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步步高2015届高考物理一轮复习--静电场


考点内容 物质的电结构、电荷守恒 静电现象的解释 点电荷 库仑定律 静电场 电场强度、点电荷的场强 电场线 电势能、电势 电势差 匀强电场中电势差与电场强度的关系 带电粒子在匀强电场中的运动 示波管 常用的电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系

要求 Ⅰ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅰ Ⅰ

考纲解读 1.多个电荷库仑力的平衡和场强叠 加问题. 2.利用电场线和等势面确定场强的 大小和方向,判断电势高低、电 场力变化、电场力做功和电势能 的变化等. 3.带电体在匀强电场中的平衡问题 及其他变速运动的动力学问题. 4.对平行板电容器电容决定因素的 理解,解决两类有关动态变化的 问题. 5.分析带电粒子在电场中的加速和 偏转问题. 6.示波管、静电除尘等在日常生活 和科学技术中的应用.

第 1 课时

电荷守恒定律

库仑定律

考纲解读 1.能解释静电感应现象,会利用电荷守恒定律解答有关静电问题 .2.掌握库仑定 律,会利用平衡条件或牛顿第二定律解答电荷平衡或运动问题.

1.[对两种电荷及起电实质的理解]一带负电的金属小球放在潮湿的空气中,一段时间后, 发现该小球上带的负电荷几乎不存在了.这说明 ( )

A.小球上原有的负电荷逐渐消失了 B.在此现象中,电荷不守恒 C.小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了 D.该现象是由电子的转移引起的,仍然遵循电荷守恒定律 答案 CD q1q2 2.[对库仑定律适用条件的理解]关于库仑定律的公式 F=k 2 ,下列说法正确的是( r A.当真空中的两个点电荷间的距离 r→∞时,它们之间的静电力 F→0 B.当真空中的两个电荷间的距离 r→0 时,它们之间的静电力 F→∞ C.当真空中的两个电荷之间的距离 r→∞时,库仑定律的公式就不适用了 D.当真空中的两个电荷之间的距离 r→0 时,电荷不能看成是点电荷,库仑定律的公 式就不适用了 答案 AD 解析 r→∞时,电荷可以看成点电荷,库仑定律的公式适用,由公式可知,它们之间 )

的静电力 F→0;r→0 时,电荷不能看成点电荷,库仑定律的公式就不适用了. 3.[库仑定律和电荷守恒定律的应用]三个相同的金属小球 1、2、3 分别置于绝缘支架上, 各球之间的距离远大于小球的直径.球 1 的带电荷量为+q,球 2 的带电荷量为+nq, 球 3 不带电且离球 1 和球 2 很远,此时球 1、2 之间作用力的大小为 F.现使球 3 先与球 2 接触,再与球 1 接触,然后将球 3 移至远处,此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F, 方向不变.由此可知 A.n=3 答案 D nq2 解析 根据库仑定律,球 3 未与球 1、球 2 接触前,球 1、2 间的库仑力 F=k 2 .由于 r 三个金属小球相同,接触后电荷量均分,球 3 与球 2 接触后,球 2 和球 3 的带电荷量 nq q+ 2 ?n+2?q nq q2=q3= ,球 3 再与球 1 接触后,球 1 的带电荷量 q1= = ,此时 1、2 间 2 2 4 nq ?n+2?q · 2 4 n?n+2?q2 n?n+2? 的作用力 F′=k =k ,由题意知 F′=F,即 n= ,解得 n= 2 r 8r2 8 6.故 D 正确. 4.[感应起电的分析方法]如图 1 所示,A、B 为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体,起 初它们不带电,在它们的下部贴有金属箔片,C 是带正电的小球,下列说法正确的是 ( ) B.n=4 C.n=5 D.n=6 ( )

图1 A.把 C 移近导体 A 时,A、B 上的金属箔片都张开 B.把 C 移近导体 A 后,先把 A、B 分开,然后移去 C,A、B 上的金属箔片仍张开 C.把 C 移近导体 A 后,先把 C 移走,再把 A、B 分开,A、B 上的金属箔片仍张开 D.把 C 移近导体 A 后,先把 A、B 分开,再把 C 移走,然后重新让 A、B 接触,A 上 的金属箔片张开,而 B 上的金属箔片闭合 答案 AB 解析 虽然 A、B 起初都不带电,但带正电的导体 C 对 A、B 内的电荷有力的作用,使 A、B 中的自由电子向左移动,从而使 A 端积累了负电荷,B 端积累了正电荷,其下部 贴有的金属箔片由于接触带电,也分别带上了与 A、B 相同的电荷.由于同种电荷相互 排斥,所以金属箔片都张开,A 正确. C 只要一直在 A、B 附近,先把 A、B 分开,A、B 将带等量异 种的感应电荷,此时即使再移走 C,A、B 所带电荷量也不会变,故金属箔片仍张开, B 正确. 把 C 移近导体 A 后,A、B 上的感应电荷会马上中和,不再带电,所以金属箔片都不会 张开,C 错. 先把 A、B 分开,再移走 C,A、B 仍然带电,但重新让 A、B 接触后,A、B 上的感应 电荷完全中和,金属箔片都不会张开,D 错.

一、电荷及电荷守恒定律 1.元电荷、点电荷 (1)元电荷:e=1.6×10
-19

C,所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍,其中质子、正

电子的电荷量与元电荷相同,但符号相反. (2)点电荷:当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时,可以将带电体视为 点电荷. 2.电荷守恒定律 (1)内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者 从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量保持不变. (2)起电方式:摩擦起电、接触起电、感应起电. (3)带电实质:物体带电的实质是得失电子.

(4)电荷的分配原则:两个形状、大小相同的导体,接触后再分开,两者带同种电荷时, 电荷量平均分配;两者带异种电荷时,异种电荷先中和后平分. 3.感应起电:感应起电的原因是电荷间的相互作用,或者说是电场对电荷的作用. (1)同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引. (2)当有外加电场时,电荷向导体两端移动,出现感应电荷,当无外加电场时,导体两 端的电荷发生中和. 二、库仑定律 1.内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与它 们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上. q1q2 2.表达式:F=k 2 ,式中 k=9.0×109 N· m2/C2,叫做静电力常量. r 3.适用条件:真空中的点电荷. (1)在空气中,两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况,可以直接应用公式. (2)当两个带电体的间距远大于本身的大小时,可以把带电体看成点电荷.

考点一 静电现象及电荷守恒定律 1.使物体带电的三种方法及其实质 摩擦起电、感应起电和接触带电是使物体带电的三种方法,它们的实质都是电荷的转 移.而电荷转移的原因是同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引. 2.验电器与静电计的结构与原理 玻璃瓶内有两片金属箔, 用金属丝挂在一根导体棒的下端, 棒的上端通过瓶塞从瓶口伸 出(如图 2 甲所示).如果把金属箔换成指针,并用金属做外壳,这样的验电器又叫静电 计(如图乙所示).注意金属外壳与导体棒之间是绝缘的. 不管是静电计的指针还是验电器的箔片,它们张开角度的原因都是同种电荷相互排斥.

图2 例 1 使带电的金属球靠近不带电的验电器,验电器的箔片张开.下列各图表示验电器上 ( )

感应电荷的分布情况,其中正确的是

解析 由于静电感应,当带电的金属球靠近不带电的验电器时,验电器达到静电平衡, 近端(靠近金属球端)感应出异种电荷,远端(金属箔片)感应出同种电荷,只有 B 正确. 答案 B 突破训练 1 如图 3 所示,A、B 是两个带有绝缘支架的金属球,它们原来均不带电,并彼

此接触.现使带负电的橡胶棒 C 靠近 A(C 与 A 不接触),然后先将 A、B 分开,再将 C 移走.关于 A、B 的带电情况,下列判断正确的是 ( )

图3 A.A 带正电,B 带负电 B.A 带负电,B 带正电 C.A、B 均不带电 D.A、B 均带正电 答案 A 解析 C 靠近 A 后 A 带正电,B 带负电.分开 A、B 后,A 带正电,B 带负电,所以选 A. 考点二 对库仑定律的理解和应用 1.电荷的分配规律 (1)两个相同的导体球,一个带电,一个不带电,接触后电荷量平分. (2)两个相同导体球带同种电荷,先接触再分离,则其电荷量平分. (3)两个相同导体球带异种电荷,先接触再分离,则其电荷量先中和再平分. 2.对库仑定律的深入理解 q1q2 (1)F=k 2 ,r 指两点电荷间的距离.对可视为点电荷的两个均匀带电球,r 为两球心 r 间距. (2)当两个电荷间的距离 r→0 时,电荷不能视为点电荷,它们之间的静电力不能认为趋

于无限大. 例2 如图 4 所示,两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 与 b,其壳层的厚度和质量

分布均匀, 将它们固定于绝缘支架上, 两球心间的距离为 l, 为球壳外半径 r 的 3 倍. 若 使它们带上等量异种电荷,使其所带电荷量的绝对值均为 Q,那么 a、b 两球之间的万 有引力 F1 与库仑力 F2 为 ( )

图4 m2 Q2 A.F1=G 2 ,F2=k 2 l l m2 Q2 B.F1≠G 2 ,F2≠k 2 l l m2 Q2 C.F1≠G 2 ,F2=k 2 l l m2 Q2 D.F1=G 2 ,F2≠k 2 l l 解析 虽然两球心间的距离 l 只有球壳外半径 r 的 3 倍,但由于其壳层的厚度和质量分 布均匀,两球壳可看做质量集中于球心的质点,因此,可以应用万有引力定律求 F1; 而本题中由于 a、b 两球壳所带异种电荷相互吸引,使它们各自的电荷分布不均匀,即 相互靠近的一侧电荷分布比较密集,又因两球心间的距离 l 只有其外半径 r 的 3 倍,不 满足 l 远大于 r 的要求,故不能将两带电球壳看成点电荷,所以库仑定律不适用,D 正 确. 答案 D 突破训练 2 使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上-3Q 和+5Q 的电荷

后,将它们固定在相距为 a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F1.现用绝缘工具使两小 球相互接触后,再将它们固定在相距为 2a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F2.则 F1 与 F2 之比为 A.2∶1 C.16∶1 答案 D 解析 两个完全相同的金属球相互接触并分开后,带电荷量均变为+Q,距离变为原来 的两倍,根据库仑定律可知选项 D 正确. 考点三 库仑力作用下的平衡问题 1.处理平衡问题的常用方法:(1)合成法,(2)正交分解法. 2.三个自由点电荷的平衡问题 B.4∶1 D.60∶1 ( )

(1)条件:两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零,或每个点电荷受到的两个库仑 力必须大小相等,方向相反. (2)规律 “三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上; “两同夹异”——正负电荷相互间隔; “两大夹小”——中间电荷的电荷量最小; “近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷. 例3 如图 5 所示,将两个摆长均为 l 的单摆悬于 O 点,摆球质量均为 m,带电荷量均为

q(q>0).将另一个带电荷量也为 q(q>0)的小球从 O 点正下方较远处缓慢移向 O 点,当 三个带电小球分别处在等边三角形 abc 的三个顶点上时,两摆线的夹角恰好为 120° , 则此时摆线上的拉力大小等于 ( )

图5 A. 3mg kq2 C.2 3· 2 l B.mg kq2 D. 3· 2 l

解析 如图为 a 处带电小球的受力示意图,其中 F 为摆线对小 球的拉力, F1 和 F2 分别为 b 处带电小球和移动的带电小球对它 的库仑力. q2 根据题意分析可得 F1=F2=k ,根据共点力的平衡知识可 ? 3l?2 q2 q2 q2 得 Fcos 30° =k +k cos 60° ,mg=Fsin 30° +k sin 60° ,联立以上两式解 ? 3l?2 ? 3l?2 ? 3l?2 得 F= 3kq2 或 F=mg,故选项中只有 B 正确. 3l2

答案 B 突破训练 3 可以自由移动的点电荷 q1、q2、q3 放在光滑绝缘水平面上,如图 6 所示,已

知 q1 与 q2 之间的距离为 l1,q2 与 q3 之间的距离为 l2,且每个电荷都处于平衡状态.

图6

(1)如果 q2 为正电荷,则 q1 为________电荷,q3 为________电荷. (2)q1、q2、q3 三者电荷量大小之比是________. 解析 (1)q2 处于平衡状态,则 q1、q3 对它的静电力等大反向,所以 q1、q3 带同种电荷;

q1 处于平衡状态,则 q2、q3 对它的静电力等大反向,所以 q2、q3 带异种电荷.因此, q1、q3 都带负电荷. q1q2 q1q3 (2)对 q1 列平衡方程:k 2 =k l1 ?l1+l2?2 q2q3 kq1q3 对 q3 列平衡方程:k 2 = l2 ?l1+l2?2 l1+l2 2 l1+l2 2 联立解得:q1∶q2∶q3=( ) ∶1∶( ). l2 l1 答案 l1+l2 2 l1+l2 2 (1)负 负 (2)( ) ∶1∶( ) l2 l1 处理库仑力作用下电荷平衡问题的方法 (1)库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同,可以将力进行合成与 分解. (2)恰当选取研究对象,用“隔离法”或“整体法”进行分析. (3)对研究对象进行受力分析,注意比力学中多了一个库仑力. (4)列平衡方程,注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关.

28.挖掘隐含条件,解决库仑力作用下的动力 学问题

例4

如图 7 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

中心处固定一带电荷量为+Q 的点电荷.质量为 m、带电荷量为+q 的带电小球在圆形 绝缘细管中做圆周运动, 当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力, 求当小球运动到 最低点时对管壁的作用力是多大?

图7 审题与关联

解析 设小球在最高点时的速度为 v1,根据牛顿第二定律 v2 kQq 1 mg- 2 =m R R ①

设当小球在最低点时的速度为 v2,管壁对小球的作用力为 F,根据牛顿第二定律有 F- v2 kQq 2 mg- 2 =m R R ②

1 小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功,故机械能守恒.则 mv2 +mg· 2R= 2 1 1 2 mv 2 2 由①②③式得 F=6mg 由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力 F′=6mg. 答案 6mg “杆模型”问题 解题关键:(1)建立杆模型,找准临界状态和临界条件. (2)特别要注意库仑力与运动方向始终垂直,不做功. 突破训练 4 如图 8 所示,点电荷+4Q 与+Q 分别固定在 A、B 两点,C、D 两点将 AB 连 ③

线三等分,现使一个带负电的粒子从 C 点开始以某一初速度向右运动,不计粒子的重 力,则该粒子在 CD 之间运动的速度大小 v 与时间 t 的关系图象可能是图中的( )

图8

答案 B 解析 粒子在 AB 连线上的平衡位臵即为场强为零的位臵,设粒子与 B 点的距离为 x, kQ k· 4Q L 所以 2 = ,得 x= ,即在 D 点,粒子在 D 点左侧时所受电场力向左,粒子在 D x 3 ?L-x?2 点右侧时所受电场力向右.所以粒子的运动情况有以下三种情况:在 D 点左侧时先向 右减速至速度为零然后向左加速运动;粒子能越过 D 点时,先在 D 点左侧减速,过 D 点以后加速运动;或在 D 点左侧减速,运动到 D 点速度减为 0,以后一直静止,由于 C 图象不对称,所以粒子在 CD 之间的运动可以用 B 图象描述,故 B 正确.

高考题组 1.(2012· 浙江理综· 19)用金属箔做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上.小明同学 用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后, 将笔套自上而下慢慢靠近圆环, 当距离约为 0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上,如图 9 所示.对上述现象的判断与分析,下列说法正确的是 ( )

图9 A.摩擦使笔套带电 B.笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷 C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和 答案 ABC 解析 笔套与头发摩擦后,能够吸引圆环,说明笔套上带了电荷,即摩擦使笔套带电, 选项 A 正确;笔套靠近圆环时,由于静电感应,会使圆环上、下部感应出异号电荷, 选项 B 正确;圆环被吸引到笔套的过程中,是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所 受的重力,故选项 C 正确;笔套接触到圆环后,笔套上的部分电荷转移到圆环上,使 圆环带上相同性质的电荷,选项 D 错误. 2.(2013· 新课标Ⅱ· 18)如图 10,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球 a、b 和 c 分别位于边 长为 l 的正三角形的三个顶点上;a、b 带正电,电荷量均为 q,c 带负电.整个系统置 于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为 k.若三个小球均处于静止状态,则匀强电 场场强的大小为 ( )

图 10 A. 3kq 3l2 B. 3kq l2

3kq C. 2 l 答案 B

2 3kq D. 2 l

解析 因为 a、b 小球对 c 的静电力的合力方向垂直于 a、b 连线向 上,又因 c 带负电,所以匀强电场的场强方向为垂直于 a、b 连线向 上. 分析 a 球受力:b 对 a 的排斥力 F1、c 对 a 的吸引力 F2 和匀强电场对 a 的电场力 F3= qE.根据受力平衡可知,a 受力情况如图所示 利用正交分解法: q2 F2cos 60° =F1=k 2 l F2sin 60° =F3=qE. 解得 E= 3kq . l2

3.(2013· 四川理综· 8(1))在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中,一同 学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关.他选用带正电的小球 A 和 B,A 球放在可移 动的绝缘座上,B 球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒 C 点,如图 11 所示.

图 11 实验时,先保持两球电荷量不变,使 A 球从远处逐渐向 B 球靠近,观察到两球距离越 小,B 球悬线的偏角越大;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷 量越大,B 球悬线的偏角越大. 实验表明:两电荷之间的相互作用力,随其距离的________而增大,随其所带电荷量的 ________而增大. 此同学在探究中应用的科学方法是________(选填“累积法”、“等效替代法”、“控 制变量法”或“演绎法”). 答案 减小 增大 控制变量法

解析 偏角的大小, 可以反映电荷间相互作用力的大小. 所以可以分析出相互作用力与 间距、电荷量的关系.本题考察电荷间相互作用力与哪些因素有关,猜想有两方面,分 组测量,所以本题的科学方法为控制变量法. 模拟题组 4.两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,两细线与竖直方向间夹角分别为 α、β,α<β,如图 12 所示.现将 两细线同时剪断,则 ( )

图 12 A.两球都做匀变速运动 B.两球下落时间相同 C.落地时两球水平位移相同 D.a 球落地时的速度小于 b 球落地时的速度 答案 BD 解析 当两小球静止时,设两球之间的库仑力大小为 F,则有 F=magtan α=mbgtan β, 因为 α<β,所以有 ma>mb.将两细线同时剪断后,两球在竖直方向都做自由落体运动,下 落时间相同,B 正确.水平方向,库仑力逐渐变小,两球在库仑力作用下做变加速直线 F 运动,A 错误.由 a= 可知,加速度 aa<ab,所以两球落地时水平位移 xa<xb,落地速 m 度 va<vb,C 错误,D 正确. 5.如图 13 所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点,A 和 C 围绕 B 做匀速圆周 运动,B 恰能保持静止,其中 A、C 和 B 的距离分别是 L1 和 L2.不计三质点间的万有引 力,则 A 和 C 的比荷(电量和质量之比)之比应是 ( )

图 13 L1 A.( )2 L2 答案 C qAqB qCqB 解析 根据 B 恰能保持静止可得:k 2 =k 2 ,且 A、C 带同种电荷,B 与 A、C 带 L1 L2 qAqB qC qA qC qB 异种电荷,A 做匀速圆周运动,k 2 -k =mAω2L1.C 做匀速圆周运动,k 2 - L1 L2 ?L1+L2?2 L2 B.( )2 L1 L1 C.( )3 L2 L2 D.( )3 L1

qCqA qA qC L1 k =mCω2L2.联立解得 A 和 C 的比荷(电量与质量之比)之比 ∶ =( )3,C 正 m A m C L2 ?L1+L2?2 确.

(限时:30 分钟) ?题组 1 起电的三种方式和电荷守恒定律的应用 1.关于电现象,下列说法中正确的是 ( )

A.感应起电是利用静电感应,使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程 B.带电现象的本质是电子的转移,中性物体得到多余电子就一定带负电,失去电子就 一定带正电 C.摩擦起电是普遍存在的现象,相互摩擦的两个物体总是同时带等量异种电荷 D.当一种电荷出现时,必然有等量异种电荷出现,当一种电荷消失时,必然有等量异 种电荷同时消失 答案 ABD 解析 感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分, 而摩擦起电是电荷从一个物体 转移到另一个物体,但相互摩擦的两个物体并不一定带等量异种电荷,故 A 正确,C 错误;由电荷守恒定律可知 D 正确;中性物体得到多余电子带负电,失去电子带正电, B 正确. 2.如图 1 所示,左边是一个原来不带电的导体,右边 C 是后来靠近的带正电的导体球,若 用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开,分导体为 A、B 两部分,这两部分所带电荷量 的数值分别为 QA、QB,则下列结论正确的是 ( )

图1 A.沿虚线 d 切开,A 带负电,B 带正电,且 QA>QB B.只有沿虚线 b 切开,才会使 A 带正电,B 带负电,且 QA=QB C.沿虚线 a 切开,A 带正电,B 带负电,且 QA<QB D.沿任意一条虚线切开,都会使 A 带正电,B 带负电,而 QA、QB 的值与所切的位置 有关 答案 D 解析 导体原来不带电,只是在 C 所带正电荷的作用下,导体中的自由电子向 B 部分 移动, 使 B 部分多了电子而带负电, A 部分少了电子而带正电. 根据电荷守恒定律可知,

A 部分转移的电子数目和 B 部分多出的电子数目是相同的,因此无论从哪一条虚线切 开,两部分的电荷量总是相等的,不过从不同位臵切开时,QA、QB 的值是变化的,故 只有 D 正确. ?题组 2 库仑定律的理解和应用 3.用控制变量法,可以研究影响电荷间相互作用力的因素.如图 2 所示,O 是一个带电的 物体,若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的 P1、P2、P3 位置,可以比较小球 在不同位置所受带电物体的作用力的大小, 这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的 角度 θ 显示出来.若物体 O 的电荷量用 Q 表示,小球的电荷量用 q 表示,物体与小球 间距离用 d 表示,物体和小球之间的作用力大小用 F 表示.则以下对该实验现象的判 断正确的是 ( )

图2 A.保持 Q、q 不变,增大 d,则 θ 变大,说明 F 与 d 有关 B.保持 Q、q 不变,减小 d,则 θ 变大,说明 F 与 d 成反比 C.保持 Q、d 不变,减小 q,则 θ 变小,说明 F 与 q 有关 D.保持 q、d 不变,减小 Q,则 θ 变小,说明 F 与 Q 成正比 答案 C Qq 解析 本题考查库仑定律.根据库仑定律和平衡条件可知 F=k 2 =mgtan θ,保持 Q、 d q 不变,增大 d,F 将变小,则 θ 变小,说明 F 与 d 有关,但不能确定成反比关系,选 项 A、B 错误;保持 Q、d 不变,减小 q,则 θ 变小,说明 F 与 q 有关,选项 C 正确; 保持 q、d 不变,减小 Q,则 θ 变小,说明 F 随 Q 的减小而减小,但不能确定成正比关 系,选项 D 错误. 4. 如图 3 所示, 一个均匀的带电圆环, 带电荷量为+Q, 半径为 R, 放在绝缘水平桌面上. 圆 心为 O 点,过 O 点作一竖直线,在此线上取一点 A,使 A 到 O 点的距离为 R,在 A 点 放一检验电荷+q,则+q 在 A 点所受的电场力为 ( )

图3 kQq A. 2 ,方向向上 R

B.

2kQq ,方向向上 4R2

kQq C. 2 ,方向水平向左 4R D.不能确定 答案 B 解析 先把带电圆环分成若干个小部分, 每一小部分可视为一个点电荷, 各点电荷对检 验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消,竖直方向上的电场力大小为 2kQq ,方向向上,故选 B. 4R2 ?题组 3 库仑力作用下带电体的平衡问题 5.如图 4 所示,可视为点电荷的小球 A、B 分别带负电和正电,B 球固定,其正下方的 A 球静止在绝缘斜面上,则 A 球受力个数可能为 ( ) kqQcos 45° = ? 2R?2

图4 A.可能受到 2 个力作用 B.可能受到 3 个力作用 C.可能受到 4 个力作用 D.可能受到 5 个力作用 答案 AC 解析 以 A 为研究对象,根据其受力平衡可得,如果没有摩擦,则 A 对斜面一定无弹 力,只受重力和库仑引力两个力作用而平衡;如果受摩擦力,则一定受弹力,所以此时 A 受 4 个力作用而平衡,A、C 正确. 6.在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球,小球 A、B、C 位于等边三角形的 三个顶点上,小球 D 位于三角形的中心,如图 5 所示.现让小球 A、B、C 带等量的正 电荷 Q,让小球 D 带负电荷 q,使四个小球均处于静止状态,则 Q 与 q 的比值为( )

图5 1 A. 3 答案 D B. 3 3 C.3 D. 3

2 3 解析 设三角形边长为 a,由几何知识可知,BD=a· cos 30° ·= a,以 B 为研究对象, 3 3 kQ2 kQq Q 由平衡条件可知, 2 cos 30° ×2= 2,解得: = 3,D 正确. a BD q 7.A、B 两带电小球,质量分别为 mA、mB,电荷量分别为 qA、qB,用绝缘不可伸长的细线 如图 6 悬挂,静止时 A、B 两球处于同一水平面.若 B 对 A 及 A 对 B 的库仑力分别为 FA、FB,则下列判断正确的是 ( )

图6 A.FA<FB B.细线 OC 的拉力 FTC=(mA+mB)g C.细线 AC 对 A 的拉力 FTA= mA g 2

D.同时烧断细线 AC、BC 后,A、B 在竖直方向的加速度相同 答案 BD 解析 A 与 B 之间的库仑力是作用力与反作用力的关系,选项 A 错误;以 A、B 为整体 作为研究对象,竖直方向的合力为零,即细线 OC 的拉力 FTC=(mA+mB)g,选项 B 正 确;以 A 为研究对象,细线 AC 对 A 的拉力 FTA= mAg 2 3mAg = ,选项 C 错误;同 cos 30° 3

时烧断细线 AC、BC 后,A、B 在竖直方向的加速度均为 g,选项 D 正确. 8.如图 7 所示,在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球,带电量分别为-q、Q、-q、Q.四 个小球构成一个菱形,-q、-q 的连线与-q、Q 的连线之间的夹角为 α.若此系统处于 平衡状态,则正确的关系式可能是 ( )

图7 q A.cos3 α= 8Q Q C.sin3 α= 8q 答案 AC q2 B.cos3 α= 2 Q Q2 D.sin3 α= 2 q

解析 设菱形边长为 a,则两个 Q 之间距离为 2asin α,两个 q 之间距离为 2acos α.选取 Qq q2 其中的一个-q 作为研究对象,由库仑定律和平衡条件得 2k 2 cos α=k ,解得 a ?2acos α?2 q cos3 α= ,选项 A 正确,B 错误;选取其中的一个 Q 作为研究对象,由库仑定律和平 8Q Qq Q2 Q 衡条件得 2k 2 sin α=k ,解得 sin3 α= ,选项 C 正确,D 错误. a 8q ?2asin α?2 ?题组 4 在库仑力作用下的动力学问题 9.如图 8 所示,把一个带电小球 A 固定在光滑的水平绝缘桌面上,在桌面的另一处放置带 电小球 B.现给 B 一个沿垂直 AB 方向的水平速度 v0,下列说法中正确的是 ( )

图8 A.若 A、B 为异种电荷,B 球一定做圆周运动 B.若 A、B 为异种电荷,B 球可能做匀变速曲线运动 C.若 A、B 为同种电荷,B 球一定做远离 A 的变加速曲线运动 D.若 A、B 为同种电荷,B 球的动能一定会减小 答案 C 解析 如果 A、B 为异种电荷,当 A 对 B 的库仑引力恰好提供 B 做圆周运动所需要的 向心力时,B 绕 A 做匀速圆周运动;当 A 对 B 的库仑引力大于或者小于 B 做圆周运动 所需要的向心力时,则 B 将做近心运动或者做离心运动.由于库仑力是变力,故不可 能做匀变速曲线运动,A、B 两项均错.如果 A、B 为同种电荷,则 B 受到 A 的库仑斥 力将做远离 A 的变加速曲线运动,电场力做正功动能增大,所以 C 项正确,D 项错. 10.如图 9 所示,正电荷 q1 固定于半径为 R 的半圆光滑轨道的圆心处,将另一带正电、电 荷量为 q2、质量为 m 的小球,从轨道的 A 处无初速度释放,求:

图9 (1)小球运动到 B 点时的速度大小; (2)小球在 B 点时对轨道的压力. 答案 解析 q1q2 (1) 2gR (2)3mg+k 2 ,方向竖直向下 R (1)带电小球 q2 在半圆光滑轨道上运动时, 库仑力不做功, 故机械能守恒, 则 mgR

1 = mv2 2 B

解得 vB= 2gR. (2)小球到达 B 点时,受到重力 mg、库仑力 F 和支持力 FN,由圆周运动和牛顿第二定
2 vB q1q2 律得 FN-mg-k 2 =m R R

q1q2 解得 FN=3mg+k 2 R 根据牛顿第三定律,小球在 B 点时对轨道的压力为 q1q2 FN′=FN=3mg+k 2 R 方向竖直向下. 11.如图 10 所示,质量为 m 的小球 A 放在绝缘斜面上,斜面的倾角为 α.小球 A 带正电,电 荷量为 q.在斜面上 B 点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷,将小球 A 由距 B 点竖直高度 为 H 处无初速度释放.小球 A 下滑过程中电荷量不变.不计 A 与斜面间的摩擦,整个 装置处在真空中.已知静电力常量 k 和重力加速度 g.

图 10 (1)A 球刚释放时的加速度是多大? (2)当 A 球的动能最大时,求此时 A 球与 B 点的距离. 答案 解析 kQqsin2 α (1)gsin α- (2) mH2 kQq mgsin α

(1)根据牛顿第二定律 mgsin α-F=ma

Qq H 根据库仑定律:F=k 2 ,r= r sin α kQqsin2 α 联立以上各式解得 a=gsin α- . mH2 (2)当 A 球受到合力为零、加速度为零时,速度最大,动能最大.设此时 A 球与 B 点间 kQq 的距离为 R,则 mgsin α= 2 ,解得 R= R kQq . mgsin α

第 2 课时

电场力的性质

考纲解读 1.理解电场强度的定义、意义及表示方法.2.熟练掌握各种电场的电场线分布,并 能利用它们分析解决问题.3.会分析、计算在电场力作用下的电荷的平衡及运动问题.

1.[对电场强度概念的理解]关于电场强度的概念,下列说法正确的是 F A.由 E= 可知,某电场的场强 E 与 q 成反比,与 F 成正比 q

(

)

B.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 答案 C 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,但场强方向与试探电荷的正负无关,B 错误. 2.[电场强度的矢量合成]如图 1 所示,M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点,O 点 为半圆弧的圆心,∟MOP=60° .电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于 M、N 两 点,这时 O 点电场强度的大小为 E1;若将 N 点处的点电荷移至 P 点,则 O 点电场强度 的大小变为 E2.E1 与 E2 之比为 ( )

图1 A.1∶2 答案 B 解析 两个点电荷分别在 M 点和 N 点时,每个点电荷在 O 点产生的场强大小相等、方 E1 向相同,所以 EM+EN=E1,得 EM=EN= .将 N 点处的点电荷移至 P 点时,假设 M 点 2 的电荷为正电荷,则 O 点的场强如图所示.M 点和 P 点的点电荷在 O 点产生的场强大 E1 E1 2 小仍相等,夹角为 120° ,所以 O 点场强 E2=EM= ,即 = ,B 正确. 2 E2 1 B.2∶1 C.2∶ 3 D.4∶ 3

3.[对电场线概念的理解]以下关于电场和电场线的说法中正确的是

(

)

A.电场、电场线都是客观存在的物质,因此电场线不仅能在空间相交,也能相切 B.在电场中,凡是电场线通过的点,场强不为零,不画电场线区域内的点场强为零 C.同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大 D.电场线是人们假想的,用以表示电场的强弱和方向,客观上并不存在 答案 CD 解析 电场线是假想的,不是物质,在空间不相交,不相切,不画电场线区域内的点场 强不一定为零. 4.[电场强度两个表达式的比较]对于由点电荷 Q 产生的电场,下列说法正确的是 ( F A.电场强度的定义式仍成立,即 E= ,式中的 Q 就是产生电场的点电荷 Q kQ B.在真空中,电场强度的表达式为 E= 2 ,式中 Q 就是产生电场的点电荷 r kq C.在真空中,电场强度的表达式 E= 2 ,式中 q 是检验电荷 r D.以上说法都不对 答案 B 5.[带电粒子在电场中的运动分析]实线为三条方向未知的电场线,从电场中的 M 点以相同 的速度飞出 a、b 两个带电粒子,a、b 的运动轨迹如图 2 中的虚线所示(a、b 只受电场 力作用),则 ( ) )

图2 A.a 一定带正电,b 一定带负电 B.电场力对 a 做正功,对 b 做负功 C.a 的速度将减小,b 的速度将增大 D.a 的加速度将减小,b 的加速度将增大 答案 D 解析 由于电场线的方向未知,故无法确定 a、b 的电性,A 错;电场力对 a、b 均做正 功,两带电粒子动能均增大,则速度均增大,B、C 均错;a 向电场线稀疏处运动,电 场强度减小,电场力减小,故加速度减小,b 向电场线密集处运动,电场强度增大,电

场力增大,故加速度增大,D 正确.

一、电场强度 1.静电场 (1)电场是存在于电荷周围的一种物质,静电荷产生的电场叫静电场. (2)电荷间的相互作用是通过电场实现的.电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的 作用. 2.电场强度 (1)物理意义:表示电场的强弱和方向. (2)定义:电场中某一点的电荷受到的电场力 F 跟它的电荷量 q 的比值叫做该点的电场 强度. F (3)定义式:E= . q (4)标矢性:电场强度是矢量,正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向, 电场强度的叠加遵从平行四边形定则. 二、电场线 1.定义: 为了直观形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向,在电场中画出一系列的曲线, 使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向,曲线的疏密表示电场强度的大小. 2.特点: (1)电场线从正电荷或无限远处出发,终止于负电荷或无限远处; (2)电场线在电场中不相交; (3)在同一电场里,电场线越密的地方场强越大; (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向; (5)沿电场线方向电势逐渐降低; (6)电场线和等势面在相交处互相垂直. 3.几种典型电场的电场线(如图 3 所示).

图3 4.电场线与电荷运动的轨迹 (1)电荷运动的轨迹与电场线一般不重合.若电荷只受电场力的作用,在以下条件均满 足的情况下两者重合: ①电场线是直线. ②电荷由静止释放或有初速度,且初速度方向与电场线方向平行. (2)由粒子运动轨迹判断粒子运动情况: ①粒子受力方向指向曲线的内侧,且与电场线相切. ②由电场线的疏密判断加速度大小. ③由电场力做功的正负判断粒子动能的变化.

考点一 电场强度的计算 1.场强的公式 F E= ? ? q 与检验电荷是否存在无关 适用于点电荷产生的电场 ?E=kQ r Q为场源电荷的电荷量 三个公式? 适用于匀强电场 ?E=U? ? ?U为两点间的电势差,d为沿电场方向两 d ? ?点间的距离 ? ?
? ?适用于任何电场 ? ? ? ? ? ? ? ?
2

2.电场的叠加 (1)电场叠加:多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场 强度的矢量和. (2)运算法则:平行四边形定则. 例1 N(N>1)个电荷量均为 q(q>0)的小球, 均匀分布在半径为 R 的圆周上, 如图 4 所示. 若 移去位于圆周上 P 点 ( 图中未标出 ) 的一个小球,则圆心 O 点处的电场强度大小为 ________,方向________.(已知静电力常量为 k)

图4 q 解析 P 点的带电小球在圆心 O 处的电场强度大小为 E1=k 2,方向沿 PO 指向 O;N R 个小球在 O 点处电场强度叠加后,合场强为零;移去 P 点的小球后,则剩余 N-1 个小 球在圆心 O 处的电场强度与 P 点的小球在圆心 O 处的电场强度等大反向,即 E=E1= q k 2,方向沿 OP 指向 P. R 答案 kq 沿 OP 指向 P R2 利用补偿法和对称法求电场强度 (1)补偿法:题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型,比如说模型 A,这时需要给 原来的问题补充一些条件,由这些补充条件建立另一个容易求解的模型 B,并且模型 A 与模型 B 恰好组成一个完整的标准模型,这样求解模型 A 的问题就变为求解一个完整 的标准模型与模型 B 的差值问题. (2)对称法:利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的 方法. 突破训练 1 如图 5 所示,在水平向右、大小为 E 的匀强电场中,在 O 点固定一电荷量为

Q 的正电荷,A、B、C、D 为以 O 为圆心、半径为 r 的同一圆周上的四点,B、D 连线 与电场线平行,A、C 连线与电场线垂直.则 ( )

图5 A.A 点的场强大小为 Q2 E2+k2 4 r

Q B.B 点的场强大小为 E-k 2 r C.D 点的场强大小不可能为 0 D.A、C 两点的场强相同 答案 A

突破训练 2

均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电

场.如图 6 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 的直线,在直线上有 M、N 两点, OM = ON =2R.已知 M 点的场强大小为 E,则 N 点的场强大小为 ( )

图6 kq A. 2-E 2R kq C. 2-E 4R 答案 A 2q 解析 设想球壳是一完整的球面,则 M、N 两点的场强大小为 E0=k ,去掉左侧半 ?2R?2 球面,右侧半球面在 N 点产生的场强大小与只有左侧半球面时在 M 点产生的场强大小 kq 相同,因此 N 点场强 E′=E0-E= 2-E,A 选项正确. 2R 考点二 两个等量点电荷电场的分布 等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较 比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷 kq B. 2 4R kq D. 2+E 4R

电场线分布图

连线中点 O 处的场强 连线上的场强大小 (从左到右) 沿中垂线由 O 点向外 场强大小 关于 O 点对称的 A 与 A′、B 与 B′的场强 例2

连线上 O 点场强最小, 指向 负电荷一方 沿连线先变小,再变大

为零

沿连线先变小,再变大

O 点最大,向外逐渐减小

O 点最小, 向外先变大后变小

等大同向

等大反向

如图 7 所示,两个带等量负电荷的小球 A、B(可视为点电荷),被固定在光滑的绝缘

水平面上,P、N 是小球 A、B 连线的水平中垂线上的两点,且 PO=ON.现将一个电荷 量很小的带正电的小球 C(可视为质点)由 P 点静止释放, 在小球 C 向 N 点运动的过程中,

下列关于小球 C 的说法可能正确的是

(

)

图7 A.速度先增大,再减小 B.速度一直增大 C.加速度先增大再减小,过 O 点后,加速度先减小再增大 D.加速度先减小,再增大 解析 在 AB 的中垂线上,从无穷远处到 O 点,电场强度先变大后变小,到 O 点变为 零,故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时,电荷的加速度先变大后变小,速度不断 增大,在 O 点加速度变为零,速度达到最大;由 O 点到无穷远处时,速度变化情况与 另一侧速度的变化情况具有对称性.如果 P、N 相距很近,加速度则先减小,再增大. 答案 AD 突破训练 3 如图 8 所示,a、b 两点处分别固定有等量异种点电荷+Q 和-Q,c 是线段

ab 的中点,d 是 ac 的中点,e 是 ab 的垂直平分线上的一点,将一个正点电荷先后放在 d、c、e 点,它所受的电场力分别为 Fd、Fc、Fe,则下列说法中正确的是 ( )

图8 A.Fd、Fc、Fe 的方向都是水平向右 B.Fd、Fc 的方向水平向右,Fe 的方向竖直向上 C.Fd、Fe 的方向水平向右,Fc=0 D.Fd、Fc、Fe 的大小都相等 答案 A 解析 根据场强叠加原理, 等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线 分布如图所示,d、c、e 三点场强方向都是水平向右,正点电荷在各 点受电场力方向与场强方向相同可得到 A 正确,B、C 错误;连线上 场强由 A 到 B 先减小后增大,中垂线上由 O 到无穷远处逐渐减小, 因此 O 点场强是连线上最小的(但不为 0),是中垂线上最大的,故 Fd>Fc>Fe,故 D 错误.

突破训练 4

如图 9 所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN 为两电荷连线的中垂线,a、

b、c 三点所在直线平行于两电荷的连线,且 a 和 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 ( )

图9 A.b 点场强大于 d 点场强 B.b 点场强小于 d 点场强 C.a、b 两点间的电势差等于 b、c 两点间的电势差 D.试探电荷+q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能 答案 BC 解析 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示场强

大小可知 Ed>Eb.故选项 A 错误,选项 B 正确.a、c 两点关于 MN 对称,故 Uab=Ubc, 选项 C 正确.沿电场线方向电势降低,所以 φa>φc,由 Ep=qφ 可知 Epa>Epc,故选项 D 错误.

29.带电体的力电综合问题的分析方法

1.基本思路

2.运动情况反映受力情况 (1)物体静止(保持):F 合=0. (2)做直线运动 ①匀速直线运动,F 合=0. ②变速直线运动:F 合≠0,且 F 合与速度方向总是一致.

(3)做曲线运动:F 合≠0,F 合与速度方向不在一条直线上,且总指向运动轨迹曲线凹的 一侧. (4)F 合与 v 的夹角为 α,加速运动:0° ≤α<90° ;减速运动:90° <α≤180° . (5)匀变速运动:F 合=恒量. 例3 如图 10 所示, 一根长为 L=1.5 m 的光滑绝缘细直杆 MN 竖直固定在电场强度大小为 E=1.0×105 N/C、与水平方向成 θ=30° 角的斜向上的匀强电场中,杆的下端 M 固定一 个带电小球 A,带电荷量为 Q=+4.5× 10 带电荷量为 q=+1.0× 10
-6 -6

C;另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动,
-2

C,质量为 m=1.0× 10

kg.现将小球 B 从杆的 N 端由静止

释放,小球 B 开始运动.(静电力常量 k=9.0× 109 N· m2/C2,g=10 m/s2)

图 10 (1)求小球 B 开始运动时的加速度 a; (2)当小球 B 的速度最大时,求小球距 M 端的高度 h1; (3)若小球 B 从 N 端运动到距 M 端的高度为 h2=0.61 m 时,速度 v=1.0 m/s,求此过程 中小球 B 电势能的改变量 ΔEp. 审题与关联

解析

(1)开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆的方向运动,

由牛顿第二定律得 kQq mg- 2 -qEsin θ=ma,解得 a=3.2 m/s2 L (2)小球 B 速度最大时受到的合力为零,即 kQq +qEsin θ=mg h2 1

代入数据得 h1=0.9 m (3)小球 B 在从开始运动到速度为 v 的过程中,设重力做功为 W1,电场力做功为 W2, 库仑力做功为 W3,则根据动能定理得 1 W1+W2+W3= mv2 2 W1=mg(L-h2) 又由功能关系知 ΔEp=|W2+W3| 代入数据得 ΔEp=8.4×10 答案 (1)3.2 m/s2
-2

J
-2

(2)0.9 m (3)8.4×10

J

高考题组 1.(2013· 全国新课标Ⅰ· 15)如图 11,一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷, 在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点,a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距 离均为 R,在 a 点处有一电荷量为 q (q>0)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零,则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量) ( )

图 11 3q A.k 2 R 答案 B kq 解析 电荷 q 产生的电场在 b 处的场强 Eb= 2,方向水平向右,由于 b 点的合场强为 R 零,故圆盘上的电荷产生的电场在 b 处的场强 Eb′=Eb,方向水平向左,故 Q>0.由于 kq b、d 关于圆盘对称,故 Q 产生的电场在 d 处的场强 Ed′=Eb′= 2,方向水平向右, R kq kq 电荷 q 产生的电场在 d 处的场强 Ed= 2,方向水平向右,所以 d 处的合场强的 2= ?3R? 9R 10q 大小 E=Ed′+Ed=k 2 . 9R 模拟题组 2.如图 12 所示,可视为质点的三物块 A、B、C 放在倾角为 30° 的固定斜面上,物块与斜面 2 3 间的动摩擦因数 μ= ,A 与 B 紧靠在一起,C 紧靠在固定挡板上,三物块的质量分 45 10q B.k 2 9R Q+q C.k 2 R 9Q+q D .k 9R2

别为 mA=0.60 kg,mB=0.30 kg,mC=0.50 kg,其中 A 不带电,B、C 均带正电,且 qC =1.0×10
-5

C,开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用,B、C 间相

距 L=1.0 m. 现给 A 施加一平行于斜面向上的力 F, 使 A 在斜面上做加速度 a=1.0 m/s2 的匀加速直线运动, 假定斜面足够长. 已知静电力常量 k=9.0× 109 N· m2/C2, g=10 m/s2. 求:

图 12 (1)B 物块的带电量 qB; (2)A、B 运动多长距离后开始分离. 答案 解析 = (1)5.0×10
-5

C

(2)0.5 m

(1)设 B 物块的带电量为 qB,A、B、C 处于静止状态时,C 对 B 的库仑斥力,F0

kqCqB L2

以 A、B 为研究对象,根据力的平衡有 F0=(mA+mB)gsin 30° 联立解得 qB=5.0×10
-5

C

(2)给 A 施加力 F 后, A、 B 沿斜面向上做匀加速直线运动, C 对 B 的库仑斥力逐渐减小, A、B 之间的弹力也逐渐减小.设经过时间 t,B、C 间距离变为 L′,A、B 两者间弹力 kqCqB 减小到零,此后两者分离.则 t 时刻 C 对 B 的库仑斥力为 F0′= L ′2 以 B 为研究对象,由牛顿第二定律有 F0′-mBgsin 30° -μmBgcos 30° =mBa 联立以上各式解得 L′=1.5 m 则 A、B 分离时,A、B 运动的距离 ΔL=L′-L=0.5 m 3.如图 13 所示,绝缘光滑水平轨道 AB 的 B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝 缘轨道 BC 平滑连接,圆弧的半径 R=0.40 m.在轨道所在空间存在水平向右的匀强电 场,电场强度 E=1.0×104 N/C.现有一质量 m=0.10 kg 的带电体(可视为质点)放在水平 轨道上与 B 端距离 s=1.0 m 的位置,由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动, 当运动到圆弧形轨道的 C 端时, 速度恰好为零. 已知带电体所带电荷量 q=8.0×10 求:
-5

C,

图 13

(1)带电体运动到圆弧形轨道的 B 端时对圆弧轨道的压力; (2)带电体沿圆弧形轨道从 B 端运动到 C 端的过程中,摩擦力做的功. 答案 解析 (1)5.0 N,方向竖直向下 (2)-0.72 J (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为 a

根据牛顿第二定律有 qE=ma qE 解得 a= =8.0 m/s2 m 设带电体运动到 B 端的速度大小为 vB,则 v2 B=2as 解得 vB= 2as=4.0 m/s 设带电体运动到圆轨道 B 端时受轨道的支持力为 FN,根据牛顿第二定律有 FN-mg= mv2 B R mv2 B 解得 FN=mg+ =5.0 N R 根据牛顿第三定律可知,带电体运动到圆弧形轨道的 B 端时对圆弧轨迹的压力大小 FN′=FN=5.0 N 方向:竖直向下 (2)因电场力做功与路径无关,所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中 电场力所做的功 W 电=qER=0.32 J 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为 Wf,对此过程根据动能定理有 1 W 电+Wf-mgR=0- mv2 2 B 解得 Wf=-0.72 J

(限时:30 分钟) ?题组 1 电场强度的概念及计算 1.下列关于电场强度的两个表达式 E=F/q 和 E=kQ/r2 的叙述,正确的是 ( )

A.E=F/q 是电场强度的定义式,F 是放入电场中的电荷所受的力,q 是产生电场的电 荷的电荷量 B.E=F/q 是电场强度的定义式,F 是放入电场中电荷所受的电场力,q 是放入电场中 电荷的电荷量,它适用于任何电场 C.E=kQ/r2 是点电荷场强的计算式,Q 是产生电场的电荷的电荷量,它不适用于匀强 电场

q1q2 kq2 D.从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式 F=k 2 ,式 2 是点电荷 q2 产生的电 r r kq1 场在点电荷 q1 处的场强大小,而 2 是点电荷 q1 产生的电场在 q2 处场强的大小 r 答案 BCD kQ 解析 公式 E=F/q 是电场强度的定义式,适用于任何电场.E= 2 是点电荷场强的计 r q1q2 算公式,只适用于点电荷电场,库仑定律公式 F=k 2 可以看成 q1 在 q2 处产生的电场 r kq1 强度 E1= 2 对 q2 的作用力,故 A 错误,B、C、D 正确. r 2.如图 1 所示,真空中 O 点有一点电荷,在它产生的电场中有 a、b 两点,a 点的场强大小 为 Ea,方向与 ab 连线成 60° 角,b 点的场强大小为 Eb,方向与 ab 连线成 30° 角.关于 a、b 两点场强大小 Ea、Eb 的关系,以下结论正确的是 ( )

图1 A.Ea= 3 E 3 b 1 B.Ea= Eb 3 D.Ea=3Eb

C.Ea= 3Eb 答案 D

2 kQ Ea rb 3 解析 由题图可知,rb= 3ra,再由 E= 2 可知, = 2= ,故 D 正确. r Eb ra 1

3.如图 2 甲所示,在 x 轴上有一个点电荷 Q(图中未画出),O、A、B 为轴上三点,放在 A、 B 两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示,则( )

图2 A.A 点的电场强度大小为 2×10 N/C B.B 点的电场强度大小为 2×103 N/C C.点电荷 Q 在 A、B 之间 D.点电荷 Q 在 A、O 之间 答案 AC
3

解析 对于电场中任意一点而言, 放在该处的试探电荷的电荷量 q 不同, 其受到的电场 F 力 F 的大小也不同,但比值 是相同的,即该处的电场强度不变.所以 F-q 图象是一 q 条过原点的直线,斜率越大则场强越大.由题图可知 A 点的电场强度 EA=2×103 N/C, B 点的电场强度 EB=0.5× 103 N/C,A 正确,B 错误.A、B 两点放正、负不同的电荷, 受力方向总为正,说明 A、B 的场强方向相反,点电荷 Q 只能在 A、B 之间,C 正确. ?题组 2 电场强度的矢量合成问题 4.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱.如图 3 甲是等量异种点电荷 形成电场的电场线,图乙是场中的一些点:O 是电荷连线的中点,E、F 是连线中垂线 上相对 O 对称的两点,B、C 和 A、D 也相对 O 对称.则 ( )

图3 A.B、C 两点场强大小和方向都相同 B.A、D 两点场强大小相等,方向相反 C.E、O、F 三点比较,O 点场强最强 D.B、O、C 三点比较,O 点场强最弱 答案 ACD 解析 由等量异种点电荷的电场线分布规律可知选项 A、C、D 正确,B 错误. 5.如图 4 所示,A、B、C、D、E 是半径为 r 的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定 一个点电荷,除 A 点处的电荷量为-q 外,其余各点处的电荷量均为+q,则圆心 O 处 ( )

图4 kq A.场强大小为 2 ,方向沿 OA 方向 r kq B.场强大小为 2 ,方向沿 AO 方向 r 2kq C.场强大小为 2 ,方向沿 OA 方向 r

2kq D.场强大小为 2 ,方向沿 AO 方向 r 答案 C 解析 在 A 处放一个-q 的点电荷与在 A 处同时放一个+q 和-2q 的点电荷的效果相 当,因此可以认为圆心 O 处的电场是由五个+q 和一个-2q 的点电荷产生的电场合成 的,五个+q 处于对称位臵上,在圆心 O 处产生的合场强为 0,所以 O 点的场强相当于 -2q 在 O 处产生的场强,故选 C. 6.图 5 中边长为 a 的正三角形 ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q,则该 三角形中心 O 点处的场强为 ( )

图5 6kq A. 2 ,方向由 C 指向 O a 6kq B. 2 ,方向由 O 指向 C a C. D. 3kq ,方向由 C 指向 O a2 3kq ,方向由 O 指向 C a2

答案 B 解析 每个点电荷在 O 点处的场强大小都是 E= kq 3kq 2= a2 ,画出 ? 3a/3?

矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得 O 点处的合场强为 E0=2E = 6kq ,方向由 O 指向 C.B 项正确. a2

7.在电场强度为 E 的匀强电场中,取 O 点为圆心,r 为半径作一圆周,在 O 点固定一电荷 量为+Q 的点电荷,a、b、c、d 为相互垂直的两条直线和圆周的交点.当把一检验电 荷+q 放在 d 点恰好平衡(如图 6 所示,不计重力).问:

图6 (1)匀强电场电场强度 E 的大小、方向如何?

(2)检验电荷+q 放在点 c 时,受力 Fc 的大小、方向如何? (3)检验电荷+q 放在点 b 时,受力 Fb 的大小、方向如何? 答案 Q (1)k 2 方向沿 db 方向 r

Qq (2) 2k 2 方向与 ac 成 45° 角斜向左下 r Qq (3)2k 2 方向沿 db 方向 r 解析 (1)对检验电荷受力分析如图所示,由题意可知:

Qq F1=k 2 , r F2=qE Qq 由 F1=F2,即 qE=k 2 , r Q 解得 E=k 2, r 匀强电场方向沿 db 方向. (2)由图知,检验电荷放在 c 点时: Q 2 Ec= E2 1+E = 2E= 2k 2 r Qq 所以 Fc=qEc= 2k 2 r 方向与 ac 成 45° 角斜向左下. (3)由图知,检验电荷放在 b 点时: Q Eb=E2+E=2E=2k 2 r Qq 所以 Fb=qEb=2k 2 , r 方向沿 db 方向. ?题组 3 应用动力学和功能观点分析带电体的运动问题 8.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场,其电场线分布如图 7 所示.有一带 负电的微粒,从上边区域沿平行电场线方向以速度 v0 匀速下落,并进入下边区域(该区 域的电场足够广),在如图所示的速度—时间图象中,符合粒子在电场内运动情况的是 (以 v0 方向为正方向) ( )

图7

答案 C 9.一根长为 l 的丝线吊着一质量为 m,带电荷量为 q 的小球静止在水平向右的匀强电场中, 如图 8 所示, 丝线与竖直方向成 37° 角, 现突然将该电场方向变为竖直向下且大小不变, 不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为 g,cos 37° =0.8,sin 37° =0.6), 求:

图8 (1)匀强电场的电场强度的大小; (2)小球经过最低点时丝线的拉力. 答案 解析 3mg 49 (1) (2) mg 4q 20 (1)电场未变化前,小球静止在电场中,

受力分析如图所示: 显然小球带正电,由平衡条件得: mgtan 37° =Eq 3mg 故 E= 4q (2)电场方向变成竖直向下后,小球开始做圆周运动,重力、电场力对小球做正功. 小球由静止位臵运动到最低点时,由动能定理得 1 (mg+qE)l(1-cos 37° )= mv2 2 由圆周运动知识,在最低点时, v2 F 向=FT-(mg+qE)=m l 联立以上各式,解得:

FT=

49 mg. 20

10.如图 9 所示,将光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R 的半圆形,固定在竖直面内,管口 B、 C 的连线水平.质量为 m 的带正电小球从 B 点正上方的 A 点自由下落,A、B 两点间距 离为 4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始,整个空间中突然加上一个斜 向左上方的匀强电场, 小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上, 大小与重力相等, 结果小球从管口 C 处离开圆管后,又能经过 A 点.设小球运动过程中电荷量没有改变, 重力加速度为 g,求:

图9 (1)小球到达 B 点时的速度大小; (2)小球受到的电场力大小; (3)小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力. 答案 解析 (1) 8gR (2) 2mg (3)3mg,方向水平向右 (1)小球从开始自由下落至到达管口 B 的过程中机械能守恒,故有:

1 mg· 4R= mv2 2 B 到达 B 点时速度大小为 vB= 8gR (2)设电场力的竖直分力为 Fy,水平分力为 Fx,则 Fy=mg,小球从 B 运动到 C 的过程 1 1 2 中,由动能定理得:-Fx· 2R= mv2 C- mvB 2 2 小球从管口 C 处离开圆管后,做类平抛运动,由于经过 A 点,有 y=4R=vCt,x=2R 1 Fx = axt2= t2 2 2m 联立解得: Fx=mg 电场力的大小为:
2 F=qE= F2 x +Fy = 2mg

(3)小球经过管口 C 处时,向心力由 Fx 和圆管的弹力 FN 的合力提供,设弹力 FN 的方向 mv2 C 向左,则 Fx+FN= ,解得:FN=3mg R 根据牛顿第三定律可知,小球经过管口 C 处时对圆管的压力为 FN′=FN=3mg,方向 水平向右.

单元小结练

库仑定律及电场力的性质
(限时:45 分钟)

1.在点电荷 Q 形成的电场中的某点 P,放一电荷量为 q 的检验电荷,q 受到的电场力为 F. 如果将 q 移走,那么 P 点的电场强度大小为 F A. q 答案 A F 解析 电场中的电场强度是由电场本身决定的, 与有无检验电荷无关, 因此 E= 不变, q 选项 A 正确. 2.如图 1 所示,在 x 轴坐标为+1 的点上固定一个电荷量为 4Q 的正点电荷,坐标原点 O 处固定一个电荷量为 Q 的负点电荷,那么在 x 坐标轴上,电场强度方向沿 x 轴负方向 的点所在区域应是 ( ) F B. Q C.qF D.0 ( )

图1 A.(0,1) C.(-∞,-1) 答案 AC 解析 在区域(0,1)中 4Q 和-Q 的电场的电场强度方向都向左,合场强仍向左,A 对; Q 4Q 设在-Q 左侧距-Q 为 x 处场强为零,由 k 2=k 得 x=1,所以区域(-∞,-1) x ?1+x?2 内合场强向左,C 对. 3.如图 2 所示,为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线,a、b、c 三条虚线为三个带电 粒子以相同的速度从 O 点射入电场后的运动轨迹,其中 b 虚线为一圆弧,AB 的长度等 于 BC 的长度,且三个粒子的电荷量大小相等,不计粒子重力,则以下说法正确的是 ( ) B.(-1,0) D.(1,+∞)

图2 A.a 一定是正粒子的运动轨迹,b 和 c 一定是负粒子的运动轨迹 B.由于 AB 的长度等于 BC 的长度,故 UAB=UBC

C.a 虚线对应的粒子的加速度越来越小,c 虚线对应的粒子的加速度越来越大,b 虚线 对应的粒子的加速度大小不变 D.b 虚线对应的粒子的质量大于 c 虚线对应的粒子的质量 答案 CD 解析 由于电场线没有明确方向, 因此无法确定三个带电粒子的电性; 由于该电场不是 匀强电场, 虽然 AB 的长度等于 BC 的长度, 但 AB 段与 BC 段对应的电场强度的变化量 不等,由点电荷电场等差等势面的分布特点,不难判断 UAB<UBC;根据电场线的疏密程 度可知,a 虚线对应的粒子的加速度越来越小,c 虚线对应的粒子的加速度越来越大,b 虚线对应的粒子的加速度大小不变,故 C 选项正确;由于 b 虚线对应的带电粒子所做 的运动为匀速圆周运动,而 c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动,b 虚线对应的 v2 v2 带电粒子 Eq=mb ,而 c 虚线对应的带电粒子满足关系式 Eq>mc ,即 mb>mc,故 D r r 选项正确. 4.在如图 3 所示的四种电场中,分别标记有 a、b 两点.其中 a、b 两点电场强度大小相等、 方向相反的是 ( )

图3 A.甲图中与点电荷等距的 a、b 两点 B.乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 C.丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 D.丁图中非匀强电场中的 a、b 两点 答案 C 解析 甲图中与点电荷等距的 a、b 两点,场强大小相同,方向不相反,选项 A 错误; 对乙图,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b 两点的场强大小相等、方向相同, 选项 B 错误;丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点,场强 大小相同,方向相反,选项 C 正确;对丁图,根据电场线的疏密可判断,b 点的场强大 于 a 点的场强,选项 D 错误. 5.如图 4 所示,以 O 为圆心的圆周上有六个等分点 a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分

别放置在 a、d 两处时,在圆心 O 处产生的电场强度大小为 E0.现改变 a 处点电荷的位 置,使 O 点的电场强度改变,下列叙述正确的是 ( )

图4 A.移至 c 处,O 处的电场强度大小不变,方向沿 Oe B.移到 b 处,O 处的电场强度大小减半,方向沿 Od C.移至 e 处,O 处的电场强度大小减半,方向沿 Oc D.移至 f 处,O 处的电场强度大小不变,方向沿 Oe 答案 C 解析 设正、负点电荷各自在圆心处产生的场强大小为 E,当两电荷分别在 a、d 两点 时场强叠加,大小为 E0=2E;a 处点电荷移至 c 处,由平行四边形定则可求合场强大小 1 为 E1=E= E0,方向沿 Oe,A 错误;a 处点电荷移至 b 处,由平行四边形定则可求合 2 场强大小为 E2= 3E= 3 E, 方向沿∟eOd 的角平分线, B 错误; a 处点电荷移至 e 处, 2 0

1 由平行四边形定则可求合场强大小为 E3=E= E0,方向沿 Oc,C 正确;a 处点电荷移 2 至 f 处,由平行四边形定则可求合场强大小为 E4= 3E= 线,D 错误. 6.如图 5 所示,质量为 m 的带负电的小物块置于倾角为 37° 的绝缘光滑斜面上,当整个装 置处于竖直向下的匀强电场中时, 小物块恰好静止在斜面上. 现将电场方向突然改为水 平向右,而场强大小不变,则 ( ) 3 E ,方向沿∟cOd 的角平分 2 0

图5 A.小物块仍静止 B.小物块将沿斜面加速上滑 C.小物块将沿斜面加速下滑 D.小物块将脱离斜面运动 答案 C 解析 小物块恰好静止时电场力等于重力,即 F 电=mg.当把电场方向突然改为水平向

右时小物块受到的电场力方向变为水平向左, 把电场力和重力分解到沿斜面和垂直斜面 的两个方向上:在垂直斜面方向上有 F 电 sin 37° +FN=mgcos 37° ,在沿斜面方向上有 F 电 cos 37° +mgsin 37° =ma,故小物块将沿斜面加速下滑. 7.两带电荷量分别为 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 关系的图是 ( )

答案 A 解析 越靠近两电荷的地方场强越大, 两等量异种点电荷连线的中点处场强最小, 但不 是零,B、D 错;两电荷的电荷量大小相等,场强大小关于中点对称分布,C 错,应选 A. 8.如图 6 所示,真空中 Ox 坐标轴上的某点有一个点电荷 Q,坐标轴上 A、B 两点的坐标分 别为 0.2 m 和 0.7 m.在 A 点放一个带正电的试探电荷,在 B 点放一个带负电的试探电 荷,A、B 两点的试探电荷受到电场力的方向都跟 x 轴正方向相同,电场力的大小 F 跟 试探电荷电荷量 q 的关系分别如图中直线 a、b 所示.下列说法正确的是 ( )

图6 A.B 点的电场强度的大小为 0.25 N/C B.A 点的电场强度的方向沿 x 轴负方向 C.点电荷 Q 是正电荷 D.点电荷 Q 的位置坐标为 0.3 m 答案 D 解析 由两试探电荷受力情况可知,点电荷 Q 为负电荷,且放臵于 A、B 两点之间某位 臵,故选项 B、C 均错误;设 Q 与 A 点之间的距离为 l,则点电荷在 A 点产生的场强
4 Q Fa 4×10 EA=k 2 = = 105 N/C,同理可得,点电荷在 B 点产生的场强为 EB= -9 N/C=4× l qa 1×10


4 Q Fb 1×10 k 105 N/C,解得 l=0.1 m,所以点电荷 Q 的位臵坐 -9 N/C=0.25× 2= = ?0.5-l? qb 4×10


标为 xQ=xA+l=0.2 m+0.1 m=0.3 m,故选项 A 错误,选项 D 正确. 9.如图 7 所示,A、B、C 三个小球(可视为质点)的质量分别为 m、2m、3m,B 小球带负电, 电荷量为 q,A、C 两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应),不可伸长的绝缘细线将三 个小球连接起来悬挂在 O 点,三个小球均处于竖直向上的匀强电场中,电场强度大小 为 E.则以下说法正确的是 ( )

图7 A.静止时,A、B 两小球间细线的拉力为 5mg+qE B.静止时,A、B 两小球间细线的拉力为 5mg-qE 1 C.剪断 O 点与 A 小球间细线瞬间,A、B 两小球间细线的拉力为 qE 3 1 D.剪断 O 点与 A 小球间细线瞬间,A、B 两小球间细线的拉力为 qE 6 答案 AC 解析 本题考查力的瞬时作用效果和电场力的问题.静止时由受力分析可知 A、B 两小 球间细线的拉力为 F=5mg+qE, 故 A 正确, B 错误; O 点与 A 小球间细线剪断的瞬间, 由于 B 小球受到向下的电场力,故 A、B 两小球的加速度大于 C 小球的加速度,B、C 两小球间细线将处于松驰状态,故以 A、B 两小球为研究对象有:3mg+qE=3ma,以 A 1 小球为研究对象有:mg+F′=ma,解得:F′= qE,故 C 正确,D 错误. 3 10.如图 8 所示,M、N 是两块竖直放置的带电平行板,板内有水平向左的匀强电场,PQ 是光滑绝缘的水平滑槽,滑槽从 N 板中间穿入电场.a、b 为两个带等量正电荷的相同 1 小球,两球之间用绝缘水平轻杆固连,轻杆长为两板间距的 ,杆长远大于球的半径, 3 开始时从外面用绝缘轻绳拉着 b 球使 a 球靠近 M 板但不接触.现对轻绳施以沿杆方向 的水平恒力拉着 b 球和 a 球由静止向右运动,当 b 球刚从小孔离开电场时,撤去拉力, 之后 a 球也恰好能离开电场.求运动过程中 b 球离开电场前和离开电场后(a 球还在电 场中)轻杆中的弹力之比.不计两球间库仑力,球可视为点电荷.

图8

答案

5 2

解析 设轻杆长为 l, 两球质量各为 m, 所受电场力均为 F, b 球刚离开电场时速度为 v, 两球加速时加速度大小为 a1,减速时加速度大小为 a2,b 球离开电场前杆弹力大小为 F1,离开电场后弹力大小为 F2. 对 a 球:F1-F=ma1 对 b 球:F2=ma2 对整体:F=2ma2 加速过程:v2=2a1· 2l 减速过程:v2=2a2l F1 5 联立以上各式,解得: = . F2 2 11.两个带电小球 A 和 B,质量分别为 m1、m2,带有同种电荷,带电荷量分别为 q1、q2.A、 B 两球均放在光滑绝缘的水平板上,A 球固定,B 球被质量为 m3 的绝缘挡板 P 挡住静 止,A、B 两球相距为 d,如图 9 所示.某时刻起挡板 P 在向右的水平力 F 作用下开始 向右做匀加速直线运动,加速度大小为 a,经过一段时间带电小球 B 与挡板 P 分离,在 此过程中力 F 对挡板做功 W.求: ① ② ③ ④ ⑤

图9 (1)力 F 的最大值和最小值; (2)带电小球 B 与挡板分离时的速度. 答案 解析 q1q2 (1)m3a (m3+m2)a-k 2 d (2) 2a? kq1q2 -d? m 2a

(1)开始运动时力 F 最小,以 B 球和挡板整体为研究对象,由牛顿第二定律得: q1q2 解得最小力为:F1=(m3+m2)a-k 2 d

q1q2 F1+k 2 =(m3+m2)a d

B 球与挡板分离后力 F 最大,以挡板为研究对象,由牛顿第二定律解得最大力为:F2 =m3a (2)B 球与挡板分离时,其与 a 球的距离为 r,以 B 球为研究对象,由牛顿第二定律得: q1q2 k 2 =m2a r B 球匀加速直线运动的位移为:x=r-d 由运动学公式得:v2=2ax 由①②③联立解得带电小球 B 与挡板分离时的速度为: v= 2a? kq1q2 -d? m2a ① ② ③

第 3 课时

电场能的性质

考纲解读 1.掌握电势、电势能、电势差的概念.2.理解电场力做功的特点,掌握电场力做功 与电势能变化的关系.3.会分析电场中电势的变化,并能利用功能关系分析电荷电势能的变 化.

1.[电场力做功与电势能变化的关系]如图 1 所示,a、b 为某电场线上的两点,那么以下结 论正确的是 ( )

图1 A.把正电荷从 a 移到 b,电场力做正功,电荷的电势能减小 B.把负电荷从 a 移到 b,电场力做负功,电荷的电势能增加 C.把负电荷从 a 移到 b,电场力做正功,电荷的电势能增加 D.不论正电荷还是负电荷,从 a 到 b 电势能都逐渐降低 答案 AB 解析 把正电荷从 a 移到 b,由于电场力方向和位移方向同向,电场力做正功,电荷的 电势能减小,A 对;把负电荷从 a 移到 b,电场力做负功,电荷的电势能增加,B 对, C、D 错. 2.[对电势和场强关系的理解]在静电场中,下列说法正确的是 ( )

A.电场强度为零的地方,电势一定为零;电势为零的地方,电场强度也一定为零 B.电场强度大的地方,电势一定高;电场强度小的地方,电势一定低 C.电场线与等势面可以垂直,也可以不垂直 D.电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面 答案 D 3.[对电势差概念的理解]关于电势差的计算公式,下列说法正确的是 A.电势差的公式 UAB= ( )

WAB 说明两点间的电势差 UAB 与电场力做功 WAB 成正比,与移 q

动电荷的电荷量 q 成反比 B.把正电荷从 A 点移到 B 点电场力做正功,则有 UAB>0 C.电势差的公式 UAB= WAB 中,UAB 与移动电荷的电荷量 q 无关 q

D.电场中 A、B 两点间的电势差 UAB 等于把正电荷 q 从 A 点移动到 B 点时电场力所做 的功 答案 BC 解析 电场中两点间的电势差是一个定值,不会随着电场力做的功 WAB 和移动电荷的 WAB 知,电场力做正功,q 为正电 q

电荷量 q 的变化而变化,故 A 错,C 对;又由 UAB=

荷,则电势差为正,即 B 正确;电场中 A、B 两点间的电势差 UAB 在数值上等于把单位 正电荷从 A 点移动到 B 点时电场力所做的功,故 D 错误. 4.[电场力做功与重力做功的比较]下列说法中错误的是 ( )

A.重力做功与路径无关,与移动物体的初末位置的竖直高度差有关,即 WAB=mghAB B.电场力做功与路径无关,与移动电荷的初末位置的电势差有关,即 WAB=qUAB C.重力对物体做正功,其重力势能减少,做负功,其重力势能增加 D.电场力对正电荷做正功,其电势能减少,对负电荷做正功,其电势能增加 答案 D 解析 电场力做功的特点与重力做功的特点相同, 且有电场力对电荷做的功等于其电势 能的减少量.做正功,电势能减少,做负功,电势能增加,选项 D 错误.

一、电场力做功与电势能 1.电场力做功的特点 (1)在电场中移动电荷时,电场力做功与路径无关,只与初末位置有关,可见电场力做 功与重力做功相似. (2)在匀强电场中,电场力做的功 W=Eqd,其中 d 为沿电场线方向的位移. 2.电势能 (1)定义:电荷在电场中具有的势能.电荷在某点的电势能,等于把它从该点移到零势 能位置时电场力所做的功. (2)电场力做功与电势能变化的关系 电场力做的功等于电势能的减少量,即 WAB=EpA-EpB. (3)电势能的相对性:电势能是相对的,通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规 定为零,或把电荷在大地表面上的电势能规定为零. 二、电势 1.电势 (1)定义:电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值. Ep (2)定义式:φ= . q

(3)标矢性:电势是标量,其大小有正负之分,其正(负)表示该点电势比电势零点高(低). (4)相对性:电势具有相对性,同一点的电势因零电势点的选取的不同而不同. (5)沿着电场线方向电势逐渐降低. 2.等势面 (1)定义:电场中电势相等的各点构成的面. (2)特点 ①电场线跟等势面垂直,即场强的方向跟等势面垂直. ②在等势面上移动电荷时电场力不做功. ③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面. ④等差等势面越密的地方电场强度越大;反之越小. ⑤任意两等势面不相交. 三、电势差 1.电势差:电荷 q 在电场中 A、B 两点间移动时,电场力所做的功 WAB 跟它的电荷量 q 的 比值,叫做 A、B 间的电势差,也叫电压. WAB 公式:UAB= . q 2.电势差与电势的关系:UAB=φA-φB,电势差是标量,可以是正值,也可以是负值,而且 有 UAB=-UBA. 3.电势差 UAB 由电场中 A、B 两点的位置决定,与移动的电荷 q、电场力做的功 WAB 无关, 与零电势点的选取也无关. 4.电势差与电场强度的关系:匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线 U 方向的距离的乘积.即 U=Ed,也可以写作 E= . d

考点一 电势高低及电势能大小的判断方法 1.比较电势高低的方法 (1)沿电场线方向,电势越来越低. (2)判断出 UAB 的正负,再由 UAB=φA-φB,比较 φA、φB 的大小,若 UAB>0,则 φA>φB, 若 UAB<0,则 φA<φB. 2.电势能大小的比较方法 做功判断法 电场力做正功,电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的 地方,反之,如果电荷克服电场力做功,那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较

大的地方. 特别提醒 其他各种方法都是在此基础上推理出来的, 最终还要回归到电场力做功与电 势能的变化关系上. 例1 如图 2 所示,a、b、c、d 分别是一个菱形的四个顶点,∟abc=120° . 现将三个等量

的正点电荷+Q 固定在 a、b、c 三个顶点上,将一个电荷量为+q 的点电荷依次放在菱 形中心点 O 点和另一个顶点 d 点,两点相比 ( )

图2 A.+q 在 d 点所受的电场力较大 B.+q 在 d 点所具有的电势能较大 C.d 点的电场强度大于 O 点的电场强度 D.d 点的电势低于 O 点的电势 解析 a、c 两个顶点的点电荷在菱形中心点 O 点产生的电场抵消,设 b、O 两点之间 距离为 x,则固定于 b 顶点的点电荷在菱形中心点 O 点产生的电场强度为 kQ/x2;a、b、 c 三个顶点的点电荷在顶点 d 点产生的电场强度为 kQ/(2x)2+[2kQ/(2x)2]×cos 60° = kQ/2x2,方向由 O 指向 d,显然,d 点电场强度比 O 点小,而 F=qE,则+q 在 d 点所 受的电场力较小,选项 A、C 错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低的规律可知,O 点电势高于 d 点,+q 在 d 点所具有的电势能较小,选项 B 错误,选项 D 正确. 答案 D 突破训练 1 如图 3 所示,xOy 平面内有一匀强电场,场强为 E,方向未知,电场线跟 x 轴

的负方向夹角为 θ,电子在坐标平面 xOy 内,从原点 O 以大小为 v0、方向沿 x 轴正方 向的初速度射入电场,最后打在 y 轴上的 M 点.电子的质量为 m,电荷量为 e,重力不 计.则 ( )

图3 A.O 点电势高于 M 点电势 B.运动过程中,电子在 M 点电势能最大 C.运动过程中,电子的电势能先减少后增加 D.电场力对电子先做负功,后做正功 答案 D

解析 由电子的运动轨迹知,电子受到的电场力方向斜向左上,故电场方向斜向右下, M 点电势高于 O 点电势,A 错误;电子在 M 点电势能最小,B 错误;运动过程中,电 子先克服电场力做功,电势能增加,后电场力对电子做正功,电势能减少,故 C 错误, D 正确. 考点二 电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹问题 1.几种常见的典型电场的等势面比较 电场 匀强电场 等势面(实线)图样 重要描述 垂直于电场线的一簇平面

点电荷的电场

以点电荷为球心的一簇球面

等量异种点电 荷的电场 等量同种正点 电荷的电场 2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法

连线的中垂线上的电势为零

连线上,中点电势最低,而在中 垂线上,中点电势最高

(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲), 从而分析电场方向或电荷 的正负; (2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、 电势和电势差的变化等; (3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况. 例2 如图 4 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 ABC 为粒子的运动轨迹,其中 B 点是两点电荷连线的中点,A、C 位于同一 等势面上.下列说法正确的是 ( )

图4 A.该粒子可能带正电 B.该粒子经过 B 点时的速度最大 C.该粒子经过 B 点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 从该电荷的运动轨迹看,固定电荷对它有吸引力,由固定电荷带正电可知,该运 动电荷一定带负电,故 A 错误;因为运动电荷从 A 到 B 的过程中,只受电场力且电场 力先做正功后做负功,由动能定理知:动能先增加后减小,故 B 点的动能不是最大, 则经过 B 点时的速度不是最大,故 B 错误;B 点是两点电荷连线的中点,合场强为零, 故运动电荷受力为零, 则加速度为零, C 正确; 因为离正电荷越远, 电势越低, 即 φA<φB, 因粒子带负电,由 Ep=φq 得,EpA>EpB,故 D 项正确. 答案 CD 带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧 (1)判断速度方向:带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向. (2)判断电场力(或场强)的方向:仅受电场力作用时,带电粒子所受电场力方向指向轨迹 曲线的凹侧,再根据粒子的正负判断场强的方向. (3)判断电场力做功的正负及电势能的增减:若电场力与速度方向成锐角,则电场力做 正功,电势能减少;若电场力与速度方向成钝角,则电场力做负功,电势能增加. 突破训练 2 如图 5 所示,A、B 两点是粒子在匀强电场中运动时经过的两个点,平行直线

表示电场线,但方向未知,整个过程中只有电场力做功.已知粒子在 A 点的动能比 B 点大,则下列说法中正确的是 ( )

图5 A.无论粒子是从 A 到 B,还是从 B 到 A,电场力均做负功 B.电场线方向从右向左 C.粒子的运动轨迹若为 1,则粒子一定带负电 D.无论粒子是带正电还是负电,均不可能沿轨迹 2 运动 答案 D 解析 由于粒子在 A 点的动能比 B 点大,结合电场线与轨迹形状(质点做曲线运动时合 力必指向凹侧)进行分析,若粒子沿轨迹 1 运动时,则在任意位臵时粒子所受到的电场 力一定水平向左,若粒子从 A 到 B,则电场力做负功,从 B 到 A,则电场力做正功,由 此可知,A 错误;此时若粒子带正电,电场方向一定向左,且由 A 向 B 运动,若粒子 带负电, 电场方向一定向右, 且由 B 向 A 运动, 均满足粒子在 A 点的动能比 B 点大. 若 粒子沿轨迹 2 运动时, 则在任意位臵时粒子所受到的电场力一定水平向右, 同理可判断 此情况下粒子在 A 点的动能一定比 B 点的小,不符合题意,即符合题意的粒子一定沿 轨迹 1 运动,由此可知 B、C 错误,D 选项正确.

考点三 匀强电场中电势差与电场强度的关系 1.在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为 U=Ed,其中 d 为两点沿电场线方向的距 离.由公式 U=Ed 可以得到下面两个结论: φA+φB 结论 1:匀强电场中的任一线段 AB 的中点 C 的电势 φC= ,如图 6 甲所示. 2

甲 图6



结论 2: 匀强电场中若两线段 AB∠CD, 且 AB=CD, 则 UAB=UCD(或 φA-φB=φC-φD), 如图乙所示. 2.在非匀强电场中,不能用 U=Ed 进行计算,但可以进行定性分析,一般沿电场线方向取 相同的长度 d,线段处于场强较大的区域所对应的电势差 U 较大. 例3 (2012· 安徽· 18)如图 7 所示,在平面直角坐标系中,有一个方向平行于坐标平面的匀

强电场,其中坐标原点 O 处的电势为 0 V,点 A 处的电势为 6 V,点 B 处的电势为 3 V, 则电场强度的大小为 ( )

图7 A.200 V/m C.100 V/m B.200 3 V/m D.100 3 V/m

解析 在匀强电场中,沿某一方向电势降落,则在这一方 向上电势均匀降落,故 OA 的中点 C 的电势 φC=3 V(如图 所示),因此 BC 为等势面.O 点到 BC 的距离 d=OCsin α, 而 sin α= OB 1 1 -2 m.根 2 2=2,所以 d=2OC=1.5×10 OB +OC

U U 3 据 E= 得,匀强电场的电场强度 E= = V/m=200 V/m,故选项 A 正确, d d 1.5×10-2 选项 B、C、D 错误. 答案 A

1.在匀强电场中,电势沿直线均匀变化,即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等. 2.等分线段找等势点法:将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段,必能 找到第三点电势的等势点,它们的连线即等势面(或等势线),与其垂直的线即为电场线. 突破训练 3 如图 8 所示,匀强电场中有 a、b、c 三点,在以它们为顶点的三角形中,∟a

=30° ,∟c=90° .电场方向与三角形所在平面平行.已知 a、b 和 c 点的电势分别为(2- 3) V、(2+ 3) V 和 2 V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 ( )

图8 A.(2- 3) V、(2+ 3) V B.0、4 V 4 3? 4 3? C.?2- V、?2+ V 3 3 ? ? ? ? D.0、2 3 V 答案 B 解析 如图,圆心 O 是 ab 的中点,所以圆心 O 点的电势为 2 V, 所以 Oc 是等势线,则电场线如图中 MN 所示,方向由 M 指向 N.沿 电场线方向电势均匀降低,过圆心的电势为 2 V,则圆周上电势最 低为 0,最高为 4 V,选 B. 考点四 用功能关系分析带电粒子的能量转化 1.功能关系 (1)若只有电场力做功,电势能与动能之和保持不变; (2)若只有电场力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变; (3)除重力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化. (4)所有力对物体所做功的代数和,等于物体动能的变化. 2.电场力做功的计算方法 (1)由公式 W=Flcos α 计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为:W=qElcos α. (2)由 W=qU 来计算,此公式适用于任何形式的静电场. (3)由动能定理来计算:W 电场力+W 其他力=ΔEk. (4)由电势能的变化来计算:WAB=EpA-EpB. 例4 如图 9 所示,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放

一质量为 m 的带正电小球,小球与弹簧不连接,施加外力 F 将小球向下压至某位置静

止.现撤去 F,小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中,重力、电场力对小球所做的 功分别为 W1 和 W2,小球离开弹簧时速度为 v,不计空气阻力,则上述过程中( )

图9 A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B.小球的重力势能增加-W1 1 C.小球的机械能增加 W1+ mv2 2 D.小球的电势能减少 W2 解析 本题考查势能大小的计算和机械能守恒定律. 由于电场力做正功, 故小球与弹簧 组成的系统机械能增加,机械能不守恒,故 A 选项错误;重力做功是重力势能变化的 量度,由题意知重力做负功,重力势能增加,故 B 选项正确;小球增加的机械能等于 1 重力势能的增加量与小球动能的增加量之和,即-W1+ mv2,故 C 选项错误;根据电 2 场力做功是电势能变化的量度,电场力做正功电势能减少,电场力做负功电势能增加, 故 D 选项正确. 答案 BD

1.电荷在电场中运动时,电场力做功将引起电势能与其他形式的能发生转化,电荷的机械 能不再守恒. 2.要搞清几个功能关系:重力做功等于重力势能的变化,电场力做功等于电势能的变化, 弹簧弹力做功等于弹性势能的变化,合外力做功等于动能的变化. 3.无论能量如何变化,总是满足能量守恒定律. 突破训练 4 如图 10 所示,虚线为匀强电场的等势线,一个带电小球以一定的速度射入该

匀强电场后,运动轨迹如图所示,已知小球受到的重力不能忽略,则下列有关说法中正 确的是 ( )

图 10 A.小球在 b 点的动能一定大于小球在 a 点的动能 B.若小球从 a 点向 b 点运动,则动能和电势能的和一定增加

C.若小球从 b 点向 a 点运动,则重力势能和电势能的和一定减小 D.根据图中信息不能确定小球在 a、b 两点的电势能大小 答案 A 解析 由于等势线水平, 则电场线一定沿竖直方向, 根据曲线运动的轨迹与合外力的关 系可知,小球受到的电场力一定向上,且合外力也竖直向上,由此可知若小球从 a 点向 b 点运动,合外力对小球做正功,故小球动能一定增加,若小球从 b 点向 a 点运动,合 外力对小球做负功,故小球动能一定减少,则选项 A 正确;小球从 a 点向 b 点运动的 过程中重力势能增加,根据能量守恒定律,可知动能和电势能的和一定减小,则选项 B 错误; 同理可知小球从 b 点向 a 点运动过程中动能减小, 则重力势能和电势能的和一定 增加,则选项 C 错误;由于小球从 a 点向 b 点运动过程中,电场力一定做正功,则电 势能一定减小,故小球在 a 点的电势能一定大于在 b 点的电势能,故选项 D 错误.

30.静电场中涉及图象问题的处理方法和技巧

1.主要类型: (1)v-t 图象;(2)φ-x 图象;(3)E-t 图象. 2.应对策略: (1)v-t 图象:根据 v-t 图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化),确定电荷 所受电场力的方向与电场力的大小变化情况, 进而确定电场的方向、 电势的高低及电势 能的变化. (2)φ-x 图象:①电场强度的大小等于 φ-x 图线的斜率大小,电场强度为零处,φ-x 图线存在极值,其切线的斜率为零.②在 φ-x 图象中可以直接判断各点电势的大小, 并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.③在 φ-x 图象中分析电荷移动时电势能 的变化,可用 WAB=qUAB,进而分析 WAB 的正负,然后作出判断. (3)E-t 图象:根据题中给出的 E-t 图象,确定 E 的方向,再在草纸上画出对应电场线 的方向,根据 E 的大小变化,确定电场的强弱分布. 例5 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有 A、B、C 三点,如图 11

甲所示,一个电荷量为 2 C,质量为 1 kg 的小物块从 C 点静止释放,其运动的 v-t 图象 如图乙所示,其中 B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列 说法正确的是 ( )

甲 图 11



A.B 点为中垂线上电场强度最大的点,场强 E=2 V/m B.由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C.由 C 点到 A 点的过程中,电势逐渐升高 D.AB 两点电势差 UAB=-5 V 解析 小物块在 B 点加速度最大, 故 B 点场强最大, 由 v-t 图线知 B 点加速度为 2 m/s2, 据 qE=ma 得 E=1 V/m,选项 A 错误;由 C 到 A 的过程中小物块动能一直增大,电势 1 1 能始终在减小, 故电势逐渐降低, 选项 B、 C 错误; 根据动能定理有 qUAB= mv2 - mv2 , 2 B 2 A 解得 UAB=-5 V,选项 D 正确. 答案 D

高考题组 1.(2013· 山东· 19)如图 12 所示,在 x 轴上相距为 L 的两点固定两个等量异种点电荷+Q、- L 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、 2 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 ( )

图 12 A.b、d 两点处的电势相同 B.四个点中 c 点处的电势最低 C.b、d 两点处的电场强度相同 D.将一试探电荷+q 沿圆周由 a 点移至 c 点,+q 的电势能减小 答案 ABD 解析 在两等量异种电荷产生的电场中,根据电场分布规律和电场的对称性可以判断, b、d 两点电势相同,均大于 c 点电势,b、d 两点场强大小相同但方向不同,选项 A、 B 正确,C 错误.将+q 沿圆周由 a 点移至 c 点,+Q 对其作用力不做功,-Q 对其作

用力做正功,所以+q 的电势能减小,选项 D 正确. 2.(2013· 天津· 6)两个带等量正电的点电荷,固定在图 13 中 P、Q 两点,MN 为 PQ 连线的 中垂线,交 PQ 于 O 点,A 为 MN 上的一点.一带负电的试探电荷 q,从 A 点由静止释 放,只在静电力作用下运动,取无限远处的电势为零,则 ( )

图 13 A.q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动 B.q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐减小 C.q 运动到 O 点时的动能最大 D.q 运动到 O 点时电势能为零 答案 BC 解析 q 由 A 向 O 运动的过程中,电场力的方向始终由 A 指向 O,但力的大小变化, 所以电荷 q 做变加速直线运动, 电场力做正功, q 通过 O 点后在电场力的作用下做变减 速运动,所以 q 到 O 点时速度最大,动能最大,电势能最小,因无限远处的电势为零, 则 O 点的电势 φ≠0,所以 q 在 O 点的电势能不为零,故选项 B、C 均正确,选项 A、 D 错误. 模拟题组 3.如图 14 所示,A、B 为两个等量正点电荷,O 为 A、B 连线的中点.以 O 为坐标原点、 垂直 AB 向右为正方向建立 Ox 轴. 在 x 轴上各点的电势 φ(取无穷远处电势为零)和电场 强度 E 的大小随坐标 x 的变化关系,下列说法正确的是 ( )

图 14 A.电势 φ 随坐标 x 的增大而减小 B.电势 φ 随坐标 x 的增大而先增大后减小 C.电场强度 E 的大小随坐标 x 的增大而减小 D.电场强度 E 的大小随坐标 x 的增大先增大后减小 答案 AD 4.有一个大塑料圆环固定在水平面上,以圆环圆心为坐标原点建立平面直角坐标系.其上 面套有两个带电小环 1 和小环 2,小环 2 固定在半圆环 ACB 上某点(图中未画出),小环

1 原来在 A 点.现让小环 1 逆时针从 A 点转到 B 点(如图 15a),在该过程中坐标原点 O 处的电场强度沿 x 轴方向的分量 Ex 随 θ 变化的情况如图 b 所示,沿 y 轴方向的分量 Ey 随 θ 变化的情况如图 c 所示,则下列说法正确的是 ( )

图 15 A.小环 2 可能在 A、C 间的某点 B.小环 1 带负电,小环 2 带正电 C.小环 1 在转动过程中,电势能先减小后增大 D.坐标原点 O 处的电势一直为零 答案 D 解析 本题考查了电场强度, 意在考查学生对点电荷的场强公式、 矢量叠加和电势分布 kq1 kq1 的理解与应用.小环 1 在 O 点处产生的电场 Ex1=- 2 cos θ,Ey1=- 2 sin θ;而小环 r r kq1 kq1 2 在 O 点处产生的电场 Ex2=Ex+ 2 cos θ,Ey2=Ey+ 2 sin θ,由题图 b、题图 c 分析易 r r 知小环 1 带正电,小环 2 在 C 点带负电,且 q1=-q2,坐标原点 O 处在两等量电荷的 中垂线上,电势一直为零,则 A、B 错误,D 正确;小环 1 在转动过程中电场力先做负 功再做正功,电势能先增大后减小,则 C 错误.

(限时:45 分钟) ?题组 1 对电势、电势差、等势面、电势能的理解 1.如图 1 所示,a、b、c 为电场中同一条电场线上的三点,其中 c 为 ab 的中点.已知 a、b 两点的电势分别为 φa=3 V,φb=9 V,则下列叙述正确的是 ( )

图1 A.该电场在 c 点处的电势一定为 6 V B.a 点处的场强 Ea 一定小于 b 点处的场强 Eb C.正电荷从 a 点运动到 b 点的过程中电势能一定增大 D.正电荷只受电场力作用从 a 点运动到 b 点的过程中动能一定增大 答案 C

解析 本题中电场线只有一条, 又没说明是哪种电场的电场线, 因此电势降落及场强大 小情况都不能确定,A、B 错;a、b 两点电势已知,正电荷从 a 到 b 是从低电势向高电 势运动,电场力做负功,动能减小,电势能增大,C 对,D 错. 2.一带正电粒子仅在电场力作用下从 A 点经 B、C 运动到 D 点,其 v-t 图象如图 2 所示, 则下列说法中正确的是 ( )

图2 A.A 处的电场强度一定大于 B 处的电场强度 B.粒子在 A 处的电势能一定大于在 B 处的电势能 C.CD 间各点电场强度和电势都为零 D.A、B 两点的电势差大于 CB 两点间的电势差 答案 AB qE 解析 由题图知粒子在 A 处的加速度大于在 B 处的加速度,因 a= ,所以 EA>EB,A m 对;粒子从 A 到 B 动能增加,由动能定理知电场力必做正功,电势能必减小,B 对; 同理由动能定理可知 A、C 两点的电势相等,UAB=UCB,D 错;仅受电场力作用的粒子 在 CD 间做匀速运动, 所以 CD 间各点电场强度均为零, 但电势是相对于零势点而言的, 可以不为零,C 错. 3.如图 3 所示,在某电场中画出了三条电场线,C 点是 A、B 连线的中点.已知 A 点的电 势 φA=30 V,B 点的电势 φB=-10 V,则 C 点的电势 ( )

图3 A.φC=10 V B.φC>10 V C.φC<10 V D.上述选项都不正确 答案 C 解析 由于 AC 之间的电场线比 CB 之间的电场线密,相等距离之间的电势差较大,所 以 φC<10 V,C 正确.

?题组 2 对电场力做功与电势能变化关系的考查 4.如图 4 所示,将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场, 实线为电场线,虚线为等势线.A、B 两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D 两 点关于直线 AB 对称,则 ( )

图4 A.A 点和 B 点的电势相同 B.C 点和 D 点的电场强度相同 C.正电荷从 A 点移至 B 点,电场力做正功 D.负电荷从 C 点移至 D 点,电势能增大 答案 C 解析 A 点比乙球面电势高,乙球面比 B 点电势高,故 A 点和 B 点的电势不相同,A 错;C、D 两点场强大小相等,方向不同,B 错;φA>φB,WAB>0,C 对;C、D 两点位 于同一等势面上,故此过程电势能不变,D 错. 5.如图 5 所示,有四个等量异种电荷,放在正方形的四个顶点处.A、B、C、D 为正方形 四个边的中点,O 为正方形的中心,下列说法中正确的是 ( )

图5 A.A、B、C、D 四个点的电场强度相同 B.O 点电场强度等于零 C.将一带正电的试探电荷匀速从 B 点沿直线移动到 D 点,电场力做功为零 D. 将一带正电的试探电荷匀速从 A 点沿直线移动到 C 点, 试探电荷具有的电势能增大 答案 C 解析 由点电荷电场叠加规律以及对称关系可知,A、C 两点电场强度相同,B、D 两 点电场强度相同,选项 A 错误;O 点的电场强度方向向右,不为 0,选项 B 错误;由 电场分布和对称关系可知,将一带正电的试探电荷匀速从 B 点沿直线移动到 D 点,电 场力做功为零.将一带正电的试探电荷匀速从 A 点沿直线移动到 C 点,电场力做正功, 试探电荷具有的电势能减小,选项 C 正确,D 错误;因此答案选 C.

6.如图 6 所示,在等量异种电荷形成的电场中,画一正方形 ABCD,对角线 AC 与两点电 荷连线重合,两对角线交点 O 恰为电荷连线的中点.下列说法中正确的是 ( )

图6 A.A 点的电场强度等于 B 点的电场强度 B.B、D 两点的电场强度及电势均相同 C.一电子由 B 点沿 B→C→D 路径移至 D 点,电势能先增大后减小 D.一电子由 C 点沿 C→O→A 路径移至 A 点,电场力对其先做负功后做正功 答案 BC 解析 根据电场强度的叠加得 A 点和 B 点的电场强度大小不相等,则 A 选项错误;等 量异种电荷形成的电场的电场线和等势线分别关于连线和中垂线对称,则 B 选项正确; 沿 B→C→D 路径,电势先减小后增大,电子由 B 点沿 B→C→D 路径移至 D 点,电势 能先增大后减小,则 C 选项正确;沿 C→O→A 路径电势逐渐增大,电子由 C 点沿 C→O→A 路径移至 A 点,电场力对其一直做正功,则 D 选项错误. ?题组 3 关于粒子在电场中运动问题的分析 7.如图 7 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,再经过 N 点.可以判定 ( )

图7 A.粒子在 M 点受到的电场力大于在 N 点受到的电场力 B.M 点的电势高于 N 点的电势 C.粒子带正电 D.粒子在 M 点的动能大于在 N 点的动能 答案 BC 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 点所在区域电场线疏,所以 M 点的场强小, 粒子在 M 点受到的电场力小.故 A 错误.沿电场线方向,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,即在粒子运动的始点 M 作上述两条 线,显然电场力的方向与电场线的方向基本一致,所以粒子带正电,C 正确.“速度线

与力线”夹角为锐角,所以电场力做正功,粒子的电势能减小,由能量守恒知其动能增 加.故 D 错误. 8.如图 8 所示,虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等, 即 Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、 Q 是这条轨迹上的两点,据此可知 ( )

图8 A.三个等势面中,a 的电势最高 B.带电质点通过 P 点时电势能较大 C.带电质点通过 P 点时的动能较大 D.带电质点通过 P 点时的加速度较大 答案 BD 解析 由题图可知从 P 到 Q 电场力做正功,动能增大,电势能减小,B 正确,A、C 错 误;由等势面的疏密程度可知 P 点场强大,所受电场力大,加速度大,D 正确. ?题组 4 关于电场中功能关系的应用 9.如图 9 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 1 半圆形轨道,轨道半径为 R,A、B 为圆水平直径的两个端点,AC 为 圆弧.一个质量 4 为 m,电荷量为-q 的带电小球,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 ( )

图9 A.小球一定能从 B 点离开轨道 B.小球在 AC 部分可能做匀速圆周运动 C.若小球能从 B 点离开,上升的高度一定小于 H D.小球到达 C 点的速度可能为零 答案 BC

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,小球 在 AC 部分做匀速圆周运动,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到达 C 点的速度为零,则在此之前就 已脱轨了,D 错. 10.如图 10 所示,在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场.现有一个质量 m =2.0×10
-3

kg、电荷量 q=2.0×10

-6

C 的带正电的物体(可视为质点),从 O 点开始以

一定的水平初速度向右做直线运动,其位移随时间的变化规律为 x=6.0t-10t2,式中 x 的单位为 m,t 的单位为 s.不计空气阻力,取 g=10 m/s2.求:

图 10 (1)匀强电场的场强大小和方向. (2)带电物体在 0~0.5 s 内电势能的变化量. 答案 解析 (1)2.0×104 N/C,方向水平向左 (2)2×10
-2

J

(1)由 x=6.0t-10t2 可知,加速度大小 a=20 m/s2

根据牛顿第二定律 Eq=ma 解得场强 E=2.0×104 N/C,方向水平向左 (2)物体在 0.5 s 内发生的位移为 x=6.0×0.5 m-10.052 m=0.5 m 电场力做负功,电势能增加 ΔEp=qEx=2×10
-2

J

11.如图 11 所示,在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的 P 点,固定一电荷量为+Q 的 点电荷.一质量为 m、带电荷量为+q 的物块(可视为质点),从轨道上的 A 点以初速度 v0 沿轨道向右运动,当运动到 P 点正下方 B 点时速度为 v.已知点电荷产生的电场在 A 点的电势为 φ(取无穷远处电势为零),P 到物块的重心竖直距离为 h,P、A 连线与水平 轨道的夹角为 60° ,试求:

图 11 (1)物块在 A 点时受到轨道的支持力大小; (2)点电荷+Q 产生的电场在 B 点的电势.

答案 解析

3 3kQq m 2 (1)mg+ (2) (v0 -v2)+φ 8h2 2q (1)物块在 A 点受重力、电场力、支持力.分解电场力,由竖直方向受力平衡得

Qq FN=mg+k 2 sin 60° r 又因为 h=rsin 60° 由以上两式解得支持力为 3 3kQq FN=mg+ . 8h2 (2)物块从 A 点运动到 P 点正下方 B 点的过程中,由动能定理得 1 1 -qU= mv2- mv2 2 2 0 又因为 U=φB-φA=φB-φ, 由以上两式解得 φB= m 2 (v -v2)+φ. 2q 0

第 4 课时

电容器与电容

带电粒子在电场中的运动

考纲解读 1.理解电容器的基本概念,掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与 分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题.

1.[对电容器和电容概念的理解]关于电容器及其电容的叙述,正确的是

(

)

A.任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体,就组成了电容器,跟这两个导体是否带电 无关 B.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和 C.电容器的电容与电容器所带电荷量成反比 D.一个电容器的电荷量增加 ΔQ=1.0×10 电容无法确定 答案 A 2.[带电粒子在电场中的加速问题]如图 1 所示,电子由静止开始从 A 板向 B 板运动,当到 达 B 极板时速度为 v,保持两板间电压不变,则 ( )
-6

C 时,两板间电压升高 10 V,则电容器的

图1 A.当增大两板间距离时,v 增大 B.当减小两板间距离时,v 增大 C.当改变两板间距离时,v 不变 D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间变长 答案 CD 解析 电子从静止开始运动,根据动能定理,从 A 板运动到 B 板动能的变化量等于电 场力做的功.因为保持两个极板间的电势差不变,所以末速度不变,而位移(两板间距 离)如果增加的话,电子在两板间运动的时间变长,故 C、D 正确. 3.[平行板电容器的动态分析](2012· 海南· 9)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分别用 d、U、E 和 Q 表示.下列说法正确的是 A.保持 U 不变,将 d 变为原来的两倍,则 E 变为原来的一半 B.保持 E 不变,将 d 变为原来的一半,则 U 变为原来的两倍 ( )

C.保持 d 不变,将 Q 变为原来的两倍,则 U 变为原来的一半 D.保持 d 不变,将 Q 变为原来的一半,则 E 变为原来的一半 答案 AD U 解析 E= ,保持 U 不变,将 d 变为原来的两倍,E 变为原来的一半,A 对;保持 E d Q εrS 不变,则 d 变为原来的一半,则 U 变为原来的一半,B 错;C= ,C= ,保持 d U 4πkd U Q Q 4πkQ 不变,C 不变,Q 加倍,U 加倍,C 错;E= = = = ,Q 变为原来的一 d Cd εrS εrS · d 4πkd 半,则 E 变为原来的一半,D 对. 4.[带电粒子在电场中的偏转问题]如图 2,一质量为 m,带电量为+q 的带电粒子,以速度 v0 垂直于电场方向进入电场,关于该带电粒子的运动,下列说法正确的是 ( )

图2 A.粒子在初速度方向做匀加速运动,平行于电场方向做匀加速运动,因而合运动是匀 加速直线运动 B.粒子在初速度方向做匀速运动,平行于电场方向做匀加速运动,其合运动的轨迹是 一条抛物线 C.分析该运动,可以用运动分解的方法,分别分析两个方向的运动规律,然后再确定 合运动情况 D.分析该运动,有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小 答案 BCD

一、电容器的充、放电和电容的理解 1.电容器的充、放电 (1)充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两极板带上等量的异种电荷,电容器中 储存电场能. (2)放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场能转化为其他形式的能. 2.电容 (1)定义:电容器所带的电荷量 Q 与电容器两极板间的电势差 U 的比值.

Q (2)定义式:C= . U (3)物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量. 3.平行板电容器 (1)影响因素:平行板电容器的电容与正对面积成正比,与介质的介电常数成正比,与 两板间的距离成反比. εrS (2)决定式:C= ,k 为静电力常量. 4πkd Q ΔQ εrS 特别提醒 C= (或 C= )适用于任何电容器,但 C= 仅适用于平行板电容器. U ΔU 4πkd 二、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中加速 若不计粒子的重力,则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量. 1 1 U (1)在匀强电场中:W=qEd=qU= mv2- mv2 0或 F=qE=q =ma. 2 2 d 1 1 (2)在非匀强电场中:W=qU= mv2- mv2 . 2 2 0 2.带电粒子在电场中的偏转 (1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场. (2)运动性质:匀变速曲线运动. (3)处理方法:分解成相互垂直的两个方向上的直线运动,类似于平抛运动. (4)运动规律: ①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间

?a.能飞出电容器:t=v . ? 1 qU ?b.不能飞出电容器:y=2at =2mdt ,t=
0 2 2

l

2mdy qU

②沿电场力方向,做匀加速直线运动

? ? 1 Uql 离开电场时的偏移量:y= at = 2 2 mdv ? v Uql ? = ?离开电场时的偏转角:tan θ=v mdv
2 2 y 0

F qE Uq 加速度:a= = = m m md

2 0 2 0

特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题 (1)基本粒子:如电子、质子、α 粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外,一般都不 考虑重力(但并不忽略质量). (2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都

不能忽略重力.

考点一 平行板电容器的动态分析 运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 (1)确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变. (2)用决定式 C= εrS 分析平行板电容器电容的变化. 4πkd

Q (3)用定义式 C= 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化. U U (4)用 E= 分析电容器两极板间电场强度的变化. d 例1 如图 3 所示,两块较大的金属板 A、B 平行放置并与一电源相连,S 闭合后,两板间 有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态.以下说法中正确的是 ( )

图3 A.若将 A 板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G 中有 b→a 的电流 B.若将 A 板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G 中有 b→a 的电流 C.若将 S 断开,则油滴立即做自由落体运动,G 中无电流 D.若将 S 断开,再将 A 板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G 中有 b→a 的电流 解析 根据电路图可知,A 板带负电,B 板带正电,原来油滴恰好处于静止状态,说明 油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡;当 S 闭合,若将 A 板向上平移一小段 U 位移,则板间间距 d 变大,而两板间电压 U 此时不变,故板间场强 E= 变小,油滴所 d 受合力方向向下,所以油滴向下加速运动,而根据 C= εrS 可知,电容 C 减小,故两板 4πkd

所带电荷量 Q 也减小,因此电容器放电,所以 G 中有 b→a 的电流,选项 A 正确;在 S 闭合的情况下,若将 A 板向左平移一小段位移,两板间电压 U 和板间间距 d 都不变, 所以板间场强 E 不变,油滴受力平衡,仍然静止,但是两板的正对面积 S 减小了,根 εrS 据 C= 可知,电容 C 减小,两板所带电荷量 Q 也减小,电容器放电,所以 G 中有 4πkd b→a 的电流,选项 B 正确;若将 S 断开,两板所带电荷量保持不变,板间场强 E 也不

变,油滴仍然静止,选项 C 错误;若将 S 断开,再将 A 板向下平移一小段位移,两板 εrS Q U 所带电荷量 Q 仍保持不变,两板间间距 d 变小,根据 C= ,U= 和 E= ,可得 E 4πkd C d = 4πkQ ,显然,两板间场强 E 不变,所以油滴仍然静止,G 中无电流,选项 D 错误. εrS

答案 AB 平行板电容器的动态分析问题常见的类型 平行板电容器的动态分析问题有两种情况:一是电容器始终和电源连接,此时 U 恒定, εrS εrS U 1 则 Q=CU∝C,而 C= ∝ ,两板间场强 E= ∝ ;二是电容器充电后与电源断 4πkd d d d Q εrS U Q 1 开,此时 Q 恒定,则 U= ,C∝ ,场强 E= = ∝ . C d d Cd εrS 突破训练 1 在如图 4 所示的实验装置中,平行板电容器的极板 B 与一灵敏静电计相接, ( )

极板 A 接地.下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是

图4 A.极板 A 上移 B.极板 A 右移 C.极板间插入一定厚度的金属片 D.极板间插入一云母片 答案 A 解析 静电计测量的是平行板电容器两极板之间的电压, 电容器两极板上的电荷量保持 Q Q εrS 不变,由 C= 可得电压 U= ,根据平行板电容器的电容 C= 可知,通过减小极 U C 4πkd 板正对面积 S、增大板间距 d 和减小板间电介质的介电常数 εr 可以减小电容器的电容, 从而增大板间电压 U,故只有选项 A 是正确的. 考点二 带电粒子(或物体)在电场中的直线运动 例2 如图 5 所示,质量 m=2.0×10
-4

kg、电荷量 q=1.0×10

-6

C 的带正电微粒静止在空

间范围足够大的电场强度为 E 的匀强电场中.取 g=10 m/s2.

图5

(1)求匀强电场的电场强度 E 的大小和方向; (2)在 t=0 时刻,电场强度大小突然变为 E0=4.0×103 N/C,方向不变.求在 t=0.20 s 时间内电场力做的功; (3)在 t=0.20 s 时刻突然撤掉电场,求带电微粒回到出发点时的动能. 解析 (1)因微粒静止,知其受力平衡,对其受力分析有

Eq=mg
4 mg 2.0×10 ×10 E= = N/C=2.0× 103 N/C,方向向上 - q 1.0×10 6


(2)在 t=0 时刻,电场强度大小突然变为 E0=4.0×103 N/C,设微粒的加速度为 a,在 t =0.20 s 时间内上升高度为 h,电场力做功为 W,则 qE0-mg=ma 解得:a=10 m/s2 1 h= at2 2 解得:h=0.20 m W=qE0h 解得:W=8.0×10
-4

J

(3)设在 t=0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为 v, 回到出发点时的动能为 Ek, 则 v=at 1 由动能定理得 mgh=Ek- mv2 2 解得:Ek=8.0×10 答案 突破训练 2
3
-4

J
-4

(1)2.0×10 N/C 方向向上 (2)8.0×10 电荷量为 q=1×10
-4

J

(3)8.0×10

-4

J

C 的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上,所在空间

存在沿水平方向始终不变的电场, 电场强度 E 的大小与时间 t 的关系和物块的速度 v 与 时间 t 的关系分别如图 6 甲、乙所示,若重力加速度 g 取 10 m/s2,根据图象所提供的 信息,下列说法正确的是 ( )

甲 图6 A.物块在 4 s 内的总位移 x=6 m B.物块的质量 m=0.5 kg



C.物块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.2 D.物块在 4 s 内电势能减少 14 J 答案 ACD 解析 由题图乙可知,物块前 2 s 做匀加速直线运动,在 2 s~4 s 做匀速直线运动,根 据 v-t 图象所围面积可求得前 2 s 位移 x1=2 m,2 s~4 s 位移 x2=4 m, 总位移为 x=6 m, A 正确.0~2 s 内,由牛顿第二定律得 qE1-μmg=ma, Δv 且 a= =1 m/s2, Δt 2 s 后物块做匀速运动,有 qE2=μmg ① ② ③

qE2 由题图甲知 E1=3×104 N/C、E2=2× 104 N/C,联立①②③可得 m=1 kg,μ= =0.2, mg B 错误, C 正确. 又因为电势能的减少量等于电场力所做的功, 即 ΔEp=W=E1qx1+E2qx2 =14 J,D 正确. 考点三 带电粒子在电场中的偏转 1.带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (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,偏移量 和偏转角总是相同的. 1 证明:由 qU0= mv2 2 0 1 1 qU1 l 2 y= at2= · · ( ) 2 2 md v0 qU1l tan θ= mdv2 0 U1l2 U1l 得:y= ,tan θ= 4U 0 d 2U0d (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 l 的中点,即 O 到偏转电场边缘的距离为 . 2 2.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 1 1 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:qUy= mv2- mv2 ,其中 2 2 0 U Uy= y,指初、末位置间的电势差. d 例3 如图 7 所示,两平行金属板 A、B 长为 L=8 cm,两板间距离 d=8 cm,A 板比 B 板 电势高 300 V,一带正电的粒子电荷量为 q=1.0×10
-10

C,质量为 m=1.0×10

-20

kg,

沿电场中心线 RO 垂直电场线飞入电场,初速度 v0=2.0×106 m/s,粒子飞出电场后经 过界面 MN、 PS 间的无电场区域, 然后进入固定在 O 点的点电荷 Q 形成的电场区域(设 界面 PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面 MN、PS 相距为 12 cm,

D 是中心线 RO 与界面 PS 的交点,O 点在中心线上,距离界面 PS 为 9 cm,粒子穿过 界面 PS 做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 bc 上.(静电力常量 k=9.0× 109 N· m2/C2,粒子的重力不计)

图7 (1)求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO 的距离多远?到达 PS 界面时离 D 点多远? (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹. (3)确定点电荷 Q 的电性并求其电荷量的大小. 解析 (1)粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO 的距离(侧向位移):

1 y= at2 2 F qU a= = m dm L=v0t 1 qU L 2 则 y= at2= ( ) =0.03 m=3 cm 2 2md v0 粒子在离开电场后将做匀速直线运动, 其轨迹与 PS 交于 H, 设 H 到中心线的距离为 Y, 则有 y = ,解得 Y=4y=12 cm 1 Y L+12 cm 2 (2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达 H 点时,其水平速度 vx=v0=2.0×106 m/s 竖直速度 vy=at=1.5×106 m/s 则 v 合=2.5×106 m/s 该粒子在穿过界面 PS 后绕点电荷 Q 做匀速圆周运动,所以 Q 带负电 根据几何关系可知半径 r=15 cm v2 qQ 合 k 2 =m r r 解得 Q≈1.04×10 答案
-8

1 L 2

C (3)负电 1.04×10
-8

(1)12 cm (2)见解析

C

带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 1.运动学与动力学观点 (1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况: ①带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动; ②带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动). (2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采取类似平抛运动的解决方法. 2.功能观点:首先对带电粒子受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用公式计 算. (1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明 确初、末状态及运动过程中的动能的增量. (2)若选用能量守恒定律,则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化,哪些 能量是增加的,哪些能量是减少的. 突破训练 3 如图 8 所示,在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、电场强度为 E 的匀强电

场,在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q、质量为 m 的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中,v0 方向的延长线 与屏的交点为 O.试求:

图8 (1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间; (2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan α; (3)粒子打在屏上的点 P 到 O 点的距离 x. 答案 解析 2L qEL 3qEL2 (1) (2) 2 (3) v0 mv0 2mv2 0 (1)根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入

2L 电场到打到屏上所用的时间 t= . v0 (2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy,根据牛顿第二定律,粒子在电 Eq 场中的加速度为:a= m L qEL 所以 vy=a = v0 mv0 vy qEL 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 tan α= = 2 . v0 mv0

(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y,则 1 L 1 qEL2 y= a( )2= · 2 2 v0 2 mv0 又 x=y+Ltan α, 3qEL2 解得:x= 2mv2 0 L 3qEL2 解法二 x=vy· +y= . v0 2mv2 0 L L+ 2 x 3qEL2 解法三 由 = 得:x=3y= . y L 2mv2 0 2

31.用等效法处理带电体在电场、重力场中的 运动

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.例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方 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,从而化繁为简,化难为易. 带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题, 是高中物理教学中一类 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, 则能避开复杂的运算, 过程比较简捷. 先求出重力与电场力的合力, F合 将这个合力视为一个“等效重力”,将 a= 视为“等效重力加速度”.再将物体在重 m 力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可. 例4 如图 9 所示,绝缘光滑轨道 AB 部分为倾角为 30° 的斜面,AC 部分为竖直平面上半

径为 R 的圆轨道,斜面与圆轨道相切.整个装置处于场强为 E、方向水平向右的匀强电 场中.现有一个质量为 m 的小球,带正电荷量为 q= 道,在 O 点的初速度应满足什么条件? 3mg ,要使小球能安全通过圆轨 3E

图9 审题与关联

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 2 mg′= ?qE?2+?mg?2= 3mg qE 3 ,tan θ= = ,得 θ=30° ,等 3 mg 3

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 mv2 D 供向心力,即有:mg′= ,因 θ=30° 与斜面的倾角相等,由几何关系可知 AD = R 2R,令小球以最小初速度 v0 运动,由动能定理知: 1 1 -2mg′R= mv2 - mv2 2 D 2 0 解得 v0= 答案 v≥ 10 3gR ,因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应满足 v≥ 3 10 3gR 3 10 3gR . 3

高考题组 1.(2013· 新课标Ⅰ· 16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d,极板分别与电池两极 d 相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方 处的 P 点有 2 一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板 d 接触)返回.若将下极板向上平移 ,则从 P 点开始下落的相同粒子将 3 A.打到下极板上 d C.在距上极板 处返回 2 答案 D B.在下极板处返回 2 D.在距上极板 d 处返回 5 ( )

U 解析 粒子两次落到小孔的速度相同,设为 v,下极板向上平移后由 E= 知场强变大, d 故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大, 由 v2=2ax 得第二次减速到零的位移变 小,即粒子在下极板之上某位臵返回,设粒子在距上极板 h 处返回,对粒子两次运动过 d d U 2 程应用动能定理得 mg( +d)-qU=0,mg( +h)-q · h=0.两方程联立得 h= d,选项 2 2 2 5 d 3 D 正确. 2.(2012· 课标全国· 18)如图 10,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一 直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该 粒子 ( )

图 10 A.所受重力与电场力平衡 C.动能逐渐增加 答案 BD 解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用, 一是重力 mg, 方向竖直向下; 二是电场力 F=Eq,方向垂直于极板向上,因二力均为恒力,又已知带电粒子做直线运 动,所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上,根据牛顿第二定律可知,该粒子 做匀减速直线运动,选项 D 正确,选项 A、C 错误;从粒子运动的方向和电场力的方 向可判断出,电场力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项 B 正确. 3.(2013· 新课标Ⅱ· 24)如图 11,匀强电场中有一半径为 r 的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电 场方向平行.a、b 为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行.一电荷量为 q(q>0)的 质点沿轨道内侧运动.经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小分别为 Na 和 Nb.不计重力, 求电场强度的大小 E、质点经过 a 点和 b 点时的动能. B.电势能逐渐增加 D.做匀变速直线运动

图 11 答案 1 r r (N -Na) (N +5Na) (5Nb+Na) 6q b 12 b 12 ①

解析 质点所受电场力的大小为 F=qE

设质点质量为 m,经过 a 点和 b 点时的速度大小分别为 va 和 vb,由牛顿第二定律有

v2 a F+Na=m r v2 b Nb-F=m r 设质点经过 a 点和 b 点时的动能分别为 Eka 和 Ekb,有 1 Eka= mv2 2 a 1 Ekb= mv2 2 b 根据动能定理有 Ekb-Eka=F· 2r 1 联立①②③④⑤⑥式得 E= (Nb-Na) 6q r Eka= (Nb+5Na) 12 r Ekb= (5Nb+Na) 12 模拟题组

② ③

④ ⑤ ⑥

4.如图 12 所示,两个带异种电荷的绝缘物体 A、B 放在竖直放置的箱子内,箱子静止时 A、 B 也处于静止状态,下列做法可能使 A、B 发生相对运动的是 ( )

图 12 A.箱子竖直向上加速运动 B.箱子做自由落体运动 C.箱子匀速上升 D.箱子减速下降 答案 B 5.如图 13 所示,正点电荷 Q 放在一匀强电场中 O 点,在电场空间中有 M、N 两点,若将 一试探电荷放在距 O 点为 x 的 N 点,它受到的电场力正好为零.O、N 连线与匀强电场 方向平行.M、O 间距为 y,MO 与匀强电场方向垂直.则:

图 13 (1)匀强电场的场强大小 E 为多少,方向如何;

(2)M 点的电场强度大小为多少; (3)若将正点电荷 Q 移走,将一点电荷-q 由 N 点移动到 M 点,求这一过程中电荷的电 势能如何变化,变化量为多少. 答案 kQ (1) 2 水平向右 (2) x kQq x k2Q2 k2Q2 + 4 x4 y

(3)增加 解析

(1)因为试探电荷在 N 点受电场力为 0,其合电场强度为 0

kQ E Q= 2 x kQ E=EQ= 2 x 方向水平向右 kQ (2)EQ= 2 y 合场强为 E 合= E2+E2 Q E 合= k2Q2 k2Q2 + 4 x4 y

(3)电场力做功为 W=-qEx 电场力做负功,电荷的电势能增加 增加量为 ΔE=|W|= kQq x

(限时:45 分钟) ?题组 1 电容器、电容及动态分析 1.(2011· 天津· 5)板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时,两极板间电势差为 U1,板 1 间场强为 E1.现将电容器所带电荷量变为 2Q,板间距变为 d,其他条件不变,这时两极 2 板间电势差为 U2,板间场强为 E2,下列说法正确的是 A.U2=U1,E2=E1 C.U2=U1,E2=2E1 答案 C Q εrS U 4kπQ 解析 由 C= 和 C= 及 E= 得,E= ,由电荷量由 Q 增为 2Q,板间距由 d U 4kπd d εrS d 减为 ,得 E2=2E1;又由 U=Ed 可得 U1=U2,故 A、B、D 错,C 对. 2 B.U2=2U1,E2=4E1 D.U2=2U1,E2=2E1 ( )

2.如图 1 所示,两个相同的平行板电容器 C1、C2 用导线相连,开始都不带电.现将开关 S 闭合给两个电容器充电,待充电完毕后,电容器 C1 两板间有一带电微粒恰好处于平衡 状态.再将开关 S 断开,把电容器 C2 两板稍错开一些(两板间距离保持不变),重新平 衡后,下列判断正确的是 ( )

图1 A.电容器 C1 两板间电压减小 B.电容器 C2 两板间电压增大 C.带电微粒将加速上升 D.电容器 C1 所带电荷量增大 答案 BCD 解析 充电完毕后电容器 C1、C2 并联,两端电压相等,都等于电源电压 U,断开 S 后, 电容器 C2 两板稍错开一些,即两板正对面积 S 减小,根据 C= εrS 知电容减小,又由 4πkd

Q C= 可知,两板间电压 U′增大,此时 U′>U,则电容器 C2 又开始给 C1 充电,直 U′ 到两电容器电压再次相等,此时两者两端的电压比原来的电压都增大,故 A 错误,B 正确;电容器 C1 所带电荷量增大,故 D 正确;电容器 C1 两端的电压增大,根据 E= U/d 可知,C1 两板间电场强度增大,则带电微粒受到的电场力增大,带电微粒将加速向 上运动,故 C 正确. ?题组 2 带电粒子在电场中的直线运动 3.如图 2 所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带负电的微粒以一定初速度射入电 场,并沿直线 AB 运动,由此可知 ( )

图2 A.电场中 A 点的电势低于 B 点的电势 B.微粒在 A 点时的动能大于在 B 点时的动能,在 A 点时的电势能小于在 B 点时的电 势能 C.微粒在 A 点时的动能小于在 B 点时的动能,在 A 点时的电势能大于在 B 点时的电 势能 D.微粒在 A 点时的动能与电势能之和等于在 B 点时的动能与电势能之和

答案 B 解析 一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线 AB 运动,对 其受力分析知其受到的电场力 F 只能垂直等势面水平向左, 电场强度则 水平向右,如图所示. 所以电场中 A 点的电势高于 B 点的电势,A 错;微粒从 A 向 B 运动,合外力做负功, 动能减小,电场力做负功,电势能增加,B 对,C 错;微粒的动能、重力势能、电势能 三种能量的总和保持不变,所以 D 错. 4.如图 3 所示,一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场 中,以初速度 v0 沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动.ON 与水平面的夹角为 30° ,重 力加速度为 g,且 mg=Eq,则 ( )

图3 A.电场方向竖直向上 B.小球运动的加速度大小为 g v2 0 C.小球上升的最大高度为 2g mv2 0 D.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为 4 答案 BD 解析 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动,其合力沿 ON 方向, 而 mg=qE, 由三角形定则, 可知电场方向与 ON 方向成 120° 角,A 错误;由图中几何关系可知,其合力为 mg,由牛顿第二定 律可知 a=g,方向与初速度方向相反,B 正确;设带电小球上升的最大高度为 h,由动
2 v0 1 能定理可得:-mg· 2h=0- mv2 ,解得: h = ,C 错误;电场力做负功,带电小球的 2 0 4g

电势能变大,当带电小球速度为零时,其电势能最大,则 Ep=-qE· 2hcos 120° =qEh= v2 mv2 0 0 mg· = ,D 正确. 4g 4 5.如图 4 所示,M、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板.质量为 m、带电荷量为-q 的带电粒子(不计重力),以初速度 v0 由小孔进入电场,当 M、N 间电压为 U 时,粒子 1 刚好能到达 N 板,如果要使这个带电粒子能到达 M、N 两板间距的 处返回,则下述措 2 施能满足要求的是 ( )

图4 1 A.使初速度减为原来的 2 B.使 M、N 间电压加倍 C.使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍 1 D.使初速度和 M、N 间电压都减为原来的 2 答案 BD U′ 1 2 1 解析 粒子恰好到达 N 板时有 Uq= mv2 恰好到达两板中间返回时有 q= m v , 比 0, 2 2 2 较两式可知 B、D 选项正确. 6. 如图 5 所示, 板长 L=4 cm 的平行板电容器, 板间距离 d=3 cm, 板与水平线夹角 α=37° , 两板所加电压为 U=100 V. 有一带负电液滴, 带电荷量为 q=3×10
-10

C, 以 v0=1 m/s

的水平速度自 A 板边缘水平进入电场,在电场中仍沿水平方向并恰好从 B 板边缘水平 飞出(取 g=10 m/s2,sin α=0.6,cos α=0.8).求:

图5 (1)液滴的质量; (2)液滴飞出时的速度. 答案 解析 =mg U E= d qUcos α 解得:m= dg 代入数据得 m=8×10
-8

(1)8×10

-8

kg (2)

7 m/s 2

(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示,由图可得:qEcos α

kg

1 1 (2)对液滴由动能定理得:qU= mv2- mv2 2 2 0

v=

2qU v2 0+ m 7 m/s. 2

所以 v=

?题组 3 带电粒子在电场中的偏转
4 7.如图 6 所示,一价氢离子(1 1H)和二价氦离子(2He)的混合体,经同一加速电场加速后,垂

直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们

(

)

图6 A.同时到达屏上同一点 B.先后到达屏上同一点 C.同时到达屏上不同点 D.先后到达屏上不同点 答案 B
4 解析 一价氢离子(1 1H)和二价氦离子(2He)的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因

此在加速电场及偏转电场的时间均不同, 但在偏转电场中偏转距离相同, 所以会先后打 在屏上同一点,选 B. 8.如图 7 所示,六面体真空盒置于水平面上,它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板,其他面 为绝缘材料.ABCD 面带正电,EFGH 面带负电.从小孔 P 沿水平方向以相同速率射入 三个质量相同的带正电液滴 a、b、c,最后分别落在 1、2、3 三点.则下列说法正确的 是 ( )

图7 A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B.三个液滴的运动时间不一定相同 C.三个液滴落到底板时的速率相同 D.液滴 c 所带电荷量最多 答案 D 解析 三个液滴具有水平速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是 平抛运动,选项 A 错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,

故运动时间必相同,选项 B 错误;在相同的运动时间内,液滴 c 水平位移最大,说明 它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,电荷量也最大,选项 D 正确;因 为重力做功相同,而电场力对液滴 c 做功最多,所以它落到底板时的速率最大,选项 C 错误. 9.如图 8 所示,在正方形 ABCD 区域内有平行于 AB 边的匀强电场,E、F、G、H 是各边 中点,其连线构成正方形,其中 P 点是 EH 的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出.以下说法正确的是 ( )

图8 A.粒子的运动轨迹一定经过 P 点 B.粒子的运动轨迹一定经过 PE 之间某点 C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由 ED 之间某点射出正方形 ABCD 区域 D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由 E 点射出正方形 ABCD 区域 答案 BD 解析 粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出,其轨迹是抛物线,则过 D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于 FH 的中点,而延长线又经过 P 点, 所以粒 子轨迹一定经过 PE 之间某点,选项 A 错误,B 正确;由平抛运动知识可知,当竖直位 移一定时,水平速度变为原来的一半,则水平位移也变为原来的一半,所以选项 C 错 误,D 正确. 10.在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为 m 的带电小球由 MN 上 方的 A 点以一定的初速度水平抛出,从 B 点进入电场,到达 C 点时速度方向恰好水平, A、B、C 三点在同一直线上,且 AB=2BC,如图 9 所示.由此可见 ( )

图9 A.电场力为 3mg B.小球带正电 C.小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等 D.小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量的大小相等

答案 AD 解析 设 AC 与竖直方向的夹角为 θ,带电小球从 A 到 C,电场力做负功,小球带负电, 由动能定理,mg· AC· cos θ-qE· BC· cos θ=0,解得电场力为 qE=3mg,选项 A 正确,B 错误.小球水平方向做匀速直线运动,从 A 到 B 的运动时间是从 B 到 C 的运动时间的 2 倍,选项 C 错误;小球在竖直方向先加速后减速,小球从 A 到 B 与从 B 到 C 竖直方 向的速度变化量的大小相等,水平方向速度不变,小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变 化量的大小相等,选项 D 正确. 11.如图 10 所示,虚线 PQ、MN 间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为 m= 2.0×10
-11

kg、电荷量为 q=+1.0×10

-5

C,从 a 点由静止开始经电压为 U=100 V 的

电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线 MN 的某点 b(图中未画出)离开 匀强电场时速度与电场方向成 30° 角.已知 PQ、MN 间距为 20 cm,带电粒子的重力忽 略不计.求:

图 10 (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1; (2)水平匀强电场的场强大小; (3)ab 两点间的电势差. 答案 解析 (1)1.0×104 m/s (2)1.732× 103 N/C 1 (1)由动能定理得:qU= mv2 2 1 (3)400 V

代入数据得 v1=1.0×104 m/s (2)粒子沿初速度方向做匀速运动:d=v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动:vy=at v1 由题意得:tan 30° = vy 由牛顿第二定律得:qE=ma 联立以上各式并代入数据得: E= 3×103 N/C≈1.732× 103 N/C 1 2 (3)由动能定理得:qUab= m(v2 1+vy )-0 2 联立以上各式并代入数据得:Uab=400 V.

12.绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场,其俯视图如图 11 所示,图中 xOy 所在平面 与光滑水平面重合,电场方向与 x 轴正向平行,电场的半径为 R= 2 m,圆心 O 与坐 标系的原点重合,场强 E=2 N/C.一带电荷量为 q=-1× 10
-5

C、质量 m=1× 10

-5

kg

的粒子,由坐标原点 O 处以速度 v0=1 m/s 沿 y 轴正方向射入电场(重力不计),求:

图 11 (1)粒子在电场中运动的时间; (2)粒子出射点的位置坐标; (3)粒子射出时具有的动能. 答案 解析 (1)1 s (2)(-1 m,1 m) (3)2.5×10
-5

J

(1)粒子沿 x 轴负方向做匀加速运动,加速度为 a,则有:

1 Eq=ma,x= at2 2 沿 y 轴正方向做匀速运动,有 y=v0t x2+y2=R2 解得 t=1 s. (2)设粒子射出电场边界的位臵坐标为(-x1,y1),则有 1 x1= at2=1 m,y1=v0t=1 m,即出射点的位臵坐标为(-1 m,1 m). 2 1 (3)射出时由动能定理得 Eqx1=Ek- mv2 2 0 代入数据解得 Ek=2.5×10
-5

J.

单元小结练

电场能的性质

带电粒子在电场中的运动

(限时:45 分钟) 1.P、Q 两电荷形成的电场的电场线分布如图 1 所示,a、b、c、d 为电场中的四个点.一 个离子从 a 运动到 b(不计重力),轨迹如图中虚线所示.则下列判断正确的是 ( )

图1 A.离子带正电 B.c 点电势高于 d 点电势 C.离子在 a 点时的加速度大于在 b 点时的加速度 D.离子在 a 点时的电势能大于在 b 点时的电势能 答案 BC 解析 根据图中电场线方向可以判断出,P 电荷带正电,Q 电荷带负电,由做曲线运动 的物体受到的合力指向曲线的内侧,可以判断离子从 a 运动到 b,受到的电场力与电场 线方向相反,离子带负电,选项 A 错误;沿着电场线方向电势降低,c 点电势高于 d 点 电势,选项 B 正确;a 点的电场线比 b 点的电场线密,所以离子在 a 点受到的电场力大 于在 b 点受到的电场力,则离子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度,选项 C 正确; 离子从 a 点运动到 b 点,电场力做负功,电势能增大,在 a 点时的电势能小于在 b 点时 的电势能,选项 D 错误. 2.两异种点电荷电场中的部分等势面如图 2 所示,已知 A 点电势高于 B 点电势.若位于 a、 b 处点电荷的电荷量大小分别为 qa 和 qb,则 ( )

图2 A.a 处为正电荷,qa<qb B.a 处为正电荷,qa>qb C.a 处为负电荷,qa<qb D.a 处为负电荷,qa>qb 答案 B

解析 根据 A 点电势高于 B 点电势可知,a 处为正电荷,qa>qb,选项 B 正确. 3.如图 3 所示,在 O 点处放置一点电荷+Q,a、b、c、d、e、f 是以 O 点为球心的球面上 的点,aecf 平面与 bedf 平面垂直,则下列说法中正确的是 ( )

图3 A.b、d 两点的电场强度相同 B.a、f 两点的电势相等 C.点电荷+q 在球面上任意两点之间移动时,电场力要做功 D.图中 Oa 两点之间的电势差与 Ob 两点之间的电势差不同 答案 B 解析 b、d 两点场强大小相等,方向不同,A 错误;整个球面为一等势面,电场力做 功为 0,C、D 错误,B 正确. 4.某区域的电场线分布如图 4 所示,其中间一根电场线是直线,一带正电的粒子从直线上 的 O 点由静止开始在电场力作用下运动到 A 点,取 O 点为坐标原点,沿直线向右为 x 轴正方向,粒子的重力忽略不计.在 O 到 A 运动过程中,下列关于粒子的运动速度 v 和加速度 a 随时间 t 的变化、粒子的动能 Ek 和运动径迹上电势 φ 随位移 x 的变化图线 可能正确的是 ( )

图4

答案 B 解析 带正电的粒子从 O 点向 A 点运动过程中,电场线先变疏再变密,电场强度先变 小,后变大,故电场力和粒子的加速度也是先变小,后变大,选项 B 正确;粒子从 O 向 A 运动,一直加速,但加速度先变小,后变大,其速度—时间图象的斜率也应是先 变小,后变大,选项 A 错误;从 O 到 A,电场强度先变小,后变大,单位长度上的电 1 势降落也应是先变小,后变大,选项 C 错误;根据 Ek= mv2=Fx,Ek-x 图象的斜率 2 为力 F,从 O 到 A,粒子所受的电场力先变小,后变大,故 Ek-x 图象的斜率也应是先

变小,后变大,选项 D 错误. 5.如图 5 所示,P、Q 处固定放置两等量异种电荷,b、c、O 在 P、Q 的连线上,e、O 为 两点电荷连线的中垂线上的点,且 ab=eO,bc=cO,ab⊥bO,ae⊥eO,则 ( )

图5 A.a 点电势等于 b 点电势 B.b 点场强大于 e 点场强 C.电子在 a 点的电势能大于电子在 O 点的电势能 D.b、c 间电势差大于 c、O 间电势差 答案 BD 解析 等量异种点电荷周围的电场线分布情况如图所示,a 点 和 b 点不在同一个等势面上,电势不相等,选项 A 错误;根据 电场线的疏密情况,可得 b 点的场强大于 e 点的场强,选项 B 正确;a 点的电势大于零,O 点的电势等于零,电子带负电, 在高电势处电势能小,选项 C 错误;b、c 间的电场线比 c、O 间的电场线密,场强大, 电势降低得快,所以 b、c 间的电势差大于 c、O 间的电势差,选项 D 正确. 6.如图 6 所示,在竖直平面内有一匀强电场,其方向与水平方向成 α=30° 斜向右上,在电 场中有一质量为 m、电量为 q 的带电小球,用长为 L 的不可伸长的绝缘细线挂于 O 点, 当小球静止于 M 点时,细线恰好水平.现用外力将小球拉到最低点 P,然后无初速度 释放,则以下判断正确的是 ( )

图6 A.小球再次到达 M 点时,速度刚好为零 B.小球从 P 到 M 过程中,合外力对它做了 3mgL 的功 C.小球从 P 到 M 过程中,小球的机械能增加了 3mgL D.如果小球运动到 M 点时,细线突然断裂,小球以后将做匀变速曲线运动 答案 BD 解析 小球从 P 到 M 的过程中,线的拉力不做功,只有电场力和小球重力做功,它们 的合力也是恒力,大小为 3mg,方向水平向右,所以小球再次到达 M 点时,速度最大,

而不是零,选项 A 错.小球从 P 到 M 过程中,电场力与重力的合力大小为 3mg,这 个方向上位移为 L,所以做功为 3mgL,选项 B 正确.小球从 P 到 M 过程中,机械能 的增加量等于电场力做的功,由于电场力为 2mg,由 P 到 M 沿电场线方向的距离为 d L =Lsin 30° +Lcos 30° = (1+ 3),故电场力做功为 2mg· d=mgL(1+ 3),故选项 C 错 2 误.如果小球运动到 M 点时,细线突然断裂,小球的速度方向竖直向上,所受合外力 水平向右,小球将做匀变速曲线运动,选项 D 正确. 7.如图 7 所示,一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小,可忽略不计)电压为 U1 的加速电 场,经加速后从小孔 S 沿平行金属板 A、B 的中线射入,A、B 板长为 L,相距为 d,电 压为 U2.则带电粒子能从 A、B 板间飞出应该满足的条件是 ( )

图7 U 2 2d A. < U1 L U2 2d2 C. < 2 U1 L 答案 C 1 L 1 1 qU2 L 2 1 U2 2d2 解析 根据 qU1= mv2, 再根据 t=v和 y= at2= · · (v ) , 由题意知, y< d, 解得 < 2 , 2 2 2 md 2 U1 L 故 C 正确. 8.如图 8 所示,在 xOy 坐标系中以 O 为中心的椭圆上,有 a、b、c、d、e 五点,其中 a、b、 c、d 为椭圆与坐标轴的交点.现在椭圆的一个焦点 O1 固定一正点电荷,另一正试探电 荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,下列说法正确的是 ( ) U2 d B. < U1 L U 2 d2 D. < 2 U1 L

图8 A.a、c 两点的电场强度相同 B.d 点的电势小于 b 点的电势 C.正试探电荷沿虚线运动过程中在 b 点的动能大于在 e 点的动能 D.若将正试探电荷由 a 沿椭圆经 be 移动到 c,电场力先做负功后做正功,但总功为零

答案 C 解析 由正点电荷电场线的分布及电场线方向与电势变化的关系可知,a、c 两点的场

强大小相等,但方向不同,b 点电势小于 d 点电势.正试探电荷由 b 点到 e 点的运动过 程中,由 W1=q(φb-φe)可知,电场力(合力)做负功,动能减小,A、B 错误,C 正确; 若将正试探电荷由 a 沿椭圆经 be 移动到 c,由 W2=q(φa-φc)可知,过 b 点之前电场力 做正功,过 b 点之后电场力做负功,整个运动过程中,电场力的总功为零,D 错误. 9.如图 9(a)所示,两个平行金属板 P、Q 竖直放置,两板间加上如图(b)所示的电压.t=0 时,Q 板比 P 板电势高 5 V,此时在两板的正中央 M 点有一个电子,速度为零,电子 在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相 碰.在 0<t<8×10 渐减小的时间是
-10

s 的时间内,这个电子处于 M 点的右侧,速度方向向左且大小逐 ( )

图9 A.0<t<2×10 B.2×10 C.4×10
-10 -10 -10 -10

s
-10 -10 -10

s<t<4×10 s<t<6×10

s s s

D.6×10 答案 D

s<t<8×10

解析 选向右为正方向,根据题图(b)作出粒子运动的 v-t 图象如图所示.由图象可知 正确选项为 D.

10.如图 10 所示,在光滑绝缘水平面上,用长为 2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为 m 的带 电小球 A 和 B.A 球的带电量为+2q,B 球的带电量为-3q,两球组成一带电系统.虚线 MN 与 PQ 平行且相距 3L,开始时 A 和 B 分别静止于虚线 MN 的两侧,虚线 MN 恰为 AB 两球连线的垂直平分线.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线 MN、PQ 间加 上水平向右的电场强度为 E 的匀强电场后,系统开始运动.试求:

图 10 (1)B 球刚进入电场时,带电系统的速度大小; (2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中 B 球电势能的变化量. 答案 解析 (1) 2qEL 7 (2) L m 3 4qEL

1 (1)设 B 球刚进入电场时带电系统的速度为 v1,由动能定理得 2qEL= ×2mv2 1 2 2qEL m

解得:v1=

(2)带电系统向右运动分为三段:B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后. 设 A 球出电场后移动的最大位移为 x,对于全过程,由动能定理得 2qEL-qEL-3qEx=0 L 7 解得 x= ,则 B 球移动的总位移为 xB= L 3 3 4 B 球从刚进入电场到带电系统向右运动到最大距离时的位移为 L 3 4 其电势能的变化量为 ΔEp=-W=3qE·L=4qEL 3 11.如图 11 所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度 E=1.0×102 V/m,一块足 够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度 h=0.80 m 的 a 处 有一粒子源,盒内粒子以 v0=2.0× 102 m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出 质量为 m=2.0×10
-15

kg,电荷量为 q=+10

-12

C 的带电粒子,粒子最终落在金属板 b

上.若不计粒子重力,求:(结果保留两位有效数字)

图 11 (1)粒子源所在 a 点的电势; (2)带电粒子打在金属板上时的动能; (3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积); 若使带电粒子打在金属板 上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现? 答案 (3)4 m2 解析 (1)80 V (2)1.2×10
-10

J

可以通过减小 h 或增大 E 来实现 (1)题中匀强电场竖直向下,b 板接地;

因此 φa=Uab=Eh=1.0×102×0.8 V=80 V (2)不计重力,只有电场力做功,对粒子由动能定理得

1 qUab=Ek- mv2 2 0 可得带电粒子打在金属板上时的动能为 1 - Ek=qUab+ mv2 =1.2×10 10 J 2 0 (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界,设水平抛出后 t 时间落在板上: 1 qE x=v0t,h= at2,a= ,S=πx2 2 m
2 2πmv0 h 联立以上各式得 S= ≈4 m2,若使带电粒子打在金属板上的范围减小可以通过减 qE

小 h 或增大 E 来实现.

专题六

带电粒子在电场中运动综合问题的分析

考纲解读 1.了解示波管的工作原理 .2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的 运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动.

考点一 带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管 1.构造及功能(如图 1 所示)

图1 (1)电子枪:发射并加速电子. (2)偏转电极 YY′:使电子束竖直偏转(加信号电压);偏转电极 XX′:使电子束水平偏 转(加扫描电压). 2.工作原理 偏转电极 XX′和 YY′不加电压,电子打到屏幕中心;若只在 XX′之间加电压,电子 只在 X 方向偏转; 若只在 YY′之间加电压, 电子只在 Y 方向偏转; 若 XX′加扫描电压, YY′加信号电压,屏上会出现随信号而变化的图象. 例1 (2011· 安徽· 18)图 2 为示波管的原理图,如果在电极 YY′之间所加的电压按图 3 甲所 示的规律变化,在电极 XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,则在荧光屏上会 看到的图形是 ( )

图2

甲 图3



解析 由图甲及图乙知,当 UY 为正时,Y 板电势高,电子向 Y 偏,而此时 UX 为负,即 X′板电势高,电子向 X′板偏,所以选 B. 答案 B 示波管荧光屏上图线形状的判断方法 示波管中的电子在 YY′和 XX′两个偏转电极作用下,同时参与两个类平抛运动,一方 面沿 YY′方向偏转,另一方面沿 XX′方向偏转,找出几个特殊点,即可确定荧光屏上 的图形. 突破训练 1 示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图 4 ( )

所示.如果在荧光屏上 P 点出现亮斑,那么示波管中的

图4 A.极板 X 应带正电 C.极板 Y 应带正电 答案 AC 解析 根据亮斑的位臵,电子偏向 XY 区间,说明电子受到电场力作用发生了偏转,因 此极板 X、极板 Y 均应带正电. 考点二 带电粒子在交变电场中的运动 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在空间上具有 对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或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. 3.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解),二是 粒子做往返运动(一般分段研究), 三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研 究). 例2 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 5 所示.不计重力.求在 t=0 到 t=T 的时间间隔 内, B.极板 X′应带正电 D.极板 Y′应带正电

图5 (1)粒子位移的大小和方向; (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间. T T T T 3T 3T 解析 解法一:(1)带电粒子在 0~ 、 ~ 、 ~ 、 ~T 时间间隔内做匀变速运动, 4 4 2 2 4 4 设加速度分别为 a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得 qE0 a1= m qE0 a2=-2 m qE0 a3=2 m qE0 a4=- m 由此得带电粒子在 0~T 时间间隔内运动的加速度—时间图象如图甲所示,对应的速度 —时间图象如图乙所示,其中

T qE0T v1=a1·= 4 4m 由图乙可知,带电粒子在 t=0 到 t=T 时间内的位移为 T x= v1 4 联立以上各式得 qE0 2 x= T 16m 方向沿初始电场正方向 3 5 (2)由图乙可知,粒子在 t= T 到 t= T 内沿初始电场的反方向运动,其运动时间 t′为 8 8

5 3 T t′= T- T= 8 8 4 T T T T 3T 3T 解法二:(1)带电粒子在 0~ 、 ~ 、 ~ 、 ~T 时间间隔内做匀变速运动,设加 4 4 2 2 4 4 速度分别为 a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得 qE0=ma1 -2qE0=ma2 2qE0=ma3 -qE0=ma4 T T 3T 设带电粒子在 t= 、t= 、t= 、t=T 时的速度分别为 v1、v2、v3、v4,则 4 2 4 T v1=a1 4 T v2=v1+a2 4 T v3=v2+a3 4 T v4=v3+a4 4 设带电粒子在 t=0 到 t=T 时间内的位移为 x,有 v1 v1+v2 v2+v3 v3+v4 T x=( + + + ) 2 2 2 2 4 联立以上各式可得 qE0T2 x= ,方向沿初始电场正方向 16m T (2)由电场的变化规律知,t= 时粒子开始减速,设经过时间 t1 粒子速度减为零. 4 0=v1+a2t1 T 解得 t1= 8 T 粒子从 t= 时开始减速,设经过时间 t2 速度变为零. 2 0=v2+a3t2 T 解得 t2= 8 t=0 到 t=T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间 t 为 T t=( -t1)+t2 4 解得

t=

T 4 qE0 2 T (1) T ,方向沿初始电场正方向 (2) 16m 4

答案

U 当电压周期性变化时,由 E= 知,电场强度 E 也周期性变化,由 F=qE 知电场力 F d qU 周期性变化,由 a= 知加速度 a 与电压变化图象形状相同,画出 v-t 图象则可以分 md 析粒子运动特点. 突破训练 2 在金属板 A、 B 间加上如图 6 乙所示的大小不变、 方向周期性变化的交变电压,

其周期为 T.现有电子以平行于金属板的速度 v0 从两板中央射入(如图甲所示). 已知电子 的质量为 m,电荷量为 e,不计电子的重力,求:

图6 (1)若电子从 t=0 时刻射入,在半个周期内恰好能从 A 板的边缘飞出,则电子飞出时速 度的大小为多少? (2)若电子从 t=0 时刻射入,恰能平行于金属板飞出,则金属板至少为多长? (3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出,电子应从哪一时刻射入?两板间距至少为多 大? 答案 (1) v2 0+ eU0 (2)v0T m eU0 8m

T T (3) +k·(k=0,1,2,?) T 4 2 解析

U0 1 1 (1)由动能定理得:e· = mv2- mv2 2 2 2 0 v2 0+ eU0 . m

解得 v=

(2)t=0 时刻射入的电子,在垂直于极板方向上做匀加速运动,向正极板方向偏转,半 个周期后电场方向反向,则继续在该方向上做匀减速运动,再经过半个周期,电场方向 上的速度减到零,实际速度等于初速度 v0,平行于极板,以后继续重复这样的运动. 要使电子恰能平行于金属板飞出,则在 OO′方向上至少运动一个周期,故极板长至少 为 L=v0T. (3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出,则电子在电场方向上应先加速、再减速,

T T 反向加速再减速,每段时间相同,一个周期后恰好回到 OO′线.所以应在 t= +k·(k 4 2 =0,1,2,?)时射入. 极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上. eU0 由牛顿第二定律有 a= . md 1 eU0 T 2 d 加速阶段运动的距离 s= · · ( )≤ 2 md 4 4 可解得 d≥T eU0 8m eU0 8m

故两板间距至少为 T

32.综合运用动力学观点和功能观点解决带 电体在电场中的运动

1.动力学观点 动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况: (1)带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动; (2)带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动).当带电 粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采用类平抛运动规律解决问题. 2.功能观点:首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用相应公式 计算. (1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明 确初、末状态及运动过程中的动能的增量. (2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能 量是增加的,哪些能量是减少的. 例3 如图 7 所示,A、B 为半径 R=1 m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道,在四分之一 圆弧区域内存在着 E=1×106 V/m、竖直向上的匀强电场,有一质量 m=1 kg、带电量 q=+1.4× 10
-5

C 的物体(可视为质点),从 A 点的正上方距离 A 点 H 处由静止开始自由

下落(不计空气阻力),BC 段为长 L=2 m、与物体间动摩擦因数为 μ=0.2 的粗糙绝缘水 平面,CD 段为倾角 θ=53° 且离地面 DE 高 h=0.8 m 的斜面.(取 g=10 m/s2)

图7 (1)若 H=1 m,物体能沿轨道 AB 到达最低点 B,求它到达 B 点时对轨道的压力大小; (2)通过你的计算判断:是否存在某一 H 值,能使物体沿轨道 AB 经过最低点 B 后最终 停在距离 B 点 0.8 m 处; (3)若高度 H 满足:0.85 m≤H≤1 m,请通过计算表示出物体从 C 处射出后打到的范 围.(已知 sin 53° =0.8,cos 53° =0.6.不需要计算过程,但要有具体的位置,不讨论物 体反弹以后的情况) 审题与关联

解析

1 (1)物体由初始位臵运动到 B 点的过程中根据动能定理有 mg(R+H)-qER= mv2 2 B

v2 B 到达 B 点时由支持力 FN、重力、电场力的合力提供向心力 FN-mg+qE=m ,解得 R FN=8 N 根据牛顿第三定律,可知物体对轨道的压力大小为 8 N,方向竖直向下 (2)要使物体沿轨道 AB 到达最低点 B,当支持力为 0 时,最低点有个最小速度 v,则 qE v2 -mg=m R 解得 v=2 m/s 1 在粗糙水平面上,由动能定理得:-μmgx=- mv2,所以 x=1 m>0.8 m 2 故不存在某一 H 值,使物体沿着轨道 AB 经过最低点 B 后,停在距离 B 点 0.8 m 处.

5 (3)在斜面上距离 D 点 m 范围内(如图 PD 之间区域) 9 在水平面上距离 D 点 0.2 m 范围内(如图 DQ 之间区域) 答案 (1)8 N 5 (2)不存在 (3)在斜面上距离 D 点 m 范围内 9

在水平面上距离 D 点 0.2 m 范围内 突破训练 3 如图 8 所示,ABCD 为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道,AB 段、CD 段均

为半径 R=2.5 m 的半圆,BC、AD 段水平,AD=BC=8 m,B、C 之间的区域存在水平 向右的有界匀强电场,场强 E=6×105 V/m;质量为 m=4×10 1×10
-8 -3

kg、电荷量为 q=+

C 的小环套在轨道上, 小环与轨道 AD 段之间存在摩擦且动摩擦因数处处相同,

小环与轨道其余部分的摩擦忽略不计,现使小环在 D 点获得某一初速度沿轨道向左运 动,若小环在轨道上可以无限循环运动,且小环每次到达圆弧上的 A 点时,对圆轨道 刚好均无压力.求:

图8 (1)小环通过 A 点时的速度大小; (2)小环与 AD 段间的动摩擦因数 μ; (3)小环运动到 D 点时的速度大小. 答案 解析 (1)5 m/s (2)0.15 (3)7 m/s mv2 A (1)进入半圆轨道 AB 时小环仅受重力,在 A 点由向心力公式得:mg= R

vA= gR=5 m/s (2)由题意可得: 小环在 AD 段损失的能量跟在电场阶段补充的能量是相等的, 故摩擦力 做的功与电场力做的功大小相同. 故:μmgLAD=qELBC μ=0.15 (3)从 A 到 D 由动能定理可得: 1 2 1 2 mv - mv =qELBC 2 D 2 A 解得:vD=7 m/s

(限时:45 分钟) ?题组 1 示波管的原理与应用 1.如图 1 所示为示波管构造的示意图,现在 XX′间加上 Uxx′-t 信号,YY′间加上 Uyy′- t 信号,(如图 2 甲、乙所示).则在屏幕上看到的图形是 ( )

图1

图2

答案 D 解析 沿电场方向带电粒子做加速运动, 在垂直电场方向带电粒子做匀速运动, 粒子经 过竖直的 YY′(信号电压)电场偏转,再经过水平的 XX′(扫描电压)电场偏转,最后在 显示屏上形成稳定的图象.在甲图中开始 Uxx′<0,乙图中开始 Uyy′=0 之后大于 0,由 此排除 B、 C 项.0~T 在 x 方向电子恰好从-x 处到屏中央, 在 y 方向完成一次扫描, T~ 2T 水平方向电子从中央向 x 正向移动,在 y 方向再完成一次扫描.所以本题 D 项正确. ?题组 2 带电粒子在交变电场中的运动 2.如图 3 甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间 变化的规律如图乙所示,电子原来静止在左极板小孔处,不计电子的重力,下列说法正 确的是 ( )

图3 A.若 t=0 时刻释放电子,电子始终向右运动,直到打到右极板上

B.若 t=0 时刻释放电子,电子可能在两板间振动 C.若 t=T/4 时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上 D.若 t=3T/8 时刻释放电子,电子必然打到左极板上 答案 AC 解析 若 t=0 时刻释放电子,电子将重复先加速后减速的运动,直到打到右极板,不 会在两板间振动,所以 A 正确,B 错;若从 t=T/4 时刻释放电子,电子先加速 T/4, 再减速 T/4,有可能电子已到达右极板,若此时未到达右极板,则电子将在两极板间振 动,所以 C 正确;同理,若从 t=3T/8 时刻释放电子,电子有可能达到右极板,也有可 能从左极板射出,这取决于两板间的距离,所以 D 项错误;此题考查带电粒子在交变 电场中的运动. 3.(2011· 安徽· 20)如图 4(a)所示,两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)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) 图4 T A.0<t0< 4 3T C. <t0<T 4 答案 B T 3T B. <t0< 2 4 9T D.T<t0< 8

(b)

解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意得,粒子的速度方向时而为正, 时而为负,最终打在 A 板上时位移为负,速度方向为负. T T 3T 作出 t0=0、 、 、 时粒子运动的速度图象如图所示.由于 4 2 4 速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象 T 3T 可知 0<t0< , <t0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零; 4 4 T 3T <t < 时粒子在一个周期内的总位移小于零;当 t0>T 时情况类似.因粒子最终打在 A 4 0 4 板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有 B 正确. 4.如图 5 甲所示,真空中相距 d=5 cm 的两块平行金属板 A、B 与电源相接(图中未画出), 其中 B 板接地(电势为零),两板间电压变化的规律如图乙所示.将一个质量 m=2.0×

10

-27

kg,电荷量 q=+1.6×10

-19

C 的带电粒子从紧邻 B 板处释放,不计重力.求:

图5 (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 时将带电粒子从紧邻 B 板处无初速度

释放,粒子到达 A 板时的速度大小; (3)A 板电势变化频率为多大时,在 t=T/4 到 t=T/2 时间内从紧邻 B 板处无初速度释放 该带电粒子,粒子不能到达 A 板. 答案 (1)4.0×109 m/s2 (2)2.0× 104 m/s

(3)f>5 2×104 Hz 解析 U F Eq Uq (1)在 t=0 时刻,电场强度 E= ,所以加速度 a= = = =4.0×109 m/s2. d m m md

(2)带电粒子在 0~T/2 内所受电场力方向向右,T/2~T 内电场力反向.带电粒子在 0~ 1 1 T T/2 内只受电场力作用做匀加速直线运动,前进的距离为 x= at2 = a( )2=5 cm,而金 2 1 2 2 属板间距 d=5 cm,所以 t=T/2 时带电粒子恰好到达 A 板,此时带电粒子速度 v=at1 =2.0× 104 m/s. (3)既然带电粒子不能到达 A 板,则带电粒子在 T/4 到 T/2 时间内释放后向 A 板做匀加 速直线运动,在 T/2~3T/4 内向 A 板做匀减速直线运动,速度减为零后将反向运动.当 t=T/4 时将带电粒子从紧邻 B 板处无初速度释放,粒子向 A 板运动的位移最大,该过 1 程先匀加速 T/4,然后匀减速 T/4,t=3T/4 时速度减为零.根据题意有:xmax=2× at2 2 2 = a <d,f>5 2×104 Hz. 16f2

5.如图 6 甲所示,在 y=0 和 y=2 m 之间有沿着 x 轴方向的匀强电场,MN 为电场区域的 上边界,在 x 轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示,取 x 轴正方向为电场正 q - 方向,现有一个带负电的粒子,粒子的比荷为 =1.0×10 2 C/kg,在 t=0 时刻以速度 m v0=5× 102 m/s 从 O 点沿 y 轴正方向进入电场区域,不计粒子重力.求:

图6 (1)粒子通过电场区域的时间; (2)粒子离开电场时的位置坐标; (3)粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度大小. 答案 (1)4×10
-3 -3

s (2)(-2×10

-5

m,2 m)

(3)4×10 解析

m/s

(1)因粒子初速度方向垂直电场方向,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电

场区域的时间 t= Δy - =4×10 3 s v0

E1q (2)粒子沿 x 轴负方向先加速后减速,加速时的加速度大小为 a1= =4 m/s2,减速时 m E2q 的加速度大小为 a2= =2 m/s2 由运动学规律得 m x 方向上的位移为 1 T T 1 T - x= a1( )2+a1( )2- a2( )2=2×10 5 m 2 2 2 2 2 因此粒子离开电场时的位臵坐标为(-2×10
-5

m,2 m)

T T - (3)粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度为 vx=a1 -a2 =4×10 3 m/s 2 2 ?题组 3 用动力学和功能观点分析带电体在电场中的运动 6.如图 7 所示,质量为 m 的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑,当滑至竖直向下的匀强电场 区域时(滑块受到的电场力小于重力),滑块的运动状态可能 ( )

图7 A.仍为匀加速下滑,加速度比原来的小 B.仍为匀加速下滑,加速度比原来的大 C.变成匀减速下滑,加速度和原来一样大 D.仍为匀加速下滑,加速度和原来一样大 答案 AB 解析 设斜面倾角为 θ,滑块在开始下滑的过程中,mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得 a= gsin θ-μgcos θ>0, 故 sin θ>μcos θ.滑块可能带正电也可能带负电, 当滑块带正电时, (mg qE +Eq)sin θ-μ(mg+Eq)cos θ=ma1,a1=g(sin θ-μcos θ)+ (sin θ-μcos θ),可推出加 m 速度变大; 当滑块带负电时, (mg-Eq)sin θ-μ(mg-Eq)cos θ=ma2, a2=g(sin θ-μcos θ)



qE (sin θ-μcos θ),可推出加速度变小,选项 A、B 正确. m

7.空间某区域内存在着电场,电场线在竖直平面上的分布如图 8 所示.一个质量为 m、电 荷量为 q 的带电小球在该电场中运动,小球经过 A 点时的速度大小为 v1,方向水平向 右;运动至 B 点时的速度大小为 v2,运动方向与水平方向之间的夹角为 α,A、B 两点 间的高度差为 h、水平距离为 s,则以下判断正确的是 ( )

图8 A.A、B 两点的电场强度和电势关系为 EA<EB、φA<φB B.如果 v2>v1,则电场力一定做正功 C.A、B 两点间的电势差为 m 2 (v -v2 1) 2q 2

1 1 D.小球从 A 点运动到 B 点的过程中电场力做的功为 mv2 - mv2-mgh 2 2 2 1 答案 D 解析 由电场线的方向和疏密可知 A 点电场强度小于 B 点,但 A 点电势高于 B 点,A 错误.若 v2>v1 说明合外力对小球做正功,但电场力不一定做正功,B 错误.由于有重 m 力做功,A、B 两点间电势差不是 (v2 -v2),C 错误.小球从 A 点运动到 B 点过程中由 2q 2 1 1 2 1 2 1 1 动能定理得 W 电+mgh= mv2 - mv1,所以 W 电= mv2 - mv2-mgh,D 正确. 2 2 2 2 2 1 8. 在一个水平面上建立 x 轴, 在过原点 O 右侧空间有一个匀强电场, 电场强度大小 E=6×105 N/C,方向与 x 轴正方向相同,在 O 处放一个电荷量 q=5× 10
-8

C、质量 m=0.010 kg

的带负电绝缘物块, 物块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.2, 沿 x 轴正方向给物块一个初 速度 v0=2 m/s,如图 9 所示,(g 取 10 m/s2)求:

图9 (1)物块最终停止时的位置; (2)物块在电场中运动过程的机械能增量. 答案 解析 (1)原点 O 左侧 0.2 m 处 (2)-0.016 J

(1)第一个过程:物块向右做匀减速运动到速度为零.

Ff=μmg F=qE 由牛顿第二定律得 Ff+F=ma 由运动学公式得 2ax1=v2 0 解得 x1=0.4 m 第二个过程:物块向左做匀加速运动,离开电场后再做匀减速运动直到停止.由动能定 理得:Fx1-Ff(x1+x2)=0 得 x2=0.2 m,则物块停止在原点 O 左侧 0.2 m 处. (2)物块在电场中运动过程的机械能增量 ΔE=Wf=-2μmgx1=-0.016 J. 9.如图 10 所示,AB 是一倾角为 θ=37° 的绝缘粗糙直轨道,滑块与斜面间的动摩擦因数 μ =0.30,BCD 是半径为 R=0.2 m 的光滑圆弧轨道,它们相切于 B 点,C 为圆弧轨道的 最低点, 整个空间存在着竖直向上的匀强电场, 场强 E=4.0×103 N/C, 质量 m=0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下.已知斜面 AB 对应的高度 h=0.24 m,滑块带 电荷量 q=-5.0× 10
-4

C,取重力加速度 g=10 m/s2,sin 37° =0.60,cos 37° =0.80.求:

图 10 (1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端 B 点时的速度大小; (2)滑块滑到圆弧轨道最低点 C 时对轨道的压力. 答案 解析 (1)2.4 m/s (2)11.36 N,方向竖直向下 (1)滑块沿斜面滑下的过程中,受到的滑动摩擦力

Ff=μ(mg+qE)cos 37° =0.96 N 设到达斜面底端时的速度为 v1,根据动能定理得 h 1 (mg+qE)h-Ff = mv2 sin 37° 2 1 解得 v1=2.4 m/s (2)滑块从 B 到 C,由动能定理可得: 1 1 (mg+qE)R(1-cos 37° )= mv2 - mv2 2 2 2 1 v2 2 当滑块经过最低点 C 时,有 FN-(mg+qE)=m R 由牛顿第三定律:FN′=FN 解得:FN′=11.36 N,方向竖直向下.


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