高中物理粵教版1第一章電場單元測試

第一章章末復(fù)習(xí)課【知識體系】[答案填寫]①×10－19_C②F＝keq\f(q1q2,r2)③E＝eq\f(F,q)④keq\f(Q,r2)⑤eq\f(U,d)⑥qU＝eq\f(1,2)mv2⑦y＝eq\f(qUL2,2dmveq\o\al(2,0))⑧tan_θ＝eq\f(qUL,dmveq\o\al(2,0))⑨C＝eq\f(Q,U)⑩C＝eq\f(εrS,4πkd)

主題1對電場性質(zhì)的描述——“力”的描述公式物理意義引入過程適用范圍E＝eq\f(F,q)是電場強度大小的定義式F與q成正比，E與F、q無關(guān)，反映某點電場力的性質(zhì)適用于一切電場，q為試探電荷的電荷量，E與F、q無關(guān)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點電荷電場強度的決定式由E＝eq\f(F,q)和庫侖定律導(dǎo)出真空中Q為場源電荷的電荷量．由Q和r共同決定E＝eq\f(U,d)是勻強電場中電場強度的決定式由F＝Eq和W＝qU導(dǎo)出勻強電場，d是沿電場線方向的距離【典例1】在一個等邊三角形ABC頂點B、C處各放一個點電荷時，測得A處的電場強度大小為E，方向與BC邊平行沿B指向C如圖所示，拿走C處的電荷后，A處電場強度的情況是()A．大小仍為E，方向由A指向BB．大小仍為E，方向由B指向AC．大小變?yōu)閑q\f(E,2)，方向未變D．無法確定解析：由點電荷電場強度的性質(zhì)可知，B、C處點電荷在A點電場強度方向分別沿BA、AC連線方向，又根據(jù)矢量的分解與合成知道，B、C處點電荷在A點產(chǎn)生的電場強度的大小均為E，方向分別為B指向A，由A指向C，拿走C處電荷后，只剩下B處點電荷的電場，故選項B正確．答案：B針對訓(xùn)練1.如圖所示，以O(shè)點為圓心，以R＝0.20m為半徑的圓與坐標(biāo)軸交點分別為a、b、c、d，該圓所在平面內(nèi)有一勻強電場，場強方向與x軸正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三點的電勢分別為4eq\r(3)V、4V、－4eq\r(3)V，則下列說法正確的是()A．該勻強電場的場強E＝40eq\r(3)V/mB．該勻強電場的場強E＝80V/mC．d點的電勢為－4VD．d點的電勢為－2eq\r(3)V解析：由題意得，a、c間的電勢差為Uac＝φa－φc＝4eq\r(3)－(－4eq\r(3))＝8eq\r(3)V，a、c兩點沿電場強度方向的距離為d＝2Rsinθ＝2××eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),5)m，故該勻強電場的場強E＝eq\f(Uac,d)＝eq\f(8\r(3),\f(\r(3),5))＝40V/m.故AB錯誤．根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系式U＝Ed，相等距離，電勢差相等，因為φa＝4eq\r(3)V，φc＝－4eq\r(3)V，可知，O點電勢為0，而dO＝Oa，則a、O間的電勢差等于O、a間的電勢差，可知，d點的電勢為－4V，故C正確，D錯誤．答案：C主題2對電場性質(zhì)的描述——“能”的描述1．電場強度、電勢、電勢差的比較．名稱電場強度電勢電勢差物理意義描述電場力的性質(zhì)描述電場能的性質(zhì)描述電場力做功的本領(lǐng)定義式E＝eq\f(F,q)φ＝eq\f(W,q)UAB＝eq\f(WAB,q)標(biāo)矢性矢量，方向為放在電場中的正電荷的受力方向標(biāo)量，有正負(fù)，正負(fù)只表示大小標(biāo)量，有正負(fù)，正負(fù)只表示A、B兩點電勢的高低決定因素E由電場本身的性質(zhì)決定，與試探電荷無關(guān)電勢由電場本身決定，與試探電荷無關(guān)，大小與參考點的選取有關(guān)，有相對性由電場本身和兩點的電勢決定，與試探電荷無關(guān)，與參考點的選取無關(guān)聯(lián)系勻強電場中UAB＝Ed(d為A、B兩點間沿電場強度方向上的距離)；電勢沿電場強度的方向降低最快；UAB＝φA－φB；WAB＝EpA－EpB＝qUAB2.電場力做功的特點及計算方法．(1)電場力做功特點：電場力做功與路徑無關(guān)，只與電荷的電荷量Q和初、末位置的電勢差U有關(guān)；沿著等勢面移動電荷，電場力不做功．(2)電場力做功的計算方法．①WAB＝qUAB(普遍適用)．②W＝qElcosθ(適用于勻強電場)．③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)．④W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)．3．電場的形象描述——電場線．(1)電場線是為了形象描述電場而假想的線，實際并不存在．(2)切線方向：電場線上每點的切線方向就是該點電場強度的方向．(3)疏密程度：電場線的疏密反映電場強度的大小(疏弱密強)．(4)起點和終點：電場線始于正電荷或無窮遠(yuǎn)，止于負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)，即電場線不是閉合的曲線．(5)不中斷、不相交：在沒有電荷的空間，電場線不能中斷，兩條電場線也不能相交．【典例2】如圖所示，平行金屬帶電極板A、B間可看成勻強電場，場強E＝×102V/m，極板間距離d＝5cm，電場中C和D分別到A、B兩板距離均為0.5cm，(1)C和D兩點的電勢、兩點間電勢差各為多少？(2)將點電荷q＝2×10－2C從C勻速移到D解析：由于B板接地，則B板電勢φ＝0.又因A、B板間的電場為勻強電場，根據(jù)公式U＝Ed可計算出C、D兩點與B板的電勢差．從而可計算出C、D兩點的電勢．再根據(jù)WCD＝qUCD易計算出將q從C勻速移至D時電場力所做的功等于外力做功的多少．(1)因正極板接地，板間各點電勢均小于零，則UBD、UCD均大于零，由U＝Ed得：UBD＝EdBD＝×102××10－2V＝V.又UBD＝φB－φD，且φB＝0，所以φD＝－V，由于dCB＝5cm－0.5cm＝4.5cm＝×10所以UCB＝－EdCB＝－×102××10－2V＝－V.又UCB＝φC－φB，φB＝0，得φC＝－V.所以UCD＝φC－φD＝－V－(－V)＝－V.(2)將點電荷從C勻速移到D時，外力對電荷做了正功，其值和電場力做功相等．W外＝|qUCD|＝|2×10－2×(－|J＝×10－2J.答案：(1)φC＝－VφD＝－VUCD＝－V(2)W外＝×10－2J針對訓(xùn)練2．將電荷量為6×10－6C的負(fù)電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做功3×10－5J，再將該電荷從B移動到C點，電場力做了×10－5J的功，則該電荷從A移到B，再從B移到C的過程中，解析：解法一A、C兩點的電勢差．UAC＝eq\f(WAB＋WBC,q)＝eq\f(－3×10－5＋×10－5,－6×10－6)V＝3V.所以電勢能的變化量：ΔEp＝－WAC＝－qUAC＝6×10－6×3J＝×10－5J.即電荷的電勢能增加．解法二ΔEp＝－WAC＝－qUAC＝－(WAB＋WBC)＝1．8×10－5J.答案：×10－5J主題3帶電粒子在電場中運動1．帶電粒子在電場中運動時重力的處理．(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．帶電粒子在電場中加速．(1)處理方法：利用動能定理．(2)適用范圍：任何電場．3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)．(1)條件：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強電場(v0⊥E)．(2)處理方法：類平拋運動．①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(l,v0).②沿電場方向，做初速度為0的勻加速直線運動，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(qU,md),能飛出平行板的時間t＝\f(l,v0),離開平行板的偏移量y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)\f(qUl2,mveq\o\al(2,0)d),離開平行板的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝\f(vy,v)＝\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d).))【典例3】如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔(位于P板的中點)射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)解析：電子先經(jīng)過加速電場加速，后經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，根據(jù)y＝eq\f(U2L2,4dU1)結(jié)論，分析要使U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時，兩種電壓如何變化．設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)，要使U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時，y不變，則必須使U2加倍，故選項A正確．本題考查了帶電粒子在電場中的運動，可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運動學(xué)公式結(jié)合推導(dǎo)出y＝eq\f(U2L2,4dU1).答案：A針對訓(xùn)練3．(多選)如圖，靜電植絨時，真空中帶負(fù)電的絨毛一旦與布匹上的黏合劑接觸就粘貼在布匹上，則帶負(fù)電絨毛落向布匹的過程中()A．做勻速運動 B．做加速運動C．電勢能逐漸增大 D．電勢能逐漸減小解析：由題知，絨毛帶負(fù)電，金屬網(wǎng)間的電場強度方向向上，所以絨毛所受的電場力向下，做加速運動，故A錯誤，B正確；電場力對絨毛做正功，其電勢能逐漸減小，故C錯誤，D正確．答案：BD主題4平行板電容器1．運用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路．(1)確定不變量，分析是電壓U不變還是所帶電荷量Q不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化．2．電容器兩類動態(tài)變化的分析比較．(1)充電后與電源連接，電容器兩極板間的電壓不變．(2)充電后與電源斷開，電容器兩極板間的電量不變．【典例4】(多選)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容C的因素，設(shè)兩極板正對面積S，極板間的距離為d，極板所帶電荷量為Q，靜電計指針偏角為θ，實驗中()A．保持Q、S不變，增大d，則θ變大，C變小B．保持d、S不變，增大Q，則θ變大，C變大C．保持Q、d不變，減小S，則θ變大，C變小D．保持Q、S、d不變，在兩極板間插入電介質(zhì)，則θ變小，C變小解析：由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持Q、S不變，增大d時，電容C減小，因電容器的電量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析可知，板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大，故A正確；當(dāng)保持d、S不變，增大Q時，由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容C不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析可知，板間電勢差增大，則θ變大，B錯誤；由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時，電容C減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由C＝eq\f(Q,U)分析可知，板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大，故C正確；當(dāng)保持Q、S、d不變，在兩極板間插入電介質(zhì)，由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容C變大，而由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析可知，板間電勢差減小，則θ變小，故D錯誤．答案：AC針對訓(xùn)練4．(多選)如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連．閉合開關(guān)后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說法中正確的是()A．液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線B．電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大C．電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長解析：電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢．極板間形成了電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速度越大，同時位移越小，則運動的時間越短，C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，則對液滴的運動沒有影響，D項錯．答案：BC統(tǒng)攬考情本章的考點主要電場的性質(zhì)和特點、電容問題和帶電粒子在電場中的運動三個方面，是歷年高考的熱點．高考命題角度如下：(1)以選擇題的形式考查等量異種電荷或不等量電荷的電場分布于電場強度、電勢、電勢能的大小比較問題；(2)以選擇題的形式考查與電路知識相結(jié)合的平板電容器的兩類動態(tài)分析或帶電粒子平衡問題；(3)以計算題的形式考查帶電粒子在勻強電場或交變電場中的運動問題．真題例析(2023·廣東卷)(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P.帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上．P與M相距L，P、M和N視為點電荷．下列說法正確的是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零解析：由于MN間的庫侖力和細(xì)桿對小球的作用力沿桿方向，因此當(dāng)M、N靜止時三個電荷一定在同一條直線上，選項B正確；將M、N及細(xì)桿看作一個系統(tǒng)，則＋Q對系統(tǒng)的作用力的合力為零，則有keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,（L＋rMN）2)，解得rMN＝(eq\r(2)－1)L，選項A錯誤，選項D正確；在P點的點電荷產(chǎn)生電場，因電荷是正電荷，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以M點的電勢大于N點的電勢，選項C錯誤．答案：BD針對訓(xùn)練(2023·廣東卷)(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()A．M的帶電量比N的大B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N的大D．移動過程中勻強電場對M做負(fù)功解析：不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異種電荷，A錯誤；隔離出M，因N對其靜電引力向右，則電場E對其電場力必向左，即與場強方向反向，故M帶負(fù)電，則N帶正電，B正確；靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤；因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確．答案：BD1．(2023·全國Ⅰ卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變解析：電容器電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，云母介質(zhì)移出，εr減小，C減??；又C＝eq\f(Q,U)，電源恒壓，U一定，C減小，故Q減小；電場強度E＝eq\f(U,d)，U不變，故E不變，選項D正確．答案：D2．(2023·全國Ⅲ卷)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面處處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度一定相等D．將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功解析：假設(shè)兩個電勢不同的等勢面相交，則交點處的電勢就是兩個不同的值，這是不可能的，A錯誤；同一等勢面上各點電勢相等，而場強不一定相等，C錯誤；負(fù)電荷從高電勢處移到低電勢處，電勢能增加，電場力做負(fù)功，D錯誤．答案：B3．(2023·全國Ⅰ卷)(多選)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知()A．Q點的電勢比P點高B．油滴在Q點的動能比它在P點的大C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小答案：AB