20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题13:第7专题高考物理实验(1)
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考点预测
物理实验是高考的主要内容之一.《考试大纲》就高考物理实验共列出19个考点,其中力学8个、热学1个、电学8个、光学2个.要求会正确使用的仪器主要有:刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧测力计、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等,并且对实验误差问题提出了更明确的要求.
一、《考试大纲》中的实验与探究能力要求
能够独立完成“物理知识表”中所列的实验,能明确实验目的,能理解实验原理和方法,能控制实验条件.会使用仪器,会观察、分析实验现象,会记录、处理实验数据,并得出结论.能发现问题、提出问题,能灵活地应用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题.
二、实验题的主要特点
物理实验年年考,年年有变化.从近年的实验题来看,其显著特点体现在如下两个方面.
(1)从简单的背诵实验转向分析、理解实验
实验原理是物理实验的灵魂.近年来,高考物理实验题既不是简单地回答“是什么”,也不是背诵“该怎样”,而是从物理实验情境中理解“为什么”,通过分析推理判断“确实是什么”,进而了解物理实验的每一个环节.
(2)从既定的课本学生实验转向变化的创新实验
只有创新,试题才有魅力;也只有变化,才能永葆实验考核的活力.近年来,既定刻板的学生实验已经从高考物理实验题中淡出,取而代之的是学生尚未接触过的要通过解读物理原理的新颖实验(如应用性、设计性、专题性实验等).创新的实验题可以使能力考核真正落到实处.
要点归纳
一、实验题的归纳与说明
归类实验内容说明
应
用
性
实
验1.游标卡尺的使用测量原理、使用方法;10分度、20分度、50分度的游标卡尺的读数等
2.螺旋测微器的使用构造、原理、使用方法、正确读数等
3.练习使用示波器面板上各个旋钮或开关的作用;调试方法;观察正弦波的波形等
4.传感器的简单应用光电转换和热电转换及其简单应用;光电计数的简单了解等
验
证
性
实
验5.验证力的平行四边形定则实验的等效思想;作图法等
6.验证动量守恒定律用平抛实验器进行实验;转化要验证的等效表达式;对暂态过程分阶段测量等
7.验证机械能守恒定律用自由落体进行验证;使用打点计时器和刻度尺等
测
量
性
实
验8.用单摆测定重力加速度使用刻度尺和秒表;实验操作要求等
9.用油膜法估测分子的大小溶液的配制;油膜面积的估算方法等
10.测定金属的电阻率使用刻度尺和螺旋测微器;电流表、电压表量程的选择;测量电路的选取与连接等
11.把电流表改装为电压表“半偏法”的设计思想与误差分析;计算分压电阻;改装表的校对与百分误差等
12.测定电源的电动势和内阻实验电路的选取与连接;作图法求解的方法等
13.测定玻璃的折射率用插针法测定;画光路图等
14.用双缝干涉测光的波长用双缝干涉仪进行实验;实验调节;分划板的使用等
研
究
性
实
验15.研究匀变速直线运动明确实验目的;使用打点计时器;用刻度尺测量、分析所打的纸带来计算加速度等
16.研究平抛物体的运动用平抛实验器进行实验;研究的目的和方法;描绘平抛轨迹;计算平抛物体的初速度等
17.用描迹法画出电场中平面上的等势线用恒定电流场模拟静电场;寻找等电势点的方法;描迹的方法等
18.描绘小电珠的伏安特性曲线使用电流表、电压表、滑动变阻器;电路的选取与连接;描绘U-I图象并分析曲线非线性的原因等
探
究
性
实
验19.探究弹力和弹簧伸长的关系实验设计的原理和方法;实验数据的记录与分析;实验结论的描述与表达形式等
20.用多用电表探索黑箱内的电学元件多用电表的使用与读数;探索的思路;测量过程中的分析与判断等
二、物理实验的基本思想方法
1.等效法
等效法是科学研究中常用的一种思维方法.对一些复杂问题采用等效法,可将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理,常使问题的解决得以简化.因此,等效法也是物理实验中常用的方法.如在“验证力的平行四边形定则”的实验中,要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时,要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同——使结点到达同一位置O,即要在合力与两分力等效的条件下,才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系——平行四边形定则.又如在“验证动量守恒定律”的实验中,用小球的水平位移代替小球的水平速度;在“验证牛顿第二定律”的实验中,通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用.还有,电学实验中电流表的改装、用替换法测电阻等,都是等效法的应用.
2.转换法
将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法(间接测量法).转换法是物理实验常用的方法.如:弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量;打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动;电流表是利用电流在磁场中受力,把电流转化为指针的偏转角;用单摆测定重力加速度g是通过公式T=2πLg把g的测量转换为T和L的测量,等等.
3.留迹法
留迹法是利用某些特殊的手段,把一些瞬间即逝的现象(如位置、轨迹等)记录下来,以便于此后对其进行仔细研究的一种方法.留迹法也是物理实验中常用的方法.如:用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系;用描迹法描绘平抛运动的轨迹;在“测定玻璃的折射率”的实验中,用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位;在描绘电场中等势线的实验中,用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等,都是留迹法在实验中的应用.
4.累积法
累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量,以提高测量的准确度的一种实验方法.如:在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径,常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度,然后除以匝数就可求出细金属丝的直径;测一张薄纸的厚度时,常先测出若干页纸的总厚度,再除以被测页数即所求每页纸的厚度;在“用单摆测定重力加速度”的实验中,单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数,以减小个人反应时间造成的误差影响等.
5.模拟法
模拟法是一种间接实验方法,它是通过与原型相似的模型来说明原型的规律性的.模拟法在中学物理实验中的典型应用是“用描迹法画出电场中平面上的等势线”这一实验,由于直接描绘静电场的等势线很困难,而恒定电流的电场与静电场相似,所以用恒定电流的电场来模拟静电场,通过它来了解静电场中等势线的分布情况.
6.控制变量法
在多因素的实验中,可以先控制一些量不变,依次研究某一个因素的影响.如在“验证牛顿第二定律”的实验中,可以先保持质量一定,研究加速度和力的关系;再保持力一定,研究加速度和质量的关系;最后综合得出加速度与质量、力的关系.
三、实验数据的处理方法
1.列表法
在记录和处理数据时,常常将数据列成表格.数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系,有助于找出物理量之间联系的规律性.
列表的要求:
(1)写明表的标题或加上必要的说明;
(2)必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义,并写明单位;
(3)表中数据应是正确反映测量结果的有效数字.
2.平均值法
现行教材中只介绍了算术平均值,即把测定的数据相加求和,然后除以测量的次数.必须注意的是,求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数.
3.图象法
图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法.图象法的最大优点是直观、简便.在探索物理量之间的关系时,由图象可以直观地看出物理量之间的函数关系或变化趋势,由此建立经验公式.
作图的规则:
(1)作图一定要用坐标纸,坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定;
(2)要标明轴名、单位,在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值;
(3)图上的连线不一定通过所有的数据点,而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧;
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化,即“变曲为直”.
虽然图象法有许多优点,但在图纸上连线时有较大的主观任意性,另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等,都对结果的准确性有影响.
四、实验误差的分析及减小误差的方法
中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念,以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因.
(1)绝对误差与相对误差
设某物理量的真实值为A0,测量值为A,则绝对误差为ΔA=|A-A0|,相对误差为ΔAA0=|A-A0|A0.
(2)偶然误差与系统误差
偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的.偶然误差具有随机性,有时偏大,有时偏小,所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差.
系统误差是由于仪器本身不够精确,或实验方法粗略,或实验原理不完善而产生的.它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小.所以,采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差.要减小系统误差,必须校准仪器,或改进实验方法,或设计在原理上更为完善的实验方案.
课本上的学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施.譬如,在“研究匀变速直线运动”的实验中,若使用电磁打点计时器测量,由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用,会给加速度的测定带来较大的系统误差;若改用电火花计时器,就可以使这一阻力大为减小,从而减小加速度测定的系统误差.再如:在用伏安法测电阻时,为减小电阻测量的系统误差,就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的外接法还是内接法;在用半偏法测电流表的内阻时(如图7-1所示),为减小测量的系统误差,就要使电源的电动势尽量大,使表满偏时限流电阻R比半偏时并联在电流表两端的电阻箱R′的阻值大得多.
图7-1
五、电学实验电路的基本结构及构思的一般程序
1.电学实验电路的基本结构
一个完整的电学实验电路往往包括测量电路与控制电路两部分.
测量电路:指体现实验原理和测量方法的那部分电路,通常由电表、被测元件、电阻箱等构成.
控制电路:指提供电能、控制和调节电流(电压)大小的那部分电路,通常由电源、开关、滑动变阻器等构成.
有些实验电路的测量电路与控制电路浑然一体,不存在明显的分界.如“测定电源的电动势和内阻”的实验电路.
2.实验电路构思的一般程序
(1)审题
①实验目的;
②给定器材的性能参数.
(2)电表的选择
根据被测电阻及给定电源的相关信息,如电源的电动势、被测电阻的阻值范围和额定电流等,估算出被测电阻的端电压及通过它的电流的最大值,以此为依据,选定量程适当的电表.
(3)测量电路的选择
根据所选定的电表以及被测电阻的情况,选择测量电路(估算法、试触法).
(4)控制电路的选择
通常优先考虑限流式电路,但在下列三种情形下,应选择分压式电路:
①“限不住”电流,即给定的滑动变阻器阻值偏小,即使把阻值调至最大,电路中的电流也会超过最大允许值;
②给定的滑动变阻器的阻值R太小,即RRx,调节滑动变阻器时,对电流、电压的调节范围太小;
③实验要求电压的调节范围尽可能大,甚至表明要求使电压从零开始变化.
如描绘小电珠的伏安特性曲线、电压表的校对等实验,通常情况下都采用分压式电路.
(5)滑动变阻器的选择
根据所确定的控制电路可选定滑动变阻器.
①限流式电路对滑动变阻器的要求:
a.能“限住”电流,且保证不被烧坏;
b.阻值不宜太大或太小,有一定的调节空间,一般选择阻值与负载阻值相近的变阻器.
②分压式电路对滑动变阻器的要求:
电阻较小而额定电流较大,I额>ER(R为变阻器的总电阻).
3.电表的反常规用法
其实,电流表、电压表如果知道其内阻,它们的功能就不仅仅是测电流或电压.因此,如果知道电表的内阻,电流表、电压表就既可以测电流,也可以测电压,还可以作为定值电阻来用,即“一表三用”.
热点、重点、难点
一、应用性实验
1.所谓应用性实验,就是以熟悉和掌握实验仪器的具体使用及其在实验中的应用为目的的一类实验;或者用实验方法取得第一手资料,然后用物理概念、规律分析实验,并以解决实际问题为主要目的的实验.主要有:
①仪器的正确操作与使用,如打点计时器、电流表、电压表、多用电表、示波器等,在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力);
②物理知识的实际应用,如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题.
2.应用性实验题一般分为上面两大类,解答时可从以下两方面入手.
(1)熟悉仪器并正确使用
实验仪器名目繁多,具体应用因题而异,所以,熟悉使用仪器是最基本的应用.如打点计时器的正确安装和使用,滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法,多用电表测不同物理量的调试等,只有熟悉它们,才能正确使用它们.熟悉仪器,主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项,如何排除故障、正确读数和调试,使用后如何保管等.
(2)理解实验原理
面对应用性实验题,我们一定要通过审题,迅速地理解其实验原理,这样才能将实际问题模型化,运用有关规律去研究它.
具体地说,应用性实验题的依托仍然是物理知识、实验的能力要求等.解答时不外乎抓住以下几点:①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题);②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接);③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的,即是否还要联系其他物理知识,包括数学知识;④明确是否需要设计实验方案;⑤明确实际问题的最终结果.
●例1新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”,使读数显得清晰明了,便于使用者正确读取数据.通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格;新式游标卡尺也有相应的三种,但刻度却是:19mm等分成10份,39mm等分成20份,99mm等分成50份.图7-2就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺.
图7-2
(1)它的准确度是__________mm.
(2)用它测量某物体的厚度,示数如图6-1所示,正确的读数是__________cm.
【解析】(1)游标上20格对应的长度为39mm,即每格长为1.95mm,游标上每格比主尺上每两格小Δx=0.05mm,故准确度为0.05mm.
(2)这种游标卡尺的读数方法为:主尺读数+游标对准刻度×Δx=3cm+6×0.005cm=3.030cm.
[答案](1)0.05(2)3.030
【点评】游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现.对游标卡尺的使用要特别注意以下两点:
①深刻理解它的原理:通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx;
②读准有效数据.
●例2图7-3为一简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流Ig=300μA,内阻Rg=100Ω,可变电阻R的最大值为10kΩ,电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5Ω,图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色.按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则Rx=________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后,电池的电动势变小、内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比将__________(填“变大”、“变小”或“不变”).
[2009年高考天津理综卷]
图7-3
[答案]红5变大
【点评】欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律,可以作为结论的是:欧姆表正中央的刻度值等于欧姆表的内阻.
二、测量性实验Ⅰ
所谓测量性实验,就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验,可用仪器、仪表直接读取数据,或者根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值.测量性实验又称测定性实验,如“用单摆测定重力加速度”、“用油膜法估测分子的大小”、“测定金属的电阻率”、“测定玻璃的折射率”等.
●例3如图7-3所示,将打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置可以测定重力加速度.
图7-4
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物,此外还需________(填字母代号)中的器材.
A.直流电源、天平及砝码
B.直流电流、毫米刻度尺
C.交流电源、天平及砝码
D.交流电源、毫米刻度尺
(2)通过作图的方法可以剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度.为使图线的斜率等于重力加速度,除作v-t图象外,还可作__________图象,其纵轴表示的是__________,横轴表示的是__________.
[2009年高考天津理综卷]
[答案](1)D(2)v22-h速度平方的二分之一重物下落的高度
【点评】①高中物理中讲述了许多种测量重力加速度的方法,如单摆法、自由落体法、滴水法、阿特伍德机法等.
②图象法是常用的处理数据的方法,其优点是直观、准确,还能容易地剔除错误的测量数据.
●例4现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5V,r约为1.5Ω),已有下列器材:量程为3V的理想电压表,量程为0.5A的电流表(具有一定内阻),固定电阻R=40Ω,滑动变阻器R′,开关S,导线若干.
(1)画出实验电路原理图.图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出.
(2)实验中,当电流表的示数为I1时,电压表的示数为U1;当电流表的示数为I2时,电压表的示数为U2.由此可求出,E=__________,r=__________.(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题,本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程,但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻,这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上.把固定电阻接在电源的旁边,将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示),再把电压表跨接在它们的两侧.显然,“内阻增大,内电压便增大”,电压表所测量的外电压相应的减小,通过定量计算,符合实验测量的要求.这样,一个新的设计性实验又回归到课本实验上了.
甲
(1)实验电路原理图如图乙所示.
乙
(2)根据E=U+Ir,给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的,I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变,只要改变R′的阻值,即可测出两组I、U数据,列方程组得:
E=U1+I1(R+r)
E=U2+I2(R+r)
解得:E=I1U2-I2U1I1-I2,r=U2-U1I1-I2-R.
[答案](1)如图乙所示
(2)I1U2-I2U1I1-I2U2-U1I1-I2-R
【点评】本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势,需要学生打破课本实验的思维定式,从方法上进行创新,运用所提供的器材创造性地进行实验设计.
三、测量性实验Ⅱ:“伏安法测电阻”规律汇总
纵观近几年的实验题,题目年年翻新,没有一个照搬课本中的实验,全是对原有实验的改造、改进,甚至创新,但题目涉及的基本知识和基本技能仍然立足于课本实验.
实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段,在高考试题中一直占有相当大的比重,而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性,成了高考实验考查的重中之重,测量电阻成为高考考查的焦点.伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法,常涉及电流表内外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择,前者是考虑减小系统误差,后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据.另外,考题还常设置障碍让考生去克服,如没有电压表或没有电流表等,这就要求考生根据实验要求及提供的仪器,发挥思维迁移,将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去.这样,就有效地考查了考生设计和完成实验的能力.
一、伏安法测电阻的基本原理
1.基本原理
伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R=UI,只要测出元件两端的电压和通过的电流,即可由欧姆定律计算出该元件的阻值.
2.测量电路的系统误差
(1)当Rx远大于RA或临界阻值RARVRx时,采用电流表内接(如图7-5所示).采用电流表内接时,系统误差使得电阻的测量值大于真实值,即R测R真.
图7-5
(2)当Rx远小于RV或临界阻值RARVRx时,采用电流表外接(如图7-6所示).采用电流表外接时,系统误差使得电阻的测量值小于真实值,即R测R真.
图7-6
3.控制电路的安全及偶然误差
根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同,滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择.
(1)滑动变阻器限流接法(如图7-7所示).一般情况或没有特别说明的情况下,由于限流电路能耗较小,结构连接简单,应优先考虑限流连接方式.限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的电阻.
图7-7
(2)滑动变阻器分压接法(如图7-8所示).当采用限流电路,电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时,必须选用滑动变阻器的分压连接方式;当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值,且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时,必须选用滑动变阻器的分压接法;要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时,必须选用滑动变阻器的分压连接方式.
图7-8
4.常见的测量电阻的方法
●例5从下表中选出适当的实验器材,设计一电路来测量电流表的内阻r1.要求方法简捷,有尽可能高的测量精度,并能测得多组数据.
(1)画出电路图,标明所用器材的代号.
(2)若选测量数据中的一组来计算r1,则所用的表达式r1=______________________,式中各符号的意义是:________________________________________________.
【解析】根据所列仪器的特点,电流表的内阻已知,由此可采用两电流表并联.因为两电流表两端的电压相等,即可省去电压的测量,从而减小实验误差,由I2r2=I1r1,得r1=I2r2I1.
[答案](1)电路图如图所示
(2)I2r2I1I1、I2分别为、的示数
【点评】①分析题意可知需测量电流表的内阻,按常规方法应用伏安法,将电压表并联在待测电流表两端,但经分析可知即使该电流表满偏,其两端的电压也仅为0.4V,远小于量程10V.这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”.
②此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”,这实际也是伏安法的一种推广形式.
●例6有一根圆台状匀质合金棒如图7-9甲所示,某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关.他进行了如下实验:
图7-9
(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L.图6-8乙中的游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L=________cm.
(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图6-8丙所示(相关器材的参数已在图中标出).该合金棒的电阻约为几个欧姆.图中有一处连接不当的导线是________.(用标注在导线旁的数字表示)
图7-9丙
(3)改正电路后,通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现:在误差允许范围内,电阻R满足R2=RdRD,由此推断该圆台状合金棒的电阻R=________.(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江苏物理卷]
【解析】(1)游标卡尺的读数,按步骤进行则不会出错.首先,确定游标卡尺的精度为20分度,即为0.05mm;然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm,注意小数点后的有效数字要与精度一样;再从游标尺上找出对的最齐一根刻线,精度×格数=0.05×8mm=0.40mm;最后两者相加,根据题目单位要求换算为需要的数据,99.00mm+0.40mm=99.40mm=9.940cm.
(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻,在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时,因为安培表的内阻较小,为了减小误差,应用安培表外接法,⑥线的连接使用的是安培表内接法.
(3)审题是关键,弄清题意也就能够找到解题的方法.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为:
Rd=13.3Ω,RD=3.38Ω
即Rd=ρLπd22,RD=ρLπD22
而电阻R满足R2=RdRD
将Rd、RD代入得:R=4ρLπdD.
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、设计性实验
1.所谓设计性实验,就是根据实验目的,自主地运用掌握的物理知识、实验方法和技能,完成实验的各环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等),拟定实验方案,分析实验现象,并在此基础上作出适当评价.
2.设计性实验的显著特点:相同的实验内容可设计不同的过程和方法,实验思维可另辟蹊径,如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)有所变化的实验.以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题,不受固有实验思维束缚,完全是一种源于书本、活于书本,且新颖的设计性实验.
●例7请完成以下两小题.
(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则,他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物,以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子,设计了如下实验:如图7-10甲所示,将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上,另一端与第三条橡皮筋连接,结点为O,将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物.
图7-10甲
①为完成本实验,下述操作中必需的是________.
a.测量细绳的长度
b.测量橡皮筋的原长
c.测量悬挂重物后橡皮筋的长度
d.记录悬挂重物后结点O的位置
②钉子位置固定,欲利用现有器材,改变条件再次验证,可采用的方法是__________________.
(2)为了节能和环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统.光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强照度越大,照度单位为lx).某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表:
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
电阻(kΩ)7540282320xx
①根据表中数据,请在给定的坐标系中(如图7-10乙所示)描绘出阻值随照度变化的曲线,并说明阻值随照度变化的特点.
图7-10乙
②如图7-10丙所示,当1、2两端所加电压上升至2V时,控制开关自动启动照明系统.请利用下列器材设计一个简单电路,给1、2两端提供电压,要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统,在虚线框内完成电路原理图.(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
图7-10丙
提供的器材如下:
光敏电阻RP(符号阻值见上表);
直流电源E(电动势3V,内阻不计);
定值电阻:R1=10kΩ,R2=20kΩ,R3=40kΩ(限选其中之一并在图中标出);
开关S及导线若干.[2009年高考山东理综卷]
[答案](1)①bcd②更换不同的小重物
(2)①光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图7-10丁所示.特点:光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小.
②如图6-9戊所示
丁戊
图7-10
四、探究性实验
所谓探究性实验题,就是运用实验手段探索未知领域,尝试多种可能因素及其出现的结果,在此基础上,通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征,认识研究对象的变化过程和变化条件,获取必要的可靠数据,依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律,从而得出结论.中学实验中比较典型的探究性实验是电学中的黑箱问题.
●例8佛山市九江大桥撞船事故发生后,佛山交通部门加强了对佛山市内各种大桥的检测与维修,其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭施工,置换了大桥上所有的斜拉悬索.某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50m、横截面积为400cm2的新悬索能承受的最大拉力.由于悬索很长,抗断拉力又很大,直接测量很困难,于是同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究.
由胡克定律可知,在弹性限度内,弹簧的弹力F与形变量x成正比,其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关.因而同学们猜想,悬索可能也遵循类似的规律.
(1)同学们准备像做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验一样,先将样品竖直悬挂,再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验.但有同学说悬索的重力是不可忽略的,为了避免悬索所受重力对实验的影响,你认为可行的措施是:___________________________________.
(2)同学们通过游标卡尺测量样品的直径来测定其横截面积,某次测量的结果如图7-11所示,则该样品的直径为__________cm.
图7-11
(3)同学们经过充分的讨论,不断完善实验方案,最后测得实验数据如下.
①分析样品C的数据可知,其所受拉力F(单位:N)与伸长量x(单位:m)所遵循的函数关系式是________________.
②对比各样品的实验数据可知,悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比,其比例系数与悬索长度的________________成正比、与悬索的横截面积的________________成正比.
[答案](1)将悬索样品一端固定并水平放置在光滑水平面上,另一端连接轻绳绕过滑轮悬挂钩码
(2)0.830(3)①F=2×106x②平方的倒数大小
【点评】本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从图表归纳所需信息的能力,还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力.
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题18:第9专题高中物理常见的物理模型(2)能力演练
一、选择题(10×4分)
1.图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象,下列说法正确的是()
A.若D和E结合成F,结合过程中一定会吸收核能
B.若D和E结合成F,结合过程中一定会释放核能
C.若A分裂成B和C,分裂过程中一定会吸收核能
D.若A分裂成B和C,分裂过程中一定会释放核能
【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小,核反应释放核能;A分裂成B、C粒子时,总质量减小,核反应释放核能.
[答案]BD
2.单冷型空调器一般用来降低室内温度,其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同.某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2,向高温物体放出热量Q1,而外界(压缩机)必须对工作物质做功W,制冷系数ε=Q2W.设某一空调的制冷系数为4,若制冷机每天从房间内部吸收2.0×107J的热量,则下列说法正确的是()
A.Q1一定等于Q2
B.空调的制冷系数越大越耗能
C.制冷机每天放出的热量Q1=2.5×107J
D.制冷机每天放出的热量Q1=5.0×106J
【解析】Q1=Q2+W>Q2,选项A错误;ε越大,从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功(耗电)越小,越节省能量,选项B错误;又Q1=Q2+Q2ε=2.5×107J,故选项C正确.
[答案]C
3.图示为一列简谐横波的波形图象,其中实线是t1=0时刻的波形,虚线是t2=1.5s时的波形,且(t2-t1)小于一个周期.由此可判断()
A.波长一定是60cm
B.波一定向x轴正方向传播
C.波的周期一定是6s
D.波速可能是0.1m/s,也可能是0.3m/s
【解析】由题图知λ=60cm
若波向x轴正方向传播,则可知:
波传播的时间t1=T4,传播的位移s1=15cm=λ4
故知T=6s,v=0.1m/s
若波向x轴负方向传播,可知:
波传播的时间t2=34T,传播的位移s2=45cm=3λ4
故知T=2s,v=0.3m/s.
[答案]AD
4.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】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-μ(m+M)gM>μg时,即F>2μ(m+M)g时A可从B、C之间抽出.
[答案]C
5.如图所示,一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心,在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射,b为反射光,c为折射光,它们与法线间的夹角分别为β和θ.逐渐增大入射角α,下列说法中正确的是()
A.β和θ两角同时增大,θ始终大于β
B.b光束的能量逐渐减弱,c光束的能量逐渐加强
C.b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长
D.b光光子的能量大于c光光子的能量
【解析】三个角度之间的关系有:θ=α,sinβsinα=n>1,故随着α的增大,β、θ都增大,但是θ<β,选项A错误,且在全反射前,c光束的能量逐渐减弱,b光束的能量逐渐加强,选项B错误;又由n=sinβsinα=cv=λλ′,b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长,但光子的能量不变,选项C正确、D错误.
[答案]C
6.如图所示,水平传送带以v=2m/s的速度匀速前进,上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上,然后一起随传送带运动.如果要使传送带保持原来的速度匀速前进,则传送带的电动机应增加的功率为()
A.100WB.200WC.500WD.无法确定
【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上,每秒钟有50kg的煤粉被加速至2m/s,故每秒钟传送带的电动机应多做的功为:
ΔW=ΔEk+Q=12mv2+fΔs=mv2=200J
故传送带的电动机应增加的功率ΔP=ΔWt=200W.
[答案]B
7.如图所示,一根用绝缘材料制成的轻弹簧,劲度系数为k,一端固定,另一端与质量为m、带电荷量为+q的小球相连,静止在光滑绝缘水平面上.当施加水平向右的匀强电场E后,小球开始做简谐运动,下列关于小球运动情况的说法中正确的是()
A.小球的速度为零时,弹簧的伸长量为qEk
B.小球的速度为零时,弹簧的伸长量为2qEk
C.运动过程中,小球和弹簧系统的机械能守恒
D.运动过程中,小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零
【解析】由题意知,小球位于平衡位置时弹簧的伸长量x0=qEk,小球速度为零时弹簧处于原长或伸长了2x0=2qEk,选项A错误、B正确.
小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功,机械能不守恒,动能、弹性势能、电势能的总和保持不变,选项D正确.
[答案]BD
8.如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则[2009年高考北京理综卷]()
A.将滑块由静止释放,如果μ>tanθ,滑块将下滑
B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ<tanθ,滑块将减速下滑
C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,则拉力大小应是2mgsinθ
D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,则拉力大小应是mgsinθ
【解析】对于静止置于斜面上的滑块,可沿斜面下滑的条件为mgsinθ>μmgcosθ;同理,当mgsinθ<μmgcosθ时,具有初速度下滑的滑块将做减速运动,选项A、B错误;当μ=tanθ时,滑块与斜面之间的动摩擦力f=mgsinθ,由平衡条件知,使滑块匀速上滑的拉力F=2mgsinθ,选项C正确、D错误.
[答案]C
9.国产“水刀”——超高压数控万能水切割机,以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动,它能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料.
将普通的水加压,使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800m/s~1000m/s的速度射出,这种水射流就是“水刀”.我们知道,任何材料承受的压强都有一定限度,下表列出了一些材料所能承受的压强的限度.
A.橡胶5×107Pa
B.花岗石1.2×108Pa~2.6×108Pa
C.铸铁8.8×108Pa
D.工具钢6.7×108Pa
设想一“水刀”的水射流横截面积为S,垂直入射的速度v=800m/s,水射流与材料接触后,速度为零,且不附着在材料上,水的密度ρ=1×103kg/m3,则此水刀不能切割上述材料中的()
【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象,以其运动方向为正方向,由动量定理得:
-pSΔt=-ρSvΔtv
得:p=ρv2=6.4×108Pa
由表中数据可知:此“水刀”不能切割材料C和D.
[答案]CD
10.如图甲所示,质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上,另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端,恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止,铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变.若将木板分成长度与质量均相等(即m1=m2=m)的两段1、2后,将它们紧挨着放在同一水平面上,让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动,如图乙所示,则下列说法正确的是()
A.小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止
B.小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止
C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
【解析】长木板分两段前,铅块和木板的最终速度为:
vt=mv03m=13v0
且有Q=fL=12mv02-12×3m(v03)2=13mv02
长木板分两段后,可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度,从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离;也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止,故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量.
丙
[答案]AD
二、非选择题(共60分)
11.(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路,电路其他部分不变,当开关S接a点时,电压表的示数U1=11V,电流表的示数I1=0.2A;当开关S接b点时,U2=12V,I2=0.15A.那么,为了提高测量的准确性,开关S应接______点(填“a”或“b”),Rx的测量值为________Ω.
[答案]b(2分)80(3分)
12.(10分)如图所示,光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切,轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端,OP是可绕O点转动的轻杆,且摆到某处就能停在该处;另有一小钢球.现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能.
(1)还需要的器材是________、________.
(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量,需要直接测量________和________.
(3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系,除以上器材外,还准备了几个轻弹簧,所有弹簧的劲度系数均不相同.试设计记录数据的表格.
[答案](1)天平刻度尺(每空1分)
(2)重力势质量上升高度(每空1分)
(3)设计表格如下(5分)
小球的质量m=________kg,弹簧A
压缩量x(m)
上升高度h(m)
E=mgh(J)
压缩量x=________cm,小球的质量m=________kg
弹簧ABC
劲度系数k(N/m)
上升高度h(m)
E=mgh(J)
13.(10分)如图所示,一劲度系数k=800N/m的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B,A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上.现加一竖直向上的力F在上面的物体A上,使物体A开始向上做匀加速运动,经0.4s物体B刚要离开地面,设整个过程中弹簧都处于弹性限度内,取g=10m/s2.求:
(1)此过程中所加外力F的最大值和最小值.
(2)此过程中外力F所做的功.
【解析】(1)A原来静止时有:kx1=mg(1分)
当物体A刚开始做匀加速运动时,拉力F最小,设为F1.
对物体A有:F1+kx1-mg=ma(1分)
当物体B刚要离开地面时,拉力F最大,设为F2.
对物体A有:F2-kx2-mg=ma(1分)
对物体B有:kx2=mg(1分)
对物体A有:x1+x2=12at2(1分)
解得:a=3.75m/s2
联立解得:F1=45N(1分),F2=285N.(1分)
(2)在力F作用的0.4s内,初末状态的弹性势能相等(1分)
由功能关系得:
WF=mg(x1+x2)+12m(at)2=49.5J.(2分)
[答案](1)285N45N(2)49.5J
14.(12分)如图甲所示,倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内,导轨间距为l,与电阻R1、R2及电容器相连,电阻R1、R2的阻值均为R,电容器的电容为C,空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B.一个质量为m、阻值也为R、长度为l的导体棒MN垂直于导轨放置,将其由静止释放,下滑距离s时导体棒达到最大速度,这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q,则:
甲
(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少?
(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少?
【解析】(1)当达到最大速度时,导体棒匀速运动,电容器中没有电流,设导体棒稳定下滑的最大速度为v,有:
E=Blv(1分)
I=ER2+R(1分)
所以F安=BIl=B2l2v2R(2分)
导体棒的受力情况如图乙所示,根据受力平衡条件有:
乙
F安=mgsinθ(1分)
解得:v=2mgRsinθB2l2.(2分)
(2)棒加速运动时电容器上的电压增大,电容器充电;当棒达到最大速度后,电容器上的电荷量最大并保持不变,所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量,则:
U=IR2=E2RR=E2=Blv2=mgRsinθBl(3分)
QR1=CU=mgRCsinθBl.(2分)
[答案](1)2mgRsinθB2l2(2)mgRCsinθBl
15.(13分)如图甲所示,一质量为m、电荷量为q的正离子,在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中,此磁场方向垂直纸面向里.结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场,此电场方向与AC平行且向上,最后离子打在G处,而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直).不计离子重力,离子运动轨迹在纸面内.求:
甲
(1)正离子从D处运动到G处所需时间.
(2)正离子到达G处时的动能.
【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示,在磁场中做圆周运动的时间为:
乙
t1=13T=2πm3Bq(1分)
圆周运动半径r满足:r+rcos60°=d(1分)
解得:r=23d(1分)
设离子在磁场中运动的速度为v0,则有:r=mv0Bq(1分)
解得:v0=2Bqd3m(1分)
离子从C运动到G所需的时间t2=2dv0=3mBq(2分)
离子从D→C→G的总时间为:
t=t1+t2=(9+2π)m3Bq.(2分)
(2)设电场强度为E,对离子在电场中的运动过程,有:
qE=ma,d=12at22(1分)
由动能定理得:Eqd=EkG-12mv02(1分)
解得:EkG=4B2q2d29m.(2分)
[答案](1)(9+2π)m3Bq(2)4B2q2d29m
16.(15分)如图甲所示,质量m1=2.0kg的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动,传送带的速度大小v带=3.0m/s,方向如图所示;在A的右侧L=2.5m处将质量m2=3.0kg的物块B无初速度放上传送带.已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0m/s,之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时,传送带立即以大小为2.0m/s2的加速度制动,最后停止运动.传送带的运动情况不受物块A、B的影响,且A、B碰撞的时间极短.设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.10.求:
甲
(1)物块B刚开始滑动时的加速度.
(2)碰撞后两物块的速度.
(3)两物块间的最大距离.
【解析】(1)物块B刚开始滑动时,加速度为:
a=μm2gm2=μg=1m/s2,方向向右.(2分)
(2)设经t1时间,A、B两物块相碰,有:
12at21+L=v带t1
解得:t1=1s,t1′=5s(由上述分析可知,t1′不合题意,舍去)
碰前B的速度v2=at1=1m/s(2分)
由题意可知:碰后B的速度v2′=2m/s或v2″=4m/s
由动量守恒定律得:
m1v带+m2v2=m1v1′+m2v2′
m1v带+m2v2=m1v1″+m2v2″
解得:碰后A的速度v1′=1.5m/s或v1″=-1.5m/s
检验:由于12m1v2带+12m2v22<12m1v1′2+12m2v2″2
故v1″=-1.5m/s、v2″=4m/s这组数据舍去
所以碰后A的速度v1′=1.5m/s,方向向右;B的速度v2′=2m/s,方向向右.(3分)
(3)因碰后两物块均做加速度运动,加速度都为a=1m/s2,所以B的速度先达到与传送带相同速度,设B达到与传送带速度相同的时间为t2.
乙
有:v带=v2′+at2,t2=1s
此时A的速度v3=v1′+at2=2.5m/s<v带
故从t2之后A继续加速运动,B和传送带开始减速运动,直到A和传送达到某个共同速度v4后,A所受的摩擦力换向,才开始减速运动.设A继续加速度的时间为t3,则:
v4=v3+at3=v带-a带t3,t3=16s
A的速度v4=v3+at3=83m/s(2分)
此时B的速度v5=v带-at3=176m/s,之后A、B均做减速运动,因为在整个过程中B的速度始终大于A的速度,所以当A、B都静止时两物块间的距离最大.(1分)
B碰后运动的总位移s2=v2带-v2′22a+0-v2带2×(-a)=7m
或s2=v2′+v带2t2+v带2×v带a=7m(2分)
A碰后运动的总位移s1=v24-v1′22×a+0-v242×(-a)≈6m(2分)
两物块间的最大距离sm=s2-s1=1m.(1分)
[答案](1)1m/s2,方向向左
(2)A的速度为1.5m/s,方向向右;B的速度为2m/s,方向向右
(3)1m
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题10:第5专题电磁感应与电路的分析(2)经典考题
1.某实物投影机有10个相同的强光灯L1~L10(24V200W)和10个相同的指示灯X1~X10(220V2W),将其连接在220V交流电源上,电路图如图所示.若工作一段时间后L2灯丝烧断,则[2009年高考重庆理综卷]()
A.X1的功率减小,L1的功率增大
B.X1的功率增大,L1的功率增大
C.X2的功率增大,其他指示灯的功率减小
D.X2的功率减小,其他指示灯的功率增大
【解析】显然L1和X1并联、L2和X2并联……然后他们再串联接在220V交流电源上.L2灯丝烧断,则总电阻变大,电路中电流I减小,又L1和X1并联的电流分配关系不变,则X1和L1的电流、功率都减小.同理可知,除X2和L2外各灯功率都减小,A、B均错.由于I减小,各并联部分的电压都减小,交流电源电压不变,则X2上电压增大,根据P=U2R可知,X2的功率变大,C正确、D错误.
[答案]C
2.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0Ω,现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡,如图乙所示,则[2009年高考福建理综卷]()
A.电压表的示数为220V
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
【解析】电压表的示数为灯泡两端电压的有效值,由图象知电动势的最大值Em=2202V,有效值E=220V,灯泡两端电压U=RER+r=209V,A错误;由图象知T=0.02s,一个周期内电流方向变化两次,可知1s内电流方向变化100次,B错误;灯泡的实际功率P=U2R=209295W=459.8W,C错误;电流的有效值I=ER+r=2.2A,发电机线圈内阻每
秒钟产生的焦耳热Q=I2rt=2.22×5×1J=24.2J,D正确.
[答案]D
3.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=202sin100πtV.氖泡在两端电压达到100V时开始发光,下列说法中正确的有[2009年高考江苏物理卷]()
A.开关接通后,氖泡的发光频率为100Hz
B.开关接通后,电压表的示数为100V
C.开关断开后,电压表的示数变大
D.开关断开后,变压器的输出功率不变
【解析】由交变电压的瞬时值表达式知,原线圈两端电压的有效值U1=2022V=20V,由n1n2=U1U2得,副线圈两端的电压U2=100V,电压表的示数为交变电流的有效值,B项正确;交变电压的频率f=100π2π=50Hz,一个周期内电压两次大于100V,即一个周期内氖泡能发两次光,所以其发光频率为100Hz,A项正确;开关断开前后,输入电压不变,变压器的变压比不变,故输出电压不变,C项错误;断开后,电路消耗的功率减小,输出功率决定输入功率,D项错误.
[答案]AB
4.如图甲所示,一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd,水平放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与ad边垂直并与线框平面成45°角,O、O′分别是ab边和cd边的中点.现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置.在这一过程中,导线中通过的电荷量是[2009年高考安徽理综卷]()
甲乙
A.2BS2RB.2BSRC.BSRD.0
【解析】线框的右半边(ObcO′)未旋转时,整个回路的磁通量Φ1=BSsin45°=22BS;线框的右半边(ObcO′)旋转90°后,穿进跟穿出的磁通量相等,如图丁所示,整个回路的磁通量Φ2=0,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=22BS.根据公式得q=ΔΦR=2BS2R,A正确.
丙丁
[答案]A
5.如图甲所示,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路,线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.求0~t1时间内
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向.
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量.
[2009年高考广东物理卷]
甲乙
【解析】(1)由图象分析可知,0~t1时间内,ΔBΔt=B0t0
由法拉第电磁感应定律有:E=nΔΦΔt=nΔBΔtS
而S=πr22
由闭合电路的欧姆定律有:I1=ER1+R
联立解得:通过电阻R1上的电流大小I1=nB0πr223Rt0
由楞次定律可判断,通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q=I1t1=nB0πr22t13Rt0
电阻R1上产生的热量Q=I12R1t1=2n2B02π2r24t19Rt02.
[答案](1)nB0πr223Rt0方向从b到a(2)2n2B02π2r24t19Rt02
6.如图甲所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3m,导轨左端连接R=0.6Ω的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3Ω,导轨电阻不计,使金属棒以恒定速度v=1.0m/s沿导轨向右穿越磁场,计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流强度,并在图乙中画出.
[2008年高考广东物理卷]
甲乙
【解析】A1从进入磁场到离开的时间为:
t1=Dv=0.2s
在0~t1时间内,A1产生的感应电动势为:
E=BLv=0.18V
丙丁
由图丙知,电路的总电阻为:
R0=r+rRr+R=0.5Ω
总电流i=ER0=0.36A
通过R的电流iR=i3=0.12A
A1离开磁场t1=0.2s至A2未进入磁场t2=2Dv=0.4s的时间内,回路中无电流,即iR=0
从A2进入磁场t2=0.4s至离开磁场t3=2D+Dv=0.6s的时间内,A2上的感应电动势为:
E=0.18V
由图丁知,电路总电阻R0=0.5Ω
总电流i=0.36A
流过R的电流iR=0.12A
综合上述计算结果,绘制通过R的电流与时间的关系图线,如图戊所示.
戊
[答案]0~0.2s时,0.12A;0.2~0.4s时,0;0.4~0.6s时,0.12A,图象如图戊所示.
7.单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量(以下简称流量).由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体(如自来水、啤酒等)流量的装置,称为电磁流量计.它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成.
传感器的结构如图所示,圆筒形测量管内壁绝缘,其上装有一对电极a和c,a、c间的距离等于测量管内径D,测量管的轴线与a、c的连线方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直.当导电液体流过测量管时,在电极a、c间出现感应电动势E,并通过与电极连接的仪表显示出液体流量Q.设磁场均匀恒定,磁感应强度为B.
(1)已知D=0.40m,B=2.5×10-3T,Q=0.12m3/s,设液体在测量管内各处流速相同,试求E的大小(π取3.0).
(2)一新建供水站安装了电磁流量计,在向外供水时流量本应显示为正值.但实际显示却为负值.经检查,原因是误将测量管接反了,即液体由测量管出水口流入,从入水口流出.因水已加压充满管道,不便再将测量管拆下重装,请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法.
(3)显示仪表相当于传感器的负载电阻,其阻值记为R.a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率的变化而变化,从而会影响显示仪表的示数.试以E、R、r为参量,给出电极a、c间输出电压U的表达式,并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响.
[2009年高考北京理综卷]
【解析】(1)导电液体通过测量管时,相当于导线做切割磁感线的运动,在电极a、c间切割磁感线的液柱长度为D,设液体的流速为v,则产生的感应电动势为:E=BDv
由流量的定义,有:Q=Sv=πD24v
联立解得:E=BD4QπD2=4BQπD
代入数据得:E=4×2.5×10-3×0.123×0.4V=1.0×10-3V.
(2)能使仪器显示的流量变为正值的方法简便、合理即可.如:改变通电线圈中电流的方向,使磁场B反向;或将传感器输出端对调接入显示仪表.
(3)传感器和显示仪表构成闭合电路,由闭合电路欧姆定律I=ER+r得:U=IR=RER+r=E1+rR
输入显示仪表的是a、c间的电压U,流量示数和U一一对应.E与液体电阻率无关,而r随电阻率的变化而变化,由上式可看出,r变化相应的U也随之变化.在实际流量不变的情况下,仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化.增大R,使Rr,则U=E,这样就可以降低液体电阻率变化对显示仪表流量示数的影响.
[答案](1)1.0×10-3V(2)见解析
(3)E1+rR,见解析
能力演练
一、选择题(10×4分)
1.如图所示,L1、L2、L3为三个完全相同的灯泡,L为直流电阻可忽略的自感线圈,电源的内阻不计,开关S原来接通.当把开关S断开时,下列说法正确的是()
A.L1闪一下后熄灭
B.L2闪一下后恢复到原来的亮度
C.L3变暗一下后恢复到原来的亮度
D.L3闪一下后恢复到原来的亮度
【解析】S闭合后,通过各灯的电流稳定时,L1不亮,通过L2、L3的电流均为I=URL,而通过自感线圈L的电流为2I.S断开的瞬间,自感线圈L上的电流全部通过L3,所以这一瞬间通过L3的电流突变为2I,故L3会闪亮一下;稳定后通过L3的电流依然为URL,而稳定后通过L1、L2的电流均为U2RL.
[答案]D
2.在如图甲所示的电路中,灯泡A和灯泡B原来都正常发光.现在突然发现灯泡A比原来变暗了些,灯泡B比原来变亮了些,则电路中出现的故障可能是()
甲
A.R3断路
B.R1短路
C.R2断路
D.R1、R2同时短路
【解析】电路可整理成如图乙所示,R2断路→总电阻变大→干路电流变小→电源内电压变小→路端电压变大→通过R3上的电流变大→通过A的电流变小,灯泡A变暗→灯泡A和R1上的电压变小→灯泡B上的电压变大→B灯变亮.
乙
[答案]C
3.如图所示,M是一小型理想变压器,接线柱a、b接在电压u=311sin314t(V)的正弦交变电源上.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3为一定值电阻.当传感器R2所在处出现火警时(R2阻值变小),以下说法中正确的是()
A.的示数不变,的示数增大
B.的示数增大,的示数减小
C.的示数增大,的示数增大
D.的示数不变,的示数不变
【解析】R2变小→副线圈的负载总电阻变小→副线上的输出电流变大→R3上的电压变大→R1与R2并联电路的电压变小→的示数变小,原线圈的电流变大.因为接在恒定的交变电源上,故其示数不变.
[答案]B
4.在如图甲所示的电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1Ω,定值电阻R3=5Ω.当开关S断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等,则以下说法中正确的是()
甲
A.电阻R1、R2可能分别为4Ω、5Ω
B.电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω
C.开关S断开时电压表的示数一定大于S闭合时的示数
D.开关S断开与闭合时,电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω
【解析】取R=R3+r=6Ω,有:
Pab=(ER+Rab)2Rab=E2R2Rab+2R+Rab
当S断开前后有:
RabRab′=R2=36Ω时,Pab=Pab′
故A正确,B错误.
又由Uab=E-ER+RabR
知Rab变大时,Uab变大,C正确.
当Rab变化时,Uab-I图象如图乙所示.
乙
图象的斜率k=|ΔUΔI|=R3+r=6Ω,D正确.
[答案]ACD
5.如图所示,长为L=1m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也是L.棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R=0.5Ω的电阻,垂直导轨平面有竖直向下穿过平面的匀强磁场,磁感应强度B的大小为0.4T.现给金属棒CD一个瞬时向右的初速度,初速度大小为2m/s,过一段时间后,金属棒CD最终停下来.则从开始运动到停止运动的过程中,通过电阻R的电荷量为()
A.0.5CB.0.3CC.0.25CD.0.2C
【解析】CD向右运动产生感应电流,使得CD受到安培力的作用减速至停止,由动量定理知:
I安=Δp=mv0
又I安=?BiLΔt=BLq
可解得:q=0.5C.
[答案]A
6.某理想变压器原线圈输入的电功率为P,原、副线圈的匝数比为k,在其副线圈上接一内阻为r的电动机.现在,电动机正以速度v匀速向上提升一质量为m的重物,已知重力加速度为g,则变压器原线圈两端的电压为()
A.PkrP-mgvB.PkrP-mgv
C.PkP-mgvrD.PkP-mgvr
【解析】电动机的输出功率P机=mgv
设副线圈回路的电流为I2,则:
P=P机+I22r
解得:I2=P-P机r
副线圈两端的电压U2=PI2=PrP-P机
原线圈两端的电压U1=kU2=PkrP-mgv.
[答案]A
7.如图所示,两块水平放置的金属板组成一平行板电容器距离为d,用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中.两板间放一台小压力传感器,压力传感器上表面绝缘,在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球.已知S断开时传感器上有示数,S闭合时传感器上的示数变为原来的一半.则线圈中磁场的磁感应强度的变化情况和磁通量变化率分别是()
A.正在增加,ΔΦΔt=mgd2qB.正在增加,ΔΦΔt=mgd2nq
C.正在减弱,ΔΦΔt=mgd2qD.正在减弱,ΔΦΔt=mgd2nq
【解析】由题意知,S闭合后上极板带负电,故知匀强磁场的磁感应强度在增加.
由qUd=12mg,U=nΔΦΔt
可得:ΔΦΔt=mgd2nq.
[答案]B
8.一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变化的伏安特性曲线如图甲所示.现将它与两个标准电阻R1、R2组成如图乙所示的电路,当开关S接通位置1时,三个用电器消耗的电功率均为P.将开关S切换到位置2后,电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2,下列判断正确的是()
A.P1>PB.P1>P2
C.PD+P1+P2<3PD.PD+P1+P2>3P
【解析】由S接“1”时三个用电器的功率相等知,R1=R2=RD4;当S接“2”后,R2两端的电压大于R1与D的并联电压,故P1<P<P2,D的电阻变大为,RD′>4R1,故PD<14P1,又因为S接2后电路的总电阻变大,故PD+P1+P2<3P.
[答案]C
9.如图所示,均匀金属圆环的总电阻为2R,磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆环.金属杆OM的长为l,电阻为R2,M端与环紧密接触,金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω转动.电阻R的一端用导线和环上的A点连接,另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接.下列结论错误的是()
A.通过电阻R的电流的最大值为Bl2ω3R
B.通过电阻R的电流的最小值为Bl2ω4R
C.OM中产生的感应电动势恒为Bl2ω2
D.通过电阻R的电流恒为Bl2ω2R
【解析】求解本题的关键是找出OM与圆环接触点的位置,画等效电路图求回路中的电流.当金属杆绕O点匀速转动时,电动势E=12Bωl2,选项C正确;电流的大小决定于M端与滑环连接点的位置,当M端滑至A点时,回路中的电阻最小,其阻值Rmin=32R,根据I=ER+r,得Imax=Bωl22×32R=Bωl23R,选项A正确;当M端与圆环的上顶点相接触时,回路中的电阻最大,其阻值Rmax=R2+3R2=2R,所以Imin=Bl2ω4R,选项B正确.
[答案]D
10.如图所示,光滑的“Π”形金属导体框竖直放置,质量为m的金属棒MN与框架接触良好,磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处在abcd和cdef区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN,金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动.下列说法正确的有()
A.若B2=B1,则金属棒进入cdef区域后将加速下滑
B.若B2=B1,则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2<B1,则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑
D.若B2>B1,则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑
【解析】金属棒在上下两磁场区域向下运动切割磁感线时,感应电流受到的安培力都竖直向上.
当安培力的大小等于重力时达到稳定速度,即有:
vm=mgRB2L2,故vm∝1B2,选项B、C、D正确.
[答案]BCD
二、非选择题(共60分)
11.(4分)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示的方式连接.在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时,灵敏电流表的指针向右偏转.由此可以推断:将线圈A中的铁芯向上拔出__________或________开关,都能使灵敏电流表的指针________偏转.
【解析】当P向左滑动时,电阻增大,通过线圈A的电流减小,则通过线圈B中的原磁场减弱,磁通量减少,线圈B中有使灵敏电流表的指针向右偏转的感应电流通过;当线圈A向上运动或断开开关,则通过线圈B中的原磁场也减弱,磁通量也减少,所以线圈B中也有使灵敏电流表的指针向右偏转的感应电流通过.
[答案]断开向右(每空2分)
12.(11分)(1)一多用电表的欧姆挡有三个倍率,分别是“×1”、“×10”、“×100”.用“×10”挡测量某电阻时,操作步骤正确,而表头指针偏转角度很小,为了较准确地进行测量,应换用“________”挡.如果换挡后立即用表笔连接测电阻进行读数,那么缺少的步骤是______________.若补上该步骤后测量,表盘的示数如图甲所示,则该电阻的阻值是________Ω.若将该表选择旋钮置于25mA挡,表盘的示数仍如图甲所示,则被测电流为________mA.
(2)要精确测量一个阻值约为5Ω的电阻Rx,实验提供下列器材:
电流表(量程为100mA,内阻r1约为4Ω)
电流表(量程为500μA,内阻r2=750Ω)
电池E(电动势E=1.5V,内阻很小)
变阻器R0(阻值约为10Ω)
开关S,导线若干.
①请设计一个测定电阻Rx的电路图,画在下面的虚线中.
②根据你设计的电路图,将图乙中的实物连成实验电路.
③根据某次所测量值写出电阻Rx的表达式.Rx=________.
[答案](1)×100欧姆表重新调零22009.9(每空1分)
(2)①如图丙所示(2分)
丙丁
②如图丁所示(3分)③I2r2I1-I2(2分)
13.(8分)超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起,同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图所示的模型:在水平面上相距L的两根平行直导轨间,有竖直方向等距离分布着匀强磁场B1和B2,且B1=B2=B,每个磁场的宽都是l,方向相反的相间排列,所有这些磁场都以速度v向右匀速运动.这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力的作用下也将会向右运动.已知金属框的总电阻为R,运动中所受到的阻力恒为f.求金属框的最大速度.
【解析】设金属框做匀速运动的速度为vm,则:
线框的感应电动势E=2BL(v-vm)(3分)
由平衡条件BER2L=f(3分)
解得:vm=4B2L2v-fR4B2L2.(2分)
[答案]4B2L2v-fR4B2L2
14.(12分)如图所示,光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距d,在M点和P点间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间OO1、O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下,宽为l的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直放在导轨上,与磁场左边界相距l0.现用一水平向右的恒力F拉ab棒,使它由静止开始运动,棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计).求:
(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度.
(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能.
(3)试分析讨论ab棒在磁场中(匀速成直线运动)之前可能的运动情况.
【解析】(1)ab棒离开磁场右边界前做匀速直线运动,设其速度为vm,则有:
E=Bdvm,I=ER+r(2分)
对ab棒,有:F-BId=0(1分)
解得:vm=F(R+r)B2d2.(1分)
(2)由能量守恒定律,可得:
F(l0+l)=W+12mvm2(2分)
得:W电=F(l0+l)-mF2(R+r)22B4d4.(1分)
(3)设棒刚进入磁场时速度为v.
由Fl0=12mv2可得:v=2Fl0m(2分)
棒在进入磁场前做匀加速直线运动,在磁场中运动可分三种情况讨论:
①若2Fl0m=F(R+r)B2d2,则棒做匀速直线运动(1分)
②若2Fl0m<F(R+r)B2d2,则棒先加速运动后匀速运动
(1分)
③若2Fl0m>F(R+r)B2d2,则棒先减速运动后匀速运动.(1分)
[答案](1)F(R+r)B2d2(2)F(l0+l)-mF2(R+r)22B4d4
(3)略
15.(12分)如图所示,在水平面内有两条光滑轨道MN、PQ,其上放有两根静止的导体棒ab、cd,质量分别为m1、m2.设有一质量为M的永久磁铁从轨道和导体棒组成的平面的正上方高为h的地方由静止落下,当磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时,磁铁的速度为v,导体棒ab的动能为Ek,此过程中两根导体棒之间、导体棒与磁铁之间都没有发生碰撞.求:
(1)磁铁在下落过程中受到的平均阻力.
(2)磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量.
【解析】(1)设磁铁在下落过程中受的平均阻力为F,根据动能定理有:
(Mg-F)h=12Mv2(2分)
得:F=Mg-Mv22h.(2分)
(2)导体棒ab、cd组成的系统动量守恒,设磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时ab、cd(相互靠拢)的速度大小分别为v1、v2,有:
m1v1=m2v2(2分)
Ek=12m1v12(1分)
设磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量为Q,由能量守恒有:
Mgh-12Mv2=12m1v12+12m2v22+Q(3分)
联立解得:Q=Mgh-12Mv2-(m1+m2m2)Ek.(2分)
[答案](1)Mg-Mv22h(2)Mgh-12Mv2-(m1+m2m2)Ek
16.(13分)如图甲所示,矩形线框abcd的边ab=2l,ad=3l,OO′为线框的转动轴,aO=bO′=2l.匀强磁场垂直于线框平面,磁感应强度为B,OO′刚好与磁场的边界线重合,线框的总电阻为R.当线框绕OO′以角速度ω匀速转动时,试求:
(1)线框的ab边第一次出磁场前的瞬间,回路中电流的大小和方向.
(2)从图示位置开始计时,取电流沿abcda方向为正,请在图乙中画出线框中的电流i随时间t变化的关系图象.(画两个周期)
(3)线框中电流的有效值.
【解析】(1)在ab边出磁场前的瞬间,感应电动势为:
E1=B2lω2l=4Bωl2(2分)
此时感应电流I1=E1R=4Bωl2R,方向沿adcba方向.
(2分)
(2)cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势为:
E2=B2lωl=2Bωl2(2分)
cd边在磁场中运动时产生的最大感应电流为:
I2=E2R=2Bωl2R(1分)
故i-t图象如图丙所示.(2分)
丙
(3)设电流的有效值为I,在0~T时间内,线框中的焦耳热为:
I2RT=(I22)2RT2+(I12)2RT2(2分)
解得:I=5Bωl2R.(2分)
[答案](1)4Bωl2R,方向沿adcba方向
(2)如图丙所示(3)5Bωl2R
第三课时电路的分析与计算
【教学要求】
1.理解串、并联电路中的电阻、电流、电压、电功率的关系。
2.学会各种电路的分析和计算方法。
【知识再现】
一、串联电路特点
1.等效电阻:R=
2.各处的电流强度相等:
3.分压原理:
4.电路两端电压:
5.功率分配:
二、并联电路特点
1.等效电阻
2.各支路电压相等:
3.分流原理:
4.电路中的总电流:
5.功率分配:
知识点一动态电路分析
根据欧姆定律及串、并联电路的性质,来分析电路中某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况,常见方法如下:
1.程序法:基本思路是“部分→整体→部分”,即从阻值变化的部分人手,由串并联规律判知R总的变化情况,再由欧姆定律判知I总和U端的变化情况,最后由部分电路欧姆定律判知各部分物理量的变化情况,其一般思路为:
(1)确定电路的外电阻R外总如何变化;
(2)根据闭合电路欧姆定律I总=E/(R外+r)确定电路的总电流如何变化(利用电动势不变);
(3)由U内=I总r确定电源内电压变化(利用r不变);
(4)由U外=E—U内确定电源的外电压(路端电压)如何变化;
(5)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化;
(6)由部分电路和整体的串并联规律确定支路两端电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化。
2.用“并同串反”规律判断:所渭“并同”,即某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。所谓“串反”,即某一电阻增大时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压,电功率都将减小。
3.极限法:即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端讨论。
【应用1】如图所示电路中,R2、R3是定值电阻.R1是滑动变阻器,当R1的滑键P向右滑动时,各个电表的示数怎样变化?
导示:当R1的滑键P向右滑动时,由Rl和R2组成的分压器的串联电阻减小,所以电路的总电阻减小;根据I=E/(R+r)可知干路中的电流增大,电流表A的示数增大,再根据U=E一Ir,可知路端电压减小,电压表V的示数减小。
因为R3为定值电阻,当干路中电流增大时,其两端电压随之增大,所以电压表V3的示数增大。根据U1=U一U3,因U减小,U3增大,所以Ul减小,电压表V1的示数减小。
当滑动变阻器的滑键向右滑动时,R1的左段电阻R左与R2并联部分的电阻增大,且干路中的电流增大,根据部分电路欧姆定律,可知电压表V2的示数增大,由于R2为定值电阻,且U2增大,根据部分电路欧姆定律,可知电流表A2示数增大。
根据并联分流原理,通过电流表A1的电流
在上式中,分子为恒量,分母为关于R左的二次函数,且二次项的系数小于零,分母有极大值,由此可见.电流表A1的示数先减小后增大。
答案:V1示数变小,V2的示数增大,V3的示数增大,V的示数减小,A2示数增大,A1示数先减小后增大。
对电路的动态分析,既能考查电路的结构,也能考查对闭合电路的理解和应用,一直是高考热点,基本的方法是通过分析部分电路的电阻变化,来分析其他电路的变化,在分析时注意程序:局部→整体→局部的思想,必要时可进行假设或由结果(答案)去逆向分析。
知识点二含容电路分析
电容器是一个储存电能的元件。在直流电路中,当电容器充放电时,电路中有充放电电流,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于断路,简化电路时可去掉它。简化后若要求电容器所带电荷量时,可在相应的位置补上。分析和计算含有电容器的直流电路时,需注意以下几点:
1.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过。所以在此支路中的电阻上无电压降,因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
2.当电容器和电阻并联后接人电路时,电容器两极板间的电压与其并联在电阻两端的电压相等。
3.电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电。如果电容器两端电压升高,电容器将充电;如果电压降低,电容器将通过与它并联的电路放电。
【应用2】(03全国江苏)在如图所示的电路中,电源的电动势E=3.0V,内阻r=1.0Ω;电阻R1=10Ω,R2=10Ω,R3=30Ω.R4=35Ω;电容器的电容C=100μF。电容器原来不带电。求接通电键K后流过R4的总电荷量。
导示:电路稳定时,直流电路中的电容器可视为开路,所以K接通电路稳定后,电路结构是电阻R2与R3串联,再与R1并联。
由电阻的串并联公式,得闭合电路的总电阻为
知识点三故障电路分析
1.故障电路的工作状态
(1)断路状态:外电阻R→∞时,I=0,U外=E,P总=P出=P损=0
(2)短路状态:外电阻R=0时,I短=E/r,U外=0,P总=I短E=E2/r,P出=0,P损=P总
2.故障特点
(1)断路的特点:电源的电压不为零而电流强度为零,若外电路中任意两点间电压不为零,则这两点间有断点。
(2)短路的特点:有电流通过电路而电压为零。
3.故障分析方法
(1)仪器检测法:①断点故障的判断:用电压表与电源并联,若有电压时,再逐段与电路并联,若电压表指针偏转,则该段电路有断点。②短路故障的判断:用电压表与电源并联,若有电压时,再逐段与电路并联,若电压表示数为零,则该电路短路。
(2)假设法:已知电路发生某种故障,寻求故障发生在何处时,可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故障,运用有关规律进行推导,结果若与题设现象不符合,则此段无故障,否则可能发生在这部分电路,照此下去找到故障。
(3)排除法:在明确电路结构的基础上,从分析比较故障前后电路中电流、电压的变化人手,确立故障原因并对电路中元件逐一分析,排除不可能的情况,寻找故障所在。故障前后电路的两种状态,可根据不同状态物理量间的关系来求解有关量。
【应用3】如图所示的电路中,电源电动势为6V,当开关S接通后,灯泡L1和L2都不亮,用电压表测得各部分电压是Uab=6V,Uad=0,Udc=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
导示:由题目给出的条件可知,电路中有的地方有电压,说明电源是有电压的。由Uab=6V和Uad=0可知外电路上bcd段有断点;由Udc=6V可知外电路上cL2d段有断点,即L2烧断,而且除L2外,L1和变阻器R都没有与L2同时断开,否则也不存在Udc=6V。在这种情况下,Uad=0是情理之中的。故而C选项正确。
类型一电路与力学综合问题分析
【例1】如图所示是一种悬球式加速度仪,它可以用来测定沿水平轨道运动列车的加速度。m是一个金属球,它系在金属丝下端,金属丝的上端悬挂在O点,AB是一根长为L的电阻丝,其阻值为R0金属丝与电阻丝接触良好,摩擦不计,电阻丝的中点C焊接一根导线。从O点也引出一根导线,两线之间接一个电压表V(金属丝和导线电阻不计);图中虚线OC与AB垂直,且OC=h,电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上,整个装置固定在列车中使AB沿着前进的方向,列车静止时金属丝呈竖直状态,当列车加速或减速前进时,金属丝将偏离竖直方向,从电压表的读数变化可以测出加速度的大小。(1)当列车向右匀加速运动时,试写出加速度a与电压表U的对应关系?以便重新刻制电压表表面使它成为直读加速度数值的加速计。(2)用此装置测得的最大加速度是多少?(3)为什么C点设置在电阻丝AB的中间?对电压表的选择有什么特殊要求?
导示:(1)设列车加速度为a时悬挂小球的金属丝偏离竖直方向θ角,这时小球受到的合外力F=mgtanθ,根据牛顿第二定律F=ma得这时的加速度表达式为a=gtanθ。因为tanθ=DC/h将此式代入上式得a=gDC/h,就是触点D的位移跟加速度的关系式。
1.此题为力学电学综合题,解题关键是电压表读数为CD两端的电压再由UAB与UCD的关系和受力分析求解。
2.电表的改装在教材中只限于改装成电流表、电压表和欧姆表等,本题却要求将电压表改装成加速度表,该题的出现提示我们,在平常的学习中要重视原理,真正理解概念和规律的内涵。
1.(07丹阳)如图所示的电路中,电源电动势E=6V,内阻,电阻,,电容器的电容C=3.6μF,二极管D具有单向导电性,开始时,开关S1闭合,S2断开.(1)合上S2,待电路稳定以后,求电容器C上电量变化了多少?(2)合上S2,待电路稳定以后再断开S1,求断开S1后流过的电量是多少?
2.(06广州市统考卷)如图所示,电源的电动势为E,内电阻为r,外电路接有定值电阻R1和滑动变阻器R,合上开关K,当滑动变阻器的滑动头P从R的最左端移到最右端的过程中()
A.电压表读数一定变大
B.电压表读数一定变小
C.R1消耗的功率一定变小
D.R消耗的功率一定变小
3.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中.用导线a、b、c、d、e、f、g和h按图示方式连接电路,电路中所有元器件都完好,且电压表和电流表已调零.闭合开关后:
(1)若电压表的示数为2V,电流表的的示数为零,小灯泡不亮,则断路的导线为_________;
(2)若电压表的示数为零,电流表的示数为0.3A,小灯泡亮,则断路的导线为_________;
(3)若反复调节滑动变阻器,小灯泡亮度发生变化,但电压表、电流表的示数不能调为零,则断路的导线为____________.
4.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂一个带正电的小球,将平行金属板按如图的电路图连接,绝缘线与左极板的夹角为θ,当滑动变阻器R的滑片在a位置时,电流表的读数为I1,夹角为θ1,当滑片在b位置时,电流表的读数I2夹角为θ2,则()
A.θ1θ2,I1I2
B.θ1θ2,I1I2
C.θ1=θ2,I1=I2
D.θ1θ2,I1=I2
参考答案
1.(1)设开关S1闭合,S2断开时,电容两端的电压为,干路电流为
根据闭合电路欧姆定律有
=
合上开关S2后,电容电压为,干路电流为.根据闭合电路欧姆定律有
=
所以电容器上电量变化了
(或电容器上电量减少了)
(2)合上S2后,电容上电量为Q
断开S1后,和的电流与阻值成反比,故流过的电量与阻值成反比
故流过的电量
2.AC
3.d导线h导线g导线
4.当滑片到b时,电路的总电阻没发生变化,电路中的电流没有变化,I1=I2,平行板两板间电压变大了。E=U/d,平行板间场强变大,小球受力变大θ1θ2,故选D
文章来源:http://m.jab88.com/j/72942.html
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