1、精品教育A. a, b為異種電荷,a的電荷量大于b的電荷量第一課時：電場的力的性質一、單項選擇題1. （2011年臺州模擬）在電場中的某點放一個檢驗電荷，其電量為 q,受到的電場力為 F,則該點的電場強度為E = F,下列說法正確的是（D） qA.若移去檢驗電荷，則該點的電場強度為0B.若檢驗電荷的電量變為 4q,則該點的場強變為 4EC.若放置到該點的檢驗電荷變為一 2q,則場中該點的場強大小不變，但方向相反D.若放置到該點的檢驗電荷變為一2q,則場中該點的場強大小方向均不變2. 使兩個完全相同的金屬小球（均可視為點電荷）分別帶上一3Q和+5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫

2、侖力的大小為F1.現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（D）A. 2 ： 1 B. 4： 1C. 16 ： 1 D. 60： 13. （2010年高考課標全國卷）靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器.某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線ab為該收塵板的橫截面.工作時收塵板帶正電，其左側的電場線分布如圖所示；粉塵帶負電，在電場力作用下向收塵板運動，最 后落在收塵板上.若用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，下列四幅圖中可能正確的是（忽略重力和空氣阻力）（）解析：選A.根據力和運動的關系知，當粒

3、子運動至電場中某一點時，運動速度方向與 受力方向如圖所示，又據曲線運動知識知粒子運動軌跡夾在合外力與速度之間，可判定粉 塵顆粒的運動軌跡如 A選項中圖所示.4. 法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場，如圖所示為點電荷 a b所形成電場的電場線分布 圖，以下幾種說法中正確的是-可編輯-B. a, b為異種電荷，C. a, b為同種電荷,D. a, b為同種電荷,粒子的速度隨時間逐漸減小；圖線的斜率逐漸增大，說明粒子的加A到B電場線逐漸變密.綜合分析知，負電荷是順著電場線運動,解析：選 速度逐漸變大,a的電荷量小于b的電荷量 a的電荷量大于b的電荷量 a的電荷量小于b的電荷量解析：選B.由題圖

4、看出，電場線由一個點電荷發出到另一個點電荷終止，由此可知，a、b必為異種電荷，C、D選項錯；又由圖可知，電荷 b附近的電場線比電荷 a附近的電場線密，則電荷 b附近的場強必比 電荷a附近的場強大，b帶的電荷量必然多于 a帶的電荷量，則 A選項錯誤，B選項正確.5. （2011年舟山模擬）A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定的初 速度從A點沿電場線運動到 B點，其速度v與時間t的關系圖象如圖甲所示.則此電場的電場線分布可能是圖乙中的（甲A.從圖象可以直接看出, 電場強度逐漸變大，從由電場線疏處到達密處，正確選項是A.6. 一個點電荷產生的電場，兩個等量同種點電荷產生

5、的電場，兩個等量異種點電荷產生的電場，兩塊 帶等量異種電荷的平行金屬板間產生的勻強電場.這是幾種典型的靜電場.帶電粒子（不計重力）在這些靜電場中的運動（A）A.不可能做勻速直線運動B.不可能做勻變速運動C.不可能做勻速率圓周運動D.不可能做往復運動二、不定項選擇題7. （2011年紹興一中高三月考）如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電 荷產生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區域時的運動軌跡，a b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到電場力作用，根據此圖可以作出正確判斷的是（）A.帶電粒子所帶電荷的正、負8. 帶電粒子在a、b兩點的受力方向C.帶電粒子在& b兩點的加速

6、度何處較大D.帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大解析：選BCD.由軌跡的彎曲情況，可知電場力應沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子 所帶電荷符號不能確定.設粒子從a運動到b（也可分析從b到a的情形，兩種分析不影響結論），速度方向與電場力夾角大于90° ,故速度減小，由電場線的疏密程度知a點場強大于b點場強，帶電粒子在 a點受電場力較大，從而加速度較大，綜上所述B、C、D正確.8 .如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出 a b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示，則（）A. a一定帶正電，b一定帶負電B. a的速度將減小，b的速度將增加C. a的加

7、速度將減小，b的加速度將增加D.兩個粒子的電勢能一個增加一個減小答案：C9 .如圖所示，在場強大小為 E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在 。點.把小球拉到使細線水平的位置 A,然后將小球由靜止釋放，小 球沿弧線運動到細線與水平成0= 60°的位置B時速度為零.以下說法正確的是 （）A.小球重力與電場力的關系是 mg= $EqB.小球重力與電場力的關系是Eq=43mgC.小球在B點時，細線拉力為 FT=-/3mgD.小球在B點時，細線拉力為 Ft= 2Eq解析：選BC.根據對稱性可知，小球處在AB中點位置時切線方向合力為零，此

8、時細線與水平方向夾角恰為30。，根據三角函數關系可得：qEsin30 ° mgcos30 ° ,化簡可知選項A錯誤，B正確；小球到達 B 點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：FT=qEsin30 ° mgcos30 ° ,化簡可知FT=43mg,選項C正確，D錯誤.10. （2011年北京考試院抽樣測試）如圖所示，真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q,坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2 m和0.7 m.在A點放一個帶正電的試探電荷，在B點放一個帶負電的試探電荷，A、B兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同，電場力的大

9、小F跟試探電荷電荷量q的關系分別如圖中直線a、b所示.下列說法正確的是（）A. B點的電場強度的大小為 0.25 N/C B. A點的電場強度的方向沿C.點電荷Q是正電荷D.點電荷Q的位置坐標為解析：選D.由兩試探電荷受力情況可知，點電荷Q為負電荷，且放置于x軸負方向0.3 mA、B兩點之間某位置，選項B、C均錯；設Q與A點之間的距離為1,則點電荷在A點產生的場強為EA = kQ/l2=Fa/qa= 4 x 4/01 x 109)N/C =4X 10N/C，同理，點電荷在 B 點產生的場強為 EB=kQ/(0.5-l)2=Fb/qb= 1 X «0/(4 X9_109)N/C= 0.

10、25 X51N/C.解彳1 1=0.1 m,所以點電荷 Q的位置坐標為xq = Xa +1=0.2+ 0.1= 0.3(m),所以選項A錯誤, 選項D正確.三、計算題311.如圖所示，BCDG是光滑絕緣的4圓形軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中.現有一質量為m、帶正電的小滑塊(可視為質點)一3置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg,滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5,重力加速度為g.(1)若滑塊從水平軌道上距離 B 多大？O等高的C點時速度為(2應(1)的情況下，求滑塊到達 C點時受到軌道的作用力大小；(3)改變s的大小

11、，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從 G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的 最小速度大小.解析：本題考查了電場與豎直平面內圓周運動的結合.解題的關鍵是要有等效場的思想，求軌道與物 塊之間作用力時要找準向心力的來源.(1)設滑塊到達C點時的速度為V,由動能定理得1 23mgqE(s+ R)-心 mgsmgR= 2mV2-0,而 qE=,解得(2)設滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F,則v=-/gR.2V(3)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道時的速度最小(設為Vn),則有q qE 2+ mg 2DGV2F-qE= mR, 解得F-mg.間某點，由電場力和重力的合力提供向心力，此mR,

12、解得Vn5gR2 .的小球.現使小球從細桿的頂端點.已知AB間距離Xi = 0.4 m(1)小球在B點的速度vb；(2)小球進入電場后滑行的最大距離X2；12.如圖所示，一根光滑絕緣細桿與水平面成片30角的角傾斜固定.細桿的一部分處在場強方向水平向右的勻強電場中，場強E=2X10n/C.在細桿上套有一個帶電量為 q=- 1.73 ><一彳、質量為m= 3X102 kgA由靜止開始沿桿滑下，并從 B點進入電場，小球在電場中滑至最遠處的Cg= 10 m/s2.求:(3)小球從A點滑至C點的時間是多少?一一12解析：（1）小球在AB段滑動過程中，由機械能守恒mgxisina,mvB可得V

13、b=2 m/s.mgsin a qEcosao（2）小球進入勻強電場后，在電場力和重力的作用下，加速度 a=m=5 m/s-vB小球進入電場后還能滑行到最遠處C點，BC的距離為X2=-=0.4 m.2a2（3）小球從A到B和從B到C的兩段位移中的平均速度分別為0+ VbVb+ 0Vb VbVab=-2 Vbc=-2小球從 A到C的平均速度為-2-X1 + X2= v2t可得t=0.8 s.第二課時：電場的能的性質一、單項選擇題1. （2010年高考天津理綜卷）在靜電場中，將一正電荷從 a點移到b點，電場力做了負功，則（）A. b點的電場強度一定比 a點大B.電場線方向一定從 b指向aC. b點

14、的電勢一定比a點高D.該電荷的動能一定減小解析：選C.電場力做負功，該電荷電勢能增加.正電荷在電勢高處電勢能較大，C正確.電場力做負功同時電荷可能還受其他力作用，總功不一定為負.由動能定理可知，動能不一定減小，D錯.電勢高低與場強大小無必然聯系， A錯.b點電勢高于a點，但a b可能不在同一條電場線上， B錯.2. （2011年寧波模擬）如圖所示，a b是豎直方向上同一電場線上的兩點，一帶負電的質點在a點由靜止釋放，到達 b點時速度最大，則（）卜“A. a點電勢高于b點電勢B. a點的場強大于b點的場強a，C.質點從a點運動到b點的過程中電勢能增加D.質點在a點受到的電場力小于在 b點受到的電

15、場力解析：選B.負電荷所受電場力向上，所以電場線方向向下，A錯；a點電場力大于重力，b點電場力等于重力，B對，D錯；質點從a點運動到b點的過程中電場力做正功，電勢能減小， C錯.3. （2011年杭州畢業班綜合測試）如圖所示表示某靜電場等勢面的分布，電荷量為1.6 X 119 C的正電荷B. - 4.8 X 他D. - 8.0 10 8 J從A經B、C到達D點.從A到D,電場力對電荷做的功為（）A. 4.8 X 10 JC. 8.0 X 10 J解析：選B.電場力做功與電荷運動的路徑無關，只與電荷的起始位置有關.從 A到D,電場力對電荷 做的功為 W= UadC|= （A-（D）q= （-40

16、+ 10） X 1.6 義 1 眸4.8 X 1&J, A、C、D 錯誤，B 正確.4. （2011年皖南八校聯考）一勻強電場，場強方向是水平的（如圖所示），一個質量為m的帶正電的小球， 從O點出發，初速度的大小為V0,在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成。角做直線運動.設122D.二mv0coJ 02小球在。點的電勢能為零，則小球運動到最高點時的電勢能為（）A.-mv22122C.-mv2tan2 0 2mgmg解析：選D.由題意可知，小球所受合力為F=s設最高點到。點距離為S,則由動能定理可得嬴s1 C1 C1 C C=/質，由能量守恒可得小球在最高點的電勢能E = 2m

17、v0- mgssin 0,聯立兩式解得E=2mv2cos Q D正確.5. （2010年高考安徽理綜卷）如圖所示，在xOy平面內有一個以 O為圓心、半徑 R= 0.1 m的圓，P為圓周上的一點，。、P兩點連線與x軸正方向的夾角為8若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小 E= 100 V/m ,則 0、A.Uop=10sinqV）B,Uop=10sinV）C. Uop=- 10cos«V）D .Uop= 10cos V）解析：選A.由于電場強度方向向下，據題意可知Uop<0,則Uop=- ERsin 0= 100 x 0.1sin（V） = -10sin QV）,故正確答

18、案為 A.B. X2點的電勢最高D. xi和X3兩點的電勢相等6. （2010年高考江蘇物理卷）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示.下 列說法中正確的是（）A. O點的電勢最低C. xi和一xi兩點的電勢相等解析：選C.由題圖知，O點兩側電場強度方向相反， 因電場強度的方向沿 x軸，故O點可能電勢最低, 也可能電勢最高，A選項不正確；、x2、x3三點在同一電場線上，由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，無B、DM點,論O點右側電場強度沿 x軸向右還是向左，x2點電勢都不是最高，必、x3兩點的電勢也不相等，故 不正確；由題圖知，電場強度在 O點兩側對稱，故 與、一x1兩點

19、電勢相等，C正確.二、不定項選擇題7. 圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡.粒子先經過再經過N點，可以判定（A. M點的電勢大于B. M點的電勢小于N點的電勢N點的電勢N點受到的電場力N點受到的電場力A.到達M、B.到達M、C.到達M、PM、C.粒子在M點受到的電場力大于在D.粒子在M點受到的電場力小于在解析：選AD.沿電場線的方向電勢降低，所以 如>也，選項A對，B錯；電場線越密的地方電場強度 越大，同一粒子所受電場力越大，所以選項 C錯，D對.8. （2011年洛陽高三質檢）如圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處有 一個點電荷.現從 b、c之間

20、一點P以相同的速率發射兩個帶電粒子，分別沿PN運動到M、N點，M、N兩點都處于圓周c上，以下判斷正確的是（）N時兩粒子速率仍相等N時兩粒子速率VM>VNN時兩粒子的電勢能相等D.兩個粒子的電勢能都是先減小后增大解析：選B.從粒子的運動軌跡可看出電場對到達M點的粒子做正功，對到達 N點的粒子做負功，再根據動能定理可知，A錯誤，B正確；M、N兩點電勢相等，但帶電粒子的電性不同，到達M、N兩點時兩粒子的電勢能不同，C錯誤；到達M點的粒子其電勢能先增大后減小，而到達N點的粒子其電勢能先減小后增大，D錯誤.9. 如圖所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力的作用下, 且bd與豎直方向所夾的銳角

21、為45° ,則下列結論中正確的是()B .合外力對液滴做的總功等于零D.液滴的電勢能減少A.此液滴帶負電荷C.液滴做勻加速直線運動解析：選ACD.由題可知，帶電液滴只受重力和電場力作用，合力沿從靜止開始由b沿直線運動到d,bd方向，液滴勻加速運動， C正 正確；電場力做正功，所以電勢能減確；合力做正功，B不正確；電場力方向向右，故液滴帶負電荷，A 少，D正確.10. 一正電荷在電場中僅受電場力作用，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別對應電荷在 A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的是 ()A. A處的場強一定小于 B處的場強、B. A處的電勢一定低于 B處的

22、電勢:丁一-_C.電荷在A處的電勢能一定大于在 B處的電勢能刁工t7D .從A到B的過程中，電場力對電荷做正功解析：選B.由圖象知A處的加速度大于 B處的加速度，A處的場強一定大于 B處的場強，A錯.由功 能關系及動能和電勢能之和守恒知B正確，C、D錯.三、計算題11. (2011年學軍中學高三抽樣測試)如圖所示，水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個固定擋板，軌道所在空(存在 E= 4.0 x 1N/C 、水平向左的勻強電場.一個質量m=0.10 kg、帶電荷量q= 5.0 x 10 C的滑塊(可視為質點)，從軌道上與擋板相距 X1 = 0.20 m的P點由靜止釋放，滑塊在電場力作用下向左做勻加速

23、 直線運動.當滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動，運動到與擋板相距X2=0.10 m的Q點，滑塊第一次速度減為零.若滑塊在運動過程中，電荷量始終保持不變，求：(1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度的大小；(2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功；(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能.解析：(1)設滑塊沿軌道向左做勻加速運動的加速度為a此過程滑塊所受合外力F = qE= 2.0 X 10 N根據牛頓第二定律F = ma,解得a= 0.20 m/s2.(2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功Wi=qEx1= 4.0 x 10 J.(3)滑塊第一次與

24、擋板碰撞過程中損失的機械能等于滑塊由P點運動到Q點過程中電場力所做的功即 AE = qE(X1-X2)= 2.0 X 10 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0 x i0j(3)2.0 X 3 012. 如圖所示，固定在水平地面上的絕緣平板置于勻強電場中，電場方向與平板平行.在絕緣平板上， 放置一個帶負電的物體 何視為質點)，物體與平板間的動摩擦因數為0.5.現讓物體以10 m/s的初速度平行于電場方向運動，物體沿電場方向運動的最遠距離為4 m.已知物體所受電場力大于其最大靜摩擦力，平板足夠大，規定物體在出發點時的電勢能為零，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物體所受電場力與其

25、所受重力的比值；(2)物體在離出發點多遠處動能與電勢能相等？解析：（1）設物體帶電荷量為q,運動的最大位移為sm,由動能定理得qE即一11 mms= -2mv0得 m1= 3.g r（2）設物體運動到離出發點距離為s處動能與電勢能相等，J 2即 2mv2= qEs19 19在此過程中，由動能定理得一 qEs-心mgs-mv 2mvo代入數據解得s= 2.5 m設物體在返回過程中經過距出發點距離為s'處動能與電勢能再次相等，即-2mv, 2=qEs，由動能定理得 qE（sm s'）心 mgms' ） =1mv' 2解彳> s' = 1 m.答案：（1

26、）3 ： 4 （2）2.5 m 或 1 m第三課時：電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題1 .如圖所示的電容式鍵盤，是通過改變電容器的哪個因素來改變電容的（A .兩板間的距離B.兩板間的電壓C.兩板間的電介質D.兩板的正對面積解析：選A.計算機鍵盤上下運動時， 改變了上、下兩板間的距離，故A正確.2 . （2011年北京朝陽區聯考）如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強 電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動.那么（）A.微粒帶正、負電荷都有可能B.微粒做勻減速直線運動C.微粒做勻速直線運動D.微粒做勻加速直線運動解析：

27、選B.微粒做直線運動的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向 左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故 B正確.3. （2011年瑞安中學檢測）如圖所示，一個帶正電的粒子以一定的初速度垂直進入水平方向的勻強電場,若不計重力，下列四個選項中能正確描述粒子在電場中運動軌跡的是（）解析：選C.電荷在電場中做類平拋運動，受力方向總是沿電場線方向，軌跡向右彎曲,4. （2011年臺州模擬）一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從 A點運動到 B點，速度隨時間變化的圖象

28、如圖所示， tA、tB分別是帶電粒子到達 A、B兩點時 對應的時刻，則下列說法中正確的有 （）A. A點的場強一定小于 B點的場強B. A點的電勢一定高于 B點的電勢C.帶電粒子在 A點的電勢能一定小于在 B點的電勢能D.帶電粒子從 A點到B點過程中，電場力一定對帶電粒子做正功解析：選D.由于v-t圖象上各點的斜率表示加速度的大小，從圖象可以看出C正確.帶電粒子在A點時的加速度大于在 B點時的加速度，由牛頓第二定律可知Ea>Eb, A錯誤；帶電粒子帶電性質未知，故無法判斷 A、B兩點電勢, 力對帶電粒子做正功，電勢能減小，所以5.如圖所示，平行板電容器的電容為1距兩極板的中點2d處放一電

29、荷q,則（QqA. q所受電場力的大小為TviCd4QC. q點處的電場強度是k/B錯誤；從v t圖象中可以看出B點速度大于A點速度，故電場 C錯誤，D正確.C,帶電荷量為Q,兩極板間距離為）4QqB. q所受電場力的大小為 k-dF8qD. q點處的電場強度是 行d,今在解析：選A.兩極板之間的電場強度 E = "d，q受到的電場力F = Eq=wq=Cdq，A正確；Q不是點電荷,Q點電荷的場強公式 E = k2在這里不能用，B、C、D不正確. r6 . （2011年廣東珠海質檢）分別將帶正電、負電和不帶電的三個等質量小球，分別以相同的水平速度由 P點射入水平放置的平行金屬板間，已

30、知上板帶負電，下板.接地.三小球分別落在圖中 A、B、C三點，則錯誤的是（）A. A帶正電、B不帶電、C帶負電B.三小球在電場中加速度大小關系是：aA<aB<ac :三C.三小球在電場中運動時間相等 D.三小球到達下板時的動能關系是'Ekc>EkB> EkA解析：選C.由于A的水平射程x最遠，A的運動時間t=j最長，C錯誤. A的加速度a=2h最小，而VotC的加速度 比最大，aA<aB<as, B正確.可見，A帶正電，受電場力方向與重力方向相反，B不帶電，C帶負電，受電場力方向與重力方向相同，A正確.由動能定理知 EkC>EkB>EkA

31、, D正確.二、不定項選擇題7 . （2011年杭州學軍中學抽樣測試）如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子 （不計重力），兩板 間距離足夠大.當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度V、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規律可能正確的是（）RCD解析：選 AD.在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的Uoe電場力F =,所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化.由牛頓第二定律F= ma可知，電子在第一個-內向B板做勻加速直線運動，在第二個 4內向B板做勻減速直線運動，在第三個 7內反T向做勻加速直線運動.在第四個4

32、內向A板做勻減速直線運動，所以 a t圖象如圖1所示，V-1圖象如圖1 22所示；又因勻變速直線運動位移x= V0t + 2at；所以x-t圖象應是曲線.故本題選 AD.罔L用28 .如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它們通過導線與電源E、定值電阻R、開關S相連.閉合開關后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初 速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上.下列說法中正確的是（）A.液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線9 .電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大C.電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短D.定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長解析：選BC.電容器充滿電荷后，極板間的

33、電壓等于電源的電動勢.極板間形成了電場，液滴受水平 方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運 動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速度越大，同時位移越小，則運動的時間越短, 小，則對液滴的運動沒有影響，D項錯.10 如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大L,板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的光屏M, 一帶電荷量為q,質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正A.板間電場強度大小為 mg/ qB.板間電場

34、強度大小為2 m。q確的是（）C.質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D .質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間Vx=V0；在豎直方向上：在解析：選BC.當質點所受電場力方向向上且大于重力時，質點才可能垂直打到屏上.由運動的合成與 分解，可知質點在水平方向上一直做勻速直線運動，所以質點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中 做斜上拋運動的時間相等.由運動規律可知質點在水平方向上做勻速直線運動,電場中vy= at,如圖所示，離開電場后質點做斜上拋運動，vy= gt,由此運動過程的對稱性可知 a= g,由牛頓第二定律得：qE-mg=ma= mg,解得：E=2mgq

35、.故B、C正確.11 . （2010年湖北黃岡模擬）如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度V0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L,板間距離為d,板間電壓為U,帶電粒子的電荷量為q,粒子通過平行金屬板的時間為t（不計粒子的重力），則（）tA.在前2時間內,tB.在后2時間內,C.在粒子下落前D.在粒子下落前、Uq電場力對粒子做的功為 了3電場力對粒子做的功為 -Uq8d d4和后4的過程中，電場力做功之比為d d4和后4的過程中，電場力做功之比為d qU d qU解析：選bd.電場力做的功 w= qE 2=石 2前2和后2的位移之比為X1 ： X2= 1 :

36、 3x 2 X24 2 8'd dd qU"d,則前刀 W1 = qE - =,后1：W2=qE 1d=*qU, B 正確; 8288288前1口后4位移相等，電場力恒定，故做功相等，所以 D正確.選B、D.三、計算題11.如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極 板長L = 0.4 m,兩板間距離d= 4X 103 m,有一束由相同帶電微粒組成的 粒子流，以相同的速度 V0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質量為m=4X105 kg,電量 q = + 1 x 108 C. （g= 10 m/s2）求

37、：（1固粒入射速度V0為多少？（2）為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？解析：（1）2= V0td10 m/s.L可解得：V0=2（2）電容器的上板應接電源的負極：當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出即Ui mg q-r d 1 L 29飛5= 2ai(V0) 又 a = U2d 1 L2 qd-mg即2=/億)又紅-答案：（1）10 m/s （2）與負極相連120 V<U<200 V解得：Ui = 120 V當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射解得：U2=200 V所以 120 V<

38、U<200 V.12. （2011年溫州中學高三月考）如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m=0.2 kg,帶電荷量為q = + 2.0 X，0C的小物塊處于靜止狀態，小物塊與地面間的動摩擦因數k0.1.從t=0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場（取水平向右的方向為正方向，g取10m/s 2）,求： 23秒內小物塊的位移大小；（2）23秒內電場力對小物塊所做的功.E1q 1 mg 212解析：(1)02 s內小物塊的加速度ai =m=2 m/s位移s = at1 = 4 mE2q-心 mg 22 s末小物塊的速度為 v2=at1 = 4

39、m/s2 s4 s內小物塊的加速度 &=m= 2 m/s位移s2=s = 4 m4 s末的速度為V4=0因此小物塊做周期為 4 s的變速運動，第22 s末的速度為v22= 4、22V22+ V23m/s ,第 23 s末的速度為 v23= V22+ &t=2 m/s（t= 1 s所求位移為 s=-si + 21 = 47 m.（2）23秒內，設電場力對小物塊所做的功為W,由動能定理有：1 2Wmgs2mv23解彳導 W= 9.8 J.答案：（1）47 m （2）9.8 J第四課時：串、并聯電路和歐姆定律、電阻定律一、單項選擇題1. （2011年廣東深圳調研）如圖所示，a b分別

40、表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細均勻電阻絲 的伏安特性曲線，下列判斷中正確的是（）A. a代表的電阻絲較粗B. b代表的電阻絲較粗C. a電阻絲的阻值小于 b電阻絲的阻值D.圖線表示的電阻絲的阻值與電壓成正比l解析：選B.b圖線的斜率大，表示電阻小，由電阻定律R=夢口，b的導線粗，B正確，A、C不正確.電阻是導體本身的性質，與電阻兩端的電壓無關，D不正確.2 .下列四個圖象中，最能正確地表示家庭常用的白熾燈泡在不同電壓下消耗的電功率P與電壓平方U2之間的函數關系是（）M 門if 00(PABCD解析：選C.白熾燈泡為純電阻，其功率表達式為：P = U,而U越大，電阻越大，圖象上對應點與原

41、R點連線的斜率越小，故選項 C正確.3 . （2011年杭州模擬）在研究微型電動機的性能時，應用如圖所示的實驗電路.調節滑動變阻器 R并控制電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.50 A和2.0 V.重新調節R并使電動機恢復正常運轉,此時電流表和電壓表的示數分別為2.0 A和24.0 V.則這臺電動機正常運轉時輸出功率為（）A. 32 WB. 44 WC. 47 WD. 48 W解析：選A.當電動機停止轉動時，此時電動機相當于一個純電阻，所以由題中的兩表讀數，可以計算U出電動機的內阻為：r =，代入數據得：r=4Q,重新調節R并使電動機恢復正常運轉，根據題中的兩表讀數，計算出電動機的

42、輸出功率為：P= UI-I2r,代入數據解得：P= 32 W, B、C、D錯誤,A正確.4 .在如圖所示電路中，E為電源，其電動勢為 9.0 V,內阻可忽略不計；AB為滑動變阻器，其電阻 R =30 QL為一小燈泡，其額定電壓 U = 6.0 V,額定功率P= 1.8 W; S為開關，開始時滑動變阻器的觸頭位于B端，現在閉合開關 則CB之間的電阻應為S.然后將觸頭緩慢地向 A端滑動，當到達某一位置C處時，小燈泡剛好正常發光,（）A. 10 QB. 20A 8CC. 15 Q D. 5 Q 答案：B5 .把六個相同的小燈泡接成如圖甲、乙所示的電路，調節變阻器使燈泡正常發光，甲、乙兩電路所消 耗的

43、功率分別用P甲和P乙表示，則下列結論中正確的是（）12 V甲A. P甲=P乙 B, P甲=3P乙 C. P乙=3P甲12 V乙D. P乙3P甲解析：選B.設各燈泡正常工作時的電流為I,則甲電路的總電流為I甲=3I,乙電路的總電流為I乙=I,所以由P=UI得P甲=3P乙，應選B.6 .自動充電式電動車的前輪裝有發電機，發電機與蓄電池連接，騎車者用力蹬車或電動車自動滑行時，發電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉化成電能儲存起來，現使車以500 J的初動能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次關閉自動充電裝置，其動能隨位移變化關系如圖線所示；第二次啟動自動充電裝置，其動能隨位移變化關系如圖線所示，則第二次

44、向蓄電池所充的電能是250B. 250JD. 500JA. 200JC. 300J解析：選A.根據能量守恒，第一次關閉自動充電裝置時，動能全部轉化為內能，第二次啟動自動充電44裝置時，動能一部分轉化為內能，另一部分轉化為電能，電能為E 電=Ek=i0x 500 J 200 J, A 對.二、不定項選擇題7 .如圖所示的電解池接入電路后，在t秒內有m個一價正離子通過溶液內某截面S,有n2個一價負離子通過溶液內某截面 S,設e為元電荷，以下說法正確的是 （A.當m = n2時，電流為零qn2 eB.當m>n2時，電流方向從 A-B,電流為I =1C.當ni<n2時，電流方向從B- A,

45、電流為I =n2- ni etD.電流方向從 A-B,電流為In2+ nie解析：選D.由電流方向的規定可知，正、負電荷向相反方向定向移動所形成的電流的方向是相同的, n2 + ni e所以電流應該是1=1,電流方向按規定應是從 AfB.D選項正確.8. （2011年寧波效實中學檢測）下表列出了某品牌電動自行車及所用電動機的主要技術參數，不計其自 身機械損耗.若該車在額定狀態下以最大運行速度行駛，則 （）自重40(kg)額定電壓48 V載重75(kg)額定電流12 A最大行駛速度20(km/h)額定輸出功率350 WA.電動機的輸入功率為 576 W8 .電動機的內電阻為 4 QC.該車獲得的

46、牽引力為 104 ND.該車受到的阻力為 63 N2576350113解析：選 AD. U = 48 V, I = 12 A, P= UI = 576 W,故 A 正確.P人=P出十I2r, r=五一Q 音2 Q,350故 B 錯.P出=Fv=FfV, Ff= 20N = 63 N,故 C 錯，D 正確.369 .如圖所示，用輸出電壓為 1.4 V,輸出電流為100 mA的充電器對內阻為2 Q的銀一氫電池充電，下列說法中正確的是（）一A.電能轉化為化學能的功率為0.12 W一？B.充電器輸出的電功率為 0.14 W-C.充電時，電池消耗的熱功率為0.02 WD.充電器把0.12 W的功率儲蓄在

47、電池內解析：選ABC.充電器對電池的充電功率為P總=UI = 0.14 W,電池充電時的熱功率為P熱= I2r= 0.02 W,所以轉化為化學能的功率為 P化=P總一P熱=0.12 W,但電池儲蓄的是能量不是功率，故 D錯.10 . （2011年江蘇啟東中學檢測）用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電 流表A1、A2,若把A1、A2分別采用并聯或串聯的方式接入電路，如圖所示，則閉合電鍵后，下列有關電表 的示數和電表指針偏轉角度的說法正確的是 （ ）_A.圖甲中的A1、A2的示數相同B.圖甲中的A1、A2的指針偏角相同C.圖乙中的A1、A2的示數和偏角都不同 D.圖乙中的A

48、1、A2的指針偏角相同解析：選B.甲圖中流過表頭的電流相同， 故指針偏角相同，但由于A1、A2的量程不同，所以示數不同， 故A錯B對.乙圖中A1、A2中的電流相同，故示數相同，但兩者表頭中的電流不等指針偏角不同，故 C、 D錯.三、計算題11 . （2011年北京四中模擬）一臺小型電動機在 3 V電壓下工作，用此電動機提升所受重力為4 N的物體時，通過它的電流是 0.2 A.在30 s內可使該物體被勻速提升 3 m.若不計除電動機線圈生熱之外的能量損 失，求：（1）電動機的輸入功率；（2府提升重物的30 s內，電動機線圈所產生的熱量；（3）線圈的電阻.解析：（1）電動機的輸入功率P入=UI=0

49、.2X3 W0.6 W.（2）電動機提升重物的機械功率P機 = Fv= （4 X 3/30） W 0.4 W.根據能量關系P入=P機+Pq,得生熱的功率Pq= P入一P 機=（0.60.4） W= 0.2 W.所生熱量 Q= Pot = 0.2 X 30 J6 J=2Q 6(3)根據焦耳定律 Q = I2Rt,得線圈電阻R = pt = 022x 30 Q= 5 Q答案：(1)0.6 W (2)6 J (3)5 Q12.如圖所示，圖甲為一個電燈兩端電壓與通過它的電流的變化關系曲線.由圖可知，兩者不成線性關系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發生了變化的緣故，參考這條曲線回答下列問題(不計電流表內阻，

50、線路提供電壓不變)：甲乙(1)若把三個這樣的電燈串聯后，接到電壓恒定為12 V的電路上，求流過燈泡的電流和每個燈泡的電阻；(2)如圖乙所示，將兩個這樣的電燈并聯后再與10 Q的定值電阻R。串聯，接在電壓恒定為 8 V的電路上，求通過電流表的電流值以及每個燈的實際功率.解析：(1)由于三個電燈完全相同，所以每個電燈兩端的電壓為：Ul=/V=4 V,結合圖象可得當Ul3=4 V時，Il = 0.4 A故每個電燈的電阻為：R= UL= Q= 10 Q.Il 0.4(2)設此時電燈兩端的電壓為 U',流過每個電燈的電流為I,由串聯電路的規律得U=U' +2IR0代入數據得 U'

51、 =8-20 I在圖甲上畫出此直線如圖所示.可得到該直線與曲線的交點(2 V,0.3 A),即流過電燈的電流為 0.3 A,則流過電流表的電流為Ia = 2I=0.6 A每個燈的功率為： P=UI= 2X0.3 W 06 W.答案：(1)0.4 A 10 Q (2)0.6 A 0.6 W第五課時：電動勢閉合電路的歐姆定律一、單項選擇題1 .關于閉合電路的性質，下列說法不.正確的是()A.外電路斷路時，路端電壓最高B.外電路短路時，電源的功率最大C.外電路電阻變大時，電源的輸出功率變大D.不管外電路電阻怎樣變化，其電源的內、外電壓之和保持不變解析：選C.由閉合電路歐姆定律可知：E=U外+ U內，

52、當外電路斷路時，即1 = 0,止匕時U外=E,路端電壓最大；外電路短路時，電路中電流最大，此時，電源的功率也最大；電源的輸出功率，即外電路消耗cE2RE2的功率，P= IR= 建r 2= R , 2一,只有當R= r時，電源的輸出功率最大，故 C錯.應選C.r 十 rr rR-+4r2. (2011年福建南平調研)某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率 Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的 a b、c所示.則判斷錯誤的是()水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態,)B.電容器上的電荷量將減少D.液滴將向上運動A.直線a表示電源的總功率B.

53、曲線c表示電源的輸出功率C.電源的電動勢 E = 3 V,內電阻r=1 Q D.電源的最大輸出功率 Pm=9 W解析：選D.電源的總功率為Pe = EI,電源的輸出功率為 Pr=EII2r,電源內部的發熱功率 Pr= I2r,所 以直線a表示電源的總功率， 選項A正確；曲線b表示電源內部的發熱功率， 曲線c表示電源的輸出功率， 選項B正確；直線a的斜率表示電動勢 E,解得E=3 V,由曲線b上某點坐標可得電源內阻為 1 Q,選項E2C正確；當外電路電阻等于電源內阻時，電源輸出功率最大，Pm=2.25 W,對應曲線C的最高點，選項D錯誤.3. （2011年舟山質檢）如圖所示的電路, 現將滑動變阻

54、器的滑片 P向左移動，則（A.電容器中的電場強度將增大C.電容器的電容將減少解析：選B.若將滑片向左移動，則R總增大，干路電流減小；R?兩端電壓減小，因電容器與 R2并聯,B對，而A、D錯；由平行所以電容器兩端電壓減小，電荷量減少，電場強度減小，液滴將向下運動，故5s板電容器電容C=R可知，電容器的電容不變，選項 C錯誤.4 #d4. 如圖所示的電路中，閉合開關 S后，燈Li、L2都能發光.后來由于某種故障使燈L2突然變亮（未燒壞），電壓表的讀數增大，由此可推斷，這故障可能是（）A.電阻Ri斷路B.電阻R2短路C.燈Li兩接線柱間短路D.電阻R斷路解析：選D.因為電壓表的讀數增大，所以路端電壓

55、增大，電源內阻上的電壓減小，說明總電流減小，電路總電阻增大.若電阻 Ri斷路，會導致總電阻增大，總電流減小，而此時燈L2兩端電壓會減小，致使燈L2變暗，故A錯誤；若電阻R2短路，燈L2將不亮，故B錯誤；若燈Li兩接線柱間短路，電路的總電阻減 小，總電流增大，電壓表的讀數減小，不符合題意，故 C錯誤；若電阻R2斷路，電路的總電阻增大，總電 流減小，電壓表的讀數增大，符合題意，而總電流減小，導致內電壓和燈Li、Ri并聯部分電壓減小，燈 L2兩端電壓增大，燈 L2變亮，故D正確.5. （20i0年高考上海卷）在如圖的閉合電H中，當滑片 P向右移動時，兩電表讀數的變化是 （）A. A變大，V變大B. A變小，V變大C. A變大，V變小 D. A變小，V變小解析：選B.滑片P向右移動，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，總電阻也變大，