2022年省普教室物理學(xué)科推送材料【關(guān)鍵問題3】電場_第1頁
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文檔簡介

【關(guān)鍵問題3】電場福建省普通教育教學(xué)研究室物理學(xué)科編寫組【概述】近幾年高考主要考查電場強(qiáng)度、電場線、電勢、電勢能、電勢差、電場力做功等概念的理解,場強(qiáng)的疊加、電勢能大小的判斷、電勢高低的判斷、勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系的應(yīng)用、帶電粒子在電場中的運(yùn)動等問題.【典例】例1.(2022·全國卷Ⅰ)如圖1所示,三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線.設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則A.a(chǎn)、b的電荷同號,k=eq\f(16,9)B.a(chǎn)、b的電荷異號,k=eq\f(16,9)C.a(chǎn)、b的電荷同號,k=eq\f(64,27)D.a(chǎn)、b的電荷異號,k=eq\f(64,27)【答案】D【解析】如果a、b帶同種電荷,則a、b兩小球?qū)的作用力均為斥力或引力,此時c在垂直于a、b連線的方向上的合力一定不為零,因此a、b不可能帶同種電荷,A、C錯誤;若a、b帶異種電荷,假設(shè)a對c的作用力為斥力,則b對c的作用力一定為引力,受力分析如圖所示,由題意知c所受庫侖力的合力方向平行于a、b的連線,則Fa、Fb在垂直于a、b連線的方向上的合力為零,由幾何關(guān)系可知∠a=37°、∠b=53°,則Fasin37°=Fbcos37°,解得eq\f(Fa,Fb)=eq\f(4,3),又由庫侖定律及以上各式代入數(shù)據(jù)可解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))=eq\f(64,27),B錯誤,D正確.注:本題也可轉(zhuǎn)換為電場的合成求解?!咎崾尽靠疾閹靵龆膳c矢量的合成法則,掌握幾何關(guān)系,與三角形相似比的運(yùn)用,注意小球C的合力方向可能向左,不影響解題的結(jié)果。變式1(2022·全國卷Ⅰ)如圖3所示,一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點(diǎn),a和b、b和c、c和d間的距離均為R,在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>0)的固定點(diǎn)電荷.已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零,則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)A.keq\f(3q,R2) B.keq\f(10q,9R2)C.keq\f(Q+q,R2)D.keq\f(9Q+q,9R2)例2(2022·全國卷Ⅲ)一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示,三點(diǎn)的電勢分別為10V、17V、26V.下列說法正確的是A.電場強(qiáng)度的大小為V/cmB.坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢為1VC.電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的低7eVD.電子從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn),電場力做功為9eV【答案】ABD【解析】Oacb為矩形,在勻強(qiáng)電場中有φa-φO=φc-φb,解得φO=1V,B正確;設(shè)x軸上電勢為10V的d點(diǎn)坐標(biāo)為x,則有eq\f(φd-φO,x)=eq\f(φb-φO,8cm),解得x=cm.連接ad,過O點(diǎn)作Oe⊥ad,如圖,可知Oe方向?yàn)殡妶龇较颍蓭缀侮P(guān)系求得eq\x\to(ad)=cm,eq\x\to(Oe)=cm,E=eq\f(φa-φO,\a\vs4\al(\x\to(Oe)))=V/cm,A正確;電子帶負(fù)電,Epa=-10eV,Epb=-17eV,Epa>Epb,C錯誤;由b到c電場力對電子做功W=-(Epc-Epb)=9eV,D正確。【提示】在勻強(qiáng)電場中沿同一方向線段的長度與線段兩端的電勢差成正比;在勻強(qiáng)電場中電場線平行且均勻分布,故等勢面平行且均勻分布。以上兩點(diǎn)是解決此類題目的關(guān)鍵。電勢與電勢能之間的關(guān)系,也是??嫉膯栴},要知道負(fù)電荷在電勢高處電勢能低。變式2如圖所示,矩形abcd位于勻強(qiáng)電場中,且與勻強(qiáng)電場方向平行。已知ab=2bc=4cm,a、b、d的電勢分別為6V、2V、4V。初動能為24eV、電荷量為+4e的帶正電粒子從a沿著ac方向射入電場。不計(jì)粒子的重力,下列說法正確的是A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為141V/mB.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V/mC.該粒子剛離開矩形區(qū)域時動能一定小于48eVD.該粒子剛離開矩形區(qū)域時動能一定大于40eV變式3(2022·全國卷Ⅱ)如圖,同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中,電場方向與此平面平行,M為a、c連線的中點(diǎn),N為b、d連線的中點(diǎn).一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動到b點(diǎn),其電勢能減小W1;若該粒子從c點(diǎn)移動到d點(diǎn),其電勢能減小W2.下列說法正確的是A.此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行B.若該粒子從M點(diǎn)移動到N點(diǎn),則電場力做功一定為eq\f(W1+W2,2)C.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強(qiáng)大小一定為eq\f(W2,qL)D.若W1=W2,則a、M兩點(diǎn)之間的電勢差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢差例3(2022·江蘇卷)在x軸上有兩個點(diǎn)電荷q1、q2,其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示.下列說法正確的有A.q1和q2帶有異種電荷B.x1處的電場強(qiáng)度為零C.負(fù)電荷從x1移到x2,電勢能減小D.負(fù)電荷從x1移到x2,受到的電場力增大【答案】AC【解析】由圖象可知,空間的電勢分布有正有負(fù),則兩個點(diǎn)電荷必定為異種電荷,A正確;由E=eq\f(Δφ,Δx)可知,圖象的切線斜率為電場強(qiáng)度,因此x1處的電場強(qiáng)度不為零,B錯誤;負(fù)電荷從x1移到x2的過程中,電勢在升高,電場強(qiáng)度在減小,由Ep=qφ,F(xiàn)=qE可知,電勢能在減小,電場力在減小,C正確,D錯誤?!咎崾尽快o電場中涉及圖象問題的處理方法和技巧:①φ-x圖象:電場強(qiáng)度的大小等于-x圖線的斜率大小,電場強(qiáng)度為零處,-x圖線存在極值,其切線的斜率為零;在-x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向;在-x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進(jìn)而分析WAB的正負(fù),然后作出判斷。②E-t圖象:根據(jù)題中給出的E-t圖象,確定E的方向的正負(fù),再畫出對應(yīng)電場線的方向,根據(jù)E的大小變化,確定電場的強(qiáng)弱分布。變式4(2022·新課標(biāo)Ⅰ卷)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中,任一點(diǎn)的電勢與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別Ea、Eb、Ec和Ed。點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢a已在圖中用坐標(biāo)(ra,a)標(biāo)出,其余類推?,F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動到d點(diǎn),在相鄰兩點(diǎn)間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項(xiàng)正確的是A.Ea:Eb=4:1 B.Ec:Ed=2:1C.Wab:Wbc=3:1 D.Wbc:Wcd=1:3變式5在x軸上存在著與x軸同向的電場,x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度隨x點(diǎn)位置變化情況如圖所示。點(diǎn)電荷a和b的電荷量分別為+q和-q,不計(jì)a和b間的靜電力。下列敘述正確的是A.x1、x2兩處的電勢相同B.a(chǎn)和b在x1處的電勢能相等C.將電荷a沿x軸從x1處移到x2處,電場力一直做正功D.b在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能【例4】如圖所示,由平行板a、b組成的電容器與電池連接,平行板電容器P處固定放置一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷,平行板b接地?,F(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動,則A.點(diǎn)電荷所受電場力增大B.點(diǎn)電荷在P處的電勢能減小C.P點(diǎn)電勢降低D.電容器的帶電荷量增加【答案】B【解析】由于電容器與電源相連,板間電壓U不變,故b板下移時電場強(qiáng)度E=eq\f(U,d)減小,電荷所受電場力減??;電容減小,電容器所帶電荷量Q=CU減小,A、D錯誤。因P與a板距離不變,則P與a板間電勢差減小,故P與b板間電勢差增大,而b板電勢為零、P點(diǎn)電勢大于零,故P點(diǎn)電勢升高。C錯誤。因a板帶正電,P處電荷帶負(fù)電,而負(fù)電荷在電勢越高處電勢能越小,故B正確。【提示】平行板電容器動態(tài)變化的分析(1)電容器保持與電源相連,U保持不變,則有電容器所帶電荷量Q=CU∝C,C=,兩板間場強(qiáng)E=eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)(2)電容器充電后與電源斷開,Q保持不變,則有U=eq\f(Q,C),,場強(qiáng)E=eq\f(U,d)=eq\f(Q,Cd)∝(3)在直流電路中,電路穩(wěn)定后電容器相當(dāng)于斷路,其兩端電壓等于圖中的路端電壓。變式6(2022·江蘇卷)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板、、中央各有一小孔,小孔分別位于、、點(diǎn).由點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到點(diǎn).現(xiàn)將板向右平移到點(diǎn),則由點(diǎn)靜止釋放的電子A.運(yùn)動到點(diǎn)返回B.運(yùn)動到和點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動到點(diǎn)返回D.穿過點(diǎn)變式7(2022·全國卷Ⅲ)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等.現(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動.在隨后的某時刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是A.a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B.在t時刻,a的動能比b的大C.在t時刻,a和b的電勢能相等D.在t時刻,a和b的動量大小相等【例5】(2022·高考全國卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2V.一電子經(jīng)過a時的動能為10eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.下列說法正確的是A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時,其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍【答案】AB【解析】因等勢面間距相等,由U=Ed得相鄰虛線之間電勢差相等,由a到d,eUad=-6eV,故Uad=6V,各虛線電勢如圖所示,因電場力做負(fù)功,故電場方向向右,沿電場線方向電勢降低,φc=0,A對.因電子的速度方向未知,若不垂直于等勢面,如圖中實(shí)線所示,電子可能到達(dá)不了平面f,B對.經(jīng)過d時,電勢能Ep=eφd=2eV,C錯.由a到b,Wab=Ekb-Eka=-2eV,所以Ekb=8eV,由a到d,Wad=Ekd-Eka=-6eV,所以Ekd=4eV,則Ekb=2Ekd,根據(jù)Ek=eq\f(1,2)mv2知vb=eq\r(2)vd,D錯?!咎崾尽渴紫让魑尸F(xiàn)的是電場線還是等勢面,電場線與等勢面處處垂直;電子的運(yùn)動軌跡由初速度與合力共同決定,如B選項(xiàng)中,過a點(diǎn)速度方向若與力不平行時,做曲線運(yùn)動。變式8如圖所示,虛線表示某電場的等勢面,實(shí)線表示一帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動的徑跡。粒子在A點(diǎn)的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA;在B點(diǎn)的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB。則下列結(jié)論正確的是A.粒子帶正電B.a(chǎn)A<aBC.EpA<EpBD.EkA<EkB變式9(2022·天津卷)如圖所示,實(shí)線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出),虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡,設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為φM、φN,粒子在M和N時加速度大小分別為aM、A.vM<C.D.【例6】(2022·天津卷)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上.整個裝置處于真空中,不計(jì)粒子重力及其相互作用,那么A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】設(shè)加速電場的極板間距為d,根據(jù)動能定理有qE1d=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1),得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1=eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏轉(zhuǎn)電場中板長為l,由l=v1t2及y=eq\f(1,2)·eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)得,帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y=eq\f(E2l2,4E1d),則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等,又三種粒子帶電荷量相同,根據(jù)W=qE2y得,偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多,選項(xiàng)A正確;根據(jù)動能定理,qE1d+qE2y=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2),得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2=eq\r(\f(2qE1d+qE2y,m)),由于三種粒子的比荷不相等,故v2不一樣大,選項(xiàng)B錯誤;粒子打在屏上所用的時間t=eq\f(d,\f(v1,2))+eq\f(L′,v1)=eq\f(2d,v1)+eq\f(L′,v1)(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離),由于v1不一樣大,所以三種粒子打在屏上的時間不相同,選項(xiàng)C錯誤;根據(jù)vy=eq\f(qE2,m)t2及tanθ=eq\f(vy,v1)得,帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=eq\f(E2l,2E1d),即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等,又由于它們的側(cè)位移相等,故三種粒子打到屏上同一位置,選項(xiàng)D正確?!咎崾尽繋щ娏W釉陔妶鲋羞\(yùn)動問題的分析思路:(1)首先分析粒子的運(yùn)動規(guī)律,區(qū)分是在電場中的直線運(yùn)動還是偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題.(2)對于直線運(yùn)動問題,可根據(jù)對粒子的受力分析與運(yùn)動分析,從以下兩種途徑進(jìn)行處理:①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運(yùn)動問題,應(yīng)用牛頓第二定律找出加速度,結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等;②如果是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動,一般利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化,研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動的位移等.(3)對于曲線運(yùn)動問題,一般是類平拋運(yùn)動模型,通常采用運(yùn)動的合成與分解方法處理.通過對帶電粒子的受力分析和運(yùn)動規(guī)律分析,借助運(yùn)動的合成與分解,尋找兩個分運(yùn)動,再應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律或運(yùn)動學(xué)方程求解.(4)當(dāng)帶電粒子從一個電場區(qū)域進(jìn)入另一個電場區(qū)域時,要注意分析帶電粒子的運(yùn)動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量,這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口.變式10如圖甲,A、B為兩塊相距很近的平行金屬板,A、B間電壓為UAB=-U0,緊貼A板有一電子源,不停地均勻地飄出質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(可視為初速度為0).在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓,電壓變化的周期T=Leq\r(\f(m,2eU0)),板間中線與電子源在同一水平線上.已知板間距為d=eq\f(3,8)L,極板長為L,偏轉(zhuǎn)板右邊緣S處有熒光屏,經(jīng)時間t統(tǒng)計(jì)(t?T)只有50%的電子能打到熒光屏上.板外無電場,求:(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板時的速度;(2)eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)板時與板間中線的距離;(3)電子打在熒光屏上的范圍Y.變式11(1996·高考全國卷)如圖(a)所示,真空室中電極K發(fā)出的電子(初速不計(jì))經(jīng)過U0=1000V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l=,板間距離d=.加在A、B兩板問的電壓“隨時間變化的u-t圖線如圖(b)所示。設(shè)A、B間的電場可看作是均勻的,且兩板外無電場,在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi),電場可視作恒定的.兩板右側(cè)放一記錄圓筒,筒的左側(cè)邊緣與極板右端距離b=,筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動,周期T=,筒的周長s=,筒能接收到通過A、B板的全部電子。(1)以t=0時(見圖(b),此時u=0)電子打到圓筒記錄紙上的點(diǎn)作為xy坐標(biāo)系的原點(diǎn),并取y軸豎直向上,試計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的y坐標(biāo)和x坐標(biāo)(不計(jì)重力作用);(2)在給出的坐標(biāo)紙(圖(c))上定量地畫出電子打到記錄紙上的點(diǎn)形成的圖線?!军c(diǎn)撥】1.抓住電場的力的性質(zhì)和能的性質(zhì)兩條主線,理解電場強(qiáng)度、電場線、電勢、電勢能、電勢差、電場力做功等基本概念。2.熟記典型電場中電場線、場強(qiáng)、電勢的分布特點(diǎn),特別是等量同種點(diǎn)電荷、等量異種點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)。3.熟練掌握電勢能大小的判斷、電勢高低的判斷、勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系的應(yīng)用、帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)等問題的處理方法。4.重視電場線、等勢面與帶電粒子的運(yùn)動軌跡相結(jié)合的題目;帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)以及電容器的相關(guān)知識在實(shí)際生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用,如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機(jī)、示波器等?!緳z測】1.α粒子快速通過氫分子中心,其軌跡垂直于兩核的連線,兩核的距離為d,如圖所示。假定α粒子穿過氫分子中心時兩氫核幾乎不移動,同時忽略分子中電子的電場,則當(dāng)α粒子在靠近氫分子過程中下列說法正確的是A.加速度一定變大B.加速度一定減小C.電勢能越來越大D.電勢能越來越小2.如圖是靜電噴漆的工作原理圖.工作時,噴槍部分接高壓電源負(fù)極,工件接正極,噴槍的端部與工件之間就形成靜電場,從噴槍噴出的涂料微粒在電場中運(yùn)動到工件,并被吸附在工件表面.圖中畫出了部分微粒的運(yùn)動軌跡,設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用,則A.微粒的運(yùn)動軌跡顯示的是電場線的分布情況B.微粒向工件運(yùn)動的過程中所受電場力先減小后增大C.在向工件運(yùn)動的過程中,微粒的動能逐漸減小D.在向工件運(yùn)動的過程中,微粒的電勢能逐漸增大3.水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后,斷開開關(guān),重力不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器,如圖所示,小球先后經(jīng)過虛線的A、B兩點(diǎn)。則A.如果小球所帶的電荷為正電荷,小球所受的電場力一定向下B.小球由A到B的過程中電場力一定做負(fù)功C.小球由A到B的過程中動能可能減小D.小球由A到B的過程中,小球的機(jī)械能可能減小4.(2022·天津卷)如圖所示,在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中,實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運(yùn)動軌跡.設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是A.電子一定從A向B運(yùn)動B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷C.無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA<EpBD.B點(diǎn)電勢可能高于A點(diǎn)電勢5.(2022·海南卷)如圖,平行板電容器兩極板的間距為d,極板與水平面成45°角,上極板帶正電。一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動能Ek0豎直向上射出。不計(jì)重力,極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板,則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為A.B.C.D.6.如圖所示,在豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑圓形絕緣軌道的內(nèi)壁,有質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個小球用長為R的絕緣細(xì)桿連接在一起,A球不帶電,B球所帶的電荷量為-q(q>0)。整個裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中。開始時A球處在與圓心等高的位置,現(xiàn)由靜止釋放,B球剛好能到達(dá)軌道右側(cè)與圓心等高的位置C。求:(1)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大小E;(2)當(dāng)B小球運(yùn)動到最低點(diǎn)P時,兩小球的動能分別是多少;(3)兩小球在運(yùn)動過程中最大速度的大小。7.如圖甲所示,一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置,在細(xì)桿右側(cè)d=m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷。細(xì)桿上套有一帶電荷量q=1×10-6C、質(zhì)量m=kg的小環(huán)。設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h,將小環(huán)由靜止釋放后,其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示。已知靜電力常量k=×109N·m2/C2,重力加速度g=10m/s2。(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)試估算點(diǎn)電荷所帶電荷量Q的大??;(2)求小環(huán)位于h1=m處時的加速度a;(3)求小環(huán)從h2=m處下落到h3=m處的過程中,其電勢能的改變量。參考答案變式1:【答案】B【解析】由b點(diǎn)處場強(qiáng)為零知,圓盤在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1與q在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E2大小相等,即:E1=E2=keq\f(q,R2),由對稱性,圓盤在d點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E3=keq\f(q,R2),q在d點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E4=keq\f(q,9R2),方向與E3相同,故d點(diǎn)處的合場強(qiáng)Ed=E3+E4=keq\f(10q,9R2),B正確。變式2:【答案】ACD【解析】因a、b、d的電勢分別為6V、2V、4V,則ab中點(diǎn)e的電勢為4V,d與ab的中點(diǎn)e連線為等勢面,則場強(qiáng)方向垂直此連線斜向上指向f點(diǎn),大小E=Ud=6-40.02×22V/m=141V/m,選項(xiàng)A正確,B錯誤;帶正電的粒子沿ac變式3:【答案】BD【解析】由于題目沒有說明W1、W2的數(shù)量關(guān)系,故無法確定各點(diǎn)的電勢高低,無法確定等勢線,也就無法確定場強(qiáng)方向,選項(xiàng)A錯誤;W1=qUab=q(φa-φb),W2=qUcd=q(φc-φd),勻強(qiáng)電場中M、N為ac和bd的中點(diǎn),所以φM=eq\f(φa+φc,2),φN=eq\f(φb+φd,2),可得φM-φN=eq\f(φa-φb+φc-φd,2)=eq\f(Uab+Ucd,2),WMN=qUMN=q(φM-φN)=eq\f(W1+W2,2),選項(xiàng)B正確;無法確定電場強(qiáng)度是否沿cd方向,所以無法確定電場強(qiáng)度的大小是否為eq\f(W2,qL),選項(xiàng)C錯誤;若W1=W2,即Uab=Ucd,故φa-φb=φc-φd,所以φa-φc=φb-φd,又因?yàn)閁aM=eq\f(φa-φc,2),UbN=eq\f(φb-φd,2),則UaM=UbN,選項(xiàng)D正確。變式4:【答案】AC【解析】由題圖可知,a、b、c、d到點(diǎn)電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m,根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可知,,,故A正確,B錯誤;電場力做功W=qU,a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V,有,,故C正確。變式5:【答案】CD【解析】根據(jù)題意知電場線沿x軸正向,因沿電場線方向電勢逐漸降低,可知x1處的電勢高于x2處的電勢,選項(xiàng)A錯誤;因點(diǎn)電荷a和b的電荷量分別為+q和-q,根據(jù)Ep=φq可知a和b在x1處的電勢能不相等,選項(xiàng)B錯誤;因電場線沿x軸正向,則將電荷a沿x軸從x1處移到x2處,電場力一直做正功,選項(xiàng)C正確;因x1處的電勢高于x2處的電勢,則負(fù)電荷b在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能,選項(xiàng)D正確。變式6:【答案】A【解析】粒子經(jīng)A、B板間的電場加速,在B、C板間電場中減速,設(shè)A、B板間的電壓為U,BC板間的電場強(qiáng)度為E,MP間的距離為d,則有eU-eEd=0.若將C板向右平移到P′點(diǎn),B、C兩板帶電荷量一定,由E=eq\f(U,d)=eq\f(Q,Cd)=eq\f(4πkQ,εrS)可知,C板向右移動過程中,B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變,由此可以判斷,電子經(jīng)A、B加速后在B、C間減速到P點(diǎn)時速度為零然后返回,A正確。變式7:【答案】BD【解析】由于平行板電容器連接在直流電源上,U不變,E不變,兩微粒a、b所帶電荷量大小相等,則電場力大小相等,經(jīng)過相同時間,據(jù)動量定理Ft=mv-0知,在t時刻a和b的動量大小相等,D正確;因?yàn)榻?jīng)過時間t,在下半?yún)^(qū)域的同一水平面,因此va>vb,則ma<mb,A錯;據(jù)Ek=eq\f(p2,2m)可知Eka>Ekb,B正確;在同一水平面電勢相等,由于a、b所帶電荷量大小相等,符號相反,電勢能不等,C錯.故選BD.變式8:【答案】BC【解析】由等電勢差等勢面稀疏處電場強(qiáng)度小,密處電場強(qiáng)度大可知A處電場強(qiáng)度小于B處。由電場力公式和牛頓第二定律可得qE=ma,由此可知aA<aB。根據(jù)帶電粒子僅在電場力作用下由A運(yùn)動到B的徑跡可知,粒子受垂直于等勢面且指向軌跡的凹側(cè)的電場力,電場力與場強(qiáng)方向相反,知粒子帶負(fù)電;由A運(yùn)動到B,電場力做的總功為負(fù),最終電勢能是增加,動能減小,故EkA>EkB,EpA<EpB,選項(xiàng)BC正確。變式9:【答案】D【提示】考查了帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動;本題的突破口是根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動時受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè),判斷出電場力方向,進(jìn)而判斷電場方向,再結(jié)合電場方向和電勢降落關(guān)系從而判斷出M、N兩點(diǎn)電勢高低;又結(jié)合電場力方向與速度方向的夾角關(guān)系,如圖兩種情形,判斷出電場力做功正負(fù)情況,進(jìn)而確定電勢能的增減。變式10:【解析】(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板時的速度為v,由動能定理有eU0=eq\f(1,2)mv2=1\*GB3①由=1\*GB3①式解得v=eq\r(\f(2eU0,m)) =2\*GB3②(2)由題意知,電子穿過偏轉(zhuǎn)板所需時間t=eq\f(L,v)=Leq\r(\f(m,2eU0))=T=3\*GB3③故在eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)板間的電子在電場方向上先加速再減速,然后反向加速再減速,各段位移大小相等,故一個周期內(nèi),偏移量為零。(3)電子應(yīng)在一個周期的時間內(nèi)射出偏轉(zhuǎn)板,而有50%的電子由于偏轉(zhuǎn)量太大不能射出,經(jīng)分析知電子在eq\f(1+8k,8)T~eq\f(3+8k,8)T,eq\f(5+8k,8)T~eq\f(7+8k,8)T(k=0,1,2,…)時進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板,能射出,有a=eq\f(U0e,dm)eq\f(Y,2)=2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)T))2-2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)T))2 =4\*GB3④則Y=eq\f(L,3)因?yàn)殡娮由淙肫D(zhuǎn)板時,豎直方向速度為0,所以電子打在熒光屏上的范圍Y=eq\f(L,3)。變式11:【解析】(1)計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的坐標(biāo)設(shè)v0為電子沿A、B板的中心線射入電場時的初速度,則①電子在中心線方向的運(yùn)動為勻速運(yùn)動,設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0,則 ②在垂直A、B板方向的運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)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(yīng)滿足 ③聯(lián)立①②③式解得=20V此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度④此后,此電子作勻速直線運(yùn)動,它打在記錄紙上的點(diǎn)最高,設(shè)縱坐標(biāo)為y,由圖(1)可得 ⑤由以上各式解得=⑥從題給的u-t圖線可知,加于兩板電壓u的周期T0=秒,u的最大值um=100伏,因?yàn)閡C<um,在一個周期T0內(nèi),只有開始的一段時間間隔△t內(nèi)有電子通過A、B板⑦因?yàn)殡娮哟蛟谟涗浖埳系淖罡唿c(diǎn)不止一個,根據(jù)題中關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)與起始記錄時刻的規(guī)定,第一個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為=2cm⑧第二個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為=12cm ⑨第三個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為=22cm由于記錄筒的周長為20厘米,所以第三個最高點(diǎn)已與第一個最高點(diǎn)重合,即電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)只有兩個,它們的x坐標(biāo)分別由⑧和⑨的x1、x2表示。(2)電子打到記錄紙上所形成的圖線,如圖(2)所示。

【檢測】1.【答案】C【解析】由題意可知,兩個氫分子可視為等量的同種正電荷,其連線中點(diǎn)電場強(qiáng)度為零,無窮遠(yuǎn)處的電場強(qiáng)度也為零,因此在中點(diǎn)和無窮遠(yuǎn)之間有一點(diǎn)場強(qiáng)最大,但由于此位置不確定,因?yàn)棣亮W涌拷鼩浞肿舆^程中電場力的變化不確定,所以加速度的變化不確定,A、B錯誤;α粒子在靠近中心連線時,由于電場力對α粒子做負(fù)功,因此其電勢能逐漸增大,C正確。2.【答案】B【解析】微粒的運(yùn)動軌跡是曲線時與電場線一定不重合,A錯誤.由場強(qiáng)疊加原理可知,距離兩個電極越近的位置,電場強(qiáng)度越大,所以微粒在向工件運(yùn)動的過程中所受電場力先減小后增大,B正確.在微粒向工件運(yùn)動的過程中,電場力做正功,電勢能減少;只有電場力做功,即合力做正功,微粒的動能增加,C、D錯誤。3.【答案】D【解析】小球在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用,由題圖所示小球運(yùn)動軌跡可知,小球向下運(yùn)動,說明小球受到的合力豎直向下,重力與電場力的合力豎直向下;當(dāng)小球帶正電時,若上極板帶正電荷,小球受到的合力向下,小球運(yùn)動軌跡向下,若上極板帶負(fù)電,但如果電場力小于重力,小球受到的合力向下,小球運(yùn)動軌跡向下,故無法確定電場力與重力的大小關(guān)系,A錯誤;如果小球受到的電場力向下,小球從A運(yùn)動到B點(diǎn)過程中電場力做正功,如果小球受到的電場力向上,則電場力做負(fù)功,小球的機(jī)械能可能增加,也可能減小,B錯誤,D正確;

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