高中物理必修三 学习笔记答案精析同步学案

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学习笔记答案精析第九章　静电场及其应用1　电荷一、辨析　(1)√　(2)×二、例1　BD　[摩擦起电的实质是由于两个物体的原子核对核外电子的束缚能力不相同，因而电子可以在物体间转移，而不是产生电子和质子。若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电；若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电，故B、D正确。]例2　D　[带正电的金属球A靠近验电器上的金属小球B，由于静电感应，B球带负电，验电器的金属箔带正电，故两片金属箔因带同种电荷相互排斥而张开，D正确。]例3　A　[导体B在靠近带正电荷的导体A时，导体B上的自由电子会向P端运动，导体B的P端因有了多余的电子而带负电，Q端因失去电子而带正电，用接地导线接导体B的任何部位，大地的负电荷都会中和B导体Q端的正电荷，因此断开导线，再取走导体A，导体B将带负电，故A正确，B、C、D错误。]三、辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√例4　(1)2∶3　(2)2∶1解析　(1)设A、B带电荷量均为q，则A、C接触后，A、C带电荷量为qA1＝qC1＝eq \f(1,2)qC与B接触后，B、C带电荷量为qB1＝qC2＝eq \f(q＋\f(1,2)q,2)＝eq \f(3,4)q故A、B带电荷量大小之比为eq \f(qA1,qB1)＝eq \f(\f(1,2)q,\f(3,4)q)＝eq \f(2,3)(2)设A带正电荷，B带负电荷，且所带电荷量大小均为Q则C与A接触后，A、C带电荷量为QA′＝QC′＝＋eq \f(1,2)QC与B接触后，B、C带电荷量为QB′＝QC″＝eq \f(\f(1,2)Q－Q,2)＝－eq \f(1,4)Q故A、B带电荷量大小之比为|eq \f(QA′,QB′)|＝eq \f(\f(1,2)Q,\f(1,4)Q)＝eq \f(2,1)。针对训练　5.0×10－6　7.5×10－67.5×10－6解析　小球C先与球A接触后分开，则qA＝qC＝eq \f(q,2)＝1.0×10－5 C，再让小球B与球A接触后分开，则qA′＝qB＝eq \f(qA,2)＝5.0×10－6 C；最后让小球B与小球C接触后分开，则qB′＝qC′＝eq \f(qB＋qC,2)＝7.5×10－6 C。2　库仑定律二、辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×例1　B　[在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，B处点电荷所受静电力大小为F＝eq \f(kQq,rAB2)；在C处放一电荷量为－2q的点电荷时，B处点电荷所受静电力大小为F′＝eq \f(kQ·2q,rBC2)＝eq \f(2kQq,2rAB2)＝eq \f(kQq,2rAB2)＝eq \f(F,2)，且不管B处点电荷是正电荷还是负电荷，两种情况下，B处点电荷受到的静电力的方向都与F相同，故B正确。]例2　D　[根据题意，设A、B带电荷量都是Q，由库仑定律可知，两球之间的相互作用力的大小是F＝keq \f(Q·Q,r2)＝eq \f(kQ2,r2)，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电荷量都为q1＝eq \f(Q,2)，C与B接触再分开后电荷量相等，均为q2＝eq \f(\f(Q,2)＋Q,2)＝eq \f(3,4)Q，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为F＝keq \f(\f(3,4)Q·\f(Q,2),r2)＝eq \f(3,8)·eq \f(kQ2,r2)＝eq \f(3,8)F，故D正确。]例3　见解析解析　由于r≪R，所以球壳上挖去的部分可视为点电荷，由库仑定律得F＝eq \f(kQ′q,R2)，其中Q′＝eq \f(Q,4πR2)·πr2，得出F＝eq \f(kQqr2,4R4)，方向由球心指向小圆孔的圆心。那么剩下的球壳上的电荷对球心处点电荷的力大小F′＝F＝eq \f(kQqr2,4R4)，方向在小圆孔的圆心与球心的连线上，背离小圆孔的圆心。三、例4　eq \r(3)keq \f(Q2,a2)　方向沿A与B连线的垂直平分线斜向右下方解析　以C为研究对象，根据库仑定律，点电荷C共受到F1和F2两个力的作用，如图所示，每两个点电荷之间的距离都相同，故F1＝F2＝keq \f(Q2,a2)，根据平行四边形定则，合力为F＝2F1cos 30°＝eq \r(3)keq \f(Q2,a2)，合力的方向沿A与B连线的垂直平分线斜向右下方。针对训练　8×10－21　平行于AB连线向左解析　电子带负电荷，在C点同时受A、B处两点电荷的静电力FA、FB，如图所示。由F＝keq \f(q1q2,r2)得FA＝keq \f(|Q1e|,r2)＝eq \f(9.0×109×2×10－14×1.60×10－19,6×10－22) N＝8.0×10－21 N同理可得FB＝8.0×10－21 N由平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的电子受到的静电力大小为F＝FA＝FB＝8.0×10－21 N，方向平行于AB连线向左。例5　(eq \f(1,2)＋eq \r(2))keq \f(q2,a2)解析　由题，假设第四个点电荷放在四顶点中的某点，则对角线上的点电荷给它的库仑斥力为F1＝keq \f(q2,\r(2)a2)相邻两点的点电荷给它的库仑斥力大小均为F2＝F3＝keq \f(q2,a2)根据力的合成法则，点电荷所受的静电力的合力大小为F＝keq \f(q2,\r(2)a2)＋2keq \f(q2,a2)cos 45°＝(eq \f(1,2)＋eq \r(2))keq \f(q2,a2)。专题强化1　库仑定律的应用例1　B　[根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；同时根据库仑定律来确定静电力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在电荷量大小上一定为“两大夹一小”，则a的电荷量一定比b多，而a的电荷量与c的电荷量无法确定，故C、D错误。]针对训练1　C　[A、B、C三个点电荷要平衡，三个点电荷必须共线且外侧两点电荷相排斥，中间点电荷吸引外侧两电荷，而且外侧点电荷电荷量大，所以C必须带负电，放在B右侧，对C：eq \f(kQqC,r2)＝keq \f(4Q·qC,L＋r2)，代入得r＝L对B：eq \f(kQ|qC|,r2)＝eq \f(k4Q·Q,L2)，代入得|qC|＝4Q，C带负电，则qC＝－4Q，选项C正确。]例2　1.0×10－6 C解析　因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L。依据题意可得tan 30°＝eq \f(h,L)则L＝eq \f(h,tan 30°)＝10eq \r(3) cm设A、B所带电荷量均为q，对B进行受力分析如图所示，依据平衡条件，解得静电力F＝mgtan 30°＝30eq \r(3)×10－3×10×eq \f(\r(3),3) N＝0.3 N根据F＝keq \f(q2,L2)解得q＝eq \r(\f(FL2,k))＝eq \r(\f(0.3,9.0×109)×10\r(3)×10－22) C＝1.0×10－6 C。针对训练2　A　[小球a受力如图，受力分析可知eq \f(F库,mag)＝tan α，同理可得eq \f(F库,mbg)＝tan β，其中F库＝keq \f(qaqb,r2)，由牛顿第三定律可知两球之间的库仑力大小相等，但是无法判断两球电荷量之间的关系，所以B、C错误。由于β>α，则ma>mb，所以A正确；由于eq \f(F库,FTa)＝sin α，eq \f(F库,FTb)＝sin β，则FTa>FTb，所以D错误。]例3　BD　[对球A受力分析，A受三个力的作用，即重力GA，墙壁对A的弹力FA和B对A的静电力FBA，FA与FBA的合力与其重力大小相等，当将小球B向左推动少许时，FBA与竖直方向的夹角逐渐减小，则可以判断出FA减小，FBA也减小，B正确；对A、B整体受力分析可知，F＝FA，故推力F也将减小，A错误；地面对小球B的弹力和小球A和B的重力平衡，因此地面对B的弹力保持不变，C错误；由于两球之间的静电力减小，故两小球之间的距离增大，D正确。]例4　见解析解析　三个球做加速度相同的加速运动，每个球受到的合力是相同的，水平方向受力情况如图所示。三个球均以加速度a向右做匀加速直线运动，对三个球组成的系统，彼此间库仑力为内力，由牛顿第二定律有F＝3ma因A、B球带正电，易判断出C球必带负电对A球，有keq \f(10q·|qc|,4l2)－keq \f(10q·q,l2)＝ma对B球，有keq \f(10q·q,l2)＋keq \f(q·|qc|,l2)＝ma联立各式得qC＝－eq \f(40q,3)，F＝eq \f(70kq2,l2)。3　电场　电场强度第1课时　电场强度　电场强度的叠加一、辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×例1　(1)200 N/C　方向与F1方向相反(2)8.0×10－5 N　200 N/C(3)200 N/C解析　(1)由电场强度公式可得EB＝eq \f(F1,|q1|)＝eq \f(4.0×10－6,2.0×10－8) N/C＝200 N/C，因为B处是负电荷，所以B处电场强度方向与F1方向相反。(2)q2在B点所受静电力大小F2＝q2EB＝4.0×10－7×200 N＝8.0×10－5 N，方向与电场强度方向相同，也就是与F1方向相反。此时B处电场强度大小仍为200 N/C，方向与F1方向相反。(3)某点电场强度大小与有无试探电荷无关，故将B处电荷拿走，B处电场强度大小仍为200 N/C。二、辨析　(1)√　(2)×例2　见解析解析　(1)据库仑定律，q在M点受到的作用力大小FM＝keq \f(|Qq|,r2)＝1.0×10－8 N，因为Q为正电荷，q为负电荷，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO连线指向O。(2)M点的电场强度大小EM＝eq \f(FM,|q|)＝100 N/C，其方向沿OM连线背离O。(3)拿走电荷q，M点的电场强度仍为100 N/C，方向沿OM连线背离O。(4)由E＝keq \f(Q,r2)可知，M点的电场强度大。三、例3　(1)eq \f(8kQ,r2)　方向由A→B(2)eq \f(kQ,r2)　方向平行于AB向右解析　(1)如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的电场强度方向相同，均由A→B。A、B两点电荷分别在O点处的电场强度大小EA＝EB＝eq \f(kQ,\f(r,2)2)＝eq \f(4kQ,r2)。O点处的电场强度大小为EO＝EA＋EB＝eq \f(8kQ,r2)，方向由A→B。(2)如图乙所示，EA′＝EB′＝eq \f(kQ,r2)，由矢量图结合几何关系可知，O′点的电场强度大小EO′＝EA′＝EB′＝eq \f(kQ,r2)，方向平行于AB向右。例4　eq \f(2kq,L2)　方向沿AO方向解析　O点是三角形的中心，到三个点电荷的距离均为r＝eq \f(\r(3)L,2sin 60°)＝L三个点电荷在O点产生的电场强度大小均为E0＝eq \f(kq,r2)根据对称性和几何知识可知，两个点电荷－q在O点的合电场强度大小为E1＝eq \f(kq,r2)再与＋q在O处产生的电场强度合成，得到O点的合电场强度大小为E＝E1＋E0＝eq \f(2kq,r2)＝eq \f(2kq,L2)，方向沿AO方向。例5　(1)12 cm　(2) (0,6 cm)和(12 cm，＋∞)解析　(1)设电场强度为0的点到Q2的距离为L。因为Q1的电荷量比Q2的多，所以电场强度为0的位置只能在Q2右边，有eq \f(kQ1,0.06 m＋L2)＝eq \f(|kQ2|,L2)解得 L＝6 cm所以x坐标轴上x＝12 cm处的电场强度为0，只有一处。(2)根据点电荷的电场强度公式和电场强度的叠加原理可知x＞12 cm的区域电场强度沿x轴正方向。在Q1Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场强度方向均沿x轴正方向，所以实际电场也是沿x轴正方向，所以x轴上电场强度方向沿x轴正方向的区域是(0,6 cm)和(12 cm，＋∞)。第2课时　电场线　匀强电场一、辨析　(1)×　(2)×　(3)√例1　(1)电场线疏密表示电场强弱，B点处电场强度最强，C点处电场强度最弱。(2)(3)如图所示。(4)带电粒子运动轨迹与电场线不一致。二、例2　B　[电场线的切线方向表示电场强度的方向，因此A、B两点电场强度方向不同，故A错误；依据电场线的疏密，来体现电场强度强弱，因此两个电荷连线(直线)上的电场强度，连线中点电场强度最小，故B正确；若将一正点电荷从A点无初速度释放，假设正点电荷沿电场线运动到B点，则该电荷做曲线运动，而正点电荷的受力时刻沿电场线的切线即轨迹的切线，与正点电荷做曲线运动受力指向轨迹凹侧相矛盾，因此运动轨迹不会沿着电场线从A到B，故C错误；依据电场线的疏密，来体现电场强度强弱，因此两个电荷连线(直线)的中垂线上，从两个电荷连线中点到无穷远，电场强度越来越小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，因此中垂线上各点电场强度方向一致，故D错误。]例3　AD　[根据等量负点电荷的电场线分布可知，在A、B连线的中垂线上，从无穷远到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，电场强度方向沿中垂线指向O点。若M、N相距较远，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度先变大后变小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，小球C的速度不断减小，加速度先变大后变小(具有对称性)。如果M、N相距较近，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度越来越小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，速度不断减小，加速度越来越大，故A、D正确。]三、例4　BD　[题图甲中a、b两点电场强度大小相等，但方向不同，A错误；题图乙中a、b两点对称，所以电场强度大小相等，方向均垂直中垂线向左，B正确；题图丙中a、b两点对称，电场强度大小相等，但方向相反，C错误；题图丁的两平行板间为匀强电场，电场强度处处相同，D正确。]例5　(1)eq \f(mg,cos α)　(2)eq \f(mgtan α,q)，方向水平向右解析　(1)小球受力如图所示小球处于平衡状态，竖直方向有FTcos α＝mg解得细线的拉力为FT＝eq \f(mg,cos α)(2)水平方向受力平衡，则有FTsin α＝qE解得E＝eq \f(FTsin α,q)＝eq \f(mgtan α,q)故电场强度大小为eq \f(mgtan α,q)，方向水平向右。专题强化2　静电力的性质例1　B　[b点处的电场强度为零，说明q与Q在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反，即keq \f(q,R2)＝EQb，由于d点和b点相对于圆盘是对称的，因此Q在d点产生的电场强度的大小为EQd＝keq \f(q,R2)，点电荷q在d点产生的电场强度Eqd＝keq \f(q,3R2)，则d点处的合电场强度大小为E合＝keq \f(q,3R2)＋keq \f(q,R2)＝keq \f(10q,9R2)，故B正确。]例2　A　[完整球壳在M点产生的电场的电场强度大小为keq \f(2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2)，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生的电场的电场强度大小为eq \f(kq,2R2)－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的电场强度大小也为eq \f(kq,2R2)－E，选项A正确。]例3　见解析解析　设想将圆环看成由n个相同的小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成一个点电荷，其所带电荷量Q′＝eq \f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P点产生的电场强度E＝eq \f(kQ,nr2)＝eq \f(kQ,nR2＋L2)，如图，由对称性知，各小段带电体在P点的电场强度均为E，E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，EP＝nEx＝nkeq \f(Q,nR2＋L2)cos θ＝k。例4　AB　[由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力沿着电场线的方向，所以粒子带正电荷，选项A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项B正确；若带正电的粒子从M点运动到N点，静电力做正功，粒子动能增大，若带正电的粒子从N点运动到M点，静电力做负功，粒子动能减小，总之粒子在M点的动能小于它在N点的动能，选项C错误；根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，选项D错误。]针对训练1　C　[带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，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；从题图可知，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，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所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确。]例5　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝qEcos 37°，可得E＝eq \f(mgtan 37°,q)＝eq \f(3mg,4q)。(2)当电场强度变为原来的eq \f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－eq \f(1,2)qEcos 37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/sx＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×3×22 m＝6 m。针对训练2　(1)7.5×104 N/C(2)12.5 m/s　方向与竖直方向夹角为37°斜向左下解析　(1)由平衡条件得小球所受静电力大小F＝mgtan θ所以小球所在处的电场强度的大小E＝eq \f(F,q)＝eq \f(mgtan θ,q)＝eq \f(1.0×10－2×10×0.75,1.0×10－6) N/C＝7.5×104 N/C。(2)剪断细线后，小球所受合力大小F合＝eq \f(mg,cos 37°)＝1.25mg根据牛顿第二定律，小球的加速度大小a＝eq \f(F合,m)＝1.25g＝12.5 m/s2所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。4　静电的防止与利用一、辨析　(1)×　(2)√　(3)×例1　C　[导体处于静电平衡状态，导体是一个等势体，导体内部电场强度处处为零，A、B两点电场强度都为零，A、B错误；在导体内部，感应电荷产生的附加电场与正电荷在同一点产生的电场强度等值反向，正电荷在A点产生的电场强度较大，故EA>EB，C正确；当开关S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动，导体内部电场强度处处为零，D错误。]针对训练　A　[导体处于静电平衡状态时，导体内部电场强度处处为0，感应电荷在导体内部某处产生的电场与场源电荷Q在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误。]例2　B　[B球与A球内壁接触后成为一个新的导体，处于静电平衡状态，内部净电荷量为零，带电导体的电荷只能分布于导体的外表面，故QB＝0，QA＝4×10－8 C－2×10－8 C＝2×10－8 C，B正确。]二、辨析(1)√　(2)√　(3)×　(4)√例3　C　[在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，其功能是预防雷电击中发射的火箭，故选C。]三、辨析　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×例4　C　[题图甲中金属网达到静电平衡，内部电场强度为零，金属箔不会张开，金属网屏蔽了外电场，故A、D错误；题图乙中金属网未接地，网内的带电体在金属网内侧感应出负电荷，金属网外侧产生等量的正电荷，正电荷在金属网外侧有电场，对外界产生影响，所以金属箔会张开，故B错误；题图丙中金属网已接地，网外的感应电荷传给地球，外部电场消失，金属箔不会张开，故C正确。]四、例5　D　[由于集尘极与电源的正极连接，尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明到达集尘极的尘埃带负电，A错；电场方向由集尘极指向放电极，B错；尘埃带负电荷，在电场中受静电力的方向与电场方向相反，C错；根据F＝qE可知，同一位置所带电荷量越多的尘埃所受静电力越大，D正确。]章末素养提升例1　D　[对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的静电力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确。]例2　AB　[据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故A正确；电场中正试探电荷受到的静电力方向与该点的电场方向相同，故B正确；电场线是假想的，题图中没有电场线的空白区域也有电场，故C错误；带电粒子仅在静电力作用下从C点运动到D点的轨迹，所受静电力指向弯曲一侧，且静电力方向与电场方向在同一直线上，可知带电粒子受到的静电力方向与电场方向相同，粒子带正电，故D错误。]例3　C　[当静电平衡时，空腔球形导体壳内壁感应出负电荷，外壁感应出正电荷，感应电荷形成的电场与点电荷形成的电场叠加，导致空腔球形导体壳中电场强度为零。画出电场线的大致分布如图所示。由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线最疏，b处电场强度为零，则Ea>Ec>Ed>Eb，故选C。]例4　B　[根据电场线分布可知带电小球受到水平向右的库仑力，电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度相垂直，所以库仑力不做功，故A错误；小球在竖直方向上只受重力作用，所以下落过程中加速度始终为g，小球做匀加速运动，故B正确，C错误；小球受到的库仑力的合力水平向右，与管壁对小球的弹力大小相等，方向相反，所以当库仑力的合力最大时，弹力也就达到最大，在两个电荷连线的中垂线的中点，库仑力的合力最大，单个电荷在此点产生的库仑力大小为F1＝F2＝4keq \f(Qq,d2)，根据矢量的合成法则，则库仑力的合力的最大值为F＝2F1＝8keq \f(Qq,d2)，故D错误。]例5　C　[取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故选C。]例6　(1)3.6×10－5 N　(2)9.78×10－4 N(3)0.48 m/s解析　(1)由几何关系知，A、B小球间的距离L＝eq \r(h2＋r2)解得L＝1 m由库仑定律可得F＝eq \f(kQ|q|,L2)代入数据解得F＝3.6×10－5 N(2)小球B受到重力、支持力和库仑力，如图所示设A、B球连线与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(r,h)解得θ＝53°在竖直方向，小球B受到的合力为0，即Fcos θ＋FN＝mg代入数据可得FN≈9.78×10－4 N(3)库仑力的水平方向分力提供向心力，则有Fsin θ＝meq \f(v2,r)代入数据可得v＝0.48 m/s。第十章　静电场中的能量1　电势能和电势二、例1　见解析解析　(1)静电力先做负功后做正功，则电荷从A经B到C的过程中，静电力做功WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5) J＝－1.8×10－5 J，则知电势能增加了1.8×10－5 J。(2)若A点的电势能为零，则B点的电势能为EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5 J，同理，C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5 J。(3)若B点的电势能为零，则该电荷在A点的电势能为EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋WAB＝－3×10－5 JC点的电势能为EpC′＝EpB′－WBC＝0－WBC＝－1.2×10－5 J。三、辨析　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×例2　A　[由于是负点电荷形成的电场，所以负点电荷离c点最近，有Eaφb>φc，B、C、D错误，A正确。]例3　B　[取无穷远处电势φ∞＝0，对正电荷有W∞M＝0－EpM＝－qφM，则φM＝－eq \f(W∞M,q)＝eq \f(－2×10－9 J,q)<0，对负电荷有WN∞＝EpN－0＝－qφN，则φN＝eq \f(WN∞,－q)＝eq \f(8×10－9J,－q)<0，则φN<φM<0，故A、C、D错误，B正确。]例4　D　[由题图可知，B处的电场线密集，A处的电场线稀疏，因此B点的电场强度大，A点的电场强度小，即EAEpA，D正确。]例5　(1)－20 V　－30 V(2)1.0×10－7 J　1.5×10－7 J－5.0×10－8 J解析　(1)φA＝eq \f(EpA,q1)＝eq \f(－4×10－8,2×10－9) V＝－20 V，φB＝eq \f(EpB,q2)＝eq \f(9×10－8,－3×10－9) V＝－30 V。(2)将q3分别放在A、B两点，它具有的电势能分别为：EpA′＝q3φA＝－5×10－9×(－20) J＝1.0×10－7 JEpB′＝q3φB＝－5×10－9×(－30) J＝1.5×10－7 J把q3由A点移到B点，静电力做的功为WAB＝EpA′－EpB′＝－5.0×10－8 J。2　电势差一、辨析　(1)×　(2)×　(3)√例1　(1)200 V　－300 V　100 V(2)200 V　300 V　－6×10－4 J－9×10－4 J解析　(1)点电荷由A移到B克服静电力做功即静电力做负功，WAB＝－6×10－4 J，则有UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－6×10－4,－3×10－6) V＝200 VUBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(9×10－4,－3×10－6) V＝－300 VUCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)＝300 V－200 V＝100 V。(2)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，电荷在A点的电势能EpA＝qφA＝－3×10－6×200 J＝－6×10－4 J电荷在C点的电势能EpC＝qφC＝－3×10－6×300 J＝－9×10－4 J。二、例2　AD　[等差等势面的疏密程度体现电场强度的大小，由题图可知N点的等差等势面比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，由题图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势面的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；M点与N点电势均为0 V，P点与N点的等势面间隔四个，而相邻等势面的电势差为3 V，则P点与M点的电势差为12 V，故D正确。]例3　C　[根据电场强度叠加原理及对称性可知，等量正点电荷连线中点O电场强度为零，两侧电场强度沿连线指向O点且关于O点对称，故a、c两点电势相等， b、d两点电势也相等，因此＋q在a、c两点电势能相等，在b、d 两点电势能也相等，A、B错误；中垂线上的电场强度方向沿中垂线远离O点，故O点电势最高，C正确；中垂线上沿中垂线远离O点的过程中电场强度大小先增大后减小，b、d两点电场强度是否最大无法判断，故从d点运动到b点过程中加速度变化情况无法确定，D错误。]变式　试探电荷＋q在a、b、c、d的电势能大小为Epa>Epb＝Epd>Epc ，将＋q从a点由静止释放，在它从a点运动到c点的过程中，加速度先减小后增大。3　电势差与电场强度的关系一、辨析　(1)×　(2)√　(3)×例1　C　[根据沿电场方向电势降低可知B点电势低于A点电势，则UBA为负值，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得UBA＝－EdABcos 60°＝－5 V，故选C。]例2　(1)－50 V　－30 V　(2)－10 V解析　板间电场强度方向水平向左，可知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。(1)电场强度大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(50,10×10－2) V/m＝5×102 V/mQ、A间电势差U1＝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＝U2＝－50 V(2)当Q板向左平移5 cm时，两板间距离d ″＝(10－5) cm＝5 cmQ板与A点间距离变为d＝(10－4) cm－5 cm＝1 cm电场强度大小E′＝eq \f(U,d″)＝eq \f(50,5×10－2) V/m＝1.0×103 V/mQ、A间电势差U1′＝E′d＝1.0×103×1.0×10－2 V＝10 V，所以A点电势φA′＝－10 V。例3　D　[把正电荷从A点移到B点，静电力做的功为零，说明直线AB是一条等势线，电场强度方向应垂直于AB，选项A、B错误；UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(－1.73×10－3,1×10－5) V＝－173 V，B点电势比C点电势低173 V，因电场线指向电势降低的方向，所以电场强度方向垂直于AB斜向下，电场强度大小E＝eq \f(UCB,\x\to(BC)sin 60°)＝eq \f(173,0.2×\f(\r(3),2)) V/m≈1 000 V/m，选项D正确，C错误。]二、例4　B　[由题图知，ac段电场线比bc段电场线密，则ac段电场强度较大，根据公式U＝Ed可知，c、a间电势差Uca大于b、c间电势差Ubc，即φc－φa>φb－φc，φc>eq \f(φa＋φb,2) ＝35 V，故选B。]例5　AD　[分别过M、P点作等势线，可得到过P点的等势线在过M点的等势线上方，因沿着电场线方向电势降低，则有φM>φP，A对；将负电荷由O点移到P点，由于UOP>0，则W＝qUOP<0，静电力做负功，B错；由U＝Ed定性判定可知，MN间的平均电场强度小于OM间的平均电场强度，故M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差，C错；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的电场强度方向沿y轴向上，所以在O点由静止释放一不计重力带正电的粒子，其所受静电力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，D对。]专题强化3　电场线、等势面与带电粒子运动轨迹问题　等分法的应用例1　D　[由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向向右偏，因粒子带负电，故电场线方向向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，EpMvN。综上所述，选项D正确。]变式　B　[若实线为等差等势面，带电粒子在a点受力如图，电场强度与F的方向相反，则φM<φN，若粒子从M点运动至N点，静电力做正功，故EpM>EpN，vMEpN，vMtmin，粒子将打在下极板上，选项C错误；t＝eq \f(3d,v0)＝eq \f(3T,4)时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速eq \f(T,4)，后向上减速eq \f(T,4)速度到零；然后向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)速度到零…如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。]例4　BCD　[0～eq \f(T,3)时间内微粒匀速运动，则有qE0＝mg，eq \f(T,3)～eq \f(2,3)T时间内，微粒做平抛运动，加速度为g，方向向下；eq \f(2,3)T～T时间内，微粒的加速度a＝eq \f(2qE0－mg,m)＝g，方向竖直向上。微粒在竖直方向上先向下做匀加速运动后向下做匀减速运动，加速度大小相等，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为eq \f(1,2)d，则重力势能的减小量ΔEp＝eq \f(1,2)mgd，故C正确；在eq \f(T,3)～eq \f(2,3)T内和eq \f(2,3)T～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为eq \f(1,4)d，整个过程中克服静电力做功W＝q×2E0×eq \f(1,4)d＝eq \f(1,2)qE0d＝eq \f(1,2)mgd，故D正确。]专题强化6　带电粒子在电场和重力场中的运动例1　BC　[根据题意可知，粒子做直线运动，静电力垂直极板向上，重力竖直向下，不在同一直线上，所以重力与静电力不平衡，对粒子受力分析可知静电力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，B正确；由图可知，静电力做负功，故电势能增加，机械能减小，故C正确，D错误。]针对训练　(1)2×106 V/m　(2)3×105 V(3)1.2×10－6 C解析　(1)小油滴下落过程中，在M板上方做自由落体运动；进入匀强电场后，受重力和静电力作用，小油滴做匀减速运动，到达N板时速度为零。全过程由动能定理得mg(h＋L)－E|Q|L＝0解得E＝2×106 V/m(2)平行板电容器两极板间为匀强电场，U＝EL＝2×106×0.15 V＝3×105 V(3)平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，由C＝eq \f(Q,U)可得q＝CU＝4.0×10－12×3×105 V＝1.2×10－6 C。例2　AB　[轨迹向上弯曲且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，合力竖直向上，静电力竖直向上，因为油滴带正电，所以电场强度方向竖直向上，Q点的电势比P点低，故A正确；油滴向上运动时合力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，故B正确；油滴向上运动时静电力做正功，电势能减小，所以油滴在Q点的电势能比它在P点的小，故C错误；由于油滴受重力、静电力都为恒力，加速度恒定且不为零，故D错误。]例3　AB　[由题意知，在BC段，小球在竖直方向做减速运动，故小球所受静电力方向向上，电场方向向下，故小球带负电，故A正确；由题意知，小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，又AB＝2BC，根据分运动和合运动的关系，故小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1，设在B点时小球在竖直方向的分速度为v，则在AB段，竖直方向有v＝gtAB，在BC段，竖直方向有v＝eq \f(1,2)atAB，又Eq－mg＝ma，得Eq＝3mg，小球从A到B与从B到C的水平分速度不变，竖直分速度变化量大小相同，故合速度变化量大小相同，故B正确，C、D错误。]例4　AB　[如图所示，小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，则在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律有eq \f(mg,cos θ)＝meq \f(v2,L)，得v＝eq \r(\f(gL,cos θ))，则小球动能的最小值为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cos θ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，静电力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，选项D错误。]例5　(1)1.5 N/C　(2)6 N　(3)eq \r(21) m/s解析　(1)带电小球在 B点静止，受力平衡，根据平衡条件得qE＝mgtan θ得E＝eq \f(mgtan θ,q)＝1.5 N/C(2)设小球运动至C点时速度为vC，则mgL－qEL＝eq \f(1,2)mvC2解得vC＝eq \r(2) m/s在C点，小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，即F－mg＝meq \f(vC2,L)，联立解得F＝6 N(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则mgcos θ＋qEsin θ＝meq \f(v2,L)，得v＝eq \r(5) m/s由动能定理得－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02解得v0＝eq \r(21) m/s。章末素养提升例1　C　[电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，电场强度的定义式，只是为了研究电场的性质方便而定义的，A错误；电容器的电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，电容大小取决于电容器的本身，不能理解成电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B错误；电场中某点电场强度是由场源电荷决定的，所以由真空中点电荷电场强度公式，可知电场中某点电场强度与场源电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷的距离的平方成反比，C正确；由UAB＝eq \f(WAB,q)，可知带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，即静电力做功是－1 J，则有UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－1,1) V＝－1 V，则A、B两点的电势差为－1 V，D错误。]例2　D　[因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功为10 J，则电势能增加10 J，故C错误；机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，故ΔE＝40 J－10 J－20 J＝10 J，故D正确。]例3　AB　[沿cd方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴，如图所示。从c到d有W＝Exq·2R，从a到b有2W＝Eyq·eq \r(3)R ＋ ExqR，可得Ex＝eq \f(W,2qR)，Ey＝eq \f(\r(3)W,2qR)，则E＝eq \r(Ex2＋Ey2)＝eq \f(W,qR)，tan θ＝eq \f(Ey,Ex)＝eq \r(3)，由于电场方向与水平方向成60°，则电场强度方向与ab平行，且由a指向b，A正确；将该粒子从d点移动到b点，静电力做的功为W′＝Eqeq \f(R,2)＝0.5W，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错误。]例4　C　[对下极板移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得mg·eq \f(3,2)d－qU＝0，将下极板向上平移eq \f(d,4)，设运动到距离上极板x处返回；因极板分别与电池两极相连，则电容器的电压U不变，则电容器的电场强度为E＝eq \f(4U,3d)，根据动能定理得mg·(eq \f(d,2)＋x)－q·eq \f(4U,3d)·x＝0，联立两式解得x＝eq \f(d,2)，故选C。]例5　(1)eq \r(\f(2mg＋qEL,m))(2)3(mg＋qE)　(3)2eq \r(H－LL)解析　(1)从A到B过程，由动能定理得mgL＋qEL＝eq \f(1,2)mv2－0小球到达B点时的速度为v＝eq \r(\f(2mg＋qEL,m))(2)在B点，由牛顿第二定律得FT－mg－qE＝meq \f(v2,L)，解得FT＝3(mg＋qE)；(3)对小球在细线断开后做类平抛运动由牛顿第二定律有qE＋mg＝ma竖直方向上有：H－L＝eq \f(1,2)at2水平方向上有：x＝vt，联立以上三式解得x＝2eq \r(H－LL)。第十一章　电路及其应用1　电源和电流例1　CD　[导体中自由电荷定向移动形成电流，电荷无规则运动不会形成电流，故A错误；电流虽有方向，但它是一个标量，故B错误；电流是一个基本量，其单位安培是国际单位制中的七个基本单位之一，故C正确；导体两端电势差为零时，电荷不会定向移动，电流必为零，故D正确。]例2　B　[根据电流的定义式可知，I＝eq \f(q,t)＝eq \f(0.1,2) A＝0.05 A，故B正确，A、C、D错误。]针对训练1　C　[由q＝It和n＝eq \f(q,e)得n＝eq \f(It,e)＝9.375×1021个，故选C。]例3　D　[电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反，所以正、负离子定向移动形成的电流，方向都是从A到B，电流不会相互抵消，故A、B错误；t时间内通过溶液内横截面S的电荷量q＝n1e＋n2e＝(n1＋n2)e，根据电流的定义式I＝eq \f(q,t)得I＝eq \f(n1＋n2e,t)，故C错误，D正确。]例4　D　[质子在加速电场中加速，有Ue＝eq \f(1,2)mv2，根据I＝neSv，联立解得n＝eq \f(I,eS)eq \r(\f(m,2eU))，故选D。]针对训练2　CD　[根据电流的定义式I＝eq \f(q,t)可知，通过该导线横截面的电荷量q＝It，则在时间t内通过该导线横截面的电子数为N＝eq \f(q,e)＝eq \f(It,e)，再根据电流的微观表达式I＝nevS，则可得N＝nSvt，故C、D正确，A、B错误。]例5　7.6×10－3 A　32倍解析　4 000 mA·h＝4 A·h，手机的待机电流：I1＝eq \f(q,t1)＝eq \f(4,22×24) A≈7.6×10－3 A；手机播放视频的电流：I2＝eq \f(q,t2)＝eq \f(4,17) A≈0.24 A则eq \f(I2,I1)≈32，即播放视频的电流大约是待机电流的32倍。2　导体的电阻例1　1 500　4　1 500例2　B　[由U＝IR知，对于一个确定的导体来说，通过的电流越大，则导体两端的电压也越大，但是，不能说导体两端的电压U由通过它的电流I和它的电阻R共同决定，A错误；由I＝eq \f(U,R)知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，B正确；关系式R＝eq \f(U,I)是定义式，导体电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，C、D错误。]例3　C　[电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度、横截面积无关，A错误；金属材料的电阻率随温度的升高而增大，大部分半导体材料则相反，B错误；合金的电阻率比构成该合金的任一纯金属的电阻率大，C正确；电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电阻还跟导体的长度、横截面积有关，D错误。]例4　B　[当电流沿I1方向时，铜块的长度为a，横截面积为bc，其电阻R1＝ρeq \f(a,bc)；当电流沿I2方向时，铜块的长度为c，横截面积为ab，其电阻R2＝ρeq \f(c,ab)，故eq \f(R1,R2)＝eq \f(a2,c2)，选B。]针对训练　A　[根据电阻定律可得导体的电阻为R＝eq \f(ρl,S)＝ρeq \f(l,ld)＝eq \f(ρ,d)，则可知R与边长l无关，又R1与R2厚度d相同，知电阻阻值相等，根据I＝eq \f(U,R)，由题意可得I1∶I2＝1∶1，B、C、D错误，A正确。]例5　AD　[由题图可知R1的伏安特性曲线为过原点的直线，故R1为线性元件，R2的伏安特性曲线为曲线，故R2是非线性元件，故A正确；R1的电阻为2 Ω，故B错误；由题图可知，当U＝1 V时，R2的电阻等于R1的电阻，都为2 Ω，故D正确；I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知R2的电阻随电压的增大而增大，故C错误。]3　实验：导体电阻率的测量实验1　长度的测量及测量工具的选用例1　见解析解析　整毫米数是3 mm，不足1毫米数是10×0.02 mm＝0.20 mm，最后结果是3 mm＋0.20 mm＝3.20 mm。例2　A　11.25解析　只有用A的两边缘才能测出钢笔帽的内径；由题图乙可知，钢笔帽的内径d＝11 mm＋0.05×5 mm＝11.25 mm。针对训练1　17.3　23.35　10.38解析　题图甲读数：整毫米数是17 mm，游标尺读数是3×0.1 mm＝0.3 mm，最后读数是17 mm＋0.3 mm＝17.3 mm；题图乙读数：整毫米数是23 mm，游标尺读数是7×0.05 mm＝0.35 mm，最后读数是23 mm＋0.35 mm＝23.35 mm；题图丙读数：整毫米数是10 mm，游标尺读数是19×0.02 mm＝0.38 mm，最后读数是10 mm＋0.38 mm＝10.38 mm。例3　D　B　3.700解析　当测砧和测微螺杆快接触合金丝时，应改为旋转微调旋钮，即D部件；为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前还应先旋紧锁紧装置，即B部件，螺旋测微器可以读到毫米千分位，合金丝的直径为d＝3.5 mm＋0.200 mm＝3.700 mm。针对训练2　3.550　3.204　0.900例4　(1)0.02　0.44　0.1　2.20(2)0.1　1.70　0.5　8.5针对训练3　(1)0.90 V　1.90 A(2)10.0 V　10.5 V　10.2 V(或10.3 V)(3)0.40 A　0.50 A　0.22 A　0.52 A实验2　金属丝电阻率的测量例1　(1)5.235　0.385(0.384～0.386均可)　(2)A1　R1　(3)见解析图　(4)eq \f(πUd2,4Il)解析　(1)游标卡尺的主尺读数为52 mm，游标尺读数为0.05×7 mm＝0.35 mm，所以最终读数为52 mm＋0.35 mm＝52.35 mm＝5.235 cm；螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为38.5×0.01 mm＝0.385 mm，故d＝0.385 mm。(2)由于通过待测金属丝的最大电流约为Imax＝eq \f(E,Rx)＝0.2 A，所以电流表应选择A1；电路中需要的最大电阻约为Rmax＝eq \f(E,\f(IA,3))＝45 Ω(电流表指针要控制在表盘刻度eq \f(1,3)～eq \f(2,3)处)，则滑动变阻器需要的最大电阻为45 Ω－15 Ω＝30 Ω，所以为调节方便，滑动变阻器应选择R1。(3)接法如图所示。(4)根据欧姆定律应有R＝eq \f(U,I)，又R＝ρeq \f(l,S)，S＝eq \f(πd2,4)，联立可得ρ＝eq \f(πUd2,4Il)。例2　(1)0.398(0.397～0.399均可)　(3)见解析图　4.5(4.3～4.7均可)(4)C解析　(1)螺旋测微器的读数为0＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm。(3)图线应过原点，选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，明显偏离的点应舍去，如图所示。图线的斜率表示金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值Rx≈4.5 Ω。(4)根据Rx＝ρeq \f(l,S)得金属丝的电阻率ρ＝eq \f(RxS,l)＝eq \f(πRxd2,4l)＝eq \f(3.14×4.5×0.398×10－32,4×0.5) Ω·m≈1×10－6 Ω·m，故选项C正确。例3　(1)C　(2)不同　(3)如图所示　(4)如图所示(5)23.5(23.0～24.0均可)解析　(1)A起固定作用，便于读数；B为粗调，调节B使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好接触；然后调节C，C起微调作用。(2)电阻丝电阻R＝ρeq \f(l,S)，测量一段电阻丝的电阻，S为这段电阻丝的横截面积，而不是某位置处的横截面积，故应在不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径以减小误差。(4)把U2和I2的数据在方格纸中描点，用过原点的直线把它们连在一起，让尽可能多的点在直线上。(5)结合题图中图线的斜率可知R0＋Rx＋RA＝49.0 Ω，R0＋RA＝25.5 Ω，解得Rx＝23.5 Ω。4　串联电路和并联电路第1课时　串联电路和并联电路　滑动变阻器的两种接法一、辨析　(1)×　(2)√　例1　D　[R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2允许通过的最大电流仅为0.5 A，则通过该串联电路的最大电流以最小的为准，从而求得加在电路两端的最大电压是15 V，故D正确。]例2　A　[并联电路中电流之比等于电阻之比的倒数，则有eq \f(R1,R2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(3,2)，解得：R2＝eq \f(2,3)R1＝eq \f(2,3)×6 Ω＝4 Ω，则总电阻的阻值为R＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＝eq \f(6×4,6＋4) Ω＝2.4 Ω，故A正确。]例3　AB　[S断开时，R1与R2串联，则由串联分压可得，电压之比等于电阻之比，即1∶5，故A正确；S闭合时，R2与R3并联，由并联分流可得，电流之比等于电阻之比的倒数，即1∶1，电阻R1位于干路，则通过R1与R2的电流之比为2∶1，由欧姆定律变形得U＝IR，则电压之比为2∶5，故B正确，C错误；设A、B两端所接电压为U，则当S断开时，电阻R1两端的电压为U1＝eq \f(R1,R1＋R2)U＝eq \f(1,6)U，S闭合时，R2与R3总电阻为R23＝eq \f(R2R3,R2＋R3)＝5 Ω，电阻R1两端的电压为U1′＝eq \f(R1,R1＋R23)U＝eq \f(2,7)U，则两次电压之比为eq \f(U1,U1′)＝eq \f(\f(1,6)U,\f(2,7)U)＝eq \f(7,12)，故D错误。]二、例4　(1)4.8～8 V　(2)0～8 V解析　(1)S断开时，滑动变阻器R1为限流式接法，R1的下部不接入电路中，当滑片P在最上端时，R1接入电路的电阻为零，因此R2获得的最大电压等于8 V，当滑片P在最下端时，R1与R2串联，此时R2两端的电压最小，UR2＝eq \f(R2,R1＋R2)UAB＝4.8 V，所以R2两端可获得的电压变化范围为4.8～8 V。(2)当S闭合时，滑动变阻器R1为分压式接法，当滑片P在最下端时，R2两端电压为0，当滑片P在最上端时，R2两端的电压最大，为8 V，所以R2两端可获得的电压变化范围为0～8 V。针对训练　AD　[若仅将a、c两端连在电路中，aP部分将接入电路，则当滑片OP向右滑动时，aP部分变长，滑动变阻器接入电路中的阻值将增大，A正确；若仅将a、d两端连在电路中，也是aP部分接入电路，则当滑片OP向右滑动时，aP部分变长，滑动变阻器接入电路中的阻值将增大，B错误；A、B两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a、b两个接线柱中任意选一个，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C错误；在滑动变阻器的分压式接法中，a、b两个接线柱必须接入电路，c、d两个接线柱中任意选一个接入电路即可，D正确。]第2课时　电表的改装　电流表的内接法和外接法例1　(1)990 Ω　1 000 Ω　(2)0.05 Ω　0.05 Ω解析　(1)由题意知电流表G的满偏电压Ug＝IgRg＝0.03 V改装成量程为0～3 V的电压表，当达到满偏时，分压电阻R两端的电压UR＝U－Ug＝2.97 V所以分压电阻R＝eq \f(UR,Ig)＝eq \f(2.97,0.003) Ω＝990 Ω改装后电压表的内阻RV＝Rg＋R＝1 000 Ω。(2)改装成量程为0～0.6 A的电流表，当达到满偏时，通过分流电阻R′的电流IR′＝I－Ig＝0.597 A所以分流电阻R′＝eq \f(Ug,IR′)≈0.05 Ω改装后电流表的内阻RA＝eq \f(RgR′,Rg＋R′)≈0.05 Ω。针对训练1　B　[根据欧姆定律得R1＝eq \f(5 V－IgRg,Ig)，R1＋R2＝eq \f(U2－IgRg,Ig)，解得U2＝15 V，故选B。]针对训练2　(1)2 V　(2)10 Ω　10 Ω解析　(1)由欧姆定律可知，该表头的满偏电压为U＝IgRg＝10×10－3×200 V＝2 V(2)接A、B时，R1起分流作用为一支路，表头与R2串联为一支路，此时量程为I1＝0.22 A，此接法电路的量程为当电流表达到满偏时通过电路的总电流，即为I1＝Ig＋eq \f(IgRg＋R2,R1)同理，接A、C时，R1与R2为一支路起分流的作用，表头为一支路，此时的量程为I2＝0.11 A，则I2＝Ig＋eq \f(IgRg,R1＋R2)代入数据联立解得R1＝10 Ω，R2＝10 Ω。例2　C　[设改装前四个电流表的满偏电流为Ig，内阻为Rg，改装成电流表时需要并联电阻R，其量程为I＝eq \f(IgRg,R)＋Ig，由上式可知电流表量程越小R越大，所以A1的内阻大于A2的内阻，根据并联分流规律可知通过A1的电流小于通过A2的电流，所以A1的读数小于A2的读数，又因为原始表头为并联关系，所以表头两端电压相等，则通过两表头的电流相等，即A1指针偏转角度和A2指针偏转角度相同，A错误，C正确；改装成电压表时需要串联电阻R，其量程为U＝Ig(R＋Rg)，由上式可知电压表量程越小R越小，所以V1的内阻小于V2的内阻，根据串联分压规律可知V1两端电压小于V2两端电压，所以V1的读数小于V2的读数，又因为原始表头为串联关系，所以通过两表头的电流相等，即V1指针偏转角度和V2指针偏转角度相同，B、D错误。]例3　Rx1　大于解析　由题意知eq \f(RV,Rx)＝eq \f(2 000 Ω,200 Ω)＝10，eq \f(Rx,RA)＝eq \f(200 Ω,10 Ω)＝20，eq \f(RV,Rx)<eq \f(Rx,RA)，电压表的分流作用较显著，故应该采用电流表内接法，即题图甲所示接法，Rx1更接近待测电阻的真实值，题图甲中待测电阻的测量值是Rx与RA串联后的电阻值，故Rx真eq \f(RV,Rx))，故采用电流表内接法；如图所示。(3)实物连接如图所示。第十二章　电能　能量守恒定律1　电路中的能量转化一、辨析　(1)×　(2)×例1　C　[根据R＝eq \f(U2,P)可知RA＝RCPA，因RB、RC两端电压相等，根据P＝eq \f(U2,R)可知PC>PB，因RA、RC电阻相等，IA>IC，根据P＝I2R可知PA>PC，即PD>PA>PC>PB，故选C。]二、例2　A　[电阻丝A、B的长度之比为2∶1，直径之比为1∶2，则横截面积比为1∶4，根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S)知，电阻之比为8∶1，电阻丝A、B并联在电路中，电压相同，根据I＝eq \f(U,R)可得电阻丝A、B中的电流之比为IA∶IB＝1∶8，根据Q＝I2Rt可知电阻丝A、B在相同的时间内产生的热量之比为QA∶QB＝1∶8，故选A。]例3　C　[由P＝eq \f(U2,R)可得，当接通K时，电路中的总电阻变小，功率变大，电饭锅处于加热状态；当断开K时，电路中的总电阻变大，功率变小，电饭锅处于保温状态，则R2是供加热用的电阻丝，A、B正确；使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P＝I2R可知，电阻R2在保温与加热状态下的电流之比为1∶eq \r(2)，所以(R1＋R2)∶R2＝eq \r(2)∶1，则R1∶R2＝(eq \r(2)－1)∶1，C错误，D正确。]三、辨析　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√例4　(1)1 W　(2)5 W　4 W　(3)2 m　(4)80%解析　(1)电动机线圈上消耗的热功率为P热＝I2r＝1 W。(2)电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即P入＝UI＝5×1 W＝5 W电动机的输出功率就是电动机对外做功的功率，根据P入＝P出＋P热得P出＝P入－P热＝5 W－1 W＝4 W。(3)设物体A的重力为G，t＝10 s内物体A上升的高度为h，根据能量守恒定律得P出t＝Ghh＝eq \f(P出t,G)＝2 m。(4)这台电动机的效率为η＝eq \f(P出,P入)×100%＝80%。例5　(1)2 Ω　72 W　(2)58.3 %(3)16 W解析　(1)当S1闭合，S2、S3断开时，电炉子接入电路。电炉丝为纯电阻元件，由部分电路欧姆定律得电炉丝的电阻R＝eq \f(U,I1)＝eq \f(12,6) Ω＝2 Ω电炉丝发热功率P＝UI1＝12×6 W＝72 W(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律，有I2U＝I22rM＋P输出η＝eq \f(I2U－I22rM,I2U)×100%＝eq \f(5×12－52×1,5×12)×100%≈58.3%(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律知P化学＝I3U－I32rA代入数据解得P化学＝(4×12－42×2) W＝16 W。2　闭合电路的欧姆定律第1课时　闭合电路的欧姆定律一、辨析　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√(5)×例1　B　[铅蓄电池的电动势为2 V，表示非静电力将1 C的正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2 J，即2 J的化学能转变为电能，与时间无关，故A、C错误，B正确；电源的电动势表示电源将其他形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，与二者的体积大小无关，故D错误。]二、例2　AC　[由题图可知电压表测量的是路端电压，电流表测量的是通过可变电阻R的电流，由U＝IR，得I＝2 A，再由闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，将I＝2 A、U＝4 V、E＝6 V代入可得r＝1 Ω，故选项A、C正确，B、D错误。]例3　(1)6 Ω　6 Ω　(2)5.6 V　0.5 Ω解析　(1)当S断开时，R1＝eq \f(U1,I1)＝eq \f(4.8,0.8) Ω＝6 Ω，当S闭合时R并＝eq \f(U2,I2)＝eq \f(4.2,1.4) Ω＝3 Ω，根据并联电阻的特点得R并＝eq \f(R1R2,R1＋R2)，解得R2＝6 Ω。(2)当S断开时，由闭合电路欧姆定律得E＝I1(R3＋r)＋U1，当S闭合时，E＝I2(R3＋r)＋U2，解得E＝5.6 V，r＝0.5 Ω。例4　(1)1 Ω　(2)1.5 A　(3)90 W　87.5 W解析　(1)电源电动势E＝40 V，当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6 A，根据闭合电路欧姆定律可知I1＝eq \f(E,R＋r)解得电源内阻r＝1 Ω(2)开关S闭合后，理想电流表的示数I2＝4.0 A，则电源内电压为U内＝I2r＝4×1 V＝4 V路端电压为U＝E－U内＝36 V通过电阻R的电流为IR＝eq \f(U,R)＝eq \f(36,24) A＝1.5 A(3)通过电动机的电流IM＝I2－IR＝2.5 A电动机两端的电压U＝36 V，电动机的输入功率PM＝UIM＝90 W输出功率P出＝PM－IM2r1＝87.5 W。第2课时　路端电压与负载的关系　欧姆表的原理一、辨析　(1)×　(2)√例1　(1)3.7 V　(2)4.3 V解析　外电阻为4.0 Ω时，由闭合电路欧姆定律得U＝IR外＝eq \f(E,R外＋r)R外，代入数据，解得r＝0.5 Ω(1)并联一个6.0 Ω的电阻后，外电阻R1＝eq \f(4×6,4＋6) Ω＝2.4 Ω，则有U1＝eq \f(E,R1＋r)R1＝eq \f(4.5,2.4＋0.5) A×2.4 Ω≈3.7 V；(2)串联一个6.0 Ω的电阻后，外电阻R2＝4 Ω＋6 Ω＝10 Ω，则路端电压U2＝eq \f(E,R2＋r)R2＝eq \f(4.5,10＋0.5) A×10 Ω≈4.3 V。针对训练1　D　[由题图可知，电灯均为并联；当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，由U＝E－Ir知路端电压减小，电灯两端的电压变小，故D正确。]二、例3　AD　[由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir知，当I＝0时，U＝E，由题图知电源电动势为2.0 V，故A正确；电源的内阻r＝|eq \f(ΔU,ΔI)|＝eq \f(2－0.8,6) Ω＝0.2 Ω，故B错误；电源短路时电流I短＝eq \f(E,r)＝10.0 A，故C错误；当电路路端电压为1.0 V时，电路中电流I′＝eq \f(E－U′,r)＝eq \f(2－1,0.2) A＝5.0 A，故D正确。]针对训练2　A　[因该电源的U－I图像的纵轴坐标并不是从零开始的，故纵轴上的截距为电源的电动势，即E＝6.0 V，但横轴上的截距0.5 A并不是电源的短路电流，内阻r＝|eq \f(ΔU,ΔI)|＝eq \f(6.0－5.0,0.5) Ω＝2 Ω，选项A正确，B、C错误；由闭合电路欧姆定律可得电流I＝0.3 A时，外电阻R＝eq \f(E,I)－r＝18 Ω，选项D错误。]三、例4　(1)C　(2)N　M　(3)1 000 Ω　500 Ω　(4)偏大解析　(1)两表笔直接接触时，调节滑动变阻器的阻值使电流达到满偏Ig＝eq \f(E,Rg＋R0)，解得R0＝400 Ω，故滑动变阻器应选C。(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端。(3)电流I＝2 mA时，有I＝eq \f(E,Rg＋R0＋Rx)，解得Rx＝1 000 Ω。电流I′＝3 mA时，I′＝eq \f(E,Rg＋R0＋Rx′)，解得Rx′＝500 Ω。(4)当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig＝eq \f(E,r内)，欧姆表内阻应调小，待测电阻的阻值是通过电流表的示数体现，由I＝eq \f(E,Rx＋r内)＝eq \f(Igr内,Rx＋r内)＝eq \f(Ig,\f(Rx,r内)＋1)，可知当r内变小时，接入同样的被测电阻，通过的电流变小，欧姆表读数偏大。针对训练3　B　[欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小。欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内阻R总，根据闭合电路欧姆定律得，满偏时，Ig＝eq \f(E,R总)，半偏时，eq \f(1,2)Ig＝eq \f(E,R总＋R中)，联立解得R中＝R总＝eq \f(E,Ig)＝eq \f(1.5 V,300×10－6 A)＝5 000 Ω＝5 kΩ，故选B。]专题强化8　闭合电路的功率　两种U－I图像的对比例1　见解析解析　(1)根据公式P＝I2R0，当电流最大时，定值电阻R0上消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律，有I＝eq \f(E,R＋R0＋r)所以当R＝0时，电流最大，定值电阻R0上消耗的功率最大，此时I＝1.5 A，最大消耗功率P1＝I2R0＝3.375 W。(2)当外电阻的阻值越接近电源内阻时，电源的输出功率越大，所以当R＝0时，电源的输出功率最大，此时路端电压为U′＝eq \f(1.5,2)×3 V＝2.25 V，根据闭合电路欧姆定律可知，I′＝eq \f(3,1.5＋0.5) A＝1.5 A电源的最大输出功率为P2＝U′I′＝2.25×1.5 W＝3.375 W。(3)将电阻R0和电源看作等效电源，则滑动变阻器上消耗的功率相当于等效电源的输出功率。当R＝R0＋r＝2 Ω时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器上消耗的功率最大，此时滑动变阻器两端的电压U＝1.5 V，滑动变阻器上消耗的最大功率为P3＝eq \f(U2,R)＝1.125 W。例2　ACD　[电源的总功率PE＝EI∝I，故PE－I图线是直线，故A正确；输出功率PR＝PE－Pr＝EI－I2r，应为开口向下的曲线，故曲线b表示PR－I图线；电源内部的发热功率Pr＝I2r，应为开口向上的曲线，故曲线c表示Pr－I图线，故B错误；当I＝2 A时，PR＝0，说明外电路短路，根据P＝EI，得电源的电动势E＝eq \f(P,I)＝eq \f(8,2) V＝4 V，内阻r＝eq \f(E,I)＝eq \f(4,2) Ω＝2 Ω，故C正确；由题图知，电源的输出功率PR＝PE－Pr最大为2 W，故D正确。]例3　BC　[电源的效率η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(I2R,I2R＋r)×100%＝eq \f(R,R＋r)×100%＝eq \f(1,1＋\f(r,R))×100%，由电源U－I图像斜率的绝对值表示内阻可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高，故B正确；当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U－I图线与电源的U－I图线的交点表示电阻R的工作状态，交点的纵坐标表示路端电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由题图知，R接到a电源上，电源的输出功率(也是电阻的发热功率)较大，故C正确，A、D错误。]针对训练　D　[由图线a可知电池组的内阻为r＝eq \f(ΔU,ΔI)＝eq \f(4－0,4) Ω＝1 Ω，故A错误；电阻的阻值为R＝eq \f(ΔU′,ΔI′)＝eq \f(3－0,1) Ω＝3 Ω，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时的工作电流和路端电压(电阻两端电压)，由题图可读出路端电压为U＝3 V，电流I＝1 A，电池组的输出功率是P＝UI＝3 W，故C错误；由题图知，E＝4 V，当外电阻等于电池组内阻时，电池组的输出功率最大为P出＝(eq \f(E,2r))2r＝4 W，故D正确。]例4　AC　[由U－I图像的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻r＝|eq \f(ΔU,ΔI)|＝|eq \f(20－50,6－0)| Ω＝5 Ω，故A正确，B错误；该导体与该电源相连时，电阻两端的电压、电流分别为U＝40 V，I＝2 A，则R＝eq \f(U,I)＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P总＝EI＝100 W，故C正确，D错误。]专题强化9　闭合电路的动态分析　含有电容器的电路　故障分析例1　D　[当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由I＝eq \f(E,R外＋r)知总电流增大，通过L2的电流增大，L2变亮；由U并＝E－I(RL2＋r)知，滑动变阻器与L1并联部分电压减小，电压表示数变小，L1变暗，D正确。]针对训练1　B　[将S断开，则电路的总电阻变大，总电流变小，由U＝E－Ir知，路端电压变大，故电压表的读数变大；总电流变小，则R1两端的电压U1＝IR1变小，故R3两端的电压变大，流过R3的电流变大，电流表的读数变大，选项B正确。]例2　AC　[由题图可知，eq \f(U1,I)＝eq \f(ΔU1,ΔI)＝R1，是定值，A对；eq \f(U2,I)＝R2，随P向下移动而变大，而|eq \f(ΔU2,ΔI)|＝|eq \f(ΔIR1＋r,ΔI)|＝R1＋r不变，B错，C对；因eq \f(U3,I)＝R1＋R2，故此比值增大，而|eq \f(ΔU3,ΔI)|＝r为电源的内阻，不变，故D错。]例3　CD　[电容器两极板间的电压等于R2两端的电压，开关S断开时，电路稳定后，电路中的总电流为I＝eq \f(E,R2＋r)＝eq \f(2,8＋2) A＝0.2 A，电容器两极板间的电压为U＝IR2＝0.2×8 V＝1.6 V，此时电容器所带电荷量为Q＝CU＝3×10－6×1.6 C＝4.8×10－6 C；开关S接通时两定值电阻并联，电路稳定后，电容器两极板间的电压等于路端电压，电路中的总电流为I′＝eq \f(E,R外＋r)＝eq \f(2,4＋2) A＝eq \f(1,3) A，电容器两极板间的电压为U′＝I′R外＝eq \f(1,3)×4 V＝eq \f(4,3) V，此时电容器所带的电荷量为Q′＝CU′＝3×10－6×eq \f(4,3) C＝4×10－6 C，故选C、D。]例4　(1)1 A　(2)1.2×10－4 C解析　(1)S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，电流I＝eq \f(E,R1＋R2)＝1 A。(2)S闭合时，电容器两端电压UC＝U2＝IR2＝6 V，稳定后储存的电荷量Q＝CUC。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′＝CUC′。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断开以后才发生的，则只有通过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，为1.2×10－4 C。针对训练2　D　[S断开时，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压等于R2两端电压，电容器a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电，电容器的电压U2＝eq \f(ER2,R1＋R2)＝4 V，故A、B错误；S闭合电路稳定后，R1和R2先串联再与R3并联，电容器b极板的电势比a极板电势高，b极板带正电，电容器两端电压即R1两端电压，为U1＝2 V，电容器所带电荷量为Q＝CU1＝8×10－6 C，故C错误，D正确。]拓展延伸　S闭合，电路稳定后，电容器上电荷量的增加量ΔQ＝CU2＋CU1＝2.4×10－5 C，故流过电流表的电荷量为2.4×10－5 C。例5　BC　[将电路进行简化，可知R1与灯L1并联，R2、R3串联后与L2并联，如图所示。若R2短路，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小。而L1部分电阻不变，其两端的电压增大，故L2两端电压减小，即L1变亮，L2变暗，符合题意，B正确；若R1断路，则总电阻增大，总电流减小，路端电压增大。而L2部分电阻不变，其两端的电压减小，故L1两端电压增大，即L1变亮，L2变暗，符合题意，C正确；若R2或R3断路，则总电阻增大，总电流减小，路端电压增大。而L1部分电阻不变，其两端的电压减小，故L2两端电压增大，即L1变暗，L2变亮，与题干矛盾，A、D错误。]3　实验：电池电动势和内阻的测量第1课时　伏安法测电池的电动势和内阻例1　(1)0～3 V　0～0.6 A　R1(2)见解析图(a)　见解析图(b)(3)1.5　2.5解析　(1)电池的电动势约为1.5 V，故电压表应选用的量程为0～3 V；电路中最大电流约为0.5 A，故电流表应选用的量程为0～0.6 A；为了调节方便并能减小误差，滑动变阻器应选用R1。(2)电路图如图(a)所示，实物图如图(b)所示。(3)U－I图像的纵轴截距表示电池的电动势，故该电池的电动势E＝1.5 V；斜率的绝对值表示电池的内电阻，故r＝|eq \f(1.0－1.5,0.2)| Ω＝2.5 Ω。例2　(1)见解析图(a)(2)见解析图(b)　1.5 V　0.52 Ω(3)电压表的分流作用(4)<　< 解析　(1)实物图连线如图(a)所示。(2)描点作图如图(b)所示。纵轴截距为1.5 V，所以电池的电动势E＝1.5 V，图线斜率的绝对值|k|＝eq \f(1.50－0.20,0.43)≈3.02则内阻r＝(3.02－2.5) Ω＝0.52 Ω。(3)由于电压表的分流作用，电流表所测的电流小于通过电池的电流。(4)保护电阻等效到电池的内部，电压表测量外电压，电流表所测的电流偏小，作出U－I图线的测量图线和实际图线，如图(c)所示，虚线表示实际图线，从图线可以看出，电池的电动势和内阻的测量值均小于真实值。针对训练　(1)R1　(2)见解析图(3)1.50　0.20　(4)等于　等于解析　(2)电流表内阻已知，实验电路图如图所示。(3)由闭合电路的欧姆定律可知U＝E－Ir，即路端电压与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图像与纵坐标轴的截距为电源的电动势；图像斜率的绝对值表示等效电源内电阻；故由题图可得电动势为E＝1.50 V，RA＋r＝|eq \f(ΔU,ΔI)|＝|eq \f(1.00－1.50,0.50－0)| Ω＝1.00 Ω，则r＝(1.00－0.80) Ω＝0.20 Ω(4)由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋I(r＋RA)，则U＝E－I(r＋RA)，U－I图像斜率的绝对值等于电源内阻和电流表内阻之和，而电流表内阻已知，故通过实验得到的电源内阻等于真实值，电动势的测量值等于真实值。第2课时　伏阻法和安阻法测电池的电动势和内阻例1　(1)C　E　(2)3.3　0.25(3)偏小解析　(1)由题意知电池电动势约为3 V，要准确测量电池的电动势和内阻，电压表应选择量程为3 V的V2，故电压表应选择C；R02＝100 Ω的定值电阻阻值太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择阻值较小的R01，故定值电阻R0应选择E；(2)由闭合电路欧姆定律得U＝E－eq \f(U,R)(r＋R0)，整理得eq \f(1,U)＝eq \f(r＋R0,E)·eq \f(1,R)＋eq \f(1,E)结合题图乙可得0.3 V －1＝eq \f(1,E)，则E≈3.3 V，斜率k＝eq \f(r＋R0,E)＝eq \f(3－0.3,4.0) A－1＝0.675 A－1解得r＝0.25 Ω(3)考虑到电压表的分流作用，则E＝U＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R)＋\f(U,RV)))(R0＋r)，故电动势的测量值与真实值相比偏小。针对训练1　(1)保护电源，防止短路　(2)见解析图　(3)2.94　1.21解析　(1)若无R0存在，当R调节到阻值为0时，外电路短路，有烧坏电源的危险，故R0的作用是保护电源，防止短路。(2)如图所示，电压表选择3 V量程，开关置于干路。(3)根据闭合电路欧姆定律，当电阻箱读数为R1＝2 Ω时E＝U1＋eq \f(U1,R1＋R0)r当电阻箱读数为R2＝4 Ω时E＝U2＋eq \f(U2,R2＋R0)r联立以上两式得E≈2.94 V，r≈1.21 Ω。例2　(1)D　F　(3)6.1　4.0解析　(1)定值电阻R01的阻值过大，若选择E，则回路中电流不超过Imax＝eq \f(E,R01＋r)≈0.11 A此时无论选择哪个电流表，都不能使其指针偏转达到量程的二分之一，从而造成读数误差较大，所以定值电阻应选F。在这种情况下，回路中电流不超过Imax′＝eq \f(E,R02＋r)≈0.67 A，所以电流表应选择D。(3)根据闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R0＋RA＋R)，整理可得eq \f(1,I)＝eq \f(1,E)R＋eq \f(r＋R0＋RA,E)故以eq \f(1,I)为纵坐标，以R为横坐标，得到题图乙所示图线，图线的斜率为k＝eq \f(1,E)＝eq \f(1.98－1.65,2) V－1＝0.165 V－1图线纵轴截距为b＝eq \f(r＋R0＋RA,E)＝1.65 A－1，解得E≈6.1 V，r＝4.0 Ω。针对训练2　(1)开关未断开　电阻箱阻值为零　(2)见解析图　1.37(1.34～1.40均可)　1.2(1.0～1.4均可)解析　(1)在电学实验中，连接电路时应将开关断开，电阻箱的阻值调为最大，确保实验仪器、仪表的安全。(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)即R＝E·eq \f(1,I)－r，即R－ eq \f(1,I)图像为直线。描点连线后图像如图所示。根据图像可知r＝1.2 Ω图像的斜率为电动势E，在R－ eq \f(1,I)图像上取两点(1.2,0.40)、(5,5.60)则E＝eq \f(5.60－0.40,5－1.2) V≈1.37 V。4　能源与可持续发展一、辨析　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×例1　ABC　[选项A、B、C对应着能量守恒定律的内容；石子的机械能发生了转化，而不是消失，A、B、C正确。]针对训练1　A　[电动车在运动过程中的摩擦力大小不变，从题图看出，第二次的位移是第一次的eq \f(3,5)，故没被转化为内能的能量为初动能的eq \f(2,5)，由能量守恒定律得所充的电能为eq \f(2,5)Ek0＝eq \f(2,5)×500 J＝200 J，A正确。]二、辨析　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×例2　BD　[自然界一切自发过程都有方向性，如热传递，热量总是由高温物体自发地传向低温物体；又如扩散，气体总是自发地由密度大的地方向密度小的地方扩散。在外界帮助下气体可以由密度小的地方向密度大的地方扩散，热量可以从低温物体传向高温物体，电冰箱就是借助外界做功把热量从低温物体传向高温物体，故选B、D。]针对训练2　BC　[在能源的利用过程中，能量在数量上不会减少，能量守恒定律依然成立，但是能量会发生耗散，在可利用的品质上会降低，从便于利用的能源变成不便于利用的能源，自然界可利用的能源会越来越少，故A错误，B正确；与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，能量转化具有方向性，故C正确；自然界中发生的能量转化在自发情况下都是不可逆的，但在其他外在条件介入的情况下可以发生逆过程，能量的转移和转化具有方向性，各种能量最终都会转化为内能，故D错误。]三、例3　BC　[“温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时增加了大气中二氧化碳的含量，它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升等，故B、C正确。]例4　C　[以叶片长l＝64 m为半径的圆面积S＝πl2，在时间t内通过叶片所在圆区域的空气柱长度x＝vt，该柱形体积内风的动能为Ek＝eq \f(1,2)ρSxv2＝eq \f(1,2)ρπl2v3t，则该风力发电机的电功率P＝eq \f(ηEk,t)＝eq \f(1,2)ηρπl2v3，代入数据，解得v≈14.4 m/s，故C正确。]章末素养提升例1　A　[每节电池的电动势为1.5 V，根据电动势的定义可知电路中每通过1 C电荷，消耗的电能为W＝qE＝1×1.5 J＝1.5 J，则有1.5 J的化学能转化为电能，故A正确；体温枪工作时，电池组两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势，故电池组两极间电压小于3 V，故B错误；体温枪工作时电源消耗的总功率为P＝2EI＝2×1.5 V×5 mA＝15 mW，电源的输出功率小于电源消耗的总功率，故C错误；两节干电池的总电动势为3 V，体温枪工作时，电源的电动势不变，故D错误。]例2　AD　[电阻与电动机的电流相等，根据Q＝I2Rt可知，Q1＝Q2，电动机为非纯电阻，则W1＝Q1，W2>Q2，则W1