教科版高中物理必修第三冊第一章靜電場復習提升練含答案

本章復習提升易混易錯練易錯點1應用庫侖定律時忽略電荷間距離的變化1.(2022四川資陽中學期中)如圖所示,真空中A、B兩個可視為點電荷的帶電小球電荷量分別為+Q和+q,放在光滑的絕緣水平面上,A、B之間用絕緣的輕彈簧連接,彈簧的勁度系數(shù)為k0。當系統(tǒng)平衡時,彈簧的伸長量為x0。已知彈簧的形變均在彈性限度內,則()A.保持Q不變,將q變?yōu)?q,平衡時彈簧的伸長量等于3x0B.保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時彈簧的伸長量小于3x0C.保持Q不變,將q變?yōu)?q,平衡時彈簧的縮短量等于x0D.保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時彈簧的縮短量小于x0易錯點2不理解電勢相對性的意義2.(多選題)(2024四川成都石室中學月考)如圖所示,水平放置的平行板電容器上極板帶正電,所帶電荷量為Q,板間距離為d,上極板與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴,現(xiàn)將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離,但仍在P點上方。下列說法正確的是()A.油滴帶正電B.靜電計指針張角減小C.油滴向上運動D.帶電油滴在P點的電勢能不變易錯點3對公式U=Ed理解不到位3.如圖所示,在一點電荷的電場中有三個等勢面,與電場線的交點依次為a、b、c,它們的電勢分別為12V、8V和3V,一帶電粒子從一等勢面上的a點由靜止釋放,粒子僅在電場力作用下沿直線由a點運動到c點,已知粒子經(jīng)過b點時速度為v,則()A.粒子一定帶負電B.長度ab∶bc=4∶5C.粒子經(jīng)過c點時速度為32D.粒子經(jīng)過c點時速度為54易錯點4生搬硬套圓周運動的臨界條件導致出錯4.如圖所示,細線一端系住質量為m的小球,以另一端O為圓心,使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動。若小球帶正電,電荷量為q,空間有場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場,為了使小球能做完整的圓周運動,小球在最低點A處應具有多大的速度?(重力加速度為g)思想方法練一、對稱法方法概述對稱法是指在研究物理問題時,利用研究對象的對稱特性來分析和處理問題的方法。通過對物理問題中出現(xiàn)的各種對稱特性,如:物理過程的對稱性、運動軌跡的對稱性、幾何形狀的對稱性等,進行分析和推理,可以避免煩瑣的物理分析和數(shù)學推導,而直接利用事物之間的對稱關系得出結論,從而快速解題,事半功倍。1.(2024山東青島二中月考)如圖所示,一個電荷量為+Q的均勻帶電細棒,在過中點c垂直于細棒的直線上有a、b、d三點,且ab=bc=cd=L,在a點處有一電荷量為+Q2的固定點電荷,已知b點處的場強為零,則d點處場強的大小為(k為靜電力常量A.k5Q9C.k3Q2二、補償法方法概述有些物理問題根據(jù)已有條件不能建立完整的模型,這時就需要給原來的問題補充一些條件,組成一個完整的新模型,這樣,求解原模型的問題就變?yōu)榍蠼庑履Ｐ团c補充條件的差值問題,這就是補償法。求解有缺口的均勻帶電圓環(huán)、均勻帶電球體等的場強問題時,可采用補償法。2.(2024廣東佛山超盈實驗中學月考)均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心、電荷量相同的點電荷產(chǎn)生的電場相同。如圖所示,半徑為R的球體上均勻分布著正電荷,在過球心O的直線上有A、B、C三個點,OB=BA=R,CO=2R。若以OB為直徑在球內挖一球形空腔,球的體積公式為V=43πr3,則A、C兩點的電場強度大小之比為A.9∶25B.25∶9C.175∶207D.207∶175三、微元法方法概述微元法就是將研究對象分割成若干微小的單元,或從研究對象上選取某一“小單元”加以分析,從而可以化繁為簡,使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。用該方法可以使一些復雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律表示,使所求的問題簡單化。3.如圖所示,均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q,半徑為R,圓心為O,P為垂直于圓環(huán)平面過圓心O的軸線上的一點,OP=L,靜電力常量為k,試求P點的場強大小。答案與分層梯度式解析本章復習提升易混易錯練1.B2.BD3.C1.B設彈簧的原長為l,由庫侖定律、胡克定律和共點力平衡可得,當小球A、B的電荷量分別為Q、q時,kQq(l+x0)2=k0x0;當保持Q不變,將q變?yōu)?q,或保持q不變,將Q變?yōu)?Q時,設彈簧的伸長量為x1,有k3Qq(l+x1)2=k0x1,解得x1x0=3(l+x0)2(l+x1)2,x1>x0,x1<3x0;當保持Q不變,將q變?yōu)?q,或保持q不變,錯解分析此題容易出現(xiàn)的錯誤是認為當電荷量改變時,電荷間的距離保持不變,從而出現(xiàn)錯解。在應用庫侖定律解彈簧類問題時一定要注意這個動態(tài)變化過程,當電荷量發(fā)生變化時,有時可能引起電荷間距離的變化。2.BD根據(jù)受力平衡可知,油滴所受的電場力方向向上,而極板間電場向下,電場力與電場方向相反,油滴帶負電,故A錯誤;將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離,電容器所帶電荷量Q不變,d減小,根據(jù)C=εrS4πkd、U=QC可知,C增大,U減小,所以靜電計指針張角減小,B正確;由C=εrS4πkd、U=QC、E=Ud得E=4πkQεrS,可知電場強度與極板間的距離無關,所以場強不變,油滴所受的電場力不變,油滴靜止不動,C錯誤;由于P點與下極板間的距離d'不變,由UP0=φP=Ed'錯解分析此題會因不理解電勢的相對意義造成錯解。對某點電勢的判斷要利用該點與電勢不變的點之間的電勢差來判斷。本題中下極板接地,電勢為零,即下極板電勢不變,P點電勢的變化情況應通過P點與下極板之間電勢差的變化情況來判斷。解題時要注意電勢的相對性,避免與電勢差相混淆。3.C由題可得a點電勢高于b,b點電勢高于c,則電場線方向垂直于等勢面向右;粒子僅受電場力作用由靜止從a向c運動,說明粒子受到的電場力方向向右,所以粒子一定帶正電,故A錯誤。該電場不是勻強電場,所以U=Ed不適用于該電場,長度之比ab∶bc≠4∶5,故B錯誤。設粒子經(jīng)過b點時速度為v,根據(jù)動能定理可得:qU1=12mv2,U1=12V-8V=4V;粒子從a到c過程中,根據(jù)動能定理可得:qU2=12mvc2,U2=12V-3V=9V;解得粒子經(jīng)過c點時速度為32v,錯解分析此題會因沒有認清電場的特點,錯誤應用公式U=Ed求得長度ab∶bc=4∶5,從而錯選B項。實際上對于非勻強電場,不能應用公式U=Ed直接計算。4.答案見解析解析分三種情況:(1)若mg=qE,小球相當于只受到線的拉力,在最低點A處只要滿足v>0即可使小球做完整的圓周運動;(2)當qE<mg時,小球在最高點B的臨界速度(即最小速度)vB滿足mg-qE=mv解得vB=(小球從A到B,由動能定理得qE·2R-mg·2R=12mvB2-解得小球在A處的最小速度vA=5(3)當qE>mg時,此時的等效最高點恰好為最低點A,對處于A點的小球,根據(jù)牛頓第二定律可得qE-mg=mvA'2R,小球在A點的臨界速度(即最小速度)是錯解分析此題會因誤認為在豎直平面能做完整的圓周運動的物體在最高點的臨界速度v滿足mg=mv2R而產(chǎn)生錯解,沒有細想這個結論的成立是有前提條件的,思想方法練1.A如圖所示。方法點津解答本題應用了對稱法。形狀規(guī)則、電荷分布均勻的帶電體產(chǎn)生的電場具有對稱性,對稱的兩點的電場強度大小相等,如果能夠求出其中一點處的電場強度,根據(jù)對稱性特點,另一點處的電場強度即可求出。2.C設原來半徑為R的整個均勻帶電球體的電荷量為Q,由于均勻帶電,可知被挖的小球部分的電荷量為Q'=V'VQ=43πR2徑在球內挖一球形空腔后,A、C兩點的電場強度等于整個均勻帶電球體在A、C兩點的電場強度減去被挖的小球在A、C兩點的電場強度,則有EA=kQ(2R)2-kQ'R2+R2=7kQ36R2,EC=kQ(2R方法點津解答本題應用了補償法。先填補球形空腔,將帶電體變成完整的球體,從而方便求得完整球體在A、C兩點產(chǎn)生的場強大小,完整的球體在A、C兩點的電場強度減去空腔部分球體在A、C兩點的電場強度,即可求出A、C兩點的電場強度。應用此法的關鍵是“割”“補”后的帶電體應當是我們熟悉的遵循某一規(guī)則的物理模型。3.答案kQL解析如圖所示,設想將圓環(huán)等分為n個小段,當n足夠大時,每一小段都可以看成點電荷,其所帶電荷量為q=Qn,由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強為E=kqr2由對稱性可知,各點電荷在P處的場強E垂直于軸向的分量Ey相互抵消,而