2.磁感应强度 磁通量
课标要求 素养目标
1.认识磁感应强度、匀强磁场的概念及特点。 2.知道磁感应强度的定义式、单位和方向。 3.知道磁通量的定义及公式，会根据公式进行简单的计算 1.通过实验、类比等方法建立磁感应强度的概念，进一步体会比值法定义物理量的方法。（科学推理） 2.探究通电导线受到的力与电流的大小、通电导线的长度与磁场强弱的关系。（科学探究） 3.理解磁感应强度的概念及特点，能进行有关磁感应强度的计算。（科学思维）
知识点一 磁感应强度 匀强磁场
1.电流元：很短的一段通电导线中的 与 的乘积Il。
2.探究影响通电导线受力的因素
如图所示，三块相同的蹄形磁铁并排放在桌面上，直导线所在处的磁场认为是均匀的。
（1）保持长度不变，改变 ，通过观察直导线 的大小来比较导线受力的大小。
（2）保持电流大小不变，改变磁场中的 ，比较导线受力的大小。
（3）实验结论：直导线与磁场垂直时，它受力大小既与导线的长度l成 ，又与导线中的电流I成 ，即F＝ 。
3.磁感应强度
（1）定义：在磁场中 于磁场方向放置的通电导线，所受的磁场力F跟电流I和导线长度l的乘积Il的比值。
（2）定义式：B＝。
（3）单位：国际单位是 ，简称特，国际符号是 ，1 T＝1。
（4）方向：磁感应强度是 量，它的方向就是该处小磁针静止时 所指的方向。
（5）物理意义：描述磁场的强弱和方向。
4.匀强磁场
（1）特点：磁场中各个点的磁感应强度大小 、方向 。
（2）匀强磁场的磁感线：间隔 的 直线。
知识点二 磁通量
1.定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的 叫作穿过这个面积的磁通量，简称 。
2.计算公式：Φ＝ 。
3.B与S不垂直时：用这个面在垂直于磁场B方向的 与B的乘积表示磁通量。
4.单位：在国际单位制中，磁通量的单位是 ，简称 ，符号是 。
5.用磁通量描述磁感应强度：从Φ＝BS可以得出B＝，这表示磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的 。
【情景思辨】
磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”。如图所示，两线圈的面积相等，相互平行的垂直磁感线放置，根据图示判断下列说法的正误。
（1）穿过两个平面的磁通量相等。（ ）
（2）穿过S2平面的磁通量大于穿过S1平面的磁通量。（ ）
（3）将平面S2左右平移到任何位置，穿过该平面的磁通量总相等。（ ）
（4）将平面S1平行于磁感线放置，此时穿过这一面积的磁通量为零，但该处磁感应强度不为零。（ ）
（5）平面S1处的磁感应强度大于平面S2处的磁感应强度。（ ）
要点一 对磁感应强度的理解
【探究】
如图所示，通电直导线在磁场中受磁场力，我们能通过直导线受力的大小判断磁场的强弱吗？我们应用什么方法探究磁场的强弱？
【归纳】
1.对关系式B＝的理解
（1）B＝是磁感应强度的定义式，其成立的条件是通电导线必须垂直于磁场方向放置。
（2）当通电导线与磁场方向平行时，通电导线受力为零，所以我们不能根据通电导线受力为零来判定磁感应强度B的大小为零。
（3）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时l应很短，Il称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”。
2.磁感应强度B与电场强度E的比较
磁感应强度（B） 电场强度（E）
定义 比值定义法B＝（条件：I⊥B） 比值定义法E＝
单位 T N/C（V/m）
物理意义 表征磁场的强弱和方向 描述电场的强弱和方向
方向 （矢量） 小磁针静止时N极的指向 带正电的试探电荷的受力方向
都是矢量，叠加时遵从平行四边形定则
【典例1】 在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1 cm，电流为0.5 A，所受的磁场力为5×10－4 N。求：
（1）该位置的磁感应强度；
（2）将该电流撤去，该位置的磁感应强度。
尝试解答
1.把长度为l、电流为I的一小段电流元先后放入某磁场中的A、B两点，电流元在A点受到的磁场力较大，则（ ）
A.A点的磁感应强度一定大于B点的磁感应强度
B.A、B两点磁感应强度可能相等
C.A、B两点磁感应强度一定不相等
D.A点磁感应强度一定小于B点磁感应强度
2.有一小段通电导线，长0.1 m，通过导线的电流为5 A，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是1 N，则该处磁感应强度的大小可能为（ ）
A.0.8 T B.1.2 T
C.1.8 T D.2.2 T
要点二 磁感应强度的矢量合成
磁感应强度是矢量，当空间存在几个磁体（或电流）时，每一点的磁场等于各个磁体（或电流）在该点产生磁场的矢量和。磁感应强度叠加时遵循平行四边形定则。
【典例2】 （多选）如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）
A.O点处的磁感应强度为零
B.a、c两点处磁感应强度的方向相同
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
尝试解答
1.如图所示，在空间某点A存在大小、方向恒定且相互垂直的两个匀强磁场B1、B2，B1＝3 T，B2＝4 T，则A点的磁感应强度大小为（ ）
A.7 T
B.1 T
C.5 T
D.大于3 T，小于4 T
2.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（ ）
A.直导线中电流方向垂直纸面向里
B.a点的磁感应强度为 T，方向向右
C.b点的磁感应强度为 T，方向斜向下，与B成45°角
D.d点的磁感应强度为0
要点三 对磁通量的理解
【探究】
如图所示，矩形线框在纸面内由位置（1）平移到位置（2），再由位置（2）平移到位置（3）的过程中，穿过线框的磁通量如何变化？
【归纳】
1.对磁通量的理解
（1）磁通量可以看作穿过某平面的磁感线条数，可以根据磁感线的多少判断磁通量的大小。
（2）磁通量是标量，但有方向、分正负，从相反方向穿过同一平面的磁感线将互相抵消。
2.对公式Φ＝BS的理解
（1）公式成立条件：匀强磁场且B⊥S。
（2）面积S指磁场的有效面积。
如图所示，则穿过两闭合电路的磁通量是相同的，即Φ＝BS2。
（3）如果面积S与磁感应强度B的夹角α≠90°，则Φ＝BSsin α，既可将磁感应强度B向着垂直于面积S的方向投影，也可以将面积S向着垂直于磁感应强度B的方向投影。当B∥S时，Φ ＝0。
3.磁通量的变化ΔΦ
（1）只有B改变时ΔΦ＝ΔBSsin α
（2）只有S改变时ΔΦ＝ΔSBsin α
（3）只有α改变时ΔΦ＝BS（sin α2－sin α1）
（4）如果B、S、α中两者或三者都改变时，就需要通用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1进行计算。
【典例3】 如图所示，有一个100 匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20 m的正方形，放在磁感应强度为B＝0.50 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。若将这个线圈横截面的形状由正方形改变成圆形（横截面的周长不变），在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？
尝试解答
1.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（ ）
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶4 D.4∶1
2.如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sin α＝，线圈围成的面积为S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A.BS B.
C. D.
1.关于磁感应强度B、电流I、导线长度L和导线所受磁场力F的关系，下列说法正确的是（ ）
A.在B＝0的地方，F一定等于零
B.在F＝0的地方，B一定等于零
C.若B＝1 T，I＝1 A，L＝1 m，则F一定等于1 N
D.若L＝1 m，I＝1 A，F＝1 N，则B一定等于1 T
2.如图所示，直角三角形abc，∠a＝60°，通电长直导线分别放置在a、b两点。两根导线中的电流大小分别为I、3I，方向均垂直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B＝，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在c点产生的磁感应强度大小为B0，则c点的合磁感应强度大小为（ ）
A.B0 B.2B0
C.B0 D.4B0
3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则（ ）
A.ΔΦ1＞ΔΦ2 B.ΔΦ1＝ΔΦ2
C.ΔΦ1＜ΔΦ2 D.不能判断
4.如图所示，线圈平面与水平方向夹角θ＝60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S＝0.4 m2，匀强磁场磁感应强度B＝0.4 T。把线圈以cd为轴顺时针转过120°，则通过线圈磁通量的变化量为（ ）
A.0.08 Wb B.0.24 Wb
C.0.32 Wb D.0.48 Wb
提示：完成课后作业 第十三章 2.
5 / 61.磁场 磁感线
课标要求 素养目标
1.知道电磁场的性质，了解地球的地磁场。 2.知道磁感线，知道几种常见磁场磁感线的空间分布情况。 3.会用安培定则判断通电直导线和通电线圈周围磁场的方向。 4.了解安培分子电流假说 1. 通过研究磁极间的相互作用理解磁场的物质性。（物理观念） 2.用类比的方法，类比电场，形成磁场的概念，知道磁场的基本特性。（物理观念） 3.通过实验体会磁感线的特点，培养空间想象能力。（物理观念） 4.通过练习掌握安培定则，并能判断电流的磁场方向。（科学思维） 5.通过生活中的磁现象了解磁的应用与意义。（科学态度与责任）
知识点一 电和磁的联系
1.奥斯特实验：把导线放置在小磁针的 ，通电时磁针发生了转动。
2.实验意义：奥斯特实验发现了电流的 ，即电流可以产生磁场，首次揭示了 的联系。
知识点二 磁场
1.基本性质：磁场对放入其中的磁体或通电导线有力的作用。磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通电导体与通电导体之间的相互作用，是通过 发生的。
2.通电导线间的作用力：同向通电导线相互 ，异向通电导线相互 。
3.物质性：磁场尽管看不见，摸不着，但它是不依赖于我们的感觉而客观存在的 。
知识点三 磁感线
1.磁场的方向：物理学中把小磁针静止时 所指的方向规定为该点磁场的方向。
2.磁感线：在磁场中画出一些曲线，曲线上每一点的 方向都跟这点磁场的方向一致。
3.磁感线的疏密可以描述磁场的强弱，磁感线较密，表示磁场较 。
知识点四 安培定则
1.三种常见电流的磁场
直线电流的磁场 环形电流的磁场 通电螺线管的磁场
用右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与 方向一致，弯曲的四指所指的方向就是 环绕的方向 让右手弯曲的四指与 的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上 的方向 让右手弯曲的四指与螺线管 的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是螺线管轴线上 的方向，或拇指指向螺线管的N极
直线电流的磁场 环形电流的磁场 通电螺线管的磁场
2.安培分子电流假说[拓展学习]
（1）分子电流假说：安培认为，在物质内部，存在着一种 ，即分子电流。分子电流使每个物质微粒都成为 ，它的两侧相当于两个 。
（2）分子电流假说的意义：能够解释磁化以及退磁现象，解释磁现象的电本质。
【情景思辨】
奥斯特实验如图所示。请判断下列关于该实验说法的正误。
（1）本实验验证了电流的磁效应。（ ）
（2）导线应沿东西方向放置在小磁针的正上方是为减小地磁场对实验结果的影响。（ ）
（3）实验过程中如果小磁针发生了偏转，说明磁场是客观存在的。（ ）
（4）通电直导线产生的磁场的磁感线平行于导线。（ ）
（5）小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向。（ ）
要点一 对磁场和磁感线的理解
1.常见永磁体的磁感线分布
2.磁感线的特点
（1）为形象描述磁场而引入的假想曲线，实际并不存在。
（2）磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线密集的地方磁场强，稀疏的地方磁场弱。
（3）磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向。
（4）磁体外部磁感线从N极指向S极，磁体内部磁感线从S极指向N极。
（5）磁感线闭合而不相交、不相切，也不中断。
【典例1】 为了形象地描述磁场，人们引入了磁感线。关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（ ）
A.磁感线不一定是闭合曲线
B.任意两条磁感线都不可能相交，但可能相切
C.磁场和磁感线都不是真实存在的，都可以通过细铁屑来模拟
D.磁极与磁极之间、磁极与电流之间、电流与电流之间都可以通过磁场发生相互作用
尝试解答
1.（多选）下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（ ）
A.任意两条磁感线不相交，两条电场线也不相交
B.电场线和磁感线都是闭合曲线
C.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线
D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大
2.如图所示，表示蹄形磁铁周围的磁感线，磁场中有a、b两点，下列说法正确的是（ ）
A.a、b两处的磁场强弱相等
B.a、b两处的磁场强弱不等，b点较强
C.蹄形磁铁的磁感线起始于蹄形磁铁的N极，终止于蹄形磁铁的S极
D.a处没有磁感线，所以该处没有磁场
要点二 安培定则
【探究】
如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于南北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况是怎样的？
【归纳】
三种常见电流的磁感线的分布特点
安培定则 立体图 横截面图 纵截面图
直线电流
以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
内部磁场比外部强，内部磁场方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，方向由N极指向S极
【典例2】 如图所示，甲、乙是直线电流形成的磁场，丙、丁是环形电流形成的磁场，戊、己是螺线管电流形成的磁场，试在各图中补画出电流的方向或磁感线的方向。
尝试解答
规律方法
（1）安培定则既可以根据电流方向判断磁场方向，也可以根据磁场方向判断电流方向。
（2）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则时，拇指所指的一端为N极。
（3）磁场是分布在立体空间的，对于环形电流和通电螺线管，注意区分内部和外部磁场。
1.如图所示，一通电螺线管有图示电流，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
2.电流的磁效应揭示了电与磁的关系。下面四幅图中描述磁场方向与电流方向之间的关系，其中磁感线分布正确的是（ ）
要点三 安培分子电流假说
1.法国学者安培提出：在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。（如图所示）
2.当铁棒中分子电流的取向大致相同时，铁棒对外显磁性；当铁棒中分子电流的取向变得杂乱无章时，铁棒对外不显磁性。
【典例3】 安培观察到通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场很相似，提出了分子电流假说。他认为，在物质内部存在着一种环形电流——分子电流（分子电流实际上是由原子内部电子绕核运动形成的），分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，如图所示。下列选项将分子电流（箭头表示电子运动方向）等效为小磁体的图示中正确的是（ ）
尝试解答
1.小华同学在探究磁极间的相互作用时，不小心将条形磁铁掉在了地上，当小华把条形磁铁拾起来再次进行实验时，发现该条形磁铁失去了磁性。则下列说法正确的是（ ）
A.由安培分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流消失了
B.由安培分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流的趋向变得一致了
C.由安培分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流的趋向变得杂乱无章了
D.由安培分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流强度减弱了
2.磁铁和电流都能产生磁场，而通电螺线管和条形磁铁的磁场十分相似，安培由此提出著名的分子电流假说，关于分子电流假说分析正确的是（ ）
A.由于磁铁内部分子的定向移动而形成分子电流导致磁铁周围产生磁场
B.铁棒受到外界磁场作用时，各分子电流的取向变得大致相同，铁棒各处显示出同样强度的磁场
C.高温可以使磁铁失去磁性，而猛烈的敲击则不会使磁铁失去磁性
D.安培分子电流假说揭示出磁场是由电荷的运动产生的
1.如图所示为通电螺线管。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是（ ）
A.磁感线最密处为A处，最疏处为B处
B.磁感线最密处为B处，最疏处为A处
C.小磁针在B处和A处N极都指向左方
D.小磁针在B处和C处N极都指向右方
2.在图中分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向，其中错误的是（ ）
3.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（ ）
A.a、b、c均向左 B.a、b、c均向右
C.a向左，b向右，c向右 D.a向右，b向左，c向右
4.将A、B两个磁环先后套在光滑的木支架上，并使两磁环相对的磁极极性相同，此时可以看到上方的磁环A“悬浮”在空中，如图所示，设两磁环受到的重力相等且都为G，则磁环B对木支架底座的压力F与重力G的大小关系是（ ）
A.F＜G B.F＝G
C.G＜F＜2G D.F＝2G
提示：完成课后作业 第十三章 1.
6 / 64.电磁波的发现及应用5.能量量子化
课标要求 素养目标
1.初步了解电磁场、电磁波，知道电磁场的物质性。 2.知道光的能量是不连续的，了解量子假设的内容。 3.能用电磁波等相关知识说明电磁技术的一些应用。 4.能体会电磁波的应用对人类生活和社会发展带来的影响，能理性讨论电磁污染及其防护的问题 1.通过实验分析了解电磁场的概念及电磁波的产生与传播。（物理观念） 2.通过阅读教材，了解日常生活中电磁波的应用，电磁污染及防护。（科学态度与责任） 3.通过阅读教材了解人类对光的认识过程，知道光的能量是量子化的。（物理观念） 4.通过阅读教材，了解量子理论的基本假设。（物理观念）
知识点一 电磁场
1.麦克斯韦电磁场理论
（1）变化的磁场产生 。
（2）变化的电场产生 。
2.电磁场：变化的 和磁场总是相互联系的，形成一个不可分割的统一的电磁场。
知识点二 电磁波
1.电磁波：麦克斯韦预言，周期性变化的 和 交替产生，由近及远地向周围传播，就形成了电磁波。
2.电磁波的特性
（1）可以在 中传播，不需要 。
（2）在真空中的传播速度等于 。
3. 通过实验证明了电磁波是真实存在的。
知识点三 电磁波谱
1.描述波的三个概念是 、 、 。三者之间的关系是波速＝ 。
2.电磁波的波速c与波长λ及频率f的关系：c＝ 。在真空中，c＝3×108 m/s。
3.电磁波谱：按电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排列起来，就是电磁波谱。
4.各种电磁波的特性及应用
（1）无线电波中的长波、中波、短波可以用于广播及其他信号的传输，微波用于 通信、电视等的信号传输。
（2）红外线可用来 理疗。
（3）可见光让我们看见这个世界，也可用于 。
（4）紫外线可以 。
（5）X射线片可以用于诊断病情。
（6）γ射线可以摧毁病变的细胞。
知识点四 电磁波的能量
1.利用微波炉可以加热食物，说明电磁波具有能量。
2.光是一种电磁波——传播着的 ，光具有能量。
知识点五 电磁波通信
1.负责通话的电信网、广播电视网和互联网相互渗透、相互兼容，逐步整合为统一的信息通信网络。
2.以互联网为基础的信息服务中的各种信息都是通过 来传递的。
3.电磁波携带的信息，既可以有线传播，也可以 传播。
知识点六 热辐射
1.热辐射
（1）定义：我们周围的一切物体都在辐射 。这种辐射与物体的 有关，所以叫作热辐射。
（2）特点：当温度升高时，热辐射中波长 的电磁波的成分越来越强。
2.黑体
（1）定义：能够 吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体。
（2）特点
①黑体不反射电磁波，但可以向外 电磁波。
②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的 有关。
知识点七 能量子 能级
1.能量子
（1）定义：普朗克认为，当带电微粒辐射或吸收能量时，只能辐射或吸收某个最小能量值ε的 。这个不可再分的最小能量值ε叫作能量子。
（2）能量子大小：ε＝ ，其中ν是电磁波的频率，h称为普朗克常量。h＝6.626×10－34 J·s（一般取h＝6.63×10－34 J·s）。
（3）爱因斯坦的推广：光本身就是由一个个不可分割的能量子组成，频率为ν的光的能量子为 ，这些能量子叫作 。
2.能级
（1）定义：原子 的能量值。
（2）原子的稳定性：原子处于能量最 的状态时最稳定。
（3）能级跃迁规律：原子由高能态向低能态跃迁时放出的光子的 等于前后两个能级之差。
（4）原子的发射光谱是一些 的亮线。
【情景思辨】
如图所示，利用雷达可以探测空中飞行物的位置。判断下列说法的正误。
（1）电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播。（ ）
（2）电磁波和光在真空中的传播速度都是3.0×108 m/s。（ ）
（3）麦克斯韦预言并验证了电磁波的存在。（ ）
（4）电磁波是带有能量的，在介质中传播时能把部分能量传递给介质。（ ）
（5）光的波粒二象性彻底推翻了麦克斯韦的电磁理论。（ ）
（6）光子说并没有否定电磁说，在光子的能量ε＝hν中，ν表示波的特性，ε表示粒子的特性。（ ）
要点一 麦克斯韦电磁场理论
对麦克斯韦电磁场理论的理解
恒定的电场不产生磁场 恒定的磁场不产生电场
均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场 均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场
不均匀变化的电场在周围空间产生变化的磁场 不均匀变化的磁场在周围空间产生变化的电场
周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场 周期性变化的磁场产生同频率的周期性变化的电场
【典例1】 （多选）下列说法正确的是（ ）
A.变化的磁场周围一定存在着电场，与是否有闭合电路无关
B.恒定电流能够在周围空间产生恒定的磁场
C.恒定电场能够在周围空间产生恒定的磁场
D.均匀变化的电场能够在周围空间产生恒定的磁场
尝试解答
1.关于电磁场理论，下列说法正确的是（ ）
A.在电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场
B.在变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场
C.均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D.周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场
2.某电路中电场随时间变化的图像如下列各图所示，能发射电磁波的电场是（ ）
要点二 电磁波
1.电磁波的特点
（1）只有周期性变化的电场和磁场相互激发才能形成电磁波。
（2）电磁场中储存着能量，电磁波的发射过程就是辐射电磁能的过程。
（3）电磁波可以在真空中传播，且任何频率的电磁波在真空中的传播速度都等于光在真空中的传播速度，即c＝3×108 m/s。
（4）电磁波传播虽然不需要介质，但它可以在其他介质如光纤中传播，且速度都比在真空中的小。
2.波长、频率与波速之间的关系
（1）波速＝波长×频率，即c＝λf。
（2）频率由波源决定，与介质无关，而波长、波速的大小与介质有关，所以同一电磁波在不同介质中传播时，频率不变，波速、波长发生改变。
（3）不同频率的电磁波在同一介质中传播时，传播速度不同。
【典例2】 波长为0.6 μm的红光，从10 m外的交通信号灯传到你的眼睛，大约需要多长时间？它的频率是多少？
尝试解答
1.（多选）关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D.电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
2.甲坐在人民大会堂台前60 m处听报告，乙坐在家里离电视机5 m处看电视直播，已知乙所在处与人民大会堂相距1 000 km，不考虑其他因素，则（空气中声速为340 m/s）（ ）
A.甲先听到声音 B.乙先听到声音
C.甲、乙同时听到声音 D.不能确定
要点三 电磁波谱
【探究】
“光子刀”具有附带损伤小，术后恢复快等特点，被广泛应用于各种恶性肿瘤的治疗中。那么，你知道这种“光子刀”工作在什么波段？该波段有什么特点吗？
【归纳】
1.各种频率不同的电磁波既有共性，又有个性
（1）共性：本质上都是电磁波，它们的行为遵循相同的规律。
（2）个性：不同电磁波的频率或波长不同，表现出不同的特性。
2.电磁波谱及其应用：按电磁波的波长或频率大小的顺序把他们排列成谱。无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线（X射线）、γ射线等合起来，便构成了范围非常广阔的电磁波谱，但相邻波谱之间并没有严格的界限。
波谱 特性 应用
无线电波 波动性强 通讯广播、导航等
红外线 热作用 加热理疗
可见光 感光性强 照明、照相
紫外线 荧光效应 杀菌消毒、医疗等
X射线 穿透能力较强 工业探伤、医学透视
γ射线 穿透能力最强 工业探伤、医学治疗
【典例3】 下列各组电磁波，按频率由高到低的正确排列顺序是（ ）
A.无线电波、红外线、可见光、X射线
B.X射线、红外线、可见光、无线电波
C.X射线、可见光、红外线、无线电波
D.无线电波、可见光、红外线、X射线
尝试解答
1.（多选）关于电磁波的应用，下列说法正确的是（ ）
A.医院里常用X射线对病房和手术室进行消毒
B.工业上利用γ射线检查金属部件内有无砂眼或裂缝
C.刑侦上用紫外线拍摄指纹照片，因为紫外线波长短，分辨率高
D.卫星用红外遥感技术拍摄云图照片，因为红外线穿透能力较强
2.近年来军事行动中，士兵都使用“红外夜视仪”，在夜间也能清楚地看清目标，主要是因为（ ）
A.“红外夜视仪”发射出强大的红外线，照射被视物体
B.一切物体均在不停地辐射红外线
C.一切高温物体均在不停地辐射红外线
D.“红外夜视仪”发射出X射线，被射物体受到激发而发出红外线
要点四 对黑体和黑体辐射的理解
1.对黑体的理解
（1）绝对的黑体实际上是不存在的，但可以用某装置近似地代替。如图所示，如果在一个空腔壁上开一个小孔，那么射入小孔的电磁波在空腔内表面会发生多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，这个小孔就成了一个绝对黑体。
（2）黑体不一定是黑的，只有当自身辐射的可见光非常微弱时看上去才是黑的；有些可看作黑体的物体由于有较强的辐射，看起来还会很明亮，如炼钢炉口上的小孔。一些发光的物体（如太阳、白炽灯灯丝）也被当作黑体来处理。
2.一般物体与黑体的比较
一般物体 黑体
热辐射 特点 辐射电磁波的情况与温度有关，与材料的种类及表面状况有关 辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
吸收、反 射特点 既吸收又反射，其能力与材料的种类及入射波长等因素有关 完全吸收各种入射电磁波，不反射
【典例4】 关于黑体及黑体辐射，下列说法正确的是（ ）
A.黑体是真实存在的
B.普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元
C.随着温度升高黑体辐射的各波长的强度有些会增强，有些会减弱
D.黑体辐射无任何实验依据
尝试解答
1.（多选）下列叙述正确的是（ ）
A.一切物体都在辐射电磁波
B.一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D.黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
2.（多选）以下关于辐射强度与波长关系的说法正确的是（ ）
A.物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波
B.当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高
C.当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强
D.早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高
要点五 能量子和能级
1.能量的量子化
在微观世界里，能量不能连续变化，只能取分立值，这种现象叫作能量的量子化。
2.能量子观点与黑体辐射实验的比较
普朗克的能量子假设认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的。借助于能量子的假说，普朗克得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得很好。
3.对能级跃迁的理解
（1）原子的能量是量子化的，量子化的能量值叫能级。
（2）原子从高能态向低能态跃迁时放出光子，光子的能量等于前后两个能级之差。
（3）放出的光子的能量是分立的，所以原子的发射光谱是一些分立的亮线。
【典例5】 （多选）关于原子的能级跃迁，下列说法正确的是（ ）
A.原子从低能级跃迁到高能级要放出光子，放出光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差
B.原子不能从低能级向高能级跃迁
C.原子吸收光子后从低能级向高能级跃迁，放出光子后从较高能级跃迁到较低能级
D.原子跃迁时无论是吸收光子还是放出光子，光子的能量都等于始、末两个能级的能量差的绝对值
尝试解答
1.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.原子的能量是连续的，原子的能量从某一能量值变为另一能量值，可以连续变化
B.原子从低能级向高能级跃迁时放出光子
C.原子从高能级向低能级跃迁时放出光子，且光子的能量等于前后两个能级之差
D.由于能级的存在，原子放出的光子的能量是分立的，所以原子的发射光谱只有一些分立的亮线
2.神光Ⅱ装置是国际上为数不多的高功率固体激光系统，利用它可获得能量为2 400 J、波长λ＝0.35 μm 的紫外激光。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，则该紫外激光所含光子数为多少？
1.下列关于麦克斯韦的电磁场理论说法正确的是（ ）
A.变化的磁场产生的电场一定是变化的
B.不均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生不均匀变化的电场
C.稳定的磁场产生不稳定的电场
D.周期性变化的磁场在周围空间产生的电场是周期性变化的
2.磁场的磁感应强度B随时间t变化的四种情况如图所示，其中能产生电场的磁场和能产生持续电磁波的磁场分别为（ ）
A.②③④ ③④ B.①③④ ③④
C.②③④ ②④ D.①③④ ②④
3.（多选）2021年12月9日，中国空间站太空授课活动取得圆满成功。“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普，这次讲课是利用电磁波传输的。下列关于电磁波的叙述，正确的是（ ）
A.电磁波是以波动的形式由发生区域向远处传播的电磁场
B.电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108 m/s
C.电磁波由真空进入介质中传播时，波长将变短
D.电磁波由真空进入介质中传播时，频率将变大
4.关于对热辐射的认识，下列说法中正确的是（ ）
A.热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波
B.温度越高，物体辐射的电磁波越强
C.辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料种类及表面状况无关
D.常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色
5.（多选）下列关于氢原子能级叙述中正确的是（ ）
A.电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B.处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C.原子内电子的可能轨道是连续的
D.原子内电子的轨道是不连续的
6.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10－18 J，已知可见光的平均波长为0.6 μm，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，恰能引起人眼的感觉，进入人眼的光子数至少为（ ）
A.1个 B.3个
C.30个 D.300个
提示：完成课后作业 第十三章 4. 5.
8 / 83.电磁感应现象及应用
课标要求 素养目标
1.通过实验，了解电磁感应现象。 2.了解产生感应电流的条件。 3.知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响 1.通过实验探究产生感应电流的条件。（科学探究） 2.理解感应电流的产生条件，能根据条件判断是否有感应电流产生。（科学思维） 3.知道电磁感应现象的应用。（物理观念）
知识点一 划时代的发现
1. 发现了电流的磁效应，证实电现象和 是有联系的。
2.1831年，法拉第发现了“ ”现象。
3.法拉第把“磁生电”现象定名为 ，产生的电流叫作 。
知识点二 产生感应电流的条件 电磁感应现象的应用
1.探究感应电流产生的条件
（1）实验装置
（2）探究过程
开关和变阻器的状态 线圈B中是否有电流
开关闭合瞬间 有
开关断开瞬间 有
开关闭合时，滑动变阻器滑片不动 无
开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片 有
（3）实验结论
当穿过 导体回路的磁通量发生 时，闭合导体回路中就产生感应电流。
2.电磁感应现象的应用
（1）最早的发电机： 的圆盘发电机。
（2）具体应用：电厂里巨大的发电机，生产、生活中广泛使用的变压器、电磁炉等。
【情景思辨】
1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图所示。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。根据上述情景，判断下列说法的正误。
（1）闭合开关S的瞬间，电流表G中有感应电流。（ ）
（2）闭合开关S的瞬间，电流表G中无感应电流。（ ）
（3）闭合开关S后，滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，电流表G中有感应电流。（ ）
（4）闭合开关S后，滑动变阻器移动到最右端后，电流表G中有稳定的感应电流。（ ）
（5）闭合开关S后，滑动变阻器的滑片匀速或加速滑动的过程中，电流表中都有感应电流。（ ）
要点一 实验：探究感应电流产生的条件
实验1 闭合电路的部分导体切割磁感线
如图所示，导体棒左右平动、前后平动、上下平动，观察电流表的指针，观察是否有感应电流产生。
实验2 向线圈中插入磁铁，把磁铁从线圈中拔出
如图所示，把磁铁的某一个磁极向线圈中插入，或从线圈中抽出，或静止地放在线圈中。观察电流表的指针是否偏转。
实验3 模拟法拉第的实验
如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端与电流表连接，把线圈A装在线圈B的里面。开关闭合瞬间；开关断开瞬间；开关闭合时，滑动变阻器滑片不动；开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片。观察线圈B中是否有电流产生。
结论
不论用什么方法，不论何种原因，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。
【典例1】 我们可以通过以下实验，来探究感应电流产生的条件。
（1）给出的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路。
（2）接好电路，闭合开关瞬间，电流表指针 （选填“偏转”或“不偏转”）。
（3）电路稳定后，电流表指针 （选填“偏转”或“不偏转”）；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针 （选填“偏转”或“不偏转”）。
（4）根据以上实验可得：产生感应电流的条件为 。
尝试解答
如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材。
（1）用实线将带有铁芯的小螺线管A、电源、滑动变阻器和开关连接成回路Ⅰ，将小量程电流表和大螺线管B连接成回路Ⅱ。
（2）列举出实验中改变回路Ⅱ的磁通量，使回路Ⅱ产生感应电流的三种方式：
① ；
② ；
③ 。
要点二 感应电流有无的判断
【探究】
如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框。
探究在下列几种情况下，线框中是否产生感应电流？
（1）保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中上下运动（图甲）。
（2）保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中左右运动（图乙）。
（3）线框绕轴线AB转动（图丙）。
【归纳】
1.判断有无感应电流的方法和注意事项
（1）能否产生感应电流，取决于穿过闭合导体回路的磁通量是否发生变化，而不是磁通量的大小。
（2）闭合回路的部分导体做切割磁感线运动是引起回路磁通量变化的具体形式之一。但闭合回路的部分导体做切割磁感线运动时，不一定总会引起闭合回路的磁通量变化。如图所示，矩形线框abcd在范围足够大的匀强磁场中，在垂直磁场的平面内向右平动，虽然ad、bc边都切割磁感线，但磁场穿过回路abcd的磁通量没有变化，因而没有产生感应电流。
2.判断回路中是否产生感应电流的思路
【典例2】 如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则（ ）
A.断开开关S，ab中有感应电流
B.闭合开关S，ab中有感应电流
C.无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流
D.无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流
尝试解答
1.（多选）如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称地放置，两直导线中的电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（ ）
A.线圈a中有感应电流 B.线圈b中有感应电流
C.线圈c中无感应电流 D.线圈d中无感应电流
2.下列图中能产生感应电流的是（ ）
1.（多选）闭合线圈按下列选项中的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是（ ）
2.如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是（ ）
A.螺线管中不会产生感应电流
B.螺线管中会产生感应电流
C.只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流
D.只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流
3.（多选）如图所示，竖直放置的长直导线中通有恒定电流，有一矩形导线框与导线在同一平面内，在下列情况中导线框中能产生感应电流的是（ ）
A.导线框向右平动
B.导线框以导线为轴转动
C.导线框向下平动
D.导线框以ad边为轴转动
4.用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件。
（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成器材间的连线。
（2）若连接好实验电路并检查无误后，在闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，说明线圈 （填“A”或“B”）中有了感应电流。要使电流计指针向左偏转，请写出两项可行的操作：
① ；
② 。
提示：完成课后作业 第十三章 3.
5 / 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
