《第10章 静电场中的能量》章末复习及单元测试卷

《第十章静电场中的能量》章末复习【体系构建】【核心速填】1．电场力做功与路径无关，与电荷的起始位置和终止位置有关。2．电势能的变化与电场力做功的关系：WAB＝EpA－EpB。3．电势的定义式φ＝eq\f(Ep,q)，沿电场线方向电势逐渐降低。4．等势面与电场线一定垂直，等差等势面越密的地方电场强度越大。5．电势差与电场强度的关系式：E＝eq\f(U,d)，其中d为沿电场方向两点间的距离。6．电场力做功与电势差的关系式：WAB＝UAB·q，公式既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。7．电容器(1)两个公式：①定义式：C＝eq\f(Q,U)；②决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。(2)两类动态变化①与电源相连：电压不变。②与电源断开：电荷量不变。8．带电粒子在电场中的运动(1)带电粒子的加速：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2)带电粒子的偏转①运动时间：t＝eq\f(l,v0)②加速度：a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(Uq,dm)③偏转位移：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Uql2,2dmv\o\al(2,0))④偏转角：tanθ＝eq\f(qlU,mv\o\al(2,0)d)。电势高低及电势能增减的判断1．电势高低常用的两种判断方法(1)依据电场线的方向：沿电场线方向电势逐渐降低。(2)依据UAB＝φA－φB：UAB>0，φA>φB；UAB<0，φA<φB。2．电势能增、减的判断方法(1)做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。(2)公式法：由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大电势能越大；Ep的负值绝对值越小电势能越大。(3)能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小；反之，电势能增加。(4)电荷电势法：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。【例1】如图是匀强电场遇到空腔导体后部分电场线的分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是()A．O点电势与Q点电势相等B．M、O间的电势差小于Q、N间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．若在Q点释放一个正电荷，正电荷所受静电力将沿与OQ垂直的方向向上C[由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；M、O间的平均电场强度大于O、N间的平均电场强度，故UMO>UON>UQN，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q静电力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点所受的静电力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误。][一语通关]1同一电场线上两点电势大小比较：沿电场线方向电势降低。2不同电场线上两点电势大小比较：过两点作出等势线面，依据沿电场线方向电势降低的思路判断。3同一电荷在电场中两点具有的电势能大小比较：将该电荷在两点间移动，判断电场力做功的正负，从而比较电荷在两点具有的电势能大小。1．某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过场中的M、N两点，过N点的虚线是电场中的一条等势线，则()A．M点的电场强度小于N点的电场强度B．M点的电势低于N点的电势C．负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D．负点电荷在M点的动能小于在N点的动能C[电场线密集的地方，电场强度大，故M点的电场强度大于N点的电场强度，A错误；沿着电场线电势降低，故M点的电势高于N点的电势，B错误；负点电荷由M到N电场力做负功，动能减小，电势能增加，故C正确，D错误。]电场中的功能关系1．在电场中，若静电力对电荷做正功，则电荷的电势能减少，静电力对电荷做了多少正功，电荷的电势能就减少多少；若静电力对电荷做负功，则电荷的电势能增加，电荷克服静电力做了多少功，电荷的电势能就增加多少。2．在电场中，当只有静电力做功时，电荷的动能与电势能的总和是不变的。3．如果在电场中除了静电力做功外，还有重力做功，则电势能、动能和重力势能三者之间可以相互转化，且三者的总和保持不变。这就是普遍的能量守恒定律在电场中的具体应用。【例2】(多选)如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下沿以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M点经P点到达N点的过程中()A．速度先增大后减小 B．速度先减小后增大C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小AC[电子在从M点经P点到达N点的过程中，先靠近正电荷，然后再远离正电荷，因此静电力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大；再根据动能定理，靠近时合外力(即静电力)做正功，则动能增加，速度增大，反之，远离时速度减小，故选项A、C正确。][一语通关](1)求解本题可以用静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理来解决。(2)如果注意到题目的情境跟天体在万有引力作用下的运动相似，就可以借鉴那种情况下天体的引力势能与引力做功以及动能变化的关系来解答，因为本题就是把引力势能改换成电势能来考查的。2．(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AB[电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程中电场力做负功，电势能增加6eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确。由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2eV，C错误。电子在等势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的eq\r(2)倍，D错误。如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。]《第十章静电场中的能量》单元测试卷(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=FqB.根据电容的定义式C=QUC.根据真空中点电荷的电场强度公式E=kQrD.根据电势差的定义式UAB=WABq可知,带电荷量为1C的正电荷,从A点移动到B点克服静电力做功为1J,则A、B两点间的电势差为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=kQr2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=答案D2.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C3.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B4.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.32mg C.12mg D.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=mgtan37°,小球从A到B的过程,由动能定理可得mgL-qEL=12mv2,在最低点受力分析,由圆周运动的特点得FT-mg=mv2L,得出绳子对球的拉力FT答案B5.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.mv022q B.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=ΔvΔt,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=v0t2,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy=-W14,由动能定理得:W1+W2=12m(2v0答案C6.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D7.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∶4D.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=12mv02,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=2qU1m,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=U2L24dU1可知,y答案BD8.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ACD9.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AB10.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<EO,EO<Ed,故Eb<Ed,A错,B对;等量异种电荷的电场中,电场线、等势线均具有对称性,a、c两点关于MN对称,Uab=Ubc,C对;试探电荷+q从a移到c,远离正电荷,靠近负电荷,静电力做正功,电势能减小,D错。答案BC11.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mgdB.油滴从小孔运动至N板过程中,电势能增加mgdC.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eUD.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=qUd,所以油滴带电荷量q=mgdU,所以电子的数目为n=qe=mgdeU,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答案AB12.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1B.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1解析在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE,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12,x=d4;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=d2,使M、N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=εrS4πkd知,电容C减小,由C=QU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=εrS4πkd知,电容C减小,由C=QU知,电势差答案(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2s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10V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=4500V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105V/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=12mv02电子飞入匀强电场中:在竖直方向vy=v0tan30°=at,a=eEm解得t=1E2mU3e;C、D两点沿电场强度方向的距离y=代入数据解得y=4答案0.01m16.如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0×102V/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=0.80m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10-15kg、电荷量为q=+10-12C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-1可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=qUab+12mv02=1.2(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=12at2,a=qEm,S=π联立以上各式得所形成的面积S=2πmv02hqE≈4.答案(1)1.2×10-10J(2)面积为4.0m2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=0.20m的绝缘轻线把质量m=0.10kg、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10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=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=mgtan37°=0.75N。(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=12mv解得v=2gl(1-(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=mv解得FT'=1.5N。答案(1)0.75N(2)1.0m/s(3)1.5N18.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=qE又y0=12aT2,y0+3l0=12a(2T解得T=2则A→C过程所经历的时间t=32m(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有2l0=vCx(2T)vCy=a(2T)则vC=vCx答案(1)3qEl0(2)32ml0《带电粒子在电场中运动的四种题型》专题训练基础巩固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D2.(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=mv2r,解得r=mv2qE,r、E为定值,若q相等则12mv答案BC3.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∶2B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=2∶1D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2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=12mv2得v=2Uem,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D4.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.mv022q B.解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=答案C5.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=12mv02-12mv02,解得UPQ=-答案A6.如图所示,一长为L=0.20m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4kg、带电荷量为q=+1.0×10-6C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=2.0×103N/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10m/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=mvB=2(qE(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=1.0×10-4×10N=1.0×10-3NqE=1.0×10-6×2.0×103N=2.0×10-3N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=mFTB=mvB2L+qE-mg=3.0×答案(1)2m/s(2)3.0×10-3N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v1<v2,则t1<t2 B.若v1=v2,则qC.若v1>v2,则v1'<v2' 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=12at2,在水平方向有x=vt。由几何关系有tanθ=yx,解得t=2vtanθa,x=2v2tanθa。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=mg+qEm=g+qm答案BD2.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=dv(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=2v0。(3)根据牛顿第二定律得:a=eE将粒子射出电场的速度v进行分解,则有vy=at=eEm·dv0=联立解得E=mv答案(1)dv0(2)2v03.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=2gh(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=mg电容器两极板间的电压为U=Ed=mg电容器带的电荷量为Q=CU=mg((3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2联立解得t=h+答案(1)2gh(2)mg(h4.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=12mv12,由牛顿第二定律FN-mg=mv12R,FN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=1设管壁对小球的作用力方向竖直向下,mg+FC1=mvFC1=mg,方向竖直向下。答案(1)2gR5mg,方向竖直向下(2)mg,方向竖直向下《电场能的性质的理解与应用》专题训练基础巩固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AD2.(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BD3.一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B4.(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=mghC.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=mghq。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答案ABC5.(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BC6.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