金版教程物理全解答案及教案 (9)

第九章静电场中的导体和电介质9-1把一厚度为d的无限大金属板置于电场强度为 E 0的匀强电场中， E 0与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度．- σ’+ σ’分析对于有导体存在的静电场问题，首先由静电-+平衡条件分析放入静电场后导体上电荷的重新分布情-+况，再计算空间电场和电势的分布．-+E0本题中，将金属板放入均匀电场后，由于静电感应，-+平板两面带上等值异号感应电荷．忽略边缘效应，两带-+电面可视为平行的无限大均匀带电平面．解设平板两表面的感应电荷面密度分别为和，如图 9-1 所示．由例题 8-7 结果知，带感应电荷图 9-1的两表面视为带等量异号电荷的无限大平行平面，在导体中产生的场强为E，方向与E0相反，由场强叠加原理，平板中任一点的总场强为E E0E E0根据静电平衡条件，金属板中场强E0 ，代入上式得E00则E0 0，E0 0结果与板的厚度无关．9-2一金属球壳的内外半径分别为R1和 R2，在球壳内距球心为 d 处有一电荷量为 q 的点电荷，（1 ）试描述此时电荷分布情况及球心O 处电势；（2 ）将球壳接地后，以上问题的答案； （3 ）如原来球壳所带电荷量为Q ，（1）、（2）的答案如何改变．分析 当导体内达到静电平衡后， 应用高斯定理可以确定导体上电荷重新分布的情况，然后用电势叠加原理求电势．解（ 1 ）按照静电平衡条件，导体内部E 0 ，在球壳内外表面间作同心高斯球面， 应用高斯定理，可知球壳内表面上应有 q 的感应电荷，为非均匀分布，如图 9-2 所示．根据电荷守恒定律和高斯定理，球壳外表面上有 + q 的感应电++ – +– d R 1+ q + –q ·+- q – R 2+– ++荷，且均匀分布．点电荷 q 在 O 点产生的电势为V 1图 9-2q4 d球壳内外表面上的感应电荷q 和 + q 无论分布情况如何，到球心距离分别为R 1 和 R 2 ，电势叠加原理表达式为标量求和，所以在O 点产生的电势分别为q V 3q V 2R 14R 24O 点电势为VV 1V 2 V 3q qq 4d4 R 1 4R 2q ( 11 1 )4dR 1R 2（2 ）将球壳接地后，外球面上的感应电荷消失，球面上电荷分布不变，得V V 1V 2 q (11 )4dR 1（3 ）如果原来球壳带电量为 Q ，达静电平衡后外球面上电荷 Q+ q 均匀分布，内球面上电荷分布不变，得V V1V2V3q( 1 1 1 )Q4 d R1R2 4 R2球壳接地后，结果与（ 2）相同．9-3一无限长圆柱形导体半径为R a，单位长度带有电荷量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆筒，内外半径为分为R b和 R c，单位长度带有电荷量λ2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）r R a， R c r R b， R b r R c，r R c四个区域的电场强度．分析静电平衡条件下，在圆筒导体内场强为零，用高斯定理和电荷守恒定律可求出感应电荷的分布．解（ 1）如图 9-3所示，在圆筒形导体内作半径为r ，高为单位长的同轴圆柱形高斯面 S，设导体圆筒内外表面单位长的感应电荷分别为和，由静电平衡条件知导体内E 0,故有- λ1λ1R aE d S1q 1(1)0Rb0012λ+λ即得半径为 R b的圆筒内表面单位长上的感S r R c应电荷为 -λ1．由电荷守恒定律知，半径为 R c的圆筒外表面上单位长的感应电荷应为λ1，加上原有电荷量图 9-3λ2，单位长上总带电量为21．（2 ）电荷重新分布的结果形成三个同轴的无限长带电圆柱面如图9-3 ，由于电荷分布具有轴对称性的，产生的电场也是轴对称的，用高斯定理可求出r R a时，E0R a r R b时，E12rR b r R c时，E0r R c时，E1220r9-4证明：两平行放置的无限大带电的平行平面金属板 A 和 B 相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同，如果两金属板的面积同为 100cm 2，电荷量分别为Q A 6 10 8C和Q B410 8 C ，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电荷面密度．分析根据静电平衡条件，一切净电荷都分布在导体表面，本题中的电场空间可视为四个无限大均匀带电平行平面产生的电场的叠加，金属板 A 、 B 内任意点场强为零．由电荷守恒定律可以建立各表面的电荷面密度与两金属板的总电荷量之间的关系．A Bσ1σ2σ3σ4解设 A、B 两板的四个表面上的电荷面密度（先假定为正）分别为σ1、σ2、σ3和σ4，如图9-4所示．设向右为正向，由无限大均匀带电平面的场强公式和场强叠加原理，考虑到金属板 A 、B 内任意点场强为零，得图 9-4金属板 A内123422220金属板 B内1234222200 0解得23，又由电荷守恒定律得S()Q A，S(34)QB联立解得Q A Q B 5 106C/ 2 mS2Q A1110 6 C/m 2S31106 C/m 29-5 三个平行金属板 A 、B 和 C，面积都是 200cm2，A、B 相距 4.0mm ，A、C 相距 2.0mm ，B、C 两板都接地，如图 9-5 所示，如果 A 板带正电3.010 7C，略去边缘效应，（1）求 B 板和 C 板上感应电荷各为多少？（2 ）以地为电势零点，求 A 板的电势．分析由静电平衡条件， A 、B、C 板内各点的场强均为零， A 板上电荷分布在两个表面上，因B、C 两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上．解（1）设 A板 1 、2 两面上带电量分别为 q 1和 q 2，B、C 两板与 A 相对的两内侧表面 3 、 4上的感应电荷分别为 q 1’和 q 2’，如图 9-5所示．作侧面与平板垂直的高斯面 S1，两端面处E=0，忽略d1- d2 -边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理B A C31 2 411q1S q1S) 0S SE d S q(S0SS得q1q1S1q 1’q 2’同理可得 q2q2．AB板间和AC板间为匀强电场，场强分别为q1q 2q1E q2E12SS图 9-5又已知 V AB V AC，即E1d1E2d 2因q 1 q 2q 3.0 10 7 C由以上各式，得 B 、C 两板上的感应电荷分别为q 1q 1q 1.0 10 7C3q 2 q 22q 12.0 10 7C（2 ）取地电势为零， A 板电势即为 A 、 B 间电势差V AVABE 1 d 1q 1d 12.3 103 VS9-6 半径为 R 11.0cm 的导体球所带电荷量为 q 1.0 10 10 C ，球外有一个内外半径分别为 R 23.0cm 和 R 34.0cm 的同心导体球壳，壳上带有电荷量Q 11 11 10 C ，求：（ 1）两球的电势；（2）用导线把两球连接起来时两球的电势；（ 3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点． ）分析 根据静电平衡条件可以确定感应电荷的分布，用导线连接的导体电势相等，外球接地后电势为零．解 （ 1）根据静电平衡条件，导体球壳内表面感应电荷为-q ，外表面感应电荷为 q ，原有电荷量 Q ．由电势叠加原理，导体球电势为V 1qq q Q 1 ( qq q Q) 3.3 10 2 VR 14 R 2 4R 34R 1R 2R 3导体球壳的电势为V 2q q Q q Q q 2.7 102 V4R34 R 34 R 34 R 3（2 ）球壳和球用导线相连后成为等势体， 电势等于半径为 R 3 带电量为 Q+ q的均匀带电球面的电势，以无穷远为电势零点，得V 2Q q 2.7 102 V4 R 3（3 ）外球接地后，只乘下内表面的电荷 -q ，由电势叠加原理内球电势为qq V 1460V4 R 1R 2外球壳接地与地等势，即V 2 0另外，求 V 1 ’时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即R 2qdr q (11) 60VV 2r 2 R 144R 1 R 29-7 半径为 R 的金属球离地面很远，并用细导线与地相连，在与球心的距离为 D 3R 处有一点电荷q ，试求金属球上的感应电荷．R q ’ q分析 由于导体球接地， 其表面上的感应正电荷通过导线与地球内负电荷中和， 只剩下负感应电荷在金属球表面不均匀地分布， 如图 9-7 所示．接地后，导体球上各点电势均为零，球心OOD图 9-7点的电势应等于点电荷在该点电势与金属球表面感应负电荷在该点电势的代数和．解 设金属球上感应电荷为 q ，在金属球表面不均匀地分布，但这些电荷到O 点距离相等，电势叠加后得V 2qR4点电荷 q 在 O 点的电势为V 1q3R4V V 1q qV 243R4R得感应电量为qq3由此可以推证，当 D nR 时，qqn9-8 如图 9-8 所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面 A 、B 和 C ，半径分别为 R A 、 R B 、 R C ，圆柱面 B 上带电荷， A 和 C 都接地，求： B 的内表面单位长度电荷量 1 ，外表面单位长度电荷量2之比值 1/ 2．分析本题与题 9-5 的解题思路相似．解 在导体 B 内作单位长圆柱面形高斯面， 可以说明 A 面单位长度上感应电荷为 1 ．同理，可说明 C 面单位长度上感应电荷为 2 ．由高斯定理可知场强分布为R ArR B 时， E 1，方向沿径向由 B 指向 A ．rR BrR C 时， E 2 2，方向沿径向由 B 指向 C ．rRR AdrR BV BA RA1 1lnBA 间电势差E 2 d rR BB2r2R ABC 间电势差V BC2ln R C- λ22R BR B λ1 λ2B 为等势体， A 、C 接地， V BAV BC ，从而CARR1 ln( R C / R B )A B C- λ12ln( R B / R A )9-9 半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 R 1 ) 的两个同心导体薄球壳，电荷量分别为 Q 1和Q 2 ，今将内球壳图 9-8用细导线与远处的半径为 r 的导体球相联，导体球原来不带电，并假设导线上无电荷分布，试求相连后，导体球所带电荷量q ．分析 带电的内球壳与导体球用导线相连后， 一部分电荷通过导线转移到导体球表面上．两者相距甚远，可以认为两球壳与球的电场互不影响，已假设导线上无电荷分布，利用内球壳与远处导体球电势相等建立方程求解．解因两球壳与球的电场互不影响，导体球电势为V1q4r2假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为Q1q ，由电势叠加原理，内球壳的电势为Q1q Q 2V2R1 4R2Q24Q1- q q 内球壳与远处导体球电势相等，即R1R rV1V22qQ1q Q24 r 4 R1 4 R2图 9-9解得q r ( R1Q2R2Q1 ) R2 (R1r )9-10地球表面的电场强度为150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球视为导体，试求地球表面的电荷面密度和地球带的总电荷量．分析由于地球表面的电场强度方向垂直指向地面，可知地球带负电，将地球视为导体，在静电平衡状态下，电荷分布在表面上．解设地球表面的电荷面密度为，表面附近的场强E，则E 0(150 8.85 10 12 )C/m 2 1.33 10 9 C/m 2地球半径 R 6.3710 6 m ，地球带的总电荷量为q 4 R 1.33 10 942C 6.8 10 5 C680kC9-11设有一孤立导体球，半径为R.，（1 ）试求其在真空中的电容表示式；（2）若把地球视为R 6.37 106m的导体球，它的电容量多大？（ 3）欲使地球的电势改变 1V ，需使其所带电荷量改变多少？解（1 ）将孤立导体球视为与无穷远处的同心导体球面组成的球形电容器，利用球形电容器电容表达式，（9-4 ）式给出孤立导体球的电容Q4 R ．CV（2）地球电容C4 6.37 106 F 710 4F（3）欲使地球电势改变 1 伏特，需使地球电量的改变为Q CV 7104 1 7 104C这个值很大，所以地球带电量的日常变化不会引起地球电势发生明显的改变，这就是通常可以选取地球作为电势零点的原因．9-12已知空气的击穿电场强度为 3 106 V/m ，求处于空气中一个半径为1m 的导体球最多能带多少电荷及能达到的最高电势．分析在带电导体球周围的空气形成一种绝缘介质包围着导体球，当导体球产生的电场足够强时，会使其周围的空气发生电离而成为导体，致使带电导体球放电，通常称为空气被击穿．因均匀带电导体球面的电场强度和电势与带电量成正比，为了不击穿周围的空气，带电导体球所带电量要受到限制．解由题意击穿电场强度Emax3106 V/m而E mQ m a x a xR2 4Qmax Emax4R 2310648.8510 1212C 3.3 10 4C最高电势为Q max E max 4R26 Vmax C4R RE max 310 V或Qmax 3.310 4V6 V maxR43 10V419-13收音机里的可变电容器如图9-13 （a）所示，其中共有 n 块金属片，相邻两片的距离均为 d ，奇数片联在一起固定不动（叫定片），偶数片联在一起可一同转动（叫动片），每片的形状如图9-13 （ b ）所示，求当动片转到使两组片重叠部分的角度为时，电容器的电容．分析除了最外侧的两片外，每块金属片的两个表面分别与相邻的金属片表面构成一个电容器，如图 9-13（c）所示，所以 n 块金属片如此连接等效于（ n 1 ）个平行板电容器并联．当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为 S( ) ，因此电容器的等效电容是的函数．收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的．r 2r 1(a)(b)(c)图 9-13解当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为S( r12r2 )360（ n-1 ）个极板面积为S，板间距为 d 的平行板电容并联时的等效电容为C(n 1) 0S (n 1)r22r12 d360 d式中以度计．9-14半径都为 a 的两根平行长直导线相距为 d (d a) .（1）设两导线每单位长度上分别带电和，求两导线的电势差；（2）求此导线组每单位长度的电容．分析因 d a ，可设两导线的电场互不影响，由场强叠加原理可求出两导线间的场强分布，d再用场强与电势的积分关系求两导线间电势差，rO P由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等2 a效电容．图 9-14解作两导线组合的截面图，以带正电导线轴心为原点建立坐标系如图9-14 所示．不难看出，正负电荷在P 点的场强均沿r 轴正向，矢量叠加简化为标量和E E E(d r )(11 )2 r r d - r 两导线间电势差为d a d a E d ra2a (11)dr lnd a r d r a由电容器电容的定义，导线单位长电容为Cd aVlna9-15有两个半径分别为 R1和 R2的导体球放在真空中，两球表面相距为d，已知 d R1和 d R2，试求两导体构成的电容器的电容.+Q- QOR1P R2d r图 9-15分析按题意d R2，可认为当两导体球分别带电Q 和Q 时，彼此电场互不影响，即各球面上电荷分布仍是均匀的，由场强叠加原理可求出两球球心连线上任一点的场，用与上题相似的方法可以求出两球电势差和两球构成的电容器电容．解以大球球心为原点，建立如图9-15 所示的坐标系，在坐标为r 处的 P 点（在连心线上），两球产生的电场均沿r 轴正向，得Q QE E E24( R1 R2 d r ) 24 r 两带电导体球间电势差为V R1 dE d rQ R1 d[11]dr R14R1r2( R1R2 d r )2Q1111)4(R2 d R1 d R2R1考虑到 d R1， d R2，可将电势近似表示为V Q ( 11 2 )4R1R2d此两导体球构成的电容器电容为Q4C12VR1 R2d9-16 两只电容器C18 F，C2 2 F ，分别把它们充电到1000V ，然后将它们反接，如图9-16 所示，求此时两极间电势差．分析并联电容极板间电压相同，因两电容器电容不等，则反接前两电容器带的电量必定不等．反接后，相连的极板上正负电荷中和，可以计算出中和后电荷量的代数和及并联电容器的等效电容C，从而求出电势差．解反接前，设 C1和 C 2带电量分别为 Q1和 Q2，充电电压 U 01000 V ，则Q1C1U 0Q2C2U 0+－反接后，正负电荷中和，中和后总电量为C1C2－+Q Q1 Q2，并联等效电容 C C1 C2，则并联电容器两板间电势差为图 9-16Q(C1C2)U0(810 62106 )1000 UC1C28 106210 6V 600VC9-17 如图 9-17所示， C110F, C2 5.0F,C3 5.0 F ，求：（1）AB间的电容；（2）在 AB 间加上 100V 电压时，求每一个电容器上的电荷量和电压；（ 3）如果 C1被击穿，问 C3上的电荷量和电压各是多少？分析并联电容器极板电势相等，串联电容器极板上电荷量相等，总电压等于各电容器上电压之和．当C1上电压超过 C1的额定电压， C1将被击穿， C1支路即短路，全部电压就加在 C 3上，如超过 C3的额定电压， C 3将被击穿，A、B间就发生短路．所以，在设计电容器组合电路时，除应计算等效电容外，还应考虑分配到每个电容器上的电压是否超过所选电容器的额定电压．解（1）C1和C2并联电容为C C1 C 2，再与 C 3串联后，等效电容为C C 33.75 FCC C 3（2 ）等效电容所带电量为Q CU ，串联的电容所带电量相等Q3Q CU 3.75 10 4 CAU 3Q375VC 3C C12U 1 U2Q Q1Q225V CC C1 C 23B又因Q1Q 2Q10 4C 图 9-17可解得Q1 2.5Q2 1.2510 4C（3）如果 C1被击穿， AB 间电压就加在 C3上，即U 3 U100V则Q3 C3U 3 5 104C9-18平板电容器，两极间距离为 1.5cm ，外加电压 39kV ，若空气的击穿电场强度为 30kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为0.3cm 的玻璃插入电容器并与两板平行，若玻璃的相对电容率为7 ，击穿电场强度为100kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系？分析加玻璃片后，电场被分成两部分，应分别计算出空气和玻璃中的电场强度，再判断是否有哪种介质中的场强超过了其击穿场强．可以证明结果与玻璃板的位置无关．解未加玻璃前平板电容器内场强为E U39 V/cm26kV/cm30kV/cm d 1.5因其量值小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．加玻璃后，设电容器极板的电荷面密度为，平行板电容器中电位移 D．设玻璃和空气中场强分别为E 1 和 E 2 ，则有DDE 1E 20 r00U玻璃厚为 d 1 ，则空气层厚为 d - d 1，得E 1d 1 E 2 (d d 1 ) U图 9-18由以上各式得E 1U4.48kV/cm( d d 1d 1 ) rU r31.4kV/cm 30kV/cmE 2d 1 ) d 1 (dr即空气部分首先被击穿，然后全部电压加在玻璃板上，致使玻璃中场强为U 39 E 1130kV/cm 100kV/cmd 10.3玻璃部分也会被击穿．9-19一平板电容器极板面积为 S ，两板间距离为 d ，其间充以相对电容率分别为r1、r2的两种均匀介质， 每种介质各占一半体积， 若忽略边缘效应，（1 ）与两种不同介质相对的两部分极板所带电荷面密度是否相等？如果不相等，求：1 /2 = ？（ 2）试证此电容器的电容为CS r1r 2d2分析忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，从而可以确定两种不同介质中场强与极板电势差的关系， 以及与两部分极板上的电荷面密度的关系， 从而可知极板上的总电荷量． 另一种思路是将充入两种介质后的电容器视为由两个电容器并联而成，直接应用并联电容器的计算公式．解 1（1）设电容器端电压为U ，两种介质中场强分别为E1和 E2，由充满均匀介质的平行板电容器的场强与电压的关系可得E1 E2U（ 1）d设1、2分别为两种不同介质对应部分极板上的电荷面密度，忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，则有12（2 ）E1E20 r10 r2S代入 (1) 式可得1r1εr1εr2d2r2即两部分极板所带电荷面密度不相等．由（ 1 ）和（ 2）式可得极板上的总电荷量为图 9-19Q S0SU r1r2)(12)d(22由电容器定义得Q0S(r 1r 2) Cd2U解 2由并联电容器公式求总电容C C1S S0S(r 1r 2) C 20 r10 r 22 2d2d d可见第二种方法计算简单，用第一种方法可对物理过程、电场电荷分布有更明确的概念．另外在第一种方法中亦可用介质中的高斯定理求解．9-20一球形电容器，在外球壳的半径R 和内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径R 为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的值．分析导体表面附近的场强与电荷面密度成正比，而当极板间电势差恒定时，极板所带电荷量取决于电容 C ，电容器的电容由电介质性质和几何因素决定，根据这些关系可以确定内球半径对内球表面附近电场强度的影响．解 球形电容器电容为4 RR CR R极板上带电量为4 RRU q CUR R当外球壳的半径 R 和极板间电势差 U 恒定时， q 是内球半径 R 的函数．内球表面附近的场强大小为qRU E2R(R R)4 R即也是 R 的函数．欲求场强的最小值，令dE2R R] 0RU [ R 2 ( R R ) 2 dR得RR2并有 RR时，d 2 E0 ，即 RR时，场强有极小值，且2dR 224U E minR9-21 图 9-21 为水蒸气分子 H 2O 中氧氢原子核及核外电子云示意图． 由于分子的正负电荷中心不重合，故其为有极分子，电矩p 6.2 10 30 C m ．（ 1）水分子有 10 个正电荷及 10 个负电荷，试求正负电荷中心之距 d= ?（2）如将水蒸气置于 E1.5 10 4 N/C 的匀强电场中，求其可能受到的最大力矩？（ 3）欲使电矩与外场平行反向的水分子转到外场方向（转向极化），问电场力作功多少？3kT 的多少分之一？在室温 这功的大小为室温（ 300K ）水分子的平均平动动能2下实现水分子的转向极化，外加电场强度应该多大？分析由电矩 pqd 及已知的水分子电量可计算正负电荷中心之距d ．由电偶极子在外场中受的力矩Mp E， MpE sin，可知，当 p 与 E 正交时力矩最大 .当电矩与外场平行反向(180 ) 时，电场力的力矩作功将使减小，最后0 ，注意到在此过程中 d0.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能3k T 相比较是微不足道的，那么要使水分子在常温下实现极化，外电场作的功2至少要等于平均平动动能才能克服热运动的干扰，这就要求外电场足够强． 本题的目的在于启发在实际问题中综合各种物理因素的分析方法和数量级分析的方法．解 （ 1）由题意，水分子正负电荷中心不重合，形成一个电偶极子，电量q 10e ， 电矩大小 p qd (10e)d30正负电荷中心之距dp 6.2 1019 3.9 10 12 m 10e 10 1.6 10题9-21图中， OH键距为 0.958 1010 m ， d 为这个距离的4%.（2 ）由电场力作用于电偶极子的力矩Mp E，力矩大小为MPE sin ，90 ，M达极大 .M maxPE6.2 10301.5 1049.3 1026 N m（3 ）力矩作功为 W Md ，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但dWPE sin d2PE1.9 10 25Jθ180E而 T=300K 时，水分子的平均平动动能pk3kT3 1.38 10 23 300 6.2 10 21J22图 9-21k32630W可见在这样大小的外电场中，水分子的转向极化将被分子的热运动干扰，要实现转向极化，使180 的水分子也转到外电场的方向上，电场力作的功至少要等于分子热运动的平均平动动能k ，从而外场场强值至少要达到E W k 6.2 10 21 5 108 N/C2 p 2 p 2 6.210 309-22 平板电容器两级板相距 3.0cm ，其间平行地放置一层r 2.0 的介质，其位置和厚度如图 9-22(a) 所示，已知 A 板带负电、 B 板带正电，极板上电荷面密度为0 8.85 10 10 C/m 3，略去边缘效应，求：（1）极板间各区域的D、E；（2 ）极板间距 A 极 1cm 、 2cm 、 3cm 处的电势（设 A 板电势为零）；（ 3）绘出 D x 、 E x 、 U x 曲线；（4）介质表面的极化电荷面密度．解（ 1）作如图9-22(a) 所示的高斯面S1和S2，由介质中的高斯定理可以证明各区域 D 相等，得D08.8510 10 c/m 2介质外场强D10V 0/m E0介质内场强E D50 V / mr（2 ）以 A 板电势为零，则x1cm 处A S2B V1E0 x11000.011Vx2cm 处V2V1E( x2x1 )S1 1.5Vx1cm 处V3V2E0 ( x3x2 ) 2.5V0 1 2 3x /cmD/ (C/m)E/ (V/m)V/ V100(a)σ025010 1 2 3x0 1 2 3x0 1 23(b)图 9-22（3） D x ， E x ， V x 曲线如图 9.22(b)所示．（4 ）介质表面的极化电荷面密度为(1 1) 4.42510 10 C/m r9-23平板电容器两极间充满某种介质，板间距d2mm ，电压 600V ，如果断开电源后抽出介质，则电压升高到1800V ，求：（1 ）介质的相对电容率；（ 2）介质上的极化电荷面密度；（3 ）极化电荷产生的电场强度．分析断开电源后抽出介质意味着极板上的自由电荷电量保持不变，电位移D也不变，但是电场强度改变，电压也会改变．在计算有均匀各向同性电介质的平行板电容器之间的电场时，电场强度可以表示为E E0E0，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的00叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度的形式表现出来，反映了空间电场是自由电荷和极化电荷共同产生的；介质中的电场强度也可以直接表示为 E0，其中电介质对电场的影响以相对电容率r 的形式表现出来，也反映0 r了空间的电场是自由电荷和极化电荷共同产生的．这两种表现形式是等效的．解（1）由 E0U 0， EU，得相对电容率为d dE0U 01800rU3E600（2 ）在平行板电容器两极板间充满均匀电介质时，忽略边缘效应，得(1 1 )(11) E0 0 5.31 10 6 C/mr r（3 ）极化电荷的分布形成等量异号带电板，忽略边缘效应，得E 6 10 5 V/m9-24 盖革计数器可用来测量电离辐射，它的正极是半径为R1的金属丝，负极是半径为 R2的同轴圆柱面，当管内充以低压惰性气体，并使两极间建立起强电场，若有辐射粒子进入器壁时将使气体电离，在电子向正极运动的过程中，又会与其他气体原子产生碰撞电离，这样将有更多的电子到达正极并产生一个信号，记录下该辐射，假设 R125 10 6 m , R2 1.4 10 2 m ，管长 L 1610 2 m ，两级间电势差 U 6000V ，低压惰性气体的相对电容率r 1 ，试计算此时阳极上的电荷量和电荷数．分析由于 L R2 , L R1，忽略边缘效应，可以把盖革计数器视为带等量异号电荷的无限长同轴圆柱面电容器．解 两级间场强为 E，方向沿径向指向阴极．电势差为2 0rUR 2drR 2r2ln2 0R 1R 1则Uln R 2R 1阳极上电荷量为2 0UL 2600016 10 2 10 9CqLR 2 ln(1.4 10 2/ 2510 6)8.4 lnR 1q 8.4 10 相应的电荷数为Ne 1.6 109195.25 10109-25圆柱形电容器是由半径为 R 1 的导体圆柱和与它同轴的导体圆筒构成 的，圆筒的半径为 R 2 ，电容器的长为 L ，其间充满相对电容率为 r 的介质，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为，圆筒单位长带电荷量为，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度； （2 ）介质表面的极化电荷面密度； （3）两极之间的电势差 U ，从而求电容器电容．分析 已知电荷分布，由介质中的高斯定理可知介质中的 D 和 E ，由场强叠加原理可求出极R 2εrεR 1rLλ化电荷的面密度 .–λ解 （1）由于电场具有轴对称性，以半径为r 作高为 L 的同轴高斯面，介质中的高斯定理得2 rL D L图 9-25DrD（ 1）Er 2rr （2 ）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为和，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为E2 0 r根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即E E0E（ 2）2 0 r 2 0 r由（ 1）和（ 2）式解得(1 1 )r介质内外表面单位长的面积分别为 2 R2， 2 R1，则极化电荷面密度分别为2 R1(1)(1)2 R1r2R2 2R2r（3 ）电容器两极板电势差为U E d rR2dr ln R2R2R1R120 r r0rR1电容为Q L20rL CR2R2 U ln ln2R1R10 r9-26在半径为 R 的金属球外有一层外半径为R 的均匀介质层，设电介质的相对电容率为r ，金属球带电量为Q，求：（1 ）介质层内外的电场强度；（2 ）介质层内外的电势；（ 3）金属球的电势．分析本题为球对称场，已知电荷分布由介质中的高斯定理可求出D、E 分布．以无穷远电势为零由场强与电势的积分关系或电势叠加原理可求电势分布．解（ 1）如图 9-26，作半径为 r的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得4 r 2 D QDQ4r 2R在介质内， R r RD Q R’r E14r r20r0εr在介质外，r RD Q E24r 2（2 ）介质内任一点的电势为图 9-26V1RE1dr E2 dr Q1(1 1)1（ 1）4r r R Rr R介质外任一点电势为V2Q rE2 dr4 0 r（3 ）金属球的电势可由（ 1）式中令 r R 得到，即V0Q1111 4 0R R Rr9-27球形电容器由半径为R1的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为 R3，其间有两层均匀电介质，分界面半径为R2，相对电容率分别为r1和r2 ，如图9-27所示，求：（1）当内球所带电荷量为Q 时，电场强度的分布；（ 2）各介质表面上的束缚电荷面密度；（3 ）电容器电容．分析本题电场为球对称的，已知电荷分布，可由介质中的高斯定理先求 D ，再求 E 的分布．束缚电荷分布在内外两层介质的四个表面上，因为各表面的曲率。

《金版教程(物理）》2024导学案选择性必修第一册人教版新第一章动量守恒定律3．动量守恒定律1．理解系统、内力、外力的概念。

2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件，知道动量守恒定律的普适性。

3.会用动量守恒定律解答相关问题。

一系统、内力与外力1．系统：由01两个(或多个)相互作用的物体构成的整体。

2．内力：系统中物体间的作用力。

3．外力：系统02以外的物体施加给系统内物体的力。

二动量守恒定律1．内容：如果一个系统01不受外力，或者02所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：03p1′＋p2′＝p1＋p2或04m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。

3．适用条件：系统05不受外力或者所受外力的矢量和06为0。

4．普适性：动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的07一切领域。

1．判一判(1)系统的动量守恒时，系统内各物体的动量一定守恒。

()(2)题目中涉及甲、乙、丙三个物体时，可以将甲和乙、甲和丙、乙和丙以及甲、乙、丙选为系统，具体如何选择要依据实际问题分析。

()(3)应用动量守恒定律时，若碰撞前后物体的速度方向相反，应规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。

()(4)动量守恒定律只适用于宏观低速的物体。

()(5)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒。

()提示：(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×2．想一想(1)一个力对某个系统来说是外力，这个力在另一个系统中可以是内力吗？提示：可以。

一个力是内力还是外力关键看所选择的系统，如发射炮弹时，以炮弹和炮车为系统，地面对炮车的力是外力，如果选炮弹、炮车及地球为系统，地面对炮车的力就是内力。

(2)系统内存在摩擦力，系统的动量还守恒吗？提示：守恒。

系统内的摩擦力是内力，动量是否守恒取决于系统所受外力的情况。

(3)动量守恒定律和牛顿运动定律的适用范围一样吗？提示：不一样，动量守恒定律的适用范围更广。

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第九章恒定电流第讲电流电阻电功及电功率[教材阅读指导](对应人教版必修第三册相关内容及问题)第十一章第1节阅读“电源”这一部分内容，假如电路中定向移动的是正自由电荷，电源的作用是什么？提示：不断将正电荷从负极搬运到正极，使电源两端始终存在电势差。

第十一章第1节阅读[拓展学习]“电流的微观解释”，公式I＝neSv中n、v两字母各代表什么物理量？提示：n代表自由电子数密度，即单位体积内的自由电子数，v代表自由电子定向移动的平均速率。

第十一章第1节[拓展学习]“电流的微观解释”，自由电子无规则热运动的速率、定向移动的平均速率、电流的传导速率分别是多少？提示：通常情况下，自由电子无规则热运动的速率约为105 m/s，自由电子定向移动的平均速率约为10－4 m/s，电流传导速率等于光速。

第十一章第2节[练习与应用]T6，思考：对同一导体电流流向不同时，其电阻值是否相同？提示：不一定相同。

第十二章第1节阅读电功公式的推导部分，推导出W＝UIt的依据是什么？提示：(1)电路中的恒定电场的基本性质与静电场相同，可以利用W＝qU来计算恒定电场对自由电荷的静电力做的功；(2)电流的定义式I＝qt。

第十二章阅读“1电路中的能量转化”这一节内容，体会纯电阻电路和非纯电阻电路在使用物理规律上的区别，公式“I＝UR”和“P＝U2R”在纯电阻电路和非纯电阻电路的应用上有什么不同？提示：对纯电阻电路，公式I＝UR适用，因此电功率或电热功率都可用P＝U2R来求；对非纯电阻电路，“I＝UR”和“P＝U2R”两式都不适用。

必备知识梳理与回顾一、电流恒定电流1．电流(1)导体中形成电流的条件01自由移动的电荷。

02电压。

(2)电流的方向03相同，04相反。

在外电路05负极流向06正极。

07标量。

2．恒定电流(1)08大小、09方向都不随时间变化的电流。

(2)10电流这个物理量表示。

11电荷量越多，电流就越大，如果用I表示电流，q表示在时间t内通过导体横截面的12电荷量，则有I13q t。

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第九章静电场及其应用第九章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．法拉第提出了场的观点，并用电场线形象地描述电场，以下关于电场和电场线的说法正确的是()A．电场线是实际存在的，用来表示电场的强弱和方向B．带电粒子在电场中受力的方向就是场强的方向C．在同一幅图里，电场线越密的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小D．沿电场线方向，电场强度逐渐减小答案 C解析电场线是人为假想的线，不是真实存在的，故A错误；在电场中正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷的受力方向与场强方向相反，故B错误；电场线的疏密表示电场的强弱，在同一幅图里，电场线越密的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小，故C正确；沿电场线方向，电场强度不一定减小，故D错误。

2.如图所示，在真空中某点电荷电场中有一条虚线，该虚线上电场强度的最大值为E，P点的电场强度方向与虚线夹角为30°，则P点的电场强度大小为()A．E B.3 2EC.12E D.14E答案 D解析 由点电荷电场特点可知，点电荷位于P 点的电场强度所在的直线上，且虚线上电场强度最大的点与点电荷的连线必然与虚线垂直，且该点电场强度沿此连线方向。

假设该点电荷带正电，如图所示，由几何关系得E ＝k Q r 2，E P＝k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫r sin30°2，联立解得E P ＝E 4；若点电荷带负电，可得到相同结论。

故A 、B 、C 错误，D 正确。

3.如图所示为某带电导体的电场线分布，M 、N 是电场中的两点，则( )A ．导体左侧带正电，右侧带负电B ．导体电荷分布密度左侧大于右侧C ．M 点的电场强度大于N 点的电场强度D ．导体内部的P 点不可能有净电荷答案 D解析 由电场线方向可知，导体左右两侧均带正电，A 错误；右侧电场线分布较密集，可知导体电荷分布密度左侧小于右侧，B 错误；因N 点电场线较M 点密集，则N 点的电场强度大于M 点的电场强度，C 错误；净电荷只分布在导体的外表面，导体内部的P 点不可能有净电荷，D 正确。

板块四限时·规范·特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～3为单选，4～10为多选)1.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A.可以根据各向同性或各向异性来区分晶体和非晶体B.一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C.一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体D.一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则一定是多晶体答案 C解析多晶体和非晶体都表现为各向同性，只有单晶体表现为各向异性，所以选项A、B错，C对。

有些晶体具有各向异性的特性，仅是指某些物理性质，并不是单晶体的所有物理性质都表现各向异性，换言之，某一物理性质表现为各向同性，并不意味着该物质一定不是单晶体，所以选项D错。

2.关于液体的表面张力，下列说法正确的是()A.表面张力是液体内部各部分之间的相互作用力B.液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力只有引力，没有斥力C.不论是什么液体，表面张力都会使表面收缩D.表面张力的方向与液面垂直答案 C解析表面张力是由于表面层中分子间距大，表面层分子间分子力表现出引力，选项A、B错；由于表面张力的作用，使液体表面有收缩的趋势，选项C正确；表面张力的方向跟液面相切，选项D错误。

3．一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c，如图所示，则下图中能正确反映出这一变化过程的是()答案 C解析由题图知：a→b过程为气体等容升温，压强增大；b→c 过程为气体等温降压，根据玻意耳定律知，体积增大，由此可知图C 正确。

4.[2013·海南高考]下列说法正确的是()A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面。

这是由于水表面存在表面张力的缘故B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能。

这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形。

⾦版教程物理全解答案及教案（16）板块四限时·规范·特训时间：45分钟满分：100分⼀、选择题(本题共10⼩题，每⼩题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1. 在磁感应强度B＝0.1 T的匀强磁场中，⼀⾯积S＝0.06 m2，电阻值r＝0.2 Ω的矩形⾦属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产⽣频率为50 Hz的交变电流。

t＝0时，线圈平⾯与磁场垂直，如图所⽰。

则()A.t1＝0.005 s时线框的磁通量最⼤B.t2＝0.055 s时，电流的⽅向为abcdaC.从t＝0⾄t1＝0.005 s内，流经线框截⾯的电荷量为0.03 CD.保持交变电流频率不变，增加磁感应强度可增⼤电动势的最⼤值，但有效值不变答案 C解析交流电的频率为50 Hz，周期为0.02 s，在t＝0.005 s时，线圈由图⽰位置，转过90°，此时的磁通量为零，A选项是错误的。

t ＝0.055 s时，也就是线圈由图⽰位置转270°时，由楞次定律可知，电流⽅向应为adcba，B选项是错误的。

q＝IΔt＝ΔΦr＝BSr＝0.03 C，C选项正确。

电动势的最⼤值E m＝BSω＝BS·2πf，当其有磁感应强度增⼤，其他量不变时，电动势的最⼤值增⼤，产⽣的是弦式交流电，有效值E＝E m2也增⼤，D选项是错误的。

2.如图所⽰为发电机结构⽰意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，其表⾯呈半圆柱⾯状。

M是圆柱形铁芯，它与磁极柱⾯共轴，铁芯上绕有矩形线框，可绕与铁芯共轴的固定轴转动。

磁极与铁芯间的磁场均匀辐向分布。

从图⽰位置开始计时，当线框匀速转动时，下图中能正确反映线框感应电动势e随时间t的变化规律的是()答案 D解析矩形线框在均匀辐向磁场中转动，v始终与B垂直，由E ＝Bl v知E⼤⼩不变，⽅向周期性变化，故选项D正确。

3.如图所⽰区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y ＝2sin π2x 曲线围成(x ≤2 m)，现把⼀边长为2 m 的正⽅形单匝线框以⽔平速度v ＝10 m/s 匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T ，线框电阻R ＝0.5 Ω，不计⼀切摩擦阻⼒，则( )点击观看解答视频A ．⽔平拉⼒F 的最⼤值为8 NB.拉⼒F 的最⼤功率为12.8 WC.拉⼒F 要做25.6 J 的功才能让线框通过此磁场区D.拉⼒F 要做12.8 J 的功才能让线框通过此磁场区答案 C解析线框通过磁场区，产⽣的感应电流先增⼤后减⼩，形成正弦交流电，周期为2l v ＝0.4 s ，感应电动势最⼤值为E m ＝Bl v ＝8 V ，有效值为4 2 V ，感应电流最⼤值为16 A ，有效值为8 2 A ，则⽔平拉⼒最⼤值为F m ＝BI m l ＝12.8 N ，A 选项错误。

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第九章静电场及其应用1.电荷1．知道自然界中有两种电荷：正电荷、负电荷，知道电荷量的概念，了解摩擦起电及其原因，认识金属导电及绝缘体不导电的原因。

2.理解静电感应现象及其特点，了解感应起电。

3.理解摩擦起电、感应起电的实质，从而认识和理解电荷守恒定律。

4.知道元电荷、比荷的概念。

一电荷101正电荷、02负电荷。

2．电荷量03多少叫作电荷量，用Q表示，有时也可以用q来表示。

在国际单位制中，它的单位是04库仑，简称库，符号是C05正电荷的电荷量为正值，06负电荷的电荷量为负值。

3．摩擦起电及其原因(1)07摩擦而使物体带电的方式。

(2)原因：当两种物质组成的物体互相摩擦时，一些受束缚较弱的电子会转移到另一个物体上。

于08负电，失去电子的物体则带09正电。

4．金属导电及绝缘体不导电的原因(1)10自由电子。

失去自由电子的原子便成为带正电的11离子，它们在金属内部排列起来，每个正离子都在自己的平衡位置附近振动而不移动，只有12自由电子穿梭其中，这就使金属成为导体。

(2)绝缘体中几乎不存在能13自由移动的电荷。

二静电感应1．静电感应：当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互01吸引或02排斥，导体中的自由电荷便会03趋向或04远离带电体，使导体靠近带电体的一端带05异种电荷，远离带电体的一端带06同种电荷。

2．感应起电：利用07静电感应使金属导体带电的过程。

三电荷守恒定律1．内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体01转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到02另一部分；在转移过程中，电荷的总量03保持不变。

2．更普遍的表述：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的04代数和保持不变。

四元电荷1．元电荷电荷量是不能连续变化的物理量。

迄今为止，实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量。

质子、正电子所带的电荷量与它01相同，电性相反。

人们把这个最小的电荷量叫作元电荷，用e 表示，e＝021.60×10－19__C，最早是由美国物理学家03密立根测得的。

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第九章静电场及其应用3．电场电场强度1．知道电场是电荷周围客观存在的一种特殊物质。

2.理解电场强度的定义及物理意义，知道它的矢量性。

3.会推导点电荷场强的计算式并能进行有关的计算。

4.知道电场强度的叠加原理，能应用该原理进行简单计算。

5.理解电场线的概念、特点，了解常见的电场线的分布，知道什么是匀强电场。

一电场1．概念：电荷在周围产生的一种01特殊物质。

场像分子、原子等实物粒子一样具有能量，因而场也是物质存在的一种形式。

2．性质：对放入其中的电荷有02力的作用，电荷间通过03电场发生相互作用。

304静止电荷产生的电场。

二电场强度1．试探电荷与场源电荷(1)试探电荷：在研究电场的性质时，放入电场中的电荷。

为了使它放入后不影响原来要研究的电01电荷量和02体积都很小的点电荷。

(2)03激发电场的带电体所带的电荷，又叫源电荷。

204试探电荷在电场中某个位置所受的静电力与它的05电荷量之比，反映了电场在这点的性质，叫作电场强度。

3．电场强度的定义式：E06F q 。

407牛每库，符号为08N/C。

5．电场强度的方向：电场强度是矢量，规定电场中某点的电场强度的方向与09正电荷在该点所受的静电力的方向相同。

三 点电荷的电场 电场强度的叠加 1．点电荷的场强(1)大小：一个电荷量为Q 的点电荷，在与之相距r 处的电场强度E ＝01k Qr 2。

如果以电荷量为Q 的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小02相等。

(2)方向：当Q 为正电荷时，电场强度E 的方向03沿半径向外；当Q 为负电荷时，电场强度E 的方向04沿半径向内。

2．电场强度的叠加：如果场源是多个点电荷，则电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的05矢量和。

四 电场线1．电场线：画在电场中的一条条有01方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的02电场强度方向。

在同一幅图中可以用电场线的03疏密来比较各点电场强度的大小，电场强度较大的地方电场线较04密，电场强度较小的地方电场线较05疏。

《金版教程(物理）》2024导学案选择性必修第一册人教版新第二章机械振动1.简谐运动1．了解什么是机械振动，认识自然界和生产、生活中的振动现象。

2.认识弹簧振子这一物理模型，理解振子的平衡位置和位移随时间变化的图像。

3.理解简谐运动的概念和特点，知道简谐运动的位移—时间图像是一条正弦曲线。

4.能够利用简谐运动的图像分析振子的位移和速度的变化情况。

一弹簧振子1．机械振动：物体或物体的一部分在一个位置附近的01往复运动，简称振动。

2．平衡位置：水平弹簧振子中，弹簧未形变时，小球所受合力为020的位置。

3．弹簧振子：如图所示，小球套在光滑杆上，如果弹簧的质量与小球相比03可以忽略，小球04运动时空气阻力也可以忽略，把小球拉向右方，然后放开，它就在05平衡位置附近运动起来。

这种由06小球和07弹簧组成的系统称为弹簧振子，有时也简称为振子，弹簧振子是一个理想化模型。

二弹簧振子的位移—时间图像1．振动位移：弹簧振子的小球相对于01平衡位置的位移。

2．位移—时间图像：选取小球平衡位置为坐标原点，建立如图所示的坐标系，横轴和纵轴分别表示02时间t和小球的03位移x。

在坐标系中标出04各时刻小球球心的位置，用曲线把各点连接起来，就是小球在平衡位置附近往复运动时的位移—时间图像，即x-t图像。

x-t图像即振动图像。

3．物理意义：反映了振子的05位移随06时间的变化规律。

三简谐运动1．定义：如果物体的位移与时间的关系遵从01正弦函数的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条02正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。

2．特点：简谐运动是最基本的振动。

弹簧振子中小球的运动就是03简谐运动。

1．判一判(1)竖直放于水面上的圆柱形玻璃瓶的上下运动是机械振动。

()(2)乒乓球在台面上的不断跳动是机械振动。

()(3)弹簧振子的位移是从平衡位置指向振子所在位置的有向线段。

()(4)简谐运动的图像表示质点振动的轨迹是正弦或余弦曲线。

()(5)只要质点的位移随时间按正弦函数的规律变化，这个质点的运动就是简谐运动。

板块四限时·规范·特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。

其中1～6为单选，7～12为多选)1.关于机械波的形成，下列说法中正确的是()A.物体做机械振动，一定产生机械波B.后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步C.参与振动的质点群的频率各不相同D.机械波是介质随波迁移，也是振动能量的传递答案 B解析有振源，但没有媒介，也不能产生机械波，A选项错误。

后振动的质点总是重复前一质点的振动情况，带动再后面振点的振动，B选项是正确的。

参与振动的质点群的频率都相同，C选项是错误的。

机械波是介质只在各自的平衡位置附近做简谐振动，并不随波迁移，在振动过程中把能量传递出去，D选项是错误的。

2. 一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a正向上运动。

由此可知()A.该波沿x轴负方向传播B.c正向上运动C.该时刻以后，b比c先到达平衡位置D.该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处答案 C解析由同侧法可知波沿x轴的正方向传播，A选项错误。

c点向下振动，B选项是错误的。

b质点比c点先振动，c点重复b质点的振动，b质点此时向上振动，b先到达平衡位置，C选项正确。

D选项是错误的。

3. 一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图所示，质点a与质点b相距1 m，a质点正沿y轴正方向运动；t＝0.02 s时，质点a 第一次到达正向最大位移处，由此可知()A.此波的传播速度为25 m/sB.此波沿x轴正方向传播C.从t＝0时起，经过0.04 s，质点a沿波传播方向迁移了1 mD.t＝0.04 s时，质点b处在平衡位置，速度沿y轴负方向答案 A解析由题可知波长λ＝2 m，周期T＝0.08 s，则v＝λT＝25 m/s，A对；由“同侧法”知波沿x轴负方向传播，B错；质点不随波迁移，C错；t＝0时质点b向下运动，从t＝0到t＝0.04 s经过了半个周期，质点b回到平衡位置沿y轴正方向运动，D错。

2013《金版新学案》高三一轮物理：第9章《电磁感应》第三讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．通过ab 边的电流方向为a→bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv2 解析： 本题考查电磁感应．ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b→a，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．答案： D2.一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如右图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，( )A ．向上滑行的时间大于向下滑行的时间B ．在向上滑行时电阻R 上产生的热量小于向下滑行时电阻R 上产生的热量C ．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m(v20－v2) 解析： 导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 错；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 错；由q ＝ΔΦR ＋r 知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m(v20－v2)，D 错； 本题中等难度．答案： C3.矩形线圈abcd ，长ab ＝20 cm ，宽bc ＝10 cm ，匝数n ＝200，线圈回路总电阻R ＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如右图所示，则( )A ．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B ．线圈回路中产生的感应电流为0.2 AC ．当t ＝0.3 s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小为0.016 ND ．在1 min 内线圈回路产生的焦耳热为48 J解析： 由E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt 可知，由于线圈中磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝20－5×10－20.3T/s ＝0.5 T/s 为常数，则回路中感应电动势为E ＝n ΔΦΔt＝2 V ，且恒定不变，故选项A 错误；回路中感应电流的大小为I ＝E R＝0.4 A ，选项B 错误；当t ＝0.3 s 时，磁感应强度B ＝0.2 T ，则安培力为F ＝nBI l ＝200×0.2×0.4×0.2 N＝3.2 N ，故选项C 错误；1 min 内线圈回路产生的焦耳热为Q ＝I2Rt ＝0.42×5×60 J ＝48 J ．选项D 正确．答案： D4．(2010·扬州模拟)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )解析： 由楞次定律可判定回路中的电流始终为b→a 方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A 、B 错；由F 安＝BIL 可得F 安随B 的变化而变化，在0～t0时间内，F 安方向向右，故外力F 与F 安等值反向，方向向左为负值；在t0～t 时间内，F 安方向改变，故外力F 方向也改变为正值，综上所述，D 项正确．答案： D5.如右图所示，光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B 的匀强磁场中．有一质量为m 的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A 点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A 点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值为R ，其余电阻不计，则( )A ．该过程中导体棒做匀减速运动B ．该过程中接触电阻产生的热量为18mv20C ．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为QR BD ．当导体棒的速度为12v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半 解析： 产生的感应电动势为E ＝Blv ，电流为I ＝Blv/R ，安培力为F ＝BIl ＝B2l2v/R ，l 、v 都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度也在减小，故A 错；该过程中，动能全部转化为接触电阻产生的热量为12mv20；B 错；该过程中，通过的总电荷量为Q ＝BS/R ，整理后得开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的S ＝QR B，C 对；由产生的感应电动势为E ＝Blv 和电流为I ＝Blv/R ，可知D 错．答案： C6.如右图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2 m ，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ，导体棒ab与cd 的电阻均为0.1 Ω，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab 棒，使之匀速向上运动，此时cd 棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g 取10 m/s2，则( )A ．ab 棒向上运动的速度为1 m/sB ．ab 棒受到的拉力大小为0.2 NC ．在2 s 时间内，拉力做功为0.4 JD ．在2 s 时间内，ab 棒上产生的焦耳热为0.4 J解析： cd 棒受到的安培力等于它的重力，B BLv 2R L ＝mg ，v ＝mg×2R B2L2＝2 m/s ，A 错误．ab 棒受到向下的重力G 和向下的安培力F ，则ab 棒受到的拉力FT ＝F ＋G ＝2mg ＝0.2 N ，B 正确．在2 s 内拉力做的功，W ＝FTvt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，C 不正确．在2 s 内ab 棒上产生的热量Q ＝I2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 2R 2Rt ＝0.2 J ，D 不正确． 答案： B7.如右图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a ，质量为m ，电阻为R 的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为v 2，则( ) A ．此时线框中的电功率为4B2a2v2/RB ．此时线框的加速度为4B2a2v/(mR)C ．此过程通过线框截面的电荷量为Ba2/RD ．此过程回路产生的电能为0.75mv2解析： 线框左右两边都切割磁感线则E 总＝2Ba·v 2，P ＝E2总R ＝B2a2v2R，A 错误；线框中电流I ＝E 总R ＝Bav R ，两边受安培力F 合＝2·BIa＝2B2a2v R，故加速度a ＝2B2a2v mR ，B 错误；由E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R .q ＝I Δt 得q ＝ΔΦR.从B 点到Q 点ΔΦ＝Ba2，故C 正确；而回路中产生的电能E ＝12mv2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝38mv2，故D 错误． 答案： C二、非选择题8．(2010·江苏单科)如右图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)流经电流表电流的最大值Im.解析： (1)电流稳定后，导体棒做匀速运动 BIL ＝mg ①解得 B ＝mg IL.② (2)感应电动势 E ＝BLv ③感应电流 I ＝E R④ 由②③④式解得 v ＝I2R mg. (3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm机械能守恒 12mv2m ＝mgh 感应电动势的最大值 Em ＝BLvm感应电流的最大值 Im ＝Em R解得 Im ＝mg 2gh IR. 答案： (1)B ＝mg IL (2)v ＝I2R mg (3)Im ＝mg 2gh IR9.如右图所示，两根相同的劲度系数为k 的金属轻弹簧用两根等长的绝缘线悬挂在水平天花板上，弹簧的上端通过导线与阻值为R 的电阻相连，弹簧的下端接一质量为m 、长度为L 、电阻为r 的金属棒，金属棒始终处于宽度为d 的垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场中．开始时弹簧处于原长．金属棒从静止释放，其下降高度为h 时达到了最大速度．已知弹簧始终在弹性限度内，且当弹簧的形变量为x时，它的弹性势能为12kx2，不计空气阻力和其他电阻，求： (1)金属棒的最大速度是多少？(2)这一过程中R 消耗的电能是多少？解析： (1)当金属棒有最大速度时，加速度为零，金属棒受向上的弹力、安培力和向下的重力作用，有2kh ＋BId ＝mgI ＝Bdvmax R ＋r vmax ＝mg －2kh R ＋r B2d2. (2)根据能量关系得 mgh －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12kh2－12mv2m ax ＝E 电 又有R 、r 共同消耗了总电能ER Er ＝R r，ER ＋Er ＝E 电 整理得R 消耗的电能为ER ＝R R ＋r E 电＝R R ＋r[mgh －kh2－m mg －2kh 2R ＋r 22B4d4]． 答案： (1)mg －2kh R ＋r B2d2(2)R R ＋r[mgh －kh2－m mg －2kh 2R ＋r22B4d4] 10．如图所示，在距离水平地面h ＝0.8 m 的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向内的匀强磁场．正方形线框abcd 的边长l ＝0.2 m ，质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连线框，另一端连一质量M ＝0.2 kg 的物体A.开始时线框的cd 在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A ，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd 边进入磁场时物体A 恰好落地，同时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g 取10 m/s2.求：(1)匀强磁场的磁感应强度B.(2)线框从开始运动到最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？解析： (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律可得：Mg(h －l)＝mg(h －l)＋12(M ＋m)v2① 代入数据解得：v ＝2 m/s ②线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流：I ＝Blv R③ 线框恰好做匀速运动，有：Mg ＝mg ＋IBl ④代入数据解得：B ＝1 T ．⑤(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：h －l ＝l 2vt1⑥ 代入数据解得：t1＝0.6 s ⑦线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t2＝l v＝0.1 s ⑧ 此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间：t3＝v g＝0.2 s ⑨ 线框从开始运动到最高点，所用时间：t ＝t1＋t2＋t3＝0.9 s ．⑩(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即 IBl ＝(M －m)g ＝mg ⑪因此，线框穿过磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动． 由机械能守恒定律可得：12mv21＝12mv2＋mg(h －l)⑫ 代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4 m/s.⑬答案： (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/。

第九章固体、液体和物态变化4 物态变化中的能量交换A级　抓基础1．用吹风机的热风吹一支蘸了酒精的温度计时，温度计的示数( )A．先降低后升高　B．先升高后降低C．一直降低D．一直升高解析：开始时，温度计上的酒精汽化，带走热量，使温度降低，故示数降低；酒精完全汽化后，温度计在热风作用下温度升高，A正确．答案：A2．水的凝固点是0 ℃，如果把0 ℃的冰放到0 ℃的房间里，( ) A．冰一定会熔化B．冰一定不会熔化C．冰可能熔化，也可能不熔化D．条件不足无法判断解析：冰是晶体，它的熔化需满足两个条件，温度达到熔点0 ℃，还要继续吸收热量.0 ℃的冰不能从0 ℃的环境里吸收热量，故不能熔化．答案：B3．火箭在大气中飞行时，它的头部跟空气摩擦发热，温度可达几千摄氏度，在火箭上涂一层特殊材料，这种材料在高温下熔化并且汽化，能起到防止烧坏火箭头部的作用，这是因为( )A．熔化和汽化都放热B．熔化和汽化都吸热C．熔化吸热，汽化放热D．熔化放热，汽化吸热解析：物质在熔化和汽化过程中都是吸收热量的，故B选项正确．答案：B4．(多选) 下列说法正确的是( )A．不同晶体的熔化热不相同B．一定质量的晶体，熔化时吸收的热量与凝固时放出的热量相等C．不同非晶体的熔化热不相同D．汽化热与温度、压强有关解析：不同的晶体有不同的结构，要破坏不同物质的结构，所需的能量不同．因此，不同晶体的熔化热也不相同，故A正确．一定质量的晶体，熔化时吸收的热量与凝固时放出的热量相等，故B正确．非晶体液化过程中温度会不断变化，而不同温度下物质由固态变为液态时吸收的热量是不同的，所以非晶体没有确定的熔化热，故C 不正确．汽化热与温度、压强都有关，故D正确．答案：ABD5．下列说法中正确的是( )A．冰在0 ℃时一定会熔化，因为0 ℃是冰的熔点B．液体蒸发的快慢与液体温度的高低有关C．0 ℃的水，其内能也为零D．冬天看到嘴里吐出“白气”，这是汽化现象解析：熔化不仅需要温度达到熔点，还需要继续吸热，故A 错．液体温度高，其分子运动加剧，容易跑出液面，即蒸发变快，故B 对.0 ℃的水分子也在不停息地做热运动，其内能不为零，故C错．嘴中的气体温度较高，遇到冷空气后液化为小水滴，即为“白气”，故D 错．答案：BB级　提能力6．(多选)如图是某种晶体的熔化图象，下列说法中正确的是( )A．ab段是吸热过程，cd段是放热过程B．ab、bc、cd三段都是吸热过程C．ab段物质处于固态，bc和cd两段处于液态D．bc段是晶体熔化过程解析：这是晶体的熔化图象，图中所示三段过程中要一直吸收热量，故B项正确；ab、bc、cd三阶段中，ab段是固体，bc段是熔化过程，固、液共存，故C错，D正确．答案：BD7．下列四个图象中，属于晶体凝固图象的是( )解析：首先分清晶体与非晶体的图象．晶体凝固时有确定的凝固温度，非晶体没有确定的凝固温度，故A、D图象是非晶体的图象；其次分清熔化时在达到熔点前是吸收热量，温度升高，而凝固过程则恰好相反，故C正确．答案：C8.一定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水时，其分子动能之和E k和分子势能之和E p的变化情况是( )A.E k变大，E p变大B.E k变小，E p变小C.E k不变，E p变大D.E k不变，E p变小解析：0 ℃的冰溶化成0 ℃的水，温度不变，故分子的平均动能不变，而分子总数不变，E k不变；冰熔化过程中吸收的热量用来增大分子势能，故C正确.答案：C9.下列关于物质的熔化和凝固的说法中正确的是（ ）A.各种固体都有一定的熔点，不同的固体熔点不同B.晶体熔化时的温度叫熔点，不同的晶体熔点不同C.同种晶体的熔点高于它的凝固点D.晶体熔化过程要吸热，且温度不断升高解析：非晶体没有一定的熔点，也没有一定的凝固点，故A错误；晶体在熔化过程中要吸热，但温度不变，这个温度叫作晶体的熔点，不同晶体熔点不同，故B正确；同一种晶体的熔化温度和它的凝固温度是相同的，故C错误；晶体在熔化过程中，尽管不断吸热，但温度不变，故D错误.答案：B10．如果已知铜制量热器中小筒的质量是150克，里面装着100克16 ℃的水，放入9克0 ℃的冰，冰完全熔化后水的温度是9 ℃，利用这些数据求冰的熔化热[铜的比热容c铜＝3.9×102 J/(kg·℃)]．解析：9克0 ℃的冰熔化为0 ℃的水，再升高到9 ℃，总共吸收的热量Q吸＝m冰λ＋m冰c水(9 ℃－0 ℃)．量热筒中的水和量热器小筒从16 ℃降到9 ℃放出的热量Q热＝m c水(16 ℃－9 ℃)＋m筒c铜(16 ℃－9 ℃)．水因为Q吸＝Q放，所以m冰λ＋m冰c水(9 ℃－0 ℃)＝(m水c水＋m筒c铜)(16 ℃－9 ℃)．统一单位后，把数值代入上式，可得λ＝3.3×105 J/kg.答案：3.3×105 J/kg。

《金版教程(物理）》2024导学案选择性必修第一册人教版新第二章机械振动5．实验：用单摆测量重力加速度1．学会用单摆测量当地的重力加速度。

2.能正确熟练地使用游标卡尺和停表。

一实验思路当摆角较小(一般要求不大于5°)时，单摆的运动可看作简谐运动。

根据单摆做简谐运动的周期公式01T＝2πlg ，有g＝024π2lT2，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地重力加速度g的值。

二实验器材中心有小孔的金属小球、不易伸长的细线(长约1 m)、铁夹、铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。

三物理量的测量1．摆长的测量：摆长是01摆线长度和02小球半径之和。

可以用刻度尺直接测量小球03球心与悬挂点之间的距离作为摆长的测量值；也可用04游标卡尺测量小球的直径，算出它的半径，再测量悬挂点与小球05上端之间的距离，以两者之和作为摆长的测量值。

2．周期的测量：我们一般用06停表测量单摆的周期。

实验时，应测量单摆做07多次全振动的时间，然后通过计算求出它的周期的测量值。

探究测量过程·获取数据仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。

活动1：本实验的研究对象是谁？要得到什么数据？提示：本实验的研究对象是单摆，通过测量其周期与摆长从而得到当地的重力加速度。

活动2：如图1所示，细线上端的两种不同的悬挂方式，哪种较好？为什么？提示：乙较好。

这样摆球在摆动过程中，细线上端固定，摆长不变。

活动3：请写出该实验的操作步骤。

提示：(1)在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔。

(2)把细线上端固定在铁架台上，使摆球自由下垂，制成一个单摆。

(3)用刻度尺测量单摆的摆长(摆线静止时从悬挂点到球心间的距离)；也可用游标卡尺测量小球的直径，算出它的半径，再测量悬挂点与小球上端之间的距离，以两者之和作为摆长的测量值。

(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角不大于5°，再释放小球。

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第九章恒定电流实验测量电源的电动势和内阻科学探究梳理1．测量电源的电动势和内阻。

2．掌握用图像法求电动势和内阻。

闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，实验原理图如图所示。

电池(被测电源)、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸、铅笔、刻度尺。

1．电流表用0.6 A量程，电压表用3 V量程，按实验原理图连接好电路。

2．把滑动变阻器的滑片移动到使接入电路的阻值最大的一端。

3．闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1，U1)。

用同样方法测量几组I、U值，填入表格中。

第1组第2组第3组第4组第5组第6组I/AU/V4.断开开关，拆除电路，整理好器材。

1．公式法取上表六组对应的U、I数据，数据满足关系式U1＝E－I1r、U2＝E－I2r、U3＝E－I3r…，让第1式和第4式联立方程，第2式和第5式联立方程，第3式和第6式联立方程，这样解得三组E 、r ，分别取平均值作为电池的电动势E 和内阻r 的大小。

2．图像法以路端电压U 为纵坐标、干路电流I 为横坐标建立U -I 坐标系，在坐标平面内描出各组(I ，U )值所对应的点，然后作一条直线，使其通过尽可能多的点，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，如图所示。

则直线与纵轴交点的纵坐标即是电池电动势的大小(一次函数的纵轴截距)，与横轴交点的横坐标为短路电流I 短＝Er ，直线的斜率的绝对值即为电池的内阻r ，即r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI 。

1．偶然误差(1)由读数不准引起误差。

(2)用图像法求E 和r 时，由于作图不准确造成的误差。

2．系统误差由于电压表和电流表内阻影响而导致的误差。

(1)电流表外接法：如图甲所示。

①图像法：在理论上E ＝U ＋(I V ＋I A )r ，其中电压表示数U 是路端电压真实值。

而实验中忽略了通过电压表的电流I V 而形成误差，而且电压表示数越大，I V 越大。