衡水物理高考復習資料第1部分-專題7

1、2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁專題 7電場、帶電粒子在電場中的運動考考點點三三考考點點二二考考點點一一規(guī)規(guī)范范答答題題專專題題限限時時練練2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁體 系 重 組2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁核 心 檢 索1.電場力的性質(1)電場強度的定義式：E_(2)真空中點電荷的場強公式：E_(3)勻強電場場強與電勢差的關系式：E_FqkQr2Ud2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁核 心 檢 索2電場能的性

2、質(1)電勢的定義式：_(2)電勢差的定義式：UAB_(3)電勢差與電勢的關系式：UAB_(4)電場力做功與電勢能的關系式：WAB_3電場線與等勢面的特點及應用.EpqWABqABEp2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁電場的基本性質(2015全國卷)如圖 71 所示，直線 a、b 和 c、d 是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q 是它們的交點，四點處的電勢分別為M、N、P、Q.一電子由 M 點分別運動到 N 點和 P點的過程中，電場力所做的負功相等則()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁A直線 a 位于

3、某一等勢面內，MQB直線 c 位于某一等勢面內，MNC若電子由 M 點運動到 Q 點，電場力做正功D若電子由 P 點運動到 Q 點，電場力做負功【關鍵信息】1.直線 a、b 和 c、d 是兩組平行線2勻強電場電子由 M 點分別運動到 N 點和 P 點電場力所做負功相等2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【嘗試解答】由電子從 M 點分別運動到 N 點和 P 點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P 兩點在同一等勢面上，且電場線方向為 MN，故選項 B 正確，選項 A 錯誤M 點與 Q 點在同一等勢面上，電子由 M 點運動到 Q點，電場力不做功，故選項 C

4、 錯誤電子由 P 點運動到 Q 點，電場力做正功，故選項 D 錯誤【答案】B2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁電場性質的判斷思路1明確電場的電場線與等勢面的分布規(guī)律(特別注意對稱性)2利用電場線的疏密分布規(guī)律或場強的疊加原理判定場強的強弱3根據電場線的方向、電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低4 應用電場力做功與電勢能改變之間的關系判定電勢能的大小或電場力做功情況2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 1點電荷電場1.如圖 72 所示，一簇電場線的分布關于 y 軸對稱，電場方向如圖中箭頭所示，O 是坐標原點

5、，M、N、P、Q 是以 O 為圓心的一個圓周上的四個點，其中 M、N 點在 y 軸上，Q 點在x 軸上，則()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁AM 點的電勢比 P 點的電勢高B一正電荷在 O 點時的電勢能小于在 Q 點時的電勢能CO、M 間的電勢差等于 N、O 間的電勢差D將一負電荷由 M 點移到 P 點，電場力做正功2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】由于過 M 點的等勢面半徑比過 P 點的大，根據沿電場線方向電勢降低可判斷MQ，由 Epq 可知正電荷在 O 點的電勢能大于在 Q 點的電勢能， B 項

6、錯； 從 C 點沿 y 軸正方向場強逐漸減小， 由 UEd 可知電勢降落隨場強 E 的減小而減緩，OM 間場強的平均值小于 NO 間場強的平均值，OMON，因此UNOUOM，C 項錯；由于M0，即電場力做正功，D 項對【答案】D2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 2電場的疊加2(2015山東高考)在直角坐標系 xOy 中，M、N 兩點位于 x 軸上，G、H兩點坐標如圖 73 所示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

7、向分別為()圖 732016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁A.3kQ4a2，沿 y 軸正向B.3kQ4a2，沿 y 軸負向C.5kQ4a2，沿 y 軸正向D.5kQ4a2，沿 y 軸負向【解析】處于 O 點的正點電荷在 G 點處產生的場強 E1kQa2，方向沿 y軸負向；又因為 G 點處場強為零，所以2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁M、 N 處兩負點電荷在 G 點共同產生的場強 E2E1kQa2， 方向沿 y 軸正向；根據對稱性，M、N 處兩負點電荷在 H 點共同產生的場強 E3E2kQa2，方向沿y軸負向； 將

8、該正點電荷移到G處， 該正點電荷在H點產生的場強E4kQ（2a）2，方向沿 y 軸正向，所以 H 點的場強 EE3E43kQ4a2，方向沿 y 軸負向【答案】B2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 3勻強電場中的問題分析3(2015成都模擬)如圖 74 所示，無限大均勻帶正電薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認為是勻強電場光滑絕緣細管垂直于板穿過中間小孔，一個可視為質點的帶負電小球在細管內運動以小孔為原點建立 x 軸，規(guī)定 x 軸正方向為加速度 a、速度 v的正方向，下圖分別表示 x 軸上各點的電勢，小球的加速度 a、速度 v 和動能Ek隨 x 的變化

9、圖象，其中正確的是()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁圖【解析】由題意知周圍電場是勻強電場，故電勢隨 x 應成線性關系，所以 A 錯誤；因小球帶負電，在 x 正半軸上，小球受電場力與電場方向相反，所以加速度方向與電場方向相反，故 B 錯誤；又因是勻強電場，故小球受電場力不變，小球在 x 正、負半軸分別做勻變速直線運動，根據 v2v202ax 得速度與位移不是線性關系，故 C 錯誤；根據動能定理EkqEx，所以 D 正確2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【答案】D2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁

10、返回首頁返回首頁下一頁下一頁平行板電容器中的場強與電勢(2014天津高考)如圖 75 所示， 電路中 R1、 R2均為可變電阻，電源內阻不能忽略，平行板電容器 C 的極板水平放置，閉合電鍵 S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁A增大 R1的阻值B增大 R2的阻值C增大兩板間的距離D斷開電鍵 S【誤區(qū)點評】1.不清楚電路結構不能正確判斷 R1、R2變化及 S 斷開時電容器兩端電壓變化2不能從控制變量角度分析平行板間電場變化2016版版二輪專題復習二輪專題復習

11、上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【嘗試解答】增大 R1的阻值，穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓升高，帶電油滴所受電場力增大，將向上運動，A 錯誤電路穩(wěn)定后，電容器相當于斷路，無電流通過電阻 R2，故 R2兩端無電壓，所以，增大 R2的阻值，電容器兩板間的電壓不變，帶電油滴仍處于靜止狀態(tài)，B 正確增大兩板間的距離，兩板間的電壓不變，電場強度減小，帶電油滴所受電場力減小，將向下運動，C 錯誤斷開電鍵 S 后，兩板間的電勢差為零，帶電油滴只受重力作用，將向下運動，D 錯誤【答案】B2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁平行板電容器問題的分析思路1 明確平行板電容

12、器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的以及怎樣變化2應用平行板電容器的決定式 CrS4kd分析電容器的電容的變化2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁3應用電容的定義式 CQU分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況4根據控制變量法對電容的變化進行綜合分析，得出結論2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 1影響電容器電容的因素1(多選)電容式傳感器的應用非常廣泛，如圖 76 所示的甲、乙、丙、丁是四種常見的電容式傳感器，下列判斷正確的是()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下

13、一頁圖 762016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁A圖甲中兩極間的電壓不變，若有電流流向傳感器正極，則 h 正在變小B圖乙中兩極間的電荷量不變，若兩極間電壓正在增加，則正在變大C圖丙中兩極間的電荷量不變，若兩極間電壓正在減小，則 x 正在變大D圖丁中兩極間的電壓不變，若有電流流向傳感器的負極，則 F 為壓力且正在變大2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】圖甲中兩極間距離不變，若 h 變小，表明兩極板間正對面積減小，由 CrS4kd可知對應電容減小，電壓不變時，電容器帶電荷量減小，正在放電，故電流流向傳感器負極，

14、A 錯；圖乙中兩極間的電荷量不變，若電壓正在增加，由 CQU可知電容正在減小，板間距離不變，正對面積減小，則動片正在旋出，正在變大，B 對；圖丙中兩極間的電荷量、板間距離不變，若板間電壓正在減小，表明電容正在增大，電介質正在插入，x 正在增大，C 對；圖丁中兩極間的電壓、極板正對面積不變，若有電流流向傳感器的負極，表明電容器正在放電，電容減小，板間距離增大，若 F 為壓力，則應是 F 正在減小，D 錯2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【答案】BC2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 2電容器的動態(tài)分析問題2.

15、一平行板電容器充電后與電源斷開， 負極板接地兩板間有一個正檢驗電荷固定在 P 點，如圖 77 所示，以 C 表示電容器的電容、E 表示兩板間的場強、表示 P 點的電勢，EP表示正電荷在 P 點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離 l0的過程中，各物理量與負極板移動距離 x 的關系圖象中正確的是()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】由 CrS4kd知 C 增大，由平行板電容器兩板間場強 EUd4kQrS可知 E 不變，A 錯，B 錯pEdE(dpx)，C 對，Epqp，D 錯【答案】C2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一

16、頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 3平行板電容器的綜合問題3. (多選)如圖 78 所示， 在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為 d，電容為 C，上板 B 接地現有大量質量均為 m、帶電量均為 q 的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 點 如果能落到 A 板的油滴僅有 N 滴，且第N1 滴油滴剛好能飛離電場， 假定落到 A 板的油滴的電量能被板全部吸收， 不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為 g，則()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁A落到 A 板的油

17、滴數 NCdmgq2B落到 A 板的油滴數 N3Cdmg4q2C第 N1 滴油滴通過電場的整個過程所增加的動能等于mgd8D第 N1 滴油滴通過電場的整個過程所減少的機械能等于3mgd82016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】由平拋運動規(guī)律：xv0t，y12gt2可知，當 N 個油滴落到板上后，其加速度 a14g，由 mamgqE 得 qE34mg，電容器中的場強 EUdQCdNqCd可得 N3Cdmg4q2， 故 B 對 A 錯 由動能定理 W合mgd2qEd2， 代入數據得：W合mgd8，故 C 對克服電場力做的功等于油滴減少的機械能，W電qEd

18、23mgd8，故 D 對【答案】BCD2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁帶電粒子在電場中的運動(2015全國卷)如圖 79，一質量為 m、電荷量為 q(q0)的粒子在勻強電場中運動，A、B 為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在 A 點的速度大小為 v0，方向與電場方向的夾角為 60；它運動到 B 點時速度方向與電場方向的夾角為 30.不計重力求 A、B 兩點間的電勢差2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【審題突破】1.重力不計，只受電場力，A、B 兩點在垂直電場方向分速度相等2求電勢差，可考慮應用動能定理【嘗試解答】

19、 設帶電粒子在 B 點的速度大小為 vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60由此得vB 3v02016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁設 A、B 兩點間的電勢差為 UAB，由動能定理有qUAB12m(v2Bv20)聯立式得UABmv20q.【答案】mv20q2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁帶電粒子在電場中運動問題的分析思路1 首先分析粒子的運動規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運動還是偏轉運動問題2對于直線運動問題，可根據對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：(1)如果是帶

20、電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁(2)如果是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等3對于曲線運動問題，一般是類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解方法處理通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應用牛頓運動定律或運動學方程求解2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁4 當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)

21、域時，要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關聯的物理量，這些關聯量往往是解決問題的突破口2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 1電場中的直線運動1(多選)如圖 710 甲所示，質量為 m1 kg、帶電荷量為 q2103C 的小物塊靜置于絕緣水平面上，A 點左側上方存在方向水平向右的勻強電場，小物塊運動的 vt 圖象如圖乙所示，取 g10 m/s2，則下列說法正確的是()2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁圖 710A小物塊在 03 s 內的平均速度為43m/sB小物塊與水平面間的動摩擦因數為

22、 0.4C勻強電場的電場強度為 3 000 N/CD物塊運動過程中電勢能減少了 12 J2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】由 vt 圖象中圖線與橫軸所圍面積的意義知 03 s 內物塊的位移為 x6 m，所以在 03 s 內的平均速度為 vxt2 m/s，A 錯；由 vt 圖象中圖線斜率的意義知加速階段和減速階段物塊的加速度大小分別為 a加4 m/s2和a減2 m/s2，由牛頓第二定律知 qEmgma加，mgma減，聯立并代入數值得0.2，E3 000 N/C，B 錯，C 對；由圖象知加速階段的位移為 x12 m，所以電場力做功 WqEx112

23、J，即物塊運動過程中電勢能減少了 12 J，D 對【答案】CD2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 2電場中的曲線運動2. (多選)長為 l、間距為 d 的平行金屬板 M、N 帶等量異種電荷，A、B 兩帶電粒子分別以不同速度 v1、v2從金屬板左側同時射入板間，粒子 A 從上板邊緣射入，速度 v1平行金屬板，粒子 B 從下板邊緣射入，速度 v2與下板成一定夾角(0)，如圖 711 所示粒子 A 剛好從金屬板右側下板邊緣射出，粒子 B 剛好從上板邊緣射出且速度方向平行金屬板，兩粒子在板間某點相遇但不相碰不計粒子重力和空氣阻力，則下列判斷正確的是()20

24、16版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁A兩粒子帶電荷量定相同B兩粒子一定有相同的比荷C粒子 B 射出金屬板的速度等于 v1D相遇時兩粒子的位移大小相等2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】A、B 兩粒子能在板間相遇，說明兩粒子具有相同的水平速度，因此粒子 B 射出金屬板的速度等于 v1，C 正確；粒子 A 剛好從金屬板右側下板邊緣射出，所以兩粒子入、出位置對調，運動軌道形狀相同但左、右翻轉，如圖所示，故垂直于金屬板的方向兩粒子有相同的加速度，由 aqEm可知，它們有相同的比2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁

25、上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁荷但帶電荷量可能不同，A 錯、B 對；由對稱關系可知，相遇點距離板左、右兩側的距離相等，即從粒子射入到相遇所用時間等于粒子穿過金屬板的時間的一半，即 t0t2l2v1，垂直于板的方向可看作是某粒子做初速度為零的勻加速直線運動，故相遇點到上、下板的距離之比等于 13，此時粒子 B 的位移大于A 的位移，D 錯【答案】BC2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁發(fā)散 3電場中的綜合問題3在 xOy 平面內，有沿 y 軸負方向的勻強電場，場強大小為 E(圖中未畫出)，由 A 點斜射出質量為 m、帶電荷量為q 的粒子，B 和 C 是

26、粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中 l0為常數粒子所受重力忽略不計求：(1)粒子從 A 到 C 過程中電場力對它做的功；(2)粒子從 A 到 C 過程所經歷的時間；(3)粒子經過 C 點時的速率2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁【解析】(1)WACqE(yAyC)3qEl0.(2)根據拋體運動的特點，粒子在 x 方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點 D 在 y 軸上，可令 tADtDBT，則 tBCT由 qEma 得 aqEm又 y012aT2y03l012a(2T)2解得 T2ml0qE則 AC 過程所經歷的時間 t32ml0qE.2016版

27、版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁(3)粒子在 DC 段做類平拋運動，于是有 2l0vCx(2T)vCya(2T)vC v2Cxv2Cy17qEl02m.【答案】(1)3qEl0(2)32ml0qE(3)17qEl02m2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁帶電體在電場中運動的綜合問題如圖 713 所示，區(qū)域內有電場強度為 E、方向豎直向上的勻強電場；區(qū)域中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為 R5v20g，軌道在 A 點的切線與水平方向成 60角，在 B 點的切線與豎直線 CD 垂直；在區(qū)域內有一寬為 d 的有界勻強電場，電場

28、強度大小未知，方向水平向右一質量為 m、2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁帶電荷量為q 的小球(可看成質點)從左邊界的 O 點正上方的 M 點以速度v0水平射入區(qū)域，恰好從 A 點沿圓弧軌道切線進入軌道且恰好不能從區(qū)域中電場右邊界穿出，求：(1)OM 的長 L；(2)區(qū)域中電場強度的大小 E；(3)小球到達區(qū)域中電場的右邊界上的點與 OO的距離 s.2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁第一步：挖掘關鍵信息(1)區(qū)域電場豎直向上，小球從 M 點水平射入；考慮類平拋運動(2)區(qū)域中有一光滑絕緣圓弧軌道，恰好從 A 點沿切線切入，AB 段可考慮應用功能關系.(3)區(qū)域電場方向水平，可考慮水平、豎直兩個分運動第二步：明確所求問題(1)OM 的長 L，第一階段運動的豎直位移大小(2)區(qū)域中的場強 E，從第三階段的水平運動入手(3)落點與 OO距離 s，結合第二、第三兩段運動的豎直位移2016版版二輪專題復習二輪專題復習上一頁上一頁返回首頁返回首頁下一頁下一頁第三步：圈定解題依據(1)區(qū)域第一階段運動，運用類平拋運動規(guī)律(2)區(qū)域曲線運動，運用機械能守恒或動能定理(3)從水平和豎直兩個方向應用運動學和動力學規(guī)律2016版版二輪專題