步步高·2015高三物理总复习【Word文档】：第5章 机械能及其守恒定律 实验五
步步高高考物理第一轮复习课件：第五章 机械能守恒定律 第6课时 功能关系 能的转化和守恒定律 (2)
MOMODA POWERPOINT
Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipiscing elit. Fusce id urna blandit, eleifend nulla ac, fringilla purus. Nulla iaculis tempor felis ut cursus.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
C
C
BC
返回
9、静夜四无邻，荒居旧业贫。。*** 10、雨中黄叶树，灯下白头人。。**** 11、以我独沈久，愧君相见频。。***** 12、故人江海别，几度隔山川。。**** 13、乍见翻疑梦，相悲各问年。。***** 14、他乡生白发，旧国见青山。。**** 15、比不了得就不比，得不到的就不要。。。***** 16、行动出成果，工作出财富。。*** 17、做前，能够环视四周；做时，你只能或者最好沿着以脚为起点的射线向前。。**** 9、没有失败，只有暂时停止成功！。*** 10、很多事情努力了未必有结果，但是不努力却什么改变也没有。。**** 11、成功就是日复一日那一点点小小努力的积累。。***** 12、世间成事，不求其绝对圆满，留一份不足，可得无限完美。。**** 13、不知香积寺，数里入云峰。。***** 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。**** 15、楚塞三湘接，荆门九派通。。。***** 16、少年十五二十时，步行夺得胡马骑。。*** 17、空山新雨后，天气晚来秋。。**** 9、杨柳散和风，青山澹吾虑。。*** 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。**** 11、越是没有本领的就越加自命不凡。***** 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。**** 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。***** 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。**** 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。。***** 16、业余生活要有意义，不要越轨。*** 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。****
步步高·2015高三物理总复习【配套课件】：第5章 机械能及其守恒定律 第4课时功能关系 能量守恒定律
2．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)对 WF 和 Q 的理解： ①传送带的功：WF＝Fx 传； ②产生的内能 Q＝Ffx 相对．
题组扣点
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
学科素养培养
第4课时
功能关系
能量守恒定律
传送带模型问题的分析流程
题组扣点
课堂探究
学科素养培养
题组扣点 课堂探究 学科素养培养
图8
高考模拟
学科素养培养
擦因数 μ＝0．8， h＝1．8 m，传送带匀速 运动的速度为 v＝2 m/s．其质量为 100 kg， 麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达 主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到 达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在
第4课时
功能关系
能量守恒定律
题组扣点
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
课堂探究
第4课时
功能关系
能量守恒定律
【突破训练 1】物块由静止从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点， 此过程中重力对物块做的功等于 ( BD ) A．物块动能的增加量 B．物块重力势能的减少量 C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩 擦力做的功之和 D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和
解析 (1)设 B 从 A 的右端滑出 时，A 的位移为 x，A、B 的速 度分别为 vA、vB，由动能定理 1 得 μmgx＝ mvA 2 2 1
课堂探究
【例 2】如图 4 所示，质量为 m 的长 木块 A 静止于光滑水平面上， 在其 水平的上表面左端放一质量为 m 的滑块 B，已知木块长为 L，它与 滑块之间的动摩擦因数为 μ．现用 水平向右的恒力 F 拉滑块 B． (1)当长木块 A 的位移为多少时， B 从 A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间 产生的内能．
高三物理复习第五章机械能守恒功功率
准兑市爱憎阳光实验学校高三物理复习第五章机械能守恒——功功率【本讲信息】一. 教学内容：复习第五章机械能守恒——功功率二、、难点解析：〔一〕功1、物体受到力的作用并且在力的方向上发生一段位移，就叫做力对物体做了功．力和在力的方向上发生的位移是做功的两个不可缺少的因素．2、计算功的一般公式：cosW Fsα=．其中F是恒力，S是物体对地位移，α是F与位移S的夹角．假设α=90°，那么F不做功；假设0≤α<90，F做正功；假设90<α≤180，F做负功或说成物体克服F做了功．3、功是标量功的正、负表示是动力对物体做功还是阻力对物体做功，前者取正，后者取负．当物体受几个力作用时，计算合外力的功有两种方法：一是先用平行四边形那么求出合外力，再根据cosW Fsα=计算功．注意：α是合外力与位移s的夹角．二是先分别求各外力的功：111cosW F sα=，222cosW F sα=……再求各外力的功的代数和．〔二〕功率1、功率是表示物体做功快慢的物理量．功跟完成这些功所用的时间的比叫做功率．2、公式〔1〕WPt=，这是物体在t时间内的平均功率．〔2〕cosP Fvα=．假设v是瞬时速度，那么P是瞬时功率；假设v是平均速度，那么P是平均功率．α是F与v方向间的夹角．3、发动机铭牌上的额功率，是指该机正常工作时的最大输出功率，并不是任何时候发动机的功率都于额功率．实际输出功率可在零和额功率之间取值．发动机的功率即是牵引力的功率，P Fv=．在功率一的条件下，发动机产生的力F跟运动速度v成反比．<一>恒力做功的计算1、功的义式为cosW Fsα=，可理解为(cos)(cos)W F s F sαα==．即功于力与力方向分位移之积或于位移方向分力与位移之积．2、功是标量，但有正负之分，其正负号仅表示对动能的奉献，即正功使动能增加，负功使动能减小，也可把负功表达为“某物体克服该力做功〞．3、用义式只能求恒力做功问题．对于特殊的变力，如正比例变化的力，像弹簧的弹力F kx =，可取平均力代替恒力，或物体运动摩擦力只有方向变化时，摩擦力效为恒力，位移S 取路程来处理．4、功的义式中位移s 为物体对地的位移．例l. 如下图，一人通过滑轮沿与水平方向成θ角施一恒力F 作用在绳的一端，使木块水平向右移动s 的距离．在此过程中，恒力F 做的功为〔 〕A. θcos FsB. )cos 1(Fs θ+C. Fs 2D. θcos Fs 2解析：方法一：注意恒力功公式中F 与s 的同一性，s 是F 的作用点发生的位移，作用点的位移如图中的BB ’。
步步高·2015高三物理总复习【Word文档】：第5章 机械能及其守恒定律 第2课时
第2课时 动能定理考纲解读 1.掌握动能的概念，知道动能是标量，会求动能的变化量.2.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题．1．[对动能定理的理解]关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( )A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W >0时动能增加，当W <0时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功 答案 BC2．[利用动能定理求变力的功]假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器．假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W 表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用E k 表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力(地球质量约为月球的6倍)．则( )A ．E k 必须大于或等于W ，探测器才能到达月球B ．E k 小于W ，探测器也可能到达月球C ．E k ＝12W ，探测器一定能到达月球D ．E k ＝12W ，探测器一定不能到达月球答案 BD解析 因为探测器从脱离火箭到飞到月球的过程中，探测器不但受到地球对它的引力，而且还受到月球对它的引力，地球引力对探测器做负功，月球引力对探测器做正功，利用动能定理得－W 地＋W 月＝E k 末－E k (假设恰好到达月球，此时末动能E k 末＝0)，对上式变形可得：E k ＝W 地－W 月<W 地＝W ，可见，E k 小于W ，探测器也能到达月球，故选项A 错误，B 正确；又由地球质量约为月球质量的6倍，故地球对探测器产生的平均作用力比月球的大，做的功满足关系式：E k ＝W 地－W 月＝56W 地>12W ，可知当E k 等于12W 时，探测器不可能到达月球，故选项C 错误，D 正确．3．[动能定理的应用]甲、乙两物体质量之比m 1∶m 2＝1∶2，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，在水平桌面上运动时，因受摩擦力作用而停止． (1)若它们的初速度相同，则运动位移之比为________； (2)若它们的初动能相同，则运动位移之比为________． 答案 (1)1∶1 (2)2∶1解析 设两物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ. (1)它们的初速度相同，设为v 0，由动能定理得： －μm 1gl 1＝0－12m 1v 20 －μm 2gl 2＝0－12m 2v 20 所以l 1∶l 2＝1∶1.(2)它们的初动能相同，设为E k ，由动能定理得： －μm 1gl 1＝0－E k －μm 2gl 2＝0－E k所以l 1∶l 2＝m 2∶m 1＝2∶1.动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式：W ＝12m v 22－12m v 21＝E k2－E k1. 3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.考点一 动能定理及其应用1．动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力的功是引起物体动能变化的原因．2．动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．3．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．例1 小孩玩冰壶游戏，如图1所示，将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OB 用水平恒力推到A 点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B 点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，OA ＝x ，AB ＝L .重力加速度为g .求：图1(1)冰壶在A 点的速率v A ；(2)冰壶从O 点运动到A 点的过程中受到小孩施加的水平推力F .解析 (1)冰壶从A 点运动至B 点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得－μmgL ＝0－12m v 2A解得v A ＝2μgL(2)冰壶从O 点运动至A 点的过程中，水平推力F 和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得(F －μmg )x ＝12m v 2A解得F ＝μmg (x ＋L )x答案 (1)2μgL (2)μmg (x ＋L )x应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．突破训练1 如图2所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力F 拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )图2A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量 B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和 答案 BD解析 A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，B 对．A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错．对B 应用动能定理，W F －W f ＝ΔE k B ，W F ＝ΔE k B ＋W f ，即外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对．由上述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．考点二 利用动能定理求变力的功例2 如图3所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .求：图3(1)小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少；(3)若初速度v 0＝3gL ，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功． 解析 (1)小球恰能到达最高点B ， 有mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)若不计空气阻力，从A →B 由动能定理得 －mg (L ＋L 2)＝12m v 2B －12m v 2解得v 0＝7gL2.(3)由动能定理得－mg (L ＋L 2)－W f ＝12m v 2B －12m v 20 解得W f ＝114mgL .答案 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL应用动能定理求变力做功时应注意的问题(1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k .(2)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W ，则表达式中应用－W ；也可以设变力的功为W ，则字母W 本身含有负号．突破训练2 如图4所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图4A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．考点三 动能定理与图象结合的问题例3 小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图5甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)图5(1)求物体上升到0.4 m 高度处F 的瞬时功率．(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度． 审题突破 ①E k －h 图象中斜率表示物体所受合外力． ②计算瞬时功率用公式P ＝F v ，其中v 为瞬时速度． ③当力随位移均匀变化时可用W ＝F x 计算变力的功． 解析 (1)撤去F 前，根据动能定理，有 (F －mg )h ＝E k －0由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N 得F ＝30 N又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J ，则v ＝4 m/s P ＝F v ＝120 W(2)碰撞后，对钉子，有－F f x ′＝0－E k ′ 已知E k ′＝20 J F f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105 N/m ，解得：x ′＝0.02 m 答案 (1)120 W (2)0.02 m突破训练3 随着中国首艘航母“辽宁号”的下水，同学们对舰载机的起降产生了浓厚的兴趣．下面是小聪编制的一道舰载机降落的题目，请你阅读后求解．图6(1)假设质量为m 的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落，触地瞬间的速度为v 0(水平)，在跑道上滑行的v －t 图象如图6所示．求舰载机滑行的最大距离和滑行时受到的平均阻力大小；(2)航母可以通过设置阻拦索来增大对舰载机的阻力．现让该舰载机关闭发动机后在静止于海面上的航母水平甲板上降落，若它接触甲板瞬间的速度仍为v 0(水平)，在甲板上的运动可以看做匀变速直线运动，在甲板上滑行的最大距离是在水平地面跑道上滑行的最大距离的14.求该舰载机在航母上滑行时受到的平均阻力大小(结果用m 、v 0、t 0表示)．答案 (1)12v 0t 0 m v 0t 0 (2)4m v 0t 0解析 (1)由题图，根据匀变速运动规律可得 最大距离为x ＝12v 0t 0由动能定理有－F f x ＝0－12m v 20解得阻力F f ＝m v 0t 0(2)最大距离x ′＝14x ＝18v 0t 0由动能定理有－F f ′x ′＝0－12m v 20联立解得F f ′＝4m v 0t 021.利用动能定理分析多过程问题例4 如图7所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图7(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .审题与关联解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有 mg (2R －R )－μmg cos 37°·2R sin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12m v 2C －12m v 20 则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s ，故v 0的最小值为2 3 m/s (3)滑块离开C 点后做平抛运动，有 x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得 tan 37°＝2R －yx，整理得： 5t 2＋3t －0.8＝0，解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程． 2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．突破训练4 一轻质细绳一端系一质量为m ＝120 kg 的小球A ，另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L ＝0.1 m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图8所示，水平距离s 为2 m ，动摩擦因数为0.25.现有一小滑块B ，质量也为m ，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g 取10 m/s 2，试问：图8(1)若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h .(2)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下，求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力． (3)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n . 答案 (1)0.5 m (2)48 N (3)10解析 (1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，设运动到最高点的速度为v 0，此时仅由重力充当向心力， 则有mg ＝m v 20L，解得v 0＝1 m/s在滑块从h 处运动到小球到达最高点的过程中，由动能定理 mg (h －2L )－μmg s 2＝12m v 20解得h ＝0.5 m(2)若滑块从h ′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12m v 21滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以v 1的速度开始做圆周运动，绳的拉力F T 和重力的合力充当向心力，则有F T －mg ＝m v 21L解得F T ＝48 N(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程s 后就会再次碰撞，则 mgh ′－μmg s 2－12m v 20－2mgLμmgs＋1≥n解得n ≤10，故小球最多做10次完整的圆周运动．高考题组1．(2013·海南·13)一质量m ＝0.6 kg 的物体以v 0＝20 m /s 的初速度从倾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔE k ＝18 J ，机械能减少了ΔE ＝3 J ，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，求： (1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能． 答案 (1)6 m/s 2 (2)80 J解析 (1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为f ，向上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有 a ＝mg sin α＋fm①设物体动能减少ΔE k 时，在斜坡上运动的距离为s ，由功能关系得 ΔE k ＝(mg sin α＋f )s ② ΔE ＝fs③联立①②③式并代入数据可得 a ＝6 m/s 2④(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为s m ，由运动学规律可得s m ＝v 202a⑤设物体返回底端时的动能为E k ，由动能定理有 E k ＝(mg sin α－f )s m⑥联立①④⑤⑥式并代入数据可得 E k ＝80 J模拟题组2.如图9所示，光滑的14圆弧AB ，半径R ＝0.8 m ，固定在竖直平面内．一辆质量为M ＝2 kg的小车处在光滑水平面上，小车的上表面CD 与圆弧在B 点的切线重合，初始时B 与C 紧挨着，小车长L ＝1 m ．现有一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，自圆弧上的A 点由静止开始释放，滑块运动到B 点后冲上小车，带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了x ＝0.2 m ，此时小车的速度为v ＝1 m /s.取g ＝10 m/s 2，求：图9(1)滑块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与小车间的动摩擦因数； (3)滑块与小车分离时的速度．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)2 m/s 解析 (1)滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 mgR ＝12m v 2B滑块在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ＝30 N由牛顿第三定律知，滑块在B 点对轨道的压力为30 N ，方向竖直向下 (2)对小车，由动能定理得μmgx ＝12M v 2代入数据解得μ＝0.5(3)对滑块，在小车上运动的过程中，由动能定理得 －μmg (x ＋L )＝12m v 2D －12m v 2B 代入数据解得v D ＝2 m/s3．如图10所示，劲度系数k ＝100 N /m 的一根轻质弹簧，右端固定在竖直墙壁上，左端连接一质量m ＝1.0 kg 的小物块，开始时弹簧处于原长，小物块静止于O 点．现将小物块缓慢向左拉至A 点后释放(弹簧仍处于弹性限度内)，让小物块沿水平面向右运动起来．已知OA 长度L ＝0.25 m ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力可看成等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图10(1)试在图11坐标纸中作出小物块在由O 移动到A 的过程中，弹簧弹力F 随伸长量x 变化的F －x 图象．类比于由v —t 图象求位移的方法，求此过程中克服弹簧弹力做的功W ；(2)求小物块从A 向右运动过程中的最大速度v ；(3)求小物块从A 点开始运动后，第一次到达最右端时，弹簧的形变量； (4)求小物块从A 点开始运动直至静止的总路程．图11答案 (1)见解析图 3.125 J (2)2.4 m/s (3)0.23 m (4)3.12 m 解析 (1)图象如图所示F —x 图象与x 轴所围的面积表示克服弹簧弹力做的功，W ＝kL2L ＝3.125 J.(2)小物块向右运动的过程中，当弹力等于滑动摩擦力时，速度最大．此时kx 0＝μmg 弹簧的伸长量：x 0＝0.01 m弹簧弹力做功：W ＝1＋252×0.24 J ＝3.12 J由动能定理有：W －μmg (L －x 0)＝12m v 2解得v ＝2.4 m/s(3)设小物块第一次运动到最右端时，弹簧的压缩量为x 1，从最左端到最右端，弹簧对小物块先做正功再做负功． 总功W 总＝kL 2L －kx 12x 1根据动能定理W 总－μmg (L ＋x 1)＝0解得x 1＝0.23 m(4)设小物块从放手后，第n －1次速度为零时弹簧的形变量为x n －1，第n 次速度为零时弹簧的形变量为x n ，根据动能定理： kx n －12x n －1－kx n2x n －μmg (x n ＋1＋x n )＝0 解得：x n －1－x n ＝0.02 m分析可知，当x n ＝x 0＝0.01 m 时，小物块将不再运动 方法一：由动能定理 kL 2L －kx 02x 0－μmgs ＝0 解得总路程：s ＝3.12 m方法二：放手后，小物块出现速度为零的次数 N ＝0.25－0.010.02＝12次所以，小物块运动的总路程s ＝L ＋2(x 1＋x 2＋…＋x 11)＋x 12＝0.25 m ＋2(0.23＋0.21＋…＋0.03) m ＋0.01 m ＝3.12 m(限时：45分钟)►题组1 动能定理的简单应用1．一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是( )A ．电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B ．电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功C ．电梯对人做的功等于人动能的增加量D ．电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量 答案 D解析 电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A 、B 均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故C 错误，D 正确．2．一辆汽车以v 1＝6 m /s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x 1＝3.6 m ，如果以v 2＝8 m/s 的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x 2应为(不计空气阻力的影响)( )A ．6.4 mB ．5.6 mC ．7.2 mD ．10.8 m答案 A解析 急刹车后，车只受摩擦阻力F f 的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．则有 －F f x 1＝0－12m v 21① －F f x 2＝0－12m v 22②②式除以①式得x 2x 1＝v 22v 21.故汽车滑行距离x 2＝v 22v 21x 1＝(86)2×3.6 m ＝6.4 m3．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图1所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )图1A ．2 2 m /sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s答案 B解析 F －x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理W ＝12m v 22－12m v 21，代入数据可得v 2＝3 m/s ，B 正确．4．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g .则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20/LD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mg v 0 答案 BC解析 某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，由动能定理可得，mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，由动能定理得，mgL sin α－F f L ＝12m v 2－12m v 20，联立解得v＝5v 0.选项A 错误，B 正确；由mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2解得人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20/L ，选项C 正确；人在下滑过程中重力功率的最大值为mg ·2v 0·sin α＝2mg v 0sin α，选项D 错误. ►题组2 应用动能定理求解变力的功5.如图2所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( )图2A ．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B ．在该过程中，人对物块做的功为m v 2x 22(h 2＋x 2)C ．在该过程中，人对物块做的功为12m v 2D ．人前进x 时，物块的运动速率为v hh 2＋x2答案 B解析 设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝v cos θ，而cos θ＝xh 2＋x 2，故v 物＝v x h 2＋x 2，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝12m v 2物＝m v 2x 22(h 2＋x 2)，B 正确，C错误．6．如图3所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )图3A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg ) 答案 A解析 质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR ，故A 项正确．7．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )图4A.14mgR B.13mgR C.12mgRD ．mgR答案 C解析 小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ① 由牛顿第二定律可知：F －mg ＝m v 21R②小球恰好能通过最高点，则在最高点时绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得： －2mgR ＋W f ＝12m v 22－12m v 21④由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D 错误．►题组3 应用动能定理分析多过程问题8．如图5所示，某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′(均可看做斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘坐两个完全相同的滑沙撬从A 点由静止开始分别沿AB 和AB ′滑下，最后都停在水平沙面BC 上．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是( )图5A ．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程B ．甲在B 点的动能一定等于乙在B ′点的动能C ．甲在B 点的速率一定等于乙在B ′点的速率D ．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移 答案 A解析 由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面BC 上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A 正确，D 错误；甲在B 点的速率一定大于乙在B ′点的速率，由于甲、乙质量不确定，所以无法比较甲在B 点的动能与乙在B ′点动能的大小关系，选项B 、C 错误．9．如图6所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)求：图6(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力． 答案 (1)2 m/s (2)12 N ，方向竖直向下解析 (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12m v 20解得v 0＝4μgL ＝2 m/s(2)设物块P 第一次刚通过Q 点时的速度为v ，在Q 点轨道对P 的支持力为F N ，由动能定理和牛顿第二定律有 －μmgL ＝12m v 2－12m v 20F N －mg ＝m v 2R解得F N ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力大小也为12 N ，方向竖直向下10.如图7甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图7(1)滑块运动到A 处的速度大小．(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得：F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v 2A －0，即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A解得v A ＝5 2 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12m v 2A ，解得：L ＝5 m所以滑块冲上AB 的长度L ＝5 m11.如图8所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝2 kg 的小物块在9 N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B 点时撤去力F .取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：。
2015年高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第3讲 机械能守恒定律 功能关系
梳理深化 强基固本
多维课堂 热点突破
思维建模 素养提升
5 ． (2013· 山东卷， 16)( 多选 ) 如图 5 － 3 － 3 所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面
的夹角相同，顶角 b 处安装一定滑轮，质量分别为 M 、
m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接， 轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速 运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的 过程中 ( )．
解析
小球在向右运动的整个过程中，恒力F对小球和弹
簧组成的系统做正功，由功能关系知，系统机械能逐渐增
大，选项B正确，A错误；当恒力F与弹簧对小球的拉力T 平衡时，动能最大，可见小球在向右运动的整个过程中动 能先逐渐增大后逐渐减小，选项D正确，C错误． 答案 BD
梳理深化 强基固本
多维课堂 热点突破
思维建模 素养提升
图5－3－3
梳理深化 强基固本 多维课堂 热点突破 思维建模 素养提升
A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的 功 解析 除重力以外其他力对物体做的功等于物体机械能的 变化，故M克服摩擦力做的功等于两滑块组成的系统机械
4．(单选)升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升 降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此
过程中(g取10 m/s2)
A．升降机对物体做功5 800 J B．合外力对物体做功5 800 J C．物体的重力势能增加500 J D．物体的机械能增加800 J
(
步步高·2015高三物理总复习(江苏专用)【配套课件】：第5章 机械能及其守恒定律 第3课时 机械能守恒定律
第3课时
机械能守恒定律
m1 由 C 点下滑到 A 点的过程中，沿绳 子方向的速度是一样的， 由于绳子与圆 弧轨道的切线不重合， 所以两球的速度 必然不相同，A 错误；
重力的功率 P＝mgv，这里的 v 指竖直
×
轨道边缘 C 的定滑轮两边， 开始时 m1 位于 C 点， 分速度，一开始 m1 由静止释放，P＝0， 最后运动到 A 点时， 此时的切线是水平 然后从静止释放．不计一切摩擦． ( BC ) A． 在 m1 由 C 点下滑到 A 点的过程中两球速度大 小始终相等 做功的功率先增大后减小 C．若 m1 恰好能沿圆弧轨道下滑到 A 点，则 m1 ＝2m2 ＝3m2 B．在 m1 由 C 点下滑到 A 点的过程中重力对 m1
×
1 2 ΔEB＝ mBv2－mBgh＝ J，D 正确． 2 3
题组扣点
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
学科素养培养
第3课时
机械能守恒定律
22．用机械能守恒定律分析竖直平面内的圆周运动模型
【例 3】如图 7，在竖直平面内有一固定光滑轨 道，其中 AB 是长为 R 的水平直轨道，BCD 3 是圆心为 O、半径为 R 的 圆弧轨道，两轨道 4 相切于 B 点．在外力作用下，一小球从 A 点 由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 点时 撤去外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最 高点 C，重力加速度为 g．求： (1)小球在 C 点的速度的大小； (2)小球在 AB 段运动的加速度的大小； (3)小球从 D 点运动到 A 点所用的时间．
【例 1】如图 3 所示，下列关于机械能是 否守恒的判断正确的是 ( CD )
解析
第3课时
机械能守恒定律
甲图中无论火箭匀速上升
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律章末归纳提升(1)
2015届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律章末归纳提升利用守恒思想解题能量守恒、种本质性的规律——“恒”．学习物理知识是为了探索自然界的物理规律，那么什么是自然界的物理规律？在千变万化的物理现象中，那个保持不变的“东西”才是决定事物变化发展的本质因素．从另一个角度看，正是由于物质世界存在着大量的守恒现象和守恒规律，才为我们处理物理问题提供了守恒的思想和方法．能量守恒、机械能守恒等守恒定律就是我们处理高中物理问题的主要工具，分析物理现象中能量、机械能的转移和转换是解决物理问题的主要思路．在变化复杂的物理过程中，把握住不变的因素，才是解决问题的关键所在．如图5－1所示，质量m 为2 kg 的物体，从光滑斜面的顶端A 点以v0＝5 m/s的初速度滑下，在D 点与弹簧接触并将弹簧压缩到B 点时的速度为零．已知从A 到B 的竖直高度h ＝5 m ，求弹簧的弹力对物体所做的功．图5－1【解析】 斜面光滑，故机械能守恒，但弹簧的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做功的大小与弹性势能的增加量相等．取B 所在水平面为零参考面，弹簧原长处D 点为弹簧弹性势能的零参考点．对状态A ，有EA ＝mgh ＋mv202对状态B ，有EB ＝0＋W 弹性＝－W 弹簧由机械能守恒定律得W 弹簧＝－(mgh ＋mv202)＝－125 J. 【答案】 －125 J【即学即用】1.如图5－2所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 置于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时托住B ，A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是( )图5－2A．B物体受到细线的拉力保持不变B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C．A物体动能的增加量等于B物体的重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功【解析】由静止释放B直至B获得最大速度的过程中，由于弹簧随着A、B一起运动导致弹力变大，所以A、B的合力以及加速度都在减小，速度增大，B物体受到细线的拉力一直在增大，A错；B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量和A的动能的增加量之和，故B项也错；根据动能定理可知A物体动能的增加量等于细线对A做的功与弹簧弹力对A 做功的代数和，C错；根据功能关系可判断D项说法正确．【答案】 D巧妙建立物理模型物理学上建立模型，是为了将问题简化，突出主要矛盾，忽略次要因素．物理模型有实体模型如质点、点电荷，有过程模型，如匀速运动、匀变速运动、匀速圆周运动、平抛运动等，有状态模型，如平衡状态、加速状态等．如图5－3所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的光滑半圆形轨道DC 相接．传送带的运行速度为v0＝8 m/s，将质量m＝1.0 kg的滑块无初速度地放到传送带A 端．图5－3已知传送带长度L＝12.0 m，竖直面内的光滑半圆形轨道的半径R＝0.8 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.试求：(1)滑块从传送带A端运动到B端所需的时间；(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量；(3)滑块滑到轨道最高点C时对轨道的压力．【解析】 (1)滑块在传送带上做加速运动的加速度a ＝μg＝4 m/s2加速到与传送带同速所用时间t1＝v0a ＝2 s 位移x1＝12at21＝8 m ＜12 m ，因此滑块在传送带上先做加速运动，后做匀速运动，做匀速运动的位移x2＝L －x1＝4 m所用时间t2＝x2v0＝0.5 s 故t ＝t1＋t2＝2.5 s.(2)在t1时间内，传送带的位移x′＝v0t1＝16 m故Q ＝fΔx＝μmg(x′－x1)＝32 J.(3)滑块由D 到C 过程中机械能守恒，则mg(2R)＋12mv2C ＝12mv20 在C 点，轨道对滑块的弹力与滑块重力的合力提供向心力则N ＋mg ＝mv2C R，解得N ＝30 N. 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力N′＝N ＝30 N ，方向竖直向上．【答案】 见解析【即学即用】2．(2014·厦门一中模拟)在某电视台游乐节目“闯关”中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图5－4所示．图5－4一选手先从倾角可调整的光滑斜面下滑到悬绳处，然后抓住绳开始摆动，摆动到最低点放手恰能到达浮台．此绳初始时与竖直方向夹角α＝30°，与斜面垂直，绳长l ＝2 m ，绳的悬挂点O 距水面的高度为H ＝3 m ．将选手简化为质量m ＝60 kg 的质点，不考虑空气阻力和绳的质量，浮台离绳的悬挂点水平距离为4 m ，露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g ＝10 m/s2.(1)求选手在斜面上下滑的高度h ；(2)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F ；(3)如果斜面的倾角增大，该选手下滑高度不变，选手仍摆动到最低点放手，能否到达浮台？请说明理由．【解析】 (1)设选手滑到斜面底端的速度为v1，由机械能守恒得mgh ＝12mv21 选手抓绳时速度与绳垂直，抓绳后速度不变，摆到最低点时的速度为v2，由机械能守恒得mgl(1－cos α)＝12mv22－12mv21 选手放手后做平抛运动，下落时间为t ，水平距离为s ＝4 m ，由平抛运动规律得t ＝2H －l g，s ＝v2t 联立求得：h ＝(2＋3)m ＝3.73 m ，v2＝4 5 m/s.(2)选手在最低点时，由牛顿运动定律得F －mg ＝mv22l，解得F ＝3 000 N. (3)不能．如果斜面倾角增大，选手下滑到底端时的速度为v3，如图所示在沿绳和垂直于绳方向上的分量为v4、v5，选手抓绳后v4消失，只剩v5，小于v3，即小于v1，选手仍摆动到最低点放手水平速度小于v2，不能到达浮台．(只要理由充分，其他解答也对)【答案】 见解析动能定理或能量守恒在系统中的巧妙应用总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，列车已行驶的距离为L ，于是立即关闭油门，除去牵引力．设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的．当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？【技法攻略】 若脱钩的同时关闭油门，则列车和末节车厢将同时停止下来，且停下来时二者间距为零(因二者始、末速度以及减速的加速度都相同)．现在的情况是牵引力多做功FL ，因此列车一定多前进一段Δs，克服其摩擦力做功k(M －m)gΔs 才能停下来．故有：FL ＝k(M －m)gΔs又由于原来列车匀速前进，得出F ＝kMg解得：Δs＝ML M －m. 【答案】 ML M －m(多选)如图5－5所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的小球A 、B(均可看做质点)，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )图5－5A ．A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能B ．A 球增加的重力势能等于B 球减少的重力势能C ．A 球的最大速度为 2gR 3D ．细杆对A 球做的功为83mgR 【技法攻略】 系统机械能守恒可以理解为是一种机械能的转移，此题的情境就是A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能，A 对，B 错；根据机械能守恒定律：2mg·2R－mg·2R＝12·3mv2，所以A 球的最大速度为 4gR 3，C 错；根据功能关系，细杆对A 球做的功等于A 球增加的机械能，即WA ＝12mv2＋mg·2R＝83mgR ，故D 对． 【答案】 AD1．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上．现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 图象如图1所示．下列关于物体运动过程，分析正确的是( )图1A ．0～t1内拉力逐渐减小B ．0～t1内拉力对物体做负功C ．在t1～t2时间内拉力的功率为零D ．在t1～t2时间内合外力做功为12mv21 【解析】 由v －t 图象可知，0～t1内斜率逐渐变小，物体的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律知，拉力逐渐减小；0～t1内物体的速率一直增加，合力做功大于零，所以拉力对物体一直做正功；t1～t2时间内，物体做匀速运动，拉力的功率等于摩擦力的功率，但不等于零，合外力做功为零．只有A 对．【答案】 A2.如图2所示，一高度为h 的楔形物块固定在水平地面上，质量为m 的物体由静止开始从倾角分别为α、β的两个光滑斜面的顶端滑下，则下列说法中正确的是( )A ．物体滑到斜面底端的速度相同B ．物体滑到斜面底端所用的时间相同C ．物体滑到斜面底端时重力所做功的功率相同D ．物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同图2【解析】 由机械能守恒定律，物体沿不同倾角的光滑斜面滑到斜面底端的速度大小相等，方向不相同，选项A 错误；物体滑到斜面底端所用的时间不相同，选项B 错误；物块滑到斜面底端过程中重力所做的功相同，所用时间不同，物体滑到斜面底端时重力所做功的功率不相同，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3.将一小球从高处水平抛出，最初2 s 内小球动能Ek 随时间t 变化的图线如图3所示，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是( )A ．小球的质量B ．小球的初速度C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率D ．小球抛出时的高度图3【解析】 小球平抛初动能为5 J ，可得12mv2＝5 J,2 s 末小球竖直速度为gt ＝20 m/s,2 s 末小球动能12m(v20＋202)＝30 J ，联立可解得小球的质量和初速度．最初2 s 内重力对小球做功mgh ＝mg·12gt2，由P ＝W/t 可以确定最初2 s 内重力对小球做功的平均功率．不能确定小球抛出时的高度．【答案】 D4．如图4所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．图4现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m.B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法正确的是( )A ．斜面倾角α＝60°B ．A 获得最大速度为2g m 5kC ．C 刚离开地面时，B 的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统机械能守恒【解析】 释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时拉力等于A 重力沿斜面分力4mgsin α，C 恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于C 球重力，kx ＝mg.对B ，由平衡条件，4mgsin α＝2mg ，解得斜面倾角α＝30°，选项A 错误；初状态，弹簧压缩，kx ＝mg.末状态，弹簧拉伸，kx＝mg.初末状态系统弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律，4mg·2xsin α－mg2x ＝12(m ＋4m)v2，解得v ＝2g m 5k，选项B 正确； C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误．【答案】 B5．(多选)如图5所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB ，是按照从高度为h 处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，A 端为抛出点，B 端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A 端滑下．已知重力加速度为g ，当小球到达轨道B 端时( )图5A ．小球的速率为v20＋2ghB ．小球的速率为2ghC ．小球在水平方向的速度大小为v0.D ．小球在水平方向的速度大小为v02gh v20＋2gh【解析】 由机械能守恒定律，mgh ＝12mv2，解得小球到达轨道B 端时速率为v ＝2gh ，选项A 错误，B 正确．设轨道在B 点切线方向与水平方向的夹角为α，则有cot α＝v02gh ，cos α＝v0v20＋2gh .小球在水平方向的速度大小为v1＝vcos α＝2gh v0v20＋2gh ＝v02gh v20＋2gh，选项D 正确，C 错误． 【答案】 BD6．(多选)一质量为1 kg 的物体，以10 m/s 的初速度从足够长的粗糙斜面上的A 点沿斜面向上运动，1 s 末物体恰好到达最高点，6 s 末物体的速率恰好为10 m/s ，则( )A ．1 s ～6 s 内物体所受重力的平均功率为50 WB ．6 s 末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为20 WC ．0～1 s 内物体机械能的变化量大小与1 s ～6 s 内机械能的变化量大小之比为1∶5D ．1 s ～6 s 内物体动能变化量的大小与机械能的变化量大小之比是1∶2【解析】 由题意可知，物体沿斜面方向上的加速度由摩擦力f 和重力沿斜面向下的分力F 提供，设沿斜面方向向下为正方向，由牛顿第二定律结合运动学规律有F ＋f ＝ma1，F －f ＝ma2，a1＝0－－101＝10 (m/s2)，a2＝10－05＝2 (m/s)2，解得f ＝4 N ，F ＝6 N ．1 s ～6 s 内，克服摩擦力做的功为Wf ＝fs2，s2＝1022a2，解得Wf ＝100 J ，据动能定理可得WG －Wf ＝ΔEk＝50 J ，解得WG ＝150 J ，故1 s ～6 s 内物体所受重力的平均功率为P ＝WG t＝30 W ，A 错误.6 s 末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为40 W ，B 错误．由题意可知摩擦力做的功等于物体机械能的变化，0～1 s 内和1 s ～6 s 内物体的位移大小为5 m 和25 m ，故0～1 s 内物体机械能的变化量大小与1 s ～6 s 内机械能的变化量大小之比为1∶5，C 正确.1 s ～6 s 内物体动能变化量的大小等于50 J ，机械能的变化量大小等于100 J ，故D 正确．【答案】 CD7．如图6所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小滑块，在F ＝4 N 水平拉力的作用下，从水平面上的A 处由静止开始运动，滑行s ＝1.75 m 后由B 处滑上倾角为37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力．图6已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C 距B 点为l ＝2 m ，小滑块最后恰好停在A 处．不计B 处能量损失，g 取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x ；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t.【解析】 (1)小滑块由C 点运动到A 点，由动能定理得mglsin 37°－μmgs＝0解得μ＝2435. (2)小滑块由A 点运动到C 点，由动能定理得F(s ＋x)－mglsin 37°－μmgs＝0解得x ＝1.25 m.(3)小滑块由A 点运动到B 点，由动能定理得Fs －μmgs＝12mv2；由牛顿第二定律得F －mgsin 37°＝ma ；由运动学公式得x ＝vt ＋12at2；联立各式，解得t ＝0.5 s. 【答案】 (1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s 8．(2014·云南部分名校统考)如图7所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离为L ＝4 m ，传送带以恒定的速率v ＝2 m/s 向上运动．图7现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g ＝10 m/s2，求：(1)物体从A 运动到B 共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．11 【解析】 (1)物体无初速度放在A 处后，因mgsin θ<μmgcos θ，则物体斜向上做匀加速直线运动，加速度a ＝μmgcos θ－mgsin θm ＝2.5 m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1＝v a ＝0.8 st1时间内物体的位移L1＝v 2t1＝0.8 m之后物体以速度v1做匀速运动，运动的时间t2＝L －L1v ＝1.6 s物体运动的总时间t ＝t1＋t2＝2.4 s(2)前0.8 s 内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8 m因摩擦而产生的内能E 内＝μmgcos θ·ΔL＝6 JE 总＝Ek ＋Ep ＋E 内＝12mv2＋mgLsin θ＋E 内＝28 J【答案】 (1)2.4 s (2)28 J。
高三物理一轮复习 必考部分 第5章 机械能及其守恒定律 第4节 功能关系 能量守恒定律教师用书
第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．(7)分子力的功影响分子势能的变化．知识点2 能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．(对功能关系的理解)(多选)一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则( ) 【导学号：96622091】A．这个物体没有能B．这个物体的能量不发生变化C．这个物体没有对外做功D．以上说法均不对【答案】BC3．(功能关系的简单应用)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定【答案】 A4．(对能的转化和守恒定律的理解)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( ) 【导学号：96622092】A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消失D．只有动能和重力势能的相互转化【答案】 B[核心精讲]1．对功能关系的进一步理解(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．各种功能关系的对比1．(2014·广东高考)如图542是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图542A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能B 由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误、B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．2．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )【导学号：96622093】A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 JC 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝W G＋W f＝1 900 J－100 J＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G＝－ΔE p，所以ΔE p＝－W G＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D 错误．[名师微博]四个技巧：1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析.[核心精讲]1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．[师生共研]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题如图543所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B 的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图543(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能．【规范解答】 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ，物体从A 向下运动到C 点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv 20＝12·3mv 2＋mgL ＋fL解得v ＝v 20－gL .(2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理－f ·2x ＝0－12×3mv 2解得x ＝v 202g －L 2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx 所以E p ＝fx ＝3mv 204－3mgL 4.【答案】 (1)v 20－gL (2)v 202g －L 2(3)3mv 204－3mgL 4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶700 m 后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图象如图544所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为 1 000 kg ，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，求：图544(1)汽车的额定功率P ；(2)汽车加速运动500 m 所用的时间t ； (3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E .【规范解答】 (1)关闭发动机且关闭储能装置后，汽车在地面阻力f 的作用下减速至静止，由动能定理－fx ＝0－E k解得f ＝2×103N汽车匀速运动的动能E k ＝12mv 2＝8×105J解得v ＝40 m/s汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力，故汽车的额定功率P ＝Fv ＝fv 解得P ＝8×104 W.(2)汽车加速运动过程中，由动能定理得Pt －fx 1＝E k －E k0解得t ＝16.25 s.(3)由功能关系，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E ＝E k －fx ′ 解得E ＝5×105J.【答案】 (1)8×104W (2)16.25 s (3)5×105J [题组通关]3．(多选)如图545所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零，重力加速度为g .则上述过程中( )图545A ．物块在A 点时弹簧的弹性势能一定大于在B 点时弹性势能 B ．物块在O 点时动能最大C ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能大于W －32μmgaD ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaAD 因有滑动摩擦力做负功，弹簧和物块组成的系统机械能逐渐减少，故物块在A 点时弹簧的弹性势能一定大于物块在B 点时弹簧的弹性势能，且有OA >OB ，A 正确；由能量守恒定律可得，物块在O 点时的动能E k0＝W －μmg ·2·OA ，又OA >a2，故E k0<W －μmga ，D 正确；物块由A 向B 运动过程中，当kx ＝μmg 时，加速度为零，动能最大，B 错误；由能量守恒定律得：E p B ＝W －μmga －μmg ·OA <W －32μmga ，C 错误．4.将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图546中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )【导学号：96622094】图546A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD 在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209 m ，故C项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．[核心精讲]1．对摩擦生热的理解(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较如图547所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图547(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【合作探讨】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝h sin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分．【规范解答】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m 所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得：μ＝32. (2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J. 【答案】 (1)32(2)230 J1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能． 3．公式Q ＝F f ·l 相对中l 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l 相对为总的相对路程．[题组通关]5．如图548甲，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )甲 乙图548A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1D 由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12mv 20－12·2m ·v 2＝2 J ，选项B 错误；由v t 图象可求出二者相对位移为1 m ，所以C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确．6．如图549所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622095】图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD 由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
实验五探究决定导线电阻的因素考纲解读 1.掌握螺旋测微器的原理及读数方法.2.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法.3.会用伏安法测电阻，并能测定金属丝的电阻率．一、螺旋测微器的使用图11．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．2．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.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．3．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)．图2如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．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1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4．读数：若用x表示从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.三、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，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，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)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，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0.01 A.基本实验要求规律方法总结1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻R x，即可计算出金属丝的电阻率．2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.(2)接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U的值，填入记录表格内．1．伏安法测电阻的电路选择(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R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．(2)临界值计算法R x<R V R A时，用电流表外接法；R x>R V R A时，用电流表内接法．(3)实验试探法：按图4接好电路，让电压表的一根接线柱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．图42．注意事项(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量．(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式ρ＝R xSl ＝πd 2U4lI中，计算出金属丝的电阻率． 4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较值较小，故采用电流表外接法．(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大． 3．误差分析(1)若为内接法，电流表分压．(2)若为外接法，电压表分流． (3)长度和直径的测量．考点一 测量仪器、仪表的读数例1 (1)如图5所示的三把游标卡尺，它们的游标尺的刻度从上至下分别为9 mm 长10等分、19 mm 长20等分、49 mm 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6所示，则金属丝的直径是________mm.图5 图6(3)①图7所示的电表使用0.6 A 量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A ，图中表针示数是________A ；当使用3 A 量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A ，图中表针示数为________A.②图8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.图7图8(4)旋钮式电阻箱如图9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2 087 Ω，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________．图9解析(1)最上面图读数：整毫米数是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.中间图读数：整毫米数是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.最下面图读数：整毫米数是3，不足1毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm ＋0.18 mm＝3.18 mm.(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.(3)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格表示0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格表示0.1 A，表针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.(4)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.答案(1)17.723.85 3.18(2)2.150(3)①0.020.440.1 2.20②0.1 1.700.5 8.5(4)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω游标卡尺的读数应注意以下几点：(1)看清精确度例如(图10)图10易错成(11＋4.0×0.1) mm＝11.40 mm正确的应为11.4 mm，游标卡尺不需估读，后面不能随意加零．例如(图11)图11易错成(10＋12×0.05) mm＝10.6 mm，正确的应为10.60 mm.(2)主尺上的单位为厘米主尺上标识的1、2、3等数字通常是指厘米，读数时应将毫米和厘米分清，游标卡尺主尺上的最小刻度是1 mm.例如(图12)图12易错成(5＋4×0.05) mm＝5.20 mm正确的应为(50＋4×0.05) mm＝50.20 mm(3)区分零刻度与标尺最前端例如(图13)图13易错成(13＋10×0.05) mm＝13.50 mm正确读数为(14＋10×0.05) mm＝14.50 mm考点二对实验操作及实验数据处理的考查例2为测量某一玩具电动机中导线圈导线的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下：图14图15(1)用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d如图14所示，则d＝________ mm；(2)用多用电表测量电动机中导线圈的电阻R x：选择“×1 Ω”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图15所示(此过程电动机不转动)，则R x＝________Ω.图16(3)为了提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻R x：电流表A1(0～3 A、约5 Ω)；滑动变阻器R1(0～1 kΩ)；电流表A2(0～30 mA、约10 Ω)；滑动变阻器R2(0～50 Ω)；定值电阻R0＝60 Ω；电源(4 V、约1 Ω)及开关等，导线若干．①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图16所示的电路图，应选择的电流表是________，滑动变阻器是________；(填写符号)②按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5 V”挡作为电压表使用，请依据图16将图17所示的实验电路中的实物图用笔画线代替导线将欠缺的两处补完整；图17③图18是该实验小组用测得的数值描绘出的图象，其斜率表示的是________(填选项)．图18A．导线圈的电阻B．导线圈的电阻与R0阻值之和解析(1)螺旋测微器的读数：d＝0.01 mm×15.5＝0.155 mm.(2)多用电表的读数乘以倍率即为待测电阻的阻值，即R x＝25×1 Ω＝25 Ω.(3)①选择电流表时需先估算电路中的电流．设电动机和定值电阻R0串联的电压为电源电动势．则I＝425.0＋60A≈0.047 A＝47 mA实际实验时可通过滑动变阻器调节电压使流过电流表的电流不超过30 mA，所以电流表选A2.滑动变阻器应选择便于调节的R2.②由于电流表A2的电阻较大，为减小实验误差，应采用电流表外接法．为有效地控制电路中的电压和电流，应采用滑动变阻器分压电路，所以电路图连接如图所示．答案(1)0.155(±0.003范围内均可)(2)25(3)①A2R2②见解析图③B考点三对电阻测量的考查例3(2013·北京·21)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图19中的________(选填“甲”或“乙”)．图19(2)图20是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线．图20(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图21所示，可得该电阻的测量值R x ＝UI ＝________Ω(保留两位有效数字)．图21(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母) A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值 B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值 C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值 D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压U 也随之增加，下列反映Ux 关系的示意图中正确的是________．解析 (1)为了减小误差，应使电表读数为量程的13～23，电源电动势为4 V ，故电压表选C.估算通过R x 的最大电流约为I m ＝35 A ＝0.6 A ，所以电流表应选B.因为R V R x ＞R xR A ，所以电流表应外接，即应采用甲电路，测量误差较小． (2)(3)电流表、电压表的读数分别为I ＝0.50 A ，U ＝2.60 V ，所以R x ＝2.600.50 Ω＝5.2 Ω.(4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用，选项B 正确．乙电路中产生误差的主要原因是电流表的分压作用，故选项D 正确．(5)R x 两端的电压U ＝R x ER x ＋RL (L －x )，其中R 为滑动变阻器总阻值，L 为滑动变阻器两端总长度，结合数学知识可知选项A 正确．答案 (1)B C 甲 (2)见解析图 (3)5.2 (4)B D (5)A仪器选择的基本思路(1)优先考虑安全因素各电表的实际读数不能超过其量程，电阻类元件中的实际电流(或电压)不能超过其允许的最大电流(或电压)．实际处理过程中，需要估算回路中的最大电流(一般按滑动变阻器采用限流接法进行估算)．如：用伏安法作出标有“6 V ,0.6 W ”字样的小灯泡的U －I 图象，而实际加在小灯泡两端的电压不能超过6 V. (2)考虑读数误差因素一般要求各电表的实际读数不小于其量程的13，以减小读数误差．(3)仪器选择的一般步骤 ①首先选择唯一性的器材；②粗画电路图(暂不接电流表和电压表)；③估算回路中电流和电压的最大值，在电表的指针有较大幅度偏转但不超过其量程的情况下，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材．创新实验设计电阻测量的五种方法 1．伏安法：电路图⎩⎪⎨⎪⎧外接法：内接法：特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量) 2．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．(1)如图22甲所示，当两电表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻R 1，则可测得的内阻R 2＝I 1R 1I 2.(2)如图乙所示，当两电表的满偏电压U A2≫U A1时，串联一定值电阻R 0后，同样可测得的电阻R 2＝I 1(R 1＋R 0)I 2.图223．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图23甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R 1，则可测出的内阻R 2＝U 2U 1R 1.(2)如图乙所示，两电表的满偏电流I V1≪I V2时，并联一定值电阻R 0后，同样可得的内阻R 2＝U 2U 1R 1＋U 1R 0.图234．比较法测电阻如图24所示，读得电阻箱R 1的阻值及表、表的示数I 1、I 2，可得R x ＝I 2R 1I 1.图24如果考虑电表内阻的影响，则I 1(R x ＋R A 1)＝I 2(R 1＋R A 2)． 5．半偏法测电流表内阻电路图如图25所示图25步骤：(1)断开S 2，闭合S 1，调节R 0，使表满偏为I 0； (2)保持R 0不变，闭合S 2，调节R ，使表读数为I 02；(3)由上可得R A ＝R .特别提醒 当R 0≫R A 时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时R 0才足够大，闭合S 2时总电流变化才足够小，误差才小．34.用等效替代法测电阻如图26所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I ；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I ，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．图26例4 为了测量一微安表头A 的内阻，某同学设计了如图27所示的电路．图中A 0是标准电流表，R 0和R N 分别是滑动变阻器和电阻箱，S 和S 1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E 是电池．完成下列实验步骤中的填空：图27(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测微安表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；(2)然后将S拨向接点2，调节________，使________，记下此时R N的读数；(3)多次重复上述过程，计算R N读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值．解析本题方法为等效替代法．当S接1与接2时通过电路的电流I相同时，可知待测微安表头的内阻与R N的电阻相同．答案(1)R0标准电流表(或A0)(2)R N标准电流表(或A0)的读数仍为I(3)平均值1．(2013·山东·21(1))图28甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.图28答案A11.30解析测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪A.游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标尺上的读数．本题主尺上读数为11 mm，游标尺上读数为6×0.05 mm＝0.30 mm，故读数为11.30 mm.2．在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作错误的是() A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变答案AC解析实验中应测量金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它的分流作用很小，应采用电流表外接法，故A、C操作错误．3．现要测量一待测电阻的阻值，所用器材如下：标准电流表A1(量程250 mA，内阻r1＝5 Ω)；电流表A2(量程300 mA，内阻r2约为5 Ω)；待测电阻R1(阻值约为100 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；电源E(电动势约为6 V，内阻r约为1 Ω)；单刀单掷开关，导线若干．要求方法简捷，并能测量多组数据，画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号．答案实验电路原理图见解析图解析由于A1的内阻已知，可将其当作电压表来用；又给了另一个电流表A2，可把两电流表示数之差当作通过R1的电流，利用欧姆定律测R1的阻值；题目要求测多组数据，滑动变阻器应接成分压式；实验电路图如图所示：4．两位同学在实验室利用如图29(a)所示的电路测量定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录了电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图(b)所示的两条U—I直线，回答下列问题：图29(1)根据甲、乙两同学描绘的直线，可知甲同学是根据电压表________(填“V1”或V2)和电流表A的数据描绘的图线，并可以测得________和________(填写物理量符号及计算结果)；乙同学是根据电压表________(填“V1”或“V2”)和电流表A的数据描绘的图线，并可以测得________(填写物理量符号及计算结果)．(2)该电路中电流表的读数________(填：“可能”或“不可能”)达到0.6 A ，理由是__________________________．答案 (1)V 1 E ＝1.5 V r ＝1 Ω V 2 R 0＝2 Ω (2)不可能 电源有内阻5．在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择： A ．电池组(3 V ，内阻1 Ω) B ．电流表(0～3 A ，内阻0.012 5 Ω) C ．电流表(0～0.6 A ，内阻0.125 Ω) D ．电压表(0～3 V ，内阻4 kΩ) E ．电压表(0～15 V ，内阻15 kΩ)F ．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流1 A)G ．滑动变阻器(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A)H ．开关、导线若干(1)实验时应从上述器材中选用________(填写仪器前的字母代号)；(2)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻R x 在组成测量电路时，应采用电流表________(选填“外”或“内”)接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________(选填“大”或“小”)；图30(3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d 的读数如图30所示，则读数为________mm ； (4)若用L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得电阻为R ，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ＝________.答案 (1)ACDFH (2)外 小 (3)0.900 (4)πRd 24L解析 (1)电池组电压是3 V ，流过金属丝的最大电流I m ＝Er ＋R x ＝0.5 A ，故电流表选C ，电压表选D ；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F ；另外要选导线、开关． (2)因为R x R A ＝40，R VR x ＝800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小．(3)根据千分尺的读数规则知，读数是0.5 mm ＋40.0×0.01 mm ＝0.900 mm. (4)R ＝ρL S ＝ρ4L πd 2，解得ρ＝πRd 24L .6．实验室有一块量程为500 μA、内阻R g约为200 Ω的电流表(也称微安表)，需要准确测量它的内阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图31甲和乙两种实验电路．已知实验室中的部分实验器材的规格如下：电流表(也称毫安表)：mA(量程1 mA，内阻约100 Ω)滑动变阻器A：R1(20 Ω，1 A)滑动变阻器B：R1(500 Ω，0.5 A)变阻箱：R2(999.9 Ω)直流电源：E(电动势为3 V，内阻很小)可供选择的不同阻值的定值电阻R3图31(1)将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来．(2)在图乙所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应选________(选填“滑动变阻器A”或“滑动变阻器B”)．为了保证实验操作过程的安全(即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表)，并便于实验调节，定值电阻R3的阻值应选________(填选项前的字母)．A．100 ΩB．1 kΩC．6 kΩD．10 kΩ(3)利用图甲所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有(同时用设定的字母表示)______________________；用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量的结果是____________________．答案(1)如图所示(2)滑动变阻器B C(3)微安表读数I1、毫安表读数I2、电阻箱读数R2(I2－I1)R2/I1解析(2)滑动变阻器R1在实验中起调节电流的作用，应选可调阻值范围较大的，以使电路中的电流能够调节到足够小．由于电源电动势为3 V，由闭合电路欧姆定律可得定值电阻R3的阻值应选3 kΩ至6 kΩ的．7．(2013·重庆理综·6(2))某同学对有故障的电热毯进行探究．图32是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图33为实验电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．图32图33①请在虚线框内画出与图32对应的电路图．②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U－I曲线如图34所示，已知电热线材料的电阻率为2.8×10－7Ω·m，电热线的直径为0.200 mm.可求得此电热线的电阻为________ kΩ，总长度为________ m．(结果均保留两位有效数字)图34③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K 1和K 2，用表笔A 和B 分别对图31中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路中有断路，位置在________之间(在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项).解析 ①电路图如图所示②由题图可求R ＝U I ＝ΔUΔI ，由图线斜率可求得R ＝0.58 kΩ(0.57 kΩ～0.59 kΩ均可)，由R ＝ρlS，可得l ＝65 m(64 m ～66 m 均可)．③由题表可知，1′和2′之间，电压表有示数，电流表示数为零，说明其间有断路．。