電荷及其守恒定律學習目標1.懂得兩種電荷及其相互作用，懂得電量的概念。2.懂得摩擦起電和感應起電并不是創造了電荷，而是使物體中的正負電荷分開。3.懂得電荷守恒定律。4.懂得什么是元電荷。二、知識點闡明1、電荷守恒定律和元電荷1.兩種電荷：(1)正電荷：絲綢摩擦過的玻璃棒帶的電荷；(2)負電荷：毛皮摩擦過的橡膠棒帶的電荷。2.電荷間的相互作用：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。3.使物體帶電措施：(1)摩擦起電；(2)接觸帶電；(3)感應起電。4.摩擦起電：(1)本質：電荷的轉移；(2)原因：原子查對核外電子的束縛能力不一樣。(3)成果：兩個相互摩擦的物理帶上了等量異種電荷。5.自由電子：金屬中，最外層電子脫離原子核束縛在金屬中自由活動的電子，失去電子的原子變成為了帶正電的離子。6.靜電感應：把電荷移近不帶電的異體，能夠使導體帶電的現象。利用靜電感應使物體帶電，叫做感應起電。當一個帶電體接近導體時，因為電荷間相互吸引或排斥，導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導體接近帶電體的一端帶異號電荷，遠離帶電體的一端帶同號電荷。7.電荷守恒定律：電荷既不會產生，也不會消亡，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移過程中，電荷的總量保持不變。(一個與外界沒有電荷互換的系統，電荷的代數和保持不變)8.元電荷：(1)最小的電荷量，用e表示，，單位：庫侖，簡稱庫，符號用C表示。正電荷的電荷量為正值，負電荷的電荷量為負值。(2)比荷：電子的電荷量e與電子的質量之比，。注意：所有帶電體的電荷量或者等于e，或者等于e的整數倍。就是說，電荷量是不能連續變化的物理量。9.驗電器：(1)作用：檢查物體是否帶電。(2)原理：同種電荷相互排斥。三、經典例題例1有關摩擦起電和感應起電的實質，下列說法正確的是：（）A.摩擦起電現象闡明了機械能能夠轉化為電能，也闡明通過做功能夠創造電荷B.摩擦起電闡明電荷能夠從一個物體轉移到另一個物體C.感應起電闡明電荷能夠從物體的一個部分轉移到物體另一個部分D.感應起電闡明電荷從帶電的物體轉移到本來不帶電的物體上去了解析:摩擦起電的實質是：當兩個物體相互摩擦時，某些束縛得不緊的電子往往從一個物體轉移到另一個物體，于是本來電中性的物體因為得到電子而帶上負電，失去電子的物體帶上正電。即電荷在物體之間轉移。感應起電的實質是：當一個帶電體接近導體時，因為電荷之間的相互吸引或排斥，導致導體中的自由電荷趨向或遠離帶電體，使導體上接近帶電體的一端帶異種電荷，遠離的一端帶同種電荷。即電荷在物體的不一樣部分之間轉移。由電荷守恒定律可知：電荷不也許被創造。答案:BC例2絕緣細線上端固定，下端懸掛一個輕質小球a，a的表面鍍有鋁膜，在a的附近，有一個絕緣金屬球b，開始a、b都不帶電，如圖所示，目前使a帶電，則：（）A.a、b之間不發生相互作用B.b將吸引a，吸住后不放C.b立即把a排斥開D.b先吸引a，接觸后又把a排斥開解析：當a帶上電荷后，因為帶電體要吸引輕小物體，故a將吸引b。這種吸引是相互的，故能夠觀測到a被b吸引過來。當它們相互接觸后，電荷從a轉移到b，它們就帶上了同種電荷，依照電荷間相互作用的規律，它們又將相互排斥。答案：D例3如圖所示，將帶電棒移近兩個不帶電的導體球，兩個導體球開始時相互接觸且對地絕緣，下述幾個措施中能使兩球都帶電的是（）A．先把兩球分開，再移走棒B．先移走棒，再把兩球分開C．先將棒接觸一下其中的一個球，再把兩球分開D．棒的帶電荷量不變，兩導體球不能帶電解析：帶電棒移近導體球但不與導體球接觸，從而使導體球上的電荷重新分布，甲球左側感應出正電荷，乙球右側感應出負電荷，此時分開甲、乙球，則甲、乙球上分別帶上等量的異種電荷，故A正確；假如先移走帶電棒，則甲、乙兩球上的電荷又恢復原狀，則兩球分開后不顯電性，故B錯；假如先將棒接觸一下其中的一球，則甲、乙兩球會同時帶上和棒同性的電荷，故C正確．能夠采取感應起電的措施使兩導體球帶電，而使棒的帶電荷量保持不變，故D錯誤。答案：AC庫侖定理一、學習目標1．掌握庫侖定律，要求懂得點電荷的概念，了解庫侖定律的含義及其公式體現，懂得靜電力常量．2．會用庫侖定律的公式進行有關的計算。3．懂得庫侖扭秤的試驗原理二、知識點闡明1.內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。2.靜電力(庫侖力)：靜止點電荷之間的相互作用力。3.點電荷：帶電體間的距離比它們自身的大小大得多，以至帶電體的形狀大小以及電荷分布情況能夠忽視，這么的帶電體就叫做點電荷，它是一個理想模型。4.計算公式：。k是百分比系數，叫靜電力常量，r是電荷間的距離。單位:q的單位是庫侖(C)，力的單位是牛頓(N)，距離單位是米(m)，。微觀粒子間的萬有引力遠小于庫侖力，萬有引力能夠忽視不計。5.方向：點電荷之間的庫侖力方向在二者連線上。三、經典例題例1：如圖所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上．a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量的大小比b的?。阎猚受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應是()A．F1B．F2C．F3D．F4解析：選B.據“同電相斥、異電相引”規律，確定電荷c受到a和b的庫侖力方向，考慮a的帶電荷量小于b的帶電荷量，因此Fb不小于Fa，Fb與Fa的合力只能為F2，故選項B正確。答案：B例2：如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a和b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離l為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么有關a、b兩球之間的萬有引力F引和庫侖力F庫的體現式正確的是()A．F引＝，F庫＝B．F引≠，F庫≠C．F引≠，F庫＝D．F引＝，F庫≠解析：因為a、b兩球所帶異種電荷相互吸引，使它們各自的電荷分布不均勻，即相互接近的一側電荷分布較密集，又l＝3r，不滿足l?r的要求，故不能將帶電球殼當作點電荷，因此不能應用庫侖定律，故F庫≠.雖然不滿足l?r，但因為其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可當作質量集中于球心的質點，能夠應用萬有引力定律，故F引＝。答案：D3.質量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在光滑絕緣的水平面上，相鄰球間的距離均為L，A球帶電量＝＋10q；B球帶電量＝＋q。若在C球上加一個水平向右的恒力F，如圖7所示，要使三球能一直保持L的間距向右運動，問外力F為多大？C球帶電性質是什么？解析：因為A、B兩球都帶正電，它們相互排斥，C球必須對A、B都吸引，才能確保系統向右加速運動，故C球帶負電荷。以三球為整體，設系統加速度為a，則F＝3ma①隔離A、B，由牛頓第二定律可知：對A：－＝ma②對B：＋＝ma③聯立①、②、③得F＝。答案：負電荷電場強度一、學習目標1．懂得電荷間的相互作用是通過電場發生的，懂得電場是客觀存在的一個特殊物質形態。2．了解電場強度的概念及其定義式，會依照電場強度的定義式進行有關的計算，懂得電場強度是矢量，懂得電場強度的方向是怎樣要求的。3．能依照庫侖定律和電場強度的定義式推導點電荷場強的計算式，并能用此公式進行有關的計算。4．懂得電場的疊加原理，并應用這個原理進行簡單的計算。二、知識點闡明1.電場：(1)電場：電荷及變化磁場周圍空間里存在的一個特殊物質；電荷間通過電場相互作用。(2)電磁場：有內在聯系、相互依存的電場和磁場的統一體的總稱。(3)靜電場：靜止電荷產生的磁場。2.電場強度：(1)試探電荷(檢查電荷)：1內容：用來檢查電場是否存在及其強弱分布情況的帶點小球；2條件：A電荷量和尺寸必須充足??；B對金屬球上的電荷分布不產生明顯影響。(2)場源電荷(源電荷)：激發電場的帶電小球所帶的電荷。(3)定義：放入電場中某點的電荷所受靜電力F跟它的電荷量比值，叫做該點的電場強度。(4)物理意義：1描述電場強弱的物理量；2描述電場的力的性質的物理量。3電場強度的大小取決與電場自身，或者說取決于激發電場的電荷，與電場中的受力電荷無關。(5)定義式：。(F為電場對試探電荷的作用力，q為放入電場中某點的檢查電荷(試探電荷)的電荷量)(6)單位：牛(頓)每庫(侖)，符號為；或者伏(特)每米，符號為；1=。(7)方向：電場強度是矢量；要求為放在該點的正電荷受到的靜電力方向；與正電荷受力方向相同，與負電荷受力方向相反。(8)合用條件：適合用于一切電場。3.點電荷的電場以及電場強度的疊加。(1)點電荷的電場：1電場強度：。(只適合用于點電荷；E是電場強度，k是靜電力常量，Q是點電荷的電量，r是源電荷與試探電荷的距離)2方向：假如以Q為中心作一球面，Q為正電荷，E方向沿半徑向外；Q為負電荷，E方向沿半徑向外。(2)電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。4.電場力：。5.電場線：在電場中畫出一系列從正電荷或無窮遠處出發到負電荷或無窮遠處終止的曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，此曲線叫電場線。電場線的特點：(1)電場線是起源于正電荷或無窮遠處，終止于負電荷或無窮遠處的有源線。(2)電場線不閉合、不相交、不間斷的曲線。(3)電場線的疏密反應電場的強弱，電場線密的地方場強大，電場線稀的地方場強小。(4)電場線不表示電荷在電場中的運動軌跡，也不是客觀存在的曲線，而是人們為了形象直觀的描述電場而假想的曲線。常見電場的電場線電場電場線圖樣簡明描述正點電荷發散狀負點電荷會聚狀等量同號電荷相斥狀等量異號電荷相吸狀6.勻強電場：(1)定義：假如電場中各點電場強度的大小相等、方向相同，這個電場就叫做勻強電場。(2)特點：勻強電場的電場線是間隔相等的平行線。(3)大?。海琔為兩點間電勢差，d為沿電場線方向的距離。(4)物理意義：沿電場線方向單位長度的電勢降落，單位長度電壓越大，場強越大。例如，兩等大、正對且帶等量異種電荷的平行金屬板間的電場中，除邊緣附近外，就是勻強電場，如圖所示。三、經典例題例1：下列說法正確的是（）依照E＝F/q，可知，電場中某點的場強與電場力成正比依照E＝kQ/r2，可知電場中某點的場強與形成電場的點電荷的電荷量成正比依照場強的疊加原理，可知合電場的場強一定不小于分電場的場強電場線就是點電荷在電場中的運動軌跡解析：這個問題包括到有關電場的基本概念。E＝F/q作為電場強度的定義式，給出了電場強度的一個測量方式或措施。而對于電場中的某一確定的點，放在該處的試探電荷的電荷量不一樣，電荷受到的電場力也不一樣，但電場力和電荷量的比值卻是不變的，即電場強度與電場力及試探電荷的電荷量無關，而由場源電荷及研究點在場中的位置決定。對于點電荷形成的電場，確定點的場強與形成電場的場源電荷的電量成正比。電場強度是矢量，合場強由平行四邊形法則確定，作為合場強的平行四邊形的對角線不一定比作為分場強的平行四邊形的鄰邊長。只有當電場線是直線，帶電粒子只在電場力的作用下，電荷的初速度為零或初速度方向與電場線重疊時，電荷的運動軌跡才會與電場線重疊。答案：B例2：如圖所示，以O為圓心，r為半徑的圓與坐標軸的交點分別為a、b、c、d，空間有與x軸正方向相同的勻強電場E，同時在O點固定一個電荷量為＋Q的點電荷，假如把一個帶電量為－q的試探電荷放在c點，則恰好平衡，那么勻強電場的場強為多少？a、d兩點的實際場強為多少？解析：圖示空間有勻強電場和點電荷形成的電場，任何一點的場強都是兩個電場在該處場強的合場強。由帶電量為－q的試探電荷在c處在平衡可得：解得勻強電場的場強為：由正點電荷形成的電場場強方向從圓心沿半徑方向向外。故在a點，點電荷場強方向沿x軸正方向；在d點，點電荷場強方向沿y軸的正方向。在a點，為兩個等大、同方向場強的合成，即在b點，為兩個等大、相互垂直的場強的合成，即例3：如圖所示，質量m＝2.0×10-3kg的帶電小球用絕緣細線豎直地懸掛于電場中，當小球的帶電量為q1＝1.0×10-4C時，懸線中的張力為T1＝1.5×10-2N，則小球所在處的場強為多大？當小球的帶電量為q2＝－1.0×10-4C時，懸線中的張力T2為多大？解析：小球的重力G=mg=2.0×10-2N由題意：繩子拉力T1=1.5×10-2N＜G故電場力F方向向上且有F+T1=G得F=G-T1=5×10-3N小球處的場強E=當q2=-1.0×10-4C時，電場力=F=5×10-3N，方向向下，此時繩中張力為T2=G+=2.5×10-2N。電勢能和電勢學習目標1.了解靜電力做功的特點、電勢能的概念、電勢能與電場力做功的關系。2.了解電勢的概念，懂得電勢是描述電場的能的性質的物理量。明確電勢能、電勢、靜電力的功、電勢能的關系。了解電勢與電場線的關系，了解等勢面的意義及與電場線的關系。二、知識點闡明1.電勢：在電場中某點的電勢等于該點相對零電勢點的電勢差；也等于單位正電荷由該點移動到參考點（零電勢點）時電場力所做的功，電勢記作，電勢是相正確，某點的電勢與零電勢點的選用有關，沿電場線的方向，電勢逐點減少。闡明：（1）電勢的相對性。（2）電勢是標量。電勢是只有大小、沒有方向的物理量，電勢的正負表示該點的電勢高于和低于零電勢。2.電場力做功與電勢能變化的關系。（1）電場力做功的特點在電場中移動電荷時，電場力所做的功只與電荷的起止位置有關，與電荷通過的途徑無關，這一點與重力做功相同。（2）電勢能ε電荷在電場中具備的勢能叫做電勢能，電勢能屬于電荷和電場系統所有。（3）電場力做功與電勢能變化的關系電場力的功與電勢能的數量關系WAB=εA－εB=△ε。電場力做正功時，電荷的電勢能減小；電場力做負功時，電荷的電勢能增加，電場力做了多少功，電荷的電勢能就變化多少，即△ε=WAB=qUAB。3.等勢面的概念及特點（1）等勢面電場中電勢相同的各點組成的曲面叫做等勢面。（2）等勢面的特點①電場線與等勢面到處垂直，且總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功；③處在靜電平衡的導體是一個等勢體，導體表面是一個等勢面；④導體表面的電場線與導體表面到處垂直。（3）熟悉勻強電場、點電荷的電場、等量異種電荷的電場、等量同種點電荷的電場的等勢面的分布情況。①點電荷電場中的等勢面，是以電荷為球心的一簇球面；②等量同種點電荷電場中的等勢面，是兩簇對稱曲面③等量異種點電荷電場中的等勢面，是兩簇對稱曲面；④勻強電場中的等勢面，是垂直于電場線的一簇平面.4.電勢與等勢面 （1）電勢是描述電場中單個點的電場性質，而等勢面是描述電場中各點的電勢分布。（2）電場線是為了描述電場而人為引入的一組假想線，但等勢面卻是實際存在的某些面，它從另一角度描述了電場。（3）等勢面的性質①同一等勢面上任意兩點間的電勢差為零；②不一樣的等勢面一定不會相交或相切；③電場強度方向垂直等勢面且指向電勢減少的方向。5.比較電荷在電場中某兩點電勢能大小的措施(1)場源電荷判斷法離場源正電荷越近，試驗正電荷的電勢能越大，試驗負電荷的電勢能越?。x場源負電荷越近，試驗正電荷的電勢能越小，試驗負電荷的電勢能越大．(2)電場線法正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減??；逆著電場線的方向移動時，電勢能逐漸增大．負電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸增大；逆著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減?。?3)做功判斷法無論正、負電荷，電場力做正功，電荷從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方．反之，假如電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方。6、電場中電勢高低的判斷和計算措施(1)依照電場線方向判斷．因沿電場線方向各點電勢總是越來越低，而逆著電場線方向電勢總是逐漸升高。(2)依照等勢面的分布和數值，都畫在同一圖上，直接從圖上判定電勢高低。(3)依照電場力做功公式判定．當已知q和WAB時，由公式WAB=qUAB，則UAB=WAB/q判定。7、電勢能與電勢的關系(1)電勢是反應電場電勢能的性質的物理量．還能夠從能的角度定義電勢：電場中某點的電荷具備的電勢能ε跟它的電荷量的比值，叫做該點的電勢，即或者ε=qφ，某點的電勢與該點是否有電荷無關。(2)正電荷在電勢為正值的地方電勢能為正值，在電勢為負值的地方電勢能為負值；負電荷在電勢為正的地方電勢能為負值，在電勢為負的地方電勢能為正值。(3)電勢是由電場決定，電勢能是由電場和電荷共同決定的．它們都是標量、相對量．當零勢點確定以后，各點電勢有確定的值。因為存在兩種電荷，則在某一點不一樣種電荷的電勢能有的為正值，也有的為負值。(4)在實際問題中，我們重要關心的是電場中兩點間的電勢差UAB和在這兩點間移動電荷時，電荷電勢能的變化量△εAB。UAB和△εAB都與零電勢點的選擇無關，有關系式：△εAB=qUAB。8、電勢與場強的比較(1)場強是反應電場力的性質，電勢是反應電場能的性質，它們都是由比值定義的物理量，因而它們都是由電場自身確定的，與該點放不放電荷無關。(2)電場強度是矢量，電場確定后，各點的場強大小和方向都惟一地確定了。(即各點場強大小有確定的值)電勢是標量，是相對量．電場確定后，各點電勢的數值還可隨零電勢點的不一樣而變化。(3)電場線都能描述它們，但又有所不一樣：電場線的密度表示場強的大小，電場線上各點的切線方向表示場強的方向。沿電場線的方向，電勢越來越低，但不能表示電勢的數值。經典例題例1：如圖所示，當帶電體A接近一個絕緣導體B時，因為靜電感應，B兩端感應出等量異種電荷。將B的左端接地，絕緣導體B帶何種電荷？解析：因為導體B處在正電荷所形成的電場中，而正電荷所形成的電場電勢到處為正，因此導體B的電勢是正的，UB＞U地；而負電荷在電場力的作用下總是從低電勢向高電勢運動，B左端接地，使地球中的負電荷（電子）沿電場線反方向進入高電勢B導體的右端與正電荷中和，因此B導體將帶負電荷。答案：B導體將帶負電荷例2：如圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢查電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，如下判斷正確的是()A．電荷從a到b加速度減小B．b處電勢能大C．b處電勢高D．電荷在b處速度小解析：由圖可知b處的電場線比a處的電場線密，闡明b處的場強不小于a處的場強。依照牛頓第二定律，檢查電荷在b處的加速度不小于在a處的加速度，A選項錯。由圖可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向應指向運動軌跡的凹向。因為檢查電荷帶負電，因此電場線指向是從疏到密。再利用“電場線方向為電勢減少最快的方向”判斷a，b處電勢高低關系是Ua＞Ub，C選項不正確。依照檢查電荷的位移與所受電場力的夾角不小于90°，可知電場力對檢查電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與途徑無關，系統的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。答案：D例3：將一電量為的點電荷從電場外一點P移至電場中某點A,電場力做功,求A點的電勢。解析：設場外一點P的電勢為從P到A,電場力做的功答案：－20V電勢差一、學習目標1.了解電勢差的概念。2.會計算點電荷在電場力作用下，從電場中一點移動到另一點時電場力所做的功。二、知識點闡明1、電勢差：（又叫電壓）（1）定義：電荷q在電場力作用下由A點移到另一點B的過程中，電場力做的功WAB與電荷量q的比值，叫A、B兩點之間的電勢差UAB。（2）定義式：（3）單位：伏特，符號V，1V=1J/C（4）物理意義：電勢差的值即為電場力作用下兩點間移動一庫侖的正電荷電場力做的功。闡明：（1）定義式中，為q從初位置A移動到末位置B電場力做的功，可為正值，也可為負值，q為電荷所帶的電量，正電荷取正值，負電荷取負值。（2）電場中兩點的電勢差，由這兩點自身的初、末位置決定。與在這兩點間移動電荷的電量、電場力做功的大小無關。在確定的電場中，雖然不放入電荷，任何兩點間的電勢差都有確定的值，不能以為與成正比，與q成反比。只是能夠利用、q來計算A、B兩點電勢差。（3）公式適合用于任何電場。2.電勢與電勢差的比較：（1）電勢差是電場中兩點間的電勢的差值，。（2）電場中某一點的電勢的大小，與選用的參考點有關；電勢差的大小，與選用的參考點無關。（3）電勢和電勢差都是標量，單位都是伏特，都有正負值；電勢的正負表示該點比參考點的電勢大或??；電勢差的正負表示兩點的電勢的高低。3、應用計算時，有關物理量用正、負值代入，其成果：＞0，電場力做正功；＜0，電場力做負功；＞0，＞；＜0，＜三、經典例題例1：下圖是一勻強電場，已知場強E=2×102N/C．現讓一個電量q=－4×10－8C的電荷沿電場方向從M點移到N點，MN間的距離s=30cm．試求：(1)電荷從M點移到N點電勢能的變化．(2)M，N兩點間的電勢差．解析：(1)由圖可知，負電荷在該電場中所受電場力F方向向左．因此從M點移到N點，電荷克服電場力做功，電勢能增加，增加的電勢能△E等于電荷克服電場力做的功W。電荷克服電場力做功為W=qEs=4×10－8×2×102×0.3J=2.4×10－6J。即電荷從M點移到N點電勢能增加了2.4×10－6J。(2)從M點到N點電場力對電荷做負功為WMN=－2.4×10－6J。則M，N兩點間的電勢差為。即M，N兩點間的電勢差為60V。例2：將一個電量為－2×10－8C的點電荷，從零電勢點S移到M點要反抗電場力做功4×10－8J，則M點電勢φM=________，若將該電荷從M點移到N點，電場力做功14×10－8J，則N點電勢φN=________，MN兩點間的電勢差UMN=________。解析：本題能夠依照電勢差和電勢的定義式處理，一般有下列三種解法：解法一：嚴格按各量的數值正負代入公式求解。由WSM=qUSM得：。而USM=φS－φM，∴φM=φS－USM=(0－2)V=－2V。由WMN=qUMN得：。而UMN=φM－φN，∴φN=φM－UMN=[－2－(－7)]V=5V。解法二：不考慮各量的正負，只是把各量數值代入公式求解，然后再用其他措施判斷出要求量的正負。由WSM=qUSM得?！唠妶隽ψ鲐摴Γ嘭撾姾蓂受的電場力方向與移動方向大體相反，則場強方向與移動方向大體相同，故φS＞φM，而φS=0，故φM=－2V。同理可知：UMN=7V，φN=5V。解法三：整體法求N點電勢時把電荷從S點移到M點再移動N點，當作一個全過程，在這個過程中，由S到N電場力做的總功等于各段分過程中電場力做功的代數和,即WSN=WSM＋WMN=(－4×10－8＋14×10－8)J=10×10－8J。由WSN=qUSN得：。而φS=0，∴φN=5V。電勢差與電場強度的關系一、學習目標1.了解勻強電場中電勢差與電場強度的定性、定量關系。對于公式要懂得推導過程．2.能夠純熟應用處理有關問題。二、知識點闡明1.第一個表示措施：1勻強電場中，兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場方向的距離的乘積。2體現式：。2.第二種表示措施：1在勻強電場中，電場強度的大小等于兩點間的電勢差與兩點沿電場強度方向距離的比值。2體現式：。三、經典例題例1：如圖所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面與紙平面的交線，且相鄰等勢面之間的電勢差相等．實線為一帶正電粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，則下面說法中正確的是（）A．三個等勢面中，a的電勢最高B．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時電勢能較大C．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時動能較大D．帶電粒子由M運動到N時，加速度增大解析：因為帶電粒子做曲線運動，所受電場力的方向必然指向軌道的凹側，且和等勢面垂直，因此電場線方向是由c指向b再指向a．依照電場線的方向是指電勢減少的方向，故Uc＞Ub＞Ua，選項A錯。帶正電粒子若從N點運動到M點，場強方向與運動方向成銳角，電場力做正功，即電勢能減少；若從M點運動到N點，場強方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，電勢能增加．故選項B錯。依照能量守恒定律，電荷的動能和電勢能之和不變，故粒子在M點的動能較大，選項C正確。因為相鄰等勢面之間電勢差相等，因N點等勢面較密，則EN＞EM，即qEN＞qEM．由牛頓第二定律知，帶電粒子從M點運動到N點時，加速度增大，選項D正確。答案：C、D例2：如圖所示，P、Q兩金屬板間的電勢差為50V，板間存在勻強電場，方向水平向左，板間的距離d=10cm，其中Q板接地，兩板間的A點距P板4cm。求：(1)P板及A點的電勢。(2)保持兩板間的電勢差不變，而將Q板向左平移5cm，則A點的電勢將變為多少?解析：板間場強方向水平向左，可見Q板是電勢最高處．Q板接地，則電勢φQ=0，板間各點電勢均為負值。利用公式可求出極板間勻強電場的場強，再由U=Ed可求出各點與Q板間的電勢差，即各點的電勢值。(1)場強。QA間電勢差=Ed′=5×102×(10－4)×10－2V=30V?！郃點電勢φA=－30V，P點電勢φP==－50V。(2)當Q板向左平移5cm時，兩板間距離d1=10cm－5cm=5cm。Q板與A點間距離變為d″=(10－4)cm－5cm=lcm。電場強度。Q、A間電勢差=Ed″=1.0×103×1.0×10－2V=10V。因此A點電勢φA=－10V。靜電現象的應用一、學習目標1.懂得靜電感應產生的原因，了解什么是靜電平衡狀態。2.了解靜電平衡時，靜電荷只分布在導體表面且內部場強到處為零。3.懂得靜電屏蔽及其應用。二、知識點闡明1.靜電平衡狀態下導體的特點：⑴內部場強到處為零（不為0則自由電子將繼續移動直至合場強為0）⑵導體中沒有自由電荷定向移動⑶凈電荷分布在導體表面，試驗證明：法拉第圓筒試驗⑷導體表面附近電場線與表面垂直理論證明：中性導體帶電后，因為同種電荷相互排斥，凈電荷只能分布在表面反證法：若內部有自由電荷，則內部場強不為0，導體就不是處在靜電平衡狀態2.靜電平衡時導體周圍電場分布：上圖空間實際電場分布，不會出現虛線電場線3.空腔導體的特點：凈電荷只分布在外表面，內表面不帶電，空腔內沒有電場4.應用電學儀器和電子設備外面套有金屬罩通信電纜版面包一層鉛皮高壓帶電作業人員穿金屬網衣通訊工具在鋼筋結構房屋中接收信號弱三、經典例題例1：使帶電的金屬球接近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開。下列各圖表示驗電器上感應電荷的分布情況，正確的是（）解析：帶電的金屬球接近不帶電的驗電器時，在驗電器上感應出異種電荷，A、D錯誤。驗電器的頂端帶上了正電荷，金屬箔片則帶上了負電荷，故B正確，C錯誤。答案：B例2：如圖所示，不帶電的導體B在接近帶正電的導體A后，P端及Q端分別感應出負電荷和正電荷，則如下說法正確的是()A．若用導線將Q端接地，然后斷開，再取走A，則導體B將帶負電B．若用導線將Q端接地，然后斷開，再取走A，則導體B將帶正電C．若用導線將Q端接地，然后斷開，再取走A，則導體B將不帶電D．若用導線將P端接地，然后斷開，再取走A，則導體B將帶正電解析：用導線將Q接地后，導體B與地球組成一個大導體，其距A較近的為P端，仍帶感應負電荷；其距A較遠處，不再是Q端，而是地球，將感應出正電荷；而Q端成為大導體的中間部分將不會有感應電荷。因此，導體B將帶負電荷。答案：A例3：圖中接地金屬球A的半徑為R，球外點電荷的電荷量為Q，到球心的距離為r。該點電荷的電場在球心處產生的感應電場的場強大小等于()A． B．C．0 D．解析：由內部合場強為零可知，感應電荷產生的場強與Q在該點產生的場強等大反向，故。答案：D電容器的電容一、學習目標1.懂得什么是電容器及常見的電容器。2.懂得電場能的概念，懂得電容器充電和放電時的能量轉化。3.了解電容器電容的概念及定義式，并能用來進行有關的計算。4.懂得平行板電容器的電容與哪些原因有關，有什么關系；掌握平行板電容器的決定式并能利用其討論有關問題。二、知識點闡明1.電容器的電容、平行板電容器的電容(1)電容器：兩個彼此絕緣又相互接近的導體可組成一個電容器.(2)電容：電容器所帶的電荷量Q(一個極板所帶電荷量的絕對值)與兩個極板間的電勢差U的比值，即電容是表示電容器容納電荷本事的物理量.(3)常用電容器：紙質電容器、電解電容器、平行板電容器、可變電容器.其中電解電容器連接時應注意其“＋”、“－”極.(4)平行板電容器：平行板電容器的電容C跟介電常數ε成比，跟兩板正對面積S成正比，跟兩板間距離d成反比，即(5)對電容器電容的兩個公式的了解.①公式是電容的定義式，適合用于任何電容器.對于一個確定的電容器，其電容只由自身的原因決定，而與其電荷量Q和電壓U無關.②公式是平行板電容器的決定式，只適合用于平行板電容器.2、平行板電容器的動態分析充電后平行板電容器兩極板間形成的電場，可以為是勻強電場，因為某種原因使電容C發生了變化，就會導致電容器的電荷量Q，兩板間電壓U，勻強電場的場強E發生對應的變化，此類問題常見于兩種情況：(1)電容器一直與電源相連接.此時電容器兩極板間電勢差U保持不變.(2)電容器充電后與電源斷開.此時電容器所帶的電荷量Q保持不變.分析的基本思緒是：三、經典例題例1：平行板電容器所帶的電荷量為Q＝4×10-8C，電容器兩板間的電壓為U＝2V，則該電容器的電容為；假如將其放電，使其所帶電荷量為本來的二分之一，則兩板間的電壓為，兩板間電場強度變為本來的倍，此時平行板電容器的電容為。解析：由電容器電容的定義式得：電容的大小取決于電容器自身的結構，與電容器的帶電量無關，故所帶電荷量為本來二分之一時，電容不變。而此時兩極板間的電壓為：板間為勻強電場，由場強與電壓關系可得：答案：2×10-8C、1V、1/2、2×10-8C例2：如圖電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S合上時，靜電計張開一個角度，下述情況中可使指針張角增大的是A、合上S，使A、B兩板接近某些B、合上S，使A、B正對面積錯開某些C、斷開S，使A、B間距增大某些D、斷開S，使A、B正對面積錯開某些解析：圖中靜電計的金屬桿接A板，外殼與B板均接地，靜電計顯示的是A、B兩板間的電壓，指針的張角越大，表示兩板間的電壓越高。當閉合S時，A、B兩板間的電壓等于電源兩端電壓不變。故靜電計的張角保持不變。當斷開S時，A、B兩板組成的電容器的帶電量保持不變，假如板間的間距增大，或正對面積減小，由平板電容器電容的決定式可知，電容都將減小，再由可知，板間電壓都將增大，即靜電計的張角應當變大。答案：C、D例3：一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地。兩板間有一個正電荷固定在P點，如圖所示，以E表示兩板間的場強，U表示電容器兩板間的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板向下移到圖示的虛線位置則：（）A、U變小，E不變B、E變小，W不變C、U變小，W不變D、U不變，W不變解析：一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，闡明電容器的帶電量將保持不變，負極板為零電勢。當正極板向下移到圖示位置時，板間距變小，由E=可知板間的場強E不變，然而板間的電勢差U=Ed，U變小；因為P與下板間的距離不變，因此P與下板間的電勢差不變，P點的電勢不變，故在P點的正電荷的電勢能不變，即W不變。答案：AC帶點粒子在電場中的運動一、學習目標1．了解帶電粒子在電場中的運動——只受電場力，帶電粒子做勻變速運動。2．重點掌握初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中的運動(類平拋運動)。3．懂得示波管的重要結構和工作原理。二、知識點闡明1.帶電粒子在電場中加速帶電粒子進入電場中加速，若不計粒子重力，依照動能定理，有當初速度v0=0時，末速度v的大小只與帶電粒子的荷質比和加速電壓U有關，而與粒子在電場中的位移無關.2.帶電粒子在電場中的偏轉帶電粒子沿垂直勻強電場的場強方向進入電場后，做類平拋運動，如圖所示，設粒子的電荷量為q，質量為m，初速度為v0，兩平行金屬板間電壓為U，板長為L，板間距離為d，則平行于板方向的分運動是勻速直線運動，L=v0t垂直于板方向的分運動是初速為零的勻加速直線運動因此，側移距離偏轉角θ滿足3.示波管的原理(1)結構：示波管是由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成的，管內抽成真空.(2)原理：假如在偏轉電極XX′上加上掃描電壓，同時在偏轉電極YY′上加上所要研究的信號電壓，若其周期與掃描電壓的周期相同，在熒光屏上就顯示出信號電壓隨時間變化的圖線.4.帶電粒子在勻強電場中的運動帶電粒子在勻強電場中的運動有兩類問題：一是運動和力的關系問題，常用牛頓第二定律結合運動學公式去分析處理；二是運動過程中的能量轉化問題，常用動能定理或能量守恒定律去分析處理.(1)在交變電場中的運動①在交變電場中做直線運動.粒子進入電場時的速度方向(或初速為零)跟電場力方向平行，在交變電場力作用下，做加速、減速交替變化的直線運動，一般利用牛頓運動定律和運動學公式分析求解.②在交變電場中的偏轉，粒子進入電場時的速度方向跟電場力方向垂直，若粒子在電場中運動的時間遠小于交變電場的周期，可近似以為粒子在通過電場的過程中電場力不變，而做類平拋運動.(2)在勻強電場與重力場的復合場中運動處理復合場有關問題的措施常有兩種：①正交分解法：將復雜的運動分解為兩個相互正交的簡單直線運動，分別去研究這兩個分運動的規律，然后利用運動合成的知識去求解復雜運動的有關物理量.②等效法：因為帶電微粒在勻強電場中所受到的電場力和重力都是恒力，因此，可將電場力F和重力G進行合成如圖所示，這么復合場就等效為一個簡單場，將其合力F合與重力場的重力類比，然后利用力學規律和措施進行分析和解答.三、經典例題例1、如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中.在滿足電子能射出平行板區的條件下，下述四種情況下，一定能使電子的偏轉角θ變大的是（）A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小解析：設電子經電場U1加速后取得的速度為v0，依照動能定理①設極板長為L，兩板間距離為d，電子進入偏轉電場后做類平拋運動，則平行于極板方向：L=v0t②垂直于極板方向：③偏轉角θ滿足：④由以上各式可解得：顯然，U1減小，U2增大時，θ一定增大.答案：B例2、如圖所示，質量為m、電荷量為－q的粒子(重力不計)，在勻強電場中的A點時速度為v，方向與電場線垂直，在B點時速度大小為2v，已知A、B兩點間距離為d，求(1)A、B兩點間的電壓；(2)電場強度的大小和方向.解析：(1)帶電粒子從A到B的過程中，由動能定理可得將vA=v，vB=2v代入可解得(2)帶電粒子從A到B做類平拋運動，設在垂直電場線和平行電場線方向上的位移分別為x和y。因為A到B，粒子的動能增加，則電場力做正功，因此，場強方向應水平向左.答案：例3、帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置，兩板間距離為d(d遠小于板的長和寬)，一個帶正電的油滴M懸浮在兩板的正中央，處在平衡，油滴的質量為m，電荷量為q，如圖所示。在油滴的正上方距A板d處有一個質量也為m的帶電油滴N，油滴N由靜止釋放后，能夠穿過A板上的小孔，進入兩金屬板間與油滴M相碰，并立即結合成一個大油滴.整個裝置處在真空環境中，若不計油滴M和N間的庫侖力和萬有引力以及金屬板自身的厚度，要使油滴N能與M相碰，且結合成的大油滴(油滴可視為質點)又不與金屬板B相碰。求：(1)兩個金屬板A、B間的電壓是多少？哪板電勢高？(2)油滴N帶何種電荷，電荷量也許是多少？解析：(1)油滴M帶正電，在兩金屬板之間處在平衡，有mg=qU/d，則B板電勢較高，電勢差(2)若油滴N帶負電，則N與M相碰后，結合成大油滴無論其電性為正，還是為負，或者電荷量為零，都將向B板做加速運動而最后與B板相碰.因此，要不落到B板上，油滴N必帶正電.設油滴N帶電量為Q，油滴N與M相碰前的速度設為v0，有：油滴N能與M相碰：油滴M和N相碰后，結合成大油滴，速度為v，有：此后，大油滴向下運動，不遇到B板，須有代入v和U的值，解得油滴所帶電荷量是答案：B板電勢較高(2)正電，電源和電流一、學習目標1．讓學生明確電源在直流電路中的作用，了解導線中的恒定電場的建立2．懂得恒定電流的概念和描述電流強弱程度的物理量——電流。3．從微觀意義上看電流的強弱與自由電子平均速率的關系。二、知識點闡明1.電流的一層含義（1）大量自由電荷定向移動形成電流的現象；（2）物體中有大量的自由電荷是形成電流的內因，電壓是形成電流的外因。2.電流的另一層含義（1）意義：表示電流強弱的物理量（2）定義：通過導體橫截面的電荷量q跟通過這些電荷量所用時間的比值叫電流。（3）公式：（定義式）（4）單位：安培（A）、毫安（mA）、微安（μA）（5）是標量，方向要求：正電荷定向移動的方向為電流的方向。（6）方向不隨時間而變化的電流叫直流電：方向和強弱都不隨時間而變化的電流叫恒定電流。3.電流的微觀體現式：I=nqSvn—單位體積內電荷數q—自由電荷量S—導體的橫截面v—電荷定向移動的速率三、經典例題例1：來自質子源的質子（初速度為零），經一加速電壓為800kV的直線加速器加速，形成電流強度為1mA的細柱形質子流。已知質子電荷e=1.60×10-19C。這束質子流每秒打到靶上的質子數為_________。假定分布在質子源到靶之間的加速電場是均勻的，在質子束中與質子源相距L和4L的兩處，各取一段極短的相等長度的質子流，其中的質子數分別為n1和n2，則n1∶n2=_______。解：按定義，因為各處電流相同，設這段長度為l，其中的質子數為n個，則由。而處理該題的核心是：（1）正確把握電流強度的概念I＝Q/t而Q＝ne。因此n=Q/e=It/e,（2）質子源運動旅程上的線密度與其瞬時速度成反比，因為I＝neSv，因此當電流I一定期，n與v成反比。電動勢一、學習目標1.了解電動勢的概念及定義式，懂得電動勢是表征電源特性的物理量。2.從能量轉化的角度了解電動勢的物理意義。二、知識點闡明1．電源（更深層的含義）（1）電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能的裝置。（2）非靜電力在電源中所起的作用：是把正電荷由負極搬運到正極，同時在該過程中非靜電力做功，將其他形式的能轉化為電勢能。2．電動勢（1）定義：在電源內部，非靜電力所做的功W與被移交的電荷q的比值叫電源的電動勢。（2）定義式：E=W/q（3）單位：伏（V）（4）物理意義：表示電源把其他形式的能（非靜電力做功）轉化為電能的本事大小。電動勢越大，電路中每通過1C電量時，電源將其他形式的能轉化成電能的數值就越多。【注意】：①電動勢的大小由電源中非靜電力的特性（電源自身）決定，跟電源的體積、外電路無關。②電動勢在數值上等于電源沒有接入電路時，電源兩極間的電壓。 ③電動勢在數值上等于非靜電力把1C電量的正電荷在電源內從負極移交到正極所做的功。3．電源（池）的幾個重要參數①電動勢：它取決于電池的正負極材料及電解液的化學性質，與電池的大小無關。②內阻（r）:電源內部的電阻。③容量：電池放電時能輸出的總電荷量。其單位是：A·h，mA·h。三、經典例題例1、一個標有“220V、60W”的白熾燈泡，加上的電壓U由零逐漸增大到220V，在此過程中，電壓U和電流I的關系可用圖象表示，題中給出的四個圖線中，肯定不符合實際的是（）解析：本題的思緒是U—I圖像中，圖線的斜率表示電阻，斜率越大，電阻越大。假如圖線是曲線，則表示導體中通過不一樣的電壓、電流時它的電阻是變化的，這時電阻能夠用該點曲線的切線斜率來表示。燈泡在電壓加大的過程中，燈絲中的電流增大，溫度升高，而金屬的電阻率伴隨溫度的升高而增大，因此燈絲在加大電壓的過程中電阻不停增大，U—I圖線中曲線的斜率應不停增大。A圖中斜率不變，表示電阻不變，C圖中斜率減小，表示電阻減小，D圖中斜率先變大后變小。只有B圖中斜率不停增大，符合電壓不停變大的實際情況。答案：ACD闡明：本題的難點在于①是對U—I圖的物理意義的了解；②是由計算的電阻值只是燈泡正常發光的阻值，而不是整個過程中的阻值。例2、如圖所示在NaCl水溶液中，如在t秒內分別有n1和n2個正負離子通過液體的橫截面S，試問：溶液中的電流方向怎樣？電流強度多大？解析：在導體兩端加上電壓后，NaCl溶液中的Na＋離子和Cl－離子在電場力的作用下向相反的方向作定向移動。正離子Na＋的定向移動方向與電流的方向相同，如圖所示電流方向A→B。因為NaCl水溶液中正、負離子都是一價離子，電量均為e，因此在t秒內有n1個一價正離子沿著A→B的方向通過S，同時有n2個一價負離子沿相反的方向通過S，負離子的運動可等效當作正離子沿相反方向運動，即溶液中的電流相稱于t秒內有(n1＋n2)e的正電荷通過橫截面S，由得：.例3、如圖所示，由一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路，開關閉合.在增大電容器兩極板間距離的過程中（）A．電阻R中沒有電流B．電容器的電容變小C．電阻R中有從a流向b的電流D．電阻R中有從b流向a的電流解析：圖中電容器被充電，A極板帶正電，B極板帶負電。依照平行板電容器的大小決定因等可知，當增大電容器兩極板間距離d時，電容C變小.因為電容器一直與電池相連，電容器兩極板間電壓UAB保持不變，依照電容的定義，當C減小時電容器兩極板所帶電荷量Q都要減少，A極板所帶正電荷的一部分從a到b經電阻流向電源正極，即電阻R中有從a流向b的電流.因此選項B、C正確。答案：BC歐姆定律一、學習目標1.要求學生了解歐姆定律，并能用來處理有關電路的問題。2.懂得導體的伏安特性曲線，懂得什么是線性元件和非線性元件。二、知識點闡明1、電源電動勢：電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置。電動勢是表征電源把其他形式的能量轉換成電能的本事大小的物理量；電動勢的大小由電源自身的性質決定，數值等于電路中通過1C電量時電源所提供的能量，也等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓；電動勢是標量，方向要求為由電源的負極經電源內部到正極的方向為電源電動勢的方向。2、閉合電路歐姆定律（1）閉合電路由電源的內部電路和電源的外部電路組成，也可叫含電源電路、全電路。（2）在閉合電路里，內電路和外電路都合用部分電路的歐姆定律，設電源的內阻為r，外電路的電阻為R，那么電流I通過內阻時在電源內部的電壓降U內=Ir，電流流過外電阻時的電壓降為U外=IR，由U外＋U內=E，得。該式反應了閉合電路中電流強度與電源的電動勢成正比，與整個電路的電阻成反比，即為閉合電路歐姆定律，合用條件是外電路為純電阻電路。3、路端電壓與負載變化的關系（1）路端電壓與外電阻R的關系：（外電路為純電阻電路）其關系用U—R圖象可表示為：（2）路端電壓與電流的關系U=E－Ir（普適式）其關系用U—I圖象可表示為當R=∞時，即開路，當R=0時，即短路，其中，r=|tgθ|.4、閉合電路中的功率（1）電源的總功率（電源消耗的功率）P總=IE電源的輸出功率（外電路消耗的功率）P輸=IU電源內部損耗的功率：P損=I2r由能量守恒有：IE=IU＋I2r（2）外電路為純電阻電路時：由上式能夠看出：即當R=r時，此時電源效率為：（2）當R>r時，隨R的增大輸出功率減小。（3）當R<r時，隨R的增大輸出功率增大。（4）當初，每個輸出功率對應2個也許的外電阻R1和R2，且5.“串反并同”定則：在外電路為混聯的閉合電路中，討論因某一電阻發生變化引起電路中各參量的變化時，可采取如下簡單的措施：“串反并同”，當某一電阻發生變化時，與它串聯的電路上的電流、電壓、功率必發生與其變化趨勢相反的變化；與它并聯的電路上的電流、電壓、功率必發生與其變化趨勢相同的變化。6.含電容器的電路分析：有電容器連接的電路，當電路電壓達成穩定期，電容器當斷路處理，它兩端的電壓等于它并聯部分的電阻的兩端電壓。一般是先不考慮電容器，畫出等效電路，再安上電容器，電容器在恒定電流中可等效為“電壓表”。找出“電壓表”的讀數及變化，再由Q=CU求解。三、經典例題例1：如圖所示的電路中，電源的電動勢恒定，要想使燈泡變暗，能夠（）A．增大R1B．減小R1C．增大R2D．減小R2解析：電路是燈泡R與R2并聯后再與電阻R1串聯。若增大R1，燈泡兩端電壓變小，燈泡變暗。同樣若減小R1，則燈泡變亮。若增大R2，使得回路的總電阻增大，干路中電流減小，燈泡兩端電壓變大，燈泡變亮。同樣若減小R2，則燈泡變暗。故AD正確。答案：AD例2：在如圖所示的電路中，當滑線變阻器的滑動頭向b端滑動時，電流表和電壓表的示數將怎樣變化？解析：整個電路的結構是：R2與R3并聯，然后再與R1串聯，電壓表測的是路端電壓，電流表測的是R3支路的電流強度。當滑動頭向ｂ滑動時，R3的阻值減小，由R并=R2R3/(R2+R3)知并聯電路總電阻R并減小，故外電路總電阻R=R1+R并減小。依照閉合電路歐姆定律I=E/(R+r)，總電流強度I增大，由U=E-Ir知路端電壓即電壓表的示數將減小。因并聯電路電壓U并=U-IR1因此U并減小，通過R2的電流I2=U并/R2減小。由I3=I-I2，能夠看出R3支路的電流，即電流表的示數將增大。闡明：（１）判斷并聯電路的電壓時不能用U并=IR并，因為R并在減小而Ｉ在增大，其乘積倒底怎樣變，由題設條計不能確定；同樣在判斷I3時也不能用I3=U并/R3，因為R3和U并都在減小，無法確定I3怎樣變。此時應通過先研究阻值不變的電阻R1和R2的電壓、電流的變化，再去討論U并和I3的變化情況。（2）假如使用“串反并同”定則，判斷起來更簡捷，R3減小，則與它串聯的電流表的示數必增大；R1、R2、R3混聯電路電阻減小，則與它相并聯的電壓表的示數也應對應減小。例3：某一電源對外供電電路如圖，已知R1=6Ω，電源內阻r=1Ω，滑動變阻器的電阻R2變化范圍為0～4Ω。（1）當閉合開關S后，將變阻器的電阻調到有效電阻R2=2Ω時，電源消耗的總功率為16W，電源輸出功率為12W，求燈泡電阻RL的阻值。（2）若將開關S斷開，此時燈泡L消耗的功率為多少？（3）在開關S斷開的情況下，仍要使燈泡消耗的功率和S閉合時相同，應將滑動變阻器的滑動片向哪邊移動？移動到使其有效電阻值R2′等于多少的位置？解析：（1）因為電源內消耗功率：P內=I2r=P總－P出，因此因此，燈泡電阻（2）S斷開后，通過燈泡L的電流為：此時燈泡消耗的功率為：（3）若S斷開后仍要使燈泡消耗的功率和S閉合時相同，則由解（1）可知通過燈泡的電流仍應為1A，由閉合電路歐姆定律有：即滑動變阻器的滑動片應向右滑動到R2′等于3Ω處。串聯電路和并聯電路一、學習目標1．深入學習電路的串聯和并聯，了解串、并聯電路的電壓關系、電流關系和電阻關系，并能利用其處理有關關問題。二、知識點闡明1.串聯電路的特點：(1)電流：串聯電路中電流強度到處相等：I=I1=I2=I3。(2)電壓：串聯電路兩端的總電壓等于各串聯導體兩端的電壓之和。U=U1＋U2＋U3.(3)電阻：串聯電路的總電阻等于各串聯導體的電阻之和。R=R1＋R2＋R3.(4)分壓原理：串聯電路中的電阻起分壓作用，電壓的分派與電阻成正比。U1︰U2︰U3=IR1︰IR2︰IR3=R1︰R2︰R3(5)電功率、電功：串聯電路中的電功率、電功與電阻成正比。P1︰P2︰P3=I2R1︰I2R2︰I2R3=R1︰R2︰R3W1︰W2︰W3=I2R1t︰I2R2t︰I2R3t=R1︰R2︰R32.并聯電路的特點：(1)電流：并聯電路中干路中的總電流等于各支路中電流之和。I=I1＋I2＋I3。(2)電壓：并聯電路中，各支路兩端的電壓都相等。U1=U2=U3=U。(3)電阻：并聯電路中，總電阻的倒數，等于各支路電阻的倒數之和。。(4)分流原理：并聯電路中的電阻起分流作用，電流的分派與電阻成反比。I1︰I2︰I3=3.混聯電路：(1)處理混聯電路的措施是：求混聯電路的等效電路；利用歐姆定律和串、并聯電路的特點進行計算。(2)畫等效電路圖即是等效替代的措施；對復雜電路進行等效變換的一般標準是：1無阻導線可縮成一點，一點也能夠延展成無阻導線；2無電流的支路化簡時能夠去掉；3電勢相同的點能夠合并；4理想電流表能夠以為短路，理想的電壓表可以為斷路，電壓穩定期，電容器處可以為斷路。4.電壓表和電流表----串、并聯規律的應用常用的電壓表和電流表都是由小量程的電流表G（表頭）改裝而成。（1）表頭G：結構（從電路的角度看）：表頭就是一個電阻，同樣遵從歐姆定律，與其他電阻的不一樣僅在于通過表頭的電流是能夠從刻度盤上讀出來的。原理：磁場對通電導線的作用P98（為后續知識做準備）（2）描述表頭的三個特性量（三個重要參數）④①內阻Rg：表頭的內阻。②滿偏電流Ig：電表指針偏轉至最大角度時的電流（另簡介半偏電流）③滿偏電壓Ug：電表指針偏轉至最大角度時的電壓，與滿偏電流Ig的關系Ug=IgRg，因而若已知電表的內阻Rg，則依照歐姆定律可把對應各點的電流值改寫成電壓值，即電流表也是電壓表，本質上并無差異，只是刻度盤的刻度不一樣而已。通過對P52的“思考與討論”加深這方面的認識。（3）表頭的改裝和擴程（綜合利用串、并聯電路的規律和歐姆定律）5.電流表：把表頭G改裝成電流表，即把表頭的量程Ig擴大到電流表的量程I，這時應并聯一個電阻R，起分流作用。若電流表的擴大倍數為，由并聯電路的特點得：電流表的內阻：6.電壓表：把表頭G改裝成電壓表，即把表頭的量程Ug擴大到量程U，應串聯一個電阻起分壓作用。若電壓表的擴大倍數為，由串聯電路的特點得：電壓表的內阻為：RV=R＋Rg=nRg量程：U=nUg=IgRV三、經典例題例1：如圖所示的電路中，三個電阻的阻值相等，電流表A1、A2和A3的內電阻均可忽視，電流表的讀數分別為I1、I2和I3，則I1︰I2︰I3=_______︰_______︰_______。解析:依題意可知三只電流表電阻均不計，可用導線取而代之，故得等效電路圖如圖所示。無阻導線所連的A、A′可視為一點，B、B′也可視為一點，則其等效電路圖又可改畫成圖乙所示。顯然，三個等值電阻R1、R2、R3是并聯的。最后將三個電流表分別補接在對應的位置上，可得等效電路圖如丙。由并聯電路的分流關系可知，通過各電阻的電流相等，設為I。分析等效電路如圖丙可知：I1=3I，I2=2I，I3=2I。由此可得出I1、I2、I3的百分比關系。答案：I1︰I2︰I3=3︰2︰2。例2：有一只電壓表，它的內阻是100Ω，量程為0.2V，現要改裝成量程為10A的電流表，電壓表上應()A．并聯0.002Ω的電阻 B．并聯0.02Ω的電阻C．并聯50Ω的電阻 D．串聯4900Ω的電阻解析：改裝前電壓表的滿偏電流為Ig＝＝A＝2×10－3A由電流表的改裝原理可知需再并聯一只Rx的電阻Rx＝＝Ω≈0.02Ω。答案：B例3：如圖所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，滑動變阻器最大值R3＝5Ω，則當滑動觸頭從a滑到b的過程中，安培表示數的最小值為多少？解析：設觸頭上部分電阻為xΩ，則下部分為(5－x)Ω，總電阻R＝＝。由數學知識可知當2＋x＝8－x時，即x＝3Ω時，R最大此時Rmax＝Ω＝2.5Ω安培表的示數最小Imin＝＝A＝2A。答案：2A焦耳定律一、學習目標1．了解電功、電功率的概念，公式的物理意義。了解實際功率和額定功率。2．了解電功和電熱的關系。了解公式Q=I2Rt（P=I2R）、Q=U2t/R（P=U2/R）的適應條件。3．懂得非純電阻電路中電能與其他形式能轉化關系，電功不小于電熱。4．能利用能量轉化與守恒的觀點處理簡單的含電動機的非純電阻電路問題。二、知識點闡明1、電功：電流流過導體，導體內的自由電荷在電場力的作用下發生定向移動，在驅使自由電荷定向運動的過程中，電場力對自由電荷做了功，簡稱為電功。電功是電能轉化為其他形式能的量度。其計算公式：W=qU，W=UIt，W=Pt是普適公式而W=I2Rt和，只適合用于純電阻電路的運算。單位：1度=1千瓦時=3.6×106焦耳。2、電熱：Q=I2Rt是焦耳通過數次試驗得到的，是電能轉化為熱能的定量計算公式。變形公式：。3、電功和電熱的關系：W≥Q4、電流通過做功，電能所有轉化為熱能的電路叫純電阻電路；電能只有一部分轉化為內能，而大部分轉化為機械能、化學能等的電路叫非純電阻電路.5.電功率：電功率是描述電流做功快慢的物理量。由功率公式P=W/t得P=UIt/t=UI，這兩個公式是普適公式，而P=I2R，P=只適合用于純電阻電路。6.電熱功率：電熱功率是描述電流做功產生電熱快慢程度的物理量。由功率。7.電功率和電熱功率的關系：P≥PQ。8.額定功率和實際功率。（1）額定功率：指用電器正常工作時的功率，當用電器兩端電壓達成額定電壓時，電流也達成額定電流，功率達成額定功率。（2）實際功率：指用電器在實際電壓下電流做功的功率，只有當實際電壓等于額定電壓時，實際功率才等于額定功率。（3）在忽視R的變化時，有如下關系：三、經典例題例1：一直流電動機線圈內阻一定，用手握住轉軸使其不能轉動，在線圈兩端加電壓為0.3V，電流為0.3A，松開轉軸，在線圈兩端加電壓為2V時，電流為0.8A，電動機正常工作。求該電機正常工作時，輸入的電功率是多少？電功機的機械功率是多少？解析：（1）因為電動機不轉動時，其消耗的電功所有轉化為內能，故可看作純電阻電路，由歐姆定律得電動機線圈的內阻為。（2）電動機轉動時，消耗的電能轉化為內能和機械能，其輸入功率為：P入=I1U1=0.8×2=1.6W。電動機的機械功率為：P機=P入－I12r=1.6－0.82×1=0.96W闡明：（1）在非純電阻電路中，要注意區分電功和電熱；（2）對電動機：輸入的功率P入=IU，發熱功率P熱=I2R，輸出功率即機械功率為P機=P入－P熱=UI－I2R例2：將A、B兩個白熾燈接入電路，有關這兩只燈泡的發光情況，正確的說法是（）A.若A燈中的電流比B燈大，則A燈一定比B燈亮B.若A燈兩端的電壓比B燈大，則A燈一定比B燈亮C.若電流對A燈做的功比B燈多，則A燈一定比B燈亮D.若A燈消耗的電功率比B燈大，則A燈一定比B燈亮解析：白熾燈是利用電流的熱效應工作的，而燈泡的亮度取決于燈泡的實際功率，只有通過燈泡的電流大，燈泡兩端的電壓大，不能得到燈泡實際功率大這一結論，電流做功多，同樣不能確認實際功率大。答案：D例3：某商場安裝了一臺傾角為30°的自動扶梯，該扶梯在電壓為380V的電動機帶動下以0.4m/s的恒定速度向斜上方運動。電動機的最大輸出功率為4.9kW，不載人時測得電動機中的電流為5A，若載人時扶梯的移動速率和不載人時相同，則這臺自動扶梯可同時乘載的最多人數是多少？（設人的平均質量為60kg，g＝10m/s2）解析：因為電動機有最大輸出功率，這就決定了自動扶梯載人也有最大限額。從功率關系來看，電動機的輸出功率，⑴提供扶梯自身運動所需功率；⑵轉化為扶梯上的人以恒定速率向上所需的功率。設：可同時乘載的最多人數為n人，此時電動機處在最大輸出功率狀態，扶梯自身向上運動所需功率為：P1＝IU＝5×380W＝1900W＝1.9kW電動機的最大輸出功率為P，n個人以恒定速率v＝0.4m/s隨扶梯向上運動所需功率為：P2＝P－P1＝（4.9－1.9）kW＝3.0kW因此，載人的最多人數是：個注意：扶梯對人的支持力豎直向上，而人的運動方向與水平面有一夾角θ，故克服重力的功率為，而不是導體的電阻一、學習目標1、了解電阻的概念，明確導體的電阻是由導體自身的特性所決定。2、懂得導體的伏安特性曲線，懂得什么是線性元件和非線性元件。二、知識點闡明1.導體的電阻(1)定義：導體兩端電壓與通過導體電流的比值，叫做這段導體的電阻。(2)公式：R=U/I（定義式）闡明：A、對于給定導體，R一定，不存在R與U成正比，與I成反比的關系，R只跟導體自身的性質有關B、這個式子（定義）給出了測量電阻的措施——伏安法。C、電阻反應導體對電流的妨礙作用(3)單位：歐姆，符號Ω，且1Ω=1V／A，常用單位：Ω、kΩ、MΩ換算關系：1kΩ=103Ω1MΩ=103KΩ2.歐姆定律(1)定律內容：導體中電流強度跟它兩端電壓成正比，跟它的電阻成反比。(2)公式：I=U/R(3)適應范圍：一是部分電路，二是金屬導體、電解質溶液3.導體的伏安特性曲線(1)伏安特性曲線：用縱坐標表示電流I，橫坐標表示電壓U，這么畫出的I-U圖象叫做導體的伏安特性曲線。(2)線性元件和非線性元件線性元件：伏安特性曲線是通過原點的直線的電學元件。非線性元件：伏安特性曲線是曲線，即電流與電壓不成正比的電學元件。4.電阻的測量(1)伏安法測電阻的兩種電路形式（如圖所示）(2)試驗電路（電流表內外接法）的選擇測量未知電阻的原理是R＝，因為測量所需的電表實際上是非理想的，因此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，即系統誤差，要在實際測量中有效地減少這種因為電表測量所引起的系統誤差，必須依照如下標準：A:若＞，一般選電流表的內接法。如圖（a）所示。因為該電路中，電壓表的讀數U表示被測電阻Rx與電流表A串聯后的總電壓，電流表的讀數I表示通過自身和Rx的電流，因此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＝B:若＜，一般選電流表外接法。如圖（b）所示。因為該電路中電壓表的讀數U表示Rx兩端電壓，電流表的讀數I表示通過Rx與RV并聯電路的總電流，因此使用該電流所測電阻R測＝也比真實值Rx略小些，相對誤差a＝。三、經典例題例1：某電流表的內阻在0.1Ω～0.2Ω之間，現要測量其內阻，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，內阻約2kΩ）C．電壓表V2（量程15V，內阻約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及導線若干（1）電壓表應選用_____________；（2）畫出試驗電路圖；（3）如測得電壓表的讀數為V，電流表的讀數為I，則電流表A1內阻的體現式為：RA=______________。解：本題利用電壓表指電壓，電流表指電流的功效，依照歐姆定律R=計算電流表的內阻。因為電源電動勢為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行保護，故選用電壓表V1。因為電流表的內阻在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，因而伏特表不能并聯在電流表的兩端，必須將一個阻值為5Ω的定值電阻R2與電流表串聯再接到伏特表上，才滿足要求?；瑒幼冏杵髟诒驹囼炛蟹謮号c限流的連接方式均符合要求，但考慮限流的連接方式節能些，因而滑動變阻器采取限流的連接方式。故本題電壓表選用V1；設計電路圖如圖所示；電流表A1內阻的體現式為：RA=-R2。閉合電路的歐姆定律一、學習目標1.體驗能量轉化和守恒定律在電路中的詳細應用，了解內、外電路的能量轉化。經歷閉合電路的歐姆定律的理論推導過程。2.了解閉合電路的歐姆定律，了解內、外電路的電勢降落。3.會用閉合電路的歐姆定律分析路端電壓與負載的關系，并能進行簡單的有關的電路分析與計算。二、知識點闡明1.在外電路中，沿電流方向電勢減少。2.閉合電路的歐姆定律：(1)內容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比，跟內、外電路的電阻之和成反比。(2)公式：。(3)電動勢等于內外電路電勢降落之和。。3.路端電壓與負載的關系：。(1)當外電路斷開時，I變為0，即斷路時的路端電壓等于電源電動勢。(2)當電源兩端短路時，外電阻R=0，此時電路中的電流很大，因此不允許將電源兩端用導線直接連接在一起。三、經典例題例1：如圖所示，E=10V，C1=C2=30μF，R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，電池內阻可忽視。先閉合開關S，待電路穩定后，再將S斷開，則斷開S后流過電阻R1的電量為_________C。解析：S閉合時，C1兩板電壓等于電阻R2兩端電壓，上極板電勢高。C2兩極板間電壓為零.S斷開時，C1、C2兩端電壓均為E，且上極板電勢高。流過R1的電量為：Q=C1E＋C2E－Q1=2×30×10－6×10C－1.8×10－4C=4.2×10－4C。例2：如圖所示的電路中R1、R2、R3和R4皆為定值電阻，R5為可變電阻，電源的電動勢為E，內阻為r0.設電流表A的讀數為I，電壓表V的讀數為U.當R5的滑動觸點向圖中a端移動時（）A．I變大，U變小B．I變大，U變大C．I變小，U變大D．I變小，U變小分析：當滑頭向a移動時，R5的阻值變小，使R2、R4、R5的總阻值Rab變小，從而引起總的外阻R外的變小.得到Uab變小，因此的數值變小。答案：D多用電表的原理一、學習目標1.了解用伏安法測電阻，無論用“內接法”還是“外接法”，測出的阻值都有誤差，懂得誤差的產生是因為電壓表的分流或電流表的分壓作用導致的。會依照給出的詳細數據考慮選用哪一個接法，選用什么規格的儀器。2.懂得歐姆表測電阻的原理。會依照電阻的約略值選擇適宜的檔位來測量電阻。二、知識點闡明1、使用步驟及注意事項：（1）使用前應看一下指針是否指在刻度盤左端的零刻線處。假如不在，就應當進行機械調零：用小螺絲刀輕旋表頭正下方中央處的調零螺絲，使指針指左端零刻線。（2）依照被測物理量及其數量級將選擇開關旋到對應的位置。讀數時還要注意選用刻度盤上對應的量程刻度。（如測量20mA左右的直流電流，應將選擇開關對準左邊100mA量程處，在刻度盤上，應當看最下方的刻度，即滿偏刻度為10的刻度線，從刻度盤讀出數據后還應再乘10，得測量成果。）（3）使用歐姆擋時，在選好倍率后，還必須進行歐姆調零。措施是：將紅、黑表筆短接，調整歐姆調零旋鈕，使指針指右端零刻線處。因此用多用電表的歐姆擋測電阻的操作步驟是：①選擋。一般比被測電阻的估量值低一個數量級，如估量值為200Ω就應當選×10的倍率。②進行歐姆調零。③將紅黑表筆接被測電阻兩端進行測量。④將指針示數乘以倍率，得測量值。⑤將選擇開關扳到OFF或交流電壓最高擋。用歐姆擋測電阻，假如指針偏轉角度太?。粗羔標傅目潭戎堤螅瑧斣龃蟊堵手匦抡{零后再測；假如指針偏轉角度太大（即指針所指的刻度值太?。?，應當減小倍率重新調零后再測。（4）使用多用電表時，兩只手只能握住表筆的