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高三物理《电场能的性质》考后题型解析

第2节电场能的性质
考点一|电势能和电势电势差

1．静电力做功
(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．
(2)计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电扬，其中d为沿电场方向的距离．
②WAB＝qUAB，适用于任何电场．
2．电势能
(1)定义：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．
(2)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零．
3．电场力做功与电势能(加试要求)
电场力做功是电势能变化的量度，用公式表示为WAB＝EpA－EpB，即电场力做正功，电荷的电势能减少，电场力做负功，电荷的电势能增加．
4．电势
(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．
(2)定义式：φ＝.
(3)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)．
(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．
(5)电势是描述电场能的性质的物理量，决定于电场本身，与试探电荷无关．
5．电势差
(1)电势差：电场中两点间电势的差值叫做电势差，也叫电压．
(2)电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关(选填“有关”或“无关”)．
(3)公式：电场中A点的电势为φA，B点的电势为φB，则UAB＝φA－φB，UBA＝φB－φA，可见UAB＝－UBA.
(4)电势差是标量，UAB是正值，A点的电势比B点的电势高；UAB为负值，A点的电势比B点的电势低．
(5)电荷q从A点移到B点，静电力做功WAB与AB间电势差UAB的关系为WAB＝qUAB.

(20xx·浙江4月学考)如图621所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝6cm处．在x轴上()

图621
A．场强为0的点有两处
B．在x6cm区域，电势沿x轴正方向降低
C．质子从x＝1cm运动到x＝5cm处，电势能升高
D．在09cm的区域，场强沿x轴正方向
D[因为Q10，Q20，且Q1|Q2|，所以x0区域不会出现合场强为0的点；06cm区域有一位置合场强为零，由k＝－k得x＝9cm，则6cm9cm区域合场强沿x轴正方向，故A错，D对．沿电场方向电势降低，B错．质子带正电，在电势高处电势能大，C错．]
1．电势高低的判断
(1)依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低．
(2)依据电场力做功：根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低．
(3)依据场源电荷的正负：取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．
2．电势能大小的判断
(1)做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．
(2)电荷电势法：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．
(3)公式法：由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值越小，电势能越大．
(4)能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加．

1．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()
A．沿电场强度的方向电势降低
B．电场强度为零的地方，电势也为零
C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D．电场强度决定于电场本身，而电势是由电场和试探电荷共同决定的
A[沿电场强度的方向，电势逐渐降低，选项A正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密程度有关，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C错误；电场强度和电势都是描述电场性质的物理量，决定于电场本身，选项D错误．]
2．(20xx·永昌市调研)关于电势差的说法中，正确的是()
A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，静电力所做的功
B．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果静电力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V
C．在两点间移动电荷时，静电力做功的多少跟这两点间的电势差无关
D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电荷量成反比
B[由公式UAB＝可知，两点间的电势差在数值上等于移动1C的电荷时静电力所做的功，故选项A错误，B正确；两点间的电势差由电场决定，即电势差与试探电荷没有关系，由此知道选项D错误；由WAB＝qUAB可知，静电力做功的多少与q、UAB均有关，选项C错误．]
3．(20xx·东阳学考模拟)一个电荷只在静电力作用下从电场中的A点移动到B点时，静电力做了5×10－6J的功，那么()
A．电荷在B点将具有5×10－6J的电势能
B．电荷在B点将具有5×10－6J的动能
C．电荷的电势能减少了5×10－6J
D．电荷的电势能增加了5×10－6J
C[电荷只在静电力作用下从电场中的A点移动到B点时，静电力做正功，电势能减少，静电力做了多少正功，电荷的电势能就减少多少．因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能．选项C正确．]
4.(加试要求)不带电的空腔导体P置于电场中，其周围电场线分布如图622所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则()

图622
A．a、b、c三点的电场强度依次减小
B．a、b、c三点的电势依次降低
C．负试探电荷在a点的电势能比在b点的大
D．正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功
B[电场中的空腔导体处于静电平衡，内部场强处处为零，导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，在空腔导体的外部，电场线越密的地方场强越大，电场线上每点的切线方向表示该点场强的方向，沿着电场线的方向电势降低，由此可得EaEcEb，φaφbφc，A错，B对；电势越高，负电荷的电势能越小，正电荷的电势能越大，正电荷从a点移到c点电势能减小，电场力做正功，C、D均错．]
考点二|等势面与带电粒子的运动轨迹问题

等势面(加试要求)
(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．
(2)四个特点
①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．
②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高的等势面指向电势低的等势面．
③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．
④任意两个等势面都不相交．
1．几种常见的典型电场的等势面比较
电场等势面(实线)图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷
的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种
点电荷的
电场连线的中垂线上的电势为零等量同种
正点电荷
的电场连线上，中心电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2.此类问题的解题方法
(1)运动粒子的曲线轨迹必定向电场力方向弯曲，即电场力方向指向曲线的内侧，且运动轨迹必定在v和F之间．先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力方向．
(2)电场线和等势面垂直，电场线从高电势指向低电势．
(3)先根据电场线的方向以及疏密情况，确定场强及电性情况，定性判断电场力(或加速度)的大小和方向；再根据电场力方向与速度方向的关系来判断速度的变化情况以及运动性质．
(4)根据电场力方向与速度方向的关系来判断电场力做功情况及判断电势能的变化情况，另外可以通过能量的转化和守恒确定电势能及动能的变化情况．

1.如图623所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是()

图623
A．1、2两点的场强相等
B．1、3两点的场强相等
C．1、2两点的电势相等
D．2、3两点的电势相等
D[本题考查电场线与等势面的特点，根据电场线的疏密程度判断场强大小，电场线越密，场强越强，则E1E2，E1E3，所以选项A、B错误；同一等势面上的电势是相等的，选项C错误，D正确．]
2.(20xx·嵊州模拟)某带电粒子仅在静电力作用下由A点运动到B点，电场线、等势面(虚线)、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图624所示，可以判定()

图624
A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
D．电场中A点的电势低于B点的电势
B[由电场线的疏密可知场强EBEA，所以粒子的加速度aBaA.由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φAφB.由粒子运动轨迹的弯曲方向可知静电力做正功，所以动能、电势能的变化情况为EkBEkA，EpBφB，UAB＝100V
B．φAφB，UAB＝750V
C．φAφB，UBA＝500V
D．φAφB，UBA＝1000V
C[由于油滴静止，则油滴所受电场力与重力等大、反向，即电场方向向上，故φAφB.由E＝、F＝G得E＝5×104V/m，又由于d＝10mm＝0.01m，所以UBA＝Ed＝500V，故选项C正确．]
考点三|电势差与电场强度的关系(只加试要求)
静电现象的应用(只加试要求)

一、电势差与电场强度的关系
1．匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即UAB＝Ed.
公式U＝Ed只适用于匀强电场，其中d为A、B两点沿电场方向的距离．
2．电场中A、B两点的电势差UAB跟电荷移动的路径无关，由电场强度E及A、B两点沿电场方向的距离d决定．
3．公式E＝说明电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势．
二、静电现象的应用
1．处于静电平衡状态下导体的特征
(1)处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零．
(2)处于静电平衡状态的导体，其外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直．
(3)处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，它的表面是个等势面．地球是一个等势体．
2．静电平衡时，导体上的电荷分布有以下两个特点
(1)导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的表面．
(2)在导体外表面，越尖锐的位置电荷的密度(单位面积的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有电荷．
3．尖端放电
所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的电荷中和，这相当于导体从尖端失去电荷的现象．
4．静电屏蔽
金属壳或金属网的空腔内不受外界电场的影响，壳(网)内电场强度保持为0，外电场对壳(网)内的仪器不会产生影响，金属壳(网)的这种作用叫做静电屏蔽．
1．公式E＝的三点注意
(1)只适用于匀强电场；
(2)d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离；
(3)电场强度的方向是电势降低最快的方向．
2.由E＝可推出的两个重要推论
推论1：如图626甲所示，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势，等于两端点电势的等差中项，即φC＝.

图626
推论2：如图627所示，若匀强电场中两线段AB＝CD且AB∥CD
则φA－φB＝φC－φD.

图627

1.(加试要求)如图628所示，一导体AB在点电荷Q的电场中发生静电感应，下列说法正确的是()

图628
A．导体中M、N两点的电场强度不相等
B．感应电荷在M点产生的场强大于感应电荷在N点产生的场强
C．如果在AB间用一导线连接，则导线中将有电流产生
D．N点的电势大于M点的电势
B[处于静电平衡状态的导体内部各点的合场强为零，故A错误；感应电荷的场强与点电荷Q产生的电场强度大小相等，而点电荷Q在M点产生的场强大于在N点产生的场强，故感应电荷在M点产生的场强大于感应电荷在N点产生的场强，B正确；处于静电平衡状态的导体是一个等势体，故C、D错误．]
2．(加试要求)对公式E＝的理解，下列说法正确的是()
A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差
B．a点和b点间距离越大，则这两点的电势差越大
C．匀强电场中a、b两点沿电场线的距离越大，则电场强度越小
D．公式中的d是匀强电场中a、b所在的两等势面之间的距离
D[此公式只适合匀强电场，选项A错误；a、b两点间的电势差不仅取决于场强的大小，还取决于沿电场方向的距离d，a、b间距离大，d不一定大，故选项B错误；匀强电场中的电场强度大小与a、b两点间的距离无关，是恒定的，选项C错误；公式中的d是匀强电场中a、b所在的两等势面之间的距离，选项D正确．]
3.(加试要求)(20xx·宁波联考)如图629所示，带有等量异号电荷的一对平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且CD＝4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点静电力做功为3.2×10－17J，则匀强电场的场强E及A、B两点间的电势差UAB为()M.JAb88.Com

图629
A．2×104N/C；450VB．1×104N/C；450V
C．2×105N/C；600VD．1×104N/C；600V
D[由题知，电子由D移到C静电力做正功W＝qELCDcos60°，则E＝N/C＝1×104N/C.由于电子从D移到C静电力做正功，因此，受到的静电力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B.A、B间电势差为UAB＝EdAB＝1×104×6×10－2V＝600V．故选项D正确．]
4.(加试要求)如图6210所示，匀强电场的电场强度E＝100V/m，A、B两点相距LAB＝10cm，A、B连线与电场线的夹角为60°，则UBA为()

图6210
A．－10VB．10V
C．－5VD．－3V
C[根据电势差与电场强度的关系U＝Ed得UAB＝ELABcos60°＝100×0.1×cos60°V＝5V，且沿电场线方向电势逐渐降低，φAφB，故UBA＝－5V，选项C正确．]
5．(加试要求)(多选)如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是()

BC[匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分．把AB等分为三段，AB间电压为3V，则每等分电压为1V，H点电势为4V，F点电势为3V，将FC相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把AC相连，分为两份，AC电压为2V，则G点电势为4V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确．]

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高三物理《练习使用多用电表》考后题型解析

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实验11练习使用多用电表

1．欧姆表原理(多用电表测电阻原理)
(1)构造：如图1所示，欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表笔组成．

图1
欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．
外部：接被测电阻Rx.
全电路电阻R总＝Rg＋R＋r＋Rx.
(2)工作原理：闭合电路欧姆定律I＝.
(3)刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻Rx＝0)时，调节调零电阻R，使I＝Ig，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．
①当I＝Ig时，Rx＝0，在满偏电流Ig处标为“0”．(图甲)
②当I＝0时，Rx→∞，在I＝0处标为“∞”．(图乙)
③当I＝时，Rx＝Rg＋R＋r，此电阻值等于欧姆表的内阻值，Rx叫中值电阻．
2．多用电表
(1)多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．
(2)外形如图2所示：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．

图2
(3)多用电表面板上还有：欧姆表的欧姆调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正、负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)．
3．二极管的单向导电性
(1)晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图3甲所示．

甲乙丙
图3
(2)晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．
(3)将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可判断出二极管的正、负极．

1．实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．
2．实验步骤
(1)观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．
(2)机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔．
(4)测量小灯泡的电压和电流．
①按如图4甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．

甲乙
图4
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．
(5)测量定值电阻
①根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；
②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；
③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；
④测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．

1．多用电表使用注意事项
(1)表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应为“红入”，“黑出”．
(2)区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．
(3)由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应挡位的倍率．
(4)使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触表笔的金属杆．
(5)测量电阻时，待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．
(6)测电阻时，每换一挡必须重新欧姆调零．
(7)使用完毕，选择开关要置于交流电压最高挡或“OFF”挡．长期不用，应把表内电池取出．
2多用电表对电路故障的检测
(1)断路故障的检测方法
①将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用．
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．
②将多用电表拨到直流电流挡作为电流表使用，将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路．
不能用欧姆表检测电源的情况．
(2)短路故障的检测方法
①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．
②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．

1．[多用电表的原理及使用]关于多用电表中的欧姆表，下列说法中正确的是()
A．欧姆表是由电压表和电流表组合而工作的
B．欧姆表是根据闭合电路欧姆定律工作的
C．被测电阻越大，欧姆表的指针偏转角度也越大
D．与电流表和电压表一样，欧姆表的电阻刻度是均匀的
B[欧姆表是根据闭合电路的欧姆定律测量电阻的，选项A错误，B正确；当Rx趋向于∞时，I＝0，则指针在最左端，同一挡测电阻时阻值越大偏角越小，选项C错误；虽然任何欧姆表的测量范围都是从0→∞，但越向左刻度越密，选项D错误．]
2．[多用电表读数及检查电路故障]某实验小组在“练习使用多用电表”实验中：
(1)用多用电表测量某一电学元件，多用电表的选择开关旋至如图5甲所示．操作正确，表盘指针如图乙所示，则该电学元件阻值为________Ω.

甲

乙
图5
(2)该电学元件可能是()
A．一个阻值未知的电阻
B．“220V15W”的白炽灯
C．“220V100W”的白炽灯
【答案】(1)3000(2)A

高三物理《探究导体电阻与其影响因素》考后题型解析

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实验10探究导体电阻与其影响因素
(包括材料)的关系(同时练习使用螺旋测微器)(只加试要求)

1．螺旋测微器的使用
(1)构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．

图1
(2)原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(3)读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
如图2所示，固定刻度示数为2.0mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm.

图2
2游标卡尺
(1)构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)

图3
(2)用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．
(3)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：
刻度格数(分度)刻度总长度每小格与1mm的差值精确度(可精确到)109mm0.1mm0.1mm20xxmm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm(4)读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.

1．实验原理
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率．
2．实验器材
被测金属丝，直流电源(4V)，电流表(0～0.6A)，电压表(0～3V)，滑动变阻器(50Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．
3．实验步骤
(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.
(2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．
(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.
(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．
(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内．
(6)将测得的Rx、l、d值，代入公式R＝ρ和S＝中，计算出金属丝的电阻率．

1．数据处理
电阻R的数值可用以下两种方法确定：
(1)计算法：利用每次测量的U、I值分别计算出电阻，再求出电阻的平均值作为测量结果．
(2)图象法：可建立IU坐标系，将测量的U、I值描点作出图象，利用图象的斜率求出电阻值R.
2．实验注意事项
(1)因一般金属丝电阻较小，为了减少实验的系统误差，必须选择电流表外接法．
(2)本实验若用限流式接法，在接通电源之前应将滑动变阻器调到阻值最大状态．
(3)测量l时应测接入电路的金属丝的有效长度(即两接线柱之间的长度)；在金属丝的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径d.
(4)电流不宜过大(电流表用0～0.6A量程)，通电时间不宜太长，以免电阻率因温度升高而变化．

1．[实验原理与操作](加试要求)在“探究导体电阻与其影响因素的关系”的实验中，由ρ＝可知，对实验结果的准确性影响最大的是()
A．金属丝直径d的测量B．电压U的测量
C．电流I的测量D．金属丝长度l的测量
A[四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响，但影响最大的是金属丝直径d的测量，因为在计算式中取直径的二次方．]
2．[仪器读数与数据处理](加试要求)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图4甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.

甲

乙
图4
【解析】刻度尺的分度值为1mm，要估读到0.1mm.游标卡尺读数＝4mm＋10×0.02mm＝4.20mm.【答案】60.104.20
3．[实验原理与操作](加试要求)(10分)在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验时，小何同学在测量相关因素时操作如下：
(1)为了测量镍铬合金丝的直径，用合金丝在铅笔上密绕37匝，用刻度尺进行测量，如图5所示，合金丝的直径为________mm(保留三位有效数字)．

图5
(2)用多用电表粗测合金丝的电阻，粗测前，首先应进行的操作是________，然后进行的操作是________．
(3)长度相同，直径之比为2∶3的康铜丝和镍铬合金丝串联，用如图6甲所示的电路图进行测量，除电压表外，请你在图丙中用笔画线代替导线，把电路连接完整．
用直流2.5V量程挡的多用电表测量镍铬合金丝两端电压U2时，示数如图乙所示，则U2＝________V(保留三位有效数字).

甲

乙

丙
图6
【解析】(1)先读出密绕的37匝合金丝的长度为22.5mm，然后再除以匝数，保留三位有效数字就是合金丝的直径(允许有误差)．(2)使用多用电表测量电阻前应先选择倍率，然后进行欧姆调零．(3)图见答案；读数时应选择从上往下数第二条刻度线进行读数，然后根据量程为2.5V，应选择最右边为250的这一组数据进行读数(方便读数)，然后再除以100后保留三位有效数字(允许有误差)．【答案】(1)0.604～0.625(2)选择倍率欧姆调零(3)如图所示1.20±0.02

高三物理《电场的能的性质》教材分析

高三物理《电场的能的性质》教材分析

考点26电场的能的性质
考点名片
考点细研究：(1)电势能、电势；(2)电势差、等势面；(3)匀强电场中电势差与电场强度的关系等。其中考查到的如：20xx年全国卷第15题、20xx年全国卷第15题、20xx年广东高考第21题、20xx年海南高考第7题、20xx年四川高考第6题、20xx年全国卷第21题、20xx年全国卷第19题、20xx年安徽高考第17题、20xx年上海高考第19题、20xx年全国卷第25题等。
备考正能量：本考点是高考重点考查的内容之一，多以选择题的形式出现，难度中等。试题往往以电场线、等势面为切入点，粒子的运动为物理情景，考查学生理解能力和综合能力。预计今后的高考此类问题仍会以选择题形式出现。

一、基础与经典
1．在静电场中，将电子从A点移到B点，电场力做了正功，则()
A．电场强度的方向一定是由A点指向B点
B．电场强度的方向一定是由B点指向A点
C．电子在A点的电势能一定比在B点的高
D．A点的电势一定比B点的高
答案C
解析电子从A点移到B点，电场力做了正功，说明B点所在等势面的电势一定比A点所在等势面的电势高，并非电场线的方向就是由B指向A，故选项A、B、D均错误；根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，故电子在A点的电势能一定比在B点的高，选项C正确。
2．匀强电场中有a、b、c三点。在以它们为顶点的三角形中，a＝30°、c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行。已知a、b和c点的电势分别为(2－)V、(2＋)V和2V，该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为()

A．(2－)V、(2＋)V
B．0V、4V
C.V、V
D．0V、V
答案B

解析匀强电场中沿非等势面的直线电势均匀变化。如图所示，设外接圆半径为r，则圆心O点电势为2V，Oc为等势面，ge直径垂直于Oc，gOb＝30°，ge为电场线，g点电势最高，e点电势最低。电场强度E＝，则g点电势为φg＝φO＋Er＝4V，e点电势为φe＝φO－Er＝0，B正确，A、C、D错误。
3.在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中()

A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
答案D

解析由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错误；由等量正点电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线上中点O的电势最高，所以从b到d，电势先增大后减小，故B错误；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，C错误；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D正确。
4.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0，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()

A．200V/mB．200V/m
C．100V/mD．100V/m
答案A

解析取OA的中点C，则φC＝＝3V。
连接BC为等势线，过O做BC的垂线则DO为场强方向，如图所示，由几何关系得tanθ＝＝＝，得θ＝30°。由E＝得E＝＝V/m＝200V/m。A正确。
5.(多选)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是()

A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的电场强度大小为10V/m
C．匀强电场的电场强度方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19J
答案ACD
解析由AC的中点电势为2V，所以BE为等势线，CD、AF同为等势线，故A正确；CA为电场线方向，电场强度大小E＝＝V/m＝V/m，故B错误，C正确；由UED＝UBC＝－1V，WED＝－eUED＝1.6×10－19J，D正确。
6.如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100V/m，则O、P两点的电势差可表示为()

A．UOP＝－10sinθ(V)B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10cosθ(V)D．UOP＝10cosθ(V)
答案A
解析在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP＝Rsinθ，故UOP＝－E·dOP＝－100×0.1sinθ＝－10sinθ(V)，故选项A正确。
7．(多选)如图所示，ab＝2bc,在c点固定一正电荷，将另一负电荷从a点移到b点，负电荷在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb，所受电场力分别为Fa、Fb，则()

A．EpaEpbB．4Fa＝FbC．EpaφQ
B．直线c位于某一等势面内，φMφN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
答案B
解析根据电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，可知N点和P点处于同一等势面上，直线d位于某一等势面内。根据匀强电场的特性，可知直线c位于另一等势面内。由于电子由M点运动到N点的过程中，电场力做负功，说明电场线方向从M指向N，故M点电势高于N点电势，所以选项B正确，选项A错误；由于M、Q处于同一等势面内，电子由M点运动到Q点的过程中，电场力不做功，选项C错误；电子由P点运动到Q点的过程中，电场力做正功，选项D错误。
13.20xx·四川高考](多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a()

A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
答案BC

解析如图所示，根据三角形定则，在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C项正确；从P到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误。
14．20xx·海南高考](多选)如图所示，两电荷量分别为Q(Q0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()

A．b点电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
答案BC
解析根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，b点电势为零，电场强度不为零，A错误。Epa＝qφa，φa0，若q0，则Epa0，电场力方向与电场强度方向相同，均向右，B正确。由于φOφa，且q0，则从O点移到a点过程中必须克服电场力做功，C正确。电场力做的功等于电势能的减少量，WOa＝q(φO－φa)，Wba＝q(φb－φa)，φO＝φb，所以WOa＝Wba，电势能变化相等，D错误。
15．20xx·江苏高考](多选)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．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．c点的电场强度比d点的大
D．c点的电势比d点的低
答案ACD
解析电场线的疏密反映电场的强弱，因此a点的场强比b点的场强大，A正确。顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B错误。两个负电荷在c点场强为零，而在d点的场强向下，正电荷在c、d点场强大小相等，方向相反，由电场的叠加可知，c点场强比d点场强大，C正确。在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电荷电场中电势的代数和d点比c点高，D正确。
16．20xx·浙江高考](多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()

A．支架对地面的压力大小为2.0N
B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9N
C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0N
D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N
答案BC
解析小球B和支架组成的整体，在三个力作用下平衡，故有：FN＋FAB＝mBg，FAB＝k，联立两式解得：FAB＝0.9N，FN＝1.1N，根据牛顿第三定律可判断出A错误。小球A在四个力作用下平衡，如图甲所示。由对称性可知F1＝F2，在竖直方向上有：F1cos60°＋F2cos60°＝mAg＋FBA，解得F1＝F2＝1.9N，可见B正确。当B球与M、A共线时，A球受力情况如图乙所示，由几何关系可知rAB′＝0.6m，FBA′＝k＝0.225N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上，由上述两个方向上分力的合力为零可得：F1＝1.225N，F2＝1.0N，故C正确。B球移至无穷远处时，A、B之间的库仑力忽略不计，对A球由三力平衡条件可求得F1＝F2＝mAg＝1.0N，故D错误。

17．20xx·石家庄质检]真空中三点A、B、C构成边长为l的等边三角形，EF是其中位线，如图所示，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。下列说法正确的是()

A．A点的电场强度大小为
B．A点的电势低于C点的电势
C．电势差UEB小于电势差UEA
D．正电荷在B点的电势能等于在C点的电势能
答案C
解析A点的电场强度大小为EA＝kcos60°＋kcos60°＝，方向水平向右，选项A错误；等量异号点电荷连线的中垂线为等势线，电势为0，故A点的电势为零且高于C点的电势，B点电势高于A点电势，E点电势高于B点电势，因此UEB＝φE－φB，UEA＝φE－φA，故UEB0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。

答案
解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，
即vBsin30°＝v0sin60°
由此得vB＝v0
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)
联立式得UAB＝。
24.20xx·全国卷]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA＝60°，OB＝OA。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点时的动能为初动能的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。
答案(1)(2)与竖直方向的夹角为30°，斜向右下方
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OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin60°＝v0t
dcos60°＝gt2
又有Ek0＝mv
由式得Ek0＝mgd
设小球到达A点时的动能为EkA，列动能定理：
mgdcos60°＝EkA－Ek0，即EkA＝Ek0＋mgd
由式得＝
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0

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，则有
＝，解得x＝d。
MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，
由几何关系可得α＝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qEdcos30°＝ΔEpA
由式得E＝。
25.20xx·北京海淀高三一模]甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，已经在20xx年全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。

已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q。
(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验。求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；
(2)配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第(1)中所求的速度通过栅电极B。推进器工作时飞船的总质量可视为不变。求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N。
(3)可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况。通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法。
答案(1)(2)(3)见解析
解析(1)根据动能定理有qU＝mv2，解得：v＝。
(2)在与飞船运动的垂直方向上，根据动量守恒有：M·Δv＝Nmv，解得：N＝＝。
(3)设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内离子推进器发射出的氙离子总数为N总＝nt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理Ft＝N总mv＝ntmv，解得F＝nmv，根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F′＝F＝nmv。电场对氙离子做功的功率P＝nqU，则S＝＝。根据式子可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法。增大S的实际意义是推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力。

高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析

俗话说，凡事预则立，不预则废。作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣，使教师有一个简单易懂的教学思路。教案的内容要写些什么更好呢？为满足您的需求，小编特地编辑了“高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析”，仅供参考，欢迎大家阅读。

高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析

第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

考点一|电容器的电容

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(加试要求)

(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．

(20xx·浙江4月学考)关于电容器，下列说法正确的是()

A．在充电过程中电流恒定

B．在放电过程中电容减小

C．能储存电荷，但不能储存电能

D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器

D[电容器充、放电过程中电流都是变化的，A错误．电容大小是电容器本身属性，由自身决定，与放电、充电无关，B错误．电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，C错误．故选D.]

1．关于电容器的两个公式的区别

(1)电容的定义式C＝，反映了电容器储存电荷的本领，但平行板电容器的电容C的大小与Q、U都无关．

(2)平行板电容器电容的决定式C＝，反映了电容C的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的相对介电常数成正比．

2平行板电容器动态变化问题

(1)首先要区分两种基本情况：

①电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U保持不变；

②电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变．

(2)依据的关系式主要有三个：

①平行板电容器的电容C与两板间距d、正对面积S、介质的相对介电常数εr间的关系为C＝；

②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝；

③电容器所带的电荷量Q＝CU.

1．(多选)下列关于电容器的叙述正确的是()

A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器

B．任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关

C．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值

D．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程

BD[电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A错误，B正确．电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C错误．电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D正确．]

2.(多选)如图631为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则()

图631

A．正对面积越大，电容越大

B．正对面积越大，电容越小

C．动片、定片间距离越小，电容越大

D．动片、定片间距离越小，电容越小

AC[由C＝可知动片旋入越多，正对面积越大，电容越大，A对．根据电容与板间距离成反比可知，减小两板间距离，电容增大，故C对．]

3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C，则其电压减少为原来的，则()

A．电容器原来的带电荷量为9×10－4C

B．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4C

C．电容器原来的电压为1V

D．电容器的电容变为原来的

B[由C＝得ΔQ＝C·ΔU＝C＝CU＝Q，Q＝＝C＝4.5×10－4C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错．]

4.(加试要求)(20xx·诸暨调研)如图632所示，先接通S使电容器充电．然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是()

图632

A．Q变小，C不变，U不变，E变大

B．Q变小，C变小，U不变，E变小

C．Q不变，C变小，U变大，E不变

D．Q不变，C变小，U变小，E无法确定

C[由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C＝知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C＝知，U增大；两板间电场强度E＝＝，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错．]

考点二|带电粒子在电场中的运动

1．带电粒子在电场中的加速

(1)处理方法

利用动能定理：qU＝mv2－mv.

(2)适用范围

任何电场．

2带电粒子在匀强电场中的偏转

(1)研究条件

带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．

(2)处理方法(加试要求)

类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．

①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.

②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．

(20xx·浙江4月学考)密立根油滴实验原理如图633所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()

图633

A．悬浮油滴带正电

B．悬浮油滴的电荷量为

C．增大场强，悬浮油滴将向上运动

D．油滴的电荷量不一定是电子的电荷量的整数倍

C[由题目中的图示可以看出重力竖直向下，电场力竖直向上，电场强度方向向下，电荷带负电，A错误；由平衡条件可以得到mg＝，电荷的带电量q＝，B错误；此时电场力与重力相等，如果增大电场强度，则电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C正确；由元电荷的带电量e＝1.6×10－19C可知，油滴的带电量一定是电子电量的整数倍，D错误．]

1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法

(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．

(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．

2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路

(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．

(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv.

3．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qU0＝mv

y＝at2＝··

tanθ＝

得：y＝，tanθ＝.

(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.

1.(20xx·乐清模拟)如图634所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则()

图634

A．当减小两板间的距离时，速度v增大

B．当减小两极间的距离时，速度v减小

C．当减小两极间的距离时，速度v不变

D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长

C[由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．]

2．(20xx·舟山调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回．如图635所示，＝h，此电子具有的初动能是()

图635

A.B．edUhC.D.

D[电子受到的静电力做负功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知选项D正确．]

3．如图636所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()

图636

A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大

C．U1变大、U2变小D．U1变小，U2变小

B[设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tanθ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．]

4.(加试要求)(多选)如图637所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()

图637

A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2

B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1

C．A和B的质量之比为1∶12

D．A和B的位移大小之比为1∶1

ABC[粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确．]

文章来源：http://m.jab88.com/j/71932.html

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