2.电势差
课后篇巩固提升
基础巩固
1.
如图所示,MN是电场中某一条电场线上的两点,若负电荷由M移到N时,电荷克服静电力做功,下列说法不正确的是( )
A.M点和N点之间一定有电势差
B.M点的电场强度一定大于N点的电场强度
C.电场线的方向从M指向N
D.M点的电势高于N点的电势
解析负电荷从M移到N时,电荷克服静电力做功,则负电荷所受的静电力的方向是从N到M,则电场线的方向为由M指向N。判断知选项A、C、D正确,B错误。
答案B
2.一个点电荷,从静电场中的a点移到b点的过程中,静电力做功为零,则( )
A.a、b两点的电场强度一定相等
B.作用于该点电荷的静电力与其移动方向总是垂直的
C.a、b两点的电势差为零
D.点电荷一定沿直线从a点移到b点
解析由公式Wab=qUab可知,若Wab=0,则一定是Uab=0。选项C正确。
答案C
3.一个电荷量为q=2.0×10-9
C的带正电的质点在静电场中由a点移动到b点过程中,除静电力外,其他力做的功为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.1×104
V
B.-1×104
V
C.4×104
V
D.-7×104
V
解析设此过程中静电力对点电荷做的功为Wab,由动能定理可知W外+Wab=ΔEk,即Wab=ΔEk-W外=2.0×10-5
J,则a、b两点间的电势差为Uab==1.0×104
V,故A正确。
答案A
4.在某电场中,A、B两点间的电势差UAB=60
V,B、C两点间的电势差UBC=-50
V,则A、B、C三点电势高低关系是( )
A.φA>φB>φC
B.φA<φC<φB
C.φA>φC>φB
D.φC>φB>φA
解析因为UAB=φA-φB=60
V>0,所以φA>φB,又UBC=φB-φC=-50
V<0,所以φB<φC,又UAC=UAB+UBC=60
V+(-50
V)=10
V>0,所以φA>φC,故φA>φC>φB。正确选项为C。
答案C
5.(多选)如果在某电场中将电荷量为5.0×10-4
C的正电荷,仅在静电力作用下由A点移到B点,静电力做功为2.0×10-3
J,则( )
A.电荷在B点的动能比在A点的动能小2.0×10-3
J
B.电荷在B点的电势能比在A点的电势能小2.0×10-3
J
C.A、B两点间电势差为-4
V
D.若在A、B两点间移动一个q=1.0×10-4
C的负电荷,电荷将克服静电力做4.0×10-4
J的功
解析由A点移到B点,静电力做正功,动能增加,电势能减少,选项A错误,B正确;A、B两点间电势差UAB=4
V,选项C错误;在A、B两点间移动一个q=1.0×10-4
C的负电荷,静电力做功
W=qU=-1.0×10-4×4
J=-4.0×10-4
J,选项D正确。
答案BD
6.
如图所示,有向线段表示电场中的一条电场线,质量为m、电荷量为-q的带电粒子仅在静电力作用下沿电场线向右运动,经过A点时速度为v0,一段时间后到达与A相距为d的B点,速度减为0。下列判断正确的是( )
A.A点电势一定高于B点电势,可以求出A点电势
B.A点电势一定高于B点电势,A、B两点间的电势差UAB=
C.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能,从A到B过程中静电力做的功为
D.粒子在A点受到的静电力一定等于在B点受到的静电力
解析由A点到B点,粒子的速度减小,则粒子受的静电力向左,因粒子带负电,故电场线方向向右,A点电势一定高于B点电势,由动能定理得qUAB=,则A、B两点间的电势差UAB=,但求不出A点的电势,A错误,B正确;带负电的粒子在电势低的地方电势能大,故粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能,从A到B过程中静电力做的功为-,C错误;通过一条电场线无法判断电场强度的大小,故无法比较在A、B两点处受到的静电力的大小,D错误。
答案B
能力提升
1.三个点电荷电场的电场线分布如图所示,图中a、b两点处的电场强度大小分别为Ea、Eb,电势分别为φa、φb,则( )
A.Ea>Eb,φa>φb
B.EaC.Ea>Eb,φa<φb
D.Eaφb
解析由题图可知,a点附近的电场线比b点附近的电场线密,所以Ea>Eb,电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面,a点所在等势面的电势一定低于b点所在的等势面的电势,即φb>φa,故选项C对。
答案C
2.(多选)如图所示,虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa、φb和φc,且φa>φb>φc。一带正电的粒子射入该电场中,其运动轨迹如图中KLMN所示,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
解析根据a、b、c三个等势面的电势关系及带电粒子的运动轨迹可以判断,该电场是正电荷周围的电场,所以粒子从K到L静电力做负功,电势能增加,A、C对。粒子从L到M的过程中,静电力做正功,电势能减少,动能增加,B、D错。
答案AC
3.如图所示,三条曲线表示三条等势线,其电势φC=0,φA=φB=10
V,φD=-30
V,将电荷量为q=1.2×10-6
C的电荷在该电场中移动。
(1)把这个电荷从C移到D,静电力做功多少?
(2)把这个电荷从D移到B再移到A,电势能变化多少?
解析(1)UCD=φC-φD=30
V
WCD=qUCD=1.2×10-6×30
J=3.6×10-5
J。
(2)UDA=φD-φA=(-30-10)
V=-40
V
WDA=qUDA=1.2×10-6×(-40)
J=-4.8×10-5
J
所以电势能增加了4.8×10-5
J。
答案(1)3.6×10-5
J (2)电势能增加了4.8×10-5
J
4.如图所示的电场中,已知A、B两点间的电势差UAB=-20
V。
(1)电荷量q=+5×10-9
C的点电荷Q由A点移动到B点,静电力所做的功是多少?
(2)若电荷量q=+5×10-9
C的点电荷Q在A点的电势能为EpA=5×10-8
J,B点的电势是多少?
解析(1)WAB=qUAB=5×10-9×(-20)
J=-1×10-7
J。
(2)φA=
V=10
V
φB=φA-UAB=10
V-(-20
V)=30
V。
答案(1)-1×10-7
J (2)30
V习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型
课后篇巩固提升
基础巩固
1.
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
解析两平行金属板水平放置时,带电微粒静止,有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后,两板间电场强度方向逆时针旋转45°,静电力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时静电力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确。
答案D
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( )
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,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力qE=m,解得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B、C正确。
答案BC
3.
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( )
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∶。
答案D
4.
如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中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.
解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=,联立解得UAB=,故C正确。
答案C
5.
如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置( )
A.在P点的左上方
B.在P点的右上方
C.在P点的正上方
D.上述情况都可能
解析油滴仅在重力与静电力作用下运动,直到运动到最高点Q,此过程初动能与末动能相同,设油滴上升的高度为h,油滴的初、末位置间的电势差为UPQ,油滴带的电荷量为-q,由动能定理得-qUPQ-mgh=,解得UPQ=-,故UPQ<0,说明Q点的电势高于P点的电势,即油滴的最高点的位置应在P点的左上方,A正确。
答案A
6.
如图所示,一长为L=0.20
m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4
kg、带电荷量为q=+1.0×10-6
C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103
N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10
m/s2。求:
(1)小球通过最高点B时速度的大小。
(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。
解析(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有:qEL-mgL=
vB==2
m/s。
(2)小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用,经计算mg=1.0×10-4×10
N=1.0×10-3
N
qE=1.0×10-6×2.0×103
N=2.0×10-3
N
因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有:FTB+mg-qE=
FTB=+qE-mg=3.0×10-3
N。
答案(1)2
m/s (2)3.0×10-3
N
能力提升
1.(多选)角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场。两带电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2的粒子分别以速度v1、v2垂直电场射入,并在斜面上某点分别以速度v1'、v2'射出,在电场中的时间分别为t1、t2。入射速度为v2的粒子射得更远,如图所示,不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A.若v1B.若v1=v2,则
C.若v1>v2,则v1'D.若v1=v2,则v1'=v2'
解析设粒子竖直向下的加速度为a,电场的电场强度为E。对粒子的运动在竖直方向有y=at2,在水平方向有x=vt。由几何关系有tan
θ=,解得t=,x=。由于不知两粒子加速度a的大小关系,无法确定两粒子运动时间的关系。由于速度为v2的粒子水平位移较大,若v1=v2,则a1>a2,而a==g+E,则;粒子落在斜面时的竖直分速度为vy=at=2vtan
θ,则落在斜面上的速度为v'=,选项A、C错,B、D对。
答案BD
2.
如图所示,质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,已知AO的水平距离为d,不计重力。求:
(1)从A点到B点所用的时间。
(2)粒子在B点的速度大小。
(3)匀强电场的电场强度大小。
解析(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场,水平方向做匀速直线运动,则有:t=。
(2)由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,则粒子在B点的速度大小v=v0。
(3)根据牛顿第二定律得:a=
将粒子射出电场的速度v进行分解,则有
vy=at=又vy=v0
tan
45°
联立解得E=。
答案(1) (2)v0 (3)
3.
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时速度恰为零(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大小;
(2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量;
(3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。
解析(1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有v2=2gh
解得v=。
(2)在从释放至到达下极板处过程,由动能定理有mg(h+d)-qEd=0
解得E=
电容器两极板间的电压为U=Ed=
电容器带的电荷量为Q=CU=。
(3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1
减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2
t=t1+t2
联立解得t=。
答案(1) (2) (3)
4.如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB为该环的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:
(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。
(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。
解析(1)A至D点,由动能定理得
mgR+qER=,v1=2
由牛顿第二定律FN-mg=m,FN=5mg
由牛顿第三定律FN=FN'
小球对管壁的压力为5mg,方向竖直向下。
(2)第一次经过C,-mgR+qE·2R=
设管壁对小球的作用力方向竖直向下,
mg+FC1=m
FC1=mg,方向竖直向下。
答案(1)2 5mg,方向竖直向下 (2)mg,方向竖直向下第十章测评
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12个小题,每题4分,共48分。1~6是单选题,7~12是多选题,多选、错选均不得分,漏选得2分)
1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是( )
A.根据电场强度的定义式E=可知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B.根据电容的定义式C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间电压成反比
C.根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D.根据电势差的定义式UAB=可知,带电荷量为1
C的正电荷,从A点移动到B点克服静电力做功为1
J,则A、B两点间的电势差为-1
V
解析电场强度取决于电场本身,与有无试探电荷无关,A错误;电容取决于电容器本身,与电容器所带电荷量和两极板间电压无关,B错误;E=k中,Q是场源电荷,所以电场中某点的电场强度与Q成正比,C错误;由UAB=知,D正确。
答案D
2.空间存在甲、乙两相邻的金属球,甲球带正电,乙球原来不带电,由于静电感应,两球在空间形成了如图所示稳定的静电场。实线为其电场线,虚线为其等势线,A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称,则( )
A.A点和B点的电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功
D.负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增加后减少
解析由题图可知φA>φB,所以正电荷从A移至B,电势减小,静电力做正功,故A错误,C正确。C、D两点电场强度方向不同,故B错误。负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先减少后增加,所以D错误,故选C。
答案C
3.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
解析根据电场的对称性和电场的叠加原理知,O点的电场强度为零。在x轴上,电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向,且沿电场线方向电势越来越低,所以O点电势最高。在x轴上离O点无限远处的电场强度为零,所以沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小。选项B对。
答案B
4.如图所示,空间内存在水平匀强电场,不可伸长的轻绳一端固定于O点,另一端系一质量为m的带正电小球,小球可以在图中虚线位置保持静止。现将小球拉至绳水平后由A点无初速度释放,则小球运动到绳竖直的B点位置时绳的拉力大小为( )
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
解析小球在平衡点受力分析,根据平衡条件得静电力F电=qE=mgtan
37°,小球从A到B的过程,由动能定理可得mgL-qEL=mv2,在最低点受力分析,由圆周运动的特点得FT-mg=,得出绳子对球的拉力FT=mg,B对。
答案B
5.如图所示,一质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为( )
A.
B.
C.
D.
解析由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用,由加速度定义a=,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,竖直位移y=,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy=,由动能定理得:W1+W2=m(2v0)2-,解得:Uab=。
答案C
6.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仅受静电力的作用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( )
A.O为负电荷
B.在整个过程中q的速度先变大后变小
C.在整个过程中q的加速度先变小后变大
D.在整个过程中,静电力做功为零
解析点电荷和正点电荷的距离先减少后增大,由库仑定律知,静电力先增大后减小,根据牛顿第二定律,加速度先变大后变小,C错;由轨迹为曲线时合力指向凹形一侧知,静电力必为斥力,O是一固定的点电荷,必带正电,A错;a到b静电力做负功,b到c静电力做正功,q的速度先变小后变大,B错;固定的正点电荷的等势线为一簇同心圆,a与c等势,所以在整个过程中,静电力做功为零,D对。
答案D
7.
如图所示,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粒子均从A板由静止开始经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,则下列判断正确的是( )
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.加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
D.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
解析设加速电场的电压为U1,偏转电场的电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d。在加速电场中,由动能定理得qU1=,故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比,即1∶1∶2,故C错误。经加速电场获得的速度为v0=,三种粒子从B板运动到荧光屏的过程,在水平方向做速度为v0的匀速直线运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同,故A错误。根据y=可知,y与粒子的种类、质量、电荷量无关,故三种粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同,故B正确。偏转电场的静电力做功为W=,则W与q成正比,三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2,则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2,故D正确。
答案BD
8.
如图所示的电路中,AB是两金属板构成的平行板电容器。先将开关K闭合,等电路稳定后再将K断开,然后将B板向下平移一小段距离,并且保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是( )
A.电容器的电容变小
B.电容器内部电场强度大小变大
C.电容器内部电场强度大小不变
D.P点电势升高
答案ACD
9.
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
解析由于轨迹关于P点对称,根据曲线运动合力方向应指向曲线凹侧,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;根据Ep=φq可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在Q点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误。
答案AB
10.如图所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上,d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是( )
A.b点电场强度大于d点电场强度
B.b点电场强度小于d点电场强度
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
解析如图所示,两电荷连线的中点位置用O表示,在中垂线MN上,O点电场强度最大,在两电荷之间连线上,O点电场强度最小,即Eb答案BC
11.测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示,置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N,并分别与电压为U的恒定电源两极相连,板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落,已知元电荷为e、重力加速度为g,则( )
A.油滴中电子的数目为
B.油滴从小孔运动至N板过程中,电势能增加mgd
C.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eU
D.若将极板M向下缓慢移动一小段距离,油滴将加速下降
解析带电油滴在极板间匀速下落,故受力平衡,则有mg=q,所以油滴带电荷量q=,所以电子的数目为n=,故A正确。油滴下降过程中,静电力方向向上,静电力做的功为-mgd,电势能增加mgd,故B正确。机械能减少,故C错误。若将极板M向下缓慢移动一小段距离,d减小,静电力F=q增大,合外力竖直向上,油滴将减速下降,故D错误。
答案AB
12.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间的正中间处返回,则下述措施能满足要求的是( )
A.使初速度减为原来的
B.使M、N间电压提高到原来的2倍
C.使M、N间电压提高到原来的4倍
D.使初速度和M、N间电压都减为原来的
解析在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-,所以d=,令带电粒子离开M板的最远距离为x,则使初速度减为原来的,x=;使M、N间电压提高到原来的2倍,电场强度变为原来的2倍,x=,使M、N间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,x=;使初速度和M、N间电压都减为原来的,电场强度变为原来的一半,x=,故B、D正确。
答案BD
二、实验题(本题共2个小题,共12分)
13.(6分)定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置如图所示,平行板电容器的A板与静电计相连,B板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器所带电荷量不变,试指出下列三种情况下,静电计指针的偏转角度变化情况。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(1)正对面积减小时,静电计指针的偏转角度将 。?
(2)板间距离增大时,静电计指针的偏转角度将 。?
(3)插入电介质时,静电计指针的偏转角度将 。?
解析(1)电容器所带电荷量一定,正对面积减小时,由
C=知,电容C减小,由C=知,电势差U变大,故指针的偏转角度变大;(2)板间距离增大时,由C=知,电容C减小,由C=知,电势差U变大,故指针的偏转角度变大;(3)插入电介质时,由C=知,电容C变大,由C=知,电势差U变小,故指针的偏转角度变小。
答案(1)变大 (2)变大 (3)变小
14.(6分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像,图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像。在充电的开始阶段,充电电流较大,电容器两端电压U增加 (选填“较快”或“较慢”),随着电容器两端电压的增加,充电电流 (选填“逐渐减小”或“逐渐增加”),且电容器两端电压U的上升速度变缓,而向着 趋近。在充电过程中电容器的电能 。充电开始的瞬间电容器两端电压 (选填“能突变”或“不能突变”)。通过图像看出在第2
s时电容器增加的电荷量Q约为 C(已知Q=It)。?
答案较快 逐渐减小 10
V 增加 不能突变 1.7×10-3
三、计算题(本题共4个小题,每小题10分,共40分)
15.一个初速度为零的电子通过电压为U=4
500
V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105
V/m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=得v0=
电子飞入匀强电场中:在竖直方向
vy=v0
tan
30°=at,a=,
解得t=;C、D两点沿电场强度方向的距离y=at2=
代入数据解得y=
m=0.01
m。
答案0.01
m
16.如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0×102
V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80
m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0×102
m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10-15
kg、电荷量为q=+10-12
C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上,若不计粒子重力,求:(结果保留两位有效数字)
(1)带电粒子打在金属板上时的动能。
(2)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现?
解析(1)不计粒子重力,只有静电力做功,对粒子由动能定理得qUab=Ek-
可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=qUab+=1.2×10-10
J。
(2)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界。设水平抛出后t时刻落在板上:x=v0t,h=at2,a=,S=πx2
联立以上各式得所形成的面积S=≈4.0
m2,可以通过减小h或增大E来实现。
答案(1)1.2×10-10
J (2)面积为4.0
m2 可以通过减小h或增大E来实现
17.如图所示,在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一根长度为l=0.20
m的绝缘轻线把质量m=0.10
kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点,小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角θ=37°。现将小球拉至位置A,使轻线水平张紧后由静止释放。g取10
m/s2,sin
37°=0.60,cos
37°=0.80。求:
(1)小球所受静电力的大小;
(2)小球通过最低点C时的速度大小;
(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。
解析(1)小球受重力mg、静电力F和拉力FT,其静止时受力如图所示。
根据共点力平衡条件有F=mgtan
37°=0.75
N。
(2)设小球到达最低点时的速度为v,小球从水平位置运动到最低点的过程中,根据动能定理有mgl-Fl=mv2
解得v==1.0
m/s。
(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为FT'
根据牛顿第二定律有FT'-mg=m
解得FT'=1.5
N。
答案(1)0.75
N (2)1.0
m/s (3)1.5
N
18.如图所示,在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E(图中未画出),由A点斜射出质量为m、带电荷量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:
(1)粒子从A到C过程中静电力对它做的功;
(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。
解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0。
(2)根据抛体运动的特点,粒子在x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=
又y0=aT2,y0+3l0=a(2T)2
解得T=
则A→C过程所经历的时间t=3。
(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有
2l0=vCx(2T) vCy=a(2T)
则vC=。
答案(1)3qEl0 (2)3 (3)3.电势差与电场强度的关系
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1.如图所示为某匀强电场的等势面分布图,每两个相邻等势面相距2
cm,则电场强度E的大小和方向分别为( )
A.E=100
V/m,竖直向下
B.E=100
V/m,竖直向上
C.E=100
V/m,水平向左
D.E=200
V/m,水平向右
解析电场强度E=
V/m=100
V/m,电场强度的方向垂直等势面且由高电势处指向低电势处,故水平向左。
答案C
2.
(多选)如图所示,平面内有一菱形abcd,O点为其两对角线的交点。空间存在一未知的静电场,方向与菱形所在平面平行,有一电子,若从a点运动至d点,电势能就会增加ΔE,若从d点运动至c点,电势能就会减少ΔE,那么此空间存在的静电场可能是( )
A.方向垂直于ac,并由b指向d的匀强电场
B.方向垂直于bd,并由c指向a的匀强电场
C.位于O点的正点电荷形成的电场
D.位于b点的负点电荷形成的电场
解析电子从a点运动至d点,电势能增加ΔE,从d点运动至c点,电势能减少ΔE,可断定a点和c点电势相等,若是匀强电场,则ac连线即为等势线,电场线与等势线垂直。又因为移动的是电子,带负电,沿电场线方向,负电荷电势能增加,故电场线的方向是由b指向d。如果该电场是位于O点的正点电荷形成的电场,画出电场线和等势面就会发现,a、c在同一等势面上,而且离正点电荷越远,电子的电势能越大,选项A、C正确。
答案AC
3.
如图所示,在匀强电场中,以A点为坐标原点,AB方向为位移x的正方向,图中能正确反映电势φ随位移x变化的图像是( )
解析在匀强电场中,沿任意一条直线电势均匀变化,沿AB方向的电势均匀降低,选项C正确。
答案C
4.a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点,各点的电势分别是φa=5
V,φb=2
V,φc=4
V,则如图所示的示意图中能表示该电场的电场强度方向的是( )
解析在匀强电场中,沿同一方向电势均匀变化,将线段ab三等分,靠近a的等分点电势为4
V,该等分点与c点的连线为一等势线,作该等势线的垂线并指向b点的一侧,该线所指的方向就是电场强度的方向。
答案D
5.
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=8×10-6
J E>8
V/m
B.W=6×10-6
J E>6
V/m
C.W=8×10-6
J E≤8
V/m
D.W=6×10-6
J E≤6
V/m
解析因电场是匀强电场,D是AB的中点,故D的电势φD==10
V。所以W=q(φD-φC)=8×10-6
J。设E的方向与
的夹角为α,则α≠0,否则等势面与AB垂直,C点电势就会高于B点电势。由E=可知,因α>0,则cos
α<1,E>8
V/m,故选项A正确。
答案A
6.
如图所示,A、B、C为一等边三角形的三个顶点,某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为10-8
C的正点电荷从A点移到B点,静电力做功为3×10-6
J,将另一电荷量为10-8
C的负点电荷从A点移到C点,克服静电力做功3×10-6
J,则:
(1)UAB、UAC、UBC各为多少?电场线方向如何?
(2)若AB边长为2
cm,求电场强度的大小。
解析本题要求利用匀强电场中静电力做功、电势差与电场强度的关系进行求解,特别是要求根据电势差的情况判断电场强度的方向。
(1)正点电荷从A点移到B点时,静电力做正功,故A点电势高于B点电势,可求得
UAB=
V=300
V
负点电荷从A点移到C点,静电力做负功,A点电势高于C点电势,可求得UAC==300
V。因此B、C两点电势相等,UBC=0。由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线,因此,BC为一等势线,故电场线方向垂直于BC,设D为线段BC的中点,则电场强度方向为由A指向D。
(2)线段AB在电场强度方向的距离d等于线段AD的长度,故由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得
E=
V/m=1×104
V/m。
答案(1)300
V 300
V 0 电场线方向垂直于BC,设D为线段BC的中点,则电场强度方向由A指向D
(2)1×104
V/m
能力提升
1.
如图所示,在匀强电场中有a、b、c、d四点,它们处于同一圆周上,且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa=9
V,φb=15
V,φc=18
V,则d点的电势为( )
A.4
V
B.8
V
C.12
V
D.16
V
解析
连接a、c两点,将ac连线三等分为ae、ef、fc三段,则图中f点的电势为15
V,连接fb,则fb为一条等势线,连接de,由几何关系可以证明de∥fb,则de也是一条等势线,根据匀强电场中沿电场方向上相同距离对应的电势差相等,可知e点的电势为12
V,则d点的电势也为12
V,故C正确。
答案C
2.
如图所示,在平面直角坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0
V,点A处的电势为6
V,点B处的电势为3
V,则电场强度的大小为( )
A.200
V/m
B.200
V/m
C.100
V/m
D.100
V/m
解析OA的中点C处的电势为3
V,
将C点与B点连接,如图所示,电场线与等势线垂直,根据几何关系得BC=3
cm,则OB沿电场线方向上的距离d=
cm,所以电场强度E=
V/m=100
V/m,故D正确,A、B、C错误。
答案D
3.
在匀强电场中,将一电荷量为2×10-5
C的负电荷由A点移到B点,其电势能增加了0.1
J,已知A、B两点间距为
2
cm,两点连线与电场方向成60°角,如图所示,问:
(1)在电荷由A移到B的过程中,静电力做了多少功?
(2)A、B两点间的电势差为多少?
(3)该匀强电场的电场强度为多大?
解析(1)静电力做多少负功,电荷的电势能增加多少,故静电力做功为-0.1
J。
(2)UAB=
V=5×103
V。
(3)由U=Ed,得UAB=E·cos
60°,所以
E=
V/m=5×105
V/m。
答案(1)-0.1
J (2)5×103
V (3)5×105
V/m
4.
平行的带电金属板A、B间是匀强电场,如图所示,两板间距离是5
cm,两板间的电压是
60
V。试问:
(1)两板间的电场强度是多大?
(2)电场中有P1和P2两点,P1点离A板0.5
cm,P2点离B板也是0.5
cm,P1和P2两点间的电势差为多大?
(3)若B板接地,P1和P2两点的电势各是多大?
解析(1)根据公式E=,代入数据得
E=
V/m=1
200
V/m。
(2)P1、P2沿电场方向的距离为
d12=5
cm-(0.5
cm+0.5
cm)=4
cm
根据公式U=Ed得
U12=Ed12=1
200×4×10-2
V=48
V。
(3)由φ1-φB=Ed1B=1
200×4.5×10-2
V=54
V得φ1=54
V。
同理φ2-φB=Ed2B=1
200×0.5×10-2
V=6
V,得φ2=6
V。
答案(1)1
200
V/m (2)48
V (3)54
V 6
V4.电容器的电容
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1.如图所示实验中,关于平行板电容器的充、放电,下列说法正确的是
( )
A.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带正电
B.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带负电
C.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带正电
D.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带负电
解析开关接1时,平行板电容器充电,上极板与电源正极相连而带正电,A对,B错;开关接2时,平行板电容器放电,放电结束后上、下极板均不带电,C、D错。
答案A
2.有一已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4
C,则其电压减小为原来的,由此可知( )
A.电容器原来带的电荷量为9×10-4
C
B.电容器原来带的电荷量为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
解析电容器的电荷量减少ΔQ=3×10-4
C,电压减小为原来的,即减少了原来的,则根据C=知,电容器原来带的电荷量Q=4.5×10-4
C,A错误,B正确;由已知条件无法求电压,C错误;电容反映电容器本身的特性,电容器极板上的电荷量减少,电容器的电容不变,D错误。
答案B
3.如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,这时电容器的电荷量为Q,P是电容器内一点,电容器的上极板与大地相连,下列说法正确的是( )
A.若将电容器的上极板左移一点,则两板间电场强度减小
B.若将电容器的下极板上移一点,则P点的电势升高
C.若将电容器的下极板上移一点,则两板间电势差增大
D.若将电容器的下极板上移一点,则两板间电势差减小
解析由E=、U=、C=,可知E=,S减小,E增大,A项错误;由E=可知d变化,E不变,φP不变,B项错误;U=Ed,d减小,U减小,C项错误,D项正确。
答案D
4.如图所示,为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线,若将该电容器两端的电压从40
V降低到36
V,对电容器来说正确的是( )
A.是充电过程
B.是放电过程
C.该电容器的电容为5×10-2
F
D.该电容器的电荷量变化量为0.2
C
解析由Q=CU知,U降低,Q减小,故为放电过程,A错,B对;
由C=
F=5×10-3
F,可知C错;
ΔQ=CΔU=5×10-3×4
C=0.02
C,D错。
答案B
5.平行板电容器充电后断开电源,现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离。下图表示此过程中电容器两极板间电场强度E随两极板间距离d的变化关系,正确的是( )
解析由于平行板电容器充电后断开电源,电容器所带电荷量保持不变,两极板间电场强度E=,E随两极板间距离d的增大保持不变,C正确,A、B、D错误。
答案C
6.
如图所示,平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60
V的恒压电源上,两极板间距为3
cm,电容器带电荷量为6×10-8
C,A极板接地。求:
(1)平行板电容器的电容。
(2)平行板电容器两板之间的电场强度。
(3)距B板2
cm的M点处的电势。
解析(1)平行板电容器的电容C=F=1×10-9
F。
(2)两板之间为匀强电场,E=
V/m=2×103
V/m,方向竖直向下。
(3)M点距A板间距离为dAM=d-dBM=1
cm
A与M间电势差UAM=EdAM=20
V
又UAM=φA-φM,φA=0
可得φM=-20
V。
答案(1)1×10-9
F (2)2×103
V/m,方向竖直向下 (3)-20
V
能力提升
甲
1.如图甲所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时,电容C便发生变化,通过测量电容C的变化就可知道两极板之间的距离d的变化情况。在图乙中能正确反映C与d之间变化规律的图像是( )
乙
解析根据电容的决定式C=,电容C与两极板间距离d成反比,根据数学知识可知,C-d图像是双曲线的一支,故A正确。
答案A
2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是( )
A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半
B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍
C.保持C不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半
D.保持C、d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半
解析由E=知,当U不变,d变为原来的两倍时,E变为原来的一半,A项正确;当E不变,d变为原来的一半时,U变为原来的一半,B项错误;C不变,由C=知,当Q变为原来的两倍时,U变为原来的两倍,C项错误;C不变,Q变为原来的一半,U变为原来的一半时,d不变,则E变为原来的一半,D项正确。
答案AD
甲
3.用电流传感器观察电容器的放电过程,传感器与计算机相连,还能显示出电流随时间变化的I-t图像。按照图甲所示连接电路。电源用直流8
V左右,电容器可选几十微法的电解电容器。
先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像(图乙)。
乙
一位同学得到的I-t图像如图丙所示,电源电压是8
V已知电流I=。
丙
(1)在图丙中画一个竖立的狭长矩形(在图丙的最左边),它的面积的物理意义是什么?
(2)怎样根据I-t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量?试着算一算。
丁
(3)如果要测绘充电时的I-t图像,请把图丁中电路图补充完整;得到的I-t图像可能是什么形状的?
解析(1)矩形的面积表示在0.2
s内电容器放出的电荷量。
(2)用数方格的方法估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量,方法是数小方格的个数,不足半个舍去,半个以上记一个。图中每个小方格表示8×10-5
C,曲线与坐标轴围成的面积中有43个小方格,电容器释放的全部电荷量约为8×10-5×43
C=3.44×10-3
C。
(3)充电时的I-t图像的电路图如图甲所示。
甲
乙
把电源E、开关S、电容器连成电路,闭合开关S,电源给电容器充电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像(图乙)。
答案见解析第十章静电场中的能量
1.电势能和电势
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1.下列说法正确的是( )
A.电荷从电场中的A点运动到了B点,路径不同,静电力做功的大小就可能不同
B.电荷从电场中的某点开始出发,运动一段时间后,又回到了该点,则静电力做功为零
C.正电荷沿着电场线运动,静电力对正电荷做正功,负电荷逆着电场线运动,静电力对负电荷做负功
D.电荷在电场中运动,因为静电力可能对电荷做功,所以能量守恒定律在电场中并不成立
解析静电力做功和电荷运动路径无关,所以选项A错误;静电力做功只和电荷的初、末位置有关,所以电荷从某点出发又回到了该点,静电力做功为零,选项B正确;正电荷沿电场线的方向运动,则正电荷受到的静电力和电荷的位移方向相同,故静电力对正电荷做正功,同理,负电荷逆着电场线的方向运动,静电力对负电荷做正功,选项C错误;电荷在电场中虽然有静电力做功,但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律,选项D错误。
答案B
2.在静电场中,将一正电荷从A点移到B点,静电力做了负功,则( )
A.B点的电场强度一定比A点大
B.电场线方向一定从B指向A
C.B点的电势一定比A点高
D.该电荷的动能一定减少
解析从A到B,静电力对正电荷做负功,该电荷电势能增加,qφA答案C
3.(多选)如图所示,图中的实线表示电场线,虚线表示只受静电力作用的带正电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点,可以判定
( )
A.M点的电势高于N点的电势
B.M点的电势低于N点的电势
C.粒子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
解析沿着电场线的方向电势降低,故选项A对,选项B错;电场线越密,电场强度越大,同一粒子受到的静电力越大,故选项C错;粒子从M点到N点静电力做正功,所以电势能减小,所以选项D对。
答案AD
4.将一正电荷从无穷远处移至电场中M点,静电力做功为6.0×10-9
J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处,静电力做功为7.0×10-9
J,则M、N两点的电势φM、φN有如下关系( )
A.φM<φN<0
B.φN>φM>0
C.φN<φM<0
D.φM>φN>0
解析取无穷远处电势φ∞=0。对正电荷有W∞M=0-EpM=-qφM,φM==-
V;对负电荷有WN∞=EpN-0=-qφN,φN==-
V,所以φN<φM<0,选项C正确。
答案C
5.下列说法中正确的是( )
A.沿电场线的方向,电场强度一定越来越小
B.沿电场线的方向,电势一定越来越低
C.电荷沿电场线方向移动,电势能逐渐减小
D.在静电力作用下,正电荷一定从电势高处向电势低处移动
解析电场线的方向就是电场强度的方向,同时也是电势降低的方向,但不一定是电场强度减小的方向,故选项A错,选项B对。只有沿电场线方向移动正电荷,电荷电势能才减小,负电荷则相反,故选项C错。因为不知道电荷的初速度,所以选项D错。
答案B
6.
如图所示,在电场强度为E=104
N/C、方向水平向右的匀强电场中,用一根长l=1
m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m=0.2
kg、电荷量为q=5×10-6
C的带正电的小球。细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆由水平位置A轻轻释放,在小球运动到最低点B的过程中,静电力对小球做功多少?小球电势能如何变化?
解析静电力做功与路径无关。在小球由A运动到最低点B的过程中,静电力对小球做的正功为
W=qEl=5×10-6×104×1
J=0.05
J
静电力对小球做正功,小球电势能减少,减少的电势能为0.05
J。
答案0.05
J 电势能减少0.05
J
能力提升
1.(多选)如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有a、b两点。一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图像如图乙所示。则( )
A.Q2带正电
B.Q2带负电
C.试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大
D.试探电荷从b点到a点的过程中电势能减小
解析
选项
诊断
结论
A
由v-t图,从b点到a点v减小,故试探电荷受向左的静电力,因此Q2带负电
×
B
理由同选项A
√
C
从b点到a点,由于静电力做负功,其电势能增大
√
D
理由同选项C
×
答案BC
2.将一正电荷从无穷远处移至电场中M点,静电力做功为6.0×10-9
J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处,静电力做功为7.0×10-9
J,则M、N两点的电势φM、φN有如下关系( )
A.φM<φN<0
B.φN>φM>0
C.φN<φM<0
D.φM>φN>0
解析取无穷远处电势φ∞=0。
对正电荷:W∞M=0-EpM=-qφM,
φM=;
对负电荷:WN∞=EpN-0=-qφN,
φN=;
所以φN<φM<0,选项C对。
答案C
3.将一个电荷量为-2×10-8
C的点电荷,从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10-8
J,则M点电势能= J,M点电势φM= V。若将该电荷从M点移到N点,静电力做功14×10-8
J,则N点电势φN= V。?
解析由WSM=EpS-EpM,得EpM=EpS-WSM=4×10-8
J
由EpM=qφM,得φM=V=-2
V
WMN=EpM-EpN,得EpN=EpM-WMN=-10×10-8
J
由EpN=qφN得φN=V=5
V。
答案4×10-8 -2 5
4.电荷量为q=1×10-4
C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的匀强电场,电场强度E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,若重力加速度g取10
m/s2,求:
(1)物块的质量m和物块与水平面之间的动摩擦因数;
(2)物块运动2
s过程中,其电势能的改变量。
解析(1)由题图可知:
E1=3×104
N/C,E2=2×104
N/C,a1=2
m/s2。
E1q-μmg=ma1
①
E2q-μmg=0
②
由①②代入数据得:m=0.5
kg,μ=0.4。
(2)ΔEp=-E1ql1-E2ql2
=-(3×104×1×10-4××2×1+2×104×1×10-4×2×1)J=-7
J。电势能减少7
J。
答案(1)0.5
kg 0.4 (2)电势能减少7
J(共38张PPT)
习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
带电体在电场中(重力、静电力作用下)的直线运动
情景导引
如图所示,有一质量为m、带电荷量为q的油滴在竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中由静止释放。
1.判断油滴在电场中的运动性质、运动轨迹;
2.分析影响油滴运动到极板上的时间的因素。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
知识归纳
讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)动力学方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。
当带电粒子所受合力为恒力,且与速度方向共线时,粒子做匀变速直线运动,根据题意和所求,尤其是求时间问题时,优先考虑牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。
若为较复杂的匀变速直线运动,亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理。
(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。
若题中已知和所求量涉及功和能量,那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
实例引导
例1如图所示,水平放置的A、B两平行板相距h,上板A带正电,现有质量为m、带电荷量为+q的小球在B板下方距离B板H处,以初速度v0竖直向上运动,从B板小孔进入板间电场。
(1)带电小球在板间做何种运动?
(2)欲使小球刚好打到A板,A、B间电势差为多少?
【思考问题】
(2)中求电势差,是反映静电力做功或电势能的物理量,故应从功能角度寻找解题方法。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
解析:(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动,在电场中受重力和静电力作用做匀减速直线运动。
(2)整个运动过程中重力和静电力做功,由动能定理得
规律方法
分析带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法:与处理力学中物体做直线运动的方法相同,根据题意和所求考虑动力学方法、功与能量方法。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
变式训练1
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,下列说法错误的是(设电源电动势为U)( )
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A、B之间做匀加速运动,且eU=ΔEk,选项A正确;电子在B、C之间做匀速运动,选项B正确;在C、D之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,选项D正确。
答案:C
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
带电体在重力、静电力作用下的类平抛运动
情景导引
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~
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。
(2)求出t=T时的速度大小和方向;
(3)求0~T内重力势能的变化量;
(4)求0~T内静电力做的功。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
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知识归纳
分析带电体在重力、静电力作用下的类平抛运动的方法
带电体在重力、静电力作用下做类平抛运动,涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律,利用运动的合成与分解把匀变速曲线运动转换为直线运动研究,涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系的综合应用。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
实例引导
例2两平行金属板A、B水平放置,一个质量为m=5×10-6
kg的带电微粒,以v0=2
m/s的水平速度从两板正中央位置射入电场,如图所示,A、B两板间距离为d=4
cm,板长l=10
cm,g取10
m/s2。
(1)当A、B间的电压为UAB=1
000
V时,微粒恰好不偏转,沿图中虚线射出电场,求该粒子的电荷量和电性。
(2)令B板接地,欲使该微粒射出偏转电场,求A板所加电势的范围。
【思考问题】
A板电势高低——AB间电场强度大小——静电力与重力的大小关系——微粒向上或向下偏转射出电场
探究一
探究二
探究三
探究四
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探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
答案:(1)2×10-9
C 负电
(2)-600
V<φA<2
600
V
规律方法
带电体做匀变速曲线运动时,通常利用运动的合成和分解的方法,分解速度或分解力,把其分解为较简单的两个直线运动来处理。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
变式训练2
如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球,从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场,它们分别落在A、B、C三点,可以判断( )
A.小球A带正电,B不带电,C带负电
B.三个小球在电场中运动时间相等
C.三个小球到达极板时的动能EkA>EkB>EkC
D.三个小球在电场中运动的加速度aA>aB>aC
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
解析:三个小球在水平方向做匀速直线运动;竖直方向,带正电荷小球受静电力向上,合力为mg-F电,带负电荷小球受静电力向下,合力为mg+F电,不带电小球只受重力,因此带负电荷小球加速度最大,运动时间最短,水平位移最短,带正电荷小球加速度最小,运动时间最长,水平位移最大,不带电小球水平位移居中,选项A正确,选项B、D错误。在运动过程中,三个小球竖直方向位移相等,带负电荷小球合力做功最大,动能改变量最大,带正电荷小球动能改变量最小,即EkC>EkB>EkA,选项C错误。
答案:A
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
带电粒子在交变场中的运动
情景导引
电荷量q=+5×10-12
C、质量m=5×10-12
kg的带电粒子,静止在空间足够大的匀强电场中,电场强度大小和方向随时间变化的规律如图所示。忽略带电粒子的重力。求以下三种情况下,6
s时带电粒子的位移为多大?粒子的速度多大?
(1)如果在t0=0时刻释放带电粒子。
(2)如果在t0=0.5
s时刻释放带电粒子。
(3)如果在t0=0时刻给粒子以垂直电场方
向的初速度v0=1
m/s。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
要点提示:作出第(1)种情况和第(2)种情况下的v-t图像,如图甲和图乙。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
知识归纳
带电粒子在交变电场中运动问题的分析方法
1.分段分析:按照时间的先后,分阶段分析粒子在不同电场中的受力情况和运动情况,然后选择牛顿运动定律、运动学规律或功能关系求解相关问题。
2.v-t图像辅助:带电粒子在交变电场中运动情况一般比较复杂,常规的分段分析很麻烦。较好的方法是在分段分析粒子受力的情况下,画出粒子的v-t图像,画图时,注意加速度相同的运动图像是平行的直线,图像与坐标轴所围图形的面积表示位移,图像与t轴的交点,表示此时速度方向改变等。
3.运动的对称性和周期性:带电粒子在周期性变化的电场中运动时,粒子的运动一般具有对称性和周期性。
画龙点睛
分析过程是关键,抓住特性繁易简;分段处理定方略,图像一出尽展现。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
实例引导
例3(多选)带正电的微粒放在电场中,电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是( )
A.微粒在0~1
s内的加速度与1~2
s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1
s内的位移与第3
s内的位移相同
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
解析:设粒子的速度方向、位移方向向右为正,作出粒子的v-t图像如图所示。由图可知B、D选项正确。
答案:BD
规律方法
在画速度图像时,要注意以下几点
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)图线与坐标轴围成的面积表示位移,且在横轴上方所围成的面积为正,在横轴下方所围成的面积为负。
(3)注意运动对称和周期性变化关系的应用。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
变式训练3
(多选)如图甲所示,电子静止在两平行金属板A、B间的a点,t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化,则下列说法中正确的是( )
A.电子可能在极板间做往复运动
B.t1时刻电子的动能最大
C.电子能从小孔P飞出,且飞出时的动能不大于eU0
D.电子不可能在t2~t3时间内飞出电场
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
解析:t=0时刻B板电势比A板高,电子在t1时间内向B板加速,t1时刻加速结束;在t1~t2时间内电子减速,由于对称,在t2时刻速度恰好为零,接下来,电子重复上述运动,所以电子一直向B板运动,直到从小孔P穿出,A错误;无论电子在什么时刻穿出P孔,t1时刻电子都具有最大动能,B正确;电子穿出小孔P的时刻不确定,但穿出时的动能不大于eU0,C正确,D错误。
答案:BC
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
带电粒子在电场中的圆周运动
情景导引
如图所示,长为L的绝缘细线系一质量为m、电荷量为q的小球,细线的另一端固定在O点,由于空间存在水平向右的电场,小球静止时细线与竖直方向的夹角为37°。当给小球一定的初速度时,小球可绕
O
点在竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g。请思考下列问题:
(1)小球所受的静电力为多大?
(2)小球做圆周运动时,在哪个位置速度最小?在哪个位置速度最大?
(3)在小球静止处给小球一个多大的初速度v0,小球刚好能在竖直平面内绕O做圆周运动?
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
知识归纳
用“等效重力场”分析复合场问题
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对处在匀强电场中的宏观物体而言,它的周围不仅有重力场,还有匀强电场,同时研究这两种场对物体运动的影响,问题就会变得复杂一些。此时,若能将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”(可形象称之为“等效重力场”)来代替,不仅能起到“柳暗花明”的效果,同时也是等效思想的体现。
若要灵活应用这种处理方法,必须首先搞清“等效重力场”中的部分概念与复合之前的相关概念之间的关系。具体对应如下:
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
等效重力场?重力场、电场叠加而成的复合场
等效重力?重力、静电力的合力
等效重力加速度?等效重力与物体质量的比值
等效“最低点”?物体自由静止时能处于稳定平衡状态的位置
等效“最高点”?物体做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置
等效重力势能?等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
实例引导
例4如图所示,半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上,电场强度为E的匀强电场与环面平行。一电荷量为+q、质量为m的小球穿在环上,可沿环做无摩擦的圆周运动,若小球经A点时,速度vA的方向恰与电场垂直,且圆环与小球间沿水平方向无力的作用,求:
(1)速度vA的大小。
(2)小球运动到与A点对称的B点时,对环在水平方向的作用力的大小。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
(2)在小球从A到B的过程中,根据动能定理,静电力做的正功等于小球动能的增加量,即
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
规律方法
解决电场(复合场)中的圆周运动问题的关键
(1)分析向心力的来源,向心力的提供有可能是重力和静电力的合力,也有可能是单独的重力或静电力。(2)灵活应用等效法、叠加法等分析解决问题。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
变式训练4
(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
( )
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qEmg,球在a处速度最大,对细线的拉力最大,故A、B错;a点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最小,故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,D正确。
答案:CD
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
1.(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后,选项中的图像,反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
答案:AD
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
2.(多选)如图所示,两块平行金属板正对着水平放置,两板分别与电源正、负极相连。当开关闭合时,一带电液滴恰好静止在两板间的M点。则( )
A.当开关闭合时,若减小两板间距,液滴仍静止
B.当开关闭合时,若增大两板间距,液滴将下降
C.开关再断开后,若减小两板间距,液滴仍静止
D.开关再断开后,若增大两板间距,液滴将下降
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
答案:BC
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
3.如图所示,半径为R的光滑圆环竖直置于电场强度为E的水平方向的匀强电场中,质量为m、带电荷量为+q的空心小球穿在环上,当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时,求小球对环的压力。
探究一
探究二
探究三
探究四
随堂检测
联立以上两式可得F1=2mg+3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力,两者等大反向,即小球对环的压力F1'=2mg+3Eq,方向水平向右。
答案:2mg+3Eq,方向水平向右(共12张PPT)
本章整合
答案:(1)静电力做功与路径无关
(2)W=qU
(3)电荷在电场中具有的势能
(4)W=-ΔEp
(5)Ep=qφ
(6)电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量之比
(8)沿电场线方向电势逐渐降低
(9)电场中两点之间电势的差值
(10)UAB=φA-φB
(11)U=Ed
(12)电场中电势相等的点构成的面
(13)电场线跟等势面垂直,并且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面
(14)任何两个彼此绝缘又相距很近的导体组成电容器
(15)电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差的比值
(19)静电力和运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动
(20)粒子的动能变化等于静电力做的功
(21)类平抛运动,初速度方向做匀速直线运动,静电力方向做匀加速直线运动
(22)运动的合成和分解
一、电场线、等势面、粒子的轨迹问题
1.电场线的作用
(1)判断电场强度的方向
电场线上任意一点的切线方向即为该点电场强度的方向。
(2)判断静电力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同,负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。
(3)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大,电场线疏处电场强度小,进而可判断电荷受静电力大小和加速度的大小。
(4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低,电场强度的方向是电势降低最快的方向。
2.电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系
一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合,只有同时满足以下三个条件时,两者才会重合。
(1)电场线为直线;(2)粒子初速度为零,或初速度方向与电场线平行;(3)粒子仅受静电力作用或所受合力的方向与电场线平行。
例1(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( )
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增大
C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
D.两个粒子的电势能都减少
解析:因为电场线方向未知,不能确定a、b的电性,所以选项A错;由于静电力对a、b都做正功,所以a、b的速度都增大,电势能都减少,选项B错、D对;粒子的加速度大小取决于静电力的大小,a向电场线稀疏的方向运动,b向电场线密集的方向运动,所以选项C对。
答案:CD
二、带电体(粒子)在静电力作用下的运动
1.力和运动的角度
带电体的运动情况取决于它的受力情况及初始状态,准确分析带电体的受力情况是解题的关键,通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹。从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法。
2.运动分解的角度
带电体在电场和重力场的复合场中,若做类平抛或其他曲线运动,都可以考虑分解的思想,把它分解为两个分运动,可使问题很快得到解决。
例2如图所示,水平地面上方分布着水平向右的匀强电场。一L形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中,管的水平部分长为l1=0.2
m,离水平地面的距离为h=5.0
m,竖直部分长为l2=0.1
m。一带正电的小球从管的上端口A由静止释放,小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短,可不计)时没有能量损失,小球在电场中受的静电力大小为重力的一半。求:
(1)小球运动到管口B时的速度大小;
(2)小球落地点与管的下端口B的水平距离。(g取10
m/s2)
答案:(1)2.0
m/s (2)4.5
m
例3长为L的平行金属板与水平面成θ角放置,板间有匀强电场。一个电荷量为-q、质量为m的带负电的液滴以速度v0垂直于电场方向射入两极板间,如图所示,射入后液滴沿直线运动。已知重力加速度为g,求:
(1)两极板间的电场强度为多大?
(2)液滴离开电场时的速度为多大?
解析:(1)液滴在电场中受到重力mg和静电力F两个力的作用,由于液滴沿直线运动,由直线运动的条件可知:两个力的合力必须与速度共线。所以静电力的方向是垂直于金属板斜向上,如图所示,由几何关系可得F=Eq=mgcos
θ(共28张PPT)
5.带电粒子在电场中的运动
必备知识
自我检测
一、带电粒子的加速
1.运动状态分析:带电粒子(不计重力)沿电场方向射入匀强电场时,若所受静电力与速度方向同向,则粒子做匀加速直线运动;若所受静电力与速度方向反向,则粒子做匀减速直线运动。
2.粒子末速度的求解方法
必备知识
自我检测
二、带电粒子的偏转
1.运动状态分析:带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场,受到与初速度方向垂直的恒定静电力作用而做匀变速曲线运动。
2.处理方法:带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场,将带电粒子的运动沿初速度方向和静电力方向进行分解:(1)沿初速度方向的分运动为匀速直线运动。(2)沿静电力方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动。
必备知识
自我检测
三、示波管的原理
1.构造
示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由偏转电极XX'和偏转电极YY'组成)和荧光屏组成。
2.工作原理
灯丝被电源加热后,发射热电子,发射出来的电子经过加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如在偏转电极YY'之间加一个待显示的信号电压,在偏转电极XX'上加一仪器自身产生的锯齿形电压,在荧光屏上就会出现待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。
必备知识
自我检测
1.正误判断。
(1)带电粒子在电场中一定做加速直线运动。
( )
解析:带电粒子在电场中只受静电力作用且速度为零或者是速度方向和静电力方向相同时,带电粒子才做加速直线运动。
答案:×
(2)当带电粒子的速度方向和静电力方向垂直时,带电粒子才做曲线运动。
( )
解析:当带电粒子只受静电力作用,且带电粒子的速度方向和静电力方向不在同一直线上时,带电粒子才做曲线运动。
答案:×
(3)带电粒子的偏转问题可用运动的合成和分解的方法解决。
( )
解析:运动的合成和分解是解决曲线运动的常用方法,带电粒子在电场中的偏转是曲线运动。
答案:√
必备知识
自我检测
2.一带电粒子在电场中只受静电力作用时,它不可能出现的运动状态是( )
A.匀速直线运动
B.匀加速直线运动
C.匀减速直线运动
D.匀变速曲线运动
解析:粒子合力不为0,不可能做匀速直线运动,故A不可能;粒子合力不为0,当初速度方向与加速度方向相同(或相反),若受到的静电力恒定,就做匀加速(或匀减速)直线运动,故B、C可能;粒子合力不为0,当初速度方向与加速度方向不在一条直线上,若受到的静电力恒定,就可做匀变速曲线运动,故D可能。
答案:A
必备知识
自我检测
3.下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是( )
答案:A
探究一
探究二
随堂检测
带电粒子的加速
情景导引
在真空中有一对平行金属板,由于接上电池组而带电,两板间电势差为U,若一个质量为m、带正电荷q的粒子,以初速度v0从正极板附近向负极板运动。
试结合上述情境讨论:
(1)怎样计算它到达负极板时的速度?
(2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0),将做匀减速直线运动,如果能到达负极板,其速度如何?
(3)上述问题中,两块金属板是平行的,两板间的电场是匀强电场,如果两金属板是其他形状,中间的电场不再均匀,上面的结果是否仍然适用?为什么?
探究一
探究二
随堂检测
(3)结果仍然适用。因为不管是否为匀强电场,静电力做功都可以用W=qU计算,动能定理仍然适用。
探究一
探究二
随堂检测
知识归纳
1.带电粒子的分类及受力特点
(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子,一般都不考虑重力。
(2)质量较大的微粒:带电小球、带电油滴、带电颗粒等,除有说明或有明确的暗示外,处理问题时一般都不能忽略重力。
2.处理带电粒子在电场中加速问题的两种方法
可以从动力学和功能关系两个角度分析如下:
探究一
探究二
随堂检测
画龙点睛
恒力作用时应用牛顿运动定律解题会使物理过程更加清晰,非匀强电场中所受静电力不再恒定,可用动能定理解题,解题过程简洁明了。
探究一
探究二
随堂检测
实例引导
例1(多选)示波管中电子枪的原理示意图如图所示,示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极,K为接在高电势点的加速阳极,A、K间电压为U,电子离开阴极时的速度可以忽略,电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v。下面的说法正确的是( )
探究一
探究二
随堂检测
A.如果A、K间距离减半而电压仍为U,则电子离开K时的速度仍为v
B.如果A、K间距离减半而电压仍为U,则电子离开K时的速
探究一
探究二
随堂检测
答案:AC
探究一
探究二
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
带电粒子的偏转
情景导引
如图所示,质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间,两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场,已知板长为l,板间电压为U,板间距为d,不计粒子的重力。
试结合上述情境讨论:
(1)怎样求带电粒子在电场中运动的时间t?
(2)粒子加速度大小是多少?方向如何?
(3)怎样求粒子射出电场时在静电力方向上的偏转距离?
(4)粒子离开电场时垂直电场方向和沿电场方向的速度。
(5)合速度与初速度方向的夹角θ的正切值。
(6)粒子合位移与初速度方向的夹角α的正切值。
探究一
探究二
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
知识归纳
带电粒子在匀强电场中偏转的知识要点
1.带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律。
探究一
探究二
随堂检测
4.运动轨迹:抛物线。
画龙点睛
带电粒子在电场中的偏转为类平抛运动,与平抛运动遵循相同的运动规律,即一个方向为匀速直线运动,另一个方向为初速度为零的匀加速直线运动,但加速度一般不等于g。
探究一
探究二
随堂检测
实例引导
例2一束电子流经U=500
V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,若两极板间距d=1.0
cm,板长l=5.0
cm。
(1)要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大电压?
(2)在保持所加最大电压不变的情况下,将电子流改为质子流,质子能否从两极板间飞出?
探究一
探究二
随堂检测
答案:见解析
探究一
探究二
随堂检测
规律方法
若几种不同的带电粒子经同一电场加速后再进入同一个偏转电场,粒子的侧向位移、偏转角与粒子的q、m无关,仅取决于加速电场和偏转电场,即
探究一
探究二
随堂检测
变式训练两个半径均为R的圆形平板电极,平行正对放置,相距为d,极板间的电势差为U,板间电场可以认为是匀强电场。一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间,到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷量为e,质子和中子的质量均视为m,忽略重力和空气阻力的影响,求:
(1)极板间的电场强度E。
(2)α粒子在极板间运动的加速度a。
(3)α粒子的初速度v0。
探究一
探究二
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
1.如图所示,电子由静止开始从A板向B板运动,到达B板的速度为v,保持两板间的电压不变,则( )
A.当增大两板间的距离时,速度v增大
B.当减小两板间的距离时,速度v减小
C.当减小两板间的距离时,速度v不变
D.当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间增大
答案:C
探究一
探究二
随堂检测
2.如图所示,两极板与电源相连,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出。现使电子射入速度变为原来的2倍,电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板长度应变为原来的( )
答案:A
探究一
探究二
随堂检测
3.如图所示,在点电荷+Q激发的电场中有A、B两点,将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时,它们的速度大小之比为多少?(共26张PPT)
3.电势差与电场强度的关系
必备知识
自我检测
一、电势差与电场强度的关系
1.如图所示,匀强电场的电场强度为E,将电荷+q从A点移动到B点。(1)从力和位移的角度计算静电力所做功W=qEd。(2)若A、B间电势差为UAB,则静电力做功W=UABq。(3)比较两次计算的功的大小,电势差与电场强度的关系为UAB=Ed。
必备知识
自我检测
2.接上问,若A、B不在同一条电场线上,如图所示,A、B两点间的电势差UAB=Ed。
3.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积,即UAB=Ed,d为两点沿电场方向的距离。
(2)电场强度的方向和大小:电场中,电场强度方向是指电势降低最快的方向。
必备知识
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二、电场强度的另一种表述
必备知识
自我检测
1.正误判断。
(1)公式UAB=Ed适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差。
( )
解析:此公式只适用于匀强电场。
答案:×
(2)根据公式UAB=Ed,在匀强电场中A点和B点间距离越大,则这两点的电势差越大。
( )
解析:公式中的d是A、B两个等势面间的垂直距离,A点和B点间距离大,等势面间的垂直距离不一定大。
答案:×
必备知识
自我检测
(3)在匀强电场中,沿电场线方向,相同距离上降低的电势必相等。
( )
解析:由UAB=Ed可知沿电场线方向,相同距离上降低的电势必相等。
答案:√
(4)由公式E=
得,电场强度E与电势差U成正比,与两点间距离d成反比。
( )
解析:电场强度是电场本身的性质,与两点间的距离及电势差无关。
答案:×
必备知识
自我检测
2.下列关于匀强电场中电场强度和电势差的关系,正确的说法是( )
A.任意两点之间的电势差,等于电场强度和这两点间距离的乘积
B.在任何方向上,若两点间距离相等,则它们之间电势差就相等
C.沿着电场线方向,任何相同距离上的电势降落必定相等
D.电势降落的方向必定是电场强度的方向
解析:匀强电场中电势差与电场强度的关系U=Ed中的d是两点沿电场线方向的距离,并不是两点间的距离,A错。两点距离相等,两点沿电场线方向的距离不一定相等,B错。由U=Ed=ELcos
α,可知C正确。
答案:C
必备知识
自我检测
3.如图所示,匀强电场电场强度E=100
V/m,A、B两点相距10
cm,A、B连线与电场线夹角为60°,则UBA的值为( )
A.-10
V
B.10
V
解析:A、B两点沿电场线方向的距离
d=l·cos
60°=0.1×
m=0.05
m
B点的电势低于A点电势,且
UBA=-Ed=-100×0.05
V=-5
V
答案:C
探究一
探究二
随堂检测
情景导引
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。M、N两点间的电势差UMN与O、M两点间的电势差UOM哪个大?
要点提示:UMN探究一
探究二
随堂检测
知识归纳
(1)大小关系:电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势,电场强度是电势差对空间位置的变化率,电势随空间变化的快慢,反映了电场强度的大小。
(2)方向关系:电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向。如图所示,沿ab、ac、ad三个方向电势都降低相同数值ΔU,沿ac方向经过的距离最小,
最大,ac方向就是电势降低最快的方向。
探究一
探究二
随堂检测
算非匀强电场的电势差,但在非匀强电场中,电场强度整体较强的地方,沿电场线相同的距离上的电势差必然更大,电势变化更快,所以根据这个公式可以比较非匀强电场中电势差的大小。
画龙点睛
UAB=Ed在匀强电场中可用于计算,在非匀强电场中可用于定性判断。
探究一
探究二
随堂检测
实例引导
例1(1)某一电场的电场线和等势面如图甲所示。已知φa=5
V,φc=3
V,ab=bc,则( )
A.φb=4
V
B.φb>4
V
C.φb<4
V
D.上述情况都有可能
(2)若电场线和等势面如图乙所示,其他条件不变,则答案为(1)中的( )
探究一
探究二
随堂检测
φb=4
V,选项A正确。(2)由于是非匀强电场,不能根据公式U=Ed进行定量计算,只能进行定性分析,由电场线的疏密可知ab和bc间的平均电场强度Eab>Ebc,所以Uab>Ubc,C正确。
答案:(1)A (2)C
规律方法
(1)公式U=Ed可以定性分析非匀强电场的电场强度和电势差。
(2)在一幅等势面图中,若相邻等势面间的电势差相等,相邻等势
探究一
探究二
随堂检测
A.它们都只对点电荷或点电荷的电场成立
B.①②③只对点电荷或点电荷电场成立,④对任何电场都成立
C.①②只对点电荷成立,③对任何电场都成立,④只对匀强电场成立
D.①②只对点电荷成立,③④对任何电场都成立
答案:C
探究一
探究二
随堂检测
从电势差角度理解电场强度
情景导引
电场强度、电势差和电势都是描述电场的物理量,电场中电势越高的位置,电场强度一定越大吗?
要点提示:电场强度与电势是两个不同的概念,两者无必然联系,电势高的位置,电场强度不一定大。
探究一
探究二
随堂检测
知识归纳
1.电场强度与电势差的关系
探究一
探究二
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
2.关于电场强度的三个表达式的比较
画龙点睛
在匀强电场中,相互平行且相等的线段两端点的电势差相等。
探究一
探究二
随堂检测
实例引导
例2如图所示,虚线方框内有一匀强电场,A、B、C为该电场中的三点,已知:φA=12
V,φB=6
V,φC=-6
V。试在该虚线框内作出该电场的示意图(画出几条电场线),并要求保留作图时所用的辅助线。
探究一
探究二
随堂检测
解析:要画电场线,先找等势面(线)。
AH=HF=FC,则φH=6
V,φF=0,故B、H等电势。连接BH即为等势线,由电场线与等势面(线)垂直且由高电势指向低电势,可画出电场线如图所示。
答案:见解析图
探究一
探究二
随堂检测
规律方法
(1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势降低都是均匀的,故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等,如图甲,AB=BC,则UAB=UBC。
(2)在匀强电场中,相互平行且相等的线段两点间的电势差相等。如图乙,AB∥CD,则UAB=UCD。
(3)确定电场方向的方法:先由等分法确定电势相等的点,画出等势面(线),然后根据电场线与等势面(线)垂直画出电场线,且电场线的方向由电势高的等势面(线)指向电势低的等势面(线)。
探究一
探究二
随堂检测
变式训练2
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。电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20
V,b点的电势为24
V,d点的电势为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
解析:因为ab∥cd,故φa-φb=φd-φc,解得φc=8
V。
答案:B
探究一
探究二
随堂检测
1.如图所示,在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1
m的圆,P为圆周上的一点,O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小E=100
V/m,则O、P两点的电势差可表示为( )
A.UOP=-10sin
θ(V)
B.UOP=10sin
θ(V)
C.UOP=-10cos
θ(V)
D.UOP=10cos
θ(V)
解析:由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的,沿着电场线的方向电势是降低的,所以P点的电势高于O点的电势,O、P两点的电势差UOP为负值。根据电势差与电场强度的关系可得UOP=-Ed=-E·Rsin
θ=-10sin
θ
V,所以A正确。
答案:A
探究一
探究二
随堂检测
2.如图所示,A、B是匀强电场中相距4
cm的两点,其连线与电场方向成60°角,两点间的电势差为200
V,则电场强度大小为( )
A.8
V/m
B.50
V/m
C.5×103
V/m
D.1×104
V/m
答案:D
探究一
探究二
随堂检测
3.如图所示,三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面,已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势面上的点,且这三点在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为φA=10
V和φC=2
V,则B点的电势( )
A.一定等于6
V
B.一定低于6
V
C.一定高于6
V
D.无法确定
解析:从等势面的疏密可以看出EA>EB>EC,又AB=BC,由公式UAB=Ed可以判断UAB>UBC,所以φB<6
V。
答案:B5.带电粒子在电场中的运动
课后篇巩固提升
基础巩固
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( )
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
解析由荧光屏上亮斑的位置可知,电子在XX'偏转电场中向X极板方向偏转,故极板X带正电,选项A正确,选项B错误;电子在YY'偏转电场中向Y极板方向偏转,故极板Y带正电,选项C正确,选项D错误。
答案AC
2.如图所示,质子H)和α粒子He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶1
D.1∶4
解析由y=和Ek0=得y=,y与q成正比,选项B正确。
答案B
3.带电粒子经加速电场由静止加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场,要使它离开偏转电场时偏转角增大,可采用的方法有( )
A.增加带电粒子的电荷量
B.增加带电粒子的质量
C.增大加速电压
D.增大偏转电压
解析同一加速电场、同一偏转电场,偏转角的正切为tan
θ=,U2为偏转电压,U1为加速电压,l为偏转电场在粒子入射方向的长度,d为偏转电场在垂直粒子入射方向的宽度,选项D正确。
答案D
4.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速率相同,则两次偏转电压之比为( )
A.U1∶U2=1∶8
B.U1∶U2=1∶4
C.U1∶U2=1∶2
D.U1∶U2=1∶1
解析设偏转电极板长为l,板间距离为d,当偏转电压为U1时,,当偏转电压为U2时,d=2,解得U1∶U2=1∶8。
答案A
5.
(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( )
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
粒子做直线运动,其重力和静电力的合力应与速度共线,如图所示。重力与静电力不共线,不可能平衡,选项A错误;粒子运动过程中静电力做负功,因而电势能增加,选项B正确;合力做负功,动能减小,选项C错误;电容器的极板与直流电源相连,即其电压、板间的电场强度不变,则静电力不变,合力恒定,因而粒子做匀变速直线运动,选项D正确。
答案BD
6.如图所示,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;在负极板附近有一质量为m、电荷量为-q的粒子。在静电力的作用下,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
解析粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动,正负粒子加速度分别为a1=,a2=,设两粒子经过同一平面的时间为t,则正粒子的位移a1t2=
t2①,负粒子的位移a2t2=t2②。得M∶m=3∶2,选项A正确。
答案A
能力提升
1.如图所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1变为原来的2倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该( )
A.使U2变为原来的2倍
B.使U2变为原来的4倍
C.使U2变为原来的倍
D.使U2变为原来的倍
解析电子加速有qU1=,电子偏转有y=2,联立解得y=,选项A正确。
答案A
2.如图所示,有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能穿过电场,求:
(1)金属板AB的长度。
(2)电子穿出电场时的动能。
解析(1)设电子飞离加速电场时速度为v0,由动能定理得eU0=
①
设金属板AB的长度为l,电子偏转时间t=
②
电子在偏转电场中产生的偏转加速度a=
③
电子在电场中偏转y=d=at2
④
由①②③④得l=d。
(2)设电子穿过电场时的动能为Ek,根据动能定理得Ek=eU0+e·=e。
答案(1)d (2)e
3.
右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)求电子从偏转电场中射出时的偏移量。
(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=
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偏移量为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)见解析习题课:电场能的性质的理解与应用
课后篇巩固提升
基础巩固
1.
(多选)等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示,现将一个带负电的试探电荷先从图中的a点沿直线移动到b点,再从b点沿直线移动到c点,则试探电荷在此全过程中( )
A.所受静电力的方向不变
B.所受静电力的大小恒定
C.电势能一直减小
D.电势能先不变后减小
解析ab线是等量异种点电荷电场的等势线,而ab和bc上合电场的电场强度方向都是垂直ab线向下的,试探电荷在a→b过程中静电力方向始终竖直向上,与在c点相同,A对;沿ab方向越靠近两点电荷的连线,电场线越密,电场强度越大,所受静电力越大,B错;从a→b静电力不做功,从b→c静电力做正功,电势能先不变后减小,C错,D对。
答案AD
2.
(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,下列表述正确的有( )
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。电势能均减少,选项C错误,选项D正确。
答案BD
3.
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φa>φb>φc>φd,若不计粒子所受重力,则
( )
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φa>φb>φc>φd,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受力由d指向a,即该粒子带负电,从A点到B点的运动过程中,粒子的动能增大,电势能减小。
答案B
4.
(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ab所在的电场线竖直向下,a、b间的高度差为h,则( )
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b点电场强度大于a点电场强度。选项C正确,D错误。
答案ABC
5.(多选)
如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,实线为一带正电的质点仅在静电力的作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q为这条轨迹上先后经过的两个点,由此可知( )
A.三个等势面中,a电势最高
B.质点在Q点时,加速度较大
C.带电质点通过P点时动能较大
D.质点通过Q时电势能较小
解析
根据等势线与电场线的关系,可知电场线必处处与等势线垂直;由带正电质点的轨迹的弯曲方向,可知电场线方向如图所示。由图可知,电场强度EQ>EP,电势φc>φb>φa,EpQ>EpP。因此A、D错误,B正确。由能量守恒可知,当质点通过P点时,动能较大,所以C正确。
答案BC
6.
如图所示,虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面,已知a、b两点在同一等势面上,c、d两点在另一个等势面上,甲、乙两个带电粒子以相同的速率,沿不同的方向从同一点a射入电场,在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动,则( )
A.两粒子所带的电荷为同种电荷
B.甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度
C.两个粒子的电势能都是先减小后增大
D.经过b点时,两粒子的电势能相等
解析根据曲线运动时,质点所受的合力指向轨迹的内侧可知,甲受到引力,乙受到斥力,则甲与Q是异种电荷,而乙与Q是同种电荷,故两粒子所带的电荷为异种电荷,故A错误;甲粒子从a到c过程,静电力做正功,动能增加,而乙从a到d过程,静电力做负功,动能减小,两粒子初动能相等,则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度,故B正确;甲粒子从a到b过程,静电力先做正功后做负功,电势能先减小后增大,静电力对乙粒子先做负功后做正功,电势能先增大后减小,故C错误;经过b点时,两粒子的电势相等,而电荷量关系未知,不能确定电势能的关系,故D错误。
答案B
能力提升
1.
如图所示,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,静电力所做的负功相等,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,静电力做正功
D.若电子由P点运动到Q点,静电力做负功
解析电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,静电力做的负功相等,则电势能增加量相等,电势降低相等,N、P两点的电势相等,直线d位于某一等势面内,根据匀强电场的等势面分布情况知,直线a不是位于同一等势面内,直线c位于某一等势面内,且φM>φN,故A错误,B正确。直线c位于某一等势面内,则M、Q的电势相等,若电子由M点运动到Q点,则静电力不做功,故C错误。电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点静电力做功相等,所以静电力做正功,故D错误。
答案B
2.
(多选)如图所示,MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是( )
A.粒子从a到b过程中动能逐渐减小
B.负点电荷一定位于M点左侧
C.粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能
D.粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
解析在虚线和电场线的交点处画出此位置的速度方向,再由轨迹的弯曲方向可判断出带正电的粒子受到的静电力方向由M指向N,故负点电荷的位置在N点的右侧,B错误。离负点电荷越近,带正电的粒子受到的静电力越大,加速度越大,D正确。从a到b,静电力做正功,粒子的动能变大,电势能变小,A错误,C正确。
答案CD
3.
如图所示,真空中直线MN上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷A、B,两者相距为L,在同一平面内,以B为圆心、为半径画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线垂直于MN。一电荷量为+q的试探电荷C在圆周上运动,则下列判断错误的是( )
A.电荷C在a处所受到的静电力最大
B.电荷C在a处的电势能最大
C.电荷C在b处的电势能最大
D.电荷C在c、d两处的电势能相等
解析在a、b、c、d四点,B对C的静电力大小相等,在a点,A对C的静电力最大,而且方向与B对C的静电力方向相同,根据矢量合成可知,C在a处所受到的静电力最大,故A正确;a、b、c、d四点在以点电荷B为圆心的圆上,由B产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的,所以a、b、c、d四点的总电势大小关系可以通过A产生的电场的电势确定,根据沿着电场线方向电势降低可知,b点电势最高,c、d两点电势相等,a点电势最低,根据正电荷在电势高处电势能大,可知C在a处的电势能
最小,在b处的电势能最大,在c、d两处的电势能相等,故B错误,C、D正确。
答案B
4.
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,各平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)小球受到的合外力的大小。
(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-
所以xm=。
答案(1)正电荷 (2)mg (3)(共19张PPT)
习题课:电场能的性质的理解与应用
探究一
探究二
随堂检测
电场线、等势面和运动轨迹的综合
情景导引
图中虚线1、2、3、4表示匀强电场的等势面。一带正电的粒子只在静电力的作用下从a点运动到b点,轨迹如图中实线所示。
(1)正电粒子受的静电力方向向哪?电场线的方向向哪?
(2)a、b两点的电势哪点高?
(3)粒子在a点的电势能大还是在b点电势能大?动能呢?
探究一
探究二
随堂检测
要点提示:静电力的方向一定与等势面垂直,由图可知静电力的方向向右,由于粒子带正电,所以电场线方向从左向右,故a点的电势高于b点的电势,粒子从a运动到b,静电力做正功,动能增加,电势能减少。
探究一
探究二
随堂检测
知识归纳
1.已知等势面的形状分布,根据电场线和等势面相互垂直可以绘制电场线。
2.由电场线和等差等势面的疏密,可以比较不同点的电场强度大小,电场线或等势面密集处,电场强度较大。
3.根据电荷的运动轨迹弯向力指的那一侧,静电力沿着电场线的切向方向,可以判断电荷所受静电力方向;
根据电荷所受静电力方向和电荷的速度方向(运动轨迹的切线方向)的夹角,判断静电力做功情况,进而判断电势能变化情况,结合动能定理判断电荷的动能变化情况。
探究一
探究二
随堂检测
实例引导
例1(多选)某同学在研究电子在电场中的运动时,得到了电子由a点运动到b点的轨迹(如图中实线所示),图中未标明方向的一组虚线可能是电场线,也可能是等势面,则下列说法正确的是( )
A.如果图中虚线是电场线,电子由a点运动到b点,动能减少,电势能增加
B.如果图中虚线是等势面,电子由a点运动到b点,动能增加,电势能减少
C.不论图中虚线是电场线还是等势面,a点的电场强度都大于b点的电场强度
D.不论图中虚线是电场线还是等势面,a点的电势都高于b点的电势
探究一
探究二
随堂检测
解析:电子做曲线运动,它受到的静电力方向指向轨迹的凹侧。如果虚线是电场线,电子受到静电力的方向沿电场线向左,由a点运动到b点,静电力做负功,动能减少,电势能增加,A正确;若虚线是等势面,电场线与等势面垂直,即电子受到的静电力方向也与等势面垂直,方向指向斜下方,电子由a点运动到b点,静电力做正功,动能增加,电势能减少,电势升高,B正确,D错误;因为等势面密集处电场线也密集,题图中虚线无论是电场线还是等势面,a处都较密集,所以a点的电场强度大于b点的电场强度,C正确。
答案:ABC
规律方法
已知等势面的形状分布,根据电场线和等势面相互垂直绘制电场线,再根据轨迹弯曲方向找电荷的受力方向,结合运动轨迹或路径,判断功的正负;由静电力做功正负确定动能及电势能的变化。
探究一
探究二
随堂检测
变式训练1
(多选)某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,由M运动到N,其运动轨迹如图中虚线所示,以下说法正确的是
( )
A.粒子必定带正电荷
B.由于M点没有电场线,粒子在M点不受静电力的作用
C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D.粒子在M点的动能小于在N点的动能
探究一
探究二
随堂检测
解析:根据带电粒子运动轨迹弯曲的情况,可以确定粒子受静电力的方向沿电场线方向,故此粒子带正电,A选项正确。电场线越密,电场强度越大,粒子受到的静电力就越大,根据牛顿第二定律可知其加速度也越大,故此粒子在N点加速度大,B选项错误,C选项正确。粒子从M点运动到N点,静电力做正功,根据动能定理得此粒子在N点的动能大,故D选项正确。
答案:ACD
探究一
探究二
随堂检测
电势、电势能、静电力做功的综合分析
情景导引
如图所示,在光滑绝缘直杆下端固定一电荷量为+Q的点电荷,杆上A、B两点间的距离为h,一电荷量为-q、质量为m的绝缘小球
(1)静电力所做的功。
(2)A、B两点的电势差。
(3)若取B点为零势能点,小球在A点的电势能。
探究一
探究二
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
知识归纳
1.计算静电力做功的常见方法
(1)利用静电力做功与电势能的关系求解:WAB=EpA-EpB。
(2)利用W=Fd求解,此公式只适用于匀强电场。
(3)利用公式WAB=qUAB求解。
(4)利用动能定理求解:W合=ΔEk。
2.分析电荷电势能变化的方法
(1)公式法:由公式Ep=qφ判断。
(2)做功法:静电力做正功,电势能减少;静电力做负功,电势能增加,即W=Ep1-Ep2。
(3)电荷法:正电荷在电势高的地方电势能大。负电荷在电势低的地方电势能大。
探究一
探究二
随堂检测
实例引导
例2如图所示,光滑绝缘细杆竖直放置,它与以正电荷Q为圆心的圆交于B、C两点,质量为m、电荷量为-q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑,已知q?Q,AB=h,小球滑到B点时的速度大小为
求小球由A到C的过程中静电力做的功及A、C两点间的电势差。
探究一
探究二
随堂检测
解析:因为Q是正点电荷,所以以Q为圆心的圆面是一个等势面,这是一个重要的隐含条件,由A到B过程中静电力是变力,所以不能直接用W=Fx来解,只能考虑应用功能关系求解。
探究一
探究二
随堂检测
变式训练2匀强电场的电场强度为40
N/C,在同一条电场线上有A、B两点,把质量为2×10-9
kg、带电荷量为-2×10-9
C
的微粒从A点移到B点,静电力做了1.5×10-7
J的正功。求:
(1)A、B两点间的电势差UAB。
(2)A、B两点间的距离。
(3)若微粒在A点具有与电场线同向的速度为10
m/s,在只有静电力作用的情况下,求经过B点的速度。
探究一
探究二
随堂检测
解析:(1)WAB=UAB·q
探究一
探究二
随堂检测
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.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
探究一
探究二
随堂检测
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,故D项错误;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,故C项错误;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项正确,B项错误。
答案:A
探究一
探究二
随堂检测
2.(多选)图甲是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度仅在静电力的作用下沿电场线AB由A点运动到B点,所经位置的电势φ随其与A点的距离x变化的规律如图乙所示。以下说法正确的是( )
A.A、B两点的电场强度EAB.电子在A、B两点的速度vA>vB
C.A、B两点的电势φA<φB
D.电子在A、B两点的电势能EpA解析:由题图可知,从A到B电势降低,则电场方向为从A到B,电子带负电,在电势较低的B点电势能较大,根据能量守恒可知,电子在A点的动能较大,选项B、D正确;电势在A点变化较快,则电场强度EA>EB,选项A错误。
答案:BD
探究一
探究二
随堂检测
3.如图所示。Q为固定的正点电荷,A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h,将另一点电荷从A点由静止释放,运动到B点时速
(1)此电荷在B点处的加速度。
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。(共25张PPT)
1.电势能和电势
必备知识
自我检测
一、静电力做功的特点
静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关,与电荷经过的路径无关。
二、电势能
1.电势能:电荷在电场中具有的势能叫作电势能,可用Ep表示。
2.静电力做功与电势能变化的关系:静电力做的功等于电势能的减少量,静电力做正功,电势能减少;静电力做负功,电势能增加。
3.电势能的大小:电荷在某点的电势能,等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功。
4.零电势能位置的规定:通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为0,或把电荷在大地表面上的电势能规定为0。
必备知识
自我检测
三、电势
1.电场中某一点的电势:电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值叫作该点的电势,即
2.单位:伏特,符号为V。
1
V的物理意义:在电场中某一点,如果电荷量为1
C的电荷在这点的电势能是1
J,这一点的电势就是1
V。?
3.矢标性:电势是标量,但有正、负之分。
4.沿着电场线方向电势逐渐降低。
必备知识
自我检测
1.正误判断。
(1)只有在带电体只受静电力作用的条件下,静电力做功才与路径无关。
( )
解析:无论带电体受不受其他力,静电力对带电体所做功均与路径无关。
答案:×
(2)负电荷沿电场线方向移动时,静电力做负功,电势能增加。
( )
解析:负电荷在电场中受力与电场线方向相反,沿电场线方向移动时,静电力做负功,因此电势能增加。
答案:√
必备知识
自我检测
(3)某电场中,带电物体在A点具有的电势能EpA=5
J,在B点具有的电势能EpB=-8
J,则EpA>EpB。
( )
解析:电势能是标量,正负表示电势能的大小,所以EpA>EpB。
答案:√
(4)某电场中,A点的电势φA=3
V,B点的电势φB=-4
V,则φA>φB。
( )
解析:电势是标量,正负表示电势的大小,所以φA>φB。
答案:√
必备知识
自我检测
解析:电势是电场本身的属性,定义式中q为试探电荷,电势与试探电荷q无关。
答案:×
(6)电荷在电势越高的位置电势能越大。
( )
解析:正电荷在电势越高处电势能越大,负电荷在电势越高处电势能越小。
答案:×
必备知识
自我检测
2.电场线分布如图所示,电场中a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb,电势分别为φa和φb,则( )
A.Ea>Eb,φa>φb
B.Ea>Eb,φa<φb
C.Eaφb
D.Ea解析:电场线的疏密表示电场强度的大小,得Ea答案:C
探究一
探究二
对静电力做功、电势能的理解
情景导引
1.如图所示,试探电荷q在电场强度为E的匀强电场中,沿直线从A移动到B。(1)静电力做的功为多少?(2)若q沿折线AMB从A点移动到B点,静电力做的功为多少?(3)若q沿任意曲线从A点移动到B点,静电力做的功为多少?(4)由此可得出什么结论?
2.(1)物体从高处向低处运动,重力做什么功?物体的重力势能如何变化?重力做功和物体的重力势能变化有什么关系?
(2)正电荷顺着电场线移动,静电力做什么功?电荷的电势能如何变化?负电荷顺着电场线移动,静电力做什么功?电荷的电势能如何变化?电势能的变化与静电力做功有什么关系?
随堂检测
探究一
探究二
要点提示:1.(1)静电力F=qE,静电力与位移夹角为θ,静电力对试探电荷q做的功W=F·|AB|cos
θ=qE·|AM|。(2)在线段AM上静电力做的功W1=qE·|AM|,在线段MB上静电力做的功W2=0,总功W=W1+W2=qE·|AM|。(3)W=qE·|AM|。(4)电荷在匀强电场中沿不同路径由A点运动到B点,静电力做功相同。说明静电力做功与路径无关,只与初、末位置有关。
2.(1)重力做正功 重力势能减少 WG=Ep1-Ep2
(2)静电力做正功 电势能减少 静电力做负功 电势能增加 W电=Ep1-Ep2
随堂检测
探究一
探究二
知识归纳
1.对静电力做功特点的理解
(1)静电力对电荷所做的功,与电荷的初末位置有关,与电荷经过的路径无关。该结论适用于任何静电场。
(2)无论带电体在电场中做直线运动还是做曲线运动,无论带电体只受静电力作用还是受多个力作用,无论静电力做正功还是做负功,静电力做功的特点不变。
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
2.对电势能的理解
3.静电力做功与电势能变化的关系
(1)静电力做的功等于电势能的减少量。表达式:WAB=EpA-EpB。
探究一
探究二
实例引导
例1(多选)如图所示,固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两
A.若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做正功,电势能减少
B.若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点,则该电荷克服静电力做功,电势能增加
C.若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做正功,电势能减少
D.若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点,再从N点沿不同路径移回到M点,则该电荷电势能不变
随堂检测
探究一
探究二
解析:由点电荷产生的电场的特点可知,M点的电势高,N点的电势低,所以正电荷从M点到N点,静电力做正功,电势能减少,故选项A正确,选项B错误;负电荷由M点到N点,克服静电力做功,电势能增加,故选项C错误;静电力做功与路径无关,负点电荷又回到M点,则整个过程中静电力不做功,电势能不变,故选项D正确。
答案:AD
规律方法
(1)在正场源电荷Q产生的电场中,正电荷q离场源电荷Q越远电势能越小;负电荷-q离场源电荷Q越远电势能越大。
(2)在负场源电荷-Q产生的电场中,正电荷q离场源电荷-Q越远电势能越大;负电荷-q离场源电荷-Q越远电势能越小。
随堂检测
探究一
探究二
变式训练1在电场中,把电荷量为4×10-9
C的正点电荷从A点移到B点,克服静电力做功6×10-8
J,以下说法中正确的是( )
A.电荷在B点具有的电势能是6×10-8
J
B.B点电势是15
V
C.电荷的电势能增加了6×10-8
J
D.电荷的电势能减少了6×10-8
J
解析:电荷在电场中某点的电势能具有相对性,只有确定了零势能点,B点的电势、电荷在B点的电势能才是确定的数值,故选项A、B错;由于电荷从A点移到B点的过程中是克服静电力做功6×10-8
J,故电荷电势能应该是增加了6×10-8
J,选项C对,选项D错。
答案:C
随堂检测
探究一
探究二
对电势的理解及电势高低的判断
情景导引
如图所示的匀强电场,电场强度为E,取O点为零势能点,A点距O点为l,AO连线与电场线的夹角为θ。
(1)电荷量分别为q和2q的试探电荷在A点的电势能为多少?
(2)电势能与电荷量的比值各是多少?
(3)对电场中的不同位置,这个比值一般不同,是由电场中这点的性质决定的。
要点提示:由EpA-EpO=WAO=Eqlcos
θ,知电荷量为q和2q的试探电荷在A点的电势能分别为Eqlcos
θ、2Eqlcos
θ;电势能与电荷量的比值相同,都为Elcos
θ。
随堂检测
探究一
探究二
知识归纳
1.对电势的理解
随堂检测
探究一
探究二
2.电势高低的判断方法
(1)电场线法:沿电场线方向,电势越来越低。
(2)场源电荷判断法:离场源正电荷越近的点,电势越高;离场源负电荷越近的点,电势越低。
(3)电势能判断法:正电荷在电势高处电势能大,负电荷在电势低处电势能大。
随堂检测
探究一
探究二
实例引导
例2将电荷量为6×10-6
C的负电荷从电场中的A点移到B点,克服静电力做了3×10-5
J的功,再从B点移到C点,静电力做了1.2×10-5
J的功。
(1)电荷从A移到B,再从B移到C的过程中电势能共改变了多少?
(2)如果规定A点的电势为零,则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少?B点和C点的电势分别为多少?
(3)如果规定B点的电势为零,则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少?A点和C点的电势分别为多少?
随堂检测
探究一
探究二
解析:(1)WAC=WAB+WBC=(-3×10-5+1.2×10-5)
J=-1.8×10-5
J。
可见电势能增加了1.8×10-5
J。
(2)如果规定A点的电势为零,由公式得该电荷在B点的电势能为EpB=EpA-WAB=0-WAB=3×10-5
J。
同理,C点的电势能为EpC=EpA-WAC=0-WAC=1.8×10-5
J。
两点的电势分别为
随堂检测
探究一
探究二
(3)如果规定B点的电势为零,则该电荷在A点的电势能为EpA'=EpB'+WAB=0+WAB=-3×10-5
J。
C点的电势能为EpC'=EpB'-WBC=0-WBC=-1.2×10-5
J。
两点的电势分别为
答案:(1)增加了1.8×10-5
J (2)3×10-5
J 1.8×10-5
J -5
V -3
V (3)-3×10-5
J -1.2×10-5
J
5
V 2
V
随堂检测
探究一
探究二
规律方法
(1)电势和电势能具有相对性,与零势点的选择有关。
(2)φ=
是电势的定义式。电场中某点处φ的大小是由电场本身决定的,与在该点处是否放入试探电荷、电荷的电性、电荷量均无关。
(3)由φ=
求电势时,可将各物理量的“+”“-”直接代入计算,这样更方便。
随堂检测
探究一
探究二
随堂检测
变式训练2如果把电荷量q=1.0×10-8
C的电荷从无限远移到电场中的A点,需要克服静电力做功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未移入电场前,A点的电势是多少?
解析:(1)静电力做负功,电势能增加,无限远处的电势为零,电荷在无限远处的电势能也为零,即φ∞=0,
=0。
(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未移入电场前,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
探究一
探究二
随堂检测
1.(多选)如图所示,某区域电场左右对称分布,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
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,选项A正确;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,选项B错误;由Ep=qφ可知,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,选项C正确;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,选项D错误。
答案:AC
探究一
探究二
随堂检测
2.(多选)关于电势,下列说法正确的是( )
A.电场中某点的电势,其大小等于单位正电荷从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A对。由于电势是相对量,电势的大小与零电势点的选取有关,故B对。虽然电势是相对的,但电势的高低是绝对的,因此C错。电势与电势能相联系,它是描述电场能的性质的物理量,故D对。
答案:ABD(共34张PPT)
4.电容器的电容
必备知识
自我检测
一、电容器
1.基本构造:任何两个彼此绝缘又相距很近的导体,都可以看成一个电容器。
2.充电、放电:使电容器两个极板分别带上等量的异种电荷,这个过程叫充电。使电容器两极板上的电荷中和,电容器不再带电,这个过程叫放电。
3.从能量的角度区分充电与放电:充电是从电源获得能量储存在电容器中,放电是把电容器中的电场能转化为其他形式的能。
4.电容器的电荷量:其中一个极板所带电荷量的绝对值。
必备知识
自我检测
二、电容
1.定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U的比值,叫作电容器的电容,用C来表示。
3.物理意义:电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,数值上等于使两极间的电势差为1
V时,电容器需要带的电荷量。?
4.单位:法拉,简称法,用F表示。常用单位还有:pF、μF,单位间的关系是:1
pF=10-6
μF=10-12
F。
必备知识
自我检测
三、平行板电容器的电容
1.公式:C=
,其中εr是电介质的介电常数,S是两极板的正对面积,k是静电力常量,d是两极板的距离。
2.决定因素:平行板电容器的电容与两板正对面积成正比,与两板间的距离成反比,与两板间电介质的介电常数成正比。
四、常用电容器
1.类别:从构造上看,电容器可分为两类,即可变电容器和固定电容器。
2.固定电容器:电容不变的电容器,如聚苯乙烯电容器、陶瓷电容器、电解电容器等。
3.可变电容器:可变电容器由定片和动片组成,转动动片,使两极板的正对面积发生变化,电容就随着改变。
必备知识
自我检测
1.正误判断。
(1)电容器是储存电荷和电能的容器,只有带电的容器才称为电容器。
( )
解析:电容器是任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体组成的能够储存电荷和电能的装置,与导体是否带电无关。
答案:×
(2)其他条件不变时,平行板电容器的电容随极板正对面积的增大而增大。
( )
解析:平行板电容器的电容跟极板的正对面积S成正比。
答案:√
(3)其他条件不变时,平行板电容器的电容随极板间距离的增大而增大。
( )
解析:平行板电容器的电容跟极板间的距离d成反比。
答案:×
必备知识
自我检测
2.某一个电容器的规格是“10
μF 50
V”,则( )
A.这个电容器加上50
V电压时,电容才是10
μF
B.这个电容器的最大电容是10
μF,带电荷量较少时,电容小于10
μF
C.这个电容器上加的电压不能低于50
V
D.这个电容器的电容总等于10
μF
答案:D
必备知识
自我检测
3.关于电容器和电容,下列说法中正确的是( )
A.由C=
可知,电容器带电荷量越大,它的电容就越大
B.对一固定的电容器,它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
C.电容器的带电荷量Q为两极板所带电荷量的总和
D.对于平行板电容器,当增大两板间的距离时,其电容变大
解析:C与Q、U无关,故A错,B对;电容器所带电荷量Q是一个极板的电量,C错;平行板电容器的电容C∝
,d增大时,C减小,D错。
答案:B
探究一
探究二
探究三
随堂检测
电容器及电容器的充、放电
情景导引
实验 观察电容器的充、放电现象
把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路。
(1)把开关S接1,此时电源给电容器充电。在充电过程中,电压表和电流表的示数如何变化?说明了什么问题?
(2)把开关S接2,电容器对电阻R放电。在放电过程中,电压表和电流表示数如何变化?说明了什么问题?
探究一
探究二
探究三
随堂检测
要点提示:(1)电压表示数迅速增大,随后逐渐稳定在某一数值,电流表示数逐渐减小至0,说明电容器两极板具有一定的电势差。充电完毕时电容器两极板带有一定的等量异种电荷,即使断开电源,两极板上的电荷仍然被保存在电容器中。
(2)电压表示数和电流表示数都逐渐减小,说明放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板,正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小,电势差减小,放电电流也减小,最后两极板电势差以及放电电流都等于0。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
知识归纳
电容器充、放电过程的特点
1.充电过程的特点
(1)充电电流从电容器正极板流入,从电容器负极板流出,如图甲。
(2)充电时电容器所带电荷量增加,极板间电压升高,极板间电场强度增大。
(3)电容器充电结束后,电容器所在电路中无电流,电容器两极板间电压与充电电压相等。
(4)充电过程中,其他能转化为电容器中的电场能。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
2.放电过程的特点
(1)放电电流从电容器正极板流出,从电容器负极板流入,如图乙。
(2)放电时电容器所带电荷量减少,极板间电压降低,极板间电场强度减弱。
(3)电容器放电结束后,电容器所在电路中无电流,电容器不再带有电荷,电容器两极板间电压为零。
(4)放电过程中,电场能转化为其他能。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
实例引导
例1(多选)关于电容器的充、放电过程,下列说法中正确的是( )
A.充、放电过程中外电路有变化电流
B.充、放电过程中外电路有恒定电流
C.充电过程中电源提供的电能全部转化为内能
D.放电过程中电容器中的电场能逐渐减小
解析:电容器充、放电过程中,外电路中有短暂的变化电流,且电流是逐渐减小的,选项A对,B错;充电过程中电源提供的电能有一部分储存到电容器两板间的电场中,选项C错;放电过程中,随着电容器两板间所带的电荷量逐渐减小,电场强度也逐渐减小,电场能也逐渐减小,选项D对。
答案:AD
探究一
探究二
探究三
随堂检测
电容
情景导引
当电容器的电荷量增加时,电容器两极板间的电势差如何变化?电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化?
要点提示:增大 不变
探究一
探究二
探究三
随堂检测
知识归纳
1.电容由电容器本身的构造决定
2.通过Q-U图像理解电容
如图所示,Q-U图像是一条过原点的直线,其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值,U为两板间的电势差,直线的斜率表示电容大小。因而电容器的电容也可以表示为
C=
,即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增大(或减小)1
V所增加(或减少)的电荷量。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
4.电容器电容的另一种定义式
电容器在充、放电的过程中,电容器所带的电荷量发生变化,同
探究一
探究二
探究三
随堂检测
实例引导
A.电容器充电电荷量越多,电容增加越大
B.电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比
C.电容器的电容越大,所带电荷量就越多
D.对于确定的电容器,它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
解析:电容是描述电容器储存电荷特性的物理量,一旦电容器确定了,电容C便不再变化。C=
是定义式,不是决定式,无论带电荷量Q和电压U如何变化,其比值始终不变。
答案:D
探究一
探究二
探究三
随堂检测
规律方法
C=
为比值定义法。C的大小与Q、U无关,只跟电容器本身有关,当Q=0时,U=0,而C并不为零。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
变式训练1(多选)下列关于电容的说法正确的是
( )
A.电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量
B.电容器A的电容比B的大,说明A的带电荷量比B多
C.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1
V时电容器需要带的电荷量
D.由公式C=
知,若电容器两极板间电压为10
V,极板带电荷量为2×10-5
C,则电容器电容大小为5×105
F
解析:电容反映电容器容纳电荷本领的大小,A对;电容器A的电容比B的大,只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强,与带电荷量多少无关,B错;根据电容的定义式可知C对;电压为10
V,电荷量为2×10-5
C时,电容C=
=2×10-6
F,D错。
答案:AC
探究一
探究二
探究三
随堂检测
平行板电容器的动态分析
情景导引
平行板电容器由两块平行放置的金属板组成。利用平行板电容器进行如下实验:
(1)如图所示,保持Q和d不变,增大(或减小)两极板的正对面积S,观察电势差U(静电计指针偏角)的变化,依据C=
,分析电容C的变化。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
(2)如图所示,保持Q和S不变,增大(或减小)两极板间的距离d,观察电势差U(静电计指针偏角)的变化,依据C=
,分析电容C的变化。
(3)如图所示,保持Q、S、d不变,插入电介质,观察电势差U(静电计指针偏角)的变化,依据C=
,分析电容C的变化。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
要点提示:(1)实验结论:S增大,电势差U减小,电容C增大。
(2)实验结论:d增大,电势差U增大,电容C减小。
(3)实验结论:插入电介质,电势差U减小,电容C增大。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
知识归纳
电容器的动态分析
(1)两类情况:①平行板电容器两极板始终与电源两极相连(此时板间电压U保持不变);②电容器充电后与电源断开(此时电荷量Q保持不变)。
(2)分析思路:
探究一
探究二
探究三
随堂检测
画龙点睛
分析方法:抓住不变量,分析变化量。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
实例引导
例3(多选)如图所示,电路中A、B为两块竖直放置的金属板,C是一只静电计,开关S合上后,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
( )
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
探究一
探究二
探究三
随堂检测
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。当合上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;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,所以选项C、D正确。
答案:CD
探究一
探究二
探究三
随堂检测
规律方法
电容器动态分析的理论依据
探究一
探究二
探究三
随堂检测
变式训练2
(多选)如图所示,平行板电容器两极板A、B与电池两极相连,一带正电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S,充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ,则( )
A.保持S闭合,将A板向B板靠近,则θ增大
B.保持S闭合,将A板向B板靠近,则θ不变
C.断开S,将A板向B板靠近,则θ增大
D.断开S,将A板向B板靠近,则θ不变
解析:保持开关S闭合,电容器两端间的电势差不变,带正电的A板向B板靠近,极板间距离减小,电场强度E增大,小球所受的静电力变大,θ增大,故A正确,B错误;断开开关S,电容器所带的电荷量不变,
知d变化,E不变,静电力不变,θ不变,故C错误,D正确。
答案:AD
探究一
探究二
探究三
随堂检测
1.某电容器上标有“25
μF 450
V”字样,下列对该电容器的说法正确的是( )
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
答案:A
探究一
探究二
探究三
随堂检测
2.(多选)连接在电源两极上的平行板电容器,当两极板间距离减小时( )
A.电容器的电容C变大
B.电容器极板的带电荷量变大
C.电容器两极板间的电势差U变大
D.电容器两极板间的电场强度E变大
答案:ABD
探究一
探究二
探究三
随堂检测
3.据国外某媒体报道,科学家发明了一种新型超级电容器,能让手机几分钟内充满电。某同学假日登山途中用该种电容器给手机电池充电,下列说法正确的是( )
A.该电容器给手机电池充电时,电容器的电容变大
B.该电容器给手机电池充电时,电容器存储的电能变少
C.该电容器给手机电池充电时,电容器所带的电荷量可能不变
D.充电结束后,电容器不带电,电容器的电容为零
解析:电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量,与电容器的电压及电荷量无关,故AD错;当该电容器给手机电池充电时,电容器存储的电荷量减小,则电能变少,故B对,C错。选B。
答案:B
探究一
探究二
探究三
随堂检测
4.(多选)如图所示是电容器充、放电电路。配合电流传感器,可以捕捉瞬间的电流变化,并通过计算机画出电流随时间变化的图像。实验中选用直流8
V电压,电容器选用电解电容器。先使单刀双掷开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程可瞬间完成。然后把单刀双掷开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流传入计算机,图像上显示出放电电流随时间变化的I-t曲线。以下说法
探究一
探究二
探究三
随堂检测
A.电解电容器用氧化膜做电介质,由于氧化膜很薄,所以电容较小
B.随着放电过程的进行,该电容器两极板间电压逐渐减小
C.由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量
D.通过本实验可以估算出该电容器的电容值
探究一
探究二
探究三
随堂检测
答案:BCD(共35张PPT)
2.电势差
必备知识
自我检测
一、电势差
1.电势差的定义:在电场中,两点之间电势的差值叫作电势差。
2.公式:A、B两点间的电势差用符号UAB来表示。UAB=φA-φB。
3.电势差的正、负:电势差是标量,但有正、负。正负号表示两点电势的高低。
5.电势差的影响因素:电势差UAB由电场本身的性质决定,与移动的电荷q及静电力做的功WAB无关,与零势点的选取无关。
必备知识
自我检测
二、等势面
1.等势面:电场中电势相同的各点构成的面。
2.电场线与等势面的关系:电场线跟等势面垂直,并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。
3.在等势面上移动电荷时静电力不做功。
4.等差等势面越密的地方电场强度越大,反之越小。
必备知识
自我检测
1.正误判断。
(1)在两点间移动电荷时,静电力做正功,则两点间的电势差大于零。
( )
解析:若在两点间移动负电荷时,静电力做正功,则这两点间电势差为负值。
答案:×
(2)UAB和UBA是不同的,它们有关系:UAB=-UBA。
( )
解析:UAB=φA-φB,而UBA=φB-φA,所以有UAB=-UBA。
答案:√
必备知识
自我检测
(3)在电场中的两点之间移动相同电荷,静电力做功越多,两点间的电势差越大。
( )
解析:根据公式UAB=
,在电场中的两点之间移动相同电荷,静电力做功越多,这两点的电势差越大。
答案:√
(4)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。
( )
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。
答案:×
必备知识
自我检测
(5)电场线越密集的地方,等差等势面也越密集。
( )
解析:电场线越密集的地方电场强度大,相等距离上的电势差大,等差等势面密集。
答案:√
必备知识
自我检测
2.将一个电荷量为10-6
C的负电荷从电场中的A点移到B点,克服静电力做功2×10-6
J。从C点移到D点,静电力做功7×10-6
J,若已知B点比C点电势高3
V,则UDA= 。?
解析:由负电荷从电场中A点移到B点克服静电力做功,从C点移到D点静电力做正功知:A点电势高于B点,C点电势低于D点。
答案:2
V
必备知识
自我检测
3.如图所示,a、b、c是氢原子的核外电子绕核运动的3个可能轨道,取无穷远处电子的电势能为零,电子在a、b、c三个轨道时对应的电势能分别为-13.6
eV,-3.4
eV,-1.51
eV,由于某种因素(如加热或光照)的影响,电子会沿椭圆轨道跃迁到离核更远的轨道上运动,求:
(1)a、b、c三点的电势大小;
(2)a、b间,b、c间电势差的大小。
必备知识
自我检测
解析:(1)由电势的定义得
(2)Uab=φa-φb=(13.6-3.4)V=10.2
V
Ubc=φb-φc=(3.4-1.51)V=1.89
V。
答案:(1)13.6
V 3.4
V 1.51
V
(2)10.2
V 1.89
V
探究一
探究二
探究三
随堂检测
电势差
情景导引
如图是等高线的图示,所标数值是地面某个点高出海平面的垂直距离,也就是海拔,也称为绝对高度。而地面上某一点高出另一点的垂直距离称为相对高度。选择不同的测量起点时,不同地方的高度和两个地方的高度差会有怎样的变化?同样地,在电场中选择不同的电势零点时,不同位置的电势和两个位置的电势差又会有怎样的变化?
探究一
探究二
探究三
随堂检测
要点提示:选择不同的测量起点时,不同地方的高度往往不同,但两个地方的高度差不会因测量起点的不同而变化。与此类似,在电场中电势零点的选取不同,某点的电势会不同,电势零点变化时,两点间的电势差不会改变,电势差没有相对性,与零势点位置无关。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
知识归纳
1.关于电势差的四点说明
(1)电场中两点间的电势差,由电场本身决定,与在这两点间移动的电荷的电荷量、静电力做功的大小无关。在确定的电场中,即使不放入电荷,任何两点间的电势差也有确定值。
(2)讲到电势差时,必须明确所指的是哪两点的电势差。A、B间的电势差记为UAB,B、A间的电势差记为UBA。
(3)电势差为标量,有正、负之分,电势差的正负表示电场中两点间的电势的高低。
(4)电场中两点间的电势差与电势零点的选取无关。
探究一
探究二
探究三
随堂检测
2.电势差与电势的比较
探究一
探究二
探究三
随堂检测
实例引导
例1有一个带电荷量q=-3×10-6
C的点电荷,从某电场中的A点移到B点,电荷克服静电力做6×10-4
J的功,从B点移到C点,静电力对电荷做9×10-4
J的功,问:
(1)AB、BC、CA间电势差各为多少?
(2)如以B点电势为零,则A、C两点的电势各为多少?电荷在A、C两点的电势能各为多少?
探究一
探究二
探究三
随堂检测
解析:(1)解法一:先求电势差的绝对值,再判断正、负。
因负电荷从A移到B克服静电力做功,必是从高电势点移到低电势点,即φA>φB,UAB=200
V。
因负电荷从B移到C静电力做正功,必是从低电势点移到高电势点,即φB<φC,UBC=-300
V。
UCA=UCB+UBA=-UBC+(-UAB)=300
V-200
V=100
V。
解法二:直接代入数据求。
电荷由A移向B克服静电力做功即静电力做负功,
WAB=-6×10-4
J,
探究一
探究二
探究三
随堂检测
UCA=UCB+UBA=-UBC+(-UAB)=300
V-200
V=100
V。
(2)若φB=0,由UAB=φA-φB,得φA=UAB=200
V。
由UBC=φB-φC,得φC=φB-UBC=0-(-300)V=300
V。
电荷在A点的电势能
EpA=qφA=-3×10-6×200
J=-6×10-4
J。
电荷在C点的电势能
EpC=qφC=-3×10-6×300
J=-9×10-4
J。
答案:(1)UAB=200
V UBC=-300
V UCA=100
V
(2)φA=200
V φC=300
V EpA=-6×10-4
J EpC=-9×10-4
J
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规律方法
(1)对电势差要注意角标的排序,如:UAB=-UBA,UAB+UBC=UAC。
(2)根据两点间的电势差正负可比较两点电势的高低,当UAB>0时,φA>φB,当UAB<0时,φA<φB。
探究一
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探究三
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变式训练1在电场中A、B两点间的电势差UAB=75
V,B、C两点间的电势差UBC=-200
V,则A、B、C三点的电势高低关系为( )
A.φA>φB>φC
B.φA<φC<φB
C.φC>φA>φB
D.φC>φB>φA
解析:UAB=75
V,φA-φB=75
V,φA=φB+75
V;UBC=-200
V,φB-φC=-200
V,φC=φB+200
V;φC>φA>φB。
答案:C
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等势面的特点和应用
情景导引
1.类比地图上的等高线,简述什么是等势面。
2.当电荷从同一等势面上的A点移到B点时,电荷的电势能是否变化?静电力做功情况如何?等势面与电场线垂直吗?
要点提示:(1)电场中电势相等的各点构成的面;(2)不发生变化;静电力不做功;垂直。
探究一
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知识归纳
等势面的特点
(1)在等势面上移动电荷时,静电力不做功。
(2)电场线跟等势面垂直,并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。
(3)若相邻等势面电势差相等,等势面密的地方,电场强度较大;等势面疏的地方,电场强度较小。
(4)任意两个等势面都不相交。
(5)处于静电平衡状态的导体表面是等势面。
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实例引导
例2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( )
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.正电荷在e点的电势能大于在f点的电势能
解析:a、b两点电场强度方向不同,A错。c点电势低于d点,正电荷从c点移到d点,即正电荷向高电势处移动,静电力做负功,B错。a点电势低于c点,从a到c,负电荷向高电势处移动,静电力做正功,C对。因e和f点电势相等,故电荷在两点电势能相等,D错。
答案:C
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规律方法
等势面的应用
(1)利用等势面和电场线垂直以及沿电场线电势降低的特点可判断电场线的方向。
(2)利用等差等势面的密集程度可以比较电场强度大小,密大疏小。
(3)在等势面上移动电荷时,或者带电粒子从一个等势面运动又返回到这个等势面上时,静电力均不做功。
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变式训练2(多选)如图所示,实线表示一簇关于x轴对称的等势面,在轴上有A、B两点,则( )
A.A点电场强度小于B点电场强度
B.A点电场强度方向指向x轴负方向
C.A点电场强度大于B点电场强度
D.A点电势高于B点电势
解析:由于电场线与等势面总是垂直,所以B点电场线比A点密,B点电场强度大于A点电场强度,故A对,C错。电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错。由题图数据可知D对。
答案:AD
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静电力做功的多种求法
情景导引
带电粒子可能在匀强电场中运动,也可能在非匀强电场中运动,可能是只在静电力作用下运动,也可能是在多个力作用下运动,可能是做直线运动,也可能是做曲线运动……
思考:公式WAB=qUAB适用于任何电场吗?适用于带电粒子受多个力的情况吗?功的公式W=Fscos
θ可以用来计算静电力做的功吗?
要点提示:WAB=qUAB在任何情况下均适用,也适用于粒子受多个力的情况。
功的公式W=Fscos
θ是功的定义式,对任何力做功都可以使用,高中阶段一般只用于恒力做功。
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知识归纳
1.静电力做功的求解方法
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2.应用公式WAB=qUAB时的两点注意
(1)公式WAB=qUAB适用于任何电场,其中UAB为电场中A、B两点间的电势差,WAB仅是静电力做的功,不包括从A到B移动电荷时,其他力所做的功。
(2)WAB、UAB、q均可正可负,WAB取负号表示从A点移动到B点时静电力对电荷做负功,UAB取负号表示φA<φB,q取负号表示试探电荷为负电荷。
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实例引导
例3如图所示,在电场强度E=1.5×103
N/C的匀强电场中,有A、B、C三点,AB垂直于电场线,BC平行于电场线,AB=3
cm,BC=4
cm,AC=5
cm,A、B间的电势差
UAB=0,B、C间的电势差UBC与A、C间的电势差UAC相等,UBC=UAC=60
V,把一正电荷q=+1.0×10-8
C放在A点,求:
(1)电荷q在A点受到的静电力为多大?方向怎样?
(2)电荷q分别沿A→B→C和A→C路线到达C点,静电力各做了多少功?电势能怎样变化?变化了多少?
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解析:(1)电荷在A点所受的静电力
F=qE=1.0×10-8×1.5×103
N=1.5×10-5
N,
方向与电场线方向相同,因为匀强电场中各点的电场强度的大小和方向都相同,所以电荷q在电场中各点受的静电力都相同。
(2)q沿A→B→C路线,静电力做功
WABC=WAB+WBC=qUAB+qUBC=1.0×10-8×0
J+1.0×10-8×60
J=6.0×10-7
J
同理,电荷q沿A→C路线,静电力做功
WAC=qUAC=1.0×10-8×60
J=6.0×10-7
J。
或WAC=FsAC
cos
α=1.5×10-5×5×10-2×
J=6.0×10-7
J
由于静电力对电荷做的功等于电荷的电势能的减少量,所以电荷从A点移到C点电势能减少,减少的电势能为ΔEAC=6.0×10-7
J。
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答案:(1)1.5×10-5
N 方向与电场线方向相同 (2)6.0×10-7
J 6.0×10-7
J 电势能减少 6.0×10-7
J
规律方法
静电力做功的特点与求解方法
(1)静电力做功与路径无关,只与始、末两点的位置有关,故WAC=WAB+WBC。
(2)在利用公式UAB=
或WAB=qUAB进行有关计算时,有两种处理方案,方案一:各物理量均带正、负号运算,但代表的意义不同。WAB的正、负号表示正、负功;q的正、负号表示电性;UAB的正、负号反映φA、φB的高低。计算时W与U的角标要对应,即WAB=qUAB,WBA=qUBA。
方案二:绝对值代入法。WAB、q、UAB均代入绝对值,然后再结合题意判断电势的高低。
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探究二
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变式训练3如图所示的匀强电场电场强度为103
N/C,ab平行于电场线,ab=cd=4
cm,ac=bd=3
cm。则下述计算结果正确的是( )
A.a、b之间的电势差为40
V
B.a、c之间的电势差为50
V
C.将q=-5×10-3
C的点电荷沿矩形
路径abdc移动一周,静电力做功是-0.25
J
D.将q=-5×10-3
C的点电荷沿abd从a移动到d,静电力做功是0.25
J
解析:由U=Ed得Uab=40
V,故A对;a、c在同一等势面上,Uac=0,B错;移动一周W=0,C错;Wad=Wab=40×(-5×10-3)
J=-0.2
J,故D错。
答案:A
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1.(多选)下列说法正确的是( )
A.电场中两点间的电势差大小与零电势点的选取有关
B.UAB和UBA是不同的,它们有关系:UAB=-UBA
C.φA、φB都有正负,所以电势是矢量
D.若φB=0,则φA=UAB
解析:由电势差的概念知B、D正确。
答案:BD
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2.(多选)下面关于电势、电势差和电势能的关系,正确的是( )
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相同电荷,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
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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相同电荷,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,则电荷量大小为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。
答案:BD
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3.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8.0×10-9
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( )
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.把电荷从A移到B,静电力做功为W=4.0
J
答案:A
