专题突破与题型专练 带电粒子在电场中的运动
题型一:带电粒子在加速电场、偏转电场中的综合问题
1.(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪,偏转电极和荧光屏组成,如图所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的( AC )
A.极板X应带正电 B.极板X′应带正电
C.极板Y应带正电 D.极板Y′应带正电
解析:据荧光屏上亮斑的坐标可知示波管内电子受力情况:受指向Y方向和指向X方向的静电力.由于电子带负电,故极板Y,X应带正电,故选项A,C正确.
2.如图所示,一束不同的带正电的粒子(不计重力),垂直电场线进入偏转电场,若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同,应满足( D )
A.具有相同的动能
B.具有相同的速度
C.具有相同的
D.先经同一电场加速,然后再进入偏转电场
解析:带电粒子进入偏转电场的过程中,其偏转距离为y=at2=()2=
,偏转角θ满足tan θ===.由此知,若动能相等,q不同,则不能满足要求,故选项A错误;若速度相同,不同,则不能满足要求,故选项B错误;同样地,若相同,v0不同也不能满足要求,故选项C错误;若经过相同电场加速,满足qU1=m,则y=,tan θ=,y,
tan θ均与v0,Ek,q,m无关,故选项D正确.
3.(2018·湖南双峰一中高二期末)如图所示,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,带电荷量分别为+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( B )
A. B. C. D.
解析:根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心,则在水平方向有s=v0t,在竖直方向有h=··t2,解得v0=.故选项B正确,A,C,D错误.
4.(2018·江西师大附中高二周测)一个初动能为Ek的带电粒子以速度v垂直电场线方向飞入两块平行金属板间,飞出时动能为3Ek.如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍,不计重力,那么该粒子飞出时动能为( B )
A.4Ek B.4.5Ek C.6Ek D.9.5Ek
解析:带电粒子做类平抛运动,平行于极板方向的速度增加到原来的2倍,带电粒子通过电场的时间变为原来的,沿电场方向的位移变为原来的,静电力做功变为原来的.由动能定理得ΔEk′=qE·y′=yqE,原速飞过时由动能定理有ΔEk=3Ek-Ek=qEy,而ΔEk′=′-4Ek,解得′=4.5Ek,故选项B正确.
5.真空中的某装置如图所示,其中平行金属板A,B之间有加速电场,C,D之间有偏转电场,M为荧光屏.今有质子,氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上.已知质子,氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4,电荷量之比为1∶1∶2,则下列判断中正确的是( B )
A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
解析:粒子加速过程qU1=mv2,从B至M用时t=,得t∝,所以t1∶t2∶t3=1∶∶,选项A错误;偏转位移y=()2=,所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同,选项B正确;因W=qEy,得W1∶W2∶W3=q1∶q2∶q3=1∶1∶2,选项C,D错误.
6.(2018·湖北丹江口一中高二期末)一个初速度为零的电子通过电压为U的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°,如图所示.试求C,D两点沿电场强度方向的距离y.
解析:电子加速过程,由eU=m,
得v0=
在竖直方向vy=v0tan 30°=at,a=
得t=,C,D两点沿电场强度方向的距离y=at2
得y=.
答案:
题型二:带电粒子在交变电场中的运动
1.在如图所示平行板电容器A,B两板上加上如图所示的交变电压,开始B板的电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动,设电子在运动中不与极板发生碰撞,则下述说法正确的是(不计电子重力)( C )
A.电子先向A板运动,然后向B板运动,再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动,然后向A板运动,再返回B板做周期性来回运动
解析:由运动学和动力学规律画出如图所示的v-t图像可知,电子一直向B板运动,选项C正确.
2.如图(甲)所示,一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间.从电子射入的时刻开始在金属板间加如图(乙)所示的交变电压,假设电子能穿过平行金属板.则下列说法正确的是( C )
A.电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)
B.电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)
C.电子可能从轴线到上极板之间的空间射出,也可能沿轴线方向射出
D.电子射出后动能一定增大
解析:由题意可知,当电子在电场中运动的时间恰好等于在A,B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时,电子可沿轴线射出,选项A,B错误,C正确;当电子恰好沿轴线射出时,电子速度不变,其动能也不变,选项D错误.
3.(2018·安徽师大附中高二期末)(多选)如图所示,两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的Ut图像应是(设两板距离足够大)( BC )
解析:由A图像可知,电子先做匀加速运动,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零.然后重复一直向一个方向运动不往返,选项A错误;由B图像可知,电子先做匀加速运动,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零;从T到T反向匀加速运动,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动,选项B正确;由C图像可知,电子先做加速度减小的加速运动,T时速度最大,从T到T内做加速度增大的减速运动,T时速度减为零;从T到T反向做加速度减小的加速运动,T时速度最大,从T到T内做加速度增大的减速运动,T时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动,选项C正确;由D图像可知,电子先做匀加速运动,T时速度最大,从 T到T内做匀速运动,然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动,选项D错误.
4.(多选)如图(甲)所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图(乙)所示,电子原来静止在左极板小孔处,不计电子的重力,下列说法正确的是( AC )
A.从t=0时刻释放电子,电子始终向右运动,直到打到右极板上
B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动
C.从t=时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上
D.从t=时刻释放电子,电子必将打到左极板上
解析:若t=0时刻释放电子,电子将重复先加速后减速,直到打到右极板,不会在两板间振动,选项A正确,B错误;若从 t=时刻释放电子,电子先加速,再减速,有可能电子已达到右极板,若此时未达到右极板,则电子将在两极板间振动,选项C正确;同理,若从t=时刻释放电子,电子有可能达到右极板,也有可能从左极板射出,这取决于两极间的距离,选项D错误.
题型三:带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( BD )
A.所受重力与静电力平衡 B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动
解析:对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,选项A错误;由图可知静电力与重力的合力方向与v0方向相反,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,选项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,选项D正确.
2.(2018·黑龙江绥化市肇东一中高二测试)如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则( D )
A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2
B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2
C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=∶1
D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶
解析:电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的静电力不变,故 a1∶a2=1∶1.由动能定理Ue=mv2得v=,因两极板间的距离增大为原来的2倍,由U=Ed知,电势差U增大为原来的2倍,故v1∶v2=1∶,选项D正确.
3.(多选)如图所示,从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动,下列说法正确的是(设电源电动势为U)( ABD )
A.电子到达B板时的动能是Ue
B.电子从B板到达C板动能变化量为零
C.电子到达D板时动能是3Ue
D.电子在A板和D板之间做往复运动
解析:电子在AB之间做匀加速运动,且eU=ΔEk,选项A正确;电子在BC之间做匀速运动,选项B正确;在CD之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,D正确.
4.(2018·山东济宁一中高二周测)(多选)如图所示,匀强电场场强方向竖直向下,在此电场中有a,b,c,d四个带电粒子(不计粒子间的相互作用),各以水平向左,水平向右,竖直向上和竖直向下的速度做匀速直线运动,则下列说法正确的是( BD )
A.c,d带异种电荷
B.a,b带同种电荷且电势能均不变
C.d的电势能减小,重力势能也减小
D.c的电势能减小,机械能增加
解析:a,b,c,d均做匀速直线运动,所以它们受的重力与静电力平衡,都带负电.a,b所受静电力不做功,c所受静电力做正功,d所受静电力做负功,重力做正功,因此可判断选项A,C错误,B,D正确.
5.如图所示,一质量为m,带电荷量为q的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,静止时悬线向左与竖直方向成θ角,重力加速度为g.
(1)判断小球带何种电荷;
(2)求电场强度E;
(3)若在某时刻将细线突然剪断,求经过t时间小球的速度v.
解析:(1)负电荷.
(2)小球受力如图所示,其中静电力F=qE,
由平衡条件有F=mgtan θ,
得出E=.
(3)剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动
F合==ma,v=at,
所以v=
方向与竖直方向夹角为θ斜向左下方.
答案:(1)负电荷 (2) (3) 方向与竖直方向夹角为θ斜向左下方
题型四:带电粒子(带电体)在电场中的曲线运动
1.一个带正电的油滴在如图所示的匀强电场上方A点自由下落,油滴落入匀强电场后,能较准确地描述油滴运动轨迹的是下图中的( B )
解析:油滴从A点自由下落以一竖直速度进入电场,进入电场后受重力和静电力两恒力作用.如图,根据物体做曲线运动的条件,运动轨迹将向右弯曲,故选项B正确.
2.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示.带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知( BC )
A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等
B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等
C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等
D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等
解析:由题图可知,该粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力qE=m得r=,r,E为定值,若q相等则mv2一定相等;若相等,则速率v一定相等,故选项B,C正确.
3.(2018·贵州遵义航天高级中学高二测试)(多选)如图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则( CD )
A.当小球运动到最高点a时,线的张力一定最小
B.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大
C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能最小
D.小球在运动过程中机械能不守恒
解析:若qE=mg,小球做匀速圆周运动,球在各处对细线的拉力一样大.若qE
mg,球在a处速度最大,对细线的拉力最大,选项A,B错误;a点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最小,选项C正确;小球在运动过程中除重力外,还有静电力做功,机械能不守恒,选项D正确.
4.(2018·广西桂林中学高三月考)如图所示,一带负电的液滴,从坐标原点O以速率v0射入水平的匀强电场中,v0的方向与电场方向成θ角,已知油滴质量为m,测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0,设P点的坐标为(xP,yP),则应有( A )
A.xP<0 B.xP>0
C.xP=0 D.条件不足无法确定
解析:由于液滴在电场中既受静电力又受重力,由动能定理得-mgh+W电=-=0,即W电=mgh,静电力做正功.由于是负电荷所受静电力方向向左,要使静电力做正功,因而位移方向必须也向左,则必有xP<0,故选项A正确,B,C,D错误.
5.(2018·江西上饶中学检测)如图所示,ABCD为竖直放在电场强度为E=104 N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的ABC部分是半径为R=0.5 m的半圆环(B为半圆弧的中点),轨道的水平部分与半圆环相切于C点,D为水平轨道的一点,而且CD=2R,把一质量m=100 g,带电荷量q=10-4C的负电小球,放在水平轨道的D点,由静止释放后,在轨道的内侧运动.g=10 m/s2,求:
(1)它到达B点时的速度是多大?
(2)它到达B点时对轨道的压力是多大?
解析:(1)小球从D至B的过程中,由动能定理
qE(2R+R)-mgR=m
解得vB=2 m/s.
(2)在B点由牛顿第二定律得
FN-qE=m
FN=qE+m=5 N.
由牛顿第三定律知小球对轨道的压力FN′=FN=5 N.
答案:(1)2 m/s (2)5 N
专题突破与题型专练 电场力的性质
题型一:等量点电荷周围的电场
1.(2018·广西钦州高二期中)两个等量正点电荷位于x轴上,关于原点O呈对称分布,下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是( A )
解析:根据电场强度的叠加,知两正电荷的中点电场强度为零,周围的电场线是排斥状的,靠近电荷处电场强度比较强.故A正确,B,C,D
错误.
2.(2018·江西南昌市二中高二测试)AB和CD为圆上两条相互垂直的直径,圆心为O.将电荷量分别为+q和-q的两点电荷放在圆周上,其位置关于AB对称且距离等于圆的半径,如图所示.要使圆心处的电场强度为零,可在圆周上再放一个适当的点电荷Q,则该点电荷Q( C )
A.应放在A点,Q=2q B.应放在B点,Q=-2q
C.应放在C点,Q=-q D.应放在D点,Q=-q
解析:根据平行四边形定则,求出+q和-q在O点产生的合场强,大小等于其中一个点电荷在O点产生的电场强度的大小,方向水平向右,要使圆心处的电场强度为零,可在C点放一个电荷量Q=-q的点电荷,故选项C正确.
3.(2018·河北冀州中学高三模拟)如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷,距离为d,电荷量分别为+Q和-Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管,有一电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入,则小球( C )
A.速度先增大后减小
B.受到的库仑力先做负功后做正功
C.受到的库仑力最大值为
D.管壁对小球的弹力最大值为
解析:由等量的异种电荷形成的电场特点,根据小球的受力情况可知在细管内运动时,合力为重力,小球速度一直增大,故A错误;库仑力水平向右,不做功,故B错误;在连线中点处库仑力最大,F=+=,故C正确;管壁对小球的弹力与库仑力是平衡力,所以最大值为,故D错误.
题型二:电场线与带电粒子运动轨迹的综合分析
1.(2018·山东曲阜高二期中)某静电场中的电场线如图中实线所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法正确的是( D )
A.粒子必定带正电荷
B.粒子必定带负电荷
C.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
D.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
解析:由于不知道电场线的方向,只知道带电粒子受力方向,没法确定带电粒子的电性,故选项A,B错误;电场线越密集的地方电场强度越大,带电粒子受到的静电力越大,加速度越大,故选项C错误,D正确.
2.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,下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( B )
解析:粉尘受力方向应该与电场线的切线方向相反,从静止开始在非匀强电场中运动时,带电粉尘颗粒一定做曲线运动,且运动曲线总是向静电力一侧弯曲,运动轨迹介于P点切线与经P点的电场线之间,故带电粉尘应沿B图所示曲线运动;不可能偏向同一电场线内侧或沿电场线运动或振动,故不可能出现A,C,D图的情况,B正确.
3.(2018·内蒙古巴彦淖尔市一中高二测试)(多选)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a,b两个带电粒子,仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则( CD )
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增加
C.a的加速度将减小,b的加速度将增加
D.两个粒子的动能都增加
解析:带电粒子做曲线运动,所受力的方向指向轨迹的内侧,由于电场线的方向未知,所以粒子带电性质不确定,故选项A错误;从图中轨迹变化来看,速度与力方向的夹角小于90°,所以静电力都做正功,动能都增大,速度都增大,故选项B错误,D正确;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,所以a受力减小,加速度减小,b受力增大,加速度增大,故选项C正确.
题型三:静电力与力学规律的综合应用
1.(2018·陕西汉中高二期中)如图所示,在电场强度为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上,当小球静止时,细线与竖直方向成30°角,已知此电场方向恰使小球受到的静电力最小,则小球所带的电荷量应为( D )
A. B. C. D.
解析:由题意电场方向恰使小球受的静电力最小可知,E的方向与细线垂直,受力如图.由平衡条件可得,mg=qE,q=,故D正确.
2.(2017·甘肃省高三第二次诊断)如图所示,等量异种电荷A,B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合,C,D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放,则小球由C运动到D的过程中,下列说法正确的是( A )
A.杆对小球的作用力先增大后减小
B.杆对小球的作用力先减小后增大
C.小球的速度先增大后减小
D.小球的速度先减小后增大
解析:从C到D,电场强度先增大后减小,则静电力先增大后减小,则杆对小球的作用力先增大后减小,故选项A正确,B错误;因直杆处于AB连线的中垂线上,所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,受竖直向下的重力,水平向右的静电力和水平向左的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力大小等于重力,重力大小不变,加速度大小始终等于重力加速度,所以带电小球一直做匀加速直线运动,故选项C,D错误.
3.(2018·广东中山市一中高三测试)如图所示,一条长为L的绝缘细线,上端固定,下端系一质量为m的带电小球,将它置于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中,当小球平衡时,细线与竖直方向的夹角α=45°.求:
(1)小球带何种电荷?电荷量为多少?
(2)若将小球向左拉至细线呈水平的位置,然后由静止释放小球,则放手后小球做什么运动?经多长时间到达最低点?
解析:(1)由于小球处于平衡状态,对小球进行受力分析,如图所示,由此可知小球带正电,设其电荷量为q,则
FTsin α=qE,
FTcos α=mg,
联立可得FT=mg,
Q==.
(2)静止释放后,小球由静止开始沿与竖直方向成α=45°斜向右下方做匀加速直线运动,当到达最低点时,它经过的位移为L,此时细线刚好拉直,由匀变速直线运动的规律可得x=at2,a=g
所以t=.
答案:(1)正电 (2)匀加速直线运动
专题突破与题型专练 电场能的性质
题型一:电场强度、电势等概念的理解与应用
1.(2018·陕西汉中高二期中)某静电场的电场线分布如图所示,一负点电荷只在静电力作用下先后经过场中的M,N两点,过N点的虚线是电场中的一条等势线,则( C )
A.M点的电场强度小于N点的电场强度
B.M点的电势低于N点的电势
C.负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
D.负点电荷在M点的动能小于在N点的动能
解析:电场线密集的地方,电场强度大,故M点的电场强度大于N点的电场强度,选项A错误;沿着电场线电势降低,故M点的电势高于N点的电势,选项B错误;负点电荷由M到N静电力做负功,动能减小,电势能增加,选项C正确,D错误.
2.如图所示,a,b,c为电场中同一条水平方向电场线上的三点,c为ab的中点,a,b电势分别为a=5 V,φb=3 V.下列叙述正确的是( C )
A.该电场在c点处的电势一定为4 V
B.a点处的电场强度Ea一定大于b点处的电场度强Eb
C.一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少
D.一正电荷运动到c点时受到的静电力方向由c指向a
解析:由于无法确定该电场是否为匀强电场及a,b,c处电场强度的关系,所以选项A,B错误;正电荷由c点运动到b点静电力做正功,正电荷运动到c点受力方向为由a指向c,选项C正确,D错误.
3.(多选)关于电势和电势能的说法正确的是( CD )
A.电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大
B.电荷在电场中电势越高的地方,电荷量越大,所具有的电势能也
越大
C.在正点电荷电场中的任意一点处,正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能
D.在负点电荷电场中的任意一点处,正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能
解析:沿电场线方向电势越来越低,正电荷的电势能越来越小,负电荷的电势能却越来越大,故选项A,B错误,C,D正确.
4.(多选)如图所示,两个等量异种点电荷的连线和其中垂线上有a,b,c三点,下列说法正确的是( BD )
A.a点电势比b点电势高
B.a,b两点的电场强度方向相同,b点电场强度比a点电场强度大
C.b点电势比c点电势高,电场强度方向相同
D.一个电子仅在静电力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从a点运动到c点
解析:由等量异种点电荷电场分布的特点可知,等量异种点电荷的中垂面为等势面,因此a,b两点电势相等,选项A错误;在中垂面上电场强度方向都与中垂面垂直,且从b点向外越来越小,选项B正确;在两点电荷连线上,沿电场线方向电势越来越低,所以b点电势比c点电势低,选项C错误;电子受力应指向电场的反方向,根据力与速度的关系可判断电子仅在静电力作用下不可能沿图示曲线轨迹运动,选项D
正确.
5.(多选)位于A,B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示,图中实线表示等势线,则( CD )
A.a点和b点的电场强度相同
B.正电荷从c点移到d点,静电力做正功
C.负电荷从a点移到c点,静电力做正功
D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大
解析:a点和b点所在处的等势线疏密程度不同,故两处的电场强度不同,方向也不同,选项A错误;从c点到d点电势升高,正电荷的电势能增大,静电力做负功,选项B错误;从a点到c点、电势升高,负电荷的电势能减小,静电力做正功,选项C正确;从e点沿虚线到f点,电势先降低后升高,则正电荷的电势能先减小后增大,选项D正确.
题型二:电场线、等势面与带电粒子运动轨迹的综合分析
1.如图所示,虚线a,b,c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,P,R,Q是这条轨迹上的三点,由此可知( A )
A.带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大
D.带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
解析:根据牛顿第二定律可得qE=ma,又根据电场线的疏密程度可以得出Q,R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ,则带电粒子在R,Q两点处的加速度的大小关系为aR>aQ,选项D错误;由于带电粒子在运动过程中只受静电力作用,只有动能与电势能之间的相互转化,则带电粒子的动能与电势能之和不变,选项C错误;根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知,带电粒子在R处所受静电力的方向为沿电场线向右.假设粒子从Q向P运动,则静电力做正功,所以电势能减小,动能增大,速度增大,假设粒子从P向Q运动,则静电力做负功,所以电势能增大,动能减小,速度减小,所以A正确,B错误.
2.(2018·黑龙江牡丹江一中高三测试)一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面,且四个等势面的电势关系满足a>b>c>d,若不计粒子所受重力,则( B )
A.粒子一定带正电
B.粒子的运动是匀变速运动
C.粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大
D.粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大
解析:由于a>b>c>d,所以电场线垂直于等势面由a指向d,根据电荷运动规律可知其静电力由d指向a,即该粒子带负电,选项A错误;匀强电场中,静电力恒定,粒子的运动是匀变速运动,选项B正确;从A点到B点的运动过程中,粒子的动能在增大,电势能在减小,选项C,D错误.
3.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力的作用,则粒子在电场中( C )
A.做直线运动,电势能先变小后变大
B.做直线运动,电势能先变大后变小
C.做曲线运动,电势能先变小后变大
D.做曲线运动,电势能先变大后变小
解析:带负电的粒子受到的静电力垂直电势为0 V的等势面向上,粒子做曲线运动,静电力先做正功后做负功,电势能先变小后变大,故选项C正确.
4.(2018·江西赣州高二检测)(多选)如图所示,O是一固定的点电荷,虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线,正点电荷q在仅受静电力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处,然后又运动到c处.由此可知( C )
A.O为负电荷
B.在整个过程中q的电势能先变小后变大
C.在整个过程中q的加速度先变大后变小
D.在整个过程中,静电力做正功
解析:由运动轨迹分析可知q受到库仑斥力的作用,O点的点电荷应为正电荷,选项A错误;从a到b的过程q受到逐渐变大的库仑斥力,速度逐渐减小,加速度增大,电势能逐渐增大;而从b到c的过程q受到逐渐变小的库仑斥力,速度逐渐增大,加速度减小,电势能逐渐减小,选项B错误,C正确.由于a,c两点在同一等势面上,整个过程中,静电力不做功,选项D错误.
5.如图所示,虚线是等势面,相邻的两等势面的电势差都相等,有一带正电的小球在电场中运动,实线表示该带正电的小球的运动轨迹,小球在a点的动能为20 eV,运动到b点的动能为2 eV.若取c点为零电势点,则当这个小球的电势能为-6 eV时,它的动能为(不计重力和空气阻力)( B )
A.16 eV B.14 eV C.6 eV D.4 eV
解析:设相邻两等势面间的电势差为U,小球的电荷量为q,小球从a到b和从b到c分别根据动能定理得-q·3U=-,qU=-,解得=
(+2)=(20+2×2) eV=8 eV.因为c点电势为0,所以小球在c点时的电势能为0,小球在电场中运动只有静电力做功,所以小球的动能和电势能的总和保持不变,恒为8 eV,所以当小球的电势能为-6 eV时,它的动能为14 eV,故选项B正确.
题型三:E-x,-x图像问题
1.(2018·安徽六安高二期中)x轴上有两点电荷Q1和Q2,Q1和Q2之间线上各点电势高低如图曲线所示(AP>PB),选无穷远处电势为0,距电荷量为Q的点电荷r处的电势为=,从图中可以看出( C )
A.Q1电荷量一定小于Q2电荷量
B.P点电场强度是0
C.Q1和Q2之间线上各点电场方向都指向Q2
D.Q1,Q2可能是同种电荷
解析:Q1附近电势大于零,而Q2附近电势小于零,可知Q1带正电、Q2带负电,选项D错误;Q1,Q2之间电场线由Q1指向Q2,选项C正确;两电荷连线上P点电场强度一定不为零,选项B错误;由=k知,Q1在P点电势为=k,Q2在P点电势为2=-k,而P点电势为0,则有=,r1>r2,故Q1>Q2,选项A错误.
2.在x轴上电场强度E与x的关系如图所示,O为坐标原点,a,b,c为x轴上的点,a,c之间的距离为d,a,c两点的电场强度大小均为E0,则下列说法中正确的是( C )
A.b>a=c>O
B.OC.将质子从a点移到c点,静电力做功大于eE0d
D.将质子从a点移到c点,质子的电势能增加
解析:由图可知,电场强度方向沿x轴方向,因沿电场方向电势降低,故O>a>b>c,选项A,B错误;ac间的电场强度大于E0,故质子受到的静电力大于eE0,静电力做功将大于eE0d,选项C正确;质子受到的静电力沿x轴正方向,故静电力对质子做正功,质子的电势能减小,选项D错误.
3.(2018·吉林白城高三模拟)如图(a)所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在静电力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示.以下说法正确的是( A )
A.A,B两点的电场强度EA>EB
B.电子在A,B两点的速度vAC.A,B两点的电势AD.电子在A,B两点的电势能>
解析:根据电场强度与电势差的关系E=,图(b)切线的斜率代表电场强度大小,由图可看出EA>EB,选项A正确;沿电场线方向电势降低,所以电场线方向由A指向B,A>B,电子受力方向与电场线方向相反,从A至B,电子减速,vA>vB,选项B,C错误;电子从A到B静电力做负功,电势能增大,选项D错误.
4.(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷( BC )
A.x2和x4处电势能相等
B.由x1运动到x3的过程中电势能增大
C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小
D.由x1运动至x4的过程中静电力先减小后增大
解析:由题图可知,x1到x4电场强度先变大,再变小,则点电荷受到的静电力先增大后减小,选项C正确,D错误;由x1到x3及由x2到x4过程中,静电力做负功,电势能增大,选项A错误,B正确.
5.(多选)x轴上有两点电荷Q1和Q2,Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示,从图中可看出( ACD )
A.Q1一定大于Q2
B.Q1和Q2一定是同种电荷,但不一定是正电荷
C.电势最低处P点的电场强度为0
D.Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点
解析:从图像看到,从Q1到Q2电势是先降低后升高,可以判断Q1和Q2同为正电荷,若P点位于中点,两点电荷的电荷量相同,但是P点离Q2近点,说明Q1一定大于Q2,选项A,D正确,B错误;根据电场的叠加原理可以判断P点电场强度为0,从图像看电势随距离的变化率也可以得出选项C正确.
题型四:电场中的功能关系
1.如图为一匀强电场,某带电粒子从A点运动到B点,在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,静电力做的功为1.5 J.则下列说法正确的是( D )
A.粒子带负电
B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C.粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
解析:从粒子运动的轨迹判断粒子带正电,选项A错误;因为静电力做功等于电势能的变化,静电力做正功,电势能减小,所以选项B错误;根据动能定理W+WG=ΔEk=-0.5 J,B点的动能小于A点的动能,选项C错误;静电力做正功,机械能增加,所以A点的机械能比B点的机械能要少1.5 J,选项D正确.
2.如图所示,在一个粗糙水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块.由静止释放后,两个物块向相反方向运动,并最终停止.在物块的运动过程中,下列表述正确的是( A )
A.两个物块的电势能逐渐减少
B.物块受到的库仑力不做功
C.两个物块的机械能守恒
D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
解析:由静止释放后,两带电小物块带同种电荷,所以库仑力对它们均做正功,故电势能都减少,选项A正确,B错误;两小物块运动过程中,因摩擦力和静电力分别做功,发生机械能和其他能量的相互转化,故机械能不守恒,选项C错误;因最终停止,选项D错误.
3.(2018·江苏徐州高三抽测)如图所示,带有同种等量正电荷的A,B两物块放在绝缘的粗糙水平面上,两物块之间有一轻质弹簧连接,A被固定在平面上不动,初始时刻弹簧处于原长.由静止释放B物块,B物块运动一段时间后最终停止运动.对此过程,下列表述正确的是( C )
A.当B物块受到的库仑力与弹簧弹力相等时,B物块速度最大
B.B物块运动过程中受到的摩擦力一定小于其受到的库仑力
C.B物块最终静止时,弹簧不可能处于原长
D.B物块最终静止时,弹簧一定处于最长状态
解析:由题意知,开始时A,B及弹弹簧构成的系统具有电势能.当释放B后,由于库仑力大于静摩擦力,故物体向右做加速度减小的变加速运动.当向左的弹力和摩擦力的合力与库仑力大小相等时,加速度为零,速度最大,选项A错误;根据库仑定律可知,库仑力的大小与距离的平方成反比,A,B距离变大,库仑力变小,选项B错误;由于B物块最终静止,电势能转化为内能和弹簧的弹性势能.如果B最终静止时,弹簧处于原长,则违背能量守恒定律,选项C正确;B最终静止时,弹簧不能确定一定处于最长状态,选项D错误.
4.(2018·湖北武汉十一中高二周测)如图所示,固定于同一条竖直线上的A,B是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量分别为+Q和-Q,A,B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的带电小球P,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷,不影响电场的分布),现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放,小球P向下运动到距C点距离为d的O点时,速度为v.已知MN与AB之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速度为g.求:
(1)C,O间的电势差UCO;
(2)O点处的电场强度E的大小.
解析:(1)小球P由C点运动到O点时,
由动能定理得
mgd+qUCO=mv2-0,
解得UCO=.
(2)小球在O点时受力如图所示.
由库仑定律得F1=F2=
点电荷在O点所受的静电力为F=F1=
所以O点处的电场强度E==.
答案:(1) (2)
第1节 电荷及其守恒定律
基础巩固
1.(2018·河北石家庄一中期中)关于摩擦起电,下列说法中正确的是( C )
A.两个物体相互摩擦时一定会发生带电现象
B.摩擦起电的两个物体一定带有等量同种电荷
C.在摩擦起电现象中负电荷从一个物体转移到另一个物体
D.在摩擦起电现象中正、负电荷同时发生转移
解析:在摩擦起电现象过程中电子会从一个物体转移到另一个物体,失去电子的物体带正电,得到电子的物体带负电.
2.导体球A带5Q的正电荷,另一完全相同的导体球B带Q的负电荷,将两导体球接触一会儿后再分开,则B导体球的带电荷量为( C )
A.-Q B.Q C.2Q D.4Q
解析:两导体球上的电荷先中和后再平分,所以每个导体球上带电荷量的大小为=2Q,故选项C正确.
3.M和N都是不带电的物体,它们互相摩擦后M带正电荷 1.6×10-10 C,下列判断中正确的是( C )
A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B.摩擦的过程中电子从N转移到了M
C.N在摩擦后一定带负电荷1.6×10-10 C
D.M在摩擦过程中失去了1.6×10-10个电子
解析:在摩擦前M和N的内部有电荷,但净电荷为零,选项A错误;摩擦的过程中电子从M转移到了N,M带上了正电荷,选项B错误;由电荷守恒定律可知,N在摩擦后一定带负电荷1.6×10-10 C,选项C正确;M在摩擦过程中得到了1.6×10-10个电子,选项D错误.
4.下列关于元电荷的说法正确的是( B )
A.元电荷就是电子或质子
B.元电荷是最小电荷量
C.法国物理学家库仑最早用油滴实验精确地测出了e的数值
D.油滴所带的电荷量可能是8.8×10-19 C
解析:元电荷是最小的电荷量,不是电荷,不是指质子或者电子,选项A错误,B正确;密立根最早用油滴实验精确地测出了e的数值,选项C错误;任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍.油滴所带的电荷量不可能是8.8×10-19 C,选项D错误.
5.(2018·江西临川一中测试改编)有三个相同的金属小球A,B,C,其中小球A带有2.0×10-5 C的正电荷,小球B,C不带电,现在让小球C先与球A接触后取走,再让小球B与球A接触后分开,最后让小球B与小球C接触后分开,最终三球的带电荷量分别为qA= C,qB=
C,qC= C.?
解析:小球C先与球A接触后平分A的电荷,则qA=qC==1.0×10-5 C,再让小球B与球A接触后分开,则qA′=qB==5×10-6 C;最后让小球B与小球C接触后分开qB′=qC′==7.5×10-6 C.
答案:5×10-6 7.5×10-6 7.5×10-6
能力提升
6.电视机的玻璃光屏表面经常有许多灰尘,这主要是因为( D )
A.灰尘的自然堆积
B.玻璃有极强的吸附灰尘的能力
C.电视机工作时,屏表面温度较高而吸附灰尘
D.电视机工作时,屏表面有静电而吸附灰尘
解析:带电体具有吸引轻小物体的性质,选项D正确.
7.(2018·重庆南开中学测试)(多选)用金属箔做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上.小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套自上而下慢慢靠近圆环,当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上,如图所示.对上述现象的判断与分析,下列说法正确的是( ABC )
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套上的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和
解析:笔套与头发摩擦后,能够吸引圆环,说明笔套上带了电荷,即摩擦使笔套带电,选项A正确;笔套靠近圆环时,由于静电感应,会使圆环上、下部感应出异号电荷,选项B正确;圆环被吸引到笔套上的过程中,是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力,故选项C正确;笔套接触到圆环后,笔套上的部分电荷转移到圆环上,使圆环带上相同性质的电荷,选项D错误.
8.如图是伏打起电盘示意图,其起电原理是( B )
A.摩擦起电 B.感应起电
C.接触起电 D.以上三种方式都不是
解析:导电平板靠近带电绝缘板并接地,导体与大地发生静电感应,使导电平板带上负电荷,选项B正确.
9.(2018·广东佛山一中测试)(多选)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,由此对摩擦起电的说法正确的是( CD )
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物体摩擦,该物体的带电荷种类可能不同
解析:两物体摩擦时得失电子取决于原子对电子的束缚力大小,选项A错误;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,选项B错误,C正确;由题中例子不难看出同一物体与不同种类物体摩擦,带电种类可能不同,选项D正确.
10.目前普遍认为,质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成.u夸克带电荷量为e,d夸克带电荷量为-e,e为元电荷,下列判断正确的是( B )
A.质子由一个u夸克和一个d夸克组成,中子由一个u夸克和两个d夸克组成
B.质子由两个u夸克和一个d夸克组成,中子由一个u夸克和两个d夸克组成
C.质子由一个u夸克和一个d夸克组成,中子由两个u夸克和两个d夸克组成
D.质子由两个u夸克和一个d夸克组成,中子由两个u夸克和两个d夸克组成
解析:根据质子的带电荷量为e,所以质子是由两个u夸克和一个d夸克组成,2×e-e=e;中子不显电性,所以中子是由一个u夸克和两个d夸克组成,e-2×e=0,故选项B正确.
11.(2018·河南南阳宛东五校联考)如图所示,左边是一个原先不带电的导体,右边C是后来靠近的带正电的导体球.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,则下列结论正确的有( D )
A.沿虚线d切开,A带负电,B带正电,且QA>QB
B.只有沿虚线b切开,才有A带正电,B带负电,且QA=QB
C.沿虚线a切开,A带正电,B带负电,且QAD.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
解析:静电感应使得A带正电,B带负电.导体原来不带电,只是在带正电的导体球C静电感应的作用下,导体中的自由电子向B部分转移,使B部分带了多余的电子而带负电,A部分少了电子而带正电.根据电荷守恒定律,A部分移走的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的,因此无论从哪一条虚线切开,两部分的电荷量总是相等的,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左右两部分所带电荷量的值QA,QB是不同的,选项D正确.
12.(2018·广东执信中学高二期中)(多选)如图所示,有一带正电的验电器,当一金属球A靠近验电器的小球B时,验电器金箔张角减小,则( AB )
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
解析:验电器的金箔张开,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箔带电荷量的多少.若A球带负电,靠近B球时,异种电荷相互吸引,使金箔上的正电荷逐渐“上移”(实质是金属导体内的自由电子下移与金箔上的正电荷中和,使金箔带的正电减少),从而使两金箔张角减小,选项B正确,C错误;若A不带电,在靠近B时,发生静电感应使A球电荷发生极性分布,靠近B的一端出现负的感应电荷,而背向B的一端出现正的感应电荷.A球上的感应电荷与验电器上的正电荷发生相互作用,从而使张角减小,选项A正确,D错误.
(教师备用)
1.(2018·浙江温州中学期中)(多选)如图所示,不带电的枕形导体的A,B两端各贴有一对金箔.当枕形导体的A端靠近一带正电导体C时( BCD )
A.A端金箔张开,B端金箔闭合
B.用手触摸枕形导体后,A端金箔仍张开,B端金箔闭合
C.用手触摸枕形导体后,将手和C都移走,两对金箔均张开
D.选项A中两对金箔分别带异号电荷,选项C中两对金箔带同号电荷
解析:根据静电感应现象,带正电的导体C放在枕形导体附近,在A端出现了负电荷,在B端出现了正电荷,这样的带电并不是导体中有新的电荷,只是电荷的重新分布.金箔上带电相斥而张开,选项A错误;用手触摸枕形导体后,B端不再是最远端,人是导体,人脚下的地球是最远端,这样B端不再有电荷,金箔闭合,选项B正确;用手触摸枕形导体后,只有A端带负电,将手和C都移走,不再有静电感应,A端所带负电便会分布在整个枕形导体上,A,B端均带有负电,两对金箔张开,选项C正确;从以上分析看出,选项D正确.
2.有两个完全相同的带电绝缘金属小球A,B,分别带有电荷量QA=
6.4×10-9 C,QB=-3.2×10-9 C,让两绝缘金属小球接触,在接触过程中,电子如何转移并转移了多少个?
解析:当两小球接触时,带电荷量少的负电荷先被中和,剩余的正电荷再重新分配.由于两小球相同,剩余正电荷必均分,即接触后两小球带电荷量
QA′=QB′== C
=1.6×10-9C
在接触过程中,电子由B球转移到A球,不仅将自身电荷中和,且继续转移,使B球带电荷量为QB′的正电,这样共转移的电子电荷量为
ΔQB=QB′-QB=1.6×10-9 C-(-3.2×10-9)C
=4.8×10-9 C
转移的电子数
n===3.0×1010(个).
答案:电子由B球转移到了A球,转移了3.0×1010个
3.(2018·武汉外国语学校月考)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,达到静电平衡时,小球获得的电荷量为q;现给大球A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:经过反复足够多次接触后,小球的带电荷量为多少?
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′=.
答案:
第2节 库仑定律
基础巩固
1.下列关于点电荷的说法正确的是( D )
A.任何带电体都可以看成是电荷全部集中于球心的点电荷
B.球状带电体一定可以看成点电荷
C.点电荷就是元电荷
D.一个带电体能否看成点电荷应由具体情况而定
解析:一个带电体能否看成点电荷,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,选项D正确,A,B错误;元电荷是电荷量,点电荷是带电体的抽象,两者的内涵不同,选项C
错误.
2.下列哪些带电体可视为点电荷( C )
A.电子和质子在任何情况下都可视为点电荷
B.在计算库仑力时均匀带电的绝缘球体可视为点电荷
C.带电的细杆在一定条件下可以视为点电荷
D.带电的金属球一定不能视为点电荷
解析:电子和质子在研究的范围非常小,可以与它的大小差不多时,不能看做点电荷,选项A错误;在计算库仑力时均匀带电的绝缘球体在一定的条件下可视为点电荷,选项B错误;带电的细杆在它的大小相比与研究的范围来说可以忽略不计时,可以视为点电荷,选项C正确;带电的金属球在它的大小相比与研究的范围来说可以忽略不计时,可以视为点电荷,选项D错误.
3.(2018·四川绵阳中学测试)要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍,下列方法可行的是( A )
A.每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍,电荷间的距离不变
B.保持点电荷的电荷量不变,使两个电荷间的距离增大到原来的2倍
C.一个点电荷的电荷量加倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两个点电荷间的距离减小为原来的
D.保持点电荷的电荷量不变,将两个点电荷间的距离减小为原来的
解析:根据库仑定律F=k可知,当r不变时,q1,q2均变为原来的2倍,F变为原来的4倍,选项A正确;同理可求得B,C,D中F均不满足条件,选项B,C,D错误.
4.两个半径为R的带电球所带电荷量分别为q1和q2,当两球心相距3R时,相互作用的静电力大小( D )
A.F=k B.F>k
C.F解析:因为两球心距离不比球的半径大很多,所以不能看做点电荷,必须考虑电荷在球上的实际分布.当q1,q2是同种电荷时会相互排斥,分布于最远的两侧,距离大于3R;当q1,q2是异种电荷时会相互吸引,分布于最近的一侧,距离小于3R,所以静电力可能小于k,也可能大于k,选项D正确.
5.两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为,则小球间库仑力的大小变为( C )
A.F B.F C.F D.12F
解析:因为相同的两带电金属小球接触后,它们的电荷量先中和后均分,所以接触后两小球带电荷量均为Q′==Q,由库仑定律得,接触前F=k,接触后F′=k=k.联立得F′=F,选项C正确.
6.两个大小相同的金属小球A,B分别带有qA∶qB=4∶1数值的电荷量,相距较远,相互间引力为F.现将另一个不带电的、与A,B完全相同的金属小球C,先与A接触,再与B接触,然后离开,则A,B间的作用力变为( B )
A.F B.F C.F D.F
解析:金属小球A,B之间是库仑引力,故金属小球A,B带异种电荷,设金属小球A为正电荷,B为负电荷.原来金属小球A,B之间的库仑引力为F=k=4.第三个不带电的金属小球C与A接触后,金属小球A和C的电荷量都为2q,金属小球C与B接触时先中和再平分,则金属小球C,B分开后电荷量均为=,这时A,B两球之间的相互作用力的大小F′=k=k=,故选项B正确,A,C,D错误.
7.如图所示,三个完全相同的金属小球a,b,c位于等边三角形的三个顶点上.a和c带正电,b带负电,a所带电荷量的大小比b的小.已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示,它应是( B )
A.F1 B.F2 C.F3 D.F4
解析:根据“同电相斥,异电相吸”规律,确定电荷c受到a和b的库仑力方向,考虑a的带电荷量小于b的带电荷量,故Fac与Fbc的合力只能为F2,选项B正确.
能力提升
8.(2018·重庆育才中学测试)如图所示,有三个点电荷A,B,C位于一个等边三角形的三个顶点上,已知三角形边长为1 cm,B,C电荷量为qB=qC=1×10-5 C,A电荷量为qA=-2×10-6 C,A所受B,C两个电荷的静电力的合力F的大小和方向为( D )
A.180 N,沿AB方向
B.180 N,沿AC方向
C.180 N,沿∠BAC的角平分线
D.180 N,沿∠BAC的角平分线
解析:qB,qC电荷对qA的库仑力大小相等,所以F=F1=F2==180 N;两个静电力,夹角为60°,所以合力F′=2Fcos 30°=2×180 N×=180 N,方向沿∠BAC的角平分线,故选项D正确.
9.如图所示,两个点电荷,电荷量分别为q1=4×10-9 C和q2=-9×10-9 C,分别固定于相距20 cm的a,b两点,有一个点电荷q放在a,b所在直线上且静止不动,该点电荷所处的位置是( A )
A.在a点左侧40 cm处 B.在a点右侧8 cm处
C.在b点右侧20 cm处 D.无法确定
解析:此电荷电性不确定,根据平衡条件,它应在q1点电荷的左侧,设距q1距离为x,由k=k,将数据代入解得x=40 cm,故选项A正确.
10.(2018·山东平阴检测)(多选)两个质量分别是m1,m2的小球,各用丝线悬挂在同一点,当两球分别带同种电荷,且电荷量分别为q1,q2时,两丝线张开一定的角度θ1,θ2,如图所示,此时两个小球处于同一水平面上,则下列说法正确的是( BC )
A.若m1>m2,则θ1>θ2 B.若m1=m2,则θ1=θ2
C.若m1θ2 D.若q1=q2,则θ1=θ2
解析:以m1为研究对象,对m1受力分析如图所示.
由共点力平衡得
FTsin θ1=F库
FTcos θ1=m1g
解得tan θ1=,同理tan θ2=,因为不论q1,q2大小如何,两带电小球所受库仑力属于作用力与反作用力,永远相等,故从tan θ=知,m大,则tan θ小,θ也小（θ<）,m相等,θ也相等,故选项B,C正确.
11.如图所示,在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A,B,C,三球质量均为m,A与B,B与C相距均为L(L比球半径r大得多).若小球均带电,且qA=+10q,qB=+q,为保证三球间距不发生变化,将一水平向右的恒力F作用于C球,使三者一起向右匀加速运动.求:
(1)F的大小;
(2)C球的电性和电荷量.
解析:因A,B为同种电荷,A球受到B球的库仑力向左,要使A向右匀加速运动,则A球必须受到C球施加的向右的库仑力,故C球带负电.设加速度为a,对A,B,C三球组成的整体,由牛顿第二定律有F=3ma
对A球,由牛顿第二定律有k-k=ma
对B球,由牛顿第二定律有k+k=ma
解得F=,qC=q.
答案:(1) (2)带负电,电荷量为q
(教师备用)
1.不带电的金属球A的正上方有一点B,该处有带电液滴自静止开始落下,到达A球后电荷全部传给A球,不计其他阻力的影响,则下列叙述中正确的是( D )
A.第一个液滴做自由落体运动,以后的液滴做变加速直线运动,而且都能到达A球
B.当液滴下落到重力等于库仑力位置时,速度为零
C.当液滴下落到重力等于库仑力位置时,开始做匀速运动
D.一定有液滴无法到达A球
解析:在第一滴液滴落在A上后,其他的液滴越靠近A受到的库仑力越大.当液滴下落到重力等于库仑力位置时,速度最大;继续靠近A做减速运动,故选项B,C错误;液滴落在A上的数目越多,A上的电荷量变多,A球与液滴间斥力逐渐增大,设某液滴下落过程中在库仑力和重力作用下,先加速再减速到达A球时速度刚好为零,则以后再滴下的液滴将无法到达A球,故选项A错误,D正确.
2.(2018·黑龙江大庆实验中学月考)如图所示,分别在A,B两点放置点电荷Q1=+2×10-14 C和Q2=-2×10-14 C.在AB的垂直平分线上有一点C,且AB=AC=BC=6×10-2 m.如果有一高能电子静止放在C点处,则它所受的库仑力的大小和方向如何?
解析:电子带负电荷,在C点同时受A,B两点电荷的作用力FA,FB,如图所示.
由库仑定律F=k,得FA=k=8.0×10-21 N,FB=k=8.0×10-21 N
由矢量平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的高能电子受到的库仑力F=FA=FB=8.0×10-21 N,方向平行于AB连线由B指向A.
答案:8.0×10-21 N 方向平行于AB连线由B指向A
3.(2018·上海市普陀区调研)如图所示,+Q1和-Q2是两个可自由移动的电荷,且Q2=4Q1;现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上,欲使整个系统平衡,那么( A )
A.Q3应为负电荷,放在Q1的左边
B.Q3应为负电荷,放在Q2的右边
C.Q3应为正电荷,放在Q1的左边
D.Q3应为正电荷,放在Q2的右边
解析:假设Q3放在Q1,Q2之间,那么Q1对Q3的静电力和Q2对Q3的静电力方向相同,Q3不能处于平衡状态,所以假设不成立;设Q3所在位置与Q1的距离为r13,Q3所在位置与Q2的距离为r23,要能处于平衡状态,所以Q1对Q3的静电力大小等于Q2对Q3的静电力大小;即k=k,由于Q2=4Q1,所以r23=2r13,所以Q3位于Q1的左方;根据同种电荷排斥,异种电荷吸引,可判断Q3带负电.故选项A正确.
4.(多选)如图所示,q1,q2,q3分别表示在一条直线上的三个点电荷,已知q1与q2之间的距离为l1,q2与q3之间的距离为l2,且每个电荷都处于平衡状态.则( AC )
A.如果q2为正电荷,则q1,q3都为负电荷
B.如果q2为负电荷,则q1为负电荷,q3为正电荷
C.q1与q2两个电荷量大小之比为(l1+l2)2∶
D.q1与q3两个电荷量大小之比为∶
解析:若q2为正电荷,对q1而言,要让其平衡,q3为负电荷,但对q2而言,q1和q3为同种电荷,所以q1与q3都为负电荷;若q2带负电,则q1,q3都为正电荷,选项A正确,B错误;由库仑定律和平衡条件知,对q1有k=k;对q3有k=k.由上式得=,=,所以=,故选项C正确,D错误.
第3节 电场强度
基础巩固
1.由电场强度的定义式E=可知,在电场中的同一点( B )
A.电场强度E跟F成正比,跟q成反比
B.无论放入的试探电荷所带的电荷量如何变化,始终不变
C.电场中某点的电场强度为零,放入该点的电荷受到的静电力不一定为零
D.试探电荷在该点受到的静电力的方向就是该点的电场强度方向
解析:电场中某点电场强度,与形成电场的场源电荷和空间位置有关,与有无试探电荷无关,其方向是正电荷在该点的受力方向,选项B
正确.
2.如图所示的是在一个电场中A,B,C,D四点分别引入试探电荷时,测得的试探电荷的电荷量跟它所受静电力的函数关系图像,那么下列叙述正确的是( B )
A.A,B,C,D四点的电场强度大小相等
B.A,B,C,D四点的电场强度大小关系是ED>EA>EB>EC
C.A,B,C,D四点的电场强度大小关系是EA>EB>ED>EC
D.无法确定这四个点的电场强度大小关系
解析:题图中给出了A,B,C,D四个位置上电荷量和它所受静电力大小的变化关系,由电场强度的定义式E=可知,F-q图像的斜率的大小代表电场强度的大小.斜率大的电场强度大,斜率小的电场强度小.故选项B正确,A,C,D错误.
3.(2018·天津滨海新区大港第八中学高二月考)(多选)真空中距点电荷(电荷量为Q)为r的A点处,放一个带电荷量为q(q?Q)的点电荷,q受到的静电力大小为F,则A点的电场强度为( BD )
A. B. C.k D.k
解析:由电场强度的定义可知A点电场强度为E=,又由库仑定律知F=,代入后得E=k,故选项B,D正确,A,C错误.
4.如图所示是点电荷Q周围的电场线,图中A到Q的距离小于B到Q的距离.以下判断正确的是( A )
A.Q是正电荷,A点的电场强度大于B点的电场强度
B.Q是正电荷,A点的电场强度小于B点的电场强度
C.Q是负电荷,A点的电场强度大于B点的电场强度
D.Q是负电荷,A点的电场强度小于B点的电场强度
解析:正点电荷的电场是向外辐射的,电场线密的地方电场强度大,所以选项A正确.
5.(2018·山西怀仁县第八中学高二月考)两个等量点电荷P,Q在真空中产生的电场线(方向未画出)如图所示,一电子在A,B两点所受的静电力分别为FA和FB,则它们的大小关系为( B )
A.FA=FB B.FA>FB
C.FA解析:从电场线的疏密判断,A点的电场强度比B点的电场强度大,故EA>EB.根据静电力F=qE知,FA>FB,选项B正确,A,C,D错误.
6.在一个等边三角形ABC顶点B和C处各放一个电荷量相同的点电荷时,测得A处的电场强度大小为E,方向与BC边平行沿B指向C,如图所示.拿走C处的点电荷后,A处电场强度情况将是( B )
A.大小仍为E,方向由A指向B
B.大小仍为E,方向由B指向A
C.大小变为,方向不变
D.0
解析:由题意可知,两个顶点B,C处各放一个点电荷,测得A处的电场强度大小为E,方向与BC边平行沿B指向C,根据平行四边形定则作出B处点电荷在A处的电场强度EB和C处点电荷在A处的电场强度EC的合电场强度E,由于三角形ABC是等边三角形,所以EB和EC的夹角为120°,由几何知识可知EB=EC=E,B处点电荷在A处的电场强度EB的方向由B指向A,当拿走C处的点电荷后,则A处电场强度的大小仍为E,方向由B指向A,故选项B正确,A,C,D错误.
7.(2018·青海平安区第一高级中学高二月考)(多选)如图(甲)所示,AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线,图(乙)则是放在电场线上a,b处的检验电荷的电荷量与所受静电力大小间的函数图像(F-q图像),指定电场方向由A指向B为正方向,由此可以判定( CD )
A.场源电荷可能是正电荷,位置在A侧
B.场源电荷可能是负电荷,位置在A侧
C.场源电荷可能是正电荷,位置在B侧
D.场源电荷可能是负电荷,位置在B侧
解析:由F=qE和题图(乙)可知,q相同时b点的静电力较大,故场源电荷位置在B侧,由于检验电荷电性不确定,故选项C,D正确.
8.(2018·安徽合肥百花中学高二测试)直角坐标系xOy中,M,N两点位于x轴上,G,H两点坐标如图所示.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点处电场强度的大小和方向分别为( B )
A.,沿y轴正向 B.,沿y轴负向
C.,沿y轴正向 D.,沿y轴负向
解析:处于O点的正点电荷在G点处产生的电场强度E1=k,方向沿y轴负向;又因为G点处电场强度为零,所以M,N处两负点电荷在G点共同产生的电场强度E2=E1=k,方向沿y轴正向;根据对称性,M,N处两负点电荷在H点共同产生的电场强度E3=E2=k,方向沿y轴负向;将该正点电荷移到G处,该正点电荷在H点产生的电场强度E4=k,方向沿y轴正向,所以H点的电场强度E=E3-E4=,方向沿y轴负向,故选项B正确.
能力提升
9.(2018·浙江杭州高二期中)如图所示,真空中有两个点电荷Q1=
+4.0×10-8 C和Q2=-1.0×10-8 C,分别固定在x坐标轴的x=0和x=6 cm的位置上.关于x坐标轴上的点的电场强度的说法正确的是( A )
A.x>12 cm的区域电场沿x轴正方向
B.在x坐标轴上电场强度为零的点有两处
C.x坐标轴上所有点的电场强度都沿x轴正向
D.x坐标轴上x>6 cm所有点的电场强度都沿x轴正方向
解析:某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加,根据点电荷的电场强度公式E=,要使电场强度为零,那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场强度大小相等方向相反,不会在Q1的左边,因为Q1的电荷量大于Q2,不会在Q1,Q2之间,因为它们电荷电性相反,在中间的电场方向都是一样的,所以只能在Q2右边,设该位置距Q2的距离是L,所以=,解得L=6 cm,所以x坐标轴上x=12 cm处的电场强度为零,则在x>12 cm的区域Q1的电场强度大于Q2的电场强度,故在x>12 cm的区域电场沿x轴正方向,选项A正确,B错误;在Q1,Q2之间,正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场强度方向沿x轴正方向,所以实际电场强度也是沿x轴正方向,根据点电荷的电场强度公式得x坐标轴大于12 cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域,所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是(0,6 cm)和(12 cm,∞),选项C,D错误.
10.(2018·江苏徐州高二检测)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图所示,在半球面AB上均匀分布着正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M,N两点,OM=ON=2R.已知M点的电场强度大小为E,则N点的电场强度大小为( C )
A.-E B. C.-E D.+E
解析:若将带电荷量为2q的球壳的球心放在O处,均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.则在M,N两点所产生的电场强度为E==,由题知当半球面如题图所示产生的电场强度为E,则N点的电场强度为E′=-E,故选项C正确.
11.(2018·广东佛山一中高二月考)如图所示,A为带正电Q的金属板,沿金属板的垂直平分线,在距板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偏转θ角静止.小球用绝缘丝线悬挂于O点,试求小球所在处的电场强度.
解析:小球的受力如图所示.由平衡条件得
F=mgtan θ
小球所在处的电场强度
E==.
小球带正电荷,电场强度方向与其受到的静电力方向一致,方向水平向右.
答案: 方向水平向右
(教师备用)
1.(2018·甘肃靖远一中高二期中)A,B是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点,其v-t图像如图所示.则此电场的电场线分布可能是( A )
解析:从题图可以直接看出,微粒的速度随时间逐渐减小;图线的斜率逐渐增大,说明微粒的加速度逐渐变大,电场强度逐渐变大,从A到B电场线逐渐变密.综合分析知,微粒是顺着电场线运动,由电场线疏处到达密处,故选项A正确.
2.(2018·四川遂宁检测)在电场强度为E=k的匀强电场中,取O点为圆心,r为半径作一圆周,在O点固定一带电荷量为+Q的正点电荷,ac,bd为相互垂直的两条直径,其中bd与电场线平行,不计试探电荷的重力,如图所示.则( B )
A.把一正试探电荷+q放在a点,试探电荷恰好处于平衡
B.把一负试探电荷-q放在b点,试探电荷恰好处于平衡
C.把一负试探电荷-q放在c点,试探电荷恰好处于平衡
D.把一正试探电荷+q放在d点,试探电荷恰好处于平衡
解析:点电荷+Q在a点产生的电场方向为水平向右,大小为Ea=k,与电场E叠加后合电场强度指向右斜上方,故正试探电荷受力不平衡,选项A错误;点电荷+Q在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为Eb=k,与电场E叠加后合电场强度为零,试探电荷正好受力平衡,选项B正确;在c点时电场强度方向为斜向左下方,电场不为零,试探电荷不能平衡,选项C错误;在d点的合电场强度方向竖直向上,电场不为零,试探电荷不能平衡,选项D错误.
3.场源电荷Q=2×10-4 C,是正点电荷.检验电荷q=-2×10-5 C,是负点电荷,它们相距r=2 m,且都在真空中,如图所示.静电力常量k=9×109 N·m2/C2,求:
(1)q受的静电力;
(2)q所在的B点的电场强度EB;
(3)若将q换为q′=4×10-5 C的正点电荷,再求q′受力及B点的电场强度;
(4)将检验电荷拿去后再求B点的电场强度.
解析:(1)由库仑定律得
F=k=9×109× N=9 N
方向在A与B的连线上,且指向A.
(2)由电场强度的定义E==k
所以E=9×109× N/C=4.5×105 N/C
方向由A指向B.
(3)由库仑定律得
F′=k=9×109× N=18 N
方向由A指向B.
E==k=4.5×105 N/C
方向由A指向B.
(4)因E与q无关,q=0也不会影响E的大小与方向,所以拿走q后电场强度不变.
答案:(1)9 N,方向由B指向A
(2)4.5×105 N/C,方向由A指向B
(3)18 N,方向由A指向B 4.5×105 N/C,方向由A指向B
(4)4.5×105 N/C,方向由A指向B
第4节 电势能和电势
基础巩固
1.(2018·江西新余市四中、上高二中高二测试)如图所示是以+Q为圆心的一组同心圆(虚线),电场中有A,B,C,D四点.现将一带正电荷量q的点电荷由A点沿不同的路径移动到D点.静电力沿路径①做功为W1,沿路径②做功为W2,沿路径③做功为W3,则( B )
A.W2B.W1=W2=W3
C.W2>W3>W1
D.因不知道+q的具体数值,故无法做出判断
解析:因为静电力做功只与初末位置有关,而与电荷的运动路径无关,故沿三条路径由A移动到D的过程中,静电力做功相等,选项B正确.
2.外力克服静电力对电荷做功时( D )
A.电荷的动能一定增大
B.电荷的动能一定减小
C.电荷一定从电势能大处移到电势能小处
D.电荷一定从电势能小处移到电势能大处
解析:由于合力做功的情况不能确定,所以不能确定电荷的动能是增大还是减小,选项A,B错误;静电力对电荷做负功,电势能一定增加,选项C错误,D正确.
3.关于静电场,下列说法正确的是( D )
A.电势等于零的物体一定不带电
B.电场强度为零的点,电势一定为零
C.同一电场线上的各点,电势一定相等
D.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加
解析:电场中某一位置的电势是否为零与零电势点位置的选取有关,不论物体是否带电,也不管物体带电多少,放在零电势位置的所有物体,其电势一定为零,选项A错误;电场强度为零的点电势不一定为零,选项B错误;沿着电场线移动电荷时,静电力做了功,电荷的电势能发生改变,因此,移动过程中各位置的电势也不断变化,同一电场线上的各点,电势一定不同,选项C错误;负电荷沿电场线移动时,静电力做负功,电荷的电势能增加,选项D正确.
4.(多选)关于电势,下列说法正确的是( ABD )
A.电场中某点的电势,其大小等于单位正电荷由该点移动到零电势点时,静电力所做的功
B.电场中某点的电势与零电势点的选取有关
C.由于电势是相对的,所以无法比较电场中两点的电势高低
D.电势是描述电场能的性质的物理量
解析:由电势的定义可知选项A正确;由于电势是相对量,电势的大小与零电势点的选取有关,选项B正确;虽然电势是相对的,但电势的高低是绝对的,因此选项C错误;电势与电势能相联系,它是描述电场能的性质的物理量,选项D正确.
5.(2018·山东青岛城阳区高二期中)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示,容器内表面为等势面,A,B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( C )
A.A点的电场强度比B点的大
B.小球表面的电势比容器内表面的低
C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,静电力所做的功不同
解析:由题图知,B点处的电场线比A点处的密,则A点的电场强度比B点的小,选项A错误;沿电场线方向电势降低,选项B错误;电场强度的方向总与等势面垂直,选项C正确;检验电荷由A点移动到B点,静电力做功一定,与路径无关,选项D错误.
6.(多选)如图所示,A,B,C为电场中同一电场线上的三点.设电荷在电场中只受静电力作用,则下列说法中正确的是( AD )
A.若在C点无初速度地释放正电荷,则正电荷向B运动,电势能减少
B.若在C点无初速度地释放正电荷,则正电荷向B运动,电势能增加
C.若在C点无初速度地释放负电荷,则负电荷向A运动,电势能增加
D.若在C点无初速度地释放负电荷,则负电荷向A运动,电势能减少
解析:若在C点释放正电荷,由于它只受到向右的静电力作用,故电荷在静电力作用下沿直线由C向B运动,静电力做正功,电势能减少,选项A正确,B错误;若从C点释放负电荷,电荷在向左的静电力作用下由C向A运动,静电力做正功,电势能减少,选项C错误,D正确.
7.(2018·湖北黄冈中学高二测试)(多选)如图是某种静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧.对矿粉分离的过程中,下列表述正确的有( BD )
A.带正电的矿粉落在右侧
B.静电力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小
解析:由题图可知,电场方向水平向左,带正电的矿粉所受静电力方向与电场方向相同,所以落在左侧;带负电的矿粉所受静电力方向与电场方向相反,所以落在右侧,选项A错误;无论矿粉所带电性如何,矿粉均向所受静电力方向偏转,静电力均做正功,选项B正确;电势能均变小,选项C错误,D正确.
8.(多选)如图所示,实直线是某电场中的一条电场线,虚线是该电场中的三条等势线,由图可以得出的正确结论是( ABC )
A.M点的电势一定高于N点的电势
B.M点的电场强度一定大于N点的电场强度
C.由M点向N点移动电荷时,电势能的改变量与零电势点的选取无关
D.某电荷在M点或N点具有电势能与零电势点的选取无关
解析:沿电场线方向电势降低,所以M点的电势一定高于N点的电势,选项A正确;等势线越密的地方电场线越密,电场强度越大,所以M点的电场强度一定大于N点的电场强度,选项B正确;电势的高低与零电势点的选取有关,所以电势能与零电势点的选取有关,选项D错误;电势差的大小与零电势点的选取无关,所以电势能的改变量与零电势点的选取无关,选项C正确.
能力提升
9.(2018·江西南昌市二中高二测试)(多选)如图所示,在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和-Q,x轴上的P点位于-Q的右侧.下列判断正确的是( AC )
A.在x轴上还有一点与P点电场强度相同
B.在x轴上还有两点与P点电场强度相同
C.若将一试探电荷+q从P点移至O点,电势能增大
D.若将一试探电荷+q从P点移至O点,电势能减小
解析:在+Q,-Q连线上及延长线上三个区间内电场强度方向如图所示,由对称关系可知,在+Q左侧与P点及-Q间等距的P′点应与P点电场强度相同,故选项A正确,B错误;
在-Q,+Q之间各处电场强度均大于-Q,P之间各处电场强度,故试探电荷+q从P点移至O点过程中,由P→-Q静电力做正功W1,由-Q→O静电力做负功W2,由上面分析知,|W2|>W1,故电势能增大,选项C正确,D
错误.
10.(多选)如图所示,虚线a,b,c表示O处点电荷的电场中的三个等势面,设两相邻等势面的间距相等,一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示,其中1,2,3,4是运动轨迹与等势面的一些交点.由此可以判定( AD )
A.电子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等
B.O处的点电荷一定带正电
C.a,b,c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc
D.电子运动时的电势能先增大后减小
解析:电子在运动过程中只有静电力做功,只有电势能和动能的转化,因而电势能与动能的总和不变,选项A正确;从运动轨迹的弯曲情况可知电子受排斥力作用,所以可判断O点处的电荷为负电荷,根据负点电荷的电场分布可知选项D正确,B,C错误.
11.如果把q=1.0×10-8 C的电荷从无穷远处移到电场中的A点,静电力做功W=-1.2×10-4 J,那么:
(1)q在A点的电势能和A点的电势各是多少?
(2)q在移入电场前A点的电势是多少?
解析:(1)静电力做负功,电势能增加,无穷远处的电势为0,电荷在无穷远处的电势能也为0,电势能的变化量等于静电力所做的功,即W=
Ep∞-EpA=0-EpA.
所以EpA=-W=1.2×10-4 J,
A== V=1.2×104 V.
(2)A点的电势是由电场本身决定的,跟A点是否有电荷存在无关,所以q移入电场前,A点的电势仍为1.2×104 V.
答案:(1)1.2×10-4 J 1.2×104 V (2)1.2×104 V
(教师备用)
1.如图所示,一带电粒子在电场中沿曲线AB运动,从B点穿出电场,a,b,c,d为该电场中的等势面,这些等势面都是互相平行的竖直平面,不计粒子所受重力,则( D )
A.该粒子一定带负电
B.此电场不一定是匀强电场
C.该电场的电场线方向一定水平向左
D.粒子在电场中运动过程动能不断减少
解析:由于不能确定电场线方向,故不能确定粒子带负电,选项A,C错误;等势面互相平行,故一定是匀强电场,选项B错误;粒子受静电力一定沿电场线指向轨迹凹侧,而电场线和等势面垂直,由此可确定静电力一定做负功,故动能不断减少,选项D正确.
2.(2018·山东枣庄八中高二测试)(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、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( ABD )
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
解析:根据等量异种点电荷电场线及等势线的分布可知b,d两点电势相同,电场强度大小相等、方向不同,选项A正确,C错误;c点电势为0,由a经b到c,电势越来越低,正电荷由a经b到c电势能越来越小,选项B,D正确.
3.(2018·湖南岳阳一中高二月考)(多选)在真空中A,B两点分别放置等量异种电荷,在电场中通过A,B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd,如图所示,现将一电子沿abcd移动一周,则下列判断正确的是( BD )
A.由a→b静电力做正功,电子的电势能减小
B.由b→c静电力对电子先做负功,后做正功,总功为零
C.由c→d电子的电势能一直增加
D.由d→a电子的电势能先减小后增加,电势能变化量为零
解析:电子带负电,由a→b静电力做负功电势能增加,由c→d静电力做正功,电势能减少,选项A,C错误;由b→c,静电力对电子先做负功后做正功,由对称性,b,c两点电子电势能相等,故总功为零,选项B正确;由d→a,静电力对电子先做正功后做负功,故电子的电势能先减少后增加,再由对称性可确定电势能变化量为零,选项D正确.
4.(2018·安徽滁州市沙河镇中学高二月考)在光滑的绝缘平面上,有一个正方形abcd,顶点a,c处分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如
图所示.若将一个带负电的粒子置于b点,自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中( D )
A.先做匀加速运动,后做匀减速运动
B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势
C.电势能与机械能之和先增大,后减小
D.电势能先减小,后增大
解析:这是等量同种电荷形成的电场,根据这种电场的电场线分布情况,可知在线段bd中点处电势最高,选项B错误;等量同种电荷形成的电场是非匀强电场,选项A错误;负电荷由b到d运动的过程中先加速后减速,动能先增大后减小,则电势能先减小后增大,而由能量守恒定律可知电势能与机械能之和保持不变,选项C错误,D正确.
5.如图为电场的电场线,现将一电荷量q=-3.0×10-9 C的负电荷从A点移到B点、从B点移到C点、从C点移到D点静电力做功分别为WAB=3.0×10-8 J,WBC=1.5×10-8 J,WCD=9.0×10-9 J.若取C点电势为零,试求A,B,D三点电势.
解析:A,B,D三点的电势应等于单位负电荷由该点移到零势能点(C点)时,静电力所做的功的负值,即
A=-=-
=- V
=-15 V
B=-=- V=-5 V
D=-== V=3 V.
答案:-15 V -5 V 3 V
第5节 电势差
基础巩固
1.对于电场中A,B两点,下列说法中正确的是( B )
A.电势差的定义式UAB=,说明两点间的电势差UAB与静电力做功WAB成正比,与移动电荷的电荷量q成反比
B.A,B两点间的电势差UAB与移动电荷的电荷量q无关
C.把负电荷从A点移到B点静电力做正功,则有UAB>0
D.电场中A,B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时静电力做的功
解析:根据电势差的定义,电场中两点间的电势差等于将单位正电荷从一点移到另一点时静电力所做的功,仅由电场及两点的位置决定,与移动的电荷量及做功的多少无关,故应选B.
2.(多选)下面关于电势、电势差和电势能的关系,正确的是( BD )
A.电荷在某点的电势能越大,该点的电势越高
B.在电场中的两点之间移动电荷,静电力做功越多,这两点的电势差越大
C.由于零电势点的选取是任意的,所以电场中两点间的电势差也是不确定的
D.电场中A点电势比B点高1 V,则电荷量为10-2 C的正电荷从A移到B电势能减少了10-2 J
解析:根据电势能的公式Ep=qφ可知电场中电势越高的地方,正电荷在该点具有的电势能越大,负电荷在该点具有的电势能越小,故A错误;根据公式UAB=,在电场中的两点之间移动电荷,静电力做功越多,这两点的电势差越大,故B正确;电势差与零电势点的选取无关,零电势点的选取是任意的,但是电场中两点间的电势差是确定的,故C错误;电场中A点电势比B点高1 V,则电荷量为10-2 C的正电荷从A移到B静电力做功10-2 J,电势能减少了10-2 J,故D正确.
3.(2018·山东师大附中高二测试)如图所示,三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面,相邻等势面的电势差相等,则下列说法正确的是( D )
A.一个点电荷+q在B点所受的静电力比在A点的大
B.一个点电荷+q在B点具有的电势能比在A点的小
C.将同一电荷从B点移到D点,静电力做功比由C点移到A点多
D.将电荷+q由B点移到C点,静电力做正功
解析:点电荷电场中,离点电荷越近电场强度越大,所以EA>EB,点电荷+q在A点受的静电力比在B点受的静电力大,故选项A错误.从B向A移动+q,静电力做正功,电势能减小,即+q在B点电势能比在A点大,故选项B错误.从B到D移动电荷量为+q的电荷,静电力做功WBD=qUBD.从C到A所做的功是WCA=qUCA,因为UBD=UCA,故WBD=WCA,即选项C错误.从B到C移动+q,由于UBC>0,故对于正电荷,静电力做正功,WBC=qUBC>0,故选项D正确.
4.如图所示,是一个点电荷电场的电场线(箭头线)和等势面(虚线),两等势面之间的电势差大小为2 V,有一个带电荷量为q=-1.0×10-8 C的电荷,从A点沿不规则曲线路径移到B点,静电力做功为( B )
A.2.0×10-8 J B.-2.0×10-8 J
C.1.60×10-7 J D.-4.0×10-8 J
解析:由WAB=qUAB得WAB=-1.0×10-8×2 J=-2.0×10-8 J,故选项B正确.
5.(2018·四川宜宾市三中高二期中)如图所示为某静电场等势面的分布,电荷量为1.6×10-9 C的正点电荷从A经B,C到达D点,则从A至D,静电力对电荷做的功为( B )
A.4.8×10-8 J B.-4.8×10-8 J
C.8.0×10-8 J D.-8.0×10-8 J
解析:UAD=A-D=-40-(-10) V=-30 V,所以WAD=qUAD=1.6×10-9×(-30) J=-4.8×10-8 J,故选项B正确.
6.(多选)如图所示,B,C,D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上,将一试探电荷从A点分别移到B,C,D各点时,静电力做功大小比较( CD )
A.WAB>WAC
B.WAD>WAB
C.WAC=WAD
D.WAB=WAC
解析:点电荷的等势面为同心球面,故B,C,D三点位于同一等势面上,故UAB=UAC=UAD,将同一试探电荷从A点分别移到B,C,D各点,由功的计算公式W=qU可得静电力做功相同,故选项C,D正确.
能力提升
7.(2018·北京市二中高二期中)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( C )
A.8 eV B.13 eV C.20 eV D.34 eV
解析:由图可判断b点电势高于a点电势,设各等势面间电势差为U,则由能量守恒,-2Uq+26 eV=Uq+5 eV,所以Uq=7 eV,所以,点电荷能量为7 eV+5 eV=12 eV,所以,当电势能为-8 eV时,动能为12 eV-
(-8) eV=20 eV,故C正确.
8.(2018·河南漯河市高级中学高二测试)(多选)电场中有A,B两点,一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8 J,在B点的电势能为0.80×10-8 J.已知A,B两点在同一条电场线上,如图所示,该点电荷的电荷量大小为1.0×10-9 C,那么( AD )
A.该电荷为负电荷
B.该电荷为正电荷
C.A,B两点的电势差UAB=4.0 V
D.把该点电荷从A移到B,静电力做功为WAB=0.40×10-8 J
解析:A点的电势能大于B点的电势能,将该点电荷从A点移到B点静电力做正功,所以该电荷一定为负电荷,且WAB=EpA-EpB=1.2×10-8 J-
0.80×10-8 J=0.40×10-8 J,故选项A,D正确,B错误;UAB== V=
-4.0 V,故选项C错误.
9.一个带正电的质点,电荷量q=2.0×10-9 C,在静电场中由a点移动到b点.在这个过程中,除静电力外,其他外力做的功为6.0×10-5 J,质点的动能增加了8.0×10-5 J,则a,b两点间的电势差Uab为( A )
A.1×104 V B.-1×104 V
C.4×104 V D.-7×104 V
解析:设静电力做功为W,由动能定理知W+6.0×10-5 J=8.0×10-5 J,可求得W=2.0×10-5 J,因此a,b两点间的电势差为Uab==1×104 V,故选项A正确.
10.(2018·四川资阳高中高二期中)(多选)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-q、质量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( AD )
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BO间的电势差小
解析:由动能定理有qUOA=m(2v0)2-m=m;-qUOB=m(3v0)2-m
(2v0)2=m,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,所以选项A,D正确.
11.已知将电荷量为2.0×10-7 C的正点电荷从电场中的M点移到N点时,静电力做功为5.0×10-5 J,将此点电荷从N点移到无限远处时,静电力做功为1.5×10-5 J,则M点的电势为多大?N点的电势为多大?
解析:UMN== V=250 V,
N== V=75 V,
由UMN=M-N=250 V
得M=325 V.
答案:325 V 75 V
(教师备用)
1.在点电荷Q形成的电场中有一点A,当一个电荷量为-q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时,静电力做的功为W,则检验电荷在A点的电势能及电场中A点到无限远的电势差分别为( A )
A.EpA=-W,UAO=
B.EpA=W,UAO=-
C.EpA=W,UAO=
D.EpA=-W,UAO=-
解析:依题意,-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时,静电力做的功为W,则电荷的电势能减小W,无限远处电荷的电势能为零,则电荷在A点的电势能为EpA=-W,A到无限远的电势差为UAO=-UOA=-=,故选项A正确.
2.(多选)如果在某电场中将5.0×10-8 C的电荷由A点移到B点,静电力做功为6.0×10-3 J,那么( AC )
A.A,B两点间的电势差是1.2×105 V
B.A,B两点间的电势差是3.0×10-10 V
C.若在A,B两点间移动2.5×10-8 C的电荷,静电力将做3.0×10-3 J的功
D.若在A,B两点间移动1.0×10-7 C的电荷,静电力将做3.0×10-17 J的功
解析:A,B两点间的电势差UAB== V=1.2×105 V,故选项A正确,B错误;在A,B两点间移动2.5×10-8 C的电荷时,A,B间的电势差不变.则静电力做功为WAB′=q′UAB=2.5×10-8×1.2×105 J=3.0×10-3 J,故选项C正确;在A,B两点间移动1.0×10-7 C的电荷时,静电力做功为WAB″=q″UAB=1.0×10-7×1.2×105 J=1.2×10-2 J,故选项D错误.
3.(2018·河北石家庄市二中高二月考)(多选)如图所示,在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,粒子到达b点时速度恰好为零,设a,b所在的电场线竖直向下,a,b间的高度差为h,则( ABC )
A.带电粒子带负电
B.a,b两点间的电势差Uab=
C.b点电场强度大于a点电场强度
D.a点电场强度大于b点电场强度
解析:带电粒子由a到b的过程中,重力做正功,而粒子运动到b点时动能没有增大,说明静电力做负功.根据动能定理有mgh-qUab=0,解得
a,b两点间电势差为Uab=.因为a点电势高于b点电势,Uab>0,所以粒子带负电,选项A,B正确.带电粒子由a运动到b过程中,在重力和静电力的共同作用下,先加速运动后减速运动.因为重力为恒力,所以静电力为变力,且静电力越来越大,由此可见b点电场强度大于a点电场强度,选项C正确,D错误.
4.一个带正电的点电荷,电荷量q=2.0×10-9 C,在静电场中由a点移到b点,在这个过程中,静电力做的功为2.0×10-5 J,则a,b两点间的电势差为多少?若在a,b两点间移动-2.5×10-9 C的电荷,那么静电力做的功为多少?
解析:设此过程中,静电力对点电荷做的功为Wab,则
Wab=qUab
所以a,b两点间的电势差
Uab== V=1.0×104 V
若在a,b两点间移动-2.5×10-9 C的电荷,那么静电力做的功为W=
q′Uab=-2.5×10-5 J.
答案:1.0×104 V -2.5×10-5 J
第6节 电势差与电场强度的关系
基础巩固
1.关于匀强电场中的电场强度和电势差的关系,下列说法正确的是( B )
A.任意两点间的电势差等于电场强度和这两点间距离的乘积
B.沿电场线方向,任何相同距离上电势降落必定相等
C.电势降低的方向必是电场强度方向
D.在相同距离的两点上,电势差大的电场强度也大
解析:公式E=中,d是沿电场强度方向上两点的距离,由此很容易判断出选项A,D错误,B正确;电场强度的方向是电势降低最快的方向,电场降低的方向不一定是电场强度方向,选项C错误.
2.在水深超过200 m的深海,光线极少,能见度极低,有一种电鳗具有特殊的适应性,能通过自身发出的生物电获取食物、威胁敌害、保护自己.若该电鳗的头尾相当于两个电极,它在海水中产生的电场强度达到104 N/C,可击昏敌害.则身长50 cm的电鳗,在放电时产生的瞬间电压可达( C )
A.50 V B.500 V
C.5 000 V D.50 000 V
解析:U=Ed=104×0.5 V=5 000 V,选项C正确.
3.如图所示,在匀强电场中相距10 mm的两等势面AA′,BB′,其间有一静止的油滴P.已知油滴P的重力是1.6×10-4 N,所带的电荷量是3.2×10-9 C,则下面判断正确的是( C )
A.A>B,UAB=100 V B.A>B,UAB=750 V
C.A解析:带电油滴受到重力和静电力处于平衡状态,即mg=qE,匀强电场的电场强度E=,由以上两式得|UAB|==500 V,由于油滴受静电力方向向上,所以电场方向向上,A4.(2018·山东济南外国语学校高二月考)如图所示是匀强电场中的一组等势面,每两个相邻等势面间的距离都是25 cm,由此可确定此电场的电场强度的方向及大小为( D )
A.竖直向下,E=0.4 N/C B.水平向右,E=0.4 N/C
C.水平向左,E=40 N/C D.水平向右,E=40 V/m
解析:电场线与等势面垂直且沿电场线方向电势降低,故电场强度方向水平向右,电场强度大小E== V/m=40 V/m,选项D正确.
5.如图所示,在E=500 V/m的匀强电场中,a,b两点相距d=2 cm,它们的连线与电场强度方向的夹角是60°,则Uab等于( C )
A.5 V
B.10 V
C.-5 V
D.-10 V
解析:Uab=-Edcos 60°=-5 V,选项C正确.
6.下列图中,a,b,c是匀强电场中的三个点,各点电势a=10 V,b=2 V, c=6 V,a,b,c三点在同一平面上,图中电场强度的方向表示正确的是( D )
解析:由题意可知直线ab的中点的电势为6 V,与c点等势,电场的方向由电势高处指向电势低处,选项D正确.
7.(2018·辽宁实验中学分校高二测试)如图所示,a,b,c是一条电场线上的三个点,电场线的方向由a到c,a,b间的距离等于b,c间的距离,用a,b,c和Ea,Eb,Ec分别表示a,b,c三点的电势和电场强度,可以判定( A )
A.a>b>c B.Ea>Eb>Ec
C.a-b=b-c D.Ea=Eb>Ec
解析:沿电场线方向电势降低,故a>b>c,选项A正确.由于题目只提供了未知电场的一条电场线,故无法判断a,b,c三点的电场强度大小关系,也就无法判断a,b间与b,c间的电势差的大小关系,选项B,C,D错误.
8.如图所示为某一电场的电场线和等势面.已知a=5 V,c=3 V,且ab=bc,则( C )
A.b=4 V
B.b>4 V
C.b<4 V
D.上述情况都有可能
解析:电场强度在数值上等于沿电场强度方向单位距离上降落的电势,因为ab段上各点的电场强度大于bc段上各点的电场强度,虽然ab=bc,但ab段上降落的电势多.
能力提升
9.(2018·湖南衡阳八中高二测试)如图所示,A,B,C三点都在匀强电场中,已知AC⊥BC,∠ABC=60°,=20 cm,把一个电荷量q=10-5 C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-1.73×10-3 J,则该匀强电场的电场强度大小和方向是( D )
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
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,电场强度方向垂直于等势面,选项A,B错误.UBC==- V=
-173 V.B点电势比C点低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.
10.(2018·辽宁辽源高二期末)(多选)如图所示,匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆,电场方向与圆所在平面平行,A,O两点电势差为U,一带正电的粒子在该电场中运动,经过A,B两点时速度方向沿圆的切线,速度大小均为v0,粒子重力不计,则( BD )
A.粒子在A,B间是做圆周运动
B.粒子从A到B的运动过程中,动能先减小后增大
C.匀强电场的电场强度E=
D.圆周上电势最高的点与O点的电势差为U
解析:带电粒子仅在静电力作用下,由于粒子在A,B两点动能相等,则电势能也相等.所以两点的连线AB即为等势面.根据等势面与电场线垂直特性,从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知,正电粒子所受的静电力沿着CO方向,如图所示,因此粒子从A到B做抛体运动,故选项A错误;由A选项分析可知,速度方向与静电力方向夹角先大于90°后小于90°,静电力对粒子先是阻力后是动力,所以动能先减小后增大,故选项B正确;匀强电场中Ed=U,式中的d是沿着电场强度方向的距离,因而由几何关系可知UAO=E×R,所以E=,故选项C错误;圆周上,电势最高的点与O点的电势差为U1=ER=·R=U,故选项D正确.
11.如图所示,匀强电场中有A,B,C三点构成等边三角形,边长均为
4 cm,将一带电荷量q=1.0×1 C的正电荷(不计重力),从A点移到C点,静电力做功为-×10-9 J,若把同一电荷从A点移到B点,静电力做功也为-×10-9 J,那么该电场的电场强度是多大?
解析:如题图所示,把正电荷从电场中的A点分别移到C点或B点,静电力做的功相同,根据W=qU,可知B,C两点电势相同,在同一等势面上,由于电场中的等势面与电场线垂直,可见A点与BC等势面在电场强度方向的距离
d=ABsin 60°=4×10-2× m=2×10-2 m.
A,B两点的电势差UAB== V=-10 V.
该电场的电场强度
E== V/m=5×102 V/m.
答案:5×102 V/m
(教师备用)
1.(2018·重庆市第一中学高三月考)(多选)如图所示,是在匀强电场中画出的一个正六边形,该六边形所在平面与电场线(图中没有画出)平行,已知正六边形的边长为2 cm,将一电荷量为1.0×10-8 C的正点电荷从B点移动到C点克服静电力做功为2.0×10-8 J,将该点电荷从B点移动到A点,静电力做的功为2.0×10-8 J,由上述信息通过计算能确定的是( ABD )
A.电场强度的大小
B.过A点的等势线
C.匀强电场的电场强度方向为由C指向F
D.该点电荷沿直线由B点移到F点静电力所做的功
解析:UBC== V=-2 V,同理UBA== V=2 V,可知电场线由C指向A;FA为过A点的等势线;根据E=可计算电场强度的大小,因UBA=UBF,根据W=Uq可计算点电荷沿直线由B点移到F点静电力所做的功,故选项A,B,D正确,C错误.
2.(2018·广西桂林高三适应性考试)(多选)如图所示,匀强电场方向平行于xOy平面,在xOy平面内有一个半径为R=5 m的圆,圆上有一个电荷量为q=+1×10-8 C的试探电荷P,半径OP与x轴正方向的夹角为θ(如图),P沿圆周移动时,其电势能Ep=2.5×10-5sin θ(J),则
( AD )
A.x轴位于零势能面上
B.y轴位于零势能面上
C.电场强度大小为500 V/m,方向沿y轴正方向
D.电场强度大小为500 V/m,方向沿y轴负方向
解析:由电势能Ep=2.5×10-5sin θ(J),可得θ=0°时Ep=0,θ=180°时Ep=0,说明x轴位于零势能面上,选项A正确,B错误;当θ=90°,
Ep=2.5×10-5 J,由Ep=qφ,得该点的电势== V=2 500 V,根据顺着电场线电势降低,可知电场强度的方向沿y轴负向.则电场强度为E=== V/m=500 V/m,选项C错误,D正确.
3.(2018·贵州遵义航天高级中学高二月考)(多选)如图所示的匀强电场中,已知电场强度大小等于100 V/m,AB间距为6 cm,则以下说法正确的是( AD )
A.A点电势高于B点电势,A,B与C三点电场强度相同
B.AB两点间的电势差为+6 V
C.现有一个电荷量为+q的电荷,第一次从A点移到B点,静电力做功为W1;第二次该电荷从A点移到C点,然后再移到B点,在这个过程中静电力做功为W2,则W2>W1
D.若A点电势为零,则B点电势为-3 V
解析:图中A,C两点在同一等势面上,电势相等,根据顺着电场线方向电势逐渐降低,可知C点的电势高于B点的电势,所以A点电势高于B点电势,由于是匀强电场,A,B,C三点由电场强度相同,选项A正确;A,B两点间的电势差为UAB=Ed=Ecos 60°=100×0.06×0.5 V=3 V,选项B错误;静电力做功只与初末位置有关,与路径无关,则电荷从A点移到B点与从A点移到C点再移到B点静电力做功相等,即有
W2=W1,选项C错误;根据UAB=A-B,若A=0,则B=0-UAB=-3 V,选项D正确.
4.(2018·山东日照高二期中)(多选)如图所示,在匀强电场中,有边长为2 cm的等边三角形ABC,三角形所在平面与匀强电场平面重合,其中O点为该三角形的中心,各点电势分别为A=2 V,B=4 V,C=6 V,下列说法正确的是( BC )
A.O点电势为零
B.该匀强电场的电场强度大小为200 V/m,方向由C指向A
C.将电荷量为e的电子由C点移到A点,电子的电势能增加了4 eV
D.将电荷量为e的电子由O点移到无穷远,电子的电势能增加了3 eV
解析:AC中点D的电势为D==4 V,与B电势相等,则BOD连线必为一条等势线(如图),O点的电势为4 V,选项A错误;AC间的电势差为UCA=C-A=4 V,E==200 V/m,选项B正确;静电力所做的功与电势能的关系eUCA=-ΔEp,ΔEp=-4 eV,故电势能增加了4 eV,选项C正确;同理,将电荷量为e的电子由O点移到无穷远,电子的电势能增加了
4 eV,选项D错误.
5.(2018·山东菏泽高二期中)如图所示的匀强电场,等势面是一簇互相平行的竖直平面,间隔均为d,各等势面电势已在图中标出,现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场,要使小球做直线运动,求:
(1)小球应带何种电荷及其电荷量;
(2)小球受到的合外力;
(3)在入射方向上小球运动的最大位移xm(电场足够大).
解析:(1)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在一条直线上才可能使小球做直线运动,所以小球带正电,小球沿v0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=,所以q==.
(2)由图(b)知,
F合==mg.
(3)由动能定理得
-F合xm=0-m
所以xm==.
答案:(1)正电荷 (2)mg (3)
第7节 静电现象的应用
基础巩固
1.(2018·重庆育才中学高二周测)如图所示,一个方形的金属盒原来不带电,现将一个带电荷量为+Q的点电荷放在盒左边附近,达到静电平衡后,盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是( C )
解析:金属盒内部由于处于静电平衡状态,因此内部每点的合电场强度都为0,即金属盒内的每一点,感应电荷产生的电场的电场强度都与点电荷+Q在那点产生的电场的电场强度大小相等、方向相反,即感应电荷的电场线与点电荷+Q的电场线重合,但方向相反,故选项C正确.
2.在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B,下列实验方法中不能使验电器箔片张开的是( A )
A.用取电棒(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B.用取电棒先跟B在外壁接触一下后再跟A接触
C.用绝缘导线把验电器跟取电棒的导体部分相连,再把取电棒与B的内壁接触
D.使验电器A靠近B
解析:因空腔内无电荷,故取电棒上不带电,不能使A箔片张开,故选项A正确.B外壳有电荷,可使取电棒带电,能使箔片张开;用导线连接可使AB成为一体,能使箔片张开;故选项B,C错误;A靠近B时,因静电感应现象使箔片张开,故选项D错误.
3.如图所示,在原来不带电的金属细杆ab附近P处,放置一个正点电荷,达到静电平衡后( B )
A.a端的电势比b端的高
B.b端的电势比d点的低
C.a端的电势不一定比d点的低
D.杆内c处电场强度的方向由c指向b
解析:首先画出电场线(如图所示),沿电场线方向电势降低,b点电势比d点低,选项B正确.金属杆ab在静电平衡后是一个等势体,a点电势等于b点电势,也比d点低,选项A,C均错误.静电平衡后的导体内部场强为零,选项D错误.
4.(2018·江苏丹阳高级中学高三月考)下列图片显示的技术中,属于防范静电危害的是( D )
解析:复印机复印文件资料,就是利用静电墨粉成在鼓上,故A属于静电的利用;静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的,故B属于静电的利用;静电除尘时除尘器中的空气被电离,烟雾颗粒吸附电子而带负电,颗粒向电源正极运动,C属于静电利用;下雨天,闪电打雷,往往在屋顶安装避雷针,是导走静电,防止触电,故D属于静电防范.
5.(2018·江苏启东中学高二周测)在具有一定厚度的空心金属球壳的球心位置处放一正电荷,图中的四个图画出了其空间电场的电场线情况,符合实际情况的是( D )
解析:正电荷放在空心金属球球心,球壳由于静电感应带电,内表面带负电,外表面带正电,因为电场线从正电荷出发,到无穷远或到负电荷终止,球壳金属内部合场强处处为零,所以选项D正确.
6.(多选)如图所示,将悬在绝缘细线上带正电的小球A放在不带电的金属空心球壳B内(与内壁不接触).外加一个水平向右的场强为E的匀强电场,对于最后的结果,下列判断正确的是( BD )
A.B的右端带正电,A向左偏
B.B的右端带正电,A不偏左也不偏右
C.B的左端带正电,A向右偏
D.B的左端带负电,A不偏左也不偏右
解析:导体空腔处于外电场中时,由于静电感应的作用,导体球壳的左端将感应出负电荷,右端将感应出正电荷,而导体空腔内部完全不受外加电场的影响,故A不会偏转,故选项A,C错误,B,D正确.
7.(2018·江苏无锡市高二测试)如图所示,两个相同的空心金属球M和N,M带电荷量-Q,N不带电(M,N相距很远,互不影响),旁边各放一个不带电的金属球P和R,当将带正电Q的小球分别放入M和N的空腔中时( D )
A.P,R上均出现感应电荷
B.P,R上均没有感应电荷
C.P上有感应电荷而R上没有感应电荷
D.P上没有感应电荷而R上有感应电荷
解析:当将带正电Q的小球放入M的空腔中时,由于静电感应,M的内表面带负电,而外表面带正电,其电荷量为Q,它与原来金属球M外表面所带的电荷-Q正好中和,使外表面不带电.这实际上是M所带电荷-Q被吸引至内表面,所以金属球M外部不存在电场,不能使P产生静电感应,P上没有感应电荷.当将带正电Q的小球放入原来不带电的金属球N的空腔中时,由于静电感应存在,N的内表面带负电荷,外表面带正电荷,N的外部有电场,使R产生静电感应,使左端带负电,右端带正电.故选项D正确.
能力提升
8.对于静电喷漆的说法,下列正确的是( C )
A.当油漆从喷枪喷出时,油漆微粒带正电,物体也带正电,相互排斥而扩散开来
B.当油漆从喷枪喷出时,油漆微粒带负电,物体带正电,相互吸引而被物体吸附
C.从喷枪喷出的油漆微粒带正电,相互排斥而扩散开来,被吸附在带负电的物体上
D.因为油漆微粒相互排斥而扩散开来,所以静电喷漆虽喷漆均匀但浪费油漆
解析:喷枪喷出的油漆微粒带正电,因相互排斥而散开,形成雾状,被喷涂的物体带负电,对雾状油漆产生引力,把油漆吸到表面,从而减少了浪费,所以只有C正确.
9.(2018·重庆三中高二检测)(多选)如图所示,在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q,另一表面绝缘、带正电的金属小球(可视为质点,且不影响原电场)自左以初速度v0在金属板上向右运动,在运动过程中( BD )
A.小球先做减速运动后做加速运动
B.小球做匀速直线运动
C.小球做变加速直线运动
D.小球受到的静电力对小球做功为零
解析:光滑金属板是等势体,上表面是等势面,电场方向与表面垂直,故选项B,D正确.
10.(2018·广东茂名信宜中学高三测试)如图所示,将原来不带电的绝缘导体AB,置于带正电的点电荷C所形成的电场中,规定大地或无穷远处的电势为零,则有( C )
A.绝缘导体上A,B两点的电势相等,且都为负值
B.绝缘导体上A点的电势高于B点的电势,且都为正值
C.绝缘导体上的感应电荷在导体内部一点D产生的电场强度大小等于点电荷C在D点产生电场强度的大小
D.如果用手指瞬间接触导体AB后再把C移走,则导体AB带上正电荷
解析:处于静电平衡的导体,表面是等势面,导体是等势体,所以绝缘导体上A,B两点的电势相等,电场线从C到导体,再到无穷远,导体的电势高于大地的电势,为正值,所以选项A,B错误;处于静电平衡的导体内部的电场强度为零,D点的合场强为零,感应电荷在D点产生的电场强度与电荷C在D点产生的电场强度大小相等,方向相反,所以选项C正确;用手指瞬间接触导体,大地上的电子转移到导体上,电子与导体右端的正电荷中和了,再把C移走后,导体AB带上负电荷,所以选项D错误.
11.(2018·河北廊坊市一中高一月考)如图所示为空腔球形导体(不带电),现将一个带正电的小金属球放入腔内,静电平衡时,图中A,B,C三点的电场强度E和电势的关系是( D )
A.EA>EB>EC,A>B>C
B.EA=EB>EC,A=B>C
C.EA=EB=EC,A=B>C
D.EA>EB>EC,A>C>B
解析:当静电平衡时,空腔球形导体内壁感应出负电荷,外表面感应出正电荷.
由于A处电场线较密,B处电场线较疏,C处电场强度为零,则EA>EB>EC.根据顺着电场线方向电势降低,整个空腔球形导体是一个等势体,表面是一个等势面,分析可知电势关系是A>C>B,故选项D正确.
第8节 电容器的电容
基础巩固
1.(多选)下列关于电容器和电容的说法中,正确的是( BCD )
A.根据C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,跟两板间的电压成反比
B.对于确定的电容器,其所带电荷量与两板间的电压成正比
C.无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与加在两板间的电压无关
解析:电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,一个电容器对应唯一的电容值,不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,A错误,C,D正确.确定的电容器电容是定值,由Q=CU知,其所带电荷量与两板间的电压成正比,故B正确.
2.某电容器上标有“25 μF 450 V”字样,下列对该电容器的说法中正确的是( A )
A.要使该电容器两极板之间电压增加1 V,所需电荷量为 2.5×10-5 C
B.要使该电容器带电荷量为1 C,两极板之间需加电压2.5×10-5 V
C.该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10-5 C
D.该电容器能够承受的最大电压为450 V
解析:由C=,得ΔQ=C·ΔU=2.5×10-5×1 C=2.5×10-5 C,A正确.若Q=1 C,则U==4×104 V,B错误.当电容器的电压为450 V时,电容器的电荷量最多,Q′=CU′=2.5×10-5×450 C=1.125×10-2 C,C错误.450 V 是电容器的额定电压,低于击穿电压,D错误.
3.要使平行板电容器的电容增大,下列方法可行的是( C )
A.增大电容器的带电荷量
B.增大电容器两极板间的电压
C.增大电容器两极板的正对面积
D.增大电容器两极板的距离
解析:C=,与带电荷量和电压无关;S越大,C越大,d越大,C越小.选项A,B,D错误,C正确.
4.(多选)对于给定的电容器,如图所示,是描述电容C、所带电荷量Q、电势差U之间的相互关系的图线,正确的是( AD )
解析:在电容定义式C=中,C由电容器结构决定,与Q,U无关,A正确,B,C错误,Q与U成正比,D正确.
5.(2018·吉林白城模拟)(多选)如图所示,电路中A,B为两块竖直放置的金属板,C是静电计,开关S闭合后,静电计指针张开一个角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是( CD )
A.使A,B两板靠近一些
B.使A,B两板正对面积减小一些
C.断开S后,使B板向右平移一些
D.断开S后,使A,B正对面积减小一些
解析:静电计显示的是A,B两极板间的电压,指针张角越大,表示两板间的电压越高.当闭合S后,A,B两板与电源两极相连,板间电压等于电源电压不变,静电计指针张角不变,选项A,B错误;当断开S后,板间距离增大,正对面积减小,都将使A,B两板间的电容变小,而电容器所带的电荷量不变,由C=可知,板间电压U增大,从而静电计指针张角增大,选项C,D正确.
6.一个已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4 C,则其电压减少为原来的,则( B )
A.电容器原来的带电荷量为9×10-4 C
B.电容器原来的带电荷量为4.5×10-4 C
C.电容器原来的电压为1 V
D.电容器的电容变为原来的
解析:电容与电容器的带电荷量和板间电压无关,D错误.设电容器原来的带电荷量为Q,电压为U,由C==,解得Q=4.5×10-4 C,而U的大小无法求出,故A,C错误,B正确.
7.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,在减小电容器两极板间距离的过程中( D )
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
解析:在减小电容器两极板间距离的过程中,电容器始终与电源相连,则两极板间电压U不变,由C=知d减小,电容C增大,由Q=UC知电容器所带电荷量Q增加,电容器充电,电路中有充电电流,所以电阻R中的电流方向是从b流向a.
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=
3.0×10-10 F,两极板间距离d=1.20×10-3 m,g取 10 m/s2,求:
(1)该电容器所带电荷量;
(2)若板间有一带电微粒,其质量m=2.0×10-3 kg,恰在板间处于静止状态,则该微粒带电荷量为多少?带何种电荷?
解析:(1)由公式C=得
Q=CU=3.0×10-10×12 C=3.6×10-9 C.
(2)若带电微粒恰在极板间静止,则带电微粒带负电,并且有qE=mg,
而E=,解得q=
= C
=2.0×10-6 C.
答案:(1)3.6×10-9 C (2)2.0×10-6 C 负电荷
能力提升
9.(2018·陕西西安一中期末)(多选)如图所示,平行板电容器与直流电源连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略.一带负电的油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则( ACD )
A.平行板电容器的电容将变小
B.静电计指针偏转角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.若先将电容器的上极板与电源正极间的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受静电力不变
解析:将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,由C=知,平行板电容器的电容将变小,选项A正确;P点的电势φP随d的增大而增大,带电油滴的电势能Ep=-qφP将减少,选项C正确;静电计两端的电势差恒定,指针偏转角不变,选项B错误;若先将上极板与电源正极间的导线断开,电荷量Q一定,两极板间的电场强度E==,与d无关,则带电油滴所受静电力不变,选项D正确.
10.(2018·西北工业大学附中期末)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好为零(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)小球从开始下落到运动到下极板处所用的时间.
解析:(1)小球从开始下落到上极板间做自由落体运动,由v2=2gh,得v=.
(2)在极板间带电小球受重力和静电力作用,由牛顿第二定律得mg-qE=ma
由运动学公式知0-v2=2ad
整理得电场强度E=
由U=Ed,Q=CU,
得电容器所带电荷量Q=.
(3)由h=g,0=v+at2,t=t1+t2
整理得t=.
答案:(1) (2)
(3)
第9节 带电粒子在电场中的运动
基础巩固
1.(2018·湖北武汉十一中高二月考)质子H)、α粒子He)、钠离子(Na+)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后,获得动能最大的是( B )
A.质子H) B.α粒子He)
C.钠离子(Na+) D.都相同
解析:qU=mv2-0,U相同,α粒子带的正电荷多,电荷量最大,所以α粒子获得的动能最大,故选项B正确.
2.(2018·江苏启东中学高二测试)带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除静电力外不计其他力的作用)( B )
A.电势能增加,动能增加
B.电势能减小,动能增加
C.电势能和动能都不变
D.上述结论都不正确
解析:整个过程静电力做正功,只有电势能与动能之间相互转化,根据能量守恒,减小的电势能全部转化为动能,故选项A,C,D错误,B正确.
3.(2018·江苏盐城市三中高二期末)如图所示,在A板附近有一电子由静止开始向B板运动,则关于电子到达B板时的时间和速率,下列说法正确的是( C )
A.两板间距越大,则加速的时间越长,获得的速率越小
B.两板间距越小,则加速的时间越短,获得的速率越小
C.两板间距越小,则加速的时间越短,获得的速率不变
D.两板间距越小,则加速的时间不变,获得的速率不变
解析:由于两极板之间的电压不变,所以极板之间的电场强度为E=,电子的加速度为a==,由此可见,两板间距离越小,加速度越大,电子在电场中一直做匀加速直线运动,由d=at2=t2,所以电子加速度的时间为t=d,由此可见,两板间距离越小,加速时间越短,对于全程,由动能定理可得,qU=mv2,所以电子到达B板时的速率与两板间距离无关,仅与加速电压U有关,故C正确,A,B,D错误.
4.(2018·山东省烟台高二开学考试)(多选)一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场,且恰能从右侧极板边缘飞出,若粒子初动能增大一倍,要使它仍从右侧边缘飞出,则应( BC )
A.只将极板长度变为原来的2倍
B.只将极板长度变为原来的倍
C.只将极板电压增大到原来的2倍
D.只将极板电压减为原来的一半
解析:对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场,恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程,假设粒子的带电荷量q,质量为m,初速度为v,极板的长度为L,极板的宽度为d,电场强度为E;由于粒子做类平抛运动,所以水平方向:L=vt,竖直方向y=at2=·()2=
=;可知,若粒子初动能Ek增大一倍,要使它仍从右侧边缘飞出,y不变,则由上式分析可知:应将极板长度变为原来的倍,或将极板电压增大到原来的2倍,故选项B,C正确.
5.(2018·浙江温州中学高二期中)如图所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后,分别抵达B,C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于( B )
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.∶1
解析:竖直方向有h=gt2,水平方向有l=t2,联立可得q=,所以有=,故选项B正确.
6.(2018·贵州湄江中学高二期中)(多选)如图所示,电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A,B两板间的加速电场后飞出,不计重力的作用,则( BD )
A.它们通过加速电场所需要的时间相等
B.它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C.它们通过加速电场的过程中速度的增量相等
D.它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等
解析:由a=,可知加速度相等,因为初速度不同,运动的时间不同.根据Δv=at知,速度的变化量不同,故选项A,C错误.根据动能定理得,qU=ΔEk,知静电力做功相同,则动能的增量相同,故选项B正确.因为静电力做功相等,根据静电力做功与电势能的关系知,电势能的减小量相等,故选项D正确.
7.(2018·河北石家庄一中高二期中)(多选)如图所示,水平放置的平行板电容器,上极板带负电,下极板带正电,带电小球以速度v0水平射入电场,且沿下极板边缘飞出.若下极板不动,将上极板上移一小段距离,小球仍以相同的速度v0从原处飞入,则带电小球( BD )
A.将打在下极板中央
B.仍沿原轨迹由下极板边缘飞出
C.不发生偏转,沿直线运动
D.若上极板不动,将下极板上移一段距离,小球可能打在下极板的
中央
解析:将电容器上极板移动一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式E===可知,电容器产生的场强不变,以相同速度从原处入射的小球仍将沿原轨迹运动,故选项A,C错误,B正确.当上极板不动,下极板向上移动时,虽然小球仍将沿原轨迹运动,但是下极板向上移动了一些,小球可能打在下极板的中央,故选项D正确.
8.(2018·河南商丘九校高二联考)如图,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A,B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C,D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则( B )
A.A和B在电场中运动的时间之比为2∶1
B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C.A和B的质量之比为1∶2
D.A和B的位移大小之比为1∶1
解析:粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向有x=v0t,由于带电粒子A,B以相等的速度v0从同一点出发,所以运动时间t与走过的水平位移x成正比,则粒子的运动时间之比===,故选项A错误.粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,侧移量y=at2,由于粒子在竖直方向上走过的高度是相等的,所以加速度之比和时间的平方成反比,则加速度之比为==,故选项B正确.由牛顿第二定律得Eq=ma,则粒子质量之比为===×=,故选项C错误.A,B两个粒子在竖直方向上的位移相等,但水平方向上的位移不相等,所以合位移之比不相等,不是1∶1的关系,故选项D错误.
能力提升
9.(2018·陕西师大附中高三二模)(多选)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( AC )
A.向正极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与带电荷量无关
解析:带电微滴垂直进入电场后,在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线
运动.
带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力,故带电微滴向正极板偏转,选项A正确;带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用,静电力做正功,故墨汁微滴的电势能减小,选项B错误;根据x=v0t,y=at2及a=,得带电微滴的轨迹方程为y=,即运动轨迹是抛物线,与带电荷量有关,选项C正确,D错误.
10.(2017·宁夏石嘴山市三中高三四模)如图,竖直平行金属板分别与电源正、负极相接,一带电颗粒沿图中直线从A向B运动,则该带电颗粒( B )
A.动能减小
B.电势能减小
C.机械能减小
D.可能带负电
解析:微粒的合力方向与速度方向一致,对微粒做正功,则其动能增大,故A错误;带电微粒在电场中受到重力和静电力两个力作用,静电力在水平方向,由微粒做直线运动可知,静电力方向必定水平向右,静电力做正功,机械能增大,电势能减小,故B正确,C错误.由静电力的方向,粒子带正电,D错误.
11.(2018·河北正定中学高二期中)如图为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M,N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M,N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点.已知M,N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力.
(1)求电子穿过A板时速度的大小;
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量;
(3)若要电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?
解析:(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理有eU1=m
解得v0=.
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有t=,a=,y=at2
解得y=.
(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.
答案:(1) (2)
(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2
