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学案43 静电防护和电场中的图像问题
学习目标
1．会根据静电平衡条件求解感应电荷产生的场强。
2．能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题。
课堂练习
题型一　静电平衡条件求解感应电荷产生的场强
SHAPE \* MERGEFORMAT 例1．长为L的导体棒原来不带电，现将一带电荷量为＋q的点电荷放在距导体棒左端R处，如图所示，当导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点处产生的电场强度大小等于________，方向________。
题型二 电场中的图像问题
考向1 电场中的v－t图像
SHAPE \* MERGEFORMAT 例2．(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示。小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(　　)
A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
B．由C到A电势逐渐降低
C．C、B两点间的电势差 UCB＝0.9 V
D．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
考向2 φ－x图像(电场方向与x轴平行)
例3．(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAPA．q1和q2都带负电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
考向3　E－x图像(电场方向与x轴平行)
例4．(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，沿x轴正方向电场强度E为正，以下判断中正确的是(　　)
A．点电荷M、N一定为同种电荷
B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C．把一个检验电荷由x1位置静止释放，其加速度一直减小
D．把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小
考向4　Ep－x图像、Ek－x图像
例5．(多选)如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能Ep沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在x2点的速度为v0
B．从O点到x3点的过程中，电场的电势先升高再降低再升高
C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为
D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最大动能为2Ep0
课后巩固
1．处于静电平衡中的导体，内部电场强度处处为零的原因是 (　　)
A．导体内部无任何电场
B．外电场不能进入导体内部
C．所有感应电荷在导体内部产生的合电场强度为零
D．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零
2．将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属球壳C内(不和球壳内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，如图所示，则(　　)
A．A往左偏离竖直方向，B往右偏离竖直方向
B．A的位置不变，B往右偏离竖直方向
C．A往左偏离竖直方向，B的位置不变
D．A和B的位置都不变
3．下列应用和防护与尖端放电现象无关的是(　　)
A．一般高压设备中导体的表面应该尽量光滑 B．一般马路表面建造得很平滑
C．夜间高压线周围会出现一层绿色光晕 D．一般高楼大厦顶部装有避雷针
4．为了防止静电的危害，应尽快把产生的静电导走，下面措施中不是防止静电危害的是(　　)
A．油罐车后面装一条拖地的铁链 B．电工钳柄上套有绝缘胶套
C．飞机轮上装搭地线 D．纺织车间中保持适当的湿度
5．一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正点荷。图中的哪一个能正确表示其电场分布的情况 ( )
6．一金属球原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比 (　　)
A．Ea最大　 B．Eb最大　
C．Ec最大　 D．Ea=Eb=Ec
7．如图为静电除尘示意图，m、n 为金属管内两点。在 P、Q 两点加高电压时，金属管内空气电离。电离出来的电子在电场力的作用下，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，导致煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是(　　)
A．Q 接电源的正极，且电场强度Em＝En
B．Q 接电源的正极，且电场强度 Em＞En
C．P 接电源的正极，且电场强度 Em＝En
D．P 接电源的正极，且电场强度 Em＞En
8．(多选)如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子与场源电荷带异种电荷
B．a点电势比b点电势高
C．a点场强比b点场强大
D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
9．在某个电场中，x轴上各点的电场强度E随坐标x变化的图线如图所示，图线关于原点O中心对称，一质量为m、电荷量为q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，x轴上和是粒子运动轨迹上的两点，下列说法中正确的是( )
A．x轴上和两点电场强度和电势都相同
B．粒子运动过程中，经过和两点时速度一定相同
C．粒子运动过程中，经过点的加速度与经过点的加速度相同
D．粒子从点到点的运动过程中电势能先增大后减小
10．(多选)空间有一电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示，图像关于O点中心对称。下列说法正确的是(　　)
A．O点的电场强度一定为零
B．－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同
C．将负电荷从－x1移到x1电荷的电势能增大
D．－x1和x1两点在同一等势面上
11．(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是(　　)
A．O～x1段电势逐渐升高
B．O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动
C．x1～x2段电场强度为零
D．x2～x3段的电势沿x轴均匀减小
12．竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37°角，x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示．现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x＝－1 cm的P处沿直线运动到x＝2 cm的Q处，已知小球的质量为3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．匀强电场的场强大小为400 V/m
B．带电小球的电荷量大小为1×10－5 C
C．带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40 m/s2
D．带电小球运动到Q点时动能可能为0
13．(多选)如图所示，有一均匀对称带负电花环和一质量为m的带正电小球，小球由静止从花环正上方某一高处的A点落下，穿过花环中心又下落到与A对称的A′点．在这个过程中，若取花环中心为坐标原点且重力势能为零，无限远处电势为零，竖直向下为x轴正方向，则关于小球的加速度a、重力势能Ep、电势能εp、机械能E，这四个物理量与小球的位置坐标x的关系图像可能正确的是(　　)
学案43 静电防护和电场中的图像问题答案
例1．答案　　向左
解析　导体处于静电平衡状态时，导体内部合电场强度为零，这是点电荷q所形成的电场与棒两端出现的感应电荷所形成的附加电场在棒中叠加的结果，即E合＝E1＋E2＝0.因此可通过计算点电荷＋q产生的电场E1，来确定感应电荷所形成的电场E2的大小和方向．点电荷＋q在棒中点处产生的电场强度由公式E＝k，得E1＝k，方向向右．由该点合电场强度为零知，感应电荷在棒中点处产生的电场强度大小，E2＝E1＝k，方向向左．
例2．答案　BCD
解析　从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A错误，B正确；根据动能定理知qUCB＝mvB2－0，解得UCB＝0.9 V，故C正确；根据对称性知O点电场强度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的静电力最大，加速度由静电力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度a＝＝ m/s2＝0.06 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝1.2 V/m，故D正确．
例3．答案　AC
解析　由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都带负电荷，故A项正确；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即k＝k，又xAP例4．答案　AB
解析　x＝2a处场强为零且左侧场强向右(正值)、右侧场强向左(负值)，结合点电荷的场强特征可知，点电荷M、N一定为同种电荷，两点电荷在x＝2a处的场强大小满足k＝k，解得＝，A、B正确；由题图可知，O点右侧场强先减小再增大，故把一个检验电荷(假设带正电)由x1位置静止释放，据牛顿第二定律可得qE＝ma，其加速度先减小再增大，C错误；把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先做正功再做负功，其电势能先减小后增大，D错误．
例5．答案　AC
解析　粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理知，粒子在x2点的速度为v0，故A正确；从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高，故B错误；粒子能运动到x1处，就能运动到x4处，若粒子恰好能运动到x1处，此时初速度v0最小，根据动能定理得－qφ0＝0－mv02，解得v0＝＝，所以若粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为，故C正确；粒子运动过程中，静电力所做正功的最大值为qφ0，若v0＝2，由动能定理得W＝qφ0＝Ekm－mv02，解得Ekm＝3Ep0，故D错误．
课后巩固
答案 D
解析 导体内部电场强度处处为零是感应电荷的电场与外电场叠加的结果,故D正确。
答案 B
解析 不接地的空腔导体可以屏蔽外界电场,接地的空腔导体可以屏蔽内部电场,该题中带正电的小球A放在不带电的空心球壳C内,通过静电感应,空心球外壳带正电,内壁带负电。由于金属空心球壳C的外壳和带电小球B带异种电荷,所以B受C球壳的吸引往右偏离竖直方向。而由于空心球壳C能屏蔽小球B所产生的外部电场,使小球A不受外电场的作用,所以A的位置不变,故选项B正确。
答案 B
解析 马路表面建造得很平滑与静电无关,A、C、D属于尖端放电现象,故选B。
答案 B
解析 油罐车在运输过程中,不断地相互摩擦,从而产生大量的静电,通过后面装一条拖地的铁链,及时导走,这是防止静电危害,A不符合;电工钳柄上套有绝缘胶套,在带电操作时,防止触电,所以不是防止静电危害的,B符合;飞机在飞行时,与空气摩擦产生大量的静电,所以着陆时通过飞机轮上装搭地线,将静电导走,这是防止静电危害,C不符合;纺织车间中保持适当的湿度可以将产生的静电及时导走,属于防止静电危害,D不符合。
5．答案 B
6．答案 C
解析 处于静电平衡的导体内部场强处处为零,故a、b、c三点的场强都为零。静电平衡的导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果,所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN在这一点形成的电场的场强等大反向。比较a、b、c三点感应电场的场强,实质上是比较带电体MN在这三点的场强。由于c点离MN最近,故MN在c点的场强最大,感应电荷在c点场强也最大,故正确答案为C项。
答案 B　
解析 管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生电子和正离子。电子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电。所以金属管Q应接高压电源的正极，金属丝P接负极。构成类似于点电荷的辐向电场，所以越靠近金属丝，电场强度越强，故A、C、D错误，B正确。
8．答案　CD
解析　粒子从a点向b点运动，Ek－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点场强比b点场强大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确．
9．答案 B
解析 由图像可知，和两点电场强度大小相等、方向相反，电场强度不相同，故选项A错误；带电粒子在这两点所受电场力大小相等、方向相反，由于带电粒子只在电场力作用下运动，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在这两点的加速度大小相等、方向相反，故选项C错误；图像中图线与横轴所围的面积表示电势差，因此带电粒子由运动到的过程和由运动到的过程电场力分别做的功满足，根据动能定理可知，粒子经过和两点时速度一定相同，故选项B正确；题中未能说明带电粒子的电性或运动状态，因此带电粒子从到的运动过程中电势能可能先增大后减小，也可能先减小后增大，故选项D错误。
10．答案　BC
解析　φ－x图像的斜率表示电场强度，由题图可知图像在O点的切线斜率不等于零，故O点的电场强度不为零，－x1与x1点的切线斜率相同，故－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同，故A错误，B正确；电势的定义式为φ＝，故电势能Ep＝qφ，将负电荷从－x1移到x1，电荷的电势能由负值变为正值，电荷的电势能增大，故C正确；－x1和x1两点电势不相等，故一定不在同一等势面上，故D错误．
11．答案　ACD
解析　电势能Ep＝φq，由于粒子带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据静电力做功与电势能关系ΔEp＝EqΔx，图像斜率反映场强大小，O～x1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x2～x3段斜率为0，场强为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀减小，D正确．
12．答案　B
解析　由电势差与电场强度的关系得U＝Excos 37°，则φ－0＝Ecos 37°×x，结合图像得Ecos 37°＝，解得E＝500 V/m，故A错误；由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mg＝Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿第二定律得qEcos 37°＝ma，代入数据解得a＝ m/s2，故C、D错误．
13．答案　AD
解析　花环中心电场强度为零，无限远处电场强度为零，所以从中心到无限远处电场强度是先增加再减少．加速度是重力和静电力的合力与质量的比值，在花环上方，重力和静电力都向下，且静电力可能先增加再减小，所以加速度可能先增加再减小，在花环下方，重力向下，静电力向上，且静电力可能先增加再减小，合力可能先减小再增加，所以加速度可能先减小再增加，A正确；从A到A′重力做正功，重力势能减小，B错误；从A到A′静电力先做正功再做负功，所以电势能先减小再增加，但由于场强不均匀，所以静电力做功及电势能变化也不均匀，C错误；由机械能守恒的条件可知，除重力之外的其他力做功影响机械能的变化，静电力先做正功再做负功，所以机械能先增加再减小，小球在花环上方下落过程中静电力可能先变大再变小，在花环下方下落过程中静电力可能先变大再变小，这种变化情况是有可能的，D正确．

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