2026步步高六册同步物理必修3-学习笔记答案

学习笔记答案精析第九章静电场及其应用1电荷探究重点提升素养一、导学探究(1)①C移近导体A，A、B下部的金属箔片都张开；②金属箔片仍张开；③A、B接触，金属箔片都闭合．(2)正电荷，在这个过程中，有电子从物体B转移到物体A.例1ABC[静电感应没有创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分，故A正确；摩擦起电和感应起电都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，故B正确；摩擦起电时，一个电中性物体失去一些电子而带正电，另一个电中性物体得到这些电子而带负电，故C正确；一个带电导体接触另一个不带电的导体时，电荷发生转移，所以两个物体一定带同种电荷，故D错误．]例2B[带正电的小球C靠近A，由于感应起电，A带负电，B带正电．若先将A、B分开，再移走C，则A整体带负电，B整体带正电，故A错误，B正确；若先将C移走，则A、B上的电荷又马上中和，不再带电，再把A、B分开，A、B都不带电，故C、D错误．]针对训练1B[最初A、B均不带电，C带负电，将C靠近A球，由于感应起电，A带正电，B带负电，然后A球用导线接地一下时，A球依然带正电荷，B球所带负电荷经导线流入大地，将C移走后，A球的电荷分到B球上一部分，再将A、B分开后，A、B均带正电荷．故选B.]二、导学探究(1)摩擦起电的过程并没有创造电荷．一个封闭的系统中，电荷的总量保持不变．(2)物体所带的电荷量不是任意的，它只能是1.60×10－19C的整数倍．由于4×10－19C是1.60×10－19C的2.5倍，所以物体所带的电荷量不能是4×10－19C.(3)元电荷是最小的电荷量，是一个数值，不是实物粒子；电子和质子是实物粒子，不是元电荷，带电荷量等于元电荷．例3(1)2∶3(2)2∶1解析(1)设A、B带电荷量均为q，则A、C接触后，A、C带电荷量为qA1＝qC1＝eq\f(1,2)q.C与B接触后，B、C带电荷量为qB1＝qC2＝eq\f(q＋\f(1,2)q,2)＝eq\f(3,4)q.故A、B带电荷量大小之比为eq\f(qA1,qB1)＝eq\f(\f(1,2)q,\f(3,4)q)＝eq\f(2,3).(2)设A带正电荷，B带负电荷，且所带电荷量大小均为Q.则C与A接触后，A、C带电荷量为QA′＝QC′＝＋eq\f(1,2)Q.C与B接触后，B、C带电荷量为QB′＝QC″＝eq\f(\f(1,2)Q－Q,2)＝－eq\f(1,4)Q，故A、B带电荷量大小之比为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(QA′,QB′)))＝eq\f(\f(1,2)Q,\f(1,4)Q)＝eq\f(2,1).针对训练25×10－67.5×10－67.5×10－6解析小球C先与球A接触后分开，则qA＝qC＝eq\f(q,2)＝1.0×10－5C，再让小球B与球A接触后分开，则qA′＝qB＝eq\f(qA,2)＝5×10－6C；最后让小球B与小球C接触后分开，则qB′＝qC′＝eq\f(qB＋qC,2)＝7.5×10－6C.例4A[任何带电微粒所带的电荷量都是元电荷1.6×10－19C的整数倍，则不可能是2.4×10－19C．故选A.]三、例5D[把一个带正电的金属球A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于感应起电会带上负电荷，金属箔由于感应起电会带上正电荷，而整个验电器不带电．所以验电器金属箔张开，A、B、C错误，D正确．]2库仑定律探究重点提升素养一、例1D[带电体能否看作点电荷是由所研究问题的性质决定的，与自身大小、形状无直接关系，故A、B、C错误；当两个带电体的形状和大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体均可看作点电荷，故D正确．]针对训练1D[元电荷是最小的电荷量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不是同一物理概念，故A错误；元电荷是最小的电荷量，不是质子，故B错误；点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，带电体能不能看作点电荷，不是看带电体的体积大小和电荷量大小，而是看带电体的大小相对于带电体间的距离能不能忽略不计，即两个带电体的大小和形状对它们之间相互作用力的影响能不能忽略不计，所以即使体积很大的带电体也可能看作点电荷，即使是电荷量很小的电荷也不一定能看作点电荷，两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故C错误，D正确．]二、导学探究电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关，距离越大，静电力越小．例2CD[库仑定律适用于点电荷，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体可以看作点电荷，与带电体的体积没有必然的联系，故A错误；当两个带电体间的距离r→0时，带电体不能看作点电荷，库仑定律不再适用，故B错误；库仑定律和万有引力定律的表达式分别为F库＝keq\f(q1q2,r2)，F万＝Geq\f(m1m2,r2)可知它们都是与距离平方成反比的定律，故C正确；静电力常量k的值为9.0×109N·m2/C2，故D正确．]例3B[在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，Q所受静电力大小为F＝eq\f(kQq,rAB2)；在C处放一电荷量为－2q的点电荷时，Q所受静电力大小为F′＝eq\f(kQ·2q,rBC2)＝eq\f(2kQq,2rAB2)＝eq\f(kQq,2rAB2)＝eq\f(F,2)，且不管点电荷Q是正电荷还是负电荷，两种情况下，Q受到的静电力的方向都相同，故B正确．]例4C[当两球心相距3R时，两球不能被看作点电荷，因为是同种电荷，相互排斥，电荷中心距离大于3R，此时F＜keq\f(q1q2,3R2)，故选C.]三、导学探究以C为研究对象，根据库仑定律，点电荷C共受到F1和F2两个力的作用，如图所示，每两个点电荷之间的距离都相同，故F1＝F2＝keq\f(Q2,a2)，根据平行四边形定则，合力为F＝2F1cos30°＝eq\r(3)keq\f(Q2,a2)，合力的方向沿A与B连线的垂直平分线斜向右下方．例58×10－21平行于AB连线向左解析电子带负电荷，在C点同时受A、B两点电荷的静电力FA、FB，如图所示．由库仑定律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.由平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的电子受到的静电力大小为F＝FA＝FB＝8.0×10－21N，方向平行于AB连线向左．针对训练2(1)引力斥力(2)2解析(1)设等边三角形的边长为r，由题意可知a球所受库仑力的合力F方向垂直于a、b的连线向下，故b对a为向右的引力，c对a为斜向左下的斥力．(2)由力的分解可知Faccos60°＝Fab，故Fac＝2Fab，又Fac＝keq\f(qaqc,r2)，Fab＝keq\f(qaqb,r2)，联立可得qc＝2qb，即eq\f(qc,qb)＝2.专题强化1静电力作用下的平衡探究重点提升素养例1见解析解析(1)由平衡条件，对C进行受力分析，C应在AB的连线上且在A、B之间，设C与A相距r，则keq\f(q·qC,r2)＝keq\f(4q·qC,L－r2)解得：r＝eq\f(L,3)(2)在A、B间距离A为eq\f(L,3)处，不论C为正电荷还是负电荷，A、B对其作用力的合力均为零，故C的电荷量大小和电性对其平衡无影响．(3)若将C放在A、B电荷两边，A、B对C同为向左(或向右)的力，C都不能平衡；若将C放在A、B之间，C为正电荷，则A、B都不能平衡，所以C为负电荷．设放置的点电荷C的电荷量大小为Q，与A相距r1，分别对A、B受力分析，根据平衡条件，对电荷A：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Qq,r12)对电荷B：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Q·4q,L－r12)联立可得：r1＝eq\f(L,3)，Q＝eq\f(4,9)q(负电荷)即应在AB连线上且在A的右边，与点电荷A相距eq\f(L,3)处放置一个电荷量为eq\f(4,9)q的负电荷．针对训练1C[A、B、C三个电荷要平衡，三个电荷必须共线且外侧两电荷相排斥，中间电荷吸引外侧两电荷，而且外侧电荷电量大，所以C必须带负电，放在B右侧，对C：eq\f(kQqC,r2)＝keq\f(4Q·qC,L＋r2)，解得：r＝L对B：eq\f(kQqC,r2)＝eq\f(k4Q·Q,L2)，解得：qC＝4Q.选项C正确．]例2(1)req\r(\f(mgtanθ,k))(2)(M＋m)g解析(1)设P、Q所带电荷量为q，如图所示，P受到水平向左的库仑力F、竖直向下的重力mg、支持力FN三个力作用，由平衡条件可知在沿斜面方向上有Fcosθ＝mgsinθ可得F＝mgtanθ，由库仑定律有F＝keq\f(q2,r2)解得q＝req\r(\f(mgtanθ,k))；(2)对物体P和斜面体整体，整体竖直方向受力平衡，所以受地面的支持力大小FN1＝(M＋m)g由牛顿第三定律得FN1′＝FN1＝(M＋m)g.针对训练2A[小球a受力如图，根据受力分析可知eq\f(F库,mag)＝tanα，同理可得eq\f(F库,mbg)＝tanβ，其中F库＝keq\f(qaqb,r2)，由牛顿第三定律可知两球之间的库仑力大小相等，但是无法判断两球电荷量之间的关系，所以B、C错误．由于β>α，则ma>mb，所以A正确．由于eq\f(F库,FTa)＝sinα，eq\f(F库,FTb)＝sinβ，则FTa>FTb，所以D错误．]例3D[滑块Q在光滑斜面N上静止，由平衡条件知Q所受库仑力方向斜向右上，P、Q相互排斥，则P与Q带同种电荷，A错误，设两者之间的库仑力大小为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示，对滑块Q在沿着斜面N方向有mgcos30°＝Fcos30°，可得F＝mg，B错误；对滑块P，静止时的摩擦力恰好为最大静摩擦力，此时动摩擦因数最小，由平衡条件有FN2＝F＋mgsin30°，Ff＝mgcos30°，又Ff＝μFN2，联立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C错误，D正确．]针对训练3AD[a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，a与b的电性一定相同，选项A正确，B错误；对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得keq\f(qaqc,rac2)sin60°＝keq\f(qbqc,rbc2)sin30°又由几何关系知rac∶rbc＝1∶eq\r(3)，解得qa∶qb＝eq\r(3)∶9，选项C错误，D正确．]3电场电场强度第1课时电场强度电场强度的叠加探究重点提升素养一、导学探究(1)电荷A在周围产生电场，该电场对电荷B有力的作用；电荷B在周围产生电场，该电场对电荷A有力的作用．(2)2FnFF与q成正比，即F与q的比值为定值(3)eq\f(kQ,r2)无关例1D[某点的电场强度的方向总是跟在该点正电荷所受的静电力的方向相同，与负电荷所受的静电力的方向相反，故A错误；电场中的电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，如果把试探电荷q拿走，则这一点的电场强度不变，故B错误；电场强度大小取决于电场本身，与放入电场中的电荷的电荷量无关，故C错误；由F＝qE知，同一电荷，E越大，F越大，D正确．]例2(1)200N/C方向与F1方向相反(2)8.0×10－5N200N/C(3)200N/C解析(1)由电场强度公式可得EB＝eq\f(F1,|q1|)＝eq\f(4.0×10－6,2.0×10－8)N/C＝200N/C，因为B处是负电荷，所以B处电场强度方向与F1方向相反．(2)q2在B点所受静电力大小F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N，方向与电场强度方向相同，也就是与F1方向相反．此时B处电场强度大小仍为200N/C，方向与F1方向相反．二、导学探究(1)试探电荷q在P点受到的静电力为F＝keq\f(Qq,r2)，所以Q在P点产生的电场的电场强度为E＝eq\f(F,q)＝keq\f(Q,r2)，方向沿QP的连线由Q指向P.(2)如图所示，P点的电场强度为Q、Q′单独在P点产生的电场强度的矢量和，则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连线向左(3)0.15N解析(1)点电荷q1在C处产生的电场强度方向由A指向C，由点电荷电场强度公式有E1＝keq\f(q1,d2)，代入数据得E1＝3×105N/C(2)点电荷q2在C处产生的电场强度大小E2＝E1，方向由C指向B，根据平行四边形定则有E＝2E1cos60°代入数据得E＝3×105N/C，方向平行于AB连线向左．(3)电荷q3在C处受到的静电力F＝qE代入数据得F＝0.15N.针对训练B[依题意，两点电荷在O点产生的电场强度大小均为eq\f(E1,2)，当N点处的点电荷移至P点时，O点电场强度如图所示，则合电场强度大小E2＝eq\f(E1,2)，故eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，选项B正确．]例4eq\f(2kq,L2)方向沿AO方向解析O点是三角形的中心，到三个点电荷的距离为r＝eq\f(\r(3)L,2sin60°)＝L，三个点电荷在O点产生的电场强度大小均为E0＝eq\f(kq,r2)，根据平行四边形定则和几何知识可知，两个点电荷－q在O点的合电场强度大小为E1＝eq\f(kq,r2)，再与＋q在O处产生的电场强度合成，得到O点的合电场强度大小为E＝E1＋E0＝eq\f(2kq,r2)＝eq\f(2kq,L2)，方向沿AO方向．第2课时电场线匀强电场探究重点提升素养一、导学探究(1)法拉第采用了画电场线的方法描述电场．(2)不能，电场线实际不存在，但可以用实验模拟．例1A[a点处的电场线比b点处的密，因此a点的电场强度比b点的大，同一点电荷在a点受到的静电力也大，故A正确，B错误；正电荷在a点由静止释放时，静电力方向始终沿电场方向，而速度方向则在不断变化，因此其运动的轨迹不沿电场线，故C错误；若是负电荷，则在a点所受静电力方向和电场方向相反，因此电荷在a点受到的静电力方向不一定和电场方向相同，故D错误．]例2C[题图A中，A、B是离点电荷等距的两点，根据E＝keq\f(Q,r2)知，电场强度大小相等，但电场强度是矢量，方向不同，则电场强度不同，故A错误；图B中，根据E＝keq\f(Q,r2)可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；图C是匀强电场，A、B两点的电场强度相同，故C正确；图D中，A、B两点电场线方向不同，疏密程度也不同，则电场强度不同，故D错误．]二、导学探究1．(1)(2)①先变小后变大向右向右②逐渐减小向右向右③相等相同2．(1)(2)①先变小后变大向右向左②先变大后变小向上向下③相等相反例3B[等量异种点电荷电场线分布如图所示，电场线的疏密表示电场的强弱，由对称性可知OM中点的电场强度等于ON中点的电场强度；O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的，故A、C错误，B正确；因电场线的疏密表示电场的强弱，沿HG由H到G电场强度先变大再减小，由F＝qE可知，将试探电荷沿HG由H移送到G，试探电荷所受静电力先增大后减小，故D错误．]例4C[在两等量正点电荷连线中垂线上的电场强度方向O→a，电子从a点到O点运动的过程中，静电力方向a→O，故加速度方向向下，与速度同向，故速度越来越大；但电场线的疏密情况不确定，O点上方的电场强度最大点位置不确定，故电场强度大小变化情况不确定，则电子所受静电力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B错误；越过O点后，电子做减速运动，则电子运动到O点时速度最大，静电力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，通过O点后，电子做减速运动，速度越来越小，减速到零后反向加速，速度越来越大，再次到达O点时速度最大，故D错误．]专题强化2静电力的性质探究重点提升素养例1C[设Q在b点产生的电场强度大小为E，由对称性可知Q在d点产生的电场强度大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的电场强度为零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d点产生的电场强度为E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正确，A、B、D错误．]例2A[若将带电荷量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则完整球壳在M、N点所产生的电场为E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由题知半球面外，N点的电场强度大小为E，则M点的电场强度为E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故选A.]例3D[如图所示，设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为q＝eq\f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一点电荷在P处的电场强度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由对称性可知，各小段带电环在P处的电场强度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即为带电环在P处的电场强度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，联立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正确．]例4C[做曲线运动的物体，所受合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处所受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a点或b点运动到c点，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误．]针对训练C[带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图轨迹变化来看，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确．]例5(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)当电场强度变为原来的eq\f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.4静电的防止与利用探究重点提升素养一、导学探究(1)自由电子受外加电场的静电力作用而定向移动，向着与电场相反的方向定向移动．(2)不能．感应电荷产生的电场与外加电场反向，阻碍电子的定向移动，当这两个电场大小相等时，电子的定向移动终止．例1D[枕形导体在正点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场与点电荷的电场叠加，静电平衡时，导体内部电场强度处处为零，A错误；导体内部的电场强度处处为零，所以感应电荷产生的附加电场强度的大小与点电荷产生的电场强度的大小相等，方向相反，故EA＞EB，B、C错误；当开关S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动，D正确．]针对训练1D[由于静电平衡，导体内部E内＝0是外加电场E和感应电荷电场强度E′叠加的结果，即金属球上感应电荷在某点产生的电场强度与点电荷Q在该点的电场强度大小相等，方向相反，即E感＝keq\f(Q,r2)，故选D.]例2B[B球与A球内壁接触后成为一个新的导体，处于静电平衡状态，内部净电荷量为零，带电导体的电荷只能分布于导体的外表面，故QB＝0，QA＝4×10－8C－2×10－8C＝2×10－8C，B正确．]二、导学探究1．当带电的雷雨云接近建筑物时，由于静电感应，金属棒出现与云层相反的电荷．通过尖端放电，这些电荷不断向大气释放，中和空气中的电荷，使建筑物避免雷击．2．处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，即使导体壳外有电场，由于壳内电场强度保持为0，外电场对壳内的物体不会产生影响．例3B[金属罩B处于静电平衡状态，电荷分布在其外表面上，所以A错误；由于静电感应，使金属罩B在左侧外表面感应出负电荷，所以金属罩B的右侧外表面感应出正电荷，B正确，D错误；由于静电屏蔽，金属罩内电场强度为零，故验电器C上无感应电荷，验电器C的金属箔片不会张开，C错误．]针对训练2B[带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内，由于静电感应，空心球外壳带正电，内壁带负电，因此B所在处有电场，所以B在静电力作用下向右偏而靠近C；由于空心球能屏蔽B球的电场，所以，A所在处电场强度为零，故A球不受静电力作用，位置不变．故B正确．]三、例4AC[电子附着在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附在管壁上，说明管壁带正电荷，因此可知N接电源正极，A正确，B错误．金属棒与金属管可看成圆柱电极与圆环电极，电场线分布情况如图所示．由图可知金属棒附近的B点处电场线较密，而靠近金属管壁的A点处电场线较疏，故B处电场强度比A处电场强度大，即EB＞EA，C正确，D错误．]第十章静电场中的能量1电势能和电势探究重点提升素养一、导学探究＝qE|AM|.(2)在线段AM上静电力做的功W1＝qE|AM|，在线段MB上静电力做的功W2＝0，总功W＝W1＋W2＝qE|AM|.(3)W＝qE|AM|.电荷在匀强电场中沿不同路径由A点移动到B点，静电力做功相同，说明静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．2．(1)重力做正功重力势能减少WG＝Ep1－Ep2(2)①静电力做正功电势能减少②静电力做负功电势能增加③W电＝Ep1－Ep2例1AD[在正点电荷形成的电场中，正电荷受到的静电力沿电场线方向，从M点移到N点，静电力做正功，电势能减少，A正确，B错误；在正点电荷形成的电场中，负点电荷受到的静电力与电场线方向相反，负点电荷从M点移到N点，静电力做负功，电势能增加，C错误；把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，静电力做的总功为零，电势能不变，D正确．]例2AC[无穷远处的电势能为零，正电荷从电场中某点移到无穷远处时，若静电力做正功，则电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，正电荷在该点的电势能为正值，且等于静电力做的功，因此静电力做的正功越多，正电荷在该点的电势能越大，A正确，B错误；负电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服静电力做功，则电势能由零增大到某值，此值就是负电荷在该点的电势能的值，因此，克服静电力做功越多，负电荷在该点的电势能越大，故C正确，D错误．]二、导学探究(1)Eqlcosθ、2Eqlcosθ(2)比值相同(3)无关例3A[电场线越密，电场强度越大，由题图可看出P点处的电场线密集程度大于Q点处的电场线密集程度，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以EP>EQ.沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知电场线的方向由P指向Q，所以P点的电势高于Q点的电势，即φP>φQ，故A正确．]例4C[取无限远处的电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8×10－9J，负电荷在N点的电势能为9×10－9J．由φ＝eq\f(Ep,q)知，M点的电势φM＜0，N点的电势φN＜0，且|φN|＞|φM|，则φN＜φM＜0，故C正确．]三、例5见解析解析(1)WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5J＋1.2×10－5J＝－1.8×10－5J.所以该电荷的电势能增加了1.8×10－5J.(2)如果规定A点的电势能为零，由公式WAB＝EpA－EpB得该电荷在B点的电势能为EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5J.同理，该电荷在C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5J.两点的电势分别为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)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点的电势能为：EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋WAB＝－3×10－5J.该电荷在C点的电势能为EpC′＝EpB′－WBC＝0－WBC＝－1.2×10－5J.两点的电势分别为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.针对训练(1)－3×10－5J1.2×10－5J0(2)增加4.2×10－5J减少1.2×10－5J(3)－4.2×10－5J1.2×10－5J解析(1)根据公式φ＝eq\f(Ep,q)可得Ep＝qφ所以该电荷在A点、B点、C点具有的电势能分别为：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)将该电荷从A移到B，电势能的变化量为ΔEpAB＝EpB－EpA＝1.2×10－5J－(－3×10－5)J＝4.2×10－5J即电势能增加了4.2×10－5J将该电荷从B移到C，电势能的变化量为ΔEpBC＝EpC－EpB＝0－1.2×10－5J＝－1.2×10－5J即电势能减少了1.2×10－5J(3)将该电荷从A移到B，静电力做的功为WAB＝EpA－EpB＝－4.2×10－5J将该电荷从B移到C，静电力做的功为WBC＝EpB－EpC＝1.2×10－5J.2电势差探究重点提升素养一、导学探究(1)UAC＝15V，UAB＝10V，UAC＞UAB(2)φA＝18V，φB＝8V，φC＝3V；UAC＝15V，UAB＝10V；电势的大小与零电势点的选取有关，电势差的大小与零电势点的选取无关．例1BD[电势差与零电势点的选取无关，A错误；UAB＝－UBA，B正确；电势虽有正、负之分，但电势是标量，C错误；由UAB＝φA－φB知，若φB＝0，则φA＝UAB，D正确．]针对训练C[UAB＝75V，φA－φB＝75V，φA＝φB＋75V；UBC＝－200V，φB－φC＝－200V，φC＝φB＋200V，故φC>φA>φB，故选C.]例2(1)200V－300V100V(2)200V300V－6×10－4J－9×10－4J解析(1)点电荷由A移到B克服静电力做功即静电力做负功，WAB＝－6×10－4J，则有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，点电荷在A点的电势能EpA＝qφA＝－3×10－6×200J＝－6×10－4J.点电荷在C点的电势能EpC＝qφC＝－3×10－6×300J＝－9×10－4J.二、导学探究(1)电场中电势相等的各点构成的面(2)不发生变化．静电力不做功例3ABC[A、B两点的电场强度的方向不同，但它们的大小相等，故A正确；沿电场线的方向电势降低，所以B点的等势面的电势高于C点的等势面的电势，即C点电势低于B点电势，故B正确；A、B是同一等势面上的两点，它们之间的电势差为0，所以将电子从A点移到B点，静电力不做功，故C正确；A点的等势面的电势高于C点的等势面的电势，将质子从A点移到C点，静电力做正功，其电势能减小，故D错误．]例4D[位于d点的位置电场线的方向垂直于等势面向左，电场强度不为零，所以点电荷受静电力作用，故A错误；a点处的等差等势面比b点处的等差等势面密，所以a点处的电场强度大，故B错误；从题图中可以看到b点的电势低于d点，d点的电势又低于f点的电势，所以把电荷量为q的正电荷先从b点移到d点，再从d点移到f点，静电力做负功，故C错误；从题图中可以看到Uec＝φe－φc＝1－(－1)kV＝2kV，所以把单位正电荷从e点移到c点过程中，静电力做的功等于2kJ，故D正确．]例5A[A处电场线比B处密集，故EA>EB；离正电荷越近电势越高，故φA>φB；负电荷在A、B处的电势能EpA<EpB，故A正确．]3电势差与电场强度的关系探究重点提升素养一、导学探究公式E＝eq\f(UAB,d)只适用于匀强电场，公式中的d指的是两点沿电场方向的距离，而不是两点间的距离．例1A[在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿电场强度方向上的距离，所以dOP＝R·sinθ，沿电场线方向电势降低，故：UOP＝－100×2sinθ＝－200sinθ(V)，故A正确，B、C、D错误．]例2C[由题意，将正电荷从A移到B，静电力不做功，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．BC间电势差为UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(－8×10－3,1×10－5)V＝－800V，所以B点的电势低．该匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(|UBC|,BCsin53°)＝eq\f(800,10×0.8×10－2)V/m＝10000V/m，因为沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直AB斜向下．故选C.]针对训练1B[CD两点间的电势差为UCD＝－EdCD＝－2×104×(0.1－0.02－0.03)V＝－1000V，故A错误；让B板接地，B板电势为零，则C点电势φC＝EdCB＝2×104×3×10－2V＝600V，故B正确；让A板接地，A板电势为零，则D点电势φD＝－EdDA＝－400V，故C错误；将一个电子从C点移到D点静电力做的功，与将电子先从C点移到P点再移到D点静电力做的功数值相同，故D错误．]二、例3B[由题图可知这是一个非匀强电场，且Ea＞Ec＞Eb，即从b到a电场强度越来越大，则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分别为bc段和ca段的平均电场强度，且eq\x\to(E)bc＜eq\x\to(E)ca，Ubc＜Uca，即φb－φc＜φc－φa，得φc＞－35V，B正确．]针对训练2B[根据点电荷电场强度公式可知，EA＞EB＞EC，又AB＝BC，由U＝Ed可以判断UAB＞UBC，所以φB＜6V，故选B.]专题强化3电场线、等势面与电荷运动轨迹问题等分法的应用探究重点提升素养例1D[由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，EpM<EpN；N点附近电场线比M点密，故场强EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN，粒子若从N点运动到M点，静电力做正功，动能增加，故vM>vN，粒子若从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，故vM>vN.综上所述，选项D正确．]针对训练1BC[电子仅在静电力作用下可能从A运动到B，也可能从B运动到A，A错误；若aA＞aB，说明电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力，所以A距离点电荷较近，B距离点电荷较远，又因为电子受到的静电力指向轨迹凹侧，因此Q靠近M端且为正电荷，B正确；无论Q是正电荷还是负电荷，若电子从A运动到B，一定是克服静电力做功，若电子从B运动到A，一定是静电力做正功，即一定有EpA＜EpB，C正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大，B点电势一定低于A点电势，D错误．]例2D[根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到指向曲线弯曲内侧的作用力，即带电粒子与带负电的避雷针之间为相互吸引力，带电粒子带正电，A错误；避雷针带负电，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成的电场中，电场线指向避雷针，沿着电场线的方向，电势降低，由此可知，避雷针尖端附近电势较低，B错误；等差等势线越密集的位置，电场强度越强，由此可知，B点的电场强度大小大于A点的，由牛顿第二定律a＝eq\f(Eq,m)，则带电粒子在B点的加速度大于在A点的加速度，C错误；避雷针尖端附近电势较低，即φA>φB，根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，又因为粒子带正电，则带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，D正确．]例3B[由匀强电场的特点知，在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等．故有UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC，所以φD＝9V，故选B.]例4A[在匀强电场中，沿某一方向电势均匀降低或升高，故OA的中点C的电势φC＝3V(如图所示)，因此B、C在同一等势面上．O点到BC的距离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．匀强电场的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3,1.5×10－2)V/m＝200V/m，故选项A正确．]针对训练2AC[因原点O的电势为9V，B点电势为0，可知OB连线中点(设为D)的电势为φD＝eq\f(φO＋φB,2)＝4.5V，因A点电势为4.5V，可知AD为等势面，则由几何关系可知，场故选A、C.]专题强化4电场中的功能关系及图像问题探究重点提升素养例1D[带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D.]例2(1)2eq\r(2gR)(2)－eq\f(mgR,q)解析(1)由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq\f(3,2)R小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零，根据动能定理有mghBC＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，解得vC＝2eq\r(2gR)；(2)小球从A到B，重力和静电力均做正功，由动能定理有mg(3R－hBC)＋(－q)UAB＝eq\f(1,2)mvB2－0其中UAB＝φA－φB解得φA＝－eq\f(mgR,q).例3B[根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知电荷在A点的加速度大于在B点的加速度，因为只受静电力，故电荷在A点所受的静电力大于在B点所受的静电力，推知EA>EB，A错误；正电荷仅在静电力作用下速度减小，正电荷一定逆着电场线运动，沿着电场线方向电势降低，所以φA<φB，B正确；从A到B静电力做负功，电势能增大，C、D错误．]例4C[由题图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，选项A错误；φ－x图线的斜率绝对值等于电场强度的大小，则P点电场强度为零，根据电场强度的叠加原理知识两电荷在P处产生的电场强度大小相等，方向相反，即keq\f(q1,xAP2)＝keq\f(q2,xPB2).又xAP<xPB.所以q1的电荷量小于q2的电荷量，选项B错误；由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧移到右侧，电势先升高后降低，则负点电荷的电势能先减小后增大，选项C正确；φ－x图线的斜率绝对值等于电场强度的大小，则沿x轴从P点到B点电场强度逐渐增大，据a＝eq\f(qE,m)可知，一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，选项D错误．]例5BC[由题图可知，x1到x4电场强度先变大再变小，则点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，静电力均做负功，电势能均增大，A错误，B正确．]例6B[根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以静电力做正功，由于不知道电场方向，故不知道静电力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；Ep－x图像在某点的切线的斜率大小等于在该点受到的静电力大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处受到的静电力小于x2处受到的静电力，由F＝qE可知x1处电场强度小于x2处电场强度，故B正确；根据φ＝eq\f(Ep,q)知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故C错误；根据能量守恒知，小球在x1处的电势能大于x2处的电势能，所以小球在x1处的动能小于x2处的动能，故D错误．]4电容器的电容第1课时电容器的电容探究重点提升素养一、导学探究(1)充电过程中电源内的化学能转化为电容器内的电场能；放电过程中电容器的电场能转化为电路中其他形式的能量．(2)增大，不变．例1BCD[电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，一个确定的电容器对应唯一的电容值，由电容的定义式，知确定的电容器所带电荷量与电压的比值恒定不变，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，因此A错误，C、D正确．对于确定的电容器，由于电容是定值，由Q＝CU，知其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确．]针对训练CD[电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故选项D正确，A、B错误；对给定的电容器，其所带电荷量与极板间的电势差成正比，其比值即电容器的电容，故选项C正确．]例2150μF4.5×10－4C150μF解析电容器两极板间的电势差的变化量为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．电容器的电容是由电容器本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍然是150μF.二、导学探究(1)实验结论：S减小，电势差U增大，电容C减小．(2)实验结论：d增大，电势差U增大，电容C减小．(3)实验结论：插入电介质，电势差U减小，电容C增大．例3BCD[由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容随两极板正对面积的减小而减小，B正确．在两极板间放入电介质，相对介电常数增大，电容将增大，C正确．在下极板的内表面上放入铝板，相当于两极板间距离减小，则电容增大，D正确．将电源与电容器两极板相连，使电容器充电，此过程电容不变，故A错误．]例4BC[保持S闭合，则两极板间电势差U不变，减小两极板间的距离d时，根据E＝eq\f(U,d)，两极板间电场的电场强度变大，A错误；根据平行板电容器电容的定义式和决定式，可得C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，当在两极板间插入一块电介质时，相对介电常数εr变大，导致电容C变大，而U不变，所以极板上的电荷量增大，B正确；断开S，极板上的电荷量Q不变，减小两极板间的距离d时电容C变大，则电势差U减小，C正确；断开S，在两极板间插入一块电介质，则C变大，Q不变，则电势差U减小，D错误．]例5D[根据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差U不变，d增大，则电场强度E＝eq\f(U,d)减小．设P点与上极板的距离为x，P点与上极板的电势差U1＝Ex减小，P点与下极板的电势差U2＝U－U1增大，下极板接地电势为零，则P点的电势φP＝U2增大，又因为该小球带正电，则电势能增大，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量Q不变，d改变，根据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知电场强度不变，则小球所受静电力不变，故D正确．]第2课时实验：观察电容器的充、放电现象精析典题提升能力例1A[开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A对，B错；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错．]针对训练1AD[电容器充、放电过程中会有电荷发生定向移动，外电路产生变化的电流，电容器充、放电结束，电流消失，A对，B错；充电过程中电源提供的电能部分转化为电容器的电场能，C错；放电过程中电容器中的电场能转化为其他形式的能，D对．]针对训练2B[电容是描述电容器容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电荷量无关，故A、D错误；当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误．]例23.04×10－3507解析根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5C，由于大于半格算一个，小于半格舍去，因此I－t图线与时间轴围成的图形所包含的格子个数为38，所以电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q＝8×10－5×38C＝3.04×10－3C．根据电容器的电容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图像得到开始时电流为I＝90mA＝0.09A故最大电压为U＝IR0＝0.09A×100Ω＝9V故电容为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(42.3mA·s,9V)＝4.7×10－3F(2)换用阻值为180Ω的定值电阻，根据Im＝eq\f(Um,R)，则第2次实验的最大电流小些，故是曲线c.5带电粒子在电场中的运动探究重点提升素养一、导学探究(1)电子、质子、α粒子在电场中所受静电力远大于重力，故重力可忽略不计．(2)分析带电粒子在匀强电场中的加速运动，可以用牛顿运动定律结合运动学公式列式求解，也可以用动能定理列式求解．分析带电粒子在非匀强电场中的加速运动，可以用动能定理或功能关系求解．例1C[两板间电压为U保持不变，设板间距为d，电子在板间的加速度为a，据牛顿第二定律有qeq\f(U,d)＝ma，可得电子的加速度a＝eq\f(qU,md)，故两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝eq\f(1,2)at2，可得t＝deq\r(\f(2m,qU))，故两板间距离越大，加速时间越长，A错误；由动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，电子到达Q板时的速率v＝eq\r(\f(2qU,m))，与两板间距离无关，仅与加速电压有关，C正确，D错误．]针对训练BD[由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，当粒子恰好能到达N板时，由动能定理，可得－qU＝－eq\f(1,2)mv02，要使粒子到达距N板eq\f(d,3)后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理，可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mv12，联立两方程，得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(v12,v02)，故选项B、D正确．]二、例2B[开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为eq\f(U,2)时，板间电场强度变为原来的eq\f(1,2)，质子所受的静电力变为原来的eq\f(1,2)，加速度变为原来的eq\f(1,2)，根据y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知质子运动到下极板所需时间为原来的eq\r(2)倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的eq\r(2)倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的eq\f(1,2)，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的eq\r(2)倍，水平位移为原来的eq\r(2)倍，质子不能落到下板边缘，D错误．]例3B[设电子被加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，设平行极板长为l，则电子在平行极板间偏转的时间t＝eq\f(l,v0)，设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，电子射出平行极板时，竖直分速度vy＝at，联立可得：vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小时，一定能使偏转角θ变大，选项B正确，选项A、C、D错误．]例4(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由动能定理可得：|q|U1＝eq\f(1,2)mv02，代入数据解得v0＝8×104m/s.(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(|q|E,m)，E＝eq\f(U2,d)，联立并代入数据，解得y＝0.03m.(3)由几何知识知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，解得y′＝3y＝0.09m.三、例5B[电极YY′之间为信号电压，电极XX′之间为扫描电压，0～t1内，Y板电势高，电子向Y板偏转，X′板电势高，电子向X′板偏转，由此可知C、D错误；根据偏移量y＝eq\f(qU,2md)t2，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，eq\f(1,2)t1、eq\f(3,2)t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，故A错误，B正确．]专题强化5带电粒子在交变电场中的运动探究重点提升素养例1AB[分析电子一个周期内的运动情况：0～eq\f(T,4)时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内，电子沿原方向做匀减速直线运动，eq\f(T,2)时刻速度为零；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内，电子向A板做匀加速直线运动；eq\f(3T,4)～T时间内，电子向A板做匀减速直线运动．接着重复这种运动．根据匀变速直线运动的v－t图像是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，C错误．电子做匀变速直线运动时x－t图像应是曲线，故D错误．根据电子的运动情况，匀加速运动和匀减速运动交替变化，而匀变速运动的加速度不变，a－t图像应平行于横轴，故A正确．]针对训练1ACD[方法一：若电子在t＝0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，之后沿同一方向重复这种运动，直到打在B板上，故A正确，B错误；若电子在t＝eq\f(T,4)时刻进入板间，由对称性可知，电子将在板间做往返运动，故D正确；若电子在t＝eq\f(T,8)时刻进入板间，则电子在eq\f(1,8)T～eq\f(7,8)T内向B板运动，eq\f(7,8)T～eq\f(9,8)T内向A板运动，之后重复这种运动，直到打在B板上，故C正确．方法二：图像法．选取竖直向上为正方向，作出电子运动的v－t图像如图所示，根据图像很容易得到A、C、D正确．]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板间，有qU0＝eq\f(1,2)mv02，在C、D板间有L＝v0t0，解得L＝t0eq\r(\f(2qU0,m)).(2)粒子从nt0(n＝0，2，4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离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间偏移距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C、D板飞出的偏转角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at0，打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离s＝y＋Ltanθ，粒子打在荧光屏上的区域长度Δs＝s＝eq\f(3qU1t02,2md).针对训练2ABC[带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动．由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场的周期的整数倍，在0～eq\f(T,2)时间内带电粒子运动的加速度a＝eq\f(E0q,m)，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，eq\f(T,2)～T时间内带电粒子做减速运动，之后重复这种运动，最后垂直电场方向射击电场，所以带电粒子在沿电场方向的速度vy与E－t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)．而经过整数个周期，E－t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误；在t＝0时刻入射的带电粒子，偏移量最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝eq\f(T,2)时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝2×eq\f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝eq\r(2)v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确．]专题强化6带电粒子在重力场与电场中的运动探究重点提升素养例1(1)eq\f(3mg,2q)(2)eq\r(\f(gL,3))(3)eq\r(\f(gL,3))解析(1)B球进入电场后，杆立即做匀速直线运动，有3mg＝2Eq，解得E＝eq\f(3mg,2q).(2)从A球进入电场到B球进入电场的过程中，运用动能定理得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球进入电场时A球刚好穿出电场可知，M、N间的宽度为2L.设C球经过边界N时的速度的大小为v1，从A球进入电场到C球穿出电场的过程，运用动能定理得3mg·4L－4qE·2L＝eq\f(1,2)·3mv12－eq\f(1,2)·3mv02，解得v1＝eq\r(\f(gL,3)).针对训练1BC[根据题意可知，粒子做直线运动，静电力垂直极板向上，重力竖直向下，不在同一直线上，所以重力与静电力不平衡，对粒子受力分析可知静电力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，B正确；由图可知，静电力与速度夹角为钝角，做负功，故电势能增加，机械能减小，故C正确，D错误．]例2(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，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)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．针对训练2BD[小球在水平方向做匀速直线运动，落在同一位置，水平位移相同，根据t＝eq\f(x,v0)可知时间相等；再根据竖直方向的匀加速直线运动知y＝eq\f(1,2)at2，可知加速度aA＞aB＞aC，所以A带负电、B不带电、C带正电，故A错误，B、D正确；落在下极板上时，水平方向的速度相同，竖直方向的速度vy＝at，可知vAy＞vBy＞vCy，三个小球到达极板时的动能关系为EkA＞EkB＞EkC，故C错误．]例3(1)eq\r(4gR)5mg(2)BC弧的中点eq\r(2\r(2)＋1gR)解析(1)从A到B根据动能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得：vB＝eq\r(4gR).根据牛顿第二定律得：FN－qE＝meq\f(vB2,R)，解得：FN＝5mg.根据牛顿第三定律得，环对小球的压力为5mg.(2)由于小球所受的静电力与重力都是恒力，它们的合力也是恒力，小球从A处下滑时，静电力与重力的合力先与速度成锐角，做正功，动能增大，速度增大，后与速度成钝角，做负功，动能减小，速度减小，所以当合力与速度垂直时速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点．则从A到D过程，根据动能定理得：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).第十一章电路及其应用1电源和电流探究重点提升素养一、导学探究1．A、B之间有电势差，能形成电流，但不能持续下去．2．产生持续电流的条件是导体两端始终存在电势差，电源的作用就是移送电荷，保持导体两端的电势差．3．盐水中的电流是Na＋、Cl－定向移动形成的，金属导体中的电流是电子定向移动形成的．例1BD[电源的作用是使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷(并不是创造了电荷，而是使正、负电荷发生了分离)，这样电源两端就会产生电压，电压使电路中的电荷发生定向移动形成电流，而不是产生电荷，故A错误，B正确；电流虽有方向，但它是一个标量，故C错误；在国际单位制中，电流是一个基本量，其单位安培是国际单位制中的七个基本单位之一，故D正确．]例2B[根据电流的定义可知，I＝eq\f(q,t)＝eq\f(0.1,2)A＝0.05A，故B正确，A、C、D错误．]例3D[电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A到B，t时间内通过溶液截面S的电荷量为q＝n1e＋n2e，则根据电流的定义式可得I＝eq\f(q,t)＝eq\f(n1e＋n2e,t)＝eq\f(n1＋n2e,t)，A、B、C错误，D正确．]例4C[电流大小I＝eq\f(q,t)＝eq\f(e,\f(2πr,v))＝eq\f(ve,2πr)，方向与电子运动的方向相反，即沿逆时针方向，选项C正确．]二、例5A[设该导线中自由电子定向移动的速率为v，自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为t，每个原子可提供一个自由电子，则导线中原子数目与自由电子的数目相等，为n＝eq\f(ρSvt,M)NA，t时间内通过导线横截面的电荷量为q＝ne，则电流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(ρSveNA,M)，解得v＝eq\f(MI,ρSNAe)，故选项A正确．]针对训练B[由于单位时间内通过B横截面的电荷量是通过A横截面的电荷量的2倍，因此B中的电流是A中的电流的2倍，故A错误，B正确；又I＝nqSv，则v＝eq\f(I,nqS)，由于A、B两导体的材料性质不同，易知C、D错误．]三、例6AB[从题图标识牌可知电池的容量为60A·h，即以6A的电流放电可工作10h，故A、B正确，C错误；该电池充完电可贮存的电荷量q＝60×3600C＝2.16×105C，故D错误．]2导体的电阻探究重点提升素养一、导学探究(1)对导体A(或导体B)，电流与它两端的电压成正比，导体A或导体B的电压与电流的比值是定值，但两者的比值不相等．(2)电压相同时，A的电流小，说明A对电流的阻碍作用大．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，对于一个确定的导体来说，通过的电流越大，则导体两端的电压也越大，但是，不能说导体两端的电压U由通过它的电流I和它的电阻R共同决定，A错误；由I＝eq\f(U,R)知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，B正确；关系式R＝eq\f(U,I)是定义式，导体电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，C、D错误．]二、导学探究1．导体的电阻与导体的长度、横截面积、材料有关．2．控制变量法．3．①导体电阻和长度成正比②导体电阻和横截面积成反比③导体电阻和材料有关例3B[电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越小的材料导电性能越好，选项A错误；电阻温度计是利用金属的电阻率随温度变化的规律制成的，选项B正确；材料的电阻率取决于导体材料本身，与导体的电阻、横截面积和长度均无关，选项C错误；电阻率的大小与温度的变化以及材料本身均有关，选项D错误．]例4B[当电流沿I1方向时，铜块的长度为a，横截面积为bc，其电阻R1＝ρeq\f(a,bc)；当电流沿I2方向时，铜块的长度为c，横截面积为ab，其电阻R2＝ρeq\f(c,ab)，故eq\f(R1,R2)＝eq\f(a2,c2).选B.]针对训练A[根据电阻定律可得导体的电阻为R＝eq\f(ρL,S)＝ρeq\f(L,Ld)＝eq\f(ρ,d)，则可知R与边长L无关，又R1与R2厚度d相同，知R1＝R2，根据I＝eq\f(U,R)，由题意可得I1∶I2＝1∶1，B、C、D错误，A正确．]三、例5A[由题图可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；由题图可知电阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(10,5)Ω＝2.0Ω，故B、C错误；在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是q＝It＝eq\f(U,R)t＝eq\f(6,2)×1C＝3.0C，故D错误．]例6AD[由题图可知R1的伏安特性曲线为过原点的直线，故R1为线性元件，R2的伏安特性曲线为曲线，故R2是非线性元件，故A正确；R1的电阻为2Ω，故B错误；由题图可知，当U＝1V时，R2的电阻等于R1的电阻，都为2Ω，故D正确；I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知R2的电阻随电压的增大而增大，故C错误．]3实验：导体电阻率的测量实验1长度的测量及测量工具的选用精析典题提升能力例1A11.25解析由游标卡尺的结构原理可知，测内径应该用游标卡尺的内测量爪，故选填A；游标卡针对训练117.223.2510.38＋0.2mm＝17.2mm，乙图读数：整毫米数是23mm，不足1毫米数是5×0.05mm＝0.25mm，最后读数是23mm＋0.25mm＝23.25mm，丙图读数：整毫米数是10mm，不足1毫米数是19×0.02mm＝0.38mm，最后读数是10mm＋0.38mm＝10.38mm.例20.010(0.009或0.011)6.870(6.869或6.871)6.860(第二空中数据减第一空中数据的差值均可)针对训练23.5503.2040.850例3(1)0.020.440.12.20(2)0.11.700.58.5针对训练3(1)0.90V1.90A(2)10.0V10.5V10.2V(或10.3V)(3)0.40A0.50A0.22A0.52A实验2金属丝电阻率的测量精析典题提升能力例1(1)0.384(0.383～0.385均可)(2)见解析图(3)eq\f(πUd2,4Il)解析(1)螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为38.4×0.01mm＝0.384mm，故d＝0.384mm.(2)接法如图所示．(3)根据欧姆定律有Rx＝eq\f(U,I)，又Rx＝ρeq\f(l,S)，S＝eq\f(πd2,4)，联立可得ρ＝eq\f(πUd2,4Il).例2(1)0.398(0.397～0.399均正确)(3)见解析图4.4(4.3～4.7均可)(4)C解析(1)螺旋测微器的读数为0＋39.8×0.01mm＝0.398mm.(3)图线应过原点，选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，偏离较远的点应舍去，如图所示．图线的斜率表示金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值Rx≈4.4Ω.(4)根据Rx＝ρeq\f(l,S)得金属丝的电阻率ρ＝eq\f(RxS,l)＝eq\f(πRxd2,4l)＝eq\f(3.14×4.4×0.398×10－32,4×0.5)Ω·m≈1.09×10－6Ω·m，故选项C正确．例3(1)C(2)不同(3)如图所示(4)如图所示(5)23.5(23.0～24.0均可)解析(1)A起固定作用，便于读数；B为粗调，调节B使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好接触；然后调节C，C起微调作用．(2)电阻丝电阻R＝ρeq\f(l,S)，测量一段电阻丝的电阻，S为这段电阻丝的横截面积，而不是某位置处的横截面积，故应在不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径以减小误差．(4)把U2和I2的数据在方格纸中描点，用过原点的直线把它们连在一起，让尽可能多的点在直线上．(5)结合题图中图线的斜率可知R0＋Rx＋RA＝49.0Ω，R0＋RA＝25.5Ω，解得Rx＝23.5Ω.4串联电路和并联电路第1课时串联电路和并联电路电表的改装探究重点提升素养一、导学探究1．(1)由于串联电路的总电阻等于各部分电路电阻之和，则R总＝R1＋R2＋R3＝3R.(2)由串联电路中的电流处处相等得eq\f(U1,R1)＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(U3,R3)又由于R1<R2<R3，则U1<U2<U3.2．(1)由并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和得eq\f(1,R总)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋eq\f(1,R3)＝eq\f(3,R)，解得R总＝eq\f(R,3).(2)由并联电路各支路两端电压相等得I1R1＝I2R2＝I3R3又由于R1<R2<R3，则I3<I2<I1.例1B[S断开时，R1与R2串联在电路中，电压之比eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(1,5)，A错误；S闭合时，R2与R3并联，然后再与R1串联，因此通过R2与R3的电流之比eq\f(I2′,I3′)＝eq\f(R3,R2)＝eq\f(1,1)，由于流过R1的电流等于流过R2与R3电流之和，即I1′＝I2′＋I3′，因此I1′∶I2′＝2∶1，C、D错误；S闭合时，R2与R3并联之后的总电阻为R23，根据eq\f(1,R2