1、最新高考物理典型方法、习题及专题汇编含详解答案中集内容简介7、热学8、带电粒子在场中的运动9、直流电路和交流电路10、电磁感应与电路11、光学、原子物理学12、物理实验 7、热学典型例题【例1】(05徐州市第二次质量检测_已知阿伏伽德罗常数为N，铝的摩尔质量为M，铝的密度为P，则下列说法正确的是( ) A1kg铝所含原子数为PN B1个铝原予的质量为MNC1m，铝所含原子数为N(PM) D1个铝原子所占的体积为M(PN)训练题(04山东理综)若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个
2、关系式：（ ） 其中A和都是正确的； B和都是正确的；C和都是正确的； D和都是正确的。【例2】(05年高考广东) 封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是 ( )A气体的密度增大 B气体的压强增大C气体分子的平均动能减小 D每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 训练题1(05年高考天津)下列说法中正确的是 （ )A一定质量的气体被压缩，气体压强不一定增大B一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C气体压强是由气体分子间的斥力产生的D在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强训练题2(04江苏)甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体
3、，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲0表示斥力，Q2【例8】如图所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分了间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小（ ）A从外界吸热 B内能增大 C向外界放热 D内能减小训练题1如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则（ ）A气体体积膨胀，内能增加B气体分子势能减少，内能增加C气体分子势能增加，压强可能不变DQ中气体不可能自发地全部退回到P中训练题2下列说法中正确的是（ ）
4、A气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D分子从远处趋近固定不动的分子，当到达受的作用力为零处时，的动能一定最大【例9】(南京市2005届第二次调研性测试试卷)根据热力学定律，下列判断正确的是( )A我们可以把火炉散失到周围环境中的能量全部收集到火炉中再次用来取暖B利用浅层海水和深层海水间的温度差制造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的C制冷系统能将冰箱
5、内的热量传给外界较高温度的空气，而不引起其它变化D满足能量守恒定律的客观过程都可以自发地进行训练题(南京市2005届高三物理第三次调研性测试)热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把流散的能量重新收集、重新加以利用下列关于能量耗散的说法中正确的是（ ）A能量耗散说明能量不守恒B能量耗散不符合热力学第二定律C能量耗散过程中能量仍守恒D能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有的方向性【例10】(05广东)热力学第二定律常见的表述有两种。第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；第二种表述：不可能从单一热源吸收热量并把它
6、全部用来做功，而不引起其他变化。图10（a）是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体。请你根据第二种表述完成示意图10（b）。根据你的理解，热力学第二定律的实质是_。制冷机低温物体高温物体WQ1Q2图10（a）热机低温物体高温物体图10（b）能力训练1. .(05年高考江苏)下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是 （ ）A.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.当分子
7、力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小2.对于分子动理论和物体内能理解，下列说法正确的是 ( )A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B.理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换C.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D.扩散现象说明分子间存在斥力3.(05年高考江苏)某气体的摩尔质量为M,摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为 ( )A.NA=B.NA= C.NA= D.NA=4.(05年高考北京)下列关于热现象的说法，正确的是 ( )A.外界对物体做功，物体的内能一定增加
8、B.气体的温度升高，气体的压强一定增大C.任何条件下热量都不会由低温物体传递到高温物体D.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能5(06年徐州)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( )A随着低温技术的发展我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B热量是不可能从低温物体传递给高温物体的C第二类水动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律D用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功 2.0105J，同时空气向外界放出热量1.5105 J，则空气的内能增加了0.5105 J 6.(2005年南通市高三第二次调研测试)下列说法正确的是 （ ） A分子间的作用力表现为引力时，分子间的距离增大，则
9、分子间的作用力减小B分子间的作用力表现为引力时，分子间的距离增大，分子势能增大C知道某物质摩尔体积和阿伏加德罗常数，一定可估算其分子直径D知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，一定可求其分子质量7阿伏加德罗数为，铁的摩尔质量为，铁的密度为，下列说法中不正确的是（ ）A铁所含的原子数目是 B1个铁原子的质量是 C1个铁原子占有的体积是D1铁所含有的原子数目是8(2005年苏州市高三教学情况调查)对一定质量的理想气体，下列判断正确的是( )A气体对外做功，温度一定降低B气体吸热，温度也可能降低C气体体积不变，压强增大，内能一定增大D气体温度不变，压强增大，内能一定减小9封闭在气缸内一定质量的气体，如
10、果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（ ）A气体的密度增大B气体的压强增大C气体分子的平均动能减小D每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多10. (05四川)一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程。设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中（ ） 外界对气体做功，气体分子的平均动能增加外界对气体做功，气体分子的平均动能减小气体对外界做功，气体分子的平均动能增加气体对外界做功，气体分子的平均动能减小11. (05北京)下列关于热现象的说法，正确的是 （ ） 外界对物体做功，物体的内能一定增加气体的温度升高，气体的压强一定增大任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体任何热机都不可能使
11、燃料释放的热量完全转化为机械能专题7答案【例1】BD训练题B【例2】BD(训练题1A训练题2BC【例3】解析：温度越高，分子平均动能越大，但内能不仅与动能有关，还和分子势能有关；对理想气体，温度不变，其内能不变，由热力学第一定律知，仍可以和外界发生热交换；布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，它液体分子的无规则的运动的反应；扩散现象说明分子是永不停息的运动，不能说明分子间是否存在斥力。正确答案是A。点拨：分子动理论是高考常考的内容，对此要求也较低，只需要正确理解实验结论，并能准确的表述即可训练题答案：BC【例4】答案：D训练题答案：C【例5】解析：乙分子从a到d一直做加速运动，分子力
12、做正功，分子势能减小，c到d做减速运动，分子力做负功，分子势能增大，在c点时速度最大；所以正确选项是B。点拨：对Fx图像中包含的信息不能完全理解是造成失误的主要原因，而“图像问题”是近年高考的一个热点，这在复习中要引起重视。分子势能的变化与分子力做功有关，这与重力势能的变化与重力做功有关完全类似。【例6】 A D训练题 A【例7】 B训练题.A【例8】解析：在筒缓慢下降的过程水温恒定，空气温度不变，当不计气体分了间相互作用时，气体的内能不变，但筒内空气被压缩，外界对它做功，气体必然放出热量。所以正确选项是C点拨：对气体内能的变化分析时应当注意题干中的描述，“缓慢”往往表明温度不变，“体积不变（
13、或气体自由鼓胀）”说明气体不对外做功，外界也不对气体做功，“绝热”指不发生热传递，“理想气体（或不考虑分子作用力）”意味着忽略分子势能。训练题1 D训练题2 D【例9】B训练题CD热机低温物体高温物体图10（b）WQ1Q2【例10】图见右面。热力学第二定律的实质是：自然界中进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性。能力训练(1 C 2 A3BC 4 D 5D 6B D7 D8BC9解析：由知，当气体体积不变，当温度升高时，气体压强必然变大而密度保持不变；气体的压强与单位体积的分子数和分子的平均动能有关。气体体积不变而压强增大时，单位体积的分子数不变，但温度升高，分子平均动能变大，气体分子与
14、器壁碰撞更加频繁。所以正确选项是B D。点拨：对于一定质量的气体，状态参量满足（恒量）。从微观来看，气体的压强由单位体积的分子数和分子的平均动能决定。10.D11. D8、带电粒子在场中的运动典型例题 【例1】 如图，在某个空间内有一个水平方向的匀强电场，电场强度，又有一个与电场垂直的水平方向匀强磁场，磁感强度B10T。现有一个质量m210-6kg、带电量q210-6C的微粒，在这个电场和磁场叠加的空间作匀速直线运动。假如在这个微粒经过某条电场线时突然撤去磁场，那么，当它再次经过同一条电场线时，微粒在电场线方向上移过了多大距离。（取10mS2）【例2】如图所示，质量为m，电量为q的带正电的微粒
15、以初速度v0垂直射入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，刚好沿直线射出该场区，若同一微粒以初速度v0/2垂直射入该场区，则微粒沿图示的曲线从P点以2v0速度离开场区，求微粒在场区中的横向(垂直于v0方向)位移，已知磁场的磁感应强度大小为B.【例3】如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L.求此粒子射出的速度v和在此过程中运动的总路程s(重力不计).【例4】电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间
16、内通过管内横载面的流体的体积)为了简化，假设流量计是如图3-12所示的横载面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管道相连接(图中虚线)图中流量计的上、下两面是金属材料，前、后两面是绝缘材料，现将流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率，不计电流表的内阻，则可求得流量为多大?【例5】如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外.某一时刻有一质子从点(L0，0)处沿y轴负向进入磁场
17、；同一时刻一粒子从点(-L0，0)进入磁场，速度方向在xOy平面内.设质子质量为m，电量为e，不计质子与粒子间相互作用. (1)如果质子能够经过坐标原点O，则它的速度多大? (2)如果粒子第一次到达原点时能够与质子相遇，求粒子的速度.【例6】如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别为ma=2m,mb=m，b球带正电荷2q，静止在磁感应强度为B的匀强磁场中；不带电小球a以速度v0进入磁场，与b球发生正碰，若碰后b球对桌面压力恰好为0，求a球对桌面的压力是多大?【例7】. 如图所示，在xOy平面上，a点坐标为（0，L），平面内一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁
18、场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子（质量为m，电量为e）从a点以初速度平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好从x轴正方向上的b点（图中未标出），射出磁场区域，此时速率方向与x轴正方向的夹角为，求： （1）磁场的磁感应强度； （2）磁场区域的圆心O1的坐标； （3）电子在磁场中的运动时间。 【例8】 如图所示，在图中第I象限的区域里有平行于y轴的匀强电场，在第IV象限区域内有垂直于Oxy平面的匀强磁场B。带电粒子A，质量为，电量，从y轴上A点以平行于x轴的速度射入电场中，已知，求： （1）粒子A到达x轴的位置和速度大小与方向；（2）在粒子A射入电场的同时，质量、电量与A相等的粒子B，
19、从y轴上的某点B以平行于x轴的速度射入匀强磁场中，A、B两个粒子恰好在x轴上迎面正碰（不计重力，也不考虑两个粒子间的库仑力）试确定B点的位置和匀强磁场的磁感强度。 【例9】 如图4，质量为1g的小环带410-4C的正电，套在长直的绝缘杆上，两者间的动摩擦因数0.2。将杆放入都是水平的互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，杆所在平面与磁场垂直，杆与电场的夹角为37。若E10NC，B0.5T，小环从静止起动。求：(1)当小环加速度最大时，环的速度和加速度；(2)当小环的速度最大时，环的速度和加速度。专题训练1一段长为l的通电直导线，设每米导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量都是q，设它们的定向移动
20、速度大小为v.现加一匀强磁场，其方向垂直于直导线，磁感应强度为B，则磁场对这段导线的作用力为（ ）A.Bvql B.nqBl/v C.nqBlv D.qvBl/n 2在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示.若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球运动到A点时，绳子突然断开，以下说法错误的是 （ ） A.小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变B.小球仍做逆时针匀速圆周运动，但半径减小C.小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变D.小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小 3如图所示，匀强电场和匀强磁场相互垂直，
21、现有一束带电粒子（不计重力）以速度v0沿图示方向恰能直线穿过，下列说法中正确的是（ ） A.若电容器左极板为正极，则带电粒子必须从上向下以v0进入该区域才能沿直线穿过B.如果带正电粒子以小于v0的速度沿v0方向射入该区域时，其电势能越来越小C.如果带负电粒子速度小于v0，仍沿v0方向射入该区域时，其电势能越来越大D.无论带正、负电的粒子，若从下向上以速度v0进入该区域时，其动能一定都减少 4如图，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用
22、下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，不计重力的影响，由这些条件可知（ ） A.不能确定粒子通过y轴时的位置 B.不能确定粒子速度的大小C.不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间 D.以上三个判断都不对 5在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示.图形区域内的偏转磁场方向垂直于圆面.当不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点.为了使屏幕上出现一条以M点为中心点的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是图中的（ ） 6如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同.其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外
23、，b导线电流方向垂直纸面向内，每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用.则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法正确的是（ ）A.导线a所受合力方向水平向右 B.导线c所受合力方向水平向右C.导线c所受合力方向水平向左 D.导线b所受合力为零 7如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=KI/r，I为通电导线的电流，r为距通电导线的垂直距离，K为常数.则R受到的磁场力的方向是（ ） A.垂直R，指向y轴负方向 B.垂直R，指向y轴正方向C.垂直R，指向x轴正方向 D.垂直R，指向x轴负
24、方向 8如图所示，一电子从a点以速度v垂直进入长为d、宽为h的矩形磁场区域沿曲线ab运动，且通过b点离开磁场。已知电子的质量为m，电量为e，磁场的磁感应强度为B，ab的弧长为s，不计重力，则该电子在磁场中运动的时间为( ) A.t= B.t=C.t=arcsin() D.t=arcos() 9如图所示，在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定的竖直绝缘杆，杆上套有一个质量为m、电荷量为+q的小球，它们之间的动摩擦因数为.现由静止释放小球，则小球运动的加速度_，速度_.（填变化情况），其最大速度vm=_.(已知mgEq).10带负电的小物体A放在倾角为(sin=0
25、.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图所示.物体A的质量为m、电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半.物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场,磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面. （1）物体A在斜面上的运动情况怎样？说明理由;（2）物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示） 11如图所示，静止在负极板附近的带负电的微粒m、在MN间突然加上电场时开始运动，水平地击中速度为零的中性微粒m2后黏合在一起恰好沿
26、一段圆弧运动落在N极板上，若m1=9.99510-7 kg,电荷量q=10-8 C，电场强度E=103 V/m，磁感应强度B=0.5 T,求m1击中m2时的高度，m1击中m2前的瞬时速度,m2的质量及m1和m2黏合体做圆弧运动的半径. 12如图3111所示，三块平行金属板竖直固定在表面光滑的绝缘小车上，并与车内的电池连接，小车的总质量为，、板，、板间距均为，金属扳、上，开有小孔，两小孔的连线沿水平方向且垂直于三块金属板，整个装置静止在光滑水平面上，已知车内电池的电动势为，电池的电动势为，现有一质量为，带电量为的小球以初速度沿两孔连线方向射入小车（设带电小球不影响板间电场） （1）小球进入小车中
27、由板向板运动时，小球和小车各做什么运动?（2）证明小球由板到板的过程中，电场力对球和小车组成的系统做功为；（3）为使小球不打到板上，电池的电动势应满足什么条件?专题八答案例1【解析】 题中带电微粒在叠加场中作匀速直线运动，意味着微粒受到的重力、电场力和磁场力平衡。进一步的分析可知：洛仑兹力f与重力、电场力的合力F等值反向，微粒运动速度V与f垂直，如图2。当撤去磁场后，带电微粒作匀变速曲线运动，可将此曲线运动分解为水平方向和竖直方向两个匀变速直线运动来处理，如图3。由图2可知：又：解之得： 由图3可知，微粒回到同一条电场线的时间则微粒在电场线方向移过距离【解题回顾】本题的关键有两点：(1)根据平
28、衡条件结合各力特点画出三力关系；(2)将匀变速曲线运动分解【例2】【解析】速度为v0时粒子受重力、电场力和磁场力，三力在竖直方向平衡；速度为v0/2时，磁场力变小，三力不平衡，微粒应做变加速度的曲线运动. 当微粒的速度为v0时，做水平匀速直线运动，有: qE=mg+qv0B ； 当微粒的速度为v0/2时，它做曲线运动，但洛伦兹力对运动的电荷不做功，只有重力和电场力做功，设微粒横向位移为s，由动能定理 (qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2 .将式代入式得qv0BS=15mv02/8， 所以s=15mv0/(8qB).【解题回顾】由于洛伦兹力的特点往往会使微粒的运动很复杂
29、，但这类只涉及初、末状态参量而不涉及中间状态性质的问题常用动量、能量观点分析求解【例3】【解析】由粒子在磁场中和电场中受力情况与粒子的速度可以判断粒子从O点开始在磁场中匀速率运动半个圆周后进入电场，做先减速后反向加速的匀变直线运动，再进入磁场，匀速率运动半个圆周后又进入电场，如此重复下去.粒子运动路线如图3-11所示，有L=4R 粒子初速度为v，则有qvB=mv2/R ，由、可得v=qBL/4m .设粒子进入电场做减速运动的最大路程为L，加速度为a,则有v2=2aL ， qE=ma, 粒子运动的总路程s=2pR+2L. 由、式，得:s=pL/2+qB2L2/(16mE).【解题回顾】把复杂的过
30、程分解为几个简单的过程，按顺序逐个求解，或将每个过程所满足的规律公式写出，结合关联条件组成方程，再解方程组，这就是解决复杂过程的一般方法另外，还可通过开始n个过程的分析找出一般规律，推测后来的过程，或对整个过程总体求解将此题中的电场和磁场的空间分布和时间进程重组，便可理解回旋加速器原理，并可用后一种方法求解.【例4】【解析】导电流体从管中流过时，其中的阴阳离子会受磁场力作用而向管的上下表面偏转，上、下表面带电后一方面使阴阳离子又受电场力阻碍它们继续偏转，直到电场力与磁场力平衡；另一方面对外接电阻来说，上、下表面相当于电源，使电阻中的电流满足闭合电路欧姆定律.设导电流体的流动速度v，由于导电流体
31、中正、负离子在磁场中的偏转，在上、下两板上积聚电荷，在两极之间形成电场，当电场力qE与洛伦兹力qvB平衡时，E=Bv，两金属板上的电动势E=Bcv，内阻r=rc/ab，与R串联的电路中电流:I=Bcv/(R+r), v=I(R+ rc/ab)/Bc； 流体流量:Q=vbc=I(bR+rc/a)/B【解题回顾】因为电磁流量计是一根管道，内部没有任何阻碍流体流动的结构，所以可以用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量它还具有测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套等优点可见，科技是第一生产力.本题是闭合电路欧姆定律与带电粒子在电磁场中运动知识的综合运用这种带电粒子的运动模型也称为霍尔效应，在许多仪器
32、设备中被应用.如速度选择器、磁流体发电机等等.【例5】【解析】带电粒子在磁场中的圆周运动的解题关键是其圆心和半径，在题目中如能够先求出这两个量，则解题过程就会变得简洁，余下的工作就是利用半径公式和周期公式处理问题.(1)质子能够过原点，则质子运动的轨迹半径为R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：v=eBL0/2m；此题中还有一概念，圆心位置一定在垂直于速度的直线上，所以质子的轨迹圆心一定在x轴上；(2)上一问是有关圆周运动的半径问题，而这一问则是侧重于圆周运动的周期问题了，两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，即t=TH/2，且粒子运动到原点的轨迹为一段圆弧，设所对应的圆心
33、角为q，则有 t=2pm/2Be，可得q=p/2,则粒子的轨迹半径R=L0/2=4mv/B2e,答案为v= eBL0/(4m)，与x轴正方向的夹角为p/4，右向上； 事实上粒子也有可能运动3T/4时到达原点且与质子相遇，则此时质子则是第二次到原点，这种情况下速度大小的答案是相同的，但粒子的初速度方向与x轴的正方向的夹角为3p/4，左向上；【解题回顾】类似问题的重点已经不是磁场力的问题了，侧重的是数学知识与物理概念的结合，此处的关键所在是利用圆周运动的线速度与轨迹半径垂直的方向关系、弦长和弧长与圆的半径的数值关系、圆心角与圆弧的几何关系来确定圆弧的圆心位置和半径数值、周期与运动时间.当然r=mv
34、/Bq、T=2pm/Bq两公式在这里起到一种联系作用.【例6】【解析】本题相关的物理知识有接触起电、动量守恒、洛伦兹力，受力平衡与受力分析，而最为关键的是碰撞过程，所有状态和过程都是以此为转折点，物理量的选择和确定亦是以此作为切入点和出发点；碰后b球的电量为q、a球的电量也为q，设b球的速度为vb，a球的速度为va；以b为研究对象则有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq; 以碰撞过程为研究对象，有动量守恒， 即mav0=mava+mbvb,将已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表达式中va已经包含在其中，分析a碰后的受力，则有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；【
35、解题回顾】本题考查的重点是洛伦兹力与动量问题的结合，实际上也可以问碰撞过程中产生内能的大小，就将能量问题结合进来了. 【例7】【解析】电子在匀强磁场中作匀速圆周运动，从a点射入b点射出磁场区域，故所求圆形磁场区域区有a点、O点、b点，电子的运动轨迹如图中虚线所示，其对应的圆心在O2点，令，作角，如图所示： 代入 由上式得 电子在磁场中飞行的时间； 由于O1的圆周角，所以ab直线段为圆形磁场区域的直径，则，故磁场区域圆心O1的坐标， ，即坐标 【解题回顾】本题关键为入射方向与出射方向成一定角度（题中为600），从几何关系认识到带电粒子回旋的圆弧为1/6圆的周长，再通过几何关系确定1/6圆弧的圆，
36、半径是或，进而可确定圆形区域的圆心坐标。【例8】【解析】粒子A带正电荷，进入电场后在电场力作用下沿y轴相反方向上获得加速度， 设A、B在x轴上P点相碰，则A在电场中运动时间可由求解： 由此可知P点位置： 粒子A到达P点的速度， 与x轴夹角： （2）由（1）所获结论，可知B在匀强磁场中作匀速圆周运动的时间也是，轨迹半径 粒子B在磁场中转过角度为，运动时间为 【例9】【解析】 (1)小环从静止起动后，环受力如图5，随着速度的增大，垂直杆方向的洛仑兹力便增大，于是环上侧与杆间的正压力减小，摩擦力减小，加速度增大。当环的速度为时，正压力为零，摩擦力消失，此时环有最大加速度am。在平行于杆的方向上有：m
37、gsin37qE cos37mam 解得：am2.8mS2在垂直于杆的方向上有：BqVmgcos37qEsin37 解得：V52m/S（2）在上述状态之后，环的速度继续增大导致洛仑兹力继续增大，致使小环下侧与杆之间出现挤压力N，如图6。于是摩擦力f又产生，杆的加速度a减小。VBqVNf a，以上过程的结果，a减小到零，此时环有最大速度Vm。在平行杆方向有：mgsin37Eqcos37f在垂直杆方向有 BqVmmgcos37qEsin37N又fN 解之：Vm122m/S 此时：a01解析：该段导线内共有电荷数目N=nl，这N个电荷受到的洛伦兹力为F=Bv(Nq)=nBlvq.答案：C 2解析：小
38、球转动时的向心力由绳的拉力和洛伦兹力提供，T+Bvq=，若T=0，绳断开，对小球运动没有影响，A正确.若T0绳子断开，小球若带正电，仍沿逆时针转动，但由于提供的向心力减小了，小球运动的半径要增大，B错.若小球带负电，绳子断开后，小球将沿顺时针方向运动，若原来T=2Bvq,则绳断开后小球半径不变，C正确.若原来T2Bvq，绳断开后，小球受到的外力变大，小球的半径将要减小，D正确.答案：B 3解析：这是速度选择器，由图知粒子以v0向下匀速穿过时，有qv0B=qE,电容器右板应带正电，粒子必须从下向上以v0穿过才可做匀速运动，若带正电粒子以vv0自上而下进入，则qvBqE,则粒子将向左偏，电场力做正
39、功，电势能减少.若带负电粒子以vv0进入，则将向右偏，电场力仍做正功，电势能减少.若粒子从下向上以vv0飞入，则qvBqE,向电场力一侧偏转，电场力做正功，电势能减少，动能增加.答案：B 4解析：由题意知粒子运动半径为R=x0，则由此可以确定粒子通过y轴时的坐标为（0,x0）,A错.由R=得v=,B错.由于粒子在磁场中运动圆周，运动时间t=T=,C错D对.答案：D 5解析：要使电子在PQ间扫描，磁场向外时电子向下偏，向里时电子向上偏，所以所加磁场方向必须变化.若磁场强弱不变，则电子将只能打在某一点.因此正确选项为B.答案：B 6BD解析：由安培定则确定电流磁场方向，再由磁场的叠加判定a、b、c
40、处合磁场方向，由左手定则可得出导线a受合力方向向左，导线c受合力方向向右，导线b受安培力合力为零，故选B、D. 7A解析：先利用安培定则判断P、Q在R所在处产生的磁场，再合成可得R处的磁场方向是沿+x轴方向，再用左手定则即可判断安培力的方向. 8BC解析：电子匀速圆周运动时间t=,A错B对，同时sin=(为圆心角)，由几何关系=R同时T= t=arcsin()故C对D错。 9一直减小（直至为0） 先增大后不变 解析：开始小球受力见图（a）,N=Eq,由题意知mgEq,所以小球加速向下运动，以后小球受洛伦兹力（如图b），相应N、f均增加，小球加速度减小，速度仍在增加，只是增加得慢了，洛伦兹力、弹
41、力、摩擦力将随之增加，合力继续减小，直到加速度a=0时，小球速度达到最大值后匀速运动，有：mg=(Eq+qvmB)，vm=.10解析：(1)物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，方向如图所示. 由此可知：小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里.随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开斜面. (2)加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿第二定律有：mgsin+
42、qEcos-Ff=ma又有：FN+qEsin-mgcos=0Ff=FN，解出a=A沿斜面运动的距离为s=at2=加上磁场后，受洛伦兹力F洛=Bqv,随速度v增大，支持力FN减小，直到FN=0时，物体A将离开斜面.有Bqv=mgcos-qEsin解出=.物体A在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功.根据动能定理，有：mg(L+s)sin+qE(L+s)cos-Wf=mv2-0.物体A克服摩擦力做功，机械能转化为内能Wf=mg.答案：(1)略(2)EQ=Wf=mg 11解析：m1击中m2前是匀速直线运动，应用m1g+Bvq=Eq 解得v=(Eq-m1g)/Bq
43、=1 m/s因m1在击中m2前已是水平匀速运动，故m1的竖直分速度已为零，在从m1开始运动到击中m2的过程中，只有重力和电场力对m1做功，洛伦兹力不做功.设所求高度为h,由动能定理得Eqh-m1gh=m1v2-0解得h=100 m由于m1击中m2后恰能做圆周运动，说明黏合体所受重力与电场力平衡，仅是洛伦兹力充当做匀速圆周运动的向心力，故有：m1g+m2g=Eq m2=-m1=510-10 kgm1与m2黏合体做匀速圆周运动的半径为r=(m1+m2)v/Bq 在m1击中m2的瞬间，由动量守恒有m1v=(m1+m2)v 将代入并代入数据得r200 m. 答案：100 m 1 m/s 510-10
44、kg 200 m 12解：（1）带电小球进入小车由向运动的过程中，由于车和球受恒定电场力的作用球向左做匀加速直线运动，车向右做匀加速直线运动（2）金属板、间的电场强度为，带电小球和车所受的电场力为设小车的位移为，则球的位移为，电场力对车的功为，电场力对球所做的功为（），所以电场力对球与车组成的系统做功为（3）小球进入、板间运动后，小球和车均做匀减速运动，设小球相对小车静止时，小球和车的速度为，由动量守恒，有（），由动能定理知（12）（12）（），则（2（9、直流电路和交流电路典型例题【例1】在如图所示的电路中，电源电动势为E设电流表的示数为I电压表的示数为U，电容器C所带的电荷量为Q将滑动变阻
45、器R1的滑动触头P向上移动，待电流达到稳定后，则与P移动前相比 （ ）A若电源内阻不可忽略，则U减小 B若电源内阻不可忽略，则I增大C若电源内阻不可忽略，则Q减小 D若电源内阻可以忽略，则Q减小训练题1（2005年南通一模）如图所示电路，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器的滑动头P向右滑动时，则有（）AR1上电压的变化量一定小于R2上电压的变化量BR1上电流的变化量一定小于R2上电流的变化量CR1上电流的变化量一定小于R3上电流的变化量DR2上电流的变化量一定小于R3上电流的变化量训练题2（2005年广东一模）如图所示电路，电源有不可忽略的电阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，电容器C1、C2所带
46、电荷量分别为Q1和Q2，下面判断正确的是（）R1R2R3C1C2SA仅将R1增大，Q1和Q2都将增大B仅将R2增大，Q1和Q2都将增大C仅将R3增大，Q1和Q2都将不变D突然断开开关S，Q1和Q2都将不变SL1L2Racbd【例2】（2005年山东一模）如图所示，理想变压器的原线圈a、b两端接正弦交流电压，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1、L2，输电线的等效电阻为，当开关由原来的闭合状态变为断开时，下列各量中减小的是（）A副线圈c、d两端的输出电压B副线圈输电线等效电阻R上的电压C通过灯泡L1上的电流强度D原线圈上的电流强度U1abSI1PR训练题（2005年天津二模）如图是一个
47、理想变压器的示意图，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流()A若保持P的位置及U1不变，S由a合到b处，则I1将减小B若保持P的位置及U1不变，S由b合到a处，则R上消耗的功率将增大C若保持U1不变，S置于b处，将P向上滑动，则I1减小D若保持P的位置不变，S置于a处，将U1增大，则I1减小【例3】（2005年启东一模）如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（）A短路B断路C断路D同时短路训练题图为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d
48、与220V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220V（ ）Aab间电路通，cd间电路不通 Bab间电路不通，bc间电路通 Cab间电路通，bc间电路不通 Dbc间电路不通，cd间电路通【例4】（2005年天津一模）如图所示的电路中，电源的电动势E=18V，内电阻r=1，定值电阻R1=5, R3=6,水平放置的平行板电容器相距d=2mm.开关S闭合时，电流表示数为I=2A，这时金属板间电量为q=8.010-7C的油滴恰好静止不动。试分析计算：(g=10m/s2)（1）定值电阻R2
49、的阻值多大？（2）油滴的质量多大？SAR1R2R3（3）断开后，油滴将如何运动?并说明理由。训练题1四川卷24.(19分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 ，电阻R=15 。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=110-2 C,质量为m=210-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板?此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)训练题2在图电路中，电源由6个电动势为1.5 V、内电阻为0.1的电
50、池串联而成，R1为4.4，R2为6，变阻器R3开始时接入电路的阻值为12，R2的额定功率为3 W问：（1）此时通过R1的电流是多大？（2）此时电源的输出功率是多大？（3）为确保R2消耗的实际功率不超过它的额定功率，变阻器R3接入电路的阻值应满足什么条件？【例5】如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=180匝，交流电源的电压，电阻R=45，电压表、电流表均为理想电表，则（ ）A交流电的频率为50Hz BA1的示数约为0.13ACA2的示数约为1.1A DV的示数为36V训练题（2005年启东二模）有一直流电动机的内阻为4.4和一盏标有“110V，60W”的灯泡串联后接
51、在电压为220V的电路两端，灯泡正常发光，则（）A电动机的输入功率为120WB电动机的发热功率为60WC电路消耗的总功率为60WD电动机的输出功率为58.7W【例6】（2005年杭州一模）如图所示，一个矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界匀强磁场中，磁场只分布在bc的左侧，线圈以bc为轴旋转，匀速转动的角速度为，外部电路中有一个负载电阻，阻值为R，A是一个理想电流表，电路中其他电阻不计，已知ab=L1, bc=L2，求：（1）从图示位置（此时线圈平面与磁感线垂直）起转过转的时间内，负载电阻R上产生的热量；（2）从图示位置起转过转的时间内，通过负载电阻R上的电荷量；（3）电流表的示数【例7
52、】促进西部大开发的一个重要保证是解决能源问题,而西部具有丰富的水利资源.一个小型水电站的河水流量为4m3/s,水流下落高度为5m。若该水电站发电机组的总效率为50%，取g=10m/s2，求：（1）发电机组的输出功率；（2）设发电机组的输出电压为250V，在输送途中的线路电阻为2，要使线路上损耗的电功率不超过输出功率的5%，问在用户需用电压为220V时，所用升压变压器和降压变压器线圈匝数之比为多少？能力训练1在图示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端
53、，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是（ ） A直流10V挡B直流0.5A挡C直流2.5V挡D欧姆挡2电路如图，电源内阻不能忽略，R110，R28，开关接通1时，电压表的示数U12.0V，则当开关接通2时，电压表的示数可能是（）A2.2V B2.0V C1.8V D1.6V 3如图所示，是测定两个电源的电动势E和内电阻r实验中得到的路端电压U和电流I的图线，则应有（ ）A当I1=I2时，电源总功率P1=P2B当I1=I2时，外电阻R1=R2C当U1=U2时，电源输出功率P出1P出2D当U1=U2时，电源内部消耗的电功率P内1P内2 4如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂
54、直于磁场方向的转轴以恒定的角速度转动，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化在 t=时刻 （ ）A线圈中的电流最大 B穿过线圈的磁通量为零VCErSR1R2R3C线圈所受安培力的力矩为零D线圈消耗的电功率为零5（06年南京）所示电路中，电源电动势E=10V，内阻r=1，电容器电容C=40F，电阻R1=R2=4，R3=5。接通电键S，待电路稳定后，求：（1）理想电压表V的读数；（2）电容器的带电量。：电动机Iv06（05年宿迁）如图所示，是用直流电动机提升重物的装置示意图，电源电动势E100V，内电阻r11，电动机的线圈电阻r24。重物质量m36kg，
55、重物被电动机以v0.5m/s的速度匀速提起，不计重物运动中所受的阻力，取g10m/s2，试求：电路中的电流I和电源的输出功率P。7（05年连云港）一个矩形线圈在一匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴匀速转动，产生的交变电动势表达式为V，试求：(1)电动势的最大值、有效值和频率；(2)若矩形线圈是100匝，线圈平面面积为0.02m2，匀强磁场的磁感应强度B是多少?(3)当线圈平面从中性面开始转过时，电动势的瞬时值是多大?8.重庆卷23.(16分)三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A.若将它们连接成题23图1、题23图2所示电路，且
56、灯泡都正常发光，(1) 试求题23图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率;(2) 分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。9（2005年福建一模）我们都有过这样的体验：手电筒里的两节干电池用久了以后，灯泡发红光，这就是我们常说的“电池没电了”。有人为了“节约”，在手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用。某同学为了检验此人的做法是否合理，设计了下面的实验：（1）该同学设计了如图（甲）所示的电路来分析测量新旧干电池的电动势和内电阻，并将测量结果描绘成如图（乙）所示的UI图像。由图像可知：新电池：电动势1= V；内阻r1= ；旧电池：电动势2= V；内阻r2= ；（2）计算新、旧电池
57、各一节串联作电源使用时的效率；（手电筒的小灯泡上标有“3V 2W”）（3）计算上小题中旧电池提供的总电功率和它本身消耗的电功率分别是多少？（4）你认为新、旧电池搭配使用的做法是否合理，简述理由。ARV r S0.3 5 0甲乙I/A1.51.2U/V10如图所示的电路中，三个电阻值均为R，E为电源，内阻不计，平行板电容器两极板间距离为d，两极板间有质量为m、电荷量为q的带电小球.当开关S闭合时，带电小球静止在两板间的中点O，现将S断开，小球便向某极板运动，并与此极板碰撞，设碰撞时没有机械能损失，但带电小球的带电荷量发生变化，碰后小球带有与该极板同性质的电荷，而且所带的电荷量恰好能使它运动到另一
58、个极板.求小球与某极板碰撞后所带的电荷量. 11如图3110所示，理想变压器原线圈中输入电压3300，副线圈两端电压为220，输出端连有完全相同的两个灯泡和，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数2，求： （1）原线圈等于多少匝?（2）当开关断开时，表的示数5，则表的示数为多少?（3）当开关闭合时，表的示数等于多少?专题九答案【例1】AC训练题1答案：ACD解析：外电路是电阻R2和电阻R3并联后再与R1串联，当滑动变阻器滑动头P向右滑动时，外电路电阻变大，所以干路中的电流I变小，路端电压U变大，电阻R1上的电压U1=I R1，U1变小，所以电阻R2两端上的电压变大，且变大的幅度比小R1上电压U1变小
59、的幅度要大，所以选项A正确；干路电流大于支路的电流，所以选项B错误；I1=I，I变小，R2上的电流变大，所以R3上的电流变小，且变小的幅度大于变小的幅度，所以选项C正确；同理选项D也正确，综上所述，本题的正确选项应该为ACD。训练题2答案：BC解析：分析电路得：电容C1是通过R3接在电源上，即两端的电压是路端电压，所以仅增大R1时，电容器C1上的电量Q1增大，但是电阻R2上的电压减小，所以电量Q2会减小，所以选项A错误；仅增大电阻R2，同理Q1是增大的，R2两端的电压变大的，所以Q2也是变大的，选项B正确；改变电阻R3不会对电路造成影响，所以Q1和Q2都将不会改变，选项C正确；如果突然断开开关
60、S，此时电容C2会放电，所以电量会改变，所以选项D错误，综上所述，本题的正确选项应该是BC。【例2】答案：BD解析：因为变压器的副线圈上的电压，当U1不变时，开关S断开，副线圈上的电压U2不会改变，所以选项A错误；当断开S时，副线圈输出端的电阻变大，则干路的电流变小，所以电阻R上的电压变小，所以选项B符合题意正确；再根据变压器的电流关系，副线圈上的电流减小，所以原线圈上的电流也减小，所以选项D符合题意正确；副线圈上的电压U2不变，电流变小，所以电阻R上的电压减小，则灯泡L1两端的电压增加，则流过L1的电流变大，所以选项C错误，综上所述，本题的正确选项为BD。训练题答案：C解析：若保持P的位置及
61、U1不变，S由a合到b处，则n1减小，根据变压器的副线圈上的电压，所以副线圈上的电压变大，且电流也变大，R上消耗的功率变大，根据变压器的电流关系，所以原线圈上的电流变大，所以选项A错误；若保持P的位置及U1不变，S由b合到a处，情况正好相反，所以选项B错误；若保持U1不变，S置于b处，则副线圈上的电压U2不变，若将P向上滑动，电阻变小，所以电流I2变小，所以选项C正确；若保持P的位置不变，S置于a处，将U1增大，则U2变大，滑动变阻器上的电流变大，所以原线圈上的电流I1也变大，所以选项D错误，综上所述，本题的正确选项为C。【例3】答案：C解析：分析题意得：电路连接形式是灯泡B也电阻R3并联后与
62、灯泡A和电阻R2串联再与滑动变阻器R1并联。如果是电阻R1短路，则整个电路将全被短路，不符合题目要求，所以选项A错误；同理电阻R1、R2同时短路，也不符合题的要求，所以选项D也错误；如果R2断路，则两个灯泡都将熄灭，也不符合题目要求，所以选项B也错误；若电阻R3断路，则外电路电阻变大，路端电压变大，干路电流变小，但是滑动变阻器上的电流变大，所以流过上面支路的电流变小，所以灯泡A变暗，灯泡A和电阻R2两端电压变小，则灯泡B两端电压变大，所以灯泡B变亮，所以选项C正确。训练题CD【例4】答案：（1）6；（2）410-4kg；（3）向上加速运动。解析：（1）I=E/R+r，代入数据得：，R2 =6。
63、（2）mg=qu1/d，u1=IR1=25=10V，所以质量m=410-4kg。（3）向上匀加速断开时，外电阻变大，路端电压也变大，电容器两端的电压变大，油滴受到向上的电场力增大，所以油滴向上加速运动。训练题1答案: 24.(19分)(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB由动能定理得 -mgd-qUAB=0- 滑动变阻器两端电压 U滑=UAB=8 V 设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得I= 滑动变阻器接入电路的电阻 (2)电源的输出功率 P出=I2(R+R滑)=23 W 训练题2答案：（1）I=1A（2）P=84W（3）变阻器R3接入电路的阻值应
64、小于、等于17 【例5】BD训练题答案：D解析：由题意得：当“110V 60W”的灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为110V，流过的电流为，总电压是220V，所以直流电动机两端的电压也是110V，流过的电流为，所以电动机输入的功率为60W，发热功率为1.3W，输出功率为58.7W，所以选项A和选项B错误；选项D是正确的；而电路消耗的总功率是120W，所以选项C错误；综上所述，本题的正确选项应该为D。【例6】答案：（1）（2）（3）BL1L2/2R解析：（1）线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流，线圈中产生的电动势的最大值为Em=BL1L2，所以电流的最大值为Im=BL1L2/R，负
65、载电阻R上产生的热量Q=I2Rt=(Im)2Rt=。（2）通过负载电阻R上的电荷量q=It=。（3）设此交变电流在一个周期内的有效值为I，则由有效值的定义得：I/2RT=(Im)2R，所以：I=Im=BL1L2/2R。【例7】答案：（1）10（2）1:8，9511（）水流功率：0gh，代入数据计算得：10发电机组的功率：0，代入数据计算：1010（）输电示意图如图所示ErR1R3损，因为：损rI2，1400A，n1:n2=I2:I1=1:8，又因为：n1:n2，所以n2U1/n1，代入数据计算得：2000V，U3U2-I2r，代入数据计算得：1900，因为：n3:n4：95111A 2C 3A
66、CD4CD5答案：当开关合上后，等效电路如图所示，这时电压表测得 的是R3两端的电压U3，电容器两端的电压为R1两端的电压U1（1）流过电路中的总电流代入数据得I=1A U3=IR3 U3=5V（2）U1=IR1 U1=4V C=Q/U1 Q=CU=1.610 -4C6答案：电源的输出功率：PUI 由闭合电路欧姆定律EUIr1 即PI（EIr1）电动机的热功率：P热I 2r2 电动机的输出机械功率：P出mgv则：Pmgv+I 2r2所以得：I2（r2r1）IEmgv0 代入数据化简，得：I 220I360所以I2（A）（I18A舍去） 得P196（W）7答案：（1）将（V）跟对应比较，可知V
67、有效值： V220V 频率： Hz50Hz （2）由得T0.5T （3）线圈从中性面转过，即 V3110.707V220V 8.答案:（1）电路的总电流I总0.9A；电阻R2消耗功率PR20.045W（2）图1电源提供的电功率P总2.7W；图2电源提供的电功率P总1.8W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P总P总，所以图2电路比图1电路节能。9答案：（1）1.5，0.3，1.2，4；（2）51.1%；（3）0.37W，0.38W；（4）见解析。解析：（1）1.5，0.3；1.2，4。（2）RL=4.5，（3）旧电池提供的总率，旧电池本身消耗的电功率。（4）新旧电池搭配使用时，由于旧电池
68、本身消耗的功率过大，整个电路效率太低，所以这种做法不合理。10解析：S闭合：qU/d=mg，得U=mgd/q=E，S断开：U=E，有U=U=由动能定理：mg-q=mv2 qU-mgd=-mv2 联立两式得q=q.答案：q=q11解：（1）由电压与变压器匝数的关系可得，1650匝（2）当开关断开时，有，（13）（3）当开关断开时，有44，当开关闭合时，设副线圈总电阻为，有222，副线圈中的总电流为，则10，由可知（23）10、电磁感应与电路典型例题【例1】如图所示，在倾角为的光滑的斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，一个质量为m，边长
69、也为L的正方形线框(设电阻为R)以速度v进入磁场时，恰好做匀速直线运动.若当ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则：(1)当ab边刚越过ff时，线框加速度的值为多少?(2)求线框开始进入磁场到ab边到达gg与ff中点的过程中产生的热量是多少? 【例2】如图所示，da、cb为相距L的平行导轨(电阻可以忽略不计).a、b间接有一个固定电阻，阻值为R.长直细金属杆MN可以按任意角架在水平导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向和da平行. 杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dabc平面)向里(1)求固定电阻R上消耗的电功
70、率为最大时角的值(2)求杆MN上消耗的电功率为最大时角的值.【例3】如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8，R2=2，导轨电阻不计. 磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=110-14kg、带电量Q=-110-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求： (1)金属棒ab运动的速度多大?电阻多大? (2)S闭合后，使金属棒
71、ab做匀速运动的外力的功率多大?【例4】 在如图所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B，导轨左端的间距为L1=4L0，右端间距为L2=L0。今在导轨上放置AC，DE两根导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。若AC棒以初速度V0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热QAC，以及通过它们的总电量q。【例5】用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻为1。把线框放在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO以=100rad/s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图所示，已知轴OO在线框平面内
72、，并且垂直于B，od=3oa, Oc=3 Ob,当线框转至和B平行的瞬间。求：（1）每条边产生的感应动势大小；（2）线框内感应电流的大小；（3）e，f分别是ab和cd的中点，ef两点间的电势差。图32-1 【例6】、如图所示，两根互相平行、间距d=0.4米的金属导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab、cd所受摩擦力均为f=0.2N。两根杆电阻均为r=0.1，导轨电阻不计，当ab杆受力F=0.4N的恒力作用时，ab杆以V1做匀速直线运动，cd杆以V2做匀速直线运动，求速度差(V1 V2)等于多少？图33-1【例7】.如图所示，线圈每边长L0.20，线
73、圈质量10.10、电阻0.10，砝码质量20.14线圈上方的匀强磁场磁感强度0.5，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为L0.20砝码从某一位置下降，使边进入磁场开始做匀速运动求线圈做匀速运动的速度【例8】如图所示，是用于观察自感现象的电路，设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与小灯泡的电阻R满足R LR则在电键S由闭合到断开瞬间，可以观察到 （ ）A灯泡立即熄灭B灯泡逐渐熄灭，不会闪烁C灯泡有明显的闪烁现象D灯泡会逐渐熄灭，但不一定有闪烁现象【例9】如图所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距m，处在同一水平面中，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面横跨在导轨上的直导线ab的
74、质量m =0.1kg、电阻R =0.8，导轨电阻不计导轨间通过开关S将电动势E =1.5V、内电阻r =0.2的电池接在M、P两端，试计算分析：（1）在开关S刚闭合的初始时刻，导线ab的加速度多大？随后ab的加速度、速度如何变化？（2）在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度 =7.5m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）能力训练vMdcbaRN1如图所示，两根相距l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计MN为放ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨
75、所在平面（指向图中纸面内）现对MN施加一力使它沿导轨方向以速度做匀速运动用U表示MN两端电压大小，则（ ）AU=Bl/2，流过固定电阻R的感应电流由b到dBU=Bl/2，流过固定电阻R的感应电流由d到bCU=Bl，流过固定电阻R的感应电流由b到dDU=Bl，流过固定电阻R的感应电流由d到b2（05年启东）在图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下
76、导体棒ab的最终运动状态是（ ）ECav0BRbav0BRbav0BRb甲乙丙A三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动B甲、丙中，ab棒最终将以不同速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止C甲、丙中，ab棒最终将以相同速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止D三种情形下导体棒ab最终都做静止3在方向水平的、磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨道cd、ef，其宽度为1 m，其下端与电动势为12 V、内电阻为1 的电源相接，质量为0.1 kg的金属棒MN的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图所示，除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10 ms2，从S闭合直到金属棒做匀速直线运动的过
77、程中（ ）A电源所做的功等于金属棒重力势能的增加B电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热C匀速运动时速度为20 ms D匀速运动时电路中的电流强度大小是2 A4如图所示，由一根绝缘导线绕成半径相同的两个小圆组成的“”形线圈水平放置，匀强磁场方向与线圈平面垂直若将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中有电量Q通过线圈，则下列过程中不能使线圈中通过电量为Q的有 （ ）A保持B不变，将线圈平面翻转90B保持B不变，将线圈平面翻转180C保持B不变，将线圈的一个小圆平面翻转180D保持B不变，将线圈拉大成一个大圆MPRNQCab5（05年荆门）放在绝缘水平面上的两条平行导轨MN和PQ之间宽度为L，置于磁
78、感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有阻值为R的电阻，其它部分电阻不计导轨右端接一电容为C的电容器，长为2L的金属棒放在导轨上与导轨垂直且接触良好，其a端放在导轨PQ上现将金属棒以a端为轴，以角速度沿导轨平面顺时针旋转角，如图1所示求这个过程中通过电阻R的总电量是多少？（设导轨长度比2L长得多）aby/mx/mOCAR1R21.53.01.06（05年昆明）如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度T，OCA导轨与OA直导轨分别在O点和A点接一阻值和几何尺寸可忽略的定值电阻，导轨OCA的曲线方程为（m）金属棒ab长1.5米，以速度m/s水平向右匀速运动（b点始终在x
79、轴上）设金属棒与导轨接触良好，摩擦不计，电路中除了电阻R1和R2外，其余电阻均不计，曲线OCA与x轴之间所围面积约为1.9m2，求：（1）金属棒在导轨上运动时R1的最大功率；（2）金属棒在导轨上运动从到m的过程中通过金属棒ab的电量； （3）金属棒在导轨上运动从到m的过程中，外力必须做多少功？7（05年如东）如图，水平平面内固定两平行的光滑导轨，左边两导轨间的距离为2L，右边两导轨间的距离为L，左右部分用导轨材料连接，两导轨间都存在磁感强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。ab、cd两均匀的导体棒分别垂直放在左边和右边导轨间，ab棒的质量为2m，电阻为2r，cd棒的质量为m，电阻为r，其它部分电阻
80、不计。原来两棒均处于静止状态，cd棒在沿导轨向右的水平恒力F作用下开始运动，设两导轨足够长，两棒都不会滑出各自的轨道。试分析两棒最终达到何种稳定状态？此状态下两棒的加速度各多大？在达到稳定状态时ab棒产生的热功率多大？ 8.如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度电阻为r0，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离为有垂直纸面向里的非匀强磁场，其磁感应强度沿y方向大小不变，沿x方向均匀增强，即有，其中为常数一根质量为m，电阻不计的金属杆MN可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中 始终保持与导轨垂直在t0时刻，金属杆MN紧靠在P、Q端，在外力F作用下，杆以恒定的加
81、速度从静止开始向导轨的另一端滑动求（1）在t时刻金属杆MN产生的感应电动势大小；（2）在t时刻流经回路的感应电流大小和方向；（3）在t时刻金属杆MN所受的安培力大小9矩形线圈、材料相同，导线横截面积大小不同，粗于，、由同一高度自由下落，同时进入磁感强度为的匀强场区（线圈平面与垂直如图3-99所示），、同时离开磁场区，试列式推导说明图3-99专题十答案【例1】【解析】此题旨在考查电磁感应与能量之间的关系.线框刚越过ff时，两条边都在切割磁感线，其电路相当于两节相同电池的串联，并且这两条边还同时受到安培力的阻碍作用. (1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即在ab边刚
82、越过ff时，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为E=2BLv，设此时线框的加速度为a，则2BEL/R-mgsinq=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsinq=3gsinq，方向沿斜面向上. (2)设线框再做匀速运动时的速度为v，则mgsinq=(2B2L2v/R)2，即v=v/4，从线框越过ee到线框再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得:【解题回顾】电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化，适时选用能量守恒关系常会使求解很方便，特别是处理变加速直线运动或曲线运动问题.【例2】【解析】如图所示，杆滑动时切割磁感线而产
83、生感应电动势E=BLv，与q角无关. 以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为:(1)电阻R上消耗的电功率为:由于E和R均与q无关，所以r值最小时，PR值达最大.当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的q值为q=p/2.(2)杆上消耗的电功率为: Pr= 要求Pr最大，即要求 取最大值.由于 显然，r=R时， 有极大值因每米杆长的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，所以有以下两种情况：如果L1m，则q满足下式时r=R 1sinq=L 所以q=arcsinL如果L1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有rR由于 在rR的条件下，上式随r的减小而单调减小，
84、r取最小值时， 取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值时q值为【例3】【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，则得到:mg= 求得电容器两极板间的电压 由于微粒带负电，可知上极板电势高. 由于S断开，R1上无电流，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应电流，即通过R2、R3的电流为:由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir 其中r为ab金属棒的电阻 当闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S闭合后电容器两极板间的电压:这时电路中的感应电流为 I2=U2/R2=0.
85、3/2A=0.15A根据闭合电路欧姆定律有 将已知量代入求得E=1.2V，r=2W 又因E=BLvv=E/(BL)=1.2/(0.41)m/s=3m/s 即金属棒ab做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2W (2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2L=0.410.15N=0.06Nab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为:P=Fv=0.063W=0.18W【例4】【错解分析】错解：AC棒在磁场力的作用下，做变速运动。运动过程复杂，应从功能关系的角度来分析。由于没有摩
86、擦，最后稳定的状态应为两棒做匀速运动。根据动量守恒定律m1v0=（m1m2）v整个回路产生的焦耳热因为R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在运动过程中产生的焦耳热对AC棒应用动量定理：BIL1t=m1vm1v0AC棒在磁场力的作用下做变速运动，最后达到运动稳定，两棒都做匀速运动的分析是正确的。但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的。如果两棒的速度相同则回路中还有磁通量的变化，还会存在感应电动势，感应电流还会受到安培力的作用，AC，DE不可能做匀速运动。【正确解答】由于棒L1向右运动，回路中产生电流，Ll受安培力的作用后减速，L2受安培力加速使回路中的电流逐渐减小。只需v1，v2满足一定关系
87、，两棒做匀速运动。两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有BLlv1=BL2v2再对DE棒应用动量定理BL2It = m2v2【解题回顾】电磁感应现象应用问题，往往涉及到很多知识点，是最为复杂的综合性题综合性题的处理途径主要是采用“分析法”：按知识点(主要指物理规律)划分若干基础题型，按各基础题型解题步骤建立方程，最后解方程组即可得解以前我们做过类似的题。那道题中的平行轨道间距都是一样的。有一些同学不假思索，把那道题的结论照搬到本题中来，犯了生搬硬套的错误。差异就是矛盾。两道题的差别就在平行导轨的宽度不一样上。如何分析它们之间的差别呢？还是要从基本原理出发。平行轨道间距一样的情况两
88、根导体棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的变化为零。本题中如果两根导轨的速度一样，由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零，仍然会有感应电流产生，两根导体棒还会受到安培力的作用，其中的一根继续减速，另一根继续加速，直到回路中的磁通量的变化为零，才使得两根导体棒做匀速运动。抓住了两道题的差异之所在，问题就会迎刃而解。【例5】【错解分析】错解：线圈在转动时，只有ab边和cd边作切割磁感线运动，产生感应电动势。（2）由右手定则可知，线框在图示位置时，ab中感应电动势方向向上，而cd中感应电势的方向向下。（3）观察fcbe电路本题解共有4处错误。第一，由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出，即
89、缺少ad和bc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的的倍数关系与每一部分占总长的几分之几表述不正确。第三，ab边和cd边的感应电动势的方向分别向上、向下。但是它们的关系是电源的串联，都使电路中产生顺时针方向的电流，闭合回路的总电动势应为：cd+ab，而不是相减。第四，求Uef时，研究电路fcbe，应用闭合电路欧姆定律，内电路中产生电动势的边长只剩下一半，感应电动势也只能是cd/2。【正确解答】（1）线框转动时，ab边和cd边没有切割磁感线，所以ad=0,bc=0。（3）观察fcbe电路【解题回顾】没有规矩不能成方圆。解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：（1）通过多角度的视图，把磁场
90、的空间分布弄清楚。（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题。（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求解。【例6】分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用=BlVsin来求较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第电磁感应定律=用于整个回路上，即可“一次性”求得回路的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。cd棒匀速向右运动时，所受摩擦力f方向水平向左，则安
91、培力Fcd方向水平向右，由左手定则可得电流方向从c到d，且有：Fcd = IdB = f I = f /Bd取整个回路abcd为研究对象，设回路的总电势为，由法拉第电磁感应定律=，根据B不变，则=BS，在t时间内，=B(V1V2)td所以：=B(V1V2)td/t=B(V1V2)d 又根据闭合电路欧母定律有：I=/2r 由式得：V1V2 = 2fr / B2d2代入数据解得：V1V2 =6.25（m/s）【例7】解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力安、绳子的拉力和重力1相互平衡，即安1砝码受力也平衡：2线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流L，因此线圈受到向下的安培力安L联解
92、式得（21）2L2代入数据解得：4（）【例8】C【例9】【解析】（1）在S刚闭合的瞬间，导线ab速度为零，没有电磁感应现象，由a到b的电流A，ab受安培力水平向右，此时瞬时加速度m/s2ab运动起来且将发生电磁感应现象ab向右运动的速度为时，感应电动势，根据右手定则，ab上的感应电动势（a端电势比b端高）在闭合电路中与电池电动势相反电路中的电流（顺时针方向，）将减小（小于I0=1.5A），ab所受的向右的安培力随之减小，加速度也减小尽管加速度减小，速度还是在增大，感应电动势E随速度的增大而增大，电路中电流进一步减小，安培力、加速度也随之进一步减小，当感应电动势与电池电动势E相等时，电路中电流为
93、零，ab所受安培力、加速度也为零，这时ab的速度达到最大值，随后则以最大速度继续向右做匀速运动设最终达到的最大速度为m，根据上述分析可知：所以m/s=3.75m/s（2）如果ab以恒定速度m/s向右沿导轨运动，则ab中感应电动势V=3V由于，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为：A=1.5A直导线ab中的电流由b到a，根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大小为N=0.6N所以要使ab以恒定速度m/s向右运动，必须有水平向右的恒力N作用于ab上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：作用于ab的恒力（F）的功率：W=4.5W电阻（R +r）产生焦耳热的功率：W=2.25W
94、逆时针方向的电流，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来电池吸收能量的功率：W=2.25W由上看出，符合能量转化和守恒定律（沿水平面匀速运动机械能不变）1 A 2B 3CD4B5解析：从ab棒以a端为轴旋转切割磁感线，直到b端脱离导轨的过程中，其感应电动势不断增大，对C不断充电，同时又与R构成回路MPRNQCabDb30通过R的电量根据以上两式得 当ab棒运动到b时，电容C上所带电量为,此时，而,所以当ab脱离导轨后，C对R放电，通过R的电量为q，所以整个过程中通过R的总电量为 6答案：ab棒等效为电源，R1、R2并联，所以总电阻（1）R1的功率当时
95、，有R1的最大功率代入数据得W（2）将OA分成n份长度为x的小段，每一小段中金属棒的有效长度可认为是一定的，设为由于金属棒向右匀速运动，设金属棒每通过x的位移所用的时间为t金属棒每通过x的位移，通过其电量的表达式，其中为金属棒每通过x的所扫过的有效面积，设为，所以金属棒在导轨上运动从到的过程中通过金属棒ab的电量，式中S即为题目中曲线OCA与x轴之间所围的面积代入数据得C（3）因为 所以，ab棒产生的是正弦式交变电流，且V由得金属棒在导轨上从到的过程中R1、R2产生的热量，由代入数据得J7答案：cd棒由静止开始向右运动，产生如图所示的感应电流，设感应电流大小为I，cd和ab棒分别受到的安培力为
96、F1、F2，速度分别为v1、v2,加速度分别为a1、a2,则F1=BIL F2=2BIL 开始阶段安培力小，有a1a2，cd棒比ab棒加速快得多，随着（v1-2v2）的增大，F1、F2增大，a1减小、a2增大。当 a1=2a2时，（v1-2v2）不变，F1、F2也不变，两棒以不同的加速度匀加速运动。将式代入可得两棒最终作匀加速运动加速度：两棒最终处于匀加速运动状态时a1=2a2，代入式得： 此时ab棒产生的热功率为： 8答案：（1）E=skla2t3/2（2）I=klat/2r0 方向逆时针（3）F=k2a2l2t3/4r09解：设矩形线圈的密度为，电阻率为，横截面积为，即时加速度为，由牛顿第
97、二定律，有2（）（）（）2则（4（）可见，与无关，又由于、从同一高度静止释放，则两线圈即时加速度相等，故、同时离开磁场区专题十一答案【例1】AD【例2】AD训练题 B 【例3】B【例4】BD【例5】AC【例6】AC训练题BD【例7】C 训练题D【例8】解析：反射光的旋转速度为，转过的角度为, P点为全反射的发生点，PMOSA所以，所以运动时间为，从A到P的平均速度在P点光斑的瞬时速度【例9】解（1）连接OB、BC，如图。 在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，在OCP中：有解得：OCP=135（45值舍）进而可得：COP=15由折射率定义：在B点有： 在C点有：又所以，i45又： 故：r3
98、0因此，透明体的折射率（2）因为：所以单色光在透明体中的波长 1D 2C3 B )4 AC5C 6C 7 A )8BD9C10.答案：A11.【答案】C 12.答案：C13.【答案】AC 14A15. D ）16CD 17B18D 19A20C21A22 B 23B24B25C26D27D28AD29ABCD30BC31答案：(1)由题意 2mec2=h 所以 (2) “电子偶数”绕质量中心(即几何中心)转动,则 故 “电子偶数”的总动能Ek=2 又已知其电势能, “电子偶数”的总能量E总=Ek+E= 根据波尔的轨道量子化理论 可得 由得 代入即有E总= 在n=1时有E总= (3) “电子偶数
99、”从第一激发态(n=2)跃迁至基态时,放出能量,由可得E=E总-E总故由E=得 。 12、物理实验I、 基本知识基本仪器是指通用性强，在各种实验中经常用到的仪器。中学阶段，要求掌握的基本仪器如下：测量长度的仪器-刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器测量质量的仪器-天平基本仪器测量时间的仪器-打点计时器、秒表测量力的仪器-弹簧秤测量温度的仪器-温度计测量电学量仪器-电流表、电压表、多用电表、示波器电学控制仪器-滑动变阻器、变阻箱、开关一、理解仪器的工作原理。这能使我们灵活的使用仪器和分析问题。例如，理解10分度的游标卡尺，也就能理解和使用20分度和50分度的游标卡尺。二、熟悉仪器使用时的注意事项。这往往
100、是高考实验题的考点。注意事项一般是这样几方面：可能危及仪器安全的。如：螺旋测微器，在小砧快接触工件时，应改用微调旋钮，以免损坏精密螺杆。可能增大误差的。如使用螺旋测微器，读数时要注意半毫米刻度；测量仪器使用前，要调整零位（如弹簧秤、各种电表）。使用时容易忽略的。最容易忽略的是仪器使用前的调整和使用后的复位。如：使用欧姆表，要机械调零和电阻档调零，换档后要重新进行电阻档调零，使用完毕要复位。三、正确选择量程。大的量用小量程，会损毁仪表；小的量用大量程，会增大误差。选择量程的原则是：在测量值不超过量程的前提下，选用尽量小的量程；在完全不清楚测量值的情况下，试用最大量程，再视情况逐渐减小量程。如电流
101、表和电压表一般要求指针能偏转到刻度盘的以上；欧姆表指针应在范围内， 为刻度盘中心阻值。四、掌握测量仪器的读数方法。读数方法：根据最小分度采取不同的读数方法十分之一估读刻度尺、螺旋测微器等绝大多数仪器不要估读到秒表、游标卡尺电表的读数：观察表盘，两大刻度之间是几分位（几个小格子），就按照几分位估读欧姆表的读数坐标纸的读数规则与相同1秒表2游标卡尺3螺旋测微器图2035 30104035图34欧姆表5.电流表、电压表用015V档，此电压表示数为_V用00.6A档，此电流表示数为_A例1假设我们已经进入了航天时代，一个由3名高中学生组成的航天兴趣小组乘外星科学考察飞船前往某X星球，准备用携带的下列器
102、材测量X星球表面的重力加速度gx，这些器材是：A、钩码一盒，质量未知且个钩码质量不等 B、重锤一个，质量未知C、带孔金属小球一个，直径已知为dD、太阳能电池板一块，输出直流电压可满足任何要求E、无弹性丝线若干根 F、导线、开关若干G、刻度尺一把 H、测力计一个I、天平一台（含砝码一盒）J、打点计时器一台（含复写纸片、纸带）K、电子秒表一个L、带有光控计时器的实验平板一块。在平板的两端各有一个光控门，同时还配有其专用的直流电源，导线，开关，重垂线，滑块，该器材还可用来测量物体从一个光控门运动到另一个光控门的时间 M、支架：能满足实验所需的固定作用到达X星后，三位同学从以上器材中选择各自所需的器材
103、（同一器材可以重复使用），用不同的方法各自独立地测出了重力加速度gx的值。现请你完成他们所做的实验：例2（10分）某电流表 的量程为I0=50mA，内阻为r0=50，其表盘刻度线已模糊不清，要重新通过测量来刻画出从零到满刻度的刻度值，有下列器材：A待测电流表 B6V直流电源EA2A1C“010，1A”标准变阻器R1 D“0100，50mA”滑动变阻器R2E“0.6A，0.5”标准电流表 F“3A，0.01” 标准电流表G5定值电阻R3 H20定值电阻R4I.开关及导线若干（1）应选用的器材有(只需填写所选器材序号)(2)在右侧虚线框内画出实验电路图.(3)待测电流表的电流刻度值的表达式I=.
104、式中各物理量所表示的意义分别为.II、 基本方法围绕实验的设计原理、误差控制、数据处理三个环节，都有它们自己的一些有普遍意义的方法，在中学阶段涉及的主要是以下一些方法：一、设计实验原理1控制变量法。如：在“验证牛顿第二定律的实验”中，加速度、力和质量的关系控制。在“研究单摆的周期”中，摆长、偏角和摆球质量的关系控制。2近似替代法。用伏安法测电阻时，选择了合适的内外接方法，一般就忽略电表的非理想性。3等效替代法。某些量不易测量，可以用较易测量的量替代，从而简化实验。在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，两球碰撞后的速度不易直接测量，在将整个平抛时间定为时间单位后，速度的测量就转化为对水平位移的测量
105、了。4模拟法。当实验情景不易或根本无法创设时，可以用物理模型或数学模型等效的情景代替，尽管两个情景的本质可能根本不同。“描绘电场中的等势线”的实验就是用电流场模拟静电场。5微小量放大法。微小量不易测量，勉强测量误差也较大，实验时常采用各种方法加以放大。卡文迪许测定万有引力恒量，采用光路放大了金属丝的微小扭转；在观察玻璃瓶受力后的微小形变时，使液体沿细玻璃管上升来放大瓶内液面的上升。6留迹法。把瞬息即逝的现象(位置、轨迹等)记录下来如通过纸带上打出的小点记录小车的位置，例如研究匀变速直线运动、验证机械能守恒等；用描迹法画出平抛物体的运动轨迹；用沙摆显示振动的图象等。用频闪照片记录运动。例如用小球
106、自由下落的频闪照片研究自由落体运动的规律；用平抛小球的频闪照片研究平抛运动的规律；用弹簧振子的频闪照片研究简谐运动的规律。二、控制实验误差1多次测量法。多次测量法减小偶然误差，这是所有实验必须采取的办法，也是做实验应具有的基本思想。2积累法。一些小量直接测量误差较大，可以累积起来测量，以减小误差。“用单摆测定重力加速度”的实验中，为了减小周期的测量误差，不是测量完成一次全振动的时间，而是测量完成3050次全振动的时间。三、数据处理1列表法。在记录和处理数据时，常常将数据列成表格。数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间规律性的联系列表的要求：写明表的标题或加上
107、必要的说明 必须交待清楚表中各符号所表示的物理量的意义，并写明单位表中数据应是正确反映测量结果的有效数字2作图法。用作图法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一，其优点是直观、简便且有取平均的效果。可以由图线的斜率、截距、包围面积等研究出物理量之间的关系，找出规律。作图的规则：作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的多少和结果的需要来定要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点在线的两侧合理的分布在图上求直线的斜率时，可以选取线上相距较远的两点，不一定要取原来的数据点作图时常设法使图线线性化，即变曲为直3平均值法。
108、现行教材中只介绍算术平均值，即把测定的数据相加求和，然后除以测量的次数必须注意的是，求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数。4逐差法。这就是用打点计时器打出的纸带计算加速度时用到的方法，这种方法充分利用了测量数据，具有较好的取平均的效果。四、误差1误差：测量值与真实值的差异叫做误差。误差可分为系统误差和偶然误差两种。系统误差是由实验方案、测量仪器等因素造成的，其特点是在多次重复同一实验时，误差总是同样地偏大或偏小，是客观性的，一旦我们确定了实验方案和测量仪器，系统误差就确定了，不能改变。偶然误差是由于实验者的主观因素造成的，是主观性的，其特点 是总是有时偏大，有时偏小，并且
109、偏大和偏小的机会相同。我们可以采取不同的方法减小偶然误差，试总结我们在实验过程中减小偶然误差的主要方法有哪些？2减小偶然误差的方法主要有：多进行几次测量，求出几次测量数值的平均值。对验证性实验，若两变量的关系是线性的，在数据处理时采取在坐标系中描点连线的方法。如验证动量守恒的实验中通过重复实验，然后用最小圆圈住小球落点用圆心代表小球落点的方法。例1如图光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球。现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能。（1）还需要的器材是 、 。（2）以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对
110、 能的测量，进而转化为对 和 的直接测量。（3）为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量的关系，除以上器材外，还准备了两个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同。试设计记录数据的表格。例2（2005北京一模）测量动摩擦因数A为了测定木块与木板之间的动摩擦因数，利用现有的器材：“木板、木块、弹簧秤、秒表、砂桶与砂”，有人设计了下面三种实验方案：（1）增减砂桶内的砂，使木块匀速运动，并测出木块、砂与砂桶的重力；(2)用力F拉木板向左运动，并读出弹簧秤的示数，称出木块的重力；(3)让木块从木板顶端加速滑到底端，并测出下滑时间及相应各长度如果这三个实验的操作正确无误，你认为哪个实验方案测动摩擦因数最准确而
111、且最简单? 答： 。试从实验原理上对每个方案作出简要分析和评价方案（1） 。方案（2） 。方案（3） 。B如图，质量不同的两个物体A和B，用跨过定滑轮的细绳相连开始时B放在水平桌面上，A离地面有一定的高度，从静止开始释放让它们运动，在运动过程中B始终碰不到滑轮，A着地后不反弹。滑轮与轴处摩擦不计，绳子和滑轮质量不计。用此装置可测出B物体与水平桌面间的动摩擦因数。(1)在本实验中需要用到的测量工具是 ；需要测量的物理量是 (物理量需用字母表示)。(2)动摩擦因数的表达式为 。C某同学用一个测力计(弹簧秤)、木块和细线去粗略测定该木块跟一个固定斜面之间的动摩擦因数，设此斜面的倾角不大，不加力时，木
112、块放在斜面上能保持静止。(1)他是否要用测力计称出木块的重力?(2)写出实验的主要步骤；(3)推导出的计算式。III、学生分组实验与经典演示实验一、验证性实验（在实验误差允许范围内，验证实验数据等于理论数据）1互成角度的两个力合成要知道理论的合力与实验的合力分别怎样做出例1在做“互成角度的两个力”合成实验时，以下说法中错误的有：( )A用两只弹簧秤拉橡皮条时，应使两细绳套之间的夹角为900，以便算出合力的大小B用两只弹簧秤拉橡皮条时，结点的位置必须与用一只弹簧秤拉出时结点的位置重合C若用两只弹簧秤拉时合力的图示F与用一只弹簧秤拉时拉力的图示F不完全重合，说明“力的合成”的平行四边形定则不一定普
113、遍成立D若F1和F2方向不变，而大小各增加1N，则合力F的方向不变，大小也增加1N2碰撞中的动量守恒要体验速度关系怎样用长度关系表现出来的例2某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒的实验，在小车A的前端和小车B的后端贴有粘扣，在木板的右端固定打点计时器，小车A后面拖一长纸带，木板下垫有小木块，用来平衡摩擦力，反复移动小木块的位置，直到小车在木板上运动时可保持匀速直线运动状态现使小车A、B分别静止在木板的右端和中间，如图所示，给小车A一个瞬时冲量，小车A与静止的小车B相碰并粘合成一体，并继续做匀速直线运动已知打点计时器电源频率为50Hz若得到打点纸带如图所示，并得各计数点之间的距离，A点为运动
114、的起点，则应选 段计算小车A碰撞前的速度，应选 段计算两车碰撞后的速度。若测得小车A的质量m1=04kg，小车B的质量m202kg，由以上数据可得，小车A、B碰撞前的总动量为 kgms，碰撞后的总动量为 kgms,由此得到的结论是 3验证机械能守恒定律一般情况下9.5115.7O A B C12.42例3在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如右。其中O 是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点.该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位cm)。这三个数据中不符合有效数字读数要求的是_ _，应记作_ _cm。该同学用重锤在OB段的运动来验证
115、机械能守恒，已知当地的重力加速度g=9.80m/s2，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的即时速度，则该段重锤重力势能的减少量为_，而动能的增加量为_，(均保留3位有效数字，重锤质量用m表示).这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量_动能的增加量，原因是_。另一位同学根据同一条纸带，同一组数据，也用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，不过他数了一下：从打点计时器打下的第一个点O数起，图中的B是打点计时器打下的第9个点。因此他用vB=gt计算跟B点对应的物体的即时速度，得到动能的增加量为_ _ _ _，这样验证时的系统误差总是使重力势能的减少量_动能的增加量，原因是_。二、测量性实验1测
116、定匀变速直线运动的加速度利用公式使用逐差法 利用求出v使用v-t求斜率例4利用打点计时器测定匀加速直线运动的小车的加速度，如图给出了该次实验中从0点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中0、1、2、3、4、5、6都为记数点测得：s1140 cm，s2190 cm，s3238 cm，s4288 cm，s5339cm，s6387 cm。(1)在计时器打出点1、2、3、4、5时，小车的速度分别为：v1 cms，v2 cms，v3 cms，v 4 cms，v5 cms。作出v-t图象，并由图象求出小车的加速度a cms2。 (2) 利用逐差法求出a cms22用单摆测定重力加速度摆长的精确度问题，时间
117、与周期的使用问题，计数点及具体计数问题例5一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用正确的操作方法，测定了6组摆长L和周期T的对应值。为了求出当地的重力加速度g，4位同学提出了4种不同的方法：从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=42L/T 2求出g作为测量值；分别求出6个L值的平均值和6个T值的平均值，用公式g=42/2求出g作为测量值；分别用6组L、T的对应值，用公式g=42L/T 2求出6个对应的g值，再求这6个g的平均值作为测量值；在坐标纸上作出T 2-L图象，从图象中计算出图线的斜率K，根据g=42/K求出g作为测量值。你认为以上4种方法中，错误的是哪一种_ _（填代号即可
118、），其余正确方法中偶然误差最小的是哪一种_ _(填代号即可)。3测定金属的电阻率电路图、螺旋测微器的读数例6在测定金属的电阻率的实验中，待测金属导线的长约0.8m，直径小于1mm，电阻在5左右。实验主要步骤如下：用_ _ _测量金属导线的长度l，测3次，求出平均值；在金属导线的3个不同位置上用_测量直径d，求出平均值；用伏安法测量该金属导线的电阻R。在左边方框中画出实验电路图，并把右图中所给的器材连接成测量电路。安培计要求用0-0.6A量程，内阻约1；伏特计要求用0-3V量程，内阻约几k；电源电动势为6V；滑动变阻器最大阻值20。在闭合电键前，滑动变阻器的滑动触点应处于正确位置。 根据以上测量
119、值，得到该种金属电阻率的表达式为=_ 。4测电池的电动势和内电阻电路图、数据的处理（解析法计算、UI图像、逐差法计算）例7在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用的电流表和电压表的内阻分别约为0.1和1k。右边为实验原理图，下边为所需器材的实物图。试按原理图在实物图中画线连接成实验电路。I（A）0.120.200.310.320.500.57U（V）1.371.321.241.181.101.05（1）一位同学在实验中记录的6组数据如上表所示，试根据这些数据在右图中画出U-I图线。根据图线可读出被测电池的电动势E=_ _V，内电阻r=_ 。（2）另一位同学根据表中的数据使用逐差法
120、得到E=_ _V，r=_ 5测定玻璃的折射率插针法、光路图例8学校开展研究性学习。某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器如图所示在一个圆盘上过其圆心0作两条互相垂直的直径BC、EF，在半径OA上垂直盘面插下两枚大头针P1、P2并保持P1、P1位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察Pl、P2的像，并在圆周上插上大头针P3，使P3正好挡住Pl、P2，同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值这样只要根据P3所插的位置，就可直接读出液体折射率的值则：(1)若AOF=30，OP3与
121、OC的夹角为30，则P3处所对应的折射率的值为 。(2)图中P3、P4两位置哪一处所对应的折射率值大?答： 。(3)做AO的延长线交圆周于K，K处所对应的折射率值应为 。 三、探究性实验1研究平抛物体的运动木板上初始位置的确定问题例9在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离糟口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽
122、口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C若测得木板每次移动距离x=10.00cm，A、B间距离cm，B、C间距离cm（g取9.8m/s2）根据以上直接测量的物理量得小球初速度为_（用题中所给字母表示）。小球初速度的测量值为_m/s。2探究弹力与弹簧伸长量之间的关系例10探究能力是物理学研究的重要能力之一。物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关。为了研究某一砂轮的转动动能Ek与角速度的关系。某同学采用了下述实验方法进行探索：先让砂轮由动力带动匀速旋转测得其角速度，然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间摩擦力做功，砂轮最后停下，测出砂轮脱离动力
123、到停止转动的圈数n，通过分析实验数据，得出结论。经实验测得的几组和n如下表所示：/rads10.51234n5.02080180320Ek/J另外已测得砂轮转轴的直径为1cm，转轴间的摩擦力为10/N。（1）计算出砂轮每次脱离动力的转动动能，并填入上表中。（2）由上述数据推导出该砂轮的转动动能Ek与角速度的关系式为 。（3）若测得脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s，则它转过45圈后的角速度为 rad/s。4描绘小灯泡的伏安特性曲线电路图、描点作图，实际描绘的伏安特性曲线例11（1996上海高考改）一个研究性学习小组在探究“小灯泡的发光情况与其两端电压的关系”时，得出如下U和I的数据编号1
124、2345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1500.1650.1900.2000.205发光情况不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光(1)请你在图中画出IU图线。(2)从数据或图线上可以看出，当U或功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是_。这表明_。(3)请你就该研究性学习小组的探究成果，举一与之有关的事例或事实_。1k 100 10 1OFF2.5 10 50 250 500 2.550mA10010150010250V+V5使用多用电表探索黑箱内的电学元件多用电表的使用、二极管的使用例12多用电表表头的示意图如右。在
125、正确操作的情况下： 若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是_，测量结果为_。若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是_，测量结果为_。若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是_，测量结果为_。若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：_，_，_。全部测量结束后，应将选择开关拨到_或者_。无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从色_表笔经_插孔流入电表。电学黑箱的分析逻辑的图例13如图所示，A、B、C为黑箱上的三个接点，已知任意两个接点间最多只能接一个元件，可能的元件有电池、电阻和二极管（1）用多用电表判断黑
126、箱内有无电池，操作方法是：_123456897101112131415开Y增益X增益扫描微调扫描范围1010010k100 k1k外x衰减101001000DCACY输入X输入地同步+-1（2）经检测发现黑箱内没有电池，用多用电表的欧姆挡测量各接点间的电阻，结果如下，试在图中画出黑箱内一种可能的电路 红表笔接点CBABCC黑表笔接点BCBAAA表盘示数很小很大RR比AB间阻值R略大很大6示波器的使用示波管的原理、面板的调节例14某同学发现示波器显示屏上显示的波形如甲图所示。为将这个波形变为乙图所示的波形，可进行如下调节：（填选钮或开关的编号）调节_ _使图象变细；调节_ _与_ _使图象位于示
127、波器中央；调节_ _增大曲线竖直方向的幅度；调节_ _使图象从负半周开始。7传感器的简单应用热敏电阻、光敏电阻的特性例15硫化镉（CdS）晶体是一种光敏材料，用它做成的光敏电阻有一特性：被光照射时电阻很小，当将光遮住时电阻很大。用它来控制照明灯，要求白天灯不亮，夜晚灯亮。请将图所示元件连接成符合上述要求的电路。图是电磁铁上方是带铁块的铜片，其右端上下各有一组开关，当电磁铁中无电流时，弹簧将铜片拉起，使其上方的开关（双箭头a、b表示）闭合；当电磁铁中有电流时，铁块受磁力作用拉下铜片，下方的开关（双箭头c、d表示）闭合。 四、经典演示实验1加速度和力的关系、加速度和质量的关系2卡文迪许实验3描绘单
128、摆的振动图象4波的叠加5布朗运动6绝热过程，做功改变物体内能7平行板电容器的电容8研究电磁感应现象9光电效应实验10单缝衍射11小孔衍射和泊松亮斑12伦琴射线管13光的偏振14粒子散射实验IV、力学实验设计中学的设计型实验一般要求考生根据题目提出的目的要求和给出的器材，设计出实验方案。这类题对考生的要求较高，要求考生能将课本中分组实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到新的背景中，要求考生深刻理解物理概念和规律，并能灵活运用，要求考生有较强的创新能力。1设计原则（1）正确性：实验原理所依据的原理应当符合物理学的基本原理。（2）安全性：实验方案的实施要安全可靠，实施过程中不应对仪器及人身造成危害
129、。要注意到各种电表均有量程、电阻均有最大允许电流和最大功率，电源也有最大允许电流。（3）方便性：实验应当便于操作，便于读数，便于进行数据处理。（4）精确性：在实验方案、仪器、仪器量程的选择上，应使实验误差尽可能的小。题目要求和给出的条件演示和分组实验的实验原理物理规律和原理理基本仪器的使用知识需测物理量和所需器材实验步骤数据处理实验原理2设计思路实验设计可用下面的框图表示AhBCD1有一个同学用如下方法测定动摩擦因数：用同种材料做成如图1所使得AB、BD平面，其中AB为一斜面，其高为h、长为L1，BD是一足够长的水平面，两面在B点以小弧形光滑连接。现让质量为m的小物块从A点由静止开始下滑，到达
130、B点后顺利进入水平面，最后滑到C点而停止，并测出BC=L2，小物块与两个平面的动摩擦因数相同，由以上数据可以求出物体与平面间的动摩擦因数= 。2用实验室提供的下列器材：小磁钢球（质量为m），小铜球，相同的细线两条，铁架台，铁板，用这些器材如何测量小磁钢球与铁板距离为d时，它们之间的磁力的近似值。简要说明实验的设计思想；简要说明测量的重要步骤与测量的物理量；用已知量和测量量表示磁力的计算式是 。 S h3一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，它的实验如下：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一小钢球接触。当弹簧处于
131、自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示。让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行后落到水平地面，水平距离为S。（1）请你推导出弹簧的弹性势能EP与小钢球质量m、桌面离地面高度h，水平距离S等物理量的关系式： ；（2）弹簧长度的压缩量x与对应的钢球在空中飞行的水平距离S的实验数据如下表示：弹簧长度压缩量x/cm1.001.502.002.503.003.50钢球飞行水平距离S/m1.011.502.012.483.013.50从上面的实验数据，请你猜测弹簧的弹性势能EP与弹簧长度的压缩量x之间的关系 并说明理由： 。4一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，
132、并进入靠近该行星表面的圆形轨道时仅受引力作用绕行数圈后，着陆在该行星上，飞船上备有以下实验器材：A、精确秒表一只；B、已知质量为m的物体一个；C、弹簧秤一只；D、天平一只。已知宇航员在绕行时及着陆后各做一次测量。依照测量数椐，可求出该星球的半径R及星球的质量M。（已知万有引力常量为G）两次测量所选用的器材分别为 、 （填序号）两次测量的物理量分是 ； 。用该测量的物理量写出半径R及质量M的表达式是： 。V、电学实验设计一、电学仪器的选择根据教学大纲及高考考核的要求，选择电学实验仪器主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器件，通常可以从以下三方面人手：1根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表。
133、首先保证流过电流表的电流和加在电压表上的电压均不超过使用量程。然后合理选择量程。务必使指针有较大偏转（一般取满偏的1/3-2/3左右），以减少测读的误差。2根据电路中可能出现的电流或电压范围需选择滑动变阻器。注意流过滑动变阻器的电流不超过它额定值对高阻值的变阻器，如果滑动头稍有移动，使电流电压有很大变化的，不宜采用。3应根据实验的基本要求来选择仪器。对于这种情况，只有熟悉实验原理，才能做出恰当的选择。对器材的选择的一般步骤是：找出唯一性的器材；草画电路图（暂不把电表接入）；估算最大值（在限流电路中把滑动变阻器触头推向最小值）；考虑能否都使电表达到满偏的1/3以上。在“伏安法测电阻”和“伏安法测
134、电池电动势和内电阻”的实验中，一般选用总阻值较小的滑动变阻器，前者可方便调节，后者可减少误差。在滑动变阻器作限流作用时，为使负载Rx既能得到较宽的电流调节范围，又能使电流变化均匀，选择变阻器时，应使其总电阻，R0大于Rx，一般在25倍为好。在滑动变阻器作为分压作用时，一般取滑动变阻器的总电阻R0在0.1Rx0.5Rx之间为好。例1有一电阻Rx，其阻值大约在40 至50 之问，需进一步测定其阻值，现有下列器材：电池组，电动势为9V，内阻忽略不计；电压表，量程为0至10，内阻20k；电流表A1，量程为0至50，内阻约20；电流表A2，量程为0至300m，内阻约4；滑动变阻器R1，阻值范围为0至10
135、0，额定电流1A；滑动变阻器R2，阻值范围为0至1700，额定电流0.，开关及导线若干实验电路图如图所示，实验中要求多测几组电流、电压值在实验中应选 电流表和 滑动变阻器 例2：欲用伏安法测定一个阻值约12欧的电阻，要求测量结果尽量准确，下列器材中应选用的是_，画出应采用的电路图。A、电池组（6伏，内阻很小）B、电流表（03安，内阻0.0125欧）C、电流表（00.6安，内阻0.125欧）D、电压表（03伏，内阻3千欧）E、电压表（06伏，内阻6千欧）F、滑动变阻器（020欧，1安）G、滑动变阻器（0200欧，0.3安）H、电键、导线二、实验电路（电流表内外接法）的选择由于电流表、电压表内阻的
136、影响，不管采用电流表内接还是外接，都将会引起误差。外接法的测量误差是由于电压表的分流作用而产生，由并联电路中电流分配与电阻成反比可知当 RVR时，电压表的分流作用可忽略不计，此时IIR,R测R，可见对于小电阻的测量宜采用外接法电路。内接法产生的误差是电流表的分压作用，由串联电路的电压分配与电阻成正比可知，当RAR时，电流表的分压作用很小，可忽略不计，此时UUR,R测R，所以对大电阻应采用内接法电路。，此时的我们常称为临界电阻当 时，电流表的分压作用较电压表的分流作用明显，应采用外接电路，当时，电压表的分流作用较电流表的分压作用明显，应采用内接电路。例3有一小灯泡上标有“6V 0.6”的字样，现
137、在要用伏安法测量这个灯泡的UI图线，已知所用器材有：是电流表（00.3，内阻1）；电压表（015，内阻20k）；滑动变阻器（030，2）；学生电源（直流9）；开关一只、导线若干为使实验误差尽量减小，画出合理的实验电路图。例4、用伏安法测量阻值约为几十欧的线圈的电阻，己知所用电流表的量程为（00.6A），内阻0.125，电压表的量程为（015），内阻为15k，蓄电池组电压为12，问应采用哪一种连接电路？ 在具体的实验中若RA、RV均不知的情况下，可用试触法判定，即通过改变电表的连接方式看电流表、电压表指针变化大小来确定 三、控制电路的选择 （1）若需要被测电阻R两端电压变化范围较大，或需要从零开
138、始连读可调电压，应选的分压电路；（2）若采用限流电路时，如果电路中最小电流大于或等于被测电阻的额定电流，必须采用分压电路；（3）当时为使被测电阻中电流有明显变化，也应选分压电路；（4）当时（或两者相差不多），虽然两种电路都可以对负载电流有明显的调节和控制。或两种电路都满足实验要求时，因为限流电路具有节省电能、电源负担轻、电路连接简便等优点，应选限流电路较好。例5（12分）现有器材：电压表V1（量程3V，内阻约几千欧），电压表V2（量程15V，内阻约几十千欧），定值电阻R1（3.0k），滑动变阻器R（0100），直流电源（约6V，内阻不计），开关一只，导线若干，要求利用这些器材测量电压表V1的电
139、阻值。（1）在右边方框中画出实验电路图。（图中应标明电压表的代号）（2）用已知量和直接测得量表示的电压表V1内阻的表达式为r= .式中各直接测得量的意义是： 。四、设计方法的选择1替代法用一个标准的已知量替代被测量，并调整此标准量，使整个测量系统恢复替代前的状态，则被测量等于标准量。例6为了测量电流表G1的内阻，电路如图所示，其中电流表G1的量程0-300A、内阻约100，G2为标准电流表，量程为0-200A；R2为电阻箱，阻值范围0-999.9；为电池，电动势3V、内阻不计，S1为开关，S2单刀双掷开关。按电路图接好电路后，将可变电阻器R1和电阻箱R2适当调节后，将单刀双掷S2扳到接点1处，
140、接通开关，调节可变电阻R1，使两电表的读数都是150A，然后将将单刀双掷S2扳到接点2处，调节变阻箱R1，使标准电流表的读数仍为150A，若此时电阻箱的读数为75。为了保证两块电流表的安全使用，限流电阻R1的阻值应选： A、100 B、150 C、10k D、15k例7现有电流表、电压表、电阻箱、滑动变阻器、低压直流电源、单刀单掷开关一个、单刀双掷开关一个、导线若干。要求用以上器材尽可能精确地测量待测电阻的阻值。（1）画出电路图（2）简要说明测量的主要步骤。2比较法通过对一些物理量的比较，从而达到同中求异的目的，即为比较法。明显的优点是：尽量少进行直接测量多运用比较的方法，以此减少由于测量仪器
141、的不准确而带来的误差。例8实验室中现有器材如实物图所示，有：电池E，电动势约10V，内阻约1；电流表A1，量程10A，内阻r1约为0.2；电流表A2，量程300mA，内阻r2约为5；电流表A3，量程250mA，内阻r3约为5；电阻值R1最大阻值999.9，阻值最小改变量0.1；滑线变阻器R2，最大阻值100，开关S，导线若干。 要求用图所示的电路测定图中电流表A的内阻 （1）在所给的三个电流表中，哪几个可用此电路精确测出其内阻？答：_ （2）在可测的电流表中任选一个作为测量对象，在实物图上连成测量电路。 （3）你要读出的物理量是_，用这些物理量表示待测内阻的计算公式是_。3半偏法在实验过程中，
142、让某块电表的第二次读数为第一读数的1/2，然后运用电路的相关知识规律列出计算式。即为半偏法。此种方法可以减少处理实验数据过程中繁琐程度，简化了实验过程。如图所示，是一种半偏法的电路，实验时接通开关S，调节电阻箱的阻值，记下电表指针指指示满量程时的电阻R和半量程时的电阻R/，若略去电源内阻不计。则：如图所示是另一种半偏法的电路，写出实验步骤和说明两个电阻箱的功能。例9从下列实验器材中选出适当的器材，设计测量电路来测量两个电流表的内电阻，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度。A待测电流表A1，量程50mA，内电阻约为几十欧姆B待测电流表A2，量程30mA，内电阻约为几十欧姆C电压表V，量程15V，内
143、电阻r=15kD电阻箱R1，阻值范围09999.9。E电阻箱R2，阻值范围099.9。F滑动变阻器R3，阻值0150，额定电流1.5AG滑动变阻器R4，阻值020，额定电流2AH电阻R0,阻值是40,功率是0.5W（作保护电阻用）I电池组，电动势为12V，内电阻约0.5。此外还有单刀单掷开关、单刀双郑开关和导线若干，供需要选用。设计一个测量电路，画出电路图。选出必要的实验器材。说明实验需要测量的物理量，并列出计算两个电流表内电阻的计算式。五、数据处理方法的选择1平均值法将待测物理量的若干测量值相加后除以测量次数，求算术平均值的方法称为平均法。(1)平均法的原理：在多次测量中，由偶然因素引起的，
144、使测量值偏大、偏小程度、机会均等，故将多次测量值相加，所有偏差的代数和为零。(2)为减小偶然误差，一般应多次测量直接测量值。若直接测量值并非待测物理量，则应根据原理多次计算待物理量值，并求其算术平均值。需要特别注意的是：求平均值是针对最终待测量而言，而不一定是直接测量值或中间值。2图象法用图象表达因变量与自变量之间的函数关系的方法。(1)应用图象时，应适当地选取纵轴、横轴的标度，并根据数据特点合理确定坐标起点，使所作出的图象大致布满整个坐标图纸。(2)在中学物理实验中，为能直观地确定因变量和自变量之间的关系，一般通过直线图象来确定，尽可能使直线通过较多坐标描点，不在一条直线上的点也要可能使直线
145、通过较多的坐标描点，不在直线上的点也要尽可能对称分布在直线的两侧（若有个别点偏离太远，则是因偶然误差太大所所致，应予以舍去），以减小测量的偶然误差。例10电源的输出功率P跟外电路的电阻R有关下左图是研究它们的关系的实验电路为了便于进行实验和保护蓄电地，给蓄电池串联了一个定值电阻R0，把它们一起看作电源（图中虚线框内部分）于是电源的内电阻就是蓄电池的内电阻和定值电阻R0之和，用r表示电源的电动势用E表示 （1）写出电源的输出功率P跟E、r、R的关系式：（电流表与电压表都看作理想电表） （2）在下右图的实物图中按照下左图画出连线，组成实验电路 （3）下表中给出了6组实验数据，根据这些数据在图中的方
146、格纸中画出PR关系图线根据图线可知，电源输出功率的最大值是_W，当时对应的外电阻是_（4）由表中所给出的数据，若已知跟电源串联的定值电阻的阻值为R0 4.5，还可以求得该电源的电动势E = _V，内电阻r0 = _六、实物图连线方法AAVV无论是分压接法还是限流接法，都应该先把测量电路（伏安法部分）接好；对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、电键、滑动变阻器、伏安法四部分依次串联起来即可（注意电表的正负接线柱并选择正确的量程，滑动变阻器的滑动触头应调到阻值最大处）。对分压电路，应该先把电源、电键和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选
147、一个接头，比较该接头和滑动触头两点的电势高低，根据伏安法部分电表正负接线柱的分布，将伏安法部分接入该两点间。 例11图为测量电阻的电路，Rx为待测电阻，R的阻值己知，R为保护电阻，阻值未知。电源E的电动势未知，K1、K2均为单刀双掷开关。A为电流表，其内阻不计。 （1）按图（a）所示的电路，在图（b）的实物图上连线。（2）测量R x的步骤为：将K2向d闭合，K1向_闭合，记下电流表读数I1，再将K2向c闭合， K1_向闭合，记电流表读数I2。计算R x的公式是R x=_12如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程
148、，把它们按图接入电路，则（1）安培表A1的读数 安培表A2的读数；（2）安培表A1的偏转角 安培表A2的偏转角；（3）伏特表V1的读数 伏特表V2的读数；（4）伏特表V1的偏转角 伏特表V2的偏转角；（填“大于”，“小于”或“等于”）13某同学按下图所示电路进行实验，实验时该同学把变阻器的触片P移到不同位置时测得各电表的示数如下表所示，将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零。序号A1示数（A）A2示数（A）V1示数（V）V2示数（V）10.620.302.411.2120.450.322.550.49（1）电路中E、r分别为电源的电动势和内阻，R1、R2、R3为定值电阻，在这五个物理量中，可
149、根据上表中的数据求得的物理量是（不要求具体计算） ；（2）由于电路发生故障，发现两电压表的示数相同（但不为零），若这种情况的发生是由电阻故障引起的，则可能的故障原因是 。VI、最新实验试题tRt0甲乙RtPabc报警器1（6分）传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（通常是电学量），例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单自动报警器线路图。问：（1）为了使温度过高时报警器铃响，c应接在 （填a或b）。（2）若使报警的最低温度
150、提高些，应将P点向 移动（填左或右）。（3）如果在最低报警温度下无论如何调节P都不能报警器工作，且电路无故障，造成工作电路不工作的原因可能是 。2黑箱中有一个理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，还有两个阻值均为1k的电阻，它们与黑箱的接线柱1、2、3接成电路。再用多用电表的欧姆挡对三个接线柱间的电阻进行测量，得到的数据如表格所示。那么黑箱中的线路应该是如图所示电路中的哪一个( )黑笔触点112红笔触点231表头读数00.5 k2 k如果用欧姆表测电阻时，因表内电他用久，使其电动势变小，内阻变大，但我们仍可转动“调整旋钮”使表针调到零欧姆刻度，调零后测电阻时，欧姆表的总内阻将 ，测出的电
151、阻值将 (填变大、变小或不变)。3为验证小灯泡(电点光源)光能的球面散射规律并测定其发光效率，有同学设计并进行了如图1所示的实验：将一个“6V 8.0W”的小灯泡接入电路，使之正常发光，在灯泡灯丝的同一水平面、正对光线方向放一个光强探头，以测定与光源间距为d时相应的光强值I，共测得以下9组数据(下表)；并用一数字图像处理器将表内数据分别在Id，I1d和I1d2坐标平面内标得如下数据点，如图所示d / 10-2m6.507.508.509.5010.511.512.513.514.5I / Wm-28.296.664.963.923.372.612.301.971.700P(W)3020 101
152、5 203530104050525R()(1)据下列三个数据点图，可看出I与哪个量存在线性关系，因此可将I与d之间的数学关系式表达为 ，其中的常数k为 。(2)在与光源等距的各点，认为光源向各方向发出的光强大小几乎相等依点光源光能向周围空间360球面均匀散射的物理模型，写出光源的发光功率Po，光强值I及相应的与光源距离d之间的关系式 。(3)根据以上条件，算出小电珠的电光转换效率 。4某同学利用“测定电池电动势和内阻”实验所得的U、I数据，根据电池的输出功率PIU，得出被测电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线如图所示。由所得图线可知，被测电池组的内阻r_，电动势_V。5物理学家法拉第在研究电
153、磁学时，亲手做过许多实验。如图所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转。这一装置实际上就成为最早的电动机。图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁。图中黑色部分表示汞（磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中），下部接在电源上。请你判断这时自上向下看，A将_转动和C将_转动（填顺时针还是逆时针）。6振幅不同，波速相同的两列波相向传播，它们的周期都为T，相遇的过程如以下各图所示，从这个过程中能总结出波的叠加的规律是：（1）_；（2）_。t=0时刻 t=1/4T时刻 t=1/2T时刻 t
154、=3/4T时刻 t= T时刻7（12分）(1)某同学使用游标为10个小等分刻度的游标卡尺测量一物体的尺寸，得到图6中的游标卡尺的读数，由于遮挡，只能看到游标的后半部分，图6中游标卡尺的读数为 cm；（2）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图7所示，用米尺测量金属丝的长度。金属丝的电阻大约为4。先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（a）从图7中读出金属丝的直径为_mm。（b）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：A直流电源：电动势约4.5V，内阻很小；B电流表A1：量程00.6A，内阻0.1
155、25；C电流表A2：量程03.0A，内阻0.025；D电压表V：量程03V，内阻3k；E滑动变阻器R1：最大阻值10；F滑动变阻器R2：最大阻值50；G开关、导线等。在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_，应该选用的滑动变阻器是_。（c）根据所选的器材，在右边的方框中画出实验电路图。（d）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为Rx4.1，则这种金属材料的电阻率为 m。（保留二位有效数字）8（6分）和打点记时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。现利用如图乙的装置
156、测量滑块和长1m左右的木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之联接的两个光电计时器没有画出。此外在木板顶端的P点还悬挂着一个铅锤。让滑块d从木板的顶端滑下，光电门1、2各自联接的计时器显示的挡光时间分别为2.510-2s,和1.010 -2s,小滑块d的宽度为0.5cm。 。 O O 光电计时器QP12Ld图乙00.0M显示屏Na。光电门b图甲（1）滑块通过光电门1的速度v1=m/s，滑块通过光电门2的速度v2=m/s。（2）已知当地的重力加速度为g，v1、v2和两个光电门之间的距离L已知，用提供的米尺测出P点到桌面高度h；
157、重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a，动摩擦因数的表达式=（用字母表示）9（12分）为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：用天平测出两个小球的质量（分别为m1和m2，且m1m2）。按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端。先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置。用毫米刻度尺量出各个
158、落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。根据该同学的实验，回答下列问题：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_点，m2的落点是图中的_ _点。（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式_，则说明碰撞中动量是守恒的。（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。物理实验专题答案I、参考答案实验一：（已经完成）（1）器材有：A、H、I（2）主要实验步骤是：选取一个合适的钩码，用天平测出质量m；用测力计测出钩码的重力F；（3）计算重力加速度的表达式为实验二：（1）选用的器
159、材有： C、E、G、K、M ；（2）写出主要的实验步骤（简明扼要）：将丝线穿过小球，并系于支架上组装好单摆；用刻度尺测出从悬点到小球顶部的丝线长度l；测出n次全振动的时间t，算出周期tn （3）计算重力加速度的表达式为实验三：（1）选用的器材有：G、L、M（2）写出主要的实验步骤（简明扼要）： 将带有光控计时器的实验平板用支架竖直架稳；用刻度尺测量两个光控门之间的距离s；把滑块从上面的一个光控门处自由释放，读出滑块在两个光控门之间的下落时间t； A1mAR1R3EK（3）计算重力加速度的表达式为例2(1)ABCEGI (3分) (2)电路图如图所示 (4分)mAA1A1A1mA (3)为标准电
160、流表 的读数,RA1为标准电流表 的内电阻,r0为待测交电流表 的电阻,R3为定值电阻阻值(3分) (电路图另一解答如右下图所示;I=)II、参考答案例1因不知道弹性势能计算公式，应采用等效替代的方法，把要测量的弹性势能转化为便于测量的量。在这个装置中，若用小钢球压缩弹簧至需要的量，然后由静止释放小球，弹簧的弹性势能会转化为小球的动能，进而在小球沿圆弧轨道上升的过程中转化为小球的重力势能。可用对重力势能的测量来代替对弹性势能的测量，因此需用天平测量小球的质量，用刻度尺测量小球上升的高度。要寻找弹性势能与弹簧的劲度系数和形变量两个物理量的关系，应采用控制变量法。先保持弹簧的劲度系数不变，研究弹性
161、势能与形变量的关系；再保持形变量不变，研究弹性势能与劲度系数的关系。因此记录数据的表格可设计成如下两表：小球的质量m= Kg，弹簧A压缩量x（m）上升高度h（m）E=mgh（J）压缩量x= cm，小球的质量m= Kg弹簧ABC劲度系数k（N/m）上升高度h（m）E=mgh（J）【答案】（1）天平、刻度尺（2）重力势、质量、上升高度（3）见上。例2A 方案2最准确、最简单（1）木块匀速不易调节和判断 绳与定滑轮间也存在摩擦（滑轮玉轴间）（2）滑动摩擦力的大小可直接从弹簧秤中读出，与木板抽动快慢无关（3）时间、长度的测量都会产生一定的误差，且测量过程和步骤较多B（1）天平，刻度尺 A距地面到高度h
162、，B在桌面上滑行的总距离s，A、B的质量mA、mB（2） 由动能定理：C（1）要用弹簧秤称木块的重力（2）a用弹簧秤将木块沿斜面匀速上拉（拉力与斜面平行），记下弹簧秤的读数F1。 b用弹簧秤将木块沿斜面匀速下拉（拉力与斜面平行），记下弹簧秤的读数F2。 c用弹簧秤称出木块的重力G。(3) , 联立得：III、参考答案1ACD2BC；DE；0.42；0.417。3OC，15.701.22m，1.20m，大于，v是实际速度，因为有摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能。1.23m，小于，v是按照自由落体计算的，对应的下落高度比实际测得的高度要大。4（2）5错误的是，因为L和T之间不是一次函数的关
163、系。偶然误差最小的是，因为偶然误差总是有时偏大有时偏小。而描点后画线时要求尽可能多的点在该直线上，其余点尽可能均衡地分布在该直线两侧，实际上是把偶然误差减小到最小了。6（1）90cm3。根据图的形状 , 先求出完整正方形的个数再用补偿法将不完整的正方形折合成完整的正方形。（2）8.O10-6mL。由题知 ,1 滴溶液的体积为mL, 乘以溶液中的吨油酸比例 (6/104) 可得纯油酸的体积。（3）8.910-10m。用纯油酸体积除以油膜面积即为所求分子的直径。7解：米尺；螺旋测微器；测量部分用安培表外接法，电源部分用限流电路或分压电路都可以，电阻率。81.46，0.7199(1)1.73 (2)
164、P4 (3)110解：0.640，10.295，536 B11（1）（或：，或：，或：）（2）1.000.0212解：（1）Ek/J0.5281832（2）22 （3）213解：用电流场模拟静电场，在导电纸上必须形成电流。由于、两个方案在导电纸上不会形成电流，因此设计不合理。、两个设计是合理的。选BC。14(1)如图(2)开始不变，后来逐渐增大；导体的电阻随着温度的升高而增大或导体的电阻与温度有关。(3)在额定电压下使用白光灯或超导现象等。15解：直流电压，1.24V。直流电流，49mA。电阻，17k。该用1k倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得
165、测量值。OFF，交流电压500V档位置。红，正。16（1）用多用电表的直流电压挡测各对接点间的电压，若任意一组接点间均无电压，则能说明黑箱内没有电池（2）用欧姆档测量时，黑表笔虽然插负接线孔，但连接的是欧姆表内电源的正极黑表笔接B点，红表笔接C点，电流是从B流向C的；而反接时，电流是从C流向B的，两次阻值相差很多说明C、B间有二极管，且二极管的“”极与B点相接 A、B间正接反接，阻值恒定，说明A、B可能存在电阻黑表笔接A点，红表笔接C点，有阻值且阻值比R略大；反接时阻值很大说明A、B间的电阻与B、C间的二极管串联才有这种情况，且A、C间不可能有其它电阻或二极管构成一条支路与上述电阻、二极管支路
166、并联，否则现象与表格最后两列的结果无法相符黑箱内元件连接如图所示17解：2、3；6、7；10、8 15。18IV、参考答案：1该题为设计型实验，但由于给出了实验装置、器材和实验情景，因此对实验原理已有了很多提示。回顾力学分组实验，没有相关的可以迁移的原理。因此要用物理原理分析题给的实验情景。设斜面的倾角为，根据动能定理，在全过程中mgh mgcosL1 -mgL2=0,题中未给出斜面倾角，寻找别的关系，有 解得2、把小磁钢球悬挂在铁板上方d处，与铁板的引力为f，则有mg+f=mg， g为等效重力加速度， f=m（g+g），用单摆法测出g后，即可求出f。3、匀速沿斜面向上拉木块，测力计读数F1
167、匀速向下拉木块，测力计读数F2 测木块的重力G （2） =4、（1） （2）EP与x的关系：EP与x2成正比（EPx2） 猜测的理由：由表中数据可知，在误差范围内，xS。而从（1）中关系式有EPS2，因而可猜测EPS2）5、A、C 用秒表测出飞船在行星表面运行的周期T 用弹簧秤测出已知质量的物体在行星上的重力F 。 ；V、参考答案：1分析与解 首先估算电路中可能达到的最大电流值，假设选电流表A1，则，Im0.14A超过了 A1的量程，及假设选电流表 A2，则Im0.18A，未超出A2的量程，故应选电流表A2，这一选择遵循了安全性原则 对滑动变阻器的选择。假没选R1，电路中的最小电流约为 Imi
168、n0.06A， 故电路中的电流强度范围为0.06A0.18A又假设选R2，电路中的最小电流约为 Imin0.06A故电路中的电流强度范围为0.005A - 0.18A，因为电流表A2。的量程为0.3，电流强度为0.06时，仅为电流表A2。量程的1/5，如果移动滑动变阻器阻值再增大，其电流表的示数将更小，读数误差会更大，因此对于 R2而言，有效的调节长度太小，将导致电流强度值随滑动片位置的变化太敏感调节不方便，故应选滑动受阻器R1，这一选择就遵循了方便性原则 2分析与解答找出唯一性器材：被测电阻、电池组A、电键和导线H；草画电路图；估算最大值：当滑动变阻器的使用阻值为零时，电路中电流最大Im=/
169、RX6/12=0.5安；因此选用C和E都可同时使电流表和电压表指针半偏以上。变阻器选F（若选G则因额定电流小而容易烧毁，且不方便调节）把电表接入时，用电流表外接法。 此题中变阻器也可采用分压作用。3分析与解因为电压表内阻远大于灯泡的最大阻值60 ，因此选择电流表外接法电路如图所示电路若采用限流电路，电路中的最小电流为 ,Imin等于小灯泡额定电流，滑动变阻器无法对电流进行调节，故必须采用分压电路。4分析与解因为R=43，而题目给出的被测电阻阻值约为几十欧，可能大于43，也可能小于43，因此内接法、外接法两种电路均可采用。 5（1）如图所示（5分）（2）（5分）U1为电压表V1的示数，U2为电压
170、表V2的示数（2分）6D78（1）A2，A3 （2）见下图 （3）电流A2、A3的示数I2、I3和电阻箱R1的阻值Rx，910（1）P = E2R / (R+r)2 (2) 图略（3） 图略，0.805.0（4）4.00.511（1）如下图所示 （2）a，b，I 2R / I 1， 12答案：大于 等于 大于 等于易错点警示：没有深刻理解伏特表和安培表的内部结构和工作原理，进而不能将“读数”和“偏转角”物理的实质区分开来。13（1）如下图所示的两个图中任一个均可 （2），I1、I2分别表示通过电流表A1和A2的电流，r1、 r2分别是它们的电阻。A30.6V315答图214（1）如答图1(2)
171、如答图2所示。(3)往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值；调节滑动变阻器，快速测出电流表和电压表的值；重复，测量不同温度下的数据；绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线。15(1)ABCEGI (2)见右图） （3）I0为标准电表读数 rx待测电表内阻 R0为定值电阻16(1)E 、R2、R3 ; (2)R3断路。中学06届高考物理二轮复习一体化教学案VI、1（6分）（1）a（2分） （2）左（2分） （3）电源提供的电流太小，以至于电磁铁的磁性太弱、弹簧的劲度系数系太大等原因（2分）。2 (1) C (2) 变小; 变大3 (1) k/d2 ; 0.035W (2) Po=4d2
172、I ; (3) 5.5%45，305、逆时针，顺时针6、（1）当波相遇时，振动方向相同的部分振动加强，振动方向相反的部分振动减弱 （2）波相互穿过，互不干扰7（12分） (1)5.45cm；（2分）（2）（a）0.5200.002（2分）（b） （2分） （2分）（c）实验电路图如图所示。 （2分）（d）（2分）8(1)0.2 0.5 (2)(每空3分)9（1）钢球在液体受到阻尼的作用速度逐渐减小，最后速度达到一个恒定值 （4分） （2） （4分）10（1）D、F； （4分）（2）m1 (LE)1/2=m1( LD)1/2+m1(LF)1/2 （4分）（3）m1LE=m1LD+m1LF （4分.精品资料。欢迎使用。高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u