2024高中物理第一章電場(chǎng)章末復(fù)習(xí)課達(dá)標(biāo)檢測(cè)含解析粵教版選修3-1

PAGE12-章末復(fù)習(xí)課【學(xué)問體系】[答案填寫]1.6×10－19Ckeq\f(q1q2,r2)E＝eq\f(F,q)keq\f(Q,r2)eq\f(U,d)φA－φBEdeq\f(WAB,q)eq\f(Q,U)

主題1對(duì)電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度大小的定義式F與q成正比，E與F、q無關(guān)，反映某點(diǎn)電場(chǎng)力的性質(zhì)適用于一切電場(chǎng)，q為摸索電荷的電荷量，E與F、q無關(guān)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的確定式由E＝eq\f(F,q)和庫侖定律導(dǎo)出真空中Q為場(chǎng)源電荷的電荷量．由Q和r共同確定E＝eq\f(U,d)是勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度的確定式由F＝Eq和W＝qU導(dǎo)出勻強(qiáng)電場(chǎng)，d是沿電場(chǎng)線方向的距離【典例1】如圖所示，在一電場(chǎng)強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，為了保證當(dāng)絲線與豎直方向的夾角為60°時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不行能為()A.eq\f(mgtan60°,q) B.eq\f(mgcos60°,q)C.eq\f(mgsin60°,q) D.eq\f(mg,q)【思路分析】本題考查了三力作用下的物體平衡問題．通過矢量圖示法求得電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值，便可快速求得電場(chǎng)強(qiáng)度E大小的可能值．解析：取小球?yàn)樘接憣?duì)象，它受到重力mg、絲線的拉力F和電場(chǎng)力Eq的作用．因小球處于平衡狀態(tài)，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，F(xiàn)和Eq的合力與mg是一對(duì)平衡力．依據(jù)力的平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力Eq的方向與絲線的拉力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力為最小，如圖所示，則Eq＝mgsin60°，得最小電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgsin60°,q).答案：B針對(duì)訓(xùn)練1.如圖所示，把一帶正電的小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應(yīng)()A．帶負(fù)電，放在A點(diǎn) B．帶正電，放在B點(diǎn)C．帶負(fù)電，放在C點(diǎn) D．帶正電，放在C點(diǎn)解析：對(duì)a受力分析，除重力、支持力以外，還受庫侖力，三力合力為零，結(jié)合a的重力、支持力的方向可推斷，無論B點(diǎn)放置正或負(fù)的電荷，都不能滿意條件，若在A點(diǎn)放置，則必需是正電荷，若在C點(diǎn)放置，則必需是負(fù)電荷，C對(duì)，A、B、D錯(cuò)．答案：C主題2對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的描述——“能”的描述1．電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)差的比較．名稱電場(chǎng)強(qiáng)度電勢(shì)電勢(shì)差物理意義描述電場(chǎng)力的性質(zhì)描述電場(chǎng)能的性質(zhì)描述電場(chǎng)力做功的本事定義式E＝eq\f(F,q)φ＝eq\f(W,q)UAB＝eq\f(WAB,q)標(biāo)矢性矢量，方向?yàn)榉旁陔妶?chǎng)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(diǎn)電勢(shì)的凹凸確定因素E由電場(chǎng)本身的性質(zhì)確定，與摸索電荷無關(guān)電勢(shì)由電場(chǎng)本身確定，與摸索電荷無關(guān)，大小與參考點(diǎn)的選取有關(guān)，有相對(duì)性由電場(chǎng)本身和兩點(diǎn)的電勢(shì)確定，與摸索電荷無關(guān)，與參考點(diǎn)的選取無關(guān)聯(lián)系勻強(qiáng)電場(chǎng)中UAB＝Ed(d為A、B兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向上的距離)；電勢(shì)沿電場(chǎng)強(qiáng)度的方向降低最快；UAB＝φA－φB；WAB＝EpA－EpB＝qUAB2.電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)及計(jì)算方法．(1)電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)：電場(chǎng)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(shì)差U有關(guān)；沿著等勢(shì)面移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力不做功．(2)電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法．①WAB＝qUAB(普遍適用)．②W＝qElcosθ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))．③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)．④W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解)．【典例2】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶有－q電荷量的小物體，可在水平軌道Ox軸上運(yùn)動(dòng)，軸的O端有一個(gè)與軌道相垂直的固定墻面．軌道處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向沿Ox軸正向，小物體以初速度v0從x0處沿Ox軌道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)受到大小不變的摩擦力F作用，且F＜qE.設(shè)小物體與墻壁碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，且電荷量保持不變，求它停止運(yùn)動(dòng)時(shí)通過的總路程s.【思路分析】帶電體在電場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，過程較為困難．解答本題應(yīng)用能量的觀點(diǎn)分析較為便捷．解析：由于F＜qE，所以物體最終停止在固定墻處，依據(jù)動(dòng)能定理得0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝W電＋WF(W電、WF分別是電場(chǎng)力的功和摩擦力的功)．W電＝Eqx0，WF＝－Fs，故－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Eqx0－Fs，s＝eq\f(2Eqx0＋mveq\o\al(2,0),2F).答案：eq\f(2Eqx0＋mveq\o\al(2,0),2F)針對(duì)訓(xùn)練2.一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．起先時(shí)，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止起先向下?lián)u擺，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過60°角時(shí)，小球到達(dá)B點(diǎn)速度恰好為零．試求：(1)AB兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(3)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大?。馕觯?1)小球由A到B過程中，由動(dòng)能定理，得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q).(2)BA間電勢(shì)差UBA＝－UAB＝eq\f(\r(3)mgL,2q)，則場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(UBA,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q).(3)小球在AB間搖擺，由對(duì)稱性得知，B處繩拉力與A處繩拉力相等，而在A處，由水平方向平衡有：TA＝Eq＝eq\r(3)mg，所以TB＝TA＝eq\r(3)mg.答案：(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)(3)eq\r(3)mg主題3帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場(chǎng)中加速．(1)處理方法：利用動(dòng)能定理．(2)適用范圍：任何電場(chǎng)．2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)．(1)條件：帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(v0⊥E)．(2)處理方法：類平拋運(yùn)動(dòng)．①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0).②沿電場(chǎng)方向，做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)間t＝\f(l,v0),離開平行板的偏移量y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mveq\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，A、B為兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間距離為d，接在電壓為U的電源上．在A板的中心P點(diǎn)處放置一個(gè)電子放射源，可以向各個(gè)方向釋放電子．設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，射出的初速度為v.求電子打在B板上區(qū)域的面積．【思路分析】電子所受重力不計(jì)，僅受豎直向上的電場(chǎng)力．電子的運(yùn)動(dòng)將是類平拋運(yùn)動(dòng)．由于電子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，打在B板上的電子的分布范圍是圓形區(qū)域，其中，初速度平行于A板的電子將打在該圓形區(qū)域的最邊緣處．解析：打在最邊緣處的電子，將是類平拋運(yùn)動(dòng)的電子，在垂直電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，即r＝vt.在平行電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，即d＝eq\f(1,2)at2.其中，a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，則t＝deq\r(\f(2m,eU)).將r＝vt代入得r＝vdeq\r(\f(2m,eU)).圓面積S＝πr2＝eq\f(2πmv2d2,eU).答案：eq\f(2πmv2d2,eU)針對(duì)訓(xùn)練3.如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場(chǎng)作用下從O經(jīng)P板的小孔(位于P板的中點(diǎn))射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場(chǎng)作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生改變，應(yīng)當(dāng)()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：設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，則依據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)，要使U1加倍，而電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生改變，在y不變時(shí)，則必需使U2加倍，故選項(xiàng)A正確．答案：A主題4平行板電容器電容器兩類動(dòng)態(tài)改變的分析比較．(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】如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地．一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則()A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)的電勢(shì)將降低C．帶電油滴的電勢(shì)能將削減D．若電容器的電容減小，則極板所帶電荷量將增加【思路分析】(1)首先分清是電荷量肯定還是電壓肯定．(2)依據(jù)不變量確定其他量的改變．解析：電容器兩端電壓U不變，由公式E＝eq\f(U,d)，電場(chǎng)強(qiáng)度變小，帶電油滴所受電場(chǎng)力變小，帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P到下極板距離d不變，而電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，由公式U＝Ed知P與負(fù)極板的電勢(shì)差變小，又因?yàn)橄聵O板電勢(shì)不變，所以P點(diǎn)的電勢(shì)降低，B對(duì)；由于油滴所受電場(chǎng)力向上，而電場(chǎng)方向向下，可以推斷油滴帶負(fù)電，又P點(diǎn)的電勢(shì)降低，所以油滴的電勢(shì)能增加，C錯(cuò)；圖中電容器兩端電壓U不變，電容C減小時(shí)，由公式Q＝CU，所帶電荷量削減，D錯(cuò)．答案：B針對(duì)訓(xùn)練4．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的兩平行金屬板正對(duì)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(gè)帶電的液滴從兩板上端的中點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線B．電源電動(dòng)勢(shì)越大，液滴在板間運(yùn)動(dòng)的加速度越大C．電源電動(dòng)勢(shì)越大，液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)解析：電容器充溢電荷后，極板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)．極板間形成了電場(chǎng)，液滴受水平方向的電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)；電源電動(dòng)勢(shì)越大，則液滴受到的電場(chǎng)力也越大，合力越大，加速度也越大，B項(xiàng)對(duì)；電源電動(dòng)勢(shì)越大，加速度越大，同時(shí)位移越小，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，C對(duì)；定值電阻不會(huì)影響兩極板上電壓的大小，則對(duì)液滴的運(yùn)動(dòng)沒有影響，D項(xiàng)錯(cuò)．答案：BC統(tǒng)攬考情本章的考點(diǎn)主要是電場(chǎng)的性質(zhì)和特點(diǎn)、電容問題和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)三個(gè)方面，是歷年高考的熱點(diǎn)．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(chǎng)分布與電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的大小比較問題；(2)以選擇題的形式考查與電路學(xué)問相結(jié)合的平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)分析或帶電粒子平衡問題；(3)以計(jì)算題的形式考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)或交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題．真題例析(2024·全國卷Ⅰ)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V．一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV.下列說法正確的是()A．平面c上的電勢(shì)為零B．該電子可能到達(dá)不了平面fC．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍解析：A對(duì)：因等勢(shì)面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間的電勢(shì)差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢(shì)如圖所示，因電場(chǎng)力做負(fù)功，故電場(chǎng)方向向右，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，φc＝0.B對(duì)：因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢(shì)面，如圖中實(shí)線所示，電子可能到達(dá)不了平面f.C錯(cuò)：經(jīng)過d時(shí)，電勢(shì)能Ep＝eφd＝2eV.D錯(cuò)：由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；則Ekb＝2Ekd，依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd.答案：AB針對(duì)訓(xùn)練(2024·天津卷)如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M點(diǎn)和N點(diǎn)時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢(shì)能分別為EpM、EpN.下列推斷正確的是()A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN解析：因?yàn)镹點(diǎn)的電場(chǎng)線密，所以場(chǎng)強(qiáng)大，受到的電場(chǎng)力大，加速度大，即aM＜aN.由虛線彎曲方向知，帶負(fù)電粒子受力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，電場(chǎng)方向由電場(chǎng)線稀疏一側(cè)指向電場(chǎng)線密集一側(cè)，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，即φM＞φN.又由EP＝qφ知，帶負(fù)電粒子在電勢(shì)越低的位置，具有的電勢(shì)能越大，即EpM＜EpN.若帶負(fù)電粒子由M向N運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，所以vM＞vN.若帶負(fù)電粒子由N向M運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功，則動(dòng)能增大，也可得vM＞vN.答案：D1．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，三個(gè)固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(16,9) B．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(64,27) D．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(64,27)解析：由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，依據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號(hào)．依據(jù)庫侖定律，a對(duì)c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,（ac）2)，①b對(duì)c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,（bc）2)，②設(shè)合力向左，如圖所示，依據(jù)相像三角形，得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc)，③聯(lián)立①②③式得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(（ac）3,（bc）3)＝eq\f(64,27).答案：D2．(2024·海南卷)(多選)如圖，a、b、c、d為一邊長(zhǎng)為l的正方形的頂點(diǎn)．電荷量均為q(q＞0)的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在a、c兩點(diǎn)，靜電力常量為k.不計(jì)重力．下列說法正確的是()A．b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(2)kq,l2)B．過b、d點(diǎn)的直線位于同一等勢(shì)面上C．在兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，ac中點(diǎn)的電勢(shì)最低D．在b點(diǎn)從靜止釋放的電子，到達(dá)d點(diǎn)時(shí)速度為零解析：Eb＝2eq\f(kq,l2)cos45°＝eq\f(\r(2)kq,l2)，b與d等勢(shì)．答案：AD3．(2024·江蘇卷)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動(dòng)C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng)解析：起先時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝qeq\f(U,d)，B板右端下移時(shí)，U不變，d變大，電場(chǎng)力F＝qeq\f(U,d)變小，mg＞F.受力分析如圖所示，mg與F的合力方向?yàn)橛蚁路?，故油滴向右下方運(yùn)動(dòng)．答案：D4．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的