高考物理總復習 第九章 第2講 電勢能 電勢和電勢差精練（含解析）-人教版高三物理試題

第3講勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系電容器A組基礎(chǔ)鞏固1.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變,在兩極板間插入一電介質(zhì),其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()A.C和U均增大 B.C增大,U減小C.C減小,U增大 D.C和U均減小答案B由C=εrS4πkd可知,插入電介質(zhì)后,εr增大,電容C增大;由U=QC可知U2.(2018東城期末)如圖所示是電容式話筒的原理圖,膜片與固定電極構(gòu)成一個電容器,用直流電源供電,當聲波使膜片振動時,電容發(fā)生變化,電路中形成變化的電流,于是電阻R兩端就輸出了與聲音變化規(guī)律相同的電壓()A.電容式話筒是通過改變正對面積來改變電容的B.電阻R兩端電壓變化的頻率與電流的頻率相同C.當膜片靠近固定電極時,電流從b流向aD.當膜片靠近固定電極時,電容器處于放電狀態(tài)答案B由C=εrS4πkd知,當膜片振動時,兩極板間距發(fā)生變化,電容發(fā)生變化,A錯;由C=εrS4πkd知,d減小時,C增大,又C=QU,因U不變,則Q應變大,3.如圖所示,充電的平行板電容器兩板間形成勻強電場,以A點為坐標原點,AB方向為位移x的正方向,能正確反映電勢φ隨位移x變化的圖像的是()ABCD答案C沿電場線方向電勢降低,A、B錯誤;設(shè)E與位移x正方向的夾角為θ,E=|U|d=|φB-φA|xcosθ,因E為勻強電場4.(2017石景山一模)如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g。粒子運動的加速度為()A.ldg B.d-ldg C.l答案A初始粒子靜止,則mg=qUd-l,撤去金屬板后兩極板間電壓U不變,間距變?yōu)閐,則mg-qUd=ma,解得a=l5.如圖1所示為一種電容式位移傳感器的原理圖,當被測物體在左右方向發(fā)生位移時,電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動。已知電容器的電容與電介質(zhì)板進入電容器的長度x之間的關(guān)系如圖2所示,其中C0為電介質(zhì)板沒有插入電容器時的電容。為判斷被測物體是否發(fā)生微小移動,將該電容式位移傳感器與電源、電流表、開關(guān)組成串聯(lián)回路(圖中未畫出)。被測物體的初始位置如圖1所示。電路閉合一段時間后,下列說法正確的是()圖1圖2A.若電源為直流電源且直流電流表示數(shù)不為零,說明物體一定在發(fā)生移動B.若電源為交流電源且交流電流表示數(shù)不為零,說明物體一定在發(fā)生移動C.若電源為直流電源且直流電流表示數(shù)變大,說明物體一定在向右發(fā)生移動D.若電源為交流電源且交流電流表示數(shù)變大,說明物體一定在向右發(fā)生移動答案A當被測物體發(fā)生移動時,電介質(zhì)板插入電容器兩極板間的深度發(fā)生變化,使電容器的電容也發(fā)生改變。在直流電路中,當電容器的電容改變時,電容器貯存的電荷量也發(fā)生改變,形成充(放)電電流。在交流電路中,即使電容器的電容保持不變,依然會因為電容器兩極板間電壓的變化而產(chǎn)生充(放)電電流,故A正確,B錯誤。若電源為直流電源且直流電流表示數(shù)變大,則物體可能向左發(fā)生移動,也可能向右發(fā)生移動,故C錯誤。若電源為交流電源且交流電流表示數(shù)變大,說明XC變小,由XC=12πfC知,C變大,由圖2知x變大,即物體向左發(fā)生移動,故6.空間有一勻強電場,在電場中建立如圖所示的直角坐標系Oxyz,M、N、P為電場中的三個點,M點的坐標為(0,a,0),N點的坐標為(a,0,0),P點的坐標為a,a2,a2。已知電場方向平行于直線MN,M點電勢為0,N點電勢為1V,A.22V B.32V C.14V答案D將立體圖畫成平面圖,如圖所示,P'為P在xOy平面上的投影,P與P'具有相等的電勢,可見P'點與MN的四等分點電勢相等,P'點的電勢為34V,故P點的電勢為347.(2018海淀一模)電容器充電后就儲存了能量,某同學研究電容器儲存的能量E與電容器的電容C、電荷量Q及電容器兩極板間電壓U之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā),認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他作出電容器兩極板間的電壓u隨電荷量q變化的圖像(如圖所示)。按照他的想法,下列說法正確的是()A.u-q圖線的斜率越大,電容C越大B.搬運Δq的電荷量,克服電場力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面積C.對同一電容器,電容器儲存的能量E與兩極板間電壓U成正比D.若電容器電荷量為Q時儲存的能量為E,則電容器電荷量為Q2時儲存的能量為答案B由電容器電容的定義式C=QU,可知,u-q圖線的斜率越大,C越小,A錯誤;電容器帶電荷量為q時,對應的兩極板間電壓為u,搬動Δq的電荷量,克服電場力做功Δqu,即近似等于圖中Δq上方小矩形的面積,B正確;對于同一電容器,能量E=12QU=12CU2,C錯誤;由E=12QU=Q8.如圖,一平行板電容器的兩個極板豎直放置,在兩極板間有一帶電小球,小球用一絕緣輕線懸掛于O點?，F(xiàn)給電容器緩慢充電,使兩極板所帶電荷量分別為+Q和-Q,此時懸線與豎直方向的夾角為π/6。再給電容器緩慢充電,直到懸線和豎直方向的夾角增加到π/3,且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。答案2Q解析設(shè)電容器電容為C。第一次充電后兩極板之間的電壓為U=Q兩極板之間電場的場強為E=U式中d為兩極板間的距離。按題意,當小球偏轉(zhuǎn)角θ1=π6時,小球處于平衡狀態(tài)。設(shè)小球質(zhì)量為m,所帶電荷量為q,Tcosθ1=mgTsinθ1=qE式中T為此時懸線的張力。得tanθ1=qQ設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ,此時小球偏轉(zhuǎn)角θ2=π3,tanθ2=q得tanθ1代入數(shù)據(jù)解得ΔQ=2QB組綜合提能1.(2018海淀二模)基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點,發(fā)明了指紋識別技術(shù)。目前許多國產(chǎn)手機都有指紋解鎖功能,常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器,如圖所示。指紋的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板,當手指貼在傳感器上時,這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器,這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同。此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值,然后電容器放電,電容小的電容器放電較快,根據(jù)放電快慢的不同,就可以探測到嵴和峪的位置,從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)。根據(jù)文中信息,下列說法正確的是()A.在峪處形成的電容器電容較大 B.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大C.在峪處形成的電容器放電較慢 D.潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響答案B由平行板電容器電容的決定式C=εrS4πkd可知,小極板面積相同,故S相同,在手指干燥的前提下εr相同,d大則C小,故在峪處d大,形成的電容器電容C小,在嵴處d小,形成的電容器電容C大。若手指頭潮濕,則εr不同,嵴、峪處形成的電容器電容均改變,故選項A、D均錯誤;又由題中知,電容小的電容器放電較快,在峪處形成的電容器電容小,放電快,故選項C錯誤;由Q=CU可知,電壓相同時C大的電荷量Q大2.(2018西城一模)2015年4月16日,全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在中國寧波基地下線,如圖甲所示。這種電車沒有傳統(tǒng)無軌電車的“長辮子”和空中供電網(wǎng),沒有尾氣排放,乘客上下車的幾十秒內(nèi)可充滿電并行駛幾公里,剎車和下坡時可把部分動能轉(zhuǎn)化成電能回收儲存再使用。甲乙丙(1)圖乙所示為超級電容器充電過程簡化電路圖,已知充電電源的電動勢為E,電路中的電阻為R。圖丙是某次充電時電流隨時間變化的i-t圖像,其中I0、T0均為已知量。a.類比是一種常用的研究方法,對于直線運動,我們學習了用v-t圖像求位移的方法。請你借鑒此方法,根據(jù)圖丙所示的i-t圖像,定性說明如何求電容器充電所獲得的電荷量;并求出該次充電結(jié)束時電容器所獲得的電荷量Q;b.請你說明在電容器充電的過程中,通過電阻R的電流為什么會逐漸減小;并求出電容器的電容C。(2)研究發(fā)現(xiàn),電容器儲存的能量表達式為ε=12CU2,其中U為電容器兩端所加電壓,C為電容器的電容。設(shè)在某一次緊急停車中,在汽車速度迅速減為0的過程中,超級電容器兩極板間電勢差由U1迅速增大到U2。已知電車及乘客總質(zhì)量為m,超級電容器的電容為C0,動能轉(zhuǎn)化為電容器儲存的電能的效率為η。求電車剎車前瞬間的速度v0答案(1)見解析(2)C解析(1)a.電容器充電所獲得的電荷量在數(shù)值上等于i-t圖線和橫軸所圍的面積。圖丙中每一小格的面積為S0=110I0×110T0=1100I圖線下約22小格,面積為S=22S0所以電容器所獲得的電荷量Q=22100I0T0=0.22I0T0(說明:21、22、23格均給分b.電容器充電時,通過R的電流i=E-UR,U為電容器兩端的電壓,隨著電容器上電荷量的增大,U也增大,充電結(jié)束時,電容器兩端電壓等于電源的電動勢,即U=E根據(jù)電容的定義式C=QU解得電容C=QE(2)根據(jù)能量守恒定律有12mv02×η=12C0U2解得電車剎車前瞬間的速度v0=C第4講帶電粒子在電場中的運動A組基礎(chǔ)鞏固1.(2017朝陽期末)關(guān)于“電子伏特(符號:eV)”,屬于下列哪一物理量的單位()A.電荷量 B.電壓 C.電流 D.能量答案D電荷量的單位庫侖,簡稱庫,用C表示,A錯誤;電壓的單位伏特,簡稱伏,用V表示,B錯誤;電流的單位安培,簡稱安,用A表示,C錯誤;一個電子經(jīng)過1伏特的電勢差加速后所獲得的動能為1電子伏特(1eV),是能量的單位,D正確。2.(2017豐臺一模)質(zhì)量不同、電荷量相同的粒子,不計重力,垂直于電場線射入同一個勻強電場。若它們離開電場時速度方向改變的角度相同,則它們在進入電場前必然具有相同的()A.速度 B.動量C.動能 D.動量或動能均可以答案C如圖所示,設(shè)電場區(qū)域?qū)挒長,電場強度大小為E,粒子帶電荷量為+q,質(zhì)量為m,進入電場時的速度為v0,出電場時的速度為v,在電場中的運動時間為t由類平拋運動規(guī)律可知L=v0ttanθ=vvy=ata=qE由以上各式解得tanθ=qELmv02,上式表明:若粒子離開電場時速度方向改變的角度相同,它們應具有相同的動能3.示波器是一種電子儀器,可以用它觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,其原理圖如圖甲所示。圖乙是從右向左看到的熒光屏的平面圖。在偏轉(zhuǎn)電極XX'、YY'上都不加電壓時,電子束將打在熒光屏的中心點;若亮點很快移動,由于視覺暫留關(guān)系,能在熒光屏上看到一條亮線。若在XX'上加如圖丙所示的掃描電壓,在YY'上加如圖丁所示的信號電壓,則在示波管熒光屏上看到的圖形是選項圖中的()答案A因水平方向XX'所加電壓可使電子在水平方向移動,豎直方向YY'所加電壓可使電子在豎直方向移動,所以A選項正確,B、C、D選項錯誤。4.如圖所示,在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置。一帶電粒子沿平行于板面的方向,從左側(cè)兩極板中央射入電場中,恰能從右側(cè)極板邊緣處離開電場。不計粒子重力。若可以改變某個量,下列哪種變化,仍能確保粒子一定飛出電場()A.只增大粒子的帶電荷量 B.只增大電場強度C.只減小粒子的比荷 D.只減小粒子的入射速度答案C設(shè)兩極板間的距離為d,由題意知粒子的偏移量y=d2,因y=12at2=Eq2m(Lv)2,要使粒子能飛出電場,可以減小帶電荷量或電場強度,或者減小比荷,5.(2018海淀期末)示波器的核心部件是示波管,其內(nèi)部抽成真空,如圖是它內(nèi)部結(jié)構(gòu)的簡化原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。熾熱的金屬絲可以連續(xù)發(fā)射電子,電子質(zhì)量為m,電荷量為e。發(fā)射出的電子由靜止經(jīng)電壓U1加速后,從金屬板的小孔O射出,沿OO'進入偏轉(zhuǎn)電場,經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上。偏轉(zhuǎn)電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成,已知極板的長度為l,兩板間的距離為d,極板間電壓為U2,偏轉(zhuǎn)電場極板的右端到熒光屏的距離為L。不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。(1)求電子從小孔O穿出時的速度大小v0;(2)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y;(3)若將極板M、N間所加的直流電壓U2改為交變電壓u=Umsin2πTt,電子穿過偏轉(zhuǎn)電場的時間遠小于交流電的周期T,且電子能全部打到熒光屏上,求電子打在熒光屏內(nèi)范圍的長度s答案(1)2U1em(2)U解析(1)U1e=12mvv0=(2)電子進入偏轉(zhuǎn)電場,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t水平方向t=l豎直方向E=U2dy=12at2=(3)當交變電壓為最大值Um時,設(shè)電子離開交變電場時沿豎直方向的速度為vym,最大側(cè)移量為ym;離開偏轉(zhuǎn)電場后到達熒光屏的時間為t1,在這段時間內(nèi)的側(cè)移量為y1則ym=Uvym=amt=Umeldmv0,t1=Lv0,y則s=2(ym+y1)=UmB組綜合提能1.如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點,則由O點靜止釋放的電子()A.運動到P點返回B.運動到P和P'點之間返回C.運動到P'點返回D.穿過P'點答案A由題意知,電子在A、B板間做勻加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2,由動能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P'點,由于板上帶電荷量沒有變化,B、C板間電場強度E=Ud=QCd=4πkQεrS,E不變,故電子仍運動到2.如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于()A.s22C.s42答案B因為兩粒子軌跡恰好相切,切點為矩形區(qū)域中心,則對其中一個粒子,水平方向s2=v0t,豎直方向h2=12at2且滿足a=Eqm,三式聯(lián)立解得v0=s3.(2017海淀零模)用靜電的方法來清除空氣中的灰塵,需要首先設(shè)法使空氣中的灰塵帶上一定的電荷,然后利用靜電場對電荷的作用力,使灰塵運動到指定的區(qū)域進行收集。為簡化計算,可認為每個灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同,設(shè)每個灰塵顆粒所帶電荷量為q,其所受空氣阻力與其速度大小成正比,表達式為F阻=kv(式中k為大于0的已知常量)。由于灰塵顆粒的質(zhì)量較小,為簡化計算,灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時間及通過的位移均可忽略不計,同時也不計灰塵顆粒之間的作用力及灰塵顆粒所受重力的影響。(1)有一種靜電除塵的設(shè)計方案是這樣的,需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部區(qū)域,將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端,恰好能將圓桶封閉,如圖甲所示。在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內(nèi)空間的電場可視為勻強電場),便可以在一段時間內(nèi)將圓桶區(qū)域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上,從而達到除塵的作用。求灰塵顆粒運動可達到的最大速率;(2)對于一個待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部區(qū)域,還可以設(shè)計另一種靜電除塵的方案:沿圓桶的軸線有一根細直導線作為電極,緊貼圓桶內(nèi)壁加一個薄金屬桶作為另一電極。在直導線電極外面套有一個由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護管,其軸線與直導線重合,如圖乙所示。若在兩電極間加上恒定的電壓,使得桶壁處電場強度的大小恰好等于第(1)問的方案中圓桶內(nèi)電場強度的大小,且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強度大小E的分布情況為E∝1r,式中r①試通過計算分析,帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的過程中,其瞬時速度大小v和其與直導線的距離r之間的關(guān)系;②對于直線運動,教材中講解了由v-t圖像下的面積求位移的方法。請你借鑒此方法,利用v隨r變化的關(guān)系,畫出1v隨r變化的圖像,答案(1)qUkH(2)解析(1)圓桶形容器內(nèi)的電場強度E1=U灰塵顆粒所受的電場力大小F=qUH電場力跟空氣阻力相平衡時,灰塵顆粒達到最大速率,并設(shè)為v1,則有kv1=qU解得v1=qU(2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強度隨其與直導線距離的增大而減小,且桶壁處的電場強度大小為第(1)問方案中圓桶內(nèi)電場強度的大小E1=UH,設(shè)在距直導線為r處的場強大小為E2,則E2E1=Rr,故與直導線越近處,電場強度越大。設(shè)灰塵顆粒運動到與直導線距離為r時的速度為v,則kv=qE2解得v=qUR上式表明,灰塵顆粒在向圓桶內(nèi)壁運動過程中,速度是逐漸減小的。②以r為橫軸,以1v為縱軸,作出1v在r到r+Δr微小距離內(nèi),電場強度可視為相同,其速度v可視為相同,對應于Δr的一段1v-r圖線下的面積為1vΔr=Δrv,顯然,這個小矩形的面積等于灰塵顆粒通過Δr的時間Δt=Δrv。所以,灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內(nèi)壁所需的總時間t等于從R0所以灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的時間t=kH第5講帶電粒子在電場中運動的綜合問題A組基礎(chǔ)鞏固1.如圖所示,a、b、c三條虛線為電場中的等勢面,等勢面b的電勢為零,且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等,一個帶正電的粒子在A點時的動能為10J,僅在電場力作用下從A運動到B速度變?yōu)榱?當這個粒子的動能為7.5J時,其電勢能為()A.12.5J B.2.5J C.0 D.-2.5J答案D根據(jù)題意可知,帶電粒子從A到B,電場力做功為-10J(動能定理),則帶電粒子從A運動到等勢面b時,電場力做功為-5J,粒子在等勢面b時動能為5J。帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和為5J,是守恒的,當動能為7.5J時,其電勢能為-2.5J。2.如圖甲所示,在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓。當t=0時,一個電子從靠近N板處由靜止開始運動,經(jīng)1.0×10-3s到達兩板正中間的P點,那么在3.0×10-3s這一時刻,電子所在的位置和速度大小為()A.到達M板,速度為零 B.到達P點,速度為零C.到達N板,速度為零 D.到達P點,速度不為零答案D在1.0×10-3s的時間里,電子做初速度為零的勻加速直線運動,當t=1.0×10-3s時電子到達P點,之后板間電壓反向,兩板間的電場強度大小不變,方向和原來相反,電子開始做勻減速直線運動,由于加速度的大小不變,當t=2.0×10-3s時電子到達靠近M板處,且速度減為零。隨后電子將反向做勻加速運動,當t=3.0×10-3s時電子又回到P點,且速度大小與第一次經(jīng)過P點時相等,而方向相反,故答案為D。3.如圖所示,在豎直向上的勻強電場中,一根不可伸長的絕緣細繩一端系著一個帶電小球,另一端固定于O點,小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,最高點為a,最低點為b。不計空氣阻力,則()A.小球帶負電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中,電勢能減小D.小球在運動過程中機械能守恒答案B由小球在圓周上各點受力分析可推知,只有電場力與重力平衡,小球才能做勻速圓周運動,故小球應帶正電,A錯、B對;小球從a點運動到b點的過程中,電場力做負功,電勢能增加,故C錯;因為有電場力對小球做功,所以小球的機械能不守恒,即D錯。4.空間存在著平行于x軸方向的靜電場,其電勢φ隨x的分布如圖所示,A、M、O、N、B為x軸上的點,OA<OB,OM=ON。一個帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動,則下列判斷中正確的是()A.粒子一定帶正電B.粒子從M向O運動過程中所受電場力均勻增大C.粒子一定能通過N點D.粒子從M向O運動過程電勢能逐漸增加答案C由E=Ud=ΔφΔx,可知A、O之間為水平向左的勻強電場E1,O、B間為水平向右的勻強電場E2,且E1>E2。粒子從M點由靜止向右運動,受向右的電場力作用,故粒子帶負電,A錯;帶負電的粒子由M→O過程中因E1恒定,電場力不變,B錯;因E1>E2,F1=qE1>F2=qE2,又OM=ON,再結(jié)合W=Fx=ΔEK知粒子一定能通過N點,C對;因由M→O電勢增大,則帶負電粒子由5.(2018海淀期末)如圖所示,在沿水平方向的勻強電場中,有一長度l=0.5m的絕緣輕繩上端固定在O點,下端系一質(zhì)量m=1.0×10-2kg、帶電荷量q=2.0×10-8C的小球(小球的大小可以忽略)在位置B點處于靜止狀態(tài),此時輕繩與豎直方向的夾角α=37°,空氣阻力不計,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。(1)求該電場場強大小;(2)在始終垂直于l的外力作用下將小球從B位置緩慢拉動到A點,求外力對帶電小球做的功;(3)過B點做一等勢面交電場線于C點,論證沿電場線方向電勢φA>φC。答案(1)3.75×106N/C(2)1.25×10-2J(3)見解析解析(1)帶電小球靜止,受到的合力等于零,電場力與重力的關(guān)系是Eq=mgtanαE=mgq代入數(shù)據(jù)得E=3.75×106N/C(2)小球在外力作用下從B點緩慢移動到A點過程中,根據(jù)動能定理有WF-Eqlsinα+mg(l-lcosα)=0WF=mgq代入數(shù)據(jù)得WF=1.25×10-2J(3)方法1:設(shè)一帶電荷量為+q的電荷在電場力作用下由A點移動到C點,電場力做功為WW=qUAC=q(φA-φC)因為W>0所以φA>φC方法2:設(shè)帶電荷量為+q的電荷放在A點,其電勢能為EpA,此電荷在電場力作用下從A點移到C點,在C點其電勢能為EpC因為電場力做正功,所以EpA>EpC電場中A點的電勢為φA=EpAq,C點的電勢為φ所以,φA>φCB組綜合提能1.(2018海淀一模)常用的溫差發(fā)電裝置的主要結(jié)構(gòu)是半導體熱電偶。如圖所示,熱電偶由N型半導體和P型半導體串聯(lián)而成,N型半導體的載流子(形成電流的自由電荷)是電子,P型半導體的載流子是空穴,空穴帶正電且電荷量等于元電荷e。若兩種半導體相連一端和高溫熱源接觸,而另一端A、B與低溫熱源接觸,兩種半導體中的載流子都會從高溫端向低溫端擴散,最終在A、B兩端形成穩(wěn)定的電勢差,且電勢差的大小與高溫熱源、低溫熱源間的溫度差有確定的函數(shù)關(guān)系。下列說法正確的是()A.B端是溫差發(fā)電裝置的正極B.熱電偶內(nèi)部非靜電力方向和載流子擴散方向相反C.溫差發(fā)電裝置供電時不需要消耗能量D.可以利用熱電偶設(shè)計一種測量高溫熱源溫度的傳感器答案DB端積聚了自由電子,A端積聚了空穴,熱電偶內(nèi)部電流方向從B→A,因此A端是溫差發(fā)電裝置的正極,A錯誤;熱電偶內(nèi)部非靜電力方向和載流子擴散方向相同,B錯誤;溫差發(fā)電裝置供電時,消耗高溫熱源的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為電能,C錯誤;由于電勢差的大小與高溫熱源、低溫熱源間的溫度差有確定的函數(shù)關(guān)系,所以在測出電勢差及低溫熱源溫度的前提下,可以確定高溫熱源的溫度,D正確。2.(2018海淀二模)通常情況下,空氣是不導電的。但是如果空氣中的電場很強,使得氣體分子中帶正電、負電的微粒所受的相反靜電力很大,以至于分子破碎,于是空氣中出現(xiàn)了可以自由移動的電荷,空氣變成了導體。這個現(xiàn)象叫做空氣被“擊穿”。如圖所示,兩金屬板之間的點A、B分別代表某一氣體分子破碎后帶正電、負電的兩個微粒(為了看得清楚,兩個點之間的距離做了放大),兩金屬板之間的距離為1.5cm,在兩金屬板間加6.0×104V的高電壓,兩板間就會出現(xiàn)放電現(xiàn)象。下列說法正確的是()A.板M接電源正極,板N接電源負極B.兩板間勻強電場的場強大小為4×104V/mC.分子破碎過程中,分子內(nèi)部的電勢能增大D.空氣導電時,兩極板間電場力對微粒A做負功答案C由題意可知A帶正電、B帶負電,故M板接電源負極,N板接電源正極,故選項A錯誤;由E=Ud可知,兩板間場強大小E=Ud=6.0×1041.5×10-2V/m=4×106V/m,故選項B錯誤;分子破碎過程中,分子內(nèi)帶正、負電的微粒間的庫侖引力做負功,故分子內(nèi)部的電勢能增大,選項C正確;空氣導電時,兩板板間的電場力使3.(2018房山一模)粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場,其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行,且沿x軸方向的電勢φ與坐標值x的函數(shù)關(guān)系滿足φ=4.5×104x(V),據(jù)此可作出如圖所示的φ-x圖像。圖中虛線AB為圖線在x=0.15m處的切線?，F(xiàn)有一個帶正電荷的滑塊P(可視作質(zhì)點),其質(zhì)量為m=0.10kg,電荷量為q=1.0×10-7C,其與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.20,g(1)沿x軸方向上,x1=0.1m和x2=0.15m兩點間的電勢差;(2)若將滑塊P無初速度地放在x1=0.1m處,滑塊將由靜止開始運動,滑塊運動到x2=0.15m處時速度的大小;(3)對于變化的電場,在極小的區(qū)域內(nèi)可以看成勻強電場。若將滑塊P無初速度地放在x1=0.1m處,滑塊將由靜止開始運動,a.它位于x2=0.15m處時加速度為多大;b.滑塊最終停在何處?分析說明整個運動過程中加速度和速度如何變化。答案(1)1.5×105V(2)1010m/s(3)a.0b.解析(1)U=φ1-φ2=1.5×105V(2)由動能定理有-μmg(x2-x1)+qU=12mv代入數(shù)據(jù)得v=1010(3)a.對于勻強電場E=Ud,在x2=0.15m附近場強變化很小,則場強E=ΔUΔx=|k|,即圖線在x2所以x2=0.15m處場強為E=6×1050由牛頓第二定律有ma=Eq-μmg解得a=0b.設(shè)滑塊停在x處,由動能定理得:q4.5×10代入數(shù)據(jù)解得:x=0.1m或x=0.225m。舍去x=0.1m,所以滑塊最終停在x=0.225m處?；瑝K在0.1~0.15m做加速度減小的加速運動,在0.15~0.225m做加速度增大的減速運動。4.我們一般認為,飛船在遠離星球的宇宙深處航行時,其他星體對飛船的萬有引力作用很微弱,可忽略不計。此時飛船將不受外力作用而做勻速直線運動。設(shè)想有一質(zhì)量為M的宇宙飛船,正以速度v0在宇宙中飛行。飛船可視為橫截面積為S的圓柱體(如圖1所示)。某時刻飛船監(jiān)測到前面有一片塵埃云。(1)已知在開始進入塵埃云的一段很短的時間Δt內(nèi),飛船的速度減小了Δv,求這段時間內(nèi)飛船受到的阻力大小。圖1(2)已知塵埃云分布均勻,密度為ρ。a.假設(shè)塵埃碰到飛船時,立即吸附在飛船表面。若不采取任何措施,飛船將不斷減速。通過監(jiān)測得到飛船速度的倒數(shù)“1/v”與飛行距離“x”的關(guān)系如圖2所示。求飛船的速度由v0減小1%的過程中發(fā)生的位移及所用的時間。圖2b.假設(shè)塵埃與飛船發(fā)生的是彈性碰撞,且不考慮塵埃間的相互作用。為了保證飛船能以速度v0勻速穿過塵埃云,在剛進入塵埃云時,飛船立即開啟內(nèi)置的離子加速器。已知該離子加速器是利用電場加速帶電粒子,形成向外發(fā)射的高速(遠遠大于飛船速度)粒子流,從而對飛行器產(chǎn)生推力的。若發(fā)射的是一價陽離子,每個陽離子的質(zhì)量為m,加速電壓為U,元電荷為e。在加速過程中飛行器質(zhì)量的變化可忽略。求單位時間內(nèi)射出的陽離子數(shù)。答案(1)MΔvΔt(2)a.M99ρS199解析(1)飛船的加速度a=Δ根據(jù)牛頓第二定律f=Ma飛船受到的阻力f=MΔ(2)a.對飛船和塵埃,根據(jù)動量守恒定律Mv0=(M+ρSx)99100v解得x=M由1v-xt=12(1v0解得t=199b.設(shè)在很短的時間Δt內(nèi),與飛船碰撞的塵埃的質(zhì)量為m',所受飛船的作用力為f'。飛船與塵埃發(fā)生的是彈性碰撞Mv0=Mv1+m'v212Mv02=12Mv解得v2=2MM由于M?m',所以碰撞后塵埃的速度v2=2v0對塵埃,根據(jù)動量定理f'Δt=m'v2其中m'=ρSv0Δt則飛船所受阻力為f'=2ρSv設(shè)一個離子在電場中加速后獲得的速度為v。根據(jù)動能定理eU=12mv設(shè)單位時間內(nèi)射出的離子數(shù)為n。在很短的時間Δt內(nèi),根據(jù)動量定理FΔt=nΔtmv則飛船所受動力F=nmv飛船做勻速運動F=f'解得n=2eUmρS第6講實驗:觀察電容器的充、放電現(xiàn)象A組基礎(chǔ)鞏固1.把一個電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示連接。先使開關(guān)S與1端相連,電源向電容器充電;然后把開關(guān)S擲向2端,電容器放電。與電流傳感器相連接的計算機所記錄這一過程中電流隨時間變化的I-t曲線如圖乙所示。下列關(guān)于這一過程的分析,正確的是()A.在形成電流曲線1的過程中,電容器兩極板間電壓逐漸減小B.在形成電流曲線2的過程中,電容器的電容逐漸減小C.曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積D.S接1端,只要時間足夠長,電容器兩極板間的電壓就能大于電源電動勢E答案C由于形成電流曲線1的過程是電容器的充電過程,形成電流曲線2的過程是電容器的放電過程,形成電流曲線1的過程中,電容器兩極板間電壓會隨著充電電荷量的增加而逐漸增大,A錯誤;由于電容器的電容是不隨電壓、電流的變化而變化的,故B錯誤;曲線1與橫軸所圍面積是充電的電荷量,曲線2與橫軸所圍面積就是放電的電荷量,由于充電電荷量等于放電電荷量,故C正確;當S接1端時,無論時間多么長,電容器兩極板間的電壓都不可能大于電源電動勢E,故D錯誤。2.利用如圖乙所示的電路圖原理描繪電容器放電時的I-t圖像。(1)將圖甲所示器材連接成實驗電路。(2)若得到如圖丙所示的電容器放電電流圖像,則電容器充滿電后儲存的電荷量q=。

答案(1)連接電路如圖。(2)3.36×10-3C解析(1)按照題給的電路圖連接線路。注意電流表極性和電解電容器極性。(2)電容器放電電流圖象與橫軸所圍面積中包含42個小方格,每個小方格面積為0.2mA×0.4s=0.08mAs=8.0×10-5C,電容器充滿電后儲存的電荷量q=42×8.0×10-5C=3.36×10-3C。3.某同學利用圖(a)所示電路測量電容器充電時兩極板間的電壓隨時間的變化。實驗中使用的器材為:電池E(內(nèi)阻很小)、開關(guān)S1和S2、電容器C(約100μF)、電阻R1(約200kΩ)、電阻R2(1kΩ)、電壓表(量程6V)、秒表、導線若干。(1)按圖(a)所示的電路原理圖將圖(b)中實物圖連接起來。(2)先閉合開關(guān)S2,再斷開開關(guān)S2;閉合開關(guān)S1,同時按下秒表開始計時.若某時刻電壓表的示數(shù)如圖(c)所示,電壓表的讀數(shù)為V(保留2位小數(shù))。

(3)該同學每隔10s記錄一次電壓表的讀數(shù)U,記錄的數(shù)據(jù)如表所示。在給出的坐標紙上繪出U-t圖線。已知只有一個數(shù)據(jù)點誤差較大,該數(shù)據(jù)點對應的表中的時間是s。

時間t/s10.020.030.040.050.060.0電壓U/V2.143.454.234.515.005.18(4)電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路的作用是

。

答案(1)見解析圖(2)3.60(3)40.0(4)使實驗前電容器兩極板上的電荷中和解析(1)實物圖連線如圖所示(2)電壓表的量程為6V,分度值為0.1V,所以讀數(shù)為3.60V。(3)從數(shù)據(jù)中可得出,電壓表示數(shù)變化得越來越慢,而從40s到50s之間數(shù)據(jù)變化又突然快了,所以該數(shù)據(jù)對應表中的時間為40.0。(4)電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路,先閉合開關(guān)S2,再斷開開關(guān)S2,使電容器上所帶電荷釋放干凈,不影響實驗。B組綜合提能1.(2018東城二模)在測定電容器電容值的實驗中,將電容器、電壓傳感器、阻值為3kΩ的電阻R、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示電路圖進行連接。先使開關(guān)S與1端相連,電源向電容器充電,充電完畢后把開關(guān)S擲向2端,電容器放電,直至放電完畢。實驗得到的與電壓傳感器相連接的計算機所記錄的電壓隨時間變化的u-t曲線如圖乙所示,圖丙為由計算機對圖乙進行數(shù)據(jù)處理后記錄了“峰值”及曲線與時間軸所圍“面積”的圖。甲乙丙(1)根據(jù)圖甲所示的電路,觀察圖乙可知:充電電流與放電電流方向(選填“相同”或“相反”),大小都隨時間(選填“增加”或“減小”);

(2)該電容器的電容為F;(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

(3)某同學認為:仍利用上述裝置,將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端,也可以測出電容器的電容值。請你分析并說明該同學的說法是否正確。答案(1)相反減小(2)1.0×10-2(3)見解析解析(1)從圖像就可以看出,充電和放電過程的電流方向是相反的,電流大小都隨著時間減小。(2)由Q=It=UR·t可知將圖中曲線與時間軸所圍面積數(shù)值除以電阻值,就可以得到電荷量Q,再由C=Q(3)正確。因為當開關(guān)S與2連接,電容器放電的過程中,電容器C與電阻R上的電壓大小相等,所以通過對放電曲線進行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值Um”及曲線與時間軸所圍“面積S”,仍可應用C=QU=S2.用下列器材測量電容器的電容:一塊多用電表,一臺直流穩(wěn)壓電源,一個待測電容器(額定電壓16V),定值電阻R1=100Ω,定值電阻R2=150Ω,電流傳感器、數(shù)據(jù)采集器和計算機,單刀雙擲開關(guān)S,導線若干。實驗過程如下:實驗次數(shù)實驗步驟第1次①將電阻R1等器材按照圖甲正確連接電路,將開關(guān)S與1端連接,電源向電容器充電②將開關(guān)S擲向2端,測得電流隨時間變化的i-t曲線如圖乙中的實線a所示第2次③用電阻R2替換R1,重復上述實驗步驟①②,測得電流隨時間變化的i-t曲線如圖丙中的某條虛線所示說明:兩次實驗中電源輸出的直流電壓恒定且相等請完成下列問題:(1)第1次實驗中,電阻R1兩端的最大電壓Um=V。

利用計算機軟件測得i-t曲線和兩坐標軸所圍的面積為90mA·s,已知電容器放電時其內(nèi)阻可以忽略不計,則電容器的電容為C=F。

(2)第2次實驗中,電流隨時間變化的i-t曲線應該是圖丁中的虛線(選填“b”“c”或“d”),判斷依據(jù)是。

答案(1)910.0×10-3(2)c兩次放電電量相等,圖線與t軸圍成的面積相等,另由于R2>R1,開關(guān)擲向2瞬間放電電流較小解析(1)由圖可知,最大電流Im=90mA=0.09A,計算得出最大電壓為Um=ImR1=0.09×100V=9V,i-t曲線和兩坐標軸所圍的面積表示電容器的帶電量Q=90mA·s,由電容器電容的定義式,C=Q/Um可得:C=10.0×10-3F。(2)第2次實驗中,電流隨時間變化的i-t曲線應該是圖丁中的虛線c。判斷依據(jù)是:根據(jù)im=UmR,因第2次實驗的最大放電電流小些,故不是b,根據(jù)Qm=CUm,因兩條曲線分別與坐標軸所圍成的面積相等,故不是d而應該是c,所以正確答案是本章小結(jié)知識系統(tǒng)構(gòu)建全章闖關(guān)檢測一、選擇題1.關(guān)于摩擦起電和感應起電,以下說法正確的是()A.摩擦起電是因為電荷的轉(zhuǎn)移,感應起電是因為產(chǎn)生了新電荷B.摩擦起電是因為產(chǎn)生了新電荷,感應起電是因為電荷的轉(zhuǎn)移C.不論摩擦起電還是感應起電都是電荷的轉(zhuǎn)移D.以上說法均不正確答案C由電荷守恒定律可知C正確。2.如圖所示為點電荷a、b所形成的電場線分布,以下說法正確的是()A.a、b均是正電荷B.a、b均是負電荷C.A點場強大于B點場強D.A點電勢高于B點電勢答案D電場線從正電荷或無窮遠處出發(fā),終止于負電荷或者無窮遠處,所以a應為正電荷,b為負電荷,故A、B選項均錯誤;電場線越密集,場強越大,故C選項錯誤;沿電場線方向電勢逐漸降低,故D選項正確。3.一個負點電荷僅受電場力的作用,從某電場中的a點由靜止釋放,它沿直線運動到b點的過程中,動能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像如圖所示,則能與圖線相對應的電場線分布圖是()答案B由圖知電荷的動能與位移成正比,所以電場是勻強電場,且電場力做正功,故B符合題意。4.一個帶正電的點電荷以一定的初速度v0(v0≠0),沿著垂直于勻強電場的方向射入電場,則其可能的運動軌跡應該是下圖中的()答案B點電荷垂直于電場方向進入電場時,電場力垂直于其初速度方向,點電荷做類平拋運動,選B。5.在勻強電場中有一平行四邊形ABCD,已知A、B、C三點的電勢分別為φA=10V、φB=8V、φC=2V,則D點的電勢為()A.8V B.6VC.4V D.1V答案C由于電場是勻強電場,則UAB=UDC,φA-φB=φD-φC,得φD=4V,C選項正確。6.某示波器在XX'、YY'不加偏轉(zhuǎn)電壓時光斑位于屏幕中心,現(xiàn)給其加如圖所示偏轉(zhuǎn)電壓,則在光屏上將會看到下列哪個圖形(選項圖為熒光屏,虛線為光屏坐標)()答案D加偏轉(zhuǎn)電壓后,由y=12eUmdt2=eUl22mdv7.如圖所示,充電后和電源斷開的水平放置的平行板電容器,上板帶負電,下板帶正電,帶電小球以速度v0水平射入電場,且沿下板邊緣飛出。若下板不動,將上板上移一小段距離,小球仍以相同的速度v0從原處飛入,則帶電小球()A.將打在下板中央B.仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C.不發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿直線運動D.由于板間距離變大,小球離開電場時速度將變小答案B將電容器上板上移一小段距離,電容器帶電荷量不變,由公式E=Ud=QCd=4kπQεrS可知,電容器產(chǎn)生的電場的場強不變8.(2017西城二模)某靜電場的電場線分布如圖所示,P、Q為該電場中的兩點。下列說法正確的是()A.P點場強大于Q點場強B.P點電勢低于Q點電勢C.將電子從P點移動到Q點,電場力做正功D.將電子從P點移動到Q點,其電勢能增大答案D電場線的疏密代表場強的強弱,由圖知EQ>EP,沿電場線電勢降低,φP>φQ,A、B錯誤;將電子從P點移動到Q點,電場力做負功,電勢能增大,C錯誤,D正確。9.某電容式話筒的原理示意圖如圖所示,E為電源,R為電阻,薄片P和Q為兩金屬極板。對著話筒說話時,P振動而Q可視為不動。在P、Q間距增大過程中()A.P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大B.P上電荷量保持不變C.M點的電勢比N點的低D.M點的電勢比N點的高答案D由C=εrS4πkd可知P、Q間距離d增大時電容C減小,A項錯誤;電容器P、Q兩端電壓不變,由C=QU知,電容減小將放電,電荷量減小,故B項也錯;放電時電流從M點經(jīng)R到N點,說明M點電勢高于N點電勢,二、非選擇題10.如圖所示,一質(zhì)量為m=1.0×10-2kg,帶電荷量為q=1.0×10-6C的小球,用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中,假設(shè)電場足夠大,靜止時懸線向左與豎直方向成θ=60°角。小球在運動過程中電荷量保持不變,重力加速度g=10m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)畫出小球受力圖并判斷小球帶何種電荷;(2)求電場強度E;(3)若在某時刻將細線突然剪斷,求經(jīng)過1s時小球的速度v。答案(1)見解析(2)1.7×105N/C(3)20m/s與豎直方向夾角為60°斜向左下方解析(1)受力如圖,小球帶負電(2)小球所受電場力F=qE由平衡條件得F=mgtanθ解得電場強度E=1.7×105N/C(3)剪斷細線后小球做初速度為0的勻加速直線運動小球所受合外力F合=mg/cosθ由牛頓第二定律有F合=ma由運動學公式v=at解得小球的速度v=20m/s速度方向與豎直方向夾角為60°斜向左下方11.(2018石景山一模)如圖所示,設(shè)電子剛剛離開金屬絲時的速度可忽略不計,經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d,不計電子所受重力。求:(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0的大小;(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Dy;(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時速度的大小和方向。答案(1)2eU0m(2)解析(1)根據(jù)功和能的關(guān)系,有eU0=12m電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0=2(2)在偏轉(zhuǎn)電場中,電子的運動時間Δt=Lv0電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=eU偏轉(zhuǎn)距離Δy=12a(Δt)2=(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于極板方向的速度vy=aΔt=e2m電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小v=v02+設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向的夾角為θ,則tanθ=vyv12.在一個水平面上建立x軸,在原點O右側(cè)空間有一個勻強電場,電場強度大小E=6×105N/C,方向與x軸正方向相同,在O處放一個電荷量q=5×10-8C、質(zhì)量m=0.010kg的帶負電絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,沿x軸正方向給物塊一個初速度v0=2m/s,如圖所示,(g取10m/s2)求:(1)物塊最終停止時的位置;(2)物塊在電場中運動過程的機械能增量。答案(1)原點O左側(cè)0.2m處(2)-0.016J解析(1)第一個過程:物塊向右做勻減速運動到速度為零。Ff=μmgF=qEFf+F=ma2as1=vs1=0.4m第二個過程:物塊向左做勻加速運動,離開電場后再做勻減速運動直到停止,由動能定理得:Fs1-Ff(s1+s2)=0,得s2=0.2m,則物塊停止在原點O左側(cè)0.2m處。(2)物塊在電場中運動過程的機械能增量ΔE=WFf=-2μmgs1=-0.016J。13.(2018豐臺二模)現(xiàn)代科學實驗證明了場的存在,靜電場與重力場有一定相似之處。帶電體在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)與物體在重力場中的平拋運動類似。(1)一質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出,落到水平面的位置與拋出點的水平距離為x。已知重力加速度為g,求拋出點的高度和小球落地時的速度大小。(2)若該小球處于完全失重的環(huán)境中,小球帶電荷量為+q,在相同位置以相同初速度拋出。空間存在豎直向下的勻強電場,小球運動到水平面的位置與第(1)問小球的落點相同。若取拋出點電勢為零,試求電場強度的大小和落地點的電勢。(3)類比電場強度和電勢的定義方法,請分別定義地球周圍某點的“重力場強度EG”和“重力勢φG”,并描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”。答案見解析解析(1)小球在水平方向做勻速直線運動x=v0t小球在豎直方向做自由落體運動h=12gt得h=g小球下落過程,根據(jù)動能定理mgh=12mv2-12得v=v(2)小球在水平方向做勻速直線運動x=v0t小球在豎直方向做勻加速直線運動h=12ata=qE得E=mg拋出點與落點之間的電勢差U=Eh=mg取拋出點電勢為零,U=0-φ地得φ地=-mg(3)重力場強度EG=Gm=mg或EG=Fm=GMmr若取地面為重力勢參考平面,則重力勢φG=Ep若取無窮遠處重力勢為零,則φG=Epm故地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”如圖所示第十章恒定電流第1講電流電阻電功及電功率A組基礎(chǔ)鞏固1.(2018海淀二模)在物理學中,常常用比值定義物理量,用來表示研究對象的某種性質(zhì)。下列關(guān)系式中,不屬于比值定義的是()A.電場強度E=Fq B.電流I=C.電容C=QU D.密度ρ=答案B比值法所定義的物理量,與表達式中的分子、分母無正、反比關(guān)系,只等于分子和分母的比值,而比值是恒定不變的,選項A、C、D都符合比值定義的特點,而B選項中電阻R是不變量,電流與電壓成正比關(guān)系,故電流不屬于比值定義的物理量,因此選項B符合題意。2.如圖所示,一根截面積為S的均勻長直橡膠棒上均勻帶有負電荷,單位體積內(nèi)的電荷量為q,當此棒沿軸線方向做速度為v的勻速直線運動時,由于棒運動而形成的等效電流大小為()A.vq B.qv C.qvS D.答案C電流的定義式I=Qt,即單位時間通過導體截面的電荷量,由題意知整段導體總電荷量Q=qLS,L為導體長度,t=Lv,所以等效電流大小I=Qt=3.(2017朝陽期末)現(xiàn)有規(guī)格為“220V,36W”的排氣扇,如圖所示,排氣扇電動機的線圈電阻為40Ω。當正常工作時,排氣扇的()A.通電電流計算式為I=22040B.輸出功率計算式為P出=(36-220C.發(fā)熱功率計算式為P熱=(36220)2D.電功率大于36W答案C由于排氣扇為非純電阻電器,不滿足歐姆定律R=UI,根據(jù)公式P=UI知,該排氣扇正常工作時的電流I=PU=36220A,A錯誤。發(fā)熱功率P熱=(36220)2×40W,輸出功率P出=P總-P熱=[36-(36220)2×40]W,B錯誤,C正確;4.(2015北京理綜,19,6分)如圖所示,其中電流表A的量程為0.6A,表盤均勻劃分為30個小格,每一小格表示0.02A;R1的阻值等于電流表內(nèi)阻的12;R2的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍。若用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值,則下列分析正確的是(A.將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示0.04AB.將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示0.02AC.將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示0.06AD.將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示0.01A答案C設(shè)電流表的內(nèi)阻為RA,則R1=12RA,R2=2RA,將接線柱1、2接入電路時,流過接線柱1的電流I1=3I0,其中I0為流過電流表A的電流,因此每一小格表示0.06A;將接線柱1、3接入電路時,流過接線柱1的電流I'1=3I0,其中I0為流過電流表A的電流,因此每一小格表示0.06A。選項A、B、D錯誤,C5.(2018西城期末)在如圖所示的電路中,電壓表、電流表均為理想電表。電源電動勢為12V,內(nèi)阻為1Ω,電動機線圈電阻為0.5Ω。開關(guān)閉合,電動機正常工作,電壓表示數(shù)為10V。則()A.電源兩端的電壓為12VB.電源的輸出功率為24WC.電動機消耗的電功率為80WD.電動機所做機械功的功率為18W答案D電源兩端的電壓U=E-Ir=10V,可得I=2A,電源的輸出功率P出=UI=20W,A、B錯誤。電動機消耗的電功率P=UI=20W,電動機所做機械功的功率P機=P-P熱=UI-I2R=18W,C錯誤、D正確。6.(2018石景山一模)兩個電壓表V1和V2是由完全相同的兩個電流表改裝而成的,V1量程是5V,V2量程是15V。現(xiàn)把V1和V2串聯(lián)起來測量15~20V電壓。下列說法中正確的是()A.V1和V2的示數(shù)相同B.V1和V2指針偏轉(zhuǎn)的角度相同C.V1和V2示數(shù)不同,指針偏轉(zhuǎn)的角度也不同D.V1和V2的示數(shù)與V1和V2的內(nèi)阻成反比答案B由于V1和V2是由完全相同的兩個電流表改裝而成的,當它們串聯(lián)起來測電壓的時候,通過它們的電流大小相等,故指針偏轉(zhuǎn)的角度相同,示數(shù)與內(nèi)阻成正比,并不相同。7.(2017東城二模)移動電源(俗稱充電寶)解決了眾多移動設(shè)備的“缺電之苦”,受到越來越多人的青睞。目前市場上大多數(shù)充電寶的核心部件是鋰離子電池(電動勢3.7V)及其充放電保護電路、充放電管理電路、升壓電路等。其中的升壓電路可以將鋰離子電池的輸出電壓提升到手機、平板電腦等移動設(shè)備所要求的輸入電壓(5V)。由于鋰離子電池的材料特性,在電池短路、過高或過低溫度、過度充電或放電等情況下都有可能引起電池漏液、起火或爆炸。為安全起見,中國民航總局做出了相關(guān)規(guī)定,如圖1所示。民航總局關(guān)于攜帶充電寶出行的相關(guān)規(guī)定低于100Wh可隨身攜帶,不可托運100~160Wh經(jīng)航空公司批準才能隨身攜帶(不超過兩塊),

不可托運超過160Wh禁止隨身攜帶,不可托運圖1為了給智能手機充電,小明購買了一款移動電源,其銘牌如圖2所示。給手機充電時該移動電源的效率按80%計算。產(chǎn)品名稱:移動電源電池容量:10000mAh3.7V電源輸入:5V-1A電源輸出1:5V-1A電源輸出2:5V-2.1A圖2根據(jù)以上材料判斷下列說法正確的是()A.這款移動電源能為手機提供的最大充電量為8000mAhB.這款移動電源充滿電后所儲存的總化學能為37WhC.乘飛機出行時,這款移動電源可以托運D.Wh與mAh均為能量單位答案B由表格可知電池容量為10000mAh,mAh是電量的單位,則A、D錯。E能=UIt=3.7V×10Ah=37Wh,B正確。由圖1知,所有充電寶都不可托運,C錯。8.(2018東城一模)兩根材料相同的均勻直導線a和b串聯(lián)在電路上,a長為l0,b長為2l0。(1)若沿長度方向的電勢隨位置的變化規(guī)律如圖所示,求:①a、b兩導線內(nèi)電場強度大小之比E1∶E2;②a、b兩導線橫截面積之比S1∶S2。(2)以下對直導線內(nèi)部做進一步分析:設(shè)導線單位體積內(nèi)有n個自由電子,電子電荷量為e,自由電子定向移動的平均速率為v。現(xiàn)將導線中電流I與導線橫截面積S的比值定義為電流密度,其大小用j表示。①請建立微觀模型,利用電流的定義式I=qt推導②從宏觀角度看,導體兩端有電壓,導體中就形成電流;從微觀角度看,若導體內(nèi)沒有電場,自由電子就不會定向移動。設(shè)導體的電阻率為ρ,導體內(nèi)場強為E,試猜想j與E的關(guān)系并推導出j、ρ、E三者間滿足的關(guān)系式。(解題過程中需要用到的物理量要在解題時作必要的說明)答案(1)①6∶1②1∶6(2)見解析解析(1)①根據(jù)U1=φ1-φ2,由圖像知:φ1=8V,φ2=2V,代入可得U1=6V,同理U2=2V根據(jù)E=Ud,由已知d1=l0,d2=2l0,代入可得E1∶E2②因為兩導線串聯(lián),所以電流I1=I2,由歐姆定律I=UR,電阻定律R=ρlS,將U1=6V,U2=2V,長度分別為l0和2l0代入,可得S1∶S(2)①在直導線內(nèi)任選一個橫截面S,在Δt時間內(nèi)以S為底,vΔt為高的柱體內(nèi)的自由電子都將從此截面通過,由電流及電流密度的定義知:j=IS=ΔqΔtS,其中②猜想:j與E成正比。設(shè)橫截面積為S,長為l的導線兩端電壓為U,則E=Ul電流密度的定義式為j=IS,將I=UR代入,得j=USR導線的電阻R=ρlS,代入上式,可得j、ρ、E三者間滿足的關(guān)系式為:j=EB組綜合提能1.(2017豐臺二模)如圖所示是某電路的示意圖,虛線框內(nèi)是超導限流器。超導限流器是一種短路故障電流限制裝置,它由超導部件和限流電阻并聯(lián)組成。當通過超導部件的電流大于其臨界電流I0時,超導部件由超導態(tài)(可認為電阻為零)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)(可認為是一個純電阻),以此來限制故障電流。超導部件正常態(tài)電阻R1=6Ω,臨界電流I0=0.6A,限流電阻R2=12Ω,燈泡L上標有“6V,3W”字樣,電源電動勢E=6V,內(nèi)阻忽略不計,則下列判斷不正確的是()A.當燈泡正常發(fā)光時,通過燈泡L的電流為0.5AB.當燈泡正常發(fā)光時,通過R2的電流為0.5AC.當燈泡L發(fā)生故障短路時,通過R1的電流為1AD.當燈泡L發(fā)生故障短路時,通過R2的電流為0.5A答案B若燈泡正常發(fā)光,通過燈泡的額定電流I=PU=3W6V=0.5A,電阻R2被短路,A對,B錯。若燈泡被短路,電源內(nèi)阻忽略不計,電路中電流無窮大,大于I0=0.6A,超導部件由超導態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài),則R1=6Ω,I干=ER總=6V12Ω×6Ω12Ω+6Ω=1.5A,則通過R1的電流為1A,通過R2.(多選)(2017西城期末)電飯鍋工作時有兩種狀態(tài):一種是鍋內(nèi)的水燒開以前的加熱狀態(tài),另一種是水燒開以后的保溫狀態(tài)。如圖所示是電飯鍋的電路圖,R1是電阻,R2是加熱用的電熱絲,S是自動開關(guān)。下列說法正確的是()A.開關(guān)S接通時,電飯鍋處于保溫狀態(tài)B.開關(guān)S接通時,電飯鍋處于加熱狀態(tài)C.當R1∶R2=1∶1時,R2在保溫狀態(tài)下的功率是加熱狀態(tài)下功率的一半D.當R1∶R2=1∶1時,R2在保溫狀態(tài)下的功率是加熱狀態(tài)下功率的四分之一答案BD當開關(guān)S斷開時,R1與R2串聯(lián),當開關(guān)S接通時,只有R2工作,由P=U2R知總電阻R越小,功率越大,故開關(guān)斷開時處于保溫狀態(tài),接通時處于加熱狀態(tài),A選項錯誤,B選項正確;當R1=R2時,保溫狀態(tài)下電流是加熱狀態(tài)下電流的一半,R2在保溫狀態(tài)下的功率是加熱狀態(tài)下功率的四分之一,C選項錯誤3.(2018房山二模)電荷的定向移動形成電流,電流是物理量中的基本量之一。電流載體稱為載流子,大自然有很多種承載電荷的載流子,例如,金屬導體內(nèi)可自由移動的電子、電解液內(nèi)的離子、等離子體內(nèi)的正負離子,半導體中的空穴,這些載流子的定向移動,都可形成電流。(1)電子繞氫原子核做圓周運動時,可等效為環(huán)形電流,已知靜電力常量為k,電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,電子在半徑為r的軌道上做圓周運動。試計算電子繞氫原子核在該軌道上做圓周運動形成的等效電流大小;(2)如圖,AD表示一段粗細均勻的導體,兩端加一定的電壓,導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v,設(shè)導體的橫截面積為S,導體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n,每個自由電荷所帶的電荷量為e。試證明導體中電流大小I=neSv;(3)有一圓柱形的純凈半導體硅,其橫截面積為2.5cm2,通有電流2mA時,其內(nèi)自由電子定向移動的平均速率為7.5×10-5m/s,空穴定向移動的平均速率為2.5×10-5m/s。已知硅的密度為2.4×103kg/m3,摩爾質(zhì)量是28g/mol。電子的電荷量e=-1.6×10-19C,空穴和電子總是成對出現(xiàn),它們所帶電荷量相等,但電性相反,阿伏加德羅常數(shù)為NA=6.02×1023mol-1。若一個硅原子至多只釋放一個自由電子,試估算此半導體材料平均多少個硅原子才有一個硅原子釋放出自由電子?答案見解析解析(1)電子繞氫原子核做圓周運動,所需的向心力由原子核對電子的庫侖引力來提供,根據(jù)ke2r又I=qt=解得I=e(2)導體中電流大小I=qtt時間內(nèi)所有電荷沿導體長度方向定向移動的距離為vt,則t時間內(nèi)通過導體某一橫截面的自由電荷數(shù)為nSvt,該時間內(nèi)通過導體該橫截面的電荷量q=nSvte,則I=neSv(3)設(shè)此半導體單位體積內(nèi)有n個自由電子,同時也將有n個空穴;以S表示橫截面積,v1和v2分別表示半導體中空穴和自由電子的定向移動速率,I1和I2分別表示半導體中空穴和自由電子形成的電流,則有I1=nev1SI2=nev2S總電流I=I1+I2由此可得n=I設(shè)單位體積內(nèi)有n個硅原子放出一個自由電子;單位體積內(nèi)硅原子的個數(shù)N=ρMN則nN=IM代入數(shù)據(jù)解得nN=1×10則知每1×105個硅原子才有一個硅原子釋放出一個自由電子第2講閉合電路歐姆定律A組基礎(chǔ)鞏固1.關(guān)于電動勢下列說法中正確的是()A.對于給定的電源,移動正電荷非靜電力做功越多,電動勢就越大B.電動勢大,說明非靜電力在電源內(nèi)部從負極向正極移動單位電荷量做功多C.電動勢、電壓和電勢差雖名稱不同,但物理意義相同,所以單位也相同D.在電源內(nèi)部把正電荷從負極移動到正極,非靜電力做功,電能增加答案D由電動勢公式E=W非q知,E等于非靜電力將單位正電荷在電源內(nèi)部從負極移動到正極所做功的值,所以A、B錯,電壓與電動勢的物理意義不同2.(2018西城二模)電動汽車由于節(jié)能環(huán)保的重要優(yōu)勢,越來越被大家認可。電動汽車儲能部件是由多個蓄電池串聯(lián)疊置組成的電池組,如圖所示。某品牌電動小轎車蓄電池的數(shù)據(jù)如表所示。下列說法正確的是()電池只數(shù)輸入電壓充電參數(shù)放電時平均電壓/只電池容量/只100只交流220V420V,20A3.3V120AhA.將電池組的兩極直接接在交流電上進行充電B.電池容量的單位Ah就是能量單位C.該電池組充電時的功率為4.4kWD.該電池組充滿電所儲存的能量為1.4×108J答案D由充電參數(shù)“420V,20A”知,電池組不是直接接在交流電上進行充電的,A錯誤。120Ah=120A×3600s=4.32×105C,可知Ah是電荷量單位,B錯誤。電池組充電時的功率P=UI=420×20W=8.4kW,C錯誤。該電池組充滿電儲存的能量為qU,即120×3600×3.3×100J≈1.4×108J,D正確。3.(2017朝陽期末)已知干電池的電動勢為1.5V,下列說法正確的是()A.當外電路閉合時,干電池兩極間的電壓等于1.5VB.當外電路斷開時,干電池兩極間的電壓等于零C.當外電路閉合時,在1s內(nèi)有1.5C的電荷通過電池D.當1C的電荷通過干電池時,干電池能把1.5J的化學能轉(zhuǎn)化為電能答案D由于干電池有內(nèi)阻,所以當外電路閉合時,干電池兩端的電壓應視為路端電壓,小于1.5V,A錯誤;當外電路斷開時,干電池兩極間的電壓等于電池電動勢1.5V,而不是零,B錯誤;當外電路閉合時,由q=It可知,若在1s內(nèi)有1.5C的電荷流過電池,此時電流大小為1.5A,而題中電阻未知,電流無法確定,C錯誤;根據(jù)電動勢的定義式E=Wq得W=Eq,當外電路閉合時,每有1C的電荷通過干電池,非靜電力做功就為1.5J,就有1.5J的化學能轉(zhuǎn)化為電能,D4.(2017西城期末)某同學把電流表、干電池和一個定值電阻串聯(lián)后,兩端連接兩支測量表筆,做成了一個測量電阻的裝置,如圖所示。兩支表筆直接接觸時,電流表的讀數(shù)為5.0mA;兩支表筆與300Ω的電阻相連時,電流表的讀數(shù)為2.0mA。由此可知,這個測量電阻裝置的內(nèi)阻是()A.200Ω B.300ΩC.500Ω D.800Ω答案A兩表筆直接接觸時,E=I1r兩表筆外接電阻R外時,E=I2(R外+r)聯(lián)立兩式解得r=I2I1-I25.如圖所示的電路中,A是電容器兩極板之間的一點,在A點有一個帶負電荷的質(zhì)點,質(zhì)點在重力和電場力的共同作用下處于靜止狀態(tài),當滑動變阻器連入電路的阻值減小時,帶電質(zhì)點的運動情況是()A.向上加速 B.向下加速C.保持靜止 D.向上勻速答案A滑動變阻器連入電路的阻值減小時,總電阻減小,則電流增大,電容器兩端的電壓增大,電場強度增大,質(zhì)點所受電場力增大,電場力大于重力,帶電質(zhì)點向上加速,故A正確,B、C、D錯誤。6.(多選)(2018海淀期末)如圖所示的電路中,閉合開關(guān)S,當滑動變阻器R的滑片P向上移動時,下列說法中正確的是()A.電流表示數(shù)變大B.電壓表示數(shù)變小C.電阻R0的電功率變大D.電源的總功率變小答案CD解法一當滑片P向上移動時,滑動變阻器接入電路中的阻值變大,電路的總阻值也變大,由閉合電路歐姆定律知干路電流I=Er+R外變小,電源內(nèi)阻分擔電壓U內(nèi)=Ir變小,外電壓U外=E-U內(nèi)變大,電壓表示數(shù)變大,B項錯。通過R0的電流I0=U外R0變大,通過電流表的電流IA=I-I0變小,電流表示數(shù)變小,A項錯。電阻R0的電功率P0=I02R0解法二由“串反并同”規(guī)律分析知,當滑片P向上移動時,滑動變阻器接入電路的阻值變大,則與之串聯(lián)的電流表示數(shù)變小,干路電流變小,電源總功率P總=EI變小;與之并聯(lián)的電壓表示數(shù)變大,電阻R0的電流、電壓、電功率均變大,因此選C、D。7.(2018朝陽期末)某同學利用一塊表頭和三個定值電阻設(shè)計了如圖所示的電表,該電表有1、2兩個量程。關(guān)于該電表,下列說法中正確的是()A.測電壓時,量程1一定小于量程2,與R1、R2和R3的阻值無關(guān)B.測電流時,量程1一定大于量程2,與R1、R2和R3的阻值無關(guān)C.測電壓時,量程1與量程2間的大小關(guān)系與R1、R2和R3的阻值有關(guān)D.測電流時,量程1與量程2間的大小關(guān)系與R1、R2和R3的阻值有關(guān)答案B當利用這塊電表測量電壓時,該表量程為當電流計滿偏時電流計所在支路的總電壓,即U=IgR,其中R為支路總電阻,因量程2的支路總電阻小于量程1的支路總電阻,所以量程2小于量程1,故選項A、C均錯誤;當利用此電表測電流時,電表量程等于電流計滿偏時兩支路電流之和,由并聯(lián)電路的支路電流關(guān)系可以知道,量程1一定大于量程2,所以選項D錯誤,選項B正確。8.如圖所示,已知電源電動勢E=5V,內(nèi)阻r=2Ω,定值電阻R1=0.5Ω,滑動變阻器R2的阻值范圍為0~10Ω。求:(1)當滑動變阻器R2接入電路的阻值為多大時,電阻R1消耗的功率最大,最大功率是多少。(2)當滑動變阻器接入電路的阻值為多大時,滑動變阻器消耗的功率最大,最大功率是多少。(3)當滑動變阻器接入電路的阻值為多大時,電源的輸出功率最大,最大功率是多少。答案見解析解析(1)定值電阻R1消耗的電功率為P1=I2R1=E2R1(R1+R2+r)2,可見當滑動變阻器接入電路的阻值為0(2)將定值電阻R1看做電源內(nèi)阻的一部分,則電源的等效內(nèi)阻r'=R1+r=2.5Ω,故當滑動變阻器接入電路的阻值R2=r'=2.5Ω時,滑動變阻器消耗的功率最大,最大功率為P2m=E24(3)由電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系可知,當R1+R2'=r,即R2'=r-R1=(2-0.5)Ω=1.5Ω時,電源有最大輸出功率,最大輸出功率為P出m=E24rB組綜合提能1.(2017西城二模)智能手機電池“快速充電技術(shù)”可以使用戶在短時間內(nèi)完成充電。比如對一塊額定電壓3.7V、容量1430毫安時的電池充電,可以在半小時內(nèi)將電池充到滿容量的75%。結(jié)合本段文字和你所學知識,關(guān)于“快速充電技術(shù)”,你認為下列敘述中比較合理的是()A.這里所提到的“毫安時”指的是一種能量單位B.這里所提到的“滿容量的75%”是指將電池電壓充到3.7V的75%C.快速充電技術(shù)提高了鋰電池的原有容量D.對額定電壓3.7V的鋰電池充電,其充電電壓應高于3.7V答案D根據(jù)q=It可知,毫安時(mAh)是電荷量的單位,不是能量的單位,故A錯誤;這里所提到的“滿容量的75%”是將電量充到滿容量的75%,故B錯誤;快速充電技術(shù)提高了鋰電池的充電速度,不會提高原有容量,故C錯誤;為了能為電池充電,對額定電壓3.7V的鋰電池充電,其充電電壓應高于3.7V,故D正確。2.(2017海淀二模)電源的兩個重要參數(shù)分別是電動勢E和內(nèi)電阻r。對一個電路有兩種特殊情況:當外電路斷開時,電源兩端的電壓等于電源電動勢;當外電路短路時,短路電流等于電動勢和內(nèi)電阻的比值?，F(xiàn)有一個電動勢為E、內(nèi)電阻為r的電源和一阻值為R的定值電阻,將它們串聯(lián)或并聯(lián)組成的系統(tǒng)視為一個新的等效電源,這兩種連接方式構(gòu)成的等效電源分別如圖甲和圖乙中虛線框所示。設(shè)新的等效電源的電動勢為E',內(nèi)電阻為r'。試根據(jù)以上信息,判斷下列說法中正確的是()A.圖甲中的E'=rRB.圖甲中的E'=RRC.圖乙中的E'=E,r'=RrD.圖乙中的E'=RR+答案D當外電路斷開時,電源兩端的電壓等于電源電動勢,圖甲中的等效電源外電路斷開時,I=0,R相當于導線,則等效電源的電動勢仍為E,R與r串聯(lián)形成新電源的內(nèi)電阻,所以內(nèi)電阻為R+r。乙的等效電源外電路斷開時,新電源兩端電壓即R兩端電壓為ERR+r,則等效電源的電動勢為RR+rE,R與r并聯(lián)形成新的電源內(nèi)電阻3.(2015北京理綜,24)真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置,如圖所示。光照前兩板都不帶電。以光照射A板,則板中的電子可能吸收光的能量而逸出。假設(shè)所有逸出的電子都垂直于A板向B板運動,忽略電子之間的相互作用。保持光照條件不變。a和b為接線柱。已知單位時間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N,電子逸出時的最大動能為Ekm。元電荷為e。(1)求A板和B板之間的最大電勢差Um,以及將a、b短接時回路中的電流I短。(2)圖示裝置可看做直流電源,求其電動勢E和內(nèi)阻r。(3)在a和b之間連接一個外電阻時,該電阻兩端的電壓為U。外電阻上消耗的電功率設(shè)為P;單位時間內(nèi)到達B板的電子在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設(shè)為ΔEk。請推導證明:P=ΔEk。(注意:解題過程中需要用到但題目沒有給出的物理量,要在解題中作必要的說明)答案(1)Ekme(2)Ekme(3)見解析解析(1)由動能定理,Ekm=eUm,可得Um=E短路時所有逸出電子都到達B板,故短路電流I短=Ne(2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓,即上面求出的Um,所以E=Um=E電源內(nèi)阻r=EI短(3)外電阻兩端的電壓為U,則電源兩端的電壓也是U。由動能定理,一個電子經(jīng)電源內(nèi)部電場后損失的動能ΔEke=eU設(shè)單位時間內(nèi)有N'個電子到達B板,則損失的動能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU根據(jù)電流的定義,此時電源內(nèi)