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1、专题九 静电场高考物理高考物理 (北京市专用)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、3两点的电势相等考点一电场的性质考点一电场的性质A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组五年高考答案答案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。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
2、线的方向。2.2018北京理综,24(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。解析解析a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。根据库仑定律检验电荷受到的电场力F=k根据电场强度的定义E=得E=kb.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比=答案答案a.见解析b.思路分析思路分析辐射的球体模型构建电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条
3、数。3.2016北京理综,23(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。答案答案见解析解析解析电场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。4.(2017北京理综,22,16分)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
4、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,
5、小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。5.(2018课标,16,6分)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则()A.a、b的电荷同号,k=B.a、b的电荷异号,k=C.a、b的电荷同号,k=D.a、b的电荷异号,k=B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组答案答案D本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b
6、的电荷异号,合力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tan=tan=,=tan,由库仑定律得=,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。一题多解电场强度叠加法球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域;若a、b的电荷异号,球c处的合电场强度指向1或3区域;故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方向如图,tan=tan=,由电场强度叠加原理得,tan=,结合点电荷电场强度公式得=6.
7、(2018课标,21,6分)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是()A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差答案答案BD本题考查电场力做功与电势能变化量的关系、匀强电场中U=Ed。根据电场力做功与电势能变化量
8、的关系有W1=q(a-b),W2=q(c-d),WMN=q(M-N),根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即a-M=M-c,可得M=,同理可得N=,联立式可得:WMN=,即B项正确。若W1=W2,则a-b=c-d,结合两式可推出a-M=b-N,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。易错点拨易错点拨注意E=成立的条件在匀强电场中,E=中的d为始、末两点沿电场线方向上的距离,本题中如果未注意这一条件,易错选C。7.(2018课标,21,6分)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b
9、上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是()A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍答案答案AB本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d的过程中克服电场力做功6eV,说明电场方向由af,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2V,又因为b=2V,故a=4V,c=0V,d=-2V,f=-4V,可知A项正确。Eka=10eV,从a到f过程中,需克服电场力做
10、功8eV,Eka|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8eV,经过平面d时的动能为4eV,又知Ek=mv2,故=,D项错误。易错点拨易错点拨隐含条件的显性化动能是标量,而速度是矢量,故本题中不知道初速度的具体方向。8.(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。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
11、探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是()A.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=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=q
12、U;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。9.(2017课标,21,6分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV答案答案ABD本题考查场强与电势差的关系、电势能和电场力做功。设a、c连线上d点电势为17V,连接b、d,bd为等势线
13、,如图据U=Ed可知,匀强电场中U与d成正比,则=,即=,得lcd=4.5cm,则tan=,=37,过c点作bd的垂线交bd于e点,如图,则lce=lcbsin=6cm=3.6cm,Uce=26V-17V=9V,ce方向垂直等势线bd且ce,则ce方向为匀强电场方向,据E=可知E=2.5V/cm,故A选项正确。laO=lcb,故UaO=Ucb,即a-O=c-b,得O=1V,故B选项正确。据Ep=q=(-e),aEpb,故C选项错误。据Wbc=qUbc知Wbc=(-e)Ubc=(-e)(b-c)=(-e)(17-26)V=9eV,故D选项正确。方法技巧方法技巧充分利用U=Ed中场强一定时U与d成
14、正比的关系、直角三角形中tan37=和sin37=解题。建立bd等势线,在ac上利用U与d成正比来求d=17V时cd的长度lcd=4.5cm,确定=37。作出等势线的垂线寻找E的方向,再利用=37得到ce长度。由E=算出E的大小。在应用Ep=q及W=qU时要注意电子带电荷量为-e,这样判断电子在a、b点电势能高低时不易出错。10.(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点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q
15、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迹的对称性具有的含义,才能展开进一步
16、的分析。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。11.(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
17、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场的电场线、等势面的分布特点及电场力做功与电势差关系的同时,综合考查了牛顿运动定律及肛动能定理的内容,综合性较强。12.(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
18、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,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
19、荷与石头类比。如果是负电荷的运动,只要把正电荷电势能变化、电场力做功情况反过来就可以了。13.(2015课标,15,6分,0.699)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等。则()A.直线a位于某一等势面内,MQB.直线c位于某一等势面内,MNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功答案答案B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等可知,MN=P,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d
20、平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;M=Q,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于PEQ,PQB.EPEQ,PQC.EPQD.EPEQ,PQ;根据电场线的疏密表示电场的弱强,可以判断出EPEQ,故选A。C组组教师专用题组教师专用题组16.(2009北京理综,20,6分)图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,其单位面积带电量为。取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x,P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量),其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理
21、分析,对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断,E的合理表达式应为()A.E=2kxB.E=2kxC.E=2kxD.E=2kx答案答案B当R1=0时,对于A项而言E=0,此时带电圆环演变为带电圆面,中心轴线上一点的电场强度E0,故A项错误;当x=0时,此时要求的场强为O点的场强,由对称性可知EO=0,对于C项而言,x=0时E为一定值,故C项错误;当x时E0,而D项中E4k,故D项错误。所以正确选项只能为B。1.(2018北京理综,19,6分)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是()A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b
22、板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大考点二电容器、带电粒子在电场中的运动考点二电容器、带电粒子在电场中的运动A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组答案答案A本题考查平行板电容器。带电玻璃棒接触a板,a板会带上同种电荷,同时b板上会感应出异种电荷,故A正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b板上移,正对面积S减小,电容C减小,板间电压U增大,故指针张角变大,B错;插入有机玻璃板,相对介电常数r增大,电容C增大,板间电压U减小,指针张角变小,C错;只增加极板带电量Q,
23、板间电压U增大,但电容保持不变,故D错。解题关键解题关键电容器中各量的变化关系电容C=及C=,对这两个公式的理解及各量的物理含义的认识,是解答本题的关键。2.2016北京理综,23(1)(2),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
24、下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102V,d=4.010-2m,m=9.110-31kg,e=1.610-19C,g=10m/s2。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。答案答案(1)(2)见解析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。
25、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。3.(2015北京理综,24,20分,0.31)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
26、。(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)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
27、能之和Ek=NEke=NeU答案答案(1)Ne(2)(3)见解析根据电流的定义,此时电源内部的电流I=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=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。4.(2011北京理综,24,20分,0.17)静电场
28、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(0Axb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x=t2,则maEkb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势相等,而两微粒的电性不同,由Ep=q,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。易错点拨易错点拨对Ep=q的理解Ep=q中,电势能Ep、电荷量q和电势都为标量,但有正负之分,在利用该式进行分析时,要求将正、负号代入进行计算,否则容
29、易出现错误。6.(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平行板电容器电容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。评析评析此题考查平行板电容器电容、电荷量及电场强度之间的关系,难度为易,考生根据相关公式即可分析解答。7.(2
30、015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。审题指导审题指导“微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力
31、与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。8.(2015课标,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。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,
32、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=答案答案解题关键解题关键据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vBsin30=v0sin60。A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。9.(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。
33、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s
34、2。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
35、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。10.(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
36、上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。解析解析本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1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时刻前有答案答
37、案见解析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物体在后一阶段的初速度。对于多
38、阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得。11.(2014课标,25,20分)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,BOA=60,OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q0),同时加一匀强电场,场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g。求(1)无电场时,小球到达
39、A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向。C C组组教师专用题组教师专用题组解析解析(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=d,根据平抛运动的规律有dsin60=v0tdcos60=gt2又有Ek0=m由式得Ek0=mgd设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+mgd由式得=(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0答案答案(1)(2)方向:与竖直向下的方向成30夹角EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0在匀强电场
40、中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有=解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为,由几何关系可得=30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E,有qEdcos30=EpA由式得E=三年模拟1.(2016北京东城期末,9)两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器,充电后与电源断开,M板带正电,N板带负电,且电荷量保持不变。如图所示,板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球(可视为质点),小球静止时与竖直方向的夹角为,忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响,则()A.小球带负
41、电;若将细线烧断,小球将做匀加速直线运动B.小球带正电;若将细线烧断,小球将做自由落体运动C.若只将N板水平向右平移少许,电容器的电容将变小,夹角将变大D.若只将N板竖直向上平移少许,电容器的电容将变小,夹角将变大考点一考点一 电场的性质电场的性质A A组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组三年模拟答案答案D由小球静止时偏向右侧可知小球带正电;烧断细线,小球在电场力和重力的共同作用下,沿两力的合力方向做匀加速直线运动,所以A和B均错;在电荷量不变时,N板右移或上移,电容器的电容均减小,但上移会使电场强度变大,夹角变大,选项C错D对。2.(2017北京海淀零模,
42、17)如图甲所示,直线AB是某电场中的一条电场线,若在A点放置一初速度为零的质子,质子仅在电场力作用下,沿直线AB由A运动到B过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。则下列说法中正确的是()A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度B.电场方向一定是从B指向AC.质子从A到B的过程中,在连续相等的时间间隔内,电场力做功的平均功率一定相等D.质子从A到B的过程中,在连续相等的时间间隔内,电场力的冲量一定相等答案答案A由图乙知质子从A到B做加速度逐渐减小的加速运动,则EAEB,电场方向由A指向B,A对,B错。=,连续相等时间内平均功率不一定相等,C错。I=Eqt,连续相等时间内,E不同,I一定不同,D
43、错。3.(2018北京丰台一模,17)两等量正点电荷相距一定距离,它们连线的中点为O。一带负电的粒子(不考虑重力)由静止开始,从连线的中垂线上P点运动到O点。此运动过程中,关于粒子的说法,正确的是()A.电势能逐渐增加B.电势能先变大后变小,最后为零C.先做加速运动,后做减速运动D.始终做加速运动,到达O点时加速度为零答案答案D带负电粒子受两等量正点电荷的引力的合力沿由P到O的方向,粒子由P向O运动,电场力做正功,电势能逐渐减小,A、B项错误。粒子由P到O,所受电场力由P指向O,始终做加速运动,到了O点时电场力为零,加速度为零,D项正确,C项错误。思路分析思路分析先分析出两等量正点电荷对带负电
44、粒子的作用力方向,用矢量合成分析出合力的方向,进而判断合力做功、电势能变化、速度变化。4.(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,P、Q与桌面之间的动摩擦因数相同。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,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
45、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。易错提示易错提示准确进行受力及运动分析,注意两物块从运动到静止经历先加速后减速的过程,两个过程中加速度方向不同。5.(2018北京海淀一模,20)常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示,热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成,N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子,P型半导体的载流子是空穴
46、,空穴带正电且电荷量等于元电荷e。若两种半导体相连一端和高温热源接触,而另一端A、B与低温热源接触,两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散,最终在A、B两端形成稳定的电势差,且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是()A.B端是温差发电装置的正极B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反C.温差发电装置供电时不需要消耗能量D.可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器答案答案DB端积聚了自由电子,A端积聚了空穴,热电偶内部电流方向从BA,因此A端是温差发电装置的正极,A错误。热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同,B错误。温差发电装置供电
47、时,消耗高温热源的内能转化为电能,C错误。由于电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系,所以在测出电势差及低温热源温度的前提下,可以确定高温热源的温度,D正确。解题关键解题关键N、P型半导体在温差作用下载流子的移动方向。6.(2018北京丰台二模,23)现代科学实验证明了场的存在,静电场与重力场有一定相似之处。带电体在匀强电场中的偏转与物体在重力场中的平抛运动类似。(1)一质量为m的小球以初速度v0水平抛出,落到水平面的位置与抛出点的水平距离为x。已知重力加速度为g,求抛出点的高度和小球落地时的速度大小。(2)若该小球处于完全失重的环境中,小球带电荷量为+q,在相同位置以相同
48、初速度抛出。空间存在竖直向下的匀强电场,小球运动到水平面的位置与第(1)问小球的落点相同。若取抛出点电势为零,试求电场强度的大小和落地点的电势。(3)类比电场强度和电势的定义方法,请分别定义地球周围某点的“重力场强度EG”和“重力势G”,并描绘地球周围的“重力场线”和“等重力势线”。解析解析(1)小球在水平方向做匀速直线运动:x=v0t(1分)小球在竖直方向做自由落体运动h=gt2(1分)得h=(1分)小球下落过程,根据动能定理mgh=mv2-m(2分)得v=(1分)(2)小球在水平方向做匀速直线运动:x=v0t小球在竖直方向做匀加速直线运动h=at2(1分)答案答案见解析a=(1分)得E=(
49、1分)抛出点与落点之间的电势差U=Eh=(1分)取抛出点电势为零,U=0-地(1分)得地=-(1分)(3)重力场强度EG=g或EG=G/m=G(2分)若取地面为重力势参考平面,则重力势G=gh若取无穷远处重力势为零,则G=-(2分)故地球周围的“重力场线”和“等重力势线”如图所示(2分)(2分)7.(2017北京海淀零模,24)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
50、=kv(式中k为大于0的已知常量)。由于灰尘颗粒的质量较小,为简化计算,灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计,同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘颗粒所受重力的影响。(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的,需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域,将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端,恰好能将圆桶封闭,如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场),便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上,从而达到除尘的作用。求灰尘颗粒运动可达到的最大速率;(
51、2)对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域,还可以设计另一种静电除尘的方案:沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极,紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管,其轴线与直导线重合,如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压,使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小,且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为E,式中r为所研究的点与直导线的距离。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
52、图像下的面积求位移的方法。请你借鉴此方法,利用v随r变化的关系,画出随r变化的图像,根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间。解析解析(1)圆桶形容器内的电场强度E1=灰尘颗粒所受的电场力大小F=,电场力跟空气阻力相平衡时,灰尘颗粒达到最大速率,并设为v1,则有kv1=解得v1=(2)由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小,且桶壁处的电场强度大小为第(1)问方案中圆桶内电场强度的大小E1=,设在距直导线为r处的场强大小为E2,则=,解得E2=故与直导线越近处,电场强度越大。设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v,则kv=qE2解得v=上式表明,灰尘
53、颗粒在向圆桶内壁运动过程中,速度是逐渐减小的。答案答案(1)(2)见解析以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。所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间t=考查点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。8.(2017北京
54、石景山一模,20)如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为()A.gB.gC.gD.g 考点二电容器、带电粒子在电场中的运动考点二电容器、带电粒子在电场中的运动答案答案A初始粒子静止,则mg=q,撤去金属板后两极板间电压U不变,间距变为d,则mg-q=ma,解得a=g,选A。考查点考查点平行板电容器的动态分析、匀强电场中带电粒子的受力。解题关键解题关键下极板上叠放一金属板后,由于静电感应,电容器板
55、间距变为d-l。由E=可知撤去金属板后E变小,粒子将向下运动。9.(2016北京西城月考)在如图所示的电路中,当开关S闭合后,水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S断开,则()A.液滴仍保持静止状态B.液滴做自由落体运动C.电容器的带电荷量减小D.电容器的带电荷量增大答案答案D开关S闭合时,带电液滴所受重力和电场力平衡,断开开关后,电容器两端电压变大到等于电源电动势,故场强变大,电场力变大,液滴会向上加速,故A、B错误;开关断开前,电容器两端电压等于电阻R2两端电压,断开开关后,电容器两端电压变大到等于电源电动势,根据电容的定义式C=知,电容器的带电荷量变大,故C错
56、误,D正确。10.(2016北京西城期末,10)如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向,从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若可以改变某个量,下列哪种变化,仍能确保粒子一定飞出电场()A.只增大粒子的带电荷量B.只增大电场强度C.只减小粒子的比荷D.只减小粒子的入射速度答案答案C设两极板间的距离为d,由题意知粒子的偏移量y=,因y=at2=()2,要使粒子能飞出电场,可以减小带电荷量或电场强度,或者减小比荷,或者增大初速度,故C正确。11.(2018北京海淀二模,20)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点,发明了指
57、纹识别技术。目前许多国产手机都有指纹解锁功能,常用的指纹识别传感器是电容式传感器,如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板,当手指贴在传感器上时,这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器,这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值,然后电容器放电,电容小的电容器放电较快,根据放电快慢的不同,就可以探测到嵴和峪的位置,从而形成指纹图像数据。根据文中信息,下列说法正确的是()A.在峪处形成的电容器电容较大B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C.在峪处形成的电容器放电较慢D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没
58、有影响答案答案B由平行板电容器电容的决定式:C=可知,小极板面积相同,故S相同,在手指干燥的前提下r相同,d大则C小,故在峪处d大,形成的电容器电容C小,在嵴处d小,形成的电容器电容C大。若手指头潮湿,则r不同,嵴、峪处形成的电容器电容均改变,故选项A、D均错误;又由题中知,电容小的电容器放电较快,在峪处形成的电容器电容小,放电快,故选项C错误;由Q=CU可知,电压相同时C大的电荷量Q大,故选项B正确。解题关键解题关键能根据题中的描述比较出嵴和峪的位置所形成的电容器的极板间距大小,并进一步判断出所形成的电容器的电容大小,是解本题的关键。12.(2017北京海淀二模,23)如图所示,真空玻璃管内
59、,加热的阴极K发出的电子(初速度可忽略不计)经阳极A与阴极K之间的电压U1形成的加速电场加速后,从阳极A的小孔射出,由水平放置的平行正对偏转极板M、N的左端中点以平行于极板的方向射入两极板之间的区域。若M、N两极板间无电压,电子将沿水平直线打在荧光屏上的O点;若在M、N两极板间加电压U2,形成平行纸面的偏转电场,则电子将打在荧光屏上的P点;若在M、N极板间加电压U2的同时,再加方向垂直纸面的匀强磁场,则电子将能重新打在荧光屏上的O点。已知电子质量为m,电荷量为e,M、N两极板长均为L1、两极板间距离为d,极板右端到荧光屏的距离为L2。(1)忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力,求:电子从阳极
60、A小孔射出时速度v0的大小;电子重新打在荧光屏上O点时,所加匀强磁场的磁感应强度B的大小。(2)在解决一些实际问题时,为了简化问题,常忽略一些影响相对较小的量,这对最终的计算结果并没有太大的影响,因此这种处理是合理的。如在计算电子打在荧光屏上的位置时,对于电子离开M、N板间的偏转电场后运动到荧光屏的过程,可以忽略电子所受的重力。请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知U2=2.0102V,d=4.010-2m,m=9.110-31kg,e=1.610-19C,L1=5.010-2m,L2=0.10m,重力加速度g=10m/s2。解析解析(1)对于电子在加速电场中的加速过程,根据动能定
61、理有eU1=m解得v0=加磁场后,电子沿水平方向以v0做匀速直线运动,所受合力为零即e=ev0B解得B=(2)电子通过偏转电场的时间t1=电子离开偏转电场时沿垂直偏转极板方向的速度分量vy=ayt1=电子离开偏转电场到荧光屏的运动时间t2=若不计重力,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向的位移y1=vyt2=答案答案(1)(2)见解析若考虑到重力的作用,则电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向的位移y2=vyt2+g=+由于重力影响,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向位移增加量为y=y2-y1=由于重力的影响,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿
62、垂直偏转极板方向:位移的增加量与忽略电子所受重力时的位移的比值=10-14即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小,所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。13.(2018北京丰台一模,22)如图所示,水平面AB光滑,粗糙半圆轨道BC竖直放置,圆弧半径为R,AB长度为4R。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放,经过B点后,沿半圆轨道运动到C点。在C点,小球对轨道的压力大小为mg,已知E=,水平面和半圆轨道均绝缘。求:(1)小球运动到B点时的速度大小;(2)小球运动到C点时的速度大小;(3)小球从B点运动到C点过程中克
63、服阻力做的功。解析解析(1)小球从A到B,根据动能定理有qE4R=m-0(3分)又E=得:vB=(2分)(2)小球运动到C点时,根据牛顿第二定律有2mg=m(3分)得:vC=(2分)(3)小球从B点运动到C点的过程,根据动能定理有Wf-2mgR=m-m(3分)得:Wf=-mgR小球从B点运动到C点的过程中克服阻力做的功为mgR(3分)答案答案(1)(2)(3)mgR思路分析思路分析小球从A到B过程,合外力为水平向右的电场力,由动能定理知电场力做功等于小球动能的增加量,可以求出小球在B点时的速度大小。小球由B至C过程,由动能定理知重力所做负功与阻力所做负功之和等于小球在C点时的动能减去小球在B点
64、时的动能,而小球在C点时的速度大小可以由其在该点时所受重力和轨道支持力的合力等于向心力得出。14.(2018北京房山一模,23)粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,且沿x轴方向的电势与坐标值x的函数关系满足=(V),据此可作出如图所示的-x图像。图中虚线AB为图线在x=0.15m处的切线。现有一个带正电荷的滑块P(可视作质点),其质量为m=0.10kg,电荷量为q=1.010-7C,其与水平面间的动摩擦因数=0.20,g取10m/s2。求:(1)沿x轴方向上,x1=0.1m和x2=0.15m两点间的电势差;(2)若将滑块P无初速度地放在x1=0.1m
65、处,滑块将由静止开始运动,滑块运动到x2=0.15m处时速度的大小;(3)对于变化的电场,在极小的区域内可以看成匀强电场。若将滑块P无初速度地放在x1=0.1m处,滑块将由静止开始运动,a.它位于x2=0.15m处时加速度为多大;b.滑块最终停在何处?分析说明整个运动过程中加速度和速度如何变化。解析解析(1)U=1-2=1.5105V(4分)(2)由动能定理有-mg(x2-x1)+qU=mv2代入数据得v=m/s(4分)(3)a.对于匀强电场E=,在x2=0.15m附近场强变化很小,可看成匀强电场则场强E=|k|,即图线在x2=0.15m处切线的斜率的绝对值,所以x2=0.15m处场强为E=V
66、/m=2106V/m由牛顿第二定律有ma=Eq-mg解得:a=0(5分)b.设滑块停在x处,由动能定理得:q-mg(x-x1)=0代入数据解得:x=0.1m或x=0.225m。舍去x=0.1m,所以滑块最终停在x=0.225m处。滑块在0.10.15m做加速度减小的加速运动,在0.150.225m做加速度增大的减速运动。(5分)答案答案(1)1.5105V(2)m/s(3)a.0b.见解析思路分析思路分析理解-x图线上某点切线的斜率的绝对值反映对应点场强E的大小。则由题及图像可知(3)中滑块先加速后减速。15.(2016北京西城二模,24)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
67、。由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象,使得电容器有着广泛的应用。如图1所示,电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路。已知电源电动势为E,内阻不计,电阻阻值为R,平行板电容器电容为C,两极板间为真空,两极板间距离为d,不考虑极板边缘效应。图1(1)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2(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
68、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。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=根据电流的定义有=解得平均电流=b.根据q=Cu,画出q-u图像如图所示由图像可知,图线与横轴所围面积即电容器储存的能量,由图像求出电容器储存的电能E0=EQ解得E0=CE2答案答案见解析(2)设两极板间场强为E,两极板正对面积为S根据E=,C=,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
69、生的电场中,可知两极板间的相互作用力F=EQ。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电容器增加的能量E=-或E=C(E)2-CE2C=C=代入已知量得出E=x=x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。1.(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
70、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。解题关键解题关键电场线疏密代表场强强弱,沿电场线电势降低。4.(2017北交大附中月考)如图所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点,O为A、B连线的中点,MN为AB的垂直平分线。在MN之间的C点由静止释放一个带负电的小球(可视为质点),
71、若不计空气阻力,则()A.小球从C点沿直线MN向N端运动,先做匀加速运动,后做匀减速运动B.小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中,其所经过各点的电势先降低后升高C.小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中,其电势能先减小后增大D.若在小球运动过程中,两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球往复运动过程中的振幅将不断增大答案答案C在OM上电场的方向从O指向M,且电场强度从O到无穷远,先增大后减小,小球在运动过程中,受电场力变化,加速度变化,所以不会做匀变速运动,故A错误;在ON一侧,电场与OM一侧对称,电场方向从O指向N,所以带负电小球从C点由静止释放,在电场力作用下向O处加速运动,过
72、了O点减速运动,到达关于O点与C点对称位置E处速度减为零,在CE之间往复运动,所以从C到E,电势先升高后降低,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后增大,故B错误,C正确;若两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大,则各处的电场强度逐渐增大,电场力做相同的功通过的位移越来越小,所以小球往复运动过程中的振幅将不断减小,故D错误。5.(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
73、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()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
74、(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。6.(2017北京朝阳一模,17)如
75、图所示,平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置,一带电液滴从下极板P点射入,恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是()A.该电容器上极板一定带负电B.液滴从P点到N点的过程中速度增加C.液滴从P点到N点的过程中电势能减少D.液滴从P点以原速度射入时,若再加一垂直纸面向内的匀强磁场,则液滴可能做匀速直线运动答案答案C由题意可知带电液滴所受重力和电场力只能如图所示,且有Eq=mg,才能保证带电液滴沿直线运动,且一定做匀速直线运动,即B错误;因为不知道液滴所带电荷的电性,故电容器上极板带电性也不确定,故A错误;带电液滴从P到N的运动过程中,电场力做正功,液滴电势能减少,故C正确;当再加上垂
76、直纸面向内的匀强磁场后,液滴受电场力、重力和洛伦兹力无法达到合外力为零的平衡状态,故液滴不可能做匀速直线运动,D错误。7.(2017北京丰台一模,17)质量不同、电荷量相同的粒子,不计重力,垂直于电场线射入同一个匀强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同,则它们在进入电场前必然具有相同的()A.速度B.动量C.动能D.动量或动能均可以答案答案C如图所示,设电场区域宽为L,电场强度大小为E,粒子带电荷量为+q,质量为m,进入电场时的速度为v0,出电场时的速度为v,在电场中的运动时间为t由类平抛运动规律可知L=v0ttan=vy=ata=由以上各式解得tan=,上式表明:若粒子离开电场时速度
77、方向改变的角度相同,它们应具有相同的动能,故C项正确。8.(2016北京丰台一模,19)示波器是一种电子仪器,可以用它观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极XX、YY上都不加电压时,电子束将打在荧光屏的中心点;若亮点很快移动,由于视觉暂留关系,能在荧光屏上看到一条亮线。若在XX上加如图丙所示的扫描电压,在YY上加如图丁所示的信号电压,则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中的()答案答案A因水平方向XX所加电压可使电子在水平方向移动,竖直方向YY所加电压可使电子在竖直方向移动,所以A选项
78、正确,B、C、D选项错误。9.(16分)(2016北京丰台一模,22)如图所示,光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E,方向水平向右的匀强电场。质量为3m、带电荷量为+q的球A由静止开始运动,与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞,碰撞时间极短,碰撞后作为一个整体继续向右运动。两球均可视为质点,求:(1)两球发生碰撞前A球的速度;(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能;(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量大小。二、非选择题(共52分)答案答案(1)(2)EqL(3)解析解析(1)由动能定理有:EqL=3mv2解得v=(2)碰撞过程AB系统动量守恒,设向右为正方向,由动量守恒定律有:3mv
79、=(3m+m)v1解得v1=v碰撞过程系统损失的机械能:E=3mv2-(3m+m)=EqL(3)以B为研究对象,设向右为正方向,由动量定理有:I=mv1-0I=10.(16分)(2017北京东城二模,23)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
80、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。(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
81、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?解析解析(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
82、竖直方向的分速度为vy=at1=答案答案(1)(2)(3)见解析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。11.(20分)(2018北京海淀二模,24)用电子加速器产生的高能电子束照射可使一些物
83、质产生物理、化学和生物学效应,其中电子束焊接是发展最快、应用最广泛的一种电子束加工技术。电子束加工的特点是功率大,能在瞬间将能量传给工件,而且电子束的能量和位置可以用电磁场精确和迅速地调节,实现计算机控制。图甲是电子束加工工件的示意图,电子枪产生热电子后被高压电源加速,经聚焦系统会聚成很细的电子束,打在工件上产生高压力和强能量,对工件进行加工。图乙是电子加速系统,K是与金属板M距离很近的灯丝,电源E1给K加热可以产生初速度不计的热电子,N为金属网,M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上,M、N之间的电场近似为匀强电场。系统放置在真空环境中,通过控制系统排走工件上的多余电子,保证N与工件之间无
84、电压。正常工作时,若单位时间内从K发出的电子数为n,经M、N之间的电场加速后大多数电子从金属网N的小孔射出,少部分电子打到金属网丝上被吸收,从而形成回路电流,电流表的示数稳定为I。已知电子的质量为m、带电荷量为e,不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。甲乙(1)求单位时间内被金属网N吸收的电子数n;(2)若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能,试证明其发热功率P=IU;(3)a.电子在聚焦时运动方向改变很小,可认为垂直打到工件上时的速度与从N中射出时的速度相同,并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹。求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小;并说明为增大这个作用力,可采取的合理可行的措施(
85、至少说出两种方法);b.已知M、N两板间的距离为d,设在两板之间与M相距x到x+x的空间内(x足够小)电子数为N,求与x的关系式。解析解析(1)在单位时间内被金属网N吸收的电子数为n=(3分)(2)设在金属网N上产生的热功率为P,则Ue=mv2(2分)P=nmv2(2分)解得:P=IU(1分)(3)a.在t时间内到达工件处的电子数为n2=(n-n)t(2分)在t时间内,有n2个电子与工件作用时速度由v减为0,设电子受到工件的持续作用力大小为F,由动量定理得-Ft=0-n2mv(2分)解得:F=(1分)由牛顿第三定律知,电子对工件的作用力大小为答案答案见解析F=F=(1分)增大电源E1辐射电子的
86、功率;增大高压电源E2的输出电压U;使金属网丝变细且空格适当变大些,从而减少金属网N吸收的电子等均可增大F。(2分)(每说出一点给1分,共计2分)b.设距M板x处电子速度为vx,由动能定理有ex=m(1分)设电子通过x的时间为tt=又因为n=N所以=n(3分)解题关键解题关键(1)电流的定义式I=的灵活应用是解本问题的关键;(2)捕捉题中的信息:“金属网N吸收电子的动能全部转化为内能”是进一步应用能量守恒解题的关键;(3)注意动量定理方程的矢量性,结合动能定理解题,并找到增大作用力的合理可行措施是解题的关键。1.(2018北京海淀二模,18)通常情况下,空气是不导电的。但是如果空气中的电场很强
87、,使得气体分子中带正电、负电的微粒所受的相反静电力很大,以至于分子破碎,于是空气中出现了可以自由移动的电荷,空气变成了导体。这个现象叫做空气被“击穿”。如图所示,两金属板之间的点A、B分别代表某一气体分子破碎后带正电、负电的两个微粒(为了看得清楚,两个点之间的距离做了放大),两金属板之间的距离为1.5cm,在两金属板间加6.0104V的高电压,两板间就会出现放电现象。下列说法正确的是()A.板M接电源正极,板N接电源负极B.两板间匀强电场的场强大小为4104V/mC.分子破碎过程中,分子内部的电势能增大D.空气导电时,两极板间电场力对微粒A做负功C C组组 教师专用题组教师专用题组答案答案C由
88、题意可知A带正电、B带负电,故M板接电源负极,N板接电源正极,故选项A错误;由E=可知,两板间场强大小E=V/m=4106V/m,故选项B错误;分子破碎过程中,分子内带正、负电的微粒间的库仑引力做负功,故分子内部的电势能增大,选项C正确;空气导电时,两板板间的电场力使A到达M板,对A做正功,故选项D错误。解题关键解题关键根据A、B的电性判断两极板的电性,并能根据分子内的带正、负电的微粒间的库仑力做功来判断分子内部电势能的变化,是解本题的关键。2.(2016北京东城期末,8)如图所示,匀强电场中有M、N、P、Q四个点,它们分别位于矩形的四个顶点上,各点的电势分别为M、N、P、Q。在电子分别由M点
89、运动到N点和P点的过程中,电场力所做的正功相同,则()A.MN,若电子由M点运动到Q点电场力不做功C.PN,若电子由M点运动到Q点电场力做负功答案答案A电子从M点分别运动到N点和P点电场力做正功,说明M点电势低于N、P点电势,做功相等,说明N、P点电势相等。又由于MQ平行于NP,则M、Q点电势也相等。电子从M点运动到Q点电场力不做功。四个选项中只有A正确。思路分析思路分析电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做正功相等,说明电势能减少量相等,说明N、P为等势点,结合匀强电场的等势面和电场线分布情况得到各点电势的高低和电场力做功情况。3.(2014北京海淀零模,18)把一个电容器、电流
90、传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电;然后把开关S掷向2端,电容器放电。与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示。下列关于这一过程的分析,正确的是()A.在形成电流曲线1的过程中,电容器两极板间电压逐渐减小B.在形成电流曲线2的过程中,电容器的电容逐渐减小C.曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D.S接1端,只要时间足够长,电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E答案答案C由于形成电流曲线1的过程是电容器的充电过程,形成电流曲线2的过程是电容器的放电过程,形成电流曲线1的过程中,电容器两极板间电压会
91、随着充电电荷量的增加而逐渐增大,A错误;由于电容器的电容是不随电压、电流的变化而变化的,故B错误;曲线1与横轴所围面积是充电的电荷量,曲线2与横轴所围面积就是放电的电荷量,由于充电电荷量等于放电电荷量,故C正确;当S接1端时,无论时间多么长,电容器两极板间的电压都不可能大于电源电动势E,故D错误。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
92、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AC连线中点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
93、,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.(2018北京东城一模,20)场致发射显微镜的构造如图所示:一根尖端直径约为100nm的针,位于真空玻璃球泡的中心,球的内表面涂有荧光材料导电膜,在膜与针之间加上如图所示的高
94、电压,使针尖附近的电场高达4109V/m,电子就被从针尖表面拉出并加速到达涂层,引起荧光材料发光。这样,在荧光屏上就看到了针尖的某种像(针尖表面的发射率图像),如分辨率足够高,还可以分辨出针尖端个别原子的位置。但由于电子波的衍射,会使像模糊影响分辨率。将电极方向互换,并在玻璃泡中充进氦气,则有氦离子产生打到荧光屏上,可使分辨率提高。以下判断正确的是()A.氦原子变成氦离子是在导电膜附近发生的B.电子从针尖到导电膜做匀加速运动C.电子或氦离子的撞击使荧光材料的原子跃迁到了激发态D.分辨率提高是因为氦离子的德布罗意波长比电子的长答案答案C氦原子电离需要较大场强,所以在玻璃泡的中心处发生电离,故A错
95、。电场线的疏密反映场强大小,可知电子从针尖到导电膜加速度改变,B错。波长越短越不容易发生衍射,故D错。思路分析思路分析读题提取关键信息。6.(2017北京昌平二模,22)图为真空示波管的示意图,电子从金属丝K发出(初速度可忽略不计),在金属丝与A板间加一电压U1,电子加速后,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N间的偏转电场(电子进入时的速度方向与该电场方向垂直),离开偏转电场后打在荧光屏上一点。已知M、N两极板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子所受的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小v0;(2)若在M、N两极板间加一恒定
96、电压U2,求电子从偏转电场射出时的侧移距离y;(3)单位偏转电压引起的偏转量称为示波管的灵敏度。要想提高示波管的灵敏度,可以采取哪些措施?解析解析(1)在加速电场中有:eU1=m可得:v0=(2)在偏转电场中,设飞行时间为t,加速度为a,则水平方向有:L=v0t竖直方向有:y=at2其中a=联立可得:y=(3)由示波管的灵敏度=知,要想提高示波管的灵敏度,可以增大L,或减小d,或减小U1。答案答案见解析7.(2017北京丰台二模,24)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
97、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。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
98、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。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U=1600V(2)a.加速运动过程中,x3处场强最大,经过x3处时所受电场力最大Fm=Emq由牛顿第二定律有:Fm=mam代入数据得:am=0.6m/s2b.设x2与x4之间的电势差为U2由动能定理有:-qU2=0-mv2得:U2=1.6103V设x4与x6之间的电势差为U1U1=0.8103V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-qE
99、xx=0答案答案见解析=V/m2得:x=0.08m所以:sm=(0.6m-0.2m)+x=0.48m(3)如图:设距x2处左侧距离为x处的电场强度大小为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。考查点考查点电势差的理
100、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。8.(2016北京东城二模,24)在光滑绝缘水平面上方某区域(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
101、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发生第二次碰撞。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答案答案见解析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。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。
