高中物理第一章电场第四节电势和电势差课时检测粤教版.docx
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高中物理第一章电场第四节电势和电势差课时检测粤教版
2019-2020年高中物理第一章电场第四节电势和电势差课时检测粤教版
1.(多选)下列说法正确的是( )
A.电势差和电势一样,是相对量,与零点的选取有关
B.电势差是个标量,但是有正负之分
C.由于电场力做功跟移动电荷的路径无关,所以电势差也跟移动电荷的路径无关,只跟这两点的位置有关
D.A、B两点的电势差是恒定的,不随零电势点的不同位置而改变,但UAB=-UBA
解析:
电势是相对量,与零点的选取有关,电势差是绝对量,与零点的选取无关,A错误;电势差是标量,但有正负之分,B正确;由于电场力做功跟移动电荷的路径无关,所以电势差也跟移动电荷的路径无关,只跟这两点的位置有关,C正确;A、B两点的电势差是恒定的,不随零电势点的不同位置而改变,但是UAB=-UBA,负号表示两点电势的高低,D正确.
答案:
BCD
2.一个带正电的质点,电量q=2.0×10-9C,在静电场中由a点移到b点,在这过程中,除电场力外,其他力做的功为6.0×10-5J,质点的动能增加了8.0×10-5J,则a、b两点间的电势差Uab为( )
A.3×104V B.1×104V
C.4×104VD.7×104V
解析:
由动能定理,外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量,得电场力对物体做的功W=8.0×10-5J-6.0×10-5J=2.0×10-5J.由W=qUab得:
Uab=1.0×104V.
答案:
B
3.在地面上插入一对电极M和N,将两个电极与直流电源相连,大地中形成恒定电流和恒定电场.恒定电场的基本性质与静电场相同,其电场线分布如图所示,P、Q是电场中的两点.下列说法中正确的是( )
A.P点场强比Q点场强大
B.P点电势比Q点电势高
C.P点电子的电势能比Q点电子的电势能大
D.电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变
解析:
电场线密的地方电场强度大,所以P点场强比Q点场强小,故A错误;沿电场线方向电势降低,所以P点电势一定高于Q点电势,故B正确;将电子从P点移到Q点,电场力做负功,电子的电势能增加,电子在Q点的电势能大,C错误.由于该电场是非匀强电场,E是变化的,由F=qE可知,电子所受的电场力是变化的,故D错误.
答案:
B
4.(多选)如图所示,虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa、φb和φc,一带正电的粒子射入电场中,其运动轨迹如实线KLMN所示.由图可知( )
A.粒子从K到L的过程中,静电力做负功
B.粒子从L到M的过程中,静电力做负功
C.粒子从K到L的过程中,电势能增加
D.粒子从L到M的过程中,动能减少
解析:
由题目条件可知,a、b、c是孤立点电荷激发的电场中的三个等势面,因为运动粒子带正电,且沿K→L→M→N运动,所以受到的是静电斥力,可以判断场源电荷必为正电荷,即电势高低关系为φa>φb>φc.因为φK=φN<φM<φL,所以由K到L过程中静电力做负功,电势能增加,A、C正确;由L到M过程中,静电力做正功,电势能减小,动能增加,B、D错误.
答案:
AC
5.某电场的电场线分布如图实线所示,一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点,运动轨迹如虚线所示.粒子重力不计,则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是( )
A.若粒子带正电,其加速度和动能都增大,电势能增大
B.若粒子带正电,其动能增大,加速度和电势能都减小
C.若粒子带负电,其加速度和动能都增大,电势能减小
D.若粒子带负电,其加速度和动能都减小,电势能增大
解析:
由粒子的运动轨迹弯曲方向知,带电粒子受电场力大致向右,与轨迹上每一点切线方向即瞬时速度方向成锐角,则电场力对带电粒子做正功,其电势能减小,动能增大,电场线越来越密,场强增大,粒子所受的电场力增大,加速度增大,这些结论与粒子的电性无关,故C正确,A、B、D错误.
答案:
C
B级 提能力
6.如图所示,ab=3bc,在c点固定一负电荷,将一负电荷从a点移到b点,负电荷在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb,所受的电场力分别为Fa、Fb,则( )
A.Epa C.Epa>EpbD.9Fa=Fb 解析: 在c点固定一负电荷,电场线的方向从a指向c,将另一负电荷从a点移到b点,电场力做负功,所以电荷的电势能增加.故A正确,C错误;根据库仑定律F= ,得 = = = .故B、D错误. 答案: A 7.(多选)某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ,同一正电荷在P、Q两点的电势能分别为WP和WQ,则( ) A.EP>EQ B.EP C.WP 解析: 由图P点电场线密,电场强度大,故A正确,B错误;正电荷从P移到Q,电场力做正功,电势能减小,故C错误,D正确. 答案: AD 8.下列说法中正确的是( ) A.当两正点电荷相互靠近时,它们的电势能减小 B.当两负点电荷相互靠近时,它们的电势能减小 C.一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时,它们的电势能减小 D.一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时,它们的电势能增大 解析: 当两个同种电荷相互靠近时,电场力做负功,电势能增大;异种电荷相互靠近时,电场力做正功,电势能减小. 答案: C 9.(多选)如图所示,三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面,电势值分别为10V、20V、30V,实线是一带负电的粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹,对于这轨道上的a、b、c三点来说,下列选项说法正确的是( ) A.粒子必先过a,再到b,然后到c B.粒子在三点所受的合力Fa=Fb=Fc C.粒子在三点的动能大小为Ekb>Eka>Ekc D.粒子在三点的电势能大小为Epb>Epa>Epc 解析: 由题图可知,电场的方向是竖直向上的,带负电的粒子将受到竖直向下的电场力作用,带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动,还是依次沿c、b、a运动,都会得到如图的轨迹,A错误;因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的,由此可判断电场是匀强电场,所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等,B正确;带负电的粒子在电场中运动时,存在电势能与动能之间的互化,由题意和图可知,在b点时的电势能最大,在c点的电势能最小,可判断在c点的动能最大,在b点的动能最小,C错误;由对C的分析可知,D正确. 答案: BD 10.在电场中一条电场线上有A、B两点,如图所示.若将一负电荷q=2.0×10-7C,从A点移至B点,电荷克服电场力做功4.0×10-4J.试求: (1)电场方向; (2)A、B两点的电势差,哪一点电势高? (3)在这一过程中,电荷的电势能怎样变化? (4)如在这一电场中有另一点C,已知UAC=500V,若把这一负电荷从B移至C电场力做多少功? 是正功还是负功? 解析: (1)场强方向水平向右. (2)沿电场方向电势降低,故φA>φB, UAB= = V=2000V. (3)ΔEp=-W=4.0×10-4J,故电势能增加了4.0×10-4J. (4)因为UAB=2000V,UAC=500V, 所以UBC=UAC-UAB=-1500V. 故WBC=qUBC=-2.0×10-7×(-1500)J=3.0×10-4J. 答案: 见解析 11.把带电荷量为+2×10-8C的点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服电场力做功8×10-6J;若把该电荷从无限远处移到电场中B点,需克服电场力做功2×10-6J,取无限远处电势为零.求: (1)A点和B点电势; (2)将另一电荷量为-2×10-5C的点电荷由A点移到B点时电场力做的功. 解析: UOA= = V=-400V, φA=400V. UOB= = V=-100V, φB=100V. (2)UAB=φA-φB=300V, WAB=UAB·q=-6×10-3J. 答案: (1)φA=400V φB=100V (2)-6×10-3J 2019-2020年高中物理第一章电磁感应章末总结学案粤教版 一、楞次定律的理解与应用 1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反,只有在磁通量增加时两者才相反,而在磁通量减少时两者是同向的. 2.“阻碍”并不是“阻止”,而是“延缓”,回路中的磁通量变化的趋势不变,只不过变化得慢了. 3.“阻碍”的表现: 增反减同、来拒去留等. 例1 圆形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列表述正确的是( ) 图1 A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B.穿过线圈a的磁通量变小 C.线圈a有扩张的趋势 D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大 答案 D 解析 通过螺线管b的电流如图所示, 根据安培定则判断出螺线管b所产生的磁场方向在线圈a中竖直向下,滑片P向下滑动,接入电路的电阻减小,电流增大,所产生的磁场的磁感应强度增大,根据楞次定律可知,a线圈中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上,再由安培定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向,A错误;由于螺线管b中的电流增大,所产生的磁感应强度增大,线圈a中的磁通量应变大,B错误;根据楞次定律可知,线圈a有缩小的趋势,线圈a对水平桌面的压力将增大,C错误,D正确. 二、电磁感应中的图象问题 对图象的分析,应做到: (1)明确图象所描述的物理意义; (2)明确各种物理量正、负号的含义; (3)明确斜率的含义; (4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系. 例2 如图2所示,三条平行虚线位于纸面内,中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直,磁场宽度与对角线AC长均为d,现使线框沿AC方向匀速穿过磁场,以逆时针方向为感应电流的正方向,则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中,线框中电流i随时间t的变化关系可能是( ) 图2 答案 D 解析 导线框ABCD在进入左边磁场时,由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向,选项B、C不可能;当导线框ABCD一部分在左磁场区,另一部分在右磁场区时,回路中的最大电流要加倍,方向与刚进入时的方向相反,选项D可能,选项A不可能. 电磁感应中图象类选择题的两个常见解法 (1)排除法: 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,排除错误的选项. (2)函数法: 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图象作出分析和判断,这未必是最简捷的方法,但却是最有效的方法. 三、电磁感应中的电路问题 求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路. “切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”,该部分导体的电阻相当于内电阻,而其余部分的电阻则是外电阻. 例3 如图3所示,面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,已知磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+0.2t)T,定值电阻R1=6Ω,线圈电阻R2=4Ω,求: 图3 (1)磁通量的变化率和回路中的感应电动势; (2)a、b两点间电压Uab; (3)2s内通过R1的电荷量q. 答案 (1)0.04Wb/s 4V (2)2.4V (3)0.8C 解析 (1)由B=(2+0.2t)T可知 =0.2T/s. 磁通量变化率为 = S=0.04Wb/s. 由法拉第电磁感应定律可知回路中的感应电动势为 E=n =100×0.04V=4V. (2)等效电路如图所示. a、b两点间电压Uab等于定值电阻R1两端的电压,则 Uab= R1=2.4V. (3)2s内的磁感应强度变化量为 ΔB= ·t=0.2×2T=0.4T 通过R1的电荷量为 q= ·Δt= ·Δt=n =n·S =100×0.2× C=0.8C. 路端电压、电动势和某导体两端的电压三者的关系: (1)某段导体作为外电路时,它两端的电压就是电流与其电阻的乘积. (2)某段导体作为电源时,它两端的电压就是路端电压,等于电流与外电阻的乘积,或等于电动势减去内电压,当其内阻不计时路端电压等于电源电动势. (3)某段导体作为电源且电路断路时,导体两端的电压等于电源电动势. 四、电磁感应中的力电综合问题 此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点,综合性很强,解决此类问题要注重以下三点: 1.电路分析 (1)找“电源”: 确定出由电磁感应所产生的电源,求出电源的电动势E和内阻r. (2)电路结构分析 弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,为求安培力做好铺垫. 2.力和运动分析 (1)受力分析: 分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意安培力的方向. (2)运动分析: 根据力与运动的关系,确定出运动模型,根据模型特点,找到解决途径. 3.功和能量分析 (1)做功分析,找全力所做的功,弄清功的正、负. (2)能量转化分析,弄清哪些能量增加,哪些能量减少,根据功能关系、能量守恒定律列方程求解. 例4 如图4所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m,导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T.在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1kg、电阻R1= 0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑.然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10m/s2,问: 图4 (1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向; (2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大; (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少. 答案 (1)由a流向b (2)5m/s (3)1.3J 解析 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c,则ab中电流方向为由a流向b. (2)开始放置时ab刚好不下滑,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为fmax,有fmax=m1gsinθ① 设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv② 设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有 I= ③ 设ab所受安培力为F安,有F安=BIL④ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下,由平衡条件有F安=m1gsinθ+fmax⑤ 联立①②③④⑤式,代入数据解得v=5m/s. (3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律有m2gxsinθ=Q总+ m2v2 又Q= Q总 解得Q=1.3J.
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