第二节 带电粒子在电场中的运动
新
课
程
标
准
学
业
质
量
目
标
1.能分析带电粒子在电场中的运动情况。2.能解释相关的物理现象。
合格性考试
1.会从力和能量角度分析、计算带电粒子在电场中的加速问题。2.能够用类平抛运动分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题。
选择性考试
能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型。
必备知识·自主学习
一、带电粒子在电场中的加速
(1)一个质量为m、带正电荷q的粒子(如图甲所示),在静电力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动。试分析带电粒子在电场中的运动性质。
(2)为模拟空气净化过程,有人设计了如图乙所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶,在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,灰尘的运动方向如图所示,已知空气阻力与灰尘运动的速度大小成正比,即Ff=kv(k为一定值),试分析灰尘的运动情况和空气净化过程的原理。
提示:(1)初速度为零的匀加速直线运动。
(2)灰尘可能一直在外力的作用下做加速运动,在电场的加速作用下,灰尘均沉积在玻璃圆桶上。
1.基本粒子的受力特点:对于质量很小的基本粒子,如电子、质子等,虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用,但万有引力(重力)一般远远小于静电力,可以忽略不计。
2.带电粒子加速问题的处理方法:
(1)利用动能定理分析:初速度为零的带电粒子,经过电势差为U的电场加速后,qU=mv2,则v=。
(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
二、加速器
1.原理:为了使带电粒子获得较高的能量,最直接的做法是让带电粒子在电场力的作用下不断加速。
2.方法:早期制成的加速器是利用高电压的电场来加速带电粒子的,为了进一步提高带电粒子的能量,科学家制成了直线加速器。
3.加速器的应用:广泛应用于工农业、医疗、科研等各个领域。
三、带电粒子在电场中的偏转
1.受力特点:带电粒子进入电场后,忽略重力,粒子只受电场力,方向平行电场方向向下。运动情况类似于平抛运动。
2.运动性质:
(1)沿初速度方向:速度为v0的匀速直线运动,
穿越两极板的时间t=。
(2)垂直v0的方向:初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=。
3.运动规律:
(1)偏移距离:因为t=,a=,所以偏移距离y=at2=。
(2)偏转角度:因为vy=at=,所以tan
θ==。
4.结论:由=,可知x=。粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点,即粒子就像是从极板间处射出的一样。
四、示波器
带电粒子在电场中受静电力作用,我们可以利用电场来控制粒子,使它加速或偏转。如图所示是示波器的核心部件——示波管。请思考:示波管中电子的运动可分为几个阶段?各阶段的运动遵循什么规律?
提示:示波管中电子的运动一般可分为三个阶段;第一阶段为加速,遵循动能定理;第二阶段为偏转,遵循类平抛运动规律;第三个阶段为从偏转电极出来后,做匀速直线运动到达屏幕。
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(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成,如图所示。
2.原理:
(1)扫描电压:XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。
(2)灯丝被电源加热后,出现热电子发射,发射出来的电子经加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一信号电压,在X偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。
(1)质量很小的粒子不受重力的作用。
(×)
(2)带电粒子在电场中只受静电力作用时,静电力一定做正功。
(×)
(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,也能分析非匀强电场中的直线运动问题。
(√)
(4)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。(√)
(5)带电粒子在匀强电场中偏转时,可用平抛运动的知识分析。
(√)
(6)带电粒子在匀强电场中偏转时,若已知进入电场和离开电场两点间的电势差以及带电粒子的初速度,可用动能定理求解末速度大小。
(√)
(7)如果在偏转电极YY′和XX′上不加电压,电子束不偏转,打在荧光屏中心。(√)
关键能力·合作学习
知识点一 带电粒子在电场中的加速
1.关于带电粒子在电场中的重力:
(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子等,除有说明或有明确的暗示以外,此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电微粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。
2.带电粒子的加速:当带电粒子以很小的速度进入电场中,在静电力作用下做加速运动,示波器、电视显像管中的电子枪都是利用电场对带电粒子加速的。
3.处理方法:可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如表所示。
动力学角度
功能关系角度
涉及知识
牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式
功的公式及动能定理
选择条件
匀强电场,静电力是恒力
可以是匀强电场,也可以是非匀强电场,静电力可以是恒力,也可以是变力
如图所示,直线上有O、a、b、c四点,a、b间的距离与b、c间的距离相等,在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点,再从b点运动到a点。
试分析:(1)粒子的运动情况;
(2)从c点到b点,从b点到a点两段过程中,静电力对粒子做功的关系。
提示:(1)根据点电荷电场及电势分布特点可知,b点电势高于c点电势,则O点固定的是正电荷。粒子从c点运动到b点,再从b点运动到a点,静电力对粒子一直做正功,粒子速度一直增大。
(2)静电力做功W=qU,因为Ubc【典例】质量和电荷量不同的带电粒子,在电场中由静止开始经相同电压加速后( )
A.比荷大的粒子速度大,电荷量大的粒子动能大
B.比荷大的粒子动能大,电荷量大的粒子速度大
C.比荷大的粒子速度和动能都大
D.电荷量大的粒子速度和动能都大
【解析】选A。根据动能定理得:qU=mv2,得v=,根据上式可知,在相同电压的加速电场中,比荷大的粒子其速度v大,电荷量q大的粒子动能大,故A正确,B、C、D错误。
带电粒子在电场中加速问题的处理思路
(1)带电粒子仅在电场力作用下加速,若初速度为零,则qU=mv2;若初速度不为零,则qU=mv2-m。
(2)在匀强电场中涉及时间、位移时可用运动学方法求解。
1.(2020·淄博高二检测)在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分成左右两个区域,在右区域中有水平向左的匀强电场,在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变),如图甲所示,滑块运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则
( )
A.滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等
B.在t=5
s时,小球经过边界MN
C.滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5
D.在滑块运动的整个过程中,滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
【解析】选C。根据速度与时间图像可知,图线与时间轴所围成的面积表示位移大小,那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小,故A错误;滑块离开电场前做匀加速直线运动,离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动,由图可以看出,小球经过边界MN的时刻是t=2
s时,故B错误;由图像的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1=,离开电场后的加速度大小为a2=,由牛顿第二定律得:qE-f=ma1,f=ma2解得,摩擦力与电场力之比为2∶5。故C正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等,故D错误。故应选C。
2.如图所示,一个质子以初速度v0=5×106
m/s
水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20
cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度为3×105
N/C。质子质量m=1.67×10-27
kg,电荷量q=1.60×10-19
C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。
【解析】根据动能定理
W=m-m
而W=qEd=1.60×10-19×3×105×0.2
J=9.6×10-15
J
所以v1==
m/s≈6×106
m/s,
质子射出时的速度约为6×106
m/s。
答案:6×106
m/s
【加固训练】
1.如图所示,M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为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,粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)
( )
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3倍
D.使初速度和M、N间电压都减为原来的
【解析】选D。由题意知,带电粒子在电场中做匀减速直线运动,在粒子恰好能到达N板时,由动能定理可得-qU=-m,要使粒子到达距N板后返回,设此时两极板间电压为U1,粒子的初速度为v1,则由动能定理可得-q=-m,联立两方程得=,则D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子
( )
A.运动到P点返回
B.运动到P和P′点之间返回
C.运动到P′点返回
D.穿过P′点
【解析】选A。设A、B间电场强度为E1,B、C间电场强度为E2,由O点释放的电子恰好能运动到P点,根据动能定理,有:eE1xOM-eE2xMP=0①,B、C板电量不变,B、C板间的电场强度为:E2===②,由②知B、C板间
的电场强度不随距离的变化而变化,当C板向右平移到P′时,B、C板间的场强不变,由①知,电子仍然运动到P点返回,故A正确,B、C、D错误。
知识点二 带电粒子在电场中的偏转
1.基本规律:带电粒子在电场中的偏转,轨迹如图所示。
(1)初速度方向
(2)电场线方向
(3)离开电场时的偏转角:tanα==。
(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角:tan
β==。
2.几个常用推论:
(1)tanα=2tan
β。
(2)粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向分位移的中点。
(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要相同,即比荷相同,则偏转距离y和偏转角α相同。
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场,只要q相同,不论m是否相同,则偏转距离y和偏转角α相同。
(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同),进入同一偏转电场,则偏转距离y和偏转角α相同(y=,tan
α=,U1为加速电压,U2为偏转电压)。
如图所示,两个相同极板的长度为l,相距为d,极板间的电压为U。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中,射入时的速度为v0。把两板间的电场看作匀强电场,分析电子在电场中的运动情况。
提示:电子在电场中做类平抛运动。
【典例】一束电子流在经U=5
000
V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示。若两板间距d=1.0
cm,板长l=5.0
cm,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?
【解析】加速过程,由动能定理得eU=m
①
进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动
l=v0t
②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动
加速度a==
③
偏距y=at2
④
能飞出的条件为y≤
⑤
联立①～⑤式解得U′≤=4.0×102
V
即要使电子能飞出,所加电压最大为400
V。
答案:400
V
带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续,从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力;从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析:如选用平衡条件、牛顿定律、动能定理、功能关系、能量守恒等。
水平放置的两块平行金属板长L=6.0
cm,两板间距d=2.0
cm,两板间电压为200
V,且上板带正电荷。一电子沿水平方向以速度v0=3.0×107
m/s从两板中间射入,如图所示,(电子电荷量q=1.6×10-19
C,电子质量me=9.1×10-31
kg)若电子离开电场后,打在屏上的P点,s=10
cm,求OP的长。
【解析】电子在电场中的加速度a=,
侧位移y=,又因t=,则y=≈0.35
cm,
tanθ=≈0.4,电子飞出电场后做匀速直线运动,
则OP=y+stan
θ=4.35
cm。
答案:4.35
cm
【加固训练】
1.如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B,先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中,不计重力,带电粒子偏转后打在同一极板上,水平飞行距离之比为xA∶xB=2∶1,则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为
( )
A.1∶1,2∶3 B.2∶1,3∶2
C.1∶1,3∶4
D.4∶3,2∶1
【解析】选D。粒子在水平方向上做匀速直线运动x=v0t,由于初速度相同,xA∶xB=2∶1,所以tA∶tB=2∶1,竖直方向上粒子做匀加速直线运动y=at2,且yA=yB,故aA∶aB=∶=1∶4。而ma=qE,m=,==×=。综上所述,D项正确。
2.一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=m
得v0=,
在竖直方向vy=v0tan30°=at,a=,
解得t=;
C、D两点沿场强方向的距离
y=at2=
代入数据解得y=m=0.01
m
答案:0.01
m
知识点三 带电粒子在交变电场中的运动
1.当空间存在交变电场时,粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性。
2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v-t图像,特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
粒子加速器是利用周期性变化的电场使带电粒子在其中不断被加速的仪器,如图为加速器的一种——直线加速器。思考:为使粒子不断被加速,粒子运动到每个空隙时,电场方向应如何变化?
提示:粒子运动到每个漂移管的空隙(相当于电容器极板正对区域)时,电场方向应该和在上一个间隙时相同,才能使粒子经过空隙时被持续加速,所以加在漂移管上的电压应该如题干图中所示的那样间隔排布。
【典例】在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并画出相应的v-t图像。
【解析】t=0时,B板的电势比A板高,在静电力作用下,电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。
(1)对于题图甲,在0～T时间内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动,～T时间内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(1)所示。
(2)对于题图乙,在0～时间内做类似图(1)0～T时间内的运动,～T时间内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(2)所示。
答案:见解析
1.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压如图乙,质量为m,电荷量为e的电子以速度v0
(v0接近光速的)从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计,不考虑电子间的相互作用和相对论效应,则
( )
A.当Um<时,所有电子都能从极板的右端射出
B.当Um<时,将没有电子能从极板的右端射出
C.当Um=时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2
D.当Um=时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶
【解析】选A。当电子恰好飞出极板时有:l=v0t,=at2,a=,由此求出:Um=,当电压大于该最大值时电子不能飞出,故A正确,B错误;当Um=,一个周期内有的时间电压低于临界电压,因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶1,故C错误,若Um=,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为=,则D选项错误。故选A。
2.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是
( )
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2
s末带电粒子回到原出发点
C.1
s末与4
s末带电粒子的速度大小相等,方向相反
D.0～3
s内,电场力做的总功为零
【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1
s内的加速度为
a1=,
在第2
s内的加速度a2=,因此先加速1
s再减速0.5
s
时速度为零,接下来的0.5
s将反向加速,v-t图像如图所示:
带电粒子在前1
s做匀加速运动,在第2
s内先做匀减速运动后反向加速,所以不是始终向一个方向运动,故A错误;根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2
s时,带电粒子离出发点的距离大于0,故B错误;由图可知,在1
s
末与4
s末带电粒子的速度大小相等,方向相同,故C错误;因为第3
s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3
s内动能变化为0,即电场力做的总功为零,故D正确。
【拓展例题】考查内容:带电体在电场中的运动
【典例】一束电子从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度v0射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示,金属板长为l,两板距离为d,竖直放置的荧光屏距金属板右端为L。若在两金属板间加直流电压U2时,光点偏离中线打在荧光屏上的P点,求。
【解析】电子经U1的电场加速后,由动能定理可得
eU1=
①
电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t=
②
E=
③
a=
④
v⊥=at
⑤
由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan
θ==。所以=tan
θ=。
答案:
情境·模型·素养
如图所示是示波管原理图,电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场,离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点,P点与O点的距离叫作偏转距离,而单位偏转电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度。
探究:欲提高示波管的灵敏度,行之有效的方法有哪些?
【解析】电子在加速电场中加速,根据动能定理可得,
eU1=m,
所以电子进入偏转电场时速度的大小为
v0=,电子进入偏转电场后的偏转位移为
h=at2=()2==
所以示波管的灵敏度
=,
所以要提高示波管的灵敏度可以增大l或减小d或减小U1。
答案:增大极板长度l或减小极板间距d或减小加速电压U1
如图所示,两块水平放置的平行金属板与电源连接,上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带负电,油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。
探究:两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略,当两金属板间的电势差为U时,观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动,经过时间t运动到下极板。求该油滴所带电荷量。
【解析】油滴进入电场后做匀加速运动,
由牛顿第二定律得:
mg-q=ma
①
根据位移时间公式得:d=at2
②
①②联立解得:q=(g-)
答案:(g-)
课堂检测·素养达标
1.(2020·济宁高二检测)在如图所示的匀强电场中,若一个点电荷从P点由静止释放(不计粒子重力),则以下说法正确的是
( )
A.该点电荷可能做匀变速曲线运动
B.该点电荷一定向右运动
C.静电力对该点电荷可能不做功
D.该点电荷一定做匀加速直线运动
【解析】选D。点电荷受到水平方向上的静电力做匀加速直线运动,因为点电荷的电性未知,无法确定向哪个方向做匀加速直线运动,故A、B错误,D正确;点电荷在运动的过程中,静电力做正功,故C错误。
【加固训练】
(多选)如图所示,一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板。现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是
( )
A.使粒子的带电量减少为原来的
B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C.使两板间的距离增加到原来的2倍
D.使两极板的长度减小为原来的
【解析】选C、D。设平行板长度为L,宽度为d,板间电压为U,恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上,则沿初速度方向做匀速运动:t=,垂直初速度方向做匀加速运动,a=,则通过电场时偏转距离:y=at2=;当粒子的入射速度为v时,粒子恰好能穿过这一电场区域而不碰到金属板,则有y=;欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,可行的方法有:使粒子的带电量减少为原来的;或使两板间所接电源的电压减少为原来的;或使两板间的距离增加到原来的两倍;或使两极板的长度减少为原来的一半,故选项C、D正确,A、B错误。
2.(多选)(2020·烟台高二检测)带正电的粒子放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电粒子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.粒子在0～1
s内的加速度与1～2
s内的加速度相同
B.粒子将沿着一条直线运动
C.粒子做往复运动
D.粒子在第1
s内的位移与第3
s内的位移相同
【解析】选B、D。0～1
s和1～2
s粒子的加速度大小相等,方向相反,A错误;0～1
s和1～2
s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据这两段运动的对称性,1～2
s的末速度为0,所以每个1
s内的位移均相同且2
s以后的运动重复0～2
s的运动,是单向直线运动,B、D正确,C错误。
3.如图所示,a、b两个带电量相同的粒子,从同一点平行于极板方向射入电场,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,若不计重力,则
( )
A.a的初速度一定小于b的初速度
B.a增加的动能一定等于b增加的动能
C.b的运动时间一定大于a的运动时间
D.b的质量一定大于a的质量
【解析】选B。设任一粒子的速度为v0,电量为q,质量为m,加速度为a,运动的时间为t,则加速度为:a=,对竖直分运动,有:y=at2,对水平分运动,有:x=v0t,联立得v0=x,t=,m=;只有q、E、x、y的关系已知,无法比较初
速度、运动时间和质量的关系,故A、C、D均错误;由于只有电场力做功,故动能增加量等于电场力做功为:W=qEy,电量相等,故a增加的动能一定等于b增加的动能,故B正确。
4.如图所示,电子从静止开始被U=180
V的电场加速,沿直线垂直进入另一个场强为E=6
000
V/m的匀强偏转电场,而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为≈×1011
C/kg,不计电子的重力,偏转极板长为L=6.0×10-2
m。求:
(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小;
(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小;
(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
【解析】(1)根据动能定理可得eU=m,解得vx=8×106
m/s。
(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力,根据牛顿第二定律得a=,解得a=×1014
m/s2≈1.1×1015m/s2。
(3)电子在水平方向上做匀速直线运动,故t=,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,故vy=at,tan
θ=,联立解得θ=45°。
答案:(1)8×106
m/s (2)1.1×1015
m/s2 (3)45°
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-
20
-第三节 静电的利用与防护
新
课
程
标
准
学
业
质
量
目
标
了解生产生活中关于静电的利用与防护。
合格性考试
1.知道什么是静电平衡状态,能说出静电平衡状态下的导体特点。2.知道导体上电荷的分布特征,了解尖端放电、静电屏蔽现象及其成因。
选择性考试
1.会根据静电平衡条件求解感应电荷产生的场强。2.观察演示实验并对实验现象分析,体会运用所学知识进行分析推理的方法。
必备知识·自主学习
一、静电的利用
1.静电喷涂:
(1)原理:静电喷涂是一种利用静电作用使雾化微粒在高压作用下带上负电荷,并吸附于带正电荷的被涂物的涂装技术。
(2)优点:静电喷涂具有显著优点,如涂层质量高、涂料利用率高、对使用者操作技术要求低等。
2.静电除尘:
原理:静电除尘是利用电荷相互作用的性质,把带有不同电性的粉尘从烟气中分离出来,再分类处理的过程。
3.静电复印:
(1)原理:静电复印是利用正、负电荷的吸引力进行油墨转移的印刷方式,又称无压印刷。
(2)应用:静电复印技术已发展成一门成熟的技术,被广泛应用于激光打印机、喷墨打印机、模拟式复印机、数字式复印机、速印机、传真机等。
4.静电植绒:
原理:静电植绒是利用电荷之间同性相斥、异性相吸的性质,通过使绒毛带上负电荷,令绒毛被吸引到带正电的被植体表面上。
二、尖端放电
飞机在云层与云层之间飞行或起飞、着陆时都有可能遭遇雷击(如图所示)。但是当飞机遭遇雷击时,电流可以从雷电云到达飞机头部,纵向流过机身外壳,最后从机尾凌空打到地上或从其中一机翼打过另一机翼,横向流过机身,但不管怎样,闪电都只会沿着飞机外壳流过,而不会进入机舱内对乘客造成伤害,你知道这是为什么吗?
提示:静电屏蔽。
1.空气的电离:导体尖端电荷密度很大,附近的电场很强,强电场作用下的带电粒子剧烈运动,使分子中的正负电荷分离的现象。
2.尖端放电:与导体尖端异号的粒子,由于被吸引,而与尖端上电荷中和,相当于导体从尖端失去电荷的现象。
尖端放电的应用与防止:
(1)应用:避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施。
(2)防止:高压设备中导体的表面尽量光滑会减少电能的损失。
三、防止静电危害
1.静电危害的分类:
(1)静电力造成的不良后果;
(2)静电火花引发的灾害。
2.防止静电产生的措施:
(1)控制静电的产生;
(2)把产生的电荷尽快导走。
(1)处于静电平衡状态的导体,表面处的电场强度不为零,方向跟导体表面可能垂直,可能平行,也可能成任意夹角。
(×)
(2)因为外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的合电场强度为0,所以处于静电平衡的导体内部电场强度处处为0。
(√)
(3)避雷针能避免建筑物被雷击是因为云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地。
(×)
(4)用金属网把验电器罩起来,再使带电金属球靠近验电器,则验电器箔片能张开。
(×)
(5)飞机轮上装有拖地线,油罐车后面拖条铁链都是把静电导入大地。
(√)
关键能力·合作学习
知识点一 静电平衡的特点和应用
1.静电平衡的实质:
(1)在达到静电平衡的过程中,外电场引起导体内自由电荷的定向移动使导体两侧出现感应电荷,感应电荷的电场和外电场方向相反,使合场强减小,随着感应电荷的继续增加,合场强逐渐减小,直至合场强为零,自由电荷的定向移动停止。
(2)静电平衡的状态:导体内部的合场强为零,即E合=0。
2.静电平衡状态的特点:
(1)处于静电平衡状态下的导体的特点。
①导体内部某处感应电荷产生的场强E′与周围原电场场强E大小相等,方向相反,两者相互抵消,导体内部处处合场强E合为零,但导体表面的电场强度不为零。
②电场线与导体表面垂直,如果不垂直,该点场强应有沿表面的切向分量,会使导体表面电荷发生移动,与静电平衡状态矛盾。
(2)静电平衡状态下的导体的电荷分布特点。
①净电荷都分布在导体的外表面,导体内部没有净电荷。
②感应电荷分布于导体两端,电性相反,电荷量相等,远同近异,如图甲所示。
③净电荷在导体表面分布不均匀,导体表面尖锐处电荷分布密集,平滑处电荷分布稀疏,凹陷处几乎没有电荷,如图乙所示。
如图所示,不带电的金属导体放到电场中,导体内的自由电子将发生定向移动,使导体两端出现等量异号电荷。请思考下列问题:
(1)自由电子定向移动的原因是什么?定向移动的方向如何?
(2)自由电子能否一直定向移动?为什么?
提示:(1)自由电子受外加电场的静电力作用而移动,向着与电场相反的方向定向移动。
(2)不能。感应电荷产生的电场与外加电场反向,阻碍电子的定向移动,当这两个电场大小相等时,电子的定向移动终止。
【典例】长为l的导体棒原来不带电,现将一带电荷量为+q的点电荷放在距棒左端R处,如图所示。当棒达到静电平衡后,棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场强度大小等于__________,方向为____________。?
【解析】导体棒在点电荷+q的电场中发生静电感应,左端出现负电荷,右端出现正电荷,棒中任意一点都受两个电场的影响,即外电场(+q在该点形成的电场E0)和附加电场(棒上感应电荷在该点形成的电场E′),达到静电平衡状态时E′=-E0。题中所求的即为E′,E′=-E0=-=-,负号代表E′和E0方向相反,即方向向左。
答案: 向左
求处于静电平衡状态的导体的感应电荷产生的场强的方法
(1)先求出外电场场强E外的大小和方向。
(2)由于导体处于静电平衡状态,则满足静电平衡条件E合=0。
(3)由E外+E感=0,求出感应电场E感的大小和方向。
(母题追问)在【典例】中,若把导体棒接地,则该导体棒上的感应电荷在中心P处产生的场强大小等于
( )
A.- B.+
C.0
D.
【解析】选D。静电平衡状态下导体内部场强为零,是由于q和导体上的感应电荷在导体内部叠加后形成的,因而导体棒上感应电荷在中心处产生的场强与q在中心处产生的场强大小相同、方向相反,故感应电荷在中心P处产生的场强大小为。故选D。
【加固训练】
1.一金属球原来不带电,现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN,如图所示,金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec,三者相比
( )
A.Ea最大
B.Eb最大
C.Ec最大
D.Ea=Eb=Ec
【解析】选C。处于静电平衡的导体内部场强处处为零,故a、b、c三点的场强都为零。静电平衡的导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果,所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN在这一点形成的电场的场强等大反向。比较a、b、c三点感应电场的场强,实质上是比较带电体MN在这三点的场强。由于c点离MN最近,故MN在c点的场强最大,感应电荷在c点场强也最大,故正确答案为C项。
2.(多选)如图所示,A、B为两个验电器,其中验电器A不带电,验电器B的上面是一个几乎封闭的金属圆筒C,并且B的金属箔片是张开的,现手持一个带绝缘柄的金属小球D,使D接触C的内壁,再移出与A的金属小球接触,无论操作多少次,都不能使A带电,这个实验说明了
( )
A.C不带电 B.C的内部不带电
C.C的内部场强不为零
D.C的内部场强为零
【解析】选B、D。与金属圆筒相连的验电器B的金属箔片是张开的,说明C是带电的,A错误;手持一个带绝缘柄的金属小球D,使D接触C的内壁,再移出与A的金属小球接触,无论操作多少次,都不能使A带电,说明了C达到静电平衡状态,金属圆筒C的内部不带电,内部电场强度处处为零,B、D正确,C错误。
知识点二 尖端放电和静电屏蔽的应用
静电屏蔽的两种情况
类别
导体外部电场不影响导体内部
接地导体内部的电场不影响导体外部
图示
实现过程
因场源电荷产生的电场与导体球壳表面上感应电荷在空腔内的合场强为零,达到静电平衡状态,起到屏蔽外电场的作用
当空腔外部接地时,外表面的感应电荷因接地将传给地球,外部电场消失,起到屏蔽内电场的作用
最终结论
导体内空腔不受外界电荷影响
接地导体空腔外部不受内部电荷影响
本质
静电感应与静电平衡,所以作静电屏蔽的材料只能是导体,不能是绝缘体
提醒:金属材料的物体才能作静电屏蔽器,静电屏蔽的原理是静电平衡,只有金属导体才能处于静电平衡状态。
1.(1)电梯是什么材质的,能否被看成是金属容器?
(2)王明刚搬了新家,可每次进入电梯里手机总打不通,这是为什么?
提示:(1)电梯是用不锈钢板做成的,可以看成金属容器。
(2)电梯可以看成金属容器,起到了屏蔽作用。
2.在如图所示的实验中,验电器的金属箔片能张开吗?为什么?
提示:A中不会张开,金属网可以屏蔽外电场;B中会张开,因为金属网未接地,网内的带电体可以对外界产生影响;C中不会张开,因为金属网已接地,网内的带电体对网外无影响,网外的带电体对网内也无影响。
【典例】将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属球壳C内(不和球壳内壁接触),另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近,如图所示,则( )
A.A往左偏离竖直方向,B往右偏离竖直方向
B.A的位置不变,B往右偏离竖直方向
C.A往左偏离竖直方向,B的位置不变
D.A和B的位置都不变
【解析】选B。不接地的空腔导体可以屏蔽外界电场,接地的空腔导体可以屏蔽内部电场,该题中带正电的小球A放在不带电的空心球壳C内,通过静电感应,空心球外壳带正电,内壁带负电。由于金属空心球壳C的外壳和带电小球B带异种电荷,所以B受C球壳的吸引往右偏离竖直方向。而由于空心球壳C能屏蔽小球B所产生的外部电场,使小球A不受外电场的作用,所以A的位置不变,故选项B正确。
(2020·菏泽高二检测)如图所示,A为空心金属球,B为金属球,A、B原来不带电,将另一带正电荷的小球C从A球开口处放入A球中央,不接触A球,然后用手接触一下A球,再用手接触一下B球,再移走C球,则
( )
A.A球带负电荷,B球带正电荷
B.A球带负电荷,B球不带电
C.A、B两球都带负电荷
D.A、B两球都带正电荷
【解析】选B。首先带正电荷的小球C从A球开口处放入A球中央。根据静电感应现象可知,A球内表面带负电荷,外表面带正电荷。用手接触A相当于把A接地,则A表面的正电荷被斥向大地,大地中的负电荷将被吸引到A,于是在A的内部形成电场,使A球外表面不带电,此时A球对外起静电屏蔽作用,A球内的电场不影响外部。用手接触B时,无电荷移动,B球不带电。当带正电荷的C球从A球内移走后,A球内表面所带的负电荷移至外表面,所以此时A球带负电荷。由上述可知,选项B正确。
【加固训练】
1.如图所示,导体球A与导体球壳B同心,原来都不带电,也不接地,设M、N两点的场强大小为EM和EN,下列说法中正确的是
( )
A.若使A带电,则EM≠0,EN=0
B.若使B带电,则EM≠0,EN≠0
C.若使A,B两球分别带上等量异种电荷,则EM≠0,EN=0
D.若使A球带电,B球接地,则EM=0,EN=0
【解析】选C。如果A带电,则会感应B内部带异种电荷,外部电性与A相同,那么EM≠0,EN≠0,故A错误;如果B带电,由于同种电荷的排斥,电荷只分布在外表面,E内=0,即EM=0,EN≠0,B错误;如果A、B带等量异种电荷,A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量,则EM≠0,EN=0,故C正确;如使A球带电,B球接地,是接地屏蔽,EM≠0,EN=0,D错误。
2.(多选)如图所示,P是一个带电体,N是一个不带电的金属空腔,在下列情况中,放在绝缘板上的小纸屑(图中S)不会被吸引的是
( )
【解析】选A、D。小纸屑是绝缘体,当处于电场中时,虽不会像导体一样出现电荷的定向移动,但内部的极性分子也会在电场力的作用下转动,使异种电荷一端更靠近带电体,因而也会受到带电体的吸引力。A中由于静电屏蔽,P的电场影响不到导体N的内部,即N内部无电场,所以S不会被吸引,A正确;B中N没有接地,P的电场会影响到N外部,即S处有电场,S会被吸引,B错误;C中P和S都处于导体N的外部,S处有电场,会被吸引,C错误;D中N被接地,内部电场不影响导体外部,即S处无电场,不会被吸引,D正确。
【拓展例题】考查内容:静电平衡的综合应用
【典例】(多选)如图所示,水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q,一表面绝缘的带电的小球(可视为质点且不影响Q的电场),从左端以初速度v0滑上金属板,沿光滑的上表面向右运动到右端,在该运动过程中
( )
A.小球做匀速直线运动
B.小球先做减速运动,后做加速运动
C.小球所受的电场力先增大后减小
D.电场力对小球所做的功为零
【解析】选A、C、D。水平放置的金属板处于点电荷Q的电场中而达到静电平衡状态,其表面处电场线处处与表面垂直,故带电小球(表面绝缘,电量不变)在金属板表面运动时,电场力不做功,小球做匀速直线运动,E方向竖直向下,从左至右,先增大后减小,F库先增大后减小,所以选项A、C、D正确。
情境·模型·素养
电业工人创造了具有世界先进水平的超高压带电作业法。利用特殊工作服,保持体内处于安全状态。
探究:
(1)超高压输电线周围存在强电场,人靠近输电线时,人体会有什么现象发生?
(2)工人带电作业时穿着由金属丝和棉纱织成的均压服,有什么作用?
【解析】(1)人体靠近高压输电线周围的强电场时,由于静电感应,人体内的自由电荷重新分布,瞬时间负电荷向E的反方向运动,形成了瞬时电流;
(2)由金属丝和棉纱织成的均压服可以起到静电屏蔽的作用,
从而使人体处于静电平衡状态。
答案:见解析
在玻璃管中心轴上安装一根直导线,玻璃管外绕有线圈,直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连,开始,感应圈未接通电源,点燃蚊香,让烟通过玻璃管冒出,当感应圈电源接通时,玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压,立即可以看到,不再有烟从玻璃管中冒出来了。过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘。
探究:请思考一下其中的原因。
【解析】蚊香的烟中含有一定的碳颗粒,当玻璃管中的导线和管外线圈间加上高电压后,玻璃管中的导线和管外线圈间的空气被电离,碳颗粒吸附一定的电子带上负电荷,然后碳颗粒将向正极移动,所以可以看到,不再有烟从玻璃管中冒出来了。该方法与静电除尘是相同的。
答案:见解析
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10
-第一节 电容器与电容
新
课
程
标
准
学
业
质
量
目
标
1.观察常见电容器,了解电容器的电容,观察电容器的充、放电现象。2.能举例说明电容器的应用。
合格性考试
1.知道什么是电容器及平行板电容器的主要构造。2.理解电容的概念及其定义式。3.了解电容器充电和放电现象及能量转化。
选择性考试
1.通过类比建立电容的概念;通过电容的定义进一步体会比值定义法。2.结合具体问题构建电容器动态分析模型。
必备知识·自主学习
一、识别电容器
(1)如图甲所示是电容器充电的过程,两块不带电的金属板跟电源连接,最后金属板上带了等量的异种电荷。金属板为什么会带电?
(2)照相机的闪光灯能发出强烈的闪光(如图乙),这时通过闪光灯的电流相当大,有时可达几千安。照相机的电源能够提供的电流却非常小,为何闪光灯能发出强烈的闪光?
提示:(1)因为电源给电容器充电。
(2)由于电容器放电放出巨大的电流。
1.构造:两个相互靠近又彼此绝缘的导体就可以组成一个电容器。如两块平行金属板正对、靠近且两板间充满绝缘物质(电介质),这两板就组成了平行板电容器。
2.电容器的带电荷量:是指其中一个极板所带电荷量的绝对值。
二、电容器的充放电(如图所示)
(1)充电:使电容器两个极板带上等量异种电荷的过程叫作充电。
(2)放电:使充电后的电容器两极板的异种电荷中和的过程叫作放电。
三、电容器的电容
如图甲所示是一个水杯,众所周知,我们用水杯的容积表征水杯容纳水的本领。
如图乙所示是照相机的闪光灯的重要部件——电容器,电容器是容纳电荷的一种装置。
思考:我们如何表征电容器容纳电荷的本领呢?
提示:电容。
1.定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U之比。
2.公式:C=。
3.单位:在国际单位制中的单位是法拉,符号为F,1
F=1
C/V。常用的单位还有微法和皮法。换算关系:1
F=106
μF=1012
pF。
4.物理意义:表示电容器容纳电荷本领的物理量。
四、决定电容的因素
1.平行板电容器的结构:由两块彼此绝缘、互相靠近的平行金属板组成的电容器,是最简单的,也是最基本的电容器。
2.决定因素:平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S成正比,与电介质的相对介电常数εr成正比,与极板间距离d成反比。
3.表达式:C=,式中k为静电力常量。
(1)放电后的电容器所带电荷量为零,电容也为零。
(×)
(2)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。
(×)
(3)电容表示电容器容纳电荷的多少。
(×)
(4)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。
(×)
(5)电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比。
(×)
(6)公式C=可用来计算任何电容器的电容。
(×)
(7)将电介质插入平行板电容器时,电容器的电容将变小。
(×)
(8)任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体都能组成电容器,而且跟这两个导体是否带电无关。
(√)
(9)电容器两极板上所加的电压不能超过击穿电压。
(√)
关键能力·合作学习
知识点一 电容器和电容
1.C=是电容的定义式,由图像也可得出:C=。
2.电容器的电容取决于电容器本身,与电容器所带的电荷量Q以及电势差U均无关。
3.C=与C=的比较:
C=
C=
公式类别
定义式
决定式
适用范围
所有电容器,Q∝U,即=C不变,反映了电容器容纳电荷的本领
平行板电容器,C∝εr,C∝S,C∝,反映了平行板电容器的决定因素
联系
电容器容纳电荷的本领,即电容的大小可以由来量度,但决定因素是电容器本身,如平行板电容器的εr、S、d等因素
提醒:C==,电容器的电容在数值上等于两极板上每升高(或降低)单位电压时增加(或减少)的电荷量。
【典例】有一充电的平行板电容器,两板间电压为U=2
V,现使它的电荷量增加ΔQ=5×10-6
C,于是电容器两板间的电压升高为6
V。求:
(1)电容器的电容是多大?
(2)电容器原来所带的电荷量是多少?
【解题探究】
(1)平行板电容器的电容与什么有关?
提示:与正对面积S、极板间的距离d以及电介质有关。
(2)电容器所带电荷量和什么有关?
提示:与电容器的电容C以及极板间的电压U有关,它们之间满足Q=CU。
【解析】(1)电容器两板间电压的变化量为ΔU=(6-2)
V=4
V,由C=得C=
F=1.25×10-6
F。
(2)电容器原来所带的电荷量
Q=CU=1.25×10-6×2
C=2.5×10-6
C。
答案:(1)1.25×10-6
F (2)2.5×10-6
C
1.在【典例】中,若放掉全部电荷,电容器的电容是多大?
【解析】电容器的电容由本身决定,与是否带电无关,所以放掉全部电荷后,电容仍为1.25×10-6
F。
答案:1.25×10-6
F
2.超级电容器又叫双层电容器,是一种新型储能装置。它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。如图为一款超级电容器,其标有“2.7
V 9
000
F”,可知
( )
A.超级电容器所带的电荷量跟电压成正比
B.电压为1.2
V时,该电容器的电容为4
000
F
C.该电容器正常工作时所带的电荷量为9
000
C
D.该电容器只有两端加上2.7
V电压时才能正常工作
【解析】选A。根据Q=CU可知,超级电容器所带的电荷量跟电压成正比,选项A正确;电容器的电容由内部结构决定,与电压无关,选项B错误;该电容器正常工作时所带的电荷量为Q=CU=9
000×2.7
C=2.43×104
C,选项C错误;该电容器在不高于2.7
V电压下都能正常工作,选项D错误。
【加固训练】
(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】选A、C。电容反映电容器容纳电荷本领的大小,A正确;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,与是否带电无关,B错误;由C=知,电容在数值上等于使两极板间电势差为1
V时,电容器需要带的电荷量,C正确;电压为10
V,电荷量为2×10-5
C时,电容C==2×10-6
F,D错误。
知识点二 平行板电容器的电容及动态分析
1.平行板电容器动态问题的分析方法:
抓住不变量,分析变化量,紧抓三个公式:
C=、E=和C=。
2.平行板电容器的两类典型问题:
(1)平行板电容器始终连接在电源两端:电势差U不变。
由C=∝可知,C随d、S、εr的变化而变化。
由Q=CU=·U可知,当U不变时,Q也随d、S、εr的变化而变化。
由E=∝可知,当U不变时,E随d的变化而变化。
(2)平行板电容器充电后,切断与电源的连接:电荷量Q保持不变。
由C=∝可知,C随d、S、εr的变化而变化。
由U==∝可知,当Q不变时,U也随d、S、εr的变化而变化。
由E===∝可知,E随S、εr的变化而变化,而与d无关。
在研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中,连入了静电计。
(1)静电计的作用是什么?
提示:用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U,从指针偏转角度的大小可推知U的大小。
(2)d变时,极板上电荷量有何特点?
提示:保持不变。
【典例】用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容大小的因素(如图所示)。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。实验中,极板所带电荷量不变,若
( )
A.保持S不变,增大d,则θ变大
B.保持S不变,增大d,则θ变小
C.保持d不变,减小S,则θ变小
D.保持d不变,减小S,则θ不变
【解析】选A。静电计指针偏角大小体现电容器两板间电压大小。在各选项所示的操作中,电容器电荷量Q保持不变,C==。保持S不变,增大d,则C减小,U增大,偏角θ增大,选项A正确,B错误;保持d不变,减小S,则C减小,U增大,偏角θ也增大,故选项C、D均错误。
电容器动态变化问题的分析步骤
(1)明确电容器与电源的连接情况,从而确定是电压不变还是电荷量不变。
(2)由C=,根据εr、S、d的变化确定C的变化。
(3)由C=确定Q或U的变化。
(4)根据E==判断E的变化。
1.(母题追问)在【典例】中,在两极板间插入一电介质,静电计指针张角怎样变化?
【解析】在两极板间插入一电介质,εr变大,由C=,则C变大,由Q=CU可知,U变小,则静电计指针张角变小。
答案:张角变小
2.(多选)如图所示是一个由电源、电阻R与平行板电容器组成的串联电路,有带电小球静止在平行板电容器中间,在增大电容器两极板间距离的过程中( )
A.带电小球将竖直向下运动
B.带电小球将竖直向上运动
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】选A、C。电容器的电压不变,极板间距离增大,由E=分析可知,板间电场强度减小,微粒所受的电场力减小,所以微粒将向下做加速运动,故A正确,B错误。增大电容器两极板间距离,由电容的决定式C=分析可知,电容C减小,因U不变,由C=分析可知,Q减小,电容器放电,则R中有从a流向b的电流,故C正确,D错误。
【加固训练】
如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则
( )
A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变
C.θ减小,Ep增大
D.θ减小,E不变
【解析】选D。若保持下极板不动,将上极板向下平移一小段距离,则根据C=可知,C变大,Q一定,则根据Q=CU可知,U减小,则静电计指针偏角θ减小;根据E=,C=,Q=CU联立可得E=,可知Q一定时,E不变;根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,下极板接地,P点的电势不变,则Ep不变,故选项A、B、C错误,D正确。
【拓展例题】考查内容:带电体在两板间的运动
【典例】(多选)如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球;P板与b板用导线相连,Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了α角度。在以下方法中,能使悬线的偏角α变大的是( )
A.缩小a、b间的距离
B.加大a、b间的距离
C.取出a、b两极板间的电介质
D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
【解析】选B、C。设P、Q两金属板构成的电容器电容为C0,带电荷量为q0,由题意知b板与P板的电势相等,a板与Q板接地,所以两电容器的电势差U相等。设C的带电荷量为q,根据题意知两个电容器带的总电荷量不变,设为Q,所以q0+q=Q。所以C0U+CU=Q,对小球,要使α角增大,根据力的平衡可得小球受到的静电力要增大,即需两极板间的电势差增大,因此根据C0U+CU=Q,只有C减小才能使U增大。根据C=可知,换用介电常数较小的电介质或取出电介质,减小正对面积、增大极板间距离都能使电容减小,故选项B、C正确。
情境·模型·素养
当病人发生心室纤颤时,必须要用除颤器及时进行抢救,除颤器工作时的供电装置是一个C=70
μF的电容器,它在工作时,一般是让100～300
J的电能在2
ms的时间内通过病人的心脏部位。已知充电后电容器储存的电能为E=CU2,
探究:(1)除颤器工作时的电功率在什么范围?
(2)要使除颤器的电容器储存140
J的电能,充电电压需达到多大?
【解析】(1)根据电功率P=知,
P1=
W=5×104
W=50
kW,
P2=
W=1.5×105
W=150
kW,
即电功率的范围为50
kW～150
kW。
(2)根据电容器储存的电能为E=CU2,
知U==
V=2
000
V
答案:(1)50
kW～150
kW (2)2
000
V
在如图所示的实验装置中,平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接,极板A接地。静电计的指针张开一定角度。
探究:若将极板A稍向上移动一点,观察到静电计指针的张角变大。这说明了什么?
【解析】电容器无法放电,故带电量不变,即Q一定;静电计测量的是电压,观察到静电计指针的张角变大,说明电压变大;根据C=可以判断电容变小。
答案:见解析
课堂检测·素养达标
1.如图是一个电解电容器,由标注的参数可知
( )
A.电容器的击穿电压为450
V
B.当电容器的电压低于450
V时,电容器无法工作
C.给电容器加90
V电压时,电容器的电容为200
μF
D.电容器允许容纳的最大电荷量为0.45
C
【解析】选D。由标注的参数值可知,450
V指的是工作的额定电压,不是击穿电压,低于450
V的时候,电容器也可以工作,故A、B错误;电容器的电容值由其内部构造所决定,与其工作电压无关,故C错误;由C=可得,Q=UC=450
V×1
000×10-6
F=0.45
C,故D正确。
2.(多选)如图所示的各图描述的是对给定的电容器充电时其电荷量Q、电势差U、电容C之间相互关系的图像,其中正确的是
( )
【解析】选C、D。电容器的电容是由电容器本身属性决定的,与电容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关,不能认为C与Q成正比,与U成反比,故选项D正确,A、B错误;而C图表示电容器所带电荷量与极板间的电势差成正比,其比值即电容器的电容,故选项C正确。
【加固训练】
如图所示为某一电容器中所带电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5.0×10-2
F
D.该电容器的电量变化量为0.20
C
【解析】选B。由Q=CU知,U降低,Q减小,故为放电过程,A错误,B正确;由C==
F=5×10-3
F,可知C错误;ΔQ=CΔU=5×10-3×4
C=0.02
C,D错误。
3.如图所示,平行板电容器与电压为E的恒定电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离
( )
A.带电油滴将沿竖直方向向上运动
B.P点的电势将降低
C.带电油滴的电势能将增大
D.电容器的电容减小,极板带电量增大
【解析】选A。将上极板竖直向下移动一小段距离时,d减小,电容器的电压U不变,由E=分析得知,板间电场强度E增大,则油滴所受电场力增大,油滴将沿竖直方向向上运动,故A正确。P点到下极板的距离不变,而E增大,由U=Ed知,P点与下极板间电势差增大,P点的电势大于零,则P点的电势升高,由于油滴带负电,则带电油滴的电势能将减少,故B、C错误。d减小,由C=知,电容C增大,U不变,由C=分析可知,电容器所带电量增大,故D错误。
4.(多选)(2020·济宁高二检测)如图所示,两平行的金属板水平放置,两板间距为d,在A板中间打一个小孔,B板接地,一带正电小球,电荷量为q,质量为m,用绝缘细线悬挂于O点,若电容器的充电时间不可以忽略,那么闭合开关S后,小球始终处于静止状态,下列关于小球的描述正确的是
( )
A.细线对小球的拉力不变化
B.细线对小球的拉力逐渐增大
C.小球的电势能逐渐增加
D.小球所在位置的电势逐渐降低
【解析】选B、C。充电过程中两极板的电荷量逐渐增多,根据U=可知,两极板间电势差增大,由此可知带电小球所受电场力F=qE=变大,绳子所受拉力等于电场力和重力之和,即细线对小球的拉力逐渐增大,由此可知选项A错误,B正确;因为下极板接地,小球到下极板的距离是一个定值,两极板间的电场强度逐渐增大,所以小球所在位置的电势大于零且随着两极板上电荷量的增大而增大,由此可知电势能在增加,选项C正确,D错误。
5.(教材二次开发·P39【拓展学习】改编)电流传感器可以像电流表一样测量电流,不同的是反应比较灵敏,且可以和计算机相连,能画出电流与时间的变化图像。图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图,图中电源电压为8
V。
先使开关S与1接通,待充电完成后,把开关S再与2接通,电容器通过电阻放电,电流传感器将电流信息传入计算机,显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为__________C,该电容器电容为____________μF。(均保留3位有效数字)?
【解析】根据题图乙的含义,因Q=It,可知图形与时间轴围成的面积表示电荷量;根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电荷量为8×10-5
C,大于半格算一个,小于半格舍去,因此图像所包含的格子个数为38,所以释放的电荷量为q=8×10-5
C×38=3.04×10-3
C。根据电容器的电容C=可知,C=
F=3.8×10-4
F=380
μF
答案:3.04×10-3 380
课时素养评价
六 电容器与电容
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.下列关于电容器的叙述正确的是
( )
A.电容器是储存电荷的容器,只有带电的容器才能称为电容器
B.两个彼此绝缘而又相互靠近的导体,当带电时构成电容器,不带电时不是电容器
C.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
D.电容器充电过程是将其他形式的能转化为电容器的电能并储存起来;电容器的放电过程,是将电容器储存的电能转化为其他形式的能
【解析】选D。电容器既然是储存电荷的容器,那么它是否带电不影响其储存电荷的能力,A、B错误;电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值,C错误;电容器的充、放电伴随能量的转化,D正确。
2.(2020·青岛高二检测)关于平行板电容器的电容,下列说法正确的是
( )
A.电容器不带电时,其电容为零
B.电容器带电荷量越多,其电容越大
C.电容器两极板间电压越低,其电容越小
D.电容器的电容只由它本身的性质决定
【解析】选D。电容器的电容与电容器是否带电、带电荷量多少以及两板间有无电压均无关,只与两极板间距、正对面积以及电介质有关,也就是说电容器的电容只由它本身的性质决定,故选项A、B、C错误,D正确。
3.一个已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4
C,则其电压减小为原来
的,则
( )
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】选B。由题意知C==,解得Q=4.5×10-4
C,故B正确,A错误;因电容器的电容未知,所以无法求出电容器原来的电压,C错误;电容是由电容器本身决定的,跟电压和电荷量的变化无关,所以电容器的电容不变,D错误。
【加固训练】
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.要使该电容器两极板之间电压增加1
V,所需增加的电荷量为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】选A。由电容器的铭牌信息可知,该电容器的电容为25
μF,则由C=可
知,要增加1
V的电压,需要增加的电荷量ΔQ=ΔU·C=2.5×10-5
C,故A正确;由Q=UC可知,要带1
C的电荷量,两极板之间需加电压U==4×104
V,故B错误;由铭牌信息可知,电容器的额定电压为450
V,则电荷量最多为Q=UC=1.125×10-2
C,故C错误;电容器的额定电压为450
V,低于击穿电压,故D错误。
4.如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从右边接线柱流进电流计,指针向右偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向右偏转,则
( )
A.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在增大
B.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在增大
C.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在减小
D.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在减小
【解析】选A。电流计指针向右偏转,说明流过电流计G的电流由右向左,则导体芯A所带电量在增加,电容两端间的电势差不变,由Q=CU可知,导体芯A与液体形成的电容器的电容增大,根据C=,知正对面积增大,则液体的深度h在增加,故A正确。
5.电容式压力传感器的原理如图所示,其中上板为固定电极,下板为可动电极。可动电极的两端固定,当有压力作用于可动电极时,极板会发生形变,从而改变电容器的电容。已知电流从灵敏电流计的正极流入时指针往右偏,则压力突然增大时
( )
A.电容器的电容变小
B.电容器的电荷量不变
C.灵敏电流计指针往左偏
D.电池对电容器充电
【解析】选D。当待测压力增大时,电容器板间距离减小,根据电容的决定式C=得知,电容C增大,故A错误;电容器板间电压U不变,电容器所带电量为Q=CU,C增大,则Q增大,电容器处于充电状态,而上极板带正电,电流将从电流计正接线柱流入,所以灵敏电流计指针向右偏转,当稳定后,则会回到中央,故B、C错误,D正确。故选D。
6.如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S。当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间电场强度E的变化情况是
( )
A.Q变小,C不变,U不变,E变小
B.Q变小,C变小,U不变,E不变
C.Q不变,C变小,U变大,E不变
D.Q不变,C变小,U变小,E变小
【解析】选C。电容器充电后再断开S,其所带电荷量Q不变,由C∝可知,d增大时,C变小,又U=,所以U变大;由于E=,U==,所以E=,故d增大时,E不变。选项C正确。
【加固训练】
如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为
( )
e
A.g
B.g
C.g
D.g
【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=q;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律ma=mg-q,两式联立可得a=g,故选A。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)(2020·枣庄高二检测)一个平行板电容器,使它每板电荷量从Q1=3.0×10-5
C增加到Q2=3.6×10-5
C时,两板间的电势差从U1=10
V增加到U2,求:
(1)这个电容器的电容;
(2)U2为多少;
(3)如要使两极板电势差从10
V降为U2′=6
V,则每板需减少多少电荷量。
【解析】(1)电容器的电容
C==
F=3×10-6
F=3
μF。
(2)因为电容器的电容不变,
所以U2==
V=12
V。
(3)根据电容的定义,它等于每增加(或减少)1
V电势差所需增加(或减少)的电荷量,即C=,要求两极板间电势差降为6
V,则每板应减少的电荷量为
ΔQ′=CΔU′=3×10-6×(10-6)
C=1.2×10-5
C。
答案:(1)3
μF (2)12
V (3)1.2×10-5
C
8.(12分)如图所示,水平放置的平行金属板A、B的距离为d,开始两板都不带电,现将电荷量为+q、质量为m的液滴从小孔正上方h处无初速度滴下,通过小孔落向B板并把电荷全部传给B板,若第N滴液滴在A、B间恰好做匀速运动,求电容器的电容。
【解析】第N滴液滴做匀速运动时,板上电荷量:
Q=(N-1)q
①
由平衡条件得:qE=mg
②
两极板间电压:U=Ed
③
电容器电容:C=
④
由①②③④联立解得:C=。
答案:
(15分钟·40分)
9.(6分)(多选)(2020·南昌高二检测)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体
( )
A.向左移动时,θ增大
B.向右移动时,θ增大
C.向左移动时,θ减小
D.向右移动时,θ减小
【解析】选B、C。由公式C=可知,当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质增加,则电容C增大,由公式C=可知电荷量Q不变时,U减小,则θ减小,故A错误,C正确;由公式C=可知,当被测物体带动电介质板向右移动时,导致两极板间电介质减少,则电容C减小,由公式C=可知电荷量Q不变时,U增大,则θ增大,故B正确,D错误。故选B、C。
10.(6分)如图所示是一个由电源、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路,开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动,下列说法正确的是
( )
A.带电液滴可能带正电
B.增大两极板间距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B运动到A
C.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速下降
D.断开S,减小两极板距离的过程中,液滴静止不动
【解析】选D。带电液滴在重力和静电力作用下处于平衡状态,静电力方向向上,电场方向向下,故液滴带负电,A选项错误;由C=和Q=CU可知,两极板间距离增大的过程中,C变小,所以Q变小,因此电容器放电,放电电流的方向为从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,不能直接通过电容器从B运动到A,选项B错误;断开S,由C=、Q=CU和U=Ed知,E=,Q不变,S减小,所以E增大,静电力大于重力,液滴将加速上升,选项C错误;由E=知,Q不变,d减小,E不变,液滴静止不动,选项D正确。
11.(6分)(多选)如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的电流计,闭合开关S后,下列说法中正确的有
( )
A.若在两极板间插入电介质,电容器的电容变大
B.若在两极板间插入导体板,电容器的电容变小
C.若只将滑动变阻器滑片P向上移动,此过程电流计中有从a到b方向的电流
D.若只将电容器下极板向下移动一小段距离,此过程电流计中有从b到a方向的电流
【解析】选A、C、D。若只在两极板间插入电介质,根据C=可知,电容器的电容将增大,故A正确;若在两极板间插入导体板,相当于减小平行板电容器两极板间的距离,根据C=可知,电容器的电容变大,故B错误;若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器极板间电压增大,则电容器所带电荷增多,电容器充电,此过程电流计中有从a到b方向的电流,故C正确;若只将电容器下极板向下移动一小段距离,两极板间距离增大,根据C==,电容减小,而电压不变,则电容器所带电量减小,电容器放电。由于上极板带正电,所以此过程电流计中有从b到a方向的电流,故D正确。
12.(22分)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
【解析】设电容器电容为C,第一次充电后两极板之间的电压为U=
①
两极板之间电场的电场强度为E=
②式中d为两极板间的距离。
按题意,当小球偏转角θ1=时,小球处于平衡位置。
设小球质量为m,所带电荷量为q,则有FTcosθ1=mg
③
FTsinθ1=qE
④
式中FT为此时悬线的张力。
联立①②③④式得tanθ1=
⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2=,
则tanθ2=
⑥
联立⑤⑥式得=,
代入数据解得ΔQ=2Q。
答案:2Q
【加固训练】
如图所示,已知平行板电容器两极板间距离d=4
mm,充电后两极板电势差为120
V。A板带正电,若它的电容为3
μF,且P到A板距离为1
mm。求:
(1)每一板的带电荷量。
(2)一个电子在P点具有的电势能。
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能。
(4)两板间的电场强度。
【解析】(1)由Q=UC得Q=120×3×10-6C=3.6×10-4
C。
(2)EP=-eφP=-edPB=-90
eV。
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功,电势能减小,动能增加,所以由动能定理得
Ek-0=-eUBA,Ek=120
eV。
(4)E==3×104
N/C
答案:
(1)3.6×10-4
C (2)-90
eV
(3)120
eV (4)3×104
N/C
PAGE
-
22
-阶段提升课
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
考点1 电容器的动态分析
(难度☆☆☆)
用“四步法”对电容器动态分析
静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计。开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是
( )
A.断开开关S后,将A、B两极板分开些
B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些
C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些
D.保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右移动
【解析】选A。要使静电计的指针张开角度增大些,必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大,断开开关S后,将A、B两极板分开些,电容器的带电量不变,电容减小,电势差增大,A正确;保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,B、C错误;保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误。
【加固训练】
如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间有一带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是
( )
A.若增大A、B两金属板的间距,有向右的电流通过电阻R
B.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动
C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动
D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动
【解析】选C。电容器和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属板的间距,根据公式C=可知,电容减小,根据公式C=,可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电,R中有向左的电流,A项错误;由于两极板间的电压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式E=可得两极板间的电场强度减小,微粒P受到的电场力小于重力,将向下运动,B项错误;若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,则电场强度增大,电场力大于重力,P向上运动,C项正确;若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于εr增大,但两极板间的电场强度不变,电场力不变,微粒P仍静止,D项错误。
考点2 电场中的功能关系
(难度☆☆☆☆)
判断电势能大小的两种方法:
(1)根据Ep=qφ计算,可判断:电势越高处,正电荷具有的电势能越大,负电荷具有的电势能越小。
(2)根据静电力做功与电势能变化的关系WAB=EpA-EpB判断,这是判断电势能如何变化最基本、最有效的方法。
电场中的功能关系的关键词转化
(多选)(2020·南昌高二检测)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点由静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a
( )
A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中,速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中,电势能一直增加
D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
【解析】选B、C。小球a从N点由静止释放,过P点后到Q点速度为零,整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°,所以库仑力在整个过程中做负功。小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,库仑力与重力的夹角减小,所以它们的合力一直增大,故A错误;小球a受力如图所示,在靠近N点的位置,合力与速度夹角小于90°,在P点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中,速率应先增大后减小,故B正确;从N到Q的过程中,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,故C正确;根据能量守恒
可知,从P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,故D错误。
【加固训练】
(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小。
(2)B运动到P点时的动能。
【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a,
O、P两点的高度差为h。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma
①
h=a()2=gt2
②
解得E=
③
(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的水平距离为l,根据动能定理有
Ek-m=mgh+qEh
④
且有l=v1=v0t
⑤
h=gt2
⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek=2m(+g2t2)
答案:(1) (2)2m(+g2t2)
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