高考物理一轮复习专题训练：静电场

专题九静电场高考物理一轮总复习专题训练：1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

()

A.1、2两点的场强相等

B.1、3两点的场强相等C.1、2两点的电势相等

D.2、3两点的电势相等考点一电场的性质考点专题训练答案

D同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、

B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。考查点电场线、等势面。思路点拨场强大小看电场线的疏密,电势高低看电场线的方向。2静电场可以用电场线和等势面形象描述。a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知

道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条

数之比N1/N2。解析

a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。根据库仑定律检验电荷受到的电场力F=k

根据电场强度的定义E=

得E=k

b.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比

=

=

答案

a.见解析

b.

思路分析

辐射的球体模型构建电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条数。3极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,

请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要

说明电势和“重力势”的共同特点。答案见解析解析电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即φ=

由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG

与其质量m的比值,叫做“重力势”,即φG=

。电势φ和“重力势”φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。4如图所示,长l=1m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的

带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电

荷量q=1.0×10-6C,匀强电场的场强E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=

0.8。求:

(1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。答案(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-4kg(3)2.0m/s解析(1)F=qE=3.0×10-3N(2)由

=tan37°,得m=4.0×10-4kg(3)由mgl(1-cos37°)=

mv2,得v=

=2.0m/s解题指导(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从

开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。5如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3

cm,ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的

比值的绝对值为k,则

()

A.a、b的电荷同号,k=

B.a、b的电荷异号,k=

C.a、b的电荷同号,k=

D.a、b的电荷异号,k=

课标卷题组答案

D

本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2

或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b的电荷异号,合

力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tanβ=tanα=

,

=tanβ,由库仑定律得

=

,联立得k=

=

。故A、B、C三项均错误,D项正确。

,联立得k=

=

。故A、B、C三项均错误,D项正确。

一题多解

电场强度叠加法球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连

线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域;若a、b的电荷异号,球c处的合电场

强度指向1或3区域;故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方

向如图,tanβ=tanα= ,由电场强度叠加原理得,tanβ= ,结合点电荷电场强度公式得 =6(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与

此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动

到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是

(

)

A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为

C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为

D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差答案

BD本题考查电场力做功与电势能变化量的关系、匀强电场中U=Ed。根据电场力做

功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同

一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可

得φM=

④,同理可得φN=

⑤,联立①②③④⑤式可得:WMN=

,即B项正确。若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式可推出φa-φM=φb-φN,即D项正确。由题意无法判定电场强度的

方向,故A、C项均错误。易错点拨注意E=

成立的条件在匀强电场中,E=

中的d为始、末两点沿电场线方向上的距离,本题中如果未注意这一条件,易错选C。7(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,

已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做

的功为6eV。下列说法正确的是

()

A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍答案

AB本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d

的过程中克服电场力做功6eV,说明电场方向由a→f,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6V,故Uab=Ubc

=Ucd=Udf=2V,又因为φb=2V,故φa=4V,φc=0V,φd=-2V,φf=-4V,可知A项正确。Eka=10eV,从a到f

过程中,需克服电场力做功8eV,Eka>|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到

达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8

eV,经过平面d时的动能为4eV,又知Ek=

mv2,故

=

=

,D项错误。易错点拨隐含条件的显性化动能是标量,而速度是矢量,故本题中不知道初速度的具体方向。8(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为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∶1C.Wab∶Wbc=3∶1

D.Wbc∶Wcd=1∶3答案

AC本题考查场强与电势。由图可知:ra=1m、φa=6V;rb=2m、φb=3V;rc=3m、φc=2V;rd=6m、φd=1V。由点电荷的场强公式E=

得Ea∶Eb∶Ec∶Ed=

∶

∶

∶

=36∶9∶4∶1,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶

1,故C正确、D错误。方法技巧电场力做功的计算方法定量计算电场力做功时,第一种方法是利用W=qU;第二种方法是利用功能关系即电场力所做

的功等于电势能的变化量;第三种方法是利用动能定理;第四种方法是由功的定义得W=qEl

cosα。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。9(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

图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是

()

A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV答案

ABD本题考查场强与电势差的关系、电势能和电场力做功。设a、c连线上d点电势为17V,连接b、d,bd为等势线,如图

据U=Ed可知,匀强电场中U与d成正比,则

=

,即

=

,得lcd=4.5cm,则tanθ=

=

,θ=37°,过c点作bd的垂线交bd于e点,如图,则lce=lcbsinθ=6×

cm=3.6cm,Uce=26V-17V=9V,ce方向垂直等势线bd且φc>φe,则ce方向为匀强电场方向,据E=

可知E=

=2.5V/cm,故A选项正确。laO=lcb,故UaO=Ucb,即φa-φO=φc-φb,得φO=1V,故B选项正确。据Ep=qφ=(-e)φ,φa<φb,知Epa>Epb,故C选项错误。据Wbc=qUbc知Wbc=(-e)Ubc=(-e)(φb-φc)=(-e)(17-26)V=9eV,故D选项正确。方法技巧充分利用U=Ed中场强一定时U与d成正比的关系、直角三角形中tan37°=

和sin37°=

解题。①建立bd等势线,在ac上利用U与d成正比来求φd=17V时cd的长度lcd=4.5cm,确定θ=37°。②作出等势线的垂线寻找E的方向,再利用θ=37°得到ce长度。③由E=

算出E的大小。④在应用Ep=qφ及W=qU时要注意电子带电荷量为-e,这样判断电子在a、b点电势能高低时不

易出错。10(多选)如图,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,且相对于过轨迹最低点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点的小答案

AB由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合

力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力

大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P

点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在

P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正

确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。疑难突破考生必须分析出油滴轨迹的对称性具有的含义,才能展开进一步的分析。评析以电场和重力场为背景,考查电场及运动的知识,关键在于分析出对称性的特点,才能得

出电场力与重力的大小关系及方向,属于中等难度。11如图,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>vaC.ab>ac>aa,vb>vc>va

D.ab>ac>aa,va>vc>vb

答案

D带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=

=

,E=k

,因为rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;由动能定理有Wab=qQUab=

m

-

m

Wbc=qQUbc=

m

-

m

因为Wab<0,所以va>vb因为Wbc>0,所以vc>vb因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc故有va>vc>vb,D项正确。规律总结掌握点电荷电场的特点及电场力做功与电势差的关系,明确仅在电场力作用下,加

速度的大小取决于场强的大小,速度的大小取决于电场力做功的正负及大小。评析本题在考查点电荷电场的电场线、等势面的分布特点及电场力做功与电势差关系的

同时,综合考查了牛顿运动定律及肛动能定理的内容,综合性较强。12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,电场力做正功答案

B假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就是两个不同的值,这是不可能

的,A错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;负电荷从高电势处移到低电

势处,电势能增加,电场力做负功,D错误。方法技巧用类比法理解电荷在电场中运动的过程中电场力做功以及电势能变化情况:一块

石头从山顶(高地势处)滚落到山脚(低地势处),重力势能减少,重力做正功。与此类似,正电荷

从高电势处向低电势处移动,电势能减少,电场力做正功,所以,可将正电荷与石头类比。如果

是负电荷的运动,只要把正电荷电势能变化、电场力做功情况反过来就可以了。13如图,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>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.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,电场力做负功答案

B由电子从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可知,φM>φN=φP,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A

错、B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P

点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。解题关键①电子带负电荷。②由“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”知N、P两点在同一等势线上,则直线c、d为匀强电场中的等势线。③由于匀

强电场中电场线与等势线垂直可知,a和b为电场线。④由于电场力对电子做负功,可知电场方

向为M→N。知识总结

①匀强电场中电场线和等势线分别是相互垂直的两组平行线。②电场力对电场

中运动电荷做的功W=qΔφ。14(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答案

AD电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的

大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,

可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。C组

教师专用题组15某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小

分别为EP和EQ,电势分别为φP和φQ,则

()

A.EP>EQ,φP>φQB.EP>EQ,φP<φQC.EP<EQ,φP>φQD.EP<EQ,φP<φQ答案

A根据沿着电场线的方向电势是降落的,可以判断出φP>φQ;根据电场线的疏密表示电场的弱强,可以判断出EP>EQ,故选A。C组

教师专用题组16图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,其单

位面积带电量为σ。取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点

的距离为x,P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量),其中只

有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表

达式的合理性做出判断。根据你的判断,E的合理表达式应为

()

A.E=2πkσ

xB.E=2πkσ

xC.E=2πkσ

xD.E=2πkσ

x答案

B当R1=0时,对于A项而言E=0,此时带电圆环演变为带电圆面,中心轴线上一点的电场

强度E>0,故A项错误;当x=0时,此时要求的场强为O点的场强,由对称性可知EO=0,对于C项而

言,x=0时E为一定值,故C项错误;当x→∞时E→0,而D项中E→4πkσ,故D项错误。所以正确选项

只能为B。1研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法

正确的是

()

A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大考点二电容器、带电粒子在电场中的运动答案

A本题考查平行板电容器。带电玻璃棒接触a板,a板会带上同种电荷,同时b板上会感

应出异种电荷,故A正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b板上移,正对面积S减小,

电容C减小,板间电压U增大,故指针张角变大,B错;插入有机玻璃板,相对介电常数εr增大,电容

C增大,板间电压U减小,指针张角变小,C错;只增加极板带电量Q,板间电压U增大,但电容保持

不变,故D错。解题关键

电容器中各量的变化关系电容C=

及C=

,对这两个公式的理解及各量的物理含义的认识,是解答本题的关键。2如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的

方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏

转电场可看做匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。

(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方

向的偏转距离Δy。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,

请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19

C,g=10m/s2。解析(1)根据功和能的关系,有eU0=

m

电子射入偏转电场的初速度v0=

在偏转电场中,电子的运动时间Δt=

=L

偏转距离Δy=

a(Δt)2=

(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29N电场力F=

~10-15N由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。答案(1)

(2)见解析解题指导这是属于带电粒子在匀强电场中先加速再偏转的问题,带电粒子在加速电场中运

用功能关系(动能定理)来列式,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动时运用运动的合成和分

解来解答。审题指导读题要抓住带电粒子在电场中运动的性质,在加速电场中做初速度为零的匀加速

直线运动,在偏转电场中做类平抛运动。3真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。

光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸

出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接

线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单

位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证

明:P=ΔEk。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)解析(1)由动能定理,Ekm=eUm,可得Um=

短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以E=Um=

电源内阻r=

=

(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能ΔEke=eU设单位时间内有N'个电子到达B板,则损失的动能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU答案(1)

Ne(2)

(3)见解析根据电流的定义,此时电源内部的电流I=N'e此时流过外电阻的电流也是I=N'e,外电阻上消耗的电功率P=IU=N'eU所以P=ΔEk

考查点带电粒子在电场中的运动、电路、功能关系。思路点拨1.最大电势能对应电子的最大初动能,短路时两板间电势差为零,A板上的电子会

全部到达B板。2.从电路的角度分析,电动势等于电源断路时的路端电压,而短路电流等于电动势除以电源内

阻。3.外电阻上消耗的功率P=IU,I为单位时间内流过的电子的总电荷量;ΔEk是单位时间内到达B

板的电子损失的动能总和。4静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的

折线,图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运

动。已知该粒子质量为m、电量为-q,其动能与电势能之和为-A(0<A<qφ0)。忽略重力。求(1)粒子所受电场力的大小;(2)粒子的运动区间;(3)粒子的运动周期。答案(1)

(2)-d

≤x≤d

(3)

解析(1)由图可知,0与d(或-d)两点间的电势差为φ0电场强度的大小E=

电场力的大小F=qE=

(2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得

mv2-qφ=-A

①由图可知φ=φ0

②由①②得

mv2=qφ0

-A

③因动能非负,有qφ0

-A≥0得|x|≤d

即x0=d

④粒子的运动区间-d

≤x≤d

(3)考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律,粒子的加速度a=

=

=

⑤由匀加速直线运动t=

将④⑤两式代入,得t=

粒子的运动周期T=4t=

⑥B组

统一命题·课标卷题组5(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B组

统一命题·课标卷题组答案

BD

本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可知,微粒a向下运动,

微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xa>xb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x=

·

t2,则ma<mb,选项A错误;由动能定理可得:qEx=Ek,则Eka>Ekb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb

大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势φ相等,而两微粒的电性不同,由Ep=q

φ,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。易错点拨对Ep=qφ的理解

Ep=qφ中,电势能Ep、电荷量q和电势φ都为标量,但有正负之分,在利用该式进行分析时,要

求将正、负号代入进行计算,否则容易出现错误。6一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答案

D平行板电容器电容C=

,云母介质移出,εr减小,C减小;又C=

,电源恒压,U一定,C减小,故Q减小;电场强度E=

,故E不变,选项D正确。审题指导关键词:恒压直流电源、介质移出。评析此题考查平行板电容器电容、电荷量及电场强度之间的关系,难度为易,考生根据相关

公式即可分析解答。7如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释

放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,

再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将

()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动答案

D最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过4

5°时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,

选项D正确。

审题指导“微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电

场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°”,注意

电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,

仅方向逆时针旋转45°,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。8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,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vBsin30°=v0sin60°

①由此得vB=

v0

②设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB=

m(

-

)

③联立②③式得UAB=

④答案

解题关键

①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律

相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vBsin30°=v0sin60°。

②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。9如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的

匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)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

时的动能为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。答案(1)3∶1(2)

H(3)

解析本题考查匀变速直线运动、运动的分解、电场、动能定理。(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v

0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,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

①s1=v0t+

at2

②s2=v0t-

at2

③联立①②③式得

=3

④(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

=2gh

⑤H=vyt+

gt2

⑥M进入电场后做直线运动,由几何关系知

=

⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=

H

⑧(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

=

⑨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

⑩Ek2=

m(

+

)+mgH-qEs2

由已知条件Ek1=1.5Ek2

联立④⑤⑦⑧⑨⑩

式得E=

解题关键①N离开电场时的速度方向竖直向下——N在水平方向的速度恰好减速到0;②方

向水平向右的匀强电场——M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;③刚

离开电场时M的动能为N的1.5倍——建立等式确定电场力和重力的关系。10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。解析本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。(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

①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1

②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

③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1

④由①②③④式得v2=v0-2gt1

⑤(2)由题意,在t=0时刻前有答案见解析qE1=mg

⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+

a1

⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-

a2

⑧由题给条件有

=2g(2h)

⑨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

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2=

E1

为使E2>E1,应有2-

+

>1

即当0<t1<

或t1>

才是可能的;条件

式和

式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。若B点在A点之下,依题意有s1+s2=-h

由①②③⑥⑦⑧⑨

式得E2=

E1

为使E2>E1,应有2-

-

>1

即t1>

另一解为负,不合题意,已舍去。解题指导多阶段运动物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物

体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即物体在后

一阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过

作运动过程草图来获得。11如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=6

0°,OB=

OA。将一质量为m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出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时

的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达

B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g。求(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向。专用题组解析(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=

d,根据平抛运动的规律有dsin60°=v0t

①dcos60°=

gt2

②又有Ek0=

m

③由①②③式得Ek0=

mgd

④设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+

mgd

⑤由④⑤式得

=

⑥(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了

和

,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得ΔEpA=3Ek0-Ek0-

mgd=

Ek0

⑦答案(1)

(2)

方向:与竖直向下的方向成30°夹角ΔEpB=6Ek0-Ek0-

mgd=Ek0

⑧在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点

的距离为x,如图,则有

=

⑨

解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角

为α,由几何关系可得α=30°

⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E,有qEdcos30°=ΔEpA

由④⑦

式得E=

三年模拟1两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器,充电后与电源断开,M

板带正电,N板带负电,且电荷量保持不变。如图所示,板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球

(可视为质点),小球静止时与竖直方向的夹角为θ,忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场

的影响,则

()

A.小球带负电;若将细线烧断,小球将做匀加速直线运动B.小球带正电;若将细线烧断,小球将做自由落体运动C.若只将N板水平向右平移少许,电容器的电容将变小,夹角θ将变大D.若只将N板竖直向上平移少许,电容器的电容将变小,夹角θ将变大考点一电场的性质高考模拟·基础题组高考模拟答案

D由小球静止时偏向右侧可知小球带正电;烧断细线,小球在电场力和重力的共同作

用下,沿两力的合力方向做匀加速直线运动,所以A和B均错;在电荷量不变时,N板右移或上移,

电容器的电容均减小,但上移会使电场强度变大,夹角θ变大,选项C错D对。2.如图甲所示,直线AB是某电场中的一条电场线,若在A点放置一初速

度为零的质子,质子仅在电场力作用下,沿直线AB由A运动到B过程中速度随时间变化的图像

如图乙所示。则下列说法中正确的是

()

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度B.电场方向一定是从B指向A

C.质子从A到B的过程中,在连续相等的时间间隔内,电场力做功的平均功率一定相等D.质子从A到B的过程中,在连续相等的时间间隔内,电场力的冲量一定相等答案

A由图乙知质子从A到B做加速度逐渐减小的加速运动,则EA>EB,电场方向由A指向B,

A对,B错。

=

,连续相等时间内平均功率不一定相等,C错。I=Eqt,连续相等时间内,E不同,I一定不同,D错。3两等量正点电荷相距一定距离,它们连线的中点为O。一带负电的粒

子(不考虑重力)由静止开始,从连线的中垂线上P点运动到O点。此运动过程中,关于粒子的说

法,正确的是

()A.电势能逐渐增加B.电势能先变大后变小,最后为零C.先做加速运动,后做减速运动D.始终做加速运动,到达O点时加速度为零答案

D带负电粒子受两等量正点电荷的引力的合力沿由P到O的方向,粒子由P向O运动,

电场力做正功,电势能逐渐减小,A、B项错误。粒子由P到O,所受电场力由P指向O,始终做加

速运动,到了O点时电场力为零,加速度为零,D项正确,C项错误。思路分析先分析出两等量正点电荷对带负电粒子的作用力方向,用矢量合成分析出合力的

方向,进而判断合力做功、电势能变化、速度变化。4.如图所示,在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电

荷的小物块P和Q,P、Q与桌面之间的动摩擦因数相同。已知mP>mQ,qP>qQ。将它们由静止释

放后,两物块开始在水平桌面上运动,并最终停止在水平桌面上。在物块运动过程中

()

A.P受到的库仑力大于Q受到的库仑力B.P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力C.P的加速度始终大于Q的加速度D.P和Q具有的电势能与机械能之和减小答案

D由牛顿第三定律知,P对Q的库仑力和Q对P的库仑力大小相等,A项错误;P由静止开

始加速的过程摩擦力小于库仑力,减速过程,摩擦力大于库仑力,故B项错误;物块在减速滑行的

过程中加速度大小a=

=μg-

,由此可知质量大的物块,加速度反而小,故C项错误;因物块在滑行过程中与桌面摩擦产生热量,根据能量守恒定律知,P和Q具有的电势能与机械能之

和减小,故D项正确。考查点带电体在电场中运动的综合分析。易错提示

准确进行受力及运动分析,注意两物块从运动到静止经历先加速后减速的过程,两

个过程中加速度方向不同。5.常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示,热电

偶由N型半导体和P型半导体串联而成,N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子,P型

半导体的载流子是空穴,空穴带正电且电荷量等于元电荷e。若两种半导体相连一端和高温热

源接触,而另一端A、B与低温热源接触,两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散,

最终在A、B两端形成稳定的电势差,且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确

定的函数关系。下列说法正确的是

()

A.B端是温差发电装置的正极B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反C.温差发电装置供电时不需要消耗能量D.可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器答案

D

B端积聚了自由电子,A端积聚了空穴,热电偶内部电流方向从B→A,因此A端是温差

发电装置的正极,A错误。热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同,B错误。温差发

电装置供电时,消耗高温热源的内能转化为电能,C错误。由于电势差的大小与高温热源、低

温热源间的温度差有确定的函数关系,所以在测出电势差及低温热源温度的前提下,可以确定

高温热源的温度,D正确。解题关键

N、P型半导体在温差作用下载流子的移动方向。6现代科学实验证明了场的存在,静电场与重力场有一定相似之处。

带电体在匀强电场中的偏转与物体在重力场中的平抛运动类似。(1)一质量为m的小球以初速度v0水平抛出,落到水平面的位置与抛出点的水平距离为x。已知

重力加速度为g,求抛出点的高度和小球落地时的速度大小。(2)若该小球处于完全失重的环境中,小球带电荷量为+q,在相同位置以相同初速度抛出。空间

存在竖直向下的匀强电场,小球运动到水平面的位置与第(1)问小球的落点相同。若取抛出点

电势为零,试求电场强度的大小和落地点的电势。

(3)类比电场强度和电势的定义方法,请分别定义地球周围某点的“重力场强度EG”和“重力

势φG”,并描绘地球周围的“重力场线”和“等重力势线”。解析(1)小球在水平方向做匀速直线运动:x=v0t

(1分)小球在竖直方向做自由落体运动h=

gt2

(1分)得h=

(1分)小球下落过程,根据动能定理mgh=

mv2-

m

(2分)得v=

(1分)(2)小球在水平方向做匀速直线运动:x=v0t小球在竖直方向做匀加速直线运动h=

at2

(1分)答案见解析a=

(1分)得E=

(1分)抛出点与落点之间的电势差U=Eh=

(1分)取抛出点电势为零,U=0-φ地

(1分)得φ地=-

(1分)(3)重力场强度EG=

=

=g或EG=

=G

/m=G

(2分)若取地面为重力势参考平面,则重力势φG=

=gh若取无穷远处重力势为零,则φG=

=-

(2分)故地球周围的“重力场线”和“等重力势线”如图所示(2分)

(2分)7用静电的方法来清除空气中的灰尘,需要首先设法使空气中的灰尘

带上一定的电荷,然后利用静电场对电荷的作用力,使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简

化计算,可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同,设每个灰尘颗粒所带电荷量为q,

其所受空气阻力与其速度大小成正比,表达式为F阻=kv(式中k为大于0的已知常量)。由于灰尘

颗粒的质量较小,为简化计算,灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等

的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计,同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘颗

粒所受重力的影响。(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的,需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的

内部区域,将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端,恰好能将圆桶

封闭,如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀

强电场),便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上,从而达到

除尘的作用。求灰尘颗粒运动可达到的最大速率;(2)对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域,还可以设计另一种静电除尘的方

案:沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极,紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在

直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管,其轴线与直导线重合,

如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压,使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的

方案中圆桶内电场强度的大小,且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况

为E∝

,式中r为所研究的点与直导线的距离。①试通过计算分析,带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中,其瞬时速度大小v

和其与直导线的距离r之间的关系;②对于直线运动,教科书中讲解了由v-t图像下的面积求位移的方法。请你借鉴此方法,利用v随r变化的关系,画出

随r变化的图像,根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间。解析(1)圆桶形容器内的电场强度E1=

灰尘颗粒所受的电场力大小F=

,电场力跟空气阻力相平衡时,灰尘颗粒达到最大速率,并设为v1,则有kv1=

解得v1=

(2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小,且桶壁处的电场强度

大小为第(1)问方案中圆桶内电场强度的大小E1=

,设在距直导线为r处的场强大小为E2,则

=

,解得E2=

故与直导线越近处,电场强度越大。设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v,则kv=

qE2解得v=

上式表明,灰尘颗粒在向圆桶内壁运动过程中,速度是逐渐减小的。答案(1)

(2)见解析②以r为横轴,以

为纵轴,作出

-r的图像如图所示。

在r到r+Δr微小距离内,电场强度可视为相同,其速度v可视为相同,对应于Δr的一段

-r图线下的面积为

Δr=

,显然,这个小矩形的面积等于灰尘颗粒通过Δr的时间Δt=

。所以,灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t等于从R0到R一段

-r图线下的面积。所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间t=

考查点力与运动的关系、电场强度、v-t图像的深入理解。解题关键物体做加速度减小的加速运动,当a=0,即合外力为零时,速度达最大。图像与横轴

所围面积的物理意义。8.如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极

板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静

止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子

运动的加速度为

()

A.

g

B.

gC.

g

D.

g

考点二电容器、带电粒子在电场中的运动答案

A初始粒子静止,则mg=q

,撤去金属板后两极板间电压U不变,间距变为d,则mg-q

=ma,解得a=

g,选A。考查点平行板电容器的动态分析、匀强电场中带电粒子的受力。解题关键下极板上叠放一金属板后,由于静电感应,电容器板间距变为d-l。由E=

可知撤去金属板后E变小,粒子将向下运动。9在如图所示的电路中,当开关S闭合后,水平放置的平行板电容器中有一

个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S断开,则

()

A.液滴仍保持静止状态B.液滴做自由落体运动C.电容器的带电荷量减小D.电容器的带电荷量增大答案

D开关S闭合时,带电液滴所受重力和电场力平衡,断开开关后,电容器两端电压变大

到等于电源电动势,故场强变大,电场力变大,液滴会向上加速,故A、B错误;开关断开前,电容

器两端电压等于电阻R2两端电压,断开开关后,电容器两端电压变大到等于电源电动势,根据电

容的定义式C=

知,电容器的带电荷量变大,故C错误,D正确。10如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒

子沿平行于板面的方向,从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不

计粒子重力。若可以改变某个量,下列哪种变化,仍能确保粒子一定飞出电场

()

A.只增大粒子的带电荷量B.只增大电场强度C.只减小粒子的比荷D.只减小粒子的入射速度答案

C设两极板间的距离为d,由题意知粒子的偏移量y=

,因y=

at2=

(

)2,要使粒子能飞出电场,可以减小带电荷量或电场强度,或者减小比荷,或者增大初速度,故C正确。11基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点,发明了指纹识别技

术。目前许多国产手机都有指纹解锁功能,常用的指纹识别传感器是电容式传感器,如图所

示。指纹的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板,当手

指贴在传感器上时,这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器,这样在嵴处和峪

处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值,然后

电容器放电,电容小的电容器放电较快,根据放电快慢的不同,就可以探测到嵴和峪的位置,从

而形成指纹图像数据。根据文中信息,下列说法正确的是

()

A.在峪处形成的电容器电容较大B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C.在峪处形成的电容器放电较慢D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响答案

B由平行板电容器电容的决定式:C=

可知,小极板面积相同,故S相同,在手指干燥的前提下εr相同,d大则C小,故在峪处d大,形成的电容器电容C小,在嵴处d小,形成的电容器电容

C大。若手指头潮湿,则εr不同,嵴、峪处形成的电容器电容均改变,故选项A、D均错误;又由题

中知,电容小的电容器放电较快,在峪处形成的电容器电容小,放电快,故选项C错误;由Q=CU可

知,电压相同时C大的电荷量Q大,故选项B正确。解题关键能根据题中的描述比较出嵴和峪的位置所形成的电容器的极板间距大小,并进一

步判断出所形成的电容器的电容大小,是解本题的关键。12如图所示,真空玻璃管内,加热的阴极K发出的电子(初速度可忽略不

计)经阳极A与阴极K之间的电压U1形成的加速电场加速后,从阳极A的小孔射出,由水平放置的

平行正对偏转极板M、N的左端中点以平行于极板的方向射入两极板之间的区域。若M、N

两极板间无电压,电子将沿水平直线打在荧光屏上的O点;若在M、N两极板间加电压U2,形成

平行纸面的偏转电场,则电子将打在荧光屏上的P点;若在M、N极板间加电压U2的同时,再加方

向垂直纸面的匀强磁场,则电子将能重新打在荧光屏上的O点。已知电子质量为m,电荷量为e,

M、N两极板长均为L1、两极板间距离为d,极板右端到荧光屏的距离为L2。(1)忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力,求:①电子从阳极A小孔射出时速度v0的大小;②电子重新打在荧光屏上O点时,所加匀强磁场的磁感应强度B的大小。(2)在解决一些实际问题时,为了简化问题,常忽略一些影响相对较小的量,这对最终的计算结

果并没有太大的影响,因此这种处理是合理的。如在计算电子打在荧光屏上的位置时,对于电子离开M、N板间的偏转电场后运动到荧光屏的过程,可以忽略电子所受的重力。请利用下列

数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知U2=2.0×102

V,d=4.0×10-2

m,m=9.1×10-31

kg,e=1.

6×10-19

C,L1=5.0×10-2

m,L2=0.10m,重力加速度g=10m/s2。解析(1)①对于电子在加速电场中的加速过程,根据动能定理有eU1=

m

解得v0=

②加磁场后,电子沿水平方向以v0做匀速直线运动,所受合力为零即e

=ev0B解得B=

(2)电子通过偏转电场的时间t1=

电子离开偏转电场时沿垂直偏转极板方向的速度分量vy=ayt1=

电子离开偏转电场到荧光屏的运动时间t2=

若不计重力,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向的位移y1=vyt2=

答案(1)①

②

(2)见解析若考虑到重力的作用,则电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向的位移y2=vyt2+

g

=

+

由于重力影响,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向位移增加量为Δy=y

2-y1=

由于重力的影响,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向:位移的增加量与

忽略电子所受重力时的位移的比值

=

≈10-14即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小,所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的

重力。13如图所示,水平面AB光滑,粗糙半圆轨道BC竖直放置,圆弧半径为R,

AB长度为4R。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。一带电荷

量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放,经过B点后,沿半圆轨道运动到C点。在C点,小球

对轨道的压力大小为mg,已知E=

,水平面和半圆轨道均绝缘。求:

(1)小球运动到B点时的速度大小;(2)小球运动到C点时的速度大小;(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功。解析(1)小球从A到B,根据动能定理有qE·4R=

m

-0

(3分)又E=

得:vB=

(2分)(2)小球运动到C点时,根据牛顿第二定律有2mg=m

(3分)得:vC=

(2分)(3)小球从B点运动到C点的过程,根据动能定理有Wf-2mgR=

m

-

m

(3分)得:Wf=-mgR小球从B点运动到C点的过程中克服阻力做的功为mgR(3分)答案(1)

(2)

(3)mgR思路分析小球从A到B过程,合外力为水平向右的电场力,由动能定理知电场力做功等于小球

动能的增加量,可以求出小球在B点时的速度大小。小球由B至C过程,由动能定理知重力所做

负功与阻力所做负功之和等于小球在C点时的动能减去小球在B点时的动能,而小球在C点时

的速度大小可以由其在该点时所受重力和轨道支持力的合力等于向心力得出。14粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区

域的电场线与x轴平行,且沿x轴方向的电势φ与坐标值x的函数关系满足φ=

(V),据此可作出如图所示的φ-x图像。图中虚线AB为图线在x=0.15m处的切线。现有一个带正电荷的滑

块P(可视作质点),其质量为m=0.10kg,电荷量为q=1.0×10-7C,其与水平面间的动摩擦因数μ=0.

20,g取10m/s2。求:

(1)沿x轴方向上,x1=0.1m和x2=0.15m两点间的电势差;(2)若将滑块P无初速度地放在x1=0.1m处,滑块将由静止开始运动,滑块运动到x2=0.15m处时

速度的大小;(3)对于变化的电场,在极小的区域内可以看成匀强电场。若将滑块P无初速度地放在x1=0.1m

处,滑块将由静止开始运动,a.它位于x2=0.15m处时加速度为多大;b.滑块最终停在何处?分析说明整个运动过程中加速度和速度如何变化。解析(1)U=φ1-φ2=1.5×105V(4分)(2)由动能定理有-μmg(x2-x1)+qU=

mv2代入数据得v=

m/s(4分)(3)a.对于匀强电场E=

,在x2=0.15m附近场强变化很小,可看成匀强电场则场强E=

=|k|,即图线在x2=0.15m处切线的斜率的绝对值,所以x2=0.15m处场强为E=

V/m=2×106V/m由牛顿第二定律有ma=Eq-μmg解得:a=0

(5分)b.设滑块停在x处,由动能定理得:q

-μmg(x-x1)=0代入数据解得:x=0.1m或x=0.225m。舍去x=0.1m,所以滑块最终停在x=0.225m处。滑块在0.1~0.15m做加速度减小的加速运动,在0.15~0.225m做加速度增大的减速运动。(5分)答案(1)1.5×105V(2)

m/s(3)a.0

b.见解析思路分析理解φ-x图线上某点切线的斜率的绝对值反映对应点场强E的大小。则由题及图

像可知(3)中滑块先加速后减速。15电容器是一种重要的电学元件,基本工作方式就是充电和放电。由

这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象,使得电容器有着广泛的应用。如图1所示,

电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路。已知电源电动势为E,内阻不计,电阻阻值为R,平

行板电容器电容为C,两极板间为真空,两极板间距离为d,不考虑极板边缘效应。

图1(1)