2017_2018学年高中物理全一册学案（打包34套）新人教版选修3_1

习题课：电场力的性质
[目标定位]　1.会处理电场中的平衡问题.2.会处理电场力与牛顿第二定律结合的综合问题．
一、电场力作用下的平衡
1．共点力的平衡条件：物体不受力或所受外力的合力为零．
2．处理平衡问题常用的数学知识和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法．选取研究对象时，要注意整体法和隔离法的灵活运用．
例1　如图1所示，光滑水平面上相距为L的A、B两个带正电小球，电荷量分别为4Q和Q.要在它们之间引入第三个带电小球C，使三个小球都只在电场力相互作用下而处于平衡，求：
图1
(1)小球C带何种电荷？
(2)C与A之间的距离x为多大？
(3)C球的电荷量q为多大？
解析　(1)要使三个小球都只在电场力相互作用下而处于平衡，且A、B为两个带正电小球，故小球C带负电荷．
(2)对C，设C与A之间的距离为x，
则：＝，解得：x＝L.
(3)对A球，由平衡条件知，
＝，解得：q＝Q.
答案　(1)小球C带负电荷　(2)L　(3)Q
同一直线上的三个自由点电荷都处于平衡状态时，电荷间的关系为：“两同夹异”、“两大夹小”、“近小远大”．
例2　如图2所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时，B球偏离竖直方向θ角，A球竖直且与墙壁接触，此时A、B两球位于同一高度且相距L.求：
图2
(1)每个小球带的电荷量q；
(2)B球所受绳的拉力FT.
(3)墙壁对A球的弹力FN.
解析　(1)对B球受力分析如图所示：B球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知：F库＝mgtanθ＝，①
解得：q＝L
(2)由B球的受力分析知，
FT＝②
(3)分析A球的受力情况知FN＝F库＝k③
结合①得FN＝mgtanθ.
答案　(1)L　(2)　(3)mgtanθ
二、两等量电荷电场线的特点
等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较
比较项目
等量同种点电荷
等量异种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强
为零
连线上O点场强最小，指向负电荷一方
连线上的场强大小(从左到右)
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小
O点最小，向外先变大后变小
O点最大，向外逐渐减小
关于O点对称的A与A′、B与B′的场强
等大反向
等大同向
例3　如图3所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中心，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是(　　)
图3
A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右
B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上
C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0
D．Fd、Fc、Fe的大小都相等
解析　根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d、c、e三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点所受电场力方向与场强方向可得到A正确，B、C错误；连线上场强由a到b先减小后增大，中垂线上由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故Fd＞Fc＞Fe，故D错误．
答案　A
三、电场线与运动轨迹
1．物体做曲线运动的条件：合力在轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向．
2．由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向；由电场力和电场线的方向可判断电荷的正负；由电场线的疏密程度可确定电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断运动电荷加速度的大小．
例4　如图4所示，实线为电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一条抛物线．下列判断正确的是(　　)
图4
A．电场线MN的方向一定是由N指向M
B．带电粒子由a运动到b的过程中速度一定逐渐减小
C．带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度
D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度
解析　由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力与速度成锐角，粒子做加速运动，速度增大，故B错误，C正确；b点的电场线比a点的密，所以带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误，故选C.
答案　C
电场线决定力 或加速度 的方向，轨迹显示速度的方向，注意电场力的方向指向轨迹内侧.
针对训练　一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)
答案　D
解析　负电荷所受的电场力与电场强度方向相反，曲线运动中质点所受的合力(本题是电场力)方向指向轨迹的凹侧．所以正确选项是D.
四、电场力与牛顿第二定律的结合
例5　如图5所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：
图5
(1)原来的电场强度；
(2)小物块运动的加速度；
(3)小物块2s末的速度和2s内的位移．
解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，E＝＝.
(2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37°－qEcos37°＝0.3mg，又F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．
(3)由运动学公式v＝at＝3×2m/s＝6
m/s
x＝at2＝×3×22m＝6m
答案　(1)　(2)3m/s2，方向沿斜面向下　(3)6
m/s　6m
1．(电场力作用下的平衡)(多选)两个通电小球带电后相互排斥，如图6所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电荷量用q和Q表示．若已知α＞β，则一定有关系(　　)
图6
A．两球一定带同种电荷
B．m一定小于M
C．q一定大于Q
D．m受到的电场力一定大于M所受的电场力
答案　AB
2．(电场力作用下的平衡)如图7所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10
m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12
m．已测得每个小球质量是8.0×10－4
kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10
m/s2，静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，则(　　)
图7
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2
N
C．B球所带的电荷量为4×10－8
C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案　ACD
解析　两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；A球所受的电场力由几何关系，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，F＝mgtan
37°＝8.0×
10－4×10×0.75
N＝6.0×10－3
N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝k＝k，解得qB＝＝
C＝4×10－8
C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确．
3．(两等量电荷电场的特点)(多选)如图8所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是(　　)
图8
A．速度先增大，再减小
B．速度一直增大
C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大
D．加速度先减小，再增大
答案　AD
解析　在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷受电场力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、N相距很近，加速度则先减小，再增大．
4．(电场线与运动轨迹)(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图9中虚线所示．不计粒子所受重力，则(　　)
图9
A．粒子带正电荷
B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的速度大于B点的速度
D．粒子的初速度不为零
答案　BCD
解析　带电粒子所受合外力(即电场力)指向轨迹内侧，知电场力方向向左，粒子带负电荷，故A项错误．根据EA＞EB，知B项正确．粒子从A到B受到的电场力为阻力，C项正确．由图可知，粒子从A点运动到B点，速度逐渐减小，故粒子在A点速度不为零，D正确．
5．(电场力与牛顿第二定律的结合)如图10所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2kg，所带电荷量为＋2.0×10－8C．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向成30°角，绳长L＝0.2m，取g＝10m/s2，求：
图10
(1)这个匀强电场的电场强度大小．
(2)突然剪断轻绳，小球做什么运动？加速度大小和方向如何？
答案　(1)×107N/C　(2)做匀加速直线运动
m/s2　与绳子拉力方向相反
解析　(1)根据共点力平衡得，
qE＝mgtan30°
解得E＝×107N/C.
(2)突然剪断轻绳，小球受重力和电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动．
F合＝＝ma
a＝m/s2
加速度方向与绳子拉力方向相反.
题组一　电场强度及矢量的叠加
1．(多选)如图所示，下列为电场中某点的电场强度E与放在该点处的试探电荷q及所受电场力F之间的函数关系图象，其中正确的是(　　)
答案　AD
解析　电场中某点的电场强度与试探电荷无关，所以A正确，B错误；由F＝qE知，F－q图象为过原点的倾斜直线，故D正确，C错误．
2．(多选)如图1所示，金属板带电荷量为＋Q，质量为m的金属小球带电荷量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是(　　)
图1
A．＋Q在小球处产生的场强为E1＝
B．＋Q在小球处产生的场强为E1＝
C．＋q在O点产生的场强为E2＝
D．＋q在O点产生的场强为E2＝
答案　BC
解析　金属板不能看做点电荷，在小球处产生的场强不能用E＝计算，故A错误；根据小球处于平衡得小球受电场力F＝mgtanα，由E＝得：E1＝，B正确；小球可看做点电荷，在O点产生的场强E2＝，C正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F＝mgtanα，但金属板不能看做试探电荷，故不能用E＝求场强，D错误．故选B、C.
3．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图2所示．M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)
图2
A.，沿y轴正向
B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向
D.，沿y轴负向
答案　B
解析　因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向，大小为E合＝k；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝k＝，因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为E＝E合－E1＝，方向沿y轴负向，故选项B正确．
题组二　电场线、运动轨迹
4．如图3为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连接的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．A、B可能带等量异号的正、负电荷
B．A、B可能带不等量的正电荷
C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零
D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反
答案　D
解析　根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由题图可知，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两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确．
5．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图4甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则(　　)
图4
A．B、C两点场强大小和方向都相同
B．A、D两点场强大小相等，方向相反
C．E、O、F三点比较，O点场强最弱
D．B、O、C三点比较，O点场强最弱
答案　AD
解析　根据等量异种点电荷的电场特点可知：两电荷连线上各点的场强方向向右且大小关于O点对称，中点场强最小，向两侧场强逐渐增大．两电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，都向右，且大小关于O点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小．故A、D正确．
6.(多选)如图5所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a、b是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是(　　)
图5
A．该粒子带正电荷，运动方向为由a至b
B．该粒子带负电荷，运动方向为由a至b
C．该粒子带正电荷，运动方向为由b至a
D．该粒子带负电荷，运动方向为由b至a
答案　BD
7．(多选)如图6所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则(　　)
图6
A．粒子一定带正电
B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点加速度一定大于在b点加速度
D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
答案　AC
解析　曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从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点所受的力较大，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，电场力与速度成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a运动到c，电场力与速度成钝角，则粒子做减速运动，故在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误；故选A、C.
8.(多选)如图7所示，在负点电荷Q的电场中，a、b两点位于Q为圆心的同一圆周上，a、c两点位于同一条电场线上，则以下说法中正确的是(　　)
图7
A．a、b两点场强大小相等
B．同一试探电荷在a、b两点所受电场力相同
C．a、c两点场强大小关系为Ea＞Ec
D．a、c两点场强方向相同
答案　AD
解析　负点电荷形成的电场中，各点的场强方向都由该点指向场源电荷，a、c两点在同一条电场线上，因此两点的场强方向相同，即选项D正确；场强大小可以根据电场线的疏密程度加以判定，由于c处电场线比a处密，故a、c两点场强大小关系为Ec＞Ea，C项错误；a、b两点处在同一圆周上，电场线疏密程度相同，因此a、b两点场强大小相等，但方向不同，放同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向不同，故A项正确，B项错误．
题组三　带电体在电场中的平衡和加速
9．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m.已知一半径为1
mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10
m/s2，水的密度为103kg/m3.该雨滴携带的电荷量的最小值约为(　　)
A．2×10－9C
B．4×10－9C
C．6×10－9C
D．8×10－9C
答案　B
解析　带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件，电场力和重力必然等大反向，即mg＝Eq，则q＝＝＝C≈4×10－9C.
10．如图8所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在同一直线上，q2与q3间距离为2r,
q1与q2间距离为r，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为(　　)
图8
A．(－9)∶4∶(－36)
B．9∶4∶36
C．(－3)∶2∶(－6)
D．3∶2∶6
答案　A
解析　分别取三个点电荷为研究对象，由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡，所以这三个点电荷不可能是同种电荷，这样可立即排除B、D选项，故正确选项只可能在A、C中．若选q2为研究对象，由库仑定律知k＝k知：q3＝4q1.选项A恰好满足此关系，显然正确选项为A.
11．如图9所示，在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及c的带电荷量．
图9
答案　　2q
解析　设c小球带电荷量为Q，以c小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即2××cos30°＝E·Q；
所以匀强电场场强的大小为.以a小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得b、c对a的合力与匀强电场对a的力等值反向．
即：＝×cos60°.
所以c球的带电荷量为Q＝2q.
12．如图10所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电荷量＋Q，B带电荷量－9Q.现在A、B所在的直线上引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电荷？应放于何处？所带电荷量为多少？
图10
答案　负电　A的左边0.2m处　－Q
解析　根据平衡条件判断，C应带负电荷，放在A的左边且和AB在一条直线上．设C带电荷量为q，与A点相距为x，由平衡条件：
以A为研究对象，则
k＝k①
以C为研究对象，则k＝k②
联立①②解得x＝r＝0.2m，q＝－Q
故C应带负电荷，放在A的左边0.2m处，带电荷量为－Q.
13．如图11所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104N/C，一根长L＝1.5m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6C，质量m＝1.0×10－2kg.再将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
图11
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？
答案　(1)3.2m/s2　(2)0.9m
解析　(1)如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－－qEcosθ＝ma.解得：a＝gsinθ－－，代入数据解得：a＝3.2m/s2.
(2)小球B速度最大时合力为零，即mgsinθ－－qEcosθ＝0
解得：r＝，代入数据解得：r＝0.9m.磁感应强度
[目标定位]　1.通过实验、类比和分析，寻找描述磁场强弱和方向的物理量——磁感应强度.2.进一步体会通过比值定义物理量的方法.3.知道磁感应强度的定义，知道其方向、大小、定义式和单位．
一、磁感应强度及其方向
1．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，用符号B表示．
2．磁感应强度的方向：小磁针静止时N极所指的方向规定为该点的磁感应强度的方向，简称为磁场的方向．
深度思考
关于磁场的方向有几种描述方法？
答案　①磁感应强度的方向；
②小磁针N极受力的方向；
③小磁针静止时N极的指向．
例1　下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是(　　)
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
解析　磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场方向，磁场方向也就是小磁针N极受力的方向．但电流受力的方向不是磁场的方向．
答案　BD
(1)磁感应强度的方向和小磁针N极受力方向相同，但绝非电流的受力方向．(2)磁场中某点磁感应强度的大小和方向是确定的，和小磁针、电流的存在与否无关．
二、磁感应强度的大小
1．在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度L的乘积IL叫做电流元．
2．探究实验
(1)如图1，三块相同的蹄形磁铁并列放在桌上，可以认为磁极间的磁场是均匀的，直导线的方向与磁感应强度的方向垂直．
图1
(2)有电流通过时导线将摆动一个角度，通过摆动角度的大小可以比较导线受力的大小．
(3)大量的实验事实证明，通电导线与磁场方向垂直时，它受力的大小既与导线的长度L成正比，又与导线中的电流I成正比，即与I和L的乘积IL成正比，用公式表示为F＝ILB.式中B是比例系数，它与导线的长度和电流的大小无关_．(填“有关”或“无关”)
3．磁感应强度的大小
(1)定义：一个电流元垂直放入磁场中的某点，电流元受到的磁场力F与该电流元IL的比值．
(2)定义式：B＝.
(3)单位：特斯拉，简称特，符号是T.
深度思考
(1)图1中的探究实验应用了哪种物理学方法？(2)据公式B＝知，磁场中某处的磁感应强度的大小与通电导线在该处所受磁场力F成正比，与导线中的电流I和导线长度L的乘积IL成反比，这种说法正确吗？为什么？
答案　(1)控制变量法．
(2)不正确．公式B＝只是磁感应强度的定义式，磁场中某处的磁感应强度只与磁场本身有关，与该处是否放导线、导线所受磁场力以及导线的长度、通电电流大小均无关．
例2　磁场中放一根与磁场方向垂直的通电导线，它的电流是2.5A，导线长1cm，它受到的磁场力为5.0×10－2N．求：
(1)这个位置的磁感应强度；
(2)如果把通电导线中的电流增大到5A时，这一位置的磁感应强度；
(3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，是否能肯定在这里没有磁场？
解析　(1)由磁感应强度的定义式得
B＝＝T＝2T.
(2)磁感应强度B是由磁场自身决定的，和导线的长度L、电流I的大小无关，所以该位置的磁感应强度还是2T.
(3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，则有两种可能：①该处没有磁场；②该处有磁场，但通电导线与磁场方向平行．
答案　(1)2T　(2)2T　(3)不能肯定
1 在定义式B＝中，通电导线必须垂直于磁场方向放置，因为沿不同方向放置导线时，同一导线受到的磁场力不相等.
2 磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时L应很短很短，IL称为“电流元”，相当于静电场中电场强度公式E＝中的“试探电荷”.
3 磁感应强度B是用比值法定义的物理量，其大小只取决于磁场本身的性质，与F、I、L无关，与磁场中有没有通电导线无关.
1．(磁感应强度的方向)有关磁感应强度的方向，下列说法正确的是(　　)
A．B的方向就是小磁针N极所指的方向
B．B的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致
C．B的方向与小磁针在任何情况下S极受力方向一致
D．B的方向就是通电导线的受力方向
答案　B
2．(磁感应强度的大小)关于磁感应强度B、电流I、导线长度L和电流所受磁场力F的关系，下面的说法中正确的是(　　)
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＝1T，I＝1A，L＝1m，则F一定等于1N
D．若L＝1m，I＝1A，F＝1N，则B一定等于1T
答案　A
解析　在B为零的地方，则F一定为零，而F为零时，则B不一定为零，可能B与I平行．故A正确，B错误；若B＝1
T，I＝1
A，L＝1
m，根据F＝BILsinα，知只有B垂直于I时，F＝BIL＝1
N，故C错误；若F＝1
N，I＝1
A，L＝1
m，根据F＝BILsinα，知只有B垂直于I时，F＝BIL＝1
N，B＝1
T，故D错误.
题组一　磁感应强度的方向
1．(多选)关于磁感应强度，下列说法正确的是(　　)
A．根据定义，磁场中某点的磁感应强度B的方向与导线放置的方向有关
B．B是矢量，方向与F的方向一致
C．B是矢量，方向与小磁针在该点静止时S极所指的方向相反
D．在确定的磁场中，某点的磁感应强度方向与该点是否放小磁针无关
答案　CD
2．(多选)关于磁感应强度的下列说法中，正确的是(　　)
A．磁感应强度的方向就是小磁针N极的受力方向
B．磁感应强度是标量
C．垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁感应强度的大小、方向与放入磁场的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关
答案　AD
题组二　对磁感应强度的定义式B＝的理解
3．下列说法中正确的是(　　)
A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：测出一小段通电导线受到的磁场力F，与该导线的长度L、以及通过的电流I，根据B＝可算出该点的B
B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．磁感应强度B＝只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关
D．放置在磁场中的1m长的导线，通以1A的电流，受力为1N，该处的磁感应强度大小为1T
答案　C
4．磁感应强度的单位是特斯拉(T)，与它等价的是
(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　当导线与磁场方向垂直时，由公式B＝知，磁感应强度B的单位由F、I、L的单位决定．在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称T,1T＝1
5．有一段直导线长1cm，通过5A的电流，把它置于垂直于磁场中的某点时，受到的磁场力为0.1N，则该点的磁感应强度的B值大小为(　　)
A．1TB．5TC．2TD．2.5T
答案　C
解析　根据B＝＝T＝2T.
6．(多选)一根长为0.2m的通电导线，导线中的电流为2A，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是(　　)
A．0.4N
B．0.2N
C．0.1N
D．0
答案　BCD
7．(多选)下列关于磁感应强度和电场强度的概念的说法正确的是(　　)
A．电场强度是描述电场强弱的物理量，反映了电场的性质，磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，反映了磁场的性质
B．电荷周围激发电场，运动电荷周围会激发磁场
C．电场中任何位置处的电场强度与引入的试探电荷无关，磁场中各处的磁感应强度与引入的电流元无关
D．电荷在电场中受到的电场力方向就是该处电场的方向，电流元在磁场中受到的磁场力的方向就是该处磁场的方向
答案　ABC
解析　电场强度和磁感应强度分别是描述电场和磁场的物理量，反映了电场和磁场的性质，选项A对；电荷周围存在电场、电流周围存在磁场，选项B对；电场强度和磁感应强度分别由电场和磁场本身决定，选项C对；正电荷所受电场力方向才是该处电场的方向，电流元受到的磁场力方向不是磁场的方向，选项D错．
题组三　综合应用
8．在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1cm，电流为0.5A，所受的磁场力为5×10－4N．求：
(1)该位置的磁感应强度多大？
(2)若将该电流撤去，该位置的磁感应强度又是多大？
(3)若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受磁场力多大？
答案　(1)0.1T　(2)0.1T　(3)0
解析　(1)由B＝，得
B＝T＝0.1T.
(2)该处的磁感应强度不变，B＝0.1T.
(3)电流元平行磁场放置时，不受磁场力，F＝0.库仑定律
[目标定位]　1.明确点电荷是个理想化模型，知道带电体简化为点电荷的条件.2.理解库仑定律的内容及公式，会用库仑定律进行有关的计算.3.了解库仑扭秤实验．
一、点电荷
1．定义：当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做点电荷．
2．点电荷是理想化的物理模型，只有电荷量，没有大小、形状，类似于力学中的质点，实际不存在．(填“存在”或“不存在”)
深度思考
(1)只有体积很小或电荷量很小的带电体才可以看做点电荷吗？
(2)点电荷就是元电荷吗？
答案　(1)不是．一个带电体能否看做点电荷，是相对于具体问题而言的，与体积大小和电荷量大小无关．
(2)不是．点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷是最小电荷量．
例1　关于点电荷，下列说法中正确的是(　　)
A．点电荷就是体积小的带电体
B．球形带电体一定可以视为点电荷
C．带电少的带电体一定可以视为点电荷
D．大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷
解析　点电荷不能理解为体积很小的带电体，也不能理解为电荷量很少的带电体．同一带电体，如要研究它与离它较近的电荷间的作用力时，就不能看成点电荷，而研究它与离它很远的电荷间的作用力时，就可以看做点电荷．带电体能否看成点电荷，要依具体情况而定，A、B、C均错．
答案　D
1 一个带电体能否看做点电荷，是相对于具体问题而言的，不能单凭其大小和形状确定.
2 点电荷的电荷量可能较大也可能较小，但一定是元电荷的整数倍.
二、库仑定律和库仑的实验
1.内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
2．公式：F＝k，其中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．
3．适用条件：(1)在真空中；(2)点电荷．
4．库仑的实验
(1)库仑扭秤实验是通过悬丝扭转的角度比较静电力F的大小．实验结果发现静电力F与距离r的二次方成反比．
(2)库仑在实验中为研究F与q的关系，采用的是用两个完全相同的金属小球接触后电荷量平分的方法，发现F与q1和q2的乘积成正比．
5．静电力的确定
(1)大小计算：利用库仑定律计算静电力时不必将表示电性的正、负号代入公式，只代入q1和q2的绝对值即可．
(2)方向判断：利用同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引来判断．
深度思考
当电荷q1、q2间的距离r→0时，由公式F＝k可知，两电荷间的相互作用力F→∞.这种说法正确吗？为什么？
答案　不正确．因为当电荷q1、q2间的距离r→0时，已不能将q1、q2视为点电荷了，库仑定律不再适用．
例2　两个完全相同的金属小球A、B(均可视为点电荷)带有相等的电荷量，相隔一定距离，两小球之间相互吸引力的大小是F.今让第三个不带电的相同金属小球先后与A、B两小球接触后移开．这时，A、B两小球之间的相互作用力的大小是(　　)
A.B.C.D.
解析　设A、B两球间的距离为r，因为开始时A、B两球间的作用力是吸引力，所以设A所带电荷量为Q，B所带电荷量为－Q，由库仑定律知，开始时A、B两球之间的作用力F＝k.当第三个不带电的小球与A接触时，据电荷均分原理可知，两球均带电荷量为Q.
当第三个小球与B球接触时，两球均带电荷量为×(Q－Q)＝－Q.
故这时A、B两球间的作用力大小F′＝k＝F.
答案　A
(1)库仑定律只适用于真空中点电荷之间的相互作用，一般没有特殊说明的情况下，都可按真空来处理．
(2)两个点电荷之间的库仑力遵守牛顿第三定律，即不论电荷量大小如何，两点电荷间的库仑力大小总是相等的．
例3　如图1所示，两个半径均为r的金属球放在绝缘支架上，两球面最近距离为r，带等量异种电荷，电荷量为Q，两球之间的静电力为下列选项中的哪一个(　　)
图1
A．等于k
B．大于k
C．小于k
D．等于k
解析　由于两金属球带等量异种电荷，电荷间相互吸引，因此电荷在金属球上的分布向两球靠近的一面集中，电荷间的距离就要比3r小．根据库仑定律，静电力一定大于k，正确选项为B.
答案　B
两个形状规则的均匀球体相距较远时可以看做点电荷；相距较近时不能看做点电荷，此时球体间的作用力会随着电荷的分布而变化.
三、静电力的叠加
1.两个点电荷间的作用力不会(选填“会”或“不会”)因为第三个点电荷的存在而有所改变．
2．两个或者两个以上点电荷对某一个点电荷的作用力等于各点电荷单独对这个点电荷的作用力的矢量和．
例4　如图2所示，在A、B两点分别放置点电荷Q1＝＋2×10－14C和Q2＝－2×10－14C，在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2m．如果有一个电子在C点，它所受到的库仑力的大小和方向如何？
图2
解析　电子在C点同时受A、B点电荷对其的作用力FA、FB，如图所示，
由库仑定律F＝k得FA＝FB＝k＝9.0×109×N＝8.0×10－21N．由平行四边形定则和几何知识得：静止在C点的电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21N，方向平行于AB向左．
答案　8.0×10－21N　方向平行于AB向左
1 库仑力也称为静电力，它具有力的共性.它与学过的重力、弹力、摩擦力是并列的.它具有力的一切性质.
2 当多个带电体同时存在时，每两个带电体间的库仑力都遵守库仑定律.某一带电体同时受到多个库仑力作用时可利用力的平行四边形定则求出其合力.
四、静电力作用下的平衡问题
例5　如图3所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)．求：
图3
(1)两线上的拉力F1和F2的大小；
(2)支架对地面的压力FN的大小．
解析　(1)对A进行受力分析，如图所示
由平衡条件，可得
竖直方向F1cos60°＋F2cos60°＝mAg＋k
水平方向F1sin60°＝F2sin60°
联立以上两式解得，F1＝F2＝1.9N
(2)设地面对支架的支持力大小为FN′，对B和支架进行受力分析，如图所示
由平衡条件，可知FN′＋k＝mBg
解得，FN′＝mBg－k＝1.1N
由牛顿第三定律得支架对地面的压力大小FN＝FN′＝1.1N
答案　(1)1.9N　1.9N　(2)1.1N
分析静电力平衡的基本方法： 1 明确研究对象； 2 画出研究对象的受力分析图； 3 根据平衡条件列方程； 4 代入数据计算或讨论.
1．(对点电荷的理解)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．点电荷是一种理想化模型，真正的点电荷是不存在的
B．点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
C．根据F＝k可知，当r→0时，F→∞
D．一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计
答案　AD
解析　点电荷是一种理想化模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小和所带电荷量多少，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计．因此大的带电体一定不能看成点电荷和小的带电体一定能看成点电荷的说法都是错误的，所以选项A、D正确，B错误；r→0时已经不能看成点电荷，C错误．
2.(库仑定律的理解和应用)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)
A.FB.FC.FD．12F
答案　B
解析　根据库仑定律可得F＝k＝3k，两球先接触再分开后电荷量均为＝Q，此时两球间库仑力的大小为F′＝k＝4k＝F，故B正确．
3．(静电力的叠加)如图4，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知放在P、Q连线上某点R处的点电荷q受力为零，且PR＝2RQ.则(　　)
图4
A．q1＝2q2
B．q1＝4q2
C．q1＝－2q2
D．q1＝－4q2
答案　B
解析　由于R处的点电荷q受力平衡，
根据库仑定律得＝，PR＝2RQ
解得：q1＝4q2.
4．(库仑力作用下的平衡)如图5所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上．其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k.则(　　)
图5
A．A、B间库仑力大小F＝
B．A、B间库仑力大小F＝
C．细线拉力大小FT＝
D．细线拉力大小FT＝mg
答案　B
解析　带电小球A受力如图所示，OC＝l，即C点为OB中点，根据对称性AB＝l.由库仑定律知A、B间库仑力大小F＝，细线拉力FT＝F＝，选项A、C错误；根据平衡条件得Fcos
30°＝mg，得F＝，绳子拉力FT＝，选项B正确，D错误.
题组一　库仑定律的理解
1．关于库仑定律，下列说法中正确的是
(　　)
A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B．根据F＝k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大
C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
答案　D
解析　点电荷是实际带电体的理想化模型，只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时，实际带电体才能视为点电荷，故选项A错误；当两个电荷之间的距离趋近于零时，不能再视为点电荷，公式F＝k不能用于计算此时的静电力，故选项B错误；q1和q2之间的静电力是一对相互作用力，它们的大小相等，故选项C错误；库仑定律与万有引力定律的表达式相似，研究和运用的方法也很相似，都是平方反比定律，故选项D正确．
2．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是
(　　)
A．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍
C．一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两个点电荷间的距离减小为原来的
D．保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷间的距离减小为原来的
答案　A
解析　根据库仑定律F＝k可知，当r不变时，q1、q2均变为原来的2倍，F变为原来的4倍，A正确；同理可求得B、C、D中F的变化均不满足条件，故B、C、D错误．
3．如图1所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是(　　)
图1
A．此实验中采用了等效替代的方法
B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关
C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电荷量有关
D．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关
答案　D
解析　在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电荷量，不能研究电荷之间作用力和电性、电荷量关系，故A、B、C错误，D正确．
4．A、B两个大小相同的金属小球，A带有6Q正电荷，B带有3Q负电荷，当它们在远大于自身直径处固定时，两球之间静电力大小为F.另有一大小与A、B相同的不带电小球C，若让C先与A接触，再与B接触，拿走C球后，A、B间静电力的大小变为(　　)
A．6FB．3FC．FD．零
答案　D
解析　C先后与A、B接触后，A、B带的电荷量分别为3Q、0，故此时A、B间的静电力为零．
5．半径为R、相距较近的两个较大金属球放在绝缘桌面上．若两球都带等量同号电荷Q时，它们之间的静电力为F1，两球带等量异号电荷Q与－Q时，静电力为F2，则(　　)
A．F1＞F2
B．F1＜F2
C．F1＝F2
D．不能确定
答案　B
解析　因为两个金属球较大，相距较近，电荷间的相互作用力使电荷分布不均匀，故不能简单地把两球看成点电荷．带等量同号电荷时，两球的电荷在距离较远处分布得多一些，带等量异号电荷时，两球的电荷在距离较近处分布得多一些，可见带等量同号电荷时两球电荷中心间距离大于带等量异号电荷时两球电荷中心间距离，所以有F1＜F2，故B项正确．
6．如图2所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(　　)
图2
A．速度变大，加速度变大
B．速度变小，加速度变小
C．速度变大，加速度变小
D．速度变小，加速度变大
答案　C
解析　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．
题组二　库仑力的叠加
7．如图3所示，两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9C和q2＝－9×10－9C，两者分别固定在相距20cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处(　　)
图3
A．a的左侧40cm
B．a、b的中点
C．b的右侧40cm
D．无法确定
答案　A
解析　根据平衡条件，它应在q1点电荷的左侧，设距q1距离为x，有k＝k，将q1＝4×10－9C，q2＝－9×10－9C代入，解得x＝40cm，故选项A正确．
8．如图4所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是(　　)
图4
A．A带正电，QA∶QB＝1∶8
B．A带负电，QA∶QB＝1∶8
C．A带正电，QA∶QB＝1∶4
D．A带负电，QA∶QB＝1∶4
答案　B
解析　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AC间的距离为L，则FBsin30°＝FA即k·sin30°＝
解得＝，故选项B正确．
9．如图5所示，在一条直线上的三点分别放置QA＝＋3×10－9C、QB＝－4×10－9C、QC＝＋3×10－9C的A、B、C点电荷，则作用在点电荷A上的作用力的大小为(　　)
图5
A．9.9×10－4N
B．9.9×10－3N
C．1.17×10－4N
D．2.7×10－4N
答案　A
解析　点电荷A同时受到B和C的库仑力作用，因此作用在A上的力应为两库仑力的合力．可先根据库仑定律分别求出B、C对A的库仑力，再求合力．
A受到B、C电荷的库仑力如图所示，根据库仑定律有
FBA＝＝N
＝1.08×10－3N
FCA＝＝N＝9×10－5N
规定沿这条直线由A指向C为正方向，则点电荷A受到的合力大小为
FA＝FBA－FCA＝(1.08×10－3－9×10－5)
N＝9.9×10－4N．故选项A正确．
题组三　库仑力作用下的平衡
10．(多选)A、B两个带电小球的质量分别为m1、m2，带电荷量分别为q1、q2.如图6所示，当A、B两小球静止时，两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且两小球恰好处于同一水平面上．下列判断正确的是(　　)
图6
A．若q1＝q2，则θ1＝θ2
B．若q1＜q2，则θ1＞θ2
C．若m1＝m2，则θ1＝θ2
D．若m1＜m2，则θ1＞θ2
答案　CD
解析　A、B之间的静电力是作用力和反作用力关系，所以不论A、B哪个所带的电荷量大，它们受到的静电力都是大小相等、方向相反．由平衡条件得tanθ＝，可见若它们的质量相同，则悬线与竖直方向的夹角相同；质量越大，则悬线与竖直方向的夹角越小，故选项C、D正确．
11．如图7所示，把一带电荷量为Q＝－5×10－8C的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为q＝＋4×10－6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45°角，取g＝10m/s2，k＝9.0×109
N·m2/C2，且A、B两小球均可视为点电荷，求：
图7
(1)A、B两球间的库仑力大小；
(2)A球的质量．
答案　(1)0.02N　(2)2×10－3kg
解析　(1)由库仑定律得：F＝k
代入数据得：F＝0.02N.
故A、B两球间的库仑力为0.02N.
(2)由牛顿第三定律知，B所受库仑力与A球所受库仑力的大小相等，对A球受力分析如图所示：
根据平衡条件得：F＝mgtanα
代入数据得：m＝2×10－3kg.
故A球的质量为：
m＝2×10－3kg.
12．如图8所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30g，则B带电荷量是多少？(取g＝10m/s2)
图8
答案　1.0×10－6C
解析　因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L.
依据题意可得：tan30°＝，
L＝＝cm＝10cm，
对B进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力
F＝mgtan30°＝30×10－3×10×N＝0.3N.
依据库仑定律F＝k得：F＝k.
解得：Q＝＝×10×10－2C＝1.0×10－6C.电势能和电势
[目标定位]　1.知道静电力做功的特点，掌握静电力做功与电势能变化的关系.2.理解电势能、电势的概念，知道参考点的选取原则.3.知道什么是等势面，并能理解等势面的特点．
一、静电力做功、电势能及其关系
1．静电力做功的特点
如图1所示，在匀强电场中不论q经由什么路径从A点移动到B点，静电力做的功都相等．说明静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关(填“有关”或“无关”)．可以证明，对于非匀强电场也是适用的．
图1
2．电势能
(1)概念：电荷在电场中具有的势能．用Ep表示．
(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量．表达式：WAB＝EpA－EpB.
(3)电势能的大小：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．
深度思考
(1)在电场中确定的两点移动等量的正、负电荷时，静电力做功和电势能的变化有何差异？
(2)电势能是标量还是矢量？它有正负之分吗？若有，其正负号表示什么？
答案　(1)静电力做功的绝对值相等，正负不同，电势能的变化量相等，增减情况相反．
(2)电势能是标量，有正负、无方向．电势能为正值表示电势能大于零势能点的电势能，电势能为负值表示电势能小于零势能点的电势能．
例1　将带电荷量为6×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10－5J的功，再从B移到C，电场力做了1.2×10－5J的功，则：
(1)电荷从A移到B，再从B移到C的过程中电势能共改变了多少？
(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？
(3)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少？
解析　(1)WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5)
J＝－1.8×10－5J.
可见电势能增加了1.8×10－5J.
(2)如果规定A点的电势能为零，由公式得该电荷在B点的电势能为EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5J.
同理，C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5J.
(3)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点的电势能为：
EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋WAB＝－3×10－5J.
C点的电势能为EpC′＝EpB′－WBC＝0－WBC＝－1.2×10－5J.
答案　见解析
1 电势能的系统性：电势能由电场和电荷共同决定，但我们习惯说成电场中的电荷所具有的势能.
2 电势能的相对性：电势能是一个相对量，其数值与零势能点的选取有关.
例2　在电场强度大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体从A点开始以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度的大小为，物体运动距离l到B时速度变为零．下列说法正确的是(　　)
A．物体克服电场力做功qEl
B．物体的电势能减少了qEl
C．物体的电势能增加了qEl
D．若选A点的电势能为零，则物体在B点的电势能为qEl
解析　物体所受电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功即克服电场力做功W＝qEl，选项A正确；由于电场力做功等于电势能的减少量，电场力做负功，所以电势能增加了qEl，选项B错误，选项C正确；由WAB＝EpA－EpB可知，当选A点的电势能为零时，EpB＝－WAB＝qEl，选项D正确．
答案　ACD
1 在匀强电场中，电场力做的功为W＝qEd，其中d为沿电场线方向的位移.
2 功是能量转化的量度，但要理解并区别电场力做功与电势能变化的关系、合外力做功与动能变化的关系 动能定理 ，即搞清功与能的变化的对应关系.
二、电势
1．概念：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．
2．定义式和单位：φ＝，单位是伏特，符号是V.
3．相对性：电势也是相对的，常取离场源电荷无限远处的电势为零，或大地的电势为零，电势可以是正值，也可以是负值，没有方向，因此是标量．
4．与电场线的关系：沿电场线的方向电势降低．
深度思考
电荷在电势越高的位置电势能越大吗？
答案　不一定，正电荷在电势越高处电势能越大，负电荷在电势越高处电势能越小．
例3　如果把q＝1.0×10－8C的电荷从无限远移到电场中的A点，需要克服静电力做功W＝1.2×10－4J，那么：
(1)q在A点的电势能和A点的电势各是什么？
(2)q未移入电场前，A点的电势是多少？
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－(－1.2×10－4J)＝1.2×10－4J
再由φA＝得φA＝1.2×104V
(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1.2×104V.
答案　(1)1.2×10－4J　1.2×104V　(2)1.2×104V
1 电势和电势能具有相对性，与零势面的选择有关.
2 φ＝是电势的定义式.电场中某点处φ的大小是由电场本身决定的，与在该点处是否放入试探电荷、电荷的电性、电荷量均无关.
3 由φ＝求电势时，可将各物理量的“＋”、“－”直接代入计算，这样更方便.
例4　有一电场的电场线如图2所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则(　　)
图2
A．EA>EB，φA>φB
B．EA>EB，φA<φB
C．EAφB
D．EA解析　由电场线的疏密可知EA答案　D
1 场强大小与电势高低之间无必然联系. 2 沿着电场线的方向电势降低.
三、等势面
1．定义：电场中电势相同的各点构成的面．
2．等势面的特点
(1)等势面一定跟电场线垂直，即跟电场强度的方向垂直．
(2)电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，两个不同的等势面永不相交．
3．熟悉下面几种常见电场等势面的特点
深度思考
分析上面几种常见电场等势面的特点，我们是否可以根据等势面的分布情况比较各点场强的大小？
答案　可以．在电场线密集(稀疏)的地方，等差等势面也密集(稀疏)．因此由等差等势面的疏密，可以定性地比较各点场强的大小．
例5　关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
解析　若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错．
答案　B
等势面的应用
(1)利用等势面和电场线垂直以及沿电场线电势降低的特点可判断电场线的方向．
(2)利用等势面的密集程度可以比较场强大小，密大疏小．
(3)在等势面上移动电荷时，或者带电粒子从一个等势面运动又返回到这个等势面上时，电场力均不做功．
1．(电场力做功与电势能变化的关系)如图3所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)
图3
A．若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少
B．若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向A运动，电势能增加
C．若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加
D．若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向B运动，电势能减少
答案　A
解析　若在C点无初速度地释放正电荷，正电荷所受电场力向右，则正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少；若在C点无初速度地释放负电荷，负电荷所受电场力向左，则负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少．
2．(电势的高低判断)关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．负电荷沿电场线方向移动时，电势能增加，电势降低
B．负电荷沿电场线方向移动时，电势能减小，电势降低
C．电场强度大的位置电势一定高，电场强度小的位置电势一定低
D．电场强度为零的点，电势一定为零
答案　A
解析　负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，由φ＝可知电势降低，故A正确，B错误；电场强度与电势没有直接的关系，则电场强度大的位置电势不一定高，电场强度小的位置电势不一定低，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为零，故C、D错误．
3．(电势能和电势的高低判断)在电场中，把电荷量为4×10－9
C的负点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10－8
J，已知A点电势为零，则以下说法中正确的是(　　)
A．负点电荷在B点具有的电势能是6×10－8
J
B．B点电势是15
V
C．负点电荷的电势能增加了6×10－8
J
D．负点电荷的电势能减少了6×10－8
J
答案　AC
解析　由于负点电荷从A移到B的过程中克服静电力做功6×10－8
J，故负点电荷电势能增加了6×10－8
J，由于负点电荷在A点电势能为零，所以负点电荷在B点电势能为6×10－8
J，φB＝＝－15
V，故选项A、C正确，B、D错误．
4．(等势面的应用)(多选)如图4所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则(　　)
图4
A．A点场强小于B点场强
B．A点场强方向指向x轴负方向
C．A点场强大于B点场强
D．A点电势高于B点电势
答案　AD
解析　由于电场线与等势面总是垂直，所以B点电场线比A点密，B点场强大于A点场强，故A正确，C错误．电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误．由题图中数据可知D正确.
题组一　电场力做功的特点和电势能变化的关系
1．(多选)一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6J的功，那么(　　)
A．电荷在B处时将具有5×10－6J的电势能
B．电荷在B处时将具有5×10－6J的动能
C．电荷的电势能减少了5×10－6J
D．电荷的动能增加了5×10－6J
答案　CD
解析　电场力对电荷所做的功等于它的电势能的减少量，故电场力做了5×10－6J的功，电荷的电势能一定减少了5×10－6J，但电荷在B处的电势能无法确定，A错，C对；根据动能定理可知，电荷的动能一定增加了5×10－6J，但电荷在B处的动能无法确定，B错，D对．
2．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．电荷从电场中的A点运动到了B点，路径不同，电场力做功的大小就可能不同
B．电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则电场力做功为零
C．正电荷沿着电场线运动，电场力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，电场力对负电荷做正功
D．电荷在电场中运动，因为电场力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立
答案　BC
解析　电场力做功和电荷运动路径无关，所以选项A错误；电场力做功只和电荷的初、末位置有关，所以电荷从某点开始出发又回到了该点，电场力做功为零，B正确；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的电场力和电荷的位移方向相同，故电场力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，电场力对负电荷做正功，C正确；电荷在电场中虽然有电场力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律，D错．
3．(多选)如图1所示，两个等量的正点电荷分别置于P、Q两位置，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一试探电荷q，则(　　)
图1
A．若q是正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能大
B．若q是负电荷，q在M点的电势能比在N点的电势能大
C．无论q是正电荷，还是负电荷，q在M、N两点的电势能都一样大
D．无论q是正电荷还是负电荷，q在M点的电势能都比在N点的电势能小
答案　AB
解析　由两个等量的正点电荷周围的电场线的分布情况可知，两点电荷连线的中垂线上的电场方向是：由连线的中点沿中垂线指向无穷远处．正电荷从N点移到M点，静电力做正功，电势能减小；负电荷从N点移到M点，静电力做负功，电势能增大．故选A、B.
题组二　电场线、等势面及应用
4．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的方向处处与等势面垂直
B．电场强度为零的地方，电势也为零
C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D．任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向
答案　AD
解析　电场线(电场强度)的方向总是与等势面垂直，选项A正确．电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误．沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误．电场线(电场强度)的方向总是从高的等势面指向低的等势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确．
5．将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图2所示，金属球表面的电势处处相等，a、b为电场中的两点，则(　　)
图2
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．带负电的电荷q在a点的电势能比在b点的小
D．带正电的电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
答案　C
解析　a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势．故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，故B错误；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C正确；正电荷在a点的电势能较b点大，则把带正电的电荷q从电势能大的a点移动到电势能小的b点，电势能减小，电场力做正功．故D错误．
6．(多选)如图3所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是(　　)
图3
A．φO＝φP，EO>EP
B．φO>φP，EO＝EP
C．负电荷在P点的电势能大
D．O、P两点所在直线为等势面
答案　AD
解析　等量异种电荷的中垂线是一条等势面，故φO＝φP，负电荷在O、P两点电势能相等，B、C错，D正确；由电场叠加可知从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故EO>EP，A正确．
7．(多选)如图4甲所示的直线为某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度－时间图象如图乙所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小可得(　　)
图4
A．φA＞φBB．φA＜φBC．EA＞EBD．EA＝EB
答案　BC
解析　负电荷的速度在增加，说明电场力方向由A指向B，场强方向由B指向A，所以φB＞φA，B对．又知加速度在减小，所以EA＞EB，C对．
8．(多选)如图5所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹．若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是(　　)
图5
A．电荷从a到b加速度减小
B．电荷从a到b动能减小
C．电荷从a到b电势能减小
D．电荷从a到b电势能增大
答案　ABD
解析　由电场线的疏密程度可知，Ea>Eb，再由a＝＝知，A项正确；电场力的方向指向曲线的内侧，即沿电场线指向左，粒子从a运动到b处，电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以B、D项正确，C项错误.
9．一个带电粒子在匀强电场中运动的轨迹如图6中曲线AB所示，平行的虚线a、b、c、d表示该电场中的四个等势面．不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　)
图6
A．该粒子一定带正电
B．四个等势面中a等势面的电势一定最低
C．该粒子由A到B过程中动能一定逐渐减小
D．该粒子由A到B过程中电势能一定逐渐减小
答案　D
解析　根据电场线垂直于等势面，可画出电场线．再由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，由于粒子带电正负不确定，所以无法判断电场线的方向，无法判断电势高低，A、B错；由A到B的运动过程中，电场力做正功，所以粒子的动能增大，电势能减小．C错，D正确．
题组三　电势能和电势的计算
10．将一正电荷从无穷远处移至电场中M点，电场力做功为6.0×10－9J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功为7.0×10－9J，则M、N两点的电势φM、φN有(　　)
A．φM＜φN＜0
B．φN＞φM＞0
C．φN＜φM＜0
D．φM＞φN＞0
答案　C
解析　取无穷远处电势φ∞＝0.
对正电荷：W∞M＝0－EpM＝－qφM，
φM＝＝－；
对负电荷：WN∞＝EpN－0＝－qφN，
φN＝＝－；
所以φN＜φM＜0，选项C正确．
11．如图7所示，把电荷量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能如何变化？若A点的电势φA＝15V，B点的电势φB＝10V，则此过程中电场力做的功为多少？
图7
答案　增大　－2.5×10－8J
解析　电荷由A点移到B点，电场力做负功，故电势能增大．由电场力做功与电势能变化的关系知，电场力做的功为WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝(－5×10－9)×(15－10)
J＝－2.5×10－8J.
12．将一个电荷量为－2×10－8C的点电荷，从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10－8J.
(1)q在M点的电势能和M点的电势各是多少？
(2)q移入电场前，M点的电势是多少？
(3)若将该电荷从M点移至N点，静电力做功1.4×10－7J，则N点的电势能和电势分别为多少
答案　(1)4×10－8J　－2V　(2)－2V　(3)－1×10－7J　5V
解析　(1)由WSM＝EpS－EpM得EpM＝EpS－WSM＝4×10－8J
由EpM＝qφM得φM＝＝V＝－2V
(2)电势与电荷无关，故q移入电场前φM＝－2V
(3)WMN＝EpM－EpN，得EpN＝EpM－WMN＝－1×10－7J
由EpN＝qφN得φN＝＝V＝5V习题课：带电粒子在电场中的运动
[目标定位]　1.加深对电场中带电粒子的加速和偏转的理解和应用.2.掌握电场中带电粒子的圆周运动问题的分析方法．
一、带电粒子在电场中的直线运动
例1　如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上极板A带正电，现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场．
图1
(1)带电小球做何种运动？
(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
解析　(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动．
(2)整个运动过程中小球克服重力和电场力做功，由动能定理得
－mg(H＋h)－qUAB＝0－mv
解得UAB＝
答案　见解析
二、带电粒子在电场中的类平抛运动
例2　长为L的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30°角，如图2所示，不计粒子重力，求：
图2
(1)粒子末速度的大小；
(2)匀强电场的场强；
(3)两板间的距离．
解析　(1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30°，
由速度关系得合速度：v＝＝，
vy＝v0tan30°＝
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，
在竖直方向上：L＝v0t，
在水平方向上：vy＝at，
由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：E＝；
(3)粒子做类平抛运动，
在水平方向上：d＝at2，
解得：d＝L
答案　(1)　(2)　(3)L
三、带电粒子在交变电场中运动
例3　在如图3甲所示平行板电容器A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两极板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)(　　)
甲　　　　　　　　乙
图3
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
解析　由运动学和动力学规律画出如图所示的v－t图象可知，电子一直向B板运动，C正确．
答案　C
(1)当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图象特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．
四、带电粒子在电场中的圆周运动
电学知识与圆周运动结合的综合问题是近几年高考热点．解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，但处理时要充分考虑到电场力的特点，明确向心力的来源，灵活应用等效法、叠加法等分析解决问题．
例4　如图4所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA＝________.当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB＝______.
图4
解析　在A点时，电场力提供向心力qE＝
解得vA＝
在B点时，FB′－qE＝m，FB＝FB′
小球由A到B的过程中，由动能定理得：
qE·2r＝mv－mv
由以上各式解得FB＝6qE.
答案　　6qE
1．(带电粒子在电场中的直线运动)(多选)如图5所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知(　　)
图5
A．电场中A点的电势低于B点的电势
B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能
C．微粒在A点时的电势能大于在B点时的电势能
D．微粒在A点时机械能大于在B点时的机械能
答案　BD
解析　带负电微粒受重力、电场力，合外力与运动方向在同一条直线上，可知所受电场力方向水平向左，场强方向水平向右，沿电场线电势在降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；由A到B，微粒做减速运动，所以动能减小，电场力做负功，电势能增加，即微粒在A点的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确，C错误；微粒从A向B运动，除重力外电场力做负功，机械能减小，选项D正确．
2．(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图6所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率为v，且各个方向都有．与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光．若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，求B上受电子轰击后的发光面积．
图6
答案　
解析　阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，取两个极端情况如图所示．
沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点．
竖直方向上y＝vt，
水平方向上l＝·t2.解得y＝v.
沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得y′＝v.
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝.
3．(带电粒子在交变电场中的运动)在空间有正方向水平向右、大小按如图7所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1s时，电子离开A点的距离大小为l.那么在t＝2s时，电子将处在(　　)
图7
A．A点
B．A点左方l处
C．A点右方2l处
D．A点左方2l处
答案　D
解析　第1s内电场方向向右，电子受到的电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2s内电子受到的电场力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t＝2s时总位移为2l，向左．
4．(电场中粒子的圆周运动)如图8所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m、带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg.求：
图8
(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；
(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力．
答案　(1)2　5mg，方向竖直向下　(2)mg，方向竖直向下
解析　(1)A至D点，由动能定理得
mgR＋qER＝mv，v1＝2
由牛顿第二定律FN－mg＝m，FN＝5mg
由牛顿第三定律FN＝FN′
小球对管壁的压力为5mg，方向竖直向下．
(2)第一次经过C，－mgR＋qE·2R＝mv
设管壁对小球的作用力方向竖直向下，
mg＋FC1＝m
FC1＝mg，方向竖直向下.
题组一　带电微粒在电场中的直线运动
1．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大(　　)
A．质子H
B．氘核H
C．α粒子He
D．钠离子Na＋
答案　A
解析　四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理，
qU＝mv2－0得v＝
由上式可知，比荷越大，速度越大；显然A选项中质子的比荷最大，故A正确．
2．如图1所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则(　　)
图1
A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2
B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2
C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝∶1
D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶
答案　D
解析　电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1.由动能定理Ue＝mv2得v＝，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶.
3．(多选)平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图2所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
图2
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
答案　BD
解析　带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．
题组二　带电粒子在电场中的类平抛运动
4．如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的(　　)
图3
A．2倍B．4倍C.D.
答案　C
解析　电子在两极板间做类平抛运动．
水平方向：l＝v0t，所以t＝.
竖直方向：d＝at2＝t2＝，
故d2＝，即d∝，故C正确．
5．(多选)如图4所示，一电子沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知O＝A，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则(　　)
图4
A．vCy∶vDy＝1∶2
B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3
D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案　AD
解析　电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知＝，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，则得，ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4.故C错误，D正确．
6．如图5所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中(　　)
图5
A．它们运动的时间tQ＞tP
B．它们运动的加速度aQ＜aP
C．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
答案　C
解析　设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理对Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．
7．(多选)如图6所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为零进入同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么(　　)
图6
A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
答案　BD
解析　同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏移距离公式或偏转角公式y＝，tanθ＝知，与带电粒子无关，D对．
8．如图7所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)
图7
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝.故选项B正确，选项A、C、D错误．
题组三　带电粒子在交变电场中的运动
9．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图8所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)
图8
A．微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同
答案　BD
解析　微粒在0～1
s内的加速度与1～2
s内的加速度大小相等、方向相反，A项错误；带正电的微粒放在电场中，第1
s内加速运动，第2
s内减速至零，故B、D项正确，C项错误．
10．(多选)如图9所示，两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图象应是(设两板距离足够大)(　　)
图9
答案　BC
解析　由A图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零．然后重复一直向一个方向运动不往返．
由B图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；从T到T反向匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．
由C图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度减小的减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．
由D图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B、C.
题组四　综合应用
11．如图10，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．
图10
答案　
解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin30°＝v0sin60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得UAB＝.
12．中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．
如图11所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107
m/s，电源频率为1×107
Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2，质子的荷质比取1×108
C/kg.求：
图11
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
答案　(1)0.4
m　(2)6×104
V
解析　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝①
L＝vB·②
联立①②式并代入数据得L＝0.4
m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电压对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝mv－mv⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104
V⑦
13．如图12所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5
m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD＝2R，把一质量m＝100
g、带电荷量q＝10－4
C的带负电小球，放在水平轨道上的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g＝10
m/s2，求：
图12
(1)小球到达B点时的速度是多大？
(2)小球到达B点时对轨道的压力是多大？
答案　(1)2m/s　(2)5N
解析　(1)小球从D至B的过程中，由动能定理：
qE(2R＋R)－mgR＝mv
解得：vB＝2m/s
(2)在B点由牛顿第二定律得：
FN－qE＝
FN＝qE＋m＝5N.
由牛顿第三定律知
FN′＝FN＝5N．导体的电阻
[目标定位]　1.知道电阻与哪些因素有关，能够探究电阻与各因素的关系.2.掌握电阻定律，并能进行有关计算．
3．理解电阻率的概念、意义及决定因素．
一、影响导体电阻的因素
1．探究导体电阻与其影响因素的定性关系
移动滑动变阻器的滑片可以改变它的电阻，这说明导体电阻跟它的长度有关；同样是220V的灯泡，灯丝越粗用起来越亮，说明导体电阻跟横截面积有关；电线常用铜丝制造而不用铁丝，说明导体电阻跟它的材料有关．
2．探究导体电阻与其影响因素的定量关系
探究方案一　控制变量法
如图1所示，a、b、c、d是四条不同的金属导体．在长度、横截面积、材料三个因素方面，我们采用控制变量法研究影响电阻的因素，即b、c、d跟a相比，分别只有一个因素不同：b与a长度不同；c与a横截面积不同；d与a材料不同．
图1
图中四段导体是串联的，每段导体两端的电压与它们的电阻成正比，因此，用电压表分别测量a、b、c、d两端的电压，就能知道它们的电阻之比．
探究方案二　逻辑推理法
(1)分析导体电阻与它的长度的关系
一条长度为l、电阻为R的导体，可以看成是由n段长度同为l1、电阻同为R1的导体串联而成．因l＝nl1，R＝nR1，所以＝.
(2)研究导体电阻与它的横截面积的关系
有n条导体，它们的长度相同，材料相同，横截面积同为S1，电阻同为R1.把它们紧紧地束在一起，组成一根横截面积为S、电阻为R的导体．则R＝，S＝nS1，所以＝.
例1　“探究导体电阻与导体长度、横截面积、材料的关系”的实验电路如图2所示，a、b、c、d是四种不同的金属丝．现有几根康铜合金丝和镍铬合金丝，其规格如下表所示．
图2
编号
材料
长度(m)
横截面积(mm2)
A
镍铬合金
0.8
0.8
B
镍铬合金
0.5
0.5
C
镍铬合金
0.3
0.5
D
镍铬合金
0.3
1.0
E
康铜丝
0.3
0.5
F
康铜丝
0.8
0.8
(1)电路图2中四条金属丝应分别选上表中的________(用编号表示)；
(2)在相互交流时，有位同学提出用如图3所示的电路，只要将图中P端分别和触点1、2、3、4相接，读出电流，利用电流跟电阻成反比的关系，也能探究出导体电阻与其影响因素的定量关系，你认为上述方法是否正确，如正确请说出理由；若不正确，请说出原因．
图3
解析　(1)用控制变量法研究，选电阻丝时要注意尽量选择有相同参数(材料、长度、横截面积)的；
从上述材料看以看出，B、C、E横截面积相同，B、C、D材料相同，C、D、E长度相同；
(2)接不同的电阻时，电流不同，故电阻分得的电压不同，电流与电阻成反比的前提是导体两端的电压一定．
答案　(1)BCDE
(2)不正确，因为P端分别和触点1、2、3、4相接时，电阻两端的电压不一定相同，只有电压不变时，利用电流跟电阻成反比的关系，才能探究出导体的电阻与其影响因素的定量关系．
二、导体的电阻
1．电阻定律
(1)内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，与它的横截面积S成反比；导体电阻还与构成它的材料有关．
(2)表达式：R＝ρ.ρ表示导体材料的电阻率，l是沿电流方向导体的长度，S是垂直于电流方向的横截面积．
2．电阻率
电阻率是表征材料性质的一个重要的物理量．在长度、横截面积一定的条件下，ρ越大，导体的电阻越大．纯净金属的电阻率较小，且随温度的升高而增大；合金的电阻率较大，一般不随温度的变化而变化．
深度思考
公式R＝ρ与公式R＝有什么区别？
答案　公式R＝是电阻的定义式，但电阻R与U、I无关；公式R＝ρ是电阻的决定式，电阻大小与长度l、横截面积S和导体材料(电阻率ρ)有关．
例2　如图4所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc，当将A与B接入电路或将C与D接入电路中时电阻之比RAB∶RCD为(　　)
图4
A．1∶4　　　
B．1∶2
C．2∶1　　　
D．4∶1
解析　设沿AB方向横截面积为S1，沿CD方向横截面积为S2，则有＝＝.根据电阻定律有＝＝·＝×＝，D选项正确．
答案　D
(1)电阻定律反映了导体的电阻由导体自身决定，只与导体的材料、长度和横截面积有关，与其他因素无关．
(2)电阻定律适用于温度一定，粗细均匀的导体或浓度均匀的电解质溶液．
例3　关于电阻率的说法中正确的是(　　)
A．电阻率ρ与导体的长度l和横截面积S有关
B．电阻率反映材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关
C．电阻率大的导体，电阻一定很大
D．有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成电阻温度计
解析　电阻率反映材料导电能力的强弱，只与材料及温度有关，与导体的长度l和横截面积S无关，故A错，B对；由R＝ρ知ρ大，R不一定大，故C错；有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制作标准电阻，故D错．
答案　B
1 电阻率是一个反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小无关.
2 电阻率与温度的关系及应用
①金属的电阻率随温度的升高而增大，可用于制作电阻温度计.
②半导体的电阻率随温度的升高而减小，半导体的电阻率随温度的变化较大，可用于制作热敏电阻.
③有些合金，电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻.
④当温度降到绝对零度时，某些导体变成超导体.
例4　滑动变阻器的原理如图5所示，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大
B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值减小
C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
解析　若将a、c两端连在电路中，aP部分连入电路，则当滑片OP向右滑动时，该部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，A正确．若将a、d两端连在电路中，也是将aP部分连入电路，则当滑片OP向右滑动时，该部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，B错误．A、B两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a、b两个接线柱中任意选一个，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C错误．在滑动变阻器的分压式接法中，a、b两个接线柱必须接入电路，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，D正确．
答案　AD
滑动变阻器的原理及使用
(1)原理：利用改变连入电路的电阻丝的长度改变电阻．
(2)在电路中的使用方法
图6
结构简图如图6甲所示，要使滑动变阻器起限流作用(如图乙)，正确的连接是接A与D或C，B与C或D，即“一上一下”；要使滑动变阻器起分压作用(如图丙)，要将A、B全部接入电路，另外再选择C或D与负载相连，即“一上两下”，当滑片P移动时，负载将与AP间或BP间的不同长度的电阻丝并联，从而得到不同的电压．
1．(影响导体电阻的因素)在“探究影响导体电阻大小的因素”实验中，某实验小组提出了如下猜想：
猜想一：导体电阻跟导体长度有关；
猜想二：导体电阻跟导体粗细有关；
猜想三；导体电阻跟导体材料有关．
同学们想利用如图7的电路和表中的导体特征验证上述猜想．
图7
导体代号
长度/m
横截面积/mm2
材料
A
1.0
0.2
锰铜
B
1.0
0.4
锰铜
C
1.0
0.6
锰铜
D
0.5
0.4
锰铜
E
1.5
0.4
锰铜
F
1.0
0.6
镍铬合金
G
1.0
0.6
铁
(1)请将猜想一的实验设计思路补充完整．选取________和________相同、________不同的导体，分别将其接入如图电路中，通过比较电路中________的大小，判断导体电阻的大小．
(2)验证猜想三时，若需对比三个实验数据，则应从上表中选取导体________(填写导体代号来进行实验)．
答案　(1)材料　横截面积　长度　电流
(2)C、F、G
解析　(1)为了研究导体电阻与导体长度的关系，则需使导体的材料和横截面积相同，长度不同，应选用的三种导体是B、D、E，分别将其接入如题图电路中．通过比较电路中电流的大小，判断导体电阻的大小；
(2)为了研究导体电阻与导体材料的关系，则需使导体的长度和横截面积相同，材料不同，应选用的三种导体是C、F、G，分别将其接入如题图电路中．通过比较电路中电流的大小，判断导体电阻的大小．
2．(对电阻率的理解)关于下列电阻和电阻率的说法正确的是(　　)
A．把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半
B．由ρ＝可知，ρ与R、S成正比，与l成反比
C．所有材料的电阻率随温度的升高而增大
D．对某一确定的导体，当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大
答案　D
解析　导体的电阻率由材料本身决定，并随温度的变化而变化，但并不都是随温度的升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小，选项A、B、C错误；若导体温度升高时，电阻增大，又不考虑导体的体积和形状变化，其原因就是电阻率随温度的升高而增大产生的，选项D正确．
3．(电阻定律的理解和应用)(多选)某根标准电阻丝的电阻为R，接入电压恒定的电路中，要使接入电路的电阻变为R，可采取的措施是(　　)
A．剪其一半的电阻丝接入
B．并联相同的电阻丝接入
C．串联相同的电阻丝接入
D．对折原电阻丝后再接入
答案　AB
解析　由电阻定律R＝ρ可知，剪去一半的电阻丝，长度变为原来的，电阻减小为R，选项A正确；并联相同的电阻丝后，横截面积变为原来的2倍，电阻减小为R，选项B正确；串联一根相同的电阻丝后，长度变为原来的2倍，电阻为原来的2倍，选项C错误；对折原电阻丝后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，总电阻变为原来的，选项D错误.
题组一　对电阻率的理解
1．(多选)关于材料的电阻率，下列说法正确的是(　　)
A．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大
B．金属的电阻率随温度的升高而增大
C．银材料的电阻率较锰铜合金的电阻率小
D．金属丝拉长为原来的两倍，电阻率变为原来的2倍
答案　BC
解析　电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度、横截面积无关，D错误；金属材料的电阻率随温度升高而增大，B对；合金的电阻率比纯金属的电阻率大，电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电阻除跟电阻率有关外还跟导体的长度、横截面积有关，所以A错误，C对．
2．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．把一根金属导线均匀拉长为原长的4倍，电阻相应增加为原来的16倍
B．导体中的电流越大，导体的电阻越小
C．所谓超导体，是当其温度降低到某个临界温度时，它的电阻率突然变为无穷大
D．某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用它们制作标准电阻
答案　AD
解析　拉伸的过程中体积不变，故长度增加为原来的4倍，横截面积为原来的四分之一，由电阻定律可知电阻增加为原来的16倍，A正确；电阻为导体本身的属性，与电流大小无关，B错误；超导体是当温度降低到某个临界温度时，电阻率突然变为零，C错误；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用于制作标准电阻，D正确．
3．一只白炽灯泡，正常发光时的电阻为121Ω，当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻应是(　　)
A．大于121Ω
B．小于121Ω
C．等于121Ω
D．无法判断
答案　B
解析　由于金属的电阻率随温度的升高而增大，故白炽灯泡正常发光时的电阻大，停止发光一段时间后，灯丝温度降低，电阻减小，故选B.
题组二　导体的电阻
4．(多选)关于导体电阻，下列说法中正确的是(　　)
A．由R＝ρ知，导体的电阻与导体的长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比
B．由R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
D．电阻率往往随温度的变化而变化
答案　AD
解析　导体的电阻率由材料本身的性质决定，并随温度的变化而变化，导体的电阻与导体的长度、横截面积和构成它的材料有关，与导体两端的电压及导体中的电流无关，A对，B、C错．电阻率反映材料导电性能的强弱，电阻率往往随温度的变化而变化，D对．
5．一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗钢丝塞住管口．管中盐水柱长为40
cm时测得电阻为R.若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同．现将管中盐水柱均匀拉长至50
cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管)．则盐水柱电阻变为(　　)
A.R
B.R
C.R
D.R
答案　D
解析　由于总体积不变，设40
cm长时的横截面积为S.所以长度变为50
cm后，横截面积S′＝S，根据电阻定律R＝ρ，可得R′＝R，选项D正确．
6．(多选)温度能影响金属导体和半导体材料的导电性能，在如图1所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则(　　)
图1
A．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化
B．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化
C．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化
D．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化
答案　CD
解析　金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，对于半导体材料，电阻随着温度升高而减小，因此由题图可知，图线1表示金属导体的电阻随温度的变化，图线2表示半导体材料的电阻随温度的变化．故C、D正确，A、B错误．
7．两段材料和质量都相同的均匀电阻线，它们的长度之比为l1∶l2＝2∶3，则它们的电阻之比R1∶R2为(　　)
A．2∶3
B．4∶9
C．9∶4
D．3∶2
答案　B
解析　材料和质量都相同的均匀电阻线的体积是相同的，又因长度之比l1∶l2＝2∶3，故截面积之比S1∶S2＝3∶2.由电阻定律得电阻之比为＝＝·＝×＝.
8．(多选)如图2所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大，在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
图2
A．R1中的电流小于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率
D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率
答案　BD
9．把两根同种材料的电阻丝分别接在两个电路中．甲电阻丝长为l，直径为d；乙电阻丝长为2l，直径为2d.要使两电阻丝通过的电流相等，加在两电阻丝上的电压比应满足(　　)
A.＝1B.＝C.＝D.＝2
答案　D
解析　根据电阻定律R＝ρ得，R甲＝ρ＝ρ；R乙＝ρ＝ρ.
由欧姆定律公式I＝，又因为I甲＝I乙，可得＝＝2.故D正确，A、B、C错误．
题组三　综合应用
10．如图3所示，P为一块半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，然后将它再按图乙方式接在电极C、D之间，设AB、CD之间的电压是相同的，则这两种接法相等时间内在电阻中产生的热量关系正确的是(　　)
图3
A．图甲产生的热量比图乙产生的热量多
B．图甲产生的热量比图乙产生的热量少
C．图甲产生的热量和图乙产生的热量一样多
D．因为是形状不规范的导体，所以判断不出哪一个产生的热量多
答案　A
解析　将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻，设为r，图甲中等效为两个电阻并联，R甲＝，图乙中等效为两个电阻串联，R′＝2r，又因为两端的电压是相等的，故由P＝知电阻小的产生的热量多，A正确，B、C、D错误．
11．给装在玻璃管内的水银柱加一电压，则通过水银柱的电流为0.1A，若将这些水银倒入一个内径为前者2倍的玻璃管内，接在同一电压上，通过水银柱的电流为多少？
答案　1.6A
解析　设水银柱在两种情况下的电阻分别为R1、R2，对应的长度、横截面积分别为l1、l2，S1、S2，则有：
R1＝ρ，R2＝ρ，两种情况下水银柱的体积相同，
l1S1＝l2S2，S1＝π()2，S2＝π()2，S2＝4S1，l1＝4l2.
解得：R2＝
由欧姆定律得：U＝I1R1＝I2R2，
解得：I2＝＝0.1×16A＝1.6A.
12．如图4甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1m，b＝0.2m，c＝0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U－I图线如图乙所示．当U＝10V时，求电解液的电阻率ρ是多少？
图4
答案　40Ω·m
解析　由题图乙可求得电解液的电阻为
R＝＝Ω＝2000Ω
由题图甲可知电解液长为：l＝a＝1m
横截面积为：S＝bc＝0.02m2
结合电阻定律R＝ρ
得ρ＝＝Ω·m＝40Ω·m.欧姆定律
[目标定位]　1.通过探究电压和电流的关系，体会利用I－U图象处理、分析实验数据.2.理解电阻的定义和欧姆定律.3.知道什么是线性元件和非线性元件．
一、欧姆定律
1．电阻：(1)导体对电流的阻碍作用，叫做导体的电阻．
(2)定义式：R＝.
(3)电阻的单位：欧姆，简称欧，符号是Ω.常用的电阻单位还有千欧(kΩ)和兆欧(MΩ)．换算关系：1kΩ＝103Ω，1MΩ＝106Ω.
2．欧姆定律：(1)导体中的电流跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比．
(2)公式：I＝.
(3)适用条件：适用于金属和电解质溶液导电，不适于气体和半导体．
深度思考
导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零吗？导体两端的电压增大时，电阻也会增大吗？
答案　电阻是导体本身的固有属性，利用电压和电流计算电阻只是一种比值定义法，电压为零时，导体的电阻不为零；同理，电压增大时，电阻不变．
例1　对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是(　　)
A．由I＝，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流越大，它两端的电压也越大
C．由R＝，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比
D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变
解析　根据欧姆定律可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，A正确；对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变，即电阻不变，电流与电压成正比，通过它的电流越大，它两端的电压也越大，B、D正确；导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，C错误．故选A、B、D.
答案　ABD
(1)R＝是电阻的定义式，适用于任何电阻的计算，给出了量度电阻大小的一种方法．而导体的电阻由导体本身的性质决定，与外加的电压和通过的电流大小无关．
(2)使用I＝、R＝计算时要注意I、U、R三个量必须是对应同一导体在同种情况下的物理量．
针对训练　电路中有一段导体，如果给它加上3V的电压，通过它的电流为2mA，可知这段导体的电阻为______Ω；如果不给它加电压，它的电阻为________Ω.
答案　1.5×103　1.5×103
解析　电流I＝2mA＝2×10－3A，故导体的电阻R＝＝Ω＝1.5×103Ω.导体的电阻由自身决定，不加电压时，其电阻不变，仍为1.5×103Ω.
二、导体的伏安特性曲线
1．伏安特性曲线：在实际应用中，常用纵坐标表示电流I、横坐标表示电压U，这样画出的I－U图象叫做导体的伏安特性曲线．
2．线性元件：伏安特性曲线是直(选填“直”或“曲”)线的元件．例如金属导体，在温度没有明显变化时，电阻几乎是不变的(不随电流、电压变化)，它是线性元件．
3．非线性元件：伏安特性是曲(选填“直”或“曲”)线的元件．如气态导体(如日光灯管、霓虹灯管中的气体)、半导体元件等．
深度思考
金属导体的电阻随温度的升高会增大，它的伏安特性曲线是向上弯曲还是向下弯曲？
答案　金属导体的电阻随温度升高而增大，所以它的电阻增大，根据I－U图象上各点与原点连线的斜率可以反映出电阻的倒数，所以图线向下弯曲．
例2　如图1所示的图象所对应的两个导体：
图1
(1)电阻R1∶R2为多少？
(2)若两个导体中的电流相等(不为零)时，电压之比U1∶U2为多少？
(3)若两个导体中的电压相等(不为零)时，电流之比I1∶I2为多少？
解析　(1)因为在I－U图象中，R＝＝，所以R1＝Ω＝2Ω，
R2＝Ω＝Ω，
所以R1∶R2＝2∶＝3∶1.
(2)由欧姆定律得
U1＝I1R1，U2＝I2R2，
由于I1＝I2，则U1∶U2＝R1∶R2＝3∶1.
(3)由欧姆定律得
I1＝，I2＝，
由于U1＝U2，则I1∶I2＝R2∶R1＝1∶3.
答案　(1)3∶1　(2)3∶1　(3)1∶3
I－U图象与U－I图象的区别
(1)坐标轴的意义不同：I－U图象中，横坐标表示电压U、纵坐标表示电流I；U－I图象中，横坐标表示电流I，纵坐标表示电压U.
(2)图线斜率的意义不同．I－U图象中，斜率表示电阻的倒数，U－I图象中，斜率表示电阻，如图2所示，在图甲中R2＜R1，图乙中R2＞R1.
图2
例3　如图3所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A的坐标为(U1，I1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2，小灯泡两端的电压为U1时，电阻等于(　　)
图3
A.B.C.D.
解析　由电阻的定义式R＝可知，B正确，其他选项错误．要特别注意R≠.
答案　B
若伏安特性为曲线，则I－U曲线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，曲线上各点切线的斜率无意义.
1．(对欧姆定律的理解)根据欧姆定律，下列判断正确的是(　　)
A．导体两端的电压为零，电阻即为零
B．导体中的电流越大，电阻就越小
C．当电压增大2倍时，电阻增大2倍
D．由I＝可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比
答案　D
解析　导体的电阻由导体本身的性质决定，公式R＝只提供了测定电阻的方法，R与只是在数值上相等，当我们不给导体两端加电压时，导体的电阻仍存在，因此不能说导体的电阻与加在它两端的电压成正比，与导体中的电流成反比，A、B、C错误．
2．(对欧姆定律的理解)取阻值分别为R1和R2的电阻，现在两电阻两端分别施加电压U1、U2，已知U1＝U2，此时流过R1的电流为流过R2的电流的3倍．则为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　设R2两端的电压为U，通过R2的电流为I，则R1两端的电压为U，通过R1的电流为3I，由欧姆定律知R＝，所以＝＝，A正确．
3．(对伏安特性曲线的认识)(多选)某同学在探究通过导体的电流与其两端电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图4所示的图象，根据图象，下列说法正确的是(　　)
图4
A．导体甲的电阻大于导体乙的电阻
B．在导体乙的两端加1V的电压时，通过导体乙的电流为0.1A
C．当通过导体甲的电流为0.9A时，导体甲两端的电压为4V
D．将导体乙连接到电压为5V的电源上时，通过导体的电流为0.5A
答案　BD
解析　I－U图象的斜率表示电阻的倒数，则R甲＝＝
Ω＝5
Ω，R乙＝
Ω＝10
Ω，A错误；由I＝，得当导体乙两端的电压为1
V时，I1＝＝
A＝0.1
A，选项B正确；乙连接到电压为5
V的电源上时，I2＝＝
A＝0.5
A，选项D正确；由U＝IR，得当通过导体甲的电流为0.9
A时，导体甲两端的电压U＝I′R甲＝0.9×5
V＝4.5
V，选项C错误．
4．(对伏安特性曲线的认识)小灯泡的伏安特性曲线如图5中的AB段(曲线)所示，由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了(　　)
图5
A．5Ω
B．10Ω
C．1Ω
D．6Ω
答案　B
解析　由电阻的定义式R＝知，A点电阻RA＝Ω＝30Ω；B点的电阻RB＝Ω＝40Ω，从而使AB段电阻改变了10Ω，故B正确．
题组一　对欧姆定律的理解
1．(多选)欧姆定律适用于(　　)
A．金属导电
B．气体导电
C．电解质溶液导电
D．所有导电物质
答案　AC
解析　欧姆定律适用于金属导电、电解质溶液导电，对气体导电、半导体导电不适用，故A、C正确，B、D错误，故选A、C.
2．(多选)由欧姆定律I＝导出U＝IR和R＝，下列叙述中正确的是(　　)
A．由R＝知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定
B．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关
C．对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值
D．电流相同时，电阻越大，其电压越大
答案　BCD
3．在电阻为4Ω的导体中通以恒定电流，5min内通过导体横截面的电荷量是45C，这时加在导体两端的电压是(　　)
A．60VB．6VC．0.6VD．3.6V
答案　C
解析　通过导体的电流为I＝＝A＝0.15A；根据欧姆定律得，加在导体两端的电压是U＝IR＝0.15×4V＝0.6V，故选C.
4．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲导体中的两倍，则以下说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两导体中的电流相同
B．乙导体中的电流是甲导体中的2倍
C．甲、乙两导体两端的电压相同
D．乙导体两端的电压是甲的2倍
答案　B
解析　由电流的定义式I＝可知乙导体中的电流是甲的两倍．由I＝得U＝IR，因R乙＝2R甲，可知乙两端的电压是甲两端电压的4倍，所以A、C、D错误．
5．已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流IA和IB的关系是(　　)
A．IA＝2IBB．IA＝C．IA＝IBD．IA＝
答案　D
解析　由I＝得：IA∶IB＝∶＝UARB∶UBRA＝1∶4，即IA＝IB，应选D.
题组二　对伏安特性曲线的理解
6．某同学做三种电学元件的导电性实验，他根据所测量的数据分别绘制了三种元件的I－U图象，如图1所示，则下述判断正确的是(　　)
图1
A．只有乙图正确
B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大
C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定错误
D．甲、乙、丙三个图象都可能正确，并不一定有较大误差
答案　D
解析　由于三种电学元件可能是线性的，也可能是非线性的，故其I－U图象可能是直线，也可能是曲线，故D正确．
7．(多选)将阻值为R的电阻接在电压为U的电源两端，则描述其电压U、电阻R及流过R的电流I间的关系图象中正确的是(　　)
答案　CD
解析　电阻的阻值R不随U、I的变化而改变，但电压U与电流I成正比，C、D正确．
8．(多选)如图2所示，A、B、C为三个通电导体的I－U关系图象．由图可知(　　)
图2
A．三个导体的电阻关系为RA＞RB＞RC
B．三个导体的电阻关系为RA＜RB＜RC
C．若在导体B两端加上10V的电压，通过导体B的电流是2.5A
D．若在导体B两端加上10V的电压，通过导体B的电流是40A
答案　BC
解析　由I－U图象知，电阻最大的应该是斜率最小的C，其中导体B的电阻为RB＝＝4Ω，所以在导体B两端加10V电压时，通过导体B的电流为2.5A.
9．(多选)某导体中的电流随其两端电压的变化如图3所示，则下列说法中正确的是(　　)
图3
A．该元件是非线性元件，不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻
B．加5V电压时，导体的电阻约是0.2Ω
C．加12V电压时，导体的电阻约是8Ω
D．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大
答案　CD
解析　该元件是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻，故A错误；由题图可知，当加5
V电压时，通过导体的电流为1.0
A，根据欧姆定律可得导体此时电阻R＝＝5
Ω，所以B错误；同理当加12
V电压时，电流为1.5
A，电阻等于8
Ω，所以C正确；由题图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，故D正确．
10．某导体中的电流随其两端电压的变化关系，如图4所示，则下列说法中正确的是(　　)
图4
A．加5V电压时，导体的电阻大于5Ω
B．加11V电压时，导体的电阻可能为1.4Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
答案　D
解析　对某些电学元件，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的值仍表示该点所对应的电阻值．本题中给出的导体在加5V电压时，＝5Ω，所以此时电阻为5Ω；当电压增大时，值增大，即电阻增大，综合判断可知A、B、C项错误．
11．(多选)图5是某导体的I－U图线，图线的倾角为α＝45°，下列说法正确的是(　　)
图5
A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比
B．此导体的电阻R＝2Ω
C．I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R＝1.0Ω
D．在R两端加6.0V电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是6.0C
答案　AB
解析　通过电阻的电流I与其两端的电压U成正比，A正确；导体的电阻R＝＝＝2Ω，B正确，C错误；在R两端加6.0V电压时，电流I′＝＝A＝3A，每秒通过电阻横截面的电荷量是q＝I′t＝3×1C＝3C，故D错误．故选A、B.
题组三　综合应用
12．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1V时，通过灯泡的电流为0.5A，灯泡两端的电压为3V时，通过灯泡的电流是1A，则灯泡两端电压为2V时，通过灯泡的电流可能是(　　)
A．0.5AB．0.6AC．0.8AD．1A
答案　C
13．加在某导体上的电压变为原来的3倍时，导体中的电流增加了0.9A，如果所加电压变为原来的时，导体中的电流变为多少？
答案　0.225A
解析　设导体电阻为R，导体上原来的电压为U0，通过的电流为I0，则当电压变为原来的3倍时，由欧姆定律得：
I0＝，I0＋0.9＝
由以上两式解得：＝0.45A.
当电压为U0时，
I＝＝×0.45A＝0.225A.习题课：电场能的性质
[目标定位]　1.会分析带电粒子在电场中的运动特点.2.能求解电场力做的功和电场中的电势．
一、电场线、等势线和运动轨迹
例1　如图1所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(　　)
图1
A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
解析　根据牛顿第二定律可得qE＝ma，又根据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度的大小关系为aR>aQ，故D项错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和不变，故C项错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向为沿电场线向右．假设粒子从Q向P运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大，假设粒子从P向Q运动，则电场力做负功，所以电势能增大，动能减小，速度减小，所以A项正确，B项错误．
答案　A
(1)速度方向沿运动轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，所受合外力的方向指向曲线凹侧．
(2)电势能大小的判断方法
①电场力做功：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．
②利用公式法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．
例2　如图2，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)
图2
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
解析　由库仑定律F＝可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝，可知ab>ac>aa.根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，由c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wba>|Wcb|，结合动能定理可知，va>vc>vb，故选项D正确．
答案　D
已知等电势面的形状分布，根据电场线和等势面相互垂直绘制电场线，再根据轨迹弯曲方向找电荷的受力方向，结合运动轨迹或路径，判断功的正负；由电场力做功正负确定动能及电势能的变化．
二、电场强度和电势的理解
例3　如图3所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势φ高低的比较，正确的是(　　)
图3
A．EA＝EC＞EB，φA＝φC＞φB
B．EB＞EA＞EC，φA＝φC＞φB
C．EA＜EB，EA＜EC，φA＞φB，φA＞φC
D．EA＞EB，EA＞EC，φA＞φB，φA＞φC
解析　等量异种点电荷周围的电场线如图所示，根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；等量异种点电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA＝φC＞φB，故B正确，A、C、D错误．
答案　B
1 电场强度与电势没有直接关系.电场强度为零，电势不一定为零.电势为零，电场强度也不一定为零.电场强度大的地方，电势不一定高.
2 比较电势的高低，应主要把握沿电场线方向电势降低，若两点不在同一电场线上，应通过等势面，转化为同一电场线上的两点电势的比较.
三、电场力做功与电势差、电势能的综合
例4　如图4所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.求：
图4
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．
解析　(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动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C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．
又因为φC＝0，
可得φA＝－.
答案　(1)　(2)－
计算电场力做功的方法，常见的有以下几种：
(1)利用电场力做功与电势能的关系求解：WAB＝EpA－EpB.
(2)利用W＝Fd求解，此公式只适用于匀强电场．
(3)利用公式WAB＝qUAB求解．
(4)利用动能定理求解.
1．(电场线、等势线和运动轨迹)(多选)如图5所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)
图5
A．M点的电势高于N点的电势
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
答案　AD
解析　沿着电场线的方向电势降低，故选项A正确，B错误；电场线越密，场强越大，同一粒子受到的电场力越大，故选项C错误；粒子从M点到N点电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确．
2．(电场线、等势线和运动轨迹)一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图6中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是(　　)
图6
A．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
B．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低
C．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高
D．如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
答案　A
解析　若题图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低，C错误；由于从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的电势能减小，所以电子在a点的电势能比在b点的电势能大，所以A正确；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高，从a到b电子做负功，所以电势能增加，则电子在a点的电势能比在b点的电势能小，故B、D错误．
3．(对电场强度和电势的理解)下列四个图中，a、b两点电势相等、电场强度也相等的是(　　)
答案　D
解析　匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面，A中a、b两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的场强相等；B中a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强大小相等、方向不同；C中a、b两点对称于两电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上场强的方向是平行于中垂线的，而且都指向外侧，故两点的场强的方向不同；在D中，a、b两点的电势相等，场强的方向是沿连线的，而且方向相同，故本题选D.
4．(电场力做功、电势差等的综合应用)如图7所示．Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为g，求：
图7
(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)．
答案　(1)3g，方向竖直向上　(2)－
解析　(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q.由牛顿第二定律得，在A点时：mg－k＝m·g.在B点时：k－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向竖直向上．
(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－.
题组一　电场线、等势面与运动轨迹
1．(多选)某静电场中的电场线如图1所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)
图1
A．粒子必定带正电
B．由于M点没有电场线，粒子在M点不受静电力的作用
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的动能小于在N点的动能
答案　ACD
解析　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受静电力的方向沿电场线方向，故此粒子带正电，A选项正确．由于电场线越密，电场强度越大，粒子受到的静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点的加速度大，B选项错误，C选项正确．粒子从M点运动到N点，静电力做正功，根据动能定理得此粒子在N点的动能大，故D选项正确．
2．一带电粒子沿图2中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则(　　)
图2
A．粒子一定带正电
B．粒子的运动是匀变速运动
C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大
D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大
答案　B
解析　由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据电荷运动规律可知其受力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子的动能在增大，电势能在减小．
3.如图3，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则(　　)
图3
A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
答案　B
解析　电子带负电荷，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，有φM＝φQ，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，电子由P点到Q点过程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D错误．
4．(多选)图4中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子(　　)
图4
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
答案　CD
解析　根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电，A错误；点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷的距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；a点到b点与b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功较多，动能变化也较大，故D正确．
题组二　对电场强度和电势理解
5．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是(　　)
A．电场强度大的地方电势一定高
B．电势为零的地方场强也一定为零
C．场强为零的地方电势也一定为零
D．场强大小相同的点电势不一定相同
答案　D
解析　沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高，故A错误．电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零，故B错误．场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的，故C错误．在匀强电场中，场强处处相等，但沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以场强大小相同的点电势不一定相同，故D正确．
6．(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图5所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　)
图5
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．c点的电场强度比d点的大
D．c点的电势比d点的低
答案　ACD
解析　由题图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场线密集，所以A、C正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的交点与b点位置比较知b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理分析可得d点电势高于c点电势，故D正确．
7．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，下列正确描述电势φ随位置x变化规律的图象是(　　)
答案　A
解析　等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以以正电荷为参考点，左、右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以，以负电荷为参考点，左、右两侧电势都是升高的．可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项．
8．(多选)带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t＝0时刻开始运动，其v－t图象如图6所示．若粒子在2t0时刻运动到A点，5t0时刻运动到B点．以下说法中正确的是(　　)
图6
A．A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EB
B．A、B两点的电势关系为φA＜φB
C．粒子从A点运动到B点时，电场力做的总功为正
D．粒子从A点运动到B点时，电势能先减少后增加
答案　AC
解析　由速度图象可知粒子整个运动过程中，加速度相同，所受的电场力相同，故A、B两点的电场强度大小相等：EA＝EB，A项正确；由v－t图象可知粒子在A点速度为零，在B点时速度大于零，故粒子从A点运动到B点的过程，电场力做正功，电势能减少，C项正确，D项错误；因为粒子的电性不确定，所以无法判断A、B两点的电势高低，B项错误．
题组三　电场力做功与电势差、电势能的综合
9．(多选)如图7是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分离并落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(　　)
图7
A．带正电的矿粉落在右侧
B．静电力对矿粉做正功
C．带负电的矿粉电势能变大
D．带正电的矿粉电势能变小
答案　BD
解析　由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受静电力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受静电力方向与电场方向相反，所以落在右侧，选项A错误；无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受静电力方向偏转，静电力均做正功，选项B正确；电势能均减少，选项C错误，选项D正确．
10．如图8，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是(　　)
图8
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
答案　ABC
解析　如题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，故选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，故电势能不变，故选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误．
11．如图9所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面．现将电荷量为10－8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为3×10－6J，将另一电荷量为10－8C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功3×10－6J．若AB边长为2cm，则电场强度的大小为多大？方向如何？
图9
答案　104V/m　为垂直B、C连线，由A指向BC
解析　正点电荷从A点移到B点时，电场力做正功，故A点电势高于B点，可求得：UAB＝＝V＝300V.
负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功，同理可判断A点电势高于C点，可求得：
UAC＝＝V＝300V.
因此B、C两点电势相等，UBC＝0.由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线，因此，BC为一等势线，故电场线方向垂直BC.设D为直线BC的中点，则电场方向为由A指向D.直线AB在电场方向的距离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＝104
V/m.
12．一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图10所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：
图10
(1)A、B两点的电势差UAB；
(2)匀强电场的场强大小．
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球由A到B过程中，由动能定理得
mgLsin60°－qUAB＝0，所以UAB＝
(2)E＝＝
13．如图11所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为.求：
图11
(1)小球由A到B的过程中静电力做的功；
(2)A、C两点间的电势差．
答案　(1)mgh　(2)－
解析　(1)因为Q是正点电荷，所以以Q为圆心的圆是一个等势线，这是一个重要的隐含条件，由A到B过程中静电力是变力，所以不能直接用W＝Fx来解，只能考虑应用功能关系求解．
因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功WAB和重力做功mgh，由动能定理得：
WAB＋mgh＝mv
代入已知条件vB＝得
静电力做功WAB＝m·3gh－mgh＝mgh
(2)因为B、C在同一等势线上，小球从B点到C点电场力不做功则WAC＝WAB
所以UAC＝＝＝－.运动电荷在磁场中受到的力
[目标定位]　1.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向.2.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小.3.知道电视显像管的基本构造及工作的基本原理．
一、洛伦兹力
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中所受的安培力是洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质．
2．洛伦兹力的方向
(1)左手定则：
伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．
(2)特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面．
深度思考
(1)电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中也一定受磁场力作用吗？
(2)负电荷所受洛伦兹力的方向应怎样判断？
答案　(1)不一定，只有电荷在磁场中运动且速度方向与磁场方向不平行时才受洛伦兹力作用．
(2)根据左手定则判断，但四指指向负电荷速度的反方向．
例1　如图所示的磁感应强度B、电荷的运动速度v和磁场对电荷的作用力F的相互关系图中，画得正确的是(其中B、F、v两两垂直)(　　)
解析　由于B、F、v两两垂直，根据左手定则得：A、B、D选项中电荷所受的洛伦兹力都与图示F的方向相反，故A、B、D错误，C正确．
答案　C
确定洛伦兹力的方向需明确运动电荷的电性，特别注意负电荷的运动方向与左手四指的指向应相反．
二、洛伦兹力的大小
1．公式推导：
如图1所示，磁场的磁感应强度为B，设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n.每个电荷的电荷量为q，且定向移动速率均为v.
图1
则导线中的电流I＝nqvS.
导线在磁场中所受安培力F安＝BIL＝nqvSLB
导线中自由电荷数N＝nSL
每个自由电荷所受洛伦兹力F＝＝qvB
2．洛伦兹力公式：
(1)当v⊥B时，F＝qvB.
(2)当v∥B时，F＝0.
(3)当v与B成θ角时，F＝qvBsin_θ.
例2　在图2所示的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．
图2
解析　(1)因v⊥B，所以F＝qvB，方向与v垂直指向左上方．
(2)v与B的夹角为30°，将v分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v⊥＝vsin30°，F＝qvBsin30°＝qvB.方向垂直纸面向里．
(3)由于v与B平行，所以不受洛伦兹力．
(4)v与B垂直，F＝qvB，方向与v垂直指向左上方．
答案　(1)qvB　垂直v指向左上方
(2)qvB　垂直纸面向里
(3)不受洛伦兹力
(4)qvB　垂直v指向左上方
三、电视显像管的工作原理
1．构造：如图3所示，电视显像管由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．
图3
2．原理：电视显像管应用了电子束磁偏转的原理．
3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，使得电子束打在荧光屏上的光点不断移动．
深度思考
(1)如果显像管内的磁场是匀强磁场，会出现什么情况？
(2)要使电子束在屏上扫描，偏转磁场应该怎样变化？
答案　(1)如果是匀强磁场，所有电子都将到达荧光屏上同一位置．在荧光屏上显示的只有一个亮点，不会出现正常的画面．
(2)一方面方向要做周期性变化；另一方面在一个周期内磁感应强度大小不断变化．
例3　显像管的原理示意图如图4所示，当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是(　　)
图4
解析　要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，需要电子在洛伦兹力作用下向下运动，P到O过程中洛伦兹力向上，O到Q过程中洛伦兹力向下，根据左手定则知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是A.
答案　A
四、洛伦兹力作用下的带电体的运动
例4　带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图5所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)
图5
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
解析　油滴水平向右做匀速直线运动，其所受的洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电荷，其电荷量为q＝，A正确，C、D错误；比荷＝，B错误．
答案　A
1 带电粒子在匀强磁场中无约束情况下做直线运动的两种情景：
①速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力作用，可做匀速直线运动也可在其他力作用下做变速直线运动.
②速度方向与磁场不平行，且洛伦兹力外的各力均为恒力，若轨迹为直线则必做匀速直线运动.带电粒子所受洛伦兹力也为恒力.
2 洛伦兹力的方向总垂直于速度方向，洛伦兹力对运动电荷不做功.
例5　一个质量m＝0.1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面
固定且置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图6所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10m/s2)．求：(计算结果保留两位有效数字)
图6
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度为多大？
(3)该斜面长度至少为多长？
解析　(1)小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F作用，如图所示，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力F应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．
(2)小滑块沿斜面下滑的过程中，垂直于斜面的加速度为零时，由平衡条件得F＋FN＝mgcosα，当支持力FN＝0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为vmax，则此时小滑块所受洛伦兹力F＝qvmaxB，
所以vmax＝＝m/s≈3.5
m/s.
(3)设该斜面长度至少为l，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mglsinα＝mv－0，所以斜面长度至少为l＝＝m≈1.2m.
答案　(1)负电荷　(2)3.5m/s　(3)1.2m
分析带电物体在磁场中的运动，分析方法与力学中完全一样：对物体进行受力分析，求合外力，用牛顿第二定律、运动学方程或动能定理列方程．
1．(洛伦兹力)在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图7所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将(　　)
图7
A．向上偏转
B．向下偏转
C．向纸里偏转
D．向纸外偏转
答案　B
解析　由题图可知，直导线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B选项正确．
2．(洛伦兹力)如图8所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)
图8
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
答案　A
解析　条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．
3．(洛伦兹力的特点)在两平行金属板间，有如图9所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒子(带正电)以速度v0从两极板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过．供下列各小题选择的答案有：
图9
A．不偏转
B．向上偏转
C．向下偏转
D．向纸内或纸外偏转
(1)若质子(带正电)以速度v0从两极板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，质子将________．
(2)若电子以速度v0从两极板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，电子将________．
(3)若质子以大于v0的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两极板正中央射入，质子将________．
(4)若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两极板正中央射入时，电子将________．
答案　(1)A　(2)A　(3)B　(4)C
解析　设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，匀强电场的电场强度为E、匀强磁场的磁感应强度为B.带电粒子以速度v0垂直射入互相正交的匀强电场和匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受电场力方向向下，大小为qE；所受洛伦兹力方向向上，大小为qv0B.沿直线匀速通过时，显然有qv0B＝qE，v0＝，即沿直线匀速通过时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关．如果粒子带负电荷，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，上述结论仍然成立．所以，(1)(2)两小题应选A.若质子以大于v0的速度射入两极板之间，由于洛伦磁力F＝Bqv(v＞v0)，洛伦兹力将大于电场力，质子带正电荷，将向上偏转，第(3)小题应选B.磁场的磁感应强度B增大时，电子射入的其他条件不变，所受洛伦兹力F′＝Bqv0也增大，电子带负电荷，所受洛伦兹力方向向下，将向下偏转，所以第(4)小题应选C.
4．(洛伦兹力作用下带电体的直线运动)如图10甲所示，为一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于匀强磁场中，(不计空气阻力)，现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中的速度图象如图乙所示．则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W.(重力加速度为g)(　　)
图10
A．圆环带负电，B＝
B．圆环带正电，B＝
C．圆环带负电，W＝mv
D．圆环带正电，W＝mv
答案　B
解析　因圆环最后做匀速直线运动，根据左手定则可知，圆环带正电；由圆环在竖直方向上平衡得：＝mg所以：
B＝.故A错误，B正确；由动能定理得，圆环克服摩擦力所做的功：W＝mv－m()2
所以：W＝mv.故C、D错误.
题组一　洛伦兹力
1．在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是(　　)
答案　C
2．一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图1所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列选项不正确的是
(　　)
图1
A．1带正电
B．1带负电
C．2不带电
D．3带负电
答案　B
解析　根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即粒子1；不偏转说明不带电，即粒子2；带负电的粒子向右偏，说明是粒子3，故选B.
3．(多选)一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则(　　)
A．此空间一定不存在磁场
B．此空间可能有磁场，方向与电子速度方向平行
C．此空间可能有磁场，方向与电子速度方向垂直
D．此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直
答案　BD
解析　由洛伦兹力公式可知：当v的方向与磁感应强度B的方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，因此电子未发生偏转，不能说明此空间一定不存在磁场，只能说明此空间可能有磁场，磁场方向与电子速度方向平行，则选项B正确，选项A、C错误．此空间也可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直，导致电子所受合力为零，则选项D正确．
4．(多选)电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是(　　)
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动
答案　BD
5．如图2所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是(　　)
图2
A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动
B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动
C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动
D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动
答案　C
解析　电子的速度v∥B，F洛＝0，电子做匀速直线运动．
6．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子沿电场线方向射入，静电力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，静电力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
答案　D
解析　带电粒子在电场中受到的静电力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，做功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定．对选项A，只有粒子带正电时才成立，A错误；垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，静电力都会做正功，动能一定增加．B错误；带电粒子在磁场中的受力——洛伦兹力F洛＝qvBsinθ，其大小除与运动状态有关，还与θ角(磁场方向与速度方向之间的夹角)有关，带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动．粒子动能不变，C错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，粒子动能不变．选项D正确．
题组二　电视显像管的工作原理
7．如图3所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图所示方向的电流．当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时(图中用符号“·”表示电子束)，它将(　　)
图3
A．向右偏转
B．向左偏转
C．向下偏转
D．向上偏转
答案　D
解析　根据右手螺旋定则判断上下两个线圈的N极均在右边，S极均在左边．则磁环中间处的磁场方向是水平向左的．根据左手定则判定，由里向外射出的电子流受到的洛伦兹力向上，电子束会向上偏转，选项D对．
8．如图4所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的方向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上的光点说法正确的是(　　)
图4
A．光点打在A点，则磁场垂直纸面向里
B．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱
C．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外且不断减弱
D．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外、减弱再改为垂直纸面向里、增强
答案　D
解析　如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，运动的方向与电流的方向相反，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外．故A错误；要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则电子在磁场中圆周运动的半径公式r＝分析得知，偏转磁场的磁感应强度应该先减弱，再反向增强．故B、C错误，D正确．
题组三　洛伦兹力作用下带电体的直线运动
9．(多选)如图5所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中(　　)
图5
A．小球加速度一直增加
B．小球速度一直增加，直到最后匀速
C．棒对小球的弹力一直减小
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
答案　BD
解析　小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增加．在开始阶段，洛伦兹力小于向右的静电力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增加，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向上小球受到重力和摩擦力作用做加速运动，其加速度逐渐增加．
当洛伦兹力等于静电力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球在竖直方向上受到的合力最大，加速度最大．
随着小球速度继续增加，洛伦兹力大于静电力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增加，洛伦兹力增加，棒对小球的弹力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增加，以此时的速度做匀速运动．综上所述，选项B、D正确．
10．(多选)如图6所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，不可忽略重力，下列说法中正确的是(　　)
图6
A．微粒一定带负电
B．微粒的动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加
D．微粒的机械能一定增加
答案　AD
解析　微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(
垂直于运动方向的合力仍为零)．若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增加，故C错误，D正确．
题组四　综合应用
11．如图7所示为磁流体发电机发电原理示意图，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒)射入磁场，磁场中有两块金属板P、Q，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．两金属板的板长为L1，板间距离为L2，匀强磁场的磁感应强度为B且平行于两金属板，等离子体充满两板间的空间．等离子体的初速度v与磁场方向垂直，当发电机稳定发电时，P板和Q板间电势差UPQ为(　　)
图7
A．vBL1
B．vBL2
C.
D.
答案　B
解析　等离子体进入两金属板间，在洛伦兹力作用下带正电的离子向P板运动、带负电的离子向Q板运动，平行板间形成一个向下的匀强电场，并且场强越来越大，当离子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，正负离子便做匀速直线运动通过金属板，发电机便稳定发电了．则有qE＝qvB，又UPQ＝EL2，可得UPQ＝vBL2，选项B对．
12．如图8所示，质量为m＝1kg、电荷量为q＝5×10－2C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E＝100V/m，方向水平向右；B＝1T，方向垂直纸面向里．求：
图8
(1)滑块到达圆弧轨道最低点C时的速度；
(2)在C点时滑块所受的洛伦兹力；
(3)滑块到达C点时对轨道的压力．(g取10m/s2)
答案　(1)2m/s，方向水平向左　(2)0.1N，方向竖直向下
(3)20.1N
解析　以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F＝qvB，方向始终垂直于速度方向．
(1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得
mgR－qER＝mv
得vC＝＝2m/s，方向水平向左．
(2)根据洛伦兹力公式得：
F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，方向竖直向下．
(3)在C点根据牛顿第二定律：FN－mg－F＝m
代入数据得：FN＝20.1N．根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为20.1N.电容器的电容
[目标定位]　1.知道电容器的概念和平行板电容器的主要构造.2.理解电容的概念及其定义式和决定式.3.掌握平行板电容器电容的决定式，并能用其讨论有关问题．
一、电容器和电容
1．电容器
(1)电容器：两个彼此绝缘又相距很近的导体组成一个电容器．
(2)电容器的充电和放电
①充电：把电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，两个极板将分别带上等量的异号电荷，这个过程叫做充电．如图1甲所示．充电过程中由电源获得的电能储存在电容器中．
②放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和，电容器又不带电了，这个过程叫做放电．如图乙所示．放电过程电场能转化为其他形式的能量．
甲　　　　　　　　乙
图1
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值，叫做电容器的电容．
(2)定义式：C＝.
(3)在国际单位制中，电容的单位是法拉，简称法，符号是F.常用单位还有微法(μF)和皮法(pF)，数量值关系：1F＝106μF＝1012pF.
深度思考
(1)电容器的带电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和吗？
(2)由于C＝，所以说电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电容器两极板间的电势差成反比，你认为这种说法正确吗？为什么？
答案　(1)不是．电容器的带电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值．
(2)不对．电容是电容器本身的一种属性，大小由电容器自身的构成情况决定，与电容器是否带电、带多少电荷量均无关．
例1　下列关于电容的说法正确的是(　　)
A．电容器简称电容
B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多
C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量
D．由公式C＝知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比
解析　电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它所带的电荷量、两极板间的电压等均无关，D错．
答案　C
C＝为比值定义法.C的大小与Q、U无关，只跟电容器本身有关，当Q＝0时，U＝0，而C并不为零.
例2　有一充电的电容器，两板间的电压为3V，所带电荷量为4.5×10－4C，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2V，电容器的电容是多少？所带电荷量变化多少？
解析　由C＝，得C＝F＝1.5×10－4F
电容器电压降为2V，电容不变，仍为1.5×10－4F.
此时带电荷量为Q′＝CU′＝1.5×10－4×2C＝3×10－4C
带电荷量减小ΔQ＝Q－Q′＝1.5×10－4C
答案　1.5×10－4F　1.5×10－4F　减小1.5×10－4C
电容器的电容是由电容器的自身结构决定的，计算电荷量变化时也可以根据C＝＝来计算.
二、平行板电容器的电容和常用电容器
1．平行板电容器的电容
(1)结构：由两块彼此绝缘、互相靠近的平行金属板组成，是最简单的，也是最基本的电容器．
(2)决定因素：平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S成正比，与电介质的相对介电常数εr成正比，与极板间距离d成反比．
(3)表达式：C＝.式中k为静电力常量．
2．常用电容器
(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器两类．
(2)额定电压和击穿电压
①额定电压：电容器正常工作时所能承受的电压，它比击穿电压要低．
②击穿电压：是电容器的极限电压，超过这个电压，电容器内的电介质将被击穿，电容器将被损坏．
深度思考
(1)公式C＝与C＝有什么区别？
(2)某电容器上标有“1.5μF,9V”的字样，9V指什么电压？
答案　(1)C＝是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U但C＝不变，反映电容器容纳电荷的本领，C＝是电容器电容的决定式，C∝S，C∝εr，C∝，说明了电介质的材料、极板的正对面积和极板间的距离是电容大小的决定因素．
(2)额定电压．
例3　如图2所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是(　　)
图2
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积减小一些
C．断开S后，使B板向右平移一些
D．断开S后，使A、B正对面积减小一些
解析　静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大．所以本题的正确选项是C、D.
答案　CD
1 平行板电容器动态问题的分析方法：抓住不变量，分析变化量.其依据是：电容定义式C＝；匀强电场中E＝；平行板电容器电容决定式C＝.
2 平行板电容器的两类典型问题,①平行板电容器始终连接在电源两端：电势差U不变由C＝∝可知C随d、S、εr的变化而变化.
由Q＝UC＝U·，Q也随d、S、εr的变化而变化.由E＝∝可知，E随d的变化而变化.
②平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷量Q保持不变
由C＝∝可知C随d、S、εr的变化而变化.
由U＝＝∝可知，U随d、S、εr的变化而变化.由E＝＝＝∝可知，E与d无关，只随S、εr变化而变化.
例4　如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
图3
A．θ增大，E增大
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
答案　D
解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝联立可得，E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．
(1)充电后的电容器断开和电源的连接，Q一定；
(2)Q一定时，由E＝＝知，两板间电场强度与d无关；
(3)接地板电势为0.
1．(对电容的理解)关于电容器的电容，下列说法正确的是(　　)
A．电容器不带电时，其电容为零
B．电容器带电荷量越多，其电容越大
C．电容器两极板间电压越低，其电容越小
D．电容器的电容只由它本身的性质决定
答案　D
解析　公式C＝是电容器电容的定义式，电容器的电容与U和Q均无关，只由它本身的性质决定，选项D正确．
2．(平行板电容器的两类典型问题)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
答案　D
解析　由C＝可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．
3．(平行板电容器的两类典型问题)(多选)如图4所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是(　　)
图4
A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
答案　AB
解析　电容器上所带电荷量一定，由公式C＝，当d变大时，C变小．再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故选A、B.
4．(平行板电容器与力学综合)如图5所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)
图5
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
答案　B
解析　上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势减小，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CU将减小，D错.
题组一　对电容器与电容的理解
1．(多选)关于电容器和电容的概念，下列说法正确的是(　　)
A．任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器
B．用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷
C．某一电容器带电荷量越多，它的电容就越大
D．某一电容器两极板间的电压越高，它的电容就越大
答案　AB
解析　电容器是容纳电荷的容器，电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量．电容的大小与电容器所带电荷量多少及两极板间电压大小都无关．
2．(多选)下列关于电容器和电容的说法中，正确的是(　　)
A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两极板间的电压成正比
C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两极板间的电压无关
答案　BCD
解析　由于电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性．一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，因此A错误，C、D正确；由于电容是定值，由Q＝CU知，其所带电荷量与两极板间的电压成正比，故B正确．
3．如图1所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是(　　)
图1
A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电
B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电
D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电
答案　A
解析　开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A对，B错；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错．
4．如图2所示，为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是(　　)
图2
A．是充电过程
B．是放电过程
C．该电容器的电容为5.0×10－2F
D．该电容器所带电荷量的变化量为0.20C
答案　B
解析　由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝F＝5×10－3F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，D错．
5．有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为(　　)
A．4∶1　1∶3
B．1∶4　3∶1
C．4∶1　3∶1
D．4∶1　4∶3
答案　C
解析　由U＝得：＝＝＝，
又由E＝＝得：＝＝＝，
所以选项C正确．
题组二　平行板电容器的两类典型问题
6．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(　　)
A．C和U均增大
B．C增大，U减小
C．C减小，U增大
D．C和U均减小
答案　B
解析　由平行板电容器电容决定式C＝知，当插入电介质后，εr变大，则在S、d不变的情况下，C增大；由电容定义式C＝得U＝，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．
7．(多选)如图3所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器的原理图．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法正确的是(　　)
图3
A．该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体
B．金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面升高了
D．如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了
答案　AC
解析　类似于平行板电容器的结构，金属芯柱和导电液体构成电容器的两个电极，金属芯柱的绝缘层就是极板间的电介质，其厚度d相当于两极板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小．浸入液体深度h越大，则S越大，C越大．C增大时，就表明h变大．故选项A、C正确．
8．(多选)如图4所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是(　　)
图4
A．A板与静电计的指针带的是异种电荷
B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
答案　BD
解析　静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝，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．
9．(多选)如图5所示，平行板电容器两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ，则(　　)
图5
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
答案　AD
解析　保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，C＝，E＝＝＝，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故C错误，D正确．
题组三　电容器的综合应用
10.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图6所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(　　)
图6
A.和
B.和
C.和
D.和
答案　D
解析　由题意知，正极板所带电荷激发的电场的电场强度大小为E＝＝＝，同理负极板所带电荷激发的电场的场强E2＝，两板间的场强E＝E1＋E2＝，两极板间的静电引力大小F＝QE1＝，故D正确．
11．如图7所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电荷．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为l，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于(　　)
图7
A.B.C.D.
答案　C
解析　根据U＝、E＝可得E＝，所以，A→B电场力做功为W＝qElsin30°＝.
12．如图8所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g.粒子运动的加速度为(　　)
图8
A.g
B.g
C.g
D.g
答案　A
解析　带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma＝mg－q，两式联立可得a＝g.
13．如图9所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4mm，充电后两极板电势差为120V．A板带正电，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm.求：
图9
(1)电容器的电荷量；
(2)一个电子在P点具有的电势能；
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能．
答案　(1)3.6×10－4C　(2)－90eV　(3)120eV
解析　(1)由Q＝UC得Q＝120×3×10－6C＝3.6×10－4C.
(2)Ep＝－eφP＝－edPB＝－90eV.
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得Ek－0＝－eUBA，Ek＝120eV.几种常见的磁场
[目标定位]　1.知道磁感线，并能记住几种常见磁场的磁感线分布特点.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.知道磁通量的概念，并会计算磁通量.4.知道安培分子电流假说，并能解释简单的磁现象．
一、磁感线
1．定义：用来形象描述磁场的假想曲线．
2．特点：
(1)磁感线的疏密程度表示磁场的强弱．
(2)磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向．
(3)磁感线的方向：磁体外部从N极指向S极，磁体内部从S极指向N极．
(4)磁感线闭合而不相交，不相切，也不中断．
深度思考
(1)用磁感线描述磁场时，总有一些区域没有磁感线通过，这些区域是否一定没有磁场存在？
(2)倘若空间某区域的磁场是由两个或两个以上的磁体或电流产生的，用磁感线描述该区域的磁场时，磁感线能否相交？
答案　(1)不是．用磁感线描述磁场时，只是定性地画出一些磁感线用来描述该区域的磁场分布，不可能让所有的区域都有磁感线通过，没有磁感线通过的区域仍然可以有磁场分布．
(2)不能．若多个磁体或电流的磁场在空间某区域叠加，磁感线描述的是叠加后的合磁场的磁感线分布情况，不能认为该区域有多条磁感线相交．
例1　关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是(　　)
A．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的
B．磁感线可以形象地描述各磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
C．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的
D．两个磁场的叠加区域，磁感线可能相交
解析　条形磁铁内部磁感线的方向是从S极指向N极，A不正确；磁感线上每一点切线方向表示磁场方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，小磁针静止时北极受力方向和静止时北极的指向均为磁场方向，选项B正确；磁感线是为了形象地描述磁场而假想的一组有方向的闭合曲线，实际上并不存在，选项C不正确；叠加区域合磁场的方向也具有唯一性，故磁感线不可能相交，D选项错误．
答案　B
磁感线与电场线的比较
比较项目
磁感线
静电场的电场线
相同点
方向
线上各点的切线方向就是该点的磁场方向
线上各点的切线方向就是该点的电场方向
疏密
表示磁场强弱
表示电场强弱
特点
在空间不相交、不相切、不中断
除电荷处外，在空间不相交、不相切、不中断
不同点
闭合曲线
始于正电荷或无穷远处，止于负电荷或无穷远处，不闭合的曲线
二、几种常见的磁场
1．直线电流的磁场
安培定则：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向．这个规律也叫右手螺旋定则.
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
以导线上任意点为圆心的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
2.环形电流的磁场
环形电流的磁场可用另一种形式的安培定则表示：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向.
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
3.通电螺线管的磁场
通电螺线管是由许多匝环形电流串联而成的．所以环形电流的安培定则也可以用来判定通电螺线管的磁场，这时拇指所指的方向就是螺线管内部磁场的方向.
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
内部为匀强磁场且比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
深度思考
磁体和电流都可以产生磁场，环形电流和通电螺线管的磁场与哪种磁体的磁场相似？
答案　环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁．
例2　如图1所示，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．请画出对应的磁感线(标上方向)或电流方向．
图1
解析　如果已知电流的方向，可用右手螺旋定则判断磁感线的方向．如果已知小磁针静止时N极指向，那么小磁针N极所指方向就是磁感线方向．
答案　用安培定则来判断，分别如下列各图所示．
例3　如图2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、方向相反的电流．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(　　)
图2
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
解析　由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场方向均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，故选项A错误；由安培定则，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等、方向相同，选项B错误；根据安培定则判断可知，两导线在c、d处产生的磁场分别垂直c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向均竖直向下，故选项C正确，选项D错误．
答案　C
磁感应强度是矢量，当空间存在几个磁体 或电流 时，每一点的磁场为各个磁体 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.
三、安培分子电流假说
1．法国学者安培提出了著名的分子电流假说．他认为在原子、分子等物质微粒的内部，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．
2．当铁棒中分子电流的取向大致相同时，铁棒对外显磁性(如图3甲所示)；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(如图乙所示)，所以磁体在高温或受到猛烈撞击时，将会退磁．
图3
3．安培分子电流假说揭示了磁现象的电本质：一切磁现象都是由电荷的运动产生的．
例4　用安培分子电流假说解释下列现象不正确的是(　　)
A．未被磁化的铁棒内部分子电流取向杂乱无章，磁场相互抵消对外不显磁性
B．未被磁化的铁棒放到磁场中，各分子电流在磁场作用下取向变得大致相同，铁棒被磁化，两端对外显示较强的磁作用，形成磁极
C．磁铁受到高温或猛烈撞击时失去磁性，这是因为激烈的热运动或震动使分子电流取向变得杂乱无章了
D．通电直导线中的电流和环形电流都是分子电流形成的
解析　分子电流假说是安培为解释磁体的磁现象而提出的，易知选项A、B、C都对；分子电流和宏观电流虽然都是运动电荷引起的，但产生的原因是不同的，D错．
答案　D
四、匀强磁场和磁通量
1．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小、方向处处相同的磁场．
磁感线：间隔相同的平行直线．
(2)实例：距离很近的两个平行的异名磁极间的磁场，相隔适当距离的两平行放置的通电线圈，其中间区域的磁场都是匀强磁场．
2．磁通量
(1)定义：匀强磁场磁感应强度B与和磁场方向垂直的平面面积S的乘积，叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通．
(2)表达式：Φ＝BS.单位：韦伯，简称韦，符号是Wb，1Wb＝1T·m2.
适用条件：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直．
(3)说明：磁通量可用穿过某一平面的磁感线条数表示；若磁感线沿相反方向穿过同一平面，则磁通量等于穿过平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)．
(4)引申：B＝，因此磁感应强度B又叫磁通密度．
例5　如图4所示，线圈abcd的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＝0.4m2，匀强磁场磁感应强度B＝0.6T，则穿过线圈的磁通量Φ为多少？
图4
解析　方法一：把S投影到与B垂直的方向，则Φ＝B·Scosθ＝0.6×0.4×cos60°Wb＝0.12Wb.
方法二：把B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥，B∥不穿过线圈，且B⊥＝Bcosθ，则Φ＝B⊥S＝Bcosθ·S＝0.6×0.4×cos60°Wb＝0.12Wb.
答案　0.12Wb
1 磁通量的计算
①公式：Φ＝BS
适用条件：a.匀强磁场；b.磁感线与平面垂直.
②当平面与磁场方向不垂直时，穿过平面的磁通量可用平面在垂直于磁场B的方向的投影面积进行计算，即Φ＝BS⊥.
2 磁通量的正、负既不表示大小，也不表示方向，它表示磁通量从某个面穿入还是穿出，若规定穿入为正，则穿出为负，反之亦然.
1．(对磁感线的理解)如图5所示的磁场中同一条磁感线(方向未标出)上有a、b两点，这两点处的磁感应强度(　　)
图5
A．大小相等，方向不同
B．大小不等，方向相同
C．大小相等，方向相同
D．大小不等，方向不同
答案　B
解析　如题图，a点处磁感线比b点处磁感线密，则a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度，而某点的切线方向即为该点的磁感应强度的方向．因此它们的方向相同．故B正确，A、C、D错误．
2．(安培定则的理解和应用)(多选)如图6所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则(　　)
图6
A．放在a处的小磁针的N极向左
B．放在b处的小磁针的N极向右
C．放在c处的小磁针的S极向右
D．放在a处的小磁针的N极向右
答案　BD
解析　由安培定则，通电螺线管的磁场如图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁铁在a点时，N极向右，A项错误，D项正确；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，C项错误．
3．(磁感应强度的叠加)在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图7所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　　)
图7
A．b、d两点的磁感应强度相等
B．a、b两点的磁感应强度相等
C．c点的磁感应强度的值最小
D．b点的磁感应强度的值最大
答案　C
解析　如图所示，由矢量叠加原理可求出各点的合磁场的磁感应强度，可见b、d两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，A项错误．a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，B、D项错误，C项正确．
4．(对磁通量的理解)如图8所示，一个单匝线圈abcd水平放置，面积为S，有一半面积处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，当线圈以ab边为轴转过30°和60°时，穿过线圈的磁通量分别是多少？
图8
答案　　
解析　当线圈分别转过30°和60°时，线圈平面在垂直于磁场方向的有效面积相同，S⊥＝，所以磁通量相同，都等于.
题组一　磁感线及安培定则的应用
1．(多选)关于电场和磁场，下列说法正确的是(　　)
A．我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱
B．电场线和磁感线是可以形象描述场强强弱和方向的客观存在的曲线
C．磁感线和电场线一样都是闭合的曲线
D．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质
答案　AD
解析　电场和磁场都是客观存在的物质，电场线和磁感线都是假想的曲线，实际并不存在．电场线和磁感线的最大区别在于：磁感线是闭合的，而电场线不是闭合的．
2．如图1所示为某磁场的一条磁感线，其上有A、B两点，则(　　)
图1
A．A点的磁感应强度一定大
B．B点的磁感应强度一定大
C．因为磁感线是直线，A、B两点的磁感应强度一样大
D．条件不足，无法判断
答案　D
解析　由磁场中一根磁感线无法判断磁场强弱．
3．如图2所示为电流产生磁场的分布图，分布图正确的是(　　)
图2
A．①③B．②③C．①④
D．②④
答案　C
解析　由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确、②错误．③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出④正确、③错误．故正确选项为C.
4．如图3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(　　)
图3
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
答案　C
解析　小磁针静止时N极的指向与该点磁感线方向相同，如果a、b、c三处磁感线方向确定，那么三枚小磁针静止时N极的指向也就确定了．所以，只要画出通电螺线管的磁感线如图所示，即可知a磁针的N极向左，b磁针的N极向右，c磁针的N极向右．
5．(多选)如图4为某磁场中的磁感线，则(　　)
图4
A．a、b两处磁感应强度大小不等，Ba＞Bb
B．a、b两处磁感应强度大小不等，Ba＜Bb
C．同一小段通电导线放在a处时受力一定比b处时大
D．同一小段通电导线放在a处时受力可能比b处时小
答案　AD
6．(多选)如图5所示，一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的上方，此时小磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是(　　)
图5
A．向右飞行的正离子束
B．向左飞行的正离子束
C．向右飞行的电子束
D．向左飞行的电子束
答案　BC
解析　小磁针的S极向纸内偏转，说明此处磁场向外，根据安培定则可知电流方向从b向a，选项B、C正确．
题组二　磁感应强度的叠加
7．(多选)如图6所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是(　　)
图6
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度为T，方向斜向上，与B的夹角为45°
C．c点的实际磁感应强度也为零
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
答案　AB
解析　由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1T，由安培定则知A项正确，另由平行四边形定则知B项也正确．
8．如图7所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共线；b点在两导线之间，b、d的连线与两导线所在直线垂直．磁感应强度可能为零的点是(　　)
图7
A．a点B．b点C．c点D．d点
答案　C
解析　要使合磁感应强度为零，必有I1和I2形成的两个磁场中的某一点磁感应强度等大反向，只有c点有可能，选C.
9．三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图8所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是(　　)
图8
A．大小为B，方向垂直斜边向下
B．大小为B，方向垂直斜边向上
C．大小为B，斜向右下方
D．大小为B，斜向左下方
答案　C
解析　由题意可知，三平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图．
则：B合＝＝B，故A、B、D错误，C正确．
题组三　安培分子电流假说
10．安培观察到通电螺旋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，在原子、分子等物质微粒内部，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的绕核运动形成的)，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9所示)下列将分子电流(箭头表示电子运动方向)等效为小磁体的图示中正确的是(　　)
图9
答案　B
解析　做圆周运动的电荷带负电，则环形电流方向相反，根据安培定则可知其左侧为N极，选项B对．
11．(多选)如图10所示，两块软铁ab和cd放在螺线管轴线上，当螺线管通上如图所示方向的电流后，下列说法正确的是(　　)
图10
A．两软铁将相互吸引
B．两软铁将相互排斥
C．a端将磁化为N极
D．d端将磁化为N极
答案　AD
解析　当螺线管通电后，螺线管产生的磁场使两块软铁磁化，两软铁的左端同为N极，右端同为S极，两软铁相互吸引，选项A、D对，B、C错．
题组四　磁通量的理解和计算
12．(多选)下列关于磁通量的说法正确的是(　　)
A．穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
C．穿过某一个面的磁通量就是穿过该面的磁感线净条数
D．地磁场穿过地球表面的磁通量为0
答案　CD
解析　只有当磁场与该面垂直时穿过该面的磁通量才等于磁感应强度与该面面积的乘积，选项A、B均错；磁通量的物理意义为穿过该面的磁感线的净条数，选项C对；地球表面是一个封闭曲面，穿进它的磁感线又全部从另一面穿出，则磁通量为0，选项D对．
13．如图11所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为(　　)
图11
A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2
答案　B
14．如图12所示，框架abcd的面积为S，框架平面的初始位置与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则
图12
(1)穿过框架平面的磁通量为多少？
(2)若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为多少？
(3)若从初始位置转过90°角，则穿过框架平面的磁通量为多少？
(4)若从初始位置转过180°角，则穿过框架平面的磁通量的变化量大小是多少？
答案　(1)BS　(2)BS　(3)0　(4)2BS
解析　(1)初始位置Φ1＝BS；
(2)框架转过60°角时Φ2＝BS⊥＝BScos60°＝BS；
(3)框架转过90°角时Φ3＝BS⊥＝BScos90°＝0；
(4)若规定初始位置磁通量为“正”，则框架转过180°角时磁感线从反面穿出，故末态磁通量为“负”，即Φ4＝－BS，所以ΔΦ＝|Φ4－Φ1|＝|(－BS)－BS|＝2BS.电动势
[目标定位]　1.知道电源是将其他形式的能转化为电势能的装置.2.了解电路中自由电荷定向移动的过程中，静电力和非静电力做功与能量转化的关系.3.了解电源电动势的基本含义，知道它的定义式．了解电源的内阻．
一、电源
1．概念：通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置．
2．电源的工作原理
如图1所示，由于电源正、负极总保持一定数量的正、负电荷，所以电源内部总存在着由正极指向负极的电场．电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力在做功，使电荷的电势能增加．在外电路，也存在着由正极指向负极的电场，正电荷在静电力的作用下由电源正极流向负极．
图1
3．非静电力的实质
在电池中，非静电力是化学作用，它使化学能转化为电势能；在发电机中，非静电力是电磁作用，它使机械能转化为电势能．
例1　关于闭合电路，下列说法正确的是(　　)
A．在外电路和电源内部，正电荷都受非静电力作用，所以能不断定向移动形成电流
B．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
C．在电源内部正电荷能从负极到正极是电源内部非静电力克服静电力做功的结果
D．静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加
解析　在电源外部，电荷受静电力作用，而在电源内部，电荷既受静电力作用，又受非静电力作用，故能使电荷不断定向移动形成电流，选项A错误，C正确；静电力做功，使电荷电势能减少，非静电力做功，使电荷电势能增加，选项B错误，D正确．
答案　CD
1 非静电力只存在电源的内部，而静电力分布于电源内外. 2 非静电力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.
二、电源的重要参数——电动势、内阻和容量
1．电动势
(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1_C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，即非静电力所做的功W与移送电荷q的比值，用E表示，E＝.
(2)物理意义：反映电源非静电力做功本领大小的物理量．
(3)单位：与电势、电势差的单位相同，为伏特．
(4)标量：规定电动势的方向为电源内部电流的方向，即在电源内部由电源负极指向正极．
2．内阻：电源内部导体的电阻．
3．容量：电池放电时能输出的总电荷量，其单位是A·h或mA·h.
深度思考
如图2所示是不同型号的干电池，其电动势都是1.5V，这说明什么问题？
图2
答案　电动势相同，说明不同型号的干电池内部的非静电力做功的本领相同，体积大的干电池，其容量大．
例2　关于电动势E的说法中正确的是(　　)
A．电动势E的大小，与非静电力所做的功W的大小成正比，与移送电荷量q的大小成反比
B．电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关
C．电动势E是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量
D．电动势E的单位与电势差的单位相同，故两者在本质上相同
解析　电动势是一个用比值定义的物理量，这个物理量与这两个相比的项没有关系，它是由电源本身决定的，是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势和电势差尽管单位相同，但本质上是不相同的，故选B、C.
答案　BC
(1)E＝是电动势的定义式而不是决定式，E的大小与W和q无关，是由电源自身的性质决定的，电动势不同，表示电源将其他形式的能转化为电能的本领不同．
(2)电动势与电压的区别与联系
①区别：电势差U＝反映电场力做功，将电势能转化为其他形式的能；而电动势E＝反映非静电力做功，将其他形式的能转化为电能．能的转化方向不同．
②联系：电动势等于电源未接入电路时两极间的电势差．
例3　由六节干电池(每节的电动势为1.5V)串联组成的电池组，对一电阻供电．电路中的电流为2A，在10s内电源做功为180J，则电池组的电动势为多少？从计算结果中你能得到什么启示？
解析　由E＝及q＝It得
E＝＝V＝9V＝1.5×6V，
故可得出串联电池组的总电动势等于各电池的电动势之和．
答案　9V　串联电池组的总电动势等于各电池的电动势之和
电源的串、并联规律：
n个相同电源串联：E总＝nE；r总＝nr.
n个相同电源并联：E总＝E；r总＝.
1．(对电动势的理解)铅蓄电池的电动势为2V，这表示(　　)
A．电路中每通过1C电荷量，电源将2J的化学能转变为电能
B．在1s内非静电力做功为2J
C．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变为电能
D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池小
答案　A
解析　电源的电动势在数值上等于非静电力把1
C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，所以选项A正确，B、C错误；一节干电池的电动势是1.5
V，所以蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池大，选项D错误．
2．(公式E＝的理解和应用)有一铅蓄电池，在其内部将2×10－5C的电子从正极移到负极需要3×10－2s的时间，此过程中非静电力做功为4×10－5J，则该铅蓄电池的电动势是多少？给一小灯泡供电，供电电流是0.2A，供电10min，非静电力做功是多少？
答案　2V　240J
解析　电动势E＝＝
V＝2
V
非静电力做的功W＝Eq＝EIt＝2×0.2×60×10
J＝240
J.
题组一　对电动势的理解
1．(多选)有关电动势的说法中正确的是(　　)
A．电源的电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功
B．当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等
C．电源提供的电能越多，电源的电动势越大
D．当电路中通过1库仑电荷量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值
答案　ABD
解析　电动势的定义式E＝可知，电源的电动势等于非静电力把1
C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．故A正确；当外电路断开时，电源的电压与电源的电动势相等．故B正确；电源提供的电能取决于做功的时间，不能说明电动势大．故C错误；根据电动势的定义式E＝可知，当电路中通过1库仑电荷量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值．故D正确．
2．下列说法中正确的是(　　)
A．某同学订购的iPhone4s手机的电池铭牌：“3.7V　1430mA·h”，相比iPhone4的“3.7V　1420mA·h”，说明电池容量前者大
B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化
C．电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领，所以非静电力做功越多，电源电动势越大
D．新旧1号电池对小灯泡供电时，发现旧电池供电时灯泡较暗，主要原因是旧电池的电动势比新电池电动势高很多
答案　A
解析　由题可知，前者容量为1
430
mA·h，而后者为1
420
mA·h，故说明前者电池容量大，故A正确；电动势的大小由电源自身的性质决定的，与外电路无关，故B错误；电动势E＝，故电动势的大小是比较的移送单位电荷时做功的多少，故C错误；新旧1号电池对小灯泡供电时，发现旧电池供电时灯泡较暗，主要原因是旧电池内阻比新电池内阻大很多，故D错误．
3．(多选)如图1所示，为一块手机电池背面印有的一些符号，下列说法正确的是(　　)
图1
A．该电池的容量为500mA·h
B．该电池的电动势为3.6V
C．该电池在工作1小时后达到的电流为500mA
D．若电池以10mA的电流工作，可用50小时
答案　ABD
解析　电池上的3.6V表示电动势，500mA·h表示电荷容量，可以由电荷容量计算在一定放电电流下使用的时间，由500mA·h＝t×10mA，得t＝50h，所以A、B、D选项正确．
题组二　对公式E＝的理解和应用
4．对于电动势的定义式E＝的理解，正确的是(　　)
A．E与W成正比
B．E与q成反比
C．E的大小与W、q无关
D．W表示非静电力
答案　C
解析　电动势是描述电源非静电力搬运电荷本领大小的物理量，与W、q无关．
5．(多选)如图2所示是常用在电子手表和小型仪表中的锌汞电池，它的电动势约为1.2V，这表示(　　)
图2
A．电路通过1C的电荷量，电源把1.2J其他形式的能转化为电能
B．电源在每秒内把1.2J其他形式的能转化为电能
C．该电源比电动势为1.5V的干电池做功少
D．该电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时其他形式的能转化为电能少
答案　AD
6．一台发电机用0.5A的电流向外输电，在1min内将180J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为(　　)
A．6VB．360VC．120VD．12V
答案　A
解析　q＝It，E＝＝＝V＝6V.
题组三　综合应用
7．电动势为20V的电源向外供电，已知它在1min时间内移送120C的电荷量，则：
(1)这个回路中的电流是多大？
(2)电源产生了多少电能？
答案　(1)2A　(2)2400J
解析　(1)由I＝＝A＝2A.
(2)电源产生的电能为W＝qU＝120×20J＝2400J.
8．常用的干电池有1号电池、5号电池等，电动势均为1.5V.
(1)如果这两种电池对外提供电荷量均为2C，那么电源所做的功各是多少？有多少其他形式的能转化为电能？
(2)试分析一下，这两种电池在电学性能上有哪些不同．
答案　见解析
解析　(1)W＝qE＝2×1.5J＝3J，两种干电池做功均为3J，均有3J其他形式的能转化为电能．
(2)两种电池的容量不同，5号电池容量小；内阻不同，一般情况下，5号电池内阻大．习题课：安培力的综合应用
[目标定位]　1.会判断安培力作用下物体的运动方向.2.会分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡问题.3.会求安培力作用下导体棒的瞬时加速度．
一、安培力作用下物体运动方向的判断方法
1．电流元法
即把整段通电导体等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段通电导体所受合力的方向．
2．特殊位置法
把通电导体或磁铁放置到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．
3．等效法
环形导线和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形导线或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形导线来分析．
4．利用结论法
(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；
(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．
5．转换研究对象法
因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．
例1　如图1所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)(　　)
图1
A．顺时针方向转动同时靠近导线AB
B．逆时针方向转动同时离开导线AB
C．顺时针方向转动同时离开导线AB
D．逆时针方向转动同时靠近导线AB
解析　(1)根据电流元分析法，把导线CD等效成CO、OD两段导线．由安培定则画出CO、OD所在位置由AB导线中电流所产生的磁场方向，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动．
　
(2)由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙所示，并画出CD此时位置AB导线中电流所产生的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB，故D选项正确．
答案　D
不管是通电导体还是磁体，对另一通电导体的作用都是通过磁场来实现的．因此必须先画出导体所在位置的磁感线方向，然后用左手定则判断导体所受安培力的方向进而再判断将要发生的运动．
例2　(多选)如图2甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)
图2
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
解析　由F＝IlB可知，安培力随时间的变化关系与电流随时间变化关系相同．所以金属棒先向右匀加速运动，再向右做匀减速运动，然后重复运动，故选项A、B、C均正确；安培力先做正功，后做负功，在一个周期内不做功，故选项D错误．
答案　ABC
二、安培力作用下的导体的平衡
1．解题步骤
(1)明确研究对象；
(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上；
(3)正确受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解．
2．分析求解安培力时需要注意的问题
(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向；
(2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度．
例3　如图3所示，质量m＝0.1kg、电阻R＝9Ω的导体棒静止于倾角为30°的斜面上，导体棒长度L＝0.5m．导轨接入电动势E＝20V，内阻r＝1Ω的电源，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中．求：(取g＝10m/s2)
图3
(1)导体棒所受安培力的大小和方向；
(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向．
解析　(1)导体棒中的电流I＝＝A＝2A，安培力F安＝ILB＝2×0.5×0.5N＝0.5N，
由左手定则可知安培力的方向水平向右．
(2)建立如图所示的坐标系，分解重力和安培力．在x轴方向上，设导体棒所受的静摩擦力大小为Ff，方向沿斜面向下．
在x轴方向上有：
mgsinθ＋Ff＝F安cosθ，
解得Ff＝－0.067N.
负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上．
答案　(1)0.5N　水平向右　(2)0.067N　沿斜面向上
解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键，解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图.
三、安培力和牛顿第二定律的结合
解决安培力作用下的力学综合问题，做好全面受力分析是前提，其中重要的是不要漏掉安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解．
例4　如图4所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．
图4
解析　受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，
由牛顿第二定律：
mgsinθ－Fcosθ＝ma①
F＝BIL②
I＝③
由①②③式可得
a＝gsinθ－.
答案　gsinθ－
1．(安培力作用下导体的运动)两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图5所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是(　　)
图5
A．都绕圆柱体转动
B．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度
C．彼此相向运动，电流大的加速度大
D．彼此背向运动，电流大的加速度大
答案　B
解析　同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间的相互作用力必大小相等，选项B正确．
2.(安培力作用下导体的运动)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图6所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为(　　)
图6
A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
答案　D
解析　先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图(a)所示．
可以判断导线受到磁场力作用后从上向下看按逆时针方向转动，再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图(b)所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．
　　
(a)　　　　　　　　　　(b)
3．(安培力作用下导体的平衡)如图7所示，一根长L＝0.2m的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I＝5A的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B＝0.6T，竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
图7
答案　0.8N
解析　从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判断出为水平向右，
F＝ILB＝5×0.2×0.6N＝0.6N.
由平衡条件得mg＝＝0.8N.
4．(安培力和牛顿第二定律的结合)澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2
km/s)．如图8所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度．(轨道摩擦不计)
图8
答案　55T
解析　根据2ax＝v－v得炮弹的加速度大小为a＝＝m/s2＝5×105
m/s2.
根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N.
根据安培力公式F＝ILB，得B＝＝T＝55T.
题组一　安培力作用下导体的运动
1．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图1所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是(　　)
图1
A．弹簧向上收缩
B．弹簧被拉长
C．弹簧上下跳动
D．弹簧仍静止不动
答案　C
解析　因为通电后，线圈中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，线圈就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，线圈就又掉下来接通电路……如此通断通断，就上下跳动．
2．通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图2所示．下列哪种情况将会发生(　　)
图2
A．因L2不受安培力的作用，故L2不动
B．因L2上、下两部分所受的安培力平衡，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．L2绕轴O按逆时针方向转动
答案　D
解析　由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项正确．
3．固定导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图3方向的电流，用测力计悬挂在导线c的上方，导线c中通电时，以下判断正确的是(　　)
图3
A．导线a端转向纸外，同时测力计读数减小
B．导线a端转向纸外，同时测力计读数增大
C．导线b端转向纸里，同时测力计读数减小
D．导线b端转向纸里，同时测力计读数增大
答案　B
解析　电流c产生的磁场在右边平行纸面斜向左，在左边平行纸面斜向下，在ab左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向内，知ab导线逆时针方向(从上向下看)转动．当ab导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．导致弹簧测力计的读数变大．故B正确，A、C、D错误．
4．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图4所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将(　　)
图4
A．不动　　　
B．顺时针转动
C．逆时针转动　　　
D．向纸面内平动
答案　B
解析　法一　利用结论法．
环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看线圈L1顺时针转动．
法二　等效分析法．
把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针后转动前，N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动．
法三　直线电流元法．
把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸里，因此从左向右看线圈L1顺时针转动．故正确答案为B.
题组二　通电导线在磁场中的平衡
5．(多选)如图5所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是(　　)
图5
A．磁铁对水平面的压力减小
B．磁铁对水平面的压力增大
C．磁铁对水平面施加向左的静摩擦力
D．磁铁所受的合外力增加
答案　BC
6．(多选)质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图6所示．图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中导体棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是(　　)
图6
答案　AB
解析　选项A中，当mgsinθ＝BILcosθ时，通电导体棒受到重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图甲所示，所以导体棒与导轨间的摩擦力为零．当安培力变大或变小时，导体棒有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生．
选项B中，当mg＝BIL时，通电导体棒受到重力、安培力作用处于静止状态，如图乙所示，所以导体棒与导轨间的摩擦力为零．当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态．
选项C和D中，通电导体棒受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图丙、丁所示，所以导体棒与导轨间的摩擦力一定不为零．
7．如图7所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)
图7
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
答案　A
8．如图8所示，通电直导线ab质量为m，长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导线ab静止在斜面上，且要求磁感应强度最小，则该匀强磁场的磁感应强度大小和方向分别是(　　)
图8
A.，垂直斜面向上
B.，垂直斜面向下
C.，垂直斜面向上
D.，垂直斜面向下
答案　A
解析　当安培力方向沿斜面向上时，磁感应强度最小，有：mgsinθ＝ILBmin；得：Bmin＝
方向垂直斜面向上，则A正确．
9．如图9所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1A，bc边长度为10cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10m/s2)
图9
答案　0.1N　1T
解析　根据F＝ILB可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10N＝0.2N，所以F＝0.1N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1N．因为磁场对矩形线圈的作用力F＝NBIL，故B＝＝T＝1T.
10．如图10所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
图10
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力大小．
答案　(1)1.5A　(2)0.3N　(3)0.06N
解析　(1)根据闭合电路欧姆定律I＝＝1.5A.
(2)导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.3N.
(3)导体棒受力如图，将重力正交分解
F1＝mgsin37°＝0.24N，
F1＜F安，根据平衡条件知，mgsin37°＋Ff＝F安，
解得Ff＝0.06N.
11.如图11所示，一长为10
cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1
T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12
V的电池相连，电路总电阻为2
Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5
cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3
cm，重力加速度大小取10
m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．
图11
答案　方向竖直向下　0.01
kg
解析　金属棒通电后，闭合回路电流
I＝＝
A＝6
A
导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06
N.
开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下
由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg
开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F
代入数值解得m＝0.01
kg
题组三　安培力与牛顿运动定律的综合应用
12．如图12所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2T，一根质量为0.6kg，有效长度为2m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8A时，求金属棒能获得的加速度的大小．
图12
答案　2m/s2
解析　当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动，有BI1L＝Ff①
当金属棒中的电流为8A时，金属棒能获得的加速度为a，则
BI2L－Ff＝ma②
联立①②解得a＝＝2m/s2电场强度
[目标定位]　1.理解电场强度的概念及其定义式，并会进行有关计算.2.理解点电荷的电场强度及叠加原理.3.会用电场线表示电场，并熟记几种常见电场的电场线分布．
一、电场和电场强度
1．电场
(1)概念：存在于电荷周围的一种特殊的物质，由电荷产生．场和实物是物质存在的两种不同形式．
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．电荷之间通过电场相互作用．
(3)静电场：静止电荷产生的电场．
2．电场强度
(1)场源电荷和试探电荷
场源电荷是激发或产生我们正在研究的电场的电荷．试探电荷是用来检验电场是否存在及其强弱分布情况的电荷．
(2)电场强度
①定义：放入电场中某点的点电荷所受静电力与它的电荷量的比值叫做该点的电场强度，简称场强．
②物理意义：表示电场的强弱和方向．
③定义式：E＝，单位为牛(顿)每库(仑)，符号为N/C.
④方向：电场强度的方向与正电荷所受静电力的方向相同，与负电荷所受静电力方向相反．
深度思考
(1)由于E＝，所以有人说电场强度的大小与放入的试探电荷受到的力F成正比，与电荷量q的大小成反比，你认为这种说法正确吗？为什么？
(2)这里定义电场强度的方法叫比值定义法，你还学过哪些用比值定义的物理量？它们都有什么共同点？
答案　(1)不正确．电场中某点的电场强度E是唯一的，由电场本身决定，与是否放入试探电荷以及放入试探电荷的正负、电荷量的大小无关．
(2)如加速度a＝，密度ρ＝等．用比值定义的新物理量可反映物质本身的某种属性，与用来定义的原有物理量并无直接关系．
例1　A为已知电场中的一固定点，在A点放一电荷量为q的试探电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则(　　)
A．若在A点换上－q，A点场强方向发生变化
B．若在A点换上电荷量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2E
C．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零
D．A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关
解析　电场强度E＝是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向和大小均不变，故A、B、C均错误；故选D.
答案　D
例2　真空中O点放一个点电荷Q＝＋1.0×10－9C，直线MN通过O点，OM的距离r＝30cm，M点放一个点电荷q＝－1.0×10－10C，如图1所示．求：
图1
(1)q在M点受到的作用力；
(2)M点的场强；
(3)拿走q后M点的场强．
解析　(1)电场是一种物质，电荷q在电场中M点所受的作用力是电荷Q通过它的电场对q的作用力，根据库仑定律，得FM＝k＝N＝1.0×10－8N．因为Q为正电荷，q为负电荷，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO指向Q.
(2)M点的场强EM＝＝N/C＝100
N/C，其方向沿OM连线背离Q，因为它的方向跟正电荷所受电场力的方向相同．
(3)在M点拿走试探电荷q，有的同学说M点的场强EM＝0，这是错误的．其原因在于不懂得场强是反映电场的力的性质的物理量，它是由形成电场的电荷Q及场中位
置决定的，与试探电荷q是否存在无关．故M点的场强仍为100N/C，方向沿OM连线背离Q.
答案　(1)大小为1.0×10－8N　方向沿MO指向Q
(2)大小为100N/C　方向沿OM连线背离Q
(3)大小为100N/C　方向沿OM连线背离Q
1 公式E＝是电场强度的定义式，不是决定式.其中q是试探电荷的电荷量.
2 电场强度E的大小和方向只由电场本身决定，与是否放入的试探电荷以及放入试探电荷的正负、电荷量的大小无关.
二、点电荷的电场　电场强度的叠加
1．真空中点电荷周围的场强
(1)大小：E＝k.
(2)方向：Q为正电荷时，E的方向由点电荷指向无穷远；Q为负电荷时，E的方向由无穷远指向点电荷．
2．电场强度的叠加：电场强度是矢量．如果场源是多个点电荷，则电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和．
深度思考
公式E＝与E＝k有什么区别？
答案　公式E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场，E可以用来度量，但与F、q无关．其中q是试探电荷．
公式E＝k是点电荷场强的决定式，仅适用于点电荷的电场强度求解，Q是场源电荷，E与Q成正比，与r2成反比．
例3　真空中距点电荷(电荷量为Q)为r的A点处，放一个带电荷量为q(q Q)的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为(　　)
A.B.C．kD．k
解析　E＝中q指的是试探电荷，E＝中Q指的是场源电荷，故B、D正确．
答案　BD
例4　如图2所示，真空中带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距为r，则：
图2
(1)两点电荷连线的中点O的场强多大？
(2)在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强如何？
解析　求解方法是分别求出＋Q和－Q在某点的场强大小和方向，然后根据电场强度的叠加原理求出合场强．
(1)如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的场强方向相同，由A指向B.A、B两点电荷在O点产生的电场强度
EA＝EB＝＝.
故O点的合场强为EO＝2EA＝，方向由A指向B.
(2)如图乙所示，EA′＝EB′＝，由矢量图所形成的等边三角形可知，O′点的合场强EO′＝EA′＝EB′＝，方向与A、B的中垂线垂直，即EO′与EO同向．
答案　(1)，方向由A指向B
(2)，方向与AB连线平行，由A指向B
电场强度是矢量，合成时遵循矢量运算法则 平行四边形定则或三角形定则 ，常用的方法有图解法、解析法、正交分解法等；对于同一直线上电场强度的合成，可先规定正方向，进而把矢量运算转化成代数运算.
三、电场线和匀强电场
1．电场线的特点
(1)电场线是为了形象描述电场而假想的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．
(2)电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷．
(3)电场线在电场中不相交．
(4)在同一电场中，电场强度较大的地方电场线较密．
(5)匀强电场的电场线是间隔相等的平行线．
2．几种特殊的电场线(自己画出电场线)
答案
3．匀强电场
(1)定义：电场中各点电场强度的大小相等、方向相同的电场．
(2)特点：①场强方向处处相同，电场线是平行直线．
②场强大小处处相等，要求电场线疏密程度相同，即电场线间隔相等．
深度思考
(1)在相邻的两条电场线之间没画电场线的地方有电场吗？
(2)电场线是物体的运动轨迹吗？
答案　(1)电场线是假想的．如果在每个地方都画电场线也就无法对电场进行描述了，所以在相邻的两条电场线之间没画电场线的地方也有电场．
(2)电场线不是运动轨迹，运动轨迹由运动电荷的受力和初速度共同决定，运动轨迹的切线方向为速度方向；电场线上各点的切线方向为该点的场强方向，决定着电荷所受电场力方向．
例5　如图3所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是(　　)
图3
A．这个电场可能是负点电荷的电场
B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大
C．正电荷可以沿电场线由B点运动到C点
D．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)
解析　负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A错；电场线越密的地方场强越大，由题图知EA＞EB，又因F＝qE，得FA＞FB，故B正确；由a＝知，a∝F，而F∝E，EA＞EB，所以aA＞aB，故D错；正电荷在B点受到的电场力的方向沿切线方向，故其轨迹不可能沿曲线由B到C，故C错误．
答案　B
1 电场线并不是粒子运动的轨迹.带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子所受合外力与初速度共同决定.电场线上各点的切线方向是场强方向，决定着粒子所受电场力的方向.轨迹上每一点的切线方向为粒子在该点的速度方向.
2 电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件
①电场线是直线.
②带电粒子只受电场力作用，或受其他力，但其他力的方向沿电场线所在直线.
③带电粒子初速度的大小为零或初速度的方向沿电场线所在的直线.
1．(对电场强度的理解)电场中有一点P，下列说法中正确的有(　　)
A．若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的场强减半
B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零
C．P点的场强越大，则同一试探电荷在P点受到的电场力越大
D．P点的场强方向就是放在该点的试探电荷所受电场力的方向
答案　C
解析　场强是表示电场本身性质的物理量，由电场本身决定，与是否有试探电荷以及试探电荷的电荷量均无关，选项A、B错误；由E＝得，F＝qE，q一定时F与E成正比，则知P点的场强越大，同一试探电荷在P点受到的电场力越大，故C正确；P点的场强方向为就是放在该点的正试探电荷所受电场力的方向，与放在该点的负试探电荷所受电场力的方向相反，故D错误．
2．(对电场强度的理解)如图4所示，在一带负电的导体A附近有一点B，如在B处放置一个q1＝－2.0×10－8C的电荷，测出其受到的静电力F1大小为4.0×10－6N，方向如图，则B处场强多大？如果换用一个q2＝＋4.0×10－7C的电荷放在B点，其受力多大？此时B处场强多大？
图4
答案　200N/C　8.0×10－5
N　200
N/C
解析　由场强公式可得EB＝＝N/C＝200
N/C，因为是负电荷，所以场强方向与F1方向相反．
q2在B点所受静电力F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N，方向与场强方向相同，也就是与F1方向相反．
此时B处场强仍为200N/C，方向与F1相反．
3．(点电荷的电场　电场强度的叠加)如图5所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移到P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为(　　)
图5
A．1∶2B．2∶1C．2∶D．4∶
答案　B
解析　设半圆弧的半径为r，M、N点的点电荷的电荷量分别为Q和－Q，M、N两点的点电荷在O点所产生的场强均为E＝k，则O点的合场强E1＝k＋k＝2k.当N点处的点电荷移到P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝k，则E1与E2之比为2∶1.
4．(电场线的特点及应用)下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是(　　)
答案　C
解析　A图中，A、B两点场强大小相等，方向不同；B图中，A、B两点场强的方向相同，但大小不等；C图中是匀强电场，则A、B两点场强大小、方向均相同；D图中A、B两点场强大小、方向均不相同．故选C.
题组一　对电场及电场强度的理解
1．(多选)下列关于电场和电场强度的说法正确的是(　　)
A．电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用
B．电场是人为设想出来的，其实并不存在
C．某点的场强越大，则同一电荷在该点所受到的电场力越大
D．某点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向
答案　AC
解析　电场是电荷周围客观存在的一种特殊物质，电荷间的相互作用是通过电场产生的，不是假想的，故A正确，B错误；由E＝得，F＝Eq，当q一定时，E越大，F越大，所以C正确；场强方向规定为正电荷在该点所受的电场力方向，与负电荷所受的电场力的方向相反，D错误．
2．(多选)关于电场强度的下列说法中，正确的是(　　)
A．电场强度与试探电荷所受电场力成正比
B．试探电荷的电荷量越大，电场强度越大
C．电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电荷量及其所受电场力大小无关
D．电场强度的方向就是正的试探电荷所受电场力的方向
答案　CD
解析　电场中某点的电场强度只与电场本身的性质有关，与试探电荷所带的电荷量及其所受电场力大小无关，A、B错，C对．人们规定电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，D对．
3．下列关于电场强度的说法中，正确的是(　　)
A．公式E＝只适用于真空中点电荷产生的电场
B．由公式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的静电力成正比
C．在公式F＝k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的电场强度大小；而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的电场强度大小
D．由公式E＝可知，在离点电荷非常近的地方(r→0)，电场强度E可达无穷大
答案　C
解析　电场强度的定义式E＝适用于任何电场，选项A错误；电场中某点的电场强度由电场本身决定，与电场中该点是否有试探电荷以及引入的试探电荷所受的静电力无关，选项B错误；点电荷间的相互作用力是通过电场产生的，选项C正确；公式E＝是点电荷产生的电场中某点电场强度的计算式，当r→0时，所谓的“点电荷”已不存在，该公式已不适用，选项D错误．
题组二　电场强度的叠加
4．如图1所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，将带有等量电荷量q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称．要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷＋Q，则该点电荷＋Q应放在(　　)
图1
A．A点
B．B点
C．C点
D．D点
答案　D
解析　由电场的叠加原理和对称性可知，＋q、－q在O点的合场强方向应沿OD方向，要使O点的合场强为零，放上的电荷＋Q在O点的场强方向应与＋q、－q在O点的合场强方向相反，所以D正确．
5．在一个等边三角形ABC顶点B和C处各放一个电荷量相同的点电荷时，测得A处的场强大小为E，方向与BC边平行沿B指向C，如图2所示．拿走C处的点电荷后，A处电场强度情况将是(　　)
图2
A．大小仍为E，方向由A指向B
B．大小仍为E，方向由B指向A
C．大小变为，方向不变
D．不能作出结论
答案　B
解析　设点电荷B、C在A产生的场强度大小均为E′，则E′＝E，拿走C处的点电荷后，A处电场强度大小为E，方向由B指向A，选项B正确．
题组三　电场线的特点及应用
6．(多选)以下关于电场和电场线的说法中正确的是
(　　)
A．电场线就是电荷在电场中的运动轨迹
B．在电场中，凡是有电场线通过的点，场强不为零，不画电场线的区域内的点，场强为零
C．同一试探电荷在电场线密集的地方所受静电力大
D．电场线是人们假想的，用以形象表示电场强度的大小和方向，客观上并不存在
答案　CD
解析　电场线是为了方便描述电场强度的大小及方向而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，没画电场线的区域也有电场，场强不为零，A、B错误，D正确．在同一电场中，电场强度较大的地方电场线较密，电荷受到的电场力也较大，C正确．
7．如图3所示是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q的距离．以下判断正确的是(　　)
图3
A．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
B．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
答案　A
解析　正电荷的电场线向外辐射，电场线密的地方电场强度大，所以A正确．
8．(多选)某电场的电场线分布如图4所示，则(　　)
图4
A．电荷P带正电
B．电荷P带负电
C．a点的电场强度大于b点的电场强度
D．正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力
答案　AD
解析　电场线从正电荷出发，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；c点的场强大于d点场强，所以正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确；故选A、D.
9．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图5所示．则此电场的电场线分布可能是(　　)
图5
答案　A
解析　从题图可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，故微粒所受电场力做负功，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.
10．(多选)A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)，如图6所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是(　　)
图6
A．这两点电荷一定是同种电荷
B．这两点电荷一定是异种电荷
C．D、C两点电场强度相等
D．C点的电场强度比D点的电场强度大
答案　BD
解析　由题图可知，电场线关于中垂线对称，两点电荷一定是等量异种电荷，A错，B对．中垂线上，C点场强最大，离C点越远，场强越小，C错，D对．
题组四　综合应用
11．在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2m和5m．已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系图象如图7中直线a、b所示，放在A点的试探电荷带正电，放在B点的试探电荷带负电．求：
图7
(1)B点的电场强度的大小和方向．
(2)试判断点电荷Q的电性，并确定点电荷Q位置坐标．
答案　(1)2.5N/C，方向沿x轴负方向
(2)带负电，位置坐标x＝2.6m
解析　(1)由题图可得B点电场强度的大小EB＝＝N/C＝2.5
N/C.
因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴负方向．
(2)因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电．
设点电荷Q的坐标为x，则EA＝k，EB＝k
由题图可得EA＝40N/C，则＝＝
解得x＝2.6m或x＝1m(不符合题意舍去)．
12．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图8所示．请问：
图8
(1)小球带电荷量是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
答案　(1)　(2)
解析　(1)由小球处于平衡状态，知小球带正电，对小球受力分析如图所示
FTsinθ＝qE①
FTcosθ＝mg②
由①②联立得tanθ＝，故q＝.
(2)由第(1)问中的方程②知FT＝，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于.小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为x＝，又由x＝at2，得t＝＝＝.习题课：带电粒子在磁场和复合场中的运动
[目标定位]　1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题.3.能分析计算带电粒子在叠加场中的运动.4.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题．
一、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动
1．解题步骤
(1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径．
(2)
找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)
用规律：用牛顿第二定律列方程qvB＝m，及圆周运动规律的一些基本公式．
2．带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图1所示)
图1
(2)平行边界(存在临界条件，如图2所示)
图2
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3所示)
图3
3．带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
带电粒子在有界磁场中运动，往往出现临界条件，可以通过对轨迹圆放大的方法找到相切点如图2(c)所示．注意找临界条件，注意挖掘隐含条件．
例1　平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图4所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)
图4
A.
B.
C.
D.
解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于＝2rsin
30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，＝＝2＝4r＝，故D正确．
答案　D
例2　如图5所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：
图5
(1)该粒子射出磁场的位置；
(2)该粒子在磁场中运动的时间．(粒子所受重力不计)
解析　(1)设粒子从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得：qv0B＝m
式中R为圆轨道半径，解得：R＝①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：
＝Rsin
θ②
联立①②两式，解得L＝
所以粒子射出磁场的位置坐标为(－，0)
(2)因为T＝＝
所以粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝.
答案　(1)(－，0)　(2)
二、带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．基本思路：
(1)弄清叠加场的组成．
(2)进行受力分析．
(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
①当做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
②当做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．
③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
例3　如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5
T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6
kg，电荷量q＝2×10－6
C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g＝10
m/s2，求：
图6
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案　(1)20
m/s　与电场方向成60°角斜向上
(2)3.5
s
解析　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①
代入数据解得v＝20
m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tan
θ＝③
代入数据解得tan
θ＝
θ＝60°④
(2)解法一　撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2⑦
tan
θ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2
s＝3.5
s⑨
解法二　撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin
θ⑩
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0
联立⑩ 式，代入数据解得t＝2
s＝3.5
s
三、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．
2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．
4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
5．解题技巧：组合场中电场和磁场是各自独立的，计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理．电场中常有两种运动方式：加速或偏转；而匀强磁场中，带电粒子常做匀速圆周运动．
例4　如图7所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0,3)以初速度v0＝120m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6,0)和Q点(8,0)各一次．已知该微粒的比荷为＝102C/kg，微粒重力不计，求：
图7
(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
(3)电场强度E和磁感应强度B的大小．
解析　(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动
由x＝v0t，得t＝＝0.05s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2
得a＝2.4×103m/s2
(2)vy＝at，tanα＝＝1，所以α＝45°
轨迹如图
(3)由qE＝ma，得E＝24N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，v＝v0＝120m/s
由qvB＝m得r＝
由几何关系可知r＝m，所以可得B＝＝1.2T.
答案　(1)0.05s　2.4×103m/s2　(2)45°　见解析图　(3)24
N/C　1.2T
1．(带电粒子在有界磁场中的运动)半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图8所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为(　　)
图8
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　从弧所对圆心角θ＝60°，知t＝T＝.但题中已知条件不够，没有此选项，另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动t＝，从题图分析有R＝r，则：＝R·θ＝r×＝πr，则t＝＝，故D正确．
2．(带电粒子在有界磁场中的运动)(多选)长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图9所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，极板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)
图9
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
答案　AB
解析　如图所示，由题意知，若带正电的粒子从极板左边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径R＜，因粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvB＝m
可得粒子做圆周运动的半径：r＝
粒子不从左边射出，则：＜
即：v＜
带正电的粒子从极板右边射出磁场，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由上图可知：R2＝L2＋(R－)2
可得粒子做圆周运动的最大半径：R＝
又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则＞
即：v＞，故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必须满足v＜或v＞
故A、B正确，C、D错误．
3.(带电粒子在叠加场中的运动)如图10所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．
图10
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．
答案　(1)　　(2)vB
解析　(1)洛伦兹力提供向心力，有F洛＝qvB＝m，
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝，
匀速圆周运动的周期T＝＝.
(2)粒子受电场力F电＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB，电场强度E的大小E＝vB.
4．(带电粒子在组合场中的运动)如图11所示xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m，电量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)．求：
图11
(1)O点到Q点的距离；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．
答案　(1)2d　(2)　(3)
解析　(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到恒定的电场力与初速度垂直，为类平抛运动，
则由类平抛运动的规律可知
竖直方向匀速直线h＝v0t
水平方向匀加速直线平均速度＝，d＝
根据速度的矢量合成tan45°＝
解得h＝2d.
(2)由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d
由牛顿第二定律qvB＝m，解得R＝
由(1)可知v＝＝v0
联立解得B＝.
(3)在电场中的运动时间为t1＝
由运动学公式T＝
在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T
在第四象限内的运动时间为t3＝
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝.
题组一　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．(多选)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是(　　)
A．匀速圆周运动
B．平抛运动
C．自由落体运动
D．匀速直线运动
答案　AD
解析　若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动，B、C错误．
2．(多选)如图1所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处竖直向下射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是(　　)
图1
A．a
B．b
C．c
D．d
答案　BD
解析　粒子的入射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D.
3．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案　AC
解析　设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，
则由牛顿第二定律得：qvB＝①
T＝②
由①②得：R＝，T＝
所以＝＝k，＝＝k
根据a＝，ω＝＝
可知＝＝，＝＝
所以选项A、C正确，B、D错误．
4．(多选)如图2所示，左、右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　)
图2
A.
B.
C.
D.
答案　BC
解析　粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r＝知，粒子的入射速度v0越大，r越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确．若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．
5．(多选)如图3所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．(不计粒子的重力)则(　　)
图3
A．粒子做圆周运动的半径为r
B．粒子的入射速度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的时间为
答案　ABC
解析　设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R，如图所示，∠OO′A＝30°，由图可知，粒子运动的半径R＝O′A＝r，选项A正确；
根据牛顿运动定律，
有：Bqv＝m
得：v＝
故粒子的入射速度v＝，选项B正确．由几何关系可知，粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝·＝，选项C正确，D错误．
题组二　带电粒子在叠加场中的运动
6．如图4所示是磁流体发电机原理示意图．A、B两极板间的磁场方向垂直于纸面向里．等离子束从左向右进入板间．下述正确的是(　　)
图4
A．A极板电势高于B极板，负载R中电流向上
B．B极板电势高于A极板，负载R中电流向上
C．A极板电势高于B极板，负载R中电流向下
D．B极板电势高于A极板，负载R中电流向下
答案　C
解析　等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A极板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B极板偏，这样正离子聚集在A极板，而负离子聚集在B极板，A极板电势高于B极板，电流方向从A→R→B.
7．(多选)如图5所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v＝，(不计粒子的重力)那么(　　)
图5
A．带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过
B．带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过
C．不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过
D．不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过
答案　AC
解析　按四个选项要求让粒子进入，洛伦兹力与电场力等大反向的就能沿直线匀速通过速度选择器．
8．(多选)一个带电微粒在如图6所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则(　　)
图6
A．该微粒带正电
B．带电微粒沿逆时针旋转
C．带电微粒沿顺时针旋转
D．微粒做圆周运动的速度为
答案　BD
解析　带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正确，C错误；由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg＝qE①
带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝②
联立①②得：v＝，D正确．
9.如图7所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5000V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1＝0.2T，板间距离为d＝0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2＝0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏．今有一比荷为＝108C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上．求：
图7
(1)粒子离开加速器时的速度v；
(2)速度选择器的电压U2；
(3)正方形abcd边长l.
答案　(1)1.0×106m/s　(2)1.2×104V　(3)0.16m
解析　(1)粒子加速过程qU1＝mv2
粒子离开加速器时的速度v＝＝1.0×106m/s.
(2)在速度选择器运动过程中qvB1＝qE，E＝
速度选择器的电压U2＝B1vd＝1.2×104V.
(3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动
qvB2＝，r＝＝0.1m
由几何关系得r2＝(l－r)2＋
正方形abcd边长l＝r＝0.16m.
题组三　带电粒子在组合场中的运动
10．如图8所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场中，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
图8
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径；
(2)O、M间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用的时间．
答案　(1)　(2)　(3)＋
解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动规律知v＝＝2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv＝m
所以R＝.
(2)设粒子在Ⅰ区域电场中运动时间为t1，加速度为a.
则有
qE＝ma
v0tan60°＝at1
即t1＝
O、M两点间的距离为
L＝at＝.
(3)如图所示，设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2.
则由几何关系知t2＝＝
设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，a′＝＝
则t3＝2＝
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋.
11．如图9所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60°角射出磁场，不计粒子重力，求：
图9
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(2)匀强电场的场强大小E.
答案　(1)　(2)
解析　(1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，把速度v分解如图甲所示
甲
根据平抛运动的速度关系，粒子在N点进入磁场时的速度v＝＝＝2v0.
如图乙所示，分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，
乙
则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心
根据牛顿第二定律得qvB＝
所以R＝，
代入v＝2v0得粒子在磁场中运动的轨道半径
R＝.
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t
由牛顿第二定律：qE＝ma①
设沿电场方向的分速度为vy＝at②
粒子在电场中沿x轴方向做匀速直线运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：
粒子在x轴方向的位移：Rsin
30°＋Rcos
30°＝v0t③
又vy＝v0tan
60°④
由①②③④可以解得E＝.第14讲
简单的逻辑电路
[目标定位]　1.了解最基本的逻辑电路——门电路.2.掌握几种基本门电路及它们的表示符号.3.认识简单的复合电路．
一、数字电路和三种简单的门电路
1．处理数字信号的电路叫做数字电路，具有逻辑功能的数字电路叫做逻辑电路；最基本的逻辑电路是门电路．
2．三种简单的门电路
(1)“与”门电路
①逻辑关系：一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生．
②符号：，其中“&”表示“和”的意思．
③特点：有零为零，全一为一．
④真值表：
“与”门电路
输入
输出
A
B
Y
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
(2)“或”门电路
①逻辑关系：如果几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生．
②符号：，“≥”表示当1个或多于1个输入端为1时，输出端就是1.
③特点：有一为一，全零为零．
④真值表：
“或”门电路
输入
输出
A
B
Y
0
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1
(3)“非”门电路
①逻辑关系：输出状态与输入状态相反的逻辑关系．
②符号：，其中矩形右侧的小圆表示数字“0”，它与矩形中的数字“1”象征着：输入端为1时输出端是0.
③特点：入一出零，入零出一．
④真值表：
“非”门电路
输入
输出
A
Y
0
1
1
0
例1　如图1所示的A、B端均为输入端，如果A输入“1”、B输入“0”．则下列选项正确的是(　　)
图1
A．①电路为“非”门且输出“1”
B．②电路为“与”门且输出“0”
C．②电路为“或”门且输出“1”
D．③电路为“与”门且输出“1”
解析　①为“非”门，输出为“0”，②为“或”门，输出为“1”，③为“与”门，输出为“0”，则只有选项C正确．
答案　C
二、复合门电路
1．“与非”门
一个“与”门电路和一个“非”门电路组合在一起，组成一个复合门电路，称为“与非”门，如图2所示．
图2
真值表：
输入
输出
A1
B1
Y2
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
2.“或非”门
一个“或”门电路和一个“非”门电路组合在一起，组成一个“或非”门，如图3所示．
图3
真值表：
输入
输出
A1
B1
Y2
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
1
0
例2　在如图4所示的复合电路中，A、B、C为门电路的输入端，现欲使Y输出“0”，如果C输入端为“0”，则A、B两端分别输入(　　)
图4
A．0　0
B．0　1
C．1　0
D．1　1
解析　当C端输入“0”，“非”门输出“1”，输出端Y输出“0”时，可知“或”门的输出端必须为“0”，则A、B端的输入分别为0,0，A正确．
答案　A
1．(对单一门电路的理解)如图所示的逻辑电路中能让小灯亮起来的是(　　)
答案　B
2．(对复合门电路的理解)在如图5所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为(　　)
图5
A．1和0
B．0和1
C．1和1
D．0和0
答案　C
解析　B端电信号经过一个非门，变为“1”，从D端输出，故D端输出为“1”；B端的输出信号又作为输入信号与A端输入信号一起经过上面的与门，两者都是“1”，故C端输出为“1”．故选C.
题组一　单一门电路
1．(多选)下列关于逻辑电路的说法中正确的是(　　)
A．如果一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生，这种关系叫“与”逻辑关系
B．如果几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫“与”逻辑关系
C．一个门上有三把钥匙，每把钥匙都能单独开门，它体现了“或”逻辑关系
D．输出状态和输入状态相反的逻辑关系，叫做“或”逻辑关系
答案　AC
2．在逻辑门电路中，若输入信号中至少有一个为“1”，则输出为“1”的逻辑门电路是(　　)
A．“与”门电路
B．“或”门电路
C．“非”门电路
D．都不可能
答案　B
3．为了节约用电，一种新型双门电冰箱安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，报警器就鸣响．如果规定：门关紧时输入信号为“0”，未关紧时输入信号为“1”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响．则能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是(　　)
A．“与”门
B．“或”门
C．“非”门
D．“与非”门
答案　B
解析　只要一个条件满足，事件就会发生，即输入端的信号只要有一个是“1”，输出端就为“1”，该关系为“或”逻辑关系，该逻辑门是“或”门，故B正确，A、C、D错误．
4．如图1所示为某一门电路符号及输入端A、B的电势随时间变化关系的图象，则下列选项中能正确反映该门电路输出端电势随时间变化关系的图象是(　　)
图1
答案　A
解析　题图为“与”门电路，所以A、B输入端都是高电势时，输出端才为高电势，故A正确．
5．下面为一逻辑门电路的真值表，试判断这是一个什么类型的逻辑门电路(　　)
输入
M
0
1
输出
N
1
0
　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．“与”门
B．“非”门
C．“或”门
D．“与非”门
答案　B
解析　由该逻辑门电路的真值表可以看出输出端与输入端是相反的关系，故选B.
题组二　复合门电路
6.如图2所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入1，输出端Y输出0时，A、B端的输入分别是(　　)
图2
A．0、0B．0、1C．1、0D．1、1
答案　A
解析　当C端输入1，输出端Y输出0时，可知或门的输出端为0，则A、B端的输入分别为0、0.故A正确，B、C、D错误．
7．如图3为监控汽车安全带使用情况的报警电路，S为汽车启动开关，汽车启动时S闭合．Rt为安全带使用情况检测传感器，驾驶员系好安全带时Rt阻值变的很大，驾驶员未系好安全带时Rt阻值很小．要求当驾驶员启动汽车但未系好安全带时蜂鸣器报警．则在图中虚线框内应接入的元件是(　　)
图3
A．“与”门
B．“或”门
C．“非”门
D．“与非”门
答案　A
解析　未系安全带时要求蜂鸣器报警，则要求蜂鸣器两端有高电压，即输出端为高电势，蜂鸣器两个输入端已有一个是高电势，另一个输入端的电势高低看Rt阻值的大小，未系安全带时Rt阻值很小，Rt两端的电势差很小，即输入端为高电势，另一输入端已为高电势，此时蜂鸣器报警，知输出端为高电势．若系好安全带Rt阻值大，两端电势差也大，即输入端为低电势，此时蜂鸣器不报警，知输出端为低电势，所以该元件是“与”门．故A对，B、C、D错误．
8．如图4所示由门电路组成的电路，输出端为1，指示灯L亮，输出端为0，指示灯L不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是(　　)
图4
A．1、1B．0、0C．1、0D．0、1
答案　B
解析　要使灯L亮，“非”门的输出应该为1，故“非”门的输入为0，因此“或”门的两个输入端都应该为零．
9．如图5所示，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报．其中(　　)
图5
A．甲是“与”门，乙是“非”门
B．甲是“或”门，乙是“非”门
C．甲是“与”门，乙是“或”门
D．甲是“或”门，乙是“与”门
答案　B
解析　若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压为低电压(0)还是高电压(1)，经过“与”门后输出为(0)低电压，经过“非”门后输出高电压(1)，蜂鸣器都会发出警报，故A错误．若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压(0)，经过“或”门输出为低电压(0)，经过“非”门输出为高电压(1)，蜂鸣器发出警报，当输入为高电压(1)，经过“或”门输出为高电压(1)，经过“非”门输出为低电压(0)，蜂鸣器不发出警报，故B正确．C、D错误．故选B.
题组三　综合应用
10．如图6所示为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警．该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用________门电路，虚线框乙内应选用________门电路．(选填“与”、“非”或“或”)
图6
答案　或　或
解析　由题意知，一扇门、两扇窗只要一个不闭合，报警器就会报警，符合只要满足一个条件，结果就能发生的特点，所以甲、乙框内电路都应该是“或”门电路．
11．由门电路构成的一简单控制电路如图7，其中R′为光敏电阻，光照时电阻很小，R为变阻器，L为小灯泡．其工作情况是：当光敏电阻受到光照时，小灯泡L不亮，不受光照时，小灯泡L亮．该逻辑电路是________门电路，要增大该控制电路的灵敏度，可使变阻器R的阻值________(填“变大”或“变小”)．
图7
答案　非　变大
解析　根据题意，R′为光敏电阻，光照时电阻很小，分压较小，门电路输入为高电压，小灯泡L不亮，不受光照时，电阻很大，分压较大，门电路输入为低电压，小灯泡L亮，故为“非”逻辑关系，“非”门电路；要增大该控制电路的灵敏度，可使变阻器R的阻值变大．实验：练习使用多用电表
[目标定位]　1.学会用多用电表测量电压、电流、定值电阻.2.学会用多用电表测量二极管的正、反向电阻，并据此判断二极管的正、负极.3.学会用多用电表探索简单黑箱中的电学元件．
一、多用电表测电压、电流和定值电阻
1．机械调零：使用前若指针没有停在左端“0”位置，要用螺丝刀转动指针定位螺丝，使指针指零．
2．测量电压
(1)选择合适的直流电压挡量程．
(2)将多用电表与被测电路并联，注意红表笔接触点的电势应该比黑表笔高(填“高”或“低”)．
3．测量电流
(1)选择合适的直流电流挡量程．
(2)将被测电路导线卸开一端，把多用电表串联在电路中，注意电流应该从红表笔流入多用电表．
4．测量定值电阻
(1)选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的合适挡位．
(2)欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处．
(3)测量读数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示数乘以量程倍率即为待测电阻的阻值．
(4)测另一电阻时重复(1)(2)(3)．
(5)实验完毕，两表笔从插孔中拔出，并将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡，若长期不用，应把电池取出．
例1　为确定某电子元件的电气特性，做如下测量：
(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针偏转过大，为了提高测量的精确度，有下列可供选择的步骤：
A．将两根表笔短接
B．将选择开关拨至“×1k”欧姆挡
C．将选择开关拨至“×10”欧姆挡
D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数
E．调节欧姆调零旋钮电阻，使指针停在0Ω刻度线上
F．将选择开关拨至交流电压最高挡上
将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理的顺序是________(填写步骤的代号)；若操作正确，多用电表的示数如图1(a)所示，测量结果为______Ω.
　
(a)　　　　　　　　　　　　(b)
图1
(2)将待测元件(额定电压为9V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用电表、开关及若干导线连接成电路如图(b)所示．添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性．
本实验中使用多用电表测电压，多用电表的选择开关应调到____________挡(填“直流电压10V”或“直流电压50V”)．
解析　(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×10”倍率的欧姆挡，并欧姆调零后再进行测量，测量结果为70Ω.
(2)要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路．本实验中使用多用电表测电压，待测元件的额定电压为9V，选择开关应调到直流电压10V挡．
答案　(1)CAEDF　70
(2)连线如图所示　直流电压10V
1 用多用电表测电阻时应注意：
①测电阻时必须把待测电阻从电路中分离出来.
②两个调零过程，切记换挡需进行欧姆调零.
③读数时应乘以相应的倍率.
④合理选择量程，使指针尽可能指在中值附近.
⑤欧姆表的表盘刻度不均匀，一般不估读.
⑥电池用旧后，电动势会变小，内电阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时更换电池.
2 多用电表测电流、电压、电阻，电流都是从红表笔流入电表，从黑表笔流出.
例2　如图2所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针指示如图所示，则：
图2
(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”、“×100”或“×1k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；当选用量程为250mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.
(3)当选用量程为10V的直流电压挡测量直流电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.
解析　(1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103Ω；测2.0×104Ω电阻时应选“×1k”的欧姆挡．
(2)选50mA的直流电流挡，则每一大格表示10mA，每一小格表示1mA，测量的精确度为1mA，应估读到0.1mA(此时为估读)，指针对应的读数为30.4mA；选择量程为250mA的直流电流挡，则每一大格表示50mA，每一小格表示5mA，测量的精确度为5mA，应估读到1mA(此时为估读)，指针对应的读数为152mA.
(3)选择10V的直流电压挡，则每一大格表示2V，每一小格表示0.2V，测量的精确度为0.2V，应估读到0.1V(此时应为估读)，指针对应的读数为6.1V.
答案　(1)1.5×103　×1k　(2)30.4(30.3～30.5都正确)　152　(3)6.1
1 读数时要注意读表盘上的哪条刻度线：
欧姆表刻度不均匀，读最上一排刻度线；直流电流、直流电压刻度均匀，读中间刻度线.
2 电压、电流的读数要看清选择开关所选择的量程，搞清楚每一小格表示多少及应读到的有效数字位数.
二、测量二极管的正、反向电阻
1．认识二极管：如图3所示，它由半导体材料制成，左端为正极，右端为负极.
图3
2．特点：电流从正极流入时电阻很小(填“很大”或“很小”)，而从正极流出时电阻很大(填“很大”或“很小”)．
例3　某同学用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：
(1)检查多用电表的机械零点．
(2)将红、黑表笔分别插入正、负插孔，将选择开关拨至欧姆挡适当的量程处．
(3)将红、黑表笔________，进行欧姆调零．
(4)测反向电阻时，将________表笔接二极管正极，将________表笔接二极管负极，读出多用电表示数．
(5)为了得到准确的测量结果，应让多用电表指针尽量指向表盘________(填“左侧”、“右侧”或“中央”)，否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4)．
(6)测量完成后，将选择开关旋转到________位置．
解析　用多用电表测二极管的反向电阻时，应先将红表笔接二极管正极，黑表笔接二极管的负极．为测量准确应使指针尽量指向表盘的中央．测量完毕后，应将选择开关旋转到OFF挡或交流电压最高挡位置．
答案　(3)短接　(4)红　黑　(5)中央　(6)OFF挡或交流电压最高挡
1．用如图4所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量．
图4
(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．
(2)将K旋转到欧姆挡“×100”的位置．
(3)将插入“＋”、“－”插孔的两表笔短接，旋动部件___________________________，
使指针对准电阻的________(选填“0”刻线或“∞”刻线)．
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．
A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置；
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置；
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接；
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
答案　(1)S　(3)T　“0”刻线　(4)ADC
解析　使指针对准电流的“0”刻线，应旋动机械调零部件S；使指针对准电阻的“0”刻线，应旋动欧姆调零部件T；测电阻时若指针偏转角度过小，则待测电阻的阻值很大，根据欧姆表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则知，应先换用较大倍率的挡位，因此步骤A合理；然后，每换一个挡位应重新调零，则选步骤D；最后，测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻的两引线相接，应选步骤C.
2．如图5所示为一多用电表表盘．
图5
(1)如果用直流10V挡测量电压，则读数为________V.
(2)如果用直流100mA挡测量电流，则读数为________mA.
(3)如果用“×100”挡测电阻，则读数为________Ω.
答案　(1)6.5　(2)65　(3)800
解析　电压、电流读数时用中间刻度线，电压表读数为6.5V，电流表读数为65mA，欧姆表读数用最上面刻度线，读数为800Ω.
3．如图6所示A、B、C为黑箱上的三个接点，已知任意两个接点间最多接两个元件，可能的元件有电池、电阻和二极管．用多用电表判断黑箱内有无电池，操作方法是：用多用电表的________挡检测，确定黑箱内没有电池．用多用电表的欧姆挡测量各接点的电阻，其结果：黑表笔接B点、红表笔接C点时阻值很小，反接时阻值很大；A、B间正、反接时阻值均为R；黑表笔接A点、红表笔接C点时阻值比AB间阻值R略大．反接时阻值很大．请在图中画出黑箱内一种可能的电路．
图6
答案　直流电压　黑箱内元件如图所示
解析　用多用电表判断黑箱内有无电池，操作方法是：用直流电压挡测各对接点间的电压，若任意一组接点间均无电压，则说明黑箱内没有电池；对电阻来说，无论红黑表笔怎样接，电阻值都不变，所以AB间接有电阻；对二极管来说，正向电阻很小，而反身电阻很大，所以BC间接有二极管.
1．甲、乙两同学使用多用电表欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×100”挡，并能正确操作．他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1k”挡，乙把选择开关旋到“×10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零．则以下说法正确的是(　　)
A．甲选挡错误，而操作正确
B．乙选挡正确，而操作错误
C．甲选挡错误，操作也错误
D．乙选挡错误，而操作正确
答案　D
解析　在使用多用电表的欧姆挡时一定要先进行欧姆调零，再测量；同时为了减小误差，要尽量使指针指在中间刻度附近，即要合理地选择倍率挡位．
2．(多选)用多用电表的欧姆挡(×1kΩ)检验性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明(　　)
A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小
B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大
C．此时红表笔接的是二极管的正极
D．此时红表笔接的是二极管的负极
答案　BC
3．(多选)多用电表使用中，将红表笔插入正(＋)插孔，黑表笔插入负(－)插孔，用该表测直流电压、测电阻器电阻或测二极管的正反向电阻时，下列说法正确的是(　　)
A．测电压时，电流从红表笔流入多用电表，测电阻时，电流从红表笔流出多用电表
B．测电压时，电流从红表笔流出多用电表，测电阻时，电流从红表笔流入多用电表
C．选择欧姆挡“×10”挡并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太小，则应换用“×100”挡，调零后再测
D．选择欧姆挡的适当挡位并调零后，将红表笔接二极管的正极，黑表笔接二极管的负极，可以测得二极管的反向电阻
答案　CD
解析　无论是测电压，还是测电阻，电流都是从红表笔流入，从黑表笔流出，故A、B错误；选择欧姆挡“×10”挡并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太小，说明待测电阻较大，则应换用“×100”挡，调零后再测，故C正确；选择欧姆挡的适当挡位并调零后，将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的正向电阻；将红表笔接二极管的正极，黑表笔接二极管的负极，可以测得二极管的反向电阻．故D正确．
4．(多选)关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法正确的是(　　)
A．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
B．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
C．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
D．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
答案　BD
解析　用同一挡位测不同电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同的挡位测电阻时必须进行欧姆调零，故A错误；测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故B正确；测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果，故C错误；测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量，故D正确．
5．用多用电表探测图1所示的黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆表测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么该黑箱内元件的接法可能是下列选项中的(　　)
图1
答案　B
解析　用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，说明E、G与F、G间可能有电源存在；用欧姆挡测量，因电流从黑表笔出来通过导体再从红表笔进入欧姆表，故若黑表笔接E点红表笔接F点时电阻小，说明电流容易从E通过导体，若黑表笔接F点红表笔接E点时电阻很大，说明电流不能从F通过，这就说明E、F间有二极管且E是正极，故该黑箱内元件的接法可能是B.
6．如图2所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线是好的．为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔先后连接在电阻R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数．下列选项中符合操作规程的是(　　)
图3
A．直流10V挡
B．直流0.5A挡
C．直流2.5V挡
D．欧姆挡
答案　A
解析　因为被检测的电路为含电源电路，所以选用欧姆挡一定不行．由于电路中电源电动势为6V，所以选用直流2.5V挡不安全．估测电路中电流的最大值可能为Im＝＝A＝1.2A，所以选用直流0.5A挡也不安全，只能选用直流10V挡．故正确答案为A.
7.如图3所示方框内有三个电学元件，用多用电表电压挡测量a、b、c、d任意两点间的电压均为零．用欧姆挡测量：
图3
①红表笔接a，黑表笔接b，测出一定电阻值；
②红表笔接a，黑表笔接d，测出的电阻值比(1)中测到的电阻值大；
③红表笔接b，黑表笔接a，欧姆表指针几乎不偏转；
④红表笔接c，黑表笔接d和红表笔接d、黑表笔接c测出的电阻值相同；
⑤b、c之间，不管表笔如何，测到的电阻均为零．
请画出方框内的电路．
答案　
解析　由①③可知，a、b之间有二极管，且b接二极管的正极；由①②可知d、a之间比b、a之间多出电阻；由④可知c、d之间有电阻；由⑤可知b、c之间是导线．综合以上可得方框内三个电学元件的连接如答案图所示．
8．在练习使用多用电表的实验中．
(1)某同学连接的电路如图4所示
图4
①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；
②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是__________的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是__________两端的电压．
(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，若(　　)
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
答案　(1)①R1　②R1和R2串联　③R2(或电源的路端电压)　(2)D
解析　(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流．
②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2串联的总电阻．
③选择开关尖端对准直流电压挡，闭合开关，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，电阻R1被短路，此时多用电表测得的是电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．
(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×10”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250
Ω，C错误；电池使用时间太久，电动势减小，电池内阻增大，虽然完成调
零，但多用电表的内阻增大，测量相同电阻时，通过的电流减小，多用电表的读数将比真实值偏大，D正确．
9．如图5所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
图5
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．
(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明__________________可能有故障．
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．
答案　(1)直流电压　欧姆
(2)开关或连接点5、6
(3)①将选择开关调到欧姆挡；
②将红、黑表笔短接，检查欧姆挡能否正常工作并进行欧姆调零；
③测量小灯泡的电阻．如果电阻无穷大，表明小灯泡有故障．
解析　(1)当连接点1、2已接好时，电路中已有电压存在，故需用直流电压挡来检测电路．当连接点1、2同时断开时，电路中没有电源提供电压，要检测电路故障，只有通过测各段电路的电阻是否异常，故采用多用电表的欧姆挡．
(2)当电路中两点间有电压时，这表明在此两点之外的电路与电源两极是连通的．当测出两点间电压等于电源电压而又确定电路故障是断路引起时，就可以确定断路位置在此两点之间．串联电路和并联电路
[目标定位]　1.掌握串、并联电路的电流和电压的特点.2.掌握电阻串、并联的计算.3.理解将小量程电流表改装成大量程电流表和电压表的原理，并会进行有关计算．
一、对串联电路的理解
1．串联
把几个导体依次首尾相连，接入电路，这样的连接方式叫做串联，如图1所示．
图1
2．串联电路的特点
(1)串联电路中各处的电流相等，即：I＝I1＝I2＝I3.
(2)串联电路两端的总电压等于各部分电路电压之和，即：U＝U1＋U2＋U3.
(3)串联电路的总电阻等于各部分电路电阻之和，即R＝R1＋R2＋R3.
(4)串联电阻具有分压作用：串联电路中各电阻两端的电压跟它的阻值成正比，即：＝＝＝I.
深度思考
(1)若R1、R2组成串联电路，R1不变，R2增大时，串联的总电阻如何变化？若R1 R2，串联的总电阻接近哪个电阻？
(2)若n个相同的电阻R串联，总电阻是多大？
答案　(1)增大　接近R2　(2)nR
例1　电阻R1、R2、R3串联在电路中．已知R1＝10Ω、R3＝5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则(　　)
A．电路中的电流为0.6A
B．电阻R2的阻值为20Ω
C．三只电阻两端的总电压为21V
D．电阻R3两端的电压为4V
解析　电路中的电流I＝＝A＝0.6A，A对；
R2阻值为R2＝＝Ω＝20Ω，B对；
三只电阻两端的总电压U＝I(R1＋R2＋R3)＝21V，C对；
电阻R3两端的电压U3＝IR3＝0.6×5V＝3V，D错．
答案　ABC
1 分析串联电路要抓住电流不变的特点.
2 串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻；当一个大电阻和一个小电阻串联时，串联电阻接近大电阻.
3 串联电路中任一电阻增大，总电阻增大.
二、对并联电路的理解
1．并联：把几个导体的一端连在一起，另一端也连在一起，然后把这两端接入电路，这样的连接方式叫做并联，如图2所示．
图2
2．并联电路的特点
(1)并联电路的总电流等于各支路电流之和，即：
I＝I1＋I2＋I3.
(2)并联电路的总电压与各支路电压相等，即：
U＝U1＝U2＝U3.
(3)并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和，即：＝＋＋.
(4)并联电路具有分流作用：并联电路中通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成反比，即：I1R1＝I2R2＝I3R3＝U.
深度思考
(1)若R1、R2组成并联电路，R1不变，R2增大时，并联的总电阻如何变化？若R1 R2，并联的总电阻接近哪个电阻？
(2)若n个相同的电阻R并联，总电阻是多大？
答案　(1)增大　接近R1　(2)
例2　如图3所示的电路中，R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝4Ω.
图3
(1)电路的总电阻是多少？
(2)若流过电阻R1的电流I1＝3A，则通过R2、R3的电流分别为多少？干路电流为多少？
解析　(1)根据并联电路的特点
电路中＝＋＋
所以R总＝Ω.
(2)由于I1R1＝I2R2＝I3R3，所以I2＝2A
I3＝1.5A
干路电流I＝I1＋I2＋I3
＝(3＋2＋1.5)
A＝6.5A.
答案　(1)Ω　(2)2A　1.5A　6.5A
1 分析并联电路要抓住电压不变的特点.
2 并联电阻小于任一个分电阻；一个大电阻与一个小电阻并联时，总电阻接近小电阻.
3 并联电路任一电阻增大时，总电阻也随之增大.
针对训练　由四个电阻连接成的电路如图4所示．R1＝8Ω，R2＝4Ω，R3＝6Ω，R4＝3Ω.
图4
(1)求a、d之间的总电阻；
(2)如果把42V的电压加在a、d两端，则通过每个电阻的电流是多少？
答案　见解析
解析　(1)由题图可知Rcd＝＝Ω＝2Ω.
故Rad＝R1＋R2＋Rcd＝8Ω＋4Ω＋2Ω＝14Ω.
(2)由欧姆定律知I＝＝A＝3A，即为通过R1、R2的电流．设通过R3、R4的电流分别为I3、I4，则由并联电路电压相等，得I3R3＝I4R4，又I3＋I4＝3A，解得I3＝1A，I4＝2A．
三、电流表和电压表
1．小量程电流表G(表头)的三个参数
(1)电流表的内阻：电流表G的电阻Rg.
(2)满偏电流：指针偏转到最大刻度时的电流Ig.
(3)满偏电压：电流表G通过满偏电流时，加在它两端的电压Ug.由欧姆定律可知Ug＝IgRg.
2．电压表、电流表的改装及其特点
项目
小量程电流表G改装成大量程电压表V
小量程电流表G改装成大量程电流表A
电路结构
R的作用
分压
分流
扩大量程的计算
U＝Ig(R＋Rg)_R＝－Rg
IgRg＝(I－Ig)RR＝Rg
电表的总内阻
RV＝Rg＋R
RA＝
使用
并联在被测电路中，“＋”接线柱接电势较高的一端
串联在被测支路中，电流从“＋”接线柱流入
深度思考
由相同的表头改装成两个量程不同的电流表，读数越大的电流表表示流过表头的电流越大吗？什么可以表示流过表头的电流大小？
答案　不是．指针偏转角度越大表示流过表头的电流越大．
例3　有一电流表G，内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝3mA.
(1)要把它改装成量程为0～3V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？
(2)要把它改装成量程为0～0.6A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？
解析　(1)由题意知电流表G的满偏电压
Ug＝IgRg＝0.03V
改装成量程为0～3V的电压表，当达到满偏时，分压电阻R的分压UR＝U－Ug＝2.97V
所以分压电阻R＝＝Ω＝990Ω
改装后电压表的内阻RV＝Rg＋R＝1000Ω.
(2)改装成量程为0～0.6A的电流表，当达到满偏时，分流电阻R′的分流IR′＝I－Ig＝0.597A
所以分流电阻R′＝≈0.05Ω
改装后电流表的内阻RA＝≈0.05Ω
答案　见解析
关于电表的改装，要分清改装成电压表时需串联电阻，改装成电流表时需并联电阻，然后再结合电路知识及部分电路欧姆定律加以解决．
(1)先明确小量程电流表G的两个参数：Ig、Rg，并算出满偏电压Ug＝IgRg.
(2)用欧姆定律求改装时需要串联或并联的电阻．
①改装成电压表时要串联一个阻值较大的电阻来分压，如图5所示，其阻值R＝－Rg.
图5
②改装成电流表时要并联一个阻值较小的电阻来分流，如图6所示，其阻值R＝Rg.
图6
1．(串、并联电路的有关计算)电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为(　　)
A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶1
答案　B
2．(串、并联电路的有关计算)如图7所示，R1＝4Ω，R2＝9Ω，R3＝18Ω.通电后经R1、R2和R3的电流之比I1∶I2∶I3＝________，R1、R2和R3两端的电压之比U1∶U2∶U3＝________.
图7
答案　3∶2∶1　2∶3∶3
3．(电表的改装)一量程为100μA的电流表，内阻为100Ω，表盘刻度均匀，现串联一个9900Ω的电阻将它改装成电压表，则该电压表的量程为______V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图8所示，此时电压表的读数大小为______V.
图8
答案　1　0.8
解析　
4.
(电表的改装)(多选)如图9甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是(　　)
图9
A．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
B．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
C．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
D．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
答案　BC
解析　电压表电阻分压，串联；电流表电阻分流，并联．所以题图甲为电流表改装的原理图，题图乙为电压表改装的原理图．并联电路电阻大时分流少，所以R增大时量程减小；串联电路电阻大时分压多，所以R增大时量程增大．综上所述选项B、C正确．
题组一　串、并联电路的特点及有关计算
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．一个电阻和一根理想导线并联，总电阻为零
B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻
C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻也增大
D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻一定减小
答案　ABC
解析　由并联电路的特点知：并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小，且任一支路的电阻增大时(其他支路不变)，总电阻也增大，所以A、B、C对，D错．
2．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻(　　)
A．很接近R1且略大于R1
B．很接近R1且略小于R1
C．很接近R2且略大于R2
D．很接近R2且略小于R2
答案　A
3．已知通过三个并联支路的电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为(　　)
A．6∶3∶2
B．2∶3∶6
C．1∶2∶3
D．2∶3∶1
答案　A
解析　三个并联支路的电压相等，根据欧姆定律I＝得，电流I与电阻R成反比．电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则电阻之比R1∶R2∶R3＝6∶3∶2，故选A.
4．(多选)如图1所示，图中1、2分别为电阻R1、R2的电流随电压变化的关系图线，则(　　)
图1
A．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域
B．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅲ区域
C．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域
D．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅱ区域
答案　BC
5．如图2所示，变阻器的总电阻为R，连线电阻不计，当它的滑片P从左端向右端移动时，A、B间的电阻变化情况是(　　)
图2
A．减小
B．增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
答案　D
解析　当滑片在最左端或者最右端时，A、B两点间的电阻均为0，当滑片在中间时，A、B间的电阻最大；当滑片在中间时，长度变为原来的二分之一，横截面积变为原来的一倍，则电阻变为原来的四分之一，即电阻由0增大到再减小到0，最大值为.故选D.
6．(多选)一个T形电路如图3所示，电路中的电阻R1＝10Ω，R2＝120Ω，R3＝40Ω.另有一电压为100V的测试电源，则(　　)
图3
A．当c、d端短路时，a、b之间的等效电阻是40Ω
B．当a、b端短路时，c、d之间的等效电阻是40Ω
C．当a、b两端接通测试电源时，c、d两端的电压为80V
D．当c、d两端接通测试电源时，a、b两端的电压为80V
答案　AC
解析　当c、d端短路时，等效电路如图甲所示，R123＝R1＋＝40Ω，同理可知当a、b端短路时，R213＝R2＋＝128Ω，选项A正确，选项B错误．当a、b两端接通测试电源时，等效电路如图乙所示，根据欧姆定律得I＝＝A＝2A，所以Ucd＝IR3＝80V．当c、d两端接通测试电源时，等效电路如图丙所示，根据欧姆定律得I′＝＝A＝A，所以Uab＝I′R3＝25V，选项C正确，选项D错误．
　
题组二　改装电表的原理
7．电流表的内阻是Rg＝200Ω，满刻度电流值是Ig＝500μA，现欲把此电流表改装成量程为1V的电压表，正确的方法是(　　)
A．应串联一个0.1Ω的电阻
B．应并联一个0.1Ω的电阻
C．应串联一个1800Ω的电阻
D．应并联一个1800Ω的电阻
答案　C
解析　电流表改装成电压表，应串联电阻．电阻两端的电压U′＝U－Ug＝1V－200×500×10－6V＝0.9V，串联的电阻阻值为R＝＝1800Ω.
8．(多选)如图4所示电路，将两个相同的电流计分别改装成电流表A1(0～3A)和电流表A2(0～0.6A)，把这两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是(　　)
图4
A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏
B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏
C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A
D．A1的读数为1A时，干路中的电流为1.2A
答案　AD
解析　电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，所以两表头也并联，流过两表头的电流相等，A1的指针半偏时，A2的指针也半偏．A正确，B错误；两电流表的内阻之比为1∶5，则电流之比为5∶1.A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A．C错误，D正确．故选A、D.
9．一个电流表由小量程的电流表G与电阻R并联而成．若在使用中发现此电流表读数比准确值稍小些，下列采取的措施正确的是(　　)
A．在R上串联一个比R小得多的电阻
B．在R上串联一个比R大得多的电阻
C．在R上并联一个比R小得多的电阻
D．在R上并联一个比R大得多的电阻
答案　A
解析　电流表读数比准确值稍小些，是由于并联的电阻R阻值偏小，而使流经小量程的电流表的电流偏小，所以应该给电阻R串联一个阻值比R小的多的电阻，从而使通过G的电流变大．
10.如图5所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是(　　)
图5
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
答案　C
解析　当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为流过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06A，C正确，D错误．
题组三　综合应用
11．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图6所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(　　)
图6
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　S断开时等效电路如图甲所示．
图甲
电容器两端电压为U1＝×R×＝E；
S闭合时等效电路如图乙所示．
图乙
电容器两端电压为U2＝×R＝E，
由Q＝CU得＝＝，故选项C正确．
12．在如图7所示的电路中，小量程电流表G的内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2＝Ω.
图7
(1)当S1和S2均断开时，改装成的表是什么表？量程为多大？
(2)当S1和S2均闭合时，改装成的表是什么表？量程为多大？
答案　(1)电压表　1V　(2)电流表　1A
解析　(1)S1和S2均断开时，电阻R1与小量程电流表G串联，可组成较大量程的电压表，电压表的内阻RV＝Rg＋R1＝1000Ω.所以电压表两端的电压最高为：
U＝IgRV＝0.001×1000V＝1V.
即改装成的电压表的量程为1V.
(2)S1和S2均闭合时，电阻R1被短路，电阻R2与小量程电流表G并联，组成较大量程的电流表．当小量程电流表G满偏时，通过R2的电流为：IR2＝＝A＝0.999A．故改装成的电流表的量程为I＝IR2＋Ig＝0.999A＋0.001A＝1A.焦耳定律
[目标定位]　1.理解电功、电功率的概念，并能利用公式进行有关计算.2.理解电功与电热、电功率与热功率的区别和联系.3.知道纯电阻电路和非纯电阻电路的特点和区别．
一、电功和电功率
1．电功
(1)定义：电流在一段电路中所做的功．
(2)定义式：W＝IUt.
(3)单位：焦耳，符号：J.
(4)实质：电能转化为其他形式的能．
(5)适用条件：任何电路．
2．电功率
(1)定义：单位时间内电流所做的功．
(2)公式：P＝＝IU.
(3)单位：瓦特，符号：W.
(4)物理意义：表示电流做功的快慢．
(5)适用条件：任何电路．
深度思考
(1)两个电阻串联，功率和电阻存在什么关系？
(2)两个电阻并联，功率和电阻存在什么关系？
答案　(1)由P＝I2R知，串联电阻的功率与电阻成正比．
(2)由P＝知，并联电阻的功率与电阻成反比．
例1　将两个定值电阻R1、R2并联在电压为U的电源两端，R1消耗的功率为P1，R2消耗的功率为3P1，当把它们串联在电压为4U的电源两端时，下列说法正确的是(　　)
A．R1两端的电压为U
B．R2消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小
D．两个电阻消耗的总功率为12P1
解析　当R1、R2并联在电压为U的电源两端时，两电阻两端的电压为U，根据P＝IU，功率之比等于电流之比，根据并联电路电流和电阻的关系，可知：R1＝3R2；当把它们串联在电压为4U的电源两端时，电路中的电流I＝＝，故通过R2的电流不变，电压不变，所以R2的电功率不变，仍为3P1，故B、C错误；R1两端的电压U1＝IR1＝×3R2＝3U，故A错误；两个电阻消耗的总功率P＝U′I＝4U·＝12P1，故D正确．
答案　D
例2　A、B为“220V　100W”的两盏相同的灯泡，C、D为“220V　40W”的两盏相同灯泡，A、B灯的电阻为____Ω；C、D电阻为________Ω.现将四盏灯泡接成如图1所示电路，并将两端接入电路，各灯实际功率分别为PA、PB、PC、PD，则实际功率的大小顺序是________．
图1
解析　由P＝IU和I＝，得R＝则：RA＝RB＝Ω＝484Ω，RC＝RD＝Ω＝1210Ω；由电路图可知，B、C并联，所以电压相等，根据P＝可知：PB＞PC，A、D串联，电流相等，由P＝IU和U＝IR，得P＝I2R可知，PD＞PA；A、D的电流大于B、C的电流，根据P＝I2R可知：PA＞PB，PD＞PC；所以PD＞PA＞PB＞PC.
答案　484　1210　PD＞PA＞PB＞PC
1 额定功率：用电器正常工作时所消耗的功率，也是用电器两端电压为额定电压 或通过的电流为额定电流 时消耗的电功率.用电器铭牌上所标的功率即为额定功率.
2 实际功率：用电器实际工作时消耗的电功率.为了保证用电器不被损坏，要求实际功率不能大于其额定功率.
二、焦耳定律
1．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正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．
(2)表达式：Q＝I2Rt.
(3)适用条件：任何电路．
2．热功率
(1)定义：单位时间内的发热量．
(2)表达式：P＝I2R.
(3)适用条件：任何电路．
3．纯电阻电路和非纯电阻电路
纯电阻电路
非纯电阻电路
能量转化情况
电功和电热的关系
W＝Q即IUt＝I2Rt＝t
W＝Q＋E其他UIt＝I2Rt＋E其他
电功率和热功率的关系
P＝P热，即IU＝I2R＝
P＝P热＋P其他即IUt＝I2R＋P其他
欧姆定律是否成立
U＝IR　I＝成立
U＞IR　I＜不成立
深度思考
电风扇、电冰箱消耗的电能等于I2Rt吗？电风扇、电冰箱消耗的电能转化成什么形式的能量？
答案　不等于；电风扇、电冰箱消耗电能没有全部转化为热能，有大部分转化为机械能，小部分转化为电热．
例3　下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是(　　)
A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B．W＝IUt适用于任何电路，而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻电路
C．在非纯电阻电路中，IU>I2R
D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路
解析　电功率公式P＝，表示电功率越大，电流做功越快．对于一段电路，有P＝IU，I＝，焦耳热Q＝()2Rt，可见Q与P、U、t都有关，所以P越大，Q不一定越大，A错．W＝IUt是电功的定义式，适用于任何电路，而I＝只适用于纯电阻电路，B对．在非纯电阻电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W>Q，即IU>I2R，C对．Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路，D对．
答案　BCD
例4　在研究微型电动机的性能时，可采用如图2所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2．0A和15.0V．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是(　　)
图2
A．电动机的内阻为7.5Ω
B．电动机的内电阻发热功率为8.0W
C．电动机的输出功率为30W
D．电动机的效率约为27%
解析　当电流表和电压表的示数分别为0.5
A和1.0
V时，电动机停止工作，电路中只有电动机的内阻消耗电能，其阻值r＝＝
Ω＝2.0
Ω，选项A错误；电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0
A和15.0
V，则电动机的内电阻发热功率，P热＝Ir＝2.02×2
W＝8.0
W，选项B正确；电动机的总功率P总＝U2I2＝15.0
V×2.0
A＝30.0
W，所以电动机的输出功率P输出＝P总－P热＝30.0
W－8.0
W＝22.0
W，选项C错误；电动机的效率η＝＝×100%≈73.3%，选项D错误．
答案　B
电动机的功率和效率
电动机的总功率 输入功率 ：P入＝IU.
电动机的热功率P热＝I2r.
电动机的输出功率 机械功率 ：P出＝IU－I2r.
电动机的效率：η＝＝＝1－.
说明：注意区分电动机的几种功率，从能量守恒角度分析和考虑电动机问题.
1．(电功和电功率)(多选)如图3所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等．则下列对这两个电路中的U甲、U乙、R甲、R乙之间的关系的说法，正确的是(　　)
图3
A．U甲＞2U乙
B．U甲＝2U乙
C．R甲＝4R乙
D．R甲＝2R乙
答案　BC
解析　设灯泡的电阻为R，正常发光时电流为I，电压为U，由于两个电路的总功率相等，P＝U甲I＝U乙·2I，得U甲＝2U乙；又由U甲＝2U＋IR甲，U乙＝U＋2IR乙，得R甲＝4R乙，故正确答案为B、C.
2．(焦耳定律)通过电阻R的电流为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流为，则在时间t内产生的热量为(　　)
A．4QB．2QC.D.
答案　C
解析　根据Q＝I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流变为原来的，时间不变，则热量变为原来的，C正确．
3．(焦耳定律和热功率)一台电动机，额定电压为100V，电阻为1Ω.正常工作时，通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为(　　)
A．500WB．25WC．1000WD．475W
答案　B
解析　电动机的热功率P＝I2r＝52×1W＝25W，B正确，A、C、D错误．
4．(非纯电阻电路的特点及有关计算)如图4所示是一直流电动机工作时的电路图．电动机内阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V．试求：
图4
(1)通过电动机的电流；
(2)输入电动机的总功率；
(3)电动机输出的机械功率．
答案　(1)5A　(2)550W　(3)530W
解析　(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR＝U－UV＝(160－110)
V＝50V
通过电阻R的电流IR＝＝A＝5A
即通过电动机的电流IM＝IR＝5A.
(2)电动机的分压UM＝UV＝110V
输入电动机的总功率P总＝IM·UM＝550W.
(3)电动机的热功率P热＝Ir＝20W
电动机输出的机械功率P出＝P总－P热＝530W
题组一　对电功、电功率的理解和计算
1．(多选)关于电功，下列说法中正确的有(　　)
A．电功的实质是静电力所做的功
B．电功是电能转化为其他形式能的量度
C．静电力做功使金属导体内的自由电子运动的速率越来越大
D．电流通过电动机时的电功率和热功率相等
答案　AB
2．两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100Ω　10W”和“20Ω　40W”，则它们的额定电流之比为(　　)
A.∶5B.∶20C.∶10D．1∶2000
答案　C
解析　由公式P＝I2R得：I＝，所以I1∶I2＝∶10.
3．电压都是110V，额定功率PA＝100W，PB＝40W的灯泡两盏，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是(　　)
答案　C
解析　判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流，对灯泡有P＝IU＝，可知RA＜RB.
对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞UA，且有UB＞110V，B灯被烧毁，UA＜110V，A灯不能正常发光．
对于B电路，由于RB＞RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞U并，B灯烧毁．
对于C电路，B灯与变阻器并联电阻可能等于RA，所以可能UA＝UB＝110V，两灯可以正常发光．
对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA＝UB＝110V，两灯可以正常发光．
比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为(IA－IB)×110V，而D电路中变阻器功率为(IA＋IB)×110V，所以C电路消耗电功率最小．
4．两盏额定功率相同的灯泡A和B，其额定电压UA>UB，则下列说法正确的是(　　)
A．两灯正常发光时，灯泡的电流IA>IB
B．两灯电阻RAC．将两灯串联后接入电路中发光时，则灯泡的功率PAD．将两灯并联后接入电路中发光时，则灯泡的功率PA′答案　D
解析　由P＝可知RA>RB，由P＝IU可知额定电流IA两灯串联后，由串联电路的功率分配关系可知P∝R，所以PA>PB，故C错误；
两灯并联后，由并联电路的功率分配关系可知P∝，所以PA′5．如图1为一种服务型机器人，其额定功率为48
W，额定工作电压为24
V，机器人的锂电池容量为20
A·h.则机器人(　　)
图1
A．额定工作电流为20
A
B．充满电后最长工作时间为2
h
C．电池充满电后总电量为7.2×104
C
D．以额定电流工作时每秒消耗能量为20
J
答案　C
解析　由P＝IU知额定电流I＝＝2
A，选项A错误；充满电后，锂电池容量为20
A·h，最长工作时间t＝＝10
h，选项B错误；电池充满电后总电量Q＝It＝20×3
600
C＝7.2×104
C，选项C正确；以额定电流工作时每秒消耗能量W＝IUt＝48
J，D错误．
题组二　焦耳定律的理解　非纯电阻电路计算
6．(多选)关于四个公式①P＝IU；②P＝I2R；③P＝；④P＝，下列叙述正确的是(　　)
A．公式①④适用于任何电路的电功率的计算
B．公式②适用于任何电路的热功率的计算
C．公式①②③适用于任何电路电功率的计算
D．以上均不正确
答案　AB
解析　P＝IU、P＝适用于任何电路的电功率的计算，而P＝I2R、P＝只适用于纯电阻电路的电功率的计算，故A正确，C、D错误．P＝I2R适用于任何电路的热功率的计算，P＝IU、P＝只适用于纯电阻电路的热功率的计算，故B正确．
7．额定电压、额定功率均相同的电风扇、电烙铁和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间．比较它们产生的热量，结果是(　　)
A．电风扇最多
B．电烙铁最多
C．日光灯最多
D．一样多
答案　B
解析　在三种用电器中，只有电烙铁能将电能全部转化为内能，电风扇将部分电能转化为机械能，日光灯将部分电能转化为光能，故B选项正确．
8．有一内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V　60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则(　　)
A．电解槽消耗的电功率为120W
B．电解槽消耗的电功率为60W
C．电解槽的发热功率为60W
D．电路消耗的总功率为60W
答案　B
解析　灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110V电压，且流过电解槽的电流I＝I灯＝A＝A，则电解槽消耗的电功率P＝IU＝P灯＝60W，A选项错误，B选项正确；电解槽的发热功率P热＝I2r≈1.3W，C选项错误；电路消耗的总功率P总＝IU总＝×220W＝120W，D选项错误．
9．(多选)如图2所示，电阻R1＝20Ω，电动机线圈的电阻R2＝10Ω.当开关断开时，电流表的示数是0.5A，当开关闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是
(　　)
图2
A．I＝1.5A
B．I＜1.5A
C．P＝15W
D．P＜15W
答案　BD
解析　电路两端的电压为：U＝I1R1＝0.5A×20Ω＝10V．电动机是非纯电阻用电器，UI2＞IR2，所以I2＜＝1A．电流表的示数I＝I1＋I2＜1.5A，A错误，B正确．电路总功率为P＝U(I1＋I2)＜15W，C错误，D正确．
题组三　综合应用
10．如图3所示的电路中，电源电压为60V，内阻不计，电阻R＝2Ω，电动机的内阻R0＝1.6Ω，电压表的示数为50V，电动机正常工作，求电动机的输出功率．
图3
答案　210W
解析　电动机正常工作时，电动机两端的电压U0＝50V，此时通过电路中的电流：I＝＝＝5A，电动机的输出功率P出＝U0I－I2R0＝210W.
11．规格为“220V　36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω，求：
(1)接上220V的电源后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；
(2)如果接上(1)中电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．(计算结果均保留为整数)
答案　(1)35W　1W　(2)1210W　1210W
解析　(1)排气扇在220V的电压下正常工作时的电流为I＝＝A≈0.16A
发热功率为
P热＝I2R＝(0.16)2×40W≈1W
转化为机械能的功率为
P机＝P－P热＝(36－1)
W＝35W.
(2)扇叶被卡住不能转动后，电动机所在电路成为纯电阻电路，电流做功全部转化为热能，此时电动机中电流为I′＝＝A＝5.5A
电动机消耗的功率即电功率等于发热功率：
P电′＝P热′＝UI′＝220×5.5W＝1210W.
12．表中是一辆电动自行车说明书上的一些技术参数，根据表中提供的信息，探究以下问题：(g取10m/s2，计算结果均保留两位有效数字)
规格
后轮驱动直流电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120W
整车质量
30kg
额定电压
40V
最大载重
120kg
额定电流
3.5A
(1)在额定电压下工作时，该电机的内阻是多少？其效率为多大？
(2)假设行驶过程中所受阻力是车和人总重的0.02倍，在最大载重量的情况下，人骑车行驶的最大速度为多大？
答案　(1)1.6Ω　86%　(2)4.0m/s
解析　(1)由题目提供的表可知，电机的输出功率为P出＝120W，额定电压为U0＝40V，额定电流为I0＝3.5A
电机正常工作时输入功率为
P入＝U0I0＝40×3.5W＝140W
所以电机的效率为
η＝×100%＝×100%≈86%
设电机的内阻为r，则由欧姆定律知P入－P出＝Ir
解得r≈1.6Ω
(2)由题意知，行驶时所受阻力为F阻＝k(M＋m)g
当达到最大速度vmax时，应有P出＝F阻vmax
解得vmax＝4.0m/s.电势差与电场强度的关系
[目标定位]　1.理解在匀强电场中电势差与电场强度的关系：UAB＝Ed，并了解其适用条件.2.会用UAB＝Ed或E＝解决有关问题．
一、匀强电场中电势差与电场强度的关系
1．关系式：UAB＝Ed.
2．物理意义：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积．
3．适用条件：匀强电场．
深度思考
如图1所示，在电场强度为E的匀强电场中，A、B之间的距离为L，若A、B两点连线与场强方向成α角，则A、B两点间的电势差U为多少？
图1
答案　U＝ELcosα.
例1　如图2所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)
图2
A．UOP＝－10sinθ(V)
B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10cosθ(V)
D．UOP＝10cosθ(V)
解析　在匀强电场中，UOP＝－E·Rsinθ＝－10sinθ(V)，故A对．
答案　A
UAB＝Ed中的d为A、B两点沿电场方向的距离．
例2　如图3所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50V，φc＝20V，则a、c连线中点b的电势φb为(　　)
图3
A．等于35V
B．大于35V
C．小于35V
D．等于15V
解析　从电场线疏密可以看出Ea＞Eb＞Ec，由公式UAB＝Ed可以判断Uab＞Ubc，所以φb＜＝35V.
答案　C
UAB＝Ed只适用于匀强电场的定量计算，在非匀强电场中，不能进行定量计算，但可以定性地分析有关问题.
1 如图3中电场线分布可知，ab段上任一点的场强都大于bc段上任一点的场强，由U＝Ed知，Uab＞Ubc.
2 在同一幅等势面图中，若相邻等势面间的电势差取一定值，相邻等势面间的间距越小 等势面越密 ，场强E＝就越大.
二、从电势差的角度理解电场强度
1．公式：E＝.
2．(1)意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的电势差与两点沿电场强度方向距离的比值．
(2)适用条件：匀强电场．
(3)单位：伏特每米，符号V/m.
深度思考
V/m和N/C都是电场强度的单位，它们之间如何换算呢？
答案　1V/m＝＝＝1N/C
例3　如图4所示，A、B是匀强电场中相距4cm的两点，其连线与电场方向成60°角，两点间的电势差为200V，则电场强度大小为(　　)
图4
A．8V/m
B．50V/m
C．5×103V/m
D．1×104V/m
解析　由电势差和电场强度的关系U＝Ed，得E＝＝＝1×104V/m，D正确．
答案　D
关于场强E的几个表达式的比较
1 E＝是电场强度的定义式，适用于任意电场.
2 E＝是真空中点电荷电场强度的决定式，只适用于真空中的点电荷.
3 E＝是匀强电场中电场强度与电势差间的关系式，只适用于匀强电场.
三、等分法确定等势点
例4　如图5所示，虚线方框内有一匀强电场，A、B、C为该电场中的三点，已知：φA＝12V，φB＝6V，φC＝－6V，试在该虚线框内作出该电场的示意图(画出几条电场线)，并要求保留作图时所用的辅助线.
图5
解析　要画电场线，先找等势面(线)．
因为UAC＝18V、UAB＝6V，＝3，将线段AC等分成三份，即使AH＝HF＝FC，则φH＝6V，φF＝0V，故B、H等电势．连接BH即为等势线，由电场线与等势面(线)垂直且由高电势指向低电势，可画出电场线如图所示．
答案　见解析图
(1)在匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等，如图6甲AB＝BC，则UAB＝UBC.
(2)在匀强电场中，相互平行且相等的线段两点间的电势差相等．如图乙AB綊CD，则UAB＝UCD.
　　　
图6
(3)确定电场方向的方法：先由等分法确定电势相等的点，画出等势面(线)，然后根据电场线与等势面(线)垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面(线)指向电势低的等势面(线)．
1．(公式UAB＝Ed和E＝的理解与应用)对公式E＝的理解，下列说法正确的是(　　)
A．此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差
B．A点和B点间距离越大，则这两点的电势差越大
C．公式中d是指A点和B点之间的距离
D．公式中的d是A、B两个等势面间的垂直距离
答案　D
解析　公式E＝只适用于匀强电场，A错，公式中的d是A、B两个等势面间的垂直距离，A点和B点间距离大，等势面间的垂直距离不一定大，故B、C错，D正确．
2．(公式UAB＝Ed和E＝的理解与应用)平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图7所示，两板间距离是5cm，两板间的电压是60V.
图7
(1)两板间的场强是________；
(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5cm，P2点离B板也是0.5cm，P1和P2两点间的电势差U12＝________.
答案　(1)1.2×103V/m　(2)48V
解析　(1)两板间是匀强电场，由UAB＝Ed可得两板间的场强E＝＝＝1.2×103V/m.
(2)P1、P2两点间沿场强方向的距离：d′＝4cm.
所以U12＝Ed′＝1.2×103×4×10－2V＝48V.
3．(应用UAB＝Ed或E＝定性分析非匀强电场)如图8所示，三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列．A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上．A、C两点的电势依次为φA＝10V和φC＝2V，则B点的电势是(　　)
图8
A．一定等于6V
B．一定低于6V
C．一定高于6V
D．无法确定
答案　B
解析　从等势面的疏密可以看出EA＞EB＞EC，又AB＝BC由公式UAB＝Ed可以判断UAB＞UBC，所以φB＜6
V.
4．(用等分法画电场线)如图9所示，A、B、C是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝15V，φB＝3V，φC＝－3V，试确定场强的方向，并画出电场线．
图9
答案　见解析
解析　根据A、B、C三点电势的特点，在AC连线上取M、N两点，使AM＝MN＝NC，如图所示，
尽管AC不一定是场强方向，但可以肯定AM、MN、NC在场强方向上的投影长度相等，由UAB＝Ed可知，UAM＝UMN＝UNC＝＝V＝6V．由此可知，φN＝3V，φM＝9V，B、N两点等电势，BN的连线即为等势线，那么电场线与BN垂直．电场强度的方向为电势降低最快的方向.
题组一　公式UAB＝Ed和E＝的理解与应用
1．(多选)关于匀强电场中的场强和电势差的关系，下列说法正确的是(　　)
A．任意两点间的电势差，等于场强和这两点间距离的乘积
B．沿电场线方向，相同距离上电势降落必相等
C．电势降低最快的方向必是场强方向
D．在相同距离的两点上，电势差大的，其场强也大
答案　BC
解析　UAB＝Ed中的d为A、B两点沿电场方向的距离，选项A、D错误；由UAB＝Ed可知沿电场线方向，电势降低最快，且相同距离上电势降落必相等，选项B、C正确．
2．如图1所示，A、B两点相距10cm，E＝100V/m，AB与电场线方向的夹角θ＝120°，求A、B两点间的电势差为(　　)
图1
A．5V　　　
B．－5V
C．10V　　　
D．－10V
答案　B
解析　A、B两点在场强方向上的距离d＝·cos
(180°－120°)＝10×cm＝5cm.由于φA＜φB，则根据UAB＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2V＝－5V.
3．在水深超过200m的深海，光线极少，能见度极小，有一种电鳗具有特殊的适应性，能通过自身发出生物电，获取食物、威胁敌害、保护自己．该电鳗的头尾相当于两个电极，它在海水中产生的电场强度达到104N/C时可击昏敌害．身长50cm的电鳗，在放电时产生的瞬间电压可达________V.
答案　5000
解析　根据UAB＝Ed可得U＝104N/C×0.5m＝5000V.
4．如图2所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则下列说法正确的是(　　)
图2
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．M、N两点间的电势差等于O、M两点间的电势差
答案　A
解析　根据电场线和等势面的关系画出等势面，可以判断M点的电势比P点的电势高，A正确．负电荷由O点移到P点，电场力做负功，B错误．由U＝Ed进行定性分析可知，C、D错误．
5．(多选)如图3所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是(　　)
图3
A．E＝2000V/m，φC＝200V
B．E＝5000V/m，φC＝－200V
C．电子在C点具有的电势能为－200eV
D．电子在C点具有的电势能为200eV
答案　BD
解析　A板接地，则其电势为零，又因为A、B两板间的电压为600V，则B板电势为－600V，由此知C点电势为负值，则A、B两板间场强E＝＝＝50V/cm＝5
000
V/m，φC＝E×dC＝50V/cm×(－4cm)＝－200V，A错误，B正确；电子在C点具有的电势能为200eV.C错误，D正确．
题组二　找等势点，定电场方向
6．如图4所示是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面间的距离都是25cm，由此可确定电场强度的方向及大小为(　　)
图4
A．竖直向下，E＝0.4V/m
B．水平向右，E＝0.4V/m
C．水平向左，E＝40V/m
D．水平向右，E＝40V/m
答案　D
解析　电场线与等势面垂直且沿电场线方向电势降低，故场强方向水平向右，场强大小E＝＝V/m＝40
V/m，故D项正确．
7．如图5所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，＝20cm，把一个电荷量q＝10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.73×10－3J，则该匀强电场的电场强度大小和方向为(　　)
图5
A．865V/m，垂直AC向左
B．865V/m，垂直AC向右
C．1000V/m，垂直AB斜向上
D．1000V/m，垂直AB斜向下
答案　D
解析　把电荷q从A移到B，电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故题图中直线AB即为等势线，电场强度方向垂直于等势面，可见，选项A、B错误；UBC＝＝V＝－173V，B点电势比C点低173V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强方向必垂直于AB斜向下，电场强度大小E＝＝＝V/m≈1
000
V/m，因此选项D正确，C错误．
8．下列图中，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa＝10V，φb＝2V，φc＝6V，a、b、c三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是(　　)
答案　D
解析　直线ab的中点的电势为6V，与c点等电势．电场的方向则由电势高处指向电势低处．故D图正确．
9．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图6所示．由此可知c点的电势为(　　)
图6
A．4VB．8VC．12VD．24V
答案　B
解析　方法一：连接bd，因Ubd＝20
V，可将bd等分为5份，找到4个等分点e、f、g、h，由图可知φe＝20
V，则a、e等电势，由对称关系可知h点与c点电势相等，即φc＝8
V.
方法二：因为bc与ad平行且相等，由匀强电场特点可得：φb－φc＝φa－φd，解得φc＝8
V.
题组三　综合应用
10．电子的电荷量的绝对值为e，质量为m，以速度v0沿电场线方向射入场强为E的匀强电场中，如图7所示．电子从A点射入，到B点速度变为零．问：
图7
(1)A、B两点间的电势差是多大？
(2)A、B两点间的距离是多大？
答案　(1)　(2)
解析　(1)由题意可知全过程只有电场力做功，则有eUAB＝mv，
解得UAB＝
(2)由UAB＝Ed，可得d＝＝.
11．如图8所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电荷量为－2×10－5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．问：
图8
(1)在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
(3)匀强电场的场强为多大？
答案　(1)－0.1J　(2)5000V　(3)5×105V/m
解析　(1)电势能增加多少，电场力就做多少负功，故电场力对电荷做了－0.1J的功．
(2)由WAB＝qUAB，得UAB＝＝V＝5000V.
(3)由UAB＝Ed，得E＝＝＝5×105V/m.
12．如图9所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E＝1.2×102V/m，极板间距离d＝5cm，电场中C和D点分别到A、B两板的距离均为0.5cm，B板接地，求：
图9
(1)C和D两点的电势、两点间电势差各为多少？
(2)将点电荷q＝2×10－2C从C点匀速移到D点时外力做多少功？
答案　(1)－5.4V　－0.6V　－4.8V
(2)9.6×10－2J
解析　(1)因正极板接地，故板间各点电势均小于零，则UBD、UBC均大于零，由UAB＝Ed得
UBD＝EdBD＝1.2×102×0.5×10－2V＝0.6V，
即φD＝－0.6V.
由于dCB＝5cm－0.5cm＝4.5cm＝4.5×10－2m，
所以UCB＝－EdCB＝－1.2×102×4.5×10－2V
＝－5.4V＝φC.
所以UCD＝φC－φD＝－5.4V－(－0.6V)＝－4.8V.
(2)因为点电荷匀速移动，外力所做的功等于点电荷克服电场力所做的功，W外＝|qUCD|＝2×10－2×4.8J＝9.6×10－2J.
13．把一个带正电荷q的小球用细线悬挂在两块面积很大的竖直平行板间的O点，小球质量m＝2g，悬线长L＝6cm，两板间距离d＝8cm，当两板间加上U＝2×103V的电压时，小球自悬线水平的A点由静止开始向下运动到达O点正下方的B点时的速度刚好为零，如图10所示，以后小球一直在A、B之间来回摆动．取g＝10m/s2，求小球所带的电荷量．
图10
答案　8×10－7C
解析　取小球为研究对象，重力mg竖直向下，电场力Eq水平向左，绳的拉力为FT，在小球由A向B运动的过程中，重力mg对小球做正功，电场力Eq对小球做负功，拉力FT不做功，根据动能定理mgL－qEL＝0，
又因为E＝，
由以上两式可得：q＝8×10－7C.磁现象和磁场
[目标定位]　1.了解磁现象，知道磁场的概念，明确磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的.2.了解电流的磁效应及其发现过程，体会奥斯特发现的重要意义.3.了解地磁场的分布情况和地磁两极的特点．
一、磁现象
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1．磁性：磁体吸引铁质物体的性质．
2．磁极：磁体上磁性最强的区域．
(1)北极：自由转动的磁体，静止时指北的磁极，又叫N极．
(2)南极：自由转动的磁体，静止时指南的磁极，又叫S极．
(3)同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．
3．电流的磁效应
(1)奥斯特实验
将导线沿南北方向放置在磁针的上方，通电时磁针发生了转动．
(2)奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，首次揭示了电与磁的联系．
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例1
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　如图1所示，一根条形磁铁，左端为S极，右端为N极．下列表示从S极到N极磁性强弱变化情况的图象中正确的是(　　)
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图1
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解析　条形磁铁两极磁性最强，中间磁性最弱，故磁性强弱变化曲线如C选项所示．
答案　C
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例2
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　如图2所示，能自由转动的小磁针水平放置在桌面上．当有一束带电粒子沿与磁针指向平行的方向从小磁针上方水平飞过时，所能观察到的现象是(　　)
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图2
A．小磁针不动
B．若是正电荷飞过，小磁针会发生偏转
C．若是负电荷飞过，小磁针会发生偏转
D．若是一根通电导线，小磁针会发生偏转
解析　电流是由运动电荷产生的，当电荷在小磁针上方运动时也会形成电流，从而形成磁场．运动的正、负电荷形成的两种磁场是等效的，均会使小磁针发生转动，故B、C、D均正确．
答案　BCD
二、磁场
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1．磁场
(1)定义：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，都是通过磁场发生的．
(2)基本性质：对放入其中的磁体或电流有力的作用．
2．地磁场
(1)地磁场：地球本身是一个磁体，N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近．(如图3所示)
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图3
(2)磁偏角：地球的地理两极与地磁两极并不重合，因此，磁针并非准确的指向南北，其间有一个夹角，这就是地磁偏角，简称磁偏角．磁偏角的数值在地球上的不同地点是不同的．
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深度思考
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奥斯特实验中，为什么将导线南北方向放置？
答案　地球具有磁性，小磁针在地球磁场作用下会指向南北，如果导线产生的磁场也沿南北方向，小磁针的指向不变，观察不到电流的磁效应，如果将电流南北方向放置，可以使电流的磁场与地球的磁场方向明显不同，从而使实验现象更明显．
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例3
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　下列关于磁场的说法中，正确的是(　　)
A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质
B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的
C．磁极与磁极间是直接发生作用的
D．磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生
解析　磁场和电场一样，是客观存在的物质，磁极与磁极、磁极与电流、电流与电流之间的作用都是通过磁场产生的，选项A正确．
答案　A
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磁体的周围和电流的周围都存在磁场.磁场和常见的由分子、原子组成的物质不同，不是以微粒形式存在，但却是一种客观存在的物质.
例4　中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南
图4
也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图4.结合上述材料，下列说法不正确的是(　　)
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
解析　地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确的．
答案　C
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虽然地磁两极与地理两极并不重合，但它们的位置相对来说差别不是很大.因此，一般我们认为：
1 地理南极正上方磁场方向竖直向上，地理北极正上方磁场方向竖直向下.
2 在赤道正上方，距离地球表面高度相等的点，磁场的强弱相同，且方向水平向北.
3 在南半球，地磁场方向指向北上方；在北半球，地磁场方向指向北下方.
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1．(对磁场的理解)(多选)关于磁场，下列说法正确的是(　　)
A．其基本性质是对处于其中的磁体或电流有力的作用
B．磁场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质
C．磁场是客观存在的一种特殊物质形态
D．磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无
答案　AC
解析　磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流有力的作用，A正确．磁场虽然看不见、摸不着，但是它是客观存在的，B、D错误，C正确．
2．(电流的磁效应)(多选)如图5所示，关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
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图5
A．甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁场发生的
B．乙图中，磁体对通电导线的力是通过磁体的磁场发生的
C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的
D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的
答案　BC
解析　甲图中，电流对小磁针力的作用是通过电流的磁场发生的；乙图中，磁体对通电导线力的作用是通过磁体的磁场发生的；丙图中，电流对另一个电流力的作用是通过该电流的磁场发生的．综上所述，选项B、C正确．
3．(对地磁场的理解)(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是(　　)
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
答案　BC
解析　指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误.
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题组一　磁现象和磁场
1．铁棒A能吸引小磁针，铁棒B能排斥小磁针，若将铁棒A靠近铁棒B时，下述说法中正确的是(　　)
A．A、B一定相互吸引
B．A、B一定相互排斥
C．A、B间可能无磁场力作用
D．A、B可能相互吸引，也可能相互排斥
答案　D
2．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，则(　　)
A．甲有磁性，乙无磁性
B．甲无磁性，乙有磁性
C．甲、乙都有磁性
D．甲、乙都无磁性
答案　A
解析　磁体具有磁性，能够吸引铁质物体，磁体各个部分的磁性强弱不同，条形磁体两端的磁性最强，叫做磁极，中间的磁性最弱，几乎没有．当铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，两者互相吸引，说明甲是磁体，具有磁性；把铁棒乙的一端靠近铁棒甲的中部，两者不能相互吸引，说明乙不是磁体，没有磁性．
3．(多选)某同学身边有一个长铁条，为了检验它是否具有磁性，该同学用它的一端靠近能自由转动的小磁针．下列给出了几种可能产生的现象以及相应结论，其中正确的是(　　)
A．若小磁针被吸引过来，则说明长铁条一定有磁性
B．若小磁针被吸引过来，则长铁条可能没有磁性
C．若小磁针被推开，则说明长铁条一定有磁性
D．若小磁针被推开，则长铁条可能没有磁性
答案　BC
解析　因为磁铁有吸引铁质物体的性质，小磁针有磁性，可吸引长铁条，故长铁条可能没有磁性，选项A错，B对；根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，选项C对，D错．
4．关于磁场，下列说法不正确的是(　　)
A．电荷周围一定存在磁场
B．电流周围一定存在磁场
C．同名磁极和同种电荷一样相互排斥
D．通电导线之间通过磁场产生相互作用
答案　A
解析　运动电荷和电流周围存在磁场，而静止电荷周围没有磁场，A错，B对；同种电荷和同名磁极都是相互排斥，C对；磁体和磁体之间、通电导体和磁体之间、通电导体和通电导体之间都通过磁场产生相互作用，D对．
5．下列关于磁场的说法中正确的是(　　)
A．磁体周围的磁场看不见、摸不着，所以磁场不是客观存在的
B．将小磁针放在磁体附近，小磁针会发生偏转是因为受到磁场力的作用
C．把磁体放在真空中，磁场就消失了
D．当磁体周围撒上铁屑时才能形成磁场，不撒铁屑磁场就消失
答案　B
6．如图1所示，甲、乙、丙、丁四幅图中，四个相同的磁体都处于静止状态，则(　　)
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图1
A．对地面压力最大的是丙
B．对地面压力最大的是甲
C．对地面压力最大的是甲、丙、丁
D．对地面压力最大的是丙、丁
答案　D
7．(多选)如图2是“超导磁悬浮”现象，悬浮在空中的是一块重力为G的永久磁铁，下方是超导体，则下列说法正确的是(　　)
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图2
A．悬浮磁体受到的悬浮力大于重力G
B．悬浮磁体受到的悬浮力等于重力G
C．悬浮磁体对超导体的力小于重力G
D．悬浮磁体对超导体的力等于重力G
答案　BD
题组二　电流的磁效应
8．在奥斯特电流磁效应的实验中，通电直导线应该(　　)
A．平行南北方向，在小磁针正上方
B．平行东西方向，在小磁针正上方
C．东南方向，在小磁针正上方
D．西南方向，在小磁针正上方
答案　A
9．关于奥斯特实验，下列说法正确的是(　　)
A．说明磁体对通电直导线有磁场力的作用
B．说明通电直导线对磁体有磁场力的作用
C．说明两个磁体之间有相互作用的磁场力
D．说明两根相互平行的通电直导线之间有磁场力
答案　B
解析　奥斯特实验说明了电流对磁体有磁场力的作用，选项A、C、D错，B对．
10．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．小磁针放在一根通电直导线附近，小磁针没有转动，说明电流没有磁效应
B．两根通电直导线相互垂直放置，解除固定后都发生转动，说明了电流的磁效应
C．奥斯特发现的电流磁效应现象，首次揭示了电与磁之间是有联系的
D．以上说法均错误
答案　BC
解析　把小磁针放在电流周围，如果小磁针N极方向正好与该处电流磁场方向一致，小磁针不转动，说明不了电流有没有磁效应，选项A错；两根相互垂直放置的通电直导线都发生转动，说明了电流的磁效应，选项B对，选项D错；选项C显然也对．
题组三　地球的磁场
11．磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙星体，小到电子、质子等微观粒子，几乎都有磁性，地球就是一个巨大的磁体．在一些生物体内也会含有微量磁性物质，鸽子就是利用这种体内外磁性的相互作用来辨别方向的．若在鸽子身上绑一块永久磁铁，且其产生的磁场比附近的地磁场强的多，则在长距离飞行中(　　)
A．鸽子仍能如平时一样辨别方向
B．鸽子会比平时更容易辨别方向
C．鸽子会迷失方向
D．不能确定鸽子是否会迷失方向
答案　C
12．如图3所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将(　　)
图3
A．指北
B．指南
C．竖直向上
D．竖直向下
答案　D
解析　地磁场的分布规律与条形磁铁类似，在地理北极附近，地磁场竖直向下，此处小磁针的N极应竖直向下，D对．
13．下面对于宇宙中很多天体的磁场的说法正确的是(　　)
A．通过观测月岩磁性推断出：月球内部全部为固态物质，这可以通过其他天文学方法做到
B．太阳表面的黑子、耀斑和太阳风等活动都与太阳磁场有关
C．指南针不仅可以在地球上工作，也可以在火星上工作
D．以上说法都错误
答案　B
解析　通过观测月岩磁性推断出月球内部全部为固态物质，这是用其他天文学方法无法做到的，选项A错；不但地球有磁场，宇宙中很多天体都有磁场，太阳表面的黑子、耀斑和太阳风等活动都与太阳磁场有关，选项B对，D错；火星不像地球那样有一个全球性的磁场，所以指南针不能在火星上工作，C错．第11讲
带电粒子在电场中的运动
[目标定位]　1.会从力和能量角度分析计算带电粒子在电场中加速和偏转的有关问题.2.知道示波管的主要构造和工作原理．
一、带电粒子的加速
如图1所示，初速度为零、质量为m、带电荷量为q的带正电粒子，由静止开始从正极板通过电势差为U的电场到达负极板，求其速度时可根据qU＝mv2，得v＝.
图1
深度思考
(1)若上述粒子从两极板的中点由静止开始运动到负极板，则粒子到达负极板的速度是多少？
(2)若上述粒子以速度v0从正极板运动到负极板，其速度又是多少？
答案　(1)
.两极板的中点与负极板的电势差为.由动能定理q＝mv2，
得v＝
(2)
，由动能定理qU＝mv2－mv，得v＝
例1　如图2所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是(　　)
图2
A.
B．v0＋
C.
D.
解析　qU＝mv2－mv，v＝，选C.
答案　C
1．两类带电体
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般忽略粒子的重力(但并不忽略质量)．
(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不忽略重力．
2．处理加速问题的分析方法
(1)根据带电粒子所受的力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．
(2)一般应用动能定理来处理问题，若带电粒子只受电场力作用：
①若带电粒子的初速度为零，则它的末动能mv2＝qU，末速度v＝.
②若粒子的初速度为v0，则mv2－mv＝qU，末速度v＝.
针对训练1　如图3所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)
图3
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
答案　D
解析　两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．
二、带电粒子的偏转
如图4甲所示，质量为m、电荷量为q的粒子，以初速度v0垂直于电场方向进入两平行板间场强为E的匀强电场，极板间距离为d，两极板间电势差为U，板长为l.
　　　
图4
1．运动性质
(1)沿初速度方向：做速度为v0的匀速直线运动．
(2)沿电场力方向：做初速度为零，加速度为a＝＝的匀加速直线运动．
2．运动规律
(1)偏转距离：由t＝，a＝，所以y＝at2＝()2.
(2)偏转角度：因为vy＝at＝，所以tanθ＝＝.
3．结论
由＝，可知x＝.
如图乙所示，粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间处射出的一样．
深度思考
质子H和α粒子He由静止经同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时偏移量相同吗？为什么？
答案　相同．若加速电场的电压为U0，有
qU0＝mv①
偏移量y＝at2＝()2②
①②联立，得y＝.
即偏移量与m、q均无关．
例2　一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图5所示．若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
图5
解析　加速过程中，由动能定理有：
eU＝mv
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动
l＝v0t
在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动，
加速度a＝＝
偏移的距离y＝at2
电子能飞出的条件y≤
联立解得U′≤＝V＝4.0×102V
即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为400V.
答案　400V
针对训练2　装置如例2.如果质子经同一加速电压加速(U＝5000V，但加速电场方向与例2相反，如图6)，从同一位置垂直进入同一匀强电场(d＝1.0cm，l＝5.0cm)，偏转电压U′＝400V．质子能飞出电场吗？如果能，偏移量是多大？
图6
答案　能　0.5cm
解析　在加速电场：qU＝mv①
在偏转电场：l＝v0t②
a＝＝③
偏移量y＝at2④
由①②③④得：y＝
上式说明y与q、m无关，解得y＝0.5cm＝
即质子恰好从板的右边缘飞出
无论粒子的质量m、电荷量q如何，只要经过同一电场U1加速，再垂直进入同一偏转电场U2，它们飞出的偏移量y相同 y＝ ，偏转角θ tanθ＝自己证明 也相同.所以同性粒子运动轨迹完全重合.
三、示波管的原理
1．构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图7所示．
图7
2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如在Y偏转电极板上加一个信号电压，在X偏转电极板上加一周期相同的扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图象．
深度思考
示波管荧光屏上的亮线是怎样产生的？所加的扫描电压和信号电压的周期要满足什么条件才能得到待测信号在一个周期内的稳定图象？
答案　电子打在荧光屏上将出现一个亮点，若电子打在荧光屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线．所加的扫描电压和信号电压的周期相等才能得到待测信号在一个周期内的稳定图象．
例3　示波管的内部结构如图8甲所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则(　　)
图8
A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
解析　若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，则横轴自左向右移动，纵轴则按正弦规律变化，荧光屏上可以出现如图(a)所示波形，A对．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)则横轴不变，即波形只在纵轴上，不管纵轴上面波形如何变化始终只能在横轴出现一条线，(a)、(b)都不可能出现，B错．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，同理，D错．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)则横轴自原点先向正方向运动后返回向负方向运动，到负方向一定位置后又返回，纵轴则先为负的定值后为正的定值，荧光屏上可以出现如图(b)所示波形，C对．
答案　AC
1．(带电粒子的直线运动)(多选)如图9所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)
图9
A．当增大两板间距离时，v增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
答案　CD
解析　根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：
eU＝mv2，得v＝
所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为
E＝，
电子的加速度为a＝＝，
电子在电场中一直做匀加速直线运动，
由d＝at2＝t2
得电子加速的时间为t＝d
由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．故选C、D.
2．(带电粒子的偏转)如图10所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　)
图10
A．U1∶U2＝1∶8
B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2
D．U1∶U2＝1∶1
答案　A
解析　由y＝at2＝··，得U＝，所以U∝，可知A项正确．
3．(对示波管原理的认识)如图11是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．
图11
(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．
(2)如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)
A．极板X应带正电B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电
答案　(1)Ⅰ　Ⅱ　(2)AC
4．(带电粒子的偏转)如图12为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
图12
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场中射出时的偏移量；
(3)若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
答案　(1)
　(2)　(3)见解析
解析　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv
解得v0＝.
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有t＝
a＝
y＝at2
解得y＝
(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.
题组一　带电粒子的加速
1．如图1所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为(　　)
图1
A．1∶2
B．2∶1
C.∶1
D．1∶
答案　C
解析　质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：mHv＝qHU，
对α粒子：mαv＝qαU.
所以＝＝＝∶1.
2．(多选)图2为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是(　　)
图2
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
答案　AC
解析　电子在两个电极间的加速电场中进行加速，由动能定理eU＝mv2－0得v＝，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，则电子离开K时的速度为v，C正确．
3.如图3，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为(　　)
图3
A．3∶2
B．2∶1
C．5∶2
D．3∶1
答案　A
解析　因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为－q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝、a2＝，由运动学公式有l＝a1t2＝t2①，l＝a2t2＝t2②，由①②得＝.B、C、D错误，A对．
题组二　带电粒子的偏转
4．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图4所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)
图4
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小墨汁微粒所带的电荷量
C．增大偏转电场的电压
D．增大墨汁微粒的喷出速度
答案　BD
解析　墨汁微粒在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏移距离y＝at2；且qE＝ma，E＝，联立，解得y＝()2.为了使打在纸上的字迹缩小，可减小墨汁微粒所带的电荷量、减小偏转电压、增大墨汁微粒的质量和增大墨汁微粒的喷出速度，故选项B、D正确．
5．如图5所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)
图5
A．a的电荷量一定大于b的电荷量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
答案　C
解析　粒子在电场中做类平抛运动，h＝·()2得：x＝v0.由v0＜v0得＞.
6．(多选)三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图6所示的运动轨迹，由此可判断(　　)
图6
A．在B飞离电场的同时，A刚好打在负极板上
B．B和C同时飞离电场
C．进入电场时，C的速度最大，A的速度最小
D．动能的增加量C最小，A和B一样大
答案　ACD
解析　由题意知，三个α粒子在电场中的加速度相同，A和B有相同的偏转位移y，由公式y＝at2得，A和B在电场中运动的时间相同，由公式v0＝得vB>vA，同理，vC>vB，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为vC>vB>vA，故A、C正确，B错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为yA＝yB>yC，由动能定理可知，三个粒子的动能的增加量C为最小，A和B一样大，D正确．
题组三　综合应用
7．如图7所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则(　　)
图7
A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案　D
解析　若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．
8．如图8所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)
图8
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示．当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－v＝－2d，由于vy＝v0cos
45°，Ek0＝mv，联立整理得到E＝，故选项B正确．
9．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子(　　)
A．都具有相同的质量
B．都具有相同的电荷量
C．具有相同的比荷
D．都是同一元素的同位素
答案　C
解析　由偏移距离y＝·()2＝可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏移距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有相同．
10．(多选)如图9所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出．若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)
图9
A．将打在下极板中央
B．仍沿原轨迹由下极板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央
答案　BD
解析　将电容器上极板或下极板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝＝＝可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．当上极板不动，下极板向上移动时，小球可能打在下极板的中央．
11．如图10所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角．在这一过程中，不计粒子重力．求：
图10
(1)该粒子在电场中经历的时间；
(2)粒子在这一过程中电势能的增量．
答案　(1)　(2)－mv
解析　(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在竖直方向vy＝at，a＝，联立三式可得
t＝.
(2)射出电场时的速度v＝＝v0，由动能定理得电场力做功为
W＝mv2－mv＝mv，
根据W＝Ep1－Ep2得
ΔEp＝－W＝－mv.
12．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：
(1)极板间的电场强度E；
(2)α粒子在极板间运动的加速度a；
(3)α粒子的初速度v0.
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)极板间场强E＝
(2)α粒子电荷量为2e，质量为4m，所受电场力F＝2eE＝，α粒子在极板间运动的加速度a＝＝
(3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝
13．一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图11所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求.
图11
答案　(＋L)
解析　电子经U1的电场加速后，由动能定理可得
eU1＝①
电子以v0的速度进入U2的电场并偏转
t＝②
E＝③
a＝④
v⊥＝at⑤
由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tanθ＝＝.
所以＝(＋L)tanθ＝(＋L)．多用电表的原理
[目标定位]　1.知道欧姆表测量电阻的原理，进一步提高应用闭合电路欧姆定律分析问题的能力.2.了解欧姆表的内部结构和刻度特点.3.了解多用电表的基本结构，知道多用电表的测量功能．
一、欧姆表
1．内部构造：表头、电源和可变电阻三部分组成．
2．原理：依据闭合电路欧姆定律制成，由电流表改装而成．
3．测量原理：如图1所示，当红、黑表笔间接入被测电阻Rx时，通过表头的电流I＝.改变被测电阻Rx的阻值，电流I随着改变，每个Rx值都对应一个电流值，在刻度盘上直接标出与I值对应的Rx值，就可以从刻度盘上直接读出被测电阻的阻值．
图1
4．内阻：将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏电流Ig，根据闭合电路欧姆定律知Ig＝，故欧姆表内电阻R内＝＝r＋Rg＋R.
深度思考
(1)当红、黑表笔短接时，指针指示的位置标出的电阻值为多少？红、黑表笔断开时，指针指示的位置标出的电阻值为多少？
(2)当在红、黑表笔间接入某一电阻Rx，指针恰好指在刻度盘的中间位置，此时Rx与欧姆表内阻有什么关系？
答案　(1)0　∞　(2)相等
例1　把一量程6mA、内阻100Ω的电流表改装成欧姆表，电路如图2所示，现备有如下器材：A.电源E＝3V(内阻不计)；B.变阻器0～100Ω；C.变阻器0～500Ω；D.红表笔；E.黑表笔．
图2
(1)变阻器选用________．
(2)红表笔接________端，黑表笔接________端．
(3)电流表2mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________；电流表3mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________．
解析　(1)两表笔直接接触时，调节变阻器的阻值使电流达到满偏Ig＝，解得R0＝400Ω，故变阻器应选C.
(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端．
(3)电流I＝2mA时，有I＝，解得
Rx＝1000Ω.电流I′＝3mA时，I′＝，解得Rx′＝500Ω.
答案　(1)C　(2)N　M　(3)1000Ω　500Ω
(1)当红、黑表笔断开时，电流表中电流为零，此时表笔间电阻无穷大，所以在表盘上电流零处标电阻“∞”；当红、黑表笔短接时，调节欧姆调零旋钮，使电流表指针满偏，所以在电流满偏处标电阻“0”．(如图3所示)
图3
(2)I与Rx不成比例，欧姆表的刻度不均匀．
(3)欧姆表偏角(偏角是相对零电流位置或左端的“∞”刻度而言的)越大，表明被测电阻越小．
(4)中值电阻：当外加电阻Rx＝r＋Rg＋R时，电流为I＝＝Ig，此时指针指在刻度盘的中央，该电阻叫中值电阻．
二、多用电表
1．最简单的多用电表原理
如图4所示，分别把电流表、欧姆表、电压表的电路示意图组合在一起，就是最简单的多用电表的电路．
图4
(1)电流表的改装原理：由同一表头并联不同电阻改装而成的几个量程不同的电流表．
(2)电压表的改装原理：由同一表头串联不同电阻改装而成的几个量程不同的电压表．
(3)欧姆表的改装原理：内部有电源，将对应Rx的电流刻度值改为电阻值即为欧姆表．
2．外形构造
如图5所示，使用前应该调整“指针定位螺丝”，使其指针指到零刻度．不使用的时候应该把选择开关旋转到OFF位置．
图5
例2　如图6所示是简化的多用电表的电路图．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断下列说法正确的是(　　)
图6
A．S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大
B．S与3或4连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大
C．S与3或4连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程较大
D．S与5连接时，多用电表就成了欧姆表
解析　S与1连接时，电阻R1起分流作用，S与2连接时，电阻R1＋R2起分流作用，所以S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，由于前者分流电阻较小，所以前者量程较大；S与3或4连接时，表头与分压电阻串联，多用电表就成了电压表，由于R3＜R4，所以前者量程较小；S与5连接时，多用电表就成了欧姆表，R6为欧姆挡调零电阻．综上所述，正确答案为A、D.
答案　AD
多用电表中电流的流向：
红表笔接“＋”插孔，黑表笔接“－”插孔.
1 电流挡串联接入电路，电流从红表笔流进电表，从黑表笔流出.
2 电压挡并联接入电路，红表笔接高电势点，黑表笔接低电势点，电流仍然是“红进、黑出”.
3 使用欧姆挡时，红表笔连接表内电源的负极，黑表笔连接表内电源的正极，电流仍然是“红进、黑出”.
1．(欧姆表的原理)用欧姆表测电阻的优点是快捷、方便，缺点是读数不够精确，尤其是当表内电池的电动势下降后，测出的电阻值与真实值之间有较大的差异．如图7甲是一个欧姆表的电路结构图，图乙是其表盘的刻度(该刻度值是按照表内电池电动势为1.5V的正常值而刻制的)．已知在电流满偏刻度的处所标的电阻值为15Ω，如图乙所示．问：
图7
(1)该欧姆表的内阻(即Rg、r和R之和)多大？
(2)在满偏刻度的B点所标的电阻值为多大？
答案　(1)15Ω　(2)30Ω
解析　(1)该欧姆表的内阻等于电流满偏刻度的处所标的电阻值，即R内＝15
Ω.
(2)设电流表的满偏刻度为Ig，根据闭合电路欧姆定律，有：Ig＝①
当电流为满偏刻度时，有＝②
由①②解得：RB＝2R内＝30
Ω
2．(多用电表的认识)(多选)关于多用电表表盘上的刻度线，下列说法中正确的是(　　)
A．直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一刻度
B．电阻刻度是不均匀的
C．电阻刻度上零刻度与直流电流的最大刻度线相对应
D．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线不对应
答案　ABC
解析　直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一刻度，故A正确；由I＝，故电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故B正确；多用表的电阻刻度线大小与电流、电压的刻度线大小相反，电流最大处，电阻为0.故C正确，D错误．
题组一　欧姆表的原理
1．(多选)欧姆表的内部电路如图1所示，已知电流计的电阻为Rg，滑动变阻器接入电路的阻值为R0，电源的电动势和内阻分别为E、r.下列说法正确的是(　　)
图1
A．欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律
B．电路图中左侧的表笔为黑表笔
C．欧姆表表盘的最左端为欧姆“0”刻度
D．欧姆表表盘的中间刻度值为R中＝r＋Rg＋R0
答案　AD
解析　欧姆表是根据闭合电路的欧姆定律制成的，A正确；电流从黑表笔出，红表笔进，B错误；“∞”刻度在刻度盘的左端，C错误；当欧姆表指针指在中间位置时，＝，Ig＝，所以Rx＝Rg＋R0＋r，即中间刻度值为R中＝r＋Rg＋R0，D正确．
2．用欧姆表测一个电阻R的阻值，选择旋钮置于“×10”挡，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定(　　)
A．R＝150Ω
B．R＝1500Ω
C．1000Ω＜R＜1500Ω
D．1500Ω＜R＜2000Ω
答案　C
解析　表盘右疏左密，所以指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定1000Ω＜R＜1500Ω，故选C.
3．一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为(　　)
A．1000Ω
B．5000Ω
C．1500Ω
D．2000Ω
答案　A
解析　设欧姆表的内阻为R内，由欧姆定律知：3×10－3A＝，1.5×10－3A＝，所以R内＝500Ω，E＝1.5V，又1×10－3A＝，所以Rx＝1000Ω.
4．如图2是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处．现用该表测一未知电阻，指针偏转至满刻度的处，则该电阻的阻值为(　　)
图2
A．4RB．5RC．10RD．16R
答案　D
解析　当进行欧姆调零时，根据闭合电路欧姆定律，此时欧姆表满偏，即Ig＝，当测量阻值为R的电阻时，有＝，设待测电阻的阻值为Rx，则有＝，联立各式解得Rx＝16R，故D对．
5．如图3所示，欧姆表刻度盘中，未使用时指针指A，两表笔短接时指针指B.若欧姆表的总内阻为24Ω，C是A、B的中点，D是A、C的中点，则D点的刻度值为(　　)
图3
A．36Ω
B．72Ω
C．24Ω
D．12Ω
答案　C
解析　由欧姆表原理：Ig＝，当指针指在D点时，电流为满偏电流的，则由＝，得：Rx＝3R内＝72Ω.
题组二　多用电表的简单认识
6．(多选)关于多用电表，下列说法正确的是(　　)
A．多用电表是电压表、电流表、欧姆表共有一个表头改装而成的
B．用多用电表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都高于黑表笔的电势
C．多用电表的电压挡、电流挡和欧姆挡都是靠外部提供电流的
D．用多用电表测电压、测电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的
答案　AD
7．多用电表是实验室常用的实验器材之一，其原理是闭合电路的欧姆定律，它能测电阻、电压、电流等．如图4为多用电表的内部构造，如果用它来测量某电阻的阻值，则应将开关扳到________或________位置；其中5、6挡位为测量________挡，且________挡量程比较大，1、2挡位为测量________挡，________挡量程比较大．
图4
答案　3　4　电压　6　电流　1
解析　使用欧姆挡时需要电表内接电源，所以3、4为欧姆挡；由于串联电阻具有分压作用，所以将灵敏电流计的表头改装成电压表时应串联电阻，故5、6为电压挡，又因串联电阻越大，量程越大，所以6挡量程比较大；由并联电阻的分流作用知1、2为电流挡，1、2两挡测电流的对应量程分别为I1＝＋Ig，I2＝＋Ig，可知I1＞I2.
题组三　综合应用
8．如图5所示为一简单欧姆表的原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________kΩ，若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
图5
答案　红　5　变大
解析　由I＝及Ig＝，且指针指在刻度盘中央，I＝Ig＝150μA，联立解得Rx＝5kΩ；因欧姆表的内阻变大，接入同样的被测电阻，通过的电流变小，欧姆表读数变大．电源和电流
[目标定位]　1.了解电流的形成条件，知道电源的作用和导体中的恒定电场.2.理解电流的定义，知道电流的单位、方向规定，会用公式q＝It分析相关问题.3.从微观的角度理解导体中电荷的定向移动与电流之间的关系．
一、电源　恒定电场
1．电源
(1)电源是不断地把电子从正极搬运到负极从而维持正、负极之间一定电势差的装置．
(2)作用
电源的作用是移送电荷，维持电源正、负极间有一定的电势差，从而保持电路中有持续电流．电源P在内部能把电子从正极A搬运到负极B，如图1所示．
图1
2．恒定电场
(1)形成：当电路达到稳定时，导线中的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的．
(2)特点：任何位置的电荷分布和电场强度都不随时间变化．
例1　将一些电学元件用导线连接在某电源的两端，下列描述正确的是(　　)
A．电源的作用是使电源的正、负极两端保持一定的电势差
B．电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷
C．导体中的电场是由电源正、负极上的电荷形成的
D．导体中的电场是由电源的电场和导体中积累的电荷形成的电场叠加而形成的
解析　电源将负电荷从负极搬到正极，维持正、负极间有一定的电势差，A正确，B错误；导体中的电场是电源电场和导体中积累的电荷形成的电场叠加而成的，C错误，D正确．
答案　AD
二、恒定电流
1．定义：大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流．
2．物理意义：单位时间内通过导体横截面的电荷量．电流是表示电流强弱程度的物理量．
3．定义式：I＝.
其中：I表示电流，q表示在时间t内通过导体横截面的电荷量．
4．单位：安培，符号：A.其他单位：毫安(mA)、微安(μA).1A＝103mA＝106μA.
5．方向：电流是标量，但有方向．导体内正电荷定向移动的方向为电流方向，即电流方向与负电荷定向移动的方向相反．
深度思考
判断下列说法是否正确，并说明理由．
(1)电流有方向，所以说电流是矢量．
(2)由于I＝，所以说I与q成正比，与t成反比．
答案　(1)不正确，电流的计算遵循代数运算法则，所以是标量．(2)I＝是电流的定义式，电流与q无正比关系，与t无反比关系．
例2　在某种带有一价离子的水溶液中，正、负离子在定向移动，方向如图2所示．如果测得2s内分别有1.0×1018个正离子和1.0×1018个负离子通过溶液内部的横截面M，则溶液中电流的方向如何？电流为多大？
图2
解析　水溶液中导电的是自由移动的正、负离子，它们在电场的作用下向相反方向定向移动．电学中规定，电流的方向为正电荷定向移动的方向，所以溶液中电流的方向与正离子定向移动的方向相同，即由A指向B.
每个离子的电荷量是e＝1.60×10－19C．该水溶液导电时负离子由B向A运动，负离子的定向移动可以等效看做是正离子反方向的定向移动．所以，一定时间内通过横截面M的电荷量应该是正、负两种离子电荷量的绝对值之和．
I＝＝
＝A＝0.16A.
答案　由A指向B　0.16A
对金属来讲，是自由电子的定向移动，q为通过横截面的自由电子的电荷量．对电解质溶液来讲，是正、负离子同时向相反方向定向移动，q为正、负离子电荷量的绝对值之和．
例3　铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为e，今有一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I时，电子定向移动的平均速率为(　　)
A．光速cB.C.D.
解析　设电子定向移动的速率为v，那么在t秒内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积vt·S中的自由电子数，而体积为vtS的铜的质量为vtSρ，摩尔数为，自由电子数为，所以电荷量q＝，由I＝＝得v＝，故D对，A、B、C错．
答案　D
1 电流的微观表达式I＝nqSv，其中n为单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷的电荷量，S为导体的横截面积，v为电荷定向移动的速率.即从微观上看，电流取决于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷的电荷量、自由电荷定向移动速率的大小，还与导体的横截面积有关.
2 区别三种速率：
①电子定向移动的速率：电流就是由电荷的定向移动形成的.电流I＝nqSv中的v就是电荷定向移动的速率，大小约为10－5m/s.
②电子热运动的速率：导体内部电子在不停地做无规则运动，不能形成电流，大小约为105m/s.
③电流传导的速率：等于光速.
1．(对电源、恒定电场的理解)下列有关电源的电路中，导线内部的电场强度的说法正确的是(　　)
A．导线内部的电场就是电源所形成的电场
B．在静电平衡时，导线内部的场强为零，而导线外部的场强不为零，所以导线内部的电场不是稳定的
C．因为导线处于电源的电场中，所以导线内部的场强处处为零
D．导线内的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的，导线内的电荷处于平衡状态，电荷分布是稳定的，电场也是稳定的
答案　D
解析　导线内部的电场是电源和导线积累电荷所形成的两部分电场的矢量和，稳定后不同于静电平衡(内部场强处处为零)，而是场强大小恒定，方向与导线切线一致，是一种动态的平衡，故A、B、C错，D对．
2．(公式I＝的理解与应用)电路中有一电阻，通过电阻的电流为5A，当通电5分钟时，通过电阻横截面的电子数为(　　)
A．1500个
B．9.375×1019个
C．9.375×1021个
D．9.375×1020个
答案　C
解析　q＝It，n＝＝＝9.375×1021个．
3．(电流的微观意义)如图3所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为(　　)
图3
A．qv
B.
C．qvS
D.
答案　A
解析　t秒内棒运动的距离为l＝vt，总电荷量Q＝ql＝qvt，所以I＝＝＝qv，故选项A正确．
题组一　对电源、恒定电场的理解
1．(多选)关于电流，下列叙述正确的是(　　)
A．只要将导体置于电场中，导体内就有持续电流
B．电源的作用可以使电路中有持续电流
C．导体内没有电流时，就说明导体内部的电荷没有移动
D．恒定电流是由恒定电场产生的
答案　BD
2．(多选)在由电源、导线等电路元件所组成的电路中，以下说法正确的是(　　)
A．导线中的电场强度处处为零
B．导线中的电场强度方向跟导线方向平行
C．导线处于静电平衡状态
D．导线内沿电流方向各点的电势逐渐降低
答案　BD
解析　在电源和导线等电路元件所积累的电荷的共同作用下，垂直导线方向的电场相互抵消，在导线中形成了沿导线方向的电场，即导线中的电场强度方向跟导线方向平行，A错误，B正确；导线内有电场，说明导线不处于静电平衡状态，C错误；沿电场方向电势逐渐降低，电场方向就是正电荷的受力方向，也就是电流的方向，即导线内沿电流方向各点的电势逐渐降低，D正确．
题组二　对电流及其公式I＝的理解与应用
3．(多选)关于电流的方向，下列说法中正确的是(　　)
A．电源供电的外部电路中，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端
B．电源内部，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端
C．电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同
D．电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相反
答案　AD
解析　在电源的外部电路中，电流从正极流向负极，在电源内部，电流从负极流向正极，电源正极电势高于负极电势，所以A正确，B错误；电子带负电，电子运动形成的等效电流方向与电子运动的方向相反，C错误，D正确．
4．(多选)关于电流的说法中正确的是(　　)
A．根据I＝，可知I与q成正比
B．如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流
C．电流有方向，电流是矢量
D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位
答案　D
解析　依据电流的定义式可知，电流与q、t皆无关，显然选项A错误．虽然电流是标量，但是却有方向，因此在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，但如果方向变化，电流也不是恒定电流，所以选项B错误．电流是标量，故选项C错误．
5．(多选)关于电流的下列说法中，正确的是(　　)
A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多
B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大
C．通电时间越长，电流越大
D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大
答案　BD
6．如图1所示，电解池内有一价的电解质溶液，ts内通过溶液内部截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，则以下说法中正确的是(　　)
图1
A．正离子定向移动形成的电流方向为A→B，负离子定向移动形成的电流方向为B→A
B．溶液内正、负离子向相反方向移动，电流抵消
C．溶液内电流方向从A到B，电流为I＝
D．溶液中电流方向从A到B，电流为I＝
答案　D
解析　正电荷定向移动的方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向．正、负离子经过同一截面时，I＝公式中q应该是正、负离子电荷量的绝对值之和，故I＝，电流方向由A指向B，故选项D正确．
7．在某电解槽中，如果在1秒内共有5.0×1018个2价正离子和1.0×1019个1价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流强度为(　　)
A．2.4A
B．0.8A
C．3.2A
D．0
答案　C
解析　由题意知1
s内通过截面正离子的电荷量为q1＝2n1e，负离子的电荷量绝对值为q2＝n2e，则电流为I＝＝.
将n1＝5×1018个，n2＝1×1019个，e＝1.6×10－19
C代入解得，I＝3.2
A.
8．如图2所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1s内垂直地通过它们的电子数相等，那么通过这两个截面的电流的大小关系是(　　)
图2
A．IA＝IB
B．IA＝2IB
C．IB＝2IA
D．不能确定
答案　A
解析　这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等、导线的组成材料不同等．但解题关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝可知电流相等．
题组三　电流的微观意义
9．导体中电流I的表达式I＝nqSv，其中S为导体的横截面积，n为导体每单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷所带的电荷量，v是(　　)
A．导体运动的速率
B．导体传导的速率
C．电子热运动的速率
D．自由电荷定向移动的速率
答案　D
10．已知电子的电荷量为e，质量为m.氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r的匀速圆周运动，则电子运动形成的等效电流大小为多少？
答案　
解析　根据电流的定义式求解，取电子运动轨道的任一截面，在电子运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量为Q＝e，则有：I＝＝，再由库仑力提供向心力有：k＝mr.
得T＝.解得I＝.实验：测定电池的电动势和内阻
[目标定位]　1.知道测定电池的电动势和内阻的实验原理.2.通过实验过程，掌握实验方法，学会根据图象合理外推进行数据处理的方法.3.尝试分析电池电动势和内阻的测量误差，了解测量中减小误差的方法．
一、实验原理和方法
1．伏安法：由E＝U＋Ir知，只要测出U、I的两组数据，就可以列出两个关于E、r的方程，从而解出E、r，用到的器材有电池、开关、滑动变阻器、电压表、电流表，电路图如图1所示．
图1
2．安阻法：由E＝IR＋Ir可知，只要能得到I、R的两组数据，列出关于E、r的两个方程，就能解出E、r，用到的器材有电池、开关、电阻箱、电流表，电路图如图2所示．
图2
3．伏阻法：由E＝U＋r知，如果能得到U、R的两组数据，列出关于E、r的两个方程，就能解出E、r，用到的器材是电池、开关、电阻箱、电压表，电路图如图3所示．
图3
二、实验步骤(以伏安法为例)
1．电流表用0～0.6A量程，电压表用0～3V量程，按实验原理图连接好电路(如图1)．
2．把滑动变阻器的滑片移到一端，使其阻值最大．
3．闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显的示数，记录一组数据(I1、U1)．用同样的方法测量几组I、U值．
4．断开开关，整理好器材．
5．处理数据，用公式法和图象法这两种方法求出电池的电动势和内阻．
三、实验数据的处理
1．计算法：由E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r可解得E＝，r＝.
可以利用U、I的值多求几组E、r的值，算出它们的平均值．
2．作图法：
(1)本实验中，为了减少实验误差，一般用图象法处理实验数据，即根据多次测出的U、I值，作U－I图象；
(2)将图线两侧延长，纵轴截距点意味着断路情况，它的数值就是电池电动势E；
(3)横轴截距点(路端电压U＝0)意味着短路情况，它的数值就是短路电流；
(4)图线斜率的绝对值即电池的内阻r，即r＝||＝，如图4所示.
图4
四、注意事项
1．为使电池的路端电压有明显变化，应选取内阻较大的旧干电池和内阻较大的电压表．
2．实验中不能将电流调得过大，且读数要快，读完后立即切断电源，防止干电池因大电流放电时间过长导致内阻r发生明显变化．
3．当干电池的路端电压变化不很明显时，作图象，纵轴单位可取得小一些，且纵轴起点可不从零开始．
如图5所示，此时图线与纵轴交点仍为电池的电动势E，但图线与横轴交点不再是短路电流，内阻要在直线上取较远的两点用r＝||求出．
图5
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图象时描点不准确．
2．系统误差：主要原因是电压表的分流作用，使得电流表上读出的数值比流过电源的电流偏小一些．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，可以得到E测＜E真，r测＜r真．
例1　在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中．
(1)备有如下器材
A．干电池1节　B．滑动变阻器(0～20Ω)　C．滑动变阻器(0～1kΩ)　D．电压表(0～3V)　E．电流表(0～0.6A)
F．电流表(0～3A)　G．开关、导线若干
其中滑动变阻器应选________，电流表应选________．(只填器材前的序号)
(2)为了最大限度的减小实验误差，请在虚线框中画出该实验最合理的电路图．
(3)某同学根据实验数据画出的U－I图象如图6所示，由图象可得电池的电动势为________V，内阻为________Ω.
图6
(4)写出该实验误差的原因：________________；电动势的测量值__________真实值，内阻的测量值________真实值．(填“大于”“等于”或“小于”)
解析　(1)滑动变阻器的最大值一般为待测电阻的几倍时较好，在该实验中因干电池内阻比较小，故滑动变阻器选择较小一点的即可，故滑动变阻器应选B.(也可以从便于调节的角度来分析，应该选择阻值较小的滑动变阻器．)
电流表的量程要大于电源允许通过的最大电流，对于干电池来讲允许通过的最大电流一般是0.5A，故需要选择0～0.6A，所以电流表应选E.
(2)电路图如图所示．
(3)由U－I图象可知：纵截距为1.5V，故干电池的电动势为1.5V；内阻r＝＝Ω＝1Ω.(4)由于电压表的分流作用，使电流表读数总是比干路电流小，造成E测＜E真，r测＜r真．
答案　(1)B　E　(2)见解析图
(3)1.5　1　(4)电压表的分流　小于　小于
例2　某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻(R0＝5Ω)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图7(a)．
(1)在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．
(2)请完成下列主要实验步骤：
①检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图(c)所示，读得电阻值是________；
②将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49V；
③将开关S2________，电压表的示数是1.16V；断开开关S1.
(3)使用测得的数据，计算出干电池的电动势是______，内阻是________(计算结果保留两位有效数字)．
图7
解析　(2)由题图(c)读得电阻箱阻值为R＝20Ω；将S1闭合，S2断开，电压表示数为电源电动势E＝1.49V，将S2再闭合，电压表示数为电阻箱R两端电压．将电压表视为理想电表，则干路电流I＝＝A＝0.058A.
(3)因为I＝，所以r＝－R0－R＝Ω≈0.69Ω.
答案　(1)如图所示　(2)①20Ω　③闭合　(3)1.49V　0.69Ω
1 外电路断路时外电压等于电动势，即例2中S2断开时电压表示数为电动势.
2 不管哪种方法，测电动势和内阻的原理都是闭合电路的欧姆定律.
例3　某研究性学习小组利用如图8甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图乙所示的R－图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E＝________，r＝________.
图8
解析　由欧姆定律有，
E＝I(R＋r)，R＝－r.
由此知图线的斜率为电动势E，纵轴截距大小为内阻r.
E＝V＝2.8V，
r＝1Ω.
答案　2.8V(2.7～2.9V均可)　1Ω
本题依据的基本公式E＝IR＋Ir，并给出了R－图象，体现了物理实验数据的“化曲为直”的思想.首先由E＝IR＋Ir变形得出R＝－r，然后分析图象的截距和斜率的意义，得到结论.
1．用电流表和电压表测定电池的电动势E和内阻r，所用电路如图9(a)所示，一位同学测得的六组数据如下表所示.
组别
1
2
3
4
5
6
电流I/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
电压U/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
图9
(1)试根据这些数据在图(b)中作出U－I图线．
(2)根据图线求出电池的电动势E＝________V，电池的内阻r＝________Ω.
答案　(1)见解析图　(2)1.45　0.69
解析　(1)作图线时应使尽可能多的点落在直线上，个别偏离太远的点应舍去，图线如图所示．
(2)由图线与纵轴的交点可得电动势E＝1.45V，再读出图线与横轴交点的坐标(0.65,1.00)，由E＝U＋Ir得r＝≈0.69Ω.
2．某学习小组的同学设计了如图10所示的电路来测量定值电阻R0的阻值(约为几欧到十几欧)及电源的电动势E和内阻r.
图10
实验器材有：待测电源，待测电阻R0，电流表A(量程为0.6A，内阻不计)，电阻箱R(0～99.9Ω)，开关S1和S2，导线若干．
(1)先测电阻R0的阻值．请将学习小组同学的操作补充完整；
先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后______________，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2.则电阻R0的表达式为R0＝______________.
(2)同学们通过上述操作，测得电阻R0＝9.5Ω，继续测电源的电动势E和内阻r.该小组同学的做法是：闭合S1，断开S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，如下表数据：
组数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
0
3.0
6.0
12.0
18.0
电流I/A
0.50
0.40
0.33
0.25
0.20
①根据图11给定的坐标系并结合以上数据描点作图．
图11
②利用图象求出该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(保留两位有效数字)．
答案　(1)断开S2，调节电阻箱的阻值　R1－R2
(2)①见解析图　②6.0　2.5
解析　(1)器材中只有电流表而没有电压表，无法由伏安法求出电阻，故只能利用电阻箱得出待测电阻的阻值；当电路中电流相同时，电阻也应相同；因此可以控制电流相等，利用电阻箱的电阻，得出待测电阻的阻值；因此缺少的步骤应为：断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I；而待测电阻等于两次电阻箱的示数之差，即：Rx＝R1－R2.
(2)①描点连线如图所示
②由闭合电路欧姆定律可知：E＝I(R＋R0＋r)
可得：＝＋
结合图象可知：E＝6.0
V
r＝2.5
Ω
1．(多选)用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，下列说法中错误的是(　　)
A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表读数变化明显
B．应选用内阻较小的电压表和电流表
C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D．使滑动变阻器阻值尽量大一些，测量误差才小
答案　BD
解析　伏安法测电池的电动势和内阻实验中，应选用内阻较大的电压表和内阻较小的电流表，滑动变阻器阻值不能太大，如果太大不便于调节．
2．某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是(　　)
A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B．一个伏特表和多个定值电阻
C．一个安培表和一个电阻箱
D．两个安培表和一个滑动变阻器
答案　D
解析　根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋Ir，测量多组数据U、I可求E、r，A可取；由E＝(r＋R)，可知测量多组数据U、R可求E、r，B可取；由E＝I(R＋r)可知，测量多组数据I、R可求E、r，C可取；D中两个安培表和滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻的阻值，故无法求出E、r，D不可取．
3．用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3
V，内阻约2
Ω)，保护电阻R1(阻值10
Ω)和R2(阻值5
Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．
实验主要步骤：
(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；
(ⅳ)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.
图1
回答下列问题：
(1)电压表最好选用______；电流表最好选用______．
A．电压表(0～3
V，内阻约15
kΩ)
B．电压表(0～3
V，内阻约3
kΩ)
C．电流表(0～200
mA，内阻约2
Ω)
D．电流表(0～30
mA，内阻约2
Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．
答案　(1)A、C　(2)C　(3)ka，k－R2
解析　(1)电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的电压表A；当滑动变阻器接入电阻最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I＝≈176
mA，所以选量程为200
mA的电流表C.
(2)由电路分析可知，若滑动变阻器的滑片右移电压表示数变大，则滑动变阻器接入电路部分阻值增大，选项C符合题意．
(3)由E＝U＋I(r＋R2)，得U＝－I(r＋R2)＋E，对比伏安特性曲线可知，图象斜率的绝对值k＝r＋R2，所以电源内阻r＝k－R2；令U＝0，得I＝＝，由题意知与横轴截距为a，所以a＝I＝，则E＝ka.
4．某同学在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图3甲所示．
图2
(1)按图甲电路原理图将图乙实物连接起来．
(2)该同学顺利完成实验，测出的数据如表所示．请你根据这些数据帮他在图3中画出U－I图象，并由图象得出电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
I/A
0.10
0.17
0.23
0.30
U/V
1.20
1.00
0.80
0.60
图3
答案　(1)如图所示
(2)如图所示
1．50　3.0
5．某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．实验器材如图4所示．
图4
(1)测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
利用测量数据作出U－I图象，得出E和r.
(2)将电压表视为理想电表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路．
(3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I图象如图5中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知．
图5
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，电源内阻________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．
答案　(1)U＝E－Ir　(2)见解析图　(3)不变　增大
解析　(1)根据闭合电路欧姆定律I＝得，路端电压U＝IR＝E－Ir.
(2)根据题目要求，应采用电流表相对于滑动变阻器的内接法，实物连接如图所示．
(3)由于U－I图象的纵截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，由题图可知，随电极间距的减小，电源电动势不变，内阻增大．
7．在测定电池电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内组约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩ
C．电流表，量程0.6A，内阻小于1Ω
D．定值电阻R0，阻值为5Ω
E．滑动变阻器R，最大阻值50Ω
F．导线和开关若干
(1)如图6所示的电路是实验室测定电池的电动势和内阻的电路图，接该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U、I数据，并画出U－I图象，求出电动势和内阻．电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是________，这种误差属于________．(填“系统误差”或“偶然误差”)
图6
(2)实验过程中，电流表发生了故障，某同学又设计了图7所示的电路测定电池的电动势和内阻，连接的部分实物电路如图8所示，其中还有一根导线没有连接，请你补上这根导线．
图7　　　　　　　　　图8
(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图象如图9所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电池的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、a、R0表示)．
图9
答案　(1)电压表的分流作用　系统误差　(2)见解析图
(3)　
解析　(1)由图可知，电流表不是流过干路电路，原因是电压表的分流造成的；这种误差是由于电路设计造成的，属于系统误差．
(2)由电路的连接方法，则可知滑动变阻器没有正确接入，接入电路如图所示；
(3)由闭合电路欧姆定律可知：E＝U2＋r
变形得：U1＝·U2－
则有：＝a，＝k
解得：E＝，r＝.电势差
[目标定位]　1.理解电势差的概念，知道电势差与电势零点的选择无关.2.掌握两点间电势差的表达式，知道两点之间电势差的正、负号与这两点的电势高低之间的对应关系.3.会用UAB＝φA－φB及UAB＝进行有关计算．
一、电势差
1．定义：电场中两点间电势的差值．也叫电压．
2．电场中两点间的电势差与零电势点的选择无关(填“有关”或“无关”)．
3．公式：电场中A点的电势为φA，B点的电势为φB，则UAB＝φA－φB，UBA＝φB－φA，可见UAB＝－UBA.
4．电势差是标量，UAB为正值，A点的电势比B点的电势高；UAB为负值，A点的电势比B点的电势低．
5．电势差的单位和电势的单位相同，均为伏特，符号是V.
深度思考
选取不同的零电势点，电场中某点的电势会改变吗？两点之间的电势差会改变吗？
答案　该点的电势会改变；两点之间的电势差不变．
例1　下列说法正确的是(　　)
A．电场中两点间的电势差大小与零电势点的选取有关
B．UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝－UBA
C．φA、φB都有正负，所以电势是矢量
D．若φB＝0，则φA＝UAB
解析　由电势差的概念知B、D正确．
答案　BD
例2　如图1所示，某电场的等势面用实线表示，各等势面的电势分别为10V、6V和－2V，则UAB＝__________，UBC＝________，UCA＝__________.
图1
解析　由电势差的基本定义可知：因A、B两点在同一个等势面上，故有φA＝φB＝10V，φC＝－2V，所以
UAB＝φA－φB＝(10－10)V＝0.
B、C间的电势差为
UBC＝φB－φC＝[10－(－2)]V＝12V.
C、A间的电势差为
UCA＝φC－φA＝(－2－10)
V＝－12V.
答案　0　12V　－12V
1 对电势差要注意角标的排序，如：UAB＝－UBA，UAB＋UBC＝UAC.
2 若求某点的电势，必须明确规定零电势点在哪里，但两点间电势差的数值与零电势点的选取无关.
二、静电力做功与电势差的关系
1．关系：WAB＝qUAB，UAB＝.
2．适用范围：任意电场．
例3　在电场中把一个电荷量为－6×10－8C的点电荷从A点移到B点，电场力做功为－3×10－5J，将此电荷从B点移到C点，电场力做功4.5×10－5J，求A点与C点间的电势差．
解析　求解电势差可有两种方法：一种是电场力所做的功与电荷量的比值，另一种是两点电势的差值．
法一　把电荷从A移到C电场力做功
WAC＝WAB＋WBC
＝(－3×10－5＋4.5×10－5)J＝1.5×10－5J.
则A、C间的电势差
UAC＝＝V＝－250V.
法二　UAB＝＝V＝500V.
UBC＝＝V＝－750V.
则UAC＝UAB＋UBC＝(500－750)V＝－250V.
答案　－250V
1 电场力做功与路径无关，只与始、末两点的位置有关，故WAC＝WAB＋WBC.
2 在利用公式UAB＝进行有关计算时，有两种处理方案，方案一：各物理量均带正、负号运算，但代表的意义不同.WAB的正、负号表示正、负功；q的正、负号表示电性；UAB的正、负号反映φA、φB的高低.计算时W与U的角标要对应，即WAB＝qUAB，WBA＝qUBA.方案二：绝对值代入法.WAB、q、UAB均代入绝对值，然后再结合题意判断电势的高低.
针对训练　电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8J，在B点的电势能为8.0×10－9J．已知A、B两点在同一条电场线上，如图2所示，该点电荷的电荷量为1.0×10－9C，那么(　　)
图2
A．该电荷为负电荷
B．该电荷为正电荷
C．A、B两点的电势差UAB＝4.0V
D．把电荷从A移到B，电场力做功为W＝4.0J
答案　A
解析　点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A到B电场力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－8.0×10－9J＝4.0×10－9J，故A项正确，B、D项错误；UAB＝＝V＝－4.0V，所以C选项错误．
1．(对电势差的理解)下列说法正确的是(　　)
A．电场中两点间电势的差值叫做电势差，也叫电压
B．电势差与电势一样，是相对量，与零电势点的选取有关
C．UAB表示B点与A点之间的电势差，即UAB＝φB－φA
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBA
答案　A
解析　电势差的大小与零电势点的选取无关，B错误；电势差可以反映出两点电势的高低，UAB＝φA－φB＝－UBA，而电压只是电势差的大小，C、D错误．
2．(电场力做功与电势差的关系)关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是(　　)
A．电势差是矢量，电场力做的功是标量
B．在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零
C．在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大
D．在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零
答案　B
解析　电势差是标量，其正、负号不表示方向，故A错．两点间的电势差与被移动电荷的电荷量无关，故C错．若在两点间移动负电荷时，电场力做正功，则这两点间电势差为负值，故D错，只有B对．
3．(电势差与电场力的功)如图3所示，在处于O点的点电荷＋Q形成的电场中，试探电荷＋q由A点移到B点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2，由C点移到B点电场力做功为W3.则3次电场力做功的大小关系为(　　)
图3
A．W1＝W2＝W3＜0
B．W1＞W2＝W3＞0
C．W1＝W3＞W2＝0
D．W3＞W1＝W2＝0
答案　C
解析　因为A、C在同一等势面上，所以UAB＝UCB，UAC＝0，W1＝W3，W2＝0.选C.
4．(电场力做功与电势差的关系)有一电荷量为q＝－3×10－6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4J．从B点移到C点电场力做功9×10－4J.
(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？
(2)如以B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能各为多少？
答案　(1)UAB＝200V　UBC＝－300V　UCA＝100V
(2)φA＝200V　φC＝300V　EpA＝－6×10－4J　EpC＝－9×10－4J
解析　(1)法一　先求电势差的绝对值，再判断正、负
|UAB|＝＝V＝200V.
因负电荷从A移到B克服电场力做功，必是从高电势点移向低电势点，即
φA＞φB，UAB＝200V.
|UBC|＝＝V＝300V.
因负电荷从B移到C电场力做正功，必是从低电势点移到高电势点，即
φB＜φC，UBC＝－300V，
UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)＝(300－200)
V＝100V.
法二　直接代入数值符号求解
电荷由A移向B克服电场力做功即电场力做负功，
WAB＝－6×10－4J.
UAB＝＝V＝200V.
电荷由B移到C电场力做正功，
UBC＝＝V＝－300V.
故UCA＝UCB＋UBA＝100V
(2)若φB＝0，由UAB＝φA－φB，得φA＝UAB＋φB＝200V.
由UBC＝φB－φC得
φC＝φB－UBC＝0－(－300)
V＝300V.
电荷在A点的电势能
EpA＝qφA＝－3×10－6×200J＝－6×10－4J
电荷在C点的电势能
EpC＝qφC＝－3×10－6×300J＝－9×10－4J.
题组一　对电势差的理解
1．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是(　　)
A．电势差的定义式UAB＝，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比
B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功
C．将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为1V
D．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等于电场力所做的功
答案　C
解析　UAB反映电场本身的性质，与试探电荷无关，不能说两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比，故A错误；根据电势差的定义式UAB＝可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功，故B错误；根据电势差的定义式UAB＝可知：将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差UAB＝1V，故C正确；电荷由A点移到B点的过程中，电荷电势能的变化仍等于电场力所做的功，故D错误．
2．(多选)若在某电场中将5.0×10－8C的电荷由A点移到B点，静电力做功6.0×10－3J，则(　　)
A．A、B两点间的电势差是1.2×105V
B．A、B两点间的电势差是3.0×10－10V
C．若在A、B两点间移动2.5×10－8C的电荷，则静电力做功3.0×10－3J
D．若在A、B两点间移动1.0×10－7C的电荷，则静电力做功3.0×10－17J
答案　AC
解析　由公式W＝qU可得，电势差U＝＝V＝1.2×105V，选项A正确，选项B错误；若移动2.5×10－8C的电荷，静电力做功W2＝q2U＝2.5×10－8×1.2×105J＝3.0×10－3J，选项C正确；若移动1.0×10－7C的电荷，静电力做功W3＝q3U＝1.0×10－7×1.2×105J＝1.2×10－2J，选项D错误．
3．在某电场中，A、B两点间的电势差UAB＝60V，B、C两点间的电势差UBC＝－50V，则A、B、C三点电势高低关系是(　　)
A．φA＞φB＞φC
B．φA＜φC＜φB
C．φA＞φC＞φB
D．φC＞φB＞φA
答案　C
解析　因为UAB＝φA－φB＝60V＞0，所以φA＞φB，又UBC＝φB－φC＝－50V＜0，所以φB＜φC，又UAC＝UAB＋UBC＝60V＋(－50V)＝10V＞0，所以φA＞φC，故φA＞φC＞φB.正确选项为C.
4．如图1所示，正点电荷电场中有A、B两点，将一电荷量q＝＋3.2×10－19C的试探电荷从电场中的A点移至B点，电场力做功W＝＋6.4×10－20J，则A、B两点间的电势差U等于(　　)
图1
A．0.5V
B．0.2V
C．5V
D．2V
答案　B
解析　A、B两点间的电势差U＝＝V＝0.2V，故选B.
题组二　电场力做功与电势能、电势差的关系
5．(多选)如图2所示，B、C、D三点都在以点电荷＋Q为圆心的某同心圆弧上，将一试探电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功大小比较(　　)
图2
A．WAB＞WAC　　
B．WAD＞WAB
C．WAC＝WAD　　
D．WAB＝WAC
答案　CD
解析　点电荷的等势面为同心球面，故B、C、D三点位于同一等势面上，故UAB＝UAC＝UAD，将同一试探电荷从A点分别移到B、C、D各点，由功的计算公式W＝qU可得电场力做功相同．
6．在静电场中，一个电子由a点移到b点时静电力做功为5eV(1eV＝1.60×10－19J)，则以下说法中正确的是(　　)
A．电场强度的方向一定由b沿直线指向a
B．a、b两点间电势差Uab＝5V
C．电子的电势能减少5eV
D．电子的电势能减少5J
答案　C
解析　电场强度的方向与运动路径无关，A错；Uab＝＝＝－5V，B错；静电力做5eV的正功，电势能减少5eV，C对，D错．
7．(多选)空间存在匀强电场，有一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0.现有另一电荷量为－q、质量为m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0.若忽略重力的影响，则(　　)
A．在O、A、B三点中，B点电势最高
B．在O、A、B三点中，A点电势最高
C．O、A间的电势差比B、O间的电势差大
D．O、A间的电势差比B、A间的电势差小
答案　AD
8．在电场中将一带电荷量q＝－1×10－9C的负电荷从B点移至A点时，克服电场力做功2×10－6J，将该电荷从A点移至C点，则需克服电场力做功3×10－6J，则BC间的电势差大小为(　　)
A．5000V
B．3000V
C．2000V
D．1000V
答案　A
解析　电荷由B移到C，电场力做功为
WBC＝WBA＋WAC＝－2×10－6J－3×10－6J＝－5×10－6J
由UBC＝得：
由UBC＝V＝5000V
所以BC间的电势差大小为5000V.
题组三　综合应用
9．如图3中虚线所示，为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过A、B点时的动能分别为26eV和5eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为(　　)
图3
A．8eV　　
B．13eV
C．20eV　　
D．34eV
答案　C
解析　由于正电荷由A到B动能减少了21eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在等势面3时动能应为12eV，总能量E＝12eV＋0eV＝12eV，当在某一位置，电势能Ep＝－8eV时，动能Ek＝12eV－(－8eV)＝20eV，故应选C.
10．(多选)如图4所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设a、b所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则(　　)
图4
A．带电粒子带负电
B．a、b两点间的电势差Uab＝
C．b点场强大于a点场强
D．a点场强大于b点场强
答案　ABC
解析　带电粒子由a到b的过程中，重力做正功，而粒子运动到b点时动能没有增大，说明静电力做负功．根据动能定理有：mgh－qUab＝0，解得a、b两点间电势差为Uab＝.因为a点电势高于b点电势，Uab＞0，所以粒子带负电，选项A、B正确．带电粒子由a运动到b过程中，在重力和静电力的共同作用下，先加速运动后减速运动．因为重力为恒力，所以静电力为变力，且静电力越来越大，由此可见b点场强大于a点场强，选项C正确，D错误．
11．带电荷量为q＝＋5.0×10－8C的点电荷从A点移到B点时，克服静电力做功3.0×10－6J．已知B点的电势为φB＝20V．求：
(1)A、B间的电势差；
(2)A点的电势；
(3)q从A到B的电势能变化．
答案　(1)－60V　(2)－40V
(3)电势能增加3.0×10－6J
解析　(1)从A到B静电力做的功为：
WAB＝－3.0×10－6J
A、B两点间的电势差UAB＝＝V＝－60V，B点电势高于A点电势．
(2)根据UAB＝φA－φB得A点的电势为：φA＝UAB＋φB＝(－60V)＋20V＝－40V.
(3)q从A到B克服静电力做功，电势能一定增加，ΔEp＝|WAB|＝3.0×10－6J.
12．如图5所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10－5C的正电荷由A点移到B点，其电势能改变了0.2J，求：
图5
(1)电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；
(2)A、B两点间的电势差UAB.
答案　(1)0.2J　(2)1×104V
解析　(1)因正电荷由A移到B的过程中，正电荷的电势能减少了ΔEp减＝0.2J，所以这个过程中电场力对正电荷所做的功WAB＝ΔEp减＝0.2J.
(2)A、B两点间的电势差UAB＝＝1×104V.实验描绘小灯泡的伏安特性曲线
[目标定位]　1.会正确选择实验器材和实验电路.2.描绘小灯泡的伏安特性曲线并掌握分析图线的方法．
一、实验原理
1．实验方法原理
由于灯丝的电阻率随温度的升高而增大，因此灯丝的电阻随温度的升高而增大．由R＝得，在I－U坐标系中，图线上点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，故画出的小灯泡的I－U图线为曲线．
2．实验电路选择原理
(1)电流表的内接法和外接法的比较
内接法
外接法
电路图
误差原因
电流表的分压
电压表的分流
测量值和真实值的比较
R测＝＝Rx＋RA测量值大于真实值
R测＝＝测量值小于真实值
适用于测量
测大电阻或＞
测小电阻或＞
两种电路的选择：
①阻值比较法：当＞时，选用电流表外接法；当＞时，选用电流表内接法．
②临界值计算法：当Rx＜时，用电流表外接法；当Rx＞时，用电流表内接法．
(2)滑动变阻器的两种接法比较
接法项目
限流式
分压式
电路组成
变阻器接入电路的特点
采用“一上一下”的接法
采用“两下一上”的接法
调压范围
E～E(不计电源内阻)
0～E(不计电源内阻)
适用情况
负载电阻的阻值Rx与滑动变阻器的总电阻R相差不多，或R稍大，且电压、电流变化不要求从零调起
(1)要求负载上电压或电流变化范围较大，且从零开始连续可调(2)负载电阻的阻值Rx远大于滑动变阻器的总电阻R
二、实验器材
学生电源(4～6V直流)或电池组、小灯泡(“4V　0.7A”或“3.8V　0.3A”)、滑动变阻器、电压表、电流表、开关、导线若干、铅笔、坐标纸．
三、实验过程
1．实验步骤
(1)根据小灯泡上所标的额定值，确定电流表、电压表的量程，在方框中画出实验的电路图，并按图所示的电路图连接好实物图．
(2)闭合开关S，调节滑动变阻器，使电流表、电压表有较小的明显示数，记录一组电压U和电流I.
(3)用同样的方法测量并记录几组U和I，填入下表.
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压U/V
电流I/A
(4)断开开关，整理好器材．
2．数据处理
(1)在坐标纸上以U为横轴、I为纵轴建立直角坐标系．
(2)在坐标纸中描出各组数据所对应的点．(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)
(3)将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线．
3．实验结果与数据分析
(1)结果：描绘出的小灯泡的伏安特性曲线不是直线，而是曲线．
(2)分析：曲线的斜率变小，即电阻变大，说明小灯泡的电阻随温度升高而增大．
4．误差分析
(1)系统误差：由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差．
(2)测量误差：测量时读数带来误差．
(3)作图误差：在坐标纸上描点、作图带来误差．
5．注意事项
(1)本实验要作I－U图线，要求测出多组包括零在内的电压值、电流值，因此滑动变阻器应采用分压式接法．
(2)由于小灯泡的电阻较小，故采用电流表外接法．
(3)画I－U图线时纵轴、横轴的标度要适中，以所描绘图线占据整个坐标纸为宜，不要画成折线，应该用平滑的曲线连接，对个别偏离较远的点应舍去．
例　图1为“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为3V.
图1
(1)在方框图中画出与实物电路相应的电路图．
(2)完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，应停留在滑动变阻器________端；(选填“左”或“右”)
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下一组U和I的数据，断开开关．根据实验数据在图2中作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线.
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I/A
0.020
0.060
0.100
0.140
0.170
0.190
0.200
0.205
灯光发光情况
不亮　　微亮　　逐渐变亮　　正常发光
图2
(3)数据分析：
①从图线上可以得出，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是_____________________．
②图线表明导体的电阻随温度升高而____________．
③小灯泡正常工作时的电阻约为________．(保留小数点后一位有效数字)
解析　(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法．
(2)①为保护电路安全，开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端．
②根据表格中的数据，画出小灯泡的I－U图线
(3)①从图线上可以得出，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是先不变，后逐渐增大．
②图线表明导体的电阻随温度升高而增大．
③根据I－U图线得当灯电两端电压U＝3
V时，I＝0.205
A，所以小灯泡正常工作时的电阻约为R＝
Ω≈14.6
Ω.
答案　(1)见解析图
(2)①左　②见解析图
(3)①先不变，后逐渐增大　②增大　③14.6
1．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：
小灯泡L(“3.8V　0.3A”)
电压表V(量程0～5V，内阻5kΩ)
电流表A1(量程0～100mA，内阻4Ω)
电流表A2(量程0～500mA，内阻0.4Ω)
滑动变阻器R1(最大阻值10Ω，额定电流1.0A)
滑动变阻器R2(最大阻值500Ω，额定电流0.5A)
直流电源E(电动势约为6V，内阻约为0.5Ω)
(1)在上述器材中，滑动变阻器应选________；电流表应选________．
(2)在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．
答案　(1)R1　A2　(2)电路图见解析图
解析　(1)本题变压器采用分压式接法，通常应当选用最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选R1.电流表A1的量程太小，故电流表应选A2.
(2)电路图如图所示，由于电压要从0开始调节，滑动变阻器用分压式接法；因为灯泡的电阻比较小，电流表用外接法．
2．一个小灯泡上标有“4V　2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有下列器材供选择：
A．电压表(0～5V，内阻10kΩ)
B．电压表(0～15V，内阻20kΩ)
C．电流表(0～3A，内阻1Ω)
D．电流表(0～0.6A，内阻0.4Ω)
E．滑动变阻器(10Ω，2A)
F．滑动变阻器(500Ω，1A)
G．电源(直流6V)、开关、导线若干
图3
(1)实验时，选用图3中________电路图来完成实验，请说明理由：_____________________.
(2)实验中所用电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选________．(用字母序号表示)
(3)把图4所示的实验器材用实线连接成实物电路图．
图4
答案　(1)甲　描绘灯泡的I－U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据　(2)A　D　E
(3)如图所示
解析　因实验目的是要描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端的电压，故采用图甲所示的分压式电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据．因小灯泡额定电压为4V，则电压表选量程为0～5V的A而舍弃量程为0～15V的B，因15V的量程太大，读数误差大，小灯泡的额定电流I＝0.5A，则电流表只能选D.滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡内阻8Ω，调节不方便，电压变化与滑动变阻器使用部分的长度线性关系差，故舍去．小灯泡内阻为电流表内阻的＝20倍，电压表内阻是小灯泡内阻的＝1250倍，故电流表采用外接法.
1．在图1中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法不正确的是(　　)
图1
A．甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法
B．甲中R测>R真，乙中R测C．甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R RV，故此法测小电阻好
D．乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R RA，故此法测大电阻好
答案　B
解析　题图甲采用电流表外接法，题图乙采用电流表内接法，A正确．题图甲由于电压表的分流导致电流的测量值偏大，由R＝可知，R测＜R真；R越小，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻．题图乙由于电流表的分压导致电压的测量值偏大．由R＝可知，R测＞R真；R越大，电流表的分压越小，误差越小，因此这种接法适用于测大电阻，B错误，C、D正确．故选B.
2．用伏安法测电阻，当被测电阻的阻值不能估计时，可采用试接的办法，如图2所示，让电压表一端接在电路上a点，另一端先后接到b点和c点．注意观察两个电表的示数，若电流表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟______表的内阻可比拟，电压表的两端应接在a和______两点．若电压表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟________表的内阻可比拟，电压表应接在a和________两点．
图2
答案　电压　c　电流　b
解析　若电流表示数变化明显，说明电压表的分流作用较大，即说明电压表的内阻不是很大，则待测电阻的阻值跟电压表的内阻可比拟，应采用电流表内接法，即电压表的两端应接在a和c两点；若电压表示数变化明显，说明电流表的分压作用较明显，即电流表的内阻与待测电阻可比拟，应采用电流表的外接法，即电压表应接在a、b两点．
3．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大，某同学为研究这一现象，通过实验得到如下数据(I和U分别表示小灯泡的电流和电压)：
I(A)
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
U(V)
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
I(A)
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U(V)
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(1)在图中画出小灯泡的U－I曲线；
(2)若小灯泡正常工作电压为1.5
V，求其正常工作时的电流．
答案　(1)见解析　(2)0.46
A
解析　(1)按表中给出的10组数据，在图中尽量准确地在对应位置处描点，然后用平滑曲线连接，如图所示
(2)由图可得U＝1.5
V时，I＝0.46
A.
4．在探究小灯泡的伏安特性曲线的实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、开关S等，要求灯泡两端电压从0开始变化．
(1)实验中滑动变阻器应采用________(选填“分压式”或“限流式”)接法．
(2)某同学已连接如图3所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．
图3
①________________________________________________________________________.
②________________________________________________________________________.
答案　(1)分压式
(2)①开关S不应闭合，应处于断开状态
②滑动变阻器滑动触头P位置不当，应将其置于a端
5．某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线．他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如表：
U/V
0.00
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
I/A
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215
现备有下列器材：
A．内阻不计的6V电源；
B．量程为0～3A的内阻可忽略的电流表；
C．量程为0～0.3A的内阻可忽略的电流表；
D．量程为0～3V的内阻很大的电压表；
E．阻值为0～10Ω，额定电流为3A的滑动变阻器；
F．开关和导线若干．
(1)这个学习小组在实验中电流表应选__________(填器材前面的字母)
(2)请你从下面的实验电路图中选出最合理的一个__________．
(3)利用表格中数据绘出的电器元件Z的伏安特性曲线，如图4所示，分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U变大而________(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
图4
(4)若把电器元件Z接入如图5所示的电路中时，理想电流表的读数为0.150A，已知A、B两端电压恒为2V，则定值电阻R0阻值为________Ω.(结果保留两位有效数字)
图5
答案　(1)C　(2)D　(3)变大　(4)6.7
解析　(1)由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.215
A，电流表应选C；
(2)由表中实验数据可知，电压与电流的测量值从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，应用伏安法测元件电压与电流，电流表应测通过电阻的电流，由图示可知，应选D所示电路．
(3)由I－U图象可知，随电压增大，通过元件的电流增大，电压与电流的比值增大，元件阻值变大．
(4)由图可知，电流为0.150
A时Z两端的电压为1
V，A、B两端电压为Z和R0两端的电压之和，所以R0两端的电压也为1
V，流过R0的电流为0.150
A，所以R0＝＝
Ω≈6.7
Ω.电荷及其守恒定律
[目标定位]　1.知道自然界中的两种电荷及其相互作用的性质.2.知道使物体带电的三种方式.3.掌握电荷守恒定律及元电荷的概念．
一、电荷及其三种起电方式
1．两种电荷：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
2．摩擦起电：两个物体互相摩擦时，一些束缚得不紧的电子往往从一个物体转移到另一个物体，原来呈电中性的物体由于得到电子而带负电，失去电子的物体则带正电．
3．接触起电：带电体接触导体时，电荷转移到导体上，使导体带上与带电体相同(填“相同”或“相反”)性质的电荷．
4．感应起电：当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带异号电荷，远离带电体的一端带同号电荷，这种现象叫做静电感应．利用静电感应使金属导体带电的过程叫做感应起电．
深度思考
(1)带正电的物体A与不带电的物体B接触，使物体B带上了什么电荷？在这个过程中电荷是如何转移的？
(2)如图1所示，当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，由于电荷间的吸引，枕形金属导体中的自由电子向A端移动，而正电荷不移动，所以A端(近端)带电，B端带电．(填“正”或“负”)
图1
答案　(1)正电荷　在这个过程中，有电子从物体B转移到物体A，物体B的电子减少，使物体B带正电．
(2)负　正
例1　如图2所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是(　　)
图2
A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
解析　虽然A、B起初都不带电，但带正电的导体C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端带正电荷，其下部贴有的金属箔片分别带上了与A、B同种的电荷，所以金属箔片都张开，A正确．C只要一直在A、B附近，先把A、B分开，A、B上的电荷因受C的作用力不可能中和，因而A、B仍带等量异种的感应电荷，此时即使再移走C，A、B所带电荷量也不变，金属箔片仍张开，B正确．但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以箔片都不会张开，C错．先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷会完全中和，金属箔片都不会张开，D错．故选A、B.
答案　AB
(1)静电感应中，电中性导体在两侧同时感应等量异种电荷，感应的过程，就是导体内电荷重新分布的过程．
(2)接触起电是由于电荷间作用使导体间的电荷发生转移．
二、电荷守恒定律
1．内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．
2．三种起电方式的本质都是电子的转移，在转移的过程中电荷的总量不变．
注意　(1)电中性的物体内部也有电荷的存在，只是正、负电荷量的代数和为零，对外不显电性；
(2)电荷的中和是指带等量异种电荷的两物体接触时，经过电子的转移，最终达到电中性的过程．
深度思考
带等量异种电荷的两小球接触后都不带电了，是电荷消失了吗？此过程中电荷还守恒吗？
答案　没有消失，这是电荷的中和，是指两个带等量异种电荷的物体相互接触时，由于正、负电荷间的相互吸引作用，电荷发生转移，最后都达到电中性状态的一个过程.电荷仍然守恒．
例2　完全相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个完全相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．
(1)若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？
(2)若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？
解析　(1)设A、B带同种电荷，且带电荷量均为q，则A、C接触后，A、C带电荷量为qA＝qC＝q.
C与B球接触后，B、C所带电荷量为qB＝qC′＝＝q.
故A、B带电荷量大小之比为＝＝.
(2)设qA′＝＋q，qB′＝－q.
则C与A接触后，A、C带电荷量为qA′＝qC″＝＋q.
C与B接触后，B、C带电荷量为qB′＝qC?＝＝－q，
故A、B带电荷量大小之比为＝＝.
答案　(1)2∶3　(2)2∶1
1 导体接触带电时电荷量的分配与导体的形状、大小有关，当两个完全相同的金属球接触后，电荷将平均分配，即最后两个球一定带等量的同种电荷.
2 若两个相同的金属球带同种电荷，接触后电荷量相加后均分；若带异种电荷，接触后电荷先中和再均分.
三、元电荷
1．电荷量：电荷的多少叫做电荷量，在国际单位制中它的单位是库仑，简称库．用符号C表示．
2．元电荷：电子所带的电荷量是科学实验发现的最小电荷量，质子、正电子所带的电荷量与它相同，但符号相反．这个最小的电荷量叫做元电荷．
3．元电荷的值：e＝1.60×10－19C.
4．比荷：电子的电荷量e与其质量me之比，叫做电子的比荷．
深度思考
(1)有人说：一个带电体所带的电荷量为4×10－19C，你认为他这种说法正确吗？为什么？
(2)质子和电子就是元电荷吗？它们的比荷相同吗？
答案　(1)不正确．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍，而4×10－19C不是元电荷的整数倍，所以这种说法不正确．
(2)不是．元电荷是最小的带电单位，不是带电粒子，没有电性之说．质子、电子的电荷量相同，但质子质量远大于电子，所以电子的比荷大于质子的比荷．
例3　关于元电荷，下列说法中正确的是(　　)
A．元电荷实质上是指电子和质子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷的值通常取e＝1.60×10－19C
D．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
解析　所有带电体的电荷量或者等于e，或者是e的整数倍，这就是说，电荷是不能连续变化的物理量，电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的．由以上分析可知选项B、C、D正确．
答案　BCD
元电荷是自然界最小的电荷量，是跟电子或质子所带电荷量数值相等的电荷量，不是带电粒子.
四、验电器的使用
1．验电器(或静电计)(如图3)的金属球、金属杆和下面的两个金属箔片连成同一导体．
图3
2．当带电的物体与验电器上面的金属球接触时，有一部分电荷转移到验电器上，与金属球相连的两个金属箔片带上同种电荷，因相互排斥而张开，物体所带电荷量越多，电荷转移的越多，斥力越大，张开的角度也越大．
3．当带电体靠近验电器的金属球时，金属箔片也会张开．因为带电体会使验电器的上端感应出异种电荷，而金属箔片上会感应出同种电荷(感应起电)，两箔片在斥力作用下张开．
例4　使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是(　　)
解析　把带电金属球移近不带电的验电器，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷．选项B正确．
答案　B
1．(对三种起电方式的理解)(多选)关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法中正确的是(　　)
A．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，也说明通过做功创造出电荷
B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体
C．感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分
D．感应起电说明电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体
答案　BC
解析　摩擦起电的实质是电子在相互摩擦的物体间发生转移，失电子的显示正电，得电子的显示负电，此过程并非创造了电荷，而是总电荷量守恒，A错，B对；感应起电的实质是电荷从导体的一部分转移到另一部分，是电荷在同一导体内部发生了转移，C对，D错．
2．(对元电荷的理解)保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率，甚至会给我们的学习带来隐患．小华同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，他只能看清是6.×10－18C，拿去问老师，如果你是老师，你认为该带电质点的电荷量可能是下列哪一个(　　)
A．6.2×10－18C
B．6.4×10－18C
C．6.6×10－18C
D．6.8×10－18C
答案　B
解析　任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，即是1.6×10－19C的整数倍，由计算可知，只有B选项是1.6×10－19C的整数倍，故B正确．
3．(电荷守恒定律的理解和应用)有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量QA＝6.4×10－9C，QB＝－3.2×10－9C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？
答案　电子由B球转移到了A球，转移了3.0×1010个电子
解析　当两小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球完全相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量QA′＝QB′＝＝C＝1.6×10－9C.
在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，使B球带QB′的正电，这样，共转移的电子电荷量为ΔQB＝QB′－QB＝[1.6×10－9－(－3.2×10－9)]C＝4.8×10－9C.
转移的电子数n＝＝＝3.0×1010(个)．
4.(验电器及其原理)如图4所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象下列说法正确的是(　　)
图4
A．两片金属箔片上带异种电荷
B．两片金属箔片上均带负电荷
C．箔片上有电子转移到玻璃棒上
D．将玻璃棒移走，则金属箔片立即合在一起
答案　C
解析　自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，即缺少电子，若将其接触验电器的金属球，此时两个箔片带同种电荷，正电；在此过程中，一部分电子会从验电器转移到玻璃棒；移走玻璃棒时，箔片仍带电，不会立即合在一起．选项C正确.
题组一　对元电荷的理解
1．关于对元电荷的理解，下列说法正确的是(　　)
A．元电荷就是电子
B．元电荷就是质子
C．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量
D．元电荷是带电荷量最小的带电粒子
答案　C
解析　元电荷是自然界最小的电荷量，是与跟电子所带电荷量数值相等的电荷量，不是电子，不是质子，也不是带电荷量最小的带电粒子，选项C正确．
2．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．物体所带的电荷量可以为任意实数
B．电子带有最小的负电荷，其电荷量的绝对值叫元电荷
C．物体所带的电荷量只能是一些不连续的特定值
D．物体带电荷量的最小值为1.6×10－19C
答案　BCD
解析　元电荷是自然界最小的电荷量，其数值e＝1.6×10－19C，所有带电体的电荷量均为e的整数倍，只能是一些特定值，选项A错误，B、C、D正确．
题组二　对三种起电方式的理解及应用
3．关于摩擦起电和感应起电，下列说法正确的是(　　)
A．摩擦起电是电荷的转移，感应起电是创造了电荷
B．摩擦起电是创造了电荷，感应起电是电荷的转移
C．不论摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移
D．以上说法均不正确
答案　C
解析　无论哪种方式起电，都不是创造了电荷，而是电荷的转移，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
4．(多选)如图1用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦，实验结果如图所示，由此对摩擦起电说法正确的是(　　)
图1
A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失去电子
B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷
C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同但数量相等
D．同一物体与不同种类的物体摩擦，该物体所带电荷种类可能不同
答案　CD
解析　两物体摩擦时是否得失电子取决于原子核对电子的束缚力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的得失，所以两物体带电种类一定不同，数量相等，B错，C对．由题中例子不难看出，同一物体与不同种类的物体摩擦，带电种类可能不同，D对．
5．把两个完全相同的小球接触后分开，两球相互排斥，则两球原来的带电情况不可能是(　　)
A．一个小球原来带电，另一个小球原来不带电
B．两个小球原来分别带等量异种电荷
C．两个小球原来分别带同种电荷
D．两个小球原来分别带不等量异种电荷
答案　B
解析　两个完全相同的小球接触后分开，两球互相排斥，说明原来两球所带电荷量的代数和不等于零．若原来两小球分别带有等量的异种电荷，则接触后将发生中和，两球均不带电，不会发生排斥现象，故选项B正确．
6．(多选)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图2所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是(　　)
图2
A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
答案　ABC
解析　笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，有向上的加速度，故圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上性质相同的电荷，选项D错误．
7．(多选)如图3所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，甲、乙两个导体球开始时互相接触且对地绝缘．下述几种方法中能使两球都带电的是(　　)
图3
A．先把两球分开，再移走棒
B．先移走棒，再把两球分开
C．先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开
D．移走棒，两导体球不分开
答案　AC
解析　感应起电应遵从以下几个步骤：(1)两导体彼此接触；(2)带电体移近两导体；(3)先分开两导体，再移走带电体．由此可知，A项可以使两球都带电；带电体与非带电体接触，电荷发生转移，使物体带电，C项可以使两球都带电．故正确选项为A、C.
题组三　验电器及其原理
8．(多选)如图4所示，是一个带正电的验电器，当一个金属球A靠近验电器上的金属小球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则(　　)
图4
A．金属球A可能不带电
B．金属球A一定带正电
C．金属球A可能带负电
D．金属球A一定带负电
答案　AC
解析　验电器上的金属箔片和金属球都带有正电荷，金属箔片之所以张开，是由于箔片上的正电荷互相排斥造成的．当验电器金属箔片的张角减小时，说明箔片上的正电荷一定比原来减少了，由于金属球A只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球B发生接触，要考虑感应起电的影响．当金属球A靠近时，验电器的金属球B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体，金属球A离金属球B较近，而离金属箔片较远．如果金属球A带正电，验电器上的正电荷一定向远处移动，则金属箔片上的电荷量不会减少，所以选项B是错误的．如果金属球A带负电，验电器上的正电荷会由于引力作用向近端移动，造成金属箔片上的电荷量减少，所以选项C是正确的．如果金属球A不带电，由于受到金属球B上正电荷的影响，金属球A上靠近B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷，而这些负电荷反过来会使得验电器上的正电荷向金属球B移动，效果与金属球A带负电荷一样．所以选项A也是正确的，选项D是错误的．
9．如图5所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，这时金属箔带①电；若在带电棒A移开前，用手摸一下验电器的小球后离开，然后移开A，这时B的金属箔也能张开，它带②电．下列选项中正确的是(　　)
图5
A．①正　②负
B．①负　②负
C．①负　②正
D．①正　②正
答案　A
解析　(1)用带正电的绝缘棒A靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器(导体)两端出现等量正、负感应电荷，近端的金属球的电荷的电性与A的电性相反，带负电；远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电荷；
(2)由于人和地球都是导体，用手瞬间接触金属球B时，人、地球和验电器构成一个整体，在带正电荷的棒A的影响下发生静电感应，近端带负电，金属箔片不带电；移开手后，验电器上的负电荷不变，故验电器带负电，再移开棒A后，验电器上的负电荷仍不变，金属箔片上此时也带负电．故A项正确．
题组四　对电荷守恒定律及电荷量的理解
10．如图6所示，导体A带电荷量为5q的正电荷，另一完全相同的导体B带电荷量为q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体带的电荷量为(　　)
图6
A．－q
B．q
C．2q
D．4q
答案　C
解析　相同带电体接触后，电荷量先中和，后平分．故选项C正确．
11．(多选)A和B都是不带电的物体，它们互相摩擦后A带负电荷1.6×10－10C，下列判断中正确的是(　　)
A．在摩擦前A和B的内部电荷量为零
B．摩擦的过程中电子从A转移到了B
C．A在摩擦过程中一定得到了1×109个电子
D．A在摩擦过程中一定失去了1.6×10－19C电子
答案　AC
12．多少个电子的电荷量等于－32.0μC？干燥的天气中，一个人脱了鞋在地毯上行走，身上聚集的电荷量为－48.0μC.求共转移到此人身上多少个电子？(电子电荷量e＝－1.6×10－19C,1μC＝10－6C)
答案　2.0×1014个　3.0×1014个
解析　n1＝＝个＝2.0×1014个．
人身上聚集的电子个数n2＝＝个＝3.0×1014个．
13．如图7所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12C的电荷量，求：
图7
(1)金属瓶上收集到多少个电子？
(2)实验的时间为多长？
答案　(1)5×107个　(2)5000s
解析　(1)金属瓶上收集的电子数目为：N＝＝＝5×107个．
(2)实验的时间：t＝s＝5000s.通电导线在磁场中受到的力
[目标定位]　1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILBsinθ.3.了解磁电式电流表的构造及原理．
一、安培力的方向
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1．安培力：通电导线在磁场中受到的力．
2．决定安培力方向的因素
(1)磁场方向；(2)电流方向．
3．左手定则：如图1所示，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
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图1
4．安培力的特点：F⊥I，F⊥B，即F垂直于B和I决定的平面．
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深度思考
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当通电导线与磁感线不垂直时，还可用左手定则判断安培力的方向吗？
答案　可以．当电流方向跟磁感线方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流和磁场共同决定的平面，所以仍可用左手定则来判断安培力的方向，只是磁感线斜着穿过手心．
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例1
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　画出下列各图中磁场对通电导线的安培力的方向．
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解析　无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I决定的平面，且满足左手定则．
答案　如图所示
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(1)安培力的方向既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直，即安培力的方向总是垂直于磁场和电流所决定的平面．
(2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流与磁场所决定的平面，所以仍可用左手定则来判断安培力的方向，只是磁感线不再垂直穿过手心，而是斜穿过手心．
二、安培力的大小
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同一通电导线，按不同方式放在同一磁场中，受力情况不同，如图2所示．
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图2
1．如图甲，I⊥B，此时安培力最大，F＝BIL.
2．如图乙，I∥B，此时安培力最小，F＝0.
3．如图丙，当I与B成θ角时，可以把磁感应强度B分解，如图丁所示．此时F＝BILsin_θ，这是一般情况下安培力的表达式．
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深度思考
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若导线不受磁场力，该处一定无磁场吗？
答案　当通电导线与磁场平行时不受磁场力，由此可知，当导线不受磁场力作用时无法判定该处有无磁场．
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例2
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　长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向分别如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是(　　)
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解析　A图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BILcosθ，A正确；B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误．
答案　A
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例3
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　如图3所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线abcd所受到的磁场的作用力的合力(　　)
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图3
A．方向竖直向上，大小为(＋1)BIL
B．方向竖直向上，大小为(－1)BIL
C．方向竖直向下，大小为(＋1)BIL
D．方向竖直向下，大小为(－1)BIL
解析　导线abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝(＋1)L，故线段abcd所受磁场力的合力大小F＝BILad＝(＋1)BIL，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故A项正确．
答案　A
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当导线垂直放入磁场时，安培力大小F＝ILB，其中L为导线的有效长度，即连接两端点直线的长度，如图4所示．注意在丁中L＝2R而不等于2πR.
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图4
三、磁电式电流表
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1．原理：通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生偏转．线圈偏转的角度越大，被测电流就越大．根据线圈偏转的方向，可以知道被测电流的方向．
2．构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴．
3．特点：两磁极间装有极靴，极靴中间的铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，保持线圈转动时，安培力的大小不受磁场影响，电流所受安培力的方向总与线圈平面垂直．使线圈平面都与磁场方向平行，使表盘刻度均匀，如图5所示．
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图5
4．优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流．
缺点：线圈导线很细，允许通过的电流很弱．
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深度思考
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用磁电式电流表测量电流时，通电线圈的四条边是否都受到安培力作用？
答案　与磁感线平行的两个边不受安培力作用．
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例4
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　实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图6甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的稳恒电流(b端电流流向垂直纸面向内)，下列说法正确的是(　　)
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图6
A．当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C．线圈通过的电流越大，指针偏转角越小
D．电流表表盘刻度均匀
解析　由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，故A错误；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；线圈中通过的电流越大，导体受到的安培力越大，指针偏转的角度越大，C错误；在线圈转动的范围内，线圈平面始终与磁感线平行．且磁感应强度大小相等，故各处安培力大小相同，表盘刻度均匀．D正确．
答案　BD
四、安培力作用下的物体平衡
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解决安培力作用下的平衡问题与一般物体平衡方法类似，只是多画出一个安培力．一般解题步骤为：
(1)明确研究对象
(2)把立体图画成平面图
(3)受力分析，然后根据平衡条件F合＝0列方程
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例5
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　如图7所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m＝0.3kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨压力的大小．(g＝10m/s2)
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图7
解析　(1)ab棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则mgsin60°＝BILcos60°.B＝＝T≈1.73T.
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(2)对导轨的压力大小为：
FN′＝FN＝＝N＝6N.
答案　(1)1.73T　(2)6N
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在处理安培力的平衡问题时，安培力、电流方向以及磁场方向构成一个空间直角坐标系，在空间判断安培力的方向有很大的难度，所以在判断一些复杂的安培力方向时都会选择画侧视图(平面图)的方法，这样就可以把难以理解的空间作图转化成易于理解的平面作图．
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1．(安培力的方向)如图8所示，其中A、B图已知电流方向及其所受安培力的方向，试判断并在图中标出磁场方向．C、D图已知磁场方向及其对电流作用力的方向，试判断电流方向并在图中标出．
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图8
答案　A图磁场方向垂直纸面向外；B图磁场方向在纸面内垂直F向下；C、D图电流方向均垂直于纸面向里．(图略)
2．(安培力的大小)如图9所示在匀强磁场中有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受的安培力的大小．
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图9
答案　A．ILBcosα　B．ILB　C.ILB　D．2BIR　E．0
3．(对磁电式电流表的理解)(多选)对磁电式电流表的判断，以下说法正确的是(　　)
A．指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的
B．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度也越大
C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关
答案　ABD
解析　当阻碍线圈转动的螺旋弹簧的阻力力矩与安培力引起的动力力矩平衡时，线圈停止转动，故从转动角度来看二力方向相反，磁电式电流表内磁场是均匀辐向磁场，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐向磁场的特点是磁场强度大小相等方向不同，所以安培力与电流大小有关，电流越大，安培力越大，则转过的角度越大，故正确答案为A、B、D.
4．(安培力作用下的物体平衡)如图10所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？
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图10
答案　　方向垂直导轨面向上
解析　在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．因为B垂直轨道面，又金属杆处于静止状态，所以F必沿斜面向上，由左手定则知，B垂直轨道面向上．大小满足BIL＝mgsinα，I＝.
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题组一　安培力的方向
1．下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是(　　)
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答案　C
2.如图1所示，把一根通电的硬直导线ab，用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是(　　)
图1
A．向上
B．向下
C．垂直纸面向外
D．垂直纸面向里
答案　D
解析　闭合开关S瞬间，由右手定则知螺线管右端为N极，左端为S极，螺线管产生的磁场方向在通电导线a端斜向左下方，由左手定则可知，导线a端所受安培力的方向垂直纸面向里，D正确．
3．如图2所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向垂直纸面向里；通过直导线产生磁场的磁感应强度B＝，I为通电导线的电流大小，r为距通电导线的垂直距离，k为常量；则通电导线R受到的安培力的方向是(　　)
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图2
A．垂直R，指向y轴负方向
B．垂直R，指向y轴正方向
C．垂直R，指向x轴正方向
D．垂直R，指向x轴负方向
答案　A
4．(多选)图3中装置可演示磁场对通电导线的作用，电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是(　　)
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图3
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
答案　BD
解析　若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向左运动，A错；若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向右运动，B正确；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向右运动，C错；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向左运动，D正确．
5．如图所示，A中导线放在匀强磁场中、与竖直方向和水平方向都有一夹角，B中导线放在条形磁铁正中间的上方，水平放置，C中导线和矩形线框的两个边平行，D中导线垂直纸面、在通电螺线管的正上方，各图中导线受到的安培力竖直向上的是(　　)
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答案　D
解析　根据左手定则可知A中导线受到的安培力斜向左下，B中导线受到的安培力竖直向下，选项A、B错；C中导线处的磁场垂直纸面向外，导线受到的安培力水平向右，选项C错；根据安培定则可知D中螺线管右端为N极，导线处在水平向左的磁场中，根据左手定则可知导线受到的安培力竖直向上，选项D正确．
题组二　安培力的大小
6．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
答案　B
解析　由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BILsin
θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．
7．(多选)把通有电流I长度为L的直导线放在磁感应强度为B的匀强磁场中，下列关于安培力大小的说法正确的是(　　)
A．可能为0
B．一定为BIL
C．可能小于BIL
D．可能大于BIL
答案　AC
解析　导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为0，A对；当导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大为BIL，C对，B、D错．
8．如图4所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，ab与cd相距为l，则MN所受安培力大小(　　)
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图4
A．F＝BIl
B．F＝BIlsinθ
C．F＝
D．F＝BIlcosθ
答案　C
解析　题中磁场和电流垂直，θ角仅是导线框与金属杆MN间夹角，不是电流与磁场的夹角．
9．(多选)如图5所示，纸面内的金属圆环中通有电流I，圆环圆心为O、半径为R，P、Q为圆环上两点，且OP垂直于OQ，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于纸面向里，则(　　)
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图5
A．整个圆环受到的安培力大小为2πBIR
B．整个圆环受到的安培力大小为0
C．圆弧PQ受到的安培力大小为BIR
D．圆弧PQ受到的安培力大小为BIR
答案　BD
解析　根据左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，受到的合力为0，选项A错，B对；圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为BIR，选项C错，D对．
题组三　磁电式电流表
10．下列关于磁电式电流表(结构如图6所示)说法不正确的是(　　)
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图6
A．磁电式电流表最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈
B．表盘的刻度是不均匀的
C．根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向
D．优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱
答案　B
11．如图7甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则(　　)
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图7
A．该磁场是匀强磁场
B．该线圈的磁通量为BL2
C．a导线受到的安培力方向向下
D．b导线受到的安培力大小为BIL
答案　D
解析　该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C错误；导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为ILB，故D正确．
题组四　安培力作用下的导体棒的平衡
12．如图8所示，长为L、质量为m的金属杆ab，被两根竖直的轻质弹簧静止吊起，金属杆ab处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属杆中通有方向a→b的电流I时，每根轻质弹簧的拉力大小为FT.当金属杆通有方向b→a的电流I时，每根轻质弹簧的拉力大小为2FT.求磁场的磁感应强度的大小．
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图8
答案　
解析　金属棒ab受重力、安培力、弹簧的拉力而平衡．
当ab中的电流方向由a到b时，安培力方向向上．
2FT＋BIL＝mg①
当ab中的电流由b到a时，安培力方向向下．
4FT＝BIL＋mg②
解方程组得B＝.
13．两个倾角均为α的光滑斜面上，各放有一根相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别如图9中甲、乙所示，两金属棒均处于静止状态，求两种情况下电流之比I1∶I2.
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图9
答案　1∶cosα
解析　甲图中金属棒受力分析如图所示
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由平衡条件得BI1L＝mgtan
α①
乙图中金属棒受力分析如图所示
由平衡条件得BI2L＝mgsin
α②
由①②得I1∶I2＝1∶cos
α.
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14．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图10所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．
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图10
答案　ILBcosθ＋mg　ILBsinθ
解析　导体棒MN处于平衡状态，注意题中磁场方向与MN是垂直的，作出其侧视图，
对MN进行受力分析，如图所示．
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由平衡条件知：Ff＝Fsinθ，
FN＝Fcosθ＋mg，其中F＝ILB
解得：FN＝ILBcosθ＋mg，Ff＝ILBsinθ.习题课：闭合电路欧姆定律的应用
[目标定位]　1.会用闭合电路欧姆定律分析动态电路.2.知道电路中闭合电路的功率关系，会计算闭合电路的功率.3.会利用闭合电路欧姆定律进行含电容器电路的分析与计算.4.知道短路与断路，并会在闭合电路中进行故障分析．
一、闭合电路的动态分析
1．解决闭合电路动态变化问题，应按照局部→整体→局部的程序进行分析．
2．基本思路：电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U内的变化→U外的变化→固定支路→变化支路．
(1)对于固定不变的部分，一般按照欧姆定律直接判断．
(2)对于变化的部分，一般应根据分压或分流间接判断．
(3)涉及变阻器滑动引起的电路变化问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．
例1　如图1所示，R1阻值恒定，R2为热敏电阻(热敏电阻阻值随温度降低而增大)，L为小灯泡，当R2所在位置温度升高时(　　)
图1
A．R1两端的电压减小
B．小灯泡的亮度变暗
C．电流表的示数减小
D．通过R2的电流减小
解析　当R2所在位置温度升高时R2阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电流表的示数增大，R1两端的电压U1＝IR1增大，故A、C错误；总电流增大，内电压增大，则路端电压U＝E－Ir减小，并联部分的电压减小，所以灯泡L变暗，故B正确；通过L的电流减小，而总电流增大，则通过R2的电流增大，故D错误．
答案　B
动态电路的分析方法
1 程序法：按照局部→整体→局部的程序分析.
2 “并同串反”规律：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；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.
二、闭合电路的功率和效率
1．电源的总功率：P总＝EI；电源内耗功率P内＝U内I＝I2r；电源输出功率P出＝U外I.
2．对于纯电阻电路，电源的输出功率P出＝I2R＝2R＝，当R＝r时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P＝.电源输出功率随外电阻的变化曲线如图2所示．
图2
3．电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝＝＝.对于纯电阻电路，电源的效率η＝＝＝，所以当R增大时，效率η提高．当R＝r(电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高．
例2　如图3所示，电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大阻值R＝10Ω.
图3
(1)在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？
(2)在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？
解析　(1)此种情况可以把R0归入电源内电阻，这样变阻器上消耗的功率，也就是电源的输出功率．
即当R＝r＋R0＝2Ω时，R消耗功率最大为：
Pm＝＝W＝W.
(2)定值电阻R0上消耗的功率可以表示为：P＝I2R0，因为R0不变，当电流最大时功率最大，此时应有电路中电阻最小，即当R＝0时，R0上消耗的功率最大：
Pm′＝R0＝×1.5W＝W.
答案　(1)2Ω　W　(2)0　W
1 定值电阻消耗功率最大时通过的电流最大. 2 求可变电阻消耗的功率时可将其他电阻等效为电源内阻.
三、含电容器电路的分析与计算方法
在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流．一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的，不漏电的情况)的元件，电容器处电路可看做是断路，简化电路时可去掉它．
1．电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．
2．当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等．
3．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；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．
例3　如图4所示，电源电动势E＝10V，内阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，求：
图4
(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的电荷量．
解析　(1)S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，易求I＝＝1A，即为通过R1的电流．
(2)S闭合时，电容器两端电压UC＝U2＝I·R2＝6V，储存的电荷量Q1＝C·UC.S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时UC′＝E，储存的电荷量Q1′＝C·UC′.很显然电容器上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.2×10－4C．电容器上电荷量的增加是在S断开以后才产生的，只有通过R1这条途径实现，所以流过R1的电荷量就是电容器上增加的电荷量．
答案　(1)1A　(2)1.2×10－4C
含电容器电路的分析与计算方法：
1 首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联. 2 根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压. 3 最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量.
四、电路故障分析
用电压表检查故障：(1)断路故障判断：先用电压表与电源并联，若有示数，再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则说明该段电路中有断点．(2)短路故障判断：先用电压表与电源并联，若有示数，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则说明该段电路被短路．
例4　如图5所示，用电压表检查电路的故障，测得Uad＝5.0，Ucd＝0V，Uab＝5.0V，则此故障可能是(　　)
图5
A．L断路
B．R断路
C．R′断路
D．S断路
解析　Uab＝5.0V、Uad＝5.0V说明b、c、d与电源之间和a与电源之间的元件和导线是完好的，又Ucd＝0，只能是R断路．
答案　B
1．(闭合电路的动态分析)如图6所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)
图6
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
答案　A
解析　由变阻器R0的滑动端向下滑可知R0连入电路的有效电阻减小，则R总减小，由I＝可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小．由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝可知电流表示数减小，故A正确．
2．(闭合电路中的功率和效率)如图7所示，直线A为电源的U－I图线，直线B为电阻R的U－I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是(　　)
图7
A．4W,33.3%
B．2W,33.3%
C．4W,66.7%
D．2W,66.7%
答案　C
解析　从题图中可知E＝3V，直线A和直线B的交点是电源和电阻R构成闭合电路的工作点，因此P出＝UI＝4W，P总＝EI＝6W．电源的效率η＝≈66.7%.
3．(含容电路分析)(多选)在如图8所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)
图8
A．灯泡L变亮
B．电源的输出功率变小
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表读数变小，电压表读数变大
答案　BD
解析　将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，电路中电流变小，灯泡L变暗，A错误；路端电压变大，电阻R两端电压变大，电容器C两端电压变大，电容器C上电荷量增加，C错误，D正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，则当P向左移动一段距离后，外电路电阻比r大得越多，电源的输出功率变小，B正确．
4．(电路故障分析)如图9所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，在两灯突然熄灭后，用电压表测得c、d间电压比灯泡正常发光时的电压高，故障的原因可能是(假设电路中仅有一处故障)(　　)
图9
A．a、c间断路
B．c、d间断路
C．b、d间断路
D．b、d间短路
答案　B
解析　因电路中L1、L2、R及电源串联，电路中只有一处故障且两灯不亮，电路中必是断路，故D错误．电路中无电流，但c、d间电压升高，是因为c、d间断路，c、d两点分别与电源正、负极等电势．故正确答案为B.
题组一　闭合电路的动态分析
1．如图1所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值．则(　　)
图1
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电阻R2两端的电压减小
D．路端电压增大
答案　B
解析　题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U外↓.R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小，示数减小，A、C、D错误，B正确．
2．如图2所示，电路中电源的电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是(　　)
图2
A．灯L1、L2变亮，灯L3变暗
B．灯L2、L3变亮，灯L1变暗
C．灯L1、L3变暗，灯L2变亮
D．灯L2、L3变暗，灯L1变亮
答案　C
解析　变阻器与灯L1串联后与灯L2并联，再与灯L3串联．将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，则通过L3的电流减小，L3变暗，L3两端电压和内阻所占电压都减小，则并联部分电压增大，所以流过灯L2的电流变大，L2变亮，I1＝I－I2，I减小，I2增大，则I1减小，灯L1变暗．故C正确．
3．如图3所示的电路中，R1、R2为定值电阻，电源的电动势为E、内阻为r.若开关S0、S1均闭合时，电压表读数为U，电流表读数为I，当S1断开时(　　)
图3
A．电压表示数变小，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变小
D．电压表示数变大，电流表示数变大
答案　A
解析　由电路图可知，当开关S1闭合时，R1被短路，此时电路是R2的简单电路，当开关S1断开时，R1、R2串联，总电阻变大，干路电流变小，所以电流表示数减小，根据欧姆定律U＝IR，可知，R2两端的电压减小，所以电压表示数也减小，故A正确．
题组二　闭合电路的功率和效率
4.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图4所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为一个电阻R两端的电压与电流关系的图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么(　　)
图4
A．R接到电源a上，电源的效率较低
B．R接到电源b上，电源的输出功率较大
C．R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高
D．R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高
答案　C
解析　电源的效率η＝＝，由题图可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源输出功率P＝UI，由题图易得R接在电源a上输出功率较大，A、B、D错误，C正确．
5．电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、变阻器R串联，如图5所示，设R0＝r，Rab＝2r，当变阻器的滑片自a端向b端滑动时，下列各物理量中随之减小的是(　　)
图5
A．电池的输出功率
B．变阻器消耗的功率
C．固定电阻R0消耗的功率
D．电池内阻消耗的功率
答案　B
解析　根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，滑片自a端向b端滑动时，由于R0＝r，Rab＝2r，外电阻大于电源的内阻，当变阻器的滑片自a端向b端滑动时，则变阻器接入电路的电阻减小，电池的输出功率增大．故A错误；电路中电流增大，固定电阻R0上和电源的内阻上消耗功率增大．将R0看成电源的内阻，则有R0＋r＝2r，而Rab＝2r，利用推论可知，滑片在a点时变阻器的功率最大，滑片向右滑动时，变阻器消耗的功率减小．故B正确，C、D错误．
6.(多选)如图6所示的电路中，电源电动势为12
V，内阻为2
Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S，下列说法正确的有(　　)
图6
A．路端电压为10
V
B．电源的总功率为10
W
C．a、b间电压的大小为5
V
D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1
A
答案　AC
解析　外电路的总电阻R＝
Ω＝10
Ω，总电流I＝＝1
A，则路端电压U＝IR＝10
V，A对；电源的总功率P总＝EI＝12
W，B错；a、b间电压大小为Uab＝0.5×15
V－0.5×5
V＝
5
V，C项对；a、b间用导线连接后，外电路的总电阻为R′＝2×
Ω＝7.5
Ω，电路中的总电流I＝＝1.26
A，D项错误．
题组三　含容电路分析
7．(多选)M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图7所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则(　　)
图7
A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流
B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流
C．带电油滴将向上运动
D．带电油滴将向下运动
答案　BC
解析　电容器两极板间的电压U＝E，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R增大，U增大，电容器的电荷量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a向b的电流，故A错误，B正确；U增大，由E＝分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动，故C正确，D错误．
8．如图8所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是(　　)
图8
A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小
答案　B
解析　当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力．当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压．当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场场强减弱，小球受到的电场力减小，F变小，故A项错，B项正确．
题组四　电路故障分析
9．如图9所示的电路中，闭合开关后，电压表有示数、电流表指针几乎不动．关于电路故障分析正确的是(　　)
图9
A．灯泡L1短路
B．灯泡L1断路
C．灯泡L2短路
D．灯泡L2断路
答案　D
解析　如果灯泡L1短路，电路电阻较小，电流表指针偏转角度应较大．此选项不符合题意；如果灯泡L1断路，整个电路断路，电压表、电流表指针都不会偏转．此选项不符合题意；如果灯泡L2短路，电路电阻较小，电流表指针偏转角度应较大；电压表相当于与导线并联无示数．此选项不符合题意；如果灯泡L2断路，电压表测量电源电压，指针会明显偏转；电路电流特别小，指针几乎不动，此选项符合题意．
10．如图10所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是(　　)
图10
A．R1断路B．R2断路C．R1短路D．R3短路
答案　B
解析　若R1断路，电流表中没有读数，不符合题意，故A错误；若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表的读数变大，符合题意，故B正确；若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，不符合题意，故C错误；若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，不符合题意，故D错误．
题组五　综合应用
11．如图11所示，R为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：
图11
(1)电源的电动势E和内阻r.
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
答案　(1)6V　1Ω　(2)1Ω　9W
解析　(1)由闭合电路欧姆定律E＝U1＋r①
E＝U2＋r②
联立①②并代入数据解得E＝6V，r＝1Ω
(2)由电功率表达式P＝R③
将③式变形为P＝④
由④式知，R＝r＝1Ω时，
P有最大值Pm＝＝9W
12．如图12所示的电路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF.当开关S断开时，电源所释放的总功率为2W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4W，求：
图12
(1)电源的电动势和内电阻；
(2)闭合S时，电源的输出功率；
(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？
答案　(1)4V　0.5Ω　(2)3.5W　(3)6×10－5C　0
解析　(1)S断开时外电路R2、R3串联：
E＝I1(R2＋R3)＋I1r①
P1＝EI1②
S闭合时：外电路R1、R2并联后与R3串联
R外′＝R3＋
代入数据R外′＝(1.5＋)
Ω＝3.5
Ω③
对闭合电路E＝I2R外′＋I2r④
P2＝EI2⑤
由①②④⑤可得
(2)闭合S时，电源的输出功率
P＝IR外′＝12×3.5
W＝3.5
W
(3)S断开时
Q1＝CUR2＝20×10－6×0.5×6
C＝6×10－5
C
S闭合，电容器两端的电势差为零，则Q2＝0带电粒子在匀强磁场中的运动
[目标定位]　1.知道洛伦兹力做功的特点.2.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律和分析方法.3.知道质谱仪、回旋加速器的构造和原理．
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力演示仪(如图1所示)
图1
(1)励磁线圈不通电时，电子的轨迹为直线．
(2)励磁线圈通电后，电子的轨迹为圆．
(3)电子速度不变，磁感应强度增大时，圆半径减小．
(4)磁感应强度不变，速度增大时，圆半径增大．
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)带电粒子(不计重力)在磁场中运动时，它所受的洛伦兹力总与速度方向垂直，洛伦兹力在速度方向没有分量，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功(填“做功”或“不做功”)．
(2)带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中：
①当v∥B时，带电粒子将做匀速直线运动．
②当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动．
洛伦兹力提供向心力，即qvB＝.
得轨道半径r＝.
运动周期T＝＝.
深度思考
增加带电粒子的速度，其在匀强磁场中运动的周期如何变化？为什么？
答案　不变．由T＝知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期与速度无关．
例1　质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是(　　)
A．速度之比为2∶1
B．周期之比为1∶2
C．半径之比为1∶2
D．角速度之比为1∶1
解析　由qU＝mv2
qvB＝
得r＝，而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2.同理可求其他物理量之比．
答案　B
二、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动分析
在研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，着重把握“一找圆心，二求半径，三定时间”的方法．
1．圆心的确定方法：两线定一“心”
(1)圆心一定在垂直于速度的直线上．
如图2甲所示，已知入射点P(或出射点M)的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心．
图2
(2)圆心一定在弦的中垂线上．
如图乙所示，作P、M连线的中垂线，与其一速度的垂线的交点为圆心．
2．求半径
方法(1)　由公式qvB＝m，得半径r＝；
方法(2)　由轨迹和约束边界间的几何关系求解半径r.
3．定时间
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为t＝T(或t＝T)．
4．圆心角与偏向角、圆周角的关系
两个重要结论：(1)带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角φ叫做偏向角，偏向角等于圆弧对应的圆心角α，即α＝φ，如图3所示．
图3
(2)圆弧所对应圆心角α等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如图所示．
例2　
如图4所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)
图4
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶2，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析　带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，则vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2,
又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故选项A正确，B、C、D错误．
答案　A
三、质谱仪和回旋加速器
1．质谱仪
(1)原理如图5所示
图5
(2)加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理：
qU＝mv2①
(3)偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场，洛伦兹力提供向心力：qvB＝②
(4)由①②两式可以求出粒子的比荷、质量以及偏转磁场的磁感应强度等．
(5)应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素．
深度思考
质谱仪是如何区分同位素的？
答案　由qU＝mv2和qvB＝m可求得r＝.同位素电荷量q相同，质量不同，在质谱仪荧光屏上显示的半径就不同，故能通过半径大小区分同位素．
2．回旋加速器
(1)构造：如图6所示，D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接有交流电源，D形盒处于匀强磁场中．
图6
(2)原理：
①粒子从电场中获得动能，磁场的作用是改变粒子的速度方向．
②周期：交流电的周期与粒子做圆周运动的周期相等，周期T＝，与粒子速度大小v无关(填“有关”或“无关”)．
③粒子的最大动能
Ekm＝mv2，再由qvB＝m得：
Ekm＝，最大动能决定于D形盒的半径r和磁感应强度B.
深度思考
(1)回旋加速器中，随着粒子速度的增加，缝隙处的电场的频率如何变化而能使粒子在缝隙处刚好被加速？
(2)粒子在回旋加速器中加速获得的最大动能与交变电压的大小有何关系？
答案　(1)不变．虽然粒子每经过一次加速，其速度和轨道半径就增大，但是粒子做圆周运动的周期不变，所以电场的改变频率保持不变就行．
(2)没有关系．回旋加速器所加的交变电压的大小只影响加速次数，与粒子获得的最大动能无关．
例3　现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图7所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)
图7
A．11
B．12
C．121
D．144
解析　设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝①
在磁场中qvB＝m②
由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确．
答案　D
例4　回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rmax.求：
(1)粒子在盒内做何种运动；
(2)所加交变电流频率及粒子角速度；
(3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．
解析　(1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．
(2)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要符合粒子回旋频率，因为T＝，回旋频率f＝＝，角速度ω＝2πf＝.
(3)由牛顿第二定律知＝qBvmax
则Rmax＝，vmax＝
最大动能Ekmax＝mv＝.
答案　(1)匀速圆周运动　(2)　
(3)　
1 带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝，由磁感应强度和D形盒的半径决定，与加速的次数以及加速电压U的大小无关.
2 两D形盒窄缝所加的交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相同，粒子经过窄缝处均被加速，一个周期内加速两次.
1．(带电粒子在磁场中的圆周运动)(多选)如图8所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界．现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是(　　)
图8
A．电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P
B．电子运动一周回到P点所用的时间T＝
C．B1＝4B2
D．B1＝2B2
答案　AD
解析　由左手定则可知，电子在P点所受的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，选项A正确；由题图得两磁场中轨迹圆的半径比为1∶2，由半径r＝可得＝2，选项C错误，选项D正确；运动一周的时间t＝T1＋＝＋＝，选项B错误．
2．(带电粒子在有界磁场中的运动)如图9所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负粒子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负粒子在磁场中运动的时间之比为(　　)
图9
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶
D．1∶1
答案　B
解析　正、负粒子在磁场中运动轨迹如图所示，正粒子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负粒子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1.
3．(质谱仪)质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量．其工作原理如图10所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知(　　)
图10
A．此粒子带负电
B．下极板S2比上极板S1电势高
C．若只增大加速电压U，则半径r变大
D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小
答案　C
解析　根据动能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得，r＝.由题图结合左手定则可知，该粒子带正电．故A错误；粒子经过电场要加速，因粒子带正电，所以下极板S2比上极板S1电势低．故B错误；若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确；若只增大入射粒子的质量，由上式可知，则半径也变大．故D错误．
4．(回旋加速器)(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图11所示，要增大带电粒子射出时的动能，重力不计，下列说法中正确的是(　　)
图11
A．增加交流电的电压
B．增大磁感应强度
C．改变磁场方向
D．增大加速器的半径
答案　BD
解析　当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由牛顿第二定律qvB＝m，得v＝.若D形盒的半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm＝mv2＝.所以要提高带电粒子射出时的动能，应尽可能增大磁感应强度B和加速器的半径R.
题组一　带电粒子在磁场中的圆周运动
1．如图1所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，方向垂直纸面向里．有一束粒子对准a端射入弯管，粒子的质量、速度不同，但都是一价负粒子，则下列说法正确的是(　　)
图1
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C．只有质量和速度乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
答案　C
解析　由r＝可知，在粒子处于相同的磁场和带有相同的电荷量的情况下，粒子做圆周运动的半径取决于粒子的质量和速度的乘积．
2．如图2所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将(　　)
图2
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
答案　B
解析　由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲，又由r＝知，B减小，r越来越大，故电子的径迹是a.故选B.
3．(多选)在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中做匀速圆周运动，重力不计，则(　　)
A．粒子的速率加倍，周期减半
B．粒子的速率不变，轨道半径减半
C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的
D．粒子的速率不变，周期减半
答案　BD
解析　由r＝可知，磁场的磁感应强度加倍，带电粒子运动的半径减半，洛伦兹力不做功，带电粒子的速率不变，由T＝可知，带电粒子运动的周期减半，故B、D选项正确．
4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
答案　D
解析　由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝，轨道半径r＝，从较强磁场进入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度ω＝＝可知角速度变小，选项D正确．
题组二　带电粒子在有界磁场中运动
5．如图3所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S运动到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)(　　)
图3
A．1∶3
B．4∶3
C．1∶1
D．3∶2
答案　D
解析　如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t＝T，可得：t1∶t2＝3∶2，故选D.
6．(多选)如图4所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个带电粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则(　　)
图4
A．从P射出的粒子速度大
B．从Q射出的粒子速度大
C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长
D．两粒子在磁场中运动的时间一样长
答案　BD
解析　作出各自的轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1＜R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确选项应是B、D.
题组三　质谱仪和回旋加速器
7．(多选)质谱仪的构造原理如图5所示，从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是(　　)
图5
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小
答案　AC
解析　根据粒子的运动方向和洛伦兹力方向，由左手定则知粒子带正电．故A正确，B错误．根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x越大，质量与电量的比值越大．故C正确，D错误．
8．如图6是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(　　)
图6
A．a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大
B．a与b有相同的质量，但a的电量比b的电量小
C．a与b有相同的电量，但a的质量比b的质量大
D．a与b有相同的电量，但a的质量比b的质量小
答案　D
解析　根据qU＝mv2，v＝.由qvB＝m得，r＝＝.因为b的半径大，若a与b质量相同，则b的电量小，根据v＝，知b的速度小，故A、B错误．a与b有相同的电量，因为b的半径大，则b的质量大．故C错误，D正确．
9．用回旋加速器分别加速α粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．1∶3
答案　B
10．一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图7所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．下列说法正确的是(　　)
图7
A．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
答案　A
解析　由r＝知，质子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，A对，B错．随着质子速度v的增大、质量m会发生变化，据T＝知质子做圆周运动的周期也变化，所加交流电的周期与质子运动的周期不再同步，即质子不可能一直被加速下去，C错．由T＝知α粒子与质子做圆周运动的周期不同，故此装置不能用于加速α粒子，D错．
题组四　综合应用
11．带电粒子的质量m＝1.7×10－27kg，电荷量q＝1.6×10－19C，以速度v＝3.2×106m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17
T，磁场的宽度L＝10
cm，如图8所示．(g取10
m/s2，计算结果均保留两位有效数字)
图8
(1)带电粒子离开磁场时的速度为多大？
(2)带电粒子在磁场中运动的时间？
(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？
答案　见解析
解析　粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB≈8.7×10－14N，远大于粒子所受的重力G＝mg＝1.7×
10－26N，故重力可忽略不计．
(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106m/s.
(2)由qvB＝m得轨道半径r＝＝m＝0.2m．由题图可知偏转角θ满足：sinθ＝＝＝0.5，所以θ＝30°＝，带电粒子在磁场中运动的周期T＝，可见带电粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝T，所以t＝＝s≈3.3×10－8s.
(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－)m≈2.7×10－2m.
12．如图9所示，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入．已知两板之间距离为d，板长为d，O点是NP板的正中点，为使质子能从两板之间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子所带的电荷量为q，质量为m)．
图9
答案　≤B≤
解析　如图所示，由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以质子在磁场中做圆周运动的圆心O′一定位于NP所在的直线上．如果直径小于ON，则轨迹将是圆心位于ON之间的一段半圆弧．
(1)如果质子恰好从N点射出，R1＝，qv0B1＝.所以B1＝.
(2)如果质子恰好从M点射出
R－d2＝2，qv0B2＝m，得B2＝.
所以磁感应强度B取值范围应满足≤B≤.
13．如图10，一个质量为m，电荷量为－q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：
图10
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)穿过第一象限的时间．
答案　(1)　(2)
解析　(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：
Rcos30°＝a，得R＝
Bqv＝m，得B＝＝.
(2)带电粒子在第一象限内运动时间t＝·＝.实验：测量金属的电阻率
[目标定位]　1.进一步掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法.2.掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法.3.学会利用伏安法测电阻，进一步测出金属丝的电阻率．
一、实验原理
1．把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R(R＝)．由于金属丝的电阻较小，选择电流表外接法；由于不要求电压必须从0开始调节，所以一般可以选择滑动变阻器限流式接法．请在方框内画出实验电路原理图．
2．用毫米刻度尺测出金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，算出横截面积S(S＝)．
3．由电阻定律R＝ρ，得ρ＝＝＝，求出电阻率．
二、实验器材
螺旋测微器、毫米刻度尺、电压表、电流表、定值电阻、开关及导线、被测金属丝、电池、滑动变阻器．
三、实验过程
1．实验步骤
(1)测直径：用螺旋测微器在被测金属丝上三个不同位置各测一次直径，并记录．
(2)量长度：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量3次，并记录．
(3)连电路：按如图1所示的电路图连接实验电路．
图1
(4)求电阻：把滑动变阻器的滑动触头调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S.改变滑动变阻器滑动触头的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入表格内，断开开关S.
(5)拆除实验电路，整理好实验器材．
2．数据处理
电阻R的数值可用以下两种方法确定：
(1)计算法：利用每次测量的U、I值分别由公式R＝计算出电阻，再求出电阻的平均值作为测量结果．
(2)图象法：可建立I－U坐标系，将测量的U、I值描点作出图象，利用图象的斜率求出电阻R.
3．实验注意事项
(1)因一般金属丝电阻较小，为了减少实验的系统误差，必须选择电流表外接法．
(2)本实验若用限流式接法，在接通电源之前应将滑动变阻器调到阻值最大状态．
(3)测量l时应测接入电路中的金属丝的有效长度(即两接线柱之间的长度)；在金属丝的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径d.
(4)电流不宜过大(电流表用0～0.6A量程)，通电时间不宜太长，以免电阻率因温度升高而变化．
四、螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法
1．螺旋测微器的原理及读数方法
(1)构造：如图2所示，B为固定刻度，E为可动刻度．
图2
(2)原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(3)读数：①测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出．
②测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
2．游标卡尺的原理及读数方法
(1)构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)
图3
(2)用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．
(3)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.常见的游标尺上小等分刻度有10个、20个、50个的，其规格见下表：
刻度格数(分度)
刻度总长度
1mm与每小格的差值
精确度(可精确到)
10
9mm
0.1mm
0.1mm
20
19mm
0.05mm
0.05mm
50
49mm
0.02mm
0.02mm
(4)读数；若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)
mm.
例1　在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.
图4
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图4所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0～20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干．
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图5中的________图(选填“甲”或“乙”)．
图5
(3)图6是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
图6
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图7所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)．
图7
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．
A．1×10－2Ω·m
B．1×10－3Ω·m
C．1×10－6Ω·m
D．1×10－8Ω·m
答案　(1)0.398(0.395～0.399均正确)　(2)甲
(3)见解析图甲　(4)见解析图乙　4.4(4.3～4.7均正确)　(5)C
解析　(1)螺旋测微器的读数为0
mm＋39.8×0.01
mm＝0.398
mm.
(2)由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5
Ω.由题知Rx RV，故电流表 外接．若滑动变阻器接为限流式接法，则Rx两端的电压最小值Umin＝E≈0.6
V，而从实验数据可知Rx两端电压为0.10
V，因此滑动变阻器应采用分压式接法．
(3)如图甲所示
甲
(4)选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，如图乙所示．
乙
图线的斜率反映了金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值Rx≈4.4
Ω.
(5)根据R＝ρ得金属丝的电阻率ρ＝＝＝
Ω·m≈1.09×10－6Ω·m，故选项C正确．
1 实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合开关时，分压电路的输出端电压要为零.
2 对螺旋测微器进行读数时要注意：①以毫米为单位时，小数点后面要有三位有效数字，特别是最后一位估读数字为零时，不能省略.②在读数时注意半毫米刻度线是否已露出.
例2　利用如图8所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω.带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上．在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为3.0V)；
电流表A1(量程0～100mA，内阻约5Ω)；
电流表A2(量程0～0.6A，内阻约0.2Ω)；
电阻箱R(0～999.9Ω)；开关、导线若干．
图8
实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．将选用的实验器材，按照图8连接实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关．记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F．断开开关，整理好器材．
(1)某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图9所示，则d＝________mm；
图9　　　　　　　　图10
(2)实验中电流表应选择________(填“A1”或“A2”)；
(3)用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图10所示的R－L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)．
(4)本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果______影响(填“有”或“无”)．
解析　(1)螺旋测微器的读数为：
d＝0.5
mm＋23.0×0.01
mm＝0.730
mm；
(2)根据欧姆定律可知，电路中的最大电流为：
Imax＝＝
A＝0.15
A＝150
mA，所以电流表应选A1.
(3)根据欧姆定律，应有：Ig＝
可得：R＝－Rx
根据电阻定律应有：Rx＝
联立以上两式可得：R＝－L＋
根据函数斜率的概念应有：＝
解得：ρ＝
(4)本题中若考虑电流表内阻RA，则有：
R＝－L＋－RA，对图象的斜率没有影响，即电流表内阻对电阻率的测量结果无影响．
答案　(1)0.730　(2)A1　(3)　(4)无
1．某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用毫米刻度尺测出接入电路部分的金属丝长度为l＝0.720m，用螺旋测微器测出金属丝直径(刻度位置如图11所示)，用伏安法测出金属丝的电阻(阻值约为5Ω)，然后计算出该金属材料的电阻率．在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
图11
A．直流电源(输出电压为3V)
B．电流表A(量程0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C．电压表V(量程0～3V，内阻3kΩ)
D．滑动变阻器(最大阻值20Ω)
E．开关、导线等
(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.
(2)根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图．
(3)若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx＝4.0Ω，则这种金属材料的电阻率为________Ω·m(计算结果保留两位有效数字)．
答案　(1)0.600　(2)如图所示
(3)1.6×10－6
解析　(3)由R＝ρ得ρ＝＝，将Rx＝4.0Ω、l＝0.720m、d＝0.600mm＝0.600×10－3m代入得ρ≈1.6×10－6Ω·m.
2．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．
(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)
B．电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
D．电压表(0～15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图12中的________(选填“甲”或“乙”)．
图12
(2)图13是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．
图13
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图14所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________Ω(保留两位有效数字)．
图14
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
答案　(1)B　C　甲　(2)见解析图　(3)5.2　(4)B　D
解析　(1)为了减小测量误差，应使电表读数为量程的～，电源电动势为4V，故电压表选C.估算通过Rx的最大电流约为Im＝A＝0.6A，所以电流表应选B.因为＞，所以电流表应外接，即应采用甲电路，测量误差较小．
(2)如图所示
(3)电流表、电压表的读数分别为I＝0.50A，U＝2.60V，所以Rx＝Ω＝5.2Ω.
(4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用，电流表测量的电流大于通过被测电阻Rx的电流，选项B正确．乙电路中产生误差的主要原因是电流表的分压作用，使电压表测量的电压大于被测电阻Rx两端的电压，故选项D正确.
1．(多选)在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中错误的是(　　)
A．用毫米刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值
D．实验中应保持金属丝的温度不变
答案　AC
解析　实验中应测量出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它的分流作用很小，应采用电流表外接法．故A、C操作错误．
2．在“测定金属的电阻率”的实验中，由ρ＝可知，对实验结果的准确性影响最大的是(　　)
A．金属丝直径d的测量
B．电压U的测量
C．电流I的测量
D．金属丝长度l的测量
答案　A
解析　四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响，但影响最大的是金属丝直径d的测量，因为在计算式中取直径的二次方．
3．在测定金属的电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约4Ω，额定电流约0.5A)；
电压表：V(量程3V，内阻约3kΩ)；
电流表：A1(量程0.6A，内阻约0.2Ω)；
A2(量程3A，内阻约0.05Ω)；
电源：E1(电源电压为3V)；
E2(电源电压为12V)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20Ω)；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为______mm.
图1
(2)若滑动变阻器采用限流式接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________(均填器材代号)，在虚线框中画出电路原理图．
解析　(1)螺旋测微器的读数为：
1．5mm＋27.5×0.01mm＝1.775mm.
(2)在用伏安法测电阻的实验中，为使测量尽量精确，则电流表、电压表指针需达到半偏以上，又因待测金属丝的额定电流约0.5A，所以电流表选A1，电源选E1即可．电路原理图如图所示．
答案　(1)1.775(1.773～1.777均正确)　(2)A1　E1　电路原理图见解析图
4.某同学利用图2(a)所示电路测量量程为2.5
V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99
999.9
Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50
Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5
kΩ)，直流电源E(电动势3
V)，开关1个，导线若干．
(a)
实验步骤如下
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00
V，记下电阻箱的阻值．
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．
(b)
图2
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0
Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．
A．100
μA
B．250
μA
C．500
μA
D．1
mA
答案　(1)R1　(2)见解析图　(3)2
520　(4)D
解析　(1)本实验测电压表的内阻，实验中电压表示数变化不大，则接入电阻箱后电路的总电阻变化不大，故需要滑动变阻器的最大阻值较小，故选R1可减小实验误差．
(2)滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：
(3)电压表和电阻箱串联，两端电压分别为2.00
V和0.50
V，则RV＝4R＝2
520
Ω.
(4)电压表的满偏电流Ig＝＝
A≈1
mA，故选项D正确．
5．某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3
V、内阻约为3
kΩ的电压表和量程为0.6
A、内阻约为0.1
Ω的电流表．采用分压电路接线，图3是实物的部分连线图，待测电阻为图4中的R1，其阻值约为5
Ω.
(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d)．
(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.
U/V
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
(3)已知图4中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．
A．①连接a，②连接c
B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c
D．①连接b，②连接d
答案　(1)a　d　(2)如图所示　4.4～4.7　(3)B
解析　(1)因电压表的内阻远大于待测电阻R1的阻值，则电流表采用外接法，而滑动变阻器应采用分压式接法，故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a，导线②连接d；
(2)建立坐标系描点连线如答案图所示，则R2＝＝
Ω＝4.4
Ω；
(3)根据电阻定律可得，R＝ρ＝，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，选项B正确．
6．用伏安法测量电阻R的阻值，并求出电阻率ρ.
给定电压表(内阻约为50kΩ)、电流表(内阻约为40Ω)、滑动变阻器、电源、开关、待测电阻(约为250Ω)及导线若干(要求测量电流、电压能从0开始调节)．
(1)在虚线框中画出测量R的电路图．
图5
(2)图5中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试写出根据此图求R值的步骤：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)求出的电阻值R＝________.(保留3位有效数字)
(4)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用50分度的游标卡尺测量其长度与直径，结果分别如图6甲、乙所示．由图可知其长度为________，直径为________．
图6
(5)由以上数据可求出ρ＝________.(保留3位有效数字)
答案　(1)见解析图
(2)见解析
(3)229Ω(221～237Ω均正确)
(4)0.800cm　0.190cm
(5)8.11×10－2Ω·m
解析　(1)由于Rx＜，应采用电流表外接法，要
求测量电流、电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法．如图所示．
(2)①作U－I直线，使其过原点，舍去左起第2个点，其余5个点尽量靠近直线且均匀分布在直线两侧；②求该直线的斜率k，则R＝k.
(3)在图象中的直线上取两点，求出斜率k＝R≈229
Ω.
(4)图甲读数l＝0.800
cm－0＝0.800
cm
图乙读数d＝4.6
cm－45×0.98
mm＝0.190
cm
(5)由R＝ρ，得ρ＝＝
Ω·m≈8.11×10－2Ω·m闭合电路的欧姆定律
[目标定位]　1.了解内电路、外电路，知道电动势等于内、外电路电势降落之和.2.掌握闭合电路欧姆定律的内容，理解各物理量及公式的物理意义.3.会用闭合电路欧姆定律分析路端电压与负载的关系．
一、闭合电路的欧姆定律
1．内、外电路
(1)概念：内电路是电源内部电路，外电路是电源外部电路．
(2)特点：外电路中电流由电源正极流向负极，沿电流方向电势降低；内电路中电流由电源负极流向正极，沿电流方向电势升高．
2．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正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．
(2)公式：I＝①
或E＝IR＋Ir②
或E＝U外＋U内．③
(3)适用条件：①、②适用于外电路为纯电阻电路，③适用于一切电路．
深度思考
我们用电压表直接连接电源的两端，电压表的读数________(填“大于”、“小于”或“等于”)电源电动势．为什么？
答案　小于　因为电源也有内阻，用电压表和电源正、负极相连时，相当于电源与电压表串联，电压表读数是路端电压，小于电源电动势．
例1　在图1所示的电路中，R1＝9Ω，R2＝5Ω，当a、b两点间接理想的电流表时，其读数为0.5A；当a、b两点间接理想的电压表时，其读数为1.8V．求电源的电动势和内电阻．
图1
解析　当a、b两点间接理想的电流表时，R1被短路，回路中的电流I1＝0.5
A，由闭合电路欧姆定律得：E＝I1(R2＋r)
代入数据得：
E＝0.5(5＋r)①
当a、b两点间接理想的电压表时，回路中的电流
I2＝＝
A＝0.2
A
由闭合电路欧姆定律得：
E＝I2(R2＋R1＋r)
E＝0.2(14＋r)②
联立①②得：E＝3
V，r＝1
Ω
答案　3V　1Ω
应用闭合电路的欧姆定律解决问题时，应认清各元件之间的串、并联关系，然后根据部分电路的欧姆定律和电路的串、并联特点求出部分电路的电压和电流.特别要注意电压表测量哪一部分电压，电流表测量哪个电路的电流.
针对训练　如图2所示，电源电动势为6V，内阻为1Ω，R1＝5Ω，R2＝10Ω，滑动变阻器R3的阻值变化范围为0～10Ω，求电路的总电流的取值范围．
图2
答案　0.55～1A
解析　当R3阻值为零时，R2被短路，外电阻最小，电路的总电流最大．
R外＝R1＝5Ω，I＝＝A＝1A.
当R3阻值为10Ω时，外电阻最大，电路的总电流最小．
R并＝＝5Ω，R外′＝R1＋R并＝10Ω，
I′＝＝A≈0.55A.
二、路端电压与负载的关系
1．路端电压的表达式：U＝E－Ir.
2．路端电压随外电阻的变化规律
(1)当外电阻R增大时，电流I减小，路端电压增大．
(2)当外电阻R减小时，电流I增大，路端电压减小．
(3)两个特例：外电路断开时，R→∞，I＝0，U＝E，据此特点可测电源电动势．
外电路短路时，R＝0，I＝，U＝0，据此特点可以理解不允许将电源两端用导线直接连接的原因．
3．外电压U与电流I的关系
由U＝E－Ir可知，U－I图象是一条斜向下的直线，如图3所示．
图3
(1)图象中U轴截距E表示电源的电动势．
(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＝||.
注意：若纵坐标上的取值不是从零开始，则横坐标截距不表示短路电流，但斜率的绝对值仍然等于内阻．
例2　(多选)如图4所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是(　　)
图4
A．电源的电动势为6.0
V
B．电源的内阻为12
Ω
C．电源的短路电流为0.5
A
D．电流为0.3
A时的外电阻是18
Ω
解析　UI图象在纵轴上的截距等于电源的电动势，即E＝6.0
V，因为该电源的UI图象的纵轴坐标不是从零开始的，所以横轴上的截距0.5
A并不是电源的短路电流，电源的内阻应按斜率的绝对值计算，即r＝||＝
Ω＝2
Ω.由闭合电路欧姆定律可得电流I＝0.3
A时，外电阻R＝－r＝18
Ω.故选项A、D正确．
答案　AD
三、闭合电路的功率
1．电源的功率：就是电源提供的总功率，即电源将其他形式的能转化为电能的功率，也叫电源消耗的功率P总＝EI.
2．电源输出功率：整个外电路上消耗的电功率P出＝UI.
3．电源内耗功率：内电路上消耗的电功率，即电源内阻的发热功率P内＝U内I＝I2r.
4．闭合电路的功率关系：
(1)功率关系：IE＝IU＋I2r或E＝IU外＋IU内．
(2)能量关系：IUt＝I2Rt＋I2rt，此表达式反映了电源克服静电力做的功等于内、外电路消耗的电能之和．
例3　如图5所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，标有“8V　16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机线圈的电阻R0＝1Ω，求：
图5
(1)电源的总功率；
(2)电动机的输出功率．
解析　(1)L正常发光，路端电压等于灯泡额定电压8V.
内电压U内＝(10－8)V＝2V，则总电流I＝＝4A，
电源总功率为P电＝IE＝4×10W＝40W.
(2)流经电动机的电流IM＝I－＝2A.
输入电动机的总功率PM总＝U·IM＝8×2W＝16W.
电动机内阻消耗功率PM内＝IR0＝4×1W＝4W.
故电动机的输出功率PM出＝(16－4)W＝12W.
答案　(1)40W　(2)12W
1．(闭合电路欧姆定律的理解及应用)有两个相同的电阻，阻值为R，串联起来接在电动势为E的电源上，通过每个电阻的电流为I；若将这两个电阻并联，仍接在该电源上，此时通过一个电阻的电流为，则该电源的内阻是(　　)
A．RB.C．4RD.
答案　C
解析　由闭合电路欧姆定律得，两电阻串联时：
I＝
两电阻并联时，I＝·
解得，r＝4R.
2．(路端电压与负载的关系)(多选)对于电动势和内阻确定的电源的路端电压，下列说法正确的是(I、U、R分别表示干路电流、路端电压和外电阻)(　　)
A．U随R的增大而减小
B．当R＝0时，U＝0
C．当电路断开时，I＝0，U＝0
D．当R增大时，U也会增大
答案　BD
3．(电源的U－I图象)(多选)如图6所示为某一电源的U－I图象，由图可知(　　)
图6
A．电源电动势为2V
B．电源内阻为Ω
C．电源短路时电流为6A
D．电路路端电压为1V时，电路中电流为5A
答案　AD
解析　由U－I图象可知，电源电动势E＝2V.
r＝||＝Ω＝0.2Ω，当U＝1V时，I＝＝A＝5A．选项A、D正确．
4．(闭合电路的功率关系)如图7所示，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，灯泡上标有“6V　12W”字样，直流电动机线圈电阻R＝2Ω，若灯泡恰好能正常发光，求电动机输出的机械功率．
图7
答案　36W
解析　因灯泡正常发光，
所以I＝＝A＝2A
U内＝Ir＝2×1V＝2V
所以电动机两端电压为
UM＝E－U内－U＝30V－2V－6V＝22V
电动机输出的机械功率为
P机＝UMI－I2R＝22×2W－22×2W＝36W.
题组一　闭合电路欧姆定律的理解和简单应用
1．在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压和外电压的关系，下列说法正确的是(　　)
A．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小
D．若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和
答案　D
2．(多选)若E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是(　　)
A．U′＝IR
B．U′＝E－U
C．U＝E＋Ir
D．U＝E
答案　BD
3．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA.若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是(　　)
A．0.1VB．0.2VC．0.3VD．0.4V
答案　D
解析　由已知条件得：E＝800mV.
又因I短＝，所以r＝＝Ω＝20Ω.
所以U＝IR＝R＝×20mV＝400mV＝0.4V，选项D正确．
4．如图1所示电路，R由2Ω变为6Ω时，电路中的电流变为原来的一半，则电源的内阻是(　　)
图1
A．1Ω
B．2Ω
C．3Ω
D．4Ω
答案　B
5．如图2所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为(　　)
图2
A．5∶3
B．3∶5
C．2∶3
D．3∶2
答案　D
解析　S断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即E＝3V．S闭合时，U外＝1.8V，所以U内＝E－U外＝1.2V．因U外＝IR，U内＝Ir，所以R∶r＝U外∶U内＝1.8∶1.2＝3∶2.
6．(多选)如图3所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5V　2.5W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V．则下列说法正确的是(　　)
图3
A．电阻R的阻值为4Ω
B．电源的电动势为5V
C．电源的电动势为6V
D．电源的内阻为2Ω
答案　ACD
解析　电阻R的阻值为R＝＝Ω＝4Ω.
当开关接a时，有E＝U1＋I1r，又U1＝5V，
I1＝＝A＝0.5A.
当开关接b时，有E＝U2＋I2r，又U2＝4V，I2＝1A，
联立解得E＝6V，r＝2Ω.
题组二　路端电压与负载的关系
7．(多选)电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电．关于路端电压，下列说法中正确的是(　　)
A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变
B．当R增大时，路端电压也增大
C．当干路电流I增大时，路端电压也增大
D．因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压减小
答案　BD
解析　由U＝E－Ir，可得选项B、D正确．
8．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图4所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时(　　)
图4
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
答案　C
解析　由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，接触药液的传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的；将S看做外电路，其余看做等效电源，根据U＝E－Ir可判断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.
题组三　电源的U－I图象
9．(多选)如图5所示，甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻电路)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是(　　)
图5
A．路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
B．电流都是I0时，两电源的内电压相等
C．电源甲的电动势大于电源乙的电动势
D．电源甲的内阻小于电源乙的内阻
答案　AC
解析　甲、乙两图线的交点坐标为(I0，U0)，外电路为纯电阻电路说明两电源的外电阻相等，故A正确；图线的斜率的绝对值大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值)，图线甲的斜率的绝对值大于图线乙的斜率的绝对值，表明电源甲的内阻大于电源乙的内阻，故D错误；图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明电源甲的电动势大于电源乙的电动势，故C正确；电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内＝Ir，因为电源甲的内阻较电源乙的内阻大，所以当电流都为I0时，电源甲的内电压较大，故B错误．故选A、C.
10．(多选)如图6所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知(　　)
图6
A．R的阻值为1.5Ω
B．电源电动势为3V，内阻为0.5Ω
C．电源的输出功率为3W
D．电源内部消耗功率为1.5W
答案　AD
题组四　综合应用
11．如图7所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，R1＝4Ω，R2＝6Ω，R3＝3Ω.
图7
(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？
答案　(1)6V　(2)1A
解析　(1)若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝＝A＝1A.
理想电压表读数为UV＝I1R2＝6V.
(2)若在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小R23＝＝Ω＝2Ω
根据闭合电路欧姆定律，有
I2＝＝A＝1.5A.
理想电流表读数为
I′＝I2＝×1.5A＝1A.
12．如图8所示的电路中，电源的电动势E为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压表的读数为3.0V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L能正常发光吗？实际功率是多少？
图8
答案　不能正常发光　1.28W
解析　当开关S接位置1时，回路中的电流为：
I1＝＝A＝0.1A.
电源的内阻为：r＝＝Ω＝2Ω.
小灯泡的电阻为：RL＝＝Ω＝2Ω.
当开关S接位置2时，回路中的电流为：
I2＝＝A＝0.8A.
此时小灯泡的实际功率为：P实＝IRL＝0.82×2W＝1.28W.
从小灯泡的实际功率来看，小灯泡此时很暗，不能正常发光．
13．如图9所示电路中，电池组的电动势E＝42V，内阻r＝2Ω，定值电阻R＝20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′＝1Ω.电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：
图9
(1)通过定值电阻R的电流；
(2)电动机的电功率；
(3)电动机的输出功率．
答案　(1)1A　(2)20W　(3)19W
解析　(1)由E＝UV＋UR＋r可得R和电源内阻的电压之和为：
UR＋r＝E－UV
由欧姆定律可得电路电流为：
I＝＝
A＝1
A
通过定值电阻的电流为1
A.
(2)电动机为非纯电阻元件，故其功率为：
P电＝UVI＝20×1
W＝20
W
(3)电动机的发热功率为：
P热＝I2R′＝12×1
W＝1
W
故电动机的输出功率为：
P机＝P电－P热＝20
W－1
W＝19
W静电现象的应用
[目标定位]　1.知道什么是静电平衡状态，能说出处于静电平衡状态的导体中电场的特征.2.知道静电平衡状态下导体上电荷的分布规律.3.了解尖端放电、静电屏蔽现象及其应用．
一、静电平衡状态下导体的电场和电荷分布
1．静电平衡状态
发生静电感应现象时，感应电荷的电场与原电场叠加，使导体内部电场减弱，直至为零，导体内部自由电子不再发生定向移动的状态．
2．处于静电平衡状态下导体中电场的特征
(1)处于静电平衡状态的导体，内部电场处处为0.
(2)处于静电平衡状态的导体，其外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直．
(3)处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，它的表面是个等势面．
3．导体上电荷的分布特点
(1)导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面．
(2)在导体表面，越尖锐的位置，电荷的密度越大，凹陷的位置几乎没有电荷．
深度思考
导体达到静电平衡状态后，导体内的电荷还在运动吗？
答案　达到静电平衡后，自由电子没有定向移动，而不是说导体内部的电荷不动，内部的电子仍在做无规则的运动．
例1　长为l的导体棒原来不带电，现将一带电荷量为＋q的点电荷放在距棒左端R处，如图1所示．当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度大小等于________，方向为________．
图1
解析　导体棒在点电荷＋q的电场中发生静电感应，左端出现负电荷，右端出现正电荷，棒中任何一点都有两个电场，即外电场：＋q在该点形成的电场E0；附加电场：棒上感应电荷在该点形成的电场E′，达到静电平衡状态时E′＝E0.
题中所求的即为E′，于是我们通过上述等式转化为求E0.于是E′＝E0＝.E′和E0方向相反，方向向左．
答案　　向左
(1)当外电场、导体在电场中的位置或导体的形状发生变化时，感应电荷的分布会迅速变化，很快达到新的平衡．
(2)静电平衡时，感应电荷产生的电场与外电场在导体内部的合场强为零．
例2　如图2所示为一空腔球形导体(不带电)，现在将一个带正电的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强大小E和电势φ的关系是(　　)
图2
A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc
B．Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc
C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＝φc
D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc
解析　空腔球形导体在正电荷A的电场中感应的结果如图所示，从电场线的疏密可确定a点场强大于c点场强，而b点场强为零，故Ea＞Ec＞Eb，而沿着电场线电势降低，故φa＞φb＞φc，D选项正确．
答案　D
二、尖端放电和静电屏蔽
1．所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的电荷中和，这相当于导体从尖端失去电荷．这个现象叫做尖端放电．
2．把一个电学仪器放在封闭的金属壳(网)里，即使壳(网)外有电场，由于壳(网)内场强保持为零，外电场对壳(网)内的仪器也不会产生影响的现象叫静电屏蔽．
3．尖端放电和静电屏蔽的应用、防止：
(1)尖端放电：
①应用：避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施．
②防止：高压设备中导体的表面尽量光滑会减少电能的损失．
(2)静电屏蔽的应用：电学仪器外面有金属壳、野外高压线上方还有两条导线与大地相连．
例3　如图3所示，把原来不带电的金属壳B的外表面接地，将一带正电的小球A从小孔中放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡状态后，则(　　)
图3
A．B的空腔内电场强度为零
B．B不带电
C．B的外表面带正电
D．B的内表面带负电
解析　因为金属壳的外表面接地，所以外表面无感应电荷，只有内表面有感应电荷分布，且由于A带正电，则B的内表面带负电，D对，B、C错；B的空腔内有带正电的小球A产生的电场和金属壳内表面感应电荷产生的电场，由电场叠加知，电场线的方向由A指向B，所以空腔内电场强度不为零，A错．
答案　D
静电屏蔽的两种情况
屏蔽外电场
屏蔽内电场
图示
实现过程
因场源电荷产生的电场与导体球壳表面上感应电荷在空腔内的合场强为零，达到静电平衡状态，起到屏蔽外电场的作用
当空腔外部接地时，外表面的感应电荷因接地将传给地球，外部电场消失，起到屏蔽内电场的作用
最终结论
导体内空腔不受外界电荷影响
接地导体空腔外部不受内部电荷影响
本质
静电感应与静电平衡
1．(静电平衡状态下导体的电场)如图4所示，一个带负电的金属球放在绝缘的支架上，处于静电平衡状态，金属球内部的场强大小为E1，若减少金属球的带电荷量，再次处于静电平衡状态后，金属球内部的场强大小为E2，则(　　)
图4
A．E2＜E1
B．E2＞E1
C．E2＝E1
D．无法确定
答案　C
解析　处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，选项C正确．
2．(静电平衡状态下导体的电场和电荷的分布)(多选)如图5所示，接地的金属板右侧有固定的点电荷＋Q，a、b是金属板右侧表面附近的两点，其中a到＋Q的距离较小，下列说法正确的是(　　)
图5
A．由于静电感应，金属板右侧表面带负电，左侧表面带正电
B．由于静电感应，金属板右侧表面带负电，左侧表面不带电
C．整个金属板是一个等势体，且电势等于零
D．a、b两点的电场强度不为零，且a、b两点的场强方向相同，但a点的场强比b点的场强要大一些
答案　BCD
解析　金属板若不接地，右侧表面将感应出负电荷，左侧表面将感应出等量正电荷．金属板接地，大地上的自由电子通过接地导线上移与正电荷中和，达到静电平衡时左侧表面不带电，整个金属板的电势与大地相同，都为零．所以选项A错误，选项B、C正确．金属板接地时，右侧表面上仍有感应负电荷，因a距Q较近，场强要大些；整个金属板是等势体，表面是等势面，电场线与等势面垂直，故a、b两点的场强方向都垂直指向右侧面，方向相同，选项D正确．
3．(静电防护和静电屏蔽的应用)电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是(　　)
A．铜丝编织的衣服不易拉破
B．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零
C．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电场强度为零
D．铜线电阻小，能对人体起到保护作用
答案　C
解析　高压线路的检修人员在进行高压作业时，要穿上用金属丝网制成的高压作业服，相当于把人体用金属网罩起来．这样，外部电场就不会影响到人体，从而避免了感应电场对人体的伤害．故选项C正确.
题组一　静电的防止与应用
1．(多选)下列措施中，属于防止静电危害的是(　　)
A．油罐车后有一条拖在地上的铁链条
B．小汽车上有一根露在车面上的小天线
C．在印染厂中保持适当的湿度
D．在地毯上夹杂0.05～0.07mm的不锈钢丝导电纤维
答案　ACD
解析　B选项属于防止静电屏蔽．
2．某农村小塑料加工厂的高频热合机(焊缝用)产生的电磁波频率和电视信号频率接近，由于该村尚未通有线电视信号，空中的信号常常受到干扰，在电视荧屏上出现网状条纹，影响正常收看．为了使电视机不受干扰，可采取的办法是(　　)
A．将电视机用一金属笼子罩起来
B．将电视机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地
C．将高频热合机用一金属笼子罩起来
D．将高频热合机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地
答案　D
解析　为了使电视机能接收电磁波信号，但又不接收高频热合机产生的电磁波，应将高频热合机产生的电磁波信号屏蔽，而将金属笼子接地具有屏蔽金属笼内电场的作用，故选项D正确．
3．下列与静电屏蔽无关的是(　　)
A．避雷针的顶端做的很尖细
B．用几万伏的高压电电击关在金属笼里的鸟，而鸟安然无恙
C．超高压带电作业的工作人员穿戴的工作服用包含金属丝的织物制成
D．电视闭路线芯外常包有一层金属网
答案　A
解析　避雷针是应用尖端放电的原理，其余三项均是利用了金属对内部的静电屏蔽作用．
题组二　静电平衡的理解
4．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零的原因是(　　)
A．导体内部无任何电场
B．外电场不能进入导体内部
C．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零
D．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的合场强为零
答案　D
5.如图1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开(　　)
图1
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案　C
解析　由于静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，A、B的电势相等，选项A、B错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误．
6．(多选)如图2所示，在真空中把一绝缘导体向带负电的小球P缓缓靠近(不相碰)，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．M端的感应电荷越来越多
B．导体内场强越来越大
C．导体的感应电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强
D．导体的感应电荷在M、N两点产生的场强相等
答案　AC
解析　离的越近，导体上的电子与负电荷排斥力越大，越会向左排斥，故N端带负电荷越多，M端带的正电荷也越多，故A正确；导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，即感应电荷的场强和带电小球的场强等大、反向、共线，由于带电小球在M点产生的场强大，故感应电荷在M点产生的场强也大，故C正确，B、D错误．故选A、C.
题组三　静电平衡中电场线及电荷分布
7．在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中A点所激发的附加场强E′的方向在下图中正确的是(　　)
答案　A
解析　感应电荷在盘中A点激发的附加场强E′应与－Q在A点产生的场强等大反向，故A正确．
8．(多选)一个不带电的空心金属球，在它的球内放一个正电荷如图所示，其电场分布正确的是(　　)
答案　CD
解析　空心金属球内放一正电荷，由于静电感应使金属球外表面带正电，球壳上达到静电平衡，内部场强为零，当金属球外表面接地时，对外具有屏蔽作用，故选项C、D正确．
9．(多选)如图3所示，原来不带电的金属球壳内壁接地，将一带正电的小球放入其中，但不与球壳接触，则(　　)
图3
A．球壳内壁带负电
B．球壳外壁带正电
C．球壳外壁不带电
D．若将接地线去掉再移去正电荷，球壳外壁带负电
答案　ACD
解析　球壳内正电荷产生电场，使球壳处于静电平衡状态，在球壳的内表面出现等量异种电荷，球壳的外表面出现等量同种电荷，当球壳接地时，不论内表面接地还是外表面接地，待稳定后球壳的电势必定为零．球壳的外表面无感应电荷，球壳外也没有静电场，这就是接地导体壳的静电屏蔽作用，故A、C选项正确．若将接地线去掉再移去球壳内正电荷时，球壳内表面的负电荷就会分布到球壳的外表面上，内壁不再带电．故D选项正确．
10．(多选)如图4所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B.下列实验方法中能使验电器箔片张开的是(　　)
图4
A．取电棒C(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B．取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触
C．用绝缘导线把验电器A跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒C与B的内壁接触
D．使验电器A靠近B
答案　BCD
解析　A项中取电棒C先和B的内壁接触后，由于B的内壁本身没有电荷，所以再接触A时验电器箔片不张开；B项中可以使C球带电，从而使A带电；C项中用绝缘导线实际上是将验电器A和B连成了一个导体，A因接触而带电；D项中是感应起电．所以B、C、D项正确．
11．(多选)如图，四组静电实验中，能使左边的验电器的金箔张开的是(　　)
答案　AC
解析　处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面，导体内表面没有电荷，用导线连接之后，左边的金箔也是外表面，故A、C均正确，B错误．D选项中由于静电屏蔽的作用，验电器不受外电场的影响，故金箔片是闭合的．
12．如图5所示，在两个带等量异种电荷的绝缘导体球之间，对称地放着两个相同的导体ab、cd，则：
图5
(1)当用导线将a、b连接起来时，导线中有无电流通过？若有，方向如何？
(2)当用导线将a、c连接起来时，导线中有无电流通过？若有，方向如何？
答案　(1)无　(2)有　由a→c
解析　导体ab、cd处于静电场中，已达到静电平衡状态，ab、cd均各自为一个等势体，但因ab靠近正电荷，cd靠近负电荷，所以导体ab的电势要高于cd的电势，我们也可在正、负电荷之间画一条由左向右的电场线，也易判断导体ab的电势比导体cd的电势高．当用导线将a、c连接起来时，将会有电流从a流到c.当用导线将a、b连接起来时，无电流通过．