高考物理二輪復(fù)習(xí) 增分攻略 抓基礎(chǔ)建網(wǎng)絡(luò)　回歸課本補(bǔ)漏缺

第六步抓基礎(chǔ)，建網(wǎng)絡(luò)回歸課本補(bǔ)漏缺三種性質(zhì)力和牛頓運(yùn)動(dòng)定律

三種性質(zhì)力eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)力的合成與分解的方法。(2)正交分解法。(3)整體法與隔離法。(4)彈力和摩擦力的有無(wú)及方向的判斷方法。(5)共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)運(yùn)動(dòng)的物體所受摩擦力不一定是滑動(dòng)摩擦力、靜止的物體所受摩擦力不一定是靜摩擦力。(2)桿產(chǎn)生的彈力方向不一定沿著桿的方向，繩產(chǎn)生的彈力方向一定沿著繩的方向。(3)受力分析時(shí)不能添力、漏力、錯(cuò)力。(4)不能將結(jié)點(diǎn)和滑輪的作用等同，定滑輪上兩段繩受力大小相同，結(jié)點(diǎn)處兩段繩受力不同，應(yīng)按一般受力平衡分析。[例1][2014·哈爾濱師大附中、東北師大附中、遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)聯(lián)考](多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的豎直墻面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)力F增大時(shí)，系統(tǒng)還保持靜止，則下列說(shuō)法正確的是()A.A所受合外力增大B.A對(duì)豎直墻壁的壓力增大C.B對(duì)地面的壓力一定增大D.墻面對(duì)A的摩擦力可能變?yōu)榱鉡解析]本題考查力學(xué)知識(shí)，意在考查考生對(duì)整體法和隔離法的應(yīng)用。斜劈A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，因而A所受到的合力始終為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；以斜劈A和球B為研究對(duì)象，通過(guò)受力分析可知豎直墻壁對(duì)A的彈力增大，選項(xiàng)B正確；以球B為研究對(duì)象可知斜劈A對(duì)球B的彈力增大，因而地面對(duì)B的支持力增大，B對(duì)地面的壓力增大，選項(xiàng)C正確；由于初始狀態(tài)豎直墻壁對(duì)斜劈的摩擦力的方向未知，因而F增大時(shí)，墻面對(duì)A的摩擦力可能變?yōu)榱?，選項(xiàng)D正確。[答案]BCD[解題啟示]處理整體與部分問(wèn)題時(shí)，選擇合適的研究對(duì)象至關(guān)重要，當(dāng)分析系統(tǒng)外的受力時(shí)，通常選擇整體法，當(dāng)分析系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用時(shí)，通常選擇隔離法。直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)圖象法分析物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。(2)整體法和隔離法分析連接體問(wèn)題。(3)逆向思維法處理勻減速直線運(yùn)動(dòng)。(4)正交分解法在動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中的應(yīng)用。(5)對(duì)稱(chēng)法分析豎直上拋運(yùn)動(dòng)。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)處理剎車(chē)類(lèi)問(wèn)題時(shí)要注意在給定的時(shí)間內(nèi)車(chē)是否已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)。(2)物體沿斜面上沖時(shí)，從最高點(diǎn)返回時(shí)的加速度與上沖時(shí)的加速度不一定相同。(3)處理追及相遇問(wèn)題時(shí)，若被追趕的物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，一定要注意追上前該物體是否已停止運(yùn)動(dòng)。(4)注意區(qū)分a、Δv、eq\f(Δv,Δt)三個(gè)物理量。(5)由圖象得到的加速度方向與應(yīng)用牛頓第二定律列式時(shí)所取的正方向應(yīng)保持一致。(6)超重或失重的物體加速度方向不一定沿豎直方向。(7)加速度“突然”變化時(shí)，繩、桿產(chǎn)生的彈力可能跟著“突變”，而彈簧、橡皮筋產(chǎn)生的彈力不會(huì)“突變”。,[例2][2014·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)]如圖所示，工人用繩索拉鑄件，鑄件的質(zhì)量是20kg，鑄件與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.25。工人用80N的力拉動(dòng)鑄件，從靜止開(kāi)始在水平面上前進(jìn)，繩與水平方向的夾角為α＝37°并保持不變，經(jīng)4s后松手。求松手后鑄件還能前進(jìn)的距離。(g＝10m/s2)[解析]工人拉鑄件時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有Fcosα－f＝ma1N1＋Fsinα－mg＝0又f＝μN(yùn)1解得a1＝1.3m/s2松手時(shí)，鑄件的速度v＝a1t＝5.2m/s設(shè)松手后，鑄件的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2解得a2＝2.5m/s2松手后，鑄件滑行的距離是s＝eq\f(v2,2a2)＝5.4m[答案]5.4m[解題啟示]牛頓第二定律具有矢量性，應(yīng)用其列方程時(shí)應(yīng)規(guī)定正方向，一般取加速度的方向?yàn)檎较?，同時(shí)注意因受力變化而造成摩擦力的大小發(fā)生變化的情況。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律曲線運(yùn)動(dòng)eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的軌跡及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的判斷方法。(2)小船渡河問(wèn)題、繩和桿末端速度分解問(wèn)題的分析方法。(3)平拋運(yùn)動(dòng)、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的分析方法。(4)火車(chē)轉(zhuǎn)彎問(wèn)題、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)不一定是直線運(yùn)動(dòng)。(2)合運(yùn)動(dòng)是物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)。(3)小船渡河時(shí)，最短位移不一定等于小河的寬度。(4)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，其位移方向與速度方向不同。(5)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其向心力由合外力指向圓心方向的分力提供，向心力并不是物體“額外”受到的力。(6)做離心運(yùn)動(dòng)的物體并沒(méi)有受到“離心力”的作用。,[例1][2014·唐山統(tǒng)考](多選)如圖所示，一同學(xué)分別在同一直線上的A、B、C三個(gè)位置投擲籃球，結(jié)果都垂直擊中籃筐，速度分別為v1、v2、v3。若籃球出手時(shí)高度相同，出手速度與水平夾角分別為θ1、θ2、θ3，下列說(shuō)法正確的是()A.v1<v2<v3 B.v1>v2>v3C.θ1>θ2>θ3 D.θ1<θ2<θ3[解析]上述過(guò)程，可以看成籃球從籃筐水平拋出，由題意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故選項(xiàng)B正確。A錯(cuò)誤；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，水平速度越大，落地時(shí)速度方向與水平方向的夾角越小，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。[答案]BD[解題啟示]在本題中籃球出手后，是斜拋運(yùn)動(dòng)，但都最后垂直擊中籃筐，可用逆向思維，看成籃球從籃筐水平拋出，做平拋運(yùn)動(dòng)。萬(wàn)有引力與航天eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)天體質(zhì)量和密度的估算方法。(2)“變軌問(wèn)題”的處理方法。(3)“雙星問(wèn)題”的處理方法。(4)第一宇宙速度的計(jì)算方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)任何物體間都存在萬(wàn)有引力，但萬(wàn)有引力定律并不適用于任何物體之間。(2)只有在兩極處的物體所受重力等于萬(wàn)有引力，地球上其他位置處，重力不等于萬(wàn)有引力，有時(shí)將二者按近似相等處理。(3)衛(wèi)星在穩(wěn)定的圓周運(yùn)動(dòng)中，才有F萬(wàn)＝F向，否則F萬(wàn)≠F向。(4)同步衛(wèi)星、近地衛(wèi)星、地球赤道上物體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)不同。(5)對(duì)于雙星問(wèn)題，求兩星球間的萬(wàn)有引力時(shí)，公式F＝Geq\f(m1m2,r2)中的r＝L；求星球的向心力時(shí)，公式F向＝meq\f(v2,r)中的r＝r1(或r2)。,[例2]天文學(xué)家如果觀察到一個(gè)星球獨(dú)自做圓周運(yùn)動(dòng)，那么就會(huì)猜想到在這個(gè)星球附近存在著一個(gè)看不見(jiàn)的星體黑洞。星球與黑洞由萬(wàn)有引力的作用組成雙星，以兩者連線上某點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A.它們做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與其質(zhì)量成反比B.它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與其質(zhì)量成反比C.它們做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與其質(zhì)量成反比D.它們做圓周運(yùn)動(dòng)所受的向心力與其質(zhì)量成反比[解析]由于該雙星和它們的軌道中心總保持三點(diǎn)共線，所以在相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度必相等，即它們做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度必相等，因此周期也必然相同，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；因?yàn)樗鼈兯艿南蛐牧Χ际怯伤鼈冎g的萬(wàn)有引力來(lái)提供，所以大小必然相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由F＝mω2r可知r∝eq\f(1,m)，選項(xiàng)C正確。[答案]C[解題啟示]本題屬于雙星模型，雙星模型具有以下特點(diǎn)：(1)由于雙星和該固定點(diǎn)總保持三點(diǎn)共線，所以在相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度必相等，即雙星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度必相等，因此周期也必然相同；(2)由于每顆星的向心力都是由雙星間相互作用的萬(wàn)有引力提供的，因此大小必然相等，由F＝mω2r，可得r∝eq\f(1,m)，于是有r1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，r2＝eq\f(m1,m1＋m2)L；(3)列式時(shí)須注意：萬(wàn)有引力定律表達(dá)式中的L表示雙星間的距離，而向心力表達(dá)式中的r表示它們各自做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。功能關(guān)系和能量守恒eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)功(恒力功、變力功)的計(jì)算方法。(2)機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題的分析方法。(3)機(jī)械能守恒的判斷方法。(4)子彈打木塊、傳送帶等，模型中內(nèi)能增量的計(jì)算方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)公式W＝Flcosα中，l不一定是物體的位移。(2)混淆平均功率和瞬時(shí)功率；計(jì)算瞬時(shí)功率時(shí)，直接應(yīng)用公式W＝Fv，漏掉了F與v之間的夾角。(3)功、動(dòng)能、重力勢(shì)能都是標(biāo)量，但都有正負(fù)，正負(fù)號(hào)的意義不同。(4)機(jī)車(chē)啟動(dòng)時(shí)，在勻加速階段的最大速度并不是機(jī)車(chē)所能達(dá)到的最大速度。(5)ΔE內(nèi)＝Ffl相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑行路徑的總長(zhǎng)度。3．幾種常用的功能轉(zhuǎn)化關(guān)系[例1]如圖所示，物體以100J的初動(dòng)能從固定斜面底端向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它通過(guò)斜面某點(diǎn)M時(shí)，其動(dòng)能減少了80J，機(jī)械能損失了32J。若物體能從斜面上返回底端，則返回底端時(shí)物體的動(dòng)能為()A.20JB.48JC.60JD.68J[解析]設(shè)物體的質(zhì)量為m，斜面的傾角為θ，物體從底端到M點(diǎn)沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移為s1。對(duì)物體做功的力有兩個(gè)：重力沿斜面的分力mgsinθ和滑動(dòng)摩擦力f，而且上升的過(guò)程中這兩個(gè)力都對(duì)物體做負(fù)功。根據(jù)動(dòng)能定理可知：動(dòng)能的減少量等于克服這兩個(gè)力所做的功，即(mgsinθ＋f)s1＝80J①。由功能關(guān)系可知：機(jī)械能的減少量等于克服滑動(dòng)摩擦力所做的功，即fs1＝32J②，由①②兩式得eq\f(f,mgsinθ)＝eq\f(2,3)③。設(shè)物體從斜面底端運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)位移為s2，則上升過(guò)程中由動(dòng)能定理得(mgsinθ＋f)s2＝100J④，由③④兩式得fs2＝40J，即上升過(guò)程中物體克服滑動(dòng)摩擦力做了40J的功。因?yàn)樯仙拖陆颠^(guò)程中物體都克服滑動(dòng)摩擦力做功，且數(shù)值相等，所以往返一次克服滑動(dòng)摩擦力所做的總功為80J。由功能關(guān)系可知，往返一次機(jī)械能的減少量等于克服滑動(dòng)摩擦力所做的總功，所以物體的動(dòng)能減少了80J(因?yàn)槲矬w的重力勢(shì)能沒(méi)有變化)，因此物體返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為20J。[答案]A[解題啟示]應(yīng)用功能關(guān)系解題的關(guān)鍵，就是要認(rèn)真分析物理過(guò)程中有哪些力對(duì)物體做了功，并明確每個(gè)力做功與其相應(yīng)能量的變化關(guān)系。功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，不僅在解決力學(xué)問(wèn)題時(shí)開(kāi)辟了一條重要途徑，而且也是分析解決電磁學(xué)、熱學(xué)等物理現(xiàn)象的重要依據(jù)。運(yùn)用能量的觀點(diǎn)去分析解決問(wèn)題，可不涉及整個(gè)過(guò)程作用的細(xì)節(jié)，只涉及初、末狀態(tài)，避免了直接用牛頓定律所遇到的困難，同時(shí)也簡(jiǎn)化了解決問(wèn)題的步驟。[例2]固定在豎直平面內(nèi)的半圓形軌道與豎直軌道平滑連接，豎直軌道的上端有一個(gè)大小可忽略的小定滑輪，半圓形軌道的半徑為R，C為軌道的最低點(diǎn)，豎直軌道高也為R，兩個(gè)質(zhì)量分別為2m和m的小球A和B用輕質(zhì)細(xì)線連在一起，所有接觸面均光滑，如圖所示。開(kāi)始時(shí)用手固定B、使A緊靠滑輪，突然撤去手后，A由靜止開(kāi)始下滑，求A經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度。[解析]對(duì)A、B，從A靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，設(shè)A運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)A、B的速度分別為v1、v2(關(guān)系如圖所示)。由幾何關(guān)系知小滑輪到C的距離為s＝eq\r(5)Rcosθ＝eq\f(1,\r(5))因?yàn)榧?xì)線長(zhǎng)度不變，則B上升的高度H＝s在A下滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(2m)g(2R)－mgH＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)B的速度大小等于A的速度沿細(xì)線方向的分速度大小，有v2＝v1cosθ以上各式聯(lián)立解得v1＝eq\r(\f(10gR4－\r(5),11))。[答案]eq\r(\f(10gR4－\r(5),11))[解題啟示]兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒的根源在于線(桿)對(duì)兩物體所做的正、負(fù)功絕對(duì)值相等。抓住線(桿)長(zhǎng)度不變，通過(guò)作圖找出線段間關(guān)系和邊角關(guān)系，確定物體的位移(上升、下降的高度)。如果物體速度不沿線(桿)方向，需將物體速度沿線(桿)分解，根據(jù)沿線(桿)方向速度相等，確定兩物體速度的大小關(guān)系，再應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，問(wèn)題便可迎刃而解。電場(chǎng)和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)庫(kù)侖力作用下點(diǎn)電荷的平衡問(wèn)題的分析方法。(2)電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能高低的判斷方法。(3)電場(chǎng)的疊加問(wèn)題的分析方法。(4)平行板電容器的動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的分析方法。(5)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)任何帶電體間都存在庫(kù)侖力，但庫(kù)侖定律只適用于點(diǎn)電荷間。(2)電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的大小之間沒(méi)有必然的關(guān)系。電場(chǎng)強(qiáng)度大的地方電勢(shì)不一定高，電勢(shì)高的地方，電荷的電勢(shì)能不一定大。(3)電容器的電容與Q和U無(wú)關(guān)。3.必須熟知的規(guī)律與方法電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的判斷方法(1)電場(chǎng)強(qiáng)度①根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度進(jìn)行判斷，電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大。②根據(jù)等勢(shì)面的疏密程度進(jìn)行判斷。等差等勢(shì)面越密處電場(chǎng)強(qiáng)度越大。③根據(jù)a＝eq\f(Eq,m)，a越大處電場(chǎng)強(qiáng)度越大。(2)電勢(shì)①沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)線由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，且電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面。②根據(jù)電場(chǎng)力做功公式判斷。當(dāng)已知q和WAB時(shí)，由公式WAB＝qUAB，即UAB＝eq\f(WAB,q)判定。③根據(jù)電勢(shì)能判斷，正電荷在電勢(shì)能高的地方電勢(shì)高，負(fù)電荷在電勢(shì)能高的地方電勢(shì)反而低。(3)電勢(shì)能電場(chǎng)力做正功，電荷(無(wú)論正電荷還是負(fù)電荷)從電勢(shì)能較大處移向電勢(shì)能較小處；反之，如果電荷克服電場(chǎng)力做功，那么電荷將從電勢(shì)能較小處移向電勢(shì)能較大處。處理帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思想方法處理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先要注意區(qū)分不同的物理過(guò)程，弄清在不同的過(guò)程中粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。在解題時(shí)主要可以從以下兩條線索展開(kāi)：(1)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系——根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等，這條線索通常適用于受恒力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的情況。(2)功和能的關(guān)系——根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功引起帶電粒子能量的變化，利用動(dòng)能定理研究全過(guò)程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的位移等。這條線索也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。[例1](多選)將某導(dǎo)體置于電場(chǎng)后其周?chē)碾妶?chǎng)分布情況如圖所示，圖中虛線表示電場(chǎng)線，實(shí)線表示等勢(shì)面，圖下箭頭所示數(shù)字表示等勢(shì)面的電勢(shì)(單位：V)，A、B、C、D、E為電場(chǎng)中的五個(gè)點(diǎn)，其中D、F兩點(diǎn)間的距離為3cm。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度B.A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)C.E點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小小于10V/mD.將正電荷從A點(diǎn)沿電勢(shì)為0.5V的等勢(shì)面移到C點(diǎn)的過(guò)程中，因電場(chǎng)線先密后疏，故靜電力先做負(fù)功后做正功[解析]圖中可以看出，A點(diǎn)處的電場(chǎng)線較B點(diǎn)處的電場(chǎng)線稀疏，則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)A正確；順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，故A點(diǎn)所在等勢(shì)面的電勢(shì)較B點(diǎn)所在等勢(shì)面的電勢(shì)高，選項(xiàng)B正確；由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(0.5－0.2,3×10－2)V/m＝10V/m，因E點(diǎn)附近的電場(chǎng)線較密，故E點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小大于10V/m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂直，故電荷沿等勢(shì)面移動(dòng)時(shí)靜電力不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]CD[解題啟示](1)記住兩個(gè)重要結(jié)論：第一，場(chǎng)強(qiáng)的大小與電場(chǎng)線的疏密有關(guān)；第二，電勢(shì)的高低與電場(chǎng)線的方向有關(guān)。(2)弄清兩個(gè)問(wèn)題：第一，靜電力做功的正、負(fù)由電荷的正、負(fù)及兩點(diǎn)間的電勢(shì)差共同決定，而并非由電場(chǎng)線的疏密決定；第二，公式U＝Ed用于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的定量計(jì)算和非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的定性分析。[例2][2014·上海高考](多選)靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷()A.在x2和x4處電勢(shì)能相等B.由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中電勢(shì)能增大C.由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先增大后減小D.由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先減小后增大[解析]由題圖可知，x1到x4場(chǎng)強(qiáng)先變大，再變小，則點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力先增大后減小，C正確，D錯(cuò)誤。由x1到x3及由x2到x4過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，知A錯(cuò)誤，B正確。[答案]BC[解題啟示]分析圖象的關(guān)鍵：第一，看清坐標(biāo)軸尤其是縱軸所代表的物理量，如本題圖象中的縱軸表示的是電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)的高低；第二，根據(jù)圖象找出突破點(diǎn)，準(zhǔn)確地分析、判斷物理量的變化規(guī)律，如本題中可直接判斷從x1到x4場(chǎng)強(qiáng)大小的變化，從而推出電場(chǎng)力的變化。恒定電流

eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)直流電路中電功、電熱、電功率的計(jì)算方法。(2)直流電路的動(dòng)態(tài)分析方法。(3)含容電路的分析與計(jì)算方法。(4)直流電路的圖象問(wèn)題的分析方法。(5)電路故障的分析方法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(儀器檢測(cè)法,假設(shè)法))2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)不能分清純電阻元件和非純電阻元件導(dǎo)致計(jì)算出錯(cuò)。(2)不能正確識(shí)別串、并聯(lián)電路而出錯(cuò)。(3)非線性元件的I－U圖象中，某點(diǎn)切線的斜率的倒數(shù)不是電阻。eq\a\vs4\al([方法·規(guī)律])1.閉合電路的動(dòng)態(tài)分析方法(1)程序法：閉合電路中，由于局部電阻變化(或開(kāi)關(guān)的通斷)，引起各部分電壓、電流(或燈泡明暗)發(fā)生變化，分析此類(lèi)問(wèn)題的基本步驟是：①由局部電阻變化判斷總電阻的變化；②由I＝eq\f(E,R＋r)判斷總電流的變化；③據(jù)U＝E－Ir判斷路端電壓的變化；④由歐姆定律及串并聯(lián)電路特點(diǎn)判斷各部分電流、電壓變化。(2)極限法：即因變阻器滑片滑動(dòng)引起電路變化的問(wèn)題，可將變阻器的滑動(dòng)端分別滑至兩個(gè)極端去討論。(3)特殊值法：對(duì)于某些電路問(wèn)題，可以采取代入特殊值法判定，從而得出結(jié)論。(4)結(jié)論法：“串反”“并同”即某一電阻阻值變化，則與該電阻相串聯(lián)的用電器，兩端電壓、通過(guò)的電流、消耗的功率都將與該電阻阻值變化情況相反；與該電阻相并聯(lián)的用電器，兩端電壓、通過(guò)的電流、消耗的功率都將與該電阻阻值變化情況相同。2.含容電路問(wèn)題的分析方法(1)電容器在直流電路中，相當(dāng)于一個(gè)阻值無(wú)限大(只考慮電容器是理想的不漏電的情況)的電阻，在電容器處電路可視為斷路，分析時(shí)可以等效于拆去電容器，從而簡(jiǎn)化電路；簡(jiǎn)化后若求電容器所帶電荷量，可接在相應(yīng)的位置上。(2)電路穩(wěn)定后，電容器兩極的電壓等于與它并聯(lián)電路的電壓值。(3)當(dāng)電容器與電阻串聯(lián)時(shí)，電阻兩端不分電壓。(4)電路中的電流、電壓變化時(shí)，將會(huì)引起電容器的充放電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果兩端電壓降低，電容器將通過(guò)與它連接的電路放電。(5)電容器帶電荷量或帶電荷量變化的求解方法：電容器所帶電荷量用Q＝CU計(jì)算，電容器所帶電荷量變化用ΔQ＝C·ΔU計(jì)算。[例1]某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫(huà)在了同一坐標(biāo)系上，如圖中的a、b、c所示，根據(jù)圖線可知()A.反映Pr變化的圖線是bB.電源電動(dòng)勢(shì)為8VC.電源內(nèi)阻為1ΩD.當(dāng)電流為0.5A時(shí)，外電路的電阻為6Ω[解析]由題意可知Pr＝I2r，變化曲線應(yīng)該是c，且由圖象可求得電源內(nèi)阻r＝2Ω，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由PE＝EI，可求得電源電動(dòng)勢(shì)E＝4V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖象及閉合電路歐姆定律E＝IR＋I(xiàn)r可知，當(dāng)電流為0.5A時(shí)外電路的電阻為6Ω，選項(xiàng)D正確。[答案]D[例2]在如圖所示的電路中，電源的負(fù)極接地，其電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動(dòng)變阻器，C為電容器，A、V分別為理想電流表和理想電壓表。在滑動(dòng)變阻器滑片P自a端向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大B.電容器C所帶電荷量增多C.電容器內(nèi)M點(diǎn)的電勢(shì)降低D.若將電容器的下極板上移少許，則電荷在M點(diǎn)所具有的電勢(shì)能減小[解析]滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，閉合電路的外電阻變小，電路總電流增大，電源內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，電阻R1兩端電壓增大，電壓表示數(shù)變大，R2和R3并聯(lián)部分兩端的電壓變小，流過(guò)R2的電流變小，流過(guò)R3的電流變大，電流表示數(shù)變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容器兩極板間的電壓等于電阻R2兩端的電壓，由Q＝CU可知，電容器所帶電荷量Q減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由E＝eq\f(U,d)可知，電容器內(nèi)部勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E變小，由題圖可知電容器的下極板電勢(shì)為零，由U＝Ed可知M點(diǎn)的電勢(shì)降低，選項(xiàng)C正確；雖然電容器內(nèi)M點(diǎn)的電勢(shì)降低，但由于電荷的電性不確定，所以無(wú)法確定該電荷在M點(diǎn)電勢(shì)能的變化情況，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]C[解題啟示]處理電容器和電阻組成的串、并聯(lián)電路問(wèn)題需要把握兩點(diǎn)：第一，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)電容器支路相當(dāng)于斷路，因此，與電容器串聯(lián)的電阻兩端電壓為零；第二，電容器兩端電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓，因此，電容器兩端電壓隨與之并聯(lián)的電阻兩端電壓的變化而變化。磁場(chǎng)和帶電粒子的運(yùn)動(dòng)

磁場(chǎng)eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)根據(jù)磁感線分析磁場(chǎng)的分布規(guī)律。(2)與安培力有關(guān)的力學(xué)問(wèn)題的分析方法。(3)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法。(4)帶電粒子在磁場(chǎng)中周期性運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法。(5)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的臨界和極值問(wèn)題的分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)通電導(dǎo)線、帶電粒子在磁場(chǎng)中不一定受磁場(chǎng)力的作用。(2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力不做功，安培力可以做功。(3)把左手定則和右手定則混淆。左手定則用來(lái)判斷安培力、洛倫茲力的方向，右手定則是用來(lái)判斷導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向的。(4)不能熟練地利用幾何關(guān)系分析帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡：帶電粒子在有邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，要正確地找出偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、入射方向與出射方向之間的關(guān)系。[例1]如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角。現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)A.eq\f(1,2)Δt B.2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D.3Δt[解析]設(shè)帶電粒子以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°。當(dāng)帶電粒子以eq\f(1,3)v的速度進(jìn)入時(shí)，軌道半徑r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圓心在O2，則eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)，即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。[答案]B[解題啟示]分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先應(yīng)找到圓心，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，借助輔助線和幾何知識(shí)求解，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由圓心角決定。即t＝eq\f(θ,2π)T，因此本題中，粒子運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比即為圓心角之比。復(fù)合場(chǎng)eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的平衡問(wèn)題的分析方法。(2)帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法。(3)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)組合場(chǎng)中不能確定好粒子在組合場(chǎng)交界位置的速度的大小與方向而出錯(cuò)。(2)在復(fù)合場(chǎng)中，受力分析不正確，特別是洛倫茲力的方向判斷不正確而出錯(cuò)。(3)對(duì)帶電體的重力能否被忽略判斷不準(zhǔn)而導(dǎo)致出錯(cuò)。(4)混淆處理“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的方法而出錯(cuò)。eq\a\vs4\al([典型做法歸納])1.帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法2.帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的常用幾何關(guān)系(1)四個(gè)點(diǎn)：分別是入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)。(2)三個(gè)角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍。[例2][2013·安徽高考]如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，通過(guò)電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。[解析](1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿負(fù)y方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvB＝meq\f(v2,r)當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有r＝eq\f(\r(2),2)L所以B＝eq\f(2mv0,qL)。[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)[解題啟示]由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，抓住Oa＝2h，OP＝h的條件即可判斷出粒子出射速度方向，再由對(duì)稱(chēng)性可畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由qvB＝meq\f(v2,r)即可求解。

電磁感應(yīng)現(xiàn)象和交流電

電磁感應(yīng)現(xiàn)象eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)應(yīng)用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電流的方向。(2)應(yīng)用楞次定律判斷導(dǎo)體的“相對(duì)”運(yùn)動(dòng)。(3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中等效電路的畫(huà)法。(4)通電自感和斷電自感現(xiàn)象的分析方法。(5)應(yīng)用圖象分析電磁感應(yīng)問(wèn)題的方法。(6)電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路、能量的綜合分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)判斷磁通量是否變化時(shí)，由于只考慮磁通量的“大小”，忽略了“方向”而出錯(cuò)。(2)對(duì)楞次定律中“阻礙”含義理解不準(zhǔn)確而出錯(cuò)，阻礙不等于相反，不等于阻止。(3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，由于不能正確畫(huà)出等效電路圖而出錯(cuò)。(4)對(duì)變化電流的問(wèn)題，求電功、電功率、熱功率用電流的有效值，求通過(guò)的電量用電流的平均值。(5)導(dǎo)體棒所受安培力不一定做功，但導(dǎo)體棒中由于電流和電阻會(huì)產(chǎn)生焦耳熱。[例1]間距為L(zhǎng)＝2m的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m＝0.1kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，細(xì)桿ab、cd的電阻分別為R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.50T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(圖中未畫(huà)出)。當(dāng)ab在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也同時(shí)從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。測(cè)得拉力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。g＝10m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)求當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大小。(3)若從開(kāi)始到cd桿達(dá)到最大速度的過(guò)程中拉力F做了5.2J的功，通過(guò)cd桿橫截面的電荷量為2C，求該過(guò)程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。[解析](1)由題圖乙可知，在t＝0時(shí)，F(xiàn)＝1.5N對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2(2)從d向c看，對(duì)cd桿進(jìn)行受力分析如圖所示，當(dāng)cd速度最大時(shí)，有f＝mg＝μFN，F(xiàn)N＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝eq\f(BLv,R1＋R2)綜合以上各式，解得v＝2m/s(3)整個(gè)過(guò)程中，ab桿發(fā)生的位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×10)m＝0.2m對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理，有WF－μmgx－W安＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得W安＝4.9J根據(jù)功能關(guān)系Q總＝W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總＝2.94J。[答案](1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J[解題啟示]分析“雙桿模型”問(wèn)題時(shí)，要注意雙桿之間的制約關(guān)系，即“動(dòng)”桿與“被動(dòng)”桿之間的關(guān)系，需要注意的是，最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。交流電eq\a\vs4\al([憶知識(shí)·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)正弦交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式的計(jì)算方法。(2)交變電流有效值的計(jì)算方法。(3)變壓器電路的動(dòng)態(tài)分析方法。(4)遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題的常用分析方法。2.必須明確的易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，開(kāi)始計(jì)時(shí)的位置不同，則瞬時(shí)值表達(dá)式不同。(2)只有正弦交流電的有效值才滿足I＝eq\f(Im,\r(2))。(3)正弦交變電流的“四值”的應(yīng)用范圍不同，如計(jì)算電功時(shí)只能用有效值，計(jì)算電量時(shí)只能用平均值。(4)理想變壓器的副線圈只有一個(gè)時(shí)，原副線圈的電流關(guān)系才滿足eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(5)遠(yuǎn)距離輸電時(shí)，輸電導(dǎo)線的電阻不等于輸送電壓與輸送電流的比值。[例2][2014·天津高考](多選)如圖1所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖象如圖2中曲線a、b所示，則()A.兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合B.曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V[解析]由題圖2知t＝0時(shí)兩次轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)都等于零，故A正確。由圖2知兩次轉(zhuǎn)動(dòng)所產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系n＝eq\f(1,T)得na∶nb＝3∶2，故B錯(cuò)誤。因Ta＝4×10－2s，故fa＝eq\f(1,Ta)＝25Hz，C正確。因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝eq\f(2πNBS,T)，故Emb＝eq\f(Ta,Tb)Ema＝10V，Eb＝eq\f(Emb,\r(2))＝5eq\r(2)V，D錯(cuò)誤。[答案]AC[解題啟示]首先應(yīng)從電動(dòng)勢(shì)圖象中得出有用信息，Ta＝0.04s，Tb＝0.06s，Ema＝15V，再由公式Em＝NBSω，ω＝eq\f(2π,T)，求得Emb大小，對(duì)于本題涉及到的公式還有ω＝2πf＝2πn，E＝eq\f(Em,\r(2))，f＝eq\f(1,T)等。物理實(shí)驗(yàn)基本知識(shí)一、誤差和有效數(shù)字1.誤差2.有效數(shù)字(1)定義：帶有一位不可靠數(shù)字的近似數(shù)據(jù)。有效數(shù)字的最后一位是測(cè)量者估讀出來(lái)的，是誤差的來(lái)源。(2)從數(shù)字左邊第一個(gè)不為零的數(shù)字算起，如0.0125為三位有效數(shù)字。二、基本儀器的使用與讀數(shù)1.長(zhǎng)度測(cè)量類(lèi)(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)：(2)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)：測(cè)量值＝固定刻度整毫米數(shù)＋半毫米數(shù)＋可動(dòng)刻度讀數(shù)(含估讀)×0.01mm。2.時(shí)間測(cè)量類(lèi)(1)機(jī)械秒表的讀數(shù)：①原理：機(jī)械秒表的長(zhǎng)針是秒針，轉(zhuǎn)一周是30s，因?yàn)闄C(jī)械表采用的是齒輪傳動(dòng)，指針不可能停留在兩小格之間，所以不能估讀出比0.1s更短的時(shí)間。位于秒表上部中間的小圓圈里面的短針是分針，指針走一圈15min，每小格為0.5min。②秒表的讀數(shù)方法是：T＝短針讀數(shù)(t1)＋長(zhǎng)針讀數(shù)(t2)。(2)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器：計(jì)時(shí)器種類(lèi)工作電源電壓打點(diǎn)間隔電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器交流50Hz,4V～6V0.02s電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器交流50Hz,220V0.02s(3)頻閃照相機(jī)：其作用和處理方法與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器類(lèi)似，它是用等時(shí)間間隔獲取圖象的信息的方法將物體在不同時(shí)刻的位置記錄下來(lái)，使用時(shí)要明確頻閃的時(shí)間間隔。三、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法1.列表法在記錄和處理數(shù)據(jù)時(shí)，為了簡(jiǎn)單而明確地表示出有關(guān)物理量之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，將數(shù)據(jù)填寫(xiě)在適當(dāng)?shù)谋砀駜?nèi)，稱(chēng)為列表法。列成表格不但可以減少或避免錯(cuò)誤，便于發(fā)現(xiàn)問(wèn)題和分析問(wèn)題，而且有助于找出各物理量之間的變化規(guī)律。分析表格中的記錄數(shù)據(jù)時(shí)一般先找出相同量，再分析其他量的數(shù)據(jù)關(guān)系。表格要求簡(jiǎn)單明了，用符號(hào)標(biāo)明各物理量并寫(xiě)明單位，所列數(shù)據(jù)要符合有效數(shù)字的有關(guān)規(guī)定。2.平均值法即把測(cè)定的若干組數(shù)相加求和，然后除以測(cè)量次數(shù)。3.作圖法用作圖法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是物理實(shí)驗(yàn)中最常用的方法之一。用作圖法處理數(shù)據(jù)的優(yōu)點(diǎn)是直觀、簡(jiǎn)便，有取平均的效果。由圖線的斜率、截距、包圍面積等可以研究物理量之間的變化關(guān)系，找出規(guī)律。電學(xué)實(shí)驗(yàn)一、電學(xué)測(cè)量?jī)x器的使用與讀數(shù)1.電流表、電壓表、歐姆表的比較2.多用電表的使用“三注意”(1)電流的流向：由于使用多用電表時(shí)不管測(cè)量項(xiàng)目是什么，電流都要從電表的“＋”插孔(紅表筆)流入，從“－”插孔(黑表筆)流出，所以使用歐姆擋時(shí)，多用電表內(nèi)部電池的正極接的是黑表筆，負(fù)極接的是紅表筆。(2)要區(qū)分開(kāi)“機(jī)械零點(diǎn)”與“歐姆零點(diǎn)”：“機(jī)械零點(diǎn)”在表盤(pán)刻度左側(cè)“0”位置。調(diào)整的是表盤(pán)下邊中間的定位螺絲；“歐姆零點(diǎn)”在表盤(pán)刻度的右側(cè)電阻刻度“0”位置，調(diào)整的是歐姆擋的調(diào)零旋鈕。(3)選倍率：測(cè)量前應(yīng)根據(jù)估計(jì)阻值選用適當(dāng)?shù)膿跷?。由于歐姆擋刻度的非線性，使用歐姆擋測(cè)電阻時(shí)，表頭指針偏轉(zhuǎn)過(guò)大或過(guò)小都有較大誤差。通常只使用表盤(pán)中間一段刻度范圍，指針偏轉(zhuǎn)角度在eq\f(1,3)滿偏到eq\f(2,3)滿偏之間為測(cè)量的有效范圍。3.電學(xué)儀器的選擇(1)電源的選擇：一般可以根據(jù)待測(cè)電路的額定電流或額定電壓選擇符合需要的直流電源。(2)電表的選擇：一般根據(jù)電源的電動(dòng)勢(shì)或待測(cè)用電器的額定電壓選擇電壓表；根據(jù)待測(cè)電流的最大電流選擇電流表；選擇的電表的量程應(yīng)使電表的指針擺動(dòng)的幅度較大，一般應(yīng)使指針能達(dá)到半偏以上，以減小讀數(shù)的偶然誤差，提高精確度。二、電流表內(nèi)外接法的比較與選擇三、控制電路(滑動(dòng)變阻器的接法)的比較與選擇1.控制電路的比較2.控制電路的選擇(1)優(yōu)先選用限流式。(2)以下情況考慮分壓式：①要求待測(cè)電路的U、I從0變化；②R滑?Rx；③選用限流式時(shí)，Ux、Ix過(guò)大(超過(guò)電表量程，燒壞電表、電源或用電器等)[例1][2014·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]某同學(xué)利用圖(a)所示實(shí)驗(yàn)裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車(chē)加速度a與鉤碼的質(zhì)量m的對(duì)應(yīng)關(guān)系圖，如圖(b)所示。實(shí)驗(yàn)中小車(chē)(含發(fā)射器)的質(zhì)量為200g，實(shí)驗(yàn)時(shí)選擇了不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩和輕定滑輪，小車(chē)的加速度由位移傳感器及與之相連的計(jì)算機(jī)得到，回答下列問(wèn)題：(1)根據(jù)該同學(xué)的結(jié)果，小車(chē)的加速度與鉤碼的質(zhì)量成________(填“線性”或“非線性”)關(guān)系。(2)由圖(b)可知，a－m圖線不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，可能的原因是________。(3)若利用本實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證“在小車(chē)質(zhì)量不變的情況下，小車(chē)的加速度與作用力