專題九靜電場高考物理一輪總復習專題訓練：1如圖所示,實線表示某靜電場的電場線,虛線表示該電場的等勢

面。下列判斷正確的是

()

A.1、2兩點的場強相等

B.1、3兩點的場強相等C.1、2兩點的電勢相等

D.2、3兩點的電勢相等考點一電場的性質考點專題訓練答案

D同一電場中,電場線越密的地方場強越大,所以1點的場強大于2、3兩點的場強,A、

B錯誤;同一等勢面上各點的電勢相等,沿電場線方向電勢降低,故C錯誤,D正確。考查點電場線、等勢面。思路點撥場強大小看電場線的疏密,電勢高低看電場線的方向。2靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。a.請根據電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式;b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示,等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知

道,電場線的疏密反映了空間區域電場強度的大小。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條

數之比N1/N2。解析

a.在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷。根據庫侖定律檢驗電荷受到的電場力F=k

根據電場強度的定義E=

得E=k

b.穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數之比

=

=

答案

a.見解析

b.

思路分析

輻射的球體模型構建電場強度可理解為單位面積上穿過的電場線條數。3極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質,

請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要

說明電勢和“重力勢”的共同特點。答案見解析解析電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值,即φ=

由于重力做功與路徑無關,可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG

與其質量m的比值,叫做“重力勢”,即φG=

。電勢φ和“重力勢”φG都是反映場的能的性質的物理量,僅由場自身的因素決定。4如圖所示,長l=1m的輕質細繩上端固定,下端連接一個可視為質點的

帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電

荷量q=1.0×10-6C,勻強電場的場強E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=

0.8。求:

(1)小球所受電場力F的大小。(2)小球的質量m。(3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小。答案(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-4kg(3)2.0m/s解析(1)F=qE=3.0×10-3N(2)由

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

mv2,得v=

=2.0m/s解題指導(1)小球平衡時,正確進行受力分析。(2)撤去電場后,小球會從高處擺下,在小球從

開始運動到到達最低點的過程中,機械能守恒。5如圖,三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5cm,bc=3

cm,ca=4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的

比值的絕對值為k,則

()

A.a、b的電荷同號,k=

B.a、b的電荷異號,k=

C.a、b的電荷同號,k=

D.a、b的電荷異號,k=

課標卷題組答案

D

本題考查庫侖定律及矢量合成。若a、b的電荷同號,則c所受庫侖力的合力指向2

或4區域;若a、b的電荷異號,則c所受庫侖力的合力指向1或3區域;故只有a、b的電荷異號,合

力方向才能與a、b連線平行。設a帶正電荷,b、c帶負電荷,c受力如圖,tanβ=tanα=

,

=tanβ,由庫侖定律得

=

,聯立得k=

=

。故A、B、C三項均錯誤,D項正確。

,聯立得k=

=

。故A、B、C三項均錯誤,D項正確。

一題多解

電場強度疊加法球c所受的庫侖力的合力方向平行于a、b連線,表明球c處的合電場強度方向平行于a、b連

線。若a、b的電荷同號,球c處的合電場強度指向2或4區域;若a、b的電荷異號,球c處的合電場

強度指向1或3區域;故a、b的電荷必須異號。設a、c帶正電荷,b帶負電荷,球c處的電場強度方

向如圖,tanβ=tanα=?,由電場強度疊加原理得,tanβ=?,結合點電荷電場強度公式得?=6(多選)如圖,同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中,電場方向與

此平面平行,M為a、c連線的中點,N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動

到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2。下列說法正確的是

(

)

A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為

C.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為

D.若W1=W2,則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差答案

BD本題考查電場力做功與電勢能變化量的關系、勻強電場中U=Ed。根據電場力做

功與電勢能變化量的關系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根據勻強電場中“同

一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比”的規律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可

得φM=

④,同理可得φN=

⑤,聯立①②③④⑤式可得:WMN=

,即B項正確。若W1=W2,則φa-φb=φc-φd,結合④⑤兩式可推出φa-φM=φb-φN,即D項正確。由題意無法判定電場強度的

方向,故A、C項均錯誤。易錯點撥注意E=

成立的條件在勻強電場中,E=

中的d為始、末兩點沿電場線方向上的距離,本題中如果未注意這一條件,易錯選C。7(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面,

已知平面b上的電勢為2V。一電子經過a時的動能為10eV,從a到d的過程中克服電場力所做

的功為6eV。下列說法正確的是

()

A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經過平面d時,其電勢能為4eVD.該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍答案

AB本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動,能量的轉化與守恒等知識。電子從a到d

的過程中克服電場力做功6eV,說明電場方向由a→f,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6V,故Uab=Ubc

=Ucd=Udf=2V,又因為φb=2V,故φa=4V,φc=0V,φd=-2V,φf=-4V,可知A項正確。Eka=10eV,從a到f

過程中,需克服電場力做功8eV,Eka>|W電|,因為不知道電子的運動方向,故不能確定電子能否到

達平面f,故B項正確。電子經過平面d時,其電勢能為2eV,故C項錯誤。經過平面b時的動能為8

eV,經過平面d時的動能為4eV,又知Ek=

mv2,故

=

=

,D項錯誤。易錯點撥隱含條件的顯性化動能是標量,而速度是矢量,故本題中不知道初速度的具體方向。8(多選)在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢φ與該點到點電荷的距

離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a

到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra,φa)標出,其余類推。現將一帶正電的試探

電荷由a點依次經b、c點移動到d點,在相鄰兩點間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、

Wbc和Wcd。下列選項正確的是

()

A.Ea∶Eb=4∶1

B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1

D.Wbc∶Wcd=1∶3答案

AC本題考查場強與電勢。由圖可知:ra=1m、φa=6V;rb=2m、φb=3V;rc=3m、φc=2V;rd=6m、φd=1V。由點電荷的場強公式E=

得Ea∶Eb∶Ec∶Ed=

∶

∶

∶

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

1,故C正確、D錯誤。方法技巧電場力做功的計算方法定量計算電場力做功時,第一種方法是利用W=qU;第二種方法是利用功能關系即電場力所做

的功等于電勢能的變化量;第三種方法是利用動能定理;第四種方法是由功的定義得W=qEl

cosα。其中最后一種方法僅適用于勻強電場中。9(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內a、b、c三點的位置如

圖所示,三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是

()

A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點,電場力做功為9eV答案

ABD本題考查場強與電勢差的關系、電勢能和電場力做功。設a、c連線上d點電勢為17V,連接b、d,bd為等勢線,如圖

據U=Ed可知,勻強電場中U與d成正比,則

=

,即

=

,得lcd=4.5cm,則tanθ=

=

,θ=37°,過c點作bd的垂線交bd于e點,如圖,則lce=lcbsinθ=6×

cm=3.6cm,Uce=26V-17V=9V,ce方向垂直等勢線bd且φc>φe,則ce方向為勻強電場方向,據E=

可知E=

=2.5V/cm,故A選項正確。laO=lcb,故UaO=Ucb,即φa-φO=φc-φb,得φO=1V,故B選項正確。據Ep=qφ=(-e)φ,φa<φb,知Epa>Epb,故C選項錯誤。據Wbc=qUbc知Wbc=(-e)Ubc=(-e)(φb-φc)=(-e)(17-26)V=9eV,故D選項正確。方法技巧充分利用U=Ed中場強一定時U與d成正比的關系、直角三角形中tan37°=

和sin37°=

解題。①建立bd等勢線,在ac上利用U與d成正比來求φd=17V時cd的長度lcd=4.5cm,確定θ=37°。②作出等勢線的垂線尋找E的方向,再利用θ=37°得到ce長度。③由E=

算出E的大小。④在應用Ep=qφ及W=qU時要注意電子帶電荷量為-e,這樣判斷電子在a、b點電勢能高低時不

易出錯。10(多選)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙

面)內,且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知

()

A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小答案

AB由油滴軌跡在豎直面內相對于過P點的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合

力為0,豎直方向上油滴受重力和電場力,結合曲線軌跡的特點可知電場力豎直向上且電場力

大于重力,油滴受力及電場線方向如圖所示,由沿電場線方向電勢逐漸降低,得Q點的電勢比P

點的高,A選項正確;油滴從Q點到P點合力做負功,根據動能定理得油滴在Q點的動能大于它在

P點的動能,這一過程中電場力做負功,則油滴在Q點的電勢能小于它在P點的電勢能,故B項正

確,C項錯;因為重力和電場力為恒力,所以油滴在Q、P兩點的加速度相同,故D項錯誤。疑難突破考生必須分析出油滴軌跡的對稱性具有的含義,才能展開進一步的分析。評析以電場和重力場為背景,考查電場及運動的知識,關鍵在于分析出對稱性的特點,才能得

出電場力與重力的大小關系及方向,屬于中等難度。11如圖,P是固定的點電荷,虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P

的電場中運動,運動軌跡與兩圓在同一平面內,a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場

力作用,其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、vb、vc。則

(

)

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

B.aa>ab>ac,vb>vc>vaC.ab>ac>aa,vb>vc>va

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

答案

D帶電粒子在電場中僅受電場力作用,由牛頓第二定律知加速度a=

=

,E=k

,因為rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;由動能定理有Wab=qQUab=

m

-

m

Wbc=qQUbc=

m

-

m

因為Wab<0,所以va>vb因為Wbc>0,所以vc>vb因為|Uab|>|Ubc|,所以va>vc故有va>vc>vb,D項正確。規律總結掌握點電荷電場的特點及電場力做功與電勢差的關系,明確僅在電場力作用下,加

速度的大小取決于場強的大小,速度的大小取決于電場力做功的正負及大小。評析本題在考查點電荷電場的電場線、等勢面的分布特點及電場力做功與電勢差關系的

同時,綜合考查了牛頓運動定律及肛動能定理的內容,綜合性較強。12關于靜電場的等勢面,下列說法正確的是

()A.兩個電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點電場強度一定相等D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功答案

B假設兩個電勢不同的等勢面相交,則交點處的電勢就是兩個不同的值,這是不可能

的,A錯誤;同一等勢面上各點電勢相等,而場強不一定相等,C錯誤;負電荷從高電勢處移到低電

勢處,電勢能增加,電場力做負功,D錯誤。方法技巧用類比法理解電荷在電場中運動的過程中電場力做功以及電勢能變化情況:一塊

石頭從山頂(高地勢處)滾落到山腳(低地勢處),重力勢能減少,重力做正功。與此類似,正電荷

從高電勢處向低電勢處移動,電勢能減少,電場力做正功,所以,可將正電荷與石頭類比。如果

是負電荷的運動,只要把正電荷電勢能變化、電場力做功情況反過來就可以了。13如圖,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、

P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P

點的過程中,電場力所做的負功相等。則

()

A.直線a位于某一等勢面內,φM>φQB.直線c位于某一等勢面內,φM>φNC.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功答案

B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等可知,φM>φN=φP,故過N、P點的直線d位于某一等勢面內,則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內,選項A

錯、B正確;φM=φQ,則電子由M點運動到Q點,電場力不做功,選項C錯誤;由于φP<φM=φQ,電子由P

點運動到Q點,電勢能減小,電場力做正功,選項D錯誤。解題關鍵①電子帶負電荷。②由“一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所

做的負功相等”知N、P兩點在同一等勢線上,則直線c、d為勻強電場中的等勢線。③由于勻

強電場中電場線與等勢線垂直可知,a和b為電場線。④由于電場力對電子做負功,可知電場方

向為M→N。知識總結

①勻強電場中電場線和等勢線分別是相互垂直的兩組平行線。②電場力對電場

中運動電荷做的功W=qΔφ。14(多選)關于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是

()A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直B.電場強度為零的地方,電勢也為零C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向答案

AD電場中場強為零的位置是絕對的,而電勢為零的位置是人為選取的;再者場強的

大小表征著電勢隨空間的變化率,而與電勢的大小無關,故B錯誤。由沿電場線方向電勢降低,

可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關,故C錯誤。C組

教師專用題組15某靜電場的電場線分布如圖所示,圖中P、Q兩點的電場強度的大小

分別為EP和EQ,電勢分別為φP和φQ,則

()

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

A根據沿著電場線的方向電勢是降落的,可以判斷出φP>φQ;根據電場線的疏密表示電場的弱強,可以判斷出EP>EQ,故選A。C組

教師專用題組16圖示為一個內、外半徑分別為R1和R2的圓環狀均勻帶電平面,其單

位面積帶電量為σ。取環面中心O為原點,以垂直于環面的軸線為x軸。設軸上任意點P到O點

的距離為x,P點電場強度的大小為E。下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量),其中只

有一個是合理的。你可能不會求解此處的場強E,但是你可以通過一定的物理分析,對下列表

達式的合理性做出判斷。根據你的判斷,E的合理表達式應為

()

A.E=2πkσ

xB.E=2πkσ

xC.E=2πkσ

xD.E=2πkσ

x答案

B當R1=0時,對于A項而言E=0,此時帶電圓環演變為帶電圓面,中心軸線上一點的電場

強度E>0,故A項錯誤;當x=0時,此時要求的場強為O點的場強,由對稱性可知EO=0,對于C項而

言,x=0時E為一定值,故C項錯誤;當x→∞時E→0,而D項中E→4πkσ,故D項錯誤。所以正確選項

只能為B。1研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示。下列說法

正確的是

()

A.實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電B.實驗中,只將電容器b板向上平移,靜電計指針的張角變小C.實驗中,只在極板間插入有機玻璃板,靜電計指針的張角變大D.實驗中,只增加極板帶電量,靜電計指針的張角變大,表明電容增大考點二電容器、帶電粒子在電場中的運動答案

A本題考查平行板電容器。帶電玻璃棒接觸a板,a板會帶上同種電荷,同時b板上會感

應出異種電荷,故A正確;靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓,將b板上移,正對面積S減小,

電容C減小,板間電壓U增大,故指針張角變大,B錯;插入有機玻璃板,相對介電常數εr增大,電容

C增大,板間電壓U減小,指針張角變小,C錯;只增加極板帶電量Q,板間電壓U增大,但電容保持

不變,故D錯。解題關鍵

電容器中各量的變化關系電容C=

及C=

,對這兩個公式的理解及各量的物理含義的認識,是解答本題的關鍵。2如圖所示,電子由靜止開始經加速電場加速后,沿平行于板面的

方向射入偏轉電場,并從另一側射出。已知電子質量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏

轉電場可看做勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。

(1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方

向的偏轉距離Δy。(2)分析物理量的數量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,

請利用下列數據分析說明其原因。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19

C,g=10m/s2。解析(1)根據功和能的關系,有eU0=

m

電子射入偏轉電場的初速度v0=

在偏轉電場中,電子的運動時間Δt=

=L

偏轉距離Δy=

a(Δt)2=

(2)考慮電子所受重力和電場力的數量級,有重力G=mg~10-29N電場力F=

~10-15N由于F?G,因此不需要考慮電子所受重力。答案(1)

(2)見解析解題指導這是屬于帶電粒子在勻強電場中先加速再偏轉的問題,帶電粒子在加速電場中運

用功能關系(動能定理)來列式,帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動時運用運動的合成和分

解來解答。審題指導讀題要抓住帶電粒子在電場中運動的性質,在加速電場中做初速度為零的勻加速

直線運動,在偏轉電場中做類平拋運動。3真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉換裝置,如圖所示。

光照前兩板都不帶電。以光照射A板,則板中的電子可能吸收光的能量而逸出。假設所有逸

出的電子都垂直于A板向B板運動,忽略電子之間的相互作用。保持光照條件不變。a和b為接

線柱。已知單位時間內從A板逸出的電子數為N,電子逸出時的最大動能為Ekm。元電荷為e。(1)求A板和B板之間的最大電勢差Um,以及將a、b短接時回路中的電流I短。(2)圖示裝置可看做直流電源,求其電動勢E和內阻r。(3)在a和b之間連接一個外電阻時,該電阻兩端的電壓為U。外電阻上消耗的電功率設為P;單

位時間內到達B板的電子,在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設為ΔEk。請推導證

明:P=ΔEk。(注意:解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量,要在解題中做必要的說明)解析(1)由動能定理,Ekm=eUm,可得Um=

短路時所有逸出電子都到達B板,故短路電流I短=Ne(2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓,即上面求出的Um,所以E=Um=

電源內阻r=

=

(3)外電阻兩端的電壓為U,則電源兩端的電壓也是U。由動能定理,一個電子經電源內部電場后損失的動能ΔEke=eU設單位時間內有N'個電子到達B板,則損失的動能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU答案(1)

Ne(2)

(3)見解析根據電流的定義,此時電源內部的電流I=N'e此時流過外電阻的電流也是I=N'e,外電阻上消耗的電功率P=IU=N'eU所以P=ΔEk

考查點帶電粒子在電場中的運動、電路、功能關系。思路點撥1.最大電勢能對應電子的最大初動能,短路時兩板間電勢差為零,A板上的電子會

全部到達B板。2.從電路的角度分析,電動勢等于電源斷路時的路端電壓,而短路電流等于電動勢除以電源內

阻。3.外電阻上消耗的功率P=IU,I為單位時間內流過的電子的總電荷量;ΔEk是單位時間內到達B

板的電子損失的動能總和。4靜電場方向平行于x軸,其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的

折線,圖中φ0和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心、沿x軸方向做周期性運

動。已知該粒子質量為m、電量為-q,其動能與電勢能之和為-A(0<A<qφ0)。忽略重力。求(1)粒子所受電場力的大小;(2)粒子的運動區間;(3)粒子的運動周期。答案(1)

(2)-d

≤x≤d

(3)

解析(1)由圖可知,0與d(或-d)兩點間的電勢差為φ0電場強度的大小E=

電場力的大小F=qE=

(2)設粒子在[-x0,x0]區間內運動,速率為v,由題意得

mv2-qφ=-A

①由圖可知φ=φ0

②由①②得

mv2=qφ0

-A

③因動能非負,有qφ0

-A≥0得|x|≤d

即x0=d

④粒子的運動區間-d

≤x≤d

(3)考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周期根據牛頓第二定律,粒子的加速度a=

=

=

⑤由勻加速直線運動t=

將④⑤兩式代入,得t=

粒子的運動周期T=4t=

⑥B組

統一命題·課標卷題組5(多選)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩

微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極

板距離相等。現同時釋放a、b,它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t,a、b經過電容器兩極

板間下半區域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是

()A.a的質量比b的大

B.在t時刻,a的動能比b的大C.在t時刻,a和b的電勢能相等

D.在t時刻,a和b的動量大小相等B組

統一命題·課標卷題組答案

BD

本題考查電容器和帶電粒子在電場中的運動。由題設條件可知,微粒a向下運動,

微粒b向上運動,且在相等時間內,位移xa>xb,由運動學公式及牛頓第二定律可得:x=

·

t2,則ma<mb,選項A錯誤;由動能定理可得:qEx=Ek,則Eka>Ekb,選項B正確;由動量定理可得:qEt=p,則pa與pb

大小相等,選項D正確;在t時刻,a、b在同一水平面上,電勢φ相等,而兩微粒的電性不同,由Ep=q

φ,可知a和b的電勢能不相等,選項C錯誤。易錯點撥對Ep=qφ的理解

Ep=qφ中,電勢能Ep、電荷量q和電勢φ都為標量,但有正負之分,在利用該式進行分析時,要

求將正、負號代入進行計算,否則容易出現錯誤。6一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質,接在恒壓直流電源上。若將

云母介質移出,則電容器

()A.極板上的電荷量變大,極板間電場強度變大B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變答案

D平行板電容器電容C=

,云母介質移出,εr減小,C減小;又C=

,電源恒壓,U一定,C減小,故Q減小;電場強度E=

,故E不變,選項D正確。審題指導關鍵詞:恒壓直流電源、介質移出。評析此題考查平行板電容器電容、電荷量及電場強度之間的關系,難度為易,考生根據相關

公式即可分析解答。7如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋

放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態。現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°,

再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將

()A.保持靜止狀態B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動答案

D最初帶電微粒處于靜止狀態,受力如圖(1),Eq=mg;當兩板繞過a點的軸逆時針轉過4

5°時,帶電微粒的受力如圖(2),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,

選項D正確。

審題指導“微粒恰好保持靜止狀態”,即處于平衡狀態,所受的合外力為零,得微粒所受的電

場力與其重力大小相等方向相反;“將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°”,注意

電容器帶電荷量不變,間距不變,正對面積也不變,故電場強度的大小不變,電場力的大小不變,

僅方向逆時針旋轉45°,根據平行四邊形定則求出合力的方向,確定微粒的運動即可。8如圖,一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60°;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。解析設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即vBsin30°=v0sin60°

①由此得vB=

v0

②設A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有qUAB=

m(

-

)

③聯立②③式得UAB=

④答案

解題關鍵

①據運動的獨立原理:一個物體同時參與幾個不同方向的運動,每個分運動的規律

相互獨立。可知粒子在A和B兩點沿與電場垂直的方向上分速度相同,即vBsin30°=v0sin60°。

②A和B兩點速度方向雖然不同,但是并不影響動能定理的運用。9如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區域存在方向水平向右的

勻強電場。自該區域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先

后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區域,并從該區域

的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場

時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小。答案(1)3∶1(2)

H(3)

解析本題考查勻變速直線運動、運動的分解、電場、動能定理。(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v

0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電

場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得v0-at=0

①s1=v0t+

at2

②s2=v0t-

at2

③聯立①②③式得

=3

④(2)設A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式

=2gh

⑤H=vyt+

gt2

⑥M進入電場后做直線運動,由幾何關系知

=

⑦聯立①②⑤⑥⑦式可得h=

H

⑧(3)設電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則

=

⑨設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得Ek1=

m(

+

)+mgH+qEs1

⑩Ek2=

m(

+

)+mgH-qEs2

由已知條件Ek1=1.5Ek2

聯立④⑤⑦⑧⑨⑩

式得E=

解題關鍵①N離開電場時的速度方向豎直向下——N在水平方向的速度恰好減速到0;②方

向水平向右的勻強電場——M、N在豎直方向只受重力,二者在電場中的運動時間相等;③剛

離開電場時M的動能為N的1.5倍——建立等式確定電場力和重力的關系。10真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎

直向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到

某值,但保持其方向不變。持續一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續同

樣一段時間后,油滴運動到B點。重力加速度大小為g。(1)求油滴運動到B點時的速度。(2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應的t1和v0應滿

足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩

點間距離的兩倍。解析本題考查電場、牛頓運動定律、勻變速直線運動。(1)設油滴質量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻

強電場中做勻速直線運動,故電場力方向向上。在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做

豎直向上的勻加速運動,加速度方向向上,大小a1滿足qE2-mg=ma1

①油滴在時刻t1的速度為v1=v0+a1t1

②電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,大小a2滿足qE2+mg=ma2

③油滴在時刻t2=2t1的速度為v2=v1-a2t1

④由①②③④式得v2=v0-2gt1

⑤(2)由題意,在t=0時刻前有答案見解析qE1=mg

⑥油滴從t=0到時刻t1的位移為s1=v0t1+

a1

⑦油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內的位移為s2=v1t1-

a2

⑧由題給條件有

=2g(2h)

⑨式中h是B、A兩點之間的距離。若B點在A點之上,依題意有s1+s2=h

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2=

E1

為使E2>E1,應有2-

+

>1

即當0<t1<

或t1>

才是可能的;條件

式和

式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形。若B點在A點之下,依題意有s1+s2=-h

由①②③⑥⑦⑧⑨

式得E2=

E1

為使E2>E1,應有2-

-

>1

即t1>

另一解為負,不合題意,已舍去。解題指導多階段運動物體的運動不僅僅取決于物體所受外力,還與物體的初速度有關。在多階段運動過程中,當物

體所受外力突變時,物體由于慣性而速度不發生突變,故物體在前一階段的末速度即物體在后

一階段的初速度。對于多階段運動過程中物體在各階段中發生的位移之間的聯系,可以通過

作運動過程草圖來獲得。11如圖,O、A、B為同一豎直平面內的三個點,OB沿豎直方向,∠BOA=6

0°,OB=

OA。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出,小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時加一勻強電場,場強方向與△OAB所在平

面平行。現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點,到達A點時

的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點,且到達

B點時的動能為初動能的6倍,重力加速度大小為g。求(1)無電場時,小球到達A點時的動能與初動能的比值;(2)電場強度的大小和方向。專用題組解析(1)設小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=

d,根據平拋運動的規律有dsin60°=v0t

①dcos60°=

gt2

②又有Ek0=

m

③由①②③式得Ek0=

mgd

④設小球到達A點時的動能為EkA,則EkA=Ek0+

mgd

⑤由④⑤式得

=

⑥(2)加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了

和

,設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得ΔEpA=3Ek0-Ek0-

mgd=

Ek0

⑦答案(1)

(2)

方向:與豎直向下的方向成30°夾角ΔEpB=6Ek0-Ek0-

mgd=Ek0

⑧在勻強電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點

的距離為x,如圖,則有

=

⑨

解得x=d。MA為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行。設電場方向與豎直向下的方向的夾角

為α,由幾何關系可得α=30°

⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°。設場強的大小為E,有qEdcos30°=ΔEpA

由④⑦

式得E=

三年模擬1兩塊相互靠近的平行金屬板M、N組成電容器,充電后與電源斷開,M

板帶正電,N板帶負電,且電荷量保持不變。如圖所示,板間有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球

(可視為質點),小球靜止時與豎直方向的夾角為θ,忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強電場

的影響,則

()

A.小球帶負電;若將細線燒斷,小球將做勻加速直線運動B.小球帶正電;若將細線燒斷,小球將做自由落體運動C.若只將N板水平向右平移少許,電容器的電容將變小,夾角θ將變大D.若只將N板豎直向上平移少許,電容器的電容將變小,夾角θ將變大考點一電場的性質高考模擬·基礎題組高考模擬答案

D由小球靜止時偏向右側可知小球帶正電;燒斷細線,小球在電場力和重力的共同作

用下,沿兩力的合力方向做勻加速直線運動,所以A和B均錯;在電荷量不變時,N板右移或上移,

電容器的電容均減小,但上移會使電場強度變大,夾角θ變大,選項C錯D對。2.如圖甲所示,直線AB是某電場中的一條電場線,若在A點放置一初速

度為零的質子,質子僅在電場力作用下,沿直線AB由A運動到B過程中速度隨時間變化的圖像

如圖乙所示。則下列說法中正確的是

()

A.A點的電場強度一定大于B點的電場強度B.電場方向一定是從B指向A

C.質子從A到B的過程中,在連續相等的時間間隔內,電場力做功的平均功率一定相等D.質子從A到B的過程中,在連續相等的時間間隔內,電場力的沖量一定相等答案

A由圖乙知質子從A到B做加速度逐漸減小的加速運動,則EA>EB,電場方向由A指向B,

A對,B錯。

=

,連續相等時間內平均功率不一定相等,C錯。I=Eqt,連續相等時間內,E不同,I一定不同,D錯。3兩等量正點電荷相距一定距離,它們連線的中點為O。一帶負電的粒

子(不考慮重力)由靜止開始,從連線的中垂線上P點運動到O點。此運動過程中,關于粒子的說

法,正確的是

()A.電勢能逐漸增加B.電勢能先變大后變小,最后為零C.先做加速運動,后做減速運動D.始終做加速運動,到達O點時加速度為零答案

D帶負電粒子受兩等量正點電荷的引力的合力沿由P到O的方向,粒子由P向O運動,

電場力做正功,電勢能逐漸減小,A、B項錯誤。粒子由P到O,所受電場力由P指向O,始終做加

速運動,到了O點時電場力為零,加速度為零,D項正確,C項錯誤。思路分析先分析出兩等量正點電荷對帶負電粒子的作用力方向,用矢量合成分析出合力的

方向,進而判斷合力做功、電勢能變化、速度變化。4.如圖所示,在粗糙的水平絕緣桌面上有兩個大小相同、帶有同種電

荷的小物塊P和Q,P、Q與桌面之間的動摩擦因數相同。已知mP>mQ,qP>qQ。將它們由靜止釋

放后,兩物塊開始在水平桌面上運動,并最終停止在水平桌面上。在物塊運動過程中

()

A.P受到的庫侖力大于Q受到的庫侖力B.P受到的摩擦力始終小于它受到的庫侖力C.P的加速度始終大于Q的加速度D.P和Q具有的電勢能與機械能之和減小答案

D由牛頓第三定律知,P對Q的庫侖力和Q對P的庫侖力大小相等,A項錯誤;P由靜止開

始加速的過程摩擦力小于庫侖力,減速過程,摩擦力大于庫侖力,故B項錯誤;物塊在減速滑行的

過程中加速度大小a=

=μg-

,由此可知質量大的物塊,加速度反而小,故C項錯誤;因物塊在滑行過程中與桌面摩擦產生熱量,根據能量守恒定律知,P和Q具有的電勢能與機械能之

和減小,故D項正確。考查點帶電體在電場中運動的綜合分析。易錯提示

準確進行受力及運動分析,注意兩物塊從運動到靜止經歷先加速后減速的過程,兩

個過程中加速度方向不同。5.常用的溫差發電裝置的主要結構是半導體熱電偶。如圖所示,熱電

偶由N型半導體和P型半導體串聯而成,N型半導體的載流子(形成電流的自由電荷)是電子,P型

半導體的載流子是空穴,空穴帶正電且電荷量等于元電荷e。若兩種半導體相連一端和高溫熱

源接觸,而另一端A、B與低溫熱源接觸,兩種半導體中的載流子都會從高溫端向低溫端擴散,

最終在A、B兩端形成穩定的電勢差,且電勢差的大小與高溫熱源、低溫熱源間的溫度差有確

定的函數關系。下列說法正確的是

()

A.B端是溫差發電裝置的正極B.熱電偶內部非靜電力方向和載流子擴散方向相反C.溫差發電裝置供電時不需要消耗能量D.可以利用熱電偶設計一種測量高溫熱源溫度的傳感器答案

D

B端積聚了自由電子,A端積聚了空穴,熱電偶內部電流方向從B→A,因此A端是溫差

發電裝置的正極,A錯誤。熱電偶內部非靜電力方向和載流子擴散方向相同,B錯誤。溫差發

電裝置供電時,消耗高溫熱源的內能轉化為電能,C錯誤。由于電勢差的大小與高溫熱源、低

溫熱源間的溫度差有確定的函數關系,所以在測出電勢差及低溫熱源溫度的前提下,可以確定

高溫熱源的溫度,D正確。解題關鍵

N、P型半導體在溫差作用下載流子的移動方向。6現代科學實驗證明了場的存在,靜電場與重力場有一定相似之處。

帶電體在勻強電場中的偏轉與物體在重力場中的平拋運動類似。(1)一質量為m的小球以初速度v0水平拋出,落到水平面的位置與拋出點的水平距離為x。已知

重力加速度為g,求拋出點的高度和小球落地時的速度大小。(2)若該小球處于完全失重的環境中,小球帶電荷量為+q,在相同位置以相同初速度拋出。空間

存在豎直向下的勻強電場,小球運動到水平面的位置與第(1)問小球的落點相同。若取拋出點

電勢為零,試求電場強度的大小和落地點的電勢。

(3)類比電場強度和電勢的定義方法,請分別定義地球周圍某點的“重力場強度EG”和“重力

勢φG”,并描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”。解析(1)小球在水平方向做勻速直線運動:x=v0t

(1分)小球在豎直方向做自由落體運動h=

gt2

(1分)得h=

(1分)小球下落過程,根據動能定理mgh=

mv2-

m

(2分)得v=

(1分)(2)小球在水平方向做勻速直線運動:x=v0t小球在豎直方向做勻加速直線運動h=

at2

(1分)答案見解析a=

(1分)得E=

(1分)拋出點與落點之間的電勢差U=Eh=

(1分)取拋出點電勢為零,U=0-φ地

(1分)得φ地=-

(1分)(3)重力場強度EG=

=

=g或EG=

=G

/m=G

(2分)若取地面為重力勢參考平面,則重力勢φG=

=gh若取無窮遠處重力勢為零,則φG=

=-

(2分)故地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”如圖所示(2分)

(2分)7用靜電的方法來清除空氣中的灰塵,需要首先設法使空氣中的灰塵

帶上一定的電荷,然后利用靜電場對電荷的作用力,使灰塵運動到指定的區域進行收集。為簡

化計算,可認為每個灰塵顆粒的質量及其所帶電荷量均相同,設每個灰塵顆粒所帶電荷量為q,

其所受空氣阻力與其速度大小成正比,表達式為F阻=kv(式中k為大于0的已知常量)。由于灰塵

顆粒的質量較小,為簡化計算,灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達到電場力與空氣阻力相等

的過程所用的時間及通過的位移均可忽略不計,同時也不計灰塵顆粒之間的作用力及灰塵顆

粒所受重力的影響。(1)有一種靜電除塵的設計方案是這樣的,需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的

內部區域,將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端,恰好能將圓桶

封閉,如圖甲所示。在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內空間的電場可視為勻

強電場),便可以在一段時間內將圓桶區域內的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上,從而達到

除塵的作用。求灰塵顆粒運動可達到的最大速率;(2)對于一個待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內部區域,還可以設計另一種靜電除塵的方

案:沿圓桶的軸線有一根細直導線作為電極,緊貼圓桶內壁加一個薄金屬桶作為另一電極。在

直導線電極外面套有一個由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護管,其軸線與直導線重合,

如圖乙所示。若在兩電極間加上恒定的電壓,使得桶壁處電場強度的大小恰好等于第(1)問的

方案中圓桶內電場強度的大小,且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強度大小E的分布情況

為E∝

,式中r為所研究的點與直導線的距離。①試通過計算分析,帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的過程中,其瞬時速度大小v

和其與直導線的距離r之間的關系;②對于直線運動,教科書中講解了由v-t圖像下的面積求位移的方法。請你借鑒此方法,利用v隨r變化的關系,畫出

隨r變化的圖像,根據圖像的面積求出帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的時間。解析(1)圓桶形容器內的電場強度E1=

灰塵顆粒所受的電場力大小F=

,電場力跟空氣阻力相平衡時,灰塵顆粒達到最大速率,并設為v1,則有kv1=

解得v1=

(2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強度隨其與直導線距離的增大而減小,且桶壁處的電場強度

大小為第(1)問方案中圓桶內電場強度的大小E1=

,設在距直導線為r處的場強大小為E2,則

=

,解得E2=

故與直導線越近處,電場強度越大。設灰塵顆粒運動到與直導線距離為r時的速度為v,則kv=

qE2解得v=

上式表明,灰塵顆粒在向圓桶內壁運動過程中,速度是逐漸減小的。答案(1)

(2)見解析②以r為橫軸,以

為縱軸,作出

-r的圖像如圖所示。

在r到r+Δr微小距離內,電場強度可視為相同,其速度v可視為相同,對應于Δr的一段

-r圖線下的面積為

Δr=

,顯然,這個小矩形的面積等于灰塵顆粒通過Δr的時間Δt=

。所以,灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁所需的總時間t等于從R0到R一段

-r圖線下的面積。所以灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的時間t=

考查點力與運動的關系、電場強度、v-t圖像的深入理解。解題關鍵物體做加速度減小的加速運動,當a=0,即合外力為零時,速度達最大。圖像與橫軸

所圍面積的物理意義。8.如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極

板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜

止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g。粒子

運動的加速度為

()

A.

g

B.

gC.

g

D.

g

考點二電容器、帶電粒子在電場中的運動答案

A初始粒子靜止,則mg=q

,撤去金屬板后兩極板間電壓U不變,間距變為d,則mg-q

=ma,解得a=

g,選A。考查點平行板電容器的動態分析、勻強電場中帶電粒子的受力。解題關鍵下極板上疊放一金屬板后,由于靜電感應,電容器板間距變為d-l。由E=

可知撤去金屬板后E變小,粒子將向下運動。9在如圖所示的電路中,當開關S閉合后,水平放置的平行板電容器中有一

個帶電液滴正好處于靜止狀態。現將開關S斷開,則

()

A.液滴仍保持靜止狀態B.液滴做自由落體運動C.電容器的帶電荷量減小D.電容器的帶電荷量增大答案

D開關S閉合時,帶電液滴所受重力和電場力平衡,斷開開關后,電容器兩端電壓變大

到等于電源電動勢,故場強變大,電場力變大,液滴會向上加速,故A、B錯誤;開關斷開前,電容

器兩端電壓等于電阻R2兩端電壓,斷開開關后,電容器兩端電壓變大到等于電源電動勢,根據電

容的定義式C=

知,電容器的帶電荷量變大,故C錯誤,D正確。10如圖所示,在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置。一帶電粒

子沿平行于板面的方向,從左側兩極板中央射入電場中,恰能從右側極板邊緣處離開電場。不

計粒子重力。若可以改變某個量,下列哪種變化,仍能確保粒子一定飛出電場

()

A.只增大粒子的帶電荷量B.只增大電場強度C.只減小粒子的比荷D.只減小粒子的入射速度答案

C設兩極板間的距離為d,由題意知粒子的偏移量y=

,因y=

at2=

(

)2,要使粒子能飛出電場,可以減小帶電荷量或電場強度,或者減小比荷,或者增大初速度,故C正確。11基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點,發明了指紋識別技

術。目前許多國產手機都有指紋解鎖功能,常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器,如圖所

示。指紋的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板,當手

指貼在傳感器上時,這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器,這樣在嵴處和峪

處形成的電容器的電容大小不同。此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值,然后

電容器放電,電容小的電容器放電較快,根據放電快慢的不同,就可以探測到嵴和峪的位置,從

而形成指紋圖像數據。根據文中信息,下列說法正確的是

()

A.在峪處形成的電容器電容較大B.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大C.在峪處形成的電容器放電較慢D.潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響答案

B由平行板電容器電容的決定式:C=

可知,小極板面積相同,故S相同,在手指干燥的前提下εr相同,d大則C小,故在峪處d大,形成的電容器電容C小,在嵴處d小,形成的電容器電容

C大。若手指頭潮濕,則εr不同,嵴、峪處形成的電容器電容均改變,故選項A、D均錯誤;又由題

中知,電容小的電容器放電較快,在峪處形成的電容器電容小,放電快,故選項C錯誤;由Q=CU可

知,電壓相同時C大的電荷量Q大,故選項B正確。解題關鍵能根據題中的描述比較出嵴和峪的位置所形成的電容器的極板間距大小,并進一

步判斷出所形成的電容器的電容大小,是解本題的關鍵。12如圖所示,真空玻璃管內,加熱的陰極K發出的電子(初速度可忽略不

計)經陽極A與陰極K之間的電壓U1形成的加速電場加速后,從陽極A的小孔射出,由水平放置的

平行正對偏轉極板M、N的左端中點以平行于極板的方向射入兩極板之間的區域。若M、N

兩極板間無電壓,電子將沿水平直線打在熒光屏上的O點;若在M、N兩極板間加電壓U2,形成

平行紙面的偏轉電場,則電子將打在熒光屏上的P點;若在M、N極板間加電壓U2的同時,再加方

向垂直紙面的勻強磁場,則電子將能重新打在熒光屏上的O點。已知電子質量為m,電荷量為e,

M、N兩極板長均為L1、兩極板間距離為d,極板右端到熒光屏的距離為L2。(1)忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力,求:①電子從陽極A小孔射出時速度v0的大小;②電子重新打在熒光屏上O點時,所加勻強磁場的磁感應強度B的大小。(2)在解決一些實際問題時,為了簡化問題,常忽略一些影響相對較小的量,這對最終的計算結

果并沒有太大的影響,因此這種處理是合理的。如在計算電子打在熒光屏上的位置時,對于電子離開M、N板間的偏轉電場后運動到熒光屏的過程,可以忽略電子所受的重力。請利用下列

數據分析說明為什么這樣處理是合理的。已知U2=2.0×102

V,d=4.0×10-2

m,m=9.1×10-31

kg,e=1.

6×10-19

C,L1=5.0×10-2

m,L2=0.10m,重力加速度g=10m/s2。解析(1)①對于電子在加速電場中的加速過程,根據動能定理有eU1=

m

解得v0=

②加磁場后,電子沿水平方向以v0做勻速直線運動,所受合力為零即e

=ev0B解得B=

(2)電子通過偏轉電場的時間t1=

電子離開偏轉電場時沿垂直偏轉極板方向的速度分量vy=ayt1=

電子離開偏轉電場到熒光屏的運動時間t2=

若不計重力,電子離開偏轉電場到熒光屏的過程中,沿垂直偏轉極板方向的位移y1=vyt2=

答案(1)①

②

(2)見解析若考慮到重力的作用,則電子離開偏轉電場到熒光屏的過程中,沿垂直偏轉極板方向的位移y2=vyt2+

g

=

+

由于重力影響,電子離開偏轉電場到熒光屏的過程中,沿垂直偏轉極板方向位移增加量為Δy=y

2-y1=

由于重力的影響,電子離開偏轉電場到熒光屏的過程中,沿垂直偏轉極板方向:位移的增加量與

忽略電子所受重力時的位移的比值

=

≈10-14即重力對電子打在熒光屏上的位置影響非常小,所以計算電子偏轉量時可以忽略電子所受的

重力。13如圖所示,水平面AB光滑,粗糙半圓軌道BC豎直放置,圓弧半徑為R,

AB長度為4R。在AB上方、直徑BC左側存在水平向右、場強大小為E的勻強電場。一帶電荷

量為+q、質量為m的小球自A點由靜止釋放,經過B點后,沿半圓軌道運動到C點。在C點,小球

對軌道的壓力大小為mg,已知E=

,水平面和半圓軌道均絕緣。求:

(1)小球運動到B點時的速度大小;(2)小球運動到C點時的速度大小;(3)小球從B點運動到C點過程中克服阻力做的功。解析(1)小球從A到B,根據動能定理有qE·4R=

m

-0

(3分)又E=

得:vB=

(2分)(2)小球運動到C點時,根據牛頓第二定律有2mg=m

(3分)得:vC=

(2分)(3)小球從B點運動到C點的過程,根據動能定理有Wf-2mgR=

m

-

m

(3分)得:Wf=-mgR小球從B點運動到C點的過程中克服阻力做的功為mgR(3分)答案(1)

(2)

(3)mgR思路分析小球從A到B過程,合外力為水平向右的電場力,由動能定理知電場力做功等于小球

動能的增加量,可以求出小球在B點時的速度大小。小球由B至C過程,由動能定理知重力所做

負功與阻力所做負功之和等于小球在C點時的動能減去小球在B點時的動能,而小球在C點時

的速度大小可以由其在該點時所受重力和軌道支持力的合力等于向心力得出。14粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場,其中某一區

域的電場線與x軸平行,且沿x軸方向的電勢φ與坐標值x的函數關系滿足φ=

(V),據此可作出如圖所示的φ-x圖像。圖中虛線AB為圖線在x=0.15m處的切線。現有一個帶正電荷的滑

塊P(可視作質點),其質量為m=0.10kg,電荷量為q=1.0×10-7C,其與水平面間的動摩擦因數μ=0.

20,g取10m/s2。求:

(1)沿x軸方向上,x1=0.1m和x2=0.15m兩點間的電勢差;(2)若將滑塊P無初速度地放在x1=0.1m處,滑塊將由靜止開始運動,滑塊運動到x2=0.15m處時

速度的大小;(3)對于變化的電場,在極小的區域內可以看成勻強電場。若將滑塊P無初速度地放在x1=0.1m

處,滑塊將由靜止開始運動,a.它位于x2=0.15m處時加速度為多大;b.滑塊最終停在何處?分析說明整個運動過程中加速度和速度如何變化。解析(1)U=φ1-φ2=1.5×105V(4分)(2)由動能定理有-μmg(x2-x1)+qU=

mv2代入數據得v=

m/s(4分)(3)a.對于勻強電場E=

,在x2=0.15m附近場強變化很小,可看成勻強電場則場強E=

=|k|,即圖線在x2=0.15m處切線的斜率的絕對值,所以x2=0.15m處場強為E=

V/m=2×106V/m由牛頓第二定律有ma=Eq-μmg解得:a=0

(5分)b.設滑塊停在x處,由動能定理得:q

-μmg(x-x1)=0代入數據解得:x=0.1m或x=0.225m。舍去x=0.1m,所以滑塊最終停在x=0.225m處。滑塊在0.1~0.15m做加速度減小的加速運動,在0.15~0.225m做加速度增大的減速運動。(5分)答案(1)1.5×105V(2)

m/s(3)a.0

b.見解析思路分析理解φ-x圖線上某點切線的斜率的絕對值反映對應點場強E的大小。則由題及圖

像可知(3)中滑塊先加速后減速。15電容器是一種重要的電學元件,基本工作方式就是充電和放電。由

這種充放電的工作方式延伸出來的許多電學現象,使得電容器有著廣泛的應用。如圖1所示,

電源與電容器、電阻、開關組成閉合電路。已知電源電動勢為E,內阻不計,電阻阻值為R,平

行板電容器電容為C,兩極板間為真空,兩極板間距離為d,不考慮極板邊緣效應。

圖1(1)