第1讲 电 流
[目标定位] 1.知道持续电流产生的条件，并能进行微观解释.2.了解电流速度(传导速度)、自由电子热运动的平均速度和电子漂移速度(即电子定向移动速度).3.理解电流的定义，知道电流的单位、方向的确定，会用公式q＝It分析相关问题．
一、电流的形成
1．形成电流的条件：(1)自由电荷；(2)电压．
2．形成持续电流的条件：导体两端有持续电压．
二、电流的速度
1．电流的速度：等于电场的传播速度，它等于3.0×108m/s.
2．自由电子的运动速率：常温下，金属内的自由电子以105_m/s的平均速率在无规则的运动．
3．电子定向移动的速率：数量级大约是10－5m/s，被形象的称为“电子漂移”．
想一想 导线内自由电子的定向移动速率等于电流的传导速率吗？为什么？
答案 不等于，事实上电子定向移动的速率是很慢的，而且跟导体材料有关，只是导体中自由电子的定向移动是产生电流的原因．电流的速率可以认为等于光速．
三、电流的方向
1．电流的方向：正电荷的定向移动的方向规定为电流的方向；
2．在电源外部的电路中电流的方向：从电源正极流向负极；在电源内部的电路中电流的方向：从电源负极流向正极．
想一想 金属导体中电流的方向与自由电荷的移动方向一致吗？为什么？
答案 不一致，电流的方向是指正电荷定向移动的方向，而金属导体中自由电荷是电子，电子的定向移动方向与电流方向相反．
四、电流的大小和单位
1．定义：在单位时间内通过导体任一横截面的电荷量称为电流．
2．定义式：I＝.
3．单位：国际单位：安培，符号A；常用单位：mA、μA换算关系为1A＝103mA＝106μA.
4．直流电：方向不随时间改变的电流叫做直流电．
恒定电流：方向和强弱都不随时间改变的电流叫做恒定电流．
想一想 电流是有大小和方向的物理量，电流是矢量吗？
答案 不是．电流的计算不满足平行四边形定则.
一、电流形成条件及三种速率的理解
1．电流的形成条件
(1)回路中存在自由电荷
①金属导体的自由电荷是电子．
②电解液中的自由电荷是正、负离子．
(2)导体两端有电压：电场对电荷有力的作用，例如两个导体间存在电势差，当用一导线连接时，导线中的自由电子会在电场力的作用下运动，形成电流．
(3)导体两端有持续电压是导体中形成持续电流的条件．
导体两端有了持续电压，导体中的自由电子就会在电场力的持续作用下形成持续不断的电流．
2．电路中三种速率的比较
(1)电子热运动的速率：构成导体的电子在不停地做无规则热运动，由于热运动向各个方向运动的机会相等，故不能形成电流，常温下电子热运动的速率数量级为105m/s.
(2)电子定向移动的速率：电子定向移动的速率很小，数量级为10－5m/s.自由电子在很大的无规则热运动的速率上又叠加上了一个很小的定向移动的速率．
(3)电流传导速率：等于光速，闭合开关的瞬间，电路中各处以真空中光速c建立恒定电场，电路中各处的自由电子几乎同时开始定向移动而形成了电流．
例1 在导体中有电流通过时，下列说法正确的是( )
①电子定向移动速率很小 ②电子定向移动速率即是电场传导速率 ③电子定向移动速率是电子热运动速率 ④在金属导体中，自由电子只不过在速率很大的无规则热运动上附加了一个速率很小的定向移动
A．①③
B．②
C．③
D．①④
答案 D
解析 电子定向移动的速率很小，数量级为10－5m/s，自由电子只不过在速率很大的热运动上附加了很小的定向移动的速率．故①、④正确．电场的传导速率为光速c＝3×108
m/s，无规则热运动速率的数量级为105m/s.故②、③错误，故选D.
借题发挥 电荷定向移动的速率很小，当电路闭合后，并不是电荷瞬间从电源运动到用电器，而是瞬间在系统中形成电场，使导体中所有自由电荷同时定向移动形成电流．
二、电流的表达式
1．电流虽然有方向但是标量．
2．I＝是电流的定义式，电流与电量无正比关系，电流与时间也无反比关系．
3．在应用I＝计算时注意：
要分清形成电流的自由电荷的种类．对金属来讲，是自由电子的定向移动，电量q为通过横截面的自由电子的电量．对电解液来讲，是正、负离子同时向相反方向定向移动，电量q为正、负离子电荷量绝对值之和．
例2 在某种带有一价离子的水溶液中，正、负离子在定向移动，方向如图1所示．如果测得2s内分别有1.0×1018个正离子和1.0×1018个负离子通过溶液内部的横截面M，则溶液中电流的方向如何？电流多大？
图1
答案 由A指向B 0.16A
解析 水溶液中导电的是自由移动的正、负离子，它们在电场的作用下向相反方向定向移动．电学中规定，电流的方向为正电荷定向移动的方向，所以溶液中电流的方向与正离子定向移动的方向相同，即由A指向B.
每个离子的电荷量是e＝1.60×10－19C．该水溶液导电时负离子由B向A运动，负离子的定向移动可以等效看做是正离子反方向的定向移动．所以，一定时间内通过横截面M的电荷量应该是正、负两种离子电荷量的绝对值之和．
I＝＝
＝A
＝0.16A.
借题发挥 电流的定义式I＝中，q是时间t内通过某一截面的电荷量，而不是单位截面积内的电荷量．
三、电流强度的微观表达式
1．建立模型：如图2所示，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
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D所需要的时间：t＝.根据公式q＝It可得：导体AD中的电流：I＝＝＝nqSv.
3．结论：从微观上看，电流决定于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷的电荷量、定向移动速率的大小，还与导体的横截面积有关．
例3 一段粗细均匀的金属导体的横截面积为S，导体单位体积内的自由电子数为n，金属导体内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速率为v0，导体中通过的电流为I，以下说法中正确的有( )
A．自由电子定向移动的速率为v0
B．自由电子定向移动的速率为v＝
C．自由电子定向移动的速率为真空中的光速c
D．自由电子定向移动的速率为v＝
答案 B
解析 I＝nevS，所以v＝
v为自由电子定向移动的速率.
电流形成条件及三种速率的理解
1．关于电流，以下说法正确的是( )
A．通过截面的电荷量多少就是电流的大小
B．电流的方向就是电荷定向移动的方向
C．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流
D．导体两端没有电压就不能形成电流
答案 D
解析 根据电流的概念，电流是单位时间内通过截面的电荷量，知A项错．规定正电荷定向移动的方向为电流方向，知B项错．自由电荷持续的定向移动才会形成电流，知C错、D对．
2．在导体中有电流通过时，下列说法正确的是( )
A．电子定向移动速率很小
B．电子定向移动速率即是电场传导速率
C．电子定向移动速率是电子热运动速率
D．在金属导体中，自由电子只不过在速率很大的无规则热运动上附加了一个速率很小的定向移动
答案 AD
解析 电子定向移动的速率很小，数量级为10－5m/s，自由电子只不过在速率很大的热运动上附加了速率很小的定向移动．故A、D正确．电场的传导速率为光速c＝3×108
m/s，无规则热运动速率的数量级为105m/s.故B、C错．
公式I＝的理解与应用
3．电路中有一电阻，通过电阻的电流为5A，当通电5分钟时，通过电阻横截面的电子数为( )
A．1500个
B．9.375×1019个
C．9.375×1021个
D．9.375×1020个
答案 C
解析 q＝It，n＝＝＝9.375×1021个．
电流强度的微观表达
4．如图3所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为( )
图3
A．qv
B.
C．qvS
D.
答案 A
解析 ts内棒通过的长度l＝vt，总电荷量Q＝ql＝qvt.
由I＝＝＝qv，故选项A正确．
题组一 对电流的理解
1．关于电流，下列叙述正确的是( )
A．只要将导体置于电场中，导体内就有持续电流
B．电源的作用是可以使电路中有持续电流
C．导体内没有电流时，就说明导体内部的电荷没有移动
D．恒定电流是由恒定电场产生的
答案 BD
2．关于电流的方向，下列说法中正确的是( )
A．电源供电的外部电路中，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端
B．电源内部，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端
C．电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同
D．电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相反
答案 AD
解析 在电源的外部电路中，电流从正极流向负极，在电源内部，电流从负极流向正极，电源正极电势高于负极电势，所以A正确，B错误；电子带负电，电子运动形成的电流方向与电子运动的方向相反，C错误，D正确．
3．关于电流的方向，下列描述正确的是( )
A．规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
B．规定自由电荷定向移动的方向为电流的方向
C．在金属导体中，自由电子定向移动的方向为电流的反方向
D．在电解液中，由于正、负离子的电荷量相等，定向移动的方向相反，故无电流
答案 AC
解析 规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故A对，B错；金属导体中定向移动的是自由电子，电子带负电，故电子运动的方向与电流的方向相反，C正确；在电解液中，正、负离子的电荷量相等，定向移动的方向相反，产生的电流的方向相同，故D错误．
题组二 公式I＝的理解与应用
4．关于电流的说法中正确的是( )
A．根据I＝，可知I与q成正比
B．如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流
C．电流有方向，电流是矢量
D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位
答案 D
解析 依据电流的定义式可知，电流与q、t皆无关，显然选项A错误．虽然电流是标量，但是却有方向，因此在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，但如果方向变化，电流也不是恒定电流，所以，选项B错误．电流是标量，故选项C错误．
5．如图1所示，电解池内有一价的电解液，ts内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，则以下解释中正确的是( )
图1
A．正离子定向移动形成电流方向从A→B，负离子定向移动形成电流方向B→A
B．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消
C．溶液内电流方向从A到B，电流I＝
D．溶液中电流方向从A到B，电流I＝
答案 D
解析 正电荷的定向移动方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向，有正负电荷反向经过同一截面时，I＝公式中q应该是正、负电荷量绝对值之和．故I＝，电流方向由A指向B，故选项D正确．
6．如图2所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1s内垂直地通过它们的电子数相等．那么，通过这两截面的电流的大小关系是( )
图2
A．IA＝IB
B．IA＝2IB
C．IB＝2IA
D．不能确定
答案 A
解析 这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等，导线的组成材料不同等等．但关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝可知电流强度相等．题组三 电流强度的微观表达式
7．导体中电流I的表达式I＝nqSv，其中S为导体的横截面积，n为导体每单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷所带的电荷量，v是( )
A．导体运动的速率
B．导体传导的速率
C．电子热运动的速率
D．自由电荷定向移动的速率
答案 D
解析 从微观上看，电流决定于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷的电荷量、定向移动速率，还与导体的横截面积有关，公式I＝nqSv中的v就是自由电荷定向移动的速率．故选D.
8．金属导体内电流增强，是因为( )
A．导体内单位体积的自由电子数增多
B．导体内自由电子定向移动的速率增大
C．导体内电场的传播速率增大
D．导体内自由电子的热运动速率增大
答案 B
解析 对于确定的金属导体，单位体积内的自由电子数是一定的，而且导体内电场的传播速率也是一定的，所以A、C错．导体内电流增强是由于自由电子定向移动的速率增大，使得单位时间内穿过导体横截面的电荷量增大，B正确．导体内自由电子的热运动速率增大会阻碍电流增强，D错误．
9．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的2倍，而单位时间内通过乙导体横截面的电荷量是甲的2倍，以下说法正确的是( )
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的2倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
答案 B
解析 由于单位时间内通过乙导体横截面的电荷量是甲的2倍，因此通过乙导体的电流是甲的2倍，故A错，B对．由于I＝nqSv，所以v＝，由于不知道甲、乙两导体的性质(n·q不知道)，所以无法判断v，故C、D错．
题组四 综合应用
10．已知电子的电荷量为e，质量为m.氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r的匀速圆周运动，则电子运动形成的等效电流大小为多少？
答案
解析 根据电流大小的定义式去求解，截取电子运动轨道的任一截面，在电子运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量Q＝e，则有：I＝＝，再由库仑力提供向心力有：k＝mr.
得T＝.解得I＝.
PAGE
1第3讲 电场及其描述
[目标定位] 1.理解电场强度的概念及其定义式，并会进行有关计算.2.会用电场线表示电场，并熟记几种常见电场的电场线分布特征.3.理解点电荷的电场强度及场强叠加原理.
一、电场及电场力
1.电场：电荷周围存在场，电荷的相互作用不可能超越距离，是通过场传递的，这种场称为电场.
2.电场力：电场对于处在其中的电荷有力的作用，这种力叫做电场力.
二、电场强度
1.试探电荷
(1)电荷量足够小，(2)大小足够小的电荷，放到电场中用来检验电场中各点的性质.
2.电场强度
(1)概念：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度，简称场强.
(2)物理意义：表示电场的强弱.
(3)定义式及单位：E＝，单位牛(顿)每库(仑)，符号N/C.
(4)方向：电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同.
想一想 这里定义电场强度的方法叫比值定义法，你还学过哪些用比值定义的物理量？它们都有什么共同点？
答案 如加速度a＝；密度ρ＝等.用比值定义的新物理量可反映物质本身的某种属性，与用来定义的另外两个物理量并无直接关系.
三、点电荷的电场与匀强电场
1.真空中点电荷周围的场强：E＝k.
2.匀强电场：大小和方向都处处相同的电场叫做匀强电场.
想一想 我们能根据E＝k说，r→0时，E→∞吗？
答案 不能；这是根据库仑定律推导出来的，只适用于点电荷产生的电场，r较小时，带电体不能再看做点电荷，此公式不再适用.
四、电场线
1.电场线
在电场中绘出的一些曲线，曲线上任一点的电场方向就在该点的切线方向上，这样的曲线叫做电场线.
2.几种特殊的电场线
熟记五种特殊电场的电场线分布，如图1所示.
图1
3.电场线的特点
(1)电场线从正电荷(或无穷远)出发，终止于无穷远(或负电荷).
(2)在同一电场中，电场线越密的地方场强越大.
想一想 有电场线的地方有电场，没有电场线的地方没有电场吗？
答案 电场线是用来描述电场强弱的曲线，电场线的疏密只能大致反应场强的大小，没有电场线的不一定没有电场.
一、对电场及电场强度的理解
1.关于电场的几点说明
(1)特殊物质性：电场是一种看不见摸不着但客观真实存在的特殊物质.
(2)客观存在性：电荷周围一定存在电场，静止的电荷周围存在静电场.
(3)桥梁纽带作用：电场是电荷间相互作用的桥梁，不直接接触就可以发生相互作用.
2.关于电场强度的几点说明
(1)唯一性：电场中某点的电场强度E是唯一的，由电场本身决定，与是否放入试探电荷以及放入试探电荷的正负、电荷量的大小无关.
(2)矢量性：E为矢量，其方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，与负电荷所受的电场力方向相反.
例1 真空中O点放一个点电荷Q＝＋1.0×10－9C，直线MN通过O点，OM的距离r＝30cm，M点放一个点电荷q＝－1.0×10－10C，如图2所示.求：
图2
(1)q在M点受到的作用力；
(2)M点的场强；
(3)拿走q后M点的场强；
(4)M、N两点的场强哪点大.
答案 (1)大小为1.0×10－8N 方向沿MO指向Q
(2)大小为100N/C 方向沿OM连线背离Q
(3)大小为100N/C 方向沿OM连线背离Q
(4)M点场强大
解析 (1)电场是一种物质，电荷q在电场中M点所受的作用力是电荷Q通过它的电场对q的作用力，根据库仑定律，得FM＝k
＝N
＝1.0×10－8N.因为Q为正电，q为负电，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO指向Q.
(2)M点的场强EM＝＝N/C＝100
N/C，其方向沿OM连线背离Q，因为它的方向跟正电荷所受电场力的方向相同.
(3)场强是反映电场的力的性质的物理量，它是由形成电场的电荷Q及场中位置决定的，与试探电荷q是否存在无关.故拿走q后，M点的场强仍为100N/C，方向沿OM连线背离Q.
(4)由E∝得M点场强大.
借题发挥 公式E＝中的q是试探电荷的电荷量，所以E＝不是场强的决定式；公式E＝k中的Q是场源电荷的电荷量，所以E＝k仅适用于点电荷的电场求解，是点电荷场强的决定式.
针对训练 A为已知电场中的一固定点，在A点放一电荷量为q的试探电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则( )
A.若在A点换上－q，A点场强方向发生变化
B.若在A点换上电荷量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2E
C.若在A点移去电荷q，A点的场强变为零
D.A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关答案 D
解析 电场强度E＝是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向和大小均不变，故A、B、C均错误；故选D.
二、对公式E＝与E＝的理解
1.公式E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场，E可以用来度量，但与F、q无关.其中q是试探电荷.
2.公式E＝k是点电荷场强的决定式，其中Q是场源电荷.
例2 真空中距点电荷(电荷量为Q)为r的A点处，放一个电荷量为q(q Q)的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为( )
A.
B.
C.k
D.k
答案 BD
解析 E＝中q指的是试探电荷，E＝中Q指的是场源电荷，故B、D正确.
三、电场线的理解和应用
1.电场线的特点：(1)起始于无限远或正电荷，终止于负电荷或无限远.(2)任意两条电场线不相交.(3)在同一幅图中，电场线的疏密表示场强的大小.(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.
2.电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件
(1)电场线是直线.
(2)带电粒子只受电场力作用，或受其他力，但其他力的方向沿电场线所在直线.
(3)带电粒子初速度的方向为零或初速度的方向沿电场线所在的直线.
例3 以下关于电场和电场线的说法中正确的是
( )
A.电场线就是电荷在电场中的运动轨迹
B.在电场中，凡是有电场线通过的点，场强不为零，不画电场线的区域内的点场强为零
C.同一试探电荷在电场线密集的地方所受静电力大
D.电场线是人们假想的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在
答案 CD
解析 电场线是为了描述电场的强弱及方向的方便而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，A错误，D正确.在同一电场中，电场强度较大的地方电场线较密，电荷受到的电场力也较大，C正确.
借题发挥 带电粒子在电场中的运动轨迹，决定于粒子运动速度和受力情况，与电场线不一定重合.
例4 如图3所示是某静电场的一部分电场线分布
图3
情况，下列说法中正确的是( )
A.这个电场可能是负点电荷的电场
B.点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大
C.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)
D.负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向
答案 B
解析 电场线的疏密反映了电场强度的大小，而加速度的大小关键是看电场力的大小.判断A、B两处电场线的疏密是解决本题的关键.负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A错误；电场线越密的地方场强越大，由图知EA＞EB，又因F＝qE，得FA＞FB，故B正确；由a＝知，a∝F，而F∝E，EA＞EB，所以aA＞aB，故C错误；负电荷在B点受到的电场力的方向与B点电场强度的方向相反，故D错误.
借题发挥 带电粒子在电场中的运动轨迹，决定于粒子运动速度和受力情况，与电场线不一定重合.
对电场和电场强度的理解
1.如图4所示，在一带负电的导体A附近有一点B，如在B处放置一个q1＝－2.0×10－8C的电荷，测出其受到的静电力F1大小为4.0×10－6N，方向如图，则B处场强多大？如果换用一个q2＝＋4.0×10－7C的电荷放在B点，其受力多大？此时B处场强多大？
图4
答案 200N/C 8.0×10－5
N 200
N/C
解析 由场强公式可得EB＝＝N/C＝200
N/C，因为是负电荷，所以场强方向与F1方向相反.
q2在B点所受静电力F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N，方向与场强方向相同，即与F1反向.
此时B处场强仍为200N/C，方向与F1相反.
2.下列说法中正确的是( )
A.电场强度反映了电场的力的性质，因此场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比
B.电场中某点的场强等于F/q，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关
C.场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向
D.公式E＝和E＝k对于任何电场都是适用的
答案 B
库仑定律的理解及应用
3.真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动(不计重力)，开始时A的加速度大小是a，经过一段时间，B的加速度大小也是a，那么此时A、B两点电荷的距离是( )
A.L
B.L
C.2L
D.L
答案 A
解析 刚释放瞬间，对A，有k＝mAa，经过一段时间后，对B，有k＝mBa，可得L′＝L＝L，所以A正确.
电场线的特点及应用
4.某静电场中的电场线如图5所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M运动到N，以下说法正确的是( )
图5
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.粒子必带负电
答案 AC
解析 做曲线运动的物体合力指向曲线的内侧，又因为粒子只受电场力所以点电荷带正电，A正确；由于电场线越密，场强越大，点电荷受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此点电荷在N点加速度大，C正确.
题组一 电场及电场强度
1.下列关于电场和电场强度的说法正确的是( )
A.电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用
B.电场是人为设想出来的，其实并不存在
C.某点的场强越大，则同一电荷在该点所受到的电场力越大
D.某点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向
答案 AC
解析 电场是电荷周围客观存在的一种特殊物质，电荷间的相互作用是通过电场产生的，不是假想的，故A正确；由E＝得.F＝Eq，当q一定时，E越大，F越大，所以C正确；场强方向规定为正电荷在该点受到的电场力方向与负电荷受电场力的方向相反，D错误.
2.在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是( )
A.当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左
B.该点场强方向一定向右
C.该点场强方向一定向左
D.该点场强方向可能向右，也可能向左
答案 B
解析 电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反，故只有B正确.
3.在电场中的A、B两处分别引入不同的试探电荷q，得到试探电荷所受的电场力随电荷量变化的关系如图1所示，则( )
图1
A.EA＞EB
B.EA＜EB
C.EA＝EB
D.不能判定EA、EB的大小
答案 A
解析 根据电场强度的定义式E＝，电场强度与图中图线的斜率相对应，故EA＞EB，A项正确.
4.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( )
A.3∶1
B.1∶3
C.9∶1
D.1∶9
答案 C
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.
题组二 电场线的特点及应用
5.关于电场线的性质，以下说法正确的有( )
A.电场线是正电荷在电场中的运动轨迹
B.电场线的分布情况反映电场中不同点的场强的大小
C.电场线的箭头方向表示场强减弱的方向
D.空间中两条电场线不能相交
答案 BD
解析 电场线是为了描述电场的强弱及方向的方便而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，A错误，B正确.电场线的箭头方向表示场强的方向，C错误.由于电场的具体方向与电场线上某点的切线方向相同，若两条电场线相交，则在该点可以作出两条切线，表明该点的电场不唯一，这与实际不符，D正确.故选B、D.
6.某电场区域的电场线如图2所示a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是( )
图2
A.负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力
B.a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右
C.正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力
D.a点的场强一定大于b点的场强
答案 BCD
解析 电场线越密，场强越大.所以a点的场强一定大于b点的场强，根据F＝Eq得电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力，故A错误，C、D正确；电场线某点的切线方向表示场强的方向.所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确，故选B、C、D.
7.下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是( )
答案 C
解析 A图中，A、B两点场强大小相等，方向不同，B图中，A、B两点场强的方向相同，但大小不等，C图中是匀强电场，则A、B两点场强大小、方向都相同；D图中A、B两点场强大小、方向均不相同.故选C.
8.某电场的电场线分布如图3所示，则( )
图3
A.电荷P带正电
B.电荷P带负电
C.a点的电场强度大于b点的电场强度
D.正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力
答案 AD
解析 电场线从正电荷出发，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；c点的场强大于d点的场强，所以正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确；故选A、D.
9.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图4所示.则此电场的电场线分布可能是( )
图4
答案 A
解析 从题图可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密.综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.
10.如图5所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( )
图5
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
答案 B
解析 等量异种电荷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点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图乙所示.由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，故选B.
题组三 综合应用
11.如图6所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m、电量为q的小球，小球用绝缘丝线悬挂于O点，小球受水平向右的电场力，偏转θ角而静止.试求小球所在处的电场强度.
图6
答案 小球所在处的电场强度大小为，方向水平向右.
解析 小球的受力如图所示，由平衡条件得：
F电＝mgtanθ
又F电＝qE
解得，小球所在处的电场强度：E＝
小球带正电荷，电场强度方向与其受到的电场力方向一致，方向水平向右.
12.如图7所示，质量为m的带电小球用绝缘线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场中，场强为E，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，求：
图7
(1)小球带何种电荷，电荷量是多少？
(2)若烧断丝线，则小球将做什么运动？(设电场范围足够大)
答案 见解析
解析 (1)如图所示，由平衡条件得F电＝qE＝mgtanθ，所以q＝mgtanθ/E，因小球受到向左的电场力，所以小球带正电.
(2)若烧断细线，小球在电场力与重力mg的作用下做匀加速直线运动.加速度大小
a＝＝＝.
PAGE
1第1讲 磁场 用磁感线描述磁场
[目标定位] 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影响.2.理解磁场的概念，知道磁极之间、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.3.了解地磁场分布、变化以及对人类生活的影响.4.知道磁感线的概念，会用安培定则判断电流周围的磁场方向，并能记住几种常见磁场的磁感线分布特点．
一、我国古代的磁应用
1．古人发现，不管形状如何，任何磁体都有两个磁极．
2．指南针的出现改变了夜晚依靠北极星辨别方向、白昼通过太阳定位的历史．
二、磁场
磁场是一种看不见、摸不着、存在于电流或磁体周围的物质，它传递着磁相互作用．磁场的存在，使磁体之间不接触便可以发生相互作用．
三、地球的磁场
1．地磁场：我们生活的地球本身就是一个大磁体，它的N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近．
2．磁偏角：用一个能自由转动的小磁针观察地磁场方向时，可以看到它的磁极一般并不指向地理的正南北方向，小磁针的指向与正南北方向之间的夹角叫做磁偏角．
四、用磁感线描述磁体的磁场
1．磁感线：在磁场中画出的一些有方向的假想曲线，在磁感线上，任意一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同，都代表磁场中该点小磁针北极受力的方向．
2．磁感线的特点：磁感线是闭合曲线，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．
五、用磁感线描述电流的磁场
1．直线电流的磁场
安培定则：用右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向．这个规律也叫右手螺旋定则．
2．环形电流的磁场
环形电流的磁场可用另一种形式的安培定则表示：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线中心轴线上磁感线的方向．
3．通电螺线管的磁场
右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向与电流方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向或拇指指向螺线管的N极(如图1所示).
图1
一、磁场
1．磁场：磁体的周围和电流的周围存在磁场．磁场和常见的由分子、原子组成的物质不同，不是以微粒形式存在，但却是一种客观存在的物质．
2．基本性质：对放入其中的磁体或电流有力的作用．
3．磁场的产生：(1)磁体周围有磁场；(2)电流周围有磁场．
例1 下列关于磁场的说法中，正确的是( )
A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质
B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的
C．磁极与磁极间是直接发生作用的
D．磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生
答案 A
二、正确解读地磁场
1．地球是一个大磁体，存在的磁场叫地磁场．如图2所示，地球磁体的N极(北极)位于地理南极附近，地球磁体的S极(南极)位于地理北极附近．
图2
2．虽然地磁两极与地理两极并不重合，但它们的位置相对来说差别不是很大．因此，一般我们认为：
(1)在赤道正上方，距离地球表面高度相等的点，磁场的强弱相同，且方向水平向北．
(2)在南半球，地磁场方向指向北上方；在北半球，地磁场方向指向北下方．
例2 如图3所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将( )
图3
A．指北
B．指南
C．竖直向上
D．竖直向下
答案 D
解析 地磁场的分布规律与条形磁铁类似，在地理北极附近，地磁场竖直向下，此处小磁针的N极应竖直向下，D对．
三、对磁感线的深化理解
1．常见永磁体的磁场(如图4所示)
图4
2．磁感线与电场线的比较
比较项目
磁感线
静电场的电场线
相同点
方向
线上各点的切线方向就是该点的磁场方向
线上各点的切线方向就是该点的电场方向
疏密
表示磁场强弱
表示电场强弱
特点
在空间不相交、不相切、不中断
除电荷处外，在空间不相交、不相切、不中断
不同点
闭合曲线
始于正电荷或无穷远处，止于负电荷或无穷远处．不闭合的曲线
例3 关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )
A．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的
B．磁感线可以形象地描述各磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
C．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的
D．两个磁场的叠加区域，磁感线可能相交
答案 B
解析 磁铁内部磁感线从S极到N极，A不正确；磁感线上每一点切线方向表示磁场方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，小磁针静止时北极受力方向和北极静止时指向均为磁场方向，B正确．磁感线是为了形象地描述磁场而假设的一组有方向的闭合的曲线，实际上并不存在，C不正确；叠加区域合磁场的方向也具有唯一性，故磁感线不可能相交，D错误．
借题发挥 磁场、电场是一种客观存在的特殊物质，磁感线、电场线虽是假想的曲线，但可形象地描述磁场、电场的强弱和方向．应注意两者的区别与关系．
四、电流周围的磁场分布
三种常见的电流的磁场
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
直线电流
以导线上任意点为圆心的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
内部为匀强磁场且比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
例4 如图5所示，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．请画出对应的磁感线(标上方向)或电流方向．
图5
答案 用安培定则来判断，分别如下图中各图所示．
解析 如果已知电流的方向，可用右手螺旋定则判断磁感线的方向．如果已知小磁针静止时N极指向，那么小磁针N极所指方向就是磁感线方向．
对磁场的理解
1．关于磁场，下列说法正确的是( )
A．其基本性质是对处于其中的磁体或电流有力的作用
B．磁场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质
C．磁场是客观存在的一种特殊物质形态
D．磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无
答案 AC
解析 磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流有力的作用，A正确．磁场虽然看不见摸不着，但是它是客观存在的，B、D错误．C正确．故选A、C.
2．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )
A．①②④
B．②③④
C．①⑤
D．②③
答案 D
解析 地面上小磁针静止时，小磁针的南极应指向地磁场的北极，①错；地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，②对；只有在赤道附近地磁场的方向和地面才平行，③对，⑤错，地磁场方向在北半球斜向下方，南半球斜向上方，④错．故正确答案为D.
对磁感线的理解
3．下图表示磁场的磁感线，依图分析磁场中a点的磁场比b点的磁场强的是( )
答案 AC
解析 磁感线的疏密可表示磁场的强弱．
安培定则的理解和应用
4．如图6所示为磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，当在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当赫姆霍兹线圈中通过如图所示方向的电流时( )
图6
A．小磁针N极向里转
B．小磁针N极向外转
C．小磁针在纸面内向左摆动
D．小磁针在纸面内向右摆动
答案 A
解析 由安培定则可判断小磁针所在处电流的磁场向里，而小磁针N极的受力方向与磁场方向相同，故小磁针N极向里转，S极向外转，故选A.
题组一 磁现象和磁场
1．铁棒A能吸引小磁针，铁棒B能排斥小磁针，若将铁棒A靠近铁棒B时，下述说法中正确的是( )
A．A、B一定相互吸引
B．A、B一定相互排斥
C．A、B间可能无磁场力作用
D．A、B可能相互吸引，也可能相互排斥
答案 D
2．如图1所示，一根条形磁铁，左端为S极，右端为N极．下列表示从S极到N极磁性强弱变化情况的图象中正确的是( )
图1
答案 C
解析 条形磁铁两极磁性最强，中间磁性最弱，故磁性强弱变化曲线如C所示．
3．下列关于磁场的说法中正确的是( )
A．磁体周围的磁场看不见、摸不着，所以磁场不是客观存在的
B．将小磁针放在磁体附近，小磁针会发生偏转是因为受到磁场力的作用
C．把磁体放在真空中，磁场就消失了
D．当磁体周围撒上铁屑时才能形成磁场，不撤铁屑磁场就消失
答案 B
题组二 与磁场有关的相互作用
4．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，则( )
A．甲有磁性，乙无磁性B．甲无磁性，乙有磁性
C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性
答案 A
解析 磁体具有磁性，能够吸引铁磁性一类的物质，磁体各个部分的磁性强弱不同，条形磁体两端的磁性最强，叫做磁极，中间的磁性最弱，几乎没有．当铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，两者互相吸引，说明甲是磁体，具有磁性；把铁棒乙的一端靠近铁棒甲的中部，两者不能相互吸引，说明乙不是磁体，没有磁性．
5．如图2所示，甲、乙、丙、丁四幅图中，四个相同的磁体都处于静止状态，且弹簧处于伸长状态，则( )
图2
A．对地面压力最大的是丙
B．对地面压力最大的是甲
C．对地面压力最大的是甲、丙、丁
D．对地面压力最大的是丙、丁
答案 D
6．如图3所示是“超导磁悬浮”现象，悬浮在空中的是一块重力为G的永久磁铁，下方是超导体，则下列说法正确的是( )
图3
A．悬浮磁体受到的悬浮力大于重力G
B．悬浮磁体受到的悬浮力等于重力G
C．悬浮磁体对超导体的力小于重力G
D．悬浮磁体对超导体的力等于重力G
答案 BD
题组三 有关地球的磁场
7．磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙星体，小到电子、质子等微观粒子，几乎都会有磁性，地球就是一个巨大的磁体．在一些生物体内也会含有微量磁性物质，鸽子就是利用这种体内外磁性的相互作用来辨别方向的．若在鸽子身上绑一块永久磁铁，且其产生的磁场比附近的地磁场强的多，则在长距离飞行中( )
A．鸽子仍能如平时一样辨别方向
B．鸽子会比平时更容易的辨别方向
C．鸽子会迷失方向
D．不能确定鸽子是否会迷失方向
答案 C
题组四 磁感线及安培定则的应用
8．如图4所示为某磁场的一条磁感线，其上有A、B两点，则( )
图4
A．A点的磁场一定强
B．B点的磁场一定强
C．因为磁感线是直线，A、B两点的磁场一样强
D．条件不足，无法判断
答案 D
解析 由磁场中一根磁感线无法判断磁场强弱．
9．如图5所示为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是( )
图5
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
答案 C
解析 由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确、②错误．③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出④正确、③错误．故正确选项为C.
10．如图6所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是( )
图6
A．a、b、c均向左
B．a、b、c均向右
C．a向左，b向右，c向右
D．a向右，b向左，c向右
答案 C
解析 小磁针静止时N极的指向与该点处磁感线方向相同，如果a、b、c三处磁感线方向确定，那么三枚磁针静止时N极的指向也就确定．所以，只要画出通电螺线管的磁感线如图所示，即可知a磁针的N极在左边，b磁针的N极在右边，c磁针的N极在右边．
PAGE
1第2讲 磁感应强度 磁通量 磁与现代科技
[目标定位] 1.知道磁感应强度的物理意义及单位.2.知道匀强磁场，知道匀强磁场的磁感线分布情况.3.知道磁通量的概念，并会计算磁通量.4.知道磁现象在生活、生产中的应用，培养将科学服务于人类的意识.
一、磁感应强度
1．磁场不仅有方向性，而且有强弱，人们用磁感应强度B来描述磁场的强弱及方向．
2．我们规定：穿过与磁感线垂直的单位面积的磁感线条数等于该处的磁感应强度．这样，磁感应强度大的地方，磁感线密；磁感应强度小的地方，磁感线疏．磁感线的疏密反映了磁感应强度的大小．
3．单位：特斯拉，符号是T.1T＝.
4．方向：即该点的磁场方向，就是放在该点的小磁针N极受力的方向．
5．匀强磁场：在磁场的某个区域内，如果各点的磁感应强度大小和方向相同，这个区域的磁场叫做匀强磁场．
6．如果有几个磁场同时存在，它们的磁场就相互叠加，这时某点的磁感应强度就等于各个磁场在该点磁感应强度的矢量和．
二、磁通量
1．定义：我们把磁场中穿过磁场某一面积S的磁感线条数定义为穿过该面积的磁通量，用Φ表示．
2．表达式：当B⊥S时，Φ＝BS.单位：韦伯，符号是Wb.1Wb＝1T·m2.
3．磁通密度：由上式得B＝，这表示磁感应强度等于穿过垂直磁感线的单位面积的磁通量，因此磁感应强度B又叫磁通密度．
三、磁与现代科技
1．记录与磁：利用磁我们不仅可以记录声音和影像，还可以记录其他各种信息，如磁信息卡、磁防盗卡、磁签到卡等．
2．交通与磁：磁悬浮列车有常导电磁铁吸引方式和超导电磁铁相斥方式两种形式．常导电磁铁吸引式是在导体底部和两侧倒转向上的顶部安装磁铁，在T形导轨的上方和伸臂部分下方分别设作用板和感应钢板，使导轨钢板的吸引力与车辆重力平衡，从而使车体悬浮于轨道上运行；超导电磁铁相斥式是根据磁铁同极相斥的原理.
一、磁感应强度的方向
1．磁感应强度的方向是磁场中小磁针静止时N极所指的方向，或者是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．
2．同一空间有多个磁场时，其叠加时遵循矢量叠加的方法，即平行四边形定则．
例1 有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )
A．磁感应强度是用来表示磁场强弱及方向的物理量
B．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
C．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
D．小磁针N极的指向就是该处磁感应强度的方向
答案 ABC
解析 磁感应强度是用来描述磁场强弱及方向的物理量，A正确；磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场的方向，磁场方向也就是小磁针N极受力的方向，故B、C正确．小磁针静止时N极的指向为该处的磁场方向，D错误．
借题发挥 (1)磁感应强度的方向和小磁针N极受力方向相同．
(2)磁场中某点磁感应强度的大小和方向是确定的，和小磁针的存在与否无关．
二、磁感应强度矢量的叠加
磁感应强度是矢量，若空间存在几个磁体(或电流)时，每一点的磁场为各个磁体(或电流)在该点产生磁场的矢量和．磁感应强度叠加时遵循平行四边形定则．
例2 如图1所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
图1
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
答案 C
解析 由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场方向均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错误；由安培定则，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等、方向相同，选项B错误；根据安培定则判断可知，两导线在c、d处产生的磁场分别垂直c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向均竖直向下，选项C正确、选项D错误．
三、磁通量的理解
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)当平面与磁场方向不垂直时，穿过平面的磁通量可用平面在垂直于磁场B的方向的投影面积进行计算，即Φ＝BSn.
2．物理意义
穿过某一平面的磁感线条数；若磁感线沿相反方向穿过同一平面，则磁通量等于穿过平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)．
温馨提示 磁通量的正、负既不表示大小，也不表示方向，它表示磁通量从某个面穿入还是穿出，若规定穿入为正，则穿出为负，反之亦然．
例3 如图2所示，线圈平面与水平方向夹角θ＝60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S＝0.4m2，匀强磁场磁感应强度B＝0.6T，则穿过线圈的磁通量Φ为多少？
图2
答案 0.12Wb
解析 方法一：把S投影到与B垂直的方向，则Φ＝B·Scosθ＝0.6×0.4×cos60°Wb＝0.12Wb.
方法二：把B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥，B∥不穿过线圈，且B⊥＝Bcosθ，则Φ＝B⊥S＝Bcosθ·S＝0.6×0.4×cos60°Wb＝0.12Wb.
四、磁与现代科技
1．记录与磁
(1)磁化
原来没有表现出磁性的物体获得磁性的过程叫做磁化．利用摩擦、接触等方法可以使物体磁化．
(2)去磁
使原来有磁性的物体失去磁性的过程叫做去磁．敲击、加热可以使磁体去磁．
(3)磁记录
磁记录是把要记录的相关信息通过变化的磁场使磁带或磁条上的磁性颗粒磁化而记录信息的．
在使用磁带或磁卡等磁记录物体时，一定不要将它们靠近磁铁等磁性物体，否则磁铁的磁场会破坏磁性颗粒的排列方式，将所记录的信息清除掉．
2．交通与磁
(1)常导电磁铁吸引式磁悬浮
常导电磁铁吸引式是在车体底部及两侧倒转向上的顶部安装磁铁，在T形导轨的上方和伸臂部分下方分别设作用板和感应钢板，控制电磁铁的电流，使电磁铁和导轨间保持10～15mm的间隙，并使导轨钢板的吸引力与车辆所受的重力平衡，从而使车体悬浮于轨道上运行．如图3所示．
图3
(2)超导电磁铁相斥式磁悬浮
超导电磁铁相斥式，是根据磁铁同极相斥的原理，利用车上超导电磁铁形成的磁场与轨道上线圈形成的磁场之间所产生的斥力使车体悬浮．如图4所示．
图4
例4 磁悬浮列车是由无接触的电磁悬浮、导向和驱动系统组成的新型交通工具，是高新技术的产物．上海磁悬浮列车示范运营线项目于2006年4月26日正式通过国家竣工验收．正线全长约30km，设计最高运行时速430km/h，单向运行时间7min20s.
图5
(1)上海磁悬浮列车的结构如图5甲所示．轨道线圈下端是N极，要使列车悬浮起来，车身线圈的上端是________极．
(2)图乙是另一种磁悬浮列车的设计原理图，A是磁性稳定的电磁铁，安装在铁轨上，B是安装在车身上(紧靠铁轨上方)的电阻非常小的螺线管．B中电流方向如图乙所示，请在图中标出通电螺线管的N极，螺线管B与电磁铁A之间相互________(选填“排斥”或“吸引”)，从而使列车悬浮在铁轨上方．
答案 (1)S (2)螺线管的上方为N极 排斥
磁感应强度的方向
1．有关磁感应强度B的方向，下列说法正确的是( )
A．B的方向就是小磁针N极所指的方向
B．B的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致
C．B的方向与小磁针在任何情况下S极受力方向一致
D．B的方向就是磁感线的切线方向
答案 BD
磁感应强度矢量的叠加
2．在磁感应强度为B0、方向向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图6所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
图6
A．b、d两点的磁感应强度相等
B．a、b两点的磁感应强度相等
C．c点的磁感应强度的值最小
D．b点的磁感应强度的值最大
答案 C
解析 如图所示，由矢量叠加原理可求出各点的合磁场的磁感应强度，可见b、d两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，A项错误．a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，B、D项错误，C项正确．
对磁通量的理解
3．如图7所示，一个单匝线圈abcd水平放置，面积为S，当有一半面积处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，当线圈以ab边为轴转过30°和60°时，穿过线圈的磁通量分别是多少？
图7
答案
解析 当线圈分别转过30°和60°时，线圈平面在垂直于磁场方向的有效面积相同，都有S⊥＝，所以磁通量相同，都等于.
题组一 磁感应强度的方向
1．关于磁感应强度，正确的说法是( )
A．根据定义，磁场中某点的磁感应强度B的方向与小磁针放置的方向有关
B．B是矢量，方向与小磁针在该点静止时N极所指的方向相同
C．B是矢量，方向与小磁针在该点静止时S极所指的方向相同
D．在确定的磁场中，某点的磁感应强度方向与该点是否放小磁针无关
答案 BD
2．关于磁感应强度的下列说法中，正确的是( )
A．磁感应强度的方向就是小磁针N极的受力方向
B．磁感应强度是标量
C．磁场中某点磁感线的切线方向就是该点磁感应强度的方向
D．磁感应强度的大小、方向与放入磁场的小磁针的偏转程度有关
答案 AC
题组二 磁感应强度矢量的叠加
3．如图1所示，电流从A点分两路通过对称的环形支路汇合于B点，则环形支路的圆心O处的磁感应强度为( )
图1
A．垂直于环形支路所在平面，且指向“纸外”
B．垂直于环形支路所在平面，且指向“纸内”
C．大小为零
D．在环形支路所在平面内，指向B点
答案 C
解析 由安培定则可判断上边环形电流在O点处产生磁场的方向垂直纸面向里，下边环形电流在O点处产生磁场的方向垂直纸面向外，方向相反，两环形支路的电流相等，环形电流支路的圆心O与两支路间的距离相等，所以O处的磁感应强度为零．
4．如图2所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是( )
图2
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度为T，方向斜向上，与B的夹角为45°
C．c点的实际磁感应强度也为零
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
答案 AB
解析 由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1T，由安培定则知A项正确，另由平行四边形定则知B项也正确．
5．已知山东地面处的地磁场水平分量约为3×10－5T，某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验．他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如下图3所示．小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向．请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小是________．(保留一位有效数字)
图3
答案 5×10－5T
解析 接通电源后，小磁针N极指向是地磁场和螺线管的磁场的叠加磁场的方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判定螺线管导线绕向如图所示．
由题意知地磁场水平分量By＝3×10－5T，设通电螺线管产生的磁场为Bx.由图知＝tan60°，得Bx＝3×10－5×T≈5×10－5T.
题组三 磁通量的分析和计算
6．如图4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4
A．πBR2
B．πBr2
C．nπBR2
D．nπBr2
答案 B
7．如图5所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为________．若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为________；若从初始位置转过90°角，则穿过框架平面的磁通量为________；若从初始位置转过180°角，则穿过框架平面的磁通量的变化是________．
图5
答案 BS BS 0 2BS
解析 初始位置Φ1＝BS；框架转过60°角时Φ2＝BS⊥＝BScos60°＝BS；框架转过90°角时Φ3＝BS⊥＝BScos90°＝0；若规定初始位置磁通量为“正”，则框架转过180°角时磁感线从反面穿出，故末态磁通量为“负”，即Φ4＝－BS，所以ΔΦ＝|Φ4－Φ1|＝|(－BS)－BS|＝2BS.
PAGE
1第5讲 习题课 带电粒子在电场中的运动
[目标定位] 1.加深对电场中带电粒子的加速和偏转的理解和应用.2.巩固用能量的观点解决电场力做功的问题.3.掌握电场中带电粒子的圆周运动问题．
1．带电粒子在电场中做加速或减速直线运动时，若是匀强电场，可用动能定理或牛顿第二定律结合运动学公式两种方式分析求解；若是非匀强电场，只能用动能定理分析求解．
2．带电粒子在电场中做类平抛运动，可将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．
3．物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F＝m(用m、v、r表示)＝mr()2(用m、r、T表示)＝mrω2(用m、r、ω表示)．
一、带电粒子在电场中的直线运动
1．电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，它们的重力远小于电场力，处理问题时可以忽略它们的重力．带电小球、带电油滴、带电颗粒等，质量较大，处理问题时重力不能忽略．
2．带电粒子仅在电场力作用下加速，若初速度为零，则qU＝mv2；若初速度不为零，则qU＝mv2－mv.
例1 如图1所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？
图1
答案 ∶1
解析 质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：mHv＝qHU，对α粒子：
mαv＝qαU.
所以＝＝＝.
借题发挥 该电场为非匀强电场，带电粒子在AB间的运动为变加速运动，不可能通过力和加速度的途径解出该题，但注意到电场力做功W＝qU这一关系对匀强电场和非匀强电场都适用，因此从能量的角度入手，由动能定理来解该题很方便．
针对训练 如图2所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是( )
图2
A.
B．v0＋
C．v＋
D．v－
答案 C
解析 qU＝mv2－mv，v＝，选C.
二、带电粒子在电场中的偏转
1．运动状态分析：带电粒子(不计重力)以初速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动．
2．运动的规律：
3．两个特殊结论
(1)粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间处射出的一样．
图3
证明 作粒子速度的反向延长线，设交于O点，利用上述①、②两式结合几何关系可得出x＝＝＝③
(2)无论粒子的m、q如何，只要经过同一电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量和偏转角θ都是相同的，所以同性粒子运动轨迹完全重合．
证明 若加速电场的电压为U0，有qU0＝mv④
由①和④得偏移量y＝，由②和④得偏转角正切tanθ＝.y和tanθ与m和q均无关．
例2 一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图4所示．若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
图4
答案 400V
解析 在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压．
加速过程中，由动能定理有：eU＝mv
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动，l＝v0t
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，
加速度a＝＝，偏转距离y＝at2
能飞出的条件y≤
联立解得U′≤＝V＝4.0×102V
即要使电子能飞出，所加电压最大为400V.
借题发挥 ①此题是典型的带电粒子的加速和偏转的综合应用题．解决此类问题要注意加速与偏转的前后联系，使关系式简化．②注意恰好飞出的临界条件．
针对训练 如图5为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
图5
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场偏射出时的侧移量；
(3)若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施．
答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv
解得v0＝.
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有t＝
a＝
y＝at2
解得y＝.
(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.
三、带电粒子在电场中的圆周运动
含有电场力作用下的圆周运动分析，与力学中的圆周运动一样，主要是两大规律的应用：牛顿第二定律和动能定理．对于竖直平面内的变速圆周运动问题，在电场中临界问题可能出现在最低点，要注意受力分析，找准临界点和临界条件．
例3 如图6所示，长L＝0.20m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10
m/s2.求：
图6
(1)小球通过最高点B时速度的大小；
(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．
答案 (1)2m/s (2)3.0×10－3N
解析 (1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：
qEL－mgL＝
vB＝＝2m/s
(2)小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力TB作用，经计算
mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N
qE＝1.0×10－6×2.0×103N＝2.0×10－3N
因为qE>mg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出TB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：TB＋mg－qE＝
TB＝＋qE－mg＝3.0×10－3N
带电粒子的直线运动
1．如图7所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则( )
图7
A．它们通过加速电场所需的时间相等
B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等
D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
答案 BD
解析 由于电量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功W＝qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B、D正确．
2．在如图8甲所示平行板电容器A、B两板上加上如图8乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来的静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
甲 乙
图8
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动
答案 C
解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的v t图象可知，电子一直向B板运动，C正确．
带电粒子的偏转
3．如图9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9
A．U1∶U2＝1∶8
B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2
D．U1∶U2＝1∶1
答案 A
解析 由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A项正确．
带电粒子在电场中的圆周运动
4．如图10所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA＝________.当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB＝________.
图10
答案 6qE
解析 在A点时，
电场力提供向心力qE＝，①
解得vA＝，
在B点时，
FB′－qE＝m，FB＝FB′，②
小球由A到B的过程中，由动能定理得：
qE·2r＝mv－mv，③
由以上各式解得FB＝6qE.
题组一 带电粒子在电场中的直线运动
1．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大( )
A．质子H
B．氘核H
C．α粒子He
D．钠离子Na＋
答案 A
解析 所有四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理，qU＝mv2－0得v＝
由上式可知，比荷越大，速度越大；
显然A选项中质子的比荷最大，故A正确；
2．如图1所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是( )
图1
A．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
C．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
答案 D
解析 由动能定理得eU＝mv2，当两极板间的距离变化时，U不变，v就不变．电子做初速度为零的匀加速直线运动，d＝t＝t，得t＝，当d减小(或增大)时，v不变，电子在两极板间运动的时间越短(或越长)，故D正确．
3．图2为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
图2
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
答案 AC
解析 电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理eU＝mv2－0得v＝，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，则电子离开K时的速度为v，故C正确．
4．带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图3所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
图3
A．微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同
答案 BD
解析 微粒在0～1
s内的加速度与1～2
s内的加速度大小相等，方向相反，A项错误；带正电的微粒放在电场中，第1
s内加速运动，第2
s内减速至零，故B、D对，C项错误．
5．如图4甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )
图4
答案 A
解析 从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A选项正确，B选项错误．电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C、D选项错误．故选A.
题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动
6．如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
图5
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的倍
答案 A
解析 电子加速有qU1＝mv
电子偏转有y＝()2
联立解得y＝，显然选A.
7．如图6所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )
图6
A．它们运动的时间tQ＞tP
B．它们运动的加速度aQ＜aP
C．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
答案 C
解析 设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理对Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．
8．如图7所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
图7
A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
答案 BD
解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝，tanθ＝知，与带电粒子无关，D对．
题组三 带电粒子在电场中的圆周运动
9．如图8所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则( )
图8
A．小球带正电
B．电场力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
答案 AB
解析 小球做匀速圆周运动，电场力等于重力，由绳子的拉力提供向心力，所以小球带正电，A、B选项正确；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功电势能增大，C选项错误；小球在运动过程中有电场力做功，机械能不守恒，D选项错误．故选A、B.
10．两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图9所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知( )
图9
A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等
B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等
D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等
答案 BC
解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力qE＝m得r＝，r、E为定值，若q相等，则mv2一定相等；若相等，则速率v一定相等，故B、C正确．
题组四 综合应用
11．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．
已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：
(1)极板间的电场强度E；
(2)α粒子在极板间运动的加速度a；
(3)α粒子的初速度v0.
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)极板间场强E＝
(2)α粒子电荷为2e，质量为4m，所受静电力F＝2eE＝
α粒子在极板间运动的加速度a＝＝
(3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝
＝.
12．一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图10所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求.
图10
答案 (＋L)
解析 电子经U1的电场加速后，由动能定理可得
eU1＝①
电子以v0的速度进入U2的电场并偏转
t＝②
E＝③
a＝④
vy＝at⑤
由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tanθ＝＝.
所以＝(＋L)tanθ＝(＋L)．
PAGE
1第2讲 电势与等势面
[目标定位] 1.理解电势和等势面的概念，知道参考点的选取原则.2.掌握电场线与电势的关系，知道几种典型电场的等势面及其应用．
一、电势
1．概念：电荷在电场中某点的电势能跟电荷量的比值，叫做该点的电势．电势是标(填“矢”或“标”)量．
2．公式和单位：φ＝，即电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷在该点所具有的电势能．单位：伏特，符号是V，1V＝1J/C.
3．电势的相对性：只有规定了电场中某处的电势为零，才能确定电场中各点的电势值．通常选距离电荷无穷远处或地球为零电势位置．
想一想 电势可正可负，那么＋1V与－2V哪个大呢？
答案 电势是标量，正负表示大小，所以＋1V＞－2V．
二、等势面
1．概念：电场中电势相等的点构成的面叫做等势面．
2．几种常见电场等势面(如图1所示)
图1
想一想 电荷在等势面上移动时，电场力做功吗？
答案 等势面上各点电势相等，所以两点间电势差为0；电荷在等势面上移动，等势面与电场线垂直，在等势面上移动电荷，电场力与速度垂直，所以电场力做功为零．
三、尖端放电
1．概念：带电较多的导体，在尖端部位，场强可以大到使周围的空气发生电离而引起放电的程度，这就是尖端放电．
2．应用：避雷针是应用尖端放电的原理来防止雷击造成危害的.
一、电势概念及电势高低的判断方法
1．电势的相对性：电场中某点的电势跟零电势位置的选取有关，常选取无限远处或大地的电势为零．
2．电势的固有性：电势φ＝是定义式，φ的大小由电场本身决定，与试探电荷、电荷的电性、电荷量均无关．
3．电势是标量：一般选无穷远处或大地处电势为零．正值表示该点电势高于零电势，负值表示该点电势低于零电势．正、负只表示大小，不表示方向．
4．电势高低的判断方法
(1)电场线法：沿电场线方向，电势越来越低．
(2)电势能判断法：由φ＝知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高．
例1 有一电场的电场线如图2所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则( )
图2
A．EA>EB，φA>φB
B．EA>EB，φA<φB
C．EA
φB
D．EA答案 D
解析 由电场线的疏密可知EA例2 如果把q＝1.0×10－8C的电荷从无穷远处移到电场中的A点，需要克服电场力做功W＝1.2×10－4J，那么：
(1)q在A点的电势能和A点的电势各是多少；
(2)q在未移入电场前A点的电势是多少．
答案 (1)1.2×10－4J 1.2×104V (2)1.2×104V
解析 (1)电场力做负功，电势能增加，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，电势能的变化量等于电场力做的功，即W∞A＝Ep∞－EpA＝0－EpA.
所以EpA＝－W∞A＝W＝1.2×10－4J，φA＝＝V＝1.2×104V.
(2)A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q在移入电场前，A点的电势仍为1.2×104V.
二、对等势面的理解
1．在同一等势面内任意两点间移动电荷时，静电力不做功．
2．等势面是为描述电场的性质而假想的面．两等势面不相交．
3．电场线总是和等势面垂直，且电场线从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布．
4．在电场线密集(稀疏)的地方，等差等势面也密集(稀疏)．因此由等差等势面的疏密，可以定性地确定比较各点场强的大小．
例3 如图3所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是( )
图3
A．a点场强与c点场强一定相同
B．a点电势一定低于c点电势
C．负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能
D．正电荷从d点移到b点电场力不做功
答案 AD
解析 根据真空中等量异种点电荷电场线分布特点，在MN的连线上对称点a、c场强一定相同，故A正确；因沿着电场线方向电势逐渐降低，但电场方向未知，则a点电势不一定低于c点电势，故B错误；电荷从a点移到c点，电场力做功正负未知，则不能判断电势能增减，负电荷在c点电势能不一定大于在a点电势能，故C错误；而MN连线的中垂线是等势线，其上的对称点b、d电势相等，则正电荷从d点移到b点电场力不做功，故D正确．
例4 位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图4所示，图中实线表示等势线，则( )
图4
A．a点和b点的电场强度相同
B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功
C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功
D．正电荷在e点的电势能大于在f点的电势能
答案 C
解析 a、b两点场强方向不同，A错．c点电势低于d点，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动、电场力做负功，B错．a点电势低于c点，从a到c，把负电荷向高电势处移动，电场力做正功，C对．因e和f等势，故电荷在两点电势能相等，D错．
借题发挥 等势面的应用
(1)利用等势面和电场线垂直以及沿电场线电势降低的特点可判断电场线的方向．(2)利用等势面的密集程度也可以比较场强大小，密大疏小．(3)在等势面上移动电荷时，或者带电粒子从一个等势面运动又返回到这个等势面上时，电场力均不做功.
对电势的考查
1．将一正电荷从无穷远处移至电场中M点，电场力做功为6.0×10－9J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功为7.0×10－9J，则M、N两点的电势φM、φN有如下关系( )
A．φM＜φN＜0
B．φN＞φM＞0
C．φN＜φM＜0
D．φM＞φN＞0
答案 C
解析 取无穷远处电势φ∞＝0.
对正电荷：W∞M＝0－EpM＝－qφM，
φM＝＝－；
对负电荷：WN∞＝EpN－0＝－qφN，
φN＝＝－；
所以φN＜φM＜0，选项C正确．
2．如图5所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是( )
图5
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
答案 AC
解析 沿电场线方向，电势降低，所以M点电势一定高于N点电势，A正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，M点场强一定小于N点场强，B错误；正电荷q在M点的电势能EpM＝qφM，在N点的电势能EpN＝qφN，由于φM＞φN，所以EpM＞EpN，C正确；电子在电场中受电场力的方向沿NM指向M，故从M移动到N，电场力做负功，D错误．
对等势面的理解和应用
3．两异种点电荷电场中的部分等势面如图6所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则( )
图6
A．a处为正电荷，qa＜qb
B．a处为正电荷，qa＞qb
C．a处为负电荷，qa＜qb
D．a处为负电荷，qa＞qb
答案 B
解析 若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电
荷的点，电势较低．a处为正电荷．等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0.该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．故选B.
4．如图7所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则( )
图7
A．A点场强小于B点场强
B．A点场强方向指向x轴负方向
C．A点场强大于B点场强
D．A点电势高于B点电势
答案 AD
解析 由于电场线与等势面总是垂直，所以B点电场线比A点密，B点场强大于A点场强，故A正确、C错误．电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误．由图中数据可知D正确.
题组一 电势概念的理解及有关计算
1．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是( )
A．电场线是客观存在的
B．电场线越密，电场强度越小
C．沿着电场线方向，电势越来越低
D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能一定减小
答案 C
解析 电场线只是为了形象描述电场而假想的线，实际不存在，故A错．电场线越密，电场强度越大，故B错．沿电场线方向电势越来越低，电荷在沿电场线方向移动时正电荷电势能减小，负电荷电势能增大，故C正确，D错误．
2．下列关于电势高低的判断，正确的是( )
A．负电荷从A移到B时，外力做正功，A点的电势一定较高
B．负电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低
C．正电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低
D．正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A移到B，A点的电势一定较高
答案 CD
解析 根据电场力做功和电势能变化的关系，不管是正电荷还是负电荷，只要电场力做正功电势能就减少；只要电场力做负功电势能就增加．正、负电荷在电势高低不同的位置具有的电势能不同，正电荷在电势高处具有的电势能大；负电荷在电势低处具有的电势能大，可以确定选项C、D正确．
3．如图1所示，A、B为两等量异种点电荷，A带正电，B带负电，在A、B连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，ab＝bc，则( )
图1
A．a点与c点的电场强度相同
B．a点与c点的电势相同
C．a、b、c三点的电势关系：φa＞φb＞φc
D．点电荷q沿A、B连线的中垂线移动，电场力不做功
答案 ACD
解析 两等量异种电荷，产生的电场关于AB连线的中垂线对称，则可知a点与c点的电场强度相同，A选项正确；电场线方向从A到B，沿着电场线方向电势降低，B错误，C正确；由于等量异种电荷产生的电场关于AB连线的中垂线左右对称，点电荷q沿A、B连线的中垂线移动时，受到的电场力与速度方向垂直，所以电场力不做功，故D正确；故选A、C、D.
4．如图2所示，把电荷量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若A点的电势φA＝15V，B点的电势φB＝10V，则此过程中电场力做的功为________．
图2
答案 增大 －2.5×10－8J
解析 电荷由A点移到B点，电场力做负功，故电势能增大．由电场力做功与电势能变化的关系知，电场力做的功为WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝(－5×10－9)×(15－10)
J＝－2.5×10－8J.
题组二 等势面的特点及应用
5．关于等势面下列说法正确的是( )
A．电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功
B．等势面上各点的场强相等
C．等差等势面越密的地方，场强越大
D．在负的点电荷形成的电场中，电场线由低等势面指向高等势面
答案 C
解析 电荷在等势面上移动时受电场力作用，只是电场力与运动方向垂直，所以电场力不做功，故A错；等势面的疏密表示电场的强弱，等差等势面越密表示场强越强，故C对；但同一等势面上电场线疏密及方向可以不同，场强不一定相同，故B错；在任何的电场中电场线总是由高电势指向低电势，故D错．
6．如图3所示，B、C、D三点都在以点电荷＋Q为圆心，半径为r的圆弧上，将一试探电荷从A点分别移动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＝WAC
答案 D
解析 由WAB＝q(φA－φB)，WAC＝q(φA－φc)，WAD＝q(φA－φD)，又φB＝φD＝φC.故WAB＝WAC＝WAD.
7．如图4所示，图中虚线表示某一电场的等势面，cd为过O点的等势面的切线，现用非静电力将负电荷q从a点沿着aOb匀速移到b点，当电荷通过O点时，关于外力的方向，下列说法正确的是(忽略重力)( )
图4
A．Od方向
B．Oc方向
C．Oa方向
D．以上说法都不对
答案 D
解析 负电荷受力方向与该点场强方向相反，根据等势线的性质可知负电荷在O点受到的电场力方向应为垂直于cd向左，由q匀速运动所以负电荷q受到的外力方向应垂直于cd向右，故选D.
8．下列四个图中，a、b两点电势相等、电场强度也相等的是( )
答案 D
解析 匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面，A中a、b两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的场强相等；B中a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强大小相等、方向不同；C中a、b两点对称于两电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上场强的方向是平行于中垂线的，而且都指向外侧，故两点的场强的方向不同；D中，a、b两点的电势相等，场强的方向是沿连线的，而且方向相同，故本题选D.
9．如图5所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是( )
图5
A．φO＝φP，EO>EP
B．φO>φP，EO＝EP
C．负电荷在P点的电势能大
D．O、P两点所在直线为等势线
答案 AD
解析 等量异种电荷的中垂线是一条等势线，故φO＝φP，D对，电势能相等，C错；有叠加可知从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故EO>EP，A正确．
题组三 综合应用
10．如图6所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程的速度－时间图象如图乙所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小可得( )
图6
A．φA＞φB
B．φA＜φB
C．EA＞EB
D．EA＝EB
答案 BC
解析 电子速度在增加，说明电场力方向由A指向B，场强方向由B指向A，所以φB＞φA，B对．又知加速度在减小，所以EA＞EB，C对．
11．一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图7中实线ABC所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断( )
图7
A．此粒子一直受到静电排斥力作用
B．粒子在A点和C点的速度大小一定相等
C．粒子在B点的动能一定大于在A点的动能
D．粒子在B点的电势能一定大于在C点的电势能
答案 ABD
解析 如题图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用．故A正确．A、C两点处于同一等势面上，从A到C，电场力做功为零，则A、C两点动能相等，速度大小相等，故B正确．从A到B过程中，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在B点的动能一定小于在A点的动能．故C错误．从B到C过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在B点的电势能一定大于在C点的电势能，故D正确．故选A、B、D.
12．一个带电粒子在匀强电场中运动的轨迹如图8中曲线AB所示，平行的虚线a、b、c、d表示该电场中的四个等势面．不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
图8
A．该粒子一定带正电
B．四个等势面中a等势面的电势一定最低
C．该粒子由A到B过程中动能一定逐渐减小
D．该粒子由A到B过程中电势能一定逐渐减小
答案 D
解析 根据电场线垂直于等势面，可画出电场线．再由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，由于粒子带电正负不确定，所以无法判断电场线的方向，无法判断电势高低，A、B错；由A到B的运动过程中，静电力做正功，所以粒子的动能增大，电势能减小．C错，D正确．
13．如图9所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m，带电荷量为－q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点电势是多大？
图9
答案 mgh
解析 点电荷的等势面是以点电荷为球心的同心球面．从A到B，由动能定理得mgh＋W＝mv
故W＝mgh.
由于A点电势为零，所以在A点电势能为零．故在B点电势能EpB＝－W＝－mgh，
所以B点电势φB＝＝＝，
由于B、C两点电势相等，所以φC＝φB＝.
PAGE
1第6讲 实验：测定金属的电阻率
[目标定位] 1.掌握螺旋测微器的使用方法和读数方法.2.学会利用伏安法测电阻，进一步测出金属的电阻率．
1．电阻的定义式R＝，电阻的决定式R＝ρ，金属的电阻率ρ随温度的升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小．
2．滑动变阻器分压、限流电路的选择
(1)下列两种情况必须选择分压式：①待测电阻两端的电压要求从0调节；②滑动变阻器的总阻值比待测电阻小得多．
(2)当滑动变阻器阻值与待测电阻差不多或比待测电阻稍大，且不要求电压从0调节，可用限流式接法．
3．电流表内、外接法的选择：当测大(填“大”或“小”)电阻或＞时，用电流表内接法；当测小(填“大”或“小”)电阻或＜时，用电流表外接法．
4．测金属电阻率的实验原理和器材
(1)
把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R(R＝)．由于金属丝的电阻较小，选择电流表外接法；由于不要求电压必须从0调，所以一般可以选择滑动变阻器限流式接法．请在线框内画出实验电路原理图．
(2)用毫米刻度尺测出金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，算出横截面积S(S＝)．
(3)由电阻定律R＝ρ，得ρ＝＝＝，求出电阻率．
5．测金属电阻率的实验器材
螺旋测微器、毫米刻度尺、电压表、电流表、定值电阻、开关及导线、被测金属导线、电池、滑动变阻器.
一、测定金属电阻率实验操作
1．实验步骤
(1)测直径：用螺旋测微器在被测金属导线上三个不同位置各测一次直径，并记录．
(2)连电路：按如图1所示的电路图连接实验电路．
图1
(3)量长度：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，并记录．
(4)求电阻：把滑动变阻器的滑动触头调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S.改变滑动变阻器滑动触头的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入表格内，断开开关S.
(5)拆除实验电路，整理好实验器材．
2．数据处理
电阻R的数值可用以下两种方法确定：
(1)计算法：利用每次测量的U、I值分别计算出电阻，再求出电阻的平均值作为测量结果．
(2)图象法：可建立I－U坐标系，将测量的U、I值描点作出图象，利用图象的斜率来求出电阻值R.
3．实验注意事项
(1)因一般金属丝电阻较小，为了减少实验的系统误差，必须选择电流表外接法．
(2)本实验若用限流式接法，在接通电源之前应将滑动变阻器调到阻值最大状态．
(3)测量l时应测接入电路的电阻丝的有效长度(即两接线柱之间的长度)；在金属丝的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径d.
(4)电流不宜过大(电流表用0～0.6A量程)，通电时间不宜太长，以免电阻率因温度升高而变化．
二、螺旋测微器的原理及读数方法
1．构造：如图2所示，B为固定刻度，E为可动刻度．
图2
2．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
3．读数：(1)测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出．
(2)测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
注意：(1)以毫米为单位时，小数点后面要有三位有效数字，特别是最后一位估读数字为零时，不能省略．
图3
(2)在读数时注意半毫米刻度线是否已露出
例如(如图3所示)
甲图读数为：2mm＋32.0×0.01mm＝2.320mm
乙图读数为：13.5mm＋37.0×0.01mm＝13.870mm.
例1 在测定金属的电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约4Ω，额定电流约0.5A)；
电压表：V(量程3V，内阻约3kΩ)；
电流表：A1(量程0.6A，内阻约0.2Ω)；
电流表：A2(量程3A，内阻约0.05Ω)；
电源：E1(电源电压为3V)；
电源：E2(电源电压为12V)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20Ω)；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图4所示，读数为______mm.
图4
(2)若滑动变阻器采用限流式接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________(均填器材代号)，在虚线框中完成电路原理图．
答案 (1)1.773(1.771～1.775均正确) (2)A1 E1 电路原理图见解析图
解析 (1)螺旋测微器的读数为：
1．5mm＋27.3×0.01mm
＝1.773mm.
(2)在用伏安法测电阻的实验中，为使测量尽量精确，则电流表、电压表指针需达到半偏以上，又因待测电阻丝的额定电流为0.5A，所以电流表选A1，电源选E1即可．电路原理图如图所示．
例2 在测定金属的电阻率的实验中，金属丝长约0.8m，直径小于1mm，电阻在5Ω左右，实验步骤如下：
(1)用米尺测量金属丝的长度，测三次，求出平均值l，在金属丝的不同位置用________测量直径，求出平均值d.
(2)用伏安法测量金属丝的电阻R.试把图5中所给的器材连接成测量R的合适的电路．图中电流表的量程为0～0.6A，内阻接近1Ω，电压表的量程为0～3V，内阻为几千欧，电源的电动势为6V，滑动变阻器的阻值为0～20Ω，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应处于正确位置．
图5
(3)用上面测得的金属丝长度l、直径d和电阻R，可根据电阻率的表达式ρ＝________算出所测金属的电阻率．
答案 见解析
解析 (1)金属丝的直径用螺旋测微器测量．
(2)连电路图时，由于被测金属丝的电阻值较小，因此应采用电流表外接法，并且滑动变阻器采取限流式接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应处在最大阻值处．
(3)由电阻定律R＝ρ，
有ρ＝＝.
在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图6所示，用米尺测出金属丝的长度l，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
图6
(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.
(2)为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3V，内阻10kΩ
B．电压表0～15V，内阻50kΩ
C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω
D．电流表0～3A，内阻0.01Ω
E．滑动变阻器，0～10Ω
F．滑动变阻器，0～100Ω
①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(填序号)
②实验中某同学的实物接线如图7所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．
图7
错误1：________________________________________________________________________.
错误2：________________________________________________________________________.
(3)若测得金属丝的直径用d表示，电阻用R表示，则该金属材料的电阻率ρ＝________.
答案 (1)0.680(或0.679) (2)①A C E ②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上 错误2：采用了电流表内接法 (3)
解析 (1)从螺旋测微器的固定刻度上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读0.5mm，可动刻度上接近第18个刻度线，可以估读0.180mm(或0.179mm)，所以该金属丝直径应为0.5mm＋0.180mm(或0.179mm)＝0.680mm(或0.679mm)．
(2)①由电路图知电源是两节干电池，电动势是3V，用3V量程的电压表，故选A；因为电阻丝的电阻大约为5Ω，如果把3V的电动势全加在电阻丝上，电流才是0.6A，因此用量程是0.6A的电流表，故选C；此题中金属丝的电阻大约为5Ω，为了减小实验误差，应选10Ω的滑动变阻器，故选E.
(3)由R＝ρ可得：ρ＝.
1．在“测定金属丝电阻率”的实验中，由ρ＝可知，对实验结果的准确性影响最大的是( )
A．金属丝直径d的测量
B．电压U的测量
C．电流I的测量
D．金属丝长度l的测量
答案 A
解析 四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响，但影响最大的是直径d，因为在计算式中取直径的平方．
2．在测定阻值较小的金属的电阻率的实验中，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，在测量其电阻时应选择的电路是( )
答案 D
解析 金属阻值较小，在用伏安法测电阻时应该用电流表外接法，题干中要求实验中获得较大的电压调节范围，故滑动变阻器要采用分压式接法，D正确．
3．在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中错误的是( )
A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值
D．实验中应保持金属丝的温度不变
答案 AC
解析 实验中应测量出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它分流作用很小，应采用电流表外接法．故A、C操作错误．
4．某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用米尺测出接入电路部分的金属丝长度为l＝0.720m，用螺旋测微器测出金属丝直径(刻度位置如图1所示)，用伏安法测出金属丝的电阻(阻值大约为5Ω)，然后计算出该金属材料的电阻率．在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
图1
A．直流电源(输出电压为3V)
B．电流表A(量程0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C．电压表V(量程0～3V，内阻3kΩ)
D．滑动变阻器(最大阻值20Ω)
E．开关、导线等
(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.
(2)根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图．
(3)若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx＝4.0Ω，则这种金属材料的电阻率为________Ω·m(保留两位有效数字)．
答案 (1)0.600 (2)如图所示
(3)1.6×10－6
解析 (3)由R＝ρ得ρ＝＝，将Rx＝4.0Ω、l＝0.720m、d＝0.600mm＝0.600×10－3m代入得ρ＝1.6×10－6Ω·m.
5．在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表(量程0～3V，内阻约为15kΩ)
B．电压表(量程0～15V，内阻约为75kΩ)
C．电流表(量程0～3A，内阻约为0.2Ω)
D．电流表(量程0～0.6A，内阻约为1Ω)
E．变阻器R1(0～100Ω，0.6A)
F．变阻器R2(0～2000Ω，0.1A)
G．电池组E(电动势为3V)
H．开关S，导线若干
(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填代号)．
(2)为减小实验误差，应选用图2中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把图中的实物图用线连接起来．
图2
(3)若用毫米刻度尺测得金属丝接入电路部分的长度为60.00cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图3所示，则金属丝的直径为________mm，电阻值为________Ω.
图3
答案 (1)ADEGH (2)乙 实物图见解析 (3)0.635(0.635～0.639均正确) 2.4
解析 (1)由于电源的电动势为3V，所以电压表应选A；被测电阻约为5Ω，电路中的最大电流约为I＝＝A＝0.6A，电流表应选D；根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选E；还要选用电池和开关，导线若干．故应选用的实验器材有ADEGH.
(2)由于＞，应采用电流表外接法，应选图乙所示电路，实物连接如图所示．
(3)从螺旋测微器可以读出金属丝的直径为0.635mm，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50A，被测电阻的阻值为Rx＝＝Ω＝2.4Ω.
6．在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图4所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．
图4
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0～20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干．
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图5中的________图(选填“甲”或“乙”)．
图5
(3)图6是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图13中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
图6
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图14所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图7中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)．
图7
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．
A．1×10－2Ω·m
B．1×10－3Ω·m
C．1×10－6Ω·m
D．1×10－8Ω·m
答案 (1)0.398(0.395～0.399均正确) (2)甲 (3)见解析图甲 (4)见解析图乙 4.4(4.3～4.7均正确) (5)C
解析 (1)螺旋测微器的读数为0mm＋39.8×0.01mm＝0.398mm.
(2)由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5Ω.由题知Rx RV，故电流表外接．若滑动变阻器接为限流的形式，则Rx两端的电压最小值Umin＝E≈0.6V，而从实验数据可知Rx两端电压可为0.10V，因此滑动变阻器应采用分压的形式．
(3)如甲图所示．
甲
(4)选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，如图乙所示．
乙
图线的斜率反映了金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值Rx＝4.4Ω.
(5)根据R＝ρ得金属丝的电阻率ρ＝＝＝Ω·m
≈1.09×10－6Ω·m，故选项C正确．
PAGE
1第5讲 逻辑电路与自动控制
[目标定位] 1.认识“与”、“或”、“非”门电路的逻辑符号，知道它们的逻辑真值关系.2.能对“与”门、“或”门、“非”门电路进行简单的应用．
一、简单逻辑电路
1．逻辑门电路：用电位的高低表示的电信号，执行类似逻辑任务的一些电子开关，即逻辑门电路．
2.(1)“与”逻辑关系：开关接通记为“1”，开关断开记为“0”，灯亮记为“1”，灯灭记为“0”，在如图1所示的电路中，只有A和B都为“1”才能实现输出Z为1，这就是“与”逻辑．
图1
(2)“与”门：具有“与”逻辑功能的电路，称为“与”门．符号为.
3.(1)
在如图2所示的电路中，只需A或B有一个为“1”就能实现输出Z为1，这就是“或”逻辑．
图2
(2)“或”门：具有“或”逻辑关系的电路．称为“或”门．
符号为.
4.(1)在如图3所示的电路中，A为0时，Z为1；A为1，Z为0，输出Z是输入A的否定，这就是“非”逻辑．
图3
(2)具有“非”逻辑功能的电路，称为“非”门．其符号为
.
二、逻辑电路的运用
1．逻辑电路是自动控制电路的核心，在生产、生活中有着十分广泛的运用．
2．实例：恒温热水器、火警自动报警器等．
三、半导体集成电路的发展
电子产品已经广泛深入到人们生活的方方面面，这与半导体集成电路的发展不可分．如今，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．
一、三种简单的门电路
1．“与”门电路
(1)“与”就是一起的意思，故“与”逻辑可以理解为只有一起进门，门才能打开；
(2)符号“&”表示“和”就是英文“and”的意思；
(3)“与”门电路的特点：有零为零，全一为一；
(4)真值表：
与门电路
输入
输出
A
B
Z
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
2.“或”门电路
(1)符合“≥1”表示两个输入信号的和必须大于或等于1；
(2)“或”门电路的特点：有一为一，全零为零；
(3)真值表：
“或”门电路
输入
输出
A
B
Z
0
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1
3.“非”门电路
(1)“1”表示缓冲，“0”表示反向；
(2)“非”门电路的特点：入一出零，入零出一；
(3)真值表：
“非”门电路
输入
输出
A
Z
0
1
1
0
例1 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”，投赞成票或弃权时输入“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．“或”门
C．“非”门
D．“与非”门
答案 A
解析 根据联合国常任理事会表决情况可知，即每个理事会都通过才为通过，只要有一个出反对票，则提案都不通过，所有常任理事国都同意才通过．故能正确表示该表决器的逻辑门应该是“与”门．
例2 为了节约用电，一种新型双门电冰箱安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，报警器就鸣响．如果规定：门关紧时输入信号为“0”，未关紧时输入信号为“1”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响．则能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是( )
A．“与”门
B．“或”门
C．“非”门
D．“与非”门
答案 B
解析 只要一个条件满足，事件就会发生，即输入端的信号只要有一个是“1”，输出端就为“1”，该关系为“或”逻辑关系，该逻辑门是“或”门．
例3 如图4为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R，小灯泡L发光．则该逻辑门是( )
图4
A．“与”门
B．“或”门
C．“非”门
D．“与非”门
答案 C
解析 当电阻R′受到光照时，其阻值将变得远小于R.则R两端的电势差大，R′两端间的电势差小，则输入端为低电势，因为小灯泡发光，则输出端为高电势，可知输入状态与输出状态相反，该逻辑门为“非”门．故选C.
二、复合门电路
1．“与非”门：一个“与”门电路和一个“非”门电路组合在一起，组成一个复合门电路，称为“与非”门，如图5所示．
可简化为
图5
真值表：
输入
输出
A1
B1
Z2
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
2.“或非”门：一个“或”门电路和一个“非”门电路组合在一起，组成一个“或非”门，如图6所示．
可简化为
图6
真值表：
输入
输出
A1
B1
Z2
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
1
0
例4 如图7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7
A．甲是“与”门，乙是“非”门
B．甲是“或”门，乙是“非”门
C．甲是“与”门，乙是“或”门
D．甲是“或”门，乙是“与”门
答案 B
对单一门电路的理解
1．在逻辑门电路中，若输入信号中至少有一个为“1”，则输出为“1”的逻辑门电路是( )
A．“与”门电路
B．“或”门电路
C．“非”门电路
D．都不可能
答案 B
解析 输入信号中至少有一个为“1”，输出为“1”，所以满足“有一为一，全零为零”的要求，即为“或”门电路．
2．如图8为一个应用简单逻辑电路控制的自动楼道灯的原理电路，图中S为声控开关(有声音时开关闭合，无声音时开关断开)，Rt为光敏电阻，R1和R2都是定值电阻，A为某种门电路，L为灯泡．当晚上有人发声时，能够自动打开楼道灯，白天即使有人发声，楼道灯也不会亮．则( )
图8
A．图中A是一个“与”门电路
B．图中A是一个“或”门电路
C．图中A是一个“非”门电路
D．晚上无光照时L一定亮
答案 A
解析 因为无光照时，有声音，灯泡才亮，否则不亮，无光照和有声音时输入都为“1”，输出为“1”，只要有一个输入为“0”，则输出为“0”，可知该门电路满足“有零为零，全一为一”的要求，即为“与”门电路．故选A.
对复合门电路的理解
3．如图9所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入1，输出端Z输出0时，A、B端的输入分别是( )
图9
A．0、0
B．0、1
C．1、0
D．1、1
答案 A
解析 当C端输入1，输出端Z输出0时，可知“或”门的输出端为0，则A、B端的输入分别为0,0.故A正确，B、C、D错误．故选A.
题组一 单一门电路
1．下列关于逻辑电路的说法中正确的是( )
A．如果一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生，这种关系叫“与”逻辑关系
B．如果几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫“与”逻辑关系
C．一个门上有三把钥匙，每把钥匙都能单独开门，它体现了“或”逻辑关系
D．输出状态和输入状态相反的逻辑关系，叫做“或”逻辑关系
答案 AC
2．如图1所示为某一门电路符号及输入端A、B的电势随时间变化关系的图象，则下列选项中能正确反映该门电路输出端电势随时间变化关系的图象是( )
图1
答案 A
解析 题图为“与”门电路，所以A、B输入端都是高电势时，输出才为高电势，故A正确．
3．两只晶体二极管组成如图2所示电路，A、B为输入端，Z为输出端，分析属于( )
图2
A．“与”门电路
B．“或”门电路
C．“非”门电路
D．都不可能
答案 B
解析 根据二极管的特点，只要在二极管上加上正向电压，则二极管即可导通．由题中电路结构可知，D1、D2两个二极管只要有一个导通，或者两个都导通，则整个电路就会导通，因此该电路是符合“或”逻辑关系的门电路．
4．如图3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3
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”
答案 C
5．下列由基本门组成的电路中，能使蜂鸣器发出声音的是( )
答案 B
题组二 复合门电路
6．如图4所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“1”，输出端Z输出“1”时，A、B端的输入分别是( )
图4
A．0、0
B．0、1
C．1、0
D．1、1
答案 D
7．如图5为监控汽车安全带使用情况的报警电路，S为汽车启动开关，汽车启动时S闭合．RT为安全带使用情况检测传感器，驾驶员系好安全带时RT阻值变的很大，驾驶员未系好安全带时RT阻值很小．要求当驾驶员启动汽车但未系好安全带时蜂鸣器报警．则在图中虚线框内应接入的元件是( )
图5
A．“与”门
B．“或”门
C．“非”门
D．“与非”门
答案 A
解析 只有当驾驶员启动汽车且未系安全带时蜂鸣器才报警，体现了一种“与”的逻辑关系，故选A.
8．如图6所示由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L亮，输出端为“0”，指示灯L不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是( )
图6
A．“1”、“1”
B．“0”、“0”
C．“1”、“0”
D．“0”、“1”
答案 B
解析 要使灯L亮，“非”门的输出应该为“1”，故“非”门的输入为“0”；故“或”门的两个输入端都应该为“0”．
题组三 综合应用
9．如图7所示，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报．其中( )
图7
A．甲是“与”门，乙是“非”门
B．甲是“或”门，乙是“非”门
C．甲是“与”门，乙是“或”门
D．甲是“或”门，乙是“与”门
答案 B
解析 若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压为低电压(“0”)还是高电压(“1”)，经过“与”门后输出为低电压(“0”)，经过“非”门后输出高电压(“1”)，蜂鸣器都会发出警报．故A错误．若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压(“0”)，经过“或”门输出为低电压(“0”)，经过“非”门输出为高电压(“1”)，蜂鸣器发出警报，当输入为高电压(“1”)，经过“或”门输出为高电压(“1”)，经过“非”门输出为低电压(“0”)，蜂鸣器不发出警报．故B正确．乙不会是“或”门和“与”门，故C、D错误．故选B.
10．如图8为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警．该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用________门电路，虚线框乙内应选用________门电路．(填“与”、“非”或“或”)
图8
答案 或 或
解析 由题意知，一扇门、两扇窗只要一个不闭合，报警器就会报警，符合只要满足一个条件，结果就能发生的特点，所以甲、乙框内电路应该是“或”门．
11．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．
答案 见解析
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”．
根据题意及综合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
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
1
PAGE
1第4讲 串联电路和并联电路
[目标定位] 1.掌握串、并联电路的电流和电压的特点.2.掌握电阻串、并联的计算.3.理解将小量程电流表改装成大量程电流表和电压表的原理，并会进行有关计算．
一、串联电路的分压作用和电压表
1．串联电路：如果将电路中的元件逐个顺次串接起来，这个电路就是串联电路．
2．串联电路的特点：串联电路中，电流处处相等；串联电路的总电压等于各部分电压之和，串联电路的总电阻为各电阻阻值之和．
3．小量程电流表G(“表头”)的三个参数：(1)电流表的内阻Rg：在几百欧到几千欧之间．(2)满偏电流Ig：指针偏转到最大刻度时的电流，一般在几十微安到几毫安之间．(3)满偏电压Ug＝IgRg.
4．电压表的改装原理：给“表头”串联一个电阻．
想一想 串联电路中某一电阻的阻值增大时，总电阻如何变化？
答案 串联电路总电阻等于各电阻阻值之和，所以其中一个阻值增大时，其总电阻增大．
二、并联电路的分流作用和电流表
1．并联电路：如果将电路中的元件逐个并列地连接起来，这个电路就是并联电路．
2．并联电路的特点：并联电路中各支路的电压相等；并联电路的总电流等于各支路电流之和；并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和．
3．电流表的改装原理：给“表头”并联一个电阻．
想一想 已知某一电流表G的满偏电流为几十毫安，我们可不可以用它来测量小灯泡的额定电流？
答案 不能，小灯泡的额定电流远大于几十毫安，所以用该电流表测量的话，会烧毁电流表．
三、混联电路
在实际电路中，常常是串联电路之中有并联，并联之中有串联，这种电路称之为混联电路.
一、串联电路的分压作用和电压表
1．串联电路的特点
(1)电流相等，即I＝I1＝I2＝I3＝…＝In.
(2)总电压等于各部分电压之和，即U＝U1＋U2＋U3＋…＋Un.
2．串联电路的三个重要性质
(1)串联电路的等效总电阻R＝R1＋R2＋R3＋…＋Rn.
(2)电压分配关系：＝＝…＝＝I.
(3)功率分配关系：＝＝…＝＝I2.
3．电压表的改装
“表头”的满偏电压和满偏电流一般都很小，测量较大的电压时要串联一个电阻把它改装成电压表，电路结构如图1所示：
图1
根据串联电路的特点：U＝Ig(R＋Rg)，所以串联的电阻的阻值：R＝－Rg
改装后的电压表的内阻RV＝Rg＋R
例1 一盏弧光灯的额定电压是40V，正常工作时的电流是5A，它接入电压恒为220V的照明线路上，串联一个阻值为多大的电阻才能使它正常工作？
答案 36Ω
解析 设串联电阻上分配到的电压为U2，
根据串联电路电压的特点得＝，即＝
所以R2＝·＝×Ω＝36Ω.
例2 有一电流表G，内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝3mA.
要把它改装成量程为0～3V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？
答案 990Ω 1000Ω
解析 (1)由题意知电流表G的满偏电压
Ug＝IgRg＝0.03V
改装成量程为0～3V的电压表，当达到满偏时，分压电阻R的分压UR＝U－Ug＝2.97V
所以分压电阻R＝＝Ω＝990Ω
改装后电压表的内阻RV＝Rg＋R＝1000Ω.
二、并联电路的分流作用和电流表
1．并联电路的特点
(1)总电压与各支路电压相等，即U＝U1＝U2＝U3＝…＝Un.
(2)总电流等于各支路电流之和，即I＝I1＋I2＋I3＋…＋In.
2．并联电路的三个重要性质
(1)总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和，即＝＋＋＋…＋.
(2)通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成反比，即I1R1＝I2R2＝…＝InRn＝U.
(3)并联电路的功率分配关系：P1R1＝P2R2＝…＝PnRn＝U2.
3．电流表的改装
“表头”的满偏电流都很小，测量较大的电流时要并联一个电阻把它改装成大量程的电流表．电路结构如图2所示．
图2
根据并联电路的特点：IgRg＝(I－Ig)R，可得：
R＝Rg
改装后的电流表的内阻为RA＝.
例3 如图3所示的电路中，R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝4Ω.
图3
(1)电路的总电阻是多少；
(2)若流过电阻R1的电流I1＝3A，则通过R2、R3的电流分别为多少；
(3)干路电流为多少．
答案 (1)Ω (2)2A 1.5A (3)6.5A
解析 (1)根据并联电路的特点
电路中＝＋＋，所以R总＝Ω.
(2)由I1R1＝I2R2＝I3R3，所以I2＝2A，I3＝1.5A.
(3)干路电流I＝I1＋I2＋I3＝(3＋2＋1.5)
A＝6.5A.
例4 有一电流表G，内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝3mA.
要把它改装成量程为0～0.6A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？
答案 见解析
解析 改装成量程为0～0.6A的电流表，当达到满偏时，分流电阻R的分流IR＝I－Ig＝0.597A
所以分流电阻R＝≈0.05Ω
改装后电流表的内阻RA＝≈0.05Ω
借题发挥 关于电表改装，要分清改装成电压表还是改装成电流表，然后再结合电路知识及部分电路欧姆定律加以解决．
(1)先明确小量程电流表G的两个参数：Ig、Rg，并算出满偏电压Ug＝IgRg.
(2)用欧姆定律求改装时需要串联或并联的电阻
①改装成电压表时要串联一个阻值较大的电阻以分压，它的阻值用它分担的电压(改装后的电压表量程减去Ug)除以最大电流(即Ig)确定．
②改装成电流表时要并联一个阻值较小的电阻以分流，它的阻值用它两端的电压(即“表头”的Ug)除以通过它的电流(即改装后的电流表量程减去Ig)确定．
三、混联电路
1．对于混联电路，首先把它们简化为串联或并联电路．
2．串、并联电路几个常用的结论：
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻；并联电路的总电阻小于并联电路中最小的电阻．
(2)无论串联电路还是并联电路，电路中任意电阻的阻值增大，电路总电阻都增大．
(3)并联电路支路增多时，无论增加的支路电阻多大，并联电路的总电阻都减小．
例5 由四个电阻连接成的电路如图4所示．R1＝8Ω，R2＝4Ω，R3＝6Ω，R4＝3Ω.
图4
(1)求a、d之间的总电阻；
(2)如果把42V的电压加在a、d两端，则通过每个电阻的电流是多少．
答案 见解析
解析 (1)由题图可知Rcd＝＝Ω＝2Ω.
故Rad＝R1＋R2＋Rcd＝8Ω＋4Ω＋2Ω＝14Ω.
(2)由欧姆定律知I＝＝A＝3A，即为通过R1、R2的电流．设通过R3、R4的电流分别为I3、I4，则由并联电路电压相等，得I3R3＝I4R4，又I3＋I4＝3A，解得I3＝1A，I4＝2A.
串、并联电路的特点
1．电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为( )
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶4
D．4∶1
答案 B
电表的改装
2．有一只满偏电流Ig＝5mA，内阻Rg＝400Ω的电流表G.若把它改装成量程为10V的电压表，应________联一个________Ω的分压电阻．该电压表的内阻为______Ω；若把它改装成量程为3A的电流表，应______联一个______Ω的分流电阻，该电流表的内阻为________Ω.
答案 串 1600 2000 并 0.668 0.667
解析 改装成电压表时应串联一个分压电阻．由欧姆定律得U＝Ig(Rg＋R2)，分压电阻R2＝－Rg＝Ω－400Ω＝1600Ω，该电压表内阻RV＝Rg＋R2＝2000Ω.改装成电流表时应并联一个分流电阻，由并联电路两端电压相等得IgRg＝(I－Ig)R1.分流电阻R1＝Rg＝Ω＝0.668Ω.该电流表内阻RA＝＝＝0.667Ω.
混联电路的分析和计算
3.如图5所示，R1＝4Ω，R2＝9Ω，R3＝18Ω.通电后经R1、R2和R3的电流之比I1∶I2∶I3＝________，R1、R2和R3两端的电压之比U1∶U2∶U3＝________.
图5
答案 3∶2∶1 2∶3∶3
题组一 串联电路的特点及电压表的改装
1．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻( )
A．很接近R1且略大于R1
B．很接近R1且略小于R1
C．很接近R2且略大于R2
D．很接近R2且略小于R2
答案 A
2．电阻R1、R2、R3串联在电路中．已知R1＝10Ω、R3＝5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则( )
A．电路中的电流为0.6A
B．电阻R2的阻值为20Ω
C．三只电阻两端的总电压为21V
D．电阻R3两端的电压为4V
答案 ABC
解析 电路中电流I＝＝A＝0.6A，A对；R2阻值为R2＝＝Ω＝20Ω，B对；三只电阻两端的总电压U＝I(R1＋R2＋R3)＝21V，C对；电阻R3两端的电压U3＝IR3＝0.6×5V＝3V，D错．
3．电流表的内阻是Rg＝200Ω，满刻度电流值是Ig＝500μA，现欲把此电流表改装成量程为1V的电压表，正确的方法是( )
A．应串联一个0.1Ω的电阻
B．应并联一个0.1Ω的电阻
C．应串联一个1800Ω的电阻
D．应并联一个1800Ω的电阻
答案 C
解析 电流表改装成电压表，应串联电阻．电阻两端的电压U′＝U－Ug＝1V－200×500×10－6V＝0.9V，串联的电阻阻值为R＝＝1800Ω.
4．如图1所示为一双量程电压表的示意图．已知电流表G的量程为0～100μA，内阻为600Ω，则图中串联的分压电阻R1＝________Ω，R2＝________Ω.
图1
答案 4.94×104 1.0×105
解析
题组二 并联电路的特点及电流表的改装
5．下列说法中正确的是( )
A．一个电阻和一根理想导线并联，总电阻为零
B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻
C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻也增大
D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻一定减小
答案 ABC
解析 由并联电路的特点知：并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小且任一支路电阻增大时(其他支路不变)，总电阻也增大，所以A、B、C对，D错．
6．已知通过三个并联支路的电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为( )
A．6∶3∶2
B．2∶3∶6
C．1∶2∶3
D．2∶3∶1
答案 A
解析 三个并联支路的电压相等，根据欧姆定律U＝IR得，电流I与电阻R成反比．电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则电阻之比R1∶R2∶R3＝6∶3∶2.故选A.
7．如图2所示的电路中，R0为固定电阻，R为滑动变阻器．移动滑片P，电路的总电阻会发生变化．下列叙述正确的是( )
图2
A．P向左滑动时总电阻将减小
B．P向右滑动时总电阻将减小
C．P滑到最左端时总电阻为R0
D．P滑到最右端时总电阻为零
答案 A
解析 根据并联电路总电阻特点可知，P向左滑动时电阻R减小，并联电阻一定减小，A正确；P向右滑动时，电阻R增大，总电阻将增加，B错误；P滑到最左端时，电阻R0被短路，故总电阻为0，C错误；P滑到最右端时总电阻最大，D错误．故选A.
8．把“表头”G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是( )
A．改装原理为并联电阻能增大通过G的电流
B．改装成电流表后，“表头”G本身允许通过的最大电流并不改变
C．改装后，“表头”G自身的电阻减小了
D．改装后使用时，“表头”G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了
答案 BD
解析 把“表头”G改装成大量程的电流表时，只是并联了一个分流电阻，使整体并联电路允许通过的最大电流增大，但“表头”的各特征量都不变，故B、D对，A、C错．
9．如图3所示电路，将两个相同的电流计分别改装成电流表A1(0～3A)和电流表A2(0～0.6A)，把这两个电流表并连接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是( )
图3
A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏
B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏
C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A
D．A1的读数为1A时，干路中的电流为1.2A
答案 AD
解析 电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，所以两“表头”也并联，流过两“表头”的电流相等，A1的指针半偏时，A2的指针也半偏．A正确，B错误；两电流表的内阻之比为1∶5，则电流之比为5∶1.A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A．C错误，D正确．故选A、D.
10．一个电流表由小量程的电流表G与电阻R并联而成．若在使用中发现此电流表读数比准确值稍小些，下列采取的措施正确的是( )
A．在R上串联一个比R小得多的电阻
B．在R上串联一个比R大得多的电阻
C．在R上并联一个比R小得多的电阻
D．在R上并联一个比R大得多的电阻
答案 A
解析 电流表读数比准确值稍小些，是由于并联的电阻R阻值偏小，而使流经小量程的电流表的电流偏小造成的，所以应该给电阻R串联一个阻值比R小的多的电阻，从而使通过G的电流变大．
题组三 混联电路的分析和计算
11．三个阻值都为R的电阻，它们任意连接、组合，得到的电阻值可能是( )
A．0.5R
B．3R
C．1.5R
D.R
答案 BCD
解析 全部串联R1＝3R，全部并联R2＝；两并一串R3＝R＋＝R＝1.5R.两串一并R4＝＝R，综上正确选项为B、C、D.
12．A、B为“220V,100W”的二盏相同的灯泡，C、D为“220V,40W”的相同灯泡，A、B灯的电阻为________Ω；C、D电阻为________Ω.现将四盏灯泡接成如图4所示电路，并将两端接入电路，各灯实际功率分别为PA、PB、PC、PD则实际功率的大小顺序是________．
图4
答案 484 1210 PD＞PA＞PB＞PC
解析 根据R＝得：RA＝RB＝Ω＝484Ω，RC＝RD＝Ω＝1210Ω.由电路图可知，B、C并联，所以电压相等，根据P＝可知：PB＞PC；A、D串联，电流相等，根据P＝I2R可知，PD＞PA；A、D的电流大于B、C的电流，根据P＝I2R可知：PA＞PB，PD＞PC；所以PD＞PA＞PB＞PC.
13．如图5所示，滑动变阻器R1的最大值是200Ω，R2＝R3＝300Ω，A、B两端电压UAB＝8V.
图5
(1)当开关S断开时，移动滑片P，R2两端可获得的电压变化范围是多少；
(2)当开关S闭合时，移动滑片P，R2两端可获得的电压变化范围又是多少．
答案 (1)4.8～8V (2)3.43～8V
解析
(1)当开关S断开时，滑动变阻器R1为限流式接法，R3及R1的下部不接在电路中，当滑片P在最上端时，R2上获得的电压最大，此时R1接入电路的电阻为零，因此R2上的最大电压等于UAB＝8V．当滑片P在最下端时，R1的全部与R2串联，此时R2上的电压最小，UR2＝UAB＝4.8V，所以R2上的电压变化范围为4.8～8V.
(2)当开关S闭合时，滑动变阻器R1为分压式接法，当滑片P在最下端时，R2上的电压最小，此时R2与R3并联，再与R1的全部串联，R2与R3的并联电阻R′＝＝150Ω，电压为U′＝UAB＝×8V＝3.43V，当滑片P在最上端时，R2上的电压最大等于UAB＝8V，所以R2上的电压范围为3.43～8V．
PAGE
1第2讲 习题课 安培力的综合应用
[目标定位] 1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILBsinθ.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．
1．通电导线周围的磁感线的方向可以根据安培定则(也叫右手螺旋定则)判断．
2．安培力
(1)大小：①磁场和电流垂直时，F＝ILB；
②磁场和电流平行时：F＝0；
③磁场和电流的夹角为θ时：F＝ILBsin_θ，其中L为通电导线垂直磁场的有效长度．
(2)方向：用左手定则判定，其特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．
一、安培力作用下物体运动方向的判断方法
通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动．
1．电流元法
即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向．
2．特殊位置法
把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．
3．等效法
环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．
4．利用结论法
(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；
(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．
5．转换研究对象法
因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．
例1 如图1所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当直线电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)( )
图1
A．顺时针方向转动同时靠近导线AB
B．逆时针方向转动同时离开导线AB
C．顺时针方向转动同时离开导线AB
D．逆时针方向转动同时靠近导线AB
答案 D
解析 根据电流元分析法，把电流CD等效成CO、OD两段电流．由安培定则画出CO、OD所在位置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动．
由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙，并画出CD此时位置，AB电流的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB.
借题发挥 电流在非匀强磁场中受力运动的判断：不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动．
例2 如图2所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流后，线圈的运动情况是( )
图2
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
答案 A
解析 解法一 电流元法．
首先将圆形线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，
取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．
甲
解法二 等效法．
将环形电流等效成小磁针，如
图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.
乙
二、安培力作用下的导线的平衡
1．解决安培力作用下的平衡与解一般物体平衡方法类似，只是多画出一个安培力．
一般解题步骤为：
(1)明确研究对象．
(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上．
(3)根据平衡条件：F合＝0列方程求解．
2．分析求解安培力时注意的问题
(1)首先画出通电导线所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向．
(2)安培力的大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度为有效长度．
例3 如图3所示，质量m＝0.1kg的导体棒静止于倾角θ为30°的斜面上，导体棒长度L＝0.5m．通入垂直纸面向里的电流，电流大小I＝2A，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中．求：(取g＝10m/s2)
图3
(1)导体棒所受安培力的大小和方向；
(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向．
答案 (1)0.5N 水平向右 (2)0.067N 沿斜面向上
解析 解决此题的关键是分析导体棒的受力情况，明确各力的方向和大小．
(1)安培力F安＝ILB＝2×0.5×0.5N＝0.5N，
由左手定则可知安培力的方向水平向右．
(2)建立如图所示坐标系，分解重力和安培力．在x轴方向上，设导体棒受的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下．
在x轴方向上有：
mgsinθ＋f＝F安cosθ，
解得f＝－0.067N.
负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上．
三、安培力和牛顿第二定律的结合
解决安培力作用下的力学综合问题，首先做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解．
例4 如图4所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．
图4
答案 gsinθ－
解析 受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力N和安培力F，
由牛顿第二定律：
mgsinθ－Fcosθ＝ma①
F＝ILB②
I＝③
由①②③式可得
a＝gsinθ－.
安培力作用下导体的运动
1．两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图5所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是
( )
图5
A．都绕圆柱体转动
B．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度
C．彼此相向运动，电流大的加速度大
D．彼此背向运动，电流大的加速度大
答案 B
安培力作用下导体的平衡
2．如图6所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为( )
图6
A．B＝，方向垂直于斜面向下
B．B＝，方向垂直于斜面向上
C．B＝，方向竖直向下
D．B＝，方向水平向右
答案 AC
解析 根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示．
又因为导线还受重力mg和支持力N，根据力的平衡知，只有A、C两种情况是可能的，其中A中F＝mgsinα，则B＝，C中F＝mgtanα，B＝.
安培力和牛顿第二定律的结合
3．澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体(包括金属杆EF的质量)从静止加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2
km/s)．如图7所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度的大小．(轨道摩擦不计)
图7
答案 55T
解析 由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.
根据2as＝v－v得炮弹的加速度大小为a＝＝m/s2＝5×105
m/s2.
根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N，
而F＝IlB，所以B＝＝T＝55T.
题组一 安培力作用下物体的运动方向
1．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图1所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是( )
图1
A．弹簧向上收缩
B．弹簧被拉长
C．弹簧上下跳动
D．弹簧仍静止不动
答案 C
解析 因为通电后，弹簧线圈中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，弹簧线圈就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，弹簧线圈就又掉下来接通电路……如此接通断开接通断开，就上下跳动．
2．通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图2所示．下列哪种情况将会发生( )
图2
A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动
B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．L2绕轴O按逆时针方向转动
答案 D
解析 由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．
3．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图3所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将( )
图3
A．不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．向纸面内平动
答案 B
解析 法一 利用结论法．
环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看线圈L1顺时针转动．故正确答案为B.
法二 等效分析法．
把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针后转动前，N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动．故正确答案为B.
法三 直线电流元法．
把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸里，因此从左向右看线圈L1顺时针转动．故正确答案为B.
4.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图4所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受安培力作用后的运动情况为( )
图4
A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
答案 D
解析 本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解，先由安培定则判断通电螺线管的南北两极，找出导线左右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图(a)所示．可以判断导线受安培力后从上向下看是逆时针方向转动，再分析导线转过90°位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受安培力的方向，如图(b)所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．
题组二 通电导线在磁场中的平衡和加速
5．质量为m的如图5所示的条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是( )
图5
A．磁铁对水平面的压力减小
B．磁铁对水平面的压力增大
C．磁铁对水平面施加向左的静摩擦力
D．磁铁所受的合外力增加
答案 BC
6．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ.有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图6所示．选项中是它的四个侧视图，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6
答案 AB
解析 选项A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力变大或变小时，细杆有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生．
选项B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态．
选项C和D中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零．
7．如图7所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
图7
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
答案 A
8．如图8所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1A，bc边长度为10cm，求该磁场的磁感应强度的大小．(g取10m/s2)
图8
答案 0.1N 1T
解析 根据F＝IlB可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10N＝0.2N，所以F＝0.1N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1N．因为磁场对电流的作用力F＝NIlB，故B＝＝T＝1T.
9．如图9所示，光滑导轨与水平面成θ角，导轨宽度为L，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上(未画出)，金属杆的质量为m，长为L，水平放置在导轨上．已知电源的电动势为E，内阻为r，调节滑动变阻器使回路的总电流为I1，此时金属杆恰好处于静止状态(重力加速度为g，金属杆与导轨电阻不计)．求：
图9
(1)磁感应强度B的大小；
(2)若保持磁感应强度的大小不变，而将磁场方向改为竖直向上，则滑动变阻器接入电路的阻值调到多大才能使金属杆保持静止．
答案 (1) (2)－r
解析 (1)在侧视图中，导体棒受力如图(a)所示，由平衡条件得
mgsinθ＝I1LB
解得B＝.
(2)导体棒受力如图(b)所示，由平衡条件得
mgsinθ＝BI2Lcosθ
I2＝
又B＝
解得R＝－r.
10．如图10所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10V、内阻r＝0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？(g取10m/s2)
图10
答案 1.9Ω≤R≤9.9Ω
解析 依据物体的平衡条件可得，
ab棒恰不右滑时：
G－μmg－I1LB＝0
ab棒恰不左滑时：
G＋μmg－I1LB＝0
依据闭合电路欧姆定律可得：
E＝I1(R1＋r) E＝I2(R2＋r)
由以上各式代入数据可解得：R1＝9.9Ω，R2＝1.9Ω
所以R的取值范围为：
1．9Ω≤R≤9.9Ω.
11．如图11所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2T，一根质量为0.6kg，有效长度为2m的金属棒ab放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8A时，求金属棒能获得的加速度的大小．
图11
答案 2m/s2
解析 设金属棒受到的滑动摩擦力为f.
当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动，有I1lB＝f①
当金属棒中的电流为8A时，金属棒能获得的加速度为a，则I1lB－f＝ma②
联立①②解得a＝＝2m/s2.
PAGE
1第3讲 电势差
[目标定位] 1.理解电势差，了解电势差与电场力做功之间的关系，会用公式W＝qUAB进行有关的计算.2.了解电势差与电场强度之间的关系，会用公式E＝进行有关的计算.3.了解示波管的工作原理．
一、电势差与电场力做功
1．电势差：电场中两点电势的差值叫做电势差；设A点电势为φA，B点电势为φB，则A、B两点的电势差UAB＝φA－φB；电势差在电路中也称为电压，用符号U表示．
2．电场力做功与电势差的关系：WAB＝qUAB，电势差的单位是V.
3．在研究原子、原子核的时候，常用电子伏特做能量单位，1eV＝1.60×10－19_J.
二、电场强度与电势差的关系
在匀强电场中，电场强度等于沿场强方向单位距离上的电势差，即E＝，E是匀强电场的场强，d是沿电场强度方向的距离，上式说明电场强度的单位可以为V/m.
想一想 电场中A、B两点间的电势差大，那么两点间场强一定大吗？
答案 场强是指沿电场线方向每单位距离上的电势差，A、B两点间的距离不清楚，所以两点间场强不能确定大小关系．
三、示波管的工作原理
1．示波器的构成：主要由电子枪、偏转板和荧光屏组成．
2．工作原理：电子在加速电场中被加速，在偏转电场中发生偏转，飞出平行金属板后做匀速直线运动．
想一想 示波管两对偏转电极要是都不加电压，荧光屏上会出现什么图象？若只加竖直方向上的恒定电压，荧光屏上会出现什么图象？
答案 两个偏转电极都不加偏转电压，则电子不会进行偏转，所以会打在荧光屏的中心形成一个亮斑；若只加竖直方向上的恒定电压，则电子在竖直方向上偏转，且偏转距离相同，在荧光y轴上出现一个亮斑.
一、电势差与电场力做功
1．电势差与电势的关系
(1)讲到电势差时，必须指明是哪两点间的电势差，A、B间的电势差记为UAB,
B、A间的电势差记为UBA.
(2)电势差的正负表示电场中两点电势的相对高低，若UAB＞0，则φA＞φB；若UAB＜0，则φA＜φB.
(3)电场中两点间的电势差与电势零点的选取无关．
2．对公式WAB＝qUAB或UAB＝的理解
(1)
UAB＝可以看成电势差的定义式，是按比值法定义的物理量．电势差UAB由电场本身决定，与q、WAB无关．
(2)在一般的计算中，各物理量都要带入符号，即WAB、UAB、q均可正可负，其中WAB取正号表示从A点移动到B点时静电力做正功，WAB取负号表示从A点移动到B点时静电力做负功，做负功时也可以说成电荷克服电场力做了功．
(3)注意：用公式WAB＝qUAB或UAB＝计算时W与U的角标要对应．
例1 在电场中把一个电荷量为－6×10－8C的点电荷从A点移到B点，电场力做功为－3×10－5J，将此电荷从B点移到C点，电场力做功4.5×10－5J，求A点与C点间的电势差．
答案 －250V
解析 求解电势差可有两种方法：一种是电场力做的功与电荷量的比值，另一种是两点间电势的差值．
法一 把电荷从A移到C电场力做功
WAC＝WAB＋WBC
＝(－3×10－5＋4.5×10－5)
J
＝1.5×10－5J.
则A、C间的电势差
UAC＝＝V＝－250V.
法二 UAB＝＝V＝500V.
UBC＝＝V＝－750V.
则UAC＝UAB＋UBC＝(500－750)V＝－250V.
借题发挥 (1)电场力做功与路径无关，只与始、末两点的位置有关，故WAC＝WAB＋WBC.(2)在利用公式UAB＝进行有关计算时，有两种处理方案，方案一：各量均带正负号运算．但代表的意义不同．WAB的正、负号表示正、负功；q的正、负号表示电性，UAB的正、负号反映φA、φB的高低．计算时W与U的角标要对应，即WAB＝qUAB，WBA＝qUBA.方案二：绝对值代入法．W、q、U均代入绝对值，然后再结合题意判断电势的高低．
二、电场强度与电势差的关系
1．公式U＝Ed和E＝只适用于匀强电场的定量计算，其中d为A、B两点沿电场方向的距离．
2．电场中A、B两点的电势差U跟电荷移动的路径无关，由电场强度E及A、B两点沿电场方向的距离d决定．
3．E＝说明电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势，且场强方向就是电势降低最快的方向．
4．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：在等差等势面越密的地方场强就越大，如图1甲所示．再如图乙所示，a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故Uab＜Ubc.
图1
例2 如图2所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100V/m，则O、P两点的电势差可表示为( )
图2
A．UOP＝－10sinθ(V)
B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10cosθ(V)
D．UOP＝10cosθ(V)
答案 A
解析 在匀强电场中，UOP＝－E·Rsinθ＝－10sinθ(V)，故A对．
借题发挥 正确理解公式U＝Ed或E＝各量的物理含义，特别是d的物理意义，是分析场强与电势差关系的关键．
例3 如图3所示，MN板间匀强电场E＝2.4×104N/C，方向竖直向上．场上A、B两点相距10cm，AB连线与电场方向夹角θ＝60°，A点和M板相距2cm，
图3
(1)此时UBA等于多少；
(2)一点电荷Q＝5×10－8C，它在A、B两点电势能差为多少；若M板接地，A点电势是多少；B点电势是多少．
答案 (1)－1200V (2)6×10－5J －480V
－1680V
解析 在匀强电场中等势面与电场线垂直，且φA大于φB，所以UBA＝φB－φA为负值．又因为在匀强电场中E＝，则UAB＝E·dAB.
已知AB与电场线夹角60°，则AB与等势面夹角30°，dAB＝sAB·sin30°＝sAB＝5cm＝0.05m，
UAB＝2.4×104×0.05V＝1200V
即UBA＝－UAB＝－1200V.
正电荷在电势高处电势能大，电势能差为：
ΔEp＝EpA－EpB＝QUAB＝5×10－8×1200J＝6×10－5J
若M板接地，M板电势为0，A点电势比零低，UMA＝φM－φA＝EdMA＝480V，
则φA＝－480V，φB＝－480V－1200V＝－1680V.
三、示波管的工作原理
1．偏转板不加电压时：从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑．
2．在XX′(或YY′)加电压时：若所加电压稳定，则电子被加速，偏转后射到XX′(或YY′)所在直线上某一点，形成一个亮斑(不在中心)．
3．示波管实际工作时，竖直偏转板和水平偏转板都加上电压．一般地，加在竖直偏转板上的电压是要研究的信号电压，加在水平偏转板上的电压是扫描电压，若两者周期相同，在荧光屏上就会显示出信号电压在一个周期内随时间变化的波形图．
例4 示波管原理图如图4所示，当两偏转板XX′、YY′电压为零时，电子枪发射出的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场场强方向重合，x轴正方向垂直纸面指向纸内，y轴与YY′电场场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )
图4
A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案 D
解析 将粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，沿初速度方向不受外力，做匀速直线运动；打在第三象限，故经过YY′区间时电场力向下，即Y接负极；打在第三象限，故经过XX′区间时电场力向外，即X接负极；故选D.
电势差与电场力做功
1．有一带电荷量q＝－3×10－6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4J．从B点移到C点电场力做功9×10－4J.
(1)AB、BC、CA间电势差各为多少；
(2)如以B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少；
电荷在A、C两点的电势能各为多少．
答案 (1)UAB＝200V UBC＝－300V UCA＝100V
(2)φA＝200V φC＝300V EpA＝－6×10－4J
EpC＝－9×10－4J
解析 电荷由A移到B克服电场力做功即电场力做负功，WAB＝－6×10－4J.
UAB＝＝V＝200V.
UBC＝＝V＝－300V.
UCA＝－(UAB＋UBC)＝100V.
(2)若φB＝0，由UAB＝φA－φB，得φA＝UAB＝200V.
由UBC＝φB－φC得
φC＝φB－UBC＝0－(－300)
V＝300V.
电荷在A点的电势能
EpA＝qφA＝－3×10－6×200J＝－6×10－4J.
电荷在C点的电势能
EpC＝qφC＝－3×10－6×300J＝－9×10－4J.
对电场强度与电势差的关系理解
2．如图5所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a至c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定( )
图5
A．Ea＞Eb＞Ec
B．φa＞φb＞φc
C．φa－φb＝φb－φc
D．Ea＝Eb＝Ec
答案 B
解析 由“沿着电场线的方向，电势越来越低”知：φa＞φb＞φc，断定选项B对；因这一电场线不能肯定就是匀强电场中的电场线，故选项C、D不能断定是否正确；这一电场线也不能断定就是正点电荷形成的电场中的一条电场线，故选项A不能断定是否正确．正确答案为选项B.
3．如图6所示，匀强电场的电场强度E＝100V/m，A、B两点相距0.1m，A、B连线与电场线的夹角θ＝60°，则A、B两点的电势差为________．
图6
答案 5V
解析 沿电场强度方向上的投影的长度：
d＝cosθ＝0.1×cos60°m＝0.05m，
UAB＝Ed＝100×0.05V＝5V.
题组一 电势 电势差与电场力做功
1．下列说法正确的是( )
A．电势差与电势一样，是相对量，与零点的选取有关
B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBA
答案 BC
解析 电势具有相对性、与零点的选择有关．而电势差是标量，有正、负之分，但大小与零点的选择无关．故A错误，B正确；由于UAB＝φA－φB，UBA＝φB－φA故UAB＝－UBA，故D错误；电势差为电场中两点电势之差，与移动电荷的路径无关，故C正确．
2．在某电场中，A、B两点间的电势差UAB＝60V，B、C两点间的电势差UBC＝－50V，则A、B、C三点电势高低关系是( )
A．φA＞φB＞φC
B．φA＜φC＜φB
C．φA＞φC＞φB
D．φC＞φB＞φA
答案 C
解析 因为UAB＝φA－φB＝60V＞0，所以φA＞φB，又UBC＝φB－φC＝－50V＜0，所以φB＜φC，又UAC＝UAB＋UBC＝60V＋(－50V)＝10V＞0，所以φA＞φC，故φA＞φC＞φB.正确选项为C.
3．如图1所示为一个点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)，两相邻等势线间的电势差为4V，有一个带电荷量为q＝1.0×10－8C的负电荷从A点沿不规则曲线移到B点，静电力做功为________J.
图1
答案 －4.0×10－8
解析 WAB＝qUAB＝－1.0×10－8×4J
＝－4.0×10－8J.
题组二 对公式U＝Ed和E＝的理解与应用
4．对公式E＝的理解，下列说法正确的是( )
A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差
B．a点和b点间距离越大，则这两点的电势差越大
C．公式中d是指a点和b点之间的距离
D．公式中的d是a、b两个等势面间的垂直距离
答案 D
解析 公式E＝只适用于匀强电场，A错，公式中的d是a、b两个等势面间的垂直距离，a点和b点间距离大，等势面间的垂直距离不一定大，故B、C错，D正确．
5．如图2所示，A、B两点相距10cm，E＝100V/m，AB与电场线方向的夹角θ＝120°，则A、B两点间的电势差为( )
图2
A．5V
B．－5V
C．10V
D．－10V
答案 B
解析 A、B两点在场强方向上的距离d＝AB·cos
(180°－120°)＝10×cm＝5cm.由于φA＜φB，则根据U＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2V＝－5V.
6．如图3所示，三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列．A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上．A、C两点的电势依次为φA＝10V和φC＝2V，则B点的电势是( )
图3
A．一定等于6V
B．一定低于6V
C．一定高于6V
D．无法确定
答案 B
解析 从等势面的疏密可以看出EA＞EB＞EC，又AB＝BC，由公式U＝Ed可以判断UAB＞UBC，所以φB＜6V.
7．如图4所示，匀强电场的场强大小为1×103N/C，ab、dc与电场方向平行，bc、ad与电场方向垂直，ab＝dc＝4cm，bc＝ad＝3cm，则下述计算结果正确的是( )
图4
A．a、b之间的电势差为4000V
B．a、c之间的电势差为50V
C．将q＝－5×10－3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做的功为零
D．将q＝－5×10－3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，静电力做的功都是－0.25J
答案 C
解析 Uab＝E·＝1×103×0.04V＝40V，选项A错误；Uac＝Uab＝40V，选项B错误；将负点电荷移动一周，电势差为零，静电力做功为零，故选项C正确；Wac＝qUac＝－5×10－3×40J＝－0.2J，选项D错误．
题组三 对示波管工作原理的考查
8．如图5是示波管的原理图．它由电子枪、偏转板(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转板XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．
图5
(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．
(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子向________板偏移．
答案 (1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X
9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转板和荧光屏组成，如图6所示．如果电子打在荧光屏上，在P点出现一个稳定的亮斑，那么示波管中的( )
图6
A．极板Y应带正电
B．极板Y′应带正电
C．极板XX′上应加一个与时间成正比的电压
D．极板XX′上应加一个恒定不变的电压
答案 AD
解析 电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X′，则X带正电，即极板X的电势高于极板X′.同理可知Y带正电，即极板Y的电势高于极板Y′，故A正确，B错误；如果在水平偏转电极上加上随时间均匀变化的电压，则电子因受偏转电场的作用，打在荧光屏上的亮点便沿水平方向匀速移动，故C错误，D正确．故选：AD.
题组四 综合应用
10．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则a、b两点间电势差φa－φb为( )
A．3.0×104V
B．1.0×104V
C．3.0×104V
D．－1.0×104V
答案 B
解析 在a点移到b过程有动能定理Wab＋W其他＝ΔEk
得a到b电场力所做的功Wab＝2.0×10－5J，
则φa－φb＝Uab＝＝V＝1.0×104V.
11．如图7所示，三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB＝10V，φD＝－30V，将电荷量q＝1.2×10－6C的正电荷在该电场中移动．
图7
(1)把这个电荷从C移到D，电场力做功多少；
(2)把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少．
答案 见解析
解析 (1)UCD＝φC－φD＝30V
WCD＝qUCD＝1.2×10－6×30J
＝3.6×10－5J
(2)UDA＝φD－φA＝(－30－10)
V＝－40V
WDA＝qUDA＝1.2×10－6×(－40)
J
＝－4.8×10－5J
所以电势能应该增加4.8×10－5J.
12．如图8所示，一簇平行线为未知方向的匀强电场的电场线，沿与此平行线成60°角的方向，把2×10－6C的负电荷从A点移到B点，电场力做功为4×10－6J．已知A、B间距为2cm，求解下列问题：
图8
(1)在图上用箭头标出电场强度方向；
(2)AB间的电势差UAB；
(3)匀强电场的场强E的大小．
答案 (1)电场方向如图 (2)－2V (3)200V/m
解析 (1)电场强度方向如图所示．
(2)AB间电势差UAB＝＝V＝－2V.
(3)电场强度E＝＝200V/m.
13．如图9所示，P、Q两金属板间的电势差为50V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4cm.求：
图9
(1)P板及A点的电势；
(2)保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势将变为多少．
答案 (1)－50V －30V (2)－10V
解析 板间场强方向水平向左，可见Q板是电势最高处．Q板接地，则电势φQ＝0，板间各点电势均为负值．利用公式E＝可求出板间匀强电场的场强，再由U＝Ed可求出各点与Q板间的电势差，即各点的电势值．
(1)场强E＝＝V·m－1＝5×102V·m－1
Q、A间电势差UQA＝Ed′＝5×102×(10－4)×10－2V＝30V
所以A点电势φA＝－30V，
P点电势φP＝UPQ＝－50V.
(2)当Q板向左平移5cm时
两板间距离d′＝(10－5)
cm＝5cm
Q板与A点间距离变为d″＝(10－4)
cm－5cm＝1cm
电场强度E′＝＝V·m－1
＝1.0×103V·m－1
Q、A间电势差UQA＝E′d″＝1.0×10－3×1.0×10－2V＝10V
所以A点电势φA＝－10V．
PAGE
1第4讲 测量电源的电动势和内电阻
[目标定位] 1.掌握实验目的、原理、步骤.2.会用图象法处理实验数据的处理方法.3.会进行误差分析．
一、测量电源电动势和内电阻的原理
利用闭合电路欧姆定律来测量，电路图如图1所示．通过改变滑动变阻器改变电路状态，电路中的电压、电流均发生变化，用电压表和电流表测量出U和I的两组数据，列出两个方程，进而求解出电动势E和内阻r.
图1
二、测量数据处理方法
1．代数法：按照电路图连接电路，改变滑动变阻器滑片的位置，观察电压表和电流表的示数，将对应的U、I值填入表中，并按要求完成相关计算．
2．图象法：以U为纵轴，I为横轴做出图线，图线的延长线与纵坐标的交点坐标表示电动势E；图线的斜率表示电源的内阻．
测电池电动势和内阻的实验方案有以下三种(以伏安法为例)
一、伏安法
1．实验步骤
(1)电流表用0～0.6A量程，电压表用0～3V量程，按实验原理图连接好电路．
(2)把滑动变阻器的滑片移到一端，使其阻值最大．
(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显的示数，记录一组数据(I1，U1)．用同样的方法测量几组U、I值．
(4)断开开关，整理好器材．
(5)处理数据，用公式法和作图法这两种方法求出电池的电动势和内阻．
2．实验数据的处理
(1)求平均值法：由E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r可解得
E＝，r＝.
可以利用U、I的值多求几组E、r的值，算出它们的平均值．
(2)作U－I图象法
①本实验中，为了减少实验误差，一般用图象法处理实验数据，即根据多次测出的U、I值，作U－I图象；
②将图线两侧延长，纵轴截距点意味着断路情况，它的数值就是电池电动势E；
③横轴截距点(路端电压U＝0)意味着短路情况，它的数值就是短路电流；
④图线斜率的绝对值即电池的内阻r，即r＝＝，如图2所示．
图2
3．注意事项
(1)为使电池的路端电压有明显变化，应选取内阻较大的旧干电池和内阻较大的电压表．
(2)实验中不能将电流调得过大，且读数要快，读完后立即切断电源，防止干电池大电流放电时内阻r的明显变化．
(3)当干电池的路端电压变化不很明显时，作图象时，纵轴单位可取得小一些，且纵轴起点可不从零开始．
如图3所示，此时图线与纵轴交点仍为电池的电动势E，但图线与横轴交点不再是短路电流，内阻要在直线上取较远的两点用r＝||求出．
图3
4．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图线时描点不准确．
(2)系统误差：主要原因是电压表的分流作用，使得电流表上读出的数值比流过电源的电流偏小一些．由E＝U＋Ir知，电动势的测量值偏小；实验测的内阻实际上是电压表与电源内阻的等效值，所以测的内阻也偏小，即E测＜E真，r测＜r真．
二、安阻法
由E＝IR＋Ir可知，只要能得到I、R的两组数据，列出关于E、r的两个方程，就能解出E、r，用到的器材有电池、开关、电阻箱、电流表，电路图如图4所示．
图4
三、伏阻法
由E＝U＋r知，如果能得到U、R的两组数据，列出关于E、r的两个方程，就能解出E、r，用到的器材是电池、开关、电阻箱、电压表，电路图如图5所示．
图5
典例精析
例1 在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中．
(1)备有如下器材
A．干电池1节 B．滑动变阻器(0～20Ω
) C．滑动变阻器(0～1kΩ
) D．电压表(0～3V) E．电流表(0～0.6A) F．电流表(0～3A) G．开关、导线若干
其中滑动变阻器应选________，电流表应选________．(只填器材前的序号)
(2)为了最大限度的减小实验误差，请在虚线框中画出该实验最合理的电路图．
(3)某同学根据实验数据画出的U－I图象如图6所示，由图象可得电池的电动势为____V，内电阻为____Ω.
图6
答案 (1)B E (2)见解析 (3)1.5 1.0
解析 (1)滑动变阻器的最大值一般为待测电阻的几倍时较好，在该实验中因电源内阻比较小，故滑动变阻器选择较小一点的即可，故滑动变阻器应选B(也可以从便于调节的角度来分析，应该选择阻值较小的滑动变阻器．).
电流表的量程要大于电源允许通过的电流，对于电池来讲允许通过的最大电流一般是0.5A，故需要选择0～0.6A，所以电流表应选E.
(2)电路图如图所示．
(3)由U?I图象可知：纵截距为1.5V，故电池的电动势为1.5V；内电阻r＝＝Ω
＝1.0Ω.
例2 用电流表和电压表测定电池的电动势E和内阻r，所用电路如图7(a)所示，一位同学测得的六组数据如下表所示.
组别
1
2
3
4
5
6
电流I/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
电压U/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
(1)试根据这些数据在图(b)中作出U－I图线．
图7
(2)根据图线求出电池的电动势E＝________V，电池的内阻r＝________Ω.
答案 (1)见解析图 (2)1.45 0.69
解析 本题考查用作图法处理实验数据的能力．作图线时应使尽可能多的点落在直线上，个别偏离太远的点应舍去，图线如图所示．由图线与纵轴的交点可得电动势E＝1.45V，再读出图线与横轴交点的坐标(1.00,0.65)，由E＝U＋Ir得r＝≈0.69Ω.
例3 某研究性学习小组利用如图8甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图乙所示的R－图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E＝________，r＝________.
图8
答案 2.9V 0.9Ω
解析 由欧姆定律有，E＝I(R＋r)，R＝－r.
由此知图线的斜率为电动势E，纵轴截距大小为内阻r.
E＝V＝2.9V，r＝0.9Ω.
在做测干电池电动势和内阻的实验时备有下列器材可供选用．
A．干电池(电动势约为1.5V)
B．直流电流表(量程为0～0.6～3A,0.6A挡内阻为0.10Ω，3A挡内阻为0.025Ω)
C．直流电压表(量程为0～3～15V,3V挡内阻为5kΩ，15V挡内阻为25kΩ)
D．滑动变阻器(阻值范围为0～15Ω，允许通过的最大电流为1A)
E．滑动变阻器(阻值范围为0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.5A)
F．开关
G．导线若干
H．电池夹
(1)将选定的器材按本实验要求的电路(系统误差较小)给图9所示的实物图连线．
图9
(2)根据实验记录，画出的U－I图象如图10所示，可得待测电池的内阻r＝________Ω.
图10
答案 (1)如图甲所示 (2)1
甲
解析 (1)实物连接图如图甲所示，首先是仪器选择，只有1节干电池，故电压表选C(0～3V)；整个实验电路中只要不造成短路现象，在此实验中电池放电电流也不宜超过0.6A为宜，故电流表量程应选B(0～0.6A)；由以上知滑动变阻器应选D(0～15Ω)；还要用开关F、导线G和电池夹H.其次是电路选择，题目要求系统误差较小，应采用乙图所示的电路．所以选用器材代号为：A、B(0～0.6A)、C(0～3V)、D(0～15Ω)、F、G、H.
乙
(2)由U－I图象可知E＝1.5V，r＝Ω＝1Ω.
1．用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，下列说法中错误的是( )
A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表读数变化明显
B．应选用内阻较小的电压表和电流表
C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D．使滑动变阻器阻值尽量大一些，测量误差才小
答案 BD
解析 伏安法测电池的电动势和内阻实验中，应选用内阻较大的电压表和内阻较小的电流表，滑动变阻器阻值不能太大，如果太大不便于调节．
2．为测定电池的电动势和内阻，待测电池、开关、导线配合下列仪器可达到实验目的的是( )
A．一只电流表和一只电阻箱
B．一只电压表和一只电阻箱
C．一只电流表和一个滑动变阻器
D．一只电压表和一个滑动变阻器
答案 AB
解析 由E＝IR＋Ir知测E、r用一只电流表测电流，用电阻箱改变外电阻并可读出阻值，只要获得两组I、R数据即可求得E、r，用滑动变阻器无法确定接入电路的电阻，故A正确，C不可行；由E＝U＋·r知测E、r用一只电压表和一只电阻箱可获得两组U、R值求出E、r，故B正确；若用一只电压表和一个滑动变阻器不可以，因滑动变阻器接入电路的阻值无法确定，故D不能达到目的．
3．在测定一节干电池(电动势约为1.5V，内阻约为2Ω)的电动势和内阻的实验中，滑动变阻器和电压表各有两个供选：
A．电压表量程为15V.
B．电压表量程为3V；
C．滑动变阻器为(20Ω，3A);
D．滑动变阻器为(500Ω，0.2A)．
(1)电压表应该选____________(选填“A”或“B”)，这是因为____________________．
(2)滑动变阻器应选______________(选填“C”或“D”)，这是因为__________________．
答案 (1)B 读数既准确、又方便 (2)C 滑动变阻器D的额定电流太小，最大阻值太大，调节不方便
解析 本题主要考查学生对电学仪器的选择．电学仪器的选择最主要的有两条原则：(1)安全，即不能超量程；(2)方便，即便于读数和调节．由于电源电动势约为1.5V，故选量程为0～3V的电压表，读数既准确，又方便，D滑动变阻器的额定电流太小，阻值大，调节不方便，故选C变阻器．
4．给你一个电压表、一个电阻箱、开关及导线等器材：
(1)在虚线框内画出根据闭合电路欧姆定律测定一节旧的干电池的电动势和内阻的实验电路图．
(2)在实验过程中，将电阻箱拨到45Ω时，电压表读数为0.90V；若将电阻箱拨到如图1甲所示的位置时，电压表读数如图乙表盘所示．根据以上数据，可以算出该节电池的电动势E＝______V，内电阻r＝____Ω.
图1
答案 (1)电路图如图所示
(2)1.3 20
解析 由E＝0.90＋r，E＝1.0＋r，
得E≈1.3V，r≈19Ω.
5．在利用伏安法测定电池的电动势和内电阻的实验中，某同学的实际连线如图2(a)所示．(电流表A：0～0.6～3A，电压表V：0～3～15V)
图2
(1)经仔细检查、诊断知，该图中有两处不太合理的连线，那么这两处不太合理的连线对应的编号是________．
(2)若利用改正后的正确的连线图，实验后，测得数据，并画出电源的输出特性图象(U－I图)如图(b)．则该电源的电动势为________，电源内阻为________．
答案 (1)③⑤ (2)3V 2Ω
6．某同学在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图3甲所示．
(1)按图甲电路原理图将图乙实物连接起来；
甲 乙
图3
(2)该同学顺利完成实验，测出的数据如下表所示．请你根据这些数据帮他在图4中画出U－I图象，并由图得出电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
I/A
0.10
0.17
0.23
0.30
U/V
1.20
1.00
0.80
0.60
图4
答案 (1)如图所示
(2)1.48 3.0
如图所示
7．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内电阻，使用的器材还包括定值电阻(R0＝5Ω)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图5(a)．
图5
(1)在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．
(2)请完成下列主要实验步骤：
①检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图(c)所示，读得电阻值是________；
②将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49V；
③将开关S2________，电压表的示数是1.16V；断开开关S1.
(3)使用测得的数据，计算出干电池的内阻是________(计算结果保留两位有效数字)．
答案 (1)如图所示 (2)①20Ω ③闭合 (3)0.69Ω
解析 (2)由题干图(c)读得电阻箱阻值为R＝20Ω；将S1闭合S2断开，电压表示数为电源电动势E＝1.49V，将S2再闭合，电压表示数为R两端电压．将电压表视为理想电表，则干路电流I＝＝A＝0.058A.
(3)因为I＝，所以r＝－R0－R
＝Ω≈0.69Ω.
8．某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．实验器材如图6所示．
图6
(1)测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式_________________________，利用测量数据作出U－I图象，得出E和r.
(2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路．
(3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I图象如图7中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知．
图7
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，电源内阻________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．
答案 (1)U＝E－Ir (2)见解析图 (3)不变 增大
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I＝得，路端电压U＝IR＝E－Ir.
(2)根据题目要求，应采用电流表相对于滑动变阻器的内接法，实物连接如图所示．
(3)由于U－I图象的纵截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，由题图可知，随电极间距的减小，电源电动势不变，内阻增大．
PAGE
1第4讲 电场中的导体
[目标定位] 1.知道电场强度的概念和定义式以及叠加原理，并会进行有关的计算.2.知道静电感应产生的原因及静电平衡的概念.3.了解静电屏蔽，知道静电屏蔽的实际应用.
一、场强叠加原理
如果有几个点电荷同时存在，根据场强的定义和库仑力的叠加性，可知电场中任一点的电场强度等于这几个点电荷各自在该点产生的电场强度的矢量和，这个结论叫做场强叠加原理.
想一想 电场强度的合成与力的合成有何相同之处？
答案 力和电场强度都是矢量，求和时均遵循平行四边形定则.
二、静电平衡与静电屏蔽
1.静电平衡：导体中(包括表面上)没有电荷移动的状态叫做静电平衡.
特点：(1)导体内部场强处处为零.(2)导体表面任一点的场强方向与该处的表面垂直.(3)净电荷只分布在导体的外表面上.
2.静电屏蔽：处于静电平衡状态的中空导体壳，内部场强处处为零，导体外壳使它内部不受外部电场影响的现象.
应用：电子仪器和电子设备外面都有金属壳，通信电缆外面包有一层金属丝网套，高压线路的检修人员要穿屏蔽服等，都是利用静电屏蔽消除外电场的影响.
想一想 导体达到静电平衡后，导体内的电荷还在运动吗？
答案 达到静电平衡后，自由电子没有定向移动而不是说导体内部的电荷不动，内部的电子仍在做无规则的运动.
一、电场强度的叠加
1.电场强度是矢量，它遵循矢量的特点和运算法则.
2.某空间中有多个电荷时，该空间某点的电场强度等于所有电荷在该点产生的电场强度的矢量和.
3.可以根据对称性原理，灵活利用假设法、分割法等特殊方法进行研究.
例1 如图1所示，真空中带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距为r，则：
图1
(1)两点电荷连线的中点O的场强多大？
(2)在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强如何？
解析 本题考查了点电荷的电场及电场强度的叠加问题.求解方法是分别求出＋Q和－Q在某点的场强大小和方向，然后根据电场强度的叠加原理求出合场强.
(1)如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的场强方向相同，由A指向B.A、B两点电荷在O点产生的电场强度
EA＝EB＝＝.
故O点的合场强为EO＝2EA＝，方向由A指向B.
(2)如图乙所示，EA′＝EB′＝，由矢量图所形成的等边三角形可知，O′点的合场强EO′＝EA′＝EB′＝，方向与A、B的中垂线垂直，即EO′与EO同向.
答案 (1)，方向由A指向B
(2)，方向与AB连线平行，由A指向B
借题发挥 电场强度是矢量，合成时遵循矢量运算法则(平行四边形定则或三角形定则)，常用的方法有图解法、解析法、正交分解法等；对于同一直线上电场强度的合成，可先规定正方向，进而把矢量运算转化成代数运算.
针对训练 如图2所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为( )
图2
A.1∶2
B.2∶1
C.2∶
D.4∶
答案 B
解析 依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则＝，B正确.
二、静电平衡的理解及应用
1.静电平衡的实质
静电平衡的实质是外电场和感应电荷的电场的叠加.静电平衡时附加电场E′与外电场E0方向相反、大小相等，导体内各位置的合场强为零，自由电荷所受合力为零.
2.对静电平衡的理解
(1)静电平衡是自由电荷发生定向移动的结果，达到静电平衡状态时，内部场强处处为零，自由电荷不再发生定向移动.
(2)金属导体达到静电平衡状态的时间是非常短暂的.
例2 长为l的导体棒原来不带电，现将一带电荷量为＋q的点电荷放在距棒左端R处，如图3所示.当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度大小等于________，方向为________.
图3
答案 向左
解析 导体棒在点电荷＋q的电场中发生静电感应，左端出现负电荷，右端出现正电荷，棒中任何一点都有两个电场，即外电场：＋q在该点形成的电场E0；附加电场：棒上感应电荷在该点形成的电场E′，达到静电平衡时E′＝E0.
题中所求的即为E′，于是我们通过上述等式转化为求E0.于是E′＝E0＝.
E′和E0方向相反，方向向左.
借题发挥 (1)当外电场、导体在电场中的位置或导体的形状发生变化时：感应电荷的分布会迅速变化，很快达到新的平衡.(2)静电平衡时，感应电荷产生的电场与外电场在导体内部的合场强为零.
针对训练 如图4所示，点电荷A和B带电荷量分别为3.0×10－8C和－2.4×10－8C，彼此相距6cm.若在两点电荷连线中点O处放一个半径为1cm的金属球壳，求球壳感应电荷在该中点处产生的电场强度.
图4
答案 5.4×105N/C 方向由O指向A
解析 ＋q1在O点的场强大小为E1＝k＝3×105N/C，方向由O指向B；－q2在O点的场强大小为E2＝k＝2.4×105N/C，方向由O指向B；设感应电荷在O点的场强为E3，由静电平衡条件知E3＝E1＋E2＝5.4×105
N/C，方向由O指向A.
三、静电屏蔽的理解及应用
静电屏蔽的两种情况
屏蔽外电场
屏蔽内电场
图示
实现过程
因场源电荷产生的电场与导体球壳表面上感应电荷在空腔内的合场强为零，达到静电平衡状态，起到屏蔽外电场的作用
当空腔外部接地时，外表面的感应电荷因接地将传给地球，外部电场消失，起到屏蔽内电场的作用
最终结论
导体内空腔不受外界电荷影响
接地导体空腔外部不受内部电荷影响
本质
静电感应与静电平衡
例3 如图5所示，把原来不带电的金属壳B的外表面接地，将一带正电的小球A从小孔中放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡状态后，则( )
图5
A.B的空腔内电场强度为零
B.B不带电
C.B的外表面带正电
D.B的内表面带负电
解析 因为金属壳的外表面接地，所以外表面无感应电荷，只有内表面有感应电荷分布，且由于A带正电，则B的内表面带负电，D对，B、C错；B的空腔内有带正电的小球A产生的电场和金属壳内表面感应电荷产生的电场，由电场叠加知，电场线的方向由A指向B，所以空腔内电场强度不为零，A错.
答案 D
电场强度的叠加
1.N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的带电小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意图如图6所示，若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为________，方向________.
(已知静电力常量为k)
图6
答案 沿OP指向P点
解析 根据对称性可知，均匀分布在半径为R的圆周上带电小球在圆心O处的合场强E＝0，那么移去位于圆周上P点的一个小球后，圆心O处的场强与P电荷在圆心O处产生的场强大小相等、方向相反，即大小为，方向沿OP指向P点.
静电平衡和静电屏蔽
2.图7中接地金属球A的半径为R，球外点电荷的电荷量为Q，到球心的距离为r.该点电荷的电场在球心处产生的感应电场的场强大小等于( )
图7
A.k－k
B.k＋k
C.0
D.k
答案 D
解析 Q在球心处产生的场强大小E＝k，球心处合场强为零，故感应电场的场强E′＝E＝k，D正确.
3.如图8所示，用起电机使金属鸟笼带电，站在金属架上的鸟安然无恙，且不带电，其原因是( )
图8
A.鸟的脚爪与金属架绝缘
B.鸟能承受的安全电压比较高
C.起电机使笼带电，笼的电势不会很高
D.鸟笼内部场强为零，电荷分布在笼的外表面
答案 D
解析 金属笼起到静电屏蔽的作用，此时电荷只分布在外表面，金属内和空腔内都无电场，故D正确，A、B、C错误.
题组一 电场的叠加原理
1.如图1所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，将带有等量电荷q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称.要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷＋Q，则该点电荷＋Q应放在( )
图1
A.A点
B.B点
C.C点
D.D点
答案 D
解析 由电场的叠加原理和对称性可知，＋q、－q在O点的合场强方向应沿OD方向，要使O点的合场强为零，放上的电荷＋Q在O点的场强方向应与＋q、－q在O点的合场强方向相反，所以D正确.
2.如图2所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900N/C，在电场内一水平面上作半径为10
cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10－9
C的正点电荷，则A处场强大小EA＝________
N/C，B处的场强大小EB＝________N/C.
图2
答案 0 1.27×103
解析 由E＝k，点电荷在A处产生的场强EA＝900N/C，方向向左，所以A处合场强为零.点电荷在B处产生的场强EB′＝900
N/C，方向向下，所以B处合场强为1.27×103N/C.
3.如图3所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B＝30°，现在A、B两点放置两点电荷qA、qB，测得C点电场强度的方向与AB平行，则qA带__________电，qA∶qB＝__________.
图3
答案 负 1∶8
解析 如图所示，放在A点和B点的点电荷在C处产生的电场强度方向分别在AC和BC的连线上，因C点电场强度方向与BA方向平行，故放在A点的点电荷和放在B点的点电荷产生的电场强度方向只能如图所示：由C→A和由B→C，故qA带负电，qB带正电，且EB＝2EA，即k＝2k，又由几何关系知BC＝2AC，所以qA∶qB＝1∶8.
4.在场强为E的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一电荷量为＋Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的过圆心的两条直线和圆周的交点.当把一检验电荷＋q放在d点恰好平衡时(如图4所示).
图4
(1)匀强电场场强E的大小、方向如何；
(2)检验电荷＋q放在点c时，受力Fc的大小、方向如何；
(3)检验电荷＋q放在点b时，受力Fb的大小、方向如何.
答案 (1)k，方向沿db方向 (2)k，方向与ac方向成45°角斜向下 (3)2k，方向沿db方向
解析 (1)由题意可知：F1＝k，F2＝qE
由于F1＝F2，所以qE＝k，E＝k
匀强电场方向沿db方向.
(2)检验电荷放在c点：
Ec＝＝E＝k
所以Fc＝qEc＝k
方向与ac方向成45°角斜向下(如图所示).
(3)检验电荷放在b点：Eb＝E2＋E＝2E＝2k
所以Fb＝qEb＝2k，方向沿db方向.
题组二 静电平衡的理解
5.一个不带电的空心金属球，在它的球内放一个正电荷如图所示，其电场分布正确的是( )
答案 CD
解析 空心金属球内放一正电荷，由于静电感应使金属球外表带正电，球壳上达到静电平衡，内部场强为零，当金属球接地时，对外具有屏蔽作用，故选项C、D正确.
6.在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中A点所激发的附加场强E′的方向在下图中正确的是( )
答案 A
解析 感应电荷在盘中A点激发的附加场强E′应与－Q在A点产生的场强等大、反向，故A正确.
7.如图5所示，在真空中把一绝缘导体向带负电的小球P缓缓靠近(不相碰)，下列说法中正确的是( )
图5
A.B端的感应电荷越来越多
B.导体内场强越来越大
C.导体的感应电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强
D.导体的感应电荷在M、N两点产生的场强相等
答案 AC
解析 根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故N端带负电荷越多，M端带的正电荷也越多，故A正确；导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，故B错误；感应电荷的场强和带电小球的场强等大、反向、共线，由于带电小球在M点产生的场强大，故感应电荷在M点产生的场强也大，故C正确，D错误；故选A、C.
8.一金属球，原来不带电.现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图6所示.金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比( )
图6
A.Ea最大
B.Eb最大
C.Ec最大
D.Ea＝Eb＝Ec
答案 C
解析 处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a、b、c三点的场强都为零.静电平衡的导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN在这一点形成的电场的场强等大反向，比较a、b、c三点感应电场的场强，实质上是比较带电体MN在这三点的场强，由于c点离MN最近，故MN在c点的场强最大，感应电荷在c点的场强也最大，故C选项正确.
题组三 静电屏蔽及其应用
9.电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是( )
A.铜丝编织的衣服不易拉破
B.电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零
C.电工被铜丝衣服所包裹，使体内电场强度为零
D.铜线电阻小，能对人体起到保护作用
答案 C
解析 高压线路的检修人员在进行高压作业时，要穿上用金属丝网制成的高压作业服，相当于把人体用金属网罩起来.这样，外部电场就不会影响到人体，从而避免了感应电场对人体的伤害.故选项C正确.
10.如图7所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷.在静电平衡后，下列物理量中等于零的是( )
图7
A.导体空腔内任意点的场强
B.整个导体的电荷量
C.导体外表面的电荷量
D.导体空腔内表面的电荷量
答案 AD
解析 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，且内表面不带电，故选项A、D正确.导体外表面受带电体Q的影响，所带电荷量不为零，故选项B、C不正确.
11.如图，四组静电实验中，能使左边的验电器的金箔张开的是( )
答案 AC
解析 处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面，用导线连接之后，左边的金箔也是外表面，故A、C均正确，B错误.D选项中由于静电屏蔽的作用，验电器不受外电场的影响，故金箔是闭合的.
12.如图8所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B.下列实验方法中能使验电器箔片张开的是( )
图8
A.用取电棒C(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B.用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触
C.用绝缘导线把验电器A跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒C与B的内壁接触
D.使验电器A靠近B
答案 BCD
解析 A项中先和B的内壁接触后，由于B的内壁本身没有电荷，所以再接触A时验电器箔片不张开；B项中可以使C球带电，从而使A带电；C项中用绝缘导线实际上是将验电器A和B连成了一个导体，A因接触而带电；D项中是感应起电.所以B、C、D项正确.
PAGE
1第1讲 闭合电路欧姆定律
[目标定位] 1.了解电源电动势的基本含义，了解内电路、外电路，知道电动势等于内、外电路电势降落之和.2.掌握闭合电路欧姆定律的内容，理解各物理量及公式的物理意义.3.会用闭合电路欧姆定律分析路端电压与负载的关系．
一、电动势
电动势
1．定义：电动势在数值上等于没有接入外电路时两极间的电压，常用E来表示．
2．单位：跟电压的单位相同，也是伏特(V)．
3．物理意义：电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，它是电源的特征量．不同的电源，产生电能的机制是不同的．
二、闭合电路欧姆定律
1．内、外电路
电源内部的电路叫做内电路；电源外部的电路叫做外电路．外电路的电阻称为外电阻；内电路的电阻称为内电阻．
2．特点
在外电路中，电流由高电势流向低电势，在外电阻上沿电流方向电势降低；电源内部由负极到正极电势升高．
3．闭合电路的欧姆定律
(1)内容：流过闭合电路的电流跟电路中电源的电动势成正比，跟电路中内、外电路的电阻之和成反比．
(2)公式：I＝或E＝IR＋Ir.
想一想 我们用电压表直接连接电源的两端，电压表的读数小于(填“大于”、“小于”或“等于”)电源电动势．为什么？
答案 小于 因为电源也有内阻，用电压表和电源正负极相连时，相当于电源与电压表串联，电压表读数是路端电压，小于电源电动势．
三、路端电压与负载的关系
1．路端电压的表达式
U＝E－Ir.
2．路端电压随外电阻的变化规律
(1)当外电阻R增大时，电流I减小，路端电压增大．
(2)当外电阻R减小时，电流I增大，路端电压减小．
(3)两个特例：外电路断开时，R→∞，I＝0，U＝E，据此特点可测电源电动势．
外电路短路时，R＝0，I＝，U＝0，因短路电流I＝很大，所以不允许将电源两端用导线直接连接．
想一想 使用电源时，为什么不能直接用导线把电源的两极连接起来？
答案 直接用导线把电源的两极连接起来时，由于电源内阻很小，电流很大，容易损坏电源.
一、电源电动势和内阻
1．电源的作用：维持电路两端始终有一定的电势差，使电路中保持持续的电流．
2．电源是把其他形式的能转化为电势能的装置．不同的电源，把其他形式的能转化为电能的本领不同，电动势也不同，例如干电池电动势都是1.5V，学生用蓄电池电动势都是2V，与体积大小无关．这两种电池的电动势不同，表明电池把化学能转化为电能的本领不同．
3．电源电动势等于电源没有接入外电路时两极间的电压．
例1 关于电源的电动势，下面说法错误的是( )
A．电源的电动势就是电源两极间的电压
B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大
C．电动势的数值等于内、外电路电压之和
D．电动势只由电源性质决定，与外电路无关
答案 A
解析 电动势等于电源没有接入外电路时两极间的电压．当电源接入外电路时，电源有内电压，电源两极间的电压小于电动势，故A错误．电动势反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确．根据闭合电路欧姆定律知，电动势的数值等于内、外电路电压之和，故C正确．电动势由电源性质决定，与外电路无关．故D正确．本题选错误的，故选A.
二、闭合电路欧姆定律的应用
闭合电路欧姆定律的几种表达形式
1．电流形式：I＝，适用于外电路为纯电阻的闭合电路；
2．电压形式：E＝IR＋Ir适用于外电路为纯电阻的闭合电路E＝U外＋Ir适用于任何电路，表明电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和．
例2 如图1所示，电源电动势为6V，内阻为1Ω，R1＝5Ω，R2＝10Ω，滑动变阻器R3阻值变化范围为0～10Ω，求电路中的总电流变化范围．
图1
答案 0.55A～1A
解析 当R3阻值为零时，R2被短路，外电阻最小，电流最大．
R外＝R1＝5Ω，I＝＝A＝1A.
当R3阻值为10Ω时，外电阻最大，电流最小．
R并＝＝5Ω，R外′＝R1＋R并＝10Ω，
I′＝＝A≈0.55A.
方法点拨：电路中的总电流由电源的电动势和电路中的总电阻决定．其中E、r不变，当外电阻变化时，电路总电流随之变化．
例3 如图2所示，已知R1＝R2＝R3＝1Ω.当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，则电源的电动势等于( )
图2
A．1V
B．1.2V
C．2V
D．4V
答案 C
解析 当S闭合时，I＝＝A＝1A，故有E＝I(1.5＋r)；当S断开时，I′＝＝0.8A，故有E＝I′(2＋r)，解得E＝2V，C正确．
三、路端电压和负载的关系
1．路端电压和外电阻的关系
(1)当外电阻R增大时，根据I＝可知，总电流I减小，内电压Ir减小，根据U外＝E－Ir可知，路端电压U外增大．当外电路断开时，路端电压U外＝E.
(2)当外电阻R减小时，总电流I增大，内电压Ir增大，路端电压U外减小．外电路短路即r＝0时，电路中的电流I＝，U外＝0.
2．外电压U与电流I的关系
由U＝E－Ir可知，U－I图象是一条斜向下的直线，如图3所示
图3
(1)图象中U轴截距E表示电动势．
(2)I轴截距I0等于短路电流．
(3)图线斜率的绝对值表示电源的内阻，即r＝||.
注意：若纵坐标上的取值不是从零开始，则横轴截距不表示短路电流，但斜率仍然等于内阻．
例4 如图4所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图象，则下列说法中正确的是( )
图4
A．电动势E1＝E2，短路电流I1>I2
B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2
C．电动势E1>E2，内阻r1D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大
答案 AD
解析 由题图可知两电源的U－I图线交纵轴于一点，则说明两电源的电动势相同；交横轴于两不同的点，很容易判断电源1的短路电流大于电源2的短路电流，则A项正确，C项错误．又由两图线的倾斜程度可知图线2的斜率的绝对值大于图线1的斜率的绝对值，即电源2的内阻大于电源1的内阻，则可知B项错误．由图象可判断当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压的变化量大于电源1的路端电压的变化量，可知D项正确．
借题发挥 图象的纵坐标不从零开始时，图线与纵轴的交点仍表示电源电动势E，但图线与横轴的交点不表示短路电流．
闭合电路欧姆定律的理解和应用
1．若E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是( )
A．U′＝IR
B．U′＝E－U
C．U＝E＋Ir
D．U＝E
答案 BD
2．如图5所示，R为电阻箱，电表为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：电源的电动势E和内阻r.
图5
答案 6V 1Ω
解析 由闭合电路欧姆定律E＝U1＋r①
E＝U2＋r②
联立①②并代入数据解得E＝6V，r＝1Ω.
路端电压和负载的关系
3．对于电动势和内阻确定的电源的路端电压，下列说法正确的是(I、U、R分别表示干路电流、路端电压和外电阻)( )
A．U随R的增大而减小
B．当R＝0时，U＝0
C．当电路断开时，I＝0，U＝0
D．当R增大时，U也会增大
答案 BD
对U－I图象的理解
4．如图6所示为某一电源的U－I图象，由图可知( )
图6
A．电源电动势为2V
B．电源内阻为Ω
C．电源短路时电流为6A
D．电路路端电压为1V时，电路中电流为5A
答案 AD
解析 由U－I图象可知，电源电动势E＝2V.
r＝||＝Ω＝0.2Ω，当U＝1V时，
I＝＝A＝5A．选项A、D正确.
题组一 对闭合电路欧姆定律的理解
1．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )
A．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比
B．当外电路断开时，路端电压等于零
C．当外电路短路时，电路中的电流无穷大
D．当外电阻增大时，路端电压也增大
答案 AD
2．在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系，下列说法正确的是( )
A．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小
D．若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和
答案 D
3．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA.若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是( )
A．0.10V
B．0.20V
C．0.30V
D．0.40V
答案 D
解析 由已知条件得：E＝800mV.
又因I短＝，所以r＝＝Ω＝20Ω.
所以U＝IR＝R＝×20mV＝400mV
＝0.40V，选项D正确．
4．如图1所示电路，R由2Ω变为6Ω时，电路中的电流变为原来的一半，则电源的内阻是( )
图1
A．1Ω
B．2Ω
C．3Ω
D．4Ω
答案 B
题组二 路端电压与负载的关系
5．如图2所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为( )
图2
A．5∶3
B．3∶5
C．2∶3
D．3∶2
答案 D
解析 S断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E＝3V．S闭合时，U外＝1.8V，所以U内＝E－U外＝1.2V．因U外＝IR，U内＝Ir，所以R∶r＝U外∶U内＝1.8∶1.2＝3∶2.
6．在如图3所示电路中，电源的电动势E＝9.0V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其最大电阻R＝30Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0V，额定功率P＝1.8W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C时，小灯泡恰好正常发光．则C、B之间的电阻应为( )
图3
A．10Ω
B．20Ω
C．15Ω
D．5Ω
答案 B
解析 本题中小灯泡恰好正常发光，说明此时通过小灯泡的电流达到额定电流I额＝＝A＝0.3A，两端电压达到额定电压U额＝6.0V，而小灯泡和电源、滑动变阻器的AC部分串联，则通过电阻AC的电流与通过小灯泡的电流相等，故RAC＝＝Ω＝10Ω，所以RCB＝R－RAC＝20Ω.
7．如图4所示电路中，当可变电阻R的阻值增大时( )
图4
A．A、B两点间的电压增大
B．A、B两点间的电压减小
C．通过R的电流I增大
D．通过R的电流I减小
答案 AD
解析 当可变电阻R的阻值增大时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析知，干路电流I干减小，A、B间电压增大，通过R2的电流增大，则通过R的电流I减小．故选A、D.
题组三 U－I图象的理解
8．如图5所示，甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是( )
图5
A．路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
B．电流都是I0时，两电源的内电压相等
C．电源甲的电动势大于电源乙的电动势
D．电源甲的内阻小于电源乙的内阻
答案 AC
解析 甲、乙两图线的交点坐标为(I0，U0)，外电路是纯电阻说明两电源的外电阻相等，故A正确；图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值)，图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故D错误；图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故C正确；电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内＝Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I0时，甲电源的内电压较大，故B错误．故选A、C.
9．如图6所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知( )
图6
A．R的阻值为0.5Ω
B．电源电动势为3.0V
C．电源的内阻为0.5Ω
D．电源内阻为1.5Ω
答案 BD
题组四 综合应用
10．如图7所示，电源电动势E＝缩小空间距“8V,16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机线圈的电阻R0＝1Ω，求：
图7
(1)电源的总功率；
(2)电动机的输出功率．
答案 (1)40W (2)12W
解析 (1)L正常发光，路端电压等于灯泡额定电压8V.
内电压U内＝(10－8)V＝2V，则总电流I＝＝4A，
电源总功率为P电＝IE＝4×10W＝40W.
(2)流经电动机的电流IM＝I－＝2A.
输入电动机的总功率PM总＝U·IM＝8×2W＝16W.
电动机内阻消耗功率PM内＝IR0＝4×1W＝4W.
故电动机输出功率PM出＝(16－4)
W＝12W.
11．电路图如图8甲所示，若电阻未知，电源电动势和内阻也未知，电源的路端电压U随电流I的变化图线及外电阻的U－I图线分别如图乙所示，求：
图8
(1)电源的电动势和内阻；
(2)电源的路端电压．
答案 (1)4V 1Ω (2)3V
解析 (1)由题图乙所示U－I图线知：电源电动势E＝4V，短路电流I短＝4A，故内阻r＝＝1Ω.
(2)由图象知：电源与电阻构成闭合回路时对应路端电压U＝3V.
12．如图9所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5V,2.5W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V．求：
图9
(1)电阻R的值；
(2)电源的电动势和内阻．
答案 (1)4Ω(2)6V 2Ω
解析 (1)电阻R的值为R＝＝Ω＝4Ω.
(2)当开关接a时，有E＝U1＋I1r，又U1＝5V，
I1＝＝A＝0.5A.
当开关接b时，有E＝U2＋I2r，又U2＝4V，I2＝1A，
联立解得E＝6V，r＝2Ω.
13．如图10所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，R1＝4Ω，R2＝6Ω，R3＝3Ω.
图10
(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少；
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少．
答案 (1)6V (2)1A
解析 (1)若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝＝A＝1A.
理想电压表读数为UV＝I1R2＝6V.
(2)若在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小R23＝＝Ω＝2Ω
根据闭合电路欧姆定律，有
I2＝＝A＝1.5A.
理想电流表读数为
I′＝I2＝×1.5A＝1A．
PAGE
1第4讲 洛伦兹力的应用
[目标定位] 1.知道洛伦兹力做功的特点.2.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律和分析方法.3.知道回旋加速器、质谱仪的原理以及基本用途．
一、带电粒子在磁场中的运动
1．垂直射入匀强磁场中的运动电荷受到的洛伦兹力不仅与磁感应强度方向垂直，而且与速度方向垂直，这表明，洛伦兹力对粒子不做功，它不改变粒子的速率，只改变粒子的运动方向．
2．当运动电荷垂直射入匀强磁场中．
(1)洛伦兹力提供向心力．即qvB＝.
(2)轨道半径r＝.
(3)运动周期T＝.
二、回旋加速器和质谱仪
1．回旋加速器
回旋加速器的工作原理如图1所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U.A处粒子源产生的带电粒子，在两盒间被电场加速．匀强磁场B与两个D形盒面垂直，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动．经过半个圆周后再次到达两盒间的缝隙处，控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过盒缝时再次被加速．如此反复，粒子的速度就能增加到很大．
图1
想一想 随着粒子速度的增加，缝隙处电势差的正负改变是否越来越快，以便能使粒子在缝隙处刚好被加速？
答案 虽然粒子每经过一次加速，其速度和轨道半径就增大，但是粒子做圆周运动的周期不变，所以电势差的改变频率保持不变就行．
2．质谱仪
(1)原理如图2所示
图2
(2)加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理：
qU＝mv2①
(3)偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场，洛伦兹力提供向心力：qvB＝②
(4)由①②两式可以求出粒子的比荷、质量、磁感应强度等．
(5)应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素．
想一想 质谱仪是如何区分同位素的呢？
答案 由上述①②两式可求得r＝，同种同位素电荷量相同，质量不同，在质谱仪荧光屏上显示的半径就不同，故能通过半径大小区分同位素.
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．匀速直线运动：若带电粒子(不计重力)的速度方向与磁场方向平行(相同或相反)，此时带电粒子所受洛伦兹力为零，带电粒子将以入射速度v做匀速直线运动
2．匀速圆周运动：若带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场，洛伦兹力提供了匀速圆周运动的向心力．
设粒子的速度为v，质量为m，电量为q，由于洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，得到轨道半径r＝.
由轨道半径与周期的关系得周期T＝＝＝.
温馨提示 ①由公式r＝知，轨道半径跟运动速率成正比；②由公式T＝知，周期跟轨道半径和运动速率均无关，而与比荷成反比．
例1 质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是( )
A．速度之比为2∶1
B．周期之比为1∶2
C．半径之比为1∶2
D．角速度之比为1∶1
答案 B
解析 由qU＝mv2 ① qvB＝ ②，得r＝，而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2.同理可求其他物理量之比．
二、带电粒子在有界磁场中的运动
1．着重把握“一找圆心，二求半径，三定时间”的方法．
(1)圆心的确定方法：两线定一“心”
①圆心一定在垂直于速度的直线上．
如图3甲所示已知入射点P(或出射点M)的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心.
图3
②圆心一定在弦的中垂线上．
如图3乙所示，作P、M连线的中垂线，与其一速度的垂线的交点为圆心．
(2)“求半径”
方法① 由公式qvB＝m，得半径r＝
方法② 由轨迹和约束边界间的几何关系求解半径r
(3)“定时间”
方法① 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，其运动时间可由下式表示：t＝T(或t＝T)．
方法② t＝(其中s为粒子轨迹的长度，即弧长)，在周期T不可知时可考虑上式．
2．圆心角与偏向角、圆周角的关系
两个重要结论：①带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角φ叫做偏向角，偏向角等于圆弧轨道对应的圆心角α，即α＝φ，如图4所示．
图4
②圆弧轨道所对圆心角α等于PM弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如图4所示．
例2 如图5所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁场方向(磁感应强度为B)并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°.求电子的质量和穿越磁场的时间．
图5
答案
解析 过M、N作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于O点，O点即电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，连接ON，过N作OM的垂线，垂足为P，如图所示．由直角三角形OPN知，电子的轨迹半径r＝＝d①
由圆周运动知evB＝m②
解①②得m＝.
电子在无界磁场中运动周期为T＝·＝.
电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ＝60°，故电子在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝.
三、回旋加速器问题
1．周期：周期T＝，由此看出：带电粒子的周期与速率、半径均无关，运动相等的时间(半个周期)后进入电场．
2．带电粒子的最大能量：由r＝得，当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Em＝.可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R.
例3 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rmax.求：
(1)粒子在盒内做何种运动；
(2)所加交变电流频率及粒子角速度；
(3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．
答案 (1)匀速圆周运动 (2)
(3)
解析 (1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．
(2)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要符合粒子回旋频率，因为T＝，回旋频率f＝＝，角速度ω＝2πf＝.
(3)由牛顿第二定律知＝qBvmax
则Rmax＝，vmax＝
最大动能Ekmax＝mv＝
借题发挥 (1)洛伦兹力永远不做功，磁场的作用是让带电粒子“转圈圈”，电场的作用是加速带电粒子．
(2)两D形盒窄缝所加的是与带电粒子做匀速圆周运动周期相同的交流电，且粒子每次过窄缝时均为加速电压，每旋转一周被加速两次．
(3)粒子射出时的最大速度(动能)由磁感应强度和D形盒的半径决定，与加速电压无关．
四、质谱仪
原理：利用磁场对带电粒子的偏转，由带电粒子的电荷量、轨道半径确定其质量，粒子由加速电场加速后进入速度选择器，匀速运动，电场力和洛伦兹力平衡qE＝qvB1，v＝粒子匀速直线通过进入偏转磁场B2，偏转半径r＝，可得比荷＝.
温馨提示 ①速度选择器两极板间距离极小，粒子稍有偏转，即打到极板上．
②速度选择器对正负电荷均适用．
③速度选择器中的E、B1的方向具有确定的关系，仅改变其中一个方向，就不能对速度做出选择．
例4 质谱仪的构造如图6所示，离子从离子源出来经过板间电压为U的加速电场后进入磁感应强度为B的匀强磁场中，沿着半圆周运动到达记录它的照相底片上，测得图中PQ的距离为L，则该粒子的比荷为多大？
图6
答案
解析 粒子在电压为U的电场中加速时，根据动能定理得：
qU＝mv2①
粒子进入磁场后做圆周运动，根据牛顿第二定律有：
qvB＝m②
r＝③
解①②③得＝.
带电粒子在磁场中的圆周运动
1．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )
A．与粒子电荷量成正比
B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比
D．与磁感应强度成正比
答案 D
解析 假设带电粒子的电荷量为q，在磁场中做圆周运动的周期为T＝，则等效电流I＝＝，
故答案选D.
带电粒子在有界磁场中的运动
2．如图7所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( )
图7
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶
D．1∶1
答案 B
解析 正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负电子圆周部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1.
回旋加速器问题
3．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图8所示，要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是( )
图8
A．增加交流电的电压
B．增大磁感应强度
C．改变磁场方向
D．增大加速器半径
答案 BD
解析 当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由牛顿第二定律qvB＝m，得v＝.若D形盒的半径为R，则R＝r时，带电粒子的最终动能Ekm＝mv2＝.所以要提高加速粒子射出的动能，应尽可能增大磁感应强度B和加速器的半径R.
质谱仪问题
4．A、B是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷量、不同的质量．为测定它们的质量比，使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上．如果从底片上获知A、B在磁场中运动轨迹的半径之比是1.08∶1，求A、B的质量比．
答案 1.17∶1
解析 A、B是两种同位素的原子核，电荷量相同、质量不同．其运动过程分为两步：一是在电场中加速，二是在磁场中偏转．
设A、B的电荷量皆为q，质量分别为mA和mB
则经电压为U的电场加速时：qU＝mv2
在磁感应强度为B的磁场中偏转时：r＝
联立解得：m＝
即＝()2＝()2≈1.17∶1.
题组一 带电粒子在磁场中的圆周运动
1．如图1所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，方向垂直纸面向里．有一束粒子对准a端射入弯管，粒子的质量、速度不同，但都是一价负粒子，则下列说法正确的是( )
图1
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C．只有质量和速度乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
答案 C
解析 由R＝可知，在相同的磁场，相同的电荷量的情况下，粒子做圆周运动的半径决定于粒子的质量和速度的乘积．
2．如图2所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将( )
图2
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
答案 B
解析 由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲．又由r＝知，B减小，r越来越大，故电子的径迹是a.故选B.
3．如图3所示，一带电粒子(重力不计)在匀强磁场中沿图中轨道运动，中央是一薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知( )
图3
A．粒子的运动方向是abcde
B．粒子带正电
C．粒子的运动方向是edcba
D．粒子在下半周期比上半周期所用时间长
答案 BC
题组二 带电粒子在有界磁场中运动
4．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图4中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )
图4
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
答案 BD
解析 由于粒子比荷相同，由R＝可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确．对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T＝知所有粒子在磁场运动周期都相同，A、C皆错误．再由t＝T＝可知D正确，故选B、D.
5．如图5所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( )
图5
A．1∶3
B．4∶3
C．1∶1
D．3∶2
答案 D
解析 如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t＝T，T＝，可得：t1∶t2＝3∶2，故选D.
6．如图6所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则( )
图6
A．从P射出的粒子速度大
B．从Q射出的粒子速度大
C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长
D．两粒子在磁场中运动的时间一样长
答案 BD
解析 作出各自的运动轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径Rp＜RQ，由R＝，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，由T＝，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确选项应是B、D.
题组三 质谱仪和回旋加速器问题
7．如图7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．下列表述正确的是( )
图7
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里
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，粒子的荷质比越小
答案 AC
解析 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，故A选项正确；速度选择器中电场力和洛伦兹力是一对平衡力，即：qvB＝qE，故v＝，根据左手定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B选项错误、C选项正确．粒子在匀强磁场中运动的半径r＝，即粒子的比荷＝，由此看出粒子的运动半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越大，故D选项错误．
8．一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图8所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．下列说法正确的是( )
图8
A．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
答案 A
解析 由r＝知，当r＝R时，质子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，A对、B错．随着质子速度v的增大、质量m会发生变化，据T＝知质子做圆周运动的周期也变化，所加交流电与其运动不再同步，即质子不可能一直被加速下去，C错．由上面周期公式知α粒子与质子做圆周运动的周期不同，故此装置不能用于加速α粒子，D错．
题组四 综合应用
9．如图9所示，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入．已知两板之间距离为d.板长为d，O点是NP板的正中点，为使质子能从两板之间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子带电荷量为q，质量为m)．
图9
答案 ≤B≤
解析 如图所示，由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以粒子在磁场中做圆周运动的圆心O′一定位于NP所在的直线上．
(1)如果质子恰好从N点射出，R1＝，qv0B1＝.所以B1＝.
(2)如果质子恰好从M点射出
R－d2＝(R2－)2，qv0B2＝m，得B2＝.
为使质子能从两板之间射出，
所以B应满足≤B≤.
10．如图10所示，一个质量为m，电荷量为－q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：
图10
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)穿过第一象限的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：
Rcos30°＝a，得：R＝
Bqv＝m得：B＝＝.
(2)运动时间：t＝·＝.
PAGE
1第6讲 电容器 电容
[目标定位] 1.知道电容器的概念和平行板电容器的主要构造.2.理解电容的概念及其定义式和决定式.3.掌握平行板电容器电容的决定因素，并能用其讨论有关问题.
一、电容器
1．电容器：电路中具有存储电荷功能的装置叫做电容器．
2．电容器的充电和放电
(1)充电：使电容器带电的过程叫做电容器的充电．
(2)放电：放掉电容器中的电的过程叫做电容器的放电．
3．电容：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值，叫做电容器的电容．定义式：C＝.用符号C表示，单位是法拉，简称法，符号是F.
常用单位换算关系：1F＝106μF＝1012pF.
想一想
1．电容器的带电量为两极板所带电量的绝对值之和吗？
答案 不是 电容器的带电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值．
2．有同学认为C＝，电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电容器两极板间的电势差成反比，这种观点对吗？
答案 不对 电容是电容器本身的一种属性，大小由电容器自身的构成情况决定，与电容器是否带电、带多少电荷量均无关．
二、平行板电容器的电容
1．结构：由两块彼此绝缘、互相靠近的平行金属板组成，是最简单的，也是最基本的电容器．
2．电容的决定因素：平行板电容器的两极板间的正对面积S越大，电容C越大；板间距离d越大，电容C则越小；插入电介质后，电容C增大．(即C＝，ε为电介质的相对介电常数)．
三、常见电容器及其构造
1．电容器的分类
(1)按照导体极板间所用的电介质可分类：空气电容器、云母电容器、纸质电容器、陶瓷电容器、涤纶电容器、电解电容器等．
(2)按电容器的电容是否可变分类：可变电容器和固定电容器等．
2．额定电压和击穿电压
(1)额定电压：电容器安全工作时电压的上限．它比击穿电压要低．
(2)击穿电压：是电容器的极限电压，超过这个电压，电容器内的电介质将被击穿，电容器将被损坏．
想一想 某电容器上标有“1.5μF,9V”的字样，则该电容器的击穿电压为9V，对吗？
答案 不对，电容器外壳上标的是额定电压．
四、电容器的应用
利用电容器可以测量水位，驻极体话筒也是利用电容器的原理制造的.
一、对电容器电容的理解
1．C＝是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U但C＝不变，反映电容器容纳电荷的本领；
C＝是电容器电容的决定式，C∝S，C∝ε，C∝，说明了电介质的材料、极板的正对面积和极板间的距离是电容大小的决定因素．
2．图象是一条过原点的直线，如图1所示，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)1V时是容器上增加(或减小)的电荷量．
图1
例1 一充电的电容器，两板间的电压为3V，所带电荷量为4.5×10－4C，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2V，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？
解析 由C＝可求电容．
C＝＝F＝1.5×10－4F.
电容器电压降为2V时，电容不变，仍为1.5×10－4F.
此时电荷量为Q′＝CU′＝1.5×10－4×2C
＝3×10－4C.
答案 1.5×10－4F 1.5×10－4F 3×10－4C
针对训练 下列关于电容的说法正确的是( )
A．电容器简称电容
B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多
C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量
D．由公式C＝知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比
答案 C
解析 电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它所带的电荷量、两极板间的电压等均无关，D错．通过本题，我们对公式C＝有了进一步的理解，电容器的电容只由电容器本身决定．
借题发挥 C＝为比值定义法．C的大小与Q、U无关，只跟电容器本身有关，当Q＝0时，U＝0，而C并不为零．
二、关于平行板电容器的两类典型问题
1．平行板电容器始终连接在电源两端：电势差U不变，当d、S、ε变化时，由C＝∝可知C随d、S、ε的变化情况．再由Q＝UC＝U·确定Q变化情况，然后由E＝可知E随d的变化情况．
2．平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷量Q保持不变，当d、S、ε变化时，由C＝可知C随d、S、ε的变化情况．再由U＝＝确定U随d、S、ε的变化情况．然后由E＝＝＝∝可知，随S、ε变化情况．
例2 如图2所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )
图2
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积减小一些
C．断开S后，使B板向右平移一些
D．断开S后，使A、B正对面积减小一些
答案 CD
解析 静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大．所以本题的正确答案是C、D.
借题发挥 (1)平行板电容器动态分析的基本思路：①在判断电容器相关物理量的变化时，首先要弄清哪些量是不变的，然后根据不变量和相关公式推断其他待分析量的变化情况．②若电容器充电后与电源断开，则带电荷量Q不变；若电容器始终与电源相连，则电压U不变．③分析电容器物理量变化常用的公式有：C＝、C＝和E＝.(2)静电计是测量电势差的仪器，不能用于测直流电路中两点的电压．静电计张角大，说明极板间电势差大．
针对训练 如图3所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是( )
图3
A．若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小
B．若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高
C．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大
D．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小
答案 D
解析 由E＝、U＝、C＝，可知E＝，对A选项S减小，E增大，A错误；对B选项，由E＝可知E不变，φP不变；U＝E·d，d减小，U减小，D正确.
电容概念的理解
1．关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是( )
A．两极板上一定带异种电荷
B．两极板所带的电荷量一定相等
C．充上的电量越多，其电容就越大
D．充上的电量越多，两极板间的电势差就越大
答案 C
解析 给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异种电荷，A、B正确；电容器的电容大小取决于它的结构，与所带电荷量的多少无关，C错误；根据U＝，电容器的电荷量越大，两极板间的电势差越大，D正确．
平行板电容器的两类问题
2．连接在电源两极上的平行板电容器，当两极板间距离减小时( )
A．电容器的电容C变大
B．电容器极板的带电荷量变大
C．电容器两极板间的电势差U变大
D．电容器两极板间的电场强度E变大
答案 ABD
解析 电容器两极板间距离减小，由C∝得其电容变大，所以A正确；因为电容器连在电源上，所以两极板间的电压保持不变，所以C错误；由Q＝CU得电容器所带电荷量变大，所以B正确；由E＝知，两极板间的场强变大，所以D正确．
3．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离．下图表示此过程中电容器两极板间电场强度E随两极板间距离d的变化关系，正确的是( )
答案 C
解析 本题考查平行板电容器的规律，意在考查学生对平行板电容器的理解．由于平行板电容器充电后断开电源，电容器所带电荷量保持不变，两极板间电场强度E＝＝＝，E随两极板间距离d的增大保持不变，C正确，A、B、D错误．
平行板电容器与力学综合
4．如图4所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
图4
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
答案 B
解析 上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为U，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点电势减小，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电量Q＝CU将减小，D错.
题组一 对电容器与电容的理解
1．关于电容器和电容的概念，下列说法正确的是( )
A．任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器
B．用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷
C．某一电容器带电荷量越多，它的电容就越大
D．某一电容器两板间的电压越高，它的电容就越大
答案 AB
解析 电容器是盛电的容器，电容是描述电容器盛电本领大小的物理量．电容的大小与电容器带电多少及两极间电压大小都无关．
2．某电容器上标有“25μF 450V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是( )
A．要使该电容器两极板之间电压增加1V，所需电荷量为2.5×10－5C
B．要使该电容器带电荷量1C，两极板之间需加电压2.5×10－5V
C．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10－5C
D．该电容器能够承受的最大电压为450V
答案 A
解析 由电容器电容的定义式C＝可得C＝，所以ΔQ＝C·ΔU＝2.5×10－5×1C＝2.5×10－5C，A正确．若Q＝1C，则U＝＝4×104V，B错误．当电容器的电压为450V时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450C＝1.125×10－2C，C错误.450V是电容器的额定电压，低于击穿电压，D错误．
3．如图1所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是( )
图1
A．是充电过程
B．是放电过程
C．该电容器的电容为5.0×10－2F
D．该电容器的电量变化量为0.20C
答案 B
解析 由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错B对；由C＝＝F＝5×10－3F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，D错．
4．有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为( )
A．4∶1 1∶3 B．1∶4 3∶1
C．4∶1 3∶1
D．4∶1 4∶3
答案 C
解析 由U＝得：＝＝＝，
又由E＝＝得：＝＝＝，
所以选项C正确．
题组二 对平行板电容器的两类问题的判断
5．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大
B．C增大，U减小
C．C减小，U增大
D．C和U均减小
答案 B
解析 由平行板电容器电容决定式C＝知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝得U＝，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．
6．如图2所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是( )
图2
A．A板与静电计的指针带的是异种电荷
B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
答案 BD
解析 静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，U增大，C错误；插入电介质，ε增大，电容C增大，U减小，D正确．
7．如图3所示，平行板电容器两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ，则( )
图3
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
答案 AD
解析 保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大；故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电量不变，C＝，E＝＝＝.知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故C错误，D正确．
题组三 电容器的综合应用
8．两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电容器．将两金属板分别与电源两极相连，如图4所示，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是( )
图4
A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动
答案 A
解析 由液滴静止得mg＝Eq，保持开关S闭合，E＝，U一定，减小d，合力向上，故A正确，B错误；断开开关S，E＝＝＝，Q一定，减小d，E不变，合力仍为零，故C、D错误．
9．如图5所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，上极板带正电荷．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为l，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于( )
图5
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 根据U＝，E＝可得E＝，所以，A→B电场力做功，W＝qElsin30°＝.
10．如图6所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
图6
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
答案 D
解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，由导体芯A与导电液体形成的电容器的电容在减小，则液体的深度h在减小，故D正确．
11．如图7所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4mm，充电后两极板电势差为120V．A板带正电，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm.求：
图7
(1)每一板的带电荷量；
(2)一个电子在P点具有的电势能；
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能；
(4)两板间的电场强度．
答案 (1)3.6×10－4C (2)－90eV (3)120eV
(4)3×104N/C
解析 (1)由Q＝UC得Q＝120×3×10－6C＝3.6×10－4C.
(2)EP＝－eφP＝－edPB＝－90eV.
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得Ek－0＝－eUBA，Ek＝120eV.
(4)E＝＝3×104N/C.
12．如图8所示，一平行板电容器跟一电源相接，当S闭合时，平行板电容器极板A、B间的一带电液滴恰好静止．
图8
(1)若将两板间距离增大为原来的两倍，那么液滴的运动状态如何变化；
(2)若先将S断开，再将两板间距离增大为原来的两倍，液滴的运动状态又将如何变化．
答案 见解析
解析 带电液滴静止时，所受的电场力和重力平衡，液滴带负电，由于液滴所受重力不变，液滴运动状态随电场力的变化而变化，由于电场力F＝Eq，因此，只要分析出场强E的变化情况即可．
(1)S闭合时，U不变，d↑，E↓，即E′＝＝＝.
合外力F＝mg－Eq＝mg＝ma，所以a＝，方向向下．
液滴将向下做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动．
(2)S断开，电容器的电荷量保持不变，当d′＝2d时，由公式E∝可知，E不变，E′＝E.
因此，液滴受力情况不变，仍处于静止状态．
PAGE
1第4讲 习题课 静电场的性质
[目标定位] 1.会分析带电粒子在电场中的运动特点.2.能求解静电力做的功和电场中的电势．
1．物体做曲线运动的条件：物体运动的速度方向与受力方向不共线．
2．电势是反映电场性质的物理量，其大小与零电势点的选取有关．电势差是电场中两点间电势的差值，其大小与零电势点的选取无关．
3．电势能是电荷在电场中具有的能量，其大小由电场和电荷决定．静电力做功要引起电势能的变化，其关系式为W＝－ΔEp.
4．静电力做功与电势差的关系式为WAB＝qUAB或者简单的写成W＝qU.
5．匀强电场中电场强度与电势差的关系式为U＝Ed.
一、电场线、等势线和运动轨迹
1．已知等势线的形状分布，根据相互垂直可以绘制电场线．
2．在电场线(等势线)密处带电粒子所受电场力大，加速度也大．
3．其速度方向沿轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向，所受合外力的方向指向曲线凹侧．
例1 如图1所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )
图1
A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
答案 A
解析 根据牛顿第二定律可得qE＝ma，又根据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度的大小关系为aR>aQ，故D错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和不变；故C错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向为沿电场线向右．假设粒子从Q向P运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大所以A项正确，B项错误．
例2 如图2所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知( )
图2
A．O为负电荷
B．在整个过程中q的电势能先变小后变大
C．在整个过程中q的加速度先变大后变小
D．在整个过程中，电场力做功为零
答案 CD
解析 由运动轨迹分析可知q受到库仑斥力的作用，O点的电荷应为正电荷，A错；从a到b的过程q受到逐渐变大的库仑斥力，速度逐渐减小，加速度增大，电势能逐渐增大；而从b到c的过程q受到逐渐变小的库仑斥力，速度逐渐增大，加速度减小，电势能逐渐减小，B错，C对；由于a、c两点在同一等势面上，整个过程中，电场力不做功，D对．
借题发挥 根据所给的等势面，明确电场分布情况，画出电场线，再根据轨迹弯曲方向找电荷的受力方向、受力大小变化；根据运动轨迹或路径，判断功的正负、动能及电势能的变化．
二、电场强度和电势的关系
1．电场强度的大小和电势高低没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高.
2．沿电场线方向电势降低，这是判断电势高低的主要方法．若两点不在同一电场线上，应通过等势面，化为同一电场线上的两点.
3．电场强度的方向和等势面垂直，且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
例3 在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是( )
A．电场强度大的地方电势一定高
B．电势为零的地方场强也一定为零
C．场强为零的地方电势也一定为零
D．场强大小相同的点电势不一定相同
答案 D
解析 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故A错误．电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故B错误．场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的．故C错误．在匀强电场中，场强处处相等，但沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以场强大小相同的点电势不一定相同，故D正确．
三、等分法确定等势点
1．在匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等．
2．在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点的电势差相等．
例4 如图3所示，虚线方框内有一匀强电场，A、B、C为该电场中三点，已知：φA＝12V，φB＝6V，φC＝－6V，试在该虚线框内作出该电场的示意图，(画出几条电场线)，并要求保留作图时所用的辅助线.
图3
答案 见解析
解析 要画电场线，先找等势面(线)．
在图中连AC、BC，依题意知BC的中点D点电势必为零，AC上距C点的处F点电势必为零．
连FD即为等势线，由电场线与等势面(线)垂直且由高电势指向低电势，可画出电场线如图所示．
借题发挥 “等分法”关键在于能找到“等分”线段的等势点．画出等势线，然后根据等势线与电场线处处垂直，画出电场线．
四、电场力做功与电势、电势差、电势能的综合
问题
1．利用静电力做功与电势能的关系求解：WAB＝EpA－EpB.
2．利用W＝Fd求解，此公式只适用于匀强电场．
3．利用公式WAB＝qUAB求解，此公式适用于任意电场．
4．利用动能定理求解．
例5 如图4所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.求：
图4
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．
答案 (1) (2)
解析 (1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的总功为零．
由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝
根据动能定理有mg·＝－
解得vC＝.
(2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．
又因为φC＝0，
可得φA＝.
等势线和运动轨迹
1．如图5所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
图5
A．三个等势面中，Q点的电势最高
B．带电质点通过P点时电势能较大
C．带电质点通过P点时动能较大
D．带电质点通过P点时加速度较大
答案 BD
解析 由轨迹QP可以确定质点的受力方向，由于该质点带正电，所以可以判断P点电势高．由Q到P，静电力做负功，电势能增加，故P点电势能较大，由于P处等势面密集，所以带电质点通过P点时加速度较大．
电场强度和电势的理解
2．由如图6所示的电场线，可判定( )
图6
A．该电场一定是匀强电场
B．A点的电势一定低于B点的电势
C．负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大
D．负电荷放在B点所受电场力方向向右
答案 C
解析 由图知，该电场线为直线，在我们常接触的电场中，匀强电场的电场线是直线，但点电荷的电场线也是直线，故也可能是正电荷放在左端或负电荷放在右端时产生电场的电场线，另外也可能是正负电荷之间的一条电场线，故A项错．电势的高低可根据电场线由高电势指向低电势判断，则φA＞φB，故B项错．由于φA＞φB，故正电荷在A点的电势能大，而负电荷在B点的电势能大，故C项正确，也可假设负电荷由A移到B，则该过程中电场力方向向左，与运动方向相反，故电场力做负功，电势能增加．负电荷在电场中所受电场力的方向与该点场强的方向相反．故D项错．
等分法确定等势点
3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图7所示．由此可知c点的电势为( )
图7
A．4V
B．8V
C．12V
D．24V
答案 B
解析 法一 连接bd，因Ubd＝20
V，可将bd等分为5份，找到4个等分点e、f、g、h，由图可知φe＝20
V，则a、e等势，由对称关系可知h点与c点电势相等，即φc＝8
V．也可因为bc与ad平行且相等，由匀强电场特点可得：
φb－φc＝φa－φd，解得φc＝8
V.
法二 对顶点两角电势之和相等，φb＋φd＝φc＋φa，解得φc＝8V.
电场力做功与电势、电势差、电势能的综合问题
4．如图8所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是( )
图8
A．小球在运动过程中机械能恒定
B．小球经过环的最低点时速度最大
C．小球电势能增加EqR
D．小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于mgR
答案 B
解析 小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，A错误；小球运动到最低点的过程中，重力与电场力均做正功，重力势能减少mgR，电势能减少EqR，而动能增加mgR＋EqR，到达最低点时动能最大，所以速度最大，因此B正确，C、D错误．
题组一 电场线 等势线和运动轨迹
1．某静电场中的电场线如图1所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( )
图1
A．粒子必定带正电荷
B．由于M点没有电场线，粒子在M点不受静电力的作用
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的动能小于在N点的动能
答案 ACD
解析 根据电荷运动轨迹弯曲的情况，可以确定点电荷受静电力的方向沿电场线方向，故此点电荷带正电，A选项正确．由于电场线越密，电场强度越大，点电荷受到的静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此点电荷在N点加速度大，B选项错误，C选项正确．粒子从M点运动到N点，静电力做正功，根据动能定理得此点电荷在N点的动能大，D选项正确．
2．一带电粒子沿图2中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则( )
图2
A．粒子一定带正电
B．粒子的运动是匀变速运动
C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大
D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大
答案 B
解析 由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据电荷运动规律可知其受力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子的动能在增大，电势能在减小．
3.如图3所示，两个等量异种点电荷的连线和其中垂线上有a、b、c三点，下列说法正确的是( )
图3
A．a点电势比b点电势高
B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点场强大
C．b点电势比c点电势高，场强方向相同
D．一个电子仅在电场力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从a点运动到c点
答案 BD
解析 本题考查电场分布及其规律，意在考查学生对电场特点的掌握，由等量异种点电荷电场分布的特点可知，等量异种点电荷的中垂面为等势面，因此a、b两点电势相等，A错误；在中垂面上场强方向都与中垂面垂直，且从b点向外越来越小，B正确；在两点电荷连线上，沿电场线方向电势越来越低，所以b点电势比c点电势低，C错误；电子受力应指向电场的反方向，根据力与速度的关系可判断电子不可能沿图示曲线轨迹运动，D正确．
4．图4中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )
图4
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
答案 CD
解析 根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功较多，动能变化也大，故D正确．
5．等量异号点电荷的连线和中垂线如图5所示，现将一个带负电的试探电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则试探电荷在此全过程中( )
图5
A．所受静电力的方向不变
B．所受静电力的大小恒定
C．电势能一直减小
D．电势能先不变后减小
答案 AD
解析 ab线是等量异种点电荷形成电场的等势线，而合电场的场强方向都是垂直ab线向下的，试探电荷在a→b过程中静电力方向始终竖直向上，与在c点相同，A对；沿ab方向越靠近两点电荷的连线，电场线越密，场强越大，所受静电力越大，B错；从a→b静电力不做功，从b→c静电力做正功，电势能先不变后减小，C错，D对．
题组二 电场强度和电势
6．带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t＝0时刻开始运动，其v?t图象如图6所示．若粒子在2t0时刻运动到A点，5t0时刻运动到B点．以下说法中正确的是( )
图6
A．A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EB
B．A、B两点的电势关系为φA＜φB
C．粒子从A点运动到B点时，电场力做的总功为正
D．粒子从A点运动到B点时，电势能先减少后增加
答案 AC
解析 由速度图象可知粒子整个运动过程中，加速度相同，所受的电场力相同，故A、B两点的电场强度大小相等，EA＝EB，A项正确；由v?t图象可知粒子在A点速度为零，在B点时速度大于零，故粒子从A点运动到B点的过程，电场力做正功，电势能减少，C项正确，D项错误；因为粒子的电性不确定，所以无法判断A、B两点的电势高低，B项错误．
7．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图( )
答案 A
解析 等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以，以负电荷为参考点，左右两侧电势都是升高的．可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项．
题组三 找等势点，定电场方向
8．如图7所示，匀强电场中有一平行四边形abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行．其中φa＝10V，φb＝6V，φd＝8V，则c点电势为( )
图7
A．10V
B．4V
C．7V
D．8V
答案 B
解析 因为bc与ad平行且相等，由匀强电场特点可得：φb－φc＝φa－φd，解得φc＝4V．故选B.
9．下列图中，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa＝10V，φb＝2V，φc＝6V，a、b、c三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是( )
答案 D
解析 线段ab的中点的电势为6V，与c点等电势，故应按C、D图求解．电场的方向则由电势高处指向电势低处．故D图正确．
10．如图8所示，A、B、C是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝15V，φB＝3V，φC＝－3V，试确定场强的方向，并画出电场线．
图8
答案 见解析
解析 根据A、B、C三点电势的特点，在AC连线上取M、N两点，使AM＝MN＝NC，如图所示，尽管AC不一定是场强方向，但可以肯定AM、MN、NC在场强方向上的投影长度相等，由U＝Ed可知，UAM＝UMN＝UNC＝＝
V＝6V．由此可知，φN＝3V，φM＝9V，B、N两点等电势，BN的连线即为等势线，那么电场线与BN垂直．电场强度的方向为电势降低的方向：斜向下．
题组四 电场力做功与电势、电势差、电势能的综合问题
11．如图9所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面．现将电荷量为10－8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为3×10－6J，将另一电荷量为10－8C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功3×10－6J．若AB边长为2cm，则电场强度的大小为________．方向________．
图9
答案 104V/m 为垂直B、C连线由A指向BC
解析 正点电荷从A点移到B点时，电场力做正功，故A点电势高于B点，可求得：UAB＝＝V＝300V.
负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功，同理可判断A点电势高于C点，可求得：
UAC＝＝V＝300V.
因此B、C两点电势相等，UBC＝0，由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线．因此，BC为一等势线，故电场线方向垂直BC.设D为直线BC的中点，则电场方向为由A指向D.直线AB在电场方向的距离d等于线段AD的长度，故由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得：
E＝＝V/m＝104
V/m.
12．如图10所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻等势面间距离均为2cm，已知UAC＝60V，求：
图10
(1)设B点电势为零，求A、C、D、P点的电势；
(2)将q＝－1.0×10－10C的点电荷由A移到D，静电力所做的功WAD；
(3)将q＝1.0×10－10C的点电荷由B移到C，再经过D最后回到P，静电力所做的功WBCDP.
答案 (1)φA＝30V，φC＝－30V，φD＝－60V，φP＝0
(2)－9.0×10－9J (3)0
解析 (1)由题意可知φP＝φB＝0
UAC＝60V，UAB＝UBC，所以UAB＝φA－0＝30V
则φA＝30V，同理φC＝－30V，φD＝－60V
(2)WAD＝qUAD＝q(φA－φD)＝－9.0×10－9J
(3)由于静电力做功与路径无关，只与初末位置有关，所以做功为WBCDP＝qUBP＝0.
13．一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图11所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：
图11
(1)A、B两点的电势差UAB；
(2)匀强电场的场强大小．
答案 (1) (2)
解析 (1)小球由A到B过程中，由动能定理得
mgLsin60°－qUAB＝0，所以UAB＝.
(2)E＝＝.
PAGE
1第5讲 习题课 静电场力的性质
[目标定位] 1.会处理电场中的平衡问题.2.会处理库仑力与牛顿第二定律结合的综合问题.
1.共点力的平衡条件：物体不受力或所受外力的合力为零.
2.物体运动的加速度相同时，常用整体法求加速度，隔离法求相互作用力.
3.F＝k，适用条件：(1)真空中；(2)点电荷.
4.电场强度
(1)E＝，适用于任何电场，是矢量，单位：N/C或V/m.
(2)E＝，适用于计算真空中的点电荷产生的电场.
(3)规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向.电场中某一点的电场强度E与试探电荷q无关，由场源电荷(原电场)和该点在电场中位置决定.
5.电场的叠加原理和应用
(1)如果在空间同时存在多个点电荷，这时在空间某一点的场强等于各个电荷单独存在时在该点产生的场强的矢量和，这叫做电场的叠加原理，
(2)场强是矢量，遵守矢量合成的平行四边形定则.
6.合力指向曲线凹的一侧，速度的方向沿轨迹切线方向.
一、库仑力作用下的平衡
1.两带电体间的静电力遵循牛顿第三定律.处理过程中选取研究对象时，要注意整体法和隔离法的灵活运用；常用的数学知识和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法等.
2.三电荷系统的平衡问题
同一直线上的三个自由点电荷，彼此间存在相互作用的库仑力，都处于平衡的情况下，每个电荷受其余两个电荷的作用力的合力为零，因此可以对三个电荷分别列平衡方程求解(解题时只需列其中两个电荷的平衡方程即可).
例1 如图1所示，光滑水平面上相距为L的A、B两个带正电小球，电荷量分别为4Q和Q.要在它们之间引入第三个带电小球C，使三个小球都只在相互库仑力作用下而处于平衡，求：
图1
(1)小球C带何种电；
(2)C与A之间的距离x等于多大；
(3)C球的电荷量q为多大.
答案 (1)负电 (2)L (3)Q
解析 (1)要使三个小球都只在相互库仑力作用下而处于平衡状态，且A、B两个小球带正电，故C为负电荷.
(2)对C，设C与A之间的距离为x，
则：＝，解得：x＝L
(3)对B球，由平衡关系
则有：＝，解得：q＝Q
借题发挥 同一直线上的三个自由点电荷都处于平衡状态时，电荷间的关系为：“两同夹异”、“两大夹小”、“近小远大”.
例2 如图2所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时，B球偏离竖直方向θ角，A球竖直且与墙壁接触，此时A、B两球位于同一高度且相距L.求：
图2
(1)每个小球所带的电荷量q；
(2)B球所受绳的拉力T.
答案 (1)L
(2)
解析 (1)对B球受力分析如图所示：B球受三个力而保持平衡，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力大小，方向与绳子拉力方向相反，
由图可知：F库＝mgtanθ＝，解得：q＝L.
(2)对B球受力分析，由平衡条件知：
T＝.
二、电场线与运动轨迹
1.物体做曲线运动的条件：合力在轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线.
2.由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向；由电场力和电场线的方向可判断电荷的正负；由电场线的疏密程度可确定电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断运动电荷加速度的大小.
例3 如图3所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线.下列判断正确的是( )
图3
A.电场线MN的方向一定是由N指向M
B.带电粒子由a运动到b的过程中速度一定逐渐减小
C.带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度
D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度
答案 C
解析 由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力与速度成锐角，粒子做加速运动，速度增大，B错误，C正确；b点的电场线比a点的密，所以带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误，故选C.
三、电场力与牛顿第二定律的结合
例4 如图4所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m.电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：
图4
(1)原来的电场强度；
(2)物块运动的加速度.
答案 (1) (2)g，方向沿斜面向下
解析 (1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，E＝＝.
(2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37°－qEcos37°＝mgsin37°，又F合＝ma，所以a＝g，方向沿斜面向下.
库仑力作用下的平衡
1.两个通电小球带电后相互排斥，如图5所示.两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上.两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示.若已知α＞β，则一定有关系( )
图5
A.两球一定带同种电荷
B.m一定小于M
C.q一定大于Q
D.m受到的电场力一定大于M所受电场力
答案 AB
解析 库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件.由图示可知两小球相互排斥，故A正确、D错误；偏角的大小与小球的质量有关，故B正确.
电场线与运动轨迹
2.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图6中虚线所示.不计粒子所受重力，则( )
图6
A.粒子带正电荷
B.粒子加速度逐渐减小
C.A点的速度大于B点的速度
D.粒子的初速度不为零
答案 BCD
解析 带电粒子所受合外力(即静电力)指向轨迹内侧，知静电力方向向左，粒子带负电荷.根据EA＞EB，知B项正确；粒子从A到B受到的静电力为阻力，C项正确.由于电场线为直线，故粒子在A点速度不为零，D正确.
电场力与牛顿第二定律的结合
3.如图7所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2kg，所带电荷量为＋2.0×10－8C.现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直线成30°角，绳长L＝0.2m(取g＝10m/s2)，求：
图7
(1)这个匀强电场的电场强度大小；
(2)突然剪断轻绳，小球做什么运动？加速度大小和方向如何？
答案 (1)×107N/C (2)m/s2 与绳子拉力方向相反
解析 (1)根据共点力平衡得，
qE＝mgtan30°
解得E＝×107N/C.
(2)突然剪断轻绳，小球受重力和电场力，初速度为零，做匀加速直线运动.
F合＝＝ma
a＝m/s2
加速度方向与绳子拉力方向相反.
题组一 对电场强度的理解
1.下列关于电场强度的说法中正确的是( )
A.公式E＝只适用于真空中点电荷产生的电场
B.由公式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比
C.在公式F＝k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小
D.由公式E＝k可知，在离点电荷非常近的地方(r→0)，电场强度E无穷大
答案 C
解析 电场强度的定义式E＝适用于任何电场，故A错误；电场中某点的电场强度由电场本身决定，而与电场中该点是否有试探电荷或引入试探电荷所受的电场力无关，故B错误；点电荷间的相互作用力是通过电场产生的，故C正确；公式E＝是点电荷产生的电场中某点场强的计算式，当r→0时，所谓“点电荷”已不存在，该公式已不适用，故D错误.故选C.
2.如图是电场中某点的电场强度E与放在该点处的检验电荷q及所受电场力F之间的函数关系图象，其中正确的是( )
答案 AD
解析 电场中某点的电场强度与试探电荷无关，所以A正确，B错误；由F＝qE知F－q图象为过原点的倾斜直线，故D正确，C错误.
3.如图1所示，金属板所带电荷量为＋Q，质量为m的金属小球所带电荷量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是( )
图1
A.＋Q在小球处产生的场强为E1＝
B.＋Q在小球处产生的场强为E1＝
C.＋q在O点产生的场强为E2＝
D.＋q在O点产生的场强为E2＝
答案 BC
解析 金属板不能看作点电荷，在小球处产生的场强不能用E＝计算，故A错误；根据小球处于平衡状态得小球受电场力F＝mgtanα，由E＝得：E1＝，B正确；小球可看作点电荷，在O点产生的场强E2＝，C正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F＝mgtanα，但金属板不能看作点电荷，故不能用E＝求场强，D错误.故选B、C.
4.如图2所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处( )
图2
A.场强大小为，方向沿OA方向
B.场强大小为，方向沿AO方向
C.场强大小为，方向沿OA方向
D.场强大小为，方向沿AO方向
答案 C
解析 A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当.因此可以认为O处的场强是五个＋q和一个－2q的点电荷产生的场强合成的，五个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强.故选C.
题组二 电场线及带电体在电场中的运动轨迹
5.如图3所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )
图3
A.粒子一定带正电
B.粒子一定是从a点运动到b点
C.粒子在c点加速度一定大于在b点加速度
D.粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
答案 AC
解析 曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点的受力较大，加速度一定大于在b点加速度，C正确；若粒子从c运动到a，电场力与速度成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，电场力与速度成钝角，所以粒子做减速运动，综上所述，粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误；故选A、C.
6.如图4所示，a、b两点为负点电荷Q的电场中，以Q为圆心的同一圆周上的两点，a、c两点为同一条电场线上的两点，则以下说法中正确的是( )
图4
A.a、b两点场强大小相等
B.同一检验电荷在a、b两点所受电场力相同
C.a、c两点场强大小关系为Ea＞Ec
D.a、c两点场强方向相同
答案 AD
解析 负点电荷形成的电场中，各点的场强方向都由该点指向场源电荷，a、c两点在同一条电场线上，因此两点的场强方向相同，即选项D正确；场强大小可以根据电场线的疏密程度加以判定，由于c处电场线比a处密，故a、c两点场强大小关系为Ec＞Ea，C错误；a、b两点处在同一圆周上，电场线疏密程度相同，因此a、b两点场强大小相等，但方向不同，放同一检验电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向不同，故A正确，B错误.
题组三 电场力作用下的平衡
7.如图5所示，水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E，A不带电，B带正电且电荷量大小为Q，A、B均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角.则( )
图5
A.细线中张力大小为
B.细线中张力大小为
C.杆对A的摩擦力大小为QE
D.杆对A的支持力大小为Mg
答案 ABC
解析 对小球B受力分析有，重力mg、电场力EQ，绳子的拉力T，根据平衡条件可知Tcosθ＝mg，所以细线中张力大小为T＝，A选项正确；由平衡条件知：＝tanθ，故＝＝T，B选项正确；以整体为研究对象，受重力、杆的支持力、电场力、摩擦力，摩擦力与电场力平衡，即杆对A的摩擦力大小为QE，故C选项正确；杆对A的支持力大小为(M＋m)g，D选项错误；故选A、B、C.
8.如图6所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3间距离为2r,
q1与q2间距离为r，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为( )
图6
A.(－9)∶4∶(－36)
B.9∶4∶36
C.(－3)∶2∶(－6)
D.3∶2∶6
答案 A
解析 分别取三个点电荷为研究对象，由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡，所以这三个点电荷不可能是同种电荷，这样可立即排除B、D选项，故正确选项只可能在A、C中.若选q2为研究对象，由库仑定律知k＝k知：q3＝4q1.选项A恰好满足此关系，显然正确选项为A.
9.如图7所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电荷量＋Q，B带电荷量－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电荷？应放于何处？所带电荷量为多少？
图7
答案 负电 A的左边0.2m处 －Q
解析 根据平衡条件判断，C应带负电荷，放在A的左边且和AB在一条直线上.设C带电荷量为q，与A点相距为x，由平衡条件：以A为研究对象，则
k＝k①
以C为研究对象，则k＝k②
联立①②解得x＝r＝0.2m，q＝－Q
故C应带负电荷，放在A的左边0.2m处，电荷量为－Q.
题组四 电场力与牛顿第二定律的综合问题
10.长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其电荷量为Q，悬于O点，如图8所示.当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍，现将球拉至图中B处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问：
图8
(1)固定在O处的正电荷的电荷量为多少；
(2)摆球回到A处时悬线拉力为多少.
答案 (1) (2)3mg
解析 (1)球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式：F拉＝F＋mg F＝k F拉＝2mg
三式联立解得：q＝.
(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，有：
mgL(1－cos60°)＝mv2，F拉′－mg－F＝m
由(1)知静电力F＝mg，
解上述三个方程得：F拉′＝3mg.
11.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场.其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图9所示.请问：
图9
(1)小球带的电荷量是多少；
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间.
答案 (1) (2)
解析 (1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示
Tsinθ＝qE①
Tcosθ＝mg②
由得tanθ＝，故q＝.
(2)由第(1)问中的方程②知T＝，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于.小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为x＝，又由x＝at2，得t＝＝＝.
12.如图10所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、电荷量为＋q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力.求：
图10
(1)固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小；
(2)若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对环的压力多大.
答案 (1) (2)3(mg＋qE)
解析 (1)由A到B，由动能定理得：mgr＝mv2－0
在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有：
E0－mg＝m
联立以上两式解得：E0＝
因为O点固定的是点电荷－Q，由E0＝k可知：等势面上各处的场强大小均相等，
即AB弧中点处的电场强度为E0＝.
(2)设小球到达B点时的速度为v′，
由动能定理得：(mg＋qE)r＝mv′2
设在B点处环对小球的弹力为N，
由牛顿第二定律得：N－mg－qE＝m
联立两式，解得
小球在B点受到环的弹力为：N＝3(mg＋qE)
由牛顿第三定律得：小球在B点对环的压力大小为
N′＝3(mg＋qE).
PAGE
1第2讲 电 阻
[目标定位] 1.理解导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，比例系数与导体的材料有关.2.理解金属导体的电阻由自由电子与金属离子碰撞而产生，金属材料的电阻率随温度的升高而增大．
一、探究影响导线电阻的因素
1．电阻：导线对电流的阻碍作用就是我们通常所说的电阻．
2．电阻定律的实验探究
如图1所示，我们采用控制变量法研究影响电阻的因素，即分别只有一个因素不同：长度不同；横截面积不同；材料不同的情况下测量导体的电阻．
图1
(1)在材料相同、粗细相同的情况下，导体的电阻与导体的长度成正比．
(2)在材料相同、长度相同的情况下，导体的电阻与导体的横截面积成反比．
(3)对于同种导体，材料电阻率相同，对不同种导体，材料电阻率不同，说明导体的电阻与材料有关．
3．电阻定律：导线的电阻R跟导体的长度l成正比，跟导体的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关．公式：R＝ρ.式中ρ是比例系数．
4．电阻率
(1)R＝ρ式中比例系数ρ是反映材料导电性能的物理量，称为电阻率．
(2)电阻率与材料有关，还与温度有关．金属材料的电阻率一般会随温度的升高而增大．当温度变化范围不大时，金属的电阻率ρ与温度t之间近似地存在线性关系．但绝缘体和半导体的电阻率却随温度的升高而减小，变化是非线性(填“线性”或“非线性”)的．
想一想 小灯泡的电阻随温度升高怎样变化呢？
答案 小灯泡的灯丝是由钨丝制成的，因为金属的电阻率随温度的升高而增大，所以小灯泡的电阻随温度升高而增大．
二、身边的电阻
1．电位器是一种阻值可变的电阻，可通过改变电阻的大小来调节电路中的电流或部分电路两端的电压．
2．有些合金(如锰铜合金)的温度系数很小，表明电阻几乎不受温度变化的影响，可用来制作标准电阻，有些金属(如铜)的温度系数相对大一些，可用来制作电阻温度计．
一、欧姆定律和电阻的定义式
1．电阻：公式：R＝，是比值法定义的物理量，电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小．由导体本身的性质决定，与外加的电压和通过的电流大小无关．
2．欧姆定律：导体中的电流跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比．公式：I＝.
适用条件：欧姆定律对金属导体适用，对电解质溶液适用，但不适用于气态导体和半导体元件．
例1 对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是( )
A．由I＝，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大
C．由R＝，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比
D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变
答案 C
解析 根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，A正确；对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即电阻不变，电流与电压成正比，通过它的电流强度越大，两端的电压也越大，B、D正确；导体的电阻与电流、电压的大小无关，是由导体本身决定的，C错误．故选C.
二、电阻定律和电阻率
1．电阻定律
(1)表达式：R＝ρ.反映了导体的电阻由导体自身决定，只与导体的材料、长度和横截面积有关，与其他因素无关．
(2)表达式中的l是沿电流方向导体的长度，S是垂直于电流方向的横截面积．
2．电阻率
(1)电阻率ρ＝
电阻率是一个反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小无关．单位：欧·米(Ω·m)
(2)电阻率与温度的关系
①金属的电阻率随温度的升高而增大．有些金属(如铜)的温度系数相对较大，可用于制作电阻温度计；
②半导体和绝缘体的电阻率随温度的升高而减小，半导体的电阻率随温度的变化较大，可用于制作热敏电阻；
③有些合金(如锰铜合金)的温度系数很小，电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻．
例2 如图2所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc，当将A与B接入电路和将C与D接入电路中时电阻之比RAB∶RCD为( )
图2
A．1∶4
B．1∶2
C．2∶1
D．4∶1
答案 D
解析 设沿AB方向横截面积为S1，沿CD方向横截面积为S2，则有＝＝，AB接入电路时电阻为R1，CD接入电路时电阻为R2，则有＝＝·＝×，故＝.D选项正确．
例3 关于电阻率的说法中正确的是( )
A．电阻率ρ与导体的长度l和横截面积S有关
B．电阻率反映材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关
C．电阻率大的导体，电阻一定很大
D．有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成电阻温度计
答案 B
解析 电阻率反映材料导电能力的强弱，只与材料及温度有关，与导体的长度l和横截面积S无关，故A错，B对；由R＝ρ知ρ大，R不一定大，故C错；有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制作标准电阻，故D错．
三、应用实例——滑动变阻器
1．原理：利用改变连入电路的电阻丝的长度来改变电阻．
2．在电路中的使用方法
图3
结构简图如图3甲所示，要使滑动变阻器起限流作用如图乙，正确的连接是接A与D或C，B与C或D，即“一上一下”；要使滑动变阻器起分压作用如图丙，要将AB全部接入电路，另外再选择A与C或D、B与C或D与负载相连，即“一上两下”，当滑片P移动时，负载将与AP间或BP间的不同长度的电阻丝并联，从而得到不同的电压．
例4 滑动变阻器的原理如图4所示，则下列说法中正确的是( )
图4
A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大
B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小
C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
答案 AD
解析 若将a、c两端连在电路中，aP部分将连入电路，则当滑片OP向右滑动时，该部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，A正确．若将a、d两端连在电路中，也是aP部分连入电路，则当滑片OP向右滑动时，该部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，B错误．A、B两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a、b两个接线柱中任意选一个，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C错误．在滑动变阻器的分压式接法中，a、b两个接线柱必须接入电路，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，D正确．
对欧姆定律的理解
1．根据欧姆定律，下列判断正确的是( )
A．导体两端的电压为零，电阻即为零
B．导体中的电流越大，电阻就越小
C．由R＝可知，导体的电阻跟加在它两端的电压成正比
D．由I＝可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比
答案 D
解析 导体的电阻由导体本身的性质决定，公式R＝只提供了测定电阻的方法，R与只是在数值上相等，当我们不给导体两端加电压时，导体的电阻仍存在，因此不能说导体的电阻与加在它两端的电压成正比，与导体中的电流成反比，A、B、C错误．
对电阻定律和电阻率的理解
2．关于导体电阻下列说法中正确的是( )
A．由R＝ρ知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比
B．由R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
D．电阻率往往随温度的变化而变化
答案 AD
解析 导体的电阻率由材料本身的性质决定，并随温度的变化而变化，导体的电阻与长度、横截面积有关，与导体两端的电压及导体中的电流无关，A对，B、C错．电阻率反映材料导电性能的强弱，电阻率常随温度的变化而变化，D对．
3．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流为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.
B．U
C．2U
D．4U
答案 D
解析 导线原来的电阻为R＝ρ，拉长后长度变为2l，横截面积变为，所以R′＝ρ＝ρ＝4R.导线原来两端的电压为U＝IR，拉长后为U′＝IR′＝4IR＝4U.
4．温度能影响金属导体和半导体材料的导电性能，在如图5所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则( )
图5
A．图线1反应半导体材料的电阻随温度的变化
B．图线2反应金属导体的电阻随温度的变化
C．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化
D．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化
答案 CD
解析 金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大；对于半导体材料，电阻率随着温度升高而减小，从而导致电阻减小，因此由图可知，图线1表示金属导体的电阻随温度的变化，图线2表示半导体材料的电阻随温度的变化．故C、D正确，A、B错误．故选C、D.
滑动变阻器的使用
5．一同学将变阻器与一只6V,6～8W的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发光．按图6所示的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将( )
图6
A．变暗
B．变亮
C．亮度不变
D．可能烧坏灯泡
答案 B
解析 由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确.
题组一 对欧姆定律的理解
1．关于导体的电阻，下列说法正确的是( )
A．从R＝可知，导体的电阻跟加在导体两端的电压成正比
B．从R＝可知，对于某一确定的导体，通过的电流越大，导体两端的电压越大
C．从I＝可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比
D．从R＝可知，对于某一确定的导体，所加电压跟通过导体的电流之比是定值
答案 BCD
解析
题组二 对电阻定律和电阻率的理解和应用
2．电路中有一段导体，给它加上3V的电压时，通过它的电流为2mA，可知这段导体的电阻为________Ω；如果给它两端加2V的电压，则通过它的电流为________mA；如果在它两端不加电压，它的电阻为________Ω.
答案 1500 1.33 1500
解析 由欧姆定律I＝得R＝＝Ω＝1500Ω，导体的电阻不随所加的电压变化，并与是否通电无关，所以当U＝2V时，I＝A＝1.33×10－3A＝1.33mA，在不加电压时，电阻仍为1500Ω.
3．金属材料的电阻率有以下特点：一般而言，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大，有的金属电阻率随温度变化而显著变化，有的合金的电阻率几乎不受温度的影响．根据以上的信息，判断下列的说法中正确的是( )
A．连接电路用的导线一般用合金来制作
B．电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作
C．电阻温度计一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作
D．标准电阻一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制作
答案 B
解析 纯金属的电阻率小，故连接电路用的导线一般用纯金属来制作，A错误；合金的电阻率大，故电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作，B正确；有的金属电阻率随温度变化而显著变化，故电阻温度计一般用纯金属来制作，C错误；有的合金的电阻率几乎不受温度的影响，故标准电阻一般用合金材料制作，D错误．故选B.
4．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( )
A．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大
B．金属的电阻率随温度的升高而增大
C．银材料的电阻率较锰铜合金的电阻率小
D．金属丝拉长为原来的两倍，电阻率变为原来的2倍
答案 BC
解析 电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度、横截面积无关，D错误；金属材料的电阻率随温度升高而增大，B对；合金的电阻率比纯金属的电阻率大，电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电阻除跟电阻率有关外还跟导体的长度、横截面积有关．所以A错误，C对．
5．一只白炽灯泡，正常发光时的电阻为121Ω，当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻应是( )
A．大于121Ω
B．小于121Ω
C．等于121Ω
D．无法判断
答案 B
解析 由于金属的电阻率随温度的升高而增大，故白炽灯泡正常发光时的电阻大，停止发光一段时间后，灯丝温度降低，电阻减小，故选B.
6．一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径为d，电阻为R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为( )
A.R
B.R
C．100R
D．10000R
答案 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＝10000ρ＝10000R.
7．如图1所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝10cm，bc＝5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流强度为1A，若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为( )
图1
A．4A
B．2A
C．0.5A
D．0.25A
答案 A
解析 根据电阻定律公式R＝ρ，有：RAB＝ρ…①；RCD＝ρ…②；故＝＝4∶1，根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为1∶4，故第二次电流为4A．故选A.
8．如图2所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大，在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是( )
图2
A．R1中的电流小于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率
D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率
答案 BD
解析 本题考查电阻定律、欧姆定律及电流的微观表达式，意在考查学生的理解运用能力，设正方形的边长为L、导体厚度为d，则I＝、R＝ρ＝ρ＝，则I＝，故R1、R2中的电流相等，A错误，B正确．由I＝nqSv＝nqLdv得，L大则v就小，C错误，D正确．
9．一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀拉长为原来的3倍，电阻变为原来的________倍？若将它截成等长的三段再绞合成一根，它的电阻变为原来的________倍？(设拉长与绞合时温度不变)
答案 9
解析 金属原来的电阻为R＝，拉长后长度变为3l，因体积V＝Sl不变，所以导线横截面积变为原来的1/3，即，故拉长为原来的3倍后，电阻R′＝＝9＝9R.
同理，三段绞合后，长度为，横截面积为3S，电阻R″＝ρ＝＝R.
题组三 综合应用
10．如图3所示，P为一块半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，然后将它再按图乙方式接在电极C、D之间，设AB、CD之间的电压是相同的，则这两种接法电阻大小关系为( )
图3
A．R甲＝R乙
B．R甲＝R乙
C.R甲＝2R乙
D．R甲＝4R乙
答案 B
解析 将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻，设为r，图甲中等效为两个电阻并联，R甲＝，图乙中等效为两个电阻串联，R乙＝2r，所以R甲＝R乙，所以B正确．
11．在如图4所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为( )
图4
答案 A
解析 由U＝IRx＝·x＝x，其中E、L均为定值，故U与x成正比．A项正确．
12．如图5甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1m，b＝0.2m，c＝0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其UI图线如图乙所示．当U＝10V时，求电解液的电阻率ρ是多少？
图5
答案 40Ω·m
解析 由图乙可求得电解液的电阻为
R＝＝Ω＝2000Ω
由图甲可知电解液长为：l＝a＝1m
截面积为：S＝bc＝0.02m2
结合电阻定律R＝ρ
得ρ＝＝Ω·m＝40Ω·m.
13．如图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6
答案
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＝.
PAGE
1第3讲 多用电表的原理与使用
[目标定位] 1.理解并掌握多用电表的工作原理.2.学会用多用电表测量电压、电流、定值电阻.3.学会用多用电表检查电路的故障．
一、多用电表的原理
1．主要构造
表头G是一只直流灵敏电流计．表头与电阻、拨动开关等组成不同的测量电路．
2．工作原理
(1)多用电表测直流电流和电压是利用电阻的分流和分压原理．
(2)多用电表电阻挡测电阻是利用闭合电路的欧姆定律．
(3)多用电表的结构：
①当选择开关拨至触点1或2，表头与电阻并联，所以1、2为电流挡，由于串联阻值的大小不同，量程也不同，1的量程较大．
②当选择开关拨至触点3或4时，表头与电阻串联，所以3、4为电压挡．由于串联阻值的大小不同，量程也不同．
③当选择开关拨至触点5时，接通内部电源，此时为欧姆挡(如图1所示)．
图1
二、操作实践——练习使用多用电表
1．电压、电流的测量
(1)选择直流电流挡或电压挡合适的量程．
(2)把多用电表串联或并联到电路中进行测量，注意使电流从红表笔进入电表，从黑表笔流出电表．
2．电阻的测量
(1)先把开关旋到电阻挡的适当倍率，将红、黑两表笔的金属部分直接相连(短接)，然后调节调零旋钮，使偏转的指针恰好停在“电阻挡”刻度线的零刻度处．
(2)将红、黑表笔搭在电阻两端，读取表盘指针所指“电阻挡”刻度线的示数，指针的示数再乘以相应的倍率，即为所测电阻阻值.
一、多用电表测量电阻的原理(欧姆表的原理)
1．欧姆表测量电阻的理论根据是闭合电路欧姆定律(如图2甲所示)，所以通过表头的电流为：I＝，Rx与电流I一一对应，故可以将表盘上的电流值改为电阻值，这样就制成了一个欧姆表．其中，R也叫调零电阻，R＋Rg＋r为欧姆表的内阻．
2．当红、黑表笔断开时，电流表中电流为零，此时表笔间电阻无穷大，所以在表盘上电流零处标电阻“∞”(如图2乙所示)；当红、黑表笔短接时，调节欧姆调零电阻，使电流表指针满偏，所以在电流满偏处标电阻“0”
(如图2丙所示)．
图2
3．I与Rx不成比例，欧姆表的刻度不均匀．
4．欧姆表偏角(偏角是指相对零电流位置或左端的“∞”刻度而言的)越大，表明被测电阻越小．
5．中值电阻：当外加电阻Rx＝r＋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．
二、用多用电表测电流、电压和电阻
1．测量前首先进行机械调零，使用前若表针没有停在左端的“0”位置，要用螺丝刀转动调零定位螺丝，使指针指零．然后将红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔．
2．测量时应把选择开关旋到相应的测量挡位和量程上，读数时要读跟选择开关的挡位相应的刻度盘上的示数．多用电表的面板上半部为表盘，下半部为选择开关.
3．多用电表测电压、电流
使用多用电表测电压、电流，应将选择开关旋到合适的挡位，使指针处于联偏值的左右，可使读数更准确一些．测电流时应将表串联在电路中，测电压时，应将表并联在电路中，且电流都从红表笔流进，从黑表笔流出．
4．多用电表测量定值电阻
(1)选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的合适挡位.
(2)欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整调零电阻旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处．
(3)测量读数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，表针示数乘以量程倍率即为待测电阻阻值．
(4)换倍率测另一电阻时需要再一次进行欧姆挡调零，即需要重复(1)(2)(3)．
(5)实验完毕，两表笔从插孔中拔出，并将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡，若长期不用，应把电池取出．
5．注意事项
(1)测电压、电流时，读表盘的中间刻度线．要看清选择开关所选择的量程，弄清楚每一小格表示多少，确定应读到的有效数字的位数．
(2)测电阻时注意：
①选挡后要进行欧姆调零，换挡后要重新欧姆调零.
②欧姆表选挡时应合理选择倍率，让指针指到中央刻度线附近，读数较为准确.
③被测电阻要与电源、其他元件分离；不能用手接触表笔的金属杆．
典例精析
例1 把一量程6mA、内阻100Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图3所示，现备有如下器材：A.电源E＝3V(内阻不计)；B.滑动变阻器0～100Ω；C.滑动变阻器0～500Ω；D.红表笔；E.黑表笔．
图3
(1)滑动变阻器选用________．
(2)红表笔接________端，黑表笔接________端．
(3)电流表2mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________．
答案 (1)C (2)N M (3)1000Ω
解析 (1)两表笔直接接触时，调节滑动变阻器阻值使电流达到满偏Ig＝，解得R0＝400Ω，故滑动变阻器应选C；
(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端；
(3)电流I＝2mA时，有I＝，解得
Rx＝1000Ω.
例2 为确定某电子元件的电气特性，做如下测量．
(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择________倍率的电阻挡(填：“×10”或“×1k”)，并________再进行测量，多用表的示数如图4(a)所示，测量结果为________Ω.
(a) (b)
图4
(2)将待测元件(额定电压9V)、蓄电池(动电势为6V)、滑动变阻器、电流表、多用电表、开关及若干导线连接成电路如图(b)所示．添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性．
本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到________挡(填“直流电压10V”或“直流电压50V”)．
答案 (1)×10 欧姆调零 70
(2)连线如图 直流电压10V
解析 (1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×10”倍率的电阻挡，并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如题图(a)所示，测量结果为70Ω.
(2)要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路．本实验中使用多用电表测电压，电动势为6V，选择开关应调到直流电压10V挡．
例3 如图5所示为一多用电表表盘．
图5
(1)如果用直流10V挡测量电压，则读数为________V.
(2)如果用直流100mA挡测量电流，则读数为______mA.
(3)如果用“×100”挡测电阻，则读数为________Ω.
答案 (1)6.6 (2)66 (3)800
解析 电压、电流读数时用中间刻度线，电压表读数为6.6V，电流表读数为66mA，欧姆表读数用上面刻度线，读数为800Ω.
多用电表测量原理
1．如图6所示是把量程为3mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势E＝1.5V，改装后，原来电流表3mA刻度处的刻度值定为零位置，则2mA刻度处应标为________，1mA刻度处应标为________．
图6
答案 250Ω 1000Ω
解析 因为R内＝＝
＝500Ω，
I1＝，
2×10－3A＝，
所以Rx1＝250Ω.因为I2＝，
1×10－3A＝，所以Rx2＝1000Ω.
多用电表的使用和读数
2．某同学利用多用电表做了以下实验：
(1)使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下：
①把选择开关旋到“×100”的欧姆挡上；
②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零刻度线上；
③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转较小；
④换用“×10”的欧姆挡，随即记下欧姆数值；
⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用电表放回桌上原处，实验完毕．
这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么该学生在实验中有哪些操作是错误的？(三个错误)
错误一：________________________________________________________________________；
错误二：________________________________________________________________________；
错误三：________________________________________________________________________.
(2)如图7所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“×100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为________Ω；测直流电流时，用的是100mA的量程，指针所示电流值为________mA；测直流电压时，用的是50V量程，则指针所示的电压值为________V.
图7
答案 (1)错误一：换用“×10”的欧姆挡，应该换用“×1k”的欧姆挡．错误二：换挡后没有进行欧姆调零．错误三：使用完后没有将选择开关转到“OFF”挡或交流电压最高挡．
(2)1700 47 23.5
解析 (1)错误一：在用“×100”挡位置测量时，指针偏转较小，说明所测电阻阻值较大，为了减小读数误差，应使指针向右摆动，所以应该换用“×1k”的欧姆挡位；
错误二：换挡后，还要重新进行欧姆调零；
错误三：使用多用电表结束后，还要将选择开关转到“OFF”挡或交流电压最高挡．
(2)若用“×100”挡测电阻时，指针读数为：
17．0×100Ω＝1700Ω
若用量程100mA测直流电流时，读数为：
4．7×10mA＝47mA
若用量程50V测直流电压时，读数为23.5V.
题组一 欧姆表的原理
1．一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为( )
A．1000Ω
B．5000Ω
C．1500Ω
D．2000Ω
答案 A
解析 本题主要考查对欧姆表的原理的理解．设欧姆表的内阻为R内，由欧姆定律知：3×10－3A＝，1.5×10－3A＝，所以R内＝500Ω，E＝1.5V，又1×10－3A＝，所以Rx＝1000Ω.
2．如图1是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处．现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为( )
图1
A．4R
B．5R
C．10R
D．16R
答案 D
解析 当进行欧姆调零时，根据闭合电路的欧姆定律，此时欧姆表满偏，即Ig＝，当测量阻值为R的电阻时，有＝，设待测电阻阻值为R′，则有＝，联立各式即可得到结论．
3．如图2所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________kΩ，若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
图2
答案 红 5 变大
解析 由I＝及Ig＝，且指针指中央，I＝Ig＝150μA，联立解得Rx＝5kΩ；因欧姆表的内阻变大，同样的电阻值，电流变小，读数变大．
题组二 多用电表的使用
4．甲、乙两同学使用多用电表欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×100”挡，并能正确操作．他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1k”挡，乙把选择开关旋到“×10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零．则以下说法正确的是( )
A．甲选挡错误，而操作正确
B．乙选挡正确，而操作错误
C．甲选挡错误，操作也错误
D．乙选挡错误，而操作正确
答案 D
解析 在使用多用电表的欧姆挡时一定要先进行欧姆调零，再测量；同时为了减小误差，要尽量使指针指在中间刻度附近，即要合理地选择倍率挡位．
5．用多用电表的欧姆挡(×1k)检验性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明( )
A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小
B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大
C．此时红表笔接的是二极管的正极
D．此时红表笔接的是二极管的负极
答案 BC
题组三 多用电表的测量和读数
6．为了测量某一个电阻Rx的阻值：
某同学先用多用电表粗测其电阻．用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×100”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡“________”挡位(填“×1k”或“×10”)，然后______________，再次测量电阻Rx的阻值，其表盘及指针所指位置如图3所示，则此段电阻Rx的电阻值为________Ω.测量完毕，断开红、黑表笔，将选择开关指向________．
图3
答案 ×10 把红、黑表笔对接进行欧姆调零 110 “OFF”挡或交流电压最高挡
7．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”的挡时，测量时指针停在刻度盘0Ω附近处，为了提高测量的精确度，有下列可供选择的步骤：
A．将两根表笔短接
B．将选择开关拨至“×1k”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0Ω刻度线上
F．将选择开关拨至交流电压最高挡上
将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是________(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4所示，则此未知电阻的阻值是Rx＝________.
图4
答案 CAEDF 160Ω
8．在练习使用多用电表的实验中
(1)某同学连接的电路如图5所示
图5
①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；
②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是__________的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是__________两端的电压．
(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，若( )
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．测量时发现指针向左偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
答案 (1)①R1 ②R1和R2串联 ③R2(或电源) (2)D
解析 (1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，多用电表与R1串联，此时多用电表测得的是通过R1的电流．
②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2的串联总电阻．
③选择开关尖端对准直流电压挡，闭合开关，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，电阻R1被短路，此时多用电表示数等于电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．
(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A选项错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B选项错误；选择开关对应“×10”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250
Ω，C错误；电池用时间太久，电动势减小，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D选项正确．
9．用如图6所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：
图6
(1)旋动部件________，使指针对准电表的“0”刻线．
(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．
(3)将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______．使指针对准电阻的________(选填“0刻线”或“∞刻线”)．
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．
A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
答案 (1)S (3)T 0刻线 (4)ADC
解析 用多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀小心旋动指针定位螺丝S，使指针对准电流的“0刻线”．然后旋动选择开关K，选择量程，再将两表笔短接，调整调零电阻的旋钮T，使指针对准满偏刻度(即电阻的“0刻线”)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值．若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100”挡位更换到“×1
k”挡位.
题组四 用多用电表检查电路故障
10．如图7所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线是好的．为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔连接在电阻R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数．下列选项中符合操作规程的是( )
图7
A．直流10V挡
B．直流0.5A挡
C．直流2.5V挡
D．欧姆挡
答案 A
解析 因为被检测的电路为含电源电路，所以选用欧姆挡一定不行．由于电路中电源电动势为6V，所以选用直流2.5V挡也不安全．估测电路中电流的最大值可能为Im＝＝A＝1.2A，所以选用直流0.5A挡也不对，只能选用直流10V挡．
11．如图8为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220V的交流电源连接，ab间，bc间、cd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220V，由此可知( )
图8
A．ab间电路通，cd间电路不通
B．ab间电路不通，bc间电路通
C．ab间电路通，bc间电路不通
D．bc间电路不通，cd间电路通
答案 CD
解析 测量ac时电压为220
V，说明abc这一段电路某点断路，测bd时电压为220
V，说明bcd间某点断路，显然，这两种情况综合的结果便是bc断路．故选C、D.
12．如图9所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
图9
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．
(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明__________________可能有故障．
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．
答案 (1)电压 欧姆
(2)开关或连接点5、6
(3)①调到欧姆挡；
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．如果电阻无穷大，表明小灯泡有故障．
解析 (1)当连接点1、2已接好时，电路中已有电压存在，故需用电压挡来检测电路．当连接点1、2同时断开时，电路中没有电源提供电压，要检测电路故障，只有通过测各段电路的电阻是否异常，故采用欧姆挡．
(2)当电路中两点间有电压时，这表明在此两点之外的电路与电源两极是连通的．当测出两点间电压等于电源电压而又确定电路故障是断路引起时，就可以确定断路位置在此两点之间．
PAGE
1第2讲 习题课 闭合电路的分析与计算
[目标定位] 1.会用闭合电路欧姆定律分析动态电路.2.知道电路中闭合电路的功率关系，会计算闭合电路的功率.3.会利用闭合电路的欧姆定律进行含电容器电路的分析与计算．
1．闭合电路由内电路和外电路两部分组成，在外电路中沿着电流方向电势降低，在内电路中沿着电流方向电势升高．电动势等于内外电路电势降落之和．
2．闭合电路欧姆定律的几种表达形式
(1)电流形式：I＝，说明电流与电源电动势成正比，与电路的总电阻成反比．
(2)电压形式：E＝IR＋Ir或E＝U外＋U内，表明电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和.
一、闭合电路的动态分析
1．解决闭合电路动态变化问题，应按照局部→整体→局部的程序进行分析．
2．基本思路：电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U内的变化→U外的变化→固定支路→变化支路．
(1)对于固定不变的部分，一般按照欧姆定律直接判断．
(2)对于变化的部分，一般应根据分压或分流间接判断．
(3)涉及变阻器滑动引起的电路变化问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．
例1 如图1所示电路，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1
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
答案 A
解析 由变阻器R0的滑动端向下滑可知R0连入电路的有效电阻减小，则R外减小，由I＝可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小．由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝可知电流表示数减小，故A正确．
借题发挥 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)发生变化的问题的分析方法如下：
R局→R总→I总→U外
二、闭合电路的功率和效率
1．闭合电路的能量关系
由闭合电路的欧姆定律E＝U外＋U内得闭合电路的能量关系：
qE＝qU外＋qU内①
此式反映了电源克服静电力做的功等于内外电路消耗的电能之和．
2．闭合电路的功率关系
由①式可得：
闭合电路的功率关系为：EI＝IU＋I2r②
其中，电源的总功率：P总＝EI；电源内耗功率P内＝U内I＝I2r；电源输出功率P出＝U外I.
3．对于纯电阻电路，电源的输出功率P出＝I2R＝()2·R＝，当R＝r时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P＝.电源输出功率随外电阻变化曲线如图2所示．
图2
4．电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝＝＝.
对于纯电阻电路，电源的效率η＝＝＝，所以当R增大时，效率η提高．当R＝r(电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高．
例2 如图3所示，电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大阻值R＝10Ω.
图3
(1)在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？
(2)在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？
答案 (1)2Ω W (2)0 W
解析 (1)此种情况可以把R0归入电源内电阻，这样变阻器上消耗的功率，也就是电源的输出功率．
即当R＝r＋R0＝2Ω时，R消耗功率最大为：
Pm＝＝W＝W.
(2)定值电阻R0上消耗的功率可以表达为：P＝I2R0，因为R0不变，当电流最大时功率最大，此时应有电路中电阻最小，即当R＝0时R0上消耗的功率最大：
Pm′＝R0＝×1.5W＝W.
借题发挥 在解答第二问时，有些同学又会用第一问的方法来求解，把R归为内阻，调节R使内阻R＋r＝R0，这样使用是错误的．因为R0是定值电阻，由P＝I2R0知，只要电流最大，P就最大．在研究电阻R上消耗的最大功率时，应注意区分“可变与定值”这两种情况，两种情况中求解的思路和方法是不相同的．
三、含电容器电路的分析与计算
1．在分析电路的特点时，把电容器支路看成断路，即去掉该支路，简化后若要分析电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上．
2．确定电容器和哪部分电路并联，该部分电路两端电压即电容器两端电压．
3．当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻两端电压为零，此电路两端电压即电容器两端电压，而与电容器串联的电阻可看成导线．
例3 如图4所示，电源电动势E＝10V，内阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，求：
图4
(1)S闭合后，稳定时通过R1的电流；
(2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的总电荷量．
答案 (1)1A (2)1.2×10－4C
解析 (1)电路稳定时，R1、R2串联，
易求I＝＝1A，即为通过R1的电流．
(2)S闭合时，电容器两端电压UC＝U2＝I·R2＝6V，储存的电荷量Q＝C·UC.S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时UC′＝E，储存的电荷量Q′＝C·UC′.很显然电容器上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.2×10－4C．电容器上电荷量的增加是在S断开以后才产生的，这只有通过R1这条途径实现，所以流过R1的电荷量就是电容器带电荷量的增加量．
借题发挥 (1)首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联．(2)根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压．(3)最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量．
四、电路故障分析
用电压表检查故障：用电压表与电源并联，若有示数，再逐段与电路并联．若电压表指针偏转，则说明该段电路中有断点．
例4 用电压表检查如图5所示电路的故障，测得Uad＝5.0V，Ucd＝0，Uab＝5.0V，则此故障可能是( )
图5
A．L断路
B．R断路
C．R′断路
D．S断路
答案 B
解析 Uab＝5.0V，说明b、c、d与电源之间和a与电源之间的元件和导线是完好的，只能是R断路.
闭合电路的动态分析
1．如图6所示的电路，闭合电键S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值．则( )
图6
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电阻R2两端的电压减小
D．路端电压增大
答案 B
解析 题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U外↓.R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小，读数减小，A、C、D错误，B项正确．
闭合电路中的功率和效率
2．如图7所示，直线A为电源的U?I图线，直线B为电阻R的U?I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是( )
图7
A．4W,8W
B．2W,4W
C．4W,6W
D．2W,3W
答案 C
解析 从题图中可知E＝3V，图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成闭合电路的工作点，因此P出＝UI＝4W，P总＝EI＝6W.
含电容器电路分析
3．如图8所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时( )
图8
A．灯泡L变暗
B．光敏电阻R上的电压增大
C．电压表V的读数减小
D．电容器C的电荷量增大
答案 CD
解析 光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－
I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C的电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．
电路故障分析
4．如图9所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，在两灯突然熄灭后，用电压表测得c、d间电压比灯泡正常发光时的电压高，故障的原因可能是(假设电路中仅有一处故障)( )
图9
A．a、c间断路
B．c、d间断路
C．b、d间断路
D．b、d间短路
答案 B
解析 因电路中L1、L2、R及电源串联，电路中只有一处故障且两灯不亮，电路中必是断路，故D错误．电路中无电流，但c、d间电压升高，是因为c、d间断路，c、d两点分别与电源正、负极等电势．故正确答案为B.
、
题组一 闭合电路的动态分析
1．如图1所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则( )
图1
A．电灯L更亮，安培表的示数减小
B．电灯L更亮，安培表的示数增大
C．电灯L更暗，安培表的示数减小
D．电灯L更暗，安培表的示数增大
答案 A
解析 变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误．
2．如图2所示，E为电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )
图2
A．I1增大，I2不变，U增大
B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大
D．I1减小，I2不变，U减小
答案 B
解析 滑动触点由a向b移动时，R2阻值减小，所以总电阻减小，电路中总电流增大，则内电压增大，路端电压减小，故U减小．总电流增大，R3两端电压也增大，所以并联电路电压减小，故I1减小，I2增大．
3.如图3所示的电路中，电源的内阻r≠0，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器R的滑片向a移动时，电路中的电流I1、I2的变化情况是( )
图3
A．I1不变
B．I1变小
C．I2变大
D．I2变小
答案 BC
解析 当滑动变阻器R的滑片向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，整个回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I＝变大，路端电压U＝E－Ir变小，I1变小，A错误，B正确；又I＝I1＋I2，所以I2变大，C正确，D错误．
题组二 闭合电路的功率和效率
4．两个电池1和2的电动势E1＞E2，它们分别向同一电阻R供电，电阻R消耗的电功率相同．比较供电时电池1和2内部消耗的电功率P1和P2及电池的效率η1和η2的大小，则有( )
A．P1＞P2，η1＞η2
B．P1＞P2，η1＜η2
C．P1＜P2，η1＞η2
D．P1＜P2，η1＜η2
答案 B
解析 因为PR相等，则电流I相等．由I＝＝，E1＞E2，得r1＞r2，所以P1＞P2.而η＝＝，所以η与E成反比，故η1＜η2，故选B.
5．如图4所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率P随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1A，那么AB线段表示的功率为( )
图4
A．1W
B．6W
C．2W
D．2.5W
答案 C
解析 由题图不难看出，在C点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E＝3V，短路电流为I＝3A，所以电源的内阻为r＝＝1Ω.图象上AB线段表示的功率为PAB＝P总－I2r＝(1×3－12×1)
W＝2W．故正确选项为C.
6.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图5所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为一个电阻R两端的电压与电流关系的图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么( )
图5
A．R接到电源a上，电源的效率较低
B．R接到电源b上，电源的输出功率较大
C．R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高
D．R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高
答案 C
解析 电源的效率η＝＝，由题中图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源输出功率P＝UI，由题中图象易得R接在电源a上输出功率较大，A、B、D错误，C正确．
题组三 含电容器电路分析
7．如图6所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是( )
图6
A．把R2的滑片向左移动
B．把R2的滑片向右移动
C．把R1的滑片向左移动
D．把开关S断开
答案 A
解析 若尘埃P处于静止状态，则重力与电场力平衡．若尘埃向下加速运动，则电场力减小，电容器两极板间的电压减小，故向左移动R2的滑片可以实现这种变化．故A正确、B错．由于稳定时R1支路无电流，故无论如何移动R1，电容器两极板间的电压都不会改变，故尘埃仍平衡，故C错．断开开关S，电容器两极板间电压增大，这种情况与B选项效果相同，故D错．
8．在如图7所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，在P向上移动的过程中，下列说法正确的是( )
图7
A．A表的示数变大
B．油滴向上加速运动
C．G中有a→b的电流
D．电源的输出功率一定变大
答案 B
解析 油滴静止时，它所受的重力等于向上的电场力F＝qE＝，在P向上移动的过程中，滑动变阻器的有效电阻变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，电路的总电流I变小，路端电压U外变大，则选项A错误；而电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，由U外＝U1＋U并知，U并变大，UC＝U并变大，油滴所受电场力变大，将向上加速运动，QC＝CU并变大，电容器C充电，电流方向由b→a，则选项B正确，C错误；电源的输出功率变化不确定，选项D错误．
9．在如图8所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
图8
A．灯泡L变亮
B．电源的输出功率变小
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表读数变小，电压表读数变大
答案 BD
解析 将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，电路中电流变小，灯泡变暗，A错误；路端电压变大，电阻R两端电压变大，电容器C两端电压变大，电容器C上电荷量增加，C错误，D正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，则外电路电阻比r大得越多，输出功率越小，B正确．
10．如图9所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为T.调节R1、R2，关于T的大小判断正确的是( )
图9
A．保持R1不变，缓慢增大R2时，T将变大
B．保持R1不变，缓慢增大R2时，T将变小
C．保持R2不变，缓慢增大R1时，T将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，T将变小
答案 B
解析 当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力T三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D选项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F变小．故A选项错，B选项正确．
11．如图10所示，R为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：
图10
(1)电源的电动势E和内阻r；
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大，最大值Pm为多少．
答案 (1)6V 1Ω (2)1Ω 9W
解析 (1)由闭合电路欧姆定律E＝U1＋r①
E＝U2＋r②
联立①②并代入数据解得E＝6V，r＝1Ω.
(2)电功率表达式为P＝R③
将③式变形为P＝④
由④式知，当R＝r＝1Ω时，
P有最大值Pm＝＝9W.
12．如图11所示的电路中，R1＝2Ω，R2＝R3＝4Ω.当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W．当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：
图11
(1)开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；
(2)电源的电动势和内电阻．
答案 (1)1A 4V (2)6V 2Ω
解析 (1)K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得通过电源电流
I1＝＝1A，
电源两端电压U1＝＝4V.
(2)K接a时，有E＝U1＋I1r＝4＋r.①
K接b时，R1和R2串联，
R外′＝R1＋R2＝6Ω，
通过电源的电流I2＝＝0.75A，
这时有：E＝U2＋I2r＝4.5＋0.75r，②
联立①②并代入数据，解得E＝6V，r＝2Ω.
PAGE
1第5讲 实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线
[目标定位] 1.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法.2.会正确选择实验器材和实验电路.3.描绘小灯泡的伏安特性曲线并掌握分析图线的方法．
1．实验原理
由于通过小灯泡的电流越大，灯丝的温度越高，灯丝的电阻率随温度的升高而增大，因此灯丝的电阻随温度的升高而增大．由R＝得，在I－U坐标系中，图线上点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，故画出的小灯泡的I－U图线为曲线．
2．实验器材
学生电源(4～6V直流)或电池组、小灯泡(“4V,0.7A”或“3.8V,0.3A”)、滑动变阻器、电压表、电流表、开关、导线若干、铅笔、坐标纸．
3．实验电路图(如图1所示)
图1
想一想 小灯泡的伏安特性曲线是向上弯曲的还是向下弯曲的？
答案 因为灯泡的电阻随温度的升高而增大，又因为图线的斜率表示小灯泡电阻的倒数，所以小灯泡的伏安特性曲线是向下倾斜的曲线．
一、探究实验原理
1．电流表的内接法和外接法的比较
内接法
外接法
电路图
误差原因
电流表的分压
电压表的分流
测量值和真实值的比较
R测＝＝Rx＋RA测量值大于真实值
R测＝＝测量值小于真实值
适用于测量
测大电阻，或＞
测小电阻或＞
2.滑动变阻器的两种接法比较
接法项目
限流式
分压式
电路组成
变阻器接入电路的特点
采用“一上一下”的接法
采用“两下一上”的接法
调压范围
～U
0～U
适用情况
负载电阻的阻值Rx与滑动变阻器的总电阻R相差不多，或R稍大，且电压、电流变化不要求从零调起
(1)要求负载上电压或电流变化范围较大，且从零开始连续可调(2)负载电阻的阻值Rx远大于滑动变阻器的总电阻R
二、实验过程
1．实验步骤
(1)根据小灯泡上所标的额定值，确定电流表、电压表的量程，按图2所示的电路图连接好实物图．(注意开关应断开，滑动变阻器与小灯泡并联部分电阻为零)
图2
(2)闭合开关S，调节滑动变阻器，使电流表、电压表有较小的明显示数，记录一组电压U和电流I.
(3)用同样的方法测量并记录几组U和I，填入下表.
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压U/V
电流I/A
(4)断开开关，整理好器材．
2．数据处理
(1)在坐标纸上以U为横轴、I为纵轴建立直角坐标系．
(2)在坐标纸中描出各组数据所对应的点．(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)
(3)将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线．
3．实验结果与数据分析
(1)结果：描绘出的小灯泡灯丝的伏安特性曲线不是直线，而是向横轴弯曲的曲线．
(2)分析：小灯泡灯丝的伏安特性曲线是曲线的原因是小灯泡灯丝的电阻随温度变化而变化．曲线向横轴弯曲，即斜率变小，电阻变大，说明小灯泡灯丝的电阻随温度升高而增大．
4．误差分析
(1)系统误差：由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差．
(2)测量误差：测量时读数带来误差．
(3)作图误差：在坐标纸上描点、作图带来误差．
5．注意事项
(1)本实验要作I－U图线，要求测出多组包括零在内的电压值、电流值，因此滑动变阻器应采用分压式接法．
(2)由于小灯泡的电阻较小，故采用电流表外接法．
(3)画I－U图线时纵轴、横轴的标度要适中，所描绘图线占据整个坐标纸为宜，不要画成折线，应该用平滑的曲线连接，对个别偏离较远的点应舍去．
例1 有一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用：
A．电压表(0～5V，内阻10kΩ)
B．电压表(0～15V，内阻20kΩ)
C．电流表(0～3A，内阻1Ω)
D．电流表(0～0.6A，内阻0.4Ω)
E．滑动变阻器(10Ω，2A)
F．滑动变阻器(500Ω，1A)
G．学生电源(直流6V)、开关、导线若干
图3
(1)实验时，选用图3中甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：______________
________________________________________________________________________.
(2)实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示)
(3)把图4中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．
图4
答案 (1)描绘灯泡的I－U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 (2)A D E
(3)如下图所示．
解析 因实验目的是要描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端的电压，故采用甲图所示的分压式电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据．因小灯泡额定电压为4V，则电压表选0～5V的A而舍弃0～15V的B，因15V的量程太大，读数误差大，小灯泡的额定电流I＝0.5A，则电流表只能选D.滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡内阻8Ω，调节不方便，电压变化与变阻器使用部分的长度线性关系差，故舍去．小灯泡内阻为电流表内阻的＝20倍，电压表内阻是小灯泡的＝1250倍，故电流表采用了外接法．
例2 某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中得到如下表所示的几组U和I的数据：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I/A
0.020
0.060
0.100
0.140
0.170
0.190
0.200
0.205
(1)在图6中画出I－U图象．
图6
(2)从图象上可以看出，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是________________．
(3)这表明小灯泡的电阻随温度的升高而________．
答案 (1)I－U图象见解析图 (2)开始时不变，后来增大 (3)增大
解析 画出I－U图象如图所示，曲线开始呈直线状说明开始时电阻不变，后来斜率逐渐减小说明电阻增大．
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：
A．小灯泡：规格为“3.8V,0.3A”
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩ
E．滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2A
F．电池组：电动势6V
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3.8V且能方便地进行调节，因此电流表应选________．(填器材前选项)
(2)根据你选用的实验电路，将图5所示的器材连成实物电路．
图5
答案 (1)B (2)见解析图
解析 (1)因小灯泡的额定电流为0.3A，为减小读数误差，应让指针偏角大一些，故电流表选B.
(2)由电流表外接和滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图甲所示，由电路图连接的实物图如图乙所示．
1．在图1所示，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法不正确的是( )
图1
A．甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法
B．甲图中R测>R真，乙中R测C．甲图中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R RV，故此法测较小电阻好
D．乙图中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R RA，故此法测较大电阻好
答案 B
解析 甲图叫做电流表的外接，乙图叫做电流表的内接，A正确；甲图由于电压表的分流导致电流的测量值偏大，由R＝可知，R测＜R真；R越小，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻；乙图由于电流表的分压，导致电压的测量值偏大．由R＝得R测＞R真，R越大，电流表的分压越小，误差越小，因此这种接法适用于测大电阻，B错误；C、D正确．故选B.
2．伏安法测电阻，当被测电阻的阻值不能估计时，可采用试接的办法，如图2所示，让电压表一端接在电路上a点，另一端先后接到b点和c点．注意观察两个电表的示数，若电流表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟________表的内阻可比拟，电压表的两端应接在a和________点．若电压表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟________表的内阻可比拟，电压表应接在a和________两点．
图2
答案 电压 c 电流 b
解析 若电流表示数变化明显，说明电压表的分流作用较大，即说明电压表的内阻不是很大，则待测电阻的阻值跟电压表的内阻可比拟，应采用电流表内接法，即电压表的两端应接在a和c之间；若电压表示数变化明显，说明电流表的分压作用较明显，即电流表的内阻与待测电阻可比拟，应采用电流表的外接法，即电压表应接在a、b之间．
3．在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、开关S等，要求灯泡两端电压从0开始变化．
(1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)．
(2)某同学已连接如图3所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．
图3
①________________________________________________________________________.
②________________________________________________________________________.
答案 (1)分压
(2)①开关S不应闭合，应处于断开状态
②滑动变阻器滑动触头p位置不当，应将其置于b端
4．如图4甲所示为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．
甲 乙
丙 丁
图4
(1)为了通过测量得到如图甲所示I－U关系的完整曲线，在图乙和图丙两个电路中应选择的是图________，简要说明理由：____________________________________________.
(电源电动势为9V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω)
(2)在如图丁所示的电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1＝250Ω.由热敏电阻的I－U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为______V；电阻R2的阻值为________Ω.
答案 (1)乙 图乙加在热敏电阻两端的电压可以从零调到所需电压 (2)5.2 111.8
解析 (1)图乙的滑动变阻器用的是分压式接法，加在热敏电阻两端的电压可以从零调到所需电压，从而能够得到完整I－U图线，故选图乙．
(2)通过R1的电流为I1＝＝A＝36mA，通过热敏电阻的电流I2＝I－I1＝(70－36)
mA＝34mA，由图甲可知热敏电阻两端的电压为5.2V，电阻R2＝Ω≈111.8Ω.
5．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：
小灯泡L，“3.8V,0.3A”
电压表V，量程0～5V，内阻5kΩ
电流表A1，量程0～100mA，内阻4Ω
电流表A2，量程0～500mA，内阻0.4Ω
滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流1.0A
滑动变阻器R2，最大阻值5Ω，额定电流0.5A
直流电源E，电动势约为6V
开关S及导线若干
(1)在上述器材中，滑动变阻器应选________；电流表应选________．
(2)在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．
(3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I－U坐标系中，描绘出如图5所示的小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中P为小灯泡的功率)( )
图5
答案 (1)R1 A2 (2)电路图如解析图所示 (3)BD
解析 (1)本题滑动变阻器采用分压接法，通常应当选用最大阻值较小的滑动变阻器，但本题中如果选用R2，则电路中的电流会超过R2允许通过的最大电流，故滑动变阻器应当选择R1.电流表A1的量程太小，故电流表应当选择A2.
(2)电路如右图所示，由于电压要从0开始测量，滑动变阻器用分压接法；因为灯泡的内阻比较小，电流表用外接法．
(3)随着通过小灯泡电压电流的增大，小灯泡消耗的功率增大，小灯泡的电阻也增大，由P＝知B图正确，由P＝I2R知D图正确．
6．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按图6所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是________导线断路．
图6
(2)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图中的(a)、(b)、(c)，下列说法正确的是( )
A．a可以作为标准电阻使用
B．b能作为标准电阻使用
C．b的阻值随电压升高而增大
D．c的阻值随电压升高而增大
答案 (1)g (2)AC
解析 (1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g导线断路．
(2)因a元件的I?U线是直线，说明电阻随电压的变化不变，故可作为标准电阻，故A对，B错．因I－U线的斜率的倒数的变化表示电阻值的变化，故C对，D错，选A、C.
7．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．
(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)
B．电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
D．电压表(0～15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图7中的________(选填“甲”或“乙”)．
图7
(2)图8是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．
图8
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图9所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________Ω(保留两位有效数字)．
图9
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
答案 (1)B C 甲 (2)见解析 (3)5.2 (4)B D
解析 (1)为了减小误差，应使电表读数为量程的～，电源电动势为4V，故电压表选C.估算通过Rx的最大电流约为Im＝A＝0.6A，所以电流表应选B.因为＞，所以电流表应外接，即应采用甲电路，测量误差较小．
(2)
(3)电流表、电压表的读数分别为I＝0.50A U＝2.60V
所以Rx＝＝5.2Ω.
(4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用，选项B正确．乙电路中产生误差的主要原因是电流表的分压作用，故选项D正确．
8．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得电流、电压的数据如下表所示：
电流I/mA
2.7
5.4
12.4
19.5
27.8
36.4
47.1
56.1
69.6
81.7
93.2
电压U/V
0.04
0.08
0.21
0.54
1.30
2.20
3.52
4.77
6.90
9.12
11.46
(1)用上表数据在图10中描绘电压随电流的变化曲线；
图10
(2)为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图11所示，请指出图线的特征，并解释形成的原因．
图11
答案 (1)如图所示
(2)特点：电阻随电流增大而增大
电阻随电流的变化快慢不同，存在三个区间：第一区间电流很小时，电阻变化不大；第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢．
PAGE
1第1讲 电场力做功与电势能
[目标定位] 1.知道电场力做功的特点和电势能的概念.2.理解电场力做功与电势能变化的关系．
一、电场力做功的特点
1．在电场中，把点电荷＋q直接由A点移动到B点，电场力做功W＝qE·d；将＋q先沿直线AC移动到C点，然后沿直线CB移动到B点，电场线做的功W＝qE·d；如果沿任意路径(如图1中曲线)由A点移动到B点，电场力做的功W＝qE·d.
图1
2．在电场中移动电荷时，电场力做功与路径无关，只与始末位置有关．
想一想 电场力做功的特点，与你以前学过的哪个力做功的特点最为相似？
答案 重力
二、电势能
1．概念：电荷在电场中也具有势能，这种势能叫做电势能．
2．大小：电荷在电场中某点具有的电势能等于把电荷从该点移到选定的参考点的过程中电场力所做的功．
3．电势能与电场力做功的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，用公式表示WAB＝EpA－EpB.
4．电势能的相对性：选择不同的零势能点，电荷在电场中同一点的电势能的值是不同的(填“相同”或“不同”)．
想一想 在电场中确定的两点移动等量的正、负电荷时，电场力做功和电势能的变化有何差异？
答案 电场力做功的绝对值相等，正负不同，电势能的变化量相等，增减情况相反．
一、电场力做功的特点
1．电场力对电荷所做的功，与电荷的初末位置有关，与电荷经过的路径无关．该结论既适用于匀强电场又适用于非匀强电场，既适用于直线运动又适用于曲线运动．
2．在匀强电场中，电场力做的功为W＝qEd，其中d为沿电场线方向的位移．
在非匀强电场中可以用W＝qEd进行定性讨论．
例1 如图2所示，电荷q射入一固定的点电荷Q的电场中，仅受电场力的作用，先后经过a点和b点，图中虚线表示其运动轨迹．a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra和rb，且rb＝2ra，则( )
图2
A．a点的电场强度是b点电场强度的2倍
B．电场力对电荷q先做正功后做负功
C．电场力对电荷q先做负功后做正功
D．带电粒子的动能先减小后增大
答案 CD
解析 根据E＝k知，rb＝2ra，a点的电场强度是b点电场强度的4倍．A错误．轨迹弯曲大致指向合力的方向，知电荷所受的电场力背离点电荷，可知电场力先做负功后做正功．B错误，C正确．根据动能定理知，粒子的动能先减小后增大，D正确．故选C、D.
针对训练 如图3所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是( )
图3
A．B、D两点的电场强度相同
B．A点的电场强度大于C点的电场强度且两点电场强度方向相同
C．一电子沿B→C→O→D路径移动到D点，电场力一直做正功
D．一电子沿对角线B→O→D路径移动电场力不做功
答案 AD
解析 由于B、D两点处在等量异种电荷的中垂线上，且关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，A点的电场强度与C点的电场强度大小相等、方向相同．故A正确，B错误．电子沿B→C→O→D路径移动到D点，电场力做负功，先靠近负电荷，后远离负电荷，电场力做正功，因此电场力先做负功，后做正功，C错误．从B到D的过程中，速度方向始终与电场线方向垂直，故电场力不做功，故D正确．故选A、D.
二、对电势能的理解
1．系统性：电势能由电场和电荷共同决定，但我们习惯说成电场中的电荷所具有的．
2．相对性：电势能是一个相对量，电势能的大小与零势能点的选取有关，因此确定电荷的电势能首先应确定零势能点的位置．
3．标量性：电势能是标量，有正负、无方向．电势能为正值表示电势能大于参考点的电势能，电势能为负值表示电势能小于参考点的电势能．
4．电场力做功与电势能的关系：
电场力做正功，电势能减少，减少的电势能等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增加，增加的电势能等于克服电场力做的功，即WAB＝EpA－EpB.
例2 如图4所示，O、A、B为一直线上的三点，OA＝AB，在O处固定一个点电荷＋Q，若一点电荷＋q放在A、B两点所受库仑力分别为FA、FB，电势能分别为EPA、EPB，则( )
图4
A．FA＝2FB
B．FA＝4FB
C．EPA＜EPB
D．EPA＞EPB
答案 BD
解析 根据库仑定律F＝k，电荷间的库仑力与距离的平方成反比，故FA＝4FB，故A错误，B正确；将点电荷＋q从A移动到B，电场力做正功，故电势能减小，故EPA＞EPB，故C错误，D正确．故选B、D.
例3 将带电荷量为6×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10－5J的功，再从B移到C，电场力做了1.2×10－5J的功，则：
(1)电荷从A移到B，再从B移到C的过程中电势能共改变了多少；
(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少．
答案 见解析
解析 (1)WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5)
J＝－1.8×10－5J.
可见电势能增加了1.8×10－5J.
(2)如果规定A点的电势能为零，由公式得该电荷在B点的电势能为EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5J.
同理，C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5J.
电场力做功的特点
1．如图5所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知<.下列叙述正确的是( )
图5
A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做正功
B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做功
C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做正功
D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功
答案 AD
解析 由点电荷产生的电场的特点可知，正电荷从M点到N点，电场力做正功，故A对、B错；负电荷由M点到N点，克服电场力做功，C错；电场力做功与路径无关，负点电荷又回到M点，则整个过程中电场力不做功，电势能不变，故D对．
电场力做功与电势能变化的关系
2．如图6所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
图6
A．若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少
B．若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向A运动，电势能增加
C．若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加
D．若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向B运动，电势能减少
答案 A
解析 若在C点无初速度地释放正电荷，正电荷所受电场力向右，则正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少；若在C点无初速度地释放负电荷，负电荷所受电场力向左，则负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少．
3．如图7所示，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的电场力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中( )
图7
A．涂料微粒带负电
B．离工件越近，所受库仑力越小
C．电场力对涂料微粒做负功
D．涂料微粒的电势能减小
答案 AD
解析 由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A正确．离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．B错误．涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故C错误，D正确．故选A、D.
4．如图8所示，竖直向上的匀强电场中，有一质量为m的带正电小球，施加拉力F使小球向上加速运动一段距离，在此过程中重力和电场力所做功的绝对值分别为W1和W2，不计空气阻力，则( )
图8
A．小球的电势能增加了W2
B．小球的重力势能增加了W1
C．小球的动能增加了W1＋W2
D．小球的机械能增加了W2
答案 B
解析 电场力做正功，小球的电势能减小，A错误；重力做负功，重力做多少负功重力势能增加多少，B正确；小球受到重力、电场力和拉力三个力的作用，三个力都做功，拉力、电场力做正功，重力做负功，其中，拉力做的功不知道．故不能判定小球的动能增加多少．C错误；也不能判定小球的机械能增加多少，D错误．故选B.
题组一 电场力做功的特点
1．下列说法正确的是( )
A．电荷从电场中的A点运动到了B点，路径不同，电场力做功的大小就可能不同
B．电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则电场力做功为零
C．正电荷沿着电场线运动，电场力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，电场力对负电荷做正功
D．电荷在电场中运动，因为电场力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立
答案 BC
解析 电场力做功和电荷运动路径无关，A错误；电场力做功只和电荷的初、末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，电场力做功为零，B正确；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的电场力和电荷的位移方向相同，故电场力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，电场力对负电荷做正功，C正确；电荷在电场中虽然有电场力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律，D错误．
2．如图1所示，电场中a、b、c三点，ab＝bc，则把点电荷＋q从a点经b点移到c点的过程中，电场力做功的大小关系有( )
图1
A．Wab>Wbc
B．Wab＝Wbc
C．WabD．无法比较
答案 C
解析 由电场线的疏密可知，a点的场强最小，c点的场强最大，位移相同时，bc段受到的平均电场力大，所以Wab图2
3．空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图2虚线所示，在相等的时间间隔内( )
A．重力做的功相等
B．电场力做的功相等
C．电场力做的功大于重力做的功
D．电场力做的功小于重力做的功
答案 C
解析 首先对带电微粒进行受力分析，竖直向下的重力和竖直向上的电场力．由图可知微粒做曲线运动，又由于微粒的轨迹向上偏转，则电场力大于微粒的重力，其合力向上，则微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，对于匀变速直线运动的规律在竖直方向上适用，则在相等的时间间隔内，位移之比为1∶3∶5∶…因此在相等的时间间隔内重力与电场力做的功都不相等，A、B错误；由于电场力大于重力，因此在相等的时间内电场力做的功大于重力做的功，C对，D错．题组二 电场力做功与电势能的关系
4．关于电场中电荷的电势能的大小，下列说法正确的是( )
A．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大
B．正电荷沿电场线正向移动，电势能一定增大
C．负电荷沿电场线正向移动，电势能一定增大
D．正电荷沿电场线正向移动，电势能一定减小
答案 CD
解析 电势能的大小与场强大小无关，故A错误．正电荷沿电场线正向移动，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿电场线正向移动，电场力做负功，电势能增加，故B错误，C、D正确．
5．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6J的功，那么( )
A．电荷在B点将具有5×10－6J的电势能
B．电荷在B点将具有5×10－6J的动能
C．电荷的电势能减少了5×10－6J
D．电荷的动能增加了5×10－6J
答案 CD
解析 由电场力做正功，故电势能减少5×10－6J，动能增加5×10－6J，C、D正确．
6．如图3所示，在等量正点电荷形成的电场中，它们连线的中垂线ab上，有一电子，从静止开始由a运动到b的过程中(a、b相对O点对称)，下列说法正确的是( )
图3
A．电子的电势能始终增加
B．电子的电势能始终减少
C．电子的电势能先减少后增加
D．电子的电势能先增加后减少
答案 C
解析 由等量正电荷形成的电场特点可知，ab上的电场方向由O指向a，由O指向b，所以电子由a运动到O，电场力做正功，电势能减少．由O运动到b，电场力做负功，电势能增加，故C正确，A、B、D错误．
7．如图4所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹．若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是( )
图4
A．电荷从a到b加速度减小
B．电荷从a到b动能减小
C．电荷从a到b电势能减小
D．电荷从a到b电势能增加
答案 ABD
解析 由电场线的疏密程度可知，Ea>Eb，再由a＝＝知，A项正确；电场力的方向指向曲线的内侧，即沿电场线指向左，粒子从a运动到b处，电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以B、D项正确，C项错误.
8．如图5所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中( )
图5
A．速率先增大后减小
B．速率先减小后增大
C．电势能先减小后增大
D．电势能先增大后减小
答案 AC
解析 由运动规律可知，由M→P→N的过程中电场力先做正功后做负功，速率先增大后减少，电势能先减小后增大，动能先增大后减小，故A、C正确．
题组三 综合应用
9．如图6所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，只受电场力和重力作用，沿图中虚线由A运动至B，其能量变化情况是( )
图6
A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能减少，重力势能增加，电势能增加
C．动能不变，重力势能增加，电势能减少
D．动能增加，重力势能增加，电势能减少
答案 B
解析 A项，微粒沿直线运动，受到的电场力水平向左，合力与v0反向，由A→B电场力做负功，电势能增加，故A错．B项，重力、电场力都做负功，重力势能、电势能都增加，动能减少，故B对．C项，合外力与v0反向，对粒子做负功，动能减少，故C错．D项，合外力做负功、动能减少、电场力做负功、电势能增加，故D错．
10．如图7所示，A、B两点各放一电荷量均为Q的等量异种电荷，有一竖直放置的光滑绝缘细杆在两电荷连线的垂直平分线上，a、b、c是杆上的三点，且ab＝bc＝l，b、c关于两电荷连线对称．质量为m、带正电荷q的小环套在细杆上，自a点由静止释放，则( )
图7
A．小环通过b点时速度为
B．小环通过c点时速度为
C．小环从b到c速度可能先减小后增大
D．小环做匀加速直线运动
答案 AD
解析 中垂线上各点的合场强均为水平向右，与小环的运动方向垂直不做功，故小环做匀加速直线运动．故有v＝2gl，即vb＝，A、D正确．v＝2g·2l vc＝2，B错．
11．如图8所示，在场强为5×105N/C的匀强电场中有A、B两点，它们之间的距离为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电荷量为－2×10－5C的电荷由A移到B，问：
图8
(1)在此过程中，电场力对该电荷做了多少功；
(2)电荷的电势能如何变化，变化了多少．
答案 (1)－0.1J (2)增加 0.1J
解析 (1)电场力对电荷做的功
W＝qELcos60°＝－0.1J
(2)电荷的电势能增加，增加了0.1J.
12．如图9所示，绝缘水平面上固定一带电量为＋4Q的质点B，与它相距r处放一质量为m、电荷量为＋Q的质点A，它与水平面间的动摩擦因数为μ，现将A由静止释放，当其速度达到最大值v时，系统电势能的变化量是多少？
图9
答案 －mv2－μmg
解析 对质点A受力分析如图所示，
将质点A由静止释放后，先做加速运动，后做减速运动．当库仑力等于摩擦力时，其速度最大，设此时A、B间距离为r′，则
k＝μmg①
由动能定理得：W－μmg(r′－r)＝mv2②
由①②式联立解得电场力做的功
W＝mv2＋μmg
所以，系统电势能变化量是
－mv2－μmg.
PAGE
1第1讲 静电现象及其微观解释
[目标定位] 1.了解电荷及静电现象的产生.2.了解静电的应用及防护.3.掌握电荷守恒定律并能解答相应问题.
一、静电的产生
1.使物体带电的三种方式：摩擦起电、接触起电、感应起电.
2.静电感应：导体因受附近带电体的影响而带电的现象叫做静电感应.利用静电感应使物体带电的方式叫感应起电.
3.电荷：物理学规定：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电.同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引.
二、原子结构与电荷守恒
1.原子结构：物质是由原子、分子、离子等微粒组成；原子是由原子核和电子组成；原子核是由中子和质子组成.质子带正电，电子带负电，物体不显电性.
2.电荷守恒定律：电荷既不能创生，也不能消灭，只能从物体的一部分转移到另一部分，或者从一个物体转移到另一个物体.在转移的过程中，电荷的总量不变.这个规律叫做电荷守恒定律.
3.物体带电的本质：电子的转移.
想一想 摩擦起电的物体所带的电荷是哪里来的？
答案 摩擦起电的电荷是相互摩擦的物体间电子的转移造成的.
三、静电的应用与防护
1.静电的应用：激光打印机、静电喷雾、静电除尘、静电杀菌等.
2.防止静电危害的方法之一是：尽快把静电导走.
想一想 油罐车车尾为什么拖着一条长长的铁链？
答案 由于运输过程中油和油罐摩擦产生了静电，通过一条铁链可以将电荷导走，避免引起爆炸事故.
一、三种起电方式
1.摩擦起电：当两个物体相互摩擦时，一些束缚不紧的电子会从一个物体转移到另一个物体，于是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.
2.感应起电：当一个带电体靠近导体时，由于电荷之间相互吸引或排斥，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.
3.接触起电：当导体与带电导体接触时，电子从一个物体转移到另一个物体上，使导体带上与带电体相同性质的电荷.
4.三种起电方式的实质都是自由电子的转移.
例1 绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a的旁边有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电，如图1所示，现使b带电，则( )
图1
A.b将吸引a，吸住后不放开
B.b先吸引a，接触后又把a排斥开
C.a、b之间不发生相互作用
D.b立即把a排斥开
答案 B
解析 b球带电后，使a产生静电感应，感应的结果是a靠近b的一侧出现与b异种的感应电荷，远离b的一侧出现与b同种的感应电荷.虽然a上的感应电荷等量异号，但因为异种电荷离b更近，所以b对a的电场力为引力.当b吸引a使两者接触后，由于接触带电，b、a又带上同种电荷，有斥力作用，因而又把a排斥开，所以B项正确.
借题发挥 (1)带电体具有吸引轻小物体的性质，所以两物体吸引不一定是因为带有异种电荷.也可能是因为其中一个是轻小物体.
(2)
在处理带电物体间发生相互作用时，需特别注意带电物体具有吸引不带电的轻小物体的特性，所以当两物体相互吸引时，其可能情况是一个带电，另一个不带电，也可能是两物体带异种电荷.
针对训练
如图2所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是( )
图2
A.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B.把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
C.先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D.先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
答案 AB
解析 虽然A、B起初都不带电，但带正电的导体C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端带正电荷，其下部贴有的金属箔片分别带上了与A、B同种的电荷，所以金属箔片都张开，A正确.C只要一直在A、B附近，先把A、B分开，A、B上的电荷因受C的作用力不可能中和，因而A、B仍带等量异种的感应电荷，此时再移走C，A、B所带电荷量不变，金属箔片仍张开，B正确.但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以箔片都不会张开，C错.先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷会完全中和，箔片都不会张开，D错.故选A、B.
二、电荷守恒定律的理解和应用
1.三种起电方式的本质都是电子的转移，在转移的过程中电荷的总量不变
注意 (1)电中性的物体内部也有电荷的存在，只是电荷量的代数和为零，对外不显电性；
(2)电荷的中和是指带等量异号电荷的两物体接触时，经过电子的转移，最终达到电中性的过程.
2.接触带电时电荷量的分配与导体的形状、大小有关，当两个完全相同的金属球接触后，电荷将平均分配，即最后两个球一定带等量的同种电荷.若两个球原先带同号电荷，电荷量相加后均分；若两个球原先带异号电荷，则电荷先中和再均分.
例2 一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上的电荷几乎不存在了，这说明( )
A.小球上原有的负电荷逐渐消失了
B.在此现象中，电荷不守恒
C.小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D.该现象是由于电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律
答案 CD
解析 绝缘金属小球上的电荷量减少是由于电子通过空气导电转移到外界，使小球上的电荷量减少，但这些电子并没有消失，就小球和整个外界组成的系统而言，其电荷总量保持不变，因此C、D选项正确.
例3 半径相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个半径相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开.
(1)若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大；
(2)若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大.
答案 (1)2∶3 (2)2∶1
解析 (1)设A、B带同种电荷且电荷量均为q，则A、C接触后，A、C所带电荷量为qA＝qC＝q.
C与B球接触后，B、C所带电荷量为：qB＝qC′＝＝q.
故A、B所带电荷量大小之比为＝＝.
(2)设qA＝＋q，qB＝－q.
则C与A接触后，A、C所带电荷量为qA′＝qC＝＋q.
C与B接触后，B、C所带电荷量为qB′＝qC′＝
＝－q，
故A、B所带电荷量大小之比为＝＝.
借题发挥 (1)相同的金属球带同种电荷时，接触时总电荷量平分.(2)相同的金属球带异种电荷时，接触时电荷中和后将剩余电荷平分.
三、静电的应用与防护
1.静电的危害：雷鸣闪电造成人畜伤亡，静电火花引发的爆炸和火灾，静电放电导致电子设备的故障，以及工业中的一些静电危害等.
2.防止静电危害的措施有：①尽快导走多余电荷，避免静电积累；②调节空气的湿度；③易燃易爆环境中保持良好的通风、消除静电火花的引爆条件.
例4 下列措施利用了静电的是( )
A.油罐车的油罐有条铁链搭到地上
B.农药喷洒飞机喷洒的农药雾滴带正电
C.家用电器如洗衣机接有地线
D.手机一般都装有天线
答案 B
解析 油罐车的油罐有条铁链搭到地上，目的是把油罐车产生的静电导到地下，保证油罐车的安全，家用电器也一样，A、C错误.农药喷洒飞机喷洒的农药雾滴带正电，而叶子上都带有负电，农药不会被风吹走，B正确.手机接有天线目的是为了更好的接收信号，D错误.
对物体带电本质的理解
1.如图3所示，用起电机使金属球A带上正电荷，并靠近验电器B，则( )
图3
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
答案 D
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.
电荷守恒定律的理解和应用
2.有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量为QA＝6.4×10－9C、QB＝－3.2×10－9C，让两个绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少个电子？
答案 电子由B球转移到了A球，转移了3.0×1010个电子
解析 当两小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配.由于两小球相同，剩余正电荷
必均分，即接触后两小球带电荷量QA′＝QB′＝＝C＝1.6×10－9C.
在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，使B球带QB′的正电，这样，共转移的电子电荷量为ΔQB＝QB′－QB＝[1.6×10－9－(－3.2×10－9)]C＝4.8×10－9C.
转移的电子数n＝＝＝3.0×1010(个).
静电的应用与防护
3.专门用来运输柴油、汽油的油罐车，在它的尾部都装有一条拖在地上的铁链，对它的作用下列说法正确的是
( )
A.让铁链与路面摩擦产生静电，使油罐车积累一定的静电荷
B.让铁链发出声音，以引起其他车辆的注意
C.由于罐体与油摩擦产生了静电，罐体上的静电被铁链导入大地，从而避免了火花放电
D.由于罐体与油摩擦产生了静电，铁链将油的静电导入大地，从而避免了火花放电
答案 C
解析 在运输柴油、汽油时，由于上下左右颠簸摇摆，造成油和油罐摩擦而产生静电，所以在油罐车尾部装一条拖在地上的铁链能将静电导入大地从而避免静电的积累.
题组一 对起电的三种方式的理解
1.关于摩擦起电现象，下列说法正确的是( )
A.摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子
B.两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷
C.摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
D.丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电
答案 BD
解析 摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不同，因而电子可以在物体间转移，若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电.若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电.使物体带电并不是创造出电荷.
2.如图1所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，甲、乙两个导体球开始时互相接触且对地绝缘.下述几种方法中能使两球都带电的是( )
图1
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.棒的电荷量不变，两导体球不能带电
答案 AC
解析 感应起电应遵从以下几个步骤：(1)两导体彼此接触；(2)带电体移近两导体；(3)先分开两导体，再移走带电体.由此可知，A项可以使两球都带电；带电体与非带电体接触，电荷发生转移，使物体带电，C项可以使两球都带电.故正确选项为A、C.
3.A和B都是不带电的物体，它们互相摩擦后A带负电荷1.6×10－10C，下列判断中正确的是( )
A.在摩擦前A和B的内部电荷量为零
B.摩擦的过程中电子从A转移到了B
C.A在摩擦过程中一定得到了1×109个电子
D.A在摩擦过程中一定失去了1.6×10－19C电子
答案 AC
解析 根据电荷守恒定律及电子带负电可知，选项A、C正确.
4.悬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2甲、乙所示，则( )
图2
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.乙图中两球只有一个带电
答案 BC
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，所以可以判断出题图甲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题图乙中的现象，则必须都带电且是同种电荷.
5.用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上.小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图3所示.对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )
图3
A.因为笔套绝缘，所以摩擦不能使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
答案 BC
解析 笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A错误；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上性质相同的电荷，选项D错误.
6.如图4所示，是一个带正电的验电器，当一个金属球A靠近验电器上的金属小球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则( )
图4
A.金属球A可能不带电
B.金属球A一定带正电
C.金属球A可能带负电
D.金属球A一定带负电
答案 AC
解析 验电器上的金属箔片和金属球都带有正电荷，金属箔片之所以张开，是由于箔片上的正电荷互相排斥造成的.当验电器金属箔片的张角减小时，说明箔片上的正电荷一定比原来减少了，由于金属球A只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球B发生接触，要考虑感应起电的影响.当金属球A靠近时，验电器的金属球B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体，金属球A离金属球B较近，而离金属箔片较远.如果金属球A带正电，验电器上的正电荷一定向远处移动，则金属箔片上的电荷量不会减少，所以选项B是错误的.如果金属球A带负电，验电器上的正电荷会由于引力作用向近端移动，造成金属箔片上的电荷量减少，所以选项C是正确的.如果金属球A不带电，由于受到金属球B上正电荷的影响，金属球A上靠近B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷，而这些负电荷反过来会使得验电器上的正电荷向金属球B移动，效果与金属球A带负电荷一样.所以选项A也是正确的，选项D是错误的.
题组二 对电荷守恒定律的理解
7.把两个完全相同的小球接触后分开，两球相互排斥，则两球原来的电荷情况不可能是( )
A.一个小球原来带电，另一个小球原来不带电
B.两个小球原来分别带等量异种电荷
C.两个小球原来分别带同种电荷
D.两个小球原来分别带不等量异种电荷
答案 B
解析 两个完全相同的小球接触后互相排斥，说明原来两球所带电荷量的代数和不等于零.若原来两小球分别带有等量的异种电荷，则接触后将发生中和，两球均不带电，不会发生排斥作用，故选项B正确.
8.如图5导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的电荷量为( )
图5
A.－q B.q
C.2q D.4q
答案 C
解析 相同带电体接触后，电荷量先中和，后平分.
9.如图6所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12C的电荷量，求：
图6
(1)金属瓶上收集到多少个电子；
(2)实验的时间为多长.
答案 (1)5×107个 (2)5000s
解析 (1)金属瓶上收集的电子数目为：N＝＝＝5×107(个).
(2)实验的时间：t＝s＝5000s.
10.多少个电子的电荷量等于－32.0μC？干燥的天气中，一个人脱了鞋在地毯上行走，身上聚集了－48.0μC的净电荷.此人身上有多少个净剩余电子？(电子电荷量e＝－1.6×10－19C,1μC＝10－6C)
答案 2.0×1014个 3.0×1014个
解析 n1＝＝＝2.0×1014(个).
人身上聚集的电子个数n2＝＝＝3.0×1014(个).
题组三 静电的应用与防护
11.电视机的玻璃荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为( )
A.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
答案 D
解析 应明确该现象是一种静电现象，即电视机工作时，屏表面由于有静电而吸附灰尘，即D正确.
12.在下列措施中，哪些能将产生的静电尽快导走( )
A.飞机轮子上搭地线
B.印染车间保持湿度
C.复印图片
D.电工钳柄装有绝缘套
答案 AB
解析 飞机在飞行中与空气摩擦时，飞机外表面聚集了大量静电荷，降落时会对地面人员带来危害及火灾隐患.因此飞机降落时要及时导走机身聚集的静电，采取的措施是在轮胎上安装地线或用导电橡胶制造轮胎；在印染工作车间也同样容易产生静电，静电给车间带来火灾隐患，为防止火灾发生，其中安全措施之一就是车间保持湿度，从而通过湿润的空气及时导走静电；在复印图片环节中，则需要应用静电；电工钳柄装有绝缘套是防止导电，保持电工的安全.
PAGE
1第3讲 磁场对运动电荷的作用
[目标定位] 1.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向.2.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小.3.会处理洛伦兹力作用下的带电体的运动问题．
从安培力到洛伦兹力
1．洛伦兹力：当电荷在磁场中运动时，一般会受到磁场力的作用．物理学把磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力．
2．洛伦兹力的大小：实际上安培力可以看成是大量运动电荷受到洛伦兹力的宏观表现．由推导可知，洛伦兹力f与运动电荷的电荷量q、运动速度v、磁感应强度B有关．
当B∥v时，洛伦兹力为零．
当v⊥B时f的大小可写为f＝qvB.
当运动电荷速度v的方向与磁感应强度B的夹角为θ时，洛伦兹力公式为f＝qvBsin_θ.
3．洛伦兹力的方向：用左手定则来判定：伸开左手，拇指与其余四指垂直，且处于同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动的方向，那么拇指所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向.
一、洛伦兹力的方向
1．f⊥B，f⊥v，f垂直于B、v确定的平面，但B与v不一定垂直．
2．洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小．
例1 如下图所示的磁感应强度为B、电荷的运动速度为v和磁场对电荷的作用力f的相互关系图中，画得正确的是(其中B、f、v两两垂直)( )
答案 C
解析 由于B、f、v两两垂直，根据左手定则得：A、B、D选项中受洛伦兹力都与图示F的方向相反，故A、B、D错误，C正确．
借题发挥 确定洛伦兹力的方向还需明确运动电荷的电性，特别注意负电荷的运动方向与左手四指的指向应相反．
二、洛伦兹力的大小
1．洛伦兹力的大小
f＝qvBsinθ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．
(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时：f＝qvB；
(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时：f＝0；
(3)当电荷在磁场中静止时：f＝0.
2．洛伦兹力与安培力的关系
(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．而洛伦兹力是安培力的微观本质．
(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功．
3．洛伦兹力与电场力的比较
(1)洛伦兹力f＝qvB：只有运动电荷，且运动电荷的运动方向与磁场方向不平行时才受到洛伦兹力；洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，用左手定则判断．
(2)电场力F＝qE：只要是电荷在电场中就要受到电场力；电场力的方向与场强E同线(正电荷与E同向，负电荷与E反向)．
例2 在图1所示的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．
图1
答案 (1)qvB 垂直v向左上方 (2)qvB 垂直纸面向里 (3)不受洛伦兹力 (4)qvB 垂直v向左上方
解析 (1)因v⊥B，
所以F＝qvB，方向与v垂直向左上方．
(2)v与B的夹角为30°，将v分解成垂直于磁场的分量和平行于磁场的分量，v⊥＝vsin30°，f＝qvBsin30°＝qvB.方向垂直纸面向里．
(3)由于v与B平行，所以不受洛伦兹力．
(4)v与B垂直，f＝qvB，方向与v垂直向左上方．
借题发挥 确定洛伦兹力的大小时需明确“v”与“B”的方向夹角θ.
针对训练 在如下图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )
答案 BC
三、洛伦兹力作用下的带电体的运动
分析带电体在磁场中的受力运动问题，与力学方法相似，首先要受力分析，然后根据运动状态，选择恰当的物理规律．
例3 一个质量m＝0.1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图2所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10m/s2)．求：
图2
(1)小滑块带何种电荷；
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大；
(3)该斜面长度至少多长．
答案 (1)负电荷 (2)3.5m/s (3)1.2m
解析 (1)小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力N和洛伦兹力f作用，如图所示，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力f应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．
(2)小滑块沿斜面下滑的过程中，垂直于斜面的加速度为零，由平衡条件得f＋N＝mgcosα，当支持力N＝0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为vmax，则此时小滑块所受洛伦兹力f＝qvmaxB，
所以vmax＝＝m/s
≈3.5m/s
(3)设该斜面长度至少为l，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mglsinα＝mv－0，所以斜面长至少为l＝＝m≈1.2m.
借题发挥 (1)物体在磁场或电场中运动的分析方法和分析力学的方法一样，只是比力学多了洛伦兹力和静电力．
(2)对粒子受力分析求合力，若合力为零，粒子做匀速直线运动；若合力不为零，粒子做变速直线运动，再根据牛顿第二定律分析粒子速度变化情况.
洛伦兹力的方向
1．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图3所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将( )
图3
A．向上偏转
B．向下偏转
C．向纸里偏转
D．向纸外偏转
答案 B
解析 由题图可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B选项正确．
洛伦兹力的大小
2．如图4所示，带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动．匀强磁场的方向垂直纸面向里．磁场中A、B为等高的两点，摆球在A、B间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力大小为F2，摆球加速度大小为a2，则( )
图4
A．F1＞F2，a1＝a2
B．F1＜F2，a1＝a2
C．F1＞F2，a1＞a2
D．F1＜F2，a1＜a2
答案 B
解析 由于洛伦兹力不做功，所以从B和A到达C点的速度大小相等．由a＝可得a1＝a2.当由A运动到C时，以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，F1＋f洛－mg＝ma1.当由B运动到C时，受力分析如图乙所示，F2－f洛－mg＝ma2.由以上两式可得：F2＞F1，故B正确．
洛伦兹力的综合应用
3．在两平行金属板间，有如图5所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过．供下列各小题选择的答案有：
图5
A．不偏转
B．向上偏转
C．向下偏转
D．向纸内或纸外偏转
(1)若质子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，质子将________．
(2)若电子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，电子将________．
(3)若质子以大于v0的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央射入，质子将________．
(4)若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两极正中央射入时，电子将________．
答案 (1)A (2)A (3)B (4)C
解析 设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，匀强电场的电场强度为E、匀强磁场的磁感应强度为B.带电粒子以速度v0垂直射入互相正交的匀强电场和匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受电场力方向向下，大小为qE；所受磁场力方向向上，大小为Bqv0.又因质子、电子的重力可不计，沿直线匀速通过时，显然有Bqv0＝qE，v0＝，即沿直线匀速通过时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关．如果粒子带负电荷，电场力方向向上，磁场力方向向下，上述结论仍然成立．所以，(1)(2)两小题应选A.若质子以大于v0的速度射入两板之间，由于磁场力f＝Bqv，磁场力将大于电场力，质子带正电荷，将向上偏转，第(3)小题应选B.磁场的磁感应强度B增大时，电子射入的其他条件不变，所受磁场力f＝Bqv0也增大，电子带负电荷，所受磁场力方向向下，将向下偏转，所以第(4)小题应选择C.
题组一 对洛伦兹力方向的判定
1．在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是( )
答案 C
2．一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图1所示的磁场，分离为1、2、3三束，则不正确的是
( )
图1
A．1带正电
B．1带负电
C．2不带电
D．3带负电
答案 B
解析 根据左手定则，正电荷粒子左偏，即1；不偏转说明不带电，即2；带负电的粒子向右偏，说明是3，因此答案为B.
3．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则( )
A．此空间一定不存在磁场
B．此空间可能有磁场，方向与电子速度方向平行
C．此空间可能有磁场，方向与电子速度方向垂直
D．此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直
答案 BD
解析 由洛伦兹力公式可知：当v的方向与磁感应强度B的方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，因此电子未发生偏转，不能说明此空间一定不存在磁场，只能说明此空间可能有磁场，磁场方向与电子速度方向平行，则选项B正确．此空间也可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直，导致电子所受合力为零．则选项D正确．
题组二 对洛伦兹力特点及公式的理解应用
4．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动
答案 BD
5．如图2所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )
图2
A．仅当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动
B．仅当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动
C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动
D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动
答案 C
解析 电子的速度方向平行于磁场的方向，f洛＝0、电子做匀速直线运动．
6．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是( )
A．带电粒子沿电场线方向射入，静电力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，静电力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
答案 D
解析 带电粒子在电场中受到的静电力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，做功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定．对选项A，只有粒子带正电时才成立；垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，静电力都会做正功，动能增加．带电粒子在磁场中的受力——洛伦兹力f＝qvBsinθ，其大小除与运动状态有关，还与θ角(磁场方向与速度方向之间夹角)有关，带电粒子从平行磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动．在其他方向上由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功．综上所述，正确选项为D.
7．如图3所示，电视机的像管的结构示意图，荧光屏平面位于坐标平面xOy，y轴是显像管的纵轴线，位于显像管尾部的灯丝被电流加热后会有电子逸出，这些电子在加速电压的作用下以很高的速度沿y轴向十y方向射出．构成了显像管的“电子枪”．如果没有其他力作用，从电子枪发射出的高速电子将做匀速直线运动打到坐标原点O使荧光屏的正中间出现一个亮点．当在显像管的管颈处的较小区域(图中B部分)加沿z方向的磁场
(偏转磁场)，亮点将偏离原点O而打在x轴上的某一点，偏离的方向和距离大小依赖于磁场的磁感应强度B.为使荧光屏上出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线(电子束的水平扫描运动)，偏转磁场的磁感应强度随时间变化的规律是图中( )
图3
答案 A
题组三 带电物体在磁场中的运动问题
8．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图4所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
图4
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＝
答案 A
解析 油滴水平向右匀速直线运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，由mg＝qv0B得其电荷量q＝，A正确．
9．如图5所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M滑下到最右端，则下列说法中正确的是( )
图5
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块从M点到最低点的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等答案 D
解析 由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，选项A错误；由a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，选项B错误；由左手定则，滑块经最低点时受的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，选项C错误；由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度均不变，选项D正确．
10．如图6所示，一个质量为m带正电的带电体电荷量为q，紧贴着水平绝缘板的下表面滑动，滑动方向与垂直纸面的匀强磁场B垂直，则能沿绝缘面滑动的水平速度方向________，大小v应不小于________，若从速度v0开始运动，则它沿绝缘面运动的过程中，克服摩擦力做功为________．
图6
答案 水平向右 m
11．如图7所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法中正确的是( )
图7
A．微粒一定带负电
B．微粒的动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加
D．微粒的机械能一定增加
答案 AD
解析 微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(
垂直于运动方向的合力仍为零)．若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如下图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故A正确，B错；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增大，故C错，D正确．
12．如图8所示，质量为m＝1kg、电荷量为q＝5×10－2C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E＝100V/m，方向水平向右；B＝1
T，方向垂直纸面向里．求：(1)滑块到达C点时的速度；(2)在C点时滑块所受洛伦兹力．(g＝10
m/s2)
图8
答案 (1)2m/s，方向水平向左 (2)0.1N，方向竖直向下
解析 以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力f洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向．
(1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得
mgR－qER＝mv
得vC＝＝2m/s.方向水平向左．
(2)根据洛伦兹力公式得：f＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，方向竖直向下．
PAGE
1第5讲 习题课 带电粒子在组合场和叠加场中的运动
[目标定位] 1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题.3.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.4.能够解决速度选择器、回旋加速器、质谱仪等磁场的实际应用问题．
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
圆周运动的半径和周期：质量为m、电荷量为q、速率为v的带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝，周期为T＝＝.
二、复合场
复合场的分类
1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现．
三、带电粒子在复合场中的运动形式
1．静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动状态．
2．匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．
3．分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．
一、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动
1．解题步骤
(1)画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径．
(2)
找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)
用规律：用牛顿第二定律列方程：qvB＝m，及圆周运动的规律的一些基本公式．
2．带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形
①直线边界进出磁场具有对称性，如图1所示(多大的角进，多大的角出)
图1
②平行边界(存在临界条件，如图2所示)
图2
③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3所示)
图3
3．带电粒子在有界磁场中运动，还往往出现临界条件，可以通过对轨迹圆放大的方法找到相切点．注意找临界条件，注意挖掘隐含条件．
例1 如图4所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：
图4
(1)该粒子射出磁场的位置；
(2)该粒子在磁场中运动的时间．(所受重力不计)
答案 (1)(－，0) (2)
解析 (1)设从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B＝m
式中R为圆轨道半径，解得：R＝ ①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：
＝Rsinθ ②
联解①②两式，得：L＝
所以粒子离开磁场的位置坐标为(－，0)．
(2)因为T＝＝
所以粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝.
例2 如图5所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF.一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ.已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：电子的速率v0至少多大？
图5
答案
解析 本题考查圆周运动的边界问题的求解方法．当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：
r＋rcosθ＝d①
又r＝②
由①②得v0＝③
故电子要从EF一侧射出磁场，速率至少应为.
例3 如图6所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．
图6
(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它在磁场中运动的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得
Bqv0＝m
所以r＝R
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图(a)所示．
t＝＝.
(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝R，其运动轨迹如图(b)所示．
由几何关系sinθ＝＝，所以θ＝30°
所以带电粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为60°
则有：t＝＝.
二、带电粒子在叠加场中的运动
处理带电粒子在复合场中的运动的基本思路
1．弄清复合场的组成．
2．进行受力分析．
3．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿定律分别列方程求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
5．记住三点：(1)受力分析是基础；
(2)运动过程分析是关键；
(3)根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程求解．
例4 如图7所示，在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动．(重力加速度为g)
图7
(1)求此区域内电场强度的大小和方向；
(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°的角，如图所示．则该微粒至少需要经过多长时间运动到距地面最高点，最高点距地面多高．
答案 (1) 方向竖直向下
(2) H＋
解析 (1)
要满足微粒做匀速圆周运动，则：
qE＝mg
得E＝ 方向竖直向下．
(2)如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，
则t＝T＝T＝
T＝
所以：t＝
H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋.
三、带电粒子在组合场中的运动
1．这类问题往往是粒子依次通过几个并列的场，如电场与磁场并列；其运动性质随区域场的变化而变化
2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．
4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
5．解题技巧：组合场中电场和磁场是各自独立的，计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理．电场中常有两种运动方式：加速或偏转；而匀强磁场中，带电粒子常做匀速圆周运动．
例5 如图8所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场．一个质量为m、带电＋q的微粒，在A点(0,3)以初速度v0＝120m/s平行于x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6,0)和Q点(8,0)各一次．已知该微粒的比荷为＝102C/kg，微粒重力不计，求：
图8
(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由A至Q的运动轨迹；
(3)电场强度E和磁感应强度B的大小．
答案 (1)0.05s 2.4×103m/s2 (2)45° 运动轨迹见解析 (3)24
N/C 1.2T
解析 (1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴上做匀速直线运动
由sx＝v0t得t＝＝0.05s
微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
由sy＝at2得a＝2.4×103m/s2.
(2)vy＝at，tanα＝＝1，所以α＝45°
轨迹如图．
(3)由qE＝ma得E＝24N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动
v＝v0
由qvB＝m得R＝
由几何关系得R＝m，所以可得B＝＝1.2T.
带电粒子在有界磁场中的运动
1．半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图9所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )
图9
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由AB弧所对圆心角θ＝60°，知t＝T＝.但题中已知条件不够，没有此选项，另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动R＝，从图示分析有R＝r，则t＝＝.D正确．
带电粒子在叠加场中的运动
2．一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图10所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是( )
图10
A．沿y轴正方向，大小为
B．沿y轴负方向，大小为Bv
C．沿y轴正方向，大小为
D．沿y轴负方向，大小为
答案 B
解析 要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝Bqv，即E＝Bv.
3．如图11所示，直角坐标系位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直xOy平面向外，电场线方向平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点以水平速度v0向右抛出，与x轴成45°角经x轴上M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从坐标原点第一次离开电场和磁场．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
图11
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)磁感应强度的大小．
答案 (1) 竖直向上 (2)
解析 (1)小球在电场、磁场中恰好做匀速圆周运动，其所受的电场力必须与重力平衡，有Eq＝mg
解得：E＝
由于小球带正电，故电场方向竖直向上
(2)在M点有vy＝v0tan45°，又vy＝gt，OM＝v0t
联立解得OM＝
小球做匀速圆周运动的速度v＝v0
设小球做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知：
2rsin45°＝OM，得r＝
由洛伦兹力提供向心力Bqv＝m，得B＝.
带电粒子在组合场中的运动
4．如图12所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：
图12
(1)电场强度的大小E；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.
答案 (1) (2) (3)＋
解析 粒子的运动轨迹如图所示
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1
则有2h＝v0t1，h＝at
根据牛顿第二定律得Eq＝ma
求得E＝.
(2)设粒子进入磁场时速度为v，
在电场中，由动能定理得Eqh＝mv2－mv
又Bqv＝m，解得r＝.
(3)粒子在电场中运动的时间t1＝
粒子在磁场中运动的周期T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，
t2＝T，求得t＝t1＋t2＝＋.
题组一 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
1．运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是( )
A．匀速圆周运动B．平抛运动
C．自由落体运动D．匀速直线运动
答案 AD
解析 若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D正确．由于电荷的重力不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动．B、C错误．
2．如图1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)，则带电粒子的可能轨迹是( )
图1
A．a
B．b
C．c
D．d
答案 BD
解析 粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D.
3．如图2所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )
图2
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
答案 AD
解析 显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对B错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，C错D对．
4．如图3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
A.
B.
C.
D.
答案 BC
解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r＝知，粒子的入射速度v0越大，r越大，当粒子的运动轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确．若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．
5．如图4所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．(不计粒子的重力)求：
图4
(1)粒子做圆周运动的半径；(2)粒子的入射速度．
解 (1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R，如图所示，∠OO′A＝30°，由图可知，运动的半径R＝O′A＝r.
(2)根据牛顿运动定律，有：Bqv＝m有：R＝
故粒子的入射速度v＝.
题组二 带电粒子的运动在科技中的应用
6．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图5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5
A．粒子由加速器的中心附近进入加速器
B．粒子由加速器的边缘进入加速器
C．粒子从磁场中获得能量
D．粒子从电场中获得能量
答案 AD
解析 粒子由加速器的中心附近进入加速器，从电场中获取能量，最后从加速器边缘离开加速器，选项A、D正确．
7．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6所示，离子源S产生的各种不同正离子束(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，可以判断( )
图6
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，则离子质量一定相同
D．只要x相同，则离子的比荷一定相同
答案 AD
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，A、D正确，B、C错误．
题组三 带电粒子在叠加场中的运动
8．如图7所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是( )
图7
A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子也沿直线运动
B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转
C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转
D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子也沿直线运动
答案 BD
解析 若电子从右向左飞入，静电力向上，洛伦兹力也向上，所以电子上偏，选项B正确，A、C错误；若电子从左向右飞入，静电力向上，洛伦兹力向下．由题意，对正电荷有qE＝Bqv，会发现q被约去，说明等号的成立与q无关，包括q的大小和正负，所以一旦满足了E＝Bv，对任意不计重力的带电粒子都有静电力大小等于洛伦兹力大小，显然对于电子两者也相等，所以电子从左向右飞入时，将做匀速直线运动，选项D正确．
9．一个带电微粒在如图8所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，求：
图8
(1)该带电微粒的电性；
(2)该带电微粒的旋转方向；
(3)若已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则线速度为多少．
答案 (1)负电荷 (2)逆时针 (3)
解析 (1)带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷．
(2)磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)．
(3)由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得mg＝qE①
带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝②
①②联立得：v＝.
题组四 带电粒子在电场和磁场组合场中的运动
10．如图9所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m，电荷量为－q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出的速度v和运动的总路程s.(重力不计)
图9
答案 ＋
解析 由题意知第3次经过x轴的运动如图所示
由几何关系：L＝4R
设粒子初速度为v，则有：
qvB＝m
可得：v＝；
设粒子进入电场作减速运动到速度为0的路程为L′，加速度为a，则有：
v2＝2aL′
qE＝ma
则电场中的路程：2L′＝
粒子运动的总路程：s＝2πR＋2L′＝＋.
11．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60°角射出磁场，如图10所示．不计粒子重力，求：
图10
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(2)匀强电场的场强大小E.
答案 (1) (2)
解析 (1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，如图(a)
根据平抛运动的速度关系粒子在N点进入磁场时的速度v＝＝＝2v0.
如图(b)
分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆点
根据牛顿第二定律qvB＝
R＝，
代入v＝2v0得粒子的轨道半径
R＝.
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t
由牛顿第二定律：qE＝ma①
设沿电场方向的分速度为vy＝at②
粒子在电场中x轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：
粒子在x轴方向的位移：Rsin30°＋Rcos30°＝v0t③
又vy＝v0tan60°④
由①②③④可以解得E＝.
PAGE
1第2讲 静电力 库仑定律
[目标定位] 1.知道点电荷的概念，了解理想化模型.2.理解库仑定律的内容及适用条件，并会应用公式进行相关计算.3.通过静电力和万有引力的对比，体会自然规律的多样性和统一性.
一、静电力与点电荷模型
1.电荷间作用力大小的影响因素：两带电体之间的相互作用力与其形状、大小、电荷量、电荷分布、二者之间的距离等因素有关.
2.点电荷：本身的大小比相互之间的距离小得多的带电体叫做点电荷.
想一想 体积很小的带电体一定可以看做点电荷吗？
答案 不一定，带电体看做点电荷的条件是带电体离得较远，它的形状、大小与电荷在其上的分布状况均无关紧要，所以体积小的带电体不一定可以看做点电荷.
二、库仑定律
1.库仑定律
(1)内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力F的大小，跟它们的电荷量Q1、Q2的乘积成正比，跟它们的距离r的二次方成反比；方向沿着它们的连线，同种电荷相斥，异种电荷相吸.
(2)公式：F＝k，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫静电力常量.
(3)适用条件：①真空中；②点电荷.
2.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，等于其他电荷分别单独存在时对该点电荷的作用力的矢量和.这个结论通常叫做静电力叠加原理.
想一想 对于F＝k，当r→0时，能否说F趋向无穷大？
答案 不能；库仑定律适用于真空中的点电荷，当距离r→0时，带电体不能看作是点电荷了，此公式不能直接使用了.
三、静电力与万有引力的比较
共同点：
1.都与距离的二次方成反比；
2.都有与作用力有关的物理量(电荷量或质量)的乘积，且都与乘积成正比；
3.都有一个常量；
4.力的方向都在两个物体的连线上.
不同点：
1.万有引力与两个物体质量有关，只能是引力，适用于质点；
2.库仑定律与两个物体电荷量有关，可能是引力，也可能是斥力，适用于真空中的点电荷.
想一想 如图1所示，有人说：“两个质量分别为m1和m2的均匀金属球体，它们之间的万有引力大小为F＝G，若两球带电量分别为q1、q2，它们之间的库仑力的大小F＝k，对吗？为什么？
图1
答案 不对.质量均匀的球体可以认为其质量集中在球心，可以看成质点；但靠得较近的球体不能看成点电荷，由于电荷间的相互作用，电荷会在球上移动，带同种电荷时F＜k，带异种电荷时F＞k.
一、对点电荷的理解
1.点电荷是理想化的物理模型，只有电荷量，没有大小、形状，类似于力学中的质点，实际并不存在.
2.一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.
3.点电荷的电荷量可能较大也可能较小，但一定是元电荷的整数倍.
例1 关于点电荷，下列说法中正确的是( )
A.点电荷就是体积小的带电体
B.球形带电体一定可以视为点电荷
C.带电少的带电体一定可以视为点电荷
D.大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷
答案 D
解析 点电荷不能理解为体积很小的带电体，也不能理解为电荷量很少的带电体.同一带电体，有时可以看做点电荷，有时则不能，如要研究它与离它较近的电荷间的作用力时，就不能看成点电荷，而研究它与离它很远的电荷间的作用力时，就可以看做点电荷.带电体能否看成点电荷，要依具体情况而定，A、B、C均错.
二、对库仑定律的理解和应用
1.静电力的确定
(1)大小计算：利用库仑定律计算静电力时不必将表示电性的正、负号代入公式，只代入q1和q2的绝对值即可.
(2)方向判断：利用同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引来判断.
2.两个点电荷之间的库仑力遵守牛顿第三定律，即不论电荷量大小如何，两点电荷间的库仑力大小总是相等的.
注意 (1)库仑定律只适用于点电荷的带电体之间的相互作用.
(2)两个形状规则的均匀球体相距较远时可以看作点电荷；相距较近时不能看作点电荷，此时球体间的作用力会随着电荷的分布而变化.
例2 有三个完全一样的金属球A、B、C，A球带的电荷量为7Q，B球带的电荷量为－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？
答案
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.
当A、C两球接触时，据电荷均分原理可知，两球均带电荷量为Q.
当B、C两球接触时，两球均带电荷量为×(Q－Q)
＝Q.
故现在A、B两球间的作用力F′＝k＝F.
所以＝.
借题发挥 若两个金属小球的电荷量分别为Q1、Q2，第三个完全相同的不带电的金属球与它们无限次接触后，三个金属球平分总电荷量，即Q1′＝Q2′＝Q3′＝.
三、静电力的叠加
空间中有多个电荷时，某电荷所受的静电力是其他所有电荷单独对其静电力的矢量和.遵循平行四边形定则.
例3 如图2所示，在A、B两点分别放置点电荷Q1＝＋2×10－14C和Q2＝－2×10－14C，在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2m.如果有一个电子在C点，它所受的库仑力的大小和方向如何？
图2
答案 8.0×10－21N 方向平行于AB向左
解析 电子在C点同时受A、B点电荷对其的作用力FA、FB，如图所示，由库仑定律得FA＝FB＝k＝9.0×109×N＝8.0×10－21N.由平行四边形定则和几何知识得：静止在C点的电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21N，方向平行于AB向左.
借题发挥 当多个带电体同时存在时，每两个带电体间的库仑力都遵守库仑定律.某一带电体同时受到多个库仑力作用时可利用力的平行四边形定则求出其合力.这就是库仑力的叠加原理.
四、静电力作用下的平衡问题
1.静电力可以与其他的力平衡，可以使物体发生形变，也可以产生加速度.分析问题的思路与方法完全是力学问题的思路与方法.
2.静电力作用下的共点力的平衡
分析静电力平衡的基本方法：(1)明确研究对象；(2)画出研究对象的受力分析图；(3)根据平衡条件列方程；(4)代入数据计算或讨论.
例4 如图3所示，把质量为3g的带电小球B用绝缘细绳悬起，若将电荷量为Q＝－4.0×10－6C的带电球A靠近B，当两个带电小球在同一高度相距r＝20cm时，绳与竖直方向成α＝30°角，A、B两球均静止.求B球的电荷量q(g取10m/s2).
图3
答案 －×10－7C
解析 对球B受力分析，如图.
根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：
Tsin30°＝F
Tcos30°＝mg
解得：F＝mgtan30°
根据库仑定律，有：F＝k
解得：q＝×10－7C
即B球的电荷量是q＝×10－7C，由于AB是排斥作用，故B带负电.
对点电荷的理解
1.下列说法中正确的是( )
A.点电荷是一种理想模型，真正的点电荷是不存在的
B.点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
C.根据F＝可知，当r→0时，F→∞
D.一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计
答案 AD
解析 点电荷是一种理想模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计.因此大的带电体一定不能看成点电荷和小的带电体一定能看成点电荷的说法都是错误的，所以A、D对.
库仑定律公式的理解和应用
2.两个相同的金属小球(可看作点电荷)，带有同种电荷，且电荷量之比为1∶7，在真空中相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们之间的库仑力是原来的( )
A.7
B.
C.
D.
答案 D
解析 若两球原来所带电荷量分别为Q和7Q，先接触再分开后电荷量均为4Q，根据库仑定律的公式F＝k，它们之间的库仑力是原来的，故D正确.
静电力的叠加
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处有一可看做点电荷的带电体，该点电荷受到的电场力最大的是( )
答案 B
解析 A图中坐标原点O处点电荷受到的电场力是带电圆环给的；B图中坐标原点O处点电荷是第一象限
带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加的结果，作用力比单独一个带正电圆环给的大；C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生的作用力相互抵消，所以坐标原点O处点电荷受到的作用力是第二象限带电圆环产生的；同理D图中第一象限与第三象限的带电圆环、第二象限与第四象限的带电圆环对点电荷的作用力也相互抵消，所以坐标原点O处电荷受力为零.故选B.
库仑力作用下的平衡
4.两根光滑绝缘棒在同一竖直平面内，两棒与水平面间均成45°角，棒上各穿有一个质量为m、带电荷量为Q的相同小球，如图4所示.现两小球均处于静止状态，求两球之间的距离L.
图4
答案
解析 对其中一个小球受力分析，受竖直向下的重力、垂直于棒的弹力、水平方向的库仑力，三者的合力为零.库仑力F＝k，有平衡关系＝tan45°，解之得L＝.
题组一 库仑定律的理解
1.关于库仑定律，下列说法中正确的是
( )
A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B.根据F＝k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大
C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
答案 D
解析 点电荷是实际带电体的理想模型，只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时，实际带电体才能视为点电荷，故选项A错误；当两个电荷之间的距离趋近于零时，不能再视为点电荷，公式F＝k不能用于计算此时的静电力，故选项B错误；q1和q2之间的静电力是一对相互作用力，它们的大小相等，故选项C错误；库仑定律与万有引力定律的表达式相似，研究和运用的方法也很相似，都是平方反比定律，故选项D正确.
2.要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是
( )
A.每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变
B.保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍
C.一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两个点电荷间的距离减小为原来的
D.保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷间的距离减小为原来的
答案 A
解析 根据库仑定律F＝k可知，当r不变时，q1、q2均变为原来的2倍，F变为原来的4倍，A正确；同理可求得B、C、D中F的变化均不满足条件，故B、C、D错误.
3.用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素.如图1所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小.这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来.若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示.则以下对该实验现象的判断正确的是( )
图1
A.保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关
B.保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比
C.保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关
D.保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比
答案 C
解析 保持Q、q不变，根据库仑定律公式F＝k，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大.实验表明，F与d的二次方成反比，故A、B错误；保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关，故C正确；保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律得F＝k，知F与两电荷的乘积成正比，故D错误.
4.A、B两个大小相同的金属小球，A带有6Q正电荷，B带有3Q负电荷，当它们在远大于自身直径处固定时，两球之间静电力大小为F.另有一大小与A、B相同的不带电小球C，若让C先与A接触，再与B接触，拿走C球后，A、B间静电力的大小变为( )
A.6F
B.3F
C.F
D.零
答案 D
解析 C先后与A、B接触后，A、B所带电荷量分别为3Q、0，故此时A、B间的静电力为零.
5.半径为R、相距较近的两个较大金属球放在绝缘桌面上，若两球都带等量同号电荷Q时它们之间的静电力为F1，两球带等量异号电荷Q与－Q时静电力为F2，则( )
A.F1>F2
B.F1C.F1＝F2
D.不能确定
答案 B
解析 因为两个金属球较大，相距较近，电荷间的相互作用力使电荷分布不均匀，故不能简单地把两球看成点电荷.带等量同号电荷时，两球的电荷在距离较远处分布得多一些，带等量异号电荷时，两球的电荷在距离较近处分布得多一些，可见带等量同号电荷时两球电荷中心间距离大于带等量异号电荷时电荷中心间距离，所以有F16.如图2所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )
图2
A.速度变大，加速度变大
B.速度变小，加速度变小
C.速度变大，加速度变小
D.速度变小，加速度变大
答案 C
解析 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小.
题组二 库仑力的叠加
7.如图3所示，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所带的电荷量比b所带的电荷量小.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( )
图3
A.F1
B.F2
C.F3
D.F4
答案 B
解析 据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力方向，考虑a的电荷量小于b的电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确.
8.如图4所示，在一条直线上的三点分别放置QA＝＋3×10－9C、QB＝－4×10－9C、QC＝＋3×10－9C的A、B、C点电荷，则作用在点电荷A上的作用力的大小为______N.
图4
答案 9.9×10－4
解析 点电荷A同时受到B和C的库仑力作用，因此作用在A上的力应为两库仑力的合力.可先根据库仑定律分别求出B、C对A的库仑力，再求合力.
A受到B、C电荷的库仑力如图所示，根据库仑定律有
FBA＝＝N
＝1.08×10－3N
FCA＝＝N
＝9×10－5N
规定沿这条直线由A指向C为正方向，则点电荷A受到的合力大小为
FA＝FBA－FCA＝(1.08×10－3－9×10－5)
N＝9.9×10－4N.
9.如图5所示，等边三角形ABC，边长为L，在顶点A、B处有等量同种点电荷QA、QB.即QA＝QB＝＋Q，求在顶点C处的点电荷＋QC所受的静电力大小为________，方向________.
图5
答案 k 与AB连线垂直向上
解析 带电小球C受力情况如图所示，QA、QB对QC的作用力大小和方向都不因其他电荷的存在而改变，仍然遵守库仑定律.
QA对QC的作用力：FA＝k，同种电荷相斥，
QB对QC的作用力：FB＝k，同种电荷相斥，
因为QA＝QB，所以FA＝FB，
QC受力的大小：F1＝FA＝k，方向为与AB连线垂直向上.
题组三 库仑力作用下的平衡问题
10.如图6所示，两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9C和q2＝－9×10－9C，两者分别固定在相距20cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处( )
图6
A.a的左侧40cm
B.a、b的中点
C.b的右侧40cm
D.无法确定
答案 A
解析 根据平衡条件，它应在q1点电荷的左侧，设距q1距离为x，有k＝k，将q1＝4×10－9C，q2＝－9×10－9C代入，解得x＝40cm，故选项A正确.
11.A、B两个带电小球的质量分别为m1、m2，带电荷量分别为q1、q2.如图7所示，当A、B两小球静止时，两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且两小球恰好处于同一水平面上.下列判断正确的是( )
图7
A.若q1＝q2，则θ1＝θ2
B.若q1＜q2，则θ1＞θ2
C.若m1＝m2，则θ1＝θ2
D.若m1＜m2，则θ1＞θ2
答案 CD
解析 A、B之间的静电力是作用力和反作用力关系，所以不论A、B哪个所带的电荷量大，它们受到的静电力都是大小相等、方向相反.由平衡条件得tanθ＝，可见若它们的质量相同，则悬线与竖直方向的夹角相同；质量越大，则悬线与竖直方向的夹角越小，故选项C、D正确.
12.如图8所示，把一电荷量为Q＝－5×10－8C的小球A用绝缘细绳悬起，若将电荷量为q＝＋4×10－6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45°角，取g＝10m/s2，k＝9.0×109
N·m2/C2，且A、B两小球均可视为点电荷，求：
图8
(1)A、B两球间的库仑力；
(2)A球的质量.
答案 (1)0.02N (2)2×10－3kg
解析 (1)由库仑定律得：FAB＝k
代入数据：F库＝0.02N.
故A、B两球间的库仑力为0.02N.
(2)由牛顿第三定律知，B所受库仑力与A所受库仑力的大小相等，对A受力分析如图所示：
根据平衡条件得：F库＝mgtanα
代入数据：m＝2×10－3kg.
故A球的质量为：
m＝2×10－3kg.
13.如图9所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30×10－3kg，则B带电荷量是多少？(取g＝10m/s2)
答案 1.0×10－6C
解析 因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L.
依据题意可得：tan30°＝，
L＝＝cm＝10cm，
对B进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力
F＝mgtan30°＝30×10－3×10×N＝0.3N.
依据库仑定律得：F＝k.
解得：Q＝＝×10×10－2C＝1.0×10－6C.
PAGE
1第1讲 探究磁场对电流的作用
[目标定位] 1.知道安培力的定义，理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILBsinθ.2.掌握左手定则，会用左手定则判断安培力的方向.3.知道电流表的基本构造和基本原理.4.通过观察实验现象，体会控制变量法在科学研究中的作用．
一、安培力
1．物理学将磁场对电流的作用力称为安培力．
2．安培力的大小：在匀强磁场中，当通电直导线与磁场方向垂直时，通电直导线所受的安培力F最大，等于磁感应强度B、电流I和导线长度L的乘积，即F＝ILB，安培力的单位为N.
3．安培力的方向
左手定则：如图1所示，伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并与手掌在同一平面内．让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流的方向，那么，拇指所指的方向就是通电直导线在磁场中所受安培力的方向．
图1
二、安培力就在你身边
1．电动机
(1)电动机是利用安培力使通电线圈转动，将电能转化为机械能的重要装置．电动机有直流电动机和交流电动机，交流电动机还可分为单相交流电动机和三相交流电动机．
(2)原理：如图2所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向向下，左边线框受到的安培力方向向上，在安培力作用下线框转动起来．
图2
2．电流计
(1)构造：如图3所示.
图3
(2)电流计最基本的组成部分是磁铁A和放在磁铁两极之间的缠绕着线圈并可转动的铝框B，如图所示，铝框的转轴上装有指针C和游丝D.
(3)原理：当被测电流通入线圈时，线圈受安培力作用而转动，从而使游丝扭转形变，阻碍线圈的转动．两种作用平衡时，指针便停留在某一刻度．电流越大，指针的偏转越大，所以通过指针的偏转角度便可知道电流的大小.
一、安培力的方向
1．安培力的方向既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直，也就是说安培力的方向总是垂直于磁场和电流所决定的平面．
2．当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直电流与磁场所决定的平面，所以仍用左手定则来判断安培力的方向，只是磁感线不再垂直穿过手心，而是斜穿过手心．
特别提醒 F⊥I，F⊥B，但B与I不一定垂直．
例1 画出图中各磁场对通电导线的安培力的方向．
答案 如图所示
解析 无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I决定的平面，且满足左手定则．
二、安培力的大小
1．对安培力F＝ILBsinθ的理解
安培力大小的计算公式F＝ILBsinθ，θ为磁感应强度方向与导线方向的夹角．
(1)当θ＝90°，即B与I垂直时，F＝ILB.
(2)当θ＝0°，即B与I平行时，F＝0.
2．当导线与磁场垂直时，弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图4所示)；相应的电流沿L由始端流向末端．
图4
例2 长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是( )
答案 A
解析 A图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝ILBcosθ，A正确，B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝ILB，B错误；C图中导线和磁场方向垂直，故F＝ILB，C错误；D图中导线和磁场方向垂直，故F＝ILB，D错误．
例3 如图5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5
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
答案 A
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所受磁场力的合力大小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．
三、安培力作用下的物体平衡
例4 如图6所示，在与水平方向夹角θ为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m＝0.3kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨压力的大小．(g＝10m/s2)
图6
答案 (1)1.73T (2)6N
解析 此类问题是关于安培力的综合问题，处理此问题仍需沿用力学思路和方法，只不过多考虑一个安培力而已．画出导体棒的受力分析图，一般先画出侧视图，再利用共点力平衡条件求解此问题．
金属棒ab中电流方向由b→a，它所受安培力水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力，从而求出磁感应强度B，再求出ab对导轨的压力．
(1)受力分析如图所示，ab棒静止，沿斜面方向受力平衡，则mgsinθ＝ILBcosθ.
B＝＝T＝1.73T.
(2)设导轨对ab棒的支持力为N，由牛顿第三定律得，ab棒对导轨的压力大小为：
N′＝N＝＝N＝6N.
借题发挥 有些同学在处理此类问题时常常感到比较困难，原因是空间观念不强，对磁场方向、电流方向、安培力方向的关系分辨不清，这时可由立体图画出正视图、侧视图或俯视图，则三者之间的关系就一目了然了．例如本题画出侧视图，不但磁感应强度、电流、安培力三者方向关系确定了，安培力、重力、支持力的关系也清楚了．
针对训练 如图7所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )
图7
A.tanθ，竖直向上
B.tanθ，竖直向下
C.sinθ，平行悬线向下
D.sinθ，平行悬线向上
答案 D
解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝sinθ，方向应平行于悬线向上．故选D.
安培力的方向
1．如图8所示，其中A、B图已知电流方向及其所受磁场力的方向，试判断磁场方向．C、D图已知磁场方向及其对电流作用力的方向，试判断电流方向．
图8
答案 A图磁场方向垂直纸面向外；B图磁场方向在纸面内垂直F向下；C、D图电流方向均垂直于纸面向里．
安培力的大小
2．如图9所示在匀强磁场中有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受的安培力的大小．
图9
答案 A．ILBcosα
B．ILB
C.ILB
D．2IRB E．0
安培力作用下的物体平衡
3．如图10所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？
图10
答案 方向垂直导轨面向上
解析 在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．因为B垂直轨道面，又金属杆处于静止状态，所以F必沿斜面向上，由左手定则知，B垂直轨道面向上．大小满足ILB＝mgsinα，I＝.
题组一 安培力的方向
1．下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( )
答案 C
2．如图1所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是( )
图1
答案 B
解析 要使炮弹加速，安培力应向右，由左手定则可知：磁场方向应垂直纸面向外．
3．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图2所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是( )
图2
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相同
C．线框所受安培力的合力方向向左
D．线框将绕MN转动
答案 BC
解析 通电矩形导线框abcd在无限长直通电导线形成的磁场中，受到磁场力的作用，对于ad边和bc边，所在的磁场相同，但电流方向相反，所以ad边、bc边受磁场力(安培力)大小相同，方向相反，即ad边和bc边受合力为零．而对于ab和cd两条边，由于在磁场中，离长直导线的位置不同，ab边近而且由左手定则判断受力向左，cd边远而且由左手定则判断受力向右，所以ab边、cd边受合力方向向左，故B、C选项正确．
4．如图3所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向垂直纸面向里；通过直导线产生磁场的磁感应强度B＝，I为通电导线的电流大小，r为距通电导线的垂直距离，k为常量；则通电导线R受到的磁场力的方向是( )
图3
A．垂直R，指向y轴负方向
B．垂直R，指向y轴正方向
C．垂直R，指向x轴正方向
D．垂直R，指向x轴负方向
答案 A
5．图4所示装置可演示磁场对通电导线的作用、电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是( )
图4
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
答案 BD
解析 若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向左运动，A错；若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向右运动，B正确；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向右运动，C错；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向左运动，D正确．
题组二 安培力的大小
6．如图5所示，四边形的通电闭合线框abcd处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力( )
图5
A．竖直向上
B．方向垂直于ad斜向上
C．方向垂直于bc斜向上
D．为零
答案 D
7．如图6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( )
图6
A．F＝IdB
B．F＝IdBsinθ
C．F＝
D．F＝IdBcosθ
答案 C
解析 题中磁场和电流垂直，θ角仅是导线框与金属杆MN间夹角，不是电流与磁场的夹角．
8．如图7所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab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( )
图7
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
答案 B
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BI所构成的平面，所以安培力的方向不变，B对，故选B.
题组三 电动机和电流计
9．有关电动机的换向器的作用，以下说法正确的是( )
A．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变电流方向
B．当线圈平面与磁感线垂直时，自动改变电流方向
C．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变磁感线的方向
D．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变线圈转动方向
答案 B
10．为了改变电动机的转动方向，下述可采取的措施正确的是( )
A．改变电源电压的大小
B．改变通过线圈的电流的大小
C．改变通过线圈的电流的方向
D．对调N、S两磁极的位置，同时对调电源的正、负极
答案 C
题组四 安培力作用下的导体棒的平衡
11．如图8所示，长L、质量为m的金属杆ab，被两根竖直的金属弹簧静止吊起，金属杆ab处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属杆中通有方向a→b的电流I时，每根金属弹簧的拉力大小为T.当金属杆通有方向b→a的电流I时，每根金属弹簧的拉力大小为2T.则磁场的磁感应强度B的大小为________．
图8
答案
解析 金属杆ab受重力、磁场力、弹簧的拉力而平衡．
当金属杆ab中的电流方向由a到b时，磁场力向上．
2T＋IlB＝mg①
当金属杆ab中的电流由b到a时，磁场力向下．
4T＝IlB＋mg②
解方程组得B＝.
12．两个倾角均为α的光滑斜面上，各放有一根相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图9中所示，两金属棒均处于静止状态，两种情况下电流之比I1∶I2＝________.
图9
答案 1∶cosα
13．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图10所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．
图10
答案 ILBcosθ＋mg ILBsinθ
解析 导体棒MN处于平衡状态，注意题中磁场方向与MN是垂直的，作出其侧视图，
对MN进行受力分析，如图所示．
由平衡条件有：
f＝Fsinθ，
N＝Fcosθ＋mg，其中F＝ILB
解得：N＝ILBcosθ＋mg，
f＝ILBsinθ.
PAGE
1第3讲 焦耳定律
[目标定位] 1.知道并理解电功、电功率的概念，并能利用公式进行有关计算.2.弄清电功与电热、电功率与热功率的区别和联系.3.知道纯电阻电路和非纯电阻电路的特点和区别．
一、电能
1．电功
(1)自由电荷在电场力的作用下定向运动而形成电流，电场力对自由电荷做的功，称为电功．
(2)公式：如果电路两端的电压是U，电流为I，在时间t内电流做的功W＝UIt
2．电功率：单位时间内电流所做的功就叫做电功率．用公式表示为：P＝＝IU，单位：瓦特(W)．
想一想 电流做功越多，电功率越大吗？
答案 不一定，电功率是指电流单位时间内做的功，电流做功多，由于时间不确定，所以电功率不一定大．
二、焦耳定律
1．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比．这就是焦耳定律．用公式表示：Q＝I2Rt.
2．在只含电阻的纯电阻电路中：由U＝IR，可推得Q＝t.
想一想 电风扇、电冰箱消耗的电能等于I2Rt吗？电冰箱消耗的电能转化成什么形式的能量了？
答案 不等于；电风扇、电冰箱消耗电能没有全部转化为热能，有大部分转化为了机械能，小部分转化为了电热．
三、身边的电热
1．电流热效应的应用
如电热水器、电饭锅、电刻笔、电焊等都是利用电流的热效应工作的．
2．电流热效应的危害
如果插头和插座之间接触不良会迸出火花．在输电线路中由于电热，降低电能的传输效率，电流过大，散热不好，还会烧坏电线的绝缘层，引起漏电、触电．
一、电功和电功率 电热和热功率
1．电功和电功率
(1)电功：W＝IUt.电流做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能，即电功等于电路中电能的减少量．适用于任何电路．
(2)电功率：P＝IU，反映了电流做功的快慢．适用于任何电路．
2．电热和热功率
(1)焦耳定律：电热的计算公式为Q＝I2Rt
(2)热功率的计算公式为P热＝I2R.
例1 有分别标有“220V、100W”、“220V、60W”的两个灯泡．
(1)把它们并联接到220V的电源上，实际功率各是多少？哪个灯泡更亮？
(2)把它们串联接到220V的电源上，实际功率各是多少？哪个灯泡更亮？
答案 (1)P1＝100W，P2＝60W,100W的灯泡更亮
(2)P1≈14.1W，P2≈23.4W,60W的灯泡更亮
解析 由P＝得100W的灯泡电阻R1＝＝Ω＝484Ω，60W的灯泡电阻R2＝＝Ω≈807Ω.
(1)当并联接入220V电源时，两灯泡两端电压均为220V，则灯泡均正常发光，故P1＝100W，P2＝60W，100W的灯泡更亮．
(2)当串联接入220V电源时，
I＝A＝A.
所以100W灯泡的实际功率P1＝I2R1≈14.1W
60W灯泡的实际功率P2＝I2R2≈23.4W，则60W的灯泡更亮．
针对训练 一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )
A．等于36W
B．小于36W，大于9W
C．等于9W
D．小于9W
答案 B
解析 白炽灯在正常工作时的电阻为R，由P＝变形得R＝36Ω，当接入18V电压时，假设灯泡的电阻也为36Ω，则它消耗的功率为P′＝＝W＝9W，但是当灯泡两端接入18V电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时的温度低，其电阻率小，所以其电阻要小于36Ω，其实际功率要大于9W，故选项B正确．
二、纯电阻电路和非纯电阻电路
纯电阻电路
非纯电阻电路
能量转化情况
电功和电热的关系
W＝Q即IUt＝I2Rt＝t
W＝Q＋E其他＝UIt＝I2Rt＋E其他＝t＋E其他
电功率和热功率的关系
P＝P热，即IU＝I2R＝
P＝P热＋其他即IUt＝I2R＋P其他
欧姆定律是否成立
U＝IR I＝成立
U＞IR I＜不成立
例2 下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( )
A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B．W＝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
答案 BCD
解析 电功率公式P＝，表示电功率越大，电流做功越快．对于一段电路，有P＝IU，I＝，焦耳热Q＝()2Rt，可见Q与P、U、t都有关，所以P越大，Q不一定越大，A错．W＝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对．在非纯电阻电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W>Q，即UI>I2R，C对．Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路，D对．
例3 一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V的电压后正常工作，消耗的功率为66W．求：
(1)电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流；
(2)电风扇工作时，电动机发热功率，转化为机械能的功率及电机的效率；
(3)若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，此时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率各是多大？
答案 (1)0.3A (2)1.8W 64.2W 97.3%
(3)11A 2420W 2420W
解析 (1)由P＝UI可得，电流I＝＝＝0.3A；
(2)线圈电阻发热功率PQ＝I2r＝1.8W；
机械功率P机＝P－PQ＝64.2W；
效率为机械功率与总功率之比为η＝＝97.3%.
(3)当叶片不转动时，作纯电阻，I＝＝11A;
P＝UI＝I2r＝2420W.
借题发挥 (1)在纯电阻电路中，由于电功与电热相等，因此公式UIt、I2Rt、t既可计算电功，也可计算电热．(2)在非纯电阻电路中，只能用UIt计算电功，用I2Rt计算电热，t无意义．(3)通过电功(或电热)计算电流或电压
电功 电功率 电热 热功率
1．一台电动机，额定电压为100V，电阻为1Ω.正常工作时，通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为( )
A．500W
B．25W
C．1000W
D．475W
答案 B
解析 电动机的热功率P＝I2r＝52×1W＝25W，B正确，A、C、D错误．
2．通过电阻R的电流为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流为，则在时间t内产生的热量为( )
A．4Q
B．2Q
C.
D.
答案 C
解析 根据Q＝I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流变为原来的，时间不变，则热量变为原来的，C正确．
3．电功率的计算公式P＝中，U是加在用电器上的电压，R是用电器的电阻，此式可用于( )
A．计算电冰箱的功率
B．计算电风扇的功率
C．计算电烙铁的功率
D．计算洗衣机的功率
答案 C
解析 公式P＝是根据功率公式和欧姆定律推导出来的，只能用在纯电阻电路中，故C正确，A、B、D错误．
非纯电阻电路的特点及有关计算
4．如图1所示是一直流电动机工作时的电路图．电动机内阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V．试求：
图1
(1)通过电动机的电流；
(2)输入电动机的电功率；
(3)电动机输出的机械功率．
答案 (1)5A (2)550W (3)530W
解析 (1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压
UR＝U－UV＝(160－110)
V＝50V
通过电阻R的电流IR＝＝A＝5A
即通过电动机的电流IM＝IR＝5A.
(2)电动机的分压UM＝UV＝110V
输入电动机的功率P入＝IM·UM＝550W.
(3)电动机的发热功率P热＝Ir＝20W
电动机输出的机械功率P出＝P入－P热＝530W.
题组一 对电功和电功率 电热和热功率的理解
1．关于电功，下列说法中正确的有( )
A．电功的实质是静电力所做的功
B．电功是电能转化为其他形式能的量度
C．静电力做功使金属导体内的自由电子运动的速率越来越大
D．电流通过电动机时的电功率和热功率相等
答案 AB
2．关于四个公式①P＝UI；②P＝I2R；③P＝；④P＝，下列叙述正确的是( )
A．公式①④适用于任何电路的电功率的计算
B．公式②适用于任何电路的热功率的计算
C．公式①②③适用于任何电路电功率的计算
D．以上均不正确
答案 AB
解析 P＝UI、P＝适用于任何电路的电功率的计算，而P＝I2R、P＝只适用于纯电阻电路的电功率的计算，故A正确，C错误．P＝I2R适用于任何电路的热功率的计算，P＝UI、P＝只适用于纯电阻电路的热功率的计算，故B正确．
3．两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100Ω 10W”和“20Ω 40W”，则它们的额定电流之比为( )
A.∶5
B.∶20
C.∶10
D．1∶2000
答案 C
解析 由公式P＝I2R得：I＝，
所以I1∶I2＝∶10.
4．额定电压、额定功率均相同的电风扇、电烙铁和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间．比较它们产生的热量，结果是( )
A．电风扇最多
B．电烙铁最多
C．日光灯最多
D．一样多
答案 B
解析 在三种用电器中，只有电烙铁能将电能全部转化为内能，电风扇部分电能转化为机械能，日光灯部分电能转化为光能，故B选项正确．
5．两盏额定功率相同的灯泡A和B，其额定电压UA>UB，则下列说法正确的是( )
A．两灯正常发光时，灯泡的电流强度IA>IB
B．两灯电阻RAC．将两灯串联后接入电路中发光时，则灯泡的功率PAD．将两灯并联后接入电路中发光时，则灯泡的功率PA′答案 D
解析 由P＝UI可知额定电流IARB.两灯串联后，由串联电路的功率分配关系可知P∝R，所以PA>PB；两灯并联后，由并联电路的功率分配关系可知P∝，所以PA′题组二 纯电阻电路及非纯电阻电路的理解
6．一台电动机的线圈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
答案 ABD
解析 电炉属于纯电阻元件，电动机属于非纯电阻元件，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.
7．有一内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )
A．电解槽消耗的电功率为120W
B．电解槽消耗的电功率为60W
C．电解槽的发热功率为60W
D．电路消耗的总功率为60W
答案 B
解析 灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110V电压，且流过电解槽的电流I＝I灯＝A＝A，则电解槽消耗的电功率P＝IU＝P灯＝60W，A选项错误，B选项正确；电解槽的发热功率P热＝I2r＝1.3W，C选项错误；电路消耗的总功率P总＝IU总＝×220W＝120W，D选项错误．
8．如图1所示，直流电动机线圈的电阻为R，当该电动机正常工作时，电动机两端电压为U，通过电动机的电流为I，则( )
图1
A．电动机内部发热功率为I2R
B．电动机的机械功率为IU
C．电动机的总功率为IU
D．电动机机械功率为IU－I2R
答案 ACD
9．如图2所示，电阻R1＝20Ω，电动机的绕线的电阻R2＝10Ω.当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率应是
( )
图2
A．I＝1.5A
B．I＜1.5A
C．P＝15W
D．P＜15W
答案 BD
解析 电路两端的电压为：U＝I1R1＝0.5A×20Ω＝10V．电动机是非纯电阻用电器，UI2＞IR2，所以I2＜＝1A．电流表的示数I＝I1＋I2＜1.5A，A错误、B正确．电路总功率为P＝U(I1＋I2)＜15W，C错误、D正确．
10．一台电动机内阻为1Ω，接到120V的电源上．当电动机工作时，电流为10A，问：
(1)电动机输入功率是多少；
(2)电动机发热功率是多少；
(3)输出的机械功率是多少．
答案 (1)1200W (2)100W (3)1100W
解析 (1)电动机的输入功率P电＝UI＝120×10W
＝1200W.
(2)电动机的发热功率P热＝I2r＝102×1W＝100W.
(3)输出的机械功率P机＝P电－P热＝1200W－100W＝1100W.
题组三 综合应用
11．如图3所示的电路中，电炉电阻R＝10Ω，电动机线圈的电阻r＝1Ω，电路两端电压U＝100V，电流表的示数为30A，问通过电动机的电流为多少？通电一分钟，电动机做的有用功为多少？
图3
答案 20A 9.6×104J
解析 题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机)．在纯电阻电路中可运用欧姆定律I＝直接求出电流，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出．在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功．根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为I1＝＝A＝10A.
根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，则通过电动机的电流为I2＝30A－I1＝20A.
电动机的总功率为P＝UI2＝100×20W＝2×103W.
因发热而损耗的功率为P′＝I·r＝0.4×103W
电动机的有用功率(机械功率)为P″＝P－P′＝1.6×103W，电动机通电1min做的有用功为W＝P″t＝1.6×103×60J＝9.6×104J.
12．规格为“220V 36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω，求：
(1)接上220V的电源后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；
(2)如果接上(1)中电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．
答案 (1)35W 1W (2)1210W 1210W
解析 (1)排气扇在220V的电压下正常工作时的电流为I＝＝A≈0.16A
发热功率为P热＝I2R＝(0.16)2×40W≈1W
转化为机械能的功率为
P机＝P－P热＝(36－1)
W＝35W.
(2)扇叶被卡住不能转动后，电动机所在电路成为纯电阻电路，电流做功全部转化为热能，此时电动机中电流为I′＝＝A＝5.5A
电动机消耗的功率即电功率等于发热功率：
P电′＝P热′＝UI′＝220×5.5W＝1210W.
13．表中是一辆电动自行车说明书上的一些技术参数，根据表中提供的信息，探究以下问题：
规格
后轮驱动直流电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120W
整车质量
30kg
额定电压
40V
最大载重
120kg
额定电流
3.5A
(1)在额定电压下工作时，该电机的内阻是多少，其效率为多大；
(2)假设行驶过程中所受阻力是车和人总重的0.02倍，在最大载重量的情况下，人骑车行驶的最大速度为多大．(g取10m/s2)
答案 (1)1.63Ω 85.7% (2)4m/s
解析 (1)由题目提供的表可知，电机的输出功率为P出＝120W，额定电压为U0＝40V，额定电流为I0＝3.5A
电机正常工作时输入功率为
P入＝U0I0＝40×3.5W＝140W
所以电机的效率为
η＝×100%＝×100%≈85.7%
设电机的内阻为r，则由欧姆定律知P入－P出＝Ir
解得r≈1.63Ω.
(2)设车的质量为m，人的质量为M，由题意知，行驶时所受阻力为F阻＝k(M＋m)g
当达到最大速度vmax时，应用P出＝F阻vmax
解得vmax＝4m/s.
PAGE
1