粤教版高中物理必修第三册第1章章末综合提升学案

这是一份粤教版高中物理必修第三册第1章章末综合提升学案，共16页。

主题1　力电综合问题1．受力情况带电体在电场中受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等。2．解题方法(1)物体在各个力的作用下，若处于平衡状态，即静止或做匀速直线运动，物体所受合外力为零，利用力的平衡条件解题。(2)物体在各个力的作用下做变速运动(直线或曲线)，物体所受合外力不为零，利用牛顿第二定律解题。总之，处理这类问题，就像处理力学问题一样，只是分析受力时注意增加了电场力。【典例1】　竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，电场强度为E，在该匀强电场中，用绝缘丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球距离右金属板的距离为b，重力加速度大小为g，如图所示。则：(1)小球带电荷量q是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？[解析]　(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析，如图所示，可得qE＝mg tan θ故q＝mgtanθE。(2)由于T＝mgcosθ，剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力和电场力的合力等于mgcosθ，小球的加速度a＝F合m＝gcosθ小球由静止开始沿着丝线剪断前拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板时，它的位移为s＝bsinθ由s＝12at2得t＝2sa＝2cosθgsinθ＝2bgtanθ。[答案]　(1)mgtanθE　(2)2bgtanθ“四步”巧解力电综合问题(1)分析电场确定研究对象。(2)“整体法、隔离法”做好受力分析。(3)明确力的方向和个数巧建坐标系。(4)根据状态列方程求解。 主题2　带电体在电场中的运动1．带电体在电场中的运动是一类综合性很强的问题，解决这类问题时，常把带电体看作点电荷，应用力学知识(如牛顿运动定律、动能定理等)求解。2．带电体在匀强电场中受到的电场力是恒力，若带电体只受电场力作用，则其运动是在恒力作用下的运动，解决问题的思路是抓住两个分析：受力分析和运动分析。3．带电体在非匀强电场中所受电场力是变力，这类运动往往用动能定理进行分析和解答。【典例2】　如图所示为一匀强电场，电场强度与水平方向的夹角为θ。现有一带电小球以初速度v0由A点水平射入该匀强电场，恰好做直线运动从B点离开电场。已知带电小球的质量为m，重力加速度大小为g，电荷量为q，A、B之间的距离为d。试分析：(1)带电小球的电性；(2)此匀强电场的场强大小E；(3)小球经过B点时的速度大小vB。[解析]　(1)小球进入电场后受两个力作用，重力mg和电场力qE，小球恰好做直线运动，则小球所受电场力qE和重力mg的合力F沿直线AB方向，如图所示，可知小球带正电。(2)由图可知mg＝qE sin θ，所以匀强电场的电场强度大小为E＝mgqsinθ。(3)小球在恒力作用下由A到B做匀加速直线运动，合力为F＝mgtanθ，由牛顿第二定律得加速度为a＝gtanθ，由匀变速直线运动的规律得vB2-v02＝2ad，则vB＝v02+2gdtanθ。[答案]　(1)带正电　(2)mgqsinθ　3v02+2gdtanθ“一关键、三应用”巧解带电体在电场中的运动问题(1)一关键：受力分析。(2)三应用：平衡知识、动力学知识和功能关系。 主题3　电场中的图像问题在考查电场中的基本概念时，往往给出与电场分布有关的图像，如：E-x图像、φ-x图像、Ep-x图像，或与粒子运动规律有关的图像，如：v-t图像，掌握各个图像的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决相关问题。几种常见图像的特点及规律【典例3】　(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点的电势最高，则(　　)A．C点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向沿x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功AD　[φ-x图像中斜率表示场强大小，则由题图可知，由O点到M点，电势一直降低，且题图中图线在A点的斜率也不为零，故A点的电场强度大小不为零，而C点向N、向D两个方向电势均降低，说明C点两侧电场方向相反，且图线在C点的切线斜率为零，故C点电场强度大小为零，A正确，B错误；由N到C电势升高，故N、C间电场方向沿x轴负方向，C错误；WNC＝qUNC，q＜0，UNC＜0，故WNC＞0，而WCD＝qUCD，q＜0，UCD＞0，所以WCD＜0，D正确。]章末综合测评(一)　静电场的描述一、单项选择题：本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列关于点电荷的叙述正确的是(　　)A．点电荷就是电荷量和体积都足够小的带电体B．体积大、形状怪异的带电体一定不能视为点电荷C．点电荷所带电荷量的绝对值为1.6×10-19 CD．带电体的形状和大小对其库仑力的影响可忽略时，带电体可看作点电荷D　[带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定的，与自身大小、形状无必然关系，当带电体的形状、大小对它们之间相互作用力的影响可以忽略时，这个带电体就可以看作点电荷，故A、B、C错误，D正确。]2．如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则(　　)A．a点电势比c点低B．b点电势比c点高C．a、b两点场强相同D．b点场强的大小比c点小A　[由于负点电荷的电场线指向负点电荷，而沿着电场线电势逐渐降低，又由于对称性，因此a、b两点电势都比c点低，且a、b两点电势相等，故A正确，B错误；电场线的疏密反映了场强的大小，而且电场强度为矢量，具有方向性，因此a、b两点场强大小相等，方向不同，都比c点场强大，故C、D错误。]3．如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA＝OB＝OC＝20 cm，∠AOB＝∠BOC，已知O、A、B、C各点的电势分别为0、7 V、8 V、7 V，则匀强电场的电场强度的大小和方向是(　　)A．35 V/m，沿OA方向B．35 V/m，沿OC方向C．40 V/m，沿OB方向D．40 V/m，沿BO方向D　[因A、C两点电势相等，故AC连线是一等势线，由几何关系可知OB⊥AC，因沿着电场线方向电势降低，故可知电场线方向由B到O，场强大小为E＝Ud＝80.2 V/m＝40 V/m，故D正确。]4．如图所示，三个同心圆是以同一负点电荷为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是(　　)A．一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的大B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C．将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功比由C点移到A点多D．将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功D　[点电荷电场中，离点电荷越近场强越大，所以EA>EB，点电荷＋q在A点受的静电力比在B点受的静电力大，A错误；点电荷＋q从B向A移动，静电力做正功，电势能减小，即＋q在B点的电势能比在A点大，B错误；若从B到D移动电荷量为＋q的电荷，静电力做功WBD＝qUBD，从C到A静电力所做的功是WCA＝qUCA，因为UBD＝UCA，故WBD＝WCA，C错误；从B到C移动电荷量为＋q的电荷，静电力做正功，D正确。]5．如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和 34圆环的圆心，环的粗细可忽略不计。若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为(　　)　甲　　　乙A．32F　　　B．12F　　　C．22F　　　D．32FC　[由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出14圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F。将题图乙中的均匀带电34圆环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的34圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F，故C正确，A、B、D错误。]6．如图所示，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是(　　)A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C．a、b小球电荷量之比为36D．a、b小球电荷量之比为39D　[a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，a与b的电性一定相同，即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故A、B错误；对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得k qaqcrac2sin 60°＝k qqcrbc2sin 30°，又rac∶rbc＝1∶ 3，解得qa∶qb＝3∶9，故C错误，D正确。]7．光滑水平面上的两个小球A、B绕着它们连线上的某点做匀速圆周运动，两个小球间的距离为L并保持不变，小球A、B所带电荷量分别为＋2Q和－Q，质量分别为m和2m。不计两球间的万有引力，则下列说法正确的是(　　)A．A、B所受库仑力大小之比为2∶1B．A、B的线速度大小之比为2∶1C．若仅把B的电荷量变为－2Q，则稳定后A、B做圆周运动的半径之比为1∶1D．若仅把A的质量变为2m，则稳定后A、B的线速度大小之比为2∶1B　[A、B所受库仑力互为作用力和反作用力，大小相等，故A错误；根据F库＝k 2Q·QL2＝mω2rA＝2mω2rB，可得 rArB＝21，根据v＝ωr可知，A、B的线速度大小之比为2∶1，故B正确；若仅把B的电荷量变为－2Q，根据F库＝k 2Q·2QL2＝mω2rA＝2mω2rB，则稳定后A、B做圆周运动的半径之比仍为2∶1，故C错误；若仅把A的质量变为2m，根据F库＝k 2Q·QL2＝2mω2rA′＝2mω2rB′，可得 rA'rB' ＝ 11，根据v＝ωr可知，稳定后A、B的线速度大小之比为1∶1，故D错误。]二、多项选择题：本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。8．如图所示，虚线1、2、3表示电场中的三条等势线，一电子从电场中的a点由静止释放后沿直线运动到b点，不计电子重力，则下列说法正确的是(　　)A．a点场强大于b点场强B．a点场强小于b点场强C．a点电势高于b点电势D．a点电势低于b点电势AD　[a点等势面比b点等势面密，故a点场强大于b点场强，故B错误，A正确；电子仅在电场力作用下由a到b，则电子受到的电场力由a指向b，电子带负电，故电场线方向由b指向a，a点电势低于b点电势，故C错误，D正确。]9．一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在O～x2段做变速运动，x2～x3段做匀变速运动C．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值D．在O、x1、x2、x3处电势φO、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φO>φ3BCD　[由E＝Ud得电场强度与电势的关系E＝ΔφΔx，电势能Ep＝qφ，联立可得E＝1q·ΔEpΔx，可知Ep-x图像切线的斜率 ΔEpΔx＝qE＝F静，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1、x1～x2、x2～x3三段图线斜率大小变化情况为变小、变大、不变，则可知三段图线反映的粒子所受的静电力变小、变大、不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ、粒子带负电可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φO>φ3，故D正确。]10．(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　)A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量BD　[由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，故A、C错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系可知，重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D正确。]三、非选择题：共5个小题。11．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则a点的电场强度________b点的电场强度，c点的电场强度________d点的电场强度。 (选填“＞”“＜”或“＝”)[解析]　由题图可知，a点附近电场线比b点附近电场线密，所以Ea＞Eb；由点电荷产生电场的场强公式E＝k Qr2和场强叠加原理可知Ec＞Ed。[答案]　＞　＞12．在探究“两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中，一同学猜想可能与两电荷的距离和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球固定在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大。此同学在探究中应用的科学方法是_____________(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。[解析]　由题意知，悬线夹角越大，说明受力越大，故两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大；此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法。[答案]　减小　增大　控制变量法13．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k。求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷产生的电场在B点的电势。[解析]　(1)物块在A点受到点电荷的库仑力F＝kQqr2由几何关系可知r＝hsin60°设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN由平衡条件有FN＝mg＋F sin 60°解得FN＝mg＋33kQq8h2。(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有q(φ－φB)＝12mv2-12mv02解得φB＝φ+mv02-v22q。[答案]　(1)mg＋33kQq8h2　2φ+mv02-v22q14．如图所示，AB是竖直面内、圆心在O点、半径为R的 14光滑绝缘轨道，其B端切线水平且与水平地面平滑连接，OB连线上及其右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带负电小球从轨道A端无初速度释放，小球滑离B点后，在水平地面上最终停在D点，BD的距离为x＝4R。若小球可视为质点，小球与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，不计其他阻力。求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)小球在B处对轨道的压力大小FN′。[解析]　(1)小球从B到D有FN＋qE－mg＝0f＝μFN从A到D由动能定理mgR－f×4R＝0解得E＝4μ-1mg4μq。(2)小球从A到B，由动能定理得mgR ＝ 12mvB2－0小球在B处由牛顿第二定律得FN ＋ qE－mg＝m vB2R解得FN＝8μ+1mg4μ由牛顿第三定律得FN′＝ 8μ+1mg4μ。[答案]　(1) 4μ-1mg4μq　(2) 8μ+1mg4μ15．如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，重力加速度为g，要使小球做直线运动，求：(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力的大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移xm。(电场足够大)[解析]　(1)作电场线如图(a)所示。由题意知，只有小球受到方向向左的静电力，静电力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图(b)所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速直线运动。由图(b)知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝Ud，得q＝mgE＝mgdU。(2)由图(b)知，F合＝qE2+mg2＝2mg。(3)由动能定理得－F合xm＝0- 12mv02所以xm＝mv0222mg＝ 2v024g。答案：(1)正电荷　mgdU　(2)2mg　32v024gv-t图像根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化φ-x图像①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零；②在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向；③在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正、负，然后做出判断E-x图像①反映了电场强度随位移变化的规律；②E＞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Ep-x图像①反映了电势能随位移变化的规律；②图线的切线斜率大小等于电场力大小；③进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况