【金版学案】2016-2017学年粤教版高中物理选修3-1 练习：第一章章末复习课.doc

第一章章末复习课【知识体系】[答案填写] ①1.60×10－19_C ②F ＝k q 1q 2r 2 ③E ＝F q ④k Q r 2 ⑤U d ⑥qU ＝12mv 2 ⑦y＝qUL 22dmv 20⑧tan_θ＝qUL dmv 20⑨C ＝QU ⑩C ＝εr S 4πkd主题1 对电场性质的描述—— “力”的描述场强度大小为E ，方向与BC 边平行沿B 指向C 如图所示，拿走C 处的电荷后，A 处电场强度的情况是( )A ．大小仍为E ，方向由A 指向B B ．大小仍为E ，方向由B 指向AC ．大小变为E2，方向未变D ．无法确定解析：由点电荷电场强度的性质可知，B 、C 处点电荷在A 点电场强度方向分别沿BA 、AC 连线方向，又根据矢量的分解与合成知道，B 、C 处点电荷在A 点产生的电场强度的大小均为E ，方向分别为B 指向A ，由A 指向C ，拿走C 处电荷后，只剩下B 处点电荷的电场，故选项B 正确．答案：B 针对训练1．如图所示，在真空中的O 点放一点电荷Q ＝1.0×10－9 C ，直线MN 通过O 点，OM的距离r ＝0.3 m ，M 点放一点电荷q ＝－2×10－10C ，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 场强哪点大？解析：根据题意，Q 是形成电场的电荷，q 为试探电荷． (1)根据库仑定律：F M ＝k Qq r 2＝9.0×109×1.0×10－9×2.0×10－100.32N ＝2.0×10－8 N.方向：沿OM 指向O .(2)M 点的场强E M ＝F M q ＝2.0×10－81.0×10－10N/C ＝200 N/C.方向：沿OM 连线背离O .(3)拿走M 后场强不变E M ＝F M q ＝2.0×10－81.0×10－10N/C ＝200 N/C.方向：沿OM 连线背离O .(4)根据公式E ＝k Qr 2可知：因为r N >r M ，所以M 点的场强E M 大于N 点的场强E N .答案：(1)2.0×10－8 N 方向沿OM 指向O(2)200 N/C 方向沿OM 连线背离O (3)200 N/C 方向沿OM 连线背离O (4)E M >E N主题2 对电场性质的描述——“能”的描述1．电场强度、电势、电势差的比较．(1)电场力做功特点：电场力做功与路径无关，只与电荷的电荷量Q 和初、末位置的电势差U 有关；沿着等势面移动电荷，电场力不做功．(2)电场力做功的计算方法． ①W AB ＝qU AB (普遍适用)．②W ＝qEl cos θ(适用于匀强电场)．③W AB＝－ΔE p ＝E p A －E p B (从能量角度求解)． ④W 电＋W 非电＝ΔE k (由动能定理求解)． 3．电场的形象描述——电场线．(1)电场线是为了形象描述电场而假想的线，实际并不存在． (2)切线方向：电场线上每点的切线方向就是该点电场强度的方向． (3)疏密程度：电场线的疏密反映电场强度的大小(疏弱密强)．(4)起点和终点：电场线始于正电荷或无穷远，止于负电荷或无穷远，即电场线不是闭合的曲线．(5)不中断、不相交：在没有电荷的空间，电场线不能中断，两条电场线也不能相交． 【典例2】 如图所示，平行金属带电极板A 、B 间可看成匀强电场，场强E ＝1.2×102 V/m ，极板间距离d ＝5 cm ，电场中C 和D 分别到A 、B 两板距离均为0.5 cm ，B 板接地．求：(1)C 和D 两点的电势、两点间电势差各为多少？(2)将点电荷q ＝2×10－2 C 从C 匀速移到D 时外力做多少功？解析：由于B 板接地，则B 板电势φ＝0.又因A 、B 板间的电场为匀强电场，根据公式U ＝Ed 可计算出C 、D 两点与B 板的电势差．从而可计算出C 、D 两点的电势．再根据W CD ＝qU CD 易计算出将q 从C 匀速移至D 时电场力所做的功等于外力做功的多少．(1)因正极板接地，板间各点电势均小于零，则U BD 、U CD 均大于零，由U ＝Ed 得：U BD＝Ed BD ＝1.2×102×0.5×10－2 V ＝0.6 V .又U BD ＝φB －φD ，且φB ＝0，所以φD ＝－0.6 V ，由于d CB＝5 cm－0.5 cm＝4.5 cm＝4.5×10－2 m，所以U CB＝－Ed CB＝－1.2×102×4.5×10－2 V＝－5.4 V.又U CB＝φC－φB，φB＝0，得φC＝－5.4 V.所以U CD＝φC－φD＝－5.4 V－(－0.6 V)＝－4.8 V.(2)将点电荷从C匀速移到D时，外力对电荷做了正功，其值和电场力做功相等．W外＝|qU CD|＝|2×10－2×(－4.8)| J＝9.6×10－2 J.答案：(1)φC＝－5.4 VφD＝－0.6 V U CD＝－4.8 V(2)W外＝9.6×10－2 J针对训练2．将电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功3×10－5 J，再将该电荷从B移动到C点，电场力做了1.2×10－5J的功，则该电荷从A移到B，再从B 移到C的过程中，电势能改变了多少？解析：解法一A、C两点的电势差．U AC＝W AB＋W BCq＝－3×10－5＋1.2×10－5－6×10－6V＝3 V.所以电势能的变化量：ΔE p＝－W AC＝－qU AC＝6×10－6×3 J＝1.8×10－5 J.即电荷的电势能增加．解法二ΔE p＝－W AC＝－qU AC＝－(W AB＋W BC)＝1．8×10－5 J.答案：1.8×10－5 J主题3带电粒子在电场中运动1．带电粒子在电场中运动时重力的处理．(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．带电粒子在电场中加速．(1)处理方法：利用动能定理．(2)适用范围：任何电场．3．带电粒子在匀强电场中偏转．(1)条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场(v0⊥E)．(2)处理方法：类平抛运动．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝lv 0.②沿电场方向，做初速度为0的匀加速直线运动， ⎩⎪⎨⎪⎧加速度a ＝F m ＝Eq m ＝qUmd能飞出平行板的时间t ＝lv 0离开平行板的偏移量y ＝12at 2＝12qUl 2mv 20d离开平行板的偏转角tan θ＝v yv ＝qUl mv 20d.【典例3】 如图所示，静止的电子在加速电压为U 1的电场作用下从O 经P 板的小孔(位于P 板的中点)射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U 2的电场作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的12解析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据y ＝U 2L 24dU 1结论，分析要使U 1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化．设偏转电极的长度为L ，板间距离为d ，则根据推论可知，偏转距离y ＝U 2L 24dU 1，要使U 1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y 不变，则必须使U 2加倍，故选项A 正确．本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出y ＝U 2L 24dU 1.答案：A针对训练3．某带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点，电场线、粒子在A 点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定()A ．粒子在A 点的加速度大于它在B 点的加速度 B ．粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能C ．粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能D ．电场中A 点的电势低于B 点的电势解析：由电场线的疏密可知场强的大小，所以粒子的加速度a B >a A ；由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA >φB ；由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能、电势能的变化情况为E k B >E k A 、E p A >E p B ，选项B 正确．答案：B主题4 平行板电容器1．运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路． (1)确定不变量，分析是电压U 不变还是所带电荷量Q 不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E ＝Ud 分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化．2．电容器两类动态变化的分析比较．(1)充电后与电源连接，电容器两极板间的电压不变． (2)充电后与电源断开，电容器两极板间的电量不变．【典例4】 水平放置的平行板电容器与一电池相连．在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态．现将电容器两板间的距离增大，则( )A ．电容变大，质点向上运动B ．电容变大，质点向下运动C ．电容变小，质点保持静止D ．电容变小，质点向下运动解析：带电质点在电容器中处于静止状态有mg ＝qE ，因为电容器与电源连接，电压不变，E ＝Ud，d 增大，电容C 减小，E 减小，质点向下运动．答案：D针对训练4．(多选)如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E 、定值电阻R 、开关S 相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是( )A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长解析：电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D 项错．答案：BC统揽考情本章的考点主要电场的性质和特点、电容问题和带电粒子在电场中的运动三个方面，是历年高考的热点．高考命题角度如下：(1)以选择题的形式考查等量异种电荷或不等量电荷的电场分布于电场强度、电势、电势能的大小比较问题；(2)以选择题的形式考查与电路知识相结合的平板电容器的两类动态分析或带电粒子平衡问题；(3)以计算题的形式考查带电粒子在匀强电场或交变电场中的运动问题．真题例析(2014·广东卷)(多选)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M 相距L，P、M和N视为点电荷．下列说法正确的是()A．M与N的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：由于MN 间的库仑力和细杆对小球的作用力沿杆方向，因此当M 、N 静止时三个电荷一定在同一条直线上，选项B 正确；将M 、N 及细杆看作一个系统，则＋Q 对系统的作用力的合力为零，则有k QqL 2＝k Q ·2q （L ＋r MN ）2，解得r MN ＝(2－1)L ，选项A 错误，选项D 正确；在P 点的点电荷产生电场，因电荷是正电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，所以M 点的电势大于N 点的电势，选项C 错误．答案：BD针对训练两个等量异种点电荷位于x 轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x 变化规律的是图中的( )解析：距正电荷越近电势越高，且φ>0；距负电荷越近电势越低，且φ<0，故选A. 答案：A1．(多选)电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极、电势为φK ，A 为阳极、电势为φA ，在电场作用下电量为－e 的电子从K 运动到A ，则( )A ．A 、K 间电势差为φA －φKB．电子动能增加e(φA－φK)C．电子电势能增加e(φA－φK)D．电子克服电场力做功为e(φA－φK)解析：A、K两极间的电势差U AK＝φA－φK，A正确；电场力做的功为－eU KA＝e(φA－φK)，根据动能定理知动能增加量为e(φA－φK)，B正确；电场力做正功，故电势能减小，C、D 错误．答案：AB2．水平正对放置的两块等大平行金属板M、N与电源连接，两板间有一带电粒子以速度v0沿直线运动，当粒子运动到P点时，由于M板的迅速移动，粒子向上偏转，如图所示，则下列说法正确的是()A．粒子带负电B．M板向上移动C．板间电场强度减小D．电容器的电容变大解析：下板与电源正极相连，下板带正电，两极之间存在向上的电场，带电粒子原来做匀速直线运动，说明带电粒子受到的重力与向上的电场力平衡，故粒子带正电，A错误；现在带电粒子的运动轨迹向上弯，说明电场力大于重力，则两板之间的场强增大，由E＝U d知，两板之间的距离减小，故M板向下移动，B、C错误；由电容的决定式C＝εr S4πkd得电容器的电容变大，D正确．答案：D3．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关解析：不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，微滴在极板间向正极板偏转，选项A 错误．电场力做正功，电势能减小，选项B 错误．不计重力的带负电微滴初速方向和恒定电场力方向垂直，其运动轨迹为抛物线，选项C 正确．带电墨汁微滴所受电场力与电量成正比，所以运动轨迹与带电量有关，选项D 错误．答案：C4．(多选)如图所示，一电场的电场线分布关于y 轴(沿竖直方向)对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM ＝MN ，P 点在y 轴的右侧，MP ⊥ON ，则( )A ．M 点的电势比P 点的电势高B ．将负电荷由O 点移动到P 点，电场力做正功C ．M 、N 两点间的电势差大于O 、M 两点间的电势差D ．在O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y 轴做直线运动解析：分别过M 、P 两点作等势面，根据沿电场线方向电势降低可知，M 点电势高于P 点电势，选项A 正确；将负电荷由O 点移到P 点电场力做负功，选项B 错误；根据ΔU ＝φA －φB 及电场线分布图可知，M 、N 两点间电势差小于O 、M 两点间电势差，选项C 错误；若在O 点静止释放一带正电的粒子，粒子运动方向与电场力方向一致，沿y 轴方向，选项D 正确．答案：AD5．如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带正电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点．先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．解析：根据力的平衡和力的合成(如图)得，Eq ＝mg tan π6，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E ＝Q Cd ，Q ＝3mgCd 3q第二次充电后，Q ′＝3mgCd q ，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量ΔQ ＝Q ′－Q ＝23mgCd 3q ＝2Q .答案：2Q。