题目内容

5．一个标有“6V 0.5A”的小型直流电动机，转子由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为1Ω，某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻．实验室提供的器材处导向和开关外还有：
A．直流电源E：8V（内阻不计）
B．直流电流表A1：0～0.6A（内阻约为0.5Ω）
C．直流电流表A2：0～3A（内阻约为0.1Ω）
D．直流电压表V1：0～3V（内阻约为5kΩ）
E．直流电压表V2：0～15V（内阻约为15kΩ）
F．滑动变阻器R1：0～10Ω，2A
G．标准电阻R2：5Ω
（1）为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择电路图乙．（填甲或乙）
（2）为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是B，电压表是D．（填写实验器材前面的序号）
（3）闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数．若某次实验电压表的示数为2.5V，电流表的示数为0.4A，电动机线圈电阻为1.25Ω．由此可计算出该电动机正常工作输出的机械功率为2.68W．（结果保留三位有效数字）

分析 （1）从而测量的精确性角度考虑，选择电压表和电流表的量程，测量电动机内阻时，电动机需不转动，通过欧姆定律求出电动机的内阻．
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后可得出对应的电路图．
（3）测电阻时应控制电动机不转．由欧姆定律求出线圈电阻，应用电功公式求出输出功率．

解答 解：（1）电动机不转时，两端最大电压约为：U=0.5×1=0.5V，滑动变阻器应采用分压接法，电动机线圈电阻约为0.8Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表应采用外接法，
因线圈的电阻太小，因此为保护电动机，则将定值电阻与电动机串联，故应选择乙电路图；
（2）测电动机线圈电阻，应控制电动机不转，测出电动机两端电压与通过电动机的电流，电动机不转时，通过电动机的电流与电动机两端电压都很小，电流表选B，电压表选D；
（3）由欧姆定律可知：r+R=$\frac{U}{I}$=$\frac{2.5}{0.4}$=6.25Ω；
解得：r=6.25-5=1.25Ω
电动机正常工作时，总功率：P=UI=6×0.5=3W，
线圈产生的热功率：PQ=I2r=0.52×1.25=0.313W，
电动机正常工作输出的机械功率：P机械=P-PQ=3-0.313=2.68；
故答案为：（1）乙；（2）B；D；（3）1.25；2.68．

点评 解决本题的关键知道器材选取的原则，即精确、安全，以及知道电动机正常工作时输入功率等于输出功率与内部消耗功率之和．

练习册系列答案
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15．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端，关于这一过程，求：
（1）此过程中传送带对滑块做的功；
（2）此过程中因运送物体电动机对传送带额外做的功；
（3）此过程中滑块与传送带间由于摩擦而产生的热量．
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②将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点，断开开关；
③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作．
（2）如图2是在钩码质量为0.03kg、砝码质量为0.02kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表1中的相应位置．
（3）在小车的运动过程中，对于钩码、砝码和小车组成的系统，钩码所受重力做正功，小车所受摩擦力做负功．
（4）实验小组根据实验数据绘出了如图3所示的图线（其中△v2=v2-v02），根据图线可获得的结论是小车末、初速度的二次方之差与位移成正比．要验证“动能定理”，还需要测量的物理量是摩擦力和小车的质量．
表1　纸带的测量结果
测量点x/cmv/（m•s-1）
O0.000.35
A1.480.40
B3.200.45
C
D7.150.54
E9.410.60
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A．物体的机械能守恒
B．弹簧弹力对物体做功的功率一直增大
C．弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sin θ
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