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第六章静电场

第1课时电荷库仑定律

基础知识归纳
1.两种电荷及使物体带电的方法
自然界中只存在正电荷和负电荷两种，使物体带电的方法有摩擦起电、接触起电、感应起电.起电的本质是电子的得失与转移.
2.电荷守恒定律
电荷不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，即电荷的总量保持不变.
元电荷：一个电子或一个质子所带的电荷量用e表示，e＝1.6×10－19C.
点电荷：不计带电体的形状和大小，可把其看做一点，是一种理想化的物理模型.
3.库仑定律
真空中两个点电荷之间相互作用的力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上.
即(其中k＝9.0×109Nm2/C2).
重点难点突破
一、带电体的电荷分布与什么有关
处于静电平衡状态的带电导体电荷只能分布在外表面上，而导体外表面上的电荷分布又与表面的形状有关，因此两个完全相同的带电导体接触时必先中和然后等分电荷.
二、应用库仑定律解题时应注意的几点
1.适用条件：真空、点电荷；两静止点电荷之间或静止点电荷与运动点电荷之间.
2.真空中两点电荷间的一对静电力是一对相互作用力，满足牛顿第三定律.
3.对于两个带电导体间库仑力大小的比较，要考虑带电体上电荷的重新分布.
4.库仑力是长程力，当r→0时，带电体不能看成点电荷，故不能得出F→∞的结论.
5.微观带电粒子间的库仑力远大于它们之间的万有引力，研究微观带电粒子之间的相互作用力时，可忽略万有引力.
6.应用库仑定律进行计算时，先将电荷量的绝对值代入计算，然后根据电性来判断方向.
三、如何解决涉及到库仑力的有关力学问题
库仑力可以和其他力平衡，也可以和其他力一起使带电体产生加速度.因此这类问题的实质仍是力学问题，要按照处理力学问题的基本思路来解题，只不过我们多了一种新的性质的力而已.由于带电体之间的库仑力是一对相互作用力，满足牛顿第三定律，因此对于孤立的带电系统在内部各带电体相互作用的过程中，一般可考虑用动量守恒或动能与电势能之和守恒来处理.
典例精析
1.理解：电荷的代数和的含义
【例1】真空中两个静止的点电荷相距10cm，它们之间的相互作用力大小为9×10－4N，当它们结合在一起时，形成一个带电荷量为3×10－8C的点电荷，原来两个点电荷所带电荷量各为多少？
某同学求解如下：
根据电荷守恒定律：q1＋q2＝3×10－8C＝a①
根据库仑定律：
q1q2＝Fr2/k＝9×10－4×(10×10－2)2/(9×109)C2＝1×10－15C2＝b
以q2＝b/q1代入①式得q21－aq1＋b＝0，解得
q1＝12(a±)＝12(3×10－8±9×10－16－4×10－15)C
根号中的数值小于0，经检查，运算无误.试指出求解过程中的问题并给出正确的解答.
【解析】题中仅给出相互作用力的大小，不能确定两个点电荷的电性，所以可能带同种电荷，也可能带异种电荷，该同学只按同种电荷计算，无解，说明两个点电荷可能带异种电荷，应再解：由q1－q2＝3×10－8C＝a，q1q2＝1×10－15C2＝b
得q21－aq1－b＝0
由此解得q1＝5×10－8C，q2＝2×10－8C
【思维提升】(1)在应用库仑定律，通过库仑力求电荷量时，只能求出两个电荷量的乘积，若要再分别求两个电荷量，必须考虑到由于带电性的相同和不同会出现的多解.
(2)应用电荷守恒定律时，要理解“电荷的代数和”的含义，列方程时要注意电荷量的正、负号.
【拓展1】如图A、B是两个完全相同的带电金属球，它们所带的电荷量分别为＋4q和＋6q，放在光滑绝缘的水平面上，若金属球A、B分别在M、N两点以相等的动能相向运动，经时间t0两球刚好发生接触，然后两球又分别向相反方向运动，设A、B返回M、N两点所经历的时间分别为t1、t2，则(C)
A.t1t2B.t1t2C.t1＝t2t0D.t1＝t2t0
【解析】两球所带电荷量虽然不同，但其相互作用力总是等大反向(F＝k)，故A、B两球靠近时速度大小相等，又两球具有相同的质量、相同的初动能，由此可知两球初速度大小相同，所以相同时间内两球的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点.由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，相撞后因电荷量均分使得库仑力(F＝k)变大，返回时加速度(相比之前同一位置处)变大，因而运动时间将变小，所以再次返回时t1＝t2t0
2.库仑定律的应用
【例2】有三个点电荷甲、乙、丙，甲带电荷量为＋Q，乙带电荷量为－q，且Qq.每一个电荷受其他两个电荷的电场作用力的合力均为零，则()
A.丙的位置一定在甲和乙的连线的延长线上，且距乙较近
B.丙一定带正电荷
C.丙所带的电荷量q′一定大于q
D.丙所带的电荷量一定小于Q
【解析】由两力平衡的条件可知丙一定在甲、乙连线上.因甲所带电荷量大于乙，丙受力平衡，F甲丙＝F乙丙即k，＝1，丙应距乙近些.如果丙在甲、乙之间则丙不能平衡，所以丙应在甲、乙连线的延长线上，A对.如果丙带负电荷，则乙不能平衡，所以丙一定带正电荷，B对.

对甲作受力分析有F丙甲＝F乙甲，k，q′q＝1，q′q.所以丙所带的电荷量q′一定大于q，C对.无法判断丙所带的电荷量与Q的大小关系，D错.
【答案】ABC
【思维提升】(1)要综合运用受力分析和物体平衡的知识解题.
(2)三个自由电荷，仅在静电力作用下平衡时，遵循的规律为“三点共线，两多夹少，两同夹异”.
【拓展2】如图所示，有三个点电荷q1、q2和q3，固定在同一直线上，q2与q3的距离是q1与q2的距离的2倍.如果每个电荷受到的库仑力均为零，则三者所带电荷量之比为(A)
A.(－9)∶4∶(－36)B.9∶4∶36C.(－3)∶2∶6D.3∶2∶6
【解析】三个固定电荷受到的静电力均为零，可以等效为三个平衡的自由电荷，根据“三点共线，两多夹少，两同夹异”的特点，选A.
根据F＝k，在F大小相等时，q1q2∝r2，则
；＝14
三者电荷量绝对值之比为：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
易错门诊
3.涉及到库仑力的力学问题
【例3】如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点.静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法()
A.将小球B的质量增加到原来的2倍
B.将小球B的质量增加到原来的8倍
C.将小球B的电荷量减小到原来的一半
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
【错解】由B的共点力平衡图知＝dL，则d＝L，所以可将B的质量增大一倍，或将电场力减小到原来的一半，所以A、C正确.
【错因】没有考虑到电场力F也是距离d的函数，错认为电荷量不变时，F就不变.
【正解】由B的共点力平衡图知＝dL
而F＝，可知d＝
【答案】BD
【思维提升】两电荷间的距离d变化后，既影响了各力之间的角度关系，又影响了库仑力的大小，只有把这两者均表示成d的函数，我们才能找出它们之间的具体对应关系.

延伸阅读

高考物理第一轮基础知识电场能的性质复习教案

第3课时电场能的性质

基础知识归纳
1.电势能、电势、等势面、电势差的概念
(1)电势能：与重力势能一样，电荷在电场中也具有势能，这种势能叫电势能.电荷在电场中某点具有的电势能等于它的电荷量与该点电势的乘积，Ep＝qφ.它是电荷与电场共同具有的.
(2)电势：φ＝，即电场中某点的电势等于电荷在该点具有的电势能与它的电荷量的比值，是标量.描述电场能的性质，由电场本身决定，与试探电荷无关.
(3)等势面：电场中电势相等的点构成的面叫等势面.
(4)电势差：电荷在电场中两点间移动时，电场力所做的功跟它的电荷量的比值叫这两点间的电势差.UAB＝WABq，是标量，由电场本身决定.UAB＝，UAB＝，UAB＋UBC＝.
2.电场力做功与电势能改变的关系
电场力对电荷做正功，电势能减少；电场力对电荷做负功，电势能增加.且电势能的改变量与电场力做功的关系是W＝－ΔE.
3.电场强度与电势差的关系
两点间的电势差等于场强和这两点间沿匀强电场方向的距离的乘积，即U＝Ed.
4.常见电场等势面分布图

重点难点突破
一、电场力做功的特点及计算方法
电场力做功与路径无关，只与初末位置有关.
计算方法：
1.由求功公式计算W＝Fscosθ，此式只适用于匀强电场.
2.由电场力做功与电势能的改变关系计算W＝－ΔEp＝qU，对任何电场都适用.
3.由动能定理计算W电＋W非电＝ΔEk.
二、电势与电场强度的区别和联系
区别：1.电势与电场强度的大小没有必然的联系，某点电势为零，电场强度可以不为零，反之亦然；
2.电势反映电场能的性质，而电场强度反映电场力的性质；
3.电势是标量，具有相对性，而电场强度是矢量，不具有相对性，两者叠加的法则不同；
联系：1.电势和电场强度都是由电场本身的因素决定，与试探电荷无关；
2.在匀强电场中有关系式φA－φB＝Ed.
三、等势面与电场线的关系
1.电场线总是与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面，沿电场线方向电势降低最快；
2.电场线越密的地方，等势面越密；
3.沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功；
4.电场线和等势面都是人们虚拟出来形象描述电场的工具；
5.实际中测量等势点较容易，所以往往通过描述等势线来确定电场线.
四、解决电场线、等势面、运动轨迹综合问题应注意
1.运动轨迹不一定与电场线重合，轨迹的切线方向为该点的速度方向；
2.带电粒子所受合力应指向轨迹弯曲的凹侧；
3.弄清力和运动的关系，揭示粒子为什么这样运动.
典例精析
1.电场力做功与电势能改变的关系
【例1】有一带电荷量q＝－3×10－6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4J.从B点移到C点时，电场力做功9×10－4J.问：
(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？
(2)如以B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能各为多少？
【解析】(1)解法一：|UAB|＝|WAB||q|＝6×10－43×10－6V＝200V
因负电荷从A→B克服电场力做功，必须是从高电势点移向低电势点，即φAφB，所以UAB＝200V
|UBC|＝|WBC||q|＝9×10－43×10－6V＝300V
因负电荷从B→C电场力做功，必是从低电势点移到高电势点，即φBφC，所以UBC＝－300V
UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)
UCA＝300V－200V＝100V
解法二：由U＝Wq得UAB＝WABq＝－6×10－4－3×10－6V＝200V
UBC＝WBCq＝9×10－4－3×10－6V＝－300V
UAC＝UAB＋UBC＝(200－300)V＝－100V
UCA＝－UAC＝100V
(2)若φB＝0，由UAB＝φA－φB得
φA＝UAB＝200V
由UBC＝φB－φC有φC＝φB－UBC
φC＝0－(－300)V＝300V
电荷在A点电势能EpA＝qφA＝－3×10－6×200J
EpA＝－6×10－4J
电荷在C点电势能EpC＝qφC＝－3×10－6×300J
EpC＝－9×10－4J
【思维提升】利用公式W＝qUAB计算时，有两种运算法.
(1)正负号运算法：按照符号规定把电荷量q，移动过程始、末两点电势差UAB及电场力的功WAB代入公式计算.
(2)绝对值运算法：公式中qUAB、WAB均为绝对值，算出数值后再根据“正(或负)电荷从电势较高的点移动到电势较低的点时，电场力做正功(或电场力做负功)；正(或负)电荷从电势较低的点移到电势较高的点时，电场力做负功(或电场力做正功)”来判断.
【拓展1】一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下.若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为(C)
A.动能减小
B.电势能增加
C.动能和电势能之和减小
D.重力势能和电势能之和增加
【解析】由油滴运动轨迹可知其合外力方向必为竖直向上，故该油滴必带负电，由a运动到b的过程中，动能增加.电势能减小，由于要克服重力做功，故动能和电势能之和减小，且运动过程中有动能、电势能、重力势能之和守恒，故由于动能增加必有重力势和电势能之和减小，故选C.
2.电势与电场强度的区别和联系
【例2】如图所示，a、b、c为同一直线上的三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa＝1V，φb＝9V，则下列说法正确的是()
A.该电场在c点的电势一定为5V
B.a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb
C.正电荷从a点运动到b点过程中电势能一定增大
D.正电荷只受电场力作用，从a点运动到b点过程中动能一定增大
【解析】由一条电场线不能确定这个电场是不是匀强电场，故Ea与Eb无法比较，而Uac与Ubc的大小关系也不能确定，故A、B错；因为φbφa，故电场线方向为由b→a，正电荷从a点到b点过程中电势能一定增大，动能一定减少，因此C对，D错.
【答案】C
【思维提升】本题考查的知识点为电场强度、电势、电势差、电势能、电场线、等势面及它们的关系，由于一条电场线无法判断，可以再多画几条电场线，如：
【拓展2】如图甲所示，A、B是电场中的一条直线形的电场线，若将一个带正电的点电荷从A由静止释放，它只在电场力作用下沿电场线从A向B运动过程中的速度图象如图乙所示.比较A、B两点的电势和场强E，下列说法正确的是(C)
A.φAφB，EAEBB.φAφB，EAEB
C.φAφB，EAEBD.φAφB，EAEB
【解析】由乙图可知，此正电荷的加速度越来越小，由牛顿第二定律a＝Fm可知电场力由A→B是减小的，又由F＝qE，可知EAEB，故A、D错；又正电荷由静止释放从A向B运动，可知电场力方向A→B，场强方向A→B，顺着电场线方向电势降低，所以，φAφB，C对，B错.
3.等势面与电场线的关系
【例3】如图所示，虚线方框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点.已知φA＝12V，φB＝6V，φC＝－6V.试在该方框中作出该电场的示意图(即画出几条电场线)，并要求保留作图时所用的辅助线(用虚线表示)，若将一个电子从A点移到B点，电场力做多少电子伏特的功？
【解析】因φB＝6V，φC＝－6V，根据匀强电场的特点，在B、C连线的中点D处的电势必为零.同理，把AC分成三份，在等分点F处的电势也必为零，可得F、D为等势面，E、B两点是等势面上的两点，根据电场线与等势面垂直，可以画出电场线分布图.
将电子从A移到B，电场力做功为W＝－eUAB＝－e×(12－6)V＝－6eV
【思维提升】运用电场线和等势面判断电场的性质，电荷在电场中移动，电场力做功与电势能的变化问题是本节内容的难点，本题将寻找电场线和等势面的关系体现在作图的过程中，对能力要求较高.
易错门诊
4.电场线、等势面、运动轨迹的综合问题
【例4】如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()
A.P点的电势高于Q点的电势
B.带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
C.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大
D.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
【错解】AC
【错因】(1)将等势线与电场线混淆，认为电场力沿虚线的切线方向.(2)加速度与速度的关系不清，错认为速度小，加速度就小.(3)错认为负电荷只能向电势高的地方运动，且认为电势高电势能就大.
【正解】由图可知P处的等势面比Q处的等势面密，说明P处的场强大于Q处的场强.即在P处受力应大些，根据牛顿第二定律，检验电荷在P处的加速度大于在Q处的加速度，D正确.又电场线垂直于等势面，如图所示，电荷做曲线运动，且负电荷的受力F的方向应指向运动轨迹的凹的一侧，该力与场强方向相反，所以电场线指向如图所示.判断P、Q处电势高低关系是φQ＞φP，电势越大，负电荷在该处具有的电势能就越小，A错，B对.或根据检验电荷的速度与所受电场力的夹角是否大于90°，可知当粒子向P点运动时，电场力总是对检验电荷做负功.功是能量变化的量度，可判断由Q→P电势能增加，B选项正确；又因系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，C选项不正确.
【答案】BD
【思维提升】本题体现了高考在这方面的意图.体现了电场“能的性质”和“力的性质”，当涉及到力的性质时，从轨迹可看出力的方向，从电场线的疏密可看出力的大小；当涉及电势能时，往往用功能关系去分析，在已知电势情况下也可用Ep＝qφ去分析.

高考物理第一轮基础知识电场强度电场线复习教案24

第2课时电场强度电场线

基础知识归纳
1.电场
带电体周围存在的一种特殊物质，它的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，这种力叫电场力.电荷间的相互作用就是通过电场发生作用的.电场还具有能的性质.
2.电场强度E
反映电场强弱和方向的物理量，是矢量.
(1)定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度，即E＝Fq，单位：V/m或N/C.
(2)场强的方向：E是矢量，规定正电荷在电场中某点的受力方向为该点的场强方向.
(3)电场中某点的场强与放入该点的试探电荷无关，而是由产生这个电场的场源电荷和这一点的位置决定.
3.点电荷产生的电场的场强
E＝，其中Q为场源电荷，E为距离Q为r处某点的场强大小.对于求均匀带电的球体或球壳外某点的场强时，r为该点到球心的距离.
4.电场的叠加
若空间中几个电场同时存在，电场中某点的场强就等于它们单独存在时在该点产生的场强的矢量和.
5.电场线
为了形象地描述电场而引入的假想的曲线.
(1)电场线的疏密表示场强的弱强，电场线上每一点的切线方向表示该点的场强方向.
(2)电场线从正电荷或无穷远处出发，终止于无穷远处或负电荷.静电场中电场线不闭合，不中断于距场源电荷有限远的地方.
(3)电场线不相交，也不相切，更不能认为是电荷在电场中的运动轨迹.
(4)顺着电场线电势降低，而且降落最快，电场线与等势面处处垂直.
6.匀强电场
电场中各点场强大小相等，方向相同，匀强电场的电场线是一些等间距的平行线.
7.几种典型的电场线

重点难点突破
一、怎样理解场强的三个表达式？掌握用比值定义的物理量的特点
1.定义式E＝Fq：适用于一切电场，但场强E与试探电荷的电荷量q及其所受的电场力F无关，与试探电荷是否存在无关.
2.决定式E＝：只适用于在真空中点电荷产生的电场，场强E与场源电荷的电荷量Q及研究点到场源电荷的距离r有关.
3.关系式E＝Ud：只适用于匀强电场，U指电场中两点的电势差，d指这两点沿电场线方向的距离.
二、怎样理解电场强度的三性
电场强度的三性为：矢量性、唯一性和叠加性.因为场强是矢量，且电场中某点处场强E是唯一的，空间中多个电场存在时，某点的场强为多个电场的合场强，场强叠加遵循矢量合成法则(平行四边形定则).场强叠加是高考热点，本节难点，需重点突破.
电场线是认识和研究电场问题的有利工具，必须掌握典型电场的电场线分布.
电场线的应用：
①判断库仑力的方向；
②判断场强的大小(定性)和方向；
③判断电荷在电场中电势能的大小；
④判断电势的高低和电势降落的快慢；
⑤间接判断电场力做功的正负；
⑥判断等势面的疏密和位置.
三、怎样解决与电场力有关的力学问题
1.明确研究对象(多为一个带电体，也可以是几个带电体组成的系统)；
2.分析研究对象所受的全部外力，包括电场力；
3.分析研究对象所处的状态：平衡、加速等；
4.由平衡条件或牛顿第二定律列方程求解即可.
四、求解电场强度的几种特殊方法
补偿法、极值法、微元法、对称法、等效替代法等.
典例精析
1.理解场强的表达式
【例1】在真空中O点放一个点电荷Q＝＋1.0×10－9C，直线MN通过O点，OM的距离r＝30cm，M点放一个点电荷q＝－1.0×10－10C，如图所示，求：
(1)q在M点受到的作用力；
(2)M点的场强；
(3)拿走q后M点的场强；
(4)M、N两点的场强哪点大；
(5)如果把Q换成－1.0×10－9C的点电荷，情况如何.
【解析】(1)FM＝k＝9×109×1×10－199×10－2N
解得FM＝1×10－8N，方向由M→O.
(2)M点的场强
EM＝FMq＝1×10－81×10－10N/C
解得EM＝102N/C，方向由O→M.
另法：利用点电荷的场强公式有
EM＝k＝9.0×109×1.0×10－90.32N/C
EM＝102N/C
(3)EM＝102N/C，方向由O→M.
(4)M点的场强大.
(5)方向改变为相反，其大小相等.
【思维提升】弄清形成电场的电荷与试探电荷的区别、电场强度的概念及决定因素.
【拓展1】有质量的物体周围存在着引力场.万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义静电场强度的方法来定义引力场的场强.由此可得，与质量为M的质点相距r处的引力场场强的表达式为EG＝(万有引力常量用G表示).
【解析】库仑力FC＝k，将q视为Q产生的电场中的试探电荷，则距Q为r处的场强为E＝FCq＝k.与此类似，万有引力FG＝，将m视为M产生的引力场中的试探物，则距M为r处的场强为EG＝FGm＝
2.理解场强的矢量性，唯一性和叠加性
【例2】如图所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1＝＋2×10－14C和Q2＝－2×10－14C.在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2m.求：
(1)C点的场强；
(2)如果有一个电子静止在C点，它所受的库仑力的大小和方向如何.
【解析】(1)本题所研究的电场是点电荷Q1和Q2所形成的电场的合电场.因此C点的场强是由Q1在C处场强E1C和Q2在C处的场强E2C的合场强.根据E＝k得：
E1C＝k＝9.0×109×2×10－14(6×10－2)2N/C＝0.05N/C
方向如图所示.同理求得：
E2C＝k＝0.05N/C，方向如图所示.
根据平行四边形定则作出E1C和E2C的合场强如图所示.
△CE1CEC是等边三角形，故EC＝E1C＝0.05N/C，方向与AB平行指向右.
(2)电子在C点所受的力的大小为：
F＝qEC＝1.6×10－19×0.05N＝0.8×10－20N
因为电子带负电，所以方向与EC方向相反.
【思维提升】(1)解决此类问题，需要巧妙地运用对称性的特点，将相互对称的两个点电荷的场强进行叠加.
(2)不在同一直线上电场的叠加要根据电荷的正、负，先判断场强的方向，然后利用矢量合成法则，结合对称性分析叠加结果.
【拓展2】如图所示，空间中A、B、C三点的连线恰构成一直角三角形，且∠C＝30°，AB＝L，在B、C两点分别放置一点电荷，它们的电荷量分别是＋Q和－Q.(静电力常量为k)求：
(1)斜边AC的中点D处的电场强度；
(2)为使D处的电场强度方向与AB平行，则应在A处再放一个什么样的电荷.
【解析】(1)连接B、D，由几何关系知，D为BC中垂线上的点，且r＝BD＝DC＝L，则两点电荷在D处产生的场强，如图甲，EB＝EC＝k
E1＝2EBsin60°＝3EB＝，方向沿B→C方向.
(2)应在A处放置一个负电荷.如图乙所示，EA和E1合成后与AB平行，由几何关系知
EA＝＝3k×23＝2k①
又EA＝k，即QA＝②
联立①②式解得QA＝2Q
3.与电场力有关的力学问题
【例3】如图所示，带等量异种电荷的平行金属板，其间距为d，两板间电势差为U，极板与水平方向成37°角放置，有一质量为m的带电微粒，恰好沿水平方向穿过板间匀强电场区域.求：
(1)微粒带何种电荷？
(2)微粒的加速度多大？
(3)微粒所带电荷量是多少？
【解析】由于微粒恰好做直线运动，表明微粒所受合外力的方向与速度的方向在一条直线上，即微粒所受合外力的方向在水平方向，微粒受到重力mg和电场力Eq的作用.
(1)微粒的受力如图所示，由于微粒所受电场力的方向跟电场线的方向相反，故微粒带负电荷.
(2)根据牛顿第二定律有：
F合＝mgtanθ＝ma
解得a＝gtanθ＝34g
(3)根据几何关系有：Eqcosθ＝mg
而E＝Ud
解得q＝
【思维提升】(1)本题考查了带电微粒在匀强电场中的匀变速直线运动、牛顿第二定律、电场力、匀强电场中场强与电势差的关系，这是一道综合性较强的试题，同时也可以考查学生学科内的综合能力.
(2)确定带电微粒受到的电场力的方向及是否受重力是解答此题的关键所在.
(3)由于微粒在电场中做直线运动，故一般从合运动出发，分析该题比较方便.
4.补偿法求解电场的强度
【例4】如图所示，用金属丝AB弯成半径r＝1m的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d＝2cm，相对来说很小的间隙.将电荷量Q＝3.13×10－9C的正电荷均匀分布在金属丝上，求圆心O处的电场强度.
【解析】设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝.则补上的金属小段带电量Q′＝σd，它在O处的场强为
E1＝k＝9×109×(3.13×10－9×0.022×3.14×13－0.02×12)N/C＝9×10－2N/C
设待求的场强为E2，由E1＋E2＝0可得
E2＝－E1＝－9×10－2N/C
负号表示E2与E1方向相反，即E2的方向向左，指向缺口.
【思维提升】中学物理只学点电荷场强及匀强电场场强的计算方法.一个不规则的带电体(如本题的缺口带电环)所产生的场强，没有现成的公式可用.但可以这样想：将圆环的缺口补上，并且它的电荷密度与缺了口的环体原有电荷密度一样，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整带电环，环上处于同一直径两端的微小部分可看成两个相对应的点电荷，它们产生的电场在圆心O处叠加后场强为零.根据对称性，圆心O处总场强E＝0.补上的小段在O处产生场强E1是可求的.题中待求场强为E2，则由E1＋E2＝E＝0，便可求得E2.
【拓展3】如图所示，均匀带电圆环的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面的对称轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强.
【解析】本题需要用“微元法”，将非点电荷电场问题转化成了点电荷电场问题求解.设想将圆环等分为n个小段，每一小段便可看做点电荷，其带电荷量为q＝，由点电荷场强公式可得每一小段点电荷在P处的场强为E＝k
由对称性可知，各小段带电环在P处的场强E的垂直于轴向的分量Ey相互抵消.而E的轴向分量Ex之和即为带电圆环在P处的场强
EP＝∑Ex＝∑kcosα＝∑k＝k
易错门诊
5.场强公式的使用条件
【例5】下列说法中，正确的是()
A.在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同
B.E＝仅适用于真空中点电荷形成的电场
C.电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向
D.电场中某点场强的方向与试探电荷的正负无关
【错解】因为点电荷的场强公式为E＝k，所以同一球面上各处r相同，电场强度都相同，A、B对；又因为电场强度定义式E＝F/q，q是标量，场强E的方向与力F的方向相同，C、D对.
【错因】没有正确理解电场强度的矢量性，不明白电场强度的方向与电荷在电场中所受电场力方向有时相同，有时相反.若为正电荷，两者相同，若为负电荷，两者相反.
【正解】A选项中同一球面上各处电场强度大小相等但方向不同，A错，B对；又因为电荷有正负，物理学中规定了正电荷的受力方向与场强方向相同，而场强的大小和方向由电场本身决定，与放入的试探电荷无关，所以C错，D对.
【答案】BD
【思维提升】(1)本题分析的关键是理解电场强度的矢量性及公式的适用条件.
(2)电场强度是描述电场力的性质的物理量.虽然E＝Fq，但E与F、q都无关，电场强度由电场本身决定.

高考物理第一轮基础知识电容器、静电现象的应用复习教案

第4课时电容器静电现象的应用

基础知识归纳
1.静电感应现象
导体放入电场后，导体内部自由电荷在电场力作用下做定向移动，使导体两端出现等量的正、负电荷的现象.
2.静电平衡
(1)状态：导体中(包括表面)没有电荷定向移动.
(2)条件：导体内部场强处处为零.
(3)导体处于静电平衡状态的特点：
①导体表面上任何一点的场强方向跟该点外表面垂直；
②电荷只分布在导体外表面；
③整个导体是一个等势体，导体表面是一个等势面.
3.静电屏蔽
导体球壳内(或金属网罩内)达到静电平衡后，内部场强处处为零，不受外部电场的影响，这种现象叫静电屏蔽.
4.尖端放电
导体尖端的电荷密度很大，附近场强很强，能使周围气体分子电离，与尖端电荷电性相反的离子在电场力作用下奔向尖端，与尖端电荷中和，这相当于导体尖端失去电荷，这一现象叫尖端放电.如高压线周围的“光晕”就是尖端放电现象，所以高压设备尽量做得光滑，防止尖端放电，而避雷针则是利用尖端放电的实例.
5.电容器
(1)两块互相靠近又彼此绝缘的导体组成的电子元件.
(2)电容器的带电量：一个极板所带电荷量的绝对值.
(3)电容器的充、放电：使电容器带电的过程叫做充电，使电容器失去电荷的过程叫做放电.
6.电容
(1)定义：电容器所带电荷量与两极板间电势差的比值叫电容，定义式为.
(2)单位：法拉，符号F，换算关系为1F＝106μF＝1012pF.
(3)物理意义：电容是描述电容器储存电荷本领大小的物理量，可与卡车的载重量类比.
7.平行板电容器的电容
电容C与平行板正对面积S成正比，与电介质的介电常数εr成正比，与两极板的距离d成反比，即C＝.
重点难点突破
一、处理平行板电容器内部E、U、Q变化问题的基本思路
1.首先要区分两种基本情况；
(1)电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差U保持不变；
(2)电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变.
2.赖以进行讨论的物理依据有三个：
(1)平行板电容器电容的决定式C＝；
(2)平行板电容器内部为匀强电场，所以场强E＝Ud；
(3)电容器所带电荷量Q＝CU.
二、带电粒子在平行板电容器内运动和平衡的分析方法
带电粒子在平行板电容器中的运动与平衡问题属力学问题，处理方法是：先作受力分析和运动状态分析，再结合平衡条件、牛顿运动定律、功能观点进行分析和求解.
三、电容器在直流电路中的处理方法
电容器是一个储存电荷的元件，在直流电路中，当电容器充放电时，电路中有充放电电流，一旦达到稳定状态，电容器在电路中相当于一个阻值无限大的元件，在电容器处看做断路，简化电路时可去掉它，简化后若要求电容器所带电荷量时，可以在相应的位置补上.
典例精析
1.平行板电容器内部E、U、Q的关系
【例1】一平行板电容器电容为C，两极板间距为d，接到一电压一定的电源上，电容器的带电量为Q，电容器与电源始终保持连接.把两极板距离变为，则电容器的电容为，两极板电压为，电容器带电荷量为，两极板的场强为.
【解析】由于电容器始终接在电源上，因此两极板间电压保持不变，由C＝，有C∝，即C′C＝，所以C′＝2C
由公式Q＝CU，U不变，则Q∝C
Q′Q＝C′C＝2，即Q′＝2Q
由E＝Ud，U一定，则E∝
E′E＝＝2，E′＝2E＝2Ud＝
【答案】2C；U；2Q；
【思维提升】若上题中平行板电容器充电后，切断与电源的连接，电容器d、S、εr变化，将引起电容器C、Q、U、E怎样变化？可根据切断电源后Q不变，再由以下几式讨论C、U、E的变化.
C＝∝
U＝＝＝∝
E＝Ud＝＝＝∝
【拓展1】一平行板电容器充电后S与电源断开，负极板接地，在两极间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示.以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，ε表示该正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则(AC)
A.U变小，ε不变B.E变大，ε不变C.U变小，E不变D.U不变，ε不变
【解析】根据充电后与电源断开，Q不变和C＝，有d↓，C↑，又U＝，即C↑，U↓
因E＝Ud＝Qcd＝＝
所以E不变，P点到极板的距离不变，则P点下极板的电势差不变，P点的电势φP不变，P点电势能ε＝φPq不变，所以A、C选项正确.
2.带电粒子在平行板电容器内运动和平衡的分析
【例2】如图所示，在空气中水平放置的两块金属板，板间距离d＝5.0mm，电源电压U＝150V.当开关S断开，金属板不带电时，极板中的油滴匀速下落，速度为v0，然后闭合S，则油滴匀速上升，其速度大小也是v0，已测得油滴的直径D＝1.10×10－6m，油滴密度ρ＝1.05×103kg/m3.已知油滴运动时所受空气阻力与油滴速度成正比，不计空气浮力，元电荷e＝1.6×10－19C，求油滴的带电荷量.
【解析】油滴匀速下降，受竖直向下的重力mg和向上的空气阻力Ff而平衡，有
mg＝Ff①
油滴的质量为m＝ρV＝ρπ6D3②
阻力Ff＝kv③
把②③式代入①式得
π6D3ρg＝kv0④
S闭合后油滴匀速上升，油滴受向上电场力FE和向下的重力mg、空气阻力Ff′平衡，即：
FE＝mg＋Ff′⑤
电场力FE＝Eq＝Udq⑥
空气阻力Ff′＝kv0⑦
将⑥⑦式代入⑤式得
Udq＝π6D3ρg＋kv0⑧
由④⑧两式得
Udq＝π3D3ρg
解得q＝＝4.8×10－19C
【思维提升】本题考查了带电粒子在平行板电容器间的运动，属于力学问题.处理方法是：受力分析后利用平衡条件求解.
【拓展2】如图所示，A，B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板中央各有一小孔M、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点的速度恰好为零，然后按原路径返回，若保持两板间的电压不变，则(AD)
A.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回
B.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回
C.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落
D.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落
【解析】当开关S一直闭合时，A、B两板之间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，W＝qUAB，由题设条件知：质点由P到N的运动过程中，重力做的功与物体克服电场力做的功相等，即mg2d－qUAB＝0.A、C选项中，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回；B、D选项中，因B板下移一段距离，保持UAB不变，而重力做功增加，所以它将一直下落.综上所述，正确选项为A和D.
3.电容器在直流电路中的处理方法
【例3】如图所示，电源电压恒为10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，求：
(1)闭合开关S，电路稳定后通过R1的电流；
(2)电流稳定后，断开开关S，求通过R1的带电量.
【解析】(1)以U0表示电源电压，则S闭合，电路稳定时电路中的电流强度为
I＝＝104＋6A＝1A
(2)由欧姆定律得R2两端电压U2为
U2＝IR2＝1×6V＝6V，此时电容两端电压也为U2，则其带电量Q＝CU2，Q＝30×10－6×6C＝1.8×10－4C
断开S后，电容器两端电压为U0，其带电量则变为Q′＝CU0＝30×10－6×10C＝3.0×10－4C
故得S断开后通过R1的总电量为
ΔQ＝Q′－Q＝3.0×10－4C－1.8×10－4C
即ΔQ＝1.2×10－4C
【思维提升】电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，因此与电容器串联的电阻上无电压，当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两端的电压与其并联电阻两端电压相等，电路中的电流电压变化时，会引起充放电.
【拓展3】一平行板电容器C，极板是水平放置的，它与三个可变电阻及电源连接如图电路，有一个质量为m的带电油滴悬浮在电容器的两极板之间，静止不动.现要使油滴上升，可采用的办法是(CD)
A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.减小R2
易错门诊
4.理解导体静电平衡的特点
【例4】如图，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，验电器的指针是否带电？
【错解】因为静电平衡时，净电荷只分布在空腔导体的外表面，内部无电荷，所以，导体A内部通过导线与验电器小球连接时，验电器不带电.
【错因】关键是对“导体的外表面”含义不清，结构变化将要引起“外表面”的变化，这一点要分析清楚.
【正解】空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接后，A、B两者便构成了一个整体.验电器的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构，净电荷要重新分布，即电荷分布于新的导体的外表面，因而金箔将带电.
【思维提升】“内表面”与“外表面”是相对(整体)而言的，要具体情况具体分析，如本题中平衡后空腔内的小球仍不带电，只是空腔表面的电荷通过小球移动到了金箔外表面上.

高考物理第一轮基础知识复习教案:电阻定律

第3课时电阻定律

基础知识归纳
1.电阻定律
(1)内容：同种材料的导体，其电阻R与导体的长度l成正比，与它的横截面积S成反比；导体的电阻还与构成它的材料及温度有关.
(2)公式：.
(3)上式中的比例系数ρ是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率(反映该材料的性质，不是每根具体的导体的性质).与导体的长度和横截面积无关，与导体的温度有关，单位是Ωm.
(4)纯金属的电阻率小，合金的电阻率大.
(5)材料的电阻率与温度的关系：
①金属的电阻率随温度的升高而增大(可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧，对自由电子的定向移动的阻碍增大)，铂较明显，可用于做温度计；锰铜、镍铜的电阻率几乎不随温度而变，可用于做标准电阻.
②半导体的电阻率随温度的升高而减小(可以理解为半导体靠自由电子和空穴导电，温度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量增大，导电能力提高).
③有些物质当温度接近0K时，电阻率突然减小到零——这种现象叫超导现象.能够发生超导现象的物体叫超导体.材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度TC.
(6)公式R＝UI是电阻的定义式，而R＝ρ是电阻的决定式，R与U成正比或R与I成反比的说法是错误的，导体的电阻大小由长度、横截面积及材料决定，一旦导体给定，即使它两端的电压U＝0，它的电阻仍然存在.
重点难点突破
一、滑动变阻器的使用
1.滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点
如图所示的两种电路中，滑动变阻器(最大阻值为R0)对负载RL的电压、电流强度都起控制调节作用，通常把图(a)电路称为限流接法，图(b)电路称为分压接法.

负载RL上电压调节范围(忽略电源内阻)负载RL上电流调节范围(忽略电源内阻)相同条件下电路消耗的总功率
限流
接法E≤UL≤E≤IL≤EIL
分压
接法0≤UL≤E0≤IL≤E(IL＋IaP)
比较分压电路调节范围较大分压电路调节范围较大限流电路能耗较小
其中，在限流电路中，通过RL的电流IL＝，当R0＞RL时，IL主要取决于R0的变化，当R0RL时，IL主要取决于RL，特别是当R0RL时，无论怎样改变R0的大小，也不会使IL有较大变化.在分压电路中，不论R0的大小如何，调节滑动触头P的位置，都可以使IL有明显的变化.
2.滑动变阻器的限流接法与分压接法的选择方法
滑动变阻器以何种接法接入电路，应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活选择.
(1)下列三种情况必须选用分压式接法：
①要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时(如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路)，即大范围内测量时，必须采用分压接法.
②当用电器的电阻RL远大于滑动变阻器的最大值R0，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组数据)时，必须采用分压接法.因为按图(b)连接时，因RLR0＞RaP，所以RL与RaP的并联值R并≈RaP，而整个电路的总电阻约为R0，那么RL两端电压UL＝IR并＝RaP，显然UL∝RaP，且RaP越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.
③若采用限流接法，电路中实际电压(或电流)的最小值仍超过RL的额定值时，只能采用分压接法.
(2)下列情况可选用限流式接法：
①测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL与R0接近或RL略小于R0，采用限流式接法.
②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.
③没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.
二、电阻的测量
电阻的测量有多种方法，主要有伏安法、欧姆表法，除此以外，还有伏伏法、安安法、加R法、半偏法、电桥法、等效法等等.
下面主要介绍伏安法测电阻的电路选择
1.伏安法测电阻的两种电路形式(如图所示)
2.实验电路(电流表内外接法)的选择
测量未知电阻的原理是R＝，由于测量所需的电表实际上是非理想的，所以在测量未知电阻两端电压U和通过的电流I时，必然存在误差，即系统误差，要在实际测量中有效地减少这种由于电表测量所引起的系统误差，必须依照以下原则：
(1)若＞，一般选电流表的内接法，如图(a)所示.由于该电路中，电压表的读数U表示被测电阻Rx与电流表A串联后的总电压，电流表的读数I表示通过本身和Rx的电流，所以使用该电路所测电阻R测＝＝Rx＋RA，比真实值Rx大了RA，相对误差a＝
(2)若，一般选电流表外接法，如图(b)所示.由于该电路中电压表的读数U表示Rx两端电压，电流表的读数I表示通过Rx与RV并联电路的总电流，所以使用该电流所测电阻R测＝比真实值Rx略小些，相对误差a＝
(3)试触判断法：当Rx、RA、RV大约值都不清楚时用此法.
如图所示，将单刀双掷开关S分别接触a点和b点，若看到电流表读数变化较大，说明电压表分流影响较大，应该选用内接法；若看到电压表读数变化较大，说明电流表分压影响较大，应该选用外接法.
在测定金属电阻率电路中，由于电阻丝电阻较小，所以实验室采用电流表外接法；测电池的电动势和内阻，通常采用电流表外接法.
3.实验仪器选用与实物图连接
(1)仪器的选择一般应考虑三方面因素：
①安全因素，如：通过电源和电阻的电流不能超过其允许的最大电流，各电表读数不能超过量程.
②误差因素，如：选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差；电压表、电流表在使用时，要用尽可能使指针接近满刻度的量程，其指针应偏转到满刻度的1/3～2/3之间；使用欧姆表时宜选用指针尽可能在中间刻度附近的倍率挡位.
③便于操作，如：选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求，又便于调节，滑动变阻器调节时应用到大部分电阻线，否则不便于操作.
(2)选择仪器的一般步骤是：
①根据实验要求设计合理的实验电路；
②根据电路选择滑动变阻器；
③选定电源，选择电压表和电流表以及所用的量程.
(3)连接实物图的基本方法是：
①画出实验电路图；
②分析各元件连接方式，明确电表量程；
③画线连接各元件，一般先从电源正极开始，到开关，再到滑动变阻器等，按顺序以单线连接方式将主电路中要串联的元件依次串联起来；其次将要并联的元件再并联到电路中去；连接完毕，应进行检查，检查电路也应对照电路图按照连线的方法和顺序进行.
典例精析
1.电阻的测量
【例1】检测一个标称值为5Ω的滑动变阻器.可供使用的器材如下：
A.待测滑动变阻器Rx，总电阻约5Ω(电阻丝绕制紧密，匝数清晰可数)
B.电流表A1，量程0.6A，内阻约0.6Ω
C.电流表A2，量程3A，内阻约0.12Ω
D.电压表V1，量程15V，内阻约15kΩ
E.电压表V2，量程3V，内阻约3kΩ
F.滑动变阻器R，全电阻约20Ω
G.直流电源E，电动势3V，内阻不计
H.游标卡尺
I.毫米刻度尺
J.电键S，导线若干
(1)用伏安法测定Rx的全电阻值，所选电流表为(填“A1”或“A2”)，所选电压表为(填“V1”或“V2”).
(2)在虚线框中画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将下图中实物连接成测量电路.

(3)为了进一步测量待测滑动变阻器电阻丝的电阻率，需要测量电阻丝的直径和总长度，在不破坏变阻器的前提下，请设计一个实验方案，写出所需器材及操作步骤，并给出直径和总长度的表达式.
【解析】(1)所用电源的电动势为3V，Rx约为5Ω，故回路中最大电流约为0.6A，为了读数精确，所以电流表应选A1，电压表应选V2.
(2)电路原理图和对应的实物连线图如图所示.
(3)方案一：
需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺
主要操作步骤：
①数出变阻器线圈缠绕匝数n.
②用毫米刻度尺(也可以用游标卡尺)测量所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直径为d＝L/n
③用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l＝nπ(D－)；也可以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度l＝nπ(D－)
④重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值.
方案二：
需要的器材：游标卡尺
主要的操作步骤：
①数出变阻器线圈缠绕匝数n.
②用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1和瓷管部分的外径D2，可得电阻丝的直径为d＝
电阻丝总长度l＝π(D1＋D2)
③重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值.
【答案】(1)A1；V2(2)、(3)见解析
【拓展1】用伏安法测金属电阻Rx(约为5Ω)的值，已知电流表内阻为1Ω，量程0.6A，电压表内阻为几千欧，量程为3V，电源电动势为9V，滑动变阻器阻值为0～6Ω，额定电流为5A，试画出测量Rx的原理图.
【解析】因，故应选用电流表外接电路.如果采用变阻器限流接法，负载Rx的电压变化范围约为45/12～9V，显然所提供的电压表量程不够，应采用分压接法，实际电路图应如图所示.

2.电表的改装和使用
【例2】将满偏电流Ig＝300μA、内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对：
(1)利用如右图所示的电路测量表的内阻(图中电源的电动势E＝
4V)：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R′，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为200Ω，则电流表内阻的测量值Rg＝Ω.
(2)将该表改装成量程为3V的电压表，需(填“串联”或“并联”)阻值为R0＝Ω的电阻.
(3)把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试画出实验电路图和实物连接图.

【解析】(1)在保证干路中电流几乎不变的情况下，由并联电路的特点可得：
IgRg＝(Ig－Ig)R′，故得Rg＝R′＝100Ω
(2)将电流表改装成电压表，需串联一个分压电阻，分压电阻阻值为
R0＝Ω＝9900Ω
(3)核对电路中，标准表与改装表应并联，核对范围应尽可能大，滑动变阻器应采用分压式连接.
电路图和实物图如下：

【答案】(1)100(2)串联；9900(3)见解析
【思维提升】本题是一道综合性的基础题，只要同学们对基础知识了解得比较透彻，应该能较轻松解答此题.因此要求同学们务必夯实实验基础.
3.电表内阻的测量
【例3】某电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：
A.待测电流表A1(量程0.6A)
B.电压表V1(量程3V，内阻约2kΩ)
C.电压表V2(量程15V，内阻约10kΩ)
D.滑动变阻器R1(最大电阻10Ω)
E.定值电阻R2(阻值5Ω)
F.电源E(电动势4V)
G.电键S及导线若干
(1)电压表应选用；
(2)画出实验电路图；
(3)若测得电压表读数U，电流表读数I，则电流表A1内阻表达式为RA＝.
【解析】利用电压表测电压，电流表测电流的功能，根据欧姆定律R＝计算电流表的内阻.由于电源电动势为4V，在量程为15V的电压表中有的刻度没有利用，测量误差较大，因而不能选；量程为3V的电压表其量程虽然小于电源电动势，但可在电路中接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表V1.由于电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，量程为0.6A，电流表上允许通过的最大电压为0.12V，因而电压表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Ω的定值电阻R2与电流表串联再接到电压表上，才满足要求.滑动变阻器在本实验中分压与限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式.故本题电压表选用V1，设计电路图如图所示.电流表A1内阻的表达式为RA＝－R2
【答案】(1)V1(2)见解析(3)－R2
【思维提升】仔细分析，认真计算，知晓滑动变阻器两种不同接法的作用是分析这类题的关键.
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【例4】某电压表的内阻在20kΩ～50kΩ之间，要测其内阻，实验室提供下列可选用的器材：
待测电压表V(量程3V)电流表A1(量程200μA)
电流表A2(量程5mA)电流表A3(量程0.6A)
滑动变阻器R(最大阻值1kΩ)电源E(电动势4V)
电键S
(1)所提供的电流表中，应选用；
(2)为了尽量减小误差要求测多组数据，试画出符合要求的实验电路图.
【错解】当电压表满偏时，通过它的电流I不超过3/20μA＝150μA，所以电流表选用A1.滑动变阻器选用限流接法.
【错因】滑动变阻器阻值可有1kΩ，比RV小得多，用限
流电路无法使表上电压在量程之内，更不用说取多组数据了.
【正解】(1)电流表选用A1.
(2)采用分压电路.实验电路如图所示.
【思维提升】在选择滑动变阻器的接法时，部分同学认为只要安全，都选用分压电路就可以了.虽然这样往往也能用，但还应遵循精确性、节能性、方便性原则综合考虑.

文章来源：http://m.jab88.com/j/71256.html

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