高考物理复习 9_专题九　静电场

,高考物理(北京市选考专用),专题九静电场,1.(2019北京理综,17,6分)如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q0)为球心的球面上,c点在球面外,则()A.a点场强的大小比b点大B.b点场强的大小比c点小C.a点电势比b点高D.b点电势比c点低,五年高考,考点一电场的性质,A组自主命题北京卷题组,答案D本题考查了负点电荷的电场强度和电势的空间分布规律,考查了考生对几种常见电场的电场强度和电势分布规律的识记能力,体现了模型建构的核心素养。由点电荷形成电场的电场强度E=可知,图示球面上a、b两点的场强大小相等,方向不同,b点场强的大小比c点大,故选项A、B错误;a、b两点在同一球面即等势面上,故a、b两点电势相等,选项C错误;负点电荷形成的电场,电场线指向场源电荷,电场线方向是电势降低的方向,则c点电势高于a、b两点的电势,选项D正确。,2.(2014北京理综,15,6分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()A.1、2两点的场强相等B.1、3两点的场强相等C.1、2两点的电势相等D.2、3两点的电势相等,答案D同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。,考查点电场线、等势面。,思路点拨场强大小看电场线的疏密,电势高低看电场线的方向。,3.2018北京理综,24(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。,答案a.见解析b.,解析a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。根据库仑定律检验电荷受到的电场力F=k根据电场强度的定义E=得E=kb.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比=,思路分析辐射的球体模型构建电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条数。,4.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角=37。已知小球所带电荷量q=1.010-6C,匀强电场的场强E=3.0103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。,答案(1)3.010-3N(2)4.010-4kg(3)2.0m/s,解析(1)F=qE=3.010-3N(2)由=tan37,得m=4.010-4kg(3)由mgl(1-cos37)=mv2,得v=2.0m/s,解题指导(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。,5.2016北京理综,23(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”G的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。,答案见解析,解析电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即=由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值,叫做“重力势”,即G=。电势和“重力势”G都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。,6.(2019课标,15,6分)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷,B组统一命题课标卷题组,答案D本题考查库仑力的性质以及学生对基本知识的理解能力,体现了运动与相互作用观念核心素养。两细绳都恰好与天花板垂直说明两小球水平方向都处于平衡状态。设匀强电场场强为E,P所带电荷量大小为q,Q所带电荷量大小为q。若P带负电,对P分析如图甲所示,此时Q应带正电,对Q分析如图乙所示,两细绳可与天花板垂直,符合题意;同理分析若P带正电,不符合题意。故选D。甲乙思路分析假设P带正电,分析P与Q能否同时达到平衡状态;再假设P带负电,分析P与Q能否同时达到平衡状态。,7.(2019课标,21,6分)(多选)如图,电荷量分别为q和-q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加,答案BC本题通过两等量异种点电荷的电场考查了电场力的性质与电场能的性质,利用点电荷所处的空间位置考查了学生的推理能力,体现了运动与相互作用观念、能量观念等物理观念的素养要素。由点电荷产生的电势分布可知q在a点产生的电势低于在b点产生的电势,-q在a点产生的电势也低于在b点产生的电势,故aEpb,故A、D均错误。由点电荷的场强分布可知q在a点产生的场强与-q在b点产生的场强完全相同,q在b点产生的场强与-q在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正确。,知识储备点电荷产生的电势:离正场源电荷越近越高,离负场源电荷越近越低。点电荷产生的场强大小E=,方向沿连线背离正场源电荷或指向负场源电荷。掌握电场的叠加原理。,8.(2018课标,16,6分)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则(),A.a、b的电荷同号,k=B.a、b的电荷异号,k=C.a、b的电荷同号,k=D.a、b的电荷异号,k=,答案D本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b的电荷异号,合力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tan=tan=,=tan,由库仑定律得=,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。,一题多解电场强度叠加法球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域;若a、b的电荷异号,球c处的合电场强度指向1或3区域;故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方向如图,tan=tan=,由电场强度叠加原理得,tan=,结合点电荷电场强度公式得=,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。,9.(2018课标,21,6分)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是()A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍,答案AB本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d的过程中克服电场力做功6eV,说明电场方向由af,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2V,又因为b=2V,故a=4V,c=0V,d=-2V,f=-4V,可知A项正确。Eka=10eV,从a到f过程中,需克服电场力做功8eV,Eka|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8eV,经过平面d时的动能为4eV,又知Ek=mv2,故=,D项错误。,易错点拨隐含条件的显性化动能是标量,而速度是矢量,故本题中不知道初速度的具体方向。,10.(2017课标,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是()A.EaEb=41B.EcEd=21C.WabWbc=31D.WbcWcd=13,答案AC本题考查场强与电势。由图可知:ra=1m、a=6V;rb=2m、b=3V;rc=3m、c=2V;rd=6m、d=1V。由点电荷的场强公式E=得EaEbEcEd=36941,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正确、D错误。,方法技巧电场力做功的计算方法定量计算电场力做功时,第一种方法是利用W=qU;第二种方法是利用功能关系即电场力所做的功等于电势能的变化量;第三种方法是利用动能定理;第四种方法是由功的定义得W=qElcos。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。,11.(2016课标,20,6分)(多选)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,答案AB由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。,疑难突破考生必须分析出油滴轨迹的对称性具有的含义,才能展开进一步的分析。,评析以电场和重力场为背景,考查电场及运动的知识,关键在于分析出对称性的特点,才能得出电场力与重力的大小关系及方向,属于中等难度。,12.(2009北京理综,16,6分)某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为Ep和EQ,电势分别为P和Q,则()A.EpEQ,PQB.EpEQ,PQD.EpEQ,故选A。,13.(2009北京理综,20,6分)图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,其单位面积带电量为。取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x,P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量),其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断,E的合理表达式应为()A.E=2kxB.E=2kx,C.E=2kxD.E=2kx,答案B当R1=0时,对于A项而言E=0,此时带电圆环演变为带电圆面,中心轴线上一点的电场强度E0,故A项错误;当x=0时,此时要求的场强为O点的场强,由对称性可知EO=0,对于C项而言,x=0时E为一定值,故C项错误;当x时E0,而D项中E4k,故D项错误。所以正确选项只能为B。,14.(2019课标,20,6分)(多选)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行,答案AC本题考查带电粒子在电场中运动的问题,体现了能量观念、科学推理等核心素养。粒子仅在电场力作用下由静止开始运动,运动过程中,电场力可能先做正功后做负功,速度可能先增大后减小,A正确;若电场线为曲线,则粒子运动的轨迹与电场线不重合,B错误;由能量守恒定律知动能与电势能之和恒定,而粒子在N点有动能或动能为0,则粒子在N点的电势能不可能高于在M点的电势能,C正确;粒子在N点所受电场力的方向沿电场线切线方向,与轨迹切线不一定平行,D错误。思路分析如图所示,在等量同种点电荷形成的电场中,带正电的粒子在M点由静止释放,其将在M、N之间做往复运动,在MN过程,粒子速度先增大后减小。,15.(2019江苏单科,5,3分)一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P-t关系图像是(),答案A本题考查带电粒子在匀强电场中运动的图像问题,突出对理解能力和应用数学知识处理物理问题能力的考查,体现了运动与相互作用观念和科学推理、科学论证的核心素养要素。竖直方向上,根据牛顿第二定律得Eq=ma,则a=,又因为vy=at,P=qEvy,得P=t=kt(k为常数),故选项A正确。,解题关键带电粒子以一定的初速度水平射入匀强电场,粒子在水平方向上做匀速直线运动,且不影响电场力的功率。粒子在竖直方向上,在电场力的作用下(忽略重力),做匀加速直线运动,故电场力对粒子做功的功率P=Eqvy。,16.(2019江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A.Q1移入之前,C点的电势为B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W,答案ABD本题考查“电场能的性质”中的“电场力做功”问题,既要思考电场力做功的特点,还要考虑合力做功与分力做功的关系,难度较大,能充分考查学生的综合分析能力。将Q1从无穷远处移到C点,W=q(C-0),则C=,A正确。在A点的电荷量为+q的点电荷产生的电场中,B点与C点是等势点,Q1从C移到B的过程中,电场力做功为零,故B正确。在A点的点电荷形成的电场中,Q1从无穷远处移到C的过程中电场力做功为-W,那么在A点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功为2W,同理在B点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功也为2W,所以将Q2从无穷远处移到C点,电场力做的功为2W+2W=4W,电势能减小4W,无穷远处电势为零,则Q2移到C点后的电势能为-4W,所以C错误,D正确。解题关键求Q2移到C点过程中电场力做的功,可以分解为求在单独A点的点电荷产生的电场中移动电荷时电场力做的功与在单独Q1产生的电场中移动电荷时电场力做的功之和,且由分析可知这两种情况下电场力做功相等。,17.(2018课标,21,6分)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是()A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差,答案BD本题考查电场力做功与电势能变化量的关系、匀强电场中U=Ed。根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(a-b),W2=q(c-d),WMN=q(M-N),根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即a-M=M-c,可得M=,同理可得N=,联立式可得:WMN=,即B项正确。若W1=W2,则a-b=c-d,结合两式可推出a-M=b-N,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。,易错点拨注意E=成立的条件在匀强电场中,E=中的d为始、末两点沿电场线方向上的距离,本题中如果未注意这一条件,易错选C。,18.(2016课标,15,6分)关于静电场的等势面,下列说法正确的是()A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功,答案B假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就是两个不同的值,这是不可能的,A错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;负电荷从高电势处移到低电势处,电势能增加,电场力做负功,D错误。,方法技巧用类比法理解电荷在电场中运动的过程中电场力做功以及电势能变化情况:一块石头从山顶(高地势处)滚落到山脚(低地势处),重力势能减少,重力做正功。与此类似,正电荷从高电势处向低电势处移动,电势能减少,电场力做正功,所以,可将正电荷与石头类比。如果是负电荷的运动,只要把正电荷电势能变化、电场力做功情况反过来就可以了。,19.(2015课标,15,6分,0.699)如图,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M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等。则()A.直线a位于某一等势面内,MQB.直线c位于某一等势面内,MNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功,答案B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等可知,MN=P,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;M=Q,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于PM=Q,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。,解题关键电子带负电荷。由“一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等”知N、P两点在同一等势线上,则直线c、d为匀强电场中的等势线。由于匀强电场中电场线与等势线垂直可知,a和b为电场线。由于电场力对电子做负功,可知电场方向为MN。,知识总结匀强电场中电场线和等势线分别是相互垂直的两组平行线。电场力对电场中运动电荷做的功W=q。考点二电容器带电粒子在电场中的运动,考点二电容器带电粒子在电场中的运动,A组自主命题北京卷题组,1.(2018北京理综,19,6分)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是()A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大,答案A本题考查平行板电容器。带电玻璃棒接触a板,a板会带上同种电荷,同时b板上会感应出异种电荷,故A正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b板上移,正对面积S减小,电容C减小,板间电压U增大,故指针张角变大,B错;插入有机玻璃板,相对介电常数r增大,电容C增大,板间电压U减小,指针张角变小,C错;只增加极板带电量Q,板间电压U增大,但电容保持不变,故D错。,解题关键电容器中各量的变化关系电容C=及C=,对这两个公式的理解及各量的物理含义的认识,是解答本题的关键。,2.(2019北京理综,23,18分)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中所示。a.两条曲线不同是(选填E或R)的改变造成的;b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。图1,图2图3(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、“减小”或“不变”)。,答案(1)u-q图线如图CU2(2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。(3),解析本题考查了电容器的充、放电及电能等知识,考查学生的实验能力、理解能力等,体现了科学探究中证据、解释的核心素养。(1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能EpEp=QU,又Q=CU故Ep=CU2(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越小,电流变化越慢,充电过程越平缓。(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+IR,即I=,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。,方法诠释本题利用类比法及图像中轴、点、线、斜率、面积、截距的物理意义,分析相关电容器的特点和决定充放电的因素等。,3.2016北京理综,23(1)(2)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102V,d=4.010-2m,m=9.110-31kg,e=1.610-19C,g=10m/s2。,答案(1)(2)见解析,解析(1)根据功和能的关系,有eU0=m电子射入偏转电场的初速度v0=在偏转电场中,电子的运动时间t=L偏转距离y=a(t)2=(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg10-29N电场力F=10-15N由于FG,因此不需要考虑电子所受重力。,解题指导这是属于带电粒子在匀强电场中先加速再偏转的问题,带电粒子在加速电场中运用功能关系(动能定理)来列式,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动时运用运动的合成和分解来解答。,审题指导读题要抓住带电粒子在电场中运动的性质,在加速电场中做初速度为零的匀加速直线运动,在偏转电场中做类平抛运动。,4.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为Ek。请推导证明:P=Ek。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明),答案(1)Ne(2)(3)见解析,解析(1)由动能定理,Ekm=eUm,可得Um=短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以E=Um=电源内阻r=(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能Eke=eU设单位时间内有N个电子到达B板,则损失的动能之和Ek=NEke=NeU,根据电流的定义,此时电源内部的电流I=Ne此时流过外电阻的电流也是I=Ne,外电阻上消耗的电功率P=IU=NeU所以P=Ek,考查点带电粒子在电场中的运动、电路、功能关系。,思路点拨1.最大电势能对应电子的最大初动能,短路时两板间电势差为零,A板上的电子会全部到达B板。2.从电路的角度分析,电动势等于电源断路时的路端电压,而短路电流等于电动势除以电源内阻。3.外电阻上消耗的功率P=IU,I为单位时间内流过的电子的总电荷量;Ek是单位时间内到达B板的电子损失的动能总和。,5.(2011北京理综,24,20分)静电场方向平行于x轴,其电势随x的分布可简化为如图所示的折线,图中0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q,其动能与电势能之和为-A(00)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?,答案(1)m+qhv0(2)2v0,解析本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了模型建构的素养要素。(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek-m设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=at2l=v0t联立式解得,Ek=m+qhl=v0(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0知识储备1.类平抛运动的处理方法;2.牛顿第二定律;3.动能定理;4.电势差与场强的关系。,9.(2019课标,24,12分)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(q0)。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。,答案(1)(2)2m(+g2t2),解析本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常见,运动过程简单,为中等难度题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma,a=gt2解得E=(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两点的高度差为h,根据动能定理有Ek-m=mgh+qEh且有v1=v0t,h=gt2联立式得Ek=2m(+g2t2),方法指导优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理或功能关系解题。,10.(2015课标,14,6分,0.586)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,C组教师专用题组,答案D最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确。,审题指导“微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。,11.(2017课标,25,20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小。,答案(1)31(2)H(3),解析本题考查匀变速直线运动、运动的分解、电场、动能定理。(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0s1=v0t+at2s2=v0t-at2联立式得=3(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式=2ghH=vyt+gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知=,联立式可得h=H(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则=设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=m(+)+mgH+qEs1Ek2=m(+)+mgH-qEs2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立式得E=,解题关键N离开电场时的速度方向竖直向下N在水平方向的速度恰好减速到0;方向水平向右的匀强电场M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;刚离开电场时M的动能为N的1.5倍建立等式确定电场力和重力的关系。,12.(2015课标,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。,答案,解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即vBsin30=v0sin60由此得vB=v0设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB=m(-)联立式得UAB=,解题关键据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vBsin30=v0sin60。A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。,13.(2017课标,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。,答案见解析,解析本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1由式得v2=v0-2gt1(2)由题意,在t=0时刻前有,qE1=mg油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+a1油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-a2由题给条件有=2g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h由式得E2=E1为使E2E1,应有,2-+1即当0才是可能的;条件式和式分别对应于v20和v2E1,应有,2-1即t1另一解为负,不合题意,已舍去。,解题指导多阶段运动物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即物体在后一阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得。,三年模拟,A组20172019年高考模拟考点基础题组,考点一电场的性质,1.(2019北京东城期末,1)下列各个物理量中属于矢量的有()A.电场强度B.电势差C.电场力做的功D.电势能,答案A电场强度为矢量,其定义式为E=,其方向为正电荷的受力方向,故选项A正确;电势差、电场力做的功,以及电势能只有大小,没有方向,是标量,故选项B、C、D错误。,解题关键对于矢量与标量,要知道它们有两大区别:一是矢量有方向,标量没有方向;二是运算法则不同,矢量运算遵守平行四边形定则,标量运算遵守代数加减法则。,2.(2019北京朝阳期末,5)如图所示,取一对用绝缘柱支持的导体A和B,使它们彼此接触。起初它们不带电。把带正电荷的物体C移近导体A,再把A和B分开,然后移去C。则(),A.A带正电,B带负电B.A带负电,B带正电C.A、B带同种电荷D.A、B都不带电,答案B带正电的物体C靠近A时,由于静电感应,A带上负电,B带上正电;先把A、B分开,则A带负电,B带正电,移去C后,电荷不能再进行中和,所以A带负电,B带正电。故B正确,A、C、D错误。,思路点拨根据静电感应规律可明确A、B两导体所带电荷的电性。,3.(2019北京朝阳期末,6)在静电场中,将一正电荷从a点移动到b点,电场力做了负功,则()A.b点的电场强度一定比a点的大B.电场线方向一定从b指向aC.b点的电势一定比a点的高D.该电荷的动能一定减小,答案C电场力做负功,该电荷电势能增加,正电荷在电势高处电势能较大,C正确。只知道电场力做负功,总功不一定为负,由动能定理可知,动能不一定减小,D错。电势高低与场强大小无必然联系,A错。b点电势高于a点电势,但a、b可能不在同一条电场线上,B错。,4.(2019北京海淀期末,1)(多选)某区域的电场线分布如图所示,电场中有A、B两点。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB,电势分别是A、B,则下列判断正确的是()A.EAEBC.AB,答案AD由电场线的特点,电场线越密集,场强越大,所以EAB。所以A、D正确。,5.(2019北京丰台二模,17)一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动,其速度随时间变化的图像如图所示,tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点,A、B两点的场强大小分别为EA、EB,电势分别为A、B,则可以判断()A.EAEBC.A=BD.AaB,由a=可知,场强大小关系为EAEB,选项A错误,B正确。粒子速度增加,做加速运动,电场力做正功,WAB0,粒子带正电荷,q0,由WAB=q(A-B)得A-B0,即AB,故选项C、D错误。,解题关键能从v-t图像中获得信息aAaB,根据粒子的电性和做功的正负进一步讨论出A、B两点电势的高低。,6.(2019北京西城一模,19)为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况,取两个验电器A和B,在B上装一个几乎封闭的空心金属球C(仅在上端开有小孔),D是带有绝缘柄的金属小球,如图所示。实验前它们都不带电,实验时首先将带正电的玻璃棒(图中未画出)与C接触使C带电。以下说法正确的是()A.若将带正电的玻璃棒接触C外表面,则B的箔片带负电B.若将带正电的玻璃棒接触C内表面,则B的箔片不会带电C.使D接触C的内表面,然后接触A,操作若干次,观察到A的箔片张角变大D.使D接触C的外表面,然后接触A,操作若干次,观察到A的箔片张角变大,答案D带电导体稳定时净电荷仅分布在外表面。因此带正电的玻璃棒接触C内表面或外表面都可使C带正电,箔片张开。通过D将C上的电荷转移到A上,应与C的外表面接触。,思路分析带正电的玻璃棒与C接触时,会有电子从C上转移到玻璃棒上,从而使C带正电,与C接触的箔片也带正电,因同种电荷相斥而张开。,7.(2019北京东城一模,18)如图甲所示,直线AB是某电场中的一条电场线。一正电荷在该电场中运动,始终只受到电场力作用。已知该正电荷沿电场线从A点运动到B点的过程中,其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度,A、B表示A、B两点的电势。以下判断正确的是()A.EAEBC.ABD.AB,图线斜率k=2a恒定,所以正电荷做匀加速直线运动,即电场力恒定,电场是匀强电场。,方法技巧图像问题一般看纵坐标随横坐标的变化趋势,看截距、看斜率、看图线与横轴所围成图形的面积。,1.(2019北京东城期末,9)利用电容传感器可检测矿井渗水,及时发出警报,从而避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图,A为位置固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体(矿井中含有杂质的水),A、B、C构成电容器。若矿井渗水(导电液体深度h增大),则电流()A.从b向a,A、B、C构成的电容器放电B.从a向b,A、B、C构成的电容器放电C.从b向a,A、B、C构成的电容器充电D.从a向b,A、B、C构成的电容器充电,考点二电容器带电粒子在电场中的运动,答案D由图可知,液体C与导体芯A构成了电容器的两个极板,B为电介质,两极板间距离不变,液面变化时只有正对面积发生变化,则由C=可知,当液面升高时,正对面积S增大,故可判断电容增大,再依据C=,电势差不变,那么电容器所带电荷量增大,因此电容器处于充电状态,电流从a流向b,故A、B、C错误,D正确。,导师点睛本题考查平行板电容器在生产、生活中的应用,注意由题意找出我们常见的模型再进行分析。,2.(2019北京朝阳期末,4)一个固定电容器在充电过程中,两个极板间的电压U随电容器所带电荷量Q的变化而变化。选项图中能正确反映U和Q关系的图像是(),答案A根据C=,可知U=,由于电容器电容不变,因此电压U和电荷量Q成正比,故A正确。,思路点拨明确电容器的电容由本身的性质决定,与Q和U无关,根据Q=CU,知U与Q成正比。,3.(2019北京丰台期末,11)某种喷墨打印机打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。忽略墨汁微粒的重力,为了使打在纸上的字迹缩小,下列措施理论上可行的是()A.只增大偏转电场的电压B.只减小墨汁微粒所带的电荷量C.只减小墨汁微粒的质量D.只减小墨汁微粒进入偏转电场的速度,答案B设喷入偏转电场的墨汁微粒的速度为v0,偏转电场宽度为L,偏转电场右边缘与纸间距为L墨汁微粒在水平方向上匀速运动:L=v0t根据牛顿第二定律可得:a=竖直方向上做匀加速运动:y1=at2=由几何关系得:=则墨汁微粒打在纸上时竖直方向的偏移量:y2=根据表达式可知,为了使打在纸上的字迹缩小,即减小y2,可减小墨汁微粒所带的电荷量q,增大墨汁微粒的质量m,减小偏转电场的电压U,增大墨汁微粒的喷出速度v0,故A、C、D错误,B正确。,思路点拨要缩小字迹,就要减小墨汁微粒打在纸上时竖直方向的偏移量,根据牛顿第二定律和运动学公式推导出偏移量的表达式,再进行分析。,解题关键熟练运用运动的分解