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本章小结
排查易错易混
易错点1　不能正确理解电场线、等势面导致出错
1.如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为M、N,粒子在M点和N点时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　D　)
A.vMC.M解析:电场线越密集电场强度越大,粒子加速度越大,故 aN>aM,若粒子从M点运动到N点,带电粒子所受静电力指向轨迹弯曲的内侧,如图所示,故静电力做负功,电势能增大,动能减小,即EpMvN,而负电荷在低电势处电势能大,故M>N,选项D正确。
2.(2021·天津卷,8)(多选)两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示,相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹,轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是(　CD　)
A.两点电荷可能是异种点电荷
B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势
D.电子运动到P点时动能最小
解析:根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷,由电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥力,故可知两点电荷均为负电荷,故A错误;由等差等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小,故B错误;因为两点电荷同是负电荷,电场线指向负电荷,故可知A点的电势高于B点的电势,故C正确;根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知,由M到P或由N到P静电力做负功,由P到N或由P到M静电力做正功,故电子运动到P点时动能最小,故D正确。
【易错点拨】
铭记电场线总是和等势面垂直,并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。已知电场线可以画出等势面,已知等势面也可以画出电场线。处理此类题目时,先明确题目提供的是电场线还是等势面,再结合轨迹确定粒子的受力情况,从而分析得出粒子的速度、加速度、能量等的变化情况。
易错点2　因未考虑带电体的重力而出错
3.如图所示,在竖直放置、间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场,有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为g,则点电荷运动到负极板的过程中(　B　)
A.加速度大小为a=+g
B.所需的时间为t=
C.下降的高度为y=
D.静电力所做的功为W=qEd
解析:点电荷在平行板电容器中所受静电力为qE,方向水平向右,则所受合力F=,故其加速度为a=,选项A错误;点电荷在水平方向做匀加速运动,则有=axt2,ax=,解得点电荷运动到负极板所需的时间为 t=,选项B正确;由于水平方向的加速度与竖直方向的加速度并不一定相等,故下降的高度不一定为,选项C错误;静电力所做的功为 W=,选项D错误。
4.如图甲所示,M、N为互相平行的金属板,O1O2为板间中线。O2为两板右侧边缘连线的中点,不考虑电场的边缘效应。以竖直向上方向为正,板间电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示,E1、T已知。一根长为r的绝缘细线一端固定在距离O1点为r的O点,另一端与一电荷量为q的带正电的小球相连。t=0时,给小球以水平向左的初速度,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,在t=0.5T时恰好运动到最高点,此时剪断细线,t=T时小球经过OO2的中点,t=1.5T时,小球恰从O2点离开电场。重力加速度为g,设小球在运动过程中始终不会与金属板相碰,求:
(1)小球的质量m;
(2)金属板的长度L;
(3)电场强度Ex的大小。
解析:(1)小球整个过程轨迹如图所示。
0～0.5T,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,重力与静电力平衡,即qE1=mg,
解得m=。
(2)由分析可知,0.5T～T时间内小球做类平抛运动,T～1.5T时间内做类斜抛运动,水平方向速度不变,小球初速度v0==,
OO2的长度=(1.5-0.5)Tv0=2πr,
故L=r+=(2π+1)r。
(3)将OO2的中点处速度分解为水平方向的vx和竖直方向的vy,则
vy=a(T-0.5T)=0.5Ta,
又qE1+mg=ma,
故vy=Tg,
小球恰从O2点离开电场,可得
vy=a′·=,
又Exq-mg=ma′,
联立解得Ex=。
答案:(1)　(2)(2π+1)r　(3)
【易错点拨】
当带电体的重力不能忽略时,处理相关问题时要注意重力的影响。
(1)带电小球(液滴、尘埃、微粒等)在电场中处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态),必满足F电-mg=0。
(2)在匀强电场中,若带电体的初速度方向与合力方向共线,则带电体做匀变速直线运动。可将力分解,由牛顿运动定律列出方程,结合运动学规律进行有关解答。
(3)在竖直方向的匀强电场中用细绳拴一带电小球,且沿垂直于细绳方向给其一初速度,当mg-F电=0时,小球做匀速圆周运动,细绳拉力充当向心力,可由圆周运动知识分析解答。
(4)在匀强电场中,若带电体的初速度方向与合力方向不共线,则带电体做匀变速曲线运动。可将运动分解,运用牛顿运动定律和运动学规律分别列方程求解;也可根据动能定理、能量守恒定律列方程求解。一般后者更简单一些。
回扣命题热点
热点1　电场中的功能关系
1.(2023·海南卷,12)(多选)如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边四等分点,下列说法正确的是(　BC　)
A.M、N两点电场强度相同
B.M、N两点电势相同
C.负电荷在M点电势能比在O点时要小
D.负电荷在N点电势能比在O点时要大
解析:根据电场强度叠加以及对称性可知,M、N两点的电场强度相对于过O点的中垂线对称,即大小相等,方向不同,则相对于O点电势相等,即M、N处于同一等势面上,有M=N>O,若负电荷从 M→O或从N→O,静电力均做负功,电势能增加,可知EpO>EpM=EpN,故选项B、C正确,A、D错误。
2.(2023·山东卷,11)(多选)如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O和O′,A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是(　ACD　)
A.F′点与C′点的电场强度大小相等
B.B′点与E′点的电场强度方向相同
C.A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小
解析:由等量异号点电荷的对称性可知F′点和C′点电场强度大小相等,B′点和E′点电场强度方向不同,A正确,B错误;由等量异号点电荷的电势分布可知 A′=>0,D′=-<0,O′=0,F′>0,因此 A′-F′=-F′【核心精讲】
带电体在电场中运动的问题中,带电体除受静电力外还会受重力、弹力、摩擦力等若干力作用,解决该类问题时常应用功能关系、能量守恒定律。
(1)若只有静电力做功,则动能与电势能之间相互转化,且总量保持不变。
(2)若只有静电力、重力做功,电势能、重力势能和动能之间发生转化,且总量保持不变。
(3)若只有重力、弹力和静电力做功,则机械能与电势能间发生转化,且总量保持不变。
(4)所有外力对带电体所做的功等于带电体动能的变化。
热点2　有关电场的图像问题
3.空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A.O点的电势最低
B.x2点的电势最高
C.x1和-x1两点的电势相等
D.x1和x3两点的电势相等
解析:如图,作出电场线,根据顺着电场线电势降低,则O点电势最高,故A、B错误;从图线看出,电场强度关于原点O对称,则x轴上关于O点对称位置的电势相等,故C正确;x1和x3两点不在电场线关于O点的对称位置,沿电场线电势降低,故两点电势不相等,故D错误。
4.(2021·山东卷,6)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤xA.Q=q,释放后P将向右运动
B.Q=q,释放后P将向左运动
C.Q=q,释放后P将向右运动
D.Q=q,释放后P将向左运动
解析:如图所示,因为每个点电荷所受库仑力的合力均为零,对最上边的点电荷,其他三个点电荷对它的作用力分别是F1=F2=,F3=,因为F1、F2大小相等,所以F1、F2的合力是,而P对最上边点电荷的库仑力是k,则根据受力平衡有+=k,解得Q=q。由题图乙可知,在 0≤x【核心精讲】
电场中几种图像的特点与应用
-x 图像 (1) -x图像的斜率表示电场强度,电场强度为零处, -x图像可能存在极值,其切线的斜率为零。 (2)由-x图像可以判断电势高低的情况,并可根据电势高低关系确定电场强度(或电场线)的方向。 (3)在-x图像中结合电荷移动的情况和电性正负判断电势能的变化,用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负
E-x 图像 (1)利用图像可判断电场强度随位移变化的情况。 (2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x 图像 (1)利用图像可判断电势能随位移变化的情况。 (2)图线切线斜率的绝对值等于静电力大小。 (3)结合电场中的其他规律可进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
热点3　电容器的动态分析
5.(2022·重庆卷,2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则(　A　)
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
解析:当材料温度降低时,由于电压不变,而极板上所带电荷量减少,由C=可知其电容C减小,根据平行板电容器的电容决定式C=,可知极板间距d增大,则材料竖直方向尺度减小;极板之间为匀强电场,根据E=可知极板间电场强度E减小,选项A正确,B、C、D错误。
6.(2018·全国Ⅲ卷,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　BD　)
A.a的质量比b的大
B.在t时刻,a的动能比b的大
C.在t时刻,a和b的电势能相等
D.在t时刻,a和b的动量大小相等
解析:经时间t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,则ya>yb,根据y=at2,得aa>ab,又由a=知,mayb,Fa=Fb,则静电力做功Wa>Wb,由动能定理知,a的动能比b的动能大,选项B正确;a、b处在同一等势面上,根据Ep=q,a、b的电势能绝对值相等,符号相反,选项C错误;根据动量定理Ft=p-p0,则经过时间t,a、b的动量大小相等,选项D正确。
【核心精讲】
用“三步法”对电容器动态分析
热点4　带电粒子在交变电场中的运动
7.如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上,则t0可能属于的时间段是(　B　)
A.0C.T解析:因为释放带正电粒子,且最终打在A板上,故在电场中向A板加速的时间应大于向B板加速的时间,故A、C、D错误,B正确。
【核心精讲】
1.交变电场:电场中的电势差、电场强度等物理量呈周期性的变化。
2.运动类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做曲线运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
3.分析方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
静电场中的能量　综合检测
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于电场强度、电势、等势面和电势能,下列说法正确的是(　A　)
A.在同一等势面上移动电荷,静电力不做功
B.电场强度不变,电势也不变,电场强度大的地方,电势一定高
C.电场强度为零处,电势一定为零
D.电势越高处,电荷的电势能就越大
解析:由于等势面上任何两点的电势都相等,所以沿等势面移动电荷静电力不做功,故A正确;电场强度的大小与电势的高低无关,电势的高低与零电势点的选取有关,故B、C错误;根据Ep=q可知,电势越高处,同一正电荷的电势能就越大,同一负电荷的电势能越小,故D错误。
2.在如图所示的电场中,虚线为电场的等势线。一带电荷量为2e的粒子(不考虑所受重力)以某一速度从a点开始运动,其运动轨迹如实线所示,下列说法正确的是(　B　)
A.该粒子带正电
B.若粒子经过d点时的动能为12 eV,则该粒子经过a点时的动能为22 eV
C.该粒子经过f点时的加速度为0
D.粒子从a点运动到c点的过程中,电势能减少20 eV
解析:由于曲线运动中合力的方向指向轨迹的凹侧,对粒子经过c点,可知其受到的静电力向上,又电场线与等势线垂直且由电势高的线指向电势低的线,可知c点处的电场方向向下,即该粒子受到的静电力方向与电场方向相反,所以该粒子带负电,故A错误;粒子从a到d过程中,静电力做功 Wad=qUad=(-2e)×(5 V)=-10 eV,则Ekd-Eka=-10 eV,而Ekd=12 eV,可知Eka=22 eV,故B正确;同理,粒子从a点到c点,静电力做功 Wac=qUac=-20 eV,可知电势能增加20 eV,故D错误;该粒子经过f点时,该处的电势为0,但电场强度不为0,则加速度不为0,故C错误。
3.如图所示,在平面直角坐标系xOy中存在一匀强电场,a、b两点分别在两个坐标轴上,它们到坐标原点O的距离均为10 cm,将一带电荷量q=0.2 C的正点电荷从原点O分别移动到a、b两点,静电力做功均为1 J。则该匀强电场的电场强度大小为(　A　)
A.50 N/C B.50 N/C
C.10 N/C D.10 N/C
解析:由公式UAB=得UOa(或UOb)= V=5 V,则a、b两点连线为一条等势线,由几何关系可知,O到a、b两点连线的距离为d=xOasin 45°=
5 cm,则该匀强电场的电场强度大小为E==50 N/C,选项A
正确。
4.图甲是电容式油位传感器的示意图,可以用它来监测油箱内液面高度的变化,传感器由圆柱形金属芯A和金属圆筒B组成,可看作电容器的两极,油箱内的汽油可看作电介质,将传感器接入图乙的电路中,金属芯和金属圆筒分别与接线柱c、d连接,当油箱内液面变化时会引起其电容值的变化而导致充、放电,从而在a、b端输出电信号。若某时刻观察到输出端a的电势低于b的电势(电阻R两端有电压)时,下列说法正确的是(　C　)
A.电容器在充电
B.电容器的电容在增大
C.油箱内液面在下降
D.液面没过圆筒B时其电容最小
解析:当观察到输出端a的电势低于b的电势时,表明电阻R中有自下而上的电流,说明电容器在放电,而电容器两极间的电压不变,由C=可知,其电容在减小,由C=可知,汽油浸没的极板在减少,则油的液面在下降,选项A、B错误,C正确;当液面没过圆筒B时,两电极之间充满汽油电介质,可知此时其电容最大,选项D错误。
5.如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中,入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中,电子重力忽略不计,在满足电子射出平行板区域的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角θ和偏转距离y变大的是(　A　)
A.U1变小,U2变大 B.U1变小,U2变小
C.U1变大,U2变大 D.U1变大,U2变小
解析:在加速电场中,根据动能定理有eU1=m,解得v0=;在偏转电场中,偏转距离为y=at2,而a=,水平位移为L=v0t,解得y=,偏转角θ满足关系为tan θ===,则减小U1,增大U2,一定能使电子的偏转角θ和偏转距离y变大,选项A正确。
6.如图所示,在x轴相距为L的两点固定两个等量正、负点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是(　B　)
A.b、d两点处的电场强度相同
B.a点的电势高于c点的电势
C.a点的电场强度大于c点的电场强度
D.b、d两点处的电势不同
解析:由等量正、负点电荷的电场强度的叠加规律可知,关于x轴对称的b、d两点电场强度大小相等,但方向不同,即两点电场强度不相同,而a、c两点中Ec>Ea,故A、C错误;c点处于两个电荷连线的中垂线上,它的电势和无限远处的电势相等,由于逆着电场线方向电势逐渐升高,则从无限远到a点电势逐渐升高,即a>c,故B正确;b、d两点距过c点的中垂线距离相同,其间电场强度大小相同,可知Ubc=Udc,即b=d,故D错误。
7.密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为(　D　)
A.q,r B.2q,r C.2q,2r D.4q,2r
解析:初始状态下,油滴处于静止状态时,满足Eq=mg,即q=πr3·
ρg;当电势差调整为2U时,若油滴的半径不变,则满足q′=πr3·
ρg,可得q′=,A、B错误;当电势差调整为2U时,若油滴的半径变为2r,则满足q′=π(2r)3·ρg,可得q′=4q,C错误,D正确。
8.如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的电场强度随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则(　B　)
A.部分粒子会打到两极板上
B.每个粒子在板间运动全过程,所受静电力会致使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零
C.运动过程中部分粒子的最大动能可能超过2Ek0
D.只有t=n·(n=0,1,2,…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
解析:带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动,在沿电场方向上做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动,由t=0时刻进入电场的粒子运动情况可知,粒子在平行金属板间运动时间为 t=nT(n=1,2,3,…),在0～时间内带电粒子沿电场线方向做匀加速度直线运动,设加速度大小为a,则沿电场线方向的位移y0=a() 2=aT2,末速度vy=aT,在～T时间内粒子沿该方向做加速度大小仍为a的匀减速直线运动,速度减小为0,总位移为2y0,经过nT时间出电场时,沿电场方向速度为0,其速度为v0,而总位移y=2ny0=naT2(n=1,2,3,…);同理,在t=n·(n=0,1,2,…)入射的粒子出电场时均沿上(下)板右边缘射出,速度为v0,其他时刻入射的粒子由于存在反向的运动,出电场时沿电场线方向的位移 y′<,由此可知,所有入射的粒子均不会打到极板上,但由于运动时间的对称性,出电场时沿电场线方向的速度为0,故A、D错误,B正确;对在t=0时刻射入且经过T离开电场的粒子,若在t=时最大速度为vy,由极板长度与极板间距相等可知 0～内两分位移之比为=,则有v0·=2×·,可得 vy=v0,故粒子的最大速度为vm==v0,最大动能为Ekm=m=2×m=2Ek0,故C错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.一带电油滴在电场强度为E的匀强电场中运动的轨迹如图中虚线所示。电场方向竖直向下。若不计空气阻力,此带电油滴从a运动到b的过程中,下列说法中正确的是(　AC　)
A.油滴带负电
B.电势能增加
C.动能和电势能之和减小
D.重力势能和电势能之和增加
解析:由带电油滴的运动轨迹向上偏转可知,油滴所受的合力方向向上,而重力竖直向下,则静电力必定竖直向上,与电场强度方向相反,油滴应带负电,故A正确;油滴向静电力方向发生偏转,静电力做正功,可知油滴的电势能减少,故B错误;由于合力对油滴做正功,由动能定理可知油滴动能增加,即EkaEp′b,Epb>Epa,根据能量守恒定律,有Ep′a-Ep′b=Epb-Epa+Ekb-Eka,解得Ekb+Ep′b=Ep′a+Eka-(Epb-Epa),Epb+Ep′b=Ep′a+Epa-(Ekb-Eka),即动能和电势能之和减小,重力势能和电势能之和也减小,故C正确,D错误。
10.如图所示,空间中正四面体的棱AA′及CC′中点处分别固定等量异种点电荷。下列判断正确的是(　AC　)
A.A点和C′点电场强度大小相等,方向相同
B.A点和C′点电场强度大小相等,方向不同
C.UAD=UBC
D.UAD≠UBC
解析:由等量异种点电荷形成电场的叠加规律可知A点和C′点电场强度大小相等,方向相同,故A正确,B错误;由于B、D两点位于两等量异种点电荷连线的中垂面上,B、D两点的电势相等,而沿A、C连线、相对中垂面相等的两段距离上电场强度的大小变化具有对称性,则有UAB=UBC,而B=D,则UAD=UBC,故C正确,D错误。
11.电场方向平行于x轴,其电势随x的分布可简化为如图所示的折线。将一个带负电的粒子在x=d处由静止释放,它只在静电力作用下沿x轴运动。规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向,下列分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像,其中正确的是(　BD　)
A B
C D
解析:根据U=Ed,可定性地推知UxO=Ex,得 x=O+Ex,可知x图像的斜率表示电场强度,且沿电场方向电势降低,可知-d～O区域,电场方向为负方向,大小不变;在O～d区域,电场方向为正方向,大小也不变,故A错误;由于粒子带负电,根据牛顿第二定律,在-d～O区域,粒子加速度方向为正方向且大小不变;在O～d区域,粒子加速度方向为负方向,大小也不变,故B正确;带负电的粒子在x=d处由静止释放,粒子在d到O过程中做匀加速直线运动,在O到-d过程中做匀减速直线运动,根据v2-=2ax,可知速度与位移不成线性关系,故C错误;粒子在从d到O的运动过程中,静电力不变,静电力做的功随位移均匀增加,则动能均匀增加,即Ekx图像为倾斜直线;同理,在O到-d过程中,Ekx图线也为倾斜直线,两段直线关于纵轴对称分布,故D正确。
12.如图所示,质量为m、电荷量为q的带电微粒,以初速度v0从A点竖直向上射入电场强度沿水平方向、大小为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率为vB=2v0,而方向与E同向。下列判断中正确的是(　BD　)
A.A、B两点间电势差为
B.A、B两点间的高度差为
C.微粒在B点的电势能大于在A点的电势能
D.从A到B微粒做匀变速运动
解析:由于微粒沿垂直于电场线方向做减速运动,可知在A到B过程中受重力和静电力作用,根据动能定理,有-mgh+qUAB=m(2v0)2-m,而=2gh,解得UAB=,h=;粒子所受合力不变,则加速度不变,粒子做匀变速运动;粒子所受静电力做正功,电势能减少,则EpA>EpB,故A、C错误,B、D正确。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(8分)某校三人学习小组合作探究电容器电容的影响因素,电容器充电完成后与电源断开,按如图a所示连接在一起。
(1)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是　　　　。
A.使用静电计的目的是测量电容器电压的变化情况
B.使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况
C.使用静电计的目的是测量电容器电容的变化情况
(2)甲同学将极板B向上移动,观察到静电计的指针偏角　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)乙同学将极板B　　　　(选填“左移”“右移”或“旋转”),观察到静电计的指针偏角变小。
(4)丙同学在A、B极板之间插入云母片,观察到静电计的指针偏角
　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)三名同学应用他们实验得到的结论分析某核电站所使用的冷却系统自动化检测技术的原理。如图b是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图。如果指示器显示出电容增大了,则必为液面　　　　(选填“升高”“降低”或“不变”)。
解析:(1)静电计可测量电势差,根据指针张角的大小,测量电容器电压的变化情况,无法测量电荷量、电容的变化,故A正确,B、C错误。
(2)若极板B向上移动,极板正对面积减小,由电容的决定式C=分析知电容减小,因电容器的电荷量不变,根据电容的定义式C=可知极板间的电压U增大,则静电计指针偏角变大。
(3)静电计的指针偏角变小,说明U减小,根据C=可知C变大,根据C=可知,d减小,即极板B向右移动。
(4)在A、B极板之间插入云母片,根据C=可知C变大,根据电容的定义式C=可知极板间的电压U减小,则静电计指针偏角变小。
(5)根据电容器电容的决定式 C=可知,电容增大,两极板正对面积增大,说明液面升高。
答案:(1)A　(2)变大　(3)右移　(4)变小　(5)升高
14.(6分)一个带正电的质点,电荷量q=2.0×10-8 C,在静电场中由a点移到b点,在这一过程中,除静电力外,其他力做功为6.0×10-5 J,质点的动能增加了8.0×10-5 J。
(1)求此过程中静电力做的功;
(2)若a点电势a=-2.0×102 V,求b点的电势。
解析:(1)根据动能定理有W+W其他=ΔEk,
代入数据得W=2.0×10-5 J。
(2)根据公式UAB=得
Uab== V=1.0×103 V,
而Uab=a-b,a=-2.0×102 V,
则b=a-Uab=-2.0×102 V-1.0×103 V=-1.2×103 V。
答案:(1)2.0×10-5 J　(2)-1.2×103 V
15.(10分)如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷,将质量为m、带电荷量为+q的小球从半圆弧细管的水平直径端点A由静止释放,小球沿细管滑到最低点B时恰好对管壁无压力。(重力加速度为g)
(1)求固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度大小;
(2)若把O处固定的点电荷拿走,加上一个竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场,带电小球仍从A点由静止释放,下滑到最低点B时,求小球对管壁的压力大小。
解析:(1)小球从A运动到B的过程中,所受点电荷的库仑力不做功,设小球到达B点的速度为v,细管半径为r,由动能定理得mgr=mv2-0,
设点电荷在B点处的电场强度大小为EB,由于小球对管壁恰好无压力,有qEB-mg=m,
联立解得EB=。
(2)当使细管处于竖直向下的匀强电场中时,设小球到达B点时的速度为v′,由动能定理得
(mg+qE)r=mv′2,
设此时管壁对小球的支持力为FN,则有FN-mg-qE=m,
联立解得FN=3(mg+qE),
根据牛顿第三定律可知,小球在B点时对管壁的压力大小为
FN′=3(mg+qE)。
答案:(1)　(2)3(mg+qE)
16.(11分)电场中的等势面是一簇互相平行的平面,间隔均为1 cm,各等势面的电势如图所示,现有一质量为 m=0.1 kg的带电小球,以速度v0=2 m/s射入电场,v0的方向与水平方向成45°斜向上,要使小球做直线运动(g取 10 m/s2)。
(1)小球带何种电荷 电荷量是多少
(2)沿入射方向的最大位移是多少
(3)起点与终点的电势差为多少
解析:(1)由于电场中等势面相互平行且间距相等,可知该电场为匀强电场,且电场线方向水平向左,因小球做斜向上的直线运动,可知小球受到向左的静电力,其受力如图所示,则小球带正电,沿v0方向做匀减速直线运动,且Eq=mg,
又E== V/m=1.0×104 V/m,
可得q== C=1.0×10-4 C。
(2)设小球沿入射方向运动的最大位移为xmax,
由动能定理得
-F合xmax=0-m,
而F合== N,
解得xmax= m。
(3)起点与终点间沿电场线方向的距离为
d′=xmaxcos 45°=× m=0.1 m,
则起点与终点的电势差为
U′=-Ed′=-1.0×104×0.1 V=-1 000 V。
答案:(1)正电荷　1.0×10-4 C　(2) m (3)-1 000 V
17.(12分)如图所示,平行板电容器的电容为C,两极板间距离为d。开始时电容器不带电,将电容器极板水平放置,上板接地。上板有一小孔,在孔的正上方h处,由静止释放质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电油滴,油滴落在下极板上,并把所带电荷全部传递给下极板,当第一滴落到板上后,第二滴才开始下落,不计空气阻力,重力加速度为g。
(1)第几滴油滴下落时,将在两极板间做匀速直线运动
(2)能落到下极板的油滴有多少滴
(3)求油滴不再落到极板上时下极板的电势。
解析:(1)设第n滴在两极板间下落时做匀速直线运动,此时电容器带电荷量为Q=(n-1)q,
又U1=,E=,Eq=mg,
联立解得n=。
(2)设能落在下极板的油滴数为k,则k+1滴刚到达下极板时速度为零,对该油滴,根据动能定理有mg(h+d)-qU2=0,
又U2=,
联立解得k=。
(3)带电油滴落到下极板,则下极板带负电荷,上极板带正电荷。由于(2)中第k滴油滴落到下极板后其他油滴不再落到极板上,此时极板带电荷量Q′=kq=,
则上、下极板间电势差
U2==,
而U2=上-下,上=0,
得下=上-U2=-。
答案:(1)　(2) (3)-
18.(13分)如图所示,一个初速度为零的电子在经 U1=4 500 V的电压加速后,垂直于平行板间的偏转电场从距两极板等距处射入。已知两平行板间距d=1.0 cm,板长L=3.0 cm,两板间的电压U2=200 V;已知电子的带电荷量为e=1.6×10-19 C,质量为m=0.9×10-30 kg,只考虑两板间的电场,不计重力。
(1)求电子经加速电场加速后进入偏转电场的速度大小v0;
(2)求电子射出偏转电场时沿垂直于极板方向偏移的距离y;
(3)电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点,求P点到下极板右端的距离x。
解析:(1)电子经过加速电场,根据动能定理有eU1=m,
解得v0==4×107 m/s。
(2)在偏转电场中,电子做类平抛运动,则有L=v0t1,y=a,
而a=,
结合eU1=m,
解得y=,
代入数据得y=0.1 cm。
(3)电子射出电场后做匀速直线运动,其速度的反向延长线经过偏转电场中水平位移的中点,根据三角形中相似关系,有=,
解得x=6 cm。
答案:(1)4×107 m/s　(2)0.1 cm　(3)6 cm
第九、十章　阶段检测
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列公式中,F、q、E、U、r和d分别表示静电力、电荷量、电场强度、电势差以及距离。对关系式①F=k,②E=k,③E=,④U=Ed理解正确的是(　C　)
A.它们都只对点电荷的电场才成立
B.①②③只对点电荷的电场成立,④只对匀强电场成立
C.①②只对点电荷电场成立,③对任何电场都成立,④只对匀强电场才成立
D.①②只对点电荷电场成立,③④对任何电场都成立
解析:F=k是库仑定律表达式,适用于点电荷电场;E=k是点电荷的电场强度公式,适用于点电荷电场;E=是电场强度的定义式,适用于任何电场;U=Ed适用于匀强电场,选项C正确。
2.如图所示为两等量异种点电荷周围电场线的分布情况,曲线AOB是一重力不计的带电粒子在电场中的运动轨迹,其中O为异种点电荷连线的中点,C、D为两点电荷连线中垂线上的两个对称的点。则下列说法正确的是(　B　)
A.带电粒子带正电
B.图中D点的电场强度小于B点的电场强度
C.图中A点的电势高于C点的电势
D.带电粒子经过A点时的动能大于经过B点时的动能
解析:由题图轨迹可知,带电粒子所受静电力与电场线方向相反,故该带电粒子带负电,选项A错误;根据电场线的疏密反映电场强度的大小,可知B点的电场强度更大一些,选项B正确;由于等量异种点电荷连线中垂线上的电势相等,而沿电场线的方向电势逐渐降低,可知A点的电势低于C点的电势,选项C错误;若带电粒子由A运动到B,静电力做正功,则动能增加,故经过A点时的动能小于经过B点时的动能,选项D错误。
3.如图所示,匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点,已知G、F、D点的电势分别为7 V、3 V、4 V,则A点的电势为(　A　)
A.0 B.1 V C.2 V D.3 V
解析:由于电场为匀强电场,AD边与FG边平行且相等,则有UAD=UFG,即
A-D=F-G,则A=F+D-G=3 V+4 V-7 V=0,选项A正确。
4.一个带电荷量为+Q的点电荷,放在长为L的不带电的导体棒中心轴线上,距离棒的左端距离为r。如图所示,当棒达到静电平衡后,导体棒上感应电荷在棒的中心点O处产生的电场强度大小和方向为(　D　)
A.k,水平向右 B.k,水平向左
C.0 D.k,水平向左
解析:导体棒达到静电平衡后,其O点的电场强度为0,即点电荷+Q的电场在O点的电场强度与感应电荷的电场在O点的电场强度等大反向,则导体棒上感应电荷的电场在棒的中心点O处产生的电场强度大小为E=k,方向水平向左,选项D正确。
5.如图所示,若直流输电线发生意外掉到地上,会形成输入大地的电流,并且以电线与大地接触的位置为圆心,形成一簇从内到外间隔变大的等差等势线同心圆,A、B、C、D是等势线上的四点,当人进入该区域而形成跨步电压时会导致触电事故,则(　B　)
A.电场强度的大小为EA>EB>ED>EC
B.电势的大小为A>B=D>C
C.A、B间距离等于B、C间距离的2倍
D.人从B沿着圆弧走到D会发生触电
解析:由等差等势线的疏密可知电场强度的大小为EA>EB=ED>EC,故A错误;形成的电流流入大地,说明圆心处的电势最高,向外越来越低,电势的大小为A>B=D>C,故B正确;A、B之间比B、C之间等势线密,则A、B间的电场强度的平均值比B、C间大,A、B间的电势差等于B、C间电势差的2倍,则A、B间距离小于B、C间距离的2倍,故C错误;B和D在同一条等势线上,人从B沿着圆弧走到D过程中不会形成跨步电压,因此不会发生触电,故D错误。
6.一电子只在静电力作用下沿+x方向运动,其所在位置处的电势随位置x变化的图线如图中抛物线所示,下列说法正确的是(　C　)
A.x1与x3处的电场方向相同
B.从x1运动到x2,静电力对电子做正功
C.电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D.电子从x2运动到x3,加速度逐渐减小
解析:由于沿着电场线方向电势逐渐降低,可知x1处的电场线沿x轴正方向,x3处的电场线沿x轴负方向,故A错误;电子从x1运动到x2的过程中沿电场线运动,静电力做负功,故B错误;电子运动过程中仅静电力做功,故电子电势能与动能的总和不变,由于3>1,电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能,故电子在x1处的动能(或速率)小于在x3处的动能(或速率),故C正确;从x2到x3,图像的斜率逐渐变大,即电场强度变大,则电子从x2运动到x3过程中,加速度逐渐增大,故D错误。
7.a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中,分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动,可知(　A　)
A.c的电势能减少,机械能增加
B.a、b的电势能增加,机械能不变
C.a、b为同种电荷,c、d为异种电荷
D.d的电势能减少,机械能减少
解析:四个带电液滴均在匀强电场中做匀速直线运动,都受到向上的静电力作用,它们都带正电荷,由于受到向上的静电力与重力平衡,则静电力对c做正功,电势能减少,重力对c做负功,机械能增加;静电力和重力对a、b都不做功,因此a、b的电势能、机械能均不变,选项A正确,B、C错误;静电力对d做负功,电势能增加,机械能减少,选项D错误。
8.如图所示,半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直面内,圆环上直径AB、CD之间的夹角为60°,OE与OB之间的夹角也为60°。在A、C两点分别固定电荷量均为Q的正点电荷,电荷量为q的带正电小环由B点静止释放。已知点电荷周围某点的电势=k,式中Q为点电荷的电荷量,r为该点到点电荷的距离,k为静电力常量,且电势叠加遵从标量运算法则。不计带电小环的重力,则带电小环运动到E点时的动能为(　A　)
A. B.
C. D.
解析:根据电势的叠加原理,A和C两点处电荷在B点的电势为B=
k+k=,同理,E点的电势为E=2k=,小环从B点到E点,只有静电力做功,动能与电势能相互转化,而总和保持不变,根据能量守恒定律有qB=qE+Ek,代入数值解得Ek=,选项A正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.我们学习了静电场的知识后会对日常生活中遇到的一些电学现象作出判断,或提出自己的观点、说法等,对于以下的说法你认为正确的是(　BD　)
A.超高压带电作业的工人穿绝缘衣比穿金属衣安全
B.制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C.小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D.打雷时,在木屋里比在汽车里要危险
解析:穿金属衣能够产生静电屏蔽作用,即使在超高压环境下也能确保工人的安全,而当超过一定电压时,绝缘衣会失去绝缘作用,故A错误;制作汽油桶的材料用金属可以及时将产生的静电导走,防止静电危害,而塑料材料会积累静电产生危险,故B正确;当小鸟停在单根高压输电线上时,小鸟两爪处电势差较小,因此停在单根高压输电线上不会被电死,故C错误;汽车外壳由很多导体材料构成,对车内物体能够产生静电屏蔽作用,打雷时在汽车内会屏蔽外界电场的影响,从而确保车内人的安全,而木屋没有屏蔽作用,即在木屋里比在汽车里要危险,故D正确。
10.利用如图所示的电路分析平行板电容器的动态变化,已知电源E提供恒定的电压,R为电阻箱,一带负电的小球固定在电容器两极板之间的O位置。则下列说法正确的是(　CD　)
A.保持开关闭合,M板向下平移少许,小球的电势能增加
B.保持开关闭合,将电阻箱的阻值增大,静电计的指针偏角减小
C.断开开关,M板向下平移少许,静电计的指针偏角减小
D.断开开关,M板向左平移少许,小球的电势能减少
解析:保持开关闭合,电容器两极板间的电压保持不变,M板向下平移少许,由E=可知,两极板之间的电场强度增大,又N=0,则O点与N板之间的电势差增大且UON>0,可知O点的电势升高,则带负电的小球在O点的电势能减少,故A错误;由于静电计所测电压等于电容器两极板之间的电压,保持开关闭合,调节电阻箱的阻值时对电容器两极板之间的电压不会产生影响,总等于电源电压,则静电计的指针偏角保持不变,故B错误;断开开关,电容器所带的电荷量保持不变,M板向下移动,极板间距离d变小,由C=,结合公式C=可知,电容器两极板间的电压减小,则静电计的指针偏角减小,故C正确;同理,断开开关后,M板向左移动少许,电容器的电容减小,则两极板间的电压增大,电场强度增大,O点的电势升高,带电小球的电势能减少,故D正确。
11.如图,实线为某电子显微镜中静电场中的等势线,A、B、C、D、E为电场中的5个点,下列说法正确的是(　BC　)
A.C点电场强度垂直于该点所在的等势线,方向向右
B.A、B、C、D、E五个点中,C点的电场强度最大
C.一正电荷从A点移到E点,电势能增大
D.一电子从E点移到A点,静电力做正功
解析:C点电场强度垂直于该点所在的等势线,方向向左,故A错误;等差等势线的疏密程度表示电场强度的大小,所以A、B、C、D、E五个点中,C点的电场强度最大,故B正确;正电荷在电势高处电势能大,故C正确;电子从E点移到A点,静电力做负功,故D错误。
12.如图所示,长为L、倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中,一带电荷量为+q、质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端B点时的速度为2v0,则(　AD　)
A.小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能
B.A、B两点的电势差一定为
C.若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的,则Q一定是正
电荷
D.若电场是匀强电场,则该电场的电场强度的最小值一定
解析:从A到B小球的机械能在增大,故静电力做正功,电势能减小,故A正确;在小球由A到B过程中,根据动能定理有UAB·q-mgLsin 30°=m(2v0)2-m,解得UAB=,故B错误;若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的,根据点电荷的电场分布规律可知,当点电荷Q为正电荷且处于AC边中垂线与AB边交点下方或点电荷Q为负电荷且处于AC边中垂线与AB边交点上方时,均可使静电力做正功而机械能增加,故C错误;若电场是匀强电场,根据公式UAB=Ed可知,当电场线方向沿AB方向时电场强度有最小值,其大小为Emin=,故D正确。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)用一块干燥的毛皮摩擦一个塑料球,塑料球带负电,再把塑料球悬吊在半空,在它正下方的桌面上放置一台电子秤,秤上放置一个静止的中性金属球。然后把塑料球慢慢接近金属球,如图所示。
(1)试画出金属球上的电荷分布。
(2)试描述并解释电子秤的示数变化。
　。
(3)如果保持塑料球静止,把金属球瞬时接地,电子秤的示数　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”)。
(4)若使金属球带上电荷,且可利用与之完全相同的另外的小球改变金属球的电荷量,可以用这个装置探究电荷间作用力大小与距离、电荷量的关系。你认为应该注意哪些问题 并说出你的思路。　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析:(1)带负电的塑料球靠近中性金属球,金属球发生静电感应,靠近塑料球的一端将带上正电荷,远离塑料球的一端将带上负电荷,如图所示。
(2)金属球近端正电荷所受吸引力大于远端负电荷所受排斥力,所以金属球所受合力表现为吸引力,则电子秤的示数减小。
(3)如果保持塑料球静止,把金属球瞬时接地,其一端的负电荷会流入大地,金属球所受塑料球的吸引力不变,排斥力减小,电子秤的示数
变小。
(4)由于金属球所带电荷的分布会受带电塑料球的影响,当用两球心距离作为两电荷间距时会产生较大误差,因此利用该装置探究电荷间作用力大小与距离、电荷量的关系时金属球要尽量小一些,两球间距离适当大一些。实验过程中,应利用控制变量法,测出并记录对应数据,然后进行数据分析得出结果。
答案:见解析
14.(8分)电荷的定向移动形成电流,电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量,即I=。图甲是研究电容器充、放电过程中电压和电流随时间变化规律的实验电路图,按图甲连接好实验器材,根据实验步骤,回答下列问题:
(1)先闭合开关S1,给电容器充电,然后断开开关S1,再闭合开关S2,电容器放电,电阻R中电流的方向为从　　　　　(选填“a到b”或“b到a”)。
(2)闭合开关S2的同时,通过计算机在同一坐标系中描绘出电压U和电流I随放电时间t的变化图线,如图乙所示。图乙中电流I随时间t的变化图线与坐标轴围成的阴影总面积的物理意义是　　　　　　
　　　　　,图乙中阴影面积S1与阴影面积S2的比值是　　　　　。
(3)若用计算机测得图乙中阴影面积S1=916.13 mA·s,则该电容器的电容为　　　F。(结果保留2位有效数字)
解析:(1)闭合开关S1时,电容器上极板与电源正极相连而带正电荷,断开开关S1,再闭合开关S2后,电容器放电,电流从上极板经电阻R流向下极板,即电流从a到b。
(2)电容器放电过程的It图像中图线与坐标轴围成的阴影总面积表示电容器释放的电荷量。图中阴影面积S1和S2分别对应极板电压从10 V减为4 V和从4 V减为0放出的电荷量,根据 C=,有=,即===1.5。
(3)由于==,得S2≈0.611 A·s,则C==≈0.15 F。
答案:(1)a到b　(2)电容器释放的电荷量　1.5 (3)0.15
15.(9分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,有一电荷量为q=-4×10-7C的负点电荷从A点运动到B点,静电力做功WAB=3.2×10-6 J。已知A、B间距离L=4 m,AB与水平面的夹角为60°。
(1)求A、B两点间的电势差UAB;
(2)求电场强度E的大小;
(3)如果A点的电势为-4 V,求电荷量为q′=4×10-6 C的正电荷在B点具有的电势能。
解析:(1)A、B间电势差为UAB== V=-8 V。
(2)A、B两点间沿电场线方向的距离为d=Lcos 60°=2 m,
根据E=可得,匀强电场的电场强度大小为E== V/m=4 V/m。
(3)由于UAB=A-B,
而A=-4 V,
解得B=A-UAB=-4 V-(-8 V)=4 V,
则电荷量为q′=4×10-6 C的正电荷在B点具有的电势能为
EpB=q′B=4×10-6×4 J=1.6×10-5 J。
答案:(1)-8 V　(2)4 V/m　(3)1.6×10-5 J
16.(11分)如图所示,固定光滑绝缘斜面的倾角θ=30°,A、B、C三点均为斜面上的点,A、B的距离L=0.3 m,B、C的距离为AB的2倍。在A点固定一电荷量Q=1.0×10-7 C的正点电荷,将质量m=4.0×10-6 kg 的带正电小球(可视为点电荷)放置于B点时,小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点,小球的电势能减少了 4.0×10-6 J。静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,重力加速度 g取 10 m/s2。
(1)求小球所带的电荷量q;
(2)求B、C两点间的电势差UBC;
(3)若将带电小球从C点由静止释放,不计空气阻力,求小球到达B点时的速度大小v。
解析:(1)带电小球放置于B点时恰好能保持静止,根据受力平衡有
F库=mgsin θ,
而F库=,
代入数值解得q=2.0×10-9 C。
(2)根据静电力做功与电势能变化的关系,可知小球由B点移至C点的过程中,静电力做功为WBC=4.0×10-6 J,
则B、C两点间的电势差UBC== V=2 000 V。
(3)小球从C点到达B点的过程中,静电力做功WCB=-4.0×10-6 J,
根据动能定理有mgsin θ·2L+WCB=mv2-0,
代入数值解得v=2 m/s。
答案:(1)2.0×10-9 C　(2)2 000 V　(3)2 m/s
17.(12分)如图所示,BC是半径为R的圆弧形光滑绝缘轨道,轨道位于竖直平面内,其下端与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度为E。有一质量为m的带电小滑块(体积很小可视为质点),当放在BC轨道的D点时保持静止不动。已知OD与竖直方向的夹角为α=37°,若把它从A点由静止释放,小滑块恰能滑过C点。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度为g,tan 37°=0.75。求:
(1)滑块的电荷量q;
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离L;
(3)从A滑至C的过程中动能的最大值。
解析:(1)滑块在BC轨道的D点静止不动,可知滑块带正电,根据平衡条件有Eq=mgtan α,
则滑块的电荷量为q=。
(2)滑块从A点由静止释放,在滑至C点的过程中,根据动能定理有Eq(L+R)-μmgL-mgR=0,
代入数值解得L=。
(3)滑块从A滑至C的过程中,经过D点时所受合力方向沿半径指向圆心,其前、后速度先增大后减小,经D点时速度最大,从A滑至D的过程,根据动能定理有
Eq(L+Rsin α)-μmgL-mgR(1-cos α)=Ekm,
代入数值得Ekm=。
答案:(1)　(2)　(3)
18.(14分)如图甲所示,真空室中加热的阴极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后,由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO′射入板间,加速电压为U0,M、N板长为L,两板相距。加在M、N两板间电压uMN随时间t变化的关系图线如图乙所示,变化周期为T0,忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内,两板间电压可看作不变,板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ,屏与OO′垂直,交点为O′。已知电子的质量为m,电荷量为e,忽略电子重力及电子间的相互作用,不考虑相对论效应。
(1)若加速电场两板间距离为d,求电子加速至O点所用时间t;
(2)若电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场,则M、N板间的电压U1是多大
(3)求荧光屏上有电子到达的区域的长度s。
解析:(1)电子在加速电场运动的过程中,根据动能定理有eU0=m,解得v0=,
加速电场为匀强电场,电子做匀加速直线运动,平均速度 =,
则运动时间t==d。
(2)设M、N两板间距离为d′,电子在M、N板间运动时间为t1,加速度大小为a,
在垂直于电场方向上有L=v0t1,
沿电场线方向上有d′=a,
根据牛顿第二定律有=ma,
联立解得U1=U0。
(3)对刚好从M板的右边缘离开偏转电场的电子,垂直于中心线OO′方向的速度vy=at1,
其速度的偏转角度满足tan θ=,
由几何关系有s=2(+Ltan θ),
解得s=L。
答案:(1)d　(2)U0　(3)L(共40张PPT)
本章小结
起始
终止
路径
无限远
大地表面
零势能位置
EpA-EpB
垂直
106
盘点·易错与热点
「排查易错易混」
易错点1　不能正确理解电场线、等势面导致出错
√
2.(2021·天津卷,8)(多选)两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示,相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹,轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是(　 　)
A.两点电荷可能是异种点电荷
B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势
D.电子运动到P点时动能最小
√
√
解析:根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷,由电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥力,故可知两点电荷均为负电荷,故A错误;由等差等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小,故B错误;因为两点电荷同是负电荷,电场线指向负电荷,故可知A点的电势高于B点的电势,故C正确;根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知,由M到P或由N到P静电力做负功,由P到N或由P到M静电力做正功,故电子运动到P点时动能最小,故D正确。
【易错点拨】
铭记电场线总是和等势面垂直,并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。已知电场线可以画出等势面,已知等势面也可以画出电场线。处理此类题目时,先明确题目提供的是电场线还是等势面,再结合轨迹确定粒子的受力情况,从而分析得出粒子的速度、加速度、能量等的变化情况。
易错点2　因未考虑带电体的重力而出错
3.如图所示,在竖直放置、间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场,有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为g,则点电荷运动到负极板的过程中(　 　)
√
4.如图甲所示,M、N为互相平行的金属板,O1O2为板间中线。O2为两板右侧边缘连线的中点,不考虑电场的边缘效应。以竖直向上方向为正,板间电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示,E1、T已知。一根长为r的绝缘细线一端固定在距离O1点为r的O点,另一端与一电荷量为q的带正电的小球相连。t=0时,给小球以水平向左的初速度,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,在t=0.5T时恰好运动到最高点,此时剪断细线,t=T时小球经过OO2的中点,t=1.5T时,小球恰从O2点离开电场。重力加速度为g,设小球在运动过程中始终不会与金属板相碰,求:
(1)小球的质量m;
解析:(1)小球整个过程轨迹如图所示。
0～0.5T,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,重力与静电力平衡,即qE1=mg,
解得m= 。
答案:(1)　
(2)金属板的长度L;
答案:(2)(2π+1)r　
(3)电场强度Ex的大小。
【易错点拨】
当带电体的重力不能忽略时,处理相关问题时要注意重力的影响。
(1)带电小球(液滴、尘埃、微粒等)在电场中处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态),必满足F电-mg=0。
(2)在匀强电场中,若带电体的初速度方向与合力方向共线,则带电体做匀变速直线运动。可将力分解,由牛顿运动定律列出方程,结合运动学规律进行有关解答。
(3)在竖直方向的匀强电场中用细绳拴一带电小球,且沿垂直于细绳方向给其一初速度,当mg-F电=0时,小球做匀速圆周运动,细绳拉力充当向心力,可由圆周运动知识分析解答。
(4)在匀强电场中,若带电体的初速度方向与合力方向不共线,则带电体做匀变速曲线运动。可将运动分解,运用牛顿运动定律和运动学规律分别列方程求解;也可根据动能定理、能量守恒定律列方程求解。一般后者更简单一些。
「回扣命题热点」
热点1　电场中的功能关系
1.(2023·海南卷,12)(多选)如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边四等分点,下列说法正确的是(　 　)
A.M、N两点电场强度相同
B.M、N两点电势相同
C.负电荷在M点电势能比在O点时要小
D.负电荷在N点电势能比在O点时要大
√
√
2.(2023·山东卷,11)(多选)如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O和O′,A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是(　 　)
A.F′点与C′点的电场强度大小相等
B.B′点与E′点的电场强度方向相同
C.A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小
√
√
√
【核心精讲】
带电体在电场中运动的问题中,带电体除受静电力外还会受重力、弹力、摩擦力等若干力作用,解决该类问题时常应用功能关系、能量守恒定律。
(1)若只有静电力做功,则动能与电势能之间相互转化,且总量保持不变。
(2)若只有静电力、重力做功,电势能、重力势能和动能之间发生转化,且总量保持不变。
(3)若只有重力、弹力和静电力做功,则机械能与电势能间发生转化,且总量保持不变。
(4)所有外力对带电体所做的功等于带电体动能的变化。
热点2　有关电场的图像问题
3.空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　 　)
A.O点的电势最低
B.x2点的电势最高
C.x1和-x1两点的电势相等
D.x1和x3两点的电势相等
√
解析:如图,作出电场线,根据顺着电场线电势降低,则O点电势最高,故A、B错误;从图线看出,电场强度关于原点O对称,则x轴上关于O点对称位置的电势相等,故C正确;x1和x3两点不在电场线关于O点的对称位置,沿电场线电势降低,故两点电势不相等,故D错误。
√
【核心精讲】
电场中几种图像的特点与应用
E-x 图像 (1)利用图像可判断电场强度随位移变化的情况。
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x 图像 (1)利用图像可判断电势能随位移变化的情况。
(2)图线切线斜率的绝对值等于静电力大小。
(3)结合电场中的其他规律可进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
热点3　电容器的动态分析
5.(2022·重庆卷,2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则(　 　)
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
√
6.(2018·全国Ⅲ卷,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　 　)
A.a的质量比b的大
B.在t时刻,a的动能比b的大
C.在t时刻,a和b的电势能相等
D.在t时刻,a和b的动量大小相等
√
√
【核心精讲】
用“三步法”对电容器动态分析
热点4　带电粒子在交变电场中的运动
7.如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上,则t0可能属于的时间段是(　 　)
√
解析:因为释放带正电粒子,且最终打在A板上,故在电场中向A板加速的时间应大于向B板加速的时间,故A、C、D错误,B正确。
【核心精讲】
1.交变电场:电场中的电势差、电场强度等物理量呈周期性的变化。
2.运动类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做曲线运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
3.分析方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
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