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人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试学案及答案
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这是一份人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试学案及答案，文件包含专题提升2电场能的性质的综合应用docx、5带电粒子在电场中的运动docx、4电容器的电容docx、1电势能和电势docx、2电势差docx、3电势差与电场强度的关系docx、实验观察电容器的充放电现象docx等7份学案配套教学资源，其中学案共179页， 欢迎下载使用。
专题提升2 电场能的性质的综合应用
[素养目标]
1.理解静电力做功的特点,掌握静电力做功与电势能的关系。
2.学会分析电场中的图像问题。
3.理解电势的概念及电势和电势能的相互关系。
类型一 电势高低与电势能大小的判断
1.电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
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
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
静电力做功
根据UAB=WABq,将WAB、q的正负号代入,由UAB的正负判断A、B的高低
2.判断电势能大小的方法
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep=q,Ep的值越大,电势能越大
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
做功法
静电力做正功,电势能减小;
静电力做负功,电势能增加
能量守
恒法
在电场中,若只有静电力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增加,电势能减少;反之,动能减少,电势能增加
[例1] 如图所示,将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场,实线为电场线,虚线为等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称。则( C )
A.A点和B点的电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功
D.负电荷从C点移至D点,电势能增大
解析:同一等势线上各点电势相等,所以A=C,沿着电场线方向电势降低,所以C>B,即A>B,选项A错误;C点和D点电场强度的方向不同,选项B错误;由W=qUAB可知正电荷从A点移至B点,静电力做正功,选项C正确;C点和D点位于同一等势线上,即UCD=0,由W=qUCD可得负电荷从C点移至D点,静电力不做功,电势能不变,选项D错误。
求静电力做功的四种方法
(1)由公式W=Flcos θ计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为W=qElcos θ。
(2)由WAB=qUAB计算,此公式适用于任何电场。
(3)由电势能的变化计算:WAB=EpA-EpB。
(4)由动能定理计算:W静电力+W其他力=ΔEk。
[针对训练1] (多选)如图所示,边长为2a的正方形ABCD的中心在直角坐标系xOy的原点O,AD平行于x轴,电荷量为 -q 的点电荷固定在G点(-2a,0),电荷量为+q的点电荷固定在H点(2a,0)。电荷量为+Q的点电荷在外力作用下从A点沿AD运动到D点,再沿DC运动到C点,则( AC )
A.A、B两点的电场强度大小相等
B.A、B两点的电场强度方向相同
C.点电荷+Q从A到D的过程中,电势能增加
D.点电荷+Q从D到C的过程中,电势能始终不变
解析:由对称可知,A、B两点的电场强度大小相等,方向不同,选项A正确,B错误;D点电势高于A点,则点电荷+Q从A到D的过程中,电势能增加,选项C正确;从D到C电势先升高后降低,则点电荷+Q从D到C的过程中,电势能先增大后减小,选项D错误。
类型二 电场中的图像问题
电场中五类图像的特点与应用
v-t
图像
根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化,确定电场的方向、电势高低及电势能变化
-x
图像
①电场强度的大小等于-x图像的斜率大小,电场强度为零处, -x图像存在极值,其切线的斜率为零;
②在-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向;
③在-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后做出判断
E-t
图像
根据题中给出的E-t图像,确定E的方向,再在草稿纸上画出对应电场线的方向,根据E的大小变化,确定电场的强弱分布
E-x
图像
①反映了电场强度随位移变化的规律;
②E>0表示电场强度沿x轴正方向,E<0表示电场强度沿x轴负方向;
③图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x
图像
①反映了电势能随位移变化的规律;
②图线的切线斜率大小等于静电力大小;
③进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
[例2] 在绝缘粗糙的水平面上相距6L的A、B两处分别固定正点电荷,其电荷量分别为QA、QB,两点电荷的位置坐标如图(甲)所示。图(乙)是A、B连线之间的电势与位置x之间的关系图像,图中x=L点为图线的最低点,若将质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点)在x=2L的C点由静止释放,其向左运动,则在接下来的过程中,下列说法正确的是( C )
A.小球一定能到达x=-2L处
B.小球在x=L处的加速度最小
C.小球在向左运动过程中动能先增大后减小
D.电荷量QA∶QB=2∶1
解析:若水平面光滑,小球能运动到电势与出发点的电势相等的位置,由于x=-2L处的电势高于x=2L处的,所以不能到达x=-2L处,水平面粗糙,则小球到达最左端的位置会比光滑时还要近,A错误;据-x图像切线的斜率表示电场强度E,知x=L处电场强度为零,由于在运动过程中小球受到摩擦力,且摩擦力方向向右,大小不变,故在x=L右侧某位置,合力为零,此时速度最大,加速度最小,B错误;小球先做加速运动后做减速运动,故动能先增大后减小,C正确;x=L处电场强度为零,根据点电荷电场强度公式有kQA(4L)2=kQB(2L)2,解得QA∶QB=4∶1,D错误。
(1)-x图像反映电势随x的变化规律,其斜率大小表示电场强度大小,斜率正负表示电场强度方向,斜率为正,表示电场强度沿x轴负方向,斜率为负,表示电场强度沿x轴正方向。
(2)E-x图像反映电场强度E随x的变化规律,其正负表示电场强度的方向。
[针对训练2] (多选)如图(甲)所示,在某电场中建立x坐标轴,A、B为 x轴上的两点,xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在静电力作用下沿x轴运动,该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图(乙)所示,则下列说法中正确的是( AC )
A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子由A点运动到B点的过程中静电力对其所做的功W=EpA-EpB
D.电子在A点的动能小于在B点的动能
解析:根据Ep=q,且电场强度E=ΔφΔx,得E=1q·ΔEpΔx,即有ΔEpΔx=qE,即Ep-x图线的斜率k=qE,可知E保持不变,说明电场强度不变,所以该电场一定是匀强电场,一定不是孤立点电荷形成的电场,EA=EB,故A正确,B错误;电子由A点运动到B点的过程中,静电力对其所做的功W=EpA-EpB,故C正确;根据能量守恒定律知,电子从A点运动到B点电势能增大,动能减小,即电子在A点的动能大于在B点的动能,故D错误。
类型三 电场中的功能关系
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系。
1.应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。
2.应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。
3.应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。
4.有静电力做功的过程机械能一般不守恒,但机械能与电势能的总和可以不变。
[例3]如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v,试求:
(1)小球通过C点的速度大小;
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。
解析:(1)因B、C两点电势相等,小球由B到C只有重力做功,由动能定理得
mgR·sin 30°=12mvC2-12mv2,
得vC=v2+gR。
(2)由A到C应用动能定理得WAC+mgh=12mvC2-0,
得WAC=12mvC2-mgh=12mv2+12mgR-mgh,
由电势能变化与静电力做功的关系得
ΔEp=-WAC=mgh-12mv2-12mgR。
答案:(1)v2+gR
(2)mgh-12mv2-12mgR
电场中的功能关系
(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、弹簧弹力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
[针对训练3] (多选)如图所示,固定的绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.2 J,金属块克服摩擦力做功0.6 J,重力做功2.0 J,则以下判断正确的是( BC )
A.金属块带负电
B.金属块克服静电力做功1.2 J
C.金属块的机械能减少1.8 J
D.金属块的重力势能和电势能之和减少0.2 J
解析:根据动能定理W电+WG-Wf=ΔE,可得W电=-1.2 J,金属块克服静电力做功1.2 J,而电场线方向水平向右,因此金属块带正电,A错误,B正确;除重力以外的力做的功等于机械能的变化量,由于W电-Wf=-1.8 J,因此金属块的机械能减少1.8 J,C正确;根据能量守恒,重力势能、电势能、动能和摩擦生成的热量之和不变,而动能和摩擦生成的热量之和增加了0.8 J,因此金属块的重力势能和电势能之和减少0.8 J,D错误。
1.(2021·全国乙卷,15)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的电势能分别为EpM和EpN,则( A )
A.FMEpN
B.FM>FN,EpM>EpN
C.FMEpN,故选A。
2.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下。若不计空气阻力,则此带电油滴从a运动到b的过程中,能量变化情况为( C )
A.动能减少
B.电势能增加
C.动能和电势能之和减少
D.重力势能和电势能之和增加
解析:带电油滴在重力场和匀强电场中运动,根据运动轨迹可判断油滴从a运动到b时,初速度方向水平向右,加速度方向竖直向上,动能增加,故A选项错误;静电力方向向上,从a到b静电力做正功,电势能减少,故B选项错误;根据能量守恒定律,油滴的动能、电势能和重力势能三者之和为常量,重力势能增加,动能和电势能之和必减少,故C选项正确;动能增加,电势能和重力势能之和必减少,故D选项错误。
3.(多选)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b。不计空气阻力,则下列说法正确的是( BC )
A.小球带负电
B.静电力与重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能增大
D.小球在运动过程中机械能守恒
解析:小球在竖直平面内做匀速圆周运动,受重力、静电力和细绳的拉力,可判断出重力与静电力平衡,小球带正电,故A错误,B正确;小球在从a点运动到b点的过程中,静电力做负功,小球的电势能增大,故C正确;由于静电力做功,所以小球在运动过程中机械能不守恒,故D错误。
4.(多选)如图(甲)所示,电荷量q=1×10-4 C的带正电的物块静止在绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的电场,其电场强度E的大小与时间t的关系如图(乙)所示,物块速度v的大小与时间t的关系如图(丙)所示。重力加速度g取10 m/s2,则( CD )
A.物块在4 s内位移是8 m
B.物块的质量是2 kg
C.物块与水平面间动摩擦因数是0.2
D.物块在4 s内电势能减少了14 J
解析:由题图(丙)可知,物块在4 s内位移为x=12×2×(2+4) m=6 m,故A错误;由题图(丙)可知,前2 s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律
有qE1-μmg=ma,由图线知加速度为a=1 m/s2,2 s后物块做匀速运动,由平衡条件有qE2=μmg,联立解得q(E1-E2)=ma,由题图(乙)可得E1=3×104 N/C,E2=2×104 N/C,代入数据解得m=1 kg,由qE2=μmg可得μ=0.2,故B错误,C正确;物块在前2 s的位移为x1=12×2×2 m=2 m,物块在第2～4 s的位移为x2=vt2=4 m,则静电力做正功W=qE1x1+qE2x2=14 J,则电势能减少了14 J,故D正确。
5.如图,用长度为l的绝缘轻杆连接质量均为m的A、B两带电小球,小球A带电荷量为+q,小球B带电荷量为-4q,将它们分别置于上下平行放置、相距为4l的两带电金属板上方2l和l处,板间有竖直向下的匀强电场E。将两小球从静止释放,小球可以通过上板的小孔进入电场中,已知E=mgq,重力加速度为g,静电力常量为k,空气阻力不计。求:
(1)B球进入电场前杆上的弹力大小;
(2)B球进入电场的最大深度h。
解析:(1)B球进入电场前,两小球作为整体研究对象不受静电力作用,只受重力作用,做自由落体运动,加速度为g。
由牛顿第二定律对B有mg+F-k·4q2l2=mg,
解得F=4kq2l2。
(2)设B进入电场的最大深度为h,对A、B整体从静止释放到进入电场h处的过程运用动能定理,2mg(h+l)-4qEh+qE(h-l)=0,
解得h=l。
答案:(1)4kq2l2 (2)l
课时作业
基础巩固练
知识点一 电势高低与电势能大小的判断
1.(多选)点电荷产生电场的电场线如图所示,关于A、B、C三点的关系,下列说法中正确的是( AC )
A.三点电场强度关系是EA>EB>EC
B.三点电势关系是A
D.若AB=BC,则AB、BC间的电势差关系是 UAB
静电力做负功,则电势能逐渐增大,所以C正确;由于U=Ed,若AB=BC,则AB、BC间的电势差关系是UAB>UBC,所以D错误。
2.(多选)如图所示,虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点,则该粒子( CD )
A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
解析:由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥,故带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律F=kq1q2r2可知,a、b、c 三点中,在a点时受力最大,选项B错误;带电粒子从b点到c点的过程中,静电力做正功,电势能减小,故在b点的电势能大于在c点的电势能,选项C正确;由于虚线为等间距的同心圆,故Uab>Ubc,所以Wab>Wbc,根据动能定理,带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,选项D正确。
3.(多选)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12 V、9 V、8 V,且ac平行于x轴,bc平行于y轴。下列说法正确的是( AB )
A.电场强度的大小为106 V/cm
B.坐标原点处的电势为13 V
C.电子在a点的电势能比在b点的电势能高3 eV
D.电子从坐标原点运动到c点,静电力做功为5 eV
解析:如图所示
将ac等分为四份,在匀强电场中,d点电势为9 V,b、d两点等势,过O点作bd的平行线交ac延长线于e点,则e=13 V,所以O=13 V。
再过c作bd的垂线,由几何关系可得12×2×6=12d×22+62,解得c到bd的垂线距离d=610 cm,所以E=Ud=9-8610 V/cm=106 V/cm,A、B正确;由于Uab=3 V,所以电子在a点处的电势能比在b点处的电势能低
3 eV,C错误;因为UOc=5 V,所以电子从坐标原点运动到c点,静电力做功W=-5 eV,D错误。
知识点二 电场中的图像问题
4.真空中相距3a的两个点电荷A和B,分别固定于x轴上x1=0和 x2=3a的两点,在两者连线上各点电场强度随x变化的关系如图所示,以下说法正确的是( D )
A.两者一定是异种电荷
B.x=a处的电势一定为零
C.x=2a处的电势一定大于零
D.A、B的电荷量之比为1∶4
解析:两点电荷连线上某点,电场强度E=0,说明两点电荷在该点产生的电场强度等大反向,故两点电荷一定是同种电荷,A项错误;由电场强度公式可知,kQAa2=kQB(2a)2,故QA∶QB=1∶4,D项正确;若两点电荷均为正点电荷,则连线上各点电势均大于零,若两点电荷均为负点电荷,
则连线上各点电势均小于零,B、C项错误。
5.(多选)如图(甲)所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,坐标轴上OB间各点的电势分布如图(乙)所示,则( BD )
A.在OB间,电场强度先减小后增大
B.在OB间,电场强度方向没有发生变化
C.若一负电荷从O点运动到B点,其电势能逐渐减小
D.若从O点静止释放一仅受静电力作用的正电荷,则该电荷在OB间一直做加速运动
解析:x图线的斜率大小的绝对值等于电场强度大小,由几何知识得,在OB间,图线的斜率大小的绝对值先增大后减小,则电场强度先增大后减小,A错误;在OB间,电势一直降低,根据沿着电场线方向电势降低可知电场强度方向没有发生变化,B正确;由题图(乙)可知从O点到B点,电势逐渐降低,若一负电荷从O点运动到B点,静电力做负功,则其电势能逐渐增大,C错误;电场方向沿x轴正方向,若从O点静止释放一仅受静电力作用的正电荷,其受到的静电力方向沿x轴正方向,正电荷将做加速运动,D正确。
知识点三 电场中的功能关系
6.(多选)如图所示,有三个质量相等,分别带正电、带负电和不带电的小球A、B、C,从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场,它们的落点如图所示,下列说法不正确的是( AC )
A.三个小球在电场中运动的时间相等
B.小球A带正电,B不带电,C带负电
C.三个小球在电场中运动时的加速度aA>aB>aC
D.三个小球到达极板时的动能关系为EkA
A错误;三个小球在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动,根据y=12at2,竖直位移y相等,结合 tA>tB>tC,可得加速度关系为aA
A.2R B.4R C.10R D.17R
解析:小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=(mg)2+(34mg) 2=54mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得54mg=mvD2R,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-34mg(htan 37°+2R+
Rsin 37°)=12mvD2,解得h=10R,故选项C正确,A、B、D错误。
8.如图所示,在电场强度E=1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中,用一根长L=1 m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量m=0.2 kg、
电荷量q=5×10-6 C、带正电的小球。细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆由水平位置A轻轻释放,在小球运动到最低点B的过程中(g取10 m/s2):
(1)静电力对小球做功W电为多少?小球电势能如何变化?
(2)小球在最低点的动能EkB为多少?
解析:(1)静电力做功仅与初、末位置有关,
W电=qE·L=5×10-6×1×104×1 J=5×10-2 J,
静电力做正功,小球电势能减小。
(2)由动能定理得mgL+W电=EkB-0,
所以EkB=0.2×10×1 J+5×10-2 J=2.05 J。
答案:(1)5×10-2 J 电势能减小 (2)2.05 J
能力提升练
9.(多选) O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点,将电子从O点静止释放,仅在静电力作用下运动到A点,其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电子从O到A过程中,下列说法正确的是( AC )
A.静电力一定做正功
B.O点电势比A点电势高
C.从O到A,电场强度先减小后增大
D.从O到A,电场强度一直增大
解析:由图可知,电子从O到A电势能减小,所以静电力做正功,故A正确;根据=Epq且电子带负电,所以电势能越小,电势越高,所以O点的电势低于A点,故B错误;因为ΔEpΔx=qE,所以图线的斜率代表静电力,
从O到A斜率先减小后增大,故静电力先减小后增大,电场强度先减小后增大,故C正确,D错误。
10.如图所示,一带电粒子以某一初速度进入某点电荷Q产生的电场中,沿图中弯曲的虚线先后经过电场中的a、b两点,其中a点的电场强度大小为Ea,方向与ab连线成30°角;b点的电场强度大小为Eb,方向与ab连线成60°角。若粒子只受静电力的作用,下列说法正确的是( B )
A.点电荷Q一定带正电
B.a点与b点连线中点的电场强度大小也为Eb
C.a点的电场强度一定大于b点
D.粒子在a点的动能一定大于粒子在b点的动能
解析:由于电场线方向是会聚型的,则点电荷Q一定带负电,所以A错误;如图所示Ea、Eb延长线交点是-Q所处的位置,由几何关系可知-Q到b、中点c两点的距离相等,则两点的电场强度大小Eb=Ec,则B正确;由点电荷的电场强度分布特点可知,a点的电场强度一定小于b点,所以C错误;由负点电荷电势分布特点知a>b,所以粒子从a到b运动过程中电势能减小,动能增大,所以D错误。
11.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过a、b点时的动能分别为26 J和5 J。当这一点电荷运动到某一位置。其电势能变为-8 J时,它的动能为( C )
A.8 J B.15 J C.20 J D.34 J
解析:设相邻两等势面之间的电势差为U,则等势面1、4之间的电势差为3U,则点电荷从a到b过程中只有静电力做功,由动能定理得3qU=Ek2-Ek1,解得qU=-7 J,设点电荷经过等势面3时动能为Ek3,则有2qU=Ek3-Ek1,解得Ek3=12 J。则经过等势面3时动能为12 J,又因等势面3的电势为0,则在等势面3时电势能为0,故电荷的动能与电势能之和为12 J,仅在静电力作用下,动能与电势能之和保持不变,故其电势能为-8 J时,动能为20 J,故C正确。
12.如图所示粗糙程度相同的两倾角均为 θ=37° 的固定绝缘斜面通过一光滑弧面左右相连,右边斜面处在竖直向下的匀强电场中,电场强度E=2×104 N/C,一带正电荷物块从左侧斜面某位置处以速度v0=6 m/s释放,物块恰能沿斜面匀速下滑,可视为质点的物块带电荷量q=2×10-6 C,质量m=1×10-3 kg,重力加速度g取10 m/s2,
取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块与斜面间的动摩擦因数;
(2)物块冲上右侧斜面后沿斜面运动的最大距离。
解析:(1)因物块恰能沿斜面匀速下滑,则有mgsin θ=μmgcos θ,
代入数据解得μ=0.75。
(2)设物块冲上右侧斜面后沿斜面运动的最大距离为x,由动能定理可得-(qE+mg)xsin θ-μ(qE+mg)xcos θ=0-12mv02,
代入数据解得x=0.3 m。
答案:(1)0.75 (2)0.3 m
13.如图所示,长为2L的平板绝缘小车放在光滑水平面上,小车两端固定两个绝缘的带电小球A和B,A的带电荷量为+2q,B的带电荷量为-3q,小车(包括带电小球A、B)总质量为m。虚线MN与PQ均沿竖直方向且相距3L,开始时虚线MN位于小车正中间。若视带电小球为质点,在虚线MN、PQ间加上方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场后,小车开始运动。试求:
(1)B球刚进入电场时小车的速度v1及A球恰好从PQ出电场时小车的速度v2;
(2)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间;
(3)平板绝缘小车向右运动的最大距离。
解析:(1)设B球刚进入电场时小车速度为v1,由动能定理得2qEL=12mv12,
解得v1=2qELm,
设A球从PQ出电场时,由动能定理得2qEL-qEL=12mv22-0,
解得v2=2qELm。
(2)B球进入电场前,由牛顿第二定律得 2qE=ma1,
小车加速度a1=2qEm,方向水平向右。
运动时间t1=v1a1=mLqE,
同理,B球进入电场后,A球离开电场前,小车加速度a2=qEm,方向水平
向左。
由v2=v1-a2t2得用时t2=v2-v1-a2,
t2=(2-2)mLqE,
总时间t=t1+t2=(3-2)mLqE。
(3)全过程由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0,
解得小车出电场的距离x=L3,
小车向右运动的最大距离d=2L+x=7L3。
答案:(1)2qELm 2qELm
(2)(3-2)mLqE (3)7L3
静电场中的能量 综合检测
一、选择题(共12题,每题4分,共48分,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列对电场中有关概念、公式的理解正确的是( C )
A.根据E=Ud可知,匀强电场中电场强度E与电势差U成正比
B.根据C=QU可知,电容器的电容C与极板所带电量Q成正比,与两极板间电压U成反比
C.根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2可知,电场中某点电场强度E的大小与场源电荷量Q成正比
D.根据电场强度定义式E=Fq可知,电场中某点的电场强度E的大小与放在该点试探电荷的电荷量q成反比
解析:匀强电场中电场强度E与电势差U无关,A错误;根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容器的电容C与极板所带电荷量Q无关,与两极板间电压U无关,B错误;根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2可知,电场中某点电场强度E的大小与场源电荷量Q成正比,C正确;电场中某点的电场强度E的大小与放在该点试探电荷电荷量q无关,D错误。
2.关于电势差和静电力做功的说法,正确的是( B )
A.电势差是矢量,静电力做的功是标量
B.在两点间移动电荷,静电力不做功,则这两点间的电势差为零
C.在两点间被移动的电荷的电荷量越少,则这两点间的电势差越大
D.在两点间移动电荷时,静电力做正功,则这两点间的电势差大于零
解析:电势差有正负,但是符号不代表方向,是标量,静电力做的功是标量,故A错误;由静电力做功的表达式Wab=qUab知,静电力不做功,
则这两点间电势差为零,故B正确;两点间的电势差与被移动的电荷无关,仅由电场决定,故C错误;根据 Uab=Wabq可知,在两点间移动电荷,静电力做正功时,两点间电势差还取决于电荷种类,若为负电荷,则电势差小于零,故D错误。
3.如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则( A )
A.a点电势比c点低
B.b点电势比c点高
C.a、b两点电场强度相同
D.b点电场强度的大小比c点小
解析:由于负电荷的电场线指向负电荷,而沿着电场线电势逐渐降低,又由于对称性,因此a、b两点电势都比c点低,且a、b两点电势相等,
A正确,B错误;点电荷形成的电场中某点的电场强度大小与其距离有关,但电场强度为矢量,具有方向性,因此a、b两点电场强度大小相等,方向不同,都比c点电场强度大,C、D错误。
4.如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U,现使B极板带电,则下列判断正确的是( B )
A.将A极板稍微右移,静电计指针张角将变大
B.将A极板稍微上移,静电计指针张角将变大
C.若将玻璃板插入两极板之间,则静电计指针张角将变大
D.若将A极板拿走,则静电计指针张角将变为零
解析:将A极板稍微右移,两极板间距d减小,由电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容增大,又Q不变,由C=QU可知,两极板间电势差减小,静电计指针张角将变小,A错误;将A极板稍微上移,两极板正对面积减小,电容减小,则两极板间电势差增大,静电计指针张角将变大,B正确;将玻璃板插入两极板之间,电容增大,两极板间电势差减小,静电计指针张角将变小,C错误;若将A极板拿走,B极板上带电荷量不变,此时静电计相当于验电器,静电计指针张角不为零,D错误。
5.如图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力,
下列说法正确的是( D )
A.a点的电势比b点的低
B.a点的电场强度比b点的小
C.液滴在a点的加速度比在b点的小
D.液滴在a点的电势能比在b点的大
解析:由题意,发射极与高压电源正极相连,带正电,吸极与高压电源负极相连带负电,所以发射极与吸极之间的电场方向由发射极指向吸极。根据沿电场方向电势降低知,a点电势比b点的高,A错误;a点等势面比b点的密,故a点电场强度比b点的大,B错误;根据牛顿第二定律有qE=ma0,电场强度Ea>Eb,所以液滴在a点的加速度大,C错误;液滴从发射极加速飞向吸极,则液滴带正电,电场力做正功,所以液滴由a点到b点,电势能降低,即液滴在a点的电势能比在b点的大,
D正确。
6.如图所示,一质量为m、电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为( C )
A.mv022q B.3mv02q
C.2mv02q D.3mv022q
解析:由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用。由加速度定义a=ΔvΔt,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,竖直位移y=v0t2,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy,由动能定理得W1+W2=12m(2v0)2-12mv02,解得Uab=2mv02q,故C正确。
7.如图所示,两个等量异种点电荷的连线及其中垂线上有a、b、c三点,下列说法正确的是( BD )
A.a点电势比b点电势高
B.a、b两点的电场方向相同,b点电场强度比a点电场强度大
C.b点电势比c点电势高,电场方向相同
D.一个电子仅在静电力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从a点运动到c点
解析:由等量异种点电荷电场分布的特点可知,等量异种点电荷连线的中垂线为等势线,因此a、b两点电势相等,A错误;在中垂线上电场方向都与中垂线垂直,且从b点向外电场强度越来越小,B正确;在两异种点电荷之间的连线上,电场方向处处相同,沿电场线方向电势越来越低,所以b点电势比c点电势低,C错误;电子受力应指向电场的反方向,而根据运动轨迹判断,合力指向轨迹的凹侧,二者矛盾,因此电子不可能沿图示曲线轨迹运动,D正确。
8.如图所示,一不带电平行板电容器的两个极板竖直放置,板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为30°。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°,且小球与两极板不接触。下列说法正确的是( BC )
A.充电开始后带电小球电势能增加
B.充电开始后带电小球电势能减少
C.第二次充电后电容器带电荷量为3Q
D.第二次充电后电容器带电荷量为Q
解析:由于充电开始后的过程静电力对带电小球做正功,小球的电势能减少,故A错误,B正确;第一次充电后,悬线与竖直方向的夹角为30°,第二次充电后夹角变为60°,根据受力分析有F电=mgtan θ,
又充电前后带电小球的重力不变,可知第一次充电与第二次充电后,小球所受的静电力关系为F电1∶F电2=1∶3,由静电力正比于电场强度,电场强度E=QCd,可以得出静电力正比于Q,故可得Q2=3Q,故C正确,
D错误。
9.如图,直角梯形abdc处于匀强电场所在平面内,cd=2ab=22 cm,
∠bdc=45°,f为cd的中点,Uab=Ubf,b点的电势为零,一电子在a点时的动能为6 eV,仅在静电力作用下从a点运动到f点速度为零。下列说法正确的是( BC )
A.d点的电势6 V
B.电场强度的大小为300 V/m
C.电子在a点的电势能比d点的低9 eV
D.当电子的动能为3 eV时,其电势能为9 eV
解析:因为Uab=Ubf,且电子从a点到f点减速,可知电场强度方向沿af方向,电子在a点时的动能为6 eV,仅在静电力作用下从a点运动到f点速度为零,则静电力做功-6 eV,则af两点的电势差Uaf=6 V,由b点的电势为零,因为Uaf=Ubd,则d点的电势为-6 V,选项A错误;电场强度的大小为E=Uafdaf=60.02 V/m=300 V/m,选项B正确;因a点电势为3 V,
d点电势为-6 V,则根据Ep=e可知,电子在a点的电势能比d点的低9 eV,选项C正确;电子在a点时的动能为6 eV,电势能为-3 eV,则电势能和动能之和为3 eV,则当电子的动能为3 eV时,其电势能为0,选项D错误。
10.如图所示,平行直线表示匀强电场的等势线,电荷量为-1×10-2 C的粒子只受静电力作用,由M点移到N点,动能变化了0.1 J,若M点电势高于N点电势,其中M点电势为0 V,则( BC )
A.粒子的运动轨迹是轨迹1
B.粒子的运动轨迹是轨迹2
C.N点的电势为-10 V
D.此过程中粒子的动能增加了0.1 J
解析:因M点电势高于N点电势,而电场线垂直于等势线且沿着电场线电势逐渐降低,可知电场线竖直向上,而带负电粒子所受静电力方向竖直向下且指向曲线的凹侧,故轨迹是2,故A错误,B正确;负电粒子从M运动到N,只有静电力做负功,则动能减小0.1 J,
有qUMN=ΔEk=-0.1 J,
电势差为UMN=M-N,
代入q=-1×10-2 C,M=0 V,
解得N=-10 V。
故C正确,D错误。
11.如图,真空中三个完全相同的带电小球(均视为点电荷)均由轻质线悬在O点,整个系统静止时,三个小球在水平面构成等边三角形,
M为三角形的中心。已知小球所带电荷量均为+q,M到三个小球的距离均为L,细线与OM夹角均为30°。已知选取无穷远处电势为0时,
真空中电荷量为Q的点电荷周围的电势表达式为=kQr(其中r为到点电荷的距离),下列说法正确的是( CD )
A.小球所受重力为 3kq2L2
B.M点的电场强度为 3kqL2
C.其中一个带电小球产生的电场在M点的电势为 kqL
D.电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为 3kqq0L
解析:根据几何关系知等边三角形的边长为3L,任意两小球间的库仑力为F1=kq2(3L)2,
其中任意一个小球受到的其他两个小球的库仑合力为F=3F1,
对其中一个小球受力分析知Gtan 30°=F,
联立解得G=kq2L2。
故A错误;根据对称性知M点电场强度为0,故B错误;电势为标量,任意小球在M点电势满足点电荷周围的电势表达式=Epq=kqr,所以某一带电小球产生的电场在M点的电势为kqL,故C正确;电势为标量,三个小球在M点的电势和为3kqL,所以电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为Ep=q0=3kqq0L,故D正确。
12.如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电小球以v0的速度从M、N连线上的P点水平向右射入电场强度大小为mgq(g为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场中,小球运动轨迹经过MN上的Q点
(未画出)。已知MN与水平方向成45°角。不计空气阻力。则下列说法正确的是( AD )
A.小球从P点运动到Q点的过程中电势能减小
B.小球在电场中运动时的加速度大小为 2g
C.小球从P点运动到Q点的时间为v02g
D.P、Q两点的距离为2v02g
解析:小球带正电,在从P点运动到Q点的过程中静电力做正功,电势能减小,故A正确;根据牛顿第二定律mg+Eq=ma,因E=mgq,所以小球在电场中运动时的加速度大小为2g,故B错误;小球从P点运动到Q点做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y=12at2,又tan 45°=yx,联立解得t=v0g,故C错误;根据x=v0t=v02g,P、Q两点的距离为s=xcos45°=2v02g,故D正确。
二、非选择题(共52分)
13.(6分)美国物理学家密立根利用实验最先测出了电子的电荷量,该实验被称为密立根油滴实验。如图所示,两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正、负极相连接,板间产生匀强电场,方向竖直向下,板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。
(1)若要测出该油滴的电荷量,需要测出的物理量有 (多选)。
A.两板的长度L B.油滴质量m
C.两极板间的电压U D.两极板间的距离d
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= (已知重力加速度为g)。
(3)若要使原本静止的油滴落到下极板,则下列做法可以达到目的的有 。
A.保持两极板电压不变,把下极板向下移
B.断开电源,把下极板向右移
C.断开电源,把下极板向下移
D.断开电源,把下极板向上移
解析:(1)平行金属板间存在匀强电场,油滴恰好处于静止状态,静电力与重力平衡,则有mg=qE=qUd,所以需要测出的物理量有油滴质量m,两极板间的电压U,两极板间的距离d,故选B、C、D。
(2)根据平衡条件可得mg=qE=qUd,则油滴的电荷量为q=mgdU。
(3)若要使原本静止的油滴落到下极板,则减小静电力即可。保持两极板间电压U不变,把下极板向下移,则增大极板间距,根据E=Ud可知,电场强度减小,则静电力减小,因此油滴可落到下极板,A正确;断开电源,金属板所带电荷量不变,根据C=εrS4πkd,C=QU及E=Ud可得E=4πkQεrS,则把下极板向下移或把下极板向上移,两极板间距离变化,但两极板间电场强度不变,油滴仍处于静止状态,把下极板向右移,两极板正对面积减小,两极板间的电场强度增大,油滴会上升,B、C、D错误。
答案:(1)BCD(2分) (2)mgdU(2分) (3)A(2分)
14.(10分)电容器是电学中一种常见的能存储电荷的电子元件。某同学用如图(甲)所示的电路探究一个电容器的充、放电规律。图中R是12 kΩ的高阻值电阻,与电脑相连的电流传感器和电压传感器将实时测量的电流i和电容器两端的电压u记录下来,并转化为相应的it和ut图像。
(1)研究电容器充电过程的规律时,开关S应接在 (选填“1”或“2”)。
(2)开关接2时电路中高阻值电阻R的作用是 。
A.可以有效缩短电容器充电时间
B.可以有效缩短电容器放电时间
C.可以有效延长电容器充电时间
D.可以有效延长电容器放电时间
(3)如图(乙)为研究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系的电路图。
①选用的电容器A、B的电容应 (选填“相同”或“不同”);
②正确的实验步骤是 。
A.S2闭合
B.S2断开
C.S1接1,电压值稳定后断开S1,并记录电压值U1
D.S1接2,电压值稳定后断开S1,并记录电压值U2
(4)电容器充电的过程中,两极板的电荷量增加,电源的能量不断储存在电容器中,电路中的电流不断减小如图(丙)所示。则充电过程中电路中电流减小的原因是 。
解析:(1)研究电容器充电过程的规律时,电容器要与电源连接,即开关S应接在1位置。
(2)开关接2时,电容器放电,电路中高阻值电阻R的作用是可以减小放电电流,从而可以有效延长电容器放电时间,故选D。
(3)为研究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系,实验中这样操作:先把开关S1接1,给电容器A充电,可以看到电容器A充电后电压传感器示数为U,把开关S1接2,可以看到电压表示数变为0.5 U,断开开关S1,闭合开关S2,让电容器B的两极板完全放电,随后再断开开关S2,把B和A并联、电压表示数再次减小一半,还可以继续这样
操作……
①由以上操作可知,为控制变量,选用的电容器A、B的电容应相同;
②正确的实验步骤是CBDA。
(4)随电容器两极板电荷的增加,电源正极与电容器正极板间的电势差减小,充电越来越慢,电流减小,当电源正极与电容器正极板间的电势差减小到零时,不再充电,电流为零。
答案:(1)1(2分) (2)D(2分) (3)①相同(2分) ②CBDA(2分)
(4)见解析(2分)
15.(6分)把电荷量为-5×10-9 C的电荷,从电场中的A点移到B点,若A点的电势A=15 V,B点的电势B=10 V,求:
(1)此过程中静电力做的功;
(2)其电势能的变化量。
解析:(1)A、B间的电势差为UAB=A-B=5 V, (2分)
则此过程中静电力做的功
W=qUAB=-5×10-9×5 J=-2.5×10-8 J。 (2分)
(2)该过程中静电力做负功,则电势能增加,根据功能关系有
ΔEp=2.5×10-8 J。 (2分)
答案:(1)-2.5×10-8 J (2)2.5×10-8 J
16.(8分)如图所示,O是B点正上方一点,|AO|=2|OB|,α粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的水平直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出匀强电场。已知α粒子质量为m,电荷量为2e。求:
(1)α粒子从B点射出匀强电场时的速度;
(2)O、B两点间的电势差。
解析:(1)α粒子进入电场后做类平抛运动,AO方向上做匀速直线运动,OB方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则xAO=v0t,yOB=vy2t
由于|AO|=2|OB|,所以vy=v0, (2分)
因此α粒子从B点射出匀强电场时的速度大小v=v02+vy2=2v0, (2分)
方向与AO方向成45°角向下。 (1分)
(2)对α粒子从A到B的过程运用动能定理2eUAB=12mv2-12mv02, (2分)
解得UOB=UAB=mv024e。 (1分)
答案:(1)2v0,方向与AO方向成45°角向下 (2)mv024e
17.(10分)如图所示是一对彼此绝缘、相距d=5 cm的平行金属带电极板M、N,N板接地,M板带电荷量的绝对值Q=6×10-6 C。在两极板M、N间A点有一带电荷量q=4×10-6 C的液滴,其质量m=4×10-4 kg,恰好处于静止状态。g取10 m/s2,则:
(1)两板间的电场强度为多少?
(2)平行金属板M、N所构成的电容器的电容C等于多少?
(3)若A点到N板的距离为2 cm,则q在A点的电势能为多少?
解析:(1)由平衡条件qE=mg, (2分)
得E=1 000 N/C。 (1分)
(2)两板间的电势差U=Ed=1 000×0.05 V=50 V, (1分)
电容器的电容C=QU=6×10-650 F=1.2×10-7 F。 (2分)
(3)N、A间的电势差是UNA=EdAN=20 V, (1分)
N板的电势为零,所以A点的电势A=-20 V, (1分)
则q在A点的电势能为EpA=qA=4×10-6×(-20) J=-8×10-5 J。(2分)
答案:(1)103 N/C (2)1.2×10-7 F (3)-8×10-5 J
18.(12分)如图,在竖直平面内有一固定光滑轨道ABCD,其中斜面AB与圆心为O,半径为R的圆弧轨道相切于B点,C、D分别为圆弧轨道的最低点、最右点,OB与OC夹角θ=30°,在OC所在直线的右侧有沿水平向右的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从与B点相距为4R的A点静止释放,小球沿轨道滑下。已知电场强度大小E=4mg3q,重力加速度大小为g。求:
(1)小球从A点运动到B点所用的时间;
(2)小球到达D点时的速度大小;
(3)小球在圆弧轨道上运动的过程中,轨道对小球支持力的最大值Fm。
解析:(1)由几何关系可知斜面AB与水平方向成30°角,设小球从A点运动到B点所用的时间为t,则12×mgsin30°m×t2=4R, (2分)
解得t=4Rg。 (1分)
(2)对小球从A点到D点的过程运用动能定理得
mg(4Rsin 30°-Rcos 30°)+qER=12mvD2-0, (2分)
解得vD=(203-3)gR。 (1分)
(3)由机械能守恒可知小球能够运动到圆弧轨道的最高点,小球在D点以上位置的速度小于D点以下位置的速度;小球在圆弧轨道上做变速圆周运动,受到重力、静电力和轨道支持力三个力的作用,当小球的速度方向垂直于其所受合力方向时,轨道支持力最大。故小球运动到圆弧上M点时,支持力最大,且OM连线与OC的夹角为α,速度为v,此时有tan α=qEmg=43,二力的合力F=(mg)2+(qE)2=53mg, (2分)
对小球从A点到M点的过程运用动能定理,
mg(4Rsin 30°-Rcos 30°+Rcos α)+qERsin α=12mv2-0, (2分)
由向心力公式Fm-F=mv2R,
联立可得Fm=(9-3)mg。 (2分)
答案:(1)4Rg
(2)(203-3)gR
(3)(9-3)mg
专题提升2 电场能的性质的综合应用
[素养目标]
1.理解静电力做功的特点,掌握静电力做功与电势能的关系。
2.学会分析电场中的图像问题。
3.理解电势的概念及电势和电势能的相互关系。
类型一 电势高低与电势能大小的判断
1.电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
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
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
静电力做功
根据UAB=WABq,将WAB、q的正负号代入,由UAB的正负判断A、B的高低
2.判断电势能大小的方法
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep=q,Ep的值越大,电势能越大
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
做功法
静电力做正功,电势能减小;
静电力做负功,电势能增加
能量守
恒法
在电场中,若只有静电力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增加,电势能减少;反之,动能减少,电势能增加
[例1] 如图所示,将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场,实线为电场线,虚线为等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称。则( C )
A.A点和B点的电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功
D.负电荷从C点移至D点,电势能增大
解析:同一等势线上各点电势相等,所以A=C,沿着电场线方向电势降低,所以C>B,即A>B,选项A错误;C点和D点电场强度的方向不同,选项B错误;由W=qUAB可知正电荷从A点移至B点,静电力做正功,选项C正确;C点和D点位于同一等势线上,即UCD=0,由W=qUCD可得负电荷从C点移至D点,静电力不做功,电势能不变,选项D错误。
求静电力做功的四种方法
(1)由公式W=Flcos θ计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为W=qElcos θ。
(2)由WAB=qUAB计算,此公式适用于任何电场。
(3)由电势能的变化计算:WAB=EpA-EpB。
(4)由动能定理计算:W静电力+W其他力=ΔEk。
[针对训练1] (多选)如图所示,边长为2a的正方形ABCD的中心在直角坐标系xOy的原点O,AD平行于x轴,电荷量为 -q 的点电荷固定在G点(-2a,0),电荷量为+q的点电荷固定在H点(2a,0)。电荷量为+Q的点电荷在外力作用下从A点沿AD运动到D点,再沿DC运动到C点,则( AC )
A.A、B两点的电场强度大小相等
B.A、B两点的电场强度方向相同
C.点电荷+Q从A到D的过程中,电势能增加
D.点电荷+Q从D到C的过程中,电势能始终不变
解析:由对称可知,A、B两点的电场强度大小相等,方向不同,选项A正确,B错误;D点电势高于A点,则点电荷+Q从A到D的过程中,电势能增加,选项C正确;从D到C电势先升高后降低,则点电荷+Q从D到C的过程中,电势能先增大后减小,选项D错误。
类型二 电场中的图像问题
电场中五类图像的特点与应用
v-t
图像
根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化,确定电场的方向、电势高低及电势能变化
-x
图像
①电场强度的大小等于-x图像的斜率大小,电场强度为零处, -x图像存在极值,其切线的斜率为零;
②在-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向;
③在-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后做出判断
E-t
图像
根据题中给出的E-t图像,确定E的方向,再在草稿纸上画出对应电场线的方向,根据E的大小变化,确定电场的强弱分布
E-x
图像
①反映了电场强度随位移变化的规律;
②E>0表示电场强度沿x轴正方向,E<0表示电场强度沿x轴负方向;
③图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x
图像
①反映了电势能随位移变化的规律;
②图线的切线斜率大小等于静电力大小;
③进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
[例2] 在绝缘粗糙的水平面上相距6L的A、B两处分别固定正点电荷,其电荷量分别为QA、QB,两点电荷的位置坐标如图(甲)所示。图(乙)是A、B连线之间的电势与位置x之间的关系图像,图中x=L点为图线的最低点,若将质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点)在x=2L的C点由静止释放,其向左运动,则在接下来的过程中,下列说法正确的是( C )
A.小球一定能到达x=-2L处
B.小球在x=L处的加速度最小
C.小球在向左运动过程中动能先增大后减小
D.电荷量QA∶QB=2∶1
解析:若水平面光滑,小球能运动到电势与出发点的电势相等的位置,由于x=-2L处的电势高于x=2L处的,所以不能到达x=-2L处,水平面粗糙,则小球到达最左端的位置会比光滑时还要近,A错误;据-x图像切线的斜率表示电场强度E,知x=L处电场强度为零,由于在运动过程中小球受到摩擦力,且摩擦力方向向右,大小不变,故在x=L右侧某位置,合力为零,此时速度最大,加速度最小,B错误;小球先做加速运动后做减速运动,故动能先增大后减小,C正确;x=L处电场强度为零,根据点电荷电场强度公式有kQA(4L)2=kQB(2L)2,解得QA∶QB=4∶1,D错误。
(1)-x图像反映电势随x的变化规律,其斜率大小表示电场强度大小,斜率正负表示电场强度方向,斜率为正,表示电场强度沿x轴负方向,斜率为负,表示电场强度沿x轴正方向。
(2)E-x图像反映电场强度E随x的变化规律,其正负表示电场强度的方向。
[针对训练2] (多选)如图(甲)所示,在某电场中建立x坐标轴,A、B为 x轴上的两点,xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在静电力作用下沿x轴运动,该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图(乙)所示,则下列说法中正确的是( AC )
A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子由A点运动到B点的过程中静电力对其所做的功W=EpA-EpB
D.电子在A点的动能小于在B点的动能
解析:根据Ep=q,且电场强度E=ΔφΔx,得E=1q·ΔEpΔx,即有ΔEpΔx=qE,即Ep-x图线的斜率k=qE,可知E保持不变,说明电场强度不变,所以该电场一定是匀强电场,一定不是孤立点电荷形成的电场,EA=EB,故A正确,B错误;电子由A点运动到B点的过程中,静电力对其所做的功W=EpA-EpB,故C正确;根据能量守恒定律知,电子从A点运动到B点电势能增大,动能减小,即电子在A点的动能大于在B点的动能,故D错误。
类型三 电场中的功能关系
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系。
1.应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。
2.应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。
3.应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。
4.有静电力做功的过程机械能一般不守恒,但机械能与电势能的总和可以不变。
[例3]如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v,试求:
(1)小球通过C点的速度大小;
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。
解析:(1)因B、C两点电势相等,小球由B到C只有重力做功,由动能定理得
mgR·sin 30°=12mvC2-12mv2,
得vC=v2+gR。
(2)由A到C应用动能定理得WAC+mgh=12mvC2-0,
得WAC=12mvC2-mgh=12mv2+12mgR-mgh,
由电势能变化与静电力做功的关系得
ΔEp=-WAC=mgh-12mv2-12mgR。
答案:(1)v2+gR
(2)mgh-12mv2-12mgR
电场中的功能关系
(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、弹簧弹力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
[针对训练3] (多选)如图所示,固定的绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.2 J,金属块克服摩擦力做功0.6 J,重力做功2.0 J,则以下判断正确的是( BC )
A.金属块带负电
B.金属块克服静电力做功1.2 J
C.金属块的机械能减少1.8 J
D.金属块的重力势能和电势能之和减少0.2 J
解析:根据动能定理W电+WG-Wf=ΔE,可得W电=-1.2 J,金属块克服静电力做功1.2 J,而电场线方向水平向右,因此金属块带正电,A错误,B正确;除重力以外的力做的功等于机械能的变化量,由于W电-Wf=-1.8 J,因此金属块的机械能减少1.8 J,C正确;根据能量守恒,重力势能、电势能、动能和摩擦生成的热量之和不变,而动能和摩擦生成的热量之和增加了0.8 J,因此金属块的重力势能和电势能之和减少0.8 J,D错误。
1.(2021·全国乙卷,15)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的电势能分别为EpM和EpN,则( A )
A.FM
B.FM>FN,EpM>EpN
C.FM
2.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下。若不计空气阻力,则此带电油滴从a运动到b的过程中,能量变化情况为( C )
A.动能减少
B.电势能增加
C.动能和电势能之和减少
D.重力势能和电势能之和增加
解析:带电油滴在重力场和匀强电场中运动,根据运动轨迹可判断油滴从a运动到b时,初速度方向水平向右,加速度方向竖直向上,动能增加,故A选项错误;静电力方向向上,从a到b静电力做正功,电势能减少,故B选项错误;根据能量守恒定律,油滴的动能、电势能和重力势能三者之和为常量,重力势能增加,动能和电势能之和必减少,故C选项正确;动能增加,电势能和重力势能之和必减少,故D选项错误。
3.(多选)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b。不计空气阻力,则下列说法正确的是( BC )
A.小球带负电
B.静电力与重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能增大
D.小球在运动过程中机械能守恒
解析:小球在竖直平面内做匀速圆周运动,受重力、静电力和细绳的拉力,可判断出重力与静电力平衡,小球带正电,故A错误,B正确;小球在从a点运动到b点的过程中,静电力做负功,小球的电势能增大,故C正确;由于静电力做功,所以小球在运动过程中机械能不守恒,故D错误。
4.(多选)如图(甲)所示,电荷量q=1×10-4 C的带正电的物块静止在绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的电场,其电场强度E的大小与时间t的关系如图(乙)所示,物块速度v的大小与时间t的关系如图(丙)所示。重力加速度g取10 m/s2,则( CD )
A.物块在4 s内位移是8 m
B.物块的质量是2 kg
C.物块与水平面间动摩擦因数是0.2
D.物块在4 s内电势能减少了14 J
解析:由题图(丙)可知,物块在4 s内位移为x=12×2×(2+4) m=6 m,故A错误;由题图(丙)可知,前2 s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律
有qE1-μmg=ma,由图线知加速度为a=1 m/s2,2 s后物块做匀速运动,由平衡条件有qE2=μmg,联立解得q(E1-E2)=ma,由题图(乙)可得E1=3×104 N/C,E2=2×104 N/C,代入数据解得m=1 kg,由qE2=μmg可得μ=0.2,故B错误,C正确;物块在前2 s的位移为x1=12×2×2 m=2 m,物块在第2～4 s的位移为x2=vt2=4 m,则静电力做正功W=qE1x1+qE2x2=14 J,则电势能减少了14 J,故D正确。
5.如图,用长度为l的绝缘轻杆连接质量均为m的A、B两带电小球,小球A带电荷量为+q,小球B带电荷量为-4q,将它们分别置于上下平行放置、相距为4l的两带电金属板上方2l和l处,板间有竖直向下的匀强电场E。将两小球从静止释放,小球可以通过上板的小孔进入电场中,已知E=mgq,重力加速度为g,静电力常量为k,空气阻力不计。求:
(1)B球进入电场前杆上的弹力大小;
(2)B球进入电场的最大深度h。
解析:(1)B球进入电场前,两小球作为整体研究对象不受静电力作用,只受重力作用,做自由落体运动,加速度为g。
由牛顿第二定律对B有mg+F-k·4q2l2=mg,
解得F=4kq2l2。
(2)设B进入电场的最大深度为h,对A、B整体从静止释放到进入电场h处的过程运用动能定理,2mg(h+l)-4qEh+qE(h-l)=0,
解得h=l。
答案:(1)4kq2l2 (2)l
课时作业
基础巩固练
知识点一 电势高低与电势能大小的判断
1.(多选)点电荷产生电场的电场线如图所示,关于A、B、C三点的关系,下列说法中正确的是( AC )
A.三点电场强度关系是EA>EB>EC
B.三点电势关系是A
D.若AB=BC,则AB、BC间的电势差关系是 UAB
静电力做负功,则电势能逐渐增大,所以C正确;由于U=Ed,若AB=BC,则AB、BC间的电势差关系是UAB>UBC,所以D错误。
2.(多选)如图所示,虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点,则该粒子( CD )
A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
解析:由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥,故带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律F=kq1q2r2可知,a、b、c 三点中,在a点时受力最大,选项B错误;带电粒子从b点到c点的过程中,静电力做正功,电势能减小,故在b点的电势能大于在c点的电势能,选项C正确;由于虚线为等间距的同心圆,故Uab>Ubc,所以Wab>Wbc,根据动能定理,带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,选项D正确。
3.(多选)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12 V、9 V、8 V,且ac平行于x轴,bc平行于y轴。下列说法正确的是( AB )
A.电场强度的大小为106 V/cm
B.坐标原点处的电势为13 V
C.电子在a点的电势能比在b点的电势能高3 eV
D.电子从坐标原点运动到c点,静电力做功为5 eV
解析:如图所示
将ac等分为四份,在匀强电场中,d点电势为9 V,b、d两点等势,过O点作bd的平行线交ac延长线于e点,则e=13 V,所以O=13 V。
再过c作bd的垂线,由几何关系可得12×2×6=12d×22+62,解得c到bd的垂线距离d=610 cm,所以E=Ud=9-8610 V/cm=106 V/cm,A、B正确;由于Uab=3 V,所以电子在a点处的电势能比在b点处的电势能低
3 eV,C错误;因为UOc=5 V,所以电子从坐标原点运动到c点,静电力做功W=-5 eV,D错误。
知识点二 电场中的图像问题
4.真空中相距3a的两个点电荷A和B,分别固定于x轴上x1=0和 x2=3a的两点,在两者连线上各点电场强度随x变化的关系如图所示,以下说法正确的是( D )
A.两者一定是异种电荷
B.x=a处的电势一定为零
C.x=2a处的电势一定大于零
D.A、B的电荷量之比为1∶4
解析:两点电荷连线上某点,电场强度E=0,说明两点电荷在该点产生的电场强度等大反向,故两点电荷一定是同种电荷,A项错误;由电场强度公式可知,kQAa2=kQB(2a)2,故QA∶QB=1∶4,D项正确;若两点电荷均为正点电荷,则连线上各点电势均大于零,若两点电荷均为负点电荷,
则连线上各点电势均小于零,B、C项错误。
5.(多选)如图(甲)所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,坐标轴上OB间各点的电势分布如图(乙)所示,则( BD )
A.在OB间,电场强度先减小后增大
B.在OB间,电场强度方向没有发生变化
C.若一负电荷从O点运动到B点,其电势能逐渐减小
D.若从O点静止释放一仅受静电力作用的正电荷,则该电荷在OB间一直做加速运动
解析:x图线的斜率大小的绝对值等于电场强度大小,由几何知识得,在OB间,图线的斜率大小的绝对值先增大后减小,则电场强度先增大后减小,A错误;在OB间,电势一直降低,根据沿着电场线方向电势降低可知电场强度方向没有发生变化,B正确;由题图(乙)可知从O点到B点,电势逐渐降低,若一负电荷从O点运动到B点,静电力做负功,则其电势能逐渐增大,C错误;电场方向沿x轴正方向,若从O点静止释放一仅受静电力作用的正电荷,其受到的静电力方向沿x轴正方向,正电荷将做加速运动,D正确。
知识点三 电场中的功能关系
6.(多选)如图所示,有三个质量相等,分别带正电、带负电和不带电的小球A、B、C,从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场,它们的落点如图所示,下列说法不正确的是( AC )
A.三个小球在电场中运动的时间相等
B.小球A带正电,B不带电,C带负电
C.三个小球在电场中运动时的加速度aA>aB>aC
D.三个小球到达极板时的动能关系为EkA
A错误;三个小球在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动,根据y=12at2,竖直位移y相等,结合 tA>tB>tC,可得加速度关系为aA
A.2R B.4R C.10R D.17R
解析:小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=(mg)2+(34mg) 2=54mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得54mg=mvD2R,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-34mg(htan 37°+2R+
Rsin 37°)=12mvD2,解得h=10R,故选项C正确,A、B、D错误。
8.如图所示,在电场强度E=1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中,用一根长L=1 m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量m=0.2 kg、
电荷量q=5×10-6 C、带正电的小球。细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆由水平位置A轻轻释放,在小球运动到最低点B的过程中(g取10 m/s2):
(1)静电力对小球做功W电为多少?小球电势能如何变化?
(2)小球在最低点的动能EkB为多少?
解析:(1)静电力做功仅与初、末位置有关,
W电=qE·L=5×10-6×1×104×1 J=5×10-2 J,
静电力做正功,小球电势能减小。
(2)由动能定理得mgL+W电=EkB-0,
所以EkB=0.2×10×1 J+5×10-2 J=2.05 J。
答案:(1)5×10-2 J 电势能减小 (2)2.05 J
能力提升练
9.(多选) O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点,将电子从O点静止释放,仅在静电力作用下运动到A点,其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电子从O到A过程中,下列说法正确的是( AC )
A.静电力一定做正功
B.O点电势比A点电势高
C.从O到A,电场强度先减小后增大
D.从O到A,电场强度一直增大
解析:由图可知,电子从O到A电势能减小,所以静电力做正功,故A正确;根据=Epq且电子带负电,所以电势能越小,电势越高,所以O点的电势低于A点,故B错误;因为ΔEpΔx=qE,所以图线的斜率代表静电力,
从O到A斜率先减小后增大,故静电力先减小后增大,电场强度先减小后增大,故C正确,D错误。
10.如图所示,一带电粒子以某一初速度进入某点电荷Q产生的电场中,沿图中弯曲的虚线先后经过电场中的a、b两点,其中a点的电场强度大小为Ea,方向与ab连线成30°角;b点的电场强度大小为Eb,方向与ab连线成60°角。若粒子只受静电力的作用,下列说法正确的是( B )
A.点电荷Q一定带正电
B.a点与b点连线中点的电场强度大小也为Eb
C.a点的电场强度一定大于b点
D.粒子在a点的动能一定大于粒子在b点的动能
解析:由于电场线方向是会聚型的,则点电荷Q一定带负电,所以A错误;如图所示Ea、Eb延长线交点是-Q所处的位置,由几何关系可知-Q到b、中点c两点的距离相等,则两点的电场强度大小Eb=Ec,则B正确;由点电荷的电场强度分布特点可知,a点的电场强度一定小于b点,所以C错误;由负点电荷电势分布特点知a>b,所以粒子从a到b运动过程中电势能减小,动能增大,所以D错误。
11.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过a、b点时的动能分别为26 J和5 J。当这一点电荷运动到某一位置。其电势能变为-8 J时,它的动能为( C )
A.8 J B.15 J C.20 J D.34 J
解析:设相邻两等势面之间的电势差为U,则等势面1、4之间的电势差为3U,则点电荷从a到b过程中只有静电力做功,由动能定理得3qU=Ek2-Ek1,解得qU=-7 J,设点电荷经过等势面3时动能为Ek3,则有2qU=Ek3-Ek1,解得Ek3=12 J。则经过等势面3时动能为12 J,又因等势面3的电势为0,则在等势面3时电势能为0,故电荷的动能与电势能之和为12 J,仅在静电力作用下,动能与电势能之和保持不变,故其电势能为-8 J时,动能为20 J,故C正确。
12.如图所示粗糙程度相同的两倾角均为 θ=37° 的固定绝缘斜面通过一光滑弧面左右相连,右边斜面处在竖直向下的匀强电场中,电场强度E=2×104 N/C,一带正电荷物块从左侧斜面某位置处以速度v0=6 m/s释放,物块恰能沿斜面匀速下滑,可视为质点的物块带电荷量q=2×10-6 C,质量m=1×10-3 kg,重力加速度g取10 m/s2,
取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块与斜面间的动摩擦因数;
(2)物块冲上右侧斜面后沿斜面运动的最大距离。
解析:(1)因物块恰能沿斜面匀速下滑,则有mgsin θ=μmgcos θ,
代入数据解得μ=0.75。
(2)设物块冲上右侧斜面后沿斜面运动的最大距离为x,由动能定理可得-(qE+mg)xsin θ-μ(qE+mg)xcos θ=0-12mv02,
代入数据解得x=0.3 m。
答案:(1)0.75 (2)0.3 m
13.如图所示,长为2L的平板绝缘小车放在光滑水平面上,小车两端固定两个绝缘的带电小球A和B,A的带电荷量为+2q,B的带电荷量为-3q,小车(包括带电小球A、B)总质量为m。虚线MN与PQ均沿竖直方向且相距3L,开始时虚线MN位于小车正中间。若视带电小球为质点,在虚线MN、PQ间加上方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场后,小车开始运动。试求:
(1)B球刚进入电场时小车的速度v1及A球恰好从PQ出电场时小车的速度v2;
(2)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间;
(3)平板绝缘小车向右运动的最大距离。
解析:(1)设B球刚进入电场时小车速度为v1,由动能定理得2qEL=12mv12,
解得v1=2qELm,
设A球从PQ出电场时,由动能定理得2qEL-qEL=12mv22-0,
解得v2=2qELm。
(2)B球进入电场前,由牛顿第二定律得 2qE=ma1,
小车加速度a1=2qEm,方向水平向右。
运动时间t1=v1a1=mLqE,
同理,B球进入电场后,A球离开电场前,小车加速度a2=qEm,方向水平
向左。
由v2=v1-a2t2得用时t2=v2-v1-a2,
t2=(2-2)mLqE,
总时间t=t1+t2=(3-2)mLqE。
(3)全过程由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0,
解得小车出电场的距离x=L3,
小车向右运动的最大距离d=2L+x=7L3。
答案:(1)2qELm 2qELm
(2)(3-2)mLqE (3)7L3
静电场中的能量 综合检测
一、选择题(共12题,每题4分,共48分,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列对电场中有关概念、公式的理解正确的是( C )
A.根据E=Ud可知,匀强电场中电场强度E与电势差U成正比
B.根据C=QU可知,电容器的电容C与极板所带电量Q成正比,与两极板间电压U成反比
C.根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2可知,电场中某点电场强度E的大小与场源电荷量Q成正比
D.根据电场强度定义式E=Fq可知,电场中某点的电场强度E的大小与放在该点试探电荷的电荷量q成反比
解析:匀强电场中电场强度E与电势差U无关,A错误;根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容器的电容C与极板所带电荷量Q无关,与两极板间电压U无关,B错误;根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2可知,电场中某点电场强度E的大小与场源电荷量Q成正比,C正确;电场中某点的电场强度E的大小与放在该点试探电荷电荷量q无关,D错误。
2.关于电势差和静电力做功的说法,正确的是( B )
A.电势差是矢量,静电力做的功是标量
B.在两点间移动电荷,静电力不做功,则这两点间的电势差为零
C.在两点间被移动的电荷的电荷量越少,则这两点间的电势差越大
D.在两点间移动电荷时,静电力做正功,则这两点间的电势差大于零
解析:电势差有正负,但是符号不代表方向,是标量,静电力做的功是标量,故A错误;由静电力做功的表达式Wab=qUab知,静电力不做功,
则这两点间电势差为零,故B正确;两点间的电势差与被移动的电荷无关,仅由电场决定,故C错误;根据 Uab=Wabq可知,在两点间移动电荷,静电力做正功时,两点间电势差还取决于电荷种类,若为负电荷,则电势差小于零,故D错误。
3.如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则( A )
A.a点电势比c点低
B.b点电势比c点高
C.a、b两点电场强度相同
D.b点电场强度的大小比c点小
解析:由于负电荷的电场线指向负电荷,而沿着电场线电势逐渐降低,又由于对称性,因此a、b两点电势都比c点低,且a、b两点电势相等,
A正确,B错误;点电荷形成的电场中某点的电场强度大小与其距离有关,但电场强度为矢量,具有方向性,因此a、b两点电场强度大小相等,方向不同,都比c点电场强度大,C、D错误。
4.如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U,现使B极板带电,则下列判断正确的是( B )
A.将A极板稍微右移,静电计指针张角将变大
B.将A极板稍微上移,静电计指针张角将变大
C.若将玻璃板插入两极板之间,则静电计指针张角将变大
D.若将A极板拿走,则静电计指针张角将变为零
解析:将A极板稍微右移,两极板间距d减小,由电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容增大,又Q不变,由C=QU可知,两极板间电势差减小,静电计指针张角将变小,A错误;将A极板稍微上移,两极板正对面积减小,电容减小,则两极板间电势差增大,静电计指针张角将变大,B正确;将玻璃板插入两极板之间,电容增大,两极板间电势差减小,静电计指针张角将变小,C错误;若将A极板拿走,B极板上带电荷量不变,此时静电计相当于验电器,静电计指针张角不为零,D错误。
5.如图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力,
下列说法正确的是( D )
A.a点的电势比b点的低
B.a点的电场强度比b点的小
C.液滴在a点的加速度比在b点的小
D.液滴在a点的电势能比在b点的大
解析:由题意,发射极与高压电源正极相连,带正电,吸极与高压电源负极相连带负电,所以发射极与吸极之间的电场方向由发射极指向吸极。根据沿电场方向电势降低知,a点电势比b点的高,A错误;a点等势面比b点的密,故a点电场强度比b点的大,B错误;根据牛顿第二定律有qE=ma0,电场强度Ea>Eb,所以液滴在a点的加速度大,C错误;液滴从发射极加速飞向吸极,则液滴带正电,电场力做正功,所以液滴由a点到b点,电势能降低,即液滴在a点的电势能比在b点的大,
D正确。
6.如图所示,一质量为m、电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为( C )
A.mv022q B.3mv02q
C.2mv02q D.3mv022q
解析:由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用。由加速度定义a=ΔvΔt,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,竖直位移y=v0t2,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy,由动能定理得W1+W2=12m(2v0)2-12mv02,解得Uab=2mv02q,故C正确。
7.如图所示,两个等量异种点电荷的连线及其中垂线上有a、b、c三点,下列说法正确的是( BD )
A.a点电势比b点电势高
B.a、b两点的电场方向相同,b点电场强度比a点电场强度大
C.b点电势比c点电势高,电场方向相同
D.一个电子仅在静电力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从a点运动到c点
解析:由等量异种点电荷电场分布的特点可知,等量异种点电荷连线的中垂线为等势线,因此a、b两点电势相等,A错误;在中垂线上电场方向都与中垂线垂直,且从b点向外电场强度越来越小,B正确;在两异种点电荷之间的连线上,电场方向处处相同,沿电场线方向电势越来越低,所以b点电势比c点电势低,C错误;电子受力应指向电场的反方向,而根据运动轨迹判断,合力指向轨迹的凹侧,二者矛盾,因此电子不可能沿图示曲线轨迹运动,D正确。
8.如图所示,一不带电平行板电容器的两个极板竖直放置,板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为30°。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°,且小球与两极板不接触。下列说法正确的是( BC )
A.充电开始后带电小球电势能增加
B.充电开始后带电小球电势能减少
C.第二次充电后电容器带电荷量为3Q
D.第二次充电后电容器带电荷量为Q
解析:由于充电开始后的过程静电力对带电小球做正功,小球的电势能减少,故A错误,B正确;第一次充电后,悬线与竖直方向的夹角为30°,第二次充电后夹角变为60°,根据受力分析有F电=mgtan θ,
又充电前后带电小球的重力不变,可知第一次充电与第二次充电后,小球所受的静电力关系为F电1∶F电2=1∶3,由静电力正比于电场强度,电场强度E=QCd,可以得出静电力正比于Q,故可得Q2=3Q,故C正确,
D错误。
9.如图,直角梯形abdc处于匀强电场所在平面内,cd=2ab=22 cm,
∠bdc=45°,f为cd的中点,Uab=Ubf,b点的电势为零,一电子在a点时的动能为6 eV,仅在静电力作用下从a点运动到f点速度为零。下列说法正确的是( BC )
A.d点的电势6 V
B.电场强度的大小为300 V/m
C.电子在a点的电势能比d点的低9 eV
D.当电子的动能为3 eV时,其电势能为9 eV
解析:因为Uab=Ubf,且电子从a点到f点减速,可知电场强度方向沿af方向,电子在a点时的动能为6 eV,仅在静电力作用下从a点运动到f点速度为零,则静电力做功-6 eV,则af两点的电势差Uaf=6 V,由b点的电势为零,因为Uaf=Ubd,则d点的电势为-6 V,选项A错误;电场强度的大小为E=Uafdaf=60.02 V/m=300 V/m,选项B正确;因a点电势为3 V,
d点电势为-6 V,则根据Ep=e可知,电子在a点的电势能比d点的低9 eV,选项C正确;电子在a点时的动能为6 eV,电势能为-3 eV,则电势能和动能之和为3 eV,则当电子的动能为3 eV时,其电势能为0,选项D错误。
10.如图所示,平行直线表示匀强电场的等势线,电荷量为-1×10-2 C的粒子只受静电力作用,由M点移到N点,动能变化了0.1 J,若M点电势高于N点电势,其中M点电势为0 V,则( BC )
A.粒子的运动轨迹是轨迹1
B.粒子的运动轨迹是轨迹2
C.N点的电势为-10 V
D.此过程中粒子的动能增加了0.1 J
解析:因M点电势高于N点电势,而电场线垂直于等势线且沿着电场线电势逐渐降低,可知电场线竖直向上,而带负电粒子所受静电力方向竖直向下且指向曲线的凹侧,故轨迹是2,故A错误,B正确;负电粒子从M运动到N,只有静电力做负功,则动能减小0.1 J,
有qUMN=ΔEk=-0.1 J,
电势差为UMN=M-N,
代入q=-1×10-2 C,M=0 V,
解得N=-10 V。
故C正确,D错误。
11.如图,真空中三个完全相同的带电小球(均视为点电荷)均由轻质线悬在O点,整个系统静止时,三个小球在水平面构成等边三角形,
M为三角形的中心。已知小球所带电荷量均为+q,M到三个小球的距离均为L,细线与OM夹角均为30°。已知选取无穷远处电势为0时,
真空中电荷量为Q的点电荷周围的电势表达式为=kQr(其中r为到点电荷的距离),下列说法正确的是( CD )
A.小球所受重力为 3kq2L2
B.M点的电场强度为 3kqL2
C.其中一个带电小球产生的电场在M点的电势为 kqL
D.电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为 3kqq0L
解析:根据几何关系知等边三角形的边长为3L,任意两小球间的库仑力为F1=kq2(3L)2,
其中任意一个小球受到的其他两个小球的库仑合力为F=3F1,
对其中一个小球受力分析知Gtan 30°=F,
联立解得G=kq2L2。
故A错误;根据对称性知M点电场强度为0,故B错误;电势为标量,任意小球在M点电势满足点电荷周围的电势表达式=Epq=kqr,所以某一带电小球产生的电场在M点的电势为kqL,故C正确;电势为标量,三个小球在M点的电势和为3kqL,所以电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为Ep=q0=3kqq0L,故D正确。
12.如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电小球以v0的速度从M、N连线上的P点水平向右射入电场强度大小为mgq(g为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场中,小球运动轨迹经过MN上的Q点
(未画出)。已知MN与水平方向成45°角。不计空气阻力。则下列说法正确的是( AD )
A.小球从P点运动到Q点的过程中电势能减小
B.小球在电场中运动时的加速度大小为 2g
C.小球从P点运动到Q点的时间为v02g
D.P、Q两点的距离为2v02g
解析:小球带正电,在从P点运动到Q点的过程中静电力做正功,电势能减小,故A正确;根据牛顿第二定律mg+Eq=ma,因E=mgq,所以小球在电场中运动时的加速度大小为2g,故B错误;小球从P点运动到Q点做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y=12at2,又tan 45°=yx,联立解得t=v0g,故C错误;根据x=v0t=v02g,P、Q两点的距离为s=xcos45°=2v02g,故D正确。
二、非选择题(共52分)
13.(6分)美国物理学家密立根利用实验最先测出了电子的电荷量,该实验被称为密立根油滴实验。如图所示,两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正、负极相连接,板间产生匀强电场,方向竖直向下,板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。
(1)若要测出该油滴的电荷量,需要测出的物理量有 (多选)。
A.两板的长度L B.油滴质量m
C.两极板间的电压U D.两极板间的距离d
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= (已知重力加速度为g)。
(3)若要使原本静止的油滴落到下极板,则下列做法可以达到目的的有 。
A.保持两极板电压不变,把下极板向下移
B.断开电源,把下极板向右移
C.断开电源,把下极板向下移
D.断开电源,把下极板向上移
解析:(1)平行金属板间存在匀强电场,油滴恰好处于静止状态,静电力与重力平衡,则有mg=qE=qUd,所以需要测出的物理量有油滴质量m,两极板间的电压U,两极板间的距离d,故选B、C、D。
(2)根据平衡条件可得mg=qE=qUd,则油滴的电荷量为q=mgdU。
(3)若要使原本静止的油滴落到下极板,则减小静电力即可。保持两极板间电压U不变,把下极板向下移,则增大极板间距,根据E=Ud可知,电场强度减小,则静电力减小,因此油滴可落到下极板,A正确;断开电源,金属板所带电荷量不变,根据C=εrS4πkd,C=QU及E=Ud可得E=4πkQεrS,则把下极板向下移或把下极板向上移,两极板间距离变化,但两极板间电场强度不变,油滴仍处于静止状态,把下极板向右移,两极板正对面积减小,两极板间的电场强度增大,油滴会上升,B、C、D错误。
答案:(1)BCD(2分) (2)mgdU(2分) (3)A(2分)
14.(10分)电容器是电学中一种常见的能存储电荷的电子元件。某同学用如图(甲)所示的电路探究一个电容器的充、放电规律。图中R是12 kΩ的高阻值电阻,与电脑相连的电流传感器和电压传感器将实时测量的电流i和电容器两端的电压u记录下来,并转化为相应的it和ut图像。
(1)研究电容器充电过程的规律时,开关S应接在 (选填“1”或“2”)。
(2)开关接2时电路中高阻值电阻R的作用是 。
A.可以有效缩短电容器充电时间
B.可以有效缩短电容器放电时间
C.可以有效延长电容器充电时间
D.可以有效延长电容器放电时间
(3)如图(乙)为研究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系的电路图。
①选用的电容器A、B的电容应 (选填“相同”或“不同”);
②正确的实验步骤是 。
A.S2闭合
B.S2断开
C.S1接1,电压值稳定后断开S1,并记录电压值U1
D.S1接2,电压值稳定后断开S1,并记录电压值U2
(4)电容器充电的过程中,两极板的电荷量增加,电源的能量不断储存在电容器中,电路中的电流不断减小如图(丙)所示。则充电过程中电路中电流减小的原因是 。
解析:(1)研究电容器充电过程的规律时,电容器要与电源连接,即开关S应接在1位置。
(2)开关接2时,电容器放电,电路中高阻值电阻R的作用是可以减小放电电流,从而可以有效延长电容器放电时间,故选D。
(3)为研究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系,实验中这样操作:先把开关S1接1,给电容器A充电,可以看到电容器A充电后电压传感器示数为U,把开关S1接2,可以看到电压表示数变为0.5 U,断开开关S1,闭合开关S2,让电容器B的两极板完全放电,随后再断开开关S2,把B和A并联、电压表示数再次减小一半,还可以继续这样
操作……
①由以上操作可知,为控制变量,选用的电容器A、B的电容应相同;
②正确的实验步骤是CBDA。
(4)随电容器两极板电荷的增加,电源正极与电容器正极板间的电势差减小,充电越来越慢,电流减小,当电源正极与电容器正极板间的电势差减小到零时,不再充电,电流为零。
答案:(1)1(2分) (2)D(2分) (3)①相同(2分) ②CBDA(2分)
(4)见解析(2分)
15.(6分)把电荷量为-5×10-9 C的电荷,从电场中的A点移到B点,若A点的电势A=15 V,B点的电势B=10 V,求:
(1)此过程中静电力做的功;
(2)其电势能的变化量。
解析:(1)A、B间的电势差为UAB=A-B=5 V, (2分)
则此过程中静电力做的功
W=qUAB=-5×10-9×5 J=-2.5×10-8 J。 (2分)
(2)该过程中静电力做负功,则电势能增加,根据功能关系有
ΔEp=2.5×10-8 J。 (2分)
答案:(1)-2.5×10-8 J (2)2.5×10-8 J
16.(8分)如图所示,O是B点正上方一点,|AO|=2|OB|,α粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的水平直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出匀强电场。已知α粒子质量为m,电荷量为2e。求:
(1)α粒子从B点射出匀强电场时的速度;
(2)O、B两点间的电势差。
解析:(1)α粒子进入电场后做类平抛运动,AO方向上做匀速直线运动,OB方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则xAO=v0t,yOB=vy2t
由于|AO|=2|OB|,所以vy=v0, (2分)
因此α粒子从B点射出匀强电场时的速度大小v=v02+vy2=2v0, (2分)
方向与AO方向成45°角向下。 (1分)
(2)对α粒子从A到B的过程运用动能定理2eUAB=12mv2-12mv02, (2分)
解得UOB=UAB=mv024e。 (1分)
答案:(1)2v0,方向与AO方向成45°角向下 (2)mv024e
17.(10分)如图所示是一对彼此绝缘、相距d=5 cm的平行金属带电极板M、N,N板接地,M板带电荷量的绝对值Q=6×10-6 C。在两极板M、N间A点有一带电荷量q=4×10-6 C的液滴,其质量m=4×10-4 kg,恰好处于静止状态。g取10 m/s2,则:
(1)两板间的电场强度为多少?
(2)平行金属板M、N所构成的电容器的电容C等于多少?
(3)若A点到N板的距离为2 cm,则q在A点的电势能为多少?
解析:(1)由平衡条件qE=mg, (2分)
得E=1 000 N/C。 (1分)
(2)两板间的电势差U=Ed=1 000×0.05 V=50 V, (1分)
电容器的电容C=QU=6×10-650 F=1.2×10-7 F。 (2分)
(3)N、A间的电势差是UNA=EdAN=20 V, (1分)
N板的电势为零,所以A点的电势A=-20 V, (1分)
则q在A点的电势能为EpA=qA=4×10-6×(-20) J=-8×10-5 J。(2分)
答案:(1)103 N/C (2)1.2×10-7 F (3)-8×10-5 J
18.(12分)如图,在竖直平面内有一固定光滑轨道ABCD,其中斜面AB与圆心为O,半径为R的圆弧轨道相切于B点,C、D分别为圆弧轨道的最低点、最右点,OB与OC夹角θ=30°,在OC所在直线的右侧有沿水平向右的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从与B点相距为4R的A点静止释放,小球沿轨道滑下。已知电场强度大小E=4mg3q,重力加速度大小为g。求:
(1)小球从A点运动到B点所用的时间;
(2)小球到达D点时的速度大小;
(3)小球在圆弧轨道上运动的过程中,轨道对小球支持力的最大值Fm。
解析:(1)由几何关系可知斜面AB与水平方向成30°角,设小球从A点运动到B点所用的时间为t,则12×mgsin30°m×t2=4R, (2分)
解得t=4Rg。 (1分)
(2)对小球从A点到D点的过程运用动能定理得
mg(4Rsin 30°-Rcos 30°)+qER=12mvD2-0, (2分)
解得vD=(203-3)gR。 (1分)
(3)由机械能守恒可知小球能够运动到圆弧轨道的最高点,小球在D点以上位置的速度小于D点以下位置的速度;小球在圆弧轨道上做变速圆周运动,受到重力、静电力和轨道支持力三个力的作用,当小球的速度方向垂直于其所受合力方向时,轨道支持力最大。故小球运动到圆弧上M点时,支持力最大,且OM连线与OC的夹角为α,速度为v,此时有tan α=qEmg=43,二力的合力F=(mg)2+(qE)2=53mg, (2分)
对小球从A点到M点的过程运用动能定理,
mg(4Rsin 30°-Rcos 30°+Rcos α)+qERsin α=12mv2-0, (2分)
由向心力公式Fm-F=mv2R,
联立可得Fm=(9-3)mg。 (2分)
答案:(1)4Rg
(2)(203-3)gR
(3)(9-3)mg
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