高中物理《选修3-1》专题训练讲义

1、精品教育A. a, b为异种电荷,a的电荷量大于b的电荷量第一课时：电场的力的性质一、单项选择题1. （2011年台州模拟）在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为 q,受到的电场力为 F,则该点的电场强度为E = F,下列说法正确的是（D） qA.若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B.若检验电荷的电量变为 4q,则该点的场强变为 4EC.若放置到该点的检验电荷变为一 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一2q,则场中该点的场强大小方向均不变2. 使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上一3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库

2、仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2则F1与F2之比为（D）A. 2 ： 1 B. 4： 1C. 16 ： 1 D. 60： 13. （2010年高考课标全国卷）静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最 后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）（）解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒

3、子运动至电场中某一点时，运动速度方向与 受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉 尘颗粒的运动轨迹如 A选项中图所示.4. 法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷 a b所形成电场的电场线分布 图，以下几种说法中正确的是-可编辑-B. a, b为异种电荷，C. a, b为同种电荷,D. a, b为同种电荷,粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加A到B电场线逐渐变密.综合分析知，负电荷是顺着电场线运动,解析：选 速度逐渐变大,a的电荷量小于b的电荷量 a的电荷量大于b的电荷量 a的电荷量小于b的电荷量解析：选B.由题图

4、看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷 b附近的电场线比电荷 a附近的电场线密，则电荷 b附近的场强必比 电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于 a带的电荷量，则 A选项错误，B选项正确.5. （2011年舟山模拟）A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初 速度从A点沿电场线运动到 B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示.则此电场的电场线分布可能是图乙中的（甲A.从图象可以直接看出, 电场强度逐渐变大，从由电场线疏处到达密处，正确选项是A.6. 一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生

5、的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块 带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场.这是几种典型的静电场.带电粒子（不计重力）在这些静电场中的运动（A）A.不可能做匀速直线运动B.不可能做匀变速运动C.不可能做匀速率圆周运动D.不可能做往复运动二、不定项选择题7. （2011年绍兴一中高三月考）如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电 荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是（）A.带电粒子所带电荷的正、负8. 带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在& b两点的加速

6、度何处较大D.带电粒子在a、b两点的速度何处较大解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子 所带电荷符号不能确定.设粒子从a运动到b（也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论），速度方向与电场力夹角大于90° ,故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在 a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确.8 .如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出 a b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则（）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

7、速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的电势能一个增加一个减小答案：C9 .如图所示，在场强大小为 E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在 。点.把小球拉到使细线水平的位置 A,然后将小球由静止释放，小 球沿弧线运动到细线与水平成0= 60°的位置B时速度为零.以下说法正确的是 （）A.小球重力与电场力的关系是 mg= $EqB.小球重力与电场力的关系是Eq=43mgC.小球在B点时，细线拉力为 FT=-/3mgD.小球在B点时，细线拉力为 Ft= 2Eq解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB中点位置时切线方向合力为零，此

8、时细线与水平方向夹角恰为30。，根据三角函数关系可得：qEsin30 ° mgcos30 ° ,化简可知选项A错误，B正确；小球到达 B 点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：FT=qEsin30 ° mgcos30 ° ,化简可知FT=43mg,选项C正确，D错误.10. （2011年北京考试院抽样测试）如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q,坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m.在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大

9、小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示.下列说法正确的是（）A. B点的电场强度的大小为 0.25 N/C B. A点的电场强度的方向沿C.点电荷Q是正电荷D.点电荷Q的位置坐标为解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于x轴负方向0.3 mA、B两点之间某位置，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为1,则点电荷在A点产生的场强为EA = kQ/l2=Fa/qa= 4 x 4/01 x 109)N/C =4X 10N/C，同理，点电荷在 B 点产生的场强为 EB=kQ/(0.5-l)2=Fb/qb= 1 X «0/(4 X9_109)N/C= 0.

10、25 X51N/C.解彳1 1=0.1 m,所以点电荷 Q的位置坐标为xq = Xa +1=0.2+ 0.1= 0.3(m),所以选项A错误, 选项D正确.三、计算题311.如图所示，BCDG是光滑绝缘的4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中.现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)一3置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离 B 多大？O等高的C点时速度为(2应(1)的情况下，求滑块到达 C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小

11、，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从 G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的 最小速度大小.解析：本题考查了电场与竖直平面内圆周运动的结合.解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物 块之间作用力时要找准向心力的来源.(1)设滑块到达C点时的速度为V,由动能定理得1 23mgqE(s+ R)-心 mgsmgR= 2mV2-0,而 qE=,解得(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F,则v=-/gR.2V(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道时的速度最小(设为Vn),则有q qE 2+ mg 2DGV2F-qE= mR, 解得F-mg.间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此mR,

12、解得Vn5gR2 .的小球.现使小球从细杆的顶端点.已知AB间距离Xi = 0.4 m(1)小球在B点的速度vb；(2)小球进入电场后滑行的最大距离X2；12.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成片30角的角倾斜固定.细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E=2X10n/C.在细杆上套有一个带电量为 q=- 1.73 ><一彳、质量为m= 3X102 kgA由静止开始沿杆滑下，并从 B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的Cg= 10 m/s2.求:(3)小球从A点滑至C点的时间是多少?一一12解析：（1）小球在AB段滑动过程中，由机械能守恒mgxisina,mvB可得V

13、b=2 m/s.mgsin a qEcosao（2）小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，加速度 a=m=5 m/s-vB小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为X2=-=0.4 m.2a2（3）小球从A到B和从B到C的两段位移中的平均速度分别为0+ VbVb+ 0Vb VbVab=-2 Vbc=-2小球从 A到C的平均速度为-2-X1 + X2= v2t可得t=0.8 s.第二课时：电场的能的性质一、单项选择题1. （2010年高考天津理综卷）在静电场中，将一正电荷从 a点移到b点，电场力做了负功，则（）A. b点的电场强度一定比 a点大B.电场线方向一定从 b指向aC. b点

14、的电势一定比a点高D.该电荷的动能一定减小解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加.正电荷在电势高处电势能较大，C正确.电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负.由动能定理可知，动能不一定减小，D错.电势高低与场强大小无必然联系， A错.b点电势高于a点，但a b可能不在同一条电场线上， B错.2. （2011年宁波模拟）如图所示，a b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的质点在a点由静止释放，到达 b点时速度最大，则（）卜“A. a点电势高于b点电势B. a点的场强大于b点的场强a，C.质点从a点运动到b点的过程中电势能增加D.质点在a点受到的电场力小于在 b点受到的电

15、场力解析：选B.负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，A错；a点电场力大于重力，b点电场力等于重力，B对，D错；质点从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小， C错.3. （2011年杭州毕业班综合测试）如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6 X 119 C的正电荷B. - 4.8 X 他D. - 8.0 10 8 J从A经B、C到达D点.从A到D,电场力对电荷做的功为（）A. 4.8 X 10 JC. 8.0 X 10 J解析：选B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置有关.从 A到D,电场力对电荷 做的功为 W= UadC|= （A-（D）q= （-40

16、+ 10） X 1.6 义 1 眸4.8 X 1&J, A、C、D 错误，B 正确.4. （2011年皖南八校联考）一匀强电场，场强方向是水平的（如图所示），一个质量为m的带正电的小球， 从O点出发，初速度的大小为V0,在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成。角做直线运动.设122D.二mv0coJ 02小球在。点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为（）A.-mv22122C.-mv2tan2 0 2mgmg解析：选D.由题意可知，小球所受合力为F=s设最高点到。点距离为S,则由动能定理可得嬴s1 C1 C1 C C=/质，由能量守恒可得小球在最高点的电势能E = 2m

17、v0- mgssin 0,联立两式解得E=2mv2cos Q D正确.5. （2010年高考安徽理综卷）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，。、P两点连线与x轴正方向的夹角为8若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小 E= 100 V/m ,则 0、A.Uop=10sinqV）B,Uop=10sinV）C. Uop=- 10cos«V）D .Uop= 10cos V）解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知Uop<0,则Uop=- ERsin 0= 100 x 0.1sin（V） = -10sin QV）,故正确答

18、案为 A.B. X2点的电势最高D. xi和X3两点的电势相等6. （2010年高考江苏物理卷）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示.下 列说法中正确的是（）A. O点的电势最低C. xi和一xi两点的电势相等解析：选C.由题图知，O点两侧电场强度方向相反， 因电场强度的方向沿 x轴，故O点可能电势最低, 也可能电势最高，A选项不正确；、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无B、DM点,论O点右侧电场强度沿 x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，必、x3两点的电势也不相等，故 不正确；由题图知，电场强度在 O点两侧对称，故 与、一x1两点

19、电势相等，C正确.二、不定项选择题7. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹.粒子先经过再经过N点，可以判定（A. M点的电势大于B. M点的电势小于N点的电势N点的电势N点受到的电场力N点受到的电场力A.到达M、B.到达M、C.到达M、PM、C.粒子在M点受到的电场力大于在D.粒子在M点受到的电场力小于在解析：选AD.沿电场线的方向电势降低，所以 如>也，选项A对，B错；电场线越密的地方电场强度 越大，同一粒子所受电场力越大，所以选项 C错，D对.8. （2011年洛阳高三质检）如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有 一个点电荷.现从 b、c之间

20、一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是（）N时两粒子速率仍相等N时两粒子速率VM>VNN时两粒子的电势能相等D.两个粒子的电势能都是先减小后增大解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达 N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误.9. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下, 且bd与竖直方向所夹的锐角

21、为45° ,则下列结论中正确的是()B .合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少A.此液滴带负电荷C.液滴做匀加速直线运动解析：选ACD.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿从静止开始由b沿直线运动到d,bd方向，液滴匀加速运动， C正 正确；电场力做正功，所以电势能减确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A 少，D正确.10. 一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在 A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是 ()A. A处的场强一定小于 B处的场强、B. A处的电势一定低于 B处的

22、电势:丁一-_C.电荷在A处的电势能一定大于在 B处的电势能刁工t7D .从A到B的过程中，电场力对电荷做正功解析：选B.由图象知A处的加速度大于 B处的加速度，A处的场强一定大于 B处的场强，A错.由功 能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错.三、计算题11. (2011年学军中学高三抽样测试)如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空(存在 E= 4.0 x 1N/C 、水平向左的匀强电场.一个质量m=0.10 kg、带电荷量q= 5.0 x 10 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距 X1 = 0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速

23、 直线运动.当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距X2=0.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零.若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能.解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F = qE= 2.0 X 10 N根据牛顿第二定律F = ma,解得a= 0.20 m/s2.(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功Wi=qEx1= 4.0 x 10 J.(3)滑块第一次与

24、挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功即 AE = qE(X1-X2)= 2.0 X 10 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0 x i0j(3)2.0 X 3 012. 如图所示，固定在水平地面上的绝缘平板置于匀强电场中，电场方向与平板平行.在绝缘平板上， 放置一个带负电的物体 何视为质点)，物体与平板间的动摩擦因数为0.5.现让物体以10 m/s的初速度平行于电场方向运动，物体沿电场方向运动的最远距离为4 m.已知物体所受电场力大于其最大静摩擦力，平板足够大，规定物体在出发点时的电势能为零，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物体所受电场力与其

25、所受重力的比值；(2)物体在离出发点多远处动能与电势能相等？解析：（1）设物体带电荷量为q,运动的最大位移为sm,由动能定理得qE即一11 mms= -2mv0得 m1= 3.g r（2）设物体运动到离出发点距离为s处动能与电势能相等，J 2即 2mv2= qEs19 19在此过程中，由动能定理得一 qEs-心mgs-mv 2mvo代入数据解得s= 2.5 m设物体在返回过程中经过距出发点距离为s'处动能与电势能再次相等，即-2mv, 2=qEs，由动能定理得 qE（sm s'）心 mgms' ） =1mv' 2解彳> s' = 1 m.答案：（1

26、）3 ： 4 （2）2.5 m 或 1 m第三课时：电容器与电容 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1 .如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的（A .两板间的距离B.两板间的电压C.两板间的电介质D.两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时， 改变了上、下两板间的距离，故A正确.2 . （2011年北京朝阳区联考）如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强 电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动.那么（）A.微粒带正、负电荷都有可能B.微粒做匀减速直线运动C.微粒做匀速直线运动D.微粒做匀加速直线运动解析：

27、选B.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向 左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故 B正确.3. （2011年瑞安中学检测）如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场,若不计重力，下列四个选项中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是（）解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲,4. （2011年台州模拟）一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从 A点运动到 B点，速度随时间变化的图象

28、如图所示， tA、tB分别是带电粒子到达 A、B两点时 对应的时刻，则下列说法中正确的有 （）A. A点的场强一定小于 B点的场强B. A点的电势一定高于 B点的电势C.带电粒子在 A点的电势能一定小于在 B点的电势能D.带电粒子从 A点到B点过程中，电场力一定对带电粒子做正功解析：选D.由于v-t图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出C正确.带电粒子在A点时的加速度大于在 B点时的加速度，由牛顿第二定律可知Ea>Eb, A错误；带电粒子带电性质未知，故无法判断 A、B两点电势, 力对带电粒子做正功，电势能减小，所以5.如图所示，平行板电容器的电容为1距两极板的中点2d处放一电

29、荷q,则（QqA. q所受电场力的大小为TviCd4QC. q点处的电场强度是k/B错误；从v t图象中可以看出B点速度大于A点速度，故电场 C错误，D正确.C,带电荷量为Q,两极板间距离为）4QqB. q所受电场力的大小为 k-dF8qD. q点处的电场强度是 行d,今在解析：选A.两极板之间的电场强度 E = "d，q受到的电场力F = Eq=wq=Cdq，A正确；Q不是点电荷,Q点电荷的场强公式 E = k2在这里不能用，B、C、D不正确. r6 . （2011年广东珠海质检）分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由 P点射入水平放置的平行金属板间，已

30、知上板带负电，下板.接地.三小球分别落在图中 A、B、C三点，则错误的是（）A. A带正电、B不带电、C带负电B.三小球在电场中加速度大小关系是：aA<aB<ac :三C.三小球在电场中运动时间相等 D.三小球到达下板时的动能关系是'Ekc>EkB> EkA解析：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间t=j最长，C错误. A的加速度a=2h最小，而VotC的加速度 比最大，aA<aB<as, B正确.可见，A带正电，受电场力方向与重力方向相反，B不带电，C带负电，受电场力方向与重力方向相同，A正确.由动能定理知 EkC>EkB>EkA

31、, D正确.二、不定项选择题7 . （2011年杭州学军中学抽样测试）如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子 （不计重力），两板 间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度V、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）RCD解析：选 AD.在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的Uoe电场力F =,所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化.由牛顿第二定律F= ma可知，电子在第一个-内向B板做匀加速直线运动，在第二个 4内向B板做匀减速直线运动，在第三个 7内反T向做匀加速直线运动.在第四个4

32、内向A板做匀减速直线运动，所以 a t图象如图1所示，V-1图象如图1 22所示；又因匀变速直线运动位移x= V0t + 2at；所以x-t图象应是曲线.故本题选 AD.罔L用28 .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9 .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：选BC.电容器充满电荷后，极板间的

33、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, 小，则对液滴的运动没有影响，D项错.10 如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大L,板间距离为d,在板右端L处有一竖直放置的光屏M, 一带电荷量为q,质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正A.板间电场强度大小为 mg/ qB.板间电场

34、强度大小为2 m。q确的是（）C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D .质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间Vx=V0；在竖直方向上：在解析：选BC.当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上.由运动的合成与 分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中 做斜上抛运动的时间相等.由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动,电场中vy= at,如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy= gt,由此运动过程的对称性可知 a= g,由牛顿第二定律得：qE-mg=ma= mg,解得：E=2mgq

35、.故B、C正确.11 . （2010年湖北黄冈模拟）如图所示，带正电的粒子以一定的初速度V0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L,板间距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板的时间为t（不计粒子的重力），则（）tA.在前2时间内,tB.在后2时间内,C.在粒子下落前D.在粒子下落前、Uq电场力对粒子做的功为 了3电场力对粒子做的功为 -Uq8d d4和后4的过程中，电场力做功之比为d d4和后4的过程中，电场力做功之比为d qU d qU解析：选bd.电场力做的功 w= qE 2=石 2前2和后2的位移之比为X1 ： X2= 1 :

36、 3x 2 X24 2 8'd dd qU"d,则前刀 W1 = qE - =,后1：W2=qE 1d=*qU, B 正确; 8288288前1口后4位移相等，电场力恒定，故做功相等，所以 D正确.选B、D.三、计算题11.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= 4X 103 m,有一束由相同带电微粒组成的 粒子流，以相同的速度 V0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板的正中央，已知微粒质量为m=4X105 kg,电量 q = + 1 x 108 C. （g= 10 m/s2）求

37、：（1固粒入射速度V0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？解析：（1）2= V0td10 m/s.L可解得：V0=2（2）电容器的上板应接电源的负极：当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出即Ui mg q-r d 1 L 29飞5= 2ai(V0) 又 a = U2d 1 L2 qd-mg即2=/亿)又红-答案：（1）10 m/s （2）与负极相连120 V<U<200 V解得：Ui = 120 V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射解得：U2=200 V所以 120 V<

38、U<200 V.12. （2011年温州中学高三月考）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2 kg,带电荷量为q = + 2.0 X，0C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数k0.1.从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s 2）,求： 23秒内小物块的位移大小；（2）23秒内电场力对小物块所做的功.E1q 1 mg 212解析：(1)02 s内小物块的加速度ai =m=2 m/s位移s = at1 = 4 mE2q-心 mg 22 s末小物块的速度为 v2=at1 = 4

39、m/s2 s4 s内小物块的加速度 &=m= 2 m/s位移s2=s = 4 m4 s末的速度为V4=0因此小物块做周期为 4 s的变速运动，第22 s末的速度为v22= 4、22V22+ V23m/s ,第 23 s末的速度为 v23= V22+ &t=2 m/s（t= 1 s所求位移为 s=-si + 21 = 47 m.（2）23秒内，设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理有：1 2Wmgs2mv23解彳导 W= 9.8 J.答案：（1）47 m （2）9.8 J第四课时：串、并联电路和欧姆定律、电阻定律一、单项选择题1. （2011年广东深圳调研）如图所示，a b分别

40、表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝 的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）A. a代表的电阻丝较粗B. b代表的电阻丝较粗C. a电阻丝的阻值小于 b电阻丝的阻值D.图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比l解析：选B.b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R=梦口，b的导线粗，B正确，A、C不正确.电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，D不正确.2 .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U2之间的函数关系是（）M 门if 00(PABCD解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P = U,而U越大，电阻越大，图象上对应点与原

41、R点连线的斜率越小，故选项 C正确.3 . （2011年杭州模拟）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路.调节滑动变阻器 R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V.重新调节R并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V.则这台电动机正常运转时输出功率为（）A. 32 WB. 44 WC. 47 WD. 48 W解析：选A.当电动机停止转动时，此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算U出电动机的内阻为：r =，代入数据得：r=4Q,重新调节R并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的

42、输出功率为：P= UI-I2r,代入数据解得：P= 32 W, B、C、D错误,A正确.4 .在如图所示电路中，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 QL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 则CB之间的电阻应为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,（）A. 10 QB. 20A 8CC. 15 Q D. 5 Q 答案：B5 .把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消 耗的

43、功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是（）12 V甲A. P甲=P乙 B, P甲=3P乙 C. P乙=3P甲12 V乙D. P乙3P甲解析：选B.设各灯泡正常工作时的电流为I,则甲电路的总电流为I甲=3I,乙电路的总电流为I乙=I,所以由P=UI得P甲=3P乙，应选B.6 .自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来，现使车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示，则第二次

44、向蓄电池所充的电能是250B. 250JD. 500JA. 200JC. 300J解析：选A.根据能量守恒，第一次关闭自动充电装置时，动能全部转化为内能，第二次启动自动充电44装置时，动能一部分转化为内能，另一部分转化为电能，电能为E 电=Ek=i0x 500 J 200 J, A 对.二、不定项选择题7 .如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有m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 （A.当m = n2时，电流为零qn2 eB.当m>n2时，电流方向从 A-B,电流为I =1C.当ni<n2时，电流方向从B- A,

45、电流为I =n2- ni etD.电流方向从 A-B,电流为In2+ nie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, n2 + ni e所以电流应该是1=1,电流方向按规定应是从 AfB.D选项正确.8. （2011年宁波效实中学检测）下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自 身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则 （）自重40(kg)额定电压48 V载重75(kg)额定电流12 A最大行驶速度20(km/h)额定输出功率350 WA.电动机的输入功率为 576 W8 .电动机的内电阻为 4 QC.该车获得的

46、牵引力为 104 ND.该车受到的阻力为 63 N2576350113解析：选 AD. U = 48 V, I = 12 A, P= UI = 576 W,故 A 正确.P人=P出十I2r, r=五一Q 音2 Q,350故 B 错.P出=Fv=FfV, Ff= 20N = 63 N,故 C 错，D 正确.369 .如图所示，用输出电压为 1.4 V,输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 Q的银一氢电池充电，下列说法中正确的是（）一A.电能转化为化学能的功率为0.12 W一？B.充电器输出的电功率为 0.14 W-C.充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD.充电器把0.12 W的功率储蓄在

47、电池内解析：选ABC.充电器对电池的充电功率为P总=UI = 0.14 W,电池充电时的热功率为P热= I2r= 0.02 W,所以转化为化学能的功率为 P化=P总一P热=0.12 W,但电池储蓄的是能量不是功率，故 D错.10 . （2011年江苏启东中学检测）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A1、A2,若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，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 （ ）_A.图甲中的A1、A2的示数相同B.图甲中的A1、A2的指针偏角相同C.图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D.图乙中的A

48、1、A2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A1、A2的量程不同，所以示数不同， 故A错B对.乙图中A1、A2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.三、计算题11 . （2011年北京四中模拟）一台小型电动机在 3 V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是 0.2 A.在30 s内可使该物体被匀速提升 3 m.若不计除电动机线圈生热之外的能量损 失，求：（1）电动机的输入功率；（2府提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻.解析：（1）电动机的输入功率P入=UI=0

49、.2X3 W0.6 W.（2）电动机提升重物的机械功率P机 = Fv= （4 X 3/30） W 0.4 W.根据能量关系P入=P机+Pq,得生热的功率Pq= P入一P 机=（0.60.4） W= 0.2 W.所生热量 Q= Pot = 0.2 X 30 J6 J=2Q 6(3)根据焦耳定律 Q = I2Rt,得线圈电阻R = pt = 022x 30 Q= 5 Q答案：(1)0.6 W (2)6 J (3)5 Q12.如图所示，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，

50、线路提供电压不变)：甲乙(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 Q的定值电阻R。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：Ul=/V=4 V,结合图象可得当Ul3=4 V时，Il = 0.4 A故每个电灯的电阻为：R= UL= Q= 10 Q.Il 0.4(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' +2IR0代入数据得 U'

51、 =8-20 I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Ia = 2I=0.6 A每个灯的功率为： P=UI= 2X0.3 W 06 W.答案：(1)0.4 A 10 Q (2)0.6 A 0.6 W第五课时：电动势闭合电路的欧姆定律一、单项选择题1 .关于闭合电路的性质，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.外电路电阻变大时，电源的输出功率变大D.不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变解析：选C.由闭合电路欧姆定律可知：E=U外+ U内，

52、当外电路断路时，即1 = 0,止匕时U外=E,路端电压最大；外电路短路时，电路中电流最大，此时，电源的功率也最大；电源的输出功率，即外电路消耗cE2RE2的功率，P= IR= 建r 2= R , 2一,只有当R= r时，电源的输出功率最大，故 C错.应选C.r 十 rr rR-+4r2. (2011年福建南平调研)某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率 Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的 a b、c所示.则判断错误的是()水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态,)B.电容器上的电荷量将减少D.液滴将向上运动A.直线a表示电源的总功率B.

53、曲线c表示电源的输出功率C.电源的电动势 E = 3 V,内电阻r=1 Q D.电源的最大输出功率 Pm=9 W解析：选D.电源的总功率为Pe = EI,电源的输出功率为 Pr=EII2r,电源内部的发热功率 Pr= I2r,所 以直线a表示电源的总功率， 选项A正确；曲线b表示电源内部的发热功率， 曲线c表示电源的输出功率， 选项B正确；直线a的斜率表示电动势 E,解得E=3 V,由曲线b上某点坐标可得电源内阻为 1 Q,选项E2C正确；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，Pm=2.25 W,对应曲线C的最高点，选项D错误.3. （2011年舟山质检）如图所示的电路, 现将滑动变阻

54、器的滑片 P向左移动，则（A.电容器中的电场强度将增大C.电容器的电容将减少解析：选B.若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小；R?两端电压减小，因电容器与 R2并联,B对，而A、D错；由平行所以电容器两端电压减小，电荷量减少，电场强度减小，液滴将向下运动，故5s板电容器电容C=R可知，电容器的电容不变，选项 C错误.4 #d4. 如图所示的电路中，闭合开关 S后，灯Li、L2都能发光.后来由于某种故障使灯L2突然变亮（未烧坏），电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是（）A.电阻Ri断路B.电阻R2短路C.灯Li两接线柱间短路D.电阻R断路解析：选D.因为电压表的读数增大，所以路端电压

55、增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大.若电阻 Ri断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L2两端电压会减小，致使灯L2变暗，故A错误；若电阻R2短路，灯L2将不亮，故B错误；若灯Li两接线柱间短路，电路的总电阻减 小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，故 C错误；若电阻R2断路，电路的总电阻增大，总电 流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯Li、Ri并联部分电压减小，灯 L2两端电压增大，灯 L2变亮，故D正确.5. （20i0年高考上海卷）在如图的闭合电H中，当滑片 P向右移动时，两电表读数的变化是 （）A. A变大，V变大B. A变小，V变大C. A变大，V变小 D. A变小，V变小解析：选B.滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，总电阻也变大，