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1、专题九静电场A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组1.(2014北京理综,15,6分,0.99)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、3两点的电势相等答案答案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。五年高考考查点考查点电场线、等势面。思路点拨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.(2017北京理综,22,16分)
2、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=37。已知小球所带电荷量q=1.010-6C,匀强电场的场强E=3.0103N/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。答案答案(1)3.010-3N(2)4.010-4kg(3)2.0m/s解析解析(1)F=qE=3.010-3N(2)由=tan37,得m=4.010-4kg(3)由mgl(1-cos37)=mv2,得v=2.0m/s
3、解题指导解题指导(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。3.(2016北京理综,23,18分,0.59)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y。(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
4、其原因。已知U=2.0102V,d=4.010-2m,m=9.110-31kg,e=1.610-19C,g=10m/s2。(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,请写出电势的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”G的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。答案答案(1)(2)(3)见解析解析解析(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t=L偏转距离y=a(t)2=(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg10-29N电场力F=10-15N由于FG,因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场
5、中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即=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G=。电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。解题指导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。4.(2015北京理综,24,20分,0.31
6、)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Ek。请推
7、导证明:P=Ek。(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)答案答案(1)Ne(2)(3)见解析解析解析(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Eke=eU设单位时间内有N个电子到达B板,则损失的动能之和Ek=NEke=NeU根据电流的定义,此时电源内部的电流I=Ne此时流过外电阻的电流也是I=Ne,外电阻上消耗的电功率P=IU
8、=NeU所以P=Ek考查点考查点带电粒子在电场中的运动、电路、功能关系。思路点拨思路点拨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;Ek是单位时间内到达B板的电子损失的动能总和。考点一电场的力的性质考点一电场的力的性质1.(2017课标,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势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
9、。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由B B组组统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组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.EaEb=41B.EcEd=21C.WabWbc=31D.WbcWcd=13答案答案AC本题考查场强与电势。由图可知:ra=1m、a=6V;rb=2m、b=3V;rc=3m、c=2V;rd=6m、d=1V。由点电荷的场强公式E=得EaEbEcEd=36941,A正确、B错误。由WAB=
10、qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正确、D错误。方法技巧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=qElcos。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。2.(2016课标,15,6分)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
11、分别为va、vb、vc。则()A.aaabac,vavcvbB.aaabac,vbvcvaC.abacaa,vbvcvaD.abacaa,vavcvb答案答案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rbrcacaa;由动能定理有Wab=qQUab=m-mWbc=qQUbc=m-m因为Wabvb因为Wbc0,所以vcvb因为|Uab|Ubc|,所以vavc故有vavcvb,D项正确。规律总结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。评析评析本题在考查点电荷电
12、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动能定理的内容,综合性较强。3.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下 部 的 金 属 箔 都 张 开 ,()A.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合答案答案C由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误
13、;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。失分警示失分警示不要误以为因B带正电,B的电势就高,实际上电场中的导体是一个等势体,A、B电势相等。评析评析本题考查静电感应现象,意在考查学生对课本演示实验的认知和理解。4.(2016浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是8.010-4kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10m/s2,静电力常量k=9.0
14、109Nm2/C2,则()A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.010-2NC.B球所带的电荷量为410-8CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0答案答案ACD用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,与A球接触后A球也带正电荷,两球接触后分开,B球也带正电荷,且两球所带电荷量相等,A正确;两球相互排斥,稳定后A球受力情况如图所示sin=0.60,=37F库=mgtan37=6.010-3N,B项错误;F库=kQA=QB=Q,r=0.12m联立得Q=410-8C,故C项正确;由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确。疑难突破疑难突破准确进行受力分析、力的
15、合成,再利用三角函数计算库仑力和电荷量大小。5.(2015安徽理综,15,6分)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电量分别为q1和q2,其间距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F=k,式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示,k的单位应为()A.kgA2m3B.kgA-2m3s-4C.kgm2C-2D.Nm2A-2答案答案B由库仑定律知k=,式中都取国际单位时k的单位为,由I=知,1C2=1A2s2,又因1N=1,整理可得k的单位应为,即kgA-2m3s-4,故选项B正确。6.(2015山东理综,18,6分)直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图。M、N
16、两点各固定一负点电荷,一电量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的大小和方向分别为()A.,沿y轴正向 B.,沿y轴负向C.,沿y轴正向 D.,沿y轴负向答案答案BM、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强等大反向,所以E1=,方向沿y轴正向,因为H与G关于x轴对称,所以M、N两处的负点电荷在H处产生的合场强E2=E1=,方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3=,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=-=,方向沿y轴负向,B正确。7.(2015浙江理综,20,6分)(多选
17、)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点,A上带有Q=3.010-6C的正电荷。两线夹角为120,两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g=10m/s2;静电力常量k=9.0109Nm2/C2,A、B球可视为点电荷),则()A.支架对地面的压力大小为2.0NB.两线上的拉力大小F1=F2=1.9NC.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小F1=1.225N,F2=1.0ND.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866N
18、答案答案BC小球B和支架组成的整体,在三个力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=k,联立两式解得:FAB=0.9N,FN=1.1N,根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡,如图(甲)所示。由对称性可知F1=F2,在竖直方向上有:2F1cos60=2F2cos60=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9N,可见B正确。当B球与M、A共线时,A球受力情况如图(乙)所示。(甲)由几何关系可知rAB=0.6m,FBA=k=0.225N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上述两个方向上分力的合力为零可得:F1=1.225N,F2=1.0N,故C正确。B球移至无穷远处时
19、,A、B之间的库仑力忽略不计,对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0N,故D错。(乙)评析评析本题考查了库仑定律和共点力平衡问题,情景清晰,但计算量稍大。题目难度中等,要求考生镇定、细心。8.(2013课标,15,6分,0.480)如图,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(q0)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)()A.kB .kC.kD.k答案答案B由b点处场强为零知,圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E
20、2大小相等,即:E1=E2=k,由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=k,q在d点产生的场强E4=k,方向与E3相同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k,B正确,A、C、D错误。9.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5106N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.010-6C,质量m=0.25kg,与轨道间动摩擦因数=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55s到达A点,到达B点时速度是5m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为,且tan
21、=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10m/s2。求:v/(ms-1)0v22vaB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由AB,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90,电场力做负功,电势能增加,即EpAEpB,若电子由BA,则电场力方向与速度方向夹角小于90,电场力做正功,电势能减小,EpAB,选项D错误。方法技巧方法技巧运动轨迹与电场线关系曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。受电场力
22、方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。速度方向为轨迹的切线方向。正、负功的判断。电势高低与电势能大小的关系。12.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势在x轴上分布如图所 示 。 下 列 说 法 正 确 的 有()A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2,电势能减小D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大答案答案AC本题考查识别-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强从x1到x2一直减小,且E2
23、=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错误;沿x轴方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知x1x2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。解题关键解题关键由U=Ed知-x图线切线斜率表示场强E,x1=0,q1、q2分布在x1的两侧。13.(2016课标,20,6分)(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
24、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。疑难突破疑难突破考生必须分析出油滴轨
25、迹的对称性具有的含义,才能展开进一步的分析。解题关键解题关键由U=Ed知-x图线切线斜率表示场强E,x1=0,q1、q2分布在x1的两侧。评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。14.(2016课标,15,6分)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,
26、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。评析评析本题考查对电场中等势面概念的理解。15.(2016浙江理综,14,6分)以下说法正确的是()A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低B.外
27、力对物体所做的功越多,对应的功率越大C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化答案答案A在静电场中,沿电场线电势的变化量=,无论q为正还是为负,总是负的,即0,表明沿电场线方向电势逐渐降低,A正确;功率P=,功率P的大小由W和t共同决定,B错误;电容器电容C与电容器所带电荷量无关,C错误;无论超重还是失重,地球对物体的实际作用力不变,D错误。疑难突破疑难突破电势=,电势的变化=。正电荷沿电场线方向移动时,电场力做正功,电势能减少,Ep0,=0,=0,即沿电场线方向电势降低。因此在静电场中,沿电场线方向电势降低是一个普遍正确的结论。评析评析
28、本题考查了一些基本规律和基本概念,意在考查学生对基础知识的识记能力。16.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q( 图 中 未 画 出 ) 时 速 度 为 零 。 则 小 球a()A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增加D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量答案答案BC小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库
29、仑力F与重力的夹角逐渐变小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量,所以电势能的增加量小于动能的减少量,D错误。17.(2014课标,21,6分,0.503)(多选)如图,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则()A.
30、点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功D.P大于M答案答案AD由M=N,可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上,过F作MN的垂线交MP于O点,设MF=FN=l,则由几何关系MO=l/cos30=l,FO=ltan30=l,OP=MP-MO=MNcos30-l=l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故点电荷一定在MP的连线上的O点,选项A正确(另解:根据题意M=N,P=F,可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处,作PF连线的中垂线交MP于点O,连接O、F两点,由几何知识知OF为MN的中垂线,故点电荷Q一定在MP
31、的连线上的O点,A正确);点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面,线段不可能在球面上,故B选项错误;由图可知OFM=N,将正试探电荷从高电势搬运到低电势,电场力做正功,选项C错、D对。18.(2013天津理综,6,6分)(多选)两个带等量正电的点电荷,固定在图中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()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答案BC两个等量正点电荷形成的电场
32、不是匀强电场,在中垂线MN上由无穷远到O点电场强度先增大后减小,电荷q所受电场力为变力,q将做变加速直线运动,A项错误。因q所受电场力方向指向O点,所以q由A向O运动过程中电场力做正功,电势能减小,动能增大,B、C项均正确。因O点电势大于零,故q在O点时的电势能不为零,D项错误。考点三电容器带电粒子在电场中的运动考点三电容器带电粒子在电场中的运动19.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P点之间
33、返回C.运动到P点返回D.穿过P点答案答案A本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E=,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。解题关键解题关键C板移动过程中,板间场强不变,能分析出这个结论是解答本题的关键点。20.(2016课标,14,6分)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
34、 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答案D电容器电容C=,云母介质移出,r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。审题指导审题指导关键词:恒压直流电源、介质移出。评析评析此题考查电容器电容、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。21.(2016天津理综,4,6分)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定
35、在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,表 示 静 电 计 指 针 的 偏 角 。 若 保 持 下 极 板 不 动 , 将 上 极 板 向 下移动一小段距离至图中虚线位置,则()A.增大,E增大B.增大,Ep不变C.减小,Ep增大D.减小,E不变答案答案D极板移动过程中带电荷量Q保持不变,静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化,由C=和C=可知,极板下移,d减小,C增大,U减小,又E=,则E不变,Ep不变,综合上述,只有D选项正确。疑难突破疑难突破设固定在P点的点电荷带电荷量为q,其在P点的电势能等于将其从P点移到零电势处(下极板)电场力做的功。评析评析本题考
36、查平行板电容器相关知识,难度为易,考生只要掌握相关公式,就可顺利分析解答。22.(2015课标,14,6分,0.586)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45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。23.(2
37、015天津理综,7,6分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么()A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置答案答案AD设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1=mv2-0,v=,在电场E2中y=at2,E2q=ma,L=vt,tan=,联立以上方程得y=,tan=。所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy=,三种粒子电荷
38、量相等,电场力做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tan与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v,则qE1d1+qE2y=mv2-0,解得v2=(E1d1+),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项错误。在加速电场中所用时间t1=,通过偏转电场到达屏所用时间t2=(L+L),所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。24.(2013课标,16,6分,0.430)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 相 连 , 上 极 板 中 心 有 一 小 孔 ( 小 孔 对 电 场 的 影 响 可 忽 略 不 计
39、 ) 。 小 孔 正 上 方处的P点有一带电粒子,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()A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板处返回 D.在距上极板d处返回答案答案D设板间电压为U,场强为E,则E=,由动能定理得mgd-qEd=0将下极板向上平移后,U不变,d=d,则E=E,设粒子在距上极板x处返回,则mg(+x)-qEx=0联立解得:x=d,故D正确,A、B、C错误。25.(2017课标,25,20分)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
40、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。答案答案见解析解析解析本题考查电场、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
41、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油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1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油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1由式得v2=v0-2gt1(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+a1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由题给条件有=2g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点
42、在A点之上,依题意有s1+s2=h由式得E2=E1 为使E2E1,应有2-+1即当0t1才是可能的;条件式和式分别对应于v20和v2E1,应有2-1即t1另一解为负,不合题意,已舍去。解题指导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为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。26.(2017课标,25,20分)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
43、方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)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。答案答案(1)31(2)H(3)解析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v0。M、N在电
44、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=0s1=v0t+at2s2=v0t-at2联立式得=3(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=2ghH=vyt+gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知=联立式可得h=H(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=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+qEs1Ek2=m(+)+mgH-qEs2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立 式得E=解
45、题关键解题关键N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;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;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。27.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,
46、在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106m/s,进入漂移管E时速度为1107m/s,电源频率为1107Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1108C/kg。求:(1)漂移管B的长度;(2)相邻漂移管间的加速电压。答案答案(1)0.4m(2)6104V解析解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则T=L=vB联立式并代入数据得L=0.4m(2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功为W,质子的
47、电荷量为q、质量为m,则W=qUW=3WW=m-m联立式并代入数据得U=6104V解题指导解题指导本题以电场为背景,质子在漂移管内做匀速直线运动,在管间做匀加速直线运动,运用x=vt和动能定理求解即可。知识归纳知识归纳牢记匀速直线运动只有一个计算公式x=vt。连续的复杂过程可以直接用动能定理求解。C C组教师专用题组组教师专用题组1.(2015广东理综,21,6分)(多选)图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保 持 静 止 , 不 计 重 力 , 则()A.M的带电量比N的大B.M带负电荷,N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的
48、大D.移动过程中匀强电场对M做负功答案答案BD不考虑重力,取整体为研究对象,外力只有匀强电场的电场力,由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向,故M、N必带有等量异种电荷,A错误;隔离出M,因N对其静电引力向右,则电场E对其电场力必向左,即与场强方向反向,故M带负电,则N带正电,B正确;静止时,M、N所受合力都为0,C错误;因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角,故D正确。2.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为,其中为平面上单位面积所带的电荷量,0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电量为Q。不计边缘效应时,极
49、板可看做无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.和 B.和C.和D.和答案答案D由题意知带电量为Q的极板上单位面积所带的电荷量=,故一个极板激发的电场的场强大小E=,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=;两极板间相互的静电引力F=EQ=,选项D正确。3.(2014课标,19,6分,0.590)(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
50、强度总是指向该点电势降落最快的方向答案答案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。4.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则()A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEbC.Wa=Wb,EaEbD.WaWb,EaEb,A正确。5.(2015课标
51、,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q0)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。答案答案解析解析设带电粒子在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由此得vB=v0设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB=m(-)联立式得UAB=6.(2013课标,24,14分,0.317)如图,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
52、直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q0)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。答案答案见解析解析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f+Na=mNb-f=m设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有Eka=mEkb=m根据动能定理有Ekb-Eka=2rf联立式得E=(Nb-Na)Eka=(Nb+5Na)Ekb=(5Nb+Na)7.(2012北京理综,24,20分,0.20)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度
53、E随x的分布如图所示,图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后,再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q。A和B的 质 量 分 别 为m和。不计重力。(1)求A在电场中的运动时间t;(2)若B的电荷量q=Q,求两质点相互作用能的最大值Epm;(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值qm。答案答案(1)(2)QE0d(3)Q解析解析(1)由牛顿第二定律,A在电场中运动的加速度a=。A在电场中做匀变速直线运动d=at
54、2解得运动时间t=(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0,由动能定理,有QE0d=m,qE0d=A、B相互作用过程中,动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力,A受的力与其运动方向相同,B受的力与其运动方向相反,相互作用力对A做正功,对B做负功。A、B靠近的过程中,B的路程大于A的路程,由于作用力大小相等,作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值,因此相互作用力做功之和为负,相互作用能增加。所以,当A、B最接近时相互作用能最大,此时两者速度相同,设为v,有(m+)v=mvA0+vB0Epm=(m+)-(m+)v2已知q=Q,由、式解得相互作用能的最大值Epm=QE0d(3)考虑A、
55、B在xd区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互作用,有mvA+vB=mvA0+vB0m+=m+由、解得vB=-vB0+vA0因B不改变运动方向,故vB=-vB0+vA00由、解得qQ即B所带电荷量的最大值qm=Q8.(2011北京理综,24,20分,0.17)静电场方向平行于x轴,其电势随x的分布可简化为如图所示的折线,图中0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(0AEB,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
56、间内,E不同,I一定不同,D错。2.(2017北京朝阳一模,15)如图所示,两条不等长的细线一端固定在同一点,另一端分别拴两个带同种电荷的小球,两小球所带的电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2,当两小球静止时恰好处于同一水平线上,且,则造成的原因是()A.m1m2C.q1q2答案答案A对两小球分别受力分析如图所示,其中两小球所受的库仑力属于一对作用力与反作用力,大小相等。根据力的平衡可得m1g=,m2g=,因,故tantan,故m1EP,沿电场线电势降低,PQ,A、B错误。将电子从P点移动到Q点,电场力做负功,电势能增大,C错误,D正确。考查点考查点电场、电势、电势能。解题关键解题关键
57、电场线疏密代表场强强弱,沿电场线电势降低。4.(2016北京石景山一模,20)某兴趣学习小组的同学深入学习了静电场中关于电势的知识:若取无穷远处电势为零,在一带电荷量为+q的点电荷的电场中,与点电荷相距r处的电势为=k;如果某点处在多个点电荷所形成的电场中,则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。如图所示,AB是均匀带电的细棒,所带电荷量为+Q。C为AB棒附近的一点,CB垂直于AB。若取无穷远处电势为零,AB棒上的电荷所形成的电场中,C点的电势为0,0可以等效成AB棒上某点P处、电荷量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。该小组的同学将AB棒均分成两段,利用对称性,求得A C连线中点
58、D处的电势为()A.0B.0C.0D.20答案答案D如图所示,假设AB细棒右侧有一根与AB完全相同的细棒EF,所带电荷量也为+Q,利用对称性可知,细棒EF上的电荷所形成的电场中,C点的电势也为0。因为电势是标量,所以C点总的电势为20。也就是带电荷量为+2Q的AF细棒所形成的电场,在其中点上方h处的电势为20。与点电荷所形成的电势类比,根据=k,那么带电荷量为+Q的AB细棒所形成的电场,在其中点上方h/2处的电势也为20。所以D选项正确。考查点考查点电场的叠加,电势的理解,对称法、等效法的应用。一题多解一题多解可将AB细棒等效为集中于其中点M的带电荷量为+Q的点电荷,其在C处的电势为0。则AM
59、带电荷量为,在D点的电势可等效为处于N点的电荷量为的点电荷在D点产生的电势。由0=k可得D=k=k=0。由对称性知,MB在D处的电势也是0,因此AB在D处的电势为20。5.(2016北京朝阳二模,20)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏是一块四层复合玻璃屏,玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层导电物质,最外层是一薄层玻璃保护层,夹层作为工作面,四个角上引出四个电极,内层作为屏蔽层以保证良好的工作环境。当手指触摸屏幕时,人体和触摸屏就形成了一个电容器,对于高频电流来说,电容器具有“通高频”的作用,于是手指从手的接触点吸走一部分电荷,从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出,并且流经这
60、四个电极的电流与手指到四角的距离成正比,控制器通过对这四个电流比例的精确计算,得出触摸点的位置信息。在开机状态下,下列说法正确的是()A.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C.当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D.使用绝缘笔触摸屏幕时也能进行正常操作答案答案C由题意知,当手指触摸屏幕时,人体与触摸屏形成一个电容器,电容器由两个导体组成,所以使用绝缘笔不能进行正常操作,D错误。由题意知,手与触摸屏接触时,有电流通过电极,并且流经四个电极的电流与手指到四角的距离成正比,所以C正确,A、B错误。考查点考查点获取信息
61、的能力、电容器。思路点拨思路点拨“人体和触摸屏就形成了一个电容器”,由电容器构造可知,人体相当于电容器的一极板。由“手指从手的接触点吸走一部分电荷”可知手指触摸屏幕时有微电流流过。6.(2016北京东城二模,19)如图1所示为一种电容式位移传感器的原理图,当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动。已知电容器的电容与电介质板进入电容器的长度x之间的关系如图2所示,其中C0为电介质板没有插入电容器时的电容。为判断被测物体是否发生微小移动,将该电容式位移传感器与电源、电流表、开关组成串联回路(图中未画出)。被测物体的初始位置如图1所示。电路闭合一段时间后,下列说法正确的是(
62、)图1图2A.若电源为直流电源且直流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动B.若电源为交流电源且交流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动C.若电源为直流电源且直流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动D.若电源为交流电源且交流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动答案答案A当被测物体发生移动时,电介质板插入电容器两极板间的深度发生变化,使电容器的电容也发生改变。在直流电路中,当电容器的电容改变时,电容器贮存的电荷量也发生改变,形成充(放)电电流。在交流电路中,即使电容器的电容保持不变,依然会因为电容器两极板间电压的变化而产生充(放)电电流,故A正确,B错误。若电源为直流电源且直流
63、电流表示数变大,则物体可能向左发生移动,也可能向右发生移动,故C错误。若电源为交流电源且交流电流表示数变大 , 说 明XC变小,由XC=知,C变大,由图2知x变大,即物体向左发生移动,故D错误。考查点考查点平行板电容器电容的影响因素,电容器在直流、交流电路中的作用。思路分析思路分析直流电路中,电容器两板间电压几乎不变,因此C变化会导致两板带电荷量Q的变化,形成充、放电电流。交流电路中C影响XC大小,因而影响电流大小。7.(2016北京东城二模,18)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。已知mPmQ,qPqQ。将它们由静止释放后,两物块开始在水平桌面上运动
64、,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=g-,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。考查点考查点带电体在电场中运动的综合分析。易错提示易错
65、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。8.(2015北京西城二模,16)如图所示,虚线为电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等。一个带正电的点电荷在A点的电势能大于其在B点 的 电 势 能 , 则 下 列 说 法 正 确 的 是()A.A点的电势比B点的高B.无法比较A、B两点的电势高低C.A点的电场强度比B点的大D.无法比较A、B两点的场强大小答案答案A由Ep=q知正电荷在电势较高处的电势能也较大,故A项正确而B项错误;同一电场中等差等势面密集处的电场强度较大,即B点的电场强度比A点的大,C、D错误。9.(2017北京东城
66、二模,23)(18分)带电粒子的电荷量与其质量之比称为比荷(),是带电粒子的基本参量之一。如图1所示是汤姆孙用来测定电子比荷的实验装置,真空玻璃管中K是金属板制成的阴极,由阴极K发出的射线被加速后穿过带有狭缝的极板A、B。经过两块平行铝板C、D中心轴线后打在玻璃管右侧的荧光屏上形成光点。若平行铝板C、D间无电压,电子将打在荧光屏上的中心O点;若在平行铝板C、D间施加偏转电压U,则电子将打在O1点,O1点与O点的竖直间距为h,水平间距可忽略不计。若再在平行铝板C、D间施加一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出),则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点。已知平行铝板C、D的长度
67、均为L1,板间距离为d,它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2,不计电子的重力和电子间的相互作用。二、非选择题(共88分)(1)求电子刚进入平行铝板C、D间时速度的大小;(2)推导出电子比荷的表达式;(3)伽利略曾通过逻辑推理得知:在同一高度同时由静止释放两个质量不同的铁球,只在重力作用下,它们可以同时落地。那么静电场中的不同带电粒子是否也会出现“同时落地”的现象呢?比如,在图2所示的静电场中的A点先后由静止释放两个带电粒子,它们只在电场力作用下运动到B点。请你分析说明:若要两个带电粒子从A运动到B所用时间相同(即实现“同时落地”),则必须满足什么条件?答案答案(1)(2)(3)见解析解析
68、解析(1)平行铝板C、D间同时存在电场、磁场时,电子在电场力与洛伦兹力的共同作用下沿中心轴线运动,电子受力平衡。设电子进入平行铝板C、D时的速度为v,电子质量为m,电荷量为e由平衡条件有evB=eE两极板间电场强度E=解得v=(2)平行铝板间仅有偏转电场时,电子以速度v进入后,在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做匀加速直线运动(设其加速度为a)电子在电场中的运动时间t1=由牛顿第二定律有eE=ma解得加速度a=电子射出极板时竖直方向的偏转距离y1=a=电子射出极板时竖直方向的分速度为vy=at1=电子离开极板间电场后做匀速直线运动,经时间t2到达荧光屏,t2=电子在t2时间内,在竖直方向运动
69、的距离y2=vyt2=这样,电子在竖直方向上偏移的总距离h=y1+y2解得电子比荷=(3)带电粒子由A运动到B的过程中均做初速度为零的变加速直线运动。如果它们经过任意相同位置时加速度相同,那么它们从A运动到B的运动情况也完全相同,它们从A运动到B所用时间就相同。带电粒子的加速度a=。若要两个带电粒子从A运动到B所用时间相同,则需要它们的比荷()相同。说明:其他方法正确同样给分。10.(2017北京海淀一模,23)(18分)为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质,小明同学在干燥的环境中先将A放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上(如图甲所示),此时电子秤的示数为N1;再将另一小球B用绝缘细线悬挂在一绝缘
70、支架上,使其位于A球的正上方P点,电子秤稳定时的示数减小为N2。已知小球B所带电荷量为-q,且q远小于球A所带的电荷量,球A与球B间的距离远大于两球的半径。(1)根据上述信息,求:球B对球A的电场力大小和方向;球A在P点处激发的电场的场强大小E0。(2)现缓慢拉动绝缘细线,使小球B从P点沿竖直方向逐步上升到Q点,用刻度尺测出P点正上方不同位置到P点的距离x,并采取上述方法确定出该位置对应的电场强度E,然后作出E-x图像,如图乙所示,其中M点为P、Q连线的中点,x轴上每小格代表的距离均为x0,且为已知量。根据图像估算P、M两点间电势差UPM的大小;若M、Q两点间的电势差为UMQ,比较UPM和UM
71、Q的大小,并由此定性说明球A正上方单位长度的电势差随x的变化关系。答案答案(1)N1-N2方向竖直向上(2)x0见解析解析解析(1)设球A所受重力为G,球B在P点时对球A的吸引力为FP。在没有放置球B时,对于球A根据平衡条件有N1=G(1分)放入球B后,对球A根据平衡条件有FP+N2=G(1分)所以球B对球A的电场力大小FP=N1-N2(1分)方向竖直向上(1分)根据牛顿第三定律可知,球A对球B的吸引力大小FB=N1-N2(1分)因此A球在P点处激发的电场的电场强度大小E0=(2分)(2)因E-x图像中图线与x轴所围的面积表示电势差的大小,所以可用图线与x轴所围面积表示电 势 差 的 量 值
72、。(1分)每个小正方形的面积所代表的电势差U0=x0(2分)P、M两点间E-x图线与x轴所围面积约由22个小正方形面积组成,所以电势差UPM=22U0=x0=x0(2分)P、M两点间E-x图线与x轴所围面积大于M、Q两点间E-x图线与x轴所围面积,所以UPM一定比UMQ大 。(3分)由E-x图线与x轴所围面积随x的变化情况可知,A球正上方单位长度的电势差随x的增大而变小 。(3分)考查点考查点图像分析、场强定义、E与U关系的理解。易错警示易错警示本题中电子秤示数N1、N2反映对球A的支持力。求P点场强大小时应先用牛顿第三定律求出球B在该处受到的电场力,再利用E=求解。11.(2016北京西城二
73、模,24)(20分)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。(1)闭合开关S,电源向电容器充电。经过时间t,电容器基本充满。a.求时间t内通过R的平均电流;b.请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板间电压u变化的图像;并求出稳定后电容器储存的能量E0;图1(2)稳定后断开开关S。将电容器一极板固定,用恒力F将另一极板沿垂直
74、极板方向缓慢拉开一段距离x,在移动过程中电容器带电荷量保持不变,力F做功为W;与此同时,电容器储存的能量增加了E。请推导证明:W=E。要求最后的表达式用已知量表示。图2答案答案见解析解析解析(1)a.设充电完毕电容器所带电荷量为Q,即时间t内通过电阻R的电荷量,此时电容器两端电压等于电源的电动势根据电容的定义有C=(2分)根据电流的定义有=(2分)解得平均电流=(2分)b.根据q=Cu,画出q-u图像如图所示(2分)由图像可知,图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量,由图像求出电容器储存的电能E0=EQ(2分)解得E0=CE2(2分)(2)设两极板间场强为E,两极板正对面积为S根据E=,C=,
75、得E=,可知极板在移动过程中极板间场强不变,两极板间的相互作用力为恒力。两极板间的相互作用可以看做负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中,可知两极板间的相互作用力F =EQ。(2分)缓慢移动时有F=F根据功的定义有W=EQx代入已知量得出W=x=x(2分)电容器增加的能量E=-或E=C(E)2-CE2C=C=(2分)代入已知量得出E=x=x(2分)所以W=E考查点考查点电容器充、放电规律,图像分析,电容器动态分析。解题关键解题关键当充完电的电容器与电源断开后,改变板间距时,板间场强保持不变,因而所施加外力与两板间相互吸引力平衡,为恒力。12.(2016北京东城二模,24)(20分)在光滑绝缘水平
76、面上方某区域(0x3L)有沿x轴正方向的水平匀强电场,电场强度的大小及分布情况如图1所示。将质量为m1、电荷量为+q的带电小球A在x=0处由静止释放,小球A将与质量为m2、静止于x=L处的不带电的绝缘小球B发生正碰。已知两球均可视为质点,碰撞时间极短,且碰撞过程中没有机械能的损失,没有电荷量的转移。E0、L为已知。(1)若m1=m2,小球A与小球B发生碰撞后二者交换速度,求:a.两小球第一次碰撞前,小球A运动的时间t0以及碰撞前的瞬时速度大小v0;b.在图2中画出小球A自x=0处运动到x=5L处过程中的v-t图像。(2)若m1=km2,通过计算分析说明无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第
77、二次碰撞。答案答案见解析解析解析(1)a.小球A第一次与小球B碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动加速度a1=运动时间t0=小球A与小球B碰撞前的瞬时速度大小v0=b.小球A自x=0处运动到x=5L处的过程中的v-t图像如图所示。(2)设两小球第一次碰撞后速度分别为vA1、vB1碰撞过程中由动量守恒定律有km2v0=km2vA1+m2vB1由机械能守恒定律有km2=km2+m2解得:vA1=v0vB1=v0之后小球A再次被电场加速,若在x=3L处未发生碰撞,此时速度为vA2根据动能定理有4E0qL=km2-km2解得vA2=v0vA2vB1所以无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。
78、其他方法正确同样给分考查点考查点动量守恒、弹性碰撞、带电物体在电场中的运动。解题关键解题关键准确分析小球受力及运动情况是解本题的关键。第(2)问能否发生第二次碰撞关键是看小球A第一次碰撞之后运动的速度是否能增加到大于B碰后速度。13.(2015北京西城一模,24)(12分)我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为S的圆柱体(如图1所示)。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。(1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间t内,飞船的速度
79、减小了v,求这段时间内飞船受到的阻力大小。(2)已知尘埃云分布均匀,密度为。a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。若不采取任何措施,飞船将不断减速。通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。图1图2b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对飞行器产生推力的。若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电
80、压为U,元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。答案答案(1)M(2)a.b.S解析解析(1)飞船的加速度a=根据牛顿第二定律f=Ma飞船受到的阻力f=M(2)a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律Mv0=(M+Sx)v0解得x=由-x图像可知t=(+)x解得t=b.设在很短的时间t内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m,所受飞船的作用力为f。飞船与尘埃发生的是弹性碰撞Mv0=Mv1+mv2M=M+m解得v2=v0由于Mm,所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0对尘埃,根据动量定理ft=mv2其中m=Sv0t则飞船所受阻力为f=2S设一个离子在电场中加速后获得的速度为v。根据
81、动能定理eU=mv2设单位时间内射出的离子数为n。在很短的时间t内,根据动量定理Ft=ntmv则飞船所受动力F=nmv飞船做匀速运动F=f解得n=SC C组组2015201520172017年高考模拟年高考模拟创新题组创新题组1.(2017北京海淀零模,24,20分)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
82、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
83、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。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;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
84、,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。答案答案(1)(2)见解析解析解析(1)圆桶形容器内的电场强度E1=(1分)灰尘颗粒所受的电场力大小F=,(1分)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(1分)kv1=(2分)解得v1=(1分)(2)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=(3分)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(2分)解
85、得v=(3分)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。以r为横轴,以为纵轴,作出-r的图像如图所示。在r到r+r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r的一段-r图线下的面积为r=,显然,这个小矩形的面积等于灰尘颗粒通过r的时间t=。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。(3分)所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间t=(3分)考查点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。
86、2.(2017北京海淀二模,24,20分)光电效应现象中逸出的光电子的最大初动能不容易直接测量,可以利用转换测量量的方法进行测量。(1)如图甲所示为研究某光电管发生光电效应的电路图,当用频率为的光照射金属阴极K时,通过调节光电管两端电压U,测量对应的光电流I,绘制了如图乙所示的I-U图像。根据图像求光电子的最大初动能Ekm和阴极金属的逸出功W。已知电子所带电荷量为e,图像中Uc、Im、入射光的频率及普朗克常量h均为已知量。(2)有研究者设计了如下的测量光电子最大初动能的方法。研究装置如图丙所示,真空中放置的两个平行正对金属板可以作为光电转换装置。用频率一定的细激光束照射A板中心O,板中心O点附
87、近将有大量的电子吸收光子的能量而逸出。B板上涂有特殊材料,当电子打在B板上时会在落点处留有可观察的痕迹。若认为所有逸出的电子都以同样大小的速度从O点逸出,且沿各个不同的方向均匀分布,金属板的正对面积足够大(保证所有逸出的电子都不会射出两极板所围的区域),光照条件保持不变。已知A、B两极板间的距离为d,电子所带电荷量为e,电子所受重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。通过外接可调稳压电源给A、B两极板间加上一定的电压,A板接电源的负极,由O点逸出的电子打在B板上的最大区域范围为一个圆形,且圆形的半径随A、B两极板间的电压变化而改变。通过实验测出了一系列A、B两极板间的电压值U与对应的电子打在B
88、板上的最大圆形区域半径r的值,并画出了如图丁所示的r2-图像,测得图线的斜率为k。请根据图像,通过分析计算,求出电子从A板逸出时的初动能;若将A板换为另一种金属材料,且将其与可调稳压电源的正极连接,B板与该电源的负极连接,当两极板间电压为U0时,电子打在B板上的最大区域范围仍为一个圆,测得圆的半径为R。改变两极板间的电压大小,发现电子打在B板上的范围也在发生相应的变化。为使B板上没有电子落点的痕迹,试通过计算分析两金属板间的电压需满足什么条件?答案答案见解析解析解析(1)由题中图乙可知,光电效应的遏止电压为Uc,根据动能定理可得,光电子的最大初动能Ekm=eUc(3分)根据爱因斯坦光电效应方程
89、可知,阴极金属的逸出功W=h-eUc(3分)(2)打在电子分布区域边缘的电子,其初速度方向平行于A板表面,做匀变速曲线(类平抛)运动 。(1分)设两板间的电压为U,电子的质量为m,初速度为v0,在两板间运动的加速度大小为a1,飞行时间为t1,则根据牛顿第二定律有:a1=(1分)对于垂直于极板方向的运动有d=a1(1分)电子分布圆形区域的半径为r=v0t1(1分)联立上述三式可解得r2=m(2分)即r2=,所以r2-图像中的k=(1分)因此初动能Ek=(1分)电子在两极板间运动的加速度a2=设打在落点区域边缘的电子从O点射出时沿垂直极板方向的速度为vy,平行极板方向的速度为vx,电子在两极板间运
90、动的时间为t2,落点区域边缘处电子到达B板上时速度方向平行于B板。则沿垂直极板方向上有=2a2d(1分)vy=a2t2(1分)沿平行极板方向上有R=vxt2(1分)从O点逸出光电子的速度vm=联立上述四式可解得,电子的初动能Ekm=m=eU0(1+)(1分)设沿垂直极板方向射出的电子刚好不能达到B板时两板间的电压为Um,根据动能定理有Ekm=eUm解得Um=U0(1+)(1分)为使B板上没有电子落点的痕迹,则两金属板间的电压应满足的条件是U1U0(1+)(1分)考查点考查点光电效应、类平抛运动过程临界条件的分析。思路分析思路分析(1)由图像可读出遏止电压Uc,与最大初动能建立关系。(2)打到最
91、远点的电子是类平抛出去的电子。(3)朝各个方向打出的电子最大初动能相同,B板上没有电子的痕迹的临界条件是:垂直极板方向射出的电子到达B板时速度刚好减到零。3.(2017北京丰台二模,24,20分)如图甲所示,光滑的绝缘细杆水平放置,有孔小球套在杆上,整个装置固定于某一电场中。以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。沿杆方向电场强度E随位置x的分布如图乙所示,场强为正表示方向水平向右,场强为负表示方向水平向左。图乙中曲线在0x0.20m和x0.4m范围可看做直线。小球质量m=0.02kg,带电荷量q=+110-6C。若小球在x2处获得一个v=0.4m/s的向右初速度,最远可以运动到x4处
92、。甲乙(1)求杆上x4到x8两点间的电势差大小U;(2)若小球在x6处由静止释放后,开始向左运动,求:a.加速运动过程中的最大加速度am;b.向左运动的最大距离sm;(3)若已知小球在x2处以初速度v0向左减速运动,速度减为零后又返回x2处,所用总时间为t0,求小球在x2处以初速度4v0向左运动,再返回到x2处所用的时间(小球运动过程中始终未脱离杆)。你可能不会计算,但小球向左运动过程中受力特点你并不陌生,请展开联想,通过类比分析得出结果。答案答案见解析解析解析(1)x4与x8之间为匀强电场,场强大小E=4103V/m由U=Ed代入数据得(2分)U=1600V(2分)(2)a.加速运动过程中,
93、x3处场强最大,经过x3处时所受电场力最大Fm=Emq(2分)由牛顿第二定律有:Fm=mam(2分)代入数据得:am=0.6m/s2(1分)b.设x2与x4之间的电势差为U2由动能定理有:-qU2=0-mv2(1分)得:U2=1.6103V(1分)设x4与x6之间的电势差为U1U1=0.8103V(1分)设向左运动的最远处距x2处的距离为x,电场强度大小为Ex带电小球由位置x6处到最远处的过程,根据动能定理有:qU1+qU2-qExx=0(1分)=V/m2(1分)得:x=0.08m(1分)所以:sm=(0.6m-0.2m)+x=0.48m(1分)(3)如图:设距x2处左侧距离为x处的电场强度大
94、小为Ex小球在距x2处左侧距离为x处所受电场力大小为F=Exq由图可知:Ex=kx(k为常量)所以:F=qkx小球在x2处左侧所受电场力方向总指向x2(向右)小球在x2处左侧相对于x2处的位移总背离x2(向左)综上可知:电场力F的大小与x成正比,方向与x方向相反。小球向左的运动是简谐运动的一部分,振动周期与振幅无关,小球从x2处向左运动再返回的时间是简谐运动的半个周期,因此以4v0为初速度向左运动再返回x2所用的时间仍为t0。(4分)(其他做法正确均得分)考查点考查点电势差的理解、动能定理、运动与受力相结合的问题。解题关键解题关键将小球的运动过程分析清楚,结合图像找到小球加速度最大的位置,利用动能定理求解能运动到的最远点。由简谐运动的特点:F向与位移大小成正比,分析得出运动过程。
