高考物理总复习 第九章 第2讲 电势能 电势和电势差精练（含解析）-人教版高三物理试题

第3讲匀强电场中电势差与电场强度的关系电容器A组基础巩固1.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A.C和U均增大 B.C增大,U减小C.C减小,U增大 D.C和U均减小答案B由C=εrS4πkd可知,插入电介质后,εr增大,电容C增大;由U=QC可知U2.(2018东城期末)如图所示是电容式话筒的原理图,膜片与固定电极构成一个电容器,用直流电源供电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流,于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压()A.电容式话筒是通过改变正对面积来改变电容的B.电阻R两端电压变化的频率与电流的频率相同C.当膜片靠近固定电极时,电流从b流向aD.当膜片靠近固定电极时,电容器处于放电状态答案B由C=εrS4πkd知,当膜片振动时,两极板间距发生变化,电容发生变化,A错;由C=εrS4πkd知,d减小时,C增大,又C=QU,因U不变,则Q应变大,3.如图所示,充电的平行板电容器两板间形成匀强电场,以A点为坐标原点,AB方向为位移x的正方向,能正确反映电势φ随位移x变化的图像的是()ABCD答案C沿电场线方向电势降低,A、B错误;设E与位移x正方向的夹角为θ,E=|U|d=|φB-φA|xcosθ,因E为匀强电场4.(2017石景山一模)如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为()A.ldg B.d-ldg C.l答案A初始粒子静止,则mg=qUd-l,撤去金属板后两极板间电压U不变,间距变为d,则mg-qUd=ma,解得a=l5.如图1所示为一种电容式位移传感器的原理图,当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动。已知电容器的电容与电介质板进入电容器的长度x之间的关系如图2所示,其中C0为电介质板没有插入电容器时的电容。为判断被测物体是否发生微小移动,将该电容式位移传感器与电源、电流表、开关组成串联回路(图中未画出)。被测物体的初始位置如图1所示。电路闭合一段时间后,下列说法正确的是()图1图2A.若电源为直流电源且直流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动B.若电源为交流电源且交流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动C.若电源为直流电源且直流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动D.若电源为交流电源且交流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动答案A当被测物体发生移动时,电介质板插入电容器两极板间的深度发生变化,使电容器的电容也发生改变。在直流电路中,当电容器的电容改变时,电容器贮存的电荷量也发生改变,形成充(放)电电流。在交流电路中,即使电容器的电容保持不变,依然会因为电容器两极板间电压的变化而产生充(放)电电流,故A正确,B错误。若电源为直流电源且直流电流表示数变大,则物体可能向左发生移动,也可能向右发生移动,故C错误。若电源为交流电源且交流电流表示数变大,说明XC变小,由XC=12πfC知,C变大,由图2知x变大,即物体向左发生移动,故6.空间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxyz,M、N、P为电场中的三个点,M点的坐标为(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为a,a2,a2。已知电场方向平行于直线MN,M点电势为0,N点电势为1V,A.22V B.32V C.14V答案D将立体图画成平面图,如图所示,P'为P在xOy平面上的投影,P与P'具有相等的电势,可见P'点与MN的四等分点电势相等,P'点的电势为34V,故P点的电势为347.(2018海淀一模)电容器充电后就储存了能量,某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极板间电压U之间的关系。他从等效的思想出发,认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压u随电荷量q变化的图像(如图所示)。按照他的想法,下列说法正确的是()A.u-q图线的斜率越大,电容C越大B.搬运Δq的电荷量,克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积C.对同一电容器,电容器储存的能量E与两极板间电压U成正比D.若电容器电荷量为Q时储存的能量为E,则电容器电荷量为Q2时储存的能量为答案B由电容器电容的定义式C=QU,可知,u-q图线的斜率越大,C越小,A错误;电容器带电荷量为q时,对应的两极板间电压为u,搬动Δq的电荷量,克服电场力做功Δqu,即近似等于图中Δq上方小矩形的面积,B正确;对于同一电容器,能量E=12QU=12CU2,C错误;由E=12QU=Q8.如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。答案2Q解析设电容器电容为C。第一次充电后两极板之间的电压为U=Q两极板之间电场的场强为E=U式中d为两极板间的距离。按题意,当小球偏转角θ1=π6时,小球处于平衡状态。设小球质量为m,所带电荷量为q,Tcosθ1=mgTsinθ1=qE式中T为此时悬线的张力。得tanθ1=qQ设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2=π3,tanθ2=q得tanθ1代入数据解得ΔQ=2QB组综合提能1.(2018海淀二模)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点,发明了指纹识别技术。目前许多国产手机都有指纹解锁功能,常用的指纹识别传感器是电容式传感器,如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板,当手指贴在传感器上时,这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器,这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值,然后电容器放电,电容小的电容器放电较快,根据放电快慢的不同,就可以探测到嵴和峪的位置,从而形成指纹图像数据。根据文中信息,下列说法正确的是()A.在峪处形成的电容器电容较大 B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C.在峪处形成的电容器放电较慢 D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响答案B由平行板电容器电容的决定式C=εrS4πkd可知,小极板面积相同,故S相同,在手指干燥的前提下εr相同,d大则C小,故在峪处d大,形成的电容器电容C小,在嵴处d小,形成的电容器电容C大。若手指头潮湿,则εr不同,嵴、峪处形成的电容器电容均改变,故选项A、D均错误;又由题中知,电容小的电容器放电较快,在峪处形成的电容器电容小,放电快,故选项C错误;由Q=CU可知,电压相同时C大的电荷量Q大2.(2018西城一模)2015年4月16日,全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线,如图甲所示。这种电车没有传统无轨电车的“长辫子”和空中供电网,没有尾气排放,乘客上下车的几十秒内可充满电并行驶几公里,刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用。甲乙丙(1)图乙所示为超级电容器充电过程简化电路图,已知充电电源的电动势为E,电路中的电阻为R。图丙是某次充电时电流随时间变化的i-t图像,其中I0、T0均为已知量。a.类比是一种常用的研究方法,对于直线运动,我们学习了用v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法,根据图丙所示的i-t图像,定性说明如何求电容器充电所获得的电荷量;并求出该次充电结束时电容器所获得的电荷量Q;b.请你说明在电容器充电的过程中,通过电阻R的电流为什么会逐渐减小;并求出电容器的电容C。(2)研究发现,电容器储存的能量表达式为ε=12CU2,其中U为电容器两端所加电压,C为电容器的电容。设在某一次紧急停车中,在汽车速度迅速减为0的过程中,超级电容器两极板间电势差由U1迅速增大到U2。已知电车及乘客总质量为m,超级电容器的电容为C0,动能转化为电容器储存的电能的效率为η。求电车刹车前瞬间的速度v0答案(1)见解析(2)C解析(1)a.电容器充电所获得的电荷量在数值上等于i-t图线和横轴所围的面积。图丙中每一小格的面积为S0=110I0×110T0=1100I图线下约22小格,面积为S=22S0所以电容器所获得的电荷量Q=22100I0T0=0.22I0T0(说明:21、22、23格均给分b.电容器充电时,通过R的电流i=E-UR,U为电容器两端的电压,随着电容器上电荷量的增大,U也增大,充电结束时,电容器两端电压等于电源的电动势,即U=E根据电容的定义式C=QU解得电容C=QE(2)根据能量守恒定律有12mv02×η=12C0U2解得电车刹车前瞬间的速度v0=C第4讲带电粒子在电场中的运动A组基础巩固1.(2017朝阳期末)关于“电子伏特(符号:eV)”,属于下列哪一物理量的单位()A.电荷量 B.电压 C.电流 D.能量答案D电荷量的单位库仑,简称库,用C表示,A错误;电压的单位伏特,简称伏,用V表示,B错误;电流的单位安培,简称安,用A表示,C错误;一个电子经过1伏特的电势差加速后所获得的动能为1电子伏特(1eV),是能量的单位,D正确。2.(2017丰台一模)质量不同、电荷量相同的粒子,不计重力,垂直于电场线射入同一个匀强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同,则它们在进入电场前必然具有相同的()A.速度 B.动量C.动能 D.动量或动能均可以答案C如图所示,设电场区域宽为L,电场强度大小为E,粒子带电荷量为+q,质量为m,进入电场时的速度为v0,出电场时的速度为v,在电场中的运动时间为t由类平抛运动规律可知L=v0ttanθ=vvy=ata=qE由以上各式解得tanθ=qELmv02,上式表明:若粒子离开电场时速度方向改变的角度相同,它们应具有相同的动能3.示波器是一种电子仪器,可以用它观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时,电子束将打在荧光屏的中心点;若亮点很快移动,由于视觉暂留关系,能在荧光屏上看到一条亮线。若在XX'上加如图丙所示的扫描电压,在YY'上加如图丁所示的信号电压,则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中的()答案A因水平方向XX'所加电压可使电子在水平方向移动,竖直方向YY'所加电压可使电子在竖直方向移动,所以A选项正确,B、C、D选项错误。4.如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向,从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若可以改变某个量,下列哪种变化,仍能确保粒子一定飞出电场()A.只增大粒子的带电荷量 B.只增大电场强度C.只减小粒子的比荷 D.只减小粒子的入射速度答案C设两极板间的距离为d,由题意知粒子的偏移量y=d2,因y=12at2=Eq2m(Lv)2,要使粒子能飞出电场,可以减小带电荷量或电场强度,或者减小比荷,5.(2018海淀期末)示波器的核心部件是示波管,其内部抽成真空,如图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子,电子质量为m,电荷量为e。发射出的电子由静止经电压U1加速后,从金属板的小孔O射出,沿OO'进入偏转电场,经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成,已知极板的长度为l,两板间的距离为d,极板间电压为U2,偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。(1)求电子从小孔O穿出时的速度大小v0;(2)求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y;(3)若将极板M、N间所加的直流电压U2改为交变电压u=Umsin2πTt,电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T,且电子能全部打到荧光屏上,求电子打在荧光屏内范围的长度s答案(1)2U1em(2)U解析(1)U1e=12mvv0=(2)电子进入偏转电场,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,设电子在偏转电场中运动的时间为t水平方向t=l竖直方向E=U2dy=12at2=(3)当交变电压为最大值Um时,设电子离开交变电场时沿竖直方向的速度为vym,最大侧移量为ym;离开偏转电场后到达荧光屏的时间为t1,在这段时间内的侧移量为y1则ym=Uvym=amt=Umeldmv0,t1=Lv0,y则s=2(ym+y1)=UmB组综合提能1.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E=Ud=QCd=4πkQεrS,E不变,故电子仍运动到2.如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于()A.s22C.s42答案B因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向s2=v0t,竖直方向h2=12at2且满足a=Eqm,三式联立解得v0=s3.(2017海淀零模)用静电的方法来清除空气中的灰尘,需要首先设法使空气中的灰尘带上一定的电荷,然后利用静电场对电荷的作用力,使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化计算,可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同,设每个灰尘颗粒所带电荷量为q,其所受空气阻力与其速度大小成正比,表达式为F阻=kv(式中k为大于0的已知常量)。由于灰尘颗粒的质量较小,为简化计算,灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计,同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘颗粒所受重力的影响。(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的,需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域,将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端,恰好能将圆桶封闭,如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场),便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上,从而达到除尘的作用。求灰尘颗粒运动可达到的最大速率;(2)对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域,还可以设计另一种静电除尘的方案:沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极,紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管,其轴线与直导线重合,如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压,使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小,且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为E∝1r,式中r①试通过计算分析,带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中,其瞬时速度大小v和其与直导线的距离r之间的关系;②对于直线运动,教材中讲解了由v-t图像下的面积求位移的方法。请你借鉴此方法,利用v随r变化的关系,画出1v随r变化的图像,答案(1)qUkH(2)解析(1)圆桶形容器内的电场强度E1=U灰尘颗粒所受的电场力大小F=qUH电场力跟空气阻力相平衡时,灰尘颗粒达到最大速率,并设为v1,则有kv1=qU解得v1=qU(2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小,且桶壁处的电场强度大小为第(1)问方案中圆桶内电场强度的大小E1=UH,设在距直导线为r处的场强大小为E2,则E2E1=Rr,故与直导线越近处,电场强度越大。设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v,则kv=qE2解得v=qUR上式表明,灰尘颗粒在向圆桶内壁运动过程中,速度是逐渐减小的。②以r为横轴,以1v为纵轴,作出1v在r到r+Δr微小距离内,电场强度可视为相同,其速度v可视为相同,对应于Δr的一段1v-r图线下的面积为1vΔr=Δrv,显然,这个小矩形的面积等于灰尘颗粒通过Δr的时间Δt=Δrv。所以,灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t等于从R0所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间t=kH第5讲带电粒子在电场中运动的综合问题A组基础巩固1.如图所示,a、b、c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子在A点时的动能为10J,仅在电场力作用下从A运动到B速度变为零,当这个粒子的动能为7.5J时,其电势能为()A.12.5J B.2.5J C.0 D.-2.5J答案D根据题意可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10J(动能定理),则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5J,粒子在等势面b时动能为5J。带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5J,是守恒的,当动能为7.5J时,其电势能为-2.5J。2.如图甲所示,在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。当t=0时,一个电子从靠近N板处由静止开始运动,经1.0×10-3s到达两板正中间的P点,那么在3.0×10-3s这一时刻,电子所在的位置和速度大小为()A.到达M板,速度为零 B.到达P点,速度为零C.到达N板,速度为零 D.到达P点,速度不为零答案D在1.0×10-3s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3s时电子到达P点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当t=2.0×10-3s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。随后电子将反向做匀加速运动,当t=3.0×10-3s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反,故答案为D。3.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b。不计空气阻力,则()A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案B由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速圆周运动,故小球应带正电,A错、B对;小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,故C错;因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即D错。4.空间存在着平行于x轴方向的静电场,其电势φ随x的分布如图所示,A、M、O、N、B为x轴上的点,OA<OB,OM=ON。一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是()A.粒子一定带正电B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C.粒子一定能通过N点D.粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加答案C由E=Ud=ΔφΔx,可知A、O之间为水平向左的匀强电场E1,O、B间为水平向右的匀强电场E2,且E1>E2。粒子从M点由静止向右运动,受向右的电场力作用,故粒子带负电,A错;带负电的粒子由M→O过程中因E1恒定,电场力不变,B错;因E1>E2,F1=qE1>F2=qE2,又OM=ON,再结合W=Fx=ΔEK知粒子一定能通过N点,C对;因由M→O电势增大,则带负电粒子由5.(2018海淀期末)如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度l=0.5m的绝缘轻绳上端固定在O点,下端系一质量m=1.0×10-2kg、带电荷量q=2.0×10-8C的小球(小球的大小可以忽略)在位置B点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°,空气阻力不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。(1)求该电场场强大小;(2)在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到A点,求外力对带电小球做的功;(3)过B点做一等势面交电场线于C点,论证沿电场线方向电势φA>φC。答案(1)3.75×106N/C(2)1.25×10-2J(3)见解析解析(1)带电小球静止,受到的合力等于零,电场力与重力的关系是Eq=mgtanαE=mgq代入数据得E=3.75×106N/C(2)小球在外力作用下从B点缓慢移动到A点过程中,根据动能定理有WF-Eqlsinα+mg(l-lcosα)=0WF=mgq代入数据得WF=1.25×10-2J(3)方法1:设一带电荷量为+q的电荷在电场力作用下由A点移动到C点,电场力做功为WW=qUAC=q(φA-φC)因为W>0所以φA>φC方法2:设带电荷量为+q的电荷放在A点,其电势能为EpA,此电荷在电场力作用下从A点移到C点,在C点其电势能为EpC因为电场力做正功,所以EpA>EpC电场中A点的电势为φA=EpAq,C点的电势为φ所以,φA>φCB组综合提能1.(2018海淀一模)常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示,热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成,N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子,P型半导体的载流子是空穴,空穴带正电且电荷量等于元电荷e。若两种半导体相连一端和高温热源接触,而另一端A、B与低温热源接触,两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散,最终在A、B两端形成稳定的电势差,且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是()A.B端是温差发电装置的正极B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反C.温差发电装置供电时不需要消耗能量D.可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器答案DB端积聚了自由电子,A端积聚了空穴,热电偶内部电流方向从B→A,因此A端是温差发电装置的正极,A错误;热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同,B错误;温差发电装置供电时,消耗高温热源的内能转化为电能,C错误;由于电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系,所以在测出电势差及低温热源温度的前提下,可以确定高温热源的温度,D正确。2.(2018海淀二模)通常情况下,空气是不导电的。但是如果空气中的电场很强,使得气体分子中带正电、负电的微粒所受的相反静电力很大,以至于分子破碎,于是空气中出现了可以自由移动的电荷,空气变成了导体。这个现象叫做空气被“击穿”。如图所示,两金属板之间的点A、B分别代表某一气体分子破碎后带正电、负电的两个微粒(为了看得清楚,两个点之间的距离做了放大),两金属板之间的距离为1.5cm,在两金属板间加6.0×104V的高电压,两板间就会出现放电现象。下列说法正确的是()A.板M接电源正极,板N接电源负极B.两板间匀强电场的场强大小为4×104V/mC.分子破碎过程中,分子内部的电势能增大D.空气导电时,两极板间电场力对微粒A做负功答案C由题意可知A带正电、B带负电,故M板接电源负极,N板接电源正极,故选项A错误;由E=Ud可知,两板间场强大小E=Ud=6.0×1041.5×10-2V/m=4×106V/m,故选项B错误;分子破碎过程中,分子内带正、负电的微粒间的库仑引力做负功,故分子内部的电势能增大,选项C正确;空气导电时,两板板间的电场力使3.(2018房山一模)粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,且沿x轴方向的电势φ与坐标值x的函数关系满足φ=4.5×104x(V),据此可作出如图所示的φ-x图像。图中虚线AB为图线在x=0.15m处的切线。现有一个带正电荷的滑块P(可视作质点),其质量为m=0.10kg,电荷量为q=1.0×10-7C,其与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,g(1)沿x轴方向上,x1=0.1m和x2=0.15m两点间的电势差;(2)若将滑块P无初速度地放在x1=0.1m处,滑块将由静止开始运动,滑块运动到x2=0.15m处时速度的大小;(3)对于变化的电场,在极小的区域内可以看成匀强电场。若将滑块P无初速度地放在x1=0.1m处,滑块将由静止开始运动,a.它位于x2=0.15m处时加速度为多大;b.滑块最终停在何处?分析说明整个运动过程中加速度和速度如何变化。答案(1)1.5×105V(2)1010m/s(3)a.0b.解析(1)U=φ1-φ2=1.5×105V(2)由动能定理有-μmg(x2-x1)+qU=12mv代入数据得v=1010(3)a.对于匀强电场E=Ud,在x2=0.15m附近场强变化很小,则场强E=ΔUΔx=|k|,即图线在x2所以x2=0.15m处场强为E=6×1050由牛顿第二定律有ma=Eq-μmg解得a=0b.设滑块停在x处,由动能定理得:q4.5×10代入数据解得:x=0.1m或x=0.225m。舍去x=0.1m,所以滑块最终停在x=0.225m处。滑块在0.1~0.15m做加速度减小的加速运动,在0.15~0.225m做加速度增大的减速运动。4.我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为S的圆柱体(如图1所示)。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。(1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间Δt内,飞船的速度减小了Δv,求这段时间内飞船受到的阻力大小。图1(2)已知尘埃云分布均匀,密度为ρ。a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。若不采取任何措施,飞船将不断减速。通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。图2b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对飞行器产生推力的。若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U,元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。答案(1)MΔvΔt(2)a.M99ρS199解析(1)飞船的加速度a=Δ根据牛顿第二定律f=Ma飞船受到的阻力f=MΔ(2)a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律Mv0=(M+ρSx)99100v解得x=M由1v-xt=12(1v0解得t=199b.设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m',所受飞船的作用力为f'。飞船与尘埃发生的是弹性碰撞Mv0=Mv1+m'v212Mv02=12Mv解得v2=2MM由于M≫m',所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0对尘埃,根据动量定理f'Δt=m'v2其中m'=ρSv0Δt则飞船所受阻力为f'=2ρSv设一个离子在电场中加速后获得的速度为v。根据动能定理eU=12mv设单位时间内射出的离子数为n。在很短的时间Δt内,根据动量定理FΔt=nΔtmv则飞船所受动力F=nmv飞船做匀速运动F=f'解得n=2eUmρS第6讲实验:观察电容器的充、放电现象A组基础巩固1.把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电;然后把开关S掷向2端,电容器放电。与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示。下列关于这一过程的分析,正确的是()A.在形成电流曲线1的过程中,电容器两极板间电压逐渐减小B.在形成电流曲线2的过程中,电容器的电容逐渐减小C.曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D.S接1端,只要时间足够长,电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E答案C由于形成电流曲线1的过程是电容器的充电过程,形成电流曲线2的过程是电容器的放电过程,形成电流曲线1的过程中,电容器两极板间电压会随着充电电荷量的增加而逐渐增大,A错误;由于电容器的电容是不随电压、电流的变化而变化的,故B错误;曲线1与横轴所围面积是充电的电荷量,曲线2与横轴所围面积就是放电的电荷量,由于充电电荷量等于放电电荷量,故C正确;当S接1端时,无论时间多么长,电容器两极板间的电压都不可能大于电源电动势E,故D错误。2.利用如图乙所示的电路图原理描绘电容器放电时的I-t图像。(1)将图甲所示器材连接成实验电路。(2)若得到如图丙所示的电容器放电电流图像,则电容器充满电后储存的电荷量q=。

答案(1)连接电路如图。(2)3.36×10-3C解析(1)按照题给的电路图连接线路。注意电流表极性和电解电容器极性。(2)电容器放电电流图象与横轴所围面积中包含42个小方格,每个小方格面积为0.2mA×0.4s=0.08mAs=8.0×10-5C,电容器充满电后储存的电荷量q=42×8.0×10-5C=3.36×10-3C。3.某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为:电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100μF)、电阻R1(约200kΩ)、电阻R2(1kΩ)、电压表(量程6V)、秒表、导线若干。(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连接起来。(2)先闭合开关S2,再断开开关S2;闭合开关S1,同时按下秒表开始计时.若某时刻电压表的示数如图(c)所示,电压表的读数为V(保留2位小数)。

(3)该同学每隔10s记录一次电压表的读数U,记录的数据如表所示。在给出的坐标纸上绘出U-t图线。已知只有一个数据点误差较大,该数据点对应的表中的时间是s。

时间t/s10.020.030.040.050.060.0电压U/V2.143.454.234.515.005.18(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是

。

答案(1)见解析图(2)3.60(3)40.0(4)使实验前电容器两极板上的电荷中和解析(1)实物图连线如图所示(2)电压表的量程为6V,分度值为0.1V,所以读数为3.60V。(3)从数据中可得出,电压表示数变化得越来越慢,而从40s到50s之间数据变化又突然快了,所以该数据对应表中的时间为40.0。(4)电路中C、R2和S2构成的回路,先闭合开关S2,再断开开关S2,使电容器上所带电荷释放干净,不影响实验。B组综合提能1.(2018东城二模)在测定电容器电容值的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2端,电容器放电,直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。甲乙丙(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知:充电电流与放电电流方向(选填“相同”或“相反”),大小都随时间(选填“增加”或“减小”);

(2)该电容器的电容为F;(结果保留2位有效数字)

(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。答案(1)相反减小(2)1.0×10-2(3)见解析解析(1)从图像就可以看出,充电和放电过程的电流方向是相反的,电流大小都随着时间减小。(2)由Q=It=UR·t可知将图中曲线与时间轴所围面积数值除以电阻值,就可以得到电荷量Q,再由C=Q(3)正确。因为当开关S与2连接,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R上的电压大小相等,所以通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”,仍可应用C=QU=S2.用下列器材测量电容器的电容:一块多用电表,一台直流稳压电源,一个待测电容器(额定电压16V),定值电阻R1=100Ω,定值电阻R2=150Ω,电流传感器、数据采集器和计算机,单刀双掷开关S,导线若干。实验过程如下:实验次数实验步骤第1次①将电阻R1等器材按照图甲正确连接电路,将开关S与1端连接,电源向电容器充电②将开关S掷向2端,测得电流随时间变化的i-t曲线如图乙中的实线a所示第2次③用电阻R2替换R1,重复上述实验步骤①②,测得电流随时间变化的i-t曲线如图丙中的某条虚线所示说明:两次实验中电源输出的直流电压恒定且相等请完成下列问题:(1)第1次实验中,电阻R1两端的最大电压Um=V。

利用计算机软件测得i-t曲线和两坐标轴所围的面积为90mA·s,已知电容器放电时其内阻可以忽略不计,则电容器的电容为C=F。

(2)第2次实验中,电流随时间变化的i-t曲线应该是图丁中的虚线(选填“b”“c”或“d”),判断依据是。

答案(1)910.0×10-3(2)c两次放电电量相等,图线与t轴围成的面积相等,另由于R2>R1,开关掷向2瞬间放电电流较小解析(1)由图可知,最大电流Im=90mA=0.09A,计算得出最大电压为Um=ImR1=0.09×100V=9V,i-t曲线和两坐标轴所围的面积表示电容器的带电量Q=90mA·s,由电容器电容的定义式,C=Q/Um可得:C=10.0×10-3F。(2)第2次实验中,电流随时间变化的i-t曲线应该是图丁中的虚线c。判断依据是:根据im=UmR,因第2次实验的最大放电电流小些,故不是b,根据Qm=CUm,因两条曲线分别与坐标轴所围成的面积相等,故不是d而应该是c,所以正确答案是本章小结知识系统构建全章闯关检测一、选择题1.关于摩擦起电和感应起电,以下说法正确的是()A.摩擦起电是因为电荷的转移,感应起电是因为产生了新电荷B.摩擦起电是因为产生了新电荷,感应起电是因为电荷的转移C.不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D.以上说法均不正确答案C由电荷守恒定律可知C正确。2.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的是()A.a、b均是正电荷B.a、b均是负电荷C.A点场强大于B点场强D.A点电势高于B点电势答案D电场线从正电荷或无穷远处出发,终止于负电荷或者无穷远处,所以a应为正电荷,b为负电荷,故A、B选项均错误;电场线越密集,场强越大,故C选项错误;沿电场线方向电势逐渐降低,故D选项正确。3.一个负点电荷仅受电场力的作用,从某电场中的a点由静止释放,它沿直线运动到b点的过程中,动能Ek随位移x变化的关系图像如图所示,则能与图线相对应的电场线分布图是()答案B由图知电荷的动能与位移成正比,所以电场是匀强电场,且电场力做正功,故B符合题意。4.一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0),沿着垂直于匀强电场的方向射入电场,则其可能的运动轨迹应该是下图中的()答案B点电荷垂直于电场方向进入电场时,电场力垂直于其初速度方向,点电荷做类平抛运动,选B。5.在匀强电场中有一平行四边形ABCD,已知A、B、C三点的电势分别为φA=10V、φB=8V、φC=2V,则D点的电势为()A.8V B.6VC.4V D.1V答案C由于电场是匀强电场,则UAB=UDC,φA-φB=φD-φC,得φD=4V,C选项正确。6.某示波器在XX'、YY'不加偏转电压时光斑位于屏幕中心,现给其加如图所示偏转电压,则在光屏上将会看到下列哪个图形(选项图为荧光屏,虚线为光屏坐标)()答案D加偏转电压后,由y=12eUmdt2=eUl22mdv7.如图所示,充电后和电源断开的水平放置的平行板电容器,上板带负电,下板带正电,带电小球以速度v0水平射入电场,且沿下板边缘飞出。若下板不动,将上板上移一小段距离,小球仍以相同的速度v0从原处飞入,则带电小球()A.将打在下板中央B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出C.不发生偏转,沿直线运动D.由于板间距离变大,小球离开电场时速度将变小答案B将电容器上板上移一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式E=Ud=QCd=4kπQεrS可知,电容器产生的电场的场强不变8.(2017西城二模)某静电场的电场线分布如图所示,P、Q为该电场中的两点。下列说法正确的是()A.P点场强大于Q点场强B.P点电势低于Q点电势C.将电子从P点移动到Q点,电场力做正功D.将电子从P点移动到Q点,其电势能增大答案D电场线的疏密代表场强的强弱,由图知EQ>EP,沿电场线电势降低,φP>φQ,A、B错误;将电子从P点移动到Q点,电场力做负功,电势能增大,C错误,D正确。9.某电容式话筒的原理示意图如图所示,E为电源,R为电阻,薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中()A.P、Q构成的电容器的电容增大B.P上电荷量保持不变C.M点的电势比N点的低D.M点的电势比N点的高答案D由C=εrS4πkd可知P、Q间距离d增大时电容C减小,A项错误;电容器P、Q两端电压不变,由C=QU知,电容减小将放电,电荷量减小,故B项也错;放电时电流从M点经R到N点,说明M点电势高于N点电势,二、非选择题10.如图所示,一质量为m=1.0×10-2kg,带电荷量为q=1.0×10-6C的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时悬线向左与竖直方向成θ=60°角。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度g=10m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)画出小球受力图并判断小球带何种电荷;(2)求电场强度E;(3)若在某时刻将细线突然剪断,求经过1s时小球的速度v。答案(1)见解析(2)1.7×105N/C(3)20m/s与竖直方向夹角为60°斜向左下方解析(1)受力如图,小球带负电(2)小球所受电场力F=qE由平衡条件得F=mgtanθ解得电场强度E=1.7×105N/C(3)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动小球所受合外力F合=mg/cosθ由牛顿第二定律有F合=ma由运动学公式v=at解得小球的速度v=20m/s速度方向与竖直方向夹角为60°斜向左下方11.(2018石景山一模)如图所示,设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计,经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d,不计电子所受重力。求:(1)电子射入偏转电场时初速度v0的大小;(2)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Dy;(3)电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。答案(1)2eU0m(2)解析(1)根据功和能的关系,有eU0=12m电子射入偏转电场时的初速度v0=2(2)在偏转电场中,电子的运动时间Δt=Lv0电子在偏转电场中的加速度a=eU偏转距离Δy=12a(Δt)2=(3)电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度vy=aΔt=e2m电子离开偏转电场时速度的大小v=v02+设电子离开偏转电场时速度方向与水平方向的夹角为θ,则tanθ=vyv12.在一个水平面上建立x轴,在原点O右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小E=6×105N/C,方向与x轴正方向相同,在O处放一个电荷量q=5×10-8C、质量m=0.010kg的带负电绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s,如图所示,(g取10m/s2)求:(1)物块最终停止时的位置;(2)物块在电场中运动过程的机械能增量。答案(1)原点O左侧0.2m处(2)-0.016J解析(1)第一个过程:物块向右做匀减速运动到速度为零。Ff=μmgF=qEFf+F=ma2as1=vs1=0.4m第二个过程:物块向左做匀加速运动,离开电场后再做匀减速运动直到停止,由动能定理得:Fs1-Ff(s1+s2)=0,得s2=0.2m,则物块停止在原点O左侧0.2m处。(2)物块在电场中运动过程的机械能增量ΔE=WFf=-2μmgs1=-0.016J。13.(2018丰台二模)现代科学实验证明了场的存在,静电场与重力场有一定相似之处。带电体在匀强电场中的偏转与物体在重力场中的平抛运动类似。(1)一质量为m的小球以初速度v0水平抛出,落到水平面的位置与抛出点的水平距离为x。已知重力加速度为g,求抛出点的高度和小球落地时的速度大小。(2)若该小球处于完全失重的环境中,小球带电荷量为+q,在相同位置以相同初速度抛出。空间存在竖直向下的匀强电场,小球运动到水平面的位置与第(1)问小球的落点相同。若取抛出点电势为零,试求电场强度的大小和落地点的电势。(3)类比电场强度和电势的定义方法,请分别定义地球周围某点的“重力场强度EG”和“重力势φG”,并描绘地球周围的“重力场线”和“等重力势线”。答案见解析解析(1)小球在水平方向做匀速直线运动x=v0t小球在竖直方向做自由落体运动h=12gt得h=g小球下落过程,根据动能定理mgh=12mv2-12得v=v(2)小球在水平方向做匀速直线运动x=v0t小球在竖直方向做匀加速直线运动h=12ata=qE得E=mg抛出点与落点之间的电势差U=Eh=mg取抛出点电势为零,U=0-φ地得φ地=-mg(3)重力场强度EG=Gm=mg或EG=Fm=GMmr若取地面为重力势参考平面,则重力势φG=Ep若取无穷远处重力势为零,则φG=Epm故地球周围的“重力场线”和“等重力势线”如图所示第十章恒定电流第1讲电流电阻电功及电功率A组基础巩固1.(2018海淀二模)在物理学中,常常用比值定义物理量,用来表示研究对象的某种性质。下列关系式中,不属于比值定义的是()A.电场强度E=Fq B.电流I=C.电容C=QU D.密度ρ=答案B比值法所定义的物理量,与表达式中的分子、分母无正、反比关系,只等于分子和分母的比值,而比值是恒定不变的,选项A、C、D都符合比值定义的特点,而B选项中电阻R是不变量,电流与电压成正比关系,故电流不属于比值定义的物理量,因此选项B符合题意。2.如图所示,一根截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷,单位体积内的电荷量为q,当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时,由于棒运动而形成的等效电流大小为()A.vq B.qv C.qvS D.答案C电流的定义式I=Qt,即单位时间通过导体截面的电荷量,由题意知整段导体总电荷量Q=qLS,L为导体长度,t=Lv,所以等效电流大小I=Qt=3.(2017朝阳期末)现有规格为“220V,36W”的排气扇,如图所示,排气扇电动机的线圈电阻为40Ω。当正常工作时,排气扇的()A.通电电流计算式为I=22040B.输出功率计算式为P出=(36-220C.发热功率计算式为P热=(36220)2D.电功率大于36W答案C由于排气扇为非纯电阻电器,不满足欧姆定律R=UI,根据公式P=UI知,该排气扇正常工作时的电流I=PU=36220A,A错误。发热功率P热=(36220)2×40W,输出功率P出=P总-P热=[36-(36220)2×40]W,B错误,C正确;4.(2015北京理综,19,6分)如图所示,其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02A;R1的阻值等于电流表内阻的12;R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是(A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04AB.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02AC.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06AD.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01A答案C设电流表的内阻为RA,则R1=12RA,R2=2RA,将接线柱1、2接入电路时,流过接线柱1的电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06A;将接线柱1、3接入电路时,流过接线柱1的电流I'1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06A。选项A、B、D错误,C5.(2018西城期末)在如图所示的电路中,电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为12V,内阻为1Ω,电动机线圈电阻为0.5Ω。开关闭合,电动机正常工作,电压表示数为10V。则()A.电源两端的电压为12VB.电源的输出功率为24WC.电动机消耗的电功率为80WD.电动机所做机械功的功率为18W答案D电源两端的电压U=E-Ir=10V,可得I=2A,电源的输出功率P出=UI=20W,A、B错误。电动机消耗的电功率P=UI=20W,电动机所做机械功的功率P机=P-P热=UI-I2R=18W,C错误、D正确。6.(2018石景山一模)两个电压表V1和V2是由完全相同的两个电流表改装而成的,V1量程是5V,V2量程是15V。现把V1和V2串联起来测量15~20V电压。下列说法中正确的是()A.V1和V2的示数相同B.V1和V2指针偏转的角度相同C.V1和V2示数不同,指针偏转的角度也不同D.V1和V2的示数与V1和V2的内阻成反比答案B由于V1和V2是由完全相同的两个电流表改装而成的,当它们串联起来测电压的时候,通过它们的电流大小相等,故指针偏转的角度相同,示数与内阻成正比,并不相同。7.(2017东城二模)移动电源(俗称充电宝)解决了众多移动设备的“缺电之苦”,受到越来越多人的青睐。目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池(电动势3.7V)及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压(5V)。由于锂离子电池的材料特性,在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见,中国民航总局做出了相关规定,如图1所示。民航总局关于携带充电宝出行的相关规定低于100Wh可随身携带,不可托运100~160Wh经航空公司批准才能随身携带(不超过两块),

不可托运超过160Wh禁止随身携带,不可托运图1为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌如图2所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。产品名称:移动电源电池容量:10000mAh3.7V电源输入:5V-1A电源输出1:5V-1A电源输出2:5V-2.1A图2根据以上材料判断下列说法正确的是()A.这款移动电源能为手机提供的最大充电量为8000mAhB.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为37WhC.乘飞机出行时,这款移动电源可以托运D.Wh与mAh均为能量单位答案B由表格可知电池容量为10000mAh,mAh是电量的单位,则A、D错。E能=UIt=3.7V×10Ah=37Wh,B正确。由图1知,所有充电宝都不可托运,C错。8.(2018东城一模)两根材料相同的均匀直导线a和b串联在电路上,a长为l0,b长为2l0。(1)若沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示,求:①a、b两导线内电场强度大小之比E1∶E2;②a、b两导线横截面积之比S1∶S2。(2)以下对直导线内部做进一步分析:设导线单位体积内有n个自由电子,电子电荷量为e,自由电子定向移动的平均速率为v。现将导线中电流I与导线横截面积S的比值定义为电流密度,其大小用j表示。①请建立微观模型,利用电流的定义式I=qt推导②从宏观角度看,导体两端有电压,导体中就形成电流;从微观角度看,若导体内没有电场,自由电子就不会定向移动。设导体的电阻率为ρ,导体内场强为E,试猜想j与E的关系并推导出j、ρ、E三者间满足的关系式。(解题过程中需要用到的物理量要在解题时作必要的说明)答案(1)①6∶1②1∶6(2)见解析解析(1)①根据U1=φ1-φ2,由图像知:φ1=8V,φ2=2V,代入可得U1=6V,同理U2=2V根据E=Ud,由已知d1=l0,d2=2l0,代入可得E1∶E2②因为两导线串联,所以电流I1=I2,由欧姆定律I=UR,电阻定律R=ρlS,将U1=6V,U2=2V,长度分别为l0和2l0代入,可得S1∶S(2)①在直导线内任选一个横截面S,在Δt时间内以S为底,vΔt为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过,由电流及电流密度的定义知:j=IS=ΔqΔtS,其中②猜想:j与E成正比。设横截面积为S,长为l的导线两端电压为U,则E=Ul电流密度的定义式为j=IS,将I=UR代入,得j=USR导线的电阻R=ρlS,代入上式,可得j、ρ、E三者间满足的关系式为:j=EB组综合提能1.(2017丰台二模)如图所示是某电路的示意图,虚线框内是超导限流器。超导限流器是一种短路故障电流限制装置,它由超导部件和限流电阻并联组成。当通过超导部件的电流大于其临界电流I0时,超导部件由超导态(可认为电阻为零)转变为正常态(可认为是一个纯电阻),以此来限制故障电流。超导部件正常态电阻R1=6Ω,临界电流I0=0.6A,限流电阻R2=12Ω,灯泡L上标有“6V,3W”字样,电源电动势E=6V,内阻忽略不计,则下列判断不正确的是()A.当灯泡正常发光时,通过灯泡L的电流为0.5AB.当灯泡正常发光时,通过R2的电流为0.5AC.当灯泡L发生故障短路时,通过R1的电流为1AD.当灯泡L发生故障短路时,通过R2的电流为0.5A答案B若灯泡正常发光,通过灯泡的额定电流I=PU=3W6V=0.5A,电阻R2被短路,A对,B错。若灯泡被短路,电源内阻忽略不计,电路中电流无穷大,大于I0=0.6A,超导部件由超导态转变为正常态,则R1=6Ω,I干=ER总=6V12Ω×6Ω12Ω+6Ω=1.5A,则通过R1的电流为1A,通过R2.(多选)(2017西城期末)电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内的水烧开以前的加热状态,另一种是水烧开以后的保温状态。如图所示是电饭锅的电路图,R1是电阻,R2是加热用的电热丝,S是自动开关。下列说法正确的是()A.开关S接通时,电饭锅处于保温状态B.开关S接通时,电饭锅处于加热状态C.当R1∶R2=1∶1时,R2在保温状态下的功率是加热状态下功率的一半D.当R1∶R2=1∶1时,R2在保温状态下的功率是加热状态下功率的四分之一答案BD当开关S断开时,R1与R2串联,当开关S接通时,只有R2工作,由P=U2R知总电阻R越小,功率越大,故开关断开时处于保温状态,接通时处于加热状态,A选项错误,B选项正确;当R1=R2时,保温状态下电流是加热状态下电流的一半,R2在保温状态下的功率是加热状态下功率的四分之一,C选项错误3.(2018房山二模)电荷的定向移动形成电流,电流是物理量中的基本量之一。电流载体称为载流子,大自然有很多种承载电荷的载流子,例如,金属导体内可自由移动的电子、电解液内的离子、等离子体内的正负离子,半导体中的空穴,这些载流子的定向移动,都可形成电流。(1)电子绕氢原子核做圆周运动时,可等效为环形电流,已知静电力常量为k,电子的电荷量为e,质量为m,电子在半径为r的轨道上做圆周运动。试计算电子绕氢原子核在该轨道上做圆周运动形成的等效电流大小;(2)如图,AD表示一段粗细均匀的导体,两端加一定的电压,导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v,设导体的横截面积为S,导体每单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷所带的电荷量为e。试证明导体中电流大小I=neSv;(3)有一圆柱形的纯净半导体硅,其横截面积为2.5cm2,通有电流2mA时,其内自由电子定向移动的平均速率为7.5×10-5m/s,空穴定向移动的平均速率为2.5×10-5m/s。已知硅的密度为2.4×103kg/m3,摩尔质量是28g/mol。电子的电荷量e=-1.6×10-19C,空穴和电子总是成对出现,它们所带电荷量相等,但电性相反,阿伏加德罗常数为NA=6.02×1023mol-1。若一个硅原子至多只释放一个自由电子,试估算此半导体材料平均多少个硅原子才有一个硅原子释放出自由电子?答案见解析解析(1)电子绕氢原子核做圆周运动,所需的向心力由原子核对电子的库仑引力来提供,根据ke2r又I=qt=解得I=e(2)导体中电流大小I=qtt时间内所有电荷沿导体长度方向定向移动的距离为vt,则t时间内通过导体某一横截面的自由电荷数为nSvt,该时间内通过导体该横截面的电荷量q=nSvte,则I=neSv(3)设此半导体单位体积内有n个自由电子,同时也将有n个空穴;以S表示横截面积,v1和v2分别表示半导体中空穴和自由电子的定向移动速率,I1和I2分别表示半导体中空穴和自由电子形成的电流,则有I1=nev1SI2=nev2S总电流I=I1+I2由此可得n=I设单位体积内有n个硅原子放出一个自由电子;单位体积内硅原子的个数N=ρMN则nN=IM代入数据解得nN=1×10则知每1×105个硅原子才有一个硅原子释放出一个自由电子第2讲闭合电路欧姆定律A组基础巩固1.关于电动势下列说法中正确的是()A.对于给定的电源,移动正电荷非静电力做功越多,电动势就越大B.电动势大,说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功多C.电动势、电压和电势差虽名称不同,但物理意义相同,所以单位也相同D.在电源内部把正电荷从负极移动到正极,非静电力做功,电能增加答案D由电动势公式E=W非q知,E等于非静电力将单位正电荷在电源内部从负极移动到正极所做功的值,所以A、B错,电压与电动势的物理意义不同2.(2018西城二模)电动汽车由于节能环保的重要优势,越来越被大家认可。电动汽车储能部件是由多个蓄电池串联叠置组成的电池组,如图所示。某品牌电动小轿车蓄电池的数据如表所示。下列说法正确的是()电池只数输入电压充电参数放电时平均电压/只电池容量/只100只交流220V420V,20A3.3V120AhA.将电池组的两极直接接在交流电上进行充电B.电池容量的单位Ah就是能量单位C.该电池组充电时的功率为4.4kWD.该电池组充满电所储存的能量为1.4×108J答案D由充电参数“420V,20A”知,电池组不是直接接在交流电上进行充电的,A错误。120Ah=120A×3600s=4.32×105C,可知Ah是电荷量单位,B错误。电池组充电时的功率P=UI=420×20W=8.4kW,C错误。该电池组充满电储存的能量为qU,即120×3600×3.3×100J≈1.4×108J,D正确。3.(2017朝阳期末)已知干电池的电动势为1.5V,下列说法正确的是()A.当外电路闭合时,干电池两极间的电压等于1.5VB.当外电路断开时,干电池两极间的电压等于零C.当外电路闭合时,在1s内有1.5C的电荷通过电池D.当1C的电荷通过干电池时,干电池能把1.5J的化学能转化为电能答案D由于干电池有内阻,所以当外电路闭合时,干电池两端的电压应视为路端电压,小于1.5V,A错误;当外电路断开时,干电池两极间的电压等于电池电动势1.5V,而不是零,B错误;当外电路闭合时,由q=It可知,若在1s内有1.5C的电荷流过电池,此时电流大小为1.5A,而题中电阻未知,电流无法确定,C错误;根据电动势的定义式E=Wq得W=Eq,当外电路闭合时,每有1C的电荷通过干电池,非静电力做功就为1.5J,就有1.5J的化学能转化为电能,D4.(2017西城期末)某同学把电流表、干电池和一个定值电阻串联后,两端连接两支测量表笔,做成了一个测量电阻的装置,如图所示。两支表笔直接接触时,电流表的读数为5.0mA;两支表笔与300Ω的电阻相连时,电流表的读数为2.0mA。由此可知,这个测量电阻装置的内阻是()A.200Ω B.300ΩC.500Ω D.800Ω答案A两表笔直接接触时,E=I1r两表笔外接电阻R外时,E=I2(R外+r)联立两式解得r=I2I1-I25.如图所示的电路中,A是电容器两极板之间的一点,在A点有一个带负电荷的质点,质点在重力和电场力的共同作用下处于静止状态,当滑动变阻器连入电路的阻值减小时,带电质点的运动情况是()A.向上加速 B.向下加速C.保持静止 D.向上匀速答案A滑动变阻器连入电路的阻值减小时,总电阻减小,则电流增大,电容器两端的电压增大,电场强度增大,质点所受电场力增大,电场力大于重力,带电质点向上加速,故A正确,B、C、D错误。6.(多选)(2018海淀期末)如图所示的电路中,闭合开关S,当滑动变阻器R的滑片P向上移动时,下列说法中正确的是()A.电流表示数变大B.电压表示数变小C.电阻R0的电功率变大D.电源的总功率变小答案CD解法一当滑片P向上移动时,滑动变阻器接入电路中的阻值变大,电路的总阻值也变大,由闭合电路欧姆定律知干路电流I=Er+R外变小,电源内阻分担电压U内=Ir变小,外电压U外=E-U内变大,电压表示数变大,B项错。通过R0的电流I0=U外R0变大,通过电流表的电流IA=I-I0变小,电流表示数变小,A项错。电阻R0的电功率P0=I02R0解法二由“串反并同”规律分析知,当滑片P向上移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,则与之串联的电流表示数变小,干路电流变小,电源总功率P总=EI变小;与之并联的电压表示数变大,电阻R0的电流、电压、电功率均变大,因此选C、D。7.(2018朝阳期末)某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表,该电表有1、2两个量程。关于该电表,下列说法中正确的是()A.测电压时,量程1一定小于量程2,与R1、R2和R3的阻值无关B.测电流时,量程1一定大于量程2,与R1、R2和R3的阻值无关C.测电压时,量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关D.测电流时,量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关答案B当利用这块电表测量电压时,该表量程为当电流计满偏时电流计所在支路的总电压,即U=IgR,其中R为支路总电阻,因量程2的支路总电阻小于量程1的支路总电阻,所以量程2小于量程1,故选项A、C均错误;当利用此电表测电流时,电表量程等于电流计满偏时两支路电流之和,由并联电路的支路电流关系可以知道,量程1一定大于量程2,所以选项D错误,选项B正确。8.如图所示,已知电源电动势E=5V,内阻r=2Ω,定值电阻R1=0.5Ω,滑动变阻器R2的阻值范围为0~10Ω。求:(1)当滑动变阻器R2接入电路的阻值为多大时,电阻R1消耗的功率最大,最大功率是多少。(2)当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率是多少。(3)当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,电源的输出功率最大,最大功率是多少。答案见解析解析(1)定值电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1=E2R1(R1+R2+r)2,可见当滑动变阻器接入电路的阻值为0(2)将定值电阻R1看做电源内阻的一部分,则电源的等效内阻r'=R1+r=2.5Ω,故当滑动变阻器接入电路的阻值R2=r'=2.5Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为P2m=E24(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知,当R1+R2'=r,即R2'=r-R1=(2-0.5)Ω=1.5Ω时,电源有最大输出功率,最大输出功率为P出m=E24rB组综合提能1.(2017西城二模)智能手机电池“快速充电技术”可以使用户在短时间内完成充电。比如对一块额定电压3.7V、容量1430毫安时的电池充电,可以在半小时内将电池充到满容量的75%。结合本段文字和你所学知识,关于“快速充电技术”,你认为下列叙述中比较合理的是()A.这里所提到的“毫安时”指的是一种能量单位B.这里所提到的“满容量的75%”是指将电池电压充到3.7V的75%C.快速充电技术提高了锂电池的原有容量D.对额定电压3.7V的锂电池充电,其充电电压应高于3.7V答案D根据q=It可知,毫安时(mAh)是电荷量的单位,不是能量的单位,故A错误;这里所提到的“满容量的75%”是将电量充到满容量的75%,故B错误;快速充电技术提高了锂电池的充电速度,不会提高原有容量,故C错误;为了能为电池充电,对额定电压3.7V的锂电池充电,其充电电压应高于3.7V,故D正确。2.(2017海淀二模)电源的两个重要参数分别是电动势E和内电阻r。对一个电路有两种特殊情况:当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势;当外电路短路时,短路电流等于电动势和内电阻的比值。现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R的定值电阻,将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源,这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和图乙中虚线框所示。设新的等效电源的电动势为E',内电阻为r'。试根据以上信息,判断下列说法中正确的是()A.图甲中的E'=rRB.图甲中的E'=RRC.图乙中的E'=E,r'=RrD.图乙中的E'=RR+答案D当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势,图甲中的等效电源外电路断开时,I=0,R相当于导线,则等效电源的电动势仍为E,R与r串联形成新电源的内电阻,所以内电阻为R+r。乙的等效电源外电路断开时,新电源两端电压即R两端电压为ERR+r,则等效电源的电动势为RR+rE,R与r并联形成新的电源内电阻3.(2015北京理综,24)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明:P=ΔEk。(注意:解题过程中需要用到但题目没有给出的物理量,要在解题中作必要的说明)答案(1)Ekme(2)Ekme(3)见解析解析(1)由动能定理,Ekm=eUm,可得Um=E短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以E=Um=E电源内阻r=EI短(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能ΔEke=eU设单位时间内有N'个电子到达B板,则损失的动能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU根据电流的定义,此时电源内