高考_专题八 电场（资料包word版）试卷

这是一份高考_专题八 电场（资料包word版）试卷，共13页。试卷主要包含了9 V等内容，欢迎下载使用。
专题八　电场
1.物理探索 (2022吉林白山期末)某种海鱼能在周围空间产生电场,其电场线分布如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.海鱼的头部带正电,A点的电势比B点的电势高
B.海鱼的头部带正电,A点的电势比B点的电势低
C.海鱼的头部带负电,A点的电势比B点的电势高
D.海鱼的头部带负电,A点的电势比B点的电势低
答案　B　电场线从正电荷或无穷远处出发,终止于负电荷或无穷远处,根据图中电场线方向可知,海鱼的头部带正电,尾部带负电;沿着电场线电势降低,等势线与电场线垂直,故B点电势比C点电势高,A点电势比C点电势低,故选B。
2.物理探索 (2022河南南阳质量评估)如图甲所示,有一竖直放置的绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,一绝缘光滑细杆过圆心沿垂直圆环平面方向穿过圆环,细杆上套有一个质量为m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.0×10-4 C。小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v-t图像如图乙所示。小球运动到B点时,速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。下列说法正确的是(　　)

甲 乙
A.在圆环形成的电场中,O点右侧杆上B点场强最大,场强大小为E=12 V/m
B.在圆环形成的电场中,由C到A电势逐渐升高
C.小球在由C到A的过程中电势能先减小后增大
D.在圆环形成的电场中,C、B两点间的电势差UCB=0.9 V
答案　D　由v-t图像可知,小球在B点的加速度最大,故所受的电场力最大,B点的电场强度最大,小球在B点的加速度a=ΔvΔt=0.35 m/s2=0.06 m/s2,又因为qE=ma,解得E=1.2 V/m,A错误。从C到A小球的动能一直增大,则电场力一直做正功,故电势能一直减小,又因为小球带正电,故从C到A电势逐渐降低,B、C错误;小球由C到B过程电场力做功为WCB=12mvB2-0,C、B间的电势差为UCB=WCBq=mvB22q=0.01×0.322×5×10-4 V=0.9 V,D正确。
3.(2022山东淄博一模,6)如图甲所示,直线AB是电场中的一条电场线,沿与直线AB成θ=37°角的方向建立直线坐标轴Ox,令原点O处电势为零,则沿Ox坐标轴上各点的电势φ与x坐标关系如图乙所示,直线上P点坐标已标注在图中,下列说法正确的是(　　)

甲 乙
A.电场方向由B指向A B.电场方向沿x轴正方向
C.原点O处场强大小为2.0×102 V/m D.原点O处场强大小为1.6×102 V/m
答案　C　由图乙沿着x正方向电势逐渐降低可知,电场方向有A指向B,由于φ-x图像为直线,图像斜率代表场强,不变,故该电场为匀强电场,该电场的场强大小为E=φxcosθ=3.22×10-2×0.8 V/m=2.0×102 V/m,故选C。
4.(2022山东潍坊二模,10)(多选)如图所示,正三棱柱的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷,C点固定一个电荷量为-Q的点电荷,D、D'点分别为AC、A'C'边的中点,选无穷远处电势为0。下列说法中正确的是(　　)

A.B、B'、D、D'四点的电场强度相同
B.将一正试探电荷从A'点移到C'点,其电势能减少
C.将一负试探电荷沿直线从B点移到D点,电场力始终不做功
D.若在A'点再固定一电荷量为+Q的点电荷,C'点再固定一个电荷量为-Q的点电荷,则D点的电势升高
答案　BC　等量异种点电荷的电场线分布如图

可知,B、B'、D、D'四点的电场强度方向相同,大小不同,故A错误;根据等量异种点电荷的电势分布可知,A'点的电势大于C'点的电势,根据Ep=qφ可知正电荷在A'点的电势能大于C'的电势能,将一正试探电荷从A'点移到C'点,其电势能减少,故B正确;由电场线的分布可知,面BB'D'D为等势面,则将一负试探电荷沿直线从B点移到D点,电场力始终不做功,故C正确;若在A'点再固定一电荷量为+Q的点电荷,C'点再固定一个电荷量为-Q的点电荷,面BB'D'D依然为一个等势面,电势不变依然为零,故D错误。
5.(2022山东潍坊一模,6)真空空间中有四个点o、a、b、c,任意两点间距离均为L,点d(未画出)到点o、a、b、c的距离均相等,如图所示。在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷,在oc连线的某点处放置正点电荷Q,使得d点的电场强度为零。则Q的电荷量为(　　)

A.39q　　　　B.239q C.33q　　　　D.233q
答案　B　根据题意分析d点的位置,已知o、a、b、c构成正四面体,则由于d与各点等距,所以d位于正四面体的中心,根据几何关系可得ad=bd=64L,在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷,由于对称性分析得这两个点电荷在d点所产生的合场强方向垂直于oc,指向oc的中点e,根据几何关系可得de=24L,故使得d点的电场强度为零,则正点电荷Q应当放置于e点,正点电荷Q在d点所产生的场强为EQ=kQ(de)2=8kQL2,结合空间几何关系,a、b处电荷量为q的正点电荷在d点产生的合场强大小为E合=2kq(ad)2·edad=2kq(64)2L2·24L64L=163kq9L2,因d点合场强为0,得E合=EQ,解得Q=239q,B正确,A、C、D错误。

6.(2022山东淄博二模,11)(多选)如图甲所示,粗糙、绝缘的水平地面上,一质量m=2 kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1 m处以v0=1.5 m/s的初速度沿x轴正方向运动,滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。整个区域存在沿水平方向的电场,滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示,P点是图线最低点,虚线AB是图像在x=1 m处的切线,取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

甲 乙
A.x=3 m处的电势最低
B.滑块向右运动过程中,速度始终减小
C.滑块运动至x=3 m处时,速度大小为52 m/s
D.滑块向右一定可以经过x=4 m处的位置
答案　BC　滑块在x=3 m处电势能最小,因为滑块带负电,所以x=3 m处的电势最高,故A错误。Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小,所以滑块在x=1 m处所受电场力大小为F1=1 N,滑块所受滑动摩擦力大小为f=μmg=1 N,在1~3 m区间内,滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反,且不断减小,则滑块所受合外力方向与速度方向相反;在x=3 m之后,滑块所受电场力与滑动摩擦力同向,且不断增大,则滑块所受合外力方向也与速度方向相反,综上所述可知滑块向右运动过程中,在x=1 m处速度最大,速度始终减小,故B正确;滑块在x=1 m处所具有的机械能为E1=Ep+Ek=2 J+12×2×(1.5)2 J=4.25 J,在1~3 m区间内,摩擦力做功使机械能减小,则有E3=E1-Wf=4.25 J-1×2 J=2.25 J,滑块在x=3 m处的电势能等于1 J,故此刻动能为1.25 J,根据动能表达式可得此刻的速度大小为52 m/s,C正确。滑块在x=1 m处的电势能与在x=4 m处的电势能相等,根据能量守恒定律,若滑块能够经过x=4 m处,则应满足12mv02≥fΔx,根据题中数据可知实际情况并不满足上式,所以滑块一定无法经过x=4 m处的位置,故D错误。
7.物理生活 (2022广东广州一模,9)(多选)如图所示,在干燥的冬天,手接触房间的金属门锁时,会有一种被电击的感觉,带负电的手在缓慢靠近门锁还未被电击的过程中,门锁(　　)

A.近手端感应出正电荷 B.电势比手的电势低
C.与手之间的场强逐渐增大 D.与手之间的场强保持不变
答案　AC　放电前手指靠近金属门锁的过程中,门锁在手的影响下,发生静电感应,近手端感应出正电荷,故A正确;门锁近手端带正电,手带负电,电场线由门锁近手端指向手,则门锁的电势比手的电势高,故B错误;随着手的靠近,二者间距逐渐减小,将门锁与手看成一个电容器,当两者距离减小时,根据C=εrS4πkd,E=Ud,C=QU,联立得E=4πkQεrS,由于异种电荷相互吸引,手接近的过程中,门锁近手端电荷密度越来越大,故门锁与手指之间场强逐渐增大,故C正确,D错误。
易错警示　由E=4πkQεrS知,电容器极板间的电场强度与电荷密度QS有关,电荷密度越大,场强越强。
8.物理探索 (2022广东碧桂园学校3月模拟,6)如图甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图,其主要结构为一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后板使用绝缘材料,上、下板使用金属材料。图乙是该装置主要结构的截面图,上、下两板与输出电压可调的高压直流电源(内电阻可忽略不计)相连。质量为m、电荷量为-q的带负电尘埃无初速度地进入A、B两极板间的加速电场。尘埃被加速后进入矩形通道,当尘埃碰到下极板后其所带电荷被中和,同时尘埃被收集。尘埃的重力、空气阻力、尘埃间的作用力均忽略不计,下列判断正确的是(　　)

A.靠近上极板的尘埃更容易被吸附
B.若只将矩形通道的电场方向反向,该除尘装置则无法正常工作
C.仅增大A、B之间的加速电压,可以有效增大被吸附尘埃的比例
D.仅增加板长L,有可能将所有的尘埃吸附到除尘装置中
答案　D　由题图乙可知,下板带正电,上板带负电,板间电场方向向上,带负电的尘埃在极板间受到向下的电场力,落到下极板被中和收集,故靠近下极板的尘埃更容易被吸附,A错误;若只将矩形通道的电场方向反向,带负电的尘埃在极板间受到向上的电场力,落到上极板被中和收集,所以除尘装置仍能正常工作,B错误;仅增大A、B之间的加速电压,尘埃进入偏转电场的速度变大,尘埃在偏转电场中从右侧飞出电场所用时间变短,向下偏转的距离变小,使得更多的尘埃不会打到下极板,可以离开电场,故减小了被吸附尘埃的比例,C错误;仅增加板长L,使得原来从极板右侧飞出电场的尘埃在电场中的运动时间变长,从而向下偏转的距离也变大,当板长L增加到一定程度,从上极板左侧进入的尘埃都飞不出电场而打到下极板时,所有的尘埃都会被收集,故仅增加板长L,有可能将所有的尘埃吸附到除尘装置中,D正确。
9.(2022衡阳一模,4)人体的细胞膜模型图如图a所示,由磷脂双分子层组成,双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位),现研究某小块均匀的细胞膜,厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场,简化模型如图b所示,初速度可视为零的一价正钠离子仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点,下列说法正确的是(　　)

图a 图b
A.A点电势等于B点电势 B.钠离子的电势能增大
C.若膜电位不变,钠离子进入细胞内的速度变大 D.若膜电位增加,钠离子进入细胞内的速度变大
答案　D　初速度可视为零的一价正钠离子仅在电场力的作用下,从A点运动到B点,则电场线从A指向B,沿电场线方向电势降低,所以A点电势高于B点电势,A错误;钠离子运动过程中电场力做正功,所以钠离子的电势能减小,B错误;由动能定理可知qU=12mv2,若膜电位不变,即电压U不变,钠离子进入细胞内的速度不变,若膜电位增加即电压U增加,速度增大,C错误,D正确。
10.(2022株洲一模,6)如图,一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上,底座置于光滑水平面上,一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上,并穿过右极板上的小孔,电容器极板连同底座总质量为2m,底座锁定在水平面上时,套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后,最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后,将两极板间距离变为原来的2倍,其他条件不变,则带电环进入电容器后,最远能到达的位置距离右极板(　　)

A.12d　　　　B.d　　　　C.23d　　　　D.43d
答案　C　设带电环所带电荷量为q,初速度为v0,底座锁定时电容器两极板间电场强度为E,则由功能关系有qEd=12mv02;底座解除锁定后,两极板间距离变为原来的2倍,极板间电场强度大小不变,电容器及底座在带电环作用下一起向左运动,当与带电环共速时,带电环到达进入电容器最远位置,整个过程满足动量守恒,则有mv0=3mv1,再由功能关系有qEd'=12mv02-12×3mv12,联立解得d'=23d,故选C。
11.(2022河北一模,7)(多选)空间存在如图所示的静电场,a、b、c、d为电场中的四个点,则(　　)

A.a点的场强比b点的大 B.d点的电势比c点的低
C.质子在d点的电势能比在c点的小 D.将电子从a点移动到b点,电场力做正功
答案　AD　根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小,可知a点的场强比b点的场强大,故A正确;根据沿着电场线方向电势不断降低,可知d点的电势比c点的电势高,故B错误;根据正电荷在电势越高的点,电势能越大,可知质子在d点的电势能比在c点的电势能大,故C错误;由图可知,a点的电势低于b点的电势,而负电荷在电势越低的点电势能越大,故电子在a点的电势能高于在b点的电势能,所以将电子从a点移动到b点,电势能减小,电场力做正功,故D正确。
12.(2020滨海七校期末)(多选)如图甲所示,两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点,其中Q1带正电位于原点O,a、b是它们连线延长线上的两点,其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),设粒子在a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度随坐标x变化的图像如图乙所示,则以下判断正确的是(　　)

A.Q2一定带负电 B.b点的场强一定为零
C.Q1与Q2电荷量的大小之比为4∶9 D.a点的电势比b点的电势高
答案　AB　在b点前做减速运动,b点后做加速运动,可见在b点的加速度为0,则b点场强为零,在b点受到两点电荷的电场力平衡,可知Q2带负电,且有kQ1q(3L)2=kQ2q(2L)2,Q1∶Q2=9∶4,故A、B正确,C错误;该电荷从a点到b点做减速运动,动能减小,且该电荷为正电荷,电场力做负功,所以电势能增大,电势升高,所以b点电势较高,故D错误。
13.(2022南开二模,5)如图所示,虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面,已知a、b两点在同一等势面上,c、d两点在另一个等势面上。甲、乙两个带电粒子以相同的速率,从同一点a沿不同的方向射入电场,在电场中甲、乙分别沿曲线acb、adb运动到点b。则(　　)
A.甲、乙两粒子所带的电荷电性相同
B.甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点的速率
C.两个粒子的电势能都是先减小后增大
D.经过b点时,两粒子的动能一定相等
答案　B　由轨迹看出,甲受引力,乙受斥力,甲、乙所带的电荷电性不同,故A错误;电场力先对甲做正功,先对乙做负功,故B正确;甲粒子电势能先减小后增大,乙粒子电势能先增大后减小,故C错误;到b点时,电场力对两粒子做功都为零,但动能不一定相等,因为质量不一定相等,故D错误。
14.物理科技 (2022江苏无锡一中月考,2)“超级电容器”由于电极中加入了表面积非常大的石墨烯,所以具备超大的容量。相对于普通电容器,“超级电容器”(　　)
A.极板电荷量较大 B.极板间的电场强度较大
C.单位电压容纳的电荷量较大 D.带相同电荷量时电压较大
答案　C　由于超级电容器具备超大的容量,即单位电压容纳的电荷量较大,也就是电容C较大,故带相同电荷量时电压较小,C正确,D错误;电容器的容纳能力较大,并不代表实际使用中极板电荷量较大、场强较大,也有可能极板电荷量很小,场强很小,A、B错误。
15.物理生活 (2022江苏镇江月考,5)如图所示为某汽车上的电容式加速度传感器的俯视图。金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧,弹簧与电容器固定在外框上,金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动,电容器与恒压电源连接,并串联计算机的信号采集器。当汽车向右做加速度增大的加速运动时,电介质相对于外框向左移动,则电容器(　　)

A.电容变小 B.极板间的电压变大
C.极板间的电场强度不变 D.极板间的电场强度变小
答案　C　因为电介质相对于外框向左移动,根据C=εrS4πkd,可知电容器电容变大,选项A错误;电容器极板与电源连接,则两板间的电压不变,选项B错误;根据E=Ud,两板电压和间距都不变,则场强不变,选项C正确,D错误。
16.物理生活 (2022江苏扬州八校联考,6)如图甲所示为可变电容器,图乙为其简化模型,即两个完全相同的半圆形的平行金属板接在电路中,开始两金属板正对。闭合开关S,将上侧金属板转过60°,同时将两板之间的距离增大到原来的32;调节前、后将同一重力不计的正粒子由下侧极板无初速释放,释放位置都在两极板正对面内。假设两极板正对面之间的电场始终为匀强电场,则调整前后(　　)

甲 乙
A.两极板间的电场强度之比为2∶3 B.平行板电容器的电容之比为9∶4
C.电容器所带的电荷量之比为3∶2 D.粒子在极板间运动的时间之比为3∶2
答案　B　由于电容器的两极板与固定的电源相连接,则调整前后两极板之间的电压不变,由公式E=Ud可知,调整前、后两极板间的电场强度之比为3∶2,故A错误;由平行板电容器电容决定式C=εrS4πkd,可知C1C2=S1S2·d2d1=32×32=94,故B正确;由公式Q=CU可知Q1Q2=C1C2=94,故C错误;粒子由静止从下侧极板运动到上侧极板的过程中,由动能定理有qU=12mv2,可知电子到达上侧极板时的速度v=2qUm,电容器两端电压不变,则调整前、后粒子到达上侧极板时的速度相同,粒子运动的平均速度相同,则调整前、后粒子在极板间运动的时间之比为t1t2=d1d2=23,故D错误。
17.物理科技 (2022江苏南京六校联考,10)富兰克林为研究雷电现象,设计了如图所示的装置,避雷针线路与接地线分开,并在分开处装上帽形的金属钟A与B,两钟之间以丝线悬挂一个金属小球C,A钟下方用导线连接两个很轻的金属小球形成验电器D,避雷针上空附近的云不带电时,三个金属小球均静止下垂。若带负电的云接近避雷针顶端时,则(　　)

A.避雷针顶端带负电
B.接地线上有正电荷流入大地
C.验电器D上的两个金属小球最后会下垂并相互接触
D.金属小球C会在A与B之间摆动,不断来回撞击A与B
答案　D　根据异种电荷相互吸引、同种电荷相互排斥,可知若带负电的云接近避雷针顶端时,避雷针顶端带正电,故A错误;金属内的正电荷不会移动,故B错误;由上述分析可知,验电器D下端应带负电,小球C在验电器D下端的吸引下撞击A,然后和A带同种电荷,即带负电,然后相互排斥,和B接触,此时电子通过B导入大地,然后C不带电,如此反复,验电器下端两小球始终带负电,所以两小球相互排斥,故D正确,C错误。
审题指导　带负电的云“接近”避雷针顶端,由于静电感应,使避雷针顶端带正电、下端带负电;要注意区分“接近”与“接触”的差别,“接近”发生的是感应起电现象,而“接触”就是接触带电现象,若接触,则避雷针上只带负电荷。
18.(2022新疆乌鲁木齐一测)如图所示,用绝缘细线悬挂一带电小球,整个装置处于场强方向水平向右的匀强电场中,小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=30°,若电场突然反向,场强大小不变,小球开始运动。已知小球质量为m,重力加速度的大小为g。求:

(1)小球所受电场力的大小F;
(2)小球速度最大时细线拉力的大小FT。
答案　(1)33mg　(2)43mg3
解析　(1)小球平衡时受力分析可得F=mg tan θ
解得电场力的大小F=33mg
(2)电场反向后,设重力和电场力的合力为F0,F0与竖直方向夹角为30°,则有F0=mg cosθ
当绝缘细线对小球的拉力与F0反向时小球速度最大,由动能定理可得2FL sin 30°=12mv2-0
由牛顿第二定律可得FT-F0=mv2L
联立解得FT=43mg3
19.(2022湖南新高考物理精创预测卷,14)在纳米薄膜制备时,利用高频电场使惰性气体发生电离,产生辉光放电,电离产生的正离子和电子高速轰击靶材,使靶材上的原子或分子溅射出来,然后沉积到基板上形成薄膜。如图甲所示,装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板,加在极板A、B间的电压UAB周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-34U0,电压变化的周期为2t0,如图乙所示。在t=0时,极板B附近有质量为m、电荷量为e的一群电子,在电场作用下由静止开始运动,在第一个周期内未碰到极板A,不计电子的重力。求:
(1)电子在0~2t0时间内的位移大小;
(2)若电子在20t0时恰好碰到极板A,则两极板间的距离d与e、m和U0的关系;
(3)若电子在n个周期结束的时刻打到极板A上,且形成的薄膜厚度与电子到达极板的动能成正比,比例系数为k,则在基板上形成薄膜的厚度Δd与n、k的关系。

甲 乙
答案　(1)9eU08mdt02　(2)d=315eU0m2mt0　(3)Δd=k(neU0t0)232md2(n=1,2,3,4…)
解析　(1)电子在0~t0时间内做匀加速运动,有
a1=eU0md
x1=12a1t02=eU02mdt02
在t0~2t0时间内做匀减速运动,有
a2=3eU04md
初速度的大小
v1=a1t0
电子在这段时间内的位移大小
x2=v1t0-12a2t02=5eU08mdt02
0~2t0时间内电子的位移大小为
x=x1+x2=9eU08mdt02
(2)第一个周期末电子的速度大小为
v2=v1-a2t0=eU04mdt0
电子运动的v-t图像如图所示,n个周期内电子的位移为

xn=nx+n(n-1)2·v2·2t0=n(2n+7)eU08mdt02(n=1,2,3…)
将n=10代入,可得两极板间的距离为
d=315eU0m2mt0
(3)电子在一个周期内速度的增量为
Δv=(a1-a2)t0=eU04mdt0
电子在n个周期内速度的增量为
Δvn=nΔv=neU04mdt0
若电子在n个周期结束的时刻打到极板A上,形成薄膜的厚度
Δd=kEkn=k·12m(Δvn)2=k(neU0t0)232md2(n=1,2,3,4…)
20.(2022北京朝阳一模,19)类比是研究问题的常用方法。
(1)情境1:如图1所示,弹簧振子的平衡位置为O点,在B、C两点之间做简谐运动,小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律可用方程x=xm cos kmt描述,其中xm为小球相对平衡位置O时的最大位移,m为小球的质量,k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图,并借助F-x图像证明弹簧的弹性势能Ep=12kx2。

图1 图2
(2)情境2:如图3所示,把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关连成电路。先把开关置于电源一侧,为电容器充电,稍后再把开关置于线圈一侧,组成LC振荡电路,同时发现电容器极板上电荷量q随时间t的变化规律与情境1中小球位移x随时间t的变化规律类似。已知电源的电动势为E,电容器的电容为C,线圈的自感系数为L。

图3
a.类比情境1,证明电容器的电场能E电=q22C;
b.类比情境1和情境2,完成表格。
情境1
情境2
小球的位移x=xm·cos kmt


线圈的磁场能E磁=12Li2(i为线圈中电流的瞬时值)
答案　见解析
解析　(1)弹簧弹力F随位移x变化的示意图如图1所示。
F-x图像中,图线与x轴围成的面积等于弹力做的功。小球从位移为x处回到平衡位置的过程中,弹簧弹力做功W=12·x·kx=12kx2
设小球的位移为x时,弹簧的弹性势能为Ep,根据功能关系有
W=Ep-0
所以Ep=12kx2

图1 图2
(2)a.根据电容器电容的定义式C=QU,可作出电容器电压u随电荷量q变化的关系图线,如图2所示,图线与q轴围成的面积等于充电时电源对电容器做的功,也就等于电容器内储存的电场能,所以E电=12qu=q22C
b.
情境1
情境2

电容器的电荷量q=CE cos 1LCt
小球的动能Ek=12mv2
(v为小球的瞬时速度)

思路点拨　弹簧弹力F=-kx,利用F-x图像,可以得到图线与x轴所围成的面积等于弹力做功,进而由弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能的变化量的相反数,即初状态弹性势能减去末状态弹性势能可以得到弹簧弹性势能的表达式。
(2)a.电容器的电场对电荷做功对应电容器储存电能,电场力做功W=qu,因此有必要研究电容器的电压u与q的关系,u=qC,可由微元法得到移动极小一份Δq时电场力做功为u-q图像中矩形面积,进而可以得到u-q图线所围面积表示充电时电源产生电场力对电容器做功,数值上等于电容器内储存的电场能。
思路点拨　b.题目交代电容器极板上电荷量q随时间t变化规律与情境1中小球位移x随时间t变化规律相似,即也为正余弦函数;先把开关置于电源一侧,为电容器充电,充满之后,将开关置于线圈一侧,组成LC振荡电路,因此t=0时,q最大,为余弦函数,最大值qm=CE,LC振荡周期T=2πLC=2πω,ω=1LC,因此q=qm cos ωt=CE·cos1LCt。
情境2中E磁=12Li2,i=ΔqΔt,情境1中ΔxΔt=v,因此v与i类似,因此情境1中小球的动能Ek=12mv2与E磁=12Li2类似。

21.物理科技 (2022浙江五湖联盟选考模拟,22)有一种电子仪器叫作示波器,可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管,图甲是它的原理图。在偏转电极YY'上加上图乙所示的扫描电压,偏转电极XX'之间没有加电压,此时示波管的原理图简化成如图丙所示。电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO(O为荧光屏的中心)射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的YY'偏转电场中。电子进入金属板M、N间时的速度与电场方向垂直,电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点(图中未画出)。已知M、N两板间的最大电压为U2,两板间的距离为d,板长为l1,荧光屏到M、N极板右端距离为l2。电子的质量为m,电荷量为e,不考虑电子受到的重力及电子间相互作用力的影响。
(1)求电子穿过A板时速度的大小;
(2)每个电子穿过偏转电场的时间极短,可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的,偏转电场可看作匀强电场。在t=0.15 s时刻进入偏转电场的电子打在屏上P位置,求OP的长度;
(3)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决第(2)问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化,请结合下列数据分析说明其原因。已知l1=4.0×10-2 m,电子的比荷em=1.76×1011 C/kg,U1=1 375 V。

图甲

图乙

图丙
答案　(1)2eU1m　(2)U2l1(l1+2l2)8dU1　(3)见解析
解析　(1)由动能定理可知eU1=12mv2,解得v=2eU1m。
(2)电子在偏转电场内做类平抛运动,在平行于极板的方向上做匀速直线运动,l1=vt,在垂直于极板的方向上做初速度为0的匀加速直线运动,y=12at2,又eE=ma,0.5U2=Ed
联立解得y=U2l128dU1
电子出偏转电场后做匀速直线运动,设OP长为Y,出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角为θ,则tan θ=atv
由几何关系得Y=y+l2 tan θ
联立解得Y=U2l1(l1+2l2)8dU1
(3)由v=2eU1m,代入数据得v=2.2×107 m/s
所以电子穿过平行板的时间t=l1v≈1.82×10-9 s
由题图乙可知电场变化的周期T=0.2 s
显然t≪T,因此电子穿过平行板的过程中可以近似认为两板间的电压是不变的。