(江苏专用)2019高考物理三轮冲刺 第一篇 回归教材 七 静电场板块.docx
(江苏专用)2019高考物理三轮冲刺 第一篇 回归教材 四 曲线运动板块.docx
四、曲线运动板块基础回扣1.曲线运动(1)运动条件:合外力与v 不共线。
(a 、v 不共线;Δv、v 不共线)(2)运动性质:做曲线运动的物体,速度的方向时刻在改变,所以曲线运动一定是变速运动。
(3)合力方向与轨迹的关系:物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向和速度方向之间,速度方向与轨迹相切,合力方向指向轨迹的“凹”侧。
2.运动的合成与分解(1)分解原则:根据运动的实际效果分解。
位移、速度、加速度的合成与分解都遵循平行四边形定则。
(2)合运动与分运动的关系:等时性、独立性、等效性。
(3)速率变化情况判断:当合力方向与速度方向的夹角为锐角时,物体的速率增大;当合力方向与速度方向的夹角为钝角时,物体的速率减小;当合力方向与速度方向垂直时,物体的速率不变。
3.小船渡河模型小船渡河中,设河宽为d,水的流速为v 1,船在静水中速度为v 2。
小船过河的最短时间 小船过河的最短位移船头与河岸垂直时,过河时间最短t min =dv 2,到达对岸时船沿水流方向的位移x=v 1t min =v 1v 2dv 2>v 1时当船的合速度垂直于河岸时,最短位移为河宽d 。
此时有v 2 sin α=v 1,v 合=v 2 cos αv 2<v 1时合速度方向与河岸下游方向夹角为α=arcsin v2v 1,此情形下船过河的位移x=v1v 2d4.斜拉牵引问题5.平抛运动(1)性质:平抛运动是加速度为g 的匀加速曲线运动,其运动轨迹是抛物线。
(2)研究方法:平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
图示物理量x 方向分运动y 方向分运动合运动速度 v x =v 0 v y =gt=√2gyv=√v 02+v y 2tan β=vy v 0位移 x=v 0t y=12gt 2s=√x 2+y 2tan α=yx(3)重要推论①时间:由t=√2yy 判断,平抛物体在空中运动的时间只由物体抛出时离地的高度决定,而与抛出时的初速度无关。
江苏省近年高考物理大一轮复习第七章静电场教师专用
第七章 静电场考 试 说 明内容要求说明命题趋势电荷 电荷守恒定律 Ⅰ 电场的内容在近几年江苏高考中频繁出现，是必考的重点知识点之一。
考查的主要内容有以下几个方面:1. 有关电场的力的性质及能的性质的相关物理量的理解，如电场强度、电势、电势能、电势差、电容器等,主要以选择题的形式考查;2. 带电粒子在电场中运动问题的分析,包括带电粒子的加速与偏转，以及带电物体在重力场、电场和磁场的复合场中的运动规律与分析.涉及的运动有平衡状态、直线运动、一般曲线运动、类平抛运动、圆周运动等，主要以计算题的形式考查,此类题目综合性强、隐含条件多、难度比较大本章涉及的概念很多很抽象，同时与力学知识联系紧密，这就要求我们在复习过程中，做好以下几点:一是重视对基本概念的理解;二是重视物理学的科学研究方法,如理想化模型法、比值定义法及类比法等；三是重视知识的联系，如电场与力学规律及磁场的联系，掌握类平抛和圆周运动的处理手段，灵活运用牛顿运动定律、动能定理等方法;四是重视实际应用,注意积累与社会生活、生产实际和科学技术为背景的题型点电荷 库仑定律Ⅰ静电场 电场线 电势能 电势 等势面Ⅰ电场强度 点电荷的场强 电势差Ⅱ 电场强度的计算最多考虑两个电场的叠加 匀强电场中电势差和电场强度的关系 Ⅰ带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强的情况 电容 电容器 Ⅰ知 识 网 络第1讲库仑定律电场力的性质(本讲对应学生用书第101103页)考纲解读。
2.熟练掌握各种电场的电场线分布,并能利用它们分析解决问题。
3.会分析、计算在电场力作用下的电荷平衡及运动问题.基础梳理自然界中只存在电荷和电荷，同种电荷相互,异种电荷相互.带电体的三种起电方式：接触起电、、。
2。
元电荷:最小的电荷量，其值为e= 。
其他带电体的电荷量皆为元电荷的.3。
点电荷：是一种理想化的物理模型,当带电体本身的和对研究的问题影响很小时,可以将带电体视为点电荷.4。
2019版高考物理一轮复习第七章静电场章末综合测试.doc
第七章静电场章末综合测试（七）（时间：60分钟 分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有 一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 3分，有选错的得0分）1•四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A. B 、C. D 为正方形四个边的中点，0为正方形的中心，下列说法中正确的是（）A. 0点电场强度为零B. A. B 、C 、〃四个点的电场强度相同C. 将一带负电的试探电荷从〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零D. 将一带负电的试探电荷从力点匀速移动到C 点，其电势能减小解析：C 根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，0点电场强度不为零，方向由0 指向Q ，八错误.根据对称性，A. C 两点电场强度相同，B 、〃两点电场强度相同，而久〃 两点电场强度不相同，B 错误，由対称性可知，〃两点等电势，将一带负电的试探电荷从 〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零，C 正确，图屮弭点电势高于C 点，将一带负电的试 探电荷从月点匀速移动到Q 点，其电势能增大，D 错误. 2. 如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，*轴垂直于环面且过圆心。
下列关于/轴上的电场强度和电势的说法正确的是（）A.从0点沿/轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低C. 0点的电场强度为零，电势最低D. 0点的电场强度不为冬，电豹最高解析：C 根据对称性得出，在。
点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库 仑力为零，根据电场强度定义可知0点电场强度为零.沿/轴无限远处电场强度为零，从0 点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小.沿“轴无限远处，若设电势为零，逆着x 轴方向 向0点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小.根据电势的定义可知0 点的电势能最小，电势最低，所以从0点沿/轴正方向，电势一直升高，Ax B 、D 错误，C正确.3. 如图所示虚线表示某电场的等毎面.一带电粒子仅在电场力作 用下由力运动到〃的径迹如图中实线所示•粒子在力点的加速度为②、 动能为&,电势能为尽；在〃点的加速度为勿、动能为底〃，电势能 为廊几则下列结论正确的是（）1 1 1 1 1 1 1 1 1 0选对但不全的得 B.从0点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 I IC. aKafhD. a.A 旳,ZiXiS/?解析：C 根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，对知/处电场强 度小于〃处.由电场力公式和牛顿第二定律可得力=〃扫，rh 此可知朋亦根据等势面分布和 电场线垂直于等势面可知，电场线方向垂直等势面指向圆心.根据带电粒子仅在电场力作用 下由畀运动到〃的径迹可知，带电粒子所受电场力方向与电场线方向相反，带电粒子带负电 荷.带电粒子仅在电场力作用下由力运动到氏克服电场力做功，电势能增加，动能减小， 区』〉区”,Ep.^Epih C 正确.4. 一带电粒子在电场屮仅受静电力作用, 动.取该直线为x 轴，起始点0为坐标原点, 系如右图所示.下列图象中合理的是()△ F= _qE ・ Ax,即二二=一g 仅氏一x 图线斜率的绝对值表示电场力， A x故由图线可知农逐渐减小，八错误.因粒子仅受电场力作用，由於'= A R〃扫||J 知曰也逐渐减小，D 正确；再rh 动能定理有 ' 区=qE • △从即 一 = qE, E^-x 图线的斜率也表示电场力，Ax 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误.由 v=2ax 有7=寸扃2可知L —x 图线应是一条曲线，故C 错误. 5. 如图所示，初为均匀带有电荷量为+0的细棒，C 为M 棒附近的一点，仿垂直于AB. AB 棒上电荷形成的电场屮Q 点的电势为 机,。
(江苏专用)2019高考物理三轮冲刺 第一篇 回归教材 三 动力学板块
三、动力学板块基础回扣1.牛顿运动定律2.国际单位制中的基本单位:kg、m、s、A、mol、K、cd。
国际单位前缀:M、k、1、m、μ、n、p,相邻均为103倍。
3.超重与失重现象4.动力学的两类基本问题:由受力情况分析判断物体的运动情况;由运动情况分析判断物体的受力情况。
解决两类基本问题的方法:以加速度为桥梁,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。
5.运动学中的典型问题(1)“等时圆”模型:物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑,到达圆周最低点的时间相等,如图甲所示;物体从最高点由静止开始沿不同的光滑细杆到圆周上各点所用的时间相等,如图乙所示。
(2)斜面问题(自由滑行,即不加其他外力)①光滑斜面:物体无论上滑,还是下滑,均为mg sin θ=ma,a沿斜面向下。
②沿粗糙斜面下滑当g sin θ>μg cos θ时,加速下滑,mg sin θ-μmg cos θ=ma;当g sin θ=μg cos θ时,匀速下滑,a=0(μ=tan θ);当g sin θ<μg cos θ时,减速下滑,μmg cos θ-mg sin θ=ma,a沿斜面向上。
③沿粗糙斜面上滑:mg sin θ+μmg cos θ=ma,匀减速上滑,a沿斜面向下。
④自由释放的滑块在斜面上(如图所示):静止或匀速下滑时,M对水平地面的静摩擦力为零;加速下滑时,M对水平地面的静摩擦力水平向右;减速下滑时,M对水平地面的静摩擦力水平向左。
(3)悬球问题悬挂有小球的小车在斜面上滑行(如图所示):①小车向下的加速度a=g sin θ时,悬绳稳定时将垂直于斜面;②小车向下的加速度a>g sin θ时,悬绳稳定时将偏离垂直斜面方向向上;③小车向下的加速度a<g sin θ时,悬绳将偏离垂直斜面方向向下。
(4)动力学中的弹簧问题①如图所示,将A、B下压后撤去外力,弹簧在恢复原长时B与A开始分离。
②如图A、B两物体,质量分别为M和m,以甲、乙、丙三种形式做匀变速直线运动(甲、丙中不论接触面光滑还是粗糙,A、B与接触面间的动摩擦因数相同),弹簧弹力均为F。
2019版高考物理创新大一轮(基础课 能力课 实验课)江苏专用版文档：第七章 静电场 能
能力课静电场中的图象问题电场中粒子运动的v－t图象根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。
【例1】(2017·江苏泰州市模拟)(多选)如图1甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是()图1A.两点电荷一定都带负电，但电荷量不一定相等B.两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等C.t1、t3两时刻试探电荷在同一位置D.t2时刻试探电荷的电势能最大解析由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应向下，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电荷量一定相等，故A、B项错误；根据速度图象的斜率表示加速度，知t1、t3两时刻试探电荷的加速度相同，所受的电场力相同，所以它们在同一位置，故C项正确；t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大，故D项正确。
★答案★CD电场中的E－x图象1.几种常见的E－x图象(1)点电荷的E－x图象正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图象大致如图2所示。
(E方向向右为正)图2(2)两个等量异种点电荷的E－x图象①两电荷连线上的E－x图象如图3甲所示。
②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图3乙所示。
甲乙图3(3)两个等量同种点电荷的E－x图象①两电荷连线上的E－x图象如图4甲所示。
②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图4乙所示。
甲乙图42.E－x图象特点(1)反映了电场强度随位移变化的规律。
(2)E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向。
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。
2019高考物理大一轮(江苏版)复习方案：作业详解 第7单元 静电场
教师详解(作业手册)课时作业(十九)1.B [解析] 电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D 错误.2.D [解析] 根据电场线的方向及对称性可知该电场是由等量同种点电荷形成的,故A、B错误;a、b两点处虽没有画出电场线,但这两点的电场强度都不为零,C错误;根据该电场的特点可知,同一试探电荷在a、b 两点所受的电场力等大反向,D正确.3.A [解析] 微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.4.B [解析] 根据题述,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍,可知A球的质量是B 球的,若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,对A球,由牛顿第二定律得k=ma,对B球,由牛顿第二定律得k=2ma,联立解得Q=q,选项B正确.5.A [解析] 小球从C点运动到D点的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误;因直杆处于A、B的连线的中垂线上,所以直杆上所有点处的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,它受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力等于重力,小球的加速度大小始终等于重力加速度,所以小球一直在做匀加速直线运动,故C、D错误.6.B [解析] 点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为E a=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,故试探电荷受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为E b=k,与电场E 叠加后,合场强为零,试探电荷受力平衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,D错误.7.A [解析] 电荷量为+,方向向右,而b点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知,细棒与点电荷在b点处产生的电场强度大小相等,方向相反,则细棒在b点处产生的电场强度大小为E'=,方向向左,根据对称性可知,细棒在d点处产生的电场强度大小为,方向向右,而电荷量为+,方向向右,所以d点处的场强大小为E d=E″+E'=,方向向右,故选项A正确.8.D [解析] a带正电,受到的电场力水平向左,b带负电,受到的电场力水平向右.以整体为研究对象,整体所受的电场力大小为2qE,方向水平向左,受力分析如图所示,则上面悬挂a的绳子应向左偏转,设上面的绳子与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得tan α=;以b球为研究对象,设a、b间的绳子与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得tan β=,可得α=β,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误.9.C [解析] 对P球受力分析,根据共点力平衡条件得,细线的拉力大小T==2mg,静电力大小F=mg,A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,P球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g,C正确;当两球间的静电力消失时,Q球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g,D错误.10.(1)(2)3(mg+qE)[解析] (1)由A到B,由动能定理得mgr=mv2-0在B点,对小球受力分析,由牛顿第二定律得qE-mg=m联立解得E=因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB弧中点处的电场强度为E=(2)设小球到达B点时的速度为v,由动能定理得(mg+qE)r=mv2设在B点处环对小球的弹力为F N,由牛顿第二定律得F N-mg-qE=m联立解得小球在B点受到环的压力为F N=3(mg+qE)由牛顿第三定律知,小球在B点对环的压力大小为F'N=F N=3(mg+qE)11.C [解析] 对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C处三个正点电荷施加的库仑力,将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向,设α是A、B、C处正点电荷对其施加的库仑力方向与竖直方向的夹角,在竖直方向,根据平衡条件得3Fcos α=mg,根据几何关系得cos α=,又F=,解得q=,C正确.12.(1)g (2)L[解析] (1)B球刚进入两板间时,以杆和球组成的装置为研究对象,有qE+2mg=2ma1解得a1=g.(2)从装置由静止释放到A刚进入两板间,有=2a1L解得v1=从A刚进入两板间到B即将穿出下孔,有qE+2mg-3qE=2ma2=2a2·sB穿出下孔后,有2mg-3qE=2ma30-联立解得s=L所以两板间距d=s+L=L.课时作业(二十)1.B [解析] 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电场力做正功,因此电势能一定减小,故A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,因无穷远处电势能为零,因此静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大,故B正确;在等势面上,电势处处相等,但场强不一定相等,故C错误;电势降低最快的方向才是场强的方向,故D错误.2.BD [解析] 小球的重力势能增加5 J,则小球克服重力做功5 J,故A错误;电场力对小球做功2 J,则小球的电势能减少2 J,故B正确;小球受到重力、电场力、空气阻力三个力的作用,小球的机械能增加1.5 J,则除重力以外的力做功为1.5 J,因电场力对小球做功2 J,则空气阻力做功为-0.5 J,即小球克服空气阻力做功0.5 J,故C错误;重力、电场力、空气阻力三力做功之和为-3.5 J,根据动能定理,小球的动能减少3.5 J,D正确.3.A [解析] 等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性,M、N两点的电场强度相同,故同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同,A正确;在两电荷连线的垂直平分线的两侧,正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势,故M点的电势高于N点的电势,B错误;将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中,电场力一直做正功,故电势能一直减小,C错误;等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,在移动-Q 前,O点的电势为零,将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,此时两个电荷连线的中点在O点的左侧,O点的电势变为负值,故O点的电势降低,D错误.4.BCD [解析] 四个点电荷在O点都产生场强,由场强叠加原理知,O点场强不为零,且场强沿OD方向,O点电势为零,A错误;a点电势最高,b、c在同一等势面上,d点电势最低,把一负点电荷由b移动到c时,电场力做功为零,B正确;由电场的对称性知,同一点电荷在a、d两点所受电场力相同,C正确;将一正点电荷由a 点移到b点,电势能减小,D正确.5.BC [解析] 根据点电荷的电场特点,结合题给条件可确定点电荷Q的位置在ab的中垂线和E的方向的交点处,且带负电,A错误;a点的电场强度E=k,其中r=,解得Q=,B正确;把一个带电荷量为+q 的点电荷从a点沿直线移到b点过程中,先靠近后远离点电荷Q,所以其所受的电场力先增大后减小,C正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点的过程中,电场力先做正功后做负功,故电势能先减小后增大,D错误.6.BC [解析] q在O1正下方某处,Q在O2处时受力平衡,速率最大,故A错误;Q从O运动到O1处的过程中,加速度先减小,在O2处时加速度为零,而后反向增大,故B正确;Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和,由功能关系有ΔE=W弹+W电,因弹簧弹力一直做负功,即W弹<0,库仑力也一直做负功,即W电<0,则ΔE<0,即Q 的机械能不断减小,故C正确;系统的势能E p等于重力势能、电势能与弹性势能之和,根据能量守恒定律得ΔE p+ΔE k=0,由于Q的动能E k先增大后减小,所以系统的势能先减小后增大,故D错误.7.A [解析] 左、右两个电荷和上、下两个电荷都是等量异种电荷,P、Q连线的垂直平分线是一条等势线,并延伸到无穷远,则O点电势与无穷远处电势相等,即O点的电势为零,根据电场的叠加原理可知,O点的场强不为零,A错误;由四个电荷分布的位置可知,a点电势高于c点电势,故把正电荷从a点移到c点,电场力做正功,故B正确;由四个电荷分布的位置可知,电场线关于P、Q连线对称,b点与d点电势相等,故把正电荷从b点移到d点,电场力做功为零,C正确;根据电场线的对称性可知,P、Q两点处电场线疏密程度相同,场强大小相等,方向相反,则同一电荷在P、Q两点处所受的电场力大小相等,方向相反,D正确.8.AD [解析] 由等量异种点电荷的电场分布可知,a、b两点处电场强度相同,a点的电势等于b点的电势,且都等于零,A正确,B错误;因c点电势高于d点,故把正点电荷从c点移到d点,电势能减小,C错误;M点的电荷受到的库仑力大小为F=k,D正确.9.AC [解析] 由题意知,U AB= V=-10 V,U BC= V=30 V,则U AC=U AB+U BC=20 V,若设φC=0,则φA=20 V,φB=30 V,延长AO与BC交于BC的三等分点D,则D点的电势应为20 V,AD是电势为20 V的等势线,故场强方向垂直于OA向右,场强大小为E= V/m=200 V/m,故选项A、C正确.10.BD [解析] 将负点电荷从x1位置运动到x2位置的过程分为两个阶段:从x1位置运动到O点的过程中,初速度为0,根据牛顿第二定律得a=,电场强度E不变,所以加速度a不变,做匀加速运动;从O点运动到x2位置的过程中,根据牛顿第二定律得a=,电场强度E先均匀增大后均匀减小,所以加速度a先均匀增大再均匀减小,速度不是均匀变化的,故A错误,B正确.点电荷从O点运动到x1位置的过程中,根据动能定理得-U Ox1q=0-,点电荷从O点运动到x2位置的过程中,根据动能定理得-U Ox2q=0-,故电势差U Ox1=U Ox2,C错误.点电荷从O点运动到x1位置的过程中,电场力做负功,电势能增大,点电荷在x1位置的电势能最大,点电荷从O点运动到x2位置的过程中,电场力也做负功,电势能增大,点电荷在x2位置的电势能也为最大,故D正确.11.(1)(2)x2=2Ly (3)L[解析] (1)设电场强度为E,从(0,)点射入场区的带电微粒在场区中的偏转时间为t1,有L=v0t1qE=ma解得E=.(2)微粒做类平抛运动,有x=v0ty=at2可得x2=2Ly.(3)如图所示,设射到(2L,0)点的带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1,竖直偏转位移为y1,偏转角为θ,偏转时间为t2,射入场区时的y坐标值为Y,有x1=v0t2y1=根据几何关系有x1+=2L,L-x1=Y-y1根据平抛运动的特点有tan θ=2解得Y=L.12.(1)mg+m(2) (3)[解析] (1)小球经B点时,在竖直方向上,有F-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细杆的拉力大小F'=F=mg+m.(2)O点电势为零,而OB在M、N连线的垂直平分线上,故B点的电势φB=0对小球由A点运动到B点的过程,由动能定理可得mgL+q(φA-φB)=mv2解得φA=.(3)由电场的对称性可得φC=-φA,所以U AC=2φA对小球由A点运动到C点的过程,由动能定理可得qU AC=解得v C=.课时作业(二十一)1.B [解析] 根据题意可得Q=5×105C,U=3×105 V,根据C==1.7 F,B正确.2.A [解析] 插入一个带有一定厚度的金属板,相当于极板间的距离变小,根据电容的决定式C=,可知电容增大,又因电势差不变,则由Q=CU知,电容器的电荷量增大,电路中流过逆时针方向的短暂电流,故A 正确,B错误;电势差不变,d减小,则电场强度增大,带电液滴所受的电场力增大,使带电液滴向上做加速运动,故C、D错误.3.C [解析] 当负极板右移时,两板之间的距离d减小,由C=可知,C与x的关系图像不是一次函数图像,故A错误;由U=可知,U=Q,则E=,故E与两板之间的距离d(或x)无关,故B错误;因负极板接地,设P点原来与负极板之间的距离为l,则P点的电势φ=E(l-x),故C正确;电势能E p=φq=Eq(l-x),不可能为水平线,故D错误.4.BD [解析] 在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-,解得d=,设带电粒子离开M 板的最远距离为x,若使初速度减小为原来的,则x=,A错误;若使M、N间的电压提高到原来的2倍,则电场强度变为原来的2倍,x=,B正确;若使M、N间的电压提高到原来的4倍,则电场强度变为原来的4倍,x=,C错误;若使初速度和M、N间的电压都减小为原来的,则电场强度变为原来的一半,x=,D正确.5.D [解析] 粒子在加速电场中运动时,有U1q=,在偏转电场中运动时,有x=v0t,y=t2,解得x2=,若保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x减小,选项A错误;若保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;若保持U1、U2和下板的位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则d变大,x变大,故选项D正确.6.B [解析] 根据C=,将A板向上平移一小段距离,间距d增大,其他条件不变,则导致电容变小,故A 错误;在A板上移过程中,电容减小,又由于极板间的电压不变,则电容器的电荷量减小,因此电容器处于放电状态,电阻R中有向上的电流,故B正确;根据E=,由于间距d增大,而电压U不变,所以A、B两板间的电场强度变小,故C错误;因场强变小,导致P点与B板间的电势差减小,因B板接地,电势为零,可知P点电势降低,故D错误.7.D [解析] 根据两微粒的运动轨迹可知,二者所受的电场力方向相反,而电场强度的方向相同,因此两微粒的电性相反,故A正确;若两微粒的初速度相同,根据平抛运动的规律可知,它们在水平方向上做匀速运动,因此到达金属网所用的时间相同,故B正确;根据运动学公式,在竖直方向有d=,若不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,则两微粒在水平方向上的位移仍相等,因此仍能相交于同一点,故C正确;若E1>E2,d1=d2,根据运动学公式,在竖直方向有d=,由于两粒子的初速度不一定相同,则上方微粒的比荷不一定较小,故D错误.8.AC [解析] 由于两带电体起点和终点相同,故发生的位移一定相同,A正确;电势能的减少量等于电场力所做的功,电场力做功都为W=EQLcos 30°=EQL,C正确;由于两带电体初速度不同,但电场力做功相同,故到达C点的速度大小不相等,B错误;甲从A点运动到C点的时间t甲=,乙从A点运动到C点的时间t乙=,则甲、乙从A点运动到C点的时间之比为2∶,D 错误.9.(1)(2)[解析] (1)离子在加速电场中加速,根据动能定理得qU=mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,根据牛顿第二定律得qE0=m解得R=.(2)离子在偏转电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的规律得=vtPN=at2由牛顿第二定律得qE=ma解得E=.10.AD [解析] 当滑动变阻器的滑片向上滑动时,变阻器有效阻值增大,R的电压增大,则电容器板间电压增大,场强增大,油滴所受的电场力增大,所以带电油滴会向上运动,A正确;当电容器的上极板向上移动时,由电容的决定式C=知,电容减小,而电容器的电压不变,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量Q不变,根据E=可知电容器板间场强不变,油滴所受的电场力不变,所以带电油滴仍静止不动,B错误;当电容器的下极板向下移动时, 电容器所带的电荷量Q不变,由E=知,电容器板间场强不变,由U=Ed知,P点与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,C错误;当电容器的下极板向左移动时,由C=知,电容器的电容减小,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量不变,故极板间电压U增大,由E=知,电容器板间场强变大,则P与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,D正确.11.(1)(2)1∶3 (3)1∶4[解析] (1)油滴静止时,由平衡条件得mg=q解得.(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为x1,加速度大小为a1,第二个Δt时间内油滴的位移为x2,加速度大小为a2,则x1=a1(Δt)2x2=v1Δt-a2(Δt)2且v1=a1Δt,x2=-x1联立解得a1∶a2=1∶3.(3)油滴向上做加速运动时,有q-mg=ma1即q=ma1油滴向上做减速运动时,有mg-q=ma2即q=ma2则解得.专题训练(六)1.AD [解析] 对带电小球进行受力分析,如图所示,小球的加速度a= m/s2=-10 m/s2,根据几何关系得tan θ==1,故θ=45°,F电=mg=qE,解得E=100 V/m,故A、D正确,B、C错误.2.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D正确.3.AD [解析] 小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后受到电场力作用而做减速运动,由v-t图可以看出,在t=1 s和4 s时,小球经过边界MN,故B错误;由图像的斜率表示加速度可得,小球进入电场前的加速度为a1=,进入电场后的加速度大小为a2=,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,则电场力F=mg+ma2=ma1,所以重力mg与电场力F大小之比为3∶5,故A正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等,故C错误;在1~4 s过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,由于该过程中机械能和电势能的总和不变,所以小球的机械能先减小后增大,故D正确.4.BD [解析] 小球由A到B的过程中,电场力做正功,小球的电势能减小,选项A错误;因小球做匀速运动,由平衡条件知qEcos θ=mgsin θ,所以电场强度E=,选项B正确;电场强度变为原来的2倍后,则有q·2Ecos θ-mgsin θ=ma,所以a=gsin θ=6 m/s2,选项C错误;电场强度变为原来的一半后,则有mgsinθ-q·cos θ=ma1,所以a1==3 m/s2,由-v2=2a1L,解得v=1 m/s,选项D正确.5.BC [解析] 第1 s内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s末电场强度增大为第1 s末的2倍,故电场力变为第1 s末的2倍,合力变为向上,大小为mg,且第2 s内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.6.AD [解析] 根据等量同种点电荷产生的电场特点可知,a、b两点的电势相等,A正确;a、b两点的场强大小相等,但方向不同,B错误;正电荷从a点经c点移到b点,电势先降低后升高,由E p=qφ得正电荷的电势能先减小后增大,C错误;由库仑定律和几何关系得,D正确.7.AD[解析] 粒子在板间运动的加速度a= m/s2=108m/s2,在×108×(4×10-5)2m=8×10-2 m=8 cm,因x1>=3 cm,故若粒子于t=0时刻释放,则一定能运动到B板,选项A正确;若粒子于t=时刻释放,则粒子向A板运动,最后到达A板,选项B错误;若粒子于t=时刻释放,则在的时间内粒子向B板加速运动,位移为x 2=×108×(2×10-5)2 m=2×10-2 m=2 cm,在的时间内粒子向B 板减速运动,位移为x 3=x 2=2 cm,故已经到达B 板,选项C 错误;若粒子于t=时刻释放,则在的时间内粒子向B 板加速运动,位移为x'2=×108×(10-5)2 m=0.5×10-2 m=0.5 cm,在的时间内粒子向B 板减速运动,位移为x'3=x'2=0.5 cm,在~T 的时间内粒子向A 板加速运动,位移为x ″2=×108×(3×10-5)2 m=4.5×10-2 m=4.5 cm,因4.5 cm-2×0.5 cm=3.5 cm>3 cm,故粒子已经到达A 板,选项D 正确.8.BD [解析] 因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A 错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B 正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A 点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C 错误;小环从A 点出发到再次回到A 点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D 正确.9.(1)0.5 s (2)3.5 m (3)2 m/s[解析] (1)小球自由下落,有h=解得t 1= s=0.5 s.(2)装置加速度大小a 1=μg=4 m/s 2由逆向思维得x 1=v 1t 1+×4×0.52m=3.5 m. (3)小球在电场中运动时,对小球,由动能定理得mg(h+d)-Fd=0解得F=0.9 N小球在电场中加速,有F-mg=ma解得a=12.5 m/s 2小球在电场中运动的时间t 2=2s=0.8 s小球在电场中时,对装置有μ(Mg+F)=Ma 2解得a 2=5 m/s 2 当小球返回到P 板时,装置的速度v=v 1-a 2t 2=6 m/s-5×0.8 m/s=2 m/s. 10.(1) (2) (3)l[解析] (1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下,系统在水平方向上均动量守恒,有mv0=(m+M)v由能量守恒定律得Q=fs=(m+M)v2联立解得系统产生的热量Q=.(2)场强方向竖直向下时,有Q=f1s1场强方向竖直向上时,有Q=f2s2所以f1s1=f2s2由题意知s1>s2,则f1<f2,而f=μF N所以F N2>F N1说明物块带负电场强方向竖直向下时,有F N1=mg-qE场强方向竖直向上时,有F N2=mg+qE又知E=故.(3)由以上各式得s2=l.。
2019版高考物理创新大一轮(基础课 能力课 实验课)江苏专用版文档：第七章 静电场 基础课2
基础课2电场的能的性质知识排查电势能、电势1.电势能(1)电场力做功的特点电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。
(2)电势能①定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。
②电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E p A－E p B＝－ΔE p。
2.电势(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能E p与它的电荷量q的比值。
(2)定义式：φ＝E p q。
(3)矢标性：电势是标量，有正、负，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。
(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。
3.等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。
(2)四个特点①等势面一定与电场线垂直。
②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
电势差1.定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。
2.定义式：U AB＝W AB q。
3.电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA。
匀强电场中电势差与电场强度的关系1.电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。
即U＝Ed，也可以写作E＝U d。
2.公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。
小题速练1.思考判断(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。
()(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。
()(3)电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同。
()(4)A、B两点的电势差是恒定的，所以U AB＝U BA。
()(5)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向。
()(6)电势有正负之分，因此电势是矢量。
()(7)电势的大小由电场的性质决定，与零电势点的选取无关。
()(8)电势差U AB由电场本身的性质决定，与零电势点的选取无关。
(江苏专用)2019高考物理三轮冲刺 第一篇 回归教材 九 磁场板块
九、磁场板块基础回扣1.磁场、磁感应强度、磁通量(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
(2)方向:小磁针的N极所受磁场力的方向。
2.磁感应强度:B=(通电导线垂直于磁场)。
3.匀强磁场特点:匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同的、方向相同的平行直线。
4.磁通量:Φ=BS。
单位为Wb,1 Wb=1 T·m2。
适用于匀强磁场,线圈平面与磁感线垂直,与线圈匝数无关。
5.安培力、安培力的方向(1)安培力的方向用左手定则判定。
(2)安培力的方向特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面。
(3)安培力的大小:磁场和电流垂直时:F=BIL;磁场和电流平行时:F=0。
安培力公式写为F=ILB,适用条件为磁场与电流方向垂直。
式中L是有效长度。
弯曲导线的有效长度L等于两端点所连线段的长度(如图所示);相应的电流方向,沿L由始端流向末端,因为任意形状的闭合线圈,其有效长度L=0,所以通电后在匀强磁场中,受到的安培力的矢量和一定为零。
6.洛伦兹力的方向(1)判定方法:左手定则。
方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的平面(注意:洛伦兹力不做功)。
(2)洛伦兹力的大小:F=qvB sin θ。
v∥B时,洛伦兹力F=0(θ=0°或180°);v⊥B时,洛伦兹力F=qvB(θ=90°);v=0时,洛伦兹力F=0。
7.不计重力的带电粒子在磁场中的运动(1)匀速直线运动:若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行,则粒子做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动:若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直,则粒子做匀速圆周运动。
质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动,其角速度为ω,轨迹半径为R,运动的周期为T,则有:qvB=m=mRω2=mvω=mR()2=mR(2πf)2。
R=,T=(与v、R无关),f==。
(3)对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题,应注意把握以下几点。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
七、静电场板块基础回扣1.点电荷、元电荷(1)元电荷:e=1.6×10-19C,所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。
(2)点电荷:①本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体;②点电荷是理想化模型。
2.库仑定律 (1)表达式:F=kq 1q 2q 2,式中k=9.0×109 N·m 2/C 2,叫静电力常量。
适用条件为真空中的点电荷。
(2)“三个自由点电荷平衡”的模型:由三个自由点电荷组成的系统且它们仅在系统内静电力作用下而处于平衡状态,如图所示。
规律:“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上; “两同夹异”——正负电荷相互间隔; “两大夹小”——中间电荷的电荷量最小;“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
3.电场强度 公式 适用范围 场源 规定 含义E=Fq任何电场电荷或变化的磁场正电荷的受力方向为电场方向比值定义,与q 及F 无关E=k Qr 2 真空中,点电荷 由场源电荷Q 及距离r 决定 E=U ABd匀强电场与两点间电势差U 及间距d 无关,d 为沿电场线方向A 、B 两点间的距离说明:(1)电场强度的叠加:电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。
(2)U=Ed 只适于匀强电场的定量计算。
在非匀强电场中也可用U=Ed 定性判断电势差的大小。
4.几种典型电场的电场线(如图所示)说明:(1)孤立点电荷的电场:正(负)点电荷的电场线呈空间球对称分布指向外(内)。
离点电荷越近,电场线越密(电场强度越大)。
(2)等量同种点电荷的电场:两点电荷连线中点O处的电场强度为零,从两点电荷连线中点O沿中垂线到无限远,电场强度先变大后变小;两点电荷连线中垂线上各点的电场强度方向和中垂线平行,关于两点电荷连线中点O对称的两点的电场强度等大、反向。
(3)等量异种点电荷的电场:两点电荷连线上各点的电场强度方向从正电荷指向负电荷,沿两点电荷连线方向电场强度先变小再变大;两点电荷连线的中垂线上,电场强度方向相同,且与中垂线垂直,关于两点电荷连线中点O对称的两点的电场强度等大、同向。
5.应用电场线进行以下判断:(1)电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线方向相同,负电荷的受力方向和电场线方向相反;(2)电场强度的大小(定性)——电场线的疏密可定性反映电场强度的大小;(3)电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐步降低,电场强度的方向是电势降低最快的方向;(4)等势面的疏密——电场越强的地方,等差等势面越密集;电场越弱的地方,等差等势面越稀疏。
6.电势能(1)电场力做功①特点:电场力做功与路径无关,只与初、末位置有关。
②计算方法A.由公式W=Fl cos θ计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为W=qEl cos θ。
B.由W=qU来计算,此公式适用于任何形式的静电场。
C.由动能定理来计算:W电场力+W其他力=ΔE k。
D.由电势能的变化计算:W=E p1-E p2。
(2)电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于电势能的减少量,即W AB=E pA-E pB=-ΔE p。
(3)电势:公式为φ=q pq(与试探电荷无关);单位:伏特(V);电场线指向电势降低最快的方向。
7.等势面的特点(1)等势面一定和电场线垂直。
(2)等势面上各点电势相等,在等势面上移动电荷时电场力不做功。
(3)电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面。
(4)电场线越密的地方,等差等势面越密。
8.电势差 (1)定义式:U AB =q qq q。
(2)电势差与电势的关系:U AB =φA -φB ,U AB =-U BA 。
(3)影响因素:电势差U AB 由电场本身的性质决定,与移动的电荷q 及电场力做的功W AB 无关,与零电势点的选取无关。
9.电容(1)定义式:C=qq 。
单位:法拉(F),1 F=106 μF=1012pF 。
(2)平行板电容器电容的决定式:C=q rq4πqq ,k 为静电力常量。
(3)平行板电容器的两种情况 两种情况 电路结构常用公式 特点电容器始终 与电源相连定义式C=QU决定式C=εq S4q kd 匀强电场E=Ud电压U 不变d↑→E↓、C↓→Q↓S↑→E 不变、C↑→Q↑ 电容器充电 后断电电荷量Q 不变d↑→C↓→U↑→E 不变S↑→C↑→U↓→E↓10.带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场,带电粒子将做加(减)速运动。
有两种分析法: (1)用动力学观点分析:a=qq q ,E=q q,v 2-q 02=2ax 。
(2)用功能观点分析:粒子只受电场力作用,电场力做的功等于粒子动能的变化,qU=12mv 2-12m q 02。
11.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动条件:带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法:类似于平抛运动,应用运动的合成与分解的方法。
如图所示:粒子由静止经电场加速后的速度为v 0,有qU 1=12m q 02 粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动,有 v x =v 0,l=v 0t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动,有 v y =at,y=12at 2,a=qq q =qq 2qq。
带电粒子离开极板时 侧移距离y=12at 2=qq 2q 22qqq 02=q 2q 24qq 1。
轨迹方程为y=q 2q 24qq 1(与m 、q 无关)偏转角度θ的正切值tan θ=qq q 0=qq 2l qqq 02=q 2l2qq 1。
若在偏转极板右侧D 距离处有一竖立的屏,在求粒子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论,即:所有离开偏转电场的粒子好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的。
回归小练1.(源于人教版3-1第43页“问题与练习”)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动( ) A.半径越大,加速度越大 B.半径越小,周期越大 C.半径越大,角速度越小 D.半径越小,线速度越小2.(多选)(源于人教版3-1第20页“问题与练习”)(2018江苏泰州中学月考)如图所示,一带电小球固定在光滑水平面上的O 点,虚线a 、b 、c 、d 是带电小球激发电场的四条等距离的等势线,一个带电小滑块从等势线d 上的1处以水平初速度运动,结果形成了实线所示的运动轨迹。
1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点。
由此可以判定( )A.固定小球与小滑块带异种电荷B.在整个运动过程中小滑块具有的动能与电势能之和保持不变C.在整个过程中小滑块的加速度先变大后变小D.小滑块从位置3到4和从位置4到5的过程中,电场力做功的大小关系是W34=W453.(源于人教版3-1第30页“演示实验”)(2018北京理综,19,6分)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。
下列说法正确的是( )A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大4.(源于人教版3-1第32页“做一做”)(2018北京二十中三模)图甲是观察电容器放电的电路。
先将开关S与1端相连,电源向电容器充电,然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,在屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示。
则下列判断正确的是( )A.随着放电过程的进行,该电容器的电容逐渐减小B.根据I-t曲线可估算出该电容器的电容大小C.电容器充电过程的I-t曲线电流应该随时间的增加而增大D.根据I-t曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量5.(源于人教版3-1第39页“问题与练习”)(2017江苏东台模拟)一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一电场Ⅰ由静止加速后,进入匀强电场Ⅱ,已知一价氦离子在电场Ⅱ中的运动轨迹如图中轨迹1,下列说法正确的是( )A.一价氢离子的轨迹可能是2B.二价氦离子的轨迹可能是3C.一价氢离子的轨迹可能是3D.二价氦离子的轨迹一定是1答案精解精析回归小练1.C 设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子圆周运动的向心力,k qqq2=ma向=m q2q =m(2πq)2r=mω2r,可得a向=k qqqq2,T=2π√qq3qqq,ω=√qqqqq3,v=√qqqqq,则半径r越大,加速度a向、角速度ω和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。
2.BC 由图看出滑块的轨迹向右弯曲,可知滑块受到了斥力作用,则知小球与小滑块电性一定相同,故A 项错误。
根据能量守恒定律得知,小滑块运动过程中具有的动能与电势能之和保持不变,故B项正确。
滑块与小球的距离先减小后增大,由库仑定律得知滑块所受的库仑力先增大后减小,则其加速度先增大后减小,故C 项正确。
小滑块从位置3到4和从位置4到5的过程中电场强度在变小,由U=q d 得电势差的关系为U 34>U 45,由W=Uq 可知W 34>W 45,故D 错误。
3.A 本题考查平行板电容器。
带电玻璃棒接触a 板,a 板会带上同种电荷,同时b 板上会感应出异种电荷,故A 正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b 板上移,正对面积S 减小,电容C 减小,板间电压U 增大,故指针张角变大,B 错;插入有机玻璃板,相对介电常数εr 增大,电容C 增大,板间电压U 减小,指针张角变小,C 错;只增加极板带电量Q,板间电压U 增大,但电容保持不变,故D 错。
4.D 电容器的电容由电容器本身的特性决定,与所带的电荷量无关,因此在放电过程中,该电容器的电容不变,故A 项错误;I-t 图线与时间轴围成的面积表示电荷量,可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量,但由于电容器电压的变化量无法估算,由C=ΔqΔq 知,不能估算出该电容器的电容大小,故B 错误,D 项正确;电容器充电过程,电流应该随时间的增加而减小,充电完毕时电流减为零,故C 项错误。
5.D 设正电荷的电荷量为q,加速电压为U 1,偏转电压为U 2,偏转电极板长为L,板间距离为d 。
加速电场中qU 1=12m q 02,偏转电场中运动时间t=q q 0,偏转距离y=12at 2=12·qq2qq (q q 0)2,得到y=q 2q 24qq 1,设偏转角度为θ,则tan θ=q q q 0=q 2L2qq 1,由上可知y 、θ与带电粒子的质量、电荷量无关,则一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子在偏转电场中轨迹重合。
故D 项正确。