高二物理粤教版选修3-1 检测题 第一章 章末复习课 Word版含解析

章末复习课
【知识体系】
[答案填写]　1.6×10－19 C　k　E＝　k　　φA－φB　Ed　　
主题1　对电场性质的描述—— “力”的描述
　
公式 物理意义 引入过程 适用范围
E＝ 是电场强度大小的定义式 F与q成正比，E与F、q无关，反映某点电场力的性质 适用于一切电场，q为试探电荷的电荷量，E与F、q无关
E＝k 是真空中点电荷电场强度的决定式 由E＝和库仑定律导出 真空中Q为场源电荷的电荷量．由Q和r共同决定
E＝ 是匀强电场中电场强度的决定式 由F＝Eq和W＝qU导出 匀强电场，d是沿电场线方向的距离
【典例1】　如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q，为了保证当丝线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小不可能为(　　)
A.　　　　　 B.
C. D.
【思路分析】　本题考查了三力作用下的物体平衡问题．通过矢量图示法求得电场强度E的最小值，便可迅速求得电场强度E大小的可能值．
解析：取小球为研究对象，它受到重力mg、丝线的拉力F和电场力Eq的作用．因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，F和Eq的合力与mg是一对平衡力．根据力的平行四边形定则可知，当电场力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力为最小，如图所示，则Eq＝mgsin 60°，得最小电场强度E＝.
答案：B
针对训练
1.如图所示，把一带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应(　　)
A．带负电，放在A点 B．带正电，放在B点
C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点
解析：对a受力分析，除重力、支持力以外，还受库仑力，三力合力为零，结合a的重力、支持力的方向可判断，无论B点放置正或负的电荷，都不能满足条件，若在A点放置，则必须是正电荷，若在C点放置，则必须是负电荷，C对，A、B、D错．
答案：C
主题2　对电场性质的描述—— “能”的描述
1．电场强度、电势、电势差的比较．
名称 电场强度 电势 电势差
物理意义 描述电场力的性质 描述电场能的性质 描述电场力做功的本领
定义式 E＝ φ＝ UAB＝
标矢性 矢量，方向为放在电场中的正电荷的受力方向 标量，有正负，正负只表示大小 标量，有正负，正负只表示A、B两点电势的高低
决定 因素 E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关 电势由电场本身决定，与试探电荷无关，大小与参考点的选取有关，有相对性 由电场本身和两点的电势决定，与试探电荷无关，与参考点的选取无关
联系 匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B两点间沿电场强度方向上的距离)；电势沿电场强度的方向降低最快；UAB＝φA－φB；WAB＝EpA－EpB＝qUAB
2.电场力做功的特点及计算方法．
(1)电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与电荷的电荷量Q和初、末位置的电势差U有关；沿着等势面移动电荷，电场力不做功．
(2)电场力做功的计算方法．
①WAB＝qUAB(普遍适用)．
②W＝qElcos θ(适用于匀强电场)．
③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)．
④W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解)．
【典例2】　如图所示，一个质量为m、带有－q电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面．轨道处于匀强电场中，电场强度大小为E，方向沿Ox轴正向，小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F作用，且F＜qE.设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求它停止运动时通过的总路程s.
【思路分析】　带电体在电场中做往复运动，过程较为复杂．解答本题应用能量的观点分析较为便捷．
解析：由于F＜qE，所以物体最终停止在固定墙处，根据动能定理得
0－mv＝W电＋WF(W电、WF分别是电场力的功和摩擦力的功)．
W电＝Eqx0，WF＝－Fs，
故－mv＝Eqx0－Fs，s＝,2F).
答案：,2F)
针对训练
2.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：
(1)AB两点的电势差UAB；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．
解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理，得
mgLsin 60°＋qUAB＝0，
所以UAB＝－.
(2)BA间电势差UBA＝－UAB＝，
则场强E＝＝.
(3)小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：TA＝Eq＝mg，所以TB＝TA＝mg.
答案：(1)－　(2)　(3)mg
主题3　带电粒子在电场中运动
1．带电粒子在电场中加速．
(1)处理方法：利用动能定理．
(2)适用范围：任何电场．
2．带电粒子在匀强电场中偏转．
(1)条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场(v0⊥E)．
(2)处理方法：类平抛运动．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向，做初速度为0的匀加速直线运动，
d),离开平行板的偏转角tan θ＝\f(vy,v)＝\f(qUl,mvd).))
【典例3】　如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上区域的面积．
【思路分析】　电子所受重力不计，仅受竖直向上的电场力．电子的运动将是类平抛运动．由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域，其中，初速度平行于A板的电子将打在该圆形区域的最边缘处．
解析：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r＝vt.
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d＝at2.
其中，a＝＝，则t＝d.
将r＝vt代入得r＝vd.
圆面积S＝πr2＝.
答案：
针对训练
3.如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔(位于P板的中点)射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　)
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的
解析：设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝，要使U1加倍，而电子的运动轨迹不发生变化，在y不变时，则必须使U2加倍，故选项A正确．
答案：A
主题4　平行板电容器
电容器两类动态变化的分析比较．
(1)充电后与电源连接，电容器两极板间的电压不变．
(2)充电后与电源断开，电容器两极板间的电量不变．
【典例4】　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，则(　　)
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
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，则极板所带电荷量将增加
【思路分析】　(1)首先分清是电荷量一定还是电压一定．
(2)根据不变量确定其他量的变化．
解析：电容器两端电压U不变，由公式E＝，电场强度变小，带电油滴所受电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A错；P到下极板距离d不变，而电场强度E减小，由公式U＝Ed知P与负极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势降低，B对；由于油滴所受电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增加，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时，由公式Q＝CU，所带电荷量减少，D错．
答案：B
针对训练
4．(多选)如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是(　　)
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短
D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
解析：电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．
答案：BC
统揽考情
本章的考点主要是电场的性质和特点、电容问题和带电粒子在电场中的运动三个方面，是历年高考的热点．高考命题角度如下：
(1)以选择题的形式考查等量异种电荷或不等量电荷的电场分布与电场强度、电势、电势能的大小比较问题；
(2)以选择题的形式考查与电路知识相结合的平行板电容器的两类动态分析或带电粒子平衡问题；
(3)以计算题的形式考查带电粒子在匀强电场或交变电场中的运动问题．
真题例析
(2018·全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是(　　)
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
解析：A对：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间的电势差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V；
各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0.
B对：因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f.
C错：经过d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV.
D错：由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；
由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；
则Ekb＝2 Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd.
答案：AB
针对训练
(2018·天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M点和N点时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是(　　)
A．vM＜vN，aM＜aN　　 B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
解析：因为N点的电场线密，所以场强大，受到的电场力大，加速度大，即aM＜aN.由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，沿电场线方向电势降低，即φM＞φN.又由EP＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpM＜EpN.若带负电粒子由M向N运动过程中电场力做负功，则动能减小，所以vM＞vN.若带负电粒子由N向M运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得vM＞vN.
答案：D
1．(2018·全国卷Ⅰ)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＝　 B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝
解析：由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号．
根据库仑定律，a对c的库仑力为
Fa＝k0，①
b对c的库仑力为
Fb＝k0，②
设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得
＝，③
联立①②③式得k＝＝＝.
答案：D
2．(2018·海南卷)(多选)如图，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．b点的电场强度大小为
B．过b、d点的直线位于同一等势面上
C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低
D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零
解析：Eb＝2cos 45°＝，b与d等势．
答案：AD
3．(2018·江苏卷)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)
A．仍然保持静止　　 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
解析：开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F.受力分析如图所示，mg与F的合力方向为右下方，故油滴向右下方运动．
答案：D
4．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是(　　)
A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1
C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3
解析：由点电荷的场强公式E＝，可得Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，选项B错误；电场力做功W＝qU，Uab∶Ubc＝3∶1，则Wab∶Wbc＝3∶1，又有Ubc∶Ucd＝1∶1，则Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，选项D错误．
答案：AC
5．(2017·北京卷)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＝1.0×10－6 C，匀强电场的场强E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，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＝3.0×10－3 N.
(2)由＝tan 37°，得m＝4.0×10－4 kg.
(3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2，
得v＝＝2.0 m/s.
答案：(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　(3)2.0 m/s