Question

如图甲所示为加速度计的原理图：支架AB固定在待测系统上，滑块穿在AB之间的水平光滑杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂可在滑动变阻器上自由滑动．随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换成电信号从电压表输出．已知电压表量程为8V，滑块质量m=0.1kg，弹簧劲度系数k=20N/m，电源电动势E=10V，内阻不计，滑动变阻器总电阻值R=40Ω，有效总长度l=8cm．当待测系统静止时，滑动触头P位于变阻器R的中点，取A→B方向为正方向．
（1）该加速度计能测量的最大加速度为

 

m/s²．
（2）为保证电压表能正常使用，图甲电路中电阻R₀至少

 

Ω．
（3）根据R₀的最小值，将电压表盘上的电压刻度改成适当的加速度刻度，如图乙，电压4V对应加速度为

 

，电压6V对应加速度为

 

（要求用正负号表示加速度方向）．

Answer 1

分析：（1）P端左右移动最多4cm，弹簧最大形变量0.04m，根据胡克定律和牛顿第二定律求得加速度的测量范围，即知道测量加速度的最大值．
（2）当P在最右端时，电压表读数最大，当读数为8V时，根据闭合电路欧姆定律求R₀的最小值．
（3）电压表测量滑动变阻器左侧部分的电压，由闭合电路欧姆定律可得出电压的表达式；由弹簧的移动可得出此时的受到的弹力，由牛顿第二定律可得出加速度与电压间的关系；根据加速度与电压的关系式，求出不同电压值时的加速度值．

解答：解：（1）P端左右移动最多4cm，弹簧最大形变量0.04m，物体加速度大小为a=

kx

m

=

20×0.04

0.1

m/s2=8m/s²．
 所以该加速度的最大值为8m/s²．
（2）当P在最右端时，电压表读数最大，当读数为8V时，R_o两端电压为U₀=E-U_V=10V-8V=2V
由

R

R0

=

Uv

U0

，得R₀=

U0

Uv

R=

2

8

×40Ω=10Ω
（3）当加速度向左，大小为a时，弹簧的形变量为x，电压表的输出电压为U_V．则
   kx=ma
  又 U_V=

R′

R+R0

E=

( l 2 +x)R l

R+R0

  E
代入解得，U_V=4+0.5a．
同理，当加速度向右大小为a时，弹簧的形变量△x电压表的输出电压，U_V=4-0.5a．
以加速度向右为正．由电压和加速度的关系U=4-0.5a
当U=4V时，a =0m/s²；当U=6V，a=-4m/s²；
故答案为：（1）8m/s²．（2）10Ω．（3）0；-4

点评：本题将力学与电学有机的结合在一起，考查了学生分析能力及综合考虑问题的能力，是一道不可多得的好题；解题的关键是通过弹簧的变化量把电路与牛顿第二定律连接起来．