkσ0xr
图5 B．2πkσ0r2＋rx2 D．2πkσ0xr
解析 根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E＝
2πkσ 1－R2＋xx2
，用极限思维法推知当带电圆板无限大时
(即当R→∞)的电场强度E′＝2πkσ，对于无限大带电平板，
2．技法指导 技法一：直接判断法 解答时通过阅读和观察，利用题干所描述的物理现象和 设置的条件，界定试题考查的范围和意图，选准看问题 的视角，抓住主要因素，忽略次要因素，根据所学的知 识和规律直接判断，得出正确的答案．这种方法一般适 用于基本不需要“转变”或推理的简单题目．这些题目 主要考查考生对物理识记内容的记忆和理解程度，属常 识性题目．
z 轴上 z＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)
( )．
A．k4hq2
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略2-6优化6实验题答题策略
优化6实验题答题策略考查基本仪器的使用方法和不同实验中对仪器的选择，考查基本实验原理在新的环境下的变通运用，考查利用基本操作来完成新的实验任务，近几年高考不仅考查课本的分组实验，还考查演示实验，而且出现了迁移类实验、应用型实验、设计型实验及探究型实验，有填空作图型实验题、常规实验题、设计型实验题等．1．要明确考查知识范围现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识．尽管题目千变万化，但通过仔细审题，一定能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图．2．要看清实验题图实验题一般配有相应的示意图、实物图，实质是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生琢磨考查意图．只有看清了实验仪器，才使你有身临其境的感觉．认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程．3．要捕捉并提取信息试题总是提供诸多信息从而再现实验情景，因此，正确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，都为我们提供信息．在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务．(2)新的表格数据．通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系．如正比例关系，反比例关系，平方还是开方关系，或者是倒数关系．根据数据描点作图、直观实验反映的某种规律．(3)新的物理图像．实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，帮助正确分析实验问题．题型1探究型实验探究型实验题通常可分为两类：第一类为通过实验和实验数据的分析得出物理规律，第二类给出实验规律，让你选择实验仪器，设计实验步骤，并进行数据处理．第一类必须在实验数据上下工夫，根据数据特点，掌握物理量间的关系，得出实验规律；第二类必须从已知规律入手，正确选择测量的物理量，根据问题联想相关的实验模型，确定实验原理，选择仪器设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理．【典例1】(2019·四川广元三模)用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系．木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶(内有沙子)，滑轮质量、摩擦不计，重力加速度为g.(1)实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是________．A ．使木板释放后，木板能匀加速下滑B ．增大木板下滑的加速度C ．使得细线拉力做的功等于合力对木板做的功D ．使得木板在未施加拉力时能匀速下滑(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度d ＝________cm.(3)实验主要步骤如下：①测量木板、遮光条的总质量M ，两遮光条间的距离L ，按甲图正确连接器材．②将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F 及遮光条B 、A 先后经过光电门的时间t 1、t 2，则遮光条B 、A 通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔE k ＝________；合外力对木板做的功W ＝________.(用字母M 、t 1、t 2、d 、L 、F 表示)③在小桶中增加沙子，重复②的操作．④比较W 、ΔE k 的大小，得出实验结论．(4)若在本实验中轨道水平放置，其他条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间的动摩擦因数为μ，测得多组F 、t 1、t 2的数据，并得到F 与1t 22－1t 21的关系图像如图丙所示，已知图像在纵轴上的截距为b ，直线的斜率为k ，则μ＝________(用字母b 、d 、L 、k 、g 表示)．[解析] (1)轨道略微倾斜的目的是平衡摩擦力，这样在未施加拉力时木板就能做匀速直线运动，木板连上细线后，细线的拉力等于木板受到的合力，细线的拉力对木板做的功等于合力对木板做的功，故C 、D 项正确．(2)游标卡尺主尺的读数为1 mm ，游标尺上的第14个刻度与主尺上的刻度对齐，所以游标尺的读数为0.05×14 mm ＝0.70 mm ，总读数为1 mm ＋0.70 mm ＝1.70 mm ＝0.170 cm.(3)遮光条B 通过光电门时的速度v B ＝d t 1，遮光条A 通过光电门时的速度v A ＝d t 2，则ΔE k ＝12M v 2A －12M v 2B ＝Md 22⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21.光滑的滑轮两端的细线拉力处处相等，弹簧测力计的示数F 是细线的拉力大小，也是木板所受的合外力大小，故W ＝FL .(4)当轨道水平放置时，对木板，由动能定理得(F －μMg )L ＝Md 22⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21，解得F ＝Md 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21＋μMg ，结合F 与1t 22－1t 21的关系图像可知斜率k ＝Md 22L ，纵截距b ＝μMg ，联立解得μ＝bd 22kgL. [答案] (1)CD (2)0.170 (3)Md 22⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21 FL (4)bd 22kgL 题型2 验证型实验验证型实验有验证力的平行四边形定则、验证牛顿第二定律、验证机械能守恒定律，对于该实验题型，要有严谨的科学态度，不要认为验证规律的实验一定成立，可以投机取巧，编造数据，比如计算了等式的左边，认为右边一定相等，造成不必要的丢分，另外还要注意有效数字必须符合题目要求．【典例2】 (2019·湖北八校联考)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律．A 为装有挡光片的钩码，总质量为M ，挡光片的宽度为b ，轻绳一端与A 相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m (m <M )的重物B 相连．他的做法是：先用力拉住B ，保持A 、B 静止，测出A 的挡光片上端到光电门的距离h (h ≫b )；然后由静止释放B ，A 下落过程中经过光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t ，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A 下落h 时的速度，重力加速度为g .(1)在A 从静止开始下落h 的过程中，验证以A 、B 所组成的系统机械能守恒的表达式为________________________(用题目所给物理量的符号表示)；(2)由于光电门所测的平均速度与物体A 下落h 时的瞬时速度间存在一个差值Δv ，因而系统减少的重力势能________系统增加的动能(选填“大于”或“小于”)；(3)为减小上述Δv 对实验结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是________．A ．保持A 下落的初始位置不变，测出多组时间t ，算出多个平均速度然后取平均值B ．减小挡光片上端到光电门的距离hC ．增大挡光片的挡光宽度bD ．适当减小挡光片的挡光宽度b(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g ，则测量值________真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)．[解析] (1)系统减少的重力势能为ΔE p ＝(M －m )gh ，通过光电门的速度为v ＝b t ，所以系统增加的动能为ΔE k ＝12(M ＋m )⎝⎛⎭⎫b t 2，验证以A 、B 所组成的系统机械能守恒的表达式为(M －m )gh ＝12(M ＋m )⎝⎛⎭⎫b t 2. (2)由于光电门所测的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，其与物体A 下落h 时的瞬时速度(中间位移速度)间少了一个差值，即测量速度小于真实速度，故系统减少的重力势能大于系统增加的动能．(3)平均速度要尽可能接近瞬时速度，只有让挡光片经过光电门的时间尽可能小，只有D 选项中的做法能达到这一目的，B 、C 选项中的做法只会让挡光片经过光电门的时间变长，增加误差，而A 选项中的做法对挡光片经过光电门的时间无影响，故对减小上述Δv 无作用．(4)由机械能守恒表达式(M －m )gh ＝12(M ＋m )⎝⎛⎭⎫b t 2可推出，重力加速度g 的测量值为g ＝(M ＋m )b 22(M －m )ht 2，因测量速度小于真实速度，所以重力加速度g 的测量值小于真实值． [答案] (1)(M －m )gh ＝12(M ＋m )⎝⎛⎭⎫b t 2 (2)大于 (3)D (4)小于 题型3 设计型实验解决设计型实验题的关键是确定实验原理，它是进行实验设计的根本依据和起点，它决定应当测量哪些物理量、如何安排实验步骤、如何处理数据等．实验原理的确定，要根据问题的要求和给出的条件，回顾分组实验和演示实验，寻找能够迁移应用的实验原理，或者回顾物理原理，寻找有关的物理规律，设法创设相关的物理情境．并根据已掌握的基本仪器核对是否能够测出必须测定的物理量．因此，掌握基本仪器的使用方法、基本的实验方法和基本物理原理是解答设计型实验题的基础．【典例3】 (2019·广东高三调研)某电池的电动势约为3 V ，某实验小组要测量该电池的电动势和内阻．(1)实验中要测量的电池内阻较小，实验器材除了被测电池以外，还有一电阻箱R ，一开关S ，若干导线，内阻R g ＝30 Ω、量程为1 mA 的电流表G ，阻值为2970 Ω的定值电阻R 0，阻值为2.00 Ω的定值电阻R 1.请设计并画出合理的测量该电池电动势及内阻的实验电路图，图中标明相关器材的字母符号．(2)为了比较准确地得出实验结论，该小组的同学准备用线性图像来处理实验数据，图像的纵坐标表示电流表的示数I ，横坐标表示的物理量是________．(3)若作出的图像在纵轴上的截距为I 0，图像斜率的绝对值为k ，则可求得该电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________.(用测量量和所给量的符号表示)[解析] (1)题目中给出了电阻箱和电流表，由于电流表的量程太小，若要改装成大量程的电流表，需要并联的电阻很小，题中所给条件不能满足实验要求，若要改装成一个量程为3 V 的电压表，需要串联一个电阻，U ＝I g (R g ＋R ′)，U 为改装后电压表的量程，R ′为串联电阻，代入数据得3 V ＝1×10－3 A ×(30 Ω＋R ′)，解得R ′＝2970 Ω.因此用R 0与电流表串联可以改装成量程为3 V 的电压表，这样就可以用“伏阻法\”测电池的电动势和内阻．由于电池内阻较小，电路中应串联一个保护电阻，增大等效电源的内阻．电路图如答案图．(2)由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R g ＋R 0)＋I (R g ＋R 0)R (R 1＋r )，得I ＝E R g ＋R 0－(R 1＋r )I R ，因此横坐标表示的物理量应是I R .(3)由题意得I 0＝E R g ＋R 0，R 1＋r ＝k ，解得E ＝I 0(R g ＋R 0)，r ＝k －R 1. [答案] (1)如图所示(2)I R(3)I 0(R g ＋R 0) k －R 1 题型4 创新型实验近几年全国卷实验题的第二题，往往注重考查实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移，试题新颖、区分度高．但试题依然是以实验基础为依据，如计算形式的实验题、电学中实验电路的设计等都是根据考生学过的实验方法、原理等来命题的，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理．【典例4】 电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m 的砝码，右边托盘中不放砝码，一个质量为m 0、匝数为n 、下边长为l 的矩形线圈挂在右边托盘的底部，此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．如图甲所示，线圈的两头连接在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E 、内阻为r .开关S 闭合后，调节可变电阻R 的阻值至R 1时，天平正好平衡．此时电压表示数为U .已知m 0>m ，取重力加速度为g ，则(1)矩形线圈中电流的方向为________________．(2)矩形线圈的电阻为________________．(3)匀强磁场的磁感应强度的大小为_____________________．(4)考虑到电压表内阻的影响，磁感应强度B 的测量值偏________(填“大”或“小”)．[解析] (1)因m 0>m ，故当天平正好平衡时，线圈受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，矩形线圈中电流的方向为逆时针方向．(2)根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流I ＝E －U r，设线圈电阻为R ，则有R 1＋R ＝U I ，解得R ＝U E －Ur －R 1. (3)设匀强磁场的磁感应强度大小为B ，线框受力平衡，则有mg ＝m 0g －nBIl ，I ＝E －U r，解得B ＝(m 0－m )gr n (E －U )l. (4)回路中电流I ＝E －U r是干路电流，由于电压表的分流作用，使得代入计算的电流与线圈中实际通过的电流相比偏大，因此磁感应强度B 的测量值偏小．[答案] (1)逆时针方向 (2)Ur E －U－R 1 (3)(m 0－m )gr n (E －U )l(4)小 专题强化训练(二十四)1．(2019·四川成都诊断)将两根原长相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A )的劲度系数为k 1，原细弹簧(记为B )的劲度系数为k 2，套成的新弹簧(记为C )的劲度系数为k 3.关于k 1、k 2、k 3的大小关系，同学们猜想如下：甲同学：和电阻并联相似，可能是1k 3＝1k 1＋1k 2. 乙同学：和电阻串联相似，可能是k 3＝k 1＋k 2.丙同学：可能是k 3＝k 1＋k 22.(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置见图甲所示)．(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．a ．将弹簧A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A 的原长L 0；b ．在弹簧A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数n 、每个钩码的质量m 和当地的重力加速度大小g ，并用刻度尺测量弹簧的长度L 1；c ．由F ＝________计算弹簧的弹力，由x ＝L 1－L 0计算弹簧的伸长量，由k ＝F x计算弹簧的劲度系数；d ．改变________，重复实验步骤b 、c ，并求出弹簧A 的劲度系数的平均值k 1；e ．仅将弹簧分别换为B 、C ，重复上述操作步骤，求出弹簧B 、C 的劲度系数的平均值k 2、k 3.比较k 1、k 2、k 3并得出结论．(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断________同学的猜想正确．[解析] (2)弹簧的弹力F 等于n 个钩码的重力之和nmg ；多次测量取平均值，可以减小误差，所以实验中需要改变钩码的个数以改变弹簧弹力．(3)由题图乙可知，伸长量相同时，F C ＝F A ＋F B ，由胡克定律可得k 3x ＝k 1x ＋k 2x ，所以k 3＝k 1＋k 2，乙同学的猜想是正确的．[答案] (2)nmg 钩码的个数 (3)乙2．(2019·武汉市高三调研)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a 、b 是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作．A ．在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板在紧靠槽口处竖直放置，使小球a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O ；B ．将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a 从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B ；C ．把小球b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a 仍从固定点处由静止释放，和小球b 相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A 和C .(1)为了保证在碰撞过程中小球a 不反弹，a 、b 两球的质量m 1、m 2间的关系是m 1________m 2(选填“大于”、“小于”或“等于”)．(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．A ．小球a 开始释放的高度hB ．木板水平向右移动的距离lC ．小球a 和小球b 的质量m 1、m 2D ．O 点分别到A 、B 、C 三点的距离y 1、y 2、y 3[解析] (1)为防止两球碰撞后，小球a 反弹，小球a 的质量应大于小球b 的质量，即m 1>m 2.(2)a 、b 两球碰撞后均做平抛运动，l ＝v t ，y ＝12gt 2，得l ＝v 2y g ，若满足m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，即碰撞前后动量守恒，即可验证动量守恒定律，对该式进行整理可得m 1y 2＝m 1y 3＋m 2y 1，因此需要测量小球a 和小球b 的质量m 1、m 2以及O 点分别到A 、B 、C 三点的距离y 1、y 2、y 3，选项C 、D 正确．[答案] (1)大于 (2)CD3．(2019·河南六市联考)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt 的比值定义为角加速度β⎝⎛⎭⎫即β＝ΔωΔt .我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验．(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz ；A 、B 、C 、D 、…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r 为________cm ；(2)由图丙可知，打下计数点D 时，圆盘转动的角速度为________rad/s ；(3)圆盘转动的角加速度大小为________rad/s 2(计算结果保留三位有效数字)．[解析] (1)由图乙可知，主尺刻度为60 mm ，游标尺上的小数部分为0，由于最小分度为0.05 mm ，游标卡尺的读数为60.00 mm ，即6.000 cm ，因此圆盘的直径为6.000 cm ，半径为3.000 cm.(2)由频率f ＝50 Hz 可知，周期T ＝0.02 s ，则纸带上相邻两计数点之间的时间间隔t ′＝5T ＝0.1 s ，故打下计数点D 时，速度v D ＝x CE 2t ′＝0.1384－0.05512×0.1m/s ＝0.417 m/s ，故ω＝v D r ＝0.4170.03 rad/s ＝13.9 rad/s.(3)纸带运动的加速度a ＝Δx (Δt )2＝x CE －x AC (Δt )2＝0.1384－0.0551－0.05510.22 m/s 2＝0.705 m/s 2，由于β＝ΔωΔt，ω＝v r ，故圆盘转动的角加速度大小为β＝a r ＝0.7050.03 rad/s 2＝23.5 rad/s 2. [答案] (1)3.000 (2)13.9 (3)23.54．(2019·云南七校联考)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．如图甲所示为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中R F 、R 0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F ，需先测量压敏电阻处于压力下的电阻值R F .请按要求完成下列实验．(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路的原理图(压敏电阻已给出，待测压力大小约为40～80 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6000 ΩB．滑动变阻器R，最大阻值约为200 ΩC．电流表A，量程0～2.5 mA，内阻为30 ΩD．电压表V，量程0～3 V，内阻为3 kΩE．直流电源E，电动势为3 V，内阻很小F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________V.(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)；结合图甲可知待测压力的大小F＝________N.[解析](1)由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测压敏电阻的阻值，因此滑动变阻器应采用分压式接法；同时因待测压敏电阻的阻值较大，故应采用电流表内接法；电路原理图如图所示．(2)电压表量程为0～3 V，最小分度为0.1 V，则读数为2.00 V.(3)根据欧姆定律可知R F＝UI－R A＝ 2.001.33×10－3Ω－30 Ω＝1.5×103Ω，则有R0R F＝60001.5×103＝4；由图甲可知，待测压力的大小F＝60 N.[答案](1)见解析图(2)2.00(3)1.5×103605．(2019·河南省豫南九校质量考评)利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻R x的阻值．其中R1为一段较长的粗细均匀的电阻丝，R x为待测电阻，R0为电阻箱，a 为电表．测量步骤如下：根据如图甲所示的电路图连接电路；将R0调到某一数值，滑片P与电阻丝某位置连接．闭合开关S1，试触开关S2，观察电表a指针的偏转情况；适当左右移动滑片P的位置，直至闭合开关S2时，电表a的指针不发生偏转；测出滑片左右两侧电阻丝的长度L1和L2，读出此时电阻箱接入电路的阻值R0.(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接成完整电路；(2)为了使测量结果更准确，图甲中的电表a选以下的哪个电表更合适________．A．量程为0～3 V、分度值为0.1 V、内阻为3000 Ω的电压表B．量程为0～0.6 A、分度值为0.02 A、内阻为60 Ω的电流表C．量程为0～30 μA、分度值为1 μA、内阻为100 Ω的灵敏电流计(3)如果电表a中电流方向由M流向P时，指针向右偏转，则当指针向右偏转时，可以通过以下哪些操作使指针不发生偏转________．A ．适当增大电阻箱R 0的阻值B ．适当减小电阻箱R 0的阻值C ．将滑片P 向左移动适当的距离D ．将滑片P 向右移动适当的距离(4)用测量的物理量(L 1、L 2和R 0)表示待测电阻的阻值R x ＝____________.[解析] (1)实物图连接如答案图所示．(2)为了使测量结果更精确，就要使电表更灵敏．选项A 电表指针偏转1格所需电压为0.1 V ，而选项B 电表指针偏转1格所需电压为0.02 A ×60 Ω＝1.2 V ，选项C 电表指针偏转1格所需电压为1 μA ×100 Ω＝0.1 mV ，所以选C 表．(3)当指针向右偏转时，说明M 点的电势比P 点高，因此可以减小R 0分得的电压，或减小滑片左边电阻丝分得的电压，即减小R 0接入电路的阻值或向左移动滑片P ，选项B 、C 正确．(4)当电表指针不发生偏转时，M 、P 两点电势相等，即R x R 0＝L 1L 2，所以R x ＝L 1L 2R 0. [答案] (1)实物图连接如图所示(2)C (3)BC (4)L 1L 2R 0。
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练7
专题强化训练(七)一、选择题1．(2019·天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )A ．动能增加12m v 2 B ．机械能增加2m v 2 C ．重力势能增加32m v 2 D ．电势能增加2m v 2[解析] 小球动能的增加量为ΔE k ＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，A 错误；小球在竖直方向上的分运动为竖直上抛，到N 时竖直方向的速度为零，则M 、N 两点之间的高度差为h ＝v 22g，小球重力势能的增加量为ΔE p ＝mgh ＝12m v 2，C 错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE p ′＝32m v 2＋12m v 2＝2m v 2，D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量，即2m v 2，B 正确．[答案] B2．(多选)(2019·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如图所示，匀强电场与水平方向成夹角θ(θ<45°)，场中有一质量为m 、可视为质点的带电小球，用长为L 的细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线恰好水平．现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零．若小球电荷量保持不变，则在此过程中( )A ．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔE p ＝mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1tan θ B ．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE ＝－mgLC ．小球在最低点的加速度a ＝0D ．小球的最大动能E km ＝(2－1)mgL 1tan θ[解析] 设小球所受电场力为F ，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出F sin θ＝mg ，解得F ＝mg sin θ.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加．根据功能关系，小球电势能增加量为ΔE p ＝FL cos θ＋FL sin θ＝mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1tan θ，选项A 正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L ，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F 外＝F 合＝mg 1tan θ，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，则小球机械能先增大后减小，选项B 错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C 错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F 合＝mg 2tan θ，由动能定理可得小球的最大动能E kmax ＝⎝⎛⎭⎪⎫L －2L 2·mg 2tan θ＝(2－1)mgL 1tan θ，选项D 正确． [答案] AD3．(多选)(2019·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J ，机械能增加1.5 J ，电场力做功2 J ，则小球( )A ．重力做功为5 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．动能减少3.5 J[解析] 小球的重力势能增加5 J ，则小球克服重力做功5 J ，故选项A 错误；电场力对小球做功2 J ，则小球的电势能减少2 J ，故选项B 正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J ，则除重力以外的力做功为1.5 J ，电场力对小球做功2 J ，则知，空气阻力做功为－0.5 J ，即小球克服空气阻力做功0.5 J ，故选项C 错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J ，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J ，故选项D 正确．[答案] BD4．(2019·山东省实验中学模拟)如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E ，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h 时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v ，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．与弹簧分离时小球的动能为mgh ＋qEhB ．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh ＋qEhC ．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qE hD ．撤去外力时弹簧的弹性势能为12m v 2－(qE －mg )h [解析] 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为E k ＝qEh －mgh ＋E p ，选项A 错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE ＝mgh ＋12m v 2＝qEh ＋E p ，选项B 错误；小球减少的电势能为Eqh ，故选项C 错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，12m v 2＝E p ＋qEh －mgh ，所以E p ＝12m v 2－(qE －mg )h ，选项D 正确． [答案] D5．(多选)(2019·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 处无初速度滑下．当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断中正确的是( )A ．小球在C 点受到的洛伦兹力大小为qB gRB ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的大小保持不变D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大[解析] 小球从A 到C 过程中由机械能守恒有mgR ＝12m v 2，解得v ＝2gR ，所以小球在C 点受到的洛伦兹力大小为F 洛＝qB 2gR ，故选项A 错误；在C 点由牛顿第二定律有F N －mg ＋F 洛＝m v 2R ，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，故选项B 正确；小球从C 到D 的过程中，合外力始终指向圆心，所以mg cos θ＝F sin θ，θ变化，外力F 的大小发生变化，故选项C 错误；小球从C 到D 的过程中，由能量守恒定律可知外力F 的功率等于重力功率大小，所以外力F 的功率逐渐增大，故选项D 正确．[答案] BD6．(2019·福建宁德一模)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d ＝1 m ，其底端接有阻值为R ＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场中．一质量为m ＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F ＝10 N 作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L ＝6 m 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.则此过程( )A ．杆的速度最大值为4 m/sB ．流过电阻R 的电荷量为6 CC ．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD ．流过电阻R 的电流方向为由c 到d[解析] 当杆达到最大速度时满足F ＝B 2d 2v m r ＋R＋mg sin θ，解得v m ＝5 m/s ，选项A 错误；流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦr ＋R ＝BLd r ＋R ＝2×6×12＋2C ＝3 C ，选项B 错误；回路产生的热量Q ＝FL －mgL sin θ－12m v 2m ＝17.5 J ，选项C 正确；由右手定则可知流过R 的电流方向从d 到c ，选项D 错误．[答案] C7．(多选)(2019·东北省四市联考)如图所示，在宽度为d 的条形无场区左侧Ⅰ区和右侧Ⅱ区内，存在着磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向如图所示．有一边长为l (l >d )、电阻均匀分布且阻值为R 的正方形金属线框EFGH 置于Ⅰ区域，EF 边与磁场边界平行，现使线框以垂直于磁场边界的速度v 从图示位置向右匀速运动，则( )A ．当EF 边刚进入Ⅱ区时，线框中电流方向为顺时针，大小为Bl v RB ．当EF 边刚进入中间无磁场区时，E 、F 两点间的电压为Bl v 4C ．将线框拉至HG 边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功为B 2l 2v (4l －3d )RD ．将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，回路中产生的焦耳热为2B 2l 2v (2l －d )R[解析] 当EF 边刚进入Ⅱ区时，金属线框HG 、EF 边均切割磁感线，由右手定则可判断出HG 边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，EF 边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，则回路中产生总感应电动势为E 1＝2Bl v ，由闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流大小为I 1＝E 1R ＝2Bl v R ，方向为顺时针方向，选项A 错误．当EF 边刚进入中间无磁场区域时，只有HG 边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E 2＝Bl v ，感应电流I 2＝E 2R ，E 、F 两点之间的电压为U ＝I 2R 4＝Bl v 4，选项B 正确．线框在整个运动过程中做匀速运动，故线框所受安培力和拉力始终相等．线框在Ⅰ区运动，磁通量不变，不产生感应电流，拉力不做功；在EF 边进入中间无磁场区域的过程中，只有HG 边切割磁感线，回路中产生的感应电动势为E 2＝Bl v ，感应电流I 2＝E 2R ，线框所受安培力F 1＝BI 2l ，拉力做功W 1＝F 1d ＝B 2l 2v d R ；当EF 边进入Ⅱ区距离小于l －d 时，HG 、EF 边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为E 1＝2Bl v ，感应电流大小为I 1＝E 1R ＝2Bl v R ，线框所受总安培力F 2＝2BI 1l ，拉力做功W 2＝F 2(l －d )＝4B 2l 2v (l －d )R，则将线框拉至HG 边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功W ＝W 1＋W 2＝B 2l 2v (4l －3d )R，选项C 正确．当EF 边进入Ⅱ区距离大于l －d 小于l 时，只有EF 边切割磁感线，产生感应电动势E 3＝Bl v ，感应电流I 3＝E 3R ，线框所受安培力F 3＝BI 3l ，拉力做功W 3＝F 3d ＝B 2l 2v d R ；将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，安培力做的总功W ′＝－W 1－W 2－W 3＝－2B 2l 2v (2l －d )R.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为Q ＝－W ′＝2B 2l 2v (2l －d )R，选项D 正确． [答案] BCD8. (多选)(2019·苏州模拟)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上．区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑．当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是()A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔE k)的机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k＝W1－W2[解析]由平衡条件，第一次匀速运动时，mg sinθ＝B2L2v1R，第二次匀速运动时，mg sinθ＝4B2L2v2R，则v2<v1，选项A错误；ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B错误；从ab进入GH 到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理得，W1－W2＝ΔE k，选项D 正确；线框克服安培力做功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确．[答案] CD9．(多选)(2019·抚州质检)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场．PQ 为两个磁场的分界线，磁场范围足够大．一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v 2，则下列说法正确的是( )A ．此过程中通过线框截面的电荷量为Ba 22RB ．此时线框中的电功率为B 2a 2v 24R C ．此过程中回路产生的电能为3m v 28D ．此时线框的加速度为2B 2a 2v mR[解析] 根据q ＝ΔΦR ，穿过线圈的磁通量由Ba 2减小到零，所以此过程中通过线框横截面的电荷量为Ba 2R ，选项A 错误；此时线框中的电动势E ＝2Ba ·v 2＝Ba v ，电功率P ＝E 2R ＝B 2a 2v 2R ，选项B 错误；此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量，12m v 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38m v 2，选项C 正确；此时线框中的电流I ＝E R ＝Ba v R ，线框所受的安培力的合力为F ＝2BIa ，加速度为a ＝2B 2a 2v mR ，选项D 正确．[答案] CD二、非选择题10．(2019·浙江五校联考)如图所示，光滑绝缘水平面AB 与倾角θ＝37°，长L ＝5 m 的固定绝缘斜面BC 在B 处平滑相连，在斜面的C 处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板．质量m ＝0.5 kg 、带电荷量q ＝＋5×10－5 C 的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D ，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E ＝2×105 N/C ，现让滑块以v 0＝14 m/s 的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1.(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；(2)滑块运动的总路程．[解析] (1)滑块与斜面之间的摩擦力f ＝μ(mg cos37°＋qE sin37°)＝1 N根据牛顿第二定律可得qE cos37°－mg sin37°－f ＝ma ，解得a ＝8 m/s 2.(2)由题可知，滑块最终停在C 点．设滑块从D 点开始运动到最终停在C 点的过程中在斜面上运动的总路程为s 1，由动能定理有qE L 2cos37°－mg L 2sin37°－fs 1＝0－12m v 20 解得s 1＝61.5 m设滑块第1次到B 时动能为E k1，从D 到B 由动能定理得－qE L 2cos37°＋mg L 2sin37°－f ·3L 2＝E k1－12m v 20解得E k1＝29 J设滑块第1次从B 滑到水平面上的最远距离为x 1，由动能定理得－qEx 1＝0－E k1，解得x 1＝2.9 m水平面光滑，滑块滑回到B 点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功W f ＝2fL ＝10 J滑块第2次回到B 点时动能为E k2＝E k1－W f ＝19 J设滑块第2次从B 滑到水平面上的最远距离为x 2，由动能定理得－qEx 2＝0－E k2，解得x 2＝1.9 m同理，滑块第3次从B 滑到水平面上的最远距离为x 3＝0.9 m 此后就不会再滑到水平面上了滑块在水平面上运动的总路程为s 2＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝11.4 m滑块运动的总路程s ＝s 1＋s 2＝72.9 m[答案] (1)8 m/s 2 (2)72.9 m11．(2019·内蒙古包头联考)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L ＝1 m ，导轨的电阻可忽略．M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量m ＝1 kg 、电阻r ＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab 受到大小为F 、方向平行导轨向下的拉力作用，力F 随杆ab 运动速度v 变化的图像如图乙所示，杆由静止开始运动，测得通过电阻R 的电流随时间均匀增大．g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6.(1)试判断金属杆ab 在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；(2)求电阻R 的阻值；(3)金属杆ab 自静止开始下滑通过位移x ＝1 m 的过程中，拉力的平均功率为6.6 W ，求在此过程中回路中产生的焦耳热．[解析] (1)通过R 的电流I ＝E R ＋r ，E ＝BL v ，所以I ＝BL v R ＋r因为B 、L 、R 、r 为定值，所以I 与v 成正比．又因为电流I 随时间均匀增大，故杆的速度v 也随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，金属杆做匀加速直线运动(或金属杆做初速度为零的匀加速直线运动)．(2)对杆：根据牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－F 安＝ma由图乙可知：F ＝0.5v ＋2(N)F 安＝BIL ＝14R ＋0.8v (N) 则可得：2＋mg sin θ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0.5－14R ＋0.8v ＝ma 因为v 为变量，a 为定值，所以a 与v 无关，必有ma＝2＋mg sinθ，0.5－14R＋0.8＝0 解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω(3)由能量守恒定律得Pt＋mgx sinθ＝Q＋12m v2由匀变速直线运动规律得x＝12at2，v＝at联立解得t＝0.5 s，v＝4 m/s，Q＝1.3 J. [答案](1)见解析(2)0.3 Ω(3)1.3 J。
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略1-5-1第一讲 直流电和交流电
微 课
点
导
考
学
向
突
破
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第一部分 专题五 第一讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
A．电源内阻消耗的功率先减小后增大
知
B．电源的效率先减小后增大
识 体
C．电流表的示数先减小后增大
系
构 建
D．电压表的示数先增大后减小
名
[思路引领]
师
微
热
课
点
导
考
学
向
突
破
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第一部分 专题五 第一讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
迁移一 电路的故障分析
知
识 体
1．(2019·四川宜宾一中训练)如图所示电路中，a、d 间接电
系 构 建
源，灯泡 L1 和 L2 都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为 Uad ＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，已知电源电压为 U，则产生的
名 师 微
热 点
故障原因可能是(只有一处断路)( C )
体
系 构 建
②线圈无电阻，因此无电压降低，U＝E＝nΔΔΦt .
名
热 点
③根据Un＝ΔΔΦt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，
师 微 课 导
考 向
还是副线圈，该比例都成立．
学
突 破
④无电能损失．
⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电
流的频率．
第9页
第一部分 专题五 第一讲
知 识 体 系 构 建 热 点 考 向 突 破
[解析] 因 R1 阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片 P 由中
点向上移动的过程中，滑动变阻器与 R1 并联部分电路的总电阻 R
高考物理第二轮复习专题辅导与增分攻略1-4
络
构 建
⑥向心加速度一定：由
Mm GR＋h2
＝ma
，得
a
＝
GM R＋h2
＝
名 师
微
gh≈0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速
课 导
核 心
度．
学
要
点 突
⑦绕行方向一定：运行方向与地球自转方向一致.
破
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板块一 专题一 第四讲
与名师对话·系列丛书
知 识 网 络 构 建 核 心 要 点 突 破
名 师
微
课
导
学
板块一 专题一 第四讲
与名师对话·系列丛书
知 识 网 络 构 建 核 心 要 点 突 破
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大二轮专题辅导与增分攻略·物理
知识网络构建
名
师
微
结网建体 把脉考向
课 导
学
板块一 专题一 第四讲
与名师对话·系列丛书
知
识
网
[知识建构]
络
构
建
核 心 要 点 突 破
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大二轮专题辅导与增分攻略·物理
课 导
即动力学观点、能量观点．注意匀速圆周运动知
学
识的应用． 2.常用的思想方法：①“割补法”求万有引力大 小．②天体质量和密度的计算方法．③变轨问题 的处理方法．④“多星”问题的处理方法.
板块一 专题一 第四讲
与名师对话·系列丛书
[答案] (1)
知 识 网 络 构 建 核 心 要 点 突 破
第6页
与名师对话·系列丛书
大二轮专题辅导与增分攻略·物理
知
1利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量，
2021高考物理(全国通用)二轮复习增分攻略：注重方法与技巧 抢取高分有策略2
二、试验题——拿下试验题压住上线分1. 试验题中的高频考点(1)基本仪器的使用(如多用电表、游标卡尺和螺旋测微器等)；(2)力学设计性试验(测量动摩擦因数、验证牛顿其次定律试验等)；(3)电阻的测量设计性试验；(4)伏安特性曲线的描绘；(5)测量电源电动势和内阻的设计性试验；(6)利用图象处理试验数据；(7)创新型试验。
2. 解答试验题的“3个关键点”——细、实、活【技法阐释】此类题考查常用仪器的结构、使用、读数问题，属于送分题。
这类问题失分的主要缘由通常不是不会做，而是轻率马虎。
对读数问题是否要估读，对结果有效数字的位数和要求的单位要特殊留心。
【典例佐证】1. [2021·安徽高考]Ⅰ.依据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过试验测量当地的重力加速度。
如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为________mm。
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的试验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm。
[解析]Ⅰ.依据游标卡尺的读数方法，小钢球的直径＝(18＋6×0.1) mm＝18.6mm。
Ⅱ.校零时的读数为0.007 mm合金丝的直径＝(0.5＋14.5×0.01－0.007) mm＝0.638 mm。
[答案]Ⅰ.18.6' Ⅱ.0.007' 0.6382. [2022·广西四校调研]某同学为了测定一只电阻的阻值，接受了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发觉指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)。
为了较精确地进行测量，请你补充完整下列依次应当进行的主要操作步骤：b．两表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处。
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略1-4-1电场和磁场的基本性质
点
考 向
依据场源电
突 破
荷的正负
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为
导 学
正值，负电荷周围电势为负值，靠近正电
荷处电势高，靠近负电荷处电势低
依据电势 能的高低
正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在 电势较低处电势能大
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第一部分 专题四 第一讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
(3)
安培力
知
识 体 系 构
点
导
考
学
向
突
破
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第一部分 专题四 第一讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
(2)电势高低的判断方法
判断角度
判断方法
知
识 依据电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低
体
系 构 建
依据电场力做功 根据 UAB＝WqAB，将 WAB、q 的正负号代
名
师
热
入，由 UAB 的正负判断 φA、φB 的高低
微 课
名
电场和磁场的基本性质
师 微
课
导
学
第一部分 专题四 第一讲
知 识 体 系 构 建 热 点 考 向 突 破
第4页
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
知识体系构建
名
师
微
课
导
学
第一部分 专题四 第一讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·物理
[知识建构]
[备考点睛]
知
1.掌握电场的“3 个要点”
识
(1)掌握几种常见电场的电场线、等势面的分布特点.
师 微
热 点 考
方向平行于 a、b 的连线，则 Fa、Fb 在垂直于 a、b 连线的方向
2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练12
专题强化训练(十二)一、选择题1.如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，滑动变阻器的总阻值R大于定值电阻R0的阻值．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从最上端向下滑动时()A．电压表V的示数先变大后变小，电流表A的示数变大B．电压表V的示数先变小后变大，电流表A的示数变小C．电压表V的示数先变大后变小，电流表A的示数先变小后变大D．电压表V的示数先变小后变大，电流表A的示数先变大后变小[解析]外电路结构为滑动变阻器的上部分电阻R1与定值电阻R0串联后再与下部分电阻R2并联．根据R1＋R2＋R0＝R＋R0，可知两电阻接入电路的阻值为定值，则并联电阻R并＝R2(R1＋R0)R1＋R2＋R0＝R2(R1＋R0)R＋R0，结合基本不等式的关系可知，当R1＋R0＝R2时，R并有最大值，此时外电路电阻最大．又滑动变阻器的总阻值R大于定值电阻R0的阻值，则当滑片从最上端下滑时，R并增大，当滑动至R1＋R0＝R2时，R并最大，根据闭合电路欧姆定律有I＝Er＋R并，可知电路中总电流先减小后增大，而由U＝E－Ir可知，电压表示数先增大后减小．当滑片向下滑动至R1＋R0<R2时，U增大，且R2变小，则一定增大，当滑片向下滑动至R1＋R0>R2时，电路电流表示数I2＝UR2中的总电阻变小，电路中的总电流I增大，U减小，R1＋R0增大，则流过R1和R0串联部分的电流I1＝U减小，又I＝I1＋I2，所以电R1＋R0流表示数I2＝I－I1增大，综上所述，在滑片从最顶端向下滑动的过程中，电流表示数I2一直增大．[答案] A2．(多选)(2019·天津南开中学一模)某温度检测、光电控制加热装置原理如下图所示．图中R T为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，R G为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)，接收小灯泡L的光照．除R T、R G外，其他电阻均为定值电阻(虚线框内两元件距离很近)．当R处温度升高时()A．L变亮B．通过R3的电流减小C．E2的路端电压增大D．R消耗的功率减小[解析]当R处温度升高时，R T阻值变小，小灯泡L中的电流变大，L变亮，所以光照强度增大，R G阻值变小，通过R2的电流变大，E2的路端电压变小，R两端电压变小，通过R的电流也变小，R 消耗的功率变小，通过R3的电流变大，故A、D正确．[答案] AD3．(多选)(2018·岳阳高三年级期中联考)如右图所示电路， C 为电容器，D 为理想二极管(具有单向导通作用)，电流表、电压表均为理想电表．闭合开关S 至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P 向左移动一小段距离，结果发现电压表V 1的示数改变量大小为ΔU 1，电压表V 2的示数改变量大小为ΔU 2，电流表A 的示数改变量大小为ΔI ，则下列判断正确的有( )A ．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变B ．ΔU 1ΔI的值变大 C ．ΔU 2ΔI的值不变，且始终等于电源内阻r D ．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减小[解析] 由题图可知R 1与R 串联，V 1测R 两端的电压，V 2测路端电压，若P 向左端移动，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V 2示数增大，R 1两端的电压减小，则V 1的示数增大．根据闭合电路欧姆定律U 1＝E －I (R 1＋r )，则ΔU 1ΔI ＝R 1＋r ，所以ΔU 1ΔI的值不变，B 错误．根据闭合电路欧姆定律U 2＝E －Ir ，则ΔU 2ΔI ＝r ，所以ΔU 2ΔI的值也不变，C 正确．滑片向左移动的过程中，因为理想二极管具有单向导通作用，即使R 1两端电压减少，电容器也不能放电，所以电容器所带的电荷量不变，A正确，D错误．[答案]AC4．(2019·海淀区期末综合练习)一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如下图所示，则线框中感应电流的有效值为()A.2×10－5 AB.6×10－5 AC.22×10－5 A D.322×10－5 A[解析]由法拉第电磁感应定律，和欧姆定律，可得0～3 s内产生的感应电流I1＝2×10－5A,3～5 s内产生的感应电流I2＝3×10－5 A，且与0～3 s内方向相反，于是可作出i随时间变化的图像如图所示．由有效值的定义，得I21Rt1＋I22Rt2＝I2Rt，代入数据可得I＝6×10－5 A，故B选项正确．[答案] B5．(2019·曲靖四十九阶段性验收测试)如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n＝44，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行．线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环M 、N (集流环)焊接在一起，并通过电刷与一含有理想变压器的电路连接，L 1、L 2均为“24 V 、11 W ”的灯泡．现使线圈绕过bc 和ad 边中点且垂直于磁场的转轴OO ′以一定的角速度匀速转动．穿过线圈的磁通量Φ随时间t 变化的图像如图乙所示．当开关S 闭合时，灯泡均正常发光．若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．则下列说法中正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为55∶6B ．矩形线圈匀速转动的角速度为5 rad/sC ．矩形线圈中产生感应电动势的最大值为220 VD ．矩形线圈中产生感应电流的有效值为1 A[解析] 由题图乙知T ＝0.4 s ，则ω＝2πT ＝5π rad/s ，B 错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为E m ＝nBSω＝nΦm ω＝44×2π×5π V ＝220 2 V ，C 错误；原线圈两端电压的有效值为U 1＝E m 2＝220 V ，副线圈两端有效电压为U 2＝24 V ，变压器原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝556，A 正确；原线圈输入功率为P 1＝2P L ＝22 W ，由P 1＝I 1U 1得原线圈中的电流为I 1＝0.1 A ，D 错误．[答案] A6．(2019·天津河东一模)在日常生活中，各种家用电器所使用的电压不同，经常需要用变压器把220 V 交流电变成所需的电压．如图所示为原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的理想变压器，b 是原线圈中的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上u 1＝2202sin100πt (V)的交变电压，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 2 VB ．当单刀双掷开关与a 连接时，把滑动变阻器滑片P 向上移动，电流表的示数变大C ．单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈的输入功率变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，再把滑动变阻器的滑片P 向上移动，原线圈输入功率有可能不变[解析] 当单刀双掷开关与a 连接时，由n 1n 2＝U 1U 2，又n 1∶n 2＝10∶1，U 1＝220 V ，可得副线圈的电压U 2＝22 V ，则电压表的示数为22 V ，故A 错误；当单刀双掷开关与a 连接时，因输入电压及原、副线圈匝数之比不变，则副线圈两端电压不变，所以电压表的示数不变；因变阻器滑片P 向上移动，变阻器接入电路的电阻变大，则副线圈电流变小，电流表示数变小，故B 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈匝数变小，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压U 2变大，输出功率P 2＝U 22R 变大，又输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，输出电压变大，调节滑动变阻器滑片到适当位置使其连入电路的电阻R 变大，输出功率P 2＝U 22R 可能不变，又输入功率等于输出功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D 正确．[答案] D7．(2019·湖南永州一模)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送功率是22 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω[解析] 由题图可知，左侧为电压互感器，所以a 表是电压表，右侧为电流互感器，所以b 表是电流表，A 错误，B 正确．电压互感器原、副线圈的匝数比为100∶1，又电压表的示数为22 V ，得原线圈的电压U ＝2200 V ；电流互感器原、副线圈的匝数比为1∶100，由电流表的示数为1 A ，得原线圈的电流I ＝100 A ．所以电线输送功率P ＝UI ＝2.2×105 W ＝220 kW ，C 错误．由已知条件无法求输电线电阻，D 错误．[答案] B8．(2019·山东济宁期末)如图所示，某发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V ，则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )A ．16∶1 190∶11B ．1∶16 11∶190C ．1∶16 190∶11D ．16∶1 11∶190[解析] 输电线损失功率P 损＝100×103×5%W ＝5×103 W ，所以，输电线电流I 2＝P 损R 线＝25 A ，升压变压器原线圈电流I 1＝P 输出U 1＝400 A ，故升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝116.升压变压器副线圈端电压U 2＝n 2n 1U 1＝4000 V ，输电线损失电压U 损＝I 2·R 线＝200 V ，降压变压器原线圈电压U 3＝U 2－U 损＝3800 V ，故降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝19011.故选项C 正确． [答案] C9.如图所示，在AB 间接入U 1＝311sin314t (V)的正弦交流电，通过理想变压器和相同的理想二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω的纯电阻供电，变压器原线圈n 1＝1100匝，副线圈n 2＝200匝，Q 为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R上消耗的电功率为P，则()A．U0＝56.6 V，P＝20 WB．U0＝28.3 V，P＝20 WC．U0＝40 V，P＝80 WD．U0＝80 V，P＝80 W[解析]交流电的有效值U1＝220 V，由U1U2＝n1n2得，U2＝40 V，对电阻来说，始终承载变压器输出电压的一半，即U2′＝20 V，其功率P＝U′22R＝20 W；对二极管来说，承载的反向电压始终是变压器的输出电压U2＝40 V，则二极管反向耐压值U0＝2U2＝56.6 V，选项A正确，B、C、D错误．[答案] A二、非选择题10. (2019·山西太原山大附中期末)如图所示，一个半径为r的半圆形单匝线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度大小为B，M和N是两个集流环，负载电阻的阻值为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值．(2)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量． (3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量． (4)电流表的示数．[解析] (1)交变电动势的最大值E m ＝BSω＝B πr 22·2πn ＝π2Bnr 2 (2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值E ＝E m 2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R (3)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值E －＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E 1，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T 2＝E 21R T解得：E 1＝E m 2，故电流表的示数I ＝E 1R ＝π2r 2nB 2R[答案] (1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB 2R 11．(2019·江西临川模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝3∶1，原线圈电路中接有一量程为3 A 的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表、可变电阻R 以及若干“6 V ,6 W”的相同灯泡．输入端交变电压u 的图像如图乙所示．(1)求图甲中电压表的读数；(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数；(3)为满足(2)中的要求，求可变电阻R 应调到的电阻值．[解析] (1)根据题图乙，可得原线圈电压的最大值U 1m ＝27 2 V ，其有效值为U 1＝27 V ，根据n 1∶n 2＝U 1∶U 2，代入数据可得电压表的读数U 2＝9 V .(2)设原线圈中通过的电流为I 1，副线圈中通过的电流为I 2，为使副线圈接入的灯泡最多，则I 1＝3 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1， 代入数据可得I 2＝9 A ，正常发光时每个灯泡中电流为I 灯＝P 灯U 灯＝1 A ， 所以允许接入的灯泡个数为n ＝I 2I 灯＝9(盏)．(3)电阻两端电压为U R ＝U 2－U 灯＝3 V ，电阻阻值为R ＝U R I 2＝13Ω. [答案] (1)9 V (2)9盏 (3)13Ω。
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P＝UI ＝2.2×105 W ＝220 kW ，C 错误．由已知条件无法求输电线电
阻， D 错误． [答案 ] B 8．(2019 ·山东济宁期末 )如图所示，某发电机输出功率是 100 kW ，
降压变压器原线圈电压 U3＝U2－U 损＝3800 V，故降压变压器原、副
线圈匝数比为
n3 n4
＝UU34＝11910.故选项
C
正确．
[答案 ] C
9.如图所示，在 AB 间接入 U1＝311sin314t(V) 的正弦交流电，通
过理想变压器和相同的理想二极管 D1、D2 给阻值 R＝20 Ω的纯电阻
＝I 1U1 得原线圈中的电流为 I 1＝0.1 A，D 错误．
[答案 ] A 6． (2019 ·天津河东一模 )在日常生活中，各种家用电器所使用的 电压不同， 经常需要用变压器把 220 V 交流电变成所需的电压． 如图 所示为原、副线圈匝数比为 n1∶n2＝10∶1 的理想变压器， b 是原线 圈中的中心抽头， 电压表和电流表均为理想交流电表， 从某时刻开始 在原线圈 c、d 两端加上 u1＝220 2sin100 πt(V) 的交变电压， 则 ( )
M、
N(集流环 )焊接在一起，并通过电刷与一含有理想变压器的电路连接，
L 1、L 2 均为“ 24 V、11 W ”的灯泡．现使线圈绕过 bc 和 ad 边中点
且垂直于磁场的转轴 OO′以一定的角速度匀速转动． 穿过线圈的磁
通量 Φ 随时间 t 变化的图像如图乙所示．当开关 S 闭合时，灯泡均
正常发光．若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不
计．则下列说法中正确的是 ( )
A．变压器原、副线圈匝数比为 55∶6 B．矩形线圈匀速转动的角速度为 5 rad/s C．矩形线圈中产生感应电动势的最大值为 220 V D．矩形线圈中产生感应电流的有效值为 1 A [解析 ] 由题图乙知 T＝0.4 s，则 ω＝2Tπ＝5 π rad/，s B 错误；线
A．L 变亮 C．E2 的路端电压增大
B．通过 R3 的电流减小 D．R 消耗的功率减小
[解析 ] 当 R 处温度升高时， RT 阻值变小，小灯泡 L 中的电流
变大， L 变亮，所以光照强度增大， RG 阻值变小，通过 R2 的电流变
大，E2 的路端电压变小， R 两端电压变小，通过 R 的电流也变小， R
A．a 为电流表， b 为电压表 B．a 为电压表， b 为电流表 C．线路输送功率是 22 kW D．输电线路总电阻为 22 Ω [解析 ] 由题图可知，左侧为电压互感器，所以 a 表是电压表，
右侧为电流互感器，所以 b 表是电流表， A 错误， B 正确．电压互感 器原、副线圈的匝数比为 100∶1，又电压表的示数为 22 V，得原线
圈中产生的感应电动势的最大值为
2 Em ＝ nBSω＝ nΦmω＝ 44× π
×5πV＝220 2 V，C 错误；原线圈两端电压的有效值为
U1＝
E
m
2＝
220 V，副线圈两端有效电压为 U2＝24 V，变压器原、副线圈匝数比
为
nn12＝
U U
1＝
2
55 6，
A
正确；原线圈输入功率为
P1＝ 2PL＝ 22 W ，由 P1
专题强化训练 (十二 )
一、选择题 1.如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，滑动变阻器 的总阻值 R 大于定值电阻 R0 的阻值．闭合开关 S，当滑动变阻器的 滑片 P 从最上端向下滑动时 ( )
A．电压表 V 的示数先变大后变小，电流表 A 的示数变大 B．电压表 V 的示数先变小后变大，电流表 A 的示数变小 C．电压表 V 的示数先变大后变小，电流表 A 的示数先变小后 变大 D．电压表 V 的示数先变小后变大，电流表 A 的示数先变大后 变小
A．当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22 2 V
B．当单刀双掷开关与 a 连接时，把滑动变阻器滑片 P 向上移动， 电流表的示数变大
C．单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，原线圈的输入功率变小
D．当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，再把滑动变阻器的滑片 P 向 上移动，原线圈输入功率有可能不变
A. 2×10－ 5 A C. 22×10－ 5 A
B. 6×10－5 A
3 D.
2
2×
10－
5
A
[解析 ] 由法拉第电磁感应定律，和欧姆定律，可得
0～3 s 内产
生的感应电流 I 1＝ 2× 10－5 A,3～5 s 内产生的感应电流 I 2＝3× 10－5
A，且与 0～ 3 s 内方向相反，于是可作出 i 随时间变化的图像如图所
U1 n1 [解析 ] 交流电的有效值 U1＝220 V，由 U2＝n2得， U2＝40 V ，
对电阻来说，始终承载变压器输出电压的一半，即 U2′＝20 V ，其
U
′
2 2
功率 P＝ R ＝20 W；对二极管来说， 承载的反向电压始终是变压器
的输出电压 U2＝40 V ，则二极管反向耐压值 U0＝ 2U2＝56.6 V ，选
最大值，此时外电路电阻最大．又滑动变阻器的总阻值 R 大于定值
电阻 R0 的阻值，则当滑片从最上端下滑时， R 并增大，当滑动至 R1
E
＋R0＝R2 时，R 并最大，根据闭合电路欧姆定律有 I ＝
，可知电
r＋ R并
路中总电流先减小后增大，而由 U＝E－Ir 可知，电压表示数先增大
后减小．当滑片向下滑动至 R1＋R0<R2 时， U 增大，且 R2 变小，则
(1)感应电动势的最大值． (2)从图示位置起转过 14转的时间内负载电阻 R 上产生的热量． (3)从图示位置起转过 14转的时间内通过负载电阻 R 的电荷量． (4)电流表的示数．
功率
P2＝
U
2 2
R 可能不变，又输入功率等于输出功率，所以有可能实现
调节前、后原线圈输入功率相等，故 D 正确．
[答案 ] D 7． (2019 ·湖南永州一模 )如图所示，在某一输电线路的起始端接 入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为 100∶ 1 和 1∶100，图中 a、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为 22 V ，电流表的示 数为 1 A，则 ( )
U 电流表示数 I 2＝ R2一定增大，当滑片向下滑动至 R1＋ R0>R2 时，电路
中的总电阻变小，电路中的总电流 I 增大， U 减小， R1＋R0 增大，则
U
流过 R1 和 R0 串联部分的电流 I 1＝
减小，又 I ＝ I 1＋ I 2，所以电
R1＋ R0
流表示数 I 2＝I －I 1 增大，综上所述，在滑片从最顶端向下滑动的过
示．由有效值的定义， 得 I 21Rt1＋ I 22Rt2＝ I 2Rt，代入数据可得 I ＝ 6×10 －5 A，故 B 选项正确．
[答案 ] B 5． (2019 ·曲靖四十九阶段性验收测试 )如图甲所示，交流发电机 的矩形金属线圈 abcd 的匝数 n＝44，线圈位于匀强磁场中，且线圈
平面与磁场方向平行．线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环
A ．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变 B．ΔΔUI 1的值变大 C．ΔΔUI 2的值不变，且始终等于电源内阻 r D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减小
[解析 ] 由题图可知 R1 与 R 串联， V1 测 R 两端的电压， V2 测路
端电压， 若 P 向左端移动， 则滑动变阻器接入电路的阻值增大， 电路
中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表 V2 示数增
大， R1 两端的电压减小，则 V1 的示数增大．根据闭合电路欧姆定律
U1＝ E－I
(R1＋
r
)，则
ΔU ΔI
1＝
R1＋
r
，所以
ΔU ΔI
1的值不变，
B
错误．根据
闭合电路欧姆定律
U
2＝
E－Ir
，则
ΔU2 ΔI
＝r
，所以
ΔU ΔI
2
的值也不变，
[ 解析 ] 外电路结构为滑动变阻器的上部分电阻 R1 与定值电阻
R0 串联后再与下部分电阻 R2 并联．根据 R1＋ R2＋ R0＝ R＋ R0，可知
两电阻接入电路的阻值为定值，则并联电阻
R2 R1＋ R0
R 并＝
＝
R1＋R2＋ R0
R2 R1＋R0 ，结合基本不等式的关系可知，当
R＋R0
R1＋ R0＝ R2 时， R 并有
n1 U1
[解析 ]
当单刀双掷开关与
a
连接时，由
n
＝
2
U2，又
n1∶n2＝ 10∶
1，U1＝220 V，可得副线圈的电压 U2＝22 V，则电压表的示数为 22 V，
故 A 错误；当单刀双掷开关与 a 连接时，因输入电压及原、副线圈
匝数之比不变，则副线圈两端电压不阻器接入电路的电阻变大， 则副线圈电流
程中，电流表示数 I 2 一直增大．
[答案 ] A 2． (多选 )(2019 天·津南开中学一模 )某温度检测、光电控制加热 装置原理如下图所示．图中 RT 为热敏电阻 (其阻值随温度升高而减 小)，用来探测加热电阻丝 R 的温度， RG 为光敏电阻 (其阻值随光照 强度增大而减小 )，接收小灯泡 L 的光照．除 RT 、RG 外，其他电阻 均为定值电阻 (虚线框内两元件距离很近 )．当 R 处温度升高时 ( )
消耗的功率变小，通过 R3 的电流变大，故 A、D 正确．