【物理】2019届一轮复习人教版 静电场 学案
模块九:静电场
考点1
电场的力的性质
1.(2013·全国卷Ⅰ,15)如图所示,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零,则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)( )。
A.k B.k C.k D.k
【解析】b点处的电场强度为零,说明q与Q在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反,即Q在b点产生的电场强度Eb=k;由于d点和b点相对于圆盘是对称的,因此Q在d点产生的电场强度Ed=k,故d点处的合电场强度E合=k+k=k,B项正确。
【答案】B
2.(2013·全国卷Ⅱ,18)如图所示,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态,则匀强电场的电场强度大小为( )。
A. B. C. D.
【解析】对c受力分析,小球处于静止状态,满足k=qcE,可得E=,故B项正确。
【答案】B
3.(2015·安徽卷,20)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的电场强度大小为,其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电荷量为Q。不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )。
A.和 B.和
C.和 D.和
【解析】由题意知,正极板所带电荷激发的电场的电场强度大小E1===,同理负极板所带电荷激发的电场的电场强度大小E2=,两板间的合电场强度E=E1+E2=,两极板间的静电引力大小F=QE1=,故D项正确。
【答案】D
4.(2015·浙江卷,16)如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间,则( )。
A.乒乓球的左侧感应出负电荷
B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上
C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
【解析】根据静电感应“近异远同”的特性可知,乒乓球左侧感应出正电荷,A项错误;乒乓球不可能吸在左极板上,B项错误;库仑力就是电场力,C项错误;乒乓球与右极板接触后带正电,在电场力作用下向负极运动,碰到负极板时,所带的正电荷与负极板上的负电荷作用,之后带负电,在电场力的作用下又向正极板运动,这样会在两极板间来回碰撞,D项正确。
【答案】D
5.(2015·山东卷,18)直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一负点电荷,一电荷量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处电场强度的大小和方向分别为( )。
A.,沿y轴正向 B.,沿y轴负向
C.,沿y轴正向 D.,沿y轴负向
【解析】因正电荷Q在O点时,G点的电场强度为零,则可知两负电荷在G点形成的电场的合电场强度与正电荷Q在G点产生的电场强度等大反向,大小E合=k;若将正电荷移到G点,则正电荷在H点的电场强度E1=k=,因两负电荷在G点的电场强度与在H点的电场强度等大反向,则H点的合电场强度E=E合-E1=,方向沿y轴负向,故B项正确。
【答案】B
考点2
电场的能的性质
1.(2017·全国卷Ⅰ,20)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是( )。
A.Ea∶Eb=4∶1 B.Ec∶Ed=2∶1
C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3
【解析】由点电荷的电场强度公式E=,可得Ea∶Eb=4∶1,Ec∶Ed=4∶1,A项正确,B项错误;电场力做的功W=qU,Uab∶Ubc=3∶1,则Wab∶Wbc=3∶1,又有Ubc∶Ucd=1∶1,则Wbc∶Wcd=1∶1,C项正确,D项错误。
【答案】AC
2.(2016·全国卷Ⅲ,15)关于静电场的等势面,下列说法正确的是( )。
A.两个电势不同的等势面可能相交
B.电场线与等势面处处相互垂直
C.同一等势面上各点电场强度一定相等
D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功
【解析】若两个不同的等势面相交,则在交点处存在两个不同电势数值,与事实不符,A项错误;电场线一定与等势面垂直,B项正确;同一等势面上的电势相同,但电场强度不一定相同,C项错误;将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做负功,故D项错误。
【答案】B
3.(2016·全国卷Ⅱ,15)如图所示,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则( )。
A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
【解析】由库仑定律F=可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa,由a=可知ab>ac>aa;根据粒子的轨迹可知,粒子Q与场源电荷P的电性相同,二者之间存在斥力,在c→b→a整个过程中,电场力先做负功再做正功,且Wba>|Wcb|,结合动能定理可知va>vc>vb,故D项正确。
【答案】D
4.(2015·全国卷Ⅰ,15)如图所示,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由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。则( )。
A.直线a位于某一等势面内,φM>φQ
B.直线c位于某一等势面内,φM>φN
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
【解析】电子带负电荷,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,有WMN=WMP<0,而WMN=qUMN,WMP=qUMP,q<0,所以有UMN=UMP>0,即φM>φN=φP,匀强电场中等势线为平行的直线,所以NP和MQ分别是两条等势线,有φM=φQ,故A项错误,B项正确;电子由M点运动到Q点的过程中,有WMQ=q(φM-φQ)=0,电子由P点运动到Q点的过程中,有WPQ=q(φP-φQ)>0,故C、D两项错误。
【答案】B
甲
5.(2014·全国卷Ⅰ,21)(多选)如图甲所示,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,∠M=30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示。已知φM=φN,φP=φF,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则( )。
A.点电荷Q一定在MP的连线上
B.连接PF的线段一定在同一等势面上
C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功
D.φP大于φM
乙
【解析】由φM=φN,可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上,过F作MN的垂线交MP于O点,设MF=FN=l,则由几何关系有MO==l,FO=ltan 30°=l,OP=MP-MO=MNcos 30°-l=l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故点电荷一定在MP的连线上的O点,A项正确;点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面,直线不可能在球面上,故B项错误;由图乙可知OF
φM=φN,将正试探电荷从高电势搬运到低电势,电场力做正功,C项错误,D项正确。
【答案】AD
甲
6.(2017·天津卷,7)(多选)如图甲所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是( )。
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB,说明电子在A点受到的电场力较大,A点的电场强度较大,根据点电荷的电场分布可知,靠近M端为场源电荷的位置,应带正电,故B项正确;无论Q为正电荷还是负电荷,一定有电势φA>φB,电子电势能Ep=-eφ,电势能是标量,所以一定有EpA0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比。
(2)A点距电场上边界的高度。
(3)该电场的电场强度大小。
【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,在电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,设它们在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0-at=0
s1=v0t+at2
s2=v0t-at2
联立可得
=3。
(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得
=2gh
H=vyt+gt2
M进入电场后做直线运动,由几何关系知
=
联立可得
h=H。
(3)设电场强度的大小为E,小球 M进入电场后做直线运动,则
=
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得
Ek1-m(+)=mgH+qEs1
Ek2-m(+)=mgH-qEs2
由已知条件,有
Ek1=1.5Ek2
联立可得
E=。
【答案】(1)3∶1
(2)H
(3)
6.(2017·全国卷Ⅰ,25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度。
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故油滴所受电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1
油滴在时刻t1的速度v1=v0+a1t1
电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2
油滴在时刻t2=2t1的速度v2=v1-a2t1
联立可得v2=v0-2gt1。
(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg
油滴从t=0到时刻t1的位移s1=v0t1+a1
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移s2=v1t1-a2
由题给条件有=2g·2h
式中h是B、A两点之间的距离
若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h
联立可得E2=[2-2+()2]E1
为使E2>E1,应有2-2+()2>1
即当00)或t1>(1+)(对应于v2<0)时才是可能的
若B点在A点之下,依题意有s1+s2=-h
联立可得E2=[2-2-()2]E1
为使E2>E1,应有2-2-()2>1
即t1>(+1)
另一解为负,不合题意,已舍去。
【答案】(1)v0-2gt1
(2)见解析
高考对本章知识的考查主要是以选择题、计算题的形式,主要涉及:
(1)电场的基本概念和规律。
(2)以点电荷模型为载体综合考查电场的力的性质和电场的能的性质。
(3)带电粒子运动的轨迹问题。
(4)电容器的两类问题。
(5)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的综合应用问题。
(6)带电粒子在电场中的加速、偏转。
预计在2019年的高考中,对本章知识的考查仍将是热点之一,主要以选择题的方式考查静电场的基本知识,以综合题的方式考查静电场知识与其他知识的综合应用。以生产与生活中的带电粒子在电场中的运动为背景,突出表现物理知识在实际生活中的应用的命题趋势较明显,2019年高考应高度关注。
考点1 电场的力的性质
1
电荷及电荷守恒定律
(1)元电荷、点电荷
①元电荷:e=1.6×10-19 C,所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍,其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。
②点电荷:当带电体本身的大小和形状对所研究的问题影响很小时,可以将带电体视为点电荷。
(2)静电场
①定义:存在于电荷周围,能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。
②基本性质:对放入其中的电荷有力的作用。
(3)电荷守恒定律
①内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量保持不变。
②起电方式:摩擦起电、接触起电、感应起电。
③带电实质:物体带电的实质是得失电子。
1.1 M和N是原来都不带电的物体,它们互相摩擦后,M带正电荷1.6×10-10 C,下列判断中正确的是( )。
A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B.摩擦过程中电子从N转移到了M
C.N在摩擦后一定带负电荷1.6×10-10 C
D.M在摩擦过程中失去了1.6×1010个电子
【答案】C
2
库仑定律
(1)内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上。
(2)表达式:F=k。式中k=9.0×109 N·m2/C2,叫作静电力常量。
(3)适用条件:真空中的点电荷。
2.1 真空中,A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r,则A、B两点的电场强度大小之比为( )。
A.3∶1 B.1∶3 C.9∶1 D.1∶9
【答案】C
2.2
在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中,一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B,A球放在可移动的绝缘座上,B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒上的C点,如图所示。实验时,先保持两球电荷量不变,使A球从远处逐渐向B球靠近,观察到两球距离越小,B球悬线的偏角越大;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B球悬线的偏角越大。
实验表明:两电荷之间的相互作用力,随其距离的 而增大,随其所带电荷量的 而增大。
该同学在探究中应用的科学方法是 (选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。
【答案】减小 增大 控制变量法
3
电场强度、点电荷的电场强度
(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值。
(2)定义式:E=。单位:N/C或V/m。
(3)点电荷的电场强度:真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度E=k。
(4)方向:规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
(5)电场强度的叠加:电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和,遵循平行四边形定则。
3.1 用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球,小球质量为1.0×10-2 kg,所带电荷量为+2.0×10-8 C。现加一水平方向的匀强电场,平衡时绝缘绳与铅垂线成30°
夹角(如图所示)。求这个匀强电场的电场强度大小。
【答案】×107 N/C
4
电场线
(1)定义:为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向,在电场中画出一些曲线,曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致,曲线的疏密程度表示电场的强弱。
(2)
4.1 如图所示,真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10-8 C和Q2=-1.0×10-8 C,分别固定在x坐标轴的x=0和x=6 cm的位置上。问:
(1)x坐标轴上哪个位置的电场强度为零?
(2)x坐标轴上哪些地方的电场强度方向是沿x轴正方向的?
【答案】(1)x=12 cm处
(2)012 cm的地方
考点2 电场的能的性质
1
电势能、电势
(1)电势能
①电场力做功的特点:
电场力做功与路径无关,只与初、末位置有关。
②电势能
a.定义:电荷在电场中具有的势能,在数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。
b.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于电势能的减少量,即WAB=EpA-EpB=-ΔEp。
(2)电势
①定义:试探电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q的比值。
②定义式:φ=。
③矢标性:电势是标量,有正、负之分,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的零电势点的不同而不同。
(3)等势面
①定义:由电场中电势相等的各点组成的面。
②四个特点
a.等势面一定与电场线垂直。
b.在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
c.电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
d.等差等势面越密的地方电场强度越大,反之越小。
1.1 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
1.2 (多选)下列关于电势高低的判断,正确的是( )。
A.负电荷从A移到B时,外力做正功,A点的电势一定较高
B.负电荷从A移到B时,电势能增加,A点的电势一定较低
C.正电荷从A移到B时,电势能增加,A点的电势一定较低
D.正电荷只在电场力作用下从静止开始,由A移到B,A点的电势一定较高
【答案】CD
1.3 (多选)某电场的电场线分布如图所示,以下说法正确的是( )。
A.a点电势高于b点电势
B.c点电场强度大于b点电场强度
C.若将一检验电荷+q由a点移至b点,它的电势能增大
D.若在d点再固定一点电荷-Q,将一检验电荷+q由a移至b的过程中,电势能减小
【答案】AD
2
电势差
(1)定义:电荷在电场中,由一点A移到另一点B时,电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。
(2)定义式:UAB=。
(3)电势差与电势的关系:UAB=φA-φB,UAB=-UBA。
2.1 如图所示,仅在静电力作用下,一带电粒子沿图中虚线从A运动到B,则( )。
A.静电力做正功
B.动能增加
C.粒子带正电
D.加速度增大
【答案】D
3
匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)电势差与电场强度的关系: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线方向的距离的乘积。即U=Ed,也可以写作E=。
(2)公式U=Ed的适用范围:匀强电场。
3.1 (多选)如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点,A、B、C三点的电势分别为1 V、2 V、3 V,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10 V/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1.6×10-19 J
【答案】ACD
考点3 电容器 带电粒子在电场中的运动
1
常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系
(1)常见电容器
①组成:由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
②带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。
③电容器的充、放电
充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的异种电荷,电容器中储存电场能。
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)电容
①定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
②定义式:C=。
③物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
④单位:法拉(F)
1 F=1×106 μF=1×1012 pF。
(3)平行板电容器
①影响因素:平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比,与电介质的相对介电常数成正比,与极板间距离成反比。
②决定式:C=,k为静电力常量。
1.1 在如图所示的实验装置中,平行板电容器的极板A与静电计相接,极板B接地。若极板B稍向上移动一点,由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是( )。
A.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变大
B.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变小
C.两极板间的电压不变,极板上的电荷量变小
D.两极板间的电压不变,极板上的电荷量变大
【答案】A
1.2 图示为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线,若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V,下列说法对电容器来说正确的是( )。
A.是充电过程
B.是放电过程
C.该电容器的电容为5.0×10-2 F
D.该电容器的电荷量的变化量为0.20 C
【答案】B
1.3 有两个平行板电容器,它们的电容之比为5∶4,它们的电荷量之比为5∶1,两极板间距离之比为4∶3,则两极板间电压之比和电场强度之比分别为( )。
A.4∶1 1∶3 B.1∶4 3∶1
C.4∶1 3∶1 D.4∶1 4∶3
【答案】C
2
带电粒子在匀强电场中的运动
(1)带电粒子在电场中的加速
①用动力学观点分析:若电场为匀强电场,则有a=,E=,v2-=2ad。
②用功能观点分析:粒子只受电场力作用,满足qU=mv2-m。
(2)带电粒子在匀强电场中的偏转
①条件:以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场,仅受电场力作用。
②运动性质:类平抛运动。
③处理方法:运动的分解。
a.沿初速度方向:做匀速直线运动。
b.沿电场方向:做初速度为零的匀加速直线运动。
2.1 (多选)如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回,则下述措施能满足要求的是( )。
A.使初速度减为原来的
B.使M、N间电压加倍
C.使M、N间电压提高到原来的4倍
D.使初速度和M、N间电压都减为原来的
【答案】BD
3
示波器的工作原理
(1)构造:①电子枪,②偏转极板,③荧光屏。(如图所示)
(2)工作原理
①YY'上加的是待显示的信号电压,XX'上是机器自身产生的锯齿形电压,叫作扫描电压。
②观察到的现象:
a.如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏中心,在那里产生一个亮斑。
b.若所加扫描电压和信号电压的周期相等,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象。
3.1 图示为示波管的工作原理图:电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场,若加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d,y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离。取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度,即(该比值越大则灵敏度越高),则下列方法可以提高示波管的灵敏度的是( )。
A.增大U1 B.增大U2
C.减小L D.减小d
【答案】D
题型一
库仑定律的综合应用
库仑定律揭示了一种新的力——库仑力的规律,库仑力可以和其他力一起构成力学综合问题。比如库仑力作用下的平衡问题通常会结合其他力,但其与力学中的平衡问题并无区别,只是多一个库仑力而已,解题的关键是进行受力分析并列出平衡方程。
甲
【例1】(多选)如图甲所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。将用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则( )。
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N
C.B球所带的电荷量为4×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
乙
【解析】两相同导电小球接触带电,电荷量等量分配,可知A项正确;A、B小球平衡时,对其进行受力分析,如图乙所示,可得F=mgtan θ,易知θ=37°,故F=6×10-3 N,由F=k,得q=4×10-8 C,C项正确;根据等量同种点电荷产生静电场的叠加规律,可知D项正确。
【答案】ACD
(1)解决平衡问题应注意三点
①明确库仑定律的适用条件。
②知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律。
③进行受力分析,灵活应用平衡条件。
(2)在同一直线上三个自由点电荷的平衡问题
①条件:两个点电荷在第三个点电荷处的合电场强度为零,或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等、方向相反。
②规律
“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上。
“两同夹异”——正、负电荷相互间隔。
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小。
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
【变式训练1】两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处,如图所示。A处电荷带正电荷量为Q1,B处电荷带负电荷量为Q2,且Q2=4Q1,另取一个可以自由移动的点电荷Q3,放在AB直线上,欲使整个系统处于平衡状态,则( )。
A.Q3为负电荷,且放于A的左方
B.Q3为负电荷,且放于B的右方
C.Q3为正电荷,且放于A、B之间
D.Q3为正电荷,且放于B的右方
【解析】因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用,且已知Q1和Q2是异种电荷,对Q3的作用力一为引力,一为斥力,所以Q3要平衡就不能放在A、B之间。根据库仑定律知,由于B处的电荷Q2电荷量较大,Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡,故应放在Q1的左侧。要使Q1和Q2也处于平衡状态,Q3必须带负电,故A项正确。
【答案】A
甲
【变式训练2】(多选)如图甲所示,带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB,OA=OB,都用长为L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时A、B间距离减为,可采用的方法是( )。
A.将小球A、B的质量都增大到原来的2倍
B.将小球B的质量增大到原来的8倍
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增大到原来的2倍
乙
【解析】如图乙所示,B受重力、丝线的拉力及库仑力作用,将拉力及库仑力合成,其合力应与重力大小相等、方向相反,由几何关系可知=,而库仑力F=,即==,mgd3=kQAQBL,d=,要使d变为,可以将小球B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立,故B项正确;或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增大到原来的2倍,也可保证等式成立,故D项正确。
【答案】BD
题型二
电场强度的求解方法
电场强度的三个计算公式
甲
【例2】如图甲所示,ABCD为等腰梯形,∠A=∠B=60°,AB=2CD,在底角A、B分别放上一个点电荷,电荷量分别为qA和qB,C点的电场强度方向沿DC向右,A点的点电荷在C点产生的电场强度大小为EA,B点的点电荷在C点产生的电场强度大小为EB,则下列说法正确的是( )。
A.放在A点的点电荷可能带负电
B.D点的电场强度方向沿DC向右
C.EA>EB
D.|qA|=|qB|
乙
【解析】由于两点电荷在C点产生的合电场强度方向沿DC向右,由平行四边形定则,可知两点电荷在C点产生的电场强度方向如图乙所示,由图中几何关系可知EB0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口Δl(且Δl≪r),如图所示,则圆心处的电场强度大小为( )。
A. B.
C. D.
【解析】把缺口处填补,使圆环为完整的圆,则填补上的小圆弧电荷量q'=Δlq,由于Δl≪r,故可视为点电荷,它在O点产生的电场强度E'=,由对称性可知整个圆环在O点的电场强度E合=0,则存在缺口时在O点的电场强度大小E=
E',即E=,故C项正确。
【答案】C
题型三
电势差与电场强度关系的应用
在匀强电场中由公式U=Ed得出的“一式二结论”:
(1)“一式”
E==,其中d是沿电场线方向上的距离。
(2)“二结论”
结论1 匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=,如图甲所示。
结论2 匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则UAB=UCD(或φA-φB=φC-φD),如图乙所示。
甲
【例3】(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图甲所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )。
A.电场强度的大小为2.5 V/cm
B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV
乙
【解析】由题意可得:φa=10 V,φb=17 V,φc=26 V,则可知ab与Oc交点电势满足=,故φO=φa+φb-φc=1 V,B项正确;电子从a移动到b,电场力做功W=Uab(-e)=7 eV,电场力做正功,电势能减小,故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV,C项错误;电子从b点移动到c点,电场力做功W'=-eUbc=9 eV,故D项正确;如图乙所示,过b点作bd垂直于Oc,由几何关系有xcd=6× cm= cm,=,则d点的电势φd=17 V,可得bd为等势线,电场线沿cO方向,E== V/cm=2.5 V/cm,故A项正确。
【答案】ABD
(1)匀强电场中求解电势(电场强度)的两点技巧
①在匀强电场中,电势沿直线均匀变化,即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等。
②等分线段找等势点法:将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段,必能找到第三点电势的等势点,它们的连线即等势面(或等势线),与其垂直的线即为电场线。
(2)E=在非匀强电场中的三点妙用
①判断电场强度大小:等差等势面越密,电场强度越大。
②判断电势差的大小及电势的高低:距离相等的两点间的电势差,E越大,U越大,进而判断电势的高低。
③利用φ-x图象的斜率判断电场强度随位置变化的规律:k===Ex,斜率的大小表示电场强度的大小,正负表示电场强度的方向。
甲
【变式训练5】如图甲所示,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,A点处的电势为6 V,B点处的电势为3 V,则电场强度的大小为( )。
A.200 V/m B.200 V/m
C.100 V/m D.100 V/m
乙
【解析】由匀强电场的特点得OA的中点C的电势φC=3 V,φC=φB,即B、C在同一等势面上,由电场线与等势面的关系和几何关系知:如图乙所示,d=1.5 cm,则E==200 V/m,A项正确。
【答案】A
【变式训练6】(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=5 V,φB=2 V,φC=3 V,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( )。
【解析】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,A、B间电势差为3 V,则每等分电势差为1 V,H点电势为4 V,F点电势为3 V,将F、C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项正确;把A、C相连,分为两份,A、C间电势差为2 V,则G点电势为4 V,GH为等势线,电场线垂直于GH,从高电势指向低电势,B项正确。
【答案】BC
题型四
带电粒子在电场中的运动轨迹分析
带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合力情况以及初速度情况共同决定的,运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向;电场线只能够描述电场的方向和定性地描述电场的强弱,它决定了带电粒子在电场中各点所受电场力的方向和加速度的方向。显然,电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。
【例4】(多选)如图所示,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且关于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( )。
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【解析】做曲线运动的物体,所受合力应该指向曲线轨迹内侧,由于轨迹关于过P点的竖直线对称,可以判断合力方向应该是竖直向上的;油滴在电场中运动时只受重力和电场力,合力竖直向上,说明电场力竖直向上,根据油滴带负电,可以判断出匀强电场的方向竖直向下,因此,Q点电势高于P点电势,A项正确。油滴在P点电势能比在Q点电势能大,C项错误。合力方向向上,油滴从P点运动到Q点的过程中,合力做正功,动能增加,B项正确。由于油滴在匀强电场中运动,在任何位置受到的合力总是相等,因此加速度相等,D项错误。
【答案】AB
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的电性。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
【变式训练7】如图所示,实线为某电场的电场线,虚线表示该电场的等势面,A、B、C是电场中的三点,下列说法正确的是( )。
A.三点中,B点的电场强度最大
B.三点中,A点的电势最高
C.将一带负电的检验电荷从A点移动到B点,电势能增大
D.将一带正电的检验电荷从A点移动到B点和从A点移动到C点,电势能的变化相同
【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小,所以三点中,A点的电场强度最大,A项错误;沿电场线方向,电势逐渐降低,A点电势最低,B项错误;将一带负电的检验电荷从A点移动到B点,电场力做正功,电势能减小,C项错误;因为B、C两点在同一等势面上,所以将一带正电的检验电荷从A点移动到B点和从A点移动到C点,电场力做的功相同,则电势能变化相同,D项正确。
【答案】D
题型五
电场中的图象问题
几种常见图象的特点及规律
v-t
图象
根据v-t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小的变化,确定电场的方向、电势高低及电势能的变化
φ-x
图象
①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零;②在φ-x 图象中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向;③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后做出判断
E-t
图象
根据题中给出的E-t图象,确定E的方向,再在草稿纸上画出对应电场线的方向,根据E的大小变化,确定电场的强弱分布
E-x
图象
①反映了电场强度随位移变化的规律;②E>0表示电场强度沿x轴正方向,E<0表示电场强度沿x轴负方向;③图线与x轴所围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x
图象
①反映了电势能随位移变化的规律;②图线的切线斜率大小等于电场力大小;③进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移变化的情况
【例5】一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列关于粒子的图象中合理的是( )。
【解析】由于粒子只受电场力作用,因此由F电=||可知,Ep-x图象的斜率大小即为粒子所受电场力大小,从图象可知,图象的斜率随位移的增大而减小,因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而减小,即电场强度减小,A项错误;由于粒子只受电场力作用,因此动能与电势能的和为定值,由题图知Ek-x图象的斜率随x的增大应减小,B项错误;粒子受到的电场力随位移的增大而减小,因此加速度随位移的增大而减小,D项正确;若粒子的速度随位移的增大而均匀增大,则粒子的动能Ek∝x2,结合题图和B项分析可知C项错误。
【答案】D
解决电场中图象问题的方法主要有两种:
(1)将图象所反映的情景还原为熟悉的模型。
(2)从图象的面积、斜率的意义入手,结合E的正负和电势的高低描绘电场线的分布来处理问题。
【变式训练8】如图所示,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A。已知壳内的电场强度处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的检验电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于检验电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是( )。
【解析】因为球壳内的电场强度处处为零,所以检验电荷在壳内做匀速直线运动,动能保持不变;球壳外的电场强度随离开球心的距离r的增加而减小,检验电荷在壳外运动过程中受到的电场力越来越小,在运动过程中取很小的一段Δr,电场力F可以视作不变,在这很小的一段Δr中,由动能定理有FΔr=ΔEk,则F=,由此可以看出动能Ek与离开球心的距离r的关系图线的斜率大小表示电场力大小,r越大,离球心越远,则电场力越小,动能Ek与离开球心的距离r的关系图线的斜率就越小,故A项正确。
【答案】A
【变式训练9】有一静电场,电场线平行于x轴,其电势φ随x坐标的改变而改变,变化的图线如图所示。若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm。则下列说法正确的是( )。
A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B.粒子在P点与Q点加速度大小相等,方向相反
C.粒子经过P点与Q点时,动能相等
D.粒子经过P点与Q点时,电场力做功的功率相等
【解析】根据沿电场线方向电势降低可知,0~2 mm内,电场线沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向沿x轴正方向,粒子做加速运动;在2 mm~6 mm内,电场线沿x轴正方向,粒子所受的电场力方向沿x轴负方向,粒子做减速运动,6 mm处粒子的速度为零;然后粒子向左先做加速运动后做减速运动,则知粒子在0~6 mm间做往复运动,故A项错误。因φ-x图线的斜率的绝对值表示电场强度E的大小,则知P点的电场强度大于Q点的电场强度,则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度,故B项错误。因P、Q两点电势相等,则粒子经过P点与Q点时,电势能相等,由能量守恒定律知动能相等,故速率相等,但电场力不同,则电场力做功的功率不等,故C项正确,D项错误。
【答案】C
题型六
电场中的功能关系
1.求电场力做功的几种方法
(1)由公式W=Flcos α计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为W=Eqlcos α。
(2)由WAB=qUAB计算,此公式适用于任何电场。
(3)由电势能的变化计算:WAB=EpA-EpB。
(4)由动能定理计算:W电场力+W其他力=ΔEk。
2.电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功,电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有电场力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力、弹簧弹力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功的代数和等于物体动能的变化。
【例6】如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)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。
【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
vBsin 30°=v0sin 60°
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(-)
联立解得UAB=。
【答案】
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系。
(1)应用动能定理解决问题须研究合力的功(或总功)。
(2)应用能量守恒定律解决问题须注意电势能和其他形式能之间的转化。
(3)应用功能关系解决该类问题须明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。
(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒,但机械能与电势能的总和可以不变。
【变式训练10】一个质量为m的带电小球,在竖直方向的匀强电场中水平抛出,不计空气阻力,测得小球的加速度大小为,方向向下,其中g为重力加速度。则在小球下落h高度的过程中,下列说法正确的是( )。
A.小球的动能增加mgh
B.小球的电势能减小mgh
C.小球的重力势能减少mgh
D.小球的机械能减少mgh
【解析】由牛顿第二定律可知,小球所受的合力F合=ma=mg,方向向下,根据动能定理知,小球的动能增加ΔEk=F合h=mgh,故A项错误;由牛顿第二定律得mg-F=mg,解得电场力F=mg,且方向竖直向上,则电场力做的功W电=-Fh=-mgh,小球的电势能增加mgh,故B项错误;小球在竖直方向上下降h高度时重力做的正功为mgh,因此,小球的重力势能减少mgh,故C项错误;由以上分析可知,小球的电势能增加mgh,根据能量守恒可知,小球的机械能减少mgh,故D项正确。
【答案】D
【变式训练11】(多选)如图所示,竖直向上的匀强电场中,一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上,上端连接一带正电小球,小球静止时位于N点,弹簧恰好处于原长状态。保持小球的电荷量不变,现将小球提高到M点由静止释放,则释放后小球从M点运动到N点的过程中( )。
A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变
B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量
D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和
【解析】由于有电场力做功,因此小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的,故A项错误;由题意可知,小球受到的电场力与重力大小相等,在小球从M点运动到N点的过程中,重力做多少正功,重力势能就减少多少,电场力做多少负功,电势能就增加多少,又两力做功一样多,可知B项正确;由动能定理可知,弹力对小球做的功等于小球动能的增加量,因为弹力做的功等于弹性势能的减少量,故C项正确;显然电场力和重力做功的代数和为零,故D项错误。
【答案】BC
题型七
平行板电容器的动态分析
电容器作为三大基本电学元件(电阻、电容、电感)之一频现于高考试题中。其主要考查电容器的动态分析、与电容器有关的力学问题、电容器在电路中的作用,多以选择题的形式出现。其中电容器的动态分析主要考查对公式的灵活应用,难度较小。
【例7】一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。若将云母介质移出,则电容器( )。
A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变
【解析】根据C=可知,将云母介质移出,εr减小,电容器的电容C减小;因为电容器接在恒压电源上,电容器两端的电压U保持不变,根据C=得Q=CU,可知极板上的电荷量减小;根据E=,U、d均不变,可知极板间电场强度E不变,D项正确。
【答案】D
电容器的电容及平行板电容器的动态分析
(1)两个公式的比较
C=(或C=)
C=
公式
特点
定义式,适用于一切电容器
决定式,适用于平行板电容器
意义
对某电容器Q∝U,但=C不变,反映电容器容纳电荷的本领
C∝εr,C∝S,C∝,反映了影响电容器电容大小的因素
(2)平行板电容器动态变化的两种情况
①电容器始终与电源相连时,两极板间的电势差U保持不变。
②充电后与电源断开时,电容器所带的电荷量Q保持不变。
(3)平行板电容器动态问题的分析思路
(4)平行板电容器问题的一个常用结论
电容器充电后断开电源,在电容器所带电荷量保持不变的情况下,电场强度与极板间的距离无关。
【变式训练12】(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示,平行板电容器两极板M、N相距为d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k,则( )。
A.油滴带负电
B.油滴带电荷量为
C.电容器的电容为
D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动
【解析】由题意可知,油滴受到的电场力方向竖直向上,又上极板带正电,故油滴带负电,设油滴所带电荷量为q,则极板所带电荷量Q=kq,由于qE=mg,E=,C=,解得q=,C=,将极板N向下缓慢移动一小段距离,U不变,d增大,则电场强度E减小,重力将大于电场力,油滴将向下运动,故A、C两项正确。
【答案】AC
题型八
带电粒子(物体)在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路
(1)动力学观点:根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。
(2)功能观点:根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。
匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m
非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。
【例8】如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为( )。
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
【解析】设电场强度为E,两粒子的运动时间相同,对M有aM=,l=t2;对m有am=,l=t2,联立解得=,A项正确。
【答案】A
(1)判断带电粒子重力是否计入
①微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子,一般都不计重力(并不是忽略质量)。
②带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外,一般要考虑重力。
③原则上,所有未明确交代的带电体,都应根据题设运动状态和过程,反推是否计重力(隐含条件)。
(2)带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
【变式训练13】一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将( )。
A.打到下极板上
B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回
D.在距上极板d处返回
【解析】未平移下极板时,根据动能定理有mg·d=qU,将下极板向上平移,从P点开始下落的相同粒子到达下极板处重力做的功mg·dT时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有B项正确。
丙
【答案】B
【变式训练18】如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量m=0.2 kg、电荷量q=2.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向,g取10 m/s2),求:
(1)23 s内小物块的位移大小。
(2)23 s内电场力对小物块所做的功。
【解析】(1)设0~2 s内小物块的加速度为a1
由牛顿第二定律得E1q-μmg=ma1
解得a1==2 m/s2
位移x1=a1=4 m
2 s末的速度v2=a1t1=4 m/s
设2 s~4 s内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得
E2q-μmg=ma2
解得a2==-2 m/s2
位移x2=x1=4 m,4 s末小物块的速度v4=0
因此小物块做周期为4 s的先匀加速后匀减速运动
第22 s末的速度v22=4 m/s,第23 s末的速度
v23=v22+a2t=2 m/s(t=23 s-22 s=1 s)
位移x=x1+t=47 m。
(2)23 s内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-μmgx=m
解得W=9.8 J。
【答案】(1)47 m (2)9.8 J
题组1
电场力的性质
1.(2017·江西检测)A、B、C三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为( )。
A.- B. C.-F D.F
【解析】设A、B间距离为x,则B、C间距离为2x,根据库仑定律有F=k,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力F'=k=,考虑电场力方向易知B项正确。
【答案】B
甲
2.(2017·山东联考)一负电荷从电场中A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的v-t图象如图甲所示,则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的( )。
乙
【解析】由v-t图象可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动,故电场线应由B指向A,且从A到B的方向电场强度变大,电场线变密,C项正确。
【答案】C
3.(2017·武汉模拟)如图所示,内壁光滑绝缘的半球形容器固定在水平面上,O为球心,一质量为m、带电荷量为q的小滑块,静止于P点,整个装置处于沿水平方向的匀强电场中。设滑块所受支持力为FN,OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是( )。
A.qE= B.qE=mgtan θ
C.FN= D.FN=mgtan θ
【解析】小滑块受重力、电场力和支持力作用,小滑块处于平衡状态,根据力的合成与分解,有qE=,FN=,故A项正确。
【答案】A
4.(2017·湖南联考)如图所示,P、Q是两个电荷量相等的异种点电荷,在其电场中有a、b、c三点在一条直线上,平行于P、Q的连线,b在P、Q连线的中垂线上,ab=bc,下列说法正确的是( )。
A.φa>φb>φc B.φa>φc>φb
C.Ea>Eb>Ec D.Eb>Ea>Ec
【解析】根据等量异种点电荷电场线的分布特点知,a、c两点对称,电场强度大小相等,又a、c两点处的电场线分布比b点处的密,故a、c两点处的电场强度大小相等,且大于b点处的电场强度,又沿着电场线方向电势逐渐降低,故A项正确,B、C、D三项错误。
【答案】A
5.(2017·泰安一模)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个电荷量为+Q的小球P,电荷量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距为L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是( )。
A.M与N的距离大于L
B.P、M和N在同一直线上
C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同
D.M、N及细杆组成的系统所受合力为零
【解析】对小球M、N和杆组成的整体,由题意可知k=k,得xφN,则C项错误;因为M、N及细杆静止于光滑绝缘桌面上,所以系统所受合力为零,D项正确。
【答案】BD
甲
6.(2017·云南一模)(多选)如图甲所示,质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上,两杆固定在一起,NP水平且与MN处于同一竖直面内,∠MNP为钝角。B小球受一沿杆方向的水平向左的推力F1作用,A、B均处于静止状态,此时A、B两球的间距为L1。现缓慢推动B球,A球也缓慢移动,当B球到达C点时,水平推力大小为F2,A、B两球的间距为L2,则( )。
A.F1F2
C.L1L2
【解析】对A球受力分析如图乙所示,A球受到重力mg、支持力FNA和库仑力F库,在B球向C移动的过程中,库仑力的方向在改变,即图中α角变小,由矢量三角形可知库仑力在变小,根据库仑定律F库=k,可知L变大,即A、B之间的距离变大,C项正确,D项错误;对B球受力分析如图乙所示,B球受到重力mg、支持力FNB、库仑力F库和推力F,根据平衡条件可知F=F库cos β,在B球向C移动的过程中,β在变大,则cos β变小,库仑力也在减小,故推力F变小,即F1>F2,A项错误,B项正确。
乙
【答案】BC
7.(2017·河北统考)(多选)真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,D为斜边AB的中点,∠ABC=30°,如图所示。已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是( )。
A.q1带正电,q2带负电
B.D点电势高于A点电势
C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半
D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的两倍
【解析】根据题意,A点的电场强度垂直AB向下,可知q1带正电,q2带负电,A项正确;可粗略画出两点电荷电场的等势面,显然A点的电势高于D点的电势,B项错误;根据题意,A点的电场强度垂直AB向下,可得sin 30°=,E1=k,E2=k,又r2=2r1,联立解得q2=2q1,C项正确,D项错误。
【答案】AC
8.(2014·福建卷,20)如图所示,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0 m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6 C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,求:
(1)两点电荷间的库仑力大小。
(2)C点电场强度的大小和方向。(计算结果均保留2位有效数字)
【解析】(1)根据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小
F=k
代入数据得F=9.0×10-3 N。
(2)A点与B点电荷在C点产生的电场强度大小相等,均为E1=k
A、B两点电荷形成的电场在C点的合电场强度大小
E=2E1cos 30°
联立解得E≈7.8×103 N/C
电场强度E的方向沿y轴正方向。
【答案】 (1)9.0×10-3 N
(2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向
题组2
电场能的性质
1.(2017·广东联考)(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.Epa>Epb B.4Fa=Fb
C.EpaURx2则从x1移到R处电场力做的功大于从R移到x2处电场力做的功,D项正确。
【答案】AD
9.(2017·长春模拟)(多选)如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E、F、G、H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。下列说法正确的是( )。
A.粒子的运动轨迹一定经过P点
B.粒子的运动轨迹一定经过P、E之间某点
C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域
D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域
【解析】粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间的某点,B项正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,则水平位移也变为原来的一半,D项正确。
【答案】BD
10.(2017·浙江模拟)(多选)如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为其水平直径的两个端点,AC为圆弧。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切摩擦力,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是( )。
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C.若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H
D.小球到达C点的速度可能为零
【解析】若电场力大于重力,则小球有可能不从B点离开轨道,A项错误;若电场力等于重力,则小球在AC部分做匀速圆周运动,B项正确;因为电场力做负功,所以机械能有损失,若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H,C项正确;由圆周运动知识可知,若小球到达C点的速度为零,则电场力大于重力,小球在到达C点之前就已脱离轨道,D项错误。
【答案】BC
二、非选择题
甲
11.(2017·西安自检)如图甲所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC,其下端(C端)距地面高度h=0.8 m。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上,正以某一速度v0沿杆匀速下滑,小环离开杆后正好通过C端的正下方P点处。g取10 m/s2。求:
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。
(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。
(3)小环运动到P点的动能。
乙
【解析】(1)小环在直杆上做匀速运动,电场力必定水平向右,否则小环将做匀加速运动,其受力情况如图乙所示
由平衡条件得mgsin 45°=Eqcos 45°
得mg=Eq
离开直杆后,受mg、Eq作用,则合力
F合=mg=ma
所以加速度a=g=14.1 m/s2
方向与杆垂直斜向右下方。
(2)设小环在直杆上运动的速度大小为v0,离开杆后经时间t到达P点,则竖直方向有h=v0sin 45°·t+gt2,水平方向有v0cos 45°·t-·t2=0
联立解得v0==2 m/s。
(3)由动能定理得Ek-m=mgh
则Ek=m+mgh=5 J。
【答案】(1)14.1 m/s2 与杆垂直斜向右下方
(2)2 m/s (3)5 J
12.(2017·九江模拟)如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内,其中,轨道半径为R的圆弧段光滑杆与水平段光滑杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切,圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷。现有一质量为m的可视为质点的带负电小球穿在水平杆上,以方向水平向右、大小等于 的速度通过A点,小球能够上滑的最高点为C,到达C后,小球将沿杆返回。若∠COB=30°,小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg,从A至C小球克服库仑力做的功为mgR,重力加速度为g。求:
(1)小球第一次到达B点时的动能。
(2)小球在C点受到的库仑力大小。
(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力。(结果用m、g、R表示)
【解析】(1)设小球第一次到达B点时的动能为Ek,因从A至B库仑力不做功,故由机械能守恒定律有mv2=Ek+mgR(1-cos 60°),将v=代入上式解得Ek=mgR。
(2)设小球在A点受到的库仑力大小为F,第一次过A点后瞬间,由牛顿第二定律结合题意有F+N-mg=m,将N=mg,v=代入上式解得F=mg,因∠COB=30°,故知OC平行于水平杆,由几何关系得OC==R
设两电荷所带电荷量分别为Q和q,静电力常量为k
在A点,库仑力大小F=k=mg,在C点,库仑力大小F'=k,联立解得F'=mg。
(3)从A至C,设小球克服库仑力和摩擦力做的功分别为W1和W2
由动能定理有-W1-W2-mgR=0-mv2
将W1=mgR,v=,代入上式得
W2=mgR
从C至A,由对称关系可知,小球克服摩擦力做的功也为W2,设小球返回A点前瞬间的速度为v',对圆弧轨道的弹力为N',小球从A至C再返回A点的整个过程中,库仑力做功为零,重力做功为零,由动能定理有
-2W2=mv'2-mv2,解得mv'2=mgR
在A点,由牛顿第二定律有F+N'-mg=m
解得N'=mg,方向向上
由牛顿第三定律可得,小球对圆弧杆的弹力大小为mg,方向向下。
【答案】(1)mgR (2)mg (3)mg,方向向下
13.(2017·黑龙江质检)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点,其装置示意图如图所示。A、B为两块平行金属板,间距d=0.30 m,两板间有方向由B指向A、电场强度E=1.0×103 N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒,油漆微粒的质量m=2.0×10-15 kg,电荷量q=-2.0×10-16 C,喷出的初速度v0=2.0 m/s。油漆微粒最后都落在金属板B上。微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略。求:
(1)微粒落在B板上的动能。
(2)微粒从离开喷枪后到达B板所需的最短时间。
(3)微粒最后落在B板上所形成图形的面积。
【解析】(1)据动能定理,电场力对每个微粒做功
W=Ekt-Ek0=|q|Ed
微粒打在B板上时的动能
Ekt=W+Ek0=|q|Ed+m
代入数据解得Ekt=6.4×10-14 J。
(2)当微粒的初速度方向垂直于极板时,到达B板的时间最短,设到达B板时速度为vt,有Ekt=m,可得vt=8.0 m/s。由于微粒在两极板间做匀变速运动,即=,解得t=0.06 s。
(3)由于喷枪喷出的油漆微粒是向各个方向的,因此微粒落在B板上所形成的图形是圆形的。对于喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒,在电场中做抛物线运动,根据牛顿第二定律,油漆颗粒沿电场方向运动的加速度a=
沿电场方向运动的位移d=a
油漆颗粒沿垂直于电场方向做匀速运动,运动的位移即落在B板上圆周的半径R=v0t1
微粒最后落在B板上所形成的圆的面积S=πR2
联立以上各式,解得S=
代入数据解得S≈7.5×10-2 m2。
【答案】(1)6.4×10-14 J (2)0.06 s (3)7.5×10-2 m2
一、选择题
1.(2017·南昌模拟)“天宫一号”与“神舟十号”对接前需要从距离地面约362 km的近似圆轨道,自然降到约343 km的交会对接轨道,假设“天宫一号”从362 km的近似圆轨道下降到343 km的圆轨道的过程中,没有开动发动机。则下列说法正确的是( )。
A.“天宫一号”的运行周期将增大
B.“天宫一号”运行的加速度将减小
C.“天宫一号”的动能将增大
D.“天宫一号”的机械能将增大
【解析】“天宫一号”的轨道半径在减小,由G=m=ma=mr()2可知,线速度在增大,动能在增大,周期在减小,加速度在增大,由于要克服空气阻力做功,故机械能在减小,A、B、D三项错误,C项正确。
【答案】C
2.(2017·咸阳模拟)一种玩具的结构如图所示,竖直放置的光滑铁圆环的半径R=20 cm,环上有一穿孔的小球m,仅能沿环做无摩擦滑动。如果圆环绕通过环心的竖直轴O1O2以ω=10 rad/s的角速度旋转,g取10 m/s2,则小球相对环静止时球与圆心O的连线与O1O2的夹角θ可能为( )。
A.30° B.45° C.60° D.75°
【解析】向心力F=mgtan θ=mω2Rsin θ,则cos θ==,可得θ=60°。
【答案】C
3.(2017·海口检测)如图所示,将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧一端固定于水平天花板上相距为2L的两点,另一端共同连接一质量为m的物体,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°。若将物体的质量变为M,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin 37°=0.6),则等于( )。
A. B. C. D.
【解析】取连接点为研究对象,可知其受竖直向下的拉力mg、两弹簧弹力F作用而平衡,利用效果分解法得mg=2Fcos 37°,所以F=,由胡克定律知F=k(-L)=kL,同理可得F'=,F'=kL,联立可得=,A项正确。
【答案】A
4.(2017·襄阳模拟)如图所示,在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的A点和B点。已知OA与OB互相垂直,且OA与竖直方向成α角,则两个小球初速度之比为( )。
A.tan α B.cos α
C.tan α D.cos α
【解析】由几何关系可知,A的竖直位移hA=Rcos α,水平位移xA=Rsin α;B的竖直位移hB=Rcos (90°-α)=Rsin α,水平位移xB=Rsin (90°-α)=Rcos α,由平抛运动的规律可知,h=gt2,x=v0t,解得v0=x,则=·=tan α,C项正确。
【答案】C
5.(2017·江西月考)一小球放置在光滑水平面上,弹簧左侧固定在竖直面上,右侧与小球相连,如图甲所示。手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手,用计算机描绘出小球运动的v-t图象为正弦曲线(如图乙所示)。从图中可以判断( )。
A.在0~t1时间内,外力做正功
B.在0~t1时间内,外力的功率逐渐增大
C.在t2时刻,外力的功率最大
D.在t1~t3时间内,外力做的总功为零
【解析】由动能定理可知,在0~t1时间内小球的速度越来越大,动能越来越大,外力一定做正功,故A项正确;在t1~t3时间内,动能变化量为零,可以判定外力做的总功为零,故D项正确;由P=Fv知0、t1、t2、t3四个时刻功率均为零,故B、C两项错误。
【答案】AD
6.(2017·河南模拟)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球,经过时间t小球落回原处;若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球,需经过时间5t小球落回原处。已知该星球的半径与地球半径之比R星∶R地=1∶4,地球表面重力加速度为g,设该星球表面重力加速度为g',地球的质量为M地,该星球的质量为M星,空气阻力不计,则( )。
A.g'∶g=5∶1 B.g'∶g=1∶5
C.M星∶M地=1∶20 D.M星∶M地=1∶80
【解析】小球以相同的初速度在星球和地球表面做竖直上抛运动,星球上有v0=g'·得g'=,同理,地球上的重力加速度g=。则有g'∶g=1∶5,A项错误,B项正确。由星球表面的重力近似等于万有引力可得,在星球上取一质量为m0的物体,则有m0g'=G,得M星=,同理得M地=,所以M星∶M地=1∶80,C项错误,D项正确。
【答案】BD
甲
7.(2017·武汉模拟)空间有一匀强电场,在电场中建立图甲所示的直角坐标系O-xyz,M、N、P为电场中的三个点,M点的坐标为(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为(a,,)。已知电场方向平行于直线MN,M点电势为零,N点电势为1 V,则P点的电势为( )。
A. V B. V C. V D. V
乙
【解析】将立体图中的P点投影在xOy平面,做出M、N、P三点在xOy平面的相对位置如图乙所示,M点电势为零, N点电势为1 V,根据沿着电场线方向电势降低可知,该匀强电场的电场线方向如图乙所示,O1为MN连线的二等分点,O2为O1N的二等分点,由几何知识知AP'垂直于电场强度E,故P'、O2、A三点的电势相等,φO2=φP=UMN= V,D项正确。
【答案】D
8.(2017·黄冈月考)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别为m1=4 kg,m2=2 kg,A的速度v1=3 m/s(设为正方向),B的速度v2=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是( )。
A.均为1 m/s B.+4 m/s和-5 m/s
C.+2 m/s和-1 m/s D.-1 m/s和+5 m/s
【解析】由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况:
Ek=m1+m2=27 J
Ek'=m1v1'2+m2v'2
因为碰撞过程中动能不可能增加,所以应有Ek≥Ek',可排除B项;C项虽满足Ek≥Ek',但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA'>0,vB'<0),这显然是不符合实际的,因此C项错误;验证A、D两项均满足Ek≥Ek',故答案为A项(完全非弹性碰撞)和D项(弹性碰撞)。
【答案】AD
二、非选择题
9.(2017·黄冈模拟)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。A为装有挡光片的钩码,总质量为M,挡光片的挡光宽度为b,轻绳一端与A相连,另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m(m
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