高三物理知识点综合复习检测4.doc

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(选择题)电场中的各个物理量形成及相互转化关系(2014全国新课标)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知MN，PF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DP大于M审题指导(1)根据等势线一定与电场线垂直确定点电荷的位置。(2)根据点电荷产生电场的特点判断选项B、C、D是否正确。解析根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故PM，D正确。答案AD感悟升华电场强度、电势、电势能的判断方法1(2014安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图甲所示。下列图像中合理的是()甲乙解析：选D由于粒子只受电场力作用，因此由F电可知，Ep x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能之和不是定值，B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ekx2，结合B项分析可知C错误。2(2014重庆高考)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则()AWa Wb，Ea EbBWaWb，Ea EbCWaWb，Ea Eb DWaWb，Ea f，所以滑块向左做匀加速运动，从B运动至A点的过程，由动能定理得(qE2f)dmv由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度vAv0(水平向左)答案(1)v0，方向水平向右(2)v0，方向水平向左感悟升华处理此问题应注意以下两点(1)电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式。(2)在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点。跟踪训练1(2014达州模拟)如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，abcdL，adbc2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45角，一段时间后经过c点。下列判断正确的是(不计质子的重力)()Ac点电势高于a点电势B场强的方向由b指向dC质子从b运动到c所用的时间为D质子从b运动到c，电场力做功为4 eV解析：选C由bacd得c16 V，A错误；由WbcUbcq得质子从b运动到c，电场力做功Wbc(2416)eV8 eV，D错误；因为a点与bc边的中点f电势相等，故电场方向沿b到af的垂线方向，B错误；易知v0方向与电场线垂直，质子做类平抛运动，沿v0方向有v0t2Lcos 45，得质子由b运动到c所用时间为t，C正确。2如图所示，有三根长度均为L0.3 m 的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q 3106 C。A、B之间用第三根线连接起来。在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直。(1)此匀强电场的电场强度E为多大；(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角；(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)。解析：(1)B球水平方向所受合力为零，则有qBEk所以Ek9109 N/C3105 N/C(2)两球及细线最后位置如图所示。 QB所受的拉力FT2mg20.1210 N2.4 NA球受力平衡，则有qEmgtan 所以tan 即37(3)电场力对A球做的功WqEL(1sin )310631050.3(10.6)J0.108 J所以A球的电势能增加了EpW0.108 J答案：(1)3105 N/C(2)2.4 N37(3)增加0.108 J一、选择题1(2014苏北四市调研)如图甲所示，A、B为某电场中的一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点由静止释放，该点电荷仅在电场力的作用下运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示。从A点到B点的过程中，下列说法正确的是()甲乙A电场力对该点电荷一直做正功B电势一直升高C该点电荷所受电场力先减小后增大D该点电荷所受电场力先增大后减小解析：选C由图乙可知，电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，A错误；由于移动的是正电荷，电势能先减小后增大，所以电势是先降低后升高，B错误；由题图乙中曲线的切线的斜率变化可知电场力先减小后增大，C正确，D错误。2(2014永安质检)某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势的变化如图所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点。(设电子的质量为m)则下列关于电子运动的描述正确的是()A电子在Oa间做匀加速直线运动B电子在Od之间一直在做减速直线运动C要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为 D电子在cd间运动时其电势能一定减小解析：选COa间电势不变，电子在Oa间动能不变，A、B错误；由功能关系知，e0mv，解得v0 ，C正确；电子在c、d间运动时，电场力对其做负功，电势能增加，D错误。3(2014漳州质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OMON2R，A1AB1BCD，已知球面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为()A.E B.EC.E D.E解析：选C若球完整，则带电量Qq，则球在M点产生的电场E0，根据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的电场E1E0EE，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。4喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()A向负极板偏转 B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线 D运动轨迹与带电量无关解析：选C由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移xvt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移yt22，此为抛物线方程，C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D错误。5如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A200 V/m B200 V/mC100 V/m D100 V/m解析：选A在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势C3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离dOCsin ，而sin ，所以dOC1.5102 m。根据E得，匀强电场的电场强度E V/m200 V/m，A正确，B、C、D错误。6(2014乐山质检)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在x0x0区间内()A该静电场是匀强电场B该静电场是非匀强电场C电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：选BC x图像的斜率表示电场强度，在x0x0区间内电场强度先增大后减小，A错误，B正确；因电场线与x轴重合，沿x轴正方向电势升高，所以电场方向沿x轴负方向，在O点由静止释放一电子，其所受电场力方向沿x轴正方向，大小逐渐减小，C正确，D错误。7某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是()甲乙A只增大电压UB只增大长度LC只增大高度dD只增大尘埃被吸入的水平速度v0解析：选AB尘埃做类平抛运动，有yat2，a，t，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增大，A、B正确；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减小，C、D错误。8(2014泸州质检)如图所示，两平行正对的金属板A、B间的电势差UABU0，A板电势高于B板电势，极板长度为L，板间距离为d，一重力可忽略不计的带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子在两板中心连线上且距离A板处的P点释放时获得平行于金属板向上的速度v0，则该粒子不打到金属板A、B上的条件是()A若粒子带正电，v0必须大于 B若粒子带正电，U0必须小于 C若粒子带负电，v0必须大于 D若粒子带负电，U0必须小于 解析：BC因为初速度方向与电场方向垂直，故带电粒子在电场中做类平抛运动，当带电粒子带正电时，由于电场力垂直于金属板指向B板，v0t，t2d，粒子才能不打在B板上，解得U0 ，A错误，B正确；当带电粒子带负电时，由于电场力垂直于金属板指向A板，v0t，t2d，粒子才能不打在A板上，解得U0 ，C正确，D错误。二、非选择题9如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t。(2)粒子在电场的运动情况如图所示。设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为a所以vya所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan (3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则ya2又xyLtan 解得x答案：(1)(2)(3)10.(2014全国新课标)如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，重力势能分别减少了和，但动能分别增加了mgd和mgd图像，则小球从O点到A点和B点，电场力做正功，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有解得xdMA为等势线，电场的方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E答案：(1)(2)与竖直向下的方向的夹角为30考向一导体在磁场中受安培力问题 (选择题)1牢记一个公式安培力大小的计算公式：FBILsin (其中为B与I之间的夹角) 。(1)若磁场方向和电流方向垂直：FBIL。(2)若磁场方向和电流方向平行：F0。2必须掌握的一个定则左手定则(1)左手定则判定安培力的方向。(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。(2014浙江高考)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功审题指导(1)导体棒所受安培力大小不变，方向周期性变化，根据牛顿第二定律可知，加速度大小不变，方向周期性变化。(2)导体的运动方向需要根据匀变速直线运动规律进行判断。解析在0，导体棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，导体棒向右做匀加速直线运动；在T，导体棒受到安培力向左，大小仍为BImL，而此时速度方向仍然向右，做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程，A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。答案ABC感悟升华分析通电导体棒受力时的基本思路1(2014全国新课标)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B安培力的方向总是垂直于磁场方向与电流方向所决定的平面，因此，安培力的方向总与磁场方向和电流方向垂直，A错误，B正确；安培力FBILsin ，其中是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角后受到安培力的情况与其在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误。2如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小解析：选A对金属棒受力分析如图所示，由平衡条件可得tan ，由此可知，B、I越大或者m越小，越大，A正确，C、D错误；与悬线长度无关，B错误。3(2014宜宾二模)如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需()A在天平右盘中增加质量为m的砝码B在天平右盘中增加质量为m的砝码C在天平左盘中增加质量为m的砝码D在天平左盘中增加质量为m的砝码解析：选D通电流时两臂达到平衡， 说明天平的右边比左边重nBIL，当电流反向时，要使天平重新达到平衡，则左盘增加砝码的质量m1或右盘减少砝码的质量m2，D正确，A、B、C错误。考向二带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 (选择题)1必须掌握的几个公式2必须掌握三个重要的“确定”(1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r，然后再与半径公式r联系起来求解。(3)运动时间的确定：tT(可知，越大，粒子在磁场中运动时间越长)。如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有()Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近思路探究(1)由左手定则判断离子电性。(2)两离子运动周期相同，t与圆心角成正比。(3)两离子速度大小相同，路程与t成正比。解析带电离子打到屏P上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a、b两离子均带正电，A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r 知半径相同；b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，C错误，D正确；根据知，a在磁场中飞行的时间比b的长，B错误。答案AD感悟升华带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”(1)如图所示。(2)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。(3)六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r，入射速度直线和出射速度直线OB、OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO。(4)三角：速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC，其中偏转角等于圆心