2017_2018学年高中物理全一册学案（打包21套）教科版选修3_1

6.电容器和电容
7.静电的应用及危害
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道什么是电容器以及常见的电容器．知道电容器充电和放电的含义．2．理解电容的概念及其定义式C＝，并能进行有关运算．(重点、难点)3．知道平行板电容器的电容与哪些因素有关，了解公式C＝并能用其讨论分析有关问题．(难点)4．了解静电现象，知道静电的应用和危害.
电
容
器
和
电
容
1．电容器
(1)构造：两个彼此绝缘又相互靠近的导体就可以组成一个电容器．如两块平行金属板正对、靠近且两板间充满绝缘物质(电介质)，这两板就组成了平行板电容器．
(2)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．
(3)电容器的充电和放电(如图1 6 1所示)：
图1 6 1
①充电：使电容器两个极板带上等量异种电荷的过程叫做充电．
②放电：使充电后的电容器两极板的异种电荷中和的过程叫做放电．
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，公式为C＝.
(2)物理意义
表示电容器容纳电荷本领的大小．
(3)单位
在国际单位制中是法拉(F)，1
F＝1
C/V,1
F＝106
μF＝1012
pF.
1．电容大的电容器带电荷量一定多．(×)
2．电容为C的电容器所带电荷量为Q，若电荷量增大为2Q，则电容变为2C.(×)
3．电容器的一个极板带正电荷，另一极板带等量负电荷，其带电荷量指的是一个极板上电荷量的多少．(√)
给电容器充电时，电容器所带电荷量增加，两极板间的电场强度怎样变化？储存的电能怎样变化？
【提示】　电场强度增大，储存的电能增加．
照相机的电子闪光灯能发出强烈的闪光，这时通过闪光灯的电流相当大，有时可达几千安．
图1 6 2
探讨1：照相机的电源能够提供的电流却非常小，为何电子闪光灯能发出强烈的闪光？
【提示】　这是因为照相机中有电容器，照相机中的电源先给电容器充电，当闪光灯被触发后，电容器中储存的能量瞬间释放出来，从而使灯管内气体发出耀眼的白光．
探讨2：电子闪光灯发光的过程是充电还是放电？其电容变吗？
【提示】　放电过程　不变
1．电容器的充放电过程
充电过程
放电过程
电流流向
电流变化
减小
减小
极板电量
增加
减小
板间电场
增强
减弱
结果
板间电压与电源相同两极板带等量异种电荷
板间电压为零极板电荷中和
2.对电容的定义式C＝的理解
(1)电容由电容器本身的构造决定
电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，用比值C＝来定义，但电容的大小与Q、U无关，是由电容器本身的构造决定的．
(2)通过Q U图像理解，如图1 6 3所示，Q U图像是一条过原点的直线，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两板间的电势差，直线的斜率表示电容大小．因而电容器的电容也可以表示为C＝，即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1
V所增加(或减小)的电荷量．
图1 6 3
　一个平行板电容器，使它每板电荷量从Q1＝30×10－6
C增加到Q2＝36×10－6
C时，两板间的电势差从U1＝10
V增加到U2，求：
(1)这个电容器的电容多大？
(2)U2为多少？
(3)如要使两极板电势差从10
V降为U2′＝6
V，则每板需减少多少电荷量？
【解析】　(1)电容器的电容
C＝＝
F＝3×10－6
F＝3
μF.
(2)因为电容器的电容不变，所以U2＝＝
V＝12
V.
(3)根据电容的定义，它等于每增加(或减少)1
V电势差所需增加(或减少)的电荷量，即C＝，要求两极板间电势差降为6
V，则每板应减少的电荷量为
ΔQ′＝CΔU′＝3×10－6×(10－6)
C＝12×10－6
C.
【答案】　(1)3
μF　(2)12
V　(3)12×10－6
C
　某平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电荷量为q的点电荷，则它受到的静电力的大小为(　　)
【导学号：96322021】
A.　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　根据公式C＝，E＝，F＝Eq可得该电荷受到的静电力大小为F＝，故选项C正确．
【答案】　C
两个公式的应用
公式C＝是公式C＝的推论，在解析有关电荷变化量或极板间电压变化量的题目中，应用C＝比应用C＝更便捷．解题时，两个公式要灵活应用．
平
行
板
电
容
器
的
电
容
、
常
用
电
容
器
1．平行板电容器
(1)结构
由两个相互平行且彼此绝缘的金属板构成．
(2)电容的决定因素
电容C与两极板间的相对介电常数成正比，跟极板的正对面积S成正比，跟极板间的距离d成反比．
(3)电容的决定式
C＝，εr为电介质的相对介电常数．
当两极板间是真空时：C＝，式中k为静电力常量．
2．常用电容器
(1)分类
(2)电容器的额定电压和击穿电压
①额定电压：电容器能够长期正常工作时的电压．
②击穿电压：电介质被击穿时在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会损坏．
1．加在电容器两极板间的电压能超过击穿电压．(×)
2．电容器外壳上标的是额定电压．(√)
3．将电介质插入平行板电容器时，电容器的电容将变小．(×)
在选用电容器时应注意什么问题？
【提示】　要注意电容器上所标的两个参数即电容和额定电压．
在研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中，连入了静电计．
图1 6 4
探讨1：静电计的作用是什么？
【提示】　用静电计测量已经充电的平行板电容器两极间的电势差U，从指针偏转角度的大小可推知U的大小．
探讨2：d变时，极板上电荷量有何特点？
【提示】　保持不变．
1．板间电场强度的两个公式
(1)板间电压与电场强度的关系公式：E＝.
(2)板间电场强度的决定公式：E＝(或E∝)，即板间电场强度正比于电荷的面密度．(公式的推导：E＝＝＝，所以E∝)
2．平行板电容器的两类典型问题
两类问题
始终与电源连接
充电后与电源断开
不变量
U不变
Q不变
自变量
d
S
因变量
E＝，d变大，E变小；d变小，E变大
E＝Q，S变大，E变小；S变小，E变大
Q＝U，d变大，Q变小；d变小，Q变大
U＝Q，S变大，U变小；S变小，U变大
　(多选)如图1 6 5所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是(　　)
【导学号：96322022】
图1 6 5
A．增大两极板之间的距离，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
【解析】　电容器上所带电荷量一定，由公式C＝知，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，故选项A、B正确，选项C、D错误．
【答案】　AB
　如图1 6 6所示，先接通开关S使电容器充电，然后断开开关S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是(　　)
图1 6 6
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
【解析】　电容器充电后再断开开关S，其所带的电荷量不变；由C∝可知，d增大时，C变小；又因为U＝，所以U变大；对于场强E，由于E＝，U＝＝，所以E＝＝＝.由以上分析可知，间距d增大，E不变．因此C正确．
【答案】　C
　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(　　)
【导学号：96322023】
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【解析】　平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．
【答案】　D
对平行板电容器定性分析的解题步骤：?
1 确定不变量.电容器与电源相连时，电压U不变；电容器充电后与电源断开时，所带电荷量Q不变.?
2 根据决定式C＝和S、εr、d的变化分析平行板电容器电容的变化.?
3 根据定义式C＝分析电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化.?
4 用E＝或E∝\f(Q,S)分析电容器两极板间场强的变化，或根据电容器带电量Q的变化分析回路中的电流方向.
静
电
的
应
用
及
危
害
1．静电的应用
静电可以被人们利用，例如静电喷涂、静电屏蔽、静电除尘、静电复印机、激光打印机等都用到了静电现象．其中，激光打印机是利用正负电荷相互吸引的原理制成的．
2．静电的危害
由于静电极易产生并且能形成较高的电压，所以静电有时给人类生活和生产带来危害和麻烦．例如，雷电可造成人畜伤亡、造成安全事故、引起森林大火、干扰无线电通信等；静电放电可引起爆炸和火灾，造成电磁干扰、击穿集成电路和电子元件等．
3．防止静电危害的方法
(1)要尽快导走多余电荷，避免静电积累．最简单又最可靠的办法是用导线把设备接地．如大型油罐车下部拖的铁链，就起到这样的作用．
(2)调节空气的湿度，让积累的电荷容易随时放出，无法进一步积累，也是防止静电危害的有效方法．
(3)在易燃易爆气体和粉尘聚集的场所保持良好的通风，清除静电火花的积累也是十分重要的防静电措施．
1．油罐车后面拖一条接地铁链是将静电导入大地，避免电荷积累．(√)
2．对于易产生静电的机械零件，尽量使用导体材料．(√)
3．避雷针安装在高大建筑物的顶端，而不必接地．(×)
避雷针为什么可以防止雷击？
图1 6 7
【提示】　避雷针可以通过尖端放电，使电荷不断向大气释放中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的．
探讨：你知道家用电视机、收音机外壳的制作材料为何一般是塑料，而不用金属的主要原因吗？
图1 6 8
【提示】　若用金属制作家用电视机、收音机外壳，用电器的金属外壳就形成静电屏蔽，电磁信号就难以被电视机、收音机这类电磁波接收器接收，电视机、收音机就不能正常工作．
1．静电的产生
两种不同的物体相互摩擦可以起电，甚至干燥的空气与衣物摩擦也会起电．摩擦起的电在能导电的物体上可迅速流动传导，而在不导电的绝缘体如化纤、毛织物等物体上就不会流失而形成静电，并聚集起来，当达到一定的电压时就产生放电现象，产生火花并发出声响．
2．产生放电现象的原因
通常情况下空气是不导电的，但是如果电场特别强，达到106
V/m时，气体分子中的正、负电荷受到方向相反的强电场力，有可能被“撕”开，这个现象叫做空气的电离，电离后空气中存在着负离子、正离子和自由电子，这些离子在强电场作用下加速运动，高速运动的离子撞击气体分子，使更多的分子电离，这时空气成为导体，于是产生了放电现象，也就是空气被击穿而导电．
　通常情况下空气是不导电的，但是当击穿电场达到6.0×105
V/m时空气将被电离而发生放电现象，已知某次闪电的长度为300米，发生闪电前瞬间两云层之间的电压大约为多少？
【解析】　两云层d＝300
m间能形成的电压为：
U＝Ed＝6.0×105×300
V＝1.8×108
V.
【答案】　1.8×108
V
　(多选)为了防止静电的危害，应尽快把产生的静电导走，下面措施中是防止静电危害的是(　　)
A．油罐车后面装一条拖地的铁链
B．电工钳柄上套有绝缘胶套
C．飞机轮上装搭地线
D．纺织车间中保持适当的湿度
【解析】　选项A、C、D中均是把静电导走，故A、C、D正确．电工钳柄上套有绝缘胶套是为了保持绝缘，以防止触电，B错．
【答案】　ACD
防止静电危害的对策和措施
(1)要尽快导走多余电荷，避免静电积累，可用导线把设备接地．
(2)调节空气的湿度．
(3)在易燃易爆气体和粉尘聚集的场所保持良好的通风，消除静电火花的引爆条件．
学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
1．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是(　　)
【导学号：96322110】
A．电容器的电容表示其储存电荷的能力
B．电容器的电容与它所带的电荷量成正比
C．电容器的电容与它两极板间的电压成反比
D．电容的常用单位有μF和pF,1
μF＝103
pF
【解析】　C＝是电容的定义式，不是决定式，故C与Q、U无关，B、C错.1
μF＝106
pF，D错．电容是表示电容器储存电荷的能力的物理量，A选项正确．
【答案】　A
2．(多选)下列是描述对给定的电容器充电时其电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，其中正确的是(　　)
【解析】　对于给定电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器的带电荷量Q的大小和两极板间的电压U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故D正确，A、B错误．而C图告诉我们电容器所带的电荷量与极板间的电压成正比，其比值即电容器的电容不变，故C正确．
【答案】　CD
3．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是(　　)
A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险
【解析】　电工穿金属衣可以起到静电屏蔽的作用，选项A错误；制作汽油桶的材料用金属可使与空气摩擦产生的静电流入地下，减少静电积累，因此制作汽油桶的材料用金属比用塑料好，选项B正确；小鸟停在单根高压输电线上，两脚之间的电压几乎为零，没有电流从小鸟身上通过，所以小鸟不会被电死，选项C错误；现在的汽车一般都是金属物件，可以起到静电屏蔽的作用，使该汽车内部基本不受影响，所以呆在汽车里比呆在木屋里要安全，选项D错误．
【答案】　B
4．(多选)某电容器上标有“1.5
μF　9
V”字样，则该电容器(　　)
A．所带电荷量不能超过1.5×10－6
C
B．所带电荷量不能超过1.35×10－5
C
C．所加电压不应超过9
V
D．该电容器的击穿电压为9
V
【解析】　电容器上标出的电压为额定电压，即电容器正常工作时的电压，击穿电压大于额定电压，故C对，D错．而由C＝可得，Q＝CU，当电容器两极板间电压恰为9
V时，电容器所带的电荷量达到最大值，即Q＝1.5×10－6×9
C＝1.35×10－5
C.
【答案】　BC
5．如图1 6 9所示的实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是(　　)
【导学号：96322111】
图1 6 9
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
【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．
【答案】　A
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
【解析】　由C＝可知，插入电介质后，εr增大，电容C增大；由U＝可知U减小，故选B.
【答案】　B
7．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　)
【导学号：96322112】
A．U2＝U1，E2＝E1
B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1
D．U2＝2U1，E2＝2E1
【解析】　U1＝，E1＝.当板间距变为d时，由C＝可知电容变为2C，而所带电荷量也变为2Q，故U2＝＝U1，E2＝＝2＝2E1，C选项正确．
【答案】　C
8．有一充电的平行板电容器，两极板间电压为3
V，先使它的电荷量减少3×10－4
C，于是电容器两板间的电压降为原来的，此电容器的电容是多大？若电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是多大？
【解析】　电容器两极板间电势差的变化量为
ΔU＝U＝2
V
由C＝，有C＝
F＝1.5×10－4
F＝150
μF
电容器的电容是由本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍是150
μF.
【答案】　150
μF　150
μF
9．在如图1 6 10所示的电路中，闭合开关S，用电压为U的直流电源对平行板电容器充电，要使电容器两板间电压大于U，可采取的办法为(　　)
图1 6 10
A．先将S断开，然后将两板间距离拉大一些
B．先将两板间距离拉大一些，然后将S断开
C．先将两板正对面积减少一些，然后将S断开
D．先将S断开，然后将两板间距离减小一些
【解析】　若先断开S，则Q不变化，再将电容器的两板间距离拉大，C减小，由U＝知U增大，选项A正确；若先拉大两板间距离，电压U不变，再断开S，U仍不变化，选项B错误；若先将两板正对面积减少，电压U不变，再将S断开，U仍不变化，选项C错误；若先将S断开，Q不变化，再将两板间距离减小时，C增大，由U＝知U减小，选项D错误．
【答案】　A
10．(多选)在如图1 6 11所示的实验装置中，一带电平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地．若极板A稍向右移动一点，则下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322113】
图1 6 11
A．静电计指针偏角变小
B．静电计指针偏角变大
C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大
D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小
【解析】　极板A稍向右移动一点，电容器间的距离增大，则由C＝可知，电容器的电容减小；因电容器和电源断开，故电容器极板上的电荷量不变，则由C＝可知，电容器两端的电压增大，则静电计指针的偏角增大，故选项A、D错误，B、C正确．
【答案】　BC
11．(多选)如图1 6 12所示，平行板电容器的两极板A、B与电池两极相接，一个带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，那么(　　)
图1 6 12
A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
【解析】　闭合开关，电容器充电，结果A板带正电，B板带负电，小球在重力、绳子拉力和电场力的作用下处于平衡状态．若保持开关S闭合，A板向B板靠近时，两板间的电势差保持不变，根据E＝，场强E将增大，所以小球所受电场力也将变大，故θ角增大．
开关S断开，A板向B板靠近时，则极板的带电量将不变，由E＝，U＝和C＝，可得E＝，所以E将不变，小球所受电场力也不变，所以θ不变．
正确选项为A、D.
【答案】　AD
12．如图1 6 13所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60
V的恒压电源上，两极板间距为3
cm，电容器带电荷量为6×10－8
C，A极板接地．求：
【导学号：96322114】
图1 6 13
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板为2
cm的C点处的电势．
【解析】　(1)由电容定义式得
C＝＝
F＝1×10－9
F.
(2)两板之间为匀强电场，则
E＝＝
V/m＝2×103
V/m，方向竖直向下．
(3)C点距A板间距离为dAC＝d－dBC＝1
cm
A与C间电势差UAC＝EdAC＝20
V
又UAC＝φA－φC，φA＝0可得φC＝－20
V.
【答案】　(1)1×10－9
F　(2)2×103
V/m，方向竖直向下　(3)－20
V5.匀强电场中电势差与电场强度的关系　示波管原理
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.掌握公式U＝Ed的推导过程，理解公式的含义，知道公式的适用条件．(难点)2．理解电场强度的另一种表述，能应用U＝Ed或E＝解决有关问题．(重点)3．了解示波器的工作原理，体会静电场知识对科学技术的影响．4．能处理带电粒子在电场中的加速和偏转问题．(重点、难点)
匀
强
电
场
中
电
势
差
与
电
场
强
度
的
关
系
如图1 5 1所示，在匀强电场中，电荷q从A点移动到B点．
图1 5 1
1．电场力做功WAB与UAB的关系为WAB＝qUAB.
2．由F＝qE，得WAB＝Fd＝qEd.
3．对比两种计算结果，得UAB＝Ed.
4．公式UAB＝Ed的适用条件是：E是匀强电场，d是沿电场线方向的距离．
5．电场强度的单位：V/m或N/C.
6．电场强度的大小等于沿场强方向上每单位距离上的电势差，沿电场线的方向电势越来越低．
1．公式UAB＝Ed仅适用于匀强电场中的计算，在非匀强电场中不能用来计算．(√)
2．匀强电场中电场强度在数值上等于沿电场方向上每单位距离上降低的电势．(√)
3．在匀强电场中两点间的电势差一定等于电场强度与两点间距离的乘积．(×)
在匀强电场中，能否说电势差U与距离d成正比，电场强度E与距离d成反比？
【提示】　在匀强电场中，电势差U与距离d成正比，但电场强度E与距离d无关．
如图1 5 2所示，A、B、C是匀强电场中的三点，探讨以下问题：
图1 5 2
探讨1：关系式U＝Ed中，d是AB之间的距离，还是AC之间的距离？
【提示】　d是沿电场强度方向的距离，故应是AC之间距离．
探讨2：将电荷沿不同的路径从A点移到B点，怎样计算电场力做的功？
【提示】　(1)W＝qEd.(2)W＝qUAB.
1．应用U＝Ed解决问题应注意的五点
(1)此式只适用于匀强电场，对非匀强电场可定性讨论．
(2)d是电场中两点在电场方向上的距离．
(3)由公式E＝知，在匀强电场中，场强等于沿场强方向每单位长度上的电势差．
(4)单位“V/m”与“N/C”是相等的．
(5)公式说明了匀强电场中的电势分布是均匀的．
2．电场强度三个公式的比较
公式
适用范围
说明
E＝F/q
任何电场
定义式，q为试探电荷
E＝kQ/r2
真空中点电荷的电场
Q为场源电荷，E表示跟点电荷相距r处的某点的场强
E＝U/d
匀强电场
沿电场线方向上相距为d的两点间的电势差为U
如图1 5 3所示，在匀强电场中，一电荷量为q＝5.0×10－10
C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，电场力做的功都是3.0×10－8
J，已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，lab＝20
cm，θ＝37°.求：
图1 5 3
(1)a、b两点间的电势差；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)电场强度的方向．
【解析】　(1)因为正电荷q从a到b和从a到c，电场力做正功且相等，所以由W＝qU可得Uab＝Uac，b、c两点在同一等势面上，则电场强度方向与ac平行，由a指向c.
Uab＝＝
V＝60
V.
(2)由U＝Ed得E＝＝＝
V/m＝375
V/m.
(3)电场强度方向与ac平行，由a指向c.
【答案】　(1)60
V　(2)375
V/m　(3)a→c
　如图1 5 4所示，场强为E的匀强电场中有A，B，C三点，且AB＝BC＝d，则(　　)
【导学号：96322018】
图1 5 4
A．UAB＝UBC　　　　
B．UAB＝UBC
C．UAC＝UAB
D．UAC＝3UBC
【解析】　由U＝Ed可求出UBC＝Edcos
60°＝Ed，UAB＝Ed＝2UBC，UAC＝UAB＋UBC＝UAB＝3UBC，故选项D正确．
【答案】　D
　如图1 5 5所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为φa＝－50
V、φb＝－20
V，则a、b连线的中点c的电势满足(　　)
【导学号：96322019】
图1 5 5
A．φc＝－35
V
B．φc＞－35
V
C．φc＜－35
V
D．以上答案都不对
【解析】　由题图可知，这是一个非匀强电场，且EbV，而此电场中Eb－35
V，选项B正确．
【答案】　B
在非匀强电场中，怎样应用公式E＝
在非匀强电场中，公式E＝可用来定性分析问题，由E＝可以得出结论：在等差等势面中等势面越密的地方场强就越大，如图1 5 6甲所示．再如图乙所示，a、b、c为一条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由电场线的分布情况可判断Uab>Ubc.
甲　　　　　　　　　　　乙
图1 5 6
示
波
管
原
理
电子在阴极射线管中运动的三个阶级(如图1 5 7所示)
1．电子在电场中加速
由于在阴、阳两极间形成了方向由阳极指向阴极的电场，脱离阴极的电子在电场力作用下加速，设加速电场电压为U1，带电粒子质量为m，带电荷量为q，则根据动能定理可得，带电粒子被加速后获得的速度大小为v＝
.
图1 5 7
2．电子在匀强电场中偏转
加速后的电子进入了如图1 5 8所示的偏转电场．
图1 5 8
电子在水平方向上保持初速度v0不变做匀速直线运动．在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动．故电子的运动类似于重力场中物体的平抛运动．
(1)运动时间为；加速度为；
(2)离开电场时的偏移量为y＝；
(3)离开电场时的偏转角为tan
θ＝＝.
3．电子飞出平行金属板后做匀速直线运动．
1．电子枪的作用是产生高速飞行的电子束．(√)
2．电子在偏转电场中垂直于偏转电场方向始终做匀速直线运动．(√)
3．若偏转电场很强，电子可以垂直打在极板上．(×)
当示波管的偏转电极没有加电压时，电子束将打在荧光屏上什么位置？
【提示】　偏转电极不加电压，电子束沿直线做匀速直线运动打在荧光屏中心位置，形成一个亮斑．
如图1 5 9所示，电荷能够穿出两平行金属板间的电场．设电荷带电荷量为q，质量为m，初速度为v0.平行板长为L，两板间距为d，电势差为U，电荷重力忽略不计．
图1 5 9
(1)电荷受几个力？加速度多大？和前面学习过的哪种运动相似？
(2)电荷在射出电场时竖直方向上的分速度多大？偏转距离是多少？
【提示】　(1)在忽略重力的情况下，电荷只受电场力，加速度a＝，和平抛运动相似．
(2)竖直分速度vy＝，偏转距离y＝.
1．类平抛运动
带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用而做匀变速曲线运动，称之为类平抛运动．可以采用处理平抛运动方法分析这种运动．
图1 5 10
2．运动规律
(1)沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)．
(2)垂直初速度方向：vy＝at，y＝at2(电场线方向，其中a＝＝)．
3．两个结论
(1)偏转距离：y＝.
(2)偏转角度：tan
θ＝＝.
4．两个推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移．
(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切为速度偏转角正切的，即tan
α＝tan
θ.
　长为L的平行金属板，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下极板成30°角，如图1 5 11所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离．
图1 5 11
【解析】　设场强为E，极板间距离为d，则
d＝at2＝()2①
tan
30°＝＝＝·②
由①②解得：E＝，d＝L.
【答案】　　L
　如图1 5 12所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出，应该满足的条件是(　　)
【导学号：96322020】
图1 5 12
A.＜　　　　　
B.＜
C.＜
D.＜
【解析】　由平抛运动规律可知：y＝at2＝＝＜，即＜，所以应选D.
【答案】　D
电子在示波管中加速及偏转问题的处理方法
电子在示波管内的运动分三个阶段：第一阶段是电子的发射和加速；第二阶段是电子在偏转电极间做类平抛运动；第三阶段是电子从偏转电极射出后做匀速直线运动打在荧光屏上．示波管的结构如图1 5 13所示．
图1 5 13
设偏转电场的板长为l，板间距离为d，偏转电压为U.
(1)电子在加速电场中由动能定理知eU1＝mv.
(2)电子从进入偏转电场之后，在平行极板方向做匀速直线运动，所以从进入电场到离开电场的运动时间t＝；因只受电场力的作用，加速度a＝＝＝；离开电场时的偏移量y＝at2＝.
(3)离开电场时的偏转角tan
θ＝＝.
学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
1．正常情况下空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电．若观察到某次闪电的火花长约100
m，且已知空气的击穿场强为3×106
V/m，那么发生此次闪电的电势差约为(　　)
【导学号：96322104】
A．3×108
V
B．3×106
V
C．3×104
V
D．3×10－5
V
【解析】　将空气中的电场视为匀强电场，由U＝Ed，可得U＝3×108
V，A正确．
【答案】　A
2．如图1 5 14所示是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面的距离是25
cm，由此可确定电场强度的方向及大小为(　　)
图1 5 14
A．竖直向下，E＝0.4
N/C
B．水平向右，E＝0.4
N/C
C．水平向左，E＝40
N/C
D．水平向右，E＝40
V/m
【解析】　题图为一组等差等势面，电场方向垂直等势面且指向电势低的方向，故场强方向水平向右，E＝＝＝40
V/m.
【答案】　D
3．如图1 5 15所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1
V，φB＝4
V，φC＝0，则D点电势φD的大小为(　　)
【导学号：96322105】
图1 5 15
A．－3
V
B．0
C．2
V
D．1
V
【解析】　在匀强电场中，两平行且等长的线段的端点间的电势差相等，即UDA＝UCB，φD－φA＝φC－φB，解得φD＝－3
V．选项A正确．
【答案】　A
4．(多选)如图1 5 16所示，实线为电场线，虚线为等势面，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有(　　)
图1 5 16
A．φA＞φB＞φC　　　　　
B．EC＞EB＞EA
C．UAB＜UBC
D．UAB＝UBC
【解析】　沿电场线方向电势逐渐降低，A正确；电场线密处电场强度大，B正确；AB处的场强小于BC处的场强，且AB＝BC，故C正确，D错误．
【答案】　ABC
5．(多选)如图1 5 17所示，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中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
【导学号：96322106】
图1 5 17
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
【解析】　对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错误．由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B正确，C错误．F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．
【答案】　BD
6．如图1 5 18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1 5 18
A．U1∶U2＝1∶8
B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2
D．U1∶U2＝1∶1
【解析】　由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A项正确．
【答案】　A
7．如图1 5 19所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是(　　)
【导学号：96322107】
图1 5 19
A．增大两板间的电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
【解析】　电子经电压U1加速有：eU1＝mv①
电子经过偏转电场的过程有：L＝v0t②
h＝at2＝
t2＝③
由①②③可得＝.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L、减小d，或减小U1，所以本题的正确选项为C.
【答案】　C
8.一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场．如图1 5 20所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d，板长为L.设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为多少？(粒子的重力忽略不计)
图1 5 20
【解析】　水平方向粒子做匀速运动，则运动时间
t＝①
竖直方向粒子做匀加速运动，则侧移量y＝at2②
且a＝③
由①②③得y＝则电场力做功W＝qE·y
＝q··＝
由动能定理得电势能减少了.
【答案】　减少了
9．(多选)如图1 5 21所示的同心圆(虚线)是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有(　　)
【导学号：96322108】
图1 5 21
A．电子沿AC运动时受到的电场力越来越小
B．电子沿AC运动时它具有的电势能越来越大
C．电势φA>φB>φC
D．电势差UAB＝UBC
【解析】　由题给的等势线为同心圆可知场源为位于圆心处的点电荷，越靠近点电荷，电场强度越大，所以电子沿AC运动时受到的电场力越来越大，选项A错；由电子只在电场力作用下由A向C运动时速度越来越小，可知电场力做负功，电子势能越来越大，选项B正确；电子所受电场力方向沿CA方向，即电场方向沿AC方向，场源点电荷为负电荷，A、B、C三点电势A点最高，C点最低，选项C正确；由A到C电场增强，因为B为AC中点．根据U＝Ed定性分析可以得出UAB【答案】　BC
10.
(多选)M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能达到N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)
(　　)
图1 5 22
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
【解析】　由题意知，带电粒子在电场中做减速运动；在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－mv.要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q＝－mv，联立两方程解得＝.可见，选项B、D均符合等式的要求，本题的答案为B、D项．
【答案】　BD
11．如图1 5 23所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：
图1 5 23
(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？
(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)
【导学号：96322109】
【解析】　(1)如图甲所示，电场线水平向左，由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度的方向在一条直线上，所以小球带正电．
由图乙可知，Eq＝mg，
又E＝，所以：q＝.
甲　　　　　　　　　　乙
(2)由图乙可知，F合＝＝mg
由动能定理得：－F合·xm＝0－mv
所以：xm＝.
【答案】　(1)正电荷　　(2)
12．如图1 5 24所示，长L＝0.4
m的两平行金属板A、B竖直放置，相距d＝0.02
m，两板间接入的恒定电压为182
V，B板接正极，一电子质量m＝9.1×
10－31
kg，电荷量e＝1.6×10－19
C，以v0＝4×107
m/s的速度紧靠A板向上射入电场中，不计电子的重力．问电子能否射出电场？若能，计算在电场中的偏转距离；若不能，在保持电压不变的情况下，B板至少平移多少，电子才能射出电场？
图1 5 24
【解析】　设电子能射出极板，则t＝＝
s＝10－8
s，
水平方向加速度a＝
代入数据得a＝1.6×1015
m/s2
y＝at2代入数值得：y＝0.08
m>d.故不能射出．
若恰能射出，则B板需向右移动，设板间距变为d′，则d′＝·t2
d′＝t
＝10－8×
m＝0.04
m
Δd＝d′－d＝0.02
m.
【答案】　见解析2.磁场对通电导线的作用——安培力
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道安培力的定义及安培力大小的决定因素．2．会用F＝ILB计算B与I垂直情况下的安培力．(重点)3．掌握左手定则，并会用它判定安培力的方向．(重点)4．知道电动机的工作原理.
　安
培
力
的
实
验
探
究
和
公
式
1．安培力
磁场对通电导线的作用力．
2．科学探究：安培力与哪些因素有关
(1)实验探究采用的方法：控制变量法．
(2)当通电导线与磁感线垂直时，实验结论是：
①当其他因素不变，磁感应强度增大时，安培力增大；
②当其他因素不变，电流增大时，安培力增大；
③当其他因素不变，导体长度增大时，安培力增大；
④安培力的方向由磁场方向和电流方向共同决定．
3．安培力的大小
(1)F＝ILB.
(2)适用条件
①通电导线与磁场方向垂直．
②匀强磁场或非匀强磁场中很短的导体．
1．通电导体在磁场中所受安培力为零，该处磁场感应强度一定为零．(×)
2．两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同．(×)
3．通以10
A电流的直导线，长为0.1
m，处在磁感应强度为0.1
T的匀强磁场中，所受安培力可能为0.02
N．(√)
通电导体在磁场中所受安培力F的大小一定等于ILB吗？
【提示】　不一定．只有当通电导体中的电流方向与磁场方向垂直时，安培力F才等于ILB.
如3 2 1所示，利用下列实验装置可以探究安培力的大小与磁场、电流大小的关系．
(1)在B、L一定时，增大电流I，导线受力怎么变化？
(2)在B、I一定时，增大导线的长度L，导线受力怎么变化？
3 2 1
【提示】　(1)当B、L一定时，增大电流I、导线受的力变大．
(2)当B、I一定时，增大导线长度L导线受力变大．
1．当电流方向与磁场方向垂直时，F＝ILB.此时通电导线所受安培力最大．
2．当电流方向与磁场方向不垂直时，F＝ILBsin
θ(θ是I和B之间的夹角)．
3．当通电导线的方向和磁场方向平行(θ＝0°或θ＝180°)时，安培力最小，等于零．
4．若导线是弯曲的，公式中的L并不是导线的总长度，而应是弯曲导线的“有效长度”．它等于连接导线两端点直线的长度(如图3 2 2所示)，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端．
图3 2 2
　一根长为0.2
m、电流为2
A的通电导线，放在磁感应强度为0.5
T的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能是(　　)
A．0.4
N　
B．0.2
N
C．0.1
N
D．0
【解析】　由安培力的公式F＝ILBsin
θ可知，安培力的大小与I和B的夹角有关．当θ＝90°时，F最大，Fmax＝ILB＝2×0.2×0.5
N＝0.2
N．当θ＝0°时，F最小，Fmin＝0，故F的大小范围是0≤F≤0.2
N，故B、C、D可能，A不可能．
【答案】　A
　如图3 2 3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d，则MN所受安培力大小为(　　)
【导学号：96322061】
图3 2 3
A．F＝BId
B．F＝BIdsin
θ
C．F＝
D．F＝BIdcos
θ
【解析】　导线与B垂直，F＝BI.
【答案】　C
　如图所示，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流均为I，磁感应强度均为B，求各导线所受到的安培力的大小．
【解析】　A图中，F＝IlBcos
α，这时不能死记公式而错写成F＝IlBsin
α.要理解公式本质是有效长度或有效磁场，正确分解．B图中，B⊥I，导线在纸平面内，故F＝IlB.C图是两根导线组成的折线abc，整体受力实质上是两部分直导线分别受力的矢量和，其有效长度为ac，故F＝IlB.D图中，从a→b的半圆形电流，分析圆弧上对称的每一小段电流，受力抵消合并后，其有效长度为ab，故F＝2IRB.E图中，F＝0.
【答案】　A：IlBcos
α　B：IlB　C：IlB
D：2IRB　E：0
计算安培力大小应注意的问题
(1)应用公式F＝IlB，电流方向必须与磁场方向垂直．
(2)通电导线放入磁场中，有可能不受安培力的作用．
(3)公式F＝IlB中的l不一定是导线的实际长度，而应是“有效长度”．
安
培
力
的
方
向
和
安
培
力
的
应
用
1．安培力的方向
(1)左手定则：伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向沿电流方向，则大拇指所指方向就是通电导线所受安培力的方向．
(2)方向特点：安培力的方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，即安培力方向垂直于电流方向和磁场方向所确定的平面．
2．电动机
(1)原理：利用磁场对通电线圈的安培力使线圈在磁场中旋转．
(2)作用：把电能转化为机械能．
(3)分类
1．当通电直导线垂直于磁场方向时，安培力的方向和磁场方向相同．(×)
2．磁感应强度的方向与安培力的方向垂直．(√)
3．电动机是把电能转化为机械能的装置．(√)
通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流的方向垂直吗？
【提示】　一定．根据左手定则可判断安培力的方向垂直于电流和磁场方向．
如图3 2 4所示，利用下列装置可以探究安培力的方向与磁场、电流方向的关系．
(1)图中磁场方向向哪？闭合电键后，导线中电流方向向哪？
(2)闭合电键后，通电导线所受安培力的方向与磁场、电流方向存在什么关系？
图3 2 4
【提示】　(1)磁场方向竖直向下、电流方向从里向外．
(2)安培力的方向与磁场方向、电流方向都垂直．
1．电流方向、磁场方向和安培力方向三者的因果关系
(1)电流方向和磁场方向间没有必然联系，这两个方向的关系是不确定的．
(2)电流方向和磁场方向共同决定了安培力的方向，一旦这两个方向确定，安培力的方向是唯一的．
(3)已知安培力方向和磁场方向时，电流方向不确定；已知安培力方向和电流方向时，磁场方向不确定．
2．电场力与磁场力的方向对比
电场力
安培力
研究对象
点电荷
电流
受力特点
与电场方向相同(正电荷)或相反(负电荷)
与磁场方向和电流方向都垂直
判断方法
由电场方向和电荷的正、负判断
左手定则
　请画出如图3 2 5所示的甲、乙、丙三种情况下，导线受到的安培力的方向．
甲　　　　　乙　　　　　丙
图3 2 5
【解析】　画出甲、乙、丙三种情况的侧面图，利用左手定则判定出在甲、乙、丙三种情况下，导线所受安培力的方向如图所示．
甲　　
　乙　　　　　
丙
【答案】　见解析
　如图3 2 6所示，磁场方向竖直向下，长度为l的通电直导线ab处于磁场中，由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力是(　　)
【导学号：96322062】
图3 2 6
A．数值变大，方向不变　　
B．数值变小，方向不变
C．数值不变，方向改变
D．数值、方向均改变
【解析】　安培力F＝ILB，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面，所以安培力的方向不变，故选项B正确．
【答案】　B
　音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图3 2 7是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.
图3 2 7
(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．
(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
【解析】　(1)由安培力表达式F＝BIL可知，线圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右．
(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBILv.
【答案】　(1)安培力的大小：nBIL　方向：水平向右
(2)安培力的功率：nBILv
左手定则应用的几个要点
(1)安培力方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，所以应用左手定则时，必须使大拇指指向与四指指向和磁场方向均垂直．
(2)由于电流方向和磁场方向不一定垂直，所以磁场方向不一定垂直穿入手掌，可以与四指方向成某一夹角，但四指一定要指向电流方向．
学业分层测评(十六)
(建议用时：45分钟)
1．如图3 2 8是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图．三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路．认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是(　　)
【导学号：96322154】
图3 2 8
A．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变
B．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变
C．仅改变电流方向或仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变
D．增大电流的同时并改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大
【解析】　仅拿掉中间的磁铁，导体棒在磁场中的有效长度减小，所受安培力减小，摆动幅度减小，选项A错误；改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒所受安培力方向不变，仅改变其中一个方向时，安培力方向改变，选项B错误，C正确；增大电流的同时，减小导体棒在磁场中的有效长度，所受安培力可能减小，摆动幅度可能减小，选项D错误．
【答案】　C
2．在赤道上空，有一条沿东西方向水平架设的导线，当导线中的自由电子自西向东沿导线做定向移动时，导线受到地磁场的作用力的方向为(　　)
A．向北　　
B．向南
C．向上
D．向下
【解析】　导线中的自由电子自西向东沿导线定向移动时，形成的电流自东向西．赤道上空地磁场方向由南水平指向北，由左手定则可判断导线受到的安培力方向向下．答案为D.
【答案】　D
3．在如图所示的四个图中，标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确的是(　　)
【解析】　安培力的方向一定与直导线和磁场所决定的平面垂直，A、B均错误，由左手定则可判断C错误，D正确．
【答案】　D
4．如图3 2 9所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是(　　)
【导学号：96322155】
图3 2 9
A．水平向左
B．水平向右
C．竖直向下
D．竖直向上
【解析】　先用安培定则判断螺线管的磁场方向．在A点导线处的磁场方向是水平向左的；再用左手定则判断出导线A受到的安培力竖直向上．故选D.
【答案】　D
5．如图3 2 10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．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力(　　)
图3 2 10
A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
【解析】　导线段abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝(＋1)L，故线段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝(＋1)ILB，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
6．如图3 2 11所示，两根相隔一定距离、相互垂直的异面直导线ab和cd，分别通有方向如图所示的电流，若通电导线ab固定不动，通电导线cd可以自由运动，则通电导线cd的运动情况是(　　)
图3 2 11
A．顺时针转动，同时靠近ab
B．顺时针转动，同时远离ab
C．逆时针转动，同时靠近ab
D．逆时针转动，同时远离ab
【解析】　由安培定则知通电导线ab的磁场在ab上面是垂直纸面向外的，在ab下面是垂直纸面向里的，根据左手定则，通电导线cd上半部分所受安培力向右，下半部分所受安培力向左，故cd将顺时针转动．因cd顺时针转动，其电流方向趋于和ab的电流方向一致，根据同向电流互相吸引，异向电流相互排斥的性质可知cd同时靠近ab.
【答案】　A
7．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图3 2 12所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看(　　)
【导学号：96322156】
图3 2 12
A．圆环顺时针转动，靠近磁铁
B．圆环顺时针转动，远离磁铁
C．圆环逆时针转动，靠近磁铁
D．圆环逆时针转动，远离磁铁
【解析】　该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引的性质，可得C项正确．
【答案】　C
8．将长度为20
cm、通有0.1
A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场方向如图3 2 13所示，已知磁感应强度为1
T．试求下列各图中导线所受安培力的大小和方向．
图3 2 13
【解析】　由公式F＝IBLsin
θ得：
(1)中F1＝0.
(2)中F2＝IBL＝0.02
N，方向水平向右．
(3)中F3＝IBL＝0.02
N，方向垂直导线方向斜向左上方(与水平成120°角)．
【答案】　(1)0　(2)0.02
N，水平向右　(3)0.02
N，与水平方向成120°角斜向左上方
9．(多选)如图3 2 14所示，质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨宽为d，杆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，下图是它的四个侧视图，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是(　　)
图3 2 14
【解析】　因杆ab静止在导轨上，所受合力为零，若杆ab所受的支持力和磁场对ab的安培力以及杆ab所受的重力的合力为零，或杆ab所受重力与所受安培力的合力为零，则ab杆与导轨之间的摩擦力就为零，对A、B、C、D四个图中杆ab进行受力分析知，选项A、B图中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零．
【答案】　AB
10．如图3 2 15所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出(　　)
【导学号：96322157】
图3 2 15
A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小
B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小
C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大
D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大
【解析】　如图所示，画出直导线附近的条形磁铁的磁感线，由左手定则可知，直导线受向下的安培力，由于力的作用是相互的，因此条形磁铁受向上的作用力．故A正确．
【答案】　A
11．水平放置的光滑金属导轨宽L＝0.2
m，接有电源电动势E＝3
V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B＝1
T．导体棒ab的电阻R＝6
Ω，质量m＝10
g，垂直放在导轨上并良好接触，求合上开关的瞬间：
图3 2 16
(1)金属棒受到安培力的大小和方向；
(2)金属棒的加速度和方向．
【解析】　(1)闭合S的瞬间，回路中的电流
I＝＝
A＝0.5
A，
ab棒所受安培力
F安＝BIL＝0.1
N，
由左手定则知方向水平向右．
(2)由牛顿第二定律知
a＝＝10
m/s2，方向水平向右．
【答案】　(1)0.1
N　水平向右
(2)10
m/s2　方向水平向右
12．把一根长为L＝20
cm的直导线垂直磁感线方向放入如图3 2 17所示的匀强磁场中．试问：
图3 2 17
(1)如图(a)所示：当导线中通以自A向B的电流I1＝2
A时，导线受到的安培力大小为1.0×10－6
N，该磁场的磁感应强度B的大小为多少？
(2)若把该导线在平面内从中点折成θ＝60°，自A向B通以I2＝3
A的电流，如图(b)所示．试求导线所受安培力F的大小，并在图中画出安培力的方向.
【导学号：96322158】
【解析】　(1)由公式F＝ILB得B＝＝
T＝2.5×10－6
T.
(2)导线从中点折成θ＝60°时，AB等效长度
L′＝×0.2
m＝0.1
m.
此时的安培力F′＝I2L′B＝7.5×10－7
N.
安培力的方向如图所示
【答案】　(1)2.5×10－6
T　(2)7.5×10－7
N，方向如解析图所示2.电阻定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.通过实验探究决定导线电阻的因素．2．理解电阻定律、电阻率的概念，并能进行有关计算．3．认识导体、绝缘体和半导体，并了解它们在电路中的作用.
探
究
决
定
导
体
电
阻
的
因
素、
电
阻
定
律
1．实验探究
用控制变量的方法进行实验探究
(1)改变导体的长度，其他条件不变，测出导体的电阻，探究导体的电阻与长度的关系．
(2)改变导体的横截面积，其他条件不变，测出导体的电阻，探究导体的电阻与横截面积的关系．
(3)改变构成导体的材料，其他条件不变，测出导体的电阻，探究不同材料的导体的电阻是否相同．
2．电阻定律
(1)内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，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)公式：R＝ρ，式中ρ称为材料的电阻率．
1．导体的电阻由导体的长度和横截面积两个因素决定．(×)
2．根据R＝可知，通过导体的电流改变，加在电阻两端的电压也改变，但导体的电阻不变．(√)
3．导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积都有关系．(√)
生活中经常出现这样的情况，在电压不稳定的时候灯丝容易烧断，而手边又没有新的灯泡，我们可以通过慢慢晃动灯泡，将断了的灯丝接上，以解燃眉之急．当灯泡再次连入电路时，会发现比原来亮了，这是为什么？
【提示】　灯丝断了又重新搭接上，灯丝长度减小，搭接处横截面积增大，由R＝ρ知，l减小，S增大，R减小，又由P＝，U不变，R减小，P增大，所以灯泡变亮了．
如图2 2 1所示，将不同导线接入A、B两点间进行测量．
图2 2 1
探讨1：相同材料、相同横截面积，电阻与长度的关系？
【提示】　电阻与长度成正比．
探讨2：相同材料、相同长度，电阻与横截面积的关系？
【提示】　电阻与横截面积成反比．
探讨3：相同长度、相同横截面积的不同材料电阻相同吗？
【提示】　不同．
1．电阻定律表达式R＝ρ中各符号的含义
(1)ρ表示导体材料的电阻率，与材料和温度有关，反映了导体的导电性能．ρ越大，说明导电性能越差；ρ越小，说明导电性能越好．
(2)l表示沿电流方向导体的长度．
(3)S表示垂直于电流方向导体的横截面积．
2．电阻定律公式R＝ρ的应用
(1)应用电阻定律公式R＝ρ解题时，一般电阻率ρ不变，理解l、S的意义是关键，l是沿电流方向的导体长度，S是垂直于电流方向的横截面积．
(2)对于某段导体，由于导体的体积不变，若将导体的长度拉伸为原来的n倍，横截面积必减为原来的.根据电阻定律R＝ρ知电阻变为原来的n2倍．
　如图2 2 2所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，R1边长为2L，R2边长为L，若R1的阻值为8
Ω，则R2的阻值为(　　)
【导学号：96322036】
图2 2 2
A．4
Ω
B．8
Ω
C．16
Ω
D．64
Ω
【解析】　设导体材料厚度为h，由R＝ρ，
得R1＝ρ＝＝8
Ω，
R2＝ρ＝＝8
Ω，
选项B正确．
【答案】　B
　两根完全相同的金属导线A和B，如果把其中的一根A均匀拉长到原来的两倍，把另一根导线对折后绞合起来，则它们的电阻之比为多少？
【导学号：96322037】
【解析】　金属导线原来的电阻为R＝ρ，拉长后：l′＝2l，因为体积V＝lS不变，所以S′＝，R′＝ρ＝
4ρ＝4R.对折后：l″＝，S″＝2S，所以R″＝ρ＝ρ·＝，则R′∶R″＝16∶1.
【答案】　16∶1
应用R＝ρ的两点注意
(1)公式R＝ρ只适用于粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解液(但其他任何材料都有对应的电阻率)．
(2)计算出来的电阻是某一特定温度下的电阻，因为电阻率ρ随温度而变．
电
阻
率、
导
体、
绝
缘
体
和
半
导
体
1．电阻率
(1)意义：反映材料导电性能的物理量，电阻率越小，材料的导电性能越好．
(2)单位：欧姆·米，符号Ω·m.
(3)决定因素：电阻率由导体的材料和温度决定．
2．导体、绝缘体、半导体
导体的电阻率很小，绝缘体的电阻率很大，半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间．许多半导体在光照、温度变化高时，电阻率将发生明显变化．
1．任何导电材料的电阻率都是随温度的升高而增大．(×)
2．导体的横截面积越大电阻率越小．(×)
3．用来制作标准电阻的锰铜和镍铜合金的电阻率几乎不随温度的变化而变化．(√)
电位器是怎样改变接入电路中的阻值的？
【提示】　电位器是通过改变接入电路中电阻线的长度来改变电阻的．
分析表中数据
材料
ρ/(Ω·m)
材料
ρ/(Ω·m)
银
1.6×10－8
铁
1.0×10－7
铜
1.7×10－8
锰铜合金
4.4×10－7
铝
2.9×10－8
镍铜合金
5.0×10－7
钨
5.3×10－8
镍铬合金
1.0×10－6
探讨1：回答什么样的金属电阻率大？什么样的金属电阻率小？
【提示】　合金的电阻率大，纯净金属的电阻率小．
探讨2：在电路中导线一般用什么材料制作？
【提示】　在电路中的导线一般用电阻率小且造价低的铝或铜制作．
1．电阻率和电阻的区别
电阻R
电阻率ρ
描述对象
导体
材料
物理意义
反映导体对电流阻碍作用的大小，R大，阻碍作用大
反映材料导电性能的好坏，ρ大，导电性能差
决定因素
由材料、温度和导体形状决定
由材料、温度决定，与导体形状无关
单位
欧姆(Ω)
欧姆·米(Ω·m)
联系
R＝ρ，ρ大，R不一定大，导体对电流阻碍作用不一定大；R大，ρ不一定大，导电性能不一定差
2.电阻率的大小跟温度的关系
(1)金属的电阻率随温度升高而增大．
(2)绝缘体和半导体的电阻率随温度升高而减小，并且变化是非线性的．
(3)有些合金如锰铜、镍铜的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制作标准电阻．
(4)当温度降到－273
°C附近时，有些金属材料的电阻率突然减小到零成为超导体．
　关于电阻和电阻率的下列说法中正确的是(　　)
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∝R，ρ∝
C．材料的电阻率随温度的升高而增大
D．对于某一确定的导体，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
【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，则A、B、C错．若导体温度升高时，电阻增大，又不考虑体积和形状的变化，其原因就是电阻率随温度的升高而增大，则D选项正确．
【答案】　D
　(多选)下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322038】
A．据R＝可知，当加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍
B．据R＝可知，通过导体的电流改变时，加在电阻两端的电压也改变，但导体的电阻不变
C．据ρ＝可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比
D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R均无关
【解析】　导体的电阻是由导体本身的性质决定的，其决定式为R＝，而R＝为电阻的定义式．电阻率是导体材料本身的属性，与导体的形状、长短无关．
【答案】　BD
　金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，下列I U图像中能表示金属铂电阻情况的图像是(　　)
【解析】　在I U图像中，图像的斜率表示电阻的倒数，由于铂的电阻率随温度的升高而变大，故I U图像中图线的斜率应减小．因此能反映金属铂电阻情况的图像为C.
【答案】　C
电阻与电阻率的两个不一定
(1)电阻率越大，材料的导电性能越差，但用这种材料制成的电阻不一定大，决定电阻大小的因素和决定电阻率大小的因素是不同的．
(2)导体的电阻越大，说明导体对电流的阻碍作用越大，导体的电阻率不一定越大．
学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
1．关于电阻率，下列说法中正确的是(　　)
A．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好
B．各种材料的电阻率大都与温度有关，纯金属的电阻率随温度的升高而减小
C．所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，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，通常都用它们制作标准电阻
【解析】　电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，说明其导电性能越差，A错；各种材料的电阻率大都与温度有关，纯金属的电阻率随温度的升高而增大，超导体是当温度降低到绝对零度附近某个临界温度时，电阻率突然减小到无法测量，B、C均错；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对．
【答案】　D
2．(多选)一根阻值为R的均匀电阻丝，在下列哪些情况中其阻值仍为R(设温度不变)(　　)
A．当长度不变时，横截面积增大一倍时
B．当横截面积不变，长度增加一倍时
C．长度和横截面积都缩小原来的一半时
D．当长度和横截面积都扩大一倍时
【解析】　根据电阻定律R＝ρ可知，只有电阻丝的长度和横截面积都扩大或缩小相同倍数时，电阻丝的电阻才能保持不变，故选C、D.
【答案】　CD
3．(多选)如图2 2 3所示，A、B、C、D是滑动变阻器的4个接线柱．现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱C移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是(　　)
【导学号：96322120】
图2 2 3
A．A和B
B．A和C
C．B和C
D．B和D
【解析】　当滑片P向左滑动时，电路中电流减小，则接入电路的电阻增大，即连接B、C端或B、D端．
【答案】　CD
4．用一个提供恒定电压的电源，给一个用绝缘的圆管子装满的水银供电，电流为0.1
A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是(　　)
【导学号：96322121】
A．0.4
A
B．0.8
A
C．1.6
A
D．3.2
A
【解析】　大圆管子内径大一倍，由S＝πD2可得横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银高度变为原来的，则由公式R＝ρ知电阻变为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，即1.6
A，故选项C正确．
【答案】　C
5．一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为(　　)
【导学号：96322122】
A．10
000R
B.
C．100R
D.
【解析】　均匀镍铬丝拉制成直径d′＝时，其横截面积减小到S′＝，由于镍铬丝的体积不变，则其长度变为l′＝100l.根据电阻定律，拉长后的电阻为：R′＝ρ＝ρ＝10
000ρ＝10
000R，故A正确．
【答案】　A
6．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为(　　)
A．U/2
B．U
C．2U
D．4U
【解析】　导线拉长后，体积不变，故V＝lS＝2l·，则R＝ρ，R′＝ρ＝4ρ＝4R.由I＝，I＝＝，得U′＝4U，故D正确．
【答案】　D
7．用电器距离电源为L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值为(　　)
【导学号：96322123】
A.　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　输电线的总长为2L，由公式R＝，R＝ρ得S＝，故B正确．
【答案】　B
8．测量液体的电阻率，工业上采用一种称为“电导仪”的仪器，其中一个关键部件如图2 2 4所示，A、B是两片面积为1
cm2的正方形铂片，间距为d＝1
cm，把它们浸在待测液体中，若通过两根引线加上一定的电压U＝6
V时，测出电流I＝1
μA，则这种液体的电阻率为多少？
图2 2 4
【解析】　由R＝＝
Ω＝6×106
Ω
由题意知l＝d＝10－2
m，S＝10－4
m2
由R＝ρ得
ρ＝＝
Ω·m＝6×104
Ω·m.
【答案】　6×104
Ω·m
9．一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为3
Ω，则此电阻丝原来的阻值为(　　)
A．9
Ω　　　
B．8
Ω　　　
C．27
Ω　　　
D．3
Ω
【解析】　设原来长度为l，横截面积为S，则截后的长为l，横截面积为3S，则R＝ρ，R′＝ρ＝ρ＝3
Ω.
＝，即R＝9R′＝27
Ω，故C正确．
【答案】　
C
10．如图2 2 5所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝10
cm，bc＝5
cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1
A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为(　　)【导学号：96322124】
图2 2 5
A．4
A
B．2
A
C.
A
D.
A
【解析】　设将A与B连入电路时，电阻为R1，C与D连入电路时，电阻为R2，金属片厚度为h.
由电阻定律R＝ρ得
R1＝ρ，R2＝ρ
所以R1∶R2＝4∶1，故由I＝得电流之比I1∶I2＝R2∶R1，所以I2＝4I1＝4
A.
【答案】　A
11．如图2 2 6所示，P是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d，管两端有导电金属箍M、N，现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻为多少？镀膜材料电阻率为多少？
图2 2 6
【解析】　由欧姆定律可得R＝，沿着L的方向将膜层展开，如图所示，则膜层等效为一个电阻，其长为L，横截面积为管的周长×厚度d.
由电阻定律R＝ρ可得：R＝ρ＝，则＝，解得：ρ＝.
【答案】　　
12．A、B两地相距40
km，从A到B两条输电线的总电阻为800
Ω.若A、B之间某处E的两条输电线发生短路，为查明短路地点，在A处接上电源，测得电压表示数为10
V，小量程电流表读数为40
mA，如图2 2 7所示，则短路处距A多远？
【导学号：96322125】
图2 2 7
【解析】　设发生短路处距离A处x
km，据题意知，A、B两地间的距离l＝40
km，电压表的示数U＝10
V，电流表的示数I＝40
mA＝40×10－3
A，R总＝800
Ω.
根据欧姆定律I＝可得：A端到短路处的两根输电线的电阻Rx＝＝
Ω＝250
Ω
①
根据电阻定律可知：
Rx＝ρ
②
A、B两地输电线的电阻为R总，
R总＝ρ
③
由得＝
联立解得x＝l＝×40
km＝12.5
km
发生短路处距离A处12.5
km.
【答案】　12.5
km7．学生实验：练习使用多用电表
一、实验目的
1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法．
2．会使用多用电表测电压、电流及电阻．
3．会用多用电表探索黑箱中的电学元件．
二、实验器材
多用电表、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．
三、实验原理
1．欧姆表的原理
(1)功能：用来直接测量电阻值大小的电表．
(2)改装原理：欧姆表是根据闭合电路欧姆定律改装而成的，改装电路如图2 7 1所示．
图2 7 1
①当红、黑表笔直接接触时，被测电阻Rx＝0，调节R0值使电流计的指针达到满偏，即Ig＝，所以电流表满刻度处对应的外电阻为零．如图2 7 2甲．
图2 7 2
②当红、黑表笔不接触时，电流表指针指零，所以电流表零刻度处对应外电阻R＝“∞”位置．如图乙．
③当红、黑表笔间接入某一电阻Rx时，电流表中的电流I＝，因调零后R0＋Rg＋r保持不变，所以Rx与I一一对应．若在电流表刻度盘上直接标出与I相对应的Rx值，就可以从刻度盘上直接读出Rx值了，如图丙．
④当不接电阻直接将两表笔连接在一起时，调节滑动变阻器使电流表达到满偏，此时有Ig＝，当外加电阻Rx＝R0＋Rg＋r时，电流为I＝＝Ig，此时电流表指针指在刻度盘的中央，该电阻叫中值电阻．
2．多用电表的原理
(1)实质：让电流表、电压表、欧姆表共同使用一个表头组装而成的．
(2)功能
①测电流：这时表头并联有分流电阻，并联不同的分流电阻就成为不同量程的电流表．
②测电压：这时表头串联有分压电阻，串联不同的分压电阻就成为不同量程的电压表．
③测电阻：这时表头串联了电池和调零电阻．
(3)构造：如图2 7 3所示，表的上半部分是表头，表头的表盘上有电流、电压、电阻等多种刻度，其中最下面一行是交流电压表的刻度，最上面一行是欧姆表的刻度，这两个刻度是不均匀的，其余各种刻度都是均匀的；表的下半部分的中心是选择开关，周围标有测量功能的区域及量程(或倍率)．
图2 7 3
3．二极管的单向导电性
晶体二极管是半导体材料制成的，它有两个极，一个叫正极，一个叫负极，它的符号如图2 7 4甲所示．
晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．
甲　　　　　　乙　　　　　　　　　丙
图2 7 4
一、实验步骤
1．观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．
2．检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．
3．将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔．
4．如图2 7 5甲所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．
5．如图乙所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．
甲　　　　　　　乙
图2 7 5
6．利用多用电表的欧姆挡测三个定值电阻的阻值，比较测量值和真实值的误差．
7．研究二极管的单向导电性，利用多用电表的欧姆挡测二极管两个引线间的电阻，确定正、负极．
二、数据处理
1．测电阻时，电阻值等于表针的示数与倍率的乘积．指针示数的读数一般读两位有效数字．
2．如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.001等，读数时应读到最小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为0.2、0.02、0.5、0.05等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可．
三、误差分析
1．电池用旧后，电动势会减小，内电阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时换电池．
2．欧姆表的表盘刻度不均匀，估读时易带来误差．
3．由于欧姆表刻度的非线性，表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当挡位，使指针指中值附近．
4．读数时的观测易形成偶然误差，要垂直表盘正对指针读数．
四、注意事项
1．使用多用电表前，应观察指针是否指向电流表的零刻度线，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用电表的指针指在电流表的零刻度．
2．测电阻时，待测电阻要跟别的元件和电源断开，不能用手接触表笔的金属杆．
3．合理选择欧姆挡的量程，使指针尽量指在表盘中央位置附近．
4.换用欧姆挡的另一量程时，一定要重新进行电阻调零，才能进行测量．
5．读数时，应将表针示数乘选择开关所指的倍率．
6．测量完毕时，要把表笔从测试孔中拔出，选择开关应置于交流电压最高挡或“OFF”挡，若长期不用时，还应把电池取出.
实验探究1　多用电表的使用步骤和读数
　用多用电表的欧姆挡测量一未知电阻的阻值，若将选择倍率的旋钮拨至“×100
Ω
”的挡时，测量时指针停在刻度盘0附近处，为了提高测量的精确性，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“×1
k”挡
C．将选择开关拨至“×10”挡
D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数
E．调节调零电阻，使指针停在“0”刻度线上
F．将选择开关拨至交流电压最高挡上
将上述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，上述D步骤中，指针偏转情况如图2 7 6所示，则此未知电阻的阻值Rx＝________.
图2 7 6
【解析】　用多用电表的欧姆挡测未知电阻时，指针停在中值(中心位置)附近时测量误差较小，当用“×100”挡测量时，指针停在0附近，说明该待测电阻的阻值相对该挡比较小，为了提高测量精度，应换低倍率“×10”的挡来测量，换挡之后，必须重新调零，之后再接入未知电阻进行测量和读取数据．测量后如暂时不使用此多用电表，应将选择开关置于交流电压最高挡上，待测电阻的阻值为读数乘以倍率，即Rx＝16×10
Ω＝160
Ω.
【答案】　C、A、E、D、F　160
Ω
实验探究2　用多用电表检测电路故障
　如图2 7 7所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________________挡．
图2 7 7
(2)在开关闭合的情况下，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．
________________________________________________________________
【解析】　用多用电表欧姆挡测电阻时必须将其从电路中断开，在点1和点2已接好的情况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；点1和点2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量．在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源电动势，可知开关或连接点5、6出现故障．把小灯泡拆离电路后，检验小灯泡是否断路可用多用电表的欧姆挡，调零后进行测量，如果电阻无穷大，说明灯泡是断路的．
【答案】　(1)电压　欧姆
(2)开关或连接点5、6
(3)①将多用电表挡位调至欧姆挡；
②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；
③测量小灯泡的电阻，若电阻为无穷大，表明小灯泡有故障．
学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
1．下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是(　　)
A．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
B．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
C．测量电路中的某个电阻，可以在原电路上测量
D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零
【解析】　测量电阻时，若指针偏转过大，说明被测电阻较小，应选用倍率较小的挡位并重新调零，A项正确；测量时按规定红、黑表笔分别插正、负插孔，但表笔只是两个测量的引线，本身并没有正负，故调换不会影响测量结果，B项错误；测量电路中的某个电阻，必须与原电路断开测量，C项错误；使用欧姆挡时，换挡后应重新调零，若测量不同电阻，不用换挡则不需要重新调零，D项错误．
【答案】　A
2．一只多用电表有4个欧姆挡，分别为×1、×10、×100、×1
k，欧姆挡表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100”挡处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换档并重新测量，下列说法正确的是(　　)
【导学号：96322145】
A．必须将选择开关改为置于“×10”挡处
B．必须将选择开关改为置于“×1”挡处
C．换挡之后必须重新调零才能进行测量
D．换挡之后不必重新调零就能进行测量
【解析】　选用“×100”挡指针指在“200”处，读数约为20
000
Ω，说明选用的量程偏小，应选用×1
k挡，重新调零后进行测量．故C正确，A、B、D错误．
【答案】　
C
3．(1)使用多用电表粗测某一电阻，操作过程分以下四个步骤，请把第②步的内容填在相应的位置上：
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择开关置于电阻×100挡．
②_____________________________________________________________.
③把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，读出被测电阻的阻值．
④将选择开关置于交流电压的最高挡或“OFF”挡．
(2)若上述第③步中，多用电表的示数如图2 7 8所示，则粗测电阻值为________Ω.
图2 7 8
【解析】　(1)根据用多用电表欧姆挡测电阻的原则知，步骤②应是将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处．
(2)多用电表测得的电阻值应为22×100
Ω＝2
200
Ω.
【答案】　(1)将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处　(2)2
200
4.如图2 7 9所示为一可供使用的多用电表，S为选择开关，Q为电阻挡调零旋钮．现在要用它测量两个电阻的阻值(图中未画电阻)．已知阻值分别为R1＝60
Ω，R2＝470
kΩ.下面给出了在测量过程中一系列可能的操作，请你选出能尽可能准确地测定各阻值和符合于多用表安全使用规则的各项操作，并且将它们按合理顺序填写在后面的横线上的空白处．
图2 7 9
A．旋动S使其尖端对准电阻挡×1
k
B．旋动S使其尖端对准电阻挡×100
C．旋动S其使尖端对准电阻挡×10
D．旋动S使其尖端对准电阻挡×1
E．旋动S使其尖端对准()
500或OFF挡
F．将两表笔分别接到R1的两端，读出R1的阻值，随后即断开
G．将两表笔分别接到R2的两端，读出R2的阻值，随后即断开
H．两表笔短接，调节Q使表针对准电阻挡刻度盘上的0，随后即断开
所选操作及其顺序为(用字母代号填写)：________(操作步骤可以重复选用)．
【解析】　多用电表测量电阻时，量程的选择以指针在中央附近时读数较准确，由表盘中值示数约150可知，测R1＝60
Ω的电阻时，只能选“×1”挡；测R2＝470
kΩ时，应选择“×1
k”挡，并且在每次选定量程后，都必须将两表笔短接，进行电阻挡调零，所以题目中所给操作H需重复选用．在测量过程中对R1与R2测量的先后没有什么限制，但测量完毕后，功能选择开关必须旋离电阻挡，拨到交流()高压挡或“OFF”处，所以合理的操作及顺序为AHGDHFE或DHFAHGE.
【答案】　AHGDHFE(或DHFAHGE)
5．用多用电表欧姆挡(×100)测试三只晶体二极管，其结果依次如图2 7 10甲、乙、丙所示．由图可知，图__________中的二极管是好的，该二极管的正极是__________端．
甲　　　乙　　　　丙
图2 7 10
【解析】　根据二极管加正向电压时，电阻值越小越好，但不能为零，否则二极管已被击穿，加反向电压时，电阻值越大越好，但不能无穷大，否则二极管引线断开．由题图可知，图甲、丙二极管是坏的，图乙中二极管是好的，且左边图加的是反向电压，右边图加的是正向电压，由于红表笔插入的是“＋”测试孔，与内部电池负极相连，故二极管的正极是a端．
【答案】　乙　a
6．在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图2 7 11所示，闭合电键后，发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E):
【导学号：96322146】
图2 7 11
(1)若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是________(选填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”)．
(2)若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至____________挡(填“欧姆×100”“直流电压10
V”或“直流电流2.5
mA”)，再将________(选填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是______________、______________、______________.
【解析】　(1)电压表示数为E，说明电压表与电源之间是连通的，没有断路，只能是与其并联部分断路，所以应为待测金属丝有故障．
(2)在不拆断电路的情况下，不能用欧姆表检测．因不能估测电路中的最大电流，故也不能用电流挡．从图中可以看出是两节干电池，总电动势不超过10
V，故应用直流电压10
V挡去测量，将红表笔接a，使电流从多用电表的＋接线柱流入电表．若滑动变阻器断路，则a、b之间电压为0，a、c之间电压为E，a、d之间电压为E.
【答案】　(1)待测金属丝　(2)直流电压10
V　红　0　E　E1.欧姆定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解形成电流的条件，并会做出微观解释．2．知道电流的大小、方向、单位，理解电流的定义式，并能进行相关的计算．(重点)3．知道电流、电压间的关系，理解用比值定义电阻的方法和欧姆定律的含义．(重点)4．理解伏安特性曲线，知道线性元件和非线性元件，通过测绘小灯泡伏安特性曲线的实验，掌握利用分压电路改变电压的基本技能．(难点)
　电
流
1．电流的形成
(1)导体内要有自由电荷：金属中的自由电荷是自由电子，电解质溶液中的自由电荷是正、负离子．
(2)导体内要存在电场：导体内的自由电荷由于受电场力作用从而形成定向运动．
2．电流
(1)定义：通过导体横截面的电荷量q跟通过这些电荷所用时间t的比值，用符号I表示．
(2)公式I＝q/t.
(3)单位：国际单位是安培(A)，常用单位还有毫安(mA)和微安(μA).1
A＝103
mA＝106
μA.
(4)方向：物理学上规定正电荷定向运动的方向为电流的方向，这样负电荷定向运动的方向与电流的方向相反．
3．直流与恒定电流
(1)直流：方向不随时间改变的电流．
(2)恒定电流：方向和强弱都不随时间改变的电流．
1．电流的方向与电荷定向移动的方向相同．(×)
2．电流既有大小，又有方向，它是矢量．(×)
3．电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量．(√)
金属导体中的电流是由于其中的自由电子运动形成的，试问电流的方向与自由电子定向运动的方向有何关系？
【提示】　电子带有负电，定向运动形成的电流的方向与电子的定向运动方向相反．
如图2 1 1所示，在盐水中加入两个电极，与电源连接后可以形成电流．
探讨1：盐水中形成电流时，电荷的定向移动如何？
图2 1 1
【提示】　在电场中，盐水中Na＋向左移动，Cl－向右移动．
探讨2：盐水中电流的方向如何？
【提示】　电流方向向左．
1．对电流I＝的理解
电流定义式
电流方向
(1)I＝是单位时间内通过导体横截面的电荷量，横截面是整个导体的横截面，不是单位截面积(2)当电解质溶液导电时，q为通过某一横截面的正、负电荷量绝对值的和(3)I与q、t均无关
电流方向与正电荷定向移动方向相同，和负电荷定向移动方向相反(金属导体中电流的方向与自由电子定向移动方向相反)
2．电流的微观表达式
(1)建立模型如图2 1 2所示，AD表示粗细均匀的一段导体，长为l，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q.
图2 1 2
(2)理论推导
AD导体中的自由电荷总数N＝nlS.总电荷量Q＝Nq＝nlSq.所有这些电荷都通过横截面S所需要的时间t＝.根据公式I＝可得导体AD中的电流为I＝＝＝nqSv.即电流的微观表达式为I＝nqSv.
　某电解池内若在2
s内各有1.0×1019个二价正离子和2×1019个一价负离子同时向相反方向通过某截面，那么通过这个截面的电流是
(　　)
【导学号：96322032】
A．0
A　
B．0.8
A
C．1.6
A
D．3.2
A
【解析】　电流由正、负离子的定向运动形成，则在2
s内通过截面的总电荷量应为：q＝1.6×10－19×2×1019
C＋1.6×10－19×1×2×1019
C＝6.4
C，由电流的定义式可知：I＝＝
A＝3.2
A，故选D.
【答案】　D
　某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为
(　　)
【导学号：96322033】
A．0　　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　通过探测电路的电荷量q＝q＋＋q－＝2ne＋2ne＝4ne，则通过探测电路的电流I＝＝，故选项D正确．
【答案】　D
　(多选)横截面积为S的导线中通有电流I，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间Δt内通过导线横截面的电子数是(　　)
A．nSvΔt
B．nvΔt
C.
D.
【解析】　①根据电流强度的定义式可知，在时间Δt内通过导线横截面的电荷量q＝IΔt，所以在这段时间内通过的自由电子数为N＝＝.
②自由电子定向移动的速率是v，因此在时间Δt内，位于以横截面积为S、长l＝vΔt的这段导线内的自由电子都能通过横截面，这段导线的体积V＝Sl＝SvΔt，所以时间Δt内通过横截面S的自由电子数为N＝nV＝nSvΔt.综上可知，A、C正确．
【答案】　AC
应用公式I＝需注意的三个问题
(1)公式I＝反映的是在时间t内电流的平均值，对恒定电流来说，平均值等于瞬时值．
(2)计算电流大小时，要注意通过截面的电荷量的计算(q、q1、q2均表示电荷量的绝对值)，常见的情况有以下两种：
①同种电荷同向通过某一截面时，电荷量q＝q1＋q2
②异种电荷反向通过某一截面时，若q1为正电荷，q2为负电荷，电荷量q＝q1＋|q2|
(3)电解液导电时电流的计算，在时间t内，有m个a价正离子通过溶液内截面S，有n个b价负离子通过溶液内截面S，则电流的大小I＝.
　欧
姆
定
律　电
阻
1．电阻
(1)物理意义：描述导体对电流阻碍作用大小的物理量．
(2)定义：导体两端电压与通过导体电流大小的比值叫做导体的电阻．
(3)定义式：R＝U/I.
(4)单位：国际单位是欧姆(Ω)，常用的还有千欧(kΩ)和兆欧(MΩ)，1
MΩ＝103
kΩ＝106
Ω.
2．欧姆定律
(1)内容：导体中的电流I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＝或U＝IR.
(3)适用范围：实验表明，欧姆定律适用于金属导电和电解液导电，不适用于气体导电和某些器件(如晶体管)导电．
1．由公式R＝可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比．(×)
2．由公式R＝和I＝可知，当导体两端的电压为零时，导体的电阻和通过导体的电流均为零．(×)
3．电阻反映了导体对电流的阻碍作用，是导体本身的属性．(√)
能否根据表达式R＝得出结论：导体的电阻与其两端的电压成正比，与通过它的电流成反比？
【提示】　不能．电阻大小一般由导体自身因素决定，与其两端的电压高低和通过导体的电流大小无关．
如图2 1 3所示的电路用电流表测量导体a的电流，用电压表测量a两端的电压．
图2 1 3
探讨1：导体a中的电流的大小由什么因素决定？
【提示】　由导体a两端的电压和自身电阻决定．
探讨2：
能不能说导体a的电阻与导体两端的电压成正比？
【提示】　不能．
1．欧姆定律的适用条件
(1)一般适用于金属导体或电解液导体，气体或半导体不适用．
(2)一般适用于纯电阻电路，对非纯电阻电路不适用．
(3)适用于线性元件，对非线性元件不适用．
2．欧姆定律的“两性”
(1)同体性：表达式I＝中的三个物理量U、I、R对应于同一段电路或导体．
(2)同时性：三个物理量U、I、R对应于同一时刻．
3．公式I＝和R＝比较
比较项目
I＝
R＝
意义
欧姆定律的表达形式
电阻的定义式
前后物理量的关系
I与U成正比，与R成反比
R是导体本身的性质，不随U、I的改变而改变
适用条件
适用于金属导体、电解液等
适用于计算一切导体的电阻
　(多选)根据欧姆定律，下列判断正确的是
(　　)
【导学号：96322034】
A．加在金属导体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数
B．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数
C．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低
D．电解液短时间内导电的U I图像是一条直线
【解析】　金属导体两端的电压与通过的电流的比值表示金属导体的电阻，是个常数，A正确；对气体，欧姆定律不成立，即≠常数，B错误；由U＝IR知电流每经过一个电阻要产生一定的电势降落，欧姆定律适用于电解液导体，故C、D正确．
【答案】　ACD
　从欧姆定律可以导出公式R＝，此式说明(　　)
A．当电压增大2倍时，电阻R增大2倍
B．当电流强度增大2倍时，电阻R减小为原来的一半
C．电阻是导体本身的性质，当电压为零时，电阻阻值不变
D．当电压为零时，电阻R也为零
【解析】　导体电阻由导体自身因素决定，与加在导体两端的电压或通过导体中的电流大小无关，选项A、B、D错误，C正确．
【答案】　C
　若加在某导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流减小了0.4
A．如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流是多大？
【解析】　方法一：由欧姆定律得R＝＝①
又因为R＝＝②
联立①②解得：I＝2.0
A.
方法二：画出导体的I－U图像，如图所示，设原来导体两端的电压为U0时，导体中的电流为I0.
当U＝时，I＝(I0－0.4)
A.
当U′＝2U0时，电流为I2，
由图知＝＝.
所以I0＝1.0
A，I2＝2I0＝2.0
A.
【答案】　2.0
A
欧姆定律的应用推广——R＝
(1)欧姆定律的表达式是I＝，而公式R＝应该理解成电阻的比值定义式．
(2)比值定义的魅力就在于被定义的物理量与比值中的那两个物理量无关．
(3)R＝告诉了我们一种测量导体电阻的方法，即伏安法．
　　　伏
安
特
性
曲
线
1．伏安特性曲线
(1)通过某种电学元件的电流随电压变化的实验图线，叫做这种元件的伏安特性曲线．
(2)线性元件和非线性元件
①线性元件：I U图线是一条过原点的直线，如图2 1 4甲所示．直线的斜率为元件电阻的倒数．
图甲　　　　　　　图乙
图2 1 4
②非线性元件：I U图线不是直线，如图2 1 4乙所示．
2．测绘小灯泡的伏安特性曲线
(1)实验器材：小灯泡、电压表、电流表、滑动变阻器、学生电源(或电池组)、开关、导线、坐标纸、铅笔等．
(2)实验电路如图2 1 5所示．
图2 1 5
(3)实验操作
①连接好电路，开关闭合前，将变阻器滑片滑至R的最左端．
②闭合开关，右移滑片到不同位置，并分别记下电压表、电流表的示数．
③依据实验数据作出小灯泡的I U图线．
1．伏安特性曲线是导体的电流随电压变化的图线．(√)
2．所有导体的伏安特性曲线都是过原点的曲线．(×)
3．伏安特性曲线的斜率表示导体的电阻．(×)
如图2 1 6所示的坐标系中，RA和RB有什么关系？
图2 1 6
【提示】　伏安特性曲线中，图线的斜率的倒数数值上等于电阻值的大小，所以RA＞RB.
如图2 1 7是两种不同导体的伏安特性曲线．
图2 1 7
探讨1：伏安特性曲线斜率的物理意义是什么？
【提示】　伏安特性曲线的斜率表示导体电阻的倒数．
探讨2：线性元件与非线性元件的根本区别是什么？
【提示】　线性元件的电阻值不随电压和电流的改变发生变化，它的伏安特性曲线是一条经过原点的直线；非线性元件的电阻值随电压和电流的改变发生变化，它的伏安特性曲线是一条经过原点的曲线．
1．线性元件的U I图像与I U图像的比较
U I图像
I U图像
图像举例
坐标轴含义
纵坐标表示电压U横坐标表示电流I
纵坐标表示电流I横坐标表示电压U
图线斜率含义
斜率表示电阻，图中R1＜R2
斜率表示电阻的倒数，图中R1＞R2
2．非线性元件电阻的确定
如图2 1 8所示，非线性元件的I U图像是曲线，导体电阻Rn＝，即电阻等于图线上点(Un，In)与坐标原点连线的斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数．
图2 1 8
　某一导体的伏安特性曲线如图2 1 9所示，AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是(　　)
【导学号：96322035】
图2 1 9
A．B点的电阻为12
Ω
B．B点的电阻为40
Ω
C．导体的电阻因温度的影响改变了1
Ω
D．导体的电阻因温度的影响改变了9
Ω
【解析】　根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA＝
Ω＝30
Ω，RB＝
Ω＝40
Ω，所以ΔR＝RB－RA＝10
Ω，故B对，A、C、D错．
【答案】　B
　金属铂的电阻随温度的升高而增大，金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在如图所示的U I图线中，可以表示出金属铂这一特性的是(　　)
【解析】　通电后，金属铂的电阻增大，相应U I图线上某一点与原点的连线的斜率逐渐变大，U I图线为向上弯曲的曲线，故选项C正确．
【答案】　C
　两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图2 1 10所示，可知电阻大小之比R1∶R2等于(　　)
图2 1 10
A．1∶3
B．3∶1
C．1∶
D.∶1
【解析】　＝＝＝.
【答案】　A
1 I U图线中的斜率k＝，斜率k不能理解为k＝tan
α α为图线与U轴的夹角 ，因坐标轴的单位可根据需要人为规定，同一电阻在坐标轴单位不同时倾角α是不同的.?
2 某些电阻在电流增大时，由于温度升高而使电阻变化，伏安特性曲线不是直线，但对某一状态，欧姆定律仍然适用.
学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
1．(多选)关于电流，下列说法中正确的是(　　)
A．导体中电荷的运动形成了电流
B．通过电阻的电流与其两端的电压成正比
C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流就越大
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
【解析】　导体的电流由电荷的定向移动形成，运动的电荷不一定形成电流，A错．根据欧姆定律知，B对．由电流的计算式I＝知，单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流就越大，C对．因为电流的运算遵循代数法则，电流是标量，D错．
【答案】　BC
2．(多选)如图2 1 11所示，将左边的铜导线与右边的铝导线连接起来，已知铝导线的横截面积是铜导线横截面积的两倍，在铜导线上取一个截面A，在铝导线上取一个截面B，若在1秒内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的(　　)
【导学号：96322115】
图2 1 11
A．电流相等
B．电流不相等
C．自由电子定向移动的速率相等
D．自由电子定向移动的速率不相等
【解析】　由于在1秒内通过两段导体截面的电子数相等，则通过这两个截面的电流相等，选项A正确，B错误；由I＝nqSv知横截面积大的电子定向移动的速率一定小，故选项C错误，D正确．
【答案】　AD
3．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图像如图2 1 12所示，此图像的斜率可表示为(　　)
图2 1 12
A．U
B．R
C.
D.
【解析】　此图线的斜率表示电流，即I＝，又由欧姆定律I＝知，选项C正确．
【答案】　C
4．某家用台灯可通过调节开关使它的亮度逐渐增大到最亮，若灯最亮时的电压为220
V，工作电流为0.18
A，则当电压为110
V时，灯丝的电阻(　　)
A．等于1
222
Ω
B．等于611
Ω
C．大于1
222
Ω
D．小于1
222
Ω
【解析】　灯泡正常工作时的电阻R＝＝
Ω＝1
222
Ω，电压减小时，灯丝的电阻减小，则D选项正确．
【答案】　D
5．(多选)如图2 1 13是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是(　　)
图2 1 13
A．导体的电阻是25
Ω
B．导体的电阻是0.04
Ω
C．当导体两端的电压是10
V时，通过导体的电流是0.4
A
D．当通过导体的电流是0.1
A时，导体两端的电压是2.5
V
【解析】　由图线知，当电压为5
V时，导体中的电流为0.2
A，由欧姆定律知，电阻R＝＝
Ω＝25
Ω，A正确，B错误；由图线知，电阻是不变的，当导体两端的电压是10
V时，通过导体的电流I＝
A＝0.4
A，C正确；当通过导体的电流是0.1
A时，导体两端的电压U＝25×0.1
V＝2.5
V，D正确．
【答案】　ACD
6．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1
V时，通过灯泡的电流为0.5
A；灯泡两端的电压为3
V时，通过灯泡的电流是1
A；则当灯泡两端电压为2
V时，通过灯泡的电流可能是(　　)
【导学号：96322116】
A．0.5
A
B．0.6
A
C．0.8
A
D．1
A
【解析】　从题意可知，电流应大于0.5
A而小于1
A，具体再进一步确定，灯泡两端的电压为1
V时，电流为0.5
A，灯泡的电阻R1＝2
Ω；灯泡两端的电压为3
V时，电流为1
A，灯泡的电阻R2＝3
Ω；当灯泡两端的电压为2
V时，灯泡的电阻大于2
Ω而小于3
Ω，所以这时通过灯泡的电流大于≈0.67
A，而小于＝1
A，故选C.
【答案】　C
7．为探究小灯泡L的伏安特性，连好如图2 1 14所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U I图像应是(　　)
图2 1 14
【解析】　由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，故电压升高时，电阻变大，U I图像的斜率越来越大，故C正确．
【答案】　C
8．如图2 1 15所示的图像所对应的两个导体：
图2 1 15
(1)电阻关系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)若两个导体的电压相等(不为零)时，电流之比I1∶I2为多少？
【解析】　(1)由I U图像可知：R＝＝
解得：R1＝
Ω＝2
Ω
R2＝
Ω＝
Ω
故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
9．鸟儿落在110
kV的高压输电线上，虽然通电的高压线是裸露导线，但鸟儿仍然安然无恙，这是因为(　　)
【导学号：96322117】
图2 1 16
A．鸟有耐高压的本领
B．鸟脚是干燥的，所以鸟的身体不导电
C．鸟两脚间的电压几乎为零
D．鸟身体的电阻极大，所以无电流通过
【解析】　鸟两脚间导线的电阻非常小，故两脚间电压几乎为零．
【答案】　C
10．如图2 1 17所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线．若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的12
V电源上，求流过小灯泡的电流为________A，小灯泡的电阻为________Ω.
图2 1 17
【解析】　三个小灯泡串联后接到12
V的电源上，每个小灯泡两端的电压均为4
V，由小灯泡的伏安特性曲线知U＝4
V时，I＝0.4
A．由欧姆定律知R＝U/I＝
Ω＝10
Ω.
【答案】　0.4　10
11．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
【导学号：96322118】
A．小灯泡：规格为“3.8
V　0.3
A”
B．电流表：量程0～0.6
A，内阻约为0.5
Ω
C．电流表：量程0～3
A，内阻约为0.1
Ω
D．电压表：量程0～5
V，内阻约为5
kΩ
E．滑动变阻器：阻值范围0～10
Ω，额定电流2
A
F．电池组：电动势6
V，内阻约为1
Ω
G．开关一只，导线若干
(1)为了使测量尽可能地准确，需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8
V且能方便地进行调节，因此电流表应选________．(填器材代号)
(2)根据你选用的实验电路，将如图2 1 18所示的器材连成实验电路．
图2 1 18
【解析】　(1)因小灯泡的额定电流为0.3
A，为减小读数误差，让指针偏角大一些，则电流表应选B.
(2)先画出电路图如图甲所示，然后根据电路图连接实物图如图乙所示：
甲
乙
【答案】　(1)B　(2)见解析
12．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
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U(V)
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(1)在图中画出小灯泡的U I曲线；
图2 1 19
(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.
【导学号：96322119】
【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.
【答案】　(1)见解析　(2)0.46
A4.电源的电动势和内阻　闭合电路欧姆定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道电源是将其他形式的能转化为电能的装置．2．了解电路中自由电荷定向移动过程中静电力和非静电力做功与能量转化间的关系．(难点)3．了解电源电动势及内阻的含义．4．理解闭合电路欧姆定律，理解内、外电路的电势降落．(重点)5．会用闭合电路欧姆定律分析路端电压与负载的关系，并能进行电路分析与计算．(重点、难点)
电
源
的
电
动
势
和
内
阻
1．电源的电动势
(1)电源：把其它形式的能转化为电能的装置．
(2)电动势
①大小等于没有接入电路时两极间的电压，用字母E表示．
②物理意义：表示电源把其他形式的能转化成电势能的本领．
2．电源的内阻
电源内部也是一段电路，也有电阻，它就是电源的内电阻，简称内阻，常用符号r来表示．
1．电源提供的电能越多，电源的电动势越大．(×)
2．干电池是将化学能转化为电势能，光电池是将光能转化为电势能．(√)
3．当电路中通过1库仑的电荷量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值．(√)
电动势的大小与电流把其他形式的能量转化为电能的本领有什么关系？
【提示】　电动势是电源的特征量，电动势不同表明电源把其他形式的能转化为电能本领的大小不同．
如图2 4 1是一块手机上使用的锂离子电池上的几个数据：“电压：3.7
V　容量：850
mA·h”，“充电电压：4.2
V”．
图2 4 1
探讨1：电动势表明了电源什么特性？
【提示】　把其他形式能转化为电能的本领．
探讨2：上述电源若通过非静电力把1
C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功是多少？
【提示】　W＝qU＝3.7
J.
1．电动势的理解
(1)电动势由电源本身决定，与外电路无关．
(2)电动势是标量，但有方向，物理学中规定方向为由负极经电源内部指向正极，即电源内部电流的方向．
(3)电源的内部也有电阻(即内电阻)，当电流经电源内部时也有电压降(即内电压)．
2．电动势与电压区别
电动势
电压
物理意义不同
表示非静电力做功将其他形式的能转化为电能的本领
表示电场力做功将电能转化为其他形式的能的本领
数值大小
数值上等于将单位电荷量的正电荷从电源负极移到正极非静电力所做的功
数值上等于将单位电荷量的正电荷从导体一端移到另一端电场力所做的功
决定因素不同
由电源本身决定
由电源及导体的电阻、导体的连接方式决定
　(多选)铅蓄电池的电动势为2
V，这表示(　　)
A．电路中每通过1
C的电荷，电源把2
J的化学能转化为电势能
B．没有接入电路时蓄电池两极间的电压为2
V
C．蓄电池在1
s内将2
J的化学能转化成电势能
D．蓄电池将化学能转化为电势能的本领比一节干电池(电动势为1.5
V)的大
【解析】　根据电动势的定义和表达式E＝，非静电力移动1
C电荷所做的功W＝qE＝1×2
J＝2
J，由功能关系可知有2
J的化学能转化为电势能，A正确，C错误．电源两极间的电势差(电压)U＝E＝2
V，B正确．电动势是描述电源把其他形式的能转化为电势能本领大小的物理量，E蓄电池＝2
V
>E干电池＝1.5
V，故D正确．
【答案】　ABD
　如图2 4 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1.2
V，这表示(　　)
【导学号：96322042】
图2 4 2
A．电源把1.2
J其他形式能转化为电能时电路中需通过1
C的电荷量
B．电源在单位时间内可以把1.2
J其他形式能转化为电能
C．该电源比电动势为1.5
V的干电池做功少
D．该电源与电动势为1.5
V的干电池相比，通过1
C电荷量时转化为电能多
【解析】　电动势为1.2
V，则电路中通过1
C的电荷量，电源可以把1.2
J的其他能转化为电能，故A正确．
【答案】　A
　(多选)下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322043】
A．电源的电动势实质上就是电源两极间的电压
B．电源的电动势在数值上等于断路时两极间的电压
C．电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别
D．电动势越大，电源两极间的电压一定越高
【解析】　电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．而电压是电场中两点间的电势差，电动势与电压有着本质的区别，所以A选项错，C选项对．当电源开路时，两极间的电压在数值上等于电源的电动势，但在闭合电路中，电源两极间的电压(路端电压)随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小，当电源短路时，R外＝0，这时路端电压为零，所以B选项正确，D选项错．
【答案】　BC
理解电动势的两点注意
(1)电动势与电压有本质的区别，不能认为电动势就是电压，电动势E＝，电压U＝.
(2)电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时，电源两极间的电压．
闭
合
电
路
欧
姆
定
律
1．闭合电路
只有用导线把电源、用电器连成一个闭合电路才有电流．用电器、导线组成外电路，电源内部是内电路．
在外电路中，沿电流方向电势降低，在内电路中电流从负极到正极．
2．闭合电路欧姆定律
(1)内容：在外电路为纯电阻的闭合电路中，电流的大小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＝.
(3)适用范围：外电路为纯电阻电路．
1．电源的电动势等于外电路电阻两端的电压．(×)
2．对整个闭合电路来说，内、外电阻串联，它们分担的电压之和等于电源电动势的大小．(√)
3．在闭合电路中，电源的电动势等于内、外电路上电压之和，所以电动势实质上就是电压．(×)
如图2 4 3所示，电压表的示数就是电源电动势吗？
图2 4 3
【提示】　不是．电压表示数近似等于电源电动势．
手电筒中的电池用久了，虽然电动势没减少多少，但小灯泡却不怎么亮了．
探讨1：电源电动势几乎不变，其内阻变化大吗？
【提示】　内阻明显变大．
探讨2：　电路中电流变化大吗？
【提示】　电流有明显变化．
闭合电路欧姆定律的表达形式
表达式
物理意义
适用条件
I＝
电流与电源电动势成正比，与电路总电阻成反比
纯电阻电路
E＝I(R＋r)①E＝U外＋Ir②E＝U外＋U内③
电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和
①式适用于纯电阻电路；②、③式普遍适用
　如图2 4 4所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(理想电表)的读数分别为1.6
V和0.4
A，当S断开时，它们的示数变为1.7
V和0.3
A，则电源的电动势和内阻各为多少？
图2 4 4
【解析】　当S闭合时，R1和R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：U1＝E－I1r
代入数据得：E＝1.6＋0.4r①
当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：U2＝E－I2r
代入数据得：E＝1.7＋0.3r②
联立①②得：E＝2
V，r＝1
Ω.
【答案】　2
V　1
Ω
　如图2 4 5所示，当开关S断开时，电压表示数为3
V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8
V，则外电阻R与电源内阻r之比为(　　)
【导学号：96322044】
图2 4 5
A．5∶3　　　B．3∶5　　　C．2∶3　　　D．3∶2
【解析】　S断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即E＝3
V．S闭合时，U外＝1.8
V，所以U内＝E－U外＝1.2
V．因U外＝IR，U内＝Ir，所以R∶r＝U外∶U内＝1.8
V∶1.2
V＝3∶2，选项D正确．
【答案】　D
解决闭合电路问题的一般步骤
(1)分析电路，认清各元件的串、并联关系，必要时画等效电路图，特别注意电压表和电流表对应的电路．
(2)求总电流I：若已知内、外电路上所有电阻的阻值和电源电动势，可用闭合电路欧姆定律直接求出；若内、外电路上有多个未知电阻，可利用某一部分电路的已知电阻和电压求总电流I；当以上方法都行不通时，可以联立方程求出I.
(3)根据串、并联电路的特点或部分电路欧姆定律求各部分电路的电压和电流．
路
端
电
压
与
外
电
阻
的
关
系
1．路端电压与外电阻的关系：根据U＝IR＝×R＝可知，当R增大时，路端电压U增大，当R减小时，路端电压U减小．
2．两种特例
(1)当外电路断路(如开关断开)时，外电阻R为无穷大，I为零，Ir也为零，可得U＝E，即外电路断路时的路端电压等于电源电动势的大小．
(2)当外电路短路时，外电阻R＝0，此时电路中的电流最大，即Im＝，路端电压为零．
1．当电源两端短路时，路端电压等于电源电动势．(×)
2．电源断路时，路端电压无限大．(×)
3．电源短路时，电流无限大．(×)
为什么电源电动势在数值上等于电源没接入电路时两极间的电压？
【提示】　当电源没有接入电路时，电源中的电流等于零，此时内电压等于零，所以这时的路端电压在数值上等于电源电动势．
傍晚用电量是每一天的高峰时段，万家灯火，但灯光较暗；又如在家用电器使用中，打开大功率的空调后，你会发现灯泡会暗．
探讨1：使用的用电器变多时，总电阻如何变化？
【提示】　当电路中接入较多的用电器时，由于这些用电器是并联的，其总电阻会变小．
探讨2：灯泡为什么变暗？
【提示】　总电阻变小，干路中的电流就会很大．干路上就会分去较多的电压，造成灯泡两端的电压降低，所以灯泡的亮度也就变暗了．
1．路端电压与电流
(1)由U＝E－Ir可知，U I图像是一条倾斜的直线，如图2 4 6所示．
(2)纵轴的截距等于电源的电动势E，横轴的截距等于外电路短路时的电流，I短＝.
(3)直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r＝＝，斜率越大，表明电源的内阻越大．
图2 4 6
2．闭合电路动态分析的思路
闭合电路中由于局部电阻变化(或开关的通断)引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析这类问题的基本思路是：
→→→→→
　如图2 4 7所示的电路，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2 4 7
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
【解析】　当R0滑动端向下滑动时，R0减小，则电路中总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，又由于R1两端电压增大，故R2两端电压减小，故电流表示数减小，A项正确．
【答案】　A
　如图2 4 8所示的电路中，电源内阻不可忽略，开关S闭合前灯泡A、B、C均正常发光．那么，当开关S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化情况是(　　)
【导学号：96322045】
图2 4 8
A．A亮度不变，B变亮，C变暗
B．A变暗，B变亮，C变暗
C．A变亮，B变暗，C变亮
D．A变暗，B变亮，C亮度不变
【解析】　开关S闭合时，外电路总电阻减小，总电流I增大，路端电压U减小，通过灯泡A的电流减小，A变暗；通过灯泡B的电流增大，灯泡B两端的电压增大，B变亮；灯泡C两端的电压减小，C变暗，故A、C、D错误，B正确．
【答案】　B
　(多选)如图2 4 9所示为某一电源的U－I曲线，由图可知(　　)
图2 4 9
A．电源电动势为2
V
B．电源内电阻为
Ω
C．电源短路时电流为6
A
D．电路路端电压为1
V时，电路中电流为5
A
【解析】　由U－I图得知，电源的电动势E＝2
V．r＝||＝
Ω＝0.2
Ω.当U＝1
V时，I＝＝
A＝5
A.
【答案】　AD
电路动态分析的一般步骤
1．明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化．
2．根据局部电路电阻的变化，确定电路的外电阻R外总如何变化．
3．根据闭合电路欧姆定律I总＝，确定电路的总电流如何变化．
4．由U内＝I总r确定电源的内电压如何变化．
5．由U＝E－U内确定路端电压如何变化．
6．确定支路两端的电压及通过各支路的电流如何变化．
学业分层测评(十)
(建议用时：45分钟)
1．下列关于电动势的说法中正确的是
(　　)
A．发电机作为电源时，没有电动势只有电压
B．电源电动势的大小等于非静电力在电源内部把正电荷从负极送到正极所做的功的大小
C．电动势是矢量
D．电动势的大小不随外电路的改变而改变
【解析】　发电机作为电源时，同样具有电动势，A错误；根据电动势的定义，电源电动势的大小等于非静电力在电源内部把单位正电荷从负极送到正极所做的功的大小，B错误；电动势虽然有方向，但它是标量，C错误；电动势取决于电源本身的性质，其大小不随外电路的改变而改变，D正确．
【答案】　D
2．在已接电源的闭合电路中，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是(　　)
【导学号：96322130】
A．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．如内电压减小，则外电压不变，电源电动势随内电压减小
D．如外电压增大，则内电压减小，电源电动势始终为二者之和，保持不变
【解析】　在闭合电路中，电源电动势和内电压、外电压的关系为：E＝U外＋U内，E由其自身性质决定，一般不变，所以U外增大，U内减小；U外减小，U内增大．二者之和始终不变．
【答案】　D
3．如图2 4 10所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E和r，当闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片时，下列说法正确的是(　　)
图2 4 10
A．电流表的示数变大，电压表的示数变大
B．电流表的示数变大，电压表的示数变小
C．电流表的示数变小，电压表的示数变小
D．电流表的示数变小，电压表的示数变大
【解析】　向左移动滑动变阻器的滑动触头，R增大，由I＝，U＝知，电压表示数变大，电流表示数变小，D选项正确．
【答案】　D
4．电路如图2 4 11所示，当闭合开关S滑动变阻器的滑片P向左移动时，电路的(　　)
【导学号：96322131】
图2 4 11
A．电流表A示数增大，电压表V示数增大
B．电流表A示数增大，电压表V示数减小
C．电流表A示数减小，电压表V示数增大
D．电流表A示数减小，电压表V示数减小
【解析】　滑片P向左移动，滑动变阻器的阻值增小，总电流减大，则外电压减小，故选项B正确．
【答案】　B
5．一电池外电路断开时的路端电压为3
V，接上8
Ω的负载电阻后路端电压降为2.4
V，则可以判定电池的电动势E和电阻r为(　　)
A．E＝2.4
V，r＝1
Ω　　　
B．E＝3
V，r＝2
Ω
C．E＝2.4
V，r＝2
Ω
D．E＝3
V，r＝1
Ω
【解析】　因为电路断开时路端电压为3
V，所以E＝3
V，当R＝8
Ω时，U＝2.4
V，所以I＝＝
A＝0.3
A，E＝U＋Ir，所以r＝2
Ω.
【答案】　B
6．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800
mV，短路电流为40
mA，若将该电池板与一阻值为20
Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是
(　　)
【导学号：96322132】
A．0.10
V
B．0.20
V
C．0.30
V
D．0.40
V
【解析】　电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E＝800
mV.
由闭合电路欧姆定律得短路电流I短＝，
所以电源内阻r＝＝
Ω＝20
Ω，
该电源与20
Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I＝＝
mA＝20
mA，
所以路端电压U＝IR＝400
mV＝0.40
V，D正确．
【答案】　D
7．如图2 4 12所示，电源的内阻r为2
Ω，R1＝10
Ω，R2＝8
Ω，当S连接1时，电流表的示数为0.2
A，则将S切换到2时，电流表的示数变为(　　)
图2 4 12
A．0.18
A　　　　
B．0.20
A
C．0.24
A
D．0.26
A
【解析】　根据闭合电路欧姆定律
S连1时，I1＝
S连2时，I2＝
两式联立得I2＝0.24
A.
【答案】　C
8．如图2 4 13所示，电动势为2
V的电源跟一个阻值R＝9
Ω的电阻连接成闭合电路，测得电源两端电压为1.8
V，求电源的内阻．
图2 4 13
【解析】　通过电阻R的电流为
I＝＝
A＝0.2
A
由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，
得电源内阻r＝＝
Ω＝1
Ω.
【答案】　1
Ω
9．如图2 4 14所示，当开关S闭合时，电流表和电压表的读数变化为(　　)
图2 4 14
A．A的读数减小，V的读数增大
B．A的读数增大，V的读数减小
C．A、V的读数均减小
D．A、V的读数均增大
【解析】　S闭合后，R总减小，根据I总＝知I总增大，又U＝E－I总r，所以U减小，即V读数减小，而UR1＝I总R1，UR1增大，而UR3＝U－UR1，UR3减小，由I＝知I减小，即A读数减小，所以C项正确．
【答案】　C
10．如图2 4 15所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是(　　)
【导学号：96322133】
图2 4 15
A．电流表坏了或未接好
B．从点a经过灯L1到点b的电路中有断路
C．灯L2的灯丝断了或灯座未接通
D．电流表和灯L1、L2都坏了
【解析】　由于闭合开关，两灯不亮，电流表没有示数，可以断定电路中某处断路，由于电压表有示数，则经开关、电流表、电压表、L2线路没有断路，故应是点a经L1到点b间有断路，故B正确．
【答案】　B
11．人造地球卫星常常利用太阳能电池作电源，太阳能电池由许多片电池板组成．设某太阳能电池板的内电阻为r＝20
Ω，它不接外电路时两极间的电压为8×10－4
V.
(1)该太阳能电池板的电动势为多大？
(2)该太阳能电池板的短路电流为多大？
(3)若在该太阳能电池板的两极间连接一只定值电阻R＝5
Ω，则电阻R两端的电压为多大？
【解析】　(1)电池板的电动势E等于不接外电路时两极间的电压U，即E＝8×10－4
V.
(2)外电路短路时，R＝0，I短＝＝4×10－5
A.
(3)由I＝及UR＝IR得UR＝＝1.6×10－4
V.
【答案】　(1)8×10－4
V　(2)4×10－5
A　(3)1.6×10－4
V
12．如图2 4 16所示的电路中，R1＝9
Ω，R2＝30
Ω，S闭合时，电压表V的示数为11.4
V，电流表A的示数为0.2
A，S断开时，电流表A的示数为0.3
A，求：
【导学号：96322134】
图2 4 16
(1)电阻R3的值；
(2)电源电动势E和内阻r.
【解析】　(1)R2两端的电压
U2＝I2R2＝0.2×30
V＝6
V
R1两端的电压
U1＝U－U2＝11.4
V－6
V＝5.4
V
通过R1的电流I1＝＝
A＝0.6
A
通过R3的电流I3＝I1－I2＝0.6
A－0.2
A＝0.4
A
所以R3＝＝
Ω＝15
Ω.
(2)由闭合电路欧姆定律，S闭合时E＝U＋I1r
S断开时，E＝I′(R1＋R2＋r)．
解得E＝12
V，r＝1
Ω.
【答案】　(1)15
Ω　(2)12
V　1
Ω第一章
静电场
章末分层突破
①点电荷
②k
③E＝
④E＝k
⑤E＝
⑥电场力
⑦
⑧
⑨φA－φB
⑩

　
电场强度、电势、电势差、电势能的比较
物理量
电场强度
电势
电势差
电势能
意义
描述电场的力的性质
描述电场的能的性质
描述电场力做功的本领
描述电荷在电场中的能量，电荷做功的本领
定义
E＝
φ＝(Ep为电荷的电势能)
UAB＝
Ep＝qφ
矢标性
矢量：方向为放在电场中的正电荷的受力方向
标量，有正负，正负只表示大小
标量，有正负，正负只表示A、B两点电势的高低
标量，有正负，正负表示大小
决定因素
电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关
电势由电场本身决定，与试探电荷无关，其大小与参考点的选取有关，有相对性
由电场本身和两点间差异决定，与试探电荷无关，与参考点的选取无关
由电荷量和该点电势二者决定，与参考点选取有关
联系
匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B间沿电场强度方向上的距离)；沿着电场强度方向电势降落最快；UAB＝φA－φB；WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝qUAB
　(多选)如图1 1所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是(　　)
图1 1
A．b点的电场强度大于d点的电场强度
B．b点的电场强度小于d点的电场强度
C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点时的电势能小于在c点时的电势能
【解析】　如题图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点电场强度最大，在两电荷之间的连线上，O点电场强度最小，即Eb【答案】　BC
1．电场中某点的电势高低与该点的电场强度大小无关．
2．电场中沿电场线方向电势降低得最快．
3．E、φ、U、Ep均有正、负之分，但只有E是矢量．
电场线、等势面、运动轨迹的应用
1.在电场中，电场线和等势面都是为了更好地描述电场而引入的，两者之间既有联系又有区别：
(1)电场线总与等势面垂直．电荷沿着电场线移动，电场力一定做功；电荷沿着等势面移动，电场力一定不做功．
(2)在同一电场中，等差等势面的疏密也反映电场的强弱，等差等势面密集处，电场线也密集，电场强；反之，电场线稀疏，电场弱．
(3)知道等势面，可画出电场线，知道电场线，也可画出等势面．
2．带电粒子在电场中的运动轨迹是由电场力和初速度共同决定的，可以根据轨迹分析受到的电场力方向，进一步研究加速度、动能、电势能的变化等．
　如图1 2所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是
(　　)
【导学号：96322024】
图1 2
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
【解析】　由于电场力做负功，所以Q应带负电荷，由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出φB＞φA，故A项错误；由E＝k，r不相等，知EA≠EB，故B项错误；由φA＝、φB＝，因为WA→∞＝WB→∞，φA＜φB＜0，所以＞，即q1＜q2，故C项正确；由于克服电场力做功相等，且无穷远处电势能为零，所以q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D项错误．
【答案】　C
　如图1 3所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等．有一带正电的小球在电场中运动，实线表示小球的运动轨迹．小球在a点的动能为20
eV，运动到b点时动能为2
eV.若取c点为零电势点，则当这个小球的电势能等于6
eV时，它的动能为(不计重力和空气阻力)(　　)
图1 3
A．18
eV
B．12
eV
C．10
eV
D．8
eV
【解析】　由于带电小球在电场中移动时，只有电场力做功，因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化，因等势面为等差等势面，在相邻等势面间移送电荷，其动能变化相同，从a点到b点，动能减小了18
eV，所以从a点到c点动能减少了6
eV，c点动能为14
eV，故当小球电势能为6
eV时，它的动能为8
eV，D对．
【答案】　D
分析解决电场中运动的三种视角
1.力和运动的关系：带电体的运动情况取决于它的受力情况及初始状态，准确分析带电体的受力情况是解题的关键，通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹．从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法．
2．分解的思想：带电体在电场和重力场的复合场中，若做类平抛或其他曲线运动，都可以考虑分解的思想，把它分解为两个分运动，可使问题很快得到解决
3．功能关系：带电体在电场中运动的过程中伴随着做功和各种能量的转化，由于静电力做功与路径无关，这给动能定理和能量守恒定律提供了广阔的舞台．
　如图1 4所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，设A点的电势为零，求B点的电势．
图1 4
【解析】　电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于电场线方向上做匀
速直线运动．将B点的速度分解(如图)
v＝＝2v0
电子从A运动到B由动能定理得：W＝mv2－mv＝mv.电场力做正功，电势能减少，所以B点的电势能为EpB＝－mv，φB＝＝＝.
【答案】　
　如图1 5所示，匀强电场的方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m、电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，－2l)点．不计重力作用，求：
图1 5
(1)粒子的初速度v0的大小；
(2)粒子到达B点时的速度v的大小及方向．
【解析】　(1)粒子在y轴方向做匀速直线运动：
2l＝v0t
粒子在x轴方向做匀加速直线运动：
l＝at2
又a＝
解得：t＝
v0＝.
(2)x方向分速度
vx＝at＝
到达B点时速度的大小
v＝＝2
速度与y轴负方向的夹角
tanθ＝＝1，则θ＝45°.
【答案】　(1)
(2)2　与y轴负方向的夹角为45°
处理带电粒子在电场中运动的一般思路
(1)分析带电粒子的受力情况，尤其要注意是否应该考虑重力，电场力是否为恒力等．
(2)分析带电粒子的初始状态及条件，确定带电粒子做直线运动还是曲线运动．
(3)建立正确的物理模型，进而确定解题方法是运动学还是功能关系．
(4)利用物理规律或其他手段(如图线等)找出物体间的关系，建立方程组．
1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)
【导学号：96322025】
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】　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误．
【答案】　B
2．如图1 6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(　　)
【导学号：96322026】
图1 6
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
【解析】　带电体C靠近导体A、B时，A、B发生静电感应现象，使A端带负电，B端带正电，但A、B是一个等势体，选项A、B错误；移去带电体C后，A、B两端电荷中和，其下部的金属箔都闭合，选项C正确；若先将A、B分开，再移去带电体C，A、B上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项D错误．
【答案】　C
3.(多选)如图1 7，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知(　　)
【导学号：96322027】
图1 7
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【解析】　带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功．则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．
【答案】　AB
4．如图1 8，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1 8
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
【解析】　由电子从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可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．
【答案】　B
5．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图1 9所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)
【导学号：96322028】
图1 9
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
【解析】　由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C正确；检验电荷由A点移动到B点，电场力做功一定，与路径无关，选项D错误．
【答案】　C
6．如图1 10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
(　　)
【导学号：96322029】
图1 10
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
【解析】　两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．
【答案】　D
7.如图1 11，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(　　)
【导学号：96322030】
图1 11
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】　a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbEc>Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab>ac>aa.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mv－mv<0，则vb0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，则va>vc，故va>vc>vb，选项D正确．
【答案】　D
8．如图1 12所示，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.
【导学号：96322031】
图1 12
【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
vBsin
30°＝v0sin
60°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＝.
【答案】　
章末综合测评(一)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．关于电场线的以下说法中正确的是(　　)
【导学号：96322175】
A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同
B．沿电场线的方向，电场强度越来越小
C．电场线越密的地方同一试探电荷所受的静电力就越大
D．顺着电场线移动电荷，电荷受静电力大小一定不变
【解析】　电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，故选项A错误；沿电场线方向，其疏密变化情况未知，所以电场强度大小不能判定，电荷的受力情况也不能判定，故选项B、D错误；电场线越密的地方同一试探电荷所受的静电力就越大，故选项C正确．
【答案】　C
2．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为(　　)
【导学号：96322176】
A．3∶1
B．1∶3
C．9∶1
D．1∶9
【解析】　由点电荷场强公式有：E＝k∝r－2，故有＝2＝2＝9∶1，C项正确．
【答案】　C
3．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是(　　)
【解析】　由对称性原理可知，A、C图中O点的场强大小相等，D图中O点场强为0，因此B图中两圆环在O点处合场强应最大，选项B正确．
【答案】　B
4．如图1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，比较O、P两点的电势和场强大小(　　)
图1
A．φO＝φP，EO＞EP
B．φO＝φP，EO＝EP
C．φO＞φP，EO＝EP
D．φO＝φP，EO＜EP
【解析】　根据等量异种电荷电场的分布情况可知，中垂线是等势线，故φO＝φP，根据电场线的疏密知，EO>EP，故A项正确．
【答案】　A
5．如图2所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则(　　)
【导学号：96322177】
图2
A．该粒子一定带负电
B．此电场不一定是匀强电场
C．该电场的电场线方向一定水平向左
D．粒子在电场中运动过程动能不断减少
【解析】　由于不能确定电场线方向，故不能确定粒子带负电，A、C错误．等势面互相平行，故一定是匀强电场，B错误．粒子受电场力一定沿电场线指向轨迹凹侧，而电场线和等势面垂直，由此可确定电场力一定做负功，故动能不断减少，D正确．
【答案】　D
6．如图3所示，B、D在以点电荷＋Q为圆心的圆上，B、C在以QB连线中点为圆心的圆上，将一检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功是(　　)
图3
A．WAB＝WAC
B．WAD＞WAB
C．WAC＞WAD
D．WAB＝WAD
【解析】　由题图可知，B、D在同一个等势面上，C点的电势比B点高，所以从A点向B、C、D三点移动电荷时，移至B、D两点电场力做功是一样多的，移至C点时电场力做功比移至B、D点少．
【答案】　D
7．如图4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(　　)
【导学号：96322178】
图4
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
【解析】　据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：x＝vt，竖直位移为：y＝at2＝t2，当a、b以相同速度垂直电场线进入电场后，有：x＝v，由于v、y和E都相等，而b粒子的水平位移大，故b粒子的较大，因而a粒子的较大，故C选项正确．
【答案】　C
8．一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图5所示的abcd曲线，下列判断正确的是(　　)
【导学号：96322179】
图5
A．粒子带正电
B．粒子通过a点时的速度比通过b点时小
C．粒子在a点受到的静电力比b点小
D．粒子在a点时的电势能与在d点相等
【解析】　根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知粒子带正电荷，故选项A正确；从a向b运动过程中，斥力做负功，因此动能减小，速度减小，故选项B错误；根据库仑定律F＝可知，在a点两个电荷间距离远，受静电力小，故选项C正确；粒子在a点与在d点处于同一等势面上，从a到d的过程中，静电力不做功，因此电势能相等，故选项D正确．
【答案】　ACD
9．如图6所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则(　　)
图6
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
【解析】　当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U，两板间的距离为d，带电液滴处于平衡状态，则mg＝q，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q，此时两板间的场强大小E＝＝∝，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C正确，D错误．
【答案】　BC
10．如图7所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一直角三角形，AB＝L
m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为5
V，B点的电势为－5
V，C点的电势为15
V，据此可以判断(　　)
【导学号：96322180】
图7
A．场强方向由C指向B
B．场强方向垂直AD连线指向B
C．场强大小为
V/m
D．场强大小为
V/m
【解析】　根据B、C点的电势可以确定其中点D的电势为5
V，A、D的连线为一条等势线，电场线与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面，故场强方向垂直AD连线指向B，A错误，B正确；匀强电场的场强E＝，其中UAB＝10
V，d＝L
cos
30°，解得E＝
V/m，C错误，D正确．
【答案】　BD
二、计算题(本大题共3个小题，共40分．按题目要求作答．)
11．(12分)如图8所示，在真空中的O点放一点电荷Q＝1.0×10－9
C，直线MN过O点，OM＝30
cm，M点放一点电荷q＝－2×10－10
C，求：
图8
(1)M点的场强大小；
(2)若M点的电势比N点的电势高15
V，则电荷q从M点移到N点，它的电势能变化了多少？
【解析】　(1)根据E＝得M点的场强
E＝9.0×109×
N/C＝100
N/C.
(2)电荷q从M点移到N点，电场力做功
WMN＝qUMN＝－2×10－10×15
J＝－3×10－9
J.
这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9
J.
【答案】　(1)100
N/C　(2)电势能增加了3×10－9
J
12．(12分)如图9所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线拴住一质量为m、电荷量为q的小球，线的上端固定，开始时连线拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．求：
【导学号：96322181】
图9
(1)A、B两点的电势差UAB为多大？
(2)电场强度为多大？
【解析】　(1)取带电小球为研究对象，由动能定理得mgLsin
60°＋qUAB＝0，故UAB＝－.
(2)由E＝得电场强度为E＝＝.
【答案】　(1)－　(2)
13．(16分)如图10所示，一质量m＝5×10－3
kg(忽略重力)的微粒带正电，其电荷量为q＝1×10－4
C．从距上极板5
cm处以2
m/s的水平初速度进入长为20
cm、板间距也为20
cm的两极板间，如果两极板不带电，微粒将运动到距极板最右端10
cm的竖直荧光屏上的O点．现将两极板间加200
V的电压，带电微粒打到荧光屏上的A点．
图10
(1)带电微粒从进入电场到到达荧光屏上的A点所经历的时间为多少？
(2)OA两点的间距为多少？
(3)带电微粒进入电场到打到荧光屏上的A点这一过程中电场力对其做功多少？
【解析】　(1)设板长为l1，极板最右端到荧光屏的距离为l2，微粒初速度为v，由于带电微粒在水平方向上的速度始终不变，则t＝＝
s＝0.15
s.
(2)设微粒在两极板间的偏转位移为y，则
y＝at2＝＝
m＝0.1
m.
在类平抛运动中，利用速度的反向延长线交于水平位移的中点．再根据三角形相似，求得OA长为0.2
m.
(3)W＝qEy＝＝
J＝0.01
J.
【答案】　(1)0.15
s　(2)0.2
m　(3)0.01
J3．电场　电场强度和电场线
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道电场是电荷周围客观存在的一种特殊物质．2．理解电场强度的定义及物理意义，知道它的矢量性．(重点)3．掌握点电荷场强的计算式并能进行有关的计算．(重点)4．知道电场强度的叠加原理，能应用该原理进行简单计算．(难点)5．理解电场线的概念、特点，了解常见的电场线的分布，知道什么是匀强电场．(重点、难点)
　　　　　电
场
和
电
场
强
度
1．电场的概念和基本性质
(1)概念
存在于电荷周围的一种特殊物质，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．
图1 3 1
2．电场强度
(1)定义：放入电场中某一点的电荷所受的电场力跟电荷量的比值，叫做该点的电场强度，简称“场强”．
(2)物理意义：描述电场强弱和方向的物理量．
(3)公式：E＝.
(4)单位：牛顿/库仑，符号N/C.
(5)方向：电场中某一点场强方向就是位于该点的正电荷受力的方向．
3．点电荷的电场　电场强度的叠加
(1)真空中点电荷的场强
①大小：E＝k(Q为场源电荷)
②方向：Q为正电荷时，E的方向沿Q与该点的连线向外；Q为负电荷时，E的方向沿Q与该点的连线向内．
(2)电场强度的叠加
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．
1．电场强度的大小与电场力成正比，与电荷量成反比．(×)
2．电场强度的方向一定与电场力的方向相同．(×)
3．电场中某点放入不同的检验电荷时，电场强度不受影响．(√)
4．由公式E＝k可知，放入电场中某点检验电荷的电荷量Q越大，则该点的电场强度越大．(×)
根据电场强度的定义式E＝，是不是只有试探电荷q存在时，电场才存在？
【提示】　不是，电场是由场源电荷产生的，与试探电荷的存在与否没有关系．
把同一试探电荷放在电场中的不同位置，由图1 3 2可知，该试探电荷在不同点所受的电场力的大小和方向不相同，这说明各点的电场的强弱和方向不相同．
图1 3 2
探讨1：用什么物理量表征电场的强弱？如何定义这个物理量？
【提示】　电场强度，可以通过试探电荷受力来定义．
探讨2：同一位置，放不同试探电荷，试探电荷受力越大，则该位置场强越强吗？
【提示】　E与F无关，E与试探电荷q无关．
1．对电场的认识
电场是客观存在的一种特殊物质，并非由分子、原子组成．场和实物是物质存在的两种不同形式．
2．对电场强度的两点理解
(1)矢量性：场强有大小和方向，是矢量．
(2)叠加性：某空间中有多个电荷时，该空间某点的场强等于所有电荷在该点产生的电场强度的矢量和．
3．公式E＝与E＝的区别
公式
E＝F/q
E＝kQ/r2
本质区别
定义式
决定式
适用范围
一切电场
真空中点电荷的电场
Q或q意义
q表示引入电场的检验(或试探)电荷的电荷量
Q表示产生电场的点电荷的电荷量
关系理解
E用F与q的比值来表示，但E的大小与F、q的大小无关
E不仅用Q、r来表示，且E∝Q，E∝
一检验电荷q＝＋4×10－9
C，在电场中某点P受到的电场力大小为F＝6×10－7
N，方向水平向右．求：
【导学号：96322008】
(1)P点的电场强度；
(2)没有检验电荷时P点的电场强度；
(3)若将检验电荷换为q′＝－1.2×10－6
C，再放于P点，此检验电荷所受的电场力F′.
【解析】　(1)根据电场强度的定义式E＝，得P点的电场强度大小为E＝＝
N/C＝1.5×102
N/C.
由于检验电荷电性为正，则P点电场强度的方向与其所受电场力的方向相同，为水平向右．
(2)电场强度是描述电场的物理量，跟有无检验电荷无关，所以没有检验电荷时，P点的电场强度大小仍为1.5×102
N/C，方向为水平向右．
(3)由E＝得F＝qE
故F′＝q′E＝1.2×10－6×1.5×102
N＝1.8×10－4
N
负电荷所受电场力的方向与该点场强的方向相反，所以F′方向为水平向左．
【答案】　(1)1.5×102
N/C，方向水平向右
(2)1.5×102
N/C，方向水平向右　(3)1.8×10－4
N，方向水平向左
　在同一电场中的A、B、C三点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量和它所受静电力的函数图像如图1 3 3所示，则此三点的场强大小EA、EB、EC的关系是(　　)
【导学号：96322009】
图1 3 3
A．EA＞EB＞EC　　　　　
B．EB＞EA＞EC
C．EC＞EA＞EB
D．EA＞EC＞EB
【解析】　根据F＝Eq可知，F q图线的斜率等于电场强度，由图线可知C的斜率最大，B的斜率最小，此三点的场强大小EA、EB、EC的关系是EC＞EA＞EB，故选项C正确．
【答案】　C
　如图1 3 4所示，真空中带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距r.求：
图1 3 4
(1)两点电荷连线的中点O的场强的大小和方向；
(2)在两电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强大小和方向．
【解析】　(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→B.A、B两点电荷在O点产生的电场强度为EA＝EB＝＝，故O点的合场强为E0＝2EA＝，方向由A→B.
甲　　　　　　　　　乙
(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AB的中垂线垂直指向右方，即EO′与EO同向．
【答案】　(1)　方向由A→B　(2)　方向与EO同向
公式E＝和E＝k的应用
(1)区分电场强度的定义式(E＝)和决定式(E＝)，定义式适用于一切电场，而决定式只适用于点电荷的电场．
(2)电场中某点的场强由电场本身决定，与试探电荷的有无、电荷量、电性均无关．
　电
场
线
1．电场线的概念
电场线是这样一种线：它每一点的切线方向都和该处的场强方向一致，某一区域电场线的疏密反映这一区域电场强度的大小．
2．几种常见电场的电场线
电场
电场线形状
简要描述
正点电荷
光芒四射，发散状
负点电荷
众矢之的，会聚状
等量同种点电荷
势不两立，相斥状
等量异种点电荷
手牵手，心连心，相吸状
匀强电场
平行的、等间距的，平行状
3.电场线的特点
(1)电场线是为了形象描述电场而假想的曲线，实际并不存在．
(2)任意两条电场线不相交．
(3)电场线的疏密表示电场的强弱．
(4)电场线总是起自正电荷(或无穷远)，止于负电荷(或无穷远)，即电场线不闭合，在无电荷处不中断．
(5)电场线不表示电荷在电场中运动的轨迹．
1．电场线、电场都是真实存在的．(×)
2．根据点电荷电场线分布，可以确定以点电荷为圆心的圆上各点电场强度相同．(×)
3．沿电场线的方向电场强度越来越小．(×)
如图1 3 5为正点电荷周围的电场线，试问在相邻的两条电场线之间没有画出电场线的地方有电场吗？
图1 3 5
【提示】　有．
如图1 3 6所示为等量异种点电荷、等量同种点电荷的电场分布图，其中a、b关于点电荷连线对称．
甲　　　　　　　　乙
图1 3 6
探讨1：甲图中a、b两点场强相同吗？
【提示】　相同
探讨2：乙图中a、b两点场强相同吗？
【提示】　不相同
1．等量异种点电荷与等量同种点电荷形成的电场场强分布特点的比较
比较项目
等量异种点电荷
等量同种(正)点电荷
电场线分布图
连线上的场强大小
O点最小，从O点沿连线向两边逐渐变大
O点为零，从O点沿连线向两边逐渐变大
中垂线上的场强大小
O点最大，从O点沿中垂线向两边逐渐变小
O点为零，从O点沿中垂线向两边先变大后变小
关于O点对称的点A与A′、B与B′的场强
等大同向
等大反向
2.带电粒子在电场中运动问题的分析方法
(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断带电粒子所受电场力的方向．
(2)把电场线方向、电场力方向与电性相联系进行分析．
(3)把电场线的疏密和电场力大小、加速度大小相联系进行分析．
(4)把电场力做的功与能量的变化相联系进行分析．
3．电场线与带电粒子运动轨迹重合的条件
(1)电场线是直线．
(2)带电粒子只受电场力作用，或受其他力，但方向沿电场线所在直线．
(3)带电粒子初速度为零或初速度方向沿电场线所在的直线．
如图1 3 7所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子的重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向的变化情况是(　　)
【导学号：96322010】
图1 3 7
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
【解析】　等量异种电荷的电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A到O，电场线由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从A→O→B，电场强度先由小变大，再由大变小，而电场强度的方向沿电场线的切线方向，为水平向右，如图乙所示．由于电子处于平衡状态，所受的合外力必为零，故另一个力应与电子所受的电场力大小相等、方向相反．电子所受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A→O→B过程中，电场力先由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小先变大后变小，所以选项B正确．
甲　　　　　　　　　　乙
【答案】　B
　下列选项中，正确描绘两个等量正点电荷电场的电场线分布的是
(　　)
【导学号：96322011】
【解析】　对于正点电荷周围的电场，电场线应从正电荷出发，故选项A、C错误；在电场中电场线不相交(因为在电场中任意一点的电场方向是唯一的)，故选项B错误；因此选项D正确．
【答案】　D
　(多选)某静电场中的电场线如图1 3 8所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是(　　)
【导学号：96322012】
图1 3 8
A．粒子必定带正电荷
B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
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点的动能小于它在N点的动能
【解析】　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子所受电场力的方向沿着电场线方向，故此粒子必定带正电荷，选项A正确；由于电场线越密场强越大，带电粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点的加速度较大，选项B错误，C正确；粒子从M点到N点，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，根据动能定理知此粒子在N点的动能较大，选项D正确．
【答案】　ACD
分析带电粒子在电场中的运动轨迹问题时应注意的三点?
1 做曲线运动的带电粒子所受合外力方向指向曲线的凹侧.?
2 速度方向沿轨迹的切线方向.?
3 粒子轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间.
学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
1．关于电场，下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322091】
A．电场是电荷周围空间实际存在的物质
B．电场是为了便于研究电荷的运动而引入的理想模型
C．电荷周围分布的电场线就是电场
D．电荷间的相互作用不是通过电场作媒介产生的
【解析】　电场是电荷周围空间实际存在的物质，不是引入的理想模型，电场线是人们为了形象描述电场而假想的，并非客观存在的，电荷间的相互作用是通过电场产生的，选项A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
2．一个试探电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在图中能正确反映q、E、F三者关系的是(　　)
A　　
　B　
　　C　
　　D
【解析】　电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的试探电荷及其所受电场力无关，A、B错误；试探电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确．
【答案】　D
3．关于电场中某点的场强大小和方向的描述，下列说法正确的是(　　)
【导学号：96322092】
A．由E＝知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍
B．由E＝k知，E与Q成正比，与r2成反比
C．由E＝k知，在以Q为球心，r为半径的球面上，各处场强均相同
D．电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的电场力方向
【解析】　E＝为场强的定义式，而电场中某点的场强只由电场本身决定，与是否引入试探电荷q及q的大小、正负无关，选项A错误；E＝k是点电荷Q产生的电场中各点场强的决定式，故E∝，选项B正确；因场强为矢量，E相同意味着大小、方向都相同，而在球面上各处场强方向不同，选项C错误；因所放电荷电性不知道，若为正电荷，则E与＋q受力方向相同，否则相反，故选项D错误．
【答案】　B
4．如图所示，各电场中A、B两点电场强度相同的是(　　)
【解析】　电场强度是矢量，若两点的电场强度相同，必须是大小相等，方向相同．故只有C正确．
【答案】　C
5．一正电荷在电场中由P到Q做加速运动且加速度越来越大，则如图所示的四个电场线正确的是(　　)
【解析】　加速度越大，则电荷受电场力越大，也就是场强越大，即电场线越密．
【答案】　C
6．如图1 3 9所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ.则(　　)
【导学号：96322093】
图1 3 9
A．q1＝2q2　
B．q1＝－2q2
C．q1＝4q2
D．q1＝－4q2
【解析】　因为在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，则两电荷为同种电荷，则由点电荷的场强公式可知k＝k，解得q1＝4q2，故选项C正确．
【答案】　C
7．(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1 3 10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(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
图1 3 10
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点场强最强
D．B、O、C三点比较，O点场强最弱
【解析】　由等量异种点电荷的电场线分布可知选项A、C、D正确，B错误．
【答案】　ACD
8．地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电荷量为2×10－4
C的正电荷受到4×10－3
N的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R＝6.4×106
m，k＝9×109
N·m2/C2)
【导学号：96322094】
【解析】　地球所带电荷量可以认为集中于地球中心，设地球所带电荷量为Q，则地球表面附近的场强E＝
①
据场强定义知E＝
②
将k＝9×109
N·m2/C2，R＝6.4×106
m，F＝4×10－3
N，q＝2×10－4
C代入①②，求得Q＝9.1×104
C
因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球表面附近的电场方向竖直向下，即指向地心，因此地球带负电．
【答案】　负电　9.1×104
C
9．(多选)如图1 3 11所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直平面内，但不在同一电场线上，一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，以下判断正确的是(　　)
图1 3 11
A．带电小球的动能可能保持不变
B．带电小球运动的轨迹一定是直线
C．带电小球做的一定是匀变速运动
D．带电小球在a点的速度可能为零
【解析】　带电小球由a点运动到b点，重力和电场力不可能平衡，带电小球的动能不可能保持不变，A错．若电场力和重力的合力沿ab连线，且a点速度方向沿ab连线，则带电小球运动轨迹是直线，否则是曲线，B错．由于电场力与重力的合力是恒力，所以小球所做运动为匀变速运动，C正确．小球有可能从静止做匀加速直线运动到b，故D正确．
【答案】　CD
10．如图1 3 12所示，在光滑绝缘水平面上，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，c带负电，电荷量均为q，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，则匀强电场场强的大小为(　　)
【导学号：96322095】
图1 3 12
A.
B.
C.
D.
【解析】　对c进行受力分析可知，根据库仑定律，c受a的吸引力大小为F1＝，c受b的吸引力大小为F2＝，则F1＝F2，a、b对c的吸引力的合力等于F＝，而c受力平衡，因此c受到匀强电场的静电力大小也为，因此匀强电场的场强大小为，B正确，A、C、D错误．
【答案】　B
11．如图1 3 13所示，真空中，带电荷量均为＋Q的点电荷A、B相距r，则
图1 3 13
(1)两点电荷连线的中点O的场强多大？
(2)在中垂线上，距A、B两点都为r的O′点场强如何？
【解析】　(1)两点电荷在O点产生的电场强度EA＝EB＝＝，因等大反向，所以合场强为0.
(2)E1＝E2＝k，
由矢量合成得
E＝2k
cos
30°＝
方向：如图所示．
【答案】　(1)0　(2)，竖直向上或竖直向下
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，小球与右侧金属板相距为b，如图1 3 14所示．求：
【导学号：96322096】
图1 3 14
(1)小球所带电荷量q是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
【解析】　(1)由于小球处于平衡状态，对小球进行受力分析如图所示．
Tsin
θ＝qE，Tcos
θ＝mg，
解得q＝.
(2)因带电小球受力平衡，重力与电场力的合力与丝线的拉力大小相等，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＝，小球由静止开始沿丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板时，它的位移为s＝，又有s＝at2，所以t＝＝＝.
【答案】　(1)　(2)3.电阻的串联、并联及其应用
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.掌握串、并联电路的电流、电压、电阻特点．(重点)2．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．(重点、难点)3．知道限流电路和分压电路的特点及应用．4．掌握伏安法测电阻的两种电路和误差分析.
电
阻
的
串
联
与
并
联
1．串联和并联电路
图2 3 1
2．串联：把几个导体依次首尾相接如图甲所示．
3．并联：把几个导体的一端连在一起，另一端连在一起，如图乙所示．
4．串、并联电路的特点
串联电路
并联电路
电流
各处电流相等：I0＝I1＝I2＝I3
总电流等于各支路电流之和：I0＝I1＋I2＋I3
电压
总电压等于各部分电压之和：U01＋U12＋U23＝U03
各支路两端电压相等：U1＝U2＝U3＝U
总电阻
总电阻等于各部分电阻之和：R＝R1＋R2＋…
总电阻倒数等于各支路电阻倒数之和：＝＋＋…
1．横截面积不同的两个导体串联时，通过面积较大的导体的电流大．(×)
2．两电阻并联时，电阻越大，单位时间内流过电阻某一横截面的电荷量越多．(×)
3．并联电阻的总阻值小于每个电阻的阻值．(√)
大型庆祝活动期间，街上的树上都挂满了装饰用的一串串小彩灯，这些小彩灯的额定电压一般只有几伏，但大多数使用了220
V的照明电源，这些小灯泡是怎样连接的？
【提示】　将足够多的小彩灯串联后一起接在电源上，使每一串小彩灯分得的电压之和等于220
V，这样小彩灯就可以正常工作了．
探讨1：你家里的各个用电器采用的是什么连接方式？
【提示】　各个用电器都需要220
V的电压供电，因此必须将它们并联接入电路．
探讨2：电路中并联的电阻越多，电路的总阻值是越大还是越小？
【提示】　由于＝＋＋…，并联的电阻越多，相加项越多，越大，即并联电路的总阻值R越小．
1．串、并联电路总电阻的比较
比较
串联电路的总电阻R总
并联电路的总电阻R总
不同点
n个相同电阻R串联，总电阻R总＝nR
n个相同电阻R并联，总电阻R总＝
R总大于任一电阻阻值
R总小于任一电阻阻值
一个大电阻和一个小电阻串联时，总电阻接近大电阻
一个大电阻和一个小电阻并联时，总电阻接近小电阻
相同点
多个电阻无论串联还是并联，其中任一电阻增大或减小，总电阻也随之增大或减小
2.关于电压和电流的分配关系
(1)串联电路中各电阻两端的电压跟它的阻值成正比．
推导：在串联电路中，由于U1＝I1R1，U2＝I2R2，U3＝I3R3，…，Un＝InRn，I＝I1＝I2＝…＝In，所以有＝＝…＝＝＝I.
(2)并联电路中通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成反比．
推导：在并联电路中，U1＝I1R1，U2＝I2R2，U3＝I3R3，…，Un＝InRn，U1＝
U2＝…＝Un，所以有I1R1＝I2R2＝…＝InRn＝I总R总＝U.
　(多选)三个阻值都为12
Ω的电阻，它们任意连接、组合，总电阻可能为(　　)
A．4
Ω
B．24
Ω
C．18
Ω
D．36
Ω
【解析】　若三个电阻并联，R总＝R＝4
Ω，A正确；若三个电阻串联，R总＝3R＝36
Ω，D正确；若两个电阻并联后和第三个电阻串联．R总＝R＋R＝12
Ω＋6
Ω＝18
Ω，C正确；若两个电阻串联后和第三个电阻并联，R总＝
Ω＝8
Ω，B错误．
【答案】　ACD
　有三个电阻，R1＝2
Ω，R2＝3
Ω，R3＝4
Ω，现把它们并联起来接入电路，则通过它们的电流之比I1∶I2∶I3是(　　)
A．6∶4∶3　　　　　
B．3∶4∶6
C．2∶3∶4
D．4∶3∶2
【解析】　设并联电路两端电压为U，则I1∶I2∶I3＝∶∶＝∶∶＝6∶4∶3，故正确选项为A.
【答案】　A
　三个电阻器按照如图2 3 2所示的电路连接，其阻值之比为R1∶R2∶R3＝1∶3∶6，则电路工作时，通过三个电阻器R1、R2、R3上的电流之比I1∶I2∶I3为(　　)
【导学号：96322039】
图2 3 2
A．6∶3∶1
B．1∶3∶6
C．6∶2∶1
D．3∶2∶1
【解析】　电阻R2和R3是并联关系，则电流之比等于电阻之比的倒数，即I2∶I3＝R3∶R2＝2∶1；而R1上的电流等于R2和R3的电流之和，故I1∶I2∶I3＝3∶2∶1，选项D正确．
【答案】　D
混联电路及其处理方法
(1)混联电路：既有串联又有并联的较复杂连接电路．
(2)混联电路的处理方法：
①准确地判断出电路的连接方式，画出等效电路图．
②准确地利用串、并联电路的基本规律、特点．
③灵活地选用恰当的物理公式进行计算．
　电
压
表
和
电
流
表
的
改
装
1．表头的三个参数
(1)满偏电流Ig：指针指到最大刻度时的电流．
(2)满偏电压Ug：电流表通过满偏电流时，加在它两端的电压．
(3)内阻Rg：电流表的内阻．
(4)三个参数之间的关系为：Ug＝IgRg.
2．电压表和电流表的改装
(1)给表头串联一较大的电阻，分担较大的电压UR.如图2 3 3所示，就改装成一个电压表．
图2 3 3
(2)给表头并联一较小的电阻，分担较大的电流IR.如图2 3 4所示，就改装成大量程的电流表．
图2 3 4
1．把小量程的电流表改装成大量程的电流表需串联一个电阻．(×)
2．改装后电压表的量程越大，其串联的分压电阻就越大．(√)
3．若将分压电阻串联在电流表上改装成电压表后，增大了原电流表的满偏电压．(×)
某小量程电流表的满偏电流为5毫安，满偏电压为0.2伏特，该小量程电流表的内阻为多少？
【提示】　根据欧姆定律，小量程电流表的内阻
Rg＝＝
Ω＝40
Ω.
实验室有一表头G，满偏电流3
mA，内阻100
Ω.
图2 3 5
探讨1：用它能直接测量3
A的电流吗？
【提示】　不能
探讨2：要改装成一个大量程的电流表是串联一个电阻，还是并联一个电阻？
【提示】　并联
小量程的表头G(Ig，Rg)改装成电压表V
小量程的表头G(Ig，Rg)改装成电流表A
内部电路
量程
U
I
R的作用
分压
分流
R的数值
R＝－Rg或R＝(n－1)Rg(n＝)
R＝或R＝(n＝)
电表的总内阻
RV＝Rg＋R或RV＝＝nRg
RA＝或RA＝＝
　有一个电流计G，内电阻Rg＝10
Ω，满偏电流Ig＝3
mA.
(1)要把它改装成量程为0～3
V的电压表，应该串联一个多大的电阻？改装后电压表的内电阻是多大？
(2)要把它改装成量程为0～3
A的电流表，应该并联一个多大的电阻？改装后电流表的内电阻是多大？
【解析】　(1)电流计的满偏电压为
Ug＝IgRg＝3×10－3×10
V＝0.03
V
串联电阻需承担的电压
U′＝U－Ug＝3
V－0.03
V＝2.97
V
串联电阻的阻值为R＝＝＝990
Ω.
改装后电压表的内阻为RV＝R＋Rg＝1
000
Ω.
(2)电流计两端电压
Ug＝IgRg＝3×10－3
A×10
Ω＝0.03
V
分流电阻分担电流为
IR＝I－Ig＝(3－3×10－3)A＝2.997
A
由欧姆定律得分流电阻的阻值为
R＝＝
A≈0.01
Ω
改装后电流表的总电阻为
RA＝＝
Ω≈0.009
99
Ω.
【答案】　(1)990
Ω　1
000
Ω　(2)0.01
Ω
0．009
99
Ω
　(多选)如图2 3 6所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表．电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则(　　)
【导学号：96322040】
图2 3 6
A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B．电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角
C．电压表V1的读数等于电压表V2的读数
D．电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角
【解析】　改装后的电流表量程越大，电表的内阻越小，电流表A1的量程大于A2的量程，所以电流表A1的内阻小于电流表A2的内阻，两个电流表并联，电阻小的电流大，电流表A1的读数大于电流表A2的读数，A正确；改装电流表的两个表头也是并联关系，因表头相同，故电流相等，指针偏角相等，B错误；改装后的电压表量程越大，电表的内阻越大，电压表V1的量程大于V2的量程，所以电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻，两个电压表串联，依据串联电路的分压作用特点，电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误；其中两个表头也是串联关系，电流相等，偏角相等，D正确．
【答案】　AD
电表改装四要点
(1)改装为电压表需串联一个大电阻，且串联电阻的阻值越大，改装后电压表的量程越大．
(2)改装为电流表需并联一个小电阻，且并联电阻的阻值越小，改装后电流表的量程越大．
(3)改装过程把表头看成一个电阻Rg，通过表头的满偏电流Ig是不变的．
(4)改装后电表的量程指的是当表头达到满偏电流时串联电路的总电压或并联电路的总电流．
限流和分压电路　伏安法测电阻的两种电路
1．限流式电路与分压式电路的比较
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)
2.电流表的两种接法
(1)电流表外接
①电路图：如图2 3 7甲所示电路．
　
图2 3 7
②R测与R真的关系：R测＜R真．
③应用：测量小电阻误差小．
(2)电流表内接
①电路图：如图乙2 3 7所示电路．
②R测与R真的关系：R测＞R真．
③应用：测量大电阻时误差小．
1．待测电阻Rx RA时，用电流表外接法误差较小．(×)
2．测量时，为减小偶然误差常通过多次测量取平均值的方法．(√)
3．用外接法测电阻时，电流表的示数略大于电阻R上的电流值．(√)
在“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验中，滑动变阻器是采用限流式接法还是分压式接法？
【提示】　因为该实验中要求小灯泡两端的电压变化范围较大，且要求电压要从0开始调节，所以滑动变阻器应采用分压式接法，如图所示．
用电流表和电压表测量电阻时，电路有两种接法，分别如图2 3 8甲、乙所示，请思考下列问题：
甲　　　　　　　　　乙
图2 3 8
探讨1：两种接法是否等效？
【提示】　两种接法都有误差，不等效．
探讨2：若待测电阻的阻值很大，则哪种接法误差较小？
【提示】　当Rx RA时，用图甲电路测量误差较小．
探讨3：若待测电阻的阻值很小，则哪种接法误差较小？
【提示】　当Rx RV时，用图乙电路测量误差较小．
1．伏安法测电阻原理
欧姆定律给了我们测量电阻的一种方法，由R＝可知，用电压表测出电阻两端的电压，用电流表测出通过电阻的电流，就可求出待测电阻的阻值．
2．电流表的两种接法
内接法
外接法
电路
误差分析
电压表示数UV＝UR＋UA>UR电流表示数IA＝IRR测＝>＝R真
电压表示数UV＝UR电流表示数IA＝IR＋IV>IRR测＝<＝R真
误差来源
电流表的分压作用
电压表的分流作用
3.电流表两种接法的选择
(1)直接比较法：适用于Rx、RA、RV的大小可以估计的情况．当Rx RA时，采用内接法：当Rx RV时，采用外接法，即大电阻用内接法，小电阻用外接法，可记忆为“大内小外”．
(2)公式计算法
当Rx>时，用电流表内接法；
当Rx<时，用电流表外接法；
当Rx＝时，两种接法效果相同．
(3)试触法：适用于Rx、RV、RA的阻值关系都不能确定的情况，如图2 3 9所示，把电压表的可动接线端分别试接b、c两点，观察两电表的示数变化．若电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用对电路影响大，应选用内接法；若电压表的示数有明显变化，说明电流表的分压作用对电路影响大，所以应选外接法．
图2 3 9
　用伏安法测量某电阻Rx的阻值，现有实验器材如下：
【导学号：96322041】
A．待测电阻Rx：范围在5～8
Ω，额定电流0.45
A
B．电流表A1：量程0～0.6
A(内阻0.2
Ω)
C．电流表A2：量程0～3
A(内阻0.05
Ω)
D．电压表V1：量程0～3
V(内阻3
kΩ)
E．电压表V2：量程0～15
V(内阻15
kΩ)
F．滑动变阻器R：0～100
Ω
G．蓄电池：电动势12
V
H．导线，开关
为了较准确地测量，并保证器材安全，电流表应选______，电压表应选________，并画出电路图．
【解析】　待测电阻Rx的额定电流为0.45
A，应选电流表A1；额定电压Umax＝0.45×8
V＝3.6
V，应选电压表V1；由于＝＝375，＝＝40，故RV Rx，因此选用电流表的外接法测电阻；因为电压表V1量程小于3.6
V，且要较准确地测量，故变阻器R应选择分压式接法，其电路如图所示．
【答案】　A1　V1　电路见解析
　用伏安法测金属电阻Rx(约为5
Ω)的值，已知电流表内阻为1
Ω，量程为0.6
A，电压表内阻为几千欧，量程为3
V，电源电动势为9
V，滑动变阻器的阻值为0～6
Ω，额定电流为5
A，试画出测量Rx的原理图．
【解析】　待测金属电阻Rx .应采用电流表外接法．如果采用变阻器限流接法，负载Rx的电压Umin＝×9
V＝
V，Umax＝9
V，调节范围～9
V，显然所提供的电压表量程不够，应采用分压接法，电路原理图如图所示．
【答案】　见解析图
下列情况滑动变阻器必须选用分压式接法
(1)要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时(如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路)，或要求大范围内测量电压和电流时，必须采用分压式接法．
(2)当待测用电器的电阻R远大于滑动变阻器的最大值R0时，必须采用分压式接法．
(3)当电压表或电流表的量程太小时，若采用限流接法，电路中实际电压(或电流)的最小值仍超过电压表或电流表的量程，只能采用分压式接法．
(4)在题目中有以下语言暗示时，比如：要求多测几组测量数据，要求精确测量等，一般也采用分压式接法．
学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
1．(多选)在图2 3 10所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是(　　)
图2 3 10
A．I1＝
B．I1＝
C．I1＝
D．I1＝
【解析】　I1＝，R1与R2串联，故I1＝I2＝，从整体计算I1＝I2＝，故B、C正确．
【答案】　BC
2．下列说法不正确的是(　　)
A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联总电阻为零
B．并联电路任一支路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)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)总电阻一定减少
【解析】　由并联电路总电阻与各支路电阻的特点知A、B、C正确，D错．
【答案】　D
3．三个电阻之比为R1∶R2∶R3＝1∶2∶5，将这三个电阻并联，则通过这三支路的电流强度I1∶I2∶I3之比为(　　)
【导学号：96322126】
A．1∶2∶5
B．5∶2∶1
C．10∶5∶2
D．2∶5∶10
【解析】　由并联电路两端电压相等得I1＝，I2＝，I3＝，得I1∶I2∶I3＝10∶5∶2，C正确．
【答案】　C
4．三根相同的电热丝分别全部串联和全部并联，接入相同的电压，它们发出相同的热量，所需通电时间之比为(　　)
A．9∶1
B．1∶9
C．3∶1
D．1∶3
【解析】　设一根电热丝的电阻为R，三根电热丝串联电阻为3R，三根并联电阻为R/3.因为Q＝t，所以当Q、U相等时，t与R成正比，t1∶t2＝9∶1.
【答案】　A
5．如图2 3 11所示的电路中，U＝8
V不变，电容器电容C＝200
μF，R1∶R2＝3∶5，则电容器的带电荷量为(　　)
图2 3 11
A．1×10－3
C
B．6×10－3
C
C．6×10－4
C
D．1.6×10－3
C
【解析】　因为R1、R2串联，所以两电阻间的电压值与电阻值成正比，则U1∶U2＝R1∶R2＝3∶5，又U1＋U2＝8
V，所以U1＝3
V，U2＝5
V
电容器与R2并联，所以UC＝U2＝5
V，所以Q＝CU＝1×10－3
C，选项A正确．
【答案】　A
6．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图2 3 12所示，以下正确的是
(　　)
【导学号：96322127】
图2 3 12
A．R1>R2
B．R1和R2串联后的总电阻的I U图线应在区域Ⅲ
C．R1＝R2
D．R1和R2并联后的总电阻的I U图线应在区域Ⅱ
【解析】　I U图线中斜率的倒数等于电阻，即R1【答案】　B
7．把小量程电流表(表头)改装成量程较大的电流表时，下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322128】
A．改装的原理是串联电阻能减小电流的作用
B．改装后，原电流表本身允许通过的最大电流值并不改变
C．改装后原电流表自身的电阻增大了
D．改装后使用时，通过原电流表的电流就可以大于改装前允许通过它的最大电流了
【解析】　把表头改装成较大量程的电流表时，并联电阻使较多的电流通过该电阻进行分流而扩大电流的通过量，但原电流表本身允许通过的最大电流值并不改变，选项B正确．
【答案】　B
8．如图2 3 13所示的电路中，电阻R均为100
Ω，U＝30
V，求理想电压表的示数为多少？
图2 3 13
【解析】　因电压表为理想电压表，去掉这条支路后只剩下三个电阻串联，与电压表相连的两个电阻只起导线的作用，
简化电路图如图所示，由串联电路的分压规律得
U′＝U＝×30
V＝10
V.
【答案】　10
V
9．一电流表(表头)并联一个分流电阻后就改装成一个大量程的电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准电流表读数为1
A，而改装电流表的读数为1.1
A，稍微偏大一些，为了使它的读数准确，应
(　　)
【导学号：96322129】
A．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻
B．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻
C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻
D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻
【解析】　改装表示数偏大，说明改装成电流表时并联的分流电阻偏大．故要使内阻稍微变小一些，需要在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，故A正确．
【答案】　A
10．如图2 3 14所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0～100
μA，内阻为600
Ω，则图中串联的分压电阻R1和R2的阻值分别为多大？
图2 3 14
【解析】　用5
V量程时，Ig＝；用15
V量程时，Ig＝，由以上两式解得：R1＝4.94×104
Ω，R2＝105
Ω.
【答案】　4.94×104　105
11．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig＝1
mA，内阻Rg＝200
Ω，若要将它改装成量程为5
A的电流表，应并联一个多大的电阻？改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2
mA处，则被测电流的大小是多少？
【解析】　要把电流计改装成量程更大的电流表，需要并联一个小电阻，根据并联电路的特点可知，两支路两端电压相等，则IgRg＝(I－Ig)R，代入数据可得R≈0.04
Ω.因为量程扩大了5
000倍，所以原来0.2
mA处对应的电流为1
A.
【答案】　0.04　1
A
12．如图2 3 15所示为用伏安法测定一个定值电阻的阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：
图2 3 15
A．待测电阻Rx(约100
Ω)；
B．直流毫安表(量程0～20
mA，内阻50
Ω)；
C．直流电压表(量程0～3
V，内阻5
kΩ)；
D．直流电源(输出电压6
V，内阻不计)；
E．滑动变阻器(阻值范围0～15
Ω，允许最大电流1
A)；
F．开关1个，导线若干．
根据器材规格及实验要求，在本题的实物图上连线．
【解析】　先确定电路是采用电流表内接电路还是外接电路＝＝2<＝＝50，所以采用电流表外接法．
再确定滑动变阻器是采用限流还是分压接法．若采用限流接法，则滑动变阻器阻值达到最大时，电路中电流最小，I＝＝
A≈36
mA，此时电阻Rx的电压约为3.6
V，均已超过电流表和电压表的量程，故必须采用滑动变阻器分压式接法．
实验电路如图甲所示，实物连线如图乙所示．
甲
乙
【答案】　见解析5　学生实验：测量电源的电动势和内阻
一、实验目的
1．学会用伏安法测量电源的电动势和内电阻．
2．学会用“公式法”和“图像法”处理实验数据．
二、实验原理
改变滑动变阻器的阻值，测出至少两组I、U数据，代入方程E＝U＋Ir，可得到方程组
E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r
解此方程组可求得电动势E＝，内阻r＝.
图2 5 1
三、实验器材
待测电池一节，电流表(0～0.6
A)、电压表(0～3
V)各一块，滑动变阻器一只，开关一只，导线若干，铅笔，坐标纸．
一、实验步骤
1．确定电流表、电压表的量程，按图2 5 2连接好电路，并将滑动变阻器的滑片移到使接入电路的阻值为最大值的一端．
2．闭合开关S，接通电路，将滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动，从电流表有明显读数开始，记录一组电流表、电压表读数．
3．同样的方法，依次记录多组U、I值．
4．断开开关S，拆除电路．
图2 5 2
二、数据处理
1．公式法
利用依次记录的多组数据(一般6组)，分别记录如表所示.
实验序号
1
2
3
4
5
6
I/A
I1
I2
I3
I4
I5
I6
U外/V
U1
U2
U3
U4
U5
U6
分别将1、4组，2、5组，3、6组联立方程组解出E1、r1，E2、r2，E3、r3，求出它们的平均值．
E＝，r＝作为测量结果．
2．图像法
把测出的多组U、I值，在U
I图中描点画图像，使U
I图像的直线经过大多数坐标点或使各坐标点大致分布在直线的两侧，如图2 5 3所示，由U＝E－Ir可知：
图2 5 3
(1)纵轴截距等于电源的电动势E，横轴截距等于外电路短路时的电流Im＝.
(2)直线斜率的绝对值等于电源的内阻r＝＝.
(3)若电源内阻r＝0(理想电源)，则U＝E.
三、误差分析
1．偶然误差
主要来源于电压表和电流表的读数以及作U I图像时描点不准确．
2．系统误差
主要原因是未考虑电压表的分流作用，使得电流表上读出的数值比实际的总电流(即流过电源的电流)要小一些．U越大，电流表的读数与总电流的偏差就越大，将测量结果与真实情况在U I坐标系中表示出来，如图2 5 4所示，可见E测＜E真，r测＜r真．
图2 5 4
四、注意事项
1．为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，宜选用旧电池和内阻较大的电压表．
2．电池在大电流放电时极化现象较严重，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大，故长时间放电电流不宜超过0.3
A，短时间放电电流不宜超过0.5
A．因此实验中不宜将I调得过大，读电表的示数时要快，每次读完后应立即断电．
3．当干电池的路端电压变化不很明显时，作图像时，纵轴单位可取的小一些，且纵轴起点可不从零开始．如图2 5 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，求内阻时要在直线上取相隔较远的两点，用r＝求出．
图2 5 5
4．为了提高测量的精确度，在实验中I、U的变化范围要大一些，计算E、r时，U1和U2、I1和I2的差值要大一些．
5．用伏安法测电动势E和内电阻r时，可以设计成两种电路．
甲　　　　　　　　乙
图2 5 6
如图2 5 6所示，在实验中我们选择甲图的原因有：依据闭合电路的欧姆定律E＝U＋Ir，在实验中需要测路端电压U和电源中的电流I，可以看出，甲图中由于电压表的分流作用，使电流表测得的不是真实的电源中的电流；乙图中由于电流表的分压作用，电压表测得的不是真实的路端电压．这两个电路都存在系统误差，由于电流表的电阻和电源的内阻差不多大，则乙图测量的电源内阻阻值和真实值相差太大．故电流表的分压作用不能忽略，所以选用甲图电路较好．
6．仪器的选择
(1)电流表量程的选择：量程要大于电源允许通过的最大电流，对于电池来讲允许通过的最大电流是0.5
A．故需要选0～0.6
A.
(2)电压表量程的选择：量程要大于电源电动势，对一节干电池来讲，电压表量程在大于1.5
V的前提下越小越好．
(3)滑动变阻器的选择：滑动变阻器的最大电阻为待测电阻的几倍时较好，在该实验中因电源内阻比较小，故滑动变阻器选择较小一点的即可．
实验探究1　对实验原理的考查
　为测量一电源的电动势及内阻
(1)下列三个电压表中选一个改装成量程为9
V的电压表
A．量程为1
V、内阻大约为1
kΩ的电压表
B．量程为2
V、内阻大约为2
kΩ的电压表
C．量程为3
V、内阻为3
kΩ的电压表
选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9
V的电压表．
(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测
量电源电动势及内阻的实验原理电路图．
(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50
V时，电阻箱的阻值为15.0
Ω；电压表示数为2.00
V时，电阻箱的阻值为40.0
Ω，则电源的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω.
【解析】　(1)改装电压表时，其内阻值要准确告知，所以排除A、B而选C；再由闭合电路欧姆定律可知U＝(RV＋R串)，代入数据得R串＝6
kΩ.
(2)电路图如图所示：
(3)根据闭合电路欧姆定律可得通式为＝，将U1＝1.50
V、R1＝15.0
Ω及U2＝2.00
V、R2＝40.0
Ω代入上式解得：E＝2.5
V、r＝10
Ω.
【答案】　(1)C　6　(2)图见解析　(3)2.5　10
实验探究2　实验操作与数据处理
　在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1
Ω和1
kΩ.下面分别为实验原理图及所需的器件图．
图2 5 7
(1)试在实物图中画出连线，将器件按原理图连接成实验电路．
(2)一位同学记录的6组数据见表．试根据这些数据在图2 5 8中画出U I图线．根据图像读出电池的电动势E＝______________V，根据图像求出电池内阻r＝______________Ω.
I/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
U/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
图2 5 8
【解析】　(1)按照原理图将实物连接如图．
(2)根据表格中U、I数据，在方格纸U I坐标上找点描迹如图，连直线时第四组数据(0.32
A,1.18
V)标出的点应该舍去，然后将直线延长，交U轴于U1＝1.47
V，此即为电源电动势；交I轴于I＝0.65
A，注意此时U2＝1.00
V，由闭合电路欧姆定律得I＝.求得r＝＝
Ω＝0.72
Ω.
【答案】　(1)见解析　(2)1.47±0.02　0.72±0.05
学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
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
(　　)
【导学号：96322135】
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
【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．
【答案】　BD
2．(多选)如图2 5 9所示是根据某次实验记录数据画出的U I图像，下列关于这个图像的说法中正确的是(　　)
图2 5 9
A．纵轴截距表示待测电源的电动势
B．横轴截距表示短路电流
C．根据r＝，计算出待测电源内电阻为12
Ω
D．电流为0.3
A时的外电阻是18
Ω
【解析】　图像与纵轴的交点，电流取值为0，此时为断路状态，截距即等于电源电动势，选项A对；但图像与横轴的交点处，电压等于5.0
V，所以0.5
A是路端电压为5.0
V时的电流，而不是短路电流，所以B错；根据r＝得：r＝2
Ω，所以C错；根据R＝＝
Ω＝18
Ω，选项D对．
【答案】　AD
3．(多选)在测定电池的电动势和内电阻的实验中，待测电池、开关和导线，配合下列哪组仪器，可以达到实验目的(　　)
【导学号：96322136】
A．一只电流表和一个电阻箱
B．一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器
C．一只电压表和一个电阻箱
D．一只电流表和一个滑动变阻器
【解析】　采用A选项，原理：E＝I1R1＋I1r，E＝I2R2＋I2r联立可求得．采用B选项，原理：E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r联立可求得．采用C选项，原理：E＝U1＋r，E＝U2＋r联立可求得．而D选项采用的滑动变阻器因不知其阻值，所以无法求得．
【答案】　ABC
4．在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，被测的电源是两节干电池串联的电池组．可供选择的实验器材如下：
A．电流表，量程0～0.6
A,0～3
A
B．毫安表，量程0～100
mA,0～100
μA
C．电压表，量程0～3
V,0～15
V
D．滑动变阻器，0～1
000
Ω，0.1
A
E．滑动变阻器，0～20
Ω，2
A
F．电键一个，导线若干
甲　　　　　　乙
图2 5 10
(1)为了尽量得到较好的效果，电流表应选________，量程应选________，电压表量程选________，滑动变阻器应选________．
(2)如图2 5 10有甲、乙两个可供选择的电路，应选________电路进行实验．实验中误差是由于________表的读数比实际值偏________所造成的．
【解析】　(1)一般干电池允许通过的最大电流为0.5
A，故电流表应该选A，其量程应该选0～0.6
A．两节干电池串联后的电动势为3.0
V，故电压表量程应该选0～3
V．滑动变阻器的最大阻值只需要比电池组的内阻大几倍即可，故选择E.
(2)应该选乙电路，电流表的内阻和滑动变阻器的阻值相差不大，其分压作用不可忽略，而电压表的内阻相对滑动变阻器的阻值来讲大很多，其分流作用可以忽略，故选择乙电路．实验中电压表的示数是路端电压，电流表的示数比干路中的电流略小，所以实验中的误差是由于电流表的读数比实际值偏小所造成的．
【答案】　(1)A　0～0.6
A　0～3
V　E　(2)乙　电流　小
5．某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内电阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20
Ω，连接电路的实物图如图2 5 11所示．
图2 5 11
(1)该学生接线中错误的和不规范的做法是(　　)
A．滑动变阻器不起变阻作用
B．电流表接线有错
C．电压表量程选用不当
D．电压表接线不妥
(2)在下面方框里画出这个实验的正确电路图．
【解析】　(1)在实物连线图中，滑动变阻器的两个固定端接入电路了，滑片没有接，所以移动变阻器滑片时，不会改变接入电路的电阻大小，变阻器不起变阻作用，选项A正确．
直流电表只允许电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出，图中电流表的正、负接线柱连接正确，所以选项B不符合题意．
图中电源由一节干电池充当，电动势是1.5
V，所以电压表的量程应选用0～3
V，图中连接是正确的，所以选项C不符合题意．
图中把电压表直接和电池两端并联，这样即使将开关断开，电压表仍有示数，即开关不能控制通过电压表的电流，且电流从负接线柱流入，从正接线柱流出，所以电压表的接线不妥，选项D符合题意．
(2)这个实验正确的电路图应该如图所示．
【答案】　(1)AD　(2)电路图见解析图
6．某研究性学习小组利用图2 5 12(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＝______V，r＝______Ω.
【导学号：96322137】
(甲)　　　　
　　(乙)
图2 5 12
【解析】　由闭合电路欧姆定律可知：I＝，所以＝.由图像可知，当＝1.0
A－1时，R＝2
Ω；当＝3.0
A－1时，R＝7.8
Ω，代入上式得：E＝2.9
V，r＝0.9
Ω.
【答案】　2.9　0.9
7．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2.5
Ω的保护电阻R0，实验电路如图2 5 13甲所示.
【导学号：96322138】
图2 5 13
(1)按图2 5 13甲电路原理图将图2 5 13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中画出U I图像，并由图线得出电池的电动势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
【解析】　(1)如图所示
(2)如图所示
根据U I图像，可得E＝1.50
V.
r＝＝3.0
Ω.
【答案】　(1)见解析　(2)1.50
V　3.0
Ω2.库仑定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.理解库仑定律的含义与应用条件，知道静电力常量．(重点)2．理解点电荷是个理想模型，知道带电体简化为点电荷的条件．(重点)3．会用库仑定律进行简单的计算．(重点、难点)
探
究
影
响
点
电
荷
之
间
相
互
作
用
的
因
素
1．点电荷：当一个带电体本身的线度比它到其他带电体的距离小很多，以至在研究它与其他带电体的相互作用时，该带电体的形状以及电荷的分布状况均无关紧要，该带电体可看做一个带电的点，这样的电荷称为点电荷．它是一个理想化的物理模型．
2．实验探究
(1)小球的带电量不变时，与带电体之间的距离越小，丝线偏离竖直方向的角度越大，表明小球受到的作用力越大．
(2)小球与带电体之间的距离不变，增加带电体或小球的电荷量时，电荷量越大，丝线偏离竖直方向的角度越大，表明小球与带电体之间的作用力越大．
3．实验结论：电荷之间的相互作用力随电荷量的增大而增大，随它们之间距离的增大而减小．
1．体积很小的带电体都能看成点电荷．(×)
2．电荷之间相互作用力的大小只决定于电荷量的大小．(×)
3．两电荷的带电量一定时，电荷间的距离越小，它们间的静电力就越大．(√)
带电体在什么情况下可以看做点电荷？
【提示】　研究电荷之间的相互作用力时，当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对相互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．
2013年12月2日“嫦娥三号”月球探测器成功发射，升空过程中由于与大气摩擦产生了大量的静电．
图1 2 1
探讨1：在研究“嫦娥三号”与地球的静电力时，能否把“嫦娥三号”看成点电荷？
【提示】　能
探讨2：研究点电荷有什么意义？
【提示】　点电荷是理想化模型，实际中并不存在，是我们抓住主要因素、忽略次要因素抽象出的物理模型．
1．点电荷是理想化的物理模型
点电荷是只有电荷量，没有大小、形状的理想化模型，类似于力学中的质点，实际中并不存在．
2．点电荷只具有相对意义
点电荷是一个相对的概念，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．另外，带电体的线度比相关的距离小多少时才能看做点电荷，还与问题所要求的精度有关．从宏观意义上讨论电子、质子等带电粒子时，完全可以把它们视为点电荷．
　(多选)下列关于点电荷的说法中正确的是(　　)
【导学号：96322004】
A．无论两个带电体多大，只要它们之间的距离远大于它们的大小，这两个带电体就可以看做是点电荷
B．一个带电体只要它的体积很小，则在任何情况下，都可以看做点电荷
C．一个体积很大的带电体，在任何情况下，都不能看做点电荷
D．两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理
【解析】　无论两带电体自身大小怎样，当两带电体之间的距离远大于它们的大小时，带电体本身的大小对于所研究的问题影响很小，可把带电体看做点电荷，选项A正确，而选项C错误；尽管带电体很小，但两带电体相距很近，以至于本身的大小和形状对问题的影响不能忽略，两带电体也不能被看做点电荷，选项B错误；两个带电金属小球，若离的很近，两球所带的电荷在静电力作用下会分布不均，电荷的分布影响到静电力的大小，若带同种电荷，相互排斥，等效的点电荷间距大于球心距离；若带异种电荷，相互吸引，等效的点电荷间距小于球心距离，因此，选项D正确．
【答案】　AD
　下列关于点电荷的说法中，正确的是(　　)
【导学号：96322005】
A．体积大的带电体一定不是点电荷
B．当两个带电体的大小、形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷
C．点电荷就是体积足够小的电荷
D．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体
【解析】　带电体能否看成点电荷，不能以体积大小、电荷量多少而论．一个带电体能否看成点电荷，要依具体情况而定，只要在测量精度要求的范围内，带电体的形状、大小等因素的影响可以忽略时，即可视为点电荷，故选项B正确．
【答案】　B
　下列哪些物体可以视为点电荷(　　)
A．电子和质子在任何情况下都可视为点电荷
B．不论什么情况下，均匀带电的绝缘球体一定能视为点电荷
C．带电的细杆在一定条件下可以视为点电荷
D．带电的金属立方体一定不能视为点电荷
【解析】　带电体能否视为点电荷，要看它们本身的线度是否比它们之间的距离小得多，而不是看物体本身有多大，形状如何，也不是看它们所带的电荷量多大．故A、B、D错，C对．
【答案】　C
带电体看做点电荷的条件
如果两个带电体相距很远，它们之间的距离比它们每一个的线度大得多，其体积、形状对研究的问题影响很小甚至没有影响，这时可以忽略它的形状和大小，近似地认为每一个带电体的电荷都集中在一个点上，可将带电体看做点电荷．
库
仑
定
律
1．内容
适用条件
真空中的点电荷，对空气中的点电荷近似适用
库仑力大小
与电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成反比
库仑力方向
在它们的连线上，吸引或排斥
2.表达式
库仑定律的公式F＝，式中k叫做静电力常量，k的数值是9×109_N·m2/C2.
3．静电力叠加原理
对于两个以上的点电荷，其中每一个点电荷所受的总的静电力，等于其他点电荷分别单独存在时对该点电荷的作用力的矢量和．
1．库仑力的大小与电性没有关系．(√)
2．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等．(√)
3．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律计算库仑力的大小．(×)
有同学根据库仑定律的表达式F＝k得出当r→0时F→∞，这个结论成立吗？为什么？
【提示】　不成立，因为当r→0时两带电体已不能看成点电荷，库仑定律已不再成立．
有两个完全相同的金属小球A、B(它们的大小可忽略不计)，A带电荷量为7Q，B带电荷量为－Q，当A、B在真空中相距为r时，两球之间的库仑力为F.
探讨1：若用绝缘工具使A、B相距2r，则两球的库仑力变为多少？
【提示】　
探讨2：若用绝缘工具使A、B两球相互接触后再放回原处，则两球的库仑力变为多少？
【提示】　F
1．库仑定律适用于真空中两个点电荷之间的相互作用力，与周围是否存在其他电荷无关．
2．在使用公式F＝k时，式中Q1、Q2的正、负表示带电性质，力F的正、负表示库仑力是斥力还是引力，不表示力的方向，因此在应用库仑定律解题时，只将电荷量的绝对值代入公式中，计算出力的大小，力的方向再由同种电荷相斥，异种电荷相吸来确定．
3．两个电荷间的距离r→0时，两电荷已失去了点电荷的前提条件，所以违背了库仑定律的适用条件，不能再运用库仑定律计算两电荷间的相互作用力．因此不能认为F→∞.
4．库仑力具有力的一切性质，相互作用的两个点电荷之间的作用力遵守牛顿第三定律．库仑力同样遵守平行四边形定则，在解决多个电荷相互作用时矢量合成法则同样有效．
　中国的FY－3A卫星上可观测到高能质子和高能电子．如图1 2 2所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1＝＋2×10－14
C和Q2＝－2×10－14
C．在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2
m．如果有一高能电子在C点处，它所受的库仑力的大小和方向如何？
图1 2 2
【解析】　电子在C点同时受A、B处点电荷的作用力FA、FB，如图所示．由库仑定律得
FA＝FB＝k
＝9.0×109×
N
＝8.0×10－21
N
由平行四边形定则得：静止在C点的电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21
N，方向平行于AB向左．
【答案】　8.0×10－21
N　方向平行于AB向左
　使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(　　)
【导学号：96322006】
A．2∶1
B．60∶1
C．16∶1
D．15∶4
【解析】　相互接触前，F1＝k＝k，相互接触后，两小球上的电荷量先中和再平分，接触后两小球所带电荷量q′＝＝Q，接触后两小球之间的库仑力为F2＝k＝k＝F1，故B正确．
【答案】　B
　真空中相距3
m的光滑绝缘平面上，分别放置两个电荷量为－Q、＋4Q的点电荷A、B，然后再在某一位置放置点电荷C，这时三个点电荷都处于平衡状态，求C的电荷量以及相对A的位置.
【导学号：96322007】
【解析】　根据题意，三个点电荷中每个点电荷都处于平衡状态，由此可知，三个点电荷应位于同一条直线上，设A、B如图放置，为保证三个点电荷都平衡，经代入数据分析可知，C应放在A、B延长线左侧，且C带正电，设为qC，A、B之间距离为r，A、C之间距离为r′.
则以A为研究对象，k＝k，以B为研究对象，k＝k
以C为研究对象，k＝k
由以上任意两个方程可得出qC＝4Q，r′＝r＝3
m.
【答案】　4Q　在A左侧，距A
3
m处
三个自由点电荷的平衡问题
1．条件：每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反．
2．规律：“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上．
“两同夹异”——正负电荷相互间隔；
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．
三个点电荷的电荷量满足＝＋
学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
1．(多选)关于点电荷的下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322085】
A．真正的点电荷是不存在的
B．点电荷是一种理想化模型
C．足够小的电荷就是点电荷
D．球形带电体都可以看做点电荷
【解析】　点电荷是一种理想化模型，带电体的形状和大小，对研究结果的影响可以忽略时，才可将带电体看做点电荷，并不是由带电体的带电量大小或形状完全决定的，故A、B正确，C、D错误．
【答案】　AB
2．如图1 2 3所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定(　　)
图1 2 3
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等
【解析】　两球相互排斥，说明它们带有相同性质的电荷，但它们具体带何种性质的电荷不确定，A、B错．根据库仑定律及牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，方向相反，C错，D对．
【答案】　D
3．真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F.若甲的电量变为原来的2倍，乙的电量变为原来的1/3，距离变为2r，则它们之间的静电力变为(　　)
【导学号：96322086】
A．3F/8
B．F/6
C．8F/3
D．2F/3
【解析】　设甲、乙两点电荷原带电量分别为Q甲、Q乙，距离为r，由库仑定律得：F＝k，当Q′甲＝2Q甲，Q′乙＝Q乙，r′＝2r时，F′＝k＝k＝F，故答案应选B.
【答案】　B
4．如图1 2 4所示，同一直线上有A、B、C三点，A、B处均固定着一正电荷，C处的负电荷受A、B的库仑力的合力记为F，若将C处的电荷向B移近一些，力F会(　　)
【导学号：96322087】
图1 2 4
A．变小
B．变大
C．不变
D．变大、变小均有可能
【解析】　根据库仑定律F＝，因A、B处均固定着一正电荷，C处的负电荷受A、B的库仑力的合力方向向左，大小记为F，若将电荷q向B移近一些，则A对C的库仑力变大，而B对C的库仑力也变大，由于方向相同，故合力F在变大；故A、C、D错误，B正确．
【答案】　B
5．A、B两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为r，球心相距3r，A带电荷量Q1，B带电荷量Q2，则A、B间相互作用力为(　　)
A．无法确定
B．等于k
C．大于k
D．小于k
【解析】　因为两球心距离与球的半径相差不大，所以两带电绝缘金属小球不能看做点电荷，必须考虑电荷在球上的实际分布．由于Q1、Q2是同种电荷，相互排斥，分布于最远的两侧，电荷中心距离大于3r，所以静电力小于k，D正确．
【答案】　D
6．如图1 2 5所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是
(　　)
【导学号：96322088】
图1 2 5
A．F1　　　
B．F2　　　
C．F3　　　
D．F4
【解析】　据同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引，确定电荷c受到a和b的库仑力方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，因此Fb大于Fa，Fb与Fa的合力只能为F2，故选项B正确．
【答案】　B
7．人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态．现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h处于无初速释放，则此带电粉尘将(　　)
A．向星球地心方向下落
B．飞向太空
C．仍在那里悬浮
D．沿星球自转的线速度方向飞出
【解析】　均匀带电的星球可视为点电荷．粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即＝G，可以看出，r增大，等式仍然成立，故选C.
【答案】　C
8．有三个完全一样的球A、B、C，A球带电荷量为7Q，B球带电荷量为－Q，C球不带电，将A、B两球固定，然后让C球先跟A球接触，再跟B球接触，最后移去C球，则A、B球间的作用力变为原来的多少倍？
【解析】　设A、B两球间的距离为r，由库仑定律知，开始时A、B两球之间的作用力为F＝k
据电荷均分原理可知，当A、C两球接触时，两球均带电Q
当B、C两球接触时，两球均带电(Q－Q)＝Q
故后来A、B两球间的作用力F′＝k＝F.
【答案】　
9．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知(　　)
【导学号：96322089】
A．n＝3　　
B．n＝4
C．n＝5
D．n＝6
【解析】　设小球1、2之间的距离为r.球3没接触前，F＝k；球3分别与球1、2接触后，q2＝，q1＝＝，则F＝k，联立解得：n＝6，故D正确．
【答案】　D
10．如图1 2 6所示，在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C(可视为质点)．若它们恰能处于平衡状态，则这三个小球所带电荷量及电性的关系，可能为下面的(　　)
图1 2 6
A．－9q、4q、－36q
B．4q、9q、36q
C．－3q、2q、8q
D．3q、－2q、6q
【解析】　据三个点电荷平衡规律：两同夹异、两大夹小，可知A、D可能正确．再由k＝k＝k及rAC＝rAB＋rBC得＝＋，其中QA、QB、QC是电荷量的大小，代入可知，只有A正确．
【答案】　A
11．如图1 2 7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10
cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30
g，则B带电荷量是多少？(g取10
m/s2)
图1 2 7
【解析】　因为B静止于光滑绝缘倾角为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tan
30°＝，L＝＝
cm＝10
cm
对B进行受力分析，如图所示，依据物体的平衡条件解得库仑力：
F＝mgtan
30°＝30×10－3×10×
N＝0.3
N
依据F＝k得：F＝k.
解得Q＝＝×10×10－2
C＝1.0×10－6
C.
【答案】　1.0×10－6
C
12．如图1 2 8所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电．平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．【导学号：96322090】
图1 2 8
(1)指出B球和C球分别带何种电荷；并说明理由．
(2)若A球带电荷量为Q，则B球的带电荷量为多少？
【解析】　(1)因为A球与B球间细线无拉力，A球与C球间细线也无拉力，所以B球、C球均与A球带相反电性电荷，即B、C两球都带负电荷．
(2)由对称性知：qB＝qC，B球受三力作用，如图所示．根据平衡条件有：
cos
60°＝
解以上两式得：qB＝.
故B球的带电荷量为－.
【答案】　(1)B、C均带负电，理由见解析　(2)－5.洛伦兹力的应用
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道带电粒子在磁场中的运动规律，理解应用磁场可以控制带电粒子的运动．(重点、难点)2．知道质谱仪的构造，会应用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律分析相关问题．(难点)3．知道回旋加速器的构造和加速原理，理解粒子的回旋周期与加速电场的变化周期相同．(重点)
利
用
磁
场
控
制
带
电
粒
子
运
动
如图3 5 1所示为一具有圆形边界、半径为r的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个初速度大小为v0的带电粒子(m，q)沿该磁场的直径方向从P点射入，在洛伦兹力作用下从Q点离开磁场．
图3 5 1
规律：(1)带电粒子沿半径射入圆形区域的磁场，该粒子离开磁场时速度方向反向延长线必过圆心．
(2)tan
＝＝，对一定的带电粒子(m、q一定)可以调节B和v0的大小来控制粒子的偏转角θ.
(3)利用磁场控制带电粒子的运动，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小．
1．运动电荷进入磁场后(无其他场)，可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动．(√)
2．利用磁场控制带电粒子，既能改变粒子的运动方向，又能改变粒子的动能．(×)
3．运动电荷进入磁场后(无其他场)，可能做匀加速直线运动，不可能做匀速直线运动．(×)
电视机显像管是怎样控制电子扫描运动的？
【提示】　利用磁场使电子偏转来控制电子的扫描运动．
如图3 5 2所示，电视机的显像管是应用电子束在磁场中偏转的原理制成的．
图3 5 2
探讨1：带电粒子在什么情况下在磁场中做匀速圆周运动？
【提示】　带电粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力(或其他力的合力恰好为零)，速度的方向垂直于磁场时，所做的运动是匀速圆周运动．
探讨2：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期会随粒子运动速率的增大而变小吗？会随圆周半径的增大而增大吗？
【提示】　不会，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其周期与速率和运动半径无关．因为带电粒子的速率增大时半径也增大，周长也增长．
1．带电粒子在直线边界磁场中的运动
图3 5 3
(1)粒子进出磁场有对称性．
(2)入射方向与边界垂直：轨迹的圆心一定在该边界上．
(3)入射方向与边界不垂直：轨迹的圆心在与入射方向垂直的直线上．(该直线过入射点)
2．带电粒子在平行直线边界磁场中的临界问题
图3 5 4
(1)存在临界条件：粒子的运动轨迹与边界相切时，刚好不穿出磁场．
(2)有时出现多解．
3．带电粒子在圆形边界磁场中的运动特点
图3 5 5
(1)从半径方向进入磁场，必沿半径方向射出磁场．
(2)注意磁场的圆心和轨迹圆心的区别．
　显像管原理的示意图如图3 5 6所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的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，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　)
图3 5 6
【解析】　电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B－t图的图线应在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B－t图的图线应在t轴上方，A正确．
【答案】　A
　空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　)
A.　　
B.　　
C.　　
D.
【解析】　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．
如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B＝m，据几何关系得，粒子在磁场中的轨道半径r＝Rtan
60°＝R，解得B＝，选项A正确．
【答案】　A
　如图3 5 7所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．电流方向如图所示，试判断正对读者而来的电子束将向哪边偏转(　　)
图3 5 7
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
【解析】　由安培定则判断可知，O点磁场方向向下，再根据左手定则判断可知，电子在该处受到向左的洛伦兹力，偏转方向向左，选项C正确．
【答案】　C
　　质
谱
仪
质谱仪
(1)作用
常用来测定带电粒子的比荷(也叫荷质比)和分析同位素等．
(2)原理图及特点
如图3 5 8所示，S1与S2之间为加速电场；S2与S3之间的装置叫速度选择器，它要求E与B1垂直且E方向向右时，B1垂直纸面向外(若E反向，B1也必须反向)；S3下方为偏转磁场．
图3 5 8
(3)工作原理
①加速
带电粒子进入加速电场后被加速，由动能定理有qU＝mv2.
②速度选择
通过调节E和B1的大小，使速度v＝的粒子进入B2区．
③偏转
R＝ ＝＝.
1．带电粒子的质量与电荷量之比叫做比荷．(×)
2．利用质谱仪可以检测化学物质或核物质中的同位素和不同成分．(√)
什么样的粒子打在质谱仪显示屏上的位置会不同？位置的分布有什么规律？
【提示】　速度相同，比荷不同的粒子打在质谱仪显示屏上的位置不同．
根据qvB＝，r＝.可见粒子比荷越大，偏转半径越小．
探讨1：质谱仪为什么能将不同种类的带电粒子分辨出来？
【提示】　将质量不同，电荷不同的带电粒子经电场加速后进入偏转磁场．各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r＝＝＝＝.
探讨2：带电粒子在质谱仪中的运动可分为几个阶段？遵循什么运动规律？
【提示】　带电粒子的运动分为三个阶段：
第一阶段在加速电场中加速，遵循动能定理．
第二阶段在速度选择器中通过，遵循匀速直线运动规律．
第三阶段在磁场中偏转，遵循匀速圆周运动的规律．
1．带电粒子在质谱仪中的运动如图3 5 9，可分为三个阶段：先加速，再通过速度选择器，最后在磁场中偏转．
图3 5 9
2．加速：带电粒子经加速电场加速，获得动能mv2＝qU，故v＝
.
3．速度选择器：电场力和洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动．qE＝qvB，故v＝.
4．偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场，其轨道半径r＝＝
，可得粒子质量m＝.不同质量的粒子其半径不同，即磁场可以将同电量而不同质量的同位素分开．
　质谱仪原理如图3 5 10所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．求：
图3 5 10
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器的电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
【解析】　(1)在a中，e被加速电场U1加速，由动能定理有eU1＝mv2得v＝
.
(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，
即e＝evB1，代入v值得U2＝B1d.
(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R＝，代入v值解得R＝
.
【答案】　(1)
　(2)B1d
(3)
　质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图3 5 11所示，离子源S产生的各种不同的正离子束(速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，下列判断不正确的是(　　)
图3 5 11
A．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大
B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小
C．只要x相同，则离子质量与电量的比值一定相同
D．只要x相同，则离子的比荷一定相同
【解析】　由动能定理qU＝mv2.离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的知识，有：x＝2r＝，故x＝，分析四个选项知，A、C、D正确，B错误．
【答案】　B
质谱仪问题的分析技巧
(1)分清粒子运动过程的三个阶段．
(2)在加速阶段应用动能定理．
(3)在速度选择器中应用平衡条件．
(4)在偏转阶段应用洛伦兹力提供向心力的规律．
回
旋
加
速
器
回旋加速器
1．构造图及特点(如图3 5 12所示)
回旋加速器的核心部件是两个D形盒，它们之间接交流电源，整个装置处在与D形盒底面垂直的匀强磁场中．
图3 5 12
2．工作原理
(1)加速条件
交流电的周期必须跟带电粒子做圆周运动的周期相等，即T＝.
(2)加速特点
粒子每经过一次加速，其轨道半径就大一些(如图3 5 13所示)，但由T＝知，粒子做圆周运动的周期不变．
图3 5 13
1．随着粒子的加速，动能增大，半径和周期也随之增大．(×)
2．回旋加速器中起加速作用的是电场，所以加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大．(×)
回旋加速器两个正对的D形盒间所加的电压的周期与带电粒子在磁场中匀速圆周运动的周期是什么关系？由什么因素决定？
【提示】　为了保证每次经过D形盒间电场带电粒子均被加速，使之能量不断提高，所加交流电的周期必须等于带电粒子在回旋加速器中做匀速圆周运动的周期即T＝.因此由带电粒子的质量m，带电荷量q和加速器中磁场的磁感应强度B共同决定．
回旋加速器所用交变电压的周期由什么决定？
【提示】　为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使之能量不断提高，交流电压的周期必须等于带电粒子在回旋加速器中做匀速圆周运动的周期即T＝.因此，交变电压的周期由带电粒子的质量m、带电量q和加速器中的磁场的磁感应强度B共同决定．
1．速度和周期的特点：在回旋加速器中粒子的速度逐渐增大，但粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝始终不变．
2．最大半径及最大速度：粒子的最大半径等于D形盒的半径R＝，所以最大速度vm＝.
3．最大动能及决定因素：最大动能Ekm＝mv＝，即粒子所能达到的最大动能由磁场B、D形盒的半径R、粒子的质量m及带电量q共同决定，与加速电场的电压无关．
4．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n＝(U是加速电压大小)，一个周期加速两次．设在电场中加速的时间为t1，缝的宽度为d，则nd＝t1，t1＝.
5．粒子在回旋加速器中运动的时间：在磁场中运动的时间t2＝T＝，总时间为t＝t1＋t2，因为t1 t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2.
　回旋加速器是用于加速带电粒子流，使之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，以便在盒间狭缝中形成匀强电场，使粒子每穿过狭缝都得到加速；两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面．粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出粒子电量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图3 5 14所示，问：
【导学号：96322069】
图3 5 14
(1)粒子在盒内做何种运动？
(2)粒子在两盒间狭缝内做何种运动？
(3)所加交变电压频率为多大？粒子运动角速度多大？
(4)粒子离开加速器时速度多大？
【解析】　(1)D形盒由金属导体制成，可屏蔽外电场，因而盒内无电场，盒内存在垂直盒面的磁场，故粒子在盒内磁场中做匀速圆周运动．
(2)两盒间狭缝内存在匀强电场，且粒子速度方向与电场方向在同条直线上，故粒子作匀加速直线运动．
(3)粒子在电场中运动时间极短，高频交变电压频率要符合粒子回旋频率f＝＝.角速度ω＝2πf＝.
(4)粒子最大回旋半径为Rm，Rm＝，vm＝.
【答案】　(1)匀速圆周运动　(2)匀加速直线运动
(3)f＝　ω＝　(4)
　(多选)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图3 5 15所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是
(　　)
图3 5 15
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化
【解析】　根据题意，由于加速电场只在实线部分有，则带电粒子运动一周，经过加速电场一次，故应该被加速一次，选项A正确而选项D错误；由r＝，P1P2＝2(r2－r1)＝·Δv，因为转一圈加速一次，又v－v＝2ad；故每转一圈，Δv不等，故B选项错误；据v＝可知，带电粒子的最大速度由D形盒半径决定，故C选项正确．
【答案】　AC
解决带电粒子在回旋加速器中运动应注意以下几点：?
1 电场加速，磁场回旋.?
2 始终加速的条件：T电＝T磁＝.?
3 最大动能：Ekm＝，由磁感应强度B，盒半径R和粒子的比荷\f(q,m)共同决定.
学业分层测评(十九)
(建议用时：45分钟)
1．(多选)在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果粒子又垂直进入另一个磁感应强度是原来2倍的匀强磁场中，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，轨道半径为原来的四分之一
D．粒子的速率不变，周期减半
【解析】　由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，再由r＝和T＝，可知r减半，T减半．
【答案】　BD
2．如图3 5 16所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面向里)，则带电粒子的可能轨迹是(　　)
图3 5 16
A．a
B．b
C．c
D．d
【解析】　粒子带负电、磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，粒子应沿顺时针旋转，故D正确．
【答案】　D
3．如图3 5 17所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是(　　)
【导学号：96322172】
图3 5 17
A．将变阻器滑动头P向右滑动
B．将变阻器滑动头P向左滑动
C．将极板间距离适当减小
D．将极板间距离适当增大
【解析】　电子入射极板后，偏向A板，说明Eq>Bvq，由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离，和减小板间电压，故C错误，D正确；而移动滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误．
【答案】　D
4．(多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图3 5 18所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)
图3 5 18
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
【解析】　回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A正确，选项B错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C错误；D形盒D1、D2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D正确．
【答案】　AD
5．(多选)如图3 5 19所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．则下列表述正确的是(　　)
图3 5 19
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
【解析】　本题考查速度选择器及质谱仪的有关知识．由加速电场可知粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场水平向右，洛伦兹力水平向左，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，B正确；粒子经过速度选择器时满足qE＝qvB，可知能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动时有R＝，可见当v相同时，R∝，所以可以用来区分同位素，且R越大，比荷就越小，D错误．
【答案】　ABC
6．如图3 5 20所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(　　)
图3 5 20
A．B＞　　　　
B．B＜
C．B＞
D．B＜
【解析】　粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，则粒子运动的半径为r0＝.由r＝得，粒子要能从AC边射出，粒子运动的半径r＞r0，解得B＜，选项B正确．
【答案】　B
7．(多选)一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是(　　)
【解析】　A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，正确；C图中粒子应顺时针转，错误．同理可以判断B错误，D正确．
【答案】　AD
8．如图3 5 21所示，质量为m、电荷量为e的电子，由a点以速率v竖直向上射入匀强磁场，经过一段时间后由b点以不变的速率v反方向飞出，已知ab长为L.试求：
图3 5 21
(1)电子在匀强磁场中飞行时的加速度，并说明电子在磁场中做什么运动；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向．
【解析】　(1)电子的加速度大小a＝＝，方向不断变化，电子从a～b做匀速圆周运动．
(2)evB＝m，解得B＝，由左手定则知B的方向垂直纸面向里．
【答案】　(1)，匀速圆周运动　(2)，垂直纸面向里
9．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图3 5 22所示，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab＝bc＝cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为(　　)
【导学号：96322173】
图3 5 22
A.　　　
B.　　　
C.　　　
D.
【解析】　粒子从a运动到d依次经过小孔b、c、d，经历的时间t为3个，由t＝3×和T＝可得：＝，故A正确．
【答案】　A
10．(多选)环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图3 5 23所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.(两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞)为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确是(　　)
图3 5 23
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
【解析】　在加速器中qU＝mv2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径r＝，即r＝，所以在半径不变的条件下越大，B越小，选项B正确；粒子在空腔内的周期T＝，故加速电压越大，粒子的速率v越大，其周期越小，选项C正确．
【答案】　BC
11．质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图3 5 24所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．求：匀强磁场的磁感应强度B.
【导学号：96322174】
图3 5 24
【解析】　作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，
由动能定理得：qU＝mv2
①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：
qvB＝m
②
由几何关系得：r2＝(r－L)2＋d2
③
联立求解①②③
式得：磁感应强度
B＝
.
【答案】　
12．如图3 5 25，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为多大？(不计粒子的重力)
图3 5 25
【解析】　带电粒子运动轨迹如图所示，由题意进出磁场速度的偏向角为60°，带电粒子运动圆弧所对圆心角α＝60°，由题意cos∠OCD＝，∠OCD＝60°，又∠OCD＝＋∠COO1，故∠COO1＝30°，所以粒子做匀速圆周运动的半径r＝R，由qvB＝得v＝＝，粒子速率为.
【答案】　1.电荷　电荷守恒定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道摩擦起电和两种电荷．2．了解摩擦起电的原因．(难点)3．理解电荷守恒定律，会分析静电现象．(重点)4．知道电荷量的概念和单位．(重点)
摩
擦
起
电、
两
种
电
荷
1．摩擦起电：通过摩擦使物体带电的方法称为摩擦起电．
2．两种电荷：自然界只存在两种电荷：正电荷和负电荷．
(1)用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫做正电荷．
(2)用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷叫做负电荷．
3．电荷间的相互作用：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
4．电荷量：电荷的多少．在国际单位制中，它的单位是库仑，符号C.通常正电荷的电荷量用正数表示，负电荷的电荷量用负数表示，常用的电荷量单位还有微库(μC)和纳库(nC)．
1
μC＝10－6
C,1
nC＝10－9
C.
5．静电感应和感应起电
(1)静电感应：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的现象．
(2)感应起电：利用静电感应使金属导体带电的方法．
1．感应起电只能使物体带上与带电体异号的电荷．(×)
2．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的硬橡胶棒带负电．(√)
3．同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥．(×)
如图1 1 1所示，不带电导体A、B相互接触．
图1 1 1
(1)将带正电的小球C放于导体A附近，导体A、B上的金属箔会张开吗？导体A、B上各带有什么电荷？
(2)将带正电的小球C拿走，导体A、B上的金属箔会发生什么现象？
【提示】　(1)会张开，A带负电荷，B带正电荷．
(2)将C拿走，金属箔闭合．
用梳子梳头时常看到梳子吸引头发的现象，有时梳子还能吸引纸屑等轻小物体．干燥的冬季脱外衣时常听到“叭叭”的声响且伴有火星，这些都是摩擦起电的结果．
图1 1 2
探讨1：摩擦起电的电荷是从哪来的？
【提示】　不同的物质相互摩擦，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．
探讨2：有哪些起电方式？本质相同吗？
【提示】　摩擦起电，接触带电，感应起电．相同．
1．三种起电方式的比较
方式
摩擦起电
感应起电
接触起电
产生条件
两种不同的绝缘体摩擦时
导体靠近带电体时
导体与带电导体接触时
现象
两物体带上等量异种电荷
导体两端出现等量异种电荷，且电性与原带电体“近异远同”
导体带上与带电体相同电性的电荷
原因
不同物质的原子核对核外电子的束缚能力不同而发生电子得失
导体中的自由电子受带正(负)电物体吸引(排斥)而靠近(远离)
同种电荷之间相互排斥
实质
均为电子的转移
2.摩擦起电适用于绝缘体，感应起电和接触带电适用于导体．
　(多选)如图1 1 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
(　　)
【导学号：96322000】
图1 1 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
【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，故选项A、C正确．
【答案】　AC
　下列现象中不属于摩擦起电的是(　　)
【导学号：96322001】
A．将被丝绸摩擦过的玻璃棒靠近纸屑，纸屑被吸起
B．在干燥的冬季脱毛绒衣时，会听到轻微的噼啪声
C．擦黑板时粉笔灰纷纷飞扬，四处飘落
D．穿着化纤类织物的裤子走路时，裤腿上常容易吸附灰尘
【解析】　摩擦起电后物体带静电，能吸引轻小物体，也能产生火花放电，故选项C不属于摩擦起电的现象．
【答案】　C
　把一个带正电的金属球A跟不带电的同样的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这是因为(　　)
【导学号：96322002】
A．A球的正电荷移到B球上
B．B球的负电荷移到A球上
C．A球的负电荷移到B球上
D．B球的正电荷移到A球上
【解析】　金属球中能够自由移动的电荷是自由电子，则B球上的自由电子受A球上所带正电荷的吸引而转移到A球上，B球因缺少电子就带上了正电荷．
【答案】　B
感应起电的规律
(1)近异远同：用带电体靠近不带电的导体时，会在靠近带电体的一端感应出与带电体电性相反的电荷，远离端感应出与带电体电性相同的电荷．
(2)等量异性：用带电体靠近不带电的导体(或两不带电的相互接触的导体)时，会在原不带电的导体两端(或两不带电的相互接触的导体上)感应出等量异性的电荷．
摩
擦
起
电
的
解
释
和
电
荷
守
恒
定
律
1．物质的微观结构
(1)原子结构：
原子
(2)原子电性：原子核的正电荷的数量与核外电子负电荷的数量一样多，整个原子对外界较远的位置表现为电中性．
(3)离子的电性：失去电子的原子为带正电的离子；得到电子的原子为带负电的离子．
2．摩擦起电的原因：两个物体相互摩擦时，一些束缚得不紧的电子从一个物体转移到另一个物体，使得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．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不能被创造，也不能被消灭，它们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．
(2)理解：在任何自然过程中，电荷的代数和是守恒的．
1．摩擦起电就是通过摩擦创造了电荷．(×)
2．近代物理实验发现，在一定条件下，带电粒子可以产生和湮灭，故在一定条件下，电荷守恒定律不成立．(×)
3．带负电的绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间，该小球的负电几乎为零，可见小球上的负电荷逐渐消失了．(×)
如图1 1 4所示的现象为感应起电过程，为什么一定要先使导体球瞬时接地再移走施感电荷，而不是先移走施感电荷再接地？
甲　　　　乙　　　　　　丙　　丁
图1 1 4
【提示】　导体球瞬时接地时，导走负电荷，小球最终带正电；若先移走施感电荷，球上感应出来的正、负电荷相互吸引而中和，小球最终不带电．
探讨1：甲、乙两同学各拿一带电小球做实验时不小心两小球接触了一下，结果两小球都没电了！
电荷到哪里去了呢？是否违背了电荷守恒定律？
【提示】　两球上的异种电荷中和了，即正、负电荷代数和为0，对外不显电性，没有违背电荷守恒定律．
探讨2：如图1 1 5所示的现象为感应起电，为什么发生感应起电的是导体而不是绝缘体？
图1 1 5
【提示】　感应起电的实质是在带电体电荷的作用下，物体上的自由电荷的转移，只有导体上的电子(或正、负离子)才能自由移动，而绝缘体上的电子不能自由地移动．所以，导体能发生感应起电，而绝缘体不能．
1．物体带电的实质
使物体带电不是创造了电荷，使物体不带电也不是消灭了电荷．物体带电的实质是电荷发生了转移，也就是物体间电荷的重新分配．摩擦起电、感应起电和接触起电，均符合电荷守恒定律．
2．“中性”与“中和”的理解
(1)中性：物体内有电荷存在，但正、负电荷的绝对值相等，对外不显电性．
(2)中和：两个带有等量异种电荷的带电体相遇达到电中性的过程．
3．接触起电现象中电荷量的分配
无论是带电的导体与不带电的导体接触，还是两个原来带同种电荷的导体接触，还是两个原来带异种电荷的导体接触，最终两导体都将带上同种电荷或都不带电，不可能带上异种电荷，并且接触前后电荷总量不变．
　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＝6.4×10－9
C，QB＝－3.2×10－9
C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移？转移了多少？
【解析】　两小球接触时，电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．即接触后两小球的电荷量为
QA′＝QB′＝＝
C＝1.6×10－9
C
在接触过程中，电子由B球转移到A球，自身的净电荷全部中和后，继续转移，直至其带QB′的正电，这样，共转移的电子电荷量为ΔQ＝|QB|＋QB′＝3.2×10－9
C＋1.6×10－9
C＝4.8×10－9
C，则转移的电子数
n＝＝＝3.0×1010(个)．
【答案】　电子由B转移到A　共转移3.0×1010个
　M和N是两个都不带电的物体．它们互相摩擦后，M带正电荷1.60×10－16
C，下列判断正确的有(　　)
【导学号：96322003】
A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦过程中电子从N转移到M
C．N在摩擦后一定带负电荷1.60×10－16
C
D．N在摩擦过程中失去1.60×10－16
C个电子
【解析】　M和N相互摩擦，M带正电是因为M对核外电子的束缚能力小而失去核外电子的结果；由于电荷守恒，故N一定带等量负电荷，选项C正确．
【答案】　C
完全相同的导体球接触带电时电荷量的分配原则
形状、大小都相同的导体接触时会将电荷量平分．
(1)用带电量为Q的金属球与不带电的金属球接触，每个小球带电量均为Q/2，且所带电荷的性质相同；
(2)用带电量为Q1的金属球与带电量为Q2的金属球接触，若两球带同种电荷，则每个小球所带电量为总电荷量的一半．若两球带异种电荷，则先中和相同量的异号电荷，然后平分剩余电荷．
学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
1．电视机的玻璃光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为(　　)
【导学号：96322076】
A．这是灰尘的自然堆积
B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力
C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘
D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘
【解析】　该现象是一种静电现象，即电视机在工作的时候，屏幕表面由于有静电而吸附轻小物体灰尘，即D选项正确．
【答案】　D
2．由不同材料构成的物体A和B，原本都不显电性，现将A和B互相摩擦之后，结果A带上了正电，则(　　)
【导学号：96322077】
A．电子由A转移到了B
B．电子由B转移到了A
C．A所带的电荷量大于B所带的电荷量
D．A所带的电荷量小于B所带的电荷量
【解析】　A和B互相摩擦后，A带正电，说明A失去了电子，即电子由A转移到了B上，选项A正确，B错误；根据电荷守恒定律，A和B所带电荷量相等，选项C、D错误．
【答案】　A
3．将不带电的导体A和带负电的导体B接触后，导体A中的质子数目(　　)
【导学号：96322078】
A．增加　　　　　　　　　
B．减少
C．不变
D．先增加后减少
【解析】　在接触带电的过程中，发生转移的电荷是自由电子，质子并不发生移动，故C正确．
【答案】　C
4．如图1 1 6所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂有金属验电箔片，若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象(　　)
图1 1 6
A．只有M端验电箔片张开，且M端带正电
B．只有N端验电箔片张开，且N端带负电
C．两端的验电箔片都张开，且左端带负电，右端带正电
D．两端的验电箔片都张开，且两端都带正电或负电
【解析】　根据同种电荷相互排斥可知，金属球A上的负电荷将排斥金属导体MN上的自由电子，使其向N端移动，N端带负电，而M端带正电，故两端的金属箔片均张开，C正确，A、B、D均错误．
【答案】　C
5．(多选)挂在绝缘细线下的两个轻质小球，表面镀有金属薄膜，由于电荷的相互作用而靠近或远离，分别如图1 1 7甲、乙所示，则(　　)
【导学号：96322079】
甲　　　　　　　　乙
图1 1 7
A．甲图中两球一定带异种电荷
B．乙图中两球一定带同种电荷
C．甲图中两球至少有一个带电
D．乙图中两球最多有一个带电
【解析】　题目中的小球都是镀有金属薄膜的轻质小球，带电物体具有吸引轻小物体的性质，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以可以判断出甲图的现象可以是两个带异种电荷的小球，也可以是一个小球带电而另一个小球不带电；两个小球由于相互排斥而出现乙图中的现象，则必须都带电且是同种电荷．
【答案】　BC
6．如图1 1 8是伏打起电盘示意图，其起电原理是(　　)
【导学号：96322080】
图1 1 8
A．摩擦起电
B．感应起电
C．接触起电
D．以上三种方式都不是
【解析】　导电平板靠近带电绝缘板并接地，导电平板与大地组成“大导体”，发生静电感应，使导电平板带上负电荷，选项B正确．
【答案】　B
7．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片会张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是(　　)
【导学号：96322081】
【解析】　把带电金属球移近不带电的验电器，根据静电感应现象的规律，若金属球带正电，则将验电器箔片上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电，箔片带正电；若金属球带负电，则将验电器上部的自由电子排斥到远端的箔片上，这样验电器的上部将带正电，箔片带负电．选项B正确．
【答案】　B
8．如图1 1 9所示，A、B、C是三个安装在绝缘支架上的金属体，其中C球带正电，A、B两个完全相同的枕形导体且不带电．试问：
图1 1 9
(1)如何使A带负电，B带等量的正电？
(2)如何使A、B都带等量正电？
(3)如何使A、B都带等量负电？
【解析】　(1)把A、B紧密靠拢，让C靠近A，则在A端感应出负电荷，B端感应出等量正电荷，马上把A与B分开后，则A带负电，B带等量的正电．
(2)把A、B紧密靠拢，让C靠近B，则在B端感应出负电荷，A端感应出等量正电荷，把A与B分开后再用手摸一下B，则B所带的负电荷就被中和，再把A与B接触一下，A和B就带等量正电荷．
(3)把A、B紧密靠拢，让C靠近B，则在B端感应出负电荷，A端感应出等量正电荷，再用手摸一下A或B，则A所带的正电荷就被中和，而B端仍带有负电，移去C以后再把A与B分开，则A和B就带等量负电荷．
【答案】　见解析
9．(多选)有A、B、C三个完全相同的金属球，A带1.2×10－4
C的正电荷，B、C不带电，现用相互接触的方法使它们都带电，则A、B、C所带的电荷量可能是下面哪组数据(　　)
【导学号：96322082】
A．4.0×10－5
C,4.0×10－5
C,4.0×10－5
C
B．6.0×10－5
C,4.0×10－5
C,4.0×10－5
C
C．6.0×10－5
C,3.0×10－5
C,3.0×10－5
C
D．5.0×10－5
C,5.0×10－5
C,5.0×10－5
C
【解析】　三个球同时接触后各带有4.0×10－5
C的电量，A对；根据电荷守恒定律，接触前、后三球的总电量不变，B、D错误；将B球先与A球接触，再与C球接触，分开后A、B、C各带有6.0×10－5
C、3.0×10－5
C和3.0×10－5
C的电量，C对．
【答案】　AC
10．如图1 1 10所示，用起电机使金属球A带上正电荷，并靠近验电器B，则(　　)
【导学号：96322083】
图1 1 10
A．验电器金箔不张开，因为球A没有和验电器B接触
B．验电器金箔张开，因为整个验电器都感应出了正电荷
C．验电器金箔张开，因为整个验电器都感应出了负电荷
D．验电器金箔张开，因为验电器的下部箔片感应出了正电荷
【解析】　相对于金属球来讲，金属箔片是距离带电体A较远的一端，根据静电感应规律可知，验电器的两金属箔片都带上了正电荷，而同种电荷相斥，所以金属箔片张开，即D正确．
【答案】　D
11．如图1 1 11所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是(　　)
【导学号：96322084】
图1 1 11
A．闭合开关S1，有电子从枕形导体流向大地
B．闭合开关S2，有电子从枕形导体流向大地
C．闭合开关S1，有电子从大地流向枕形导体
D．闭合开关S2，没有电子通过开关S2
【解析】　在S1、S2都闭合前，对枕形导体，它的电荷是守恒的．由于静电感应，a、b两端出现等量的负、正电荷．当闭合开关S1、S2中的任何一个以后，便把大地与枕形导体连通，使大地与枕形导体组成一个新的大导体，因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统电荷守恒，由于静电感应，a端仍为负电荷，大地为远端，感应出正电荷，因此无论是闭合开关S1还是闭合开关S2，都有电子从大地流向枕形导体，故选项C正确．
【答案】　C
12．半径相同的两个金属小球A、B带有相等的电荷量，相隔一定的距离，现让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B接触后再移开．
(1)若A、B带同种电荷，求接触后两球所带的电荷量之比；
(2)若A、B带异种电荷，求接触后两球所带的电荷量之比．
【解析】　(1)若A、B带同种电荷，设为q，第三个小球先与A接触，电荷量平均分配，各带电荷量；第三个小球再与B接触，两球电荷量之和平均分配，各带q.因此A、B带电荷量之比＝.
(2)若A、B两球带异种电荷，设A为q，B为－q，则第三个小球先和A接触，电荷量平均分配，各带；第三个小球再和B接触，先中和再平均分配，各带－q.所以A、B电荷量之比＝.
【答案】　(1)2∶3　(2)2∶1第三章
磁场
章末分层突破
①磁体
②电流
③磁体
④运动电荷
⑤磁场强弱和方向
⑥B＝(B⊥L)
⑦小磁针N极的受力方向
⑧Φ＝BS(B⊥S)
⑨N→S
⑩S→N
F＝ILBsin
θ
B与I的夹角
左手定则
F＝qvBsin
θ
B与v的夹角
左手定则
B
r＝
T＝
　
　带电粒子在有界磁场中的运动
1.几种常见情景
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图3 1所示)
图3 1
(2)平行边界(不同情况下从不同边界射出，存在临界条件，如图3 2所示)
图3 2
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3 3所示)
图3 3
2．两类典型问题
(1)临界问题：解决此类问题的关键是找准临界点，找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破点，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个不同半径的轨迹，这样就能顺利地找到临界条件．
(2)多解问题：造成多解问题的常见原因有带电粒子电性的不确定、磁场方向的不确定、临界状态不唯一、运动的周期性等．解答这类问题的关键是认真分析物理过程，同时考虑问题要全面，不要漏解．
3．注意的问题
(1)分析带电粒子在有界磁场中的运动问题应抓住解决问题的基本思路，即找圆心、求半径、确定圆心角并利用其对称性，结合磁场边界，画出粒子在有界磁场中的轨迹．
(2)带电粒子在有界磁场中的对称性或临界情景
①带电粒子在一些有界磁场中的圆周运动具有对称性，是指从某一边界射入又从同一边界射出时，粒子的速度方向与边界的夹角相等，或在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
②刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(3)当速度v一定时，弧长越长，轨道对应的圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
　(多选)如图3 4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的微观粒子，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3 4
A.　　　　　　　　　
B.
C.
D.
【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R1sin
45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确．若粒子带负电，其运动径迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos
45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．
(a)　　　　　　　(b)
【答案】　BC
　带电粒子在复合场中的运动
1.复合场的组成
复合场一般包括重力场、电场和磁场三种场的任意两种场复合或三种场复合．
2．分析带电粒子的受力及运动特征
(1)带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)．
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向、洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
(3)当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成．
3．选用力学规律
(1)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速运动时，根据平衡条件列方程求解．
(2)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解．
(3)当带电粒子(带电体)在复合场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
4．带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的区别
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
恒力F＝Eq大小、方向不变
洛伦兹力F＝Bqv大小不变，方向随v而改变
运动类型
类似平抛运动
匀速圆周运动或其一部分
运动轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
求解方法处理
横向偏移y和偏转角φ要通过类似平抛运动的规律求解
横向偏移y和偏转角φ要结合圆的几何关系通过圆周运动的讨论求解
　如图3 5所示，在xOy坐标平面的第一象限内有沿－y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)以初速度v0沿－x方向从坐标为(3l，l)的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴正方向夹角为45°，求：
【导学号：96322070】
图3 5
(1)粒子从O点射出时的速度v和电场强度E；
(2)粒子从P点运动到O点的过程所用的时间．
【解析】　根据题意可推知：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出(轨迹如图所示)．
(1)根据对称性可知，粒子在Q点时速度大小为v，方向与－y轴方向成45°，则有
vcos
45°＝v0
①
即v＝v0
在P到Q过程中有
qEl＝mv2－mv
②
由①②解得E＝.
③
(2)粒子在Q点时沿－y方向的速度大小
vy＝vsin
45°
④
P到Q的运动时间
t1＝＝
⑤
P到Q沿－x方向的位移为s＝v0t1
⑥
则OQ之间的距离为OQ＝3l－s
⑦
粒子在磁场中的运动半径为r，则有r＝OQ
⑧
粒子在磁场中的运动时间t2＝×
⑨
粒子由P到Q的过程中的总时间t＝t1＋t2
⑩
解得t＝.
【答案】　(1)v0　　(2)
　如图3 6所示，xOy在竖直平面内．x轴下方有匀强电场和匀强磁场．电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．将一个带电小球从y轴上P(0，h)点以初速度v0竖直向下抛出．小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：
图3 6
(1)判断小球带正电还是带负电；
(2)小球做圆周运动的半径；
(3)小球从P点出发，到第二次经过x轴所用的时间．
【解析】　(1)小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动
有qE＝mg，故小球带负电．
(2)画出带电小球的运动轨迹如图所示．
设小球经过O点时的速度为v，
从P到O，有v2＝v＋2gh
从O到A，根据牛顿第二定律
qvB＝m
求出r＝.
(3)从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为t1，则
v＝v0＋gt1
从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为t2，则
T＝＝，t2＝＝
所以t＝t1＋t2＝＋.
【答案】　(1)负电　(2)
(3)＋
1 电子、质子、α粒子等一般不计重力，带电小球、液滴等带电颗粒一般要考虑重力作用.
2 对于粒子连续通过几个不同场的问题，要分阶段进行处理，并注意相邻阶段的关联量，如速度、位移、时间等.
3 对于临界问题，要挖掘隐含条件，并列出辅助方程，再联立其他方程求解.
1.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3 7.结合上述材料，下列说法不正确的是(　　)
【导学号：96322071】
图3 7
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】　由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，地磁的南极在地理北极附近，地球是一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场，故选项A、B的说法正确．从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行，故选项C的说法不正确．宇宙射线粒子带有电荷，在射向地球赤道时，运动方向与地磁场方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故选项D的说法正确．
【答案】　C
2．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图3 8所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)
【导学号：96322072】
图3 8
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确．
【答案】　A
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3 9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(　　)
【导学号：96322073】
图3 9
A．11
B．12
C．121
D．144
【解析】　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确．
【答案】　D
4．如图3 10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(　　)
【导学号：96322074】
图3 10
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
【解析】　如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速率为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝.由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝.故选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】　A
5．如图3 11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3 11
(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.
【导学号：96322075】
【解析】　(1)洛伦兹力提供向心力，有
f＝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＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB
场强E的大小E＝vB.
【答案】　(1)　　(2)vB
章末综合测评(三)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．在下列图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向．其对应不正确的是(　　)
【解析】　由安培定则判断C、D正确；又因小磁针静止时N极所指的方向与磁场方向相同，A正确，B错误．
【答案】　B
2．如图1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1
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
【解析】　由题意知，磁铁在a点磁场方向为垂直于P向前，电子在a点的瞬时速度方向向右．根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A正确．
【答案】　A
3．用同一回旋加速器分别对质子(H)和氘核(H)加速后，则(　　)
A．质子获得的动能大
B．氘核获得的动能大
C．两种粒子获得的动能一样大
D．无法确定
【解析】　因qvB＝m
①
又Ek＝mv2
②
故Ek＝，所以Ek∝，故A正确．
【答案】　A
4．长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图2所示的恒定电流时，下列说法正确的是(　　)
图2
A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里
B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外
C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左
D．小球不受磁场力作用
【解析】　电场对在其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对在其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．
【答案】　D
5．如图3是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R＝10
cm的圆柱形筒内有B＝1×10－4
T的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为＝2×1011
C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，则不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是(　　)
【导学号：96322186】
图3
A．4×105
m/s
B．2×105
m/s
C．4×106
m/s
D．2×106
m/s
【解析】　离子运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r，由几何知识可得r＝2R＝20
cm，由qvB＝，可得v＝4×106
m/s.
【答案】　C
6．如图4所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a，b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以(　　)
【导学号：96322187】
图4
A．适当减小磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当增大电流
D．使电流反向
【解析】　首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时2F＋ILB＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力ILB，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，故选项C正确．
【答案】　C
7．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打在底片上的P点，设OP＝x，则在图中能正确反映x与U之间的函数关系的是
(　　)
【导学号：96322188】
图5
【解析】　根据动能定理qU＝mv2可知，v＝，粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，所以R＝＝，x＝2R＝，即x∝，B正确．
【答案】　B
8．电磁轨道炮的工作原理如图6所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是
(　　)【导学号：96322189】
图6
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
【解析】　由题意可知B＝kI，F＝BId＝kI2d.
由动能定理可得：F·L＝mv，v0＝＝，v0∝I，要使v0加倍，则B、D正确，A、C错．
【答案】　BD
9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图7所示，已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)
图7
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
【解析】　应用动能定理和圆周运动规律分析两种离子的速度关系及在磁场中运动的半径关系，结合几何知识分析两离子在有界磁场中的偏转角．
磷离子P＋与P3＋电荷量之比q1∶q2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a＝，由此可知，a1∶a2＝1∶3，选项A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r＝，又qU＝mv2，故有r＝
，即r1∶r2＝∶1，选项B正确；设离子P3＋在磁场中偏角为α，则sin
α＝，sin
θ＝(d为磁场宽度)，故有sin
θ∶sin
α＝1∶，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C正确；全过程中只有电场力做功，W＝qU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，选项D正确．
【答案】　BCD
10．如图8所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定(　　)
【导学号：96322190】
图8
A．小球带负电
B．小球带正电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
【解析】　小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE＋qvB＝mg；若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v′【答案】　BD
二、计算题(本大题共3个小题，共40分．按题目要求作答)
11．(12分)如图9所示，平行金属导轨PQ与MN都与水平面成θ角，相距为l.一根质量为m的金属棒ab在导轨上，并保持水平方向，ab棒内通有恒定电流，电流大小为I，方向从a到b.空间存在着方向与导轨平面垂直的匀强磁场，ab棒在磁场力的作用下保持静止，并且棒与导轨间没有摩擦力．求磁感应强度B的大小和方向．
图9
【解析】　金属棒受力如图所示，
根据力的平衡条件可知：
F安＝mgsin
θ
而F安＝BIl
可得B＝
由左手定则可知，B的方向垂直导轨平面向下．
【答案】　　方向垂直导轨平面向下
12．(14分)如图10所示，在半径为r的圆形区域内，有一个匀强磁场，一带电粒子以速度v0从M点沿半径方向射入磁场区，并由N点射出，O点为圆心．∠MON＝120°，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R及在磁场区中的运动时间.
【导学号：96322191】
图10
【解析】　首先应确定带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆心．具体方法是：过M和N点作圆形磁场区半径OM和ON的垂线，两垂线的交点O′即为带电粒子做圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图所示．
由图中几何关系可知，圆弧MN所对的圆心角为60°，O、O′的连线为该圆心角的角平分线，由此可得tan
30°＝，所以带电粒子偏转半径为R＝＝r.
带电粒子运动周期T＝，R＝，
因为＝＝，所以T＝2π＝，
则带电粒子在磁场中运动时间为
t＝T＝T＝.
【答案】　r　
13．(14分)如图11所示，真空中有以O′为圆心、r为半径的圆柱形匀强磁场区域，圆的最下端与x轴相切于坐标原点O，圆的右端与平行于y轴的虚线MN相切，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在虚线MN右侧x轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场．现从坐标原点O向纸面内不同方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为r，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：
图11
(1)质子进入磁场时的速度大小；
(2)沿y轴正方向射入磁场的质子到达x轴所需的时间．
【解析】　(1)由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
Bev＝，解得：v＝.
(2)若质子沿y轴正方向射入磁场，则以N为圆心转过圆弧后从A点垂直电场方向进入电场，质子在磁场中有：T＝，得：tB＝T＝
进入电场后质子做类平抛运动，y方向上的位移
y＝r＝at2＝t
解得：tE＝
则：t＝tB＋tE＝＋
.
【答案】　(1)　(2)＋6．焦耳定律　电路中的能量转化
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.掌握电功、电功率、电热、电热功率等基本概念．(重点)2．理解焦耳定律，并能进行有关计算．(重点)3．理解电功和电热的关系，能从能量转化和守恒的角度区分纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功和电热．(难点)4．知道电源的总功率、电路的输出功率、电源内阻消耗功率的概念并明确它们之间的关系．(重点、难点)
　　　电
功
和
电
功
率
1．电功
(1)概念：电场力移动电荷所做的功．
(2)公式：W＝qU＝UIt.
(3)单位：焦耳，符号J.
2．电功率
(1)物理意义：表示电流做功快慢的物理量．
(2)定义：电流所做的功与做这些功所用时间的比值．
(3)公式：P＝＝IU.
(4)单位：瓦特，符号W.
1．电流做功的过程中，电能转化为其他形式的能．(√)
2．电流通过用电器时，电流做的功越多，说明用电器的电功率越大．(×)
3．电功率越大，电流做功一定越快．(√)
家庭用电用“度”做单位，度是电功的单位，还是电功率的单位？
【提示】　度是电功的单位.1度＝1
kW·h＝3.6×106
J.
把一根大头针插在一小块硬纸片上，用浆糊把纸贴在台灯的灯泡上，使大头针的针尖朝上．然后用3张纸条做一小风车，把风车放在针尖上．打开台灯，过一会发现，风车转动起来．
图2 6 1
探讨1：这一过程，电流做功吗？
【提示】　做功．
探讨2：风车为什么转动？
【提示】　电流通过灯丝做功，把电能转化为内能．周边空气温度升高，形成对流，风车转动起来．
1．对电功的理解
(1)从力的角度看，电流做功的实质是电场力对自由电荷做功．
(2)从能的角度看，电流做功过程是电能转化为其他形式的能的过程，电功的大小量度了电能的减少量，标志着电能转化为其他形式的能的多少．
(3)电功W＝UIt＝qU对任何电路都适用．
2．对电功率的理解
(1)电功率P＝＝UI对任何电路都适用．
(2)额定功率和实际功率
①额定功率：用电器正常工作所消耗的功率．
②实际功率：用电器在实际电压下电流做功的功率．
一个电阻接入某电路后，消耗的功率为110
W，通过3
C的电荷量时，有330
J的电能转化为内能，则下列说法错误的是(　　)
【导学号：96322046】
A．电阻两端所加电压为330
V
B．通过电阻的电流为1
A
C．电阻通电时间为3
s
D．这个电阻的阻值为110
Ω
【解析】　由W＝qU知，电阻两端所加电压U＝＝110
V，A错；由P＝IU得I＝＝1
A，B对；由W＝Pt得通电时间t＝＝3
s或t＝＝
s＝3
s，C对；由R＝，得R＝110
Ω，D对．
【答案】　A
　如图2 6 2所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8
V，乙电路两端的电压为16
V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是(　　)
图2 6 2
A．P甲B．P甲>P乙
C．P1>P2
D．P1＝P2
【解析】　由灯都正常发光可知，R1中电流是R2中电流二倍，R1两端电压是R2两端电压的二分之一，两变阻器消耗的功率相等，两电路中消耗的总功率相等，选项D正确，A、B、C错误．
【答案】　D
　一台国产XQB30 13型自动洗衣机说明书中所列的主要技术数据如下表，试根据表中提供的数据计算：
额定电压
220
V
额定频率
50
Hz
额定洗衣、脱水功率
360
W
额定洗衣、脱水容量
3
kg
整机质量
33
kg
外形尺寸(长×宽×高)
(542×550×920)
mm3
(1)这台洗衣机在额定电压下洗衣或脱水时，通过洗衣机的电流是多大？
(2)如洗衣、脱水的累计时间为40
min，则洗衣机耗电多少？
【解析】　(1)由说明书可知P＝360
W，又由P＝UI可知I＝＝
A＝1.64
A.
(2)W＝Pt＝360×40×60
J＝8.64×105
J
故消耗的电能为8.64×105
J.
【答案】　(1)1.64
A　(2)8.64×105
J
几个电学公式的适用范围
解答电流做功类的题目需掌握以下几个重要公式，并理清它们的意义及适用条件．
(1)电功W＝UIt＝qU普遍适用．
(2)I＝为电流的定义式，普遍适用．
(3)I＝，P＝I2R＝等，只适用于纯电阻电路．
　焦
耳
定
律
、
热
功
率
1．焦耳定律
(1)内容：电流通过电阻产生的热量跟电流的二次方成正比，跟电阻值成正比，跟通电时间成正比．
(2)公式：Q＝I2Rt.
(3)单位：J.
(4)应用：工业上的电烙铁、电烤箱等；生活中的电暖气、电炉、电熨斗、电饭锅等．
2．热功率
(1)概念：电阻通电所产生的热量与产生这些热量所用时间的比值．
(2)公式：P热＝＝I2R.
1．根据电功的公式和欧姆定律可以推导出电热的公式，因此电功和电热是完全相同的．(×)
2．W＝UIt适用于任何电路求电功．(√)
3．Q＝I2Rt适用于任何电路求热量．(√)
用电炉烧水时，炉盘内的电炉丝被烧得通红，产生大量的热，而连接电炉的导线却不怎么热，这是什么原因？
【提示】　导线跟电炉丝是串联在一起的，通过它们的电流相等，而电炉丝的电阻比连接电炉丝的部分导线电阻要大得多，由焦耳定律Q＝I2Rt知在相等的时间内导线产生的热量比电炉丝产生的热量要少得多．
如图2 6 3所示为一正常工作的电动机，其工作电压为220
V.
图2 6 3
探讨1：电动机消耗的电能全部转化为线圈产生的内能吗？
【提示】　一部分转化为内能．
探讨2：其工作电压是线圈两端电压吗？
【提示】　不是．其工作电压大于线圈两端电压．
1．两种电路的比较
电路
纯电阻电路
非纯电阻电路
元件特点
电路中只有电阻元件
除电阻外还包括其他的电器元件
电流、电压、电阻三者的关系
遵循欧姆定律I＝
不遵循欧姆定律，由W＝UIt＝I2Rt＋W其他知U＞IR或I＜
能量转化形式
电流做功全部转化为内能：W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t
电流做功转化为内能和其他形式的能量：电功W＝UIt＝Q＋W其他，其中电热Q＝I2Rt
能量转化示意图
电器元件举例
电炉丝、白炽灯
电动机、电解槽、电风扇
2.电功与电热
(1)纯电阻电路：W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t；
P电＝P热＝UI＝I2R＝.
(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电热Q＝I2Rt，W>Q；电功率P＝UI，热功率P热＝I2R，P>P热．
　规格为“220
V　36
W”的排气扇，线圈电阻为40
Ω，求：
(1)接上220
V电压后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；
(2)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．
【解析】　(1)排气扇在220
V电压下正常工作电流I＝＝
A＝0.16
A，
发热功率P热＝I2R＝0.162×40
W≈1
W，
转化为机械能的功率P机＝P－P热＝(36－1)
W＝35
W.
(2)扇叶被卡住不能转动后，电动机相当于纯电阻，电能全部转化为内能，此时通过排气扇的电流I′＝＝
A＝5.5
A.
电动机消耗的功率等于发热功率P′＝P热＝I′U＝5.5×220
W＝1
210
W．由于发热量很大，将很快烧坏电动机线圈．
【答案】　(1)35
W　1
W　(2)1
210
W　1
210
W
　把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串∶t并为(　　)
【导学号：96322047】
A．1∶1
B．2∶1
C．4∶1
D．1∶4
【解析】　设每根电热丝电阻为R，则R串＝2R，R并＝.由Q＝W＝t得
t串∶t并＝4∶1.
【答案】　C
　下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是(　　)
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＝UIt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，UI>I2R
D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路
【解析】　电功率公式为P＝，功率越大，表示电流做功越快．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＝UIt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正确；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UI>I2R，C正确；Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产生的焦耳热，D正确．
【答案】　A
电动机电路的分析方法
(1)分清是纯电阻电路还是非纯电阻电路．电动机转动时是非纯电阻电路，电动机不转动时是纯电阻电路．
(2)分清要求的是电功还是电热(或热功率)，对照公式的适用条件，合理选择公式．
(3)电动机的输入功率即总功率P入＝IU，电动机的发热功率P热＝I2r，电动机的输出功率P出＝P入－P热．
电
路
中
的
能
量
转
化
1．内电路中的能量转化
(1)电源：通过各种作用，将其他形式的能转化为电能，转化功率P＝IE.
(2)内阻：通过电流做功将一部分电能转化为内阻的内能，即P内＝I2r.
2．外电路上的能量转化：通过电流做功将电源输出的电能转化为其他形式的能，即P外＝UI.
3．两者之间的关系：由能量守恒定律可知P＝P内＋P外，即EI＝I2r＋UI，进一步化简可得E＝U＋Ir，可见闭合电路欧姆定律实质上是能量守恒定律在闭合电路中的具体表现．
1．电流的热效应实质上是电能通过电流做功转化为内能．(√)
2．电动机是非纯电阻用电器，所以在任何情况下，都不能将电能全部转化为内能．(×)
3．在使用电源时，绝对不可以让电源短路，以免造成电源的损坏，甚至引起火灾．(√)
外电路的电阻越大，电源做功输出的效率就越高吗？
【提示】　由于电源做功输出的效率：
η＝＝＝＝＝＝，
故外电路的电阻越大，电源做功输出的效率就越高．
闭合电路中内、外电路都有电阻，当电键闭合，电路中有电流时，内、外电路都做功．
探讨1：电源非静电力做的功与电路中内、外电路电流做的功存在什么关系？
【提示】　非静电力做功把电源内部储存的其他形式的能转化为电能，电流做功把电能转化为内电路上的电能和外电路上其他形式的能．
探讨2：外电路的电阻越大，外电路消耗的功率就越大吗？
【提示】　当外电阻大于内电阻时，外电阻越大，外电路消耗的功率越小．
探讨3：外电路的电阻越大，电源做功的效率就越高吗？
【提示】　外电阻越大，路端电压越大，电源做功的效率越大．
1．闭合电路中的几个功率
功率名称
表达式
电源功率(总功率)
P总＝EI
电源内部消耗功率
P内＝U内I＝I2r
外电路消耗功率(电源输出功率)
P外＝U外I＝(E－U内)I＝EI－I2r
三者关系
P总＝P外＋P内
2.纯电阻电路中电源的输出功率
P出＝UI＝I2R＝＝.
电源的输出功率随外电阻的变化关系如图2 6 4所示．
(1)当R＝r时，Pmax＝.
(2)一个输出功率(除最大功率外)P对应于两个不同的外电阻R1和R2，且r＝.
(3)当R＜r时，R↑→P出↑；当R＞r时，R↑→P出↓.
图2 6 4
3．电源的效率
η＝＝＝＝＝＝.
可见，外电阻R越大，电源的效率越高．
　在如图2 6 5所示的电路中，已知电源电动势E＝3
V，内电阻r＝1
Ω，电阻R1＝2
Ω，滑动变阻器R的阻值可连续增大，问：
【导学号：96322048】
图2 6 5
(1)当R多大时，R消耗的功率最大？最大功率为多少？
(2)当R多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？
【解析】　(1)把R1视为内电路的一部分，则当R＝R1＋r＝3
Ω时，R消耗的功率最大，其最大值为：
Pmax＝＝0.75
W.
(2)对固定电阻R1，当电路的电流最大时其消耗的功率最大，此时R＝0，所以P1＝I2R1＝2R1＝2
W.
【答案】　(1)3
Ω　0.75
W　(2)0　2
W
　当典例3中的电源的最大输出功率为多少？此时电源的效率为多少？
【解析】　由P输出和R的变化关系图像可知R外>r时，R外越大，P出越小，故R＝0时电源输出功率最大．
Pmax＝I2R1＝2R1＝2×2
W＝2
W
此时η＝×100%＝×100%＝66.7%.
【答案】　2
W　66.7%
　如图2 6 6所示，电源电动势E＝10
V，内阻r＝0.5
Ω，“8
V　16
W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R0＝1
Ω，求：
【导学号：96322049】
图2 6 6
(1)路端电压；
(2)电源的总功率；
(3)电动机的输出功率．
【解析】　(1)灯泡正常发光，所以路端电压为8
V.
(2)设干路总电流为I，则8
V＝10
V－I×0.5
Ω，得I＝4
A，故P总＝EI＝40
W.
(3)又IL＝＝
A＝2
A，
故IM＝I－IL＝2
A，
PM总＝8×2
W＝16
W，
PM出＝16
W－22×1
W＝12
W.
【答案】　(1)8
V　(2)40
W　(3)12
W
闭合电路功率问题的注意事项
(1)闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能．内、外电路将电能转化为其他形式的能，EI＝P内＋P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现．
(2)外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大．
学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
1．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3
C，消耗的电能为0.9
J．为在相同时间内使0.6
C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是(　　)
【导学号：96322139】
A．3
V,1.8
J
B．3
V,3.6
J
C．6
V,1.8
J
D．6
V,3.6
J
【解析】　根据公式W＝Uq可知，当通过该电阻的电荷量为0.3
C，消耗的电能为0.9
J时，电阻的两端电压为3
V，此时的电流为I；若在相同时间内使0.6
C的电荷量通过该电阻，表明后者的电流是前者的二倍，则说明后者的电压也是前者的二倍，即在其两端需加的电压为3
V×2＝6
V，消耗的电能为W＝6
V×0.6
C＝3.6
J，选项D正确．
【答案】　D
2．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(　　)
【导学号：96322140】
A．电风扇最多
B．电烙铁最多
C．日光灯最多
D．一样多
【解析】　在三种用电器中，只有电烙铁是纯电阻用电器，将电能全部转化为内能，故选项B正确．
【答案】　B
3．有一只电风扇，标有“220
V　50
W”字样，电动机线圈的电阻为0.4
Ω，把它接入220
V的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法中，正确的是
(　　)
【导学号：96322141】
A．Q＝t
B．Q＝Pt
C．Q＝2Rt
D．以上三种方法均正确
【解析】　由于电风扇是非纯电阻电路，故A、B错；由P＝UI得I＝，再由Q＝I2Rt知C正确．
【答案】　C
4．(多选)一台电动机的线圈的电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内(　　)
A．电炉放热与电动机放热相等
B．电炉两端电压小于电动机两端电压
C．电炉两端电压等于电动机两端电压
D．电动机消耗的功率大于电炉的功率
【解析】　电炉属于纯电阻，电动机属于非纯电阻，对于电炉有：U＝IR，放热Q＝I2Rt，消耗功率P＝I2R，对于电动机有：U>IR，放热Q＝I2Rt，消耗功率P＝UI>I2R.
【答案】　ABD
5．R1和R2分别标有“2
Ω　1.0
A”和“4
Ω　0.5
A”，将它们串联后接入电路中，如图2 6 7所示，则此电路中允许消耗的最大功率为(　　)
图2 6 7
A．1.5
W　　
B．3.0
W　　
C．5.0
W　　
D．6.0
W
【解析】　R1和R2串联后的总电阻为R＝R1＋R2＝6
Ω，电路中的电流不能超过R2的额定电流，即0.5
A．根据P＝IU和I＝得P＝I2R＝1.5
W，故A正确．
【答案】　A
6．加在某电动机上的电压是U(V)，电动机消耗的电功率为P(W)，电动机线圈的电阻为r(Ω)，则电动机线圈上消耗的电热功率为
(　　)
【导学号：96322142】
A．P
B.
C.
D．P－
【解析】　因为P＝IU，I＝，所以P热＝()2r，故C正确．
【答案】　C
7．如图2 6 8所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻电流关系的图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是(　　)
图2 6 8
A．2瓦，66.7%
B．2瓦，33.3%
C．4瓦，33.3%
D．4瓦，66.7%
【解析】　由图可知，E＝3
V，r＝1
Ω，R＝2
Ω，故可得：P出＝()2·R＝()2·2
W＝2
W，η＝＝66.7
%，故A正确．
【答案】　A
8．一台小型电动机在380
V电压下正常工作时，能将30
kg的货物在30
s内匀速提升30
m，通过它的电流是1
A．除电动机线圈生热外，其他能量损失不计，求在此过程中：(g取10
m/s2)
【导学号：96322143】
(1)拉力对货物做功的功率；
(2)电动机的输出功率；
(3)电动机线圈所产生的热量．
【解析】　(1)货物匀速上升，故牵引力等于重力，故有F＝mg＝30×10
N＝300
N，
上升的速度为v＝1
m/s，
故牵引力的功率为P＝Fv＝300×1
W＝300
W.
(2)电动机的输出功率为300
W.
(3)由能量守恒定律可知
Q＝IUt－mgh＝(1×380×30－300×30)
J
＝2400
J.
【答案】　(1)300
W　(2)300
W　(3)2400
J
9．电动势为E、内阻为r的电池与固定电阻R0、变阻器R串联，如图2 6 9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(　　)
【导学号：96322144】
图2 6 9
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
【解析】　滑片自a向b滑动，R减小，R总减小，故总电流I变大，所以固定电阻R0消耗功率及电池内阻消耗的功率均增大，故C、D错；滑动过程中，R外由3r减为r，始终大于内阻r，由P输出与R外关系图像可知，电池输出功率逐渐增大，故A错．将R0等效为内阻一部分，则总内阻为2r，在R由2r减小到0的过程中，等效电源输出功率即变阻器消耗的功率逐渐减小，故B正确．
【答案】　B
10．给定两只标有“110
V　40
W”的灯泡L1和标有“110
V　100
W”的灯泡L2及一只最大阻值为500
Ω的滑动变阻器R，将它们接在220
V的电路中，在如图所示的几种接法中，最合理的是(　　)
A　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　　D
【解析】　L1(110
V　40
W)和L2(110
V　100
W)的额定电压相同，由P＝可知R1>R2，由串、并联电路电流、电压特点可知A、D中L1、L2一定不会同时正常发光，虽然B、C能使L1、L2同时正常发光，但B中P总＝2(P1＋P2)，C中P总＝2P2，故C正确．
【答案】　C
11．如图2 6 10为甲、乙两灯泡的I－U图像，根据图像计算甲、乙两灯泡并联在电压为220
V的电路中，实际发光的功率约为(　　)
图2 6 10
A．15
W　30
W
B．30
W　40
W
C．40
W　60
W
D．60
W　100
W
【解析】　从图像的横坐标(U)为220
V的刻度可找出对应的纵坐标(I)的值分别为I甲＝0.18
A，I乙＝0.28
A，则P甲＝U·I甲≈40
W，P乙＝U·I乙≈60
W，即C项正确．
【答案】　C
12．电路图如图2 6 11甲所示，乙中图线是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图像，滑动变阻器的最大阻值为15
Ω，定值电阻R0＝3
Ω.
甲　　　　　　　　　乙　
图2 6 11
(1)当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？
(2)当R为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？
【解析】　(1)由题图乙知电源的电动势和内阻为：E＝20
V，r＝||＝
Ω＝7.5
Ω.
由题图甲分析知道，当R＝0时，R0消耗的功率最大，
最大为P＝()2R0＝()2×3
W＝10.9
W.
(2)当r＝R＋R0时，即R＝4.5
Ω时，
电源的输出功率最大，最大值为：
P＝()2(R0＋R)
＝()2(3＋4.5)
W＝13.3
W.
【答案】　(1)0　10.9
W　(2)4.5
Ω　13.3
W第二章
直流电路
章末分层突破
①I＝q/t
②I＝
③R＝ρ
④W＝UIt
⑤P＝W/t
⑥R＝ρ
⑦I＝
⑧Q＝I2Rt
⑨I＝
　
　动态电路问题的分析方法
1.常规思维过程：(1)对电路进行分析，从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断电路总电阻的变化情况(若只有有效工作的一个电阻阻值变化，则不管它处于哪一支路，电路总电阻一定跟随该电阻变化规律而变)．
(2)由全电路欧姆定律判断电路总电流、路端电压的变化情况．
(3)再根据电路特点和电路中电压、电流分配原则判断各部分电流、电压、电功率的变化情况．
2.滑动变阻器常见三种接法的特点：
(1)如图2 1所示的限流式接法．RAB随P、b间的电阻增大而增大．
图2 1
(2)如图2 2所示分压电路．电路总电阻RAB等于AP段电阻RaP和R1并联后的电阻与Pb段电阻RPb的串联值．当P由a滑至b时，虽然RaP与RbP变化相反，但电路的总电阻RAB持续减小；若P点反向移动，则RAB持续增大．
图2 2
(3)如图2 3所示并联式电路．由于两并联支路的电阻之和为定值，则两支路的并联电阻随两支路阻值之差的增大而减小；随两支路阻值之差的减小而增大，且支路阻值相差最小时有最大值，相差最大时有最小值．
图2 3
　如图2 4所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是(　　)
【导学号：96322051】
图2 4
A．路端电压变小
B．电流表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小
D．电路的总电阻变大
【解析】　当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻减小，使总电阻减小，D错；根据I＝可知总电流增大，又由U＝E－Ir知路端电压减小，A对；流过电流表的示数为I1＝可知电流表示数减小，B错；由P内＝I2r知内阻消耗的功率增大，C错．
【答案】　A
　(多选)在如图2 5所示电路中，电源电动势E＝6
V，内阻r＝1
Ω，保护电阻R0＝3
Ω，滑动变阻器总电阻R＝20
Ω，闭合开关S，在滑片P从a滑到b的过程中，若电流表内阻忽略，正确的是(　　)
图2 5
A．电流表的示数先减小后增大
B．电流表的示数先增大后减小
C．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小
D．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大再减小
【解析】　此电路是滑动变阻器的上部分与下部分并联后，再与R0串联．当滑片P从a滑到b的过程中，并联电路的电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，A正确．当滑动变阻器的并联总电阻等于R0＋r时，滑动变阻器消耗的功率最大，在滑片P从a滑到b的过程中，并联电阻有两次达到该值，故选项D正确．
【答案】　AD
　电路故障的分析方法
这类题目要从已知条件出发，进行严密推理，找出故障的原因．具体方法如下：
1．仪器检测法
(1)用电压表对断路故障判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则该段电路中有断点．
(2)用电压表对短路故障判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该段电路短路．
(3)用欧姆表检测：在使用欧姆表检测电路故障时，一定要注意将待测部分与电路断开．若测得某段电路的电阻是零，说明该部分短路；若测得某段电路的电阻是无穷大，说明该部分断路．
2．假设法：已知电路发生某种故障，寻求故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后假设某部分电路发生故障，运用欧姆定律进行正向推理，推理结果若与题述现象相符，则故障发生在该部分电路．否则，故障没发生在该部分电路．用此方法，直到找到故障为止．
　(多选)如图2 6所示为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220
V的交流电源连接．a、b间，b、c间，c、d间分别连接一个电阻，现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220
V，由此可知(　　)
【导学号：96322052】
图2 6
A．a、b间电路通，c、d间电路不通
B．a、b间电路不通，b、c间电路通
C．a、b间电路通，b、c间电路不通
D．b、c间电路不通，c、d间电路通
【解析】　由于用交流电压表测得b、d两点间电压为220
V，这说明a、b间电路是通的，b、c间电路不通或c、d间电路不通；由于a、c两点间电压为220
V，这说明c、d间电路是通的，a、b间电路不通或b、c间电路不通，综合分析可知b、c间电路不通，a、b间和c、d间电路通，即选项C、D正确．
【答案】　CD
　如图2 7所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都能发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是(　　)
图2 7
A．电阻R1断路
B．电阻R2短路
C．灯L1上两接线柱间短路
D．电阻R2断路
【解析】　根据题设条件，电路中的某种故障产生两个后果：一是灯L2突然变亮，二是电压表的读数增大，只有符合这两个条件的故障才是可能的故障．因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．
若电阻R1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L2两端电压会减小，致使灯L2暗，故选项A不符合题意．
若电阻R2短路，灯L2将不亮，选项B不符合题意．
若灯L1上两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表读数减小，选项C不符合题意．
若电阻R2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，而总电流减小导致内电压和灯L1、R1并联部分电压减小，灯L2端电压增大，灯L2变亮，符合题意，故选项D正确．
【答案】　D
故障电路部分的特点
(1)断路的特点：电路中发生断路，表现为电路中的电流为零而电源两端的电压不为零；若外电路中某两点之间的电压不为零，则表示这两点之间出现了断路，同时也说明这两点与电源之间的相连部分无断路．
(2)短路的特点：电路发生短路时，表现为有电流通过短路电路，即电流表是有一定示数的，但用电压表测该支路两端的电压时，电压表示数为零．
1．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为(　　)
图2 8
A.　　
B.　　
C．ρnev　　
D.
【解析】　由电流定义可知：I＝＝＝neSv，
由欧姆定律可得：U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，
又E＝，故E＝ρnev，选项C正确．
【答案】　C
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(　　)
【导学号：96322053】
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
【解析】　由E＝U＋Ir、E＝IR＋Ir、E＝U＋r知，要测量E和r，需要测出多组U、I或I、R或U、R值，选项A、B、C均可满足测量需要，选项D中R无法测出，最不可取．
【答案】　D
3．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(　　)
【导学号：96322054】
图2 9
A.　　　　　　　　　
B.
C.
D.
【解析】　断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示．
甲　　　　　　　　　　　　乙
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确．
【答案】　C
4．如图2 10所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是(　　)
图2 10
A．增大R1的阻值
B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离
D．断开电键S
【解析】　增大R1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A错误．
电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R2，故R2两端无电压，所以，增大R2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B正确．
增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C错误．
断开电键S后，两极间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D错误．
【答案】　B
5．(多选)如图2 11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(　　)
【导学号：96322055】
图2 11
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
【解析】　根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10
Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝A＝1
A，则路端电压为U＝IR外＝10
V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12
W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φA＝2.5
V，b点电势为φB＝7.5
V，a、b间电压的大小为5
V，选项C正确；若a、b间用导线连接起来，根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为7.5
Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路的总电流为I＝A≈1.26
A，选项D错误．
【答案】　AC
6．某同学想要描绘标有“3.8
V,0.3
A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：
【导学号：96322056】
电压表V1(量程0～3
V，内阻等于3
kΩ)
电压表V2(量程0～15
V，内阻等于15
kΩ)
电流表A1(量程0～200
mA，内阻等于10
Ω)
电流表A2(量程0～3
A，内阻等于0.1
Ω)
滑动变阻器R1(0～10
Ω，额定电流2
A)
滑动变阻器R2(0～1
kΩ，额定电流0.5
A)
定值电阻R3(阻值等于1
Ω)
定值电阻R4(阻值等于10
Ω)
定值电阻R5(阻值等于1
kΩ)
电源E(E＝6
V，内阻不计)
(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．
(2)该同学描绘出的I U图像应是下图中的________．
【解析】　描绘小灯泡的伏安特性曲线时，要求“测量数据尽量精确、绘制曲线完整”，从电表的量程来看，V1、A1量程偏小，直接测量灯泡的电压、电流时，曲线不完整，若用V2、A2测量灯泡的电压、电流时，读数不够精确．题目中给了滑动变阻器和几个定值电阻，我们可以采用定值电阻分压、分流的方式扩大电表的量程，准确读出灯泡的电流值、电压值，绘制完整的曲线．
(1)电路图如图所示，滑动变阻器的选择：R2的阻值太大，调节不灵敏，故选R1.与电流表A1并联的电阻：由于A1的内阻为10
Ω，若选R4为并联电阻，则量程为0～0.4
A，若选R3时并联阻值过小，改装后量程过大，而电流表读数偏小，读数欠精确．与电压表串联的电阻：分压电阻的阻值应该与电压表V1的内阻具有可比性，故选择R5作为分压电阻，此时量程为0～4
V.
(2)灯丝的电阻率随温度的升高而增大，其阻值也随温度的升高而增大，则I U图线的斜率应越来越小，图B正确．
【答案】　(1)如图所示　(2)B
7．用如图2 12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.
【导学号：96322057】
实验主要步骤：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
②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；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U I图线(U、I都用国际单位)；
④求出U I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.
图2 12
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．
【解析】　(1)由于待测电源的电动势为3
V，故电压表应选0～3
V量程，而该电路中电压表分流越小，实验误差越小，故选大内阻的电压表，故电压表选A.回路中电流的最大值Imax＝≈158
mA，故电流表选C.
(2)当电压表示数变大时，说明外电路电阻变大，即滑片从左向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，对于A、B两选项，在滑片移动的过程中回路电阻不变，选项C中滑片向右移动时回路电阻变大，选项D中，滑片向右移动时回路电阻变小，故选项C正确．
(3)根据闭合电路欧姆定律，得E＝U＋I(R2＋r)，即U＝E－I(R2＋r)，所以k＝R2＋r，所以r＝k－R2，横截距为U＝0时，I＝a，即0＝E－ak，所以E＝ak.
【答案】　(1)A　C　(2)C　(3)ak　k－R2
章末综合测评(二)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共8个小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．关于公式R＝和公式R＝ρ，下列说法中正确的是(　　)
A．两公式对一切情况都适用
B．R＝仅适用于金属导体，R＝ρ适用于任何导体
C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比
D．导体的电阻在温度一定时，与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比
【解析】　R＝适用于一切导体，R＝ρ适用于金属导体和电解质溶液，A、B错；导体电阻在温度一定时，与导体长度成正比，与横截面积成反比，长度、横截面积不变时，电阻阻值不变，与导体两端电压、通过导体的电流大小无关，C错，D对．
【答案】　D
2．关于电功和焦耳热，下列说法错误的是(　　)
A．在纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
B．在非纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
C．在非纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q＝I2Rt
D．在纯电阻电路中，计算焦耳热可以用W＝UIt
【解析】　在非纯电阻电路中，电功计算式为W＝UIt，电热计算式Q＝I2Rt，电功不等于电热，故B错．
【答案】　B
3．一个标有“1
kΩ，40
W”的电阻器，下列说法错误的是(　　)
A．允许长期通过它的最大电流是0.2
A
B．额定电压是200
V
C．在额定电压下消耗的功率为40
W
D．加50
V电压时消耗的功率为10
W
【解析】　铭牌上标注的是该电阻器的阻值和允许的最大功率，据P＝I2R得Imax＝
A＝0.2
A，A正确；据P＝得U额＝
V＝200
V，B正确；40
W为电阻器在额定电压下消耗的功率，C正确；据P＝知，U＝50
V时P＝
W＝2.5
W，D错误．
【答案】　D
4．一个闭合电路，是由电池供电的，外电路是纯电阻电路时，以下说法正确的是(　　)
A．当外电阻增大时，路端电压增大
B．当外电阻减小时，路端电压增大
C．当外电阻减小时，电池的输出功率一定增大
D．当外电阻减小时，电池的输出功率一定减小
【解析】　由闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir＝E－，当外电阻增大时，路端电压增大，即A正确；由电源的输出功率随外电阻的变化关系图像得，当外电阻变化时，其输出功率可能增加也可能减小，即C、D均错误．
【答案】　A
5．某实验小组用三只相同的小灯泡连接成如图1所示的电路，研究串、并联电路的特点．实验中观察到的现象是(　　)
【导学号：96322182】
图1
A．S2断开，S1与a连接，三只灯泡都熄灭
B．S2断开，S1与b连接，三只灯泡亮度相同
C．S2闭合，S1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同
D．S2闭合，S1与b连接，三只灯泡都发光，L3的亮度小于L2的亮度
【解析】　S2断开，S1与a连接时，三只灯泡串联，三只灯泡都发光，且亮度相同，A错误；S2断开，S1与b连接时，L1、L2两只灯泡串联，L3被断开没有接入电路，B错误；S2闭合，S1与a连接时，只有L2亮，L1和L3被短路，C错误；S2闭合，S1与b连接时，L1和L3并联，然后与L2串联，此时三只灯泡都发光，L3的亮度与L1的亮度相同，都小于L2的亮度，D正确．
【答案】　D
6．如图2所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示．由该图可知(　　)
图2
A．电源的电动势为4
V
B．电源的内电阻为2
Ω
C．电源输出功率的最大值为16
W
D．电源消耗的最大功率为16
W
【解析】　图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4
W和2
A，由P内＝I2r，代入数据得r＝1
Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1
Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E＝I(R＋r)＝4
V，A正确．外电阻和内电阻相等时电源输出的功率最大，最大值为4
W，C错误．电源消耗的功率为P＝EIm，当R＝0时电流最大为4
A，Pm＝16
W，故D正确．
【答案】　AD
7．如图3所示的电路，电源内阻不能忽略，电阻R1＝8
Ω，R2＝10
Ω，当开关S接a端时，电压表读数为2.0
V，若开关S接到b端时，电压表读数可能为
(　　)
【导学号：96322183】
图3
A．1.8
V
B．2.2
V
C．2.4
V
D．2.7
V
【解析】　当开关S从a端改接b端时，由于外电阻R2＞R1，故电压表读数必增大，即U＞2.0
V；若电源的内阻r R外时，可视电源为恒流电源，则U外最大为Umax＝U1＝2.5
V，故U＜2.5
V，故选项B、C正确．
【答案】　BC
8．在如图4所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是(　　)
图4
A．R1短路
B．R2断路
C．R3断路
D．R4短路
【解析】　由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此可排除选项A、D.
假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B对．
假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)的电压和电流增大，灯B中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．
【答案】　BC
二、非选择题(本大题共4个小题，共52分，按题目要求作答)
9．(12分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中(如图5甲).
【导学号：96322184】
甲　　　　　　乙
图5
(1)移动滑动变阻器的滑片应特别注意防止_________________________．
(2)现备有以下器材：
A．干电池1节
B．滑动变阻器(0～50
Ω)
C．滑动变阻器(0～1
750
Ω)
D．电压表(0～3
V)
E．电压表(0～15
V)
F．电流表(0～0.6
A)
G．电流表(0～3
A)
其中滑动变阻器应选________，电压表应选________，电流表应选________．
(3)图乙是根据实验数据画出的U I图像．由此可知这个干电池的电动势E＝________
V，内电阻r＝________
Ω.
【解析】　(1)若滑动变阻器接入电路的电阻太小，则电路中电流太大，容易烧坏电流表．
(2)滑动变阻器的阻值不需太大，可选B；通常干电池电动势为1.5
V，故电压表可选D，电流表可选F.
(3)由题图乙可知E＝1.5
V，r＝
Ω＝0.75
Ω.
【答案】　(1)滑动变阻器接入电路电阻太小，电路中电流太大，烧坏电流表　(2)B　D　F　(3)1.5　0.75
10．(12分)在练习使用多用电表的实验中：
(1)某同学连接的电路如图6所示．
图6
①若旋转选择开关，使其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，使其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(　　)
A．若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大
B．若测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量
C．若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25
Ω
D．若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
【解析】　(1)多用电表与R1串联，则选择直流电流挡时，测得的是通过R1的电流；若断开电路中的开关，多用电表使用电阻挡，则R1和R2串联接在多用电表两端，此时测得的是R1和R2串联的电阻；若多用电表选用直流电压挡，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，则多用电表与R2并联，所以此时测得的是R2(或电源)两端的电压．
(2)双手捏住两表笔金属杆，相当于给待测电阻又并联了一个电阻，测量值将偏小，选项A错误；测量时发现指针偏离中央刻度过大，要看指针偏角情况，若偏角太大，说明待测电阻较小，应减小倍率，重新调零后再进行测量，若偏角太小，说明待测电阻较大，应增大倍率，重新调零后再进行测量，选项B错误；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250
Ω，选项C错误；欧姆表内的电池使用时间太长，则电动势E减小，完成调零过程则有Ig＝(式中Ig为满偏电流，是一定值，R内为欧姆表总内阻即中值电阻，随E变化)，测量电阻Rx时，根据闭合电路欧姆定律有I＝＝，由此可知当E减小时，I减小，指针偏角减小，所以测量值将偏大，选项D正确．
【答案】　(1)①R1　②R1和R2串联　③R2(或电源)　(2)D
11．(14分)如图7所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6
V和0.4
A．当S断开时，它们的示数各改变0.1
V和0.1
A，求电源的电动势和内阻．
图7
【解析】　当S闭合时，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U1＝E－I1r即E＝1.6＋0.4r，
①
当S断开时，只有R1接入电路，则外电路电阻变大，电压表示数变大，电流表示数变小，由闭合电路欧姆定律得：
U2＝E－I2r即
E＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r，
②
由①②得：E＝2
V，r＝1
Ω.
【答案】　2
V　1
Ω
12．(14分)如图8所示，电阻R1＝8
Ω，电动机绕组电阻R0＝2
Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88
W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2
W．若电源的电动势为6
V，开关S闭合时，求：
【导学号：96322185】
图8
(1)干路中的总电流；
(2)电动机输出的机械功率；
(3)若此电动机输出的机械功率不变，用它从静止开始竖直提升0.5
kg物体时，物体匀速上升时的速度为多大？(g取10
m/s2)
【解析】　(1)当开关S断开时，
由P1＝IR1，得I1＝0.6
A，
又U1＝I1R1＝4.8
V，E＝U1＋I1r，解得r＝2
Ω.
当开关S闭合时，由P2＝IR1，得I2＝0.5
A，
R1两端的电压U2＝I2R1＝4
V，
设干路中电流为I，则I＝＝1
A.
(2)电动机的电流IM＝I－I2＝0.5
A，
故机械功率为P＝U2IM－IR0＝1.5
W.
(3)由力做功的功率P＝Fv得v＝＝0.3
m/s.
【答案】　(1)0.6
A　(2)1.5
W　(3)0.3
m/s4.磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.通过实验探究，知道磁场对运动电荷有力的作用，知道什么是洛伦兹力．(重点)2．知道洛伦兹力与安培力之间的关系，能从安培力的计算公式推导出洛伦兹力的计算公式．(难点)3．能用洛伦兹力的计算公式计算洛伦兹力的大小，会用左手定则判断洛伦兹力的方向．(重点)
4．掌握带电粒子在磁场中运动的规律，并能解答有关问题．(重点、难点)
　　　洛
伦
兹
力
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的磁场力．
(2)与安培力的关系：静止的通电导线在磁场中所受的安培力在数值上等于大量定向运动电荷受到的洛伦兹力的总和．
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)洛伦兹力方向的特点：F洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于B和v所决定的平面．
3．洛伦兹力的大小
当速度方向和磁感应强度方向分别满足以下几种情况，洛伦兹力的大小：
(1)当v与B成θ角时：F洛＝qvBsin_θ.
(2)当v⊥B时：F洛＝qvB.
(3)当v∥B时：F洛＝0.
1．电荷垂直磁场运动时，洛伦兹力最小，平行磁场运动时洛伦兹力最大．(×)
2．洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不做功．(√)
3．洛伦兹力在匀强磁场中一般是变力，而电场力在匀强电场中是恒力．(√)
如图3 4 1所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中发生了向下偏转，试问：
图3 4 1
什么力使电子在运动过程中向下偏转？该力的方向由什么因素决定？
【提示】　洛伦兹力使电子向下偏转．该力的方向由磁场方向和电子运动的方向决定．
如图3 4 2所示，电荷q以速度v进入匀强磁场中，当它的速度方向与磁场方向的夹角为θ时：
(1)电荷所受的洛伦兹力是qvB吗？
(2)若不是，洛伦兹力应该多大？怎样求得的？
图3 4 2
【提示】　(1)不是．
(2)f＝qvBsin
θ，可以将速度v分解，求出垂直于磁场方向的分速度．
1．洛伦兹力与安培力的区别和联系
(1)区别：①洛伦兹力是指单个运动带电粒子所受的磁场力，而安培力是指通电直导线所受到的磁场力．
②洛伦兹力永远不做功，而安培力可以做功．
(2)联系：①安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释．
②大小关系：F安＝NF洛．(N是导体中定向运动的电荷数)
③方向关系：洛伦兹力与安培力的方向均可用左手定则进行判断．
2．洛伦兹力的计算公式：F＝qvBsin
θ(θ为v与B的夹角)
(1)当v＝0时，F＝0，即静止电荷在磁场中受到的作用力一定为0.
(2)当θ＝0°或θ＝180°时，F＝0，即带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，不受洛伦兹力．
(3)当θ＝90°时，F＝qvB，此时洛伦兹力最大．
　如图3 4 3所示，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，所带电荷量均为q，试求出各图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并标出甲、丁洛伦兹力的方向．
图3 4 3
【解析】　甲：因为v与B垂直，所以F＝qvB，方向与v垂直斜向左上方，如图a.
乙：v与B的夹角为30°，v取与B的垂直分量，则F＝qvBsin
30°＝qvB.
丙：由于v与B平行，所以带电粒子不受洛伦兹力．
丁：因为v与B垂直，所以F＝qvB，方向与v垂直斜向左上方，如图b.
【答案】　见解析
　如图所示是磁感应强度B、正电荷速度v和磁场对电荷的作用力F三者方向的相互关系图(其中B，F，v两两垂直)．其中正确的是(　　)
【导学号：96322066】
【解析】　此题主要考查左手定则及立体图像的辨认，利用左手定则可判断出D是正确的．
【答案】　D
　初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图3 4 4所示，则(　　)
图3 4 4
A．电子将向右偏转，速率不变
B．电子将向左偏转，速率改变
C．电子将向左偏转，速率不变
D．电子将向右偏转，速率改变
【解析】　由右手定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力偏离电流，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变．
【答案】　A
判断洛伦兹力方向的三个易错点
(1)电荷的正负：判断负电荷所受洛伦兹力方向时，四指应指向负电荷运动的反方向，与判断正电荷受力时的四指指向相反．
(2)是否受力：当v与B的方向平行时，电荷不受洛伦兹力，当速度为零时也不受洛伦兹力，无需进行方向判断．
(3)是否垂直：B和v不一定垂直，但洛伦兹力的方向一定垂直于B和v.
带
电
粒
子
在
磁
场
中
的
运
动
1．只考虑磁场作用力时，平行射入匀强磁场中的带电粒子，做匀速直线运动．
2．带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动
(1)运动性质：匀速圆周运动．
(2)向心力：由洛伦兹力提供．
(3)半径：r＝.
(4)周期：T＝，由周期公式可知带电粒子的运动周期与粒子的质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，而与轨道半径和运动速率无关．
1．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径与粒子的质量和速度无关．(×)
2．匀强磁场中带电粒子垂直磁场方向的速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的周期越小．(×)
洛伦兹力的特点和作用效果是什么？
【提示】　(1)洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小．即洛伦兹力不对带电粒子做功．
(2)洛伦兹力总与速度方向垂直，其效果是正好起到了向心力的作用．
利用如图3 4 5所示洛伦兹力演示仪观察带电粒子在匀强磁场中的运动实验．
图3 4 5
(1)不加磁场时，电子束运动轨迹是什么样？垂直电子束运动方向加上匀强磁场，电子束做什么运动？
(2)保持电子束的速度不变，增大磁感应强度电子束的运动轨迹有什么变化？
【提示】　(1)不加磁场，电子束轨迹是一条直线；垂直电子束运动方向加上匀强磁场，电子束做圆周运动．
(2)电子束圆周运动的半径减小．
解决匀速圆周运动问题的基本思路
1．画轨迹：根据题意分析带电粒子在磁场中的受力情况，确定它在磁场中的运动轨迹是圆还是一段圆弧，根据粒子入射、出射磁场时的方向，粗略画出粒子在磁场中的运动轨迹．
2．找圆心：在画出粒子在磁场中的运动轨迹的基础上，找出圆心的位置，圆心一定在与速度方向垂直的直线上，找圆心通常有两个方法：①已知入射方向和出射方向时，过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，其交点就是圆心，如图3 4 6(a)．②已知入射方向和出射点位置时，利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心．通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线．这两条垂线的交点就是偏转圆弧的圆心，如图(b)．
图3 4 6
3．确定半径：主要由几何关系求出，往往通过添加辅助线，构造直角三角形，然后利用直角三角形中的边角关系求出．
4．时间的计算：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，其运动时间可表示为t＝T(或t＝T)．
5．几个有关的角及其关系：如图3 4 7所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角(或圆心角)，AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为：φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°.
图3 4 7
　如图3 4 8所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置．
图3 4 8
【解析】　当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则
qv0B＝m，R＝，
T＝
故粒子在磁场中的运动时间
t1＝T＝
粒子在C点离开磁场
OC＝2R·sin
60°＝
故离开磁场的位置为
当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间
t2＝T＝
离开磁场时的位置为.
【答案】　　或　
　如图3 4 9所示，有一半径为r、有明显边界的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B.今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出．如果电子的荷质比为.求：【导学号：96322067】
图3 4 9
(1)电子射入磁场时的速度；
(2)电子在磁场中运动的时间．
【解析】　由题意可确定其轨迹如图所示．
(1)由几何知识可求轨迹的半径为r.
结合半径公式r＝得电子的速度大小为v＝.
(2)轨迹所对的圆心角为90°，所以电子在磁场中运动的时间t＝T＝.
【答案】　(1)　(2)
　一磁场宽度为L，磁感应强度为B.一带电粒子质量为m，带电荷量为－q，不计重力，以某一速度(方向如图3 4 10)射入磁场，若不使其从右边界飞出，则粒子的速度应为多大？
【导学号：96322068】
图3 4 10
【解析】　若要粒子不从右边界飞出，速度最大时运动轨迹如图所示，由几何知识得：r＋rcos
θ＝L①
又洛伦兹力提供向心力．
qvmB＝m②
由①②得vm＝＝.
因此要使粒子不从右边界飞出，速度应为
v≤.
【答案】　v≤
处理带电粒子在磁场中的运动问题
通常要按以下三步进行
(1)画轨迹．即确定圆心，通过几何方法求半径并画出轨迹．
(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，运动的时间与周期相联系．
(3)用规律．运用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．
学业分层测评(十八)
(建议用时：45分钟)
1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
【解析】　根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A错，B对．根据f＝qvB，可知洛伦兹力的大小与速度有关．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小．
【答案】　B
2．如图中所示的是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中画得不正确的是(B、v、F两两垂直)(　　)
【解析】　本题考查公式F＝qvB中各物理量的关系．由左手定则可知F⊥B，F⊥v，B与v可以不垂直，故A、B、C正确，D错误．
【答案】　D
3．(多选)电荷量为q的带电粒子以垂直于匀强磁场的速度v，从M点进入磁场区域，经偏转后，沿初速度方向运动距离为d，偏转距离为L从N点离开磁场，如图3 4 11所示，若磁场的磁感应强度为B，重力可忽略不计，那么(　　)
【导学号：96322165】
图3 4 11
A．该粒子带负电
B．带电粒子在磁场中的运动时间t＝
C．洛伦兹力对带电粒子做的功是W＝BqvL
D．带电粒子在N点的速度大小也为v
【解析】　由左手定则判断可知该粒子带负电；带电粒子在磁场中运动时间t＝；洛伦兹力对电荷一定不做功，其在N点时速度大小仍为v，故选项A、D正确．
【答案】　AD
4．匀强磁场中一个运动的带电粒子，受到洛伦兹力F的方向如图3 4 12所示，则该粒子所带电性和运动方向可能是(　　)
图3 4 12
A．粒子带负电，向下运动
B．粒子带正电，向左运动
C．粒子带负电，向上运动
D．粒子带正电，向右运动
【解析】　据左手定则，让磁感线穿过掌心，拇指指向F的方向，可判断出四指向上，这样存在两种可能：粒子带正电向上运动或粒子带负电向下运动，故A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
5．带电油滴以水平向右速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图3 4 13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(　　)
【导学号：96322166】
图3 4 13
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】　由于带电的油滴进入磁场中恰做匀速直线运动．且受到的重力向下，洛伦兹力方向必定向上．由左手定则可知油滴一定带负电荷，且满足mg－qv0B＝0.所以q＝，故C正确．
【答案】　C
6．如图3 4 14所示，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为2v.则(　　)
【导学号：96322167】
图3 4 14
A．a先回到出发点　　　　　
B．b先回到出发点
C．a，b同时回到出发点
D．不能确定
【解析】　电子再次回到出发点，所用时间为在磁场中运动的一个周期．电子在磁场中运动的周期为：T＝，与电子运动的速度无关．
【答案】　C
7．如图3 4 15所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负离子(质量相同)以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负离子在磁场中运动的时间之比为(　　)
图3 4 15
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶
D．1∶1
【解析】　作出轨迹，找出轨迹所对圆心角是解题的关键，如图所示．t1＝T＝·，t2＝T＝·，所以t2∶t1＝2∶1，即B选项正确．
带负电离子的轨迹图　　带正电离子的轨迹图
【答案】　B
8．如图3 4 16所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点．经测量P、O间的距离为l，不计带电粒子受到的重力．求：
【导学号：96322168】
图3 4 16
(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小；
(2)带电粒子的质量．
【解析】　(1)由洛伦兹力公式得f＝qvB.
(2)由洛伦兹力提供向心力得
qvB＝m
由题意得
r＝
联立解得粒子的质量为
m＝.
【答案】　(1)qvB　(2)
9．如图3 4 17所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°若粒子能从AB边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，粒子到AB边的最大距离为(　　)
【导学号：96322169】
图3 4 17
A.
B.
C.
D.
【解析】　正电荷在向外的磁场中向右偏转，粒子运动的轨迹如图所示．根据qvB＝，得r＝.由几何关系知，粒子在运动过程中距离AB边的最远距离为d＝r＋rsin
30°＝，故选项A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
10．(多选)长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，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，电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平入射，如图3 4 18所示．欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)
图3 4 18
A．使粒子速度v＜
B．使粒子速度v＞
C．使粒子速度v＞
D．使粒子速度＜v＜
【解析】　粒子恰好从右边穿出时圆心在O点，有r＝L2＋2，解得r1＝L
又因为r1＝，得v1＝，所以v＞时粒子能从右边穿出．粒子恰好从左边穿出时圆心在O′点，有r2＝×＝，r2＝得v2＝，故v＜时粒子能从左边穿出．
【答案】　AB
11．如图3 4 19所示，一束电子(电荷量为e)以速度v0垂直射入磁感应强度为B、宽为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，求电子的质量和电子穿过磁场的时间．
【导学号：96322170】
图3 4 19
【解析】　电子在磁场中只受洛伦兹力作用，故其轨迹是一段圆弧，又因为F洛⊥v，故圆心在电子射入和穿出磁场时受到洛伦兹力作用线的交点上，如图中O点．由几何知识知，所对应的圆心角θ＝30°，OC为半径，所以r＝＝2d，
又由r＝得m＝.
又因为对应的圆心角是30°，
所以电子穿过磁场的时间是t＝T＝·＝.
【答案】　　
12．如图3 4 20所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝45°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从左侧平行于x轴以速度v射入磁场，入射点为M(0,2d)．粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴垂直，不计粒子重力，求：
【导学号：96322171】
图3 4 20
(1)磁场的磁感应强度；
(2)粒子在磁场中运动的时间．
【解析】　(1)粒子运动的轨迹如图所示，根据几何关系，带电粒子做匀速圆周运动的半径r满足以下关系r＝d，
根据牛顿第二定律得
qvB＝m，
解得B＝.
(2)根据周期公式T＝，
根据几何关系，带电粒子在匀强磁场中的圆心角为90°，
带电粒子在磁场中的时间为t＝
T，
解得t＝.
【答案】　(1)　(2)8.逻辑电路和控制电路
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.初步了解简单的逻辑电路及表示符号．2．通过实验理解“与”“或”和“非”门电路在逻辑电路中的结果与条件的逻辑关系，会用真值表表示一些简单的逻辑关系．(重点、难点)
3．初步了解集成电路的作用及发展情况.
常
见
的
逻
辑
电
路
1．开关“与”电路
(1)“与”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)开关“与”电路
图2 8 1
(3)真值表
输入
输出
A
B
P
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
2.开关“或”电路
(1)“或”逻辑关系：一个事件的几个条件中，只要有一个条件得到满足，事件就会发生．
(2)开关“或”电路
图2 8 2
(3)真值表
输入
输出
A
B
P
0
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1
3.开关“非”电路
(1)“非”逻辑关系：输出状态与输入状态相反
(2)开关“非”电路
图2 8 3
(3)真值表
输入
输出
A
P
0
1
1
0
1．“与”电路中，只要AB两个输入端有一个是“1”时，输出端就是“1”．(×)
2．“与”电路中，只有AB两个输入端都是“0”时，输出端才是“1”．(×)
3．“非”门电路的逻辑关系是输出状态与输入状态相反．(√)
某同学可以从前门进教室，也可以经后门进教室，这体现了一种什么逻辑关系？
【提示】　该同学走前门或后门，都可以实现进入教室这一结果，这体现了“或”逻辑关系．
探讨1：如果一个电路的两个开关同时闭合，电路中的用电器才能工作，此电路存在什么逻辑关系？
【提示】　“与”逻辑关系．
探讨2：如果一个电路的两个开关任意闭合其中一个，电路中的用电器都能工作，此电路存在什么逻辑关系呢？
【提示】　“或”逻辑关系．
　三种门电路的对比
门电路种类
类比电路图
逻辑关系
“与”门
两个开关都闭合是灯亮的充分必要条件，逻辑关系可示意为＝C
“或”门
两个开关都闭合是灯亮的充分但不必要条件，逻辑关系可示意为
“非”门
逻辑关系表示为A －C，C表示结果成立，－C表示结果不成立
　如图2 8 4所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是(　　)
图2 8 4
A．甲为“非”门，输出为“1”
B．乙为“与”门，输出为“0”
C．乙为“或”门，输出为“1”
D．丙为“与”门，输出为“1”
【解析】　甲为“非”门，输出为“0”，乙为“或”门，输出为“1”，丙为“与”门，输出为“0”，故C正确．
【答案】　C
　如图2 8 5所示，表示输入端A、B的电势随时间的变化关系，完成下题．求：
【导学号：96322050】
图2 8 5
(1)“与”门电路的输出电压Z随时间变化的关系；
(2)“或”门电路的输出电压Z随时间变化的关系．
【解析】　(1)对“与”逻辑关系，先作出A、B、Z的真值表，然后再确定输出Z与时间的变化关系．
A(UA)
B(UB)
Z
0
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
0
1
0
1
0
0
0
1
0
所以，UZ随时间变化如图所示：
(2)对“或”逻辑，先作出A、B、Z的真值表，然后再确定输出Z与时间的变化关系.
A(UA)
B(UB)
Z
0
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
1
1
所以，UZ随时间变化如图所示：
【答案】　见解析图
分析逻辑关系的基本思路
(1)明确什么是条件，什么是结果．
(2)看条件与结果的内在联系，即符合哪种门电路．
(3)根据门电路的特点写出真值表或逻辑表达式．
用二极管实现“与”电路和“或”电路　集成电路　“复合”门电路
1．用二极管实现“与”电路和“或”电路
“与”电路和“或”电路的逻辑关系可通过二极管来实现，“非”电路的逻辑关系可通过三极管来实现．其优点是：速度快，可靠性高．
2．集成电路
集成电路是以半导体材料为基片，将组成电路的各种元件(如：电阻、电容、二极管等)和连线集成在同一基片上，成为具有一定功能的微电路系统，这就是集成电路，它具有分立元件无可比拟的优点，主要优点有：体积小、质量轻、可靠性高、运算速度快、成本低廉等．
3．“复合”门电路
由两个基本门电路组合在一起构成复合门电路，实现对电路的控制，在实际控制电路中较为常见．
1．集成电路技术的发展，已经成为一个国家电子技术发展的重要标志．(√)
2．集成电路的特点体积小，功能多，但专用性不强．(×)
为什么世界上很多国家都在研制集成电路？
【提示】　集成电路体积小、功能多、方便、可靠，适合系列化、标准化生产，它是一个国家电子技术发展的重要标志．
由两个基本门电路组合在一起的复合门电路的输出是怎样确定的呢？
【提示】　判断复合门电路的最终输出结果时，分析思路一般是“从前向后”，先分析第一个门电路的输出结果，再判断第二个，依此类推．
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 8 6所示．
可简化为
图2 8 6
其真值表为
输入
输出
输入
输出
A1
B1
Z1
A2
Z2
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
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2 8 7所示．
可简化为
图2 8 7
其真值表为
输入
输出
输入
输出
A1
B1
Z1
A2
Z2
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
1
0
1
1
0
1
1
1
1
0
　如图2 8 8所示，低电位报警器由两个基本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2 8 8
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”
【解析】　由“与门”和“非门”的真值表可知选项A错．由“或门”和“非门”的真值表可判断，选项B正确．由“与门”和“或门”的真值表可以判断，选项C错．由“或门”和“与门”的真值表可判断，选项D错．
【答案】　B
　如图2 8 9所示为两个“非”门和一个“或”门组成的复合门电路，请在表中填写该门电路的真值表．
图2 8 9
输入
输出
A
B
Z
【解析】　由“非”门电路和“或”门电路的真值表可以确定此复合门电路的真值表如表所示：
输入
输出
A
B
Z
0
0
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
【答案】　见解析
复合门电路真值表的确定方法
如果A、B输入分别经过一个“非”门电路，它们各自的输出Z1、Z2又组成一个“与”门电路或“或”门电路的，最后输出Z，则Z的值直接取决于Z1、Z2.
学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
1．逻辑电路的信号有两种状态：一是高电位状态，用“1”表示；另一种是低电位状态，用“0”表示．关于这里的“1”和“0”，下列说法中正确的是(　　)
A．“1”表示电压为1
V，“0”表示电压为0
V
B．“1”表示电压为大于或等于1
V，“0”表示电压一定为0
V
C．“1”和“0”是逻辑关系的两种可能取值，不表示具体的数值
D．“1”表示该点与电源正极相连，“0”表示该点与电源负极相连
【解析】　门电路是用来控制信号的“通过”或“截断”的一种开关电路．根据指定条件，门电路对输入、输出的因果关系作出判断．门电路的输入、输出信号都以电位的高低来表示．若把高电位看做有信号，表示某个条件存在或信号能通过，且以符号“1”表示；把低电位看做无信号，表示某个条件不存在或信号不能通过，以符号“0”表示．这种逻辑关系称为正逻辑，反之则称为负逻辑．在通常情况下，不加说明的都指正逻辑，所以“1”和“0”只是两个符号，是两种变量的可能的取值．故C选项正确．
【答案】　C
2．在基本逻辑电路中，何种逻辑门电路当所有输入均为0时，输出是1
(　　)
A．“与”门电路
B．“或”门电路
C．“非”门电路
D．都不可能
【解析】　根据“与”门、“或”门、“非”门的真值表可知，C正确，A、B、D错误．
【答案】　C
3．走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为(　　)
A．“与”门电路
B．“非”门电路
C．“或”门电路
D．上述答案都有可能
【解析】　走廊两端的开关，只要满足其中1个为“1”，则输出端就为“1”，故满足Z＝A＋B，即体现了“或”逻辑，故C正确，A、B、D错误．
【答案】　C
4．热水器在使用时，只有在既没有熄灭指示灯又没有停水的情况下才能使热水器工作，这种情况若用逻辑关系来表示，属于哪种逻辑(　　)
【导学号：96322147】
A．“与”逻辑
D．“或”逻辑
C．“非”逻辑
D．以上均不是
【解析】　由于要满足指示灯没熄灭、没停水两个条件，热水器才能工作，只要有任意一个条件不满足，热水器均不能工作，故为“与”逻辑关系．
【答案】　A
5．关于下列门电路的符号(如图2 8 10所示)，下列说法中正确的是(　　)
图2 8 10
A．甲为“非”门、乙为“与”门、丙为“或”门
B．甲为“与”门、乙为“或”门、丙为“非”门
C．甲为“非”门、乙为“或”门、丙为“与”门
D．甲为“或”门、乙为“与”门、丙为“非”门
【解析】　三个门电路符号，甲为“非”门，乙为“或”门，丙为“与”门，故C正确．
【答案】　C
6．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系(　　)
A．“与”门　
B．“非”门　
C．“或”门　
D．“与非”门
【解析】　联合国规定，只要常任理事国有一个反对，提案就不能通过，这和“与”门的逻辑关系一致．
【答案】　A
7．请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个门电路
(　　)
【导学号：96322148】
输入
输出
A
B
Z
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
【解析】　从真值表可看出不是单一的“与”、“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得应为“与非”复合门电路，D选项正确．
【答案】　D
8．在举重比赛中，有甲、乙、丙三名裁判，其中甲为主裁判，乙、丙为副裁判，当主裁判和一名以上(包括一名)副裁判认为运动员上举合格后，才可发出合格信号，试列出真值表．
【解析】　设甲、乙、丙三名裁判的裁判意见为逻辑变量A、B、C，裁判结果为Z，并且对于A、B、C设：判上举合格为逻辑“1”，不合格为逻辑“0”．对于Z设：上举合格为逻辑“1”，不合格为逻辑“0”．
根据题意及上述假设列出真值表如下表所示.
A
B
C
Z
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
【答案】　见解析
9．(多选)两个人负责安装一个炸药包，然后起爆，两个人分别控制两个相串联的开关．只有当两个人都撤出危险区，在安全区把开关接通时，炸药包才能爆炸．如果有一人未撤出危险区，开关没有接通，炸药包就不能起爆，这就是“与”的概念．如果用“0”表示不起爆，“1”表示起爆，用“×”表示“与”的运算符号，则下列运算式正确的是(　　)
A．0×0＝0，表示二人都不起爆，炸药包不爆炸
B．0×1＝l，表示一个不起爆，另一人起爆，炸药包爆炸
C．1×0＝1，表示一人起爆，另一人不起爆，炸药包爆炸
D．1×1＝1，表示二人都起爆，炸药包爆炸
【解析】　只有两人都接通开关时，炸药包才能爆炸，这是“与”逻辑关系，对于“与”逻辑关系，只有输入都为“1”时输出才是“1”，只要输入有一个是“0”，则输出为0，故A、D正确，B、C错误．
【答案】　AD
10．(多选)如图2 8 11是一个三输入端三个门电路组成的复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入为何值时输出端Y输出为“0”(　　)
图2 8 11
A．0　0　　　
B．0　1　　　
C．1　0　　　
D．1　1
【解析】　C输入为“0”、输出为“1”，经过“与”关系后输出为“0”，则A、B经“与”关系后输出一定为“0”，所以A、B输入为0、0或0、1或1、0，选项A、B、C正确．
【答案】　ABC
11．(多选)如图2 8 12所示为由二极管构成的逻辑电路，A、B为输入端，Z为输出端，高电位用真值“1”表示，低电位用真值“0”表示，则(　　)
【导学号：96322149】
图2 8 12
A．A＝0，B＝0时Z＝0　　　
B．A＝1，B＝0时Z＝1
C．A＝0，B＝1时Z＝1
D．A＝1，B＝1时Z＝1
【解析】　当A、B中有一个处于低电位，真值为“0”时，二极管导通，Z则处于低电位，真值为“0”，故A正确，B、C错误．当A、B均处于高电位，真值为“1”时，两个二极管均截止，Z处于高电位，真值为“1”，D正确．
【答案】　AD3.磁感应强度　磁通量
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道磁感应强度的概念及物理意义．(重点)2．理解磁感应强度的方向、大小、定义式和单位．(重点)3．进一步体会如何通过比值定义法定义物理量．4．知道磁通量，通过计算磁通量的大小进一步理解定量描述磁场的方法．(难点)
　　　磁
感
应
强
度
1．磁感应强度
(1)物理意义：用来描述磁场强弱和方向的物理量，用符号B表示．
(2)定义：垂直于磁场方向放置的通电导线受到的安培力F与导线长度L、电流I乘积的比值，叫做通电导线所在处的磁感应强度．
(3)公式：B＝.
(4)单位：特斯拉，简称特，符号T.
(5)方向：B是一个矢量，其方向即为该处的磁场方向．
2．匀强磁场
(1)定义：在磁场的某个区域内，如果各点的磁感应强度大小和方向都相同，这个区域的磁场叫做匀强磁场．
(2)磁感线特点：相互平行且等间距的直线．
1．电流元在磁场中受到的作用力越大，磁感应强度越大．(×)
2．磁感应强度由磁场本身的性质决定，与放不放电流元无关．(√)
3．电流越大，电流在磁场中受到的作用力一定越大．(×)
“一个电流元垂直放入磁场中的某点，磁感应强度与电流元受到的磁场力成正比，与电流元成反比．”这种说法是否正确？为什么？
【提示】　这种说法不正确．磁感应强度的大小是由磁场本身决定的，不随电流元大小及电流元所受磁场力的大小的变化而变化．
巨大的电磁铁能吸引上吨的钢材，小磁铁只能吸引几枚铁钉(如图3 3 1所示)
图3 3 1
探讨1：如何认识和描述磁场的强弱？
【提示】　用磁感应强度来描述磁场的强弱．
探讨2：如何确定某点磁场的方向？
【提示】　引入小磁针，小磁针静止时N极的指向即该点磁场的方向．
1．磁场在某位置的磁感应强度的大小与方向是客观存在的，与放入导线的电流大小、导线的长短无关，与导线是否受磁场力以及磁场力的大小也无关．即使不放入载流导线，磁感应强度也照样存在，因此不能说B与F成正比或B与IL成反比．
2．在定义式B＝中，通电导线必须垂直于磁场方向放置．因为在磁场中某点通电导线受力的大小，除和磁场强弱、电流I和导线长度L有关以外，还和导线的方向有关．导线放入磁场中的方向不同，所受磁场力也不相同．通电导线受力为零的地方，磁感应强度B的大小不一定为零，这可能是由电流方向与B的方向在一条直线上造成的．
3．磁感应强度B是一个矢量，它的方向是磁场中小磁针静止时N极所指的方向，或者说是N极所受磁场力的方向．通电导线受力的方向不是磁感应强度的方向，磁感应强度的合成与分解必须遵循平行四边形定则．
4．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”，相当于静电场中的“试探电荷”．
　(多选)如图3 3 2所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1
T．位于纸面内的细直导线长L＝1
m，通有I＝1
A的恒定电流，该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度为B2.当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则B2大小可能为(　　)
【导学号：96322063】
图3 3 2
A.
T　　　　　　　　
B.
T
C．1
T
D.
T
【解析】　由于通电导线在磁场中受到的安培力为零，则可知B1与B2的合磁场方向沿着导线，如图所示．
根据平行四边形定则知，当B2与导线垂直时B2有最小值，其值B2＝B1sin
60°＝
T．当B2与导线不垂直且满足B沿着导线，则B2＞
T，故选项B、C、D正确，A错误．
【答案】　BCD
　关于磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)
A．若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为
B．由B＝知，B与F成正比，与IL成反比
C．由B＝知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场
D．磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向
【解析】　磁场中某点的磁感应强度B是客观存在的，与是否放置通电导线无关，故选项B错．定义式B＝中要求一小段通电导线应垂直于磁场放置才行，如果平行于磁场放置，则力F为零，故选项A、C均错．正确答案为D.
【答案】　D
　(多选)一电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流I、长度L和受力F，则可以用表示磁感应强度B的是(　　)
【导学号：96322064】
【解析】　当通电导线垂直于磁场方向时，可用表示磁感应强度B.B、D中电流的方向不与磁场方向垂直，不可用表示磁感应强度．
【答案】　AC
比值定义的三个条件
比值定义是高中物理经常用到的一种定义方法，该方法适用于物质属性、物体运动特征等的定义．应用比值法定义物理量，往往需要三个条件：
(1)不能直接测量但有现象体现其存在．
(2)间接反映特征属性的两个或多个物理量可测．
(3)多个物理量的比值必须是一个定值．
磁
通
量　利
用
安
培
力
测
磁
感
应
强
度
1．磁通量
(1)定义：磁场中穿过磁场某一面积S的磁感线条数叫做穿过这个面积的磁通量．
(2)计算公式：Φ＝BS，此公式的适用条件：
①匀强磁场；②磁感线与平面垂直．
(3)单位：在国际制单位制中是韦伯，简称韦，符号是Wb,1
Wb＝1
T·m2.
(4)磁通量是一个只用大小就能描述的物理量，是标量．
2．磁通密度
磁感应强度又称磁通密度，B＝，其中S为垂直于磁场方向的面积，表示磁感应强度等于穿过垂直磁感线的单位面积的磁感线条数．
3．利用安培力测定磁感应强度
利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．
如图3 3 3甲所示的天平可用来测定磁感应强度．
(1)当MN通以如图乙所示电流时，安培力的方向向上，大小为BIL.
(2)要维持天平的平衡，两边砝码的重量与安培力的关系为m2g－BIL＝m1g，由此得磁感应强度为.
　　　
甲　　　　　　　　乙
图3 3 3
1．磁感应强度等于穿过单位面积的磁通量．(×)
2．磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量．(×)
3．将一平面置于匀强磁场中的任何位置，穿过该平面的磁通量总相等．(×)
有时磁感线由平面一侧穿入，有时磁感线由平面另一侧穿入．如何区别从不同方向穿入的磁通量呢？
【提示】　可用磁通量的正、负表示．若规定磁感线由某一方向穿入时磁通量为正，则由另一方向穿入时磁通量为负．反之亦然．磁通量虽然有正负，但磁通量是标量．
如图3 3 4所示，匀强磁场B竖直向下，平面a′b′cd水平，面积为S，平面abcd向水平方向的投影面积为S，平面a′b′ba竖直．
图3 3 4
(1)通过平面a′b′cd的磁通量为多少？
(2)通过平面abcd的磁通量为多少？
(3)通过平面a′b′ba的磁通量为多少？
【提示】　(1)BS　(2)BS　(3)0
1．磁通量的计算
(1)公式：Φ＝BS.
适用条件：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直．
(2)在匀强磁场B中，若磁感线与平面不垂直，公式Φ＝BS中的S应为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积．
2．磁通量的正负
(1)磁通量是标量，但有正、负，当磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，磁感线从此面穿出时即为负值．
(2)若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量为Φ1，反向磁通量为Φ2，则穿过该平面的磁通量ΔΦ＝Φ1－Φ2.
3．磁通量的变化量
(1)当B不变，有效面积S变化时，ΔΦ＝B·ΔS.
(2)当B变化，有效面积S不变时，ΔΦ＝ΔB·S.
(3)B和S同时变化，则ΔΦ＝Φ2－Φ1.但此时ΔΦ≠ΔB·ΔS.
　(多选)如图3 3 5所示，矩形线圈abcd绕OO′轴在匀强磁场中匀速转动，下列说法中正确的是(　　)
【导学号：96322065】
图3 3 5
A．线圈从图示位置转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量不断减小
B．线圈从图示位置转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量为零
C．线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量为零
D．线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量为零
【解析】　由磁通量变化公式ΔΦ＝Φ2－Φ1计算，因此只要能正确地表示出始、末位置的磁通量，就能准确写出磁通量的变化量，开始时，Φ1＝BS，转到90°时，Φ2＝0，A对，B错；线圈从图示位置转过180°时，Φ2＝－BS，ΔΦ＝－2BS，C错；线圈转过360°时，Φ2＝BS，故ΔΦ＝0，D对．
【答案】　AD
　关于磁通量，下列说法中正确的是(　　)
A．穿过某一面积的磁通量为零，该处磁感应强度为零
B．磁场中磁感应强度大的地方，磁通量一定很大
C．穿过某面垂直于磁场方向投影面的磁感线条数越多，磁通量越大
D．在磁场中所取平面的面积越大，磁通量越大
【解析】　在磁感应强度大的地方，若某平面与磁场平行，即使是增大平面的面积，穿过该平面的磁通量一直为零，A、B、D错误．由磁通量Φ＝B·S知，穿过某面垂直于磁场方向投影面的磁感线条数越多，磁通量越大，C正确．
【答案】　C
　如图3 3 6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3 3 6
A．πBR2
B．πBr2
C．nπBR2
D．nπBr2
【解析】　由于线圈平面与磁感线垂直并且是匀强磁场，所以穿过线圈的磁通量为Φ＝BS＝Bπr2，线圈的面积应取有效面积，选项B正确．
【答案】　B
磁通量的三点提醒
(1)磁通量有正负，但磁通量不是矢量而是标量．
(2)当有方向相反的磁场(磁感应强度分别为B和B′)穿过同一个平面时，磁通量的大小等于磁感线相抵消之后剩余的磁感线的条数，即净条数．
(3)线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关．
学业分层测评(十七)
(建议用时：45分钟)
1．(多选)如图3 3 7所示，通电直导线在蹄形磁铁两极间，受到力F的作用发生偏转，以下说法正确的是(　　)
【导学号：96322159】
图3 3 7
A．这个力F是通过磁场产生的
B．这个力F没有反作用力
C．这个力F的反作用力作用在通电导线上
D．这个力F的反作用力作用在蹄形磁铁上
【解析】　磁场力是磁场本身性质的体现，磁场是一种物质，磁体间或磁体与通电导线间的作用都是通过磁场完成的，但是磁场看不见摸不着并不意味着只有受力物体没有施力物体，没有反作用力．这时我们需找出产生磁场的物体，它才是施力物体，力F的反作用力作用在施力物体上．
【答案】　AD
2．下列关于磁感应强度的方向和电场强度的方向的说法中，错误的是(　　)
A．电场强度的方向与电荷所受电场力的方向相同
B．电场强度的方向与正电荷所受的电场力的方向相同
C．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
D．磁感应强度的方向与小磁针静止时N极所指的方向相同
【解析】　电场强度的方向就是正电荷所受的电场力的方向，A错误，B正确．磁场中某点磁感应强度的方向，就是放在该点的小磁针N极受力的方向，C正确，也就是小磁针静止时N极所指的方向，D正确．
【答案】　A
3．长10
cm的通电直导线，通以1
A的电流，在磁场强弱、方向都一样的空间(匀强磁场)中某处受到的磁场力为0.4
N，则该磁场的磁感应强度为(　　)
A．一定等于4
T
B．大于或等于4
T
C．小于或等于4
T
D．上述说法都错误
【解析】　题目中没有给出导线如何放置，若导线与磁场垂直，则由磁感应强度定义式得出B＝＝
T＝4
T．若导线放置时不与磁场垂直，此时受磁场力为0.4
N，若把此导线放置与磁场垂直，则受到的磁场力将大于0.4
N，根据磁感应强度定义式B＝可知此处磁感应强度将大于4
T．所以答案应为B.
【答案】　B
4．如图3 3 8所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将(　　)
【导学号：96322160】
图3 3 8
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．保持不变
D．不能确定
【解析】　线框远离导线时，穿过线框的磁感应强度减小，线框的面积不变，所以穿过线框的磁通量减小．
【答案】　B
5．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10
cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量为5.0×10－5
T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图3 3 9所示．由此测出该通电直导线在其正下方10
cm处产生磁场的磁感应强度大小为(　　)
图3 3 9
A．5.0×10－5
T
B．1.0×10－4
T
C．8.66×10－5
T
D．7.07×10－5
T
【解析】　如图所示为磁场的分布图，B1为地磁场，B2为电流产生的磁场，则该位置磁感应强度B2的大小为B2＝B1tan
60°＝8.66×10－5
T.
【答案】　C
6．如图3 3 10所示，OO′为条形磁铁的轴线，a、b、c为轴线上的点，则这三点的磁感应强度的大小关系为(　　)
【导学号：96322161】
图3 3 10
A．Ba＝Bb＝Bc　　　　　
B．Ba＞Bb＞Bc
C．Ba＞Bb＜Bc
D．Ba＜Bb＜Bc
【解析】　越靠近条形磁铁磁感线越密，磁感应强度越大，选项B正确．
【答案】　B
7．(多选)如图3 3 11所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1
T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是(　　)
图3 3 11
A．直导线中电流方向垂直纸面向里
B．a点的磁感应强度为2
T，方向向右
C．b点的磁感应强度为
T，方向斜向下，与B成45°角
D．d点的磁感应强度为0
【解析】　由c点磁感应强度为0可得电流产生的B′＝B＝1
T，方向水平向左，再运用安培定则判断电流在a、b、d各点的磁场方向分别为向右、向下、向上，且大小均为1
T，故对于a点，Ba＝2
T；对于b点，Bb＝＝
T，方向斜向下，与B的方向成45°角；对于d点，同理可得Bd＝
T，方向斜向上，与B的方向成45°角．
【答案】　BC
8．如图3 3 12所示线圈平面与水平方向成θ角，磁感线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量Φ等于多少？
图3 3 12
【解析】　方法一：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⊥，显然B∥不穿过线圈，且B⊥＝Bcos
θ，故Φ＝B⊥S＝BScos
θ.
方法二：先求出线圈在垂直于磁场方向的投影Sn，再求出磁通量．则Sn＝Scos
θ，所以Φ＝BSn＝BScos
θ.
【答案】　BScos
θ
9．如图3 3 13所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度，天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面．当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡．由此可知(　　)
【导学号：96322162】
图3 3 13
A．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
B．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
C．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
D．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
【解析】　由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关系式，因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场向里．电流反向前，有m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中m3为线圈质量．电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL，两式联立可得B＝，B正确．
【答案】　B
10．两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直地放置，通电电流相同，电流方向如图3 3 14所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0，则O处的磁感应强度大小和方向分别为(　　)
图3 3 14
A．0
B．2B0　向外斜上方
C.B0　向里斜下方
D．B0　向里斜上方
【解析】　由安培定则可知，图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里，B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是竖直向下．根据平行四边形定则可知，圆心O处磁感应强度大小为＝B0，方向为向里斜下方，故选C.
【答案】　C
11．如图3 3 15所示，一半圆形球面，大圆面垂直匀强磁场放置，此时穿过它的磁通量为Φ1，现使它绕着过大圆平面圆心，并垂直于匀强磁场的轴转动90°后，磁通量为Φ2.下面的正确选项是(　　)
【导学号：96322163】
图3 3 15
A．Φ1＝0
B．Φ2＝0
C．Φ1＝2Φ2
D．Φ1＝Φ2
【解析】　转动前磁通量等于穿过大圆的磁通量，不为零，转动90°后，磁感线从球面穿进，又从另外球面穿出，通过这个半球面的磁通量Φ2＝0.因此选项A、C、D均错，B正确．
【答案】　B
12．在磁感应强度处处相等的磁场中放一与磁场方向垂直的通电直导线，通入的电流是2.5
A，导线长10
cm，它受到的磁场力为5×10－2
N．问：
(1)这个磁场的磁感应强度是多大？
(2)如果把通电导线中的电流增大到5
A时，该磁场的磁感应强度是多大？
【导学号：96322164】
【解析】　(1)由磁感应强度的定义式得：
B＝＝
T＝0.2
T.
(2)磁感应强度B是由磁场和空间位置(点)决定的，和导线的长度L、电流I的大小无关，所以该点的磁感应强度是0.2
T.
【答案】　(1)0.2
T　(2)0.2
T1.磁现象　磁场
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解我国古代在磁现象方面的研究成果及其对人类文明的推动和影响．2．知道磁场的概念，理解一切磁相互作用都是通过磁场来实现的．(重点)3．知道磁感线，会用磁感线描述磁体和电流周围的磁场．(重点)4．会用安培定则判断直线电流、环形电流和通电螺线管周围的磁场方向．(重点、难点)
　　磁
现
象
和
磁
场
1．磁体间的相互作用：天然磁石和人造磁铁，都具有吸引铁的现象和指示南北方向的特征，利用磁体对铁、钴、镍的吸引力，人们做成了门吸、提包扣，带磁性的螺丝刀等，利用指示南北方向的特征人们发明了指南针，并用于航海．
2．电与磁的相互联系：奥斯特发现的电流磁效应，翻开了研究电与磁相互关系的新篇章，法拉第发现的电磁感应现象打开了电气技术时代的大门，利用电与磁的相互联系，人们发明了喇叭、耳机、电动机等．
3．信息技术中的磁现象：某些磁性物质能够把磁场对它的作用记录下来，于是人们制成了信息的磁存储部件或设备，如磁带、磁盘、磁鼓、磁卡等．
4．生物体中的磁现象：研究表明，磁现象广泛存在于生命活动之中，人体器官也存在磁性，利用生物体中的磁现象诊断疾病：如心磁图、脑磁图等．
5．磁场：磁体周围和电流周围都存在磁场，一切磁相互作用都是通过磁场来实现的．
人们规定，在磁场中某一点小磁针N极所受磁力的方向，就是该点磁场的方向．
1．磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁．(×)
2．奥斯特电流的磁效应说明了磁场可以产生电流．(×)
3．磁场不是真实存在的，而是一种理想化的模型．(×)
把一个磁体从中间分开后每一部分各有一个磁极吗？
【提示】　把一个磁体从中间分开后每一部分还是各有两个磁极．
如图3 1 1所示，物理学家奥斯特通过该装置得出了电流磁效应．
(1)小磁针水平放置，若导线中没有通电流，静止时它的N极指向何方？
(2)若给导线通电时，小磁针发生了明显的偏转，导线应该如何放置？小磁针为何会在导线通电时发生偏转？
图3 1 1
【提示】　(1)导线没有通电时，N极指向北方．
(2)导线应沿南北方向水平放置在小磁针上方．
原因是电流可以产生磁场．
1．电流的磁场
1820年丹麦物理学家奥斯特首先发现：电流周围存在磁场——电流的磁效应．
2．磁场的客观性
磁场是磁体和电流周围存在的一种特殊物质，它虽然看不见、摸不着，但它能够对放入其中的磁极、电流产生力的作用，它是客观存在的．
3．磁场的存在形式
磁场和常见的由分子、原子组成的物质不同，不是以微粒的形式存在，而是以场的形式存在．
4．磁场的基本性质
磁极与磁极之间，磁极与电流之间，电流与电流之间都是通过磁场相互作用的，基本性质是对放入其中的磁体或电流能产生力的作用．
　(多选)关于磁场和电场，下列说法中正确的是(　　)
A．磁场和电场一样，是同一种物质
B．磁场的最基本特性是对处在磁场中的磁极或电流有磁场力的作用
C．磁体与通电导体之间的相互作用是通过磁场进行的
D．电流与电流之间的相互作用是通过电场进行的
【解析】　磁场与电场的基本性质不同、产生的原因不同，因此不是同一种物质．故A错误．磁场的基本特性是对放入其中的磁极或电流有力的作用，B正确．磁体与磁体之间、磁体与电流之间、电流与电流之间都是通过磁场相互作用的，C正确D错误．
【答案】　BC
　实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是(　　)
A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁
B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝
C．磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多
D．硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引
【解析】　一元硬币为钢芯镀镍，钢和镍都是磁性材料，放在磁体的磁场中能够被磁化，因而能够被磁体吸引，故D正确．
【答案】　D
　如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来．原来，棋盘和棋子都是由磁性材料制成的．棋子不会掉落是因为(　　)
【导学号：96322058】
A．质量小，重力可以忽略不计
B．受到棋盘对它向上的摩擦力
C．棋盘对它有吸引力且与重力平衡
D．它一方面受到棋盘的吸引，另一方面还受到空气的浮力
【解析】　棋子受力如图所示，磁性棋子受到棋盘的吸引力而对棋盘产生压力，棋盘对棋子有向外的弹力．重力使得棋子有向下滑动的趋势，因此棋子受到棋盘向上的静摩擦力，此力和重力平衡，使得棋子不会掉下来．由于空气浮力远小于重力，故可以忽略不计．
【答案】　B
磁
感
线
和
电
流
的
磁
场
1．磁感线
(1)物理意义：用来形象地描述磁场的强弱和方向的工具，并不真正存在．
(2)描述方法：磁感线上每一点的切线方向表示该点的磁场方向，曲线的疏密表示磁场的强弱．
2．安培定则
(1)直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向指向电流的方向，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．如图3 1 1所示．
图3 1 1
(2)环形电流和通电螺线管：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或螺线管内部磁感线的方向．如图3 1 2甲、乙所示．
　　　　　
甲　　　　　　　　　　　乙
图3 1 2
1．磁感线从磁体N极出发，到S极终止．(×)
2．通电螺线管的磁场分布类似于条形磁铁．(√)
3．伸直的大拇指所指的方向是电流的方向．(×)
在用安培定则判断通电直导线和通电螺线管的磁感线方向时，大拇指和四指的指向所代表的意义相同吗？
【提示】　不相同．在判定通电直导线磁感线的方向时，大拇指指向电流的方向，四指指向磁感线的方向．在判定通电螺线管磁感线的方向时，四指指向电流的环绕方向，大拇指指向螺线管内部磁感线的方向．
如图3 1 3所示是电路没接通时两个小磁针的指向．
图3 1 3
探讨1：接通后，两个小磁针的N极指向一致吗？
【提示】　不一致．
探讨2：　同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的规律在螺线管内部适用吗？
【提示】　不适用．
1．常见永磁体的磁场(如图3 1 4)
条形磁铁　蹄形磁铁
异名磁极　同名磁极
图3 1 4
2．常见的三种电流磁感线分布
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
直线电流
环形电流
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
　如图3 1 5所示，直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各有一个可以自由转动的小磁针，由图得出的结论正确的是(　　)
【导学号：96322059】
图3 1 5
A．小磁针的c端为N极，电源的a端为正极
B．小磁针的c端为N极，电源的a端为负极
C．小磁针的d端为N极，电源的a端为正极
D．小磁针的d端为N极，电源的a端为负极
【解析】　根据小磁针的N极方向可以确定通电线圈外部上方磁场的方向，然后应用安培定则确定线圈中的电流方向，从而判断电源的a端为负极，同时判断d为N极．正确答案是D.
【答案】　D
　关于磁感线与电场线的描述，下列说法正确的是(　　)
A．电场线起止于电荷，磁感线起止于磁极
B．电场线一定不闭合，磁感线一定是闭合的
C．磁感线是小磁针在磁场力作用下的运动轨迹
D．沿磁感线方向磁场逐渐减弱
【解析】　磁感线没有起点也没有终点，是闭合的曲线；静电场中的电场线不是闭合曲线，始于正电荷(或无穷远)，止于负电荷(或无穷远处)．选项B正确．
【答案】　B
　下列是直线电流周围的磁场，其磁感线分布和方向用下列哪个图来表示最合适(　　)
【导学号：96322060】
【解析】　由安培定则可判断A、C错误．直线电流周围的磁感线的分布，由近及远的变化是由密逐渐变疏，而不是等距的同心圆，B错误，D正确．
【答案】　D
判断磁场方向的四种方法
1．根据磁感线分布情况判断，若已知磁感线的分布情况，磁感线上某点的切线方向即为该点的磁场方向．
2．根据小磁针静止时的指向判断，小磁针静止时N极的指向即为该点的磁场方向．若小磁针正在运动或其指向还受其他力的影响，则不能根据小磁针的指向进行判断．
3．根据安培定则判断电流的磁场方向，若磁场是由电流产生的，则可以根据安培定则进行判断．
4．根据磁体的磁极判断，在磁体外部的磁场方向由N极指向S极，在磁体内部的磁场方向由S极指向N极，据此可以判断出磁场的大致方向．
学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
1．如图3 1 6所示，把一条导线平行放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家(　　)
图3 1 6
A．奥斯特
B．安培
C．伽利略
D．牛顿
【解析】　电流周围存在磁场，即电流的磁效应是由奥斯特发现的，A正确．
【答案】　A
2．关于磁感线的概念，下列说法不正确的是(　　)
A．磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向
B．磁场中任意两条磁感线都不相交
C．磁感线和电场线一样都是不封闭曲线
D．通过恒定电流的螺线管内部磁场的磁感线都平行于螺线管的轴线方向
【解析】　磁感线上每一点的切线方向都与该点的磁场方向一致，任意两条磁感线都不相交，磁感线是闭合曲线，而电场线不闭合，故A、B说法正确，C说法不正确．通电螺线管内部的磁感线方向都由S极指向N极且平行于螺线管的轴线，故D说法正确．
【答案】　C
3．(多选)下列各选项图表示磁场的磁感线，据图分析磁场中a点的磁场比b点的磁场强的是(　　)
【导学号：96322150】
【解析】　磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线分布越密的地方，磁场越强，磁感线分布越疏的地方，磁场越弱，故A、C图中a点的磁场比b点的磁场强，A、C正确．
【答案】　AC
4．如图3 1 7所示，为演示电流对磁针作用力的实验，图中所示的小磁针跟它上方的导线平行．当闭合开关时可观察到的现象是(　　)
图3 1 7
A．小磁针N极垂直纸面向里偏转
B．小磁针N极垂直纸面向外偏转
C．小磁针N极向上偏转
D．小磁针N极向下偏转
【解析】　根据安培定则，小磁针上方的导线下方的磁场方向是垂直纸面向里，所以小磁针N极垂直纸面向里偏转，所以正确答案是A.
【答案】　A
5．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是
(　　)
【解析】　根据地磁场的分布情况可知，地球的地理北极在地磁场的南极附近，地球的地理南极在地磁场的北极附近，根据安培定则可判断出环形电流的方向，B正确．
【答案】　B
6．如图3 1 8所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)
【导学号：96322151】
图3 1 8
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
【解析】　带负电圆环顺时针转动，形成逆时针方向的等效电流，根据安培定则，判断出环内外磁场方向，可知小磁针转动方向．
【答案】　B
7．(多选)南极考察队队员在地球南极附近用弹簧秤竖直悬挂一未通电螺线管，如图3 1 9所示．下列说法正确的是(　　)
图3 1 9
A．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧秤示数将减小
B．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧秤示数将增大
C．若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧秤示数将增大
D．不论螺线管通电情况如何，弹簧秤示数均不变
【解析】　一方面，可以将地球等效处理为一个大条形磁铁，地理南极附近相当于磁铁的N极，因而在地理南极附近地磁场方向近似竖直向上，如图所示；另一方面，可利用安培定则确定通电螺线管在其周围产生的磁场方向，再根据“同名磁极相斥，异名磁极相吸”的规律判定通电螺线管与地球之间的作用情况．正确选项为A、C.
【答案】　AC
8．如图3 1 10所示，a、b是直线电流的磁场，c、d是环形电流的磁场，e、f是螺线管电流的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．
图3 1 10
【解析】　根据安培定则，可以确定a中电流方向垂直纸面向里，b中电流的方向从下向上，c中电流方向是逆时针，d中磁感线的方向向下，e中磁感线的方向向左，f中磁感线的方向向右．
【答案】　见解析
9．如图3 1 11所示，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针N极的指向(　　)
图3 1 11
A．不偏转
B．向左偏
C．向右偏
D．向纸内偏
【解析】　当橡胶盘转起来后，形成了环形电流(电流方向与转动方向相反)，便在盘的周围产生磁场，由安培定则可判定小磁针所在位置处的磁场方向沿轴线向右，故小磁针的N极将向右偏转．
【答案】　C
10．如图3 1 12所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，且ab＝ac＝ad，则a点的磁感应强度的方向是(　　)
【导学号：96322152】
图3 1 12
A．垂直纸面指向纸里　　
B．垂直纸面指向纸外
C．沿纸面由a指向b
D．沿纸面由a指向d
【解析】　每根导线在a点产生的磁感应强度大小相等，关键是确定每根导线在a处产生的磁感应强度的方向，由矢量合成法则求合磁感应强度，判知选项D正确．
【答案】　D
11．科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢．假如地球的磁场是由地球表面带电引起的，则可以断定(　　)
【导学号：96322153】
A．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱
B．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强
C．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱
D．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强
【解析】　地球的磁场类似于通电螺线管的磁场．地理的南极是地磁N极，地理北极是地磁S极．按照安培定则，可以看出要有自东向西的电流才符合，那么必然是由于地球表面带负电自西向东旋转引起的．由于地球自转变慢，相当于电流减弱，地磁场将变弱，故选项C正确．
【答案】　C
12．在图3 1 13所示的装置中，有两个薄铁片(舌簧片)ab和cd，它们的外端固定在一块木板上，里端相互交叠但相隔一段很小的距离，舌簧片连接在一个有灯泡的电路中．如果拿一根条形磁铁平行地靠近舌簧片，小灯泡就亮起来．如果让磁铁在上面的水平面内转动，小灯泡就一闪一闪地发光．为什么？
图3 1 13
【解析】　当条形磁铁平行地靠近舌簧片，两个舌簧片都被磁化，而且b、c两端是异名磁极，相互吸引而接触，使电路接通，小灯泡就亮起来．如果让磁铁在上面的水平面内转动，当磁铁转到与舌簧片平行时，两舌簧片由于被磁化而相互吸引，电路接通，小灯泡发光；当磁铁转到与舌簧片垂直时，两舌簧片退磁而相互分开，电路断开，小灯泡熄灭．若磁铁不停地转动，则两舌簧片时而被磁化，时而退磁，b、c两端时而相互吸引接触，时而分开，电路时通时断，小灯泡就一闪一闪地发光．
【答案】　见解析