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第十二章 電能 能量守恒定律
第1節(jié) 電路中的能量轉(zhuǎn)化
符號:W.
三、電路中的能量轉(zhuǎn)化
1.電動機工作時的能量轉(zhuǎn)化
一、電功和電功率 (1)能量關(guān)系:電動機從電源獲得的能量一
1.電流做功的實質(zhì):導(dǎo)體中的恒定電場對自 部分轉(zhuǎn)化為機械能,還有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.
由電荷的 在做功. (2)功率關(guān)系:電動機消耗的功率P電 等于電
2.電功 動機的輸出功率P機 與電動機損失的功率P損 之
(1)定義:電流在一段電路中所做的功,等于 和,即:P電 =P機 +P損,P電 = ,P損
這段電路兩端的 、電路中的 、 = .
通電 三者的乘積. 2.電池充電時的能量轉(zhuǎn)化
(2)公式:W= . 電池從電源獲得的能量一部分轉(zhuǎn)化為
(3)單位:國際單位是 ,符號是 能,還有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.
.
3.電功率
(1)定義:電流在一段電路中所做的功與
之比. 【典例1】 有額定電壓都是110V,額定功
率
() : W PA=100W
,PB=40W 的電燈兩盞,若接在
2 公式 P=t= . 電壓是220V的電路上,兩盞電燈均能正常發(fā)
(3)單位:國際單位是 ,符號是 光,那么電路中消耗功率最小的電路是 ( )
.
二、焦耳定律
1.內(nèi)容:電流通過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量跟
成正比,跟 及 成正比.
2.表達式:Q= .
3.熱功率
(1)意義:表示電流發(fā)熱 的物理量.
變式1:有兩盞電燈L1和L2,用圖中所示的
(2)定義:單位時間內(nèi)的 .
兩種方式連接到電路中,已知電壓U 相同,且兩
(3)公式:P = =I2熱 R,單位:瓦特,
盞電燈均能發(fā)光,比較在甲、乙兩個電路中電燈
·65·
L1的亮度,則 ( ) C.電解槽消耗的電功率為60W
D.電路消耗的總功率為60W
甲 乙
1.在驗證焦耳定律的實驗中,為了比較電流
A.甲圖電路中燈L1比乙圖電路中燈L1亮
通過兩根不同的電阻絲產(chǎn)生的熱量跟電阻的關(guān)
B.乙圖電路中燈L1比甲圖電路中燈L1亮
系,實驗時應(yīng)同時保持相同的物理量是 ( )
C.兩個電路中燈L1一樣亮
A.通過它們的電流和加在它們兩端的電壓
D.不知它們的額定電壓和額定功率,無法
B.通過它們的電流和它們的電阻
判斷
C.通過它們的電流和通電時間
【典例2】 在研究微型電動機的性能時,可
D.通過它們的電流、加在它們兩端的電壓
采用如圖所示的實驗電路.當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R
和通電時間
使電動機停止轉(zhuǎn)動時,電流表和電壓表的示數(shù)分
2.某比特幣“礦場”(電腦機房)的5800臺
別為0.5A和1.0V;重新調(diào)節(jié)R 使電動機恢復(fù)
比特幣“礦機”(電腦),24小時滿負荷運行,每天
正常運轉(zhuǎn)時,電流表和電壓表的示數(shù)分別為
共需耗費16.8萬度電.下列用電器中,與每臺
2.0A和15.0V.求這臺電動機正常運轉(zhuǎn)時的輸 “礦機”滿負荷運行功率相近的是 ( )
出功率和電動機的線圈電阻. A . 家 用 電 風(fēng) 扇
B.家用冰箱
C.家用壁掛空調(diào)
D.家用LED液晶電視
3.兩電阻R1、R2的伏安特性曲線如圖所示,
其中R1的圖線與橫軸的夾角為60°,R2的圖線與
橫軸的夾角為30°,若將R1、R2串聯(lián)起來接入電
路中,則通電后R1、R2消耗的電功率之比P1∶
變式2:如圖所示,有一內(nèi)電阻為4.4Ω的電 P2等于 ( )
解槽和一盞標(biāo)有“110V 60W”的燈泡串聯(lián)后
接在電壓為220V的直流電路兩端,燈泡正常發(fā)
光,則 ( )
A.1∶ 3 B.3∶ 3
C.1∶3 D.3∶1
A.電解槽消耗的電功率為120W 4.圖中虛線框內(nèi)是一未知電路,測得它的兩
B.電解槽的發(fā)熱功率為60W 端點a、b 之間電阻是R,在a、b 之間加上電壓
·66·
U,測得流過電路的電流為I,則未知電路的電功
率一定是 ( )
1.如圖所示,有四盞電燈連接在電路中,L1
和L2都標(biāo)有“220V 100W”字樣,L3和L4都標(biāo)
有“220V 40W”字樣,把電路接通后,亮度最
U2 暗的燈泡是 (2 )A.IR B.R
C.UI D.UI-I2R
5.甲、乙兩只普通照明燈泡的銘牌如圖所
示,下列說法中正確的是 ( )
A.L1 B.L2 C.L3 D.L4
2.如圖甲所示為一款兒童電動汽車,該款電
動汽車的部分參數(shù)如圖乙所示,則下列說法正確
A.甲燈的實際功率一定總是40W 的是 ( )
B.將乙燈接入110V電路中,它的實際功率 適用年齡 6個月~3歲 家長遙控
3~4歲 可自駕
為60W
核定載重 25kg
C.兩燈均正常發(fā)光時,甲燈燈絲電阻較大 電源規(guī)格 12V 4.5A·h 0.2Ω
D.兩燈均正常發(fā)光時,甲燈消耗的電能 充電器 12V 1000mA
較少 電機 RS390-12V 2A甲
6.功率為10W 的發(fā)光二極管(LED燈)的 乙
亮度與功率為60W 的白熾燈相當(dāng).根據(jù)國家節(jié) A.電機正常工作時的電阻為6Ω
能戰(zhàn)略,2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰.假設(shè)每 B.正常工作時電機的輸出功率為24W
戶家庭有2只60W的白熾燈,均用10W的LED C.電源從無電狀態(tài)到充滿電需要消耗1.944
, ( ) ×105燈替代 估算出全國一年節(jié)省的電能最接近 J能量
A.8×108kW·h B.8×1010kW·h D.用該充電器給完全無電的玩具車充電,
C.8×1011kW·h D.8×1013kW·h 需4.5h可充滿
7.一只規(guī)格為“220V 2000W”的電爐,求 3.微型吸塵器的直流電動機內(nèi)阻一定,當(dāng)加
在正常工作時的電阻.若電網(wǎng)電壓為200V,求 上0.4V的電壓時,通過的電流為0.2A,此時電
電爐的實際功率.在220V電壓下,如果平均每 動機不轉(zhuǎn).當(dāng)加在電動機兩端的電壓為3.0V
天使用電爐2h,求此電爐一個月要消耗多少度 時,電流為0.75A,這時電動機正常工作.則關(guān)于
電.(一個月=30天) 吸塵器的內(nèi)阻r和輸出功率P 的說法正確的是
( )
A.r=4Ω B.r=2Ω
C.P=0.08W D.P=2.25W
·67·
4.如圖所示為甲、乙兩燈泡的I-U圖像,根 D.電阻R1 和R2 消耗的功率比為1∶16
據(jù)圖像,計算甲、乙兩燈泡并聯(lián)在電壓為220V 7.A、B、C 三個燈泡,用如圖所示的方式連
的電路中時實際發(fā)光的功率約為 ( ) 接,各自消耗的實際功率相同,則RA∶RB∶RC為
( )
A.1∶1∶1 B.1∶2∶2
C.2∶1∶1 D.1∶4∶4
8.兩個電阻R1=8Ω,R2=2Ω并聯(lián)在電路
中.欲使這兩個電阻消耗的功率相等,可行的辦
A.15W 30W B.30W 40W 法是 ( )
C.40W 60W D.60W 100W A.用一個阻值為2Ω的電阻與R2串聯(lián)
5.下表數(shù)據(jù)為電飯煲和洗衣機正常工作時 B.用一個阻值為6Ω的電阻與R2串聯(lián)
的電壓和電流,則下列說法中正確的是 ( ) C.用一個阻值為6Ω的電阻與R1串聯(lián)
電飯煲 洗衣機 D.用一個阻值為2Ω的電阻與R1串聯(lián)
9.如圖所示,工作電壓 交流電 交流電 有一提升重物用的直流電動220V 220V
機,內(nèi)阻為0.6Ω,串聯(lián)一個阻值為工作電流 5.0A 0.50A R=5Ω的電
阻,它們兩端的總電壓為U=160V,理想電壓表
A.洗衣機的電阻是電飯煲的電阻的10倍
讀數(shù)為110V.求:
B.電飯煲工作時的電功率為1555W (1)通過電動機的電流;
C.洗衣機的熱功率為110W (2)電動機的輸入功率;
D.1min內(nèi)洗衣機消耗的電能為6.6×103J (3)電動機的發(fā)熱功率;
6.如圖1所示,R1 和R2 是材料相同、厚度 (4)電動機工作1小時對重物做的功.
相同、上下表面均為正方形的電阻,邊長之比為
2∶1,現(xiàn)將這兩個電阻R1、R2 并聯(lián)接入如圖2
所示的電路中,通過電阻的電流方向如圖1虛線
所示.則下列說法中正確的是 ( )
圖1 圖2
A.電阻R1 和R2 的阻值比為1∶1
B.電阻R1 和R2 的阻值比為2∶1
C.流過R1 和R2 的電流比為1∶2
·68·部分參考答案
第九章 靜電場及其應(yīng)用 課后鞏固
1.D 2.C 3.B 4.B 5.C 6.B
第1節(jié) 電荷
第2節(jié) 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(zhì)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(yīng) 典例精解
三、1.轉(zhuǎn)移 不變 2.代數(shù)和 2
【典例1】C 解析:由庫侖定律知
3Q
、 F=k
,當(dāng)兩
四 1.電子 2.整數(shù)倍 連續(xù) 3.1.60×10-19C r2
4.比 小球接觸后,電荷量先中和再平分,甲乙?guī)щ姾闪糠謩e
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(yīng)使得A 部分帶正電,B r r ÷
è2
部分帶負電.導(dǎo)體原來不帶電,只是在C 的電荷的作用
4
下,導(dǎo)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(shù)目和B 部分多余電子的數(shù)目是相等的, 質(zhì)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(guān),自由電子在不同 由于殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻,兩球殼可看做質(zhì)量集
位置所受C 的作用力的強弱是不同的,這樣導(dǎo)致電子在 中于球心的質(zhì)點.因此,可以應(yīng)用萬有引力定律.對于
導(dǎo)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(dǎo) 【典例2】解:設(shè)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(yīng),導(dǎo)電平板靠 作用力大小為FA、FB,如圖所示.
近絕緣板的一側(cè)帶負電,另一側(cè)的正電因接地而中和
掉;斷開導(dǎo)電平板的接地線,手握絕緣柄將導(dǎo)電平板移
開,導(dǎo)電平板上便帶上了負電,其起電原理是感應(yīng)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(yīng)
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(shù)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(dāng)堂訓(xùn)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(chǎn)生的電場強度方向相同,由A 指向B.A、B 兩點電荷
在 點產(chǎn)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(dāng)堂訓(xùn)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(tǒng)向右加速運動,故 =r2 AB A B.
C 球帶負電荷. 變式1:B 解析:設(shè)B、C 兩處點電荷在A 處產(chǎn)生
以三球為整體,設(shè)系統(tǒng)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(jù)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(jù)對稱性可知,A、D 兩處電場線疏
2
聯(lián)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(jié) 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(fā)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(guān) 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(dāng)堂訓(xùn)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(chǎn)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(chǎn)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(jù)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(yīng)帶負電, 正確a C .
變式2:() 、 , C 解析
:由于金屬盒內(nèi)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(tài),所以內(nèi)部每點的合電場強度都為 ,即金屬盒內(nèi)的感
Q2 8Q2
0
2k 2=k ,沿 方向 3a2 PC . 應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場的電場強度都與點電荷+Q 在那點
3a÷
è2 產(chǎn)生的電場的電場強度大小相等、方向相反,即感應(yīng)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(jié)合所給圖像,可 當(dāng)堂訓(xùn)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(yīng)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(shè)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(biāo)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(jié) 靜電的防止與利用 (2)電場方向變?yōu)樨Q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(guān)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(lián)立解得
【 F =0.54N.典例1】解:根據(jù)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(yīng)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(chǎn)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(chǎn)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(jù)A 受力平衡可知彈簧處于壓縮狀態(tài),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(guī)定 A 點電勢為0,則電荷在 A 點電勢能
15.解:當(dāng)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(guī)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(lián)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(dāng)堂訓(xùn)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(jié) 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(guān) 無關(guān)
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(shù)據(jù)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(shù)l
加1.8×10-5J. 據(jù)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(shè)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(cè),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(jīng)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(shè)從O 點到最高點的路程為x,有v20=2ax, 當(dāng)堂訓(xùn)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(jié) 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(biāo)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(jù) 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(shè)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(jié) 電勢差與電場強度的關(guān)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(jīng)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(jù)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(jīng)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(jù)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(jù)
U
E= ,得場強為10V/m,故 正確 2d A .5×10 V/m.
第4節(jié) 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(shè)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(jù)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(dāng)堂訓(xùn)練 【典例1】A 解析:開關(guān)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(guān)
U 60 接2時,平行板電容器放電,放電結(jié)束后上下極板均不
6.解:(1)根據(jù)公式E= 代入數(shù)據(jù)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(jù)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(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a 板
φ1 φB 1B
接觸,由于靜電感應(yīng),從而在
=54V得 =54V. b
板感應(yīng)出等量的異種電
φ1
荷,從而使電容器帶電,故選項 正確;根據(jù)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(jù)
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(jù)W=qU 可知, ; εS誤 根據(jù)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(shù)εr增大,則電容C 增大,根據(jù)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(jù)
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(jié) 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(jù) 二、1.垂直
U , 三、 電子槍 偏轉(zhuǎn)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(dāng)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(tài)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(jù) 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(jù)
當(dāng)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(dāng)堂訓(xùn)練 比荷越大,速度越大,故質(zhì)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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?fàn)顟B(tài),可知電場力方向向 聯(lián)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(shè)加速電場的電壓為 ,偏轉(zhuǎn)電根據(jù)|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(dāng)電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電場力變?yōu)樵?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(dāng)堂訓(xùn)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(shè)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(shè)金屬板AB 的長度為L,電子偏轉(zhuǎn)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?yōu)镋0=4.0
(2)設(shè)電子穿出電場時的動能為Ek,根據(jù)動能定理 ×103N/C,設(shè)微粒的加速度為a,在t=0.2s時間內(nèi)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(lián)立解得2 W=8.0×10
-4J.
1.B 2.B 3.C 4.B 5.A 6.A (3)設(shè)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(fā)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(yīng)接電源的負極. 10-4J.
當(dāng)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(dāng)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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)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(yīng)用CD
104V/m. 第1節(jié) 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(xù)
·110·
二、1.穩(wěn)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(dǎo)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(jié) 導(dǎo)體的電阻
錯誤;有正、負電荷反向經(jīng)過同一截面時,公式I= 中t 知識梳理
、 , n1e+neq應(yīng)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(nèi)通過這 2.ρS
根導(dǎo)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(shù)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(dǎo)線原來的電阻為R=ρ 導(dǎo)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(shù)
l' l l
R'=ρ =4ρ =4R.導(dǎo)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(shù)目為 IΔtN=e= e 變式1:C 解析:四個電阻串聯(lián),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(jù)
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(guān)系知導(dǎo)體電阻與導(dǎo)體橫截面積的關(guān)t t
, 系,故 錯誤; 與 只有長度不同,根據(jù) 、 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(guān)系可知導(dǎo)體電阻與導(dǎo)體長度有關(guān),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(jù)a、d 兩端的電壓的關(guān)系可知導(dǎo)當(dāng)堂訓(xùn)練
體電阻與材料有關(guān),故C正確;由實驗結(jié)論可以得出導(dǎo)1.A 2.B 3.D 4.A 5.B
體電阻與導(dǎo)體長度、橫截面積、材料有關(guān),故 錯誤
:() q
D .
6.解 1 根據(jù)電流的定義式I= ,t 【典例2】C 解析:根據(jù)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(shù),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(yīng)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(yīng)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(shù)等
(2)由公式I=neSv,得 于該導(dǎo)體的電阻,因此兩個電阻之比等于斜率的倒數(shù)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(dāng)堂訓(xùn)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(shù)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(dǎo)體電流相等時,根據(jù)U=IR 知,導(dǎo)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(dǎo)體電壓相等時 根據(jù)I= 知 通過導(dǎo)體R
1 1 量金屬絲的電阻率電流不能太大
,由 EI= ,結(jié)合電
的電流之比IA∶IB=R ∶R =RB∶RA=2∶3.
R+r
A B 流表讀數(shù)原理,電流表應(yīng)滿足偏轉(zhuǎn)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(shù)為d=2.5mm+43.5
第3節(jié) 實驗:導(dǎo)體電阻率的測量 ×0.01mm=2.935mm.
()因電壓表的每小格讀數(shù)為 ,所以應(yīng)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(shù)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(shù)為0.02A,應(yīng)估讀到0.01A,所以電流表二 1.0.5 0.5 0.01 0.01
的讀數(shù)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(jù) 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(lián)立以上兩式,代入數(shù)據(jù)得ρ=4.2×10-5Ω·m.4lI
當(dāng)堂訓(xùn)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(biāo)卡尺讀數(shù)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(shù)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(shù)可得,由題圖甲得L=60.10cm.由題圖乙知,此游標(biāo) 4.(1)1.610 38.35 (2)如圖所示 (3)小
2
尺為50分度,游標(biāo)尺上第10刻線與主尺上一刻線對 ( πD U4)4IL
·112·
第4節(jié) 串聯(lián)電路和并聯(lián)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(shù)之和
二、2.滿偏電壓Ug Ug=IgRg 3.(1)串聯(lián) 較
5.(1)24.12~24.14 0.515~0.518 (2)偏小 大 (2)并聯(lián) 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(dāng)S斷開時,電流表示(4)4L 數(shù) UI1=0.6,則R1= ,當(dāng)S閉合時,I總=I1+I2,I2=
解析:(1)螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度讀數(shù)+可 I1
動刻度讀數(shù)+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(biāo)卡尺讀數(shù)為
正確.
主尺讀數(shù)+游標(biāo)尺讀數(shù)×精度,游標(biāo)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(shù)為電阻的粗測 (1)改裝成量程為0~3V的電壓表,當(dāng)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(diào)節(jié)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(yīng)用滑動變阻器R1(阻值范圍0~5Ω,1.0A), 改裝后電壓表的內(nèi)阻RV=Rg+R=3000Ω.
電源電動勢為3V,所以電壓表應(yīng)選3V量程的,故選 (2)改裝成量程為0~0.6A的電流表,當(dāng)達到滿偏
A;為了測多組實驗數(shù)據(jù),滑動變阻器應(yīng)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(nèi)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(jù)以上分析,設(shè)計的電 R R
改裝后電流表的內(nèi)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(lián)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(yīng)串聯(lián)一個1800Ω
è
的電阻,C正確.
()由 L 以 及 1
當(dāng)堂訓(xùn)練
4 R =ρ S= πD2 聯(lián) 立 解 得S 4 ρ 1.D 2.B 3.C 4.D 5.B
πD2R
= . 6.解:(1)當(dāng)開關(guān)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(dāng)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(dāng)滑片P 在 其讀數(shù)為30×10Ω=300Ω.
最下端時,R1的全部與R2串聯(lián),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(shù)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(dāng)開關(guān)S閉合時,滑動變阻器R1為分壓式接 使用前應(yīng)先進行歐姆調(diào)零,然后依據(jù)歐姆表的示數(shù),再
法,當(dāng)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(diào)零,再進行測量.使用完畢應(yīng)將選
R3并聯(lián),再與R1的全部串聯(lián),R2與R3的并聯(lián)電阻R'= 擇開關(guān)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(shù)乘相應(yīng)擋位的倍率即為待測電阻的阻值2 R1+R' AB 200+150
30kΩ.
≈3.43V;當(dāng)滑片P 在最上端時,R2上的電壓最大等于 (2)歐姆擋更換規(guī)律“大小,小大”,即當(dāng)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(yīng)換較小的擋位;反之應(yīng)換較
課后鞏固
大的擋位,重新調(diào)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(jié)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(diào)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(yīng)將選擇開關(guān)旋至
R1、R2的電流.設(shè)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(guān)旋轉(zhuǎn)到
并聯(lián)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(jié) 實驗:練習(xí)使用多用電表 時,指針偏轉(zhuǎn)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(nèi)有一節(jié)干電池,否則指針無
一、2.(1)指針定位螺絲 左端 (3)①并聯(lián) 偏轉(zhuǎn),D正確.
②串聯(lián) ③斷開 歐姆調(diào)零 歐姆調(diào)零 ④OFF 交 當(dāng)堂訓(xùn)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(lián) (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(diào)零外,還
典例精解 要進行歐姆調(diào)零,因為歐姆調(diào)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(nèi)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(yīng)1大格加1.1小格,所以讀數(shù)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(yīng)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(shù)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(shù)是300Ω. 度越密,測量值越不準(zhǔn)確,所以,在步驟(5)中應(yīng)讓電表
變式1:(1)×1 歐姆調(diào)零 (2)①300 ②2.20 指針盡量指向表盤的中央,測量完畢后,應(yīng)拔出表筆,選
解析:(1)測量電阻時如果指針偏轉(zhuǎn)過大,所選擋位 擇開關(guān)置于OFF擋位置.
太大,應(yīng)換小擋,應(yīng)將選擇開關(guān)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(diào)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(jié) 電路中的能量轉(zhuǎn)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(zhuǎn)角度 二、1.電流的二次方 導(dǎo)體的電阻 通電時間
太大,說明所測電阻的阻值較小,應(yīng)當(dāng)選用小倍率進行
2.I2Rt 3.(1)快慢 ()發(fā)熱量 ()
Q
測量; 2 3圖乙中所示讀數(shù)為12Ω. t
2
本章評估 三、1.(2)UI IR 2.化學(xué)
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(fā)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(lián)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(jù)串聯(lián)分壓則有
U
= 22 ,E R +R +r 能正常發(fā)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(lián)后總電阻,可能有UA=UB
(2)在C、D 間連一個內(nèi)阻為RA=4Ω的電流表,則 =U并=110V,兩燈可能正常發(fā)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(lián),之 后 與 R2 并 聯(lián),則 有 R =并 R2 變式1:B 解析:因為電壓U 相同,兩盞電燈串聯(lián)
1 , 后,L1兩端電壓小于U;兩盞電燈并聯(lián)后,加在電燈兩端+RA+R3 的電壓都為U,因此并聯(lián)后的燈泡較亮,選項B正確.
R并
并聯(lián)電路兩端電壓為U'= E, 【典例2】解:當(dāng)電流表和電壓表的示數(shù)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(nèi)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(lián)立可得I=0.5A.
當(dāng)電動機正常工作時,電流表、電壓表示數(shù)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(jīng)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(fā)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(fā)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(dāng)堂訓(xùn)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(shè)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(dāng)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(shù)減小,根據(jù)串聯(lián)電
1.C 2.D 3.B 4.C 5.D 6.A 7.D 8.A 路分壓規(guī)律知電阻R 的阻值變小,外電路總電阻變小,
9.解:(1)根據(jù)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(nèi)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(jù)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(lián)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(jù)焦耳定律可知,電動機的發(fā)熱功率為 大,即V1表示數(shù)U1變大.由于V2表示數(shù)U2=IR,所以
P =I22 r=60W. U2減小,故A正確.
(4)根據(jù)能量守恒定律,解得電動機的輸出功率為
當(dāng)堂訓(xùn)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(nèi)電路發(fā)熱功率
W=P3t=3.744×106J. Pr=I2r=(40-37.6)W=2.4W,
第2節(jié) 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(lián),
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(lián)后與R3串聯(lián),
·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(shù)據(jù)得R '= 3×6 外 1.5+ ÷ Ω=3.5Ω,③ (3)2.0 0.4
è 3+6
解析:(1)根據(jù)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(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)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(jié) 實驗:電池電動勢和內(nèi)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(biāo)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(nèi)阻與保護電阻阻值
四、1.平均 2.(2)盡量多 兩側(cè)
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(nèi)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(nèi)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(nèi)
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(dāng)?shù)钠鞑?被測干電池一節(jié)必須選擇,故選 ;電流 源的電動勢和內(nèi)電阻 故三位同學(xué)設(shè)計的電路都能測出A
表1的內(nèi)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(nèi)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(guān)、導(dǎo) 當(dāng)堂訓(xùn)練
線若干必須選擇.故選ABDFH. 1.C 2.A
(2)因電流表的內(nèi)阻已知,故實驗電路圖應(yīng)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(jù)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(nèi)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(shù)據(jù)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(guān)前,滑動變阻器接入電路中的阻值應(yīng) (3)因為
E
I= ,所以
E
r= -R0-R=
該最大,故滑片應(yīng)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(nèi)阻 1.5-1.0r= 0.5 Ω=1.0Ω. 第4節(jié) 能源與可持續(xù)發(fā)展
課后鞏固 知識梳理
1.D 一、轉(zhuǎn)化 轉(zhuǎn)移 轉(zhuǎn)化 轉(zhuǎn)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(biāo)互換亦可) 四、1.柴薪 2.(1)溫室 ( 2
)酸化
或 R 或U ÷
(3)光化學(xué)
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(cè)蓋板
~6.2均可) 2.4(2.3~2.5均可) 之后,液體向左側(cè)流動,最終兩側(cè)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(zhuǎn)化為內(nèi)能.如圖所示,最終狀
壓表,需串聯(lián)一個電阻阻值為
U 2 態(tài)可等效為右側(cè)
1
h 的液柱移到左側(cè)管中,即增加的內(nèi)
R= -rg= -6-500=9500(Ω)
2
Ig 200×10
.
(2)為保護電路,在閉合開關(guān)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(zhuǎn)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(jié)合圖乙得 E =1.48×10-4A, 沒有能量,A、B、C錯誤;功是能量轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化的過程
r (135-110)×10-6,
R+r +r= 0.45-0.15 中有一部分以內(nèi)能的形式被周圍環(huán)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(zhì)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(nèi)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(zhuǎn)化為內(nèi)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(guī)能源,A、
B錯;常規(guī)能源的利用比新能源核能的利用對環(huán)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(dāng)堂訓(xùn)練
合S2斷開,電壓表示數(shù)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(shù)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(nèi)阻較 P=UI2″=90W.1 1.5V
小,為多測幾組實驗數(shù)據(jù),方便實驗操作,應(yīng)選最大阻值 14.
解:(1)S斷開時,R1、R2串聯(lián),則
較小的滑動變阻器,因此滑動變阻器應(yīng)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(lián),改裝成電壓表; 即電 流 表 的 讀 數(shù) 為 0.70 A,電 壓 表 的 讀 數(shù) 為
用電流表A測電路電流,滑動變阻器R1串聯(lián)接入電路, 5.60V.
實驗電路圖如圖所示. (2)S閉合后,R1、R3并聯(lián)后再和R2串聯(lián),
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(jù)閉合回路歐姆定律可知E=I1(R3+Rg)+ 電流表的讀數(shù)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(shù)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(yīng)與電磁波初步
=0.90Ω. 第1節(jié) 磁場 磁感線
12.解:(1)設(shè)電壓表內(nèi)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(dǎo)體 磁場 2.通電導(dǎo)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(huán)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(huán)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(gòu)成串聯(lián)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(nèi)的磁場方向向路,E=I1(R+r),電源內(nèi)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(gòu)成并聯(lián)電路,電 中小磁針?biāo)谔幍拇艌龇较蛳蛳?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(yīng)強度的方向不是根據(jù)電流元的受力方向規(guī)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(zhuǎn)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(dǎo)線越遠,電流產(chǎn)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(jù)
弱,穿過線框的磁感線條數(shù)越少,磁通量逐漸減小,故
安培定則可以確定,線圈內(nèi)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(dāng)堂訓(xùn)練針N極向里轉(zhuǎn) A正確.
1.C 2.D 3.A 4.A 5.B
當(dāng)堂訓(xùn)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(jié) 磁感應(yīng)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(dǎo)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(qū)
度 (2)導(dǎo)線長度 (3)正比 正比 3.垂直 磁感應(yīng)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(qū)域的半徑,但穿過A,C 線圈的磁感線的條數(shù)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(yīng)強度B 磁場方向垂直 2.投影面 區(qū)域的面積.
積S' 3.韋伯 1T·m2 4.單位面積 磁通密度 設(shè)圓形磁場區(qū)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(dāng)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(dǎo)體在某處不受磁場 垂直磁場方向的夾角為θ1=0°;當(dāng)磁場方向轉(zhuǎn)過30°時,
力,可能是導(dǎo)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(yīng)強度的方向與該處的通電導(dǎo)線所受的 對D 線圈,設(shè)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(jié) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象及應(yīng)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(fā)現(xiàn)及應(yīng)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(yīng)
場中的面積與時間成正比,即S=lvΔt1,
二、2.磁通量
l
三、1.發(fā)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(zhì) 2.內(nèi)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(chǎn)生穩(wěn)恒的磁場,穿過銅環(huán)A 的磁通量不變,沒有感應(yīng) 當(dāng)t= 時,v Δt3=
,
v Φ=0.
電流產(chǎn)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(chǎn)生的磁場變化,穿過銅環(huán)A 的磁通量
變化,產(chǎn)生感應(yīng)電流;將開關(guān)突然斷開的瞬間,線圈產(chǎn)生
的磁場從有到無,穿過銅環(huán)A 的磁通量減小,產(chǎn)生感應(yīng)
電流.故A正確.
變式1:D 解析:磁鐵靜止在線圈上方、右側(cè)和里
面,穿過閉合電路的磁通量均不發(fā)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(chǎn)生感應(yīng)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(jù)t 框的磁通量保持不變,無感應(yīng)電流產(chǎn)生.線框離開磁場
電磁波波長、頻率和波速關(guān)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(chǎn)生感應(yīng)電流.
x 10
= = -8 第5節(jié) 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(shù)倍 2.hν 頻率
空中傳播,但是在真空中聲波不能傳播,故不發(fā)出響聲, 三、2.穩(wěn)定 光子 3.差
但顯示B 的號碼18888880002,C正確. 典例精解
當(dāng)堂訓(xùn)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(fā)
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(guān);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(yīng)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(guān),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(jīng)典物理學(xué)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(nèi) 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(nèi)電子軌道是不
連續(xù)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(shù)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(dǎo)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(xiàn)實世界相矛
于鉤碼的重力,即F=G.由磁感應(yīng)強度的定義式B=
盾,故D錯誤.
F
當(dāng)堂訓(xùn)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(fā)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(yīng)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(shè)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(shù)為n,則有
c
P×45%=nh ,
小燈泡每秒鐘輻射的光子數(shù) 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(shù)N=n·4πR2=1.75×1021×
( 11)2個 44個
7.解:根據(jù)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(yīng)的能量子
c
ε1=h =6.63×10-34× ×(6.4×10
6)2kW≈18.×1014kW.
λ1
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