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高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题七静电澄件课件PPT
展开这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题七静电澄件课件PPT，共60页。
专题七 静电场
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 电场力的性质
1.(2018浙江11月选考,8,3分)电荷量为4×10-6C的小球绝缘固定在A点,质量为0.2 kg、电荷量为- 5×10-6 C的小球用绝缘细线悬挂,静止于B点。A、B间距离为30 cm,A、B连线与竖直方向夹角 为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2,小球可视为点电荷。下列图示正确的是 ( )
答案 B 两球之间的库仑力为F=k =9.0×109 N·m2/C2× =2 N,小球B所受重力GB=2 N,且F与竖直方向夹角为60°,F=GB,故小球B受到的库仑力,重力以及细线的拉力,组 成的矢量三角形为等边三角形,所以细线与竖直方向的夹角为60°,B正确。
2.(2018浙江4月选考,6,3分)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为 点电荷),分别固定在两处,它们之间的静电力为F,用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B 球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为 ( )A. B. C. D.
答案 C 设A、B两金属小球开始时带电荷量均为Q,距离为r,则F=k ;用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B接触,与A接触完后,A、C的带电荷量均为 ,再与B接触后,B、C的带电荷量均为 Q,则此时A、B间静电力F'=k = F。因此选C。
3.(2017浙江11月选考,6,3分)电场线的形状可以用实验来模拟,把头发屑悬浮在蓖麻油里,加上 电场,头发屑就按照电场的方向排列起来,如图所示。关于此实验,下列说法正确的是 ( )A.a图是模拟两等量同种电荷的电场线B.b图一定是模拟两等量正电荷的电场线C.a图中的A、B应接高压起电装置的两极D.b图中的A、B应接高压起电装置的两极
答案 C 由题图可知,a图是模拟两等量异种电荷的电场线;b图是模拟两等量同种电荷的电 场线,但无法辨别两电荷是正电荷还是负电荷。因此答案为C。
解题关键 该题主要考查同种电荷和异种电荷的电场线分布。一般考生对这两种电场线分 布方式比较熟悉,但对电场线模拟实验却不太熟悉,高压电两极分别对应正、负两种电荷。
4.(2016浙江4月选考,8,3分)密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电 源的正负极相接,板间电压为U,形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的 小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮的油滴,若此悬浮油 滴的质量为m,则下列说法正确的是 ( ) A.悬浮油滴带正电B.悬浮油滴的电荷量为 C.增大场强,悬浮油滴将向上运动
D.油滴的电荷量不一定是电子的电荷量的整数倍
答案 C 悬浮不动的油滴受力平衡,其所受的电场力向上,故带负电,电荷量一定是元电荷的 整数倍,而电子的电荷量等于元电荷,故A、D错误。mg=q ,q=m ,B错误。增大场强,则电场力增大,悬浮油滴将向上运动,C正确。
命题思路 本题考查了电势差和电场强度的关系,但B选项也可以利用单位制的知识求解,mg 是力,U是电势差,qU是能量,则mg/U的单位和q的单位不一致,一定错,而mgd/U的单位和q的单 位一致。
5.(2015浙江10月选考,11,3分)如图所示,一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻 绳下端,另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷),轻绳与竖直方向 成30°角,小球A、B静止于同一高度。已知重力加速度为g,静电力常量为k,则两球间的静电力 为 ( ) A. B. C.mg D. mg
答案 A 两球间的静电力F=k ,而r=l sin 30°,故F= ,A正确、B错误。对A受力分析,如图所示,故静电力F=mg tan 30°= mg,C、D错误。
易错警示 利用库仑定律求解时,要注意两带电小球间的距离,利用力的矢量三角形求解时要 特别注意三角函数以及每条边与各个力对应的关系。
1.(2019浙江4月选考,10,3分)质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌 细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场 的场强为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27 kg,电荷量为1.6×10-19 C,则下列说法正确的是 ( )A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2×10-15 NC.质子加速需要的时间约为8×10-6 s
考点二 电场能的性质
D.加速器加速的直线长度约为4 m
答案 D 加速过程中电场力对质子做正功,则质子电势能减小,选项A错误;质子所受到的电 场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19 N≈2×10-14 N,选项B错误;加速度a= = m/s2≈1.2×1013 m/s2,则质子加速需要的时间约为t= = s=8.3×10-7 s,选项C错误;加速器加速的直线长度约为x= t= ×8.3×10-7 m≈4 m,选项D正确。
2.(2018浙江11月选考,6,3分)等量异种电荷的电场线如图所示,下列表述正确的是 ( ) A.a点的电势低于b点的电势B.a点的场强大于b点的场强,方向相同C.将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D.负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
答案 C 沿电场线方向电势降低,故a点电势高于b点电势,A错误;电场线的疏密程度表示电 场强度大小,电场线越密,电场强度越大,故a点的场强大于b点的场强,电场线的切线方向为场 强方向,故a、b两点的电场强度方向不同,B错误;负电荷在低电势处电势能大,所以从a点(高电 势)移动到b点(低电势),电势能增大,电场力做负功,C正确,D错误。
3.(2018浙江4月选考,11,3分)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t 图像如图所示,粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是 ( )A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EAC.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
答案 C 由题图v-t图像可知带电粒子在0~t0时间内做减速运动,电场力做负功,电势能增加,t0 ~3t0时间内反方向加速,电场力做正功,电势能减少,所以C正确,D错误。因为不知道带电粒子 电性,故无法判断电势的高低,所以A错误。v-t图像中斜率表示粒子的加速度,由Eq=ma可知t0 时刻粒子所处位置的场强EB最大,B错误。
4.(2017浙江4月选考,1,3分)下列物理量及对应的国际单位制单位符号,正确的是 ( )A.力,kg B.功率,JC.电场强度,C/N D.电压,V
答案 D 力的国际单位制单位是N,功率的国际单位制单位是W,电场强度的国际单位制单 位是N/C,电压的国际单位制单位是V,故选D。
5.(2017浙江4月选考,2,3分)下列各组物理量中均为矢量的是 ( )A.路程和位移 B.速度和加速度C.力和功 D.电场强度和电势
答案 B 矢量是既有大小,又有方向的物理量,例如:位移、速度、加速度、力、电场强度,故 选B。
命制过程 将两个矢量组合在一起出题,是为了增加错误率。
知识拓展 解答这类题不能靠死记硬背,要结合各个物理量的定义方法。比如电场强度是F /q,F是矢量,q是标量,则E一定是矢量;电势是Ep/q,Ep是标量,q是标量,所以电势是标量。
6.(2016浙江10月选考,8,3分)如图为某一电场的电场线,M、N、P为电场线上的三个点,M、N 是同一电场线上两点,下列判断正确的是 ( )A.M、N、P三点中N点的场强最大B.M、N、P三点中N点的电势最高C.负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D.正电荷从M点自由释放,电荷将沿电场线运动到N点
答案 A 本题考查了电场线的性质。电场线的疏密反映了电场的强弱,所以N点场强最大, 选项A正确。顺着电场线的方向,电势降低,M点的电势最高,所以选项B错误。根据Ep=qφ,φM>φ P>φN可知,负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能,所以选项C错误。正电荷在M点自由释 放,在电场力的作用下运动,但是运动轨迹并不沿电场线,选项D错误。
命制过程 本题比较符合新高考的命题思路,题目模型贴合教科书,是教科书习题的改编。掌 握轨迹线、电场线、等势线这几种线的联系和区别是解题的关键。
7.(2016浙江4月选考,13)如图所示,真空中有两个点电荷Q1=+9.0×10-8 C和Q2=-1.0×10-8 C,分别 固定在x坐标轴上,其中Q1位于x=0处,Q2位于x=6 cm处。在x轴上 ( ) A.场强为0的点有两处B.在x>6 cm区域,电势沿x轴正方向降低C.质子从x=1 cm运动到x=5 cm处,电势能升高D.在0
答案 D 因为Q1>0,Q2<0,且Q1>|Q2|,所以x<0区域不会出现合场强为0的点;0
1.(2019浙江4月选考,2,3分)下列器件中是电容器的是 ( )
考点三 电容器 带电粒子在电场中的运动
答案 B A是滑动变阻器;B是电容器;C是电阻箱;D是定值电阻;故选B。
2.(2019浙江4月选考,3,3分)下列式子属于比值定义物理量的是 ( )A.t= B.a= C.C= D.I=
答案 C 物体运动的速度与位移成正比,与时间成反比,速度v是比值定义的物理量,是基本 量;加速度是比值定义的物理量,比值定义公式为a= ;电容器的电容是由本身结构决定的,与两端的电压U、所带的电荷量Q无关,但是可以用带电荷量Q与电压U的比值来量度,则C采用 的是比值定义法;导体的电流与加在其两端的电压成正比,与导体的电阻成反比,则I不是比值 定义的物理量电阻R才是比值定义的物理量;故选C。
3.(2016浙江4月选考,7,3分)关于电容器,下列说法正确的是 ( )A.在充电过程中电流恒定B.在放电过程中电容减小C.能储存电荷,但不能储存电能D.两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
答案 D 电容器充电、放电过程中电流都是变化的,A错误。电容大小是电容器本身属性, 由自身决定,与放电、充电无关,B错误。电容器储存电荷的过程即储存电能的过程,C错误。 故选D。
4.(2017浙江4月选考,8,3分)如图所示,在竖直放置间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为 E的匀强电场。有一质量为m,电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度 为g。则点电荷运动到负极板的过程 ( ) A.加速度大小为a= +g B.所需的时间为t= C.下降的高度为y= D.电场力所做的功为W=Eqd
5.(2019浙江4月选考,13,3分)用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg、电荷 量为2.0×10-8 C的小球,细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅 垂线成37°,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放(sin 37°=0.6,g=10 m/s2),则 A.该匀强电场的场强为3.75×107 N/CB.平衡时细线的拉力为0.17 NC.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/sD.小球第一次通过O点正下方时,速度大小为7 m/s
答案 C 小球在平衡位置时,由受力分析可知:qE=mg tan 37°,解得E= N/C=3.75×106 N/C,细线的拉力:T= = N=0.125 N,选项A、B错误;小球向左被拉到细线水平且拉直的位置,释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动,其方向与竖直 方向成37°,加速度大小为a= = m/s2=12.5 m/s2,则经过0.5 s,小球的速度大小为v=at=6.25 m/s,选项C正确;小球从水平位置到最低点的过程中,若无能量损失,则由动能定理:mgL+qEL = mv2,代入数据解得v=7 m/s;因小球从水平位置先沿直线运动,然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点,在绳子被拉直的瞬间有能量的损失,可知到达最低点时的速度小于7 m/s,选项D 错误。
6.(2017浙江11月选考,19,9分)如图所示,AMB是一条长L=10 m的绝缘水平轨道,固定在离水平 地面高h=1.25 m处,A、B为端点,M为中点。轨道MB处在方向竖直向上、场强大小E=5×103 N/ C的匀强电场中。一质量m=0.1 kg、电荷量q=+1.3×10-4 C的可视为质点的滑块以初速度v0=6 m/s在轨道上自A点开始向右运动,经M点进入电场,从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动 摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。求滑块 (1)到达M点时的速度大小;(2)从M点运动到B点所用的时间;(3)落地点距B点的水平距离。
答案 (1)4 m/s (2) s (3)1.5 m
解析 (1)滑块在AM段的加速度大小为a1= =2 m/s2 - =2(-a1) vM=4 m/s(2)滑块在MB段的加速度大小为a2= =0.7 m/s2 =vMt1- a2 t1= s(3)滑块下落时间为t2= =0.5 svB=vM-a2t1=3 m/sx=vBt2=1.5 m
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 电场力的性质
1.(2019课标Ⅰ,15,6分)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同 的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则 ( ) A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷
答案 D 本题考查库仑力的性质以及学生对基本知识的理解能力,体现了运动与相互作用 观念核心素养。两细绳都恰好与天花板垂直说明两小球水平方向都处于平衡状态。设匀强电场场强为E,P所 带电荷量大小为q,Q所带电荷量大小为q'。若P带负电,对P分析如图甲所示,此时Q应带正电, 对Q分析如图乙所示,两细绳可与天花板垂直,符合题意;同理分析若P带正电,不符合题意。故 选D。 甲 乙
思路分析 假设P带正电,分析P与Q能否同时达到平衡状态;再假设P带负电,分析P与Q能否同 时达到平衡状态。
2.(2018课标Ⅰ,16,6分)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的 比值的绝对值为k,则 ( ) A.a、b的电荷同号,k= B.a、b的电荷异号,k= C.a、b的电荷同号,k= D.a、b的电荷异号,k=
答案 D 本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2 或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b的电荷异号,合 力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tan β=tan α= , =tan β,由库仑定律得 = ,联立得k= = 。故A、B、C三项均错误,D项正确。
一题多解 电场强度叠加法球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连 线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域;若a、b的电荷异号,球c处的合电场 强度指向1或3区域;故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方 向如图,tan β=tan α= ,由电场强度叠加原理得,tan β= ,结合点电荷电场强度公式得 = ,联立得k= = 。故A、B、C三项均错误,D项正确。
3.(2015课标Ⅱ,14,6分)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一 带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a 点从静止释放一同样的微粒,该微粒将 ( ) A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动
答案 D 最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动, 选项D正确。
4.(2017北京理综,22,16分)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。
答案 (1)3.0×10-3 N (2)4.0×10-4 kg (3)2.0 m/s
解析 (1)F=qE=3.0×10-3 N(2)由 =tan 37°,得m=4.0×10-4 kg(3)由mgl(1-cos 37°)= mv2,得v= =2.0 m/s
以下为教师用书专用(5~7)
5.(2019江苏单科,5,3分)一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平 射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P-t关系图像是 ( )
答案 A 本题考查带电粒子在匀强电场中运动的图像问题,突出对理解能力和应用数学知 识处理物理问题能力的考查,体现了运动与相互作用观念和科学推理、科学论证的核心素养 要素。竖直方向上,根据牛顿第二定律得Eq=ma,则a= ,又因为vy=at,P=qEvy,得P= t=kt(k为常数),故选项A正确。
解题关键 带电粒子以一定的初速度水平射入匀强电场,粒子在水平方向上做匀速直线运动, 且不影响电场力的功率。粒子在竖直方向上,在电场力的作用下(忽略重力),做匀加速直线运 动,故电场力对粒子做功的功率P=Eqvy。
6.(2015安徽理综,15,6分)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电量分别为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-4C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2
答案 B 由库仑定律知k= ,式中都取国际单位时k的单位为 ,由I= 知,1 C2=1 A2·s2,又因1 N=1 ,整理可得k的单位应为 · ,即kg·A-2·m3·s-4,故选项B正确。
7.(2015山东理综,18,6分)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
答案 B M、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强 等大反向,所以E1= ,方向沿y轴正向,因为H与G关于x轴对称,所以M、N两处的负点电荷在H处产生的合场强E2=E1= ,方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3= ,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH= - = ,方向沿y轴负向,B正确。
1.(2019天津理综,3,6分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从 M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过 程 ( ) A.动能增加 mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加 mv2 D.电势能增加2mv2
考点二 电场能的性质
答案 B 本题为带电小球在匀强电场中的运动问题,考查了应用电场知识进行分析推理的 能力,体现了运动和相互作用观念、能量观念等核心素养。小球从M点运动到N点的过程,可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速 直线运动。竖直方向上,运动时间t= ,上升高度h= ;水平方向上,2v=at,a= ,所以F电=2mg,水平位移x= t= ·t= 。从M到N,动能增量ΔEk= m×(2v)2- mv2= mv2,A错;重力势能增量ΔEp =mgh= mv2,C错;电势能增量ΔEp电=-W电=-F电·x=-2mv2,故D错;机械能增量ΔE机=ΔEk+ΔEp=2mv2,B正确。
一题多解 动能的增加量等于合外力做的功,即ΔEk=W合=W电+W重=F电·x+(-mg·h);机械能的增加 量等于除重力以外的力做的功,即电场力做的功,ΔE机=W电;重力势能的增加量等于克服重力做 的功,ΔEp=W克重=mgh;从M→N,电场力做正功,故带电小球的电势能减少。
2.(2019北京理综,17,6分)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点场强的大小比b点大B.b点场强的大小比c点小C.a点电势比b点高D.b点电势比c点低
答案 D 本题考查了负点电荷的电场强度和电势的空间分布规律,考查了考生对几种常见 电场的电场强度和电势分布规律的识记能力,体现了模型建构的核心素养。由点电荷形成电场的电场强度E= 可知,图示球面上a、b两点的场强大小相等,方向不同,b点场强的大小比c点大,故选项A、B错误;a、b两点在同一球面即等势面上,故a、b两点电势相等,选项C错误;负点电 荷形成的电场,电场线指向场源电荷,电场线方向是电势降低的方向,则c点电势高于a、b两点 的电势,选项D正确。
3.(2018课标Ⅰ,21,6分)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面, 已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做 的功为6 eV。下列说法正确的是 ( ) A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
答案 AB 本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d 的过程中克服电场力做功6 eV,说明电场方向由a→f,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6 V,故Uab=Ubc =Ucd=Udf=2 V,又因为φb=2 V,故φa=4 V,φc=0 V,φd=-2 V,φf=-4 V,可知A项正确。Eka=10 eV,从a到f 过程中,需克服电场力做功8 eV,Eka>|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到 达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2 eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8 eV,经过平面d时的动能为4 eV,又知Ek= mv2,故 = = ,D项错误。
易错点拨 隐含条件的显性化动能是标量,而速度是矢量,故本题中不知道初速度的具体方向。
4.(2019课标Ⅱ,20,6分)(多选)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运 动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则 ( )A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
答案 AC 本题考查带电粒子在电场中运动的问题,体现了能量观念、科学推理等核心素 养。粒子仅在电场力作用下由静止开始运动,运动过程中,电场力可能先做正功后做负功,速度可能 先增大后减小,A正确;若电场线为曲线,则粒子运动的轨迹与电场线不重合,B错误;由能量守恒 定律知动能与电势能之和恒定,而粒子在N点有动能或动能为0,则粒子在N点的电势能不可能 高于在M点的电势能,C正确;粒子在N点所受电场力的方向沿电场线切线方向,与轨迹切线不 一定平行,D错误。
思路分析 如图所示,在等量同种点电荷形成的电场中,带正电的粒子在M点由静止释放,其将 在M、N之间做往复运动,在M→N过程,粒子速度先增大后减小。
5.(2017课标Ⅲ,21,6分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如 图所示,三点的电势分别为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/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV
答案 ABD 本题考查匀强电场、电场强度、电势、电势差。设a、c连线上d点电势为17 V,如图所示,则 = ,得ldc=4.5 cm,tan θ= = ,θ=37°。过c作bd垂线交bd于e点,则lce=ldc cos θ=4.5× cm=3.6 cm。ce方向就是匀强电场方向,场强大小为E,Elce=Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确。UOe=ElOb sin 53°=16 V,故O点电势φO=17 V-16 V=1 V,B项正 确。电子在a点的电势能比在b点的高7 eV,C项错误。电子从b点到c点电场力做功W=9 eV,D 项正确。
以下为教师用书专用(6~13)
6.(2019课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶 点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则 ( )A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
知识储备 ①点电荷产生的电势:离正场源电荷越近越高,离负场源电荷越近越低。②点电荷 产生的场强大小E= ,方向沿连线背离正场源电荷或指向负场源电荷。③掌握电场的叠加原理。
答案 BC 本题通过两等量异种点电荷的电场考查了电场力的性质与电场能的性质,利用点 电荷所处的空间位置考查了学生的推理能力,体现了运动与相互作用观念、能量观念等物理 观念的素养要素。由点电荷产生的电势分布可知q在a点产生的电势低于在b点产生的电势,-q在a点产生的电势 也低于在b点产生的电势,故φa<φb,再由Ep=qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa>Epb,故A、D 均错误。由点电荷的场强分布可知q在a点产生的场强与-q在b点产生的场强完全相同,q在b点 产生的场强与-q在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正 确。
7.(2018天津理综,3,6分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的 粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度 大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是 ( ) A.vM
规律总结 带电粒子在电场中做曲线运动的定性判断带电粒子在电场中做曲线运动时受力指向轨迹的凹侧,电场力的方向沿电场线的切线方向;根 据速度方向为轨迹的切线方向,并由力和速度方向的夹角判断做功情况,从而确定动能、电势 能等物理量的大小关系。
8.(2019江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。 先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。 再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。 下列说法正确的有 ( ) A.Q1移入之前,C点的电势为 B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W
答案 ABD 本题考查“电场能的性质”中的“电场力做功”问题,既要思考电场力做功的 特点,还要考虑合力做功与分力做功的关系,难度较大,能充分考查学生的综合分析能力。将Q1从无穷远处移到C点,W=q(φC-0),则φC= ,A正确。在A点的电荷量为+q的点电荷产生的电场中,B点与C点是等势点,Q1从C移到B的过程中,电场力做功为零,故B正确。在A点的点电荷形 成的电场中,Q1从无穷远处移到C的过程中电场力做功为-W,那么在A点的点电荷形成的电场 中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功为2W,同理在B点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷 远处移到C点,电场力做功也为2W,所以将Q2从无穷远处移到C点,电场力做的功为2W+2W=4W, 电势能减小4W,无穷远处电势为零,则Q2移到C点后的电势能为-4W,所以C错误,D正确。
解题关键 求Q2移到C点过程中电场力做的功,可以分解为求在单独A点的点电荷产生的电场 中移动电荷时电场力做的功与在单独Q1产生的电场中移动电荷时电场力做的功之和,且由分 析可知这两种情况下电场力做功相等。
9.(2017课标Ⅰ,20,6分)(多选)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∶1C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3
答案 AC 本题考查场强与电势。由图可知:ra=1 m、φa=6 V;rb=2 m、φb=3 V;rc=3 m、φc=2 V;rd=6 m、φd=1 V。由点电荷的场强公式E= 得Ea∶Eb∶Ec∶Ed= ∶ ∶ ∶ =36∶9∶4∶1,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶ 1,故C正确、D错误。
10.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如 图所示。下列说法正确的有 ( )A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2,电势能减小D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大
答案 AC 本题考查识别φ-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。 φ-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即 场强从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错 误;沿x轴方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知φx1<φx 2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。
11.(2016海南单科,10,5分)(多选)如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两 实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交 点。不计重力。下列说法正确的是 ( ) A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
答案 ABC 粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M受到了引力作用,N受到了斥力作用, 故M带负电荷,N带正电荷,选项A正确;由于虚线是等势面,故M从a点到b点电场力对其做负功, 动能减小,选项B正确;d点和e点在同一等势面上,N在d点的电势能等于它在e点的电势能,故选 项C正确; N从c点运动到d点的过程中,电场力做正功,故选项D错误。
12.(2016课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸 面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知 ( )A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案 AB 由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合 力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力 大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P 点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在 P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正 确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。
13.(2015广东理综,21,6分)(多选)图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示 路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则 ( ) A.M的带电量比N的大B.M带负电荷,N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功
答案 BD 不考虑重力,取整体为研究对象,外力只有匀强电场的电场力,由平衡条件可 知M、N所受电场力必等大反向,故M、N必带有等量异种电荷,A错误;隔离出M,因N对其静电 引力向右,则电场E对其电场力必向左,即与场强方向反向,故M带负电,则N带正电,B正确;静止 时,M、N所受合力都为0,C错误;因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角,故D正确。
1.(2018课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两 微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极 板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极 板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 ( )
考点三 电容器 带电粒子在电场中的运动
A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的动量大小相等
答案 BD 本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可知,微粒a向下运动, 微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xa>xb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x= · t2,则ma
易错点拨 对Ep=qφ的理解 Ep=qφ中,电势能Ep、电荷量q和电势φ都为标量,但有正负之分,在利用该式进行分析时,要 求将正、负号代入进行计算,否则容易出现错误。
2.(2018江苏单科,5,3分)如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状 态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴 ( ) A.仍然保持静止 B.竖直向下运动 C.向左下方运动 D.向右下方运动
答案 D 水平金属板间电场沿竖直方向,等势面为一组水平面。带电油滴处于静止状态,说 明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq=mg。B板右端向下移动一小段距离,两极板间电压不 变,则两极板间的等势面右端同样向下弯曲。电场线与等势面垂直,同样产生弯曲,且电场强度 减小。竖直方向上Eyq
3.(2017江苏单科,4,3分)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
答案 A 本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做 匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分 别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有 变化,B、C板间电场强度E= = = ,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
4.(2017天津理综,7,6分)(多选)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
5.(2016天津理综,4,6分)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属 外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强 度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下 移动一小段距离至图中虚线位置,则 ( )A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变
答案 D 极板移动过程中带电荷量Q保持不变,静电计指针张角变化反映板间电势差U的变 化,由C= 和C= 可知,极板下移,d减小,C增大,U减小,又E= = ,则E不变,Ep不变,综合上述,只有D选项正确。
6.(2019课标Ⅱ,24,12分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放 置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q (q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不 计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
答案 (1) m + qh v0 (2)2v0
解析 本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了模型建构的素养 要素。(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖 直向下,设粒子的加速度大小为a,有E= ①F=qE=ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek- m ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h= at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek= m + qh ⑥
l=v0 ⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的 长度L为L=2l=2v0 ⑧
知识储备 1.类平抛运动的处理方法;2.牛顿第二定律;3.动能定理;4.电势差与场强的关系。
7.(2019课标Ⅲ,24,12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点,从O点沿 水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A 从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。
答案 (1) (2)2m( +g2t2)
解析 本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在 电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常见,运动过程简单,为中等难度题。 体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给 条件,有mg+qE=ma ①
a = gt2 ②解得E= ③(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理 有Ek- m =mgh+qEh ④且有v1 =v0t ⑤h= gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m( +g2t2) ⑦
方法指导 优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结 合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理或功能关系解题。
以下为教师用书专用（8~12）
8.(2019北京理综,23,18分)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值 为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相 同。(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U 时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参 数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是 (选填E或R)的改变造成的;b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的 途径。
图1
图2 图3(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀 增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、 “减小”或“不变”)。
答案 (1)u-q图线如图 CU2(2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。(3)
解析 本题考查了电容器的充、放电及电能等知识,考查学生的实验能力、理解能力等,体现 了科学探究中证据、解释的核心素养。
(1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能EpEp= QU,又Q=CU故Ep= CU2(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷 量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越 小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越 小,电流变化越慢,充电过程越平缓。(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对 于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+ IR,即I= ,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。
方法诠释 本题利用类比法及图像中轴、点、线、斜率、面积、截距的物理意义,分析相关 电容器的特点和决定充放电的因素等。
9.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不 需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离 子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成 离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量 为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导 的表达式;(3)为提高能量的转换效率,要使 尽量大,请提出增大 的三条建议。
答案 (20分)(1) (2) = (3)见解析
解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的 综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有ZeU= mv2-0 ①设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有F1'=F1 ②设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有F1'=ΔNm ③联立①②③式,且N= 得N= ④(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P= F'v ⑤考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
= ⑥(3)为使 尽量大,分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键 ①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题 也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故 = = ;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F '· = F 'v。
10.(2016课标Ⅱ,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P 的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场 力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则 ( )A.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 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rb
11.(2017课标Ⅰ,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖 直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到 某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同 样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满 足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两 点间距离的两倍。
答案 见解析
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,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时, 油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1 ①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1 ②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2 ③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 ④由①②③④式得v2=v0-2gt1 ⑤(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg ⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+ a1 ⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1- a2 ⑧由题给条件有 =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=h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2= E1 为使E2>E1,应有2- + >1
即当0
t1> 另一解为负,不合题意,已舍去。
12.(2016北京理综,23,18分)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方 向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转 电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的 偏转距离Δy。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力, 请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g=10 m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义
式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力 势”的共同特点。
答案 (1) (2)(3)见解析
解析 (1)根据功和能的关系,有eU0= m 电子射入偏转电场的初速度v0= 在偏转电场中,电子的运动时间Δt= =L 偏转距离Δy= a(Δt)2= (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29 N电场力F= ~10-15 N由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即φ= 由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG 与其质量m的比值,叫作“重力势”,即φG= 。
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 电场力的性质
1.(2019浙江名校协作体联考,9)A、B两带电小球,电荷量分别为+q、+9q,质量分别为mA、mB,如 图所示,用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,静止时A、B两球处于同一水平线上,其中O点 到A球的距离lOA=2L,∠AOB=90°,∠OAB=60°,C是A、B连线上一点且在O点的正下方,带电小球 均可视为点电荷,静电力常量为k,则下列说法正确的是 ( )A.A、B间的库仑力大小为F= B.A、B两球的质量之比为1∶3C.C点的电场强度为零D.若仅互换A、B两球的带电荷量,则A、B两球位置将不再处于同一水平线上
答案 C 根据题意,由几何关系可知,lOA=2L,lAB=4L,lOB=2 L由库仑定律可知A、B间的库仑力大小为F=FAB=FBA=k =k ,A选项错误;如图所示受力分析可知: =tan 30°, =tan 60°两式相除,得: = =3∶1,故B选项错误;
由几何关系可知,lAC=lOA cos 60°=L,lBC=lAB-lAC=3L根据点电荷场强公式E=k 可知:A点电荷在C点的场强大小为E=k ,B点电荷在C点的场强大小为E'=k =k ,故E和E'大小相等,方向相反,合场强为零,C选项正确;互换两球的电荷量以后,A、B两球各自受到的库仑力FAB和FBA大小均没有发生变化,如图所示的平衡依然成立, 故A、B两球位置将依然处在同一水平线上,D错误。
2.(2019浙江慈溪期末联考,15)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中 的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似,已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的 分布如图所示,一质量m=1.0×10-20kg,带电荷量大小为q=1.0×10-9C的带负电的粒子从(1,0)点由 静止开始,仅在电场力作用下在x轴上做往返运动。忽略粒子的重力等因素,则 ( )A.x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向B.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1∶E2=2∶1C.该粒子运动的周期T=1.5×10-8 s
D.该粒子运动的最大动能Ekm=2×10-8 J
答案 D 沿着电场线方向电势降低,可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向,x轴右侧场强方向沿 x轴正方向,故A错误;根据U=Ed可知,左侧电场强度为:E1= V/m=2.0×103 V/m,右侧电场强度为:E2= V/m=4.0×103 V/m,所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1∶E2=1∶2,故B错误;设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点时的速度为vm,由运动 学公式有:vm= t1,同理可知:vm= t2,Ekm= m ,而周期T=2(t1+t2),联立各式并代入相关数据可得:T=3.0×10-8 s,故C错误。该粒子运动过程中电势能的最大值为:Epm=qφm=-2×10-8 J,由能量 守恒得:当电势能为零时动能最大,最大动能为Ekm=2×10-8 J,故D正确。
3.(2019浙江杭州学军中学模拟,11)如图所示,将一带电小球A通过长为L的绝缘细线悬挂于O 点。现要使细线偏离竖直线30°角,可在O点正下方的B点放置带电荷量为q1的点电荷,且B、A 连线垂直于OA;也可在O点正下方C点放置带电荷量为q2的点电荷,且C、A处于同一水平线上, 则 为 ( ) A. B. C. D.
答案 B 对两种情况进行受力分析,如图所示:依据矢量的合成法则,结合几何知识及平衡条件,则有:F'=mg sin 30°,F=mg tan 30°,根据库仑定律,则有:F'= ,而F= ,
根据几何知识,则有:lBA=L tan 30°,lCA=L sin 30°,综上所得: = ,故A、C、D错误,B正确。
4.(2019浙江超级全能生联考,11)用一条绝缘细线悬挂一个带电小球,小球质量为100 g,所带电 荷量为+8.0×10-8 C。如图所示,现加一个水平方向的匀强电场,平衡时绝缘细线与铅垂线夹角 为θ=37°。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则 ( ) A.该带电小球缺少5×109个电子B.该匀强电场的场强大小是7.9×106 N/CC.小球电荷量减半,细线与铅垂线的夹角减半D.若剪断细线,小球将以加速度12.5 m/s2做匀加速直线运动
答案 D 带电小球缺少的电子数n= = =5×1011,选项A错误;如图甲所示,带电小球受重力、电场力、拉力作用,由平衡条件得tan 37°= = ,解得E= =9.375×106 N/C,选项B错误;若小球电荷量减半,则所受电场力减半,细线与铅垂线夹角的正切值将减半,但不代 表角度减半,选项C错误;如图乙所示,若剪断细线,小球所受合力F合= ,加速度a= = =12.5 m/s2,则小球做匀加速直线运动,选项D正确。
5.(2017浙江台州中学统练)如图所示,绝缘水平面上有A、B、C、D四点。依次相距L,若把带 电金属小球甲(半径远小于L)放在B点,测得D点处的电场强度大小为E,现将不带电的相同金属 小球乙与甲充分接触后,再把两球分置于A、C两点,此时D点处的电场强度大小为 ( ) A. E B. EC.E D. E
答案 D 设接触前甲的电荷量为q,则E=k 。根据电荷守恒定律,两球接触又分开后所带电荷量均为q/2,则此时D点的场强E'=k +k ,联立解得E'= E,故D选项正确。
1.(2019浙江宁波十校期末联考,3)下列是电压的单位的是 ( )A.kg·m/(C·s2) B.kg·m2/(A·s2)C.H·C/s2 D.J/C2
考点二 电场能的性质
答案 C 根据W=qU知,1 V=1 J/C,根据W=FL得1 J=1 kg·m2/s2,所以1 V=1 kg·m2/(C·s2), 故A、B、D均错误;根据自感电动势的表达式E自=L 知1 V=1 H·A/s,而由I= 得1 A=1 C/s,联立得1 V=1 H·C/s2,故C正确。
解题关键 根据物理学公式推导物理量单位的关系,从而判断哪一个单位表示“伏特”。
2.(2019浙江慈溪期末联考,3)如图所示,有向直线为某点电荷电场中的一条电场线,其上两 点a、b相距为d,电势差为U,b点的场强大小为E,把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点,电场 力做功为W,该试探电荷在a点所受的电场力大小为F,下列关系式一定正确的是 ( ) A.E= B.U=Ed C.E= D.U=
答案 D a点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值,即 Ea= ,因电场不一定是匀强电场,可知b点的场强不一定是E= ,故A错误;公式U=Ed只适用于匀强电场,对非匀强电场不适用,故B错误;点电荷产生的场强大小为E= ,其中q为场源点电荷所带电荷量,d为到该点电荷的距离,故C错误;从a到b电场力做功为W=qU,所以电势差U= ,故D正确。
3.(2019浙江暨阳3月联考,6)空间某处为一匀强电场和一场源正电荷Q的复合场,在正电荷Q为 圆心的一圆周上,有a、b、c、d四点,其中a、c在同一竖直直径上,b、d在同一水平直径上,下 列对这个复合电场的研究中正确的是 ( ) A.a点的场强与c点的相同B.b点的电势可能比d点高C.将一负电荷从a点沿圆弧经b移到c点,电场力先做正功后做负功D.负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
答案 D a点与c点场强方向不同,A错。用一个正的试探电荷,将其从d点移到b点,考虑其电 势能的变化,由此可知b点电势低,所以B错。按C选项路径移动,电场力先做负功后做正功,且 负电荷在a、c两点的电势能相同,故C错误,D正确。
4.(2019浙江宁波十校期末联考,9)如图所示,ACB为固定的光滑半圆形轨道,轨道半径为R,A、B 为水平直径的两个端点,AC为1/4圆弧,MPQO区域内有竖直向下的匀强电场(边界上有电场), 电场强度的大小E= 。一个质量为m,电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道,小球运动过程中电荷量不变,不计空气阻力,已知重力加速度 为g。关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是 ( ) A.若H=R,则小球刚好沿轨道到达C点B.若H>R,则小球一定能到达B点
C.若小球到达C点时对轨道压力为6mg,则H= RD.若H=3R,则小球到达C点时对轨道压力为5mg
答案 C 若H=R,假设小球从最高点能到C点,根据动能定理mg(H+R)-qER= m -0,结合E= ,解得vC=0,故在C点需要的向心力为零,但电场力和重力的合力向上,大于需要的向心力,不能沿着轨道过C点,说明球到达C点前已经离开了轨道,故A错误。小球刚好能到B点时,仅由弹 力提供向心力,则满足过B点的速度vB≥0,由A到B,由动能定理,mgH-qER= m -0,联立E= 可得H≥2R,故B错误。若过C点的压力为6mg,则由牛顿第三定律知轨道的支持力为6mg,有N+ qE-mg=m ,从A到C由动能定理,mg(H+R)-qER= m -0,解得H= R,故C正确。若H=3R,对球从A到C过程根据动能定理,有mg(H+R)-qER= mv -0,解得vC'=2 ,在C点合力提供向心力,故N+qE-mg=m ,可得N=3mg,根据牛顿第三定律,压力为3mg,故D错误。故选C。
解题思路 球进入电场前做自由落体运动,根据动能定理列式求解末速度;进入电场区域后,受 重力和电场力的合力向上,大小为mg,如果是沿着轨道运动,任意一点都应该满足合力的径向 分力提供向心力(最低点是合力提供向心力),结合动能定理和牛顿第二定律列式分析即可。
5.(2019浙江杭州一模,10)如图所示,由绝缘材料制成的光滑圆环(圆心为O)竖直固定放置。电 荷量为+q(q>0)的小球A固定在圆环的最高点,电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。 若小球B静止时,两小球连线与竖直方向的夹角为θ=30°,两小球均可视为质点,以无穷远处为零 电势点,则下列说法正确的是 ( ) A.小球B可能带正电B.O点电势一定为零C.圆环对小球B的弹力指向圆心D.将小球B移至圆环最低点,A、B小球组成的系统电势能变小
答案 B 因小球B处于静止状态,对其受力分析,如下图所示: 由于A球带正电,因此小球B一定带负电,故A错误;因两球带等量异种电荷,则两者连线的中垂 线即为等势线,以无穷远处为零电势点,因此O点的电势为零,故B正确;由A选项分析可知,圆环 对小球B的弹力背离圆心,故C错误;将小球B移至圆环最低点,电场力做负功,导致A、B小球组 成的系统电势能变大,故D错误。故选B。
6.(2019浙江杭州模拟,12)带有等量异种电荷的一对平行金属板,上极板带正电荷。如果两极 板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大,即使在两极板之间,它们的电场线也不是彼此 平行的直线,而是如图所示的曲线(电场方向未画出)。虚线MN是穿过两极板正中央的一条直 线。关于这种电场,以下说法正确的是 ( ) A.平行金属板间的电场,可以看做匀强电场B.b点的电势高于a点的电势
C.d点的电势低于c点的电势D.若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放,它必将沿着电场线运动到负极板
答案 C 由电场线的分布情况看出,平行金属板间各处的电场强度不是处处相同,所以不能 看成匀强电场,故A错误。顺着电场线电势逐渐降低,上板带正电荷,电场方向向下,所以b点电 势低于a点电势,故B错误。上极板带正电荷,电场线从上极板指向下极板,根据顺着电场线方 向电势降低,可知d点的电势低于c点,故C正确。将一正电荷从电场中的任一点由静止释放,不 一定能沿电场线运动,只有在ab所在的电场线上,正电荷所受的电场力一直沿电场线向下,能沿 此电场线运动,其他电场线是曲线,正电荷所受的电场力沿电场线的切线方向,将使电荷离开电 场线,故D错误。故选C。
1.(2019浙江超级全能生联考,6)常用的电容器,从构造上看,可以分为固定电容器和可变电容器 两类。如图为甲、乙两种电容器的实物图片,根据图中的相关信息,下列判断中正确的是( )A.甲为可变电容器,它是通过改变极板间的距离来改变电容器的电容的B.在不改变其他条件下,将甲电容器浸入煤油中,其电容不发生变化C.根据乙电容器外壳上标的数据可知,电压超过5.5 V时乙电容器就会被击穿D.根据乙电容器外壳上标的数据可知,乙电容器接5.5 V电压时,储存的电荷量为5.5 C
考点三 电容器 带电粒子在电场中的运动
答案 D 可变电容器甲是通过改变极板的正对面积来改变电容的,将该电容器浸入煤油中, 两极板间的介质改变,相对介电常数改变,即电容发生改变,A、B错误;电容器的击穿电压一定 会大于额定电压,乙电容器外壳上标的电压是工作电压,即标识的“5.5 V”为额定电压,根据 公式可得Q=CU=1.0×5.5 C=5.5 C,C错误、D正确。
解题关键 由Q=UC可知电压与电荷量间的关系,同时要注意额定电压与击穿电压的区别。
2.(2019浙江慈溪期末联考,5)下列电容器相关知识描述正确的是( ) A.图甲为电容器充电示意图,充完电后电容器上极板带正电,两极板间的电压U等于电源的电 动势EB.图乙为电容器放电示意图,放电过程中电流大小保持不变
C.图丙为电解电容器的实物图和符号,图丁为可变电容器及其符号,两种电容器使用时都严格 区分正负极D.图戊中的电容器上有“5.5 V 1.0 F”字样,说明该电容器只有两端加上5.5 V的电压时电容 才为1.0 F
答案 A 图甲为电容器充电过程,电容器上极板与电源的正极相连,同时两极板间的电压U 等于电源的电动势E,故A正确;图乙为电容器放电过程,放电过程中电流大小改变,故B错误;图 丙为电解电容器的实物图和符号,图丁为可变电容器及其符号,前者电容器使用时严格区分正 负极,后者没有正负极,故C错误;图戊中的电容器上有“5.5 V 1.0 F”字样,说明该电容器两 端电压最大值为5.5 V,而电容与电容器两端的电压无关,总是1.0 F,故D错误。
3.(2019浙江镇海中学一模,12)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型 图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器 的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化, 若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体 ( )A.向左移动时,θ增大B.向右移动时,θ增大C.向左移动时,θ不变D.向右移动时,θ减小
答案 B 当被测物体向左移动时,导致电容器极板间的电介质增多,则电容会增大,由于电荷 量不变,则电容器极板间的电压减小,即θ减小,故A、C错误;当被测物体向右移动时,导致电容 器极板间的电介质减少,则电容会减小,由于电荷量不变,则电容器极板间的电压增大,即θ增大, 故B正确,D错误。
4.(2018浙江台州期末)如图所示,ACB是一条足够长的绝缘水平轨道,轨道CB处在方向水平向 右、大小E=1.0×106 N/C的匀强电场中,一质量m=0.25 kg、电荷量q=-2.0×10-6 C的可视为质点 的小物体,在距离C点L0=6.0 m的A点处,在拉力F=4.0 N的作用下由静止开始向右运动,当小物 体到达C点时撤去拉力,小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ=0.4,求(g=1 0 m/s2) (1)小物体到达C点时的速度大小;(2)小物体在电场中运动的时间。
答案 (1)12 m/s (2)(1+ ) s
解析 (1)根据牛顿第二定律,小物体的加速度大小为:a= =12 m/s2小物体到达C点时,v2=2aL0代入数据解得:v=12 m/s(2)根据牛顿第二定律,小物体向右减速的加速度大小为:a1= =12 m/s2小物体向右运动的时间:t1= =1 s小物体向右运动的位移:x1= t1=6 m由于qE>μmg,所以小物体先减速后反向向左加速根据牛顿第二定律,小物体向左加速的加速度为:a2= =4 m/s2小物体在电场中向左运动的时间为:t2= = s小物体在电场中运动的总时间为:t=t1+t2=(1+ ) s
试题分析 根据牛顿第二定律,求出小物体的加速度大小,再根据速度-位移公式求出到达C点 时的速度大小;根据牛顿第二定律,求出小物体向右减速时的加速度大小、小物体向右运动的 时间和位移,再求出小物体向左运动的时间,即可求出总时间。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:60分)一、选择题(每小题6分,共36分)
1.(2019浙江超级全能生2月联考,12)如图所示在竖直平面内建立直角坐标系,空间内有与xOy 平面平行的匀强电场,场强为E(图中未画出)。一质量为m、带电荷量为+q的小球,从坐标原点 O由静止开始沿直线ON斜向下运动,直线ON与y轴负方向成θ角(θ<45°)。不计空气阻力,则下 列说法正确的是 ( )A.当E= 时,电场强度最小B.当E= 时,小球的机械能守恒C.当E= 时,电场场强最大D.当E= 时,电场力一定做正功
答案 B 由题意知,小球所受合力必沿ON方向,重力方向竖直向下,分析可知当电场力垂直 ON时,场强最小,即Eq=mg sin θ,且此时电场力不做功,故机械能守恒,故A错误,B正确;本题符合 要求的场强,最大是无穷,故C错误;当E=mg tan θ时,如图所示,电场力有两种(方向不同),一种做 正功,一种做负功,故D错误。
2.(2018浙江名校协作体联考)如图所示,在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲,现 将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点,若此过程 中甲始终保持静止,甲、乙两物体可视为质点,则下列说法正确的是 ( ) A.甲对地面的压力先增大后减小B.甲受到地面的摩擦力大小不变C.甲受到地面的摩擦力先增大后减小D.乙的电势能先增大后减小
答案 A 在乙由M点运动到最高点过程中,对物体甲受力分析,如图,受重力G、地面的支持 力FN、摩擦力f以及静电力F。 将静电力正交分解,由共点力平衡条件得到:F sin θ-f=0 ①FN-F cos θ-G=0 ②由①②两式可解得:FN=G+F cos θ,f=F sin θ其中G与F不变,θ逐渐减小为零,因而支持力FN逐渐变大,f逐渐变小。当乙由最高点运动到N点的过程中,再次对物体甲受力分析,如图,受重力G、地面的支持力FN'、摩擦力f'以及静电力F'。
将静电力正交分解,由共点力平衡条件得到:F' sin θ-f'=0 ③FN'-F'cos θ-G=0 ④由③④两式可解得:FN'=G+F'cos θ,f'=F' sin θ其中G与F'不变,θ由零逐渐增大,因而支持力FN'逐渐变小,f'逐渐变大。综合以上两个过程可知:物体甲受到地面的支持力FN先增大后减小,物体甲受到地面的摩擦力 先减小后增大,故A正确,B、C错误。乙对甲的静电力方向与乙的速度方向总是垂直的,因而电 场力不做功,则乙的电势能不变,故D错误。故选A。
解题关键 对物体受力分析后,运用共点力平衡条件求解,关于乙的电势能变化,要根据电场力 做功的情况判断。
3.(2019浙江七彩阳光联盟二模,12)如图所示,真空中a、b、c、d四点共线且等间距,a点固定一 点电荷+Q,d点固定一点电荷-Q。下列判断正确的是 ( ) A.b、c两点电场强度的方向相反B.b、c两点电场强度的大小相等C.c点电势比b点电势高D.另取一正电荷从b点移到c点,电势能增加
答案 B 根据对称性看出,b、c两处电场线疏密程度相同,则b、c两点场强大小相同,这两点 场强的方向均由b→c,方向相同,故B正确,A错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低,可知c点 电势比b点电势低,故C错误;取一正电荷从b点移到c点,电场力做正功,电势能降低,故D错误。
4.(2019浙江学军中学模拟,9)一边长为r的正三角形的三个顶点,固定有3个点电荷,电荷量分别 为+q、+q和-2q,如图,静电力常量为k,则三角形中心处O点的电场强度大小和方向为 ( ) A. ,指向电荷量为-2q的点电荷B. ,指向电荷量为-2q的点电荷C. ,背离电荷量为-2q的点电荷D. ,背离电荷量为-2q的点电荷
答案 B O点是三角形的中心,到三个电荷的距离为l= rsin 60°= r,两个电荷量为+q的点电荷在O处产生的场强大小均E1=E2=k ;根据对称性和几何知识得知:两个电荷量为+q的点电荷在O处产生的合场强为E12=E1=k ;再与电荷量为-2q的点电荷在O处产生的场强合成,得到O点的合场强为E=E12+E3=k +k =k = ,方向指向电荷量为-2q的点电荷,故选B。
5.(2019浙江宁波十校期末联考,10)电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美。如图 所示,真空中固定两个等量异种点电荷A、B,A、B连线中点为O。在A、B所形成的电场中,以 O点为圆心,半径为R的圆面垂直A、B连线,以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆 面且与A、B连线共面,两个平面边线交点分别为e、f,则下列说法正确的是 ( ) A.在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B.将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C.将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量并不都相同D.沿线段eOf移动的电荷,它所受的电场力先减小后增大
答案 B 图中圆面是一个等势面,e、f两点的电势相等,根据电场线分布的对称性可知e、f两 点的场强相同,故A错误。图中圆弧egf是一条等势线,其上任意两点的电势差都为零,根据公式 W=qU可知:将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功,故B正确。a点与圆面内任意一点 的电势差相等,根据公式W=qU可知:将一电荷由a点移到圆面内任意一点时,电场力做功相同, 则电势能的变化量相同,故C错误。沿线段eOf移动的电荷,电场强度先增大后减小,则电场力 先增大后减小,故D错误。
6.(2019浙江台州3月评估,13)通常情况下,空气是不导电的,若空气中存在很强的电场,电场力 使得气体分子电离,空气变成了导体,出现放电现象。如图所示,在加有高电压的两金属板间的 中点处,有一速度为零的气体分子电离后成为带正、负电的两个粒子,分别用A、B表示,两粒 子在到达两极板的过程中,不考虑A、B两粒子与其他粒子的相互作用。下列说法正确的是 ( )A.两粒子到达极板时的速率相同B.极板间电场力对粒子A做正功C.板M接电源正极,板N接电源负极D.电离过程中,A、B间的库仑力对B做正功
答案 B 速率为v= ,由于A、B两粒子质量大小关系未知,因此速率无法比较,A错;任何带电粒子在电场中静止释放,电场力都对其做正功,B对;异种电荷互相吸引,故靠A近的板M带 负电,A、B两粒子才会如此被电离,C错;电离过程,A对B的库仑力方向与B运动方向相反,库仑 力对B做负功,故D错。
7.(2019浙江超级全能生2月联考,19)(12分)粮食问题一直是国家高度重视的战略问题,2018年8 月国务院决定建立国家专项粮食储备制度。甲图为某粮库运送粮食的传送带以及谷堆的实 景图,设该传送带与水平地面夹角θ=30°,长L=20 m,以2 m/s的速度稳定传送。若谷粒由静止从 传送带底端随传送带向上运动,谷粒与传送带间的动摩擦因数μ= 。不考虑谷粒滚动,不计空气阻力,求:(1)谷粒加速运动阶段的加速度大小;(2)谷粒在传送带上运动的时间;(3)大量谷粒堆在地面上,将自然地堆成圆锥状,简化模型如图乙,若谷粒间的平均动摩擦因数 为μ1,则谷堆锥面最大倾角α应为多少?事实上,干谷粒和传送带之间的摩擦会使谷粒带电,于是在谷堆表面会形成垂直于表面的电场, 虽然谷粒所受电场力远小于重力,但这个电场对圆锥体的形成还是会有一定影响。试分析这 个电场的存在会使谷堆锥面最大倾角怎么变化(相对于无电场时的α)?
二、非选择题(共24分)
答案 (1)1 m/s2 (2)11 s (3)见解析
解析 (1)加速阶段传送带速度大于谷粒速度,滑动摩擦力为动力,根据牛顿第二定律有ma=μmg cos 30°-mg sin 30° (1分)解得a=1 m/s2 (1分)(2)谷粒在传送带上先做匀加速直线运动后随传送带做匀速直线运动,设加速阶段所用时间为t 1,位移为x1,匀速阶段所用时间为t2,位移为x2,则
t1= =2 s(1分)x1= =2 m(1分)x2=L-x1=18 m,t2= =9 s(1分)则谷粒在传送带上运动的时间t=t1+t2=11 s(2分)(3)大量谷粒自然形成圆锥α角将是恒定值,有mg sin α=μ1mg cos α解得tan α=μ1,即α=arctan μ1 (1分)有电场时,mg sin β=μ1mg cos β-μ1Eq (2分)
解得β<α,电场的存在会使谷堆锥面最大倾角变小 (2分)
8.(2019浙江学军中学模拟,20)(12分)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的小物块,在距离 电场区域为a处以一定的初速度在一水平绝缘平面上向右运动,物块与绝缘平面的动摩擦因数 为μ,物块在运动过程中要穿越宽度为2a、场强大小为E的电场区域,当场强方向竖直向下时, 物块停留在离开电场区域左边缘的0.5a处,当场强方向向上时,物块停留在距离电场区域右侧 的a处。 (1)求电场强度的大小,以及物块的初速度;(2)若增加物块初速度的大小,当电场向下时,物块仍能停在电场区域内。求电场向上时物块运 动的时间与电场向下情况下物块运动时间差值的最小值,并求出对应的初速度。
答案 (1) 2 (2)2
解析 (1)当场强方向竖直向下时,由动能定理: m =μmga+μ(mg+qE)×0.5a;当场强方向竖直向上时,由动能定理: m =μmg·2a+μ(mg-qE)×2a;联立解得:E= ;v0=2 。(2)无论电场方向如何,物块在进入电场前运动时间是相等的,设滑块刚进入电场时速度为v,当 电场方向向下时物块不滑出电场,则由动量定理:μ(mg+qE)t1=mv。解得:t1= ;若场强方向向上,则由于mg=qE,则滑块在电场中受摩擦力为零而做匀速运动,离开电场后做匀 减速运动,则在电场中的时间为:t21= ,离开电场时:μmgt22=mv,则运动的总时间为:t2= + ;则时间差:Δt=t2-t1= + - = + ;
由数学知识可知,当 = 时,Δt最小,即可v=2 时,Δt最小值为:Δtmin=2 ;此时当场强方向向下时,有: mv2=μ(mg+qE)x,解得x=a,滑块不滑出电场的范围;由动能定理: m =μmga+ mv2,解得:v0= 。
1.(平行板电容器)两个完全相同的平行板电容器C1、C2水平放置,如图所示。开关S闭合时,两 电容器中间各有一油滴A、B刚好处于静止状态。现将S断开,将C2下极板向上移动少许,然后 再次闭合S,则下列说法正确的是 ( )A.两油滴的质量相等,电性相反B.断开开关,移动C2下极板过程中,B所在位置的电势变高C.再次闭合S瞬间,通过开关的电流可能从上向下
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
D.再次闭合开关后,A向上运动,B向下运动
答案 C 当S闭合时,左边电容器的上极板和右边电容器的下极板相连,即两个极板的电势相 等,又因为其他两个极板都接地,电势相等,故两极板间的电势差的绝对值相等,根据mg=q ,由于不知道两油滴的电荷量,故两个油滴的质量不一定相等,若C1上极板带正电,则C1电场方向 竖直向下,A油滴应受到竖直向上的电场力,故带负电,C2下极板带正电,则C2电场方向竖直向上, B油滴应受到竖直向上的电场力,所以带正电,两油滴电性相反;若C1上极板带负电,则C1电场方 向竖直向上,A油滴应受到竖直向上的电场力,故带正电,C2下极板带负电,则C2电场方向竖直向 下,B油滴应受到竖直向上的电场力,所以带负电,两油滴电性相反。总之两油滴的电性相反,选 项A错误。断开开关,移动C2下极板过程中,电荷量不变,根据E= ,两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关,故电场强度恒定,所以B的受力不变,仍处于静止状态,到上极板(零 电势)的距离不变,根据U=Ed可知B点的电势不变,选项B错误。S断开,将C2下极板向上移动少 许,根据C= 可知C2增大,根据C= 可知U减小,C2下极板可能带正电,也可能带负电,当C2下极板带正电时,C2下极板电势降低,再次闭合S瞬间,C1上极板的电势大于C2下极板电势,通过开 关的电流从上向下,稳定后,根据E= 可知C1两极板间的电势差减小,电场强度减小,A油滴向下
运动,C2两极板间的电势差增大,电场强度增大,B油滴向上运动,选项C正确,D错误。
2.(2019 5·3原创)根据库仑定律和万有引力定律可知,点电荷间的库仑力和质点间的万有引 力都与距离的二次方成反比,即都遵循平方反比规律,两者之间具有很大的相似性。那么试想 有如图所示的物理情境,点电荷A、B带异种电荷,两者仅在彼此间的库仑力作用下绕连线上的 某点O做匀速圆周运动,这个情形很像双星模型,我们可以称之为“双电荷模型”。那么关于 “双电荷模型”,下列说法中正确的是 ( ) A.运动半径与质量成反比B.运动半径与电荷量成正比C.角速度与质量成反比D.线速度与电荷量成正比
答案 A 由于两点电荷要绕着O点做匀速圆周运动,两点电荷间引力沿着二者连线,引力提 供向心力,可知二者连线始终过O点,两点电荷始终在相同时间内转过相同的角度,因此两点电 荷的角速度、周期均相等,故选项C错误;两点电荷彼此间的库仑力提供各自做圆周运动的向 心力,且二者的角速度相等,满足 =mArAω2和 =mBrBω2,解得mArA=mBrB,即rA/rB=mB/mA,运动半径与质量成反比,与电荷量无关,故选项A正确,B错误;由于线速度v=ωr,二者角速度相等, 因此线速度与半径成正比,即线速度和质量成反比,与电荷量无关,故选项D错误。
考点说明 利用电场中的“双电荷模型”,考查受力分析、匀速圆周运动、向心力公式、牛 顿第二定律、库仑定律等相关知识。
命题意图 此题适合高考理综物理部分的单选题,是一道力电综合问题,考查了力学和电学相 关的多方面的知识,属于中等难度的选择题。
创新点 将万有引力中的双星问题运用到电场中,考查学生的知识迁移能力。
3.(2019 5·3原创)如图甲所示,不断有初速度不计的电子(质量为m,电荷量为e)从K点进入电压 为U0的加速电场ZZ'。经加速电场加速后,以速度v0沿水平方向射出,经过两个偏转电场YY'和 XX',最后打在荧光屏上。已知偏转极板X、X'沿水平方向,Y、Y'沿竖直方向且与v0平行,荧光屏 为竖直方向且与v0垂直。YY'与XX'板间距离均为d,极板长均为L。YY'与XX'、XX'与荧光屏的 水平距离也为L。偏转极板间都不加电压时,电子沿直线运动,打在荧光屏中心(0,0)点,在那里 产生一个亮斑。现希望利用此装置在T时间内在荧光屏上沿逆时针方向画出一半径为R的圆 形(如图乙所示),设t=0时刻,电子恰好打在荧光屏上(R,0)点。(1)求电子从加速电场射出时速度v0的大小。(2)试分别求出YY'间电压UYY'和XX'间电压UXX'随时间变化的规律。(每个电子穿过偏转电场的 时间极短,可以认为电子穿过偏转电场过程中偏转极板间电压不变。不计电子重力,极板大小 和极板间距离都足够大。不计电子间相互作用力)
图甲 图乙荧光屏(图甲中从右向左看)
答案 (1) (2)UYY'= sin t UXX'= cos t
解析 (1)电子在加速电场中运动时,电场力对电子所做的功W=eU0由动能定理得:eU0= m -0解得v0= (2)由数学知识可知圆形方程: (0≤θ≤2π) ①电子打在荧光屏上逆时针画圆时的角速度ω= ,则经过时间t(t≤T),电子打在荧光屏上的点与坐标系原点的连线同x轴的夹角θ=ωt= t ②把②式代入①式中,得: ③y方向:电子进入偏转电场YY'后,在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度ay= ,在YY'中运动时间ty1= ,沿y轴方向的偏移量y1= ay =
离开YY'后,在y轴方向做匀速直线运动vy=ay·ty1= 运动时间ty2= ,沿y轴方向的偏移量y2=vy·ty2= 沿y方向总偏移量y=y1+y2= ④将(1)问中v0= 代入④式得:y= ⑤将⑤式代入③式中,得: =R sin t解得UYY'= sin t同理可得:UXX'= cos t
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