第1节牛顿第一定律牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1.内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
2.意义
(1)揭示了物体的固有属性:一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律.
(2)揭示了力与运动的关系:力不是维持物体运动状态的原因,而是改变物体运动状态的原因,即产生加速度的原因.
二、惯性
1.定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.
2.表现:物体不受外力作用时,其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态;物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变.
3.量度:质量是惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小.
三、牛顿第三定律
1.内容:两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上.
2.表达式:F=-F′.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)物体不受外力时一定处于静止状态.(×)
(2)惯性即惯性定律.(×)
(3)运动的物体惯性大,静止的物体惯性小.(×)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力.(×)
(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化.(√)
(6)人走在松软土地上下陷时,人对地面的压力大于地面对人的支持力.(×)
2.(多选)关于牛顿第三定律,下列说法正确的是()
A.对重力、弹力、摩擦力等都适用
B.当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C.当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D.相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
解析:选AD.对于牛顿第三定律,适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力,而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用,例如,地球吸引地球表面上的石块,石块同样以相同大小的力吸引地球,且不管接触不接触,都互相吸引,所以B、C错误,A、D正确.
3.关于惯性,下列说法中正确的是()
A.磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B.卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C.铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性,使铁饼飞得更远
D.月球上物体的重力只有在地球上的1/6,但是惯性没有变化
解析:选D.惯性只与质量有关,与速度无关,A、C错误;失重或重力加速度发生变化时,物体质量不变,惯性不变,所以B错误、D正确.
4.一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了.对于这一现象,下列说法正确的是()
A.榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力,所以玻璃才碎裂
B.榔头受到的力大于玻璃受到的力,只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C.榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的,只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D.因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况,所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析:选C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系,大小一定相等,但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的,所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系,C正确.
考点一对牛顿第一定律的理解
1.指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性,即物体总保持原有运动状态不变的一种性质.
2.揭示了力的本质
牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因,物体的运动不需要力来维持.
3.揭示了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描述的只是一种理想状态,而实际中不受力作用的物体是不存在的,当物体受外力作用但所受合力为零时,其运动效果跟不受外力作用时相同,物体将保持静止或匀速直线运动状态.
1.(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是()
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力的作用,物体只能处于静止状态
C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动
解析:选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性,即物体抵抗运动状态变化的性质,A正确.没有力的作用,物体也可能保持匀速直线运动状态,B错误,D正确.行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动,所以不能称为惯性,C错误.
2.在一次交通事故中,一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室.关于这起事故原因的物理分析正确的是()
A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁驾驶室
B.由于汽车紧急制动,使其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动
C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动
D.由于汽车制动前的速度太大,汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动
解析:选A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室,惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,A正确.
牛顿第一定律的“三点注意”
(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证,而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的.
(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例,而是不受任何外力的理想化情况.
(3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来.
考点二对牛顿第三定律的理解
1.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2.应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体,在任何条件下牛顿第三定律都是成立的.
(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中,若一个产生或消失,则另一个必然同时产生或消失.
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1.(20xx吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中,两人均保持恒定拉力且不松手,而脚下开始移动.下列说法正确的是()
A.两人对绳的拉力大小相等、方向相反,是一对作用力和反作用力
B.两人对绳的拉力是一对平衡力
C.拔河的胜利与否取决于谁的力量大
D.拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小
解析:选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项A错误;两人对绳的拉力不一定是一对平衡力,要根据绳子所处的运动状态进行判断,选项B错误;拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小,选项D正确,C错误.
2.物体静止于一斜面上,如图所示,则下列说法正确的是()
A.物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B.物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C.物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D.物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析:选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知:物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力,分别作用在斜面和物体上,因此它们是两对作用力和反作用力,故A错,B对.物体的重力是地球施加的,它的反作用力应作用在地球上,由此可知C错.对重力分解,其分力也是作用在物体上的,不可能分解为斜面上的压力,D错.
3.如图所示,两块小磁铁质量均为0.5kg,A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上,B磁铁在A正下方的地板上,弹簧的原长L0=10cm,劲度系数k=100N/m.当A、B均处于静止状态时,弹簧的长度为L=11cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力,求B对地面的压力大小.(g取10m/s2)
解析:A受力如图甲所示,由平衡条件得:
k(L-L0)-mg-F=0
解得:F=-4N
故B对A的作用力大小为4N,方向竖直向上.
由牛顿第三定律得A对B的作用力
F′=-F=4N,方向竖直向下
B受力如图乙所示,由平衡条件得:
FN-mg-F′=0
解得:FN=9N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9N.
答案:9N
正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”
(1)抓住特点:无论物体的运动状态、力的作用效果如何,作用力和反作用力总是等大、反向、共线的.
(2)明确力的作用点:要区别作用力和反作用力与平衡力,最直观的方法是看作用点的位置,一对平衡力的作用点在同一物体上,作用力和反作用力的作用点在两个物体上.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展,利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升.斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()
A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置
B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态
C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变
D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
解析:选A.根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置,A项正确.而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下得出的结论,不是实验直接结论,所以B和C选项错误;而D项不是本实验所说明的问题,故错误.
2.(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有()
A.力不是维持物体运动的原因
B.物体之间普遍存在相互吸引力
C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快
D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析:选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持,A正确;伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时,重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢,轻的物体会因重的物体拖动而下落变快,即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间.而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快,从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论,并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律,C正确;物体间普遍存在相互吸引力,物体间相互作用力的规律是牛顿总结的,对应于万有引力定律与牛顿第三定律,故B、D皆错误.
3.(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法符合历史事实的是()
A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析:选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持;伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论,笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善,牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论,得出了牛顿第一定律.
4.(多选)用手托着一块砖,开始静止不动,当手突然向上加速运动时,砖对手的压力()
A.一定小于手对砖的支持力
B.一定等于手对砖的支持力
C.一定大于手对砖的支持力
D.一定大于砖的重力
解析:选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力,二者等大反向,B项对;对砖受力分析,则FN-mg=ma,FN>mg,D项对.
5.如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”,两人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计,冰面可看成光滑,则下列说法正确的是()
A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析:选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力,故选项A错误;甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上,不是作用力与反作用力,故选项B错误;设绳子的张力为F,则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等,均为F,若m甲m乙,则由a=Fm得,a甲a乙,由x=12at2得,在相等时间内甲的位移小,因开始时甲、乙距分界线的距离相等,则乙会过分界线,所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利,故选项C正确;收绳速度与“拔河”比赛胜负无关,故选项D错误.
6.(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车,车上固定一盛满水的碗.现突然发现碗中的水洒出,水洒出的情况如图所示,则关于小车的运动情况,下列叙述正确的是()
A.小车匀速向左运动
B.小车可能突然向左加速
C.小车可能突然向左减速
D.小车可能突然向右减速
解析:选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动,水突然向右洒出有两种可能:①原来小车向左运动,突然加速,碗中水由于惯性保持原速度不变,故相对碗向右洒出.②原来小车向右运动,突然减速,碗中水由于惯性保持原速度不变,相对碗向右洒出,故B、D正确.
7.图为杂技“顶竿”表演的示意图,一人站在地上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,竿对“底人”的压力大小为()
A.(M+m)g
B.(M+m)g-ma
C.(M+m)g+ma
D.(M-m)g
解析:选B.对竿上的人进行受力分析:其受重力mg、摩擦力Ff,有mg-Ff=ma,则Ff=m(g-a).竿对人有摩擦力,人对竿也有反作用力——摩擦力,且大小相等,方向相反.对竿进行受力分析:其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN,有Mg+Ff′=FN,又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力,由牛顿第三定律,得到FN′=Mg+Ff′=(M+m)g-ma,故选项B正确.
[综合应用题组]
8.某人乘坐列车时发现,车厢的双层玻璃窗内积水了.列车进站过程中,他发现水面的形状如图中的()
解析:选C.列车进站时刹车,速度减小,而水由于惯性仍要保持原来较大的速度,所以水向前涌,液面形状和选项C一致.
9.火车在长直的水平轨道上匀速行驶,门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起,发现仍落回到车上原处,这是因为()
A.人跳起后,车厢内空气给他一向前的力,带着他随同火车一起向前运动
B.人跳起的瞬间,车厢的底板给他一向前的力,推动他随同火车一起向前运动
C.人跳起后,车在继续向前运动,所以人落下后必定偏后一些,只是由于时间很短,偏后距离很小,不明显而已
D.人跳起后直到落地,在水平方向上始终具有和车相同的速度
解析:选D.力是改变物体运动状态的原因,人竖直跳起时,在水平方向上没有受到力的作用,因此,人将保持和火车相同的水平速度,向前做匀速直线运动,落地时仍在车上原处,故正确选项为D.
10.(多选)如图所示,在匀速前进的磁悬浮列车里,小明将一小球放在水平桌面上,且小球相对桌面静止.关于小球与列车的运动,下列说法正确的是()
A.若小球向前滚动,则磁悬浮列车在加速前进
B.若小球向后滚动,则磁悬浮列车在加速前进
C.磁悬浮列车急刹车时,小球向前滚动
D.磁悬浮列车急刹车时,小球向后滚动
解析:选BC.列车加(减)速时,小球由于惯性保持原来的运动状态不变,相对于车向后(前)滚动,选项B、C正确.
11.(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动.最早的空竹是两个如同车轮的竹筒,中间加一个转轴,由于外形对称,其重心在中间位置,初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡.随着制作技术的发展,如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎,现在的空竹大多是塑料制成的,也有天然竹木制成的.关于抖空竹,在空气阻力不可忽略的情况下,下列说法中正确的是()
A.空竹启动前用绳子拉住提起,要保证支持力和重力在同一条直线上
B.空竹的转动是依靠绳子的拉动,绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C.空竹抛起后由于惯性而继续向上运动,在空中受重力和惯性作用
D.空竹从抛起到接住,转速会减小,表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析:选AD.空竹启动前用绳子拉住提起,此时要选择恰当的位置,保证支持力和重力在同一条直线上,满足二力平衡的条件,否则空竹就要翻倒从绳子上落下,选项A正确;空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的,因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好,选项B错误;空竹抛起后由于惯性而继续向上运动,在空中受重力和空气阻力的作用,空竹的运动状态发生改变,速度越来越小,然后下落,选项C错误;空竹从抛起到接住,由于空气阻力的作用,转速比抛出前减小,因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动,选项D正确.
12.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置,不考虑绳与滑轮的质量,不计轴承、绳与滑轮间的摩擦.初始时两人均站在水平地面上,当位于左侧的甲用力向上攀爬时,位于右侧的乙始终用力抓住绳子,最终至少一人能到达滑轮.下列说法中正确的是()
A.若甲的质量较大,则乙先到达滑轮
B.若甲的质量较大,则甲、乙同时到达滑轮
C.若甲、乙质量相同,则乙先到达滑轮
D.若甲、乙质量相同,则甲先到达滑轮
解析:选A.由于滑轮光滑,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,若甲的质量大,则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力.得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,甲用力向上攀爬时,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误.
13.如图所示,用细线将A物体悬挂在顶板上,B物体放在水平地面上.A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧,此时弹簧伸长了2cm.已知A、B两物体的重力分别是3N和5N.则细线的拉力及B对地面的压力分别是()
A.8N和0B.5N和7N
C.5N和3ND.7N和7N
解析:选C.对A由平衡条件得FT-GA-kx=0,解得FT=GA+kx=3N+100×0.02N=5N,对B由平衡条件得kx+FN-GB=0,解得FN=GB-kx=5N-100×0.02N=3N,由牛顿第三定律得B对地面的压力是3N,C正确.
14.一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的质量为M,环的质量为m,如图所示.已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱对地面的压力大小为()
A.Mg+FfB.Mg-Ff
C.Mg+mgD.Mg-mg
解析:选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示,其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff,根据牛顿第三定律,环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示,其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.
由于箱子处于平衡状态,可得:
FN=Ff′+Mg=Ff+Mg.
根据牛顿第三定律可知,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小,则
FN′=FN=Ff+Mg,故应选A.
第2节牛顿第二定律两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1.内容:物体加速度的大小跟它受到作用力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同.
2.表达式:F=ma
3.适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系.
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况.
二、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
(1)由受力情况确定物体的运动情况.
(2)由运动情况确定物体的受力情况.
2.解决两类基本问题的思路:以加速度为桥梁,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解.
三、力学单位制
1.单位制由基本单位和导出单位共同组成.
2.力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s).
3.导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)牛顿第二定律表达式F=ma在任何情况下都适用.(×)
(2)物体所受合外力大,其加速度一定大.(×)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度.(√)
(4)物体由于做加速运动,所以才受合外力作用.(×)
(5)F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关.(√)
(6)物体所受合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小.(√)
(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系.(√)
2.在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培).导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()
A.m2kgs-4A-1B.m2kgs-3A-1
C.m2kgs-2A-1D.m2kgs-1A-1
解析:选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系,意在考查考生对单位制的认识.由1J=1VAs=1kgms-2m可得,1V=1m2kgs-3A-1,因此选B.
3.如图甲、乙所示,两车都在光滑的水平面上,小车的质量都是M,人的质量都是m,甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F,对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是()
A.甲图中车的加速度大小为FM
B.甲图中车的加速度大小为FM+m
C.乙图中车的加速度大小为2FM+m
D.乙图中车的加速度大小为FM
解析:选C.对甲图以车和人为研究对象,系统不受外力作用,故甲图中车的加速度为零,A、B错误;乙图中人和车受绳子的拉力作用,以人和车为研究对象,受力大小为2F,所以乙图中车的加速度a=2FM+m,C正确,D错误.
4.如图所示,在光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F,此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2,则()
A.a1=0,a2=0
B.a1=a,a2=m2m1+m2a
C.a1=m1m1+m2a,a2=m2m1+m2a
D.a1=a,a2=m1m2a
解析:选D.撤去拉力F前,设弹簧的劲度系数为k、形变量为x,对A由牛顿第二定律得kx=m1a;撤去拉力F瞬间,弹簧的形变量保持不变,对A由牛顿第二定律得kx=m1a1,对B由牛顿第二定律kx=m2a2,解得a1=a,a2=m1m2a,D正确.
考点一对牛顿第二定律的理解
1.牛顿第二定律的“五性”
2.力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系,加速度随力的变化而变化.
(2)速度的改变需经历一定的时间,不能突变;加速度可以突变.
1.(20xx高考全国乙卷)(多选)一质点做匀速直线运动.现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析:选BC.质点原来做匀速直线运动,说明所受合外力为0.当对其施加一恒力后,恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定,则质点可能做直线运动,也可能做曲线运动,但加速度的方向一定与该恒力的方向相同,选项B、C正确.
2.(多选)一物体重为50N,与水平桌面间的动摩擦因数为0.2,现加上如图所示的水平力F1和F2,若F2=15N时物体做匀加速直线运动,则F1的值可能是(g=10m/s2)()
A.3NB.25N
C.30ND.50N
解析:选ACD.若物体向左做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知F2-F1-μG=ma0,解得F15N,A正确;若物体向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知F1-F2-μG=ma0,解得F125N,C、D正确.
3.(20xx湖南师范大学附中月考)(多选)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ,其顶端装有光滑小滑轮,绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B,另一端被人拉着,且人、滑轮间的轻绳平行于斜面.人的质量为M,B物块的质量为m,重力加速度为g,当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时,B物块运动的加速度大小为a2,则下列说法正确的是()
A.物块一定向上加速运动
B.人能够沿斜面向上加速运动,必须满足m>Msinθ
C.若a2=0,则a1一定等于mg-MgsinθM
D.若a1=a2,则a1可能等于mg-MgsinθM+m
解析:选CD.对人受力分析,由牛顿第二定律可知F-Mgsinθ=Ma1,得F=Mgsinθ+Ma1,若F>mg,则物体B加速上升,若F<mg,则物体B加速下降,若F=mg,物体B静止,故A错误;人能够沿斜面向上加速运动,只需满足F>Mgsinθ即可,故B错误;若a2=0,则F=mg,故mg-Mgsinθ=Ma1,a1=mg-MgsinθM,故C正确;F=Mgsinθ+Ma1,当Fmg时,有mg-F=ma2,又a1=a2,则a1=mg-MgsinθM+m,故D正确.
考点二牛顿第二定律瞬时性的理解
1.两种模型:
牛顿第二定律F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系,两者总是同时产生,同时消失、同时变化,具体可简化为以下两种模型:
2.求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前、后物体的受力情况列牛顿第二定律方程
求瞬时加速度
1.(20xx山东大学附中检测)如图所示,A、B两小球分别连在轻线两端,B球另一端与弹簧相连,弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端.A、B两小球的质量分别为mA、mB,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在线被剪断瞬间,A、B两球的加速度大小分别为()
A.都等于g2B.g2和0
C.g2和mAmBg2D.mAmBg2和g2
解析:选C.由整体法知,F弹=(mA+mB)gsin30°
剪断线瞬间,弹力瞬间不发生变化,由牛顿第二定律可得:
对B:F弹-mBgsin30°=mBaB,得aB=mAmBg2
对A:mAgsin30°=mAaA,得aA=12g
所以C正确.
2.如图所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为()
A.0B.233g
C.gD.33g
解析:选B.开始小球处于平衡态,受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用,受力分析如图所示,由平衡条件可得FN=mgcos30°+Fsin30°,Fcos30°=mgsin30°,解得FN=233mg,重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN,当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球受力不再平衡,此时的合力与FN等大反向,由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g,B正确.
3.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,物块2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上.并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g,则有()
A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g,a3=0,a4=m+MMg
D.a1=g,a2=m+MMg,a3=0,a4=m+MMg
解析:选C.在抽出木板的瞬时,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g:而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4=F+MgM=M+mMg,所以C对.
在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析.
(2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度和位移的变化需要一个积累的过程,不会发生突变.
考点三动力学的两类基本问题
1.求解两类问题的思路,可用下面的框图来表示:
2.分析解决这两类问题的关键:应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度.
考向1:由受力情况求运动情况
[典例1]如图所示,工人用绳索拉铸件,铸件的质量是20kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α=37°并保持不变,经4s后松手.(g=10m/s2)求:
(1)松手前铸件的加速度;
(2)松手后铸件还能前进的距离.
解析(1)松手前,对铸件由牛顿第二定律得
a=Fcos37°-μmg-Fsin37°m=1.3m/s2
(2)松手时铸件的速度v=at=5.2m/s
松手后的加速度大小a′=μmgm=μg=2.5m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x=v22a′=5.4m
答案(1)1.3m/s2(2)5.4m
1.(20xx黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体,质量是7kg,在14N的恒力作用下运动,则5s末的速度及5s内通过的路程为()
A.8m/s25mB.2m/s25m
C.10m/s25mD.10m/s12.5m
解析:选C.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得a=Fm=147m/s2=2m/s2,v=at=2×5m/s=10m/s,x=12at2=12×2×25m=25m,选项C正确.
2.(20xx高考江苏卷)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中()
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
解析:选BD.由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错.因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为μg;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不变,故C错.若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确.
3.(20xx江西抚州五校第二次联考)一质量m=5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下,由静止开始做匀加速直线运动,若滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,问:
(1)滑块在力F作用下经5s,通过的位移是多大?
(2)5s末撤去拉力F,滑块还能滑行多远?
解析:(1)滑块的加速度
a1=F-μmgm=15-0.2×505m/s2=1m/s2
滑块的位移x1=12a1t2=12×1×25m=12.5m
(2)5s末滑块的速度v=a1t=5m/s
撤去拉力后滑块的加速度大小
a2=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
撤去拉力后滑行距离x2=v22a2=254m=6.25m
答案:(1)12.5m(2)6.25m
考向2:由运动情况求受力情况
[典例2](20xx山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处,然后由静止释放.可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零.然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面.(取g=10m/s2)求:
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大?
(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少?
(3)在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍?
解析(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v,由v=gt1得v=20m/s
(2)自由下落的位移
h′=12gt21=20m
设座椅匀减速运动的总高度为h,则
h=(40-4-20)m=16m
由h=v2t得t=1.6s
(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,
由v=at得a=12.5m/s2
由牛顿第二定律得F-mg=ma
则Fmg=mg+mamg=g+ag=2.25
答案(1)20m/s(2)1.6s(3)2.25
4.(20xx湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候,人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计,某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4s末到达离地面100m的最高点时炸开,构成各种美丽的图案.假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()
A.25m/s,1.25B.40m/s,0.25
C.50m/s,0.25D.80m/s,1.25
解析:选C.根据h=12at2,解得a=12.5m/s2,所以v0=at=50m/s;上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff=kmg,根据牛顿第二定律得a=mg+Ffm=(k+1)g=12.5m/s2,解得k=0.25,故选项C正确.
5.行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带,假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()
A.450NB.400N
C.350ND.300N
解析:选C.汽车的速度v0=90km/h=25m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则a=v0t=5m/s2,对乘客由牛顿第二定律得F=ma=70×5N=350N,所以C正确.
(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法
①合成法:在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”.
②正交分解法:若物体的受力个数较多(3个或3个以上),则采用“正交分解法”.
(2)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点.
②根据问题的要求和计算方法,确定研究对象,进行分析,并画出示意图.
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时,刚好可以沿斜面匀速下滑;若该木板与水平面成60°角倾斜,取g=10m/s2,则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为()
A.53m/s2B.33m/s2
C.(5-3)m/s2D.1033m/s2
解析:选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑,得Ff=mgsinθ,又FN1=mgcos30°,Ff=μFN1,求得动摩擦因数μ=33;在倾角为60°的木板上物块加速下滑,有FN2=mgcos60°,mgsin60°-μFN2=ma,求得a=1033m/s2,D对.
2.(多选)如图所示,质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力,在此恒力作用下(取g=10m/s2)()
A.物体经10s速度减为零
B.物体经2s速度减为零
C.物体速度减为零后将保持静止
D.物体速度减为零后将向右运动
解析:选BC.物体受到向右的滑动摩擦力,Ff=μFN=μG=3N,根据牛顿第二定律得,a=F+Ffm=2+31m/s2=5m/s2,方向向右,物体减速到0所需的时间t=v0a=105s=2s,B正确,A错误.减速到零后,F<Ff,物体处于静止状态,不再运动,C正确,D错误.
3.如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2.则有()
A.a1=a2,x1=x2B.a1<a2,x1=x2
C.a1=a2,x1>x2D.a1<a2,x1>x2
解析:选B.对a、b物体及弹簧整体分析,有:
a1=F-m1+m2gm1+m2=Fm1+m2-g,a2=Fm1+m2,
可知a1<a2,
再隔离b分析,有:F1-m2g=m2a1,解得:F1=m2Fm1+m2,
F2=m2a2=m2Fm1+m2,可知F1=F2,再由胡克定律知,x1=x2.所以B选项正确.
4.如图所示,质量分别为m、2m的小球A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线.在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为()
A.2F3,2F3m+gB.F3,2F3m+g
C.2F3,F3m+gD.F3,F3m+g
解析:选A.在细线剪断前,对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F-3mg=3ma,对B由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma,由此可得F弹=2F3;细线被剪断后的瞬间,弹簧弹力不变,此时对A球来说,受到向下的重力和弹力,则有F弹+mg=maA,解得aA=2F3m+g,故A正确.
5.(多选)如图所示,A、B球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()
A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ
B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零
解析:选BC.对A、B整体受力分析,细线烧断前细线对A球的拉力FT=2mgsinθ,细线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B球受力平衡,aB=0,A球所受合力与FT等大反向,则FT=2mgsinθ=maA,解得aA=2gsinθ,A、D错误,B、C正确.
6.一质量为m=2kg的滑块能在倾角为θ=30°的足够长的斜面上以a=2.5m/s2匀加速下滑.如右图所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使之由静止开始在t=2s内能沿斜面运动位移x=4m.求:(g取10m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小.
解析:(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律可得:
mgsin30°-μmgcos30°=ma
解得:μ=36.
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.当加速度沿斜面向上时,受力分析如图乙所示,Fcos30°-mgsin30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1,根据题意可得a1=2m/s2,
代入数据得:F=7635N
当加速度沿斜面向下时(如图丙):
mgsin30°-Fcos30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1
代入数据得:F=437N.
答案:(1)36(2)7635N或437N
[综合应用题组]
7.(多选)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动,若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g取10m/s2.关于热气球,下列说法正确的是()
A.所受浮力大小为4830N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N
解析:选AD.热气球从地面刚开始上升时,速度为零,不受空气阻力,只受重力、浮力,由牛顿第二定律知F-mg=ma,得F=4830N,选项A正确;随着热气球速度逐渐变大,其所受空气阻力发生变化(变大),故热气球并非匀加速上升,其加速度逐渐减小,故上升10s后速度要小于5m/s,选项B、C错误;最终热气球匀速运动,此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡,由F=mg+f得f=230N,选项D正确.
8.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择.若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示.在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行).则()
A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C.小物块受到的滑动摩擦力为12mg+ma
D.小物块受到的静摩擦力为ma
解析:选A.小物块相对斜面静止,因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力.缆车以加速度a上行,小物块的加速度也为a,以物块为研究对象,则有Ff-mgsin30°=ma,Ff=12mg+ma,方向平行斜面向上,故A正确,B、C、D均错误.
9.质量1kg的小物块,在t=0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面,0.7s时第二次经过斜面上的B点,若小物块与斜面间的动摩擦因数为13,则AB间的距离为(已知g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)()
A.1.05mB.1.13m
C.2.03mD.1.25m
解析:选B.物块沿斜面上滑和下滑时,加速度分别为:a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2,a2=g(sinθ-μcosθ)=6m/s2,物块滑到最高点所用时间为:t1=v0a1=0.5s,位移为:x1=12a1t21=1.25m,物块从最高点滑到B点所用时间为:t2=t-t1=0.2s,位移为:x2=12a2t22=0.12m,所以AB间的距离为x1-x2=1.13m,选项B对.
10.(多选)质量m=2kg、初速度v0=8m/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μ=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g=10m/s2)()
A.0~1s内,物体的加速度大小为2m/s2
B.1~2s内,物体的加速度大小为2m/s2
C.0~1s内,物体的位移为7m
D.0~2s内,物体的总位移为11m
解析:选BD.由题图可知,在0~1s内力F为6N,方向向左,由牛顿运动定律可得F+μmg=ma,解得加速度大小a=4m/s2,在1~2s内力F为6N,方向向右,由牛顿运动定律可得F-μmg=ma1,解得加速度大小a1=2m/s2,所以选项A错误,B正确;由运动关系可知0~1s内位移为6m,选项C错误;同理可计算0~2s内的位移为11m,选项D正确.
11.声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关,下列速度的表达式(k为比例系数,无单位)中正确的是()
A.v=kpρB.v=kpρ
C.v=kρpD.v=kpρ
解析:选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示,代入进行单位运算,看得出的单位是否是v的单位.压强p的单位用基本单位表示为Pa=Nm2=kgm/s2m2,密度ρ的单位用基本单位表示为kgm3,所以pρ的单位为m2s2,易知B正确.
12.如图所示,倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接.现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,最终停在水平面上的C点.已知A点距水平面的高度h=0.8m,B点距C点的距离L=2.0m(滑块经过B点时没有能量损失,g取10m/s2),求:
(1)滑块在运动过程中的最大速度;
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ;
(3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0s时速度的大小.
解析:(1)滑块先在斜面上做匀加速运动,然后在水平面上做匀减速运动,故滑块运动到B点时速度最大为vm,设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:mgsin30°=ma1
v2m=2a1hsin30°,解得vm=4m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:μmg=ma2
v2m=2a2L,解得μ=0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1,有vm=a1t1,解得
t1=vma1=0.8s
由于t>t1,故滑块已经经过B点,做匀减速运动的时间为t-t1=0.2s
设t=1.0s时速度大小为v,有
v=vm-a2(t-t1),解得v=3.2m/s.
答案:(1)4m/s(2)0.4(3)3.2m/s
第3节牛顿运动定律的综合应用
1.超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为视重.
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重失重完全失重
概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下,大小a=g
运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a=g加速下降或减速上升
原理方程F-mg=ma
F=m(g+a)mg-F=ma
F=m(g-a)mg-F=ma
F=0
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时,可以把系统内的所有物体看成一个整体,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法.
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时,常把某个物体从系统中隔离出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法.
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的外力,而系统内各物体间的相互作用力为内力.应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的外力.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象.(×)
(2)减速上升的升降机内的物体,物体对地板的压力大于重力.(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态.(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.(×)
(5)物体处于超重或失重状态,完全由物体加速度的方向决定,与速度方向无关.(√)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法.(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法.(√)
2.如图所示,将物体A放在容器B中,以某一速度把容器B竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B的底面始终保持水平,下列说法正确的是()
A.在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B.上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D.在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析:选A.把容器B竖直上抛,物体处于完全失重状态,在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零,选项A正确.
3.(20xx安徽蚌埠模拟)如图所示,A、B两物体之间用轻质弹簧连接,用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧长度为L1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同,则下列关系式正确的是()
A.L2=L1
B.L2<L1
C.L2>L1
D.由于A、B质量关系未知,故无法确定L1、L2的大小关系
解析:选A.水平面光滑时,用水平恒力F拉A时,由牛顿第二定律得,对整体有F=(mA+mB)a,对B有F1=mBa=mBFmA+mB;水平面粗糙时,对整体有F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,对B有F2-μmBg=mBa,解以上两式得F2=mBFmA+mB,可知F1=F2,故L1=L2,故A正确.
4.从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球,小球到达最高点的时刻为t1,下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()
解析:选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动,其加速度为a1=mg+Ffm,下降过程中做匀加速直线运动,其加速度为a2=mg-Ffm,即a1a2,且所分析的是速率与时间的关系,故C正确.
考点一超重和失重问题
1.不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变.
2.在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会完全消失.
3.尽管物体的加速度不是竖直方向,但只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.
4.尽管整体没有竖直方向的加速度,但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度,整体也会出现超重或失重状态.
1.(20xx福建莆田模拟)关于超重和失重现象,下列描述中正确的是()
A.电梯正在减速上升,在电梯中的乘客处于超重状态
B.磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时,列车上的乘客处于超重状态
C.荡秋千时秋千摆到最低位置时,人处于失重状态
D.“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时,飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析:选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向,当加速度向上时物体处于超重状态,当加速度向下时物体处于失重状态,当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态.电梯正在减速上升,加速度向下,乘客失重,选项A错误;列车加速时加速度水平向前,乘客既不超重也不失重,选项B错误;荡秋千到最低位置时加速度向上,人处于超重状态,选项C错误;飞船绕地球做匀速圆周运动时,其加速度等于飞船所在位置的重力加速度,宇航员处于完全失重状态,选项D正确.
2.(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()
A.t=2s时最大B.t=2s时最小
C.t=8.5s时最大D.t=8.5s时最小
解析:选AD.人受重力mg和支持力FN的作用,由牛顿第二定律得FN-mg=ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′=FN=mg+ma.当t=2s时a有最大值,FN′最大;当t=8.5s时,a有最小值,FN′最小,选项A、D正确.
3.(20xx浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验,风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”.此过程中()
A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D.人被向上“托起”时处于失重状态
解析:选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力,故大小相等,A项正确;人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力,B项错误;人被加速向上托起,则人受到气流的力大于人受到的重力,C项错误;人有向上的加速度,故人被向上“托起”时处于超重状态,D项错误.
考点二连接体问题
1.处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法.
2.涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力,一般都必须采用隔离法.例如,如图所示,绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同,但方向不同,故采用隔离法.
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止,即具有相同的加速度.解题时,一般采用先整体、后隔离的方法.
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则,或者正交分解力,或者正交分解加速度.
(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法分析.
3.解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法.
①处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般的思路是先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力;
②对于加速度大小相同,方向不同的连接体,应采用隔离法进行分析.
(2)对整体或隔离体进行受力分析,应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度.
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量.
[典例1]如图所示,物块A和B的质量分别为4m和m,开始A、B均静止,细绳拉直,在竖直向上拉力F=6mg作用下,动滑轮竖直向上加速运动.已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦,细绳足够长,在滑轮向上运动过程中,物块A和B的加速度分别为()
A.aA=12g,aB=5gB.aA=aB=15g
C.aA=14g,aB=3gD.aA=0,aB=2g
解析对滑轮由牛顿第二定律得F-2FT=m′a,又滑轮质量m′忽略不计,故m′=0,所以FT=F2=6mg2=3mg,对A由于FT<4mg,故A静止,aA=0,对B有aB=FT-mgm=3mg-mgm=2g,故D正确.
答案D
1.(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上,用始终平行于斜面向上的恒力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,为了增加轻线上的张力,可行的办法是()
A.增大A物的质量B.增大B物的质量
C.增大倾角θD.增大拉力F
解析:选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F-(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a,对于B由牛顿第二定律得FT-mBgsinθ=mBa,解以上两式得FT=mBmA+mBF,选项B、D正确.
2.如图所示,质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽内有一质量为m的小铁球,现用一水平向右的推力F推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角,则下列说法正确的是()
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽对小铁球的支持力为mgsinα
C.系统的加速度为a=gtanα
D.推力F=Mgtanα
解析:选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知,系统有向右的加速度,小铁球受到的合外力方向水平向右,凹槽对小铁球的支持力为mgcosα,A、B错误.小球所受合外力为mgtanα,加速度a=gtanα,推力F=(m+M)gtanα,C正确,D错误.
考点三动力学中的图象问题
1.常见的图象有
v-t图象,a-t图象,F-t图象,F-a图象等.
2.图象间的联系
加速度是联系v-t图象与F-t图象的桥梁.
3.图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况.
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况.
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析.
4.解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断.
1.(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析:选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1=v0t1,下降过程中的加速度为a2=v1t1.物块在上升和下降过程中,由牛顿第二定律得mgsinθ+f=ma1,mgsinθ-f=ma2,由以上各式可求得sinθ=v0+v12t1g,滑动摩擦力f=mv0-v12t1,而f=μFN=μmgcosθ,由以上分析可知,选项A、C正确.由v-t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离,可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度,选项D正确.
2.(20xx河南郑州第一次质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)同时由静止释放.两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量).两球的v-t图象如图所示.落地前,经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是()
A.释放瞬间甲球加速度较大
B.m1m2=v2v1
C.甲球质量大于乙球质量
D.t0时间内两球下落的高度相等
解析:选C.释放瞬间v=0,因此空气阻力f=0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g,故A错误;两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时kv=mg,因此最大速度与其质量成正比,即vm∝m,m1m2=v1v2,B错误;由图象知v1>v2,因此m1>m2,C正确;图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由图可知,t0时间内两球下落的高度不相等,故D错误.
3.(20xx广东佛山二模)广州塔,昵称小蛮腰,总高度达600m,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图象如图所示.则下列相关说法正确的是()
A.t=4.5s时,电梯处于失重状态
B.5~55s时间内,绳索拉力最小
C.t=59.5s时,电梯处于超重状态
D.t=60s时,电梯速度恰好为零
解析:选D.利用at图象可判断:t=4.5s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,则A错误;0~5s时间内,电梯处于超重状态,拉力>重力,5s~55s时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力=重力,55s~60s时间内,电梯处于失重状态,拉力<重力,综上所述,B、C错误;因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t=60s时为零,D正确.
考点四动力学中的临界、极值问题
1.临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点.
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态.
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点.
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度.
2.解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法.
考向1:极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的.
[典例2]如图所示,一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后,两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小,质量为m且分布均匀,滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2,已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的.请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是()
A.FT1=m+2m2m1gm+2m1+m2
B.FT1=m+2m1m2gm+4m1+m2
C.FT1=m+4m2m1gm+2m1+m2
D.FT1=m+4m1m2gm+4m1+m2
解析由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动,所以滑轮转动时,可假设两物体的加速度大小均为a,对A,若FT1-m1g=m1a,则对B应有m2g-FT2=m2a;上面两式分别解出加速度的表达式为a=FT1m1-g和a=g-FT2m2,所以有FT1m1+FT2m2=2g,即有m2FT1+m1FT2=2m1m2g,根据题目所给选项可设FT1=m+xm2m1gm+ym1+m2,则根据A、B地位对等关系应有FT2=m+xm1m2gm+ym2+m1,将FT1、FT2的值代入m2FT1+m1FT2=2m1m2g,可解得x=2y.由此可判断A错误、C正确.若将FT1设为m+xm1m2gm+ym1+m2,则结合m2FT1+m1FT2=2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性,等式不可能成立,B、D错误.
答案C
考向2:假设分析法
临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题.
[典例3]如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增加,在增大到45N的过程中,则()
A.当拉力F<12N时,物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
解析首先了解各物体的运动情况,B运动是因为A对它有静摩擦力,但由于静摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在最大值,可以求出此加速度下拉力的大小;如果拉力再增大,则物体间就会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小,以A为研究对象进行受力分析,A受水平向右的拉力,水平向左的静摩擦力,则有F-Ff=mAa,再以B为研究对象,B受水平向右的静摩擦力Ff=mBa,当Ff为最大静摩擦力时,解得a=FfmB=μmAgmB=122m/s2=6m/s2,F=48N,由此可以看出当F<48N时,A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,也就是说,A、B间不会发生相对运动,故选项D正确.
答案D
考向3:数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来,根据数学表达式解出临界条件.
[典例4]如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动,已知拉力F=6.5N,玩具的质量m=1kg,经过时间t=2.0s.玩具移动了距离x=23m,这时幼儿松开手,玩具又滑行了一段距离后停下.(取g=10m/s2),求:
(1)玩具与地面间的动摩擦因数;
(2)松开手后玩具还能运动多远?
(3)幼儿要拉动玩具,拉力F与水平面夹角多大时,最省力?
解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动,由位移公式可得x=12at2
解得a=3m/s2
对玩具,由牛顿第二定律得
Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=ma
解得μ=33.
(2)松手时,玩具的速度v=at=23m/s
松手后,由牛顿第二定律得μmg=ma′
解得a′=1033m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′=0-v2-2a′=0.63m≈1.04m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ,玩具要在水平面上运动,则Fcosθ-Ff>0
Ff=μFN
在竖直方向上,由平衡条件得
FN+Fsinθ=mg
解得F>μmgcosθ+μsinθ
cosθ+μsinθ=1+μ2sin(60°+θ)
当θ=30°时,拉力最小,最省力.
答案(1)33(2)1.04m(3)30°
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.下列哪个说法是正确的()
A.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析:选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零,加速度为零.既不超重,也不失重,选项A、C、D错误;选项B中的运动员的加速度为重力加速度,方向竖直向下,处于失重状态,选项B正确.
2.人站在电梯中随电梯一起运动.下列过程中人处于超重状态的是()
A.电梯加速上升B.电梯加速下降
C.电梯匀速上升D.电梯匀速下降
解析:选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用,由牛顿第二定律有F-G=ma,若人处于超重状态,此时人对电梯的压力大于人本身的重力,则应有力F大于G,加速度方向向上.选项A正确,B、C、D错误.
3.图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下,然后在不同的θ角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动.分析该实验可知,小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的()
A.①、②和③B.③、②和①
C.②、③和①D.③、①和②
解析:选B.小球受重力mg、支持力FN,由牛顿第二定律得mgsinθ=ma,a=gsinθ,而am=g,故aam=sinθ;由牛顿第三定律得FN′=FN,FNm′=FNm,而FN=mgcosθ,FNm=mg,即FNFNm=cosθ,则FN′FNm′=cosθ;重力加速度的最大值gm=g,即ggm=1,B正确.
4.(多选)在下列运动过程中,人处于失重状态的是()
A.小朋友沿滑梯加速滑下
B.乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C.宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D.跳水运动员离开跳板后向上运动
解析:选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时,具有向下的加速度,人处于失重状态,A正确;乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内,对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力,乘客不处于失重状态,B错误;宇航员随飞船绕地球做圆周运动,宇航员处于完全失重状态,运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态,C、D正确.
5.如图所示,质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,已知弹簧的原长为L,劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为()
A.F3kB.F2k
C.L+F3kD.L+F2k
解析:选C.两个小球一起做匀加速直线运动,加速度相等,对系统受力分析,由牛顿第二定律可得F=(m+2m)a,对质量为m的小球作水平方向受力分析,由牛顿第二定律和胡克定律可得kx=ma,则此时两球间的距离为L′=L+x=L+F3k,C正确.
6.如图甲所示,为一倾角θ=37°足够长的斜面,将一质量为m=1kg的物体无初速度在斜面上释放,同时施加一沿斜面向上的拉力,拉力随时间变化关系图象如图乙所示,与斜面间动摩擦因数μ=0.25.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)2s末物体的速度;
(2)前16s内物体发生的位移.
解析:(1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得
mgsinθ-F1-μmgcosθ=ma1,
v1=a1t1,
代入数据可得
v1=5m/s.
(2)设物体在前2s内发生的位移为x1,则
x1=12a1t21=5m.
当拉力为F2=4.5N时,由牛顿第二定律可得
F2+μmgcosθ-mgsinθ=ma2,
代入数据可得a2=0.5m/s2,
物体经过t2时间速度减为0,则
v1=a2t2,t2=10s,
设t2时间发生的位移为x2,则
x2=12a2t22=25m,
由于mgsinθ-μmgcosθ<F2<μmgcosθ+mgsinθ,则物体在剩下4s时间内处于静止状态.
故物体在前16s内发生的位移x=x1+x2=30m,方向沿斜面向下.
答案:(1)5m/s(2)30m方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7.(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的v-t图象如图所示,g取10m/s2.下列说法中正确的是()
A.小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点时的速度大小为86m/s
D.小球下落过程中,受到向上的空气阻力,处于超重状态
解析:选AC.上升过程中mg+Ff=ma1,代入a1=12m/s2,解得Ff=2N,小球所受重力和阻力之比为5∶1,选项A正确;下落过程中mg-Ff=ma2,可得a2=8m/s2,根据h=12at2可得t1t2=a2a1=23,选项B错误;根据v=a2t2,t2=6s可得v=86m/s,选项C正确;小球下落过程中,加速度方向竖直向下,小球处于失重状态,选项D错误.
8.如图甲所示,某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示.则下列判断正确的是()
A.图线与纵轴的交点的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C.图线与横轴的交点N的值FTN=mg
D.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m
解析:选A.由牛顿第二定律可得:2FT-mg=ma,则有a=2mFT-g,由a-FT图象可判断,纵轴截距的绝对值为g,图线的斜率在数值上等于2m,则A正确,B、D错误,横轴截距代表a=0时,FTN=mg2,C错误.
9.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上.一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动.观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程,下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()
解析:选A.小球先做自由落体运动,接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动.直至重力和弹力相等,即mg=kΔx,此时a=0,小球速度达到最大值vmax,此后小球继续下降,小球重力小于弹力,加速度方向向上,小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点,小球速度为0,加速度最大,A正确,B错误.设小球到达最低点时,弹簧的形变量为x,由能量关系得mg(h+x)=12kx2,则2mg(h+x)=kxx,由h+x>x得kx>2mg,所以在最低点kx-mg=ma>mg,即ag,C错误.弹簧形变量x与t不是线性关系.则a与t也不是线性关系,D错误.
10.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动,力F的最大值是()
A.2Ffm+MM
B.2Ffm+Mm
C.2Ffm+MM-(m+M)g
D.2Ffm+Mm+(m+M)g
解析:选A.木块恰好滑动时,对木块和夹子有F-(M+m)g=(M+m)a,对木块有2Ff-Mg=Ma,所以F=2FfM+mM,选项A正确.
11.(多选)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动,图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线,则下列说法正确的()
A.水平拉力可能是0.3N
B.水平拉力一定是0.1N
C.物体所受摩擦力可能是0.2N
D.物体所受摩擦力一定是0.2N
解析:选BC.若拉力方向与物体运动方向相同,则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象,此时物体加速度大小为a1=23m/s2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff=ma1=0.2N,图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线,加速度大小为a2=13m/s2,由牛顿第二定律可知Ff-F=ma2,代入已知条件可知,拉力F=0.1N;若拉力方向与物体运动方向相反,则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象,此时物体加速度大小为a3=13m/s2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′=ma3=0.1N;图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线,加速度大小为a4=23m/s2,由牛顿第二定律可知F′+Ff′=ma4,代入已知条件可知,拉力F′=0.1N,B、C正确.
12.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
解析:(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1=μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2=μ(m1+m2)g
Ff=Ff1+Ff2,解得Ff=μ(2m1+m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则
Ff1=m1a1,F-Ff1-Ff2=m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1+m2)g.
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1=12a1t21
纸板运动的距离d+x1=12a2t21
纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x2=12a3t22,
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
解得F=2μm1+1+dlm2g
代入数据得F=22.4N.
答案:(1)μ(2m1+m2)g(2)F>2μ(m1+m2)g
(3)22.4N
第4节微专题1“板—块”+“传送带”问题
考点一“板—块”模型
1.模型特点
上、下叠放两个物体,在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动.
2.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移之差等于板长;反向运动时,位移之和等于板长.
3.解题方法
整体法、隔离法.
4.解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度.
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析,找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系,建立方程.特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移.
[典例1](20xx山东德州质检)长为L=1.5m的长木板B静止放在水平冰面上,小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B,直到A、B的速度达到相同,此时A、B的速度为v=0.4m/s,然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s=8.0cm后停下.若小物块A可视为质点,它与长木板B的质量相同,A、B间的动摩擦因数μ1=0.25,取g=10m/s2.求:
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2;
(2)小物块A的初速度v0;
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落,小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少?
解析(1)小物块和木板一起运动时,受冰面的滑动摩擦力,做匀减速运动,则加速度
a=v22s=1.0m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg=ma
解得μ2=0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力,做匀减速运动,其加速度
a1=μ1g=2.5m/s2
小物块在木板上滑动,木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力,做匀加速运动,则有
μ1mg-μ2(2m)g=ma2
解得a2=0.50m/s2.
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v,则
对于木板v=a2t
解得t=va2=0.8s
小物块滑上木板的初速度v0=v+a1t=2.4m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大,它在木板上相对木板滑动的距离越大,当滑动距离等于木板长时,小物块到达木板B的最右端,两者的速度相等(设为v′),这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m,则
v0mt-12a1t2-12a2t2=L
v0m-v′=a1t
v′=a2t
由以上三式解得v0m=3.0m/s.
答案(1)0.10(2)2.4m/s(3)3.0m/s
1.(20xx安徽芜湖模拟)质量为m0=20kg、长为L=5m的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15.将质量m=10kg的小木块(可视为质点),以v0=4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2).则下列判断中正确的是()
A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板
B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板
C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板
解析:选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1=μ1(m0+m)g=0.15×(20+10)×10N=45N,小木块与木板之间的摩擦力为Ff2=μ2mg=0.4×10×10N=40N,Ff1Ff2,所以木板一定静止不动;设小木块在木板上滑行的距离为x,v20=2μ2gx,解得x=2mL=5m,所以小木块不能滑出木板,A正确.
2.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图a所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图b所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2.求:
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离.
解析:(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由题图b可知,木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1=4m/s,
由运动学公式有
v1=v0+a1t1②
s0=v0t1+12a1t21③
式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰撞前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.
联立①②③式和题给条件得
μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由题图b可得
a2=v2-v1t2-t1⑥
式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得
μ2=0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
s1=-v1+v32Δt
小物块运动的位移为
s2=v1+v32Δt
小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1
联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数值得
Δs=6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4
0-v23=2a4s3
碰后木板运动的位移为
s=s1+s3
联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数值得
s=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
答案:(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m
考点二水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(2)v0v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速
情景三
(1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.其中v0v返回时速度为v,当v0v返回时速度为v0
[典例2](多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()
解析若v1v2,且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力,则可能先向右匀加速,加速至v1后随传送带一起向右匀速,此过程如图B所示,故B正确.若v1v2,且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力,此时P一直向右减速,减速到零后反向加速.若v2v1,P受到的滑动摩擦力向左,开始时加速度a1=FT+μmgm,当减速至速度为v1时,摩擦力反向,若有FTμmg,此后加速度a2=FT-μmgm,故C正确,A、D错误.
答案BC
1.如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2v1,则()
A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大
C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析:选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动,t1时刻速度为零,此时小物块离A处的距离达到最大,选项A错误;然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动,t2时刻与传送带达到共同速度,此时小物块相对传送带滑动的距离最大,选项B正确;0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右,选项C错误;t2~t3时间内小物块不受摩擦力,选项D错误.
2.(20xx陕西汉中模拟)(多选)如图所示,质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上,物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1<v2),稳定时绳与水平方向的夹角为θ,绳中的拉力分别为F1,F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为t1、t2,则下列说法正确的是()
A.F1<F2B.F1=F2
C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2
解析:选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示,由平衡条件得FN+Fsinθ=mg,Ff=μFN=Fcosθ,解得F=μmgμsinθ+cosθ,F的大小与传送带的速度无关,选项A错误,B正确;绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同,若L≤v212μg,则两次都是匀加速到达左端,t1=t2,若L>v212μg,则物体在传送带上先加速再匀速到达左端,在速度小的传送带上需要的时间更长,t1>t2,选项C错误,D正确.
考点三倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能一直匀速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直匀速
③可能先减速后反向加速
[典例3]如图所示,倾角为37°,长为l=16m的传送带,转动速度为v=10m/s,在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m=0.5kg的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2.求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间.
解析(1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下匀加速运动,根据牛顿第二定律有
mg(sin37°-μcos37°)=ma
则a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2,
根据l=12at2得t=4s.
(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
则有a1=mgsin37°+μmgcos37°m=10m/s2.
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1=va1=1010s=1s,
x1=12a1t21=5m<l=16m.
当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mgsin37°>μmgcos37°,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2,则a2=mgsin37°-μmgcos37°m=2m/s2
x2=l-x1=11m
又因为x2=vt2+12a2t22,
则有10t2+t22=11
解得t2=1s(t2=-11s舍去)
所以t总=t1+t2=2s.
答案(1)4s(2)2s
1.(20xx广东汕头模拟)如图所示,A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹,传送皮带与水平面的夹角为θ,在电动机的带动下,可利用传送皮带传送货物.已知皮带轮与皮带之间无相对滑动,皮带轮不转动时,某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t,则()
A.当皮带轮逆时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t
B.当皮带轮逆时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C.当皮带轮顺时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D.当皮带轮顺时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
解析:选D.传送带不动物体下滑时,物体受摩擦力向上,故加速度a=gsinθ-μgcosθ;当传送带向上运动时,摩擦力一定也是向上,而摩擦力的大小不变,故a不变,所以物体运动到B的时间不变,故A、B错误;当皮带向下运动时,物体受摩擦力开始是向下的,故加速度开始一定增大,位移不变,故由A滑到B的时间小于t,故C错误,D正确.
2.如图所示为上、下两端相距L=5m、倾角α=30°、始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧).将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下,经过t=2s到达下端,重力加速度g取10m/s2,求:
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大?
(2)如果将传送带逆时针转动,速率至少多大时,物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端?
解析:(1)物体在传送带上受力如图所示,物体沿传送带向下匀加速运动,设加速度为a.
由题意得L=12at2
解得a=2.5m/s2
由牛顿第二定律得
mgsinα-Ff=ma
又Ff=μmgcosα
故μ=0.29.
(2)如果传送带逆时针转动,要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端,则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下,设此时传送带速度为vm,物体加速度为a′.
由牛顿第二定律得mgsinα+Ff=ma′
又v2m=2La′
故vm=2La′=8.66m/s.
答案:(1)0.29(2)8.66m/s
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图,机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带,最后从传送带上落下装箱打包.假设传送带静止不动时,物体滑到传送带右端的速度为v,最后物体落在P处的箱包中.下列说法正确的是()
A.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来,且传送带速度小于v,物体仍落在P点
B.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来,且传送带速度大于v0,物体仍落在P点
C.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来,且传送带速度大于v,物体仍落在P点
D.若由于操作不慎,传送带随皮带轮逆时针方向转动起来,物体仍落在P点
解析:选AD.若传送带静止,物体滑到传送带右端的过程中,物体一直减速,其加速度a=μg,v2-v20=2aL,当传送带顺时针转且速度小于v时,物体仍一直减速,到达传送带右端速度仍为v,因而物体仍落在P点,A正确;当传送带顺时针转且速度大于v0时,物体应先加速,因而到达右端时速度一定大于v,应落在P点右侧,B错误;当传送带顺时针转且速度大于v时,物体在传送带上应先减速,当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动,到达右端时速度大于v,应落在P点右侧,C错误;当传送带逆时针转时,物体一直减速,到达右端时速度为v,仍落在P点,D正确.
2.如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板,在木板A的上面放着一个质量为m的物块C,木板和物块均处于静止状态.A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A,使之从C、B之间抽出来,已知重力加速度为g,则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A.F>μ(2m+M)gB.F>μ(m+2M)g
C.F>2μ(m+M)gD.F>2μmg
解析:选C.无论F多大,摩擦力都不能使B向右滑动,而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg,故F-μmg-μm+MgM>μg时,即F>2μ(m+M)g时A可从B、C之间抽出,选项C正确.
3.如图所示,水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成,且AB=BC,小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面,最后恰好停在C点,已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4,则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看做匀变速直线运动)()
A.1∶1B.1∶4
C.4∶1D.8∶1
解析:选D.设到达B点速度为v1,由于AB与BC段的位移相等,则有v0+v12t1=v1+02t2,其中t1∶t2=1∶4,故v1=v03,AB段的加速度为a1=v1-v0t1=-2v03t1,BC段的加速度为a2=0-v1t2=-v03t2,根据牛顿第二定律得,AB段-μ1mg=ma1,BC段-μ2mg=ma2,解得μ1∶μ2=a1∶a2=8∶1,故选项D正确.
一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备,作为教师就要精心准备好合适的教案。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容,帮助教师提前熟悉所教学的内容。写好一份优质的教案要怎么做呢?下面的内容是小编为大家整理的20xx高考物理大一轮复习:第12章-近代物理初步(6份打包有课件),供您参考,希望能够帮助到大家。
第1节光电效应波粒二象性
一、光电效应及其规律
1.光电效应现象
在光的照射下,金属中的电子从表面逸出的现象,发射出来的电子叫光电子.
2.光电效应的产生条件
入射光的频率大于金属的极限频率.
3.光电效应规律
(1)每种金属都有一个极限频率,入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应.
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光频率的增大而增大.
(3)光电效应的发生几乎是瞬时的,一般不超过10-9s.
(4)当入射光的频率大于极限频率时,饱和光电流的强度与入射光的强度成正比.
二、爱因斯坦光电效应方程
1.光子说
在空间传播的光不是连续的,而是一份一份的,每—份叫做一个光子,光子的能量ε=hν.
2.逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的最小值.
3.最大初动能:发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值.
4.光电效应方程
(1)表达式:hν=Ek+W0或Ek=hν-W0.
(2)物理意义:金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν,这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0,剩下的表现为逸出后电子的最大初动能.
三、光的波粒二象性
1.光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性.
2.光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性.
3.光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的波粒二象性.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应.(×)
(2)要使某金属发生光电效应,入射光子的能量必须大于金属的逸出功.(√)
(3)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比.(×)
(4)光的频率越高,光的粒子性越明显,但仍具有波动性.(√)
(5)德国物理学家普朗克提出了量子假说,成功地解释了光电效应规律.(×)
(6)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应,证实了光的粒子性.(√)
(7)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性.(√)
2.当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,这时()
A.锌板带负电B.有正离子从锌板逸出
C.有电子从锌板逸出D.锌板会吸附空气中的正离子
解析:选C.发生光电效应时,有光电子从锌板中逸出,逸出光电子后的锌板带正电,对空气中的正离子有排斥作用,C正确.
3.(多选)一单色光照到某金属表面时,有光电子从金属表面逸出,下列说法中正确的是()
A.无论增大入射光的频率还是增大入射光的强度,金属的逸出功都不变
B.只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将增大
C.只增大入射光的频率,光电子的最大初动能将增大
D.只增大入射光的频率,光电子逸出所经历的时间将缩短
解析:选AC.金属逸出功只与极限频率有关,A正确.根据光电效应方程Ek=hν-W0可知,光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定,只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将不变,B错误,C正确.发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率,光电子逸出所经历的时间几乎同时,D错误.
4.关于光的本性,下列说法正确的是()
A.光既具有波动性,又具有粒子性,这是互相矛盾和对立的
B.光的波动性类似于机械波,光的粒子性类似于质点
C.大量光子才具有波动性,个别光子只具有粒子性
D.由于光既具有波动性,又具有粒子性,无法只用其中一种去说明光的—切行为,只能认为光具有波粒二象性
解析:选D.光既具有波动性,又具有粒子性,但不同于宏观的机械波和机械粒子,波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现,是同一客体的两个不同的侧面、不同属性,只能认为光具有波粒二象性,A、B、C错误,D正确.
5.在某次光电效应实验中,得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示.若该直线的斜率和截距分别为k和b,电子电荷量的绝对值为e,则普朗克常量可表示为________,所用材料的逸出功可表示为________.
解析:根据光电效应方程Ekm=hν-W0及Ekm=eUc得Uc=hνe-W0e,故he=k,b=-W0e,得h=ek,W0=-eb.
答案:ek-eb
考点一光电效应的理解
1.光电效应中的几个概念比较
(1)光子与光电子
光子指光在空间传播时的每一份能量,光子不带电;光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子,其本质是电子.
(2)光电子的动能与光电子的最大初动能
光照射到金属表面时,电子吸收光子的全部能量,可能向各个方向运动,需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量,剩余部分为光电子的初动能;只有金属表面的电子直接向外飞出时,只需克服原子核的引力做功的情况,才具有最大初动能.
(3)光电流和饱和光电流
金属板飞出的光电子到达阳极,回路中便产生光电流,随着所加正向电压的增大,光电流趋于一个饱和值,这个饱和值是饱和光电流,在一定的光照条件下,饱和光电流与所加电压大小无关.
(4)光的强弱与饱和光电流
频率相同的光照射金属产生光电效应,入射光越强,饱和光电流越大.
2.对光电效应规律的解释
对应规律对规律的产生的解释
光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大,与入射光强度无关电子吸收光子能量后,一部分克服原子核引力做功,剩余部分转化为光电子的初动能,只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能,对于确定的金属,逸出功W0是一定的,故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大
光电效应具有瞬时性光照射金属时,电子吸收一个光子的能量后,动能立即增大,不需要能量积累的过程
光较强时饱和电流大光较强时,包含的光子数较多,照射金属时产生的光电子较多,因而饱和电流较大
1.(20xx高考全国乙卷)(多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生.下列说法正确的是()
A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大
B.入射光的频率变高,饱和光电流变大
C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生
解析:选AC.产生光电效应时,光的强度越大,单位时间内逸出的光电子数越多,饱和光电流越大,说法A正确.饱和光电流大小与入射光的频率无关,说法B错误.光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加,与入射光的强度无关,说法C正确.减小入射光的频率,如低于极限频率,则不能发生光电效应,没有光电流产生,说法D错误.
2.(20xx广东深圳模拟)(多选)在光电效应实验中,用同一种单色光,先后照射锌和银的表面,都能发生光电效应.对于这两个过程,下列物理过程中一定不同的是()
A.遏止电压B.饱和光电流
C.光电子的最大初动能D.逸出功
解析:选ACD.同一束光照射不同的金属,一定相同的是入射光的光子能量,不同金属的逸出功不同,根据光电效应方程Ekm=hν-W0知,最大初动能不同,则遏止电压不同,选项A、C、D正确;同一束光照射,单位时间内射到金属表面的光子数目相等,所以饱和光电流是相同的,选项B错误.
3.(20xx广东省湛江一中高三模拟)(多选)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中,用某种频率的单色光a照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转.而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,那么()
A.a光的频率一定大于b光的频率
B.只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大
C.增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转
D.用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c
解析:选AB.由于用单色光a照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转,说明发生了光电效应,而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,说明b光不能发生光电效应,即a光的频率一定大于b光的频率;增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加,则通过电流计G的电流增大;因为b光不能发生光电效应,所以即使增加b光的强度也不可能使电流计G的指针发生偏转;用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电子的方向是由d到c,所以电流方向是由c到d.选项A、B正确.
光电效应实质及发生条件
(1)光电效应的实质是金属中的电子获得能量后逸出金属表面,从而使金属带上正电.
(2)能否发生光电效应,不取决于光的强度,而是取决于光的频率.只要照射光的频率大于该金属的极限频率,无论照射光强弱,均能发生光电效应.
考点二光电效应方程及图象的理解
1.爱因斯坦光电效应方程
Ek=hν-W0
hν:光子的能量
W0:逸出功,即从金属表面直接飞出的光电子克服原子核引力所做的功.
Ek:光电子的最大初动能.
2.四类图象
图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线
①极限频率:图线与ν轴交点的横坐标νc
②逸出功:图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0=|-E|=E
③普朗克常量:图线的斜率k=h
颜色相同、强度不同的光,光电流与电压的关系
①遏止电压Uc:图线与横轴的交点
②饱和光电流Im:电流的最大值
③最大初动能:Ekm=eUc
颜色不同时,光电流与电压的关系
①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和光电流
③最大初动能Ek1=eUc1,Ek2=eUc2
=遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线
①截止频率νc:图线与横轴的交点
②遏止电压Uc:随入射光频率的增大而增大
③普朗克常量h:等于图线的斜率与电子电量的乘积,即h=ke.(注:此时两极之间接反向电压)
[典例](20xx重庆万州二中模拟)(多选)某金属在光的照射下产生光电效应,其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示.则由图象可知()
A.该金属的逸出功等于hν0
B.若已知电子电荷量e,就可以求出普朗克常量h
C.遏止电压是确定的,与照射光的频率无关
D.入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能为hν0
解析当遏止电压为零时,最大初动能为零,则入射光的能量等于逸出功,所以W0=hν0,A正确;根据光电效应方程Ek=hν-W0和-eUc=0-Ek得,Uc=heν-W0e,可知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呈线性关系,C错误;因为Uc=heν-W0e,知图线的斜率等于he,从图象上可以得出斜率的大小,已知电子电荷量e,可以求出普朗克常量h,B正确;从图象上可知逸出功W0=hν0,根据光电效应方程Ek=h2ν0-W0=hν0,D正确.
答案ABD
应用光电效应方程时的注意事项
(1)每种金属都有一个截止频率,光频率大于这个截止频率才能发生光电效应.
(2)截止频率是发生光电效应的最小频率,对应着光的极限波长和金属的逸出功,即hν0=hcλ0=W0.
(3)应用光电效应方程Ek=hν-W0时,注意能量单位电子伏和焦耳的换算(1eV=1.6×10-19J).
第1节电流电阻电功电功率
一、电流
1.形成的条件:导体中有自由电荷;导体两端存在电压.
2.电流是标量,正电荷定向移动的方向规定为电流的方向.
3.两个表达式:①定义式:I=qt;②决定式:I=UR.
二、电阻、电阻定律
1.电阻:反映了导体对电流阻碍作用的大小.表达式为:R=UI.
2.电阻定律:同种材料的导体,其电阻跟它的长度成正比,与它的横截面积成反比,导体的电阻还与构成它的材料有关.表达式为:R=ρlS.
3.电阻率
(1)物理意义:反映导体的导电性能,是导体材料本身的属性.
(2)电阻率与温度的关系:金属的电阻率随温度升高而增大;半导体的电阻率随温度升高而减小.
三、部分电路欧姆定律及其应用
1.内容:导体中的电流跟导体两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比.
2.表达式:I=UR.
3.适用范围:金属导电和电解液导电,不适用于气体导电或半导体元件.
4.导体的伏安特性曲线(I-U)图线
(1)比较电阻的大小:图线的斜率k=tanθ=IU=1R,图中R1>R2(填“>”、“<”或“=”).
(2)线性元件:伏安特性曲线是直线的电学元件,适用于欧姆定律.
(3)非线性元件:伏安特性曲线为曲线的电学元件,不适用于欧姆定律.
四、电功率、焦耳定律
1.电功:电路中电场力移动电荷做的功.表达式为W=qU=UIt.
2.电功率:单位时间内电流做的功.表示电流做功的快慢.表达式为P=Wt=UI.
3.焦耳定律:电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比,跟导体的电阻及通电时间成正比.表达式为Q=I2Rt.
4.热功率:单位时间内的发热量.表达式为P=Qt.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)电流是矢量,电荷定向移动的方向为电流的方向.(×)
(2)由R=UI可知,导体的电阻与导体两端的电压成正比,与流过导体的电流成反比.(×)
(3)由ρ=RSl知,导体电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比,与导体的长度l成反比.(×)
(4)电流越大,单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多.(√)
(5)电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量.(√)
(6)公式W=UIt及Q=I2Rt适用于任何电路.(√)
(7)公式W=U2Rt=I2Rt只适用于纯电阻电路.(√)
2.(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝,下列说法中正确的是()
A.常温下,若将金属丝均匀拉长为原来的10倍,则电阻变为10R
B.常温下,若将金属丝从中点对折起来,电阻变为14R
C.给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0,则任一状态下的UI比值不变
D.金属材料的电阻率随温度的升高而增大
解析:选BD.金属丝均匀拉长到原来的10倍,截面积变为原来的110,由R=ρlS知,电阻变为原来的100倍,A错误;将金属丝从中点对折起来,长度变为原来的一半,截面积变为原来的2倍,由R=ρlS知,电阻变为原来的14,B正确;由于金属的电阻率随温度的升高而增大,当加在金属丝两端的电压升高时,电阻R=UI将变大,C错误,D正确.
3.如图所示电路中,a、b两点与一个稳压直流电源相接,当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时,哪一个电路中的电流表读数会变小()
解析:选B.选项A、C、D中,滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分,当滑动变阻器的滑片P向d端移动时,滑动变阻器阻值减小,由欧姆定律I=UR可知,电路中的电流将会增大,电流表读数会变大,故选项A、C、D错误;而选项B中,滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分,当滑动变阻器的滑片P向d端移动时,滑动变阻器阻值增大,电路中的电流将会减小,电流表读数会变小,选项B正确.
4.有一台标有“220V,50W”的电风扇,其线圈电阻为0.4Ω,在它正常工作时,下列求其每分钟产生的电热的四种解法中,正确的是()
A.I=PU=522A,Q=UIt=3000J
B.Q=Pt=3000J
C.I=PU=522A,Q=I2Rt=1.24J
D.Q=U2Rt=22020.4×60J=7.26×106J
解析:选C.电风扇是一种在消耗电能过程中既产生机械能,又产生内能的用电器,其功率P=IU,则I=PU=522A,而产生的热量只能根据Q=I2Rt进行计算.因此,选项C正确.
考点一对电流的理解和计算
1.应用I=qt计算时应注意:若导体为电解液,因为电解液里的正、负离子移动方向相反,但形成的电流方向相同,故q为正、负离子带电荷量的绝对值之和.
2.电流的微观本质
如图所示,AD表示粗细均匀的一段导体,长为l,两端加一定的电压,导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v,设导体的横截面积为S,导体每单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q,AD导体中自由电荷总数N=nlS,总电荷量Q=Nq=nqlS,所用时间t=lv,所以导体AD中的电流I=Qt=nlSql/v=nqSv.
1.如图所示,一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷,设棒单位长度内所含的电荷量为q,当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时,由于棒的运动而形成的等效电流大小为()
A.vqB.qv
C.qvSD.qvS
解析:选A.在垂直棒的运动方向选取一横截面,设棒长为l,则棒上所有电荷通过这一横截面所用的时间t=lv,由电流的定义式I=Qt,可得I=lqlv=qv,A正确.
2.(20xx山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体,甲的横截面积是乙的两倍,而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍,以下说法中正确的是()
A.甲、乙两导体的电流相同
B.乙导体的电流是甲导体的两倍
C.乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍
D.甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
解析:选B.由I=ΔqΔt可知,I乙=2I甲,B正确,A错误;由I=nvSq可知,同种金属材料制成的导体,n相同,因S甲=2S乙,故有v甲∶v乙=1∶4,C、D错误.
3.(多选)截面直径为d、长为l的导线,两端电压为U,当这三个量中的一个改变时,对自由电子定向移动平均速率的影响,下列说法正确的是()
A.电压U加倍时,自由电子定向移动的平均速率加倍
B.导线长度l加倍时,自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半
C.导线截面直径d加倍时,自由电子定向移动的平均速率不变
D.导线截面直径d加倍时,自由电子定向移动的平均速率加倍
解析:选ABC.电压U加倍时,由欧姆定律得知,电流加倍,由电流的微观表达式I=nqSv得知,自由电子定向运动的平均速率v加倍,故A正确;导线长度l加倍,由电阻定律得知,电阻加倍,电流减半,则由电流的微观表达式I=nqSv得知,自由电子定向运动的平均速率v减半,故B正确;导线横截面的直径d加倍,由S=πd24可知,截面积变为4倍,由电阻定律得知,电阻变为原来的14,电流变为原来的4倍,根据电流的微观表达式I=nqSv得知,自由电子定向运动的平均速率v不变.故C正确,D错误.
考点二电阻电阻定律
1.两个公式对比
公式R=ρlS
R=UI
区别电阻的决定式电阻的定义式
说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法,并不说明电阻与U和I有关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体
2.电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量,导体电阻率与电阻阻值无直接关系,即电阻大,电阻率不一定大;电阻率小,电阻不一定小.
1.一个内电阻可以忽略的电源,给装满绝缘圆管的水银供电,通过水银的电流为0.1A.若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管),那么通过水银的电流将是()
A.0.4AB.0.8A
C.1.6AD.3.2A
解析:选C.大圆管内径大一倍,即横截面积为原来的4倍,由于水银体积不变,故水银柱长度变为原来的14,则电阻变为原来的116,因所加电压不变,由欧姆定律知电流变为原来的16倍.C正确.
2.用电器到发电场的距离为l,线路上的电流为I,已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U.那么,输电线的横截面积的最小值为()
A.ρlRB.2ρlIU
C.UρlID.2UlIρ
解析:选B.输电线的总长为2l,由公式R=UI、R=ρlS得S=2ρlIU,故B正确.
3.两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压后,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为()
A.1∶4B.1∶8
C.1∶16D.16∶1
解析:选C.对于第一根导线,均匀拉长到原来的2倍,则其横截面积必然变为原来的12,由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍,第二根导线对折后,长度变为原来的12,横截面积变为原来的2倍,故其电阻变为原来的14.给上述变化后的裸导线加上相同的电压,由欧姆定律得:I1=U4R,I2=UR/4=4UR,由I=qt可知,在相同时间内,电荷量之比q1∶q2=I1∶I2=1∶16.
导体变形后电阻的分析方法
某一导体的形状改变后,讨论其电阻变化应抓住以下三点:
(1)导体的电阻率不变.
(2)导体的体积不变,由V=lS可知l与S成反比.
(3)在ρ、l、S都确定之后,应用电阻定律R=ρlS求解.
考点三伏安特性曲线
1.图甲为线性元件的伏安特性曲线,图乙为非线性元件的伏安特性曲线.
2图象的斜率表示电阻的倒数,斜率越大,电阻越小,故RaRb,图线c的电阻减小,图线d的电阻增大.
3.用IU(或UI)图线来描述导体和半导体的伏安特性时,曲线上每一点对应一组U、I值,UI为该状态下的电阻值,UI为该状态下的电功率.在曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数.
1.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法中正确的是()
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小
B.对应P点,小灯泡的电阻为R=U1I1
C.对应P点,小灯泡的电阻为R=U1I2-I1
D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积
解析:选D.由图可知流过小灯泡的电流I随所加电压U变化的图线为非线性关系,可知小灯泡的电阻随所加电压的增大而逐渐增大,选项A错误;根据欧姆定律,对应P点,小灯泡的电阻应为R=U1I2,选项B、C错误;对应P点,小灯泡的功率为P=U1I2,也就是图中矩形PQOM所围面积,选项D正确.
2.某一导体的伏安特性曲线如图中AB(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是()
A.B点的电阻为12Ω
B.B点的电阻为40Ω
C.工作状态从A变化到B时,导体的电阻因温度的影响改变了1Ω
D.工作状态从A变化到B时,导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
解析:选B.根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA=30.1Ω=30Ω,RB=60.15Ω=40Ω,所以ΔR=RB-RA=10Ω,故B对,A、C、D错.
3.(多选)在如图甲所示的电路中,L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关S闭合时,电路中的总电流为0.25A,则此时()
A.L1上的电压为L2上电压的2倍
B.L1消耗的电功率为0.75W
C.L2的电阻为12Ω
D.L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1
解析:选BD.电路中的总电流为0.25A,L1中电流为0.25A,由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0V,L1消耗的电功率为P1=U1I1=0.75W,B正确;根据并联电路规律,L2中电流为0.125A,由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3V,L1的电压大约为L2电压的10倍,A错误;由欧姆定律,L2的电阻为R2=U2I2=0.30.125Ω=2.4Ω,C错误;L2消耗的电功率为P2=U2I2=0.3×0.125W=0.0375W,L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1,D正确.
IU图线求电阻应注意的问题
伏安特性曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是该状态下导体的电阻,即曲线上各点切线的斜率的倒数不是该状态的电阻,但伏安特性曲线的斜率变小说明对应的电阻变大.
考点四电功、电功率及焦耳定律
1.纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
(1)用电器在额定电压下正常工作,用电器的实际功率等于额定功率,即P实=P额.
(2)用电器的工作电压不一定等于额定电压,用电器的实际功率不一定等于额定功率,若U实>U额,则P实>P额,用电器可能被烧坏.
[典例]有一个小型直流电动机,把它接入电压为U1=0.2V的电路中时,电动机不转,测得流过电动机的电流I1=0.4A;若把电动机接入U2=2.0V的电路中,电动机正常工作,工作电流I2=1.0A.求:
(1)电动机正常工作时的输出功率多大?
(2)如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,此时电动机的发热功率是多大?
解析(1)U1=0.2V时,电动机不转,此时电动机为纯电阻,故电动机线圈内阻
r=U1I1=0.20.4Ω=0.5Ω
U2=2.0V时,电动机正常工作,此时电动机为非纯电阻,则由电功率与热功率的定义式得
P电=U2I2=2.0×1.0W=2W
P热=I22r=1.02×0.5W=0.5W
所以由能量守恒定律可知,电动机的输出功率
P出=P电-P热=2W-0.5W=1.5W
(2)此时若电动机突然被卡住,则电动机成为纯电阻,其热功率
P热′=U22r=2.020.5W=8W
答案(1)1.5W(2)8W
(1)在非纯电阻电路中,U2Rt既不能表示电功也不能表示电热,因为欧姆定律不再成立.
(2)不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路,当电动机不转动时,仍为纯电阻电路,欧姆定律仍适用,电能全部转化为内能.只有在电动机转动时为非纯电阻电路,UIR,欧姆定律不再适用,大部分电能转化为机械能.
1.(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数,不计其自身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶,则()
自重40kg额定电压48V
载重75kg额定电流12A
最大行驶速度20km/h额定输出功率350W
A.电动机的输入功率为576W
B.电动机的内电阻为4Ω
C.该车获得的牵引力为104N
D.该车受到的阻力为63N
解析:选AD.由于U=48V,I=12A,则P=IU=576W,故选项A正确;因P入=P出+I2r,r=576-350122Ω=11372Ω,故选项B错;由P出=Fv=Ffv,F=Ff=63N,故选项C错,D正确.
2.在如图所示电路中,电源电动势为12V,电源内阻为1.0Ω,电路中的电阻R0为1.5Ω,小型直流电动机M的内阻为0.5Ω.闭合开关S后,电动机转动,电流表的示数为2.0A.则以下判断中正确的是()
A.电动机的输出功率为14W
B.电动机两端的电压为7.0V
C.电动机的发热功率为4.0W
D.电源输出的电功率为24W
解析:选B.由部分电路欧姆定律知电阻R0两端电压为U=IR0=3.0V,电源内电压为U内=Ir=2.0V,所以电动机两端电压为U机=E-U-U内=7.0V,B对;电动机的发热功率和总功率分别为P热=I2r1=2W、P总=U机I=14W,C错;电动机的输出功率为P出=P总-P热=12W,A错;电源的输出功率为P=U端I=20W,D错.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.(多选)下列说法正确的是()
A.据R=UI可知,加在电阻两端的电压变为原来的2倍时,导体的电阻也变为原来的2倍
B.不考虑温度对阻值的影响,通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变
C.据ρ=RSl可知,导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比,与导体的长度l成反比
D.导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关
解析:选BD.R=UI是电阻的定义式,导体电阻由导体自身性质决定,与U、I无关,当导体两端电压U加倍时,导体内的电流I也加倍,但比值R仍不变,A错误、B正确;ρ=RSl是导体电阻率的定义式,导体的电阻率由材料和温度决定,与R、S、l无关,C错误、D正确.
2.一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为()
A.mv22eLB.mv2Sne
C.ρnevD.ρevSL
解析:选C.由电流定义可知:I=qt=nvtSet=neSv,由欧姆定律可得:U=IR=neSvρLS=ρneLv,又E=UL,故E=ρnev,选项C正确.
3.下列说法正确的是()
A.电流通过导体的热功率与电流大小成正比
B.力对物体所做的功与力的作用时间成正比
C.电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比
D.弹性限度内,弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比
解析:选C.电流通过导体的热功率为P=I2R,与电流的平方成正比,A项错误;力作用在物体上,如果物体没有在力的方向上发生位移,作用时间再长,做功也为零,B项错误;由C=QU可知,电容器的电容由电容器本身的性质决定,因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比,C项正确;弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关,D项错误.
4.如图所示为一磁流体发电机示意图,A、B是平行正对的金属板,等离子体(电离的气体,由自由电子和阳离子构成,整体呈电中性)从左侧进入,在t时间内有n个自由电子落在B板上,则关于R中的电流大小及方向判断正确的是()
A.I=net,从上向下B.I=2net,从上向下
C.I=net,从下向上D.I=2net,从下向上
解析:选A.由于自由电子落在B板上,则A板上落上阳离子,因此R中的电流方向为自上而下,电流大小I=qt=net.A项正确.
5.欧姆不仅发现了欧姆定律,还研究了电阻定律,有一个长方体型的金属电阻,材料分布均匀,边长分别为a、b、c,且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻,其中电阻的阻值最小的是()
解析:选A.根据电阻定律R=ρlS可知RA=ρcab,RB=ρbac,RC=ρabc,RD=ρabc,结合a>b>c可得:RC=RD>RB>RA,故RA最小,A正确.
6.某个由导电介质制成的电阻截面如图所示,导电介质的电阻率为ρ,制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分),半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极,在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极,设该电阻的阻值为R.下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的,你可能不会求解R,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,R的合理表达式应为()
A.R=ρb+a2πabB.R=ρb-a2πab
C.R=ρab2πb-aD.R=ρab2πb+a
解析:选B.根据R=ρlS,从单位上看,答案中,分子应是长度单位,而分母应是面积单位,只有A、B符合单位,C、D错误;再代入特殊值,若b=a,球壳无限薄,此时电阻为零,因此只有B正确,A错误.
7.(多选)我国已经于20xx年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯,以后将逐步淘汰白炽灯.假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示.图象上A点与原点的连线与横轴成α角,A点的切线与横轴成β角,则()
A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B.在A点,白炽灯的电阻可表示为tanβ
C.在A点,白炽灯的电功率可表示为U0I0
D.在A点,白炽灯的电阻可表示为U0I0
解析:选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大,A错误;在A点,白炽灯的电阻可表示为U0I0,不能表示为tanβ或tanα,故B错误,D正确;在A点,白炽灯的功率可表示为U0I0,C正确.
[综合应用题组]
8.一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上(其内电阻可忽略不计),均正常工作.用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A,通过洗衣机电动机的电流是0.50A,则下列说法中正确的是()
A.电饭煲的电阻为44Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440Ω
B.电饭煲消耗的电功率为1555W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5W
C.1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J
D.电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析:选C.由于电饭煲是纯电阻元件,所以R1=UI1=44Ω,P1=UI1=1100W,其在1min内消耗的电能W1=UI1t=6.6×104J,洗衣机为非纯电阻元件,所以R2≠UI2,P2=UI2=110W,其在1min内消耗的电能W2=UI2t=6.6×103J,其热功率P热≠P2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍.
9.一个用半导体材料制成的电阻器D,其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示,若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端,3个用电器消耗的电功率均为P,现将它们连接成如图乙所示的电路,接在该电源的两端,设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2,它们之间的关系为()
A.P1=4PDB.PD=P4
C.PD=P2D.P1<4P2
解析:选D.由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时,三者功率相同,则此时三者电阻相同.当三者按照题图乙所示电路连接时,电阻器D两端的电压小于U,由题图甲图象可知,电阻器D的电阻增大,则有RD>R1=R2,而RD与R2并联,电压相等,根据P=U2R,PD<P2,C错误;由欧姆定律可知,电流ID<I2,又I1=I2+ID,根据P=I2R,P1>4PD,P1<4P2,A错误、D正确;由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R<R1,所以D两端的电压小于U2,且D阻值变大,则PD<P4,B错误.
10.下图中的四个图象中,最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是()
解析:选C.白炽灯泡为纯电阻,其功率表达式为:P=U2R,而U越大,电阻越大,图象上对应点与原点连线的斜率越小,故选项C正确.
11.如图所示为甲、乙两灯泡的IU图象,根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中实际发光的功率分别为()
A.15W30WB.30W40W
C.40W60WD.60W100W
解析:选C.两灯泡并联在电压为220V的电路中,则两只灯泡两端的电压均为220V,根据IU图象知:甲灯实际工作时的电流约为I甲=0.18A,乙灯实际工作时的电流为I乙=0.27A,所以功率分别为P甲=I甲U=0.18×220W≈40W;P乙=I乙U=0.27×220W≈60W,C正确.
12.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成.当闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出.已知电吹风的额定电压为220V,吹冷风时的功率为120W,吹热风时的功率为1000W.关于该电吹风,下列说法正确的是()
A.电热丝的电阻为55Ω
B.电动机线圈的电阻为12103Ω
C.当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为1000J
解析:选A.电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P=1000W-120W=880W,对电热丝,由P=U2R可得电热丝的电阻为R=U2P=2202880Ω=55Ω,选项A正确;由于不知道电动机线圈的发热功率,所以电动机线圈的电阻无法计算,选项B错误;当电吹风吹热风时,电热丝每秒消耗的电能为880J,选项C错误;当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120J,选项D错误.
13.(多选)如图所示,定值电阻R1=20Ω,电动机绕线电阻R2=10Ω,当开关S断开时,电流表的示数是I1=0.5A,当开关合上后,电动机转动起来,电路两端的电压不变,电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是()
A.I=1.5AB.I1.5A
C.P=15WD.P15W
解析:选BD.当开关S断开时,由欧姆定律得U=I1R1=10V,当开关闭合后,通过R1的电流仍为0.5A,通过电动机的电流I2UR2=1A,故电流表示数I<0.5A+1A=1.5A,B正确;电路中电功率P=UI15W,D正确.
14.(多选)通常一次闪电过程历时约0.2~0.3s,它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80μs,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪击前云地之间的电势差约为1.0×109V,云地间距离约为1km;第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C,闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据,下列判断正确的是()
A.闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B.整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C.闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m
D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
解析:选AC.根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q=6C,时间约为t=60μs,故平均电流为I平=Qt=1×105A,闪击过程中的瞬时最大值一定大于平均值,故A对;第一次闪击过程中电功约为W=QU=6×109J,第一个闪击过程的平均功率P=Wt=1×1014W,由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中,但整个闪击过程中的时间远大于60μs,故B错;闪电前云与地之间的电场强度约为E=Ud=1×1091000V/m=1×106V/m,C对;整个闪电过程向外释放的能量约为W=6×109J,D错.
第2节电路闭合电路欧姆定律
一、电阻的串、并联
串联电路并联电路
电流I=I1=I2=…=InI=I1+I2+…+In
电压U=U1+U2+…+UnU=U1=U2=…=Un
电阻R总=R1+R2+…+Rn1R总=1R1+1R2+…+1Rn
分压原理或分流原理U1∶U2∶…∶Un=R1∶R2∶…∶RnI1∶I2∶…∶In=1R1∶1R2∶…∶1Rn
功率分配P1∶P2∶…∶Pn=R1∶R2∶…∶RnP1∶P2∶…∶Pn=1R1∶1R2∶…∶1Rn
二、电源的电动势和内阻
1.电动势
(1)电源:电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置.
(2)电动势:非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值,E=Wq.
(3)电动势的物理含义:电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小,在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压.
2.内阻:电源内部导体的电阻.
三、闭合电路的欧姆定律
1.闭合电路欧姆定律
(1)内容:闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比,跟内、外电阻之和成反比.
(2)公式:I=ER+r(只适用于纯电阻电路).
(3)其他表达形式
①电势降落表达式:E=U外+U内或E=U外+Ir.
②能量表达式:EI=UI+I2r.
2.路端电压与外电阻的关系
一般情况U=IR=ER+rR=E1+rR,当R增大时,U增大
特殊情况①当外电路断路时,I=0,U=E
②当外电路短路时,I短=Er,U=0
[自我诊断]
1.判断正误
(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量.(√)
(2)电动势就等于电源两极间的电压.(×)
(3)闭合电路中外电阻越大,路端电压越小.(×)
(4)在闭合电路中,外电阻越大,电源的输出功率越大.(×)
(5)电源的输出功率越大,电源的效率越高.(×)
2.某电路如图所示,已知电池组的总内阻r=1Ω,外电路电阻R=5Ω,理想电压表的示数U=3.0V,则电池组的电动势E等于()
A.3.0VB.3.6V
C.4.0VD.4.2V
解析:选B.由于电压表的示数为路端电压,而U=IR,则I=UR=0.6A,由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+r)=0.6×(5+1)V=3.6V,故选项B正确.
3.将一电源电动势为E,内电阻为r的电池与外电路连接,构成一个闭合电路,用R表示外电路电阻,I表示电路的总电流,下列说法正确的是()
A.由U外=IR可知,外电压随I的增大而增大
B.由U内=Ir可知,电源两端的电压随I的增大而增大
C.由U=E-Ir可知,电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D.由P=IU可知,电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
解析:选C.根据闭合电路欧姆定律I=ER+r知,外电路中电流I随外电阻R的变化而变化,所以选项A错误;U内=Ir是电源内电阻上的电压,不是电源两端的电压,选项B错误;电源电动势E和内电阻r不变,由U=E-Ir可知,电源输出电压随输出电流I的增大而减小,选项C正确;当U不变时,电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大,选项D错误.
考点一电阻的串并联
1.串、并联电路的几个常用结论
(1)当n个等值电阻R0串联或并联时,R串=nR0,R并=1nR0.
(2)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻,并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻.
(3)在电路中,某个电阻增大(或减小),则总电阻增大(或减小).
(4)某电路中无论电阻怎样连接,该电路消耗的总电功率始终等于各个电阻消耗的电功率之和.
2.电压表、电流表的改装
1.(多选)一个T形电路如图所示,电路中的电阻R1=10Ω,R2=120Ω,R3=40Ω.另有一测试电源,电动势为100V,内阻忽略不计.则()
A.当cd端短路时,ab之间的等效电阻是40Ω
B.当ab端短路时,cd之间的等效电阻是40Ω
C.当ab两端接通测试电源时,cd两端的电压为80V
D.当cd两端接通测试电源时,ab两端的电压为80V
解析:选AC.当cd端短路时,R2与R3并联再与R1串联,ab之间的等效电阻为40Ω,A正确;同理可得B错误;当ab两端接通测试电源时,R1、R3串联,R2无效,cd两端的电压就等于R3分得的电压,可以求得为80V,C正确;同理可得D错误.
2.如图所示,电路两端的电压U保持不变,电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大,则电阻之比R1∶R2∶R3是()
A.1∶1∶1B.4∶1∶1
C.1∶4∶4D.1∶2∶2
解析:选C.根据串、并联电路的特点知U2=U3,因P1=P2=P3,故R2=R3,又I1=I2+I3,故I1=2I2=2I3,根据P=I2R和P1=P2=P3得R1∶R2∶R3=1∶4∶4,C正确.
3.(多选)如图所示,甲、乙两电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的,下列说法正确的是()
A.甲表是电流表,R增大时量程增大
B.甲表是电流表,R增大时量程减小
C.乙表是电压表,R增大时量程增大
D.乙表是电压表,R增大时量程减小
解析:选BC.由电表的改装原理可知,电流表应是G与R并联,改装后加在G两端的最大电压Ug=IgRg不变,所以并联电阻R越大,I=Ig+IR越小,即量程越小,B正确,A错误;对于电压表应是G与R串联,改装后量程U=IgRg+IgR,可知R越大,量程越大,C正确,D错误.
考点二闭合电路的欧姆定律
考向1:闭合电路的功率及效率问题
由P出与外电阻R的关系图象可以看出:
①当R=r时,电源的输出功率最大为Pm=E24r.
②当R>r时,随着R的增大输出功率越来越小.
③当R<r时,随着R的增大输出功率越来越大.
④当P出<Pm时,每个输出功率对应两个外电阻R1和R2,且R1R2=r2.
1.在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V.重新调节R使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V.则这台电动机正常运转时输出功率为()
A.32WB.44W
C.47WD.48W
解析:选A.电动机不转时相当于一个纯电阻,根据通过电动机的电流为0.5A、电压为2V,可算出电动机内阻为4Ω.正常工作时,电动机消耗功率P=UI=48W,内阻发热消耗功率P热=I2r=16W,则输出功率为P出=P-P热=32W.
2.如图所示,电源电动势E=12V,内阻r=3Ω,R0=1Ω,直流电动机内阻R0′=1Ω,当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大,调节R2时可使乙电路输出功率最大,且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0=2W),则R1和R2的值分别为()
A.2Ω,2ΩB.2Ω,1.5Ω
C.1.5Ω,1.5ΩD.1.5Ω,2Ω
解析:选B.因为题中甲电路是纯电阻电路,当外电阻与电源内阻相等时,电源的输出功率最大,所以R1=2Ω;而乙电路是含电动机电路,欧姆定律不适用,电路的输出功率P=IU=I(E-Ir),当I=E2r=2A时,输出功率P有最大值,此时电动机的输出功率为P0=2W,发热功率为P热=I2R0′=4W,所以电动机的输入功率为P入=P0+P热=6W,电动机两端的电压为UM=P入I=3V,电阻R2两端的电压为UR2=E-UM-Ir=3V,所以R2=UR2I=1.5Ω,选项B正确.
考向2:电路故障的分析与判断
(1)故障特点
①断路特点:表现为路端电压不为零而电流为零.
②短路特点:用电器或电阻发生短路,表现为有电流通过电路但它两端电压为零.
(2)检查方法
①电压表检测:如果电压表示数为零,则说明可能在并联路段之外有断路,或并联路段短路.
②电流表检测:当电路中接有电源时,可用电流表测量各部分电路上的电流,通过对电流值的分析,可以确定故障的位置.在运用电流表检测时,一定要注意电流表的极性和量程.
③欧姆表检测:当测量值很大时,表示该处断路,当测量值很小或为零时,表示该处短路.在运用欧姆表检测时,电路一定要切断电源.
④假设法:将整个电路划分为若干部分,然后逐一假设某部分电路发生某种故障,运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理.
3.如图所示的电路中,电源的电动势为6V,当开关S接通后,灯泡L1、L2都不亮,用电压表测得各部分的电压是Uab=6V,Uad=0V,Ucd=6V,由此可判定()
A.L1和L2的灯丝都烧断了
B.L1的灯丝烧断了
C.L2的灯丝烧断了
D.变阻器R断路
解析:选C.由Uab=6V可知,电源完好,灯泡都不亮,说明电路中出现断路故障,且在a、b之间.由Ucd=6V可知,灯泡L1与滑动变阻器R是接通的,断路故障出现在c、d之间,故灯L2断路,所以选项C正确.
4.(多选)在如图所示的电路中,由于某一电阻发生短路或断路,A灯变暗,B灯变亮,则故障可能是()
A.R1短路B.R2断路
C.R3断路D.R4短路
解析:选BC.由于A灯串联于干路中,且故障发生后,A灯变暗,故知电路中总电流变小,即电路总电阻变大,由此推知,故障应为某一电阻断路,排除选项A、D.假设R2断路,则其断路后,电路总电阻变大,总电流变小,A灯变暗,同时R2断路必引起与之并联的B灯中电流变大,使B灯变亮,推理结果与现象相符,故选项B正确.假设R3断路,则也引起总电阻变大,总电流变小,使A灯变暗,同时R3断路也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)中电流增大,B灯中分得的电流也变大,B灯变亮,故选项C正确.
考点三电路的动态变化
考向1:不含电容器电路
(1)判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时,电路的总电阻一定增大(或减小).
②若开关的通、断使串联的用电器增多时,电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小.
③在如图所示分压电路中,滑动变阻器可视为由两段电阻构成,其中一段R并与用电器并联,另一段R串与并联部分串联.A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致.
(2)分析思路
1.如图所示电路,电源内阻不可忽略.开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大,电流表的示数减小
D.电压表的示数减小,电流表的示数增大
解析:选A.滑片向下滑动,则滑动变阻器接入电路中的电阻减小,则总电阻减小,电路中总电流增大,电源内阻两端的电压增大,则由闭合电路欧姆定律可知,电路的路端电压减小,故电压表示数减小;由欧姆定律可知,R1上的分压增大,故并联部分电压减小,即可知电流表示数减小,故A正确,B、C、D错误.
2.如图所示,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,与分别为电压表与电流表.初始时S0与S均闭合,现将S断开,则()
A.的读数变大,的读数变小
B.的读数变大,的读数变大
C.的读数变小,的读数变小
D.的读数变小,的读数变大
解析:选B.当S断开后,闭合电路的总电阻增加,根据闭合电路欧姆定律可知,总电流减小,故路端电压U=E-Ir增加,即的读数变大;由于定值电阻R1两端的电压减小,故R3两端的电压增加,通过R3的电流增加,即的读数变大,选项B正确.
考向2:含电容器电路
(1)电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时,把电容器所在的电路视为断路,简化电路时可以去掉,求电荷量时再在相应位置补上.
(2)电路稳定时电容器的处理方法
电路稳定后,与电容器串联的电路中没有电流,同支路的电阻相当于导线,即电阻不起降低电压的作用,但电容器两端的电压与其并联电器两端电压相等.(3)电压变化带来的电容器变化
电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电.若电容器两端电压升高,电容器将充电;若电压降低,电容器将通过与它连接的电路放电,可由ΔQ=CΔU计算电容器上电荷量的变化量.
3.(20xx辽宁沈阳质检)如图所示,R1=R2=R3=R4=R,电键S闭合时,间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态;电键S断开时,则小球的运动情况为()
A.不动B.向上运动
C.向下运动D.不能确定
解析:选C.电键S断开,电路的总电阻变大,干路电流减小,R4两端电压减小,则电容器两端的电压也减小,匀强电场的场强减小,小球受到的电场力减小,所以小球所受合力向下,C正确.
4.(20xx东北三校联考)(多选)如图所示,C1=6μF,C2=3μF,R1=3Ω,R2=6Ω,电源电动势E=18V,内阻不计.下列说法正确的是()
A.开关S断开时,a、b两点电势相等
B.开关S闭合后,a、b两点间的电流是2A
C.开关S断开时,C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D.不论开关S断开还是闭合,C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
解析:选BC.S断开时外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等,由图知a点电势与电源负极电势相等,b点电势与电源正极电势相等,A错误;S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势,而C1>C2,由Q=CU知此时Q1>Q2,当S闭合时,稳定状态下C1与R1并联,C2与R2并联,电路中电流I=ER1+R2=2A,此时两电阻两端电压分别为U1=IR1=6V、U2=IR2=12V,则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′=C1U1=3.6×10-5C、Q2′=C2U2=3.6×10-5C,对电容器C1来说,S闭合后其两端电压减小,所带电荷量也减小,B、C正确,D错误.
分析此类问题要注意以下三点
(1)闭合电路欧姆定律E=U+Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U=IR联合使用.
(2)局部电阻增则总电阻增,反之总电阻减;支路数量增则总电阻减,反之总电阻增.
(3)两个关系:外电压等于外电路上串联各分电压之和;总电流等于各支路电流之和.
考点四两种UI图线的比较及应用
电源UI图象电阻UI图象
图形
物理意义路端电压随电流的变化规律电阻两端电压随电流的变化规律
截距与纵轴交点表示电源电动势E,与横轴交点表示短路电流Er
过坐标轴原点,表示没有电压时电流为零
坐标的乘积UI表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率
坐标的U、I比值表示外电阻的大小,不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大,表示此电阻的大小不变
斜率的绝对值内电阻r电阻大小
[典例](多选)在如图所示的UI图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的UI图线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路,由图象可知()
A.电源的电动势为3V,内阻为0.5Ω
B.电阻R的阻值为1Ω
C.电源的输出功率为4W
D.电源的效率为50%
解析由图线Ⅰ可知,电源的电动势为3V,内阻为r=EI短=0.5Ω;由图线Ⅱ可知,电阻R的阻值为1Ω,该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I=Er+R=2A,路端电压U=IR=2V(可由题图读出),电源的输出功率为P=UI=4W,电源的效率为η=UIEI×100%≈66.7%,故选项A、B、C正确,D错误.
答案ABC
电源的UI图线与电阻的UI图线的交点表示电源的路端电压与用电器两端的电压相等,通过电源的电流与通过用电器的电流相等,故交点表示该电源单独对该用电器供电的电压和电流.
1.(20xx上海青浦质检)(多选)如图所示,直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线,设两个电源的内阻分别为ra和rb,若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上,通过R0的电流分别为Ia和Ib,则()
A.ra>rb
B.Ia>Ib
C.R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低
D.R0接到b电源上,电源的输出功率较小,电源的效率较低
解析:选ABC.在电源路端电压与电流的关系图象中斜率表示电源内阻,ra>rb,A正确;在图象中作出定值电阻R0的伏安特性曲线,与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点,Ia>Ib,B正确;R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低,R0接到b电源上,电源的输出功率较小,但电源的效率较高,C正确,D错误.
2.(多选)如图所示,图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象,图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象,则下列说法正确的是()
A.电源的电动势为50V
B.电源的内阻为253Ω
C.电流为2.5A时,外电路的电阻为15Ω
D.输出功率为120W时,输出电压是30V
解析:选ACD.电源的输出电压和电流的关系为:U=E-Ir,显然直线①的斜率的绝对值等于r,纵轴的截距为电源的电动势,从题图中看出E=50V,r=50-206-0Ω=5Ω,A正确,B错误;当电流为I1=2.5A时,由回路中电流I1=Er+R外,解得外电路的电阻R外=15Ω,C正确;当输出功率为120W时,由题图中PI关系图线看出对应干路电流为4A,再从UI图线读取对应的输出电压为30V,D正确.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.电阻R1与R2并联在电路中,通过R1与R2的电流之比为1∶2,则当R1与R2串联后接入电路中时,R1与R2两端电压之比U1∶U2为()
A.1∶2B.2∶1
C.1∶4D.4∶1
解析:选B.由并联特点可知:R1R2=I2I1=21,又由串联电路特点可得:U1U2=R1R2=21,故B正确.
2.电子式互感器是数字变电站的关键设备之一.如图所示,某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压,ac间的电阻是cd间电阻的(n-1)倍,某次测量中输出端数字电压表的示数为U,则输入端的电压为()
A.nUB.Un
C.(n-1)UD.Un-1
解析:选A.Rac与Rcd串联,电流I=UabRac+Rcd,对输出端电压Ucd=U=IRcd=UabRcdRac+Rcd=Uabn,即输入端电压为Uab=nU.
3.电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力,因此()
A.电动势是一种非静电力
B.电动势越大,表明电源储存的电能越多
C.电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D.电动势就是闭合电路中电源两端的电压
解析:选C.电动势E=Wq,它不属于力的范畴,A错误;电动势表征非静电力做功的本领,电动势越大,表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大,B错误,C正确;电动势与电压是两个不同的概念,通常情况下,电动势大于闭合电路电源两端电压,D错误.
4.如图所示的闭合电路中,当滑片P右移时,两电表读数变化是()
A.电流表变小,电压表变小
B.电流表变大,电压表变大
C.电流表变大,电压表变小
D.电流表变小,电压表变大
解析:选D.闭合电路中,当滑片P向右移动时,滑动变阻器的电阻变大,使电路中电阻变大,由闭合电路欧姆定律可得电流变小,则电源内电压及R0的分压减小,滑动变阻器两端电压变大.故电流表示数减小,电压表示数变大,D正确.
5.(多选)如图所示,图中的四个电表均为理想电表,当滑动变阻器滑片P向右端移动时,下面说法中正确的是()
A.电压表V1的读数减小,电流表A1的读数增大
B.电压表V1的读数增大,电流表A1的读数减小
C.电压表V2的读数减小,电流表A2的读数增大
D.电压表V2的读数增大,电流表A2的读数减小
解析:选AD.滑动变阻器滑片P向右端移动,使得RP变小,总电阻变小,总电流变大,即电流表A1的读数增大.内电压变大,R1所分电压变大,并联电路电压即电压表V1的读数变小.即R3两端电压变小,通过R3的电流变小即电流表A2的读数减小,由于总电流增大,所以经过另外一个支路即经过R2的电流变大,R2两端电压变大,即电压表V2的读数增大,对照选项A、D正确.
6.(多选)某一表头的满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,改装成电流表后,电流量程为I,电压量程为U,内阻为R,则()
A.R=UgIB.U=IgRg
C.Ug<UD.I>UgR
解析:选AB.由电流表的改装原理可知,Ig<I,Ug=U,Rg>R,由部分电路的欧姆定律知R=UI=UgI,Ug=IgRg=U,A、B正确,C、D错误.
7.(多选)在如图所示的电路中,开关闭合后,灯泡L能正常发光.当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是()
A.滑动变阻器R的阻值变小
B.灯光L变暗
C.电源消耗的功率增大
D.电容器C的电荷量增大
解析:选BD.滑动变阻器的滑片向右移动时,其电阻R增大,流过R的电流减小,灯泡L变暗,故A错误,B正确;由P总=EI知电源消耗的功率减小,C错误;电容器C上电压为路端电压,由U路=E-Ir知路端电压增大,即电容器C上的电荷量增大,D正确.
[综合应用题组]
8.如图所示,直线A为某电源的UI图线,曲线B为某小灯泡L1的UI图线的一部分,用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光,则下列说法中正确的是()
A.此电源的内电阻为23Ω
B.灯泡L1的额定电压为3V,额定功率为6W
C.把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻,电源的输出功率将变小
D.由于小灯泡L1的UI图线是一条曲线,所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
解析:选B.由图象知,电源的内阻为r=ΔUΔI=4-16Ω=0.5Ω,A错误;因为灯L1正常发光,故灯L1的额定电压为3V,额定功率为P=UI=3×2W=6W,B正确;正常工作时,灯L1的电阻为R1=UI=1.5Ω,换成R2=1Ω的纯电阻后,该电阻更接近电源内阻r,故电源的输出功率将变大,C错误;虽然灯泡L1的UI图线是一条曲线,但由于小灯泡为纯电阻,所以欧姆定律仍适用,D错误.
9.(多选)如图所示电路中,电源内阻不能忽略,两个电压表均为理想电表.当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时,关于两个电压表V1与V2的示数,下列判断正确的是()
A.P向a移动,V1示数增大、V2的示数减小
B.P向b移动,V1示数增大、V2的示数减小
C.P向a移动,V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D.P向b移动,V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
解析:选AC.P向a移动,R2连入电路的电阻减小,根据“并同串反”可知V2示数减小,V1示数增大,U内增大,A正确;同理,B错误;由E=U内+U外=U内+UV1+UV2,电源电动势不变可得:U内示数改变量绝对值与V1示数改变量绝对值之和等于V2示数改变量绝对值,C正确;同理,D错误.
10.某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略),通过改变滑动变阻器电阻大小,观察到电压表和电流表的读数同时变大,则他所连接的电路可能是下图中的()
解析:选C.观察到电压表和电流表的读数同时变大,其电路一定是电压表和电流表测量的是同一个固定电阻,他所连接的电路可能是C.
11.如图为某控制电路,由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是两个指示灯.当电位器的触片由b端滑向a端时,下列说法正确的是()
A.L1、L2都变亮B.L1、L2都变暗
C.L1变亮,L2变暗D.L1变暗,L2变亮
解析:选B.当滑片由b端向a端滑动时,R接入电阻增大,总电阻增大;由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小,则内电压减小,由U=E-Ir可知路端电压增大,则R1两端的电压增大,所以通过R1的电流增大,而总电流减小,所以通过L1的电流变小,即L1变暗;L1两端电压减小,并联电压增大,所以R2两端的电压增大,所以通过R2电流增大,而通过L1的电流变小,所以通过L2电流变小,即L2变暗.故B正确.
12.(多选)在如图所示的电路,电源的内阻为r,现闭合开关S,将滑片P向左移动一段距离后,下列结论正确的是()
A.灯泡L变亮
B.电压表读数变小
C.电流表读数变小
D.电容器C上的电荷量增加
解析:选CD.滑片P向左移动电阻增大,电路中电流减小,电灯L变暗,故A错误,C正确;电压表读数为路端电压,由U路=E-Ir知U路增大,故B错误;电容器两端的电压UC=E-Ir-U灯可知UC增大,则C上电荷量增加,D正确.
13.(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计.闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中()
A.U先变大后变小
B.I先变小后变大
C.U与I比值先变大后变小
D.U变化量与I变化量比值等于R3
解析:选BC.因电源内阻不计,故路端电压不变,电压表示数不变;当滑片位于中点时,滑动变阻器接入电路的电阻有最大值,电流表所在电路的电流有最小值,所以B、C正确.
14.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()
A.25B.12
C.35D.23
解析:选C.由已知条件及电容定义式C=QU可得:Q1=U1C,Q2=U2C,则Q1Q2=U1U2.S断开时等效电路如图甲所示,U1=RR+RR+R+RR+RR+RR+R+RE×12=15E;
S闭合时等效电路如图乙所示,U2=RRR+RR+RRR+RE=13E,则Q1Q2=U1U2=35,故C正确.
第3节电学实验基础
考点一基本仪器的使用和读数
1.螺旋测微器的原理和读数
(1)原理:测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5mm,即旋钮每旋转一周,测微螺杆前进或后退0.5mm,而可动刻度上的刻度为50等份,每转动一小格,测微螺杆前进或后退0.01mm,即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上,因此,螺旋测微器又叫千分尺.
(2)读数:测量值(mm)=固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)+可动刻度数(估读一位)×0.01(mm).
2.游标卡尺的原理和读数
(1)原理:利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成.不管游标尺上有多少个小等分刻度,它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.
(2)读数:若用x表示由主尺上读出的整毫米数,K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数,则记录结果表达为(x+K×精确度)mm.
3.常用电表的读数
对于电压表和电流表的读数问题,首先要弄清电表量程,然后根据表盘总的刻度数确定精确度,按照指针的实际位置进行读数即可.
(1)0~3V的电压表和0~3A的电流表读数方法相同,此量程下的精确度是0.1V或0.1A,看清楚指针的实际位置,读到小数点后面两位.
(2)对于0~15V量程的电压表,精确度是0.5V,在读数时只要求读到小数点后面一位,即读到0.1V.
(3)对于0.6A量程的电流表,精确度是0.02A,在读数时只要求读到小数点后面两位,这时要求“半格估读”,即读到最小刻度的一半0.01A.
[典例](1)如图所示的三把游标卡尺,它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分,它们的读数依次为________mm、________mm、________mm.
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图所示,则金属丝的直径是________mm.
(3)①如图甲所示的电表使用0.6A量程时,对应刻度盘上每一小格代表________A,图中表针示数为________A;当使用3A量程时,对应刻度盘中每一小格代表________A,图中表针示数为________A.
②如图乙所示的电表使用较小量程时,每小格表示________V,图中表针的示数为________V.若使用的是较大量程,则这时表盘刻度每小格表示________V,图中表针示数为________V.
(4)旋钮式电阻箱如图所示,电流从接线柱A流入,从B流出,则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2087Ω,最简单的操作方法是______________________.若用两个这样的电阻箱,则可得到的电阻值范围为______________.
解析(1)最上面图读数:整毫米数是17mm,不足1毫米数是7×0.1mm=0.7mm,最后结果是17mm+0.7mm=17.7mm.
中间图读数:整毫米数是23mm,不足1毫米数是17×0.05mm=0.85mm,最后结果是23mm+0.85mm=23.85mm.
最下面图读数:整毫米数是10mm,不足1毫米数是23×0.02mm=0.46mm,最后结果是10mm+0.46mm=10.46mm.
(2)固定刻度示数为2.0mm,不足半毫米的从可动刻度上读,其示数为15.0×0.01mm,最后的读数是2.0mm+15.0×0.01mm=2.150mm.
(3)①使用0.6A量程时,刻度盘上的每一小格为0.02A,表针示数为0.440A;当使用3A量程时,每一小格为0.1A,表针示数为2.20A.
②电压表使用3V量程时,每小格表示0.1V,表针示数为1.70V;使用15V量程时,每小格表示0.5V,表针示数为8.5V.
(4)电阻为1987Ω,最简单的操作方法是先将“×1k”旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9999Ω,用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9999Ω=19998Ω.故用两个这样的电阻箱,可得到的电阻值范围为0~19998Ω.
答案(1)17.723.8510.46(2)2.150
(3)①0.020.4400.12.20②0.11.700.58.5
(4)1987将“×1k”旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到0
0~19998Ω
1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图(a)和(b)所示.该工件的直径为________cm,高度为________mm.
解析:游标卡尺读数为d=12mm+4×120mm=12.20mm=1.220cm
螺旋测微器的读数为h=6.5mm+36.1×0.01mm=6.861mm.
答案:1.2206.861
2.电流表量程一般有两种——0~0.6A,0~3A;电压表量程一般有两种——0~3V,0~15V.如图所示:
①接0~3V量程时读数为________V.
②接0~15V量程时读数为________V.
③接0~3A量程时读数为________A.
④接0~0.6A量程时读数为________A.
答案:①1.88②9.4③0.82④0.16
考点二测量电路与控制电路设计
1.电流表的两种接法
(1)两种接法的比较
内接法外接法
电路图
误差原因电流表分压U测=Ux+UA电压表分流I测=Ix+IV
电阻测量值R测=U测I测=Rx+RA>Rx
测量值大于真实值R测=U测I测=RxRVRx+RV<Rx
测量值小于真实值
(2)两种接法的选择
①阻值比较法:先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较,若Rx较小,宜采用电流表外接法;若Rx较大,宜采用电流表内接法.简单概括为“大内偏大,小外偏小”.
②临界值计算法
Rx<RVRA时,用电流表外接法;
Rx>RVRA时,用电流表内接法.
③实验试探法:按如图所示接好电路,让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下,如果电压表的示数有较大的变化,而电流表的示数变化不大,则可采用电流表外接法;如果电流表的示数有较大的变化,而电压表的示数变化不大,则可采用电流表内接法.
2.滑动变阻器的两种接法
(1)两种接法的比较
内容方式限流接法分压接法
两种接法电路图
负载R上电压调节范围RER+R0≤U≤E
0≤U≤E
负载R上电流调节范围ER+R0≤I≤ER
0≤I≤ER
闭合S前触头位置b端a端
(2)两种接法的选择
①两种接法的一般适用条件
a.限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小);
b.分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大).
②必须采用分压法的三种情况
a.若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,即若滑动变阻器阻值调到最大时,待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程,或超过待测电阻的额定电流(或电压),则必须选用分压式接法;
b.若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多,以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化范围不够大,此时,应改用分压电路;
c.若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式电路.
③两种电路均可使用的情况下,应优先采用限流式接法,因为限流式接法电路简单、耗能低.
1.一只小灯泡,标有“3V0.6W”字样,现用下面给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻:电源(电动势为12V,内阻为1Ω)、最大阻值为5Ω的滑动变阻器、电流表(内阻为1Ω)、电压表(内阻为10kΩ)、开关一个、导线若干.
(1)在设计电路的过程中,为了尽量减小实验误差,电流表应采用________(选填“内接”或“外接”)法.滑动变阻器应采用________(选填“分压式”或“限流式”)接法.
(2)在下面的虚线框内画出你所设计的实验电路图(尽量减小实验误差).
解析:(1)因小灯泡正常工作时的电阻约为Rx=U2P=15Ω,而电流表、电压表的内阻分别为1Ω和10kΩ,满足RVRx,电流表应外接;实验中因小灯泡两端电压只需3V,而电源电动势为12V,所以滑动变阻器应采用分压式接法.
(2)如图所示.
答案:(1)外接分压式(2)见解析图
2.为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30Ω),有以下一些器材可供选择.
电流表A1(量程0~50mA,内阻约为10Ω);
电流表A2(量程0~3A,内阻约为0.12Ω);
电压表V1(量程0~3V,内阻很大);
电压表V2(量程0~15V,内阻很大);
电源E(电动势约为3V,内阻约为0.2Ω);
定值电阻R(20Ω,允许最大电流1.0A);
滑动变阻器R1(0~10Ω,允许最大电流2.0A);
滑动变阻器R2(0~1kΩ,允许最大电流0.5A);
单刀单掷开关S一个,导线若干.
(1)电流表应选________,电压表应选________,滑动变阻器应选________.(填字母代号)
(2)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图.(要求所测量范围尽可能大)
(3)某次测量中,电压表示数为U时,电流表示数为I,则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=________.
解析:(1)首先选取唯一性器材:电源E(电动势约为3V,内阻约为0.2Ω),定值电阻R(20Ω允许最大电流1.0A),单刀单掷开关S,导线.电源电动势约为3V,所以电压表选择V1(量程0~3V,内阻很大);待测电阻Rx的阻值约为30Ω,流过Rx的最大电流为3V30Ω=0.1A=100mA,如果电流表选择A2(量程0~3A,内阻约为0.12Ω),指针偏转很小,测量不准确,所以只能选择A1(量程0~50mA,内阻约为10Ω);滑动变阻器R2的最大电阻太大,操作不便,所以滑动变阻器应选R1(0~10Ω,允许最大电流2.0A).
(2)因为实验要求所测量范围尽可能大,所以滑动变阻器应采用分压接法;因为待测电阻Rx的阻值远小于电压表内阻,所以电流表采用外接法;为了使流过电流表的电流不超过其最大量程,即50mA,应给待测电阻串联一个定值电阻R,起保护作用.实验原理图如图所示.
(3)根据欧姆定律可得Rx=UI-R.
答案:(1)A1V1R1(2)图见解析(3)UI-R
考点三实验器材的选取与实物图连接
1.电学实验仪器的选择
选择电学实验器材主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器材,一般要考虑四方面因素:
(1)安全因素:通过电源、电阻和电表的电流不能超过其允许的最大电流.
(2)误差因素:选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差,电压表、电流表在使用时,其指针应偏转到满偏刻度的13以上;使用欧姆表时宜选用指针尽可能在中间刻度附近的倍率挡位.
(3)便于操作:选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求,又便于调节.在调节滑动变阻器时,应使其大部分电阻线都用到.
(4)实验实际:除以上三个因素外,还应注重实验实际,如所用的电源与打点计时器的匹配问题等.
2.实物图连接的注意事项
(1)画线连接各元件,一般先从电源正极开始,按照电路原理图依次到开关,再到滑动变阻器,按顺序以单线连接方式将主电路中串联的元件依次串联起来;其次将要并联的元件再并联到电路中去.
(2)连线时要将导线接在接线柱上,两条导线不能交叉.
(3)要注意电表的量程和正、负接线柱,要使电流从电表的正接线柱流入,从负接线柱流出.
1.为了测量一电阻的阻值Rx,现有以下器材:蓄电池E,电流表A,电压表V,滑动变阻器R,电阻箱RP,开关S1、S2,导线若干.某活动小组设计了如图甲所示的电路.实验的主要步骤如下:
A.闭合S1,断开S2,调节R和RP,使电流表和电压表示数合适,记下两表示数分别为I1、U1;
B.闭合S2,保持RP阻值不变,记下电流表和电压表示数分别为I2、U2.
(1)按电路图在实物图乙上连线.
(2)写出被测电阻的表达式Rx=____________(用两电表的读数表示).
(3)由于电流表、电压表都不是理想电表,则被测电阻的测量值____________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值.
解析:(1)实物连线如图所示.
(2)由欧姆定律,第一次测量的电阻为电压表和RP的并联电阻,即U1I1=R并;第二次测量的电阻为电压表、Rx和RP的并联电阻,U2I2=RxR并Rx+R并,联立解得Rx=U1U2U1I2-U2I1.
(3)由于电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量,故其测量值等于真实值.
答案:(1)图见解析(2)U1U2U1I2-U2I1(3)等于
2.某同学为了测定一只电阻的阻值,采用了如下方法:
(1)用多用电表粗测:多用电表电阻挡有4个倍率,分别为×1k、×100、×10、×1.该同学选择“×100”倍率,用正确的操作步骤测量时,发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示).为了较准确地进行测量,请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤:
A._____________________________________________;
B.两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在0Ω处;
C.重新测量并读数,若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示,测量结果是________.
(2)该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值,除被测电阻外,还有如下实验仪器:
A.直流电源(电动势3V,内阻不计)
B.电压表V1(量程0~5V,内阻约为5kΩ)
C.电压表V2(量程0~15V,内阻约为25kΩ)
D.电流表A1(量程0~25mA,内阻约为1Ω)
E.电流表A2(量程0~250mA,内阻约为0.1Ω)
F.滑动变阻器一只,阻值0~20Ω
G.开关一只,导线若干
在上述仪器中,电压表应选择________(选填“V1”或“V2”),电流表应选择________(选填“A1”或“A2”),请在虚线框内画出电路原理图(电表用题中所给的符号表示).
解析:(1)指针偏转角度太大,说明选择的倍率偏大,因此应选用较小的倍率,将“×100”换为“×10”;此时的读数为指针所指的刻度乘以倍率,即电阻为12×10Ω=120Ω.
(2)由于电源电动势只有3V,所以电压表选择量程为0~5V的电压表V1;因电路中最大电流约为Im=3V120Ω=25mA,所以选用量程0~25mA的电流表A1;由于滑动变阻器最大阻值小于待测电阻的阻值,所以控制电路应选用分压接法,因待测电阻远大于电流表内阻,应选用电流表内接法,电路如图所示.
答案:(1)A.换用“×10”倍率C.120Ω
(2)V1A1图见解析
考点四数据处理与误差分析
1.图象法:利用实验数据,将实验中物理量之间的函数关系用函数图象表示出来,这种方法叫图象法.用图象法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一.用图象法处理数据的优点是直观、简便,有取平均值的效果,由图线的斜率、截距、所包围面积和图线的交点等可以研究物理量之间的变化及其关系,找出规律.
2.解析法:通过实验获取实验数据,代入相关物理量之间的关系式,计算得到结果的方法叫解析法.应用解析法的要求是:(1)明确实验测量的相关物理量的关系式;(2)明确要研究的物理量和未知的物理量;(3)建立方程或方程组进行计算.
1.理想电压表内阻无穷大,而实际电压表并非如此,现要测量一个量程为0~3V、内阻约为3kΩ的电压表的阻值.实验室备有以下器材:
A.待测电压表V1:量程为0~3V、内阻约为3kΩ
B.电压表V2:量程为0~6V、内阻约为6kΩ
C.滑动变阻器R1:最大值20Ω、额定电流1A
D.定值电阻R0
E.电源:电动势6V,内阻约为1Ω
F.开关一个、导线若干
(1)利用以上器材设计如图甲所示测量电路,请你按图示电路将图乙的实验仪器连接起来.
(2)请写出按该电路测量电压表V1内阻RV的表达式,并指出表达式中各物理量的含义:
________________________________________________
________________________________________________.
(3)在正确连接电路后,闭合开关S,不断地调节变阻器R1滑片位置,记录多组电压表V1、V2示数,作出U2-U1图线如图丙所示.若R0=1480Ω,由图线上的数据可得RV=________Ω.
解析:(2)由欧姆定律有U2-U1R0=U1RV,解得RV=U1U2-U1R0,其中U1、U2分别为电压表V1、V2的示数,R0是定值电阻的阻值;
(3)由电路的电压关系可得U2=U11+R0RV,由U2-U1图象可知,斜率k=1+R0RV=1.5,若R0=1480Ω,则RV=2960Ω.
答案:(1)略(2)RV=U1U2-U1R0,其中U1、U2分别为电压表V1、V2的示数,R0是定值电阻的阻值(3)2960
2.要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL,实验室提供以下器材:
A.待测线圈L:阻值约为2Ω,额定电流为2A
B.电流表A1:量程为0.6A,内阻为r1=0.2Ω
C.电流表A2:量程为3.0A,内阻r2约为0.04Ω
D.变阻器R1:阻值范围为0~10Ω
E.变阻器R2:阻值范围为0~1kΩ
F.定值电阻R3=10Ω
G.定值电阻R4=100Ω
H.电源E:电动势E约为9V,内阻很小
I.单刀单掷开关S1和S2,导线若干
要求实验时,改变滑动变阻器的阻值,在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2,然后利用I1-I2图象求出线圈的电阻RL.
(1)实验中定值电阻应选择________,滑动变阻器应选择________.(请填器材序号)
(2)请在虚线框内画出实验电路原理图(器材用适当的符号表示).
(3)由实验测得的数据作出I2-I1图象如图所示,则线圈的直流电阻值为________.
解析:(1)将内阻已知的电流表A1串联定值电阻改装为电压表,利用伏安法测量线圈的直流电阻值.控制电路采用滑动变阻器分压接法,滑动变阻器选用阻值较小的滑动变阻器R1;由于电源电动势约为9V,改装电压表时使用量程为0.6A的电流表A1与定值电阻R3串联,测量电路采用电流表外接法.
(2)电路如图所示.
(3)开关均闭合时,利用并联电路知识可得I1(R3+r1)=(I2-I1)RL,解得I2=R3+r1+RLRLI1,即I2-I1图线的斜率k=R3+r1+RLRL=6,解得RL=2.04Ω.
答案:(1)FD(2)图见解析(3)2.04Ω
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.某同学测定一金属杆的长度和直径,示数如图甲、乙所示,则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.
解析:用毫米刻度尺测量时,读数应读到mm的下一位,即长度测量值为60.10cm;题图乙中游标卡尺为五十分度游标卡尺,精确度为0.02mm,主尺读数为4mm,游标尺第10条刻度线与主尺刻度线对齐,故游标尺读数为10×0.02mm=0.20mm,所以金属杆直径测量值为4.20mm.
答案:60.104.20
2.现有一合金制成的圆柱体,为测量该合金的电阻率,现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻,用螺旋测微器测量该圆柱体的直径,用游标卡尺测量该圆柱体的长度.螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和b所示.
(1)由上图读得圆柱体的直径为______cm,长度为______cm.
(2)若流经圆柱体的电流为I,圆柱体两端之间的电压为U,圆柱体的直径和长度分别为D、L,测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=________.
解析:(1)螺旋测微器的读数为1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm(1.842~1.846范围内的均可);游标卡尺的读数为42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm;
(2)圆柱体的横截面积为S′=πD22,由电阻定律R=ρLS和欧姆定律R=UI可知,ρ=πD2U4IL.
答案:(1)0.18444.240(2)πD2U4IL
3.分别读出下表中的电压表和电流表的示数,并填在表格中.
电表所选量程测量值
0~3V
0~15V
0~3A
0~0.6A
解析:0~3V的最小分度为0.1V,读数为2.17V;
0~15V的最小分度为0.5V,读数为10.8V;
0~3A的最小分度为0.1A,读数为0.80A;
0~0.6A的最小分度为0.02A,读数为0.16A.
答案:2.17(2.15~2.19均可)V10.8(10.6~10.9均可)V0.80(0.79~0.81均可)A0.16A
4.一个未知电阻,无法估计其电阻值,某同学用伏安法测量此电阻,用如图所示甲、乙两种电路各测一次,用图甲测得的数据是3.0V,3.0mA.用图乙测得的数据是2.9V,4.0mA.由此可知,用图________测得Rx的误差较小,测量值Rx=________.
解析:对比两次测量中电压和电流的变化量,电压的变化量为原电压的130,电流的变化量为原电流的13,说明电压的变化量远小于电流的变化量.因此,电流表分压不明显,即电流表内阻RARx,所以采用图甲测量时误差较小,且Rx=UI=3.03.0×10-3Ω=1000Ω.
答案:甲1000Ω
[综合应用题组]
5.在用伏安法测电阻的实验中,所用电压表的内阻约为20kΩ,电流表的内阻约为10Ω,选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验,读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上,如图所示.
(1)根据各点表示的数据描出IU图线,由此求得该电阻的阻值Rx=________Ω.(保留两位有效数字)
(2)在虚线框内画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图.
解析:(1)图线如图所示
Rx=ΔUΔI=2.4×103Ω(2.3×103~2.5×103Ω)
(2)因满足RxRA>RVRx,故采用电流表内接法.
答案:见解析
6.为测量“12V,5W”的小灯泡在不同电压下的功率,给定了以下器材:
电源:12V,内阻不计;
电流表:量程0~0.6A、0~3A,内阻约为0.2Ω;
电压表:量程0~3V、0~15V,内阻约为15kΩ;
滑动变阻器:0~20Ω,允许最大电流1A;
开关一个,导线若干.
实验要求加在小灯泡上的电压可从零开始调节.
(1)以下四个电路图你认为最合适的是________.
(2)在本实验中,电流表的量程可选________.
解析:(1)C与D电路图不符合电压从零开始调节.小灯泡的电阻RL=U2P=1225Ω=28.8Ω,RLRA=144,RVRL=520.8,由于RLRARVRL,故电流表应采用外接法,应选A.
(2)小灯泡的额定电流I=PU=512A≈0.4A,故电流表量程为0~0.6A.
答案:(1)A(2)0~0.6A
实验八测定金属的电阻率
一、实验目的
1.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法.
2.掌握螺旋测微器的使用方法和读数方法.
3.学会利用伏安法测电阻,进一步测出金属丝的电阻率.
二、实验原理
由R=ρlS得ρ=RSl,因此,只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R,即可求出金属丝的电阻率ρ.
1.把金属丝接入电路中,用伏安法测金属丝的电阻RR=UI.电路原理如图所示.
2.用毫米刻度尺测量金属丝的长度l,用螺旋测微器量得金属丝的直径,算出横截面积S.
3.将测量的数据代入公式ρ=RSl求金属丝的电阻率.
三、实验器材
被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干.
四、实验步骤
1.直径测定
用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径,求出其平均值d,计算出导线的横截面积S=πd24.
2.电路连接
按如图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路.
3.长度测量
用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度,反复测量3次,求出其平均值l.
4.U、I测量
把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置,电路经检查确认无误后,闭合开关S,改变滑动变阻器滑动片的位置,读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值,记入表格内,断开开关S.
5.拆去实验线路,整理好实验器材.
五、数据处理
1.在求Rx的平均值时可用两种方法
(1)用Rx=UI分别算出各次的数值,再取平均值.
(2)用UI图线的斜率求出.
2.计算电阻率
将记录的数据Rx、l、d的值代入电阻率计算式ρ=RxSl=πd2U4lI.
六、注意事项
1.本实验中被测金属导线的电阻值较小,因此实验电路一般采用电流表外接法.
2.实验连线时,应先从电源的正极出发,依次将电源、开关、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路(闭合电路),然后再把电压表并联在待测金属导线的两端.
3.测量被测金属导线的有效长度,是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度,亦即电压表两端点间的待测导线长度,测量时应将导线拉直,反复测量三次,求其平均值.
4.测金属导线直径一定要选三个不同部位进行测量,求其平均值.
5.闭合开关S之前,一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置.
6.在用伏安法测电阻时,通过待测导线的电流强度I不宜过大(电流表用0~0.6A量程),通电时间不宜过长,以免金属导线的温度明显升高,造成其电阻率在实验过程中逐渐增大.
7.求Rx的平均值时可用两种方法:第一种是用Rx=UI算出各次的测量值,再取平均值;第二种是用图象(UI图线)来求出.若采用图象法,在描点时,要尽量使各点间的距离拉大一些,连线时要尽可能地让各点均匀分布在直线的两侧,个别明显偏离较远的点可以不予考虑.
七、误差分析
1.金属丝的横截面积是利用直径计算而得,直径的测量是产生误差的主要来源之一.
2.采用伏安法测量金属丝的电阻时,由于采用的是电流表外接法,测量值小于真实值,使电阻率的测量值偏小.
3.金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差.
4.由于金属丝通电后发热升温,会使金属丝的电阻率变大,造成测量误差.
考点一实验原理与操作
[典例1]实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线,某同学想通过实验测定其实际长度.该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2,查得铜的电阻率为1.7×10-8Ωm,再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx,从而确定导线的实际长度.
可供使用的器材有:
电流表:量程0.6A,内阻约0.2Ω;
电压表:量程3V,内阻约9kΩ;
滑动变阻器R1:最大阻值5Ω;
滑动变阻器R2:最大阻值20Ω;
定值电阻:R0=3Ω;
电源:电动势6V,内阻可不计;
开关、导线若干.
回答下列问题:
(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”).
(2)在实物图中,已正确连接了部分导线,请根据图甲电路完成剩余部分的连接.
(3)调节滑动变阻器,当电流表的读数为0.50A时,电压表示数如图乙所示,读数为________V.
(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字).
解析(1)由(3)中电流表的读数为0.50A时,电压表的读数为2.30V可知,Rx和R0的总阻值约为4.60欧姆,若选用滑动变阻器R1,电源电压为6伏特,电流表的量程只有0.6A,会把电流表烧坏,故滑动变阻器应该选R2.闭合开关前应将滑片移至a端保证连入电阻最大.
(2)如图所示
(3)由于电压表量程0~3V,分度值为0.1V,故读数为2.30V.
(4)Rx的阻值为1.60欧姆,由Rx=ρlS可知,l=RxSρ=1.60×1.0×10-61.7×10-8m≈94m.
答案(1)R2a(2)见解析图
(3)2.30(2.29~2.31均正确)(4)94(93~95均正确)
实物图连线的技巧
(1)总的原则:先串后并,接线到柱,注意量程和正负.
(2)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、开关、滑动变阻器、“伏安法”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.
(3)对分压电路,应该先把电源、开关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,比较该接头和滑动头的电势高低,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.注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处.
考点二数据处理与误差分析
[典例2]在“测定金属的电阻率”实验中,所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,其中某一次测量结果如图所示,其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值).
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为:电池组(电动势3V,内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0~20Ω,额定电流2A)、开关、导线若干.某小组同学利用以上器材正确连接好电路,进行实验测量,记录数据如下:
次数1234567
U/V0.100.300.701.001.501.702.30
I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520
由以上实验数据可知,他们测量Rx是采用图中的______图(填“甲”或“乙”).
(3)图丙是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线,滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端.请根据(2)所选的电路图,补充完成图中实物间的连线,并使闭合开关的瞬间,电压表或电流表不至于被烧坏.
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系,如图丁所示,图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点,并描绘出UI图线.由图线得到金属丝的阻值Rx=________Ω(保留两位有效数字).
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号).
A.1×10-2ΩmB.1×10-3Ωm
C.1×10-6ΩmD.1×10-8Ωm
(6)(多选)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准.下列关于误差的说法中正确的选项是________.
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时,由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内,可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
解析(1)螺旋测微器的读数为0mm+39.7×0.01mm=0.397mm
(2)通过给定的数据发现电压接近从零开始,故滑动变阻器采用的是分压式接法,即甲图.
(3)对滑动变阻器的分压式接法,连线时应使测量电路在开始时分到的电压为零,实物图如图1所示.
(4)如图2所示,图线应过原点,且使大多数点在一条直线上,不在直线上的点均匀分布在直线两侧.图线的斜率反映了金属丝的电阻,所以Rx=4.5Ω.
(5)由Rx=ρl/S,S=π(d/2)2,取d=4×10-4m、l=0.5m、Rx=4.5Ω,解得ρ=1×10-6Ωm.
(6)由于读数引起的误差属于偶然误差,A错误;由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差,若将电流表和电压表的内阻计算在内,则可以消除系统误差,B错误,C正确;利用UI图象处理数据,相当于多次测量取平均值,可以减小偶然误差,D正确.
答案(1)0.397(0.395~0.399均正确)(2)甲
(3)见解析图甲(4)见解析图乙4.5(4.3~4.7均正确)
(5)C(6)CD
(1)作图象时,应使大多数的点在直线或平滑的曲线上,不在线上的点尽量均匀分布在直线的两侧,误差较大的点舍去不用.
(2)偶然误差与系统误差的关系
①偶然误差:由于各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的.通过多次测量求平均值(或采用图象法处理数据)可减小偶然误差.
②系统误差:由于仪器本身不精密,实验方法粗略或实验原理不完善而产生的.通过校准仪器或改进实验方法和实验设计原理可减小误差.
考点三实验改进拓展创新
1.创新点分析
(1)基于教材中的电学实验,着重考查实验原理的改进、实验步骤、误差分析;
(2)重视电学的实验方法,问题设置结合科技、生产、生活的实际;
(3)基本仪器的使用是考查的热点,实验的器材选择、实际操作是考查的重点,设计型实验是考查的难点,实验的基本原理和思想方法是考查的核心.
2.命题视角
视角1基本仪器的使用及读数(如螺旋测微器、游标卡尺、电压表、电流表及多用电表的读数)
视角2实验仪器的选择、测量电路、控制电路的选择
视角3完善基本操作过程
视角4根据题目给出的实验器材,用所学知识解决实际问题,设计新的实验方案
[典例3]同学们测量某电阻丝的电阻Rx,所用电流表的内阻与Rx相当,电压表可视为理想电压表.
(1)若使用图甲所示电路图进行实验,要使得Rx的测量值更接近真实值,电压表的a端应连接到电路的________点(选填“b”或“c”).
(2)测得电阻丝的UI图如图乙所示,则Rx为________Ω(保留两位有效数字).
(3)实验中,随电压进一步增加,电阻丝逐渐进入炽热状态.某同学发现对炽热电阻丝吹气,其阻值会变化.他们对此现象进行探究,在控制电阻丝两端的电压为10V的条件下,得到电阻丝的电阻Rx随风速v(用风速计测)的变化关系如图丙所示.由图可知当风速增加时,Rx会________(选填“增大”或“减小”).在风速增加过程中,为保持电阻丝两端电压为10V,需要将滑动变阻器RW的滑片向________端调节(选填“M”或“N”).
(4)为了通过电压表的示数来显示风速,同学们设计了如图丁所示的电路.其中R为两只阻值相同的电阻,Rx为两根相同的电阻丝,一根置于气流中,另一根不受气流影响,V为待接入的理想电压表.如果要求在测量中,风速从零开始增加,电压表的示数也从零开始增加,则电压表“+”端和“-”端应分别连接到电路中的__________点和__________点(在“a”“b”“c”“d”中选填).
解析(1)电流表内阻和电阻丝阻值相当,电压表为理想电表,当a端接到b点时,电流表的内阻对Rx两端电压的测量影响较大,故用外接法,即接在c点.
(2)直接利用图象斜率计算即可;
(3)根据图象,可知电阻随着风速的增大而减小;风速增加时,Rx阻值变小,电路总电阻变小,干路电流变大,导致测量电路两端的电压变小,为保持电阻丝两端的电压为10V,滑动变阻器的滑片应向M端调节;
(4)由(3)知,电阻随着风速的增大而减小,在串联电路中分到的电压也减小,观察电路知中间支路的两个电阻一直平分电压,而左侧支路无风时两个电阻平分电压,有风时上半部分Rx分压多,下半部分Rx分压少,要求风速从零增加时,电压表示数从零开始增加,分析电路中的分压情况可知,只有b、d两点间的电压满足上述要求,故电压表应接在b、d之间,且b点电势高,因此电压表的“+”端接b,“-”端接d.
答案(1)c(2)4.1(4.0~4.2)(3)减小M(4)bd
1.图(a)是测量电阻Rx的原理图.学生电源输出电压可调,电流表量程选0.6A(内阻不计),标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm.
(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3.0V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(2)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=________Ω.
解析:(1)如图所示
(2)断开S2,合上S1,电阻丝两端的电压为3.0V,则电阻丝单位长度的电压为u=3.0V30cm=0.1V/cm.
(3)由于电流表A1的示数不变,因此ac段单位长度上的电压不变,Rx两端的电压为Lu,根据欧姆定律有Rx=LuI.L=RxuI,作出图象,如图所示,则根据图象的斜率求得Rx=6Ω.
答案:(1)见解析图(2)0.1(3)LuI6
2.利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率,所用电阻丝的电阻约为20Ω.带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱,把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上.在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹,沿电阻丝移动金属夹,可改变其与电阻丝接触点P的位置,从而改变接入电路中电阻丝的长度.可供选择的器材还有:
电池组E(电动势为3.0V,内阻约为1Ω);
电流表A1(量程0~100mA,内阻约为5Ω);
电流表A2(量程0~0.6A,内阻约为0.2Ω);
电阻箱R(0~999.9Ω);
开关、导线若干.
实验操作步骤如下:
A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径;
B.将选用的实验器材,按照图甲连接实验电路;
C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大;
D.将金属夹夹在电阻丝上某位置,闭合开关,调整电阻箱的阻值,使电流表满偏,然后断开开关.记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;
E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置,闭合开关,调整电阻箱的阻值,使电流表再次满偏.重复多次,记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;
F.断开开关,整理好器材.
(1)某次测量电阻丝直径d时,螺旋测微器示数如图乙所示,则d=________mm;
(2)实验中电流表应选择________(选填“A1”或“A2”);
(3)用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据,绘出了如图丙所示的RL关系图线,图线在R轴的截距为R0,在L轴的截距为L0,再结合测出的电阻丝直径d,写出电阻丝的电阻率表达式ρ=________(用给定的物理量符号和已知常数表示).
(4)本实验中,电流表的内阻对电阻率的测量结果________影响(选填“有”或“无”).
解析:(1)根据螺旋测微器读数规则可得
d=0.5mm+0.232mm=0.732mm;
(2)根据题意,电路中可能出现的最大电流为I=3V20Ω=0.15A=150mA,故电流表选择A1即可;
(3)由闭合电路的欧姆定律可知,E=I(R+r+RA+R电阻丝)=IR+r+RA+ρ4Lπd2,联立解得R=EI-r-RA-4ρπd2L,由已知条件可知,k=R0L0=4ρπd2,解得ρ=πd2R04L0;
(4)由ρ=πd2R04L0可知,本实验中电流表的内阻对电阻率的测量结果无影响.
答案:(1)0.732(2)A1(3)πd2R04L0(4)无
高效演练跟踪检测
1.(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示,校零时的读数为________mm,合金丝的直径为________mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx,设计出如图甲所示的实验电路图,按照该电路图完成图乙中的实物电路连接.
解析:(1)由于螺旋测微器开始起点有误差,估读为0.007mm,测量后要去掉开始误差.
(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入,掌握滑动变阻器的分压接法.连接图如图所示.
答案:(1)0.0070.638(0.636mm~0.640mm)
(2)见解析图
文章来源:http://m.jab88.com/j/70818.html
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