2.导体的电阻
课标要求 素养目标
1.了解导体电阻与导体的材料、长度和横截面积之间的定量关系，能用控制变量法分析电学问题。 2.知道伏安特性曲线，知道线性元件和非线性元件的特征。 3.能分析生产生活中与电阻相关的电学问题 1.通过实验探究导体电阻与相关因素的定量关系，掌握实验方法和结论。（科学探究） 2.通过比较，理解电阻和电阻率的概念，知道电阻率与温度的关系。（物理观念） 3.结合实物了解身边的电阻元件，如固定电阻、滑动变阻器、电阻箱、电位器等，知道它们在电路中的作用。（科学思维）
知识点一 电阻
1.定义：导体两端的电压与导体中电流的 。
2.定义式：R＝。
3.物理意义：反映导体对 的阻碍作用大小。
4.导体U-I图像斜率的意义：在导体的U-I图像中，斜率反映了导体 的大小。
知识点二 影响导体电阻的因素 导体的电阻率
1.影响导体电阻的因素
（1）探究电路
（2）探究过程
①b与a的长度不同，横截面积、材料相同。比较a、b的电阻之比与它们的长度之比。
②c与a的横截面积不同，长度、材料相同，比较a、c的电阻之比与它们的横截面积之比。
③d与a的材料不同，长度、横截面积相同，比较a、d的电阻是否相等。
（3）探究结论：导体的电阻与长度、横截面积有定量关系，与电阻的材料也有关系。
2.电阻定律
（1）内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成 ，与它的横截面积S成 ；导体的电阻还与构成它的材料有关。
（2）表达式：R＝ρ。
3.电阻率
（1）意义：反映材料导电性能的物理量。
（2）决定因素：电阻率与导线材料和 有关。纯金属的电阻率 ，合金的电阻率较大。
4.材料特性的应用
（1）连接电路的导线一般用电阻率小的铜来制作。
（2）金属的电阻率随温度的升高而 ，可用来制作电阻温度计，精密的电阻温度计用铂制作。
（3）有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作 。
5.超导现象
当温度降低时，导体的电阻率会 ，一些金属在温度特别低时电阻可降到 ，这种现象叫作超导现象。
【情景思辨】
有的电线细如发丝，有的电线又粗如拇指，有的电线是铝质材料，有的电线是铜质材料。
结合以上情景判断下列说法的正误。
（1）导体的电阻跟导体中的电流成反比。（ ）
（2）导体的长度越大，电阻也一定越大。（ ）
（3）导体的电阻率ρ只与导体的长度l和横截面积S有关。（ ）
（4）导体的电阻率与温度有关。（ ）
（5）电阻率大的导体，电阻一定很大。（ ）
要点一 对R＝和I＝的理解
1.R＝是电阻的定义式，比值表示一段导体对电流的阻碍作用。对给定的导体，它的电阻是一定的，与导体两端是否加电压，导体中是否有电流无关。
2.I＝是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻R成反比，常用于计算一段电路加上一定电压时产生的电流，适用条件是金属或电解质溶液导电（纯电阻电路）。
3.在导体的U-I图像中，斜率反映了导体电阻的大小。
【典例1】 根据公式R＝及其变形式，下列说法不正确的是（ ）
A.由R＝可知，使导体通过一定的电流所需的电压越高，则导体的电阻越大
B.由R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比
C.由I＝可知，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比
D.从关系式U＝IR可知，对于一个确定的导体，通过导体的电流越大，导体两端的电压也越大
尝试解答
1.（多选）已知两个导体的电阻之比R1∶R2＝2∶1，那么（ ）
A.若两导体两端电压相等，则I1∶I2＝2∶1
B.若两导体两端电压相等，则I1∶I2＝1∶2
C.若两导体中电流相等，则U1∶U2＝2∶1
D.若两导体中电流相等，则U1∶U2＝1∶2
2.（多选）小强在探究定值电阻（该电阻的阻值不受温度的影响）两端电压和电流的关系，当在该电阻两端加U＝20 V的电压时，通过该电阻的电流为I＝5 A。下列说法正确的是（ ）
A.该电阻的阻值为4 Ω
B.如果仅将电压升高到30 V，则通过的电流为6 A
C.如果仅将电阻换成阻值为10 Ω的定值电阻，则通过的电流应为2 A
D.当电阻两端不加电压时，定值电阻的阻值应为零
要点二 电阻定律 电阻率
1.R＝ρ中ρ、l、S的含义
（1）ρ表示导体材料的电阻率，与材料和温度有关。反映了导体的导电性能，ρ越大，说明导电性能越差；ρ越小，说明导电性能越好。
（2）l表示沿电流方向导体的长度。
（3）S表示垂直于电流方向导体的横截面积。
2.电阻率与电阻的比较
电阻率ρ 电阻R
描述对象 材料 导体
物理 意义 反映材料导电性能的好坏，ρ大，导电性能差 反映导体对电流阻碍作用的大小，R大，阻碍作用大
决定因素 由材料、温度决定，与导体形状无关 由材料、温度和导体形状决定
单位 欧姆·米（Ω·m） 欧姆（Ω）
联系 R＝ρ。ρ大，R不一定大；R大，ρ不一定大
【典例2】 如图所示，R1、R2是材料相同，厚度相同，表面为正方形的导体，正方形的边长之比为2∶1，通过这两个导体的电流方向如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A.金属材料的电阻率跟长度成正比，跟材料的横截面积成反比
B.若通过导体的电流方向如图，则两个导体的电阻之比R1∶R2＝4∶1
C.若在两导体上加相同的电压，则R2中电流等于R1中电流
D.若两导体的电流方向垂直于正方形面通过，则两导体电阻之比R1∶R2＝4∶1
尝试解答
1.如图所示为一块长方体铜块，使电流沿I1、I2两个方向通过该铜块，则两种情况下铜块的电阻之比为（ ）
A.1∶1 B.a2∶c2
C.a2∶b2 D.b2∶c2
2.为了测定液体的电阻率，工业上用一种称为“电导仪”的仪器，其中一个关键部件如图所示。A、B是两片面积为1 cm2的正方形铂片。间距l＝1 cm，把它们浸没在待测液体中。若通过两根引线加上电压U＝6 V时，测出电流强度I＝1 μA，这种液体的电阻率为（ ）
A.6×103 Ω·m B.6×102 Ω·m
C.6×104 Ω·m D.6×106 Ω·m
要点三 导体的伏安特性曲线
1.由I-U图像可以获取的信息
（1）坐标轴的意义：I-U图像中，横坐标表示电压U、纵坐标表示电流I。
（2）图线斜率的意义：I-U图像中，斜率表示电阻的倒数。
2.线性元件的U-I图像与I-U图像的比较
U-I图像 I-U图像
图像举例
坐标轴含义 纵坐标表示电压U，横坐标表示电流I 纵坐标表示电流I，横坐标表示电压U
图线斜率含义 斜率表示电阻，图中R1＜R2 斜率表示电阻的倒数，图中R1＞R2
3.非线性元件电阻的确定
某非线性元件的I-U图线如图所示，Pn点电阻Rn＝，即电阻等于图线上点（Un，In）与坐标原点连线的斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数。
【典例3】 已知灯丝的电阻不是一个固定的值，它随温度的升高而逐渐变大。现有一只标有“220 V 60 W”的白炽灯泡，两端的电压U由0逐渐增大到220 V。在此过程中，灯泡两端的电压U和流过灯泡的电流I的关系可用图线表示。下列选项图符合实际的是（ ）
尝试解答
1.（多选）如图所示的是电阻R的U-I图像，图中α＝45°，由此得出（ ）
A.通过电阻的电流与两端电压成正比
B.电阻R＝0.5 Ω
C.电阻R＝2.0 Ω
D.在R两端加上6.0 V的电压时，通过电阻的电流为12 mA
2.小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示。由图可知，AB段灯丝的电阻因温度的影响改变了（ ）
A.5 Ω B.10 Ω
C.1 Ω D.6 Ω
1.鸟儿落在110 kV的高压输电线上，虽然通电的高压线是裸露电线，但鸟儿仍安全无恙，这是因为（ ）
A.鸟有耐高压的天性
B.鸟儿是干燥的，所以鸟体不导电
C.鸟两脚间的电压几乎为零
D.鸟体电阻极大所以无电流通过
2.（多选）某导体中的电流随其两端的电压变化如图实线所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.加5 V电压时，导体的电阻是5 Ω
B.加12 V电压时，导体的电阻是8 Ω
C.由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小
D.由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小
3.（多选）在一次实验中某同学用电流表测出了流过导体A的几组电流，用电压表测出了导体A两端对应的几组电压，通过描点连线得出了A的U-I图像。把导体A改换为导体B，得出了B的U-I图像，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.对导体A，当通过的电流为I1时，电阻为R1，当通过的电流为I2时，电阻为R2，则R1＝R2＝＝
B.导体A的电阻随电流的增大而增大
C.导体A的电阻大于导体B的电阻
D.的值反映了导体A对电流的阻碍作用比导体B的小
4.如图所示，P是一个表面镶有很薄金属膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d，管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻为多少？镀膜材料电阻率为多少？
提示：完成课后作业 第十一章 2.
6 / 61.电源和电流
课标要求 素养目标
1.了解电源的作用。 2.知道电流的定义及单位、方向的规定，理解恒定电流 1.能判断电流的方向和计算电流的大小。（物理观念） 2.能分析数据，得到几种不同的电流的微观表达式。（科学推理） 3.能做到实事求是，对导体中三种速率进行比较。（科学态度）
知识点一 电源
1.电源：在电源内部，能够把电子从 搬到负极的装置。
2.作用：使电路中的电流能够 存在。
知识点二 恒定电流
1.恒定电场：由 分布的电荷所产生的稳定的电场。
2.恒定电流
大小、 都不随时间变化的电流。
3.电流
（1）定义：单位时间内通过导体横截面的 。
（2）定义式：I＝。
（3）方向：规定 定向移动的方向为电流方向。
（4）单位：在国际单位制中，电流的单位是 ，简称 ，符号是 。
常用单位还有：毫安（mA）和微安（μA）。它们与安培的关系是：1 mA＝10－3 A，1 μA＝10－6 A。
电流的微观解释[拓展学习]
1.电流的微观表达式：I＝ 。S为导体横截面积，n为自由电子数密度（单位体积的自由电子数），v为自由电子定向移动的平均速率。
2.电池的容量：电池放电时能输出的 。
【情景思辨】
如图所示，在装有导电液体的细管中，有正、负两种电荷向相反的方向运动，在时间t内通过细管某截面的正电荷为q1，通过此截面的负电荷为q2。判断下列说法的正误。
（1）导电液体中电流方向由左向右。（ ）
（2）导电液体中电流大小为0。（ ）
（3）导电液体中电流大小为I＝。（ ）
（4）电流既有大小又有方向，它是一个矢量。（ ）
（5）导体中的电流，实际是正电荷的定向移动形成的。（ ）
要点一 电流的理解和计算
【探究】
闪电是云与云之间、云与地之间或者云体内各部位之间的强烈放电现象。若某次闪电是在云与地之间发生的，在放电时间t内有n个电子从地面向云层移动，电子的电荷量为e，则该次闪电放电电流的方向如何？放电电流的大小为多少？
【归纳】
1.电流的方向
（1）规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，则负电荷定向移动的方向与电流的方向相反。
（2）在电源外部的电路中，电流是从电源的正极流向负极；在电源内部的电路中，电流是从电源的负极流向正极。
（3）金属导体中自由移动的电荷是自由电子，故电流的方向与自由电子定向移动的方向相反。
（4）电解液中正、负离子定向移动的方向虽然相反，但正、负离子定向移动形成的电流方向是相同的。
2.电流的计算
（1）金属导体中的电流
金属导体中的自由电荷只有自由电子，运用I＝计算时，q是某一时间内通过金属导体横截面的电子的电荷量。
（2）电解液中的电流
电解液中的自由电荷是正、负离子，运用I＝计算时，q应是同一时间内正、负两种离子通过横截面的电荷量的绝对值之和。
（3）等效电流
①所谓等效电流，就是把电荷周期性地通过圆周上各处形成的电流看成持续不断地通过圆周上各处时所形成的电流。
②对周期性运动的电荷，常取一个周期来计算等效电流。解决此类问题的关键是找出电荷运动的周期，以及运动电荷的电荷量，再用公式I＝求解。
【典例1】 如图所示，在MgCl2溶液中，正、负离子定向移动，其中Cl－水平向左移动。若测得2 s内分别有5×1017个Mg2＋和1×1018个Cl－通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向和大小为（ ）
A.水平向左 0.08 A
B.水平向右 0.08 A
C.水平向左 0.16 A
D.水平向右 0.16 A
尝试解答
1.在2 s内有0.1 C电荷通过横截面积为2 mm2的导体材料，则电流大小是（ ）
A.0.025 A B.0.05 A
C.0.1 A D.0.2 A
2.某次闪电的持续时间约为0.005 s，若此时间内所形成的平均电流大小约为6×104 A，则此次闪电中所带电荷量是（ ）
A.300 C B.3 000 C
C.100 C D.30 C
要点二 电流的微观表达式
1.建立模型
如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为l的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q。
2.理论推导
AD导体中的自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nlSq，所有电荷都通过横截面D所需要的时间t＝，可得导体AD中的电流I＝＝＝nqSv。同理，若单位长度内自由电荷数为n，则I＝nqv。
3.对电流的微观表达式I＝nqSv的理解
（1）v表示自由电子定向移动的平均速率。
（2）I＝nqSv是由I＝推导而来的，它从微观的角度阐明了决定电流强弱的因素，同时也说明了电流I既不与电荷量q成正比，也不与时间t成反比。
（3）从微观上看，电流的大小不仅取决于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷的电荷量、电荷定向移动速率的大小，还与导体的横截面积有关。
【典例2】 如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为L的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q。则：
（1）导体AD内的自由电荷的总电荷量Q是多少？
（2）这段导体上的电流是多大？
尝试解答
1.有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量，乙是甲的2倍，下列说法中正确的是（ ）
A.通过甲、乙两导体的电流相同
B.通过乙导体的电流是甲导体的2倍
C.乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍
D.甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相同
2.一段粗细均匀的导线的横截面积为S，导线内自由电子的电荷量为e，导线单位长度内自由电子数为n，自由电子做无规则运动的平均速率为v，单位时间内通过某一横截面的自由电子数为N。则导线中的电流为（ ）
A.neSv B.nev
C.N D.Ne
要点三 电池的容量
电池的容量
（1）定义：电池放电时输出的总电荷量。
（2）单位：安时（A·h）或毫安时（mA·h）。
【典例3】 下表是某品牌纯电动汽车的标识牌，求：
整车型号 CH830BEV
最大设计总质量 1 800 kg
动力电池容量 60 A·h
驱动电机额定功率 30 kW
驱动电机型号 WXMP30LO
车辆设计代号VIN LVFAD1A3440000003
（1）该汽车电池的容量；
（2）该汽车电池以6 A的电流放电，可以工作的时间；
（3）该汽车电池充完电可储存的电荷量。
尝试解答
1.下列关于电源说法正确的是（ ）
A.电源的作用是使电路中产生电荷
B.电源的作用是使电路中的电荷发生定向移动
C.只要电路中有电源，电路中就会形成持续的电流
D.导线中的电场是由电源两极在空间直接形成的
2.电路中每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10－6 m2的导线，已知电子所带电荷量的绝对值为1.6×10－19 C，那么电路中的电流是（ ）
A.0.016 μA B.1.6 mA
C.16 μA D.0.16 μA
3.某根导线的横截面积为S，通过的电流为I。已知该导线材料的密度为ρ，摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿伏加德罗常数为NA，设每个原子只提供一个自由电子，则该导线中自由电子定向移动的平均速率为（ ）
A. B.
C. D.
4.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。设带电荷量大小为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法正确的是（ ）
A.电流的大小为，电流的方向为顺时针
B.电流的大小为，电流的方向为顺时针
C.电流的大小为，电流的方向为逆时针
D.电流的大小为，电流的方向为逆时针
提示：完成课后作业 第十一章 1.
5 / 54.串联电路和并联电路
课标要求 素养目标
1.认识串联电路和并联电路，知道串、并联电路中电流、电压、电阻的关系。 2.能对常见的电路问题进行分析推理。 3.能用串、并联电路的特点分析电表改装问题 1.通过复习，回忆初中学习的串、并联电路知识，分析推导得出串、并联电路的电压、电流和电阻规律。（物理观念） 2.通过分析小量程电流计的结构，理解其工作原理，结合串、并联电路规律，探究用小量程电流计改装大量程电流表和电压表的方法。（科学探究）
知识点一 串、并联电路中的电流、电压和电阻
串联电路 并联电路
电流 电流处处相等： I＝ 总电流等于各支路 ：I＝I1＋I2＋…＋In
电压 总电压等于各部分电路两端 ： U＝U1＋U2＋…＋Un 总电压与各支路电压相等：U＝
总电阻 总电阻等于各部分电路电阻之和： R＝ 总电阻的倒数等于各支路电阻的 ： ＝＋＋…＋
知识点二 电压表和电流表的电路结构
1.表头：小量程的电流表，通过表头的 是可以从刻度盘上读出来的。
2.小量程电流表G（表头）的三个参量
3.电表改装原理
（1）电压表改装：给表头 一个较大电阻，如图所示。
（2）电流表改装：给表头 一个较小电阻，如图所示。
【情景思辨】
如图为美轮美奂的节日彩灯，彩灯给节日营造了欢乐的气氛。判断下列说法的正误。
（1）图中小彩灯都是并联结构，一部分坏掉并不会影响其他彩灯的正常发光。（ ）
（2）图中的小彩灯是串联的，通过每个小彩灯的电流相等。（ ）
（3）若其中两个小彩灯亮度不同，则说明通过两个彩灯的电流不同。（ ）
（4）并联彩灯的总电阻小于电路中任何一个彩灯的电阻。（ ）
（5）当电路中的一个小彩灯被烧坏后，其电路中总电阻变小。（ ）
要点一 串、并联电路的理解与计算
【探究】
你能看出图中三个灯泡是怎么连接的吗？这样连接有什么好处？
【归纳】
1.串联电路、并联电路总电阻的比较
串联电路的总电阻R总 并联电路的总电阻R总
不同点 n个相同电阻R串联，总电阻R总＝nR n个相同电阻R并联，总电阻R总＝
R总大于任一电阻阻值 R总小于任一电阻阻值
一个大电阻和一个小电阻串联时，总电阻接近大电阻 一个大电阻和一个小电阻并联时，总电阻接近小电阻
相同点 多个电阻无论串联还是并联，其中任一电阻增大或减小，总电阻也随之增大或减小
2.串、并联电路中，电压和电流的分配关系
（1）串联电路中各电阻两端的电压跟它的阻值成正比，即
＝＝…＝＝＝I或U1∶U2∶U3∶…∶Un＝R1∶R2∶R3∶…∶Rn。
（2）并联电路中通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成反比，即
I1R1＝I2R2＝…＝InRn＝I总R总＝U或I1∶I2∶I3∶…∶In＝∶∶∶…∶。
【典例1】 如图所示，R1＝2 Ω，R2＝10 Ω，R3＝10 Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则（ ）
A.S断开时，R1与R2两端的电压之比为5∶1
B.S闭合时，通过R1与R2的电流之比为2∶1
C.S闭合时，R1与R2两端的电压之比为1∶5
D.S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2∶1
尝试解答
1.三个电阻的阻值之比为R1∶R2∶R3＝1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为（ ）
A.1∶2∶5 B.5∶2∶1
C.10∶5∶2 D.2∶5∶10
2.如图所示，A、B间电压恒为U，当滑动变阻器的滑片P逐渐向a端移动的过程中灯泡上的电压数值（ ）
A.一直为U B.一直为0
C.逐渐增大到U D.逐渐减小到0
要点二 电压表的改装
项目 改装成电压表
量程 U
电路结构
改装原理 串联分压
接入电阻的阻值 R＝－Rg＝（n－1）Rg
改装后的总内阻 RV＝Rg＋R＝nRg或RV＝
【典例2】 如图为实验室常用的两个量程的电压表原理图。当使用O、A两接线柱时，量程为0～3 V；当使用O、B两接线柱时，量程为0～15 V，已知电流计的内阻Rg＝500 Ω，满偏电流Ig＝100 μA。求分压电阻R1和R2的阻值。
尝试解答
1.一电压表由电流表G和电阻R串联而成，若在使用过程中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可以改进（ ）
A.在R上串联一个比R大得多的电阻
B.在R上串联一个比R小得多的电阻
C.在R上并联一个比R小得多的电阻
D.在R上并联一个比R大得多的电阻
2.（多选）如图是两个量程的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0～5 V，当使用A、C两个端点时，量程是0～15 V，已知表头电阻Rg＝300 Ω，满偏电流Ig为1 mA，则（ ）
A.R1＝4.7×103 Ω B.R1＝5×103 Ω
C.R2＝1×104 Ω D.R2＝1.5×104 Ω
要点三 电流表的改装
项目 改装成电流表
量程 I
电路结构
改装原理 并联分流
接入电阻的阻值 R＝＝
改装后的总内阻 RA＝＝或RA＝
【典例3】 如图所示是一个双量程电流表。已知表头的内阻Rg＝500 Ω，满偏电流Ig＝1 mA，使用A、B两个端点时，电流表的量程为0～1 A，使用A、C两个端点时，电流表的量程为0～0.1 A，则（ ）
A.R1≈45 Ω B.R2≈50 Ω
C.R1＝10R2 D.R2＝9R1
尝试解答
1.如果将满偏电流和内阻分别为Ig＝2 mA、Rg＝200 Ω 的表头分别按图甲和图乙的方式改装成双量程的电流表。则满足题中要求的定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值分别为（ ）
A.4.08 Ω，0.4 Ω，0.41 Ω，3.67 Ω
B.4.08 Ω，4 Ω，4.1 Ω，3.67 Ω
C.40.8 Ω，4 Ω，41 Ω，3.67 Ω
D.4.08 Ω，4 Ω，4.01 Ω，36.7 Ω
2.如图所示是一个双量程电流表。已知表头的内阻Rg＝1 000 Ω，满偏电流Ig＝1 mA，电阻R1＝50 Ω，R2＝200 Ω，则使用A、B两个端点时，电流表的量程为（ ）
A.0～8 mA B.0～50 mA
C.0～12 mA D.0～25 mA
1.如图所示的电路接在电源的两端，已知定值电阻的阻值分别为R1＝2 Ω、R2＝4 Ω、R3＝11 Ω，则流过三个定值电阻的电流之比为（ ）
A.1∶2∶3 B.3∶2∶1
C.2∶1∶3 D.3∶1∶2
2.如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。移动滑片P，电路的总电阻会发生变化。下列叙述正确的是（ ）
A.P向左滑动时总电阻将减小
B.P向右滑动时总电阻将减小
C.P滑到最左端时总电阻为R0
D.P滑到最右端时总电阻为零
3.一个量程为0～150 V的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个高阻值电阻串联后接在电压为110 V的电路两端，电压表的读数为10 V，则这个高阻值电阻的阻值为（ ）
A.100 kΩ B.200 kΩ
C.300 kΩ D.400 kΩ
4.磁电式电流表（表头）最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程。已知某一表头G内阻Rg＝30 Ω，满偏电流Ig＝5 mA，要将它改装为量程为0～3 A的电流表，所需的操作是（ ）
A.串联一个570 Ω的电阻
B.并联一个570 Ω的电阻
C.串联一个0.05 Ω的电阻
D.并联一个0.05 Ω的电阻
提示：完成课后作业 第十一章 4.
6 / 6学习讲义部分
第九章 静电场及其应用
1.电荷
【基础知识·准落实】
知识点一
1.正电荷 负电荷 2.多少 库仑 库 C 3.（1）带正电 不带电 带负电 相等 （2）电子 得到 失去 （3）自由电子 离子
知识点二
1.排斥 异种 同种 2.静电感应
知识点三
1.转移 不变 2.代数和
知识点四
1.电子 2.整数倍 连续 3.1.60×10－19 4.比
情景思辨
（1）× （2）√ （3）× （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：图甲对应接触带电；图乙对应摩擦带电；图丙对应感应带电。图甲中，电荷在球与人体间转移，图乙中，电荷在玻璃棒与丝绸间转移，前两者电荷均是从一个物体转移到另一物体，图丙中，电荷在导体内部从导体的一部分转移到另一部分。
【典例1】 C 将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，A、B错误；移去C，由于A、B中正、负电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，C正确；先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔都张开，D错误。
素养训练
1.C 脱毛衣时由于摩擦起电，衣服间产生异种电荷，当电荷积累到一定程度时，会产生电火花，并伴有“噼啪”的响声，选项C正确，A、B、D错误。
2.A 带负电的A球靠近B球（不接触），由于静电感应使B球带正电，C球带负电，故A正确，B错误；人体是导体，用手摸一下B球，B球与人体、地球构成整体，大地是远端，带负电，B球是近端，带正电，故C错误；将B、C分开，移走A，B球带正电，C球带等量的负电，再将B、C接触，C上的负电荷转移到B上，从而使B、C都不带电，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 B 甲、乙两个物体相互摩擦，甲带1.6×10－15 C的正电荷，那么由电荷守恒定律可知，乙应带1.6×10－15 C 的负电荷，即甲失去了104个电子，乙得到了104个电子，故B正确。
素养训练
1.C 所有带电体的电荷量的绝对值一定等于元电荷的整数倍，选项A正确；元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 C，选项B正确；元电荷是最小的电荷量，不是指电子和质子本身，选项C错误；元电荷e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确。
2.AD 甲、乙、丙三个物体原来都不带电，甲、乙两个物体相互摩擦导致甲物体失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，由于乙、丙两物体完全相同，故乙、丙两物体带等量负电荷，由电荷守恒定律可知乙、丙两物体最终所带电荷量均为8×10－16 C，A、D正确。
要点三
知识精研
【探究】 提示：验电器上所带负电荷减少的主要原因是潮湿的空气可以导电，电子被导走了。该现象是由电子的转移引起的，验电器的电荷并没有消失，仍然遵循电荷守恒定律。
【典例3】 AC 验电器的金属箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，张开角度的大小取决于两金属箔带电荷量的多少。如果A球带大量负电荷，靠近验电器的B球时，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引可知，B球上的自由电子将向金属箔移动，使得金属箔上所带正电荷减少，从而使两金属箔张角减小；如果A球不带电，在靠近B球时，发生静电感应现象，使A球靠近B球的一面出现负的感应电荷，而背向B球的一面出现正的感应电荷，A球上的负的感应电荷反过来使验电器上的负电荷向金属箔移动，效果与A球带负电相同，从而使金属箔张角减小，选项A、C正确，B、D错误。
素养训练
1.A 带大量负电的金属棒接触验电器的金属球是接触起电，验电器上所带的正电荷先与负电荷中和，验电器带电量减少，金属箔张角变小；中和完后，多余的负电荷又会转移到验电器上，使金属箔的张角再次变大。
2.C 带正电的带电体A靠近原来不带电的验电器的金属球，因为异种电荷相互吸引，电子受到吸引移动到金属球上，所以金属球带负电，金属箔片失去电子带正电，由于同种电荷相互排斥，金属箔片张开，故C正确，A、B、D错误。
【教学效果·勤检测】
1.D 由于不同物质对电子的束缚本领不同，当手与塑料丝摩擦时，使塑料丝带上了同种电荷，而同种电荷相互排斥，因此会观察到塑料丝散开，D正确，A、B、C错误。
2.D 由静电感应知，导体A聚集负电荷，导体B聚集正电荷，导体A得到电子，导体B失去电子，电子数为n＝＝个＝6.25×1010个，A、B错误；根据电荷守恒定律可得，A带上－1.0×10－8 C的电荷，则B带＋1.0×10－8 C电荷，C错误，D正确。
3.BCD 在摩擦前，物体内部存在着等量的异种电荷，对外不显电性，A错误；M失去电子带正电，N得到电子带负电，所以电子是从M转移到N，B正确；在摩擦起电过程中，得失电子数目是相等的，根据电荷守恒定律，M带正电荷2.72×10－9 C，则N一定带负电荷2.72×10－9 C，C正确；M失去的电子数为n＝＝个＝1.7×1010个，D正确。
4.A 不带电的导体B在靠近带正电的导体A时，导体B上的自由电子会向P端运动，导体B的P端因有了多余的电子而带负电，Q端因缺少电子而带正电；若用导线接地，无论接导体的任何部位，正电荷都将被大地的负电荷中和，断开接地线，再取走A，导体B将带负电，故A正确。
2.库仑定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）乘积 二次方 （2）①真空 ②点电荷 3.形状 忽略
知识点二
4.k 9.0×109
知识点三
1.远小于 2.矢量和
情景思辨
（1）√ （2）× （3）× （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：不是，原子核对电子的库仑力提供了向心力，两者间的万有引力要比库仑力小得多，完全可以忽略不计。
【典例1】 D 设a球与b球的电荷量大小均为q，假设a球带正电，则b球带负电，当不带电的小球c与a球接触后，a、c两球平分电荷，每球带电荷量为＋，当再把c球与b球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球所带电荷量为－，由库仑定律F＝k可知，当移开c球后，由于a、b两球间距离不变，所以a、b两球之间的静电力的大小为F1＝。
素养训练
1.B 根据库仑定律可得F＝k，将C球电荷量减半，扭转悬丝使A回到初始位置，则A、C两球间距离不变，则A、C两球间静电力大小为，所以B正确。
2.C 由库仑定律知F＝k，当两小球接触后，带电荷量都为Q，故接触后库仑力F'＝＝k，由以上两式解得F'＝F，故C正确。
要点二
知识精研
【典例2】 D 如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或均为引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由相似三角形可知＝＝，结合库仑定律可得＝＝，同理易知若a对c的作用力为引力，b对c的作用力为斥力，结果相同，B错误，D正确。
素养训练
1.B 对点电荷A受力分析，B对A的是库仑斥力，沿BA的连线向上，若C带正电，则C对A的库仑斥力沿CA的连线向上，这两个斥力的合力方向在BA延长线和CA延长线夹角范围内，不包括两条延长线，不可能偏BA延长线向右；若C带负电，C对A的库仑引力沿AC的连线向下，与B对A的库仑斥力的合力偏向BA延长线右侧，所以C一定带负电，故B正确，A、C、D错误。
2.8.0×10－21 N 方向平行于AB连线水平向左
解析：电子带负电荷，在C点同时受A、B两处点电荷的作用力FA、FB，如图所示。由库仑定律F＝k得，FA＝k＝9.0×109× N＝8.0×10－21 N，FB＝k＝8.0×10－21 N。由矢量的平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21 N，方向平行于AB连线水平向左。
【教学效果·勤检测】
1.D 由带电体看作点电荷的条件可知，当带电体的形状、大小及电荷分布对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷由研究问题的性质决定，与带电体自身大小、形状无关，选项A、B、C错误；当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，两带电体的大小、形状及电荷分布对两带电体间相互作用力的影响可忽略不计，因此可将这两个带电体看成点电荷，选项D正确。
2.D 接触前两个带电小球之间的库仑力大小为F＝＝，接触之后两球所带电荷先中和后均分，故两球所带电荷量均变为＋3Q，此时两球之间的库仑力大小为F'＝＝，解得F'＝F，故D正确。
3.D 点电荷B、C对点电荷A的静电力大小相等，为FBA＝FCA＝＝ N＝180 N，如图所示，A受大小相等的两个静电力，两静电力夹角为60°，由平行四边形定则和几何知识得A受到的静电力的合力大小为F＝2FBAcos 30°＝2×180× N＝180 N，方向沿∠BAC的角平分线，故D正确。
4.B 要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。FBsin 30°＝FA，即k·sin 30°＝，解得＝，故选项B正确。
习题课一 库仑力作用下的平衡与加速
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 B 对小球A进行受力分析如图所示。由对称性可知细线拉力大小等于库仑力大小。根据平衡条件可知F库 cos 30°＝mg，解得F库＝，细线拉力大小FT＝F库＝，故B正确，A错误；由库仑定律可得A、B间库仑力的大小为F库＝，细线拉力FT也为，故C、D错误。
素养训练
1.C 均匀带电的星球可视为点电荷。粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即＝G，可以看出，r增大，等式仍然成立，故C正确。
2.A 以A、B、C整体为研究对象，对其受力分析，受重力、支持力以及弹簧的拉力，则由力的平衡条件可知，弹簧拉力F＝k0x'＝3Mgsin α，解得x'＝，B错误；以A为研究对象，小球受到的静电力大小为FA＝F－Mgsin α＝2Mgsin α，方向沿斜面向下，C错误；为了使B、C均能静止在光滑的绝缘斜面上，则小球C应带正电，设相邻两球之间的距离为x，则对小球B由力的平衡条件得Mgsin α＋＝，对小球C由力的平衡条件得Mgsin α＋＝，解得qC＝q0，x＝q0，A正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 负电荷 q1 在a、b连线上，与a相距30 cm，与b相距10 cm
解析：设c与a相距x，则c、b相距0.4 m－x，设c的电荷量为q3，根据二力平衡可列平衡方程。
a平衡，则k＝k
b平衡，则k＝k
c平衡，则k＝k
解其中任意两个方程，可解得x＝0.3 m（c在a、b连线上，与a相距30 cm，与b相距10 cm），q3＝q2＝q1（q1、q2为正电荷，q3为负电荷）。
素养训练
1.B 根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；同时根据库仑定律来确定静电力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在电荷量大小上一定为“两大夹一小”，则a的电荷量一定比b多，而a的电荷量与c的电荷量无法确定，故C、D错误。
2.ABC 三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以a和c带同种电荷，b带异种电荷，故A、B正确；根据库仑定律和矢量的合成有k＝k＝k，化简可得q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，故C正确，D错误。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）－g （2）2k
解析：（1）根据库仑定律得两球间相互吸引的库仑力为F'＝k＝k
对B球由牛顿第二定律有F'－mgsin 30°＝ma
联立解得加速度为a＝－g。
（2）把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有
F－2mgsin 30°＝2ma，
解得F＝2k。
素养训练
1.B 设轻绳的拉力为FT，则对A，有FT＋FTcos 60°＝k，FTcos 30°＝maA，联立解得aA＝，B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2maA＝，C、D错误。
2.AC 两个带异种电荷的粒子之间的相互作用力为引力，两个粒子不会彼此靠近，和双星相似，两粒子角速度相同，设A质量为m1，带电荷量为＋q1，B质量为m2，带电荷量为－q2，对A有＝m1ω2r1＝m1＝m1v1ω，对B有＝m2ω2r2＝m2＝m2v2ω，可知r1∶r2＝m2∶m1，v1∶v2＝m2∶m1，A、C正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小。
2.AD 由于A、B之间为库仑斥力，所以B球带正电，A正确，B错误；
对B球受力分析，如图所示。
根据平衡条件得
FTcos α＝mg
FTsin α＝F
F＝k
解得FT＝，q＝，故C错误，D正确。
3.AD 以B为研究对象，B球受重力及A、C对B球的静电力而处于平衡状态，则A、C球对B球的静电力的合力应与重力大小相等、方向相反，而静电力的方向只能沿两电荷的连线方向，则A对B的静电力应指向A，C对B的静电力应指向B的左侧，由此可知，B、C都应带负电荷，A正确，B错误；由受力分析图可知，A对B的静电力应为C对B静电力的2倍，故C所带电荷量应为A所带电荷量的一半；同理分析C可知，B所带电荷量也应为A所带电荷量的一半，故B、C所带电荷量相等，C错误，D正确。
4.（1）均为 （2）Mgtan θ （3）2Mg
解析：（1）对物体P受力分析，物体P受到水平向左的库仑力F库，垂直斜面向上的支持力FN，竖直向下的重力Mg。
根据平衡条件有tan θ＝，
设P、Q所带电荷量的大小为q，由库仑定律得
F库＝k
解得q＝。
（2）对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力2Mg，竖直向上的支持力F支，水平向左的库仑力F库和水平向右的摩擦力Ff，由水平方向受力平衡有Ff＝F库＝Mgtan θ。
（3）对斜面体和物体P整体受力分析，竖直方向上受力平衡，所以地面对斜面体的支持力F支＝2Mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力大小为2Mg。
3.电场 电场强度
第1课时 电场强度 电场强度的叠加
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）物质 （2）力的作用 电场 2.电荷量 3.电场
4.（1）静电力 （2） （4）矢 相同
知识点二
1.（1）k （2）正 负 3.矢量和 矢量和
情景思辨
（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）电场强度。可以通过试探电荷受力来定义。
（2）E与F无关，E与试探电荷q无关。
【典例1】 B 电场强度E＝是采用比值法定义的，不能认为电场强度E跟F成正比，跟q成反比，故A错误；电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量多少和受力大小无关，试探电荷所带的电荷量变化时，在电场中的同一点受到的电场力与所带电荷量的比值都相同，故B正确；电场强度的方向与正试探电荷受到的静电力方向一致，与负试探电荷受到的静电力方向相反，但电场强度不因试探电荷的变化而变化，故C错误；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故D错误。
素养训练
1.B 电场强度是描述电场的强弱和方向的物理量，大小等于试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，由电场本身决定，故与试探电荷的有无、电性、电荷量的大小无关；故在该点放入电荷量为－q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为＋3q的试探电荷时电场强度大小仍为E，方向不变，故B正确，A、C、D错误。
2.C 电场强度是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷的正负和大小无关，故在A点放一个负试探电荷时，A点的电场强度方向仍水平向右，大小仍为E，A、B错误；负电荷的受力方向与电场方向相反，由F＝qE可知，电荷量为－2q的试探电荷所受的电场力大小为2F，方向水平向左，C正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 D 以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，因为场强是矢量，所以场强不同，故A错误；r→0时，带电体已不能看成点电荷了，点电荷的场强公式E＝k不再适用，故B错误；点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向与点电荷的性质有关，正点电荷产生的电场中，各点的场强方向背离点电荷Q向外，负点电荷产生的电场中，各点的场强方向指向点电荷Q向内，故C错误；在点电荷Q产生的电场中，场强公式E＝k为决定式，所以某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比，故D正确。
【典例3】 B 依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则E1∶E2＝2∶1，B正确。
素养训练
1.BD E＝中q指的是试探电荷的电荷量，E＝中Q指的是场源电荷的电荷量，故B、D正确。
2.C 四个点电荷的电荷量相等，两条对角线上的电荷都是一对等量异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相等，如图所示，则合电场强度的方向竖直向下。任意一对等量异种点电荷的合电场强度E＝2×＝，所以合电场强度E合＝，故A、B、D错误，C正确。
【教学效果·勤检测】
1.AD 电场中某点的电场强度与试探电荷无关，A正确，B错误；由F＝qE可知，F-q图线为过原点的倾斜直线，D正确，C错误。
2.D 根据正电荷在该点的受力方向为该点电场强度的方向，可知P点与Q点的电场强度方向不同。由点电荷的电场强度公式可得EP＝，EQ＝，由于＜，所以EP＞EQ，选项D正确。
3.C 正电荷Q在A点产生的电场强度为E，沿BA方向，负电荷Q在A点产生的电场强度也为E，方向沿AC方向，根据电场强度的叠加可知E合＝＝E，故C正确，A、B、D错误。
4.B 只在A点放正电荷时，B点的电场强度为E＝k，又将等量异种的点电荷－Q放在D点后，B点的电场强度大小为EB＝k＋k＝E，方向水平向右，故A错误，B正确；此时C点的电场强度大小为EC＝k＋k＝E方向水平向右，与B点的电场强度相同，故C错误；Q和－Q在BC线段的中点产生的电场强度大小相等，方向相同，叠加后合电场强度不为零，故D错误。
第2课时 电场线 匀强电场
【基础知识·准落实】
知识点一
1.切线 2.（1）正电荷 负电荷 （2）不相交 （3）疏密 密
知识点二
1.相等 相同 相等 2.很近 等量
情景思辨
（1）× （2）√ （3）√ （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）法拉第采用了画电场线的方法描述电场。（2）不能。电场线实际不存在，但可以用实验模拟。
【典例1】 A 孤立的负点电荷形成电场的电场线是会聚的射线，可知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以EA＞EB，又F＝Eq，则FA＞FB，aA＞aB，B、C错误；电场线的切线方向为该点场强的方向，由F＝qE知，负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误。
素养训练
1.C 根据公式E＝k可知，A选项中电场强度大小相同，但方向不同，B选项中电场强度的大小不同，方向相同，故A、B错误；在匀强电场中，电场强度处处相同，故C正确；电场线密的地方电场强度大，由题D图可知b点电场强度大于a点的电场强度，故D错误。
2.D 电场线的疏密表示电场强度的大小，故EA＜EB，电场线上某点切线方向表示电场强度的方向，可以确定A、B两点电场强度方向不同，故D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）a带正电，b带负电。
（2）A、B两点电场强度不同，从电场线的疏密程度可以看出EB＞EA，方向相同。
【典例2】 A 根据电场强度叠加原理，d、c、e三点电场强度方向都是水平向右，正点电荷在各点所受静电力方向与电场强度方向相同，故A正确，B、C错误；两点电荷连线上电场强度由a到b先减小后增大，中垂线上由c到无穷远处逐渐减小，因此c点电场强度是两点电荷连线上最小的（但不为0）且是中垂线上最大的，所以Fd＞Fc＞Fe，故D错误。
素养训练
1.CD 根据两个等量同种点电荷电场线分布的对称性可知，B、D两点处电场线疏密程度一样，则有EB＝ED，故B错误；根据两个等量同种点电荷连线的中垂线上场强的特点可知，O点场强为零，无穷远处场强也为零，从O到无穷远处场强先增大后减小，由于A、B、C、D四点具体位置不能确定，可能有EA＜EB＜EC，也可能有EA＝EC＜EB，故C、D正确，A错误。
2.D 根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷或无限远终止可以判断，A、B是两个等量同种电荷，选项A、B错误；电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，选项C错误；在a、b两点处电场强度大小相等、方向相反，同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确。
【教学效果·勤检测】
1.D 电场线的疏密表示电场的强弱，只有一条电场线时，则应讨论如下：若此电场线为正点电荷电场中的，则有Ea＞Eb；若此电场线为负点电荷电场中的，则有Ea＜Eb；若此电场线是匀强电场中的，则有Ea＝Eb；若此电场线是等量异种点电荷电场中的那一条直的电场线，则Ea和Eb的关系不能确定，故D正确。
2.C 电场线的疏密表征了电场强度的大小，由题图可知Ea＜Eb，Ed＞Ec，Eb＞Ed，Ea＞Ec，故选项C正确，A错误；由于电场线是曲线，由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项B错误；电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不在同一条直线上，故选项D错误。
3.AC 电场线是从正电荷发出，终止于负电荷，由图中分布对称的电场线可得A、B为等量异种电荷，故A正确，B错误；等量异种电荷产生的电场中，在它们连线的中垂线MN上，各个点的电场方向均垂直于中垂线指向负电荷一侧，同一电荷在此中垂线上所受电场力方向相同，故C正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线的切线方向表示电场的方向，C点的电场线比D点密，所以两点电场强度大小关系为EC＞ED，故D错误。
4.C 甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向不相反，故A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向相反，故C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，故D错误。
习题课二 静电力的性质
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，故C正确。
【典例2】 B 先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的电场强度E整＝＝，挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量Q'＝Q＝，则其在A点产生的电场强度E挖＝＝＝。所以挖去空腔剩余部分电荷在A点产生的电场强度E＝E整－E挖＝－＝，故B正确。
【典例3】 AD 由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上很小一部分Δx，圆环总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1＝＝，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取与圆心对称的相同的一段，其电场强度E1'与E1大小相等，如图所示，则两个场强的合场强为E0＝2·cos 45°＝，方向应沿圆心与小球的连线向左；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝E0＝，方向水平向左，选项D正确，C错误；对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝，选项A正确，B错误。
素养训练
1.B a处电荷量为q的点电荷在b点处产生的电场强度为E＝k，由于q与Q在b点处的合电场强度为零，则圆盘在b处产生的电场强度为E＝k。由对称性知，圆盘在d点处产生的电场强度也为E'＝k。而a点处电荷量为q的点电荷在d点处产生的电场强度为E″＝k，由于a点处的点电荷与圆盘在d点处产生的电场强度方向相同，所以两者在d点处产生的合电场强度为k，故B正确。
2.C 因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反向，即半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度大小为E1＝，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，即左半球面在M点产生的电场强度为E2＝，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电场强度为E3＝，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度为EM＝－＝，方向沿轴线向左，故C正确。
要点二
知识精研
【典例4】 ACD 根据粒子运动轨迹弯曲的情况，粒子所受电场力应指向运动轨迹的凹侧，又粒子所受电场力的方向沿电场线切线方向，可知此粒子带正电，选项A正确；由于电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度也越大，因此粒子在N点的加速度大于它在M点的加速度，选项B错误，C正确；粒子从M点运动到N点，电场力做正功，根据动能定理知此粒子在N点的动能大于它在M点的动能，选项D正确。
素养训练
1.D 合力的方向大致指向轨迹的凹侧，所以粒子所受电场力方向水平向右，根据题中条件，无法判断点电荷的电性和电场线方向，选项A、B、C错误；若点电荷从A点向B点运动，则电场力与速度方向夹角为锐角，点电荷做加速运动，经过B点时速度比经过A点时速度大，若点电荷从B点向A点运动，则电场力与速度方向夹角为钝角，点电荷做减速运动，经过B点时速度仍比经过A点时速度大，选项D正确。
2.C 做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的凹侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子可能是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，则粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。
要点三
知识精研
【典例5】 （1）1.5×106 N/C （2）4 m/s2 方向沿斜面向下 （3）2 m/s
解析：（1）带电物块在斜面上静止时受力如图。
电场力F＝qE0
根据力的平衡条件有
qE0 cos θ＝mgsin θ
E0＝＝ N/C＝1.5×106 N/C。
（2）电场强度变为原来时，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－qE0cos θ＝ma
a＝gsin θ－
＝10×0.6 m/s2－ m/s2＝4 m/s2，方向沿斜面向下。
（3）根据v2＝2ax得
v＝＝ m/s＝2 m/s。
素养训练
（1） （2）
解析：（1）带电小球受力如图。
根据平衡条件有FTcos θ＝mg
FTsin θ＝F
又F＝Eq
解得q＝。
（2）剪断丝线，小球受到合力为FT'＝FT＝
根据牛顿第二定律有FT'＝ma，a＝
小球在水平方向加速度ax＝asin θ
根据b＝axt2得t＝。
【教学效果·勤检测】
1.D 质点从a运动到c，质点的速率是递减的，可知质点所受静电力方向与运动方向成钝角，又根据曲线运动条件，可知静电力指向轨迹弯曲的凹侧，因负电荷所受静电力与电场强度方向相反，所以D正确。
2.AD 做曲线运动的物体速度沿轨迹切线方向，物体受到的合力方向指向轨迹弯曲的内侧，带电粒子只受电场力，故电场力即为所受合力，电场力方向在电场线的切线方向上，若电场线为直线，电场力就沿电场线所在直线，综合判定可知该带电粒子所受电场力水平向左，粒子带负电荷，选项A正确，C错误；由于粒子在匀强电场中运动，则粒子所受电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度不变，选项D正确；粒子运动方向无法判定，选项B错误。
3.C 由于A点处的电场强度为零，则正点电荷在A点处产生的电场强度大小E1和带电薄板在A点处产生的电场强度大小EA相等，即E1＝EA＝，电场强度方向相反，则带电薄板在A点处产生的电场强度方向水平向右。由于A、B两点关于带电薄板对称，所以带电薄板在B点产生的电场强度大小EB和带电薄板在A点产生的电场强度大小EA大小相等，方向相反，所以EB＝E1＝，方向水平向左，故C正确。
4.（1）3.0×10－3 N （2）4.0×10－4 kg （3）2.0 m/s
解析：（1）小球所受电场力
F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103 N＝3.0×10－3 N。
（2）小球受到重力mg、拉力FT和电场力F的作用而平衡，如图所示，则＝tan 37°，解得m＝4.0×10－4 kg。
（3）由mgl（1－cos 37°）＝mv2，解得v＝＝2.0 m/s。
4.静电的防止与利用
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）感应电荷 （2）0 （3）内部 2.（1）密度 分离 （2）中和 3.（1）避雷针 （2）光滑
知识点二
1.（1）外电场
情景思辨
（1）× （2）× （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：自由电子受电场力的作用发生定向移动。电子带负电，故定向移动方向和外加电场强度方向相反。
【典例1】 D 枕形导体在带电小球附近，出现静电感应现象，导致导体内电荷重新分布，因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，与带电小球的电场叠加，导体处于静电平衡状态，内部电场强度处处为零，电势相等，故A、B错误；在枕形导体内部场强处处为零，是带电小球产生电场的场强与感应电荷产生电场的场强大小相等、方向相反引起的，带电小球产生电场在A点的场强大于在B点的场强，所以感应电荷在A点产生的场强较大，故C错误；当开关S闭合时，大地相当于远端，电子从大地向导体移动，使导体带负电，故D正确。
素养训练
1.A 导体处于静电平衡状态时，导体内部电场强度处处为0，感应电荷在导体内部某处产生的电场强度与场源电荷Q在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误。
2.B 当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图所示，由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线更疏，b处电场强度为零，则Ea＞Ec＞Ed＞Eb，故B正确，A、C、D错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）图甲中不会张开，金属网可以屏蔽外电场。
（2）图乙中会张开，因为金属网未接地，网内的带电体可以对外界产生影响。
（3）图丙中不会张开，因为金属网已接地，网内的带电体对网外无影响，网外的带电体对网内也无影响。
【典例2】 D 达到静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，即感应电荷的电场与放电杆上电荷的电场的合电场强度为零，但放电杆在笼体内激发的电场的电场强度不为零，笼体上感应电荷在笼体内激发的电场的电场强度也不为零，选项A、B错误；笼体内部任意位置的电场强度为零，但笼体外表面的电场强度不为零，选项C错误；处于静电平衡状态时，只有笼体的外表面带电，笼体内表面不带电，选项D正确。
素养训练
1.B 金属罩B处于静电平衡状态，电荷分布在其外表面上，A错误；由于静电感应，使金属罩B在左侧外表面感应出负电荷，所以金属罩B的右侧外表面感应出正电荷，B正确，D错误；由于静电屏蔽，金属罩内电场强度为零，故验电器C上无感应电荷，验电器C的金属箔片不会张开，C错误。
2.BC 屏蔽服的作用是在穿上后，使处于高压电场中的人体内电场强度处处为零，从而使人体免受高压电场及电磁波的危害，可知B、C正确，A、D错误。
要点三
知识精研
【典例3】 AC 静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷漆的目的，故A正确；由题图知，待喷漆工件带正电，所以涂料微粒应带负电，故C正确，B、D错误。
素养训练
1.B 在可燃气体环境（如乙醚）中产生的静电，容易引起爆炸，应设法把产生的静电消除（如导入大地），因此选项B正确。
2.B 管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生电子和正离子。电子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电。所以金属管Q应接高压电源的正极，金属丝P接负极。构成类似于点电荷的辐向电场，所以越靠近金属丝，电场强度越强，故A、C、D错误，B正确。
【教学效果·勤检测】
1.B 孤立的带电金属球处于静电平衡，则内部电场强度为零，当它带的电荷量增加，再次达到静电平衡，其内部电场强度仍为零，故B正确。
2.A 导体尖端电荷比较密集，更容易产生放电现象，故选A。
3.C 根据静电屏蔽原理，金属网能屏蔽外部电场，为防止外界电场干扰，故选C。
4.B A、B接触中和后净电荷只分布在空心金属球A的外表面上，所以QA＝2×10－8 C，QB＝0，故B正确。
5.（1）传送带因为与被传送的物体间发生摩擦而带电，靠近传送带的物体因为静电感应也带上电。
（2）要避免这种电击，可以把导体材料如金属丝等掺到传送带材料中，让传送带变成导体，或者用导体制造传送带，再用适当的方法把传送带接地，静电便不会积累，工人也不会再遭电击。
第十章 静电场中的能量
1.电势能和电势
【基础知识·准落实】
知识点一
1.起始 终止 无关 2.（1）电场 （2）①EpA－EpB ②减少
增加 3.（1）零 无限远 大地表面 （2）零势能位置
知识点二
1.电势能 2. 3.伏特 V 4.降低 5.正负
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：正功，电势能减少。
【典例1】 （1）增加1.8×10－5 J （2）3×10－5 J
1.8×10－5 J
解析：（1）负电荷从A移到C，静电力做的功WAC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加1.8×10－5 J。
（2）WAB＝EpA－EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J。WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，又EpA＝0，则EpC＝1.8×10－5 J。
素养训练
1.CD 电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正功，电势能减少，静电力做了多少正功，电荷的电势能就减少多少，由动能定理可知，动能就增加多少。因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故选项A、B错误，C、D正确。
2.D 根据电场的叠加可知，CD线上各点场强方向均由C指向D，C点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以将q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先逐渐增大，后逐渐减小，q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小，C错误，D正确；静电力一直对q3做正功，q3的电势能不断减小，A、B错误。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）1.2×10－4 J 1.2×104 V （2）1.2×104 V
解析：（1）静电力做负功，电势能增加，无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即φ∞＝0，Ep∞＝0。由W∞A＝Ep∞－EpA得EpA＝Ep∞－W∞A＝0－（－1.2×10－4 J） ＝1.2×10－4 J
那么φA＝＝1.2×104 V。
（2）A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V。
素养训练
1.C 电场线密的地方场强大，疏的地方场强小，题图所示三点中，a点处电场线最密，则a点的电场强度最大；c点处电场线最稀疏，则c点的电场强度最弱，所以有Ea＞Eb＞Ec，故A、B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，则有φa＞φb＞φc，故C正确，D错误。
2.BC M点的电场线较N点密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；顺着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；因M、N点电势不相等，正电荷在M、N两点所具有的电势能也不相等，所以正电荷从O点分别移到M点和N点电势能的变化量不相同，电场力做功也不相同，选项D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 假设A、B两点相距为l，直线AB与电场线的夹角为θ（θ＜90°），根据功的定义可知，静电力做的功均为qElcos θ，故沿三种路径移动该电荷，静电力做功相等，选项C正确，A、B、D错误。
2.D 电场线的疏密可以判断电场强度的大小，a点处比b点处电场线密，所以a点处电场强度大，电荷在该点的静电力大，A错误，D正确；a点的电场强度方向为该点的电场线方向，向右，B错误；沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势，所以正电荷在a点处的电势能大于在b点处的电势能，C错误。
3.C 取无限远处的电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8.0×10－9 J，负电荷在N点的电势能为9.0×10－9 J。由φ＝知，M点的电势φM＜0，N点的电势φN＜0，且｜φN｜＞｜φM｜，则φN＜φM＜0，故C正确。
4.C 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做简谐运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
5.D 电场线的疏密反映电场强度的大小，结合题图可知a点的电场强度比b点的电场强度大，A项错误；a点电势与左侧负电荷附近且与b点在同一电场线上的某点电势相等，又顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B项错误；两个负电荷在c点的合电场强度为零，而在d点的合电场强度方向向下，正电荷在c、d两点电场强度大小相等，方向相反，因此电场叠加后c点电场强度比d点电场强度大，C项错误；在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远的地方电势越高，因此d点电势比c点电势高，D项正确。
2.电势差
【基础知识·准落实】
知识点一
1.电势 2.φA－φB φB－φA 3.标量
知识点二
1.相同 2.（1）不做功 （2）垂直 高 低
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）UMN＝φM－φN＝（6－2）V＝4 V。
（2）UMN＝φM－φN＝[（－2）－（－6）]V＝4 V。
【典例1】 （1）200 V －300 V 100 V （2）200 V 300 V （3）A点电势能大
解析：（1）负点电荷从A点移到B点克服静电力做功，则WAB＝－6×10－4 J
A、B间的电势差UAB＝＝ V＝200 V
同理，B、C间的电势差UBC＝＝ V＝－300 V
C、A间的电势差UCA＝－UAC＝－（UAB＋UBC）＝100 V。
（2）取B点为零电势点。
由UAB＝φA－φB得A点的电势φA＝UAB＝200 V
由UBC＝φB－φC得C点的电势φC＝－UBC＝300 V。
（3）电荷从A点移到C点静电力做的功WAC＝WAB＋WBC＝3×10－4 J，所以电势能减少，则点电荷在A点的电势能大。
素养训练
1.CD 电势是标量，A错误；UAB表示A点与B点之间的电势差，即UAB＝φA－φB，B错误；UBA＝φB－φA，故UAB＝－UBA，C正确；零电势点可以任意规定，但通常情况下规定大地或无穷远处为零电势点，D正确。
2.A 人体是导体达到静电平衡后，女同学两只手电势相等，故φ1＝φ2，A正确，B、C、D错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）UAB＝φA－φB，电势能的变化量为ΔEp＝EpB－EpA＝q（φB－φA）。
（2）WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q（φA－φB）＝qUAB。
【典例2】 静电力做正功 6.0×10－5 J
解析：法一：（用WAB＝－ΔEp计算）
电荷在A、B两点的电势能分别为EpA＝qφA＝（－2.0×10－7）×（－100）J＝2.0×10－5 J，EpB＝qφB＝（－2.0×10－7）×200 J＝－4.0×10－5 J。根据WAB＝－ΔEp可知，电荷从A到B的过程中静电力所做的功WAB＝－（EpB－EpA）＝6.0×10－5 J。因为WAB＞0，所以静电力做正功。
法二：（用WAB＝qUAB计算）
电荷从A到B的过程中，静电力做的功WAB＝qUAB＝（－2.0×10－7）×[（－100）－200]J＝6.0×10－5 J。由于计算得出的WAB为正值，所以静电力做正功。
素养训练
1.B 点电荷由A点移到B点，电势能减少，故静电力做正功，WAB＝3×10－4 J，由UAB＝得UAB＝ V＝－200 V，又UCA＝100 V，故UBC＝UBA＋UAC＝－UAB－UCA＝100 V，所以WBC＝qUBC＝－1.5×10－4 J，B正确。
2.（1）2×10－8 N （2）15 V
解析：（1）由库仑定律有F＝k
代入数据解得F＝9.0×109× N＝2×10－8 N。
（2）由UMN＝
代入数据解得UMN＝ V＝15 V。
要点三
知识精研
【探究】 提示：（1）不能；（2）降低。
【典例3】 CD a点的等势线比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，选项A错误。c点电势低于d点电势，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，选项B错误。a点电势低于c点电势，负电荷从a点到c点是向高电势处移动，静电力做正功，选项C正确。从e点到f点，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。
素养训练
B A点和B点在同一等势面上，所以负电荷在A点的电势能和在B点的电势能一样大，A错误；电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功，B正确；负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，C错误；正电荷由A移到C，WAC＝qUAC＞0，所以正电荷由A移动到C，静电力做正功，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 负电荷由B移到C，静电力做功为WBC＝WBA＋WAC＝－2×10－6 J－3×10－6 J＝－5×10－6 J，则UBC＝＝ V＝5 000 V，所以B、C间的电势差大小为5 000 V。故A正确。
2.A A处电场线比B处密集，故EA＞EB；距离正电荷越近电势越高，故φA＞φB；负电荷在A、B处的电势能EpA＜EpB，故A正确。
3.AB 电场线从M指向N，而沿电场方向电势降低，所以d点的电势高于f点的电势，选项A正确；d点和e点在同一条等势线上，所以两点电势相等，选项B正确；若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点过程中，静电力方向与运动方向夹角为钝角，所以静电力一直做负功，选项C错误；若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，过程始末试探电荷的电势相等，所以静电力做功为零，电势能不变，选项D错误。
4.（1）75 V （2）φC＞φA＞φB （3）25 V （4）－3.0×10－7 J
解析：（1）设电荷量为Q1＝2.0×10－9 C的正电荷从A点移到B点静电力做功为WAB，则WAB＝UABQ1，
得UAB＝＝ V＝75 V。
（2）把电荷量为Q2＝4.0×10－9 C的正电荷从B点移到C点，克服静电力做功为WBC，则静电力做功为
－WBC＝UBCQ2，
得UBC＝＝ V＝－100 V，
又因UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，
得UAC＝φA－φC＝（φA－φB）＋（φB－φC）＝UAB＋UBC＝－25 V，
通过比较可知φC＞φA＞φB。
（3）UAC＝－25 V，若A点电势为零，则C点电势为25 V。
（4）若A点电势为零，那么φB＝－75 V，则Q2在B点电势能为Ep＝φBQ2＝－75×4.0×10－9 J＝－3.0×10－7 J。
3.电势差与电场强度的关系
【基础知识·准落实】
知识点
1.Ed 2.电场强度 电场 4.（1）
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：W＝qUAB，又W＝qEd，得到UAB＝Ed，或E＝。
【典例1】 （1）－0.2 J （2）1 000 V （3）1×105 V/m
解析：（1）因负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了ΔE＝0.2 J，所以这个过程中静电力对负电荷所做的功WAB＝－ΔE＝－0.2 J。
（2）A、B两点间的电势差
UAB＝＝ V＝1 000 V。
（3）匀强电场的电场强度
E＝＝ V/m＝1×105 V/m。
素养训练
1.A 由题图可知φA＞φB故UAB为正值，得UAB＝Edcos θ可知A正确，B、C、D错误。
2.A 由于是估算，可将雨伞伞尖与高压电网间的电场当作匀强电场处理。由题意可知U＝27.5 kV，E＝5×105 V/m，则由U＝Ed得d＝＝ m＝5.5 cm，故A正确，B、C、D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）300 V 300 V 0 （2）如解析图所示 （3）1×104 V/m
解析：（1）正点电荷从A点移到B点时，静电力做正功，故A点电势高于B点电势，可求得UAB＝＝ V＝300 V
负点电荷从A点移到C点，静电力做负功，A点电势高于C点电势，可求得UAC＝＝300 V
可得B、C两点电势相等，故UBC＝0。
（2）由（1）中分析知BC为一条等势线，所以电场线垂直于BC，设D为BC的中点，则电场线方向由A指向D，如图所示。
（3）AB在电场强度方向的投影长度d等于线段AD的长度，故由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得E＝＝ V/m＝1×104 V/m。
素养训练
1.A 匀强电场中，在同
一方向上每前进相同的距离，电势的改变量相等，故φa－φd＝φb－φc，代入数据有2 V－φd＝5 V－9 V，解得φd＝6 V，故A正确。
2.B 连接A、C，AC连线中点的电势为 V＝2.0 V，与B点电势相等，再结合几何关系可知E、B连线为一条等势线，由正六边形的对称性可知，通过CD、AF的直线与EB平行，所以也是等势线，A正确；A、C连线与等势线垂直，由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，电场强度方向由C指向A，C正确；B、A间的电势差为UBA＝1.0 V，又UBA＝EdBAcos 30°，解得场强E＝ V/m，故B错误；由上述分析可知，φE＝φB＝2.0 V，φD＝φC＝3.0 V，则电子从E点移到D点，电场力做的功为WED＝q（φE－φD），代入数据得WED＝－1.6×10－19×（2.0－3.0）J＝1.6×10－19 J，再结合静电力做功与电势能变化的关系可知，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】 D 由带电体电荷分布的特征可知越尖锐的地方电荷的密度越大，电场强度越大，电场线分布越密，等差等势面也越密。画出题中带电体电场线和等差等势面的剖面图，如图所示。由图可知Uab＞Ubc，Uef＞Uab，则Ubc＜50 V，Uef＞50 V，A、B、C错误，D正确。
素养训练
1.D 由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，电场力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是由负电荷形成的电场，因此越靠近负电荷，电场线越密，电场强度也就越大，电子所受电场力也就越大，选项A、B错误；因为此电场不是匀强电场，越靠近场源电荷场强越强，所以UAB＜UBC，即φA－φB＜φB－φC，所以φA＋φC＜2φB，选项C错误，D正确。
2.AC 沿电场线方向，电势越来越低，所以A点电势最高，C点电势最低，A正确；电场线越密集的地方电场强度越强，由图可知，C点电场强度最强，A点电场强度最弱，B错误；由于BC间的电场强度大于AB间的电场强度，由U＝Ed可知，UAB＜UBC，C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B A、B两点在电场强度方向上的距离d＝lAB·cos（180°－120°）＝10× cm＝5 cm。由于φA＜φB，则根据U＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2 V＝－5 V，故选B。
2.A 因为a、c，b、d为圆的直径，可求得圆心O点的电势为13.5 V，则UbO＝1.5 V，由UbO＝Uod＝1.5 V，可得φd＝12 V。
3.C 如图所示，过B点作AC的垂线，则垂足D为AC的四等分点，因A、C两点的电势分别为0 V、8 V，可知D点的电势为2 V，则BD为等势面；根据E＝可得电场强度E＝＝ V/m＝100 V/m，故选C。
4.BD A板接地，则其电势为零，又因为A、B两板间的电压为600 V，则B板电势为－600 V，由此知C点电势为负值，则A、B两板间场强E＝＝5 000 V/m，φC＝－EdC＝－50 V/cm×4 cm＝－200 V，选项A错误，B正确；电子在C点具有的电势能为200 eV，选项C错误，D正确。
5.D 假设有一正电荷由P点只在静电力作用下移动到M点，由图可知静电力与运动方向成锐角，静电力做正功，电势能减少，故电势降低，故A错误；电场线的疏密程度表示电场的强弱，M点处的电场线比P点的稀疏，故M点处的电场强度比P点的小，两者方向也不同，故B错误；根据U＝Ed可知，OM和NO的距离相等，由于NO间的电场更强，故NO间的电势差更大，故C错误；负电荷由M点运动到O点，所受静电力方向与运动方向相同，所以静电力做正功，故D正确。
习题课三 电场中的运动轨迹 功能关系和图像问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，该图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，从c到e的过程中，电场力做正功，电势能减小，则粒子在静电场中，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C正确，D错误。
素养训练
1.A
2.CD 根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；等差等势面的疏密程度表示电场的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度比B点的小，B错误；静电力指向轨迹的内侧，分析电子运动的轨迹可知，电子受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高于B点的电势，C正确；电子从M点运动到P点的过程中，静电力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，静电力做正功，动能增大，故电子运动到P点时动能最小，D正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）30 m/s2 （2）－
解析：（1）由题意可知该带电小球带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3g＝30 m/s2。
（2）带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg（h－0.25h）＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
素养训练
1.D 带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。
2.（1） （2）－ （3）－
解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球从B到C的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝
根据动能定理有mg·＝－，
解得vC＝。
（2）小球从A到B，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·＋q｜UAB｜＝
因为φA＜φB，所以UAB＝－｜UAB｜＝－。
（3）因为φA＜φC、φC＝0，所以φA＝－｜UAC｜＝－｜UAB｜＝－。
要点三
知识精研
【典例3】 CD 由E-x图像与x轴所围“面积”表示电势差可知A、B两点电势一定不相等，故A错误；若为E-x图像，由于沿x轴方向的电场强度方向不变，所以电场力一直做负功或做正功，故B错误；若为φ-x图像，其斜率代表沿x轴方向的电场强度，则A、B两点沿x轴方向的电场强度大小相等，方向相反，故C正确；由Ep＝qφ，q＜0，可知由A到B电子电势能先增大后减小，即电场力先做负功后做正功，故D正确。
素养训练
1.C 由图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增加，在t0～3t0时间内向反方向做加速运动，静电力做正功，电势能减少，则选项C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，则选项A错误；图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，又由图可知aB＞aC＞aA，则A、B、C三点的电场强度大小关系为EB＞EC＞EA，故选项B错误。
2.C 由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，点电荷在两处的电势能不等，A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，静电力对负电荷做正功，所以电势能减小，B错误；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，根据F＝qE可知静电力是先增大后减小，C正确，D错误。
3.C 该图像为电势的变化图像，斜率代表了电场强度，故在0～x0区间，电场强度先增大再减小，故静电力也先增大再减小，B错误；－x0～0区间电势一直增加，该质子电势能一直增加，0～x0区间电势一直减小，该质子电势能也一直减小，C正确，D错误；在－x0～0区间，电势能增加，该质子仅受静电力作用，动能转换为电势能，动能减小，速度减小，做减速运动，A错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，A、B错误；由EpM－EpN＝WMN，得静电力做负功时电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，由Ep＝qφ知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误。
2.ABD 小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左，随着小物块由M运动到N，与电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的电场力一定减小，A正确；由动能定理可得WE－μmgx＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因为点电荷Q的电性未知，所以不能判断M、N两点电势的高低，C错误。
3.D 根据公式U＝Ed，又因为AB＝BC，且A、B间电场强度较小，UAB＜UBC，A错误；a对应粒子，静电力做正功，动能在增大，电势能在减小，B错误；b对应粒子，做圆周运动，静电力不做功，动能和电势能均不变，C错误；a对应粒子，电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度减小，c对应粒子，电场强度逐渐增大，静电力增大，加速度增大，b对应粒子，电场强度大小不变，静电力大小不变，加速度大小不变，D正确。
4.CD 取无穷远处电势为零，则正电荷附近的点电势是大于零的，负电荷附近的点电势是小于零的，所以Q1带负电，Q2带正电，A错误；图中图线的斜率表示电场强度，可知P点的电场强度不为零，从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中，电场强度逐渐减小，由公式qE＝ma可知电子加速度逐渐减小，B错误，D正确；由题图可知，将电子（负电）从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中，电势一直在升高，静电力做正功，电子的电势能不断减小，C正确。
5.（1）匀减速直线运动 （2）
解析：（1）带电小球在电场外只受重力，做竖直上抛运动，是匀减速直线运动；进入电场后受向下的重力和静电力，做匀减速直线运动。
（2）对从最低点到最高点过程，根据动能定理，
有：－mg（H＋h）－qUAB＝0－m；
解得：UAB＝。
4.电容器的电容
【基础知识·准落实】
知识点一
1.绝缘 2.金属板 3.绝缘
知识点二
1.（1）电势差U （2） （3）电荷 （4）法拉 法 F 10－6 10－12 2.（1）工作 （2）极限 3.（1）绝缘 靠近 （2）正比 正比 反比 （3）
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）× （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 3.04×10－3 507
解析：根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，I-t图线与时间轴围成的图形所包含的格子个数为38，所以电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q＝8×10－5 C×38＝3.04×10－3 C。根据电容的定义式C＝可知，C＝F≈5.07×10－4 F＝507 μF。
素养训练
1.充电 电流随时间的增加逐渐减小到零
解析：由题图乙所示I-t图像可知，电流为正值，则电流流向沿逆时针方向，与电源提供的电流方向一致，即该图像记录的是电容器的充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加。由图像可知，在此过程中，电流随时间的增加逐渐减小到零，且电流减小得越来越慢。
2.（1）B （2）A （3）不是
解析：（1）电容器在充电的过程中，两板之间电压升高，电容器的电容不变，则电容器的电荷量增加，故选B。
（2）电容器的电容由电容器本身特性决定，与电容器是否正在充、放电及带电荷量无关，则电容器在放电的过程中，电容器的电容不变，故选A。
（3）根据I＝，可知I-t图像不是一条直线。
要点二
知识精研
【探究】 提示：增大；不变。
【典例2】 A 电容器的电容由电容器本身决定，与其两极板间电压和所带电荷量无关。电容器两极板间电压减少为原来的时，电容不变，由C＝知电荷量减少为原来的，减少了，则Q＝q，可知电容器原来所带电荷量为Q＝q，A正确，B错误；由于题中无电压和电容的具体数据，因此无法求出原来的电压，C错误；电容反映电容器本身的特性，电容器放电，电容器的电容不变，D错误。
素养训练
1.A 根据Q-U图像的斜率表示电容器的电容，有C＝＝ F＝ F，则该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，电荷量的减少量ΔQ＝C·ΔU＝×（40－36）C＝0.02 C，故A正确，B、C、D错误。
2.D 由比值定义法定义电容C＝，可知电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，则电容器可以储存电荷，电容的大小与储存的电荷多少无关，故A错误；电压2.7 V指的是额定电压（正常工作时允许的最大电压），实际工作的电压可以低于2.7 V，故B错误；电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，实物图可读出电容器的电容C＝3 000 F，则电容器两端的电压变为1.35 V时，它的电容还是3 000 F，故C错误；由定义式C＝＝＝3 000 F，可知电容器两极板间的电压每增加1 V，它的带电荷量将增加3 000 C，故D正确。
要点三
知识精研
【探究】 提示：（1）用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U，从指针偏转角度的大小可推知U的大小。
（2）保持不变。
【典例3】 BD 静电计指针与A板通过导线相连，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝可知，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，U减小，D正确。
素养训练
1.C 板间距离变为，由C＝得C2＝2C1，又U＝，则U2＝＝U1。由E＝得E2＝＝＝2E1，故C正确。
2.BC S接通时，电容器上电压U不变，板间距离d减小，电场强度E＝增大，A错误。插入电介质后，由C＝可知，电容C增大，U不变，由C＝，则电荷量Q增大，B正确。断开S后，电容器所带电荷量Q不变，减小d，电容C增大，由C＝可知，电势差U减小，C正确。插入电介质，则电容C增大，板间电势差U减小，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B 该电容器可容纳的电荷量为Q＝CU＝12 000×3 C＝36 000 C，A错误；电容器的电容与电荷量及电压无关，在充、放电时电容不变，电容器放电时，电荷量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；若30 s能充满电，则充电平均电流为I＝＝ A＝1 200 A，故D错误。
2.B C＝＝ F＝2.0×10－8 F，故选B。
3.A 给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，根据C＝可知，电容会增大；飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的电介质，电容会减小。故A正确。
4.B 由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝F＝5×10－3 F，C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错。
5.带电粒子在电场中的运动
【基础知识·准落实】
知识点一
1.电场 电场强度 2.（1）匀变速直线运动 匀强 （2）动能定理 位移 非匀强
知识点二
1.垂直 2.抛物线 4.（2）加速 偏转
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 D 电子从静止运动到Q板的过程中只有静电力做功，设电子的质量为m，电荷量为e，运动到Q板时的速率为v，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝，可知电子运动到Q板时的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压U有关，故选项D正确。
素养训练
1.B 如果UAB＝600 V，A电势高于B，电子在A、B间所受静电力方向指向A，又因为Ek0＜eUAB，所以电子无法从B的小孔中射出，最终又会返回A的小孔，整个过程静电力做功为零，根据动能定理可得Ek1＝Ek0＝500 eV，如果UAB＝－600 V，A电势低于B，电子在A、B间所受静电力方向指向B，电子将始终加速，根据动能定理可得Ek2－Ek0＝－eUAB，解得Ek2＝1 100 eV，故选B。
2.A 电子在电场中加速，由动能定理可得eU＝mv2，解得v＝，所以可使v增大的操作是仅增大U。故A正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）8×106 m/s （2）1.1×1015 m/s2 （3）45°
解析：（1）根据动能定理可得eU＝m，
解得vx＝8×106 m/s。
（2）电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力，
根据牛顿第二定律得a＝
解得a＝×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2。
（3）电子在水平方向上做匀速直线运动，故t＝
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
故vy＝at，tan θ＝
联立解得θ＝45°。
素养训练
1.A 设偏转极板的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍，故选A。
2.400 V
解析：在加速过程中，由动能定理得eU＝m
进入偏转电场后，电子在平行于极板方向上做匀速直线运动，有l＝v0t
在垂直于极板方向上电子做匀加速直线运动，
加速度a＝＝
又偏移距离y＝at2
能从平行极板间飞出的条件为y≤
联立以上各式解得U'≤＝400 V
即要使电子能从极板间飞出，两极板间所加最大电压为400 V。
要点三
知识精研
【典例3】 BCD 要想让亮斑沿OY向上移动，电子受力方向应沿Y方向，即Y电势高，选项A错误；要想让亮斑移到荧光屏的右上方，Y为高电势，X为高电势才可以，选项B正确；要想在荧光屏上出现一条水平亮线，要在XX'上加扫描电压，在YY'上加恒定电压或不加电压，选项C正确；要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，分析可知选项D正确。
素养训练
B 根据竖直和水平偏转电压的正、负极，带负电的电子应偏向屏幕的左上方，故选B。
【教学效果·勤检测】
1.D 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力。根据动能定理得eUOA＝m。因E＝，UOA＝EL＝，所以m＝。故选D。
2.C 由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A错误；微滴在电场中所受的电场力对微滴做正功，微滴的电势能减小，B错误；由于极板间电场是匀强电场，电场力不变且与微滴的初速度方向垂直，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线的一部分，C正确；设微滴带电荷量为q，质量为m，经过t时间在电场中沿电场线方向的位移为y，y＝at2＝，又qU加＝mv2，故y＝，则微滴在极板间电场中的运动轨迹与其带电荷量无关，D错误。
3.B 根据侧位移计算公式y＝··以及动能表达式Ek＝m得y＝，初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，解得y1∶y2＝1∶2。故B正确。
4.（1）2×10－9 C 负 （2）－600 V～2 600 V
解析：（1）当重力跟静电力大小相等、方向相反时，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故有q＝mg，得q＝＝2×10－9C；重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下（UAB＞0），所以微粒带负电。
（2）当静电力方向竖直向上，且qE＞mg时，带电微粒向上偏转，设微粒从右上边缘飞出时φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB'＝φ1，静电力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，水平方向上有l＝v0t。在竖直方向上有a＝－g，偏转位移y＝＝at2，联立解得φ1＝＝2 600 V。当静电力方向竖直向下时，带电微粒向下偏转，此时设φA＝φ2，则竖直方向上有a'＝g－，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的取值范围为－600 V～2 600 V。
习题课四 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 B 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时释放粒子，粒子运动的速度图像，如图所示。
由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，释放粒子时间在0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，释放粒子时间在＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；释放粒子时间在t0＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。
【典例2】 （1） （2）U0
解析：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，
沿极板方向有L＝v0t0
垂直极板方向有d＝
解得＝。
（2）粒子通过两板时间为t'＝＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝，方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。则有d＝2，解得U＝。
素养训练
1.BD 0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且每2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
2.AC 设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，则平行极板方向：l＝v0t ①
垂直极板方向：＝at2 ②
又a＝ ③
由①②③得U0＝，代入数据得U0＝128 V，可知当｜U｜＞128 V时离子打到极板上，当｜U｜≤128 V时离子打到屏上。
利用推论：打到屏上的离子的速度的反向延长线交与极板的l处，结合题图由几何关系可得＝
解得打到屏上的总长度y＝2d
则离子打到屏上的区域的面积为S＝2da＝64 cm2。故A正确，B错误；在0～T时间内，离子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s，由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.012 8 s。故C正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例3】 BC 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力F合为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－F合·＝－mg·2h＝0－m，解得h＝，选项C正确；小球运动到最高点所需时间为t＝＝，选项D错误。
【典例4】 D 三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为xA＞xB＞xC，所以他们的运动时间关系为tA＞tB＞tC，三个微粒在竖直方向的位移相等，根据d＝at2可知，他们加速度的关系为aA＜aB＜aC，从而可知B仅受重力，A受向上的电场力，C受向下的电场力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误；三个微粒重力做功相等，电场力对A做负功，电场力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC，故D正确。
【典例5】 D 小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称。当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，由几何知识知此时的合力F合＝2mg，qE＝mg，根据牛顿第二定律得2mg＝，解得vmin＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得2mgLcos 60°＋2qELsin 60°＝m－m，解得vA＝，D项正确。
【教学效果·勤检测】
1.B 加A图所示电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，故A错误；加B图所示电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，故B正确；加C图和D图所示电压，分析可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故C、D错误。
2.C 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误。在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝·t2，位移之比为2∶1，可得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，所以C正确。电势能的减少量等于静电力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝qaU∶qb＝4∶1，所以B错误。动能增加量之比等于合外力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝（mgh＋qaU）∶，由于不知道重力与静电力的关系，所以动能增加量之比不确定，所以D错误。
3.ACD 由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan ，解得E＝，故A正确，B错误；小球从A运动到速度最大的位置细线与竖直方向夹角为时的过程中，由动能定理得qELsin －mgL·＝mv2，小球在速度最大的位置时，由重力、静电力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FT－mgcos －qEsin＝m，联立解得FT＝mg。由牛顿第三定律可知细线所受的拉力最大为mg。故C正确；设静电力与重力的合力为F，易知F＝＝mg，若使小球做完整的圆周运动，则小球运动到圆周右上方速度方向与F垂直时，细线拉力为0，F充当向心力，v0取最小值，即F向＝F＝，根据动能定理有－qELsin －mgL＝m－m，联立解得vmin＝，为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥。故D正确。
第十一章 电路及其应用
1.电源和电流
【基础知识·准落实】
知识点一
1.正极 2.持续
知识点二
1.稳定 2.方向 3.（1）电荷量 （3）正电荷 （4）安培 安 A
拓展学习
1.neSv 2.总电荷量
情景思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）× （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：电流方向从云层指向地面。放电电流的大小为。
【典例1】 D 由题意可知，2 s内流过横截面的电荷量q＝5.0×1017×2×1.6×10－19 C＋1.0×1018×1.6×10－19 C＝0.32 C，则电流大小I＝＝ A＝0.16 A，Cl－水平向左移动，则Mg2＋水平向右移动，所以电流方向水平向右，故选项D正确。
素养训练
1.B 根据电流的定义可知I＝＝ A＝0.05 A，故B正确，A、C、D错误。
2.A 根据q＝It可得闪电所带电荷量为q＝It＝6×104×0.005 C＝300 C，故A正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）nLSq （2）nqSv
解析：（1）导体AD内的自由电荷总数为N＝nLS，总电荷量为Q＝Nq＝nLSq。
（2）通过此导体的电流为I＝＝＝nqSv。
素养训练
1.B 由于单位时间内通过乙横截面的电荷量是甲的2倍，因此乙导体中的电流是甲的2倍，故A错误，B正确；又I＝nqSv，则v＝，由于不知道甲、乙两导体的性质（n、q不知道），所以v的关系无法判断，故C、D错误。
2.D 若由电流的微观表达式I＝nqSv来解，本题中I＝n'eSv'，其中n'应为导线单位体积内的自由电子数，v'应为电子定向移动的平均速率，故A错误；t时间内通过导线某一横截面的自由电子数为nv't，电荷量Q＝nv'te，则电流I＝＝nev'，故B错误；由电流定义式I＝可知I＝Ne，故C错误，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）60 A·h （2）10 h （3）2.16×105 C
解析：（1）（2）从标识牌可知该汽车电池的容量为60 A·h，即该汽车电池以6 A的电流放电，可以工作10 h；
（3）该汽车电池充完电可储存的电荷量为q＝It，代入数据得q＝2.16×105 C。
【教学效果·勤检测】
1.B 电源的作用是使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷（并不是创造了电荷，而是使正、负电荷发生了分离），这样电源两端就会产生电压，从而使电路中的电荷发生定向移动形成电流，而不是产生电荷，A错误，B正确；电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，C错误；导线中的电场是由电源和导线所积累的电荷共同形成的，D错误。
2.D 根据I＝得I＝ A＝1.6×10－7 A＝0.16 μA，D正确，A、B、C错误。
3.A 设自由电子定向移动的平均速率为v，导线中自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为t，每个原子只提供一个自由电子，则导线中原子数目与自由电子的总数相等，为n＝NA，t时间内通过导线横截面的总电荷量为q＝ne，则电流大小I＝＝，解得v＝，故选项A正确。
4.C 电子做圆周运动的周期T＝，该环形电流的大小I＝，联立解得I＝，电流的方向与电子运动的方向相反，故该环形电流的方向为逆时针。
2.导体的电阻
【基础知识·准落实】
知识点一
1.比值 3.电流 4.电阻
知识点二
2.（1）正比 反比 3.（2）温度 较小 4.（2）增大 （3）标准电阻 5.减小 0
情景思辨
（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 B 导体的电阻由导体本身的性质决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体的电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，由R＝可知，使导体通过一定的电流所需的电压越高，则导体的电阻越大，B错误，A正确；由I＝可知，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，C正确；由U＝IR可知，对于一个确定的导体，即R一定，则I越大，U越大，D正确。
素养训练
1.BC 当两导体两端电压相等时，由I＝得I1∶I2＝R2∶R1＝1∶2，B正确，A错误；当两导体中电流相等时，由U＝IR得U1∶U2＝R1∶R2＝2∶1，C正确，D错误。
2.AC 由欧姆定律得R＝＝ Ω＝4 Ω，该电阻的阻值为4 Ω，A正确；由于该电阻的阻值不受温度的影响，则仅将电压升高到30 V，通过该电阻的电流应为I1＝＝ A＝7.5 A，B错误；如果仅将电阻换为阻值为10 Ω的定值电阻，由欧姆定律得I'＝＝ A＝2 A，C正确；定值电阻的阻值是一定的，与其两端是否加电压无关，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 C 设R1正方形的边长为L，厚度为d，则R2正方形的边长为，厚度也为d。R1、R2的材料相同，所以电阻率相同，故A错误；通过导体的电流方向如题图所示，根据电阻定律得R1＝ρ，R2＝ρ＝ρ＝R1，所以两个导体的电阻之比R1∶R2＝1∶1，由R＝知，两导体加相同电压时，I1＝I2，故B错误，C正确；若两导体的电流方向垂直于正方形面通过，根据电阻定律R1＝ρ，R2＝ρ＝4ρ＝4R1，则两导体电阻之比R1∶R2＝1∶4，故D错误。
素养训练
1.B 当电流沿I1方向时，铜块的长度为a，横截面积为bc，其电阻R1＝ρ；当电流沿I2方向时，铜块的长度为c，横截面积为ab，其电阻R2＝ρ，故＝。B正确。
2.C 由电阻公式R＝ρ，变形可得ρ＝＝＝6×104 Ω·m，故C正确。
要点三
知识精研
【典例3】 B 由电阻的定义式R＝知，在U-I图线上，某一点的纵坐标U和该点的横坐标I的比值对应着该点的电阻值R。由于白炽灯泡中灯丝的电阻会随温度的升高而增大，所以当白炽灯泡两端的电压从零逐渐增大到220 V时，灯丝的温度不断升高，电阻不断增大。只有选项B中的图线上各点的的值随U的增大而增大，故B正确。
素养训练
1.AD 根据I＝可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；根据电阻的定义式R＝可知，U-I图像斜率等于电阻R，则得R＝ Ω＝500 Ω，故B、C错误；当U＝6 V时，根据欧姆定律可得通过电阻的电流为I＝＝ A＝12 mA，故D正确。
2.B 小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出来的伏安特性曲线不是直线，由图可知，A点的电阻RA＝ Ω＝30 Ω，B点电阻RB＝ Ω＝40 Ω，故电阻的变化为40 Ω－30 Ω＝10 Ω，选项B正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 当小鸟两脚站在一根线上时，两脚之间的导线的距离非常小，故两脚之间的导线的电阻非常小，则小鸟两脚间的电压很小，接近于零，不会对小鸟造成危害，故C正确。
2.ABD 加5 V的电压时，电流为1.0 A，则由欧姆定律可知R＝＝ Ω＝5 Ω，A正确；加12 V的电压时，电流为1.5 A，则可得电阻为R＝＝ Ω＝8 Ω，B正确；由题图可知，随着电压的增大，图像的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误，D正确。
3.AC 电阻由U、I的比值定义，则由图像可知，R1＝R2＝＝，故A正确；由图像知，A的U-I图像的斜率不变，电阻不变，故B错误；U-I图像的斜率越大，U与I的比值越大，由R＝知，U与I的比值越大，电阻越大，说明导体对电流的阻碍作用越大，故C正确，D错误。
4.
解析：由欧姆定律可得R＝，沿着长陶瓷管的方向将膜层展开，如图所示，则膜层等效为一个电阻，其长为L，横截面积为管的周长×厚度。由电阻定律R＝ρ可得
R＝ρ＝
则＝
解得ρ＝。
3.实验：导体电阻率的测量
第1课时 长度的测量及测量工具的选用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 10.02
解析：游标卡尺的固定刻度读数为10 cm，游标尺上第2格刻度线与主尺刻度线对齐，所以游标尺读数为0.1×2 mm＝0.2 mm＝0.02 cm，所以最终读数为10 cm＋0.02 cm＝10.02 cm。
素养训练
A 11.25
解析：测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的内测量爪A进行测量；钢笔帽的内径为11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm。
要点二
知识精研
【典例2】 0.010 6.870 6.860
解析：依据螺旋测微器读数的基本原理，被测长度的半毫米刻度值在固定刻度上读出，而可动刻度的示数要估读到0.001 mm，则题图甲读数为0.010 mm，题图乙读数为（6.5＋37.0×0.01）mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。
素养训练
0.01 0.5 5.665（5.663～5.667均可）
解析：旋钮每转一周，测微螺杆就前进或后退 0.5 mm，由于可动刻度等分为50等份，所以每一小格表示0.01 mm；题图所示螺旋测微器的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×16.5 mm＝0.165 mm，所以最终读数为5.5 mm＋0.165 mm＝5.665 mm。
要点三
知识精研
【典例3】 Rx1 大于 小于
解析：由题意知＝＝10，＝＝20，故＜，电压表的分流作用较显著，故应该采用电流表内接法，即题图甲所示接法，Rx1更接近待测电阻的真实值。题图甲中待测电阻的测量值是Rx与RA串联后的电阻值，故Rx真＜Rx1，题图乙中待测电阻的测量值是Rx与 RV并联后的电阻值，故Rx2＜Rx真。
【典例4】 （1）0.02 0.44 0.1 2.20 （2）0.1 1.70 0.5 8.5
解析：（1）使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A。
（2）使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，表针示数为8.5 V。
素养训练
1.B 比较按题图甲、乙测量时的电压表、电流表的读数，可知电压变化量ΔU＝0.10 V，则＝＝，电流变化量ΔI＝1.00 mA，则＝＝，可见＞，即电流变化明显一些，故应采取电流表内接法来减小实验误差，即用题图甲所示电路测量时，电阻Rx的阻值更接近于其真实值，由题意知，用题图甲所示电路测得的Rx＝ Ω＝600 Ω，此法测得的测量值相对于真实值偏大，故B正确。
2.（1）2.933（2.931～2.934均可） （2）2.60 0.52
解析：（1）螺旋测微器的读数为d＝2.5 mm＋43.3×0.01 mm＝2.933 mm。
（2）因电压表的每小格读数为0.1 V，所以应估读到0.01 V，所以电压表的读数为2.60 V；电流表的每小格读数为0.02 A，应估读到0.01 A，所以电流表的读数为0.52 A。
【教学效果·勤检测】
1.B 0.410
解析：螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B。螺旋测微器的示数为（0＋41.0×0.01）mm＝0.410 mm。
2.11.4 mm 10.60 mm 4.20 mm
解析：图甲的读数为11 mm＋4×0.1 mm＝11.4 mm；图乙的读数为10 mm＋12×0.05 mm＝10.60 mm；图丙的读数为4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm。
3.（1）2.18（2.16～2.19均可） 10.8 （2）0.80 0.16
4.C 该电路采用的是电流表内接法，根据电路图可知，Rx的真实值为Rx＝－RA＝ Ω－0.2 Ω＝99.8 Ω，故选C。
第2课时 金属丝电阻率的测量
【必备技能·细培养】
【典例1】 （1）A D E （2）甲 （3）0.510 （4）
解析：（1）由于电源的电压为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为 I＝＝0.6 A，电流表应选D；滑动变阻器若最大阻值太大，不便于操作，所以变阻器应选E。
（2）由于＞，应采用电流表外接法，应选题图甲所示电路。
（3）由题图丙可知螺旋测微器的零误差为0.020 mm，题图丁读数为0.5 mm＋0.01×3.0 mm＝0.530 mm，所以金属丝直径为0.510 mm。
（4）R＝ρ，S＝πd2，所以ρ＝。
【典例2】 （1）乙 （2） （3）6.5×10－5
解析：（1）由题图（a）可知，电压表测的是乙、丙探针之间的样品两端的电压，从题图（b）中可以看出L越大，电压表示数U越大，且U-L图像的延长线过坐标原点，在串联电路中电压表所测电阻部分的阻值越大，电压越大，说明L为电压表所测样品部分的长度，即L是丙到乙的距离。
（2）电阻决定式为R＝ρ，其中所测样品横截面积为S＝a2，解得ρ＝＝，其中电阻R＝，解得ρ＝，由题图（b）可知，U-L图像的斜率为k＝，所以该样品的电阻率可以表示为ρ＝。
（3）由题图（b）可知斜率为k＝＝6.5 V/m，代入电阻率的表达式得ρ＝＝ Ω·m＝6.5×10－5 Ω·m。
【典例3】 （1）图见解析 （2） （3）
解析：（1）测电阻需要电压表和电流表，本题器材中没有电压表，但电流表A2的内阻已知，可当成电压表使用，其满偏电压Ug2＝Ig2r2＝3 V。因为其内阻r2已知，则电流表A1采用外接法时，可消除A2表分流带来的误差。电路图如图所示。
（2）R和A2并联，其两端电压相等，则R（I1－I2）＝I2r2，可得R＝。
（3）该导体横截面积为S＝a2－＝a2，由电阻定律R＝ρ，结合表达式R＝，可得ρ＝。
【教学效果·勤检测】
1.（1）M （2）b 移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
解析：（1）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于M端，使得闭合开关后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用。
（2）滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变。
2.（1）0.384（0.383～0.385均可） （2）A1 R1
（3）见解析图 （4）
解析：（1）螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为38.4×0.01 mm＝0.384 mm，故d＝0.384 mm。
（2）由于通过待测金属丝的最大电流为Imax＝＝0.2 A，所以电流表应选择A1；根据欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻约为Rmax＝＝45 Ω，则滑动变阻器需要的最大电阻为45 Ω－15 Ω＝30 Ω，所以为调节方便，滑动变阻器应选择R1。
（3）接法如图所示。
（4）根据欧姆定律应有R＝，又R＝ρ，S＝，联立可得ρ＝。
3.（1）不同 1.000 （2）0.5 （3）1.96×10－5 （4）小于
解析：（1）选择铅笔芯的不同位置进行多次测量，取其平均值作为铅笔芯的直径，可降低偶然误差；由题图乙可知，螺旋测微器读数为1 mm＋0.0×0.01 mm＝1.000 mm。
（2）由题图甲所示电路图可知，电阻箱与铅笔芯并联，忽略电流表内阻，当电阻箱阻值与铅笔芯阻值相等时，流过两支路的电流相等，即I2＝IRx，由并联电路规律可知，I1＝I2＋IRx，则I2＝0.5I1。
（3）由电阻定律Rx＝ρ＝ρ，又Rx＝R1，解得铅笔芯的电阻率ρ＝≈1.96×10－5 Ω·m。
（4）电流表A2的内阻不能忽略时，电流表A2与电阻箱的电阻之和等于待测铅笔芯的电阻，则铅笔芯电阻的测量值小于真实值。
4.串联电路和并联电路
【基础知识·准落实】
知识点一
I1＝I2＝…＝In 电流之和 电压之和 U1＝U2＝…＝Un R1＋R2＋…＋Rn 倒数之和
知识点二
1.电流 3.（1）串联 （2）并联
情景思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：三个灯泡是并联连接的。这样连接的好处是当其中一个灯泡断开时，不影响其他灯泡正常工作。
【典例1】 B 串联电路各电阻两端的电压与各电阻的阻值成正比，则S断开时U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，故A错误；根据串、并联电路的特点可知I1＝I2＋I3，由于R2＝R3，所以I2＝I3，则I1＝2I2，即S闭合时，通过R1与R2的电流之比为2∶1，故B正确；由U＝IR，结合S闭合时R1∶R2＝1∶5，I1＝2I2，可知S闭合时，R1与R2两端的电压之比为2∶5，故C错误；S断开时U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，则U1＝，S闭合时U1'∶U2'＝2∶5，则U1'＝，故S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为7∶12，故D错误。
素养训练
1.C 由部分电路欧姆定律I＝可知，三个电阻并联后接入电路电压相同，则通过三个支路电流的比为I1∶I2∶I3＝∶∶＝10∶5∶2，选项C正确，A、B、D错误。
2.C 滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端的电压在0～U范围内变化，滑片P逐渐向a端移动的过程中，灯泡3.实验：导体电阻率的测量
课标要求 素养目标
1.知道游标卡尺和螺旋测微器测量长度的原理和读数方法。 2.理解金属丝电阻率的测量原理，掌握各物理量的测量方法。 3.掌握利用伏安法测电阻的原理和方法，会进行数据处理和误差分析。 4.认识物理测量的精度依赖于实验器材，测量是有误差的 1.利用多媒体或教具，认识并理解游标卡尺及螺旋测微器的测量原理和读数方法。（物理观念） 2.通过实验，知道滑动变阻器的使用方法，掌握测量金属丝电阻率的实验原理，能获取、处理数据并会分析误差。（科学探究） 3.通过理论分析和推理，知道伏安法测电阻的实验误差，会进行实验方案的设计。（科学探究）
第1课时 长度的测量及测量工具的选用
知识点一 游标卡尺
1.构造：主尺、游标尺（主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪）、游标卡尺上还有一个深度尺。（如图所示）
2.用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径。
3.使用：当外（内）测量爪一侧的两个刃接触时，游标尺上的零刻度线与主尺上的零刻度线正好对齐。将被测物体夹（套）在这两个刃之间，把主尺读数和游标卡尺读数相加，就是被测物体的长度。
知识点二 螺旋测微器
1.构造：常用的螺旋测微器的结构图如图所示。它的测砧A和固定刻度B固定在尺架C上，旋钮D、微调旋钮D'和可动刻度E是与测微螺杆F连在一起，并通过精密螺纹套在B上。
2.使用方法
当A与F并拢时，可动刻度E的零点恰好跟固定刻度B的零点重合，逆时针旋转旋钮D，将测微螺杆F旋出，把被测物体放入A、F之间的夹缝中，再顺时针旋转旋钮D，F快要接触被测物时，要停止使用旋钮D，改用微调旋钮D'，直到听到“喀喀”声。
要点一 游标卡尺的原理与读数
1.原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm。常见的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：
刻度格数（分度） 游标尺刻度总长度 1 mm与每小格的差值 精确度（可准确到）
10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm
20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm
50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm
2.读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为（x＋K×精确度）mm。
【典例1】 在某次实验中，某同学用游标卡尺测量了金属丝长度，如图所示，读数为 cm。
尝试解答
图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的 （填“A”“B”或“C ”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为 mm。
要点二 螺旋测微器的原理与读数
1.原理
精密螺纹的螺距是0.5 mm，即旋钮D每转一周，测微螺杆F前进或后退0.5 mm，可动刻度分成50等份，因此每旋转一格，对应测微螺杆F前进或后退0.01 mm。0.01 mm 即为螺旋测微器的精确度。
2.读数方法
L＝固定刻度示数＋可动刻度示数（估读一位）×分度值。
特别提醒
（1）读数时要准确到0.01 mm，估读到0.001 mm，测量结果若用毫米作为单位，则小数点后面必须保留3位。
（2）读数时，要注意固定刻度上半毫米刻度线是否露出。
【典例2】 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示。
图甲所示读数为 mm，图乙所示读数为 mm，所测金属板的厚度为 mm。
尝试解答
螺旋测微器（千分尺）的可动刻度上的刻度为50等份，每一小格表示 mm，旋钮每旋转一周，测微螺杆就前进或后退 mm。用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为 mm。
要点三 电压表、电流表的使用与读数
1.电表的两种接法
内接法 外接法
电路
续表
内接法 外接法
误差 分析 电压表示数UV＝UR＋UA＞UR 电流表示数IA＝IR R测＝＞＝R真 电压表示数UV＝UR 电流表示数IA＝IR＋IV＞IR R测＝＜＝R真
误差 来源 电流表的分压作用 电压表的分流作用
2.选择电流表内、外接的常用方法
（1）直接比较法：适用于Rx、RA、RV的大小大致可以估计的情况，当Rx RA时，采用内接法，当Rx RV时，采用外接法，即大电阻用内接法，小电阻用外接法，可记忆为“大内小外”。
（2）公式计算法
当Rx＞时，用电流表内接法，
当Rx＜时，用电流表外接法，
当Rx＝时，两种接法效果相同。
（3）试触法：适用于Rx、RV、RA的阻值关系都不能确定的情况，如图所示，把电压表的可动接线端分别试接b、c两点，观察两电表的示数变化，若电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用对电路影响大，应选用内接法，若电压表的示数变化明显，说明电流表的分压作用对电路影响大，所以应选外接法。
3.电压表和电流表的读数
（1）首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值。
（2）根据表盘总的刻度数确定精确度，即每一小格表示的值，同时确定读数有效数字所在的位数。
（3）量程不同的电表的读数
①0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V和0.1 A，读到0.1的下一位，即读到小数点后面两位。
②对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V。
③对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半，即读到0.01 A。
【典例3】 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或乙所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则 （选填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
尝试解答
【典例4】 如图为电流表和电压表的刻度盘。
（1）图甲使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表 A，图中表针示数是 A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表 A，图中表针示数为 A。
（2）图乙使用较小量程时，每小格表示 V，图中表针示数为 V。若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示 V，图中表针示数为 V。
尝试解答
1.如图甲、乙所示是用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值的两种连接电路。按照图甲测量时，电流表示数为 4.00 mA，电压表示数为2.40 V。按照图乙测量时，电流表示数为5.00 mA，电压表示数为2.30 V。比较这两种测量方法所测得的结果，下列说法正确的是（ ）
A.电阻Rx的真实值更接近600 Ω，且大于600 Ω
B.电阻Rx的真实值更接近600 Ω，且小于600 Ω
C.电阻Rx的真实值更接近460 Ω，且大于460 Ω
D.电阻Rx的真实值更接近460 Ω，且小于460 Ω
2.在某次测量电路的实验中：
（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径为 mm。
（2）用量程为3 V的电压表和量程为0.6 A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图乙所示，则电压表的读数为 V，电流表的读数为 A。
1.用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件 （选填“A”“B”“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为 mm。
2.如图所示，请读出各游标卡尺的读数：图甲 ，图乙 ， 图丙 。
3.正确读出图中各电表的读数：
（1）如图甲所示，接0～3 V量程时读数为 V；接0～15 V量程时读数为 V。
（2）如图乙所示，接0～3 A量程时读数为 A；接0～0.6 A量程时读数为 A。
4.如图电路中，电压表和电流表的读数分别为10 V和0.1 A，电流表的内阻为0.2 Ω，下列说法正确的是（ ）
A.电路的连接方法是外接法
B.Rx的真实值为100 Ω
C.Rx的真实值为99.8 Ω
D.Rx的真实值为100.2 Ω
提示：完成课后作业 第十一章 3. 第1课时
6 / 65.实验：练习使用多用电表
课标要求 素养目标
会使用 多用电表 1.认识多用电表的结构。（物理观念） 2.学会用多用电表测量电压、电流和定值电阻。（科学探究）
一、实验目的
1.认识多用电表表盘刻度和各功能区域。
2.掌握多用电表的使用方法。
3.会用多用电表测量电压、电流。
4.掌握用多用电表测量二极管的正、反向电阻和一般电阻的方法。
二、实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻（大、中、小）三个。
1.认识多用电表
一种多用电表的表盘、选择开关，开关周围各功能区域及量程如图所示。
2.数字式多用电表
如图所示，数字式多用电表的测量值以数字形式直接显示，使用方便。数字式多用电表内都装有电子电路，这样可以使电表对被测电路的影响减到最小，同时还具有多种其他功能。
三、实验步骤
使用前若表针没有停在左端“0”刻度位置，要用螺丝刀转动指针定位螺丝，使指针指向零刻度。
1.测量直流电压
（1）将选择开关旋转到直流电压挡。
（2）根据待测电压的估计值选择量程。
（3）测量时，用红、黑测试表笔使多用电表跟待测电路并联，注意使电流从“＋”插孔流入多用电表，从“－”插孔流出多用电表，检查无误后再闭合开关S，如图所示。
（4）根据挡位所指的量程以及指针所指的刻度值，读出电压表的示数。
2.测量直流电流
（1）多用电表直流电流挡与电流表原理相同，测量时应使电表与待测电路串联。
（2）红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔。测量时，使电流从红表笔流入（即红表笔接与电源的正极相接的一端），从黑表笔流出（即黑表笔接与电源负极相接的一端），如图所示。
（3）需要注意多用电表直流电流挡是毫安挡，不能测量比较大的电流。
（4）选择适当的量程，使指针偏转角尽量大一些，这样测量结果相对较准。
3.测量导体的电阻
（1）选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的合适倍率。
（2）欧姆调零：将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处。
（3）测量读数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，表针示数乘以倍率即为待测电阻阻值。
（4）测另一电阻时重复（1）（2）（3）三步。
（5）实验完毕：应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡。
4.测量二极管的正反向电阻
（1）测量正向电阻
将多用电表的选择开关旋至低倍率的欧姆挡，进行欧姆调零，将黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，把读得的数值乘以欧姆挡倍率，即为二极管的正向电阻。
（2）测量反向电阻
将多用电表的选择开关旋至高倍率的欧姆挡，进行欧姆调零，将黑表笔接二极管负极，红表笔接二极管正极，把读得的数值乘以欧姆挡倍率，即为二极管的反向电阻。
四、误差分析
1.欧姆表的表盘刻度不均匀，估读时易带来误差。
2.由于欧姆表刻度的不均匀性，表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当挡位，使指针指向中央刻度线附近。
3.读数时的观测易形成偶然误差，要垂直表盘正对指针读数。
五、注意事项
1.用多用电表电压挡、电流挡测电压、电流时要注意红、黑表笔与电源的正、负极相连。
2.需要注意多用电表直流电流挡是毫安挡，不能测量比较大的电流。选择适当的量程，使指针偏转角尽量大一些，这样测量结果相对较准。
3.测电阻时应注意的问题
（1）选挡后要进行欧姆调零。
（2）换挡后要重新进行欧姆调零。
（3）被测电阻要与电源等其他元件分离，不能用手接触表笔的金属杆。
（4）被测电阻的阻值等于指针示数乘以倍率。
（5）操作完成后，要将两表笔从插孔中拔出，并将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡，若长期不用，应将电池取出。
（6）选择倍率时，应使指针尽可能指在中央刻度线附近。
题型一 多用电表的使用和读数
【典例1】 在“多用电表的使用”实验中：
（1）如图所示为一正在测量中的多用电表表盘，如果用电阻挡“×100”测量，则读数为 Ω；如果用“直流5 V”挡测量，则读数为 V。
（2）甲同学利用多用电表测量电阻，他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为 （填写选项前的字母）。
A.将选择开关旋转到电阻挡“×1 k”的位置
B.将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C.将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”
尝试解答
题型二 用多用电表测二极管的正反向电阻
【典例2】 某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）。完成下列测量步骤：
（1）检查多用电表的机械零点。
（2）将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的 （选填“a”或“b”）端。
（3）将选择开关拨至电阻“×100”挡，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小。为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量。则该同学应选择 （选填“×10”或“×1 k”）挡，然后 ，再进行测量。测量后示数如图所示，则测量结果为 。
（4）测量完成后，将选择开关拨向 挡位置。
尝试解答
题型三 用多用电表检测电路故障
【典例3】 在如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点。
（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电压，则表明 可能有故障。
（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否断路的方法： 。
尝试解答
题型四 实验拓展与创新
【典例4】 如图所示，一个黑箱有A、B、C三个接点，且每两个接点间最多只接一个电器元件。已知黑箱内的电器元件是一个电阻和一个二极管。某同学利用多用电表的欧姆挡，用正确的操作方法依次进行了6次测量，将每次红、黑表笔的位置和测得的阻值都填入了下表。
红表笔接 A A B B C C
黑表笔接 B C A C A B
测得阻值/Ω 100 10 k 100 10.1 k 90 190
由表中的数据可以判定：
（1）电阻接在 两点间，阻值为 Ω。
（2）二极管接在 两点间，其正极接在 点。二极管的正向阻值为 Ω，反向阻值为 Ω。
尝试解答
创新角度分析
利用多用电表判断黑箱内的电路元件和连接方式是本题的创新点。
1.某同学在练习使用多用电表时连接的电路如图甲所示。
（1）若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是 。
A.R1的电阻
B.R2的电阻
C.R1和R2串联的总电阻
D.R1和R2并联的总电阻
（2）将选择开关旋转至“×100”的位置，测量时指针指到刻度盘0 Ω附近，为了提高测量的精确度，有下列可供选择的步骤：
A.将两根表笔短接
B.将选择开关拨至“ ”（选填“×1 k”或“×10”）的位置
C.将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数
D.调节欧姆调零旋钮，使指针指到0 Ω刻度线
E.将选择开关拨至交流电压最高挡
①补全步骤B。
②将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是 （填写步骤的代号）。
③若操作正确，上述步骤C中，指针偏转情况如图乙所示，则所测电阻大小为 Ω。
2.某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值为12 V的蓄电池为电源，导线及其接触均完好。维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。
（1）断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图乙所示，读数为 V，说明 正常（选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”）。
（2）红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图乙相同，可判断发生故障的器件是 （选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”）。
3.某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00 cm电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值为100～200 Ω，材料未知。实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图甲所示。该电阻丝的直径为 mm。
（2）对多用电表进行机械调零。
（3）将多用电表的选择开关旋至 （选填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”）倍率的电阻挡。
（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
（5）将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图乙所示。该电阻丝的电阻值为 Ω。
（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
（7）实验测得的该电阻丝电阻率为 Ω·m（结果保留三位有效数字）。
提示：完成课后作业 第十一章 5.
6 / 6第2课时 金属丝电阻率的测量
一、实验目的
1.学会使用伏安法测电阻。
2.会测量金属丝的电阻率。
二、实验原理
1.滑动变阻器的两种接法（限流电路、分压电路）
（1）两种接法的特点比较
限流式 分压式
电路图
变阻器连线特点 连接变阻器的导线分别接金属杆一端和电阻丝一端的接线柱。（图中变阻器Pb部分被短路，不起作用） 连接变阻器的导线分别接金属杆一端和电阻丝的两端接线柱。（图中变阻器Pa、Pb部分都起作用，从变阻器上分出一部分电压加到待测电阻上）
负载电阻两端的电压变化情况 不能从零开始增大到E 可以从零开始逐渐增大到E
特点 ①电路连接简单 ②耗电少 ③负载电阻两端的电压调节范围小 ①电路连接复杂 ②耗电多 ③负载电阻两端的电压调节范围大
（2）两种接法的选择
①实验中若要求用电器两端的电压从零开始可连续变化或电压变化的范围较大，则只能选用分压式接法。
②若滑动变阻器作为限流器不能控制电流以满足实验要求，即若滑动变阻器的阻值调到最大时，待测电阻上的电流（或电压）仍超过电流表（或电压表）的量程，或超过待测电阻的额定电流，则必须选用分压式接法。
③通过比较用电器电阻Rx与滑动变阻器总电阻R0的关系来确定滑动变阻器作为分压器还是限流器。当Rx R0时采用分压式接法。
2.电阻率测量的原理
（1）由R＝ρ得ρ＝，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ。
（2）把金属丝接入电路中，用伏安法测出金属丝的电阻R。电路原理如图所示。
（3）用毫米刻度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径，算出横截面积S。
（4）将测量的数据代入公式ρ＝，求金属丝的电阻率。
三、实验器材
螺旋测微器、被测金属丝、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。
四、实验步骤
1.测定直径
用螺旋测微器在被测金属丝的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d，计算出导线的横截面积S＝。
2.连接电路
按电路原理图连接好用伏安法测电阻的实验电路。
3.测量长度
用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l。
4.测量U、I
把滑动变阻器的滑片调节到a端，电路经检查确认无误后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入表格内，断开开关S。
5.拆去实验线路，整理好实验器材。
五、数据处理
1.在求R的平均值时可用两种方法
（1）用R＝分别算出各次的数值，再取平均值。
（2）用U-I图线的斜率求出。
2.计算电阻率
将记录的数据R、l、d的值代入电阻率计算式得ρ＝R＝。
六、误差分析
1.金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。
2.采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。
3.金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。
4.由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差。
七、注意事项
1.本实验中被测金属丝的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法。
2.被测金属丝的有效长度，是指待测金属丝接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的待测金属丝长度，测量时应将金属丝拉直，反复测量三次，求其平均值。
3.测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值。
4.闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在使待测电阻被短路的位置。
5.在用伏安法测电阻时，通过待测金属丝的电流I不宜过大（电流表用0～0.6 A量程），通电时间不宜过长，以免金属丝的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大。
6.若采用图像法，在描点时，要尽量使各点间的距离大一些，连线时要尽可能地让各点均匀分布在直线的两侧，个别明显偏离较远的点可以不予考虑。
题型一 实验原理与操作
【典例1】 某物理学习小组的两位同学在采用“伏安法”测金属丝的电阻率实验中，实验室备有下列实验器材：
A.电压表（量程0～3 V，内阻约为15 kΩ）
B.电压表（量程0～15 V，内阻约为75 kΩ）
C.电流表（量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω）
D.电流表（量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω）
E.滑动变阻器R1（0～100 Ω，0.6 A）
F.滑动变阻器R2（0～2 000 Ω，0.1 A）
G.电池组E（电压为3 V）
H.待测金属丝（阻值约为5 Ω）
I.开关S，导线若干，米尺，螺旋测微器等
（1）为减小实验误差，电压表应选用 ；电流表应选用 ；滑动变阻器应选用 （填代号）。
（2）甲乙两位同学分别画出了两个电路图，如图甲、乙所示。本实验选用 （填“甲”或“乙”）图比较合适。
（3）实验中用螺旋测微器测量金属丝的直径，使用时发现所用螺旋测微器存在零误差。测微螺杆与测砧直接接触时读数如图丙所示，测量金属丝直径时如图丁所示，则金属丝的直径d＝ mm。
（4）如果实验中测得金属丝的电阻值为R，用米尺测出的金属丝长度为l，用螺旋测微器测出的金属丝的直径为d，则其电阻率ρ＝ 。
尝试解答
题型二 实验数据处理与误差分析
【典例2】 （2023·辽宁高考12题）导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品（固态），某同学欲测量其电阻率，设计了如图（a）所示的电路图，实验步骤如下：
a.测得样品截面的边长a＝0.20 cm；
b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；
c.将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；
d.闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I＝0.40 A，读出相应的电压表示数U，断开开关S；
e.改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出U-L图像如图（b）所示，得到直线的斜率k。
回答下列问题：
（1）L是丙到 （填“甲”“乙”或“丁”）的距离；
（2）写出电阻率的表达式ρ＝ （用k、a、I表示）；
（3）根据图像计算出该样品的电阻率ρ＝ Ω·m（保留两位有效数字）。
尝试解答
题型三 实验拓展与创新
【典例3】 某同学测量一金属导体的电阻率，如图甲所示，该导体的横截面为空心的正方形。外正方形的边长是内正方形边长的2倍且内正方形中空。经粗略测量该金属导体的电阻为5 Ω左右。为了精确测量它的阻值R，以便进一步测出该材料的电阻率ρ，实验室备有下列器材：
A.电源E（电压为3 V）
B.电流表A1（量程为0～1 A，内阻r1约为0.1 Ω
C.电流表A2（量程为0～0.6 A，内阻r2＝5 Ω）
D.滑动变阻器R0（阻值范围为0～3 Ω）
E.开关S，导线若干
（1）请在图乙虚线框内补充画出完整、合理的测量电路图。
（2）做实验时，先把滑动变阻器滑片P滑动到A端，闭合开关S，滑动P到合适位置，记录电流表A1的读数I1，记录电流表A2的读数I2，可以求出金属导体电阻R＝ （用题中所给字母表示），然后滑动滑片，多次测量求平均值，可得到更精确的阻值。
（3）该同学测得外正方形的边长为a，金属导体的长度为L。用已经测得的物理量I1、I2、L、a及题中所给物理量可得到该金属材料电阻率的表达式为ρ＝ 。
尝试解答
创新角度分析
（1）本题用电流表代替电压表进行测量。
（2）计算空心导体的横截面积是本题的创新点，同时也是本题的难点。
1.（2023·北京高考16题）采用图1所示的电路图来测量金属丝Rx的电阻率。
（1）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 （填“M”或“N”）端。
（2）按照图1连接实物图，如图2所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 （填“a”“b”或“c”）。若闭合开关，该错误连接会带来的问题有
。
2.在“测定金属丝的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图甲所示，则该金属丝直径的测量值d＝ mm。
（2）按如图乙所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15 Ω）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0～3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A1（量程0～200 mA，内阻约3 Ω）；
电流表A2（量程0～3 A，内阻约0.1 Ω）；
滑动变阻器R1（0～50 Ω）；
滑动变阻器R2（0～200 Ω）；
电源E（电压为3 V）。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选 ，滑动变阻器应选 。（填器材的名称符号）
（3）请根据如图乙所示电路图，用笔画线代替导线将图丙中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小。
（4）若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，对应金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ＝ 。（用题目所给字母和通用数学符号表示）
3.某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯的阻值。所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯Rx、电源E、开关S及导线等。操作步骤如下：①调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；②闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值；③记录两个电流表A1、A2的示数分别为I1、I2。
请回答以下问题：
（1）选择铅笔芯的 （选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为铅笔芯的直径。某次用螺旋测微器测量铅笔芯直径的结果如图乙所示，其读数是 mm。
（2）若忽略电流表的内阻，则I2＝ I1时，电阻箱的阻值等于待测铅笔芯的阻值。
（3）在（2）中条件成立的情况下，已测得该铅笔芯的长度L＝20.00 cm，电阻箱R1的读数为5.00 Ω，可计算出铅笔芯的电阻率ρ＝ Ω·m。（结果保留三位有效数字）
（4）考虑到电流表的实际情况，利用（2）中方法，铅笔芯电阻的测量值 真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。
提示：完成课后作业 第十一章 3. 第2课时
5 / 6习题课五 电阻的测量
题型一 伏安法测电阻
1.测量电路
（1）电流表外接法如图所示，由于电压表的分流，电流表测量的电流值偏大，测得的电阻值偏小，适用于测量小电阻。
（2）电流表内接法如图所示，由于电流表的分压，电压表测量的电压值偏大，测得的电阻值偏大，适用于测量大电阻。
2.控制电路
（1）滑动变阻器限流式接法如图所示。
（2）滑动变阻器分压式接法如图所示。
【典例1】 某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10 kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表（量程0～1 V，内阻约10 kΩ）
B.电压表（量程0～10 V，内阻约100 kΩ）
C.电流表（量程0～1 mA，内阻约30 Ω）
D.电流表（量程0～0.6 A，内阻约0.05 Ω）
E.电源（1.5 V，额定电流0.5 A）
F.电源（12 V，额定电流2 A）
G.滑动变阻器R0（阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A）
（1）为使测量尽量准确，电压表选用 ，电流表选用 ，电源选用 。（均填器材的字母代号）
（2）在方框中画出测量Rx阻值的实验电路图。
（3）该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会 （选填“大于”“小于”或“等于”）其真实值，原因是 。
尝试解答
题型二 替代法测电阻
1.实验方法：
将电阻箱和Rx并联，用电阻箱替代被测电阻Rx。当电路中电流相同时，电阻箱的阻值和Rx阻值相等。电路图如图所示。
2.实验步骤
（1）闭合S1和S3，断开S2，调节R1的阻值，使电流表读数等于某个数值I0；
（2）闭合S1和S2，断开S3，保持R1不变，调节R2，使电流表读数等于I0，然后读出R2的值，则待测电阻Rx＝R2。
【典例2】 某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲、乙所示，长度为 cm，直径为 mm。
（2）按图丙连接电路后，实验操作如下：
①将滑动变阻器R1的滑片置于阻值最 （选填“大”或“小”）处，将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0。
②将电阻箱R2的阻值调到最 （选填“大”或“小”），S2拨向接点2，保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2的阻值为1 280 Ω。
（3）由此可知，圆柱体的电阻为 Ω。
尝试解答
题型三 半偏法测电阻
如图所示，闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表读数达到满偏值I0；保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数为，然后读出R2的值，则有RA＝R2。
【典例3】 实验室有一个量程为0～200 μA的直流电流计G。
（1）某同学用如图所示的电路采用半偏法测定电流计G的内阻rg，其中电阻R0约为1 kΩ。为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源应选用 ，变阻器R1应选用 ，变阻器R2应选用 （填器材前的字母）。
A.电源（电压1.5 V）
B.电源（电压6 V）
C.电阻箱（0～999.9 Ω）
D.滑动变阻器（0～500 Ω）
E.电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器作用相当，0～5.1 kΩ）
F.电位器（0～51 kΩ）
（2）该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调到最大。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偏刻度
D.调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度的一半
E.调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度的一半
F.调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度
（3）实验测得R1的值为300 Ω，则被测电流计G的内阻rg的测量值为 Ω，该测量值 （选填“略大于”“略小于”或“等于”）实际值。
尝试解答
题型四 电桥法测电阻
测量电路如图所示，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＝，＝。由以上两式解得R1×Rx＝R2×R3这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件也可求出被测电阻Rx的阻值。
【典例4】 利用如图甲所示的电路测量一未知电阻Rx（大约2 kΩ）的阻值。其中R3为电阻箱（最大阻值为9 999.9 Ω），G是灵敏电流计，R1（最大阻值为 20 Ω）、R2（最大阻值为2 kΩ）为两个滑动变阻器，电源为E（电压约为1.5 V）。
（1）图乙是根据电路图作出的实物连线图，其中缺少几条导线，请把缺少的导线正确连接在图乙中。
（2）将电阻箱的阻值调整到2 000.0 Ω，将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片B的位置，使得灵敏电流计的示数为零，这种情况下A与B所在位置的电势 （选填“相等”或“不相等”）。
（3）将电阻箱R3和Rx位置对调，其他条件保持不变，再调整R3的阻值，当R3的阻值等于2 880.0 Ω时，灵敏电流计的示数也恰好为零。则被测电阻 Rx＝ Ω。
尝试解答
1.用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，○G 是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表○G 的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为 。
2.在伏安法测电阻的实验中，实验室备有下列器材：
A.待测电阻Rx，阻值约为10 Ω
B.电压表V1：量程为6 V，内阻约为2 kΩ
C.电压表V2：量程为15 V，内阻约为10 kΩ
D.电流表A1：量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω
E.电流表A2：量程为3 A，内阻约为0.02 Ω
F.电源：电压U为12 V
G.滑动变阻器R1：最大阻值为10 Ω，最大电流为2 A
H.滑动变阻器R2：最大阻值为50 Ω，最大电流为0.2 A
I.导线、开关若干
（1）为了较精确地测量电阻阻值，尽可能多测几组数据，且电表读数大于量程一半。除A、
F、I以外，还要在上述器材中选出该实验所用器材 （填器材前面的字母代号）。
（2）在虚线框内画出该实验电路图。
3.为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
（1）将S拨向接点1，接通S1，调节 ，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时 的读数I；
（2）然后将S拨向接点2，调节 ，使 ，记下此时RN的读数；
（3）多次重复上述过程，计算RN读数的 ，此即为待测微安表头内阻的测量值。
提示：完成课后作业 第十一章 习题课五
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