部分参考答案
第九章 静电场及其应用 课后巩固
1.D 2.C 3.B 4.B 5.C 6.B
第1节 电荷
第2节 库仑定律
知识梳理
知识梳理
一、1.正电荷 负电荷 2.多少 库仑 库 C
1 qq
3.原子核 质子 中子 负电 4.自由电子 离子 二、3.(1)反比 r2
(2)正比 4.k 1 2q1q2 r2 9.0
5.电子 得到 失去 ×109
二、1.电荷间相互吸引或排斥 异种 同种 三、2.矢量和
2.静电感应 典例精解
三、1.转移 不变 2.代数和 2
【典例1】C 解析:由库仑定律知
3Q
、 F=k
,当两
四 1.电子 2.整数倍 连续 3.1.60×10-19C r2
4.比 小球接触后,电荷量先中和再平分,甲乙带电荷量分别
典例精解 2 2
为Q、Q,故后来库仑力
Q 4Q
F'=k 2=k 2 ,由以上两
【典例1】D 解析:静电感应使得A 部分带正电,B r r ÷
è2
部分带负电.导体原来不带电,只是在C 的电荷的作用
4
下,导体中的自由电子向B 部分移动,使B 部分有了多 式解得F'=3F
,C正确.
余的电子而带负电,A 部分缺少了电子而带正电.A 部 变式1:D 解析:万有引力定律适用于两个可看成
分失去的电子数目和B 部分多余电子的数目是相等的, 质点的物体,虽然两球心间的距离l只有半径的3倍,但
但由于电荷之间的作用力与距离有关,自由电子在不同 由于壳层的厚度和质量分布均匀,两球壳可看做质量集
位置所受C 的作用力的强弱是不同的,这样导致电子在 中于球心的质点.因此,可以应用万有引力定律.对于
导体上的分布不均匀.越靠近右端,负电荷密度越大;越 a、b两带电球壳,由于两球心间的距离l只有半径的3
靠近左端,正电荷密度越大.所以从不同位置切开时, 倍,不能看成点电荷,不满足库仑定律的适用条件,故D
QA、QB 的值是不同的.故D正确. 正确.
变式1:B 解析:题图中绝缘板带正电,将接地的导 【典例2】解:设电子在C 点同时受A、B 处点电荷的
电平板靠近带正电的绝缘板,因静电感应,导电平板靠 作用力大小为FA、FB,如图所示.
近绝缘板的一侧带负电,另一侧的正电因接地而中和
掉;断开导电平板的接地线,手握绝缘柄将导电平板移
开,导电平板上便带上了负电,其起电原理是感应起电.
【典例2】B 解析:甲、乙两个物体相互摩擦,甲带
1.6×10-15C的正电荷,那么由电荷守恒定律可知,乙应
带1.6×10-15C的负电荷,即甲失去了104个电子,乙得
q1q2
到了104个电子,所以选项B正确. 由库仑定律F=k 得r2
变式2:C 解析:元电荷是最小的电荷量单位,而不 kQe 2×10-14×16.×10-19
是带电粒子,带电体的电荷量均为元电荷的整数倍,元 FA=FB=
1
r2 =90.×10
9× (6×10-2)2 N=
电荷没有正负之分,故C正确. 8.0×10-21N.
当堂训练 由矢量合成的平行四边形定则和几何知识得,静止
1.D 2.B 3.C 4.C 5.C 在C 点的电子受到的库仑力的合力F=FA=FB=8.0
·103·
×10-21N,方向平行于AB 向左. 负电荷 (2)相交 (3)疏密 越密 (4)假想
变式2:解:(1)对A 球进行受力分析,如图所示,则 五、1.相等 相同 2.相等
F库=mg·tan45°=0.02N. 典例精解
【典例1】解:(1)如图甲所示,A、B 两点电荷在O 点
产生的电场强度方向相同,由A 指向B.A、B 两点电荷
在 点产生的电场强度 kQ 4kQO EA=EB= = . r 2 r2
2 ÷
( kQq F库r2) 由 F = A 得 q = è2 库 r2 A kQ =
故 点的合电场强度为 8kQ
0.02×0.32 O EO=2EA= 2
,方向由
-8 r
9×109×4.0×10-6C=5×10 C. A 指向B.
当堂训练
1.D 2.D 3.A 4.B
5.解:两球因吸引而接触后,净电荷为9q-q=8q,
平均分配各为4q.
开始时 9q
·q (4q)2 F
F =k ,返回后F =k , 21 r2 2 r2 F =1
16 16
9.
故加速度是原来的 倍. 甲 乙9
课后巩固 (
kQ
2)如图乙所示,EA'=EB'= ,由矢量图所形成r2
1.A 2.B 3.B 4.A 5.C 的等边三角形可知,O'点的合电场强度EO'=EA'=EB'
6.解:由于A、B 两球都带正电,它们互相排斥,C kQ,方向与 连线平行,由 指向
球必须对A、B 都吸引,才能保证系统向右加速运动,故 =r2 AB A B.
C 球带负电荷. 变式1:B 解析:设B、C 两处点电荷在A 处产生
以三球为整体,设系统加速度为a,则F=3ma,① 的场强大小均为E',由平行四边形定则可知E'=E,拿
隔离A、B,由牛顿第二定律可知, 走C 处的点电荷后,A 处电场强度大小仍为E,方向由
kqAqC kqAqB B 指向A,选项B正确.对A: ,4L2 - L2 =ma ② 【典例2】A 解析:根据等量异种点电荷电场的分
:kqAqB kqBqC , 布情况可知, 、 两点对称分布,场强大小相等,方向相对B B CL2 + L2 =ma ③ 同,选项A正确;根据对称性可知,A、D 两处电场线疏
2
联立①②③式,
q
得F=70k . 密程度相同,A、D 两点场强大小相同,方向相同,选项BL2
错误;E、O、F 三点中O 点场强最强,选项C错误;B、O、
第3节 电场 电场强度 C 三点比较,O 点场强最弱,选项D错误.
知识梳理 变式2:B 解析:电场强度为矢量,M、N 两处电场
一、1.电场 电荷 2.力的作用 3.电场 强度相同,则电场强度方向、大小都要相同;图A中,M、
4.静止 N 两点的电场强度大小相同,方向不同;图B中是匀强
二、1.体积 2.激发电场 3.(1)静电力F 电荷 电场,M、N 两点的电场强度大小、方向都相同;图C中,
量 ()Fq 2 (4)正电荷 (5)力 无关 M、N 两点的电场强度方向相同,大小不同;图D中,M、q
N 两点的电场强度大小、方向都不相同;故B正确.
三、1.()
Q
1kr2
(2)正 背离Q 负 指向Q 当堂训练
2.(1)矢量和 叠加 (2)球体 1.B 2.B 3.D 4.C 5.D
四、1.切线方向 2.(1)正电荷 无限远 无限远 6.解:(1)点电荷A 在C 处产生场强,
Q
EA=k 2,沿a
·104·
, , Q, 荷只分布在 的外表面上
,故 正确
AC 方向 同理点电荷
A B .
B 在C 处产生的场强 EB=ka2 【典例2】C 解析:静电喷涂的原理就是让带电的涂
沿BC 方向,根据叠加原理得合场强,
Q
E= 3k ,沿PC 料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上,而达到喷漆a2
的目的,A错误;由题图知,待喷漆工件带正电,所以涂
2
方向,电荷C 受到的静电力为
Q
F= 3k 2,沿PC 方向. 料微粒应带负电, 正确a C .
变式2:() 、 , C 解析
:由于金属盒内部处于静电平衡状
2 将 A B 移到P 点 C 受到的静电力为F'=
态,所以内部每点的合电场强度都为 ,即金属盒内的感
Q2 8Q2
0
2k 2=k ,沿 方向 3a2 PC . 应电荷产生的电场的电场强度都与点电荷+Q 在那点
3a÷
è2 产生的电场的电场强度大小相等、方向相反,即感应电
课后巩固 荷的电场线与点电荷+Q 的电场线重合,但方向相反,
1.A 2.A 3.D 4.D 5.A 6.C 7.B 故选项C正确.
8.解:(1)由B 点场强的定义式,结合所给图像,可 当堂训练
知A、B 两点场强大小即为a、b直线的斜率,可求得E 1.A 2.A 3.D 4.B 5.C 6.A 7.D 8.BA
=40N/C,EB=2.5N/C,B 点场强方向与试探电荷所 9.B
受电场力方向相反,即沿x 轴负方向. 课后巩固
(2)因为A、B 两点的试探电荷电性相反,而受到的 1.C 2.A 3.D 4.A 5.D 6.D 7.B
电场力方向是同方向的,说明场源电荷Q 一定在A、B 本章评估
两点之间,而A 点处正试探电荷受力方向沿x 轴正方 1.C 2.A 3.C 4.B 5.D 6.A 7.A 8.D
向,说明该点场强沿x 轴正方向,因而场源电荷Q 应带 9.A 10.C 11.B 12.D
13.解:(1)小球受力分析如图所示,负电荷.
(3)设Q 离A 点的距离为rA,
Q Q E (3-r )2有 EA =k
A A
r2
,EB =k ( )2,A 3-rA E
= r2B A
40
= , 由于电场力F 与场强方向相反,说明小球带负电,2.5
小球受到的电场力F=qE,
解得rA=0.6m.所以Q 的位置坐标为x=xA+rA 由平衡条件得F=mgtanθ,
=2.6m. 解得电场强度E=1.7×105N/C.
第4节 静电的防止与利用 (2)电场方向变为竖直向上且大小不变后,由动能
知识梳理
定理可知(m + E)
1
、 h= mv
2,
一 1.电荷 3.处处为0 g q 2
二、1.越大 越大 分离 2.中和 3.(1)避雷针 由几何关系可知h=l-lcos60°(l为绳长,h 为小
(2)光滑 球开始时的高度),
三、处处为 20 由牛顿第二定律得 mvFT-(mg+qE)= ,l
典例精解
联立解得
【 F =0.54N.典例1】解:根据电场的叠加和静电平衡,球心O T
2q2
处的合场强为0,即感应电荷的电场强度与A、B 两点电 14.解:(1)B 对A 有库仑引力作用FBA=kL2
,
荷在O 处所产生的合场强等大、反向,即E感=EA+EB q2
C 对A 有库仑斥力作用Q 2Q 3kQ FCA=k 2
,
=k 2+k 2 = 2 ,A、B 在O 处产生的电场强度方
4L
l l l B、C 对小球A 的静电力的合力F=FBA-FCA,
向向左,所以E感 向右. 7kq2解得
变式1:B 解析:A、B 接触达到静电平衡后,净电 F=4L2.
·105·
(2)根据A 受力平衡可知弹簧处于压缩状态,弹簧 【典例2】解:(1)负电荷从A 到C,静电力做功WAC
对A 的弹力为F =F, =W +W =-3×10-5J+1.2×10-5弹 AB BC J=-1.8×
由胡克定律得F弹=k0(L0-L), 10-5J,
7kq2 静电力做负功表示电势能增加了1.8×10-5J,解得L0=4kL2+L.0 如果规定 A 点电势为0,则电荷在 A 点电势能
15.解:当小球运动到C 点时,对球受力分析如图 为0,
所示, 负电荷在C 点的电势能为EpC=1.8×10-5J,
y FN E
点电势 pC 1.8×10
-5J
C φC= =q -6×10-6C
=-3V.
F (2)如果规定B 点电势为0,则电荷在B 点电势能
为0,由题意知,负电荷由B 到C,静电力做功
x WBC=EpB'-E -5pC'=1.2×10 J,
mg
负电荷在C 点的电势能为EpC'=-1.2×10-5J,
则由平衡条件得FN+F库sin30°=mgcos30°,① E -5C 点的电势 '= pC
' -1.2×10 J
φC = -6
kq2 q -6×10 C
=2V.
由库仑定律得F库=(Lcos30°)2
,② 变式2:C 解析:电荷在电场中某点的电势能具有
3 2kq2 相对性,只有确定了零势能点,B 点的电势、电势能才有联立①②得FN= ,2mg-3L2 确定的值,故A、B错误;克服静电力做功6×10-8J,则
3 2kq2 电势能增加了6×10
-8J,故C正确,D错误.
由牛顿第三定律得F'N=FN=2mg-3L2. 当堂训练
第十章 静电场中的能量 1.D 2.B 3.C 4.B 5.C
解:()从 重力做正功,重力势能减少
第1节 电势能和电势 6. 1 A→B ΔE
=WG=mgL=4.5×10-3J,
知识梳理
从A→B 电场力做负功,电势能增加、 ΔEp=WE=一 1.有关 无关
EqL=3×10-3J.
二、2.减少量 EpA-EpB 减少 增加 3.零势
能位置 4.为零 无限远处 大地表面 (2)
E
若取φA=0,则EpB=3×10-3J, =
pB
φB =1.5q
三、 E1.电势能 电荷量 2. p 3.伏特 4.(1)离场 ×103V.
q
源电荷无限远处 (2)正负 5.逐渐降低 (3)从A→B 由动能定理知
1
mgL-EqL=2mv
2
B,
典例精解 代入数据得vB=1m/s,
【典例1】解:(1)从 A 移到C,静电力做的功 WAC v2B,
=-3×10-5J+1.2×10-5J=-1.8×10-5J,电势能增 在B 点由牛顿第二定律知F-mg=m 代入数l
加1.8×10-5J. 据得F=5×10-2N.
(2)W -5AB=EpA-EpB=-3×10 J,又EpA=0,则 课后巩固
E =3×10-5pB J. 1.C 2.D 3.C 4.C 5.C 6.D
W =E -5AC pA-EpC=-1.8×10 J,则EpC=1.8× 7.解:设小球的电荷量为q,因小球做直线运动,则
10-5J. 它受到的静电力qE 和重力mg 的合力必沿初速度方
变式1:D 解析:由带电微粒运动的径迹可以看出 向.如图所示,有mg=qEtanθ.
带电微粒受到的电场力指向径迹凹侧,即与电场方向相
同,故带电微粒带正电,选项A、B错误;电场力对带电微
粒做正功,微粒电势能减少,选项C错误,D正确.
·106·
由此可知,小球做匀减速直线运动的加速度大小为 W1=qUCD,正电荷由C 经B 移到D 时,W2=qUCD,所
F合 mg g 以, W1=W2
,由C 到D 电场力做正功,电势能降低,所以
a=m =msinθ=sinθ φC>φD,故D正确.
设从O 点到最高点的路程为x,有v20=2ax, 当堂训练
运动的水平距离为l=xcosθ, 1.A 2.C 3.B 4.D 5.B
由上面公式可得静电力做功 6.解:负电荷从A 移至B 的过程,电荷克服电场力
1
W=-qEl=- mv2cos2θ, 做功,可见负电荷从 电 势 高 处 移 至 电 势 低 处,即0 φA2
>φB.
电势能之差 1ΔE 2 2p=-W= mv0cosθ. W -3×10-32 电势差U = ABAB =-6×10-6 V=500V
,
q
第2节 电势差
即φA-φB=500V. ①
知识梳理
负电荷从B 移至C 的过程中,电场力做正功,可见
一、1.差值 电压 2.φA-φB φB-φA -UBA 负电荷从电势低处移至电势高处,即φB<φC,
W
3.标量 高 低 4.(1)EpA-EpB qU
AB
AB q W电势差 BC 1.2×10
-3
UBC= =-6×10-6 V=-200V
,
q
二、1.相同 2.(1)垂直 (2)电势高 电势低
即φB-φC=-200V. ②
典例精解
由①②式相加得UAC=φA-φC=300V.-4
【典例 】解:()根据 W -6×101 1 U= ,则UAB= ,-3×10-6 V 所以A C 两点的电势差为q 300V
,A,C 两点中A
=200V, 点的电势较高.
即φA-φB=200V,
课后巩固
9×10-4 1.B 2.C 3.B 4.B 5.C
UBC=-3×10-6 V=-300V
, 6.解:(1)由题意可知,这一电荷必为正电荷,设其
即φB-φC=-300V, 电量为q,由牛顿第二定律,在 A 点时:
Qq
mg-k 2 =
UCA=φC-φA=100V.
h
(2)若 =0,则 =200V, =300V, ·3 ;在 点时: QqφB φA φC m 4g B k(
·
0.25h)2-mg=m aB
,解得aB
EpA=φAq=200×(-3×10-6)J=-6×10-4J, =3g,方向竖直向上.
EpC=φCq=300×(-3×10-6)J=-9×10-4J. (2)从A 到B 的过程,由动能定理mg(h-0.25h)
变式1:C 解析:因为UAB=φA-φB=60V>0,所 3kQ
以φA>φB,又UBC=φB-φC=-50V<0,所以φ < +qUAB=0得UB AB=- h .
φC,又UAC=UAB+UBC=60V+(-50V)=10V>0, 第3节 电势差与电场强度的关系
所以φA>φC,故φA>φC>φB,C正确. 知识梳理
【典例2】C 解析:由该粒子的运动轨迹知,最初粒子 U
, 一、
AB 电场强度 沿电场方向的距
受到吸引力 由固定电荷带正电可知,该粒子一定带负电, 1.Ed d 2.
故A错误;因为粒子从A 到B 的过程中,只受电场力且电 离 3.匀强
场力先做正功后做负功,由动能定理知,动能先增大后减 二、1.电势差 沿电场强度方向的距离 2.电场
小,故在B 点的动能不是最大,则经过B 点时的速度不是 电势 3.伏每米 V/m V/m
最大,故B错误;B 点是两点电荷连线的中点,合电场强度 典例精解
为零,故粒子在该点受力为零,加速度为零,故C正确;等量 【典例1】解:(1)因为正电荷从a到b和从a到c,电场
正点电荷连线的中垂线上,连线中点电势最高,可知φA< 力做功相等,所以由W=qU 可得Uab=Uac,b、c两点在同
φB,因粒子带负电,由Ep=φq得EpA>EpB,故D错误. 一等势面上,根据电场线与等势面垂直,可知场强方向与ac
变式2:D 解析:将一正电荷由C 经A 移到D 时, 平行,垂直指向bc.
·107·
W 3.0×10-8ab 由于电场中的等势面与电场线垂直,可见 A 点与Uab= =5.0×10-10 V=60V.q BC 等势面在电场强度方向的距离d=ABsin60°=4×
(2)由U=Ed 可得
-2 3
U U 60 10 × m=23×10
-2m;
E= = ab· = V/d ab cos37° 0.2×0.8 m=375V
/m. 2
-9
场强方向平行于ac,且由a 指向c. A,B 两点的电势差
W - 3×10
UAB= =1.0×10-10 V=q
W
变式1:A 解析:根据电势差公式有U ABAB= = -103V.q
2V,由此看出A 点的电势高于B 点的电势,电场方向 该电场 的 电 场 强 度 U 103E= /d = V m=23×10-2
由A 指向B;根据
U
E= ,得场强为10V/m,故 正确 2d A .5×10 V/m.
第4节 电容器的电容
【典例2】B 解 析:匀 强 电 场 的 场 强
U
E=d = 知识梳理
25 / / , , 一、 绝缘 很近 ()增大 减小 增大 不V m=500V m 设距P 点l处的合场强为零 则 1. 3.1 0.05 变 (2)减小 减小 0 0
Q 9 5×10
-9
kl2=9×10×
/
l2 V m=500V
/m,故l=0.3m, 二、1.电势差
Q
U 2.U 5.
(1)长期正常工作
该点在距P 点l处的电场竖直方向上,该点在电场中P
() () ()S
点的下方, 2
击穿 6.1 正比 正比 反比 2
B正确. 4πkd
变式2:B 解析:根据匀强电场的特点,Uad=Ubc, 三、2.正对面积
即φa-φd=φb-φc,解得φc=8V,B正确. 典例精解
当堂训练 【典例1】A 解析:开关接1时,平行板电容器充
1.D 2.A 3.C 4.D 5.B 电,上极板与电源正极相连而带正电,A对,B错;开关
U 60 接2时,平行板电容器放电,放电结束后上下极板均不
6.解:(1)根据公式E= 代入数据得 /d E=5×10-2V m 带电,C、D错.
=1200V/m. 变式1:B 解析:由Q=CU 知,U 降低,Q 减小,故
(2)P1P2沿电场方向的距离d12=5cm-(0.5+ 为放电过程,A 错误, 正确;由
Q 0.2
B C= = F=5×
0.5)cm=4cm, U 40
-3
根据公式U Ed -2 , ;= =1200×4×10 V=48V. 10 FC错误 ΔQ=CΔU=5×10
-3×4C=0.02C,D错误.
12 12
() 【典例3 由公式 - =Ed =1200×(4.5×10-2)V 2
】A 解析:当用带电玻璃棒与电容器a 板
φ1 φB 1B
接触,由于静电感应,从而在
=54V得 =54V. b
板感应出等量的异种电
φ1
荷,从而使电容器带电,故选项 正确;根据电容器的决
同理φ -φ =Ed =1200×0.5×10-2
A
2 B 2B V=6V得φ2
εrS
=6V. 定式C= ,将电容器b 板向上平移,即正对面积4πkd S
课后巩固
减小,则电容C 减小,根据
Q
C= 可知,电荷量Q 不变,1.D 2.A 3.A 4.A 5.C U
6.解:如图所示,把正电荷从电场中的A 点分别移 则电压U 增大,则静电计指针的张角变大,故选项B错
到C 点或B 点,电场力做的功相同,根据W=qU 可知, ; εS误 根据电容器的决定式C= r ,只在极板间插入有
B,C 两点电势相同,在同一等势面上. 4πkd
机玻璃板,则介电系数εr增大,则电容C 增大,根据C=
Q可知,电荷量Q 不变,则电压U 减小,则静电计指针U
的张角减小,故选项C错误;根据
Q
C= 可知,电荷量U Q
·108·
增大,则电压U 也会增大,但电容 C 不变,故选项 D 第5节 带电粒子在电场中的运动
错误. 知识梳理
变式2:B 解析:将平行板电容器的下极板竖直向 一、1.相同 相反 2.(2)动能定理
下移动一小段距离,由于电容器两板间电压不变,根据 二、1.垂直
U , 三、 电子枪 偏转电极 荧光屏 ()中心E= 得知板间场强减小 油滴所受的静电力减小,则油 1. 2.1 Od 典例精解
滴将向下运动,故选项A错误;板间场强E 减小,而P 【典例1】C 解析:电子在两个电极间的加速电场中
点与上极板间的距离不变,则由公式U=Ed 分析可知, 1 2 2eU
P 点与上极板间电势差将减小,而P 点的电势低于上极 进行加速,由动能定理eU=2mv -0
得v= ,当m
板的电势,则知P 点的电势将升高,由带电油滴原来处 电压不变,A、K 间距离变化时,不影响电子的速度,故
于平衡状态可知油滴带负电,P 点的电势升高,则油滴
、
, , ; 错误
;电压减半,则电子离开 时的速度为 2 ,
在P 点时的电势能将减小 故选项B正确 C错误 根据 AB K 2v C
正确.
电容的定义式 QC= 知,电容器与电源相连,则 不变,U U 变式1:A 解析:粒子在电场中做加速运动,根据
当C 减小时,则极板带电荷量 Q 也减小,故选项 D
错误. 动能定理可知,
1
qU= mv2-0,
qU
解得 2
2 v=
,粒子的
m
当堂训练 比荷越大,速度越大,故质子的速度最大,选项A正确.
1.C 2.C 3.C 4.A 5.D 【典例2】解:加速过程中,由动能定理得eU=
Q 6×10-8
6.解:(1)平行板电容器的电容C=U= 60 F
1
mv22 0. ①
=1×10-9F. 进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速
U 60 运动 ,(2)两板之间为匀强电场,则E= = -2 V/
l=v0t ②
d 3×10 m= 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动
2×103V/m,方向竖直向下.
加速度 F eU'
() a= =
, ③
3M 点距A 板间距离dAM=d-dBM=1cm, m dm
A 与M 间电势差UAM=EdAM=20V, 偏转距离 1y= at2, ④
又UAM=φA-φM,φA=0,可得φM=-20V.
2
课后巩固 能飞出的条件为 dy≤ ,2 ⑤
1.C 2.C 3.B 4.D 5.B 2Ud2
6.解:(1)液滴处于静止状态,可知电场力方向向 联立①~⑤式解得U'≤ l2 =400V.
上,则电场强度的方向竖直向下,上板带正电. 即要使电子能飞出,所加电压最大为400V.
mg 10-7×10 / 变式2:C 解析:设加速电场的电压为 ,偏转电根据|q|E=mg 得E=||=
U0
q 10-8
N C=
压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,由
100N/C.
mv20 2U0q
(2)由U=Ed,Q=CU,得Q=1×10-9C. U0q= ,得v0= ,电子进入极板后做类平抛2 m
(3)当电场强度变为原来的2倍,则电场力变为原 qU
运动,时间 Lt= ,加速度a= ,竖直分速度v =at,
来的2倍,即为2mg,液滴将向上做匀加速直线运动,加 v
y
0 dm
速度 F-mg 2mg-mg
v UL
a= = =g=10m/s2, tanθ=
y= ,故可知v 2U C
正确.
m m 0 0d
当堂训练
末速度v= 2gh= 2×10×0.01m/
5
s=5 m
/s. 1.C 2.C 3.D 4.C 5.C
6.解:(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0,由动
·109·
1 2 由能定理得 UAD=φA-φD
和φA=0得eU = mv . ① φD
=-450V,
0 2 0 电子在D 点的电势能为Ep=qφD=-1.6×10-19×
设金属板AB 的长度为L,电子偏转时间 (-450)J=7.2×10-17J.
L
t= , ② 12.解:(1)因微粒静止,则其受力平衡,对其受力分v0
析有
eU
a= ,md ③ Eq=mg,
1 1 -4
y= d= at2,
mg 2.0×10 ×10
④ E= = / 3 / ,方2 2 q 1.0×10-6
N C=2.0×10 N C
2U 向竖直向上.
由①②③④得L=d 0U . (2)在t=0时刻,电场强度大小突然变为E0=4.0
(2)设电子穿出电场时的动能为Ek,根据动能定理 ×103N/C,设微粒的加速度为a,在t=0.2s时间内上
得 UE =eU +e =e UU + . 升的高度为h,电场力做功为 ,则 ÷ W qE0-mg=ma,h=k 0 2 è 0 2
1 2
课后巩固 at ,W=qE0h,联立解得2 W=8.0×10
-4J.
1.B 2.B 3.C 4.B 5.A 6.A (3)设在t=0.2s时刻,突然撤掉电场时微粒的速
:() L ,d 1 2, L g 度大小为v,回到出发点时的动能为 ,则7.解 1由 =vt = 可解得 Ek v=at
,
2 0 2 2gt v0=2 d
=10m/s. 由动能定理得
1
mgh=Ek-2mv
2,解得Ek=8.0×
(2)电容器的上板应接电源的负极. 10-4J.
当所加的电压为U1时,微粒恰好从下板的右边缘射 13.解:(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是
出,即d 1= a L
2 2
1 ÷ , v2 2 èv mg=m ,R v= gR=2m
/s,
0
U
mg-q 1 滑块由释放点到最高点过程中,由动能定理得
又 da1= ,解得m U1=120V. 1qEx-μmgx-2mgR= mv2,2
当所加的电压为U2时,微粒恰好从上板的右边缘射
1 2
出,即d 1= a L
2 m 2v +2gR
÷
÷ , è
2 2 2 èv 所以x= ,代入数据得E- m x=20m.0 q μ g
U
q 2-mg (2)从 P 到Q,由动能定理得-mgR-qER=
又 da2= ,解得m U2=200V. 1mv2
1
2 -
2
2mvP
,
所以120V≤U≤200V.
本章评估 所以v
2 2
P=v +2
qE
g+ ÷R,è m
1.D 2.D 3.A 4.B 5.C 6.D 7.A 8.D mv2
在P 点由牛顿第二定律得FN-
P
qE= ,
9.B 10.B R
11.解:(1)电子从C 点移到D 点 所以FN=3(mg+qE),代入数据得FN=1.5N,由牛
W -17CD -4.8×10 顿第三定律可知,P 对轨道的压力等于轨道对P 的支持力,UCD= = ,q -1.6×10-19
V=300V
所以为15.N.
U 300
E = CDd sin30°=4×10-2 V
/
×0.5 m =1.5× 第十一章 电路及其应用CD
104V/m. 第1节 电源和电流
(2)d=dCDsin30°+1cm=3cm, 知识梳理
UAD=Ed=1.5×104×3×10-2V=450V. 一、1.电子 2.(1)电势差 (2)持续
·110·
二、1.稳定 2.时间 3.方向 4.(1)强弱 I 1
v= /
q neS
=8.5×1028×1.6×10-19×1×10-6 ms
(2) (3)安培 安 10-3 10-6 (4)正电荷t ≈7.35×10-5m/s.
典例精解
( 13)沿导线移动1m 需用时t=
【典例1】D 解析:正电荷定向移动的方向就是电 7.35×10
-5 s≈
流方向,负电荷定向移动的反方向也是电流方向,A、B 3.78h.
q 第2节 导体的电阻
错误;有正、负电荷反向经过同一截面时,公式I= 中t 知识梳理
、 , n1e+neq应是正 负电荷电荷量绝对值之和 故I=
2 ,
t 一、
U
1.比值 2.I 3.
阻碍 4.电阻
电流方向由A 指向B,C错误,D正确. l
变式1:
三、
B 解析:由电流定义式可得10s内通过这 2.ρS
根导线横截面电量为Q=It=16×10-3×10C=1.6× 四、1.电压U 电流I 2.过原点的直线
-1
10-1 ,
Q 1.6×10 典例精解
C 通过的电子数为n= =1.6×10-19=1×10
18,
q l
故B正确,
【 】 : ,
A、C、D错误. 典例1 解 金属导线原来的电阻为R=ρ 导线S
【典例2】C 解析:因为I= S
A 拉长后l'=2l,因为体积V=lS 不变,所以S'= ,
q 2,所以
Δt q=I
·Δt,自由电子数
l' l l
R'=ρ =4ρ =4R.导线B 对折后l″= ,S″=2S,
q
目为 IΔt
S' S 2
N= = ,C正确,D错误;又因为电流的微观e e
所以 l″ RR″=ρ = ,则S″ 4 R'∶R″=16∶1.
表达式为I=nevS,
q
所以自由电子数目为 IΔtN=e= e 变式1:C 解析:四个电阻串联,通过它们的电流I
nevSΔt
= =nvSΔt,A、B错误. 相等,由U=IR 可知,电阻两端电压U 与电阻阻值R 成e 正比,U 越大,R 越大;a 与c 只有横截面积不同,根据
q
变式2:A 解析:由电流定义知
ne
I= = ,故 A a、c两端的电压的关系知导体电阻与导体横截面积的关t t
, 系,故 错误; 与 只有长度不同,根据 、 两端的电正确 B错误;由电流的微观表达式I=nSqv 知,I、n、q A a b ab
, , , 、 压的关系可知导体电阻与导体长度有关,故 错误;均相等 因为SAv B aB 故CD错误.
与d 只有材料不同,根据a、d 两端的电压的关系可知导当堂训练
体电阻与材料有关,故C正确;由实验结论可以得出导1.A 2.B 3.D 4.A 5.B
体电阻与导体长度、横截面积、材料有关,故 错误
:() q
D .
6.解 1 根据电流的定义式I= ,t 【典例2】C 解析:根据电阻的定义
U
R= ,电阻等
可得q=It=2×105×1×10-3C=200C, I
于图线上的点与原点连线的斜率的倒数,图线上的点与
q
供电时间 200t'=I'=0.5s=400s. 原点连线的斜率逐渐减小,说明电阻逐渐增大,故A正
(2)这次闪电释放的电能为 确;由图像可知,P 点对应的电压为U1,电流为I2,则灯
E=UIt=qU=200×2.5×107J=5×109J. U泡的电阻R= 1,故B正确,C错误;因I P=UI
,所以图
课后巩固 2
1.D 2.B 3.B 4.A 5.A 6.A 像中矩形PQOM 的面积为对应P 点小灯泡的实际功
q It 率,故D正确.
7.解:(1)N=e=e=6.25×10
18(个). 变式2:A 解析:在I-U 图像中直线斜率的倒数等
(2)由公式I=neSv,得 于该导体的电阻,因此两个电阻之比等于斜率的倒数之
·111·
R
比 1 tan30° 1= = ,故A正确. 齐,则 金 属 杆 直 径 为
1
R tan60° 3 d=4 mm+50×10 mm=2
当堂训练 4.20mm.
1.D 2.B 3.B 4.C 5.C 【典例2】(1)0.600 (2)见解析图 (3)1.6×10-6
ΔU 解析:(1)螺旋测微器读数为:() , 0.5mm+10.0×6.解 1 因R= 由图像可知,
10
ΔI RA=10Ω= 0.01mm=0.600mm.
10 2 2
1Ω,RB=15Ω= Ω
,故
3 RA∶RB=1∶3=3∶2.
(2)两个导体电流相等时,根据U=IR 知,导体两
端的电压之比UA∶UB=RA∶RB=3∶2.
() , U , (2)由于电阻丝电阻较小,安培表采用外接法,因测3 两个导体电压相等时 根据I= 知 通过导体R
1 1 量金属丝的电阻率电流不能太大
,由 EI= ,结合电
的电流之比IA∶IB=R ∶R =RB∶RA=2∶3.
R+r
A B 流表读数原理,电流表应满足偏转一半以上,故总电阻
课后巩固 大于5Ω,小于10Ω,可见滑动变阻器可以用限流式,实
1.D 2.B 3.B 4.D 5.C 6.B 7.B 验电路如图.
8.解:
U 6
R= = Ω=6×106Ω, ()由 l 得 RS πRd
2
I 10-6 3 R=ρ ρ= = ,将Rx=4.0Ω、S l 4l l
由题意知l=d=10-2m,S=10-4m2, =0.720m、d=0.600mm=0.600×10-3m代入得ρ=1.6
l ×10-6由电阻定律R=ρ 得 Ω·m.S
变式2:(1)2.935 (2)2.60 0.52 (3)4.2×10-5
RS 6×106×10-4
ρ=l = 10-2 Ω
·m=6×104Ω·m. 解析:(1)螺旋测微器的读数为d=2.5mm+43.5
第3节 实验:导体电阻率的测量 ×0.01mm=2.935mm.
()因电压表的每小格读数为 ,所以应估读到
实验1 长度的测量及测量工具的选用 2 0.1V
、 0.01V,所以电压表的读数为U=2.60V;同理,电流表一 1.1 2.0.1 0.05 0.02
、 的每小格读数为0.02A,应估读到0.01A,所以电流表二 1.0.5 0.5 0.01 0.01
的读数为
实验2 金属丝电阻率的测量 I=0.52A.
2
· d ÷
一、RS RS R π
l 2.
毫米刻度尺 螺旋测微器 3.ρ=l ()根据 L 得 RS è2 3 R=ρS ρ= L =
,又
L R
πd2三、1.三个不同 4 2.
伏安 3.有效 U= ,I
四、 πd
2U
2. 联立以上两式,代入数据得ρ=4.2×10-5Ω·m.4lI
当堂训练
五、1.直径 2.外 小于 小 4.大
1.2.25 6.860
典例精解
2.1.400mm 11.4Ω 金属丝长度 外【 l 典例1】1.220 6.861 解析:游标卡尺读数为d=
3.D 4.C
1
12mm+4×20mm=12.20mm=1.220cm
,螺旋测微 5.(1)5.01 5.315 (2)①大 ②大 (3)1280
器的读数为h=6.5mm+36.1×0.01mm=6.861mm. 课后巩固
变式1:60.10 4.20 解析:金属杆长度由刻度尺示 1.C 2.A 3.(1)70.60 6.580 (2)D
数可得,由题图甲得L=60.10cm.由题图乙知,此游标 4.(1)1.610 38.35 (2)如图所示 (3)小
2
尺为50分度,游标尺上第10刻线与主尺上一刻线对 ( πD U4)4IL
·112·
第4节 串联电路和并联电路
知识梳理
一、2.I1=I2=…=In 电流之和 I1+I2+…+
In 电压之和 U1+U2+…+Un 相等 U1=U2=…
=Un 之和 R1+R2+…+Rn 倒数之和
二、2.满偏电压Ug Ug=IgRg 3.(1)串联 较
5.(1)24.12~24.14 0.515~0.518 (2)偏小 大 (2)并联 较小
πD2U
(3)如图所示 典例精解4Il
【 】 U典例 61 D 解析:电路中电流I= 1R =1 10A=
U 12
0.6A,A正确;R 22阻值为R2=I =0.6Ω=20Ω
,B正
确;三只电阻两端的总电压U=I(R1+R2+R3)=
21V,C正确;电阻R3两端的电压U3=IR3=0.6×5V
6.(1)1.844 42.40 (2)A D (3)见解析图 =3V,D错误.
πD2R 变式1:A 解析:由题意知,当S断开时,电流表示(4)4L 数 UI1=0.6,则R1= ,当S闭合时,I总=I1+I2,I2=
解析:(1)螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可 I1
动刻度读数+估读,由题图甲知,圆柱体的直径为D= I总-I1=0.3A,则
U
R2= ,所以I R1∶R2=1∶2
,A
2
1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm;游标卡尺读数为
正确.
主尺读数+游标尺读数×精度,游标尺为20刻度,精度 【典例2】解:由题意知电流表G的满偏电压Ug=
值为0.05mm,由题图乙知,长度为L=42mm+8×
IgRg=0.1V.
0.05mm=42.40mm;多用电表的读数为电阻的粗测 (1)改装成量程为0~3V的电压表,当达到满偏
值,其电阻为6×1Ω=6Ω;
时,分压电阻R 的分压UR=U-Ug=2.9V,(2)待测电阻大约6Ω,若用滑动变阻器R2(阻值范
U
围0~2000Ω,0.1A)调节非常不方便,且额定电流太 所以分压电阻
R 2.9R=I =0.001Ω=2900Ω.g
小,所以应用滑动变阻器R1(阻值范围0~5Ω,1.0A), 改装后电压表的内阻RV=Rg+R=3000Ω.
电源电动势为3V,所以电压表应选3V量程的,故选 (2)改装成量程为0~0.6A的电流表,当达到满偏
A;为了测多组实验数据,滑动变阻器应用分压接法,故 时,分流电阻R 的分流IR=I-Ig=0.599A,
滑动变阻器选择阻值小的即可,故选D; U
(3)电压表内电阻较大,待测圆柱体的电阻较小,故 所以分流电阻R=
g
I ≈0.167Ω.R
采用电流表外接法误差较小;根据以上分析,设计的电 R R
改装后电流表的内阻R gA=R +R≈0.167Ω.路图如图所示; g
变式2:C 解析:把电流表改装成电压表需串联一个
电阻 UR,改装后U=Ig(Rg+R),解得 R=I -Rg=g
1.0
500×10-6-200
÷ Ω=1800Ω,即应串联一个1800Ω
è
的电阻,C正确.
()由 L 以 及 1
当堂训练
4 R =ρ S= πD2 联 立 解 得S 4 ρ 1.D 2.B 3.C 4.D 5.B
πD2R
= . 6.解:(1)当开关S断开时,滑动变阻器R1为限流4L 式接法,R3及R1的下部不接在电路中,当滑片P 在最上
·113·
端时,R2上获得的电压最大,此时R1接入电路的电阻为 (2)如果是用“×10”挡测量电阻,由图示表盘可知,
零,因此R2上的最大电压等于UAB=8V;当滑片P 在 其读数为30×10Ω=300Ω.
最下端时,R1的全部与R2串联,此时R2上的电压最小, 如果是用直流5V挡测量电压,由图示表盘可知,
R2 其分度值为0.1V,其读数为2.20V.UR2=R +R UAB=4.8V
,所以R2上的电压变化范围
1 2 【典例2】(1)cabe 30000 (2)C 解析:(1)测量
为4.8~8V. 几十千欧的电阻Rx,我们一般选择较大的挡位先粗测,
(2)当开关S闭合时,滑动变阻器R1为分压式接 使用前应先进行欧姆调零,然后依据欧姆表的示数,再
法,当滑片P 在最下端时,R2上的电压最小,此时R2与 更换挡位,重新欧姆调零,再进行测量.使用完毕应将选
R3并联,再与R1的全部串联,R2与R3的并联电阻R'= 择开关置于OFF位置或者交流电压最高挡,拔出表笔.
R2=150Ω,电压为
R' 150
U'= U = ×8V 欧姆表的示数乘相应挡位的倍率即为待测电阻的阻值2 R1+R' AB 200+150
30kΩ.
≈3.43V;当滑片P 在最上端时,R2上的电压最大等于 (2)欧姆挡更换规律“大小,小大”,即当指针偏角较
UAB=8V,所以R2上的电压范围为3.43~8V.
大时,表明待测电阻较小,应换较小的挡位;反之应换较
课后巩固
大的挡位,重新调零后再测量,故A错误;在多用电表选
1.A 2.C 3.B 4.C 5.B
用“Ω”挡时,红、黑表笔插在哪个接口其实并不影响测量
R R
6.解:(1)由题图可知Rcd=
3 4
R +R =2Ω
, 结果,故B错误;用多用电表“Ω”挡,只能测孤立电阻,不
3 4
故R =R +R +R =8Ω+4Ω+2Ω=14Ω. 能测含电源电路,故C正确;用多用电表“Ω”挡测电阻时ad 1 2 cd
U 42 只需在换挡时调零,故D错误.(2)由欧姆定律知I= ,即为通过R = A=3Aad 14 变式2:B 解析:使用多用电表应将选择开关旋至
R1、R2的电流.设通过R3、R4的电流分别为I3、I4,则由 测量项目上,且挡位要合理,测电阻时,选择开关旋转到
并联电路电压相等,得I3R3=I4R4,又I3+I4=3A,解 欧姆挡上,A正确;欧姆表刻度不均匀,指针指在刻度30
得I3=1A,I4=2A. 和50正中央时待测电阻阻值小于40Ω,B错误;测电阻
第5节 实验:练习使用多用电表 时,指针偏转角度越小,越靠左边,待测电阻阻值越大,C
知识梳理 正确;测电阻时多用电表内有一节干电池,否则指针无
一、2.(1)指针定位螺丝 左端 (3)①并联 偏转,D正确.
②串联 ③断开 欧姆调零 欧姆调零 ④OFF 交 当堂训练
流电压 1.B 2.B 3.D
三、1.(1)直流电压挡 (3)流入 流出 2.(1)串 4.(1)1.64 (2)3.28 (3)800
联 (2)红表笔 黑表笔 3.(3)短接 (4)倍率 5.(3)短接 (4)红 黑 (5)中央 (6)OFF 解
4.(2)低倍率 红表笔 (3)红表笔 析:多用电表作为欧姆表使用时,除进行机械调零外,还
典例精解 要进行欧姆调零,因为欧姆调零的含义是所测得电阻阻
【典例1】22.2 1.11 300 解析:读取直流电压、电 值为零,故步骤(3)中可将红、黑表笔短接;多用电表作
流时看表盘正中央的那条刻度均匀的刻度线.对于直流 为欧姆表使用时,电表的内部有一个电源,且红表笔(插
电流100mA挡,每大格为20mA,每小格表示2mA, 入“+”插孔)与电池负极相连;黑表笔(插入“-”插孔)
图中a 处指针对应1大格加1.1小格,所以读数是 与电池正极相连,所以步骤(4)要测二极管的反向电阻
22.2mA;对于直流电压5V挡,每大格为1V,每小格表 时,应将红表笔接二极管的正极,将黑表笔接二极管的
示0.1V,所以读数是1.11V;测量电阻时读最上面的一 负极;因为欧姆表的表盘的刻度是不均匀的,越向左刻
条刻度线,所以读数是300Ω. 度越密,测量值越不准确,所以,在步骤(5)中应让电表
变式1:(1)×1 欧姆调零 (2)①300 ②2.20 指针尽量指向表盘的中央,测量完毕后,应拔出表笔,选
解析:(1)测量电阻时如果指针偏转过大,所选挡位 择开关置于OFF挡位置.
太大,应换小挡,应将选择开关S拨至倍率较小的挡位, 课后巩固
即为×1,并重新进行欧姆调零后测量. 1.C 2.B 3.C 4.C
·114·
5.(1)①③ ①用欧姆挡不能直接测量带电源电路 第十二章 电能 能量守恒定律
的电阻,③用电流挡直接测量可能会造成电源短路
第1节 电路中的能量转化
(2)×1 12
知识梳理
解析:(1)测量中不妥的有①③,理由:①用欧姆挡
一、1.静电力 2.(1)电压U 电流I 时间t
不能直接测量带电源电路的电阻;③用电流挡直接测量 (2)UIt (3)焦耳 J 3.(1)通电时间 (2)UI (3)瓦
可能会造成电源短路. 特 W
(2)多用电表用欧姆挡测量时,如果指针偏转角度 二、1.电流的二次方 导体的电阻 通电时间
太大,说明所测电阻的阻值较小,应当选用小倍率进行
2.I2Rt 3.(1)快慢 ()发热量 ()
Q
测量; 2 3图乙中所示读数为12Ω. t
2
本章评估 三、1.(2)UI IR 2.化学
1.A 2.D 3.C 4.B 5.A 6.A 7.A 8.B 典例精解
9.A 10.A 11.D 12.A 【典例1】C 解析:若要两灯均正常发光,亦即每灯
, ,
13.(1)①S ③T 0刻线 ④ADC (2)1700 的电压均为110V 对A电路 因为RA,所以UA<
UB,即UB>110V,B 灯将被烧坏;对B电路,UB>U并,47 23.5
:() 、 , B 灯将被烧坏;对C电路,RA可能等于B 灯与变阻器并14.解 1 在C D 之间连一个理想电压表 测量
联后的电阻,所以UA 可能等于UB,等于110V,两灯可R
R 两端电压,根据串联分压则有
U
= 22 ,E R +R +r 能正常发光,且电路消耗总功率为1 2 200W;对D电路,变
解得U=8V. 阻器电阻可能等于两灯并联后总电阻,可能有UA=UB
(2)在C、D 间连一个内阻为RA=4Ω的电流表,则 =U并=110V,两灯可能正常发光,且电路中消耗总功
1 1 率为280W.综上可知,C正确.
R3与 RA 串 联,之 后 与 R2 并 联,则 有 R =并 R2 变式1:B 解析:因为电压U 相同,两盏电灯串联
1 , 后,L1两端电压小于U;两盏电灯并联后,加在电灯两端+RA+R3 的电压都为U,因此并联后的灯泡较亮,选项B正确.
R并
并联电路两端电压为U'= E, 【典例2】解:当电流表和电压表的示数为0.5A和R并+R1+r
1.0V时,电动机停止工作,电动机中只有电动机的内阻
通过电流表的电流为 U'I= ,R3+R UA 消耗电能,其阻值r= 1
1.0
I = Ω=2Ω
,
1 0.5
联立可得I=0.5A.
当电动机正常工作时,电流表、电压表示数分别为
15.解:在改装的电压表中,各量程达到满偏电压
2.0A和15.0V,
时,经过“表头”的电流均为满偏电流.
则电动机的总功率 P总=U2I2=15.0×2.0W=
U
接O、A 时:I = 1g ,R +R 30.0W
,
g 1
线圈电阻的热功率P =I2热 2r=2.02×2W=8.0W,U
即R = 11 -R
3
g= ÷I è1×10-4-500 Ω=2.95× 所以电动机的输出功率g P输出=P总-P热=30.0W-
104Ω. 8.0W=22.0W.
U 变式2:C 解析:灯泡能正常发光,说明电解槽和灯
接O、B 时:I = 2g ,Rg+R1+R2
泡均分得110V电压,且干路电流
60W
I=I灯= ,则电
U 110V
即R = 2-R -R = 15 2 g 1 -500-2.95×104÷I è1×10-4 Ωg 解槽消耗的功率P=P灯=60W,C对,A错;电解槽的
=1.2×105Ω. 发热功率P热=I2R≈13.W,B错;整个电路消耗的功率
·115·
60W , 则错 R1
和r上的电压U=E-U2=(12-6)V=6V,P总=220V×110V=120WD .
故总电流 U 6
当堂训练 I1=R1+r=9+1A=0.6A.
1.C 2.C 3.C 4.C 5.C 6.B 流过R3的电流I3=I1-I2=(0.6-0.4)A=
U2: , 0.2A,7.解 设电炉电阻为R 由P= 得R U 6
U2 2202 故R3=
2
I =0.2Ω=30Ω.R= = Ω=24.2Ω. 3P 2000 变式1:C 解析:由闭合电路欧姆定律可知,电路中的
当电压为U'=200V时,电炉的实际功率为 电流为
U'2 2002
P'=R =24.2W≈1653W. E 3.0I=R+r=
,
2.0+1.0A=1.0A
在220V的电压下,一个月消耗电能 则路端电压为U=IR=1.0×2.0V=2.0V,
W=Pt=2×30×2kW·h=120kW·h. 故C正确.
课后巩固 【典例2】D 解析:电压表的示数减小,根据串联电
1.C 2.D 3.B 4.C 5.D 6.A 7.D 8.A 路分压规律知电阻R 的阻值变小,外电路总电阻变小,
9.解:(1)根据题意可知,加在电动机两端的电压为 由闭合电路欧姆定律知,干路电流增大,电源的内电压
U1=110V,则电阻R 两端的电压为UR=160V-110V 增大,则路端电压减小.根据欧姆定律知:路端电压和干
=50V,
路电流的比值等于R 与R1的并联阻值,在减小,故 D
U
通过R 的电流为I= R ,通过电动机的电流 正确R =10A .
变式2:A 解析:滑片为10A. P
向b移动时,总电阻变大,
(2)电动机的输入功率为P1=U1I=1100W. 干路中
E
I= 变小 由于路端电压 , 增R+r . U=E-IrU
(3)根据焦耳定律可知,电动机的发热功率为 大,即V1表示数U1变大.由于V2表示数U2=IR,所以
P =I22 r=60W. U2减小,故A正确.
(4)根据能量守恒定律,解得电动机的输出功率为
当堂训练
P3=P1-P2=1040W. 1.B 2.D 3.B 4.B 5.A
电动机工作1小时对重物做的功为
6.解:(1)电源内电路发热功率
W=P3t=3.744×106J. Pr=I2r=(40-37.6)W=2.4W,
第2节 闭合电路的欧姆定律 则电路中电流I=2A,
知识梳理
电源总功率P=IE=40W,得E=20V.
一、1.用电器 用电器 2.正电荷 3.非静电力 (2)外电路总电阻R 满足E=IR+Ir,
4.(1)电势能 ()电荷量 ()
W
2 3 (4)伏特 V R R
q 得R=9.4Ω,R= 1 3 ,R1+R +R23
二、 U1. 2.电阻 3.非静电力 I2Rt I2rt 解得R R2=7Ω.
课后巩固
()E4.2R+r 1.A 2.B 3.C 4.C 5.A 6.C 7.B
三、3.(1)E-Ir (2)①减小 8.解:(1)S断开时,外电路R2、R3串联,
典例精解 E=I1(R2+R3)+I1r,①
【典例1】解:对 R2,有U2=I2R2=0.4×15V= P1=EI1,②
6V, S闭合时,外电路R1、R2并联后与R3串联,
·116·
R1R2 法;C项中方法直观、简便,C正确.R外'=R3+ ,R1+R2 【典例2】(1)实物图见解析 (2)U-I 图线见解析
代入数据得R '= 3×6 外 1.5+ ÷ Ω=3.5Ω,③ (3)2.0 0.4
è 3+6
解析:(1)根据电路图连接实物电路图如图所示.
对闭合电路E=I2R外'+I2r,④
P2=EI2,⑤
由①②④⑤可得E=4V,r=0.5Ω,I1=0.5A,I2
=1A.
(2)闭合S时,电源的输出功率 (2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点,然
P=I2R '=122 外 ×3.5W=3.5W. 后作出图像如图所示.
(3)S断开时,Q1=CU -6R2=20×10 ×0.5×6C=
6×10-5C;
S闭合时,电容器两端的电势差为零,则Q2=0.
第3节 实验:电池电动势和内阻的测量
知识梳理
、I1U -IU一 2 2 1 U2-U1 (3)由图示电源U-I 图像可知,图像与电压轴的交
I1-I 2 I1-I2
点坐标值为2.0V,则电源电动势E=2.0V;
三、2.最大 左
图像斜率的绝对值等于电源内阻与保护电阻阻值
四、1.平均 2.(2)尽量多 两侧
E
(3)②r 之和,则 2.0-1.4k=r+R ΔU0= ,电源ΔI = 0.25 Ω=2.4Ω
③ ΔUΔI 的内阻r=k-R0=2.4Ω-2.0Ω=0.4Ω.
五、2.< < 变式2:D 解析:图甲中可用E=I1(r+R1)、E=
六、1.(1)大 (2)0~3V (3)0~0.6A 4.(1)不 I2(r+R2)求得电源的电动势和内电阻,图乙中可用E
从零 U
=U + 11 ·r、
U
E=U2+
2·r求得电源的电动势和内
典例精解 R1 R2
【典例1】() (
电阻,而图丙中可用 、 求得电
1ABDFH 2)甲 (3)1.5 0.7 解析:(1) E=U1+I1r E=U2+I2r
,
选择适当的器材:被测干电池一节必须选择,故选 ;电流 源的电动势和内电阻 故三位同学设计的电路都能测出A
表1的内阻是已知的,故选B;电压表选择量程0~3V的 电源的电动势和内电阻
,D正确.
D;滑动变阻器选择阻值较小的“0~10Ω,2A”的F;开关、导 当堂训练
线若干必须选择.故选ABDFH. 1.C 2.A
(2)因电流表的内阻已知,故实验电路图应选择 3.(1)D (2)甲 (3)1.45(1.44~1.46都算对) 0.94
图甲. (0.90~0.95都算对)
(3)根据图丙所示的U-I 图像,可知干电池的电动 4.(1)见解析 (2)A (3)1.5 1.0
解析:(1)电路连接如图所示.
势E=1.5V,内电阻
1.5-1.0
r'=|k|-r= 0.5 Ω-0.3Ω
=0.7Ω.
变式1:C 解析:A项中只测量两组数据求出E、
r,偶然误差较大;B项中计算E、r平均值虽然能减小误
差,但太繁琐;D项中分别求I、U 的平均值是错误的做
·117·
(2)闭合开关前,滑动变阻器接入电路中的阻值应 (3)因为
E
I= ,所以
E
r= -R0-R=
该最大,故滑片应置于A 端. R0+R+r I
(3)由题图图像可知,电源电动势为1.5V, 1.49 ÷
è0.058-5-20 Ω=0.69Ω.
内阻 1.5-1.0r= 0.5 Ω=1.0Ω. 第4节 能源与可持续发展
课后巩固 知识梳理
1.D 一、转化 转移 转化 转移 不变
1 二、1.不可逆 2.收集 3.降低 4.方向
2.(1)A D F (2)a d c g f h (3)U 三、1.(1)石油 化石 2.(4)核能
1 R U (横、纵坐标互换亦可) 四、1.柴薪 2.(1)温室 ( 2
)酸化
或 R 或U ÷
(3)光化学
R è U R 典例精解
3.(1)E=I(R+r) (2)最大值 25 (3)6.0(5.8 【典例1】A 解析:去掉右侧盖板
~6.2均可) 2.4(2.3~2.5均可) 之后,液体向左侧流动,最终两侧液面
4.(1)9500 (2)a 端 (3)1.48 0.833 相平,液体的重力势能减少,减少的重
解析:(1)把灵敏电流计G改装成量程为2V的电 力势能转化为内能.如图所示,最终状
压表,需串联一个电阻阻值为
U 2 态可等效为右侧
1
h 的液柱移到左侧管中,即增加的内
R= -rg= -6-500=9500(Ω)
2
Ig 200×10
.
(2)为保护电路,在闭合开关S前,将滑动变阻器的 能等于该液柱减少的重力势能,则
1 1
Q=8mg
·
2h=
滑片移至阻值最大处,即a 端. 1
mgh,故A正确.
(3)由闭合电路欧姆定律得E=I1(R+rg)+(I 161+
I )r, 变式1:D 解析:功和能是两个不同的概念,外力2
E r 对物体做功的多少只是说明了能量转化的多少,而不能解得I1=R+r +r-R+r +rI2.g g 说明物体能量的多少,外力对物体不做功不能说明物体
结合图乙得 E =1.48×10-4A, 没有能量,A、B、C错误;功是能量转化的量度,D正确.R+rg+r 【典例2】A 解析:能量耗散是能量在转化的过程
r (135-110)×10-6,
R+r +r= 0.45-0.15 中有一部分以内能的形式被周围环境吸收,遵守能量守g
由以上两式解得E=1.48V,r=0.833Ω. 恒定律,但使得能量品质降低,故选项 A错误,选项D
5.(1)见解析 (2)20Ω 闭合 (3)0.69Ω 正确;耗散的内能无法再被利用,选项B正确;其他形式
解析:(1)如图所示. 的能在一定的条件下可以全部转化为内能,但相反过程
却不能够全额进行,选项C正确.
变式2:C 解析:尽管能量守恒,但耗散的能量无法
重新收集利用,所以能源是有限的,特别是常规能源,A、
B错;常规能源的利用比新能源核能的利用对环境影响
大,C对,D错.
(2)由题图丙读得电阻箱阻值为R=20Ω;将S1闭
当堂训练
合S2断开,电压表示数为电源电动势,E=1.49V,将S2
1.D 2.A 3.A 4.C 5.D 6.B 7.C 8.D
闭合,电压表示数为电阻箱R 两端电压,将电压表视为
9.C
U
理想电表,则干路电流 V 1.16I=R =20 A=0.058A. 课后巩固
1.C 2.C 3.D 4.B 5.D 6.C 7.A 8.C
·118·
本章评估 流表测干路电流,路端电压U=E-I2r=36V,
1.D 2.C 3.C 4.A 5.B 6.A 7.A 8.A 通过定值电阻的电流 UI2'=R=1.5A
,
9.A 10.D
11.(1)R (2) ()
通过电动机的电流
见解析 I 31.45 0.90 2″=I2-I2'=2.5A
,
1
解析:()电源电动势为 较小,
电动机消耗的总功率
电源的内阻较 P=UI2″=90W.1 1.5V
小,为多测几组实验数据,方便实验操作,应选最大阻值 14.
解:(1)S断开时,R1、R2串联,则
较小的滑动变阻器,因此滑动变阻器应选R E 2×31. I= ,R +R +r= A≈0.70A1 2 6+2+0.2×3
(2)上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电 U=I(R1+R2)=0.70×(6+2)V=5.60V,
流表,将电流表G与定值电阻R3串联,改装成电压表; 即电 流 表 的 读 数 为 0.70 A,电 压 表 的 读 数 为
用电流表A测电路电流,滑动变阻器R1串联接入电路, 5.60V.
实验电路图如图所示. (2)S闭合后,R1、R3并联后再和R2串联,
6×3
R并=6+3Ω=2Ω
,
总 电 流 E 2×3I总 =R = A≈并+R2+r 2+2+0.2×3
1.30A,
(3)根据闭合回路欧姆定律可知E=I1(R3+Rg)+ 电流表的读数为R1支路的电流,因为U1=U3=E-
(I1+I2)r,变形为
r E
I1=- I2+ ,I总(R2+r)=3×2V-1.30×(2+0.2×3)V=2.62V,R3+Rg+r R3+Rg+r
U
所以 1 2.62I=I1= = A≈0.44A,电压表读数U=
图线的纵截距为 E -3 ,斜率为 R1 6
R3+R +r=1.45×10 Ag
E-I总r=5.22V.
r 0.45
- = - ×10-3,解 得R E=1.45V
,r
3+Rg+r 0.5 第十三章 电磁感应与电磁波初步
=0.90Ω. 第1节 磁场 磁感线
12.解:(1)设电压表内阻为RV,则有 知识梳理
U 1 1 V + ÷=(
1
R R E-UV
) , 一、1.两 2.排 斥 吸 引 3.(1)小 磁 针
è 1 V R2
(2)电流
解得RV=4.8kΩ.
二、
() , 1.
通电导体 磁场 2.通电导体
2 电压表接入电路前 电容器上电压为
三、1.N 2.切线 3.疏密
R
U 2C=R +R E=4V
, 四、1.电流 磁感线 2.环形电流 磁场 3.螺
1 2
Q=CU =1.88×10-5C, 线管电流 轴线上 NC
电压表接入电路后,电容器上电压为 五、1.环形电流 微小的磁体 磁极 2.磁化
U 退磁C'=4.5V,
Q'=CU'=2.115×10-5C, 典例精解C
所以电容器上电荷量增加了ΔQ=Q'-Q=2.35× 【典例1】B 解析:因为小磁针 N极受磁场力的方
10-6C. 向就是磁场的方向,故选项B正确.
13.解:(1)S断开时,电源与定值电阻构成串联回 变式1:C 解析:小磁针静止时N极的指向为该处
E 磁场方向,由安培定则可知A中螺线管内的磁场方向向路,E=I1(R+r),电源内阻r=I -R=1Ω.1 左,A正确;B中赤道处的磁场方向由南向北,B正确;C
(2)S闭合后,定值电阻与电动机构成并联电路,电 中小磁针所在处的磁场方向向下,C错误;D中 U形磁
·119·
体间的磁场向右,D正确. 磁场力的作用,并且 FB= ,平行时不受磁场力,B错误;
【典例2】D 解析:由安培定则, Il
通电螺线管的磁场如图所示,右端 磁感应强度的方向不是根据电流元的受力方向规定的,
为N极,左端为S极,在a 点磁场方 D错误.
向向右,则小磁针在a 点时,N极向 【典例2】C 解析:线圈在题图示位置时,磁通量为:
右,A错误,D正确;在b 点磁场方向向右,则磁针在b Φ1=BScosθ,线圈绕ad 轴转过180°时,磁通量为Φ2=
点时,N极向右,B错误;在c点,磁场方向向右,则磁针 -BScosθ
,所以该过程中,通过线圈的磁通量的变化量为
在c点时,N极向右,S极向左,C错误. ΔΦ=|Φ2-Φ1|=|-2BScosθ|=2BScosθ
,故C正确.
: : , 变式2:B 解析:离导线越远,电流产生的磁场越变式2A 解析 由于线圈中电流沿顺时针方向 根据
弱,穿过线框的磁感线条数越少,磁通量逐渐减小,故
安培定则可以确定,线圈内部轴线上磁感线方向垂直于纸 B
, 正确面向里.而小磁针N极受力方向和磁感线方向相同 故小磁 .
, 当堂训练针N极向里转 A正确.
1.C 2.D 3.A 4.A 5.B
当堂训练
6.解:由题意,初磁通量Φ1=BSsin0°=0,末磁通1.B 2.C 3.D 4.B 5.D
课后巩固 量 3Φ2=BSsin60°=0.2×0.82×2 Wb=0.0643 Wb≈
1.D 2.A 3.C 4.A 5.A 6.D
0.11Wb,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=0.11Wb.
第2节 磁感应强度 磁通量 课后巩固
知识梳理
1.A 2.D 3.D 4.C 5.C 6.D
一、1.电流I 导线长度l 2.(1)电流大小 摆动角 7.解:(1)A 线圈半径为1.0cm,正好和圆形磁场区
度 (2)导线长度 (3)正比 正比 3.垂直 磁感应强度 域的半径相等,而C 线圈半径为2.0cm,大于圆形磁场
5.特斯拉 T 区域的半径,但穿过A,C 线圈的磁感线的条数相等,因
二、1.相等 相同 2.相等 此在求通过C 线圈的磁通量时,面积S 只能取圆形磁场
三、1.磁感应强度B 磁场方向垂直 2.投影面 区域的面积.
积S' 3.韦伯 1T·m2 4.单位面积 磁通密度 设圆形磁场区域的半径为R,对线圈A,Φ=BπR2,
典例精解 磁通量的改变量ΔΦ=|Φ2-Φ1|=(0.8-0.4)×3.14×
【典例1】
-2
B 解析:电场强度公式
kQ
E= 适用于真 (10 )
2 Wb=1.256×10-4 Wb,
r2
对C 线圈,ΔΦ=|Φ2-Φ1|=(0.8-0.4)×3.14×
空中点电荷,当r→0时,就不能看做点电荷了,公式不
(10-2)2 Wb=1.256×10-4 Wb.
适用,选项A错误;电场强度的定义式
F
E= 适用于任
q (2)原图中线圈平面与磁场方向垂直,线圈平面与
何电场,选项B正确;一小段通电导体在某处不受磁场 垂直磁场方向的夹角为θ1=0°;当磁场方向转过30°时,
力,可能是导线与磁场方向平行,此处不一定无磁场,选 线圈平面与垂直磁场方向的夹角为θ2=30°.
2
项C错误;磁感应强度的方向与该处的通电导线所受的 对D 线圈,设D 的半径为r,则Φ1=Bπrcosθ1,Φ2
2
安培力方向垂直,选项D错误. =Bπrcosθ2,
2
变式1:A 解析:电荷在电场中一定受电场力的作 磁通量的改变量为 ΔΦ=|Φ2-Φ1|=Bπr (cos0°
用,且 F
-cos30°)
E= ,A正确;正电荷所受电场力的方向与电场
q ≈0.8×3.14×(5×10-3)2×(1-0.866)Wb
方向相同,负电荷所受电场力的方向与电场方向相反,C ≈8.4×10-6 Wb.
错误;电流元在磁场中与磁场方向垂直放置时,一定受
·120·
第3、4节 电磁感应现象及应用 (ab、cd 两边均在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd 边在
电磁波的发现及应用 磁场中).
知识梳理 (1)①线框进入磁场阶段:
l
t为0~ ,线框进入磁v
一、1.电流 电流 2.变化 4.电磁感应
场中的面积与时间成正比,即S=lvΔt1,
二、2.磁通量
l
三、1.发电机 2.变压器 故Φ=BS=BlvΔt1,Δt1= 时,v Φ=Bl
2.
四、1.电场 2.电场 3.电磁场
、 线框在磁场中运动阶段:为
l 2l,线框中的磁
五 1.(1)电场 电磁波 (2)真空 (3)光速 ② t v~v
2.电磁波 通量为Φ=Bl2,保持不变,此过程
l
Δt2= .
六、1.λf 2.3×108m/s 3.波长 频率 v
七、1.物质 2.内能 3.能量 线框离开磁场阶段:为2l 3l③ t ~ ,线框中的磁通量均v v
八、1.电信 2.电磁波
匀减小,
典例精解
即Φ=Bl(l-vΔt)=Bl23 -BlvΔt3
【典例1】A 解析:线圈中通以恒定的电流时,线圈
3l 3l
产生稳恒的磁场,穿过铜环A 的磁通量不变,没有感应 当t= 时,v Δt3=
,
v Φ=0.
电流产生;通电时,使变阻器的滑片P 滑动时,无论是匀 因此,穿过线框的磁通量随时间变化的图像如图
速还是加速移动,变阻器接入电路的电阻变化,回路中 所示.
电流变化,线圈产生的磁场变化,穿过铜环A 的磁通量
变化,产生感应电流;将开关突然断开的瞬间,线圈产生
的磁场从有到无,穿过铜环A 的磁通量减小,产生感应
电流.故A正确.
变式1:D 解析:磁铁静止在线圈上方、右侧和里
面,穿过闭合电路的磁通量均不发生变化,但磁铁插入
或抽出时,磁通量变化,故选项D正确. (2)线框进入磁场阶段,穿过线框的磁通量增加,线
x 框中产生感应电流.线框在磁场中运动的阶段,穿过线【典例2】解:由速度公式v= 可求得时间,可根据t 框的磁通量保持不变,无感应电流产生.线框离开磁场
电磁波波长、频率和波速关系式c=λf 可得频率,其中t 的阶段,穿过线框的磁通量减小,线框中产生感应电流.
x 10
= = -8 第5节 能量量子化c 3×108s≈3.33×10 s.
知识梳理
8
由 c 3×10c=λf 得f=λ=
14
6×10-7 Hz=5×10 Hz. 一、1.电磁波 2.短 3.反射
变式2:C 解析:手机之间通信靠电磁波,可以在真 二、1.整数倍 2.hν 频率
空中传播,但是在真空中声波不能传播,故不发出响声, 三、2.稳定 光子 3.差
但显示B 的号码18888880002,C正确. 典例精解
当堂训练 【典例1】A 解析:一般材料的物体辐射能的多少
1.C 2.C 3.C 4.D 5.B 6.D 决定于物体的温度(T)、辐射光的波长、时间的长短和发
课后巩固 射的面积,而黑体是指在任何温度下全部吸收任何波长
1.C 2.B 3.C 4.B 5.A 的辐射的物体,黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只
6.解:线框穿过磁场的过程可分为三个阶段:进入 与温度有关;实验表明,随着温度的升高,各种波长的辐
磁场阶段(只有ab 边在磁场中)、在磁场中运动阶段 射强度都有所增加,辐射强度的极大值向波长较短的方
·121·
向移动.从题图中可以看出,λ1<λ2,T1>T2,选项 A 3.0×108 J=4.97×10-19
正确. 400×10
-9 J.
变式1:C 解析:黑体自身辐射电磁波,不一定是黑 700nm对应的能量子
c
ε2=hλ =6.63×10
-34×
2
的,故选项A错误;黑体辐射电磁波的强度按波长的分
3.0×108 -19
布只与黑体的温度有关,故选项B错误,选项C正确;小 700×10-9J=2.84×10 J.
孔只吸收电磁波,不反射电磁波,因此是小孔成了一个 本章评估
黑体,而不是空腔,故选项D错误. 1.A 2.C 3.D 4.C 5.A 6.C 7.B 8.A
【典例2】D 解析:按照经典物理学的观点,电子绕 9.C 10.A
核运动有加速度,一定会向外辐射电磁波,很短时间内 11.(1)①A D
电子的能量就会消失,与客观事实相矛盾,由能级和能
量子理论可知选项 A、B、C错误;原子内电子轨道是不
连续的,D正确. ②
变式2:B 解析:普朗克能量子假说认为,能量存在
某一个最小值,带电微粒辐射或吸收的能量只能是这个
③A (2)C (3)东西
最小能量值的整数倍,故A错误,B正确;能量子与电磁
12.解:由题意知,I=0.5A,G=4×10-5N,L=4
波的频率成正比,故C错误;能量子假说反映的是微观
×10-2m.电流天平平衡时,导线所受磁场力的大小等
世界的特征,不同于宏观世界,并不是与现实世界相矛
于钩码的重力,即F=G.由磁感应强度的定义式B=
盾,故D错误.
F
当堂训练 ,得IL
1.A 2.B 3.C 4.A 5.B 6.A 7.B F 4.0×10-5
: , B=IL=0.5×4.0×10-2 T=2.0×10
-3T,
8.解 每秒钟小灯泡发出的能量为E=Pt=1J
1个光子的能量 所以通电螺线管中磁感应强度的大小为2.0×
hc 6.63×10-34×3×108 10-3T.
ε=hν=λ = 10-6 J=1.989× 13.解:(1)设地面上垂直太阳光每平方米面积上每
10-19J,
秒接收的可见光光子数为n,则有
c
P×45%=nh ,
小灯泡每秒钟辐射的光子数 λ
E 1 0.45λP 0.45×0.55×10-6×1.4×103
n= = -19个≈5×1018个. 解得n= = 个ε 1.989×10 hc 6.6×10-34×3×108
课后巩固 =1.75×1021个,
1.A 2.A 3.A 4.B 5.B 6.B 则所求可见光光子数N=n·4πR2=1.75×1021×
( 11)2个 44个
7.解:根据公式
c
ν= 和ε=hν可知:
4×3.14× 1.5×10 ≈4.9×10 .
λ (2)地球接收太阳光的总功率P地=Pπr2=1.4×3.14
400nm对应的能量子
c
ε1=h =6.63×10-34× ×(6.4×10
6)2kW≈18.×1014kW.
λ1
·122·第2节 库仑定律
3.实验结论
(1)力F 与距离r 的二次方成 ,
F∝ .
一、电荷之间的作用力 (2)力F 与电荷量q1和q2的乘积成 ,
1.库仑定律:真空中两个静止点电荷之间的 F∝ .
相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与 4.库仑定律表达式:F= ,其中静
2 2
它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它 电力常量k= N·m/C.
们的连线上. 三、静电力计算
2.静电力:电荷之间的相互作用力,也叫库 1.两个点电荷间的作用力不因第三个点电
仑力. 荷的存在而改变.
3.点电荷:当带电体之间的距离比它们自身 2.两个或两个以上点电荷对某一个点电荷
的大小大得多,以至于带电体的形状、大小及电 的作用力,等于各点电荷单独对这个点电荷的作
荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽 用力的 .
略时,这样的带电体可以看作带电的点.点电荷
是一种理想化模型.
二、库仑的实验
1.实验装置
【典例1】 甲、乙两个分别带有电荷量-Q
和+3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷),固
定在相距为r 的两处,它们间库仑力的大小为
r
F.两小球相互接触后将其固定距离变为 ,则2
两球间库仑力的大小为 ( )
1 3 4
A.12F B.4F C.3F D.12F
变式1:如图所示,两个质
量均为 m 的完全相同的金属
2.实验步骤 球壳a 与b,壳层的厚度和质
(1)改变A 和C 之间的距离,记录每次悬丝 量分布均匀,将它们分别固定于绝缘支座上,两
扭转的角度,便可找出力F 与距离r的关系. 球心间的距离为l,为球半径的3倍.若使它们带
(2)改变A 和C 的带电荷量,记录每次悬丝 上等量异种电荷,两球电荷量的绝对值均为Q,
扭转的角度,便可找出力F 与带电荷量q之间的 那么a、b 两球之间的万有引力F引、库仑力F库
关系. 分别为 ( )
·4·
m2 Q2
A.F引=Gl2
,F库=kl2
m2 Q2
B.F引≠G ,l2 F库≠kl2
1.下列关于点电荷的说法中,正确的是
m2 Q2
C.F引≠G ,l2 F库=kl2 ( )
m2 Q2 A.带电球体一定可以看成点电荷
D.F引=G 2,l F库≠kl2 B.直径大于1cm的带电球体一定不能看成
【典例2】 如图所示,在A、B 两点分别放 点电荷
置点电荷Q1=2×10-14C和Q =-2×10-142 C, C.直径小于1cm的带电球体一定可以看成
在AB 的垂直平分线上有一点C,且AB=AC= 点电荷
BC=6×10-2m.如果有一个电子静止在C 点, D.点电荷与质点都是理想化的模型
则它所受的库仑力的大小和方向如何 2.为使真空中两个点电荷间的相互作用力
变为原来的1,可采用的方法是 (
4
)
A.两个点电荷所带电荷量都减小为原来
的1
4
B.电荷之间的距离增大为原来的4倍
变式2:把质量为2.0g的带负电的小球A C.电荷之间的距离减小为原来的
1
2
用绝缘细绳悬挂起来,若将带电荷量为Q=4.0 D.电荷间距和其中一个电荷所带的电荷量
×10-6C的带电小球B 靠近小球A,如图所示. 都增大为原来的4倍
当两个带电小球在同一高度相距30cm时,绳与 3.如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电
竖直方向恰成45°角.(小球A、B 可看成点电荷) 小球a、b、c(均可视为点电荷),三球沿一条直线
g 取10m/s2,求: 摆放,仅在它们之间的静电力作用下处于静止状
(1)A 球受到的库仑力大小; 态,以下判断正确的是 ( )
(2)A 球所带电荷量.
A.a 对b的静电力一定是引力
B.a 对b的静电力可能是斥力
C.a 的电荷量可能比b少
D.a 的电荷量一定比b少
4.Q1、Q2为两个点电荷,带正电的试探电荷
q在Q1、Q2连线中垂线上的A 点所受Q1、Q2作
用力的合力大小和方向如图所示,由此可以判断
( )
·5·
1.两个相同的金属小球A、B,所带的电量
A.Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量 qA=+q0、qB=-7q0,相距r 放置时,相互作用
B.Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量 的引力大小为F.现将A 球与B 球接触,再把
C.Q1、Q2一定为等量异种电荷 A、B 两球间的间距增大到2r,那么A、B 之间的
D.Q1、Q2一定为等量同种电荷 相互作用力将变为 ( )
5.如图所示,在光滑绝缘的水平面上有两个
斥力,9F 斥力,9F
一样的弹性金属小球A、B,带电荷量分别为9 A. 28 B.q 14
和-q.从较远的位置由静止开始释放,求小球再 C.引力,
9F
D.引力,
9F
回到原位置时,两球的加速度是原来的几倍 28 14
2.如图所示,上端固定在天花板上的绝缘轻
绳连接带电小球a,带电小球b固定在绝缘水平
面上,可能让轻绳伸直且a 球保持静止状态的情
景不正确的是 ( )
3.如图,A、B 两个带电小球用等长绝缘轻
质细线悬挂于O 点,A 球固定,B 球受到库仑力
作用,与其相连的细线与竖直方向成一定的夹
角,若其中一个小球由于漏电,电荷量缓慢减小,
则关于A、B 两球的间距和库仑力大小的变化,
下列说法中正确的是 ( )
·6·
A.间距变小,库仑力变大 6.质量均为m 的三个带电小球A、B、C 放
B.间距变小,库仑力变小 置在光滑绝缘的水平面上,相邻球间的距离均为
C.间距变小,库仑力不变 L,A 球带电量qA=+10q,B 球带电量qB=
D.间距变大,库仑力变小 +q.若在C 球上加一个水平向右的恒力F,如图
4.如图所示,a、b是两个带有同种电荷的小 所示,要使三球能始终保持L 的间距向右运动,
球,用绝缘丝线悬挂于同一点,两球静止时,它们 问外力F 为多大 C 球带电性质是什么
距水平面的高度相等,绳与竖直方向的夹角分别
为α、β,且β>α.若同时剪断两根细线,空气阻力
不计,两球带电荷量不变,则 ( )
A.a 球的质量比b球的大
B.a 球先落地
C.a 球的电荷量比b球的大
D.a、b两球飞行的水平距离相等
5.如图所示,三个点电荷q1、q2、q3位于同一
直线上,q2与q3的距离为q1与q2的距离的3倍,
每个电荷所受静电力的合力均为零,由此可以判
定,三个电荷的电量之比q1∶q2∶q3为 ( )
A.16∶9∶144
B.9∶4∶36
C.(-16)∶9∶(-144)
D.9∶(-36)∶4
·7·
