分压接法
R滑≈Rx两种均可，从节能角度选限流
R滑不唯一：
实难要求确定控制电路R滑
实难要求：
负载两端电压变化范围大。
负载两端电压要求从0开始变化。
电表量程较小而电源电动势较大。
有以上3种要求都采用调压供电。
无特殊要求都采用限流供电
三、选实验试材（仪表）和电路,
按题设实验要求组装电路,画出电路图,能把实物接成实验电路,精心按排操作步骤,过程中需要测?
物理量,结果表达式中各符号的含义.
（1）选量程的原则：
测uI,指针超过1/2，测电阻刻度应在中心附近.
（2）方法:
先画电路图,各元件的连接方式（先串再并的连线顺序）
明确表的量程,画线连接各元件,铅笔先画,查实无误后,用钢笔填,
先画主电路,正极开始按顺序以单线连接方式将主电路元件依次串联,后把并联无件并上.
（3）注意事项：
表的量程选对,正负极不能接错；导线应接在接线柱上,且不能分叉；不能用铅笔画
用伏安法测小电珠的伏安特性曲线：
测量电路用外接法，供电电路用调压供电。
（4）实物图连线技术
无论是分压接法还是限流接法都应该先把伏安法部分接好；即：
先接好主电路（供电电路）.
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和量程,滑动变阻器应调到阻值最大处）。
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情况，将伏安法部分接入该两点间。
实物连线的总思路分压（滑动变阻器的下两个接线柱一定连在电源和电键的两端）
画出电路图→连滑动变阻器→
限流（一般连上一接线柱和下一接线柱）
（两种情况合上电键前都要注意滑片的正确位
电表的正负接线柱
→连接总回路：
总开关一定接在干路中
导线不能交叉
微安表改装成各种表：
关健在于原理
首先要知：
微安表的内阻、满偏电流、满偏电压。
采用半偏法先测出表的内阻；最后要对改装表进行较对。
（1）改为V表：
串联电阻分压原理
（n为量程的扩大倍数）
（2）改为A表：
串联电阻分流原理
（n为量程的扩大倍数）
（3）改为欧姆表的原理
两表笔短接后,调节Ro使电表指针满偏，得Ig＝E/（r+Rg+Ro）
接入被测电阻Rx后通过电表的电流为Ix＝E/（r+Rg+Ro+Rx）＝E/（R中+Rx）
由于Ix与Rx对应，因此可指示被测电阻大小
2019-2020年高考物理模拟试题含解析
一、选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．（6分）（xx•忠县校级模拟）下列四幅图的有关说法正确的是（ ）
A．
图①中，若两球质量相等，碰后m2的速度不可能大于v
B．
图②中，射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
C．
图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，遏止电压Uc越大
D．
图④中，链式反应属于重核的衰变
考点：
动量守恒定律；重核的裂变．
分析：
碰撞时根据动量守恒，能量守恒求碰后m2的速度；几何粒子的偏转方向根据左手定则来确定正负电荷；根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与什么因素有关；链式反应属于重核的裂变．
解答：
解：
A、若发生弹性碰撞，即没有机械能损失，则mv=mv1+mv2，mv2=mv12+mv22
联立得：
v2=v；若碰撞过程有机械能损失，则v2＜v，总之可见，碰后碰后m2的速度不可能大于v，A正确；
B、射线丙由α粒子组成，该粒子带两个单位正电荷，而射线甲是β粒子，故B错误；
C、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0和eUC=EKm得，Uc=﹣，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，与入射光的强度无关，故C错误；
D、一个中子轰击后，出现三个中子，此链式反应属于重核的裂变，故D错误；
故选：
A．
点评：
本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用，注意裂变与聚变的区别，理解三种射线的不同．
2．（6分）（xx•忠县校级模拟）我国古代神话中传说：
地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天．如果把看到一次日出就当作“一天”，在距离地球表面约300km高度环绕地球飞行的航天员24h内在太空中度过的“天”数约为（已知地球半径R=6400km，地球表面处重力加速度g=10m/s2）（ ）
A．
1
B．
8
C．
l6
D．
24
考点：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
专题：
人造卫星问题．
分析：
近地轨道的轨道半径因离地面高度相对半径而言较小故可认为是地球的半径．由重力等于万有引力求出周期，进而求得“天”数．
解答：
解：
由重力等于万有引力：
，得：
T=≈84分钟≈1.5小时，则“天数”n==16，故C正确，ABD错误．
故选：
C
点评：
考查天体的运动规律，明确万有引力等于向心力从而求得运动周期．
3．（6分）（xx•忠县校级模拟）如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则（ ）
A．
从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh
B．
从幵始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh+mv2
C．
在绳与水平夹角为30°时，拉力功率为mgv
D．
在绳与水平夹角为30°时，拉力功率等于mgv
考点：
运动的合成和分解；机械能守恒定律．
分析：
先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到货物速度的表达式，分析出货物的运动规律；然后根据动能定理和牛顿第二定律列式分析．
解答：
解：
A、B、将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示；
货物速度为：
v货物=vcosθ，由于θ逐渐变小，故货物加速上升；
当θ=30°时，货物速度为v；
当θ=90°时，货物速度为零；
根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，故有：
WF=△EP+△EK=mgh+mv2，故A错误，B正确；
C、D、在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为：
P=Fv货物，其中v货物=v，由于加速，拉力大于重力，故P＞mgv，故CD错误；
故选：
B．
点评：
本题关键将找出车的合运动与分运动，正交分解后得到货物的速度表达式，最后根据功能关系和牛顿第二定律分析讨论．
4．（6分）（xx秋•广东月考）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（ ）
A．
匀强电场的场强大小为10V/m
B．
匀强电场的场强大小为V/m
C．
电荷量为1.6×10﹣19C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10﹣19J
D．
电荷量为1.6×10﹣19C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×10﹣19J
考点：
电场强度；电势能．
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．由W=qU，则电场力做功就可以求解．
解答：
解：
A、B、由几何知识得知，CA⊥EB，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向A．BA间的电势差为UBA=1V，又UBA=EdABcos30°，得场强E==V/m=V/m．故A错误、B正确．
C、由上得知，E的电势为2V，F点与A点的电势相等为1V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为WEF=qUEF=q（φE﹣φF）=1.6×10﹣19×（2﹣1）J=1.6×10﹣19J．故C错误．
D、由上得知，D的电势与C点电势相等为3V，F点与A点的电势相等为1V，则电子从F点移到D点，电场力做正功，而且为WFD=qUFD=q（φF﹣φD）=﹣1.6×10﹣19×（1﹣3）J=3.2×10﹣19J，电势能将减小3.2×10﹣19J．故D错误．
故选：
B．
点评：
本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法．同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．
5．（6分）（xx•忠县校级模拟）如图所示，足够长的竖直绝缘管处于方向彼此垂直，电场强度和磁感应强度分别为E和B的匀强电场和匀强磁场中，一个质量为m的带正电q的小球，从静止开始沿管下滑，则在下滑的全过程中小球的加速度a与时间t的关系图象正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：
带电粒子在混合场中的运动．
专题：
带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：
小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况．
解答：
解：
①下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，洛仑兹力逐渐增大；电场力与洛仑兹力的合力先向右减小，所以支持力先向左减小，所以摩擦力减小，与重力的合力会逐渐变大，所以加速度先增大；
②当电场力和洛仑兹力等大时，加速度达到最大；
③然后支持力向右增大，摩擦力会增大，则合力减小，加速度减小，最后摩擦力与重力等大时，加速度为零（图象与横轴相切）；
故选：
D．
点评：
本题考查如何正确的受力分析，理解洛伦兹力与速度的关系，从而影响受力情况，带动运动情况的变化，注意此处的弹力的方向变化，是解题的关键．
二、非选择题（本大题共5小题，共80分）
6．（8分）（xx•忠县校级模拟）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么
（1）计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gSOB，乙同学用vB=．其中所选择方法正确的是 乙 （填“甲”或“乙”）同学．
（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为 9.5 m/s2，从而计算出阻力f= 0.06 N．
（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？
能 ．（填“能”或“不能”）
考点：
验证机械能守恒定律．
专题：
实验题；机械能守恒定律应用专题．
分析：
题的关键是处理纸带问题时应用=求瞬时速度，既可以用mgh=mv2来验证机械能守恒，也可以用mgh=mv22﹣mv12来验证．
解答：
解：
（1）、由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，
所以求速度时不能用，来求，只能根据=求瞬时速度值，所以乙正确．
（2）、根据△x=at2，可求出a=，代入数据解得a=9.5m/s2，
由mg﹣f=ma解得，阻力f=0.06N．
（3）、根据mgh=mv22﹣mv12可知，可以利用A点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现．
故答案为：
（1）乙；
（2）9.5，0.06；（3）能．
点评：
明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法．
7．（11分）（xx•赤峰校级模拟）某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图1所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应，已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：
A．电源E（3V，内阻约为1Ω）
B．电流表A1（0.6A，内阻r1=5Ω）
C．电流表A2（0.6A，内阻约为1Ω）
D．开关S，定值电阻R0
（1）为了比较准确测量电阻Rx，请完成虚线框内电路图的设计．
（2）在电阻Rx上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），闭合开关S，记下电表读数，A1读数为I1，A2读数为I2，得Rx= （用字母表示）．
（3）改变力的大小，得到不同的Rx值．然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成图象如图2所示，除观察到电阻Rx的阻值随压力F增大而均匀减小外，还可得到的结论是 电阻与压力关系为一次函数 ．当F竖直向下时可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx= 16﹣2F ．
考点：
伏安法测电阻．
专题：
实验题．
分析：
由于知道电流表的阻值，所以用电流表作为电压表使用，电流表连在干路上即可求出电阻的阻值，
根据图象的特点得出结论和求解函数关系．
解答：
解：
（1）由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻，
知道电流表的阻值，所以用电流表作为电压表使用，电流表连在干路上，即可求出电阻的阻值．
电路图的设计：
（2）根据串并联和欧姆定律得：
I1r1=（I2﹣I1）Rx，
Rx=
（3）从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，
由图象可得：
=16﹣2F
故答案为：
（1）如图
（2）
（3）电阻与压力关系为一次函数，16﹣2F
点评：
解决该题关键要熟练电路的串并联知识和欧姆定律的运用，能够把数学知识和物理问题结合求解．
8．（15分）（xx•浦东新区二模）足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块能否返回到A点？
若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．
考点：
牛顿第二定律；加速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）根据v﹣t图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；
（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；
（3）对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论．
解答：
解：
（1）由图（b）可知，AB段加速度
根据牛顿第二定律，有Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）=ma
得
（2）在BC段mgsinα=ma2
解得
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有
（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3
解得
滑行的位移
所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．
答：
（1）小物块所受到的恒力F为11N；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；
（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．
点评：
本题是已知运动情况确定受力情况和一直受力情况确定运动情况的问题，关键求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解．
9．（16分）（xx•山东模拟）如图所示，传送带的水平部分AB长为L=4m，以v0=5m/s的速度顺时针转动，水平台面BC与传送带平滑连接于B点，BC长S=1m，台面右边有高为h=0.5m的光滑曲面CD，与BC部分相切于C点．一质量m=1kg的工件（视为质点），从A点无初速释放，工件与传送带及台面BC间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2，求
（1）工件运动到B点时的速度大小；
（2）通过计算说明，工件能否通过D点到达平台DE上；
（3）求工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．
专题：
传送带专题．
分析：
（1）根据牛顿第二定律求出工件在传送带上的加速度，结合速度时间公式求出工件与传送带速度相等经历的时间，根据位移时间公式求出工件的位移，判断出工件在传送带上一直做匀加速直线运动，根据速度位移公式求出工件到达B点的速度．
（2）根据动能定理判断工件能否到达平台DE．
（3）根据工件在传送带上的相对位移大小，根据Q=μmg△x求出产生的热量．
解答：
解：
（1）工件刚放上时，做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
代入数据解得：
a=2m/s2
当两者速度相等时，，
工件对地的位移为：
所以工件在传送带上一直做初速度为零的匀加速直线运动
因此，工件到达B点的速度为：
m/s=4m/s．
（2）设工件沿曲面CD上升的最大高度为h′，整个过程由动能定理得：
μmgL﹣μmgS﹣mgh′=0
代入数据解得：
h′=0.6m＞h
所以，工件能够通过D点到达平台DE上．
（3）工件在传送带上运动的时间：
这段时间内传送带的位移：
x=v0t=5×2m=10m
工件相对传送带的位移为：
△x=x﹣L=10﹣4m=6m
相对滑动生成的热量为：
Q=μmg△x=0.2×10×6J=12J．
答：
（1）工件运动到B点时的速度大小为4m/s；
（2）工件能够通过D点到达平台DE上．
（3）工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为12J．
点评：
解决本题的关键理清工件在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，难度中等．
10．（18分）（xx•忠县校级模拟）如图所示，圆形匀强磁场半径R=4cm，磁感应强度B2=10﹣2T，方向垂直纸面向外，其上方有一对水平放置的平行金属板M、N，间距为d=2cm，N板中央开有小孔S．小孔位于圆心O的正上方，S与O的连线交磁场边界于A．=2cm，两金属板通过导线与宽度为L1=0.5m的金属导轨相连，导轨处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B1=1T．有一长为L2=1m的导体棒放在导轨上，导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直．现对导体棒施一力F，使导体棒以v1=8m/s匀速向右运动．有一比荷=5×107C/kg的粒子（不计重力）从M板处由静止释放，经过小孔S，沿SA进入圆形磁场，求：
（1）导体棒两端的电压；
（2）M、N之间场强的大小和方向；
（3）粒子在离开磁场前运动的总时间（计算时取π=3）．
考点：
带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：
带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：
（1）根据公式E=BLv求出导体棒两端的电压；
（2）结合上题的结果求出M、N之间的电压，根据匀强电场的电场强度公式E=，求出M、N之间场强的大小和方向；
（3）带电粒子在电场中加速，再在磁场中偏转，根据牛顿第二定律和运动学公式求出在电场中运动的时间．根据带电粒子在磁场中运动的周期公式和圆心角的大小，求出粒子在磁场中的运动的时间，从而得出离子在磁场中运动的总时间．
解答：
解：
（1）导体棒两端的电压为：
U1=E2=B2L2v1=1×1×8V=8V．
（2）M、N之间的电压为：
U2=E2=B2L1v1=1×0.5×8V=4V．
M、N之间的场强大小E===200V/m，方向竖直向下．
（3）粒子在MN间加速运动的过程，有：
a=
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