2.闭合电路的欧姆定律
课标要求 素养目标
1.理解闭合电路欧姆定律。 2.会测量电源的电动势和内阻。 3.探究电源两端电压与电流的关系 1.通过静电力做功和非静电力做功，比较电势差和电动势这两个容易混淆的概念。（物理观念） 2.通过分析内、外电路电势的变化关系建立闭合电路欧姆定律。（科学思维） 3.通过实验与探究掌握路端电压与外电阻的关系。（科学探究） 4.通过实例与练习，掌握分析闭合电路的动态变化问题和闭合电路中各种功率关系的方法。（科学思维）
第1课时 闭合电路的欧姆定律
知识点一 电动势
1.闭合电路：由导线、电源和用电器连成的电路叫作闭合电路。用电器和导线组成 ，电源内部是 。
2.电动势
（1）定义：非静电力所做的功与所移动的电荷量的 。
（2）定义式：E＝。
3.单位：与电压的单位相同。单位是 ，符号是 。
知识点二 闭合电路欧姆定律及其能量分析
1.内电阻：电源 的电阻，通常用r表示，可以将电源看作一个没有电阻的理想电源与电阻的 。
2.闭合电路中的能量转化
如图所示，电路中电流为I，在时间t内，电源提供的电能W＝ ＝EIt，内、外电路转化的内能分别为Q内＝ ，Q外＝ ，根据能量守恒定律，有EIt＝ ，即EI＝I2r＋I2R。
3.闭合电路的欧姆定律
（1）内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成 ，跟内、外电路的 成反比。
（2）公式：I＝或E＝ ，也可表示为E＝U外＋U内。
知识点三 路端电压与负载的关系
1.负载和路端电压：负载是外电路中的 ，路端电压是外电路的 。
2.路端电压U与电流I的关系
（1）路端电压U与电流I的函数关系式：U＝ ；
（2）U-I图像：如图所示，该直线与纵轴交点的纵坐标表示 ，斜率的绝对值表示电源的 。
3.路端电压与外电阻的关系：当R增大时，路端电压U ，当R减小时，路端电压U 。
4.两种特殊情况
（1）当外电路断路时，外电阻R为 ，I为 ，Ir也为 ，可得U＝ ，即外电路断路时的路端电压等于电源电动势的大小。
（2）当电源两端 时，外电阻R＝0，此时I＝，电源的内阻r一般都 ，短路时电流 ，会导致温度过高，烧坏 ，甚至引起火灾。
【情景思辨】
现取两节新的干电池A、B，其中A为1号干电池，B为7号干电池。根据题述情景判断下列说法的正误。
（1）A的电动势一定大于B的电动势。（ ）
（2）A的容量一定比B的容量大。（ ）
（3）A的电阻一定比B的电阻大。（ ）
（4）若把A、B两节干电池分别接入电路，当流过A、B的电流相同时，则相同时间内两干电池非静电力做的功相同。（ ）
（5）若把电池的正负极用导线连接起来，电池发生了短路，此时电路中的电流无穷大。（ ）
（6）电池与外电路断路时，电池两端的电压等于电池电动势。（ ）
要点一 对电动势的理解
【探究】
日常生活中我们经常接触到各种各样的电源，如图所示的干电池、手机电池，它们有的标有“1.5 V”字样，有的标有“3.7 V”字样。
（1）如果把5 C的正电荷从1.5 V干电池的负极移到正极，电荷的电势能增加了多少？非静电力做了多少功？如果把2 C的正电荷从3.7 V的手机电池的负极移到正极呢？
（2）是不是非静电力做功越多，电源把其他形式的能转化为电能的本领就越大？如何描述电源把其他形式的能转化为电能的本领？
【归纳】
电动势与电压的区别与联系
比较项目 电动势 电压
物理意义不同 表示非静电力做功将其他形式的能转化为电能的本领 表示静电力做功将电能转化为其他形式的能的本领
数值大小意义不同 数值上等于将单位电荷量的正电荷从电源内由负极移到正极非静电力所做的功 数值上等于将单位电荷量的正电荷从导体一端移到另一端静电力所做的功
决定因素不同 由电源本身决定 由电源及导体的电阻、导体的连接方式决定
测量方法 将电压表并联于电源两端 将电压表并联于被测电路两端
联系 电路闭合：E＝U内＋U外；电路断开：E＝U外
【典例1】 某电源的电动势为6 V，这表示（ ）
A.该电源在每秒内把6 J其他形式的能转化为电势能
B.电路通过1 C的电荷量，该电源把6 J其他形式的能转化为电势能
C.该电源比电动势为1.5 V的电源做功多
D.该电源与电动势为1.5 V的电源相比，通过1 C电荷量时转化的电势能相同
尝试解答
1.关于电源的电动势，下列说法正确的是（ ）
A.电源是通过静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置
B.电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领
C.对于给定的电源，移送正电荷静电力做功越多，电动势越大
D.把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势也将变化
2.铅蓄电池的电动势为2 V，干电池的电动势为1.5 V，则下列说法正确的是（ ）
A.铅蓄电池两极间的电压为2 V
B.干电池能在1 s内将1.5 J的化学能转化成电能
C.铅蓄电池接入不同电路中，电动势会发生变化
D.电路中通过相同的电荷量时，铅蓄电池比干电池中非静电力做的功多
要点二 对闭合电路欧姆定律的理解
1.闭合电路的组成
2.闭合电路欧姆定律的表达形式
表达式 物理意义 适用条件
I＝ 电流与电源电动势成正比，与电路总电阻成反比 纯电阻 电路
E＝I（R＋r） ① E＝U外＋Ir ② E＝U外＋U内③ 电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和 ①④式适用于纯电阻电路； ②③⑤式普遍适用
EIt＝I2Rt＋I2rt ④ W＝W外＋W内 ⑤ 电源提供的总能量等于内、外电路中电能转化为其他形式的能的总和
【典例2】 如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6 V和0.4 A。当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.1 A，求电源的电动势及内电阻。
尝试解答
1.一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为（ ）
A.E＝2.4 V，r＝1 Ω B.E＝3 V，r＝2 Ω
C.E＝2.4 V，r＝2 Ω D.E＝3 V，r＝1 Ω
2.（多选）如图所示，当可变电阻R＝2 Ω时，理想电压表的示数U＝4 V，已知电源的电动势E＝6 V，则（ ）
A.此时理想电流表的示数是2 A
B.此时理想电流表的示数是3 A
C.电源的内阻是1 Ω
D.电源的内阻是2 Ω
要点三 路端电压与负载的关系
【探究】
（1）在如图所示的电路中，电源的电动势E＝10 V，内电阻r＝1 Ω，试求当外电阻分别是3 Ω、4 Ω、9 Ω时所对应的路端电压。通过数据计算，你发现了怎样的规律？
（2）根据闭合电路欧姆定律写出路端电压U与干路电流I之间的关系式。
【归纳】
1.路端电压和外电阻的关系
（1）当外电阻R增大时，根据I＝可知，总电流I减小，内电压Ir减小，根据U外＝E－Ir可知，路端电压U外增大。当外电路断开时，路端电压U外＝E。
（2）当外电阻R减小时，总电流I增大，内电压Ir增大，路端电压U外减小。外电路短路即R＝0时，电路中的电流I＝，U外＝0。
2.电源的U-I图像
由U＝E－Ir可知，U-I图像是一条倾斜向下的直线，如图所示。
（1）图像中U轴截距E表示电源电动势。
（2）I轴截距I0等于短路电流。
（3）图线斜率的绝对值表示电源的内阻，即r＝。
特别提醒
图像的纵坐标不从零开始时，图线与纵轴的交点仍表示电源电动势E，但图线与横轴的交点不表示短路电流。
【典例3】 如图所示为某一电源的U-I图像，由图像可知（ ）
A.电源电动势为1.2 V B.电源短路时电流为6.0 A
C.电源内阻为 Ω D.路端电压为1.0 V时，电路中电流为5.0 A
尝试解答
1.人造卫星在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量。有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA。若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则路端电压是（ ）
A.0.1 V B.0.2 V
C.0.3 V D.0.4 V
2. （多选）如图所示，图线1、2分别为闭合电路中两个不同电源的U-I图像，则下列说法正确的是（ ）
A.电动势E1＝E2，短路电流I1＞I2
B.电动势E1＝E2，内阻r1＞r2
C.电动势E1＞E2，内阻r1＞r2
D.当工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大
1.（多选）一组铅蓄电池的电动势为4.8 V，内阻不为零，以下说法中正确的是（ ）
A.电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池能把4.8 J的化学能转变为电能
B.体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大
C.电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池内部非静电力做功为4.8 J
D.该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的强
2.如图所示的电路中，把R由2 Ω变为6 Ω时，电流大小减小为原来的一半，则电源的内阻应为（ ）
A.4 Ω B.8 Ω
C.6 Ω D.2 Ω
3.在如图所示的电路中，当开关S1断开、开关S2闭合时，电压表的读数为3 V；当开关S1、S2均闭合时，电压表的读数为1.8 V，已知电压表为理想电压表，外接电阻为R、电源内阻为r。由以上数据可知为（ ）
A. B.
C. D.
4.（多选）a、b两电源的路端电压与电流的关系图像如图所示，图中两图线交纵轴于一点，假设两电源的电动势分别用Ea、Eb表示，内阻分别用ra、rb表示。则下列说法正确的是（ ）
A.Ea＝Eb、ra＜rb
B.Ea＞Eb、ra＜rb
C.若将同一定值电阻分别接在两电源上时，通过电源的电流关系为Ia＞Ib
D.若将两电源分别接入电路，当通过电源的电流相等时路端电压的关系为Ua＜Ub
提示：完成课后作业 第十二章 2. 第1课时
6 / 7第2课时 闭合电路的功率和效率 欧姆表的原理
要点一 闭合电路的功率和效率
1.纯电阻电路中电源的最大输出功率
由P出＝＝可得，电源的输出功率随外电阻的变化关系如图所示。
（1）当R＝r时，Pmax＝。
（2）当R＜r时，R↑→P出↑。
（3）当R＞r时，R↑→P出↓。
（4）一个P出（最大功率除外）对应于两个不同的外电阻R1和R2，且r＝。
2.纯电阻电路中电源的效率
由η＝×100％＝×100％可见，外电阻R越大，电源的效率越高。
当R＝r（电源有最大输出功率）时，效率仅为50％。
3.实际电路中功率最大值的求解方法
（1）流过电源的电流最大时，电源的功率、内损耗功率均最大。对某定值电阻来说，其电流最大时功率也最大。
（2）电源的输出功率在外电阻等于内阻时最大，若不能相等，外电阻越接近内阻时，电源的输出功率越大。
（3）对于外电路中部分不变电阻来说，可以写出其功率表达式，利用数学知识求其极值。
【典例1】 如图所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，电阻R1＝1.5 Ω。电动机正常工作时，电压表的示数U1＝3.0 V，求：
（1）电源的总功率；
（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；
（3）电源的输出功率和效率。
尝试解答
1.如图所示，一款微型机器人的内部有一个直流电动机，其额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接
在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是（ ）
A.电动机消耗的总功率为EI
B.电动机的效率为
C.电源的输出功率为EI－I2r
D.电源的效率为1－
2.如图所示，线段A为某电源的U-I图线，线段B为某电阻的U-I图线，当上述电源和电阻组成闭合电路时，则：
（1）电源的输出功率P出为多大？
（2）电源内部损耗的电功率是多少？
（3）电源的效率η为多大？
要点二 欧姆表的原理
1.欧姆挡测量电阻的原理
（1）测量原理：闭合电路的欧姆定律。
（2）欧姆表由电流表改装而成：通过表头的电流I＝，Rx＝－（R＋Rg＋r），Rx与电流I一一对应，如果将表盘上的电流值改为电阻值，就可以从表盘上直接读出电阻的数值，这样就制成了一个欧姆表。
（3）欧姆表的内阻：式中R＋Rg＋r为欧姆表的内阻。
（4）欧姆调零：式中R为变阻器，也叫调零电阻。通过调节它，可以使欧姆表指针指向“0 Ω”位置。
2.刻度标注
刻度 标注方法 标注位置
“0 Ω” 红、黑表笔相接，调节调零旋钮，使指针满偏，被测电阻Rx＝0 满偏电流Ig处
“∞” 红、黑表笔不接触，表头指针不偏转，被测电阻Rx＝∞ 电流为零处
中值电阻 Rx＝r＋R＋Rg 刻度盘正中央
“Rx” 红、黑表笔接Rx，Rx＝－（R＋Rg＋r），Rx与I一一对应 与Rx对应的电流I处
【典例2】 欧姆表的工作原理图如图所示。
（1）若表头的满偏电流为Ig＝500 μA，干电池的电动势为1.5 V，把灵敏电流表的电流刻度值对应的欧姆表电阻值填在下表中：
电流刻度 0 200 μA 300 μA 500 μA
电阻刻度 ∞
（2）这只欧姆表的总内阻为 Ω，表针偏转到满刻度的时，待测电阻为 Ω。
尝试解答
把一量程为6 mA、内阻为100 Ω的电流表改装成欧姆表，电路如图所示，现备有如下器材：A.电源E＝3 V（内阻不计）；B.变阻器0～100 Ω；C.变阻器0～500 Ω；D.红表笔；E.黑表笔。
（1）变阻器选用 。
（2）红表笔接 端，黑表笔接 端。（均选填“M”或“N”）
（3）按正确方法测量Rx，指针指在电流表2 mA刻度处，则电阻值应为 Ω；若指在电流表3 mA刻度处，则电阻值应为 Ω。
1.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗的功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知（ ）
A.电源最大输出功率可能大于45 W
B.电源内阻一定等于5 Ω
C.电源电动势为45 V
D.电阻箱所消耗的功率P最大时，电源效率大于50％
2.如图所示为一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用该欧姆表测量一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的处。现用该欧姆表测一阻值未知的电阻Rx的阻值，指针偏转到满刻度的处，可知该电阻的阻值为（ ）
A.4R B.3R
C.9R D.27R
3.（多选）如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源的电动势，r为电源的内阻，以下说法正确的是（ ）
A.当R2＝R1＋r时，R2上的功率最大
B.当R1＝R2＋r时，R1上的功率最大
C.当R2增大时，电源的效率变大
D.当R2＝0时，电源的输出功率一定最小
4.如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：
（1）当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值；
（2）当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。
提示：完成课后作业 第十二章 2. 第2课时
4 / 4习题课六 闭合电路的分析
要点一 闭合电路的动态分析
1.判定总电阻变化情况的规律
（1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）。
（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
（3）在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。
2.电路动态分析问题常用的“三法”
（1）程序判断法：遵循“局部→整体→部分”的思路，按以下步骤分析：
（2）“串反并同”结论法（应用条件：电源内阻不为零）
①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。
②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：←R↑→
（3）极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。
【典例1】 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，灯泡L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（ ）
A.灯泡L更亮，电流表的示数减小 B.定值电阻R2消耗的功率增大
C.灯泡L变暗，电源的总功率减小 D.灯泡L变暗，电流表的示数增大
尝试解答
1.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向a端移动时（ ）
A.电压表的示数增大，电流表的示数减小
B.电压表和电流表的示数都增大
C.电压表和电流表的示数都减小
D.电压表的示数减小，电流表的示数增大
2.如图所示，a、b、c三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不会烧坏。当滑动变阻器的滑片P向下移动时，下列说法正确的是（ ）
A.外电路的总电阻变小 B.总电流变小
C.a灯变暗 D.c灯变亮
要点二 含电容电路的分析与计算
1.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，此支路相当于断路，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
2.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。
3.根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。
【典例2】 （2023·海南高考7题）如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为（ ）
A.CE B.CE
C.CE D.CE
尝试解答
1.如图所示的电路中，已知电容C1＝C2，电阻R1＝R2，电源电动势为E，内阻为r，当开关S由闭合状态断开时，下列说法正确的是（ ）
A.电容器C1的电荷量增多，C2的电荷量减少
B.电容器C1的电荷量减少，C2的电荷量增多
C.电容器C1、C2的电荷量都增多
D.电容器C1、C2的电荷量都减少
2.如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，求：
（1）S闭合后，稳定时通过R1的电流；
（2）S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的总电荷量。
要点三 电路故障分析
1.常见电路故障
（1）断路
由于导线没有连接好、用电器烧坏或未安装好等，使整个电路在某处断开的状态就是断路，发生断路时，用电器不工作。
（2）短路
短路是指电路或电路的一部分被短接。如负载或电源的两端被导线连接起来。发生短路时，电路中的电流往往很大，严重时会烧坏电源或设备。
2.电路故障的判断方法
（1）断路故障的判断：用电压表与电源并联，若电压表有示数，再逐段与电路并联，若电压表示数等于电源电动势，则该段电路中有断路点。
（2）短路故障的判断：用电压表与电源并联，若电压表有示数，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该并联段电路被短路；若电压表示数不为零，则该并联段电路没有被短路或不完全被短路。
【典例3】 在如图所示的闭合电路中，两个灯泡L1、L2均发光，由于电路故障，灯泡L1变暗、灯泡L2变亮，两个灯泡均不被烧坏。若电源电压恒定，不计电源内阻，则可能出现的故障是（ ）
A.滑动变阻器R3发生断路 B.定值电阻R1出现短路
C.定值电阻R2发生断路 D.定值电阻R1、R2可能同时发生短路
尝试解答
1.在如图所示的电路中，干电池、开关和额定电压为1.5 V的灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在闭合开关的情况下，某同学用多用电表直流电压挡进行检测。检测结果如下表所示，已知电路仅有一处故障，由此做出的判断中正确的是（ ）
测试点 A、B D、E E、F F、B
多用表示数 1.5 V 0 1.5 V 0
A.A、C间导线断路 B.D、E间导线断路
C.灯泡断路 D.F、B间导线断路
2.如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都能发光。后来由于某种故障使灯L2突然变亮（未烧坏），电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是（ ）
A.电阻R1断路 B.电阻R2短路
C.灯L1上两接线柱间短路 D.电阻R2断路
1.如图所示电路中，电阻内阻r不可忽略，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R2的滑片P向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A.A1和A2的示数均变大 B.V1和V2的示数均变小
C.A1示数的变化量小于A2示数的变化量 D.V1示数的变化量大于V2示数的变化量
2.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，A为灯泡，为理想电压表。在滑动变阻器的滑片P由B端向C端滑动的过程中（ ）
A.A灯变亮，示数变大
B.A灯变亮，示数变小
C.A灯变暗，示数变大
D.A灯变暗，示数变小
3.（多选）如图所示的电路中，电源电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，电容器的电容C＝100 μF，则下列说法正确的是（ ）
A.闭合开关S，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 V
B.闭合开关S，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4 C
C.闭合开关S，电路稳定后电容器所带电荷量为1.5×10－4 C
D.先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，通过电阻R1的电荷量为3.0×10－4 C
4.如图所示，接通开关S，灯泡L1、L2都正常发光。某时刻由于电路故障两灯突然熄灭。若故障只有一处，则下列说法正确的是（ ）
A.如果将电压表并联在c、d两端有示数，说明c、d间完好
B.如果将电压表并联在a、c两端示数为0，说明a、c间断路
C.如果将电流表并联在a、c两端示数为0，说明c、d间完好
D.如果将电压表并联在a、d两端有示数，并联a、c两端示数为0，说明c、d间断路
提示：完成课后作业 第十二章 习题课六
4 / 54.能源与可持续发展
课标要求 素养目标
1.了解利用水能、风能、太阳能和核能的方式，初步了解核裂变与核聚变。 2.知道不同形式的能量可互相转化，在转化过程中能量总量保持不变，能量转化是有方向性的。 3.了解可再生能源和不可再生能源的分类，认识能源的过度开发和利用对环境的影响 1.知道能量的多种形式；能区分可再生能源和不可再生能源；理解能量守恒定律。（物理观念） 2.通过对生活中能量转化的实例分析，理解能量守恒定律的确切含义。（科学思维） 3.能主动关心能源和可持续发展问题；能认识能源的过度开发和利用对环境的影响。（科学态度与责任）
知识点一 能量转移或转化的方向性
1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式 为其他形式，或者从一个物体 到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2.能量转化或转移的不可逆性
一切与 有关的宏观自然过程都是不可逆的。
3.能量耗散：电池中的化学能转化为电能，电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的 ，我们很难把这些内能收集起来重新利用。这种现象叫作能量的耗散。
4.节约能源的根本原因：在能源的利用过程中，能量在数量上虽未减少，但在可利用的 上降低了，从便于利用的能源变成不便于利用的能源。
知识点二 能源的分类与应用 能源与社会发展
1.能源的分类
（1）不可再生能源：像煤炭、石油和天然气这类无法在短时间内再生的 能源。
（2）可再生能源：像水能、风能这类在自然界可以 的能源。
2.能源的开发与应用
近年来，我国在能源开发方面取得了很大成就，如太阳能发电、水力发电、风能发电、 发电等。
3.能源与社会发展
（1）能源利用的三个时期：柴薪时期、 时期、 时期。
（2）能源是人类社会活动的 。
4.煤炭和石油的燃烧对环境的危害
（1）燃烧时增加了大气中 的含量，加剧了温室效应。
（2）因为煤炭和石油中含有硫，燃烧时形成二氧化硫等物质使雨水的酸度升高，形成“ ”。
（3）内燃机工作时的高温使空气和燃料中的多种物质发生化学反应，产生氮的氧化物和碳氢化合物。这些化合物在大气中受到紫外线的照射，产生二次污染物质—— 。
5.能源的开发与环境的关系
（1）人类的生存与发展需要 ，能源的开发与使用又会对环境造成 。
（2）一方面要大力提倡 ，另一方面要发展 能源以及天然气、清洁煤和核能等在生产及消费过程中对生态环境的污染程度低的 能源。
【情景思辨】
如图所示的是儿童玩滑梯的照片，判断下列说法的正误。
（1）儿童下滑过程中，重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小。（ ）
（2）儿童下滑过程中，重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变。（ ）
（3）儿童从滑梯的顶端滑到底端直到静止的过程中机械能转化为内能。（ ）
（4）儿童能从周围环境中吸收热量，自动地再从底端返回滑梯顶端。（ ）
要点一 能量转化与转移的规律
【探究】
（1）小型汽油机模型如图所示，汽油机在工作过程中能量是怎样转化的？
（2）内燃机工作时可以把内能全部转化为机械能吗？
【归纳】
1.能量的存在形式及相互转化
（1）各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有其他运动中的电磁能、化学能、原子能等。
（2）各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化。例如，利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能。
2.应用能量转化与守恒解题的步骤
（1）首先分析研究对象的受力和做功情况，能量的转化方向及初、末状态能量的具体形式。
（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
（3）依据ΔE减＝ΔE增列式求解。
3.能量转移或转化的方向性
（1）宏观自然过程的方向性
在整个自然界中，无论是有生命的还是无生命的，所有的宏观自发过程都具有单向性，都有一定的方向性，都是一种不可逆过程。如河水向下流，重物向下落，山岳被侵蚀，房屋腐朽倒塌，人从出生到死亡等。
（2）与热现象有关的能量转化的方向性
①机械能和内能的转化过程具有方向性
机械能可以全部转化为内能，但内能不能自发地全部转化为机械能而不引起其他变化。
②热传导具有方向性
内能总是自发地从高温物体向低温物体传递，而不能自发地从低温物体向高温物体传递。
③气体的扩散现象具有方向性
两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，决不会自发地分开，成为两种不同的气体。
④气体向真空膨胀具有方向性
气体可自发地向真空容器内膨胀，但绝不可能出现气体自发地从容器中流出，使容器内变为真空。
结论：一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。
【典例1】 构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化的关系如图中图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ）
A.200 J B.250 J
C.300 J D.500 J
尝试解答
【典例2】 （多选）下列关于能量转化的说法中，正确的是（ ）
A.能量在转化过程中，有一部分能量转化为周围环境中的内能，我们无法把这些内能收集起来重新利用
B.各种形式的能量在转化时，总能量是不变的
C.在能源的利用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成了不便于利用的
D.各种能量在不转化时是守恒的，但在转化时是不守恒的
尝试解答
某地平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的扇叶转动时可形成半径为12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10％的空气的动能转化为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？
要点二 能源与可持续发展
【探究】
仔细观察下列两幅图片，回答下面问题。
（1）人类社会能离开能源吗？
（2）能源的使用会对环境带来破坏吗？都有哪些破坏？
（3）为什么要开发新能源？目前开发的新能源都有哪些？
【归纳】
能源的分类方式及能源特点对比
分类方法 分类名称 特点 举例
按形式 或转换 特点分 一次能源 自然形成，未经加工 太阳能、风能、地热能、核能、潮汐能
二次能源 由一次能源经加工转换而成 焦炭、木炭、蒸汽、液化气、酒精、汽油、电能
续表
分类方法 分类名称 特点 举例
按利用 技术分 常规能源 已大规模正常使用 煤、石油、天然气、水能
新能源 正在开发，或有新的利用方式 太阳能、核能、地热能、海洋能、沼气、风能
按可否 再生分 可再生 能源 可循环使用 水能、风能、生物质能、地热能
不可再 生能源 短期内无法转换获得 煤、石油、天然气、核燃料
按对环境 的污染情 况分 清洁能源 对环境基本没有污染 太阳能、海洋能、风能、水能
污染能源 会严重污染环境 化石燃料（煤、石油、天然气）
【典例3】 关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A.由于自然界中的能量是守恒的，所以不需要节约能源
B.在利用能源的过程中，总能量在数量上并未减少
C.能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性
D.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
尝试解答
1.（多选）下列关于能源的说法正确的是（ ）
A.能源是取之不尽，用之不竭的
B.能源是有限的，特别是常规能源，如煤、石油、天然气等
C.大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡开发利用新能源
D.核能的利用对环境的影响比燃烧石油、煤炭大
2.（多选）在能源消耗的过程中，我们无法把一些能源消耗产生的内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散。对于能量耗散理解正确的是（ ）
A.能量耗散说明能量在不断的减少
B.能量耗散遵循能量守恒定律
C.能量耗散说明能量不能凭空产生，但能量却可以凭空消失
D.能量耗散从能量的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
1.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子（如图所示）。在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽。该装置的能量转化情况是（ ）
A.太阳能→电能→机械能
B.太阳能→机械能→电能
C.电能→太阳能→机械能
D.机械能→太阳能→电能
2.关于能源的利用和节约，下列说法正确的是（ ）
A.根据能量守恒定律，能源的利用率应该是100％
B.由于能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，总是守恒的，所以节约能源的意义不大
C.节约能量只要提高节能意识就行，与科学进步无关
D.在能源的利用中，总会有一部分能源未被利用而损失掉
3.（多选）关于“温室效应”，下列说法正确的是（ ）
A.太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”
B.石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”
C.“温室效应”使得地面气温上升、两极冰雪融化
D.“温室效应”使得土壤酸化
4.如图所示是一种太阳能草坪节能灯，太阳能电池板供一只“10 V 9 W”的电子节能灯工作，若太阳能电池板接收太阳能的有效面积为0.3 m2，平均1小时得到的太阳辐射能为4×105 J，太阳光平均一天按8小时计算，恰好可以供电子节能灯工作10小时。问：（结果保留整数）
（1）太阳能节能灯的能量转化情况；
（2）太阳能电池板单位面积上接收太阳能的功率大约是多少？
（3）太阳能节能灯利用太阳能的效率大约是多少？
提示：完成课后作业 第十二章 4.
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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：电池电动势和内阻的测量
课标要求 素养目标
1.知道测量电源电动势和内阻的实验原理，会制订实验方案并选用实验器材进行实验，会记录实验数据，会用图像处理实验数据，并撰写实验报告。 2.学会根据图像合理外推进行数据处理的方法，并根据图像获得结论。 3.尝试分析电源电动势和内阻的测量误差，了解测量中减小误差的方法 1.在教师指导下制订实验方案，理解实验原理，掌握实验方法，分析实验误差。（科学探究） 2.通过对实验数据的收集和处理，学会用“代数法”和“作图法”分析、处理实验数据，培养用数学方法处理物理问题、发现物理规律的能力。（科学探究） 3.通过例题和习题，进一步提高分析求解电学实验问题的能力。（科学思维）
一、实验原理和方法
实验电路如图所示，根据闭合电路的欧姆定律，改变R的阻值，测出两组U、I的值，根据闭合电路欧姆定律可列出两个方程：
二、实验器材
待测电池一节，电流表（0～0.6 A）、电压表（0～3 V）各一块，滑动变阻器一只，开关一只，导线若干。
三、实验步骤
1.选定电流表、电压表的量程，按照电路原理图把器材连接好。
2.把滑动变阻器滑片移到电阻最大的一端（图中左端）。
3.闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数，读出电压表示数U和电流表示数I，并填入事先绘制好的表格（如下表）。
实验序号 1 2 3 4 5 6
I/A
U/V
4.多次改变滑片的位置，读出对应的多组数据，并一一填入表中。
5.断开开关，整理好器材。
四、数据处理
1.公式法
把测量的几组数据分别代入E＝U＋Ir中，然后两个方程为一组，解方程求出几组E、r的值，最后对E、r分别求平均值作为测量结果。
2.图像法
（1）以I为横坐标，U为纵坐标建立直角坐标系，根据几组I、U的测量数据在坐标系中描点。
（2）用直尺画一条直线，使尽量多的点落在这条直线上，不在直线上的点，能大致均衡地分布在直线两侧。
（3）如图所示：
①图线与纵轴交点为E。
②图线与横轴交点为I短＝。
③图线的斜率大小表示r＝。
五、误差分析
1.偶然误差：主要来源于电压表和电流表的读数以及作U-I图像时描点不准确。
2.系统误差：
主要原因是未考虑电压表的分流作用，使得电流表上读出的数值比实际的总电流（即流过电源的电流）要小一些。U越大，电流表的读数与总电流的偏差就越大。将测量结果与真实情况在U-I坐标系中表示出来，如图所示，可见E测＜E真，r测＜r真。
六、注意事项
1.为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻应大些。因此，应选择用过一段时间的旧电池。
2.实验中不要将电流调得过大，读数要快，每次读完U、I值应立即断电。
题型一 实验原理与操作
【典例1】 （2023·浙江高考16题）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到 （选填“A”“B”“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 V。
（2）测得的7组数据已标在如图3所示U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E＝ V和内阻r＝ Ω。（计算结果均保留两位小数）
尝试解答
题型二 数据处理与误差分析
【典例2】 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。
（1）除开关和导线若干外，现还提供以下器材：
A.电流表（量程为0～0.6 A，内阻RA为0.2 Ω）
B.电压表（量程为0～15 V）
C.电压表（量程为0～3 V）
D.滑动变阻器（阻值范围为0～20 Ω）
E.滑动变阻器（阻值范围为0～200 Ω）
实验中电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（选填相应器材前的字母）
（2）为了准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图中的 （选填“甲”或“乙”）实验电路。
（3）按（2）中所选电路进行实验，根据实验记录的数据，画出干电池的U-I图像，如图丙所示，则可得干电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。
尝试解答
题型三 实验的拓展与创新
【典例3】 一同学测量某干电池的电动势和内阻。
（1）如图甲所示是该同学正准确接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。
（2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算得到的数据见下表：
R/Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0
I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26
/A－1 6.7 5.9 5.3 4.5 3.8
根据表中数据，在图乙所示的方格纸上作出R-关系图像。由图像可计算出该干电池的电动势为 V；内阻为 Ω。
尝试解答
创新角度分析
本题考查安阻法测电源电动势和内阻的实验操作与数据处理，考查考生的动手能力和对创新实验原理的理解能力。
【典例4】 某实验小组利用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内阻。所用器材有：待测电源、电压表、电阻箱、开关和导线。
（1）请在下面虚线框中画出实验的电路图。
（2）实验的主要步骤如下：
①检查电压表并调零，按照电路图连线。
②调节电阻箱R的阻值至 。
③将开关S闭合，调节电阻箱的阻值使电压表指针有足够的偏转，记下此时电阻箱的阻值R和电压表的示数U。
④改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出-的图线，如图所示。
（3）由作出的-图线可求得电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果保留两位有效数字）
尝试解答
创新角度分析
本题考查伏阻法测电源电动势和内阻的原理、实验操作和数据处理，考查考生对创新实验原理的理解能力。
1.某同学要测定电池的电动势 E及内阻r。器材有待测电池（E约为6 V，r约为1.5 Ω）、量程为3 V的理想电压表V、量程为0.6 A的电流表A（具有一定内阻）、定值电阻R（阻值为8.5 Ω）、滑动变阻器R'（阻值范围为0～10 Ω）、开关S、导线若干。
（1）请你在虚线框中帮他画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出。
（2）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2。则可以求出E＝ ，r＝ 。（用I1、I2、U1、U2及R表示）
2.用电压表、电流表加上一个可以改变阻值的电阻就可以测定一节普通干电池的电动势（约为1.5 V）和内阻，实验电路如图甲所示。
（1）请在实物图乙中，用实线代替导线将器件按原理图甲连接完整。
（2）一位同学在实验中记录的数据如下表所示，另备坐标纸一张（如图丙）。试根据表中数据在坐标纸上以U为纵轴、I为横轴，选择适当的标度建立坐标系，并画出U-I图线。
电流I/A 0.12 0.20 0.31 0.40 0.50 0.58
电压U/V 1.39 1.33 1.25 1.18 1.10 1.04
（3）根据图线读出该电池的电动势为E＝ V。根据图线求出该电池的内阻为r＝ Ω（保留2位有效数字）。
3.测定电源的电动势和内阻的实验电路和U-I图像如图所示。
（1）现备有以下器材：
A.干电池1个
B.滑动变阻器（0～50 Ω）
C.滑动变阻器（0～1 750 Ω）
D.电压表（0～3 V）
E.电压表（0～15 V）
F.电流表（0～0.6 A）
G.电流表（0～3 A）
其中滑动变阻器应选 ，电流表应选 ，电压表应选 （选填字母代号）。
（2）由U-I图像，可知这个干电池的电动势E＝ V，电阻r＝ Ω。
（3）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测 E真，r测 r真（选填“＞” “＜”或“＝”）。
4.某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA、内阻为2 500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱（0～999.9 Ω）和若干导线。
（1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱 （选填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为 Ω。
（2）接着该同学用改装后的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且进行相关计算后，画出IR-I图线，如图乙所示。
根据图线可得电池的电动势E是 V，内阻r是 Ω。
提示：完成课后作业 第十二章 3.
5 / 61.电路中的能量转化
课标要求 素养目标
1.理解电功、电功率及焦耳定律，能用焦耳定律解释生产生活中的电热现象。 2.收集新型电热器的资料，了解其发热原理。 3.从能量守恒的角度认识用电器能量的转化问题 1.了解纯电阻电路和非纯电阻电路中能量的转化。（物理观念） 2.知道电流做功的过程就是电能与其他形式能量转化的过程。（科学思维） 3.了解科学技术与社会环境的关系，具有节约能源的意识。（科学态度与责任）
知识点一 电功和电功率
1.电功
（1）电流在一段电路中所做的功等于这段电路两端的电压U、电路中的电流I、通电时间t三者的 。
（2）公式：W＝ 。
（3）单位：国际单位制中电功的单位是 ，符号是 。
2.电功率
（1）定义：电流在一段电路中所做的功与通电时间之比。
（2）定义式：P＝＝ 。
表示电流在一段电路中做功的功率P等于这段电路两端的电压U与电流I的 。
（3）单位：国际单位制中电功率的单位是 ，符号是 。
知识点二 焦耳定律
1.内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成 ，跟导体的 及通电时间成 。
2.表达式：Q＝ 。
3.热功率
（1）定义：电流通过导体 的功率。
（2）表达式：P热＝ 。
知识点三 电路中的能量转化
1.电动机工作时的能量转化关系：电动机从电源获得能量，一部分转化为 ，还有一部分转化为内能。
2.功率关系：P电＝P机＋P损，P电＝UI。
不考虑摩擦阻力和空气阻力引起的能量损失，则有P损＝P热＝I2R。
3.电池充电时的能量转化关系：电池从电源获得的能量一部分转化为电池的 能，还有一部分转化为内能。
【情景思辨】
如图所示的是在我们生活中常见的用电器，请判断下列关于用电器说法的正误。
（1）电吹风、电风扇和洗衣机工作时将电能转化为内能和机械能。（ ）
（2）电熨斗工作时将电能转化为内能。（ ）
（3）电风扇接上电源后，电风扇转动起来，电风扇消耗的电功率等于机械功率。（ ）
（4）电吹风、电风扇、电熨斗、洗衣机的电路都是非纯电阻电路。（ ）
要点一 电功和电功率的理解
【探究】
当家中只开一盏节能灯时，电能表的表盘转得很慢，而用电磁炉烧水时，电能表的表盘却转得很快。这是为什么呢？
【归纳】
1.电功和电功率
W＝UIt是电功的计算式，P＝UI是电功率的计算式，适用于任何电路。
2.电功的单位：在国际单位制中电功的单位是焦耳，常用单位有度（千瓦时），1度＝1千瓦时＝3.6×106焦耳。
3.额定功率和实际功率
额定功率：用电器在额定电压下工作的功率。
实际功率：用电器在实际电压下工作的功率。
4.串、并联电路功率的关系
项目 串联电路 并联电路
功率 关系 （1）各部分电路电流I相同，根据P＝I2R可知，各电阻上的电功率与电阻成正比。 （2）总功率P总＝UI＝（U1＋U2＋…＋Un）I＝P1＋P2＋…＋Pn （1）各支路电压相同，根据P＝可知，各支路电阻上的电功率与电阻成反比。 （2）总功率P总＝UI＝U（I1＋I2＋…＋In）＝P1＋P2＋…＋Pn
【典例1】 在实验室中有两个小灯泡A、B，其电阻的关系为RA＞RB。现将两个小灯泡分别按图甲和图乙的方式接在学生电源上，然后将两学生电源的电压调为相同，两个电路中的小灯泡A、B都发光。下列关于两个小灯泡的亮度的分析正确的是（ ）
A.图甲电路中小灯泡A比较亮
B.图乙电路中小灯泡A比较亮
C.两电路中的小灯泡都同样亮
D.由于A、B的额定电压与额定功率未知，因此无法确定
尝试解答
1.A、B、C三个灯泡按如图所示的方式连接时，各自消耗的实际功率相同，则RA∶RB∶RC为（ ）
A.1∶1∶1 B.1∶2∶2
C.2∶1∶1 D.1∶4∶4
2.如图所示，粗细均匀的金属环上，A、B、C、D四点把其周长四等分。当A、C点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为（电源内阻不计）（ ）
A. B.
C.P D.3P
要点二 纯电阻电路中的电热和热功率
【探究】
使用电水壶烧水时，壶内的水会很快被加热到沸腾，产生大量的热，而连接电水壶的导线却不怎么热，这是什么原因呢？
【归纳】
1.电流通过电热水器时电流所做的功全部转化为导体的内能，即Q＝W＝UIt＝I2Rt。
2.电流通过电热水器时电流的电功率就是电流的发热功率，即P热＝＝＝I2R。
【典例2】 两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为l，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（ ）
A.QA∶QB＝1∶1 B.QA∶QB＝2∶1
C.QA∶QB＝1∶2 D.QA∶QB＝4∶1
尝试解答
1.取两根完全相同的电阻丝，第一次将两电阻丝串联，第二次将两电阻丝并联，两次在电阻丝两端加相同的电压。若两次两电阻丝产生的热量均为Q，第一次用时t串，第二次用时t并，则先后两次所用时间之比为（ ）
A.1∶1 B.2∶1
C.4∶1 D.1∶4
2.为使电热器在单位时间内产生的热量减少一半，下列措施可行的是（ ）
A.R不变，使通过电热丝的I减小一半
B.U不变，使电热丝的R增大一倍
C.R不变，使电热丝两端的U减小一半
D.U不变，使电热丝的R增大为原来的倍
要点三 非纯电阻电路中的能量转化
1.纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
比较项目 纯电阻电路 非纯电阻电路
元件 特点 电路中只有电阻元件，如电阻、电炉丝、白炽灯 电路中除电阻外，还包括能把电能转化为其他形式的能的用电器，如电动机、电解槽
欧姆定律 适用，I＝ 不适用，I＜
能量转化 电能全部转化为内能： W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t 电能转化为内能和其他形式的能： W＝UIt，Q＝I2Rt，W＝Q＋W其他
比较项目 纯电阻电路 非纯电阻电路
功率 特点 电功率等于热功率： P电＝P热＝UI＝I2R＝ 电功率等于热功率与其他功率之和： P电＝UI P热＝I2R P电＝P热＋P其他
2.电动机的简易模型及其功率、效率
（1）电动机的总功率（输入功率）：P总＝UI。
（2）电动机的发热功率：P热＝I2R。
（3）电动机的输出功率（机械功率）：P机＝P总－P热＝UI－I2R。
（4）电动机的效率：η＝×100％。
【典例3】 （多选）新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某品牌新能源观光电动车的动力电源上的铭牌上标有“120 V 250 Ah”字样。假设工作时电源的输出电压恒为120 V，额定输出功率为3 kW。根据上述有关数据，下列说法正确的是（ ）
A.观光电动车保持额定功率行驶的最长时间是10 h
B.额定工作电流为25 A
C.动力电源充满电后储存的电能为1.08×108 J
D.电动机的内阻为4.8 Ω
尝试解答
1.如图所示是某品牌的抽油烟机，其主要部件是抽气扇（电动机）和照明灯，它们可以独立工作，互不影响。
抽气扇有“强吸”和“弱吸”两个挡位，功率不同。下列电路可能为该抽油烟机内部电路的是（ ）
2.一台直流电动机的额定电压为100 V，正常工作时电流为10 A，线圈内阻为0.5 Ω，若该电动机正常工作10 s，则（ ）
A.该电动机线圈上产生的热量为1×104 J
B.该电动机线圈上产生的热量为2×105 J
C.该电动机输出的机械功为1×104 J
D.该电动机输出的机械功为9.5×103 J
1.电功率的表达式有三个，P＝UI、P＝I2R、P＝，对这三个表达式的认识正确的是（ ）
A.P＝UI适合于纯电阻电路电功率的计算，对于非纯电阻电路不适用
B.P＝I2R适合于一切电路的热功率的计算
C.P＝适合于一切电路电功率和热功率的计算
D.三个公式各自的适用条件与电路的连接方式有关
2.LED灯正在逐步取代用于道路照明的高压钠灯。已知每盏高压钠灯的功率为400 W，同亮度LED灯的功率为100 W，若某城市要将5 000盏高压钠灯更换为LED灯，则一个月可节约的电能约为（ ）
A.5×107 kW·h B.5×106 kW·h
C.5×105 kW·h D.5×103 kW·h
3.如图所示，某型号无人机的飞行器由四个多旋翼电机并联组成，设每个电机内阻均为r，正常工作时工作电流为I，电压为U，以下关于飞行器的输出功率正确的是（ ）
A.4UI B.4
C.4I2r D.4UI－4I2r
4.在现代生活中，充电宝是手机一族出行的必备品。当充电宝电量不足时，需要给充电宝充电，此时充电宝相当于可充电的电池，充电过程可简化为如图所示的电路。先给一充电宝充电，充电电压为5 V，充电电流为1 000 mA，充电宝的内阻为0.2 Ω。试求：
（1）充电宝的输入功率；
（2）充电宝内阻消耗的热功率。
提示：完成课后作业 第十二章 1.
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