【物理】2019届一轮复习人教版 恒定电流 学案 68页

模块十:恒定电流 考点1‎ 电阻定律　闭合电路的欧姆定律 甲 ‎1.(2016·全国卷Ⅱ,17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图甲所示电路。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.　　　B.　　　C.　　　D.‎ ‎【解析】S断开时等效电路如图乙所示 乙 电容器两端电压U1=×R×=E S闭合时等效电路如图丙所示 丙 电容器两端电压 U2=×R=E 由Q=CU得==,故C项正确。‎ ‎【答案】C ‎2.(2010·吉林卷,19)电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内阻的实验中得到的实验图线如图所示,图中U为路端电压,I为干路电流,a、b为图线上的两点,相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb。由图可知ηa、ηb的值分别为(　　)。‎ A.、‎ B.、‎ C.、‎ D.、‎ ‎【解析】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比,即η===,E为电源的总电压(电动势)。在U-I图象中,纵轴截距表示电动势,根据图象可知Ua=E,Ub=E,则ηa=,ηb=,所以A、B、C三项错误,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎3.(2015·浙江卷,14)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】根据公式P=I2R可知热功率与电流大小的平方成正比,A项错误;功的公式W=Flcos α,其中位移l与时间t不一定成正比,B项错误;由公式Q=CU可知C项正确;弹簧的劲度系数由弹簧本身决定,与弹簧伸长量无关,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎4.(2015·安徽卷,17)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. B. C.ρnev D.‎ ‎【解析】欧姆定律I=,电流的微观表达式I=neSv,电阻定律R=ρ,则金属棒内电场强度大小E===ρnev,故C项正确。‎ ‎【答案】C ‎5.(2015·北京卷,19)如图所示,其中电流表的量程为0.6 A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02 A;R1的阻值等于电流表内阻的;R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是(　　)。‎ A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04 A B.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02 A C.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06 A D.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01 A ‎【解析】当接线柱1、2接入电路时,R1与电流表并联,因为R1=,可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍,所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍,所以每一小格是原来的3倍,即0.06 A,所以A、B两项错误;当接线柱1、3接入电路时,电流表与R1并联,然后再与R2串联,串联电阻对电流无影响,与1、2接入电路的效果一样,所以每一小格表示0.06 A,C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】C 考点2‎ 电学仪器的使用及基本电路的选择 甲 乙 ‎1. (2014·全国卷Ⅱ,22)在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200 Ω,电压表的内阻约为2 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示,结果由公式Rx=计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙中电路测得的阻值分别记为Rx1和Rx2,则　　　　(选填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。 ‎ ‎【解析】由于Rx>,利用内接法即图甲误差更小,更接近待测电阻的真实值。测量值Rx1==Rx+RA,即Rx1大于真实值。测量值Rx2=,即Rx2小于真实值。‎ ‎【答案】Rx1　大于　小于 ‎2.(2015·海南卷,11)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,测量结果如图甲和图乙所示。该工件的直径为　　　　cm,高度为　　　　mm。 ‎ ‎　　　甲　　　　　　　　　　　　　乙 ‎【解析】游标卡尺读数 d=12 mm+4× mm=12.20 mm=1.220 cm 螺旋测微器的读数 h=6.5 mm+36.0×0.01 mm=6.860 mm。‎ ‎【答案】1.220　6.860‎ ‎3.(2014·福建卷,19)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。 ‎ 甲 乙 ‎　　【解析】毫米刻度尺读数时应估读一位,其读数为60.10 cm;游标卡尺读数时不需要估读,读数为4 mm+10×0.02 mm=4.20 mm。‎ ‎【答案】60.10　4.20‎ 甲 ‎4.(2014·重庆卷,6)某照明电路出现故障,其电路如图甲所示,该电路用标称值12 V的蓄电池为电源,导线及其接触完好。维修人员使用已调好的多用表直流50 V挡检测故障。他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a、b点。‎ ‎(1)断开开关,红表笔接a点时多用表指示如图乙所示,读数为　　　　V,说明　　　　(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)正常。 ‎ 乙 ‎(2)红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和图乙相同,可判定发生故障的器件是　　　　(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)。 ‎ ‎【解析】(1)由题图乙可知,直流50 V挡的最小分度为1 V,故按“十分之一”估读法可知读数应为11.5 V左右。由于测得的电压基本等于蓄电池电动势的标称值,说明a、c两点与电源之间是通路,‎ 只能是此电池之外的保险丝、开关、小灯中出现了断路故障,但故障的具体位置不能确定。(2)同理可知,两表笔接c、b时测得结果仍等于电源电动势,说明多用表、开关、保险丝、蓄电池形成了一闭合回路,故只能是与多用表并联的小灯发生了断路故障。‎ ‎【答案】(1)11.5(11.2~11.8之间的值均可)　蓄电池 ‎(2)小灯 ‎5.(2014·广东卷,34)某同学设计的可调电源电路如图甲所示,R0为保护电阻,P为滑动变阻器的滑片,闭合开关S。‎ 甲　　　　　　　　　　乙 ‎(1)用电压表测量A、B两端的电压:将电压表调零,选择0~3 V 挡,示数如图乙,则电压值为　　　　V。 ‎ ‎(2)在接通外电路之前,为了保证外电路的安全,滑片P应先置于　　　　端。 ‎ ‎(3)要使输出电压U变大,滑片P应向　　　　端滑动。 ‎ ‎(4)若电源电路中不接入R0,则在使用过程中,存在　　　(选填“断路”或“短路”)的风险。 ‎ ‎【解析】(1)由图乙知电压表0~3 V挡的最小分度为0.1 V,故由“十分之一”估读法可得读数为1.30 V。(2)因外电路并联在A、P间,要使外电路接通时获得的电压最小以保证电路安全,应使滑片P先置于A端。(3)输出电压U等于A、P间的电压,故P向B端滑动时A、P间分得的电压增大,输出电压增大。(4)当P滑到B端时,若输出电路所接负载的阻值极小,则存在短路的风险。‎ ‎【答案】(1)1.30　(2)A　(3)B　(4)短路 ‎　　近几年高考对本章内容主要以选择题的形式考查电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识,实验部分则以基本仪器使用和实验设计为主,题型以填空题的形式出现。‎ 预计2019年高考命题的重点仍将是对基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律的理解和应用,实验则考查基本仪器的使用、对实验原理的理解、实验数据的处理等知识。备考时应关注动态分析及含容电路类选择题,尤其需要关注与实际生活联系的电路分析、计算问题,这将是今后命题的主要趋势;另外应关注电路与电磁感应相结合、与功能关系相结合的题目。‎ 考点1　电阻定律　闭合电路的欧姆定律 ‎1‎ 电路的基本概念和规律 ‎　　(1)基本概念 ‎　　①电流 ‎②电阻的决定式和定义式 公式 R=ρ R=‎ 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)部分电路欧姆定律 通过一段电路的电流,跟这段电路两端的电压成正比,跟这段电路的电阻成反比,即I=。‎ ‎(3)电功、电功率、焦耳定律 ‎①电功:W=qU=UIt。这是计算电功普遍适用的公式。‎ ‎②电功率:P==UI。这是计算电功率普遍适用的公式。‎ ‎③焦耳定律:Q=I2Rt。这是计算电热普遍适用的公式。‎ ‎(4)电阻的串、并联 串联电路 并联电路 电路 电流 I=I1=I2=…=In I=I1+I2+…+In 电压 U=U1+U2+…+Un U=U1=U2=…=Un 总电阻 R总=R1+R2+…+Rn ‎=++…+‎ 功率分配 ‎=‎ ‎=‎ ‎　　四个有用的结论:‎ ‎①串联电路的总电阻大于电路中的任意一个电阻,串联电阻增多时,总电阻增大。‎ ‎②并联电路的总电阻小于任意支路的电阻,并联支路增多时,总电阻减小。‎ ‎③不论串联电路还是并联电路,只要某个电阻增大,总电阻就增大,反之则减小。‎ ‎④不论串联电路还是并联电路,电路消耗的总功率等于各电阻消耗的电功率之和。‎ 注意:一个典型的极值电路 如图所示,如果R1=R2,当P从a→b时,RAB先增大后减小,且当RaP=RPb(P位于a、b的中点)时RAB最大。‎ ‎(5)纯电阻电路和非纯电阻电路 ‎①纯电阻电路的特点 a.遵循欧姆定律,I=。‎ b.电流通过纯电阻电路时,电流做功所消耗的电能全部转化为内能,电功等于电热,即W=UIt=I2Rt=t,P=UI=I2R=。‎ ‎②非纯电阻电路的特点 a.不遵循欧姆定律,在非纯电阻电路中I<,其中U为非纯电阻用电器两端的电压,R为该用电器的电阻。‎ b.电流通过电路时,电流消耗的电能除了转化为内能外,还要转化成其他形式的能,如机械能、化学能等,即W=E其他+Q,P=P热+P其他。‎ ‎【易错警示】　含有直流电动机的电路不能简单地认为它一定是一个非纯电阻电路,要从纯电阻电路和非纯电阻电路在能量转化的区别上加以区分。若电动机不转(如电动机转子被卡住),则没有电能转化为机械能,此时电能全部转化为内能,电路中虽然有电动机,但此时的电路仍可当作纯电阻电路处理。‎ ‎1.1 安培提出了著名的分子电流假说,根据这一假说,电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动。下列关于该环形电流的说法正确的是(　　)。‎ A.电流大小为,方向沿顺时针方向 B.电流大小为,方向沿顺时针方向 C.电流大小为,方向沿逆时针方向 D.电流大小为,方向沿逆时针方向 ‎【答案】C ‎1.2 如图所示,a、b、c为不同材料做成的电阻,b与a的长度相等,横截面积是a的2倍;c与a的横截面积相等,长度是a的2倍。当开关闭合后,三个理想电压表示数的关系是U1∶U2∶U3=1∶1∶2。关于这三种材料的电阻率ρa、ρb、ρc,下列说法中正确的是(　　)。‎ A.ρa是ρb的2倍　　　　B.ρa是ρc的2倍 C.ρb是ρc的2倍 D.ρc是ρa的2倍 ‎【答案】C ‎1.3 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.nU B.‎ C.(n-1)U D.‎ ‎【答案】A ‎2‎ 闭合电路欧姆定律 ‎　　(1)公式 ‎(2)路端电压U与电流I的关系 U=E-Ir,U-I图象如图所示,由图象可以看 出。‎ ‎①电源电动势E:当电路断路即I=0时,纵轴的截距为电源电动势E。‎ ‎②短路电流I0:当外电路电压U=0时,横轴的截距为短路电流I0。‎ ‎③电源内阻r:图线斜率的绝对值为电源的内阻。‎ ‎(3)三个功率 ‎①电源的总功率P总=EI=U外I+U内I=P出+P内。‎ 若外电路是纯电阻电路,则有P总=I2(R+r)=。‎ ‎②电源内部消耗的功率P内=I2r=U内I=P总-P出。‎ ‎③电源的输出功率P出=U外I=EI-I2r=P总-P内。‎ 若外电路是纯电阻电路,则有P出=I2R==。‎ P出-R图象如图所示,从图中可以看出:‎ a.当R=r时,电源的输出功率最大,最大值Pm=。‎ b.当R>r时,随着R的增大输出功率越来越小。‎ c.当R B.I1+I2=‎ C.> D.<‎ ‎【答案】B ‎3‎ 电阻的伏安特性曲线与电源的伏安特性曲线的比较 ‎　　在恒流电路中常会涉及两种U-I图线,一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线),另一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)。在求解这类问题时要注意二者的区别。‎ ‎(1)电源的伏安特性曲线是一条斜率为负值的直线,如图甲所示,反映的是电源的特征。纵轴上的截距表示电动势,斜率的绝对值表示 内阻,图线上每一点横、纵坐标的乘积为电源的输出功率。‎ 甲　　　　　　　乙 ‎(2)电阻的伏安特性曲线是一条过原点的直线,如图乙所示,图线上每一点纵、横坐标的比值为此时外电路的电阻。‎ ‎(3)上述两条曲线在同一坐标系中的交点表示电阻的工作点,即将电阻接在该电源上时,电阻中的电流和两端的电压。‎ ‎3.1 为探究小灯泡L的伏安特性,连好图示的电路后闭合开关,通过移动变阻器的滑片,使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大,直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组示数描绘出的U-I图象应是图(　　)。‎ ‎　　‎ ‎【答案】B ‎3.2 如图所示,直线A为某电源的U-I图线,曲线B为某小灯泡的U-I图线,用该电源和小灯泡组成闭合电路时,电源的输出功率和电源的总功率分别是(　　)。‎ A.4 W,8 W　　　　　　B.2 W,4 W C.2 W,3 W D.4 W,6 W ‎【答案】D 考点2　电学仪器的使用及基本电路的选择 ‎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0.5 mm,即旋钮每旋转一周,测微螺杆前进或后退0.5 mm,而可动刻度上的刻度为50等分,每转动一小格,测微螺杆前进或后退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。‎ ‎(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)。‎ ‎1.1 使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径,示数如图所示,则图甲、乙金属丝的直径分别为　　　 mm,　　　 mm。 ‎ 甲　　　　　　　　　　乙 ‎　　【答案】2.150　0.045‎ ‎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1 mm。‎ ‎(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。‎ ‎2.1 如图所示的两把游标卡尺,它们的游标尺从左至右分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分,它们的读数依次为　　　　mm,　　　　mm。 ‎ ‎【答案】17.7　23.85‎ ‎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)0~3 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0.6 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。‎ ‎3.1 (1)图甲用0.6 A量程时,对应刻度盘上每一小格代表　　　　A,表针的示数是　　　　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。 ‎ 甲　　　　　　　　　　乙 ‎(2)图乙使用较小量程时,每小格表示　　　　V,图中指针的示数为　　　　V,若使用的是较大量程,则这时表盘刻度每小格表示　　　V,图中表针指示的是　　　V。 ‎ ‎【答案】(1)0.02　0.44　0.1　2.20　(2)0.1　1.70　0.5　8.5‎ ‎4‎ 电流表的内接法和外接法 ‎　　(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==Rx+RA>Rx测量值大于真实值 R测==时,用电流表内接法。‎ ‎③实验试探法:按图示接好电路,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。‎ ‎4.1 在用伏安法测电阻的实验中,所用电压表的内阻约为20 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,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,如图甲所示。‎ 甲 ‎(1)根据各点表示的数据描出I-U图线,由此求得该电阻的阻值Rx=　　Ω(计算结果保留2位有效数字)。 ‎ ‎(2)画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图。‎ ‎【答案】(1)如图乙所示　2.4×103(2.3×103~2.5×103)‎ 乙 ‎　　(2)如图丙所示 丙 ‎5‎ 滑动变阻器的限流式接法和分压式接法 ‎　　(1)两种接法的比较 ‎　方式 内容　　　‎ 限流式接法 分压式接法 电路图 负载R上电压调节范围 ‎≤U≤E ‎0≤U≤E 负载R上电流调节范围 ‎≤I≤‎ ‎0≤I≤‎ 闭合S前滑片位置 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必须采用分压式接法的三种情况 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,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的总电阻大得多,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,应改用分压式接法。‎ c.若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式式接法。‎ ‎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。‎ ‎5.1 一只小灯泡,标有“3 V　0.6 W”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12 V,内阻为1 Ω;最大阻值为5 Ω的滑动变阻器;电流表的内阻为1 Ω;电压表的内阻为10 kΩ;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)。‎ ‎【答案】(1)外接　分压式　(2)如图所示 ‎6‎ 实验电路构思的一般程序 ‎　　(1)审题:明确实验目的和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,估算出被测电阻的两端电压及通过它的电流的最大值,以此为依据,选定适当量程的电表。‎ ‎(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,但在有些情形下,应选择分压式电路。‎ ‎(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>(R为变阻器的总电阻)。‎ ‎6.1 为测量“12 V　5 W”的小电珠在不同电压下的功率,给定了以下器材:‎ 电源:12 V,内阻不计;‎ 电流表:量程为0~0.6 A、0~3 A,内阻约为0.2 Ω;‎ 电压表:量程为0~3 V、0~15 V,内阻约为15 kΩ;‎ 滑动变阻器:0~20 Ω,允许通过的最大电流为1 A;‎ 开关一个,导线若干,实验要求加在小电珠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,电流表的量程选　　　　。 ‎ ‎【答案】(1)A　(2)0~0.6 A ‎7‎ 电表的反常规用法 ‎　　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”。‎ ‎7.1 实验室购买了一捆标称长度为100 m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1.0 mm2,查得铜的电阻率为1.7×10-8 Ω·m,再利用图甲所示的电路测出铜导线的电阻Rx,从而确定导线的实际长度。‎ 甲　　　　　　　　　　乙 可供使用的器材有:‎ 电流表:量程为0~0.6 A,内阻约为0.2 Ω;‎ 电压表:量程为0~3 V,内阻约为9 kΩ;‎ 滑动变阻器R1:最大阻值为5 Ω;‎ 滑动变阻器R2:最大阻值为20 Ω;‎ 定值电阻:R0=3 Ω;‎ 电源:电动势为6 V,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　　　(选填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至　　　(选填“a”或“b”)端。 ‎ ‎(2)在实物图丙中,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。‎ 丙 ‎(3)调节滑动变阻器,当电流表的示数为0.50 A时,电压表示数如图乙所示,示数为　　　 V。 ‎ ‎(4)导线实际长度为　　　　 m(计算结果保留2位有效数字)。 ‎ ‎【答案】(1)R2　a　(2)如图丁所示 丁 ‎(3)2.30(2.29~2.31均可)　(4)94‎ 题型一 非理想电表问题 ‎　　实际电路中电流表内阻不可能为零,电压表内阻也不会是无穷大,电表内阻对电路的影响有时不可忽略。近年来非理想电表对电路的影响、有关电路的计算及非理想电表的非常规接法的应用等问题成为高考的一大热点。‎ ‎【例1】两个定值电阻R1、R2串联接在U=12 V的直流电源上,有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端,如图所示,电压表的示数为8 V,如果把它改接在R2的两端,则电压表的示数将(　　)。‎ A.小于4 V B.等于4 V C.大于4 V而小于8 V D.等于或大于8 V ‎【解析】当电压表并联在R1两端时,ab间的电阻是R1与电压表内阻RV并联后的等效电阻Rab,Rab2R2,由此可以推断,当不用电压表测量时,R2分得的电压小于4 V;当把电压表并在R2上时,bc间的电阻Rbc为R2和RV的并联电阻,RbcC2,由Q=CU可知此时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==2 A,此时两电阻两端电压分别为U1=IR1=6 V、U2=IR2=12 V,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,故B、C两项正确,D项错误。‎ ‎【答案】BC 题型三 电路的动态分析问题 ‎　　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)当开关的通、断使串联的用电器增多时,电路的总电阻增大;当开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小。‎ ‎(3)在如图所示的分压电路中,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.分析动态变化问题要注意以下三点 ‎(1)两个公式: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。‎ ‎(2)两个关系:外电压等于外电路上串联各部分电压之和;总电流等于各支路电流之和。‎ ‎(3)两种方法:程序法、“串反并同”法。‎ ‎【例3】 (多选)将电学元件按照如图所示的电路连接,其中电源的内阻不能忽略,电压表和电流表均为理想电表,开始时滑动变阻器的滑片位于滑动变阻器的中间位置,电路中的小灯泡正常发光。在滑动变阻器的滑片逐渐向右端滑动的过程中,下列选项中正确的是(　　)。‎ A.电压表的示数增大、电流表的示数增大 B.电压表的示数减小、电流表的示数增大 C.小灯泡的亮度变暗 D.定值电阻R1消耗的电功率减小 ‎【解析】思路一　程序法。在滑动变阻器的滑片逐渐向右端滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可以判断,电路中总电流增大,电流表示数增大,由U=IR可以判断内电压增大,则路端电压减小,小灯泡L消耗的功率减小,则其亮度变暗,C项正确;流过R1的电流I1=I总-IL,可知I1增大,电阻R1消耗的功率增大,增大,D项错误;电压表示数UV=UL-,可知UV减小,A项错误,B项正确。‎ 思路二　“串反并同”法。在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻减小,电压表与滑动变阻器并联,则电压表的示数减小;定值电阻R1与滑动变阻器串联,则定值电阻R1消耗的电功率增大;小灯泡与滑动变阻器间接并联,则小灯泡的亮度变暗;电流表与滑动变阻器间接串联,则电流表的示数增大;由以上分析可知B、C两项正确。‎ ‎【答案】BC ‎　　(1)程序法 解决闭合电路动态变化问题,应按照局部→整体→局部的程序进行分析。具体的基本思路是:电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U内的变化→U外的变化→固定支路→变化支路。对于固定不变的部分,一般按照欧姆定律直接判断;而对于变化的部分,一般应根据分压或分流间接判断。‎ ‎(2)“串反并同”法 ‎①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,反之则增大。‎ ‎②所谓“并同”,即某一电阻增大时,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,反之则减小。 ‎ ‎　　即有关系:←R↑→ ‎ ‎　　【变式训练4】 (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,下列说法中正确的是(　　)。‎ A.电压表的示数减小,电流表的示数增大 B.电压表的示数增大,电流表的示数减小 C.电压表的示数减小,电流表的示数增大 D.电压表的示数增大,电流表的示数减小 ‎【解析】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,即电流表的示数增大。内电压变大,R1两端电压变大,并联电路的电压,即电压表的示数变小、R3两端电压变小,通过R3的电流变小,即电流表的示数减小,因为总电流增大,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,即电压表的示数增大,A、D两项正确。‎ ‎【答案】AD ‎【变式训练5】(多选)如图所示,电表均为理想电表,两个相同灯泡的电阻均为R,且R大于电源内阻r。现将滑动变阻器滑片向下滑动,电压表、、示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,电流表示数变化量的绝对值为ΔI,则(　　)。‎ A.两灯泡的亮度始终一样且逐渐变暗 B.、的示数增大,的示数减小 C.ΔU3与ΔI的比值为2R+r D.ΔU3>ΔU1>ΔU2‎ ‎【解析】此电路为串联电路,将滑片向下滑动,电路中的总电阻增大,总电流减小,通过两串联灯泡的电流始终一样且减小,两灯泡逐渐变暗,A项正确;电压表测量的是路端电压,电压表测量的是灯泡L1两端的电压,因总电流减小,所以的示数减小、的示数增大,B项错误;将灯泡L1的电阻等效为电源的内阻,由闭合电路欧姆定律可知=r+R,C项错误;=r、=R,所以ΔU3>ΔU1>ΔU2,D项正确。‎ ‎【答案】AD ‎　　【变式训练6】如图所示,电源电动势为E,内阻为r,理想电压表、的示数分别为U1、U2,其变化量的绝对值分别为ΔU1和ΔU2;流过电源的电流为I,其变化量的绝对值为ΔI。在滑动变阻器的滑片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)(　　)。‎ A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮 B.ΔU1<ΔU2‎ C.增大 D.不变 ‎【解析】滑动变阻器滑片P向左端移动,RP变小,总电阻变小,总电流变大,灯泡L2变亮,电压表示数U2和内电压U内变大,L3所分电压U1=E-U2-U内,可知U1减小,则通过L3的电流变小,L3变暗,通过L1的电流I1=I-I3,可知I1变大,即L1变亮,A项错误;由闭合电路欧姆定律有ΔU内+ΔU2=ΔU1,则ΔU2<ΔU1,B项错误;由欧姆定律有==r+R2,可知大小不变,C项错误;=R2,可知大小不变,D项正确。‎ ‎【答案】D 题型四 电路中的图象问题 ‎　　1.闭合电路的五类图象 类型 关系式 图象 特例 I-R 图线 I=‎ ‎(纯电阻电路)‎ 短路R=0,I=,图象与I轴交点 断路R=∞,I=0,图象与R轴交点 U-R 图线 U=‎ ‎(纯电阻电路)‎ 短路R=0,U=0,U内=E 断路R=∞,U=E,U内=0‎ U-I 图线 U=E-Ir ‎(任意电路)‎ 短路R=0,I=,U=0‎ 断路R=∞,I=0,U=E P-R 图线 P出=R ‎(纯电阻电路)‎ 当R=r时,电源的输出功率最大,Pmax=‎ PRx,所以应用电流表的外接法,电路如图乙所示,闭合前变阻器的滑片应移到最左端。‎ 乙 ‎③电表读数的误差,电压表的分流产生的误差。‎ ‎④随着电压的增大和实验时间的延长,温度升高,电阻丝的电阻率增大。‎ ‎【答案】(1)15.0　(2)①E1　　②如图乙所示　左 ‎③电表读数误差　电压表分流误差　④随温度升高电阻丝的电阻率增大 题型七 测量电路与控制电路的选择 ‎　　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,如伏安法测电阻的实验中,测量电路可分为内接法和外接法两种情况。除此之外,常见的测量电路还有替代法、半偏法等。‎ 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,如伏安法测电阻的实验中,控制电路可分为限流式和分压式两种情况。‎ 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。‎ ‎【例7】为了测量量程为3 V的电压表的内阻(内阻约为2000 Ω),实验室可以提供的器材有:‎ 电流表,量程为0~0.6 A,内阻约为0.1 Ω;‎ 电压表,量程为0~5 V,内阻约为3500 Ω;‎ 电阻箱R1,阻值范围为0~9999 Ω;‎ 电阻箱R2,阻值范围为0~99.9 Ω;‎ 滑动变阻器R3,最大阻值约为100 Ω,额定电流为1.5 A;‎ 电源E,电动势为6 V,内阻约为0.5 Ω;‎ 单刀双掷开关S,单刀单掷开关K,导线若干。‎ ‎(1)请从上述器材中选择必要的器材,设计一个测量电压表的内阻的实验电路,画出电路原理图(图中的元件要用题中相应的英文字母标注)。‎ ‎(2)写出计算电压表的内阻RV的计算公式:RV=　　　　。 ‎ ‎【解析】测电阻最常用的方法为伏安法,本题要求测电压表的内阻,电压表两端的电压可直接测得,因此我们只需测出通过电压表的电流。电压表允许通过的最大电流IV=≈1.5 mA,电流表的量程为0~0.6 A,量程过大,不能直接使用电流表,必须重新设计实验方案。‎ 方案一　替代法。考虑到电阻箱R1的阻值范围为0~9999 Ω,与电压表的内阻较接近,且电阻可读,又有单刀双掷开关,因此考虑用替代法。电路图如图甲所示,闭合K,将开关S掷向1,调节滑动变阻器R3,使电压表和都有较大偏转,记下电压表的示数;然后将开关S掷向2,保持滑动变阻器R3的滑片位置不变,调节电阻箱R1使电压表的示数等于之前记下的数值,那么电阻箱R1的阻值即电压表的内阻,即RV=R1。‎ 甲　　　　　　　　　乙　　　　　　　　　丙 方案二　半偏法。如图乙所示,闭合K,将开关S掷向1,调节滑动变阻器R3,使电压表满偏;然后将开关S掷向2,保持滑动变阻器R3的滑片位置不变,调节电阻箱R1,使电压表半偏,则由于R3相对于电压表和电阻箱R1阻值较小,因此电压表和电阻箱R1上的总电压几乎不变,其中一半电压加在电压表上,一半电压加在电阻箱R1上,故电阻箱R1的阻值即电压表的内阻,即RV=R1。‎ 方案三　伏安法。不能直接使用电流表测流过电压表的电流,由于电压表内阻的准确值不知道,因此也不能当电流表使用,故我们考虑通过电阻箱R1来测流过电压表的电流。如图丙所示,此时流过R1的电流I=,因此电压表的内阻RV==。‎ ‎【答案】见解析 ‎　　三种测量方案的比较:‎ ‎(1)替代法实验原理简单,看似没有系统误差,但考虑到电阻箱不能连续调节,往往很难保证电压表的示数等于之前记下的数值。‎ ‎(2)半偏法测电压表的内阻时,开关S接2,由于R1串联进来,并联部分的总阻值略有增大,并联部分的电压略有增大,加在电压表上的电压是原电压的一半,因此电阻箱上的电压比电压表上的电压大,电压表内阻的测量值偏大。‎ ‎(3)伏安法测电压表的内阻时,非理想电压表可看作一个可读出两端电压的电阻,因此计算得到通过电压表的电流无系统误差,加在电压表上的电压也无系统误差,测量的电压表的内阻也无系统误差,是最好的测量电压表内阻的方法。‎ ‎　　【变式训练13】要测量电压表的内阻RV1,其量程为0~2 V,内阻约为2 kΩ。实验室提供的元件有:‎ 电流表,量程为0~0.6 A,内阻约为0.1 Ω;‎ 电压表,量程为0~5 V,内阻约为5 kΩ;‎ 定值电阻R1,阻值为30 Ω;‎ 定值电阻R2,阻值为3 kΩ;‎ 滑动变阻器R3,最大阻值为100 Ω,额定电流为1.5 A;‎ 电源E,电动势为6 V,内阻约为0.5 Ω;‎ 开关S一个,导线若干。‎ ‎(1)有人拟将待测电压表和题中所给的电流表串联接入电压合适的测量电路中,测出的电压和电流,再计算出RV1。该方案实际上不可行,其最主要的原因是　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)请从上述元件中选择必要的元件,设计一个测量电压表内阻RV1的实验电路。要求测量尽量准确,实验必须在同一电路中,且在不增减元件的条件下完成。试画出符合要求的实验电路图(图甲中电源与开关已连接好),并标出所选元件的相应字母代号。‎ 甲 ‎(3)由上问写出电压表内阻RV1的表达方式,说明式中各测量量的物理意义。‎ ‎【解析】(1)由于电压表的内阻偏大,流过电压表的电流很小,将待测电压表和题中所给的电流表串联后,电流表指针偏转很微弱,不能准确读数,因此此方案行不通。‎ ‎(2)由于没有合适的电流表,可以让定值电阻与之串联在一起,如果能测出定值电阻的电压,由欧姆定律就可以算出通过定值电阻的电流,也就是通过被测电压表的电流,又能读出自身的电压,就可以测出电阻。电压表、同时满偏时,由于电压表允许的最大电流约为1 mA,所以R定值==3 kΩ。因此选用定值电阻R2,又因为被测电压表内阻较大,而滑动变阻器阻值较小,必须要用分压式。电路如图乙所示。‎ ‎　　‎ 乙 ‎(3)由闭合电路欧姆定律可知:RV1==,其中,U1表示的示数,U2表示的示数,R2为定值电阻的阻值。‎ ‎【答案】(1)电流表的量程太大　(2)如图乙所示 ‎(3)RV1=　U1表示的示数,U2表示的示数,R2为定值电阻的阻值 题组1‎ 电阻定律　闭合电路的欧姆定律 ‎1.(2017·辽宁监测)如图所示的电路,R1、R2、R3是定值电阻,R4是滑动变阻器,电源内阻不可忽略。闭合开关,在电路稳定后,将滑动变阻器的滑片由中点向上移动的过程中(　　)。‎ A.电压表的示数变小 B.电容器放电 C.电源的总功率变小 D.通过滑动变阻器的电流变大 ‎【解析】将滑动变阻器的滑片由中点向上移动的过程中,电路总电阻增大,总电流减小,路端电压升高,电容器充电,A、B两项错误;电源的总功率P=EI,总电流减小,导致电源的总功率变小,C项正确;由于路端电压升高,流过R1的电流增大,因为总电流减小,所以通过滑动变阻器的电流变小,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎2.(2017·陕西模拟)(多选)如图所示,I为电流表示数,U为电压表示数,P为定值电阻R2消耗的功率,Q为电容器C所带的电荷量,W为电源通过电荷量q时电源做的功。在变阻器滑片向右缓慢滑动的过程中,下列图象能正确反映各物理量关系的是(　　)。‎ ‎【解析】变阻器滑片向右缓慢滑动的过程中,接入电路的电阻减小,电路中电流增大,R2消耗的功率P=I2R,P∝I2,故A项正确;电容器C两端的电压UC=E-I(R2+r),电荷量Q=CUC=C[E-I(R2+r)],则=-C(R2+r),保持不变,则Q-I 图象是向下倾斜的直线,故B项正确;电压表示数U=E-Ir,U-I图象应是向下倾斜的直线,故C项错误;电源通过电荷量q时电源做的功W=qE,E是电源的电动势,则W-q是过原点的直线,故D项错误。‎ ‎【答案】AB ‎3.(2017·河北一轮)(多选)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,当滑动变阻器R2的滑片向右滑动后,理想电流表、的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2,理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU。下列说法中正确的是(　　)。‎ A.电压表的示数减小 B.电流表的示数变小 C.ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r D.ΔU与ΔI2比值一定小于电源内阻r ‎【解析】当滑动变阻器的滑片向右滑动后,变阻器接入电路的电阻增大,外电路的总电阻增大,则总电流减小,所以电流表的示数减小。根据串联电路分压的特点分析可知,并联部分电压增大,即电压表的示数增大,故A项错误,B项正确;根据并联电路的电流规律I2=I1+I,的示数I2变小,通过定值电阻R1的电流增大,则的示数I1变小,所以ΔI1一定大于ΔI2,电压表测量路端电压,根据闭合电路欧姆定律U=E-I2r可知,=r,而ΔI1大于ΔI2,所以mgsin θ1,故C、D两项错误。‎ ‎【答案】B ‎ ‎ ‎5.(2017·河北模拟)如图所示,E为内阻不计的电源,MN为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝,C为电容器。当滑片P以恒定速率从左向右匀速滑动时,关于电流表的读数情况及通过的电流方向,下列说法正确的是(　　)。‎ A.读数逐渐变小,通过的电流方向向左 B.读数逐渐变大,通过的电流方向向右 C.读数稳定,通过的电流方向向右 D.读数稳定,通过的电流方向向左 ‎【解析】在滑片移动中,与电容器并联部分的长度减小,则C两端的电压减小,根据速度关系可得出电压的变化关系。而在电压变化的过程中,C中电荷量均匀减小,求出电荷量变化与电流的关系即可求出电流。设在Δt时间内,滑片P移动的距离为ΔL,则ΔL=vΔt,电源内阻不计,电阻丝单位长度上的电压值为,因此在Δt时间内PN间电压的改变量ΔU=ΔL=vΔt,而I===,电流值恒定,即电流表读数稳定。滑片P以恒定速率从左向右匀速滑动,电容器放电,放电电流方向由正极板流向负极板,右极板带正电,所以通过的电流方向向右,故C项正确,A、B、D三项错误。‎ ‎【答案】C ‎6.(2017·衡水模拟)如图所示,小车静止在光滑水平面上,AB是小车内半圆弧轨道的水平直径,现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放,小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为0.8h,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)。‎ A.在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒 B.小球离开小车后做竖直上抛运动 C.小球离开小车后做斜上抛运动 D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h ‎【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,水平方向系统动量守恒,但系统所受的合力不为零,所以系统动量不守恒,故A项错误。小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,可知系统水平方向的总动量保持为零,小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,所以小球离开小车后做竖直上抛运动,故B项正确,C项错误。小球第一次在车中运动的过程中,由动能定理得mg(h-0.8h)-Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得Wf=0.2mgh,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,‎ 摩擦力做功小于0.2mgh,机械能损失小于0.2mgh,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于0.8h-0.2h=0.6h,故D项错误。‎ ‎【答案】B ‎7.(2017·昆明模拟)如图所示,竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q (q>0)的小环,在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷,杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形,c是ab的中点。使小环从O点无初速度释放,小环通过a点的速率为v。若已知ab=Oa=l,静电力常量为k,重力加速度为g。则(　　)。‎ A.在a点,小环所受弹力大小为 B.在c点,小环的动能最大 C.在c点,小环的电势能最大 D.在b点,小环的速率为 ‎【解析】在a点,小环所受的库仑力大小F=,根据小环在垂直于杆方向合力为零,可知小球所受的弹力大小FN=Fcos 30°=,故A项错误。小环通过c点后,开始阶段所受的库仑力竖直向上的分力小于重力,合力向下,小环继续向下加速运动,所以在c点其动能不是最大,故B项错误。从O到c,电场力对小环做正功,其电势能减小;从c到b,电场力做负功,其电势能增大,所以在c点,小环的电势能最小,故C项错误。从a到b的过程,电场力做功为零,根据动能定理得mgl=m-mv2,得vb=,故D项正确。‎ ‎【答案】D 甲 ‎8.(2017·大庆模拟)(多选)如图甲所示,A、B、C、D、E、F为真空中正六边形的六个顶点,O为正六边形中心,在A、B、C三点分别固定电荷量为q、-q、q(q>0)的三个点电荷,取无穷远处电势为零。则下列说法正确的是(　　)。‎ A.O点电场强度为零 B.O点电势为零 C.D点和F点电场强度相同 D.D点和F点电势相同 ‎【解析】三个电荷在O点产生的电场强度大小相等,方向如图乙所示,根据矢量的叠加可知,O点的电场强度为零,A项正确;两个正电荷在O点产生的电势大于C点的负电荷在O点的电势,所以O点的电势不为零,B项错误;三个电荷在D点和F点的电场强度大小和方向如图丙所示,所以D点和F点的电场强度大小相等,方向不同,C项错误;两个正电荷在D点和F点产生的电势之和相等,负电荷在D点和F点产生的电势相同,所以D点和F点电势相同,D项正确。‎ ‎　　　乙　　　　　　　　　　　　丙 ‎【答案】AD ‎9.(2017·成都二模)(多选)近年来,我国航天与深潜事业的发展交相辉映,“可上九天揽月,可下五洋捉鳖”已不再是梦想。若处于393 km高空圆轨道上的“神舟十一号”的向心加速度为a1、转动角速度为ω1;处于7062 m深海处随地球自转的“蛟龙号”的向心加速度为a2、转动角速度为ω2;地球表面的重力加速度为g。则下列结论正确的是(　　)。‎ A.ω1=ω2　　　　　　　B.ω1>ω2‎ C.a1a1>a2‎ ‎【解析】由万有引力提供向心力,得=mr,解得ω1=;又mg=,所以ω1=,r=R+h,将地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2、地球的半径R=6400 km代入公式得ω1=1.13×10-3rad/s,而“蛟龙号”的角速度与地球的角速度相等,ω2= rad/s=7.27×10-5rad/s,所以ω1>ω2,故A项错误,B项正确。由=ma,解得a=,则知“神舟十一号”的向心加速度比地球表面的重力加速度小,所以g>a1;又a=ω2r,“神舟十一号”的角速度、轨道半径均大于“蛟龙号”,所以“神舟十一号”的向心加速度一定大于“蛟龙号”的向心加速度,可知g>a1>a2,故C项错误,D项正确。‎ ‎【答案】BD 甲 ‎10.(2017·黄冈模拟)(多选)如图甲所示,ABCD是固定在地面上,由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β),让套在金属杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做的功为W1,重力的冲量为I1,若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做的功为W2,重力的冲量为I2。则(　　)。‎ A.W1>W2 B.W1=W2‎ C.I1>I2 D.I1=I2‎ 乙 ‎【解析】小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做的功W1=μmgcos β·sAB+μmgcos α·sBC,小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做的功W2=μmgcos α·sAD+μmgcos β·sDC,又因为sAB=sBC=sAD=sDC,所以摩擦力对小环做的功W1=W2,故A项错误,B项正确;根据动能定理可知,mgh-Wf=m,因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等,所以两次小环到达C点的速度大小相等,小环从A经B滑到C点,根据牛顿第二定律可得,小环从A到B的加速度aAB=gsin β-μgcos β,小环从B到C的加速度aBC=gsin α-μgcos α,同理,小环从A到D的加速度aAD=gsin α-μgcos α,小环从D到C的加速度aDC=gsin β-μgcos β,又因为α>β,所以aAB=aDCt2,由I=mgt得,重力的冲量I1>I2,故C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】BC 二、非选择题 ‎11.(2017·河南联考)如图所示,空间存在一水平向右的有界匀强电场,电场上、下边界的距离为d,左、右边界足够宽。现有一带电荷量为+q、质量为m的小球(可视为质点)以竖直向上的速度从下边界上的A点进入匀强电场,且恰好没有从上边界射出,小球最后从下边界的B点离开匀强电场,若A、B两点间的距离为4d,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)匀强电场的电场强度大小。‎ ‎(2)小球在B点的动能。‎ ‎【解析】(1)设电场强度为E,小球从A运动到B的时间为t,则 在水平方向上有··t2=4d 在竖直方向上,由运动的对称性有·g=d 联立解得E=。‎ ‎(2)设小球进入电场时的速度为v0,小球到达B点时的动能为Ek,则 在竖直方向上有=2gd 对小球从A到B点的过程由动能定理得4qEd=Ek-m 联立解得Ek=5mgd。‎ ‎【答案】(1)　(2)5mgd ‎12.(2017·河北模拟)如图所示,轻质弹簧将质量为m的小物块连接在质量为M(M=3m)的光滑框架内。小物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度。现设框架与小物块以共同速度v0沿光滑水平面向左匀速滑动。‎ ‎(1)若框架与墙壁发生碰撞后速度为零,但与墙壁不粘连,求框架脱离墙壁后的运动过程中,弹簧弹性势能的最大值。‎ ‎(2)若框架与墙壁发生碰撞以一定速度反弹,在以后过程中弹簧的最大弹性势能为m,求框架与墙壁碰撞时损失的机械能ΔE1。‎ ‎(3)在(2)情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞?若不能,说明理由。若能,试求出第二次碰撞时损失的机械能ΔE2。(框架与墙壁每次碰撞前后速度大小之比不变)‎ ‎【解析】(1)框架与墙壁碰撞后,物块以v0压缩弹簧,后又返回,当返回原位时框架开始离开,由机械能守恒知,此时物块的速度为v0、方向向右 设框架脱离墙壁后,弹簧具有最大势能时,框架与物块的共同速度为v,由动量守恒定律得mv0=4mv 由能量守恒定律得m=×4mv2+Epmax 解得Epmax=m。‎ ‎(2)设框架反弹速度为v1,弹簧具有最大弹性势能时,框架与物块的共同速度为v',则由动量、能量守恒定律得 ‎3mv1-mv0=4mv'‎ ‎×3m+m=×4mv'2+m 解得v1=,v1'=-v0(舍去)‎ 代入解得v'=0‎ ΔE1=×3m-×3m=m。‎ ‎(3)由(2)知第一次碰后反弹后,二者总动量为零,故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞,并以速度v1=与墙壁相撞,由题意知 ‎=‎ 所以v2=‎ 故ΔE2=×3m-×3m=m。‎ ‎【答案】(1)m　(2)m ‎(3)能,损失的机械能为m