高中生物一輪復(fù)習(xí)教案

高考物理第一輪基礎(chǔ)知識電容器、靜電現(xiàn)象的應(yīng)用復(fù)習(xí)教案。

第4課時電容器靜電現(xiàn)象的應(yīng)用

基礎(chǔ)知識歸納
1.靜電感應(yīng)現(xiàn)象
導(dǎo)體放入電場后，導(dǎo)體內(nèi)部自由電荷在電場力作用下做定向移動，使導(dǎo)體兩端出現(xiàn)等量的正、負(fù)電荷的現(xiàn)象.
2.靜電平衡
(1)狀態(tài)：導(dǎo)體中(包括表面)沒有電荷定向移動.
(2)條件：導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為零.
(3)導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)的特點：
①導(dǎo)體表面上任何一點的場強(qiáng)方向跟該點外表面垂直；
②電荷只分布在導(dǎo)體外表面；
③整個導(dǎo)體是一個等勢體，導(dǎo)體表面是一個等勢面.
3.靜電屏蔽
導(dǎo)體球殼內(nèi)(或金屬網(wǎng)罩內(nèi))達(dá)到靜電平衡后，內(nèi)部場強(qiáng)處處為零，不受外部電場的影響，這種現(xiàn)象叫靜電屏蔽.
4.尖端放電
導(dǎo)體尖端的電荷密度很大，附近場強(qiáng)很強(qiáng)，能使周圍氣體分子電離，與尖端電荷電性相反的離子在電場力作用下奔向尖端，與尖端電荷中和，這相當(dāng)于導(dǎo)體尖端失去電荷，這一現(xiàn)象叫尖端放電.如高壓線周圍的“光暈”就是尖端放電現(xiàn)象，所以高壓設(shè)備盡量做得光滑，防止尖端放電，而避雷針則是利用尖端放電的實例.
5.電容器
(1)兩塊互相靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體組成的電子元件.
(2)電容器的帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值.
(3)電容器的充、放電：使電容器帶電的過程叫做充電，使電容器失去電荷的過程叫做放電.
6.電容
(1)定義：電容器所帶電荷量與兩極板間電勢差的比值叫電容，定義式為.
(2)單位：法拉，符號F，換算關(guān)系為1F＝106μF＝1012pF.
(3)物理意義：電容是描述電容器儲存電荷本領(lǐng)大小的物理量，可與卡車的載重量類比.
7.平行板電容器的電容
電容C與平行板正對面積S成正比，與電介質(zhì)的介電常數(shù)εr成正比，與兩極板的距離d成反比，即C＝.
重點難點突破
一、處理平行板電容器內(nèi)部E、U、Q變化問題的基本思路
1.首先要區(qū)分兩種基本情況；
(1)電容器始終與電源相連時，電容器兩極板電勢差U保持不變；
(2)電容器充電后與電源斷開時，電容器所帶電荷量Q保持不變.
2.賴以進(jìn)行討論的物理依據(jù)有三個：
(1)平行板電容器電容的決定式C＝；
(2)平行板電容器內(nèi)部為勻強(qiáng)電場，所以場強(qiáng)E＝Ud；
(3)電容器所帶電荷量Q＝CU.
二、帶電粒子在平行板電容器內(nèi)運動和平衡的分析方法
帶電粒子在平行板電容器中的運動與平衡問題屬力學(xué)問題，處理方法是：先作受力分析和運動狀態(tài)分析，再結(jié)合平衡條件、牛頓運動定律、功能觀點進(jìn)行分析和求解.
三、電容器在直流電路中的處理方法
電容器是一個儲存電荷的元件，在直流電路中，當(dāng)電容器充放電時，電路中有充放電電流，一旦達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器在電路中相當(dāng)于一個阻值無限大的元件，在電容器處看做斷路，簡化電路時可去掉它，簡化后若要求電容器所帶電荷量時，可以在相應(yīng)的位置補(bǔ)上.
典例精析
1.平行板電容器內(nèi)部E、U、Q的關(guān)系
【例1】一平行板電容器電容為C，兩極板間距為d，接到一電壓一定的電源上，電容器的帶電量為Q，電容器與電源始終保持連接.把兩極板距離變?yōu)?，則電容器的電容為，兩極板電壓為，電容器帶電荷量為，兩極板的場強(qiáng)為.
【解析】由于電容器始終接在電源上，因此兩極板間電壓保持不變，由C＝，有C∝，即C′C＝，所以C′＝2C
由公式Q＝CU，U不變，則Q∝C
Q′Q＝C′C＝2，即Q′＝2Q
由E＝Ud，U一定，則E∝
E′E＝＝2，E′＝2E＝2Ud＝
【答案】2C；U；2Q；
【思維提升】若上題中平行板電容器充電后，切斷與電源的連接，電容器d、S、εr變化，將引起電容器C、Q、U、E怎樣變化？可根據(jù)切斷電源后Q不變，再由以下幾式討論C、U、E的變化.
C＝∝
U＝＝＝∝
E＝Ud＝＝＝∝
【拓展1】一平行板電容器充電后S與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示.以U表示兩極板間的電壓，E表示兩極板間的場強(qiáng)，ε表示該正電荷在P點的電勢能，若保持負(fù)極板不動，而將正極板移至圖中虛線所示位置，則(AC)
A.U變小，ε不變B.E變大，ε不變C.U變小，E不變D.U不變，ε不變
【解析】根據(jù)充電后與電源斷開，Q不變和C＝，有d↓，C↑，又U＝，即C↑，U↓
因E＝Ud＝Qcd＝＝
所以E不變，P點到極板的距離不變，則P點下極板的電勢差不變，P點的電勢φP不變，P點電勢能ε＝φPq不變，所以A、C選項正確.
2.帶電粒子在平行板電容器內(nèi)運動和平衡的分析
【例2】如圖所示，在空氣中水平放置的兩塊金屬板，板間距離d＝5.0mm，電源電壓U＝150V.當(dāng)開關(guān)S斷開，金屬板不帶電時，極板中的油滴勻速下落，速度為v0，然后閉合S，則油滴勻速上升，其速度大小也是v0，已測得油滴的直徑D＝1.10×10－6m，油滴密度ρ＝1.05×103kg/m3.已知油滴運動時所受空氣阻力與油滴速度成正比，不計空氣浮力，元電荷e＝1.6×10－19C，求油滴的帶電荷量.
【解析】油滴勻速下降，受豎直向下的重力mg和向上的空氣阻力Ff而平衡，有
mg＝Ff①
油滴的質(zhì)量為m＝ρV＝ρπ6D3②
阻力Ff＝kv③
把②③式代入①式得
π6D3ρg＝kv0④
S閉合后油滴勻速上升，油滴受向上電場力FE和向下的重力mg、空氣阻力Ff′平衡，即：
FE＝mg＋Ff′⑤
電場力FE＝Eq＝Udq⑥
空氣阻力Ff′＝kv0⑦
將⑥⑦式代入⑤式得
Udq＝π6D3ρg＋kv0⑧
由④⑧兩式得
Udq＝π3D3ρg
解得q＝＝4.8×10－19C
【思維提升】本題考查了帶電粒子在平行板電容器間的運動，屬于力學(xué)問題.處理方法是：受力分析后利用平衡條件求解.
【拓展2】如圖所示，A，B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板中央各有一小孔M、N，今有一帶電質(zhì)點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N三點在同一豎直線上)，空氣阻力不計，到達(dá)N點的速度恰好為零，然后按原路徑返回，若保持兩板間的電壓不變，則(AD)
A.若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落仍能返回
B.若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落仍能返回
C.若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
D.若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
【解析】當(dāng)開關(guān)S一直閉合時，A、B兩板之間的電壓保持不變，當(dāng)帶電質(zhì)點從M向N運動時，要克服電場力做功，W＝qUAB，由題設(shè)條件知：質(zhì)點由P到N的運動過程中，重力做的功與物體克服電場力做的功相等，即mg2d－qUAB＝0.A、C選項中，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回；B、D選項中，因B板下移一段距離，保持UAB不變，而重力做功增加，所以它將一直下落.綜上所述，正確選項為A和D.
3.電容器在直流電路中的處理方法
【例3】如圖所示，電源電壓恒為10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，求：
(1)閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后通過R1的電流；
(2)電流穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，求通過R1的帶電量.
【解析】(1)以U0表示電源電壓，則S閉合，電路穩(wěn)定時電路中的電流強(qiáng)度為
I＝＝104＋6A＝1A
(2)由歐姆定律得R2兩端電壓U2為
U2＝IR2＝1×6V＝6V，此時電容兩端電壓也為U2，則其帶電量Q＝CU2，Q＝30×10－6×6C＝1.8×10－4C
斷開S后，電容器兩端電壓為U0，其帶電量則變?yōu)镼′＝CU0＝30×10－6×10C＝3.0×10－4C
故得S斷開后通過R1的總電量為
ΔQ＝Q′－Q＝3.0×10－4C－1.8×10－4C
即ΔQ＝1.2×10－4C
【思維提升】電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，因此與電容器串聯(lián)的電阻上無電壓，當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩端的電壓與其并聯(lián)電阻兩端電壓相等，電路中的電流電壓變化時，會引起充放電.
【拓展3】一平行板電容器C，極板是水平放置的，它與三個可變電阻及電源連接如圖電路，有一個質(zhì)量為m的帶電油滴懸浮在電容器的兩極板之間，靜止不動.現(xiàn)要使油滴上升，可采用的辦法是(CD)
A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.減小R2
易錯門診
4.理解導(dǎo)體靜電平衡的特點
【例4】如圖，當(dāng)帶正電的絕緣空腔導(dǎo)體A的內(nèi)部通過導(dǎo)線與驗電器的小球B連接時，驗電器的指針是否帶電？
【錯解】因為靜電平衡時，凈電荷只分布在空腔導(dǎo)體的外表面，內(nèi)部無電荷，所以，導(dǎo)體A內(nèi)部通過導(dǎo)線與驗電器小球連接時，驗電器不帶電.
【錯因】關(guān)鍵是對“導(dǎo)體的外表面”含義不清，結(jié)構(gòu)變化將要引起“外表面”的變化，這一點要分析清楚.
【正解】空腔導(dǎo)體A的內(nèi)部通過導(dǎo)線與驗電器的小球B連接后，A、B兩者便構(gòu)成了一個整體.驗電器的金箔成了導(dǎo)體的外表面的一部分，改變了原來導(dǎo)體結(jié)構(gòu)，凈電荷要重新分布，即電荷分布于新的導(dǎo)體的外表面，因而金箔將帶電.
【思維提升】“內(nèi)表面”與“外表面”是相對(整體)而言的，要具體情況具體分析，如本題中平衡后空腔內(nèi)的小球仍不帶電，只是空腔表面的電荷通過小球移動到了金箔外表面上.

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高考物理第一輪總復(fù)習(xí)電場中的導(dǎo)體電容器教案32

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高考物理第一輪考綱知識復(fù)習(xí):電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動

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第3節(jié)電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動
【考綱知識梳理】
一。電容器
1.構(gòu)成：兩個互相靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體構(gòu)成電容器。
2.充放電：
（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程。充電的過程是將電場能儲存在電容器中。
（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電的過程中儲存在電容器中的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。
3．電容器帶的電荷量：是指每個極板上所帶電荷量的絕對值
4.電容器的電壓：
（1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標(biāo)定數(shù)值。
（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質(zhì)擊穿導(dǎo)電使電容器損壞的極限電壓。
二.電容
1．定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值
2．定義式：
3．電容的單位：法拉，符號：F。
4．物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。
5．制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關(guān)，是由電容器本身的結(jié)構(gòu)決定的。對一個確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。
三.平行板電容器
1．平行板電容器的電容的決定式：即平行板電容器的電容與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。
2．平行板電容器兩板間的電場：可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場，E=U/d
四.帶電粒子在電場中的運動
1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應(yīng)用動能定理求解。若為勻變速直線運動，可用牛頓運動定律與運動學(xué)公式求解。
2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)：對于帶電粒子以垂直勻強(qiáng)電場的方向進(jìn)入電場后，受到的電場力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運動（類平拋運動）。
⑴處理方法往往是利用運動的合成與分解的特性：分合運動的獨立性、分合運動的等時性、分運動與合運動的等效性。沿初速度方向為勻速直線運動、沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。
⑵基本關(guān)系：
x方向：勻速直線運動
Y方向：初速度為零的勻加速直線運動

①．離開電場時側(cè)向偏轉(zhuǎn)量：
②．離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：φ
推論1.粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交一點,此點平分沿初速度方向的位移。
推論2.位移和速度不在同一直線上，且tanφ=2tanα。
【要點名師精解】
一、平行板電容器的動態(tài)分析
1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.
(2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化.
(3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.
(4)用E=分析平行板電容器極板間勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的變化.
2.電容器兩類動態(tài)變化的分析比較
(1)第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變
(2)第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變
【例1】(20xx阜陽模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒.S閉合時，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開.下列說法能實現(xiàn)使該帶電微粒向上運動打到上極板的是()
A.①情況下，可以通過上移極板M實現(xiàn)
B.①情況下，可以通過上移極板N實現(xiàn)
C.②情況下，可以通過上移極板M實現(xiàn)
D.②情況下，可以通過上移極板N實現(xiàn)
【答案】選B.
【詳解】保持S閉合的分析：因為第①種情況下兩板間電壓U不變，所以電場強(qiáng)度E=U/d，只有d減小，E增大，電場力增大，帶電微粒才向上運動打到上極板M上，故可以通過下移極板M或者上移極板N來實現(xiàn)，選項A錯，B正確；充電后將S斷開的分析：因為第②種情況下兩極板帶電荷量Q不變，根據(jù)Q=CU，C=可得，E=，可以看出E與兩板間距離d無關(guān)，所以無論怎樣移動M、N兩極板改變兩板間的距離，場強(qiáng)E、電場力F都不變，帶電微粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項C、D錯誤，B正確.
二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動
1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.帶電粒子在電場中的平衡
解題步驟:①選取研究對象.②進(jìn)行受力分析，注意電場力的方向特點.③由平衡條件列方程求解.
3.帶電粒子在電場中的變速直線運動：可用運動學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如圖所示，板長L=4cm的平行板電容器，板間距離d=3cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10m/s2.求：
(1)液滴的質(zhì)量；
(2)液滴飛出時的速度.
【答案】(1)m=8×10-8kg(2)v=≈1.32(m/s)
【詳解】(1)畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入數(shù)據(jù)得m=8×10-8kg
(2)對液滴由動能定理得：qU=
v=
所以v=≈1.32(m/s)
三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)
1.粒子的偏轉(zhuǎn)角
(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為θ，則
結(jié)論：動能一定時tanθ與q成正比，電荷量相同時tanθ與動能成反比.
(2)經(jīng)加速電場加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場
不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有：②
由①②式得：tanθ=③
結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.
2.粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論
(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場④
作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則
結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出.
(2)經(jīng)加速電場加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則由②和④得：偏移量：⑤
上面③式偏轉(zhuǎn)角正切為：tanθ＝
結(jié)論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是軌跡完全重合.
【例3】(20xx南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ.兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求：
(1)從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標(biāo)；
(2)由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；
【答案】(1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場Ⅰ中做勻
加速直線運動，出區(qū)域Ⅰ時的速度為v0，接著在無電場區(qū)域
勻速運動，此后進(jìn)入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運動，假
設(shè)電子從NP邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y1，
由y=對于B點y=L，則x=(2分)
所以eE=(2分)
解得v0=(1分)
設(shè)在電場Ⅱ中運動的時間為t1
L-y1=(1分)
解得y1=0，所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標(biāo)為(-2L，0)(2分)
(2)設(shè)釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標(biāo)為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v1時飛離電場Ⅰ，接著在無電場區(qū)域做勻速運動，然后進(jìn)入電場Ⅱ做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2.
eEx=(2分)
y2=(2分)
解得xy2=，所以原假設(shè)成立，即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開的.(2分)
其中只有從B點釋放的電子，離開P點時動能最小，則從B到P由動能定理得：eE(L+)=Ek-0(3分)
所以Ek=(1分)
【感悟高考真題】
1.（20xx安徽高考T18）圖（a）為示管的原理圖。如果在電極YY’之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX’之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是
【答案】選B.
【詳解】示波管YY’間為信號電壓，XX‘為掃描電壓，0～t1，Y板電勢高電子向Y板偏轉(zhuǎn)，X’電勢高電子向X’板偏轉(zhuǎn)，由此知CD錯；又根據(jù)偏移量公式，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，、時刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，所以B對。
2.（20xx安徽高考T20）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。
若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是
A.B.
C.D.
【答案】選B.
【詳解】
畫出帶電粒子速度-時間圖像，根據(jù)v-t圖像中的“面積”研究各時刻開始的帶電粒子的運動情況，A選項可畫出T/8時刻開始的運動圖像，如圖a由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上,A選項錯；B選項可畫出5T/8時刻進(jìn)入的運動圖像，如圖b由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為負(fù)，即粒子向A板靠近，最終會打到A板上,B選項對；C選項可畫出7T/8時刻進(jìn)入的運動圖像，由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上，C選項錯；同理D選項錯。
3.（20xx天津理綜T5）板間距為的平行板電容器所帶電荷量為時，兩極板間電勢差為，板間場強(qiáng)為.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?，板間距變?yōu)?，其他條件不變，這時兩極板間電勢差，板間場強(qiáng)為，下列說法正確的是
A.
B.
C.
D.
【答案】選C．
【詳解】當(dāng)平行板電容器的其他條件不變，板間距離變?yōu)闀r，電容器的電容為，又知電容器的帶電量為2Q，則得知，即，根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)之間的關(guān)系式得，因此選項C正確，其它選項都錯誤。
4.（20xx浙江理綜T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。通過調(diào)整兩板間距d可以改變收集效率η。當(dāng)d=d0時，η為81%（即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集）。
不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。
求收集效率為100%時，兩板間距的最大值為dm；
求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系；
若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線
【詳解】（1）收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則在水平方向有
①
在豎直方向有
②
其中
③
當(dāng)減小兩板間距時，能夠增大電場強(qiáng)度，提高裝置對塵埃的收集效率.收集效率恰好為100%，兩板間距即為dm.如果進(jìn)一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有
④
在豎直方向有
⑤
其中
⑥
聯(lián)立①—⑥各式可得
⑦
（2）通過前面的求解可知，當(dāng)時，收集效率η均為100%.
黨d0.9d0時，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時有
⑧
根據(jù)題意，收集效率為
⑨
聯(lián)立①、②、③、⑧及⑨式可得
（3）穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量為
當(dāng)時，，因此
當(dāng)d0.9d0時，，因此
繪出的圖線如下
答案:：(1)(2)η=100%（時），（d0.9d0時）(3)（時），（d0.9d0時）圖線見解析.
5.（20xx福建理綜T20）反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強(qiáng)度的大小分別是N/C和N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量，帶電量,A點距虛線的距離，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求：
B點距虛線的距離；
帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間。
【答案】（1）0.50cm(2)1.5×10-8s
【詳解】（1）帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有得
(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有
設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分t1和t2：，由運動學(xué)公式有
t=t1+t2
聯(lián)立方程解得t=1.5×10-8s
6.（20xx北京高考T24）靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0Aq）,忽略重力。求
（1）粒子所受電場力的大?。?br> （2）粒子的運動區(qū)間；
（3）粒子的運動周期。
【答案】（1）（2）（3）
【詳解】⑴由圖可知，0與d（或-d）兩點的電勢差為φ0
電場強(qiáng)度大小
電場力的大小
⑵設(shè)粒子在[-x0，x0]區(qū)間運動，速率為v，由題意得
…………………①
由圖可知……………②
由①②得，……………③
因動能非負(fù)，有
得
即……………④
粒子運動的區(qū)間
⑶粒子從-x0處開始運動四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律粒子的加速度：
……………⑤
由于粒子做勻加速直線運動，則
粒子運動的周期
7.（20xx天津12）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠(yuǎn)大于L，O’O為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離O’O的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標(biāo)系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。
（1）設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O’O的方向從O’點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;
(2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結(jié)果計算未知離子的質(zhì)量數(shù)。
上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O’點沿O’O方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標(biāo)相同的兩個光點，對應(yīng)的x坐標(biāo)分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標(biāo)大的光點是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時O’O方向的分速度總是遠(yuǎn)大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）離子在電場中受到的電場力
①
離子獲得的加速度
②
離子在板間運動的時間
③
到達(dá)極板右邊緣時，離子在方向的分速度
④
離子從板右端到達(dá)屏上所需時間
⑤
離子射到屏上時偏離點的距離
由上述各式，得
⑥
（2）設(shè)離子電荷量為，質(zhì)量為，入射時速度為，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場對離子的洛倫茲力
⑦
已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時，方向的分速度總是遠(yuǎn)大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度
⑧
是離子在方向的加速度，離子在方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達(dá)極板右端時，離子在方向的分速度
⑨
離子飛出極板到達(dá)屏?xí)r，在方向上偏離點的距離
⑩
當(dāng)離子的初速度為任意值時，離子到達(dá)屏上時的位置在方向上偏離點的距離為，考慮到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾兩式得
⑿
其中
上式表明，是與離子進(jìn)入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均相同，由題設(shè)條件知，坐標(biāo)3.24mm的光點對應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為，坐標(biāo)3.00mm的光點對應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為，由⑿式代入數(shù)據(jù)可得
⒀
故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。
8．（20xx江蘇物理15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓作周期性變化，其正向電壓為，反向電壓為，
電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。
（1）若，電子在0—2r時間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件；
（2）若電子在0—2r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度隨時間t變化的關(guān)系；
（3）若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值。
答案：
9.（09北京19）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(C)
A．穿出位置一定在O′點下方
B．穿出位置一定在O′點上方
C．運動時，在電場中的電勢能一定減小
D．在電場中運動時，動能一定減小
解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，
故對粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。
10.（09天津5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則（B）
A.粒子受電場力的方向一定由M指向N
B.粒子在M點的速度一定比在N點的大
C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大
D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢
解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力做負(fù)功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，C錯。
11.（09海南物理5）一平行板電容器兩極板間距為、極板面積為S，電容為，其中是常量。對此電容器充電后斷開電源。當(dāng)增加兩板間距時，電容器極板間（A）
A．電場強(qiáng)度不變，電勢差變大
B．電場強(qiáng)度不變，電勢差不變
C．電場強(qiáng)度減小，電勢差不變
D．電場強(qiáng)度較小，電勢差減小

12.（09福建15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（B）
A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動
B.P點的電勢將降低
C.帶點油滴的電勢將減少
D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大
13.（09浙江20）空間存在勻強(qiáng)電場，有一電荷量、質(zhì)量的粒子從點以速率射入電場，運動到點時速率為。現(xiàn)有另一電荷量、質(zhì)量的粒子以速率仍從點射入該電場，運動到點時速率為。若忽略重力的影響，則（AD）
A．在、、三點中，點電勢最高
B．在、、三點中，點電勢最高
C．間的電勢差比間的電勢差大
D．間的電勢差比間的電勢差小
解析：正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，O點電勢較高；負(fù)電荷從O到
B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比O點高。所以B點最高，A對；，，故D對。
14.（09山東25）（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。
已知t=0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）
（1）求電壓U的大小。
（2）求時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。
（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。

解析：
（1）時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為，則有①
②
③
聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為④。
（2）時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，
后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為⑤
帶電粒子離開電場時沿y軸負(fù)方向的分速度大小為⑥
帶電粒子離開電場時的速度大小為⑦
設(shè)帶電粒子離開電場進(jìn)入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有⑧
聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。
（3）時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為⑩，設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立③⑤⑩式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯(lián)立以上兩式解得。
15（09安徽23）如圖所示，勻強(qiáng)電場方向沿軸的正方向，場強(qiáng)為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時刻突然分裂成兩個質(zhì)量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負(fù)方向運動，經(jīng)過一段時間到達(dá)點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求
（1）分裂時兩個微粒各自的速度；
（2）當(dāng)微粒1到達(dá)（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率；
（3）當(dāng)微粒1到達(dá)（點時，兩微粒間的距離。
答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設(shè)微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根號外的負(fù)號表示沿y軸的負(fù)方向。
中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）設(shè)微粒1到達(dá)（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為
其中由運動學(xué)公式
所以
（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點時發(fā)生的位移
則當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點時，兩微粒間的距離為
16（09福建21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）
答案：（1）;（2）;
(3)
解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則有
qE+mgsin=ma①
②
聯(lián)立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為，則有
④
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得
s
（3）如圖
17.（09福建22）圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強(qiáng)電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強(qiáng)電場；
（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。
答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2）；（3）
解析：第（1）問本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復(fù)合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動。
設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得
①
由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得
②
聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）③
（2）設(shè)所加電場的場強(qiáng)大小為E。如圖乙，當(dāng)粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x
軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有
④
代入數(shù)據(jù)得
⑤
所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有
⑥
⑦
聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得
⑧
（3）如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積
⑨
聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得
矩形如圖丙中（虛線）
18.（09浙江23）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質(zhì)量m、電荷量q（q0）的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)閝，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為μ，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則
（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？
（2）小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運動？停在何位置？
答案：（1）（2）時間為，停在處或距離B板為
解析：本題考查電場中的動力學(xué)問題
（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強(qiáng)度為
小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為
故小物塊運動的加速度為
設(shè)小物塊與A板相碰時的速度為v1，由
解得
（2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小為
加速度大小為
設(shè)小物塊碰后到停止的時間為t，注意到末速度為零，有
解得
設(shè)小物塊碰后停止時距離為，注意到末速度為零，有
則
或距離B板為
19.（09江蘇14）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；
（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；
（3）實際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E㎞。
解析：
(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1
qu=mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑
則
（2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈
解得
（3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即
當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為
粒子的動能
當(dāng)≤時，粒子的最大動能由Bm決定
解得
當(dāng)≥時，粒子的最大動能由fm決定
解得
【考點精題精練】
1.(20xx揚州模擬)下列關(guān)于實驗中使用靜電計的說法中正確的有()
A.使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B.使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況
C.靜電計可以用電壓表替代
D.靜電計可以用電流表替代
【答案】選A.
【詳解】靜電計是用來測量電容器兩極板的電勢差，從而研究電容器電容隨電容器正對面積、兩板距離、介電常數(shù)等因素的變化.如果用電壓表、電流表來替代則構(gòu)成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數(shù)，故答案為A.
2.(20xx會昌模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質(zhì)點處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則()
A.電容變大，質(zhì)點向上運動
B.電容變大，質(zhì)點向下運動
C.電容變小，質(zhì)點保持靜止
D.電容變小，質(zhì)點向下運動
【答案】選D.
【詳解】帶電質(zhì)點在電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)有mg=qE，因為電容器與電源連接，電壓不變，E=U/d，d增大，電容C減小，E減小，質(zhì)點向下運動，答案為D.
3.虛線框內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場(方向未知)，有一正電荷(重力不計)從bc邊上的M點以速度v0射進(jìn)電場內(nèi)，最后從cd邊上的Q點射出電場，下列說法正確的是()
A.電場力一定對電荷做了正功
B.電場方向可能垂直ab邊向右
C.電荷運動的軌跡可能是一段圓弧
D.電荷的運動一定是勻變速運動
【答案】選B、D.
【詳解】由正電荷在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)可以判斷，其所受電場力一定指向運動曲線的內(nèi)側(cè)，但電場力與速度方向的夾角可能為銳角或鈍角，電場力可能做正功或負(fù)功，所以選項A錯B對，由于正電荷只受恒定的電場力作用，所以正電荷不可能做圓周運動，一定是勻變速曲線運動，選項D正確，答案為B、D.
4.(20xx泰州模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)通過瞬間平移和緩慢平移兩種方法將A板移到圖中虛線位置.下列關(guān)于帶電液滴運動的說法中正確的是()
A.上述兩種方法中，液滴都向
B板做勻加速直線運動
B.采用瞬間平移的方法，液滴運動到B板經(jīng)歷的時間短
C.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板時速度大
D.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板過程中電場力做功多
【答案】選B.
【詳解】瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻加速運動，而緩慢平移至虛線位置這一階段，帶電液滴電場力緩慢增大，加速度也緩慢增大，到達(dá)虛線位置以后才開始做勻加速運動，所以瞬間平移使帶電液滴到達(dá)B板的時間短，做功多，速度大，故答案為B.
5．(20xx年黑龍江適應(yīng)性測試)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是()
【答案】選AD.
【詳解】在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝U0ed，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個T4內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個T4內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個T4內(nèi)反向做勻加速直線運動．在第四個T4內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖象如圖1所示，v－t圖象如圖2所示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋12at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線．故本題選AD.
6.(20xx年北京西城抽測)如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連．閉合開關(guān)后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說法中正確的是()
A．液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線
B．電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大
C．電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短
D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長
【答案】選BC.
【詳解】電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢．極板間形成了電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速度越大，同時位移越小，則運動的時間越短，C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，則對液滴的運動沒有影響，D項錯．
7．如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，兩極板間距離為d，今在距兩極板的中點12d處放一電荷q，則()
A．q所受電場力的大小為QqCd
B．q所受電場力的大小為k4Qqd2
C．q點處的電場強(qiáng)度是k4Qd2
D．q點處的電場強(qiáng)度是k8qd2
【答案】選A.
【詳解】兩極板之間的電場強(qiáng)度E＝Ud，q受到的電場力F＝Eq＝Udq＝QCdq，A正確；Q不是點電荷，點電荷的場強(qiáng)公式E＝kQr2在這里不能用，B、C、D不正確．
8．(20xx年廣東珠海質(zhì)檢)分別將帶正電、負(fù)電和不帶電的三個等質(zhì)量小球，分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負(fù)電，下板接地．三小球分別落在圖中A、B、C三點，則錯誤的是()
A．A帶正電、B不帶電、C帶負(fù)電
B．三小球在電場中加速度大小關(guān)系是：aAaBaC
C．三小球在電場中運動時間相等
D．三小球到達(dá)下板時的動能關(guān)系是EkCEkBEkA
【答案】選C.
【詳解】由于A的水平射程x最遠(yuǎn)，A的運動時間t＝xv0最長，C錯誤．A的加速度aA＝2ht2最小，而C的加速度aC最大，aAaBaC，B正確．可見，A帶正電，受電場力方向與重力方向相反，B不帶電，C帶負(fù)電，受電場力方向與重力方向相同，A正確．由動能定理知EkCEkBEkA，D正確．
9．(20xx年山東濟(jì)南調(diào)研)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()
A．板間電場強(qiáng)度大小為mg/q
B．板間電場強(qiáng)度大小為2mg/q
C．質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等
D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間
【答案】選BC.
【詳解】當(dāng)質(zhì)點所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點才可能垂直打到屏上．由運動的合成與分解，可知質(zhì)點在水平方向上一直做勻速直線運動，所以質(zhì)點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等．由運動規(guī)律可知質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，vx＝v0；在豎直方向上：在電場中vy＝at，如圖所示，離開電場后質(zhì)點做斜上拋運動，vy＝gt，由此運動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正確．
10．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()
A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上
B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩極間振動
C．從t＝T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上
D．從t＝3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】AC
【詳解】若t＝0時刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t＝T/4時刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已達(dá)到右極板，若此時未達(dá)到右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時刻釋放電子，電子有可能達(dá)到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩極間的距離，所以D錯誤．
11．如圖所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉(zhuǎn)的裝置，乙圖為該裝置中加速與偏轉(zhuǎn)電場的等效模擬，以y軸為界，左側(cè)為沿x軸正向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E.右側(cè)為沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0，若在x軸的C點無初速度地釋放一個電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計重力)，結(jié)果正離子剛好通過B點，求：
(1)CO間的距離d；
(2)粒子通過B點的速度大?。?br> 【答案】(1)U04E(2)5qU02m
【詳解】(1)設(shè)正離子到達(dá)O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)
則正離子由C點到O點由動能定理得：
qEd＝12mv02－0①
而正離子從O點到B點做類平拋運動，則：
OA＝12qU0OAmt2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝U04E.
(2)設(shè)正離子到B點時速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動能定理得：
qEd＋qU0＝12mvB2－0，解得vB＝5qU02m.
12.如圖所示，一光滑斜面的直角點A處固定一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度；
(2)小球運動到斜面底端C處時，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻螅?br> 【答案】(1)gL2(2)32mg－2kq23L2
【詳解】由于小球沿斜面下滑過程中所受電場力為變力，因此不能用功的定義來求解，只能用動能定理求解
(1)由題意知：小球運動到D點時，由于AD＝AB，所以有電勢φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
則由動能定理得：mgL2sin30°＝12mv2D－0②
聯(lián)立①②解得：vD＝gL2③
(2)當(dāng)小球運動至C點時，對球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
FN＋F庫sin30°＝mgcos30°④
由庫侖定律得：
F庫＝kq2(Lcos30°)2⑤
聯(lián)立④⑤得：
FN＝32mg－23kq2L2
由牛頓第三定律得：FN′＝FN＝32mg－2kq23L2.

高考物理第一輪基礎(chǔ)知識復(fù)習(xí)教案:電阻定律

第3課時電阻定律

基礎(chǔ)知識歸納
1.電阻定律
(1)內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻R與導(dǎo)體的長度l成正比，與它的橫截面積S成反比；導(dǎo)體的電阻還與構(gòu)成它的材料及溫度有關(guān).
(2)公式：.
(3)上式中的比例系數(shù)ρ是反映材料導(dǎo)電性能的物理量，叫材料的電阻率(反映該材料的性質(zhì)，不是每根具體的導(dǎo)體的性質(zhì)).與導(dǎo)體的長度和橫截面積無關(guān)，與導(dǎo)體的溫度有關(guān)，單位是Ωm.
(4)純金屬的電阻率小，合金的電阻率大.
(5)材料的電阻率與溫度的關(guān)系：
①金屬的電阻率隨溫度的升高而增大(可以理解為溫度升高時金屬原子熱運動加劇，對自由電子的定向移動的阻礙增大)，鉑較明顯，可用于做溫度計；錳銅、鎳銅的電阻率幾乎不隨溫度而變，可用于做標(biāo)準(zhǔn)電阻.
②半導(dǎo)體的電阻率隨溫度的升高而減小(可以理解為半導(dǎo)體靠自由電子和空穴導(dǎo)電，溫度升高時半導(dǎo)體中的自由電子和空穴的數(shù)量增大，導(dǎo)電能力提高).
③有些物質(zhì)當(dāng)溫度接近0K時，電阻率突然減小到零——這種現(xiàn)象叫超導(dǎo)現(xiàn)象.能夠發(fā)生超導(dǎo)現(xiàn)象的物體叫超導(dǎo)體.材料由正常狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)槌瑢?dǎo)狀態(tài)的溫度叫超導(dǎo)材料的轉(zhuǎn)變溫度TC.
(6)公式R＝UI是電阻的定義式，而R＝ρ是電阻的決定式，R與U成正比或R與I成反比的說法是錯誤的，導(dǎo)體的電阻大小由長度、橫截面積及材料決定，一旦導(dǎo)體給定，即使它兩端的電壓U＝0，它的電阻仍然存在.
重點難點突破
一、滑動變阻器的使用
1.滑動變阻器的限流接法與分壓接法的特點
如圖所示的兩種電路中，滑動變阻器(最大阻值為R0)對負(fù)載RL的電壓、電流強(qiáng)度都起控制調(diào)節(jié)作用，通常把圖(a)電路稱為限流接法，圖(b)電路稱為分壓接法.

負(fù)載RL上電壓調(diào)節(jié)范圍(忽略電源內(nèi)阻)負(fù)載RL上電流調(diào)節(jié)范圍(忽略電源內(nèi)阻)相同條件下電路消耗的總功率
限流
接法E≤UL≤E≤IL≤EIL
分壓
接法0≤UL≤E0≤IL≤E(IL＋I(xiàn)aP)
比較分壓電路調(diào)節(jié)范圍較大分壓電路調(diào)節(jié)范圍較大限流電路能耗較小
其中，在限流電路中，通過RL的電流IL＝，當(dāng)R0＞RL時，IL主要取決于R0的變化，當(dāng)R0RL時，IL主要取決于RL，特別是當(dāng)R0RL時，無論怎樣改變R0的大小，也不會使IL有較大變化.在分壓電路中，不論R0的大小如何，調(diào)節(jié)滑動觸頭P的位置，都可以使IL有明顯的變化.
2.滑動變阻器的限流接法與分壓接法的選擇方法
滑動變阻器以何種接法接入電路，應(yīng)遵循安全性、精確性、節(jié)能性、方便性原則綜合考慮，靈活選擇.
(1)下列三種情況必須選用分壓式接法：
①要求回路中某部分電路電流或電壓實現(xiàn)從零開始可連續(xù)調(diào)節(jié)時(如：測定導(dǎo)體的伏安特性、校對改裝后的電表等電路)，即大范圍內(nèi)測量時，必須采用分壓接法.
②當(dāng)用電器的電阻RL遠(yuǎn)大于滑動變阻器的最大值R0，且實驗要求的電壓變化范圍較大(或要求測量多組數(shù)據(jù))時，必須采用分壓接法.因為按圖(b)連接時，因RLR0＞RaP，所以RL與RaP的并聯(lián)值R并≈RaP，而整個電路的總電阻約為R0，那么RL兩端電壓UL＝IR并＝RaP，顯然UL∝RaP，且RaP越小，這種線性關(guān)系越好，電表的變化越平穩(wěn)均勻，越便于觀察和操作.
③若采用限流接法，電路中實際電壓(或電流)的最小值仍超過RL的額定值時，只能采用分壓接法.
(2)下列情況可選用限流式接法：
①測量時電路電流或電壓沒有要求從零開始連續(xù)調(diào)節(jié)，只是小范圍內(nèi)測量，且RL與R0接近或RL略小于R0，采用限流式接法.
②電源的放電電流或滑動變阻器的額定電流太小，不能滿足分壓式接法的要求時，采用限流式接法.
③沒有很高的要求，僅從安全性和精確性角度分析兩者均可采用時，可考慮安裝簡便和節(jié)能因素采用限流式接法.
二、電阻的測量
電阻的測量有多種方法，主要有伏安法、歐姆表法，除此以外，還有伏伏法、安安法、加R法、半偏法、電橋法、等效法等等.
下面主要介紹伏安法測電阻的電路選擇
1.伏安法測電阻的兩種電路形式(如圖所示)
2.實驗電路(電流表內(nèi)外接法)的選擇
測量未知電阻的原理是R＝，由于測量所需的電表實際上是非理想的，所以在測量未知電阻兩端電壓U和通過的電流I時，必然存在誤差，即系統(tǒng)誤差，要在實際測量中有效地減少這種由于電表測量所引起的系統(tǒng)誤差，必須依照以下原則：
(1)若＞，一般選電流表的內(nèi)接法，如圖(a)所示.由于該電路中，電壓表的讀數(shù)U表示被測電阻Rx與電流表A串聯(lián)后的總電壓，電流表的讀數(shù)I表示通過本身和Rx的電流，所以使用該電路所測電阻R測＝＝Rx＋RA，比真實值Rx大了RA，相對誤差a＝
(2)若，一般選電流表外接法，如圖(b)所示.由于該電路中電壓表的讀數(shù)U表示Rx兩端電壓，電流表的讀數(shù)I表示通過Rx與RV并聯(lián)電路的總電流，所以使用該電流所測電阻R測＝比真實值Rx略小些，相對誤差a＝
(3)試觸判斷法：當(dāng)Rx、RA、RV大約值都不清楚時用此法.
如圖所示，將單刀雙擲開關(guān)S分別接觸a點和b點，若看到電流表讀數(shù)變化較大，說明電壓表分流影響較大，應(yīng)該選用內(nèi)接法；若看到電壓表讀數(shù)變化較大，說明電流表分壓影響較大，應(yīng)該選用外接法.
在測定金屬電阻率電路中，由于電阻絲電阻較小，所以實驗室采用電流表外接法；測電池的電動勢和內(nèi)阻，通常采用電流表外接法.
3.實驗儀器選用與實物圖連接
(1)儀器的選擇一般應(yīng)考慮三方面因素：
①安全因素，如：通過電源和電阻的電流不能超過其允許的最大電流，各電表讀數(shù)不能超過量程.
②誤差因素，如：選用電表量程應(yīng)考慮盡可能減小測量值的相對誤差；電壓表、電流表在使用時，要用盡可能使指針接近滿刻度的量程，其指針應(yīng)偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/3～2/3之間；使用歐姆表時宜選用指針盡可能在中間刻度附近的倍率擋位.
③便于操作，如：選用滑動變阻器時應(yīng)考慮對外供電電壓的變化范圍既能滿足實驗要求，又便于調(diào)節(jié)，滑動變阻器調(diào)節(jié)時應(yīng)用到大部分電阻線，否則不便于操作.
(2)選擇儀器的一般步驟是：
①根據(jù)實驗要求設(shè)計合理的實驗電路；
②根據(jù)電路選擇滑動變阻器；
③選定電源，選擇電壓表和電流表以及所用的量程.
(3)連接實物圖的基本方法是：
①畫出實驗電路圖；
②分析各元件連接方式，明確電表量程；
③畫線連接各元件，一般先從電源正極開始，到開關(guān)，再到滑動變阻器等，按順序以單線連接方式將主電路中要串聯(lián)的元件依次串聯(lián)起來；其次將要并聯(lián)的元件再并聯(lián)到電路中去；連接完畢，應(yīng)進(jìn)行檢查，檢查電路也應(yīng)對照電路圖按照連線的方法和順序進(jìn)行.
典例精析
1.電阻的測量
【例1】檢測一個標(biāo)稱值為5Ω的滑動變阻器.可供使用的器材如下：
A.待測滑動變阻器Rx，總電阻約5Ω(電阻絲繞制緊密，匝數(shù)清晰可數(shù))
B.電流表A1，量程0.6A，內(nèi)阻約0.6Ω
C.電流表A2，量程3A，內(nèi)阻約0.12Ω
D.電壓表V1，量程15V，內(nèi)阻約15kΩ
E.電壓表V2，量程3V，內(nèi)阻約3kΩ
F.滑動變阻器R，全電阻約20Ω
G.直流電源E，電動勢3V，內(nèi)阻不計
H.游標(biāo)卡尺
I.毫米刻度尺
J.電鍵S，導(dǎo)線若干
(1)用伏安法測定Rx的全電阻值，所選電流表為(填“A1”或“A2”)，所選電壓表為(填“V1”或“V2”).
(2)在虛線框中畫出測量電路的原理圖，并根據(jù)所畫原理圖將下圖中實物連接成測量電路.

(3)為了進(jìn)一步測量待測滑動變阻器電阻絲的電阻率，需要測量電阻絲的直徑和總長度，在不破壞變阻器的前提下，請設(shè)計一個實驗方案，寫出所需器材及操作步驟，并給出直徑和總長度的表達(dá)式.
【解析】(1)所用電源的電動勢為3V，Rx約為5Ω，故回路中最大電流約為0.6A，為了讀數(shù)精確，所以電流表應(yīng)選A1，電壓表應(yīng)選V2.
(2)電路原理圖和對應(yīng)的實物連線圖如圖所示.
(3)方案一：
需要的器材：游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺
主要操作步驟：
①數(shù)出變阻器線圈纏繞匝數(shù)n.
②用毫米刻度尺(也可以用游標(biāo)卡尺)測量所有線圈的排列長度L，可得電阻絲的直徑為d＝L/n
③用游標(biāo)卡尺測量變阻器線圈部分的外徑D，可得電阻絲總長度l＝nπ(D－)；也可以用游標(biāo)卡尺測量變阻器瓷管部分的外徑D，得電阻絲總長度l＝nπ(D－)
④重復(fù)測量三次，求出電阻絲直徑和總長度的平均值.
方案二：
需要的器材：游標(biāo)卡尺
主要的操作步驟：
①數(shù)出變阻器線圈纏繞匝數(shù)n.
②用游標(biāo)卡尺測量變阻器線圈部分的外徑D1和瓷管部分的外徑D2，可得電阻絲的直徑為d＝
電阻絲總長度l＝π(D1＋D2)
③重復(fù)測量三次，求出電阻絲直徑和總長度的平均值.
【答案】(1)A1；V2(2)、(3)見解析
【拓展1】用伏安法測金屬電阻Rx(約為5Ω)的值，已知電流表內(nèi)阻為1Ω，量程0.6A，電壓表內(nèi)阻為幾千歐，量程為3V，電源電動勢為9V，滑動變阻器阻值為0～6Ω，額定電流為5A，試畫出測量Rx的原理圖.
【解析】因，故應(yīng)選用電流表外接電路.如果采用變阻器限流接法，負(fù)載Rx的電壓變化范圍約為45/12～9V，顯然所提供的電壓表量程不夠，應(yīng)采用分壓接法，實際電路圖應(yīng)如圖所示.

2.電表的改裝和使用
【例2】將滿偏電流Ig＝300μA、內(nèi)阻未知的電流表改裝成電壓表并進(jìn)行核對：
(1)利用如右圖所示的電路測量表的內(nèi)阻(圖中電源的電動勢E＝
4V)：先閉合S1，調(diào)節(jié)R，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度；再閉合S2，保持R不變，調(diào)節(jié)R′，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的，讀出此時R′的阻值為200Ω，則電流表內(nèi)阻的測量值Rg＝Ω.
(2)將該表改裝成量程為3V的電壓表，需(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)阻值為R0＝Ω的電阻.
(3)把改裝好的電壓表與標(biāo)準(zhǔn)電壓表進(jìn)行核對，試畫出實驗電路圖和實物連接圖.

【解析】(1)在保證干路中電流幾乎不變的情況下，由并聯(lián)電路的特點可得：
IgRg＝(Ig－Ig)R′，故得Rg＝R′＝100Ω
(2)將電流表改裝成電壓表，需串聯(lián)一個分壓電阻，分壓電阻阻值為
R0＝Ω＝9900Ω
(3)核對電路中，標(biāo)準(zhǔn)表與改裝表應(yīng)并聯(lián)，核對范圍應(yīng)盡可能大，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式連接.
電路圖和實物圖如下：

【答案】(1)100(2)串聯(lián)；9900(3)見解析
【思維提升】本題是一道綜合性的基礎(chǔ)題，只要同學(xué)們對基礎(chǔ)知識了解得比較透徹，應(yīng)該能較輕松解答此題.因此要求同學(xué)們務(wù)必夯實實驗基礎(chǔ).
3.電表內(nèi)阻的測量
【例3】某電流表的內(nèi)阻在0.1Ω～0.2Ω之間，現(xiàn)要測量其內(nèi)阻，可選用的器材如下：
A.待測電流表A1(量程0.6A)
B.電壓表V1(量程3V，內(nèi)阻約2kΩ)
C.電壓表V2(量程15V，內(nèi)阻約10kΩ)
D.滑動變阻器R1(最大電阻10Ω)
E.定值電阻R2(阻值5Ω)
F.電源E(電動勢4V)
G.電鍵S及導(dǎo)線若干
(1)電壓表應(yīng)選用；
(2)畫出實驗電路圖；
(3)若測得電壓表讀數(shù)U，電流表讀數(shù)I，則電流表A1內(nèi)阻表達(dá)式為RA＝.
【解析】利用電壓表測電壓，電流表測電流的功能，根據(jù)歐姆定律R＝計算電流表的內(nèi)阻.由于電源電動勢為4V，在量程為15V的電壓表中有的刻度沒有利用，測量誤差較大，因而不能選；量程為3V的電壓表其量程雖然小于電源電動勢，但可在電路中接入滑動變阻器進(jìn)行保護(hù)，故選用電壓表V1.由于電流表的內(nèi)阻在0.1Ω～0.2Ω之間，量程為0.6A，電流表上允許通過的最大電壓為0.12V，因而電壓表不能并聯(lián)在電流表的兩端，必須將一個阻值為5Ω的定值電阻R2與電流表串聯(lián)再接到電壓表上，才滿足要求.滑動變阻器在本實驗中分壓與限流的連接方式均符合要求，但考慮限流的連接方式節(jié)能些，因而滑動變阻器采用限流的連接方式.故本題電壓表選用V1，設(shè)計電路圖如圖所示.電流表A1內(nèi)阻的表達(dá)式為RA＝－R2
【答案】(1)V1(2)見解析(3)－R2
【思維提升】仔細(xì)分析，認(rèn)真計算，知曉滑動變阻器兩種不同接法的作用是分析這類題的關(guān)鍵.
易錯門診
【例4】某電壓表的內(nèi)阻在20kΩ～50kΩ之間，要測其內(nèi)阻，實驗室提供下列可選用的器材：
待測電壓表V(量程3V)電流表A1(量程200μA)
電流表A2(量程5mA)電流表A3(量程0.6A)
滑動變阻器R(最大阻值1kΩ)電源E(電動勢4V)
電鍵S
(1)所提供的電流表中，應(yīng)選用；
(2)為了盡量減小誤差要求測多組數(shù)據(jù)，試畫出符合要求的實驗電路圖.
【錯解】當(dāng)電壓表滿偏時，通過它的電流I不超過3/20μA＝150μA，所以電流表選用A1.滑動變阻器選用限流接法.
【錯因】滑動變阻器阻值可有1kΩ，比RV小得多，用限
流電路無法使表上電壓在量程之內(nèi)，更不用說取多組數(shù)據(jù)了.
【正解】(1)電流表選用A1.
(2)采用分壓電路.實驗電路如圖所示.
【思維提升】在選擇滑動變阻器的接法時，部分同學(xué)認(rèn)為只要安全，都選用分壓電路就可以了.雖然這樣往往也能用，但還應(yīng)遵循精確性、節(jié)能性、方便性原則綜合考慮.

高考物理第一輪基礎(chǔ)知識串、并聯(lián)電路復(fù)習(xí)教案

第2課時串、并聯(lián)電路焦耳定律

基礎(chǔ)知識歸納
1.串聯(lián)電路
(1)電路中各處電流相等，即I＝I1＝I2＝I3＝…；
(2)串聯(lián)電路兩端的電壓等于各部分電路兩端電壓之和，即U＝U1＋U2＋U3＋…；
(3)串聯(lián)電路的總電阻等于各個導(dǎo)體的電阻之和，即R＝R1＋R2＋R3＋…；
(4)串聯(lián)電路中各個電阻兩端的電壓跟它的阻值成正比，即；
(5)串聯(lián)電路中各個電阻消耗的功率跟它的阻值成正比，即.
2.并聯(lián)電路
(1)并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，即U＝U1＝U2＝U3＝…；
(2)并聯(lián)電路干路中的電流等于各支路電流之和，即I＝I1＋I(xiàn)2＋I(xiàn)3＋…；
(3)并聯(lián)電路總電阻的倒數(shù)等于各個導(dǎo)體的電阻的倒數(shù)之和，即.當(dāng)并聯(lián)電路是由n個相同的電阻r并聯(lián)而成時，總電阻R＝rn；當(dāng)并聯(lián)電路只有兩個支路時，則總電阻為R＝；
(4)并聯(lián)電路中通過各個電阻的電流跟它的阻值成反比，即I1R1＝I2R2＝…＝U；
(5)并聯(lián)電路中各個電阻消耗的功率跟它的阻值成反比，即P1R1＝P2R2＝…＝PnRn＝U2.
注意：計算電功率，無論串聯(lián)、并聯(lián)還是混聯(lián)，總功率都等于各電阻功率之和：P＝P1＋P2＋…＋Pn.
3.電路的簡化
原則：
(1)無電流的支路可以除去；
(2)等勢點可以合并；
(3)理想導(dǎo)線可以任意長短；
(4)理想電壓表斷路，理想電流表短路；
(5)電容充、放電完畢時斷路.
方法：
兩種方法經(jīng)常一起使用
(3)等效法
注意：不漏掉任何一個元件，不重復(fù)用同一個元件.
3.電路中有關(guān)電容器的計算
(1)電容器充、放電穩(wěn)定后跟與它并聯(lián)的用電器的電壓相等.
(2)在計算出電容器的帶電量后，必須同時判定兩極板的極性，并標(biāo)在圖上.
(3)在充、放電時，電容器兩根引線上的電流方向總是相同的，所以要根據(jù)正極板電荷的變化情況來判斷電流方向.
(4)如果變化前后極板帶的電性相同，那么通過每根引線的電荷量等于始、末狀態(tài)電容器所帶電荷量的之差；如果變化前后極板帶電的電性改變，那么通過每根引線的電荷量等于始、末狀態(tài)電容器所帶電荷量的絕對值之和.
4.電功與電熱(焦耳定律)
(1)電功：電流所做的功，計算公式為W＝qU＝UIt(適用于一切電路)，考慮到純電阻電路中有U＝IR，所以還有W＝I2Rt＝U2t/R(適用于純電阻電路).
(2)電熱(焦耳定律)：電流通過導(dǎo)體時，導(dǎo)體上產(chǎn)生熱量.計算公式為Q＝I2Rt(適用于一切電路)，考慮到純電阻電路中有U＝IR，所以也有Q＝UIt＝U2t/R(適用于純電阻電路).
(3)電功與電熱的關(guān)系：
①純電阻電路：電流做功將電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以電功等于電熱，即Q＝W.
②非純電阻電路：電流做功將電能轉(zhuǎn)化為熱能和其他形式的能(如機(jī)械能、化學(xué)能等)，所以電功大于電熱，由能量守恒可知W＝Q＋E其他或UIt＝I2Rt＋E其他
5.電功率與熱功率
(1)電功率：單位時間內(nèi)電流做的功.計算公式P＝W/t＝UI(適用于一切電路)，對于純電阻電路P＝I2R＝U2/R.用電器的額定功率是指用電器在額定電壓下工作時的功率；而用電器的實際功率是指用電器在實際電壓下工作時的功率.
(2)熱功率：單位時間內(nèi)電流通過導(dǎo)體時產(chǎn)生的熱量.計算公式P＝Q/t＝I2R(適用于一切電路)，對于純電阻電路還有P＝UI＝U2/R.
(3)電功率與熱功率的關(guān)系：純電阻電路中，電功率等于熱功率；非純電阻電路中，電功率大于熱功率.
重點難點突破
一、含電容器電路的分析與計算
在直流電路中，當(dāng)電容器充(放)電時，電路里有充(放)電電流.一旦電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器在電路中就相當(dāng)于一個阻值無限大的元件.分析和計算含有電容器的直流電路時，需注意以下幾點：
1.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電壓降，因此電容器兩極板間的電壓就等于該支路兩端的電壓.
2.當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極板間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等.
3.電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充(放)電.如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電.
二、電路中的能量轉(zhuǎn)化和守恒定律
電功和電熱都是電能和其他形式的能的轉(zhuǎn)化的量度.遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律.在純電阻(電阻、燈泡、電爐、電烙鐵等)電路中電功等于電熱，即Q＝W.在非純電阻電路(電動機(jī)、電解槽、電感線圈、電容……)中W＝Q＋E其他或UIt＝I2Rt＋E其他
三、電表的改裝
1.電流表原理和主要參數(shù)
電流表G是根據(jù)通電線圈在磁場中受磁力矩作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原理制成的，且指針的偏轉(zhuǎn)角θ與電流強(qiáng)度I成正比，即θ＝kI，故表的刻度是均勻的.電流表的主要參數(shù)有，表頭內(nèi)阻Rg，即電流表線圈的電阻；滿偏電流Ig，即電流表允許通過的最大電流值，此時指針達(dá)到滿偏；滿偏電壓U，即指針滿偏時，加在表頭兩端的電壓，故Ug＝IgRg.
2.電流表改裝成電壓表
方法：串聯(lián)一個分壓電阻R，如圖所示，若量程擴(kuò)大n倍，即n＝，則根據(jù)分壓原理，需串聯(lián)的電阻值R＝Rg＝(n－1)Rg，故量程擴(kuò)大的倍數(shù)越高，串聯(lián)的電阻值越大.
3.電流表改裝成量程更大的電流表

方法：并聯(lián)一個分流電阻R，如圖所示，若量程擴(kuò)大n倍，即n＝，則根據(jù)并聯(lián)電路的分流原理，需要并聯(lián)的電阻值R＝Rg＝，故量程擴(kuò)大的倍數(shù)越高，并聯(lián)的電阻值越小.
4.說明
(1)改裝后，表盤刻度要相應(yīng)變化，但電流表主要參數(shù)(Ig、Ug、Rg)不變.
(2)改裝后的電流表的讀數(shù)為通過表頭和分流小電阻所組成并聯(lián)電路的實際電流強(qiáng)度；改裝后的電壓表讀數(shù)是指表頭與分壓大電阻所組成串聯(lián)電路兩端的實際電壓.
(3)電流表指針的偏轉(zhuǎn)角度與通過電流表的實際電流成正比.
(4)非理想電流表接入電路后起分壓作用，故測量值偏?。环抢硐腚妷罕斫尤腚娐泛笃鸱至髯饔?，故測量值偏小.
(5)考慮電表對電路影響時，把電流表和電壓表當(dāng)成普通的電阻，只是其讀數(shù)反映了流過電流表的電流強(qiáng)度或是電壓表兩端的電壓.
典例精析
1.含電容器的電路的分析與計算
【例1】在如圖所示的閃光燈電路中，電源的電動勢為E，電容器的電容為C.當(dāng)閃光燈兩端電壓達(dá)到擊穿電壓U時，閃光燈才有電流通過并發(fā)光，正常工作時，閃光燈周期性短暫閃光，則可以判定()
A.電源的電動勢E一定小于擊穿電壓U
B.電容器所帶的最大電荷量一定為CE
C.閃光燈閃光時，電容器所帶的電荷量一定增大
D.在一個閃光周期內(nèi)，通過電阻R的電荷量與通過閃光燈的電荷量一定相等
【解析】電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈被擊穿，電容器放電，放電后閃光燈兩端電壓小于U，斷路，電源再次給電容器充電，達(dá)到電壓U時，閃光燈又被擊穿，電容器放電，如此周期性充、放電，使得閃光燈周期性短暫閃光.要使得充電后達(dá)到電壓U，則電源電動勢一定大于或等于U，A項錯誤；電容器兩端的最大電壓為U，故電容器所帶的最大電荷量為CU，B項錯誤；閃光燈閃光時電容器放電，所帶電荷量減少，C項錯誤；充電時電荷通過R，通過閃光燈放電，故充放電過程中通過電阻R的電荷量與通過閃光燈的電荷量一定相等，D項正確.
【答案】D
【思維提升】理解此電路的工作過程是解決本題的關(guān)鍵.找出題意(當(dāng)閃光燈兩端電壓達(dá)到擊穿電壓U時，閃光燈才有電流通過并發(fā)光，正常工作時，閃光燈周期性短暫閃光)中的內(nèi)涵，就是我們的突破口.
【拓展1】如圖所示的電路中，電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，電容器的電容C＝3.6μF，二極管D具有單向?qū)щ娦?，開始時，開關(guān)S1閉合，S2斷開.
(1)合上S2，待電路穩(wěn)定以后，求電容器上電荷量變化了多少？
(2)合上S2，待電路穩(wěn)定以后再斷開S1，求斷開S1后流過R1的電荷量是多少？
【解析】(1)設(shè)開關(guān)S1閉合，S2斷開時，電容兩端的電壓為U1，干路電流為I1，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
I1＝＝1.5A①
U1＝I1×R1＝4.5V②
合上開關(guān)S2后，電容電壓為U2，干路電流為I2.根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
I2＝＝2A③
U2＝I2＝4V④
所以電容器上電荷量變化了
ΔQ＝(U2－U1)C＝－1.8×10－6C⑤
或電容器上電荷量減少了
ΔQ＝(U1－U2)C＝1.8×10－6C
(2)合上S2后，電容上的電荷量為Q＝CU2＝1.44×10－5C⑥
斷開S1后，R1和R2的電流與阻值成反比，故流過電阻的電荷量與阻值成反比，故流過電阻R1的電荷量為Q1＝Q＝9.6×10－6C⑦
【拓展2】如圖所示的電路中，4個電阻的阻值均為R，E為直流電源，其內(nèi)阻可以不計，沒有標(biāo)明哪一極是正極.平行板電容器兩極板間的距離為d.在平行極板電容器的兩個平行極板之間有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球.當(dāng)電鍵K閉合時，帶電小球靜止在兩極板間的中點O上.現(xiàn)把電鍵打開，帶電小球便往平行極板電容器的某個極板運動，并與此極板碰撞，設(shè)在碰撞時沒有機(jī)械能損失，但帶電小球的電荷量發(fā)生變化.碰后小球帶有與該極板相同性質(zhì)的電荷，而且所帶的電荷量恰好剛能使它運動到平行極板電容器的另一極板.求小球與電容器某個極板碰撞后所帶的電荷量.
【解析】由電路圖可以看出，因R4支路上無電流，電容器兩極板間電壓，無論K是否閉合始終等于電阻R3上的電壓U3，當(dāng)K閉合時，設(shè)此兩極板間電壓為U，電源的電動勢為E，由分壓關(guān)系可得U＝U3＝23E①
小球處于靜止，由平衡條件得qUd＝mg②
當(dāng)K斷開，由R1和R3串聯(lián)可得電容兩極板間電壓為U′＝③
由①③式得U′＝34U④
U′＜U表明K斷開后小球?qū)⑾蛳聵O板運動，重力對小球做正功，電場力對小球做負(fù)功，表明小球所帶電荷與下極板的極性相同，由功能關(guān)系可知
mg＝12mv2－0⑤
因小球與下極板碰撞時無機(jī)械能損失，設(shè)小球碰后電荷量變?yōu)閝′，由功能關(guān)系得
q′U′－mgd＝0－12mv2⑥
聯(lián)立上述各式解得q′＝76q
即小球與下極板碰后電荷符號未變，電荷量變?yōu)樵瓉淼?6.
2.電路中能量的轉(zhuǎn)化與守恒
【例2】微型吸塵器的直流電動機(jī)內(nèi)阻一定，當(dāng)加上0.3V的電壓時，通過的電流為0.3A，此時電動機(jī)不轉(zhuǎn)，當(dāng)加在電動機(jī)兩端的電壓為2.0V時，電流為0.8A，這時電動機(jī)正常工作，則吸塵器的效率為多少？
【解析】當(dāng)加0.3V電壓時，電動機(jī)不轉(zhuǎn)，說明電動機(jī)無機(jī)械能輸出，它消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此時電動機(jī)也可視為純電阻，則r＝U1/I1＝1Ω，當(dāng)加2.0V電壓，電流為0.8A時，電動機(jī)正常工作，有機(jī)械能輸出，此時的電動機(jī)為非純電阻用電器，消耗的電能等于轉(zhuǎn)化機(jī)械能和熱能之和.轉(zhuǎn)化的熱功率由P＝I22r＝0.82×1W＝0.64W計算，總功率由P0＝I2U2＝0.8×2.0W＝1.6W計算.所以電動機(jī)的效率為η＝(P－P0)/P＝60%
【思維提升】電動機(jī)不轉(zhuǎn)時為純電阻，U＝IR；電動機(jī)轉(zhuǎn)動時為非純電阻，UIR.
【拓展3】如圖所示為電解水的實驗裝置，閉合開關(guān)S后觀察到電壓表的示數(shù)為6.0V，電流表的示數(shù)為100mA.
(1)在實驗過程中消耗了何種形式的能量？轉(zhuǎn)化成了何種形式的能量？
(2)若通電10min，A管中將生成多少毫升氣體.
(3)已知每摩爾水被電解消耗280.8kJ的能量，則10min內(nèi)增加了多少化學(xué)能？
(4)在電解池中產(chǎn)生了多少內(nèi)能，在該實驗中電解池兩極間液體的電阻是多大？
【解析】(1)在電解水的過程中，消耗了電能，轉(zhuǎn)化成了化學(xué)能和內(nèi)能，由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律，消耗的電能等于化學(xué)能和內(nèi)能的總和.
(2)因I＝q/t，故q＝It＝0.1×600C＝60C
到達(dá)陰極的氫離子和電子結(jié)合成氫原子，再結(jié)合成氫分子.每個電子帶電e＝1.6×10－19C，在10min內(nèi)，在陽極生成氫氣的物質(zhì)的量為n＝q/(2eNA)＝60/(2×1.6×10－19×6.02×1023)mol＝3.11×10－4mol
在標(biāo)準(zhǔn)狀況下每摩爾氫氣的體積為22.4L，所以在A管中生成氫氣的體積V＝3.11×10－4×22.4L＝6.97mL
(3)10min內(nèi)增加的化學(xué)能E化＝3.11×10－4×280.8×103J＝87.3J
(4)由能量守恒定律求得電解池中產(chǎn)生的內(nèi)能
Q＝E電－E化＝IUt－E化＝6×0.1×600J－87.3J＝272.7J
再根據(jù)焦耳定律可求出電解池內(nèi)兩極間電阻R＝＝272.20.12×600＝45.4Ω
3.電表的改裝
【例3】電流—電壓兩用電表的電路如圖所示.已知圖中S是雙刀雙擲開關(guān)，a、b、c、d、e、f為接線柱.雙刀雙擲開關(guān)的觸刀擲向a、b，e與a接通，f與b接通；擲向c、d，e與c接通，f與d接通.電流表G的量程是0.001A，內(nèi)阻是100Ω，電阻R1的阻值為9900Ω，R2的阻值是1.01Ω.
(1)觸刀擲向a、b時，此兩用表是什么表？量程是多大？
(2)觸刀擲向c、d時，此兩用表是什么表？量程是多大？
【解析】(1)觸刀擲向a、b時，R1與電流表串聯(lián)，是電壓表，其量程為U＝Ig(R1＋Rg)＝0.001×(100＋9900)V＝10V
(2)觸刀擲向c、d時，R2與電流表并聯(lián)，是電流表，其量程為I＝Ig＋I(xiàn)gRg/R2＝(0.001＋100×0.001/1.01)A＝0.1A
【思維提升】用表頭改裝成電流表時需要并聯(lián)一個電阻，改裝成電壓表時需要串聯(lián)一個電阻，根據(jù)這個原理可以判斷出是什么表，并算出其量程.另外弄清雙刀雙擲開關(guān)結(jié)構(gòu)也是本題的一個重要細(xì)節(jié).
【拓展4】四個相同的小量程電流表(表頭)分別改裝成兩個電流表和兩個電壓表.已知電流表A1的量程大于A2的量程，電壓表V1的量程大于V2的量程，改裝好后把它們按圖示接入電路，則(D)
①電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù)；
②電流表A1的偏轉(zhuǎn)角小于電流表A2的偏轉(zhuǎn)角；
③電壓表V1的讀數(shù)小于電壓表V2的讀數(shù)；
④電壓表V1的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表V2的偏轉(zhuǎn)角；
A.①②B.②③C.③④D.①④
易錯門診
【例4】有一起重機(jī)用的是直流電動機(jī)，如圖所示，其內(nèi)阻r＝0.8Ω，線路電阻R＝10Ω，電源電壓U＝150V，電壓表示數(shù)為110V，求：
(1)通過電動機(jī)的電流；
(2)輸入到電動機(jī)的功率P入；
(3)電動機(jī)的發(fā)熱功率Pr，電動機(jī)輸出的機(jī)械功率.
【錯解】(1)I＝UM/r＝110/0.8A＝137.5A
(2)P入＝IUM＝(137.5×110)kW＝15.12kW
(3)Pr＝I2r＝(137.522×0.8)kW＝15.12kW
P機(jī)＝P入－Pr＝0
【錯因】I＝U/r對電動機(jī)不適用.
【正解】(1)I＝(U－UM)/R＝4A
(2)P入＝UMI＝(110×4)W＝440W
(3)Pr＝I2r＝(42×0.8)W＝12.8W
P機(jī)＝P入－Pr＝427.2W
【思維提升】電功表示的是電流通過導(dǎo)體時消耗的全部電能都轉(zhuǎn)化為其他形式的能，電熱僅表示電流通過導(dǎo)體時消耗的電能中轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的那一部分電能，兩者是不同的物理量，不能混淆.計算公式不能通用，只有對純電阻元件兩者算出的結(jié)果才是一致的.兩者可通過能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律聯(lián)系起來.