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电场图像专题


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1、v-t 图像 (2006 上海物理卷)8.A、B 是一条电场线上的两点,若在 A 点释放一初速为零的电子, 电子仅受电场力作用, 并沿电场线从 A 运动到 B, 其速度随时间变化的规律如图所示. 设 A、B 两点的电场强度分别为 EA、EB,电势分别为 UA、UB,则( ) (A) EA = EB . (B) EA<EB. (C) UA =

UB (D) UA<UB . 【答案】AD 【分析】由图象可知,电子做匀加速直线运动,故该电场为匀 强电场,即 EA = EB 。电子动能增加,电势能减少,电势升高, 即 UA<UB 。 【高考考点】电势 带电粒子在电场中的运动 v=t 图像 【易错点】电子(带负电)是本题的一个陷阱。正电荷电势能 减少,电势降低;而负电荷电势减少,电势却升高。 【备考提示】通过带电粒子在电场中的运动性质的研究是研究电场性质的常用方法。 (2014 海南物理)9.如图(a),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 点处由静止释放,粒子从 a 运 动到 b 过程中的 v-t 图线如图(b)所示,设 a、b 两点的电势分别为 ? a 、? b , 场强大小分别为 E a 、

Eb ,粒子在 a、b 两点的电势能分别为 Wa 、Wb ,
不计重力,则有 A. ? a > ? b B. E a > E b C. E a < Eb D. Wa > Wb

【答案】BD 【解析】由 v-t 图像的斜率渐小可知由 a 到 b 的过程中,粒子的加速度渐小,所以场强渐 小, Ea > Eb ;根据动能定理,速度增大,可知势能减小,Wa > Wb ,可得选项 BD 正确。 (2007 广东物理卷)6.平行板间加如图 4(a)所示周期变化的电压,重力不计的带电粒 子静止在平行板中央,从 t=0 时刻开始将其释放,运动过程无碰板情况。图 4(b)中, 能定性描述粒子运动的速度图象正确的是

1

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6.A

2、φ-x 图像 (2004 上海卷物理)6.某静电场沿 x 方向的电势分布如图所示,则( ) A.在 0—x1 之间不存在沿 x 方向的电场。 B.在 0—x1 之间存在着沿 x 方向的匀强电场。 C.在 x1—x2 之间存在着沿 x 方向的匀强电场。 D.在 x1—x2 之间存在着沿 x 方向的非匀强电场。 6.AC (2009 江苏单科物理)8. 空间某一静电场的电势 ? 在 x 轴上分布如图所示,x 轴上两点 B、 C 点电场强度在 x 方向上的分量分别是 EBx 、 ECx ,下列说法中正确的有 A. EBx 的大小大于 ECx 的大小 B. EBx 的方向沿 x 轴正方向 C.电荷在 O 点受到的电场力在 x 方向上的分量最大 D.负电荷沿 x 轴从 B 移到 C 的过程中,电场力先做正功, 后做负功 8.AD (2011上海物理)14.两个等量异种点电荷位于x轴上,相对原点对称分布,正确描述电势 ? 随位置 x 变化规律的是图

l4.A
2

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(2011北京理综物理)24. (20分)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: φ (1)粒子所受电场力的大小; φ0 (2)粒子的运动区间; (3)粒子的运动周期。 x 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 电场力的大小

E?

?0 d

-d

O

d

F ? qE ?

q? 0 d 1 2 mv ? q? ? ? A 2


(2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得 由图可知 ? ? ?0 (1 ?

x ) d



由①②得

x 1 2 mv ? ? q 0 ( 1? ) ? A 2 d

因动能非负,有

q?0 ( 1?

x A ) ? A ? 0 得 x ? d (1 ? )即 d q?0

x0 ? d ( 1?

A ) q?0

粒子运动区间 ?d (1 ?

A A ) ? x ? d (1 ? ) q?0 q?0
F Eq q?0 ? ? m m md

(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?

由匀加速直线运动

t?

2 x0 a
2md 2 A (1 ? ) q?0 q?0

4○ 5 代入,得 将○

t?

粒子运动周期

T ? 4t ?

4d 2m(q?0 ? A) q?0

3、E-x 图像
3

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(2009 上海单科物理)3.两带电量分别为 q 和-q 的点电荷放在 x 轴上,相距为 L,能正 确反映两电荷连线上场强大小 E 与 x 关系的是图( )
E E E E

q O

-q L x (A)

q O

-q L x (B)

q O (C)

-q L

x

q O

-q L x (D)

3、A (2013 上海物理)32.(12 分)半径为 R,均匀带正电荷的球体在空间 产生球对称的电场;场强火小沿半径分布如图所示,图中 E0 已知, E-r 曲线下 O-R 部分的面积等于 R-2R 部分的面积。 (1)写出 E-r 曲线下面积的单位; (2)己知带电球在 r≥R 处的场强 E=kQ/r2,式中 k 为静电力常量, 该均匀带电球所带的电荷量 Q 为多大? (3)求球心与球表面间的电势差△U; (4)质量为 m,电荷量为 q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以 刚好运动到 2R 处? 【答案】⑴V(或 N?m/C 或 kg?m2?A-1?s-3)⑵E0R2/k ⑶E0R/2

E0

E

O

R

2R

r

⑷ q0 ER m 2 -1 -3 【解析】⑴E-r 曲线下面积表示电势差,故单位为 V(或 N?m/C 或 kg?m ?A ?s ) ⑵由 E0=kQ/R2 得 Q=E0R2/k ⑶由 E-r 曲线下面积求得电势差 ΔU= E0R/2
q0 ER m (2010 江苏单科物理)5.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

⑷由于 ΔU= E0R/2,由动能定理得 qΔU=mv2/2

v?

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 【答案】C 【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, 沿电场线电势降落(最快) ,所以 O 点电势最高,A 错误,B 错误;根据 U=Ed,电场强 度是变量,可用 E-x 图象面积表示,所以 C 正确;两点电场强度大小相等,电势不相等, D 错误。 (2014 上海物理)19.静电场在 x 轴上的场强 E 随 x 的变化关系如图所示,x 轴正向为场 强正方向,带正电的点电荷沿 x 轴运动,则点电荷 A.在 x2 和 x4 处电势能相等
4

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B.由 x1 运动到 x3 的过程中电势能增大 C.由 x1 运动到 x4 的过程中电场力先增大后减小 D.由 x1 运动到 x4 的过程中电场力先减小后增大 【答案】BC 【解析】由图可知,将正电荷沿 x 轴正向移动,电场力沿 x 轴负方向,从 x2 移动到 x4 的 过程电场力做功不为零,两点电势能不相等,A 项错误;从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向,电场力做负功,电势能增大,B 项正确;从 x1 到 x4 的过程场强先增大,后 减小,所以电场力先增大后减小,C 向正确;D 项错误。

4、其它图像 (1991 全国卷 2)6.一个带负电的小球, 受水平方向的匀强电场力和重力的作用, 由静止开 始运动.不计空气阻力,设坐标轴如下图,x 轴的正方向与电场方向一致,y 轴向下,原点 在小球起始位置.在下列四个图示中,哪个图可能表示此小球的运动轨迹?

6.D (2004 北京理综卷物理)21. 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置,其 中某部分静电场的分布如下图所示。虚线表示这个静电场在 xoy 平面内的一簇等势线, 等势线形状相对于 ox 轴、oy 轴对称。等势线的电势沿 x 轴正向增加,且相邻两等势线的 电势差相等。一个电子经过 P 点(其横坐标为-x0)时,速度与 ox 轴平行。适当控制实验 条件,使该电子通过电场区域时仅在 ox 轴上方运动。在通过电场区域过程中,该电子沿 y 方向的分速度 vy 随位置坐标 x 变化的示意图是

5

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21. D (2014 山东理综物理)19.如图,半径为 R 的均匀带正电的薄球壳,其上有一小孔 A。已 知壳内的场强处处为零;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。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能 Ek0 沿 OA 方向射 出。下列关于试探电荷的动能 Ek 与离开球心的距离 r 的关系,可能正确的是
Ek Ek 0
0
R

Ek Ek 0 Ek 0

Ek
Ek 0

Ek

A

O
R

r

0

R

r

0

A

B

C

r

0

R

r

D
EP

19、A (2014 安徽理综物理)17.一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 的关系如右图所示。下列 图象中合理的是
E Ek v O

x a

O 电场强度与位移关系

x

O 粒子动能与位移关系

x

O 粒子速度与位移关系

x

O 粒子加速度与位移关系

x

D C B A 【答案】D【解析】由电场力做功与电势能的关系: F ?x ? ??EP ,可知 EP-x 图线的斜率 表示静电力 F 的大小,可见静电力 F 逐渐减小,而 F=qE,故不是匀强电场,A 错误; 根据牛顿第二定律粒子做加速度减小的加速运动 C 错误, D 正确;根据能量守恒 ?Ek ? ??E p ,比较图线 B 错误。正确选项 D。
6

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5、u-t 图像转化为 v-t 图像 (2007 广东物理卷)6.平行板间加如图 4(a)所示周期变化的电压,重力不计的带电粒 子静止在平行板中央,从 t=0 时刻开始将其释放,运动过程无碰板情况。图 4(b)中, 能定性描述粒子运动的速度图象正确的是

6.A (1994 全国卷)19.图 19-11 中 A、 B 是一对平行的金属板.在两板间加上一周期为 T 的交变 电压 u.A 板的电势 UA=0,B 板的电势 UB 随时间的变化规律为:在 0 到 T/2 的时间内, UB=U0(正的常数);在 T/2 到 T 的时间内.UB=? U 0;在 T 到 3T/2 的时间内,UB=U0;在 3T/2 到 2T 的时间内.UB=? U 0……,现有一电子从 A 板上的小孔进入两板间的电场区内.设电 子的初速度和重力的影响均可忽略,则 (A)若电子是在 t=0 时刻进入的,它将一直向 B 板运动 (B)若电子是在 t=T/8 时刻进入的,它可能时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上 (C)若电子是在 t=3T/8 时刻进入的,它可能时而向 B 板运动,时而 向 A 板运动,最后打在 B 板上 (D)若电子是在 t=T/2 时刻进入的,它可能时而向 B 板、时而向 A 板 运动 19.A、B (2011 安徽理综物理)20.如图(a)所示,两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)
7

A

B

UAB UO

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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 A. 0 ? t 0 ? C.

T 4

B.

3T ? t0 ? T 4

T 3T ? t0 ? 2 4 9T D. T ? t 0 ? 8

答案:B 解析:若 0 ? t0 ?

T ,带正电粒子先加速向 B 板运动、再减速运动至零;然后再反方向 4 T 3T ? t0 ? ,带正电粒子先加速向 A 板运动、再减 2 4 3T ? t0 ? T ,带正电粒 4

加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离, 最终打在 B 板上,所以 A 错误。若

速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的 距离大于向右运动的距离,最终打在 A 板上,所以 B 正确。若

子先加速向 A 板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此 反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在 B 板上,所以 C 错误。 若 T ? t0 ?

9T ,带正电粒子先加速向 B 板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运 8

动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打 在 B 板上,所以 D 错误。 (1985全国卷)八、(12分) 图1中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板.加上电压 后, 它们之间的电场可视为匀强电场.图2表示一周期性的交变电压的波形, 横坐标代表 时间t, 纵坐标代表电压U.从t=0开始, 电压为一给定值U0, 经过半个周期, 突然变为-U0; 再过半个周期,又突然变为U0;……如此周期性地交替变化. 在t=0时,将上述交变电压U加在A、B两板上,使开始时A板电势比B板高,这时 在紧靠B板处有一初速为零的电子(质量为m, 电量为e)在电场作用下开始运动.要想使这 电子到达A板时具有最大的动能,则所加交变电压的频率最大不能超过多少?

八、开始t=0时,因A板电势比B板高,而电子又紧靠B板处,所以电子将在电场力作用 下向A板运动.在交变电压的头半个周期内,电压不变,电子做匀加速直线运动,其动 能不断增大.如果频率很高,即周期很短,在电子尚未到达A板之前交变电压已过了半 个周期开始反向,则电子将沿原方向开始做匀减速直线运动.再过半个周期后,其动能
8

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减小到零.接着又变为匀加速运动,半个周期后,又做匀减速运动,……最后到达A板. 在匀减速运动过程中,电子动能要减少.因此,要想电子到达A板时具有最大的动 能,在电压的大小给定了的条件下,必须使电子从B到A的过程中始终做加速运动.这就 是说,要使交变电压的半周期不小于电子从 B板处一直加速运动到A板处所需的时间. 即频率不能大于某一值.

其中e和m分别为电子的电量大小和质量.令t表示电子从B一直加速

令T表示交变电压的周期,ν表示频率,根据以上的分析,它们应满足以下的要 求:

由(a)、(b)、(d)三式可解得

(2006 北京理综卷物理)23.(18 分)如图 1 所示,真空中相距 d=5cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接(图中未画出) ,其中 B 板接地(电势为零) ,A 板电势变化的规律如图 -27 -19 2 所示。 将一个质量 m=2.0× 10 kg, 电量 q=+1.6× 10 C 的带电粒子从紧临 B 板处释放, 不计重力。求 (1)在 t=0 时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小; (2)若 A 板电势变化周期 T=1.0× 10-5 s,在 t=0 时将带电粒子从紧临 B 板处无初速释 放,粒子达到 A 板时动量的大小; (3)A 板电势变化频率多大时,在 t= 电粒子,粒子不能到达 A 板。

T T 到 t= 时间内从紧临 B 板处无初速释放该带 4 2

23.(18 分) (1)电场强度 E ?

U d

9

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Uq Uq , F ? ma    a? ? 4.0 ? 10 9 m / s 2 d dm 1 T T 2 ?2 (2)粒子在 0~ 时间内走过的距离为 a ( ) ? 5.0 ? 10 m 2 2 2
带电粒子所受电场力 F ? qE ? 故带电粒子在 t=
T 时,恰好到达 A 板 2

根据动量定理,此时粒子动量 p ? Ft ? 4.0 ?10?23 kg ? m / s (3)带电粒子在 t ?
T T T 3T ~t= 向 A 板做匀加速运动,在 t ? ~t= 向 A 板做匀减速运动, 4 2 2 4

速度减为零后将返回。粒子向 A 板运动可能的最大位移 s ? 2 ? 要求粒子不能到达 A 板,有 s<d 由 f=
1 ,电势变化频率应满足 f ? T

1 T 2 1 a( ) ? aT 2 2 4 16

a ? 5 2 ? 104 Hz 16d

(2013 全国大纲卷理综物理)25. (19 分)一电荷量为 q(q>0) 、质量为 m 的带电粒子在 匀强电场的作用下,在 t=0 时由静止开始运动,场强随时间变化的规律如图所示。不计 重力,求在 t=0 到 t=T 的时间间隔内 E (1)粒子位移的大小和方向; E0 (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。 2E 0
0 -E0 -2E0 0.25T 0.5T 0.75T T

t

【答案】(1)

qE0T 2 T 方向沿初始电场正方向 (2) 4 16m
2qE0/m qE0/m 0 -qE0/m -2qE0/m

a

【解析】解法一:粒子在 0~ T / 4 、 T / 4 ~ T / 2 、 T / 2 ~ 3T / 4 、 3T / 4 ~T 时间间隔内做匀变速运动, 设加速度分别为 a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得 qE0 ? ma1 、 2qE0 ? ?ma2 、

0.25T 0.5T 0.75T T

t

2qE0 ? ma3 、 qE0 ? ?ma4
T qE0T ? 4 4m

(每个式子 1 分)

由此得带电粒子在 0~T 时间间隔内运动的 a—t 图像如 图(a)所示(2 分) ,对应的 v—t 图像如图(b)所示(3 分) ,其中

图(a)

v1 ? a1

v v1
0 -v1 图(b)

(1 分)

由图(b)可知,带电粒子在 t=0 到 t=T 时的位移为
0.25T 0.5T 0.75T T 10

t

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s?

T v1 4

(2 分) 联立解得 s ?

qE0T 2 16m

(2 分)

它的方向沿初始电场正方向。 (1 分) (2)由图(b)可知,粒子在 t= 3T / 8 到 t= 5T / 8 内沿初始电场反方向运动,总的运动 时间为 t ? 5T ? 3T ? T (4 分)
8 8 4

解法二:带电粒子在粒子在 0~ T / 4 、 T / 4 ~ T / 2 、 T / 2 ~ 3T / 4 、 3T / 4 ~T 时间间 隔内做匀变速运动,设加速度分别为 a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得 (每个式子 1 分) qE0 ? ma1 、 2qE0 ? ?ma2 、 2qE0 ? ma3 、 qE0 ? ?ma4 设粒子在 t= T / 4 、t= T / 2 、t= 3T / 4 、t= T 时刻的速度分别为 v1、v2、v3、v4,则有

v1 ? a1

T T T T 、 v2 ? v1 ? a2 、 v3 ? v2 ? a3 、 v4 ? v3 ? a4 (每个式子 1 分) 4 4 4 4

设带电粒子在 t=0 到 t=T 时的位移为 s,有

s?(

qE T 2 v1 v1 ? v2 v2 ? v3 v3 ? v4 T ? ? ? ) (4 分)解得 s ? 0 (2 分) 2 2 2 2 4 16m
T (1 分) 8

它的方向沿初始电场正方向。 (1 分) (2)由电场的变化规律知,粒子从 t= T / 4 时开始减速,设经过时间 t1 粒子速度为零, 有 0 ? v1 ? a2t1 ,解得 t1= 子速度为零,有 粒子从 t= T / 2 时开始加速,设经过时间 t2 粒

,解得 t2= 0 ? v2 ? a3 t2

T 8

(1 分)

设粒子从 t=0 到 t= T 内沿初始电场反方向运动的时间为 t2,有 t= (

T ? t1 ) ? t2 (1 分) 4

解得 t ?

T (1 分) 4

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