高中物理第一轮复习选修3-1 第七章专题突破

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高考冲刺总复习物理(粤教)--选修3-1 第七章第2讲--(附解析及答案)

第2讲电场的能的性质知识排查电势能、电势1.电势能(1)电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。

(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电场力所做的功。

②电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E p A －E p B ＝－ΔE p 。

2.电势(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能E p 与它的电荷量q 的比值。

(2)定义式：φ＝E pq。

(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。

3.等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。

(2)四个特点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等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。

电势差1.定义：电荷在电场中，由一点A 移到另一点B 时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。

2.定义式：U AB ＝W ABq 。

3.电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA 。

匀强电场中电势差与电场强度的关系1.电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。

即U ＝Ed ，也可以写作E ＝Ud。

2.公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。

小题速练1.思考判断(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。

( )(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。

( )(3)电势降低的方向是电场强度的方向。

( )(4)电场线与等势面在相交处垂直。

( )答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.如图1所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是( )图1A.电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B.电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C.电势差U AB＝U BCD.电势φA＜φB＜φC解析该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力。

2012版物理一轮精品复习学案：7单元复习(七)(选修3-1)

【单元归纳整合】一、知识特点本章知识的突出特点有“三多”：1.概念多：描述电路特征的物理量有：电流、电压、电阻、电动势、电功、电功率、热功率等.2.规律多：如电阻定律、部分电路欧姆定律、焦耳定律、闭合电路欧姆定律.3.实验多：如测定金属电阻率、描绘小灯泡的伏安特性曲线、测定电源的电动势和内阻、练习使用多用电表等.二、复习方法及重点难点突破1.复习方法(1)正确理解有关电路的基本概念和基本规律，掌握基本规律的使用范围和适用条件，掌握电路分析和计算的基本方法.(2)串并联电路、部分电路欧姆定律是高考考查的重要知识点.要熟练掌握串并联电路的特点，并能正确进行电压、电流、电阻、电功率等物理量的计算.会进行简单的串并联电路的分析计算.掌握电动势的物理意义，掌握闭合电路欧姆定律的不同表达形式.(3)要熟练掌握基本仪器的使用方法、读数方法、常见仪器和电路的选取方法、仪器的连接方式、实验数据及误差分析方法等.2.重点难点突破方法(1)电路的分析与计算是本章的重点内容.通过电路的分析与计算，考查对电路的基本概念的理解，及基本规律的掌握情况.近年来高考考查的重点，也放在对这些知识的应用上.因此在熟练掌握串并联电路的特点的基础上，只需处理一些简单的串并联电路问题即可，不必搞得太复杂.要注意电路中的理想电表与非理想电表处理方法的不同，熟练掌握电路的简化方法.(2)电路的设计是本章的难点，也是高考实验考题的考点，近几年的高考实验设计均出于本章.本章涉及的四个电学实验都有可能命题.要设计好实验，必须熟练掌握电流表、电压表、多用电表的使用，会用这些仪器进行测量，并且要知道它们的测量原理，能正确接入电路，选用合适的量程，正确读取数据；熟练掌握伏安法测电阻的内、外接法及分析两种不同接法测电阻带来的误差，掌握滑动变阻器分压和限流两种接法的区别.特别要把本章涉及的四个电学实验掌握好，以不变应万变.【单元强化训练】1．一个电池组的电动势为E，内阻为r，用它给一电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时，通过电动机的电流为I，电动机两端的电压为U，经时间t()A．电源在内外电路做的功为(I2r＋IU)tB ．电池消耗的化学能为IEtC ．电动机输出的机械能为IEt －I 2(R ＋r )tD ．电池组的效率为U －IrE【答案】ABC【详解】由闭合电路欧姆定律和能量守恒知，电池消耗的化学能提供了电源在内外电路所做的功W ，W ＝IEt ＝I (U ＋Ir )t ＝(IU ＋I 2r )t . 电动机的机械能E 机＝UIt －I 2Rt ＝(E －Ir )It －I 2Rt ＝EIt －I 2(R ＋r )t . 电池组的效率η＝UI EI ×100%＝U E×100%.故A 、B 、C 正确．2．家用电熨斗为了适应不同衣料的熨烫，设计了调整温度的多挡开关，使用时转动旋钮即可使电熨斗加热到所需的温度．如图1(甲)所示是电熨斗的电路图．旋转多挡开关可以改变1、2、3、4之间的连接情况．现将开关置于温度最高挡，这时1、2、3、4之间的连接是如图(乙)所示中的哪一个 ( )图1 【答案】A【详解】在图A 中，两电阻丝并联，总电阻为R /2，总功率为P A ＝2U 2/R ；在图B 中，只有右侧电阻接入电路，功率P B ＝U 2R ；在图C 中，电源被断开，功率P C ＝0；在图D 中，两电阻丝串联，功率P D ＝U 22R ，故A 正确．3．如图2所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R 3为用半导体热敏材料制成的传感器，值班室的显示器为电路中的电流表，a 、b 之间接报警器，当传感器R 3所在处出现火情时，显示器的电流I 及报警器两端的电压U 的变化情况是( )A ．I 变大，U 变大B ．I 变大，U 变小C ．I 变小，U 变小D ．I 变小，U 变大【答案】C【详解】出现火情时，环境温度升高，使得热敏电阻R 3的电阻减小，R 2与R 3并联，总电阻将变小，这部分获得的电压减小，即R 2两端电压减小，所以R 2电流减小，即安培表读数减小，外电路的总电阻减小，所以外电压即报警器两端的电压减小，所以C 正确．4．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图3甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m ，升降机静止时电流表示数为I 0.某过程中电流表的示数如图3乙所示，则在此过程中 ( )A ．物体处于失重状态B ．物体处于超重状态C ．升降机一定向上做匀加速运动D ．升降机可能向下做匀减速运动【答案】BD【详解】由乙图可知，电流由I 0变为2I 0，且保持不变，说明压敏电阻受压力恒定，说明升降机做匀变速运动；电流变大说明阻值减小，说明压力变大，说明物体处于超重状态，即升降机有向上的加速度．升降机有两种运动状态：加速向上或减速向下，故选项B 、D 正确．5．如图所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( ) A ．I 2RB.U 2RC ．UID ．UI －I 2R【答案】C【详解】不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P ＝UI ，选项C 正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R，故A 、B 错误；而UI －I 2R 为电路转化为其他能量的功率，故D 错误．6．电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的滑片由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( )A ．电压表和电流表读数都增大B ．电压表和电流表读数都减小C ．电压表读数增大，电流表读数减小D ．电压表读数减小，电流表读数增大【答案】A【详解】滑片滑向b 时，电阻R 增大，回路的总电阻增大，所以回路的总电流减小，路端电压增大，所以电压表的示数增大，电阻R 2两端的电压增大，故R 2中的电流增大，电流表示数增大，故A 对．7．一个T 型电路如图所示，电路中的电阻R 1＝10 Ω，R 2＝120 Ω，R 3＝40 Ω，另有一测试电源，电动势为100 V ，内阻忽略不计，则( )A ．当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40 ΩB ．当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40 ΩC ．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压为80 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为80 V 【答案】AC【详解】当cd 端短路时，ab 间等效电阻R ＝R 1＋R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω＋120×40120＋40 Ω＝40 Ω，故A 对；当ab 端短路时，cd间等效电阻R ′＝R 2＋R 1R 3R 1＋R 3＝120 Ω＋10×4010＋40 Ω＝128 Ω.B 错；当ab 间接电源E ＝100 V 时，cd 间电压为R 3上电压，则U ＝4040＋10×100 V ＝80 V ，故C 对；当cd 两端接电源时，ab 两端电压为R 3上电压，则U ′＝4040＋120×100 V ＝25V ，故D 错．8．如图所示是4种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V 40 W”．当灯泡所消耗的功率都调至20 W 时，哪种台灯消耗的功率最小( )【答案】C【详解】台灯消耗的功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率．C项中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20 W，而其他选项中，不论滑动变阻器使用分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 W，故C选项正确．9.将一个电源和一个可变电阻组成闭合电路.关于这个闭合电路，下列说法不正确的是( )A.外电路断路时，路端电压最高B.外电路短路时，电源的功率最大C.可变电阻阻值变大时，电源的输出功率一定变大D.可变电阻阻值变小时，电源内部消耗的功率一定变大【答案】选C.【详解】外电路断路时路端电压最大，等于电源的电动势，A对；外电路短路时电流最大，电源的功率P=EI最大，B对；外电路电阻等于内阻时电源的输出功率最大，C错；可变电阻变小时电流变大，电源内部消耗的功率I2r变大，D对.10.如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是( )①图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况②图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况③此过程中电压表示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大④此过程中电压表示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变A．①②③ B．②③④C．①②④ D．①③④【答案】 C【详解】电压表测量定值电阻R1的电压，其U－I图象是过原点的直线，②正确；示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为ΔU 1ΔI ＝r 是电源内阻，③错误；示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为ΔU 3ΔI＝r ＋R 1是确定值，④正确；根据图中a 、b 图线的斜率可判断，a 图线的斜率大，其斜率大小为r ＋R 1.b 图线的斜率为电源内阻r ，即a 图线是电压表的示数随电流表示数变化的情况，①正确．故选项C 正确．11.(9分)如图所示，变阻器R 0的滑片P 从最左端移到最右端时电压表的示数变化范围是0～4 V ，电流表的示数变化范围是1 A ～0.5 A ，电源的内阻可忽略不计.求电阻R 的阻值、变阻器R 0的最大阻值和电源电压U.【答案】8 Ω 8 Ω 8 V【详解】当电压表示数U 1＝0时，电流表示数I 1＝1 A (1分) 电源电压：U ＝I 1R ＝1×R ①(2分) 当电压表示数U 2＝4 V 时，电流表示数I 2＝0.5 A (1分) R 0＝＝8 Ω (1分)电源电压：U ＝U 2＋I 2R ＝4＋0.5×R ②(2分) 由①②解得：U ＝8 V ，R ＝8 Ω. (2分)12. (12分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm ，电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω，闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球所带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力，那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(g 取10 m/s 2) 【答案】8 Ω 23 W【详解】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A 板时速度为零．设两板间电压为U AB ，由动能定理可得－mgd －qU AB ＝0－12mv 02，∴ 滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V. 设通过滑动变阻器电流为I ，由欧姆定律得I ＝E －U 滑R ＋r＝1 A 滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I＝8 Ω。

2011版物理一轮精品复习学案：实验七测定金属的电阻率(选修3-1)

实验七测定金属的电阻率【考纲知识梳理】一、实验目的学会用伏安法测量电阻的阻值，测定金属的电阻率。

二、实验原理用刻度尺测一段金属导线的长度，用螺旋测微器测导线的直径，用伏安法测导线的电阻，根据电阻定律，金属的电阻率。

1、（1）螺旋测微器（又叫千分尺）是比游标卡尺更精密的测量长度的工具，用它测长度可以准确到0.01mm，测量范围为几个厘米。

（2）螺旋测微器是依据螺旋放大的原理制成的，即螺杆在螺母中旋转一周，螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离。

因此，沿轴线方向移动的微小距离，就能用圆周上的读数表示出来。

螺旋测微器的精密螺纹的螺距是0.5mm，可动刻度有50个等分刻度，可动刻度旋转一周，测微螺杆可前进或后退0.5mm，因此旋转每个小分度，相当于测微螺杆前进或后退这0.5/50=0.01mm。

可见，可动刻度每一小分度表示0.01mm，所以以螺旋测微器可准确到0.01mm。

由于还能再估读一位，可读到毫米的千分位，故又名千分尺（3）测量时，当小砧和测微螺杆并拢时，可动刻度的零点若恰好与固定刻度的零点重合，旋出测微螺杆，并使小砧和测微螺杆的面正好接触待测长度的两端，那么测微螺杆向右移动的距离就是所测的长度。

这个距离的整毫米数由固定刻度上读出，小数部分则由可动刻度读出。

（4）使用螺旋测微器应注意以下几点：①测量时，在测微螺杆快靠近被测物体时应停止使用旋钮，而改用微调旋钮，避免产生过大的压力，既可使测量结果精确，又能保护螺旋测微器。

②在读数时，要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻线是否已经露出。

③读数时，千分位有一位估读数字，不能随便扔掉，即使固定刻度的零点正好与可动刻度的某一刻度线对齐，千分位上也应读取为“0”。

④当小砧和测微螺杆并拢时，可动刻度的零点与固定刻度的零点不相重合，将出现零误差，应加以修正，即在最后测长度的读数上去掉零误差的数值。

2、伏安法测电阻电路：如果是理想情况，即R A→0，R v→∞时，两电路测量的数值应该是相同的。

高中物理选修3-1：7章末

A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．随着所加电压的增大， B．对应点，小灯泡的电阻为＝．对应P点小灯泡的电阻为R＝ U1 I2 U1 I2－I1
C．对应点，小灯泡的电阻为＝．对应P点小灯泡的电阻为R＝
D．对应点，小灯泡的功率为图中矩形．对应P点小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积所围面积
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必考部分选修3-1 第七章恒定电流
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解析：(1)不能测电流表 1，因为A1的量程为10 解析：不能测电流表A 因为的量程为不能测电流表 300 mA、250 、
A，A2、A3分别为，
mA，A2、A3的满偏电流只有 1的3%和2.5%，误差较，的满偏电流只有A 和，
故只能测A 大，故只能测 2、A3. (2)选A3电路如右图所示．选电路如右图所示． (3)要读取 2、A3的电流 2、I3，电阻箱的要读取A 的电流I 要读取阻值R 阻值 1， (I2－I3)R1 计算公式为r . 计算公式为 3＝ I2
)，提供，
E．直流电源E(3 V，内阻很小．直流电源，内阻很小) F．导线、电键若干．导线、
工具
必考部分选修3-1 第七章恒定电流
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(1)实验中定值电阻 0应选用实验中定值电阻R 应选用________(选填“R1”或“R2”)；选填“ 实验中定值电阻选填或； (2)在如图虚线框内将实验电路原理图画完整；在如图虚线框内将实验电路原理图画完整；在如图虚线框内将实验电路原理图画完整
(2)实验中，闭合S2后，R不变，回路总电阻减小，电流增大，当A 实验中，闭合不变，实验中不变回路总电阻减小，电流增大，中的电流变为原来的一半时，流过R 的电流实际上大于A中的电流中的电流，中的电流变为原来的一半时，流过 1的电流实际上大于中的电流，故 R1<rg，偏小．偏小．

高考物理一轮总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动(含解析)

电容器与电容带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值 . (3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷_ ，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值． (2)定义式： C ＝Q U.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：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． (2)运动性质：匀变速曲线运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示． 2．原理(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传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)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．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知，电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知，电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 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平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m 在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。

高中物理第一轮复习选修3-1 第七章从教材走向高考

高考热点——带电体在电场中的平衡与运动问题【教材原题】(人教版选修3－1·P15·T6)【迁移深化3】改变电场方向用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2 kg，所带电荷量为＋2.0×10－8 C。

现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°夹角(图1.3－12)。

求这个匀强电场的电场强度。

图1.3－123.(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图2所示。

由此可见()图2A.电场力为2mgB．小球带负电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等【迁移深化1】剪断轻绳1.在上题将轻绳剪断，小球怎样运动？3 s末小球的速度大小是多少？【迁移深化2】水平抛出小球【迁移深化4】“一球”→换为“两球”2.一质量为m、带电荷量为＋q的小球从 4.(2017·全国卷Ⅱ，25)如图3所示，两距地面高h 处以一定初速度水平抛出。

在距抛出点水平距离L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。

管上口距地面h 2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图1所示，求：图1(1)小球的初速度v 0和电场强度E 的大小；(2)小球落地时的动能E k 。

水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

自该区域上方的A 点将质量均为m ，电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。

小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。

已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍。

2020春人教版高三高考总复习物理必考知识点选修3-1 第七章专题突破-带电粒子在交变电场中的运动

专题突破　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题突破一　带电粒子在交变电场中的运动1．此类题型一般有三种情况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。

2．两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。

3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。

考向　粒子的单向直线运动【例1】　如图1甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。

开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。

设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) ( )图1解析　电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，T 后电场力反向，电子12向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零。

之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误。

答案　A 考向　粒子的往返运动【例2】　(多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象。

当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图2A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零解析　设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝可知，a 2＝qE m2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v －t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C 、D 正确。

高中物理第一轮复习选修3-1 第七章第2讲

第2讲电场的能的性质知识排查电势能、电势1.电势能(1)电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。

(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电场力所做的功。

②电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E p A－E p B＝－ΔE p。

2．电势(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能E p与它的电荷量q的比值。

(2)定义式：φ＝E p 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。

3．等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。

(2)四个特点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等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。

电势差1.定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。

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。

匀强电场中电势差与电场强度的关系1.电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。

即U＝Ed，也可以写作E＝U d。

2．公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。

小题速练1．思考判断(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。

()(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。

()(3)电势降低的方向是电场强度的方向。

()(4)电场线与等势面在相交处垂直。

()答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.如图1所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是()图1A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C．电势差U AB＝U BCD．电势φA＜φB＜φC解析该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差U AB＜U BC，选项C错误；电势φA＞φB＞φC，选项D错误。

版高中物理一轮复习单元复习(七)精品学案新人教版选修3-1

单元复习（七）【单元归纳整合】【单元强化训练】1利用双金属片温度传感器，可以控制电熨斗的温度，图7为电熨斗结构图，关于其控制温度的原理，下列说法正确的有 ( )A ．双金属片上层的膨胀系数应小于下层B ．常温下(温度较低时)，两个触点间应该始终是断开的C ．熨烫棉麻衣物时需要较高的温度，因而要向下旋转调温旋钮D ．在较高温度工作时，若突然断开电源，两触点也会接着断开答案C2、精测试仪的工作原理如图所示，其中P 是半导体型酒精气体传感器，该传感器电阻r '的倒数与酒精气体的浓度C 成正比，R 0为定值电阻．以下关于电压表示数的倒数（1U ）与酒精气体浓度的倒数（1C ）之间关系的图象，正确的是（）A3、图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触头P 向左端移动时，下面说法中正确的是（）A ．伏特表V 1的渎数减小，安培表A 1的读数增大B ．伏特表V 1的读数增大，安培表A 1的读数减小C ．伏特表V 2的读数减小，安培表A 2的读数增大D ．伏特表V 2的读数增大，安培表A 2的读数减小答案：BC4、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为12:3:1n n =，在原、副线圈电路中分别接有阻值相同的电阻12R R 、。

交变电源电压为U ，则下列说法中正确的是A ．电阻12R R 、两端的电压之比为3:1B ．通过电阻12R R 、的电流之比为3:1C ．电阻12R R 、上消耗的电功率之比为1:9D ．电阻12R R 、上消耗的电功率之比为1:3答案 C5、如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k 2接a ，现要使静止在平行板电容器两极板之间的带电微粒向下运动．则应该（）A.将k 1断开B.将k 2掷在bC.将k 2掷在cD.将k 3断开答案：AC6、如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。

2013高考物理一轮专题复习-选修3-1第七章第一节知能演练强化闯关(精)

1．(2012·淮阴模拟)关于电阻率，下列说法中正确的是( )A ．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B ．各种材料的电阻率大都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而减小C ．所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为无穷大D ．某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它们制作标准电阻解析：选D.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，说明其导电性能越差，A 错；各种材料的电阻率大都与温度有关，纯金属的电阻率随温度升高而增大，超导体是当温度降低到某个临界温度时，电阻率突然变为零，B 、C 均错；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用于制作标准电阻，D 对．2．(2012·杭州模拟)如图7－1－8所示是某导体的I －U 图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( )图7－1－8A ．通过电阻的电流与其两端的电压成正比B ．此导体的电阻R ＝2 ΩC ．I －U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以R ＝cot45°＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过电阻截面的电荷量是3.0 C答案：ABD3. 如图7－1－9所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当A 与B 之间接入的电压为U 时，电流为1 A ，若C 与D 间接入的电压为U 时，其电流为( )图7－1－9A ．4 AB ．2 AC ．0.5 AD ．0.25 A 解析：选A.设金属片的厚度为m ，则接A 、B 时R 1＝ρ·l S ＝ρ·ab bc ·m ；接C 、D 时，R 2＝ρ·bc ab ·m；所以R 1R 2＝41，又电压不变，得I 2＝4I 1＝4 A.4．如图7－1－10所示的电路中，输入电压U 恒为12 V ，灯泡L 上标有“6 V 12 W”字样，电动机线圈的电阻R M ＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )图7－1－10A．电动机的输入功率为12 W B．电动机的输出功率为12 WC．电动机的热功率为2.0 WD．整个电路消耗的电功率为22 W解析：选AC.电动机两端电压：U＝12 V－6 V＝6 V电流为：I＝PU＝126A＝2 A电动机的输入功率为：P＝UI＝12 W热功率：P热＝I2R M＝2 W输出功率：P出＝P－P热＝10 W整个电路消耗的功率：P总＝U总I＝12×2 W＝24 W.故A、C正确．5．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类型．现代生物学认为，髓鞘是由多层(几十到几百层不等)类脂物质——髓质累积而成的，髓质具有很大的电阻．已知青蛙有髓鞘神经，髓鞘的厚度只有 2 μm左右．而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105Ω.若有一圆柱体是由髓质制成的，该圆柱体的体积为32π cm3，当在其两底面上加上1000 V的电压时，通过该圆柱体的电流为10π μA，求此圆柱体的圆面半径和高．解析：由电阻定律：R＝ρlS得ρ＝SRl，已知S＝1 cm2＝1×10－4m2，l＝2 μm＝2×10－6m，R＝1.6×105Ω.所以ρ＝1×10－4×1.6×1052×10－6Ω·m＝8×106Ω·m由欧姆定律、电阻定律和圆柱体体积公式建立方程组⎩⎪⎨⎪⎧R＝UIR＝ρhπr2V＝πr2h，代入数据得⎩⎪⎨⎪⎧h＝0.02 mr＝0.04 m.答案：4 cm 2 cm一、选择题1．如图7－1－11所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是()图7－1－11A．当n1＝n2时，电流为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流为I＝(n1－n2)etC．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流为I＝(n2－n1)etD．电流方向从A→B，电流为I＝(n2＋n1)et解析：选D.由电流方向的规定可知，正、负电荷向相反方向定向移动所形成的电流的方向是相同的，所以电流应该是I ＝(n 2＋n 1)et，电流方向按规定应是从A →B .D 选项正确． 2．(2011·高考大纲全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A ．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC ．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC .由电流的定义式I ＝Q t 知I ＝660×10－6＝1×105(A)，A 正确；整个过程的平均功率P ＝W t ＝qU t ＝6×1.0×1090.2＝3×1010(W)(t 代0.2或0.3)，B 错误；由E ＝U d ＝1.0×1091×103＝1×106(V/m)，C 正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W ＝qU ＝6×109(J)，D 错．3．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间函数关系的是( )图7－1－12解析：选C .白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R ，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确．4．两根材料相同的均匀导线A 和B ，其长度分别为L 和2L ，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－13所示，则A 和B 导线的横截面积之比为( )图7－1－13A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶2D ．3∶1解析：选B.由图象可知两导线电压分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ；由于它们串联，则3R B ＝2R A ；由电阻定律可知R A R B ＝L A S B L B S A ，解得S A S B ＝13，选项B 正确．5．如图7－1－14所示电路中，E 为电源，其电动势为9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在闭合开关S.然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )图7－1－14A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：选B.灯泡是纯电阻，正常发光时，R L ＝U 2P ＝20 Ω，电压为U L ＝6.0 V ，由于R AC 与R L 串联，故R AC ＝U AC U (R L ＋R AC )∴R CB ＝R －R AC ＝20 Ω.6．(2012·江苏启东中学月考)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图7－1－15所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )图7－1－15A ．图甲中的A 1、A 2的示数相同B ．图甲中的A 1、A 2的指针偏角相同C ．图乙中的A 1、A 2的示数和偏角都不同D ．图乙中的A 1、A 2的指针偏角相同解析：选B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A 1、A 2的量程不同，所以示数不同，故A 错B 对．乙图中A 1、A 2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等指针偏角不同，故C 、D 错．7．(2012·镇江模拟)如图7－1－16所示，电阻R 1＝20 Ω，电动机绕线电阻R 2＝10 Ω，当电键S 断开时，电流表的示数是I 1＝0.5 A ；当电键S 合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 应满足( )图7－1－16A ．I ＝1.5 AB ．I ＜1.5 AC ．P ＝15 WD ．P ＜15 W解析：选BD.当电键S 断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U ＝I 1R 1＝10 V ；当电键S 合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U ＝10 V ，通过电动机的电流应满足UI 2＞I 22R 2，故I 2＜1 A ；所以电流表的示数I ＜1.5 A ，电路消耗的电功率P ＝UI ＜15 W ，故B 、D 正确，A 、C 错误．8．如图7－1－17是一个电路的一部分，其中R 1＝5 Ω，R 2＝1 Ω，R 3＝3 Ω，I 1＝0.2 A ，I 2＝0.1 A ，那么电流表测得的电流为( )图7－1－17A．0.2 A，方向向右B．0.15 A，方向向左C．0.2 A，方向向左D．0.3 A，方向向右解析：选C.由题图所示电流方向可计算出R1和R2两端电压降U1＝1.0 V，U2＝0.1 V，电势左高右低．比较U1、U2可判定R3两端电势下高上低，且U3＝0.9 V，通过R3中的电流I3＝U3/R3＝0.3 A，电流方向向上，由题图可知R3上电流由I2和I A共同提供，I A＝0.2 A，方向向左．9．模块机器人由三个部分组成，它们分别是传感器、控制器和执行器．模块机器人的控制器内存有5种控制方法，可使用的传感器大致有5类，如表所示．执行模块为小灯模块和电动机模块．某位同学要设计一个装置，当有光照射且有声音时，电动机才会转动，则应选择序号控制方法序号传感器a即时控制01位移传感器b延时控制02声传感器c “与”门控制03温度传感器d “或”门控制04光传感器e “非”门控制05磁传感器A.a；02、04C．c；02、04 D．b；03、04解析：选C.用光照射和声音来控制电动机，同时满足这两个条件的“门”电路应是“与”门电路，根据题中的表格可知应选“序号c”；控制声音的传感器是声传感器，对应“序号02”；控制光照的传感器是光传感器，对应“序号04”，综合分析可知C选项正确．10．(2012·河南许昌调研)额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图7－1－18甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是()图7－1－18A．L2的额定功率为99 WB．L2的实际功率为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，所以选项A正确；图示电路为L1和L2的串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L 2的实际功率P 2＝I 2U 2＝17 W ，故选项B 正确；由于L 3两端的电压为220 V ，故P 3＝P 额＝99 W ，则P 3－P 2＝82 W ，故选项C 错D 对，所以正确选项为A 、B 、D.二、非选择题11．如图7－1－19所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r ＝0.8 Ω，电路中另一电阻R ＝10 Ω，直流电压U ＝160 V ，电压表示数U V ＝110 V ．试求：图7－1－19(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取10 m/s 2)解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V流过电阻R 的电流I R ＝U R R ＝5010A ＝5 A即通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A.(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V输入电动机的功率P 电＝I M ·U M ＝550 W. (3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W又因P 出＝mg v ，所以m ＝P 出g v ＝53 kg.答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg12．(2012·合肥模拟)如图7－1－20所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)：图7－1－20(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V 的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻R 0串联，接在电压恒定为8 V 的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：U L ＝123 V ＝4 V ，结合图象可得当U L ＝4 V 时，I L ＝0.4 A 故每个电灯的电阻为：R ＝U L I L ＝40.4 Ω＝10 Ω.(2)设此时电灯两端的电压为U ′，流过每个电灯的电流为I ，由串联电路的规律得 U ＝U ′＋2IR 0代入数据得U ′＝8－20I在图甲上画出此直线如图所示．可得到该直线与曲线的交点(2 V,0.3 A)，即流过电灯的电流为0.3 A，则流过电流表的电流为I A＝2I＝0.6 A每个灯的功率为：P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.答案：(1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。

【1】高三物理一轮复习,知识点提要(选修3-1,3-2,3-3,3-4,3-5)

第五章：交变电流
5.4变压器（理想） 5.5电能的输送
U1 n1 I2
U2
n2
I1
P入 P出
I1n1 I2n2 I3n3 ...
P损
I
2 线
R线
（ P2 U2
）2 R线
U2 R线
P1 P4
P1=P2
P3=P4
P2=P损+P3
U1 n1 U 2 n2
I1 n2
I2
n1
U3 n3 U 4 n4 I3 n4 I4 n3
tan
vy
at
qU偏 md
L v0
vy 2tan 2 y
v0
L
y侧
1 at2 2
1 qE t2 2m
1 qU偏 2 md
t2
qU偏L2 2mdv02
U偏L2 4U加d
第二章：恒定电流
2.1电源和电流 2.2电动势 2.3欧姆定律 2.4串联电路和并联电路（重） 2.5焦耳定律 2.6导体的电阻
v
qB
E km
1 2
mv
2 m
q 2B2R 2 2m
⑥回旋加速器
F安左手定则
F洛
B
I
①速度选择器
②磁流体发电机
③电磁流量计
④霍尔效应（见第六章）
同向电流相吸，反向电流相斥
组合场复合场临界、极值、几何知识
第四章：电磁感应
4.1划时代的发现 4.2探究感应电流的条件 4.3楞次定律 4.4法拉第电磁感应定律
q
q It Ι
E W非
t
q
I nqSv
I U R
电势差=电压
RU I

高考总复习物理课件选修3-1第七章第一节

(2)导体的电阻大,电阻率不一定大,所以它的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小，即它对电流的阻碍作用不一定小． (3)导体的电阻、电阻率均与温度有关．
2．电阻的决定式和定义式的比较
公式 l R＝ ρ S 电阻决定式指明了电阻的决定因素只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液 U R＝ I 电阻的定义式提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与 U 和 I 有关适用于任何纯电阻导体
第七章
恒定电流
第七章
恒定电流
பைடு நூலகம்
第一节串、并联电路和欧姆定律、
电阻定律
基础梳理自学导引
一、电阻、电阻率、电阻定律
1．电阻
U (1)定义式：R＝______. I
(2)物理意义:导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小,R越大,阻碍大．作用越_____ 2．电阻定律 (1)内容：同种材料的导体,其电阻跟长度成正比，与它的它的________ 横截面积成反比，导体的电阻与构 _________ 成它的材料有关．
③超导体：当温度降低到
绝对零度附近时，某些材料的电 ___________ 减小为零成为超导体．阻率突然___________
二、部分电路的欧姆定律
1 ．内容：导体中的电流跟导体两端的
电压成正比,跟导体的 ______ 电阻成反比． _______ U 2．公式：I＝R.
3．适用范围
电解液导电 ( 对气体导 (1) 金属导电和 ________
l ρS (2)表达式：R＝_________.
3．电阻率
S R (1)计算式：ρ＝________. l
导电性能 (2)物理意义:反映导体的_________, 是导体材料本身的属性． (3)电阻率与温度的关系 ①金属:电阻率随温度升高而

2021版高三物理一轮复习选修3-1第七章静电场核心素养提升

1.科学态度与责任(电场中的STSE问题)应用现代科技【典例1】[机器人上的传感器](多选)如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。

当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体()图1A.向左移动时,θ增大B.向右移动时,θ增大C.向左移动时,θ减小D.向右移动时,θ减小[试题解析]:由公式C＝εr S4πkd,可知当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质的相对介电常数εr增大,则电容C增大,由公式C＝QU可知电荷量Q不变时,U减小,则θ减小,故A错误,C正确；由公式C＝εr S4πkd,可知当被测物体带动电介质板向右移动时,导致两极板间电介质的相对介电常数εr减小,则电容C减小,由公式C＝QU可知电荷量Q不变时,U增大,则θ增大,故B正确,D错误。

[试题参考答案]BC【典例2】[智能手机上的电容触摸屏](多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏,电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的,它是一块四层复合玻璃屏,玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物),夹层ITO涂层作为工作面,四个角引出四个电极,当用户手指触摸电容触摸屏时,手指和工作面形成一个电容器,因为工作面上接有高频信号,电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出,且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例,控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。

对于电容触摸屏,下列说法正确的是()图2A.电容触摸屏只需要触摸,不需要压力即能产生位置信号B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C.手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容变小D.手指与屏的接触面积变大时,电容变大[试题解析]:据题意知,电容触摸屏只需要触摸,由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例,控制器就能确定手指的位置,因此不需要手指有压力,故A 正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器,所以不能在电容屏上进行触控操作,故B错误；手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容将变大,故C错误；手指与屏的接触面积变大时,电容变大,故D正确。

2020春人教版高三高考总复习物理必考知识点选修3-1 第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动知识排查常见电容器　电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。

2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。

(2)定义式：C ＝。

Q U(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F)，1 F ＝106 μF ＝1012 pF3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。

(2)决定式：C ＝，k 为静电力常量。

εr S 4πkd带电粒子在匀强电场中的运动1.加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝m v 2－m v 121220(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝m v 2－m v 1212202．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。

(2)运动形式：类平抛运动。

(3)处理方法：运动的合成与分解。

图1①沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间t ＝l v 0②沿电场力方向为匀加速直线运动，加速度a ＝＝＝F m qE m qU md③离开电场时的偏移量y ＝at 2＝12ql 2U 2m v d ④离开电场时的偏转角tan θ＝＝v ⊥v 0qlU m v d示波管的构造1.构造(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。

(如图2所示)图22．工作原理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，叫作扫描电压。

小题速练1．关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( )A ．平行板电容器一板带电＋Q ，另一板带电－Q ，则此电容器不带电B ．由公式C ＝可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大Q UC ．对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D ．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案　C2．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m 、电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A 点，然后返回，如图3所示，OA 间距为h ，则此电子的初动能为( )图3A. B. C. D.edh U dU eh eU dh eUh d解析　电子从O 点到达A 点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA ＝0－E k ，因为U OA ＝h ，所以E k ＝，选项D 正确。

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