人教版高中物理选修3-1第二章章末总结

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）章末总结第一部分题型探究将复杂的研究对象转换成简单的物体模型解决实际问题在国庆日那天，群众游行队伍中的国徽彩车，是由一辆电动车装扮而成，该电动车充一次电可以走100 km 左右．假设这辆电动彩车总质量为6.75×103 kg，当它匀速通过天安门前500 m长的检阅区域时用时250 s，驱动电机的输入电流I＝10 A，电压为300 V，电动彩车行驶时所受阻力为车重的0.02倍．g取10 m/s2，不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：(1)驱动电机的输入功率；(2)电动彩车通过天安门前时的机械功率；(3)驱动电机的内阻和机械效率．【思路点拨】解析：(1)驱动电机的输入功率：P入＝UI＝300 V×10 A＝3 000 W.(2)电动彩车通过天安门前的速度v＝xt＝2 m/s，电动彩车行驶时所受阻力为F f＝0.02mg＝0.02×6.75×103×10 N＝1.35×103 N；电动彩车匀速行驶时F＝F f，故电动彩车通过天安门前时的机械功率P机＝F v＝2 700 W.(3)设驱动电机的内阻为R ，由能量守恒定律得：P 入t ＝P 机t ＋I 2Rt ，解得驱动电机的内阻R ＝3 Ω，驱动电机的机械效率η＝P 机P 入×100%＝90%.答案：(1)3 000 W (2)2 700 W (3)3 Ω 90%小结：电动彩车是由电动机驱动的，其含电动机的电路是一非纯电阻电路模型，处理此类问题常用能量守恒定律列式求解．►针对性训练1．有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过测量钻孔中的电特性反映地下的有关情况．如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm.设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m.现在在钻孔的上表面和底部加上电压测得U ＝100 V ，I ＝100 mA ，求该钻孔的深度．解析：设该钻孔内的盐水的电阻为R ，由R ＝U I ，得R ＝100100×10－3Ω＝103 Ω.由电阻定律得：深度h ＝l ＝RS ρ＝103×3.14×0.120.314 m ＝100 m.答案：100 m含电容电路的分析与计算方法(多选)如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值，则()A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加【思路点拨】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q＝CU判断出电容器所带电荷量如何变化．解析：R1上没有电流流过，R1是等势体，故减小R1，C1两端电压不变，C2两端电压不变，C1、C2所带的电量都不变，选项A错误；增大R2，C1、C2两端电压都增大，C1、C2所带的电量都增加，选项B正确；增大R3，C1两端电压减小，C2两端电压增大，C1所带的电量减小，C2所带的电量增加，选项C错误；减小R4，C1、C2两端电压都增大，C1、C2所带的电量都增加，选项D正确．答案：BD小结：解决含电容器的直流电路问题的一般方法：(1)通过初末两个稳定的状态来了解中间不稳定的变化过程．(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路．(3)电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．(4)在计算电容器的带电荷量变化时，如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和．►针对性训练2．(多选)如图所示电路中，4个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有质量为m、带电量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间．现断开电键S，则下列说法正确的是(AC)A．小球带负电B．断开电键后电容器的带电量增大C．断开电键后带电小球向下运动D．断开电键后带电小球向上运动解析：带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间，说明所受电场力向上，小球带负电，选项A正确；断开电键后电容器两端电压减小，电容器的带电量减小，带电小球所受电场力减小，带电小球向下运动，选项C正确、D错误．创新情景探究角速度计可测量航天器自转的角速度ω，其结构如图所示．当系统绕OO′转动时，元件A在光滑杆上发生滑动，并输出电压信号成为航天器的制导信号源．已知A质量为m，弹簧的劲度系数为k，原长为L0，电源电动势为E，内阻不计．滑动变阻器总长为L，电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器滑动头P在中点，与固定接点Q 正对，当系统以角速度ω转动时，求：(1)弹簧形变量x与ω的关系式；(2)电压表的示数U与角速度ω的函数关系．【思路点拨】当系统在水平面内以角速度ω转动时，由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度ω与弹簧伸长的长度x的关系式．根据串联电路电压与电阻成正比，得到电压U与x的关系式，再联立解得电压U与角速度ω的函数关系．解析：(1)根据牛顿第二定律，有：F n＝ma＝mω2R，而F n＝kx＝mω2(L0＋x)，即x＝mω2L0（k－mω2）.(2)电压表示数U＝xEL＝mω2L0EL（k－mω2）.答案：见解析．小结：本题是一道典型的理论联系实际的题目，也是一道力学、电学的综合题，关键是要弄懂滑动变阻器上当滑动头P滑动时的电阻关系．►针对性训练3．如图所示，图甲是我市某中学在研究性学习活动中，吴丽同学自制的电子秤原理示意图．目的是利用理想电压表的示数指示物体的质量．托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计．滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，滑动触头恰好指在变阻器R的最上端，此时电压表示数为零．设变阻器总电阻为R，总长度为L，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力．(1)推出电压表示数U与所称物体质量m的关系式U x＝____________．(2)为使电压表示数与待测物体质量成正比，请利用原有器材进行改进，在乙图的基础上完成改进后的电路原理图，并求出电压表示数U x与所称物体质量m的关系式．思路点拨：根据欧姆定律求得电路的电流，再根据弹簧弹力等于重力，电阻与长度的关系列式即可求解．解析：(1)当在托盘中放质量为m的重物后，弹簧被压缩x，据题意可知：mg＝kx .此时滑动变阻器滑片以上的电阻值为R1，则：R1＝xL R，根据闭合电路欧姆定律有：I＝ER0＋r＋R1，电压表的示数U为：U x＝IR1，联立以上各式得：U x＝mgREmgR＋kl（R0＋r）.(2)设计的新电路如图所示．设电流为I′，则：I′＝ER0＋R＋r，电压表示数为U x′，U x′＝I′R1，联立可得：U x′＝gREm（R0＋R＋r）kL.答案：(1)U x＝mgREmgR＋kl（R0＋r）(2)U x′＝gREm（R0＋R＋r）kL第二部分典型错误释疑典型错误之一混淆额定功率与实际功率的关系在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施可行的是()A．剪去一半的电阻丝B．并联一根相同的电阻丝C．串联一根相同的电阻丝D．使电热器两端的电压增大一倍【错解】根据Q＝I2Rt＝U2R t可知，Q∝1R，因U不变，故要使电阻减小为原来的一半．故选项A、B正确．【分析纠错】本题解答忽略了每根电阻丝都有一定的额定功率这一隐含条件．将电阻丝剪去一半后，其额定功率减小一半，虽然这样做在理论上满足使热量增加一倍的要求，但由于此时电阻丝实际功率远远大于额定功率，因此电阻丝将被烧坏．故只能选B.典型错误之二混淆电阻的串、并联中电流、电压的分配关系如图所示，并联电路中，已知干路电流I＝1.2 A，R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，求各支路电流强度各为多少？【错解】因并联电路中各支路电流强度与电阻成反比，由于：R1∶R2∶R3＝1∶2∶3所以：I1∶I2∶I3＝3∶2∶1即：I1＝3I3, I2＝2I3而：I1＋I2＋I3＝I即：3I3＋2I3＋I3＝1.2 A所以：I1＝0.6 A I2＝0.4 A I3＝0.2 A.【分析纠错】造成以上错解原因是对并联电路的分流原理的错误理解，即误以为流过R1，R2，R3的电流I1，I2，I3满足I1∶I2∶I3＝R1∶R2∶R3.正确解法是：设并联电路两端电压为U由于R1∶R2∶R3＝1∶2∶3∴R2＝2R1，R3＝3R1I1＝UR1，I2＝U2R1＝12I1，I3＝U3R1＝13I1而I1＋I2＋I3＝I∴I1＋12I1＋13I1＝1.2 AI1＝0.65 A I2＝0.22 A I3＝0.33 A.典型错误之三 死记结论有四个电源，电动势均为8 V ，内阻分别为1 Ω、2 Ω、4 Ω、8 Ω，今要对R ＝2 Ω的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使R 上获得的功率最大( )A ．1 ΩB ．2 ΩC ．4 ΩD ．8 Ω【错解】依“外电阻等于内电阻(R ＝r)时，外电路上的电功率有最大值”可知，应选内阻2 Ω的电源对R 供电，故选B.【分析纠错】上述错解的根源在于滥用结论．事实上，确定的电源有最大的输出功率和确定的外电路上获得最大功率的条件是不同的．“外电阻等于内电阻(R ＝r)时，外电路上的电功率有最大值”只适用于电源确定而外电阻可选择的情形，而本题实属外电阻确定而电源可选的情况，两者意义不同，不可混为一谈．由P ＝I 2R 可知，R 上消耗的功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫82＋r 2. 显然，P 是r 的单调减函数，所以就题设条件而言，r 取1 Ω时P 有最大值，应选A.典型错误之四 对电路中滑动变阻器改变阻值对应电路变化的错误认识如图所示电路，已知电源电动势E ＝6.3 V ，内电阻r ＝0.5 Ω，固定电阻R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3是阻值为5 Ω 的滑动变阻器．按下电键K ，调节滑动变阻器的触点，求通过电源的电流范围．【错解】将滑动触头滑至左端，R 3与R 1串联再与R 2并联，外电阻R ＝（R 1＋R 2）R 3R 1＋R 2＋R 3＝（2＋5）×32＋5＋3Ω＝2.1 Ω I ＝E R ＋r ＝ 6.32.1＋0.5A ＝2.4 A 再将滑动触头滑至右端R 3与R 2串联再与R 1并联，外电阻R ′＝（R 2＋R 3）R 1R 1＋R 2＋R 3＝（3＋5）×22＋5＋3Ω＝1.6 Ω I ′＝E R ′＋r ＝ 6.31.6＋0.5A ＝3 A. 【分析纠错】由于平时实验，常常用滑动变阻器作限流用(滑动变阻器与用电器串联)当滑动头移到两头时，通过用电器的电流将最大或最小．以至给人以一种思维定势：不分具体电路，只要电路中有滑动变阻器，滑动头在它的两头，通过的电流是最大或最小．将上图化简成下图，外电路的结构是R′与R 2串联、(R 3－R′)与R 1串联，然后这两串电阻并联．要使通过电路中电流最大，外电阻应当最小，要使通过电源的电流最小，外电阻应当最大．设R 3中与R 2串联的那部分电阻为R′，外电阻R 为R ＝（R 2＋R′）（R 1＋R 2－R′）R 2＋R′＋R 1＋R 3－R′＝（R 2＋R′）（R 1＋R 3－R′）R 2＋R 1＋R 3因为，两数和为定值，两数相等时其积最大，两数差值越大其乘积越小．即当R 2＋R′＝R 1＋R 3－R′时，R 最大．解得R ′＝2 Ω，R 大＝（3＋2）（2＋5－2）3＋2＋5Ω＝2.5 Ω 因为R 1＝2 Ω＜R 2＝3 Ω，所以当变阻器滑动到靠近R 1端点时两部分电阻差值最大．此时刻外电阻R 最小．R 小＝（R 2＋R 3）R 1R 1＋R 2＋R 3＝（3＋5）×22＋5＋3Ω＝1.6 Ω 由闭合电路欧姆定律有：I 小＝E R 大＋r ＝ 6.32.5＋0.5A ＝2.1 A I 大＝E R 小＋r ＝ 6.31.6＋0.5A ＝3 A 通过电源的电流范围是2.1 A 到3 A.。