1、第四步晓热点，谋良策尽收囊中拉开分18个热点题型通过近几年全国各地新课标试卷分析表明，新课标高考物理必考部分突出“力和运动”和“功和能”两条主线，重点考查运用动力学观点和功能观点解决实际问题的能力。试题基本上以匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动(类平抛运动)、圆周运动(重点是匀速圆周运动)等基本运动为命题载体，重点考查重力、弹力、摩擦力、万有引力、电场力、安培力、洛伦兹力等基本相互作用力，牛顿运动定律及运动学公式、动能定理、机械能守恒定律、楞次定律及法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等基本规律，命题特点彰显了知识立意和能力立意并重的宗旨，体现了新课程的理念。 例12014江西联考在物理学发展
2、的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是()A. 牛顿第一定律是无法用实验直接验证的，它是人类整个自然观的基石B. 亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D. 第谷对行星运动观察记录的数据进行了分析，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律解析本题考查物理学史，意在考查考生对物理学史知识的识记和理解。亚里士多德认为两个从同一高度自由下落的物体，重的物体下落快，B项错误；伽利略通过理想实验证明了力不是维持物体运动的原因，C项错误；开普勒提出
3、了行星运动定律，D项错误。答案A例22013新课标全国卷(多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 ( )A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析奥斯特观察到了电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A正确；安培根据通电
4、螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B正确；法拉第发现处于变化磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C错误；D项的叙述符合楞次定律的发现过程，所以D选项正确。答案ABD解题攻略熟记物理学史，包括科学家的贡献及其研究方法；熟悉常见的物理思想方法，如：控制变量法、比值定义法、类比法、等效替换法、极限思维法等。例1(多选)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2。则()A. 传送带的速率v010 m/sB
5、. 传送带的倾角30C. 物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D. 02.0 s摩擦力对物体做功Wf24 J解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，结合牛顿第二定律，mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，解得sin0.6，37，0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ffmgcos4 N，在01.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0 s2.0 s内，摩擦力对物体做负功，01.0 s内物体
6、的位移为5 m,1.0 s2.0 s内物体的位移是11 m，摩擦力做的功为4(115) J24 J，选项D正确。答案ACD例22014湖北黄冈期末近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图a、b分别为小汽车和大卡车的vt图象，以下说法正确的是()A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B. 在t5 s时追尾C. 在t3 s时追尾D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾解析从图象
7、可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a110 m/s2，失灵后的加速度a22.5 m/s2，假设能追尾，设追尾时间为t，则有小汽车刹车失灵前的位移：x1(2030)1 m25 m，小汽车刹车失灵后的位移：x220(t1)2.5(t1)2，大卡车的位移：x310t，由x1x230x3得t3 s，则假设成立，所以A、B错误，C正确；如果刹车不失灵，则在t2 s时两车速度相同，这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错。答案C例3 (多选)甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t0时，乙车在甲车前50 m处，它们的vt图象如图所示，下列对甲、乙两车运动情况的描述正确的是()A. 甲车先
8、做匀速运动再做反向匀减速运动B. 在第20 s末，甲、乙两车的加速度大小相等C. 在第30 s末，甲、乙两车相距50 mD. 在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次解析由图可知甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动；在第20 s末，甲、乙两车的速度大小相等，加速度大小不相等；在第30 s末甲车位移x1400 m，乙车位移x2300 m，甲车在乙车前50 m处；甲车初始速度较大，在20 s前甲车已经超过乙车，相遇一次，30 s后甲车停止运动，32.5 s时乙车与甲车第二次相遇。答案CD解题攻略vt图线的斜率表示加速度、与t轴围成的“面积”表示位移；vt图和xt图中交点分别表示速度相等和位移相等。判
9、断一次相遇还是二次相遇，关键看第一次相遇时速度小者的速度以后能否超过速度大者的速度。 例12014江西八校联考(多选)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角为30。下列说法正确的是()A. 轻弹簧对小球的作用力大小为mgB. 容器相对于水平面有向左的运动趋势C. 容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上D. 弹簧原长为R解析对小球受力分析，如图所示，因为30，所以三角形OOP为等边三角形，由相似三角形法得FNFmg，所以A项错。由整体
10、法得，容器与地面没有相对运动趋势，B项错误。小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C项正确。由胡克定律有Fmgk(L0R)，解得弹簧原长L0R，D项对。答案CD例2 2014东北三校二模如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转到A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和斜面C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是()A. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小B. 物体A受到斜面的支持力一直增大C. 地面对斜面C的摩擦力先增大后减小D. 地面对斜面C的摩擦
11、力先减小后增大解析对小物体A受力分析如图甲，设斜面倾角为，F与垂直斜面方向的夹角为，则FNmgcosFcos，Fk，B向上转，减小，FN增大，当0时FN达最大，然后减小，故A正确，B错误。对整体受力分析如图乙，随着F向下转，f在减小，故C、D均错误。答案A例3一个质量为1 kg的物体放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为6 N，g10 m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数，最小拉力与水平方向的夹角，正确的是()A. ，0B. ，arctanC. ，arctan D. ，arcsin分析正确解答本题需要从以下几个角度分析：(1)水平地面上的物体受几个
12、力的作用？(2)三个以上力的平衡问题用什么方法求解？(3)求平衡的极值问题有几种方法？分别要用到什么知识？解析由于物体在水平面上做匀速直线运动，随着拉力与水平方向的夹角的不同，物体与水平面间的弹力不同，因而滑动摩擦力也不一样。而拉力在水平方向的分力与摩擦力相等。以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态，水平方向有FcosFN，竖直方向有FsinFNmg。联立可解得：F，arccot，当90，即arctan时，sin()1，F有最小值：Fmin，代入数值得，arctan，B正确。答案B解题攻略解此类平衡极值问题，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，由平衡条件列式后，根据三角函
13、数求解。 例1 2014武汉武昌区调研(多选)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是(取g10 m/s2)()A. 01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B. 12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C. 01 s内，物体的位移为7 mD. 02 s内，物体的总位移为11 m解析由题图可知，在01 s内力F为6 N, 方向向左，由牛顿第二定律可得Fmgma，解得加速度大小a4 m/s2，在12 s内力F为6 N，方向向右，由
14、牛顿第二定律可得Fmgma1，解得加速度大小a12 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知01 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算02 s内的位移为11 m，选项D正确。答案BD例2 2013课标全国卷如图，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。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)。由此可求出()A. 物块的质量B. 斜面的倾角C. 物块与斜面间的最大静摩擦力D. 物块对斜面的正压力解析当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势 由平衡条件可得：F1mg sinfm；同理：当物块所受外力F为最
15、小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2fmmg sin。联立解得fm，F1F22mg sin，由于物块质量m或斜面的倾角未知，故选项C正确；选项A、B、D错误。答案C例3 如图所示，水平面上有一带有轻质定滑轮O的物体A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角37的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小。(sin370.6，cos370.8)分析 准确解答本题需要从以下几个方面分析：(1)A、B、C三个
16、物体的加速度有什么关系？以整体为研究对象，系统受几个力的作用？哪些力产生加速度？(2)隔离物体B，分析物体B受几个力的作用？哪些力产生加速度？(3)隔离物体C，分析物体C受几个力的作用？如何用正交分解法对物体C列方程？解析 此题是三个物体在外力作用下一起做匀加速运动的问题，由于A、B、C恰好保持相对静止，所以它们运动的加速度是相等的。设绳的张力为T，斜面对物体C的支持力为FN，系统的加速度为a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得Tma以C为研究对象，由牛顿第二定律得FNsinTcosma，FNcosTsinmg联立解得a以A、B、C整体为研究对象，可知F3ma，故Fmg。答案mg解后反思此题是三
17、个物体组成的系统问题，解题时一定要注意整体法与隔离法配合使用，如整体法取A、B、C为研究对象求系统的加速度，隔离法隔离物体B和物体C列方程求斜面对C的弹力和细绳对C的拉力。解题攻略运动过程的动态分析问题：要结合“逐段分析法”和“临界分析法”，深入分析物理过程，挖掘物理过程中的临界状态及临界条件；实用结论：当加速度为零时，速度通常达最大或最小。例12014福建高考若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的()A.倍B.倍C.倍 D.倍解析对于中心天体的卫星，Gm，v，设行星卫星的环绕速度为v，地球卫星的环绕速度为v，则，C正确。答案C例
18、22014河北石家庄质检太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为()A. R B. RC. R D. R解析在太阳系中行星A每隔时间t实际运行的轨道发生一次最大偏离，说明A、B此时相距最近，此过程类似于钟表中时、分两针从重合到再次重合，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，则有AtBt2，tt2，TT，利
19、用开普勒第三定律有，解得RR，所以只A项正确。答案A例32014大纲全国卷已知地球的自转周期和半径分别为T和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为h。卫星B沿半径为r(rh)的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同。求：(1)卫星B做圆周运动的周期；(2)卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)。解析(1)设卫星B绕地心转动的周期为T，根据万有引力定律和圆周运动的规律有Gm()2hGm()2r式中，G为引力常量，M为地球质量，m、m分别为卫星A、B的质量。由式得T()3/2T(2)设卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为；在此时间间隔内，卫星A和B绕
20、地心转动的角度分别为和，则22若不考虑卫星A的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B的位置应在图中B点和B点之间，图中内圆表示地球的赤道。由几何关系得BOB2(arcsinarcsin)由式知，当rh时，卫星B比卫星A转得快，考虑卫星A的公转后应有BOB由式得(arcsinarcsin)T答案(1)()3/2T(2)(arcsinarcsin)T解题攻略求解天体运动类问题时，抓住万有引力提供向心力这一关键点，对多天体相对转动问题一般从转动时间与角度的数量关系入手。例1 2014云南三校统考(多选)如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点。质量为m的物体从斜
21、面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是()A. 物体最终将停在A点B. 物体第一次反弹后不可能到达B点C. 整个过程中物体重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D. 整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能解析本题考查功能关系，意在考查考生应用功能关系解决实际问题的能力。由题意可知，物体从静止沿斜面向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体最终停于A点的下方，A错误；由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，B正确；根据动能定理可知，从静止到速度为零，重力势能的减少量等于克服弹簧弹力做的功与物体克服摩擦做
22、的功之和，C正确；整个过程中，动能最大的位置速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力和摩擦力之和等于重力的下滑分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置时所具有的势能，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D正确。答案BCD例22014广东高考下图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A. 缓冲器的机械能守恒B. 摩擦力做功消耗机械能C. 垫板的动能全部转化为内能D. 弹簧的弹性势能全
23、部转化为动能解析在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒，选项A错B对；垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项C、D均错误。答案B例3如图所示，足够长的竖直光滑直杆上有A、B、C三点，且ABBC，套在A点的圆环通过环绕光滑定滑轮O的轻质细线与重物相连，圆环质量为m，重物质量为5m。已知BO连线水平，且BOL，AO连线与竖直方向的夹角53，现将圆环和重物同时由静止释放，试求：(1)重物速度为零时圆环的速度；(2)圆环沿着竖直杆能下滑的最大距离；(3)圆环经过C点时的速度大小。解析(1)圆环到B点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零，圆环下降高度为hABL，重物下降的高度为hL
24、LL由系统机械能守恒得mghAB5mghmv解得此时圆环的速度v12。(2)圆环下滑最大距离H时，圆环和重物速度均为零，重物上升的高度H L由系统机械能守恒得mgH5mgH解得HL。(3)圆环到C点时，下落高度hACL，重物高度不变，设圆环速度为v2，此时重物速度为v2cos53由系统机械能守恒得mghACmv5m(v2cos53)2解得v2 。答案(1)2(2)L(3) 解题启示分析本题的难点在于当圆环到达C点时重物的速度的计算。圆环此时速度是竖直向下的，将其沿绳方向和垂直于绳方向分解，其中沿绳方向的分量与重物运动速度大小相等。解题攻略应用动能定理应注意：动能定理中的位移和速度必须是相对于同
25、一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为W，也可以直接用字母W表示该力做的功，使其字母本身含有负号；应用动能定理解题时，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图；应用动能定理是求解物体位移或速度的简捷途径。当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理，处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。 例1 2014贵州六校联考如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于
26、左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓慢转至水平(转过了90角)。下列有关此过程的说法中正确的是()A. 重物M做匀速直线运动B. 重物M做变速直线运动C. 重物M的最大速度是2LD. 重物M的速度先减小后增大解析设C点线速度方向与绳子的夹角为(锐角)。由题知C点的线速度为L，该线速度在绳子方向上的分速度就为Lcos，的变化规律是开始最大(90)然后逐渐变小，所以Lcos逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为0，绳子的速度变为最大，为L，然后，又逐渐增大，Lcos逐渐变小，绳子的速度变小，
27、所以知重物的速度先增大，后减小，最大速度为L，故B正确。答案B例2 (多选)如图所示，水平路面上匀速运动的小车支架上有三个完全相同的小球A、B、C，当小车遇到障碍物D时，立即停下来，三个小球同时从支架上抛出，落到水平面上。已知三小球的高度差相等，即hAhBhBhC，下列说法中正确的是 ( )A. 三个小球落地时间差与车速无关B. 三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速无关C. A、B小球落地的间隔距离L1与车速成正比D. 三个小球落地时的间隔距离L1L2解析 当小车遇到障碍物D时，立即停下来的瞬间，小球做平抛运动，因此落地的时间取决于高度，与车速无关，A项正确；平抛运动在水平方向做匀速直线运
28、动，因此三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速有关，B项错误；A、B小球落地的间隔距离L1v0( )可知，与车速成正比，C项正确、D项错误。答案AC例32014甘肃第一次诊考愤怒的小鸟是一款时下流行的游戏，故事简单有趣，如图甲所示，为了报复偷走鸟蛋的猪，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击猪的堡垒。某班的同学们根据所学的物理知识进行假设：小鸟自己不会加速，它被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示。请回答下面两位同学提出的问题(取重力加速度g10 m/s2)：(1)A同学问：如图乙所示，若h10.8 m，l12 m，h22.4 m，l21 m，小鸟被弹出后能否直接打中地面上C处猪的堡垒？请用
29、计算结果进行说明。(2)B同学问：如果小鸟弹出后，先掉到台面的草地上，接触草地的瞬间竖直速度变为零，水平速度不变，小鸟在草地上滑行一段距离后飞出，若要打中C处猪的堡垒，小鸟和草地间的动摩擦因数与小鸟弹出时的初速度v0应满足什么关系(用题中所给的符号h1、h2、l1、l2、g表示)?解析(1)设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则h1h2gt2，得t0.8 sl1l2v0t，得v0 m/s3.75 m/s考虑h1高度处的水平射程为x，则xv0t1, h1gt所以xv03.751.5 ml1可见小鸟先落在台面的草地上，不能直接击中堡垒(2)小鸟先做初速度为v0的平抛运动，后在台面的草地上滑行，再以速度
30、为v平抛击中堡垒，由动能定理有mg(l1v0)mv2mvvl2所以。答案见解析解题攻略平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，准确进行运动参量的合成与分解是解决平抛运动问题的关键，同时又要注意合运动与分运动的独立性、等时性。由于在某一时刻(位置)或某段时间上可构建速度三角形或位移三角形，运用平抛运动的规律的同时，我们也常借助三角形边角关系求解。此外还要注意平抛运动的一些结论的运用。 例1 2013江苏高考如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A.
31、 A的速度比B的大B. A与B的向心加速度大小相等C. 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D. 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析 A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即AB，但rAEpN，再由动能定理知，EkMEkN，B错，C对；由电场线密的地方场强大可知，EMFM，D错。答案C例22014昆明三中、玉溪一中统考如图所示，现有一个小物块，质量为m80 g，带正电荷q2104 C，与水平轨道之间的动摩擦因数0.2，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R40 cm。整个轨道处在一个方向水平向左、场强大小E4103 V/m的匀强电场中，取g10 m/s2。(1)若小物块恰能
32、运动到轨道的最高点L，那么小物块应从距N点多远处的A点释放？(2)如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到P点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少？(3)小物块在位置A释放，当运动到N点时，突然撤去电场，同时加一匀强磁场，磁感应强度B2 T，方向垂直纸面向里，则小物块能否运动到L点？(回答“能”或“不能”即可)如果小物块最后能落回到水平面MN上，则刚到达MN时小物块的速度大小为多少？解析(1)小物块能通过轨道最高点L的条件是mgm，vL2 m/sA到L过程：qEsmgsmg2Rmv0解得s1.25 m(2)小物块由P到L过程：mgRqERmvmv解得vP2 m/s在P点：FNqEm解得F
33、N4.8 N(3)能小物块落回到MN水平面时，速度的大小vt等于第一次经过N点时的速度大小。由动能定理得 qEsmgsmv解得vtvN2 m/s。答案(1)1.25 m(2)4.8 N(3)能，2 m/s解题攻略带电粒子在电场中加速的常见情境及相应的处理方法：例3 如图甲所示，若电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。每个电子穿过两极板的时间极短，可以认为电压是不变的，求：(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧
34、光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？(3)屏上的亮点如何移动？审题条件提炼解题目标隐含条件思路明晰规律选用Ut图象；每个电子穿过两极板时电压不变(1)t0.06 s时电子偏转的侧向位移；(2)电子侧向位移最大时对应的偏转电压电子恰好沿上、下极板右端边缘飞出时的偏转电压，为板间最大电压根据Ut图象确定t0.06 s时的偏转电压由板间类平抛运动求出侧向位移y1根据板外匀速运动求出侧向位移y2根据板间最大侧移求出最大偏转电压及荧光屏上有电子打到的区间物理图象牛顿第二定律运动的合成与分解运动学公式解析 (1)由图象知t0.06 s时刻偏转电压为U1.8U0电子经加速电场加速，可得mve
35、U0电子进入偏转电场做类平抛运动，有Lv0t1，y1at，vyat1，a电子飞出偏转电场后做匀速直线运动，在水平方向上有Lv0t2竖直方向上，有y2vyt2电子打在荧光屏上距离O点的距离：yy1y2代入数值解得y13.5 cm。(2)同理可以求出电子的最大侧向位移为0.5L(偏转电压超过2.0U0，电子就打到极板上了)，此时可得y2L，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm。(3)屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。答案(1)见解析(2)30 cm(3)见解析例1 (多选)如图甲所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等
36、，方向均在xOy平面内。在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。关于这些粒子的运动，下列说法正确的是()A. 粒子的速度大小为B. 粒子的速度大小为C. 与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D. 与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析带正电粒子与y轴正方向成60角发射进入磁场后的轨迹如图乙所示，根据几何关系可得aRsin30，其中R，联立解得v，故选项A正确、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tT，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在
37、磁场中运动的时间越长，由图乙中的几何关系可得粒子的轨道半径R2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图丙所示，最长时间tmT，故选项C正确、D错误。答案AC例2 2014陕西长安三次质检如图所示，直角OAC的三个顶点的坐标分别为O(0,0)、A(0，L)、C(L,0)，在OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。在t0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在tt0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴。不计粒子重力和空气阻力
38、及粒子间相互作用。(1)求磁场的磁感应强度B的大小；(2)若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P(P点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；(3)从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小。解析 本题考查洛伦兹力、周期公式、牛顿第二定律等知识点，意在利用带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动结合物理规律，考查考生应用数学工具解题的能力。(1)粒子在t0时间内，速度方向改变了90，故周期T4t0由T得B(2)在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆
39、心角分别为1和2，由几何关系有11802故t1t22t0(3)由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差t与21成正比，由得2122180根据式可知2越大，时间差t越大tT由几何关系得2的最大值为150粒子在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系18030tanA得A6090A30RcosL解得R根据qvBm代入数据解得v答案(1)(2)t1t22t0(3)例3 如图甲所示，在y轴右侧平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0.5 T，坐标原点O处有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射比荷为q/m4106 C/kg的正离子，这些离子速率在从0到最大值vm2106 m/
40、s的范围内，不计离子之间的相互作用。 (1)求离子打到y轴上的范围。 (2)若在某时刻沿x方向放射各种速率的离子，求经过107 s这些离子所在位置构成的曲线方程。分析解析(1)设离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为Rm。由牛顿第二定律得Bqvmm解得Rm1 m由几何关系知，离子打到y轴上的范围为02 m。(2)设离子在磁场中运动的周期为T，则T又Bqvm两式联立可得T106 s设经过t107 s，这些离子轨迹所对应的圆心角为，2这些离子(一部分)在磁场中运动的轨迹如图乙所示，并令任一离子在经过107 s的时间所处位置的坐标为(x，y)，则xRsin，yR(1cos)代入数据并化简得yx(0x)
41、。答案(1)02 m(2)yx(0x)解题攻略分析带电粒子在磁场中的运动问题的一般思维流程：找圆心画轨迹作辅助线应用几何知识(圆心角、弦长和半径关系)确定半径和求解运动时间。解决带电粒子在磁场中运动的极值问题，关键是找准临界点。找临界点的方法是：以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，借助半径r和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态分析，确定轨迹圆和边界的关系。常用的临界条件是运动的轨迹与边界相切。例1 2014沈阳质监(一)如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上
42、，斜面倾角为45。有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：(1)小球P落到斜面时速度方向与斜面的夹角及由A到C所需的时间t；(2)小球P从抛出到落回斜面的位移x的大小。解析 本题考查电磁复合场，意在考查考生对电场、磁场中基础规律的理解和掌握。(1)小球P静止时对斜面无压力 mgqEP获得水平初速度后做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面时其速度方向与斜面的夹角为45qv0BmT小球P由A到C所需的时间：t(2)由式可知，P做匀速圆周运动
43、R由几何关系知xR联立解得位移x答案(1)45(2)例2 有一个带正电的小球，质量为m、电荷量为q，静止在固定的绝缘支架上。现设法给小球一个瞬时的初速度v0使小球水平飞出，飞出时小球的电荷量没有改变。同一竖直面内，有一个竖直固定放置的圆环(圆环平面保持水平)，环的直径略大于小球直径，如图所示。空间所有区域分布着竖直方向的匀强电场，垂直纸面的匀强磁场分布在竖直方向的带状区域中，小球从固定的绝缘支架水平飞出后先做匀速直线运动，后做匀速圆周运动，竖直进入圆环。已知固定的绝缘支架与固定放置的圆环之间的水平距离为2x，支架放小球处与圆环之间的竖直距离为x，v0，小球所受重力不能忽略。求：(1)空间所有区
44、域分布的匀强电场的电场强度E的大小和方向。(2)垂直纸面的匀强磁场区域的最小宽度，磁场磁感应强度B的大小和方向。(3)小球从固定的绝缘支架水平飞出到运动到圆环的时间t。分析本题考查带电体在叠加场中的运动，解答本题的关键是明确题中所给的隐含条件，结合物体的受力分析和运动学公式进行解题。解析(1)小球水平飞出，由平衡条件得mgqE解得电场强度E方向竖直向上(2)如图所示，由题意可知，垂直纸面的匀强磁场区域最小宽度为x要使小球竖直进入圆环，所加磁场的方向为垂直纸面向外由于重力与电场力平衡，带电小球进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹半径Rx，则qv0B， 解得磁感应强度B(3)小球从运动开始到
45、进入磁场的时间t1在磁场中运动时间t2小球到达圆环的总时间tt1t2(1)。答案见解析例3 如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化。狭缝两侧均有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面某处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)，粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆周运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆周运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入P、
46、Q狭缝间又被加速以后粒子每次通过P、Q间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3An。求：(1)粒子第一次在Q右侧磁场区做圆周运动的半径r1的大小。(2)粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离。(3)设An与An1间的距离小于，则n值为多大。解析 (1)设粒子由静止释放，经电场加速后第一次通过Q平面时的速度为v1，根据动能定理有：qEdmv，解得v1 设粒子在Q右侧匀强磁场内做圆周运动的半径为r1，根据洛伦兹力公式和向心力公式有qv1Bm，解得r1 。 (2)设粒子经A1并加速后进入P平面左侧磁场区的速度为v2，根据动能定理有qEdmvmv设粒子在P左侧做
47、圆周运动的半径为r2，根据洛伦兹力公式和向心力公式有qv2B，解得r2r1设粒子在P、Q间经第三次加速后进入Q平面右侧磁场区的速度为v3，圆周运动的半径为r3，同理有：Eqdmvmv，qv3B，解得r3r1粒子由A2射出时，A2与A1之间的距离为：A2A12r32r22()r1。(3)同理可得，由A3射出时，A3与A2相距：A3A22r52r42()r1易推得粒子由An1射出时，An1与An相距：An1An2()r1依题意有2()r14。答案(1) (2)2()r1(3)n4点评数学递推归纳问题能有效鉴别考生的综合分析能力，近五年来，仅在2009年和2010年北京卷分别出现过一次，预计在未来高
48、考中会时而现身，广大考生应引起重视。解题攻略 处理带电粒子在叠加场中运动问题的方法(1)弄清叠加场的组成；(2)正确分析带电粒子的受力情况和运动情况；(3)画出带电粒子的运动轨迹草图，灵活选用不同的动力学规律。带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一般是带电粒子的重力与所受电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件、牛顿运动定律结合圆周运动规律求解。 例12012天津高考如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻。一质量m0.1 kg，电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4
49、T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。分析关键词：一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内；由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动；撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来。(1)由法拉第电磁感应定律求出平均电动势求出平均电流求出电荷量。(2)由运动学公式
50、求出撤去外力时的速度由动能定理求出动能由功能关系求得Q2。(3)由Q1Q221Q1的大小在整个过程中，用功能关系WFQ1Q2，代入数据得出外力做的功。解析(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt联立式，代入数据得q4.5 C。(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外
51、力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J例22013河北石家庄质检 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r2 的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R12 ，R21 ，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水
52、平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求：(1)t0.1 s时电压表的读数；(2)恒力F的大小；(3)从t0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。解析(1)设磁场宽度为dCE，在00.2 s时间内，有Eld0.6V 此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联RR并R21 1 2 UR并0.3 V(2)金属棒进入磁场后，此时磁场稳定，金属棒切割磁感线，相当于电源，而外电路中R1与R2并联，则有I0.45 AF安BIl10.450.6 N0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F
53、F安0.27 N(3)金属棒在00.2 s时间内，有Qt0.036 J金属棒进入磁场后，有Rr EIR1.2 V已知EBlv，得v2 m/st s0.1 sQEIt0.054 J(计算Q时，可用QFd0.054 J)Q总QQ0.036 J0.054 J0.09 J答案(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.09 J例3 2014安徽高考英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功
54、的大小是()A0B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析变化的磁场使回路中产生的感生电动势ESkr2，则感生电场对小球的作用力所做的功WqUqEqkr2，选项D正确。答案D解题攻略电磁感应的综合应用问题的一般思维流程是“先电后力”：电路分析(等效电路图)受力分析(受力分析图)运动分析(过程情境)能量分析(能量转化关系)。纯电阻电路中感应电流做功等于焦耳热。 例12013北京高考某同学通过实验测定一个阻值约为5 的电阻RX的阻值。(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(050 ，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A. 电流表(03 A，内阻约0.025 )B. 电流表(0
55、0.6 A，内阻约0.125 )C. 电压表(03 V，内阻约3 k)D. 电压表(015 V，内阻约15 k)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的_(选填“甲”或“乙”)。(2)图2是测量RX的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值RX_(保留两位有效数字)。(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在(1)问中选用乙电路，产生误
56、差的主要原因是_。(选填选项前的字母)A. 电流表测量值小于流经RX的电流值B. 电流表测量值大于流经RX的电流值C. 电压表测量值小于RX两端的电压值D. 电压表测量值大于RX两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻RX两端的电压U也随之增加，下列反映Ux关系的示意图中正确的是_。解析 (1)电源电动势E4 V，被测电阻RX5 ，则Imax A0.8 A，电流表若选A读数时误差较大，因此电流表应选B；考虑电压表测量电压时的指针转动范围，电压表应选C。由于RX，故电流表应选择外接法(甲图)。(2)见答案。(3)题图3中的电流
57、表示数I0.50 A，电压表示数U2.60 V，故RX5.2 。(4)甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用，使电流表的示数大于流过RX的电流，选项B正确；乙电路的误差来源于电流表的分压作用，电压表示数为RX和电流表的电压之和，选项D正确。(5)x增加，U随之增加，说明变阻器接入电路的电阻R随x的增加而减小。设变阻器的总阻值为R0，滑片P从一端滑向另一端移动的距离为L。忽略电压表、电流表的内阻对电路的影响，则被测电阻RX两端电压UE，由这一关系式分析可知，选项A正确。答案(1)BC甲(2)如图所示(3)5.2(4)BD(5)A例22013广东高考下图(a)是测量电阻Rx的原理图，学生电源
58、输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm。(1)根据原理图连接图(b)的实物图。(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0 V时，单位长度电阻丝的电压u_V/cm，记录此时电流表A1的示数。(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤记录的值相同，记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值，测量数据已在图(c)中标出，写出Rx与L、I、u的关系式Rx_；根据图(c)用作图法算出Rx_。解析(1)实物图如图所示(2)由于电阻丝均匀，故单位长度电阻丝的电压u0.1 V/cm
59、。(3)设电阻丝每cm长的电阻为R，当合上S1、断开S2时，设此时流过电阻丝的电流为I，有：I30.0R30.0u，当合上S1、S2时，ILRIRx由上述两公式得：Rx。LI图象如图所示，由图象知：LI的斜率k60 cm/A, Rxku6.0 。答案(1)见解析图(2)0.1(3)6.0解题攻略电学创新实验的几个问题1电路结构：实验电路至少包括三个部分：(1)测量电路；(2)控制电路(滑动变阻器、开关)；(3)电源。2电路设计：(1)电表选择注意三方面：安全性，要求量程不能太小，电表不反接；准确性，要求量程不能太大，读数一般要超过量程的；若电表量程不合适，要利用有准确内阻的电表进行改装。(2)
60、测量电路设计：若，则应把电流表内接；若，则应把电流表外接。(3)控制电路：以小控大用分压，相差无几用限流，即当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压式接法；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采用限流式接法。另外滑动变阻器必须接为分压式的情况有三种：电压要求从零开始变化；滑动变阻器太小，不能起到限流的作用；限流式不能获取有区分度的多组数据。若两种接法均可，则采用限流式，因为限流式损耗功率小。 例1某同学制作了一水果电池，欲测定该电池的电动势E和内阻r。给定器材如下：A. 待测水果电池EB. 电流表G(量程10 mA，内阻约40 )C. 电阻箱R(0999.9 )D. 开关S及导线(1)因为电流表
61、G内阻的准确值未知，所以他用如图甲所示的电路测量其内阻rG。已知图中电流表A的内阻为rA。在某次测量中，读出电流表A、电流表G的读数分别为IA、IG，则内阻rG_。(2)若电流表G内阻的测量值rG40.0 。现采用图乙所示的电路测量水果电池的电动势F和内阻r。根据实验数据绘出的R图象如图丙所示，则图线斜率表示的物理意义是_。根据图象求出该电池的电动势E_V、内阻，r_。(结果保留整数)解析(1)由IGrGIArA，可得RG(2)由EI(rRrG)得：R，故R图线的斜率表示电源电动势的倒数。对应R图线可求得：，得：E6 V,0.01103，得：r20 。答案(1)rA(2)电源电动势的倒数620
62、例22014大纲全国卷现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有：电流表，内阻为1.00 ；电压表；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端。(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出UI图线。I(mA)1931531116930U(V)2.512.592.682.762.84(3
63、)根据UI图线求出电源的电动势E_V，内阻r_。(保留2位小数)解析(1)如图，可先从原理图中选取一个回路如电源、电流表、电压表、开关进行连接，R1并联于电压表两端，最后再将R2至R5依次串联后再与R1串联。 (3)由UEI(RAr)可知图中UI图线的纵轴截距bE、斜率的绝对值kRAr，故由图可得Eb2.90 V，rkRA2.03 1.00 1.03 。答案(1)连线图见解析(有任何错误不给分)(2)UI图线见解析(3)2.90(在2.892.91之间均可)103(在0.931.13之间均可)例32014福建高考某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，
64、虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 的定值电阻。已知灵敏电流计的满偏电流Ig100 A、内阻rg2.0 k，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只_(保留一位小数)的定值电阻R1；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；某次实验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r_(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是_。 该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电
65、动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是_。(填选项前的字母)A. 电压表内阻的影响B. 滑动变阻器的最大阻值偏小C. R1的实际阻值比计算值偏小D. R0的实际阻值比标称值偏大解析Igrg(IIg)R1，解得R11.0 。如图。r，r1，r2，r3r4，I5I1I6I2I7I3I8I480 mAR0R0|4 1.66 电压表内阻的影响会造成E和r的测量值均偏小，滑动变阻器对测量没有影响，R1的值偏小，表测量值偏小，测量值偏大，rrR0，R0偏小，r偏大。答案1.0图见解析1.66充分利用已测得的数据CD解题攻略测量电源的电动势和内阻：三种常用实验方法和原理，伏安法EUIr、伏阻法EU(1r/R)、安阻法EI(Rr)；两种数据处理方法：联立方程求解法和图象处理法，对伏安法利用电源的UI图象求电动势和内阻；对伏阻法和安阻法需对闭合电路欧姆定律方程EU(1r/R)和EI(Rr)适当变形作线性处理，并利用直线方程的截距和斜率求电动势或内阻等物理量。
