期中知识点分析高二物理选修3-1.doc

高二物理上期中必考知识点分析选择专题分析1.甲、乙两个点电荷在真空中的相互作用力是F，如果把它们的电荷量都减小为原来的，距离增加到原来的2倍，则相互作用力变为（ ）A.8FB.C.D.【分析】充分理解库仑定律，知道库仑定律与哪些因素有关。【解析】由库仑定律知，则由题意设变化前，当电荷量距离变化后求得，故D正确。【点评】深入理解库仑定律是本题的关键，找准其中影响库仑力因素电荷量和距离的变化，灵活运用库仑定律求解。2.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，只在电场力作用下它们的运动轨迹如图中虚线所示。下列说法中正确的是（ ）baMA.a一定带正电，b一定带负电B.a、b的速度一个将减少，另一个将增大C.a、b的电势能一个将增加，另一个将减少D.a的加速度将减少，b的加速度将增大【分析】要正确认识电场线与电场强度，电场力做功和电势能变化三者之间的关系，再根据其中变化判断粒子速度变化及其电性。【解析】A、由图可知a、b带电粒子的运动轨迹，但不知道场强方向，故无法确定电场力方向，因此不能判断粒子的带电性，A错;由于出发后电场力始终对电荷做正功，两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误;C、电场力对两个电荷都做正功，两个电荷的电势能都减小故C错误;D、电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大a的加速度将减小，b的加速度将增大故D正确【点评】掌握加速度的定义是本题的关键，要正确认识速度与加速度的联系。3.如图所示电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A.电流表和电压表读数均增大B.电流表和电压表读数均减小C.电压表V1的示数变化量小于电压表V2的示数变化量D.电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小【分析】本题主要考闭合回路欧姆定律的运用，要学会根据题目知道电路中的电阻变化，由闭合回路欧姆定律分析电路中的总电流变化，再分析分电流变化，进而找到电压变化。【解析】由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压U=E-Ir，则U增大，电阻R1的电压U1=IR1减小，则电压表V1示数减小；并联部分的电压 U并=U-U1增大，电压表V2示数增大；U并增大，通过R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小总之，电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数变小，故A、B错误，D正确；C、电压表V1的示数与电压表V2的示数之和等于U，即U1+U2=U，因V1示数减小，V2示数增加，而U增加，所以电压表V1的示数减小量小于电压表V2的示数增加量，故C正确。故选：CD。【点评】了解并掌握欧姆定律，学会根据电路图掌握电流，电压的变化。4.给平行板电容器充电后断开电源，A极板带正电，B极板带负电。板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示。小球静止时与竖直方向的夹角为，则（ ）+CBAA.若将B极板向右平移少许，电容器的电容将增大B.若将B极板向下平移少许，A、B极板间的电势差将增大C.若将B极板向上平移少许，夹角将变大D.轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动【分析】掌握电容器的决定因素，即电容器的决定式和定义式，并知道电容器变化所引起的电压，电场强度，电场力的变化。 【解析】A.若将B极板向右平移少许，d增大，根据，知电容器的电容将减小故A错误;B.若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据，知电容将减小电容器的电量Q不变，由，分析得知板间电势差增大，故B正确;C.若将B板向上平移稍许，正对面积S减小，根据，知电容将减小电容器的电量Q不变，由，分析得知板间电势差增大，根据，得知E增大，小球所受的电场力增大，将变大故C正确;D.轻轻将细线剪断，小球仅受电场力和重力，且初速度为零，故小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动故D错误故选：BC【点评】本题考点即、。5.如图，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则( )A. A带正电、B不带电、C带负电 B. 三小球在电场中运动时间相等C.在电场中加速度的关系是aCaBaAD.到达正极板时动能关系EAEBEC【分析】掌握运动的分解，由运动推导出加速度，再由牛二定律物体的受力，得出合外力，最后分析合外力做功所引起的动能变化。 【解析】A、B、C由运动分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为xAxBxC，而初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知，运动时间关系为tAtBtC小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式得到，加速度的关系为aAaBaC根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：FAFBFC三个质量相等，重力相等，则可知，A受电场力向上，C所受电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电故AC正确，B错误。D.由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EKAEKBEKC故D错误故选AC。【点评】本题综合性较强，结合了动力学和静电学，故要清楚知道物体的运动，物体的受力，合外力做的功，能量变化，平行板电容器产生的电场对粒子的作用等等。实验题专题分析1.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率。成下列部分步骤：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图甲所示，由图可知其长度为 mm.甲 乙 (2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，由图可知其直径为 mm.(3)用多用电表的电阻“100”挡测此圆柱体的电阻，在测量前应进行 操作，测量时发现指针的偏转角过大；换用“10”挡，按正确的步骤操作，表盘的示数如右图所示，则该电阻的阻值约为 .(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程04mA，内阻约50)；电流表A2(量程010mA，内阻约30)；电压表V1(量程03V，内阻约10k)；电压表V2(量程015V，内阻约25k)；直流电源E(电动势4V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A)；滑动变阻器R2(阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A)；开关S，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表选 ，电压表选 ，滑动变阻器选 ；请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【分析】（1）（2）（3）主要考查三个仪器的读数方法，（4）主要考查电路设计，重点在于电流表，电压表的量程选择。【解析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm； （2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；螺旋测微器的固定刻度读数为5mm，可动刻度读数为0.0131.5mm=0.315mm，所以最终读数为：5mm+0.315mm=5.315mm （3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确。欧姆表读数前都需要重新欧姆调零以提高准确度，该电阻的阻值约为22.010=220。（4）根据电源电动势为4V可知电压表选V1；根据欧姆定律可求得通过待测电阻的最大电流为，故电流表选A2。而题目要求多测数据进行分析，故滑动变阻器采用分压接法，应选择阻值比较小的变阻器R2,由于待测电阻满足，故电流表外接，则电路图如图。 【点评】本题主要考查对游标卡尺，螺旋测微器，电压表，电流表，欧姆表等仪器的使用及读数方法，以及滑动变阻器在不同的电路接法中的不同作用。计算专题分析1.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成角时小球恰好平衡，如图所示，请问：(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【分析】本题关键在于考查带电粒子在电场中的运动。 【解析】(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示 FsinqE Fcosmg 由得tan，故.(2)由知F，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力F合=.则小球的加速度a，故小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属极上时，它经过的位移为，又由sat2，故t 【点评】本题综合运用了动力学和静电学，需对带电粒子进行受力分析，找到拉力，电场力和重力之间的关系，再由牛顿第二定律分析物体的运动情况。2.水平放置的两块平金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度，从两板中间射入，如图所示，求：（1）电子飞出电场时侧位移是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP之长。【分析】（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2） 先根据v=at求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度； （3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出op的长。 【解析】(1)竖直方向做匀加速直线运动 根据电容器电压与电场的关系得：，得E=9000v/m又因为F=qE,且F=ma，故得a=1.61015m/s2 水平方向做匀速运动，故，得t=2.510-9s所以，得y=0.5cm(2)竖直方向速度;v1=at所以，得v=2.03107m/s(3) 从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速直线运动， 水平方向：，竖直方向，则:PO=PM+MO,即PO=PM+y，得PO=0.025m【点评】本题要先分清离开电场前和离开电场后的受力有什么区别，以及物体运动情况是否发生改变，再对物体进行受力分析，以及运动分解。3.如图所示电路中，。当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都