在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对物体做圆周运动时的受力情况不能做出正确的分析，特别是物体在水平面内做圆周运动，静摩擦力参与提供向心力的情况；对牛顿运动定律、圆周运动的规律及机械能守恒定律等知识内容不能综合地灵活应用，如对于被绳(或杆、轨道)束缚的物体在竖直面的圆周运动问题，由于涉及到多方面知识的综合，表现出解答问题时顾此失彼。

例1　 假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做圆周运动，则(　　 )

A．根据公式v=ωr，可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍。

B. 根据公式，可知卫星所需的向心力将减小到原来的。

C. 根据公式，可知地球提供的向心力将减小到原来的。

D．根据上述选项B和C给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的。

[错解]选择A，B，C

因为A，B，C中的三个公式都是正确的，将2r代入公式，,

所以选择A，B，C正确。

[错解分析]A，B，C中的三个公式确实是正确的，但使用过程中A，B用错了。A中的，在一定时，，B中的是在v一定是，而此问题中r的变化将引起，v的变化。因此就不存在3或的结论。所以A，B是错误的。

[分析解答]正确选项为C，D。

A选项中线速度与半径成正比是在角速度一定的情况下。而r变化时，角速度也变。所以此选项不正确。同理B选项也是如此，F∝是在v一定时，但此时v变化，故B选项错。而C选项中G，M，m都是恒量，所以F∝，即时，，C正确。B，C结合得，可以得出，V∝，所以，D正确。

[评析]物理公式反映物理规律，不理解死记硬背经常会出错。使用中应理解记忆。知道使用条件，且知道来拢去脉。

卫星绕地球运动近似看成圆周运动，万有引力提供向心力，由此将

根据以上式子得出

例2　 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R(比细管的半径大得多)，圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)。A球的质量为m₁， B球的质量为m₂。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v₀。设A球运动到最低点时，球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m₁，m₂，R与v₀应满足关系式是。

[错解]依题意可知在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力N1为向心力，则有

B球在最高点时，圆管对它的作用力N₂为m₂的向心力，方向向下，则有

因为m₂由最高点到最低点机械能守恒，则有

由式①②③解得

[错解原因]错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受力分析，导致漏掉重力，表面上看分析出了N₁=N₂，但实际并没有真正明白为什么圆管给m₂向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。

[分析解答]首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图4-1所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N₁，此时两球对圆管的合力为零，m₂必受圆管向下的弹力N₂，且N₁=N₂。

据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有

同理m₂在最高点有

m₂球由最高点到最低点机械能守恒

由式①~④解得

[评析]比较复杂的物理过程，如能依照题意画出草图，确定好研究对象，逐一分析就会变为简单问题。找出其中的联系就能很好地解决问题。

例3　 从地球上发射的两颗人造地球卫星A和B，绕地球做匀速圆周运动的半径之比为R_A∶R_B=4∶1，求它们的线速度之比和运动周期之比。

[错解]卫星绕地球作匀速圆周运动所需的向心力

设A，B两颗卫星的质量分别为m_A，m_B。

[错解原因]这里错在没有考虑重力加速度与高度有关。根据万有引力定律知道：

可见，在“错解”中把A，B两卫星的重力加速度g_A，g_B当作相同的g来处理是不对的。

[分析解答]卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有

[评析]我们在研究地球上的物体的运动时，地面附近物体的重力加速度近似看做是恒量。但研究天体运动时，应注意不能将其认为是常量，随高度变化，g值是改变的。

例4　 使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点？

[错解]如图4-2所示，根据机械能守恒，小球在圆形轨道最高点A时的势能等于它在圆形轨道最低点B时的动能(以B点作为零势能位置)，所以为

从而得

[错解原因]小球到达最高点A时的速度v_A不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道。要使小球到达A点(自然不脱离圆形轨道)，则小球在A点的速度必须满足

式中，N_A为圆形轨道对小球的弹力。上式表示小球在A点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供。当N_A=0时，最小，。这就是说，要使小球达到A点，则应该使小球在A点具有的速度。

[分析解答]以小球为研究对象。小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力。

小球在圆形轨道最高点A时满足方程

根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B时的速度满足方程

解(1)，(2)方程组得

当N_A=0时，vB为最小，。

所以在B点应使小球至少具有的速度，才能使它到达圆形轨道的最高点A。

例5　 用长L=1.6m的细绳，一端系着质量M=1kg的木块，另一端挂在固定点上。现有一颗质量m=20g的子弹以v₁=500m／s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v₂=100m／s的速度前进。问木块能运动到多高？(取g=10m／s²，空气阻力不计)

[错解]在水平方向动量守恒，有

mv₁=Mv+mv₂　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)

式①中v为木块被子弹击中后的速度。木块被子弹击中后便以速度v开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即

h为木块所摆动的高度。解①，②联立方程组得到

v=8(m/s)

h=3.2(m)

[错解原因]这个解法是错误的。h=3.2m，就是木块摆动到了B点。如图4-3所示。则它在B点时的速度v_B。应满足方程

这时木块的重力提供了木块在B点做圆周运动所需要的向心力。解上述方程得

(m/s)

如果v_B＜4 m/s，则木块不能升到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动。而木块在B点时的速度v_B=4m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在 B点时的能量为(选A点为零势能点)

木块在A点时的能量为

两者不相等。可见木块升不到B点，一定是h＜3.2 m。

实际上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置C时，如图4－4所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度v_c作斜上抛运动。木块所能到达的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。

[分析解答]如上分析，从式①求得v_A=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为v_c，高度为

h′=l(1+cosθ)

如图所示，根据机船能守恒定律有

即　　　　　　　　 ③

又，即　　 ④

从式③和式④得

所以

木块从C点开始以速度v_c做斜上抛运动所能达到的最大高度h″为

所以木块能达到的最大高度h为

[评析]物体能否做圆运动，不是我们想象它怎样就怎样这里有一个需要的向心力和提供向心力能否吻合的问题，当需要能从实际提供中找到时，就可以做圆运动。所谓需要就是符合牛顿第二定律F_向=ma_向的力，而提供则是实际中的力若两者不相等，则物体将做向心运动或者离心运动。

本章中所涉及到的基本方法与第二章牛顿定律的方法基本相同，只是在具体应用知识的过程中要注意结合圆周运动的特点：物体所受外力在沿半径指向圆心的合力才是物体做圆周运动的向心力，因此利用矢量合成的方法分析物体的受力情况同样也是本章的基本方法；只有物体所受的合外力的方向沿半径指向圆心，物体才做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律合外力与加速度的瞬时关系可知，当物体在圆周上运动的某一瞬间的合外力指向圆心，我们仍可以用牛顿第二定律对这一时刻列出相应的牛顿定律的方程，如竖直圆周运动的最高点和最低点的问题。另外，由于在具体的圆周运动中，物体所受除重力以外的合外力总指向圆心，与物体的运动方向垂直，因此向心力对物体不做功，所以物体的机械能守恒。

本章内容包括圆周运动的动力学部分和物体做圆周运动的能量问题，其核心内容是牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识在圆周运动中的具体应用。

21．(安徽卷)Ⅱ．(6分)太阳能是一种清洁、“绿色”能源。在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池。太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。

(1)为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图。

(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻_____________ (填“很大”或“很小”)；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为____________。

答案：(1)如图(2)很大；1.0×10³(965-1040)

解析：(1)根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，电路连接如图；

(2)在电压小于2.00V时，由图可读出电流很小，由得，太阳能电池的电阻很大；

(3)当电压为2.80V时，根据题图读出U、I，由得：R=1.0×10³Ω。

22.(四川卷)(12分)(1)①用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值秀小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中　　 。

②在物理兴趣小组活动中，一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验。

　　　　　　　　 电压表V1　　　　 量程3V　　　　　　　　 内阻约为900

　　　　　　　　 电压表V2　　　　 量程10V　　　　　　　 内阻约为3K

　　　　　　　　 电压表A　　　　 量程60mA　　　　　 内阻约为5

　　　　　　　　 电源E₁　　　　　　　 电动势1.5V　　　　 内阻约为0.2

　　　　　　　　 电源E₂　　　　　　　 电动势4.5V　　　　 内阻约为0.4

　　　　　　　　 滑动变阻器(最大阻值为10)。粗细均匀的同种电阻丝，开关、导线和刻度尺

其主要实验步骤如下：w_w w. k#s5_

A.选取图中器材，按示意图连接电路

　　　　　　　　 B.用伏安法测定电阻丝的阻值R

　　　　　　　　 C.用刻度尺测出电阻丝的长度L

　　　　　　　　 D.依次减小电阻丝的长度，保持电路其他部分不变，重复步骤B、C

　　　　　　　　 E.处理数据，根据下列测量结果，找出电阻丝值与长度的关系

L(m)	0.9956	0.8049	0.5981	0.4021	0.1958
R()	104.8	85.3	65.2	46.6	27.1

为使实验尽可能准确，请你对上述步骤中画线处加以改进。

(I)　　　　　　　　　　　　　　　　 w_w w. k#s5_

(II)　　　　　　　　　　　　　　　　

答案：(1)①B(4分)；②(I)电源改选E₂(4分)；(II)判断电流表的内外接法，作出相应调整。(4分)

[解析](1)①红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电源电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向E到F，只有B正确。

②根据电动势大小电压表量程不能选择10V，电路图中选择V₁当然正确。的电压表为减小测量误差要求指针偏转过半，故1.5V的电动势太小，电源E₁应该改选E₂。

由于为60多欧姆，第一组测量值为104.8Ω，为大电阻用内接伏安法，第五组测量值为27.1Ω，为小电阻用外接伏安法，这说明内外接法先用试触法判断调整后再测量。

21.(浙江卷)Ⅱ. (10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得电流-电压的数据如下表所示：

(1)用上表数据描绘电压随电流的变化曲线；

(2)为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图所示：请指出图丝的特征，并解释形成的原因。

答案：Ⅱ.(1)

(2)电阻随电流增大；

存在三个区间，电阻随电流的变化快慢不同；

第一区间电流很小时，电阻变化不大；第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢。

22.(重庆卷)(2)在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡1，量程恰当的电流表示 A和电压V，直流电源A,滑动变阻器R，电键S等，要求灯泡两端电压从OV开始变化，

①实验中滑动变阻器应采用____________接法(填“分压”或“限流”)

②某同学已连接如题22图2所示的电路，在连接最后一根导线的C端到直接电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改下

A．__________________________________________

B．_______________________________________________

③电路连接正确后，分别测得两只灯泡和的伏安特性曲线，如题22图3中Ⅰ和Ⅱ所示。然后将灯泡、与电池组(电动势和内阻均恒定)连成题22图4所示电路。多次测量后得到通过和的电流平均值分别为0.30A和0.60A。

A.在题22图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。

B.由该曲线可知电池组的电动势为_________V，内阻为_________。(取2位有效数字)

答案：⑵①分压　　 　②A.电键不应闭合，应处于断开状态　　 B.滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端　　　 ③ 4.6V　 2.7Ω

解析：

⑵①探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法。

②在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误。连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表。

③描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为(0.30A，3.8V)和(0.60A，3.0V)，则内阻为Ω，电动势为， V，然后作出准确图像如图。

21．(北京卷)(18分)(1)甲同学要把一个量程为200的直流电流计G，改装成量度范围是0-4V的直流电压表。

①她按图1所示电路、用半偏法测定电流计G的内电阻r_g，其中电阻R₀约为1。为使r_g的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用______________，电阻器R₁应选用______________，电阻器R₂应选用______________(选填器材前的字母)

A．电源(电动势1.5V)　　　　　B．电源(电动势6V)

C．电阻箱(0-999.9)　　　　D．滑动变阻器(0-500)

E．电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(0-5.1)

F．电位器(0-51)

②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R₂的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是______________，______________，______________，______________，最后记录R₁的阻值并整理好器材。(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)

　 A．闭合S₁

B．闭合S₂

C．调节R₂的阻值，使电流计指针偏转到满刻度

D．调节R₂的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半

E．调节R₁的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半

F．调节R₁的阻值，使电流计指针偏转到满刻度

③如果所得的R₁的阻值为300.0，则图1中被测电流计G的内阻r的测量值为______________，该测量值__________实际值(选填“略大于”、“略小于”或“等于”)。

④给电流计G__________联(选填“串”或“并”)一个阻值为__________的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表。

(2)乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表，但他不仅借到一块标准电压表、一个电池组E、一个滑动变阻器和几个待用的阻值准确的定值电阻。

①该同学从上述具体条件出发，先将带改装的表G直接与电压表校准。请你画完图2方框中的校准电路图。

②实验中，当定值电阻R选用17.0时，调整滑动变阻器的阻值，电压表的示数是4.0V时，表G的指针恰好指到满量程的五分之二；当R选用7.0时，调整的阻值，电压表的示数是2.0V时，表G的指针又指到满量程的五分之二。

由此可以判定，表G的内阻r_g是_______，满偏电流是_______mA。若要将表G改装为量程是15V的电压表，应配备一个_______的电阻。

答案：(1)①B　 C　　 F②B　 C　 A　 E③300　 略小于④串　 19.7

(2)①如图所示；②3.0　 0.50　 27.0

[解析]⑴①半偏法测量表头内阻时，首先选择滑动变阻器(必须大于电路所需的最小电阻，根据电路的电压为电动势，电路的最大电流为表头的满偏电流，则最小电阻为KΩ或KΩ，考虑到保护R₀=1 KΩ，则可知调节滑动变阻器使表头满偏时滑动变阻器的阻值分别接近29 KΩ或6.5KΩ，电路图中R₂是滑动变阻器，不能选择D和E只能选择F。表头满偏时滑动变阻器的阻值越大，实验的误差越小，所以电源选择电动势为6V的B，而且滑动变阻器F的阻值也满足调节所需。而R₁是用来测量表头内阻的电阻箱只能选C。

②实验步骤为：第一步闭合S₂((B)，第二步调节R₂的阻值，使电流计满偏(C)，第三步闭合S₁((A)，第四步调节R₁的阻值，使电流计半偏(E)，第五步读出R₁的示数为待测表头的内阻。

③R₁的示数为待测表头的内阻是300.0KΩ。闭合S₁后，电路的总电阻减小，当表头半偏时，赶路电流就大于表头的满偏电流，流过电阻箱的电流就大于流过表头的电流，所以电阻箱的阻值略小于表头内阻。

④给表头串联一个电阻可以改装成电压表，改装电压表的内阻为=20KΩ，则串联电阻大小为20KΩ-300Ω=19.7KΩ。

(2)本实验时对改装电压表进行校准的，将改装电压表和标准电压表并联后要求电压从0到满偏变化，所以滑动变阻器采用分压接法。表头的刻度均匀。当表针恰好指到满量程的五分之二时，流过改装电压表的电流是0.4I_g，根据欧姆定律分别有

4=0.4 I_g(r_g +17×10³)和2=0.4 I_g(r_g +7×10³)

解得表头内阻为3.0 KΩ，满偏电流为：0.50mA

量程是15V的改装电压表的内阻为=30KΩ，所以改装时串联的定值电阻是30KΩ-3.0 KΩ=27.0 KΩ。

23.(山东卷)(2)在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示。闭合电键后，发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E)：

①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是　　　(填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”)。

②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障。先将选择开关旋至　　档(填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2．5mA”)，再将　　(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱。若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是　　、　　、　　。

　答案：(2)①待测金属丝；②直流电压10V，红，0，E，E。

34.(广东卷)(2)某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻(=5)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图14(a).

①在图14(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。

②请完成下列主要实验步骤；

A.检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图14(c)所示，读得电阻值是____________；

B.将开关闭合，开关断开，电压表的示数是1.49V；

C.将开关 _______,电压表的示数是1.16V；断开开关 。

③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是_______(计算结果保留二位有效数字)。

④由于所有电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏_________(填“大”或“小”)。

答案：

(2)①略；②20Ω；闭合；③0.69Ω④小

解析：①略，②闭合后电阻箱才工作；

③S₁闭合、S₂断开时：R_V很大，认为：　 Ⅰ

S₁、S₂都闭合时：　 　　　　　　　Ⅱ

由Ⅰ、Ⅱ得

④误差分析解析一 ④忽略电压表电阻的影响，有　　 ⅰ

考虑电压表电阻的影响，设电压表的电阻为：R_V则Ⅰ、Ⅱ两式变为：

两式相减并整理得：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⅱ

ⅰ/ⅱ得： 　(U₁>U₂)

　　　　　 r_测<r_真 测量值偏小

误差分析解析二 用大学学的等效电源定理(戴维南定理)：把E、R₀、电压表R_V组成新的电源，电动势为、内阻为

因而测得电动势和内阻都偏小。