高中物理《选修3-1》专题训练讲义

1、 高中物理备考辅导训练选修3-1（共八课时）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，下列说法正确的是(D)A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

2、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)A21 B41 C161 D6013. (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

3、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()Aa，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量Ba，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量Ca，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量Da，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量解析：选B.由题图看出，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

4、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()解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从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，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

5、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B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的加速度何处较大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

6、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()Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，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O点

7、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mgEqB小球重力与电场力的关系是EqmgC小球在B点时，细线拉力为FTmgD小球在B点时，细线拉力为FT2Eq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：FTqEsin30°mgcos

8、30°，化简可知FTmg，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()AB点的电场强度的大小为0.25 N/C BA点的电场强度的方向沿x轴负方向C点电荷Q是正电荷 D点电荷Q的位置坐标为0.3 m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A、B两点之间某位

9、置，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EAkQ/l2Fa/qa4×104/(1×109)N/C4×105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EBkQ/(0.5l)2Fb/qb1×104/(4×109)N/C0.25×105 N/C.解得l0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQxAl0.20.10.3(m)，所以选项A错误，选项D正确三、计算题11如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，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、

10、带正电的小滑块(可视为质点)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点s3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)在(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，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qE(sR)mgsmgRmv20，而qE，解得v

11、.(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则FqEm，解得Fmg.(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有m，解得vn.12如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成30°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E2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q1.73×105 C、质量为m3×102 kg的小球现使小球从细杆的顶端A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C点已知AB间距离x10.4 m，g10 m/s2.求：(

12、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；(3)小球从A点滑至C点的时间是多少？解析：(1)小球在AB段滑动过程中，由机械能守恒mgx1sinmv可得vB2 m/s.(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，加速度a25 m/s2小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为x20.4 m.(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vABvBC小球从A到C的平均速度为x1x2tt可得t0.8 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()Ab点的电场强度一定比a

13、点大B电场线方向一定从b指向aCb点的电势一定比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()Aa点电势高于b点电势Ba点的场强大于b点的场强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点受到的电场力解析：

14、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1.6×109 C的正电荷从A经B、C到达D点从A到D，电场力对电荷做的功为()A4.8×108 JB4.8×108 JC8.0×108 J D8.0×108 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WUADq(AD)q(4010)×1.6&

15、#215;109 J4.8×108 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小球在O点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为()A.mv B.mvsin2C.mvtan2 D.mvcos2解析：选D.由题意可知，小球所受合力为F，设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得 smv，由能量守恒可得小球在最高点的电势能Emvmgssin，联立两式解得Emvcos2，D正确5(2010年高考安徽理综卷)如图所示，

16、在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为()AUOP10sin (V) BUOP10sin (V) CUOP10cos (V) DUOP10cos (V)解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知UOP0，则UOPERsin 100×0.1sin (V)10sin (V)，故正确答案为A.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()AO点的电势最低 Bx

17、2点的电势最高Cx1和x1两点的电势相等 Dx1和x3两点的电势相等解析：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；x1、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，x1、x3两点的电势也不相等，故B、D不正确；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、x1两点电势相等，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M点，再经过N点，可以判定()AM点的电势大于N点的电势BM点的电势小于N

18、点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力解析：选AD.沿电场线的方向电势降低，所以M>N，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之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、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()A到达M、N时两粒子速率仍相等B到达M、N时两粒子速率vM>vNC到达M、N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

19、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，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中正确的是()A此液滴带负电荷 B合外力对液滴做的总功等于零C液滴做匀加速直线运动 D液滴的电势能减少解析：选ACD.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd

20、方向，液滴匀加速运动，C正确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少，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()AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定低于B处的电势C电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能D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

21、试)如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场一个质量m0.10 kg、带电荷量q5.0×105 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x10.20 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x20.10 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

22、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FqE2.0×102 N根据牛顿第二定律Fma，解得a0.20 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W1qEx14.0×103 J.(3)滑块第一次与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EqE(x1x2)2.0×103 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0×103 J(3)2.0×103 J12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

23、(可视为质点)，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qEsmmgsmmv 得.(2)设物体运动到离出发点距离为s处动能与电势能相等，即mv2qEs 在此过程中，由动能定理得qEsmgsmv2mv代入数据解得s2.5 m设物体在返回过程中经过距出发点距

24、离为s处动能与电势能再次相等，即mv2qEs由动能定理得qE(sms)mg(sms)mv2 解得s1 m.答案：(1)34(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

25、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：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，C正确4(2011年台州模拟)一带电

26、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()AA点的场强一定小于B点的场强 BA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vt图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出带电粒子在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，B错误；从vt图象中可以看出B点速度大于A点速度，故电场力对带电粒子做正功，

27、电势能减小，所以C错误，D正确5如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点d处放一电荷q，则()Aq所受电场力的大小为 Bq所受电场力的大小为kCq点处的电场强度是k Dq点处的电场强度是k解析：选A.两极板之间的电场强度E，q受到的电场力FEqqq，A正确；Q不是点电荷，点电荷的场强公式Ek在这里不能用，B、C、D不正确6(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()AA带正电、B不带电、C带负电 B三

28、小球在电场中加速度大小关系是：aA<aB<aCC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最长，C错误A的加速度aA最小，而C的加速度aC最大，aA<aB<aC，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，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

29、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()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Fma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图象如图1所示，vt图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移xv0tat2，所以xt图象应是曲线故本题选AD.8. 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

30、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：选BC.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

31、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9如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为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，则下列结论正确的是()A板间电场强度大小为mg/q B板间电场强度大小为2mg/qC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

32、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，vxv0；在竖直方向上：在电场中vyat，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vygt，由此运动过程的对称性可知ag，由牛顿第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故B、C正确10(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()A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在后时间内，电场力对粒子做的功为

33、UqC在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为12D在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为11解析：选BD.电场力做的功WqE··，前和后的位移之比为x1x213x1·，x2d，则前：W1qE·，后：W2qE·dqU，B正确； 前和后位移相等，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L0.4 m，两板间距离d4×103 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

34、中央，已知微粒质量为m4×105 kg，电量q1×108 C(g10 m/s2)求：(1)微粒入射速度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)v0t gt2 可解得：v0 10 m/s.(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a1()2 又a1 解得：U1120 V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 即a2()2又a2 解得：U2200 V 所以120 V<U<200 V.答案：(1)10 m/s(2)与负极相

35、连120 V<U<200 V12(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m0.2 kg，带电荷量为q2.0×106 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1.从t0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10 m/s2)，求：(1)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解析：(1)02 s内小物块的加速度a12 m/s2位移s1a1t4 m2 s末小物块的速度为v2a1t14 m/s2 s4 s内小物块的加速度a22 m/s2位移

36、s2s14 m4 s末的速度为v40因此小物块做周期为4 s的变速运动，第22 s末的速度为v224 m/s，第23 s末的速度为v23v22a2t2 m/s(t1 s)所求位移为ss1t47 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：Wmgsmv 解得W9.8 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()Aa代表的电阻丝较粗 Bb代表的电阻丝较粗 Ca电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D图线

37、表示的电阻丝的阻值与电压成正比解析：选B.b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R知，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()解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P，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

38、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()A32 WB44 W C47 W D48 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，可以计算出电动机的内阻为：r，代入数据得：r4 ，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，计算出电动机的输出功率为：PUII2r，代入数据解得：P32 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R30 ；L为一小灯泡，其额定电压U6.0 V，额定功率P1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B

39、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()A10 B20 C15 D5 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、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是()AP甲P乙 BP甲3P乙 CP乙3P甲 DP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PUI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

40、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，则第二次向蓄电池所充的电能是()A200 J B250 JC300 J D500 J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×500 J200 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，

41、设e为元电荷，以下说法正确的是()A当n1n2时，电流为零B当n1>n2时，电流方向从AB，电流为IC当n1<n2时，电流方向从BA，电流为ID电流方向从AB，电流为I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，电流方向按规定应是从AB.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

42、入功率为576 WB电动机的内电阻为4 C该车获得的牵引力为104 ND该车受到的阻力为63 N解析：选AD.U48 V，I12 A，PUI576 W，故A正确P入P出I2r，r ，故B错P出FvFfv，Ff N63 N，故C错，D正确9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 的镍氢电池充电，下列说法中正确的是()A电能转化为化学能的功率为0.12 WB充电器输出的电功率为0.14 WC充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD充电器把0.12 W的功率储蓄在电池内解析：选ABC.充电器对电池的充电功率为P总UI0.14 W，电池充电时的热功率为P热I2r0.

43、02 W，所以转化为化学能的功率为P化P总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A1、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

44、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)在提升重物的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UI0.2×3 W0.6 W.(2)电动机提升重物的机械功率 P机Fv(4×3/30) W0.4 W.根据能量关系P入P机PQ，得生热的功率 PQP入P机(0.60.4)

45、 W0.2 W.所生热量QPQt0.2×30 J6 J.(3)根据焦耳定律QI2Rt，得线圈电阻 R 5 . 答案：(1)0.6 W(2)6 J(3)5 12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，线路提供电压不变)：(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 的定值电阻R0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

46、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 V4 V，结合图象可得当UL4 V时，IL0.4 A故每个电灯的电阻为：R 10 . (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UU2IR0 代入数据得U820 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IA2I0.6 A 每个灯的功率为：PUI2×0.3 W0.6 W.答案：(1)0.4 A10 (2)0.6 A0.6 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

47、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：EU外U内，当外电路断路时，即I0，此时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，即外电路消耗的功率，PI2R，只有当Rr时，电源的输出功率最大，故C错应选C.2(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()A直线a表示电源的

48、总功率 B曲线c表示电源的输出功率C电源的电动势E3 V，内电阻r1 D电源的最大输出功率Pm9 W解析：选D.电源的总功率为PEEI，电源的输出功率为PREII2r，电源内部的发热功率PrI2r，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E3 V，由曲线b上某点坐标可得电源内阻为1 ，选项C正确；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，Pm2.25 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，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，现将滑动变阻器

49、的滑片P向左移动，则()A电容器中的电场强度将增大 B电容器上的电荷量将减少C电容器的电容将减少 D液滴将向上运动解析：选B.若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小；R2两端电压减小，因电容器与R2并联，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B对，而A、D错；由平行板电容器电容C可知，电容器的电容不变，选项C错误4如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、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R1断路 B电阻R2短路 C灯L1两接线柱间短路 D电阻R2断路解析：选D.因为电压表的读数增大，所以

50、路端电压增大，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R1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L1两接线柱间短路，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L1、R1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(2010年高考上海卷)在如图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是()AA变大，V变大 BA变小，V变大CA变大

51、，V变小 DA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，电流表示数变小；由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电源内压减小，R0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B项正确6如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则()AR1接在电源上时，电源的效率高 BR2接在电源上时，电源的效率高CR1接在电源上时，电源的输出功率大 D电源的输出功率一样大解析：选A.电源的效率，由于UB>UC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A

52、项正确B项错误；将电阻接在电源上，电阻的UI图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，但看不出两种情况下路端电压的关系，故无法确定两种情况下电源的输出功率的大小关系，C、D项均错误本题易混淆电源效率和电源输出功率的概念而出现错误二、不定项选择题7如图所示，电源内阻不可忽略，已知R1为半导体热敏电阻，R2为锰铜合金制成的可变电阻，若发现灯泡L的亮度变暗，可能的原因是()AR1的温度逐渐降低 BR1受到可见光的照射CR2的阻值逐渐增大 DR2的阻值逐渐减小解析：选AD.灯泡L亮度变暗，说明流过灯泡的电流减小，其原因可能是R1的阻

53、值增大或R2的阻值减小引起，半导体热敏电阻随温度的升高电阻率减小，故可能的原因是R1的温度降低或R2的阻值减小，所以A、D正确，B、C错误8(2011年镇海中学检测)在图中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知()A电源的电动势为3 V，内阻为0.5 B电阻R的阻值为1 C电源的输出功率为2 W D电源的效率为66.7%解析：选ABD.图象与纵轴交点表示电源电动势，为3 V，图象斜率的绝对值表示电源内阻为0.5 ，选项A正确；图象的斜率表示电阻R的阻值为1 ，选项B正确；电源输出电压为U2 V，电流为2 A，电源

54、输出功率为4 W，选项C错；电源效率P出/P总U/E2/3×100%66.7%，选项D正确9如图，电源内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，下列判断正确的是()A若R1断路，两表的读数均变小 B若R2断路，两表的读数均变小C若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大 D若R4断路，两表的读数均变大解析：选CD.若某电阻R断路即可理解为该电阻阻值变大，由“串反并同”可知C、D正确10如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为U.在这个过程中，下列判断正确的是()A电阻R1两端的电压减小，减小量等于U B电容器的带电荷量减小，减小量小于CUC电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D电压表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值不变解析：选BCD.增大R后，总电阻增大，总电流减小，则R1两端电压减小，内阻消耗电压减小，