高中物理力的教案

高三物理《電場力的性質(zhì)》考后題型解析。

高三物理《電場力的性質(zhì)》考后題型解析

[浙江考試標準]
知識內(nèi)容考試要求命題規(guī)律必考加試電荷及其守恒定律bc對本章知識的考查主要以選擇題為主，計算題常與其他知識綜合考查，主要考點有：
1．描述電場的物理量和規(guī)律；
2．牛頓運動定律、動能定理及功能關(guān)系在靜電場中的綜合應用問題；
3．帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)等問題.庫侖定律c電場強度cc電勢能和電勢、電勢差bc電勢差與電場強度的關(guān)系c靜電現(xiàn)象的應用b電容器的電容bc帶電粒子在電場中的運動bd考點一|電荷及其守恒定律

1．兩種電荷
(1)用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電，用毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電．
(2)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．
2．三種起電方式：摩擦起電、感應起電和接觸起電，它們的實質(zhì)都是電子的轉(zhuǎn)移．
3．元電荷：最小的電荷量，e＝1.6×10－19_C.
4．電荷守恒定律
表述1：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變．這個結(jié)論叫做電荷守恒定律．
表述2：一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變．

1．電荷分配規(guī)律
兩個完全相同的金屬球接觸后，所帶正、負電荷先“中和”，然后“平均分配”于兩球．分配前后正、負電荷之和(代數(shù)和)不變．
2．最小的電荷量叫做“元電荷”．電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，所以電荷量不能連續(xù)變化．
3．質(zhì)子及電子所帶電荷量的絕對值與元電荷相等，但不能說它們是元電荷．

1．(20xx·浙江1月學考)如圖611所示，摩擦過的塑料刻度尺能夠吸引輕小的紙片，這是由于它們之間存在()

圖611
A．靜電力B．安培力
C．洛倫茲力D．彈力
A[摩擦過的塑料刻度尺帶電，能吸引小紙片，吸引小紙片的力是靜電力．故選A.]
2．毛皮與橡膠棒摩擦后，毛皮帶正電，這是因為()
A．毛皮上的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上
B．毛皮上的一些正電荷轉(zhuǎn)移到橡膠棒上
C．橡膠棒上的一些電子轉(zhuǎn)移到毛皮上
D．橡膠棒上的一些正電荷轉(zhuǎn)移到毛皮上
A[摩擦起電的實質(zhì)是電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體上，電中性的物體若缺少了電子帶正電，多了電子就帶負電．由于毛皮的原子核束縛電子的本領(lǐng)比橡膠棒弱，在摩擦的過程中毛皮上的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上，缺少了電子的毛皮帶正電，而原子核內(nèi)的質(zhì)子帶正電荷，不能自由移動，所以選項A正確．]
3．關(guān)于元電荷，下列說法中不正確的是()
A．元電荷實質(zhì)上是指電子和質(zhì)子本身
B．所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍
C．元電荷的值通常取e＝1.60×10－19C
D．電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根用實驗測得的
A[科學實驗發(fā)現(xiàn)的最小電荷量就是電子所帶的電荷量，人們把這個最小的電荷量叫做元電荷．實驗得出，所有帶電體的電荷量或者等于e，或者是e的整數(shù)倍，這就是說，電荷量是不能連續(xù)變化的物理量．電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的．故選A.]
4．(加試要求)完全相同的金屬小球A、B，A球帶電荷量為＋16Q，B球帶電荷量為－8Q.現(xiàn)將A與B接觸后分開，則A、B兩球的帶電荷量分別為()
A．－8Q，＋16QB．＋8Q，＋8Q
C．＋4Q，＋4QD．－4Q，－4Q
C[因兩球帶異種電荷，所以小球A與B接觸后應是先中和，后把剩余的電荷量平分，即A、B兩球的帶電荷量都為q＝＝4Q，選項C對．]
考點二|庫侖定律

1．點電荷
當帶電體的形狀、大小及電荷分布對它們之間的作用力的影響可以忽略時，這樣的帶電體可以看成點電荷．
2．庫侖定律
(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．(2)表達式：F＝k，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量．
(3)適用條件：真空中的點電荷．

(20xx·浙江10月學考)如圖612所示，一質(zhì)量為m、電荷量為Q的小球A系在長為l的絕緣輕繩下端，另一電荷量也為Q的小球B位于懸掛點的正下方(A、B均視為點電荷)，輕繩與豎直方向成30°角，小球A、B靜止于同一高度．已知重力加速度為g，靜電力常量為k，則兩球間的靜電力為()

圖612
A.B.C．mgD.mg
A[根據(jù)庫侖定律公式得F＝＝，A選項正確，B選項錯誤．由于小球A、B均靜止，對球A受力分析如圖所示．則由平衡條件得Tsin30°＝F，Tcos30°＝mg，聯(lián)立上式解得F＝mg，C、D選項錯誤．]
(20xx·浙江10月學考)如圖613所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上，其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為l，當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角θ＝30°，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則()

圖613
A．A、B間庫侖力大小F＝
B．A、B間庫侖力大小F＝
C．細線拉力大小FT＝
D．細線拉力大小FT＝mg
B[由題意做圖，通過幾何關(guān)系可計算出A、B間距離為l，所以A、B間庫侖力大小F＝，A錯誤．
對A進行受力分析，做出受力示意圖，庫侖力與細線拉力呈60°，根據(jù)平衡條件可得F庫＝FT，F(xiàn)庫cos30°＋FTcos30°＝mg，則FT＝F庫＝＝，故選B.]

1．下列關(guān)于點電荷的說法中，正確的是()
A．只有體積很小的帶電體才能看做點電荷
B．體積很大的帶電體一定不是點電荷
C．當兩個帶電體的形狀和大小對它們相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看做點電荷
D．任何帶電球體，都可看做電荷全部集中于球心的點電荷
C[本題考查點電荷的理想化條件：只有當帶電體間的距離比它們自身的大小大得多，以至于帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計時，帶電體才可以視為點電荷，所以選C.]
2．下列哪一個是庫侖定律的表達式()
A．F＝kB．F＝k
C．F＝kD．F＝
B
3．電荷量分別為q1、q2的兩個點電荷，相距r時相互作用力為F，則下列說法正確的是()
A．如果q1、q2恒定，當距離變?yōu)閞/2時作用力將變?yōu)?F
B．如果其中一個電荷的電荷量和它們的距離都減半時，作用力變?yōu)?F
C．如果將它們的電荷量和距離都加倍時，作用力變?yōu)?F
D．如果它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閞時，作用力變?yōu)?F
D[根據(jù)公式F＝，當距離減少為原來的時，相互作用力變?yōu)樵瓉淼?倍；若其中一個電荷的電荷量和它們的距離都減半時，作用力變?yōu)?F；如果將它們的電荷量和距離都加倍時，作用力不變；如果它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閞時，作用力變?yōu)?F.選項D正確．]
4.一根放在水平面內(nèi)的光滑玻璃管絕緣性良好，內(nèi)部有兩個完全相同的可看做點電荷的彈性金屬小球A和B，電荷量分別為＋9Q和－Q，兩小球從圖示位置由靜止釋放，那么，兩小球再次經(jīng)過圖中原靜止釋放位置時，A球的瞬時加速度為釋放時的()

圖614
A.B.C.D.
A[釋放時A受到的庫侖力為：F＝k，其加速度a＝＝k，當兩球碰撞后，所帶電荷量為q＝＝4Q.故小球A再經(jīng)過原位置時，受到的庫侖力為F＝k，所以加速度為a′＝＝k＝，故選項A正確．]考點三|電場強度

1．電場
(1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)．
(2)基本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用．
2．電場強度
(1)定義：放入電場中某點的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值．
(2)定義式：E＝.
(3)單位：N/C或V/m.
(4)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向．
3．場強公式的比較
4．電場的疊加
(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和．
(2)運算法則：平行四邊形定則．
5．電場線
(1)特點
①電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于無限遠處或負電荷；
②電場線在電場中不相交；
③在同一電場里，電場線越密的地方場強越大；
④電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向；
⑤沿電場線方向電勢逐漸降低；
⑥電場線和等勢面在相交處相互垂直．
(2)幾種典型電場的電場線

圖615

(20xx·浙江10月學考)如圖616為某一電場的電場線，M、N、P為電場線上的三個點，M、N是同一電場線上兩點，下列判斷正確的是()

圖616
A．M、N、P三點中N點的場強最大
B．M、N、P三點中N點的電勢最高
C．負電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能
D．正電荷從M點自由釋放，電荷將沿電場線運動到N點
A[電場線越密集處場強越大，三點中N點處電場線最密集，故N點場強最大，A選項正確；沿電場線方向電勢降低，N點電勢小于M點電勢，B選項錯誤；負電荷在電勢高的地方電勢能低，所以負電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能，C選項錯誤；電場線彎曲不是直線，正電荷自由釋放時無法沿電場線運動，D選項錯誤．]

1．描述電場有兩種方法
電場線和電場強度．電場線較形象、直觀，疏密程度反映電場的強弱，方向為電場線上該點的切線方向．
2．電場強度的大小及方向
(1)電場強度的大小可以用公式計算
(2)電場強度的大小可以用電場線的疏密程度表示，電場越強的地方，電場線越密；電場強度是矢量，它的方向跟正電荷在該點受的電場力的方向相同，即沿著電場線的切線方向．
3．等量同種和異種點電荷的電場強度的比較
比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強連線上O點場強最小，指向負電荷一方為零連線上的場強大小(從左到右)沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′的場強等大同向等大反向
1．關(guān)于電場強度的概念，下列說法正確的是()
A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比
B．正、負試探電荷在電場中同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與放入試探電荷的正負有關(guān)
C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷的正負無關(guān)
D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零
C[電場中某點場強的大小和方向由電場本身決定，與試探電荷的受力情況及電荷性質(zhì)無關(guān)，故A、D錯誤，C正確；電場強度的方向與正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反，但場強方向與放入試探電荷的正負無關(guān)，B錯誤．]
2．在電場中的某點A放一個試探電荷，其電荷量為q，受到的電場力為F，則A點的電場強度為E＝，下列說法正確的是()
A．若移去試探電荷，則A點的電場強度為0
B．若試探電荷的電荷量變?yōu)?q，則A點的場強變?yōu)?E
C．若放置到A點的試探電荷的電荷量變?yōu)椋?q，則場中A點的場強大小和方向均不變
D．若放置到A點的試探電荷的電荷量變?yōu)椋?q，則場中A點的場強大小不變，但方向相反
C[電場強度是描述電場性質(zhì)的物理量，只與電場本身有關(guān)，與試探電荷無關(guān)，故C正確．]
3．如圖所示的各電場中，A、B兩點電場強度相同的是()

ABCD
C[電場強度是矢量，電場強度相同是指電場強度大小和方向均相同，C正確．]
4．如圖617所示，一電場的電場線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN.P點在y軸右側(cè)，MP⊥MN.則O、M、N、P四點中電場強度最大的是()

圖617
A．O點B．M點C．N點D．P點
A[電場線的疏密程度表示場強大小，由此可知場強最大的點為O點，故選A.]

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高三物理《練習使用多用電表》考后題型解析

高三物理《練習使用多用電表》考后題型解析

實驗11練習使用多用電表

1．歐姆表原理(多用電表測電阻原理)
(1)構(gòu)造：如圖1所示，歐姆表由電流表G、電池、調(diào)零電阻R和紅、黑表筆組成．

圖1
歐姆表內(nèi)部：電流表、電池、調(diào)零電阻串聯(lián)．
外部：接被測電阻Rx.
全電路電阻R總＝Rg＋R＋r＋Rx.
(2)工作原理：閉合電路歐姆定律I＝.
(3)刻度的標定：紅、黑表筆短接(被測電阻Rx＝0)時，調(diào)節(jié)調(diào)零電阻R，使I＝Ig，電流表的指針達到滿偏，這一過程叫歐姆調(diào)零．
①當I＝Ig時，Rx＝0，在滿偏電流Ig處標為“0”．(圖甲)
②當I＝0時，Rx→∞，在I＝0處標為“∞”．(圖乙)
③當I＝時，Rx＝Rg＋R＋r，此電阻值等于歐姆表的內(nèi)阻值，Rx叫中值電阻．
2．多用電表
(1)多用電表可以用來測量電流、電壓、電阻等，并且每一種測量都有幾個量程．
(2)外形如圖2所示：上半部為表盤，表盤上有電流、電壓、電阻等多種量程的刻度；下半部為選擇開關(guān)，它的四周刻有各種測量項目和量程．

圖2
(3)多用電表面板上還有：歐姆表的歐姆調(diào)零旋鈕(使電表指針指在右端零歐姆處)、指針定位螺絲(使電表指針指在左端的“0”位置)、表筆的正、負插孔(紅表筆插入“＋”插孔，黑表筆插入“－”插孔)．
3．二極管的單向?qū)щ娦?br> (1)晶體二極管是由半導體材料制成的，它有兩個極，即正極和負極，它的符號如圖3甲所示．

甲乙丙
圖3
(2)晶體二極管具有單向?qū)щ娦?符號上的箭頭表示允許電流通過的方向)．當給二極管加正向電壓時，它的電阻很小，電路導通，如圖乙所示；當給二極管加反向電壓時，它的電阻很大，電路截止，如圖丙所示．
(3)將多用電表的選擇開關(guān)撥到歐姆擋，紅、黑表筆接到二極管的兩極上，當黑表筆接“正”極，紅表筆接“負”極時，電阻示數(shù)較小，反之電阻示數(shù)很大，由此可判斷出二極管的正、負極．

1．實驗器材
多用電表、電學黑箱、直流電源、開關(guān)、導線若干、小燈泡、二極管、定值電阻(大、中、小)三個．
2．實驗步驟
(1)觀察：觀察多用電表的外形，認識選擇開關(guān)的測量項目及量程．
(2)機械調(diào)零：檢查多用電表的指針是否停在表盤刻度左端的零位置．若不指零，則可用小螺絲刀進行機械調(diào)零．
(3)將紅、黑表筆分別插入“＋”、“－”插孔．
(4)測量小燈泡的電壓和電流．
①按如圖4甲所示的電路圖連好電路，將多用電表選擇開關(guān)置于直流電壓擋，測小燈泡兩端的電壓．

甲乙
圖4
②按如圖乙所示的電路圖連好電路，將選擇開關(guān)置于直流電流擋，測量通過小燈泡的電流．
(5)測量定值電阻
①根據(jù)被測電阻的估計阻值，選擇合適的擋位，把兩表筆短接，觀察指針是否指在歐姆表的“0”刻度，若不指在歐姆表的“0”刻度，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在歐姆表的“0”刻度處；
②將被測電阻接在兩表筆之間，待指針穩(wěn)定后讀數(shù)；
③讀出指針在刻度盤上所指的數(shù)值，用讀數(shù)乘以所選擋位的倍率，即得測量結(jié)果；
④測量完畢，將選擇開關(guān)置于交流電壓最高擋或“OFF”擋．

1．多用電表使用注意事項
(1)表內(nèi)電源正極接黑表筆，負極接紅表筆，但是紅表筆插入“＋”插孔，黑表筆插入“－”插孔，注意電流的實際方向應為“紅入”，“黑出”．
(2)區(qū)分“機械零點”與“歐姆零點”．機械零點是表盤刻度左側(cè)的“0”位置，調(diào)整的是表盤下邊中間的指針定位螺絲；歐姆零點是指刻度盤右側(cè)的“0”位置，調(diào)整的是歐姆調(diào)零旋鈕．
(3)由于歐姆擋表盤難以估讀，測量結(jié)果只需取兩位有效數(shù)字，讀數(shù)時注意乘以相應擋位的倍率．
(4)使用多用電表時，手不能接觸表筆的金屬桿，特別是在測電阻時，更應注意不要用手接觸表筆的金屬桿．
(5)測量電阻時，待測電阻要與其他元件和電源斷開，否則不但影響測量結(jié)果，甚至可能損壞電表．
(6)測電阻時，每換一擋必須重新歐姆調(diào)零．
(7)使用完畢，選擇開關(guān)要置于交流電壓最高擋或“OFF”擋．長期不用，應把表內(nèi)電池取出．
2多用電表對電路故障的檢測
(1)斷路故障的檢測方法
①將多用電表撥到直流電壓擋作為電壓表使用．
a．將電壓表與電源并聯(lián)，若電壓表示數(shù)不為零，說明電源良好，若電壓表示數(shù)為零，說明電源損壞．
b．在電源完好時，再將電壓表與外電路的各部分電路并聯(lián)．若電壓表示數(shù)等于電源電動勢，則說明該部分電路中有斷點．
②將多用電表撥到直流電流擋作為電流表使用，將電流表串聯(lián)在電路中，若電流表的示數(shù)為零，則說明與電流表串聯(lián)的部分電路斷路．
③用歐姆擋檢測
將各元件與電源斷開，然后接到紅、黑表筆間，若有阻值(或有電流)說明元件完好，若電阻無窮大(或無電流)說明此元件斷路．
不能用歐姆表檢測電源的情況．
(2)短路故障的檢測方法
①將電壓表與電源并聯(lián)，若電壓表示數(shù)為零，說明電源被短路；若電壓表示數(shù)不為零，則外電路的部分電路不被短路或不完全被短路．
②用電流表檢測，若串聯(lián)在電路中的電流表示數(shù)不為零，故障應是短路．

1．[多用電表的原理及使用]關(guān)于多用電表中的歐姆表，下列說法中正確的是()
A．歐姆表是由電壓表和電流表組合而工作的
B．歐姆表是根據(jù)閉合電路歐姆定律工作的
C．被測電阻越大，歐姆表的指針偏轉(zhuǎn)角度也越大
D．與電流表和電壓表一樣，歐姆表的電阻刻度是均勻的
B[歐姆表是根據(jù)閉合電路的歐姆定律測量電阻的，選項A錯誤，B正確；當Rx趨向于∞時，I＝0，則指針在最左端，同一擋測電阻時阻值越大偏角越小，選項C錯誤；雖然任何歐姆表的測量范圍都是從0→∞，但越向左刻度越密，選項D錯誤．]
2．[多用電表讀數(shù)及檢查電路故障]某實驗小組在“練習使用多用電表”實驗中：
(1)用多用電表測量某一電學元件，多用電表的選擇開關(guān)旋至如圖5甲所示．操作正確，表盤指針如圖乙所示，則該電學元件阻值為________Ω.

甲

乙
圖5
(2)該電學元件可能是()
A．一個阻值未知的電阻
B．“220V15W”的白熾燈
C．“220V100W”的白熾燈
【答案】(1)3000(2)A

高三物理《探究導體電阻與其影響因素》考后題型解析

高三物理《探究導體電阻與其影響因素》考后題型解析

實驗10探究導體電阻與其影響因素
(包括材料)的關(guān)系(同時練習使用螺旋測微器)(只加試要求)

1．螺旋測微器的使用
(1)構(gòu)造：如圖1所示，B為固定刻度，E為可動刻度．

圖1
(2)原理：測微螺桿F與固定刻度B之間的精密螺紋的螺距為0.5mm，即旋鈕D每旋轉(zhuǎn)一周，F(xiàn)前進或后退0.5mm，而可動刻度E上的刻度為50等份，每轉(zhuǎn)動一小格，F(xiàn)前進或后退0.01mm，即螺旋測微器的精確度為0.01mm.讀數(shù)時估讀到毫米的千分位上，因此，螺旋測微器又叫千分尺．
(3)讀數(shù)：測量值(mm)＝固定刻度數(shù)(mm)(注意半毫米刻度線是否露出)＋可動刻度數(shù)(估讀一位)×0.01(mm)．
如圖2所示，固定刻度示數(shù)為2.0mm，半毫米刻度線未露出，而從可動刻度上讀的示數(shù)為15.0，最后的讀數(shù)為：2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm.

圖2
2游標卡尺
(1)構(gòu)造：主尺、游標尺(主尺和游標尺上各有一個內(nèi)、外測量爪)、游標卡尺上還有一個深度尺．(如圖3所示)

圖3
(2)用途：測量厚度、長度、深度、內(nèi)徑、外徑．
(3)原理：利用主尺的最小分度與游標尺的最小分度的差值制成．
不管游標尺上有多少個小等分刻度，它的刻度部分的總長度比主尺上的同樣多的小等分刻度少1mm.常見的游標卡尺的游標尺上小等分刻度有10個的、20個的、50個的，其規(guī)格見下表：
刻度格數(shù)(分度)刻度總長度每小格與1mm的差值精確度(可精確到)109mm0.1mm0.1mm20xxmm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm(4)讀數(shù)：若用x表示從主尺上讀出的整毫米數(shù)，K表示從游標尺上讀出與主尺上某一刻度線對齊的游標的格數(shù)，則記錄結(jié)果表示為(x＋K×精確度)mm.

1．實驗原理
根據(jù)電阻定律公式知道只要測出金屬絲的長度和它的直徑d，計算出橫截面積S，并用伏安法測出電阻Rx，即可計算出金屬絲的電阻率．
2．實驗器材
被測金屬絲，直流電源(4V)，電流表(0～0.6A)，電壓表(0～3V)，滑動變阻器(50Ω)，開關(guān)，導線若干，螺旋測微器，毫米刻度尺．
3．實驗步驟
(1)用螺旋測微器在被測金屬絲上的三個不同位置各測一次直徑，求出其平均值d.
(2)連接好用伏安法測電阻的實驗電路．
(3)用毫米刻度尺測量接入電路中的被測金屬絲的有效長度，反復測量三次，求出其平均值l.
(4)把滑動變阻器的滑片調(diào)節(jié)到使接入電路中的電阻值最大的位置．
(5)閉合開關(guān)，改變滑動變阻器滑片的位置，讀出幾組相應的電流表、電壓表的示數(shù)I和U的值，填入記錄表格內(nèi)．
(6)將測得的Rx、l、d值，代入公式R＝ρ和S＝中，計算出金屬絲的電阻率．

1．數(shù)據(jù)處理
電阻R的數(shù)值可用以下兩種方法確定：
(1)計算法：利用每次測量的U、I值分別計算出電阻，再求出電阻的平均值作為測量結(jié)果．
(2)圖象法：可建立IU坐標系，將測量的U、I值描點作出圖象，利用圖象的斜率求出電阻值R.
2．實驗注意事項
(1)因一般金屬絲電阻較小，為了減少實驗的系統(tǒng)誤差，必須選擇電流表外接法．
(2)本實驗若用限流式接法，在接通電源之前應將滑動變阻器調(diào)到阻值最大狀態(tài)．
(3)測量l時應測接入電路的金屬絲的有效長度(即兩接線柱之間的長度)；在金屬絲的3個不同位置上用螺旋測微器測量直徑d.
(4)電流不宜過大(電流表用0～0.6A量程)，通電時間不宜太長，以免電阻率因溫度升高而變化．

1．[實驗原理與操作](加試要求)在“探究導體電阻與其影響因素的關(guān)系”的實驗中，由ρ＝可知，對實驗結(jié)果的準確性影響最大的是()
A．金屬絲直徑d的測量B．電壓U的測量
C．電流I的測量D．金屬絲長度l的測量
A[四個選項中的四個物理量對金屬絲的電阻率均有影響，但影響最大的是金屬絲直徑d的測量，因為在計算式中取直徑的二次方．]
2．[儀器讀數(shù)與數(shù)據(jù)處理](加試要求)某同學測定一金屬桿的長度和直徑，示數(shù)如圖4甲、乙所示，則該金屬桿的長度和直徑分別為________cm和________mm.

甲

乙
圖4
【解析】刻度尺的分度值為1mm，要估讀到0.1mm.游標卡尺讀數(shù)＝4mm＋10×0.02mm＝4.20mm.【答案】60.104.20
3．[實驗原理與操作](加試要求)(10分)在“探究導體電阻與其影響因素的定量關(guān)系”的實驗時，小何同學在測量相關(guān)因素時操作如下：
(1)為了測量鎳鉻合金絲的直徑，用合金絲在鉛筆上密繞37匝，用刻度尺進行測量，如圖5所示，合金絲的直徑為________mm(保留三位有效數(shù)字)．

圖5
(2)用多用電表粗測合金絲的電阻，粗測前，首先應進行的操作是________，然后進行的操作是________．
(3)長度相同，直徑之比為2∶3的康銅絲和鎳鉻合金絲串聯(lián)，用如圖6甲所示的電路圖進行測量，除電壓表外，請你在圖丙中用筆畫線代替導線，把電路連接完整．
用直流2.5V量程擋的多用電表測量鎳鉻合金絲兩端電壓U2時，示數(shù)如圖乙所示，則U2＝________V(保留三位有效數(shù)字).

甲

乙

丙
圖6
【解析】(1)先讀出密繞的37匝合金絲的長度為22.5mm，然后再除以匝數(shù)，保留三位有效數(shù)字就是合金絲的直徑(允許有誤差)．(2)使用多用電表測量電阻前應先選擇倍率，然后進行歐姆調(diào)零．(3)圖見答案；讀數(shù)時應選擇從上往下數(shù)第二條刻度線進行讀數(shù)，然后根據(jù)量程為2.5V，應選擇最右邊為250的這一組數(shù)據(jù)進行讀數(shù)(方便讀數(shù))，然后再除以100后保留三位有效數(shù)字(允許有誤差)．【答案】(1)0.604～0.625(2)選擇倍率歐姆調(diào)零(3)如圖所示1.20±0.02

高三物理《電場的力的性質(zhì)》教材分析

高三物理《電場的力的性質(zhì)》教材分析

考點25電場的力的性質(zhì)
考點名片
考點細研究：本考點命題要點：(1)電荷守恒、靜電現(xiàn)象及解釋；(2)點電荷、庫侖定律；(3)電場強度、電場線、電場強度的疊加。其中考查到的如：20xx年全國卷第20題，20xx年全國卷第15題，20xx年浙江高考第19題，20xx年江蘇高考第3題，20xx年浙江高考第15題，20xx年全國卷第14題、20xx年山東高考第18題、20xx年安徽高考第20題、20xx年廣東高考第21題、20xx年江蘇高考第2題、20xx年浙江高考第16題、20xx年浙江高考第19題、20xx年福建高考第20題。
備考正能量：本考點內(nèi)容比較抽象，一般以電場線為依托，重點考查對電場強度概念的理解和應用，試題多以選擇題形式出現(xiàn)，有時結(jié)合微元法、對稱的思想考查對電場強度的理解。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
1．使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點電荷)分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1?，F(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2。則F1與F2之比為()
A．2∶1B．4∶1C．16∶1D．60∶1
答案D
解析由庫侖定律有F1＝k＝k，相同球接觸后分開，電荷先中和后平分，帶電量均變?yōu)椋玅，而距離變?yōu)樵瓉?倍，F(xiàn)2＝＝，故＝，D選項正確。
2.如圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則()

A．A點的電場強度大小為
B．B點的電場強度大小為E－k
C．D點的電場強度大小不可能為0
D．A、C兩點的電場強度相同
答案A
解析＋Q在A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為，A正確；同理，B點的電場強度大小為E＋k，B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強度為0，C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，D錯誤。

3．在勻強電場中，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。則勻強電場的場強大小為()

A．最大值是B．最小值為
C．唯一值是D．以上都不對
答案B
解析依題意，帶電小球所受合力方向與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平行四邊形定則可知，當電場力方向與合力方向垂直時，場強最小，如圖所示。則sinθ＝，所以Emin＝，選項B正確。又由圖可知場強的取值不是唯一而且沒有最大值，所以A、C、D錯誤。

4.如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3在同一條直線上，q2和q3的距離為q1和q2距離的兩倍，每個點電荷所受靜電力的合力為零。由此可以判斷，三個點電荷的電荷量之比q1q2∶q3為()

A．(－9)4∶(－36)B．94∶36
C．(－3)2∶(－6)D．32∶6
答案A
解析由三電荷平衡模型的特點“兩同夾異、兩大夾小”可知，q1和q3為同種電荷，它們與q2互為異種電荷，設(shè)q1和q2距離為r，則q2和q3的距離為2r，對于q1有＝，則有＝，對q3有＝，所以＝，考慮到各電荷的電性，A正確。
5.如圖所示，表示在一個電場中的a、b、c、d四點分別引入檢驗電荷時，測得檢驗電荷所受的電場力跟電荷量間的函數(shù)關(guān)系圖象，那么下列說法中正確的是()

A．該電場是勻強電場
B．a(chǎn)、b、c、d四點場強的大小關(guān)系是EdEaEbEc
C．a(chǎn)、b、c、d四點場強的大小關(guān)系是EaEbEcEd
D．無法判斷a、b、c、d四點場強的大小關(guān)系
答案B
解析因為E＝，所以Fq圖象中斜率的絕對值表示場強的大小，所以a、b、c、d四點場強大小關(guān)系為EdEaEbEc，B選項正確。
6．如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應為()

A．正，B的右邊0.4m處
B．正，B的左邊0.2m處
C．負，A的左邊0.2m處
D．負，A的右邊0.2m處
答案C
解析要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則，所以選項C正確。
7.(多選)如圖所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5C，質(zhì)量均為0.72kg，其中A球帶正電荷，B球帶負電荷，且均可視為點電荷。A球通過絕緣細線吊在天花板上，B球固定在絕緣棒一端，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，則A、B球之間的距離可能為(k＝9×109N·m2/c2)()

A．0.5mB．0.8mC．1.2mD．2.5m
答案AB
解析對A受力分析，受重力mg、細線的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin30°＝，解得r＝1m，所以兩球的距離d≤1m，A、B正確。
8.
均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()
A.B.－EC.－ED.＋E
答案B
解析如果在半球面AB右邊補上一個均勻分布正電荷且總電荷量也為q、球面半徑也是R的半球面，這樣就組成了一個均勻帶電的球殼，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心O處產(chǎn)生的電場，則在M、N點所產(chǎn)生的電場為E0＝＝，由題意知當如圖所示的半球面在M點產(chǎn)生的場強為E時，右半球電荷在M點產(chǎn)生的場強大小E′＝E0－E＝－E，由對稱性可知，半球在N處的場強大小也為E′，故B正確。
9.如圖所示，Q1和Q2是兩個電荷量大小相等的點電荷，MN是兩電荷的連線，HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足。下列說法正確的是()

A．若兩電荷是異種電荷，則OM的中點與ON的中點電勢一定相等
B．若兩電荷是異種電荷，則O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，而與HG上各點相比是最大的
C．若兩電荷是同種電荷，則OM中點與ON中點處的電場強度一定相同
D．若兩電荷是同種電荷，則O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比是最大的
答案B
解析若兩電荷是異種電荷，則OM的中點與ON的中點電勢一定不相等，選項A錯誤。若兩電荷是異種電荷，根據(jù)兩異種電荷電場特點可知，O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，而與HG上各點相比是最大的，選項B正確。若兩電荷是同種電荷，則OM中點與ON中點處的電場強度大小一定相同，方向一定相反，選項C錯誤。若兩電荷是同種電荷，則O點的電場強度為零，與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比也是最小的，選項D錯誤。
10．如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示，則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為()

A．2πkσ0B．2πkσ0
C．2πkσ0D．2πkσ0
答案A
解析特殊值代入法、極限法是解決這類問題的關(guān)鍵。R→∞時，E＝2πkσ0＝2πkσ0，半徑為r的圓板產(chǎn)生的場強E1＝2πkσ0，無窮大的平板挖去半徑為r的圓板后，產(chǎn)生的場強E2＝E－E1＝2πkσ0，故A正確。
二、真題與模擬
11．20xx·全國卷](多選)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知()

A．Q點的電勢比P點高
B．油滴在Q點的動能比它在P點的大
C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大
D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
答案AB
解析根據(jù)帶負電的油滴在豎直面內(nèi)的軌跡可知，油滴所受合外力一定向上，則所受電場力一定向上，且電場力大于重力，故勻強電場的方向豎直向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確。油滴從P點運動到Q點，根據(jù)動能定理，合外力做正功，動能增大，所以油滴在Q點的動能比它在P點的大，選項B正確。油滴從P點運動到Q點，電場力做正功，電勢能減小，油滴在Q點的電勢能比它在P點的小，選項C錯誤。由于帶電油滴所受的電場力和重力均為恒力，所以油滴在Q點的加速度和它在P點的加速度大小相等，選項D錯誤。
12．20xx·全國卷]如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則()

A．a(chǎn)aabac，vavcvb
B．a(chǎn)aabac，vbvcva
C．a(chǎn)bacaa，vbvcva
D．a(chǎn)bacaa，vavcvb
答案D
解析由點電荷電場強度公式E＝k可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，Q受到的電場力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，abacaa，A、B選項錯誤；由力與運動的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負功，動能減少，從b到a的過程中電場力做正功，動能增加，因此Q在b點的速度最小，由于c、b兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點的動能小于在a點的動能，即有vavcvb，D選項正確。
13．20xx·浙江高考](多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()

A．兩球所帶電荷量相等
B．A球所受的靜電力為1.0×10－2N
C．B球所帶的電荷量為4×10－8C
D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0
答案ACD

解析用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示，sinθ＝＝0.60，θ＝37°，F(xiàn)庫＝mgtan37°＝6.0×10－3N，B項錯誤；F庫＝k，QA＝QB＝Q，r＝0.12m，聯(lián)立得Q＝4×10－8C，故C項正確；由等量同種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強為0，故D項正確。
14．20xx·浙江高考]一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示。容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是()

A．A點的電場強度比B點的大
B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低
C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直
D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同
答案C
解析由于A點處電場線比B點處電場線疏，因此A點電場強度比B點小，A項錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，因此小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的電勢高，B項錯誤；由于處于靜電平衡的導體表面是等勢面，電場線垂直于等勢面，因此B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直，C項正確；將檢驗電荷從A點沿不同的路徑移到B點，由于A、B兩點的電勢差恒定，因此電場力做功WAB＝qUAB相同，D項錯誤。
15．20xx·浙江高考]如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，()

A．此時A帶正電，B帶負電
B．此時A電勢低，B電勢高
C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合
D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合
答案C
解析將一帶正電荷的物體C置于A附近，由于靜電感應，此時A帶負電，B帶正電，則A項錯誤；由于整個導體處于靜電平衡狀態(tài)，即整個導體為等勢體，A、B電勢相等，B項錯誤；移去C，由于A、B中正負電荷中和，則貼在A、B下部的金屬箔閉合，C項正確；先把A和B分開，然后移去C，此時A帶負電，B帶正電，貼在A、B下部的金屬箔還是張開的，則D項錯誤。
16．20xx·浙江高考]如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置。工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則()

A．乒乓球的左側(cè)感應出負電荷
B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上
C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用
D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞
答案D
解析由圖可知，右側(cè)金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負電，根據(jù)靜電感應規(guī)律，近端感應出異種電荷，因此乒乓球的左側(cè)感應出正電荷，A錯誤。乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，B錯誤。乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場力的作用，C錯誤。用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右極板的排斥，向左運動與左極板接觸，又帶上負電，被左極板排斥向右運動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，D正確。
17.20xx·山東高考]直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為()

A.，沿y軸正向B.，沿y軸負向
C.，沿y軸正向D.，沿y軸負向
答案B
解析正點電荷在O點時，G點場強為0，即兩負點電荷在G點的場強大小為E1＝，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，在H處產(chǎn)生的場強的大小為E3＝，方向沿y軸正方向。所以H處場強大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，選項B正確。
18.20xx·安徽高考]已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量。如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q，不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()

A.和B.和
C.和D.和
答案D
解析每個板的電荷密度σ＝，每個板單獨在極板間產(chǎn)生的電場E0＝＝，極板間的電場為兩個極板單獨產(chǎn)生的電場的矢量和，則E＝2E0＝，每個極板受到的靜電力F＝QE0＝，選項D正確。
19.20xx·全國卷]如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點由靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()

A．保持靜止狀態(tài)
B．向左上方做勻加速運動
C．向正下方做勻加速運動
D．向左下方做勻加速運動
答案D

解析兩平行金屬板水平放置時，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，其合力為零，對其受力分析，如圖1所示，設(shè)電容器兩板間的電場強度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，對微粒受力分析，如圖2所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，所以微粒向左下方做勻加速運動，選項D正確，選項A、B、C錯誤。
20.20xx·廣東高考](多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()

A．M的帶電量比N的大
B．M帶負電荷，N帶正電荷
C．靜止時M受到的合力比N的大
D．移動過程中勻強電場對M做負功
答案BD
解析不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異種電荷，A錯誤；隔離出M，若M帶正電，N帶負電，則M受到N的庫侖力和勻強電場力都向右，M受力不平衡，只有M帶負電才可能受力平衡，故M帶負電，則N帶正電，B正確；靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤；因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
21.如圖所示，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電量為q，現(xiàn)加一水平的勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向夾角為θ。

(1)試求這個勻強電場的場強E大??；
(2)如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時，絕緣細線仍與豎直方向夾角為θ，則E′的大小又是多少？
答案(1)(2)
解析(1)對小球受力分析，受到重力、電場力和細線的拉力，如圖甲所示。由平衡條件得：mgtanθ＝qE
解得：E＝。

(2)將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，電場力方向也順時針轉(zhuǎn)過θ角，大小為F′＝qE′，此時電場力與細線垂直，如圖乙所示。根據(jù)平衡條件得：mgsinθ＝qE′
則得：E′＝。
22.如圖所示，勻強電場方向與水平方向的夾角θ＝30°，斜向右上方，電場強度為E，質(zhì)量為m的小球帶負電，以初速度v0開始運動，初速度方向與電場方向一致。

(1)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做勻速直線運動，應對小球施加的恒力F1的大小和方向如何？
(2)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做直線運動，應對小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？
答案(1)mg與水平線夾角為60°，斜向右上方
(2)mg與水平線夾角為60°，斜向左上方
解析(1)如圖甲所示，欲使小球做勻速直線運動，必使其合外力為零，所以F1cosα＝qEcos30°，F(xiàn)1sinα＝mg＋qEsin30°。解之得α＝60°，F(xiàn)1＝mg。
恒力F1與水平線夾角為60°，斜向右上方。

(2)為使小球能做直線運動，則小球受的合力必和運動方向在一條直線上，故要求力F2和mg的合力和電場力在一條直線上。當F2取最小值時，F(xiàn)2垂直于qE。故F2＝mgsin60°＝mg。方向如圖乙所示，與水平線夾角為60°，斜向左上方。
二、真題與模擬
23.20xx·福建高考]如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：

(1)兩點電荷間的庫侖力大??；
(2)C點的電場強度的大小和方向。
答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向
解析(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝k
代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N
(2)A、B點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小相等，均為
E1＝k
A、B兩點電荷形成的電場在C點的合電場強度大小為E＝2E1cos30°
由式并代入數(shù)據(jù)得E≈7.8×103N/C
電場強度E的方向沿y軸正方向。
24．20xx·南昌調(diào)研]如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑固定斜桿底端固定一電量為Q＝2×10－4C的正點電荷，將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量R隨位移s的變化圖象如圖乙所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖象，線2為動能隨位移變化圖象。(g＝10m/s2，靜電力常量k＝9×109N·m2/C2)
(1)求小球的質(zhì)量m；
(2)小球向上滑行多遠時其加速度為零？小球所帶的電量為多少？

答案(1)4kg(2)1m1.11×10－5C
解析(1)由線1可得Ep＝mgh＝mgssinθ，
因斜率k＝20＝mgsin30°，所以m＝4kg。
(2)當達到最大速度時帶電小球受力平衡，其加速度為零
由圖可知：s0＝1m，小球加速度為零，mgsinθ＝kqQ/s，
解得q＝＝1.11×10－5C。
25.20xx·石家莊模擬]如圖是一種測定小球所帶電荷量的裝置原理圖。長為l的絕緣細線，一端拴一質(zhì)量為m的帶正電小球，另一端懸掛在O點，靜止時細線豎直、小球位于A點。當小球處于電場強度大小為E、方向水平的勻強電場中時，細線偏離豎直方向的角度為θ＝30°，此時小球靜止在B點。重力加速度為g，則：

(1)小球所帶電荷量是多少？
(2)若將小球從B點拉到A點由靜止釋放，求小球再次回到B點時細線拉力的大小。
答案(1)(2)2(－1)mg
解析(1)小球靜止在B點時，設(shè)細線的拉力為F，則
Fsinθ＝qE，F(xiàn)cosθ＝mg，
解得q＝。
(2)設(shè)小球在B點速度大小為v，細線拉力為T，則
qElsinθ－mgl(1－cosθ)＝mv2，
T－mgcosθ－qEsinθ＝m，
解得T＝2(－1)mg。

高三物理《電容器與電容帶電粒子在電場中的運動》考后題型解析

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高三物理《電容器與電容帶電粒子在電場中的運動》考后題型解析

第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動

考點一|電容器的電容

1．電容器的充、放電

(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．

(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．

2．對公式C＝的理解

電容C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)．

3．兩種類型的動態(tài)分析思路(加試要求)

(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．

(2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化．

(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．

(4)用E＝分析電容器兩極板間電場強度的變化．

(20xx·浙江4月學考)關(guān)于電容器，下列說法正確的是()

A．在充電過程中電流恒定

B．在放電過程中電容減小

C．能儲存電荷，但不能儲存電能

D．兩個彼此絕緣又靠近的導體可視為電容器

D[電容器充、放電過程中電流都是變化的，A錯誤．電容大小是電容器本身屬性，由自身決定，與放電、充電無關(guān)，B錯誤．電容器儲存電荷的過程即儲存電能的過程，C錯誤．故選D.]

1．關(guān)于電容器的兩個公式的區(qū)別

(1)電容的定義式C＝，反映了電容器儲存電荷的本領(lǐng)，但平行板電容器的電容C的大小與Q、U都無關(guān)．

(2)平行板電容器電容的決定式C＝，反映了電容C的大小與兩極板正對面積成正比，與兩極板間距離成反比，與極板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比．

2平行板電容器動態(tài)變化問題

(1)首先要區(qū)分兩種基本情況：

①電容器始終與電源相連時，電容器兩極板間電勢差U保持不變；

②電容器充電后與電源斷開時，電容器所帶電荷量Q保持不變．

(2)依據(jù)的關(guān)系式主要有三個：

①平行板電容器的電容C與兩板間距d、正對面積S、介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr間的關(guān)系為C＝；

②平行板電容器內(nèi)部是勻強電場，所以場強E＝；

③電容器所帶的電荷量Q＝CU.

1．(多選)下列關(guān)于電容器的敘述正確的是()

A．電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器

B．任何兩個彼此絕緣而又相距很近的導體，就組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電無關(guān)

C．電容器所帶的電荷量是指兩個極板所帶電荷量的絕對值

D．電容器充電過程，是將電能轉(zhuǎn)變成電容器的電場能并儲存起來的過程；電容器放電的過程，是將電容器儲存的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程

BD[電容器是儲存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項A錯誤，B正確．電容器所帶電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，所以選項C錯誤．電容器的充電過程是將由電源獲得的電能轉(zhuǎn)化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項D正確．]

2.(多選)如圖631為可變電容器，由一組動片和一組定片組成，這兩組金屬片之間是互相絕緣的，動片旋入得越多，則()

圖631

A．正對面積越大，電容越大

B．正對面積越大，電容越小

C．動片、定片間距離越小，電容越大

D．動片、定片間距離越小，電容越小

AC[由C＝可知動片旋入越多，正對面積越大，電容越大，A對．根據(jù)電容與板間距離成反比可知，減小兩板間距離，電容增大，故C對．]

3．一個已充電的電容器，若使它的電荷量減少3×10－4C，則其電壓減少為原來的，則()

A．電容器原來的帶電荷量為9×10－4C

B．電容器原來的帶電荷量為4.5×10－4C

C．電容器原來的電壓為1V

D．電容器的電容變?yōu)樵瓉淼?/p>

B[由C＝得ΔQ＝C·ΔU＝C＝CU＝Q，Q＝＝C＝4.5×10－4C，選項A錯，B對；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器原來的電壓，選項C錯；電容器的電容由電容器本身決定，跟電壓和電荷量的變化無關(guān)，所以電容器的電容不變，選項D錯．]

4.(加試要求)(20xx·諸暨調(diào)研)如圖632所示，先接通S使電容器充電．然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強E的變化情況是()

圖632

A．Q變小，C不變，U不變，E變大

B．Q變小，C變小，U不變，E變小

C．Q不變，C變小，U變大，E不變

D．Q不變，C變小，U變小，E無法確定

C[由充電后斷開電源，電容器的電荷量不變，選項A、B錯；由C＝知增大兩極板間的距離時，電容C減小，由C＝知，U增大；兩板間電場強度E＝＝，可見當增加兩板間距時，電場強度不變，選項C對，D錯．]

考點二|帶電粒子在電場中的運動

1．帶電粒子在電場中的加速

(1)處理方法

利用動能定理：qU＝mv2－mv.

(2)適用范圍

任何電場．

2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)研究條件

帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場．

(2)處理方法(加試要求)

類似于平拋運動，應用運動的合成與分解的方法．

①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝.

②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動．

(20xx·浙江4月學考)密立根油滴實驗原理如圖633所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()

圖633

A．懸浮油滴帶正電

B．懸浮油滴的電荷量為

C．增大場強，懸浮油滴將向上運動

D．油滴的電荷量不一定是電子的電荷量的整數(shù)倍

C[由題目中的圖示可以看出重力豎直向下，電場力豎直向上，電場強度方向向下，電荷帶負電，A錯誤；由平衡條件可以得到mg＝，電荷的帶電量q＝，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運動，C正確；由元電荷的帶電量e＝1.6×10－19C可知，油滴的帶電量一定是電子電量的整數(shù)倍，D錯誤．]

1．帶電粒子在電場中運動時是否考慮重力的處理方法

(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．

(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力．

2．解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路

(1)運動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力方向與運動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運動．

(2)用功與能的觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qU＝mv2－mv.

3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．

證明：由qU0＝mv

y＝at2＝··

tanθ＝

得：y＝，tanθ＝.

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.

1.(20xx·樂清模擬)如圖634所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩極間電壓不變，則()

圖634

A．當減小兩板間的距離時，速度v增大

B．當減小兩極間的距離時，速度v減小

C．當減小兩極間的距離時，速度v不變

D．當減小兩極間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長

C[由動能定理得eU＝mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；電子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤．]

2．(20xx·舟山調(diào)研)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回．如圖635所示，＝h，此電子具有的初動能是()

圖635

A.B．edUhC.D.

D[電子受到的靜電力做負功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知選項D正確．]

3．如圖636所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()

圖636

A．U1變大、U2變大B．U1變小、U2變大

C．U1變大、U2變小D．U1變小，U2變小

B[設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tanθ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確．]

4.(加試要求)(多選)如圖637所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()

圖637

A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2

B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1

C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12

D．A和B的位移大小之比為1∶1

ABC[粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確．]