2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)第七章恒定电流7.21

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高考物理一轮复习第7章-第1单元随堂课件

(2)不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路，当电动机不转动时，仍为纯电阻电路，欧姆定律仍适用，电能全部转化为内能．只有在电动机转动时为非纯电阻电路，U>IR，欧姆定律不再适用，大部分电能转化为机械能．
有一直流电动机，把它接入0.2 V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4 A；若把电动机接入2.0 V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0 A．求电动机正常工作时的输出功率多大？如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多少？
B
选项正
答案：B
对电阻、电阻率的理解
1．电阻与电阻率的区别 (1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量． (2)导体电阻与电阻率无直接关系，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．
2．两个公式的对比
[重点提示] (1)利用 R＝ρSl 和 R＝UI 计算出来的电阻都是
4．导体的伏安特性 (1)I －U 图线以电流为纵轴、电压压的变化曲线．如图所示．
为横轴画出导体上的电流随电
(2)比较电阻的大小图线的斜率 tan θ＝UI ＝R1，图中 R1 > R2(填“>”、“<”或 “＝”)．
五、电功、电热和电功率 1．电功 (1)电功：等于这段电路两端的电压U、电路中的电流I、通电时间t三者的乘积，即W＝ UIt . (2)电流做功的实质：电能转化为其他形式能的过程． 2．电热 (1)定义：电流流过一段导体时产生的热量． (2)计算式：Q＝ I2Rt (焦耳定律)． (3)本质：电热是电流做功的过程中电能转化为内能多少的量度．
解析：对于同种材料的导体，电阻率是个定值，根据电阻定律 R＝ ρSl 可知 A 正确答案：A

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)实验四

��
量倒数,所以 m 甲<m 乙,图线在纵轴的截距表示-μg,有 μ 甲>μ 乙. 答案:(1)AD (2)远小于 (3)小于大于
基础自主梳理
4.把小车停在打点计时器处,挂上小盘和砝码,先接通电源,再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑,打出一条纸带.计算小盘和砝码的重力,即为小车所受的合外力,由纸带计算出小车的加速度,并把力和对应的加速度填入表(一)中. 5.改变小盘内砝码的个数,重复步骤 4,并多做几次. 6.保持小盘内的砝码个数不变,在小车上放上砝码改变小车的质量,让小车在木板上滑动打出纸带.计算砝码和小车的总质量 M,并由纸带计算出小车对应的加速度.
实验四验证验目的
1.学会用控制变量法研究物理规律. 2.验证牛顿第二定律. 3.掌握利用图象处理数据的方法.
二、实验原理
探究加速度 a 与力 F 及质量 m 的关系时,应用的基本方法是控制变量法,即先控制一个参量——小车的质量 m 不变,讨论加速度 a 与力 F 的关系, 再控制小盘和砝码的质量不变,即力 F 不变,改变小车质量 m,讨论加速度 a 与 m 的关系.
精典考题例析
例1(2016·乐山市第一次诊断性测试)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)(多选)下列做法正确的是______(填字母代号)． A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
基础自主梳理
7.改变小车上砝码的个数,重复步骤 6,并将所对应的质量和加速度填入表(二)中. 表(一)

高考物理一轮复习第7章恒定电流 7 章末热点集训课件新人教版

[解析] 由于外电阻 R＝R1＋R4＋RR2＋2RR3 3，当滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下端向最上端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻从零开始增加，外电阻 R 从 1 Ω 增大到 4 Ω，总电流减小，电源的总功率 P＝IE 减小，P4＝I2R4 减小，A 项正确；电源的输出功率 P 出＝I2R＝R＋E r2R＝(R－R Er)22＋4r，R＝r＝1Ω 时电源的输出功率最大，所以滑片移动过程中电源的输出功率减小，B 项错误；将 R1、R4 与内阻 r 等效为电源的内阻 r′
法二在同一坐标系中分别作出电压表 V1、V2、 V3 的示数随电流 I 的变化图线如图中 a、b、c 所示，a 为定值电阻 R1 的 U－I 图线，b 为将 R1 等效为电源内阻时电源的伏安特性曲线，c 为电源的伏安特性曲线．由图可知，UI1＝ΔΔUI1＝R1，是定值，A 正确；因UI2＝ R2 随 P 向下移动而变大，而ΔΔUI2＝Δ I(ΔR1I＋r)＝R1＋r 为
[解析] 电压表 V1 的读数为 4．0 V，则对应的灯泡 L1 中的电流为 0．6 A，由并联电路的特点可知，流过灯泡 L2 的电流为 0．3 A，则由题图乙可知对应的电压为 1．0 V，即电压表 V2 的读数为 1．0 V，电流表 A2 的读数为 0．30 A，A、B 两项错误；电源的输出功率为 P＝UI＝5×0．6 W＝3 W，C 正确；由题中的条件不能得出蓄电池的电动势和内阻的大小， D 错误． [答案] C
B．44 W D．48 W
解析：选 A．电动机不转时相当于一个发热的纯电阻，根据通过电动机的电流为 0．5 A、电压为 2 V，可算出电动机内阻 r＝4 Ω．电动机正常工作时，消耗的功率 UI＝48 W，内阻发热消耗的功率为 I2r＝16 W，则输出功率为 UI－I2r＝ 32W．

高考物理一轮总复习第七章恒定电流章末归纳提升课件

图 7－4
第十二页，共43页。
【解析】 (1)测量电路如图所示，开关控制总电路，注意电流表的接法和电表量程的选择．
第十三页，共43页。
(2)按照实验值作出的 U－I 图线如图所示；由 U－I 图线与 U 轴的交点知 E＝2.95 V(2.93 V～2.97 V 均可)，利用 E＝ I(R＋r)＝U＋Ir，代入图中对应数据，可得 r＝0.70 Ω(0.67 Ω～ 0.73 Ω 均可)
【解析】当滑片移到最左端时，L1 完全不亮，电路中电阻最大，电流最小，L2 最暗，当滑行移到最右端时电路中电阻最小，L1、L2 都达到最亮，故 D 正确．
【答案】 D
第九页，共43页。
外推法在测定(cèdìng)性实验中的应用有些物理量可以在局部观察或测量，但是它的极端情况，不易直接观测，如果把这局部观察测量得到的规律外推到极端，就可以达到目的了．例如在测电源电动势和内电阻的实验中，我们无法直接测量 I＝0(断路)时的路端电压(电动势)和短路(U＝0)时的电流强度，但可以通过一系列 U、I 对应值描点画出 U－I 图线并向两方延伸，与 U 轴交点为电动势，与 I 轴交点为短路电流．
章末归纳(guīnà)提升课
第一页，共43页。
第二页，共43页。
第三页，共43页。
用极限(jíxiàn)思维法分析电路问题
1.极限思维法是把某个物理量推向极端，即极大和极小或极限位置，并以此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论．
第四页，共43页。
2．当题目要求定性地判断某一具体的物理量的变化情况或变化趋势时，可假设其他变量为极端的情况，从而就能较快地弄清该物理量的变化趋势，达到研究的目的．
3．选择题不同于其他题型，有时对结果的得出，不需要很严密的计算，只要能够大致地了解并弄清楚其结果的范围或变化趋势就行了．因此，在做选择题时，采用极限思维法极为简便且可以大大缩短做题时间．

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)实验七

甲
精典考题例析
(2)现有 10Ω、20Ω 和 50Ω 的定值电阻,电路中的电阻 R1 应选 Ω 的定值电阻. (3)测量结束后,应先断开开关,拆除两端的导线,再拆除其他导线, 最后整理好器材. (4)小明处理数据后将 P、U2 描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如图乙所示.请指出图象中不恰当的地方 .
分压电路；②电流表的量程为0.6 A，精度为0.02 A，指针所指的示数为 0.02 A×22=0.44 A;③要使并联后小电珠的功率最大，并联后小电珠的总
电阻为1 Ω，路端电压为1.5 V，当路端电压为1.5 V时，由图像可知，电
珠的电阻为R＝4.05 Ω，因此需要4个相同的电珠并联，并联后的外电阻为1 Ω.电珠的总功率约为P＝U2R外=2.25 W.
2.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V0.6
W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干. (1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表 Ω. 倍率的电阻挡(请填写“×1”、
“×10”或“×100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图甲，
结果为
示数逐渐
(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；
将元件X换成元件Y，重复实验.
精典考题例析
③上图(d)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件是非线性元件.
(填“X”或“Y”)
④该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21 Ω的定值电阻，测量侍测电
池的电动势E和内阻r,电阻如图(e)所示.闭合S1和S2,电压表读数为3.00 V；断
精典考题例析
答案：①连线如图 ③4 2.22～2.28
②0.44
精典考题例析

高三一轮复习物理课件单元ppt

水流快慢
船的一个分速度
速度方向
水流的方
向
船在静水中
由船的发动机工作给船的速
发动机运行功
船头的指
速度 v 船
度,这是船的另一分速度
率大小
向
船相对地的
船体对地的速度,这是船的合
两个分速度的
船体实际
速度 v
速度
大小及方向
运行方向
基础自主梳理
要点研析突破
要点研析突破
速效提升训练
3.对小船渡河的讨论
(1)v 船>v 水
，所以 B 选项正确.
2
2
2
u
u v
1 k
答案：B
基础自主梳理
要点三
要点研析突破
要点研析突破
速效提升训练
绳牵引物体模型的分析
1.模型展示:绳子牵引物体(如船)运动,绳子往往与物体(如:船)运动的
方向不在同一直线上,如图所示.
2.分析处理:物体(如船)运动,实际上参与了两个方向的分运动,即沿绳
向上的分运动(沿绳向上缩短)和垂直绳向下的分运动(垂直绳向下旋转).将
向都沿负 x 轴方向,因而物体沿负 x 轴方向做匀加速运动,A 项错误;在 y 方
向上,物体的初速度为 v0y=6m/s,加速度 ay=3m/s2,方向都沿正 y 轴方向,因而
物体沿正 y 轴方向做匀加速运动,B 项正确;物体的合速度与负 x 轴的夹角
为
0
3
θ=arctan =arctan ,合加速度与负
要点二
要点研析突破
要点研析突破
速效提升训练
小船渡河问题的分析
1.处理方法:小船渡河时,实际上参与了两个方向的分运动,即水流的运动和

【三维设计】2017届高三物理(全国通用)一轮复习讲义：第七章恒定电流

第七章 ⎪⎪⎪恒定电流[备考指南]考点内容要求题型把握考情一、电路的基本概念和规律欧姆定律 Ⅱ 选择、计算找规律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识，实验部分则以基本仪器的使用和电路实验为主，题型以填空题的形式出现，分值约15分。

电阻定律 Ⅰ 电阻的串联、并联 Ⅰ 二、闭合电路欧姆定律电源的电动势和内阻 Ⅱ 选择、计算闭合电路的欧姆定律Ⅱ电功率、焦耳定律Ⅰ 实验七测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)填空明热点预计高考命题的重点仍将是对基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律的理解和应用，实验则考查基本仪器的使用，实验原理的理解，实验数据的处理等知识。

实验八描绘小灯泡的伏安特性曲线实验九测定电源的电动势和内阻实验十练习使用多用电表第1节电流__电阻__电功__电功率(1)由R ＝UI 知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。

(×) (2)根据I ＝qt ，可知I 与q 成正比。

(×)(3)由ρ＝RSl 知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。

(×)(4)公式W ＝UIt 及Q ＝I 2Rt 适用于任何电路。

(√) (5)公式W ＝U 2Rt ＝I 2Rt 只适用于纯电阻电路。

(√)(1)1826年德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律。

(2)19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。

要点一电流的理解及其三个表达式的应用公式适用范围字母含义公式含义定义式 I ＝q t 一切电路q 为时间t 内通过导体横截面的电荷量qt 反映了I 的大小，但不能说I ∝q ，I ∝1t 微观式 I ＝nqS v一切n ：导体单位体积内的自从微观上看n 、q 、S 、电路由电荷数q ：每个自由电荷的电荷量S ：导体横截面积 v ：电荷定向移动速率v 决定了I 的大小决定式 I ＝U R金属、电解液U ：导体两端的电压 R ：导体本身的电阻I 由U 、R 决定， I ∝U I ∝1R[多角练通]1．如图7-1-1所示为一磁流体发电机示意图，A 、B 是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t 时间内有n 个自由电子落在B 板上，则关于R 中的电流大小及方向判断正确的是()图7-1-1A ．I ＝net，从上向下 B ．I ＝2net，从上向下 C ．I ＝net ，从下向上 D ．I ＝2net ，从下向上解析：选A 由于自由电子落在B 板上，则A 板上落上阳离子，因此R 中的电流方向为自上而下，电流大小I ＝q t ＝net 。

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)实验二

速效提升训练
(1)将表中数据补充完整：①
；②
.
(2)以 n 为横坐标，
1 1 为纵坐标，在图 b 给出的坐标纸上画出 ~ n 图象. k k
代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值/cm
25.35
27.35
29.35
31.30
33.4
35.35
37.40
39.30
速效提升训练
(3)如图所示是该同学根据表中数据作的图象，纵轴是砝
码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值．(填“L0” 或“Lx”) (4)由图可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为________ g．(结果保留两位有效数
速效提升训练
解析:由胡克定律可得 F=kx=k(h+l-l0)=k(h-l0)+kl.因此 F l 图线的斜率即为
30-20 弹簧的劲度系数 k= N/m=100 N/m,由 k(h-l0)=10N 得,l0=0.15m. 0.2-0.1
答案:100 0.15
速效提升训练
4.(2014·浙江卷) 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图 1 连接起来进行探究.
实验二
探究弹力与弹簧伸长的关系
基础自主梳理
一、实验目的
1.探究弹力与弹簧伸长量之间的关系. 2.学会用图象法分析处理实验数据.
二、实验原理
1.如图所示,在弹簧下端悬挂钩码时弹簧会伸长,平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等. 2.弹簧的长度可用刻度尺直接测出,伸长量可以由拉长后的长度减去弹簧原来的长度进行计算.这样就可以研究弹簧的弹力和弹簧伸长量之间的定量关系了.

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)第二章相互作用2.6

要点研析突破
要点二
力的分解方法一——按作用效果进行分解
1.把力按实际效果分解的一般思路
2.(1)选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定,一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常利用三角形法或按实际效果进行分解,若这三个力中,有两个力互相垂直,可选用正交分解法.(2)当物体受到三个以上的力时, 常用正交分解法.
解析：根据物体的平衡可知，三条绳上拉力的水平分力的合力为零，C项正确；由于三条绳的长度不同，因此三条绳与竖直方向的夹角不同，如果三条绳水平分力间的夹角相等，则三条绳上张力一定不等，A项错误；由力的平衡可知，杆对地面的压力等于杆的重力与三条绳拉力的竖直分力之和， B项正确；三条绳的拉力的合力和杆的重力的方向均竖直向下，它们不是一对平衡力，D项错误. 答案：BC
要点研析突破
2.如图所示,F1、F2、F3 恰好构成封闭的直角三角形 (顶角为直角).下列四个图中,这三个力的合力最大的是( )
解析:A 项中把 F1 平移到 F2 和 F3 的箭尾处,F1 和 F2 构成的平行四边形的对角线正好和 F3 重合,即合力的大小为 F3,方向与 F3 同向,则 F1、F2、F3 三个力的合力为 2F3;同样的方法,B 项中把 F3 平移,可以求得合力为零;C 项中把 F2 平移,可以求得合力为 2F1;D 项中把 F3 平移,可以求得合力为 2F2,又因为图中线段的长短表示力的大小,所以位于斜边上的 F1 最大. 答案:C
1.作图法从力的作用点沿两个分力的作用方向按同一标度作出两个分力 F1 、 F2, 以这两个力为邻边作一个平行四边形,这两个力所夹对角线表示这两个力的合力.通常可分别用刻度尺和量角器直接量出合力的大小和方向.
要点研析突破

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)实验五

精典考题例析
(2)如图(a)所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F 是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T,则打c点时小车的速度为 .要
验证合外力做的功与动能变化的关系,除钩码和砝码的质量、位移、速度外，还要测出的物理量有： .
(3)实验小组根据实验数据绘出了图(b)中的图线(其中Δv2=v2-v02)，根据图线可获得的结论是 .
基础自主梳理
5.分析数据,得出结论.
(1)测量小车的速度:实验获得如图所示的纸带,为探究橡皮筋弹力做功和小车速度的关系,需要测量弹力做功结束时小车的速度,即小车做匀速运动的速度,应在纸带上测量的物理量是(用字母表示):A1、 A2 间的距离 x,小车 �� 速度的表达式是(用测量的物理量表示)v= (T 为打
答案：(1)C
(2)0.653
精典考题例析
例2
(2014· 天津卷)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将
细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系.此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等.组装的实验装置如图所示.
精典考题例析
解析：(1)实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后，再释放小车. (2)打C点时小车的速度为BD间或AE间的平均速度，即vC= （Δx2+Δx3）/2T或vC=(Δx1+Δx2+Δx3+Δx4)/4T；还需确定小车的动能，故需测量小车的质量. (3)合外力做功等于物体动能的变化. 答案：(1)接通电源释放小车 (2)(Δx2+Δx3)/2T小车的质量 (3)见解析
变化的关系

【导与练】(全国I卷)2017年高考物理一轮复习第7章恒定电流能力课时9 破解高考实验题的方法技巧课件

图5 (2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材： A.电压表(0～15 V) C.滑动变阻器(0～50 Ω) 相应器材前的字母) B.电压表(0～3 V) D.滑动变阻器(0～500 Ω)
实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______。(选填
解析
(1)干电池内电阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路
允许输出的最大电流为50 mA，故电流表选择A1，电源电动势约
为9 V，故电压表选择V2，考虑到电流和功率，保护电阻选R2；
1 (2)定值电阻的功率为 W 时，通过它的电流为 I＝ 8 0.125 A＝ 200
0.025 A＝25 mA，而电路中的电流要接近 50 mA，故应选 R2；
(3)U－I 图线斜率的绝对值表示电源内阻，选择图象中的较远的两 ΔU 点用 r＝| |可求得电源内阻约为 51.0 Ω； ΔI (4) 该实验中的干路电流应为电流表的读数加上通过电压表的电流，故该实验的系统误差来源为忽略了电压表的分流，从而使干路电流测量值偏小。
能力课时9 破解高考实验题的方法技巧
突破一破解常规型实验题的方法
常规实验题主要考查教材上基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处理和误差分析。复习时要从领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操作、实
验步骤、实验数据的处理，误差分析和电学实验实物图的连
接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数。因此，必须做到“四会”，(即“会读”、“会选”、“会画”、 “会析”。)才能轻松破解常规实验题。
接点是否都接在接线柱上 ( 导线中不应有交叉 ) ，电表正负极
连接是否恰当，滑动变阻器的滑片是否处于恰当位置等。
【例3】

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)第二章相互作用2.4

解析：当水流出时，水的重心不断下降，当水全流尽时，两者的重心位置又回到了容器的中心，故B项正确，A项错误；由于水流过程，系统的重力减小，故系统对地球的引力减小，C项正确；重力和绳的拉力平衡，故绳的方向始终过重心且竖直，D项错误答案：BC
要点研析突破
要点二
弹力有无及方向的判断
1.弹力有无的判断方法 (1)根据弹力产生的条件直接判断根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力 .此方法多用来判断形变较明显的情况. (2)利用假设法判断对形变不明显的情况,可假设两个物体间弹力不存在,即把与我们所研究的物体相接触的其他物体去掉,看物体还能否保持原有的状态,若运动状态不变,则此处不存在弹力, 若运动状态改变,则此处一定存在弹力. (3)根据物体的运动状态分析由物体的运动状态分析弹力,使物体的受力必须与物体的运动状态相符合,依据物体的运动状态, 由物体受力平衡( 或牛顿第二定律)列方程来判断物体间的弹力是否存在.
最新考纲提示 1.滑动摩擦力、动摩擦因数, 静摩擦力(Ⅰ) 2.形变、弹性、胡克定律(Ⅰ) 3.矢量和标量(Ⅰ) 4.力的合成和分解(Ⅱ) 5.共点力的平衡(Ⅱ) 6.实验:探究弹力与弹簧伸长的关系 7.实验:验证力的平行四边形定则
命题热点预测 1.有关弹力、摩擦力问题.其中对弹簧的弹力的分析及应用在高考中出现的频率很高,静摩擦力大小和方向的分析计算也是必考内容. 2.物体的平衡问题.常考查重力、弹力、摩擦力三力平衡问题,或与电场力、磁场力等综合的平衡问题. 3.合力与分力问题,共点力的合成问题.常结合实例分析合力与分力的等效替代特征,如交通运输、体育竞技、人体骨骼等.此为Ⅱ类要求, 是高考热点.
要点研析突破
5.(2016·长沙雅礼中学一模)三个相同的支座上分别搁着三个质量和直径都相等的光滑圆球a、b、c，支点P、Q在同一水平面上，a球的重心Oa.位于球心，b球和 c球的重心Ob、Oc分别位于球心的正上方和球心的正下方，如图所示.三球均处于平衡状态、支点P对a球的弹力为FNa,对b球和c球的弹力分别为FNb和FNc，则( )

高2020届高2017级高三物理一轮复习步步高全书学案第七章第1讲

第1讲电场力的性质一、电荷电荷守恒定律 1.元电荷、点电荷 (1)元电荷:e ＝1.60×10－19C,所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍.(2)点电荷:代表带电体的有一定电荷量的点,忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况的理想化模型. 2.电荷守恒定律(1)内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分,在转移过程中,电荷的总量保持不变. (2)三种起电方式:摩擦起电、感应起电、接触起电. (3)带电实质:物体得失电子.(4)电荷的分配原则:两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体,接触后再分开,二者带等量同种电荷,若两导体原来带异种电荷,则电荷先中和,余下的电荷再平分.自测1 如图1所示,两个不带电的导体A 和B ,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C 置于A 附近,贴在A 、B 下部的金属箔都张开( )图1A.此时A 带正电,B 带负电B.此时A 带正电,B 带正电C.移去C ,贴在A 、B 下部的金属箔都闭合D.先把A 和B 分开,然后移去C ,贴在A 、B 下部的金属箔都闭合答案 C解析由静电感应可知,A 左端带负电,B 右端带正电,选项A 、B 错误；若移去C ,A 、B 两端电荷中和,则贴在A 、B 下部的金属箔都闭合,选项C 正确；先把A 和B 分开,然后移去C ,则A 、B 带的电荷不能中和,故贴在A 、B 下部的金属箔仍张开,选项D 错误. 二、库仑定律 1.内容真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与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. 2.表达式F ＝k q 1q 2r 2,式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2,叫做静电力常量.3.适用条件真空中的静止点电荷.(1)在空气中,两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况,可以直接应用公式. (2)当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时,可以把带电体看成点电荷. 4.库仑力的方向由相互作用的两个带电体决定,即同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引.自测2 (2018·北京市大兴区上学期期末)关于真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力,下列描述合理的是( ) A.该作用力一定是斥力B.库仑通过实验总结出该作用力的规律C.该作用力与两电荷之间的距离无关D.电荷量较大的受到的力大答案 B解析真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力,同性电荷时是斥力,异性电荷时是吸引力,选项A 错误；库仑通过实验总结出该作用力的规律,称为库仑定律,选项B 正确；该作用力与两点电荷之间的距离的平方成反比,选项C 错误；两点电荷之间的作用力是相互作用力,故无论是电荷量较大的还是电荷量较小的受到的力都是相等的,选项D 错误. 三、电场、电场强度 1.电场(1)定义:存在于电荷周围,能传递电荷间相互作用的一种特殊物质； (2)基本性质:对放入其中的电荷有力的作用. 2.电场强度(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值. (2)定义式:E ＝Fq；单位:N /C 或V/m.(3)矢量性:规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向. 3.点电荷的电场:真空中距场源电荷Q 为r 处的场强大小为E ＝k Qr2.自测3 如图2所示,电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点.已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零,且PR ＝2RQ .则( )图2A.q 1＝2q 2B.q 1＝4q 2C.q 1＝－2q 2D.q 1＝－4q 2答案 B解析设RQ ＝r ,则PR ＝2r ,有k q 1(2r )2＝k q 2r 2,q 1＝4q 2. 四、电场线的特点1.电场线从正电荷或无限远出发,终止于无限远或负电荷.2.电场线在电场中不相交.3.在同一幅图中,电场强度较大的地方电场线较密,电场强度较小的地方电场线较疏. 自测4 两个带电荷量分别为Q 1、Q 2的质点周围的电场线如图3所示,由图可知( )图3A.两质点带异号电荷,且Q 1>Q 2B.两质点带异号电荷,且Q 1<Q 2C.两质点带同号电荷,且Q 1>Q 2D.两质点带同号电荷,且Q 1<Q 2 答案 A命题点一库仑定律的理解和应用1.库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用.2.对于两个均匀带电绝缘球体,可将其视为电荷集中在球心的点电荷,r 为球心间的距离.3.对于两个带电金属球,要考虑表面电荷的重新分布,如图4所示.图4(1)同种电荷:F ＜k q 1q 2r 2；(2)异种电荷:F ＞k q 1q 2r2.4.不能根据公式错误地认为r →0时,库仑力F →∞,因为当r →0时,两个带电体已不能看做点电荷了.例1 已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.如图5所示,半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷,在过球心O 的直线上有A 、B 两个点,O 和B 、B 和A 间的距离均为R .现以OB 为直径在球内挖一球形空腔,若静电力常量为k ,球的体积公式为V ＝43πr 3,则A 点处检验电荷q 受到的电场力的大小为( )图5A.5kqQ 36R 2B.7kqQ 36R 2C.7kqQ 32R 2D.3kqQ 16R 2答案 B解析实心大球对q 的库仑力F 1＝kqQ 4R 2,挖出的实心小球的电荷量Q ′＝(R 2)3R 3Q ＝Q8,实心小球对q 的库仑力F 2＝kq Q 8(32R )2＝kqQ 18R 2,则检验电荷q 所受的电场力F ＝F 1－F 2＝7kqQ36R 2,选项B 正确. 变式1 科学研究表明,地球是一个巨大的带电体,而且表面带有大量的负电荷.如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃,恰好能悬浮在空中,若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时,则此带电尘埃将( ) A.向地球表面下落 B.远离地球向太空运动 C.仍处于悬浮状态 D.无法判断答案 C例2 (2018·全国卷Ⅰ·16)如图6,三个固定的带电小球a 、b 和c ,相互间的距离分别为ab ＝5 cm,bc ＝3 cm,ca ＝4 cm.小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线.设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ,则( )图6A.a 、b 的电荷同号,k ＝169B.a 、b 的电荷异号,k ＝169C.a 、b 的电荷同号,k ＝6427D.a 、b 的电荷异号,k ＝6427答案 D解析由小球c 所受库仑的合力的方向平行于a 、b 的连线知a 、b 带异号电荷.a 对c 的库仑力F a ＝k 0q a q c(ac )2①b 对c 的库仑力F b ＝k 0q b q c(bc )2②设合力向左,如图所示,根据相似三角形得F a ac ＝F bbc③由①②③得k ＝⎪⎪⎪⎪q a q b ＝(ac )3(bc )3＝6427,D 正确.命题点二库仑力作用下的平衡问题涉及库仑力的平衡问题,其解题思路与力学中的平衡问题一样,只是在原来受力的基础上多了库仑力,具体步骤如下:注意库仑力的方向:同性相斥,异性相吸,沿两电荷连线方向.例3 (2018·闽粤期末大联考)如图7甲所示,用OA 、OB 、AB 三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m 的带等量同种电荷的小球(可视为质点),三根绳子处于拉伸状态,且构成一个正三角形,AB 绳水平,OB 绳对小球的作用力大小为F T .现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F ,使装置静止在图乙所示的位置,此时OA 绳竖直,OB 绳对小球的作用力大小为F T ′.根据以上信息可以判断F T 和F T ′的比值为( )图7A.33B. 3C.233D.条件不足,无法确定答案 A解析题图甲中,对B 球受力分析,受重力、OB 绳的拉力F T 、AB 绳的拉力F T A 、AB 间的库仑力F A ,如图(a)所示:根据平衡条件,有:F T ＝mg cos 30°＝23mg ；题图乙中,先对小球A 受力分析,受重力、AO 绳的拉力,AB 间的库仑力以及AB 绳的拉力,由于A 处于平衡状态,则AB 绳的拉力与库仑力大小相等,方向相反,再对B 球受力分析,受拉力、重力、OB 绳的拉力、AB 间的库仑力以及AB 绳的拉力,而AB 间的库仑力与AB 绳的拉力的合力为零,图中可以不画,如图(b)所示.根据平衡条件,有:F T ′＝mg cos 60°＝2mg ,可见F T F T ′＝33,故选A.变式2 (多选)(2019·广东省汕头市质检)A 、C 是两个带电小球,质量分别是m A 、m C ,电荷量大小分别是Q A 、Q C ,用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O ,两球静止时如图8所示,此时细线对两球的拉力分别为F T A 、F T C ,两球连线AC 与O 所在竖直线的交点为B ,且AB <BC ,下列说法正确的是( )图8A.Q A >Q CB.m A ∶m C ＝F T A ∶F T CC.F T A ＝F T CD.m A ∶m C ＝BC ∶AB 答案 BD解析利用相似三角形知识可得,A 球所受三个力F 、F T A 、m A g 构成的矢量三角形与三角形OBA 相似,m A g OB ＝F AB ＝F T AAO ；C 球所受三个力F 、F T C 、m C g 构成的矢量三角形与三角形OBC 相似,m C g OB ＝F CB ＝F T C CO ；因OA ＝OC ,所以m A ∶m C ＝F T A ∶F T C ；m A ∶m C ＝BC ∶AB ,选项B 、D 正确,C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力,无法判断两球带电荷量的多少,选项A 错误. 变式3 如图所示,甲、乙两带电小球的质量均为m ,所带电荷量分别为＋q 和－q ,两球间用绝缘细线2连接,甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上,在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场,场强为E ,且有qE ＝mg ,平衡时细线都被拉直.则平衡时的可能位置是哪个图( )答案 A解析先用整体法,把两个小球及细线2视为一个整体.整体受到的外力有竖直向下的重力2mg 、水平向左的电场力qE 、水平向右的电场力qE 和细线1的拉力F T1,由平衡条件知,水平方向受力平衡,细线1的拉力F T1一定与重力2mg 等大反向,即细线1一定竖直.再隔离分析乙球,如图所示.乙球受到的力为:竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 、细线2的拉力F T2和甲球对乙球的吸引力F 引.要使乙球所受合力为零,细线2必须倾斜.设细线2与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ＝qEmg＝1,θ＝45°,故A 图正确.命题点三库仑力作用下的变速运动问题例4 (多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图9所示,光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为－q 的点电荷,在距水平面高h 处的空间内存在一场源点电荷＋Q ,两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°,现给－q 一水平初速度,使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动(恰好不受支持力),已知重力加速度为g ,静电力常量为k ,则( )图9A.点电荷－q 做匀速圆周运动的向心力为3kQq4h 2B.点电荷－q 做匀速圆周运动的向心力为3kQq8h 2C.点电荷－q 做匀速圆周运动的线速度为3ghD.点电荷－q 做匀速圆周运动的线速度为3gh 2答案 BC解析恰好能在水平面上做匀速圆周运动,点电荷－q 受到竖直向下的重力以及点电荷＋Q 的引力,如图所示,电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力,两点电荷间距离R ＝h sin θ,F n ＝k Qq R2·cos θ,联立解得F n ＝3kQq 8h 2,A 错误,B 正确；点电荷－q 做匀速圆周运动的半径r ＝h tan θ,因为F n ＝mgtan θ,根据F n ＝m v 2r,可得v ＝3gh ,C 正确,D 错误.变式4 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)在匀强电场中,有一质量为m ,带电荷量为＋q 的带电小球静止在O 点,然后从O 点自由释放,其运动轨迹为一直线,直线与竖直方向的夹角为θ,如图10所示,那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是( )图10A.唯一值是mg tan θqB.最大值是mg tan θqC.最小值是mg sin θqD.不可能是mgq答案 C解析小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动,其所受合力方向沿直线向下,由三角形定则知电场力最小为qE ＝mg sin θ,故场强最小为E ＝mg sin θq,故C 正确.命题点四电场强度的理解和计算类型1点电荷电场强度的叠加及计算1.电场强度的性质(1)矢量性:规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点场强的方向；(2)唯一性:电场中某一点的电场强度E是唯一的,它的大小和方向与放入该点的电荷q无关,它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置；(3)叠加性:如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场,那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和2.三个计算公式3.等量同种和异种点电荷的电场强度的比较例O 为EG、HF的交点,AB边的长度为d.E、G两点各固定一等量正点电荷,另一电荷量为Q的负点电荷置于H点时,F点处的电场强度恰好为零.若将H点的负电荷移到O点,则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k)()图11A.4kQd 2,方向向右 B.4kQd 2,方向向左 C.3kQd 2,方向向右 D.3kQd2,方向向左答案 D解析当负点电荷在H 点时,F 点处电场强度恰好为零,根据公式E ＝k Qr 2可得负点电荷在F 点产生的电场强度大小为E ＝k Qd 2,方向水平向左,故两个正点电荷在F 点产生的电场强度大小为E ＝k Q d 2,方向水平向右；负点电荷移到O 点,在F 点产生的电场强度大小为E 1＝k 4Qd 2,方向水平向左,所以F 点的合场强为k 4Q d 2－k Q d 2＝k 3Qd 2,方向水平向左,故D 正确,A 、B 、C 错误.变式5 (2018·山东省烟台市期末考试)如图12所示,四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q ,分别固定在正方形的四个顶点上,正方形边长为a ,则正方形两条对角线交点处的电场强度( )图12A.大小为42kQa 2,方向竖直向上B.大小为22kQa 2,方向竖直向上C.大小为42kQa 2,方向竖直向下D.大小为22kQa 2,方向竖直向下答案 C解析一个点电荷在两条对角线交点O 产生的场强大小为E ＝kQ (22a )2＝2kQa 2,对角线上的两异种点电荷在O 处的合场强为E 合＝2E ＝4kQa 2,故两等大的场强互相垂直,合场强为E O ＝E 合2＋E 合2＝42kQa 2,方向竖直向下,故选C.类型2 非点电荷电场强度的叠加及计算 1.等效法在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景.例如:一个点电荷＋q 与一个无限大薄金属板形成的电场,等效为两个异种点电荷形成的电场,如图13甲、乙所示.图13例6 (2018·河南省中原名校第六次模拟)一无限大接地导体板MN 前面放有一点电荷＋Q ,它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN 存在的情况下,由点电荷＋Q 与其像电荷－Q 共同激发产生的.像电荷－Q 的位置就是把导体板当作平面镜时,电荷＋Q 在此镜中的像点位置.如图14所示,已知＋Q 所在位置P 点到金属板MN 的距离为L ,a 为OP 的中点,abcd 是边长为L 的正方形,其中ab 边平行于MN .则( )图14A.a 点的电场强度大小为E ＝4k Q L2B.a 点的电场强度大小大于b 点的电场强度大小,a 点的电势高于b 点的电势C.b 点的电场强度和c 点的电场强度相同D.一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电势能的变化量为零答案 B解析由题意可知,点电荷＋Q 和金属板MN 周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效,所以a 点的电场强度E ＝k Q (L 2)2＋k Q (3L 2)2＝40kQ9L 2,A 错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知E a >E b ,φa >φb ,B 正确；图中b 、c 两点的场强不同,C 错误；由于a 点的电势大于d 点的电势,所以一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电场力做正功,电荷的电势能减小,D 错误. 2.对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题大为简化.例如:如图15所示,均匀带电的34球壳在O 点产生的场强,等效为弧BC 产生的场强,弧BC 产生的场强方向,又等效为弧的中点M 在O 点产生的场强方向.图15例7 (2018·湖南省衡阳市第二次联考)如图16所示,一电荷量为＋Q 的均匀带电细棒,在过中点c 垂直于细棒的直线上有a 、b 、d 三点,且ab ＝bc ＝cd ＝L ,在a 点处有一电荷量为＋Q 2的固定点电荷.已知b 点处的场强为零,则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )图16A.k 5Q 9L 2B.k 3Q L 2C.k 3Q 2L 2D.k 9Q 2L 2 答案 A解析电荷量为＋Q 2的点电荷在b 处产生的电场强度为E ＝kQ2L 2,方向向右,b 点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知细棒与＋Q2在b 处产生的电场强度大小相等,方向相反,则知细棒在b处产生的电场强度大小为E ′＝kQ2L 2,方向向左.根据对称性可知细棒在d 处产生的电场强度大小为kQ 2L 2,方向向右；而电荷量为＋Q 2的点电荷在d 处产生的电场强度为E ″＝kQ 2(3L )2＝kQ 18L2,方向向右,所以d 点处场强的大小为E d ＝5kQ9L 2,方向向右,故选项A 正确.3.填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为圆环或圆板,或将半球面补全为球面,从而化难为易、事半功倍.例8 如图17甲所示,半径为R 的均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为σ,其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E ＝()122221x k R x σ⎡⎤⎢⎥π-⎢⎥⎢⎥+⎣⎦,方向沿x 轴.现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r 的圆板,如图乙所示.则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为()图17A.012222()x k r x σπ+B.012222()r k r x σπ+C.2πkσ0x rD.2πkσ0rx答案 A解析当R →∞时,()1222xRx+＝0,则无限大带电平板产生的电场的场强为E ＝2πkσ0.当挖去半径为r 的圆板时,应在E 中减掉该圆板对应的场强E r ＝()0122221x k r x σ⎡⎤⎢⎥π-⎢⎥⎢⎥+⎣⎦,即E ′＝()12222xk rxσπ+,选项A 正确.4.微元法将带电体分成许多元电荷,每个元电荷看成点电荷,先根据库仑定律求出每个元电荷的场强,再结合对称性和场强叠加原理求出合场强.1.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为＋q ,球2的带电荷量为＋nq ,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时球1、2之间作用力的大小仍为F ,方向不变.由此可知( ) A.n ＝3 B.n ＝4 C.n ＝5 D.n ＝6答案 D解析由于各球之间距离远大于小球的直径,小球带电时可视为点电荷.由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2知两点电荷间距离不变时,相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比.又由于三个小球相同,则两球接触时平分总电荷量,故有q ·nq ＝nq2·q ＋nq 22,解得n ＝6,D 正确.2.(多选)在电场中的某点A 放一电荷量为＋q 的试探电荷,它所受到的电场力大小为F ,方向水平向右,则A 点的场强大小E A ＝Fq ,方向水平向右.下列说法正确的是( )A.在A 点放置一个电荷量为－q 的试探电荷,A 点的场强方向变为水平向左B.在A 点放置一个电荷量为＋2q 的试探电荷,则A 点的场强变为2E AC.在A 点放置一个电荷量为－q 的试探电荷,它所受的电场力方向水平向左D.在A 点放置一个电荷量为＋2q 的试探电荷,它所受的电场力为2F 答案 CD解析 E ＝Fq 是电场强度的定义式,某点的场强大小和方向与场源电荷有关,与放入的试探电荷无关,故选项A 、B 错误；因负电荷受到的电场力的方向与场强方向相反,故选项C 正确；A 点场强E A 一定,放入的试探电荷所受电场力大小为F ′＝q ′E A ,当放入电荷量为＋2q 的试探电荷时,试探电荷所受电场力应为2F ,故选项D 正确.3.(多选)(2018·云南省大理市模拟)在光滑绝缘的水平桌面上,存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图1中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的A 点开始运动,到C 点时,突然受到一个外加的水平恒力F 作用而继续运动到B 点,其运动轨迹如图中虚线所示,v 表示小球经过C 点时的速度,则( )图1A.小球带正电B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能与v方向相反D.在A、B两点小球的速率不可能相等答案AB解析由小球从A点到C点的轨迹可知,小球受到的电场力方向向右,带正电,选项A正确；小球从C点到B点,所受合力指向轨迹凹侧,当水平恒力F水平向左时,合力可能向左,符合要求,当恒力F的方向与v方向相反时,合力背离CB段轨迹凹侧,不符合要求,选项B正确,C错误；小球从A点到B点,由动能定理,当电场力与恒力F做功的代数和为零时,在A、B两点小球的速率相等,选项D错误.4.(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图2所示,一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过,电子重力不计,则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()图2A.先变大后变小,方向水平向左B.先变大后变小,方向水平向右C.先变小后变大,方向水平向左D.先变小后变大,方向水平向右答案 B解析根据等量异种点电荷周围的电场线分布知,从A→O→B,电场强度的方向不变,水平向右,电场强度的大小先增大后减小,则电子所受电场力的大小先变大后变小,方向水平向左,则外力的大小先变大后变小,方向水平向右,故B正确,A、C、D错误.5.(多选)如图3所示,图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,箭头表示运动方向,a、b是轨迹上的两点.若粒子在运动中只受电场力作用.根据此图能作出的正确判断是()图3A.带电粒子所带电荷的符号B.粒子在a 、b 两点的受力方向C.粒子在a 、b 两点何处速度大D.a 、b 两点电场的强弱答案 BCD解析由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左,由于电场线方向不明,无法确定粒子的电性,故A 错误,B 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知,电场力对粒子做负功,粒子动能减小,电势能增大,则粒子在a 点的速度较大,故C 正确；根据电场线的疏密程度可判断a 、b 两点电场的强弱,故D 正确.6.(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图4所示,一个绝缘圆环,当它的14均匀带电且电荷量为＋q时,圆心O 处的电场强度大小为E ,现使半圆ABC 均匀带电＋2q ,而另一半圆ADC 均匀带电－2q ,则圆心O 处电场强度的大小和方向为( )图4A.22E ,方向由O 指向DB.4E ,方向由O 指向DC.22E ,方向由O 指向BD.0 答案 A解析当圆环的14均匀带电且电荷量为＋q 时,圆心O 处的电场强度大小为E ,由如图所示的矢量合成可得,当半圆ABC 均匀带电＋2q 时,在圆心O 处的电场强度大小为2E ,方向由O 指向D ；当另一半圆ADC 均匀带电－2q 时,同理,在圆心O 处的电场强度大小为2E ,方向由O 指向D ；根据矢量的合成法则,圆心O 处的电场强度的大小为22E ,方向由O 指向D .7.(2018·贵州省黔东南州一模)如图5,xOy 平面直角坐标系所在空间有沿x 轴负方向的匀强电场(图中未画出),电场强度大小为E .坐标系上的A 、B 、C 三点构成边长为L 的等边三角形.若将两电荷量相等的正点电荷分别固定在A 、B 两点时,C 点处的电场强度恰好为零.则A 处的点电荷在C 点产生的电场强度大小为( )图5A.EB.33E C.3E D.32E 答案 B解析 C 点三个电场方向如图所示,根据题意可知E 1cos 30°＋E 2cos 30°＝E ,又E 1＝E 2,故解得E 2＝33E ,B 正确. 8.(多选)(2018·四川省德阳市一诊)如图6所示,带电质点P 1固定在光滑的水平绝缘面上,在水平绝缘面上距P 1一定距离处有另一个带电质点P 2,P 2在水平绝缘面上运动,某一时刻质点P 2以速度v 沿垂直于P 1 P 2的连线方向运动,则下列说法正确的是( )图6A.若P 1、P 2带同种电荷,以后P 2一定做速度变大的曲线运动B.若P 1、P 2带同种电荷,以后P 2一定做加速度变大的曲线运动C.若P 1、P 2带异种电荷,以后P 2的速度和加速度可能都不变D.若P 1、P 2带异种电荷,以后P 2可能做加速度、速度都变小的曲线运动答案 AD解析若P 1、P 2带同种电荷,P 1、P 2之间的库仑力为排斥力,并且力的方向和速度的方向不在一条直线上,所以质点P 2一定做曲线运动,由于两者之间的距离越来越大,它们之间的库仑力也就越来越小,所以P 2的加速度减小,速度增大,故A 正确,B 错误；若P 1、P 2为异种电荷,P 1、P 2之间的库仑力为吸引力,当P 1、P 2之间的库仑力恰好等于P 2做圆周运动所需的向心力时,P 2就绕着P 1做匀速圆周运动,此时P 2速度的大小和加速度的大小都不变,但是方向改变,故C 错误；若P 1、P 2为异种电荷,P 1、P 2之间的库仑力为吸引力,若速度较大,吸引力小于P 2做圆周运动所需的向心力,P 2做离心运动,吸引力减小,则加速度减小,引力做负功,速度减小,P 2做加速度、速度都变小的曲线运动,故D 正确.9.(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图7所示,正方形线框由边长为L 的粗细均匀的绝缘棒组成,O 是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上侧中点A 处取下足够短的带电荷量为q 的一小段,将其沿OA 连线延长线向上移动L2的距离到B 点处,若线框的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变,则此时O 点的电场强度大小为(k 为静电力常量)( )图7A.k q L 2B.k 3q 2L 2C.k 3q L 2D.k 5q L 2 答案 C解析设想将线框分为n 个小段,每一小段都可以看成点电荷,由对称性可知,线框上的电荷在O 点产生的场强等效为与A 点对称的电荷量为q 的电荷在O 点产生的场强,故 E 1＝kq (L 2)2＝4kq L 2B 点的电荷在O 点产生的场强为 E 2＝kq L2由场强的叠加可知E ＝E 1－E 2＝3kqL 2.10.如图8所示,xOy 平面是无穷大导体的表面,该导体充满z ＜0的空间,z ＞0的空间为真空.将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处,则在xOy 平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z 轴上z ＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )。

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练(课件)实验十

基础自主梳理
首先弄清两个问题: ①二极管的单向导电性.如图甲:电流从正极流入时电阻较小,从正极流出时电阻较大.
甲
基础自主梳理
②欧姆表中电流的方向.从黑表笔流出,经过待测电阻,从红表笔流入.
基础自主梳理
10.测正向电阻:将选择开关置于欧姆表的“×1”挡,短接红、黑表笔,调整欧姆调零旋钮,使指针指向欧姆表刻度的零位置.黑表笔接二极管正极、红表笔接二极管负极(如图乙),读出欧姆表指示的电阻数值,乘以倍率,记下正向阻值. 11.测反向电阻:将选择开关置于欧姆表的“×100”挡,短接红、黑表笔, 调整欧姆调零旋钮,使指针指向欧姆表刻度的零位置.黑表笔接二极管负极、红表笔接二极管正极(如图丙),读出欧姆表指示的电阻数值,乘以倍率,记下反向阻值. 12.多用电表用完后,将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡,拔出表笔.
基础自主梳理
三、实验器材
多用电表,干电池,标明阻值为几欧、几十欧、几百欧、几千欧的定值电阻,二极管,小螺丝刀.
基础自主梳理
四、实验步骤
1.机械调零:用小螺丝刀旋动定位螺丝使指针指在左端电流零刻度处; 2.将红、黑表笔分别接入“+”和“-”插孔; 测电压 3.将选择开关置于直流电压 2.5V 挡,测 1.5 V 干电池的电压; 4.将选择开关置于交流电压 250V 挡,测 220 V 的交流电压; 测电流 5.将选择开关置于直流电流 10mA 挡,测量 1.5V 干电池与 200Ω 电阻串联回路的电流;测电阻 6.选挡:选择开关置于欧姆挡“×1”(称为挡位倍率)挡.
精典考题例析
例2如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测.
精典考题例析
(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的 (填“A”“B”或“C”).

2017届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速

章末检测提升(六)第六章静电场一、选择题(本大题共10小题，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)1．(多选)某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是()A．a点场强大于b点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b 的过程中，电势能减少解析：电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场力方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不沿电场线运动，C 项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q 由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减少，D项正确．答案：BD2．一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，如图所示。

下列方法中能使夹角φ减小的是()A ．保持开关闭合，使两极板靠近一些B ．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动C ．保持开关闭合，使两极板远离一些D ．打开开关，使两极板靠近一些解析：要使悬线夹角φ减小，就要减小小球在电容器中所受到的电场力，即要减小电容器内部电场强度．保持开关S 闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E ＝U d知，电场强度增大，φ要增大；使两极板远离一些，就会使电场强度减小，夹角φ减小；调节滑动变阻器不能影响电容器两极板间的电压大小，因此A 、B 两项错误，C 项正确；若断开开关S ，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C ＝εr S 4πkd，U ＝Q C ，E ＝U d 知，E 不变，即夹角φ不变，D 项错误．答案：C3．(多选)下图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a 、b 位于两点电荷连线上，且a 位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a 、b 位于两点电荷连线的中垂线，且a 位于连线的中点)．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a 点由静止释放，动能E k 随位移x 变化的关系图象如图中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是( )A ．甲对应的图线是①B ．乙对应的图线是②C ．丙对应的图线是②D ．丁对应的图线是③解析：正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有Eqx ＝E k ，动能E k随x 的变化率E k x∝E ，而电场强度E 随x 的变化情况是：甲中E 为常数，乙图中E 减小，丙图中E 增大，所以A 、C 选项正确，B 、D 选项错误．答案：AC4．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a 、b 点时的动能分别为26eV 和5eV .当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV 时，它的动能应为 ( )A ．8eVB ．13eVC ．20eVD ．34eV解析：设相邻等势面之间的电势差大小为U ，正电荷从a 运动到 b ，动能减少，可知b 点电势高于a 点电势，则U a ＝－2U ，U b ＝U ，设正电荷的电荷量为q ，则正电荷在a 点、b 点的电势能E p a ＝－2qU ，E p b ＝qU ，据能量守恒定律E k a ＋E p a ＝E k b ＋E p b ，代入数据得qU ＝7eV .设点电荷运动到c 点时，其动能、电势能分别为E k c 、E p c ，据能量守恒定律E k a ＋E p a ＝E k c ＋E p c ，26eV ＋(－14eV )＝E k c ＋(－8eV )，E k c ＝20eV .答案：C5．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上的P 点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X带正电B．极板X带负电C．极板Y带正电D．极板Y不带电解析：根据亮斑的位置偏向Y极板，可知电子因受到电场力的作用而运动轨迹发生了偏转，因此极板X、X′不带电，极板Y应带正电．答案：C6．如图所示，A，B，C，D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1 cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为φA＝15 V、φB＝3 V、φC＝－3 V．由此可得D点的电势为()A．3 V B．6 VC．12 V D．9 V解析：由于电场为匀强电场，则φA－φB＝φD－φC，解得φD＝9 V，D项正确．答案：D7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是()A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小．解析：先由等势面与电场线垂直，画出电场线，再根据轨迹向电场力的方向弯曲，判断电场力的方向，进而确定电场线方向．可以判定电场线从等势面c指向等势面a，故等势面a的电势最低，故A项错；带电质点从P点到Q点电场力做正功，若从Q点到P 点电场力做负功，都有通过P点时的动能比通过Q点时小，故B项错，D项正确；P点的等势面比Q点的密集，P点的电场强度大，质点在P点的加速度大，故C项错．答案：D8．(多选)现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是()A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C ．同一点电荷在a 、d 两点所受电场力相同D ．将一负点电荷由a 点移到b 点电势能减小解析：根据电场的叠加原理可知，O 点的电场强度不为零，直线bOc 为电势为零的等势线，A 项错误；把一正点电荷沿着b →d →c 的路径移动时，电场力做功为零，B 项正确；根据电场叠加原理可知，a ，d 两点电场强度相同，同一点电荷在a 、d 两点所受电场力相同，C 项正确；将一负点电荷由a 点移到b 点，电场力做负功，电势能增大，D 项错误．答案：BC9．有一静电场，其电场强度方向平行于x 轴．其电势U 随坐标x 的改变而变化，变化的图线如图甲所示，则图乙中正确表示该静电场的场强E 随x 变化的图线是(设场强沿x 轴正方向时取正值)( )解析：由E ＝U d知，在0～2 mm 内，E ＝2×104V /m 且方向向左．在2 mm ～10 mm 内，E ＝1×104V /m ，且方向向右.10 mm ～12 mm 内，E ＝2×104V /m ，方向向左，故A 项正确．答案：A10．(多选)如图所示，PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变) ()A．A球对竖直墙壁的作用力不变B．两球之间的距离一定增大C．A球对B球作用的静电力增大D．地面对B球的弹力不变解析：由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B 球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，F cosθ不变，库仑力F一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力沿竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．答案：AC二、填空与实验题(本大题共2小题，共10分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答)11．(4分)如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线位置)，将杆向右平移的同时顺时针转过90°(如图中虚线位置)，发现A、B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断A、B两球带电荷量的绝对值之比q A∶q B＝__________.解析：规定杆的初始位置为零电势能处，则两球的电势能之和为零．杆到末位置的过程，两球的电势能必是一个增大，另一个减小相同的量，或者说电场力对其一做正功，对另一个做负功，结合题图有，2Eq A L＝Eq B L，得q A∶q B＝1∶2.答案：1∶212．(6分)如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m，带电量为q的小球，绳长为l.另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．A、B两点的电势差U AB＝______；匀强电场的电场强度为E ＝__________.解析：由动能定理可得，mgl sin 60°＋qU AB＝0，解得，U AB＝－3mgl 2q.根据电场强度与电势差的关系可得，U BA＝El(1－cos 60°)，解得，E＝3mg q.答案：－3mgl 2q 3mg q三、计算题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)在足够长的粗糙绝缘板A 上放一个质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块B .用手托住A 置于方向水平向左、场强大小为E 的匀强电场中，此时A 、B 均能静止，如图所示．现将绝缘板A 从图中位置P 垂直电场线移至位置Q ，发现小滑块B 相对A 发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A 的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s ，减速的时间为0.2 s ．P 、Q 位置高度差为0.5 m ．已知匀强电场的场强E ＝0.3mg q，A 、B 之间动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：(1)绝缘板A 加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)滑块B 最后停在离出发点水平距离为多大处？解析：(1)设绝缘板A 匀加速和匀减速的加速度大小分别为a 1和a 2，其时间分别为t 1和t 2，P 、Q 高度差为h ，则有a 1t 1＝a 2t 2h ＝12a 1t 21＋12a 2t 22 求得a 1＝1.25 m /s 2，a 2＝5 m /s 2(2)研究滑块B ，在绝缘板A 上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mg －F N ＝ma 2水平方向：Eq －μF N ＝ma 3解得a 3＝0.1 g ＝1 m /s 2在这个过程中滑块B 的水平位移大小为x 3＝12a 3t 22＝0.02 m在绝缘板A 静止后，滑块B 将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a 4，有μmg －Eq ＝ma 4，得a 4＝0.1g ＝1 m /s 2该过程中滑块B 的水平位移大小为x 4＝x 3＝0.02 m最后滑块B 静止时离出发点的水平距离x ＝x 4＋x 3＝0.04 m .答案：(1)1.25 m /s 2 5 m /s 2 (2)0.04 m14．(12分)如图甲所示，A 、B 是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地．A 板电势φA 随时间变化情况如图乙所示，C 、D 两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O ′1和O 2，两板间电压为U 2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t ＝0时刻以一定初速度沿AB 两板间的中轴线O 1O ′1进入．并能从O ′1沿O ′1O 2进入C 、D 间，刚好到达O 2孔，已知带电粒子带电荷量－q ，质量m ，不计其重力，求：(1)该粒子进入A 、B 的初速度v 0的大小；(2)A 、B 两板间距的最小值和A 、B 两板长度的最小值.解析：(1)因粒子在A 、B 间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O 1′孔的速度即为进入 A 、B 板的初速度．在C 、D 间，由动能定理得：qU 2＝12mv 20即v 0＝2qU 2m. (2)由于粒子进入A 、B 后，在一个周期T 内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v 竖＝0，若在第一个周期内进入O 1′孔，则对应两板最短长度为L ＝v 0T ＝T 2qU 2/m ，若在该时间内，粒子刚好不到A 板而返回，则对应两板最小间距，设为d ，所以12·qU 1md ·(T 4)2×2＝d 2，即d ＝T 2qU 12m . 答案：(1)2qU 2m (2)T 2qU 12m15．(12分)如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q >0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．解析：质点所受电场力的大小为F ＝qE.①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有：F ＋F N a ＝m v 2a r，② F N b －F ＝m v 2b r.③ 设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12mv 2a ，④ E k b ＝12mv 2b.⑤ 根据动能定理有：E k b －E k a ＝2rF.⑥联立①②③④⑤⑥式得：E ＝16q(F N b －F N a )， E k a ＝r 12(F N b ＋5F N a )，E k b ＝r 12(5F N b ＋F N a )．答案：E ＝16q(F N b －F N a ) E k a ＝r 12(F N b ＋5F N a ) E k b ＝r 12(5F N b ＋F N a )16．(16分)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，放置两块直径为2L 的同心半圆形金属板A 、B ，两板间的距离很近，半圆形金属板A 、B 的左边有水平向右的匀强电场E 1，半圆形金属板A 、B 之间存在电场，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O 。

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