课件23张PPT。课件25张PPT。课件38张PPT。课件37张PPT。课件21张PPT。课件23张PPT。课件24张PPT。课件24张PPT。课件25张PPT。课时训练1 电荷及其守恒定律
1.下列说法正确的是( )
A.电子和质子都是元电荷
B.一个带电体的电荷量为元电荷的205.5倍
C.元电荷是最小的电荷量
D.元电荷没有正、负之分
答案:CD
解析:元电荷是最小的电荷量,而电子和质子是带电体,其所带电荷量为元电荷,故A错,C对;带电体的电荷量均为元电荷的整数倍,故B错;元电荷只是电荷量的最小单位,不是带电粒子,没有电性之说,故D对。
2.用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦,实验结果如图所示,由此对摩擦起电说法正确的是( )
A.两个物体摩擦时,表面粗糙的易失去电子
B.两个物体摩擦起电时,一定同时带上种类及数量不同的电荷
C.两个物体摩擦起电时,带上电荷的种类不同但数量相等
D.同一物体与不同种类的物体摩擦,该物体所带电荷种类可能不同
答案:CD
解析:两物体摩擦时是否得失电子取决于原子对电子的束缚力大小,A错。由于摩擦起电的实质是电子的得失,所以两物体带电种类一定不同,数量相等,B错,C对。由题中例子不难看出,同一物体与不同种类的物体摩擦,带电种类可能不同,D对。
3.如图所示,左边是一个原先不带电的导体,右边C是后来靠近导体的带正电金属球,若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开,分导体为A、B两部分,这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB,则下列结论正确的是( )
A.沿虚线d切开,A带负电,B带正电,且QB>QA
B.只有沿虚线b切开,才有A带正电,B带负电,并QB=QA
C.沿虚线a切开,A带正电,B带负电,且QB>QA
D.沿任意一条虚线切开,都有A带正电,B带负电,而QA、QB的值与所切的位置有关
答案:D
解析:静电感应使得A带正电,B带负电,导体原来不带电,只是在C的电荷的作用下,导体中的自由电子向B部分移动,使B部分带了多余的电子,而带负电,A部分少了电子,因而带正电。由于电荷之间的作用力与距离有关,自由电子在不同位置所受C的作用力的强弱是不同的,这样导致电子在导体上的分布不均匀,越靠近右端负电荷密度越大,越靠近左端正电荷密度越大,所以从不同位置切开时,QA、QB的值是不同的,故只有D正确。
4.有A、B、C、D四个带电体,A与B、B与C、C与D分别相互吸引,若D带电体是获得电子而带电的,则可以判断A带电体( )
A.带正电
B.带负电
C.可能带正电,也可能带负电
D.无法确定
答案:A
解析:D带电体是获得电子而带电的,则可以判定D带负电,又由于A与B、B与C、C与D分别相互吸引,则可以判定C带正电,B带负电,A带正电。故选项A正确。
5.绝缘细线上端固定,下端悬挂一轻质小球a,a的表面镀有铝膜,在a的近旁有一绝缘金属球b,开始时a、b都不带电,如图所示,现使b带电,则( )
A.a、b间不发生相互作用
B.b将吸引a,吸住后不放开
C.b立即把a排斥开
D.b先吸引a,接触后又把a排斥开
答案:D
解析:不带电的轻质小球a靠近带电金属球b时,由于静电感应,a上将产生异种感应电荷,b对a的引力大于斥力,所以表现为b要吸引a。当a与b接触后,由于接触带电,a与b带上同种电荷,b要排斥a。
6.如图所示,有一带正电的验电器,当一金属小球A靠近验电器的小球B(不接触)时,验电器的金属箔片张角减小,则( )
A.金属球可能不带电
B.金属球可能带负电
C.金属球可能带正电
D.金属球一定带负电
答案:AB
解析:验电器的金属箔片之所以张开,是因为它们都带有正电荷,而同种电荷相排斥,张开角度的大小决定于两金属箔片带电荷量的多少,如果A球带负电,靠近验电器的B球时,异种电荷相互吸引,使金属箔片上的正电荷逐渐“上移”,从而使两金属箔片张角减小,选项B正确,同时否定选项C。如果A球不带电,在靠近B球时,发生静电感应现象使A球靠近B球的端面出现负的感应电荷,而背向B球的端面出现正的感应电荷。A球上的感应电荷与验电器上的正电荷发生相互作用,由于负电荷离验电器较近而表现为吸引作用,从而使金属箔片张角减小,选项A正确,同时否定选项D。
7.半径相同的两个金属小球A、B带有等量同种电荷,相隔一定的距离,现让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B接触后再移开。求接触后两球所带的电荷量之比。
答案:2∶3
解析:A、B带等量同种电荷,设为q,第三个小球先与A接触,电荷量平均分配,各带电荷量,第三个小球再与B接触,两球电荷量之和平均分配,各带q,因此A、B带电荷量之比。
8.如图所示,大球A原来的电荷量为Q,小球B原来不带电,现在让小球与大球接触,待电荷分布稳定后,小球获得的电荷量为q;现给A球补充电荷,使其电荷量为Q,再次让小球接触大球,每次都给大球补充到电荷量为Q,问:经过反复多次接触后,小球的带电荷量为多少?
答案:
解析:由于两个球的形状和大小不等,所以在接触过程中,两球的电荷量分配比例不是1∶1,但应该是一个确定的值。根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷量关系可知,此比例为(Q-q)∶q。经过多次接触后,从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少,最终将为零,设最终B球带电荷量为q',则有,解得q'=。
课时训练2 库仑定律
1.下列关于点电荷的说法中,正确的是( )
A.点电荷可以是带电荷量很多的带电体
B.带电体体积很大时不能看成点电荷
C.点电荷的带电荷量可能是2.56×10-20C
D.一个带电体能否看做点电荷应以具体情况而定
答案:AD
解析:一个带电体能否看做点电荷,是相对于具体问题而言的,不能单凭其大小和形状及带电荷量的多少来判断,因此A、D正确,B错误。因为任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍,所以C错误。故正确选项为A、D。
2.两个相同的金属小球,带电荷量之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则它们间的库仑力可能为原来的( )
A. B. C. D.
答案:CD
解析:设两金属球带异种电荷,电荷量分别为q和-7q,两者间库仑力大小为:F=k;两者接触后再放回原来的位置上,两金属球所带电荷量均为-3q,库仑力为:F'=k,是原来的,选项C正确。
设两金属球带同种电荷,电荷量分别为q、7q,由库仑定律有:F=k;两者接触后再放回原来的位置上,两金属球所带电荷量均为4q,库仑力为:F'=k,是原来的,选项D正确。
3.真空中两个电性相同的点电荷q1、q2,它们相距较近,保持静止。今释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动,则q2在运动过程中的速度随时间变化规律正确的是( )
答案:A
解析:根据F=k,对点电荷q2分析得a=,随距离的增加,a变小,故选A。
4.如图所示,两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b,壳层的厚度和质量分布均匀,将它们分别固定于绝缘支座上,两球心间的距离为l,为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷,两球电荷量的绝对值均为Q,那么,a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为( )
A.F引=G,F库=k B.F引≠G,F库≠k
C.F引≠G,F库=k D.F引=G,F库≠k
答案:D
解析:万有引力定律适用于两个可看成质点的物体,虽然两球心间的距离l只有球半径的3倍,但由于壳层的厚度和质量分布均匀,两球壳可看做质量集中于球心的质点。因此,可以应用万有引力定律。对于a、b两带电球壳,由于两球的间距l只有球半径的3倍,不能看成点电荷,不满足库仑定律的适用条件。故选项D正确。
5.如图所示,在绝缘的光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,从静止同时释放,则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )
A.速度变大,加速度变大
B.速度变小,加速度变小
C.速度变大,加速度变小
D.速度变小,加速度变大
答案:C
解析:根据同种电荷相斥,每个小球在库仑斥力的作用下运动,由于力的方向与运动方向相同,均做加速直线运动,速度变大;再由库仑定律F=k知随着距离的增大,库仑斥力减小,加速度减小,所以只有选项C正确。
6.如图所示,三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上,q2与q3间距离为q1与q2间距离的2倍,每个电荷所受静电力的合力均为零,由此可以判定,三个电荷的电荷量之比为( )
A.(-9)∶4∶(-36) B.9∶4∶36
C.(-3)∶2∶(-6) D.3∶2∶6
答案:A
解析:分别取三个点电荷为研究对象,由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡,所以这三个点电荷不可能是同种电荷,这样可立即排除B、D选项,故正确选项只可能在A、C中。若选q2为研究对象,由库仑定律知:,因而得:q1=q3,即q3=4q1。选项A恰好满足此关系,显然正确选项为A。
7.中国的FY3A卫星上可观测到高能质子和高能电子。如图所示,分别在A、B两点放置点电荷Q1=+2×10-14C和Q2=-2×10-14C。在AB的垂直平分线上有一点C,且AB=AC=BC=6×10-2m。如果有一高能电子在C点处,它所受的库仑力的大小和方向如何?
答案:8.0×10-21N 方向平行于AB向左
解析:
电子在C点同时受A、B处点电荷的库仑力FA、FB,如图所示。由库仑定律F=k得FA=FB=k=9.0×109×N=8.0×10-21N
由平行四边形定则得:静止在C点的电子受到的库仑力F'=FA=FB=8.0×10-21N,方向平行于AB向左。
8.如图所示,一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B静止在图示位置,若固定的带正电小球A的电荷量为Q,B球的质量为m,带电荷量为q,θ=30°,A和B在同一条水平线上,整个装置处于真空中,求A、B两球间的距离。
答案:
解析:如图所示,小球B受竖直向下的重力mg、沿绝缘细线的拉力FT、A对它的库仑力F。
由力的平衡条件,可知F=mgtanθ
根据库仑定律F=k
解得r=。
课时训练3 电场强度
1.一个试探电荷在电场中某点受到的静电力为F,这点的电场强度为E,在图中能正确反映q、E、F三者关系的是( )
答案:D
解析:电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定,与放入该点的试探电荷及其所受静电力无关,选项A、B错误;试探电荷在该点受到的静电力F=Eq,F正比于q,选项C错误,选项D正确。
2.下列关于电场线的几种说法中,正确的有( )
A.沿电场线的方向,电场强度必定越来越小
B.在多个电荷产生的电场中,电场线是可以相交的
C.点电荷在电场中的运动轨迹一定跟电场线是重合的
D.电场线越密的地方,同一试探电荷所受的电场力越大
答案:D
解析:负点电荷的电场沿电场线方向电场强度增大,A选项错;根据电场的唯一性的原则,多个电荷在某一点产生的电场强度应是每一个电荷在该点产生的电场强度的矢量和,只能有唯一的电场强度,B选项错;点电荷在电场中运动的轨迹和电场线不一定重合,C选项错;根据电场线的物理意义,电场线越密的区域,电场强度越大,同样,试探电荷受到的电场力越大,D选项是正确的。
甲
3.一负电荷由电场中的A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的vt图象如图甲所示,则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是乙图中的( )
乙
答案:C
解析:由vt图象可知负电荷做加速运动,故电场力方向指向B,则电场方向应指向A,A、D错误;由vt图象可知加速度逐渐增大,表示电场强度越来越大,所以C正确,B错误。
4.法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场,如图为点电荷A、B所形成电场的电场线分布,以下几种说法正确的是( )
A.A、B为异种电荷,A的电荷量大于B的电荷量
B.A、B为异种电荷,A的电荷量小于B的电荷量
C.A、B为同种电荷,A的电荷量大于B的电荷量
D.A、B为异种电荷,A的电荷量等于B的电荷量
答案:B
解析:由题中图形可知一系列电场线在A、B之间,则一定为异种电荷,由电场线左右不对称可知,两电荷的电荷量是不等量的,又根据电场线的疏密可知B所带电荷量大,则正确选项为B。
5.在一个电场中A、B、C、D四点分别引入试探电荷时,测得的试探电荷所受电场力跟其电荷量的关系图象如图中a、b、c、d所示,下列叙述正确的是( )
A.这个电场是匀强电场
B.电场强度大小关系是ED>EA>EB>EC
C.电场强度大小关系是EA>EB>ED>EC
D.无法确定四个点的电场强度大小关系
答案:B
解析:对于电场中给定的位置,放入的试探电荷的电荷量不同,它受到的电场力不同,但是电场力F与试探电荷的电荷量q的比值即为电场强度E,E是不变的量,因为F=Eq,所以F跟q的关系的图线是一条过原点的直线。根据F=Eq,结合题中“试探电荷所受电场力跟其电荷量的关系图象”可知:斜率绝对值表示电场强度的大小。斜率绝对值关系是|kD|>|kA|>|kB|>|kC|,则电场强度大小是ED>EA>EB>EC,所以B正确,而A、C、D错误。
6.如图所示,实线为三条未知方向的电场线,从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子,a、b的运动轨迹如图中的虚线所示。a、b仅受电场力的作用,则下列说法中正确的是( )
A.a一定带正电,b一定带负电
B.电场力对a做正功,对b做负功
C.a的速度将减小,b的速度将增大
D.a的加速度将减小,b的加速度将增大
答案:D
解析:由于电场线的方向未知,所以无法确定a、b两粒子的电性,选项A错误;根据两粒子的运动轨迹可分析得出电场力对a、b均做正功,两带电粒子的速度都将增大,选项B、C错误;a运动过程中,电场线越来越稀疏,所以电场力逐渐减小,加速度逐渐减小,b运动过程中,电场线越来越密集,所以电场力逐渐增大,加速度逐渐增大,选项D正确。
7.如图所示,A为带正电荷Q的金属板,沿金属板的垂直平分线在距离板r处放一质量为m、电荷量为q的小球,小球受水平向右的静电力作用而偏转θ角后静止。设小球是用绝缘丝线悬挂于O点,求小球所在处的电场强度。
答案:mg,方向水平向右
解析:
对小球的受力分析如图所示,
由平衡条件得:F电=mgtanθ
由电场强度的定义式得:小球所在处的电场强度
E==mg
由于小球带正电,且其所受静电力方向水平向右,所以小球所在处的电场强度方向水平向右。
8.如图所示,一带电液滴质量为m,带电荷量为-q,在竖直向下的匀强电场中刚好在与水平面成30°的直线上以速度v0向上做匀速直线运动,问:
(1)电场强度的大小是多少?
(2)若电场方向改为垂直直线向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度应为多大?液滴可前进多少距离后返回?
答案:(1) (2)
解析:(1)因为液滴处于平衡状态,所以有Eq=mg,即E=。
(2)电场方向改变,液滴受力分析如图所示。
液滴做直线运动时,垂直速度方向合力为零,即E'q=mgcos 30°,所以E'=。液滴在运动方向上合力F=mgsin 30°。做匀减速运动的加速度a==gsin 30°=,液滴可前进的距离s=。
课时训练4 电势能和电势
1.如图所示,A、B为某电场线上的两点,那么以下结论正确的是( )
A.把正电荷从A移到B,静电力做正功,电荷的电势能减少
B.把负电荷从A移到B,静电力做负功,电荷的电势能增加
C.把负电荷从A移到B,静电力做正功,电荷的电势能增加
D.不论正电荷还是负电荷,从A到B电势能逐渐降低
答案:AB
解析:正电荷从A移到B,静电力做正功,电势能减少,A正确。负电荷从A移到B,静电力做负功,电势能增加,B正确。
2.在如图所示的四种电场中,分别标记有A、B两点。其中A、B两点的电势相等,电场强度相同的是( )
A.甲图中与点电荷等距的A、B两点
B.乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的A、B两点
C.丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的A、B两点
D.丁图中匀强电场中的A、B两点
答案:B
解析:甲图电场强度方向不同,丙图电场强度方向相反,丁图φA<φB。
3.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上的两点。下列说法正确的是( )
A.M点电势一定高于N点电势
B.M点电场强度一定大于N点电场强度
C.正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功
答案:AC
解析:沿电场线方向电势逐渐降低,M点电势一定高于N点电势,A对。因电场线越密的区域电场强度越大,由题图可知N点电场强度大于M点电场强度,B错。由Ep=qφ可知,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,C对。电子从M点移到N点的过程中,受到的静电力与移动方向相反,静电力做负功,D错。
4.如图所示,虚线为某电场的等势面,今有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率,沿不同的方向,从A点飞入电场后,沿不同的轨迹1和2运动,由轨迹可以断定( )
A.两个粒子带电荷量一定不同
B.两个粒子的电性一定不同
C.粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增加
D.经过B、C两点,两粒子的速度可能不等
答案:BCD
解析:由等势线的形状知,这是一个点电荷产生的电场,两个粒子与点电荷的作用情况是相反的,所以两个粒子电性一定不同。粒子1的动能先减少后增加,粒子2的电势能先减少后增加。到B、C两点时两个粒子的速度可能相同也可能不同,无法确定。
5.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况(电场线方向未标出)。图中O点为两点电荷连线的中点。MN为两点电荷连线的中垂线,OM=ON。下列说法中正确的是( )
A.O、M、N三点的电场强度方向不相同
B.O、M、N三点的电势相同,在一个等势面上
C.O、M、N三点的电场强度大小关系为EM=EN>EO
D.把一电荷从M点由静止释放,它将沿MON做直线运动
答案:B
解析:A、B是等量异种点电荷,由电场叠加原理可知M、N两点的电场强度方向水平向右,O、M、N三点的电场强度方向相同,OM=ON,EM=EN,但M、N两点的电场线没有O点的电场线密,有EM=EN6.如图所示,虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa、φb和φc,φa>φb>φc。一带正电的粒子射入电场中,其运动轨迹如图中实线KLMN所示,由图可知( )
A.粒子从K到L的过程中,静电力做负功
B.粒子从L到M的过程中,静电力做负功
C.粒子从K到L的过程中,电势能增加
D.粒子从L到M的过程中,动能减少
答案:AC
解析:由题图和φa、φb、φc关系可知,静电场是正点电荷产生的电场,带正电的粒子从K到L的过程中,粒子受到库仑斥力的作用,K到L的过程中它克服静电力做功,其动能减少,电势能增加,故A、C正确。当带正电的粒子从L到M的过程中,静电力做正功,粒子的动能增加,电势能减少,B、D错误。
7.如图所示,在电场强度大小E=104N/C的水平匀强电场中,有一根长l=15 cm的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-6C的带正电小球,当细线处于水平位置时,小球从静止开始释放,g取10 m/s2。问:
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少?
(2)若取A点电势为零,小球在B点的电势能、电势分别为多大?
(3)小球到B点时速度为多大?绳子张力为多大?
答案:(1)重力势能减少4.5×10-3J 电势能增加3×10-3J
(2)3×10-3J 1.5×103V
(3)1 m/s 5×10-2N
解析:(1)ΔEp=-mgl=-4.5×10-3 J
ΔEp电=Eql=3×10-3 J
(2)小球在B点的电势能Ep电=3×10-3 J
又Ep电=φBq
所以φB= V=1.5×103V
(3)A→B由动能定理得:mgl-Eql=
所以vB=1 m/s
在B点对小球由牛顿第二定律得
FT-mg=
FT=5×10-2 N
课时训练5 电势差
1.如图所示, A、B是电场线上的两点,将一电荷量为q的点电荷从A点移到B点,静电力做功W,且知A、B间的距离为d,以下说法中正确的是( )
A.A、B两点间的电势差为
B.A点的电场强度大小为E=
C.B点的电场强度大小为E=
D.A点的电势为
答案:A
解析:由W=qU得U=,所以A项正确;由于不知该电场是否是匀强电场,静电力可能不为恒力,所以B、C项错误;题中没有指明零电势点,所以D项错误。
2.如图所示,M和N为两等量异种电荷,M带正电,N带负电。在M、N的连线上有A、B、C三点,其中B为连线的中点,A、C两点与B点等距,则下列说法错误的是( )
A.A点与C点的电场强度大小相等
B.A点与C点的电势相等
C.A、B间的电势差与B、C间的电势差相等
D.过B点作M、N连线的垂线,点电荷q沿此垂线方向移动,电荷的电势能保持不变
答案:B
解析:由于M、N为等量异种电荷,A、C两点关于B点对称,则EA=EC;M、N两点间电场线由M指向N,故φA>φC,且UAB=UBC;过B点作M、N连线的垂线是等势线,则电荷沿此垂线移动电势能不变。所以A、C、D正确,B错误。
3.如图所示,一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称,O、M、N是y轴上的三个点,且|OM|=|MN|。P点在y轴右侧,MP⊥ON。则( )
A.M点的电势比P点的电势高
B.将负电荷由O点移动到P点,静电力做正功
C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D.在O点由静止释放一带正电粒子,该粒子将沿y轴做直线运动
答案:AD
解析:在静电场中,沿着电场线方向电势降低,A项正确;负电荷在电场中受力方向与电场的方向相反,故由O向P运动时,静电力做负功,B项错误;由电场线的疏密程度可知,OM段的任意点电场强度均大于MN段任意点的电场强度,故移动同一正电荷在OM段和MN段间运动,静电力在OM段做功较多,故O、M两点间电势差大于M、N两点间电势差, C项错误;根据电场线关于y轴对称,故y轴上电场强度方向处处沿y轴正方向,故带正电粒子受力始终沿y轴正方向,故粒子做直线运动,D项正确。
4.空间存在匀强电场,有一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子从O点以速率v0射入电场,运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷量为-q、质量为m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场,运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响,则( )
A.在O、A、B三点中,B点电势最高
B.在O、A、B三点中,A点电势最高
C.OA间的电势差比BO间的电势差大
D.OA间的电势差比BA间的电势差小
答案:AD
解析:由动能定理有:qUOA=m(2v0)2-;-qUOB=m(3v0)2-m(2v0)2=,故在三点中,B点的电势最高,A点的电势最低,OA间的电势差比BO间的电势差小,所以选A、D。
5.如图所示,质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从A点竖直向上射入真空中沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为( )
A. B. C. D.
答案:C
解析:由题意知,粒子由A点到B点静电力做功WAB=m(2v0)2=2m,故UAB=,即C正确。
6.如图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势面3的电势为0,一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过A、B点时的动能分别为26 eV和5 eV。当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8 eV时,它的动能应为( )
A.8 eV B.13 eV C.20 eV D.34 eV
答案:C
解析:由于正电荷由A到B动能减少了21 eV,而电场中机械能和电势能总和不变,故在3等势面时动能应为12 eV,总能量=12 eV+0 eV=12 eV,当在某一位置,电势能Ep=-8 eV时,动能=12 eV-(-8 eV)=20 eV,故应选C。
7.一匀强电场,电场强度方向是水平的,如图所示。一个质量为m的带正电的小球,从O点出发,初速度的大小为v0,在静电力与重力作用下,恰能沿与电场强度的反方向成θ角直线运动。求小球运动到最高点时的电势能与在O点的电势能之差。
答案:cos2θ
解析:设电场强度为E,小球带电荷量为q,因为小球做直线运动,它受的静电力qE和重力mg的合力必沿此直线,如图所示。
由图可知,小球做匀减速运动的加速度大小为a=
设从O到最高点的路程为s,=2as
运动的水平距离为l=scosθ
两点的电势能之差ΔEp=W电=qEl,又mg=qEtanθ
由以上各式得ΔEp=cos2θ。
8.如图所示是一匀强电场,已知电场强度E=2×102N/C,现让一个带电荷量q=-4×10-8C的电荷沿电场方向从M点移到N点,M、N间的距离d=30 cm。试求:
(1)电荷从M点移到N点电势能的变化;
(2)M、N两点间的电势差。
答案:(1)电势能增加了2.4×10-6J (2)60 V
解析:(1)负电荷从M点移到N点时,所受静电力的方向与电场强度方向相反,故静电力做负功为
WMN=qEd=-4×10-8×2×102×0.3 J=-2.4×10-6J。
因为静电力做负功,所以电荷的电势能增加,增加的电势能等于电荷克服静电力做的功,所以电荷电势能增加了2.4×10-6J。
(2)M、N两点间的电势差
UMN==60 V。
课时训练6 电势差与电场强度的关系
1.在水深超过200 m的深海,光线极少,能见度极小。有一种电鳗具有特殊的适应性,能通过自身发出生物电,获得食物,威胁敌害,保护自己。若该鱼鳗的头尾相当于两个电极,它在海水中产生的电场强度达104V/m,可击昏敌害,鱼鳗身长为50 cm,则电鳗在放电时产生的瞬间电压为( )
A.10 V B.500 V
C.5 000 V D.10 000 V
答案:C
解析:瞬间电压即瞬间电势差,求电势差有两个公式:一是匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed;二是电势差的定义式U=。本题显然不能用U=求解,因为不存在移动电荷做功的问题。题目中也没有说明电鳗头尾间产生的电场是不是匀强电场,但题目告诉了该电场的电场强度值,这意味着我们可以把它当匀强电场处理,因此,可以用U=Ed求解。由U=Ed可知,电鳗在放电时产生的瞬间电压为U=Ed=104×0.5 V=5000 V。
2.一质量为2×10-16kg的带正电的油滴静止在两块相距3.2 cm的水平放置的平行金属板之间,则两板之间的电势差最大值可能是(g取10 m/s2)( )
A.800 V B.400 V
C.600 V D.200 V
答案:B
解析:该油滴在电场中受力平衡,q=mg,所以U=,q越小,两板间的电势差就越大,q的最小值是一个元电荷,故Umax= V=400 V。
3.
如图所示,A、B、C三点都在匀强电场中,已知AC⊥BC,∠ABC=60°,BC=20 cm,把一个电荷量q=10-5C的正电荷从A移到B静电力做功为零;从B移到C静电力做功为-1.73×10-3J,则该匀强电场的电场强度大小和方向是( )
A.865 V/m,垂直AC向左
B.865 V/m,垂直AC向右
C.1 000 V/m,垂直AB斜向上
D.1 000 V/m,垂直AB斜向下
答案:D
解析:把电荷q从A移到B静电力不做功,说明A,B两点在同一等势面上。因该电场为匀强电场,等势面应为平面,故图中直线AB即为等势线,电场强度方向应垂直于等势面,可见选项A、B不正确。UBC=V=-173 V。B点电势比C点电势低173 V,因电场线指向电势降低的方向,所以电场强度方向必垂直于AB斜向下。电场强度大小E= V/m=1 000 V/m,因此选项D正确,C错误。故正确选项为D。
4.如图所示,长为l、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中。一电荷量为+q、质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑,到达斜面顶端N的速度仍为v0,则( )
A.小球在N点的电势能小于在M点的电势能
B.M、N两点的电势差为
C.电场强度等于
D.电场强度等于
答案:AC
解析:带电小球从M到N的过程中,只有重力和静电力做功,由动能定理WMN-mglsinθ=0
得WMN=mglsinθ>0,所以电势能减少,A正确;
M点与N点的电势差UMN=,故B错;
电场强度E=,C对,D错。
5.A、B、C、D是匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知A点的电势是20 V,B点的电势是24 V,D点的电势是4 V,如图所示。由此可知,C点的电势为( )
A.4 V B.8 V C.12 V D.24 V
答案:B
解析:
由电势降低的方向可以大致画出电场强度的方向如图所示,因为AB和CD等长且平行,所以AB和CD在电场强度方向上的投影等长,故UBA=UCD,即φB-φA=φC-φD,解得φC=8 V,选项B正确。
6.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,AB的长度为1 m,D为AB的中点,如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设电场强度大小为E,一电荷量为1×10-6 C的正电荷从D点移到C点静电力所做的功为W,则( )
A.W=8×10-6J,E>8 V/m
B.W=6×10-6J,E>6 V/m
C.W=8×10-6J,E≤8 V/m
D.W=6×10-6J,E≤6 V/m
答案:A
解析:在匀强电场中,沿AB方向电势是均匀降落的,D为AB的中点,则φD=V=10 V,从D点移到C点静电力所做的功为
W=qUDC=q(φD-φC)=1×10-6×(10-2)J=8×10-6J;由题图及各点电势可知,电场方向不沿AB方向,所以电场强度E>=8 V/m,正确选项为A。
7.夏季某日,某地区距地面一定高度的空中有两块相距3 km的足够大的云团,受湿气流影响,两块云团正在以5 m/s的相对速度靠近,不断与空气摩擦带电。设两云团之间电势差保持3×109 V不变,已知空气电离的电场强度(即发生放电时的电场强度)为3×106V/m,云团间的电场可视为匀强电场,则大约经过 s,将会发生放电现象。?
答案:400
解析:设经过时间t后发生放电现象,
则由U=Ed可知,d=,而t=
解之得,t=400 s。
8.如图所示的电场,等势面是一簇互相平行的竖直平面,间隔均为d,各等势面的电势已在图中标出(U>0)。现有一质量为m的带电小球以初速度v0与水平方向成45°角斜向上射入电场,要使小球做直线运动,求:
(1)小球应带何种电荷?电荷量是多少?
(2)小球在入射方向上的最大位移是多少?(电场足够大)
答案:(1)正电荷 (2)
解析:(1)由等势面的形状可知,该电场为匀强电场,作电场线如图(a)所示。由题意知,只有小球受到向左的静电力,静电力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上,如图(b)所示,只有当F合与v0在一条直线上时,才可能使小球做直线运动。所以小球带正电,小球沿初速度方向做匀减速运动。
由图(b)知qE=mg。相邻等势面间的电势差为U,所以E=,则q=。
(2)因为qE=mg,所以F合=mg
由动能定理得-F合·xmax=0-。
解得xmax=。
课时训练7 静电现象的应用
1.处于静电平衡中的导体,内部电场强度处处为零的原因是( )
A.外电场不能进入导体内部
B.所有感应电荷在导体内部产生的电场强度之和为零
C.外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零
D.以上解释都不正确
答案:C
解析:静电平衡中的导体,由于外电场和感应电荷的电场在导体内部叠加,故其内部电场强度之和为零。
2.一个不带电的空心金属球,在它的球心处放一个正电荷,其电场分布是图中的( )
答案:B
解析:球内电场对球外有影响。
3.一金属球,原来不带电,现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN,如图所示。金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC,三者相比( )
A.EA最大 B.EB最大
C.EC最大 D.EA=EB=EC
答案:C
解析:感应电荷在A、B、C三点产生的电场强度分别与MN在A、B、C三点产生的电场强度大小相等、方向相反,由C点离MN最近,故EC最大,EB次之,EA最小,故C正确。
4.如图所示,在真空中把一原来不带电的绝缘导体向带负电的小球P缓缓靠近(不相碰),下列说法正确的是( )
A.B端的感应电荷越来越多
B.导体内电场强度越来越大
C.导体的感应电荷在M点产生的电场强度恒大于在N点产生的电场强度
D.导体的感应电荷在M、N两点产生的电场强度相等
答案:AC
解析:在绝缘导体向带电小球移动过程中,导体中自由电荷受到外电场的作用力变大,使自由电荷不断定向移动,故选项A正确。由于导体缓慢移动,所以移动过程中导体可视为总是处于静电平衡状态,其内部电场强度应等于零,故选项B错误。要使导体内合电场强度等于零,感应电荷在M、N两端的电场强度应与带电小球P在M、N两端产生的电场强度大小相等、方向相反,由E=可知选项C正确、D错误。
5.某农村小塑料场的高频热合机产生的电磁波频率和电视信号频率接近,由于该村尚未接通有线电视信号,空中的信号常常受到干扰,在电视荧屏上出现网状条纹,影响正常收看。为了使电视机不受干扰,可采取的办法是( )
A.将电视机用一金属笼子罩起来
B.将电视机用一金属笼子罩起来,并将金属笼子接地
C.将高频热合机用一金属笼子罩起来
D.将高频热合机用一金属笼子罩起来,并将金属笼子接地
答案:D
解析:为了使电视机能接收电磁波信号,但又不接收高频热合机产生的电磁波,应将高频热合机(焊缝用)产生的电磁波信号屏蔽,而接地金属笼子具有屏蔽内部电场的作用,故选项D正确。
6.如图所示,原来不带电的金属球壳内壁接地,将一带正电的小球放入其中,但不与球壳接触,则( )
A.球壳内壁带负电
B.球壳外壁带正电
C.球壳外壁不带电
D.若将接地线去掉再移出正电荷,壳外壁带负电
答案:ACD
解析:球壳内正电荷产生电场,使球壳处于静电平衡状态,在球壳的内外表面出现等量异种电荷,当球壳接地时,不论内表面接地还是球壳外表面接地,待稳定后球壳的电势必定为零。球壳的外表面无感应电荷,球壳外也没有静电场,这就是接地导体壳的静电屏蔽作用。故A、C选项正确。若将接地线断开再移去壳内正电荷时,壳内表面的负电荷就会分布到球壳的外表面上,内壁不再带电。故D选项正确。
7.如图所示,A、B是两个不带电的相同的绝缘金属球,它们靠近带正电荷的金属球C,在下列情况中,判断A、B两球的带电情况:
(1)A、B接触后分开,再移去C,则A带 ,B带 ;?
(2)A、B接触,用手指瞬间接触B后再移去C,则A带 ,B带 ;?
(3)A、B接触,用手指接触A,先移去C后再移去手指,则A ,B 。?
答案:(1)正电 负电 (2)负电 负电 (3)不带电 不带电
解析:A、B在C旁接触后分开,由于静电感应带电,B带负电,A带正电;若A、B接触后手指瞬间接触B,相当于A、B和地球相连,正电荷转移到了地面上,A、B带负电;若手指接触A,移去C后再拿开手指,A、B上的电荷将被导入地面,A、B都不带电。
8.如图所示,两点电荷A和B,电荷量分别为-9.0×10-9C和2.7×10-8 C,彼此相距6 cm,在AB连线的中点O放一半径为1 cm的金属球壳,求球壳上感应电荷在O处产生的电场强度。
答案:-3.6×105N/C,方向由O指向B
解析:放入电场中的金属球壳达到静电平衡,内部电场强度处处为零。9×109×N/C+9×109×N/C+E感=0,E感=-3.6×105N/C,方向由O指向B。
课时训练8 电容器的电容
1.下列关于电容的说法正确的是( )
A.电容器的电容越大,则带的电荷量越多
B.无论电容器两极板的电荷量如何,它所带的电荷量与电压的比值总是恒定不变的
C.电容器的电容是表示电容器升高单位电势差所能容纳电荷量的多少,其大小与加在两极板间的电压无关
D.根据电容的表达式C=可知,电容器的电容跟电容器所带的电荷量成正比,跟它两极板间的电势差成反比
答案:BC
解析:电容器的电容在数值上等于电容器的电荷量跟它两极板间电势差的比值。对于一个确定的电容器,电荷量跟电势差的比值不变;不同的电容器,这个比值一般不等。电容大,表示同样的电压下容纳电荷本领大,并不等于带的电荷量一定多,因为电容只反映电容器容纳电荷的本领,故选B、C项。
2.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路。开关闭合时,在增大电容器两极板间距离的过程中( )
A.电阻R中没有电流
B.电容器的电容变小
C.电阻R中有从a流向b的电流
D.电阻R中有从b流向a的电流
答案:BC
解析:由题意知电容器两板间电压恒定,设已充电荷量为Q,当两极板距离增大时,电容C变小,由Q=CU可知带电荷量Q将减小,必然有电流通过电阻R流向正极,答案为B、C。
3.绝缘金属平行板电容器充电后,静电计的指针偏转一定角度,若减小两极板A、B间的距离,同时在两极板间插入电介质,如图所示,则( )
A.电容器两极板间的电势差会减小
B.电容器两极板间的电势差会增大
C.静电计指针的偏转角度会减小
D.静电计指针的偏转角度会增大
答案:AC
解析:绝缘金属平行板电容器充电后电荷量Q不变,若减小两极板A、B间的距离,同时在两极板间插入电介质,电容变大,由C=知U变小;静电计指针的偏转角度会减小。
4.传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量变化的一种元件,在自动控制中有着相当广泛的应用,如图所示是测定液面高度h的电容式传感器,在导线芯的外面涂上一层绝缘物质,放入导电液体中,导线芯和导电液体构成电容器的两个极,导线芯外面的绝缘物质就是电介质,测出电容器电容C的变化,就可以知道h的变化情况,两者的关系是( )
A.C增大表示h增大
B.C增大表示h减小
C.C减小表示h减小
D.C减小表示h增大
答案:AC
解析:C增大时,由公式C=可知,平行板电容器两极板的正对面积增大,即h增大,A正确,B错误。同理可知,当C减小时,平行板电容器两极板的正对面积减小,即h减小,C正确,D错误。
5.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极,一带正电小球悬挂在电容器内部,闭合开关S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,如图所示,则( )
A.保持开关S闭合,带正电的A板向B板靠近,则θ增大
B.保持开关S闭合,带正电的A板向B板靠近,则θ不变
C.开关S断开,带正电的A板向B板靠近,则θ增大
D.开关S断开,带正电的A板向B板靠近,则θ不变
答案:AD
解析:小球受重力、水平向右的静电力和悬线的拉力而平衡。当开关S始终闭合时,电容器两板间电势差始终保持不变,当两板间距离d减小时,由E=知E变大,小球所受静电力变大,则θ增大;当电容器充电后S断开时,电容器所带电荷量Q不变,两板间距离d减小时,E=,E与d无关,可见E不变,小球所受静电力不变,θ不变。故A、D选项正确。
6.如图所示,平行板电容器的两个极板为A、B。B板接地,A板带有电荷量+Q,板间电场中有一固定点P,若将B板固定,A板下移一些,或者将A板固定,B板上移一些,在这两种情况下,下列说法正确的是( )
A.A板下移时,P点的电场强度不变,P点电势不变
B.A板下移时,P点的电场强度不变,P点电势升高
C.B板上移时,P点的电场强度不变,P点电势降低
D.B板上移时,P点的电场强度变小,P点电势降低
答案:AC
解析:A板下移与B板上移,两板间的距离均减小,但此平行板电容器为电荷量不变的电容器,改变两板间的距离不能改变电场强度的大小及方向,即E不变。因此A板下移时,P与B板的电势差不变,即P点电势也不变;但B板上移时,由于P与B板的距离减小,因此P、B间的电势差减小,即P点电势降低,故A、C正确。
7.一个平行板电容器,使其所带电荷量增加ΔQ=1.0×10-8C,而两极板间的电压比原来升高了ΔU=10 V,求此电容器的电容是多少?若此电容器的耐压值为50 V,它最多可带多少电荷量?
答案:1.0×10-9F 5.0×10-8C
解析:C=F
=1.0×10-9F。
Qmax=CUmax=1.0×10-9×50 C
=5.0×10-8C。
8.如图所示,一平行板电容器接在U=12 V的直流电源上,电容C=3.0×10-10F,两极板间距离d=1.20×10-3m,取g=10 m/s2,求:
(1)该电容器所带电荷量。
(2)若两极板间有一带电微粒,其质量为m=2.0×10-3kg,恰在两极板间处于静止状态,则该微粒带电荷量为多少?带何种电荷?
答案:(1)3.6×10-9C (2)2.0×10-6 C 负电荷
解析:(1)由公式C=得
Q=CU=3.0×10-10×12 C=3.6×10-9C。
(2)若带电微粒恰在极板间静止,则qE=mg,而E=,解得q=C
=2.0×10-6C
微粒带负电荷。
课时训练9 带电粒子在电场中的运动
1.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板,图中直线AB为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电,其左侧的电场线分布如图所示;粉尘带负电,在静电力作用下向收尘板运动,最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹,下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )
答案:A
解析:因粉尘带负电,故带电粉尘所受静电力的方向与电场线的切线方向相反,轨迹上任何一点的切线方向为运动方向,若粒子做曲线运动,轨迹应出现在速度方向和静电力的方向所夹的区域内。从轨迹上找几个点判断一下,只有A项符合。故A项正确。
2.如图所示,在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中,A、B为一竖直线上的两点,相距为l,外力F将质量为m、带电荷量为-q(q>0)的微粒从A点匀速移到B点,重力不能忽略,则下面说法中正确的是( )
A.外力的方向水平向右
B.外力的方向竖直向上
C.外力的大小等于qE+mg
D.外力的大小等于
答案:D
解析:分析微粒受力,重力mg、静电力qE、外力F,由于微粒做匀速运动,三个力的合力为零,外力的大小和重力与静电力的合力大小相等,F=,F的方向应和重力与静电力的合力方向相反,选项D正确。
3.三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场,出现了如图所示的运动轨迹,由此可判断( )
A.在B飞离电场的同时,A刚好打在负极板上
B.B和C同时飞离电场
C.进入电场时,C的速度最大,A的速度最小
D.动能的增加值C最小,A和B一样大
答案:ACD
解析:由题意知,三个α粒子在电场中的加速度相同,A和B有相同的偏转位移y,由公式y=at2得,A和B在电场中运动时间相同,由公式v0=得vB>vA,同理,vC>vB,故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为vC>vB>vA,故A、C正确,B错误;由题图知,三个粒子的偏转位移大小关系为yA=yB>yC,由动能定理可知,三个粒子的动能增加值为C最小,A和B一样大,D正确。
4.如图所示,水平放置的平行板间的匀强电场正中间的P点有一个带电微粒正好处于静止状态,如果将平行带电板改为竖直放置,带电微粒的运动将是( )
A.继续保持静止状态
B.从P点开始做自由落体运动
C.从P点开始做平抛运动
D.从P点开始做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动
答案:D
解析:对微粒进行受力分析可知:mg=Eq
若将平行板改为竖直,则微粒受力F=mg
所以微粒将做匀加速直线运动,a=g。
5.光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在电场强度为E的匀强电场中,电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点,以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为( )
A.0 B.qEl
C. D.qEl
答案:ABC
解析:由题意知,小球从进入电场至穿出电场时可能存在下列三种情况:从穿入处再穿出时,静电力不做功,C项对;从穿入边的邻边穿出时,静电力做正功W=Eq·,由功能关系知B项对;从穿入边的对边穿出时,若静电力做负功,且功的大小等于,则A项对;而静电力做正功时,不可能出现W=Eql,D项错。
6.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h,两平行板间的距离为d,电势差为U2,板长为l。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量),可采用的方法是( )
A.增大两板间的电势差U2
B.尽可能使板长l短些
C.尽可能使板间距离d小一些
D.使加速电压U1升高一些
答案:C
解析:电子的运动过程可分为两个阶段,即加速和偏转。分别根据两个阶段的运动规律,推导出灵敏度()的有关表达式,然后再判断选项是否正确,这是解决此题的基本思路。电子经电压U1加速有: eU1=,电子经过偏转电场的过程有:l=v0t,h=at2=t2=。由以上各式可得。因此要提高灵敏度,若只改变其中的一个量,可采取的办法为增大l,或减小d,或减小U1。所以本题的正确选项为C。
7.一个电子以4.0×107m/s的初速度沿电场线方向射入电场强度为2.5×104N/C的匀强电场中,问:这个电子在电场中能前进多远?用的时间是多少?这段距离上的电势差是多少?(电子质量m=0.91×10-30kg)
答案:0.182 m 9.1×10-9s 4.55×103V
解析:电子在电场中做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得电子的加速度
a=①
电子在电场中前进的时间t=②
电子在电场中前进的距离x=at2③
由①②③解得x=0.182 m,t=9.1×10-9s
这段距离上的电势差U=Ex=4.55×103V。
8.如图所示是示波器的示意图,竖直偏转电极的极板长l1=4 cm,板间距离d=1 cm。板右端距离荧光屏l2=18 cm,(水平偏转电极上不加电压,没有画出)电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107 m/s,电子电荷量e=1.6×10-19C,质量m=0.91×10-30 kg。要使电子束不打在偏转电极上,加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大?
答案:91 V
解析:由类平抛运动的知识得:d=at2①
由牛顿第二定律得:a=②
所以,飞行时间t=③
由以上三式,解得最大偏转电压:U=
代入数据得U=91 V。
