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部分參考答案
第九章 靜電場及其應用 課后鞏固
1.D 2.C 3.B 4.B 5.C 6.B
第1節 電荷
第2節 庫侖定律
知識梳理
知識梳理
一、1.正電荷 負電荷 2.多少 庫侖 庫 C
1 qq
3.原子核 質子 中子 負電 4.自由電子 離子 二、3.(1)反比 r2
(2)正比 4.k 1 2q1q2 r2 9.0
5.電子 得到 失去 ×109
二、1.電荷間相互吸引或排斥 異種 同種 三、2.矢量和
2.靜電感應 典例精解
三、1.轉移 不變 2.代數和 2
【典例1】C 解析:由庫侖定律知
3Q
、 F=k
,當兩
四 1.電子 2.整數倍 連續 3.1.60×10-19C r2
4.比 小球接觸后,電荷量先中和再平分,甲乙帶電荷量分別
典例精解 2 2
為Q、Q,故后來庫侖力
Q 4Q
F'=k 2=k 2 ,由以上兩
【典例1】D 解析:靜電感應使得A 部分帶正電,B r r ÷
è2
部分帶負電.導體原來不帶電,只是在C 的電荷的作用
4
下,導體中的自由電子向B 部分移動,使B 部分有了多 式解得F'=3F
,C正確.
余的電子而帶負電,A 部分缺少了電子而帶正電.A 部 變式1:D 解析:萬有引力定律適用于兩個可看成
分失去的電子數目和B 部分多余電子的數目是相等的, 質點的物體,雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍,但
但由于電荷之間的作用力與距離有關,自由電子在不同 由于殼層的厚度和質量分布均勻,兩球殼可看做質量集
位置所受C 的作用力的強弱是不同的,這樣導致電子在 中于球心的質點.因此,可以應用萬有引力定律.對于
導體上的分布不均勻.越靠近右端,負電荷密度越大;越 a、b兩帶電球殼,由于兩球心間的距離l只有半徑的3
靠近左端,正電荷密度越大.所以從不同位置切開時, 倍,不能看成點電荷,不滿足庫侖定律的適用條件,故D
QA、QB 的值是不同的.故D正確. 正確.
變式1:B 解析:題圖中絕緣板帶正電,將接地的導 【典例2】解:設電子在C 點同時受A、B 處點電荷的
電平板靠近帶正電的絕緣板,因靜電感應,導電平板靠 作用力大小為FA、FB,如圖所示.
近絕緣板的一側帶負電,另一側的正電因接地而中和
掉;斷開導電平板的接地線,手握絕緣柄將導電平板移
開,導電平板上便帶上了負電,其起電原理是感應起電.
【典例2】B 解析:甲、乙兩個物體相互摩擦,甲帶
1.6×10-15C的正電荷,那么由電荷守恒定律可知,乙應
帶1.6×10-15C的負電荷,即甲失去了104個電子,乙得
q1q2
到了104個電子,所以選項B正確. 由庫侖定律F=k 得r2
變式2:C 解析:元電荷是最小的電荷量單位,而不 kQe 2×10-14×16.×10-19
是帶電粒子,帶電體的電荷量均為元電荷的整數倍,元 FA=FB=
1
r2 =90.×10
9× (6×10-2)2 N=
電荷沒有正負之分,故C正確. 8.0×10-21N.
當堂訓練 由矢量合成的平行四邊形定則和幾何知識得,靜止
1.D 2.B 3.C 4.C 5.C 在C 點的電子受到的庫侖力的合力F=FA=FB=8.0
·103·
×10-21N,方向平行于AB 向左. 負電荷 (2)相交 (3)疏密 越密 (4)假想
變式2:解:(1)對A 球進行受力分析,如圖所示,則 五、1.相等 相同 2.相等
F庫=mg·tan45°=0.02N. 典例精解
【典例1】解:(1)如圖甲所示,A、B 兩點電荷在O 點
產生的電場強度方向相同,由A 指向B.A、B 兩點電荷
在 點產生的電場強度 kQ 4kQO EA=EB= = . r 2 r2
2 ÷
( kQq F庫r2) 由 F = A 得 q = è2 庫 r2 A kQ =
故 點的合電場強度為 8kQ
0.02×0.32 O EO=2EA= 2
,方向由
-8 r
9×109×4.0×10-6C=5×10 C. A 指向B.
當堂訓練
1.D 2.D 3.A 4.B
5.解:兩球因吸引而接觸后,凈電荷為9q-q=8q,
平均分配各為4q.
開始時 9q
·q (4q)2 F
F =k ,返回后F =k , 21 r2 2 r2 F =1
16 16
9.
故加速度是原來的 倍. 甲 乙9
課后鞏固 (
kQ
2)如圖乙所示,EA'=EB'= ,由矢量圖所形成r2
1.A 2.B 3.B 4.A 5.C 的等邊三角形可知,O'點的合電場強度EO'=EA'=EB'
6.解:由于A、B 兩球都帶正電,它們互相排斥,C kQ,方向與 連線平行,由 指向
球必須對A、B 都吸引,才能保證系統向右加速運動,故 =r2 AB A B.
C 球帶負電荷. 變式1:B 解析:設B、C 兩處點電荷在A 處產生
以三球為整體,設系統加速度為a,則F=3ma,① 的場強大小均為E',由平行四邊形定則可知E'=E,拿
隔離A、B,由牛頓第二定律可知, 走C 處的點電荷后,A 處電場強度大小仍為E,方向由
kqAqC kqAqB B 指向A,選項B正確.對A: ,4L2 - L2 =ma ② 【典例2】A 解析:根據等量異種點電荷電場的分
:kqAqB kqBqC , 布情況可知, 、 兩點對稱分布,場強大小相等,方向相對B B CL2 + L2 =ma ③ 同,選項A正確;根據對稱性可知,A、D 兩處電場線疏
2
聯立①②③式,
q
得F=70k . 密程度相同,A、D 兩點場強大小相同,方向相同,選項BL2
錯誤;E、O、F 三點中O 點場強最強,選項C錯誤;B、O、
第3節 電場 電場強度 C 三點比較,O 點場強最弱,選項D錯誤.
知識梳理 變式2:B 解析:電場強度為矢量,M、N 兩處電場
一、1.電場 電荷 2.力的作用 3.電場 強度相同,則電場強度方向、大小都要相同;圖A中,M、
4.靜止 N 兩點的電場強度大小相同,方向不同;圖B中是勻強
二、1.體積 2.激發電場 3.(1)靜電力F 電荷 電場,M、N 兩點的電場強度大小、方向都相同;圖C中,
量 ()Fq 2 (4)正電荷 (5)力 無關 M、N 兩點的電場強度方向相同,大小不同;圖D中,M、q
N 兩點的電場強度大小、方向都不相同;故B正確.
三、1.()
Q
1kr2
(2)正 背離Q 負 指向Q 當堂訓練
2.(1)矢量和 疊加 (2)球體 1.B 2.B 3.D 4.C 5.D
四、1.切線方向 2.(1)正電荷 無限遠 無限遠 6.解:(1)點電荷A 在C 處產生場強,
Q
EA=k 2,沿a
·104·
, , Q, 荷只分布在 的外表面上
,故 正確
AC 方向 同理點電荷
A B .
B 在C 處產生的場強 EB=ka2 【典例2】C 解析:靜電噴涂的原理就是讓帶電的涂
沿BC 方向,根據疊加原理得合場強,
Q
E= 3k ,沿PC 料微粒在強電場的作用下被吸附到工件上,而達到噴漆a2
的目的,A錯誤;由題圖知,待噴漆工件帶正電,所以涂
2
方向,電荷C 受到的靜電力為
Q
F= 3k 2,沿PC 方向. 料微粒應帶負電, 正確a C .
變式2:() 、 , C 解析
:由于金屬盒內部處于靜電平衡狀
2 將 A B 移到P 點 C 受到的靜電力為F'=
態,所以內部每點的合電場強度都為 ,即金屬盒內的感
Q2 8Q2
0
2k 2=k ,沿 方向 3a2 PC . 應電荷產生的電場的電場強度都與點電荷+Q 在那點
3a÷
è2 產生的電場的電場強度大小相等、方向相反,即感應電
課后鞏固 荷的電場線與點電荷+Q 的電場線重合,但方向相反,
1.A 2.A 3.D 4.D 5.A 6.C 7.B 故選項C正確.
8.解:(1)由B 點場強的定義式,結合所給圖像,可 當堂訓練
知A、B 兩點場強大小即為a、b直線的斜率,可求得E 1.A 2.A 3.D 4.B 5.C 6.A 7.D 8.BA
=40N/C,EB=2.5N/C,B 點場強方向與試探電荷所 9.B
受電場力方向相反,即沿x 軸負方向. 課后鞏固
(2)因為A、B 兩點的試探電荷電性相反,而受到的 1.C 2.A 3.D 4.A 5.D 6.D 7.B
電場力方向是同方向的,說明場源電荷Q 一定在A、B 本章評估
兩點之間,而A 點處正試探電荷受力方向沿x 軸正方 1.C 2.A 3.C 4.B 5.D 6.A 7.A 8.D
向,說明該點場強沿x 軸正方向,因而場源電荷Q 應帶 9.A 10.C 11.B 12.D
13.解:(1)小球受力分析如圖所示,負電荷.
(3)設Q 離A 點的距離為rA,
Q Q E (3-r )2有 EA =k
A A
r2
,EB =k ( )2,A 3-rA E
= r2B A
40
= , 由于電場力F 與場強方向相反,說明小球帶負電,2.5
小球受到的電場力F=qE,
解得rA=0.6m.所以Q 的位置坐標為x=xA+rA 由平衡條件得F=mgtanθ,
=2.6m. 解得電場強度E=1.7×105N/C.
第4節 靜電的防止與利用 (2)電場方向變為豎直向上且大小不變后,由動能
知識梳理
定理可知(m + E)
1
、 h= mv
2,
一 1.電荷 3.處處為0 g q 2
二、1.越大 越大 分離 2.中和 3.(1)避雷針 由幾何關系可知h=l-lcos60°(l為繩長,h 為小
(2)光滑 球開始時的高度),
三、處處為 20 由牛頓第二定律得 mvFT-(mg+qE)= ,l
典例精解
聯立解得
【 F =0.54N.典例1】解:根據電場的疊加和靜電平衡,球心O T
2q2
處的合場強為0,即感應電荷的電場強度與A、B 兩點電 14.解:(1)B 對A 有庫侖引力作用FBA=kL2
,
荷在O 處所產生的合場強等大、反向,即E感=EA+EB q2
C 對A 有庫侖斥力作用Q 2Q 3kQ FCA=k 2
,
=k 2+k 2 = 2 ,A、B 在O 處產生的電場強度方
4L
l l l B、C 對小球A 的靜電力的合力F=FBA-FCA,
向向左,所以E感 向右. 7kq2解得
變式1:B 解析:A、B 接觸達到靜電平衡后,凈電 F=4L2.
·105·
(2)根據A 受力平衡可知彈簧處于壓縮狀態,彈簧 【典例2】解:(1)負電荷從A 到C,靜電力做功WAC
對A 的彈力為F =F, =W +W =-3×10-5J+1.2×10-5彈 AB BC J=-1.8×
由胡克定律得F彈=k0(L0-L), 10-5J,
7kq2 靜電力做負功表示電勢能增加了1.8×10-5J,解得L0=4kL2+L.0 如果規定 A 點電勢為0,則電荷在 A 點電勢能
15.解:當小球運動到C 點時,對球受力分析如圖 為0,
所示, 負電荷在C 點的電勢能為EpC=1.8×10-5J,
y FN E
點電勢 pC 1.8×10
-5J
C φC= =q -6×10-6C
=-3V.
F (2)如果規定B 點電勢為0,則電荷在B 點電勢能
為0,由題意知,負電荷由B 到C,靜電力做功
x WBC=EpB'-E -5pC'=1.2×10 J,
mg
負電荷在C 點的電勢能為EpC'=-1.2×10-5J,
則由平衡條件得FN+F庫sin30°=mgcos30°,① E -5C 點的電勢 '= pC
' -1.2×10 J
φC = -6
kq2 q -6×10 C
=2V.
由庫侖定律得F庫=(Lcos30°)2
,② 變式2:C 解析:電荷在電場中某點的電勢能具有
3 2kq2 相對性,只有確定了零勢能點,B 點的電勢、電勢能才有聯立①②得FN= ,2mg-3L2 確定的值,故A、B錯誤;克服靜電力做功6×10-8J,則
3 2kq2 電勢能增加了6×10
-8J,故C正確,D錯誤.
由牛頓第三定律得F'N=FN=2mg-3L2. 當堂訓練
第十章 靜電場中的能量 1.D 2.B 3.C 4.B 5.C
解:()從 重力做正功,重力勢能減少
第1節 電勢能和電勢 6. 1 A→B ΔE
=WG=mgL=4.5×10-3J,
知識梳理
從A→B 電場力做負功,電勢能增加、 ΔEp=WE=一 1.有關 無關
EqL=3×10-3J.
二、2.減少量 EpA-EpB 減少 增加 3.零勢
能位置 4.為零 無限遠處 大地表面 (2)
E
若取φA=0,則EpB=3×10-3J, =
pB
φB =1.5q
三、 E1.電勢能 電荷量 2. p 3.伏特 4.(1)離場 ×103V.
q
源電荷無限遠處 (2)正負 5.逐漸降低 (3)從A→B 由動能定理知
1
mgL-EqL=2mv
2
B,
典例精解 代入數據得vB=1m/s,
【典例1】解:(1)從 A 移到C,靜電力做的功 WAC v2B,
=-3×10-5J+1.2×10-5J=-1.8×10-5J,電勢能增 在B 點由牛頓第二定律知F-mg=m 代入數l
加1.8×10-5J. 據得F=5×10-2N.
(2)W -5AB=EpA-EpB=-3×10 J,又EpA=0,則 課后鞏固
E =3×10-5pB J. 1.C 2.D 3.C 4.C 5.C 6.D
W =E -5AC pA-EpC=-1.8×10 J,則EpC=1.8× 7.解:設小球的電荷量為q,因小球做直線運動,則
10-5J. 它受到的靜電力qE 和重力mg 的合力必沿初速度方
變式1:D 解析:由帶電微粒運動的徑跡可以看出 向.如圖所示,有mg=qEtanθ.
帶電微粒受到的電場力指向徑跡凹側,即與電場方向相
同,故帶電微粒帶正電,選項A、B錯誤;電場力對帶電微
粒做正功,微粒電勢能減少,選項C錯誤,D正確.
·106·
由此可知,小球做勻減速直線運動的加速度大小為 W1=qUCD,正電荷由C 經B 移到D 時,W2=qUCD,所
F合 mg g 以, W1=W2
,由C 到D 電場力做正功,電勢能降低,所以
a=m =msinθ=sinθ φC>φD,故D正確.
設從O 點到最高點的路程為x,有v20=2ax, 當堂訓練
運動的水平距離為l=xcosθ, 1.A 2.C 3.B 4.D 5.B
由上面公式可得靜電力做功 6.解:負電荷從A 移至B 的過程,電荷克服電場力
1
W=-qEl=- mv2cos2θ, 做功,可見負電荷從 電 勢 高 處 移 至 電 勢 低 處,即0 φA2
>φB.
電勢能之差 1ΔE 2 2p=-W= mv0cosθ. W -3×10-32 電勢差U = ABAB =-6×10-6 V=500V
,
q
第2節 電勢差
即φA-φB=500V. ①
知識梳理
負電荷從B 移至C 的過程中,電場力做正功,可見
一、1.差值 電壓 2.φA-φB φB-φA -UBA 負電荷從電勢低處移至電勢高處,即φB<φC,
W
3.標量 高 低 4.(1)EpA-EpB qU
AB
AB q W電勢差 BC 1.2×10
-3
UBC= =-6×10-6 V=-200V
,
q
二、1.相同 2.(1)垂直 (2)電勢高 電勢低
即φB-φC=-200V. ②
典例精解
由①②式相加得UAC=φA-φC=300V.-4
【典例 】解:()根據 W -6×101 1 U= ,則UAB= ,-3×10-6 V 所以A C 兩點的電勢差為q 300V
,A,C 兩點中A
=200V, 點的電勢較高.
即φA-φB=200V,
課后鞏固
9×10-4 1.B 2.C 3.B 4.B 5.C
UBC=-3×10-6 V=-300V
, 6.解:(1)由題意可知,這一電荷必為正電荷,設其
即φB-φC=-300V, 電量為q,由牛頓第二定律,在 A 點時:
Qq
mg-k 2 =
UCA=φC-φA=100V.
h
(2)若 =0,則 =200V, =300V, ·3 ;在 點時: QqφB φA φC m 4g B k(
·
0.25h)2-mg=m aB
,解得aB
EpA=φAq=200×(-3×10-6)J=-6×10-4J, =3g,方向豎直向上.
EpC=φCq=300×(-3×10-6)J=-9×10-4J. (2)從A 到B 的過程,由動能定理mg(h-0.25h)
變式1:C 解析:因為UAB=φA-φB=60V>0,所 3kQ
以φA>φB,又UBC=φB-φC=-50V<0,所以φ < +qUAB=0得UB AB=- h .
φC,又UAC=UAB+UBC=60V+(-50V)=10V>0, 第3節 電勢差與電場強度的關系
所以φA>φC,故φA>φC>φB,C正確. 知識梳理
【典例2】C 解析:由該粒子的運動軌跡知,最初粒子 U
, 一、
AB 電場強度 沿電場方向的距
受到吸引力 由固定電荷帶正電可知,該粒子一定帶負電, 1.Ed d 2.
故A錯誤;因為粒子從A 到B 的過程中,只受電場力且電 離 3.勻強
場力先做正功后做負功,由動能定理知,動能先增大后減 二、1.電勢差 沿電場強度方向的距離 2.電場
小,故在B 點的動能不是最大,則經過B 點時的速度不是 電勢 3.伏每米 V/m V/m
最大,故B錯誤;B 點是兩點電荷連線的中點,合電場強度 典例精解
為零,故粒子在該點受力為零,加速度為零,故C正確;等量 【典例1】解:(1)因為正電荷從a到b和從a到c,電場
正點電荷連線的中垂線上,連線中點電勢最高,可知φA< 力做功相等,所以由W=qU 可得Uab=Uac,b、c兩點在同
φB,因粒子帶負電,由Ep=φq得EpA>EpB,故D錯誤. 一等勢面上,根據電場線與等勢面垂直,可知場強方向與ac
變式2:D 解析:將一正電荷由C 經A 移到D 時, 平行,垂直指向bc.
·107·
W 3.0×10-8ab 由于電場中的等勢面與電場線垂直,可見 A 點與Uab= =5.0×10-10 V=60V.q BC 等勢面在電場強度方向的距離d=ABsin60°=4×
(2)由U=Ed 可得
-2 3
U U 60 10 × m=23×10
-2m;
E= = ab· = V/d ab cos37° 0.2×0.8 m=375V
/m. 2
-9
場強方向平行于ac,且由a 指向c. A,B 兩點的電勢差
W - 3×10
UAB= =1.0×10-10 V=q
W
變式1:A 解析:根據電勢差公式有U ABAB= = -103V.q
2V,由此看出A 點的電勢高于B 點的電勢,電場方向 該電場 的 電 場 強 度 U 103E= /d = V m=23×10-2
由A 指向B;根據
U
E= ,得場強為10V/m,故 正確 2d A .5×10 V/m.
第4節 電容器的電容
【典例2】B 解 析:勻 強 電 場 的 場 強
U
E=d = 知識梳理
25 / / , , 一、 絕緣 很近 ()增大 減小 增大 不V m=500V m 設距P 點l處的合場強為零 則 1. 3.1 0.05 變 (2)減小 減小 0 0
Q 9 5×10
-9
kl2=9×10×
/
l2 V m=500V
/m,故l=0.3m, 二、1.電勢差
Q
U 2.U 5.
(1)長期正常工作
該點在距P 點l處的電場豎直方向上,該點在電場中P
() () ()S
點的下方, 2
擊穿 6.1 正比 正比 反比 2
B正確. 4πkd
變式2:B 解析:根據勻強電場的特點,Uad=Ubc, 三、2.正對面積
即φa-φd=φb-φc,解得φc=8V,B正確. 典例精解
當堂訓練 【典例1】A 解析:開關接1時,平行板電容器充
1.D 2.A 3.C 4.D 5.B 電,上極板與電源正極相連而帶正電,A對,B錯;開關
U 60 接2時,平行板電容器放電,放電結束后上下極板均不
6.解:(1)根據公式E= 代入數據得 /d E=5×10-2V m 帶電,C、D錯.
=1200V/m. 變式1:B 解析:由Q=CU 知,U 降低,Q 減小,故
(2)P1P2沿電場方向的距離d12=5cm-(0.5+ 為放電過程,A 錯誤, 正確;由
Q 0.2
B C= = F=5×
0.5)cm=4cm, U 40
-3
根據公式U Ed -2 , ;= =1200×4×10 V=48V. 10 FC錯誤 ΔQ=CΔU=5×10
-3×4C=0.02C,D錯誤.
12 12
() 【典例3 由公式 - =Ed =1200×(4.5×10-2)V 2
】A 解析:當用帶電玻璃棒與電容器a 板
φ1 φB 1B
接觸,由于靜電感應,從而在
=54V得 =54V. b
板感應出等量的異種電
φ1
荷,從而使電容器帶電,故選項 正確;根據電容器的決
同理φ -φ =Ed =1200×0.5×10-2
A
2 B 2B V=6V得φ2
εrS
=6V. 定式C= ,將電容器b 板向上平移,即正對面積4πkd S
課后鞏固
減小,則電容C 減小,根據
Q
C= 可知,電荷量Q 不變,1.D 2.A 3.A 4.A 5.C U
6.解:如圖所示,把正電荷從電場中的A 點分別移 則電壓U 增大,則靜電計指針的張角變大,故選項B錯
到C 點或B 點,電場力做的功相同,根據W=qU 可知, ; εS誤 根據電容器的決定式C= r ,只在極板間插入有
B,C 兩點電勢相同,在同一等勢面上. 4πkd
機玻璃板,則介電系數εr增大,則電容C 增大,根據C=
Q可知,電荷量Q 不變,則電壓U 減小,則靜電計指針U
的張角減小,故選項C錯誤;根據
Q
C= 可知,電荷量U Q
·108·
增大,則電壓U 也會增大,但電容 C 不變,故選項 D 第5節 帶電粒子在電場中的運動
錯誤. 知識梳理
變式2:B 解析:將平行板電容器的下極板豎直向 一、1.相同 相反 2.(2)動能定理
下移動一小段距離,由于電容器兩板間電壓不變,根據 二、1.垂直
U , 三、 電子槍 偏轉電極 熒光屏 ()中心E= 得知板間場強減小 油滴所受的靜電力減小,則油 1. 2.1 Od 典例精解
滴將向下運動,故選項A錯誤;板間場強E 減小,而P 【典例1】C 解析:電子在兩個電極間的加速電場中
點與上極板間的距離不變,則由公式U=Ed 分析可知, 1 2 2eU
P 點與上極板間電勢差將減小,而P 點的電勢低于上極 進行加速,由動能定理eU=2mv -0
得v= ,當m
板的電勢,則知P 點的電勢將升高,由帶電油滴原來處 電壓不變,A、K 間距離變化時,不影響電子的速度,故
于平衡狀態可知油滴帶負電,P 點的電勢升高,則油滴
、
, , ; 錯誤
;電壓減半,則電子離開 時的速度為 2 ,
在P 點時的電勢能將減小 故選項B正確 C錯誤 根據 AB K 2v C
正確.
電容的定義式 QC= 知,電容器與電源相連,則 不變,U U 變式1:A 解析:粒子在電場中做加速運動,根據
當C 減小時,則極板帶電荷量 Q 也減小,故選項 D
錯誤. 動能定理可知,
1
qU= mv2-0,
qU
解得 2
2 v=
,粒子的
m
當堂訓練 比荷越大,速度越大,故質子的速度最大,選項A正確.
1.C 2.C 3.C 4.A 5.D 【典例2】解:加速過程中,由動能定理得eU=
Q 6×10-8
6.解:(1)平行板電容器的電容C=U= 60 F
1
mv22 0. ①
=1×10-9F. 進入偏轉電場,電子在平行于板面的方向上做勻速
U 60 運動 ,(2)兩板之間為勻強電場,則E= = -2 V/
l=v0t ②
d 3×10 m= 在垂直于板面的方向做勻加速直線運動
2×103V/m,方向豎直向下.
加速度 F eU'
() a= =
, ③
3M 點距A 板間距離dAM=d-dBM=1cm, m dm
A 與M 間電勢差UAM=EdAM=20V, 偏轉距離 1y= at2, ④
又UAM=φA-φM,φA=0,可得φM=-20V.
2
課后鞏固 能飛出的條件為 dy≤ ,2 ⑤
1.C 2.C 3.B 4.D 5.B 2Ud2
6.解:(1)液滴處于靜止狀態,可知電場力方向向 聯立①~⑤式解得U'≤ l2 =400V.
上,則電場強度的方向豎直向下,上板帶正電. 即要使電子能飛出,所加電壓最大為400V.
mg 10-7×10 / 變式2:C 解析:設加速電場的電壓為 ,偏轉電根據|q|E=mg 得E=||=
U0
q 10-8
N C=
壓為U,極板長度為L,間距為d,電子加速過程中,由
100N/C.
mv20 2U0q
(2)由U=Ed,Q=CU,得Q=1×10-9C. U0q= ,得v0= ,電子進入極板后做類平拋2 m
(3)當電場強度變為原來的2倍,則電場力變為原 qU
運動,時間 Lt= ,加速度a= ,豎直分速度v =at,
來的2倍,即為2mg,液滴將向上做勻加速直線運動,加 v
y
0 dm
速度 F-mg 2mg-mg
v UL
a= = =g=10m/s2, tanθ=
y= ,故可知v 2U C
正確.
m m 0 0d
當堂訓練
末速度v= 2gh= 2×10×0.01m/
5
s=5 m
/s. 1.C 2.C 3.D 4.C 5.C
6.解:(1)設電子飛離加速電場時的速度為v0,由動
·109·
1 2 由能定理得 UAD=φA-φD
和φA=0得eU = mv . ① φD
=-450V,
0 2 0 電子在D 點的電勢能為Ep=qφD=-1.6×10-19×
設金屬板AB 的長度為L,電子偏轉時間 (-450)J=7.2×10-17J.
L
t= , ② 12.解:(1)因微粒靜止,則其受力平衡,對其受力分v0
析有
eU
a= ,md ③ Eq=mg,
1 1 -4
y= d= at2,
mg 2.0×10 ×10
④ E= = / 3 / ,方2 2 q 1.0×10-6
N C=2.0×10 N C
2U 向豎直向上.
由①②③④得L=d 0U . (2)在t=0時刻,電場強度大小突然變為E0=4.0
(2)設電子穿出電場時的動能為Ek,根據動能定理 ×103N/C,設微粒的加速度為a,在t=0.2s時間內上
得 UE =eU +e =e UU + . 升的高度為h,電場力做功為 ,則 ÷ W qE0-mg=ma,h=k 0 2 è 0 2
1 2
課后鞏固 at ,W=qE0h,聯立解得2 W=8.0×10
-4J.
1.B 2.B 3.C 4.B 5.A 6.A (3)設在t=0.2s時刻,突然撤掉電場時微粒的速
:() L ,d 1 2, L g 度大小為v,回到出發點時的動能為 ,則7.解 1由 =vt = 可解得 Ek v=at
,
2 0 2 2gt v0=2 d
=10m/s. 由動能定理得
1
mgh=Ek-2mv
2,解得Ek=8.0×
(2)電容器的上板應接電源的負極. 10-4J.
當所加的電壓為U1時,微粒恰好從下板的右邊緣射 13.解:(1)滑塊剛能通過軌道最高點的條件是
出,即d 1= a L
2 2
1 ÷ , v2 2 èv mg=m ,R v= gR=2m
/s,
0
U
mg-q 1 滑塊由釋放點到最高點過程中,由動能定理得
又 da1= ,解得m U1=120V. 1qEx-μmgx-2mgR= mv2,2
當所加的電壓為U2時,微粒恰好從上板的右邊緣射
1 2
出,即d 1= a L
2 m 2v +2gR
÷
÷ , è
2 2 2 èv 所以x= ,代入數據得E- m x=20m.0 q μ g
U
q 2-mg (2)從 P 到Q,由動能定理得-mgR-qER=
又 da2= ,解得m U2=200V. 1mv2
1
2 -
2
2mvP
,
所以120V≤U≤200V.
本章評估 所以v
2 2
P=v +2
qE
g+ ÷R,è m
1.D 2.D 3.A 4.B 5.C 6.D 7.A 8.D mv2
在P 點由牛頓第二定律得FN-
P
qE= ,
9.B 10.B R
11.解:(1)電子從C 點移到D 點 所以FN=3(mg+qE),代入數據得FN=1.5N,由牛
W -17CD -4.8×10 頓第三定律可知,P 對軌道的壓力等于軌道對P 的支持力,UCD= = ,q -1.6×10-19
V=300V
所以為15.N.
U 300
E = CDd sin30°=4×10-2 V
/
×0.5 m =1.5× 第十一章 電路及其應用CD
104V/m. 第1節 電源和電流
(2)d=dCDsin30°+1cm=3cm, 知識梳理
UAD=Ed=1.5×104×3×10-2V=450V. 一、1.電子 2.(1)電勢差 (2)持續
·110·
二、1.穩定 2.時間 3.方向 4.(1)強弱 I 1
v= /
q neS
=8.5×1028×1.6×10-19×1×10-6 ms
(2) (3)安培 安 10-3 10-6 (4)正電荷t ≈7.35×10-5m/s.
典例精解
( 13)沿導線移動1m 需用時t=
【典例1】D 解析:正電荷定向移動的方向就是電 7.35×10
-5 s≈
流方向,負電荷定向移動的反方向也是電流方向,A、B 3.78h.
q 第2節 導體的電阻
錯誤;有正、負電荷反向經過同一截面時,公式I= 中t 知識梳理
、 , n1e+neq應是正 負電荷電荷量絕對值之和 故I=
2 ,
t 一、
U
1.比值 2.I 3.
阻礙 4.電阻
電流方向由A 指向B,C錯誤,D正確. l
變式1:
三、
B 解析:由電流定義式可得10s內通過這 2.ρS
根導線橫截面電量為Q=It=16×10-3×10C=1.6× 四、1.電壓U 電流I 2.過原點的直線
-1
10-1 ,
Q 1.6×10 典例精解
C 通過的電子數為n= =1.6×10-19=1×10
18,
q l
故B正確,
【 】 : ,
A、C、D錯誤. 典例1 解 金屬導線原來的電阻為R=ρ 導線S
【典例2】C 解析:因為I= S
A 拉長后l'=2l,因為體積V=lS 不變,所以S'= ,
q 2,所以
Δt q=I
·Δt,自由電子數
l' l l
R'=ρ =4ρ =4R.導線B 對折后l″= ,S″=2S,
q
目為 IΔt
S' S 2
N= = ,C正確,D錯誤;又因為電流的微觀e e
所以 l″ RR″=ρ = ,則S″ 4 R'∶R″=16∶1.
表達式為I=nevS,
q
所以自由電子數目為 IΔtN=e= e 變式1:C 解析:四個電阻串聯,通過它們的電流I
nevSΔt
= =nvSΔt,A、B錯誤. 相等,由U=IR 可知,電阻兩端電壓U 與電阻阻值R 成e 正比,U 越大,R 越大;a 與c 只有橫截面積不同,根據
q
變式2:A 解析:由電流定義知
ne
I= = ,故 A a、c兩端的電壓的關系知導體電阻與導體橫截面積的關t t
, 系,故 錯誤; 與 只有長度不同,根據 、 兩端的電正確 B錯誤;由電流的微觀表達式I=nSqv 知,I、n、q A a b ab
, , , 、 壓的關系可知導體電阻與導體長度有關,故 錯誤;均相等 因為SAv B aB 故CD錯誤.
與d 只有材料不同,根據a、d 兩端的電壓的關系可知導當堂訓練
體電阻與材料有關,故C正確;由實驗結論可以得出導1.A 2.B 3.D 4.A 5.B
體電阻與導體長度、橫截面積、材料有關,故 錯誤
:() q
D .
6.解 1 根據電流的定義式I= ,t 【典例2】C 解析:根據電阻的定義
U
R= ,電阻等
可得q=It=2×105×1×10-3C=200C, I
于圖線上的點與原點連線的斜率的倒數,圖線上的點與
q
供電時間 200t'=I'=0.5s=400s. 原點連線的斜率逐漸減小,說明電阻逐漸增大,故A正
(2)這次閃電釋放的電能為 確;由圖像可知,P 點對應的電壓為U1,電流為I2,則燈
E=UIt=qU=200×2.5×107J=5×109J. U泡的電阻R= 1,故B正確,C錯誤;因I P=UI
,所以圖
課后鞏固 2
1.D 2.B 3.B 4.A 5.A 6.A 像中矩形PQOM 的面積為對應P 點小燈泡的實際功
q It 率,故D正確.
7.解:(1)N=e=e=6.25×10
18(個). 變式2:A 解析:在I-U 圖像中直線斜率的倒數等
(2)由公式I=neSv,得 于該導體的電阻,因此兩個電阻之比等于斜率的倒數之
·111·
R
比 1 tan30° 1= = ,故A正確. 齊,則 金 屬 桿 直 徑 為
1
R tan60° 3 d=4 mm+50×10 mm=2
當堂訓練 4.20mm.
1.D 2.B 3.B 4.C 5.C 【典例2】(1)0.600 (2)見解析圖 (3)1.6×10-6
ΔU 解析:(1)螺旋測微器讀數為:() , 0.5mm+10.0×6.解 1 因R= 由圖像可知,
10
ΔI RA=10Ω= 0.01mm=0.600mm.
10 2 2
1Ω,RB=15Ω= Ω
,故
3 RA∶RB=1∶3=3∶2.
(2)兩個導體電流相等時,根據U=IR 知,導體兩
端的電壓之比UA∶UB=RA∶RB=3∶2.
() , U , (2)由于電阻絲電阻較小,安培表采用外接法,因測3 兩個導體電壓相等時 根據I= 知 通過導體R
1 1 量金屬絲的電阻率電流不能太大
,由 EI= ,結合電
的電流之比IA∶IB=R ∶R =RB∶RA=2∶3.
R+r
A B 流表讀數原理,電流表應滿足偏轉一半以上,故總電阻
課后鞏固 大于5Ω,小于10Ω,可見滑動變阻器可以用限流式,實
1.D 2.B 3.B 4.D 5.C 6.B 7.B 驗電路如圖.
8.解:
U 6
R= = Ω=6×106Ω, ()由 l 得 RS πRd
2
I 10-6 3 R=ρ ρ= = ,將Rx=4.0Ω、S l 4l l
由題意知l=d=10-2m,S=10-4m2, =0.720m、d=0.600mm=0.600×10-3m代入得ρ=1.6
l ×10-6由電阻定律R=ρ 得 Ω·m.S
變式2:(1)2.935 (2)2.60 0.52 (3)4.2×10-5
RS 6×106×10-4
ρ=l = 10-2 Ω
·m=6×104Ω·m. 解析:(1)螺旋測微器的讀數為d=2.5mm+43.5
第3節 實驗:導體電阻率的測量 ×0.01mm=2.935mm.
()因電壓表的每小格讀數為 ,所以應估讀到
實驗1 長度的測量及測量工具的選用 2 0.1V
、 0.01V,所以電壓表的讀數為U=2.60V;同理,電流表一 1.1 2.0.1 0.05 0.02
、 的每小格讀數為0.02A,應估讀到0.01A,所以電流表二 1.0.5 0.5 0.01 0.01
的讀數為
實驗2 金屬絲電阻率的測量 I=0.52A.
2
· d ÷
一、RS RS R π
l 2.
毫米刻度尺 螺旋測微器 3.ρ=l ()根據 L 得 RS è2 3 R=ρS ρ= L =
,又
L R
πd2三、1.三個不同 4 2.
伏安 3.有效 U= ,I
四、 πd
2U
2. 聯立以上兩式,代入數據得ρ=4.2×10-5Ω·m.4lI
當堂訓練
五、1.直徑 2.外 小于 小 4.大
1.2.25 6.860
典例精解
2.1.400mm 11.4Ω 金屬絲長度 外【 l 典例1】1.220 6.861 解析:游標卡尺讀數為d=
3.D 4.C
1
12mm+4×20mm=12.20mm=1.220cm
,螺旋測微 5.(1)5.01 5.315 (2)①大 ②大 (3)1280
器的讀數為h=6.5mm+36.1×0.01mm=6.861mm. 課后鞏固
變式1:60.10 4.20 解析:金屬桿長度由刻度尺示 1.C 2.A 3.(1)70.60 6.580 (2)D
數可得,由題圖甲得L=60.10cm.由題圖乙知,此游標 4.(1)1.610 38.35 (2)如圖所示 (3)小
2
尺為50分度,游標尺上第10刻線與主尺上一刻線對 ( πD U4)4IL
·112·
第4節 串聯電路和并聯電路
知識梳理
一、2.I1=I2=…=In 電流之和 I1+I2+…+
In 電壓之和 U1+U2+…+Un 相等 U1=U2=…
=Un 之和 R1+R2+…+Rn 倒數之和
二、2.滿偏電壓Ug Ug=IgRg 3.(1)串聯 較
5.(1)24.12~24.14 0.515~0.518 (2)偏小 大 (2)并聯 較小
πD2U
(3)如圖所示 典例精解4Il
【 】 U典例 61 D 解析:電路中電流I= 1R =1 10A=
U 12
0.6A,A正確;R 22阻值為R2=I =0.6Ω=20Ω
,B正
確;三只電阻兩端的總電壓U=I(R1+R2+R3)=
21V,C正確;電阻R3兩端的電壓U3=IR3=0.6×5V
6.(1)1.844 42.40 (2)A D (3)見解析圖 =3V,D錯誤.
πD2R 變式1:A 解析:由題意知,當S斷開時,電流表示(4)4L 數 UI1=0.6,則R1= ,當S閉合時,I總=I1+I2,I2=
解析:(1)螺旋測微器的讀數為固定刻度讀數+可 I1
動刻度讀數+估讀,由題圖甲知,圓柱體的直徑為D= I總-I1=0.3A,則
U
R2= ,所以I R1∶R2=1∶2
,A
2
1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm;游標卡尺讀數為
正確.
主尺讀數+游標尺讀數×精度,游標尺為20刻度,精度 【典例2】解:由題意知電流表G的滿偏電壓Ug=
值為0.05mm,由題圖乙知,長度為L=42mm+8×
IgRg=0.1V.
0.05mm=42.40mm;多用電表的讀數為電阻的粗測 (1)改裝成量程為0~3V的電壓表,當達到滿偏
值,其電阻為6×1Ω=6Ω;
時,分壓電阻R 的分壓UR=U-Ug=2.9V,(2)待測電阻大約6Ω,若用滑動變阻器R2(阻值范
U
圍0~2000Ω,0.1A)調節非常不方便,且額定電流太 所以分壓電阻
R 2.9R=I =0.001Ω=2900Ω.g
小,所以應用滑動變阻器R1(阻值范圍0~5Ω,1.0A), 改裝后電壓表的內阻RV=Rg+R=3000Ω.
電源電動勢為3V,所以電壓表應選3V量程的,故選 (2)改裝成量程為0~0.6A的電流表,當達到滿偏
A;為了測多組實驗數據,滑動變阻器應用分壓接法,故 時,分流電阻R 的分流IR=I-Ig=0.599A,
滑動變阻器選擇阻值小的即可,故選D; U
(3)電壓表內電阻較大,待測圓柱體的電阻較小,故 所以分流電阻R=
g
I ≈0.167Ω.R
采用電流表外接法誤差較小;根據以上分析,設計的電 R R
改裝后電流表的內阻R gA=R +R≈0.167Ω.路圖如圖所示; g
變式2:C 解析:把電流表改裝成電壓表需串聯一個
電阻 UR,改裝后U=Ig(Rg+R),解得 R=I -Rg=g
1.0

500×10-6-200
÷ Ω=1800Ω,即應串聯一個1800Ω
è
的電阻,C正確.
()由 L 以 及 1
當堂訓練
4 R =ρ S= πD2 聯 立 解 得S 4 ρ 1.D 2.B 3.C 4.D 5.B
πD2R
= . 6.解:(1)當開關S斷開時,滑動變阻器R1為限流4L 式接法,R3及R1的下部不接在電路中,當滑片P 在最上
·113·
端時,R2上獲得的電壓最大,此時R1接入電路的電阻為 (2)如果是用“×10”擋測量電阻,由圖示表盤可知,
零,因此R2上的最大電壓等于UAB=8V;當滑片P 在 其讀數為30×10Ω=300Ω.
最下端時,R1的全部與R2串聯,此時R2上的電壓最小, 如果是用直流5V擋測量電壓,由圖示表盤可知,
R2 其分度值為0.1V,其讀數為2.20V.UR2=R +R UAB=4.8V
,所以R2上的電壓變化范圍
1 2 【典例2】(1)cabe 30000 (2)C 解析:(1)測量
為4.8~8V. 幾十千歐的電阻Rx,我們一般選擇較大的擋位先粗測,
(2)當開關S閉合時,滑動變阻器R1為分壓式接 使用前應先進行歐姆調零,然后依據歐姆表的示數,再
法,當滑片P 在最下端時,R2上的電壓最小,此時R2與 更換擋位,重新歐姆調零,再進行測量.使用完畢應將選
R3并聯,再與R1的全部串聯,R2與R3的并聯電阻R'= 擇開關置于OFF位置或者交流電壓最高擋,拔出表筆.
R2=150Ω,電壓為
R' 150
U'= U = ×8V 歐姆表的示數乘相應擋位的倍率即為待測電阻的阻值2 R1+R' AB 200+150
30kΩ.
≈3.43V;當滑片P 在最上端時,R2上的電壓最大等于 (2)歐姆擋更換規律“大小,小大”,即當指針偏角較
UAB=8V,所以R2上的電壓范圍為3.43~8V.
大時,表明待測電阻較小,應換較小的擋位;反之應換較
課后鞏固
大的擋位,重新調零后再測量,故A錯誤;在多用電表選
1.A 2.C 3.B 4.C 5.B
用“Ω”擋時,紅、黑表筆插在哪個接口其實并不影響測量
R R
6.解:(1)由題圖可知Rcd=
3 4
R +R =2Ω
, 結果,故B錯誤;用多用電表“Ω”擋,只能測孤立電阻,不
3 4
故R =R +R +R =8Ω+4Ω+2Ω=14Ω. 能測含電源電路,故C正確;用多用電表“Ω”擋測電阻時ad 1 2 cd
U 42 只需在換擋時調零,故D錯誤.(2)由歐姆定律知I= ,即為通過R = A=3Aad 14 變式2:B 解析:使用多用電表應將選擇開關旋至
R1、R2的電流.設通過R3、R4的電流分別為I3、I4,則由 測量項目上,且擋位要合理,測電阻時,選擇開關旋轉到
并聯電路電壓相等,得I3R3=I4R4,又I3+I4=3A,解 歐姆擋上,A正確;歐姆表刻度不均勻,指針指在刻度30
得I3=1A,I4=2A. 和50正中央時待測電阻阻值小于40Ω,B錯誤;測電阻
第5節 實驗:練習使用多用電表 時,指針偏轉角度越小,越靠左邊,待測電阻阻值越大,C
知識梳理 正確;測電阻時多用電表內有一節干電池,否則指針無
一、2.(1)指針定位螺絲 左端 (3)①并聯 偏轉,D正確.
②串聯 ③斷開 歐姆調零 歐姆調零 ④OFF 交 當堂訓練
流電壓 1.B 2.B 3.D
三、1.(1)直流電壓擋 (3)流入 流出 2.(1)串 4.(1)1.64 (2)3.28 (3)800
聯 (2)紅表筆 黑表筆 3.(3)短接 (4)倍率 5.(3)短接 (4)紅 黑 (5)中央 (6)OFF 解
4.(2)低倍率 紅表筆 (3)紅表筆 析:多用電表作為歐姆表使用時,除進行機械調零外,還
典例精解 要進行歐姆調零,因為歐姆調零的含義是所測得電阻阻
【典例1】22.2 1.11 300 解析:讀取直流電壓、電 值為零,故步驟(3)中可將紅、黑表筆短接;多用電表作
流時看表盤正中央的那條刻度均勻的刻度線.對于直流 為歐姆表使用時,電表的內部有一個電源,且紅表筆(插
電流100mA擋,每大格為20mA,每小格表示2mA, 入“+”插孔)與電池負極相連;黑表筆(插入“-”插孔)
圖中a 處指針對應1大格加1.1小格,所以讀數是 與電池正極相連,所以步驟(4)要測二極管的反向電阻
22.2mA;對于直流電壓5V擋,每大格為1V,每小格表 時,應將紅表筆接二極管的正極,將黑表筆接二極管的
示0.1V,所以讀數是1.11V;測量電阻時讀最上面的一 負極;因為歐姆表的表盤的刻度是不均勻的,越向左刻
條刻度線,所以讀數是300Ω. 度越密,測量值越不準確,所以,在步驟(5)中應讓電表
變式1:(1)×1 歐姆調零 (2)①300 ②2.20 指針盡量指向表盤的中央,測量完畢后,應拔出表筆,選
解析:(1)測量電阻時如果指針偏轉過大,所選擋位 擇開關置于OFF擋位置.
太大,應換小擋,應將選擇開關S撥至倍率較小的擋位, 課后鞏固
即為×1,并重新進行歐姆調零后測量. 1.C 2.B 3.C 4.C
·114·
5.(1)①③ ①用歐姆擋不能直接測量帶電源電路 第十二章 電能 能量守恒定律
的電阻,③用電流擋直接測量可能會造成電源短路
第1節 電路中的能量轉化
(2)×1 12
知識梳理
解析:(1)測量中不妥的有①③,理由:①用歐姆擋
一、1.靜電力 2.(1)電壓U 電流I 時間t
不能直接測量帶電源電路的電阻;③用電流擋直接測量 (2)UIt (3)焦耳 J 3.(1)通電時間 (2)UI (3)瓦
可能會造成電源短路. 特 W
(2)多用電表用歐姆擋測量時,如果指針偏轉角度 二、1.電流的二次方 導體的電阻 通電時間
太大,說明所測電阻的阻值較小,應當選用小倍率進行
2.I2Rt 3.(1)快慢 ()發熱量 ()
Q
測量; 2 3圖乙中所示讀數為12Ω. t
2
本章評估 三、1.(2)UI IR 2.化學
1.A 2.D 3.C 4.B 5.A 6.A 7.A 8.B 典例精解
9.A 10.A 11.D 12.A 【典例1】C 解析:若要兩燈均正常發光,亦即每燈
, ,
13.(1)①S ③T 0刻線 ④ADC (2)1700 的電壓均為110V 對A電路 因為RA,所以UA<
UB,即UB>110V,B 燈將被燒壞;對B電路,UB>U并,47 23.5
:() 、 , B 燈將被燒壞;對C電路,RA可能等于B 燈與變阻器并14.解 1 在C D 之間連一個理想電壓表 測量
聯后的電阻,所以UA 可能等于UB,等于110V,兩燈可R
R 兩端電壓,根據串聯分壓則有
U
= 22 ,E R +R +r 能正常發光,且電路消耗總功率為1 2 200W;對D電路,變
解得U=8V. 阻器電阻可能等于兩燈并聯后總電阻,可能有UA=UB
(2)在C、D 間連一個內阻為RA=4Ω的電流表,則 =U并=110V,兩燈可能正常發光,且電路中消耗總功
1 1 率為280W.綜上可知,C正確.
R3與 RA 串 聯,之 后 與 R2 并 聯,則 有 R =并 R2 變式1:B 解析:因為電壓U 相同,兩盞電燈串聯
1 , 后,L1兩端電壓小于U;兩盞電燈并聯后,加在電燈兩端+RA+R3 的電壓都為U,因此并聯后的燈泡較亮,選項B正確.
R并
并聯電路兩端電壓為U'= E, 【典例2】解:當電流表和電壓表的示數為0.5A和R并+R1+r
1.0V時,電動機停止工作,電動機中只有電動機的內阻
通過電流表的電流為 U'I= ,R3+R UA 消耗電能,其阻值r= 1
1.0
I = Ω=2Ω
,
1 0.5
聯立可得I=0.5A.
當電動機正常工作時,電流表、電壓表示數分別為
15.解:在改裝的電壓表中,各量程達到滿偏電壓
2.0A和15.0V,
時,經過“表頭”的電流均為滿偏電流.
則電動機的總功率 P總=U2I2=15.0×2.0W=
U
接O、A 時:I = 1g ,R +R 30.0W
,
g 1
線圈電阻的熱功率P =I2熱 2r=2.02×2W=8.0W,U
即R = 11 -R
3
g= ÷I è1×10-4-500 Ω=2.95× 所以電動機的輸出功率g P輸出=P總-P熱=30.0W-
104Ω. 8.0W=22.0W.
U 變式2:C 解析:燈泡能正常發光,說明電解槽和燈
接O、B 時:I = 2g ,Rg+R1+R2
泡均分得110V電壓,且干路電流
60W
I=I燈= ,則電
U 110V
即R = 2-R -R = 15 2 g 1 -500-2.95×104÷I è1×10-4 Ωg 解槽消耗的功率P=P燈=60W,C對,A錯;電解槽的
=1.2×105Ω. 發熱功率P熱=I2R≈13.W,B錯;整個電路消耗的功率
·115·
60W , 則錯 R1
和r上的電壓U=E-U2=(12-6)V=6V,P總=220V×110V=120WD .
故總電流 U 6
當堂訓練 I1=R1+r=9+1A=0.6A.
1.C 2.C 3.C 4.C 5.C 6.B 流過R3的電流I3=I1-I2=(0.6-0.4)A=
U2: , 0.2A,7.解 設電爐電阻為R 由P= 得R U 6
U2 2202 故R3=
2
I =0.2Ω=30Ω.R= = Ω=24.2Ω. 3P 2000 變式1:C 解析:由閉合電路歐姆定律可知,電路中的
當電壓為U'=200V時,電爐的實際功率為 電流為
U'2 2002
P'=R =24.2W≈1653W. E 3.0I=R+r=
,
2.0+1.0A=1.0A
在220V的電壓下,一個月消耗電能 則路端電壓為U=IR=1.0×2.0V=2.0V,
W=Pt=2×30×2kW·h=120kW·h. 故C正確.
課后鞏固 【典例2】D 解析:電壓表的示數減小,根據串聯電
1.C 2.D 3.B 4.C 5.D 6.A 7.D 8.A 路分壓規律知電阻R 的阻值變小,外電路總電阻變小,
9.解:(1)根據題意可知,加在電動機兩端的電壓為 由閉合電路歐姆定律知,干路電流增大,電源的內電壓
U1=110V,則電阻R 兩端的電壓為UR=160V-110V 增大,則路端電壓減小.根據歐姆定律知:路端電壓和干
=50V,
路電流的比值等于R 與R1的并聯阻值,在減小,故 D
U
通過R 的電流為I= R ,通過電動機的電流 正確R =10A .
變式2:A 解析:滑片為10A. P
向b移動時,總電阻變大,
(2)電動機的輸入功率為P1=U1I=1100W. 干路中
E
I= 變小 由于路端電壓 , 增R+r . U=E-IrU
(3)根據焦耳定律可知,電動機的發熱功率為 大,即V1表示數U1變大.由于V2表示數U2=IR,所以
P =I22 r=60W. U2減小,故A正確.
(4)根據能量守恒定律,解得電動機的輸出功率為
當堂訓練
P3=P1-P2=1040W. 1.B 2.D 3.B 4.B 5.A
電動機工作1小時對重物做的功為
6.解:(1)電源內電路發熱功率
W=P3t=3.744×106J. Pr=I2r=(40-37.6)W=2.4W,
第2節 閉合電路的歐姆定律 則電路中電流I=2A,
知識梳理
電源總功率P=IE=40W,得E=20V.
一、1.用電器 用電器 2.正電荷 3.非靜電力 (2)外電路總電阻R 滿足E=IR+Ir,
4.(1)電勢能 ()電荷量 ()
W
2 3 (4)伏特 V R R
q 得R=9.4Ω,R= 1 3 ,R1+R +R23
二、 U1. 2.電阻 3.非靜電力 I2Rt I2rt 解得R R2=7Ω.
課后鞏固
()E4.2R+r 1.A 2.B 3.C 4.C 5.A 6.C 7.B
三、3.(1)E-Ir (2)①減小 8.解:(1)S斷開時,外電路R2、R3串聯,
典例精解 E=I1(R2+R3)+I1r,①
【典例1】解:對 R2,有U2=I2R2=0.4×15V= P1=EI1,②
6V, S閉合時,外電路R1、R2并聯后與R3串聯,
·116·
R1R2 法;C項中方法直觀、簡便,C正確.R外'=R3+ ,R1+R2 【典例2】(1)實物圖見解析 (2)U-I 圖線見解析
代入數據得R '= 3×6 外 1.5+ ÷ Ω=3.5Ω,③ (3)2.0 0.4
è 3+6
解析:(1)根據電路圖連接實物電路圖如圖所示.
對閉合電路E=I2R外'+I2r,④
P2=EI2,⑤
由①②④⑤可得E=4V,r=0.5Ω,I1=0.5A,I2
=1A.
(2)閉合S時,電源的輸出功率 (2)根據表中實驗數據在坐標系內描出對應點,然
P=I2R '=122 外 ×3.5W=3.5W. 后作出圖像如圖所示.
(3)S斷開時,Q1=CU -6R2=20×10 ×0.5×6C=
6×10-5C;
S閉合時,電容器兩端的電勢差為零,則Q2=0.
第3節 實驗:電池電動勢和內阻的測量
知識梳理
、I1U -IU一 2 2 1 U2-U1 (3)由圖示電源U-I 圖像可知,圖像與電壓軸的交
I1-I 2 I1-I2
點坐標值為2.0V,則電源電動勢E=2.0V;
三、2.最大 左
圖像斜率的絕對值等于電源內阻與保護電阻阻值
四、1.平均 2.(2)盡量多 兩側
E
(3)②r 之和,則 2.0-1.4k=r+R ΔU0= ,電源ΔI = 0.25 Ω=2.4Ω
③ ΔUΔI 的內阻r=k-R0=2.4Ω-2.0Ω=0.4Ω.
五、2.< < 變式2:D 解析:圖甲中可用E=I1(r+R1)、E=
六、1.(1)大 (2)0~3V (3)0~0.6A 4.(1)不 I2(r+R2)求得電源的電動勢和內電阻,圖乙中可用E
從零 U
=U + 11 ·r、
U
E=U2+
2·r求得電源的電動勢和內
典例精解 R1 R2
【典例1】() (
電阻,而圖丙中可用 、 求得電
1ABDFH 2)甲 (3)1.5 0.7 解析:(1) E=U1+I1r E=U2+I2r
,
選擇適當的器材:被測干電池一節必須選擇,故選 ;電流 源的電動勢和內電阻 故三位同學設計的電路都能測出A
表1的內阻是已知的,故選B;電壓表選擇量程0~3V的 電源的電動勢和內電阻
,D正確.
D;滑動變阻器選擇阻值較小的“0~10Ω,2A”的F;開關、導 當堂訓練
線若干必須選擇.故選ABDFH. 1.C 2.A
(2)因電流表的內阻已知,故實驗電路圖應選擇 3.(1)D (2)甲 (3)1.45(1.44~1.46都算對) 0.94
圖甲. (0.90~0.95都算對)
(3)根據圖丙所示的U-I 圖像,可知干電池的電動 4.(1)見解析 (2)A (3)1.5 1.0
解析:(1)電路連接如圖所示.
勢E=1.5V,內電阻
1.5-1.0
r'=|k|-r= 0.5 Ω-0.3Ω
=0.7Ω.
變式1:C 解析:A項中只測量兩組數據求出E、
r,偶然誤差較大;B項中計算E、r平均值雖然能減小誤
差,但太繁瑣;D項中分別求I、U 的平均值是錯誤的做
·117·
(2)閉合開關前,滑動變阻器接入電路中的阻值應 (3)因為
E
I= ,所以
E
r= -R0-R=
該最大,故滑片應置于A 端. R0+R+r I
(3)由題圖圖像可知,電源電動勢為1.5V, 1.49 ÷
è0.058-5-20 Ω=0.69Ω.
內阻 1.5-1.0r= 0.5 Ω=1.0Ω. 第4節 能源與可持續發展
課后鞏固 知識梳理
1.D 一、轉化 轉移 轉化 轉移 不變
1 二、1.不可逆 2.收集 3.降低 4.方向
2.(1)A D F (2)a d c g f h (3)U 三、1.(1)石油 化石 2.(4)核能
1 R U (橫、縱坐標互換亦可) 四、1.柴薪 2.(1)溫室 ( 2
)酸化
或 R 或U ÷
(3)光化學
R è U R 典例精解
3.(1)E=I(R+r) (2)最大值 25 (3)6.0(5.8 【典例1】A 解析:去掉右側蓋板
~6.2均可) 2.4(2.3~2.5均可) 之后,液體向左側流動,最終兩側液面
4.(1)9500 (2)a 端 (3)1.48 0.833 相平,液體的重力勢能減少,減少的重
解析:(1)把靈敏電流計G改裝成量程為2V的電 力勢能轉化為內能.如圖所示,最終狀
壓表,需串聯一個電阻阻值為
U 2 態可等效為右側
1
h 的液柱移到左側管中,即增加的內
R= -rg= -6-500=9500(Ω)
2
Ig 200×10
.
(2)為保護電路,在閉合開關S前,將滑動變阻器的 能等于該液柱減少的重力勢能,則
1 1
Q=8mg
·
2h=
滑片移至阻值最大處,即a 端. 1
mgh,故A正確.
(3)由閉合電路歐姆定律得E=I1(R+rg)+(I 161+
I )r, 變式1:D 解析:功和能是兩個不同的概念,外力2
E r 對物體做功的多少只是說明了能量轉化的多少,而不能解得I1=R+r +r-R+r +rI2.g g 說明物體能量的多少,外力對物體不做功不能說明物體
結合圖乙得 E =1.48×10-4A, 沒有能量,A、B、C錯誤;功是能量轉化的量度,D正確.R+rg+r 【典例2】A 解析:能量耗散是能量在轉化的過程
r (135-110)×10-6,
R+r +r= 0.45-0.15 中有一部分以內能的形式被周圍環境吸收,遵守能量守g
由以上兩式解得E=1.48V,r=0.833Ω. 恒定律,但使得能量品質降低,故選項 A錯誤,選項D
5.(1)見解析 (2)20Ω 閉合 (3)0.69Ω 正確;耗散的內能無法再被利用,選項B正確;其他形式
解析:(1)如圖所示. 的能在一定的條件下可以全部轉化為內能,但相反過程
卻不能夠全額進行,選項C正確.
變式2:C 解析:盡管能量守恒,但耗散的能量無法
重新收集利用,所以能源是有限的,特別是常規能源,A、
B錯;常規能源的利用比新能源核能的利用對環境影響
大,C對,D錯.
(2)由題圖丙讀得電阻箱阻值為R=20Ω;將S1閉
當堂訓練
合S2斷開,電壓表示數為電源電動勢,E=1.49V,將S2
1.D 2.A 3.A 4.C 5.D 6.B 7.C 8.D
閉合,電壓表示數為電阻箱R 兩端電壓,將電壓表視為
9.C
U
理想電表,則干路電流 V 1.16I=R =20 A=0.058A. 課后鞏固
1.C 2.C 3.D 4.B 5.D 6.C 7.A 8.C
·118·
本章評估 流表測干路電流,路端電壓U=E-I2r=36V,
1.D 2.C 3.C 4.A 5.B 6.A 7.A 8.A 通過定值電阻的電流 UI2'=R=1.5A
,
9.A 10.D
11.(1)R (2) ()
通過電動機的電流
見解析 I 31.45 0.90 2″=I2-I2'=2.5A
,
1
解析:()電源電動勢為 較小,
電動機消耗的總功率
電源的內阻較 P=UI2″=90W.1 1.5V
小,為多測幾組實驗數據,方便實驗操作,應選最大阻值 14.
解:(1)S斷開時,R1、R2串聯,則
較小的滑動變阻器,因此滑動變阻器應選R E 2×31. I= ,R +R +r= A≈0.70A1 2 6+2+0.2×3
(2)上述器材中雖然沒有電壓表,但給出了兩個電 U=I(R1+R2)=0.70×(6+2)V=5.60V,
流表,將電流表G與定值電阻R3串聯,改裝成電壓表; 即電 流 表 的 讀 數 為 0.70 A,電 壓 表 的 讀 數 為
用電流表A測電路電流,滑動變阻器R1串聯接入電路, 5.60V.
實驗電路圖如圖所示. (2)S閉合后,R1、R3并聯后再和R2串聯,
6×3
R并=6+3Ω=2Ω
,
總 電 流 E 2×3I總 =R = A≈并+R2+r 2+2+0.2×3
1.30A,
(3)根據閉合回路歐姆定律可知E=I1(R3+Rg)+ 電流表的讀數為R1支路的電流,因為U1=U3=E-
(I1+I2)r,變形為
r E
I1=- I2+ ,I總(R2+r)=3×2V-1.30×(2+0.2×3)V=2.62V,R3+Rg+r R3+Rg+r
U
所以 1 2.62I=I1= = A≈0.44A,電壓表讀數U=
圖線的縱截距為 E -3 ,斜率為 R1 6
R3+R +r=1.45×10 Ag
E-I總r=5.22V.
r 0.45
- = - ×10-3,解 得R E=1.45V
,r
3+Rg+r 0.5 第十三章 電磁感應與電磁波初步
=0.90Ω. 第1節 磁場 磁感線
12.解:(1)設電壓表內阻為RV,則有 知識梳理
U 1 1 V + ÷=(
1
R R E-UV
) , 一、1.兩 2.排 斥 吸 引 3.(1)小 磁 針
è 1 V R2
(2)電流
解得RV=4.8kΩ.
二、
() , 1.
通電導體 磁場 2.通電導體
2 電壓表接入電路前 電容器上電壓為
三、1.N 2.切線 3.疏密
R
U 2C=R +R E=4V
, 四、1.電流 磁感線 2.環形電流 磁場 3.螺
1 2
Q=CU =1.88×10-5C, 線管電流 軸線上 NC
電壓表接入電路后,電容器上電壓為 五、1.環形電流 微小的磁體 磁極 2.磁化
U 退磁C'=4.5V,
Q'=CU'=2.115×10-5C, 典例精解C
所以電容器上電荷量增加了ΔQ=Q'-Q=2.35× 【典例1】B 解析:因為小磁針 N極受磁場力的方
10-6C. 向就是磁場的方向,故選項B正確.
13.解:(1)S斷開時,電源與定值電阻構成串聯回 變式1:C 解析:小磁針靜止時N極的指向為該處
E 磁場方向,由安培定則可知A中螺線管內的磁場方向向路,E=I1(R+r),電源內阻r=I -R=1Ω.1 左,A正確;B中赤道處的磁場方向由南向北,B正確;C
(2)S閉合后,定值電阻與電動機構成并聯電路,電 中小磁針所在處的磁場方向向下,C錯誤;D中 U形磁
·119·
體間的磁場向右,D正確. 磁場力的作用,并且 FB= ,平行時不受磁場力,B錯誤;
【典例2】D 解析:由安培定則, Il
通電螺線管的磁場如圖所示,右端 磁感應強度的方向不是根據電流元的受力方向規定的,
為N極,左端為S極,在a 點磁場方 D錯誤.
向向右,則小磁針在a 點時,N極向 【典例2】C 解析:線圈在題圖示位置時,磁通量為:
右,A錯誤,D正確;在b 點磁場方向向右,則磁針在b Φ1=BScosθ,線圈繞ad 軸轉過180°時,磁通量為Φ2=
點時,N極向右,B錯誤;在c點,磁場方向向右,則磁針 -BScosθ
,所以該過程中,通過線圈的磁通量的變化量為
在c點時,N極向右,S極向左,C錯誤. ΔΦ=|Φ2-Φ1|=|-2BScosθ|=2BScosθ
,故C正確.
: : , 變式2:B 解析:離導線越遠,電流產生的磁場越變式2A 解析 由于線圈中電流沿順時針方向 根據
弱,穿過線框的磁感線條數越少,磁通量逐漸減小,故
安培定則可以確定,線圈內部軸線上磁感線方向垂直于紙 B
, 正確面向里.而小磁針N極受力方向和磁感線方向相同 故小磁 .
, 當堂訓練針N極向里轉 A正確.
1.C 2.D 3.A 4.A 5.B
當堂訓練
6.解:由題意,初磁通量Φ1=BSsin0°=0,末磁通1.B 2.C 3.D 4.B 5.D
課后鞏固 量 3Φ2=BSsin60°=0.2×0.82×2 Wb=0.0643 Wb≈
1.D 2.A 3.C 4.A 5.A 6.D
0.11Wb,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=0.11Wb.
第2節 磁感應強度 磁通量 課后鞏固
知識梳理
1.A 2.D 3.D 4.C 5.C 6.D
一、1.電流I 導線長度l 2.(1)電流大小 擺動角 7.解:(1)A 線圈半徑為1.0cm,正好和圓形磁場區
度 (2)導線長度 (3)正比 正比 3.垂直 磁感應強度 域的半徑相等,而C 線圈半徑為2.0cm,大于圓形磁場
5.特斯拉 T 區域的半徑,但穿過A,C 線圈的磁感線的條數相等,因
二、1.相等 相同 2.相等 此在求通過C 線圈的磁通量時,面積S 只能取圓形磁場
三、1.磁感應強度B 磁場方向垂直 2.投影面 區域的面積.
積S' 3.韋伯 1T·m2 4.單位面積 磁通密度 設圓形磁場區域的半徑為R,對線圈A,Φ=BπR2,
典例精解 磁通量的改變量ΔΦ=|Φ2-Φ1|=(0.8-0.4)×3.14×
【典例1】
-2
B 解析:電場強度公式
kQ
E= 適用于真 (10 )
2 Wb=1.256×10-4 Wb,
r2
對C 線圈,ΔΦ=|Φ2-Φ1|=(0.8-0.4)×3.14×
空中點電荷,當r→0時,就不能看做點電荷了,公式不
(10-2)2 Wb=1.256×10-4 Wb.
適用,選項A錯誤;電場強度的定義式
F
E= 適用于任
q (2)原圖中線圈平面與磁場方向垂直,線圈平面與
何電場,選項B正確;一小段通電導體在某處不受磁場 垂直磁場方向的夾角為θ1=0°;當磁場方向轉過30°時,
力,可能是導線與磁場方向平行,此處不一定無磁場,選 線圈平面與垂直磁場方向的夾角為θ2=30°.
2
項C錯誤;磁感應強度的方向與該處的通電導線所受的 對D 線圈,設D 的半徑為r,則Φ1=Bπrcosθ1,Φ2
2
安培力方向垂直,選項D錯誤. =Bπrcosθ2,
2
變式1:A 解析:電荷在電場中一定受電場力的作 磁通量的改變量為 ΔΦ=|Φ2-Φ1|=Bπr (cos0°
用,且 F
-cos30°)
E= ,A正確;正電荷所受電場力的方向與電場
q ≈0.8×3.14×(5×10-3)2×(1-0.866)Wb
方向相同,負電荷所受電場力的方向與電場方向相反,C ≈8.4×10-6 Wb.
錯誤;電流元在磁場中與磁場方向垂直放置時,一定受
·120·
第3、4節 電磁感應現象及應用 (ab、cd 兩邊均在磁場中)、離開磁場階段(只有cd 邊在
電磁波的發現及應用 磁場中).
知識梳理 (1)①線框進入磁場階段:
l
t為0~ ,線框進入磁v
一、1.電流 電流 2.變化 4.電磁感應
場中的面積與時間成正比,即S=lvΔt1,
二、2.磁通量
l
三、1.發電機 2.變壓器 故Φ=BS=BlvΔt1,Δt1= 時,v Φ=Bl
2.
四、1.電場 2.電場 3.電磁場
、 線框在磁場中運動階段:為
l 2l,線框中的磁
五 1.(1)電場 電磁波 (2)真空 (3)光速 ② t v~v
2.電磁波 通量為Φ=Bl2,保持不變,此過程
l
Δt2= .
六、1.λf 2.3×108m/s 3.波長 頻率 v
七、1.物質 2.內能 3.能量 線框離開磁場階段:為2l 3l③ t ~ ,線框中的磁通量均v v
八、1.電信 2.電磁波
勻減小,
典例精解
即Φ=Bl(l-vΔt)=Bl23 -BlvΔt3
【典例1】A 解析:線圈中通以恒定的電流時,線圈
3l 3l
產生穩恒的磁場,穿過銅環A 的磁通量不變,沒有感應 當t= 時,v Δt3=
,
v Φ=0.
電流產生;通電時,使變阻器的滑片P 滑動時,無論是勻 因此,穿過線框的磁通量隨時間變化的圖像如圖
速還是加速移動,變阻器接入電路的電阻變化,回路中 所示.
電流變化,線圈產生的磁場變化,穿過銅環A 的磁通量
變化,產生感應電流;將開關突然斷開的瞬間,線圈產生
的磁場從有到無,穿過銅環A 的磁通量減小,產生感應
電流.故A正確.
變式1:D 解析:磁鐵靜止在線圈上方、右側和里
面,穿過閉合電路的磁通量均不發生變化,但磁鐵插入
或抽出時,磁通量變化,故選項D正確. (2)線框進入磁場階段,穿過線框的磁通量增加,線
x 框中產生感應電流.線框在磁場中運動的階段,穿過線【典例2】解:由速度公式v= 可求得時間,可根據t 框的磁通量保持不變,無感應電流產生.線框離開磁場
電磁波波長、頻率和波速關系式c=λf 可得頻率,其中t 的階段,穿過線框的磁通量減小,線框中產生感應電流.
x 10
= = -8 第5節 能量量子化c 3×108s≈3.33×10 s.
知識梳理
8
由 c 3×10c=λf 得f=λ=
14
6×10-7 Hz=5×10 Hz. 一、1.電磁波 2.短 3.反射
變式2:C 解析:手機之間通信靠電磁波,可以在真 二、1.整數倍 2.hν 頻率
空中傳播,但是在真空中聲波不能傳播,故不發出響聲, 三、2.穩定 光子 3.差
但顯示B 的號碼18888880002,C正確. 典例精解
當堂訓練 【典例1】A 解析:一般材料的物體輻射能的多少
1.C 2.C 3.C 4.D 5.B 6.D 決定于物體的溫度(T)、輻射光的波長、時間的長短和發
課后鞏固 射的面積,而黑體是指在任何溫度下全部吸收任何波長
1.C 2.B 3.C 4.B 5.A 的輻射的物體,黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只
6.解:線框穿過磁場的過程可分為三個階段:進入 與溫度有關;實驗表明,隨著溫度的升高,各種波長的輻
磁場階段(只有ab 邊在磁場中)、在磁場中運動階段 射強度都有所增加,輻射強度的極大值向波長較短的方
·121·
向移動.從題圖中可以看出,λ1<λ2,T1>T2,選項 A 3.0×108 J=4.97×10-19
正確. 400×10
-9 J.
變式1:C 解析:黑體自身輻射電磁波,不一定是黑 700nm對應的能量子
c
ε2=hλ =6.63×10
-34×
2
的,故選項A錯誤;黑體輻射電磁波的強度按波長的分
3.0×108 -19
布只與黑體的溫度有關,故選項B錯誤,選項C正確;小 700×10-9J=2.84×10 J.
孔只吸收電磁波,不反射電磁波,因此是小孔成了一個 本章評估
黑體,而不是空腔,故選項D錯誤. 1.A 2.C 3.D 4.C 5.A 6.C 7.B 8.A
【典例2】D 解析:按照經典物理學的觀點,電子繞 9.C 10.A
核運動有加速度,一定會向外輻射電磁波,很短時間內 11.(1)①A D
電子的能量就會消失,與客觀事實相矛盾,由能級和能
量子理論可知選項 A、B、C錯誤;原子內電子軌道是不
連續的,D正確. ②
變式2:B 解析:普朗克能量子假說認為,能量存在
某一個最小值,帶電微粒輻射或吸收的能量只能是這個
③A (2)C (3)東西
最小能量值的整數倍,故A錯誤,B正確;能量子與電磁
12.解:由題意知,I=0.5A,G=4×10-5N,L=4
波的頻率成正比,故C錯誤;能量子假說反映的是微觀
×10-2m.電流天平平衡時,導線所受磁場力的大小等
世界的特征,不同于宏觀世界,并不是與現實世界相矛
于鉤碼的重力,即F=G.由磁感應強度的定義式B=
盾,故D錯誤.
F
當堂訓練 ,得IL
1.A 2.B 3.C 4.A 5.B 6.A 7.B F 4.0×10-5
: , B=IL=0.5×4.0×10-2 T=2.0×10
-3T,
8.解 每秒鐘小燈泡發出的能量為E=Pt=1J
1個光子的能量 所以通電螺線管中磁感應強度的大小為2.0×
hc 6.63×10-34×3×108 10-3T.
ε=hν=λ = 10-6 J=1.989× 13.解:(1)設地面上垂直太陽光每平方米面積上每
10-19J,
秒接收的可見光光子數為n,則有
c
P×45%=nh ,
小燈泡每秒鐘輻射的光子數 λ
E 1 0.45λP 0.45×0.55×10-6×1.4×103
n= = -19個≈5×1018個. 解得n= = 個ε 1.989×10 hc 6.6×10-34×3×108
課后鞏固 =1.75×1021個,
1.A 2.A 3.A 4.B 5.B 6.B 則所求可見光光子數N=n·4πR2=1.75×1021×
( 11)2個 44個
7.解:根據公式
c
ν= 和ε=hν可知:
4×3.14× 1.5×10 ≈4.9×10 .
λ (2)地球接收太陽光的總功率P地=Pπr2=1.4×3.14
400nm對應的能量子
c
ε1=h =6.63×10-34× ×(6.4×10
6)2kW≈18.×1014kW.
λ1
·122·第十章 靜電場中的能量
第1節 電勢能和電勢
,符號是V,1V=1J/C.
4.特點
(1)相對性:電場中各點電勢的大小,與所選
一、靜電力做功的特點 取的零電勢的位置有關,一般情況下取
1.特點:靜電力所做的功與電荷的起始位置 或大地為零電勢位置.
() :
和終止位置 ,與電荷經過的路徑 2 標矢性 電勢是標量
,只有大小,沒有方
向,但有
. .
在勻強電場中靜電力做功: · 5.與電場線關系:沿電場線方向電勢2. W AB=qE
LABcosθ,其中θ為靜電力與位移間的夾角. .
二、電勢能
1.概念:電荷在電場中具有的勢能,用Ep
表示. 【典例1】 將帶電荷量為6×10-6C的負電
2.靜電力做功與電勢能變化的關系 荷從電場中的A 點移到B 點,克服靜電力做了3
靜電力做的功等于電勢能的 , ×10-5J的功,再從B 移到C,靜電力做了1.2×
WAB= . 10-5J的功,則:
電場力做正功,電勢能 ; (1)該電荷從A 移到B,再從B 移到C 的過
電場力做負功,電勢能 . 程中,電勢能共改變了多少
3.電勢能的大小:電荷在某點的電勢能,等 (2)如果規定A 點的電勢能為零,則該電荷
于把它從這點移到 時靜電力所做 在B 點和C 點的電勢能分別為多少
的功.
4.零勢能點:電場中規定的電勢能
的位置,通常把電荷在離場源電荷 或
的電勢能規定為零.
三、電勢
1.定義:電荷在電場中某一點的
與它的 之比.
2.定義式:φ= .
3.單位:國際單位制中,電勢的單位是
·20·
變式1:如圖所示,有一帶電的微粒,在電場 B.沿電場線方向場強減小,電勢降低
力的作用下沿曲線從 M 點運動到N 點,則微粒 C.在電勢高處電荷具有的電勢能大
( ) D.場強為零處,電勢不一定為零
2.下列說法正確的是 ( )
A.電荷從電場中的A 點運動到B 點,路徑
不同,靜電力做功的大小就可能不同
A.帶負電,電勢能增加 B.電荷從電場中的某點出發,運動一段時間
B.帶負電,電勢能減少 后,又回到了該點,則靜電力做功為零
C.帶正電,電勢能增加 C.正電荷沿著電場線運動,靜電力對正電
D.帶正電,電勢能減少 荷做正功,負電荷逆著電場線運動,靜電力對負
【典例2】 將帶電荷量為6×10-6C的負電 電荷做負功
荷從電場中A 點移到B 點,克服靜電力做了3× D.電荷在電場中運動,因為靜電力可能對
10-5J的功;再從B 點移到C 點,靜電力做了1.2 電荷做功,所以能量守恒定律在電場中并不成立
×10-5J的功,則: 3.如圖所示的勻強電場中,一個電荷量為q
(1)如果規定A 點的電勢為0,則C 點的電 的正點電荷,沿電場線方向從A 點運動到B 點,
勢是多少 A、B 兩點間的距離為d.在此過程中電場力對電
(2)如果規定B 點的電勢為0,則C 點的電 荷所做的功為W,則A 點的電場強度的大小為
勢是多少 ( )
W d WA. B.Wd C.
qd
D.
q q qd W
4.下面所述電場中,a,b兩點場強和電勢都
變式2:在電場中,把電荷量為4×10-9C的 相同的是 ( )
正點電荷從A 點移到B 點,克服靜電力做功6× A.距正的點電荷等距離的a,b兩點
10-8J,以下說法正確的是 ( ) B.等量異種點電荷的連線的中垂線上,距連
A.電荷在B 點具有的電勢能是6×10-8J 線中點O 等距離的a,b兩點
B.B 點的電勢是15V C.等量同種點電荷的連線上,距連線中點O
C.電荷的電勢能增加了6×10-8J 等距離的a,b兩點
D.電荷的電勢能減少了6×10-8J D.兩塊帶有等量異種電荷的平行金屬板
間,距同一板不等距離的a,b兩點
5.如圖所示,在O 點的點電荷+Q 形成的
電場中,試探電荷+q 由A 點移到B 點,電場力
1.下列說法中正確的是 ( ) 做功為W1,以OA 為半徑畫弧交OB 于C,再把
A.電場線密集處場強大,電勢高 試探電荷由A 點移到C 點電場力做功為W2,由
·21·
C 點移到B 點電場力做功為W3,則三者關系為
( )
1.如圖所示,某點O 處固定點電荷+Q,另
一帶電-q的粒子以O 為焦點做橢圓軌道運動,
A.W1=W2=W3<0 運動過程中經過最近點a 和最遠點b,下述說法
B.W1>W2=W3>0 不正確的是 ( )
C.W1=W3>W2=0
D.W3>W1=W2=0
6.如圖所示,在場強E=1×104N/C的水平
勻強電場中,有一根長L=15cm 的細線,一端 A.粒子在a 點的運動速率大于在b 點的
固定在O 點,另一端系一個質量m=3g、電荷量q 速率
=2×10-6C的帶正電小球,當細線處于水平位置 B.粒子在a 點的運動加速度大于在b 點的
時,小球從靜止開始釋放,g取10m/s2.求: 加速度
(1)小球到達最低點B 的過程中重力勢能、 C.粒子在a 點的電勢能大于在b 點的電
電勢能分別變化了多少 勢能
(2)若取A 點電勢為零,小球在B 點的電勢 D.+Q 所產生的電場中,a 點電勢高于b點
能、電勢分別為多大 2.某電場的電場線分布如圖所示,以下說法
(3)小球到B 點時的速度為多大 繩子張 正確的是 ( )
力為多大
A.c點場強大于b點場強
B.a 點電勢等于b點電勢
C.若將一試探電荷+q由a點釋放,它將沿電
場線運動到b點
D.若在d 點再固定一點電荷-Q,將一試探
電荷+q由a 移至b的過程中,電勢能減小
3.如圖所示,在x 軸上關于原點O 對稱的
兩點固定放置等量異種點電荷+Q 和-Q,x 軸
上的P 點位于-Q 的右側,下列判斷正確的是
( )
A.在x 軸上沒有與P 點電場強度相同的點
B.在x 軸上還有兩點與P 點電場強度相同
·22·
C.若將一試探電荷+q 從P 點移到O 點,
電勢能增大
D.若將一試探電荷+q 從P 點移至O 點,
電勢能減小
A.q2也帶正電
4.兩個帶等量正電的點電荷,固定在圖中
B.A 點的電勢低于C 點的電勢
P,Q 兩點,MN 為PQ 連線的中垂線,交PQ 于
C.電場力對q1做正功,對q2做負功
O 點,A 為MN 上的一點.一帶負電的試探電荷
D.q1,q2的電勢能均減小
q,從A 點由靜止釋放,只在靜電力作用下運動,
7.一勻強電場,場強方向是水平的(如圖所
取無限遠處的電勢為零,則 ( )
示).一個質量為 m 的帶正電的小球從O 點出
發,初速度的大小為v0,在靜電力與重力的作用
下,恰能沿與場強的反方向成θ 角的直線運動.
求小球運動到最高點時其電勢能與在O 點的電
勢能之差.
A.q由A 向O 的運動是勻加速直線運動
B.q由A 向O 的運動過程電勢能逐漸增加
C.q運動到O 點時的動能最大
D.q運動到O 點時電勢能為零
5.如圖,在點電荷Q 產生的電場中,實線MN
是一條方向未標出的電場線,虛線AB 是一個電子
只在靜電力作用下的運動軌跡.設電子在A,B 兩
點的加速度大小分別為aA,aB,電勢能分別為EpA,
EpB.下列說法正確的是 ( )
A.電子一定從A 向B 運動
B.若aA>aB,則Q 靠近M 端且為負電荷
C.無論 Q 為正電荷還是負電荷,一定有
EpAD.B 點電勢可能高于A 點電勢
6.如圖,實線是勻強電場的電場線,帶電粒
子q1,q2分別從A,C 兩點以初速度v 垂直射入
電場,其運動軌跡分別是圖中的ABC,CDA.已
知q1帶正電,不計粒子的重力和阻力.則下列說
法中正確的是 ( )
·23·

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