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1、高中物理31暑期培训专题训练及答案高中物理3-1暑期培训专题训练专题一库仑定律的理解及应用1表达式：Fk，适用条件是真空中两静止点电荷之间相互作用的静电力2处理库仑力作用下电荷平衡问题的方法(1)恰当选取研究对象，用“隔离法”或“整体法”进行(2)受力分析（一场二弹三摩擦）(3)列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关1.在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示 现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为()A. B. C3 D.解析设等边三角形的边

2、长为a，由几何知识可知，acos 30a，以B为研究对象，由平衡条件可知，cos 302，解得：，D正确答案D专题二电场强度的理解1场强公式的比较三个公式2电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和(2)运算法则：平行四边形定则3. 等量同种和异种点电荷的电场线的比较比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O处的场强连线上O点场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A、B与B

3、的场强等大同向等大反向2.如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L2.0 m若将电荷量均为q2.0106 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k9.0109 Nm2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向解析(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为Fk代入数据得F9.0103 N(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1kA、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E2E1cos 30由式并代入数据得E7.8103 N/C场强E的方向沿y轴正方向答案(1)9.0103 N(2)7.8103 N/C

4、方向沿y轴正方向3如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直则()AA点的场强大小为 BB点的场强大小为EkCD点的场强大小不可能为0DA、C两点的场强相同答案A4如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且POON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是()A速度先增大，再减小B速度一直增

5、大C加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D加速度先减小，再增大答案AD解析在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷所受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性如果P、N相距很近，加速度则先减小，再增大专题三带电体的力电综合问题1解答力电综合问题的一般思路2运动情况反映受力情况(1)物体静止(保持)：F合0.(2)做直线运动匀速直线运动：F合0.变速直线运动：F合0，且F合与速度方向总是一致(3)做曲线运动：F合0，F合

6、与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧(4)F合与v的夹角为，加速运动：090；减速运动；90180.(5)匀变速运动：F合恒量5.如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R0.40 m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104 N/C.现有一质量m0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离x1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量q8.0105 C，求：(1)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道

7、的压力；(2)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力所做的功解析(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a根据牛顿第二定律有qEma解得a8.0 m/s2设带电体运动到B端的速度大小为vB，则v2ax解得vB4.0 m/s设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FNmg解得FNmg5.0 N根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小FNFN5.0 N方向竖直向下(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中电场力所做的功W电qER0.32 J设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为Wf，对此过程

8、根据动能定理有W电WfmgR0mv解得Wf0.72 J答案(1)5.0 N，方向竖直向下(2)0.72 J专题四辨析电场强度、电势、电势差、电势能1电势高低的判断方法(1)沿电场线方向，电势越来越低(2)判断出UAB的正负，再由UABAB，比较A、B的大小，若UAB0，则AB，若UAB0，则AUbc，又电场力做功WqU，则WabWbc，由动能定理得粒子由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量，D正确专题六用功能关系分析带电粒子的运动1功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；(3)除重力外，其他各力对

9、物体所做的功等于物体机械能的变化(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化(5)电场力力对物体所做的功等于电势能的变化(6)重力对物体所做的功等于重力势能的变化2电场力做功的计算方法(1)由公式WFlcos 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：WqElcos .(2)由WqU来计算，此公式适用于任何形式的静电场(3)由动能定理来计算：W电场力W其他力Ek.(4)由电势能的变化来计算：WABEpAEpB.10.如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂

10、直于匀强电场方向进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知PQ、MN间距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速度v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差解析(1)由动能定理得：qUmv代入数据得v1104 m/s(2)因带电粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，粒子沿初速度方向做匀速直线运动：dv1t.粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vyat.由题意得：tan 30由牛顿第二定律得qEma联立以上相关各式并代入数据得：E103 N/C1.73103 N/C(3)由

11、动能定律得：qUabmv2m(vv)联立以上相关各式代入数据得：Uab400 V答案(1)104 m/s(2)1.73103 N/C(3)400 V11两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零答案BC解析根据等量同种电荷形成的电场的特点、力与运动的关系、功能关系解决问题等量同种电荷的电场线如图所示，负试探电荷q在A点由静止释放

12、，在电场力的作用下从A向O做变加速直线运动，且电场力做正功，电势能减小，A错误，B正确；负试探电荷q通过O点后在电场力的作用下向下做变减速运动，因此q运动到O点时的速度最大，动能最大，选项C正确；因无限远处的电势为零，则O点的电势0，所以q在O点的电势能不为零，选项D错误专题七平行板电容器的动态分析1电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能2对公式C的理解电容C，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电

13、容器是否带电及带电多少无关3两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化(4)用E分析电容器两极板间电场强度的变化12.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态以下说法中正确的是()A若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有ba的电流B若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有ba的电流C若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D若将S断开，再将A板向下平移一小段

14、位移，则油滴向上加速运动，G中有ba的电流解析根据电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有ba的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C可知，电容C减小，两板所带电荷量

15、Q也减小，电容器放电，所以G中有ba的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C，U和E，可得E，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误答案AB13用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图)，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若()A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，增大S，则变小D保持d不变，增大S，则不变答案AC专题八带电粒

16、子(或带电体)在电场中的直线运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或静止，或做匀速直线运动(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动2用运动学观点分析a，E，v2v2ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek14. (1)微观粒子(如电子、质子、粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化14如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直

17、流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动答案BD解析要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D正确15如图所示，一电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin 370.6，cos 370.

18、8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin 37qEFNcos 37mg由可得E(2)若电场强度减小为原来的，即E由牛顿第二定律得mgsin 37qEcos 37ma可得a0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37qELcos 37Ek0可得Ek0.3mgL专题九带电粒子在电场中的偏转1带电粒子在电场中的偏转(1)条

19、件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场(2)运动性质：匀变速曲线运动(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动(4)运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动2带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的证明：由qU0mvyat2()2tan 得：y，tan (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能

20、量的角度进行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差4. 带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：a带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；b带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法(2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量若选用能

21、量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的16如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出求：(1)两板间所加偏转电压U的范围；(2)粒子可能到达屏上区域的长度答案(1)(2)解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，偏转角为，则有：yat2Lv0taE由式解得y当y时，U则两板间所加电压的范围为(2)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最

22、大(设为y0)，则y0(b)tan 而tan ，解得y0则粒子可能到达屏上区域的长度为专题十带电体在复合场中的运动等效法处理叠加场问题1各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场2将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a视为“等效重力加速度”再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可3用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直

23、线运动，化繁为简(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性4运用动能定理来分析带电粒子在复合场中的运动，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理17.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的小球，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，小球所受电场力是其重力的倍，将小球从环上最低点位置A点由静止释放，则：(1)小球所能获得的最大动能是多大；(2)小球对环的最大压力是多大解析(1)因qEmg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角tan ，即37，则小球由A点静止释放后从A到B过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大，由动能定理得qErsin mgr(1cos )Ek解得B点动能即最大动能Ekmgr.(2)设小球在B点受圆环弹力为FN，由牛顿第二定律得FNF合而F合mg解得FNmg，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为mg.答案(1)mgr(2)mg18如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，C