高考物理最新教案-九、靜電場精品

1、物理講座：靜電場教學目標通過復習整理靜電場的規(guī)律、概念，建立靜電揚的知識結構利用場的思想、場疊 加的思想認識和解決電場問題，加深對靜電場的理解.教學重點、難點分析靜電場部分的內容概念性強，規(guī)律內容含義深刻，是有關知識應用的基礎.但由于 概念和規(guī)律較抽象，對掌握這些概念和規(guī)律造成了一定的難度所以，恰當?shù)亟⒂嘘P 的知識結構，處理好概念之間、規(guī)律之間的關系，是解決復習困難的有效方式.一、對規(guī)律和概念的回顧二、靜電場概念的幾個問題討論1 .場概念的鞏固問題1、帶電小球A、C相距30cm，均帶正電.當一個帶有負電的小球 B放在A、 C間連線的直線上，且B、C相距20cm時，可使C恰受電場力平衡.A B

2、、C均可看成 點電荷.A B所帶電量應滿足什么關系？如果要求 A B、C三球所受電場力同時 平衡，它們的電量應滿足什么關系？分析：C處于平衡狀態(tài)，實際上是要求 C處在A B形成的電場中的電場強度為零 的地方.既然C所在處的合場強為零，C所帶電量正或負、電量多或少均對其平衡無影響. 答案：qA : qB=9 ： 4，q A : qB : qC=9 ： 4 : 36.-2VC*2VA*-6V問題2如圖3-1-1所示，在方框區(qū)域內有勻強電場，已 知Ua=2V, Ub=-6V, Uc =-2V.試用作圖法畫出電場中電場線 的方向.*加強學生對勻強電場的深刻理解.分析：據(jù)題A、B兩點間的電勢差為8V,

3、A C兩點間的電 勢差為4V.所以，先將A、B兩點用直線連接，則A、B兩點 間的中點的電勢為4V,與C點的電勢相同.將這兩點連起來， 就是電勢為-2V的等勢線，電場線應與該直線垂直，且由高電 勢點指向低電勢點.（如圖3-1-1所示）2. 問題的是非討論：在靜電場中， 場強較大處，電勢也一定較高嗎？反之，電勢較高處，場強一定也較大嗎？ 場強為零處，電勢也一定為零嗎？反之，電勢為零處，場強一定也為零嗎？ 場強相等處，電勢也一定相等嗎？反之，電勢相等處，場強一定也相等嗎？ *如果要推翻一個結論，只需舉出一個反例.分析：以點電荷（正和負）的電場為例.以等量異號電荷的電場和等量同號電荷的電場為例.以勻強

4、電場和點電荷的電場為例.3電場疊加問題的討論問題1、如圖3-1-2所示，半經為r的硬橡膠圓環(huán)上帶有 均勻分布的正電荷，其單位長度上的帶電量為 q,現(xiàn)截去環(huán)上一小 段AB AB長為I ,(l<<r )，貝U剩余部分在圓環(huán)中心處 0點產生 的場強多大？方向如何？*加強對電場場強疊加的應用能力和加深對疊加的理解.分析：由于AB段被截掉，所以，本來與 AB相對稱的那一小段所產生的場強就成為 了整個圓環(huán)產生的電場的合場強。因題目中有條件：l<vr，所以這一小段可以當成點電 荷，利用點電荷的場強公式可求出答案答範E辱方向.指向AR r問題2、如圖3-1-3，等邊三角形ABC的邊長為a,在

5、它 的頂點B C上各有電量為Q的點電荷.試求三角形中心處場強 E的大小和方向.圖通過此題的求解，進一步鞏固對場強矢量性的認識和場強疊加理解.3kQp-三、電場中的導體、電容器1.電場中的導體(1) 什么是靜電感應？應明確：靜電感應是一個過程，是導體內電荷重新分布的過程.(2) 導體處于靜電平衡時，有哪些性質？ 導體內部的電場強度處處為零； 導體表面是個等勢面，導體是一個等勢體； 凈電荷只分布在導體的外表面.(3) 鞏固練習問題觀察與解釋.(配合演示實驗)與毛皮摩擦過的膠棒靠近一個不帶電的靜電計上的小球，可以使靜電計的 指針張開，解釋原因，此時靜電計指針上帶何種電荷？若在此情況下，膠棒與小球接觸

6、，指針會 帶何種電荷？若膠棒不與小球接觸，而是用手接觸一下小球，指針閉合，然后將膠棒拿開，指針 又張開，解釋這個現(xiàn)象，并說明此時指針帶何種電荷？圖 A1-4問題2如圖3-1-4所示，絕緣的導體球殼P上有一 個小孔，用一根導線將球殼內的小金屬球 a和球殼外的小 金屬球b連接起來，P帶正電.靜電平衡時，金屬球 a、b 是否帶電？分別帶何種電荷？提示：小球a和小球b與球殼P等電勢，小球a可看成是球殼內表面的一部分，而小球 b應是球殼P外表面的一部分.2 電容器(1) 電容的定義C崢 單包法拉F.(2) 電容器是一個儲存和釋放電能的元件.(3) 平行板電容器的電容由哪些因素決定?么它能接到最大電壓為多

7、大的電源上?問題1設空氣的擊穿場強為3 106V/m, 平行板電容器兩板間的距離 d=1mm那問題2討論平行板電容器的兩種變化情況(1) 兩板間電勢差保持不變,(2) 帶電量保持不變二、帶電粒子在電場中的運動教學重點、難點分析帶電粒子在電場中的運動是電場知識的重要應用， 注重分析判斷帶電粒子在電場力 作用下的運動情況，掌握運用力的觀點和能的觀點求解帶電粒子運動的思路和方法.帶 電粒子在電場中加速和偏轉問題將使用大部分力學知識.一、解決帶電粒子在電場中運動的基本思路：1. 受力分析.研究對象有兩種：帶電粒子和帶電質點.前者不考慮重力，后者要考慮重力.2. 運動軌跡和過程分析.帶電粒子運動形式決定

8、于：粒子的受力情況和初速度情況.3. 解題的依據(jù).(1) 力的觀點：牛頓運動定律和運動學公式.(2) 能量的觀點：電場力做功與路徑無關；動能定理：能的轉化與守恒規(guī)律.(3) 動量的觀點.(選擇地復習下列內容；勻強電場的特點，平拋運動，牛頓運動定律，勻速及勻變速直線運動，運動的合成與分解，電場力的功以及能量轉化等問題.)二、帶電粒子在典型場中的運動形式帶電粒子在電場中的運動形式各種各樣，由其受力和初速度共同決定.1 .在點電荷電場中：Vo / E做變加(或減)速直線運動V。丄E有可能做勻速圓周運動V0與E有夾角曲線運動例如：圖3-2-1所示，在點電荷+Q的電場中，一帶電粒子-q的初速度v 0恰與

9、電場 線QP方向相同，則帶電粒子-q在開始運動后，將（B）A. 沿電場線QP故勻加速運動B沿電場線QP故變減速運動C沿電場線QP故變加速運動D偏離電場線QP做曲線運動qq圖3-2-1思考：帶電粒子-q的初速度V。恰與電場線QP方向相反，情況怎樣？若初速度Vo 恰與電場線QP方向垂直，可能出現(xiàn)什么情況？2.勻強電場中：V0 / E做勻加（或減）速直線運動V。丄E勻變速曲線運動V。與E有夾角勻變速曲線運動三、帶電粒子在電場中運動判斷與分析Vf)圖3-2-21 .帶電粒子在電場中的直線運動 問題1如圖3-2-2所示，在勻強電場E中，一帶電粒子-q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子-q在開始運

10、動 后，將（C）A. 沿電場線方向做勻加速運動B .沿電場線方向做變加速運動C.沿電場線方向做勻減速運動D .偏離電場線方向做曲線運動思考：帶電粒子-q的初速度v0恰與電力線方向相反，情況怎樣？解析：帶電粒子-q受力有什么特點？方向與初速度 v0的方向的關系怎么樣？問題2如圖3-2-3所示的直線是某電場中的一條電場線，A、B是這條電場線上兩點.已知一電子經過A點的速度為Va并 向B點運動，一段時間以后，該電子經過 B點的速度為Vb , 且vA與vB的方向相反貝U:（ ADA. A點的電勢一定高于 B點的電勢B. A點的場強一定大于B點的場強C. 電子經過A點時的電勢能一定大于它經過 B點時的電

11、勢能D. 電子經過A點時的動能一定大于它經過B點時的動能 思考：一根電場線能確定什么？為什么不能判斷場強大??？解析：根據(jù)電子速度方向的變化可確定電子的受力 F的方向，從而確定場強E的方 向.沿著電場線的方向電勢降低，所以A正確.從A點到B點電場力做負功，動能減小，電勢能增加.所以C錯D正確.一條電場線不能判斷場強大小，所以 B不對. 問題4 一個帶正電荷的質點P放在兩個等量負i.電荷A、B的電場中，P恰好在AB連線的垂直平分線”的C點處，現(xiàn)將P在C點由靜止釋放，設P只受電場%£力作用，則（ABDFqA. P由C向AB連線中點運動過程中，加速度可廠能越來越小而速度越來越大刃:B. P由

12、C向AB連線中點運動過程中，加速度可能先變大后變小，最后為零，而速 度一直變大C. P運動到與C關于AB的對稱點C'靜止D. P不會靜止，而是在C與C間來回振動*通過此題的分析與解答，可加深對等量同種電荷場強分布的認識和理解.解析：利用極限法，可知在 AB連線的垂直平分線上的場強從無窮遠處到中點 0是B選項都有可能.根據(jù)場-q圖3-2-6先增大后減小直到為零.由于 C點位置的不確定性，所以A、 強分布的對稱性，不難確定，P將在C和C間來回振動.2.帶電粒子在電場中的曲線運動問題5如圖3-2-6所示，兩平行金屬板間有勻強電場， 場強方向指向下板，一帶電量為-q的粒子，以初速度v0垂直 電

13、場線射入電場中，則粒子在電場中所做的運動可能是（C）A. 沿初速度方向做勻速運動B. 向下板方向偏移，做勻變速曲線運動c.向上板方向偏移，軌跡為拋物線D.向上板偏移，軌跡為一段圓弧將帶電粒子的運動與重力場中的平拋運動類比，尋求解決問題的思路.建立直角坐標系，將運動分解為垂直于場強方向和沿場強方向分別加以討論.解析：在勻強電場中，-q受電場力的特點為：方向與電場線方向相反，大小恒定， 而初速度方向與電場力方向垂直，所以粒子一定做勻變速曲線運動，軌跡為拋物線.問題6已知氫原子中的質子和電子所帶電量都是 e，電子質量為me，電子繞核做勻速圓周運動，軌道半徑為r，試確定電子做勻速圓周運動的線速度的大小

14、和角速度的 大小，以及電子運動周期.根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律求解2 2 2 2 2 ke vke2ke 4 二mm rm rrrrr T然后將結論與衛(wèi)星圍繞行星做勻速圓周運動加以比較.解析：電子繞核做勻速圓周運動的向心力是由質子和電子之間的庫侖力提供.o問題7如圖3-2-7所示，直線MN為點電荷Q的電場 中的一條電場線.帶正電的粒子只在電場力的作用下，沿 著曲線由a向b運動，貝U( C)A.點電荷Q是正電荷B .電勢Ua > UbC場強Ea > EbD .帶電粒子的動能E© > EKb分析：做曲線運動的物體合外力方向與初速度方向有夾角， 并且合外力總指向軌跡

15、內側.由此可判斷點電荷 Q為負電荷，負點電荷的電場線由 N指向M根據(jù)電場性質可 知B錯C對，沿著曲線由a向b運動過程中，克服電場力做功，動能減少.四、研究帶電粒子在電場中運動的方法1.運用牛頓定律研究帶電粒子在電場中運動基本思路：先用牛頓第二定律求出粒子的加速度，進而確定粒子的運動形式，再根 據(jù)帶電粒子的運動形式運用相應的運動學規(guī)律求出粒子的運動情況.則必須再使(ADB.兩板間電壓減為原來的1/2D.兩板間距離增為原來的2倍3-2-8問題如圖3-2-8所示，一個質量為m,帶電量為q 的粒子，從兩平行板左側中點沿垂直場強方向射入，當入 射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板.要使粒子的 入射速度

16、變?yōu)関/2，仍能恰好穿過電場，A.粒子的電量變?yōu)樵瓉淼?/4C. 兩板間距離增為原來的4倍解析：將此勻變速曲線運動視為沿平行板方向上的勻速直線運動與垂直板的方向 上的初速度為零的勻加速直線運動的合運動.粒子恰好穿過電場時，它沿平行板的方向md 2發(fā)生位移L所用時間，與垂直板方向上發(fā)生位移 d/2所用時間相等，設兩板電壓為 U,則有:Lv UqA 圖3-2-9當入射速度變?yōu)関/2，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時間變?yōu)樵瓉淼?倍，由 上式可知，粒子的電量變?yōu)樵瓉淼?/4或兩板間距離增為原來的2倍時，均使粒子在與 垂直板方向上發(fā)生位移d/2所用時間增為原來的2倍，從而保證粒子仍恰好穿過電場， 因此

17、選項A D正確.問題2如圖3-2-9所示，一個質量為m,帶電量為q的粒子， 僅受電場力作用，以恒定的速率v沿一圓弧做圓周運動，從圓周上A點到B點速度方向改變了 B角，A B兩點間弧長為S,求：A、B 兩點處的場強的大小及 A、B兩點間的電勢差.分析：既然帶電粒子以恒定不變的速率沿圓弧運動，又僅受電場力作用，那么帶電粒子一定處于點電荷的電場中，且?guī)щ娏Ｗ釉谝渣c電荷為圓心的圓上運動電場力提供 向心力，即：mv=qs2v qE = mr由動能定理知A、B兩點間的電勢差為零.（帶電粒子只有在點電荷電場中才可能做勻速圓周運動）2運用動能定理研究帶電粒子在電場中運動基本思路；根據(jù)電場力對帶電粒子做功的情況

18、，分析粒子的動能與勢能發(fā)生轉化 的情況，運用動能定理或者運用在電場中動能與電勢能相互轉化而它們的總和守恒的觀 點，求解粒子的運動情況.問題1如圖3-2-10所示，質量為m電量為e的電子，從A點以速度v0垂直場120度角，則A B強方向射入勻強電場中，從 B點射出電場時的速度方向與電場線成兩點間的電勢差是多少?分析：電子從A運動到B的過程中，電場力對電子做正功,E由動能定理和幾何關系有:VoV =cos30eU1 2 1 2 mvmv02 2mv°6e這一思路對于帶電粒子在任何電場中的運動都適用.圖3-2-10-B03-2-11五、帶電質點在電場中的運動由于帶電質點的重力不能忽略，因此

19、帶電質點在重力和電場力的作用下運動， 重力 和電場力的合力使帶電質點產生加速度； 合力的作用效果在位移上的積累使帶電物體的 動能發(fā)生變化；合力在時間上的積累使帶電物體的動量發(fā)生變化.因此，我們可以運用 牛頓第二定律、動量定理或動能定理分析解決帶電物體在重力場和電場中運動問題.問題1如圖3-2-11所示，在豎直平面內，有一半徑為R的絕緣的光滑圓環(huán)，圓環(huán)處于場強大小為E,方向水平向右的勻強電場中，圓環(huán)上的A、C兩點處于同一水平面上，B D分別為圓環(huán)的最高點和最低點.M為圓環(huán)上的一點， / MOA=4° .環(huán)上穿著一個質量為 m,帶電量為+q的小球，它 正在圓環(huán)上做圓周運動，已知電場力大小

20、 qE等于重力的大小 mg且小球經過M點時球與環(huán)之間的相互作用力為零. 試確定 小球經過A B C D點時的動能各是多少？根據(jù)牛頓第二定律尬罟=農mg即左血=gmwg = y-mgR當小球從M點運動到A點的過程中，電場力和重力做功分別為Wg =）% = y-nigR根據(jù)動能定理得：1 3E迄右叫譏譏=（琴 7）mgR同理:? 12Eh廠（亍-l）mgR3Bic = （+ l）nigR3 I2=（亍十l）m釈解析：小球是在重力、彈力和電場力的作用下做變速圓周運動， 其中重力和電場力 是恒力，彈力是變力重力和電場力的合力仍為恒力：大小為42 mg方向與水平面成45角向右下方。當小球通過 M點時，由

21、它所受的重力和電場力的合力提供向心力所 以用上述條件，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律可求出小球過M點時的動能另外小球在做變速圓周運動的過程中只有重力和電場力做功，這兩個力做功的特點都只與小球的位置變化有關，而與路徑無關，因而可借助動能定理解題.Z3E：E 3-2-12問題2如圖3-2-12所示，在水平向右的勻強電場中的 A 點，有一個質量為m帶電量為-q的油滴以速度V豎直向上運 動已知當油滴經過最高點B時，速度大小也為v求：場強 E的大小及A B兩點間的電勢差.根據(jù)分運動與合運動的等時性以及勻變速直線運動平均速度公式有：即H=x, 由動能定理：Eqx-mgH=O得:e =mgqH = V t2

22、v .x t2 mv2q2分析：油滴在重力和電場力兩個恒力作用下， 從A向B運動.這一運動可以看成是 豎直上拋運動和水平方向上初速度為零的勻加速直線運動的合運動. 所以可以選擇有關 運動學的知識和動能定理解題.六、帶電粒子在交變電場中的運動在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板間便可獲得交變電場.此類電場從空間看是勻強的，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從 時間上看是變化的，即電場強度的大小、方向都可隨時間變化.研究帶電粒子在這種交變電場中的運動，關鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.U1 rA圖3-2-13問題1如圖3-2-13所示

23、，A、B是一對平行的金屬板在兩 板間加上一周期為T的交變電壓u. A板的電勢UA=0, B板的電勢 Ub隨時間的變化規(guī)律為：在0到T/2的時間內，Ub=Uo（正的常數(shù)）； 在T/2到T的時間內，Ub=- Uo ;在T到3T/2的時間內， = U。; 在3T/2到2T的時間內.UB=- U0，現(xiàn)有一電子從 A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內.設電子的初速度和重力的影響均可忽略，則（AB）A.若電子是在t=0時刻進入的，它將一直向B板運動B若電子是在t=T/8時刻進入的，它可能時而向 B板運動，時而向A板運動，最 后打在B板上C若電子是在t=3T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，

24、最 后打在B板上D. 若電子是在t=T/2時刻進入的，它可能時而向 B板、時而向A板運動.畫A B C D四個選項的v-t圖像.從圖像分析帶電粒子的運動情況.分析：關鍵在于分析帶電粒子的受力、加速度、速度的變化情況，根據(jù)位移變化確 定運動情況.運用牛頓第二定律和運動學公式討論比較麻煩，所以考慮應用圖像.圖 3-2-14圖3-2-15問題2如圖3-2-14所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初 速不計）經過U0=1000伏的加速 電場后，由小孔S沿兩水平金屬 板A、B間的中心線射入.A、B 板長1=0.20米，相距d=0.020米, 加在A、B兩板間電壓u隨時間t 變化的u-t圖線如圖3-2-15所

25、示.在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內，電場可 視做恒定的.兩板右側放一記錄圓筒，筒在左側邊緣與極板右端距離b=0.15米，筒繞其豎直軸勻速轉動，周期T=0.20秒，筒的周長s=0.20米，筒能接收到通過 A B板的全部電子.'価躺（2）在給出的坐標紙（圖3-2-16上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線.（1）以t=0時電子打到圓筒記錄紙上的 點做為xy坐標系的原點，并取y軸豎直向 上.試計算電子打到記錄紙上的最高點的 y坐 標和X坐標.（不計重力作用）解析：（1）計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標，設 V。為電子沿A、B板的中心線射入電場時的初速度，則13 口電子在中心線方向的

26、運動為勻速運動，設電子穿過A B板的時間為t 0，則l=v °t 0電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動.對于恰能穿過 A、B板的電子，在它 通過時加在兩板間的電壓uc應滿足euc 4 2 t0 md聯(lián)立求解得_ md2 c= et0=20伏此電子從A B板射出時沿y方向的分速度為euc丄 VY=-t0m d此時，此電子做勻速直線運動，它打在記錄紙上的點最高，設縱坐標為y,由圖3-2-17可得o圖 >2-17V0由以上各式解得y= =2.5厘米從題給的u-t圖線可知，加于兩板電壓u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因為u-v Um，在一個周期T。內，只有

27、開始的一段時間間隔t內有電子通過A、B 板，t= Uc T0 Um因為電子打在記錄紙上的最高點不止一個，的規(guī)定，第一個最高點的x坐標為根據(jù)題中關于坐標原點與起始記錄時刻tsX1亍2厘米第二個最高點的x坐標為s/T=12厘米X2= (t + To)第三個最高點的x坐標為x3=t + 2 T0/Ts=22 厘米由于記錄筒的周長為20厘米，所以第三個最高點已與第一個最高點重合，即電子 打到記錄紙上的最高點只有兩個，它們的x坐標分別為x1=2厘米和x2 =12厘米.3-2-18 所示.(2)電子打到記錄紙上所形成的圖線，如圖 問題3在光滑水平面上有一質量 m=1.01.0s速度變?yōu)榱?求此電場的方向及

28、x 10 "kg,電量q=1.0 x 10 d0 C的帶正電小球, 靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內建 立直角坐標系Oxy,現(xiàn)突然加一沿x軸正方向， 場強大小E=2.0x 106V/m的勻強電場，使小 球開始運動，經過1.0s，所加電場突然變?yōu)?沿y軸正方向，場強大小仍為E=2.0 x 106V/m 的勻強電場，再經過1.0S，所加電場又突然 變?yōu)榱硪粋€勻強電場，使小球在此電場作用下經 速度變?yōu)榱銜r小球的位置.解析：由牛頓定律得知，在勻強電場中小球加速度的大小為a=qE/m代入數(shù)值得a=1.0 x 10 40 x 2.0 x 106/ (1.0 x 10；) =0.20m/s

29、2當場強沿x正方向時，經過1秒鐘小球的速度大小為v x =at=0.20 x 1.0=0.20m/s速度的方向沿x軸正方向，小球沿x軸方向移動的距離X11 2 1 2Sx1at0.20 1.0 -0.10m2 2在第2秒內，電場方向沿y軸正方向，故小球在x方向做速度為vx的勻速運動, 在y方向做初速為零的勻加速運動，沿 x方向移動的距離Sx=vx t = 0.20m沿y方向移動的距離二丄 0.20 1.02 = 0.10m2a t2Sy J2故在第2秒末小球到達的位置坐標x2 =Sx +Sx =0.30mx1 x2y 2 =Sy=0.10m在第2秒末小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速

30、度v y =at=0.20 x 1.0=0.20m/s由上可知，此時運動方向與x軸成45°角.要使小球速度能變?yōu)榱?，貝U在第 3秒 內所加勻強電場的方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225°角.在第3秒內，設在電場作用下小球加速度的 x分量和y分量分別為ax， a y，貝Uax=vx/t=0 . 20m/S 2 y3 二 y2 vytayt0.20m a y=v y/t=0.20m/s 2 在第3秒末小球到達的位置坐標為1 2x3=x2+vxt-ax t = 0.40m2II同步練習 一、選擇題1.在x軸上有兩個點電荷，一個帶正電 Q.，一個帶負電-Q2，且Qi

31、=2Q2 .用Ei和 E2分別表示兩個電荷所產生的場強的大小，則在E,= E2之點只有一處，該處合場強為 0 E 2之點共有兩處：一處合場強為 0，E,= E 2之點共有三處：其中兩處合場強為 E1= E 2之點共有三處：其中一處合場強為X軸上A.B.C.D.另一處合場強為2 E 20，另一處合場強為2 E 20,另兩處合場強為2 E2在兩極板間有一正電荷2. 一平行板電容器充電后與電源斷開，（電量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖3-1-7所示，以E表示兩極板間的 場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能.若保 持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則 A. U變小，E不變B . E

32、變大，W變大+匚匚®3-1-7IC. U變小，W不變D . U不變，W不變3.金屬球，原來不帶電，現(xiàn)沿球的直徑的延長 線放置一均勻帶電的細桿 MN如圖3-1-8所示，金屬 球上感應電荷產生的電場在球內直徑上 的場強大小分別為Ea、Eb、Ec，三者相比，則A. Ea最大 B . Eb最大C二、論述與計算1. 如圖3-1-9所示，a、b和c表示點電荷的電場中的三個等勢面， 它們的電勢分別為U、2U和丄U。一個帶電粒子從等勢面a上某處由34靜止釋放后，僅受電場力作用而運動.已知它經過等勢面b的時候速率 為V,則它經過等勢面C時的速率為多大？2. 已知電子的質量和電量分別為 m e,氫原子核

33、外電子的軌道半徑為 核外電子繞核做勻速圓周運動，庫侖力為其向心力，那么，氫的核外電子繞運動等效為 一個環(huán)型電流的電流強度的大小是多大？3. 如圖3-1-10所示，某檢驗電荷+q、質量為m在電場中受電場-久"1丄二二匸訂李宀匚/.從a至b速度方向轉過B角.求a、b二點的電場強度大小、方向， a、b二點間的電勢差Uab4. 在如圖3-1-11所示的電路中，電容器A的電容CA=30卩 F，電容器B的電容Cb=10卩F.在開關S1、S2都是斷開的情況 下，分別給A、B充電，充電后，M點的電勢比N高5V, 0點的 電勢比P點低5V.然后把S1、 N點的電勢相比如何？5. 如圖3-1-12所示，

34、A C三點的電勢分別為Ua=15V,6. 證明如圖3-1-13所示的電場線是不存在的.a、b、C三點.Ec最大圖3-1-8D . Ea=£=EcS2都接通，接通后M點的電勢與-.BC'D圖 3-1-12同步練習圖ATB、C D是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知 A B、Ub=3V, Uc =3V.由此可得D點的電勢UD等于多少？圖3-1-13、選擇題1 下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經過加速電壓為U的電場后，哪種粒子的速率最大A.質子 B .氘核 C . a粒子 D .鈉離子2 在勻強電場中，將質子和a粒子由靜止釋放，若不計重力，當它們獲得相同動能時，質子經歷的時間t1和a粒子

35、經歷的時間t2之比為A. 1 : 1B . 1 : 2C. 2 : 1D . 4 : 1圖3-2-193. 如圖3-2-19所示，質量為m帶電量為+q的滑塊，沿絕緣A.繼續(xù)勻速下滑B .將加速下滑.將加速下滑斜面勻速下滑，當滑塊滑至豎直向下的勻強電場區(qū)域時，滑塊的運 動狀態(tài)C將減速下滑D.上述三種情況都有可能發(fā)生4. 平行金屬板板長為L，相距為d，兩板間電勢差為U.帶電量為q，質量為m的粒子以速度v垂直板間電場方向進入板間電場區(qū)，并飛離出電場區(qū)域，則其側移 y的大 小為A.與板長L成正比B.與板間距離成反比C.與兩板間電勢差U成正比 D .與粒子初速度v成正比A05. 如圖3-2-20所示，兩

36、平行金屬板間的距離為 d,兩板間T的電壓為U,今有一電子從兩板間的 0點沿著垂直于板的方向射出r. i t到達A點后即返回，若0A距離為h,則此電子具有的初動能是A. edh/U B . edhU C . Ue/ (dh)D . ehU/d6 .平行板電容器垂直于水平放置，板間的距離為d,電壓為U,每個板帶電量為Q. 個質量為m帶電量為q的粒子從兩板上端中點以初速度 V豎直向下射入電場，打在右 板的M點.不計粒子的重力，現(xiàn)使右板向右平移d/2，而帶電粒子仍從原處射入電場，為了使粒子仍然打在M點，下列措施哪些可行A.保持Q m v不變，減小qB.保持Q U、v不變，減小q/mC保持Q m U不變

37、，減小vD.保持Q m U不變，增大v7.兩帶有等量異種電荷的平行板間有一勻強電場，一個帶電粒子以平行于極板的方向進入此電場，要使此粒子離開電場時偏轉距離為原來的1/2 (不計粒子所受重力)，可采用方法為A.使粒子初速為原來2倍 B .使粒子初動能為原來2倍C.使粒子初動量為原來2倍 D .使兩板間電壓為原來2倍8.如圖3-2-21所示，在平板電容器A、B兩 板上加上如圖所示的交變電壓，開始時B板電勢比A板高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場 力作用下開始運動，設 A、B兩板間的距離足夠 大，則下述說法中正確的是A.B板運動，再返向A板做周期性來回運動電子先向A板運動，然后向電子一直向A板運動

38、電子一直向B板運動電子先向B板運動，然后向、填空題9.經過相同電場加速后的質子和 a粒子垂直于電場線的方向飛進兩平行板間的勻B.C.D.A板運動，再返回B板做周期性來回運動強電場，貝尼們通過該電場所用時間之比為 ，通過該電場后發(fā)生偏轉的角度的正切之比為10. 質子和a粒子的質量比為ml： m2=1： 4，帶電量之比為q1 ： q2=1 ： 2，當它們從靜止開始由同一勻強電場加速，通過相同的位移，則它們的速度之比v1 : v2:=:動能比Ek1 : Ek2=，動量比pl : p2=.11. 平行板電容器水平放置，板間的距離為 d，個半徑為r、密度為P的帶電油滴在兩板間.當電容器的電壓為 U時，該

39、油滴在電場中做勻速運動，由此可知油滴的帶電量q=C12. 個質量為m帶電量為q的油滴從空中自由下落時間t1后，進入水平放置的帶電極板間，再經過時間t2速度為零，則電場力是重力的 倍.13. 在真空中的A、B兩個點電荷，相距為L,質量分別為m和2m它們由靜止開始運動，開始時點電荷A的加速度為a,經過一段時間，點電荷B的加速度也為a,速率為V，那么這時點電荷A的速率為，兩點電荷相距 ，它們的電勢能減少了（不考慮重力的影響）三、計算、論述題14. 在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側空間有一勻強0圖3-2-22圖 3-2-23電場，場強大小E=6X 105N/C,方向與x軸正方向

40、相同，在O處放 一個帶電量q=-5 x 10-8C，質量m=10g的絕緣物塊，物塊與水平面 間的動摩擦因數(shù)卩=0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0=2m/s， 如圖3-2-22所示，求物塊最終停止時的位置.（g取10m/s2）15. 如圖3-2-23所示，一個帶電物體P,沿一個絕緣的傾斜軌 道向上運動，運動過程中P的帶電量保持不變.空間存在著勻強電場（未在圖中畫出）.已知P經過A點時動能為30J，經過B點時它的動能減少了 10J,機械能增加了 20J，電勢能減少了 35J，它繼續(xù)運動到C點時速度減為零.(1)在它從A到C的運動過程中，克服摩擦力做功多少?(2)它到達C點后還會不會向下運動？

41、為什么?16.如圖3-2-24所示，A、B是兩塊相同的水平平行金屬板，1相距為d，構成電容為C的平行板電容器，B板接地，B板中有一;個小孔，開始時 A B均不帶電，在B板小孔上方h處，不斷有匸二小液珠從靜止開始自由下落(不計空氣阻力)，每個液珠的電量為q、質量為m液珠經小孔到達A板后被吸收，液珠的下落保持一定的間隙，即在前一液珠被 A板吸收并達到靜電平衡后，后二：-一液珠才繼續(xù)下落，試問有多少個液珠能落到A板上？17.如圖3-2-25所示，一條長為I的細線，上端固定，下端 拴一質量為m的帶電小球，將它置于一勻強電場中，電場強度大 小為E,方向是水平的，已知當細線離開豎直位置的偏角為a時,小球處于平衡.S3-2-25(1)小球帶何種電荷？求出小球所帶電量.(2)如果使細線的偏角由a增大到，然后將小球由靜止開始釋放，則 應為多大，才能使細線到達豎