资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩66页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024版.新高考版 物理专题习题、检测及高考真题
成套系列资料，整套一键下载
- 6_专题六机械能守恒定律（习题+检测+10年真题） 试卷 3 次下载
- 7_专题七动量（习题+检测+10年真题） 试卷 2 次下载
- 9_专题九恒定电流（习题+检测+10年真题） 试卷 2 次下载
- 10_专题十磁场（习题+检测+10年真题） 试卷 3 次下载
- 11_专题十一电磁感应（检测+10年真题） 试卷 2 次下载
8_专题八电场（习题+检测+10年真题）
展开
这是一份8_专题八电场（习题+检测+10年真题），文件包含1_710年高考真题专题八docx、1_6专题检测专题八docx、6专题检测专题八docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共107页， 欢迎下载使用。
专题八 电场
1.(2022湖南,2,4分)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 ( )
A.电场强度方向垂直指向a,电势减小
B.电场强度方向垂直指向c,电势减小
C.电场强度方向垂直指向a,电势增大
D.电场强度方向垂直指向c,电势增大
答案 A 没有移去a处绝缘棒时,由电场的叠加与对称性可知,O点合场强为零;移去a处绝缘棒时O点的场强与单独带正电的a处绝缘棒在O点的场强大小相等、方向相反,故移去a处绝缘棒后的合场强方向垂直指向a。绝缘棒带正电,离绝缘棒越远,电势越低,移去a处绝缘棒,该绝缘棒在O点产生的电势减小,其余绝缘棒在O点产生的电势不变,则O点处电势减小,故选A。
规律总结 电场强度是矢量,具有方向,电场强度在叠加时按平行四边形定则进行叠加。电势是标量,没有方向,正负表示与电势为零处相比电势的高低,电势在叠加时按代数计算进行叠加。
2.(2022浙江6月选考,9,3分)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则 ( )
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度a=2v02L
D.粒子从N板下端射出的时间t=(2−1)L2v0
答案 C 不知粒子的电性,故无法判断哪板电势高,A错误;两个粒子所受电场力均做正功,电势能都减少,故B错误;设板间距离为d,粒子运动的加速度为a,对垂直M板向右的粒子有:(2v0)2-v02=2ad,对平行M板向下的粒子有:L2=v0t,d=12at2,联立解得:a=2v02L,t=L2v0,故C正确,D错误。
模型构建 平行M板向下的粒子在匀强电场中做类平抛运动,可利用分运动解题。
3.(2022北京,9,3分)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象,其中E为电源,R为定值电阻,C为电容器,A为电流表,V为电压表。下列说法正确的是 ( )
A.充电过程中,电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.充电过程中,电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C.放电过程中,电流表的示数均匀减小至零
D.放电过程中,电压表的示数均匀减小至零
答案 B 电容器所带电荷量与两端电压成正比,故充电时电容器两端电压从零开始增大,达到电源电动势时充电结束而保持不变;电路中电流I=E−UCR由最大值减小到零,A错误,B正确。放电时,随着电容器所带电荷量的减少,两端电压降低,电路中的电流I=UCR逐渐减小,即单位时间内电容器所带电荷量的减少量逐渐减小,故电容器两端电压的降低速度逐渐变缓,则电流的减小速度也逐渐变缓,C、D均错误。
4.(2022重庆,2,4分)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 ( )
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
答案 A 由题意可知两极板间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据C=QU可知电容器的电容C减小,D错误;根据C=εrS4πkd可知极板间距d增大,根据E=Ud可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距d增大,则材料竖直方向尺度减小,A正确。
5.(2022江苏,9,4分)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O点为正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则 ( )
A.在移动过程中,O点电场强度变小
B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大
C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功
D.当其移动到无穷远处,O点的电势高于A点
答案 D 由场的叠加及对称性可知,B、D两点处电荷在O点处产生的场强相互抵消,初始状态下A、C两点处电荷在O点处产生的场强也等值反向,在A处电荷移动过程中,O点电场强度从0开始逐渐增大,A错误。B、D两点处电荷对C处电荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不变,而A处电荷在移动过程中对C点处电荷斥力逐渐减小,故C点处电荷所受静电力变小,B错误。同理可知A处电荷所受静电力方向由O指向A,故远离过程中静电力对其做正功,C错误。当A处电荷移动至无穷远处时,OA间电场由B、C、D三处电荷产生,由等量正电荷中垂线上的电场分布可知,B、D两处电荷在OA上各点产生的电场方向均是由O指向A,再叠加C处电荷产生的电场可知OA间各点的电场方向均是由O指向A,而沿电场线方向电势降低,故D正确。
6.(2022湖北,4,4分)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 ( )
A.q,r B.2q,r C.2q,2r D.4q,2r
答案 D 金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止,则由平衡条件有qUd=43ρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能在板间保持静止,则由平衡条件有q'2Ud=43ρπr'3g,联立得q'r'3=q2r3,D正确。
7.(2022河北,6,4分)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法正确的是 ( )
A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功
答案 B 在直线MN上,左边正电荷在M、N间的电场强度水平向右,右边负电荷在M、N间的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;电场强度方向和等势面垂直,所以T点电场强度方向指向O点,B正确;由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,可知在N左侧电场强度不可能为零,则在N右侧,设电场强度为零的点到N点的距离为d,M、N间距离为L,根据k·2q(L+d)2=k·qd2可知,除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;无穷远处电势低于P点电势,则正电荷在无穷远处的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从无穷远处移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误。
8.(2022山东,3,3分)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 ( )
A.正电荷,q=QΔLπR
B.正电荷,q=3QΔLπR
C.负电荷,q=2QΔLπR
D.负电荷,q=23QΔLπR
答案 C 将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场在O点的合场强E1=kqAR2,方向由O指向C,由题意可知,qA=Q2πRΔL,D处的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向即可,故q应为负电荷,由kq(2R)2=kQ·ΔLR2·2πR,解得q=2QΔLπR,故C正确。
9.(2022浙江1月选考,10,3分)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.a点所在的线是等势线
B.b点的电场强度比c点大
C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
答案 C 根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。
10.(2022全国乙,19,6分)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则 ( )
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零
答案 AB 根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点,N点的电场方向沿对角线从N点指向O点,L和N两点处的电场方向相互垂直,A正确;根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左,B正确;M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上,M、O两点的电势相等,将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力不做功,C错误;L点的电势比N点的电势低,将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电势能增大,电场力做负功,D错误。
11.(2022全国乙,21,6分)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R
A.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
答案 BD 极板间各点的电场强度方向指向O点(题干信息),粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,在这个过程中电场力做正功,粒子3入射时的动能比它出射时的小,同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大,A错误,B正确;粒子1、2做圆周运动,设粒子1的轨迹处的电场强度大小为E1,则qE1=mv12r1,粒子1的动能Ek1=12mv12=qE1r12,设粒子2的轨迹处的电场强度大小为E2,则qE2=mv22r2,粒子2的动能Ek2=12mv22=qE2r22,由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比(题干信息),即E1E2=r2r1,所以Ek1=Ek2,C错误;粒子3(做近心运动)出射时,qE1>mv32r1,此时粒子3的动能Ek3'=12mv32
A.N点的电场强度大小比M点的大
B.Q为正电荷
C.M点的电场方向沿x轴负方向
D.P点与M点的电势差为12 V
答案 AD 等差等势面密集处场强大,由图可知N点的电场强度大小比M点的大,故A正确。沿着电场线方向电势逐渐降低,由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,故可知M点的电场方向沿x轴正方向,B、C均错误。M点与N点在同一等势面上电势均为0 V,P点与N点等势面间隔四个,而相邻等势面的电势差为3 V,则P点与M点的电势差为12 V,故D正确。
13.(2022浙江6月选考,15,2分)(多选)如图为某一径向电场的示意图,电场强度大小可表示为E=ar,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力,则 ( )
A.轨道半径r小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动
答案 BC 粒子做圆周运动,根据电场力提供向心力有qE=mω2r,根据题意,电场强度大小可表示为E=ar,联立解得ω=qamr2,粒子比荷qm相同,a为常量,所以轨道半径r小的粒子角速度一定大,A错误;根据电场力提供向心力有qE=mv2r,则粒子的动能Ek=12qa,电荷量大的粒子的动能一定大,B正确;由qE=mv2r及E=ar可得v=qam,粒子的速度大小与轨道半径r无关,C正确;因为不知道粒子的速度方向及磁场方向,当加垂直纸面磁场时,粒子所受的洛伦兹力可能指向圆心,也可能背离圆心,粒子不一定做离心运动,D错误。
14.(2022全国甲,21,6分)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后, ( )
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
答案 BD 本题可以看成等效重力场问题,如图,等效重力方向斜向右下方45°,PQ为等效水平方向。小球的运动可以看成类斜上抛运动,等效重力先做负功后做正功,所以小球动能最小时在斜上抛最高点,即如图速度为v'处,v'与水平方向夹角为45°,此时小球速度的水平分量等于竖直分量,小球由P到Q电场力一直做负功,所以电势能一直增大,则斜上抛最高点不是电势能最大处,电势能最大处在Q处,此时小球速度方向竖直向下,大小等于初速度v,P处与Q处小球动能相等,所以A、C错误,B正确;从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量,P处与Q处小球动能相等,由于机械能与电势能的总和不变,所以减少的重力势能等于增加的电势能,故D正确。
15.(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.F8 B.F4 C.3F8 D.F2
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=kQ2r2;用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B接触,与A接触后,A、C的带电荷量均为Q2,与B接触后,B、C的带电荷量均为34Q,则此时A、B间的静电力F'=kQ2·34Qr2=38F。因此选C。
16.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,( )
A.此时A带正电,B带负电
B.此时A电势低,B电势高
C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案 C 由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。
17.(2016浙江理综,19,6分)(多选)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8.0×10-4 kg,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46×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案 ACD 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=0.060.10=0.60,θ=37°
F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误;
F库=kQAQBr2
QA=QB=Q,r=0.12 m
联立得Q=46×10-8 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。
18.(2015浙江理综,16,6分)如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间,则( )
A.乒乓球的左侧感应出负电荷
B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上
C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
答案 D 乒乓球在两极板中间时,其左侧会感应出正电荷,A错误;电场力和库仑力是同一个力的不同称谓,C错误;乒乓球与右极板接触则带正电,在电场力作用下向左运动与左极板相碰,碰后带上负电,又向右运动与右极板相碰,如此往复运动,所以D正确,B错误。
19.(2015江苏单科,2,3分)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说,但下列不属于···静电现象的是( )
A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引
C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流
D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案 C 小线圈接近通电线圈过程中,小线圈因磁通量变化而产生感应电流,属于电磁感应现象,不属于静电现象,其他三种现象属于静电现象,选项C符合题意。
20.(2015浙江理综,20,6分)(多选)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点,A上带有Q=3.0×10-6 C的正电荷。两线夹角为120°,两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2;静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,A、B球可视为点电荷),则( )
A.支架对地面的压力大小为2.0 N
B.两线上的拉力大小F1=F2=1.9 N
C.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小F1=1.225 N,F2=1.0 N
D.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866 N
答案 BC 小球B和支架组成的整体,在三个力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=kQ2rAB2,联立两式解得:FAB=0.9 N,FN=1.1 N,根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡,如图(甲)所示。
(甲)
由对称性可知F1=F2,在竖直方向上有:
2F1 cos 60°=2F2 cos 60°=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9 N,可见B正确。
当B球与M、A共线时,A球受力情况如图(乙)所示,
(乙)
由几何关系可知rAB'=0.6 m,FBA'=kQ2rAB'2=0.225 N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上述两个方向上分力的合力为零可得:F1=1.225 N,F2=1.0 N,故C正确。B球移至无穷远处时,A、B之间的库仑力忽略不计,对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0 N,故D错。
评析 本题考查了库仑定律和共点力平衡问题,情景清晰,但计算量稍大。题目难度中等,要求考生镇定、细心。
21.(2014浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则( )
A.小球A与B之间库仑力的大小为kq2d2
B.当qd=mgsinθk时,细线上的拉力为0
C.当qd=mgtanθk时,细线上的拉力为0
D.当qd=mgktanθ时,斜面对小球A的支持力为0
答案 AC 根据库仑定律得A、B间的库仑力F库=kq2d2,则A项正确。当细线上的拉力为0时满足kq2d2=mg tan θ,得到qd=mgtanθk,则B错C正确。斜面对小球A的支持力始终不为零,则D错误。
22.(2013海南单科,1,3分)如图,电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零,且PR=2RQ。则( )
A.q1=2q2 B.q1=4q2
C.q1=-2q2 D.q1=-4q2
答案 B 由R处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向,即两点电荷必带有同种电荷,由E=kQr2有kq1PR2=kq2QR2,可得q1=4q2,B正确。
23.(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,一电荷量为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.3kQ4a2,沿y轴正向 B.3kQ4a2,沿y轴负向
C.5kQ4a2,沿y轴正向 D.5kQ4a2,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=kQa2,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=kQa2,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=kQ(2a)2,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=kQa2-kQ(2a)2=3kQ4a2,方向沿y轴负向,B正确。
24.(2013课标Ⅰ,15,6分,0.480)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.k3qR2 B.k10q9R2
C.kQ+qR2 D.k9Q+q9R2
答案 B 由b点处场强为零知,圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等,即:E1=E2=kqR2,由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=kqR2,q在d点产生的场强E4=kq9R2,方向与E3相同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k10q9R2,B正确,A、C、D错误。
考查点 电场力的性质、场强叠加
解题关键 利用圆盘在d点产生的场强与在b点产生的场强大小相等、方向相反解题。
方法技巧 能根据圆盘的形状特点推理得出周围场强的对称情况。
25.(2013课标Ⅱ,18,6分,0.586)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.3kq3l2 B.3kql2
C.3kql2 D.23kql2
答案 B 以小球c为研究对象,其受力如图甲所示,其中F库=kqqcl2,由平衡条件得:2F库cos 30°=Eqc
甲 乙
即:3kqqcl2=Eqc,E=3kql2
此时a的受力如图乙所示,kq2l22+3kq2l22=kqqcl22
得qc=2q
即当qc=2q时a可处于平衡状态,同理b亦恰好平衡,故选项B正确。
考查点 电场力的性质、场强的叠加、受力分析
审题关键 清楚三个小球所受合力为零。
方法技巧 应当选c为研究对象,因为a、b两球对c球的电场力相互对称,计算量少,节约时间。
26.(2019海南单科,1,4分)如图,静电场中的一条电场线上有M、N两点,箭头代表电场的方向,则( )
A.M点的电势比N点的低
B.M点的场强大小一定比N点的大
C.电子在M点的电势能比在N点的低
D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大
答案 C 本题考查电场线、电势、电势能之间的关系以及学生对知识之间联系的掌握情况。沿电场线方向电势逐渐降低,M点的电势比N点的高,故A错误;由于不能确定电场线疏密,因此不能确定电场强度大小,故B错误;电子从M到N,电场力做负功,电势能增加,故电子在M点的电势能比在N点的低,故C正确;由于不能确定电场强度大小,不能确定电子所受电场力大小,因此D错误;故选C。
27.(2015课标Ⅰ,15,6分)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( )
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
答案 B 由电子从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可知,φM>φN=φP,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。
解题关键 ①匀强电场中,只要判定两点电势相等,两点连线即为等势线,与其平行的线也为等势线。②电荷在等势面上运动,电场力不做功。
28.(2015江苏单科,8,4分)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.c点的电场强度比d点的大
D.c点的电势比d点的低
答案 ACD 观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密,所以Ea>Eb,A项正确;由沿电场线方向电势逐渐降低可知φb>φa,B项错;由场强公式E=kQr2和场强叠加原理可知Ec>Ed,C项正确;当取无穷远处电势为0时,φc为负值,φd为正值,所以φd>φc,D项正确。
考查点 本题考查静电场、电场线、电势、电场强度等知识,对考生的推理能力有一定的要求。属于中等难度题。
学习指导 本题电场线的分布情景来源于课本但又高于课本,所以我们学习过程中不能只是死记一些典型情景,而是要理解概念和原理,掌握基本规律,培养分析推理能力,解决问题时才能游刃有余。
29.(2015海南单科,7,5分)(多选)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
答案 BC 由两等量异种点电荷的电场线分布知:过Q和-Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面,因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同,因此正的试探电荷电势能的变化相同,D错。点b在零势能面上,b点电势为零,由场强的合成法则知,b点的场强不为零,方向平行x轴向右,A错。在a点放一正的试探电荷,所受的电场力方向向右,当沿x轴正方向移动时,电场力做正功,电势能减少,在O点减为零,过了O点电势能为负值,所以正的试探电荷在a点电势能大于零,反之若从O点移到a点,电场力方向与运动方向相反,因此电场力做负功即克服电场力做功,B、C正确。
30.(2014课标Ⅰ,21,6分)(多选)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
答案 AD 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于O点,设MF=FN=l,则由几何关系可知MO=l/cos 30°=233l,FO=l tan 30°=33l,OP=MP-MO=MN cos 30°-233l=33l,即FO=OP=33l,ON=OM=233l,又φp=φF,则点电荷在FP中垂线与OF的交点上,故点电荷一定在MP的连线上的O点,选项A正确(另解:根据题意φM=φN,φP=φF,可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处,作PF连线的中垂线交MP于点O,连接O、F两点,由几何知识知OF为MN的中垂线,故点电荷Q一定在MP的连线上的O点,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,线段不可能在球面上,故B选项错误;由图可知OFφM=φN,将正试探电荷从高电势点搬运到低电势点,电场力做正功,选项C错、D对。
31.(2014课标Ⅱ,19,6分,0.590)(多选)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
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
答案 AD 电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。
考查点 电场能的性质
解题关键 ①电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的。
②沿电场线方向电势降落最快。
32.(2014北京理综,15,6分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是( )
A.1、2两点的场强相等 B.1、3两点的场强相等
C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等
答案 D 同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。
33.(2014江苏单科,4,3分)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
答案 B 由微元法和对称的思想分析可知,均匀带电圆环内部O点的场强为零,电势为标量,且正电荷周围的电势为正,故O点电势最高,选项A错、B对;从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小,电势降低,选项C、D错误。
考查点 本题考查电场、电势、电场强度等知识,同时考查了考生运用微元思想和对称的思想分析问题和解决问题的能力。属于中等难度题。
易错警示 本题易错选A,错误地认为电场强度为零的地方电势最低。电场强度与电势分别是反映电场力的性质和能的性质的物理量,它们之间没有直接的关系,电场强度较大的地方,电势可能较高、可能较低、也可能为零。
34.(2014广东理综,20,6分)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电荷量为+Q的小球P,带电荷量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是( )
A.M与N的距离大于L
B.P、M和N在同一直线上
C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同
D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
答案 BD 对小球M、N和杆组成的整体,由题意可知kQqL2=kQ·2q(L+x)2,得xφN,则C错误。M、N及细杆静止于光滑绝缘桌面上,所以系统所受合外力为零,D正确。
35.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,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
36.(2014安徽理综,17,6分)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。下列图像中合理的是( )
答案 D 在粒子运动中的某一小段位移Δx内电场力做功qEΔx。由功能关系知ΔEp=-qE·Δx,即ΔEpΔx=-qE,Ep-x图线斜率的绝对值表示电场力的大小,故由图线可知E逐渐减小,A错误。因粒子仅受电场力作用,由qE=ma可知a也逐渐减小,D正确。再由动能定理有ΔEk=qE·Δx,即ΔEkΔx=qE,Ek-x图线的斜率也表示电场力,则Ek-x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线,B错误。由v2=2ax有v=2ax,可知v-x图线应是一条曲线,故C错误。
37.(2013江苏单科,6,4分)(多选)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点,则( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大
D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功
答案 ABD 电场线的疏密程度表示场强的大小,A正确;沿电场线方向电势降低,B正确;负电荷在电势越高的位置电势能越小,C错误;因负电荷从a点移到b点的过程中电势能增大,由功能关系知电场力必做负功,D正确。
考查点 本题考查电场线、电场强度、电势、电势能与电场力做功等知识,属于容易题。
知识链接 不带电的金属球达到静电平衡时,是个等势体,球面是个等势面,内部各处的场强为零。
38.(2013山东理综,19,5分)(多选)如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是( )
A.b、d两点处的电势相同
B.四个点中c点处的电势最低
C.b、d两点处的电场强度相同
D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减小
答案 ABD 由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知,A、B正确,C错误。四点中a点电势最高、c点电势最低,正电荷在电势越低处电势能越小,故D正确。
39.(2015安徽理综,17,6分)一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为( )
A.mv22eL B.mv2Sne C.ρnev D.ρevSL
答案 C 金属棒的电阻R=ρLS,自由电子定向移动形成的电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故金属棒内的电场强度E=UL=neSvρLLS=nevρ,选项C正确。
40.(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
答案 BC 本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpAφB,选项D错误。
方法技巧 运动轨迹与电场线关系
①曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。②受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。③速度方向为轨迹的切线方向。④正、负功的判断。⑤电势高低与电势能大小的关系。
41.(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>va
C.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=Fm=qQEm,E=kqPr2,因为rbac>aa;
由动能定理有Wab=qQUab=12mvb2-12mva2
Wbc=qQUbc=12mvc2-12mvb2
因为Wab<0,所以va>vb
因为Wbc>0,所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc
故有va>vc>vb,D项正确。
42.(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。
43.(2013重庆理综,3,6分)如图所示,高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示α粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则( )
A.α粒子在M点的速率比在Q点的大
B.三点中,α粒子在N点的电势能最大
C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低
D.α粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功
答案 B α粒子与重原子核均带正电,二者之间存在斥力作用,且仅有斥力作用,故两者靠近时斥力做负功,动能减小,电势能增大;远离时斥力做正功,动能增大,综上可知,α粒子在Q点时动能最大,速率也最大,A项错误。α粒子在N点时电势能最大,B项正确。在正电荷的电场中,场源处电势最高,距场源越远电势越低,M点离O点较近,该点电势较高,C项错误。因在Q点时粒子的动能比在M点时的动能大,故在从M到Q的过程中电场力做的总功为正功,D项错误。
44.(2011全国,20,6分)一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
答案 D 由a至c曲线的弯曲情况可知质点受力方向指向图中虚线的右下方,质点在b点的速度vb方向如图,由a至c速率递减可知受力方向大致如图中F,α大于90°,因为质点带负电荷,故场强方向应与F方向相反,D正确。
45.(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>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.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图线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。
46.(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图线斜率的绝对值表示场强大小,由图可知从x1到x2过程中,图线斜率变小,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,受到的电场力减小,选项B、D错误;沿x轴正方向电势由负到正,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<φx2,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。
47. (2018江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路( )
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
答案 BCD 本题考查含容电路和电容器的充电与放电。因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80 V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。
难点突破 含容电路中电容器充电和放电电流是非线性变化的,回路中电阻越大,充、放电的速度越缓慢。
48.(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。
审题指导 “微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45°,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。
49.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0,其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电荷量为Q。不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )
A.Qε0S和Q2ε0S B.Q2ε0S和Q2ε0S
C.Q2ε0S和Q22ε0S D.Qε0S和Q22ε0S
答案 D 由题意知带电荷量为Q的极板上单位面积所带的电荷量σ=QS,故一个极板激发的电场的场强大小E=σ2ε0=Q2Sε0,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=Qε0S;两极板间相互的静电引力F=E·Q=Q22Sε0,选项D正确。
50.(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=Ud=QCd=4πkQεrS,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
51.(2015天津理综,7,6分)(多选)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 ( )
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
答案 AD 设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1=12mv2-0,v=2qE1d1m,在电场E2中y=12at2,E2q=ma,L=vt,tan φ=atv,联立以上方程得y=E2L24E1d1,tan φ=E2L2E1d1。所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy=E22L2q4E1d1,三种粒子电荷量相等,做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tan φ与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v',则qE1d1+qE2y=12mv'2-0,解得v'2=2qm(E1d1+E22L24E1d1),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项错误。在加速电场中所用时间t1=2d1mE1q,通过偏转电场到达屏所用时间t2=L+L'v=(L+L')·m2qE1d1,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。
52.(2015海南单科,5,3分)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为( )
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
答案 A 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为25l,电荷量为-q的粒子通过的位移为35l,由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a1=qEM、a2=qEm,由运动学公式有25l=12a1t2=qE2Mt2①,35l=12a2t2=qE2mt2②,①②得Mm=32。B、C、D错,A对。
53.(2014山东理综,18,6分)如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于( )
A.s22qEmℎ B.s2qEmℎ C.s42qEmℎ D.s4qEmℎ
答案 B 因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向s2=v0t,竖直方向ℎ2=12at2且满足a=Eqm,三式联立解得v0=s2Eqmℎ,故B正确。
54.(2013课标Ⅰ,16,6分,0.430)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d2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d3,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d2处返回 D.在距上极板25d处返回
答案 D 设板间电压为U,场强为E,则E=Ud,
由动能定理得mg·32d-qEd=0
将下极板向上平移d3后,U不变,d'=23d,则E'=3U2d=32E,设粒子在距上极板x处返回,则
mg(d2+x)-qE'x=0
联立解得:x=25d,故D正确,A、B、C错误。
考查点 电容器、动能定理
解题关键 ①当电容器保持与电源两极相连,两极板间的电压不变。
②电容器两极板之间电场为匀强电场,E=Ud。
延伸扩展 当电容器与电源断开,电容器带电荷量不会发生变化。当板间距离变化时,两极板间的场强不变。
55.(2013北京理综,18,6分)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动( )
A.半径越大,加速度越大 B.半径越小,周期越大
C.半径越大,角速度越小 D.半径越小,线速度越小
答案 C 设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力,kQer2=ma向=mv2r=m2πT2r=mω2r,分别解得a向=kQemr2,T=2πmr3kQe,ω=kQemr3,v=kQemr,则半径r越大,加速度a向、角速度ω和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。
考查点 圆周运动。
知识延展 在经典物理中,电子绕核运动的情况和卫星绕地球的运动类似,随着运动半径的增大,运动的线速度、角速度、加速度都变小,周期变大。
56.(2013广东理综,15,4分)喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )
A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关
答案 C 由于微滴带负电,其所受电场力指向正极板,故微滴在电场中向正极板偏转,A项错误。微滴在电场中所受电场力做正功,电势能减小,B项错误。由于极板间电场是匀强电场,电场力不变,故微滴在电场中做匀加速曲线运动,并且轨迹为抛物线,C项正确。带电量影响电场力及加速度大小,运动轨迹与加速度大小有关,故D项错误。
57.(2020江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )
A.电场E中A点电势低于B点
B.转动中两小球的电势能始终相等
C.该过程静电力对两小球均做负功
D.该过程两小球的总电势能增加
答案 AB 因在匀强电场中等势面是与电场线垂直的平面,又因为沿电场线方向电势是降低的,故A项正确。因O是轻杆的中点,则转动过程中两小球到过O点的等势面的距离d总是相等的,又因为O是电势零点,故两小球所在处的电势的值互为相反数,而两小球带等量异号电荷,故由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B项正确。两小球均在电场力作用下从静止开始转动,动能增大,由能量守恒可知两小球的总电势能一定减少,再由功能关系可知电场力一定做正功,故C、D项均错误。
58.(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。
59.(2015广东理综,21,6分)(多选)如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的带电荷量比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;因为M、N在释放后保持静止,说明M、N受到的合力为0,若M带正电,则N带负电,M、N不能同时静止,故M带负电,则N带正电,B正确,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。
60.(2015山东理综,20,6分)(多选)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~T3时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是( )
A.末速度大小为2v0 B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了12mgd D.克服电场力做功为mgd
答案 BC 由题意知qE0=mg,所以T3~2T3与2T3~T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。T3~2T3时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g·T3,竖直位移y1=12gT32,在2T3~T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g·T3=0,竖直位移y2=vy1·T3-12gT32=12gT32,所以y1=y2=d4,微粒克服电场力做功W=q·2E0·d4=2mgd4=12mgd,在重力作用下微粒的竖直位移为d2,其重力势能减少了12mgd。综上可知A、D错误,B、C正确。
61.(2015江苏单科,7,4分)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球( )
A.做直线运动 B.做曲线运动
C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小
答案 BC 刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。因重力与电场力的合力F为恒力,其方向与初速度方向的夹角为钝角,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。
62.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中,速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中,电势能一直增加
D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
答案 BC 小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库仑力F与重力的夹角逐渐变小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量,所以电势能的增加量小于动能的减少量,D错误。
63.(2014天津理综,4,6分)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
答案 C 由带电微粒做类平抛运动的特征可知带电微粒所受的合力方向向下,电场力方向有两种可能:电场力方向向上且Eq
A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动
答案 BD 对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,则A错。由图可知电场力与重力的合力与v0应反向,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,故B正确C错误。F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速运动,D项正确。
65.(2022江苏,15,16分)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t;
(2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围;
(3)当Ek=83qEd,粒子在θ为-π2~π2范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
答案 (1)8dcosθ0m2Ek (2)-30°<θ<30° (3)1∶2
解析 (1)粒子垂直于场强方向的分运动为匀速直线运动,故通过电场的时间t=8dv0x,如图所示,v0x=v0 cos θ0。
由Ek=12mv02得v0x=2Ekm·cos θ0,则t=8dcosθ0m2Ek。
(2)若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,则粒子在整个运动过程中竖直方向上位移大小都应小于d,即x
-2ad=v1d2-(v' sin θ')2
2ad=v2d2-v1d2
-2ad=v3d2-v2d2
2ad=v4d2-v3d2
-2ad=v5d2-v4d2
2ad=v6d2-v5d2
则
v2d=v4d=v6d=v' sin θ'
v1d=v3d=v5d
则粒子在每层电场中的运动时间相等,设为t0,则
t0=16t总=16×2cosθ'3mdEq=13cosθ'3mdEq
且d=v' sin θ'·t0-12qEm·t02,将上述t0和v'的数值代入并化简得6 cos2 θ'-8 sin θ' cos θ'+1=0,即tan2 θ'-8 tan θ'+7=0,解得tan θ'=7(以此数值得到的入射粒子在t0时间内可以穿过多层紧邻的电场,故舍去)或tan θ'=1,即θ'=π4,则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0=θ'π2=1∶2
66.(2022山东,17,14分)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0
(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;
(3)离子甲以qBd2m的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示);
(4)当离子甲以qBd2m的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电荷量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。
答案 (1)mv02sin2β2qL (2)qBdm (3)(d,d,0) (4)2(2+1)πmqB
解析 (1)离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动的逆过程
在z轴方向上有L=v0 cos β·t
在y轴方向上有v0 sin β=at
由牛顿第二定律有qE=ma
联立可得E=mv02sinβcosβqL=mv02sin2β2qL
(2)当离子甲以最大速度vm进入磁场Ⅰ时,离子在yOz平面内做圆周运动,轨迹半径设为R1,由洛伦兹力提供向心力有Bqvm=mvm2R1
离子运动半周后从y轴上y=2R1处即坐标为(0,2R1,0)处沿z轴负方向进入磁场Ⅱ,在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动,轨迹半径设为R2,则有22Bqvm=mvm2R2
为使离子甲能始终在磁场中运动,离子甲不能出磁场Ⅰ,应满足R1≤d,离子甲不能出磁场Ⅱ,应满足轨迹半径最大时恰好过(2R1,0,0),(0,2R1,0)到(2R1,0,0)的距离为22R1,故有22R1≥2R2,还应满足2R1≤3d,R1≤d、R2≤3d
联立取二者中较小值可得vm=qBdm
(3)根据洛伦兹力提供向心力,Bqv=mv2R,离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中轨迹半径分别为RⅠ=mvqB=d2、RⅡ=22d
离子在磁场Ⅰ中转动半周从y轴上第二次穿过xOy平面,坐标为(0,d,0)
由RⅡ=2RⅠ可知,离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从坐标(d,0,0)处第三次穿过xOy平面回到磁场Ⅰ中,
离子回到磁场Ⅰ中后在x=d的平面内做圆周运动,转动半周第四次穿过xOy平面,此时位置坐标为(2RⅠ,2RⅠ,0)即(d,d,0)
(4)离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为RⅠ'=4mv'qB、RⅡ'=2RⅠ'
由于12mv2=12×4m×v'2
解得RⅠ'=d、RⅡ'=2d、v'=qBd4m
由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为RⅠ=d2、RⅡ=22d
则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周期性运动处产生第一个交点,则两离子运动到第一个交点处的时间差为
Δt=π(RⅠ'+RⅡ')v'-2π(RⅠ+RⅡ)v=2(2+1)πmqB
67.(2022北京,18,9分)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;
(3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
答案 (1)qUd (2)2qUm (3)3d2mqU
解析 (1)两平行金属板间的场强E=Ud
带电粒子所受的静电力F=qE=qUd
(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=12mv2,得v=2qUm
(3)设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v',根据功能关系有qU2=12mv'2
带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动,后d2距离做匀速直线运动,设用时分别为t1、t2,
有d2=v'2t1,d2=v't2
得t=t1+t2=3d2mqU
68.(2022湖南,13,13分)如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为3d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0;
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B;
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E'。
答案 (1)mgd(R1+R2)qR2 (2)mv2qd (3)mg2q
解析 (1)小球在两极板间做匀速圆周运动,则重力与电场力平衡,mg=qE
设两板间的电压为U,由闭合电路欧姆定律可知
U=R2R1+R2E0
又E=Ud
联立解得E0=mgd(R1+R2)qR2
(2)小球做圆周运动的轨迹如图所示,设轨迹半径为r,由几何关系得:(r-d)2+(3d)2=r2
根据洛伦兹力提供向心力得:qvB=mv2r
联立解得B=mv2qd
(3)设小球离开电容器时,速度方向与水平方向间的夹角为θ,则sin θ=3dr
要使小球做直线运动,则合力方向应与v在一条直线上,当qE'与v所在直线垂直时,qE'最小,则E'最小,如图所示,有qE'=mg cos θ
联立解得E'=mg2q
69.(2022广东,14,15分)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=km13v,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力。重力加速度为g。求:
(1)比例系数k;
(2)油滴A、B的带电荷量和电性;B上升距离h2电势能的变化量;
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
答案 (1)m023gtℎ1 (2)A不带电,B带负电 dm0gU(1+ℎ2ℎ1) -m0gh21+ℎ2ℎ1 (3)见解析
解析 (1)两极板未加电压时小油滴匀速运动,所受合力为零,故有:m0g=km013ℎ1t
解得k=m023gtℎ1
(2)两板间加上电压后A继续以原速度下落,说明A不带电。
由B的运动过程可知B带电,所受电场力向上,则B带负电,B向上匀速运动时合力为零,有
Udq=m0g+km013ℎ2t
将k值代入解得B所带电荷量大小:
q=dm0gU(1+ℎ2ℎ1)
B上升h2电势能的变化量
ΔEp=-W电=-Udq·h2=-m0gh2(1+ℎ2ℎ1)
(3)假设油滴向下匀速运动,则有:
2m0g=Udq+k·(2m0)13v
解得:v=ℎ1−ℎ232·t
若h1>h2,v>0,油滴竖直向下运动;
若h1
a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;
b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。
(2)观测宇宙中辐射电磁波的天体,距离越远单位面积接收的电磁波功率越小,观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波,增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016年9月25日,世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用,被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m,有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。
a.设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1,计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P2;
b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象,设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0,计算FAST能够观测到的此类天体数目N。
答案 (1)a.见解析 b.r22r12 (2)a.25P1 b.125N0
解析 (1)a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。
根据库仑定律检验电荷受到的电场力
F=kQqr2
根据电场强度的定义E=Fq
得E=kQr2
b.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比
N1N2=E1E2=r22r12
(2)a.地球上不同望远镜观测同一天体,单位面积上接收的功率应该相同,因此
P2=50021002P1=25P1
b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。因此,一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。
设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0,直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L,则
P0=π50022P4πL2=π10022P4πL02
可得L=5L0
则N=L3L03N0=125N0
思路分析 辐射的球体模型构建
(1)电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条数。
(2)以发出电磁波的天体为球心,天体到地球距离为半径,建立球面辐射模型,是望远镜观测某一确定天体辐射的常用模型;反之,以望远镜为球心,以观测距离为半径建立的球体模型,又是反映望远镜探测能力的有效模型。
71.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求:
(1)漂移管B的长度;
(2)相邻漂移管间的加速电压。
答案 (1)0.4 m (2)6×104 V
解析 (1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则
T=1f①
L=vB·T2②
联立①②式并代入数据得 L=0.4 m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功为W',质子的电荷量为q、质量为m,则
W=qU④
W'=3W⑤
W'=12mvE2-12mvB2⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得 U=6×104 V⑦
72.(2015课标Ⅱ,24,12分)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
答案 mv02q
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即
vB sin 30°=v0 sin 60°①
由此得vB=3v0②
设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有
qUAB=12m(vB2-v02)③
联立②③式得UAB=mv02q④
解题关键 ①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30°=v0 sin 60°。②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。
73.(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qEmg=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg
(3)由mgl(1-cos 37°)=12mv2,得
v=2gl(1-cos37°)=2.0 m/s
解题指导 (1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。
74.(2015安徽理综,23,16分)在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;
(2)粒子从A到C过程所经历的时间;
(3)粒子经过C点时的速率。
答案 (1)3qEl0 (2)32ml0qE (3)17qEl02m
解析 (1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0
(2)根据抛体运动的特点,粒子在x轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T
由qE=ma,得a=qEm
又yD=12aT2,yD+3l0=12a(2T)2
解得T=2ml0qE
则A→C过程所经历的时间t=32ml0qE
(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有
2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)
vC=vCx2+vCy2=17qEl02m
75.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tan α=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。求:
v/(m·s-1)
0≤v≤2
2
F/N
2
6
3
(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间;
(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。
答案 (1)0.5 s (2)-9.25 J
解析 (1)小物体P的速率从0至2 m/s,受外力F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间Δt1速度为v1,则
F1-μmg=ma1①
v1=a1Δt1②
由①②式并代入数据得
Δt1=0.5 s③
说明:①②③式各2分。
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则
F2-μmg=ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间,在A点的速度为v2,则
Δt2=0.55 s-Δt1⑤
v2=v1+a2Δt2⑥
P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则
F2-μmg-qE=ma3⑦
v32-v22=2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE,有
FE=F3⑨
F3与FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知
v3gΔt3=tan α⑩
x2=v3Δt3
设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则
W=-qE(x1+x2)
联立④~⑧,⑩~式并代入数据得
W=-9.25 J
说明:④⑥⑧式各1分,⑦⑩式各2分。
76.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。
已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。
(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。
(2)图示装置可看作直流电源,求其电动势E和内阻r。
(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明:P=ΔEk。
(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)
答案 (1)Ekme Ne (2)Ekme EkmNe2 (3)见解析
解析 (1)由动能定理,Ekm=eUm,可得
Um=Ekme
短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流
I短=Ne
(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以
E=Um=Ekme
电源内阻r=EI短=EkmNe2
(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。
由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能
ΔEke=eU
设单位时间内有N'个电子到达B板,则损失的动能之和
ΔEk=N'ΔEke=N'eU
根据电流的定义,此时电源内部的电流
I=N'e
此时流过外电阻的电流也是I=N'e,外电阻上消耗的电功率
P=IU=N'eU
所以P=ΔEk
77.(2014课标Ⅰ,25,20分,0.162)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=32OA。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。
答案 (1)73 (2)见解析
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=32d,根据平抛运动的规律有
d sin 60°=v0t①
d cos 60°=12gt2②
又有Ek0=12mv02③
由①②③式得Ek0=38mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+12mgd⑤
由④⑤式得EkAEk0=73⑥
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了d2和3d2,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23Ek0⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-32mgd=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x32d=ΔEpAΔEpB⑨
解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
α=30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E,有qEd cos 30°=ΔEpA
由④⑦式得E=3mg6q
考查点 带电粒子在电场中的运动、平抛运动
易错警示 利用在匀强电场中沿任一直线电势降落是均匀的,得OMOB=ΔEpAΔEpB,求得与A等电势的M的位置。
78.(2014安徽理综,22,14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
答案 (1)2gℎ (2)mg(ℎ+d)qd Cmg(ℎ+d)q
(3)ℎ+dℎ2ℎg
解析 (1)由v2=2gh得v=2gℎ
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有
qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=mg(ℎ+d)qd
由U=Ed、Q=CU得Q=Cmg(ℎ+d)q
(3)由题得h=12gt12、0=v-at2、t=t1+t2,
综合可得t=ℎ+dℎ2ℎg
79.(2013课标Ⅰ,25,20分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,场强随时间变化的规律如图所示。不计重力。求在t=0到t=T的时间间隔内
(1)粒子位移的大小和方向;
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。
答案 (1)qE016mT2 沿初始电场方向 (2)T4
解析 (1)带电粒子在0~T4、T4~T2、T2~3T4、3T4~T时间内做匀变速运动,设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得
a1=qE0m①
a2=-2qE0m②
a3=2qE0m③
a4=-qE0m④
由此得带电粒子在0~T时间间隔内运动的加速度-时间图像如图(a)所示,对应的速度-时间图像如图(b)所示,其中
图(a)
图(b)
v1=a1T4=qE0T4m⑤
由图(b)可知,带电粒子在t=0到t=T时间内的位移为
s=T4v1⑥
由⑤⑥式得
s=qE016mT2⑦
位移沿初始电场方向。
(2)由图(b)可知,粒子在t=38T到t=58T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间t为
t=58T-38T=T4⑧
80.(2013课标Ⅱ,24,14分,0.317)如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q>0)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。
答案 见解析
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=mva2r②
Nb-f=mvb2r③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有
Eka=12mva2④
Ekb=12mvb2⑤
根据动能定理有
Ekb-Eka=2rf⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E=16q(Nb-Na)⑦
Eka=r12(Nb+5Na)⑧
Ekb=r12(5Nb+Na)⑨
考查点 带电粒子在电场中的运动、圆周运动、动能定理
解题关键 ①对在a、b两点的质点进行受力分析,根据牛顿第二定律列方程。
②分析a→b过程,利用动能定理列方程。
81.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1 kg和mB=0.2 kg,B所带电荷量q=+4×10-6 C。设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求B所受静摩擦力的大小;
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔEp=0.06 J。已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
答案 (1)0.4 N (2)0.528 W
解析 (1)F作用之前,A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有
对A:T0=mAg sin θ①
对B:T0=qE+f0②
联立①②式,代入数据解得
f0=0.4 N③
(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有
qEs=ΔEp④
T-μmBg-qE=mBa⑤
设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有
v2=2as⑥
F弹=k·Δx⑦
F+mAg sin θ-F弹sin θ-T=mAa⑧
由几何关系知Δx=s(1-cosθ)sinθ⑨
设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv⑩
联立④~⑩式,代入数据解得
P=0.528 W
82.(2013浙江理综,24,20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。
(1)判断半球面A、B的电势高低,并说明理由;
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小;
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC,则到达N板左、右边缘处的电子,经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少?
(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小,并说明理由。
答案 (1)B板电势高于A板,理由见解析
(2)4Ek0e(RA+RB) (3)ΔEk左=e(φB-φC) ΔEk右=e(φA-φC)
(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|,理由见解析
解析 (1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心,电场方向从B指向A,B板电势高于A板。
(2)据题意,电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同,有:
eE=mv2R
Ek0=12mv2
R=RA+RB2
联立解得:
E=2Ek0eR=4Ek0e(RA+RB)
(3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理,有
ΔEk=qU
对到达N板左边缘的电子,电场力做正功,动能增加,有
ΔEk左=e(φB-φC)
对到达N板右边缘的电子,电场力做负功,动能减小,有
ΔEk右=e(φA-φC)
(4)根据电场线特点,等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度,考虑到等势面间距相等,有
|φB-φC|>|φA-φC|
即|ΔEk左|>|ΔEk右|
评析 本题为带电粒子在电场中的运动问题,考查学生的综合分析能力,易错点是“误认为A、B之间是匀强电场”。本题难度中等。
专题八 电场
1.(2022湖南,2,4分)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 ( )
A.电场强度方向垂直指向a,电势减小
B.电场强度方向垂直指向c,电势减小
C.电场强度方向垂直指向a,电势增大
D.电场强度方向垂直指向c,电势增大
答案 A 没有移去a处绝缘棒时,由电场的叠加与对称性可知,O点合场强为零;移去a处绝缘棒时O点的场强与单独带正电的a处绝缘棒在O点的场强大小相等、方向相反,故移去a处绝缘棒后的合场强方向垂直指向a。绝缘棒带正电,离绝缘棒越远,电势越低,移去a处绝缘棒,该绝缘棒在O点产生的电势减小,其余绝缘棒在O点产生的电势不变,则O点处电势减小,故选A。
规律总结 电场强度是矢量,具有方向,电场强度在叠加时按平行四边形定则进行叠加。电势是标量,没有方向,正负表示与电势为零处相比电势的高低,电势在叠加时按代数计算进行叠加。
2.(2022浙江6月选考,9,3分)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则 ( )
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度a=2v02L
D.粒子从N板下端射出的时间t=(2−1)L2v0
答案 C 不知粒子的电性,故无法判断哪板电势高,A错误;两个粒子所受电场力均做正功,电势能都减少,故B错误;设板间距离为d,粒子运动的加速度为a,对垂直M板向右的粒子有:(2v0)2-v02=2ad,对平行M板向下的粒子有:L2=v0t,d=12at2,联立解得:a=2v02L,t=L2v0,故C正确,D错误。
模型构建 平行M板向下的粒子在匀强电场中做类平抛运动,可利用分运动解题。
3.(2022北京,9,3分)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象,其中E为电源,R为定值电阻,C为电容器,A为电流表,V为电压表。下列说法正确的是 ( )
A.充电过程中,电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.充电过程中,电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C.放电过程中,电流表的示数均匀减小至零
D.放电过程中,电压表的示数均匀减小至零
答案 B 电容器所带电荷量与两端电压成正比,故充电时电容器两端电压从零开始增大,达到电源电动势时充电结束而保持不变;电路中电流I=E−UCR由最大值减小到零,A错误,B正确。放电时,随着电容器所带电荷量的减少,两端电压降低,电路中的电流I=UCR逐渐减小,即单位时间内电容器所带电荷量的减少量逐渐减小,故电容器两端电压的降低速度逐渐变缓,则电流的减小速度也逐渐变缓,C、D均错误。
4.(2022重庆,2,4分)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 ( )
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
答案 A 由题意可知两极板间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据C=QU可知电容器的电容C减小,D错误;根据C=εrS4πkd可知极板间距d增大,根据E=Ud可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距d增大,则材料竖直方向尺度减小,A正确。
5.(2022江苏,9,4分)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O点为正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则 ( )
A.在移动过程中,O点电场强度变小
B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大
C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功
D.当其移动到无穷远处,O点的电势高于A点
答案 D 由场的叠加及对称性可知,B、D两点处电荷在O点处产生的场强相互抵消,初始状态下A、C两点处电荷在O点处产生的场强也等值反向,在A处电荷移动过程中,O点电场强度从0开始逐渐增大,A错误。B、D两点处电荷对C处电荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不变,而A处电荷在移动过程中对C点处电荷斥力逐渐减小,故C点处电荷所受静电力变小,B错误。同理可知A处电荷所受静电力方向由O指向A,故远离过程中静电力对其做正功,C错误。当A处电荷移动至无穷远处时,OA间电场由B、C、D三处电荷产生,由等量正电荷中垂线上的电场分布可知,B、D两处电荷在OA上各点产生的电场方向均是由O指向A,再叠加C处电荷产生的电场可知OA间各点的电场方向均是由O指向A,而沿电场线方向电势降低,故D正确。
6.(2022湖北,4,4分)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 ( )
A.q,r B.2q,r C.2q,2r D.4q,2r
答案 D 金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止,则由平衡条件有qUd=43ρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能在板间保持静止,则由平衡条件有q'2Ud=43ρπr'3g,联立得q'r'3=q2r3,D正确。
7.(2022河北,6,4分)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法正确的是 ( )
A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功
答案 B 在直线MN上,左边正电荷在M、N间的电场强度水平向右,右边负电荷在M、N间的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;电场强度方向和等势面垂直,所以T点电场强度方向指向O点,B正确;由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,可知在N左侧电场强度不可能为零,则在N右侧,设电场强度为零的点到N点的距离为d,M、N间距离为L,根据k·2q(L+d)2=k·qd2可知,除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;无穷远处电势低于P点电势,则正电荷在无穷远处的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从无穷远处移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误。
8.(2022山东,3,3分)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 ( )
A.正电荷,q=QΔLπR
B.正电荷,q=3QΔLπR
C.负电荷,q=2QΔLπR
D.负电荷,q=23QΔLπR
答案 C 将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场在O点的合场强E1=kqAR2,方向由O指向C,由题意可知,qA=Q2πRΔL,D处的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向即可,故q应为负电荷,由kq(2R)2=kQ·ΔLR2·2πR,解得q=2QΔLπR,故C正确。
9.(2022浙江1月选考,10,3分)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.a点所在的线是等势线
B.b点的电场强度比c点大
C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
答案 C 根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。
10.(2022全国乙,19,6分)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则 ( )
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零
答案 AB 根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点,N点的电场方向沿对角线从N点指向O点,L和N两点处的电场方向相互垂直,A正确;根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左,B正确;M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上,M、O两点的电势相等,将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力不做功,C错误;L点的电势比N点的电势低,将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电势能增大,电场力做负功,D错误。
11.(2022全国乙,21,6分)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R
A.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
答案 BD 极板间各点的电场强度方向指向O点(题干信息),粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,在这个过程中电场力做正功,粒子3入射时的动能比它出射时的小,同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大,A错误,B正确;粒子1、2做圆周运动,设粒子1的轨迹处的电场强度大小为E1,则qE1=mv12r1,粒子1的动能Ek1=12mv12=qE1r12,设粒子2的轨迹处的电场强度大小为E2,则qE2=mv22r2,粒子2的动能Ek2=12mv22=qE2r22,由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比(题干信息),即E1E2=r2r1,所以Ek1=Ek2,C错误;粒子3(做近心运动)出射时,qE1>mv32r1,此时粒子3的动能Ek3'=12mv32
A.N点的电场强度大小比M点的大
B.Q为正电荷
C.M点的电场方向沿x轴负方向
D.P点与M点的电势差为12 V
答案 AD 等差等势面密集处场强大,由图可知N点的电场强度大小比M点的大,故A正确。沿着电场线方向电势逐渐降低,由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,故可知M点的电场方向沿x轴正方向,B、C均错误。M点与N点在同一等势面上电势均为0 V,P点与N点等势面间隔四个,而相邻等势面的电势差为3 V,则P点与M点的电势差为12 V,故D正确。
13.(2022浙江6月选考,15,2分)(多选)如图为某一径向电场的示意图,电场强度大小可表示为E=ar,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力,则 ( )
A.轨道半径r小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动
答案 BC 粒子做圆周运动,根据电场力提供向心力有qE=mω2r,根据题意,电场强度大小可表示为E=ar,联立解得ω=qamr2,粒子比荷qm相同,a为常量,所以轨道半径r小的粒子角速度一定大,A错误;根据电场力提供向心力有qE=mv2r,则粒子的动能Ek=12qa,电荷量大的粒子的动能一定大,B正确;由qE=mv2r及E=ar可得v=qam,粒子的速度大小与轨道半径r无关,C正确;因为不知道粒子的速度方向及磁场方向,当加垂直纸面磁场时,粒子所受的洛伦兹力可能指向圆心,也可能背离圆心,粒子不一定做离心运动,D错误。
14.(2022全国甲,21,6分)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后, ( )
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
答案 BD 本题可以看成等效重力场问题,如图,等效重力方向斜向右下方45°,PQ为等效水平方向。小球的运动可以看成类斜上抛运动,等效重力先做负功后做正功,所以小球动能最小时在斜上抛最高点,即如图速度为v'处,v'与水平方向夹角为45°,此时小球速度的水平分量等于竖直分量,小球由P到Q电场力一直做负功,所以电势能一直增大,则斜上抛最高点不是电势能最大处,电势能最大处在Q处,此时小球速度方向竖直向下,大小等于初速度v,P处与Q处小球动能相等,所以A、C错误,B正确;从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量,P处与Q处小球动能相等,由于机械能与电势能的总和不变,所以减少的重力势能等于增加的电势能,故D正确。
15.(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.F8 B.F4 C.3F8 D.F2
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=kQ2r2;用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B接触,与A接触后,A、C的带电荷量均为Q2,与B接触后,B、C的带电荷量均为34Q,则此时A、B间的静电力F'=kQ2·34Qr2=38F。因此选C。
16.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,( )
A.此时A带正电,B带负电
B.此时A电势低,B电势高
C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案 C 由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。
17.(2016浙江理综,19,6分)(多选)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8.0×10-4 kg,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46×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案 ACD 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=0.060.10=0.60,θ=37°
F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误;
F库=kQAQBr2
QA=QB=Q,r=0.12 m
联立得Q=46×10-8 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。
18.(2015浙江理综,16,6分)如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间,则( )
A.乒乓球的左侧感应出负电荷
B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上
C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
答案 D 乒乓球在两极板中间时,其左侧会感应出正电荷,A错误;电场力和库仑力是同一个力的不同称谓,C错误;乒乓球与右极板接触则带正电,在电场力作用下向左运动与左极板相碰,碰后带上负电,又向右运动与右极板相碰,如此往复运动,所以D正确,B错误。
19.(2015江苏单科,2,3分)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说,但下列不属于···静电现象的是( )
A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引
C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流
D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案 C 小线圈接近通电线圈过程中,小线圈因磁通量变化而产生感应电流,属于电磁感应现象,不属于静电现象,其他三种现象属于静电现象,选项C符合题意。
20.(2015浙江理综,20,6分)(多选)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点,A上带有Q=3.0×10-6 C的正电荷。两线夹角为120°,两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2;静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,A、B球可视为点电荷),则( )
A.支架对地面的压力大小为2.0 N
B.两线上的拉力大小F1=F2=1.9 N
C.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小F1=1.225 N,F2=1.0 N
D.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866 N
答案 BC 小球B和支架组成的整体,在三个力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=kQ2rAB2,联立两式解得:FAB=0.9 N,FN=1.1 N,根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡,如图(甲)所示。
(甲)
由对称性可知F1=F2,在竖直方向上有:
2F1 cos 60°=2F2 cos 60°=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9 N,可见B正确。
当B球与M、A共线时,A球受力情况如图(乙)所示,
(乙)
由几何关系可知rAB'=0.6 m,FBA'=kQ2rAB'2=0.225 N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上述两个方向上分力的合力为零可得:F1=1.225 N,F2=1.0 N,故C正确。B球移至无穷远处时,A、B之间的库仑力忽略不计,对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0 N,故D错。
评析 本题考查了库仑定律和共点力平衡问题,情景清晰,但计算量稍大。题目难度中等,要求考生镇定、细心。
21.(2014浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则( )
A.小球A与B之间库仑力的大小为kq2d2
B.当qd=mgsinθk时,细线上的拉力为0
C.当qd=mgtanθk时,细线上的拉力为0
D.当qd=mgktanθ时,斜面对小球A的支持力为0
答案 AC 根据库仑定律得A、B间的库仑力F库=kq2d2,则A项正确。当细线上的拉力为0时满足kq2d2=mg tan θ,得到qd=mgtanθk,则B错C正确。斜面对小球A的支持力始终不为零,则D错误。
22.(2013海南单科,1,3分)如图,电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零,且PR=2RQ。则( )
A.q1=2q2 B.q1=4q2
C.q1=-2q2 D.q1=-4q2
答案 B 由R处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向,即两点电荷必带有同种电荷,由E=kQr2有kq1PR2=kq2QR2,可得q1=4q2,B正确。
23.(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,一电荷量为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.3kQ4a2,沿y轴正向 B.3kQ4a2,沿y轴负向
C.5kQ4a2,沿y轴正向 D.5kQ4a2,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=kQa2,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=kQa2,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=kQ(2a)2,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=kQa2-kQ(2a)2=3kQ4a2,方向沿y轴负向,B正确。
24.(2013课标Ⅰ,15,6分,0.480)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.k3qR2 B.k10q9R2
C.kQ+qR2 D.k9Q+q9R2
答案 B 由b点处场强为零知,圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等,即:E1=E2=kqR2,由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=kqR2,q在d点产生的场强E4=kq9R2,方向与E3相同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k10q9R2,B正确,A、C、D错误。
考查点 电场力的性质、场强叠加
解题关键 利用圆盘在d点产生的场强与在b点产生的场强大小相等、方向相反解题。
方法技巧 能根据圆盘的形状特点推理得出周围场强的对称情况。
25.(2013课标Ⅱ,18,6分,0.586)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.3kq3l2 B.3kql2
C.3kql2 D.23kql2
答案 B 以小球c为研究对象,其受力如图甲所示,其中F库=kqqcl2,由平衡条件得:2F库cos 30°=Eqc
甲 乙
即:3kqqcl2=Eqc,E=3kql2
此时a的受力如图乙所示,kq2l22+3kq2l22=kqqcl22
得qc=2q
即当qc=2q时a可处于平衡状态,同理b亦恰好平衡,故选项B正确。
考查点 电场力的性质、场强的叠加、受力分析
审题关键 清楚三个小球所受合力为零。
方法技巧 应当选c为研究对象,因为a、b两球对c球的电场力相互对称,计算量少,节约时间。
26.(2019海南单科,1,4分)如图,静电场中的一条电场线上有M、N两点,箭头代表电场的方向,则( )
A.M点的电势比N点的低
B.M点的场强大小一定比N点的大
C.电子在M点的电势能比在N点的低
D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大
答案 C 本题考查电场线、电势、电势能之间的关系以及学生对知识之间联系的掌握情况。沿电场线方向电势逐渐降低,M点的电势比N点的高,故A错误;由于不能确定电场线疏密,因此不能确定电场强度大小,故B错误;电子从M到N,电场力做负功,电势能增加,故电子在M点的电势能比在N点的低,故C正确;由于不能确定电场强度大小,不能确定电子所受电场力大小,因此D错误;故选C。
27.(2015课标Ⅰ,15,6分)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( )
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
答案 B 由电子从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可知,φM>φN=φP,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。
解题关键 ①匀强电场中,只要判定两点电势相等,两点连线即为等势线,与其平行的线也为等势线。②电荷在等势面上运动,电场力不做功。
28.(2015江苏单科,8,4分)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.c点的电场强度比d点的大
D.c点的电势比d点的低
答案 ACD 观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密,所以Ea>Eb,A项正确;由沿电场线方向电势逐渐降低可知φb>φa,B项错;由场强公式E=kQr2和场强叠加原理可知Ec>Ed,C项正确;当取无穷远处电势为0时,φc为负值,φd为正值,所以φd>φc,D项正确。
考查点 本题考查静电场、电场线、电势、电场强度等知识,对考生的推理能力有一定的要求。属于中等难度题。
学习指导 本题电场线的分布情景来源于课本但又高于课本,所以我们学习过程中不能只是死记一些典型情景,而是要理解概念和原理,掌握基本规律,培养分析推理能力,解决问题时才能游刃有余。
29.(2015海南单科,7,5分)(多选)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
答案 BC 由两等量异种点电荷的电场线分布知:过Q和-Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面,因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同,因此正的试探电荷电势能的变化相同,D错。点b在零势能面上,b点电势为零,由场强的合成法则知,b点的场强不为零,方向平行x轴向右,A错。在a点放一正的试探电荷,所受的电场力方向向右,当沿x轴正方向移动时,电场力做正功,电势能减少,在O点减为零,过了O点电势能为负值,所以正的试探电荷在a点电势能大于零,反之若从O点移到a点,电场力方向与运动方向相反,因此电场力做负功即克服电场力做功,B、C正确。
30.(2014课标Ⅰ,21,6分)(多选)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
答案 AD 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于O点,设MF=FN=l,则由几何关系可知MO=l/cos 30°=233l,FO=l tan 30°=33l,OP=MP-MO=MN cos 30°-233l=33l,即FO=OP=33l,ON=OM=233l,又φp=φF,则点电荷在FP中垂线与OF的交点上,故点电荷一定在MP的连线上的O点,选项A正确(另解:根据题意φM=φN,φP=φF,可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处,作PF连线的中垂线交MP于点O,连接O、F两点,由几何知识知OF为MN的中垂线,故点电荷Q一定在MP的连线上的O点,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,线段不可能在球面上,故B选项错误;由图可知OF
31.(2014课标Ⅱ,19,6分,0.590)(多选)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
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
答案 AD 电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。
考查点 电场能的性质
解题关键 ①电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的。
②沿电场线方向电势降落最快。
32.(2014北京理综,15,6分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是( )
A.1、2两点的场强相等 B.1、3两点的场强相等
C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等
答案 D 同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。
33.(2014江苏单科,4,3分)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
答案 B 由微元法和对称的思想分析可知,均匀带电圆环内部O点的场强为零,电势为标量,且正电荷周围的电势为正,故O点电势最高,选项A错、B对;从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小,电势降低,选项C、D错误。
考查点 本题考查电场、电势、电场强度等知识,同时考查了考生运用微元思想和对称的思想分析问题和解决问题的能力。属于中等难度题。
易错警示 本题易错选A,错误地认为电场强度为零的地方电势最低。电场强度与电势分别是反映电场力的性质和能的性质的物理量,它们之间没有直接的关系,电场强度较大的地方,电势可能较高、可能较低、也可能为零。
34.(2014广东理综,20,6分)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电荷量为+Q的小球P,带电荷量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是( )
A.M与N的距离大于L
B.P、M和N在同一直线上
C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同
D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
答案 BD 对小球M、N和杆组成的整体,由题意可知kQqL2=kQ·2q(L+x)2,得x
35.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,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
36.(2014安徽理综,17,6分)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。下列图像中合理的是( )
答案 D 在粒子运动中的某一小段位移Δx内电场力做功qEΔx。由功能关系知ΔEp=-qE·Δx,即ΔEpΔx=-qE,Ep-x图线斜率的绝对值表示电场力的大小,故由图线可知E逐渐减小,A错误。因粒子仅受电场力作用,由qE=ma可知a也逐渐减小,D正确。再由动能定理有ΔEk=qE·Δx,即ΔEkΔx=qE,Ek-x图线的斜率也表示电场力,则Ek-x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线,B错误。由v2=2ax有v=2ax,可知v-x图线应是一条曲线,故C错误。
37.(2013江苏单科,6,4分)(多选)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点,则( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大
D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功
答案 ABD 电场线的疏密程度表示场强的大小,A正确;沿电场线方向电势降低,B正确;负电荷在电势越高的位置电势能越小,C错误;因负电荷从a点移到b点的过程中电势能增大,由功能关系知电场力必做负功,D正确。
考查点 本题考查电场线、电场强度、电势、电势能与电场力做功等知识,属于容易题。
知识链接 不带电的金属球达到静电平衡时,是个等势体,球面是个等势面,内部各处的场强为零。
38.(2013山东理综,19,5分)(多选)如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是( )
A.b、d两点处的电势相同
B.四个点中c点处的电势最低
C.b、d两点处的电场强度相同
D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减小
答案 ABD 由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知,A、B正确,C错误。四点中a点电势最高、c点电势最低,正电荷在电势越低处电势能越小,故D正确。
39.(2015安徽理综,17,6分)一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为( )
A.mv22eL B.mv2Sne C.ρnev D.ρevSL
答案 C 金属棒的电阻R=ρLS,自由电子定向移动形成的电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故金属棒内的电场强度E=UL=neSvρLLS=nevρ,选项C正确。
40.(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
答案 BC 本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpA
方法技巧 运动轨迹与电场线关系
①曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。②受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。③速度方向为轨迹的切线方向。④正、负功的判断。⑤电势高低与电势能大小的关系。
41.(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>va
C.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=Fm=qQEm,E=kqPr2,因为rb
由动能定理有Wab=qQUab=12mvb2-12mva2
Wbc=qQUbc=12mvc2-12mvb2
因为Wab<0,所以va>vb
因为Wbc>0,所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc
故有va>vc>vb,D项正确。
42.(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。
43.(2013重庆理综,3,6分)如图所示,高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示α粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则( )
A.α粒子在M点的速率比在Q点的大
B.三点中,α粒子在N点的电势能最大
C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低
D.α粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功
答案 B α粒子与重原子核均带正电,二者之间存在斥力作用,且仅有斥力作用,故两者靠近时斥力做负功,动能减小,电势能增大;远离时斥力做正功,动能增大,综上可知,α粒子在Q点时动能最大,速率也最大,A项错误。α粒子在N点时电势能最大,B项正确。在正电荷的电场中,场源处电势最高,距场源越远电势越低,M点离O点较近,该点电势较高,C项错误。因在Q点时粒子的动能比在M点时的动能大,故在从M到Q的过程中电场力做的总功为正功,D项错误。
44.(2011全国,20,6分)一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
答案 D 由a至c曲线的弯曲情况可知质点受力方向指向图中虚线的右下方,质点在b点的速度vb方向如图,由a至c速率递减可知受力方向大致如图中F,α大于90°,因为质点带负电荷,故场强方向应与F方向相反,D正确。
45.(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>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.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图线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。
46.(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图线斜率的绝对值表示场强大小,由图可知从x1到x2过程中,图线斜率变小,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,受到的电场力减小,选项B、D错误;沿x轴正方向电势由负到正,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<φx2,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。
47. (2018江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路( )
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
答案 BCD 本题考查含容电路和电容器的充电与放电。因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80 V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。
难点突破 含容电路中电容器充电和放电电流是非线性变化的,回路中电阻越大,充、放电的速度越缓慢。
48.(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。
审题指导 “微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45°,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。
49.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0,其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电荷量为Q。不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )
A.Qε0S和Q2ε0S B.Q2ε0S和Q2ε0S
C.Q2ε0S和Q22ε0S D.Qε0S和Q22ε0S
答案 D 由题意知带电荷量为Q的极板上单位面积所带的电荷量σ=QS,故一个极板激发的电场的场强大小E=σ2ε0=Q2Sε0,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=Qε0S;两极板间相互的静电引力F=E·Q=Q22Sε0,选项D正确。
50.(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=Ud=QCd=4πkQεrS,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
51.(2015天津理综,7,6分)(多选)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 ( )
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
答案 AD 设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1=12mv2-0,v=2qE1d1m,在电场E2中y=12at2,E2q=ma,L=vt,tan φ=atv,联立以上方程得y=E2L24E1d1,tan φ=E2L2E1d1。所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy=E22L2q4E1d1,三种粒子电荷量相等,做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tan φ与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v',则qE1d1+qE2y=12mv'2-0,解得v'2=2qm(E1d1+E22L24E1d1),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项错误。在加速电场中所用时间t1=2d1mE1q,通过偏转电场到达屏所用时间t2=L+L'v=(L+L')·m2qE1d1,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。
52.(2015海南单科,5,3分)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为( )
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
答案 A 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为25l,电荷量为-q的粒子通过的位移为35l,由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a1=qEM、a2=qEm,由运动学公式有25l=12a1t2=qE2Mt2①,35l=12a2t2=qE2mt2②,①②得Mm=32。B、C、D错,A对。
53.(2014山东理综,18,6分)如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于( )
A.s22qEmℎ B.s2qEmℎ C.s42qEmℎ D.s4qEmℎ
答案 B 因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向s2=v0t,竖直方向ℎ2=12at2且满足a=Eqm,三式联立解得v0=s2Eqmℎ,故B正确。
54.(2013课标Ⅰ,16,6分,0.430)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d2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d3,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d2处返回 D.在距上极板25d处返回
答案 D 设板间电压为U,场强为E,则E=Ud,
由动能定理得mg·32d-qEd=0
将下极板向上平移d3后,U不变,d'=23d,则E'=3U2d=32E,设粒子在距上极板x处返回,则
mg(d2+x)-qE'x=0
联立解得:x=25d,故D正确,A、B、C错误。
考查点 电容器、动能定理
解题关键 ①当电容器保持与电源两极相连,两极板间的电压不变。
②电容器两极板之间电场为匀强电场,E=Ud。
延伸扩展 当电容器与电源断开,电容器带电荷量不会发生变化。当板间距离变化时,两极板间的场强不变。
55.(2013北京理综,18,6分)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动( )
A.半径越大,加速度越大 B.半径越小,周期越大
C.半径越大,角速度越小 D.半径越小,线速度越小
答案 C 设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力,kQer2=ma向=mv2r=m2πT2r=mω2r,分别解得a向=kQemr2,T=2πmr3kQe,ω=kQemr3,v=kQemr,则半径r越大,加速度a向、角速度ω和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。
考查点 圆周运动。
知识延展 在经典物理中,电子绕核运动的情况和卫星绕地球的运动类似,随着运动半径的增大,运动的线速度、角速度、加速度都变小,周期变大。
56.(2013广东理综,15,4分)喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )
A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关
答案 C 由于微滴带负电,其所受电场力指向正极板,故微滴在电场中向正极板偏转,A项错误。微滴在电场中所受电场力做正功,电势能减小,B项错误。由于极板间电场是匀强电场,电场力不变,故微滴在电场中做匀加速曲线运动,并且轨迹为抛物线,C项正确。带电量影响电场力及加速度大小,运动轨迹与加速度大小有关,故D项错误。
57.(2020江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )
A.电场E中A点电势低于B点
B.转动中两小球的电势能始终相等
C.该过程静电力对两小球均做负功
D.该过程两小球的总电势能增加
答案 AB 因在匀强电场中等势面是与电场线垂直的平面,又因为沿电场线方向电势是降低的,故A项正确。因O是轻杆的中点,则转动过程中两小球到过O点的等势面的距离d总是相等的,又因为O是电势零点,故两小球所在处的电势的值互为相反数,而两小球带等量异号电荷,故由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B项正确。两小球均在电场力作用下从静止开始转动,动能增大,由能量守恒可知两小球的总电势能一定减少,再由功能关系可知电场力一定做正功,故C、D项均错误。
58.(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。
59.(2015广东理综,21,6分)(多选)如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的带电荷量比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;因为M、N在释放后保持静止,说明M、N受到的合力为0,若M带正电,则N带负电,M、N不能同时静止,故M带负电,则N带正电,B正确,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。
60.(2015山东理综,20,6分)(多选)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~T3时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是( )
A.末速度大小为2v0 B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了12mgd D.克服电场力做功为mgd
答案 BC 由题意知qE0=mg,所以T3~2T3与2T3~T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。T3~2T3时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g·T3,竖直位移y1=12gT32,在2T3~T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g·T3=0,竖直位移y2=vy1·T3-12gT32=12gT32,所以y1=y2=d4,微粒克服电场力做功W=q·2E0·d4=2mgd4=12mgd,在重力作用下微粒的竖直位移为d2,其重力势能减少了12mgd。综上可知A、D错误,B、C正确。
61.(2015江苏单科,7,4分)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球( )
A.做直线运动 B.做曲线运动
C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小
答案 BC 刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。因重力与电场力的合力F为恒力,其方向与初速度方向的夹角为钝角,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。
62.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中,速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中,电势能一直增加
D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
答案 BC 小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库仑力F与重力的夹角逐渐变小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量,所以电势能的增加量小于动能的减少量,D错误。
63.(2014天津理综,4,6分)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
答案 C 由带电微粒做类平抛运动的特征可知带电微粒所受的合力方向向下,电场力方向有两种可能:电场力方向向上且Eq
A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动
答案 BD 对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,则A错。由图可知电场力与重力的合力与v0应反向,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,故B正确C错误。F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速运动,D项正确。
65.(2022江苏,15,16分)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t;
(2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围;
(3)当Ek=83qEd,粒子在θ为-π2~π2范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
答案 (1)8dcosθ0m2Ek (2)-30°<θ<30° (3)1∶2
解析 (1)粒子垂直于场强方向的分运动为匀速直线运动,故通过电场的时间t=8dv0x,如图所示,v0x=v0 cos θ0。
由Ek=12mv02得v0x=2Ekm·cos θ0,则t=8dcosθ0m2Ek。
(2)若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,则粒子在整个运动过程中竖直方向上位移大小都应小于d,即x
-2ad=v1d2-(v' sin θ')2
2ad=v2d2-v1d2
-2ad=v3d2-v2d2
2ad=v4d2-v3d2
-2ad=v5d2-v4d2
2ad=v6d2-v5d2
则
v2d=v4d=v6d=v' sin θ'
v1d=v3d=v5d
则粒子在每层电场中的运动时间相等,设为t0,则
t0=16t总=16×2cosθ'3mdEq=13cosθ'3mdEq
且d=v' sin θ'·t0-12qEm·t02,将上述t0和v'的数值代入并化简得6 cos2 θ'-8 sin θ' cos θ'+1=0,即tan2 θ'-8 tan θ'+7=0,解得tan θ'=7(以此数值得到的入射粒子在t0时间内可以穿过多层紧邻的电场,故舍去)或tan θ'=1,即θ'=π4,则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0=θ'π2=1∶2
66.(2022山东,17,14分)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0
(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;
(3)离子甲以qBd2m的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示);
(4)当离子甲以qBd2m的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电荷量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。
答案 (1)mv02sin2β2qL (2)qBdm (3)(d,d,0) (4)2(2+1)πmqB
解析 (1)离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动的逆过程
在z轴方向上有L=v0 cos β·t
在y轴方向上有v0 sin β=at
由牛顿第二定律有qE=ma
联立可得E=mv02sinβcosβqL=mv02sin2β2qL
(2)当离子甲以最大速度vm进入磁场Ⅰ时,离子在yOz平面内做圆周运动,轨迹半径设为R1,由洛伦兹力提供向心力有Bqvm=mvm2R1
离子运动半周后从y轴上y=2R1处即坐标为(0,2R1,0)处沿z轴负方向进入磁场Ⅱ,在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动,轨迹半径设为R2,则有22Bqvm=mvm2R2
为使离子甲能始终在磁场中运动,离子甲不能出磁场Ⅰ,应满足R1≤d,离子甲不能出磁场Ⅱ,应满足轨迹半径最大时恰好过(2R1,0,0),(0,2R1,0)到(2R1,0,0)的距离为22R1,故有22R1≥2R2,还应满足2R1≤3d,R1≤d、R2≤3d
联立取二者中较小值可得vm=qBdm
(3)根据洛伦兹力提供向心力,Bqv=mv2R,离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中轨迹半径分别为RⅠ=mvqB=d2、RⅡ=22d
离子在磁场Ⅰ中转动半周从y轴上第二次穿过xOy平面,坐标为(0,d,0)
由RⅡ=2RⅠ可知,离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从坐标(d,0,0)处第三次穿过xOy平面回到磁场Ⅰ中,
离子回到磁场Ⅰ中后在x=d的平面内做圆周运动,转动半周第四次穿过xOy平面,此时位置坐标为(2RⅠ,2RⅠ,0)即(d,d,0)
(4)离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为RⅠ'=4mv'qB、RⅡ'=2RⅠ'
由于12mv2=12×4m×v'2
解得RⅠ'=d、RⅡ'=2d、v'=qBd4m
由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为RⅠ=d2、RⅡ=22d
则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周期性运动处产生第一个交点,则两离子运动到第一个交点处的时间差为
Δt=π(RⅠ'+RⅡ')v'-2π(RⅠ+RⅡ)v=2(2+1)πmqB
67.(2022北京,18,9分)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;
(3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
答案 (1)qUd (2)2qUm (3)3d2mqU
解析 (1)两平行金属板间的场强E=Ud
带电粒子所受的静电力F=qE=qUd
(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=12mv2,得v=2qUm
(3)设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v',根据功能关系有qU2=12mv'2
带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动,后d2距离做匀速直线运动,设用时分别为t1、t2,
有d2=v'2t1,d2=v't2
得t=t1+t2=3d2mqU
68.(2022湖南,13,13分)如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为3d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0;
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B;
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E'。
答案 (1)mgd(R1+R2)qR2 (2)mv2qd (3)mg2q
解析 (1)小球在两极板间做匀速圆周运动,则重力与电场力平衡,mg=qE
设两板间的电压为U,由闭合电路欧姆定律可知
U=R2R1+R2E0
又E=Ud
联立解得E0=mgd(R1+R2)qR2
(2)小球做圆周运动的轨迹如图所示,设轨迹半径为r,由几何关系得:(r-d)2+(3d)2=r2
根据洛伦兹力提供向心力得:qvB=mv2r
联立解得B=mv2qd
(3)设小球离开电容器时,速度方向与水平方向间的夹角为θ,则sin θ=3dr
要使小球做直线运动,则合力方向应与v在一条直线上,当qE'与v所在直线垂直时,qE'最小,则E'最小,如图所示,有qE'=mg cos θ
联立解得E'=mg2q
69.(2022广东,14,15分)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=km13v,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力。重力加速度为g。求:
(1)比例系数k;
(2)油滴A、B的带电荷量和电性;B上升距离h2电势能的变化量;
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
答案 (1)m023gtℎ1 (2)A不带电,B带负电 dm0gU(1+ℎ2ℎ1) -m0gh21+ℎ2ℎ1 (3)见解析
解析 (1)两极板未加电压时小油滴匀速运动,所受合力为零,故有:m0g=km013ℎ1t
解得k=m023gtℎ1
(2)两板间加上电压后A继续以原速度下落,说明A不带电。
由B的运动过程可知B带电,所受电场力向上,则B带负电,B向上匀速运动时合力为零,有
Udq=m0g+km013ℎ2t
将k值代入解得B所带电荷量大小:
q=dm0gU(1+ℎ2ℎ1)
B上升h2电势能的变化量
ΔEp=-W电=-Udq·h2=-m0gh2(1+ℎ2ℎ1)
(3)假设油滴向下匀速运动,则有:
2m0g=Udq+k·(2m0)13v
解得:v=ℎ1−ℎ232·t
若h1>h2,v>0,油滴竖直向下运动;
若h1
a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;
b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。
(2)观测宇宙中辐射电磁波的天体,距离越远单位面积接收的电磁波功率越小,观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波,增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016年9月25日,世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用,被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m,有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。
a.设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1,计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P2;
b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象,设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0,计算FAST能够观测到的此类天体数目N。
答案 (1)a.见解析 b.r22r12 (2)a.25P1 b.125N0
解析 (1)a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。
根据库仑定律检验电荷受到的电场力
F=kQqr2
根据电场强度的定义E=Fq
得E=kQr2
b.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比
N1N2=E1E2=r22r12
(2)a.地球上不同望远镜观测同一天体,单位面积上接收的功率应该相同,因此
P2=50021002P1=25P1
b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。因此,一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。
设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0,直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L,则
P0=π50022P4πL2=π10022P4πL02
可得L=5L0
则N=L3L03N0=125N0
思路分析 辐射的球体模型构建
(1)电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条数。
(2)以发出电磁波的天体为球心,天体到地球距离为半径,建立球面辐射模型,是望远镜观测某一确定天体辐射的常用模型;反之,以望远镜为球心,以观测距离为半径建立的球体模型,又是反映望远镜探测能力的有效模型。
71.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求:
(1)漂移管B的长度;
(2)相邻漂移管间的加速电压。
答案 (1)0.4 m (2)6×104 V
解析 (1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则
T=1f①
L=vB·T2②
联立①②式并代入数据得 L=0.4 m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功为W',质子的电荷量为q、质量为m,则
W=qU④
W'=3W⑤
W'=12mvE2-12mvB2⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得 U=6×104 V⑦
72.(2015课标Ⅱ,24,12分)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
答案 mv02q
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即
vB sin 30°=v0 sin 60°①
由此得vB=3v0②
设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有
qUAB=12m(vB2-v02)③
联立②③式得UAB=mv02q④
解题关键 ①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30°=v0 sin 60°。②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。
73.(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qEmg=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg
(3)由mgl(1-cos 37°)=12mv2,得
v=2gl(1-cos37°)=2.0 m/s
解题指导 (1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。
74.(2015安徽理综,23,16分)在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;
(2)粒子从A到C过程所经历的时间;
(3)粒子经过C点时的速率。
答案 (1)3qEl0 (2)32ml0qE (3)17qEl02m
解析 (1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0
(2)根据抛体运动的特点,粒子在x轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T
由qE=ma,得a=qEm
又yD=12aT2,yD+3l0=12a(2T)2
解得T=2ml0qE
则A→C过程所经历的时间t=32ml0qE
(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有
2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)
vC=vCx2+vCy2=17qEl02m
75.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tan α=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。求:
v/(m·s-1)
0≤v≤2
2
F/N
2
6
3
(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间;
(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。
答案 (1)0.5 s (2)-9.25 J
解析 (1)小物体P的速率从0至2 m/s,受外力F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间Δt1速度为v1,则
F1-μmg=ma1①
v1=a1Δt1②
由①②式并代入数据得
Δt1=0.5 s③
说明:①②③式各2分。
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则
F2-μmg=ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间,在A点的速度为v2,则
Δt2=0.55 s-Δt1⑤
v2=v1+a2Δt2⑥
P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则
F2-μmg-qE=ma3⑦
v32-v22=2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE,有
FE=F3⑨
F3与FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知
v3gΔt3=tan α⑩
x2=v3Δt3
设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则
W=-qE(x1+x2)
联立④~⑧,⑩~式并代入数据得
W=-9.25 J
说明:④⑥⑧式各1分,⑦⑩式各2分。
76.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。
已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。
(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。
(2)图示装置可看作直流电源,求其电动势E和内阻r。
(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明:P=ΔEk。
(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)
答案 (1)Ekme Ne (2)Ekme EkmNe2 (3)见解析
解析 (1)由动能定理,Ekm=eUm,可得
Um=Ekme
短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流
I短=Ne
(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以
E=Um=Ekme
电源内阻r=EI短=EkmNe2
(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。
由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能
ΔEke=eU
设单位时间内有N'个电子到达B板,则损失的动能之和
ΔEk=N'ΔEke=N'eU
根据电流的定义,此时电源内部的电流
I=N'e
此时流过外电阻的电流也是I=N'e,外电阻上消耗的电功率
P=IU=N'eU
所以P=ΔEk
77.(2014课标Ⅰ,25,20分,0.162)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=32OA。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。
答案 (1)73 (2)见解析
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=32d,根据平抛运动的规律有
d sin 60°=v0t①
d cos 60°=12gt2②
又有Ek0=12mv02③
由①②③式得Ek0=38mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+12mgd⑤
由④⑤式得EkAEk0=73⑥
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了d2和3d2,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23Ek0⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-32mgd=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x32d=ΔEpAΔEpB⑨
解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
α=30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E,有qEd cos 30°=ΔEpA
由④⑦式得E=3mg6q
考查点 带电粒子在电场中的运动、平抛运动
易错警示 利用在匀强电场中沿任一直线电势降落是均匀的,得OMOB=ΔEpAΔEpB,求得与A等电势的M的位置。
78.(2014安徽理综,22,14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
答案 (1)2gℎ (2)mg(ℎ+d)qd Cmg(ℎ+d)q
(3)ℎ+dℎ2ℎg
解析 (1)由v2=2gh得v=2gℎ
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有
qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=mg(ℎ+d)qd
由U=Ed、Q=CU得Q=Cmg(ℎ+d)q
(3)由题得h=12gt12、0=v-at2、t=t1+t2,
综合可得t=ℎ+dℎ2ℎg
79.(2013课标Ⅰ,25,20分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,场强随时间变化的规律如图所示。不计重力。求在t=0到t=T的时间间隔内
(1)粒子位移的大小和方向;
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。
答案 (1)qE016mT2 沿初始电场方向 (2)T4
解析 (1)带电粒子在0~T4、T4~T2、T2~3T4、3T4~T时间内做匀变速运动,设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得
a1=qE0m①
a2=-2qE0m②
a3=2qE0m③
a4=-qE0m④
由此得带电粒子在0~T时间间隔内运动的加速度-时间图像如图(a)所示,对应的速度-时间图像如图(b)所示,其中
图(a)
图(b)
v1=a1T4=qE0T4m⑤
由图(b)可知,带电粒子在t=0到t=T时间内的位移为
s=T4v1⑥
由⑤⑥式得
s=qE016mT2⑦
位移沿初始电场方向。
(2)由图(b)可知,粒子在t=38T到t=58T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间t为
t=58T-38T=T4⑧
80.(2013课标Ⅱ,24,14分,0.317)如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q>0)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。
答案 见解析
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=mva2r②
Nb-f=mvb2r③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有
Eka=12mva2④
Ekb=12mvb2⑤
根据动能定理有
Ekb-Eka=2rf⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E=16q(Nb-Na)⑦
Eka=r12(Nb+5Na)⑧
Ekb=r12(5Nb+Na)⑨
考查点 带电粒子在电场中的运动、圆周运动、动能定理
解题关键 ①对在a、b两点的质点进行受力分析,根据牛顿第二定律列方程。
②分析a→b过程,利用动能定理列方程。
81.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1 kg和mB=0.2 kg,B所带电荷量q=+4×10-6 C。设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求B所受静摩擦力的大小;
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔEp=0.06 J。已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
答案 (1)0.4 N (2)0.528 W
解析 (1)F作用之前,A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有
对A:T0=mAg sin θ①
对B:T0=qE+f0②
联立①②式,代入数据解得
f0=0.4 N③
(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有
qEs=ΔEp④
T-μmBg-qE=mBa⑤
设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有
v2=2as⑥
F弹=k·Δx⑦
F+mAg sin θ-F弹sin θ-T=mAa⑧
由几何关系知Δx=s(1-cosθ)sinθ⑨
设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv⑩
联立④~⑩式,代入数据解得
P=0.528 W
82.(2013浙江理综,24,20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。
(1)判断半球面A、B的电势高低,并说明理由;
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小;
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC,则到达N板左、右边缘处的电子,经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少?
(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小,并说明理由。
答案 (1)B板电势高于A板,理由见解析
(2)4Ek0e(RA+RB) (3)ΔEk左=e(φB-φC) ΔEk右=e(φA-φC)
(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|,理由见解析
解析 (1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心,电场方向从B指向A,B板电势高于A板。
(2)据题意,电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同,有:
eE=mv2R
Ek0=12mv2
R=RA+RB2
联立解得:
E=2Ek0eR=4Ek0e(RA+RB)
(3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理,有
ΔEk=qU
对到达N板左边缘的电子,电场力做正功,动能增加,有
ΔEk左=e(φB-φC)
对到达N板右边缘的电子,电场力做负功,动能减小,有
ΔEk右=e(φA-φC)
(4)根据电场线特点,等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度,考虑到等势面间距相等,有
|φB-φC|>|φA-φC|
即|ΔEk左|>|ΔEk右|
评析 本题为带电粒子在电场中的运动问题,考查学生的综合分析能力,易错点是“误认为A、B之间是匀强电场”。本题难度中等。
相关试卷
10_专题八城镇与乡村（习题+检测+10年高考真题）： 这是一份10_专题八城镇与乡村（习题+检测+10年高考真题），文件包含1_专题八乡村和城镇10年高考真题docx、1_3习题部分WORDdocx、1_专题八城镇与乡村检测docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共91页， 欢迎下载使用。
8_专题六自然环境的整体性与差异性（习题+检测+10年高考真题）： 这是一份8_专题六自然环境的整体性与差异性（习题+检测+10年高考真题），文件包含1_专题六自然地理环境的整体性和差异性10年高考真题docx、1_3习题部分WORDdocx、1_专题六自然环境的整体性与差异性检测docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共92页， 欢迎下载使用。
专题八静电场10年高考真题： 这是一份专题八静电场10年高考真题，共51页。试卷主要包含了0×10-3 N,B项错误;，12 m等内容，欢迎下载使用。
