高三物理高考备考第十章第二课时

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(A版)2019版高考物理一轮复习考点考法第10章磁场课件新人教版

单位：特斯拉(简称特，用字母T表示)
方向：小磁针静止时N极所指的方向为该点的磁感应强度的方
向．
✓ (3)矢量性：磁感应强度是矢量，其方向就是磁场方向，即小磁针静止时N极所指的方向，其合成遵循平行四边形定则．
3．磁通量
✓ (1)定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫穿过这个面积的磁通量，简称磁通．用字母Φ表示．定义式：Φ＝BS.
【答案】D
考法2 磁感应强度的矢量性
例2
[辽宁沈阳东北育才2016模拟]如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1与I2且I1>I2，与两根导线垂直的同一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两根导线的水平连线上且间距相等，b是两根导线连线的中点，b、d连线与两根导线连线垂直．则( )
③安培分子电流假说可以解释以下磁现象：磁体周围磁场的产生原因、磁化现象、磁体的消磁等．
2．磁感应强度
✓ (1)物理意义：用来描述磁场强弱和方向的物理量．用符号B表
示．
✓ (2)大小：当一段通电直导线垂直磁场方向放置时，其所受磁场
力F与导线的长度L和电流I的乘积的比值即为该处的磁感应强度的大小，即：B＝F/IL.
②通电螺线管的磁场：用右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，大拇指所指的方向就是螺线管中心轴线上的磁感线的方向(大拇指指向螺线管北极)．如图所示．
③环形电流的磁场：可视为单匝螺线管，判定方法与螺线管相同．
✓ (7)安培分子电流假说
①电流是由大量的自由电荷做定向移动而形成的，所以可以理解为电流周围的磁场是由电荷的运动产生的．
③磁偏角：地球的地理两极与地磁两极并不完全重合，磁针并非准确地指南或指北，其间有一个夹角，叫地磁偏角，简称磁偏角．

高三物理第十章知识点总结

高三物理第十章知识点总结高三物理第十章是电磁波和光的章节，主要包括电磁波的基本特性、电磁波谱以及光的波动性和光的粒子性。

本文将对这些知识点进行总结和归纳，并探讨其应用和相关实验。

一、电磁波的基本特性电磁波是由变化的电场和磁场相互作用产生的波动现象。

电磁波具有以下几个基本特性：1. 传播特性：电磁波是一种纵横交织的横波，沿着垂直于电场和磁场方向的方向传播。

2. 速度：电磁波在真空中的传播速度是光速，即3.00×10^8 m/s。

3. 能量传递：电磁波通过电场和磁场的振动传递能量，能够产生对物体的辐射和吸收作用。

二、电磁波谱电磁波谱是将电磁波按照频率或波长进行分类的图谱。

根据波长从小到大的顺序，可以分为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线。

1. 无线电波：波长较长，频率较低，可以用于通信、广播和雷达等应用。

2. 微波：波长介于无线电波和红外线之间，广泛应用于雷达、通信和微波炉等领域。

3. 红外线：波长介于可见光和微波之间，有辐射热能的作用，被广泛应用于红外热像仪和遥控器等设备。

4. 可见光：波长范围在400nm到700nm之间，是人眼可以看到的光线。

5. 紫外线：波长比可见光短，有辐射紫外线的作用，被广泛应用于消毒、紫外线灯等领域。

6. X射线：波长比紫外线更短，具有较强的穿透力，被广泛应用于医学影像学和材料检测等领域。

7. γ射线：波长最短，具有很高的能量和穿透力，主要用于放射疗法和科学研究等领域。

三、光的波动性光的波动性是指光可以表现出干涉、衍射和偏振等波动现象。

1. 干涉：当两束光波相遇时，由于光的波动性，会出现互相加强或互相抵消的现象。

常见的干涉现象有杨氏双缝干涉和牛顿环干涉等。

2. 衍射：当光波通过一个开口或绕过一个物体时，光的波动性会导致光的弯曲和扩散现象。

著名的衍射实验有杨氏双缝衍射和单缝衍射等。

3. 偏振：光波中的电场矢量振动方向可以沿任意方向，但通过偏振器后，只能沿特定方向振动。

近年年高考物理一轮复习第10章电磁感应新人教版(2021学年)

201９年高考物理一轮复习第１0章电磁感应新人教版编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第10章电磁感应新人教版)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第十章电磁感应综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共８小题,每小题6分，共计48分。

1~4题为单选，5 ~8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,错选或不选的得０分)1．(2018·浙江杭州五校联考）如图所示，有以下操作:（1）铜盘放置在与盘垂直的均匀分布且逐渐增强的磁场中；(2)铜盘在垂直于铜盘的匀强磁场中绕中心轴匀速运动;(３)铜盘在蹄形磁铁两极之间匀速转动；（4）在铜盘的圆心与边缘之间接一电流计,铜盘在蹄形磁铁两极间匀速运动。

下列针对这四种操作的说法正确的是错误!( Ｃ )A．四种情况都会产生感应电流B．只有(４）中会出现感应电流Ｃ．(４）中圆盘边缘为“电源"正极D.(2)中电流沿逆时针方向［解析] (１)中穿过铜盘的磁通量均匀变化,产生的是稳定的电流;（2)中铜盘中的磁通量不变，故铜盘中不会产生感应电流和涡流;（3）中铜盘的不同部分不断地进出磁场,切割磁感线运动，所以会产生感应电流，ABＤ错误；（4)中铜盘边缘A点为“电源"正极，Ｏ点为“电源"负极，所以C正确。

2.（2018·山东省莱芜高三上学期期末试题)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为ｖ，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R,则下列说法错误的是错误!( B )A.线框穿进磁场过程中,框中电流的方向为ＡBＣＤB．AＣ刚进入磁场时线框中感应电流为错误!C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为错误!D.此时CD两端电压为错误!Bａv［解析］线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向,故A正确; AC刚进入磁场时CＤ边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势:E＝Bav，则线框中感应电流为：Ｉ＝E R=＼ｆ(Bav,R）；故CD两端的电压为U＝I·错误!R=错误!Bav,故B错误,D正确；ＡC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是：F=ＢＩa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以ＡC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CＤ边受到的安培力的矢量合,即:Ｆ合=错误!F ＝错误!，方向竖直向下，故Ｃ正确.３．(2018·河北张家口检测）如图，直角三角形金属框abｃ放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上．当金属框绕aｂ边以角速度ω逆时针转动时,a、ｂ、c三点的电势分别为Uａ、Ｕb、U c.已知bc边的长度为l。

高考物理二轮细致复习典范第十章单元复习新人教版选修32(1)

单元复习【知识框架】【复习指导】一、知识特点1.本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用.其知识特点是了解识记的基本概念较多，主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一中心展开，在此基础上研究了变压器的工作原理和远距离输电.另外，简单介绍了电感、电容对交变电流的影响.2.本章知识的另一个特点是与科学技术和生活实际联系密切，在学习的过程中，要注意理论联系实际，要善于知识的迁移、综合和应用.二、复习方法及重点难点突破1.复习方法(1)以“交变电流的规律”为复习中心，掌握交变电流的产生、特点及特征物理量.(2)以“变压器的原理”为复习核心，掌握变压器传输电能的特点，掌握远距离输电问题的特点及分析方法.2.重点难点突破方法(1)要注意区分瞬时值、有效值、最大值、平均值.①瞬时值随时间做周期性变化，表达式为e=nBSωsinωt(从中性面开始计时).②有效值是利用电流的热效应定义的，即如果交流电通过电阻时产生的热量与直流电通过同一电阻在相同时间内产生的热量相等，则直流电的数值就是该交流电的有效值.用来计算电路中的电功率和电热.③最大值用E m=nBSω来计算，是穿过线圈平面的磁通量为零时的感应电动势.④平均值是利用来进行计算的，计算电量时用平均值.(2)理想变压器的有关问题，要注意掌握电流比的应用，当只有一原一副时电流比，当理想变压器为一原多副时，电流比关系则不适用，只能利用输入功率与输出功率相等来进行计算.同时掌握输入功率与输出功率的决定与被决定的关系.(3)要了解远距离输电的基本模式，弄清输电的基本规律，正确设计出输电方案，更好地传送电能.(4)对传感器部分：①应知道求解传感器问题的思路：传感器问题具有涉及的知识点多、综合性强、能力要求高等特点，而传感器的形式又多种多样，有的原理甚至较难理解.但不管怎样，搞清传感器的工作原理及过程是求解问题的关键.因此，求解时必须结合题目提供的所有信息，认真分析传感器所在的电路结构，这样才能对题目的要求作出解释或回答.另外，平时应多注意实际生产、生活中的一些实例，多一些思考，多动手，多查资料，开阔自己的视野，丰富自己的经验，达到学以致用、活学活用的目的.②特别注意加速度计与加速度传感器：加速度传感器实际上是变式加速度计，它将加速度信号转换为电压信号输出，该传感器可以制作成振动传感器(因为振动物体的加速度一般不为零)，振动传感器可以广泛地应用在报警、测量等领域(如汽车、摩托车防盗报警器等).一、选择题(本大题共 9小题，每小题7分，共63分.每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系如图所示.如果此线圈和一个R=100 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列叙述正确的是( )A.交变电流的周期为0.02 sB.交变电流的最大值为1 A源C.交变电流的有效值为1 AD.电阻R两端的最大电压为141 V2.如图所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R的两端.线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动.设线圈转动到图示位置的时刻t=0，则( )A在t=0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R的电流为0，电压表的读数也为0B.1秒钟内流过电阻R的电流方向改变ωπ次C.在电阻R的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D.在电阻R的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变3.(2013·杭州模拟)如图所示,水平铜盘半径为r,置于磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中,铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动,铜盘的边缘及中心处分别通过滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连,该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1,变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连,则( )A.变压器原线圈两端的电压为Br2ω/2B.若R1不变时,通过负载R2的电流强度为0C.若R1不变时,变压器的副线圈磁通量为0D.若R1变化时,通过负载R2的电流强度为通过R1电流的1 n4.一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压,其最大值保持不变,副线圈接有可调电阻R,触头P与线圈始终接触良好,下列判断正确的是( )A.若通过电路中A、C两处的电流分别为IA、I C,则IA＞I CB.若仅使电阻R增大,则原线圈的输入电功率增大C.若仅将触头P向A端滑动,则电阻R消耗的电功率增大D.若在使电阻R减小的同时,将触头P向A端滑动,则通过A处的电流增大5.(2013·常州模拟)两只相同的电阻,分别通过正弦交流电和方形波的交流电.两种交变电流的最大值相等,波形如图所示,在正弦交流电的一个周期内,正弦交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比为( )A.3∶1B.1∶2C.2∶1D.4∶36.(2013·广州模拟)如图是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )A.a是升压变压器，b是降压变压器B.a是降压变压器，b是升压变压器C.a的输出电压等于b的输入电压D.a的输出电压等于输电线上损失的电压7.(2013·中山模拟)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1∶10 的理想变压器给一灯泡供电,如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W.现闭合开关，灯泡正常发光.则( )A.t=0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B.交流发电机的转速为50 r/sC.变压器原线圈中电流表示数为1D.灯泡的额定电压为2202 V8.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示.当开关S闭合后( )A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B. A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变9.如图,闭合导线框ab cd中产生感应电流的下列说法中正确的是( )A.只要它在磁场中做切割磁感线的运动,线框中就产生感应电流B.只要它处于变化的磁场中,线框中就产生感应电流C.它以任何一条边为轴,在磁场中旋转,线框中就产生感应电流D.它以OO′为轴在磁场中旋转,当穿过线框的磁通量为0时,线框中有感应电流二、实验题(7分)10.传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图.则(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在________(选填“a”或“b”).(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________移动(选填“左”或“右”).三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(12分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度2=B T.用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW”的电动机正常工作，需在发电机π的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？12.(2013·济宁模拟)(18分)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能,现在水力发电已经成为我国的重要能源之一.某小河水流量为40 m 3/s,现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电. (1)设发电机输出电压为500 V,在输送途中允许的电阻为5 Ω,允许损耗总功率的5%,则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少?(2)若所用发电机总效率为50%,要使发电机能发挥它的最佳效能,则拦河坝至少要建多高?(g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.由题图可知周期T=4×10-2s ，A 项错误.由e -t 图知E m =100 V ，mE E 50 2 V 2==有效，则m m E I 1 A R ==，B 项正确. 12I A A 22==有效，C 项错.电阻R 两端的最大电压U m =E m =100V ，D 项错误.2.【解析】选B 、C.在t=0时刻，线圈中穿过的磁通量最大，此时的瞬时感应电动势为零，但由于电压表测量的是有效值，故此时的电压表示数不为零，流过电阻R 的电流为零，A 错误；因为交变电流的周期为2πω，而一个周期内交变电流的方向发生两次改变，所以1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次，B 正确；在电阻R 的两端再并联一只电阻后，由于外电路的总电阻减小，而电压表测量的是外电压，故电压表的读数将减小，C 正确；在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，由于电容器有通交流的特性，所以等效为外电路的总电阻减小，故电压表的示数将减小，D 错误.3.【解析】选B.水平铜盘做匀速圆周运动,半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源.当R 1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压,副线圈中的磁通量一定,磁通量的变化量为零,则副线圈电压为零,可知A 、C 错误,B 正确;当R 1变化时,原线圈所加的电压也发生变化,但由于原线圈所加的不是交流电压,其原、副线圈的电流关系不确定,故D 错误.4.【解析】选C 、D. AB 部分接电源为原线圈，P B 部分接用电器为副线圈，原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故原线圈中的电流小于副线圈中的电流，A 错误；若仅使电阻R 增大，由2U P R =可知输出功率将减小，输入功率也减小，B 错误；若仅将触头P 向A 端滑动，U 增大，由2U P R=可知R 消耗的电功率增大，C 正确；若在使电阻R 减小的同时，将触头P 向A 端滑动，副线圈两端电压变大，电阻R 变小，故副线圈中的电流增大，原线圈中电流也增大，D 正确. 5.【解析】选B.题图甲为正弦交流电,其有效值为m 1I 1I A 22==.题图乙为方波交流电,由于电流的热效应与电流的方向无关,所以其有效值为I 2=I m =1 A,因此211222Q I RT 1Q I RT 2==,故B 正确.6.【解析】选.根据远距离输电的原理可知，变压器a 应为升压变压器，变压器b 应为降压变压器，故正确，B 错误；a 的输出电压等于b 的输入电压与输电线上损失的电压之和，故C 、D 错误.【变式备选】随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益增大，节能变得越来越重要.某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电.若发电厂的输出电压为U 1，输电线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2，在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( ).输电线上损耗的功率为2022P R U B.输电线上损耗的功率为2021P RU C.若减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电 D.采用更高的电压输电会降低输电的效率【解析】选C.设发电厂的输出功率为P ，则输电线损耗的功率为ΔP=P-P 0或2221P RP I R U ∆==，故A 、B 均错误；采用更高的电压输电，可以减小输电线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，在用户需求的功率一定的情况下，发电厂输出的总功率减少，故可以提高输电效率，D 错误.7.【解析】选B 、C.由题图知t=0.01 s 时e=0,此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，A 错；周期T=0.02 s ，所以1n 50 r /s T ==，B 对；由理想变压器原理得：11L 2U n U n =,其中1222U V 2=,得U L =220 V,L L PI 0.1 A U ==，而12L 1I n I n =,得I 1=1 A,C 对；灯泡的额定电压为交流电压的有效值220 V,D 错. 8.【解题指南】解答本题应注意以下三点： (1)副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定.(2)开关S 闭合，负载电阻减小，副线圈电流由副线圈电压U 2和负载电阻决定. (3)原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定.【解析】选A 、D.原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，则无论副线圈电路的负载怎样变化，都不会影响原副线圈上的电压，所以V 2的示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，故D 正确，C 错误；S 闭合后，副线圈电路的电阻减小，因而副线圈电路的电流增大，致使原线圈电路的电流增大.又因线圈匝数比不变，所以原副线圈中的电流比不变，故A 正确，B 错误.9.【解析】选D.对A 项,虽然线框在磁场中切割磁感线,但若穿过线框的磁通量不变,线框中无感应电流, A 错.对B 项,若线框平面平行于磁感线,虽然它处于变化的磁场中,线框中也无感应电流,B 错.对C 项,若线框以ab 边为轴旋转,线框中无感应电流,C 错.对D 项,当穿过线框的磁通量为0时,线框中磁感应强度变化率最大,感应电流达最大值,D 正确.10.【解析】温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻阻值更小时才将报警器电路接通，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P 向左移动. 答案：(1)a(2)左11.【解析】(1) m E NBS 1 100 2 V =ω=(2分)输出电压的有效值为m1U 1 100 V 2==. (2分)(2)根据1122U n U n =得12n 51n =∶. (3分)(3)根据P 入=P 出=2.2×104W(2分)再根据P 入=U 1I 1，解得I 1=20 A.(3分)答案：(1)1 100 V(2)5∶1 (3)20 A12.【解析】(1)设送电电流为I,损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线,由P 耗=I 2R 线得:3P 1 000100.05I 100 A R 5⨯⨯===耗线(3分)设送电电压为U 送,由P=IU 得:34P 1 00010U V 110 V I 100⨯===⨯送(3分)则升压变压器原、副线圈匝数比:n U 5001n U 10 00020===原原副送(3分)(2)发电时水的重力势能转化为电能，故 50%mgh=Pt(3分) 其中34m V11040 kg /s 410 kg /s t t=ρ=⨯⨯=⨯(3分)所以34Pt 1 00010h m 5 m mg 0.5410100.5⨯===⨯⨯⨯⨯ (3分)答案：(1)1∶20(2)5 m【总结提升】远距离输电的三种类型的分析方法(1)第一类是由发电机→升压变压器→输电线→降压变压器→用电器的顺序分析. (2)第二类是由用电器到发电机的顺序逆向分析.(3)第三类中间突破，即由输电线上的功率损失求出输电线上的电流，也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理去推断发电和用电的问题.。

2021高中物理人教版选修3-3课件：第十章

1/2题型1ꢀꢀꢀ焦耳实验1．(多选)关于焦耳和焦耳热功当量实验说法正确的是(ꢀꢀ)ACDA．该实验是在绝热系统中完成的B．该实验的研究对象是容器中的水C．焦耳是英国物理学家，他的主要贡献是焦耳定律和测定热功当量D．焦耳实验中要使容器及其中的水升高相同的温度，实验中悬挂重物的质量、下落的高度可以不同，但重力做功必须相同解析焦耳是英国物理学家，主要贡献为焦耳定律和测定热功当量，热功当量实验是在绝热系统中进行的，与外界不能有热交换，研究对象是容器及容器中的水组成的系统，实验中要使容器和容器中的水组成的系统升高相同的温度，必须要使重物的重力做功相同，A、C、D正确．题型2ꢀꢀꢀ功、热量、温度与内能的关系D2．[河北保定唐县一中2019高二下月考]关于内能，下列说法正确的是(ꢀꢀ)A．物体的内能是物体动能和势能的总和B．物体的内能是物体内部所有分子平均动能和分子势能的总和C．温度高的物体一定比温度低的物体内能大D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同解析物体的动能和势能的总和叫做机械能，A项错误；内能是物体内部所有分子无规则运动的分子动能和分子势能的总和，B项错误；物体的内能由物质的量、物体温度、物体体积及物体所处状态决定，温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，C项错误；物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，内能不同的物体，它们的温度可能相等，即分子热运动的平均动能可能相同，D项正确．3．[江苏苏州高新区一中2018高二下期中]下列关于温度、热量和内能的说法中正确的是(ꢀꢀ)B A．温度是分子动能的标志，其温度越高，分子的动能越大B．分子势能跟物体的体积有关C．温度高的物体比温度低的物体含有的热量多D．静止的物体没有内能解析温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个分子没有意义，故A错误；分子的势能跟物体的体积有关，故B正确；物体的内能与物体的物质的量、温度、体积以及物态有关，温度高的物体不一定比温度低的物体含有的内能多，也不能说含有的热量多，故C错误；物体的内能与物体是否静止无关，故D错误．4．如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有一个用卡子卡住的可移动胶塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器口后(ꢀCꢀ)A．气体对外界做功，内能减少，温度计示数变大B．外界对气体做功，内能增加，温度计示数变大C．气体对外界做功，内能减少，温度计示数变小D．外界对气体做功，内能增加，温度计示数变小解析打开卡子后，气体体积膨胀对外做功，气体内能减少，所以温度计示数变小，C正确．题型3ꢀꢀꢀ气体内能的改变AB 5．[江西南康中学2019高二下期中](多选)对于实际的气体，下列说法正确的是(ꢀꢀ) A．气体的体积变化时，其内能可能不变B．气体的内能包括气体分子热运动的动能C．气体的内能包括气体整体运动的动能D．气体的内能包括气体分子的重力势能解析气体的体积变化时，存在做功情况，但如果同时有热量交换，则其内能可能不变，A项正确；气体的内能包括气体分子热运动的动能和分子势能，B项正确；气体的内能不包括气体整体运动的动能，C项错误；气体内能中不包括气体分子的重力势能，D项错误．D6．[江苏徐州2018高二下期中]下列关于内能及内能变化的说法正确的是(ꢀꢀ)A ．温度是分子平均速率的标志B ．物体内每个分子都具有内能C ．当分子间距离增大时，分子势能也增大D ．做功改变内能的实质是其他形式的能转化为内能，热传递改变内能的实质是内能的转移解析温度是分子平均动能的标志，不是分子热运动的平均速率的标志，故A 错误；物体内所有分子由于运动而具有的分子动能，以及分子之间分子势能的总和称为内能，故B 错误；当分子之间的距离小于平衡距离r 0时，分子间距离增大时分子势能减小，故分子间距离增大时分子势能不一定变大，故C 错误；用做功的方法来改变物体的内能，实质上是能量的转化过程，即内能和其他形式的能的相互转化，用热传递的方法来改变物体的内能，实质上是内能的转移过程，故D 正确．7．(多选)如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则对被密封的气体，下列说法不正确的是(AꢀBꢀD)A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加E．分子的平均动能增加，分子对器壁单位面积碰撞的冲力增大解析用压力Fꢀ向下压活塞时，外界对气体做功，因和外界没有热交换，可知气体的内能增加；气体的温度升高，气体分子的平均动能增加，分子对器壁单位面积碰撞的冲力增大；由理想气体状态方程可知，温度升高、气体体积减小，故气体的压强增大，C、E正确，A、B、D错误．A、B、D符合题意．8．(多选)一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1大于铁块的温度T2，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则(ꢀꢀ)ADA．从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块放出的热量等于铁块吸收的热量B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块放出的热量不等于铁块吸收的热量C．达到热平衡时，铜块的温度是D．达到热平衡时，两者的温度相等解析系统不与外界交换能量，热量由温度较高的铜块传给铁块，且铜块放出的热量等于铁块吸收的热量，A正确，B错误；达到热平衡时两者的温度相同，由于两者的比热容不同，所以达到热平衡时的温度不为ꢀꢀꢀꢀꢀ，C错误，D正确．易错点ꢀ热传递条件错误判断9．两个物体之间发生了热传递，则一定是(ꢀDꢀ)A．内能大的物体向内能小的物体传递热量B．比热容大的物体向比热容小的物体传递热量C．含热量多的物体向含热量少的物体传递热量D．一个物体的分子平均动能大于另一个物体的分子平均动能解析两个物体之间发生了热传递，则两个物体间一定有温度差，即一个温度高一个温度低，而温度是物体分子平均动能的标志，故一定是一个物体的分子平均动能大于另一个物体的分子平均动能，故D正确．易错分析只要两个相互接触的物体间有温度差，热传递就会进行，与原来物体内能大小无关．热传递过程能量可以由内能大的物体传到内能小的物体，也可以由内能小的物体传到内能大的物体，直到二者温度相等，达到热平衡，热传递结束．03题型1ꢀꢀꢀ热力学第一定律的理解和应用1．[江苏启东中学2019高二下期中](多选)夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是(ꢀAꢀC)A．气体的内能减小B．气体的内能不变C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低D．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了解析当拔掉自行车轮胎气门芯时，车胎内的压缩空气迅速膨胀对外做功，气体来不及与外界发生热交换，所以其内能减小、温度降低，A、C项均正确．2．[吉林延边2018高二下期末]一个系统内能增加了20ꢀJ．如果系统与周围环境不发生热交换，周围环境需要对系统做的功为(ꢀꢀD)A．40ꢀJꢀꢀB．－40ꢀJꢀꢀC．－20ꢀJꢀꢀD．20ꢀJ解析一个系统内能增加了20ꢀJ，则ΔU＝20ꢀJ，如果系统跟周围环境不发生热交换，则Q＝0，由ΔU＝Q＋W得W＝20ꢀJ，即周围环境需要对系统做的功为20ꢀJ，故D正确．3．[黑龙江大庆十中2019高二下月考](多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(ꢀꢀ)AD A．体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小B．若气体内能增加，则外界一定对气体做功C．若气体吸收热量，则它的内能一定增大D．若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大解析理想气体体积不变，根据查理定律，压强与热力学温度成正比，压强减小，温度降低，内能减小，即ΔU＜0，因为体积不变，外界对气体不做功，即W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＜0，气体放出热量，A项正确；若气体内能增加，则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU ＝W＋Q，可能气体从外界吸热大于气体对外做功或者不做功仅吸热，B项错误；若气体吸收热量，同时气体对外做功，则它的内能可能减小，C项错误；若气体压强不变，根据盖－吕萨克定律知，体积与热力学温度成正比，气体分子平均距离增大，即体积增大，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，D项正确．题型2ꢀꢀꢀ气体内能4．密封有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)(ꢀꢀ)DA．内能增大，放出热量B．内能减小，吸收热量C．内能增大，对外界做功D．内能减小，外界对其做功解析气体的内能由温度决定，当温度降低时，内能减小，而塑料瓶变扁，内部气体体积减小，外界对其做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量，D正确．5．[江苏沭阳2019高二下调研]如图，在汽缸内活塞的左边封闭着一定质量的理想气体(汽缸与活塞均绝热)，压强和大气压相同．把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高一定的温度，气体吸收的热量为Q 1，内能的增加量为ΔU 1；如果活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦，不漏气)，也使汽缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q ，内能的增加量为ΔU ，则(ꢀꢀ)B 22A ．Q ＞Q2ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀB ．Q ＜Q 1ꢀ12C ．ΔU ＞ΔU ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀD ．ΔU ＜ΔU 1212解析对一定质量的理想气体，其内能由温度决定，两种情况下气体温度变化情况相同，气体内能变化量相等，则ΔU ＝ΔU ＝ΔU ，C 、D 项均错误．第一种情况，汽缸与活塞都12固定不动，气体体积不变，气体不做功，W 1＝0；第二种情况，活塞自由移动，气体体积增大，气体对外做功，W ＜0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，Q ＝ΔU －W 2111＝ΔU ＝ΔU ，Q ＝ΔU －W ＝ΔU －W ＞ΔU ，则Q <Q ，A 项错误，B 项正确．12222126．如图所示，某同学将空的薄金属桶开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，桶内空气无泄漏(不计气体分子间的相互作用)，则被淹没的金属桶在缓慢下降过程中，桶内空气体积减小，则桶内空气(ꢀꢀ)BA．从外界吸热B．向外界放热C．内能增大D．内能减小解析由于不计气体分子间的相互作用，所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，内能不变．ΔU＝Q＋W，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，ΔU＝0，所以Q<0，即气体向外界放热，B正确．7．[内蒙古包头四中2019高二下月考](多选)图中活塞将汽缸分成两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且汽缸不漏气，以U、U表示两气体的内能，则在用一定的甲乙拉力将拉杆缓慢向外拉的过程中(ꢀBDꢀ)A．U不变，U不变甲乙B．U减小，U增大甲乙C．U与U总量不变甲乙D．U与U总量增加甲乙解析用一定的拉力将拉杆缓慢向左拉的过程中，气体甲膨胀，对活塞做功W<0，同时甲经历绝热过程Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知内能减小，即U甲减小；用一定的拉力将拉杆缓慢向左拉的过程中，气体乙绝热压缩，活塞对气体做功，故其内能增加，即U乙增大；对甲和乙气体整体来说，拉力对活塞做功，故活塞对乙做的功大于甲对活塞做的功，整体内能增加，故U与U之和增加，B、D项正确，A、C项错甲乙误．8．[宁夏育才中学2018高二下期末](多选)如图所示，带有活塞的足够长的汽缸中，封闭一定质量的理想气体，将一个半导体热敏电阻R(随温度升高阻值减小)置于汽缸中，热敏电阻与容器外的电源E和电流表A组成闭合回路，汽缸和活塞具有良好的导热性能，活塞可自由滑动，不计焦耳热，若发现电流表的读数增大，下列说法正确的是(ꢀꢀ)CDA．气体压强一定增大B．气体体积一定减小C．气体温度一定升高D．气体内能一定增大解析气体用可自由滑动的活塞封闭，故气体的压强不变；电流表读数增大，则由闭合电路欧姆定律可知R减小；根据半导体热敏电阻的性质可知，汽缸内温度升高，内能增大；由理想气体状态方程ꢀꢀꢀꢀ＝C可得，气体体积一定增大，故C、D正确．9．如图所示，一绝热容器被隔板K隔成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(ꢀꢀ)DA．气体对外界做功，内能减少B．外界对气体做功，内能增加C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变解析绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q＝0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W＝0，根据热力学第一定律可知ΔU＝0，内能不变，故A、B错误；气体的内能不变，则温度不变，稀薄气体扩散，体积增大，由ꢀꢀꢀꢀ＝C可知压强必然减小，故C错误，D正确．题型3ꢀꢀꢀ能量守恒定律10．(多选)下列对能量守恒定律的认识正确的是(ꢀABꢀ)A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是可能制成的D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了解析根据能量守恒定律可知，能量不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，故某种形式的能量减少，必然有其他形式的能量增加，某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，A、B正确；第一类永动机违反了能量守恒定律，是不可能制成的，C错误；石子从空中落下，最后静止在地面上，石子的机械能转化为了内能，能量并没有消失，故D错误．4/5题型1ꢀꢀꢀ理解热力学第二定律1．[四川攀枝花十五中2019高二下期中]下列说法正确的是(ꢀꢀ)BA．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功而不引起其他变化C．功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功D．凡是不违反能量守恒定律的过程都一定能实现解析热量能够自发从高温物体传到低温物体，也能在一定的条件下从低温物体传到高温物体，如电冰箱制冷过程，A错误；不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，这是热力学第二定律的内容，B正确；功可以全部转化为热，热也可以全部转化为功，但会引起其他变化，C错误；不违背能量守恒定律的过程不一定遵循热力学第二定律，不一定都能实现，D错误．C2．[山东济南一中2018高二下期末]根据热力学第二定律，下列说法正确的是(ꢀꢀ)A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递而不造成任何影响B．机械能可以全部转化为内能，内能也可以自发地全部转化为机械能C．可以制成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功D．冰可以熔化为水，水也可以结成冰，这个现象违背了热力学第二定律解析电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，在该过程中压缩机做功，即会产生其他的变化，故A错误；机械能可以全部转化为内能，内能不可以自发地全部转化为机械能，故B错误；可以制成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功，如各种内燃机，但注意吸收的热量不是全部用来对外做功，故C正确；冰可以熔化成水，水也可以结成冰，这两个过程伴随能量的转移，不是自发进行的，故这个现象没有违背热力学第二定律，故D错误．ꢀꢀ第4~5节ꢀ热力学第二定律/热力学第二定律的微观解释刷基础3．[陕西榆林二中2019高二下期末]如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在一杯热水中，接触点2插在一杯冷水中，此时灵敏电流计的指针会发生偏转，这就是温差发电现象，根据这一现象，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)CA．这一过程违反了热力学第二定律B．这一过程违反了热力学第一定律C．热水和冷水的温度将发生变化D．这一过程违反了能量守恒定律解析热力学第二定律由实际热现象总结而来，任何宏观的实际热现象都符合热力学第二定律，故A错误；吸、放热和做功均会改变内能，该过程没有违反热力学第一定律，故B错误；在实验过程中，热水内能减少，一部分转移到低温物体，一部分转化为电能，则热水一定会降温，冷水一定会升温，故C正确；在实验过程中，热水的内能部分转化成电能，部分传递给冷水，符合能量守恒定律，故D错误．题型2ꢀꢀꢀ热力学第二定律的方向性4．[湖北黄冈2018高二下期末](多选)关于热力学第二定律，下列说法正确的是(ꢀꢀ)CDA．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性B．“第二类永动机”不可能制成是因为它违反了能量守恒定律C．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的D．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的解析空调制热和制冷都会消耗电能，不是自发进行的，自然发生的热传递都具有方向性，选项A错误；“第二类永动机”不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，选项B错误；根据熵增加原理，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，选项C正确；根据热力学第二定律，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，选项D正确．5．下列有关热力学第二定律的说法正确的是(ꢀBꢀ)A．气体自发的扩散运动总是向着更为无序的方向进行，是可逆过程B．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的C．空调能制冷，说明热量可以自发地由低温物体传到高温物体D．一定质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵减小解析气体的自发扩散是不可逆的，故A错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，是不能制造出来的，故B正确；热力学第二定律的内容可以表述为热量不能自发地由低温物体传到高温物体而不产生其他影响，即在产生其他影响的前提下，热量也可以从低温物体传到高温物体，故C错误；一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D错误．题型3ꢀꢀꢀ永动机6．[甘肃酒泉敦煌中学2019高三一诊]关于第二类永动机，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)CA．它既不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律B．它既违反了热力学第一定律，也违反了热力学第二定律C．它不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律D．它只违反热力学第一定律，不违反热力学第二定律解析第一类永动机违反了热力学第一定律，即能量守恒定律，不可能实现；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，即能量的转化具有方向性，故C正确．题型4ꢀꢀꢀ热力学第二定律的微观解释7．[甘肃永昌四中2019高二下期末]下列关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是(ꢀAꢀ)A．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律B．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行C．有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会减小解析从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律，A正确；根据熵增加原理，一切自然过程总是向着分子热运动无序性增大的方向进行，B、C错误；根据热力学第二定律可知，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵一定不会减小，D错误．8．(多选)关于热力学第二定律，下列说法正确的是(BD)A．不可能使热量从低温物体传向高温物体B．自然条件下，气体向真空膨胀的过程是不可逆过程C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能D．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行解析不可能使热量从低温物体传向高温物体而不引起其他的变化，选项A错误；根据热力学第二定律可知，自然条件下气体向真空膨胀的过程是不可逆过程，选项B正确；内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，即能量之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因，选项C错误；一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，选项D正确．06题型1环境保护与能源开发1．(多选)下述做法不能改善空气质量的是()ACDA．以煤等燃料作为主要生活燃料B．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源C．鼓励私人购买和使用汽车代替公交车D．限制使用电动车E．大量使用核能发电、风力发电和水力发电解析以煤等燃料作为主要生活燃料时会产生大量空气污染物；鼓励私人购买和使用汽车代替公交车会使汽油消耗量增加，带来的空气污染物增多；限制使用电动车对改善空气质量无影响；太阳能、核能、风能和氢能等属于清洁能源，可以减少污染物排放．故A、C、D符合题意．2．(多选)酸雨对植物的正常生长影响很大，为了减少酸雨的影响，应采取的措施是()ABD A．少用煤作燃料B．燃料脱硫C．在已经酸化的土壤中加石灰D．多种植美人蕉、银杏等植物E．鼓励大量购买私家车解析酸雨主要是由煤、石油等燃料燃烧所释放的二氧化硫和氮氧化物在降水过程中溶入雨水形成的，因而为减小酸雨的影响，少烧煤和燃料脱硫是有效的方法；另外美人蕉和银杏对二氧化硫有较强的吸收能力；汽车尾气不能减少酸雨的形成，在酸化的土壤中加石灰也不能减少酸雨的影响，故A、B、D正确．。

高考物理二轮专题突破课件选修3-2 第十章第2讲

A.120 V,0.10 A B.240 V,0.025 A C.120 V,0.005 A D.240 V,0.05 A
【解析】选D。灯泡正常工作，副线圈电压U2=12 V，副线圈电
流 I 2 2 6 A 1 A，根据匝数比得原线圈电流
I1 1 原线圈电压U1=20U2=240 V，选项D正确，其 I 2 0.05 A， 20 12
电器时，副线圈电流增加，原、副线圈电流之比由匝数比决
定，因此原线圈电流相应增加,（4）对；据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R可以减少电路上的电能损失，而
L 所以增大输电线横截面积S可减小电阻R，（5）对；由 R＝， S
输送电功率P＝UI得输电线损失电功率ΔP＝I2R，可见减小输
瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是( )
A.电压表的示数等于5 V
B.电压表的示数随时间变化，最大值为 5 2 V C.实现点火的条件是 n 2 1 000
n1 D.实现点火的条件是 n 2 1 000 n1
【解题探究】（1）在交流电路中，交流电压表测量的是交流有效值。电压的_______
电电流可减小电路发热损耗，（6）对；在输送电压一定时，
2 P 输电线上损失电功率 P＝ 2 R，故输送的电功率P越大，电能 U
损失越大，（7）错。
考点 1
理想变压器的工作原理和基本量的关系（三年12考）深化理解
【考点解读】 1.工作原理
2.理想变压器及其原、副线圈基本量的关系
理想变压器功率关系 ①没有能量损失(铜损、铁损) ②没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中) P 入＝P 出

新教材人教版高中物理必修第三册第10章静电场中的能量知识点考点重点难点提炼汇总

第10章静电场中的能量1.电势能和电势 (1)2.电势差 (5)3.电势差与电场强度的关系 (11)4.电容器的电容 (14)5.带电粒子在电场中的运动 (21)1.电势能和电势一、静电力做功的特点1．特点：静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。

2．在匀强电场中静电力做功：W AB ＝qE ·L AB cos θ，其中θ为静电力与位移间的夹角。

二、电势能1．概念：电荷在静电场中具有的势能。

用E p 表示。

2．静电力做功与电势能变化的关系静电力做的功等于电势能的减少量，W AB ＝E p A －E p B 。

⎩⎨⎧ 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加。

3．电势能的大小：电荷在某点的电势能，等于静电力把它从该点移到零势能位置时所做的功。

4．零势能点：电场中规定的电势能为零的位置，通常把离场源电荷无限远处或大地处的电势能规定为零。

三、电势1．定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值。

2．定义式：φ＝E p q。

3．单位：国际单位制中，电势的单位是伏特，符号是V,1 V ＝1 J/C 。

4．特点(1)相对性：电场中各点电势的大小，与所选取的零电势的位置有关，一般情况下取离场源电荷无限远或大地为零电势位置。

(2)标矢性：电势是标量，只有大小，没有方向，但有正负。

5．与电场线关系：沿电场线方向电势逐渐降低。

考点1：静电力做功和电势能的变化1．电场力做功正、负的判定(1)若电场力是恒力，当电场力方向与电荷位移方向夹角为锐角时，电场力做正功；夹角为钝角时，电场力做负功；夹角为直角时，电场力不做功。

(2)根据电场力和瞬时速度方向的夹角判断。

此法常用于判断曲线运动中变化电场力的做功情况。

夹角是锐角时，电场力做正功；夹角是钝角时，电场力做负功；电场力和瞬时速度方向垂直时，电场力不做功。

(3)若物体只受电场力作用，可根据动能的变化情况判断。

根据动能定理，若物体的动能增加，则电场力做正功；若物体的动能减少，则电场力做负功。

高考物理一轮复习第十章电磁感应(第2课时)课件

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2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡
电路图
电流逐渐增大，灯电流突然增大，然后逐渐减
通电时
泡逐渐变亮
小达到稳定
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电路中稳态电流为 I1、I2：电流逐渐减小，灯泡 ①若 I2≤I1，灯泡逐渐变暗；断电时逐渐变暗，电流方向 ②若 I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐
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【例 3】(多选)(2016·全国卷Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( )
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＝ abΔ的ΔΦ电t ＝阻Δ为ΔBr·，t S根＝据kS闭，合回电路路面欧积姆S定不律变I，＝即R感＋E 应r，电所动以势a为b 中定的值电，设流
大小不变，故 B 错误；安培力 F＝BIL，电流大小和金属棒长度不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故 C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力 Ff 与安培力 F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 正确．
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【变式 1】(2017·天津理综·3)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )
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2．判断： (1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源． (2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向． (3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．

2020-2021学年新教材人教版物理必修第三册教师用书：第10章 2.电势差 Word版含解析

2.电势差学习目标：1。

[物理观念]初步形成电势差的概念。

2。

［科学思维］利用公式U AB＝φA－φB及U AB＝错误!进行有关计算，获得结论。

3.[科学探究]领会根据功能关系推导电势差定义式的过程。

4.[科学态度与责任]了解电势差的定义方法，培养良好的学习习惯。

阅读本节教材，回答第31页“问题”并梳理必要知识点.教材P31“问题”提示：电荷从A点到B点，影响静电力做功多少的是A、B两点的电势差，与两点电势无关。

一、电势差1．定义在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差,也叫作电压。

2．公式设电场中A点的电势为φA，B点的电势为φB，则A、B两点之间的电势差为U AB＝φA－φB，B、A两点之间的电势差为U BA＝φB－φA,所以U AB＝－U BA。

3．电势差的正负电势差是标量,U AB为正值，A点的电势比B点的电势高；U AB为负值,A点的电势比B点的电势低。

4．静电力做功与电势差的关系（1）公式推导由静电力做功与电势能变化的关系可得W AB＝E p A－E p B,又因E p A＝qφA，E p B＝qφB,可得W AB＝qφA－qφB ＝q（φA－φB)＝qU AB,所以有U AB＝错误!。

（2)物理意义：电场中A、B两点间的电势差等于这两点之间移动电荷时静电力做的功与电荷量q的比值.二、等势面1．定义:电场中电势相同的各点构成的面叫作等势面。

2．等势面与电场线的关系(1)电场线跟等势面垂直.(2）电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面。

1．思考判断（正确的打“√”，错误的打“×"）（1)U AB＞0说明从A到B电势升高(φA＜φB)。

（×)(2）W AB越大，U AB越大，U AB与W AB成正比。

（×)(3）等差等势面的疏密可以表示电场的强弱。

(√)(4)同一电荷在同一等势面上一定具有相同的电势能。

（√)2．在电场中A、B两点间电势差为U AB＝75 V，B、C两点间电势差U BC＝－200 V，则A、B、C三点的电势高低关系为( ) A．φA>φB〉φC B．φA<φC〈φBC．φC>φA〉φB D．φC〉φB〉φAC [因为U AB＝φA－φB＝75 V〉0，所以φA〉φB，因为U BC＝φB －φC＝－200 V<0,所以φB〈φC,又U AC＝U AB＋U BC＝75 V＋（－200)V＝－125 V〈0，所以φA<φC,则φC〉φA>φB，C正确。

2020-2021学年高中物理人教版必修第三册教案：第10章

8电容器的电容[学习目标] 1.知道电容器的概念，认识常见的电容器，通过实验感知电容器的充、放电现象．(重点)2.理解电容的定义及定义方法，掌握电容的定义、公式、单位，并会应用定义式进行简单的计算．(难点)3.了解影响平行板电容器大小的因素，了解平行板电容器的电容公式．(重点)4.知道改变平行板电容器电容大小的方法．一、电容和电容器1．电容器：两个相互靠近又彼此绝缘的导体组成一个电容器．2．电容器的充电和放电(1)充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程叫作充电．如图甲所示．特征：两极板所带等量异种电荷均匀分布在两极板相对的内表面．电容器充电示意图电容器放电示意图甲乙(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程叫作放电．如图乙所示．特征：放电过程是储存在电场中的电能转化为其他形式的能的过程．(3)电容器的带电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值．3．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值，公式为C＝Q U.(2)物理意义：表示电容器容纳电荷的本领的大小．(3)单位：在国际单位制中是法拉(F)，1 F＝1 C/V,1 F＝106μF＝1012pF.二、平行板电容器1．平行板电容器(1)结构：由两个相互平行且彼此绝缘的金属板构成．(2)电容的决定因素：电容C与两极板间的相对介电常数εr成正比，跟极板的正对面积S成正比，跟极板间的距离d成反比．(3)电容的决定式：C＝εr S4πkd，εr为电介质的相对介电常数．当两极板间是真空时：C＝S4πkd，式中k为静电力常量．2．电容器的额定电压和击穿电压(1)额定电压：电容器能够长期正常工作时的电压．(2)击穿电压：电介质被击穿时在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会损坏．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)其他条件不变时，平行板电容器的电容随极板正对面积的增大而增大．(√)(2)其他条件不变时，平行板电容器的电容随极板间距离的增大而增大．(×)(3)任何电介质的相对介电常数都大于1. (√)(4)某电容器上标有“1.5 μF9 V”的字样，则该电容器的击穿电压为9 V．(×)(5)电容器被击穿后就没有了容纳电荷的本领．(√)2．(多选)如图所示的各图描述的是对给定的电容器充电时其电荷量Q、电势差U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是()A B C DCD[电容器的电容是由电容器本身属性决定的，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．而C图表示电容器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．]3．(多选)有一个空气平行板电容器，极板间相距d，正对面积为S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是()A．将电压变为U2 B．将带电荷量变为2QC．将极板间的距离变为d 2D．两板间充满介电常数为2的电介质CD[电容器的电容与电容器极板上的电荷量、电压无关，所以选项A、B不正确；根据公式C＝εr S4πkd，可以知道选项C、D正确．]对电容的理解1.两公式C＝QU与C＝εr S4πkd的比较公式C＝QU C＝εr S4πkd公式特点定义式决定式意义对某电容器Q∝U，但QU＝C不变，反映电容器容纳电荷的本领平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝1d，反映了影响电容大小的因素联系电容器容纳电荷的本领由QU来量度，由本身的结构(如平行板电容器的εr、S、d等因素)来决定2.通过Q-U图象来理解C＝QU.如图所示，在Q-U图象中，电容是一条过原点的直线的斜率，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两极板间的电势差，可以看出，电容器电容也可以表示为C＝ΔQΔU，即电容器的电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1 V所需增加(或减少)的电荷量．【例1】有一充电的平行板电容器，两板间电势差为3 V ，现使它的电荷量减少3×10－4 C ，于是电容器两板间的电势差降为原来的13，则此电容器的电容是多大？电容器原来带的电荷量是多少？若将电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是多大？ [解析] 电容器两极板间电势差的变化量为ΔU ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13U ＝23×3 V ＝2 V 由C ＝ΔQ ΔU ，得C ＝3×10－42F ＝1.5×10－4 F ＝150 μF 设电容器原来带的电荷量为Q ，则Q ＝CU ＝1.5×10－4×3 C ＝4.5×10－4 C电容器的电容是由其本身决定的，与是否带电无关，所以电容器极板上的电荷量全部放掉后，电容仍然是150 μF.[答案] 150 μF 4.5×10－4 C 150 μF1．一个平行板电容器，使它每个极板所带电荷量从Q 1＝3×10－5 C 增加到Q 2＝3.6×10－5 C 时，两极板间的电势差从U 1＝10 V 增加到U 2＝12 V ，求这个电容器的电容．如要使两极板电势差从U 1＝10 V 降到U 2′＝6 V ，则每个极板需减少多少电荷量？[解析] 由电容器的电容定义式C ＝Q U 可知Q ＝CU .当电荷量为Q 1时，Q 1＝CU 1.当电荷量为Q 2时，Q 2＝CU 2.显然Q 2－Q 1＝C (U 2－U 1)，即C ＝Q 2－Q 1U 2－U 1＝0.6×10－5 C 2 V＝3 μF. 当两极板间电势差降到6 V 时，每极板应减少的电荷量为ΔQ ′＝C ΔU ′＝3×10－6×(10－6) C ＝1.2×10－5 C.[答案] 3 μF 1.2×10－5 C平行板电容器的两类动态问题平行板电容器的两类动态问题指的是电容器始终连接在电源两端，或充电后断开电源两种情况下，电容器的d、S或者εr发生变化时，判断C、Q、U、E 随之怎样变化．具体分析方法如下．1．公式分析法(①C＝εr S4πkd②C＝QU③E＝Ud)C＝εr S4πkd∝εr Sd始终连接在电源两端充电后断开电源U不变Q不变Q＝UC∝C∝εr Sd U＝QC∝1C∝dεr SE＝Ud∝1d E＝Ud∝1εr S两极板间电介质不变时，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙电场线变密，场强增大．【例2】研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大思路点拨：通过题图，可以获得以下信息：(1)平行板电容器电荷量保持不变．(2)静电计小球与外壳间电压和电容器两极间电压相同．(3)静电计指针偏角与静电计小球和外壳间电压成正比．A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器的决定式：C ＝εr S 4πkd，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器的决定式：C ＝εr S 4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，但电容C 不变，故选项D 错误．](1)静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成，静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器上的电势差就等于静电计上所指示的电势差U ，U 的大小就从静电计的刻度读出，可见，静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化．(2)静电计本身也是一个电容器，但静电计容纳电荷的本领很弱，即电容很小，当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变．2．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变D [平行板电容器电容的表达式为C ＝εS 4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．]电容器中带电粒子的平衡与运动问题距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处所需的时间．思路点拨：(1)小球在小孔上方做自由落体运动．(2)小球在板间做匀减速直线运动．(3)电容器所带电荷量与板间电场强度的关系为Q＝CEd.[解析](1)小球从开始下落到上极板间做自由落体运动，由v2＝2gh得v＝2gh.(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿第二定律得：mg－qE＝ma由运动学公式知：0－v2＝2ad整理得电场强度E＝mg(h＋d)qd.由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝mg(h＋d)Cq.(3)由h＝12gt21，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝h＋dh2hg.[答案](1)2gh(2)mg(h＋d)qdmg(h＋d)Cq(3)h＋dh2hg(1)上例中若充电后电源与两极板断开，将上极板上移一小段距离，其他条件不变，则小球能否到达下极板？提示：充电后与电源断开则Q保持不变，上极板上移时，两板间的场强不变；上板上移时d增大，但h＋d不变，则由动能定理：mg(h＋d)－qEd＜0，所以小球不能到达下极板．(2)上例中，若充电后电源与两极板相连，将下极板下移一小段距离，其他条件不变，则小球能否到达下极板？提示：由于两极板与电源相连，则两板间的电压不变，d增大时，则由mg(h ＋d)－qU＞0知，小球会打到下极板上．3.(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流BC[将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A错误；若S闭合，将A板左移，由E＝Ud可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q＝CU变小，电容器放电，则有由b→a的电流，故B正确；将A板上移，则E＝Ud可知，E变小，油滴应向下加速运动，电容C变小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；当A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，C增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误．]课堂小结知识脉络1.对电容及电容器的理解.2.平行板电容器的动态分析问题.3.带电体在电容器中的运动问题.1．下列关于电容器的叙述正确的是()A．电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才是电容器B．任何两个彼此绝缘且相距很近的物体都组成了电容器C．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和D．电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电能并储存起来，电容器放电过程是将电容器储存的电能转化为其他形式的能D[电容器是储存电荷的容器，与其是否带电无关，A错误；任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体组成一个电容器，B错误；电容器所带的电荷量指任一极板所带电荷量的绝对值，C错误；电容器的充、放电伴随能量转化，D正确．]2.(多选)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图所示是测定液面高度h的电容式传感器，在金属芯柱的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，金属芯柱和导电液体构成电容器的两个极板，金属芯柱外面的绝缘物质就是电介质．测出电容器电容C的变化，就可以知道h的变化情况，两者的关系是()A．C增大表示h增大B．C增大表示h减小C．C减小表示h减小D．C减小表示h增大AC[根据h的变化可以判断两极板正对面积的变化，从而判断电容C的变化．由C∝εr Sd知，εr、d一定时，电容器的电容C增大，表明电容器两极板的正对面积增大了，即液面高度h增大，所以A正确；同理，C减小时，表明电容器两极板的正对面积减小了，即液面高度h减小，所以C正确．]3.(多选)如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的电路，在减小电容器两极板间距离的过程中()A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变大C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流BD[在减小电容器两极板间距离的过程中，电容器始终与电源相连，则两极板间电压U不变，由C＝εr S4πkd知d减小，电容C增大，由Q＝UC知电容器所带电荷量Q增加，电容器充电，电路中有充电电流，电流方向由b流向a，故B、D正确．]9带电粒子在电场中的运动[学习目标] 1.了解带电粒子在电场中的运动特点．(重点)2.会运用静电力、电场强度的概念，根据牛顿运动定律及运动学公式研究带电粒子在电场中的运动．(难点)3.会运用静电力做功、电势、电势差的概念，根据功能关系研究带电粒子在电场中的运动．(难点)4.了解示波管的构造和基本原理．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故可以忽略．2．带电粒子的加速(1)带电粒子在电场加速(直线运动)条件：只受电场力作用时，初速度为零或与电场力方向相同．(2)分析方法：动能定理．(3)结论：初速度为零，带电荷量为q，质量为m的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，获得的速度为v＝2qU m.二、带电粒子的偏转质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，板间距离为d，板间电压为U.1．运动性质(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．(2)垂直v0的方向：初速度为零，加速度为a＝qUmd的匀加速直线运动．2．运动规律(1)偏移距离：因为t＝lv0，a＝qUmd，所以偏移距离y＝12at2＝ql2U2m v20d.(2)偏转角度：因为v y＝at＝qUlm v0d，所以tan θ＝v yv0＝qUlmd v20.三、示波管的原理1．构造：示波管主要由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．2．原理(1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．(2)带电粒子在Ⅰ区域是沿直线加速的，在Ⅱ区域是偏转的．(3)若U YY′>0，U XX′＝0，则粒子向Y板偏移；若U YY′＝0，U XX′>0，则粒子向X板偏移．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)基本带电粒子在电场中不受重力．(×)(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加．(×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变．(×)(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动．(√)(5)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置．(√)2.如图所示，在匀强电场(场强大小为E)中，一带电荷量为－q的粒子(不计重力)的初速度v0的方向恰与电场线方向相同，则带电粒子在开始运动后，将()A．沿电场线方向做匀加速直线运动B．沿电场线方向做变加速直线运动C．沿电场线方向做匀减速直线运动D．偏离电场线方向做曲线运动C[带电粒子受到与运动方向相反的恒定的电场力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动，故选项C正确．]3．如图所示，从炽热的金属丝逸出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．仅将偏转电场极性对调B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压D．仅减小偏转电极间的电压C[设加速电场的电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝m v202，得v0＝2U0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝Lv0，加速度a＝qUdm，竖直分速度v y＝at，tan θ＝v yv0＝UL2U0d，故可知C正确．]带电粒子的加速当带电粒子以很小的速度进入电场中，在静电力作用下做加速运动，示波管、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子加速的．2．处理方法可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，其比较如下：动力学角度功能关系角度涉及知识应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式功的公式及动能定理选择条件匀强电场，静电力是恒力可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，电场力可以是恒力，也可以是变力【例1】如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20 cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C.质子质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.60×10－19 C．求质子由板上小孔射出时的速度大小．[解析]根据动能定理W＝12m v21－12m v2而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J ＝9.6×10－15 J所以v1＝2Wm＋v20＝2×9.6×10－151.67×10－27＋(5×106)2m/s≈6×106 m/s质子飞出时的速度约为6×106 m/s.[答案]6×106 m/s上例中，若质子刚好不能从小孔中射出，其他条件不变，则金属板之间的电场强度至少为多大？方向如何？提示：根据动能定理－qE′d＝0－12m v2则E′＝m v202qd＝1.67×10－27×(5×106)22×1.60×10－19×0.2N/C≈6.5×105 N/C方向水平向左．1.如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是()A.2qUm B．v0＋2qUmC.v20＋2qUm D．v20－2qUmC[由qU＝12m v2－12m v20，可得v＝v20＋2qUm，选项C正确．]带电粒子的偏转带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用而做匀变速曲线运动，称之为类平抛运动．可以采用处理平抛运动方法分析这种运动．2．运动规律(1)沿初速度方向：v x＝v0，x＝v0t(初速度方向)．(2)垂直初速度方向：v y＝at，y＝12at2(电场线方向，其中a＝qEm＝qUmd)．3．两个结论(1)偏转距离：y＝qL2U 2m v20d.(2)偏转角度：tan θ＝v yv0＝qLUm v20d.4．几个推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移．(2)位移方向与初速度方向间夹角的正切为速度偏转角正切的12，即tan α＝12tan θ.(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要qm相同，即比荷相同，则偏转距离y和偏转角θ相同．(4)若以相同的初动能E k0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角θ相同．(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压U1相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角θ相同．【例2】一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？思路点拨：(1)电子经电压U加速后的速度v0可由eU＝12m v20求出．(2)初速度v0一定时，偏转电压越大，偏转距离越大．(3)最大偏转位移d2对应最大偏转电压．[解析]加速过程，由动能定理得eU＝12m v20①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a＝Fm＝eU′dm③偏转距离y＝12at2④能飞出的条件为y≤d2⑤联立①～⑤式解得U′≤2Ud2l2＝400 V即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V.[答案]400 V上例中，若使电子打到下板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？提示：由eU＝12m v2a＝eU″dmd 2＝12at2l2＝v0t联立解得U″＝8Ud2l2＝1 600 V.带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿定律，动能定理、功能关系，能量守恒等．2.如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两个平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏转量(h/U)叫示波管的灵敏度，若要提高其灵敏度．可采用下列哪种办法()A．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d减小些D．使电子入射速度v0大些C[竖直方向上电子做匀加速运动，故有h＝12at2＝qUl22md v20，则hU＝ql22md v20，可知，只有C选项正确．]示波管类问题1.电子的偏转：被电子枪加速的电子在YY′电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，最后打到荧光屏上．设打在荧光屏上时的偏转位移为y′，如图所示．由几何知识知，y′y＝L′＋L2L2.所以y′＝eLUmd v20⎝⎛⎭⎪⎫L′＋L2，y′与偏转电压U成正比．2．示波管实际工作时，XX′方向加扫描电压，YY′方向加信号电压，两者周期相同，在荧光屏上显示随信号而变化的波形．【例3】示波管的原理如图所示，一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度沿水平放置的两平行金属板的中线射入金属板的中间．已知金属板长为l，两极板间的距离为d，竖直放置的荧光屏与金属板右端的距离为L.若两金属板间的电势差为U2，则光点偏离中线与荧光屏的交点O而打在O点正下方的P点，求O、P间的距离OP.[解析]设电子射出偏转极板时的偏移距离为y，偏转角为θ，则OP＝y＋L tan θ又y＝12at2＝12·eU2dm⎝⎛⎭⎪⎫lv02，tan θ＝v yv0＝atv0＝eU2lm v20d在加速电场中的加速过程，由动能定理有eU1＝12m v2联立解得y＝U2l24dU1，tan θ＝U2l2U1d故OP＝U2l(2L＋l)4dU1.[答案]U2l(2L＋l)4dU13．(多选)示波管的构造如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电AC[根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到静电力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．]课堂小结知识脉络1.带电粒子在电场中的加速问题.2.带电粒子在电场中的偏转问题.3.带电粒子在示波管中的运动问题.1.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为v，保持两板间的电压不变，则()A ．当增大两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长C [由动能定理得eU ＝12m v 2，当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝v 2＝dt ，得t ＝2dv ，当d 减小时，v 不变，电子在板间运动的时间变短，故选项D 错误．]2．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t 1和α粒子经历的时间t 2之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶1A [由动能定理可知qEl ＝E k ，又l ＝12at 2＝qE2m t 2，解得t ＝2mE kq 2E 2，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A 选项正确．]3．一个带负电的小球质量为m ，带电荷量为q ，在一个如图所示的平行板电容器的右侧边缘被竖直上抛，最后落在电容器左侧边缘的同一高度处，两板间距离为d ，板间电压为U ，重力加速度为g ，求抛出时的初速度v 0及小球能达到的最大高度H .[解析] 由题设条件可知：小球在复合场中做曲线运动，可将其运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动．由竖直上抛运动规律得，小球上升的最大高度H ＝v 202g小球自抛出至落到左侧板边缘同一高度处所需时间为t ＝2v 0g。