第1课时库仑定律 电场力的性质
考点考级
命题点
考查频率
库仑定律的理解及应用(Ⅱ)
命题点1:对库仑定律的理解
命题点2:库仑定律的应用
2013·课标卷Ⅱ,18
电场强度的理解与计算(Ⅱ)
命题点1:合成法求电场强度
命题点2:等效法求电场强度
命题点3:对称法求电场强度
命题点4:补偿法求电场强度
2013·课标卷Ⅰ,15
电场线的理解及应用(Ⅰ)
命题点1:对电场线的理解
命题点2:电场线的判定及应用
2017·海南卷,2
力电综合问题分析(Ⅰ)
命题点1:平衡问题
命题点2:变速运动问题
2017·北京卷,22
考点一 库仑定律的理解及应用(高频36)
1.点电荷
有一定的电荷量,忽略 形状和大小 的一种理想化模型.
2.电荷守恒定律
87
(1)起电方式:摩擦起电、接触起电、 感应 起电.
(2)带电实质:物体带电的实质是 得失电子 .
(3)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 .
3.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 .
(2)表达式:F= k ,式中k= 9.0×109 N·m2/C2,叫做静电力常量.
(3)适用条件: 真空 中的 点电荷 .
[诊断小练]
(1)只有质量和电荷量很小的带电体才能当作点电荷.( )
(2)三种起电方式的实质均是电荷从一个物体转移到另一个物体.( )
(3)两个完全相同的带电体带同种电荷q1、q2,接触后再分开,则均带的电荷量.( )
(4)库仑定律仅适用于真空中的点电荷.( )
【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)√
命题点1 对库仑定律的理解
1.两个半径相同的金属小球(视为点电荷),带电荷量之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则相互作用力可能为原来的( )
A. B.
C. D.
87
【解析】 设两小球的电荷量分别为q和7q,则原来相距r时的相互作用力F=k=k.由于两球的电性未知,接触后相互作用力的计算可分为两种情况:
(1)两球电性相同.相互接触时两球电荷量平均分配,每球带电荷量为=4q.放回原处后的相互作用力F1=k=k,故=.
(2)两球电性不同.相互接触时电荷先中和再平分,每球带电荷量为=3q.放回原处后的相互作用力F2=k=k,故=.
【答案】 CD
命题点2 库仑定律的应用
2.(2013·课标卷Ⅱ,18)如图,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( )
A. B.
C. D.
【解析】 以c球为研究对象,除受另外a、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力,如图所示,c球处于平衡状态,据共点力平衡条件可知F静=2kcos 30°,F静=Eqc,解得E=,选项B正确.
【答案】 B
87
3.(2016·浙江卷,19)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m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0.12 m.已测得每个小球质量是8.0×10-4kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则( )
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N
C.B球所带的电荷量为4×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
【解析】 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 θ==0.60,θ=37°
F库=mgtan 37°=6.0×10-3 N,B项错误;
F库=k
QA=QB=Q,r=0.12 m
联立得Q=4×10-8 C,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.
87
【答案】 ACD
1.解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤
库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的,只是在原来受力的基础上多了电场力.具体步骤如下:
2.“三个自由点电荷平衡”的问题
(1)平衡的条件:每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置.
(2)
考点二 电场强度的理解与计算(高频37)
1.电场
(1)定义:存在于电荷周围,能传递电荷间 相互作用 的一种特殊物质.
(2)基本性质:对放入其中的电荷有 力的作用 .
2.电场强度
(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的 电荷量q 的比值.
(2)定义式:E= .
(3)单位: N/C 或 V/m .
87
(4)矢量性:规定 正电荷 在电场中某点所受 电场力 的方向为该点电场强度的方向.
3.场强公式的比较
4.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.
[诊断小练]
(1)电场强度反映了电场力的性质,所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比.( )
(2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向.( )
(3)在真空中,电场强度的表达式E=中的Q就是产生电场的点电荷.( )
(4)在点电荷产生的电场中,以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同.( )
【答案】 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
命题点1 合成法求电场强度
4.图中边长为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( )
A.,方向由C指向O
B.,方向由O指向C
87
C.,方向由C指向O
D.,方向由O指向C
【解析】 每个点电荷在O点处的场强大小都是E==,画出矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得O点处的合场强为E0=2E=,方向由O指向C,B项正确.
【答案】 B
等量同种和异种点电荷的电场强度的比较
比较项目
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强
连线上O点场强最小,指向负电荷一方
为零
连线上的场强大小(从左到右)
沿连线先变小,再变大
沿连线先变小,再变大
沿中垂线由O点向外场强大小
O点最大,向外逐渐减小
O点最小,向外先变大后变小
关于O点对称的A与A′、B与B′的场强
等大同向
等大反向
命题点2 等效法求电场强度
5.(2018·济南期中)MN为足够大的不带电的金属板,在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为+q的点电荷O,金属板右侧空间的电场分布如图甲所示,P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点.几位同学想求出P
87
点的电场强度大小,但发现问题很难,经过研究,他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布,其电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断,其中正确的是( )
A.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为
B.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为
C.方向垂直于金属板向左,大小为
D.方向垂直于金属板向左,大小为
【解析】 据题意,从题图乙可以看出,P点电场方向为水平向左;由题图乙可知,正、负电荷在P点电场的叠加,其大小为E=2kcos θ=2k=2k,故选项C正确.
【答案】 C
命题点3 对称法求电场强度
6.(2013·课标卷Ⅰ,15)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(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)( )
A.k B.k
C.k D.k
87
【解析】 已知a处点电荷和带电圆盘均在b处产生电场,且b处场强为零,所以带电圆盘在b处产生的电场场强E1与q在b处产生的电场场强Eab等大反向,即E1=Eab=,带电圆盘在d处产生的电场场强E2=E1且方向与E1相反,q在d处产生的电场场强Ead=,则d处场强Ed=E2+Ead=+=k,选项B正确.
【答案】 B
7.(2015·山东卷,18)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
【解析】 因正电荷Q在O点时,G点的场强为零,则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向,大小为E合=k;若将正电荷移到G点,则正电荷在H点的场强为E1=k=,因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向,则H点的合场强为E=E合-E1=,方向沿y轴负向,故选B.
【答案】 B
命题点4 补偿法求电场强度
8.(2018·山东泰安高三上学期期中)如图甲所示,半径为R的均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为σ,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E=2πkσ[1-],方向沿x轴.现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r的圆板,如图乙所示.则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
87
A.2πkσ0 B.2πkσ0
C.2πkσ0 D.2πkσ0
【解析】 当r→∞时,=0,则无限大平板产生的电场的场强为E=2πkσ0.当挖去半径为r的圆板时,应在E中减掉该圆板对应的场强Er=2πkσ0[1-],即E′=2πkσ0,选项A正确.
【答案】 A
电场强度叠加问题的求解思路
电场强度是矢量,叠加时应遵从平行四边形定则,分析电场的叠加问题的一般步骤是:
(1)确定分析计算场强的空间位置;
(2)分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向;
(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和.
考点三 电场线的理解及应用
1.电场线的三个特点
(1)电场线从 正电荷 或 无限远处 出发,终止于 无限远 或 负电荷 处;
(2)电场线在电场中 不 相交;
(3)在同一幅图中,电场强度较大的地方电场线较 密 ,电场强度较小的地方电场线较 疏 .
87
2.六种典型电场的电场线
3.电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系
一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合,只有同时满足以下三个条件时,两者才会重合.
(1)电场线为 直 线;
(2)带电粒子初速度为 零 ,或速度方向与电场线 平行 ;
(3)带电粒子仅受电场力或所受其他力的合力方向与电场线 平行 .
[诊断小练]
(1)电场线是客观存在的肉眼看不见的线.( )
(2)电场线是闭合的曲线.( )
(3)等量异种电荷的电场线,越靠近电荷电场线越密,电场强度越大.( )
(4)电场线的方向即为带电粒子的运动方向.( )
(5)带电粒子的运动轨迹永远不会和电场线重合.( )
【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
命题点1 对电场线的理解
9.(2017·海南卷,2)关于静电场的电场线,下列说法正确的是( )
A.电场强度较大的地方电场线一定较疏
B.沿电场线方向,电场强度一定越来越小
87
C.沿电场线方向,电势一定越来越低
D.电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
【解析】 电场线的疏密表示场强的强弱,那么电场强度较大的地方电场线一定较密,故A错误;沿着电场线的方向,电势会降低,因此沿电场线方向电势越来越低,但电场线不一定越来越疏,则场强不一定越来越小,故B错误,C正确;电场线不一定与带电粒子的轨迹重合,只有电场线是直线,带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合,故D错误.
【答案】 C
命题点2 电场线的判定及应用
10.某静电场中的电场线方向不确定,分布如图所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法正确的是( )
A.粒子必定带正电荷
B.该静电场一定是孤立正电荷产生的
C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D.粒子在M点的速度大于它在N点的速度
【解析】 带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其反方向,且指向曲线弯曲的内侧,静电力方向大致向上,因不知电场线的方向,粒子的电性无法确定,所以选项A错.电场线是弯曲的,则一定不是孤立点电荷的电场,所以选项B错.N点处电场线密,则场强大,粒子受到的静电力大,产生的加速度也大,所以选项C正确.因静电力大致向上,粒子由M运动到N时,静电力做正功,粒子动能增加,速度增加,所以选项D错误.
【答案】 C
87
考点四 力电综合问题分析
解决力电综合问题的一般思路
[诊断小练]
(1)一带电小球在静电场中做匀速直线运动,处于平衡状态,小球机械能守恒.( )
(2)一带电小球在静电场中做匀加速直线运动,电场力一定对小球做正功使小球动能增加.( )
(3)一带电体沿电场线减速运动,动能减小,电场力有可能对带电体做正功.( )
(4)一带电体在电场中做匀速圆周运动,则重力和电场力一定平衡.( )
【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)×
命题点1 平衡问题
87
11.(2017·北京卷,22)如图所示,长l=1 m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θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=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.
【解析】 (1)F=qE=3.0×10-3N.
(2)由=tan 37°,
得m=4.0×10-4kg.
(3)由mgl(1-cos 37°)=mv2,
得v==2.0 m/s.
【答案】 (1)3.0×10-3N (2)4.0×10-4kg
(3)2.0 m/s
命题点2 变速运动问题
12.如图所示,在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点,在水平面上的A点放另一个质点,两个质点的质量均为m,带电荷量均为+Q.C为AB直线上的另一点(O、A、B、C位于同一竖直平面上),A、O间的距离为L,A、B和B、C间的距离均为,在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止状态.试问:
87
(1)该匀强电场的场强多大?其方向如何?
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度,该质点到达B点时所受的电场力多大?
(3)若初速度大小为v0,质点到达C点时的加速度多大?
【解析】 (1)对A处的质点受力分析如图
由平衡条件得:
cos θ=EQ①
cos θ=②
由①②得:E=
方向由A指向C.
(2)质点到达B点受两个电场力作用,则:
FB==.
(3)质点在C点受力如图所示
87
由牛顿第二定律得:cos θ+Eq=ma.所以a=.
【答案】 (1) 方向由A→C (2) (3)
[高考真题]
1.(2015·安徽卷,15)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电荷量分别为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.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4
C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2
【解析】 由F=k得k=,则k的单位为:N·m2·C-2=kg·m·s-2·m2·(A·s)-2=kg·m3·A-2·s-4,故B正确.
【答案】 B
2.(2013·安徽卷,20)如图所示,xOy平面是无穷大导体的表面,该导体充满zF2,F1+F2=2F,故A、B错误;若小球b带负电,L增大,根据库仑定律可知,F′减小,则F1
87
减小,故C错误;若小球b带正电,L减小,根据库仑定律可知,F′增大,则F2=F-F′减小,故D正确.
【答案】 D
10.科技前沿——“离子陷阱”装置结构及工作原理
离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置.如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图,四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连,相当于四个电极,相对的电极带等量同种电荷,相邻的电极带等量异种电荷.在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd,A、C是a、c连线上的两点,B、D是b、d连线上的两点,A、C、B、D到正方形中心O的距离相等.则下列判断正确的是( )
A.D点的电场强度为零
B.A、B、C、D四点电场强度相同
C.A点电势比B点电势高
D.O点的电场强度为零
【解析】 根据电场的叠加原理,ac两个电极带等量正电荷,其中点O的合场强为零,bd两个电极带等量负电荷,其中点O的合场强为零,则O点的合场强为零,D正确;同理,D点的场强水平向右,A错误;A、B、C、D四点的场强大小相等,方向不同,B错误;由电场特点知,电场方向由A指向O,由O指向B,故φA>φO,φO>φB,则φA>φB,C正确.
【答案】 CD
[综合提升练]
11.如图所示,均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上,A与B紧靠在一起,C紧靠在固定挡板上,质量分别为mA=0.43 kg,mB=0.20 kg,mC=0.50 kg,其中A不带电,B、C的电量分别为qB=+2×10-5 C、qC=+7×10-5 C且保持不变,开始时三个物体均能保持静止.现给A施加一平行于斜面向上的力F,使A做加速度a=2.0 m/s2的匀加速直线运动,经过时间t,力F变为恒力.已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2.求:
87
(1)开始时BC间的距离L;
(2)F从变力到恒力需要的时间t;
(3)在时间t内,力F做功WF=2.31 J,求系统电势能的变化量ΔEp.
【解析】 (1)ABC静止时,以AB为研究对象有:
(mA+mB)gsin 30°=
解得:L=2.0 m.
(2)给A施加力F后,AB沿斜面向上做匀加速运动,AB分离时两者之间弹力恰好为零,对B用牛顿第二定律得:
-mBgsin 30°=mBa
解得:l=3.0 m
由匀加速运动规律得:l-L=at2
解得:t=1.0 s.
(3)AB分离时两者仍有相同的速度,在时间t内对AB用动能定理得:
WF-(mA+mB)g(l-L)sin 30°+WC=(mA+mB)v2
又v=at,代入数据解得:WC=2.1 J
所以系统电势能的变化量ΔEp=-2.1 J.
【答案】 (1)2.0 m (2)1.0 s (3)-2.1 J
12.如图所示,光滑绝缘的水平面与半径为R的绝缘圆弧轨道相切于点B,O点为光滑圆弧轨道的圆心,且在B点的正上方,光滑圆弧轨道在竖直平面内,整个空间内有水平向右的匀强电场.现将一质量为m、电荷量为q的带电小球从距离B点处的位置A由静止释放,小球恰好能运动到圆弧轨道高度的一半位置处,已知重力加速度为g
87
.
(1)求匀强电场的电场强度为多大?
(2)要使小球能运动到C,应从距离B点多远的位置由静止释放小球?
(3)若使小球从C点由静止释放,则小球运动到B点时对轨道的压力为多大?
【解析】 (1)根据题意可知,小球从A点由静止释放运动到圆弧轨道的高度的过程中,沿电场方向的位移为x=+R =R
此过程由动能定理可得
Eqx-mg×=0
联立解得E=.
(2)设小球释放点距B点的距离为x′,小球从释放点运动到C点的过程中,由动能定理可得
Eq(x′+R)-mgR=0
解得x′=R.
(3)在小球从C点由静止释放运动到B点的过程中,由动能定理可得
mgR-qER=mv2-0
在最低点由牛顿第二定律可得
FN-mg=
联立可得FN=(4-)mg
由牛顿第三定律可得小球在B点时对轨道的压力为F′N=FN=(4-)mg.
87
【答案】 (1) (2)R (3)(4-)mg
第2课时电场能的性质
考点考级
命题点
考查频率
电场能的性质的基本概念(Ⅰ)
命题点1:电场强度大小和电势高低的判断
命题点2:电势的大小计算
命题点3:电场强度、电势能大小和电势高低的判断
2014·课标卷Ⅱ,19
电场线、等势面与粒子运动轨迹的综合问题(Ⅰ)
命题点1:电场线与等势面
命题点2:电场线与运动轨迹
命题点3:等势面与运动轨迹
2016·课标卷Ⅰ,20
2016·课标卷Ⅱ,15
2016·课标卷Ⅲ,15
2015·课标卷Ⅰ,15
2014·课标卷Ⅰ,21
2017·天津卷,7
电场中的三类图象问题(Ⅰ)
命题点1:场强图象
命题点2:电势图象
命题点3:电势能图象
2017·课标卷Ⅰ,20
电场中的功能关系(Ⅰ)
命题点1:电场力做功与电势能变化的判断
命题点2:电场中的功能关系
2015·课标卷Ⅱ,24
2013·课标卷Ⅱ,24
等分法的灵活应用(Ⅱ)
命题点:等分法的灵活应用
2017·课标卷Ⅲ,21
2014·课标卷Ⅰ,25
87
考点一 电场能的性质的基本概念(高频38)
1.—
2.—
3.—
【温馨提示】
1.电势、电势能的正、负表示高低,正的电势、电势能比负的电势、电势能高,而电势差的正负表示两点电势的相对高低.
2.电场线或等差等势面越密的地方电场强度越大,但电势不一定越高.
[诊断小练]
关于静电场,下列说法是否正确.
(1)电势等于零的物体一定不带电.( )
(2)电场强度为零的点,电势一定为零.( )
(3)同一电场线上的各点,电势一定相等.( )
(4)负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加.( )
【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)√
命题点1 电场强度大小和电势高低的判断
1.(2014·课标卷Ⅱ,19)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
87
C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低
D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
【解析】 电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直,选项A正确;电场强度和电势是两个不同的物理量,电场强度等于零的地方,电势不一定等于零,选项B错误;沿着电场线方向,电势不断降落,电势的高低与电场强度的大小无必然关系,选项C错误;电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面,而且是电势降落最快的方向,选项D正确.
【答案】 AD
2.(2016·江苏卷,3)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示.容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( )
A.A点的电场强度比B点的大
B.小球表面的电势比容器内表面的低
C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同
【解析】 由图知B处的电场线比A处密集,所以B点的电场强度比A点的大,故A错误;根据沿电场线的方向电势降低可知,小球表面的电势比容器内表面的高,所以B错误;电场强度的方向与等势面垂直,故C正确;由于A、B在同一等势面上,将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功都为零,所以D错误.
【答案】 C
电势高低的判断
判断角度
判断方法
依据电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
87
依据电场力做功
根据UAB=,将WAB、q的正负号代入,由UAB的正负判断φA、φB的高低
依据场源电荷的正负
取无穷远处电势为零,正电荷周围电势为正值,负电荷周围电势为负值;靠近正电荷处电势高,靠近负电荷处电势低
依据电势能的高低
正电荷在电势较高处电势能大,负电荷在电势较低处电势能大
命题点2 电势的大小计算
3.如图所示,AB为均匀带有电荷量为+Q的细棒,C为AB棒附近的一点,CB垂直于AB.AB棒上电荷形成的电场中,C点的电势为φ0,φ0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P处、带电荷量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势.若PC的距离为r,由点电荷电势的知识可知φ0=k.若某点处在多个点电荷形成的电场中,则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和.根据题中提供的知识与方法,我们可将AB棒均分成两段,并看成两个点电荷,就可以求得AC连线中点C′处的电势为( )
A.φ0 B.φ0
C.2φ0 D.4φ0
【解析】 AB棒带电均匀,故其等效点电荷P点即是AB棒的中点.如图所示,已知PC=r,将AB棒分成均匀两段,设左半段的中点为E,其电荷量为,如图可知C′E的长度为,故其在C′的电势为φ=k=k=φ0.同理,右半段在C′产生的电势也为φ0,根据题意可知其代数和为2φ0,故C项正确.
87
【答案】 C
1.电势的计算
单个点电荷在周围空间某点产生的电场其场强和电势分别为E=和φ=,那么多个点电荷在周围空间某点的电场的场强和电势可根据叠加原理求得.如等量异种电荷连线的中垂线中的中点为其上场强最大的点,又是连线上场强最小的点,但中垂线上电势处处为零,为一零势面(与无穷远处电势相等).
2.电势叠加原理
在多个点电荷产生的电场中,某点的电势是各点电荷单独存在时在该点产生的电势的代数和,这称为电势叠加原理.
命题点3 电场强度、电势能大小和电势高低的判断
4.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )
A.O点的电场强度为零,电势最低
B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高
D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
【解析】 将整个圆环看做由两个半圆环组成,由对称性可知,这两个半圆环上的电荷在O点的场强大小相等,方向相反,故合场强为零.x轴上的合场强,由对称性可知,在圆环右侧的合场强方向沿x轴向右,电势降低;左侧的合场强方向沿x轴向左,电势降低,故O点电势最高.由于在O点场强为零,距O点无限远场强为零,因此沿x轴向左、右两侧,电场强度都呈现出先增大后减小的特征.综上所述B正确.
【答案】 B
87
电势能大小的判断
判断角度
判断方法
做功判断法
电场力做正功,电势能减小;
电场力做负功,电势能增加
电荷电势法
正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大
公式法
由Ep=qφp,将q、φp 的大小、正负号一起代入公式,Ep的正值越大,电势能越大;Ep的负值越小,电势能越大
能量守恒法
在电场中,若只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增加,电势能减小,反之,电势能增加
考点二 电场线、等势面与粒子运动轨迹的综合问题(高频39)
1.等势面
(1)定义:电场中 电势相等 的各点构成的面.
(2)四个特点
①在 同一等势面 上移动电荷时电场力不做功.
②电场线一定与等势面垂直,并且从 电势高 的等势面指向 电势低 的等势面.
③等差等势面越密的地方电场强度 越大 ;反之 越小 .
④任何两个等势面都不相交.
2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向;
(2)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;
(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向,确定电场力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等.
3.电场线和等势面相互垂直
87
4.几种常见典型电场中的等势面
电场
等势面(实线)图样
重要描述
匀强电场
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
连线中垂面上的电势为零
等量同种正点电荷的电场
连线上,中点电势最低,而在中垂线上,中点电势最高
带电导体的电场
与导体形状类似的等势面,导体是等势体
5.解决该类问题应熟练掌握以下知识及规律
(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.
(2)该点速度方向为轨迹切线方向.
(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.
(4)电场线垂直于等势面.
(5)顺着电场线电势降低最快.
(6)电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大,有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识.
87
[诊断小练]
(1)电场线一定与等势面垂直.( )
(2)同一幅图中,等势面密处,电场线也密,场强较大.( )
(3)电场线有可能与带电粒子的运动轨迹重合.( )
(4)在同一等势面上移动不同的电荷,电场力对电荷都不做功.( )
【答案】 (1)√ (2)√ (3)√ (4)√
命题点1 电场线与等势面
5. (2016·课标卷Ⅲ,15)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
【解析】 等势面相交,则电场线一定相交,故在同一点存在两个不同的电场强度方向,与事实不符,故A错误;电场线与等势面垂直,B正确;同一等势面上的电势相同,但是电场强度不一定相同,C错误;将负电荷从高电势处移动到低电势处,受到的电场力方向是从低电势指向高电势,所以电场力方向与运动方向相反,电场力做负功,D错误.
【答案】 B
6.(2015·课标卷Ⅰ,15)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φM、φN、φP、φQ.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( )
87
A.直线a位于某一等势面内,φM>φQ
B.直线c位于某一等势面内,φM>φN
C.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
【解析】 电子带负电荷,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,有WMN=WMP<0,而WMN=qUMN,WMP=qUMP,q<0,所以有UMN=UMP>0,即φM>φN=φP,匀强电场中等势线为平行的直线,所以NP和MQ分别是两条等势线,有φM=φQ,故A错误,B正确;电子由M点到Q点过程中,WMQ=q(φM-φQ)=0,电子由P点到Q点过程中,WPQ=q(φP-φQ)>0,故C、D错误.
【答案】 B
命题点2 电场线与运动轨迹
7.(2017·天津卷,7)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是( )
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>aB,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EpA<EpB
D.B点电势可能高于A点电势
【解析】 若Q在M端,由电子运动的轨迹可知Q为正电荷,电子从A向B运动或从B向A运动均可,由于rA<rB,故EA>EB,FA>FB,aA>aB,φA>φB,EpA<EpB;若Q在N端,由电子运动的轨迹可知Q为负电荷,且电子从A向B运动或从B向A运动均可,由rA>rB,故φA>φB,EpA<EpB.
综上所述选项A、D错误,选项B、C正确.
【答案】 BC
命题点3 等势面与运动轨迹
87
8.(2016· 课标卷Ⅱ,15)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.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
【解析】 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rbEQ,带电质点通过P点时加速度较大,D正确.
【答案】 BCD
考点三 电场中的三类图象问题(高频40)
命题点1 场强图象
10.(2017·课标卷Ⅰ,20)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ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φa已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由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.Ea∶Eb=4∶1
B.Ec∶Ed=2∶1
87
C.Wab∶Wbc=3∶1
D.Wbc∶Wcd=1∶3
【解析】 A对:由题图知,a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大,且rb=2ra,由E=知,Ea∶Eb=4∶1.
B错:rd=2rc,由E=知,Ec∶Ed=4∶1.
C对:在移动电荷的过程中,电场力做的功与电势能的变化量大小相等,则Wab∶Wbc=q(φa-φb)∶q(φb-φc)=3∶1.
D错:Wbc∶Wcd=q(φb-φc)∶q(φc-φd)=1∶1.
【答案】 AC
11.在x轴上电场强度E与x的关系如图所示,O为坐标原点,a、b、c为x轴上的点,a、c之间的距离为d,a、c两点的电场强度大小均为E0,则下列说法中正确的是( )
A.φb>φa=φc>φO
B.φO>φa>φb>φc
C.将质子从a点移到c点,电场力做功大于eE0d
D.将质子从a点移到c点,质子的电势能增加
【解析】 在Ex图象中,图象与x轴所围面积表示电势差,由图可以看出x轴上Oc段与图线所围面积大于ac段与图线所围面积,ac段与图线所围面积大于bc段与图线所围面积,即UOc>Uac>Ubc>0,所以φO>φa>φb>φc,故B正确,A错误;ac段与图线所围面积大于E0d,即Uac>E0d,所以将质子从a点移到c点,电场力做功大于eE0d,故C正确;将质子从a点移到c点,电场力做正功,质子的电势能减少,D错误.
【答案】 BC
由场强图象可以得出的信息
(1)由匀强电场场强公式E=,可以得出E=,场强E随x变化关系的图象与横轴所围的面积表示电势差.若x
87
=0处电势为零,可以根据面积比较各点的电势高低.
(2)由于F=qE,电场力做功W=Fx=qEx.场强E随x变化关系的图象与横轴所围的面积与电场力做的功成正比,而电场力做功与电势能变化相关,因此可得出电荷沿x轴移动时电势能变化情况.
命题点2 电势图象
12.(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示,φx图象表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律,图象关于φ轴对称分布.x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Eax、Ebx,则( )
A.EaxEbx,A错误;由沿着电场线方向电势降低可知,B正确;由于Eax和Ebx不是a、b两点的总场强,电场线方向不确定,故C错误;正电荷从a移到b,电势能先增加后减小,D正确.
【答案】 BD
由电势图象可以得出的信息
由匀强电场场强公式E=,可以得出E=,所以电势φ与位置x之间的关系图象的切线的斜率表示电场强度.由电势图象的切线的斜率可比较对应各点电场强度的大小.
命题点3 电势能图象
13.(2014·安徽卷,17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动.取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示,下列图象中合理的是( )
87
【解析】 带电粒子在电场中运动时,其电势能的变化规律是非线性的.由Epx图象知,带电粒子的电势能不是均匀变化的,由斜率k==F=q·E可知静电力不能为恒力,故选项A错误;带电粒子仅受静电力作用,故电势能和动能相互转化,电势能的减少量等于动能的增加量,即动能增加得越来越慢,故选项B错
误;由于静电力不是恒力,加速度a应该越来越小,故选项C错误,选项D正确.
【答案】 D
由电势能图象可以得出的信息
在Epx图象中,斜率的绝对值k==q·=q·E,表示电场力大小.
考点四 电场中的功能关系(高频41)
1.静电力做功的计算方法
(1)WAB= qUAB (普遍适用);
(2)W= qElcos_θ (适用于匀强电场);
(3)WAB=-ΔEp= EpA-EpB (从能量角度求解);
(4)W电+W非电= ΔEk (由动能定理求解).
2.带电粒子在电场中做曲线运动时正负功的判断
87
(1)粒子速度方向一定沿轨迹的 切线 方向,粒子合力方向一定沿电场线指向轨迹弯曲的 凹 侧.
(2)静电力与速度方向间夹角小于90°,静电力做 正 功;夹角大于90°,静电力做 负 功.
3.功能关系
(1)若只有静电力做功,电势能与动能之和 保持不变 ;
(2)若只有静电力和重力做功, 电势能 、 重力势能 、 动能 之和保持不变;
(3)除重力之外,其他各力对物体做的功等于物体 机械能 的变化;
(4)合力对物体所做的功,等于物体 动能 的变化.
【温馨提示】
解决此类问题时应注意以下两点:
1.利用电场线的特点、等势面的特点来分析粒子做功情况.
2.应用公式WAB=qUAB计算功时:WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算.
命题点1 电场力做功与电势能变化的判断
14.(2018·江苏泰州高三上学期期中)如图所示为某静电除尘装置的原理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区.图中虚线是某一带电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹,A、B两点是轨迹与电场线的交点.不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化,则以下说法正确的是( )
A.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
87
B.尘埃带正电
C.A点电势高于B点电势
D.尘埃在迁移过程中电势能一直在增大
【解析】 A点电场线密集,电场力大,加速度大,A正确;带电尘埃竖直方向逆着电场线运动,尘埃带负电,B错;φA0)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.
87
【解析】 质点所受电场力的大小为
F=qE①
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=m②
Nb-F=m③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有
Eka=mv④
Ekb=mv⑤
根据动能定理有Ekb-Eka=2rF⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E=(Nb-Na)⑦
Eka=(Nb+5Na)⑧
Ekb=(5Nb+Na).⑨
【答案】 (Nb-Na) (Nb+5Na) (5Nb+Na)
考点五 等分法的灵活应用(高频42)
87
解决匀强电场中电势差与电场强度关系时应抓住“一式二结论”
(1)一式:E==,其中d是沿电场强度方向上的距离.
(2)二结论:
结论1 匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势,等于φC=,如图甲所示.
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.
命题点 等分法的灵活应用
17.(2017·课标卷Ⅲ,21)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10 V、17 V、26 V.下列说法正确的是( )
A.电场强度的大小为2.5 V/cm
B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV
87
【解析】 如图所示,由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知,Oa间电势差与bc间电势差相等,故O点电势为1 V,选项B正确;则在x轴上,每0.5 cm长度对应电势差为1 V,10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0),△aOe中,Oe∶Oa=4.5∶6=3∶4,由几何知识得:Od长度为3.6 cm,代入公式E=得,E=2.5 V/cm,选项A正确;电子带负电,电势越高,电势能越小,电子在a点的电势能比在b点的高7 eV,选项C错误;电子从b点运动到c点,电场力做功W=eU=9 eV,选项D正确.
【答案】 ABD
解决此类题目可依下列步骤:
(1)连线(连接电势最低点与最高点);
(2)求电势差(如Ubd=φb-φd);
(3)等分(如将bd五等分);
(4)连等势点,找等势线(面).
18.(2014·课标卷Ⅰ,25)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(q>0),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A 点时的动能与初动能的比值;
(2)电场强度的大小和方向.
【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
dsin 60°=v0t①
87
dcos 60°=gt2②
又有Ek0=mv③
由①②③式得Ek0=mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+mgd⑤
由④⑤式得
=.⑥
(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ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=E
k0⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑧
在匀强电场中,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
=⑨
解得x=d,MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行,设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
87
α=30°⑩
即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°.
设电场强度的大小为E,有
qEdcos 30°=ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得E=.
【答案】 (1) (2) 电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°
[高考真题]
1.(2015·海南卷,7)如图,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零.下列说法正确的是( )
A.b点电势为零,电场强度也为零
B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右
C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功
D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大
【解析】 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷,所以电场方向与中垂线方向垂直,故中垂线为等势线,因为中垂线延伸到无穷远处,所以中垂线的电势为零,故b点的电势为零,但是电场强度不为零,A错误;等量异种电荷连线上,电场方向由正电荷指向负电荷,方向平行于x轴向右,在中点O处电势为零,O点左侧电势为正,右侧电势为负,且正电荷在正电势处电势能为正,故B正确;O点的电势低于a点的电势,电场力做负功,所以必须克服电场力做功,C正确;O点和b点的电势相等,所以先后从O、b点移到a点,电场力做功相等,电势能变化相同,D错误.
【答案】 BC
87
2.(2014·课标卷Ⅰ,21)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φM、φN、φP、φF表示.已知φM=φN,φP=φF,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则( )
A.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.φP大于φM
【解析】 由φM=φN,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与O点,设MF=FN=l,则由几何关系MO==l,FO=ltan 30°=l,OP=MP-MO=MNcos 30°-l=l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故点电荷Q一定在MP的连线上的O点,选项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,直线不可能在球面上,故选项B错误;由图可知OF0.保持该电场的电场强度大小和方向不变,让等边三角形绕A点在三角形所在平面内顺时针转过30°,则此时B点电势为( )
A.φ B.φ
C.-φ D.-φ
【解析】 根据题述φA=φB=0,A、B连线是一条等势线,则电场方向垂直于AB指向左侧,设等边三角形的边长为L,根据φC=φ可知电场强度E=,等边三角形绕A点在三角形所在平面内顺时针转过30°,此时的B点到原来AB的距离d=Lsin 30°,此时B点电势为-Ed=-φ,C正确.
【答案】 C
5.(2018·山东泰安高三上学期期中)如图,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是( )
87
A.O点的电势为零,电场强度也为零
B.a点的电势高于b点电势,a点电场强度大于b点电场强度
C.正的试探电荷在b点的电势能大于零,所受电场力方向指向O点
D.将负的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功
【解析】 O点是x轴上电场强度最小的点,又是y轴上电场强度最大的点,故Ea>EO>Eb,而y轴各点电势为0,所以φa>φb,A错,B对;正的试探电荷在b点电势能为0,在b点所受电场力方向水平向右,C错;将负的试探电荷从O点移到a点电场力做正功,D错.
【答案】 B
6.(2018·山东潍坊高三上学期期中)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10 V、16 V、22 V.下列说法正确的是( )
A.电场强度的大小为 V/cm
B.坐标原点处的电势为0 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低6 eV
D.电子从c点运动到b点,电场力做功为6 eV
【解析】 设ac之间的d点电势与b点相同,则==1,所以d点坐标为(3 cm,6 cm),过c点作等势线
87
bd的垂线,由几何关系可得cf= cm,电场强度大小E=== V/m,A正确;由于Oacb为正方形,所以Uac=UOb,所以φO=4 V,B错;电子在a、b处的电势能分别为Ea=-10 eV,Eb=-16 eV,C错;电子从c点运动到b点,电场力做功为-6 eV,D错.
【答案】 A
课时作业(二十)
[基础小题练]
1.将一正电荷从无限远处移入电场中M点,静电力做功W1=6×10-9 J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处,静电力做功W2=7×10-9 J,则M、N两点的电势φM、φN,有如下关系( )
A.φM<φN<0 B.φN>φM>0
C.φN<φM<0 D.φM>φN>0
【解析】 对正电荷φ∞-φM=;对负电荷φN-φ∞=,即φ∞-φN=.而W2>W1,φ∞=0,且和均大于0,则φN<φM<0,正确答案选C.
【答案】 C
2.如图所示,空间中存在着由一固定的正点电荷Q(图中未画出)产生的电场,另一正点电荷仅在电场力作用下沿曲线MN运动,在M点的速度大小为v0,方向沿MP方向,到达N点时速度大小为v,且vEpB>EpA,选项B、C正确;A、B间的电势差与B、C间的电势差不相同,粒子从A运动到B与从B运动到C,静电力做的功也不等,选项D错误.
【答案】 ABC
5.如图所示,在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧,弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q,现将与Q带同种电荷的小球P从直线上的N点由静止释放,在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中,下列说法中正确的是( )
A.小球P的电势能先减小后增加
B.小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加
C.小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和
D.小球P速度最大时所受弹簧弹力和电场力的合力为零
【解析】 在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中,电场力对小球P一直做正功,小球P的电势能一直减小,小球P
87
与弹簧组成的系统机械能一定增加,B正确,A错误;小球动能的减少量等于弹簧弹力、电场力和重力做功的代数和,C错误;小球P速度最大时所受重力、弹簧弹力和电场力的合力为零,D错误.
【答案】 B
6.(2018·山东潍坊高三期末)如图所示,在匀强电场中有A、B、C三点,三点构成直角三角形,∠A=37°,AB边长为5 m,D为AB中点,电场线与ABC所在平面平行,A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和6 V,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则( )
A.UDC=4 V B.UDC=10 V
C.E=2 V/m D.E=1.6 V/m
【解析】 将AB二等分,因UAB=8 V,则每等分两端的电势差为4 V,UAD=4 V,φD=10 V,φB=6 V,UDC=4 V,A对、B错;φB=φC=6 V,B、C两点位于同一等势面上,过D点作DE⊥AC于E点,则DE也为一等势面,φE=10 V,电场线即沿AC方向,场强E==2 V/m,故C对、D错.
【答案】 AC
[创新导向练]
7.生产科技——以电子束焊接为背景考查电场能的性质
电子束焊接机中的电子枪如图所示,K
为阴极,A为阳极,阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示,A上有一小孔,阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束,以极高的速率穿过阳极上的小孔,射到被焊接的金属上,使两块金属熔化而焊接到一起,不考虑电子重力,下列说法正确的是( )
87
A.A点的电势低于K点的电势
B.电子克服电场力做功
C.电子的电势能不断增加
D.电子动能不断增加
【解析】 A点电势高于K点电势,A错;电子逆着电场线方向运动,电场力做正功,电势能减小,动能增加,故B、C错,D对.
【答案】 D
8.生活科技——电视机显像管中的等势面
如图所示,实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面,a、b、c、d为圆上的4个点,则下列说法中正确的是( )
A.a、b、c、d四点电势不等,但电场强度相同
B.一电子从b点运动到c点,电场力做的功为0.8 eV
C.若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域,将做加速度先减小后增大的直线运动
D.若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域,将做加速度先增大后减小的直线运动
【解析】 由图可知,a、b两点电势相等,c、d两点电势相等,但电场强度大小相等,方向不相同,A错误.一电子从b点运动到c点,电场力做的功W=(φc-φb)=(0.90-0.10)eV=0.8 eV,B正确.观察图中给出的等差等势面的疏密可知,沿中心轴线从左到右,电场强度先增大后减小,故电子将做加速度先增大后减小的直线运动,C错误,D正确.
【答案】 BD
9.高新科技——利用“静电透镜”原理考查电场性质
87
静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图,虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线,等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称,且相邻两等势线的电势差相等.图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图,关于此电子从a点运动到b点过程中,下列说法正确的是( )
A.a点的电势高于b点的电势
B.电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C.电子在a点的动能大于在b点的动能
D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【解析】 由于等势线的电势沿x轴正向增加,根据等势线与电场线垂直,可作出电场线,电子所受的电场力与场强方向相反,故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力,在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力,故电子沿x轴方向一直加速,对负电荷是从低电势向高电势运动,故A错误;根据等势线的疏密知道b处的电场线也密,场强大,电子的加速度大,故B错误;根据负电荷在电势低处电势能大,可知电子的电势能一直减小,则电子在a处的电势能大于在b处的电势能,电子的电势能一直减小,则电子穿过电场的过程中,电场力始终做正功,动能增加,故C错误,D正确.
【答案】 D
10.生活科技——示波管中的电场线和等势线
如图所示为某示波管的聚焦电场,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,Ea>Eb B.Wa≠Wb,Ea>Eb
C.Wa=Wb,Ea<Eb D.Wa≠Wb,Ea<Eb
【解析】 由题图知a、b在同一等势面上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb,又由于在同一电场中,电场线密集处场强大,故Ea>Eb,A正确.
87
【答案】 A
[综合提升练]
11.(2018·山东烟台高三上学期期中)在竖直面内建立xOy坐标系,坐标系内有一沿水平方向的匀强电场.一质量为m、电荷量为-q的带电液滴,从P点由静止开始沿直线运动到坐标原点时,速度大小为v.已知重力加速度大小为g,P点的纵坐标为y,求:
(1)P、O两点间的电势差;
(2)电场强度的大小.
【解析】 (1)从P到O过程,由动能定理得:
mgy+qU=mv2-0,
解得:U=.
(2)液滴在竖直方向做自由落体运动:
y=gt2,vy=gt,
在水平方向,液滴做初速度为零的匀加速直线运动,
v0=at=t,
液滴到达O点的速度:v=,
解得:E=.
【答案】 (1) (2)
87
12.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104 N/C.现有一电荷量q=+1.0×10-4C,质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出).取g=10 m/s2.试求:
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小;
(2)D点到B点的距离xDB;
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能.(结果保留3位有效数字)
【解析】 (1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律有mg=m,解得vC=2.0 m/s.
设带电体通过B点时的速度为vB,轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有FB-mg=m.
带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理有
-mg×2R=mv-mv
联立解得FB=6.0 N,
根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力FB′=6.0 N.
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R=gt2,
xDB=vCt-t2.
联立解得xDB=0.
(3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力
做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处.
87
设带电体的最大动能为Ekm,根据动能定理有
qERsin 45°-mgR(1-cos 45°)=Ekm-mv,
代入数据解得Ekm≈1.17 J.
【答案】 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
第3课时电容器的电容 带电粒子在电场中的运动
考点考级
命题点
考查频率
平行板电容器的动态分析(Ⅰ)
命题点1:电容器与电源相连接
命题点2:电容器与静电计(验电器)相连接
2016·课标卷Ⅰ,14
2017·海南卷,4
带电粒子在电场中的直线运动(Ⅱ)
命题点1:仅在电场力作用下的直线运动
命题点2:在重力、电场力作用下的直线运动
2017·课标卷Ⅰ,25
2015·课标卷Ⅱ,14
2013·课标卷Ⅰ,16
2017·江苏卷,4
带电粒子在电场中的偏转运动(Ⅱ)
命题点1:带电粒子在电场中偏转的能量转化
命题点2:利用类平抛运动规律处理偏转运动问题
命题点3:带电粒子在电场中偏转的综合问题分析
2017·课标卷Ⅱ,25
考点一 平行板电容器的动态分析(高频43)
1.
87
2.两种类型的动态分析思路
(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= 分析平行板电容器电容的变化.
(3)用定义式C= 判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化.
(4)用E=分析电容器两极板间电场强度的变化.
[诊断小练]
(1)从C=可以看出,电容的大小取决于带电荷量和电压.( )
(2)从C=可以看出,电容的大小取决于电介质的种类、极板正对面积和两极板的位置关系.( )
(3)它们都适用于各种电容器.( )
(4)C=是适用于各种电容器的定义式,C=是只适用于平行板电容器的决定式.( )
【答案】 (1)× (2)√ (3)× (4)√
命题点1 电容器与电源相连接
1.(2017·海南卷,4)如图,平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连,一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间,处于静止状态.现保持右极板不动,将左极板向右缓慢移动.关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T,下列判断正确的是( )
A.F逐渐减小,T逐渐减小
87
B.F逐渐增大,T逐渐减小
C.F逐渐减小,T逐渐增大
D.F逐渐增大,T逐渐增大
【解析】 电容器与电源相连,所以两端间电势差不变,将左极板向右缓慢移动过程中,两板间距离减小,则由U=Ed可知,电场强度E增大;电场力F=Eq增大;小球处于平衡状态,受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡,故拉力与电场力和重力的合力大小相等,方向相反;根据平行四边形定则可知,T=;由于重力不变,电场力变大,故拉力增大.故D正确,A、B、C错误.
【答案】 D
平行板电容器动态问题的分析思路
2.(2018·江苏泰州高三上学期期中)如图所示,两块较大的金属板A、B相距为d,平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好处于静止状态.以下说法正确的是( )
A.若将S断开,则油滴将做自由落体运动,G表中无电流
B.若保持S闭合,将A向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G表中有a→b的电流
C.若保持S闭合,将A向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G表中有b→a的电流
D.若保持S闭合,将A向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G表中有b→a的电流
【解析】 将S断开,电容器的电量不变,电路中无电流.板间场强不变,油滴所受的电场力不变,故油滴仍处于静止状态,故A错误;若将A板左移,电容器板间电压不变,d不变,场强不变,则电场力不变,则油滴仍然静止;根据C=,可知电容减小,结合C=可知,电荷量减小,电容器要放电,则有由b→a
87
的电流流过G,故B错误;将A板上移,由E=可知,E变小,油滴所受的电场力减小,将向下加速运动.根据C=,可知电容减小,结合C=可知,电荷量减小,电容器要放电,则有由b→a的电流流过
G,故C正确;将A板下移,由E=可知,E变大,油滴所受的电场力增大,将向上加速运动.根据C=,可知电容变大,结合C=可知,电荷量变大,电容器要充电,则有由a→b的电流流过G,故D错误;故选C.
【答案】 C
命题点2 电容器与静电计(验电器)相连接
3.如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上,电容器下极板接地,静电计所带电荷量可忽略,二极管具有单向导电性.闭合开关S,一带电油滴恰好静止于两板间的P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法正确的是( )
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将增加
D.油滴仍将保持静止
【解析】 由公式C=可知,将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时,即d增大,则平行板电容器的电容将变小,A项错误;电容器与电源及二极管连接,电容器不能放电,电荷量一定,根据U=可知,电压增大,静电计指针张角变大,B项错误;依题意带电油滴带负电,而P点的电势增加,所以带电油滴的电势能减少,C项错误;根据E=可知电容器内部电场强度不变,所以油滴仍将保持静止,D项正确.
【答案】 D
两类动态变化问题的比较
87
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小Q变小E变小
C变小U变大E不变
S变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
εr变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
考点二 带电粒子在电场中的直线运动(高频44)
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或 静止 ,或做 匀速直线 运动.
(2)粒子所受合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做 匀加速 直线运动或 匀减速 直线运动.
2.用动力学观点分析
a=,E=,v2-v=2ad.
3.用功能观点分析
匀强电场中:W=Eqd=qU=mv2-mv
非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1
[诊断小练]
(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动.( )
(2)带电粒子在电场中,只受电场力时,也可以做匀速圆周运动.( )
(3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略.( )
(4)带电粒子在电场中做直线运动时一定被加速.( )
【答案】 (1)× (2)√ (3)× (4)×
87
命题点1 仅在电场力作用下的直线运动
4.(2017·江苏卷,4)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′点之间返回
C.运动到P′点返回
D.穿过P′点
【解析】 设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2,间距分别为d1和d2,电子由O点运动到P点的过程中,据动能定理得:
eE1d1-eE2d2=0①
当C板向右平移后,BC板间的电场强度
E2′====,
BC板间的电场强度与板间距无关,大小不变.
第二次释放后,设电子在BC间移动的距离为x,则
eE1d1-eE2x=0-0②
比较①②两式知,x=d2,即电子运动到P点时返回,选项A正确.
【答案】 A
命题点2 在重力、电场力作用下的直线运动
87
5.(2017·课标卷Ⅰ,25)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】 (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,故匀强电场方向向上.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=ma1①
油滴在时刻t1的速度为
v1=v0+a1t1②
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=ma2③
油滴在时刻t2=2t1的速度为
v2=v1-a2t1④
由①②③④式得
v2=v0-2gt1⑤
(2)由题意,在t=0时刻前有
qE1=mg⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为
s1=v0t1+a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为
87
s2=v1t1-a2t⑧
由题给条件有
v=2g(2h)⑨
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=h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2=E1⑪
为使E2>E1,应有
2-2+2>1⑫
即当
00和v2E1,应有
2-2-2>1⑰
87
即t1>⑱
另一解为负,不合题意,已舍去.
【答案】 (1)v0-2gt1 (2)见解析
6.(2013·课标卷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
【解析】 带电粒子在重力作用下下落,此过程中重力做正功,当带电粒子进入平行板电容器时,电场力对带电粒子做负功,若带电粒子在下极板处返回,由动能定理得mg(+d)-qU=0;若电容器下极板上移,设带电粒子在距上极板d′处返回,则重力做功WG=mg(+d′),电场力做功W电=-qU′=-qU=-qU,由动能定理得WG+W电=0,联立各式解得d′=d,选项D正确.
【答案】 D
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
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)
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
2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
87
考点三 带电粒子在电场中的偏转运动(高频45)
1.基本规律
设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响),则有
(1)加速度:a===.
(2)在电场中的运动时间:t=.
(3)速度
v=,tan θ==.
(4)位移
2.两个结论
(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的偏转角度总是相同的.
证明:由qU0=mv及tan φ=得tan φ=.
(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为粒子水平位移的中点,即O到电场边缘的距离为.
3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
87
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-mv,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差.
[诊断小练]
如图,含有大量H、H、He的粒子流无初速度进入某一加速电场,然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场,最后打在荧光屏上.下列有关荧光屏上亮点分布的判断是否正确.
(1)出现三个亮点,偏离O点最远的是H.( )
(1)出现三个亮点,偏离O点最远的是He.( )
(3)出现两个亮点.( )
(4)只会出现一个亮点.( )
【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)√
命题点1 带电粒子在电场中偏转的能量转化
7.(2014·天津卷,4)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么( )
A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C.微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
87
【解析】 本题只能确定重力向下,合外力向下,无法确定电场力方向,也无法确定电场力做功的正负及电势能的变化情况,故A、B错误.由合外力一定向下,可知M→N的过程中合外力做正功,动能增加,C正确.除重力以外其他力做功影响物体的机械能,本题除重力以外带电微粒只受电场力,由于无法判断电场力做功的正负,也无法判断机械能是增加还是减少,D错误.
【答案】 C
命题点2 利用类平抛运动规律处理偏转运动问题
8.(2017·课标卷Ⅱ,25)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(q>0)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.
【解析】 (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s2.由题给条件和运动学公式得
v0-at=0①
s1=v0t+at2②
s2=v0t-at2③
联立①②③式得=3.④
(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,由运动学公式得
v=2gh⑤
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H=vyt+gt2⑥
M进入电场后做直线运动,由几何关系知
=
联立①②⑤⑥⑦式可得
h=H.⑧
(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
=⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得
Ek1=m(v+v)+mgH+qEs1⑩
Ek2=m(v+v)+mgH-qEs2⑪
由已知条件
Ek1=1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E=.⑬
【答案】 (1)3∶1 (2)H (3)
9.(2015·天津卷,7)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( )
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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
【解析】 带电粒子经加速电场后速度v0=,出偏转电场时的纵向速度vy=,所以偏转电场E2对粒子做功为W=m(v+v)-mv=q,故做功一样多,故A正确;粒子打到屏上时的速度为v==,与比荷有关,故速度不一样大,故B错误;纵向位移y=at2=,即位移与比荷无关,由相似三角形可知,打到屏幕上的位置相同,故D正确;运动到屏上所用时间t=×,与比荷有关,故C错误.
【答案】 AD
命题点3 带电粒子在电场中偏转的综合问题分析
10.(2018·河南南阳市高三上学期期中)如图所示,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上,在第Ⅰ象限内有与y轴平行、方向向上的匀强电场区域,区域形状是直角三角形,三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0,L)点.区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为-q(q>0)和初速度v0的带电微粒,这束带电
微粒分布在0<y<L的区间内,其中从y=的点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射出场区,不计带电微粒的重力,求:
(1)电场强度大小;
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(2)从0<y<的区间射入场区的带电微粒,射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式;
(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值.
【解析】 (1)设电场强度为E,带电微粒在场区中的偏转时间为t1,有:L=v0t1,=at,
由牛顿第二定律得:qE=ma,
解得:E=.
(2)微粒做类平抛运动,有:
x=v0t,y=at2,整理得:x2=2Ly.
(3)如图所示,设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1,竖直偏转位移为y1,偏转角为θ,偏转时间为t2,射入场区时的y坐标值为Y,
有:x1=v0t2,y1=at,
根据几何关系有:x1+=2L,L-x1=Y-y1,
根据平抛运动的特点有:tan θ=2,
解得:Y=L.
【答案】 (1) (2)x2=2Ly (3)L
思想方法系列(六) 解决带电粒子在交变电场中运动的方法
技法一 借助图象,展示物理过程
带电粒子在交变电场中运动时,受电场力作用,其加速度、速度等均做周期性变化.借助图象来描述它在电场中的运动情况,可直观展示物理过程,从而获得启迪,快捷地分析求解.
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例1 如图(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.0<t0< B.<t0<
C.<t0<T D.T<t0<
【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负,时而为正,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.作出t0=0、、、时粒子运动的速度图象如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0