粤教版高中物理必修第三册第二章本章复习提升练含答案

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本章复习提升易混易错练易错点1　电容、电容器概念理解不全面1.(2022广东东莞光明中学月考)全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线,没有传统无轨电车的“辫子”,没有尾气排放,乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上,刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用。如图为使用“3 V,12 000 F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车,下列说法正确的是(　　)A.该电容器的容量为36 000 A·hB.电容器放电时,电荷量逐渐减少到0,电容不变C.电容器放电时,电荷量逐渐减少到0,电压不变D.若30 s能充满电,则充电平均电流为36 00 A易错点2　认为做类平抛运动的带电粒子只能从一侧偏离2.(2021浙江绍兴月考)平行板电容器的两金属板A、B水平放置,质量为5.0×10-6 kg的带电粒子以2.0 m/s的水平速度从两板正中位置射入电场,如图所示,A、B间距为4 cm,板长为10 cm,g取10 m/s2,当UAB=1 000 V,粒子恰好不发生偏转。欲使该粒子能穿出电场,则A、B间所加的电压应为多少?易错点3　没有掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法3.(2021广东汕头期末)(多选)如图所示,一价氢离子(H+)和二价氦离子(He2+)的混合体,由静止经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后打在同一荧光屏上,则它们(　　)A.离开偏转电场时速度方向不同B.离开偏转电场时速度方向相同C.到达屏上同一点D.到达屏上不同点易错点4　忽略偏转距离的变化4.(2021福建莆田月考)一个动能为Ek的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,那么它飞出电容器时的动能变为(　　)A.8Ek　　　　　　B.5Ek　　　　　　C.4.25Ek　　　　　　D.4Ek易错点5　生搬硬套圆周运动的临界条件出错5.如图,细线一端系住质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动。若小球带正电,空间有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场,为了使小球能做完整的圆周运动,在最低点A处小球应具有多大的速度?思想方法练思想方法一　程序法方法概述程序法是按照物理现象、物理过程呈现的顺序,根据它们遵循的物理规律,建立已知物理量之间的关系式或者已知物理量与未知物理量之间的关系式,然后通过数学方法解决需要求解的物理问题。1.(2021广东云浮期末)(多选)如图所示,竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷,带正电的右板与静电计相连,左板接地。假设两极板所带的电荷量不变,电场中P点处固定一带正电的点电荷,下列说法正确的是(　　)A.若仅将左板上移少许,则静电计指针偏角θ变小B.若仅将左板右移少许,则静电计指针偏角θ变小C.若仅将左板上移少许,则P点电势升高D.若仅将左板右移少许,则P处的点电荷电势能增大思想方法二　结论法方法概述所谓结论法是指直接利用已知的定义、定理、定律及由它们推导出的其他结论解题的方法。需要注意的是有些结论只在一定条件下成立,利用结论法时必须清楚该结论是否适合题给的物理情景。2.(2021广东揭阳期中)如图所示,电子在电势差为U0的加速电场中,从左极板由静止开始运动,经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U的偏转电场中,经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上,整个装置处在真空中,已知电子的质量为m,电荷量为-e,偏转电场的板长为L1,板间距离为d,光屏M到偏转电场极板右端的距离为L2,求:(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0;(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离y;(3)电子飞出偏转电场时速度偏转角的正切值;(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。思想方法三　等效法方法概述等效法是在特定的某种意义上,在保证作用效果相同的前提下,将陌生的、复杂的、难处理的物理问题转换成熟悉的、简单的、易处理的物理问题的一种方法。3.(多选)如图所示,在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l=2 m的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系一质量m=0.08 kg 的带电小球,静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A.小球的电荷量q=6×10-5 CB.小球动能的最小值为1 JC.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变,且为4 J4.(2022广东东莞东华高级中学月考)如图所示,BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的电场力大小为34mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达B点时的速度大小;(2)在(1)的情况下,求滑块到达C点时轨道受到的作用力;(3)改变s的大小,使滑块恰好始终沿轨道滑行,且从G点飞出轨道,求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。答案全解全析易混易错练1.B　该电容器最大容纳电荷量为Q=CU=12 000×3 C=36 000 C=10 A·h,故A错误;电容器的电容与电荷量和电压无关,在充放电时电容不变,电容器放电时,电荷量逐渐减小到0,电压也逐渐减小为0,故B正确,C错误;若30 s能充满电,则充电平均电流为I=Qt=36 00030 A=12 00 A,故D错误。故选B。错解分析注意电容器容量Q的单位的换算;电容由电容器本身因素决定,与带电与否、电压高低无关,但电势差与带电荷量有关,要注意区别。2.答案　-600 V≤UAB≤2 600 V解析　当UAB=1 000 V时,由二力平衡知识Eq=UABdq=mg解得q=mgdUAB=2×10-9 C当Eq>mg(UAB>1 000 V)时,带电粒子向上偏,当粒子恰从A板边缘射出时,设A、B间的临界电压为U1,侧移量y=12at2=12d,由牛顿第二定律得a=U1qdm-g,t=Lv0,联立解得U1=2 600 V当Eqmg时,此时的等效最高点恰好为最低点A,对处于A点的小球,根据牛顿第二定律可得Eq-mg=mvA'2R,小球在A点的临界速度是v'A=(Eq-mg)Rm 错解分析 误认为在竖直平面能做完整的圆周运动的物体在最高点的临界速度v=Rg,但没有细想这个结论的成立是有前提条件的,即只有在重力场中才成立。解题时要善于多角度分析问题,明确物理规律、结论成立的条件。 思想方法练 1.BC　两极板所带的电荷量不变,若仅将左板上移少许,即S减小,根据C=εrS4πkd可知,电容C减小,由Q=CU可知,U增大,所以静电计指针偏角θ增大,选项A错误;若仅将左板右移少许,即d减小,电容C增大,由Q=CU可知,U减小,则静电计指针偏角θ变小,选项B正确;若仅将左板上移少许,电容C减小,由Q=CU可知,U增大,由E=Ud可知,E增大;由于左极板接地,沿电场线的方向电势降低,可知P点的电势为正,根据UP左=UP=Ed可得,P点电势升高,选项C正确;若仅将左板右移少许,两极板所带的电荷量不变,E=Ud=QCd=4πkQεrS,则E不变,根据UP左=UP=Ed可得,P点电势降低,则由EP=qφP可得P处的点电荷电势能减小,选项D错误。 方法点津 解答本题体现了程序法的应用。解题时首先判断电容器充电后断开电源,极板上的电荷量不变,然后根据平行板电容器电容的决定式分析电容的变化,再根据电容的定义式分析电压的变化,根据U=Ed分析电场强度的变化,最后根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势,由EP=qφP可得P的点电荷电势能的变化情况。使用程序法解题能防止漏解,避免思维紊乱造成错解,此方法多适用于解决多过程问题。 2.答案　(1)2eU0m　(2)UL124dU0　(3)UL12U0d　(4)(L1+2L2)UL14U0d 解析　(1)电子在加速电场中沿直线加速过程,根据动能定理得eU0=12mv02-0 解得电子从加速电场进入偏转电场的速度v0=2eU0m (2)电子在偏转电场中根据牛顿第二定律得a=eEm=eUmd,运动时间t=L1v0 则偏转位移y=12at2=12×eUmd×L12v02=UL124dU0 (3)电子离开偏转电场时速度偏转角θ的正切值为tan θ=vyv0=atv0=eUL1mdv02=UL12U0d。 (4)电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点,根据相似三角形得yY=12L112L1+L2解得Y=(L1+2L2)UL14U0d。 方法点津 利用电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点这一结论,避免了分析电子在离开偏转电场后的具体运动过程,直接得出结果。此方法的优点在于方便快捷,能极大地提高解题效率,多适用于解答选择题或经典模型的计算题。 3.AB　开始时,小球处于静止状态,对小球进行受力分析,如图甲所示,由平衡条件可得mg tan 37°=qE,解得小球的电荷量为q=mgtan37°E=6×10-5 C,A正确。由于重力和电场力都是恒力,所以它们的合力也是恒力,如图乙所示,在圆周轨迹上各点中,小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小,在平衡位置关于O点的对称点B点,小球的势能最大,由于小球的总能量不变,所以小球在B点的动能EkB最小,对应速度vB最小;根据题意,在B点小球只受重力和电场力,其合力为小球做圆周运动提供向心力,而细线的拉力恰为零,F合=mgcos37°=1 N,又F合=mvB2l,得EkB=12mvB2=1 J,B正确。由于总能量保持不变,即Ek+EpG+EpE=恒量,当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时,电势能EpE最大,所以在该点时机械能最小,C错误。小球由B运动到A,W合=F合·2l,所以小球在B点的势能EpB=4 J,总能量E=EpB+EkB=5 J,D错误。 方法点津 本题中,由于重力和电场力都是恒力,所以它们的合力也是恒力,将重力和电场力合成为一个恒力,可以将这个复合场当作等效重力场,则F合为等效重力场中的“重力”,g'=F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时,其速度(或动能)取得极值,小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。凡是重力场和电场共存的情况都可以用此方法求解。对应关系如下: 等效重力⇔重力、电场力的合力 等效重力加速度⇔等效重力与物体质量的比值 等效“最低点”⇔物体自由时能处于稳定平衡状态的位置 等效“最高点”⇔物体做圆周运动时与等效最低点关于圆心对称的位置 等效重力势能⇔等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积 4.答案　(1)6gR2　(2)74mg,方向水平向右　(3)5gR2 解析　(1)设滑块到达B点时的速度大小为vB,从A点到B点,由动能定理得qEs-μmgs=12mvB2-0 依题意有qE=3mg4 解得vB=6gR2 (2)设滑块到达C点时速度大小为vC,从A点到C点,由动能定理得qE(s+R)-μmgs-mgR=12mvC2-0,解得vC=gR 滑块在C点,由牛顿第二定律得F'-qE=mvC2R,解得F'=74mg 由牛顿第三定律可知,轨道受到的作用力大小为F=74mg,方向水平向右。 (3)滑块在圆轨道上滑行,当重力和电场力的合力F合指向圆心时滑块最容易脱离轨道,如图所示。 此时F合=(mg)2+(qE)2=54mg,在临界条件下,轨道对滑块的支持力为0,F合恰好提供向心力,即F合=mvm2R,解得vm=5gR2。 方法点津 本题采用等效法解题。解题时先求出重力与电场力的合力F合,将这个合力视为一个“等效重力”;然后将a=F合m视为“等效重力加速度”,类比重力场中物体在竖直面内做圆周运动求最大速度的方法求解。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题,若采用常规方法求解,过程复杂,运算量大。若采用“等效法”求解,则能避开复杂的运算,过程比较简捷,多适用于物体受重力、电场力等多种力的情况。