2024版高考物理一轮复习第八章恒定电流实验十一描绘小灯泡的伏安特性曲线学案新人教版

PAGE10-2024版高考物理一轮复习第八章恒定电流实验十一描绘小灯泡的伏安特性曲线学案新人教版实验十一描绘小灯泡的伏安特性曲线实验知识·自主回顾SHIYANZHISHIZIZHUHUIGU一、实验目的1．掌握滑动变阻器的使用方法及连接方法。2．掌握伏安特性曲线的描绘方法。3．理解小灯泡的伏安特性曲线为什么不是一条直线。二、实验原理根据欧姆定律，在纯电阻电路中，当电阻的阻值恒定时，电阻两端的电压和通过电阻的电流成线性关系，U－I图像是一条直线；如果电阻的阻值是变化的，U－I图像不再是一条直线。本实验用伏安法测出小灯泡两端电压及电流，描绘出小灯泡的U－I图像。实验电路如图所示。对一只灯泡来说，不正常发光和正常发光时灯丝的电阻值可以相差几倍到几十倍，所以，它的伏安特性曲线是一条曲线。三、实验步骤1．按如图所示的电路原理图连接电路，在闭合开关前变阻器的滑片靠近图中所示的A端。2．闭合开关，移动滑片P，读出十几组U、I值，并记录在表格中。3．建立U－I坐标系，将所得几组U、I值在坐标上描出所对应的点。4．用平滑的曲线将各点连接起来，即为U－I图像。四、数据处理实验中，在调节滑动变阻器的滑片位置改变灯泡两端电压时，尽量使灯泡的电压变换有规律，再对应地读电流值，然后再根据所取的电压、电流的最大值，选取适当的横、纵坐标分度，描点画图，这样可以使所取的点在坐标平面内分布的尽量大而且分布疏密程度均匀一些。五、实验器材选取1．原则：①安全；②精确；③操作方便。2．具体要求(1)电源允许的最大电流不小于电路中的实际最大电流。干电池中电流一般不允许超过0.6A。(2)用电器的额定电流不能小于通过该用电器的实际最大电流。(3)电压表或电流表的量程不能小于被测电压或电流的最大值。(4)滑动变阻器，分压式接法要选用小阻值滑动变阻器。六、误差分析1．由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会带来误差。2．电流表、电压表的读数带来误差。3．在坐标纸上描点、作图带来操作误差。七、注意事项1．本实验中被测小灯泡灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法。2．本实验要作出U－I图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法。3．为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于电路图中的A端。4．I－U图像在U0＝1.0V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0V左右绘点要密，以防出现很大误差。5．电流表选择0.6A量程，电压表量程选择视小灯泡的额定电压而定。6．当小灯泡电压快接近额定电压值时，要缓慢地增加到额定电压值，记录I后马上断开开关。7．误差较大的点要舍去，I－U图像应是平滑曲线而非折线。8．建立坐标系时，纵轴表示电流，横轴表示电压，两坐标轴选取的标度要合理，使得根据测量数据画出的图线尽量占满坐标纸。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一教材原型实验例1(2021·甘肃模拟)为描绘一只规格为“2.8V1.6W”的小灯泡的伏安特性曲线，某同学给了以下器材：A．干电池组E(电动势3V)B．滑动变阻器R(最大电阻5Ω)C．电流表A1(量程0～0.6A，内阻约0.5Ω)D．电流表A2(量程0～3A，内阻约0.1Ω)E．电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)F．电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)G．开关一个，导线若干。(1)实验应选用的电流表是C，电压表是E。(填器材前面的字母序号)(2)测量电路应采用电流表外接(填“内接”或“外接”)法，控制电路应采用滑动变阻器分压式(填“限流式”或“分压式”)接法。(3)如图，作出的I－U图像中a(填“a”“b”或“c”)图线比较符合小灯泡的伏安特性曲线。[解析](1)由于小灯泡的额定电压为2.8V，所以电压表应选E，小灯泡的额定电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.6,2.8)A≈0.57A，所以电流表应选C；(2)由于小灯泡的电阻较小，所以电流表用外接法，描绘小灯泡的伏安特性曲线时小灯泡电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式接法；(3)由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，I－U图像中图线上点的横坐标与纵坐标的比值表示小灯泡的电阻，所以I－U图像中a图线比较符合小灯泡的伏安特性曲线。方法总结仪器选取及电路选取需要注意的三个问题(1)应根据电路中的最大电压与最大电流来选择电压表与电流表的量程；(2)当实验要求电压或电流从零调节或当滑动变阻器的最大电阻远小于待测电阻时，滑动变阻器应采用分压式接法；(3)当待测电阻满足eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)时，电流表采用外接法，满足eq\f(RV,Rx)<eq\f(Rx,RA)时，电流表采用内接法。〔变式训练1〕为了描绘一个“12V6W”的小灯泡的伏安特性曲线，现提供以下器材进行实验。直流电源E：电动势15V，内阻不计；电流表A：量程分别为0～0.6A和0～3A，内阻分别约为0.50Ω和0.1Ω；电压表V：量程0～3V，内阻为3kΩ；定值电阻R0：阻值为12kΩ；滑动变阻器R：最大阻值20Ω，允许通过的最大电流1A；开关一个；导线若干。(1)由于电压表的量程偏小，要用所给电压表V和定值电阻R0改装成一个较大量程的电压表V′，改装后的电压表量程为0～15V；(2)在方框里画出符合本实验要求的电路图；eq\x(\a\al(,,,,))[答案](3)根据测得的电压表V的示数和电流表A的示数，描出I－U曲线如图甲所示。某次测量时，电流表指针位置如图乙所示，则电流表读数为0.40A，此时小灯泡的电阻为18.75Ω。[解析]本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图画法、小灯泡电阻的计算。(1)电压表内阻为3kΩ，定值电阻阻值为12kΩ，可知改装后电压表最大测量值为U＝eq\f(U1,RV)(RV＋R0)＝15V，即改装后的电压表量程为0～15V。(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要电压从零开始测量，滑动变阻器应采用分压式接法；由于小灯泡的电阻与电流表内阻相差较小，电流表采用外接法，如图所示。(3)小灯泡的额定电流I＝eq\f(P,U)，故电流表选用0～0.6A量程，由题图乙知，电流表的示数为0.40A；由题图甲知，当电流I＝0.40A时，电压表的示数为UV＝1.50V，由串联电路电压与电阻成正比知，灯泡两端的电压U＝eq\f(RV＋R0,RV)UV＝7.50V，由欧姆定律得，R＝eq\f(U,I)＝eq\f(7.50,0.40)Ω＝18.75Ω。考点二实验拓展创新在本实验电路的基础上，进行改进与拓展，常见的命题角度有：(1)改变实验电路：如在电表内阻已知的情况下，利用定值电阻改装电表量程。(2)改变实验目的：如可以研究电阻的电功率。(3)改变被测元件：可以探究其他元件的伏安特性。例2(2020·吉林模拟)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)；电压表(量程3V，内阻3kΩ)；电流表(量程0.5A，内阻0.5Ω)；固定电阻R0(阻值1000Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)；电源E(电动势5V，内阻不计)；开关S；导线若干。(1)实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。[答案](2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大(选填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率增大(选填“增大”“不变”或“减小”)。(3)用另一电源E0(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为0.39W，最大功率为1.17W。(结果均保留2位小数)[解析](1)在额定电压下，小灯泡L的阻值RL＝eq\f(3.8,0.32)Ω＝11.875Ω，这个阻值较小，所以采用电流表外接法；由于电压表量程为3V，小于额定电压3.8V，所以将固定电阻R0与电压表串联来测小灯泡电压；要实现0～3.8V的范围内的测量，滑动变阻器必须采用分压式接法，所以实验电路原理如图所示。(2)实验曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示小灯泡的电阻，所以随着电流的增加，小灯泡的电阻增大；由R＝ρeq\f(L,S)可得ρ＝eq\f(RS,L)，所以灯丝的电阻率增大。(3)当R＝9.0Ω时，小灯泡的实际功率最小，由闭合电路欧姆定律有E0＝I(R＋r)＋U，即4＝10I＋U，在图中作出该直线如图(甲)所示，交点坐标约为I＝223mA，U＝1.77V，最小功率Pmin＝UI＝0.39W；当R＝0时，小灯泡的实际功率最大，有E＝Ir＋U，即4＝I＋U，在图中作出该直线如图(乙)所示，交点坐标约为I＝318mA，U＝3.69V，小灯泡的最大功率Pmax＝UI＝1.17W。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·全国卷Ⅱ)某同学要研究一小灯泡L(3.6V,0.30A)的伏安特性，所用器材有：电流表A1(量程200mA，内阻Rg1＝10.0Ω)、电流表A2(量程500mA，内阻Rg2＝1.0Ω)、定值电阻R0(阻值R0＝10.0Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)、电源E(电动势4.5V，内阻很小)、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图(a)所示。(1)根据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线。图(a)图(b)[答案](2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U＝I1(Rg1＋R0)，流过小灯泡的电流I＝I2－I1。为保证小灯泡的安全，I1不能超过180mA。(3)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2，所得实验数据在下表中给出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1＝173mA时，灯丝电阻R＝11.6Ω(保留1位小数)。(4)如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于8.0Ω(保留1位小数)。[解析]本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验的器材选择、电路连接、实验原理及数据处理。(1)连接电路时要注意各线不要交叉，连接电表时注意电表的正、负接线柱。(2)由电路图可知，电流表A1与定值电阻R0串联充当电压表使用，所以小灯泡两端的电压U＝I1(Rg1＋R0)，流过小灯泡的电流I＝I2－I1，为保证小灯泡的安全，小灯泡两端的电压不能超过3.6V，故当小灯泡两端的电压为3.6V时，流过电流表A1的电流I＝eq\f(3.6V,Rg1＋R0)＝0.18A＝180mA。(3)当I1＝173mA时，小灯泡的电阻R＝eq\f(I1Rg1＋R0,I2－I1)＝eq\f(173×10－3×10.0＋10.0,470－173×10－3)Ω≈11.6Ω。(4)电流表A1与定值电阻R′0串联充当电压表使用，即流过电流表A1的电流为满偏电流200mA时，电流表A1与定值电阻两端的电压不能小于3.6V，则R′0≥eq\f(3.6V,200×10－3A)－10Ω＝8.0Ω。2．(2019·全国卷Ⅱ，23)某小组利用图(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中和为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100Ω)；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题：图(a)图(b)(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表的示数为U1＝5.00mV；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻变小(填“变大”或“变小”)，电压表示数增大(填“增大”或“减小”)，此时应将R的滑片向B(填“A”或“B”)端移动，以使示数仍为U1。(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,Δt)))＝2.8×10－3V/℃(保留2位有效数字)。[解析](1)、是理想电压表，则R0与硅二极管串联，电流相等，R0两端电压U1＝IR0＝50.0×10－6×100V＝5.00×10－3V＝5.00mV。由U-t图像知：控温炉内温度升高，U2变小，又I＝50.0μA不变，故硅二极管正向电阻变小；当控温炉内温度升高时，硅二极管电阻变小，反过来影响电路中电流，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大，示数增大；要保持示数不变，需增大滑动变阻器的阻值，即滑片向B端移动。(2)由U-t图像的斜率可知：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,Δt)))＝eq\f(0.44－0.30,80－30)V/℃＝2.8×10－3V/℃。3．(2020·辽宁模拟)一探究小组要描绘一个标有“5V2.5W”小马达(电动机，线圈电阻恒定)的伏安特性曲线，马达两端的电压需要从零逐渐增加到5V。现有下列器材：A．电源(电动势6V)B．电压表(量程0～6V)C．电流表A1(量程0～3A)D．电流表A2(量程0～0.6A)E．滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)F．滑动变阻器R2(最大阻值200Ω)G．开关和导线若干(1)实验中电流表应选D(填“C”或“D”)，滑动变阻器应选E(填“E”或“F”)。(2)请在图甲方框中画出完整的实验电路图。[答案](3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数大于0.5V时马达才开始转动，该小组用所测数据描绘的伏安特性曲线如图乙所示，由图像可得马达线圈的电阻为1.25Ω，马达正常工作时的机械功率为2.19W。(结果保留三位有效数字)[解析]本题考查探究小马达的伏安特性曲线。(1)小马达的额定电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2.5,5)A＝0.5A，故电流表应选用D；实验要求小马达的电压从零逐渐增大到5V，故滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选最大阻值小的，故选E。(2)由图乙知，小马达的电阻R＝eq\f(0.5,0.4)Ω＝1.25Ω，由分析知小马达的电阻与电流表的内阻相差较小，电流表采用外接法，电路图如图所示。(3)马达正常工作时的电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2.5,5)A＝0.5A，则机械功率P机＝P－I2R＝2.5－0.52×1.25W≈2.19W。专题强化七电阻测量的五种方法全国高考与部分省市的高考物理试卷中，电学实验经常考查电阻测量的原理与方法，除了伏安法外，下面总结了电阻测量的另几种常用思路和方法。方法一、等效替代法1．电流等效替代该方法的实验步骤如下：(1)按如图电路图连接好电路，并将电阻箱R0的阻值调至最大，滑动变阻器的滑片P置于a端。(2)闭合开关S1、S2，调节滑片P，使电流表指针指在适当的位置，记下此时电流表的示数为I。(3)断开开关S2，再闭合开关S3，保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I。(4)此时电阻箱连入电路的阻值R0与未知电阻Rx的阻值等效，即Rx＝R0。(5)电路可以是限流电路，根据实际情况也可以是分压电路。(6)该实验也可以测电表内阻。2．电压等效替代该方法的实验步骤如下：(1)按如图电路图连好电路，并将电阻箱R0的阻值调至最大，滑动变阻器的滑片P置于a端。(2)闭合开关S1、S2，调节滑片P，使电压表指针指在适当的位置，记下此时电压表的示数为U。(3)断开S2，再闭合S3，保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱使电压表的示数仍为U。(4)此时电阻箱连入电路的阻值R0与未知电阻Rx的阻值等效，即Rx＝R0。(5)该实验常用于大电阻的测量，用分压式电路。(6)该实验也可测电表内阻。例1为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻Rx(阻值约100Ω)、电阻箱R0(0～999.9Ω)、滑动变阻器R、电流表A(量程0.6A)、电压传感器、直流电源E(内阻可忽略)、开关、导线若干。甲同学设计了如图(a)所示的电路进行实验。(1)根据电路图(a)，在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。[答案]如图所示(2)实验操作时，先将滑动变阻器的滑片P移到c端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节滑动变阻器R使电流表指针偏转至某一位置如图(c)所示，记下此时的电流I＝0.40A。断开S1，使滑动变阻器R的阻值不变(填“不变”或“改变”)，调节电阻箱R0的阻值在100Ω左右，再闭合S2，调节R0使得电流表示数仍为I时，R0的读数即为Rx的阻值。(3)乙同学利用图(d)所示电路进行实验，改变电阻箱R0的阻值，从电压传感器获得相应的电压U，作出eq\f(1,U)－R0关系图像如图(e)所示，图线的纵轴截距为b，斜率为k，则电阻Rx的阻值为eq\f(b,k)。若电源内阻不可忽略，用此方法得到的测量值大于(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。[解析](1)根据电路图连接实物图如图所示；(2)根据图中偏转指针对应的数据和电流表量程可以读出示数为0.40A；由于本实验采用的是等效法，两次操作应保证滑动变阻器接入电路的阻值不变；(3)根据闭合电路欧姆定律有U＝eq\f(RxE,Rx＋R0)，整理可得eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(R0,RxE)，根据数学知识可知b＝eq\f(1,E)，k＝eq\f(1,RxE)，解得Rx＝eq\f(b,k)。若计电源内阻有U＝eq\f(RxE,Rx＋R0＋r)，则b＝eq\f(1,E)＋eq\f(r,RxE)，截距b>eq\f(1,E)，故测量值比真实值要大。方法二、电桥法电桥法是测量电阻的一种特殊方法，其测量原理电路如图所示，实验中调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1。同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2，根据欧姆定律有eq\f(U1,R1)＝eq\f(U2,R2)，eq\f(U1,R3)＝eq\f(U2,Rx)，由以上两式解得R1Rx＝R2R3，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值。在上面的电路中：(1)当eq\f(R1,R2)＝eq\f(R3,Rx)时，UAB＝0，IG＝0。(2)当eq\f(R1,R2)<eq\f(R3,Rx)时，UAB>0，IG≠0，且方向：A→B。(3)当eq\f(R1,R2)>eq\f(R3,Rx)时，UAB<0，IG≠0，且方向：B→A。例2某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100μA，内阻大约为2500Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99999.9Ω)；电源E(电动势约为1.5V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。图(a)(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。图(b)[答案](2)完成下列填空：①R1的阻值为20Ω(选填“20”或“2000”)。②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的左端(选填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置。最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势相等(选填“相等”或“不相等”)。④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为2550Ω(结果保留到个位)。(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。[解析](1)实物连线如图所示。(2)R2起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20Ω；为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零；反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明eq\f(2500.0Ω,RμA)＝eq\f(RμA,2601.0Ω)，解得RμA＝2550Ω。(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。方法三、安安法若电流表内阻已知，则可将其当作电流表、电压表以及定值电阻来使用。(1)如图甲所示，当两电流表所能测得的最大电压接近时，如果已知A1的内阻R1，可测得A2的内阻R2＝eq\f(I1R1,I2)。(2)如图乙所示，当两电流表的满偏电压UA2≫UA1时，如果已知A1的内阻R1，A1串联一定值电阻R0后，同样可测得A2的电阻R2＝eq\f(I1R1＋R0,I2)。例3某同学利用如图甲所示的电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：甲乙丙A．待测表头G1，内阻r1约为300Ω，量程5.0mA；B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300Ω，量程1.0mA；C．定值电阻R＝1200Ω；D．滑动变阻器R1＝20Ω；E．滑动变阻器R2＝2000Ω；F．电源，电动势E＝3.0V，内阻不计；G．开关S，导线若干。(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；[答案](2)滑动变阻器应选D(填写器材前的代号)。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a(填“a”或“b”)端；(3)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为3.00mA；(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线。已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝270Ω。(5)该同学接入电阻R的主要目的是保护G2，使两表均能达到接近满偏。[解析](1)实物连线如图：(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应选择阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端；(3)待测表头G1的示数为3.00mA；(4)由欧姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝eq\f(r1,R＋r2)I1，则eq\f(r1,R＋r2)＝k＝0.18，解得r1＝270Ω；(5)该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏。方法四、伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当作电流表、电压表和定值电阻来使用。(1)如图甲所示，两电压表的满偏电流接近时，若已知V1的内阻R1，则可测出V2的内阻R2＝eq\f(U2,U1)R1。(2)如图乙所示，两电压表的满偏电流IV1≪IV2时，若已知V1的内阻R1，V1并联一定值电阻R0后，同样可得V2的内阻R2＝eq\f(U2,\f(U1,R1)＋\f(U1,R0))。例4用以下器材可测量电阻Rx的阻值。A．待测电阻Rx，阻值约为600ΩB．电源E，电动势约为6.0V，内阻可忽略不计C．毫伏表V1，量程为0～500mV，内阻r1＝1000ΩD．电压表V2，量程为0～6V，内阻r2约为10kΩ，E．电流表A，量程为0～0.6A，内阻r3约为1ΩF．定值电阻R0，R0＝60ΩG．滑动变阻器R，最大阻值为150ΩH．开关S一个，导线若干(1)测量中要求两块电表的读数都不小于其量程的1/3，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图。[答案](2)若选测量数据中的一组来计算Rx，则由已知量和测量量计算Rx的表达式为Rx＝eq\f(U2－U1R0r1,U1R0＋r1)，式中各符号的意义是：U1为毫伏表V1的读数，U2为电压表V2的读数，r1为毫伏表的内阻，R0为定值电阻。(所有物理量用题中代表符号表示)[解析](1)电路的最大电流为I＝eq\f(6V,600Ω)＝0.01A，电流表量程太大，可以把毫伏表并联一个定值电阻改装成电流表，电压表选择V2即可，要求测量多组数据，滑动变阻器需用分压式接法，电路如图。(2)流过被测电阻的电流为I＝eq\f(U1,r1)＋eq\f(U1,R0)＝eq\f(U1R0＋r1,R0r1)被测电阻阻值为Rx＝eq\f(U2－U1,I)＝eq\f(U2－U1R0r1,U1R0＋r1)方法五半偏法1．利用电流表半偏测电流表Ⓐ的内阻(1)实验原理(如图)(2)实验步骤①R1调至阻值最大，闭合S1调R1的阻值使Ⓐ示数达到满偏值。②保持R1阻值不变，闭合S2，调节R2使Ⓐ示数达到满偏值一半，同时记录R2的值。③RA＝R2。2．利用电压表半偏测电压表的内阻(1)实验原理(如图)(2)如图所示，测量电压表的内阻，操作步骤如下：①滑动变阻器的滑片滑至最右端，电阻箱的阻值调到最大；②闭合S1、S2，调节R0，使表示数指到满偏刻度；③断开S2，保持R0不变，调节R，使表指针指到满刻度的一半；④由上可得RV＝R。例5(2020·安徽池州月考)某探究小组为了研究用“半偏法”测电阻和改装电表，先用“半偏法”测量程为0～100μA的电流表G的电阻，再将电流表G改装成电压表。(1)首先采用如图甲所示的实验电路测量该电流表G的内阻Rg，图中R1为滑动变阻器、R2为电阻箱。他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是BDA。(选出下列必要的步骤，并将其序号排序)A．记下R2的阻值B．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度C．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半D．闭合S2，保持R1的阻值不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为100Ω，则测得Rg的阻值大小为100Ω；与电流表电阻的真实值R′g相比，Rg<R′g(填“>”“＝”或“<”)。(3)将上述电流表G串联一个29900Ω的电阻，改装成电压表，该电压表的量程是0～3V。用它来测量电压时，表盘指针位置如图乙所示，此时电压表的读数大小为2.6V。[解析](1)本题是使用半偏法测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1的阻值不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为BDA。(2)此时R2的阻值与Rg的阻值相等，故Rg的阻值大小也为100Ω。随着S2的闭合，整个电路中的电流将会变大，但实际上我们仍然是按照电流不变时的电流来计算的，通过电阻箱R2的电流将比通过电流表G的电流要大，又因为R2与G并联，电压相同，所以实际的电阻值读数R2将小于灵敏电流表的电阻(内阻)。所以用半偏法测电阻测出的电阻要小于实际电阻。(3)电流表G与一较大的电阻串联即可改装成电压表。U＝IgR＋IgRg＝10－4×(100＋29900)V＝3V，此时指针位置所指示的电压读数为2.6V。〔专题强化训练〕1．某同学利用图甲中的电路测量电流表的内阻RA(约为5Ω)，图中R1是滑动变阻器，R2是电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为10mA。(1)请根据电路图连接图乙中的实物图；[答案](2)断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值如图丙所示时，恰好半偏。若忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，则可知RA＝4.9Ω；(3)考虑电路中总电阻的变化，则电流表的内阻RA的测量值R测和真实值R真相比，R测<R真(填“＞”或“＜”)；若选用一个电动势E更大的电源并能完成该实验时，相对误差eq\f(|R测－R真|,R真)将变小(填“大”或“小”)。(4)将(2)中电流表内阻的测量值作为该表内阻，若要改装成量程为3V的电压表，则需与该电流表串联一个阻值为295.1Ω的电阻。[解析](1)连接的电路如图。(2)RA的阻值为RA＝4×1Ω＋9×0.1Ω＝4.9Ω。(3)闭合开关S2后电流表与R2并联，电路总电阻变小，电路中电流变大，电流表半偏时通过电阻箱的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，我们认为电流表内阻等于R2的阻值，则电流表内阻测量值小于真实值。(3)断开S2，闭合S1Ig＝eq\f(E,R1＋R真)当闭合S2时，RA和R2并联，所以有R＝eq\f(R真R测,R真＋R测)eq\f(\f(ER,R＋R1),R真)＝eq\f(Ig,2)解得eq\f(R真－R测,R真)＝eq\f(IR真,E)电动势变大，所以变小。(4)串联的电阻R′＝eq\f(U,Ig)－RA＝eq\f(3,0.01)Ω－4.9Ω＝295.1Ω。2．(2020·湖南长沙月考)某实验小组的同学利用图甲所示的电路探究并联电路中各点电势的关系。已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，R4＝40Ω，电源的电动势为E＝10V，内阻不计，且电源负极端接地。(1)由此可得a、b两点电势差为U＝2V。(2)该实验小组同学又设计了图乙的电路来测量电阻Rx的阻值，其中R为电阻箱，G为灵敏电流计，请按图乙的实验原理图完成图丙中实物电路的连线。[答案](3)实验时，先调节电阻箱，使电阻箱的阻值为R1。闭合开关，反复调节滑动变阻器滑片的位置，使通过灵敏电流计的电流为零；断开开关，保持滑动变阻器的滑片所处位置不变，交换电阻箱与待测电阻的位置。闭合开关，然后反复调节电阻箱，使灵敏电流计的示数再次为零，记下此时电阻箱的阻值为R2；则待测电阻的阻值为Rx＝eq\r(R1R2)(用题中已知量的字母表示)。[解析]本题考查电桥法测电阻。(1)由题图甲可知，R4两端的电压为UR4＝eq\f(R4E,R1＋R4)＝8V，则a点的电势为U＝8V，R3两端的电压为UR3＝eq\f(R3E,R2＋R3)＝6V，则b点的电势为Ub＝6V，则Uab＝Ua－Ub＝2V。(2)根据原理图连线，如图所示。(3)先调节电阻箱，使电阻箱的阻值为R1，闭合开关，反复调节滑动变阻器滑片的位置，使通过灵敏电流计的电流为零，此时灵敏电流计两端电势相同；若设此时滑动变阻器滑片左右两边的电阻分别为Ra和Rb，则应满足eq\f(Rx,Ra)＝eq\f(R1,Rb)，断开开关，保持滑动变阻器的滑片所处位置不变，交换电阻箱与待测电阻的位置。闭合开关，然后反复调节电阻箱，使灵敏电流计的示数再次为零，记下此时电阻箱的阻值为R2；则应满足eq\f(R2,Ra)＝eq\f(Rx,Rb)，联立解得Rx＝eq\r(R1R2)。第1讲重力弹力摩擦力选择题(本题共15小题，1～11题为单选，12～15题为多选)1．(2021·天津静海区四校联考)玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是(C)A．桥面受向下的弹力，是因为桥面发生了弹性形变B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力C．汽车受向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变[解析]本题考查弹力的产生及方向的判断。汽车与桥面相互挤压后都发生了形变，选项B错误；由于桥面发生弹性形变，所以对汽车有向上的弹力，选项C正确，D错误；由于汽车发生了形变，所以对桥面产生向下的弹力，选项A错误。2．(2021·安徽毛坦厂中学月考)如图所示，用一水平力将木块压在粗糙的竖直墙面上，现增加外力，则关于木块所受的静摩擦力和最大静摩擦力说法正确的是(C)A．都变大B．都不变C．静摩擦力不变，最大静摩擦力增大D．静摩擦力增大，最大静摩擦力不变[解析]本题考查静摩擦力的大小变化。由题图可知，静摩擦力应沿墙壁方向且与重力方向相反，重力与静摩擦力大小相等，故静摩擦力不变，垂直于墙面方向上，物体受力F及墙面的弹力作用而平衡，水平外力增大时，物体受墙的弹力增大，则最大静摩擦力增大，故C正确，A、B、D错误。3．如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(D)A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθD．A与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ[解析]对物体B受力分析可知，B一定受重力、支持力，将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力；根据力的相互作用规律可知，A受到B的静摩擦力应沿斜面向下，故A、B错误；对A、B整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，C错误；对A、B整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，由于匀速下滑，故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡，故2mgsinθ＝μ·2mgcosθ，解得μ＝tanθ，D正确。4．(2020·宁夏石嘴山三中期中)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小均为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①弹簧的左端固定在墙上；②弹簧的左端受大小也为F的拉力作用；③弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动；④弹簧的左端拴一小物块，物块在粗糙的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有(D)A．l2>l1 B．l4>l3C．l1>l3 D．l2＝l4[解析]本题考查对弹力的理解。①②作用效果相同，故弹簧的弹力均为F。③④中物块会有加速度，物块对弹簧的拉力仍等于F，可知l1＝l2＝l3＝l4，故D正确。5．(2021·天津耀华中学月考)如图所示，一长直木板的上表面放有一小物块，当木板以远离物块的一端O为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时，则物块受到的摩擦力Ff随转过的角度α变化的图像可能是图中的(C)[解析]本题考查摩擦力的突变问题。物块受到的摩擦力在开始为静摩擦力，f＝mgsinα，按正弦规律变化；而滑动后，f′＝μmgcosα，接余弦定律变化，故C正确。6．(2021·山东济南一中月考)如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当将质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝30°，则此时每根弹簧的伸长量为(D)A．eq\f(3mg,k) B．eq\f(4mg,k)C．eq\f(5mg,k) D．eq\f(2\r(3)mg,k)[解析]本题通过弹簧组考查胡克定律的应用。物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有N－mg＝ma，其中N＝6mg，解得a＝5g。再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析，整体受重力和两个拉力，根据牛顿第二定律，在竖直方向满足2Fcos30°－mg＝ma，解得F＝2eq\r(3)mg。根据胡克定律，有x＝eq\f(F,k)＝eq\f(2\r(3)mg,k)，故D正确。7．如图甲、乙所示，物体A、B在力F的作用下一起以相同的速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(D)A．两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同B．两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反C．两图中物体A均不受摩擦力D．图甲中物体A不受摩擦力，图乙中物体A受摩擦力，方向和F相同[解析]甲图中A做匀速直线运动，合外力为零，水平方向不受外力，故甲图中A没有相对于B的运动趋势，故A不受摩擦力；乙图中A也处于平衡状态，但A的重力使A有沿B上表面下滑的趋势，故B对A有向上的摩擦力，即A受与F方向相同的摩擦力，故D正确。8．(2020·北京师大附中期中)如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换成质量为2m的物体(弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(A)A．eq\f(mg,k1＋k2) B．eq\f(k1k2,mgk1＋k2)C．eq\f(2mg,k1＋k2) D．eq\f(k1k2,2mgk1＋k2)[解析]本题考查胡克定律在弹簧串联体中的应用。当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为x1＝eq\f(mg,k1)。当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，下方弹簧被压缩的长度为x1＋x，两弹簧弹力之和等于2mg，由胡克定律和平衡条件得k2x＋k1(x1＋x)＝2mg，联立解得x＝eq\f(mg,k1＋k2)，故选A。9．(2021·安徽师大附中月考)如图所示，一长方形木板放置在水平地面上，在长方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板与木板不接触。现有一个方形物块在木板上沿挡板以速度v运动，同时方形木板以大小相等的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为(B)A．0 B．eq\f(\r(2),2)μ1μ2mgC．eq\f(1,2)μ1μ2mg D．eq\r(2)μ1μ2mg[解析]物块沿运动方向受挡板的摩擦力f1＝μ1FN，因物块沿挡板运动的速度的大小等于木板的运动速度的大小，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力为f2＝μ2mg，其方向与挡板成45°角，则物块与挡板之间的正压力FN＝μ2mgcos45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，挡板对物块的摩擦力大小f1＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B正确。10．(2021·江苏清江中学月考)如图甲所示，水平粗糙桌面上两个相同的条形磁铁的异名磁极正对放置，起初均静止。已知两磁铁间吸引力F随两磁铁间距离x变化的图像如图乙，每根磁铁质量为m＝0.2kg，与桌面间动摩擦因数为μ＝0.5，两磁铁起初距离为20cm，现在用手控制A，先用水平力让它缓缓向B靠近，当发现B开始运动时，立即改用竖直向下的压力压住A使其保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在B向A靠近过程中，以下说法正确的有(C)A．当x＝5cm时，B将开始运动B．当x＝4cm时，B的加速度为10m/s2C．竖直向下压力的最大值一定大于4ND．B运动过程中加速度可能达到28m/s2[解析]本题考查滑动摩擦力的计算。B受到桌面的滑动摩擦力f＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1.0N，当A对B的吸引力等于滑动摩擦力时，B开始滑动，由题图乙可知，当x＝4cm时，B开始滑动，且加速度为零，故A、B错误；当x＝0时，吸引力F＝3.0N，最大，要使A不动，应满足桌面对A的摩擦力fA＝μ(mg＋N)≥F，N≥4N，故C正确；当x＝0即F＝3.0N时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，B的最大加速度为10m/s2，故D错误。11．(2021·广西南宁二中月考)如图所示，水平桌面上平放有54张卡片，每一张卡片的质量均为m。用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1>μ2，则下列说法正确的是(B)A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左D．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右[解析]对第2张卡片受力分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，最大静摩擦力Fmax≥μ2·(2mg＋F)，而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f＝μ2(mg＋F)<Fmax，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动。同理，第3张与第4张卡片也不发生相对滑动，故A错误；根据题意，因上一张卡片相对下一张卡片向右滑动或有向右滑动的趋势，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故B正确；卡片受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，故C错误；对第1张卡片外的53张卡片研究，水平方向受到第1张卡片向右的滑动摩擦力，可知最后一张卡片受到桌面的摩擦力方向向左，故D错误。12．(2019·山东肥城月考)如图所示，甲、乙、丙三个物体质量相同，与地面间的动摩擦因数相同，受到三个大小相同的作用力F，当它们滑动时，下列说法正确的是(BC)A．甲、乙、丙所受摩擦力相同B．甲受到的摩擦力最小C．乙受到的摩擦力最大D．丙受到的摩擦力最大[解析]本题考查影响摩擦力大小的因素。物体均在滑动，故受到的是滑动摩擦力；由于甲、乙、丙三个物体对地面的压力大小分别为FN甲＝mg－Fsinθ；FN乙＝mg＋Fsinθ；FN丙＝mg；根据f＝μFN可知，滑动摩擦力的大小关系为f乙>f丙>f甲，故B、C正确，A、D错误。一题多解：动摩擦因数相同，比较滑动摩擦力大小可通过比较正压力大小。考虑极限情况，角度为90°时，甲对地面的压力最小，乙对地面的压力最大，可知B、C正确。13．(2021·安徽六安舒城中学期末)如图所示，固定斜面C上有质量均为m的A、B两个物体，一起相对静止地沿倾角为θ的斜面匀速下滑，B和斜面间动摩擦因数为μ1，A和B间动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g，则A、B间的摩擦力大小为(AC)A．μ1mgcosθ B．μ2mgcosθC．mgsinθ D．0[解析]本题考查滑动摩擦和静摩擦力。选取A、B整体为研究对象，可得2μ1mgcosθ＝2mgsinθ，再取A为研究对象，可得f＝mgsinθ＝μ1mgcosθ，所以A、C正确。14．(2021·河南洛阳月考)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，下列说法正确的是(AC)A．此时锁壳对锁舌的弹力大小为40NB．此时锁壳对锁舌的弹力大小为30NC．关门时锁壳对锁舌的弹力大小逐渐增大D．关门时锁壳对锁舌的弹力大小保持不变[解析]对锁舌受力分析，根据平衡条件则有F弹＝Fsin37°，因此F＝eq\f(24,0.6)N＝40N，故A正确，B错误；关门过程中，弹簧压缩量逐渐增大，则F弹逐渐增大，可知F逐渐增大，故C正确，D错误。15．(2021·贵州贵阳一中月考)如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左端用一轻弹簧与竖直墙壁相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动。现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q，那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小、地面对P的摩擦力fp的大小、P对Q的弹力N的大小、地面对Q的摩擦力fQ的大小的变化情况(BC)A．T始终增大，fP始终减小B．T保持不变，fP保持不变C．N保持不变，fQ增大D．N先不变后增大，fQ先增大后减小[解析]已知若直接撤去Q，P将向右滑动，表明fP已经达到最大，所以fP不变，弹簧弹力T＝kx不变，故A错误，B正确；对于P、Q整体有T＋F＝fP＋fQ，其中T、fP不变，F增大，所以fQ增大，对于P有T＝fP＋N，所以N保持不变，故C正确，D错误。第1讲重力弹力摩擦力选择题(本题共15小题，1～11题为单选，12～15题为多选)1．(2021·天津静海区四校联考)玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是(C)A．桥面受向下的弹力，是因为桥面发生了弹性形变B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力C．汽车受向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变[解析]本题考查弹力的产生及方向的判断。汽车与桥面相互挤压后都发生了形变，选项B错误；由于桥面发生弹性形变，所以对汽车有向上的弹力，选项C正确，D错误；由于汽车发生了形变，所以对桥面产生向下的弹力，选项A错误。2．(2021·安徽毛坦厂中学月考)如图所示，用一水平力将木块压在粗糙的竖直墙面上，现增加外力，则关于木块所受的静摩擦力和最大静摩擦力说法正确的是(C)A．都变大B．都不变C．静摩擦力不变，最大静摩擦力增大D．静摩擦力增大，最大静摩擦力不变[解析]本题考查静摩擦力的大小变化。由题图可知，静摩擦力应沿墙壁方向且与重力方向相反，重力与静摩擦力大小相等，故静摩擦力不变，垂直于墙面方向上，物体受力F及墙面的弹力作用而平衡，水平外力增大时，物体受墙的弹力增大，则最大静摩擦力增大，故C正确，A、B、D错误。3．如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(D)A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθD．A与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ[解析]对物体B受力分析可知，B一定受重力、支持力，将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力；根据力的相互作用规律可知，A受到B的静摩擦力应沿斜面向下，故A、B错误；对A、B整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，C错误；对A、B整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，由于匀速下滑，故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡，故2mgsinθ＝μ·2mgcosθ，解得μ＝tanθ，D正确。4．(2020·宁夏石嘴山三中期中)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小均为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①弹簧的左端固定在墙上；②弹簧的左端受大小也为F的拉力作用；③弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动；④弹簧的左端拴一小物块，物块在粗糙的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有(D)A．l2>l1 B．l4>l3C．l1>l3 D．l2＝l4[解析]本题考查对弹力的理解。①②作用效果相同，故弹簧的弹力均为F。③④中物块会有加速度，物块对弹簧的拉力仍等于F，可知l1＝l2＝l3＝l4，故D正确。5．(2021·天津耀华中学月考)如图所示，一长直木板的上表面放有一小物块，当木板以远离物块的一端O为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时，则物块受到的摩擦力Ff随转过的角度α变化的图像可能是图中的(C)[解析]本题考查摩擦力的突变问题。物块受到的摩擦力在开始为静摩擦力，f＝mgsinα，按正弦规律变化；而滑动后，f′＝μmgcosα，接余弦定律变化，故C正确。6．(2021·山东济南一中月考)如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当将质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝30°，则此时每根弹簧的伸长量为(D)A．eq\f(3mg,k) B．eq\f(4mg,k)C．eq\f(5mg,k) D．eq\f(2\r(3)mg,k)[解析]本题通过弹簧组考查胡克定律的应用。物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有N－mg＝ma，其中N＝6mg，解得a＝5g。再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析，整体受重力和两个拉力，根据牛顿第二定律，在竖直方向满足2Fcos30°－mg＝ma，解得F＝2eq\r(3)mg。根据胡克定律，有x＝eq\f(F,k)＝eq\f(2\r(3)mg,k)，故D正确。7．如图甲、乙所示，物体A、B在力F的作用下一起以相同的速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(D)A．两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同B．两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反C．两图中物体A均不受摩擦力D．图甲中物体A不受摩擦力，图乙中物体A受摩擦力，方向和F相同[解析]甲图中A做匀速直线运动，合外力为零，水平方向不受外力，故甲图中A没有相对于B的运动趋势，故A不受摩擦力；乙图中A也处于平衡状态，但A的重力使A有沿B上表面下滑的趋势，故B对A有向上的摩擦力，即A受与F方向相同的摩擦力，故D正确。8．(2020·北京师大附中期中)如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换成质量为2m的物体(弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(A)A．eq\f(mg,k1＋k2) B．eq\f(k1k2,mgk1＋k2)C．eq\f(2mg,k1＋k2) D．eq\f(k1k2,2mgk1＋k2)[解析]本题考查胡克定律在弹簧串联体中的应用。当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为x1＝eq\f(mg,k1)。当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，下方弹簧被压缩的长度为x1＋x，两弹簧弹力之和等于2mg，由胡克定律和平衡条件得k2x＋k1(x1＋x)＝2mg，联立解得x＝eq\f(mg,k1＋k2)，故选A。9．(2021·安徽师大附中月考)如图所示，一长方形木板放置在水平地面上，在长方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板与木板不接触。现有一个方形物块在木板上沿挡板以速度v运动，同时方形木板以大小相等的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为(B)A．0 B．eq\f(\r(2),2)μ1μ2mgC．eq\f(1,2)μ1μ2mg D．eq\r(2)μ1μ2mg[解析]物块沿运动方向受挡板的摩擦力f1＝μ1FN，因物块沿挡板运动的速度的大小等于木板的运动速度的大小，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力为f2＝μ2mg，其方向与挡板成45°角，则物块与挡板之间的正压力FN＝μ2mgcos45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，挡板对物块的摩擦力大小f1＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B正确。10．(2021·江苏清江中学月考)如图甲所示，水平粗糙桌面上两个相同的条形磁铁的异名磁极正对放置，起初均静止。已知两磁铁间吸引力F随两磁铁间距离x变化的图像如图乙，每根磁铁质量为m＝0.2kg，与桌面间动摩擦因数为μ＝0.5，两磁铁起初距离为20cm，现在用手控制A，先用水平力让它缓缓向B靠近，当发现B开始运动时，立即改用竖直向下的压力压住A使其保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在B向A靠近过程中，以下说法正确的有(C)A．当x＝5cm时，B将开始运动B．当x＝4cm时，B的加速度为10m/s2C．竖直向下压力的最大值一定大于4ND．B运动过程中加速度可能达到28m/s2[解析]本题考查滑动摩擦力的计算。B受到桌面的滑动摩擦力f＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1.0N，当A对B的吸引力等于滑动摩擦力时，B开始滑动，由题图乙可知，当x＝4cm时，B开始滑动，且加速度为零，故A、B错误；当x＝0时，吸引力F＝3.0N，最大，要使A不动，应满足桌面对A的摩擦力fA＝μ(mg＋N)≥F，N≥4N，故C正确；当x＝0即F＝3.0N时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，B的最大加速度为10m/s2，故D错误。11．(2021·广西南宁二中月考)如图所示，水平桌面上平放有54张卡片，每一张卡片的质量均为m。用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1>μ2，则下列说法正确的是(B)A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左D．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右[解析]对第2张卡片受力分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，最大静摩擦力Fmax≥μ2·(2mg＋F)，而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f＝μ2(mg＋F)<Fmax，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动。同理，第3张与第4张卡片也不发生相对滑动，故A错误；根据题意，因上一张卡片相对下一张卡片向右滑动或有向右滑动的趋势，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故B正确；卡片受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，故C错误；对第1张卡片外的53张卡片研究，水平方向受到第1张卡片向右的滑动摩擦力，可知最后一张卡片受到桌面的摩擦力方向向左，故D错误。12．(2019·山东肥城月考)如图所示，甲、乙、丙三个物体质量相同，与地面间的动摩擦因数相同，受到三个大小相同的作用力F，当它们滑动时，下列说法正确的是(BC)A．甲、乙、丙所受摩擦力相同B．甲受到的摩擦力最小C．乙受到的摩擦力最大D．丙受到的摩擦力最大[解析]本题考查影响摩擦力大小的因素。物体均在滑动，故受到的是滑动摩擦力；由于甲、乙、丙三个物体对地面的压力大小分别为FN甲＝mg－Fsinθ；FN乙＝mg＋Fsinθ；FN丙＝mg；根据f＝μFN可知，滑动摩擦力的大小关系为f乙>f丙>f甲，故B、C正确，A、D错误。一题多解：动摩擦因数相同，比较滑动摩擦力大小可通过比较正压力大小。考虑极限情况，角度为90°时，甲对地面的压力最小，乙对地面的压力最大，可知B、C正确。13．(2021·安徽六安舒城中学期末)如图所示，固定斜面C上有质量均为m的A、B两个物体，一起相对静止地沿倾角为θ的斜面匀速下滑，B和斜面间动摩擦因数为μ1，A和B间动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g，则A、B间的摩擦力大小为(AC)A．μ1mgcosθ B．μ2mgcosθC．mgsinθ D．0[解析]本题考查滑动摩擦和静摩擦力。选取A、B整体为研究对象，可得2μ1mgcosθ＝2mgsinθ，再取A为研究对象，可得f＝mgsinθ＝μ1mgcosθ，所以A、C正确。14．(2021·河南洛阳月考)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，下列说法正确的是(AC)A．此时锁壳对锁舌的弹力大小为40NB．此时锁壳对锁舌的弹力大小为30NC．关门时锁壳对锁舌的弹力大小逐渐增大D．关门时锁壳对锁舌的弹力大小保持不变[解析]对锁舌受力分析，根据平衡条件则有F弹＝Fsin37°，因此F＝eq\f(24,0.6)N＝40N，故A正确，B错误；关门过程中，弹簧压缩量逐渐增大，则F弹逐渐增大，可知F逐渐增大，故C正确，D错误。15．(2021·贵州贵阳一中月考)如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左端用一轻弹簧与竖直墙壁相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动。现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q，那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小、地面对P的摩擦力fp的大小、P对Q的弹力N的大小、地面对Q的摩擦力fQ的大小的变化情况(BC)A．T始终增大，fP始终减小B．T保持不变，fP保持不变C．N保持不变，fQ增大D．N先不变后增大，fQ先增大后减小[解析]已知若直接撤去Q，P将向右滑动，表明fP已经达到最大，所以fP不变，弹簧弹力T＝kx不变，故A错误，B正确；对于P、Q整体有T＋F＝fP＋fQ，其中T、fP不变，F增大，所以fQ增大，对于P有T＝fP＋N，所以N保持不变，故C正确，D错误。第1讲重力弹力摩擦力选择题(本题共15小题，1～11题为单选，12～15题为多选)1．(2021·天津静海区四校联考)玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是(C)A．桥面受向下的弹力，是因为桥面发生了弹性形变B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力C．汽车受向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变[解析]本题考查弹力的产生及方向的判断。汽车与桥面相互挤压后都发生了形变，选项B错误；由于桥面发生弹性形变，所以对汽车有向上的弹力，选项C正确，D错误；由于汽车发生了形变，所以对桥面产生向下的弹力，选项A错误。2．(2021·安徽毛坦厂中学月考)如图所示，用一水平力将木块压在粗糙的竖直墙面上，现增加外力，则关于木块所受的静摩擦力和最大静摩擦力说法正确的是(C)A．都变大B．都不变C．静摩擦力不变，最大静摩擦力增大D．静摩擦力增大，最大静摩擦力不变[解析]本题考查静摩擦力的大小变化。由题图可知，静摩擦力应沿墙壁方向且与重力方向相反，重力与静摩擦力大小相等，故静摩擦力不变，垂直于墙面方向上，物体受力F及墙面的弹力作用而平衡，水平外力增大时，物体受墙的弹力增大，则最大静摩擦力增大，故C正确，A、B、D错误。3．如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(D)A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθD．A与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ[解析]对物体B受力分析可知，B一定受重力、支持力，将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力；根据力的相互作用规律可知，A受到B的静摩擦力应沿斜面向下，故A、B错误；对A、B整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，C错误；对A、B整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，由于匀速下滑，故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡，故2mgsinθ＝μ·2mgcosθ，解得μ＝tanθ，D正确。4．(2020·宁夏石嘴山三中期中)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小均为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①弹簧的左端固定在墙上；②弹簧的左端受大小也为F的拉力作用；③弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动；④弹簧的左端拴一小物块，物块在粗糙的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有(D)A．l2>l1 B．l4>l3C．l1>l3 D．l2＝l4[解析]本题考查对弹力的理解。①②作用效果相同，故弹簧的弹力均为F。③④中物块会有加速度，物块对弹簧的拉力仍等于F，可知l1＝l2＝l3＝l4，故D正确。5．(2021·天津耀华中学月考)如图所示，一长直木板的上表面放有一小物块，当木板以远离物块的一端O为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时，则物块受到的摩擦力Ff随转过的角度α变化的图像可能是图中的(C)[解析]本题考查摩擦力的突变问题。物块受到的摩擦力在开始为静摩擦力，f＝mgsinα，按正弦规律变化；而滑动后，f′＝μmgcosα，接余弦定律变化，故C正确。6．(2021·山东济南一中月考)如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当将质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝30°，则此时每根弹簧的伸长量为(D)A．eq\f(3mg,k) B．eq\f(4mg,k)C．eq\f(5mg,k) D．eq\f(2\r(3)mg,k)[解析]本题通过弹簧组考查胡克定律的应用。物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有N－mg＝ma，其中N＝6mg，解得a＝5g。再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析，整体受重力和两个拉力，根据牛顿第二定律，在竖直方向满足2Fcos30°－mg＝ma，解得F＝2eq\r(3)mg。根据胡克定律，有x＝eq\f(F,k)＝eq\f(2\r(3)mg,k)，故D正确。7．如图甲、乙所示，物体A、B在力F的作用下一起以相同的速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(D)A．两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同B．两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反C．两图中物体A均不受摩擦力D．图甲中物体A不受摩擦力，图乙中物体A受摩擦力，方向和F相同[解析]甲图中A做匀速直线运动，合外力为零，水平方向不受外力，故甲图中A没有相对于B的运动趋势，故A不受摩擦力；乙图中A也处于平衡状态，但A的重力使A有沿B上表面下滑的趋势，故B对A有向上的摩擦力，即A受与F方向相同的摩擦力，故D正确。8．(2020·北京师大附中期中)如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换成质量为2m的物体(弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(A)A．eq\f(mg,k1＋k2) B．eq\f(k1k2,mgk1＋k2)C．eq\f(2mg,k1＋k2) D．eq\f(k1k2,2mgk1＋k2)[解析]本题考查胡克定律在弹簧串联体中的应用。当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为x1＝eq\f(mg,k1)。当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长