《（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題八 靜電場課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題八 靜電場課件.ppt（175頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、專題八靜電場,高考物理 (課標專用),考點一電場力的性質 1.(2018課標,16,6分)如圖,三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則() A.a、b的電荷同號,k= B.a、b的電荷異號,k= C.a、b的電荷同號,k=,D.a、b的電荷異號,k=,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,答案D本題考查庫侖定律及矢量合成。若a、b的電荷同號,則c所受庫侖力的合力指向2或4區(qū)域;若a、b的電荷異號,則c所受庫侖力的合力指向1或3區(qū)域;故只有a、b的電
2、荷異號,合力方向才能與a、b連線平行。設a帶正電荷,b、c帶負電荷,c受力如圖,tan =tan =,=tan , 由庫侖定律得=,聯(lián)立得k==。故A、B、C三項均錯誤,D項正確。,一題多解電場強度疊加法 球c所受的庫侖力的合力方向平行于a、b連線,表明球c處的合電場強度方向平行于a、b連線。若a、b的電荷同號,球c處的合電場強度指向2或4區(qū)域;若a、b的電荷異號,球c處的合電場強度指向1或3區(qū)域;故a、b的電荷必須異號。設a、c帶正電荷,b帶負電荷,球c處的電場強度方向如圖,tan =tan =,由電場強度疊加原理得,tan =,結合點電荷電場強度公式得= ,聯(lián)立得k==。故A、B、C三項均
3、錯誤,D項正確。,2.(2016課標,15,6分)如圖,P是固定的點電荷,虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動,運動軌跡與兩圓在同一平面內,a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用,其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、vb、vc。則() A.aaabac,vavcvb B.aaabac,vbvcva C.abacaa,vbvcva D.abacaa,vavcvb,答案D帶電粒子在電場中僅受電場力作用,由牛頓第二定律知加速度a==,E=k,因 為rbacaa; 由動能定理有Wab=qQUab=m-m Wbc=qQUbc=m-m
4、因為Wabvb 因為Wbc0,所以vcvb 因為|Uab||Ubc|,所以vavc 故有vavcvb,D項正確。,解題關鍵了解點電荷周圍場強的分布。 利用軌跡偏轉情況判定受力方向。,易錯警示通過軌跡的偏轉情況判定受力方向與速度變化情況是難點及易錯點。,,考點二電場能的性質 3.(2018課標,21,6分)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2 V。一電子經過a時的動能為10 eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是() A.平面c上的電勢為零 B.該電子可能到達不了平面f C.該電子經過平面d時,其電勢能為4 e
5、V D.該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍,答案AB本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動,能量的轉化與守恒等知識。電子從a到d的過程中克服電場力做功6 eV,說明電場方向由af,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6 V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2 V,又因為b=2 V,故a=4 V,c=0 V,d=-2 V,f=-4 V,可知A項正確。Eka=10 eV,從a到f過程中,需克服電場力做功8 eV,Eka|W電|,因為不知道電子的運動方向,故不能確定電子能否到達平面f,故B項正確。電子經過平面d時,其電勢能為2 eV,故C項錯誤。經過平面b時的動能為8 eV,經過平
6、面d時的動能為4 eV,又知Ek=mv2,故==,D項錯誤。,易錯點撥隱含條件的顯性化 動能是標量,而速度是矢量,故本題中不知道初速度的具體方向。,,4.(2018課標,21,6分)(多選)如圖,同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a、c連線的中點,N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q0)的粒子從a點移動到 b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2。下列說法正確的是() A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為 C.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為 D.若W
7、1=W2,則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差,答案BD本題考查電場力做功與電勢能變化量的關系、勻強電場中U=Ed。根據電場力做功與電勢能變化量的關系有W1=q(a-b),W2=q(c-d),WMN=q(M-N),根據勻強電場中“同一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比”的規(guī)律可知,UaM=UMc,即a-M=M-c,可得M=,同理可得N=,聯(lián)立式可得:WMN=,即B項正確。若W1 =W2,則a-b=c-d,結合兩式可推出a-M=b-N,即D項正確。由題意無法判定電場強度的方向,故A、C項均錯誤。,易錯點撥注意E=成立的條件 在勻強電場中,E=中的d為始、末兩點沿電場線方
8、向上的距離,本題中如果未注意這一條件, 易錯選C。,,5.(2017課標,20,6分)(多選)在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢a已在圖中用坐標(ra,a)標出,其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點,在相鄰兩點間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是() A.EaEb=41 B.EcEd=21 C.WabWbc=31D.WbcWcd=13,答案AC由圖可知:ra=1 m、a=6 V;rb=2
9、 m、b=3 V;rc=3 m、c=2 V;rd=6 m、d=1 V。由點電荷的場強公式E=得EaEbEcEd==36941,A正確、B錯誤。由 WAB=qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正確、D錯誤。,,方法技巧電場力做功的計算方法 定量計算電場力做功時,第一種方法是利用W=qU;第二種方法是利用功能關系即電場力所做的功等于電勢能的變化量;第三種方法是利用動能定理;第四種方法是由功的定義得W=qEl cos 。其中最后一種方法僅適用于勻強電場中。,6.(2017課標,21,6分)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內a、b、c三
10、點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是() A.電場強度的大小為2.5 V/cm B.坐標原點處的電勢為1 V C.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV,答案ABD設a、c連線上d點電勢為17 V,連接b、d,bd為等勢線,如圖 據U=Ed可知,勻強電場中U與d成正比,則=,即=,得lcd=4.5 cm,則tan == ,=37,過c點作bd的垂線交bd于e點,如圖,則lce=lcb sin =6 cm=3.6 cm,Uce=26 V-17 V=9 V, ce方向垂直等勢線bd且ce,則ce方向為勻強電
11、場方向,據E=可知E==2.5 V/cm,故A選 項正確。 laO=lcb,故UaO=Ucb,即a-O=c-b,得O=1 V,故B選項正確。,據Ep=q=(-e),aEpb,故C選項錯誤。 據Wbc=qUbc知Wbc=(-e)Ubc=(-e)(b-c)=(-e)(17-26)V=9 eV,故D選項正確。,方法技巧充分利用U=Ed中場強一定時U與d成正比的關系、直角三角形中tan 37=和sin 3 7=解題。 建立bd等勢線,在ac上利用U與d成正比來求d=17 V時cd的長度lcd=4.5 cm,確定=37。 作出等勢線的垂線尋找E的方向,再利用=37得到ce長度。 由E=算出E的大小。 在
12、應用Ep=q及W=qU時要注意電子帶電荷量為-e,這樣判斷電子在a、b點電勢能高低時不易出錯。,,7.(2016課標,15,6分)關于靜電場的等勢面,下列說法正確的是() A.兩個電勢不同的等勢面可能相交 B.電場線與等勢面處處相互垂直 C.同一等勢面上各點電場強度一定相等 D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功,答案B假設兩個電勢不同的等勢面相交,則交點處的電勢就是兩個不同的值,這是不可能的,A錯誤;同一等勢面上各點電勢相等,而場強不一定相等,C錯誤;負電荷從高電勢處移到低電勢處,電勢能增加,電場力做負功,D錯誤。,解題關鍵了解等勢面上各點電勢相等。 了解等
13、勢面與電場線垂直。 了解等差等勢面越密處,電場強度越大。,,,8.(2016課標,20,6分)(多選)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內,且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知() A.Q點的電勢比P點高 B.油滴在Q點的動能比它在P點的大 C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小,答案AB由油滴軌跡在豎直面內相對于過P點的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合力為0,豎直方向上油滴受重力和電場力,結合曲線軌跡的特點可知電場力豎直向上且電場力大于重力,油滴受力及電場線方向如圖所示,由沿電場線方向電勢逐漸降低,得
14、Q點的電勢比P點的高,A選項正確;油滴從Q點到P點合力做負功,根據動能定理得油滴在Q點的動能大于它在P點的動能,這一過程中電場力做負功,則油滴在Q點的電勢能小于它在P點的電勢能,故B項正確,C項錯;因為重力和電場力為恒力,所以油滴在Q、P兩點的加速度相同,故D項錯誤。,思路點撥由軌跡在豎直面內相對于過P點的豎直線對稱,類比斜上拋運動的軌跡可知油滴所受合力方向豎直向上,電場力大于重力。 帶負電荷的油滴所受電場力豎直向上,電場方向豎直向下,沿電場方向電勢降低。,,9.(2015課標,15,6分,0.699)如圖,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電
15、勢分別為M、N、P、Q。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等。則() A.直線a位于某一等勢面內,MQ B.直線c位于某一等勢面內,MN C.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功 D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功,答案B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等可知,MN=P,故過N、P點的直線d位于某一等勢面內,則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內,選項A錯、B正確;M=Q,則電子由M點運動到Q點,電場力不做功,選項C錯誤;由于P
16、電勢相等,兩點連線即為等勢線,與其平行的線也為等勢線。 電荷在等勢面上運動,電場力不做功。,10.(2014課標,19,6分,0.590)(多選)關于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是( ) A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B.電場強度為零的地方,電勢也為零 C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低 D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向,答案AD電場中場強為零的位置是絕對的,而電勢為零的位置是人為選取的;再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率,而與電勢的大小無關,故B錯誤。由沿電場線方向電勢降低,可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關,故C錯誤。,解題
17、關鍵電場中場強為零的位置是絕對的,而電勢為零的位置是人為選取的。 沿電場線方向電勢降落最快。,,,11.(2014課標,21,6分)(多選)如圖,在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P為直角三角形的三個頂點,F為MN的中點,M=30。M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,點電荷Q在M、N、P三點所在平面內,則() A.點電荷Q一定在MP的連線上 B.連接PF的線段一定在同一等勢面上 C.將正試探電荷從P點搬運到N點,電場力做負功 D.P大于M,答案AD由M=N,可知點電荷Q一定在MN連線的中垂線上,過F作MN的垂線交MP于O點,設MF=FN=l,
18、則由幾何關系MO==l,FO=l tan 30=l,OP=MP-MO=MN cos 30- l=l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故點電荷一定在MP的連線上的O點,選項A正確(另解:根 據題意M=N,P=F,可知點電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點處,作PF連線的中垂線交MP于點O,連接O、F兩點,由幾何知識知OF為MN的中垂線,故點電荷Q一定在MP的連線上的O點,A正確);點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面,線段不可能在球面上,故B選項錯誤;由圖可知OFM=N,將正試探電荷從高電勢搬運到低電勢,電場力做正功,選項C錯、D對。,解題關鍵在一個平面內,點電荷周圍
19、的等勢面是一個個同心圓。任意電勢相等的兩點連線都是同心圓的弦。任意兩條弦的垂直平分線的交點就是圓心,即點電荷所在位置。,考點三電容器、帶電粒子在電場中的運動 12.(2018課標,21,6分)(多選)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t,a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(),A.a的質量比b的大 B.在t時刻,a的動能比b的大 C.在t時刻,a和b的電勢能相等 D
20、.在t時刻,a和b的動量大小相等,答案BD本題考查電容器和帶電粒子在電場中的運動。由題設條件可知,微粒a向下運動,微粒b向上運動,且在相等時間內,位移xaxb,由運動學公式及牛頓第二定律可得:x=t2,則ma Ekb,選項B正確;由動量定理可得:qEt=p,則pa與pb大小相等,選項D正確;在t時刻,a、b在同一水平面上,電勢相等,而兩微粒的電性不同,由Ep=q,可知a和b的電勢能不相等,選項C錯誤。,易錯點撥對Ep=q的理解 Ep=q中,電勢能Ep、電荷量q和電勢都為標量,但有正負之分,在利用該式進行分析時,要求將正、負號代入進行計算,否則容易出現(xiàn)錯誤。,,13.(2016課標,14,6分)
21、一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質,接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出,則電容器() A.極板上的電荷量變大,極板間電場強度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變,答案D電容器電容C=,云母介質移出,r減小,C減小;又C=,電源恒壓,U一定,C減小, 故Q減小;電場強度E=,故E不變,選項D正確。,,14.(2015課標,14,6分,0.586)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45,再由a
22、點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將(),A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動,答案D最初帶電微粒處于靜止狀態(tài),受力如圖(1),Eq=mg;當兩板繞過a點的軸逆時針轉過45時,帶電微粒的受力如圖(2),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,選項D正確。,解題關鍵兩種狀態(tài)下的受力分析。 清楚電容器兩板間的電場力方向。,,15.(2017課標,25,20分)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度
23、沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比; (2)A點距電場上邊界的高度; (3)該電場的電場強度大小。,答案(1)31(2)H(3),解析本題考查勻變速直線運動、運動的分解、電場、動能定理。 (1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿
24、水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得 v0-at=0 s1=v0t+at2 s2=v0t-at2 聯(lián)立式得=31 (2)設A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式 =2gh H=vyt+gt2 M進入電場后做直線運動,由幾何關系知 =,,聯(lián)立式可得 h=H (3)設電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則 = 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得 Ek1=m(+)+mgH+qEs1 Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知條件 Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立式得 E=,解題關鍵N離開電場時的速度方向豎直向下
25、N在水平方向的速度恰好減速到0;方向水平向右的勻強電場M、N在豎直方向只受重力,二者在電場中的運動時間相等;剛離開電場時M的動能為N的1.5倍建立等式確定電場力和重力的關系。,,16.(2017課標,25,20分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后,油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度。 (2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試
26、給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。,答案見解析,解析本題考查電場、牛頓運動定律、勻變速直線運動。 (1)設油滴質量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動,故電場力方向向上。在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運動,加速度方向向上,大小a1滿足 qE2-mg=ma1 油滴在時刻t1的速度為 v1=v0+a1t1 電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,大小a2滿足 qE2+mg=ma2 油滴在時刻t2
27、=2t1的速度為 v2=v1-a2t1 由式得 v2=v0-2gt1 (2)由題意,在t=0時刻前有,,qE1=mg 油滴從t=0到時刻t1的位移為 s1=v0t1+a1 油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內的位移為 s2=v1t1-a2 由題給條件有 =2g(2h) 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上,依題意有 s1+s2=h 由式得 E2=E1 為使E2E1,應有,2-+1 即當 0 才是可能的;條件式和式分別對應于v20和v2E1,應有,2--1 即 t1 另一解為負,不合題意,已舍去。,解題指導多階段運動 物體的運動不僅僅取決于物體所受外力,還與物體的初速度有關
28、。在多階段運動過程中,當物體所受外力突變時,物體由于慣性而速度不發(fā)生突變,故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度。對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系,可以通過作運動過程草圖來獲得。,,17.(2015課標,24,12分,0.298)如圖,一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。,答案,解析設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即 vB sin 30
29、=v0 sin 60 由此得vB=v0 設A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有 qUAB=m(-) 聯(lián)立式得 UAB=,方法技巧將速度分解,垂直電場方向的速度分量不變。 在解答帶電粒子在電場中運動的問題時會經常用動能定理。,,,18.(2014課標,25,20分,0.162)如圖,O、A、B為同一豎直平面內的三個點,OB沿豎直方向,BOA=60,OB=OA。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出,小球在運動 過程中恰好通過A點。使此小球帶電,電荷量為q(q0),同時加一勻強電場,場強方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點,到
30、達A點時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點,且到達B點時的動能為初動能的6倍,重力加速度大小為g。求 (1)無電場時,小球到達A點時的動能與初動能的比值; (2)電場強度的大小和方向。,答案(1)(2)見解析,解析(1)設小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=d,根 據平拋運動的規(guī)律有 d sin 60=v0t d cos 60=gt2 又有Ek0=m 由式得Ek0=mgd 設小球到達A點時的動能為EkA,則 EkA=Ek0+mgd 由式得= (2)加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了和,設
31、電勢能分別減小EpA和EpB, 由能量守恒及式得 EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0,,EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0 在勻強電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點的距離為x,如圖,則有=,解得x=d。MA為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行。設電場方向與豎直向下的方向的夾角為,由幾何關系可得 =30 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30。 設場強的大小為E,有qEd cos 30=EpA 由式得E=,解題關鍵無電場時,小球做平拋運動,根據平拋運動規(guī)律和動能定理列式。加電場后分析小球到達A與到達B的過程,分別利用能量守恒列式計算。,解
32、題技巧在勻強電場中沿任一直線,電勢的變化是均勻的,電勢降落最快的方向即為電場強度的方向。,,考點一電場力的性質 1.(2016浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示,把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質量是8.010-4 kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g=10 m/s2,靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,則() A.兩球所帶電荷量相等 B.A球所受的靜電力為1.010-2 N C.B球所帶的電荷量為410-8 C
33、 D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案ACD用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷,與A球接觸后A球也帶正電荷,兩球接觸后分開,B球也帶正電荷,且兩球所帶電荷量相等,A正確; 兩球相互排斥,穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示 sin ==0.60,=37 F庫=mg tan 37=6.010-3 N,B項錯誤; F庫=k QA=QB=Q,r=0.12 m 聯(lián)立得Q=410-8 C,故C項正確;,由等量同種點電荷產生的電場的特點可知,A、B兩球連線中點處的場強為0,故D項正確。,疑難突破準確進行受力分析、力的合成,再利用三角函數計算庫侖力和電荷量大小。,2.(2015安徽
34、理綜,15,6分)由庫侖定律可知,真空中兩個靜止的點電荷,帶電量分別為q1和q2,其間距離為r時,它們之間相互作用力的大小為F=k,式中k為靜電力常量。若用國際單位制的基 本單位表示,k的單位應為() A.kgA2m3B.kgA-2m3s-4 C.kgm2C-2D.Nm2A-2,答案B由庫侖定律知k=,式中都取國際單位時k的單位為,由I=知,1 C2=1 A2s2, 又因1 N=1,整理可得k的單位應為,即kgA-2m3s-4,故選項B正確。,,3.(2015江蘇單科,2,3分)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在,我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載,春秋緯考異郵中有“玳瑁吸衣若”之說,但下列靜電現(xiàn)象
35、的是() A.梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B.帶電小球移至不帶電金屬球附近,兩者相互吸引 C.小線圈接近通電線圈過程中,小線圈中產生電流 D.從干燥的地毯上走過,手碰到金屬把手時有被電擊的感覺,答案C小線圈接近通電線圈過程中,小線圈因磁通量變化而產生感應電流,屬于電磁感應現(xiàn)象,不屬于靜電現(xiàn)象,其他三種現(xiàn)象屬于靜電現(xiàn)象,選項C符合題意。,,4.(2015山東理綜,18,6分)直角坐標系xOy中,M、N兩點位于x軸上,G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷,一電量為Q的正點電荷置于O點時,G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點,則H點處場強的大小和方向分別為(
36、),A.,沿y軸正向B.,沿y軸負向 C.,沿y軸正向D.,沿y軸負向,答案BM、N兩處的負點電荷在G處產生的合場強E1與O點處正點電荷在G處產生的場強等大反向,所以E1=,方向沿y軸正向,因為H與G關于x軸對稱,所以M、N兩處的負點電荷在H 處產生的合場強E2=E1=,方向沿y軸負向。當正點電荷放在G點時,它在H點產生的場強E3= ,方向沿y軸正向,則H處的場強為EH=-=,方向沿y軸負向,B正確。,5.(2015浙江理綜,16,6分)如圖所示為靜電力演示儀,兩金屬極板分別固定于絕緣支架上,且正對平行放置。工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極,表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間,
37、則() A.乒乓球的左側感應出負電荷 B.乒乓球受到擾動后,會被吸在左極板上 C.乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用,D.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸,放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞,答案D乒乓球在兩極板中間時,其左側會感應出正電荷,A錯誤;電場力和庫侖力是同一個力的不同稱謂,C錯誤;乒乓球與右極板接觸則帶正電,在電場力作用下向左運動與左極板相碰,碰后帶上負電,又向右運動與右極板相碰,如此往復運動,所以D正確,B錯誤。,6.2018北京理綜,24(1)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。 a.請根據電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式; b.點電荷的電場線和等勢面
38、分布如圖所示,等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知道,電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數之比N1/N2。,答案a.見解析b.,解析a.在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷。 根據庫侖定律檢驗電荷受到的電場力 F=k 根據電場強度的定義E= 得E=k b.穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數之比 ==,,7.(2017北京理綜,22,16分)如圖所示,長l=1 m的輕質細繩上端固定,下端連接一個可視為質點的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角=37。已知小球所帶電荷量q=1.010-6 C,勻強電場的場
39、強E=3.0103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小球所受電場力F的大小。 (2)小球的質量m。 (3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小。,答案(1)3.010-3 N(2)4.010-4 kg(3)2.0 m/s,解析本題考查物體的平衡與動能定理。 (1)F=qE=3.010-3 N (2)由=tan 37,得m=4.010-4 kg (3)由mgl(1-cos 37)=mv2,得 v==2.0 m/s,解題指導(1)小球平衡時,正確進行受力分析。(2)撤去電場后,小球會從高處擺下,在小球從開始運動到到達最低點的過程中
40、,機械能守恒。,,,考點二電場能的性質 8.(2018天津理綜,3,6分)如圖所示,實線表示某電場的電場線(方向未標出),虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡,設M點和N點的電勢分別為M、N,粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN,速度大小分別為vM、vN,電勢能分別為EpM、EpN。下列判斷正確的是() A.vM
41、,規(guī)律總結帶電粒子在電場中做曲線運動的定性判斷 帶電粒子在電場中做曲線運動時受力指向軌跡的凹側,電場力的方向沿電場線的切線方向;根據速度方向為軌跡的切線方向,并由力和速度方向的夾角判斷做功情況,從而確定動能、電勢能等物理量的大小關系。,9.(2017天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,在點電荷Q產生的電場中,實線MN是一條方向未標出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是() A.電子一定從A向B運動 B.若aAaB,則Q靠近M端且為正電荷 C.無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA
42、pB D.B點電勢可能高于A點電勢,答案BC電子的運動軌跡為曲線,由曲線運動的產生條件可知電子在MN電場線上受力方向為水平向左,因此電場線方向為水平向右(MN),若aAaB,則A靠近場源電荷Q,即Q靠近M端且為正電荷,選項B正確;若電子由AB,則水平向左的電場力與軌跡切線方向的速度夾角大于90,電場力做負功,電勢能增加,即EpAB,選項D錯誤。,10.(2017江蘇單科,8,4分)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2,其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有() A.q1和q2帶有異種電荷 B.x1處的電場強度為零 C.負電荷從x1移到x2,電勢能減小 D.負電荷從x1移到x2,
43、受到的電場力增大,答案AC-x圖線的切線斜率表示場強,由圖可知從x1到x2過程中,圖線切線斜率變小,到x2處斜率為0,即場強從x1到x2一直減小,且E2=0,電場力F=Eq,負電荷從x1移動到x2,受到電場力減小,選項B、D錯誤;沿x軸正方向電勢由負到正,故x軸上的兩個電荷q1、q2為異種電荷,選項A正確;由圖可知x1
44、示。容器內表面為等勢面,A、B為容器內表面上的兩點,下列說法正確的是() A.A點的電場強度比B點的大 B.小球表面的電勢比容器內表面的低 C.B點的電場強度方向與該處內表面垂直 D.將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點,電場力所做的功不同,答案C電場線的疏密表示場強的大小,因為A點處電場線較B點處稀疏,所以EA
45、) A.在靜電場中,沿著電場線方向電勢逐漸降低 B.外力對物體所做的功越多,對應的功率越大 C.電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比 D.在超重和失重現(xiàn)象中,地球對物體的實際作用力發(fā)生了變化,答案A在靜電場中,沿電場線電勢的變化量=,無論q為正還是為負,總是負的, 即<0,表明沿電場線方向電勢逐漸降低,A正確;功率P=,功率P的大小由W和t共同決定,B 錯誤;電容器電容C與電容器所帶電荷量無關,C錯誤;無論超重還是失重,地球對物體的實際作用力不變,D錯誤。,,13.(2015廣東理綜,21,6分)(多選)如圖所示的水平勻強電場中,將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置
46、,釋放后,M、N保持靜止,不計重力,則() A.M的帶電量比N的大 B.M帶負電荷,N帶正電荷 C.靜止時M受到的合力比N的大 D.移動過程中勻強電場對M做負功,答案BD不考慮重力,取整體為研究對象,外力只有勻強電場的電場力,由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向,故M、N必帶有等量異種電荷,A錯誤;隔離出M,因N對其靜電引力向右,則電場E對其電場力必向左,即與場強方向反向,故M帶負電,則N帶正電,B正確;靜止時,M、N所受合力都為0,C錯誤;因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角,故D正確。,14.(2015四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低
47、點是P,直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,a從N點靜止釋放,沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a() A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小 B.從N到P的過程中,速率先增大后減小 C.從N到Q的過程中,電勢能一直增加 D.從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量,答案BC小球a從N到Q的過程中,重力不變,庫侖力F逐漸增大,庫侖力F與重力的夾角逐漸變小,因此,F與mg的合力逐漸變大,A錯誤。從N到P的過程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時,速率最大,B正確;從N到Q,F一直做負功,電勢能一直
48、增加,C正確;從P到Q,根據能量守恒知電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動能的減少量,所以電勢能的增加量小于動能的減少量,D錯誤。,15.(2015海南單科,7,5分)(多選)如圖,兩電荷量分別為Q(Q0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側,a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是() A.b點電勢為零,電場強度也為零 B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右 C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克服電場力做功 D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大,答案BC由兩等量異種點電荷
49、的電場線分布知:過Q和-Q連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面,因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點做的功相同,因此正試探電荷電勢能的變化相同,D錯。點b在零勢能面上,b點電勢為零,由場強的合成法則知,b點的場強不為零,方向平行x軸向右,A錯。在a點放一正的試探電荷,所受的電場力方向向右,當沿x軸正方向移動時,電場力做正功電勢能減少,在O點減為零,過了O點電勢能為負值,所以正的試探電荷在a點電勢能大于零,反之若從O點移到a點,電場力與運動方向相反,因此電場力做負功即克服電場力做功,B、C正確。,16.(2014重慶理綜,3,6分)如圖所示為某示波管內的聚焦電場,實線和虛線分別表示電
50、場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點,設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb,a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb,則() A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEb C.Wa=Wb,Ea
51、位移x內電場力做功qEx。由功能關系知Ep=-qEx,即=-qE,Ep-x圖線斜率的絕對值表示電場力的大小,故由圖線可知E逐漸減小,A錯誤。因粒 子僅受電場力作用,由qE=ma可知a也逐漸減小,D正確。再由動能定理有Ek=qEx,即= qE,Ek-x圖線的斜率也表示電場力,則Ek-x圖線應是一條斜率逐漸減小的曲線,B錯誤。由v2=2ax有v=,可知v-x圖線應是一條曲線,故C錯誤。,18.(2017上海單科,13,2分)靜電場中某電場線如圖所示。把點電荷從電場中的A點移到B點,其電勢能增加1.210-7 J,則該點電荷帶電(選填“正”或“負”);在此過程中電場力做功為J。,答案負-1.210-
52、7,解析本題考查電場力做功、電勢能的變化。從A到B,電勢能增加1.210-7 J,說明電場力做負功,做功為-1.210-7 J,故電場力方向與電場線方向相反,該點電荷帶負電。,,,考點三電容器、帶電粒子在電場中的運動 19.(2018北京理綜,19,6分)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是() A.實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電 B.實驗中,只將電容器b板向上平移,靜電計指針的張角變小 C.實驗中,只在極板間插入有機玻璃板,靜電計指針的張角變大 D.實驗中,只增加極板帶電量,靜電計指針的張角變大,表明電容增大,答案A本題考查平行板電容器。
53、帶電玻璃棒接觸a板,a板會帶上同種電荷,同時b板上會感應出異種電荷,故A正確;靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓,將b板上移,正對面積S減小,電容C減小,板間電壓U增大,故指針張角變大,B錯;插入有機玻璃板,相對介電常數r增大,電容C增大,板間電壓U減小,指針張角變小,C錯;只增加極板帶電量Q,板間電壓U增大,但電容保持不變,故D錯。,解題關鍵電容器中各量的變化關系 電容C=及C=,對這兩個公式的理解及各量的物理含義的認識,是解答本題的關鍵。,,20.(2018江蘇單科,5,3分)如圖所示,水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離,兩金屬板表面仍
54、均為等勢面,則該油滴() A.仍然保持靜止B.豎直向下運動 C.向左下方運動D.向右下方運動,答案D水平金屬板間電場沿豎直方向,等勢面為一組水平面。帶電油滴處于靜止狀態(tài),說明油滴受到的電場力方向豎直向上且Eq=mg。B板右端向下移動一小段距離,兩極板間電壓不變,則兩極板間的等勢面右端同樣向下彎曲。電場線與等勢面垂直,同樣產生彎曲,且電場強度減小。豎直方向上Eyq
55、直兩個方向上受力變化,從而判斷油滴運動情況。,,21.(2017江蘇單科,4,3分)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P點,則由O點靜止釋放的電子() A.運動到P點返回 B.運動到P和P點之間返回 C.運動到P點返回 D.穿過P點,答案A本題考查帶電粒子在勻強電場中的加(減)速運動。由題意知,電子在A、B板間做勻加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2,由動能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P點,由于
56、板上帶電荷量沒有變化,B、C板間電場強度E===,E不變,故電子仍運動到P點返回,選項A正確。,解題關鍵C板移動過程中,板間場強不變,能分析出這個結論是解答本題的關鍵點。,,22.(2016天津理綜,4,6分)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷,以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則() A.增大,E增大B.增大,Ep不變 C.減小,Ep增大D.減小,E不變,答案D極板移動過程中帶電荷量Q保持不變,靜電計指
57、針張角變化反映板間電勢差U的變化,由C=和C=可知,極板下移,d減小,C增大,U減小,又E==,則E不變,Ep不變,綜合 上述,只有D選項正確。,疑難突破設固定在P點的點電荷帶電荷量為q,其在P點的電勢能等于將其從P點移到零電勢處(下極板)電場力做的功。,,,23.(2015江蘇單科,7,4分)(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球() A.做直線運動 B.做曲線運動 C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小,答案BC剛開始時帶電小球所受重力與電場力的合力F跟v0不在同一條直線上,所以它一定做曲線運動,A項錯誤,B項正確。因重力與電場
58、力的合力F為恒力,其方向與初速度方向的夾角為鈍角,所以帶電小球的速率先減小后增大,故C項正確,D項錯誤。,,24.(2015海南單科,5,3分)如圖,一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q0)的粒子;在負極板附近有另一質量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下,兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略,不計重力,則Mm為() A.32B.21C.52D.31,答案A因兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面,電荷量為q的粒子通過的 位移為l,電荷量為-q的粒子通過的位移為l,由牛頓
59、第二定律知它們的加速度分別為a1= 、a2=,由運動學公式有l(wèi)=a1t2=t2,l=a2t2=t2,得=。B、C、D錯,A 對。,,25.(2015安徽理綜,20,6分)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為,其 中為平面上單位面積所帶的電荷量,0為常量。如圖所示的平行板電容器,極板正對面積為S,其間為真空,帶電量為Q。不計邊緣效應時,極板可看做無窮大導體板,則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為() A.和B.和 C.和D.和,答案D由題意知帶電量為Q的極板上單位面積所帶的電荷量=,故一個極板激發(fā)的電 場的場強大小E==,而平行板電容器兩極板帶等量異種電荷,在
60、極板間激發(fā)的電場等大 同向,由電場疊加原理知,極板間的電場強度大小為E合=2E=;兩極板間相互的靜電引力F=E Q=,選項D正確。,,26.(2015天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉,最后打在屏上。整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么() A.偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多 B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C.三種粒子運動到屏上所用時間相同 D.三種粒子一定打到屏上的同一位置,答案AD設粒子離開電場E1時速度為v,由動能定理得qE1d1=mv2-0,
61、v=,在電場E2中 y=at2,E2q=ma,L=vt,tan =,聯(lián)立以上方程得y=,tan =。所以,在電場E2中電場力 做功W=E2qy=,三種粒子電荷量相等,電場力做功相等,A項正確。因為在電場E2中y和tan 與q、m無關,故它們通過同一軌跡打到屏上同一點,D項正確。對全程應用動能定理,設打到屏上的速度為v,則qE1d1+qE2y=mv2-0,解得v2=(E1d1+),所以氕核打到屏上的速度最大, 故B項錯誤。在加速電場中所用時間t1=,通過偏轉電場到達屏所用時間t2==(L+L) ,所以總時間t=t1+t2,故氚核運動時間最長,C項錯誤。,27.(2015山東理綜,20,6分)(多
62、選)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0時間內微粒勻速運 動,T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0T時間內運動的描述,正確的是(),A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd,答案BC由題意知qE0=mg,所以與T時間內微粒的加速度等大反向,大小都等 于g。時間內微粒只在重力作用下的豎直末速度vy1=g,豎直位移y1=g,在T 時間內微粒的豎直末速度vy2=vy1-g=0,豎直位移y2=vy1
63、-g=g,所以y1=y2=,微粒 克服電場力做功W=q2E0=2mg=mgd,在重力作用下微粒的豎直位移為,其重力勢能減 少了mgd。綜上可知A、D錯誤,B、C正確。,28.(2014山東理綜,18,6分)如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于() A.B.C.D.,答案B因為兩粒子軌跡恰好相切,切點為矩形區(qū)域中心,則對其中一個粒子,水平方向=v 0t,豎直方向=a
64、t2且滿足a=,三式聯(lián)立解得v0=,故B正確。,,29.(2016四川理綜,9,15分)中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備,在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。 如圖所示,某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成,相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管,在漂移管內做勻速直線運動,在漂移管間被電場加速,加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8106 m/s,進入漂移管E時速度為1107 m/s,電源頻率為1107 Hz,漂移管間縫隙很小,
65、質子在每個管內運動時間視為電源周期的1/2。質子的荷質比取1108 C/kg。求: (1)漂移管B的長度; (2)相鄰漂移管間的加速電壓。,答案(1)0.4 m(2)6104 V,解析(1)設質子進入漂移管B的速度為vB,電源頻率、周期分別為f、T,漂移管B的長度為L,則 T= L=vB 聯(lián)立式并代入數據得L=0.4 m (2)設質子進入漂移管E的速度為vE,相鄰漂移管間的加速電壓為U,電場對質子所做的功為W,質子從漂移管B運動到E電場做功為W,質子的電荷量為q、質量為m,則 W=qU W=3W W=m-m 聯(lián)立式并代入數據得U=6104 V,解題指導本題以電場為背景,質子在漂移管內做勻速直線
66、運動,在管間做勻加速直線運動,運用x=vt和動能定理求解即可。,,,30.(2016北京理綜,23,18分)如圖所示,電子由靜止開始經加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉電場,并從另一側射出。已知電子質量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏轉電場可看做勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。 (1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y。 (2)分析物理量的數量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請利用下列數據分析說明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。 (3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質,請寫出電勢的定義,式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”G的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。,答案(1)(2)(3)見解析,解析(1)根據功和能的關系,有eU0=m 電子射入偏轉電場的初速度v0= 在偏轉電場中,電子的運動時間t==L 偏轉距離y=a(
（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題八 靜電場課件.ppt
