导学教程2017高考物理总复习 第六章 静电场（课件+试题）（打包9套）新人教版.zip

1库仑定律 电场力的性质[限时检测](限时 45 分钟，满分 100 分)一、选择题(每小题 6 分，共 54 分)1． (2016·双鸭山模拟)如图 6－1－12 所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球 A、 B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止。设小球 A 带电荷量大小为 QA，小球 B 带电荷量大小为 QB，下列判断正确的是图 6－1－12A．小球 A 带正电，小球 B 带负电，且 QAQBB．小球 A 带正电，小球 B 带负电，且 QAQBD．小球 A 带负电，小球 B 带正电，且 QAQ2 B．两质点带异号电荷，且 Q1Q2 D．两质点带同号电荷，且 Q1Q2，选项 A 正确。答案 A6． (多选)(2016·江西模拟)如图 6－1－16 所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为 m，电荷量为 q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为 E，下列说法正确的是A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为 Eq/mgB．若剪断悬线，则小球做曲线运动 图 6－1－16C．若剪断悬线，则小球做匀速运动D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析 对小球受力分析，可知 tan α ＝ ，A 正确。剪断悬线后，小球受 Eq 和 mg 的作用，其合力为定值，Eqmg所以小球做匀加速直线运动，D 正确。答案 AD7．(多选)顶点 a、 b、 c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图 6－1－18 所示， D 为正三角形外接圆的圆心， E、 G、 H 点分别为 ab、 ac、 bc 的中点， F 点为 E 点关于 c 电荷的对称点，不计空气阻力。下列说法中正确的是4图 6－1－18A． D 点的电场强度为零、电势为零B． E、 F 两点的电场强度等大反向、电势相等C． E、 G、 H 三点的电场强度和电势均相同D．若释放 c 电荷， c 电荷将一直做加速运动解析 D 点到 a、 b、 c 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为 120°，故 D 点的场强为 0。因为电势是一个相对性的概念，即零电势的选取是任意的，故 D 点电势可能为 0，故 A 正确。由于 a、 b 在 E 点的场强大小相等方向相反，故 E 的场强仅由电荷 c 决定。故场强方向向左，而电荷 c 在 E、 F 位置的场强大小相同方向相反，但电荷 a、 b 在 F 点的场强矢量和不为 0，故 E、 F 两点的电场强度大小不同，方向相反，故 B 错误。 E、 G、 H 三点分别为 ab、 ac、 bc 的中点， E 的场强仅由电荷 c 决定，同理 G 点的场强仅由电荷 b 决定， H 点的场强仅由电荷 a 决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故 C 错误。若释放电荷 c，则 a、 b 在 c 的合场强水平向右，故 a、 b 始终对 c 有斥力作用，故 c 电荷将一直做加速运动，故 D 正确。答案 AD8．(多选)(2016·南昌检测)如图 6－1－19 所示，两个带等量的正电荷的小球 A、 B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上， P、 N 是小球 A、 B 连线的水平中垂线上的两点，且 PO＝ ON。现将一个带负电的小球C(可视为质点)，由 P 点静止释放，在小球 C 向 N 点运动的过程中，下列关于小球 C 的速度图象中，可能正确的是图 6－1－195解析 在 A、 B 连线的垂直平分线上，从无穷远处到 O 点的电场强度先变大后变小，到 O 点变为零，负电荷沿垂直平分线从无穷远处向 O 点运动，加速度先变大后变小，速度不断增大，在 O 点加速度变为零，速度达到最大， v－ t 图线的斜率先变大后变小；由 O 点运动到无穷远，速度变化情况同另一侧速度的变化情况具有对称性。如果 P、 N 距 O 点足够远，B 正确，如果 P、 N 距 O 点很近，A 正确。答案 AB9． (多选)(2016·茂名模拟)如图 6－1－20 所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的点电荷 B 沿着以 A 为圆心的圆弧由 P 到 Q 缓慢地从 A 的上方经过，若此过程中 A 始终保持静止， A、 B 两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。则下列说法正确的是A．物体 A 受到地面的支持力先增大后减小 图 6－1－20B．物体 A 受到地面的支持力保持不变C．物体 A 受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷 B 先做正功后做负功解析 分析物体 A 的受力如图所示，由平衡条件可得： f＝ Fcos θ ， N＝ Fsin θ ＋ mg，随θ 由小于 90°增大到大于 90°的过程中， f 先减小后反向增大， N 先增大后减小，A、C 正确，B 错误；因 A 对 B 的库仑力与 B 运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D 错误。答案 AC二、计算题(共 46 分)10． (15 分)(2014·福建理综)如图 6－1－21 所示，真空中 xOy 平面直角坐标系上的 ABC 三点构成等边三角形，边长 L＝2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10 －6 C 的两点电荷分别固定在 A、 B 点，已知静电力常量k＝9.0×10 9 N·m2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； 图 6－1－21(2)C 点的电场强度的大小和方向。解析 (1)根据库仑定律， A、 B 两点电荷间的库仑力大小为F＝ k ①q2L26代入数据得F＝9.0×10 －3 N②(2)A、 B 点电荷在 C 点产生的场强大小相等，均为E1＝ k ③qL2A、 B 两点电荷形成的电场在 C 点的合场强大小为E＝2 E1cos 30°④由③④式并代入数据得E＝7.8×10 3 N/C场强 E 的方向沿 y 轴正向。答案 (1)9.0×10 －3 N (2)7.8×103 N/C 方向：沿 y 轴正方向11． (15 分)(2016·齐齐哈尔期中)如图 6－1－22 所示，在竖直平面内， AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道， AB 与 CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径 R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小 E＝1.0×10 4 N/C，现有质量m＝0.20 kg、电荷量 q＝8.0×10 －4 C 的带电体(可视为质点)从 A 点由静止开始运动，已知 sAB＝1.0 m，带电体与轨道 AB、 CD 的动摩擦因数均为 0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，取 g＝10 m/s2，求：图 6－1－22(1)带电体运动到圆弧形轨道 C 点时的速度大小；(2)带电体最终停在何处？解析 (1)设带电体到达 C 点时的速度为 v，由动能定理得 qE(sAB＋ R)－ μmgs AB－ mgR＝ mv212解得 v＝10 m/s。(2)设带电体沿竖直轨道 CD 上升的最大高度为 h，由动能定理得－ mgh－ μqEh ＝0－ mv212解得 h＝ m53在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝ μqE ＝4 N重力 G＝ mg＝2 N因为 GFfmax7所以，带电体最终静止在与 C 点的竖直距离为 m 处。53答案 (1)10 m/s (2)与 C 点的竖直距离为 m 处5312． (16 分)如图 6－1－23 所示，质量为 m 的小球 A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为 α 。小球 A 带正电，电荷量为 q。在斜面上 B 点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷，将小球 A 由距 B 点竖直高度为 H 处无初速度释放。小球 A 下滑过程中电荷量不变。不计 A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量 k 和重力加速度 g。图 6－1－23(1)A 球刚释放时的加速度是多大？ (2)当 A 球的动能最大时，求此时 A 球与 B 点的距离。解析 (1)根据牛顿第二定律mgsin α － F＝ ma根据库仑定律F＝ k ， r＝Qqr2 Hsin α联立以上各式解得a＝ gsin α － 。kQqsin2 αmH2(2)当 A 球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时 A 球与 B 点间的距离为 R，则mgsin α ＝ ，解得 R＝ 。kQqR2 kQqmgsin α答案 (1) gsin α － (2) kQqsin2 αmH2 kQqmgsin α1带电体运动的综合问题[限时检测](限时 45 分钟，满分 100 分)一、选择题(每小题 6 分，共 54 分)1．如图 6－4－12 所示， P 是一个带电体，将原来不带电的导体球 Q 放入 P 激发的电场中并接地，a、 b、 c、 d 是电场中的四个点，则静电平衡后图 6－4－12A．导体 Q 仍不带电B． a 点的电势高于 b 点的电势C．检验电荷在 a 点所受电场力等于 b 点所受电场力D．带正电的检验电荷在 c 点的电势能大于在 d 点的电势能答案 D2．如图 6－4－13 所示，真空中同一平面内 MN 直线上固定电荷量分别为－9 Q 和＋ Q 的两个点电荷，两者相距为 L，以＋ Q 点电荷为圆心，半径为 画圆， a、 b、 c、 d 是圆周上四点，其中 a、 b 在 MN 直线上， c、 d 两L2点连线垂直于 MN，一电荷量为＋ q 的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是图 6－4－13A．电荷＋ q 在 a 点所受到的电场力最大B．电荷＋ q 在 a 点的电势能最大C．电荷＋ q 在 b 点的电势能最大D．电荷＋ q 在 c、 d 两点的电势能相等解析 电场强度叠加后， a 点处场强最大，A 正确；将正电荷从 a 点沿圆周移动到 c、 b、 d 点，＋ Q 对正电荷不做功，－9 Q 对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到 b 点克服电场力做功最多，移动到 c、 d 两点克服电场做功相同，因此正电荷在 a 点电势能最小，在 b 点电势能最大，在 c、 d 两点电势能相等，B 错误，C、D2正确。答案 B3．如图 6－4－14 所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为 U1的加速电场，经加速后从小孔 S 沿平行金属板 A、 B 的中线射入， A、 B 板长为 L，相距为 d，电压为 U2。则带电粒子能从 A、 B板间飞出应该满足的条件是图 6－4－14A. 1)，电压变化的周期为2τ ，如图乙所示。在 t＝0 时，极板 B 附近的一个电子，质量为 m、电荷量为 e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板 A，且不考虑重力作用。若 k＝ ，电子在 0～2 τ 时间内不能到达极板 A，547求 d 应满足的条件。图 6－4－22解析 电子在 0～ τ 时间内做匀加速运动加速度的大小 a1＝eU0md位移 x1＝ a1τ 212在 τ ～2 τ 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小 a2＝keU0md初速度的大小 v1＝ a1τ匀减速运动阶段的位移 x2＝v212a2由题知 dx1＋ x2，解得 d 。9eU0τ 210m答案 d 9eU0τ 210m12． (18 分)如图 6－4－23 甲所示，长为 L、间距为 d 的两金属板 A、 B 水平放置， ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度 v0从 a 点水平射入，沿直线从 b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从 b 点以速度 v0射出，求：图 6－4－23(1)交变电压的周期 T 应满足什么条件？(2)粒子从 a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？解析 (1)为使粒子仍从 b 点以速度 v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有 L＝ nTv0，解得 T＝Lnv08粒子在 T 内离开中心线的距离为14y＝ a 212(14T)又 a＝ ， E＝ ，解得 y＝qEm U0d qU0T232md在运动过程中离开中心线的最大距离为 ym＝2 y＝qU0T216md粒子不撞击金属板，应有 ym≤ d12解得 T≤2 d 2mqU0故 n≥ ，即 n 取大于等于 的整数。L2dv0 qU02m L2dv0 qU02m所以粒子的周期应满足的条件为T＝ ，其中 n 取大于等于 的整数。Lnv0 L2dv0 qU02m(2)粒子进入电场的时刻应为 T， T， T，…14 34 54故粒子进入电场的时刻为 t＝ T(n＝1,2,3，…)。2n－ 14答案 (1) T＝ ，其中 n 取大于等于 的整数Lnv0 L2dv0 qU02m(2)t＝ T(n＝1,2,3，…)2n－ 141电容器 带电粒子在电场中的运动[限时检测](限时 45 分钟，满分 100 分)一、选择题(每小题 6 分，共 54 分)1．(2016·泸州模拟)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用 d、 U、 E 和 Q 表示。下列说法正确的是A．保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，则 E 变为原来的两倍B．保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，则 U 变为原来的两倍C．保持 d 不变，将 Q 变为原来的两倍，则 U 变为原来的一半D．保持 d 不变，将 Q 变为原来的一半，则 E 变为原来的一半解析 由 E＝ 知，当 U 不变， d 变为原来的两倍时， E 变为原来的一半，A 错误；当 E 不变， d 变为原来的Ud一半时， U 变为原来的一半，B 错误；当电容器中 d 不变时， C 不变，由 C＝ 知，当 Q 变为原来的两倍时， U 变QU为原来的两倍，C 错误；当 d 不变， Q 变为原来的一半时， U 变为原来的一半，则 E 变为原来的一半，D 正确。答案 D2． (2016·合肥联考)如图 6－3－11 所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料。 ABCD 面带正电， EFGH 面带负电。从小孔 P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴 a、 b、 c，最后分别落在 1、2、3 三点。则下列说法正确的是图 6－3－11A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴 c 所带电荷量最多解析 三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项 A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项 B 错误；在相同的运动时间内，液滴 c 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项 D 正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴 c 做功最多，它落到底板时的速率最大，选项 C 错误。答案 D3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在 P 点，如图6－3－12 所示，以 C 表示电容器的电容、 E 表示两板间的场强、 φ 表示 P 点的电势， Ep表示正电荷在 P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离 l0的过程中，各物理量与负极板移动距离 x 的关系图象中正确的是2图 6－3－12解析 由平行板电容器的电容 C＝ 可知 d 减小时， C 变大，但不是一次函数，A 错。在电容器两极板ε rS4π kd所带电荷量一定的情况下， U＝ ， E＝ ＝ 与 d 无关，则 B 错。在负极板接地的情况下，设没有移动负极QC Ud 4π kQε rS板时 P 点距负极板的距离 d，移动 x 后为 d－ x。因为移动极板过程中电场强度 E 不变，故 φ P＝ E(d－ x)＝ Ed－ Ex，其中 x≤ l0，则 C 正确；正电荷在 P 点的电势能 Ep＝ qφ P＝ qEd－ qEx，显然 D 错。答案 C4．如图 6－3－13 所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是图 6－3－13A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极板间的距离C．仅增大偏转电极板间的电压 D．仅减小偏转电极板间的电压解析 改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项 A 错误；根据 E＝可知，当两极板间距离 d 增大时， E 减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项 B 错误；电子Ud进入偏转电场后做类平抛运动，则 L＝ v0t、 e ＝ ma 及 tan θ ＝ 可得 tan θ ＝ ，当 U 增大时偏转角也增Ud atv0 eULmdv20大，选项 C 正确、D 错误。答案 C5．光滑水平面上有一边长为 l 的正方形区域处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为 m、带电荷量为＋ q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度 v0进入该正方形区域。当小3球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为图 6－3－14A．0 B. mv ＋ qEl C. mv D. mv ＋ qEl12 20 12 12 20 12 20 23解析 (1)当它从 bc 边中点垂直该边以水平初速度 v0进入电场时，由动能定理得：qEl＝ Ek－ mv12 20即 Ek＝ qEl＋ mv 。12 20(2)当它从 ab 边中点垂直该边进入，则可能沿 ad 边射出，也可能沿 cd 边射出。①若从 ad 边射出，则 ＝ Ek－ mv ，qEl2 12 20即 Ek＝ ＋ mv ，则选项 B 正确；qEl2 12 20②若从 cd 边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为 x,0 mv ，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回 ad 边时，动能仍为 mv ，故选项 C 正确。12 20 12 20③若 qEl mv ，则到达 bc 边动能 Ek＝ mv － qEl。故答案为 D。12 20 12 20答案 D6． (多选)(2016·合肥模拟)如图 6－3－15 所示为一平行板电容器，两板之间的距离 d 和两板正对面积S 都可以调节，电容器两板与电池相连接。 Q 表示电容器所带的电荷量， E 表示两板间的电场强度。则4图 6－3－15A．当 d 增大， S 不变时， Q 减小， E 减小B．当 S 增大， d 不变时， Q 增大， E 增大C．当 d 减小， S 增大时， Q 增大， E 增大D．当 S 减小， d 增大时， Q 不变， E 增大答案 AC7．(多选)如图 6－3－16 所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v0沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动。 ON 与水平面的夹角为 30°，重力加速度为 g，且mg＝ qE，则图 6－3－16A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为 gC．小球上升的最大高度为v202gD．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv204解析 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿 ON 方向，而 mg＝ qE，由三角形定则，可知电场方向与 ON 方向成 120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为 mg，由牛顿第二定律可知 a＝ g，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为 h，由动能定理可得－ mg·2h＝0－ mv ，解得 h＝ ，C 错误；电场力做负12 20功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则 Ep＝－ qE·2hcos 120°＝ qEh＝ mg·＝ ，D 正确。答案 BD8． (多选)如图 6－3－17 所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长 L＝0.4 m，两极板间距离 d＝4×10 －3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度 v0从两极板中央平行极板射入，开关 S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央。已知微粒质量 m＝4×10 －5 kg、电荷量 q＝＋1×10 －8 C， g＝10 m/s 2则下列说法正确的是5图 6－3－17A．微粒的入射速度 v0＝10 m/sB．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C．电源电压为 180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D．电源电压为 100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析 开关 S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由 ＝ gt2， ＝ v0t，得 v0＝10 m/s，Ad2 12 L2对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为 a，电场力向上，则 ＝ at ， L＝ v0t1， mg－ ＝ ma，得 U1＝120 V，同理微粒在d2 12 21 U1qd平行板右边缘上侧飞出时，可得 U2＝200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为 120 V≤ U200 V 时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对、D 错。答案 AC9． (多选)如图 6－3－18 所示，一电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从 Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成 30°角。已知匀强电场的宽度为 d， P、 Q 两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P 点的电势为零。则下列说法中正确的是图 6－3－18A．带电粒子在 Q 点的电势能为－ qUB．带电粒子带负电C．此匀强电场的电场强度大小为 E＝23U3dD．此匀强电场的电场强度大小为 E＝3U3d解析 根据带电粒子的偏转方向可判断 B 错误；因为 P、 Q 两点的电势差为 U，电场力做正功，电势能减少，而 P 点的电势为零，所以 A 正确；设带电粒子在 P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为 y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在 y 轴方向的分速度为 vy＝ v0，带3电粒子在 y 轴方向上的平均速度为 y＝ ；带电粒子在 y 轴方向上的位移为 y0，带电粒子在电场中的运动v3v026时间为 t， y0＝ ， d＝ v0t，得 y0＝ ，由 E＝ 得 E＝ ，C 正确、D 错误。3v02 3d2 Uy0 23U3d答案 AC二、计算题(共 46 分)10． (14 分)如图 6－3－19 所示，倾斜角度为 θ 的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方 O 点处有一电荷量为＋ Q 的点电荷，一质量为 m、电荷量为－ q 的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为 μ 。现使小物体以初速度 v0从斜面上的 A 点沿斜面上滑，到达 B 点时速度为零，然后又下滑回到 A 点。小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为 k，重力加速度为 g， OA＝ OB＝ l。求：图 6－3－19(1)小物体沿斜面上滑经过 AB 中点时的加速度大小；(2)小物体返回到斜面上的 A 点时的速度大小。解析 (1)根据题意得 FN＝ mgcos θ ＋ k ，Qq(lsin θ )2mgsin θ ＋ μF N＝ ma，解得a＝ 。mgsin θ ＋ μ [mgcos θ ＋ k Qq(lsin θ )2]m(2)根据动能定理得 0－ mv ＝－ mglsin 2θ ＋ Wf， mv2＝ mglsin 2θ ＋ Wf，得 v＝ 。12 20 12 4glsin 2θ － v20答案 见解析11． (14 分)在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图 6－3－20 所示，设电子的质量为 m(不考虑所受重力)，电荷量为 e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为 U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为 d，板长为 L，偏转电压为 U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？图 6－3－20解析 电子在加速电场加速时，根据动能定理 eU1＝ mv12 2x7进入偏转电场后 L＝ vx·t， vy＝ at， a＝eU2md射出偏转电场时合速度 v＝ ，v2x＋ v2y以后匀速到达荧光屏，由以上各式得 Ek＝ mv2＝ eU1＋ 。12 eU2L24d2U1答案 eU1＋eU2L24d2U112． (18 分)(2016·贵阳模拟)如图 6－3－21 所示，光滑水平轨道与半径为 R 的光滑竖直半圆轨道在 B 点平滑连接，在过圆心 O 的水平界面 MN 的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为 m、电荷量为＋ q 的小球从水平轨道上 A 点由静止释放，小球运动到 C 点离开圆轨道后，经界面 MN 上的 P 点进入电场( P 点恰好在 A点的正上方，如图 6－3－21 所示，小球可视为质点，小球运动到 C 点之前电荷量保持不变，经过 C 点后电荷量立即变为零)。已知 A、 B 间距离为 2R，重力加速度为 g，在上述运动过程中，求：图 6－3－21(1)电场强度 E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小。解析 (1)设小球过 C 点时速度大小为 vC，小球从 A 到 C 由动能定理知qE·3R－ mg·2R＝ mv12 2C小球离开 C 点后做平抛运动到 P 点，R＝ gt2122R＝ vCt得 E＝ 。mgq(2)设小球运动到圆轨道 D 点时速度最大，设最大速度为 v，此时 OD 与竖直线 OB 夹角设为 α ，小球从 A点运动到 D 点的过程，根据动能定理知 qE(2R＋ Rsin α )－ mgR(1－cos α )＝ mv212即 mv2＝ mgR(sin α ＋cos α ＋1)12根据数学知识可知，当 α ＝45°时动能最大由此可得v＝ 。(2＋ 2\r(2))gR8(3)由于小球在 D 点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在 D 点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为 F，由牛顿第三定律可知小球在 D 点受到的轨道的弹力大小也为 F，在 D 点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知，F-qEsin α- mgcos α=mv2R解得 F=(2+3 )mg。2答案 (1) (2) (3)(2+3 )mgmgq (2＋ 2\r(2))gR 21电场能的性质[限时检测](限时 45 分钟，满分 100 分)一、选择题(每小题 6 分，共 54 分)1． (2013·重庆理综)如图 6－2－14 所示，高速运动的 α 粒子被位于 O 点的重原子核散射，实线表示α 粒子运动的轨迹， M、 N 和 Q 为轨迹上的三点， N 点离核最近， Q 点比 M 点离核更远，则图 6－2－14A． α 粒子在 M 点的速率比在 Q 点的大B．三点中， α 粒子在 N 点的电势能最大C．在重核产生的电场中， M 点的电势比 Q 点的低D． α 粒子从 M 点运动到 Q 点，电场力对它做的总功为负功解析 α 粒子与重原子核均带正电，二者之间存在斥力作用，且仅有斥力作用，故两者靠近时斥力做负功，动能减小，电势能增大；远离时斥力做正功，动能增大，综上可知， α 粒子在 Q 点时动能最大，速率也最大，A 项错误。 α 粒子在 N 点时电势能最大，B 项正确。在正电荷的电场中，场源处电势最高，距场源越远电势越低， M 点离 O 点较近，该点电势较高，C 项错误。因在 Q 点时粒子的动能比在 M 点时的动能大，故在从 M 到 Q的过程中电场力做的总功为正功，D 项错误。答案 B2．空间有一沿 x 轴对称分布的电场，其电场强度 E 随 x 变化的图象如图 6－2－15 所示，下列说法正确的是图 6－2－15A． O 点的电势最低 B． x1和 x3两点的电势相等C． x2和－ x2两点的电势相等 D． x2点的电势低于 x3点的电势解析 由图可知坐标原点 O 左右两侧电场的方向分别沿－ x 方向和＋ x 方向，根据沿电场方向电势降低，可知 O 点电势最高， φ x1＞ φ x2＞ φ x3，故 A、B、D 均错；由于电场关于坐标原点 O 对称分布，则 x2和－ x2两2点的电势相等，C 正确。答案 C3．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形 abcd，顶点 a、 c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图 6－2－16 所示。若将一个带负电的粒子置于 b 点，自由释放，粒子将沿着对角线 bd 往复运动，粒子从 b 点运动到 d 点的过程中A．先做匀加速运动，后做匀减速运动 图 6－2－16B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C．电势能与机械能之和先增大，后减小D．电势能先减小，后增大解析 这是等量同种电荷形成的电场，如图所示。电场是非匀强电场。负电荷在其中受的电场力是变力。由牛顿第二定律知加速度也是变化的。故不选 A。在 bd 连线中点 O 的电势最高，所以从 b 到 d，电势先增大后减小，故不选 B。由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化。故电势能与机械能之和守恒，故不选 C。在 bd 连线上的场强方向如图所示，对负点电荷，由 b 到 O 电场力做正功，电势能减小；由 O 到 d 电场力做负功。电势能增加。故选 D。答案 D4．将两金属球 P、 Q 固定，让球 P 带上正电后，形成稳定的电场如图 6－2－17 所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中 A、 B、 C、 D 为静电场中的四点，则图 6－2－17A． C、 D 两点的电场强度相同，电势相等3B． A、 B 两点的电势相同，电场强度不同C．将电子从 A 点移至 B 点，电场力做负功D．将电子从 A 点移至 D 点，电势能增大答案 C5．(2016·大连模拟)如图 6－2－18 甲所示， Q1、 Q2是两个固定的点电荷，其中 Q1带正电。在它们连线的延长线上有 a、 b 两点，一带正电的试探电荷以一定的初速度从 a 点沿直线经 b 点向远处运动，其 v－ t 图象如图乙所示，若将带正电的试探电荷从 Q1左侧由静止释放，则该试探电荷图 6－2－18A．一定做加速运动B．可能先做加速运动，后做减速运动C．电势能可能增加D．运动过程中所在位置的电势逐渐升高解析 根据试探电荷的速度－时间图象可知， b 点的加速度为零，正电荷在 ab 上做减速运动，所以 Q2带负电，且电荷量小于 Q1所带的电荷量。因此在 Q1左侧的合电场方向向左，若将带正电的试探电荷从 Q1左侧由静止释放，则该试探电荷一定向左做加速运动，电场力做正功，电势能减小，电势降低，A 正确，B、C、D 错误。答案 A6． (多选)(2013·天津理综)两个带等量正电的点电荷，固定在图 6－2－19 中 P、 Q 两点， MN 为 PQ 连线的中垂线，交 PQ 于 O 点， A 为 MN 上的一点。一带负电的试探电荷 q，从 A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则图 6－2－19A． q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动B． q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐减小4C． q 运动到 O 点时的动能最大D． q 运动到 O 点时电势能为零解析 两个等量正点电荷形成的电场不是匀强电场，在中垂线 MN 上由无穷远到 O 点电场强度先增大后减小，电荷 q 所受电场力为变力， q 将做变加速直线运动，A 项错误。因 q 所受电场力方向指向 O 点，所以 q 由A 向 O 运动过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，B、C 项均正确，因 O 点电势大于零，故 q 在 O 点时的电势能不为零，D 项错误。答案 BC7．(多选)如图 6－2－20 所示，在 xOy 坐标系中， x 轴上关于 y 轴对称的 A、 C 两点固定等量异种点电荷＋ Q、－ Q， B、 D 两点分别位于第二、四象限， ABCD 为平行四边形，边 BC、 AD 分别与 y 轴交于 E、 F，以下说法正确的是图 6－2－20A． E、 F 两点电势相等B． B、 D 两点电场强度相同C．试探电荷＋ q 从 B 点移到 D 点，电势能增加D．试探电荷＋ q 从 B 点移到 E 点和从 F 点移到 D 点，电场力对＋ q 做功相同解析 等量异种点电荷＋ Q、－ Q 连线的垂直平分线是一条等势线。所以 y 轴是一条等势线， E、 F 的电势相等，故 A 正确。根据电场线的分布情况和对称性可知， B、 D 两点电场强度相同，故 B 正确。根据顺着电场线电势降低可知， B 点的电势高于 D 点的电势，而正电荷在电势高处电势能大，所以试探电荷＋ q 从 B 点移到 D点，电势能减小，故 C 错误。由以上分析可知， B、 E 间的电势差等于 F、 D 间的电势差，根据电场力做功公式W＝ qU 得知＋ q 从 B 点移到 E 点和从 F 点移到 D 点，电场力对＋ q 做功相同，故 D 正确。答案 ABD8．(多选)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图 6－2－21 中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中 a 点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是5图 6－2－21A．带正电B．速度先增大后减小C．电势能先增大后减小D．经过 b 点和 d 点时的速度大小相同解析 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项 A 错误；粒子从 a 到 c 到 e 的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项 B 错误，C 正确；因为 b、 d 两点在同一等势面上，所以在 b、 d 两点的电势能相同，所以粒子经过 b 点和 d 点时的速度大小相同，选项 D 正确。答案 CD9． (多选)如图 6－2－22 所示， MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E， ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 R， A、 B 为圆水平直径的两个端点， AC 为 圆弧。一个质量为 m、电荷量为－ q 的带电小14球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是图 6－2－22A．小球一定能从 B 点离开轨道B．小球在 AC 部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从 B 点离开，上升的高度一定小于 HD．小球到达 C 点的速度可能为零解析 本题考查对复合场问题、功能关系、圆周运动等知识综合运用分析的能力，若电场力大于重力，则小球有可能不从 B 点离开轨道，A 错。若电场力等于重力，小球在 AC 部分做匀速圆周运动，B 正确。因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于 H，C 正确。由圆周运动知识可知若小球到达 C 点的速度为零，6则在此之前就已脱轨了，D 错。答案 BC二、计算题(共 46 分)10． (14 分)(2015·课标Ⅱ)如图 6－2－23 所示，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。图 6－2－23解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场向上的速度分量不变，即vBsin 30°＝ v0sin 60°①由此得 vB＝ v0②3设 A、 B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有qUAB＝ m(v － v )③12 2B 20联立②③式得UAB＝ 。答案 11． (15 分)(2015·安徽理综)在 xOy 平面内，有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E(图中未画出)，由 A 点斜射出一质量为 m、带电量为＋ q 的粒子， B 和 C 是粒子运动轨迹上的两点，如图 6－2－24 所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：图 6－2－24(1)粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功；7(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)＝3 qEl0(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＝qEm又 yD＝ aT2， yD＋3 l0＝ a(2T)212 12解得 T＝ 2ml0qE则 A→ C 过程所经历的时间 t＝3 。2ml0qE(3)粒子在 DC 段做类平抛运动，于是有2l0＝ vCx(2T)， vCy＝ a(2T)vC＝ ＝ 。17qEl02m答案 (1)3 qEl0 (2)3 (3) 2ml0qE 17qEl02m12． (17 分)(2015·四川理综)如图 6－2－25 所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上， B 端与桌面边缘对齐， A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E＝1.5×10 6 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 P 电荷量是 2.0×10－6 C，质量 m＝0.25 kg，与轨道间动摩擦因数 μ ＝0.4。 P 从O 点由静止开始向右运动，经过 0.55 s 到达 A 点，到达 B 点时速度是 5 m/s，到达空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为 α ，且 tan α ＝1.2。 P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力 F 作用， F 大小与 P 的速率 v的关系如表所示。 P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g＝10 m/s 2。求：v/(m·s－1)0≤ v≤2 2v5 v≥5F/N 2 6 3图 6－2－25(1)小物体 P 从开始运动至速率为 2 m/s 所用的时间；(2)小物体 P 从 A 运动至 D 的过程，电场力做的功。解析 (1)小物体 P 的速率从 0 至 2 m/s，受外力 F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a1，经过时间 Δ t1速度为 v1，则F1－ μmg ＝ ma1①8v1＝ a1Δ t1②由①②式并代入数据得Δ t1＝0.5 s③(2)小物体 P 从速率为 2 m/s 运动至 A 点，受外力 F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a2，则F2－ μmg ＝ ma2④设小物体 P 从速度 v1经过 Δ t2时间，在 A 点的速度为 v2，则Δ t2＝0.55 s－Δ t1⑤v2＝ v1＋ a2Δ t2⑥P 从 A 点至 B 点，受外力 F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动加速度为 a3，电荷量为 q，在 B 点的速度为 v3，从 A 点至 B 点的位移为 x1，则F2－ μmg － qE＝ ma3⑦v － v ＝2 a3x1⑧23 2P 以速度 v3滑出轨道右端 B 点，设水平方向受外力为 F3，电场力大小为 FE，有FE＝ F3⑨F3与 FE大小相等方向相反， P 水平方向所受合力为零，所以， P 从 B 点开始做初速度为 v3的平抛运动。设P 从 B 点运动至 D 点用时为 Δ t3，水平位移为 x2，由题意知＝tan α ⑩v3gΔ t3x2＝ v3Δ t3⑪设小物体 P 从 A 点至 D 点电场力做功为 W，则W＝－ qE(x1＋ x2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25 J。答案 (1)0.5 s (2)－9.25 J