课件38张PPT。第一章
电场习题课 带电粒子在电场中的运动学习目标
1.会利用动力学和功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动.
2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.
3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动.内容索引
题型探究
达标检测
1题型探究一、带电粒子在电场中的直线运动
1.带电粒子在电场中做直线运动
(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零,即所受到的电场力与其他力平衡.
(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向.
(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向.
2.讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；
(2)功和能方法——动能定理；
(3)能量方法——能量守恒定律.例1 如图1所示,水平放置的A、B两平行板相距h,上板A带正电,现有质量为m、带电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处,以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场.
(1)带电小球在板间做何种运动？图1答案解析做匀减速直线运动
带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动,
在电场中受重力和静电力作用做匀减速直线运动.(2)欲使小球刚好打到A板,A、B间电势差为多少？答案解析
整个运动过程中重力和静电力做功,由动能定理得二、带电粒子在电场中的类平抛运动
1.分析带电粒子在电场中做类平抛运动的方法：利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动.利用的物理规律有：牛顿运动定律结合运动学公式、动能定理、功能关系等.
2.分析此类问题要注意：粒子在哪个方向不受力,在哪个方向受电场力,粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲.例2 长为L的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场,一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子,以初速度v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场,刚好从右极板边缘射出,射出时速度恰与右极板成30°角,如图2所示,不计粒子重力,求：
(1)粒子末速度的大小；图2答案解析
粒子离开电场时,合速度与水平方向夹角为30°,由几何关系得合速度：(2)匀强电场的场强；答案解析
粒子在匀强电场中做类平抛运动,
在水平方向上：L＝v0t,在竖直方向上：vy＝at,由牛顿第二定律得：qE＝ma(3)两板间的距离.答案解析
粒子做类平抛运动,三、带电粒子在交变电场中的运动
例3 在如图3所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图4甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高.在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并画出相应的v－t图象.图3甲 乙图4答案解析见解析
t＝0时,B板电势比A板高,在电场力作用下,电子向B板(设为正向)做初速
度为零的匀加速直线运动.(a)
(b)1.当空间存在交变电场时,粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性.
2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v－t图象.特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期.针对训练1 (多选)带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图5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
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同答案解析√图5√
设微粒的速度方向、位移方向向右为正,作出微粒的v－t图象如图所示.由图可知B、D选项正确.四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动
例4 如图6所示,半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上,场强为E的匀强电场与环面平行.一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上,可沿环做无摩擦的圆周运动,若小球经A点时,速度vA的方向恰与电场垂直,且圆环与小球间沿水平方向无力的作用,求：
(1)速度vA的大小；图6答案解析
(2)小球运动到与A点对称的B点时,对环在水平方向的作用力的大小.答案解析6qE
解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力为：
FB＝6qE.由牛顿第三定律知,球对环在水平方向的作用力大小FB′＝6qE.解决电场(复合场)中的圆周运动问题,关键是分析向心力的来源,向心力的提供有可能是重力和电场力的合力,也有可能是单独的重力或电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”.针对训练2 如图7所示,ABCD为放在E＝1.0×103 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环,AB＝15 cm,今有m＝10 g、q＝10－4 C的小球从静止由A点沿轨道运动,它运动到图中C处时的速度是______ m/s,在C处时对轨道的压力是______ N；要使小球能运动到D点,开始时小球的位置应离B点________m.答案解析图7
0.40.25
达标检测21. (多选)如图8所示,两平行金属板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过两平行金属板,则在此过程中,该粒子
A.所受重力与电场力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动123答案√图84解析√对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,则A错.
由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,B正确,C错误.
F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速运动,D项正确.12342.(多选)如图9甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后,选项中的图象,反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是图9√答案解析1234√
1234
12343.如图10所示,半径为R的光滑圆环竖直置于场强为E的水平方向的匀强电场中,质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上,当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时,求小球对环的压力.答案解析图1012342mg＋3Eq,方向水平向右
小球从A运动到B的过程中,重力做正功,电场力做正功,动能增加,由动能1234在B点小球受到重力mg、电场力F和环对小球的弹力F1三个力的作用,沿半径方向指向圆心的合力提供向心力,则F1－Eq＝
联立以上两式可得F1＝2mg＋3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力,两者等大反向,即小球对环的压力F1′＝2mg＋3Eq,方向水平向右.12344.如图11所示,阴极A受热后向右侧空间发射电子,电子质量为m,电荷量为e,电子的初速率有从0到v的各种可能值,且各个方向都有.与A极相距l的地方有荧光屏B,电子击中荧光屏时便会发光.若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场,电场强度为E,求B上受电子轰击后的发光面积.答案解析1234图11
1234阴极A受热后发射电子,这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域,且初速率从0到v各种可能值都有.取两个极端情况如图所示.沿极板竖直向上且速率为v的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点.
竖直方向上y＝vt,
1234沿极板竖直向下且速率为v的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点,同理可得本课结束课件38张PPT。第一章
电场习题课 电场力的性质学习目标
1.会分析两等量同种电荷和两等量异种电荷的电场分布.
2.会由粒子的运动轨迹分析带电粒子的受力方向和所在处的电场方向.
3.会解答库仑力作用下带电体的平衡问题和加速问题.内容索引
题型探究
达标检测
1题型探究一、电场力作用下的平衡
1.共点力的平衡条件：物体不受力或所受外力的合力为零.
2.处理平衡问题常用的数学知识和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法.
3.选取研究对象时，要注意整体法和隔离法的灵活运用.例1 如图1所示，带电荷量分别为＋q和＋4q的两点电荷A、B，相距L，问：
(1)若A、B固定，在何处放置点电荷C，才能使C处于平衡状态？答案解析图1见解析
由平衡条件，对C进行受力分析，C应在AB的连线上且在A、B之间，设与A相距r，则(2)在(1)中的情形下，C的电荷量和电性对C的平衡有影响吗？答案解析见解析
电荷量的大小和电性对平衡无影响，距离A为 处，A、B的合场强为0.(3)若A、B不固定，在何处放一个什么性质的点电荷，才可以使三个点电荷都处于平衡状态？答案解析见解析
若将C放在A、B电荷两边，A、B对C同为向右(或向左)的力，C都不能平衡；若将C放在A、B之间，C为正电荷，则A、B都不能平衡，所以C为负电荷.设放置的点电荷的电荷量为Q，与A相距r1，分别对A、B受力分析，根据平衡条件对电荷A：有＝1.同一直线上的三个自由点电荷都处于平衡状态时，每个电荷受到的合力均为零，根据平衡方程可得，电荷间的关系为：“两同夹异”、“两大夹小”、“近小远大”.
2对于三个自由电荷的平衡问题，只需对其中两个电荷列平衡方程，不必对第三个电荷列平衡方程.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：
(1)每个小球带的电荷量q；答案解析图2
对B球受力分析如图所示：B球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知：F库＝mgtan θ＝ ，①(2)B球所受绳的拉力FT；答案
解析由B球的受力分析知，(3)墙壁对A球的弹力FN.答案mgtan θ
解析结合①得FN＝mgtan θ.二、两等量点电荷周围的电场
1.等量同号点电荷的电场(电场线分布如图3)
(1)两点电荷连线上，中点O处场强为零，向两侧场强逐渐增大.
(2)两点电荷连线中垂线上由中点O到无限远，场强先变大后变小.图32.等量异号点电荷的电场(电场线分布如图4)
(1)两点电荷连线上，沿电场线方向场强先变小再变大，中点处场强最小.
(2)两点电荷连线的中垂线上电场强度方向都相同，总与中垂线垂直且指向负点电荷一侧.沿中垂线从中点到无限远处，场强一直减小，中点处场强最大.图4例3 两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷
连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由
静止释放一个电子，如图5所示，关于电子的运动，
下列说法正确的是
A.电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B.电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C.电子运动到O点时，加速度为零，速度最大
D.电子通过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零√答案解析图5
带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零.但a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；
但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当达到O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确；
通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零.同样因b点与最大场强的位置关系不能确定，故加速度大小的变化不能确定，D错误.针对训练 如图6所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球图6答案解析√
由等量异种电荷形成的电场特点，根据小球的受力情况可知在细管内运动时，合力为重力，小球速度一直增大，A错误；
库仑力水平向右，不做功，B错误；三、电场线与带电粒子运动轨迹的综合分析
例4 如图7所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则
A.a一定带正电，b一定带负电
B.a的速度将减小，b的速度将增加
C.a的加速度将减小，b的加速度将增加
D.两个粒子的动能，一个增大一个减小图7答案解析√
带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；
从图中轨迹变化来看，速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误.
电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确.1.合力方向与速度方向：合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向.
2.分析方法：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可判断电荷加速度的大小.四、电场中的动力学问题
例5 如图8所示，光滑斜面(足够长)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 ，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：图8答案解析(1)原来的电场强度；
对小物块受力分析如图所示，答案3 m/s2，方向沿斜面向下(2)小物块运动的加速度；解析
又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下.答案6 m/s 6 m(3)小物块2 s末的速度和2 s内的位移.解析
由运动学公式得
v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s应用牛顿运动定律求解带电体在电场中的加速运动问题，与在力学中的应用完全一致；做好受力情况分析和运动过程分析，列牛顿运动定律方程和运动学方程，只是多分析了一个电场力.
达标检测21.(多选)如图9所示，质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两小球，分别用绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别为α和β(α＞β)，两小球恰在同一水平线上，那么
A.两球一定带异种电荷
B.q1一定大于q2
C.m1一定小于m2
D.m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力 图9答案解析√
由于两带电小球相互吸引，所以一定带异种电荷，选项A正确.
设轻丝线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的库仑力F＝mgtan θ，因此m1g＜m2g，即m1＜m2，选项C正确.√123
2.如图10所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(可视为点电荷)，三小球在一条直线上均处于静止状态，则以下判断正确的是
A.A对B的电场力一定是引力
B.A对B的电场力可能是斥力
C.A的电荷量可能比B少
D.C的电荷量一定比B少图10√三小球在一条直线上处于静止状态，则A、C一定是同种电荷，A、B一定是异种电荷，即“两同夹异”，另外，A和C的电荷量一定大于B的电荷量，即“两大夹小”，选项A正确.答案解析1233.(多选)如图11所示，带箭头的线表示某一电场中
的电场线的分布情况.一带电粒子在电场中运动的轨迹
如图中虚线所示.若不考虑其他力，则下列判断中正确
的是
A.若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B
运动到A，则粒子带负电
B.不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电
C.若粒子是从B运动到A，则其加速度减小
D.若粒子是从B运动到A，则其速度减小答案解析图11√√123
根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线内侧可知粒子所受电场力与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；
电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大.若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；
从B到A过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误.故选B、C.123本课结束课件37张PPT。第一章
电场习题课 电场能的性质学习目标
1.理解电势能、电势差、电势、等势面的概念.
2.能求解电场力做的功和电场中的电势.
3.掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系.内容索引
题型探究
达标检测
1题型探究一、电场线、等势面和运动轨迹的综合
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
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点时的加速度大小图1答案解析√
根据牛顿第二定律可得qE＝ma，又根据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度的大小关系为aR>aQ，故D项错误；
由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和不变，故C项错误；
根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向为沿电场线向右.假设粒子从Q向P运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大，假设粒子从P向Q运动，则电场力做负功，所以电势能增大，动能减小，速度减小，所以A项正确，B项错误.1.速度方向沿运动轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，所受合外力的方向指向曲线凹侧.
2.电势能大小的判断方法
(1)电场力做功：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加.
(2)利用公式法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大.针对训练1 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
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的速度先变大后变小
D.在整个过程中，电场力做功为零图2答案解析√
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、C错；
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.二、电势、电势能、电场力做功的综合分析
例2 如图3所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为.求 小球由A到C的过程中静电力做的功及A、C两点间的电势差.图3答案解析
因为Q是正点电荷，所以以Q为圆心的圆面是一个等势面，这是一个重要的隐含条件，由A到B过程中静电力是变力，所以不能直接用W＝Fx来解，只能考虑应用功能关系求解.
因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功W和重力做功mgh，由动能定理得：
计算电场力做功的方法，常见的有以下几种：
(1)利用电场力做功与电势能的关系求解：WAB＝EpA－EpB.
(2)利用W＝Fd求解，此公式只适用于匀强电场.
(3)利用公式WAB＝qUAB求解.
(4)利用动能定理求解.(1)在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势值；例3 为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对电荷施加一恒力F，如图4所示.若AB＝0.4 m，α＝37°，q＝－3×10－7 C，F＝1.5×10－4 N，A点电势φA＝100 V.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(不计重力)图4答案解析见解析
由平衡条件可知静电力方向与F方向相反、大小相等，又知电荷带负电，故电场强度方向与静电力方向相反，所以电场方向与F方向相同，如图所示.(2)q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？答案解析电势能增加4.8×10－5 J负电荷在由A到B的过程中，电势能增加，增量为
ΔEp＝qEd＝|qUBA|＝3×10－7×160 J＝4.8×10－5 J.静电场中常用的五种功能关系三、E－x、φ－x图象的分析
例4 (多选)某静电场沿x方向的电势分布如图5所示，则
A.在O～x1之间不存在沿x方向的电场
B.在O～x1之间存在着沿x方向的匀强电场
C.在x1～x2之间存在着沿x方向的匀强电场
D.在x1～x2之间存在着沿x方向的非匀强电场图5答案解析√√
由电场的性质可知： ，所以在φ－x图象中，斜率k表示在x方向上的场强Ex.所以O～x1沿x方向场强为0，A对，B错；
x1～x2之间电势均匀减小，斜率不变，即Ex不变，x1～x2之间存在沿x方向的匀强电场，C对，D错.针对训练2 (多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图6所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
A.x2和x4处电势能相等
B.由x1运动到x3的过程中电势能增大
C.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D.由x1运动至x4的过程中电场力先减小后增大图6答案解析√√
由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误.
由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确.1.φ－x图象反映电势φ随x的变化规律，其斜率大小表示场强大小，场强方向由电势变化情况确定：沿电场方向电势降低.
2.E－x图象反映场强E随x的变化规律，其正负表示场强的方向.四、用等分法确定等势线和电场线
1.在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U＝Ed，其中d为两点沿电场线方向的距离.由公式U＝Ed可以得到下面两个结论：甲 乙
图7结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示.
2.确定电场方向的方法
先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面.乙例5 如图8所示，A、B、C表示匀强电场中的三点，它们的电势分别为φA＝－5 V，φB＝9 V，φC＝2 V.试在图中画出过A、B、C点的三条等势线，并画出一条过C点的电场线.图8答案解析见解析由题中给定三点的电势可知：UBA＝14 V，UBC＝7 V.由于是匀强电场，故AB连线的中点D与C点是等势点，而匀强电场中等势面为一平面，故DC连线为等势线，再过A、B点分别作平行于CD的直线即为所求的过A、B、C点的三条等势线，如图所示，过C作垂直于CD的直线即为过C点的电场线，且电场方向水平向左.
达标检测21.(多选)某同学在研究电子在电场中的运动时，得到
了电子由a点运动到b点的轨迹(如图9中实线所示)，
图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能
是等势面，则下列说法正确的是
A.如果图中虚线是电场线，电子由a点运动到b点，动能减小，
电势能增大
B.如果图中虚线是等势面，电子由a点运动到b点，动能增大，电势能减小
C.不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电场强度都大于b点的电场
强度
D.不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势123答案解析√图94√√123
4电子做曲线运动，它受到的静电力方向指向轨迹的凹侧.如果虚线是电场线，电子受到静电力的方向沿电场线向左，由a点运动到b点，静电力做负功，动能减小，电势能增大，A正确；
若虚线是等势面，电场线与等势面垂直，即电子受到的静电力方向也与等势面垂直，方向指向斜下方，电子由a点运动到b点，静电力做正功，动能增大，电势能减小，电势升高，B正确，D错误；
因为等势面密集处电场线也密集，题图中虚线无论是电场线还是等势面，a处都较密集，所以a点的电场强度大于b点的电场强度，C正确.2.(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图10所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有
A.EBx的大小大于ECx的大小
B.EBx的方向沿x轴正方向
C.电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大
D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后
做负功图10√答案解析1234√
在B点和C点附近分别取很小的一段距离d，由题图可知，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，若将这两段的电场看做匀强电场，则有E＝ ，可见EBx＞ECx，选项A正确；
同理可知O点场强在x轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；
沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，所以选项B错误，D正确.12343.如图11所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5 V、φB＝－5 V、φC＝15 V，由此可以判断
A.场强的方向由C指向B
B.场强的方向垂直AD连线斜向上
C.场强的大小为10 V/m
D.场强的大小为 V/m答案解析图11√1234
1234由于φB＝－5 V，φC＝15 V，则BC中点D的电势为φD＝5 V，即A点和D点电势相等，则电场方向垂直AD连线斜向下，A、B选项均不正确；4.如图12所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为 g，求：
(1)此电荷在B点处的加速度；答案解析1234图123g，方向竖直向上
1234(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示).答案解析1234图12
本课结束课件29张PPT。章末总结第一章
电场内容索引
知识网络
题型探究
知识网络1静电场静电力库仑定律条件：真空中的_________大小：F＝电场强度大小：E＝ (定义式)，E＝ (决定式)方向： 受力方向电场线意义：表示电场 、______
特点：不闭合、不相交、垂直于等势面点电荷正电荷强弱方向静电场电场能电势φA＝标量，有正负，与零电势点的选取有关电势差UAB＝ － ＝标量，有正负等势面：形象地描述电场中电势的分布φAφB静电力做功WAB＝_______
WAB＝ －_____qUABEpAEpB(P为零电势点)电场强度与电势差的关系沿场强的方向电势降落最快在匀强电场中：E＝应
用电容器的电容电容定义式：C＝电容大小决定式：C＝ (平行板电容器)带电粒子在电场中的运动加速：利用 或__________________
____________求解
偏转：利用 求解动能定理牛顿第二定律结合运动学公式平抛运动规律静
电
场
2题型探究一、电场中的平衡问题1.库仑力实质上就是电场力，与重力、弹力一样，它也是一种基本力.带电粒子在电场中的平衡问题实际上属于力学平衡问题，只是多了一个电场力而已.
2.求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确的受力分析的基础上，运用平行四边形定则、三角形定则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件，灵活运用方法(如合成分解法、矢量图示法、相似三角形法、整体法等)去解决.例1 (多选)如图1所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q.为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为答案解析图1√√√
取小球为研究对象，它受到重力mg、细线的拉力F和电场力Eq的作用.因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，F和Eq的合力与mg是一对平衡力.根据力的平行四边形定则可知，当电场力Eq的方向与细线拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，求解电场力的最小值的方法是对物体进行受力分析，利用图解法求最小值. 针对训练1 如图2所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为 l，O点与小球B的间距为l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A、B均可视为点电荷.静电力常量为k，则图2√答案解析
二、电场中功能关系的应用
带电物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等，因此涉及到电场有关的功和能的问题应优先考虑利用动能定理和能量守恒定律求解.例2 如图3所示，带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点.现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为 ，静电力常量为k，求：
(1)小球运动到B点时的加速度大小.图3 答案解析
带电小球在A点时由牛顿第二定律得：带电小球在B点时由牛顿第二定律得：(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示). 答案解析
由A点到B点对小球运用动能定理得针对训练2 长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场．一个电荷量为－q、质量为m的带负电的液滴以速度v0垂直于电场方向射入两极板间，如图4所示，射入后液滴沿直线运动．已知重力加速度为g，求：
(1)两极板间的电场强度的大小；图4 答案解析
液滴在电场中受到重力mg和静电力F两个力的作用，由于液滴沿直线运动，由直线运动的条件可知：两个力的合力必须与速度共线．所以静电力的方向是垂直于金属板斜向上的，如图所示，由几何关系可得F＝Eq＝mgcos θ(2)液滴离开电场时的速度大小． 答案解析
因静电力不做功，故由动能定理可得三、带电体在复合场中的运动
1.带电体在复合场中的运动是指带电体在运动过程中同时受到电场力及其他力的作用．较常见的是在运动过程中，带电体同时受到重力和电场力的作用．
2.由于带电体在电场和重力复合场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，研究的方法与质点动力学的研究方法相同，它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等力学规律．例3 如图5所示，ABCDF为竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道．其中轨道的BCDF部分是半径为R＝0.2 m的圆形轨道，轨道的水平部分与圆相切于B点，A为水平轨道上的一点，而且AB之间的距离s＝0.6 m，把一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．(g取10 m/s2)求：
(1)小球到达B点时速度的大小； 答案解析
图5(2)小球到达D点时对轨道的压力；1 N，方向竖直向上 答案解析(3)若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点的最小距离．(结果保留两位有效数字)0.62 m 答案解析
针对训练3 (多选)如图6所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知
A.微粒在电场中做抛物线运动
B.微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C.MN板间的电势差为
D.MN板间的电势差为图6√答案解析√
由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A项正确；本课结束课件40张PPT。第一章
电场第一节 认识静电学习目标 1.知道自然界中的两种电荷及其相互作用.
2.知道使物体带电的三种方式.
3.掌握电荷守恒定律及元电荷的概念．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、起电方法的实验探究(1)用丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带何种电荷？用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带何种电荷？使玻璃棒和橡胶棒带电的原因是什么？玻璃棒带正电，橡胶棒带负电．丝绸摩擦玻璃棒时，玻璃棒上的电子向丝绸上转移，玻璃棒失去电子带正电，丝绸得到电子带负电；毛皮摩擦橡胶棒时，毛皮上的电子向橡胶棒转移，橡胶棒得到电子带负电，毛皮失去电子带正电． 答案(2)如图1所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，
使它们彼此接触．起初它们不带电，贴在下部的金属箔片
是闭合的．
①把带正电荷的物体C移近导体A，金属箔片有什么变化？
②这时把A和B分开，然后移去C，金属箔片又有什么变化？
③再让A和B接触，又会看到什么现象？C移近导体A，两侧金属箔片都张开； 答案金属箔片仍张开，但张角变小；A、B接触，金属箔片都闭合． 答案 答案图1(3)带正电的导体A与不带电的导体B接触，使导体B带上了什么电荷？在这个过程中电荷是如何转移的？正电荷，在这个过程中，有电子从物体B转移到物体A，物体B所带电子数减少，因此带正电． 答案电荷及三种起电方式
(1)两种电荷：用丝绸摩擦过的玻璃棒带 电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带
电．同 种电荷相互 ，异种电荷相互 ．
(2)物体带电的三种方式：即 起电、接触起电、 起电．其实质都是电子的转移．
①摩擦起电：当两个物体互相摩擦时，一些束缚得不紧的电子往往从一个物体转移到另一个物体，于是原来呈电中性的物体由于得到电子而带 ，失去电子的物体则带 ．正负排斥吸引感应摩擦负电正电②接触起电：一个带电物体接触另一个导体，电荷会 到这个导体上，使这个导体也带电．
③感应起电：当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或 带电体，使导体靠近带电体的一端带
电荷，远离带电体的一端带 电荷，这种现象叫做静电感应．利用 使金属导体带电的过程叫做感应起电．转移远离异号同号静电感应判断下列说法的正误．
(1)丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电，证明正电荷从丝绸转移到玻璃棒上．
( )
(2)摩擦起电的过程是电子从一个物体转移到另一个物体的过程．( )
(3)带正电的物体A与不带电的物体B接触后，电子由B转移到A上，B将带正电．( )
(4)带正电的物体C靠近不带电的枕形导体AB，如图2所示，
A端将带正电，B端将带负电．( )×√√×图2二、电荷守恒定律(1)物体的带电荷量可以是任意的吗？带电荷量可以是4×10－19 C吗？ 答案物体的带电荷量不是任意的，它只能是1.60×10－19 C的整数倍．由于4×10－19 C是1.60×10－19 C的2.5倍，所以带电荷量不能是4×10－19 C.(2)在摩擦起电过程中，一个物体带上了正电荷，另一个物体带上了负电荷，该过程是否创造了电荷？在一个封闭的系统中，电荷的总量会增多或减少吗？ 答案摩擦起电的过程并没有创造电荷．一个封闭的系统中，电荷的总量保持不变．1.电荷量： 叫电荷量，国际单位是 ，简称库.用符号
表示.
2.元电荷： 叫做元电荷.所有带电体的电荷量或者等于e ，或者是 .电荷量e的数值最早是由美国物理学家 通过实验测得的，e＝ .电荷的多少库仑C电荷量ee的整数倍密立根1.60×10－19 C特别提醒：
(1)元电荷是最小的电荷量，而不是实物粒子，元电荷无正、负之分.
(2)虽然质子、电子的电荷量等于元电荷，但不能说质子、电子是元电荷.
(3)电子的比荷：电子的电荷量e与电子的质量me之比，叫做电子的比荷.3.电荷守恒定律：电荷既不能 ，也不能 ，它们只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一个部分转移到另一个部分.在转移过程中，电荷的 不变.创造消灭代数和判断下列说法的正误.
(1)电子的电荷量e的数值最早是由库仑通过实验测出的.( )
(2)元电荷是最小的带电体.( )
(3)元电荷就是质子或电子.( )
(4)所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍.( )
(5)元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量.( ) ×√××√
2题型探究一、对三种起电方式的理解
三种起电方式的比较例1 如图3所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B
图3
A.不带电 B.带正电
C.带负电 D.不能确定答案解析√根据静电感应现象和电荷间的相互作用，可判断导体B带负电，故选C.针对训练1 如图4所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是图4答案解析√A.只有M端验电箔张开，且M端带正电
B.只有N端验电箔张开，且N端带正电
C.两端的验电箔都张开，且N端带负电，M端带正电
D.两端的验电箔都张开，且两端都带正电MN的两端感应出等量异种电荷，所以两端的验电箔都张开，根据“近异远同”的特点，M端带正电，N端带负电.故选项C正确.感应起电的判断方法
1.当带电体靠近导体时，导体靠近带电体的一端带异种电荷，远离带电体的一端带同种电荷，如图5甲所示.
2.导体接地时，该导体与地球可视为一个导体，而且该导体可视为近端导体，带异种电荷，地球就成为远端导体，带同种电荷，如图乙、丙所示.图5二、对电荷守恒定律的理解
1.使物体带电的实质不是创造了电荷，而是物体所带的电荷发生了转移，也就是物体间或物体内部电荷的重新分布.
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，物体达到电中性的过程.例2 完全相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个完全相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开.
(1)若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？ 答案解析
C与B球接触后，B、C所带电荷量为设A、B带电荷量均为q，则A、C接触后，A、C带电荷量为2∶3(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？ 答案解析2∶1
设A带正电，B带负电，且所带电荷量大小均为q.两金属导体接触后电荷量的分配规律
1.当两个导体材料、形状不同时，接触后再分开，只能使两者均带电，但无法确定电荷量的多少.
2.若使两个完全相同的金属球带电荷量大小分别为q1、q2，则有(1)(2)针对训练2 有三个相同的金属小球A、B、C，其中小球A带有2.0×10－5 C的正电荷，小球B、C不带电，现在让小球C先与球A接触后取走，再让小球B与球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，最终三球的带电荷量分别为qA＝__________C，qB＝___________C，qC＝___________ C.答案解析5×10－67.5×10－67.5×10－6
小球C先与球A接触后平分A的电荷，三、验电器的原理和使用
验电器的两种应用方式及原理
(1)带电体接触验电器：当带电的物体与验电器上面的金属球接触时，有一部分电荷转移到验电器上，与金属球相连的两个金属箔片带上同种电荷，因相互排斥而张开，物体所带电荷量越多，电荷转移的越多，斥力越大，张开的角度也越大.
(2)带电体靠近验电器：当带电体靠近验电器的金属球时，带电体会使验电器的金属球感应出异种电荷，而金属箔片上会感应出同种电荷(感应起电)，两箔片在斥力作用下张开.例3 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的金属箔片张开，如图所示表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是答案解析√
把带电金属球移近不带电的验电器，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子被排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷.故选项B正确.
达标检测31.(多选)关于摩擦起电和感应起电的理解，下列说法中正确的是
A.摩擦起电说明电荷能够被创造
B.摩擦起电现象说明通过摩擦可以使电荷从一个物体转移到另一个物体上
C.感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了
D.感应起电说明电荷可以从物体的一个部分转移到物体的另一个部分 答案√√123452.用丝绸摩擦两根玻璃棒，手持一根玻璃棒，靠近另一根被吊起的玻璃棒时，现象如图6甲箭头所示远离.而手持用毛皮摩擦过的橡胶棒，靠近被吊起的用丝绸摩擦过的玻璃棒时，现象如图乙箭头所示靠近.那么
A.图甲中两玻璃棒互相吸引
B.图乙中橡胶棒与玻璃棒互相排斥
C.图甲、乙中的玻璃棒带异种电荷
D.图乙表明异种电荷互相吸引 答案√12345图63.(多选)原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电荷1.6×10－15 C，丙物体带电荷量的大小为8×10－16 C.则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是
A.乙物体一定带有负电荷8×10－16 C
B.乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 C
C.丙物体一定带有正电荷8×10－16 C
D.丙物体一定带有负电荷8×10－16 C答案解析√√12345
由于甲、乙、丙原来都不带电，甲、乙相互摩擦导致甲失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷；乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确.123454.如图7所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象下列说法正确的是
A.两片金属箔片上带异种电荷
B.两片金属箔片上均带负电荷
C.金属箔片上有电子转移到玻璃棒上
D.将玻璃棒移走，则金属箔片立即合在一起√答案解析图712345
自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，若将其接触验电器的金属球，此时两个箔片均带正电荷；在此过程中，一部分电子会从验电器向玻璃棒转移；移走玻璃棒时，箔片仍带电，不会立即合在一起.选项C正确.123455.有两个完全相同的带电金属小球A、B，分别带有电荷量为QA ＝6.4×10－9 C、QB ＝－3.2 ×10－9 C，让两个金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移，转移了多少个电子？答案解析1234电子由球B转移到球A 3.0×1010个5
接触过程中，由于B球带负电，其上多余的电子转移到A球，中和A球上的一部分正电荷直至B球为中性不带电，同时，由于A球上有净正电荷，B球上的电子会继续转移到A球，直至两球带上等量的正电荷.
在接触过程中，电子由球B转移到球A.共转移的电子电荷量为ΔQ＝－QB＋QB′＝3.2×10－9 C＋1.6×10－9 C＝4.8×10－9 C.12345
12345本课结束课件43张PPT。第一章
电场第七节 了解电容器
第八节 静电与新技术学习目标
1.了解电容器的基本结构,认识常见的电容器及其应用.
2.了解电容器的充放电过程.
3.理解电容器、电容的概念和决定电容的因素.
4.了解静电的危害,知道静电利用的原理.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、电容器及电容(1)把电容器的两个极板分别与电源两极相连,对电容器进行充电,该过程中能量是如何转化的？当把电容器两极相接,对电容器进行放电,该过程中能量是如何转化的？充电过程中电源内的化学能转化为电容器内的电场能；放电过程中电容器的电场能转化为电路的内能. 答案(2)当电容器的带电荷量增加时,电容器两极板间的电势差如何变化？带电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化？增大 不变 答案1.电容器
储存电荷和电能的装置.任何两个彼此 又相距很近的 ,都可以看成一个电容器.
2.电容器的充放电
(1)充电：把电容器的两极板分别与电池组的两极相连,两个极板分别带上等量的 电荷的过程,充电过程中,由电源获得的 储存在电容器中.
(2)放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通,两极板上的电荷 的过程,放电过程中, 转化为其他形式的能量.绝缘导体异号电能中和电场能3.电容：
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的 .
(2)公式C＝ ，其中Q指一个极板上带电荷量的绝对值.
(3)单位： ，符号是F,1 F＝1 C/V,1 F＝ μF＝ pF.比值法拉10610124.说明
(1)电容是表示电容器储存电荷特性的物理量,只决定于电容器本身,而与Q、U无关；
(2)C＝ 是电容的定义式,对任何电容器都适用；
(3) ,电容器的电容在数值上等于两极板上每升高(或降低)单位
电压时增加(或减少)的电荷量.判断下列说法的正误.
(1)电容器充电电荷量越多,电容增加越大.( )
(2)电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比.( )
(3)电容器的电容越大,所带电荷量就越多.( )
(4)对于确定的电容器,它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变.( )×××√二、决定电容的因素平行板电容器由两块平行放置的金属板组成.利用平行板电容器进行如下实验：
(1)如图1所示,保持Q和d不变,增大(或减少)两极板的正对面积S,观察电势差U(静电计指针偏角)的变化,依据C＝ ,分析电容C的变化. 答案实验结论：S增大,电势差U减小,电容C增大.图1(2)如图2所示,保持Q和S不变,增大(或减小)两极板间的距离d,观察电势差U(静电计指针偏角)的变化,依据C＝ ,分析电容C的变化. 答案实验结论：d增大,电势差U增大,电容C减小.图2(3)如图3所示,保持Q、S、d不变,插入电介质,观察电势差U(静电计指针偏角)的变化,依据C＝ ,分析电容C的变化. 答案实验结论：插入电介质,电势差U减小,电容C增大.图31.平行板电容器
(1)构成：由两个彼此 又相互靠近的 组成.
(2)电容的决定因素：
电容与两板正对面积S成 ，与电介质的相对介电常数εr成 ，与极板间距离d成 .
(3)表达式C＝ ，εr为相对介电常数，真空时εr＝ .其他电介质时εr .
提醒：C＝ 适用于所有电容器；C＝ 仅适用于 电容器.平行金属板绝缘正比正比反比1＞1平行板2.电容器的两个性能指标
(1)一个是它的电容量；
(2)另一个是它的 能力,耐压值表示电容器正常使用时两个电极间所能承受的 电压.耐压最大判断下列说法的正误.
(1)将平行板电容器两极板的间距加大,电容将增大.( )
(2)将平行板电容器两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小.( )
(3)在平行板电容器极板间插入电介质,电容将增大.( )
(4)电容器外壳上标的是额定电压.( )×√√√三、静电与新技术1.静电除尘的原理
先使空气中的尘埃带上 ,并在电场力的作用下被吸附到 上,当尘埃累积到一定程度时,可以在 的作用下落入漏斗中,实现了除尘的作用.
2.静电的危害与防止
静电产生危害的必要条件是积累足够多的静电荷,因此,防止静电危害的基本原则是：控制静电的 和把产生的静电迅速移走以避免静电的
.常用方法有静电 、增加 、非导电材料的抗静电处理等.金属线重力负电产生积累接地湿度
2题型探究一、对电容器、电容的理解例1 (多选)下列关于电容的说法正确的是
A.电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量
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1 V时电容器需要带的电荷量
D.由公式C＝ 知,若电容器两极间电压为10 V,极板带电量为2×10－5 C,则
电容器电容大小为5×105 F答案解析√√
电容反映电容器容纳电荷本领的大小,A对.
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；
电压为10 V,电荷量为2×10－5 C时 ,电容C＝ ＝2×10－6 F,D错.例2 有一充电的电容器,两板间的电压为3 V,所带电荷量为4.5×10－4 C,此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2 V,电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？ 答案解析
1.5×10－4 F 1.5×10－4 F 3×10－4 C电容器电压降为2 V时,电容不变,仍为1.5×10－4 F.此时所带电荷量为Q′＝CU′＝1.5×10－4×2 C＝3×10－4 C.二、平行板电容器的电容及动态分析
1.平行板电容器动态问题的分析方法
抓住不变量,分析变化量,紧抓三个公式：2.平行板电容器的两类典型问题例3 (多选)如图4所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U,现使B板带正电,实验中,电荷量不变,则下列判断正确的是
A.增大两极板之间的距离,静电计指针张角变大
B.将A板稍微上移,静电计指针张角将变大
C.若将玻璃板插入两板之间,则静电计指针
张角变大
D.若将A板拿走,则静电计指针张角变为零图4答案解析√√
当A板上移时,正对面积S变小,C变小,U变大；
当插入玻璃板时,C变大,U变小；当将A板拿走时,相当于使d变得更大,C更小,故U应更大,故选A、B.静电计的使用
静电计是在验电器的基础上改造而成的,静电计由相互绝缘的两部分组成,静电计与电容器的两极板分别连接在一起,则电容器上的电势差就等于静电计上所指示的电势差U,U的大小就从静电计的刻度读出,可见,静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化.针对训练 如图5所示是一个由电池、电阻R、开关S
与平行板电容器组成的串联电路,开关S闭合.一带电液
滴悬浮在两板间P点不动,下列说法正确的是
A.带电液滴可能带正电
B.增大两极板间距离的过程中,电阻R中有从a到b的
电流,电容器中负电荷从B运动到A
C.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速下降
D.断开S,减小两极板距离的过程中,液滴静止不动答案解析√图5
带电液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态,电场力方向向上,电场方向向下,故液滴带负电,A选项错误.
由C＝ 和Q＝CU可知,两极板间距离增大的过程中,C变小,所以Q变小,因此电容器放电,放电电流的方向从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,选项B错误.
断开S,由C＝ 、Q＝CU和U＝Ed知E＝ ,Q不变,S减小,所以E增大,电场力大于重力,液滴将加速上升,C选项错误.
由E＝ 知,Q不变,d减小,E不变,液滴静止不动,D选项正确.三、静电的应用与防止
1.应用静电现象的基本原理一般是让带电的物质微粒在电场力作用下奔向并吸附到异性电极或带电体上,理解这一原理是解决这类问题的关键.
2.强电场电离空气后,电子在电场力作用下向高电势运动,从而使微粒吸附电子而带负电.例4 (多选)如图6为静电除尘器除尘机理的示意
图.尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力的
作用下向集尘极迁移并沉积,以达到除尘的目的.
下列表述正确的是
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由集尘极指向放电极
C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大答案解析√图6√
集尘极与电源的正极相连带正电,放电极带负电,尘埃在电场力作用下向集尘极迁移,说明尘埃带负电荷,A项错误；
电场方向由集尘极指向放电极,B项正确；
带电尘埃带负电,因此所受电场力方向与电场方向相反,C项错误；
同一位置电场强度一定,由F＝qE可知,尘埃电荷量越多,所受电场力越大,D项正确.
达标检测31.(多选)下列关于电容器和电容的说法中,正确的是
A.根据C＝ 可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,跟两板间的电压
成反比
B.对于确定的电容器,其所带电荷量与两板间的电压成正比
C.无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷
量与电压的比值都恒定不变
D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与加在两
板间的电压无关1234√答案解析√√1234由于电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,是电容器的一种特性.一个电容器对应唯一的电容值,不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,因此A错误,C、D正确.
由于电容是定值,由Q＝CU知,其所带电荷量与两板间的电压成正比,故B正确.2.一个已充电的电容器,若使它的电量减少3×10－4 C,则其电压减少为原来的 ,则
A.电容器原来的带电量为9×10－4 C
B.电容器原来的带电量为4.5×10－4 C
C.电容器原来的电压为1 V
D.电容器的电容变为原来的√答案解析
因电容器的电容不知,所以无法得出电容器原来的电压,C错.
电容是由电容器本身决定,跟电压和电荷量的变化无关,所以电容器的电容不变,D错误.123412343.(多选)如图7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,静电计指针张开一定角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是
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A板向左平移一些
D.断开S后,使A、B正对面积减小一些图7√答案解析√1234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.所以本题的正确选项是C、D.4.如图8所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则
A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变
C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变图81234答案解析√
1234P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,P点的电势不变,故Ep不变；由以上分析可知,选项D正确.本课结束课件45张PPT。第一章
电场第三节 电场强度学习目标 1.掌握电场强度的概念及公式，并会进行有关的计算.
2.理解点电荷的电场强度及场强叠加原理.
3.会用电场线表示电场，并熟记几种常见电场的电场线分布特征.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1(1)电场的基本性质是什么？如何去探究电场的这种性质？电场对放入其中的电荷有力的作用.可在电场中放一试探电荷，通过分析试探电荷的受力研究电场性质. 答案一、电场与电场强度(2)在空间中有一电场，把一带电荷量为q的试探电荷放在电场中的A点，该电荷受到的静电力为F.若把带电荷量为2q的点电荷放在A点，则它受到的静电力为多少？若把带电荷量为nq的点电荷放在该点，它受到的静电力为多少？电荷受到的静电力F与电荷量q有何关系？2F.nF.F与q成正比，即F与q的比值为定值. 答案1.电场及其性质
电荷的周围存在着由它产生的 ，电荷之间的作用是通过电场发生的.电场的基本性质是对放入其中的 有力的作用.
2.场源电荷和试探电荷
电荷是激发或产生我们正在研究的电场的电荷. 电荷是用来检验电场是否存在及其 分布情况的电荷.电场电荷场源试探强弱3.电场强度
(1)定义及公式：试探电荷在电场中某个位置 与它的________
的比值叫电场强度.公式E＝ ，单位为 ，符号为 .
(2)物理意义：表示电场的强弱和方向.
(3)方向：与正电荷在该点所受的静电力的方向 ，与负电荷在该点所受的静电力的方向 .所受的力电荷量牛每库N/C相同相反4.匀强电场
如果电场中各点的 大小和方向都相同，这种电场叫做匀强电场.场强判断下列说法的正误.
(1)根据电场强度的定义式E＝ ，可知E与F成正比，与q成反比.( )
(2)在电场中某点放入的试探电荷电量减半，则该点的电场强度也减半.
( )
(3)电场中某点的电场强度与正电荷受力方向相同，当该点放置负电荷时，电荷受力方向反向，则该点电场强度方向也反向.( )
(4)P点的电场强度越大，则同一电荷在P点所受电场力越大.( )×××√二、点电荷的电场(1)如图1所示，在正点电荷Q的电场中有一试探电荷q，已知q到Q的距离为r，Q对q的作用力是多大？Q在q所在位置产生的电场的电场强度是多大？方向如何？ 答案
图1(2)如果再有一正点电荷Q′＝Q，放在如图2所示的位置，
q所在位置的电场的电场强度多大？ 答案
图21.真空中点电荷的电场
(1)场强公式：E＝ _____，其中k是 ，Q是 的电荷量.
(2)方向：当Q为正电荷时，E的方向沿半径 ；当Q为负电荷时，E的方向沿半径 .
2.电场的叠加
场强是 ，如果场源是多个点电荷时，电场中某点的电场强度为各个点电荷 在该点产生的电场强度的 .静电力常量场源电荷向外向内矢量单独矢量和判断下列说法的正误.
(1)以点电荷为球心的球面上各点电场强度处处相同.( )
(2)由 知，E与Q成正比，而与r2成反比.( )
(3)由 知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处场强大小相等，但方向不同.( )
(4)若空间有两个点电荷，则该空间某点的场强等于这两个点电荷产生电场的代数和.( )×√√×三、怎样“看见”电场(1)为了形象的描述电场，法拉第引入了电场线的概念.电场线是真实存在的吗？ 答案电场线实际上不存在.(2)电场线是如何表示电场方向和强弱的？ 答案在电场中，某点电场线的切线方向表示该点电场强度的方向；电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场强度较大的地方电场线较密，反之较疏.(3)试画出点电荷、等量异种电荷、等量同种电荷及匀强电场周围的电场线. 答案答案见知识梳理“几种特殊的电场线分布”1.电场线
电场线是画在电场中的一条条有方向的 ，曲线上每点的 方向
表示该点的电场强度方向，电场线不是实际存在的线，而是为了形象描述
而假想的线.
2.几种特殊的电场线分布，如图3所示.图3曲线切线电场3.电场线的特点
(1)电场线从 或无限远出发，终止于 或负电荷.
(2)电场线在电场中不 .
(3)在同一电场中，电场强度较大的地方电场线 ，电场强度较小的地方电场线 .
(4)匀强电场的电场线是间隔距离相等的 直线.正电荷无限远相交较密较疏平行判断下列说法的正误.
(1)电场线是电场中实际存在的线.( )
(2)电场中的任意两条电场线都不可能相交.( )
(3)电场线的方向与带电粒子的受力方向一定相同.( )
(4)顺着电场线的方向，电场强度一定越来越小.( )
(5)电场线与电荷的运动轨迹一定重合.( )×√×××
2题型探究一、对电场强度的理解
电场强度的两个性质
(1)唯一性：电场中某点的电场强度E是唯一的，是由电场本身的特性(形成电场的电荷及空间位置)决定的，与是否放入试探电荷、放入电荷的电性、电荷量的多少均无关.电场中不同的地方，电场强度一般是不同的.
(2)矢量性：电场强度描述了电场的方向，是矢量，其方向与在该点的正电荷所受电场力的方向相同，与在该点的负电荷所受电场力的方向相反.例1 真空中O点放一个点电荷Q＝＋1.0×10－9 C，直线MN通过O点，OM的距离r＝30 cm，M点放一个点电荷q＝－1.0×10－10 C，如图4所示.求：
(1)q在M点受到的作用力；答案解析图41.0×10－8 N，方向沿MO指向Q
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；答案解析图4100 N/C，方向沿OM连线背离Q
(3)拿走q后M点的场强；答案解析图4100 N/C，方向沿OM连线背离Q
场强是反映电场的力的性质的物理量，它是由形成电场的电荷Q及场中位置决定的，与试探电荷q是否存在无关.故M点的场强仍为100 N/C，方向沿OM连线背离Q.(4)M、N两点的场强哪点大？答案解析图4M点场强大
针对训练1 (多选)在电场中某点放入正点电荷q，它受到的电场力F方向向右.当放入负点电荷q时，它受到的电场力F方向向左.下列说法正确的是
A.该点放入正电荷时，电场强度方向向右；放入负电荷时，电场强度
方向向左
B.该点电场强度大小为E＝
C.该点放入2q的正点电荷时，电场强度变为原来的2倍
D.该点电场强度的方向向右答案解析√√
放入正电荷和负电荷时，该点的场强均向右，故A错误，D正确；
根据电场强度的定义可知B正确.
该点放入2q的正点电荷时，电场力变为原来的2倍，电场强度不变，故C错误.二、点电荷的电场 电场强度的叠加2.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.例2 如图5所示，真空中，带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距r，求：
(1)两点电荷连线的中点O的场强的大小和方向.图5答案
解析
分别求＋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，求出该点的合场强．
如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的场强方向相同，均由A→B.A、B两点电荷在O点产生的电场强度大小(2)在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强大小和
方向.答案解析
如图乙所示，针对训练2 如图6所示，在等边三角形ABC的三个顶点上，固定三个正点电荷，电荷量的大小q′＜q，则三角形ABC的几何中心处电场强度的方向
A.平行于AC边
B.平行于AB边
C.垂直于AB边指向C
D.垂直于AB边指向AB图6答案解析√
又OA＝OB＝OC三、电场线的理解和应用
例3 某电场的电场线分布如图7所示，下列说法正确的是
A.c点的电场强度大于b点的电场强度
B.若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点
C.b点的电场强度大于d点的电场强度
D.a点和b点的电场强度的方向相同图7答案解析√
电场线的疏密表征了电场强度的大小，由题图可知Ea＜Eb，Ed＞Ec，Eb＞Ed，Ea＞Ec，故选项C正确，选项A错误；
由于电场线是曲线，由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项B错误；
电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不在同一条直线上，故选项D错误.1.电场线并不是粒子运动的轨迹.带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子所受合外力与初速度共同决定.电场线上各点的切线方向是场强方向，决定着粒子所受电场力的方向.轨迹上每一点的切线方向为粒子在该点的速度
方向.
2.电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件
(1)电场线是直线.
(2)带电粒子只受电场力作用或除电场力外的其它力的合力与电场力在同一直线上.
(3)带电粒子初速度的大小为零或初速度的方向与电场线方向在一条直线上.
达标检测31.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试探电荷在
该点所受的静电力成正比
B.场中某点的场强大小等于 ，但与试探电荷的受力大小及电荷量无关
C.场中某点的场强方向是试探电荷在该点的受力方向
D.公式 对于任何电场都是适用的 答案√12342.如图8所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是答案解析√图8A.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.负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线的切线
方向
D.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小
(不计重力)1234
负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A错；
电场线越密的地方场强越大，由题图知EA＞EB，又因F＝qE，得FA＞FB，故B正确；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C错误.12343.在一个等边三角形ABC顶点B和C处各放入一个电荷量相同的点电荷时，测得A处的场强大小为E，方向与BC边平行沿B指向C，如图9所示.拿走C处的点电荷后，A处电场强度情况将是答案解析√图9A.大小仍为E，方向由A指向B B.大小仍为E，方向由B指向A
C.大小变为 ，方向不变 D.不能得出结论设点电荷B、C在A处产生的场强大小均为E′，则E′＝E，拿走C处的点电荷后，A处电场强度大小为E，方向由B指向A，选项B正确.12344.P是点电荷Q电场中的一点，P到点电荷Q的距离r＝0.1 m，将一个电荷量q＝1.0×10－10 C的点电荷放到P点，受到的电场力F＝9.0×10－5 N，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2.求：
(1)点电荷Q在P处产生的电场强度的大小.答案解析9×105 N/C
1234(2)点电荷Q的电荷量.答案解析12341.0×10－6 C
本课结束课件40张PPT。第一章
电场第二节 探究静电力学习目标
1.了解探究电荷间作用力与电荷量及电荷间距离的关系的实验过程.
2.知道点电荷的概念.
3.理解库仑定律的内容、公式及适用条件，会用库仑定律进行有关的计算.
4.了解库仑扭秤实验.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、点电荷 电荷间的相互作用力什么是点电荷？实际带电体看成点电荷的条件是什么？ 答案点电荷是用来代替带电体的点，当带电体的形状、大小及电荷分布对作用力的影响可以忽略时，带电体可以看做点电荷.1.点电荷：当带电体间的距离比它们自身的大小 ，以致带电体的
、 及 对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点，叫做 .
2.说明
(1)点电荷是只有电荷量，没有大小、形状的理想化模型，类似于力学中的质点，实际中并不存在.
(2)带电体能否看做点电荷，不取决于带电体的大小，而取决于它们的形状、大小与距离相比能否忽略.即将带电体看做点电荷的前提条件是带电体间的距离远大于带电体本身的尺寸.大得多形状大小电荷分布状况点电荷3.正确区分点电荷与元电荷
(1)元电荷是一个电子或一个质子所带电荷量的数值，是电荷量的最小值，没有正、负之分.
(2)点电荷只是不考虑大小和形状的带电体，其带电荷量可以很大，也可以很小，但它一定是元电荷的整数倍.判断下列说法的正误.
(1)只有电荷量很小的带电体才能看成点电荷.( )
(2)体积很大的带电体一定不能看成点电荷.( )
(3)当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷.( )√××二、库仑定律图1中，A为一固定的导体小球，B、C为相同的
轻质导体小球，三球带同种电荷.
(1)B与C电荷量相同，AB间距离小于AC间的距离，观察B、C的偏角，思考A与B、C之间的作用力与距离r有什么关系？ 答案B的偏角较大，则A与B间的作用力大，说明A与B、C间的作用力随电荷间距离的增大而减小.图1(2)移去C，只观察B的偏角情况，当B球的电荷量增大时，A、B间的作用力如何变化？ 答案B球的电荷量增大时，偏角变大，说明A、B间的作用力变大.图1(3)综合以上两种情况，你的结论是什么？ 答案电荷之间的作用力随着电荷量的增大而增大，随着电荷间距离的增大而减小.图11.点电荷之间的作用力与点电荷的 及电荷之间的 有关：
点电荷之间的相互作用力随电荷量的增大而 ，随它们之间距离的增大而 .
2.库仑定律
(1)内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力，跟它们的电荷量的乘积成 ，跟它们的距离的 成反比，作用力的方向在________
.
(2)公式：F＝_______，其中k＝ N·m2/C2，叫做静电力常量.
(3)适用条件：a. ；b. .距离电荷量增大减小正比二次方它们的连线上 9.0×109在真空中点电荷3.静电力的叠加
如果存在两个以上点电荷，那么每个点电荷都要受到其他所有点电荷对它的作用力.两个点电荷之间的作用力不因第三个点电荷的存在而改变.某点电荷受到的作用力等于其他点电荷单独对这个点电荷的作用力的 .矢量和判断下列说法的正误.
(1)电荷间的作用力与电荷量的乘积成正比，与距离成反比.( )
(2)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.( )
(3)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.( )
(4)在点电荷q1受到q2的库仑力时，q1对q2也一定施加库仑力的作用.( ) ×√××
2题型探究一、库仑定律的理解与应用
1.库仑定律适用于点电荷间的相互作用，当r→0时，电荷不能再看成点电荷，库仑定律不再适用.
2.两个规则的带电球体相距比较近时，不能被看做点电荷，此时两带电球体之间的作用距离会随所带电荷量的改变而改变，即电荷的分布会发生改变.若带同种电荷时，如图2(a)，由于排斥而距离变大，此时F＜ ；若带异种电荷时，如图(b)，由于吸引而距离变小，此时F＞ .图23.两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律.不要认为电荷量大的电荷对电荷量小的电荷作用力大.例1 甲、乙两导体球，甲球带有4.8×10－16 C的正电荷，乙球带有3.2×10－16 C的负电荷，放在真空中相距为10 cm的地方，甲、乙两球的半径远小于10 cm.(结果保留三位有效数字)
(1)试求两球之间的静电力，并说明是引力还是斥力？答案解析1.38×10－19 N 引力
(2)如果两个导体球完全相同，接触后放回原处，两球之间的作用力如何？答案解析5.76×10－21N 斥力如果两个导体球完全相同，则电荷中和后平分，每个小球的带电荷量为8×10－17 C，代入数据得两个电荷之间的斥力为F1＝5.76×10－21N.(3)将两个体积不同的导体球相互接触后再放回原处，其作用力能求出吗？答案解析不能两个体积不同的导体球相互接触后，正负电荷相互中和，剩余的电荷要在两球间分配，由于两球不同，分配电荷的电荷量将不相等，因而无法求出两球间的作用力.用公式计算库仑力大小时，不必将表示电荷q1、q2的带电性质的正、负号代入公式中，只将其电荷量的绝对值代入即可；力的方向再根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引加以判别.二、库仑力的叠加
1.对于三个或三个以上的点电荷，其中每一个点电荷所受的库仑力，等于其余所有点电荷单独对它作用产生的库仑力的矢量和.
2.电荷间的单独作用符合库仑定律，求各库仑力的矢量和时应用平行四边形定则.例2 如图3所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1＝＋2×10－14 C和Q2＝－2×10－14 C.在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2 m.如果有一高能电子静止放在C点处，则它所受的库仑力的大小和方向如何？答案解析图3见解析
电子带负电荷，在C点同时受A、B两点电荷的作用力FA、FB，如图所示.
由矢量的平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的高能电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21 N，方向平行于AB连线由B指向A.针对训练 如图4所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，则下列说法正确的是
A.C带正电，且QC＜QB B.C带正电，且QC＞QB
C.C带负电，且QC＜QB D.C带负电，且QC＞QB答案解析图4
√因A、B都带正电，所以静电力表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，而不论C带正电还是带负电，A和C的作用力方向都必须在AC连线上，由平行四边形定则知，合力必定为两个分力的对角线，所以A和C之间必为引力，且FCA＜FBA，所以C带负电，且QC＜QB.三、静电力作用下的平衡问题
例3 (多选)两个质量分别是m1、m2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图5所示，此时两个小球处于同一水平面上，则下列说法正确的是
A.若m1＞m2，则θ1＞θ2
B.若m1＝m2，则θ1＝θ2
C.若m1＜m2，则θ1＞θ2
D.若q1＝q2，则θ1＝θ2图5√答案解析√
以m1为研究对象，对m1受力分析如图所示.由共点力平衡得
分析带电体在静电力作用下的平衡问题时，方法仍然与力学中物体的平衡问题分析方法相同，常用方法有合成法和正交分解法.
达标检测31.(多选)下列说法中正确的是
A.点电荷是一种理想化模型，真正的点电荷是不存在的
B.点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体
C.两带电量分别为Q1、Q2的球体间的作用力在任何情况下都可用公式F＝
计算
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解析√√1234
点电荷是一种理想化模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和大小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，A、D对.1234答案解析√
12343.如图6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，QA＝QB＝＋Q，求在顶点C处的正点电荷QC所受的静电力.答案解析图6
1234
正点电荷QC在C点的受力情况如图所示，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，仍然遵循库仑定律.12344.如图7所示，把质量为3 g的带电小球B用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为Q＝－4.0×10－6 C的带电小球A靠近B，当两个带电小球在同一高度相距r＝20 cm时，绳与竖直方向成α＝30°角，A、B两球均静止.求B球的带电荷量q.(取g＝10 m/s2)答案解析123图7
4
对B球受力分析，如图.
根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：
FTsin 30°＝F
FTcos 30°＝mg
解得：F＝mgtan 30°1234本课结束课件41张PPT。第一章
电场第五节 电场强度与电势差的关系学习目标
1.理解在匀强电场中电势差与电场强度的关系：U＝Ed，并了解其适用条件.
2.会用U＝Ed或E＝ 解决有关问题.
3.知道电场线与等势面的关系，理解在等势面上移动电荷时电场力不做功.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、电势差与电场强度的关系如图1所示的一个匀强电场，场强大小为E，A、B是沿电场方向上的两点，A、B之间相距为d.现将一个电荷量为q的电荷由A移到B.
(1)电荷受到的电场力是多少？电场力做功是多少？ 答案图1电场力F＝qE.电场力做功
WAB＝qEd(2)由电场力所做的功，根据电势差的定义式计算A、B间的电势差. 答案
(3)B、C在同一等势面上，UAC与电场强度有何关系？ 答案UAC＝UAB＝Ed.1.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)关系式：U＝ 或E＝ .
(2)物理意义：匀强电场中两点间的电势差等于 与这两点
的乘积.
(3)适用条件
① 电场.
②d为两点沿 的距离.Ed电场强度沿电场方向的距离匀强电场方向2.公式E＝ 的意义
(1)意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的 与这两
点 的比值.
(2)电场强度的另一种表述：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.
(3)电场强度的另一个单位：由E＝ 可导出电场强度的另一个单位，即
，符号为 .1 ＝1 N/C.电势差沿电场强度方向距离伏每米V/mV/m判断下列说法的正误.
(1)公式U＝Ed适用于所有电场.( )
(2)由U＝Ed可知，匀强电场中两点的电势差与这两点的距离成正比.( )
(3)匀强电场的场强值等于沿电场线方向每单位长度上的电势差值.( )
(4)沿电场线方向任意相同距离上的电势差必相等.( )
(5)在匀强电场中，任意两点间的电势差等于场强与这两点间距离的乘积.( )××√××二、电场线与等势面的关系(1)电场中A、B两点的电势相等，则A、B两点的电势差是多少？把电荷q从A移到B，电场力做功是多少？ 答案零 零(2)电荷在等势面上移动时，电场力的方向与移动速度方向的关系如何？电场线的方向与等势面有何关系？ 答案垂直 垂直对等势面的理解
(1)等势面的特点
①在等势面上移动电荷时，电场力 (填“做功”或“不做功”).
②电场线跟等势面垂直，并且由电势 的等势面指向电势 的等
势面.
③等势面密的地方，电场强度较 ；等势面疏的地方，电场强度较 .
④任意两个等势面不相交.不做功高低强弱(2)几种常见电场的等势面(如图2所示)图2①点电荷的等势面是以点电荷为球心的一簇球面.
②等量异号点电荷的等势面：点电荷的连线上，从正电荷到负电荷电势越来越低，中垂线是一等势线.
③等量同号点电荷的等势面：等量正点电荷连线的中点电势最低，中垂线上该点的电势最高，从中点沿中垂线向两侧，电势越来越低.等量负点电荷连线的中点电势最高，中垂线上该点的电势最低.从中点沿中垂线向两侧，电势越来越高.
④匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇平行等间距的平面.判断下列说法的正误.
(1)电荷在等势面上移动时，由于不受电场力作用，所以说电场力不做功( )
(2)在同一个等势面上各点的场强大小相等( )
(3)两个不等电势的等势面可能相交( )
(4)若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小( ) ×××√
2题型探究一、关于场强的三个表达式的比较例1 如图3所示为一个水平的匀强电场，在电场内某水平面上做一个半径为10 cm的圆，在圆周上取如图所示的A、B、C三点，已知A、B两点间电势差为1 350 V.
(1)求匀强电场的场强大小.答案解析图39 000 V/m
(2)若在圆心O处放置电荷量为10－8 C的正点电荷，求C点电场强度的大小和方向.(结果保留三位有效数字)答案解析图31.27×104 N/C，方向与水平方向成45°角斜向右上
设正点电荷在C处产生的电场强度为E1，则二、对关系式U＝Ed和E＝ 的理解
1.关系式表明了电场强度与电势差的关系
(1)大小关系：由E＝ 可知，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，电场强度是电势差对空间位置的变化率，电势随空间变化的快慢，反映了电场强度的大小.
(2)方向关系：电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向.
2.U＝Ed的两个推论
(1)在匀强电场中，沿任意一个方向，电势变化都是均匀的，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，相互平行且长度相等的线段两端点的电势差相等.例2 如图4所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、
半径R＝0.1 m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＝100 V/m，
则O、P两点的电势差可表示为
A.UOP＝－10sin θ (V)
B.UOP＝10sin θ (V)
C.UOP＝－10cos θ (V)
D.UOP＝10cos θ (V)图4答案解析√
由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的，沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差UOP为负值.根据电势差与场强的关系可得UOP＝－Ed＝－E·Rsin θ＝－10sin θ (V)，所以A正确.例3 如图5所示，P、Q两金属板间的电势差为50 V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10 cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4 cm.求：
(1)P板及A点的电势.答案解析图5－50 V －30 V
板间场强方向水平向左，可见Q板电势最高.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.Q、A间电势差UQA＝Ed′＝5×102×(10－4)×10－2 V＝30 V
所以A点电势φA＝－30 V，同理可求得P板电势φP＝UPQ＝－50 V(2)保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5 cm，则A点的电势将变为多少？答案解析图5－10 V
当Q板向左平移5 cm时，两板间距离d ″＝(10－5) cm＝5 cm
Q板与A点间距离变为d?＝(10－4) cm－5 cm＝1 cm＝1.0×103 V·m－1
Q、A间电势差UQA′＝E′d?＝1.0×103×1.0×10－2 V＝10 V
所以A点电势φA＝－10 V.在应用U＝Ed时只把电势差大小、场强大小通过公式联系起来，至于电势差的正负、电场强度的方向我们可根据题意另作判断.三、等势面的特点与应用
例4 电场中等势面如图6所示，下列关于该电场描述正确的是
A.A点的电场强度比C点的小
B.负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
C.电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功
D.正电荷由A移动到C，电场力做负功图6答案解析√
由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；
负电荷在电势越高的位置电势能越小，B错误；
沿等势面移动电荷，电场力不做功，C正确；
正电荷由A移动到C，电场力做正功，D错误.故选C.等势面的应用
1.利用等势面和电场线垂直以及沿电场线电势降低的特点可判断电场线的方向.
2.利用等势面的密集程度可以比较场强大小，密大疏小.
3.在等势面上移动电荷时，或者带电粒子从一个等势面运动又返回到这个等势面上时，电场力均不做功.四、非匀强电场中的电势差与电场强度的关系
例5 如图7所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50 V，φc＝20 V，则a、c连线中点b的电势φb为
A.等于35 V B.大于35 V
C.小于35 V D.等于15 V图7答案解析√
从电场线疏密可以看出Ea＞Eb＞Ec，U＝Ed只适用于匀强电场的定量计算，在非匀强电场中，不能进行定量计算，但可以定性地分析有关问题.
(1)由图7中电场线分布可知，ab段上任一点的场强都大于bc段上任一点的场强，由U＝Ed知，Uab＞Ubc.
(2)在同一幅等势面图中，若相邻等势面间的电势差取一定值，相邻等势面间的间距越小(等势面越密)，场强E＝ 就越大.
达标检测31.关于匀强电场中的场强和电势差的关系，下列说法正确的是
A.任意两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积
B.沿电场线方向，任何相同距离上电势降落必定相等
C.电势降低的方向必是场强方向
D.在相同距离的两点上，电势差大的场强也大123答案解析√
场强的方向是电势降低最快的方向，电场降低的方向不一定是场强方向，故C错.2.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图8所示，a、b、c、d为电场中的4个点.则
A.P、Q两点处的电荷等量同号
B.a点和b点的电场强度相同
C.c点的电势低于d点的电势
D.负电荷从a到c，电势能减少答案解析123图8√根据题图可知，该电场是等量异号点电荷的电场，故A错误.
根据电场的对称性，a、b两点的电场强度大小相等，而方向不同，故B错误.
c点所在等势面离P点(正电荷)较d点所在等势面离P点近，c点的电势较高，故C错误.
负电荷从a到c，电场力做正功，所以电势能减少，故D正确.1233.平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图9所示，
两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V.
(1)两板间的场强是______________；答案解析123图91.2×103 V/m
(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2点离B板也是0.5 cm，P1和P2两点间的电势差U12＝________.答案解析12348 VP1、P2两点间沿场强方向的距离：d′＝4 cm.
所以U12＝Ed′＝1.2×103×4×10－2 V＝48 V.本课结束课件47张PPT。第一章
电场第六节 示波器的奥秘学习目标
1.会从力和能量角度分析计算带电粒子在电场中的加速问题.
2.能够用类平抛运动分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题.
3.知道示波管的主要构造和工作原理．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、带电粒子的加速如图1所示,平行金属板间的距离为d,电势差为U.一质量为m、带正电荷为q的α粒子,在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动．图1(1)比较α粒子所受电场力和重力的大小,说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍,即mα＝4×1.67×10－27 kg,电荷量是质子的2倍)． 答案α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力,故可以忽略重力．(2)α粒子的加速度是多少？在电场中做何种运动？ 答案
(3)计算粒子到达负极板时的速度大小(尝试用不同的方法)． 答案
方法1 利用动能定理求解．
在带电粒子的运动过程中,电场力对它做的功是W＝qU
设带电粒子到达负极板时的速率为v,则方法2 利用牛顿第二定律结合运动学公式求解．
设粒子到达负极板时所用时间为t,则1.带电粒子的分类及受力特点
(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子,一般都不考虑重力.
(2)质量 的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等,除有说明或有明确的暗示外,处理问题时一般都不能忽略重力.
2.分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法
(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式,只能用来分析带电粒子的
运动.较大匀变速
判断下列说法的正误.
(1)质量很小的粒子不受重力的作用.( )
(2)带电粒子在电场中只受电场力作用时,电场力一定做正功.( )
(3)牛顿定律结合运动学公式能分析匀强电场中的直线运动问题,也能分析非匀强电场中的直线运动问题.( )
(4)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,也能分析非匀强电场中的直线运动问题.( )×√××二、带电粒子的偏转如图2所示,质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间,两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场,已知板长为l,板间电压为U,板间距为d,不计粒子的重力.
(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性质的运动？ 答案图2
度方向垂直且竖直向下.粒子在水平方向做匀速直线运动,在电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动,其合运动类似于平抛运动.(2)求粒子通过电场的时间及粒子离开电场时水平方向和竖直方向的速度,及合速度与初速度方向的夹角θ的正切值. 答案(3)求粒子沿电场方向的偏移量y. 答案
带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)运动性质
①沿初速度方向：速度为 的 运动.
②垂直v0的方向：初速度为 ,加速度为a＝ 的匀加速直线运动.v0匀速直线零 (2)运动规律
①偏移距离：因为t＝_____,a＝_______,所以偏移距离y＝ at2＝________ .
②偏转角度：因为vy＝at＝_______,所以tan . 判断下列说法的正误.
(1)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动.( )
(2)带电粒子在匀强电场中偏转时,可用平抛运动的知识分析.( )
(3)带电粒子在匀强电场中偏转时,若已知进入电场和离开电场两点间的电势差以及带电粒子的初速度,可用动能定理求解末速度大小.( )√√√三、示波器探秘1.结构
如图3所示为示波管的结构图.图31.灯丝 2.阴极 3.控制极 4.第一阳极 5.第二阳极
6.第三阳极 7.竖直偏转系统 8.水平偏转系统
9.荧光屏2.原理
(1)发射电子：灯丝通电后给阴极加热,使阴极发射电子.
(2)形成亮斑：电子经过 加速聚焦后形成一很细的电子束射出,电子打在荧光屏上形成一个小亮斑.
(3)控制位置：亮斑在荧光屏上的位置可以通过调节竖直偏转极与水平偏转极上的 大小来控制.
如果在竖直偏转极板上加一个信号电压,在水平偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按竖直偏转电压规律变化的可视图象.电场电压判断下列说法的正误.
(1)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束,偏转电极的作用是使电子束发生偏转,打在荧光屏的不同位置.( )
(2)如果在竖直偏转电极YY′和水平偏转电极XX′上不加电压电子束不偏转,打在荧光屏中心.( )
(3)只在竖直偏转电极YY′上加恒定电压时,电子束不偏转.( )
(4)只在水平偏转电极XX′上加恒定电压时,电子束沿竖直方向偏转.( ) √√××
2题型探究一、带电粒子在电场中的加速运动分析带电粒子在电场中的加速运动,可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如下：例1 如图4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？答案解析图4
针对训练1 如图5所示,P和Q为两平行金属板,两极板间电压为U,在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动,关于电子到达Q板时的速率,下列说法正确的是
A.两极板间距离越大,加速时间越长,获得的速率就越大
B.两极板间距离越小,加速度越大,获得的速率就越大
C.与两极板间距离无关,仅与加速电压U有关
D.以上说法都不正确图5答案√二、带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子垂直进入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动,可以利用运动的合成与分解知识分析.2.分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理,即qEΔy＝ΔEk.3.两个特殊推论
(1)粒子从偏转电场中射出时,其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点,此点为初速度方向位移的中点,如图6所示.图6图6例2 一束电子流在经U＝5 000 V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7所示.若两板间距离d＝1.0 cm,板长l＝5.0 cm,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？答案解析400 V图7
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：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 ②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动,
即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V.针对训练2 如图8所示,两个板长均为L的平板电极,平行正对放置,两极板相距为d,极板之间的电势差为U,板间电场可以认为是匀强电场.一个带电粒子(质量为m,电荷量为＋q)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边缘.忽略重力和空气阻力的影响.求：
(1)极板间的电场强度E的大小.答案解析
图8(2)该粒子的初速度v0的大小.答案解析
带电粒子在极板间做类平抛运动,在水平方向上有L＝v0t(3)该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小.答案解析
三、示波器探秘
例3 (多选)示波管的内部结构如图9甲所示.如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压,电子束将打在荧光屏中心.如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压,荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形.则图9A.若XX′和YY′分别加电压(3)和(1),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示
波形
B.若XX′和YY′分别加电压(4)和(1),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示
波形
C.若XX′和YY′分别加电压(3)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(b)所示
波形
D.若XX′和YY′分别加电压(4)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(b)所示
波形答案√√
达标检测31.两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回,如图10所示,OA＝h,则此电子具有的初动能是答案解析√1234图10
1234
2.如图11所示,两极板与电源相连,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出.现使电子射入速度变为原来的2倍,电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板长度应变为原来的答案解析图11√12343.如图12是示波管的原理图.它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成,管内抽成真空.给电子枪通电后,如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压,电子束将打在荧光屏的中心O点.图12(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____极板偏移,若UYY′＝0,UXX′＞0,则粒子向___极板偏移.答案ⅠⅡYX12344.水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm,两板间距d＝1.0 cm,两板间电压为90 V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入,如图13所示,求：(电子电荷量q＝1.6×10－19 C,电子质量me＝9.1×10－31 kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)123图134(1)电子偏离金属板时的侧位移；答案解析0.49 cm
1234(2)电子飞出电场时的速度；答案解析2.04×107 m/s 速度的方向与v0的夹角θ满足tan θ≈0.21234
1234(3)电子离开电场后,打在屏上的P点,若s＝10 cm,求OP的长.答案解析2.49 cm电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP＝y＋stan θ＝2.49 cm.1234本课结束课件45张PPT。第一章
电场第四节 电势和电势差学习目标 1.知道电场力做功的特点；掌握电场力做功与电势能变化的关系.
2.理解电势差、电势、等势面、电势能的概念．知道零势面的选取原则.
3.会用UAB＝φA－φB及UAB＝ 进行有关计算．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1(1)如图1所示，试探电荷q在电场强度为E的匀强电场中，沿直线从A移动到B，电场力做的功为多少？若q沿折线AMB从A点移动到B点，电场力做的功为多少？电场力F＝qE，电场力与位移夹角为θ，电场力对试探电荷q做的功W＝F·|AB|cos θ＝qE·|AM|.在线段AM上电场力做的功W1＝qE·|AM|，在线段MB上电场力做的功W2＝0，总功W＝W1＋W2＝qE·|AM|. 答案一、电场力做功与电势能的变化图1(2)若q沿任意曲线从A点移动到B点，电场力做的功为多少？由此可得出什么结论．W＝qE·|AM|.电荷在匀强电场中经不同路径由A运动到B，电场力做功相同．说明电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关． 答案(3)电场力做功将引起什么形式的能发生变化？电场力做正功时，该形式的能是增加还是减少？它们之间有什么关系？电势能 减少 W电＝Ep1－Ep2 答案1.电场力做功的特点：电场力对某电荷所做的功，与电荷经过的路径
(填“有关”或“无关”)，只与电荷的始末位置有关，该结论在任何电场中均成立.
2.电势能：由于移动电荷时电场力做的功与移动的路径无关，电荷在电场中也具有势能，这种势能叫做电势能，可用Ep表示.
3.电场力做功是 能变化的量度，用公式表示为WAB＝EpA－EpB，即电场力做正功，电荷的电势能 ，电场力做负功，电荷的电势能 .有关电势减少增加判断下列说法的正误.
(1)电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，电场力做功的大小就可能不同.( )
(2)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.( )
(3)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.( )
(4)在匀强电场中，电场力做功与路径无关，在非匀强电场中，电场力做功与路径有关.( )×√√×二、电势差图1中，对于电场中固定的两点A和B，把＋q从A移到B时，电场力做功为W，当把＋2q从A移到B时，电场力做功是多少？两次移动电荷时电场力做的功与移动电荷电荷量的比值是否相同？ 答案电场力做功2W 比值相同图11.电势差：电场力做的功与所移动电荷的 的 .电荷量比值公式：UAB＝_________.
2.物理意义：电势差反映了 本身的性质，与移动的电荷 .
3.单位：国际单位制中，单位是 ，如果电场力把电荷量为1 C的电荷从A点移动到B点时所做的功是1 J，则A、B两点间的电势差就是 V.
4.电势差是标量，但有正负之分.
电场无关伏特1判断下列说法的正误.
(1)电势差的定义式UAB＝ ，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比.( )
(2)把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB＞0.( )
(3)电势差UAB与移动电荷的电荷量q无关.( )
(4)电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功.( )×√√×三、电势 等势面(1)把电荷q从电场中的A点移到P点，电场力做功为WAP，则AP两点间的电势差是多少？ 答案
(2)若规定P点的电势为零，则A点的电势是多少？ 答案
(3)电场中两点间的电势差与两点的电势有什么关系？ 答案UAB＝φA－φB1.电势
(1)电势：若规定P点电势为零，则任意一点A的电势，数值上等于把
从A点移到参考点P时电场力所做的功.即φA＝ ，电势的单位是 .
(2)特点
①电势是 ，只有大小，没有方向，但有正负之分，电势为正表示比零电势 ，电势为负表示比零电势 .单位正电荷伏特标量高低②电势具有相对性：一般选 或 处为零电势点，只有选取了零电势点才能确定某点的电势大小.
(3)电势是描述电场性质的物理量，决定于 本身，与试探电荷
(填“有关”或“无关”).
(4)电势差与电势的关系：
UAB＝ .若UAB为正值，表示A点的电势比B点的电势 .若UAB为负值，表示A点的电势比B点电势 .大地无穷远电场无关φA－φB高低2.等势面
(1)定义：电场中 相等的点构成的曲面叫做等势面.
(2)特点：相邻等势面之间的电势差值相等时，等势面密集的地方，电场较 ，等势面稀疏的地方电场较 .电势强弱判断下列说法的正误.
(1)电势有正负之分，因而是矢量.( )
(2)电荷在电势高处具有的电势能大.( )
(3)场强为零处，电势一定为零.( )
(4)沿电场线方向电势降低，与试探电荷的电性无关.( )×××√
2题型探究一、对电势和电势差的理解
1.对电势差的进一步理解(2)电势差的绝对性：电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关.2.电势和电势差的比较比较内容例1 (多选)下面关于电势、电势差和电势能的关系，正确的是
A.电荷在某点的电势能越大，该点的电势越高
B.在电场中的两点之间移动电荷，电场力做功越多，这两点的电势差
越大
C.由于零电势点的选取是任意的，所以电场中两点间的电势差也是不
确定的
D.电场中A点电势比B点高1 V，则电荷量为10－2 C的正电荷从A移到B
电势能减少了10－2 J答案解析√√
根据电势能的公式Ep＝qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小，故A错误；
根据公式：UAB＝ ，在电场中的两点之间移动电荷，电场力做功越多，这两点的电势差越大，故B正确；
电势差与零电势点的选取无关，零电势点的选取是任意的，但是电场中两点间的电势差是确定的，故C错误；
电场中A点电势比B点高1 V，则电荷量为10－2 C的正电荷从A移到B电场力做功10－2 J，电势能减少了10－2 J，故D正确.针对训练1 (多选)关于电势差UAB和电势φA、φB的理解，正确的是
A.UAB表示B点相对于A点的电势差，即UAB＝φB－φA
B.UAB和UBA是不同的，它们有关系UAB＝－UBA
C.φA、φB都可以有正、负，所以电势是矢量
D.电势零点的规定是任意的，但人们通常规定大地或无穷远处为电势
零点答案解析√√
UAB表示A点相对于B点的电势差，UAB＝φA－φB，A错；
UBA表示B点相对于A点的电势差，UBA＝φB－φA，故UAB＝－UBA，B对；
电势是标量，正负号是相对于零电势点而言的，正号表示高于零电势点，负号表示低于零电势点，C错；
零电势点理论上是可以任意选取的，但通常取无穷远处或大地为零电势点，D对.二、电势的计算及电势高低的判断
1.电势的计算方法
(1)把电荷从A点移到零电势点时电场力做功为WA，则φA＝ .
(2)电场中A点到零电势点的电势差为UA，则φA＝UA.2.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)电势差判断法：由UAB＝ 判定UAB的正负，然后根据UAB＝φA－φB判定A、B两点电势的高低.例2 将一正电荷从无穷远处移入电场中M点，电势能减少了8.0×10－9 J，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10－9 J，则下列判断中正确的是
A.φM＜φN＜0 B.φN＞φM＞0
C.φN＜φM＜0 D.φM＞φN＞0答案解析√三、电场力做功与电势能、电势差的关系
例3 有一个带电荷量q＝－3×10－6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10－4 J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10－4 J的功，问：
(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？答案解析见解析
解法一：先求电势差的绝对值，再判断正、负.因负电荷从A移到B克服电场力做功，必是从高电势点移到低电势点，即φA＞φB，UAB＝200 V.因负电荷从B移到C电场力做正功，必是从低电势点移到高电势点，即φB＜φC，UBC＝－300 V.
UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)＝300 V－200 V＝100 V.
解法二：直接取代数值求.
电荷由A移向B克服电场力做功即电场力做负功，
WAB＝－6×10－4 J，UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)＝300 V－200 V＝100 V.(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？答案解析见解析
若φB＝0，由UAB＝φA－φB，得φA＝UAB＝200 V.
由UBC＝φB－φC，
得φC＝φB－UBC＝0－(－300) V＝300 V.
由WAB＝EpA－EpB得EpA＝WAB＋EpB＝－6×10－4 J＋0＝－6×10－4 J
由WCB＝EpC－EpB得
EpC＝WCB＋EpB＝－9×10－4 J＋0＝－9×10－4 J.(1)公式WAB＝qUAB适用于任何电场，其中UAB为电场中A、B两点间的电势差，WAB仅是电场力做的功，不包括从A到B移动电荷时，其他力所做的功.
(2)公式WAB＝qUAB中各量均有正负，计算时W与U的角标要对应，即WAB＝qUAB，WBA＝qUBA.
(3)计算时各量也可用绝对值代入，而功的正负可借助于力与移动方向间的关系确定.针对训练2 若将一个电荷量为2.0×10－10 C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功8.0×10－9 J，则M点的电势是_______V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10－8 J，则M、N两点间的电势差UMN＝______V.答案解析4090
由题意可知，从零电势点移到M点电场力做功WM＝－8×10－9 J，将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10－8 J，根据公式W＝qU可知，四、等势面的理解
例4 如图2所示，某电场的等势面用实线表示，
各等势面的电势分别为10 V、6 V和－2 V，
则UAB＝______，UBC＝________，UCA＝_________.图2012 V－12 V答案解析
由电势差的基本定义可知：因A、B两点在同一个等势面上，故有φA＝φB＝10 V，φC＝－2 V，所以
UAB＝φA－φB＝(10－10)V＝0.
B、C间的电势差为
UBC＝φB－φC＝[10－(－2)] V＝12 V.
C、A间的电势差为
UCA＝φC－φA＝(－2－10) V＝－12 V.
达标检测31.(多选)关于电势，下列说法正确的是
A.电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，
电场力所做的功
B.电场中某点的电势与零电势点的选取有关
C.由于电势是相对的，所以无法比较电场中两点的电势高低
D.电势是描述电场能的性质的物理量答案解析√√√1234由电势的定义可知A正确；
由于电势是相对量，电势的大小与零电势点的选取有关，故B正确；
虽然电势是相对的，但电势的高低是绝对的，因此C错误；
电势与电势能相联系，它是描述电场能的性质的物理量，故D正确.1234A.电场中A、B两点的电势差和两点间移动电荷的电荷量q成反比
B.在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力做的功WAB和电荷量q成正比
C.UAB与q、WAB无关，与是否移动电荷也没有关系
D.WAB与q、UAB无关，与电荷移动的路径无关答案√√12343.一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点.在这个过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差Uab为
A.1×104 V B.－1×104 V
C.4×104 V D.－7×104 V答案解析√设电场力做功为W，由动能定理知：W＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，可求得W＝2.0×10－5 J，
12344.将一电荷量为－3×10－6 C的负电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做了3×10－5 J的功，再将该电荷从B点移动到C点，电场力做了1.2×10－5 J的功，则A、C间的电势差为多少？电荷从A点移动到B点再从B点移动到C点的过程中，电势能变化了多少？答案解析12346 V 增加了1.8×10－5 J
AB间的电势差为：所以有：UAC＝UAB＋UBC＝(10－4) V＝6 V；
电荷从A点移动到B点再从B点移动到C点的过程中，电势能的变化等于电场力做的功，即：
ΔEp＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5) J＝－1.8×10－5 J
电场力做负功，电荷的电势能增大，增加量为1.8×10－5 J.1234本课结束课件39张PPT。第三章
磁场习题课 带电粒子在磁场或复合场中的运动课时要求
1.掌握带电粒子在磁场中运动问题的分析方法，会分析带电粒子在有界磁场中的运动.
2.会分析带电粒子在复合场中的运动问题.内容索引
题型探究
达标检测
1题型探究一、带电粒子在有界磁场中的运动
1.带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图1所示)图1(2)平行边界(存在临界条件，如图2所示)图22.带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
带电粒子在有界磁场中运动，往往出现临界条件，要注意找临界条件并挖掘隐含条件.(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3所示)图3例1 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图4所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为图4答案解析√针对训练 如图5所示，PN和MQ两板平行且板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板间距离及PN和MQ长均为d，一带正电质子从PN板的正中间O点以速度v0垂直射入磁场，为使质子能射出两板间，试求磁感应强度B的大小.已知质子带电荷量为e，质量为m.图4答案解析由左手定则可知，质子向上偏转，所以质子能射出两板间的条件是：B较小时，质子从M点射出(如图所示)，此时运动轨迹的圆心为O′点，由平面几何知识得二、带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场、或从磁场到电场的运动.通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动.
(1)在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动.(2)在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动.
(3)解决带电粒子在组合场中的运动问题，所需知识如下：例2 在平面直角坐标系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θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图6所示.不计粒子重力，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN； 答案解析图6
粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是N点的速度.
设粒子过N点时的速度为v，有 ＝cos θ，v＝2v0.粒子从M点运动到N点(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r； 答案解析
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t. 答案解析
由几何关系得ON＝rsin θ，设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，三、带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动一般有两种情况：
(1)直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动，一定是做匀速直线运动，合力为零.
(2)圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，一定是做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力提供向心力.例3 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)
(1)求此区域内电场强度的大小和方向；答案
图7解析
要满足带负电微粒做匀速圆周运动，则：
qE＝mg(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°角，如图所示.则该微粒至少需要经过多长时间才能运动到距地面最高点？最高点距地面多高？答案
解析
如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，
处理带电粒子在叠加场中的运动问题的基本思路
1.弄清叠加场的组成.
2.进行受力分析，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.
3.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运动定律分别列方程求解.
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.
达标检测21.半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出.∠AOB＝120°，如图8所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为1234图8√答案2.(多选)如图9所示，左、右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场.欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是 答案√1234图9√解析1234
1234
A.如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场
B.如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场
C.如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场
D.如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场3.如图10所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场.下列说法正确的是(不计粒子所受重力)√答案解析1234图10
对于选项A，只增加U，r增大，粒子不可能从dP之间某位置穿出磁场.对于选项B，粒子电性不变，不可能向上偏转从ab边某位置穿出磁场.对于选项C，既减小U又增加B，r减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场.对于选项D，只增加k，r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场.12344.如图11，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点垂直于x轴的方向进入电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；1234图11答案
解析
1234如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由牛顿第二定律得由题给条件和几何关系可知R0＝d ②
1234设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx，由牛顿运动定律及运动学公式得由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，
1234联立①②③④⑤⑥式得(2)该粒子在电场中运动的时间.1234答案
解析
联立⑤⑥式得本课结束课件40张PPT。第三章
磁场章末总结内容索引知识网络题型探究
知识网络1意义：表征磁场性质的物理量
定义式：B＝ (B⊥L)
方向：小磁针静止时 极所指的方向磁场概念产生：由 产生，存在于磁体或通电导体周围的一种特殊物质
性质:对处在磁场中的 电荷(或 )有力的作用描述定量
描述磁感应强度磁通量：Φ＝ (B⊥S)形象描述：磁
感线磁体磁场外部：N→S
内部：S→N电流磁场——安培定则
( 手螺旋定则)运动电荷运动通电导体BS右N磁场安培力作用洛伦兹力大小:F＝ILBsin θ，θ为 与 的夹角，L为 长度
方向：由 手定则判断大小：F＝qvBsin θ，θ为 与 的夹角
方向：由 手定则判断
特点：洛伦兹力 (填“做功”或“不做功”)
特例：沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做 运动：qvB＝m ，r＝ ，T＝
应用：质谱仪、回旋加速器BI有效左Bv左不做功匀速圆周
2题型探究一、安培力与力学知识的综合应用通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．分析的一般步骤是：
(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体．
(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等．
(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程．
(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解．例1 如图1所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.匀强磁场的磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
(1)这时B至少多大？B的方向如何？图1答案解析画出金属杆的截面图．由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mgsin α，B＝ (2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？答案解析当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2Lcos α＝mgsin α，
I2＝ .针对训练1 (多选)如图2所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是
A.此过程中磁感应强度B逐渐增大
B.此过程中磁感应强度B先减小后增大
C.此过程中磁感应强度B的最小值为
D.此过程中磁感应强度B的最大值为图2答案解析√√导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上逆时针转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，选项A正确，B错误；二、“电偏转”与“磁偏转”的区别例2 如图3所示，在虚线所示的宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使以初速度v0垂直于电场入射的某种正离子偏转θ角.在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域的偏转角度也为θ，则匀强磁场的磁感应强度大小为多少？ 答案解析图3
设电场区域的宽度为d，带电离子在电场中做类平抛运动.离子在磁场中做匀速圆周运动，
针对训练2 如图4所示，在足够长的绝缘板MN上方距离为d的O点处，水平向左发射一个速率为v0，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不考虑粒子重力).
(1)若在绝缘板上方加一电场强度大小为E＝ 、方向竖直向下的匀强电场，求带电粒子打到板上距P点的水平距离(已知OP⊥MN)； 答案解析2d图4
根据牛顿第二定律：qE＝ma，联立得：x＝2d.(2)若在绝缘板的上方只加一方向垂直纸面，磁感应强度B＝ 的匀强磁场，求：
①带电粒子在磁场中运动的半径； 答案解析d
②若O点为粒子发射源，能够在纸面内向各个方向发射带电粒子，速度均为v0(不考虑粒子间的相互作用)，求发射出的粒子打到板上的最短时间． 答案解析
三、带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
带电粒子在磁场中运动临界极值问题的分析方法
借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值．
注意：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长．例3 如图5所示，abcd是一个边长为L的正方形，它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线．一带电粒子从ad边的中点O与ad边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入．若该带电粒子所带电荷量为q、质量为m(重力不计)，则该带电粒子在磁场中飞行时间最长是多少？若要带电粒子飞行时间最长，带电粒子的速度必须符合什么条件？图5 答案解析
从题设的条件中，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab方向偏转，带电粒子可能的轨迹如图所示(磁场方向没有画出)，由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出时，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从ad边飞出的轨迹中，与ab相切的轨迹半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径r0：r＞r0，在磁
针对训练3 (多选)如图6所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的交角)射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是图6答案解析√√
四、带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在复合场中运动问题的分析方法
(1)带电粒子在组合场中的运动
要依据粒子运动过程的先后顺序和受力特点辨别清楚在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动.(2)带电粒子在叠加场中的运动
①当带电粒子(带电体)在叠加场中做匀速运动时，根据平衡条件列方程求解.
②当带电粒子(带电体)在叠加场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解.
③当带电粒子(带电体)在叠加场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.例4 如图7所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度E和磁感应强度B的大小.(重力加速度为g)图7 答案解析
假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示.根据合外力为零得
mg＝qvBsin 45°
qE＝qvBcos 45°例5 如图8所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正方形边长为L且ad边与x轴重合，ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限的磁场区域，不计粒子所受的重力.求：
(1)电场强度E的大小；图8 答案解析
粒子做类平抛运动：(2)粒子到达a点时速度的大小和方向； 答案解析
到达a点时水平速度为v0，竖直速度为vy
水平方向2h＝v0t，
(3)磁感应强度B满足什么条件，粒子经过磁场后能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角？ 答案解析
本课结束课件44张PPT。第三章
磁场第一节 我们周围的磁现象
第二节 认识磁场学习目标
1.了解磁性材料和地磁场的特点.
2.知道电流的磁效应，了解其发现过程.
3.知道几种常见磁场磁感线的分布，学会用安培定则判断电流的磁场方向.
4.知道磁现象的电本质，了解安培的分子电流假说．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、地磁场 磁性材料指南针是我国古代四大发明之一，它对促进人类航海事业的发展产生了巨大的影响，但在古代指南针为什么指南曾是一个不解之谜，你知道指南针为什么指南吗？因为地球是个大磁体，它对指南针有力的作用． 答案1.地磁场
(1)地磁场：地球由于本身具有 而在其周围形成的磁场. 就是利用地磁场指南的原理制成的
(2)如图1所示，地球磁体的N极(北极)位于地理 附近，
地球磁体的S极(南极)位于地理 附近.
(填“南极”或“北极”)磁性指南针图1北极南极2.磁性材料
(1)定义：通常指磁化后磁性很 的物质.
(2)分类
①按 的难易来分：硬磁性材料和 性材料.磁化后容易去磁的物质叫 性材料，不容易去磁的物质叫 性材料.
②按化学成分来分： 材料与 .强软磁去磁软磁硬磁金属磁性铁氧体判断下列说法的正误.
(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)地磁场的南极在地理北极附近.( )
(3)地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的.( )×√×二、磁场 电流的磁效应(1)电荷与电荷之间的相互作用是通过电场产生的，那么磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体之间的相互作用是如何发生的？ 答案都是通过磁场发生的.(2)将一通电直导线水平放置在小磁针的上方，分别观察导线东西放置和南北放置两种情况下，小磁针的转动情况. 答案导线东西放置时，小磁针不转动；导线南北放置时，小磁针转动.1.磁场
(1)磁场的产生
①磁体周围有磁场.
② 周围有磁场.
(2)基本性质：对放入其中的磁体或 有力的作用.磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体间的相互作用都是通过 发生的.电流电流磁场2.奥斯特实验(如图2所示)
(1)导线沿 方向放置在小磁针的上方.
(2)意义：说明通电导体周围存在着 ，发现了电流的 ，首先揭示了电与磁之间是有联系的.图2南北磁场磁效应判断下列说法的正误.
(1)磁极和磁极之间的相互作用是通过磁场产生的.( )
(2)电流和电流之间的相互作用是通过电场产生的.( )
(3)磁场并不是真实存在的，而是人们假想出来的.( )√××1.磁感线：在磁场中画出的一些有 的曲线，在这些曲线上，每一点的 都与该点的磁场方向一致.
2.磁感线的特点
(1)磁感线上任意一点的切线方向表示该点的磁场方向，即小磁针 极受力的方向.
(2)磁铁外部的磁感线从 极指向 极，内部从 极指向 极，磁感线是 (填“闭合”或“不闭合”)曲线.三、磁场的描述方向切线方向NNSSN闭合(3)磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线密集处磁场 ，磁感线稀疏处磁场 .
(4)磁感线在空间 (填“相交”或“不相交”).强弱不相交3.电流周围的磁场
电流周围的磁感线方向可根据 判断.
(1)直线电流的磁场：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与 方向一致，弯曲的四指所指的方向就是 .这个规律也叫
定则.
特点：以导线上各点为圆心的同心圆，圆所在平面与导线 ，越向外越 .(如图3所示)图3安培定则磁感线环绕的方向电流右手螺旋疏垂直(2)环形电流的磁场：让右手弯曲的四指与 的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是 上磁感线的方向.
特点：内部比外部强，磁感线越向外越疏.(如图4所示)图4环形电流环形导线轴线(3)通电螺线管的磁场：用右手握住螺线管，让弯曲的四指指向 的方向，那么 所指的方向就是螺线管中心轴线上磁感线的方向.
特点：内部为 磁场，且内部比外部强.内部磁感线方向由 指向 ，外部由 指向 .(如图5所示)图5电流大拇指匀强S极N极N极S极判断下列说法的正误.
(1)磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的.( )
(2)通电直导线周围磁场的磁感线是闭合的圆环.( )
(3)通电螺线管周围的磁场类似于条形磁体周围的磁场.( )
(4)无论是直线电流、环形电流还是通电螺线管的磁场，在安培定则判断时，大拇指指的都是磁场方向.( )×√√×磁铁和电流都能产生磁场，而且通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，它们的磁场有什么联系？四、安培分子电流假说它们的磁场都是由电荷的运动产生的. 答案安培分子电流假说
(1)法国学者 提出：在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流—— .分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个 .(如图6所示)图6安培分子电流磁极(2)当铁棒中分子电流的取向 时，铁棒对外显磁性(如图7甲)；当铁棒中分子电流的取向变得 时，铁棒对外不显磁性(如图乙).图7(3)安培分子电流假说说明一切磁现象都是由 产生的.大致相同杂乱无章电荷的运动判断下列说法的正误.
(1)一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场发生的.( )
(2)安培认为，磁体内部有许多环形电流，每个环形电流都相当于一个小磁体.( )
(3)一个物体是否对外显磁性，取决于物体内部分子电流的取向.( )√√√
2题型探究一、对磁现象和磁场的认识磁体的周围和电流的周围都存在磁场.磁场和常见的由分子、原子组成的物质不同，不是以微粒形式存在，但却是一种客观存在的特殊物质.可通过分析磁体受力或电流受力来分析磁场的性质.磁场是存在于磁体和通电导体周围的一种客观存在的物质，磁体与磁体间、磁体与通电导体间、通电导体与通电导体之间的相互作用都是通过磁场产生的.例1 (多选)下列说法中正确的是
A.磁场是客观存在的一种物质
B.磁体上磁性最强的部分叫磁极，任何磁体都有两个磁极
C.磁极或电流在自己周围的空间会产生磁场
D.磁体与磁体间的相互作用是通过磁场发生的，而磁体与通电导体间
以及通电导体与通电导体之间的相互作用不是通过磁场发生的答案解析√√√针对训练1 (多选)如图8所示，关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是答案解析√图8A.甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁
场发生的
B.乙图中，磁体对通电导线的力是通过磁体的磁场发生的
C.丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的
D.丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的√甲图中，电流对小磁针力的作用是通过电流的磁场发生的；
乙图中，磁体对通电导线力的作用是通过磁体的磁场发生的；
丙图中，电流对另一个电流力的作用是通过该电流的磁场发生的.综上所述，选项B、C正确.二、对磁感线的认识
1.磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，其疏密程度表示磁场的强弱，切线方向表示磁场方向，在空间不相交，但它有一处与电场线不同：电场线是不闭合的曲线，而磁感线是闭合曲线.
2.磁感线和电场线的比较
相同点：都是疏密程度表示场的强弱，切线方向表示场的方向；都不能相交.
不同点：电场线起于正电荷(或无穷远)，终止于负电荷(或无穷远)，不闭合；但磁感线是闭合曲线.例2 关于磁感线的描述，正确的说法有
A.磁感线是磁场中客观存在的一些曲线，可以通过实验观察
B.磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向
C.磁感线总是从磁体的北极出发，到南极终止
D.磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没
有磁感线答案解析√
磁感线是假想的曲线，实际上不存在，A错误；
磁感线的疏密程度可表示磁场的强弱，磁感线的方向可表示磁场的方向，B正确；
磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁体的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极，C错误；
用细铁屑在磁铁周围排列出的曲线可以模拟磁感线，但并不是磁感线.没有细铁屑的地方同样可以画出磁感线，故D错误.针对训练2 关于磁感线，下列说法中正确的是
A.磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向
B.两条磁感线的空隙处不存在磁场
C.同一磁场形成的磁感线可以相交
D.磁感线是磁场中客观存在的、肉眼看不见的曲线答案解析√
磁感线在某点的切线方向表示该点的磁场方向，A正确；
两条磁感线的空隙间磁感应强度不为零，B错误；
磁感线不会相交，C错误；
磁感线是假想线，D错误.故选A.三、对安培定则的理解与应用
例3 电路没接通时两枚小磁针方向如图9，试确定电路接通后两枚磁针的转向及最后的指向.图9答案解析小磁针1逆时针转动，小磁针2顺时针转动
接通电路后，螺线管的磁场为：内部从左指向右，外部从右指向左，如图所示，故小磁针1逆时针转动，小磁针2顺时针转动.小磁针在磁场中受力的判断方法
1.当小磁针处于磁体产生的磁场，或环形电流、通电螺线管外部时，可根据同名磁极相斥，异名磁极相吸来判断小磁针的受力方向.
2.当小磁针处于直线电流的磁场中，或处于环形电流、通电螺线管内部时，应该根据小磁针N极所指方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，来判断小磁针的受力方向.
达标检测31.(多选)指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针，下列说法正确的是
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转√答案解析√1234指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极附近，选项A错误，选项B正确.
因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确.
在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转.正确选项为B、C.12342.在做奥斯特实验时，下列操作中现象最明显的是
A.沿导线方向放置磁针，使小磁针在导线的延长线上
B.垂直导线方向放置磁针，使小磁针在导线的正下方
C.导线沿南北方向放置在小磁针的正上方
D.导线沿东西方向放置在小磁针的正上方√答案解析1234
为了使现象明显，应该将小磁针放置在导线一侧，且平行导线方向放置小磁针.又由于小磁针只能在水平面内转动，所以应该将小磁针放置在导线下方或上方，即将小磁针和导线放置在同一竖直面内，而不能将小磁针和导线放置在同一水平面内，由于地球的磁场是沿南北方向的，为了使实验现象明显，应该使电流的磁场不沿南北方向，最好沿与南北方向夹角最大的东西方向，所以应在南北方向放置导线.故选C.12343.关于磁感线的描述，下列说法正确的是
A.磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止
B.自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的S极
C.磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向
D.通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多
组等间距同心圆√答案解析1234磁感线在磁体的内部从S极指向N极，在磁体的外部从N极指向S极，A错误；
在磁体内部的小磁针的N极指向磁体的N极，B错误；
磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，C正确；
通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组不等间距同心圆，D错误.12344.如图10所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是
A.a、b、c的N极都向纸里转
B.b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C.b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D.b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转1234图10√答案本课结束课件47张PPT。第三章
磁场第三节 探究安培力学习目标
1.知道安培力的概念，会用左手定则判断安培力的方向，会用公式F＝BIL计算安培力的大小.
2.理解磁感应强度的定义，掌握磁感应强度的方向.
3.知道匀强磁场以及匀强磁场的磁感线分布特点.
4.知道磁通量的概念，会根据公式Φ＝BS计算磁通量.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1(1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？一、安培力的方向按照如图1所示进行实验.受力的方向改变 答案图1(2)改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？
仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、
电流方向有怎样的关系？受力的方向改变 安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则 答案1.安培力：磁场对 的作用力.
2.安培力的方向判定
(1)左手定则：如图2所示，伸开左手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内.把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心，并使伸开的四指指向 ，那么，大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.图2电流电流的方向(2)说明：①F⊥B，F⊥I，即F垂直于 .
②磁场方向和电流方向不一定垂直.用左手定则判断安培力方向时，磁感线只要从手心进入即可，不一定垂直穿过手心.B、I决定的平面判断下列说法的正误.
(1)通电导线所受安培力的方向与磁场的方向垂直.( )
(2)通电导线所受安培力的方向与直线电流的方向垂直.( )
(3)应用左手定则时，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向.( )
(4)若电流和磁场方向都变为与原来反向，则安培力的方向也变为与原来反向.( )×√√√二、安培力的大小在如图3所示的实验装置中，由导线所摆动的角度大小可以比较导线所受安培力的大小.实验时，电路接通“2、3”或“1、4”来改变导线通电部分的长度，电流的大小由外部电路控制.
(1)保持导线通电部分的长度不变，改变电流大小，
导线受力情况如何变化？ 答案电流越大，导线受力越大.图3(2)保持电流不变，改变导线通电部分的长度，导线受力情况如何变化？ 答案通电导线越长，导线受力越大.(3)通电导线受力与哪些因素有关？ 答案实验表明，通电导线在磁场中受到的磁场力的大小，既与导线的长度L成正比，又与导线中的电流I成正比，即与I和L的乘积成正比，用公式表示为F＝BIL，式中B为比例系数.1.磁感应强度
(1)定义：当通电导线与磁场方向 时，通电导线所受安培力F跟 和 的乘积IL的比值叫做磁感应强度，公式B＝_____.
(2)单位： ，简称特，符号是 .由力F、电流I和长度L的单位决定，1 T＝1 _______.
(3)方向：磁感应强度的方向就是 的方向，即静止时小磁针
极所指的方向， (填“也是”或“不是”)通电导线受力的方向.垂直电流I导线长度L特斯拉T 磁场N不是 (4)说明：①磁感应强度是反映磁场强弱的物理量，它是用 法定义的物理量，由磁场自身决定，与是否放置导线及导线是否受力及受力大小 (填“有关”或“无关”).
②因为通电导线取不同方向时，其受力大小不相同，故在定义磁感应强度时，式中F是指通电直导线 磁场放置时受到的磁场力.比值无关垂直2.匀强磁场
(1)定义：如果磁场的某一区域里，磁感应强度的大小和方向 ，这个区域的磁场叫做匀强磁场.
(2)产生：距离很近的两个 磁极之间； 内中间部分.
3.通电导线垂直于磁场方向放置时，安培力F＝ ，平行于磁场方向放置时F＝ .处处相同通电螺线管异名BIL0判断下列说法的正误.
(1)磁感应强度的大小与电流成反比，与其受到的磁场力成正比.( )
(2)磁感应强度的大小等于通电导线受到的磁场力的大小F与电流I和导线长度L的乘积的比值.( )
(3)一通电导线放在磁场中某处不受安培力，该处的磁感应强度一定是零.( )
(4)若磁场一定，导线的长度和电流也一定的情况下，导线平行于磁场时，安培力最大，垂直于磁场时，安培力最小.( )××××(1)如图4，平面S在垂直于磁场方向上的投影面积为S′.若有n条磁感线通过S′，则通过面积S的磁感线有多少条？三、磁通量图4n条 答案(2)若磁场增强，即B增大，通过面积S的磁感线条数是否增多？B增大时，通过S的磁感线条数增多 答案对磁通量的理解
(1)定义：匀强磁场磁感应强度B与和磁场方向 的平面面积S的 ，叫做穿过这个面积的 ，简称 .
(2)表达式：Φ＝ . 单位：韦伯，简称韦，符号是 ，1 Wb＝
.
适用条件：① 磁场；②磁感线与平面 .乘积磁通量磁通垂直BSWb1 T·m2匀强垂直(3)说明：①磁通量可用穿过某一平面的 表示；若磁感线沿相反方向穿过同一平面，则磁通量等于穿过平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和).
②当平面与磁场方向不垂直时，穿过平面的磁通量可用平面在垂直于磁场B的方向的投影面积进行计算，即Φ＝BS⊥＝ (如图5).图5磁感线条数BScos θ磁通密度判断下列说法的正误.
(1)磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量.( )
(2)磁通量越大，磁感应强度越大.( )
(3)穿过某一面积的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零.( )
(4)磁通量就是磁感应强度.( )×√××
2题型探究一、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，即安培力的方向总是垂直于磁场和电流所决定的平面.
2.当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流与磁场所决定的平面，所以仍可用左手定则来判断安培力的方向，只是磁感线不再垂直穿过手心，而是斜穿过手心.例1 画出图6中各磁场对通电导线的安培力的方向.图6答案解析无论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.如图所示
解析二、磁感应强度
例2 关于磁感应强度，下列说法正确的是
A.由B＝ 可知，B与F成正比，与IL成反比
B.通电导线放在磁场中某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿
走，该点的磁感应强度就变为零
C.通电导线所受磁场力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受磁场
力的地方一定不存在磁场(即B＝0)
D.磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定答案解析√
磁感应强度B＝ 只是一个定义式，而不是决定式；磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的，与放不放通电导线无关.故选D.1.磁感应强度决定于磁场本身，与是否放入导体及导体中电流大小、长度都无关.
2.因为安培力大小与导线放置方向有关，所以定义式B＝ 中的F为导体垂直放入磁场时受到的安培力.例3 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7所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中
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解析√图7
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.磁感应强度是矢量，当空间存在几个磁体(或电流)时，每一点的磁场为各个磁体(或电流)在该点产生磁场的矢量和.磁感应强度叠加时遵循平行四边形定则.三、安培力的大小
1.安培力的大小
同一通电导线，按不同方式放在同一磁场中，受力情况不同，如图8所示.图8(1)如图甲，I⊥B，此时安培力最大，F＝ILB.
(2)如图乙，I∥B，此时安培力最小，F＝0.
(3)如图丙，当I与B成θ角时，把磁感应强度B分解，如图丁所示.此时F＝ILBsin θ.2.公式F＝BIL或F＝BILsin θ中，L为导体的有效长度，若导线弯曲，则L等于连接两端点直线的长度，如图9；相应的电流沿L由始端流向末端.图9例4 关如图10所示，一根导线位于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，其中AB＝BC＝CD＝DE＝l，且∠C＝120°、∠B＝∠D＝150°.现给这根导线通入由A至E的恒定电流I，则导线受到磁场作用的合力大小为答案解析√图10
针对训练 如图11所示，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，则各导线所受到的安培力分别为：答案图11FA＝__________，FB＝________，FC＝________，FD＝___.BILcos α
0四、对磁通量的认识和计算
1.磁通量是标量，但有正负，若磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则磁感线从此面穿出时为负值.
2.若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面且正向磁通量为Φ1，反向磁通量为Φ2，则穿过该平面的磁通量Φ＝Φ1－Φ2.例5 如图12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，则穿过线框平面的磁通量为多少？若使框架绕OO′轴转过60°角，则穿过线框平面的磁通量为多少？若从初始位置转过90°角，则穿过线框平面的磁通量为多少？若从初始位置转过180°角，则穿过线框平面的磁通量变化了多少？答案解析 图12
在图示位置时，磁感线与线框平面垂直，Φ＝BS.当线框绕OO′轴转过60°时可以将原图改画成从上面向下看的俯视图，如图所示.转过90°时，线框由与磁感线垂直变为与磁感线平行，
Φ＝0.
线框转过180°时，磁感线仍然垂直穿过线框，只不过穿过方向改变了.
因而Φ1＝BS，Φ2＝－BS，
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2BS.
即磁通量变化了2BS.
达标检测31.如图13所示，其中A、B图已知电流方向及其所受安培力的方向，试判断磁场方向.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13A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.答案12342.长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向分别如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是√答案解析1234
A图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BILcos θ，A正确；
B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；
C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；
D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误.12343.科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N极逆时针转过30°(如图14所示)，设该位置地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时的值为√答案解析图141234由题可知，磁矿所产生的磁场使原来指向正北的N极逆时针转过30°，根据三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向与图中虚线垂直(如图所示)，则大小为Bsin 30°＝ .
12344.如图15所示，边长为L的n匝正方形线框abcd内部有一边长为 的正方形区域的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.下列说法正确的是1234图15√答案本课结束课件38张PPT。第三章
磁场第五节 研究洛伦兹力学习目标
1.通过实验，观察阴极射线在磁场中的偏转，认识洛伦兹力.
2.会用左手定则判断洛伦兹力的方向.
3.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小.内容索引
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题型探究
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知识探究1一、洛伦兹力的方向如图1所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中发生了向下偏转，试问：(1)什么力使电子在运动过程中向下偏转？该力的方向如何？洛伦兹力 向下 答案图1(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？磁场方向向里，电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则. 答案1.洛伦兹力：磁场对 的作用力称为洛伦兹力.
2.阴极射线：在阴极射线管中,从阴极发射出来的 称为阴极射线.
3.实验表明：当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷受到的洛伦兹力为 .当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时，运动电荷受到的洛伦兹力的方向既与磁场方向 ，又与速度方向 .
4.左手定则：伸开左手，使大姆指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向为_______
运动的方向，那么， 所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向.运动的负电荷在磁场中所受的洛伦兹力，方向跟沿相同方向运动的正电荷所受力的方向 .运动电荷零电子束垂直垂直正电荷拇指相反判断下列说法的正误.
(1)运动电荷在磁场中一定受洛伦兹力.( )
(2)正电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相同，负电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相反.( )
(3)判断负电荷所受洛伦兹力方向时，让磁感线从掌心穿入，四指指向负电荷运动的反方向，则大拇指所指方向即为负电荷受洛伦兹力的方向.( )×√×如图2所示，磁场的磁感应强度为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速率都是v .二、洛伦兹力的大小图2(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？I＝nqvS F安＝ILB＝nqvSLB 答案(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
答案1.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 表现.而洛伦兹力是安培力的 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.
2.洛伦兹力的大小：f＝qvBsin θ，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＝ ；
(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时：f＝ ；
(3)当电荷在磁场中静止时：f＝ .微观宏观qvB00判断下列说法的正误.
(1)同一电荷，以相同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小也可能相同.( )
(2)若电荷的速度方向与磁场平行，则电荷不受洛伦兹力.( )
(3)洛伦兹力同电场力一样，可对运动电荷做正功或负功.( )√√×
2题型探究一、洛伦兹力的大小和方向例1 如图3所示，各图中的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3答案解析
(1)因v⊥B，所以f＝qvB，方向垂直v指向左上方.(2)v与B的夹角为30°，将v分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v⊥＝vsin 30°，f＝qvBsin 30°＝ 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，方向垂直v指向左上方.计算洛伦兹力的大小时，应注意弄清v与磁感应强度B的方向关系.当v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB，当v∥B时，F＝0，当v与B成θ角(0°＜θ＜90°)时，应将v(或B)进行分解取它们垂直的分量计算.二、带电粒子在磁场中的直线运动
1.带电粒子在匀强磁场中做直线运动的两种情景
(1)速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力作用，可做匀速直线运动，也可在其他力作用下做变速直线运动.
(2)速度方向与磁场不平行，且除洛伦兹力外的各力均为恒力，若轨迹为直线则必做匀速直线运动.带电粒子所受洛伦兹力也为恒力.2.速度选择器的工作原理
(1)装置及要求
如图4，两极间存在匀强电场和匀强磁场，二者方向互相垂直，带电粒子从左侧射入，不计粒子重力.图4(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝ .
(3)速度选择器的特点
①v的大小等于E与B的比值，即v＝ .可知速度选择器只对选择的粒子速度有要求，而对粒子的质量、电荷量大小及带电正、负无要求.
②当v＞ 时，粒子向f方向偏转，F电做负功，粒子的动能减小，电势能增大.
③当v＜ 时，粒子向F电方向偏转，F电做正功，粒子的动能增大，电势能减小.例2 (多选)在图5中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场.取坐标如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转，不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是
A.E和B都沿x轴方向
B.E沿y轴正向，B沿z轴正向
C.E沿z轴正向，B沿y轴正向
D.E、B都沿z轴方向图5答案解析√√
本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电.A选项中，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线上，运动方向不会发生偏转，故A正确；
B选项中，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子运动方向可以始终不变，B正确；
C选项中，电场力、洛伦兹力都沿z轴正方向，将做曲线运动，C错；
D选项中，电场力沿z轴方向，洛伦兹力沿y轴方向，两力不可能平衡，粒子将做曲线运动，D错.如果粒子带负电，仍有上述结果.针对训练1 一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图6所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使微粒向下偏转时应采用的方法是
A.增大电荷质量 B.增大电荷量
C.减小入射速度 D.增大磁感应强度答案解析√图6微粒在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB，且此时Eq＝qvB.若要使微粒向下偏转，需使Eq＞qvB，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可.解析负电荷三、带电体在匀强磁场中的运动问题
例3 一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C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＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图7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10 m/s2).
求：(保留两位有效数字)
(1)小滑块带何种电荷？图7答案
小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力f作用，如图所示，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力f应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷.解析3.5 m/s(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？答案小滑块沿斜面下滑的过程中，由平衡条件得f＋FN＝mgcos α，当支持力FN＝0时，小滑块脱离斜面.设此时小滑块速度为vmax，则此时小滑块所受洛伦兹力f＝qvmaxB，
解析1.2 m(3)该斜面长度至少多长？答案
分析带电体在磁场中运动应注意的问题
1.注意受力情况和运动情况的分析.带电体在磁场中速度变化时洛伦兹力的大小随之变化，并进一步导致压力、摩擦力的变化，物体在变力作用下将做变加速运动.
2.注意规律的选用和临界状态分析.分析带电体的运动，注意利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化.该题中支持力为零是物体将要离开接触面的临界状态.针对训练2 如图8所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左做加速运动，则在加速运动阶段
A.a对b的压力不变
B.a对b的压力变大
C.a、b物块间的摩擦力变大
D.a、b物块间的摩擦力不变答案解析√图8a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面的支持力FN和摩擦力f，竖直方向有FN＝(ma＋mb)g＋qvB，水平方向有F－f＝(ma＋mb)a，f＝μFN.在加速阶段，v增大，FN增大，f增大，加速度a减小.对a受力分析，a受重力mag、向下的洛伦兹力qvB、b对a向上的支持力FN′、b对a向左的静摩擦力f′，竖直方向：FN′＝mag＋qvB，水平方向：f′＝maa.随着v的增大，FN′增大，选项A错误，B正确；
加速度a在减小，所以a、b物块间的摩擦力变小，选项C、D均错误.
达标检测31.下图中，电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间关系正确的是√答案解析选项A、B中电荷速度方向与磁感线方向平行，不受洛伦兹力，故选项A、B错误；
由左手定则知C选项正确；
选项D中负电荷受洛伦兹力向上，故D错误.1232.(多选)如图9所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直.一带电量为＋q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰好沿直线穿过，则下列说法正确的是
A.若带电粒子带电量为＋2q，粒子将向下偏转
B.若带电粒子带电量为－2q，粒子仍能沿直线穿过
C.若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，
则从右侧射出时电势能一定增加
D.若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过√答案图9√解析123
若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误.1233.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10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√答案解析图11123
123 本课结束课件51张PPT。第六节 洛伦兹力与现代技术第三章
磁场学习目标
1.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法，会推导匀速圆周运动的半径公式和周期公式.
2.知道质谱仪、回旋加速器的构造和工作原理.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、带电粒子在匀强磁场中的运动如图1所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转.一条直线 圆 答案图1(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场时，电子束的运动轨迹如何？(2)如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，圆半径如何变化？减小 增大 答案
1.带电粒子在匀强磁场中的运动特点
沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在磁场中做 运动. 提供向心力.
2.半径和周期公式匀速圆周洛伦兹力无关
判断下列说法的正误.
(1)在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子的轨道半径跟粒子的运动速率成正比.( )
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比.( )
(3)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期随速度增大而减小.( )
(4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动.( )×√×√二、质谱仪图2为质谱仪工作原理示意图.
(1)带电粒子在P1与P2两平行板间做什么运动？若已知P1、P2间匀强电场的电场强度为E，磁感应强度为B1，则从S0穿出的粒子速度是多大？ 答案图2
(2)如图3所示，已知S0下方磁场的磁感应强度为B2，粒子打在底片上的位置距狭缝距离为L，则粒子的荷质比是多大？ 答案图3
1.结构
质谱仪主要由粒子源、 电场、速度选择器、 磁场和照相底片等几部分组成.
2.原理
(1)加速：S1和S2之间存在着 电场，粒子在该区域内被加速，由动能定理：qU＝ mv2.加速偏转加速3.应用
可以测定带电粒子的质量和分析 .匀强磁场匀强电场
匀速圆周
同位素判断下列说法的正误.
(1)同位素经加速电场加速后获得的速度相同.( )
(2)因不同原子的质量不同，所以同位素在质谱仪中的半径不同.( )×√三、回旋加速器回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速.交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期.当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即rm＝ ，再由动能定理得：Ekm＝ ，所以要提高带电粒子获得的最大动能，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径rm. 答案粒子获得的最大动能Ekm＝ mv2＝________，决定于 和
. 回旋加速器的构造和工作原理
(1)回旋加速器主要由两个 组成，两D形盒之间的 场使带电粒子加速，垂直于D形盒的 场使带电粒子回旋.
(2)回旋加速器交流电源的周期等于带电粒子 .带电D形盒磁电在磁场中的运动周期
D形盒的半径R磁感应强度B
2题型探究一、带电粒子在磁场中运动的基本问题例1 如图4所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为图4答案解析√
二、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
带电粒子做匀速圆周运动问题的分析方法
(1)圆心的确定方法：两线定一点
①圆心一定在垂直于速度的直线上．
如图5甲所示，已知入射点P和出射点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5②圆心一定在弦的中垂线上．
如图乙所示，作P、M连线的中垂线，与其中一个速度的垂线的交点为圆心．
(2)半径的确定
半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要做好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解．例2 如图6所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来的射入方向的夹角为θ＝60°，求电子的质量和穿越磁场的时间．图6答案解析
处理带电粒子在磁场中的运动问题时通常要按以下三步进行：
(1)画轨迹：即确定圆心，画出轨迹并通过几何方法求半径；
(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，运动的时间与周期相联系；
(3)用规律：运用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．针对训练 如图7所示，一带电荷量为q＝＋2×10－9 C、质量为m＝1.8×10－16 kg的粒子(重力不计)，在直线上一点O处沿与直线成30°角的方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历t＝1.5×10－6 s后到达直线上另一点P.求：
(1)粒子做圆周运动的周期T；图7答案解析1.8×10－6 s粒子进入磁场后受洛伦兹力的作用，粒子做匀速圆周运动的轨迹如图
所示．
(2)磁感应强度B的大小；答案解析0.314 T
由粒子做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供，(3)若OP的距离为0.1 m，则粒子的运动速度v的大小．(保留三个有效数字)答案解析3.49×105 m/s
轨道半径r＝OP＝0.1 m三、质谱仪和回旋加速器图8(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；答案解析[2a,4a]
即离子恰好打在x＝2a位置即离子恰好打在x＝4a的位置
离子束从小孔O射入磁场后打在x轴上的区间为[2a,4a]．(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B1.答案解析
例4 回旋加速器的两个D形金属盒间有匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，将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，粒子最大的回旋半径为Rmax，求：
(1)粒子在盒内做何种运动； 匀速圆周运动答案解析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)所加交变电流的频率及粒子角速度；
答案解析
(3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．
答案解析
1.带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝ ，由磁感应强度和D形盒的半径决定，与加速的次数以及加速电压U的大小无关.
2.两D形盒窄缝所加的交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相同，粒子经过窄缝处均被加速，一个周期内加速两次.
达标检测31.如图9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
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，轨迹半径越来越小图9答案解析√
123452.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等12345答案解析√√
12345设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，B2＝B，B1＝kB
则由牛顿第二定律得：
12345所以选项A、C正确，选项B、D错误.3.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图10所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为
A.11 B.12 C.121 D.144答案解析√图1012345
设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量分别为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得123454.(多选)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图11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.设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是
A.D形盒之间交变电场的周期为
B.质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
C.质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
D.质子离开加速器时的最大动能与R成正比
答案解析√图1112345√
12345D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期，A项正确；5.如图12所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为 的匀强磁场.一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R.则
A.粒子经偏转一定能回到原点O
B.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比
为2∶1
C.粒子完成一次周期性运动的时间为
D.粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R
图1212345答案解析√
12345粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，则粒子经偏转不能回到原点O，所以A项错误，D项正确.本课结束课件38张PPT。第三章
磁场第四节 安培力的应用学习目标
1.知道直流电动机、磁电式电表的基本构造及工作原理.
2.会用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向.
3.会分析导体在安培力作用下的平衡问题.
4.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度．内容索引
知识探究
题型探究
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知识探究1一、直流电动机电动机是将电能转化为机械能的重要装置，在日常生活中有广泛的应用，电动机有直流电动机和交流电动机之分，通过课本“实验与探究”的学习，回答以下问题：
(1)电动机是在什么力的驱使下而转动的？电动机是在线圈所受安培力的作用下转动的． 答案(2)直流电动机的优点是什么？有哪些用途？通过调节输入电压很容易调节电动机的转速，用途为无轨电车、电气机车等． 答案对直流电动机的理解
(1)电动机是利用 使通电线圈转动，将电能转化为 的重要装置．
电动机有 电动机和交流电动机，交流电动机又分为 交流电动机和三相交流电动机．
(2)原理：如图1中当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向 ，左边线框受到的安培力方向
，在安培力作用下线框转动起来．图1安培力机械能直流单相向下向上(3)直流电动机的突出优点是通过改变 很容易调节它的转速．输入电压判断下列说法的正误．
(1)直流电动机将电能转化为机械能．( )
(2)直流电动机的电源是直流电，线圈中的电流方向是不变的．( )
(3)直流电动机中的换向器是由彼此绝缘的两个金属半圆环制成的．( )
(4)直流电动机的优点是容易改变转动方向，可以连续调节转动速度．( )×√√√磁电式电表的构造和原理
(1)构造： 、 、螺旋弹簧(又叫游丝)、指针、极靴、圆柱形铁芯等(如图2所示)．
(2)原理：当被测电流通入线圈时，线圈受安培力作用而转动，线圈的转动使螺旋弹簧扭转形变，产生阻碍线圈转动的力矩．当两力矩平衡时，指针停留在某一刻度． 越大， 就越大， 就越大．二、磁电式电表图2磁铁线圈电流安培力指针偏角判断下列说法的正误．
(1)指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的．( )
(2)通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度也越大．( )
(3)在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场．( )
(4)在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关．( ) √√×√
2题型探究一、安培力作用下导体运动方向的判断判断安培力作用下导体的运动方向，常有以下几种方法：
(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．条形磁铁也可以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产生的磁场中的受力和运动时，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3所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)
A.顺时针方向转动，同时下降
B.顺时针方向转动，同时上升
C.逆时针方向转动，同时下降
D.逆时针方向转动，同时上升图3答案解析√如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分.中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；
左端一段所在处的磁场方向斜向上，根据左手定则其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向下，受力方向向里.当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C选项正确.判断导体在磁场中运动情况的常规思路
不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此，此类问题可按下面步骤进行分析：
(1)确定导体所在位置的磁场分布情况.
(2)结合左手定则判断导体所受安培力的方向.
(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向.针对训练1 直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动.当通过如图4所示的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将
A.顺时针转动，同时靠近直导线AB
B.顺时针转动，同时离开直导线AB
C.逆时针转动，同时靠近直导线AB
D.不动图4答案解析√由安培定则判断出AB导线右侧的磁场向里，因此环形电流内侧受力向下、外侧受力向上，从左向右看应逆时针方向转动，当转到与AB共面时，AB与环左侧吸引，与环右侧排斥，由于左侧离AB较近，则引力大于斥力，所以环靠近导线AB，故选项C正确.二、安培力作用下导体的平衡
1.解题步骤
(1)明确研究对象；
(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上；
(3)正确受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解.2.分析求解安培力时需要注意的问题
(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向；
(2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度.例2 如图5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5答案解析√
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＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝
sin θ，方向应平行于悬线向上.故选D.解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键，解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图.针对训练2 如图6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，金属棒中通以由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
A.金属棒中的电流变大，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角变小答案解析√图6
选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示.根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝ ，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；
θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误.例3 如图7所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示.则这个过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)
A.为零
B.方向由向左变为向右
C.方向保持不变
D.方向由向右变为向左答案解析√图7
首先磁铁上方的磁感线从N极出发回到S极，是曲线，直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，电流的受力由左上方变为正上方再变为右上方，根据牛顿第三定律磁铁受到的力由右下方变为正下方再变为左下方，磁铁静止不动，所以所受摩擦力方向由向左变为向右.B正确.解析
三、安培力和牛顿第二定律的综合
例4 如图8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8答案
对导体棒受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律得：mgsin θ－Fcos θ＝ma ①
F＝BIL ②
达标检测31.如图9中甲、乙、丙所示，在匀强磁场中，有三个通电线圈位于图中所示位置，则图91234A.三个线圈都可以绕OO′轴转动
B.只有乙中的线圈可以绕OO′轴转动
C.只有甲、乙中的线圈可以绕OO′轴转动
D.只有乙、丙中的线圈可以绕OO′轴转动答案√2.(多选)如图10所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是
A.弹簧长度将变长
B.弹簧长度将变短
C.FN1＞FN2
D.FN1＜FN2√答案1234图10√3.如图11所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离.其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)
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√答案解析图111234(1)根据电流元分析法，把导线CD等效成CO、OD两段导线.由安培定则画出CO、OD所在位置由AB导线中电流所产生的磁场方向，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动.
1234 (2)由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙所示，并画出CD此时位置AB导线中电流所产生的磁场的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB，故D选项正确.
1234 4.(多选)如图12所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态.现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是
A.一直增大 B.先减小后增大
C.先增大后减小 D.始终为零1234图12√答案解析√若F安＜mgsin α，因安培力向上，则摩擦力向上，当F安增大时，f减小到零，再向下增大，B对，C、D错；
若F安＞mgsin α，摩擦力向下，随F安增大而一直增大，A对.本课结束课件33张PPT。习题课 闭合电路欧姆定律的应用第二章
电路学习目标
1.知道闭合电路的功率关系,会计算闭合电路的功率.
2.会利用闭合电路欧姆定律进行含电容器电路的分析与计算.
3.知道短路与断路,并会在闭合电路中进行故障分析.内容索引
题型探究
达标检测
1题型探究一、闭合电路的功率
1.电源的总功率：P总＝EI；电源内电阻消耗的功率P内＝U内I＝I2r；电源输出功率P出＝U外I.图1例1 如图2所示,电路中E＝3 V,r＝0.5 Ω,R0＝1.5 Ω,变阻器的最大阻值为10 Ω.
(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？图2答案解析
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＝2 Ω时,R消耗功率最大为：
(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？答案解析
定值电阻R0上消耗的功率可以表示为：P＝I2R0,因为R0不变,当电流最大时功率最大,此时应有电路中电阻最小,即当R＝0时,R0上消耗的功率最大：例2 如图3所示,线段A为某电源的U－I图线,线段B为某电阻的U－I图线,以上述电源和电阻组成闭合电路时,求：
(1)电源的输出功率P出为多大？
图3答案解析4 W
由闭合电路欧姆定律可得则电源的输出功率
P出＝I2R＝4 W,P内＝I2r＝2 W,
电源的总功率P总＝IE＝6 W,(2)电源内部损耗的电功率是多少？答案2 W(3)电源的效率η为多大？答案66.7%二、电路的动态变化和故障分析
例3 如图4所示,电灯L标有“4 V 1 W”,滑动变阻器R的总电阻为50 Ω.当滑片P滑至某位置时,L恰好正常发光,此时电流表示数为0.45 A.由于外电路发生故障,电灯L突然熄灭,此时电流表示数变为0.5 A,电压表示数为10 V.若导线连接完好,电路中各处接触良好.试问：
(1)发生的故障是短路还是断路？发生在何处？图4答案解析见解析电路发生故障后,电流表读数增大,路端电压U＝U2＝I2R2也增大,因此外电路总电阻增大,在外电路某处一定发生了断路.由于电流表有读数,R2不可能断路,电压表也有读数,滑动变阻器R也不可能断路,因此,只可能是电灯L发生断路.(2)发生故障前,滑动变阻器接入电路的阻值为多大？答案解析见解析
(3)电源的电动势和内电阻为多大？答案解析见解析根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir,
故障前E＝9＋(0.45＋0.25)r,
故障后E＝10＋0.5r,得r＝5 Ω,E＝12.5 V.1.分析闭合电路动态问题的一般顺序是：
某元件电阻的变化→R总、I总、U内、U外的变化→固定元件的电压、电流变化→变化元件(电路)的电压、电流变化.
2.当电路短路时,可以理解为电阻减小,当电路断路时,可以理解为该部分电阻增大(增大到无穷大).三、含电容器电路的分析与计算
1.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以在此支路中的电阻上无电压降低,因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压.
2.当电容器和电阻并联后接入电路时,电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等.
3.电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电.如果电容器两端电压升高,电容器将充电；如果电压降低,电容器将通过与它连接的电路放电.例4 如图5所示,电源电动势E＝10 V,内阻可忽略,R1＝4 Ω,R2＝6 Ω,C＝30 μF,求：
(1)S闭合后,稳定时通过R1的电流；答案解析1 A图5S闭合后,电路稳定时,R1、R2串联,易求I＝ ＝1 A.S闭合时,电容器两端电压UC＝U2＝I·R2＝6 V,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＝1.2×10－4 C.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这条电路实现,所以流过R1的电荷量就是电容器所带电荷量的增加量.(2)S原来闭合,然后断开,这个过程中流过R1的总电
荷量.答案解析1.2×10－4 C 分析电容器电荷量变化的方法
1.首先确定电路的连接方式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.针对训练 如图6所示电路中,电源电动势E＝9 V,内阻r＝2 Ω,定值电阻R1＝6 Ω,R2＝10 Ω,R3＝6 Ω,电容器的电容C＝10 μF.
(1)保持开关S1、S2闭合,求电容器所带的电荷量；答案解析图63×10－5 C(2)保持开关S1闭合,将开关S2断开,求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量.答案解析6×10－5 C
保持开关S1闭合,将开关S2断开后,电路稳定时电容器两端的电压等于电源电动势,此时电容器上的电荷量Q′＝CE＝10×10－6×9 C＝9×10－5C,而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量QR2＝ΔQ＝Q′－Q＝9×10－5C－3×10－5 C＝6×10－5 C.
达标检测21.如图7所示,图线a是某一电源的U－I曲线,图线b是一定值电阻的U－I曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路,已知该电源的内阻r＝2.0 Ω,则说法错误的是
A.该定值电阻为6 Ω
B.该电源的电动势为20 V
C.将2只这种电阻串联作为外电阻,电源输出功率最大
D.将3只这种电阻并联作为外电阻,电源输出功率最大答案√图71232.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8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为电阻R两端的电压与电流的关系图线,将这个电阻R分别接到a、b两电源上,那么
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√答案解析图8123
1233.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图9所示电路.开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1；闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为图9√答案解析123
S断开时等效电路图如图甲所示.甲123
S闭合时等效电路图如图乙所示.乙123本课结束课件43张PPT。第二章
电路实验 学会使用多用电表学习目标
1.学会用多用电表测量电压、电流和定值电阻.
2.学会用多用电表测量二极管的正、反向电阻，并据此判断二极管的正、负极.
3.学会用多用电表判断电路故障.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究11.测电压
(1)选择直流电压挡合适的 ，并将选择开关旋至相应位置.
(2)将多用电表 在待测电路两端，注意红表笔接触点的电势应比黑表笔接触点的电势 .
(3)根据表盘上的直流电压标度读出电压值，读数时注意最小刻度所表示的电压值.
2.测电流
(1)选择直流电流挡合适的 .
(2)将被测电路导线拆开一端，把多用电表 在电路中.
(3)读数时，要认清刻度盘上的最小刻度.
注意：电流应从 表笔流入多用电表.量程并联高量程串联红3.测电阻
(1)将选择开关旋至欧姆挡，此时红表笔连接表内电源的 极，黑表笔连接表内电源的 极.电流从欧姆表的 流入，从
流出，经过被测量电阻.
(2)测量步骤
①选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的合适挡位.
②欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”使指针指向“0 Ω”.负正红表笔黑表笔③测量读数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示数乘以
即为待测电阻阻值.
④实验完毕，应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡.量程倍率4.研究二极管的单向导电性
(1)认识二极管：如图1所示，它由 材料制成，左端为 极，右端为 极.
特点：电流从正极流入时电阻 (填“很小”或“很大”)，而从正极流出时电阻 (填“很大”或“很小”).图1半导体正负很小很大(2)多用电表测二极管的正反向电阻
①测二极管正向电阻：将多用电表的选择开关旋至 (填“低”或“高”)倍率的欧姆挡，调整欧姆零点之后将 表笔接触二极管的正极， 表笔接触二极管的负极.
②测二极管反向电阻：将多用电表的选择开关旋至 (填“低”或“高”)倍率的欧姆挡，调整欧姆零点之后将 表笔接触二极管的负极， 表笔接触二极管的正极.低红高黑红黑5.注意事项
(1)电流都是从 表笔流入，从 表笔流出.
(2)电压、电流的读数要看清选择开关所选择的量程，搞清楚每一小格表示多少，及应读到的有效数字位数.
(3)测电阻时注意：
①测电阻必须把待测电阻隔离.
②两个调零过程，切记换挡需进行 调零.
③读数时应乘以相应的 .黑红欧姆倍率④合理选择量程，使指针尽可能指在 附近.
⑤欧姆表的表盘刻度不均匀，一般不估读.
⑥电池用旧后，电动势会变小，内电阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时换电池. 中值
2题型探究一、多用电表测电流、电压和电阻的实验操作
例1 在练习使用多用电表的实验中：
(1)某同学连接的电路如图2所示.
①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时
测得的是通过_______的电流；图2答案解析R1当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流.选择开关尖端对准直流电压挡，闭合开关，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______________的阻值；答案解析R1和R2串联切断电路，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.答案解析R2(或电源)(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，若
A.双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B.测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，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25 Ω
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解析√双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；
测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；
选择开关对应“×10”倍率，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250 Ω，C错误；
电池使用时间太久，电动势减小，内电阻变大，虽然完成调零，但测量值将比真实值偏大，D正确.多用电表使用的“几项注意”
1.使用前要机械调零.
2.两表笔在使用时，无论测电流、电压还是电阻，电流总是“红入黑出”.
3.测电阻时，应选择合适量程，使指针指在中值电阻附近，且注意每换一次挡都需重新进行欧姆调零.
4.测电学黑箱时，一定要先用大量程电压挡判断其内部有无电源，无电源方可用欧姆挡.二、多用电表的读数
例2 用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图3所示，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中.图4答案解析200.50320直流电流100 mA挡，读第二行刻度“0～10”一排，最小分度值为2 mA，估读到1 mA就可以了，读数为20 mA；直流电压2.5 V挡，读第二行刻度“0～250”一排，最小分度值为0.05 V，估读到0.01 V就可以了，读数为0.50 V；电阻×100挡，读第一行刻度，测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率“100”.1.读数时要注意读表盘上的哪条刻度线.
欧姆表刻度不均匀，读最上一排刻度线；直流电流、直流电压刻度均匀，读中间刻度线.
2.电压、电流的读数要看清选择开关所选择的量程，搞清楚每一小格表示多少及应读到的有效数字位数.(1)所测电阻的阻值为__________ Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1 k”).针对训练 如图4所示为多用电表的刻度盘.若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：图4答案解析1.5×103×1 k欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω的电阻时应选“×1 k”的欧姆挡.(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________________________ mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_____ mA.答案解析30.8(30.7～30.9都正确)154选50 mA电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为 估读)，指针对应的读数为30.8 mA；选择量程为250 mA的电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为 估读)，指针对应的读数为154 mA.(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为_____ V. 答案解析6.2选择10 V电压挡，则每一大格表示2 V，每一小格表示0.2 V，测量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为 估读)，指针对应的读数为6.2 V.用多用电表测二极管的反向电阻时，应将红表笔接二极管正极，黑表笔接二极管的负极.为测量准确，应使指针尽量指向表盘的中央.测量完毕后，应将选择开关旋转到OFF挡或交流电压最高挡位置.三、测量二极管的正、反向电阻
例3 某同学用多用电表测量二极管的反向电阻.完成下列测量步骤：
(1)检查多用电表的机械零点.
(2)将红、黑表笔分别插入正、负插孔，将选择开关拨至欧姆挡适当的量程处.
(3)将红、黑表笔______，进行欧姆调零.答案解析短接(4)测反向电阻时，将____表笔接二极管正极，将____表笔接二极管负极，读出多用电表示数.
(5)为了得到准确的测量结果，应让多用电表指针尽量指向表盘______(填“左侧”“右侧”或“中央”)，否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4).
(6)测量完成后，将选择开关旋转到_______________________位置.答案红黑中央答案OFF挡交流电压最高挡答案四、查找电路故障
例4 (多选)在如图5所示的电路中，闭合开关时，灯不亮，已经确定是灯泡断路或短路引起的，在不能拆开电路的情况下(开关可闭合，可断开)，现用一个多用电表的直流电压挡、直流电流挡和欧姆挡分别对故障电路作了如下检查并作出判断(如下表所示)：图5以上操作和判断正确的是
A.1 B.2 C.3 D.4答案解析√√选直流电压挡时，红、黑表笔分别接高、低电势点，若指针偏转，说明a、b两点有电压，其他地方完好而a、b之间有断路；若指针不偏转，说明a、b两点电势相等，a、b之间必短路，1正确.
选直流电流挡时，由于电流表内阻很小，当灯属于断路故障时，电路中电流可能较大，因此可有烧坏电流表或电源等.故一般不选用电流挡进行故障检测，2错误.
选欧姆挡时，必须将外电路电源断开，故3是错误的.而4显然正确，故选A、D正确.1.断路故障的检测方法
(1)将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用.
①将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏.
②在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联.若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点.
(2)将多用电表拨到直流挡作为电流表使用，将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路.(3)用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路.不能用欧姆表检测电源的情况.
2.短路故障的检测方法
(1)将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路.
(2)用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路.
达标检测31.(多选)多用电表使用中，将红表笔插入正(＋)插孔，黑表笔插入负(－)插孔，用该表测直流电压、测电阻器电阻或测二极管的正反向电阻时，下列说法正确的是
A.测电压时，电流从红表笔流入多用电表，测电阻时，电流从红表笔流
出多用电表
B.测电压时，电流从红表笔流出多用电表，测电阻时，电流从红表笔流
入多用电表
C.选择欧姆挡“×10”挡并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电
表指针偏转角度太小，则应换用“×100”挡，调零后再测
D.选择欧姆挡的适当挡位并调零后，将红表笔接二极管的正极，黑表笔
接二极管的负极，可以测得二极管的反向电阻 答案√解析√123无论是测电压，还是测电阻，电流都是从红表笔流入，从黑表笔流出，故A、B错误；
选择欧姆挡“×10”挡并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太小，说明待测电阻较大，则应换用“×100”挡，调零后再测，故C正确；
选择欧姆挡的适当挡位并调零后，将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的正向电阻；将红表笔接二极管的正极，黑表笔接二极管的负极，可以测得二极管的反向电阻.故D正确.1232.如图6所示为一多用电表表盘.
(1)如果用直流10 V挡测量电压，则读数
为________V.图6电压、电流读数时用中间刻度线，电压表读数为6.5 V，电流表读数为65 mA，欧姆表读数用最上面刻度线，读数为800 Ω. 答案解析6.5123(2)如果用直流100 mA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65800 答案1233.在如图7所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号.在开关闭合后，发现小灯泡不亮.现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点.图7123(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. 答案解析电压欧姆123用多用电表欧姆挡测电阻时必须将其从电路中断开，在点1和点2已接好的情况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；点1和点2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量.在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源电动势，可知开关或连接点5、6出现故障.把小灯泡拆离电路后，检验小灯泡是否断路可用多用电表的欧姆挡调零后进行测量，如果电阻无穷大，说明灯泡是断路的.123(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. 答案开关或连接点5、6123(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将多用电表挡位调至欧姆挡；
②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；
③测量小灯泡的电阻，如电阻为无穷大，表明小灯泡有故障123本课结束课件41张PPT。第二章
电路测绘小灯泡的伏安特性曲线学习目标
1.理解电流表的内接法和外接法，并会进行正确选择.
2.理解滑动变阻器的两种接法，能进行正确地应用.
3.学会描绘小灯泡的伏安特性曲线并掌握分析图线的方法．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、电流表的内接法和外接法的比较
1.两种接法的比较2.电流表内、外接的选择方法
(1)直接比较法：当Rx?RA时，采用内接法，当Rx?RV时，采用外接法，即大电阻用内接法，小电阻用外接法，可记忆为“大内小外”.
(2)公式计算法
当 时，用电流表内接法；
当 时，用电流表外接法；
当 时，两种接法效果相同.(3)试触法：如图1，图1
把电压表的可动接线端分别试接b、c两点，观察两电表的示数变化，若电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用对电路影响大，应选用内接法，若电压表的示数有明显变化，说明电流表的分压作用对电路影响大，所以应选外接法.二、滑动变阻器两种接法的比较下上0相差不大零远大于三、测绘小灯泡的伏安特性曲线
1.实验原理
用 测出流过小灯泡的电流，用 测出小灯泡两端的电压，测出多组(U，I)值，在I－U坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连起来，即得小灯泡的伏安特性曲线，电路图如图2所示.
2.实验器材
学生电源(4～6 V直流)或电池组、小灯泡(“4 V 0.7 A”
或“3.8 V 0.3 A”)、 、电压表、 、
开关、导线若干、铅笔、坐标纸.图2电流表电压表滑动变阻器电流表3.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 ，按图2所示的电路图连接好实物图.(注意开关应 ，滑动变阻器与小灯泡并联部分电阻为 )
(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.量程断开零(3)用同样的方法测量并记录几组U和I，填入下表.(4)断开开关，整理好器材.4.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.
(3)将描出的点用 连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线.
5.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 轴弯曲的曲线.
(2)分析：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 ，说明小灯泡灯丝的电阻随温度升高而 .平滑的曲线横大增大6.注意事项
(1)因I－U图线是曲线，本实验要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 接法.
(2)由于小灯泡的电阻较小，故采用电流表 .
(3)画I－U图线时纵轴、横轴的标度要适中，使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. 分压式外接
2题型探究一、实验原理的理解和实验电路、实验器材的选择
例1 有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线.现有下列器材供选择：
A.电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B.电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)
C.电流表(0～3 A，内阻1 Ω)
D.电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)
E.滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F.滑动变阻器(500 Ω，1 A)
G.学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图3____(填“甲”或“乙”)的电路图来完成实验，请说明理由：_______________________________________________________ _.答案解析图3甲描绘小灯泡的I－U图线所测数据需从零开始，并要多测几组数据因实验目的是要测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，故采用题图甲所示的分压式电路合适，这样小灯泡两端的电压可以从零开始调节，且能方便地测出多组数据.因小灯泡额定电压为4 V，则电压表选0～5 V的A，而舍弃0～15 V的B，因15 V的量程太大，读数误差大.小灯泡的额定电流I＝0.5 A，则电流表应选D.
滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡内阻8 Ω，调节不方便，电压变化与滑动变阻器使用部分的长度线性关系差，故舍去，则应选E.
小灯泡电阻为电流表内阻的 ＝20倍，电压表内阻是小灯泡电阻的
＝1 250倍，故电流表采用了外接法.(2)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________.(用序号字母表示).答案ADE(3)请根据(1)中所选电路，把图4中所示的实验器材用实线连接成实物电路图.答案图4如图所示二、实验数据的处理
例2 图5甲为“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡的额定电压为3 V.图5(1)在图乙方框图中画出与实物电路相对应的电路图.答案解析见解析图与实物电路相对应的电路图如图所示.
(2)完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，滑片应停留在滑动变阻器的最______(选填“左”或“右”)端；左答案解析为保护电路安全，开关闭合之前，题图甲中滑动变阻器的滑片应该置于最左端.②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据，断开开关.根据实验数据在图丙方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线.答案解析见解析图
根据表格中的数据，画出小灯泡的I－U图线如图所示.(3)数据分析：
①从图线上可以得知，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是
____________________.先不变，后逐渐增大答案解析从图线上可以得知，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是先不变，后逐渐增大．②图线表明导体的电阻随温度的升高而________.增大答案解析图线表明导体的电阻随温度的升高而增大.③小灯泡正常工作时的电阻约为________.(保留到小数点后一位)14.6 Ω答案解析
1.首先要根据表中数据选择合适的标度；
2.描点后用平滑的曲线连接，个别偏离较远的点应舍去.
达标检测31.在图6中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法不正确的是
A.甲图的接法叫电流表外接法，乙图的
接法叫电流表内接法
B.甲中R测>R真，乙中R测C.甲中误差由电压表分流引起，为了减
小误差，应使R?RV，故此法测较小
电阻好
D.乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R?RA，故此法测较大电阻好 答案√解析图612题图甲叫做电流表的外接法，题图乙叫做电流表的内接法，A正确；
题图甲由于电压表的分流导致电流的测量值偏大，由R＝ 可知，R测＜R真；R越小，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻；题图乙由于电流表的分压，导致电压的测量值偏大.由R＝ 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.122.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：
A.小灯泡(额定电压为3.8 V，额定电流约为0.3 A)
B.电流表A(0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)
C.电压表V(0～6 V，内阻约为5 kΩ)
D.滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)
E.滑动变阻器R2(0～100 Ω，0.2 A)
F.电源(6 V，内阻不计)
G.开关及导线若干
(1)实验中滑动变阻器选_____(填“R1”或“R2”).12R1 答案 答案图7“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验应该设计成分压电路，滑动变阻器选择阻值范围小的R1.由于小灯泡电阻小，采用电流表外接电路.根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大.12(2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.请在图7甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整.12 答案(3)该同学根据实验数据作出了如图乙所示的U－I图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而________(选填“增大”“减小”或“不变”).12 答案增大本课结束课件39张PPT。第二章
电路实验 测量电源的电动势和内阻学习目标
1.知道测量电源的电动势和内阻的实验原理，会设计测量电动势和内阻的电路.
2.掌握实验的方法和实验数据处理的方法．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、测定电池电动势和内阻的实验方案设计
1.伏安法
由E＝U＋Ir知，只要测出U、I的 数据，就可以列出两个关于E、r的方程，从而解出E、r，用到的器材有 、 、 、
、 ，电路图如图1所示.图1两组电池开关滑动变阻器电压表电流表2.安阻法
由E＝IR＋Ir可知，只要能得到 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 、 、
、 ，电路图如图2所示.图2I、R电池开关电阻箱电流表3.伏阻法
由E＝U＋ r知，如果能得到 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 、 、
、 ，电路图如图3所示.图3U、R电池开关电阻箱电压表二、实验操作与实验数据的处理
1.实验步骤(以伏安法为例)
(1)电流表用0～0.6 A量程，电压表用0～3 V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，使其接入电路中的阻值最大.
(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显的示数，记录一组数据(I1、U1).用同样的方法测量几组I、U值.
(4)断开开关，整理好器材.
(5)处理数据，用公式法和图象法这两种方法求出电池的电动势和内阻.2.实验数据的处理
(1)公式法
依次记录的多组数据(一般6组)如表所示：
分别将1、4组，2、5组，3、6组联立方程组解出E1、r1，E2、r2，E3、r3，求出它们的平均值作为测量结果.(2)图象法
①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图线斜率的绝对值等于电池的内阻r，即r＝ ，
如图4所示.图43.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5所示，此时图线与纵轴交点仍为电池的电动势E，但图线与横轴交点不再是短路电流，内阻要在直线上取较远的两点用r＝ 求出.图5
2题型探究一、伏安法测E、r的仪器选择与数据处理
例1 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差.
(1)应该选择的实验电路是图6中的______(填“甲”或“乙”).答案解析图6甲如果用乙电路，误差来源于电流表的分压，测量时将电流表内阻当成电源内阻的一部分，而电流表内阻与电源内阻很接近，故电源内阻测量误差大，用甲电路，误差来源于电压表的分流，因为电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻，故电压表分流很小.测量引起的误差小，故选择甲电路图；(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表(0～15 V)
B.电压表(0～3 V)
C.滑动变阻器(0～50 Ω)
D.滑动变阻器(0～500 Ω)
实验中电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____.(选填相应器材前的字母)BC电源电动势为1.5 V，因此电压表量程选择3 V，故选B；
为使电路中的电流能大范围调节，需选用全阻值小的滑动变阻器，故选C；答案解析(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图7的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线.图7答案解析先描点，然后用平滑的直线连接，就得到电源的伏安特性曲线；
如图所示解析(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝_________________V，内电阻r＝________________Ω.答案解析由闭合电路的欧姆定律得U＝E－Ir，故U－I图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，故E＝1.50 V，r≈0.83 Ω.1.50(1.49～1.51)0.83(0.81～0.85)选择仪器时注意掌握的原则
1.安全性原则，即一定要保证仪器的安全，对电表来讲不超量程，对滑动变阻器来讲不能超其额定电流.
2.精确性原则，即要保证测量时读数精确，对电表来讲在不超量程的前提下，尽量选用小量程的，对欧姆表来讲尽量让指针指在中值刻度附近.
3.方便性原则，此原则主要针对滑动变阻器来讲，在滑动变阻器控制电路时，电路的电压、电流的变化范围要尽可能大，以便获取多组测量值.针对训练 小明利用如图8所示的实验装置测量一节干电池的电动势和内阻.答案解析图8(1)图中电流表的示数为________ A.电流表使用的量程为0～0.6 A，所以电流表读数为0.44 A.0.44(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：请根据表中的数据，在图9所示方格纸上作出U－I图线.图9由图线求得：电动势E＝________ V，
内阻r＝________ Ω.答案解析见解析图 1.60(1.58～1.62都算对)
1.22(1.18～1.26都算对)描点连线得到U－I图象，如图所示
根据E＝U＋Ir，图象中纵轴截距表示电源的电动势，所以E＝1.60 V
(1.58～1.62 V都算对)，斜率的绝对值为内阻，所以r≈1.22 Ω(1.18～1.26 Ω
都算对).(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合.其实，从实验误差考虑这样的操作不妥，因为_________________
________________________________________________________.答案用后用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大干电池长时间使二、伏阻法和安阻法的实验原理和数据处理
1.伏阻法
(1)电路图：如图10所示图10 由图象的斜率和截距求解. 图11 2.安阻法
(1)电路图：如图12所示.
(2)实验原理：E＝IR＋Ir.
(3)数据处理由图象的斜率和截距求解.图12 图13 例2 有一特殊电池，它的电动势约为 9 V，内阻约为40 Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50 mA.为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图14甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻RA＝5 Ω，R为电阻箱，阻值范围0～999.9 Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用.图14(1)本实验中的R0应选________(填字母).
A.10 Ω B.50 Ω
C.150 Ω D.500 Ω当电阻箱接入电路的阻值为零时，电路中的电流不能超过50 mA，即电路中电阻的最小值约为180 Ω，除去电源内阻约为40 Ω、图中电流表的内阻RA＝5 Ω，C选项最为合适.答案解析√(2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势E＝______ V，内阻r＝______ Ω.
答案解析由U外＝E－Ir得I(R0＋R＋RA)＝E－Ir，变形得结合题图可得E＝10 V，r＝45 Ω.1045
达标检测31.某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合.为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是
A.一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器
B.一个电压表和多个定值电阻
C.一个电流表和一个电阻箱
D.两个电流表和一个滑动变阻器12答案解析√12
根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋Ir，测量多组数据U、I可求E、r，A可取；由E＝I(R＋r)可知，测量多组数据I、R可求E、r，C可取；
D中两个电流表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器的阻值，故无法求出E、r，D不可取.2.如图15a是“测量电源的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，连接了一定值电阻，实验电路原理图如图b.可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3 V的理想电压表V，量程0.6 A的电流表A(具有一定内阻)，定值电阻R0(R0＝1.5 Ω)，滑动变阻器R1(0～10 Ω)，滑动变阻器R2(0～200 Ω)，开关S.1212图1512(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用______(填R1或R2).答案R1(2)用笔画线代替导线在图c中完成实物连接图.如图所示
答案12(3)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U－I坐标系中画出U－I图线如图d所示，则新干电池的内阻r＝________ Ω.(保留两位有效数字)答案0.29 本课结束课件31张PPT。第二章
电路测定金属的电阻率学习目标
1.进一步掌握用伏安法测电阻的电路的设计思想.
2.掌握螺旋测微器的读数方法.
3.掌握测定金属电阻率的实验原理、实验过程及数据处理方法.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、螺旋测微器的读数原理
1.构造及原理
如图1所示，它的测砧A和固定刻度B固定在尺架C上，可动刻度E、旋钮D、微调旋钮D′是与测微螺杆F连在一起的，并通过精密螺纹套在B上，精密螺纹的螺距是0.5 mm，即旋钮D每转一周，测微螺杆F前进或后退 mm，可动刻度分成50等份，每一等份表示 .图10.50.01 mm2.使用方法
当A与F并拢时，可动刻度E的零点恰好跟固定刻度B的零点重合，逆时针旋转旋钮D，将测微螺杆F旋出，把被测物体放入A、F之间的夹缝中，再顺时针旋转旋钮D，F快要接触被测物时，要停止使用旋钮D，改用微调旋钮D′，直到听到“咔、咔”声.
3.读数方法
L＝固定刻度示数＋可动刻度示数(估读一位)×分度值.
注意：(1)以毫米为单位时，小数点后面要有三位有效数字，特别是最后一位估读数字为零时，不能省略.
(2)在读数时注意半毫米刻度线是否已露出.二、测定金属的电阻率
1.实验原理
(1)把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R(R＝______).电路原理图如图2所示.图2(2)用 测出金属丝的长度l，用 测出金属丝的直径d，算出横截面积S(S＝ ).毫米刻度尺螺旋测微器2.实验器材
螺旋测微器、 、电压表、电流表、定值电阻、开关及导线、被测金属导线、电池、 .毫米刻度尺滑动变阻器3.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2所示的电路图连接实验电路.
(3)量长度：用 测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，重复测量3次，并记录.毫米刻度尺(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
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.最大4.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
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 来求出电阻值R.平均值斜率5.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 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
状态.
(3)测量l时应测接入电路的金属丝的 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 (电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜 ，以免电阻率因温度升高而变化.外接最大有效大太长
2题型探究一、实验原理与操作
例1 在“探究电阻与长度、横截面积的关系”的实验中，用刻度尺测量金属丝直径时的刻度位置如图3所示，金属丝的匝数为39，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后用控制变量法探究电阻与导体长度、横截面积的关系.图3(1)从图中读出金属丝的直径为
_______________________mm.0.649(0.647～0.651均可)答案解析从图中可读出紧密绕制的金属丝的宽度为2.53 cm，故直径为
≈0.064 9 cm＝0.649 mm(0.647～0.651均可).(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0～3 V，内阻约10 kΩ
B.电压表0～15 V，内阻约50 kΩ
C.电流表0～0.6 A，内阻约0.05 Ω
D.电流表0～3 A，内阻约0.01 Ω
E.滑动变阻器，0～10 Ω
F.滑动变阻器，0～100 Ω
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)答案ACE解析因为两节干电池的电动势是3 V，用3 V量程的电压表A；因为金属丝的电阻大约为5 Ω，如果把3 V的电动势全加在金属丝上，电流才是0.6 A，因此用量程是0.6 A的电流表C；此题中金属丝的电阻大约为5 Ω，为了减小实验误差，应选10 Ω的滑动变阻器E.②实验中某同学的实物接线如图4所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误.答案图4错误a：_____________________________；
错误b：_____________________.导线连接在滑动变阻器的滑片上采用了电流表内接法二、仪器的读数及数据处理
例2 利用螺旋测微器、米尺和如图5所示的器材(其中电流表的内阻为1 Ω，电压表的内阻为5 kΩ)测量一根粗细均匀的阻值约为5 Ω的金属丝的电阻率.
(1)用笔画线代替导线，将图中的器材连接成实物电路，要求连线不能交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程(已知电源的电动势为6 V，滑动变阻器的阻值为0～20 Ω).图5图6图7答案解析见解析图由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多，因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“B、C”或“A、D”接线柱；由题图可以看出电流表应该连接“－”接线柱和“0.6”接线柱，具体连线如图所示.
(2)实验时，用螺旋测微器测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图6所示，电流表、电压表的读数如图7所示.则金属丝两端的电压U＝________，电流I＝________，金属丝的长度l＝__________，直径d＝________________.图62.20 V0.44 A30.50 cm1.850×10－3 m答案解析电压表的量程是3 V，所以读数是2.20 V；电流表的量程是0.6 A，所以读数是0.44 A；由于螺旋测微器的半毫米刻度线已经露出，因此读数是1.850×10－3 m；米尺的读数是40.50 cm－10.00 cm＝30.50 cm.(3)该金属丝的电阻率是________________.(保留两位有效数字)4.4×10－5 Ω·m答案解析
达标检测31.某同学探究电阻丝的电阻与哪些因素有关.有如下器材：
A.电源E(电动势为4 V)；
B.电流表A1(量程5 mA，内阻约为10 Ω)；
C.电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)；
D.电压表V1(量程3 V，内阻约为1 kΩ)；
E.电压表V2(量程15 V，内阻约为3 kΩ)；
F.滑动变阻器R1(阻值0～2 Ω)；
G.滑动变阻器R2(阻值0～20 Ω)；
H.开关及导线若干.
他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示.1212(1)图8是测量编号为2的电阻丝电阻时的备选原理图，则该同学应选择电路______(选填“甲”或“乙”)进行测量.选用的器材代号为__________.图8甲ACDGH答案12(2)请写出电阻R与L、D间的关系式R＝________(比例系数用ρ表示).根据表中数据，求出比例系数ρ＝____________Ω·m(结果保留两位有效数字).
1.0×10－6答案2.在“测定金属的电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R.
(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图9甲，则金属丝的直径为______________________mm.120.697(0.696,0.698也对) 答案解析图9螺旋测微器的读数为(0＋0.5＋0.01×19.7) mm＝0.697 mm.
(0.696 mm,0.698 mm也对)(2)若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值________.(填“偏大”或“偏小”)12偏小 答案解析题图乙中电流表采用外接法，故测量值偏小.(3)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图10所示，则电压表的读数为________V，电流表的读数为________A.122.60 答案解析电压表精度为0.1 V，其读数为2.60 V；电流表精度为0.02 A，其读数应为0.52 A.图100.52本课结束课件25张PPT。章末总结第二章
电路内容索引
知识网络
题型探究
知识网络1恒定电流基本
概念电阻：导体对电流的阻碍作用，定义：R＝____
电动势：电源是通过做功把其他形式的能转化
为电势能的装置，E＝
电功和电功率：W＝ ，P＝_____
电热和热功率：Q＝ ，P＝______I2RtI2RUItUI恒定电流基本
电路串联电路关系：I＝I1＝I2＝…，U＝ ，R＝
，P＝_____________
分配规律：U∝R，P∝R并联电路关系：I＝ ，U＝U1＝U2＝…， ＝
，P＝_____________＋…U1＋U2＋…R1＋R2＋…P1＋P2＋…I1＋I2＋…P1＋P2＋…分配规律：I∝ ，P∝纯电阻电路：电功完全转化为电热
非纯电阻电路：电功等于电热加其他形式的能
逻辑电路：与门、或门、非门恒定电流基本
规律电阻定律：R＝
焦耳定律：Q＝______I2Rt欧姆定律部分电路：I＝闭合电路：I＝闭合电路的功率：P总＝ ，P出＝ ，P内＝_____IEIUI2r恒定电流实验多用电表的原理和使用测绘小灯泡的伏安特性曲线
测定金属的电阻率
测定电源的电动势和内阻
学会使用多用电表
2题型探究一、纯电阻电路和非纯电阻电路例1 如图1所示,电源的电动势E＝110 V,电阻R1＝21 Ω,电动机线圈的电阻R0＝0.5 Ω,开关S1始终闭合.当开关S2断开时,电阻R1的电功率是525 W；当开关S2闭合时,电阻R1的电功率是336 W,求：
(1)电源的内电阻；答案解析图11 Ω
(2)当开关S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率.答案解析26 A 1 606 W
解得,U＝84 V
由闭合电路欧姆定律得,E＝U＋Ir,
代入数据,得I＝26 A而I1＋I2＝I,所以I2＝22 A,代入数据得,P出＝1 606 W.二、含容电路的计算
1.分析含电容器的电路时应注意电容器两极板分别与电路中哪两点等势,从而可确定电容器两极板间电势差和带电荷量的正负.
2.当电路发生变化时,注意分析电容器两板电势的变化,计算电容器电量变化量时,要注意极板电荷电性的变化.若某一极板原来带正电Q1,后来变为带正电Q2,则电量变化量大小ΔQ＝|Q1－Q2|；若该极板由原来带正电Q1变为后来带负电－Q2,则ΔQ＝Q1＋Q2.例2 如图2所示,已知路端电压U＝18 V,电容器C1＝6 μF、C2＝3 μF,电阻R1＝6 Ω、R2＝3 Ω.当开关S断开时,A、B两点间的电压UAB等于多少？当S闭合时,电容器C1的电荷量改变了多少？答案解析图218 V 减少了3.6×10－5 C
在电路中电容器C1、C2相当于断路.当S断开时,电路中无电流,B、C等势,A、D等势,因此UAB＝U＝18 V.
当S闭合时,R1和R2串联,C1两端的电压等于R1两端电压,C2两端的电压为R2两端电压,C1电荷量变化的计算首先从电压变化入手.
当S断开时,UAC＝18 V，电容器C1带电荷量为Q1＝C1UAC＝6×10－6×
18 C＝1.08×10－4 C.
当S闭合时,电路R1、R2导通,电容器C1两端的电压即电阻R1两端的电压,由串联电路的电压分配关系得
此时电容器C1的带电荷量为
Q′＝C1UAC′＝6×10－6×12 C＝7.2×10－5 C
电容器C1带电荷量的变化量为
ΔQ＝Q′－Q1＝－3.6×10－5 C
负号表示减少,即C1的带电荷量减少了3.6×10－5 C.三、电路故障的分析
电路故障的分析方法
(1)仪器检测法
①用电压表对断路故障判断：用电压表与电源并联,若无电压,再逐段与电路并联,若电压表指针偏转,则该段电路中有断点.
②用电压表对短路故障判断：用电压表与电源并联,若有电压,再逐段与电路并联,若电压表示数为零,则该段电路被短路.
③用欧姆表检测：在使用欧姆表检测电路故障时,一定要注意将待测部分与电路断开.若测得某段电路的电阻是零,说明该部分是短路,若测得某段电路的电阻是无穷大,说明该部分是断路.(2)假设法
已知电路发生某种故障,寻求故障发生在何处时,可将整个电路划分为若干部分,然后假设某部分电路发生故障,运用欧姆定律进行正向推理,推理结果若与题述现象相符,则故障发生在该部分电路.否则,故障没发生在该部分电路.用此方法,直到找到故障为止.例3 如图3所示的电路中,电源电动势为6 V,当开关S接通后,灯泡L1和L2都不亮,用电压表测得各部分电压是Uab＝6 V,Uad＝0,Ucd＝6 V,由此可判定
A.L1和L2的灯丝都烧断了
B.L1的灯丝烧断了
C.L2的灯丝烧断了
D.变阻器R断路图3√答案解析
由题干条件可知,电路中有的地方有电压,说明电源是有电压的.
由Uab＝6 V和Uad＝0可知外电路上bcd段有断点；
由Ucd＝6 V可知外电路上cL2d段有断点,即L2的灯丝烧断了,而且除L2外,灯L1和变阻器R都没有断路,否则也不存在Ucd＝6 V.例4 如图4所示电路,已知R3＝4 Ω,闭合开关,电流表读数为0.75 A,电压表读数为2 V,经过一段时间,一个电阻被烧坏(断路),使电流表读数为0.8 A,电压表读数变为3.2 V,问：
(1)哪个电阻发生断路故障；答案解析图4R2由电压表和电流表示数都增大可以确定R2断路.(2)R1的阻值是多少；答案解析4 Ω(3)能否求出电源电动势E和内阻r？如果能,求出结果；如果不能,说明理由.答案解析见解析
R2断路前,R3两端的电压为
U3＝IR1－U＝0.75×4 V－2 V＝1 VR2断路前后,根据闭合电路欧姆定律
E＝0.75×4 V＋(0.25 A＋0.75 A)·(R4＋r)
E＝3.2 V＋0.8 A·(R4＋r)
解得E＝4 V,R4＋r＝1 Ω
故只能求出电源电动势E,而不能求出内阻r.本课结束课件31张PPT。第二章
电路第一节 探究决定导线电阻的因素学习目标
1.掌握探究影响导线电阻的因素的方法，知道导线的电阻与哪些因素有关.
2.掌握电阻定律，并能进行有关计算.
3.理解电阻率的概念、意义及决定因素.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、电阻定律的实验探究1.导体电阻与其影响因素的定性分析
移动滑动变阻器的滑片可以改变它的电阻，这说明导体电阻跟它的
有关；同是220 V的灯泡，灯丝越粗用起来越亮，说明导体电阻跟它的 有关；电线常用铜丝制造而不用铁丝，说明导体电阻跟它的 有关.长度横截面积材料2.导体电阻与其影响因素的实验探究
在下表所给导线中，每次需挑选下表中两根合适的导线，测出通过它们的电流大小，然后进行比较，最后得出结论.(1)为了研究电阻与导体材料有关，应选用哪两根导线？C、F 答案(2)为了研究电阻与导体的长度有关，应选用哪两根导线？C、G 答案(3)为了研究电阻与横截面积的关系，应选用哪两根导线？A、D 答案1.在材料、横截面积不变的情况下，导线越长，电阻越 ，电阻与导线的长度成 .
2.在材料、长度不变的情况下，导线横截面积越大，电阻越 ，电阻与导线的横截面积成 .
3.在长度、横截面积不变的情况下，电阻与导线的 有关.大正比小反比材料判断下列说法的正误.
(1)导体的电阻与通过导体的电流大小有关.( )
(2)材料相同的导体，长度越长，横截面积越小，电阻越大.( )
(3)探究电阻的影响因素时需要用控制变量法：即控制其他物理量不变，只研究电阻与某一物理量的关系.( )×√√二、电阻定律与电阻率导体的电阻率的大小与什么因素有关？哪些材料的电阻率较小？ 答案电阻率与导体的材料、温度有关；纯金属的电阻率较小.
1.电阻定律
(1)内容：均匀导体的电阻R跟它的 成正比，跟它的 成反比；导体电阻还与构成它的 有关.长度l横截面积S材料(2)公式：R＝_____，式中ρ是比例常量，ρ叫做这种材料的电阻率.
(3)电阻定律反映了导体的电阻由导体自身决定，只与导体的材料、长度和横截面积及温度有关，与其他因素无关.2.电阻率
(1)概念：电阻率是反映导体 性能的物理量，是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小 .(填“有关”或“无关”)
(2)单位是欧姆米，符号为 .导电无关Ω·m(3)电阻率与温度的关系
①金属的电阻率随温度升高而 (可用于制造电阻温度计).
②半导体和绝缘体的电阻率随温度的升高而 (半导体的电阻率随温度变化较大，可用于制作热敏电阻).
③有些合金(如锰铜、镍铜)的电阻率几乎不受温度变化的影响(可用来制作 电阻).
④当温度降低到 附近时，某些材料的电阻率突然减小到零成为超导体.增大减小标准绝对零度判断下列说法的正误.
(1)电阻率ρ与导体的长度和横截面积有关.( )
(2)把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的 .( )
(3)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.( )
(4)一根阻值为R的均匀电阻丝，均匀拉长至原来的2倍，电阻变为4R.( ) ×√×√
2题型探究一、电阻定律的应用例1 如图1甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1 m，b＝0.2 m，c＝0.1 m，当里面注满某电解液，且P、Q间加上电压后，其U－I图线如图乙所示，当U＝10 V时，求电解液的电阻率ρ是多少？图1答案解析40 Ω·m由题图乙可求得U＝10 V时，电解液的电阻为
由题图甲可知电解液长为l＝a＝1 m
截面积为S＝bc＝0.02 m2二、电阻和电阻率的比较例2 (多选)下列说法中正确的是
A.据R＝ 可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变
为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍
B.导体的电阻是其本身的属性，通过导体的电流及加在两端的电压改
变时导体的电阻不变
C.据ρ＝ 可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成
正比，与导体的长度l成反比
D.导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关答案解析√√
达标检测31.(多选)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，可用来制作标准电阻1234 答案√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；
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正确.12342.一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口.管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R.若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同.现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管).则盐水柱电阻变为 答案√解析1234
12343.两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同的电压后，通过的电流之比为
A.8∶1 B.4∶1 C.1∶1 D.1∶4答案解析√
12344.(多选)某根标准电阻丝的电阻为R，接入电压恒定的电路中，要使接入电路的电阻变为 R，可采取的措施是
A.剪其一半的电阻丝接入
B.并联相同的电阻丝接入
C.串联相同的电阻丝接入
D.对折原电阻丝后再接入√答案解析1234√1234
串联一根相同的电阻丝后，长度变为原来的2倍，电阻为原来的2倍，选项C错误；1234
本课结束课件46张PPT。第三节 研究闭合电路第二章
电路学习目标
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.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、电动势日常生活中我们经常接触到各种各样的电源，如图1所示的干电池、手机电池，它们有的标有“1.5 V”字样，有的标有“3.7 V”字样.不相同 答案图1(1)用理想电压表测量两种电池正、负极间的电压，测量结果是否相同？(2)当把两种不同电池接入电路中时，电源对外做功的本领是否相同？不相同 答案1.闭合电路的组成
闭合电路由 和 组成.
外电路与外电阻：电源 部的电路叫外电路，外电路的电阻叫外电阻.
内电路与内电阻：电源 部的电路叫内电路，内电路的电阻即电源的电阻叫内电阻.
2.电动势
(1)电动势是用来描述电源特性的物理量，它等于电源 (填“接”或“不接”)用电器时电源 间的电压.用符号 表示.
(2)单位：伏特，符号为 .外电路内电路外内不接正、负极EV(3)说明
①物理意义：反映电源把其他形式的能转化为电能本领的大小.
②决定因素：由电源自身特性决定，跟电源的体积 ，跟外电路
.(填“相关”或“无关”)无关无关判断下列说法的正误.
(1)同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化.( )
(2)1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同.( )
(3)电动势、电压和电势差单位相同，物理意义也相同.( )×√×二、闭合电路的欧姆定律(1)在内、外电路中，沿着电流方向，各点电势如何变化？在内电路中沿电流方向电势升高，在外电路中沿电流方向电势降低. 答案(2)按图2所示电路图连接电路，分别测出电源的内电压和外电压，多次测量，把测量结果记录在事先准备好的表格中，分析内、外电压的大小，它们满足怎样的规律？在误差允许范围内，内、外电压之和为一定值. 答案图21.内、外电路中的电势变化
外电路中电流由电源 流向 ，沿电流方向电势 ，内电路中电流由电源 流向 ，沿电流方向电势 .
2.闭合电路的欧姆定律
(1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成 ，跟内、外电路的 成反比.
(2)公式：I＝__________(适用于纯电阻电路)正极负极降低负极正极升高正比电阻之和
(3)其他两种表达形式
E＝U外＋ (适用于任意电路)
E＝IR＋ (适用于纯电阻电路)U内Ir判断下列说法的正误.
(1)电动势越大，闭合电路的电流越大.( )
(2)电源电动势和内阻一定时，外电阻越大，电流越小.( )
(3)E＝U＋Ir适用于任何电路.( )
(4)某电源电动势为10 V，内阻为2 Ω，外接一线圈电阻为8 Ω的电动机，则电路中的电流为1 A.( )×√√×三、路端电压与负载的关系(1)在如图3所示的电路中，电源的电动势E＝10 V，内电阻r＝1 Ω，试求当外电阻分别是3 Ω、4 Ω、7 Ω时所对应的路端电压.通过数据计算，你发现了怎样的规律？图3外电压分别为7.5 V、8 V、8.75 V.随着外电阻的增大，路端电压逐渐增大. 答案(2)如图4所示，以电路中的电流为横轴，路端电压为纵轴，建立路端电压U与电流I的U－I图象，图线与纵轴的交点、与横轴交点(纵坐标从零开始)、斜率的绝对值的物理意义是什么？图4
1.路端电压与负载的关系
(1)路端电压的表达式：U＝ .
(2)路端电压随外电阻的变化规律
①当外电阻R增大时，由I＝ 可知电流I ，路端电压U＝E－Ir
.
②当外电阻R减小时，由I＝ 可知电流I ，路端电压U＝E－Ir_____ .
③两种特殊情况：当外电路断开时，电流I变为 ，U＝ .即断路时的路端电压等于 . 当电源短路时，外电阻R＝0，此时I＝ .E－Ir减小增大增大减小0电源电动势E2.路端电压与电流的关系图象(图5)图5(1)U轴截距表示 ，纵坐标从零开始时，I轴截距等于 .
(2)直线 等于电源的内阻，即内阻r＝_______.电源电动势短路电流斜率的绝对值
判断下列说法的正误.
(1)在闭合电路中，外电阻越大，路端电压越大.( )
(2)电路断开时，电路中的电流为零，路端电压也为零.( )
(3)外电路短路时，电路中的电流无穷大.( )
(4)在U－I图象中，无论纵坐标是否从零开始，I轴截距都等于短路电流.( ) ×√××
2题型探究一、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＝ ，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内＋U外，表明电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和.
(3)说明：I＝ 或E＝IR＋Ir只适用于外电路是纯电阻的闭合电路；E＝U外＋U内或U外＝E－Ir，既适合于外电路为纯电阻的电路，也适合于非纯电阻电路.例1 在图6所示的电路中，R1＝9 Ω，R2＝5 Ω，当a、b两点间接理想的电流表时，其读数为0.5 A；当a、b两点间接理想的电压表时，其读数为1.8 V.求电源的电动势和内电阻.图6答案解析3 V 1 Ω
当a、b两点间接理想的电流表时，R1被短路，回路中的电流I1＝0.5 A，由闭合电路欧姆定律得：
E＝I1(R2＋r) ①由闭合电路欧姆定律得：
E＝I2(R2＋R1＋r) ②
联立①②并代入数据，解得：E＝3 V，r＝1 Ω.解决闭合电路问题的一般步骤
1.分析电路特点：认清各元件之间的串并联关系，特别要注意电压表测量哪一部分的电压，电流表测量流过哪个用电器的电流；
2.应用闭合电路的欧姆定律求干路中的电流；
3.根据部分电路的欧姆定律和电路的串并联特点求出部分电路的电压和电流.针对训练1 如图7所示，电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，R1＝5 Ω，
R2＝10 Ω，滑动变阻器R3阻值变化范围为0～10 Ω，求电路中的总电流的变化范围.答案解析0.55～1 A图7
当R3阻值为零时，R2被短路，外电阻最小，电流最大.
R外＝R1＝5 Ω，当R3阻值为10 Ω时，外电阻最大，电流最小.二、U－I图象的理解和应用
例2 (多选)如图8所示为某一电源的U－I图线，由图可知图8A.电源电动势为2 V
B.电源内电阻为 Ω
C.电源短路时电流为6 A
D.电路路端电压为1 V时，电路中电流为5 A答案解析√√
在本题的U－I图线中，纵轴截距表示电源电动势，A正确；
横轴截距表示短路电流，C错误；针对训练2 (多选)如图9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
A.电源甲的电动势大于电源乙的电动势
B.电源甲的内阻小于电源乙的内阻
C.路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
D.电流都是I0时，两电源的内电压相等图9答案解析√√
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A正确；
图线的斜率的绝对值表示电源内阻(电动势与短路电流的比值)，图线甲的斜率绝对值大于图线乙的斜率绝对值，表明甲的内阻大于乙的内阻，故B错误；
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，因为甲的内阻比乙的内阻大，所以当电流都为I0时，甲电源的内电压较大，故D错误.故选A、C.三、闭合电路的动态分析
闭合电路动态问题的分析方法
(1)程序法
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(2)结论法——“串反并同”
“串反”：是指某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大.
“并同”：是指某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小.例3 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图10所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是
A.电压表和电流表读数都增大
B.电压表和电流表读数都减小
C.电压表读数增大，电流表A1示数减小，A2示数
增大
D.电压表读数减小，电流表A1示数增大，A2示数减小图10答案解析√
解决闭合电路动态问题的一般思路
1.分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；
2.由局部电阻变化判断总电阻的变化；4.据U＝E－Ir判断路端电压的变化；
5.由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化.针对训练3 如图11所示，A、B、C三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的变化是
A.A、B、C都变亮
B.A、B变亮，C变暗
C.A、C变亮，B变暗
D.A变亮，B、C变暗图11答案解析√滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值R减小，所以电路总阻值R总减小，由闭合电路欧姆定律知总电流(I总＝ )变大，通过A的电流增大，故A变亮；
由于I总变大，所以内阻上的电压(U内＝I总r)变大，所以C两端的电压(UC＝E－UA－U内)变小，通过C的电流IC变小，所以C变暗；
由于I总变大，IC变小，所以通过B的电流(IB＝I总－IC)一定增大，B灯变亮，选项B正确.
达标检测31.在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压和外电压的关系，下列说法正确的是
A.若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B.若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C.若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小
D.若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和 答案√123452.将内阻为0.5 Ω的电池组与阻值为0.75 Ω的电阻、标有“6 V 7.2 W”的小灯泡串联，就可以使这个小灯泡正常发光，由此可知，所用电池组的电动势是
A.6 V B.7.5 V
C.9 V D.10.5 V 答案√123453.(多选)如图12所示为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
A.电动势E1＝E2，短路电流I1>I2
B.电动势E1＝E2，内阻r1>r2
C.电动势E1>E2，内阻r1>r2
D.当工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化
较大答案解析√图12√12345
当工作电流变化量相同时，因为r1A.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.路端电压增大答案解析√图13题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U外↓.R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小， 示数减小，A、C、D错误，B正确.123455.如图14所示，电源的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，电阻R1＝R2，当开关S1闭合、S2断开时，通过电源的电流为1 A.当开关S1、S2都闭合时，求通过电源的电流和路端电压.答案解析图1412341.5 A 0.75 V5
当S1闭合时，根据闭合电路的欧姆定律有当S1、S2都闭合时，根据闭合电路的欧姆定律有路端电压U＝E－Ir＝0.75 V.12345本课结束课件43张PPT。第二节 对电阻的进一步研究第二章
电路学习目标
1.知道导体伏安特性曲线的意义，知道什么是线性元件和非线性元件.
2.掌握串、并联电路的电流和电压的特点，掌握电阻串、并联的计算.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、导体的伏安特性曲线若电阻的阻值不变，通过电阻的电流与电阻两端的电压的关系如何？在I－U图象中，应是什么样的曲线？电流I与电压U成正比，在I－U图象中是一条过原点的倾斜直线. 答案1.伏安特性曲线：用纵轴表示 ，用横轴表示 ，这样画出的导体的I－U图线叫做导体的伏安特性曲线.
2.线性元件的伏安特性曲线是一条 ，欧姆定律适用的元件.如金属导体、电解液导体.若I－U图象为直线，图线的斜率表示________
.即 ，图线的斜率越大，电阻越 ，如图1，RA＞RB.
电流I电压U过原点的直线导体电阻的倒数小图13.非线性元件的伏安特性曲线是一条 ，欧姆定律不适用的元件.如气态导体(日光灯、霓虹灯管中的气体)和半导体元件.图1曲线判断下列说法的正误.
(1)凡导电的物体，其伏安特性曲线一定是直线.( )
(2)伏安特性曲线上某点的切线斜率等于电阻的倒数.( )
(3)线性元件的电压与电流成正比.( )
(4)电阻的I－U图象和U－I图象为直线时，两种图象的斜率均表示电阻的倒数.( )×√××二、对串联电路的理解如图2，三个电阻组成串联电路.图2(1)通过三个电阻的电流有何关系？相等 答案(2)用φ0、φ1、φ2、φ3分别表示电路中0、1、2、3各点的电势，用U01、U12、U23、U03分别表示0与1、1与2、2与3、0与3之间的电压，则有U01＝φ0－φ1、U12＝φ1－φ2、U23＝φ2－φ3，U03＝φ0－φ3.由此可得U03与U01、U12、U23有何关系？U03＝U01＋U12＋U23 答案串联电路的特点
(1)串联电路中各处的电流 ，即：I＝ .
(2)串联电路两端的总电压等于各部分电路电压 ，即：
U＝ .
(3)串联电路的总电阻等于各部分电路电阻 ，即：R＝ .
(4)串联电路中各电阻两端的电压跟它的阻值成 ，即：I1＝I2＝I3之和U1＋U2＋U3之和R1＋R2＋R3相等正比判断下列说法的正误.
(1)串联电路的总电流等于流过各电阻的电流之和.( )
(2)串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和.( )
(3)在电路中的任何一个位置串联一个电阻时，电路中的总电阻一定变大.( )
(4)R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，两电阻串联，两端接30 V的电压，则R1、R2两端的电压分别为20 V、10 V.( )×√√√三、对并联电路的理解如图3，三个电阻构成并联电路.图3(1)图中6个点中，1、2、3点的电势有什么关系？4、5、6点的电势有什么关系？那么三个电阻两端的电压有什么关系？相等 相等 相等 答案I＝I1＋I2＋I3 答案(2)总电流I与各个电阻中的电流I1、I2、I3有什么关系？
答案并联电路的特点
(1)并联电路的总电流等于各支路电流 ，即：I＝ .
(2)并联电路的总电压与各支路电压 ，即：U＝ .
(3)并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数 ，即：_____________.
(4)并联电路具有分流作用：并联电路中通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成 ，即：I1R1＝I2R2＝I3R3＝U.I1＋I2＋I3之和相等U1＝U2＝U3之和反比 判断下列说法的正误.
(1)两并联电阻的电流与电阻成反比，两串联电阻的电压与电阻成正比.( )
(2)并联电路的总电阻一定大于每一个支路的电阻.( )
(3)6 Ω与3 Ω的两电阻R1、R2并联，通过的总电流为9 A，则通过R1、R2的电流分别为6 A、3 A.( )×√×
2题型探究一、欧姆定律的理解和应用
1.R＝ 是用比值法定义的电阻的定义式，导体的电阻R由导体本身的性质决定，不是由U和I决定的.对于某一导体，它的电阻R不变，它的电压U和电流I成正比.
2.I＝ 是欧姆定律的数学表达式，它反映了导体中电流与电压、电阻的比例关系.常用于计算一段电路加上一定电压时产生的电流，适用条件是金属或电解液导电(纯电阻电路).例1 某金属导体两端所加电压为8 V时，10 s内通过某一横截面的电荷量为0.16 C，求：
(1)导体的电阻；答案解析500 Ω(2)若导体两端电压为10 V，求通过导体的电流.答案解析0.02 A针对训练1 若加在某导体两端的电压变为原来的 时，导体中的电流减小了0.4 A.如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流是多大？答案解析2 A
二、导体的伏安特性曲线
I－U图象与U－I图象的区别
(1)坐标轴的意义不同：I－U图象中，横坐标表示电压U、纵坐标表示电流I；U－I图象中，横坐标表示电流I，纵坐标表示电压U.
(2)图线斜率的意义不同.I－U图象中，斜率表示电阻的倒数，U－I图象中，斜率表示电阻，如图4所示，在图甲中R2＜R1，图乙中R2＞R1.图4图5例2 如图6所示的图象所对应的两个导体：图6(1)电阻R1∶R2为多少？答案解析3∶1
(2)若两个导体中的电流相等(不为零)时，电压之比U1∶U2为多少？答案解析3∶1(3)若两个导体中的电压相等(不为零)时，电流之比I1∶I2为多少？答案解析1∶3例3 (多选)如图7所示，为某一金属导体的伏安特性曲线，由图象可知
A.该导体的电阻随电压的升高而增大
B.该导体的电阻随电压的升高而减小
C.导体两端电压为2 V时，电阻为0.5 Ω
D.导体两端电压为2 V时，电阻为1 Ω图7答案解析√√
三、串联电路和并联电路的特点
串联电路、并联电路总电阻的比较例4 由四个电阻连接成的电路如图8所示.R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，R3＝6 Ω，R4＝3 Ω.图8(1)求a、d之间的总电阻；答案解析见解析
故Rad＝R1＋R2＋Rcd＝8 Ω＋4 Ω＋2 Ω＝14 Ω.(2)如果把42 V的电压加在a、d两端，则通过每个电阻的电流是多少？图8答案见解析解析
针对训练2 如图9所示电路中，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的电阻不计(电池两端电压恒定).那么开关K接通后流过R2的电流是K接通前的图9答案解析√
达标检测3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.1.(多选)下列说法中正确的是
A.一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零
B.并联电路任一支路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√解析123√√42.(多选)某同学在探究通过导体的电流与其两端电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图10所示的图象，根据图象，下列说法正确的是
A.导体甲的电阻大于导体乙的电阻
B.在导体乙的两端加1 V的电压时，通过导体乙的
电流为0.1 A
C.当通过导体甲的电流为0.9 A时，导体甲两端的电压为4 V
D.将导体乙连接到电压为5 V的电源上时，通过导体的电流为0.5 A图10 答案√解析√1234
由U＝IR，得当通过导体甲的电流为0.9 A时，导体甲两端的电压
U＝I′R甲＝0.9×5 V＝4.5 V，选项C错误.12343.如图11所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A的坐标为(U1，I1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2，小灯泡两端的电压为U1时，电阻等于答案解析√图11
12344.如图12所示，电源内阻不计，已知R1＝2 kΩ，
R2＝3 kΩ，现用一个内阻为6 kΩ的电压表并联在R2的两端，电压表的读数为6 V.若把它接在a、b两点间，电压表的读数为
A.18 V B.12 V
C.8 V D.6 V答案解析√图12
1234本课结束课件40张PPT。第二章
电路第五节 电功率学习目标
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.
4.能够从能量守恒的角度理解闭合电路中各种功率间的关系．内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、电功和电功率如图1所示,已知电路两端的电势差为U,电路中的电流为I,在t时间内通过导体某截面的电荷量是多少？把这些电荷从左端移到右端,电场力做功是多少？该过程中单位时间内电流做的功是多少？图1It IUt IU 答案1.电功
(1)电功是指电路中 力对定向移动的电荷所做的功,电流做功的过程就是 能转化为其他形式能的过程.
(2)电功的计算公式：W＝ .
单位： ,符号为J.
常用的单位：千瓦时(kW·h),也称“度”,1 kW·h＝ J.电场电焦耳3.6×106IUt2.电功率
(1)定义：单位 内电流所做的功.
(2)公式：P＝ ＝ .
(3)单位：瓦,符号：W.
(4)意义：表示电流做功的快慢.时间UI判断下列说法的正误.
(1)电流做功的实质是电场力对电荷做功.( )
(2)电功率越大,表示电流做功越多.( )
(3)某导体两端电压为10 V,当通过2 C的电荷时,电流做功的功率为
20 W.( )×√×二、焦耳定律和热功率(1)某一电路中只含有某一电阻元件,即白炽灯、电动机、电炉、电容器、电熨斗、电饭锅、电解槽其中的一种,分析哪些属于纯电阻电路,哪些属于非纯电阻电路. 答案纯电阻电路有：白炽灯、电炉、电熨斗、电饭锅；非纯电阻电路有：
电动机、电容器、电解槽(2)纯电阻电路中,消耗的电能转化为什么形式的能？对于含电动机的电路,消耗的电能转化为什么形式的能？ 答案内能 内能和机械能1.焦耳定律
(1)内容：电流通过导体产生的热量跟 成正比,跟导体的____
及 成正比.
(2)表达式：Q＝ .
2.热功率
(1)定义： 内的发热量称为热功率.
(2)表达式：P热＝ .电流的二次方通电时间I2Rt单位时间I2R电阻3.纯电阻电路与非纯电阻电路
(1)纯电阻电路：电流通过纯电阻电路做功时,电能全部转化为导体的 .
(2)非纯电阻电路：含有 或 的电路称为非纯电阻电路.在非纯电阻电路中,电流做的功将电能除了转化为内能外,还转化为 或 .内能电动机电解槽机械能化学能(3)电功和电热的计算公式比较判断下列说法的正误.
(1)电功一定等于电热.( )
(2)电动机消耗了电能,一部分转化为机械能,一部分转化为线圈内阻上的电热.( )
(3)电热Q＝I2Rt可以用来计算所有含有电阻的电路中产生的焦耳热.( )
(4)电功W＝UIt可以用来计算所有电路中电流所做的功.( )×√√√三、闭合电路中的功率闭合电路中,电源电动势为E,内、外电路的电阻分别是r和R,电路中的电流为I.t时间内电源把多少其他形式的能转化为电能？外电路产生的热量是多少？内电路产生的热量是多少？三者之间有何关系？ 答案EIt I2Rt I2rt EIt＝I2Rt＋I2rt闭合电路中的能量转化和功率转化
(1)电源是把其他形式的能转化为 能的装置.电源提供的能量一部分消耗在 上,一部分消耗在 上,转化为内能.
(2)能量关系：电源提供的能量等于内、外电路消耗的能量之和,即：EIt＝
＋U内It.
功率关系：电源提供的电功率等于内、外电路消耗的电功率之和,即：EI＝
＋U内I.
对于外电路是纯电阻电路,其能量关系和功率关系分别为：EIt＝ ＋I2rt、EI＝ ＋I2r.电外电路内电阻U外ItU外II2RtI2R判断下列说法的正误.
(1)化学电池中,电源把化学能转化为电能,电源把这些能量全部输出到外电路.( )
(2)在外电路是非纯电阻电路时,外电路消耗的电能可用I2Rt表示.( )
(3)无论外电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路,均可用EIt＝U外It＋U内It表示电路中的能量关系.( ) ×√×
2题型探究一、电功、电热 电功率、热功率公式的比较例1 (多选)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＝ 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解析√√√
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.1.W＝UIt是电功的计算式,P电＝UI是电功率的计算式,适用于任何电路.
Q＝I2Rt是电热的计算式,可以计算任何电路中电流I通过电阻R时在t时间内产生的热量,P热＝I2R是热功率的计算式,可以计算任何电路的热功率.
2.只有在纯电阻电路中才有W＝Q,P电＝P热而在非纯电阻电路中W＞Q,
P电＞P热.
3.在纯电阻电路中,由UIt＝I2Rt得I＝ ,即欧姆定律成立；在非纯电阻电路中UIt＞I2Rt知U＞IR,即欧姆定律不成立.二、纯电阻电路中的功率分配及计算例2 额定电压都是110 V、额定功率PA＝100 W、PB＝40 W的灯泡两盏,若接在电压为220 V的电路上,使两盏灯泡均能正常发光,且消耗功率最小的电路是答案解析√
对于A电路,由于RA＜RB，所以UB＞UA，且有UB＞110 V，B灯被烧毁,
UA＜110 V,A灯不能正常发光.
对于B电路,由于RB＞RA,A灯又并联滑动变阻器,并联电阻小于RB,所以
UB＞U并,B灯烧毁.
对于C电路,B灯与滑动变阻器并联电阻可能等于RA，所以可能UA＝UB＝
110 V,两灯可以正常发光.
对于D电路,若滑动变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻,则UA＝UB＝110 V,两灯可以正常发光.
比较C、D两个电路,由于C电路中滑动变阻器功率为(IA－IB)×110 V,而D电路中滑动变阻器功率为(IA＋IB)×110 V,所以C电路消耗电功率最小.1.串联、并联电阻的功率分配针对训练1 (多选)有三个电阻的阻值及额定功率分别为R1＝10 Ω、P1＝10 W,R2＝20 Ω、P2＝80 W,R3＝5 Ω、P3＝20 W,它们组成的电路如图2甲、乙、丙所示,关于各图的说法正确的是答案解析√图2A.图甲两端允许加的最大电压为60 V
B.图乙干路允许流过的最大电流为3.5 A
C.图丙两端允许加的最大电压为17.5 V
D.以上说法均不正确√
R1＝10 Ω、P1＝10 W,故I1＝ ＝1 A,U1＝I1R1＝10 V；同样R2＝20 Ω、P2＝80 W,故I2＝2 A,U2＝I2R2＝40 V；R3＝5 Ω、P3＝20 W,故I3＝2 A,U3＝I3R3＝10 V；图甲中三个电阻串联,取最小额定电流,故最大电流为1 A,故最大电压为：U＝I(R1＋R2＋R3)＝1×(10＋20＋5) V＝35 V,故A错误；
图乙中三个电阻并联,取最小额定电压,最大电压为10 V,I2′＝0.5 A,故最大电流为：I′＝I1＋I2′＋I3＝3.5 A,故B正确；
图丙中R1与R2并联,取最小额定电压,故最大电压为10 V,故最大电流为：I1＋I2′＝1.5 A；并联部分与电阻R3串联,取最小额定电流,故最大电流为1.5 A,故电阻R3两端的电压为1.5 A×5 Ω＝7.5 V,所以丙图两端允许加的最大电压为：10 V＋7.5 V＝17.5 V,故C正确.
三、非纯电阻电路功率的分析和计算例3 如图3所示,电源的电动势是6 V,内阻是0.5 Ω,电动机M的线圈电阻为0.5 Ω,限流电阻R0为3 Ω,若理想电压表的示数为3 V,试求：
(1)电源的功率和电源的输出功率；答案解析图36 W 5.5 W电源的功率PE＝IE＝6 W；
内电路消耗的功率Pr＝I2r＝0.5 W；
电源的输出功率P出＝PE－Pr＝5.5 W.
(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率.答案解析2.5 W 2 W电动机分压UM＝E－Ir－UR0＝2.5 V；
电动机消耗的功率PM＝IUM＝2.5 W；
热功率P热＝I2rM＝0.5 W；
电动机输出的机械功率P机＝PM－P热＝2 W.解答有关电动机问题时应注意：
(1)当电动机不转时可以看成纯电阻电路,P＝UI＝I2R＝ 均成立.
(2)当电动机正常工作时,是非纯电阻电路,P电＝UI＞P热＝I2R,U≠IR而有U＞IR.
(3)输入功率指电动机消耗的总功率.热功率是线圈电阻的发热功率.输出功率是指电动机将电能转化为机械能的功率.三者的关系：UI＝I2R＋P机.针对训练2 (多选)如图4所示,一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上,电源电动势E＝30 V,内阻r＝1 Ω,用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V,已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω,则下列说法中正确的是答案解析√图4A.通过电动机的电流为10 A
B.电动机的输入功率为20 W
C.电动机的热功率为4 W
D.电动机的输出功率为16 W√√
由E＝30 V,电动机两端电压为10 V可得R和电源内阻上分担电压为20 V,则I＝ A＝2 A,故A错；
电动机输入功率P＝UI＝10 V×2 A＝20 W,故B正确；
P热＝I2RM＝22×1 W＝4 W,故C正确；
P输出＝P－P热＝20 W－4 W＝16 W,故D正确.
达标检测31.下表为某电热水壶铭牌上的一部分内容,根据表中的信息,可计算出电热水壶在额定电压下以额定功率工作时的电流约为1234 答案√解析A.6.8 A B.4.1 A
C.1.2 A D.0.24 A
由铭牌读出电热水壶额定功率为P＝900 W,额定电压为U＝220 V；2.(多选)如图5所示,把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后,灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等.则下列对这两个电路中的U甲、U乙、
R甲、R乙之间的关系的说法正确的是
A.U甲＞2U乙
B.U甲＝2U乙
C.R甲＝4R乙
D.R甲＝2R乙 答案√解析1234图5√设灯泡的电阻为R,正常发光时电流为I,电压为U,由于两个电路的总功率相等,P＝U甲I＝U乙·2I,得U甲＝2U乙；
又由U甲＝2U＋IR甲,U乙＝U＋2IR乙,得R甲＝4R乙,故正确答案为B、C.3.如图6所示,直流电动机线圈的电阻为R,电源内阻为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
A.电动机内部的发热功率为I2R
B.电动机的机械功率为IU
C.电动机的总功率为I(R＋r)
D.电动机的机械功率为IU＋I2R答案√1234图64.如图7所示,A为电解槽,N为电炉子,恒定电压U＝12 V,电解槽内阻rA＝2 Ω,当S1闭合、S2断开时,电流表的示数为6 A；当S2闭合、S1断开时,电流表的示数为4 A,求：(电流表内阻不计)
(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？答案解析12342 Ω 72 W
图7(2)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少？答案解析123416 W电解槽为非纯电阻元件,发热功率为：P热＝I22rA＝42×2 W＝32 W,总功率为：P总＝UI2＝12×4 W＝48 W,故电能转化为化学能的功率为：P化＝P总－P热＝(48－32) W＝16 W.本课结束课件36张PPT。第二章
电路第六节 走进门电路
第七节 了解集成电路学习目标
1.初步了解简单的逻辑电路及表示符号.
2.通过实验理解与、或和非门电路在逻辑电路中的结果与条件的
逻辑关系,会用真值表表示一些简单的逻辑关系.
3.初步了解集成电路的作用及发展情况.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、与门电路如图1所示,两个开关S1、S2串联起来控制同一灯泡Q,显然,只有S1与S2同时闭合时,灯泡Q才会亮.在这个事件中,“S1闭合”、“S2闭合”是条件,“灯泡Q亮”是结果.那么：
(1)事件的两个条件需满足几个,事件才能发生？两个条件都满足 答案图1(2)在下表中填写对应条件下事件的结果(灯泡Q是亮还是熄).熄熄熄亮(3)如果把开关的“通”记为1,“断”记为0,把灯“亮”记为“1”,“熄”记为0,把上面表格用1、0表示. 答案1.与逻辑关系：如果一个事件的几个条件 后,该事件才能发生,我们把这种关系叫做与逻辑关系.
2.与门：具有 关系的电路称为与门电路,简称 .都满足与逻辑与门3.符号：_______________ ,其中“&”具有“ ”的意思,象征着：只有S1与S2两个输入端都是1时,输出端才是1.与
判断下列说法的正误.
(1)与门电路中,只有S1、S2两个输入端都是“0”时,输出端才是“1”.( )
(2)与门电路中,S1、S2两个输入端中只要有其中一个为“1”,输出端就为“1”.( )
(3)与门电路中,S1、S2两个输入端都为“1”时,输出端才是“1”.( )×√×二、或门电路如图2所示,两个开关S1、S2并联,控制同一灯泡Q,在这个电路中,“S1闭合”或“S2闭合”时,灯泡Q亮.图2(1)条件S1、条件S2满足几个时,事件就能发生？ 答案至少满足两个条件中的一个(2)在下表中填写对应条件下事件的结果(灯泡Q是亮还是熄).熄亮亮亮(3)如果把开关的“通”记为1、“断”记为0,把灯“亮”记为“1”、“熄”记为0,把上面表格用1、0表示. 答案
1.或逻辑关系：如果几个条件中,只要有 条件得到满足,某事件就会发生,这种关系叫做或逻辑关系.
2.或门：具有 关系的电路叫做或门.一个或逻辑3.符号： ______________,“≥1”象征着：当1个或多于1个输入端为1时,输出端就是 .1
判断下列说法的正误.
(1)或门电路中,S1、S2两个输入端都是“1”时,输出端才是“1”.( )
(2)或门电路中,S1、S2两个输入端有一个是“0”时,输出端就是“0”.( )
(3)或门电路中,S1、S2两个输入端有一个是“1”时,输出端就是“1”.( )×√×三、非门电路如图3所示,当开关S接通时,灯泡Q被短路而不亮；当开关S断开时,灯泡Q是通路而被点亮.
(1)条件S和事件Q之间的关系如何？图3条件S满足,事件Q不发生,二者总是相反关系答案(2)在下表中填写对应条件下事件的结果(灯泡Q是亮还是熄).亮 答案熄
(3)如果把开关的“通”记为1、“断”记为0,把灯“亮”记为“1”、“熄”记为0,把上面表格用1、0表示.答案1.非逻辑关系：输出状态和输入状态 的逻辑关系叫做非逻辑关系.
2.非门：具有 关系的电路叫做非门.3.符号为 _______________,其中矩形右侧小圆表示数字“0”,它与数字“1”象征着：输入端为1时,输出端是 .相反非逻辑0下面为一逻辑门电路的真值表,试判断这是一个什么类型的逻辑门电路A.与门 B.非门
C.或门 D.与非门答案解析√由该逻辑门电路的真值表可以看出输出端与输入端是相反的关系,故选B.
2题型探究一、三种门电路的理解例1 联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权,当每个理事国都通过时,提案才可通过.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 在车门报警电路中,两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上,只要有开关处于断开状态,报警灯就发光.能实现此功能的电路是答案解析√能实现此功能的电路是或门电路,选项D正确.针对训练1 如图4所示为三个基本逻辑电路的符号,S1输入端全为“1”,S2输入端全为“0”.以下判断正确的是答案解析√图4A.甲为非逻辑电路符号,输出为“1”
B.乙为或逻辑电路符号,输出为“1”
C.乙为与逻辑电路符号,输出为“0”
D.丙为与逻辑电路符号,输出为“1”根据门电路的符号特点可知,甲为非逻辑电路符号,S1输入端为“1”时,输出为“0”,A错；
乙为或逻辑电路符号,S1输入端为“1”,S2输入端为“0”时,输出为“1”,B对,C错；
丙为与逻辑电路符号,S1输入端为“1”,S2输入端为“0”时,输出为“0”,D错.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.图5其真值表为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.图6其真值表为例3 在如图7所示的逻辑电路中,当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时,则在C和D端输出的电信号分别为
A.1和0 B.0和1
C.1和1 D.0和0答案解析√B端电信号经过一个非门,变为“1”,从D端输出,故D端输出为“1”；B端的输出信号又作为输入信号与A端输入信号一起经过上面的与门,两者都是“1”,故C端输出为“1”.故选C.图7针对训练2 在如图8所示的复合电路中,S1、S2、S3为门电路的输入端,现欲使Q输出“0”,如果C输入端为“0”,则S1、S2两端分别输入
A.0 0
B.0 1
C.1 0
D.1 1答案解析√图8当S3端输入“0”,非门输出“1”,输出端Q输出“0”时,可知或门的输出端必须为“0”,则S1、S2端的输入分别为0,0,A正确.
达标检测31.在登录你的电子信箱(或“QQ”)的过程中,要有两个条件,一个是用户名,一个是与用户名对应的密码,要完成这个事件(登录成功),它们体现的逻辑关系为
A.与关系 B.或关系
C.非关系 D.不存在逻辑关系1234 答案√解析
必须是用户名和用户名对应的密码都正确,才能登录成功,所以它们的逻辑关系为与关系,A正确.2.在集成电路中,经常用若干基本门电路组成复合门电路,如图9所示,为两个基本门电路组合的逻辑电路,根据真值表,判断虚线框内门电路类型及真值表内x的值1234图9A.与门,1 B.与门,0
C.或门,1 D.或门,0 答案√3.如图10所示是一个三输入端复合门电路,当S3端输入1,输出端Q输出0时,S1、S2端的输入分别是答案√1234图10解析A.0、0 B.0、1
C.1、0 D.1、1当S3端输入1,输出端Q输出0时,可知或门的输出端为0,则S1、S2端的输入分别为0、0.故A正确,B、C、D错误.故选A.4.由门电路构成的一简单控制电路如图11所示,其中R′为光敏电阻,光照时电阻很小,R为变阻器,L为小灯泡.其工作情况是：当光敏电阻受到光照时小灯泡L不亮；不受光照时,小灯泡L亮.该逻辑电路是_______门电路,该控制电路可以用在___________控制系统中(举一个例子).答案解析1234非图11城市路灯1234光照时光敏电阻阻值减小,门电路的输入端电势升高,灯不亮,说明门电路输出端电势降低,输出状态与输入状态相反,故为非门电路.本课结束课件40张PPT。第二章
电路第四节 认识多用电表学习目标
1.理解多用电表电流挡、电压挡的原理，会进行电表的改装.
2.理解多用电表欧姆挡的原理，进一步提高应用闭合电路欧姆定律分析问题的能力.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究1一、多用电表电流挡、电压挡的原理(1)小量程电流表有哪三个参数？三个参数之间有什么关系？ 答案三个参数：内阻Rg、满偏电流Ig、满偏电压Ug.Ug＝IgRg.(2)对于小量程电流表，其额定电压比较小，如何利用该电流表改装成电压表，测量某一元件两端的电压？ 答案需将表头串联一个分压电阻改装成电压表.(3)对于小量程电流表，其额定电流比较小，如何利用该电流表改装成大量程电流表？ 答案需将表头并联一个分流电阻，改装成大量程电流表.1.电压表、电流表的改装及其特点分压分流Ig(R＋Rg)(I－Ig)R2.多用电表测电流、电压时，黑表笔插入 ，红表笔根据待测电流、电压的大小，通过转换开关接入测电流的“1”端或“2”端(图1)，测电压的“3”端或“4”端(图2).公共端判断下列说法的正误.
(1)电压表中的串联电阻的作用是分去一部分电流.( )
(2)电流表中的并联电阻的作用是分去一部分电压.( )
(3)若将分压电阻串联在电流表上改装成电压表后，增大了原电流表的满偏电压.( )
(4)若将分流电阻并联在电流表两端改装成电流表后，分流电阻和电流表两端的电压相等.( )×××√二、多用电表欧姆挡的原理(1)电压表、大量程电流表都是由电流表改装的，那么我们如何把电流表改装成测量电阻的欧姆表？画出原理图. 答案可以用如图所示的电路将电流表改装成欧姆表.
(2)当红、黑表笔短接时(如图3所示)，调节R的阻值，使指针指到满刻度，此时红、黑表笔之间电阻为多大？当红、黑表笔不接触时(如图4所示)，指针不偏转，即指向电流表的零点.此时，红、黑表笔之间电阻为多大？ 答案图3 图4零 无穷大(3)当在红、黑表笔间接入某一电阻Rx，指针恰好指在刻度盘的中间位置，此时Rx与欧姆表内阻有什么关系？ 答案图3 图4阻值相等多用电表欧姆表的原理图5(1)调零
如图5所示，当红、黑表笔相接时，Rx＝ ，调节R6，使通过表头的电流等于 .
(2)测量
①当红、黑表笔不接触时，电路中没有电流，指针不偏转，对应红、黑表笔间的电阻为 .0满偏电流Ig无限大(3)刻度
在刻度盘上标出与I值对应的Rx值，就可以从刻度盘上直接读出被测电阻的阻值.判断下列说法的正误.
(1)多用电表欧姆挡的工作原理是串并联电路的知识和闭合电路欧姆定律.( )
(2)当红、黑表笔短接时，表针指在欧姆表表盘上最左侧刻度处.( )
(3)流过表头的电流与待测电阻有一一对应关系，因而每一电流值对应一个电阻值.( )√√×三、多用电表的构造和原理多用电表的构造及原理
(1)多用电表由表头、电流测量电路、 测量电路、
测量电路、转换开关以及红、黑测量表笔等组成.
如图6所示，当单刀多掷开关接通1时，可作为
使用，接通2时，可作为 使用，
接通3时，可作为 使用.图6电压电阻电流表欧姆表电压表(2)外形构造
如图7所示，表的上半部分为表盘，下半部分是选择开关，开关周围标有测量功能区域及量程.使用前应该调整“ ”，使其指针指到 刻度.不使用的时候应该把选择开关旋转到 位置或最大交流电压挡处.
(3)测量时，红表笔要插入 插孔、黑表笔要插入 插孔，并通过转换开关接入待测量相应的测量端.图7指针定位螺丝零OFF＋－(4)电流进出电表的流向
①电流挡串联接入电路，电流从红表笔流进电表，从黑表笔流出，即“红进、黑出”.
②电压挡并联接入电路，红表笔接高电势点，黑表笔接低电势点，电流仍然是“红进、黑出”；
③使用欧姆挡时，红表笔连接表内电源的负极，黑表笔连接表内电源的正极.电流仍然“红进、黑出”.判断下列说法的正误.
(1)多用电表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头改装而成的.( )
(2)用多用电表无论是测电压、电流还是电阻，红表笔的电势都高于黑表笔的电势.( )
(3)多用电表的电压挡、电流挡和欧姆挡都是靠外部提供电流的.( )
(4)用多用电表测电压、测电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的.( )√√××
2题型探究一、欧姆挡测电阻的原理
多用电表欧姆挡的电路结构可以简化成图8的形式.图8(1)由闭合电路欧姆定律可知流过表头的电流I＝ .改变Rx，电流I随着改变，每个Rx值都对应一个电流值，在刻度盘上直接标出与I值对应的Rx值，就可以从刻度盘上直接读出被测电阻的阻值.
(2)内阻：将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏电流Ig，根据闭合电路的欧姆定律，Ig＝ ，故欧姆表内电阻R内＝ ＝r＋Rg＋R1.(4)欧姆表刻度盘特点
①如图9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”；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“∞”.
②I与Rx不成比例，欧姆表的刻度不均匀.图9例1 若某欧姆表表头的满偏电流为5 mA，内装一节干电池，电动势为1.5 V，那么该欧姆表的内阻为________ Ω.待测电阻接入红、黑两表笔之间时，指针指在刻度盘的中央，则待测电阻的阻值为________ Ω.若指针指在满刻度的 处，则待测电阻的阻值为________ Ω.300300100 答案解析
二、多用电表的改装原理
电表改装的步骤
(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.例2 有一电流表G，内阻Rg＝10 Ω，满偏电流Ig＝3 mA.
(1)要把它改装成量程为0～3 V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？990 Ω 1 000 Ω 答案解析(2)要把它改装成量程为0～0.6 A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？0.05 Ω 0.05 Ω 答案解析针对训练 已知电流表的内阻Rg＝120 Ω，满偏电流Ig＝3 mA，要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联多大的电阻？1 880 Ω 0.12 Ω 答案解析
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＋R)，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)R例3 如图10所示是简化的多用电表的电路图.转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断下列说法正确的是
A.S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，
且前者量程较小
B.S与3或4连接时，多用电表就成了电流表，
且前者量程较大
C.S与3或4连接时，多用电表就成了电压表，且
前者量程较大
D.S与5连接时，多用电表就成了欧姆表图10√答案解析
S与1连接时，电阻R1起分流作用，S与2连接时，电阻R1、R2起分流作用，所以S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，由于前者分流电阻较小，所以前者量程较大；
S与3或4连接时，电流表与分压电阻串联，多用电表就成了电压表，由于R3＜R4，所以前者量程较小；
S与5连接时，多用电表就成了欧姆表，R6为欧姆挡调零电阻.综上所述，正确答案为D.
达标检测3选项B的欧姆表中没有可调电阻，B错；
选项A、D电流表的负极接到了电源的正极，A、D错；
红表笔应接电源的负极，黑表笔应接电源的正极，C对.1.以下是欧姆表原理的电路示意图，正确的是( ) 答案√解析12342.(多选)关于多用电表表盘上的刻度线，下列说法中正确的
A.直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一刻度线
B.电阻刻度线是不均匀的
C.电阻刻度上的零刻度线与直流电流的最大刻度线相对应
D.电阻刻度上的零刻度线与直流电流的最大刻度线不对应 答案√√√12343.磁电式电流表(表头)线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程.已知某一表头G，内阻Rg＝30 Ω，满偏电流Ig＝5 mA，要将它改装成量程为0～3 A的电流表，所做的操作是
A.串联一个570 Ω的电阻 B.并联一个570 Ω的电阻
C.串联一个0.05 Ω的电阻 D.并联一个0.05 Ω的电阻 答案√解析
12344.如图11所示是欧姆表的工作原理图.
(1)若表头的满偏电流为Ig＝500 μA，干电池的电动势
为1.5 V，求灵敏电流表的电流刻度值为50 μA、250 μA
时对应的欧姆表的电阻值.123图11 答案解析2.7×104 Ω 3×103 Ω4
1234(2)这个欧姆表的总内阻为________ Ω，表针偏转到满刻度的 时，待测电阻为________ Ω. 答案解析3 0006 000
1234本课结束
