静电场教师版()

24-AACAACB考点一对库仑定律的理解及应用1.两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库rF互接触后将其固定距离变为2，则两球间库仑力的大小为()r1A.F124344C.F3D．12F3Q2(＋3Q－Q)r解析：由库仑定律得F＝kr2，两球相互接触后各自带电荷量Q′＝2＝Q，故当二者间距为2时，相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小F.83FC.83F4D．F4BqqqqF的相互作用力的大小变为F′＝8，A项正确．答案：Amab别固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，两球电荷量的绝对值km2Q2m2Q2m2Q2m2Q2D．F引＝Gl2，F库≠kl2解析：万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．对于a、br2r2⑴若两球电性r2r2⑴若两球电性q+7q=4qF=kF=k=16k1=1r2r2,所以F7 (2)若两球电性不同．相互接触时电荷先中和再平分，每球带电量为2,放回原处后的相互作用3q.3qq2F9F=k=9k1=力为:1r2r2，球又分别向相反方向运动．设A、B返回M、N两点所经历的时间分别为t1、t2.则()t>tt>tDt=tt1t=tt1201203q.5q【解析】两球电量虽不同，但其相互作用力总是等大反向(F=k)，故AB两球靠近时加速度大小相r2r等，又两球具有相同的质量、相同的初动能，由此可知两球初速度相同，所以相同时间内两球的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点．由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，4q.4q也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点．相撞后因电量均分使得库仑力(F=k)变大，排拆r2r时加速度(相比之前同一位置处)变大．因而运动时间将变小．所以再次返回时t=tt【答案】C206.如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？【解析】设小球在最高点时的速度为v1，根据牛顿第二定律mg－R2＝mRv2，管壁对小球的作用力为Fv2，管壁对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有F－mg－R2＝mR②小球从最高点运动到最低点的过程11中只有重力做功，故机械能守恒，则2mv12＋mg·2R＝2mv2③由①②③式得F＝6mg由牛顿第三定律得小球对1.关于电场强度的概念，下列说法正确的是()FqA．由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比qB．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零解析电场中某点场强的大小和方向由电场本身决定，与试探电荷的受力情况及电荷性质无关，故A、D错误，C正确；电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，但场强方Qcab处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()qqBh导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝2处的场强大h小为(k为静电力常量)()4q4q4q4q40q40qhkq4kqhkq4kq体，在z＝0导体平面感应出负电荷，z轴负向无穷远处感应出正电荷，因达到静电平衡时导体内部场强处h4kqhAEh4kqhAA.4A.4a2，沿y轴正向D解析因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷QQ在G点产生的场强等大反向大小为E合＝ka2；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝QkaakaaGHHEE合－E1＝4a2，方向沿y轴负向，故选B.答案B5.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、kqkq4R2kqC.4R2－EkqM的场强为k2R)2kqkq＝2R2，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为2R2－E，根据对称性，左半球壳在N点产D．4∶3EO当N点处的点电荷移至P点时，EE2O点场强如图所示，合场强大小为E2＝21，则E1＝1，B正确．答案：B2CB的电荷量都减小到原来的一半【正解】由【正解】由BFdkQQ，可知d=3BBg，【答案】BDB的共点力平衡图知=，而F=ABmgLd2连线上的场强大小等量异种点电荷最小，指向负电荷一方沿连线先变小，再变大O点最大，向外逐渐减小等量同种点电荷沿连线先变小，再变大O点最小，向外先变大后变小只有同时满足以下三个条件时，带电粒子在电场中的运动轨迹与电场线才会重合：(1)电场线为直线；(3)电荷仅受电场力或所受其他力的合力的方向与电场线平行．1.(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正baBcd电电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电2.某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图A．粒子必定带正电荷B．该静电场一定是孤立正电荷产生的解析：由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，A错误．孤立正电荷的电场线是从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场一定不是孤立正电荷产生的，B错误．电场线密的地方电场的场强大，电场线疏的地方电场的场强小，由题图可知，N点a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是()dCP引力受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，选项C正确；考点四带电体的力、电综合问题斜面上，则A球受力个数可能为()答案AC2.(多选)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球A、B两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是()AA大B．细线对细环的拉力保持不变C．细环所受的摩擦力变大D．粗糙杆对细环的支持力变大AmgFTFFTABDlABDl则()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的作用力一个为引力，一个为斥力，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)l带正电，电荷量均为q，c)l3kq3kq 2FaFqEa受力平衡可知，利用正交分解法：F2cos60°＝F1＝kl2F2sin60°＝qE.答案B解得E＝l2.q23kq5.如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A.在两次实验中，均解析：解析：设细线长为l，对A球受力分析，由受力平衡知F＝kqQA＝mgtanθ，故q∝tan24-库(lsinθ)224-kQqQQ6.(多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，FAmkQqQQAA对地面的压力大小为2.0NB．两线上的拉力大小F＝F＝1.9NC．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F＝1.225N，F＝1.0N2D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F＝F＝0.866N解析：小球B和支架组成的整体，在三个力作用下平衡，故有FN＋FAB＝mBg，又FAB＝22kkrB，联立两式解得FAB＝0.9N，FN＝1.1N，根据牛顿第三定律可判断出A错．小球A在四个力作用下平衡，如图甲所示．由对称性可知F1＝F2，在竖直方向上有2F1cos60°＝AA222力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：F1cos30°＝F2cos30°－FBA′cos30°，FsinFsinmAgFBAsin30°，解得F1＝1.225N，F2＝1.0N，故7.如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度E＝1.25×104N/C，一根长L＝1.5m、与水平方向的夹CBqCmkg球B从NBkNm/C2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，沿沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－L2－qEcosθ＝ma解得a＝gsinθ－L2m－qEcosθkQqkQq(2)当小球B所受合力为零时其速度最大，设此时A、B球的距离为r，则有mgsinθ－r2kQq8.两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，此时a<，如图所示，现将两细线同时剪断，在某一时刻()kQqQ1Q1Q2Q2F－22FQ1Q1Q2Q2F－22FBabm>m．两细线同时剪断后，两小球在竖直方向均做自由落体运动，因此，两小球始终处在同一水平面上，abA正确．在水平方向做加速度逐渐变小的加速运动．但a、b两球组成的系统在水平方向上动量守恒，有mvmvmmvvDC动时间，在aabbabab电场的力的性质综合训练1．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场的电场线(方向未画出)如图所示，一电子在A、B两点所受A．F＝FB．F<FC．F>FD．无法确定ABABAB2．一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点 解析质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的， 24-24-FFkQqkQqkQ·2qB2，F′＝5.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．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0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2N解析ACD由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选项A正确；6．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再C．粒子带正电解析电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密集，场强越大．M点所在区域电场线比N点所在区域电向，电势逐渐降低．从总的趋势看，电场线的方向是从M到N的，所以M点的电势高于N点的电势．故B正确．如图所示，用“速度线与力线”的方法，在粒子运动的始点M作上述的两条线，显然电场力的方向与电场线的方向基本一致，所以粒子7．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示，粉尘带负电，在电场 和空气阻力)() 解析根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运8．如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止()．A．垂直于杆斜向上，场强大小为mgcosθ/qBA．垂直于杆斜向上，场强大小为mgcosθ/qBmg/qD．水平向右，场强大小为mgcotθ/q解析若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A、C错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E＝mg/q时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，mAmB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1>θ2)．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkAABABD．E一定大于EkAkB1球摆到最低点时：A小球下降的高度hA大于B小球下降的高度hB.由2mv2＝mgh有v＝2gh，所以vA>vB，10．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有＋q和－q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑 引力小于球的重力mg.现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的))ABOA力大小为2mg，并且OA处于竖直方向，选项CmgL33mg(L2－R2)L2kRmgRLmgRL2－R2RmgLQ211．在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为k.则下列说法中正确的是()．kR解析以小球为研究对象，进行受力分析，小球受到三个力的作用：细线的拉力F、库仑斥力F′、重力12．如图所示，有三根长度均为L＝0.3m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．BqBqBEkEk109×3(2)两球及细线最后位置如图所示，利用整体法可得FT＝2mg＝2×0.12×10N/C＝3×105N/C.0.32N＝2.4N，因为小球受力平衡，答案(1)3×105N/C(2)2.4N；37°(3)0.108J电场的能的性质考点一电势高低及电势能大小的判断1.(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，选项A正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密程度有关，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的2．(多选)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的位置电势能越小，C错误；因负电荷从a点移到b点的过程中电势能增大，由功能关系知电场力必做负3.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()Ab度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右qC向电场中M点，电场力做功为6.0×10-5J，若将一个等量的负电荷⑴M、N两点的电势φm、φn之间关系正确的是()⑴NM两点间电势差为．∞∞∞m∞m∞mmm6105J6105Jnn∞17V所以n∞n∞n∞nnmφ－φ＝-7V－(-6V)＝-1VNMNNM(6)J＝-6×10-5J．负电荷在(6)J＝-6×10-5J．负电荷在M点电势能E105(6)J＝M6×10M6×10-5J．【答案】⑴CpM考点二电场线、等势面与粒子运动轨迹问题1.(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同AA．M的带电荷量比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功解析带电小球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N两球所受电场力的合力为零，即M、N所在点EN球带正电，且两球所带电荷量相等．所以B、D正确．答案BD2.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是()B．1、3两点的场强相等C．1、2B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等A．带电粒子所带电荷的正、负b解析本题考查电场线与等势面的特点，根据电场线的疏密程度判断场强大小，电场线越密，场强越强，A．带电粒子所带电荷的正、负b24-A强电场的电场强度E＝403V/mB电场的电场强度A强电场的电场强度E＝403V/mB电场的电场强度E＝80V/mbcd则下列说法正确的是()解析由电场线的疏密可知，a点的电场强度较大，带电粒子在a点的加速度较大，故C正确；画出初速度方向，结合运动轨迹的偏转方向，可判断带电粒子所受电场力的方向，但由于电场的方向未知，所以不能判断带电粒子的电性，故A错误，B正确；利用初速度方向和电场力方向的关系，可判断电场力对带电4.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0V，AVmB．2003V/mAVmB．2003V/m解析：匀强电场的电场线与等差等势面都是平行、等间距排列的，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场U3V等势线，作等势线的垂线，即电场中的电场线．E＝d＝OC·sin30°＝200V/m.UbcVdbcRsinRsin3)，所以该匀强U电场的电场强度E＝d＝40V/m，A、B错误；Udc＝Uab即φd－φc＝φa－φb，故d点的电势为－4V，D正势线，若势线，若AB＝BC＝CD＝DE＝2cm，且与直线MN成30°角，则()A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且指向左下方B．该电场是匀强电场，电场强度大小E＝2V/mC．该电场是匀强电场，与C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为UD．该电场可能不是匀强电场，E＝不适用d2解析：因各等势面间距相等，电势差相等，所以该电场为匀强电场，电场强度大小E＝2×10－2sin30°V/m零，与C点距离为2cm的点的最高电势为φm＝Ed＝200×2×10－2V＝4V，最低电势为－4V，C正4.如图A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，BC24-【解析】方法一：由匀强电场的性质不难得出，匀强电场中任意两条互相平行的长度相等的线段，其两端电势差相等.因AD∥BC，且AD=BC得U=U，即φ－φ＝φ－φ从而得φ=9VADBCADB，D方法二：本题还可以用画等势线的方法求解：作A、C两点的连线，它是该正方形的一将这根对角线AC等分为三段等长的线段：AE、EF、FC，根据上面得出的结论：这三段线段两端的电势差相等．于是由AC两点电势可推知，φE=9V，φF=3V，可见φB=φF，即B、F两点在同一等势线上，显然图中△BCF≌△DAE，因此BFED即DE也是一条等势线，得出φD＝φE＝9V，而电场线垂直于等势面，由高电势指向低电势如图6－2－5示．【答案】φD＝9VQQ据此可知()PQP电场线垂直于等势面，如图所示，电荷做曲线运动，且负电荷的受力F的方向应指向运动轨迹的凹的一侧，该力与场强方向相反，所以电场线指向如图示．判断P，QQP势越大，负电荷在该处具有的电势能就越小，A错B对．或根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角是否大于90°，可知当粒子向P点运动时，电场力总是对检验电荷做负功．功是能量变化的量度，可判断由Q→P电势能增加，B选项正确；又因系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，C选项不正确．【答案】BD6.(多选)如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABCA．该粒子可能带正电CB时的加速度一定为零D．该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能解析从该带电粒子的运动轨迹看，固定电荷对它有吸引力，由固定电荷带正电可知，该粒子一定带负电，线的中点，合场强为零，故粒子受力为零，则加速度为零，C正确；因为离正电荷越远，电势越低，即考点三静电场中图象问题的处理技巧1．(多选)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．两点电荷一定都带负电，但电荷量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处abD．t2ab解析：由v－t图象可知t2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0~t2时间内做减速tC错误，D正确．试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿Q1、Q2连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电xExx场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()轴运动，则点电荷()AEEBxCxA受电场力沿x轴负方向，在负x轴上受电场力沿x轴正方向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场4.(多选)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处babaababD．W>W解析电场线为直线，带负电的粒子仅在电场力的作用下由静止释放，那么一定沿着电场力的方向运动，选项D正确．答案BDCND)C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大DqANCx轴正方向，C点场强为0，B错．根据ND段图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向6.一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Epx)p解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．由E—x图象知，带电粒子的电势能p不是均匀变化的，静电力不能为恒力，故选项A错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；由于静电力不是恒力，CD面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则()AA．若小球带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下解析若小球带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时，电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，所以A错误；当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，故B错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，2.一个质量为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g为3，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()g2A．小球的动能增加3mgh1C．小球的重力势能减少3mgh2B．小球的电势能减小3mgh2D．小球的机械能减少3mgh1解析由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F合＝ma＝3mg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能12增加ΔEk＝F合h＝3mgh，故A错误；由牛顿第二定律得：mg－F＝3mg，解得电场力F＝3mg，且方向竖直22向上，则电场力做功W电＝－Fh＝－3mgh，故小球的电势能增加3mgh，故B错误；小球在竖直方向上下h重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误；由上面可知，小球的电势能增22加3mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少3mgh，故D正确．答案D3.如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从点由静止开始下落，1且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由点运动到C点过程中，下列说法正确的是(()A．该匀强电场的电场强度为mg(H＋h)3C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)D．弹簧的弹性势能的增加量为mgB．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mg(H＋h)3ACWqEH2mg(H＋h)2mg(H＋h)h)＝－3，可知机械能减少量为3，故B错误；从到C过程中，电场力做功为－2mg(H＋h)2mg(H＋h)2mg(H＋h)3，则电势能增加量为3，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－3＋W弹＝0mg(H＋h)mg(H＋h)W3，即弹簧弹性势能增加量为3，故D正确．答案D4.如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在点的速度大小为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子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝3v0②设、B两点间的电势差为UAB，q))311力先做正功后做负功，a球速311326.如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.将一质量为2m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛31E7d3d电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了2和2，设电势能分别减小ΔEp电场后，小球从O点到A123ΔE，由能量守恒及④式得pBΔEpA＝3Ek0－Ek0－2mgd＝3Ek0⑦,ΔEpB＝6Ek0－Ek0－2mgd＝Ek0ΔE，由能量守恒及④式得pBxΔE2与O点的距离为x，如图，则有3＝ΔEpA⑨解得x＝d,MA为等势线，电场强度方向必与其垂dpB2pA为30°.设电场强度的大小为E，有qEdcos30°＝ΔE⑪由④⑦⑪式得EpA3mg73mg6q36q⑫答案：(1)6q36q电场的能的性质综合训练D电荷经由哪条路径从A移动到C，静电力对其做功都相等，且都做正功2．电场中等势面如图2所示，下列关于该电场描述正确的是()C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功解析：由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，故B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()BD．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能解析由题意知点电荷Q带负电，所以有φA<φB<0，得|UA∞|>|UB∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，QQC为四面体的四个顶点，且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)．D(2L,0,0)xOQ)．B．电势差U＝UOAAD将电子由C分别移到A、B两点，电场力做功相同，故C对．电子在A点的电势能小于两电荷的连线，且a与c关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()c上场强最小的点同时也是中垂线上场强最大的点，所以d点场强大于b6．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图6所示．下列说法中正确的是()则下列说法正确的是()A沿x轴正方向一直向前运动24-解析沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向(或从正、负无穷远指向O线电势降落(最快)，所以O点电势最高(或最低)，A、B错误；由于电场沿x轴对称分布，则O7．一带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t＝0时刻开始运动，其vt图象如图所示．如粒子在2t0时AB解析由速度图象可知粒子在A、B两点加速度相同，受力相同，故A、B两点的电场强度大小关系为EA8．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点，轨迹如图6中虚线所示，图8中的一组等距平行实线表示的可能是电场线也可能是等差等势面，则以下说法正确的是()．C．无论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比在b点的电Dab点的速率解析根据运动轨迹可以判断电子所受电场力方向指向曲线内侧，如果平行实线是电场线，电场方向向左，则从a到b电场力做正功，动能增大、电势能减小，C错；如果平行实线是等势面，电场方向向上，则从a到b电场力做负功，动能减小、电势能增大，D正确；不管平行实线是电场线还是等势面都表示匀强电xOyxOyRm荷圆周移动时，其电势能Ep＝2.5×10－5sinθ(J)，则()．A．x轴位于零势面上C．y轴位于零势面上 10．有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图10所示．若将一带负电的粒子(重力不24-应的时间分别是2(3－2)t0，其速度相等，则应的时间分别是2(3－2)t0，其速度相等，则C正确；粒子在P、Q两点时的功率P＝Eqv，因电场强度不相同，故t0和错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、t0和aQBvtPQ22 11．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；解析量为(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；解析 (1)物块在A点受重力、电场力、支持力．分解电场力，由竖直方向受力平inhrsinFN＝mg＋8h2(2)从＝mg＋8h2(2)从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得－qU＝2mv2－2mv又因为U＝φBm33kQqm12．一带电平行板电容器被竖直安放，如图所示，两板间距d＝0.1m，电势差U＝1000V．现从平行板上A处以vA＝3m/s的速度水平向左射入一带正电小球(已知小球的电荷量q＝10－7C，质量m＝0.02g)，经一A正下方的B处(g取10m/s2)，(1)在图上粗略画出带电小球从A点运动到B点的轨迹．1解析(1)如下图所示(2)设小球的飞行时间为t，则：在竖直方向上有sAB＝2gt2，在水11mgsAB＝Ek－2mv即Ek＝mgsAB＋2mv＝1.044×10－4J.答案(1)见解析图(2)7.2×10－2m(3)1.044×10－4J第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动考点一平行板电容器的动态分析问题1．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、EQ)Ud解析：由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A正确；当E不变，d变为原来dQ2．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素．在如图所示装置中，设两极板正对面积为S，极Q板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C.实验中，保持极板所带电荷量不变，若(()QQQ3．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的Q两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是的右极板向右平移时，下列说法正确的是()A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析：甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式Ud电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝d电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝εrS可知，极板间的电压U＝4πkdQ4πkdQU4πkQC＝εrS，极板间的电场强度E＝d＝εQ4πkdQU4πkQA.有电流流动，方向从a顺时针流向bA.有电流流动，方向从a顺时针流向bC.无电流流动D.无法判断srssrs及QdCUQ∝，因此当d变大时，板上电量Qr4kd将变小，极板放电，因此电流从b流向a【答案】B整体．验电器的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构．净电荷要重新分布．即电荷分布于新的导体的外表面，因而金箔将带电，6.如图所示，电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接．若声源S做简谐运动，则()C．a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流【解析】由于与电源相连，固电压不变，而金属膜振动导致板间距d变化，从而使场强E与电量Q均发生改s变．且电量QCU∝r随d的变化时增、时减，故电流方向也不断改变．d减小时Q变大，相当给电容充sd电．【答案】D考点二带电粒子在电场中的直线运动1.如图，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2动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相5距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，))22解析：因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距5l的平面，则电荷量为q的粒子通过的位移为5l，电q为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝、a2＝，由运动学公2.如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压小．解析：由于带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，UU解得a＝7.5m/s2设液滴在平行板中飞行距离为s，则s＝sin＝0.05m，又由v2－v＝2as得v＝v＋2as12121212211qU2mdy之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A．偏转电场E对三种粒子做功一样多≈1.32m/s.方法二：液滴受到的合力F合＝mgtan37°，由动能定理得F合s＝2mv2－2mv，解得v≈1.32m/s.答案：(1)8×10－8kg(2)1.32m/s考点三带电粒子在电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)处理方法：类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．L①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝v②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．子在电场中偏转的计算(2)运动时间L①能飞出平行板电容器：t＝v3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：11UqUy＝2mv2－2mv，其中Uy＝dy，指初、末位置间的电势差．4.两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电L2场边缘的距离为21.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()12121212U122.(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，24-B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置在竖直方向的偏转量在竖直方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D正确．偏转电场对粒子做功W＝qU＝qE2y，由于运动轨迹相同，三种粒子离开电场时的1偏转量y相同，则W相同，A正确．根据W＝2mv2，三种粒子质量不同，因此速度v不同，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qq13v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝2m(v－v)③联立②③式得UABmvq(1)方法特点：等效思维方法就是将一个复杂的物理问题等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．常见的等效法有“分解”“合成”“等效类比”“等效替换”“等效变换”“等效简化”等．(2)规律分析：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是一类重要而典型的题型．对于这类问题，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，则过程比较简捷．(1)求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”．F(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．与圆轨道相切．整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带解析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝(qE)2＋(mg)2＝3，tanθ＝mg＝3，tanθ＝mg＝3，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即24-24-mv有mg′＝R，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0mv运动，由11动能定理知：－2mg′R＝2mv－2mv解得v0＝2.如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球(1)求：①小球带电性质；②电场强度E.(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度根式)．vA的大小(可含解析：(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．②小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)解得E＝(2)将小球的重力和电场力的合力作为小23球的等效重力G′，则G′＝3mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运v2231123动，在等效最高点．mL＝3mg2mv2－2mv＝－3mgL(1＋cos30°)联立解得vA＝2(3＋1)gLA．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5CB．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－5CDV解析9V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确；正常工作时的带电荷量Q＝CU＝1.5×10－6答案BCxx如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()24-B．电场力一直做正功C．电子运动的加速度逐渐增大D．电子的电势能逐渐增大解析由电势－位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动C不正确；沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子受沿Ox轴正方B3．如图2所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 解析上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴 4．如图3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，1从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()．BAC可能做匀速圆周运动解析本题考查学生对复合场问题、功能关系、圆周运动等知识综合运用分析的能力．若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，A错．若电场力等于重力，物体做匀速圆周运动，B正确．因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于H，C正确．由圆周运动知识可知若小球答案BC5．如图4所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不AABB电压，电子开始向B板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B板；加C图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B板运动，即电子一定能到达B板；加D图电压，电子的运动与C图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B板运动，即电子一定能到达B板．综答案BLmmg在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d＝5.0cm，两板间电压U＝1.0×103V．静止时，绝缘细A．两板间电场强度的大小为2.0×104V/mB．小球带的电荷量为1.0×10－8CC．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动U1.0×103解析设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E＝d＝5.0×10－2V/m＝2.0a1电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C项错、D项正答案ABD7．如图6所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定()．A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电B．三个质点在电场中的运动时间相等丙D．三个质点到达负极板的动能E>E丙D．三个质点到达负极板的动能E>E>E丙乙甲解