2025高考物理步步高同步練習(xí)必修3學(xué)習(xí)筆記答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)必修3學(xué)習(xí)筆記學(xué)習(xí)筆記答案精析第九章靜電場及其應(yīng)用1電荷探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)①C移近導(dǎo)體A，A、B下部的金屬箔片都張開；②金屬箔片仍張開；③A、B接觸，金屬箔片都閉合．(2)正電荷，在這個過程中，有電子從物體B轉(zhuǎn)移到物體A.例1ABC[靜電感應(yīng)沒有創(chuàng)造電荷，只是電荷從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，故A正確；摩擦起電和感應(yīng)起電都能使電子轉(zhuǎn)移，只不過前者使電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體上，而后者則使電子從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，故B正確；摩擦起電時，一個電中性物體失去一些電子而帶正電，另一個電中性物體得到這些電子而帶負(fù)電，故C正確；一個帶電導(dǎo)體接觸另一個不帶電的導(dǎo)體時，電荷發(fā)生轉(zhuǎn)移，所以兩個物體一定帶同種電荷，故D錯誤．]例2B[帶正電的小球C靠近A，由于感應(yīng)起電，A帶負(fù)電，B帶正電．若先將A、B分開，再移走C，則A整體帶負(fù)電，B整體帶正電，故A錯誤，B正確；若先將C移走，則A、B上的電荷又馬上中和，不再帶電，再把A、B分開，A、B都不帶電，故C、D錯誤．]針對訓(xùn)練1B[最初A、B均不帶電，C帶負(fù)電，將C靠近A球，由于感應(yīng)起電，A帶正電，B帶負(fù)電，然后A球用導(dǎo)線接地一下時，A球依然帶正電荷，B球所帶負(fù)電荷經(jīng)導(dǎo)線流入大地，將C移走后，A球的電荷分到B球上一部分，再將A、B分開后，A、B均帶正電荷．故選B.]二、導(dǎo)學(xué)探究(1)摩擦起電的過程并沒有創(chuàng)造電荷．一個封閉的系統(tǒng)中，電荷的總量保持不變．(2)物體所帶的電荷量不是任意的，它只能是1.60×10－19C的整數(shù)倍．由于4×10－19C是1.60×10－19C的2.5倍，所以物體所帶的電荷量不能是4×10－19C.(3)元電荷是最小的電荷量，是一個數(shù)值，不是實物粒子；電子和質(zhì)子是實物粒子，不是元電荷，帶電荷量等于元電荷．例3(1)2∶3(2)2∶1解析(1)設(shè)A、B帶電荷量均為q，則A、C接觸后，A、C帶電荷量為qA1＝qC1＝eq\f(1,2)q.C與B接觸后，B、C帶電荷量為qB1＝qC2＝eq\f(q＋\f(1,2)q,2)＝eq\f(3,4)q.故A、B帶電荷量大小之比為eq\f(qA1,qB1)＝eq\f(\f(1,2)q,\f(3,4)q)＝eq\f(2,3).(2)設(shè)A帶正電荷，B帶負(fù)電荷，且所帶電荷量大小均為Q.則C與A接觸后，A、C帶電荷量為QA′＝QC′＝＋eq\f(1,2)Q.C與B接觸后，B、C帶電荷量為QB′＝QC″＝eq\f(\f(1,2)Q－Q,2)＝－eq\f(1,4)Q，故A、B帶電荷量大小之比為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(QA′,QB′)))＝eq\f(\f(1,2)Q,\f(1,4)Q)＝eq\f(2,1).針對訓(xùn)練25×10－67.5×10－67.5×10－6解析小球C先與球A接觸后分開，則qA＝qC＝eq\f(q,2)＝1.0×10－5C，再讓小球B與球A接觸后分開，則qA′＝qB＝eq\f(qA,2)＝5×10－6C；最后讓小球B與小球C接觸后分開，則qB′＝qC′＝eq\f(qB＋qC,2)＝7.5×10－6C.例4A[任何帶電微粒所帶的電荷量都是元電荷1.6×10－19C的整數(shù)倍，則不可能是2.4×10－19C．故選A.]三、例5D[把一個帶正電的金屬球A，靠近一個原來不帶電的驗電器的金屬小球，驗電器的金屬小球由于感應(yīng)起電會帶上負(fù)電荷，金屬箔由于感應(yīng)起電會帶上正電荷，而整個驗電器不帶電．所以驗電器金屬箔張開，A、B、C錯誤，D正確．]2庫侖定律探究重點提升素養(yǎng)一、例1D[帶電體能否看作點電荷是由所研究問題的性質(zhì)決定的，與自身大小、形狀無直接關(guān)系，故A、B、C錯誤；當(dāng)兩個帶電體的形狀和大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體均可看作點電荷，故D正確．]針對訓(xùn)練1D[元電荷是最小的電荷量，而點電荷是一種理想化的物理模型，二者不是同一物理概念，故A錯誤；元電荷是最小的電荷量，不是質(zhì)子，故B錯誤；點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，帶電體能不能看作點電荷，不是看帶電體的體積大小和電荷量大小，而是看帶電體的大小相對于帶電體間的距離能不能忽略不計，即兩個帶電體的大小和形狀對它們之間相互作用力的影響能不能忽略不計，所以即使體積很大的帶電體也可能看作點電荷，即使是電荷量很小的電荷也不一定能看作點電荷，兩個帶電的金屬小球，不一定能將它們作為電荷集中在球心的點電荷處理，故C錯誤，D正確．]二、導(dǎo)學(xué)探究電荷之間作用力的大小與兩電荷間的距離有關(guān)，距離越大，靜電力越?。?CD[庫侖定律適用于點電荷，當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力的影響可以忽略時，這樣的帶電體可以看作點電荷，與帶電體的體積沒有必然的聯(lián)系，故A錯誤；當(dāng)兩個帶電體間的距離r→0時，帶電體不能看作點電荷，庫侖定律不再適用，故B錯誤；庫侖定律和萬有引力定律的表達(dá)式分別為F庫＝keq\f(q1q2,r2)，F(xiàn)萬＝Geq\f(m1m2,r2)可知它們都是與距離平方成反比的定律，故C正確；靜電力常量k的值為9.0×109N·m2/C2，故D正確．]例3B[在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，Q所受靜電力大小為F＝eq\f(kQq,rAB2)；在C處放一電荷量為－2q的點電荷時，Q所受靜電力大小為F′＝eq\f(kQ·2q,rBC2)＝eq\f(2kQq,2rAB2)＝eq\f(kQq,2rAB2)＝eq\f(F,2)，且不管點電荷Q是正電荷還是負(fù)電荷，兩種情況下，Q受到的靜電力的方向都相同，故B正確．]例4C[當(dāng)兩球心相距3R時，兩球不能被看作點電荷，因為是同種電荷，相互排斥，電荷中心距離大于3R，此時F＜keq\f(q1q2,3R2)，故選C.]三、導(dǎo)學(xué)探究以C為研究對象，根據(jù)庫侖定律，點電荷C共受到F1和F2兩個力的作用，如圖所示，每兩個點電荷之間的距離都相同，故F1＝F2＝keq\f(Q2,a2)，根據(jù)平行四邊形定則，合力為F＝2F1cos30°＝eq\r(3)keq\f(Q2,a2)，合力的方向沿A與B連線的垂直平分線斜向右下方．例58×10－21平行于AB連線向左解析電子帶負(fù)電荷，在C點同時受A、B兩點電荷的靜電力FA、FB，如圖所示．由庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)得FA＝keq\f(|Q1e|,r2)＝eq\f(9.0×109×2×10－14×1.60×10－19,6×10－22)N＝8.0×10－21N，同理可得：FB＝8.0×10－21N.由平行四邊形定則和幾何知識得靜止放在C點的電子受到的靜電力大小為F＝FA＝FB＝8.0×10－21N，方向平行于AB連線向左．針對訓(xùn)練2(1)引力斥力(2)2解析(1)設(shè)等邊三角形的邊長為r，由題意可知a球所受庫侖力的合力F方向垂直于a、b的連線向下，故b對a為向右的引力，c對a為斜向左下的斥力．(2)由力的分解可知Faccos60°＝Fab，故Fac＝2Fab，又Fac＝keq\f(qaqc,r2)，F(xiàn)ab＝keq\f(qaqb,r2)，聯(lián)立可得qc＝2qb，即eq\f(qc,qb)＝2.專題強(qiáng)化1靜電力作用下的平衡探究重點提升素養(yǎng)例1見解析解析(1)由平衡條件，對C進(jìn)行受力分析，C應(yīng)在AB的連線上且在A、B之間，設(shè)C與A相距r，則keq\f(q·qC,r2)＝keq\f(4q·qC,L－r2)解得：r＝eq\f(L,3)(2)在A、B間距離A為eq\f(L,3)處，不論C為正電荷還是負(fù)電荷，A、B對其作用力的合力均為零，故C的電荷量大小和電性對其平衡無影響．(3)若將C放在A、B電荷兩邊，A、B對C同為向左(或向右)的力，C都不能平衡；若將C放在A、B之間，C為正電荷，則A、B都不能平衡，所以C為負(fù)電荷．設(shè)放置的點電荷C的電荷量大小為Q，與A相距r1，分別對A、B受力分析，根據(jù)平衡條件，對電荷A：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Qq,r12)對電荷B：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Q·4q,L－r12)聯(lián)立可得：r1＝eq\f(L,3)，Q＝eq\f(4,9)q(負(fù)電荷)即應(yīng)在AB連線上且在A的右邊，與點電荷A相距eq\f(L,3)處放置一個電荷量為eq\f(4,9)q的負(fù)電荷．針對訓(xùn)練1C[A、B、C三個電荷要平衡，三個電荷必須共線且外側(cè)兩電荷相排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩電荷，而且外側(cè)電荷電量大，所以C必須帶負(fù)電，放在B右側(cè)，對C：eq\f(kQqC,r2)＝keq\f(4Q·qC,L＋r2)，解得：r＝L對B：eq\f(kQqC,r2)＝eq\f(k4Q·Q,L2)，解得：qC＝4Q.選項C正確．]例2(1)req\r(\f(mgtanθ,k))(2)(M＋m)g解析(1)設(shè)P、Q所帶電荷量為q，如圖所示，P受到水平向左的庫侖力F、豎直向下的重力mg、支持力FN三個力作用，由平衡條件可知在沿斜面方向上有Fcosθ＝mgsinθ可得F＝mgtanθ，由庫侖定律有F＝keq\f(q2,r2)解得q＝req\r(\f(mgtanθ,k))；(2)對物體P和斜面體整體，整體豎直方向受力平衡，所以受地面的支持力大小FN1＝(M＋m)g由牛頓第三定律得FN1′＝FN1＝(M＋m)g.針對訓(xùn)練2A[小球a受力如圖，根據(jù)受力分析可知eq\f(F庫,mag)＝tanα，同理可得eq\f(F庫,mbg)＝tanβ，其中F庫＝keq\f(qaqb,r2)，由牛頓第三定律可知兩球之間的庫侖力大小相等，但是無法判斷兩球電荷量之間的關(guān)系，所以B、C錯誤．由于β>α，則ma>mb，所以A正確．由于eq\f(F庫,FTa)＝sinα，eq\f(F庫,FTb)＝sinβ，則FTa>FTb，所以D錯誤．]例3D[滑塊Q在光滑斜面N上靜止，由平衡條件知Q所受庫侖力方向斜向右上，P、Q相互排斥，則P與Q帶同種電荷，A錯誤，設(shè)兩者之間的庫侖力大小為F，兩滑塊的受力分析和角度關(guān)系如圖所示，對滑塊Q在沿著斜面N方向有mgcos30°＝Fcos30°，可得F＝mg，B錯誤；對滑塊P，靜止時的摩擦力恰好為最大靜摩擦力，此時動摩擦因數(shù)最小，由平衡條件有FN2＝F＋mgsin30°，F(xiàn)f＝mgcos30°，又Ff＝μFN2，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C錯誤，D正確．]針對訓(xùn)練3AD[a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，環(huán)的支持力以及b對a的庫侖力均沿圓環(huán)直徑方向，故c對a的庫侖力為引力，同理可知，c對b的庫侖力也為引力，所以a與c的電性一定相反，a與b的電性一定相同，選項A正確，B錯誤；對c小球受力分析，將力沿水平方向和豎直方向正交分解后可得keq\f(qaqc,rac2)sin60°＝keq\f(qbqc,rbc2)sin30°又由幾何關(guān)系知rac∶rbc＝1∶eq\r(3)，解得qa∶qb＝eq\r(3)∶9，選項C錯誤，D正確．]3電場電場強(qiáng)度第1課時電場強(qiáng)度電場強(qiáng)度的疊加探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)電荷A在周圍產(chǎn)生電場，該電場對電荷B有力的作用；電荷B在周圍產(chǎn)生電場，該電場對電荷A有力的作用．(2)2FnFF與q成正比，即F與q的比值為定值(3)eq\f(kQ,r2)無關(guān)例1D[某點的電場強(qiáng)度的方向總是跟在該點正電荷所受的靜電力的方向相同，與負(fù)電荷所受的靜電力的方向相反，故A錯誤；電場中的電場強(qiáng)度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)，如果把試探電荷q拿走，則這一點的電場強(qiáng)度不變，故B錯誤；電場強(qiáng)度大小取決于電場本身，與放入電場中的電荷的電荷量無關(guān)，故C錯誤；由F＝qE知，同一電荷，E越大，F(xiàn)越大，D正確．]例2(1)200N/C方向與F1方向相反(2)8.0×10－5N200N/C(3)200N/C解析(1)由電場強(qiáng)度公式可得EB＝eq\f(F1,|q1|)＝eq\f(4.0×10－6,2.0×10－8)N/C＝200N/C，因為B處是負(fù)電荷，所以B處電場強(qiáng)度方向與F1方向相反．(2)q2在B點所受靜電力大小F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N，方向與電場強(qiáng)度方向相同，也就是與F1方向相反．此時B處電場強(qiáng)度大小仍為200N/C，方向與F1方向相反．二、導(dǎo)學(xué)探究(1)試探電荷q在P點受到的靜電力為F＝keq\f(Qq,r2)，所以Q在P點產(chǎn)生的電場的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(F,q)＝keq\f(Q,r2)，方向沿QP的連線由Q指向P.(2)如圖所示，P點的電場強(qiáng)度為Q、Q′單獨在P點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，則E＝eq\r(E12＋E22)＝eq\f(\r(2)kQ,r2).例3(1)3×105N/C(2)3×105N/C平行于AB連線向左(3)0.15N解析(1)點電荷q1在C處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向由A指向C，由點電荷電場強(qiáng)度公式有E1＝keq\f(q1,d2)，代入數(shù)據(jù)得E1＝3×105N/C(2)點電荷q2在C處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E2＝E1，方向由C指向B，根據(jù)平行四邊形定則有E＝2E1cos60°代入數(shù)據(jù)得E＝3×105N/C，方向平行于AB連線向左．(3)電荷q3在C處受到的靜電力F＝qE代入數(shù)據(jù)得F＝0.15N.針對訓(xùn)練B[依題意，兩點電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小均為eq\f(E1,2)，當(dāng)N點處的點電荷移至P點時，O點電場強(qiáng)度如圖所示，則合電場強(qiáng)度大小E2＝eq\f(E1,2)，故eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，選項B正確．]例4eq\f(2kq,L2)方向沿AO方向解析O點是三角形的中心，到三個點電荷的距離為r＝eq\f(\r(3)L,2sin60°)＝L，三個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小均為E0＝eq\f(kq,r2)，根據(jù)平行四邊形定則和幾何知識可知，兩個點電荷－q在O點的合電場強(qiáng)度大小為E1＝eq\f(kq,r2)，再與＋q在O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度合成，得到O點的合電場強(qiáng)度大小為E＝E1＋E0＝eq\f(2kq,r2)＝eq\f(2kq,L2)，方向沿AO方向．第2課時電場線勻強(qiáng)電場探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)法拉第采用了畫電場線的方法描述電場．(2)不能，電場線實際不存在，但可以用實驗?zāi)M．例1A[a點處的電場線比b點處的密，因此a點的電場強(qiáng)度比b點的大，同一點電荷在a點受到的靜電力也大，故A正確，B錯誤；正電荷在a點由靜止釋放時，靜電力方向始終沿電場方向，而速度方向則在不斷變化，因此其運動的軌跡不沿電場線，故C錯誤；若是負(fù)電荷，則在a點所受靜電力方向和電場方向相反，因此電荷在a點受到的靜電力方向不一定和電場方向相同，故D錯誤．]例2C[題圖A中，A、B是離點電荷等距的兩點，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)知，電場強(qiáng)度大小相等，但電場強(qiáng)度是矢量，方向不同，則電場強(qiáng)度不同，故A錯誤；圖B中，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)可知，A點的電場強(qiáng)度大于B點的電場強(qiáng)度，故B錯誤；圖C是勻強(qiáng)電場，A、B兩點的電場強(qiáng)度相同，故C正確；圖D中，A、B兩點電場線方向不同，疏密程度也不同，則電場強(qiáng)度不同，故D錯誤．]二、導(dǎo)學(xué)探究1．(1)(2)①先變小后變大向右向右②逐漸減小向右向右③相等相同2．(1)(2)①先變小后變大向右向左②先變大后變小向上向下③相等相反例3B[等量異種點電荷電場線分布如圖所示，電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，由對稱性可知OM中點的電場強(qiáng)度等于ON中點的電場強(qiáng)度；O點的電場強(qiáng)度大小與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比是最大的，故A、C錯誤，B正確；因電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，沿HG由H到G電場強(qiáng)度先變大再減小，由F＝qE可知，將試探電荷沿HG由H移送到G，試探電荷所受靜電力先增大后減小，故D錯誤．]例4C[在兩等量正點電荷連線中垂線上的電場強(qiáng)度方向O→a，電子從a點到O點運動的過程中，靜電力方向a→O，故加速度方向向下，與速度同向，故速度越來越大；但電場線的疏密情況不確定，O點上方的電場強(qiáng)度最大點位置不確定，故電場強(qiáng)度大小變化情況不確定，則電子所受靜電力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，故A、B錯誤；越過O點后，電子做減速運動，則電子運動到O點時速度最大，靜電力為零，加速度為零，故C正確；根據(jù)電場線的對稱性可知，通過O點后，電子做減速運動，速度越來越小，減速到零后反向加速，速度越來越大，再次到達(dá)O點時速度最大，故D錯誤．]專題強(qiáng)化2靜電力的性質(zhì)探究重點提升素養(yǎng)例1C[設(shè)Q在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E，由對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小也為E，方向相反，水平向右，由于b點的電場強(qiáng)度為零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正確，A、B、D錯誤．]例2A[若將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場，則完整球殼在M、N點所產(chǎn)生的電場為E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由題知半球面外，N點的電場強(qiáng)度大小為E，則M點的電場強(qiáng)度為E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故選A.]例3D[如圖所示，設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n)，由點電荷電場強(qiáng)度公式可求得每一點電荷在P處的電場強(qiáng)度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的電場強(qiáng)度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的電場強(qiáng)度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，聯(lián)立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正確．]例4C[做曲線運動的物體，所受合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；粒子不一定是從a點沿軌跡運動到b點，也可能是從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點處所受靜電力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；若粒子從c點運動到a點或b點，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a點或b點運動到c點，靜電力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度一定小于在a點的速度，D錯誤．]針對訓(xùn)練C[帶電粒子做曲線運動，所受靜電力的方向指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，由于電場線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定，故A錯誤；從題圖軌跡變化來看，帶電粒子速度與靜電力方向的夾角都小于90°，所以靜電力都做正功，動能都增大，速度都增大，故B、D錯誤；電場線密的地方電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)度小，所以a所受靜電力減小，加速度減小，b所受靜電力增大，加速度增大，故C正確．]例5(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，則mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)當(dāng)電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝0.3mg，由牛頓第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由運動學(xué)公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.4靜電的防止與利用探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)自由電子受外加電場的靜電力作用而定向移動，向著與電場相反的方向定向移動．(2)不能．感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場與外加電場反向，阻礙電子的定向移動，當(dāng)這兩個電場大小相等時，電子的定向移動終止．例1D[枕形導(dǎo)體在正點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布，因此在枕形導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場與點電荷的電場疊加，靜電平衡時，導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，A錯誤；導(dǎo)體內(nèi)部的電場強(qiáng)度處處為零，所以感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場強(qiáng)度的大小與點電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小相等，方向相反，故EA＞EB，B、C錯誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時，電子從大地沿導(dǎo)線向?qū)w移動，D正確．]針對訓(xùn)練1D[由于靜電平衡，導(dǎo)體內(nèi)部E內(nèi)＝0是外加電場E和感應(yīng)電荷電場強(qiáng)度E′疊加的結(jié)果，即金屬球上感應(yīng)電荷在某點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與點電荷Q在該點的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，即E感＝keq\f(Q,r2)，故選D.]例2B[B球與A球內(nèi)壁接觸后成為一個新的導(dǎo)體，處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部凈電荷量為零，帶電導(dǎo)體的電荷只能分布于導(dǎo)體的外表面，故QB＝0，QA＝4×10－8C－2×10－8C＝2×10－8C，B正確．]二、導(dǎo)學(xué)探究1．當(dāng)帶電的雷雨云接近建筑物時，由于靜電感應(yīng)，金屬棒出現(xiàn)與云層相反的電荷．通過尖端放電，這些電荷不斷向大氣釋放，中和空氣中的電荷，使建筑物避免雷擊．2．處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，即使導(dǎo)體殼外有電場，由于殼內(nèi)電場強(qiáng)度保持為0，外電場對殼內(nèi)的物體不會產(chǎn)生影響．例3B[金屬罩B處于靜電平衡狀態(tài)，電荷分布在其外表面上，所以A錯誤；由于靜電感應(yīng)，使金屬罩B在左側(cè)外表面感應(yīng)出負(fù)電荷，所以金屬罩B的右側(cè)外表面感應(yīng)出正電荷，B正確，D錯誤；由于靜電屏蔽，金屬罩內(nèi)電場強(qiáng)度為零，故驗電器C上無感應(yīng)電荷，驗電器C的金屬箔片不會張開，C錯誤．]針對訓(xùn)練2B[帶正電的小球A放在不帶電的金屬空心球C內(nèi)，由于靜電感應(yīng)，空心球外殼帶正電，內(nèi)壁帶負(fù)電，因此B所在處有電場，所以B在靜電力作用下向右偏而靠近C；由于空心球能屏蔽B球的電場，所以，A所在處電場強(qiáng)度為零，故A球不受靜電力作用，位置不變．故B正確．]三、例4AC[電子附著在煤粉上，使煤粉帶上負(fù)電荷，煤粉若能吸附在管壁上，說明管壁帶正電荷，因此可知N接電源正極，A正確，B錯誤．金屬棒與金屬管可看成圓柱電極與圓環(huán)電極，電場線分布情況如圖所示．由圖可知金屬棒附近的B點處電場線較密，而靠近金屬管壁的A點處電場線較疏，故B處電場強(qiáng)度比A處電場強(qiáng)度大，即EB＞EA，C正確，D錯誤．]第十章靜電場中的能量1電勢能和電勢探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究＝qE|AM|.(2)在線段AM上靜電力做的功W1＝qE|AM|，在線段MB上靜電力做的功W2＝0，總功W＝W1＋W2＝qE|AM|.(3)W＝qE|AM|.電荷在勻強(qiáng)電場中沿不同路徑由A點移動到B點，靜電力做功相同，說明靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān)．2．(1)重力做正功重力勢能減少WG＝Ep1－Ep2(2)①靜電力做正功電勢能減少②靜電力做負(fù)功電勢能增加③W電＝Ep1－Ep2例1AD[在正點電荷形成的電場中，正電荷受到的靜電力沿電場線方向，從M點移到N點，靜電力做正功，電勢能減少，A正確，B錯誤；在正點電荷形成的電場中，負(fù)點電荷受到的靜電力與電場線方向相反，負(fù)點電荷從M點移到N點，靜電力做負(fù)功，電勢能增加，C錯誤；把一負(fù)點電荷從M點沿直線移到N點，再從N點沿不同路徑移回到M點，靜電力做的總功為零，電勢能不變，D正確．]例2AC[無窮遠(yuǎn)處的電勢能為零，正電荷從電場中某點移到無窮遠(yuǎn)處時，若靜電力做正功，則電勢能減少，到無窮遠(yuǎn)處時電勢能減為零，正電荷在該點的電勢能為正值，且等于靜電力做的功，因此靜電力做的正功越多，正電荷在該點的電勢能越大，A正確，B錯誤；負(fù)電荷從無窮遠(yuǎn)處移到電場中某點時，若克服靜電力做功，則電勢能由零增大到某值，此值就是負(fù)電荷在該點的電勢能的值，因此，克服靜電力做功越多，負(fù)電荷在該點的電勢能越大，故C正確，D錯誤．]二、導(dǎo)學(xué)探究(1)Eqlcosθ、2Eqlcosθ(2)比值相同(3)無關(guān)例3A[電場線越密，電場強(qiáng)度越大，由題圖可看出P點處的電場線密集程度大于Q點處的電場線密集程度，故P點的電場強(qiáng)度大于Q點的電場強(qiáng)度，所以EP>EQ.沿電場線方向電勢逐漸降低，由題圖可知電場線的方向由P指向Q，所以P點的電勢高于Q點的電勢，即φP>φQ，故A正確．]例4C[取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則正電荷在M點的電勢能為－8×10－9J，負(fù)電荷在N點的電勢能為9×10－9J．由φ＝eq\f(Ep,q)知，M點的電勢φM＜0，N點的電勢φN＜0，且|φN|＞|φM|，則φN＜φM＜0，故C正確．]三、例5見解析解析(1)WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5J＋1.2×10－5J＝－1.8×10－5J.所以該電荷的電勢能增加了1.8×10－5J.(2)如果規(guī)定A點的電勢能為零，由公式WAB＝EpA－EpB得該電荷在B點的電勢能為EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5J.同理，該電荷在C點的電勢能為EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5J.兩點的電勢分別為φB＝eq\f(EpB,q)＝eq\f(3×10－5,－6×10－6)V＝－5VφC＝eq\f(EpC,q)＝eq\f(1.8×10－5,－6×10－6)V＝－3V(3)如果規(guī)定B點的電勢能為零，則該電荷在A點的電勢能為：EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋WAB＝－3×10－5J.該電荷在C點的電勢能為EpC′＝EpB′－WBC＝0－WBC＝－1.2×10－5J.兩點的電勢分別為φA′＝eq\f(EpA′,q)＝eq\f(－3×10－5,－6×10－6)V＝5VφC′＝eq\f(EpC′,q)＝eq\f(－1.2×10－5,－6×10－6)V＝2V.針對訓(xùn)練(1)－3×10－5J1.2×10－5J0(2)增加4.2×10－5J減少1.2×10－5J(3)－4.2×10－5J1.2×10－5J解析(1)根據(jù)公式φ＝eq\f(Ep,q)可得Ep＝qφ所以該電荷在A點、B點、C點具有的電勢能分別為：EpA＝qφA＝－6×10－6×5J＝－3×10－5JEpB＝qφB＝－6×10－6×(－2)J＝1.2×10－5JEpC＝qφC＝－6×10－6×0J＝0(2)將該電荷從A移到B，電勢能的變化量為ΔEpAB＝EpB－EpA＝1.2×10－5J－(－3×10－5)J＝4.2×10－5J即電勢能增加了4.2×10－5J將該電荷從B移到C，電勢能的變化量為ΔEpBC＝EpC－EpB＝0－1.2×10－5J＝－1.2×10－5J即電勢能減少了1.2×10－5J(3)將該電荷從A移到B，靜電力做的功為WAB＝EpA－EpB＝－4.2×10－5J將該電荷從B移到C，靜電力做的功為WBC＝EpB－EpC＝1.2×10－5J.2電勢差探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)UAC＝15V，UAB＝10V，UAC＞UAB(2)φA＝18V，φB＝8V，φC＝3V；UAC＝15V，UAB＝10V；電勢的大小與零電勢點的選取有關(guān)，電勢差的大小與零電勢點的選取無關(guān)．例1BD[電勢差與零電勢點的選取無關(guān)，A錯誤；UAB＝－UBA，B正確；電勢雖有正、負(fù)之分，但電勢是標(biāo)量，C錯誤；由UAB＝φA－φB知，若φB＝0，則φA＝UAB，D正確．]針對訓(xùn)練C[UAB＝75V，φA－φB＝75V，φA＝φB＋75V；UBC＝－200V，φB－φC＝－200V，φC＝φB＋200V，故φC>φA>φB，故選C.]例2(1)200V－300V100V(2)200V300V－6×10－4J－9×10－4J解析(1)點電荷由A移到B克服靜電力做功即靜電力做負(fù)功，WAB＝－6×10－4J，則有UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－6×10－4,－3×10－6)V＝200V.UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(9×10－4,－3×10－6)V＝－300V.UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)＝300V－200V＝100V.(2)若φB＝0，由UAB＝φA－φB，得φA＝UAB＝200V，由UBC＝φB－φC，得φC＝φB－UBC＝0－(－300)V＝300V，點電荷在A點的電勢能EpA＝qφA＝－3×10－6×200J＝－6×10－4J.點電荷在C點的電勢能EpC＝qφC＝－3×10－6×300J＝－9×10－4J.二、導(dǎo)學(xué)探究(1)電場中電勢相等的各點構(gòu)成的面(2)不發(fā)生變化．靜電力不做功例3ABC[A、B兩點的電場強(qiáng)度的方向不同，但它們的大小相等，故A正確；沿電場線的方向電勢降低，所以B點的等勢面的電勢高于C點的等勢面的電勢，即C點電勢低于B點電勢，故B正確；A、B是同一等勢面上的兩點，它們之間的電勢差為0，所以將電子從A點移到B點，靜電力不做功，故C正確；A點的等勢面的電勢高于C點的等勢面的電勢，將質(zhì)子從A點移到C點，靜電力做正功，其電勢能減小，故D錯誤．]例4D[位于d點的位置電場線的方向垂直于等勢面向左，電場強(qiáng)度不為零，所以點電荷受靜電力作用，故A錯誤；a點處的等差等勢面比b點處的等差等勢面密，所以a點處的電場強(qiáng)度大，故B錯誤；從題圖中可以看到b點的電勢低于d點，d點的電勢又低于f點的電勢，所以把電荷量為q的正電荷先從b點移到d點，再從d點移到f點，靜電力做負(fù)功，故C錯誤；從題圖中可以看到Uec＝φe－φc＝1－(－1)kV＝2kV，所以把單位正電荷從e點移到c點過程中，靜電力做的功等于2kJ，故D正確．]例5A[A處電場線比B處密集，故EA>EB；離正電荷越近電勢越高，故φA>φB；負(fù)電荷在A、B處的電勢能EpA<EpB，故A正確．]3電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究公式E＝eq\f(UAB,d)只適用于勻強(qiáng)電場，公式中的d指的是兩點沿電場方向的距離，而不是兩點間的距離．例1A[在勻強(qiáng)電場中，兩點間的電勢差U＝Ed，而d是沿電場強(qiáng)度方向上的距離，所以dOP＝R·sinθ，沿電場線方向電勢降低，故：UOP＝－100×2sinθ＝－200sinθ(V)，故A正確，B、C、D錯誤．]例2C[由題意，將正電荷從A移到B，靜電力不做功，則A與B電勢相等，AB連線是一條等勢線．BC間電勢差為UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(－8×10－3,1×10－5)V＝－800V，所以B點的電勢低．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(|UBC|,BCsin53°)＝eq\f(800,10×0.8×10－2)V/m＝10000V/m，因為沿電場線方向電勢降低，故電場強(qiáng)度方向垂直AB斜向下．故選C.]針對訓(xùn)練1B[CD兩點間的電勢差為UCD＝－EdCD＝－2×104×(0.1－0.02－0.03)V＝－1000V，故A錯誤；讓B板接地，B板電勢為零，則C點電勢φC＝EdCB＝2×104×3×10－2V＝600V，故B正確；讓A板接地，A板電勢為零，則D點電勢φD＝－EdDA＝－400V，故C錯誤；將一個電子從C點移到D點靜電力做的功，與將電子先從C點移到P點再移到D點靜電力做的功數(shù)值相同，故D錯誤．]二、例3B[由題圖可知這是一個非勻強(qiáng)電場，且Ea＞Ec＞Eb，即從b到a電場強(qiáng)度越來越大，則Ubc＝eq\x\to(E)bc·d，Uca＝eq\x\to(E)ca·d，其中eq\x\to(E)bc、eq\x\to(E)ca分別為bc段和ca段的平均電場強(qiáng)度，且eq\x\to(E)bc＜eq\x\to(E)ca，Ubc＜Uca，即φb－φc＜φc－φa，得φc＞－35V，B正確．]針對訓(xùn)練2B[根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式可知，EA＞EB＞EC，又AB＝BC，由U＝Ed可以判斷UAB＞UBC，所以φB＜6V，故選B.]專題強(qiáng)化3電場線、等勢面與電荷運動軌跡問題等分法的應(yīng)用探究重點提升素養(yǎng)例1D[由粒子的運動軌跡知粒子所受靜電力的方向偏向右，因粒子帶負(fù)電，故電場線方向偏向左，由沿電場線方向電勢降低，可知φN<φM，EpM<EpN；N點附近電場線比M點密，故場強(qiáng)EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN，粒子若從N點運動到M點，靜電力做正功，動能增加，故vM>vN，粒子若從M點運動到N點，靜電力做負(fù)功，動能減小，故vM>vN.綜上所述，選項D正確．]針對訓(xùn)練1BC[電子僅在靜電力作用下可能從A運動到B，也可能從B運動到A，A錯誤；若aA＞aB，說明電子在A點受到的靜電力大于在B點受到的靜電力，所以A距離點電荷較近，B距離點電荷較遠(yuǎn)，又因為電子受到的靜電力指向軌跡凹側(cè)，因此Q靠近M端且為正電荷，B正確；無論Q是正電荷還是負(fù)電荷，若電子從A運動到B，一定是克服靜電力做功，若電子從B運動到A，一定是靜電力做正功，即一定有EpA＜EpB，C正確；對于同一個負(fù)電荷，電勢低處電勢能大，B點電勢一定低于A點電勢，D錯誤．]例2D[根據(jù)帶電粒子的運動軌跡可知，帶電粒子受到指向曲線彎曲內(nèi)側(cè)的作用力，即帶電粒子與帶負(fù)電的避雷針之間為相互吸引力，帶電粒子帶正電，A錯誤；避雷針帶負(fù)電，帶電云層和建筑物上的避雷針之間形成的電場中，電場線指向避雷針，沿著電場線的方向，電勢降低，由此可知，避雷針尖端附近電勢較低，B錯誤；等差等勢線越密集的位置，電場強(qiáng)度越強(qiáng)，由此可知，B點的電場強(qiáng)度大小大于A點的，由牛頓第二定律a＝eq\f(Eq,m)，則帶電粒子在B點的加速度大于在A點的加速度，C錯誤；避雷針尖端附近電勢較低，即φA>φB，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ，又因為粒子帶正電，則帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，D正確．]例3B[由勻強(qiáng)電場的特點知，在勻強(qiáng)電場中，相互平行且相等的線段兩端點間的電勢差相等．故有UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC，所以φD＝9V，故選B.]例4A[在勻強(qiáng)電場中，沿某一方向電勢均勻降低或升高，故OA的中點C的電勢φC＝3V(如圖所示)，因此B、C在同一等勢面上．O點到BC的距離d＝eq\x\to(OC)sinα，而sinα＝eq\f(\x\to(OB),\r(\x\to(OB)2＋\x\to(OC)2))＝eq\f(1,2)，所以d＝eq\f(1,2)eq\x\to(OC)＝1.5×10－2m．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3,1.5×10－2)V/m＝200V/m，故選項A正確．]針對訓(xùn)練2AC[因原點O的電勢為9V，B點電勢為0，可知OB連線中點(設(shè)為D)的電勢為φD＝eq\f(φO＋φB,2)＝4.5V，因A點電勢為4.5V，可知AD為等勢面，則由幾何關(guān)系可知，場故選A、C.]專題強(qiáng)化4電場中的功能關(guān)系及圖像問題探究重點提升素養(yǎng)例1D[帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據(jù)牛頓第二定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg，在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據(jù)做功與勢能變化關(guān)系可判斷：小球重力勢能減少了mgh，電勢能增加了3mgh，根據(jù)動能定理，小球的動能減少了2mgh，故選D.]例2(1)2eq\r(2gR)(2)－eq\f(mgR,q)解析(1)由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度hBC＝eq\f(3,2)R小球從B到C運動的過程中靜電力做的總功為零，根據(jù)動能定理有mghBC＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，解得vC＝2eq\r(2gR)；(2)小球從A到B，重力和靜電力均做正功，由動能定理有mg(3R－h(huán)BC)＋(－q)UAB＝eq\f(1,2)mvB2－0其中UAB＝φA－φB解得φA＝－eq\f(mgR,q).例3B[根據(jù)速度—時間圖像的斜率表示加速度，可知電荷在A點的加速度大于在B點的加速度，因為只受靜電力，故電荷在A點所受的靜電力大于在B點所受的靜電力，推知EA>EB，A錯誤；正電荷僅在靜電力作用下速度減小，正電荷一定逆著電場線運動，沿著電場線方向電勢降低，所以φA<φB，B正確；從A到B靜電力做負(fù)功，電勢能增大，C、D錯誤．]例4C[由題圖知，越靠近兩電荷，電勢越低，則q1和q2都是負(fù)電荷，選項A錯誤；φ－x圖線的斜率絕對值等于電場強(qiáng)度的大小，則P點電場強(qiáng)度為零，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理知識兩電荷在P處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，即keq\f(q1,xAP2)＝keq\f(q2,xPB2).又xAP<xPB.所以q1的電荷量小于q2的電荷量，選項B錯誤；由題圖知，在A、B之間沿x軸從P點左側(cè)移到右側(cè)，電勢先升高后降低，則負(fù)點電荷的電勢能先減小后增大，選項C正確；φ－x圖線的斜率絕對值等于電場強(qiáng)度的大小，則沿x軸從P點到B點電場強(qiáng)度逐漸增大，據(jù)a＝eq\f(qE,m)可知，一點電荷只在靜電力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸增大，選項D錯誤．]例5BC[由題圖可知，x1到x4電場強(qiáng)度先變大再變小，則點電荷受到的靜電力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，靜電力均做負(fù)功，電勢能均增大，A錯誤，B正確．]例6B[根據(jù)題意知小球在運動過程中電勢能逐漸減小，所以靜電力做正功，由于不知道電場方向，故不知道靜電力和電場線的方向的關(guān)系，故小球的帶電性質(zhì)不確定，故A錯誤；Ep－x圖像在某點的切線的斜率大小等于在該點受到的靜電力大小，x1處的斜率小于x2處的，所以x1處受到的靜電力小于x2處受到的靜電力，由F＝qE可知x1處電場強(qiáng)度小于x2處電場強(qiáng)度，故B正確；根據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)知，小球的電勢能減小，但由于小球的電性不確定，所以x1和x2的電勢關(guān)系不確定，故C錯誤；根據(jù)能量守恒知，小球在x1處的電勢能大于x2處的電勢能，所以小球在x1處的動能小于x2處的動能，故D錯誤．]4電容器的電容第1課時電容器的電容探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)充電過程中電源內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電容器內(nèi)的電場能；放電過程中電容器的電場能轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量．(2)增大，不變．例1BCD[電容器的電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，一個確定的電容器對應(yīng)唯一的電容值，由電容的定義式，知確定的電容器所帶電荷量與電壓的比值恒定不變，不能說電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比，因此A錯誤，C、D正確．對于確定的電容器，由于電容是定值，由Q＝CU，知其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比，故B正確．]針對訓(xùn)練CD[電容器的電容是由電容器本身決定的，與電容器所帶電荷量Q的大小和兩極板間的電勢差U的大小無關(guān)，不能認(rèn)為C與Q成正比，與U成反比，故選項D正確，A、B錯誤；對給定的電容器，其所帶電荷量與極板間的電勢差成正比，其比值即電容器的電容，故選項C正確．]例2150μF4.5×10－4C150μF解析電容器兩極板間的電勢差的變化量為ΔU＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))U＝eq\f(2,3)×3V＝2V，由C＝eq\f(ΔQ,ΔU)，得C×3C＝4.5×10－4C．電容器的電容是由電容器本身決定的，與是否帶電無關(guān)，所以電容器放掉全部電荷后，電容仍然是150μF.二、導(dǎo)學(xué)探究(1)實驗結(jié)論：S減小，電勢差U增大，電容C減小．(2)實驗結(jié)論：d增大，電勢差U增大，電容C減?。?3)實驗結(jié)論：插入電介質(zhì)，電勢差U減小，電容C增大．例3BCD[由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容隨兩極板正對面積的減小而減小，B正確．在兩極板間放入電介質(zhì)，相對介電常數(shù)增大，電容將增大，C正確．在下極板的內(nèi)表面上放入鋁板，相當(dāng)于兩極板間距離減小，則電容增大，D正確．將電源與電容器兩極板相連，使電容器充電，此過程電容不變，故A錯誤．]例4BC[保持S閉合，則兩極板間電勢差U不變，減小兩極板間的距離d時，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，兩極板間電場的電場強(qiáng)度變大，A錯誤；根據(jù)平行板電容器電容的定義式和決定式，可得C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，當(dāng)在兩極板間插入一塊電介質(zhì)時，相對介電常數(shù)εr變大，導(dǎo)致電容C變大，而U不變，所以極板上的電荷量增大，B正確；斷開S，極板上的電荷量Q不變，減小兩極板間的距離d時電容C變大，則電勢差U減小，C正確；斷開S，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，則C變大，Q不變，則電勢差U減小，D錯誤．]例5D[根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，d增大，則電容減小，故A錯誤；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B錯誤；電勢差U不變，d增大，則電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)減?。O(shè)P點與上極板的距離為x，P點與上極板的電勢差U1＝Ex減小，P點與下極板的電勢差U2＝U－U1增大，下極板接地電勢為零，則P點的電勢φP＝U2增大，又因為該小球帶正電，則電勢能增大，故C錯誤；電容器與電源斷開，則電荷量Q不變，d改變，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知電場強(qiáng)度不變，則小球所受靜電力不變，故D正確．]第2課時實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象精析典題提升能力例1A[開關(guān)接1時，平行板電容器充電，上極板與電源正極相連而帶正電，A對，B錯；開關(guān)接2時，平行板電容器放電，放電結(jié)束后上、下極板均不帶電，C、D錯．]針對訓(xùn)練1AD[電容器充、放電過程中會有電荷發(fā)生定向移動，外電路產(chǎn)生變化的電流，電容器充、放電結(jié)束，電流消失，A對，B錯；充電過程中電源提供的電能部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場能，C錯；放電過程中電容器中的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，D對．]針對訓(xùn)練2B[電容是描述電容器容納電荷的本領(lǐng)大小的物理量，與電容器的電壓及電荷量無關(guān)，故A、D錯誤；當(dāng)該電容器給手機(jī)電池充電時，電容器存儲的電荷量減小，則電能變少，故B正確，C錯誤．]例23.04×10－3507解析根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子的電荷量為8×10－5C，由于大于半格算一個，小于半格舍去，因此I－t圖線與時間軸圍成的圖形所包含的格子個數(shù)為38，所以電容器整個放電過程中釋放的電荷量為Q＝8×10－5×38C＝3.04×10－3C．根據(jù)電容器的電容C＝eq\f(Q,U)可知，C＝eq\f(3.04×10－3,6)F≈5.07×10－4F＝507μF.例3(1)4.7×10－3(2)c解析(1)由I－t圖像得到開始時電流為I＝90mA＝0.09A故最大電壓為U＝IR0＝0.09A×100Ω＝9V故電容為C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(42.3mA·s,9V)＝4.7×10－3F(2)換用阻值為180Ω的定值電阻，根據(jù)Im＝eq\f(Um,R)，則第2次實驗的最大電流小些，故是曲線c.5帶電粒子在電場中的運動探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)電子、質(zhì)子、α粒子在電場中所受靜電力遠(yuǎn)大于重力，故重力可忽略不計．(2)分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速運動，可以用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式列式求解，也可以用動能定理列式求解．分析帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的加速運動，可以用動能定理或功能關(guān)系求解．例1C[兩板間電壓為U保持不變，設(shè)板間距為d，電子在板間的加速度為a，據(jù)牛頓第二定律有qeq\f(U,d)＝ma，可得電子的加速度a＝eq\f(qU,md)，故兩板間距離越小，電子的加速度就越大，B錯誤；電子在板間做勻加速直線運動，可得d＝eq\f(1,2)at2，可得t＝deq\r(\f(2m,qU))，故兩板間距離越大，加速時間越長，A錯誤；由動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，電子到達(dá)Q板時的速率v＝eq\r(\f(2qU,m))，與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)，C正確，D錯誤．]針對訓(xùn)練BD[由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，當(dāng)粒子恰好能到達(dá)N板時，由動能定理，可得－qU＝－eq\f(1,2)mv02，要使粒子到達(dá)距N板eq\f(d,3)后返回，設(shè)此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理，可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mv12，聯(lián)立兩方程，得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(v12,v02)，故選項B、D正確．]二、例2B[開關(guān)S斷開，電容器所帶電荷量不變，電容器的電容不變，則電容器兩極板間電壓不變，質(zhì)子仍落到下板的中央，A錯誤；將初速度變?yōu)?v0，質(zhì)子加速度不變，根據(jù)y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知質(zhì)子運動到下極板所需的時間不變，由x＝v0t知到達(dá)下極板時質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，正好落到下板邊緣，B正確；當(dāng)板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)時，板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，質(zhì)子所受的靜電力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，根據(jù)y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知質(zhì)子運動到下極板所需時間為原來的eq\r(2)倍，由x＝v0t知到達(dá)下極板時質(zhì)子的水平位移為原來的eq\r(2)倍，所以質(zhì)子不能落到下板邊緣，C錯誤；豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d，則板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，由C項分析知質(zhì)子運動到下極板所需時間為原來的eq\r(2)倍，水平位移為原來的eq\r(2)倍，質(zhì)子不能落到下板邊緣，D錯誤．]例3B[設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，設(shè)平行極板長為l，則電子在平行極板間偏轉(zhuǎn)的時間t＝eq\f(l,v0)，設(shè)電子在平行極板間運動的加速度為a，由牛頓第二定律得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，電子射出平行極板時，豎直分速度vy＝at，聯(lián)立可得：vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小時，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，選項B正確，選項A、C、D錯誤．]例4(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由動能定理可得：|q|U1＝eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得v0＝8×104m/s.(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，水平方向上：L＝v0t，在豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(|q|E,m)，E＝eq\f(U2,d)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得y＝0.03m.(3)由幾何知識知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，解得y′＝3y＝0.09m.三、例5B[電極YY′之間為信號電壓，電極XX′之間為掃描電壓，0～t1內(nèi)，Y板電勢高，電子向Y板偏轉(zhuǎn)，X′板電勢高，電子向X′板偏轉(zhuǎn)，由此可知C、D錯誤；根據(jù)偏移量y＝eq\f(qU,2md)t2，偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，偏移量也為0，eq\f(1,2)t1、eq\f(3,2)t1時刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，故A錯誤，B正確．]專題強(qiáng)化5帶電粒子在交變電場中的運動探究重點提升素養(yǎng)例1AB[分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～eq\f(T,4)時間內(nèi)，因B板電勢高，則電子從靜止開始向B板做勻加速直線運動；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子沿原方向做勻減速直線運動，eq\f(T,2)時刻速度為零；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時間內(nèi)，電子向A板做勻加速直線運動；eq\f(3T,4)～T時間內(nèi)，電子向A板做勻減速直線運動．接著重復(fù)這種運動．根據(jù)勻變速直線運動的v－t圖像是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運動情況，故B正確，C錯誤．電子做勻變速直線運動時x－t圖像應(yīng)是曲線，故D錯誤．根據(jù)電子的運動情況，勻加速運動和勻減速運動交替變化，而勻變速運動的加速度不變，a－t圖像應(yīng)平行于橫軸，故A正確．]針對訓(xùn)練1ACD[方法一：若電子在t＝0時刻進(jìn)入板間電場，電子將在一個周期內(nèi)先做勻加速運動后做勻減速運動，之后沿同一方向重復(fù)這種運動，直到打在B板上，故A正確，B錯誤；若電子在t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入板間，由對稱性可知，電子將在板間做往返運動，故D正確；若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進(jìn)入板間，則電子在eq\f(1,8)T～eq\f(7,8)T內(nèi)向B板運動，eq\f(7,8)T～eq\f(9,8)T內(nèi)向A板運動，之后重復(fù)這種運動，直到打在B板上，故C正確．方法二：圖像法．選取豎直向上為正方向，作出電子運動的v－t圖像如圖所示，根據(jù)圖像很容易得到A、C、D正確．]例2(1)t0eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(qU1t02,2md)(3)eq\f(3qU1t02,2md)解析(1)粒子在A、B板間，有qU0＝eq\f(1,2)mv02，在C、D板間有L＝v0t0，解得L＝t0eq\r(\f(2qU0,m)).(2)粒子從nt0(n＝0，2，4…)時刻進(jìn)入C、D間，偏移距離最大，粒子做類平拋運動，偏移距離y＝eq\f(1,2)at02，加速度a＝eq\f(qU1,md)，解得y＝eq\f(qU1t02,2md).(3)粒子在C、D間偏移距離最大時打在熒光屏上的位置距中心線最遠(yuǎn)，從C、D板飛出的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at0，打在熒光屏上的位置距中心線的最遠(yuǎn)距離s＝y(tǒng)＋Ltanθ，粒子打在熒光屏上的區(qū)域長度Δs＝s＝eq\f(3qU1t02,2md).針對訓(xùn)練2ABC[帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動．由t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子運動情況可知，粒子在平行金屬板間運動的時間為周期性變化的電場的周期的整數(shù)倍，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)帶電粒子運動的加速度a＝eq\f(E0q,m)，由勻變速直線運動規(guī)律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，eq\f(T,2)～T時間內(nèi)帶電粒子做減速運動，之后重復(fù)這種運動，最后垂直電場方向射擊電場，所以帶電粒子在沿電場方向的速度vy與E－t圖線所圍面積成正比(時間軸下方的面積取負(fù)值)．而經(jīng)過整數(shù)個周期，E－t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零，B正確，D錯誤；在t＝0時刻入射的帶電粒子，偏移量最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當(dāng)粒子在t＝0時刻入射且經(jīng)過時間T離開電場時，粒子在t＝eq\f(T,2)時達(dá)到最大速度，此時豎直方向的位移與水平方向的位移之比為1∶2，即v0t＝2×eq\f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度為v＝eq\r(2)v0，因此最大動能為初動能的2倍，C正確．]專題強(qiáng)化6帶電粒子在重力場與電場中的運動探究重點提升素養(yǎng)例1(1)eq\f(3mg,2q)(2)eq\r(\f(gL,3))(3)eq\r(\f(gL,3))解析(1)B球進(jìn)入電場后，桿立即做勻速直線運動，有3mg＝2Eq，解得E＝eq\f(3mg,2q).(2)從A球進(jìn)入電場到B球進(jìn)入電場的過程中，運用動能定理得3mgL－qEL＝eq\f(1,2)(3m)(2v0)2－eq\f(1,2)(3m)v02解得v0＝eq\r(\f(gL,3)).(3)由C球進(jìn)入電場時A球剛好穿出電場可知，M、N間的寬度為2L.設(shè)C球經(jīng)過邊界N時的速度的大小為v1，從A球進(jìn)入電場到C球穿出電場的過程，運用動能定理得3mg·4L－4qE·2L＝eq\f(1,2)·3mv12－eq\f(1,2)·3mv02，解得v1＝eq\r(\f(gL,3)).針對訓(xùn)練1BC[根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，靜電力垂直極板向上，重力豎直向下，不在同一直線上，所以重力與靜電力不平衡，對粒子受力分析可知靜電力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，故A錯誤，B正確；由圖可知，靜電力與速度夾角為鈍角，做負(fù)功，故電勢能增加，機(jī)械能減小，故C正確，D錯誤．]例2(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．針對訓(xùn)練2BD[小球在水平方向做勻速直線運動，落在同一位置，水平位移相同，根據(jù)t＝eq\f(x,v0)可知時間相等；再根據(jù)豎直方向的勻加速直線運動知y＝eq\f(1,2)at2，可知加速度aA＞aB＞aC，所以A帶負(fù)電、B不帶電、C帶正電，故A錯誤，B、D正確；落在下極板上時，水平方向的速度相同，豎直方向的速度vy＝at，可知vAy＞vBy＞vCy，三個小球到達(dá)極板時的動能關(guān)系為EkA＞EkB＞EkC，故C錯誤．]例3(1)eq\r(4gR)5mg(2)BC弧的中點eq\r(2\r(2)＋1gR)解析(1)從A到B根據(jù)動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得：vB＝eq\r(4gR).根據(jù)牛頓第二定律得：FN－qE＝meq\f(vB2,R)，解得：FN＝5mg.根據(jù)牛頓第三定律得，環(huán)對小球的壓力為5mg.(2)由于小球所受的靜電力與重力都是恒力，它們的合力也是恒力，小球從A處下滑時，靜電力與重力的合力先與速度成銳角，做正功，動能增大，速度增大，后與速度成鈍角，做負(fù)功，動能減小，速度減小，所以當(dāng)合力與速度垂直時速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圓弧的中點，設(shè)為D點．則從A到D過程，根據(jù)動能定理得：mg(R＋eq\f(\r(2),2)R)＋qE·eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(1,2)mvm2解得：vm＝eq\r(2\r(2)＋1gR).第十一章電路及其應(yīng)用1電源和電流探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究1．A、B之間有電勢差，能形成電流，但不能持續(xù)下去．2．產(chǎn)生持續(xù)電流的條件是導(dǎo)體兩端始終存在電勢差，電源的作用就是移送電荷，保持導(dǎo)體兩端的電勢差．3．鹽水中的電流是Na＋、Cl－定向移動形成的，金屬導(dǎo)體中的電流是電子定向移動形成的．例1BD[電源的作用是使正極聚集正電荷，負(fù)極聚集負(fù)電荷(并不是創(chuàng)造了電荷，而是使正、負(fù)電荷發(fā)生了分離)，這樣電源兩端就會產(chǎn)生電壓，電壓使電路中的電荷發(fā)生定向移動形成電流，而不是產(chǎn)生電荷，故A錯誤，B正確；電流雖有方向，但它是一個標(biāo)量，故C錯誤；在國際單位制中，電流是一個基本量，其單位安培是國際單位制中的七個基本單位之一，故D正確．]例2B[根據(jù)電流的定義可知，I＝eq\f(q,t)＝eq\f(0.1,2)A＝0.05A，故B正確，A、C、D錯誤．]例3D[電流的方向與正離子定向移動方向相同，則溶液內(nèi)電流方向從A到B，t時間內(nèi)通過溶液截面S的電荷量為q＝n1e＋n2e，則根據(jù)電流的定義式可得I＝eq\f(q,t)＝eq\f(n1e＋n2e,t)＝eq\f(n1＋n2e,t)，A、B、C錯誤，D正確．]例4C[電流大小I＝eq\f(q,t)＝eq\f(e,\f(2πr,v))＝eq\f(ve,2πr)，方向與電子運動的方向相反，即沿逆時針方向，選項C正確．]二、例5A[設(shè)該導(dǎo)線中自由電子定向移動的速率為v，自由電子從一端定向移動到另一端所用時間為t，每個原子可提供一個自由電子，則導(dǎo)線中原子數(shù)目與自由電子的數(shù)目相等，為n＝eq\f(ρSvt,M)NA，t時間內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q＝ne，則電流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(ρSveNA,M)，解得v＝eq\f(MI,ρSNAe)，故選項A正確．]針對訓(xùn)練B[由于單位時間內(nèi)通過B橫截面的電荷量是通過A橫截面的電荷量的2倍，因此B中的電流是A中的電流的2倍，故A錯誤，B正確；又I＝nqSv，則v＝eq\f(I,nqS)，由于A、B兩導(dǎo)體的材料性質(zhì)不同，易知C、D錯誤．]三、例6AB[從題圖標(biāo)識牌可知電池的容量為60A·h，即以6A的電流放電可工作10h，故A、B正確，C錯誤；該電池充完電可貯存的電荷量q＝60×3600C＝2.16×105C，故D錯誤．]2導(dǎo)體的電阻探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究(1)對導(dǎo)體A(或?qū)wB)，電流與它兩端的電壓成正比，導(dǎo)體A或?qū)wB的電壓與電流的比值是定值，但兩者的比值不相等．(2)電壓相同時，A的電流小，說明A對電流的阻礙作用大．例14002.5×10－26解析由R＝eq\f(U1,I1)可得R＝eq\f(4,0.01)Ω＝400Ω，由I2＝eq\f(U2,R)可得I2＝eq\f(10,400)A＝0.025A，由q＝I2t可得q＝0.025×1C＝2.5×10－2C，由U3＝I3R可得U3＝1.5×10－2×400V＝6V.例2B[由U＝IR知，對于一個確定的導(dǎo)體來說，通過的電流越大，則導(dǎo)體兩端的電壓也越大，但是，不能說導(dǎo)體兩端的電壓U由通過它的電流I和它的電阻R共同決定，A錯誤；由I＝eq\f(U,R)知，導(dǎo)體中的電流跟導(dǎo)體兩端的電壓成正比，跟導(dǎo)體的電阻成反比，B正確；關(guān)系式R＝eq\f(U,I)是定義式，導(dǎo)體電阻由導(dǎo)體本身決定，與導(dǎo)體兩端的電壓和通過導(dǎo)體的電流無關(guān)，C、D錯誤．]二、導(dǎo)學(xué)探究1．導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的長度、橫截面積、材料有關(guān)．2．控制變量法．3．①導(dǎo)體電阻和長度成正比②導(dǎo)體電阻和橫截面積成反比③導(dǎo)體電阻和材料有關(guān)例3B[電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量，電阻率越小的材料導(dǎo)電性能越好，選項A錯誤；電阻溫度計是利用金屬的電阻率隨溫度變化的規(guī)律制成的，選項B正確；材料的電阻率取決于導(dǎo)體材料本身，與導(dǎo)體的電阻、橫截面積和長度均無關(guān)，選項C錯誤；電阻率的大小與溫度的變化以及材料本身均有關(guān)，選項D錯誤．]例4B[當(dāng)電流沿I1方向時，銅塊的長度為a，橫截面積為bc，其電阻R1＝ρeq\f(a,bc)；當(dāng)電流沿I2方向時，銅塊的長度為c，橫截面積為ab，其電阻R2＝ρeq\f(c,ab)，故eq\f(R1,R2)＝eq\f(a2,c2).選B.]針對訓(xùn)練A[根據(jù)電阻定律可得導(dǎo)體的電阻為R＝eq\f(ρL,S)＝ρeq\f(L,Ld)＝eq\f(ρ,d)，則可知R與邊長L無關(guān)，又R1與R2厚度d相同，知R1＝R2，根據(jù)I＝eq\f(U,R)，由題意可得I1∶I2＝1∶1，B、C、D錯誤，A正確．]三、例5A[由題圖可知，通過電阻的電流與兩端電壓成正比，故A正確；由題圖可知電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(10,5)Ω＝2.0Ω，故B、C錯誤；在R兩端加上6.0V的電壓時，每秒通過電阻橫截面的電荷量是q＝It＝eq\f(U,R)t＝eq\f(6,2)×1C＝3.0C，故D錯誤．]例6AD[由題圖可知R1的伏安特性曲線為過原點的直線，故R1為線性元件，R2的伏安特性曲線為曲線，故R2是非線性元件，故A正確；R1的電阻為2Ω，故B錯誤；由題圖可知，當(dāng)U＝1V時，R2的電阻等于R1的電阻，都為2Ω，故D正確；I－U圖像上的點與坐標(biāo)原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，由題圖可知R2的電阻隨電壓的增大而增大，故C錯誤．]3實驗：導(dǎo)體電阻率的測量實驗1長度的測量及測量工具的選用精析典題提升能力例1A11.25解析由游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)原理可知，測內(nèi)徑應(yīng)該用游標(biāo)卡尺的內(nèi)測量爪，故選填A(yù)；游標(biāo)卡針對訓(xùn)練117.223.2510.38＋0.2mm＝17.2mm，乙圖讀數(shù)：整毫米數(shù)是23mm，不足1毫米數(shù)是5×0.05mm＝0.25mm，最后讀數(shù)是23mm＋0.25mm＝23.25mm，丙圖讀數(shù)：整毫米數(shù)是10mm，不足1毫米數(shù)是19×0.02mm＝0.38mm，最后讀數(shù)是10mm＋0.38mm＝10.38mm.例20.010(0.009或0.011)6.870(6.869或6.871)6.860(第二空中數(shù)據(jù)減第一空中數(shù)據(jù)的差值均可)針對訓(xùn)練23.5503.2040.850例3(1)0.020.440.12.20(2)0.11.700.58.5針對訓(xùn)練3(1)0.90V1.90A(2)10.0V10.5V10.2V(或10.3V)(3)0.40A0.50A0.22A0.52A實驗2金屬絲電阻率的測量精析典題提升能力例1(1)0.384(0.383～0.385均可)(2)見解析圖(3)eq\f(πUd2,4Il)解析(1)螺旋測微器固定刻度示數(shù)為零，可動刻度示數(shù)為38.4×0.01mm＝0.384mm，故d＝0.384mm.(2)接法如圖所示．(3)根據(jù)歐姆定律有Rx＝eq\f(U,I)，又Rx＝ρeq\f(l,S)，S＝eq\f(πd2,4)，聯(lián)立可得ρ＝eq\f(πUd2,4Il).例2(1)0.398(0.397～0.399均正確)(3)見解析圖4.4(4.3～4.7均可)(4)C解析(1)螺旋測微器的讀數(shù)為0＋39.8×0.01mm＝0.398mm.(3)圖線應(yīng)過原點，選盡可能多的點連成一條直線，不在直線上的點均勻分布在直線兩側(cè)，偏離較遠(yuǎn)的點應(yīng)舍去，如圖所示．圖線的斜率表示金屬絲的電阻，因此金屬絲的電阻值Rx≈4.4Ω.(4)根據(jù)Rx＝ρeq\f(l,S)得金屬絲的電阻率ρ＝eq\f(RxS,l)＝eq\f(πRxd2,4l)＝eq\f(3.14×4.4×0.398×10－32,4×0.5)Ω·m≈1.09×10－6Ω·m，故選項C正確．例3(1)C(2)不同(3)如圖所示(4)如圖所示(5)23.5(23.0～24.0均可)解析(1)A起固定作用，便于讀數(shù)；B為粗調(diào)，調(diào)節(jié)B使電阻絲與測微螺桿、測砧剛好接觸；然后調(diào)節(jié)C，C起微調(diào)作用．(2)電阻絲電阻R＝ρeq\f(l,S)，測量一段電阻絲的電阻，S為這段電阻絲的橫截面積，而不是某位置處的橫截面積，故應(yīng)在不同位置進(jìn)行多次測量，取其平均值作為電阻絲的直徑以減小誤差．(4)把U2和I2的數(shù)據(jù)在方格紙中描點，用過原點的直線把它們連在一起，讓盡可能多的點在直線上．(5)結(jié)合題圖中圖線的斜率可知R0＋Rx＋RA＝49.0Ω，R0＋RA＝25.5Ω，解得Rx＝23.5Ω.4串聯(lián)電路和并聯(lián)電路第1課時串聯(lián)電路和并聯(lián)電路電表的改裝探究重點提升素養(yǎng)一、導(dǎo)學(xué)探究1．(1)由于串聯(lián)電路的總電阻等于各部分電路電阻之和，則R總＝R1＋R2＋R3＝3R.(2)由串聯(lián)電路中的電流處處相等得eq\f(U1,R1)＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(U3,R3)又由于R1<R2<R3，則U1<U2<U3.2．(1)由并聯(lián)電路的總電阻的倒數(shù)等于各支路電阻倒數(shù)之和得eq\f(1,R總)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋eq\f(1,R3)＝eq\f(3,R)，解得R總＝eq\f(R,3).(2)由并聯(lián)電路各支路兩端電壓相等得I1R1＝I2R2＝I3R3又由于R1<R2<R3，則I3<I2<I1.例1B[S斷開時，R1與R2串聯(lián)在電路中，電壓之比eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(1,5)，A錯誤；S閉合時，R2與R3并聯(lián)，然后再與R1串聯(lián)，因此通過R2與R3的電流之比eq\f(I2′,I3′)＝eq\f(R3,R2)＝eq\f(1,1)，由于流過R1的電流等于流過R2與R3電流之和，即I1′＝I2′＋I(xiàn)3′，因此I1′∶I2′＝2∶1，C、D錯誤；S閉合時，R2與R3并聯(lián)之