【金板学案】2016届高考物理一轮习题第七章电场章末知识整合
高考物理一轮复习第7章-第1单元随堂课件
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
高考物理一轮复习学案7
高考物理一轮复习学案7.1 库伦定律&电场力的性质一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷：最小的电荷量，其值为e ＝1.60×10－19_C ．其他带电体的电荷量皆为元电荷的整数倍． 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)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电． (3)带电实质：物体带电的实质是得失电子．思考：当两个完全相同的带电金属球相互接触时，它们的电荷量如何分配？ 答案 同种电荷的电荷量平均分配，异种电荷的先中和后平分．二、点电荷及库仑定律 1．点电荷(1)是一种理想化的物理模型；(2)当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷． 2．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)公式：F ＝k q 1q 2r2，其中比例系数k 叫做静电力常量，k ＝9.0×109 N·m 2/C 2.(3)适用条件：①真空中；②点电荷．三、电场强度 1．静电场(1)电场是存在于电荷周围的一种物质，静电荷产生的电场叫静电场．(2)电荷间的相互作用是通过电场实现的．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用． 2．电场强度(1)物理意义：表示电场的强弱和方向．(2)定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F 跟它的电荷量q 的比值叫做该点的电场强度．(3)定义式：E ＝Fq.(4)标矢性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，电场强度的叠加遵从平行四边形定则．四、电场线 1．定义：为了直观形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一系列的曲线，使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小． 2．特点：(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处； (2)电场线在电场中不相交；(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大； (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向； (5)沿电场线方向电势逐渐降低；(6)电场线和等势面在相交处互相垂直．3．几种典型电场的电场线(如图2所示)．1．x-t图象的理解核心素养一静电现象及电荷守恒定律1．使物体带电的三种方法及其实质摩擦起电、感应起电和接触带电是使物体带电的三种方法，它们的实质都是电荷的转移．而实现电荷转移的动力是同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引．2．验电器与静电计的结构与原理玻璃瓶内有两片金属箔，用金属丝挂在一根导体棒的下端，棒的上端通过瓶塞从瓶口伸出(如图甲所示)．如果把金属箔换成指针，并用金属做外壳，这样的验电器又叫静电计(如图乙所示)．注意金属外壳与导体棒之间是绝缘的．不管是静电计的指针还是验电器的箔片，它们张开角度的原因都是同种电荷相互排斥的结果．核心素养二对库仑定律的理解和应用库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化的物理模型，当带电体间的距离远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．核心素养三电场强度的叠加与计算1．场强的公式三个公式⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧E ＝F q ⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于任何电场与检验电荷是否存在无关E ＝kQr 2⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于点电荷产生的电场Q 为场源电荷的电荷量E ＝U d ⎩⎪⎨⎪⎧适用于匀强电场U 为两点间的电势差，d 为沿电场方向两点间的距离2．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和． (2)运算法则：平行四边形定则．核心素养四 两个等量点电荷电场的分布特点1．电场线的作用(1)表示场强的方向电场线上每一点的切线方向和该点的场强方向一致． (2)比较场强的大小电场线的疏密程度反映了场强的大小，即电场的强弱．同一幅图中，电场线越密的地方场强越大，电场线越疏的地方场强越小． (3)判断电势的高低在静电场中，顺着电场线的方向电势越来越低．2．等量点电荷的电场线比较比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O 处的场强 最小，指向负电荷一方 为零连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O 点向外场强大小 O 点最大，向外逐渐减小 O 点最小，向外先变大后变小关于O 点对称的A 与A′、B 与B′的场强等大同向等大反向1．两个完全相同的金属小球，所带电荷量多少不同，相距一定的距离时，两个金属球之间有相互作用的库仑力，如果将两个金属球相互接触一下后，再放到原来的位置，则两球的作用力变化情况是( )A ．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力仍是引力B ．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力为零C ．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力仍是斥力D ．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力是引力解析：如果相互接触前两球的库仑力是引力，且两球带不等量的异种电荷，则相互接触后的库仑力是斥力，A 、B 错误．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则两球带同种电荷，则相互接触后带等量的同种电荷，相互间的库仑力仍是斥力，C 正确，D 错误．答案：C2．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N 点移动到M 点，则电荷所受电场力( )A ．大小不变B ．方向不变C ．逐渐减小D ．逐渐增大解析：由电场线的分布情况可知，N 点电场线比M 点电场线疏，则N 点电场强度比M 点电场强度小，由电场力公式F ＝qE 可知正点电荷从虚线上N 点移动到M 点的过程中，电场力逐渐增大，电场力方向与点所在的电场线的切线方向一致，所以一直在变化，故D 正确．答案：D3．如图，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( )A ．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解析：对小球c 所受库仑力分析，画出a 对c 的库仑力和b 对c 的库仑力，若a 对c 的库仑力为排斥力，a 、c 的电荷同号，则b 对c 的库仑力为吸引力，b 、c 电荷为异号，a 、b 的电荷为异号；若a 对c 的库仑力为引力，a 、c 的电荷异号，则b 对c 的库仑力为斥力，b 、c 电荷为同号，a 、b 的电荷为异号，所以a 、b 的电荷为异号．设ac 与ab 的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，F ac ＝k 0q a q c(ca )2，F bc＝k 0q c q b (bc )2，tan θ＝34，tan θ＝F bc F ac ，a 、b 电荷量的比值k ＝q a q b ，联立解得k ＝6427，选项D 正确．答案：D一、单选题1．由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。
【金板学案】2016届高考物理一轮习题第十二章热学章末知识整合
章末知识整合本章概念、规律繁多，但要求较低．在复习时应注意下列几个方面：1．加强对基本概念和基本规律的理解．强化概念和规律的记忆，如布朗运动、分子动能、分子势能、物体内能、热传递、分子力等概念；分子力的特点、分子力随分子间距离的变化关系、分子势能随分子间距的变化关系、分子动能与温度的关系、热力学第一、二定律及三个气体实验定律等规律．2．建立宏观量与微观量的关系．对一个物体而言，其分子动能与物体的温度相对应；其分子势能与物体的体积相对应；物体的内能与物体的温度、体积、物质的量相对应；物体内能的改变同做功和热传递相对应．3．本章涉及的方法．(1)构建理想化模型．①计算分子大小和分子间距时构建“球模型”和“立方体模型”．②研究分子间的相互作用力时构建“弹簧模型”．③研究气体的状态变化时构建“理想气体模型”．(2)单分子油膜法测分子直径，其中还包括“数格子”的估算方法．(3)假设法：如研究第一类永动机和第二类永动机时可假设它的存在，推出与已知的定律相矛盾的结论．(4)统计法：研究气体的热运动，可以从统计的角度研究气体分子运动分布的特点．(5)能量守恒法：能量守恒不仅是一种规律，而且是研究物理问题的一种重要的方法．热力学第一定律的应用【例❶】下图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析：由热力学第一定律知：ΔU＝Q＋W，由题意知Q＝0，W>0，所以ΔU>0.答案：A点评：热力学第一定律是能量守恒定律的一个重要方面，是热与力关系的基础，是高考命题的热点．应用这一定律时，一定要注意各个量的正、负以及正、负所表达的物理意义．分子动理论的应用【例❷】如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是()A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用解析：考查分子力、大气压力、万有引力之间的区别．要明确平滑的铅柱压紧是把分子间的距离压缩至引力的范围内，从而不脱落．答案：D点评：分子动理论涉及分子的大小、力及运动，是理解微观世界的基础，是高考中热学命题的热点．气体状态变化的分析【例❸】(2013·广东高考)(双选)右图为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L．设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有()A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析：由pV＝nRT知充气后，当V、T不变时，n增加，密封气体压强增加，选项A 正确；充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，选项B错误；打开阀门后，密封气体对外界做正功，选项C正确；由于桶内只有1 atm的空气0.1 L＋0.5 L＝0.6 L，小于容积2 L，所以需要再充气才能把水喷光，选项D错误．答案：AC一、单项选择题1．(2014·深圳二模)下列说法正确的是()A．多晶体没有确定的熔点B．小露珠呈球形是因为液体表面有张力C．悬浮在液体中的微粒越小布朗运动越不明显D．分子间的距离减小斥力和引力都变小解析：单晶体、多晶体都有确定的熔点；小露珠呈球形是由于液体的表面张力；悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈；分子间的引力、斥力都随分子间距的减小而增大．选项A、C、D错误，选项B正确．答案：B2．(2014·深圳二模)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是() A．气体体积变小B．气体温度降低C．气体从外界吸收热量D．气体的内能不变解析：由于气体压强保持不变，温度升高，则内能增加，由V1V2＝T1T2可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热．选项A、B、D错误，选项C正确．答案：C3．(2014·肇庆二模)PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中，正确的是() A．PM2.5的大小接近分子大小的数量级B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C．温度越高，PM2.5的运动越激烈D．环境温度低于0 ℃时，PM2.5不具有内能解析：PM2.5是悬浮在空气中的固体颗粒，由于空气分子对其碰撞而在空气中无规则运动，温度越高，空气分子运动越剧烈，PM2.5的运动越剧烈；内能是物体内分子动能与势能的总和，在任何温度下物体都具有内能．选项A、B、D错误，选项C正确．答案：C4．(2013·北京高考)下列说法正确的是()A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．物体对外界做功，其内能一定减少解析：液体中悬浮微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，这类现象称为布朗运动，A项正确，B项错误．根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加；物体对外界做功，其内能不一定减少，C、D项错误．答案：A5．景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中()A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少解析：猛推杆的过程可以看成是一个绝热过程，故Q＝0，而压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功，故W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＞0，气体内能增加，温度升高，故C、D两项错误；由理想气体状态方程pVT＝C知，T增大V减小，则p增大，故A项错误，B项正确．答案：B6．(2013·山东高考)下列关于热现象的描述正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的解析：根据热力学定律，热机的效率不可以达到100%，选项A错误；做功是通过能量转化的方式改变系统内能，热传递是通过内能在不同物体之间的转移的方式改变系统内能，选项B错误；温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，选项C正确；物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动是有规律的，选项D错误．答案：C二、双项选择题7．(2014·广东高考)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示．充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体() A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小解析：充气袋四周被挤压时，气体体积减小，由于气体与外界没有热交换，因此外界对气体做功，气体内能增大，压强增大，故选项A、C正确．B、D错误．答案：AC8．(2014·梅州质检)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是()A．第二类永动机违反能量守恒定律B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：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，选项A错误；如果物体从外界吸收了热量，但同时对外做功，则物体的内能不一定增加，选项B错误；根据气体压强的微观解释，选项C正确；做功是能量的转化，热传递是能量的转移，选项D正确．答案：CD9．(2014·湛江二模)下列说法正确的是()A．液体容易流动说明液体分子之间不存在作用力B．荷叶上的小水珠呈球形是由于水珠液面存在表面张力的缘故C．质量一定的理想气体，压强不变时，温度升高、体积减小D．一定质量的理想气体，对外做功300 J，同时吸收200 J热量，则气体温度降低、内能减少100 J解析：液体容易流动说明液体存在重力势能，不能说明液体分子间有作用力，选项A错误；小露珠呈球形是液体表面张力作用的结果，选项B正确；根据理想气体方程pVT＝C可知，压强不变，温度升高则气体体积变大，选项C错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＝200 J－300 J＝－100 J．说明气体内能减少100 J，选项D正确．答案：BD。
高考物理一轮复习第七章电场课时作业
课时作业26[双基过关练]1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是( )解析：根据电阻定律，电阻值最小的应该是横截面积最大、长度最短，选项A正确．答案：A2．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使它们消耗的电功率相等，加在电阻丝上的电压U甲：U乙应是( ) A．1：1 B．2：1C．1： 2 D.2：1解析：根据电阻定律R＝ρlS，R甲：R乙＝2：1.且U2甲R甲＝U2乙R乙，故U甲：U乙＝R甲：R乙＝2：1选项D正确．答案：D3.电阻R1和R2分别标有“2 Ω，1.0 A”和“4 Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )A．1.5 W B．3.0 WC．5.0 W D．6.0 W解析：两电阻的额定电流不同，R2允许通过的最大电流为0.5 A，为保证电路安全，当两电阻串联时，允许通过的最大电流为0.5 A，此电路允许消耗的最大功率P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W，故选项A正确．答案：A4．如图所示电路中，a、b两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小( )解析：选项A、C、D中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I＝UR可知，电路中的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A、C、D错误；而选项B中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B 正确．答案：B5．如表为某电热水壶铭牌上的一部分内容．根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( )型号SP－988 额定功率 1 500 W额定电压220 V 额定容量 1.6 LA.4.4 A B．6.8 AC．0.15 A D．0.23 A解析：在额定电压下电热水壶的功率为额定功率，而电热水壶的额定电压为220 V，额定功率为1 500W ，由公式P ＝IU 得I ＝P U ＝1 500220A≈6.8 A．选项B 正确． 答案：B6．(多选)某导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 ΩB ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω解析：根据电阻的定义式可以求出A 、B 两点的电阻分别为R A ＝30.1 Ω＝30 Ω，R B ＝60.15Ω＝40 Ω，所以ΔR＝R B －R A ＝10 Ω，B 、D 正确，A 、C 错误．答案：BD7．(人教选修3－1P52第4题改编)下图是有两个量程的电压表，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～10 V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～100 V ．已知电流表的内阻R g 为500 Ω，满偏电流I g 为1 mA ，则电阻R 1、R 2的值( )A ．9 500 Ω 90 000 Ω B．90 000 Ω 9 500 ΩC ．9 500 Ω 9 000 Ω D．9 000 Ω 9 500 Ω解析：接a 、b 时，串联R 1，由串联电路特点有R 总＝R 1＋R g ＝U 1I g 得R 1＝U 1I g－R g ＝9 500 Ω.接a 、c 时串联R 1、R 2，同理有R 总′＝R 1＋R 2＋R g ＝U 2I g 得R 2＝U 2I g－R g －R 1＝90 000 Ω. 答案：A8.(2020·浙江模拟)如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L 上标有“9 V 9 W”字样，电动机的线圈内阻R M ＝1 Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为15 V ，此时( )A ．电动机的输入功率为36 WB ．电动机的输出功率为5 WC ．电动机的热功率为6 WD ．整个电路消耗的电功率为15 W解析：灯泡正常发光，则电路中电流为I ＝I L ＝P L U L＝1 A ，电动机两端的电压为U M ＝U －U L ＝15 V －9 V ＝6 V ，故电动机的输入功率为P 入＝U M I ＝6×1 W ＝6 W ；电动机的热功率为P Q ＝I 2R M ＝12×1 W＝1 W ，电动机的输出功率为P 出＝P 入－P Q ＝6 W －1 W ＝5 W ，故B 正确，A 、C 错误；电源的输出电压为15 V ，电源内阻不可忽略，已知电路电流，无法求出电源的电动势，所以无法求出整个电路消耗的电功率，故D 错误．答案：B9.(2020·北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：设电流表的内阻为R A ，则R 1＝12R A ，R 2＝2R A ，将接线柱1、2接入电路时，流过接线柱1的电流I 1＝3I 0，其中I 0为流过电流表A 的电流，因此每一小格表示0.06 A ；将接线柱1、3接入电路时，流过接线柱1的电流I 1′＝3I 0，其中I 0为流过电流表A 的电流，因此每一小格表示0.06 A ．选项A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C[能力提升练]10.(2020·浙江建人中学摸底)扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15 V ，额定功率30 W ，充电额定电压24 V ，额定电流0.5 A ，充电时间约240分钟，电池容量2 000 mAh ，则下列说法正确的是( )A ．电池容量是指电池储存电能的大小B ．机械人正常工作的电压为24 VC ．机械人正常工作时的电流为0.5 AD ．机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时解析：电池容量2 000 mAh ，单位为电量的单位，所以电池容量是指电池储存电荷量的大小，选项A 错误．机械人正常工作的电压为15 V ，选项B 错误．根据酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15 V ，额定功率30 W ，可知机械人正常工作时的电流为2 A ，选项C 错误．机械人充满电后一次工作时间最多约为t ＝q/I ＝1小时，选项D 正确．答案：D11.(2020·湖南株洲质检)如图所示为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24 V ，如果电阻R ＝6 kΩ，R 1＝6 kΩ，R 2＝3 kΩ，则从BB′不可能输出的电压是( )A ．12 VB ．8 VC ．6 VD ．3 V解析：根据串、并联电路的知识可知，当仅S 1闭合时，有U BB′U AA′＝R 1R 1＋R ＝12，解得U BB′＝12 V ，选项A是可能的；当S1、S2均闭合时，有U BB′U AA′＝R1R2R1＋R2R＋R1R2R1＋R2＝14，解得U BB′＝6 V，选项C是可能的；当仅S2闭合时，U BB′U AA′＝R2R2＋R＝13，解得U BB′＝8 V，选项B是可能的，所以选项D是不可能的．答案：D12．(2020·新课标全国Ⅰ)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为________ Ω的电阻，R应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻．则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连．判断依据是：______________________.解析：(1)若使用a和b两个接线柱，量程为3 mA，则通过R1的电流为2 mA，电流比为1：2，所以电阻比为2：1，可得R1＋R2＝12R g＝50 Ω.若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA，通过R1的电流为9 mA，电流比为1：9，可得电阻比为9：1，即R1＝19(R g＋R2)，整理可得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω.(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为1.5 V0.000 5 A＝3 000 Ω，最小阻值为1.5 V0.003 A＝500 Ω.若定值电阻选择为1 000 Ω，则无法校准3.0 mA；所以定值电阻选择300 Ω.由于最大阻值要达到3 000 Ω，所以滑动变阻器要选择3 000 Ω.(3)在图(b)电路中，当d接c时，若R1损坏则毫安表仍接入电路而有示数，若R2损坏则毫安表不接入电路而无示数，故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻；当d接b时，无论R1还是R2损坏，对毫安表示数的影响相同，从而不能进行判定．答案：(1)15 35(2)300 3 000(3)c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
【金版学案】2016届高考物理一轮复习课件 第七章 电场 第3课 电容与电容器
第二单元
带电粒子在
匀强电场中的运动 第 3课
电容与电容器
栏 目 链 接
1. 掌握电容的概念与计算，明确平行板电容器的电容与哪 些因素有关？有什么关系？熟练判断平行板电容器中εr、S、 d某个量变化，而板上Q(或U)不变时，C的变化． 2.直接考查一般为选择题．
栏 目 链 接
提醒探究
提醒探究 方法点窍 当带电粒子在电容器中平衡或做变速运动的问题，一 般只受重力和电场力的作用，通过分析电容器间电场的变 化从而分析出合力的方向或合力的大小及方向，得出粒子 的运动性质．
提醒探究
变式训练
2．如图所示，水平放置的平行板电容器与一直流电源相连，在 两板中央有一带电液滴处于静止状态． 现通过瞬间平移和缓慢平移两 种方法将 A 板移到图中虚线位置．下列关于带电液滴运动的说法中 正确的是(B)
提醒探究
变式训练
1．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性 显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B 是平行板电容 器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关 S 闭合，静电计指针张开一 定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是(A)
提醒探究
ห้องสมุดไป่ตู้
A．断开开关 S 后，将 A、B 两极板分开些 B．保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板分开些 C．保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板靠近些 D．保持开关 S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动
提醒探究
A．上述两种方法中，液滴都向 B 板做匀加速直线运动 B．采用瞬间平移的方法，液滴运动到 B 板经历的时间短 C．采用缓慢平移的方法，液滴运动到 B 板时速度大 D．采用缓慢平移的方法，液滴运动到 B 板过程中电场力做功多
2016年高三第一轮复习 金版教程第七章 恒定电流阶段示范性金考卷7
阶段示范性金考卷(七)本卷测试内容：恒定电流本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分。
测试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，第1、2、4、6、8、10小题，只有一个选项正确；第3、5、7、9、11、12小题，有多个选项正确，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. 有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220 V'100 W”字样，L3和L4都标有“220 V'40 W”字样，把电路接通后，最暗的是()A. L1B. L2C. L3D. L4解析：由题目给出的额定电压和额定功率可以判断出R1＝R2<R3＝R4。
由串联电路功率的分配知P4>P1，由I1>I2知P1>P2，而P2与P3的大小可由并联电路的功率分配知P2>P3，所以四盏灯消耗的实际功率大小关系为P4>P1>P2>P3，故最暗的灯是L3。
答案：C2. [2014·陕西渭南高三质检一]如图所示，一只玩具电动机用一节干电池供电，闭合开关S后，发现电动机转速较慢，经检测，电动机性能完好；用电压表测a与b间电压，只有0.6 V；断开开关S，测得a与b间电压接近1.5 V，电动机转速较慢的原因是() A．开关S接触不良B．电动机接线接触不良C．电动机两端接线短路D．电池过旧，内阻过大解析：本题考查了电源的电动势和内阻等知识。
开关S接触不良、电动机接线接触不良、电动机两端接线短路，电动机就不会旋转了，而不是转得慢。
电动机转得慢的原因是电池过旧，内阻过大，电动机两端的电压过低造成的，D正确。
答案：D3. [2015·江西师大附中、临川一中高三联考]如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω，当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则下列说法中正确的是()A．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩB．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩC．电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数D．电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析：根据闭合电路欧姆定律知，K断开时，电压表示数大，C 正确；当满足R外·R′外＝r2时，外电路消耗的电功率相等，在此题中，把R3看成电源内阻的一部分，则当R1(R1＋R2)＝(r＋R3)2成立时，ab段电路消耗电功率相等，代入可知，B错误，A正确；根据闭合电＝r＋R3，故D对。
金板学案2016届高考物理一轮复习第7章第1课电场的力的性质练习
第七章电场第1课电场的力的性质复习策略：重视基本概念的理解，本章的概念看起来比较多，应当找出一条主线，以这条主线把整章的知识提携起来．应重视电场与其他物理知识的联系．记忆秘诀：概念多，借(助)类比；抓主线，(电)力和(电)能．粒子运动较繁杂，不要忘记画受力图．第一单元 电场的力和能的性质 第1课 电场的力的性质考点一 物质的电结构、电荷守恒、静电现象的解释1．电荷：自然界中存在两种电荷即正电荷和负电荷，电荷所带净电荷多少称为电荷量，其国际单位为库仑，简称库，符号C ，元电荷e ＝1.60×10－19C ，带电粒子带电量是元电荷的整数倍．2．使物体带电的三种方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．3．电荷守恒定律：电荷既不能创生，也不能消灭，它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，在转移过程中电荷的总量保持不变． 考点二 点电荷、库仑定律1．点电荷：忽略形状、大小和电荷分布状况的可看成一个点的带电体，是一种理想化的模型．2．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，与它们的距离平方成反比，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 ＝9.0×109N ·m 2/C 2，叫静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷．考点三 静电场、电场强度、点电荷场强、电场线1．电场的基本性质：对放入其中的电荷有力的作用． 2．电场强度．(1)定义式：E ＝Fq (F 为电场力，q 为试探电荷的电荷量)，单位：N/C 或V/m.(2)意义：描述电场强弱和方向的物理量．(3)方向：规定正点电荷在电场中所受电场力的方向为电场强度的方向，是矢量．3．电场线．(1)电场线的特点．①电场线是为了形象地描述电场而假想出来的、实际不存在的理想化模型．②电场线始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷或(无穷远)，是不闭合曲线．③任意两条电场线都不相交．④电场线的疏密表示电场的强弱，某点的切线方向表示该点的场强方向．它不表示电荷在电场中的运动轨迹．⑤匀强电场中的电场线是等间距的平行线．(2)几种典型电场的电场线．孤立的正电荷、孤立的负电荷、等量异种电荷、等量同种电荷、正点电荷与大金属板间、带等量异种电荷的平行金属板间的电场线分别如图甲、乙、丙、丁、戊、己所示．(3)等量同种和异种点电荷的电场．两点电荷连线及它的中垂线上的电场分布及特点的比较如下：1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)(D )解析：由a 至c 的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b 点的速度方向v b如图，由a 至c 速率递减可知受力方向如图中F ，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F 反向，故D 正确．2．三个相同的金属小球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的带电量为q ，球2的带电量为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1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知(D )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6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 2r2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．又由于三小球相同，则接触平分总电荷量，故有q×nq＝nq 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋nq 22，解之可得n ＝6，D 正确．3．如图所示，电量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有(D )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心解析：根据点电荷场强公式E ＝kqr 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.4．如图所示，可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方的A 球静止在绝缘斜面上，则A 球受力个数可能为(AC )A ．可能受到2个力作用B ．可能受到3个力作用C ．可能受到4个力作用D ．可能受到5个力作用解析：以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦，则A对斜面一定无弹力，只受重力和库仑引力作用而平衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以A 受4个力作用而平衡．故答案为A 、C.课时作业一、单项选择题1．在电场中的某点放一个检验电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝Fq，下列说法正确的是(D )A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小、方向均不变 解析：电场中某点的电场强度只取决于电场本身，与检验电荷无关，故选D.2．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，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是(C )A ．唯一值是mgtan θqB ．最大值是mgtan θqC ．最小值是mgsin θqD ．不可能是mgq解析：因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，如图所示，故电场力最小值为：F min ＝Eq ＝mgsin θ.所以E 有最小值mgsin θq，故选C.3．如图所示，半径相同的两个金属球A 、B 带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F.今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是(A )A.F 8B.F 4C.38FD.34F 解析：A 、B 两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，假设它们带的电荷量分别为±q.当第三个不带电的C 球与A 球接触后，A 、C 两球带电荷量平分，假设每个球带电荷量为q′＝＋q 2，当再把C 球与B 球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球带电荷量q″＝－q 4.由库仑定律F ＝k q 1q 2r 2知，当移开C 球后，由于r 不变，所以A 、B 两球之间的相互作用力的大小是F′＝F8.A 项正确．4．如图所示，AB 是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O 点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B 运动，下列判断正确的是(B )A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小变化因题设条件不能确定C ．电场线由A 指向B ，电荷做匀加速运动D ．电场线由B 指向A ，电荷做加速运动，加速度越来越大 解析：电场线的切线方向是正电荷在该处的受力方向，和负电荷所受电场力的方向相反，所以电场线由B 指向A ；只给出一条电场线不能判断各点电场的强弱(因为不能确定电场线的疏密)，也就不能判断电场力大小及加速度的变化，所以只有B 正确．5．如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A 、B ，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止．设小球A 的带电荷量大小为Q A ，小球B 的带电荷量大小为Q B ，下列判断正确的是(D )A ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A >Q BB ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A <Q BC ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A >Q BD ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A <Q B解析：如果小球A 带正电，小球B 带负电，则对B 球来说，A 对它的库仑力和匀强电场对它的电场力均水平向左，小球B 不可能向右做匀加速运动，故A 、B 均错误．对A 分析受力得：EQ A <kQ A Q B r 2，对B 受力分析可得：EQ B >kQ A Q B r 2，比较可得：kQ B r 2>E>kQ Ar 2，Q B >Q A ，D 正确．二、不定项选择题6．如图所示，a 、b 是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则(ABD )A ．a 球的质量比b 球的大B ．a 、b 两球同时落地C ．a 球的电荷量比b 球的大D ．a 球飞行水平距离小于b 球飞行的水平距离解析：设a 、b 两球间库仑斥力大小为F ，分析两球受力可得：tan α＝F m a g ，tan β＝Fm b g ，因α<β，故有m a >m b ，A 正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，B 正确；由于两球在水平方向所受的库仑斥力大小相等，故水平方向a 球的加速度比b 的小，因此相等时间内，a 球的水平距离比b 的小，D 正确；无法比较电荷量大小，故C 错误．7．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则(AD )A ．B 、C 两点场强大小和方向都相同 B ．A 、D 两点场强大小相等，方向相反 C ．E 、O 、F 三点比较，O 的场强最弱 D ．B 、O 、C 三点比较，O 的场强最弱解析：观察等量异种点电荷电场的电场线可以得出B 与C 两点、E 与F 两点、A 与D 两点的电场强度分别相等，所以选项A 正确．又从O 点开始沿中垂线到无限远电场强度逐渐减小到零，选项C 错误．在两电荷连线之间从中点向两边电场强度逐渐增大，所以选项D 正确．8．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有a 、b 两点，已知a 、b 两点在同一竖直平面内，但不在同一电场线上，一个带电小球在重力和电场力作用下由a 点运动到b 点，在这一运动过程中，以下判断正确的是(BCD )A ．带电小球的动能可能保持不变B ．带电小球运动的轨迹可能是直线C ．带电小球做的一定是匀变速运动D ．带电小球在a 点的速度可能为零解析：带电小球由a 点运动到b 点，小球所受的重力和电场力不可能平衡，带电小球的动能不可能保持不变，A 错误；若小球所受的重力和电场力的合力方向沿ab 连线，则带电小球的运动轨迹是直线，否则小球的运动轨迹不是直线，B 正确；由于小球所受的重力和电场力的合力是恒力，所以小球做的是匀变速运动，且带电小球在a 点的速度可以为零，C 、D 正确．9．真空中固定的正点电荷Q 所形成的电场中有一质量为m ＝1×10－4kg 、带电荷量q ＝1×10－8C 的微粒在此点电荷附近以角速度ω＝10 rad/s 做匀速圆周运动，已知正点电荷Q的带电荷量为4×10－5 C ．重力加速度g 取10 m/s 2，且微粒的重力相对于电场力不能忽略．则下列判断正确的是(AD )A ．微粒一定带负电B ．微粒一定带正电C ．微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q 所在的位置D ．微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q 正下方与Q 的距离为0.1 m 的位置解析：由题意知该微粒和点电荷之间有相互吸引的力，所以该微粒带负电，即A 正确，B 错误；由题意知该微粒所受的重力不能忽略，则微粒做圆周运动的轨迹必不和点电荷在同一水平面内，且圆心O 在点电荷的正下方，设其距点电荷的距离为H ，如图所示．则Fcos θ＝mg ，Fsin θ＝m ω2R ，由几何知识知R ＝Htan θ，由以上各式解得：H ＝gω2＝0.1 m ，即D 正确． 10．如图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是(BD )A ．到达集尘极的尘埃带正电荷B ．电场方向由集尘极指向放电极C ．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：放电极接电源的负极，集尘极接电源的正极，它们之间的电场方向向左，选项B 正确；带负电的尘埃受向右的电场力向右运动，到达集尘极，选项A 、C 错误；由F ＝qE 可知选项D 正确．三、非选择题11．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m 、带电荷量为q 的小球从圆弧管水平直径的端点A 由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管的上壁的压力恰好与球重力相同，求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小．解析：小球从A 到最低点的过程中，只有重力做功，电场力不做功，由动能定理：mgR ＝12mv 2.在最低点，由牛顿第二定律：F －mg －F N ′＝mv2R.又F ＝qE ，F N ′＝F N ＝mg ，可解得E ＝4mgq .答案：4mg q12．如图所示，两根长均为L 的绝缘细线下端各悬挂质量均为m 的带电小球A 和B ，带电荷量分别为＋q 和－q ，若加上水平向左的场强为E 的匀强电场后，使连接A 、B 的长也为L 的绝缘细线绷紧，且两球均处于平衡状态．则匀强电场的场强大小E 应满足什么条件？解析：由于A 、B 均处于平衡，隔离A 分析，受力如图所示，设OA 绳拉力F 1，AB 绳拉力F 2，正交分解F 1，F 1cos 60°＋F 2＋F 库＝qE ，① F 1sin 60°＝mg ，②F 库＝k q2L 2，③解①②③得： E ＝3mg 3q ＋kq L 2＋F 2q. 因为F 2≥0，所以E≥3mg 3q ＋kqL2. 答案：E≥3mg 3q ＋kqL13．如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m 、电荷量均为＋Q 的物体A 和B(A 、B 均可视为质点)，它们间的距离为r ，与水平面间的动摩擦因数均为μ.求：(1)A 受的摩擦力为多大？(2)如果将A 的电荷量增至＋4Q ，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A 、B 各运动了多远距离？解析：(1)由平衡条件知：对A 有：F f ＝F ＝k Q2r 2.(2)当a ＝0时，设A 、B 间距离为r′， k 4Q2r ′2－μmg ＝0， 所以r′＝2Q k μmg. 由题意可知：A 、B 运动的距离均为x ＝r ′－r2，故x ＝Qk μmg －r 2. 答案：(1)k Q2r 2 (2)均为Qk μmg －r 2。
金板学案2016届高考物理一轮复习第10章电磁反应章末知识整合
【金板学案】2016届高考物理一轮复习 第10章 电磁反应章末知识整合1．感应电动势和感应电流．本章主要研究感应电动势和感应电流的问题，而这个问题又可分为两种情况：一是线圈中的感应电动势和感应电流的问题；二是导体切割磁感线时的感应电动势和感应电流的问题．对于前者，电动势用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 计算，方向用楞次定律判断较为方便，而后者电动势用E ＝BLv 计算，方向用右手定则判断较为方便．但注意二者不能割裂开来，后者是前者的一种特殊情况．2．电磁感应．(1)电磁感应过程因感应电流的出现，使发生电磁感应的导体受到安培力的作用，从而影响导体所受合力，改变物体的加速度，速度相应改变又影响感应电流，形成一个周而复始的动态循环，这就是电磁感应问题中的动力学问题，处理的方法与力学相同，只是应注意安培力的特点．(2)电磁感应过程又是一个能量转化的过程，该过程通过外力克服安培力做功将其他形式的能量转化为电能，电流流过导体通过电流做功又转化为内能，不管做功的力是恒力还是变力，只需理清能量转化的去向，用能的转化与守恒去处理，而不必追究做功的具体细节．3．常用思维方法．(1)整体法与隔离法：在一些电磁感应问题中，利用从局部到整体，再从整体到局部的处理方法使问题大大简化，能方便地求出结果．(2)等效法：电磁感应问题离不开电路，其中产生感应电动势的部分即为等效电源，画出等效电路，对解决问题而言，事半功倍．(3)守恒法：利用物理过程中的某些守恒条件，由守恒关系，应用相应的守恒定律来解决物理问题，如能量守恒．(4)图象法：为了直观形象地描述电磁感应现象，在这一部分引入了Φt 、Bt 、Ut 、It 等图象，应用时注意不同图象的物理意义．【例❶】 如图所示，宽为40 cm 的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．边长为20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v ＝20 cm/s 通过磁场区域．取它刚进入磁场的时刻t ＝0，下列图线中，能正确反映线框中感应电流强度随时间变化规律的是( )解析：由题意可知线框进入磁场的时间为1 s，在磁场中运动的时间为1 s，离开磁场的时间也为1 s，则0～1 s内电流为逆时针方向且大小恒定，1～2 s内感应电流为0，2～3 s内感应电流为顺时针方向且大小恒定，则C正确．答案：C点评：电磁感应与图象的分析与判断是高考常考考题，首先要利用右手定则或楞次定律分析感应电流或感应电动势的方向，对图线的分布作出判断；再次要利用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律分析感应电动势和感应电流的大小，判断图线的走向．【例❷】如右图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接．电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如下图所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．(1)根据下图写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出下图中b、c两点对应的P两端的电压U b、U c；(3)分别求出ab、bc段流过P的电流I P与其两端电压U P的关系式．解析：(1)由图象得出三点坐标：O(0，0)、b(15，0.1)、c(45，0.4)．由直线的两点式得I与ω关系式：I ＝⎩⎪⎨⎪⎧ω150，－45≤ω≤15ω100－0.05，15≤ω≤45.(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为： E ＝Br ωr ＋02＝12B ωr 2＝0.02ω，当ω＝15 rad/s 时，产生的电动势为E ＝0.02×15 V ＝0.3 V.当ω＝45 rad/s 时，产生的电动势为E ＝0.02×45 V ＝0.9 V. 忽略圆盘电阻即电源忽略内阻，故U P ＝E ，可得： U b ＝0.3 V ，U c ＝0.9 V . (3)由并联电路知识有： I ＝I P ＋I R ， ① I R ＝E R ＝U PR ， ②由①②得：I P ＝I －U PR.I P ＝I －E R ＝I －0.02ω3＝I －ω150.I P ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，－45≤ω≤15ω300－0.05，15≤ω≤45.答案：见解析一、选择题1．(2014·广东高考)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块(C )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大 解析：在铜管中下落的小磁块由于电磁感应现象，根据楞次定律知小磁块下落将受到向上的安培力作用，在P 中下落的加速度小于重力加速度，机械能减少；而在塑料管Q 内下降时不发生电磁感应现象，小磁块在Q 中下落时只受重力作用，故小磁块在Q 中下落时做自由落体运动、下落时间较短、落地速度较大、机械能守恒，故选项C 正确．2．如图所示，电阻为R ，其他电阻均可忽略．ef 是一电阻可不计质量为m 的水平放置的导体棒，棒的两端分别与竖直放置的ab 、cd 框保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后(D )A ．导体棒ef 的加速度一定大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D ．导体棒ef 的机械能与回路中产生的内能之和一定守恒解析：S 闭合后，导体棒切割磁感线，根据楞次定律，导体棒受竖直向上的安培力，如果安培力小于2mg ，则导体棒ef 的加速度一定小于g ，如果安培力大于2mg ，则导体棒ef 的加速度大于g ，选项A 、B 错误；最终导体棒做匀速运动，B 2l 2vR ＝mg ，导体棒ef 最终速度是相同的，选项C 错误；本题中，导体棒的机械能只转化为回路的内能，所以导体棒ef 的机械能与回路中产生的内能之和一定守恒，选项D 正确．3．如图所示，“U ”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．现使ab 棒突然获得一水平初速度v 向右运动，下列说法正确的是(D )A ．ab 做匀减速运动B ．回路中电流均匀减小C ．a 点电势比b 点电势低D ．ab 受到的安培力方向水平向左解析：导体棒水平向右运动，切割磁感线，根据右手定则和左手定则，可知电流从b 到a 流过导体，导体棒受到水平向左的安培力，切割磁感线的导体棒相当于电源，电流在电源内部从低电势流向高电势，选项C 错误，选项D 正确；根据安培力公式和牛顿第二定律，可得F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma ，导体棒做加速度逐渐在减小的减速运动，选项A 、B 错误．4．如图，将电阻为R 的正方形金属线圈从匀强磁场中向右匀速拉出，则(AC )A ．以大的速度拉出比较费力B ．以小的速度拉出比较费力C ．拉出时金属线圈中的电流为逆时针方向D ．拉出时金属线圈所受安培力不做功解析：拉出过程中金属线圈中的感应电动势为E ＝BLv ，电流为I ＝ER，金属线圈所受安培力的合力(等于左边所受安培力)为F ＝BIL ，解得F ＝B 2L 2vR .此力与金属线圈运动方向相反，做负功，速度越大，安培力越大，克服安培力的拉力越大；由右手定则可知，拉出金属线圈时产生逆时针电流．选项B 、D 错误，A 、C 正确．5．水平放置的平行板电容器与线圈连接如图，线圈内有垂直纸面向里(设为正方向)的磁场．为使带负电微粒静止在板间，磁感应强度B 随时间t 变化的图象应该是(BC )解析：带电微粒要静止在两板间，带电微粒受到向下的重力和向上的电场力，带电微粒带负电，则两板间有向下的电场，说明上极板带正电，根据楞次定律知磁场可能向里增加或向外减小，B、C正确，A、D错误．6．如图所示的竖直平面内，一个电阻均匀的正方形金属导线框ABCD从图示位置由静止开始下落，进入一匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面向里，在线框进入磁场区域的整个过程中(AD)A．线框中会产生感应电流，感应电流的方向为逆时针B．线框速度的大小一定一直增大C．线框中A、B两点间的电势差一定不断增加D．线框受到的安培力的方向总是竖直向上解析：根据楞次定律可知，线框进入磁场过程中垂直纸面向里的磁通量增大，感应电流为逆时针方向，选项A正确；根据左手定则可知，进入磁场过程中线框受到向上的安培力，当安培力等于线框的重力时，线框做匀速运动，根据E＝BLv 可知，线框中A、B两点的电势差不一定增大，选项B、C错误；根据左手定则可知，线框受到的安培力始终是竖直向上的，选项D正确．二、非选择题7．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直. 已知线圈的匝数N＝100，边长ab ＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω. 磁感应强度B在0～1 s内从0均匀变化到0.2 T. 在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ； (3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q. 解析：(1)感应电动势：E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量变化：ΔΦ1＝ΔB 1S ， 解得：E 1＝N ΔB 1Δt 1S.代入数据得：E 1＝10 V.由楞次定律可判断出感应电流的方向为a→d→c→b→a.(2)同理可得：E 2＝N ΔB 2Δt 2S ，感应电流I 2＝E 2r ，电量q ＝I 2Δt 2，解得：q ＝N ΔB 2r S.代入数据得：q ＝10 C.(3)0～1 s 内产生的焦耳热：Q 1＝ I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r ，1～5 s 内产生的焦耳热：Q 2＝ I 22r Δt 2，在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q ＝Q 1＋Q 2.代入数据得：Q ＝100 J.答案：(1)10 V 感应电流的方向为a→d→c→b→a (2)10 C (3)100 J8．(2014·北京卷)如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距为l ，导轨上端接有电阻R 和一个理想电流表，导轨电阻忽略不计．导轨下部的匀强磁场区域有虚线所示的水平上边界，磁场方向垂直于金属导轨平面向外．质量为m 、电阻为r 的金属杆MN ，从距磁场上边界h 处由静止开始沿着金属导轨下落，金属杆进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)电流稳定后金属杆运动速度的大小；(3)金属杆刚进入磁场时，M 、N 两端的电压大小．解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，有BIl ＝mg ，解得磁感应强度B ＝mgIl.(2)设电流稳定后导体棒做匀速运动的速度为v ， 感应电动势：E ＝Blv ； 感应电流：I ＝ER ＋r ；解得：v ＝I 2（R ＋r ）mg.(3)金属杆在进入磁场前，机械能守恒，设进入磁场时的速度为v 0，则由机械能守恒定律，有：12mv 20＝mgh ，解得：v 0＝2gh.此时的电动势E 0＝Blv 0， 感应电流I 0＝E 0R ＋r，MN 两端电压U MN ＝I 0R ＝BlR 2ghR ＋r ，则U MN ＝mgR 2ghI （R ＋r ）.答案：见解析(这是边文，请据需要手工删加) (这是双页眉，请据需要手工删加) (这是单页眉，请据需要手工删加)。
金板学案高考物理一轮复习 第7章 第4课 带电粒子在匀
第4课 带电粒子在匀强电场中的运动考点一 带电粒子在匀强电场中的运动 1．平衡问题．平衡条件：F 合＝0． 2．加(减)速问题．带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的静电力方向与运动方向在一条直线上，做匀变速直线运动．利用动能定理有qU ＝12mv 2－12mv 20．3．偏转问题．(1)运动性质．不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做类平抛运动．(2)处理方法：①分析方法——类平抛运动的合成与分解． a ．垂直于电场线方向为匀速直线运动．b ．平行于电场线方向为初速度为零的匀加速直线运动． ②基本过程，如右图所示． ③几个结论．设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，(忽略重力影响)，则有a ．加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd .b ．在电场中的运动时间：t ＝lv 0．c ．位移⎩⎪⎨⎪⎧v x t ＝v 0t ＝l ，12at 2＝y ，y ＝12at 2＝qUl22mv 20d ．d ．速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0，v y ＝at ，v y ＝qUlmdv 0．v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d．考点二 示波管 1．构造．①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理．(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．(2)观察到的现象．①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．,1．如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是(D )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶1解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，则沿初速度方向有：x ＝v 0t ，垂直于初速度方向：y ＝12·qE mt 2，即y ＝12qE m ·x2v 20，则有：q a m a ∶q b m b ＝y a y b ·x 2b x 2a ＝21×221＝8∶1，D 项正确． 2．如图所示，质量为m ，电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0进入场强为E 的匀强电场中，极板的长度为L ，电容器极板中央到光屏的距离也是L.已知带电粒子打到光屏的P 点，求偏移量OP 的大小．解析：粒子离开电场时的偏移距离为：y 1＝12qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，离开电场时的偏角为：tan θ＝qELmv 20，离开电场后偏移距离为：y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L －L 2tan θ＝qEL 22mv 20， 屏上P 点偏移中心O 的距离为： y ＝y 1＋y 2＝qEL2mv 20.答案：qEL 2mv 203．如图所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律：对物块：mgsin 37°－μ(mg cos 37°＋qE)＝ma 1，对木板：Mgsin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE)－F ＝Ma 2，又12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，得物块滑过木板所用时间t ＝ 2 s. (2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s.其动能为：E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为：Q ＝F 摩x 相＝μ(mg cos 37°＋qE)·L＝2.16 J. 答案：(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J课时作业一、单项选择题1．如图，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(A )A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶2D ．2∶3解析：带电粒子做类平抛运动，y ＝12qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 2得m ＝qEx 22yv2∝qx 2，代入已知条件得m P ∶m Q ＝3∶4，A 正确．2．平行板间有如图所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．在如图所示的图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是(A )解析：0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，T2～T 时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时刻速度减为零．此后周期性重复，故A 对．3．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为(D )A ．mv 20 B.12mv 20C ．2mv 20 D.52mv 20解析：由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即：v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 20＋v 2Py ＝5v 0，E kP ＝12mv 2P ＝52mv 20，故选D.4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)，经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板间．金属板长为L ，相距为d ，当A 、B 间电压为U 2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是(B )A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过U 1加速后速度为v 0，根据题意得：eU 1＝12mv 20，①电子在A 、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：v y ＝at ＝eU 2md ·Lv 0，②结合①②式，速度的偏转角θ满足：tan θ＝v y v 0＝U 2L2dU 1.显然，欲使θ变大，应该增大U 2、L ，或者减小U 1、d.正确选项是B.5．如图所示，静止的电子在加速电压U 1的作用下从O 经P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U 2的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 )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：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x 所对应的偏转距离y 保持不变．由y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 02＝qU 2x 22mv 20d 和qU 1＝12mv 20得y ＝U 2x24U 1d，可见在x 、y 一定时，U 2∝U 1.故A 项正确．二、不定项选择题6．如图所示，绝缘细线下挂着一带电小球，它的质量为m ，整个装置处于水平向右的匀强电场中．小球平衡时，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g ，则(AD )A ．小球一定是带正电B ．小球所受的电场力等于mgC ．若剪断悬线，则小球做曲线运动D ．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析：对小球受力分析如图所示，由qE 的方向知小球带正电，A 项正确；当θ＝45°时，qE ＝mg ，故B 项错误；剪断细线，小球在恒力F 的作用下由静止做匀加速直线运动，C 项错误、D 项正确．7．如图所示：a 、b 是电场中某一电场线上的两点，一正电荷以初速度v 0从a 点向b 点运动，只受电场力作用，规定正电荷在a 点的电势能为零，正电荷的电势能与位移的关系如图所示．下面判断正确的是(AD )A ．沿ab 方向电场强度不变B ．沿ab 方向电场强度逐渐变大C ．电场方向由a 指向bD ．电场方向由b 指向a解析：根据题图可知，由a 到b 电势能均匀增大，则电场力做负功且随位移均匀增大，即电场力大小恒定，方向为由b 到a ，又电荷带正电，则电场方向由b 指向a ，选项A 、D 正确．8．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v 先后垂直场强方向射入，分别落到极板A 、B 、C 处，如图所示，则下列说法正确的有(ABC )A ．落在A 处的微粒带正电，B 处的不带电，C 处的带负电 B ．三个微粒在电场中运动时间为：t C ＜t B ＜t A C ．三个微粒在电场中运动的加速度a A ＜a B ＜a CD ．三个微粒到达极板时的动能E kA ＞E kB ＞E kC解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，x C ＜x B ＜x A .则三微粒的运动时间为：t C ＝x C v ，t B ＝x B v ，t A ＝x Av所以t C ＜t B ＜t A .微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有： d 2＝12a A t 2A ＝12a B t 2B ＝12a C t 2C ， 所以a A ＜a B ＜a C ，所以落在A 处的微粒必带正电，B 处的不带电，而C 处的带负电，A 、C 选项正确，B 正确．根据动能定理得：A 处：mg d 2－q A E d 2＝E kA －12mv 2；B 处：mg d 2＝E kB －12mv 2；C 处：mg d 2＋q C E d 2＝E kC －12mv 2；所以D 项错误．9．如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(11H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b 轨迹运动时(BCD )A ．加速度更大B ．初速度更大C ．动能增量一样大D ．两次的电势能增量相同解析：根据a ＝qEm，可知质子流竖直方向上的加速度相同，由于偏转位移大小相等，根据y ＝12at 2知运动时间相同，故水平位移越大，初速度越大，A 项错误，B项正确；由于电场力相同，在电场力方向的竖直位移相同，故电场力做功一样，动能增量一样，电势能增量也一样，C 项正确，D 项正确．10．竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是(AB )A ．两电荷的电荷量可能相等B ．两电荷在电场中运动的时间相等C ．两电荷在电场中运动的加速度相等D ．两电荷离开电场时的动能相等 解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等；又因为d ＝12at 2，a ＝qE m ，因为偏转量d 不同，故q 可能不同．由动能定理可知，两电荷离开电场时动能不相等，故正确答案为A 、B.三、非选择题11．如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m 、带电荷量为q 的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀减速直线运动．求：(1)匀强电场的场强的大小；(2)小球运动的最高点与出发点之间的电势差．解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v 0在一条直线上，即tan θ＝mg Eq ，得E ＝mg qtan θ. (2)小球做匀减速直线运动，根据F ＝ma 得： mg sin θ＝ma ，a ＝gsin θ， 最大位移s ＝v 202a ＝v 20sin θ2g；水平位移x ＝scos θ＝v 20sin θcos θ2g ；电势差U ＝Ex ＝mv 20cos 2θ2q .答案：(1)mg qtan θ (2)mv 20cos 2θ2q12．绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy 所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x 轴正向平行，电场的半径为R ＝ 2 m ，圆心O 与坐标系的原点重合，场强E ＝2 N/C ，一带电荷量为q ＝－1×10－5 C ，质量m ＝1×10－5kg 的带负电的粒子，由坐标原点O 处以速度v 0＝1 m/s 沿y 轴正方向射入电场，求：(1)粒子在电场中运动的时间； (2)粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能．解析：(1)粒子沿x 轴方向做匀加速运动，加速度为a ，Eq ＝ma ，x ＝12at 2，沿y 轴方向做匀速运动：y ＝v 0t ，x 2＋y 2＝R 2，解得：t ＝1 s.(2)粒子射出电场边界时，在负x 轴上运动的位移为x ＝12at 2＝12Eq m t 2＝1 m ；在y 轴方向运动的位移为y ＝v 0t ＝1 m ；位置坐标为x ＝－1 m ，y ＝1 m.(3)出射时的动能由动能定理得：Eq|x|＝E k －12mv 20，代入解得：E k ＝2.5×10－5J.答案：(1)1 s (2)(－1 m ，1 m) (3)2.5×10－5J13．一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球以水平初速度v 0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y 与水平方向的位移x 之间的关系如图乙所示．根据图乙给出的信息，求：(重力加速度为g)(1)匀强电场场强的大小；(2)小球从进入匀强电场到下降h 高度的过程中，电场力做的功； (3)小球在h 高度处的动能．解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t ，水平方向：v 0t ＝L ，竖直方向：（mg －qE ）t22m ＝h ，所以E ＝mg q －2hmv 2qL 2.(2)电场力做功为： W ＝－qEh ＝2h 2mv 20－mghL2L2. (3)根据动能定理mgh －qEh ＝E k －mv 22，得E k ＝2h 2mv 20L 2＋mv 22.答案：(1)mg q －2hmv 20qL 2 (2)2h 2mv 20－mghL2L22h2mv20 L2＋mv202(3)。
金板学案高考物理一轮复习 第7章 第3课 电容与电容器
第二单元 带电粒子在匀强电场中的运动第3课 电容与电容器考点 常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系1．电容器．(1)组成：两个彼此绝缘且又靠的很近的导体． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)充、放电： ①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量的异种电荷的过程．充电后，两极板间有电场存在，电容器储存电场能． ②放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，极板上电荷减少的过程．放电后的两极板间不再有电场，电场能转化为其他形式的能量．2．电容．(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值．(2)意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量．(3)定义式：C ＝Q U ＝ΔQ ΔU. (4)单位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)．3．平行板电容器．(1)平行板电容器所带电荷量是指一块极板所带电荷量的绝对值．(2)决定式：C ＝εr S 4πkd．即是说，平行板电容器的电容C 跟电容器的正对面积、介电常数成正比，跟两极板间的距离成反比．,1．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是(C )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析：U 1＝Q C ，E 1＝U 1d .当板间距变为12d 时，由C ＝εr S 4πkd可知电容变为2C ，而带电荷量也变为2Q ，故U 2＝2Q 2C ＝U 1，E 2＝U 112d ＝2U 1d ＝2E 1，故C 选项正确． 2．传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的灵敏电流计和电源串联成闭合回路．当压力F 作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转，从对膜片施加恒定的压力开始到膜片稳定之后，灵敏电流计指针的偏转情况为(已知电流从电流计正接线柱流入时指针向右偏)(B )A ．向左偏到某一刻度后回到零刻度B ．向右偏到某一刻度后回到零刻度C ．向右偏到某一刻度后不动D ．向左偏到某一刻度后不动解析：由于电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，当压力F 作用于可动膜片电极上时，两极板间距离d 减小，电容C 增大，由C ＝Q U可知Q 增大，电容器两极板间电荷量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏转；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电荷量不变，电流计指针重新回到零刻度处，故只有B 对．3．如图所示，C 为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地；P 和Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P 板与b 板用导线相连，Q 板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是(BC )A ．缩小a 、b 间的距离B ．加大a 、b 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：由题意可得U PQ ＝U ab ；由α角增大可知PQ 间场强增大，由U ＝Ed 知U PQ 增大；由Q ＝CU 知P 、Q 板电荷增多，由题意知b 板和P 板电荷量之和恒定，知a 、b 板电荷一定减少；由Q ＝CU ，知电容器C 电容一定减小；由C ＝εr S 4πkd，知A 错，B 对，C 对，D 错． 课时作业一、单项选择题1．关于电容器和电容，下列说法错误的是(A )A ．根据C ＝Q U可知，电容器的电容与其所带的电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 B ．对于确定的电容器，其带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为0)，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变D ．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析：电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小由电容器自身的结构决定，与加在两板上的电压U 和极板所带电荷量Q 无关，A 项错误，C 、D 两项正确；对于确定的电容器，电容C 一定，其带电荷量Q 与两板间的电压U 成正比，B 项正确．2．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示为测定压力的电容式传感器，A 为固定电极，B 为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流计和电源串联成闭合电路，已知电流从电流计正接线柱流入时指针向右偏转．当待测压力增大时(D )A ．电容器的电容将减小B ．灵敏电流计指针在正中央零刻度处C ．灵敏电流计指针向左偏转D ．灵敏电流计指针向右偏转解析：待测压力增大时，两板距离减小，C 增大，U 不变，Q ＝CU 变大，电流流过电流计从正接线柱到负接线柱，电流计指针向右偏转，D 对．3．平行板电容器的两板A 、B 接于电池两极，一带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器两板之间，细线与竖直方向夹角为θ，如图，那么(B )A ．保持电键S 闭合，仅将A 板向B 板靠近，则θ减小B ．保持电键S 闭合，仅将A 板沿极板方向下移少许，则θ不变C ．电键S 断开，仅将A 板靠近B 板，则θ增大D ．电键S 断开，仅将A 板远离B 板，则θ减小解析：保持电键S 闭合，电压U 不变，仅将A 板向B 板靠近，d 减小，E＝U d 变大，θ变大，A 错；仅将A 板沿极板方向下移少许，d 不变，E ＝U d不变，θ不变，B 对；电键S 断开，电荷量Q 不变，仅将A 板靠近B 板，d减小，S 不变，而电荷密度不变，E 不变，θ不变，C 、D 均错，选B.4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B 与一灵敏静电计相接，极板A 接地．下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是(A )A ．极板A 上移B ．极板A 右移C ．极板间插入一定厚度的金属片D ．极板间插入一云母片解析：平行板电容器的电荷量不变，灵敏静电计测的是板间电压，由U ＝Q C ，要使电压变大，减小电容器电容即可，要注意的是，极板间插入一定厚度的金属片相当于减小板间距离，再由公式C ＝εr S 4πkd，可判断A 项正确． 5．一平行板电容器两极板间距为d ，极板面积为S ，电容为εr S d，其中εr 是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间(A )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C ＝εr S d 可知，电容器的电容变小，由U ＝Q C 可知电压变大，又由E ＝U d 可得E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S d d ＝Q εr S，所以电场强度不变，A 正确． 二、不定项选择题6．对于给定的电容器，描述其电容C 、电荷量Q 、电压U 之间的相应关系的图象正确的是(BC )解析：对一个给定的电容器，电容是确定的，不会随电荷量、电压的改变而改变；由电容的定义式可以知道，电荷量跟电容器两端的电压成正比，因而是过坐标原点的一条直线．7．两块正对的平行金属板之间夹上一层电介质，就组成了一个平行板电容器．要改变平行板电容器的电容，可以改变(CD )A ．两极板间的电压UB ．电容器所带的电荷量QC ．两极板间的距离dD ．两极板间的正对面积S解析：电容器的电容大小与两极板间的距离d 、两极板间的正对面积S 和两极板间的电介质有关，所以本题答案为C 、D 两项．8．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A 极板与灵敏的静电计相接，B 极板接地．静电计中连接转动指针的外壳也接地，当静电计所加的电压增大时，转动指针与竖直固定的指针的夹角θ也增大．下列关于实验结果的说法中正确的是(BC )A ．若只把极板B 稍向上移动一点，电容增大，两板间的电压增大，θ应增大B ．若只把极板B 稍向上移动一点，电容减小，两板间的电压增大，θ应增大C ．若只把极板B 稍向内移动一点，电容增大，两板间的电压减小，θ应减小D ．若只把极板B 稍向内移动一点，电容减小，两板间的电压减小，θ应减小解析：由于电容器没有再充电，其电量Q 不变．由C ＝εr S 4πkd知，保持d 不变，减小S ，电容C 减小．由C ＝Q U 转换成U ＝Q C，可看出电压U 增大，θ应增大，A 项错误、B 项正确．保持S 不变，减小d ，电容C 增大，电压U 减小，θ应减小，C 项正确、D 项错误．9．如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(ABD )A ．带电油滴将沿竖直方向向下运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小解析：因为电容器两板间电压不变，当两板间距离d 增大时，电场强度E 减小，φP ＝Ex P 减小，P 点的电势降低，故选项A 正确，选项B 正确；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P 点的电势能增大，选项C 错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D 正确，故答案为ABD.。
【金板学案】高考物理一轮复习 第7章 第2课 电场的能的性质练习
第2课 电场的能的性质考点一 电势能、电势1．静电力做功．(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法：①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为沿电场方向的距离．②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场．2．电势能．(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功．(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，即W AB ＝E pA －E pB ＝－ΔE p .(3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零．3．电势．(1)定义：电场中任意一点A 的电势，数值上等于把单位正电荷从A 点移到参考点P 时电场力所做的功．(2)定义式：φA ＝W AP q． (3)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)．(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．4．等势面．(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面．(2)特点：①等势面一定与电场线垂直．②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功． ③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．④等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．考点二 电势差1．电势差．(1)定义：电荷在电场中，由一点A 移到另一点B 时，电场力做的功W AB 与移动的电荷的电荷量q 的比值．(2)定义式：U AB ＝W AB q． (3)电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA .(4)影响因素：电势差U AB 由电场本身的性质决定，与移动的电荷q 及电场力做的功W AB 无关，与零电势点的选取无关．考点三 匀强电场中电势差与电场强度的关系1．电势差与场强的关系式．U AB ＝Ed ，其中d 为电场中两点间沿电场方向的距离．2．电场强度的另一种表达式：(1)表达式：E ＝U AB d. (2)意义：电场中，场强方向是指电势降低最快的方向．在匀强电场中，场强在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势．1．如图所示，A 、C 是以正点电荷Q 为圆心的某一圆周上的两点，B 是线段AC 的中点．现将一正电荷从A 经B 移到C ，则(CD )A ．从A 到C ，电场力对该电荷一直做正功B ．从A 到C ，电场力对该电荷一直不做功C ．该电荷在A 、B 、C 三点时的电势能大小关系是E pB >E pA ＝E pCD ．该电荷在A 、B 、C 三点时所受电场力的大小关系是F B >F A ＝F C解析：从A 到C ，电场力对该正电荷先做负功，后做正功，其电势能先增加后减少，而A 与C 在同一等势面上，所以A 、B 错误，C 正确；又根据库仑定律可知D 正确．2．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a 点的动能等于20 eV ，运动到b 点时的动能等于2 eV.若取c 点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV 时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于(B )A ．16 eVB ．14 eVC ．6 eVD ．4 eV解析：从a 到b 由动能定理可知，电场力做功W ab ＝－18 eV ，则从a 到b 电势能增加量ΔE pab ＝18 eV ，则由等势面特点及c 点为零势点可知：a 点电势能E pa ＝－12 eV ，又由动能和电势能之和不变可判断B 正确．3．如图所示，在xOy 平面内有一个以O 为圆心、半径R ＝0.1 m 的圆，P为圆周上的一点，O 、P 两点连线与x 轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ，则O 、P 两点的电势差可表示为(A )A ．U OP ＝－10sin θ(V)B ．U OP ＝10sin θ(V)C ．U OP ＝－10cos θ(V)D ．U OP ＝10cos θ(V)解析：在匀强电场中，两点间的电势差U ＝Ed ，而d 是沿场强方向上的距离，所以d OP ＝－R·sin θ，故U OP ＝100×(－0.1sin θ)＝－10sin θ(V)，所以选项A 正确．4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(BD )A ．c 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 点释放，它将沿电场线运动到b 点D ．若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b的过程中，电势能减小解析：根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知c 点的电场强度小于b 点的电场强度，选项A 错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知a 点电势高于b 点电势，选项B 正确；只有当电场线为直线时，试探电荷静止释放，才能沿电场线运动，所以选项C 错误；若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b 过程中，电场力做正功，电势能减小，选项D 正确．课时作业一、单项选择题1．在静电场中(C )A ．电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零B ．电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同C ．电场强度的方向总是跟等势面垂直D ．电势降低的方向就是电场强度的方向解析：电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A 、B 均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C 对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，D 错．2．将一正电荷从无限远处移入电场中M 点，静电力做功W 1＝6×10－9 J ，若将一个等量的负电荷从电场中N 点移向无限远处，静电力做功W 2＝7×10－9 J ，则M 、N 两点的电势φM 、φN ，有如下关系(C )A ．φM <φN <0B ．φN >φM >0C ．φN <φM <0D ．φM >φN >0解析：对正电荷φ∞－φM ＝W 1q ；对负电荷φN －φ∞＝W 2－q .即φ∞－φN ＝W 2q.而W 2>W 1，φ∞＝0，且W 1q 和W 2q均大于0，则φN <φM <0，正确答案选C. 3．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a 点的动能等于20 eV ，运动到b 点时的动能等于2 eV.若取c 点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV 时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于(B )A ．16 eVB ．14 eVC ．6 eVD ．4 eV解析：从a 到b 由动能定理可知，电场力做功W ab ＝－18 eV ，则从a 到b电势能增加量ΔE p ＝18 eV ，由等势面特点及c 点为电势零点可知：a 点电势能E pa ＝－12 eV ，又由动能和电势能之和不变可判断B 正确．4．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是(C)A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：根据做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧的特点，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N点到M点电场力做负功，粒子做减速运动，电势能增加，当达到M点后电场力做正功，粒子做加速运动，电势能减小，则粒子在M点的速度最小，A、D错；在整个过程中粒子只受电场力，根据牛顿第二定律可知加速度不变，C正确．5．如图所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点．M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点．现将一负点电荷q由A 点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是(B)A．q的电势能逐渐减小B．q的电势能逐渐增大C．q的电势能先增大后减小D．q的电势能先减小后增大解析：负电荷从A到B的过程中，电场力一直做负功，电势能增大，所以A、C、D均错，B对．二、不定项选择题6．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(AD)A．M点的电势大于N点的电势B．M点的电势小于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力解析：沿电场线方向电势降落，所以A对B错；电场线越密的地方电场强度越大，同一带电粒子所受电场力越大，故C错D对．7．如图是两等量异号点电荷，以两电荷连线的中点O 为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是(ABC)A．a、c两点的电场强度相同B．a点电势高于c点电势，即φa＞φcC．正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．将正电荷由O移到b电场力做了功解析：根据电场的对称性，a、c两点的电场强度相同，A项正确；沿电场线电势降低，φa>φc，B项正确；正电荷在高电势处电势能大，C项正确；将正电荷由O移到b，电场力与运动方向垂直，电场力不做功，D项错误．8．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则(ABD)A．M带正电荷，N带负电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零解析：由O点电势高于c点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向可知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电、N粒子带负电，A正确．在匀强电场中相邻等势线间的电势差相等，故电场力对M、N做的功相等，B正确．因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C错误．O、b两点位于同一等势线上，D正确．9．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是(BD)A．A、D两点间电势差U AD与A、A′两点间电势差U AA′相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同解析：在匀强电场中，因AD垂直于电场线方向，则φA＝φD，U AD＝0，而U AA′≠0，故A 错；因φD>φD′，则从A→D→D′移动正电荷电场力做正功，B对；从A→D→D′移动负电荷，电场力做负功，电势能增加，C错；电场力做功与路径无关，只与两点间电势差有关，故D 正确．10．如图所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，虚线A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面B；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是(AB)A．等势面A的电势高于等势面B的电势B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等解析：由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，故A正确；由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B正确；对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，C错误；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，D错误．三、非选择题11．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C、质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示．求物块最终停止时的位置．(g取10 m/s2)解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：－(qE ＋μmg)x 1＝0－12mv 20，所以x 1＝mv 202（qE ＋μmg ），代入数据得：x 1＝0.4 m ．可知，当物块向右运动0.4 m 时速度减为零，因物块所受的电场力F ＝qE ＝0.03 N>F f ＝μmg ＝0.02 N ，所以物块将沿x 轴负方向加速，跨过O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O 点左侧某处，设该点距O 点距离为x 2，则对全过程由动能定理得：－μmg(2x 1＋x 2)＝0－12mv 20.解之得：x 2＝0.2 m.答案：在O 点左侧距O 点0.2 m 处12．如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O 点，平衡时小球位于A 点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝53°，绳长为l ，B 、C 、D 到O 点的距离均为l ，BD 水平，OC 竖直．BO ＝CO ＝DO＝l.(1)将小球移到B 点，给小球一竖直向下的初速度v B ，小球到达悬点正下方C 点时绳中拉力恰等于小球重力，求v B 的大小．(2)当小球移到D 点后，让小球由静止自由释放，求：小球首次经过悬点O 正下方时的速率．(计算结果可带根号，取sin 53°＝0.8)解析：(1)小球由B 点到C 点的过程中：(mg －Eq)l ＝12mv 2C －12mv 2B ， 由在C 点绳中的拉力恰等于小球重力知：F C －mg ＝m v 2C l，则v C ＝0. 由在A 点小球处于平衡知：Eq ＝mgtan 53°＝43mg ，所以v B ＝6gl 3. (2)小球由D 点静止释放后沿与竖直方向夹角θ＝53°的方向做匀加速直线运动，直至运动到O 点正下方的P 点，OP 距离h ＝lcot 53°＝34l. 在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程中的加速度a 和位移x 分别为a ＝F m ＝53g ，x ＝l sin 53°＝54l ，所以小球到达悬点正下方时的速率v ＝2ax ＝56gl 6. 答案：(1)6gl 3 (2)56gl 613．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m 、电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°.试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势；(3)物块能获得的最大速度．解析：(1)物块受到点电荷的库仑力F ＝kQq r2，由几何关系可知：r ＝h sin 60°.设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ， 由平衡条件有：F N －mg －Fsin 60°＝0.解得：F N ＝mg ＋33kQq 8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有：q(φ－φB )＝12mv 2－12mv 20， 解得：φB ＝φ＋m （v 20－v 2）2q. (3)设物块能获得的最大速度为v m ，由能量守恒定律有：q φ＋12mv 20＝12mv 2m ，解得：v m ＝v 20＋2q φm. 答案：(1)mg ＋33kQq 8h 2 (2)φ＋m （v 20－v 2）2q(3) v 20＋2q φm。
2016年高三第一轮复习 金版教程第七章 恒定电流7-2b
限时·规范·特训限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1. (多选)关于电动势E，下列说法中正确的是()A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样B. 电动势E的大小，与非静电力的功W的大小成正比，与移动电荷量q的大小成反比C. 电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关D. 电动势E是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量解析：电势是电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，而电势差是电场中两点电势的差值，电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电动势反映了电源中非静电力做功本领的大小，是电源的属性之一，所以AB错误、CD正确。
答案：CD2. (多选)如图所示是根据某次测电源的电动势和内阻的实验记录的数据作出的U－I图象，下列关于图象的说法中正确的是()A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即：E ＝3.0 VB. 横轴截距表示短路电流，即：I 0＝0.6 AC. 根据r ＝E I 0计算出待测电源内阻为5 Ω D. 根据r ＝|ΔU ΔI|计算出待测电源内阻为1 Ω 解析：显而易见，选项AD 是正确的，U －I 图象中的短路电流应当是输出电压为0时的电流，B 是错误的；自然C 也是错误的。
答案：AD3. 在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器。
当R 2的滑动触头在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U 。
现将R 2的滑动触头向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A. I 1增大，I 2不变，U 增大B. I 1减小，I 2增大，U 减小C. I 1增大，I 2减小，U 增大D. I 1减小，I 2不变，U 减小解析：当R 2的滑动触头由a 滑向b 时，R 2阻值减小，电路总电阻减小，则总电流I 增大；根据闭合电路欧姆定律知路端电压U ＝E－Ir，所以电压表示数U减小；R1两端电压U1＝U－U3，而U3＝IR3，U3增大，所以U1减小，则I1减小，而I＝I1＋I2，所以I2增大，B正确。
高考物理大一轮复习 第七章 静电场 第19讲 电场力的性
第19讲 电场力的性质考纲要求考情分析命题趋势1.点电荷、库仑定律Ⅰ 2．静电场、电场强度、点电荷的场强Ⅱ3．电场线Ⅰ2016·全国卷Ⅲ，15 2016·浙江卷，19 2016·江苏卷，3高考对本节内容的考查主要是以选择题的形式考查库仑定律、电场强度、电场线，要注意力学知识在本节的迁移应用1．电荷、电荷守恒定律和库仑定律 (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，忽略带电体的大小和形状的理想化模型． (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导体，接触后再分开，二者带__相同__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__.(3)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 ＝kq 1q 2r2，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__点电荷__.a ．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，b ．当两个带电体的间距远大于本身的大小时，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__.2．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．电场线 (1)定义为了形象地描述电场中各点场强的强弱及__方向__，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的__切线__方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密表示电场的__强弱__.(2)电场线的特点①电场线从__正电荷__或__无限远__处出发，终止于__负电荷__或__无限远__处； ②电场线在电场中不相交，也不相切；③在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线__较密集__，电场强度较小的地方电场线__较稀疏__.1．判断正误(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．( √ )(2)相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小都一定相等．( √ )(3)根据F ＝kq 1q 2r 2，当r →0时，F →∞.( × ) (4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．( × )(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．( √ ) (6)在真空中，电场强度的表达式E ＝kQr2中的Q 是产生电场的点电荷的带电量．( √ ) (7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同．( × )(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向．( × )2．(多选)下列关于电场强度的两个表达式E ＝F q 和E ＝k Q r2的叙述，正确的是( BCD ) A ．E ＝F q是电场强度的定义式，F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是产生电场的电荷的电荷量B ．E ＝F q是电场强度的定义式，F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C ．E ＝k Q r2是真空中点电荷场强的计算式，Q 是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场D ．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F ＝k q 1q 2r 2，式中kq 2r2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的场强大小，而kq 1r 2是点电荷q 1产生的电场在点电荷q 2处的场强大小 解析 E ＝F q是场强的定义式，由其物理意义可判定选项A 错误，B 正确．E ＝k Q r2只适用于真空中点电荷的电场，不适用于其他电场，选项C 正确．点电荷场强计算式E ＝k Q r2是通过库仑定律F ＝kq 1q 2r 2和场强定义式E ＝Fq推导出来的，且库仑力是电荷间通过场相互作用的，所以选项D 正确．3．下列关于电场线的说法，正确的是( B )A ．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B ．电场线越密处，同一检验电荷受到的电场力越大C ．顺着电场线移动电荷，电荷所受电场力的大小一定不变D ．在电场中，凡是电场线通过的点，场强都不为0，不画电场线的区域，位于该区域内的点则无电场解析 电场线上每一点的切线方向与正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的受力方向相反，所以选项A 错误．电场线密处，场强E 大，电荷量一定的电荷受到的电场力一定大，选项B 正确．顺着电场线移动电荷，若是在匀强电场中，所受电场力大小一定不变，在非匀强电场中所受电场力大小要改变，所以选项C 错误．电场线实际并不存在，是人为画的几条有向曲线，用来粗略地描绘电场区域内的场强分布情况，不可能覆盖区域中所有的点，即不能细致地描绘出每处的场强情况，所以选项D 错误．一 三个自由点电荷的平衡问题[例1]如图所示，q 1、q 2、q 3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q 1与q 2之间的距离为l 1，q 2与q 3之间的距离为l 2，且三个点电荷都处于平衡状态．(1)若q 2为负电荷，则q 1为__正电__电荷，q 3为__正电__电荷； (2)q 1、q 2、q 3的电荷量大小之比是__⎛⎭⎪⎫l 1＋l 2l 22∶1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫l 1＋l 2l 12__.解析 (1)假设q 1、q 3均带负电，则虽然q 2可以平衡，但q 1(或q 3)所受的两个库仑力均为斥力，故而方向相同，不能平衡．假设q 1、q 3均带正电，则每个点电荷所受的两个库仑力均方向相反，可能平衡．因此，q 1、q 3均带正电．也就是说，在这种情况下，q 1、q 3必须是同种电荷且跟q 2是异种电荷．(2)q 1受q 2水平向右的库仑引力作用和q 3水平向左的库仑斥力作用． 由库仑定律和力的平衡条件有k q 1q 2l 21＝k q 1q 3(l 1＋l 2)2， 同理，对q 2有k q 1q 2l 21＝k q 2q 3l 22， 对q 3有kq 2q 3l 22＝k q 1q 3(l 1＋l 2)2， 由以上三式得q 1∶q 2∶q 3＝⎝⎛⎭⎪⎫l 1＋l 2l 22∶1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫l 1＋l 2l 12.三个自由点电荷的平衡问题(1)条件两个点电荷在第三个点电荷处的合电场强度为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反．(2)规律①“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上； ②“两同夹异”——正负电荷相互间隔； ③“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小； ④“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．二 库仑力作用下的共点力平衡问题解决库仑力作用下平衡问题的方法库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力．[例2](多选)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行，小球A 的质量为m 、电荷量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( AC)A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d2B ．当qd＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d＝mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0解析 根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F ＝kq 2d 2，选项A 正确；当细线上的拉力为零时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得kq 2d 2＝mg tan θ，解得qd＝mg tan θk，选项B 错误，C 正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为零，选项D 错误．三 电场强度的理解和应用 1．电场强度三个表达式的比较 表达式 比较 E ＝F qE ＝k Q r2E ＝U d公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E 与U 的关系式适用条件 一切电场 真空中点电荷的电场 匀强电场 决定因素 由电场本身决定，与检验电荷q 无关，q充当测量工具由场源电荷Q 和场源电荷到该点的距离r 共同决定由电场本身决定，d 为两点沿电场方向的距离2．电场的叠加(1)叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和．(2)运算法则：平行四边形定则．[例3]如图所示，直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图所示．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( B )A ．3kQ4a 2 沿y 轴正向B ．3kQ4a 2 沿y 轴负向C ．5kQ4a2 沿y 轴正向D ．5kQ4a2 沿y 轴负向解析 正点电荷置于O 点时，G 点场强为0，即两负点电荷在G 点的场强大小为E 1＝kQa2，方向沿y 轴正方向．由对称性知，两负点电荷在H 处的场强大小为E 2＝E 1＝kQ a2，方向沿y 轴负方向．当把正点电荷放在G 点时，正点电荷在H 处产生的场强大小为E 3＝kQ4a2，方向沿y 轴正方向．所以H 处场强的大小E ＝E 2－E 3＝3kQ4a2，方向沿y 轴负方向，选项B 正确．分析电场叠加问题的一般步骤电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则． 分析电场的叠加问题的一般步骤： (1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向； (3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．四 电场线的理解和应用 1．电场线的对称性(1)两等量同种点电荷连线及中垂线上关于O点对称的点的电场强度等大反向．(2)两等量异种点电荷连线及中垂线上关O点对称的点的电场强度等大同向．2．电场线的应用[例4]如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示．则( C)A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能，一个增加一个减小解析设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a带正电，b带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a为负电荷，b为正电荷，选项A错误．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a、b均做正功，动能增加，选项B、D错误．但由电场线的疏密可判定，a受电场力逐渐减小，加速度减小．b正好相反，选项C正确．(1)由粒子运动轨迹判断粒子运动情况(2)由粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．从而判断电场的方向．(3)由电场线的疏密判断加速度大小．(4)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化情况．五对称法在电场叠加中的应用对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．对称法在电场叠加中的应用技巧(1)有些物理题不具有对称性，直接求解比较困难，但采取割补法却使问题迎刃而解． (2)该法的核心思想就是变不对称为对称．[例5](2017·湖北黄冈诊断)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球面顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( A )A ．kq 2R 2－EB ．kq 4R 2C ．kq4R2－E D ．kq4R2＋E 解析 左半球面AB 上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q 的整个球面的电场和带电荷－q 的右半球面的电场的合电场，则E ＝2kq(2R )2－E ′，E ′为带电荷－q 的右半球面在M 点产生场强大小．带电荷－q 的右半球面在M 点的场强大小与带正电荷为q 的左半球面AB 在N 点的场强大小相等，则E N ＝E ′＝2kq (2R )2－E ＝kq 2R2－E ，则选项A 正确．1．如右图所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直．则( A )A ．A 点的电场强度大小为E 2＋k 2Q 2r4B ．B 点的电场强度大小为E －k Q r2 C ．D 点的电场强度大小不可能为0 D ．A 、C 两点的电场强度相同解析 ＋Q 在A 点的电场强度沿OA 方向，大小为k Q r2，所以A 点的合电场强度大小为E 2＋k 2Q 2r 4，选项A 正确；同理，B 点的电场强度大小为E ＋k Q r 2，选项B 错误；如果E ＝k Q r2，则D 点的电场强度为0，选项C 错误；A 、C 两点的电场强度大小相等，但方向不同，选项D 错误．2．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电＋Q ，B 带电－9Q .现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C 的带电性质及位置应为( C )A ．正B 的右边0.4 m 处 B ．正 B 的左边0.2 m 处C ．负 A 的左边0.2 m 处D ．负 A 的右边0.2 m 处解析 要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”、“两大夹小”的原则，所以选项C 正确．3．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘，则坐标原点O 处电场强度最大的是( B )解析 设14带电圆环在O 点产生的电场强度大小为E .A 图中坐标原点O 处电场强度是14带电圆环产生的，故原点O 处电场强度大小为E ；B 图中坐标原点O 处电场强度是第一象限14带正电圆环产生电场强度E 和第二象限14带负电圆环产生电场强度E 的矢量和，故坐标原点O处电场强度大小等于2E ；C 图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生的电场相互抵消，故坐标原点O 处电场强度是第二象限14带负电圆环产生的，故原点O 处电场强度大小为E ；D 图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生的电场相互抵消，第二象限14带负电圆环和第四象限14带负电圆环产生的电场相互抵消，故坐标原点O 处的电场强度的为零．综上所述，选项B 正确．4．如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)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)( B )A ．k 3qR2B ．k 10q 9R 2C ．kQ ＋qR 2D ．k 9Q ＋q 9R2解析 b 点处的电场强度为零，说明固定点电荷和带电圆盘在b 点产生的电场强度大小均为k q R2，方向相反，由此可得圆盘带正电，由于b 点和d 点关于圆盘对称，故带电圆盘在d 点产生的电场强度大小为k qR 2，方向水平向右，固定点电荷在d 点产生的电场强度大小为kq 9R 2，方向也水平向右，则d 点处场强的大小为k q 9R 2＋k q R 2＝k 10q 9R2.故选项B 正确． 5．水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O 点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为( C )A ．mgL 23kQB ．23mgL 29kQC ．6mgL 26kQD ．2mgL 26kQ解析 设OA 、OB 、OC 与竖直方向夹角为θ，对小球根据平衡条件有3k qQL2cos θ＝mg ，sin θ＝33，联立解得q ＝6mgL26kQ.故选项C 正确．6．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是( C )A ．c 点的电场强度大于b 点的电场强度B ．若将一试探电荷＋q 由a 点释放，它将沿电场线运动到b 点C ．b 点的电场强度大于d 点的电场强度D ．a 点和b 点的电场强度的方向相同解析 电场线的疏密表示了电场强度的大小，由题图可知E a <E b ，E d >E c ，E b >E d ，E a >E c ，故选项C 正确，选项A 错误．由于电场线是曲线，由a 点释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项B 错误．电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a 点和b 点的切线不在同一条直线上，选项D 错误．[例1](6分)如图所示，真空中A 、B 两个点电荷的电荷量分别为＋Q 和＋q ，放在光滑的绝缘水平面上，A 、B 之间用绝缘的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为k 0.当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0.已知弹簧均在弹性限度内，k 为静电力常量，则( )A ．保持Q 不变，将q 变为3q ，平衡时弹簧的伸长量等于3x 0B ．保持q 不变，将Q 变为3Q ，平衡时弹簧的伸长量小于3x 0C ．保持Q 不变，将q 变为－q ，平衡时弹簧的缩短量等于x 0D ．保持q 不变，将Q 变为－Q ，平衡时弹簧的缩短量小于x 0 [答题送检]来自阅卷名师报告[错误解答]由库仑定律、胡克定律和共点力平衡可得，当电荷量为q 时，k Qq r2＝k 0x 0，当电荷量为3q 时，k 3Qqr2＝k 0x 1，解得x 1＝3x 0；当Q 不变，将q 变为－q 或q 不变，将Q 变为－Q 时，k Qqr2＝k 0x 2，解得x 2＝x 0.本题答案为A 、C ．[错因分析]把电荷间的距离误认为不变，在应用库仑力定律时一定要注意这个动态变化过程，当电荷量发生变化时，有时可能引起电荷间距离的变化．[规范解答][解析]设弹簧的原长为l ，由库仑定律、胡克定律和共点力平衡可得，当电荷量为q 时，kQq(l ＋x 0)2＝k 0x 0；当Q 不变，将q 变为3q 或q 不变，将Q 变为3Q 时，设弹簧的伸长量为x 1，有k 3Qq (l ＋x 1)2＝k 0x 1，解得x 1x 0＝3(l ＋x 0)2(l ＋x 1)2<3，即x 1<3x 0；将q 变为－q 或q 不变，将Q 变为－Q 时，设弹簧的压缩量为x 2，同理有k Qq (l －x 2)2＝k 0x 2，解得x 2x 0＝(l ＋x 0)2(l －x 2)2>1，即x 2>x 0. [答案]B1．如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上，a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k ，若三个小球均处于静止状态，则匀强电场的场强大小为( B )A ．3kq3l2 B ．3kql 2C ．3kql2D ．23kq l2解析 以小球c 为研究对象，其受力如图甲所示，其中F 库＝kqq cl 2，由平衡条件得2F 库cos 30°＝Eq c ，即3kqq cl 2＝Eq c ，得E ＝3kql 2.此时a 的受力如图乙所示，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kq 2l 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3kq 2l 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kqq c l 22，得q c ＝2q ，即当q c ＝2q 时a 可处于平衡状态，同理b 亦恰好平衡，故选项B 正确．2．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电荷的小物块质量为m ，电荷量为q ，置于斜面上，当沿水平方向加有如图中所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的12，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)(1)原来的电场强度的大小； (2)物块运动的加速度大小；(3)沿斜面下滑距离为l 时小物块的速度大小．解析 (1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mg sin 37°＝qE cos 37°，E ＝mg tan 37°q.(2)当场强变为原来的12时，小物块的合外力F合＝mg sin 37°－12qE cos 37°＝12mg sin37°，又F 合＝ma ，所以a ＝3 m/s 2，方向沿斜面向下． (3)由动能定理得F 合·l ＝12mv 2－0，即12mg sin 37°·l ＝12mv 2，所以v ＝6l . 答案 (1)mg tan 37°q(2)3 m/s 2(3)6l1．(多选)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，则( ACD )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2N C ．B 球所带的电荷量为46×10－8 C D ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0解析 因A 、B 两球相同，故接触后两球所带的电荷量相同，故选项A 正确；由题意知平衡时A 、B 两球离悬点的高度为h ＝0.102－0.062m ＝0.08 m ，设细线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝0.060.08＝34，由tan θ＝F mg，知A 球所受的静电力F ＝mg tan θ＝6×10－3N ，选项B 错误；由库仑定律F ＝k Q 2r2，得B 球所带的电荷量Q ＝rFk ＝0.12×6×10－39.0×109 C ＝46×10－8C ，则选项C 正确；A 、B 两球带同种电荷，则A 、B 两球连线中点处的电场强度为0，故选项D 正确．2．(多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)，则( BC )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N解析 A 对B 有竖直向上的库仑力，大小为F AB ＝kQ 2l2＝0.9 N ；对B 与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则F N ＋F AB ＝mg ，可得F N ＝mg －F AB ＝1.1 N ，由牛顿第三定律知F ′N ＝F N ，选项A 错误；因两细线长度相等，B 在A 的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A 受到竖直向下的重力、库仑力和F 1、F 2四个力的作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力的合成特点可知F 1＝F 2＝G A ＋F AB ＝1.9 N ；当B 移到无穷远处时，F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，选项B 正确，D 错误；当B 水平向右移至M 、A 、B 在同一条直线上时，如图所示，对A 受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向F 1cos 30°＝F 2cos 30°＋F ′cos 30°， 竖直方向F 1sin 30°＋F 2sin 30°＝G A ＋F ′sin 30°， 由库仑定律知，A 、B 间库仑力大小F ′＝kQ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫lsin 30°2＝F AB4＝0.225 N ，联立以上各式可得F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 N ，选项C 正确．3．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球( BC )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小解析 小球受到的电场力水平向左，重力竖直向下，因此重力与电场力的合力斜向左下且恒定，与小球初速度方向的夹角大于90°，因此小球做类斜向上抛运动，轨迹是抛物线，速率先减小后增大，选项B 、C 正确．4．如图所示，长l ＝1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F 的大小； (2)小球的质量m ；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．解析 (1)F ＝qE ＝3.0×10－3N.(2)由qE mg＝tan 37°，得m ＝4.0×10－4kg. (3)由mgl (1－cos 37°)＝12mv 2，得v ＝2gl (1－cos 37°)＝2.0 m/s.答案 (1)3.0×10－3N (2)4.0×10－4kg (3)2.0 m/s课时达标 第19讲[解密考纲]主要考查库仑定律、电场强度的理解和电场叠加的计算、电场线的理解和应用．1．(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( BD )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 M 、N 处于静止状态，则M 、N 和杆组成的系统所受合外力为0，则F PM ＝F PN ，即kQqL 2＝k 2Qqx2，则有x ＝2L ，那么M 、N 间距离为(2－1)L ，故选项A 错误，选项D 正确；由于M 、N 静止不动，P 对M 和对N 的力应该在一条直线上，故选项B 正确；在P 产生电场中，M处电势较高，故选项C 错误．2．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置，工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则( D )A ．乒乓球的左侧感应出负电荷B ．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C ．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D ．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 解析 由图可知，右侧金属板与电源正极相连接，带正电，左侧金属板带负电，根据静电感应规律，近端感应出异种电荷，因此乒乓球的左侧感应出正电荷，选项A 错误；乒乓球被扰动后，如果向右摆动会被吸到右板上，选项B 错误；乒乓球共受到悬线的拉力，重力和电场力的作用，选项C 项错误；用绝缘棒将乒乓球拨到右极板接触，乒乓球会带上正电，受到右板的排斥，向左运动与左极板接触，又带上负电，被左极板排斥向右运动，这样小球就在两极板间来回碰撞，选项D 正确．3．(2018·福建厦门模拟)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 点处场强的大小为( B )A ．5kQ36R2 B ．7kQ 36R2。
金板学案高考物理一轮复习 第7章 第4课 带电粒子在匀
提醒探究
解得：v0＝
2emU1.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：
(mgsin θ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝21mvm2 －0，⑤ 联立④⑤可得：
W＝12mv2m－(mgsin
θ＋qE)·s0＋mgsin
θ＋qE
k
.
提醒探究 (3)如图所示．
答案：见解析
提醒探究 方法点窍 带电体在匀强电场中的加速问题的分析方法：
提醒探究
(1)求电子穿过 A 板时的速度大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量； (3)若要电子打在荧光屏上 P 点的上方，可采取哪些措施？
提醒探究 审题突破：(1)电子在灯丝与 A 板间的运动中，可用动能定理求
穿过 A 板时的速度大小； (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，沿极板方向的分运动确定
提醒探究
变式训练
1．如图所示，板长 L＝4 cm 的平行板电容器，板间距离 d＝3 cm， 板与水平线夹角 α＝37°，两板所加电压为 U＝100 V，有一带负电 液滴，带电荷量为 q＝3×10－10 C，以 v0＝1 m/s 的水平速度自 A 板 边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从 B 板边缘水平 飞出，取 g＝10 m/s2.求：
度大小相同，在竖直方向的合外力大小相同，即 qdU1－mg＝mg－qdU2， 则 U2＝2mqgd－U1， 代入(1)中结果有 U2＝2U0－U1. 答案：(1)gUd0 负电 (2)2U0－U1
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章末知识整合1．库仑定律．库仑定律是电荷相互作用的基本规律．电场的基本知识都是由库仑定律展开的．对于该知识的复习要把握两点：一是与受力分析相结合；二是理解库仑定律包含的丰富的物理学思想和方法．2．电场强度．(1)电场强度E的大小、方向是由电场本身决定的，是客观存在的，与放不放试探电荷以及放入的试探电荷的正负、电荷量多少均无关．既不能认为E与F成正比，也不能认为E与q成反比．(2)电场线只能描述电场的方向及定性地描述电场的强弱，并不是带电粒子在电场中的运动轨迹，带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力情况和初速度情况来决定的．(3)要区别场强的定义式E＝Fq与点电荷场强的计算式E＝kQr2.前者适用于任何电场，而后者只适用于真空中的点电荷形成的电场．(4)电场强度是矢量，电场强度的叠加遵从平行四边形定则．3．电势与电势差．电势具有相对性，与零电势的选取有关，而电势差则与零电势点的选取无关．电势高低的判断可以根据电场力做功的正负判断，也可以由这两点所在电场的位置来判断．计算电势差时，既要代入电场做功的正负值，也要代入电荷的正负值，故其大小有正有负．4．带电粒子在电场中的运动．(1)对特殊条件的说明．研究带电物体在电场中运动的问题时，会遇到两类带电体．是否考虑重力，应根据具体情况来确定．一类是电子、质子、氘核、氚核、α粒子、离子等微观粒子，由于所受电场力通常都远大于所受的重力，所以重力可以忽略不计(但不能忽略质量)；另一类是带电液滴、带电尘埃、带电小球等小物体，通常它们所受的重力与电场力可以比拟，其质量和重力都要考虑(除有特殊说明外)．(2)解题的基本步骤．带电体在电场中运动，综合了电场和力学的知识．分析方法和力学分析方法基本相同：先分析受力情况(电场力作为其中一个力)，再分析运动状态和运动过程，然后选取恰当规律解题．选取规律时，首先考虑能量守恒的规律，即动能定理或能量守恒定律，其次再考虑牛顿运动定律．【例❶】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：A点评：分析近两年高考试题，多数考查学生对电场强度、电场线、电势、电势差、电势能、等势面等概念的理解程度．因此必须从最基础的知识抓起，真正理解这些概念的内涵和外延．【例❷】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：AB点评：带电粒子在电场中运动常常与实际应用相联系，多选材于日常生活、生产和科学技术中．另外，平行板电容器在高考中出现的频率也较高．解决这些问题的关键是把实际问题转化为物理模型，进入常规思维．一、选择题1．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(D)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，两板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．2．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(C )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．3．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(BD )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 Qq L 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．4．如图，真空中的正点电荷放在O 点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线．以水平电场线上的O′点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a 、b 、c 、d 、e ，下列说法正确的是(CD )A ．b 、e 两点的电场强度相同B ．a 点电势高于e 点电势C ．b 、c 两点间电势差等于e 、d 两点间电势差D ．电子沿圆周由d 运动到c ，电场力做功为零解析：b 、e 两点电场强度的大小相同，方向不同，A 错误；在正电荷产生的电场中，离电荷越近，电势越高，e 点离电荷近，故电势高，B 错误；b 、e 两点和c 、d 两点分别到电荷的距离相同，故电势相同，因此b 、c 两点间的电势差等于e 、d 两点间的电势差，C 正确；电场力做功与初、末位置的电势差有关，c 、d 两点的电势差为零，故电场力做功为零，D 正确．5．如图所示，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷＋Q 和－q(Q>q)，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D四点．下列说法中正确的是(AD )A ．A 点场强大于B 点场强B ．C 点场强与D 点场强相同C ．A 点电势小于B 点电势D ．将正检验电荷从C 点移到O 点，电场力做负功解析：设A 点到Q 的距离为d ，到－q 的距离为L ，故A 点的场强E A ＝kQ d 2＋kq L 2，同理可得B 点的场强E B ＝kQ L 2＋kq d 2，故E A －E B ＝k （Q －q ）d 2－k （Q －q ）L 2，由于d ＞L ，故E A －E B ＞0，即E A ＞E B ，A 项正确；根据平行四边形定则，以两分场强为邻边作出平行四边形的对角线，可知C 、D 两点场强的方向不相同，B 项错误；电场线的方向是电势降落的方向，故A 点的电势高于B 点的电势，C 项错误；正电荷从C 到O ，受力的方向与速度方向的夹角为钝角，因此电场力做负功，D 项正确．6．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P 点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q 点射出，下列判断正确的有(AD )A ．粒子带正电B ．粒子做匀速圆周运动C ．粒子电势能增大D ．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变解析：带电粒子垂直进入电场后，仅在电场力作用下向场强方向偏转，粒子带正电；由于电场力大小及方向均恒定，粒子做类平抛运动；运动中电场力做正功，粒子电势能减小；粒子通过电场区域的时间仅由电场区域宽度及粒子初速度决定，仅增大场强，不会改变粒子通过电场区域的时间．选项B 、C 错误，A 、D 正确．7．美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，两平行极板M 、N 与电压为U 的恒定电源连接，板的间距为d.现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，则(AC )A ．此时极板间电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量为mg UdC ．减小极板间电压，油滴将加速下落D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：由匀强电场中电压与电场强度关系可知A 正确；油滴匀速下落，重力和电场力平衡有q U d＝mg 可知B 错误；电压减小，电场力减小，小于重力，油滴加速下落，C 正确；N 板向上移动一小段距离，电场力大于重力，油滴减速下降，D 错误．8．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是(BD )A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．9．一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器B 板位置不动．下列说法中正确的是(AD )A ．将A 板向左平移，则静电计指针张角增大B ．将A 板向右平移，则静电计指针张角增大C ．将A 板竖直向下平移，则静电计指针张角减小D ．将A 板竖直向上平移，则静电计指针张角增大解析：静电计是用来检测电容器两板间电压的，根据C ＝εr S 4πkd和C ＝Q U ，可得U ＝4πkQd εr S，将A 板左平移，两板间的距离d 变大，电容器的两端电压U 变大，静电计指针张角增大，选项A 正确；将A 板右平移，两板间的距离d 变小，根据U ＝4πkQd εr S，电容器的两端电压U 变小，静电计指针张角减小，选项B 错误；将A 板竖直向下平移，两板间的正对面积S 变小，根据U ＝4πkQd εr S，电容器的两端电压U 变大，静电计指针张角增大，选项C 错误；将A 板竖直向上平移，两板间的正对面积S 变小，根据U ＝4πkQd εr S，电容器的两端电压U 变大，静电计指针张角增大，选项D 正确．10．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(AD )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．二、非选择题11．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(如下图)得，Eq ＝mgtan π6，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E ＝Q Cd ，所以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。