1、静电场中的能量(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共11小题,每小题3分,共33分)1.若带正电的小球只受电场力的作用,则它在任意一段时间内()A.一定沿着电场线由高电势向低电势运动B.一定沿着电场线由低电势向高电势运动C.不一定沿电场线运动,也不一定由高电势向低电势运动D.不一定沿电场线运动,但一定由高电势向低电势运动【解析】选C。物体的运动情况取决于合力和初始条件。小球只受到电场力的作用,从静止开始释放,仅受电场力作用,是否沿电场线运动,还要看电场线是直线还是曲线,若为直线,小球沿电场线运动,若为曲线,小球不沿电场线运动。在任意一段时间内,小球不一定从高电势
2、向低电势运动,比如在等量负电荷连线的中垂线上做往复运动,故A、B、D错误,C正确。2.如图所示,a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点,c为ab的中点,a、b电势分别为a=5 V、b=3 V。下列叙述正确的是()A.该电场在c点处的电势一定为4 VB.a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC.一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D.一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a【解析】选C。因不知该电场是否是匀强电场,所以E=不一定成立,c点电势不一定是4 V,所以A、B两项错误;因ab,电场线方向向右,正电荷从高电势点移到低电势点,电场力做正功,电势能减少,受到的电场力由c指向b,
3、所以C项正确、D项错误。3.(2018天津高考)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为M、N,粒子在M点和N点时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是() A.vMvN,aMaNB.vMvN,MNC.MN,EpMEpND.aMaN,EpMEpN【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)电场中的运动需要找出速度和力的关系。(2)用动能定理判断速度的变化。(3)利用静电力做功与电势能的关系判断电势能的变化。【解析】选D。电场线越密,电场强度越大,同一
4、个粒子受到的电场力越大,根据牛顿第二定律可知其加速度越大,故有aMvN,EpMN。若粒子从N运动到M,则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,可知在某点的电场力方向和速度方向如图乙所示,故电场力做正功,电势能减小,动能增大,即vMvN,EpMN。综上所述,D正确。【补偿训练】如图所示,实线是一个电场中的电场线,虚线是一个负试探电荷只受静电力作用时的运动轨迹,若电荷是从A处运动到B处,以下判断正确的是() A.电荷从A到B加速度减小B.在B处电势能大C.B处电势高D.电荷在B处速度为零【解析】选B。电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,所以电荷在B点的加速度大,故A错误;从
5、A到B的过程中,电场力做负功,电势能增加,所以在B处电势能大,故B正确;根据电荷运动的轨迹可以知道,负电荷受到的电场力的方向向下,所以电场线的方向向上,所以A点的电势大于B点的电势,故C错误;由于电荷从B点以后继续做曲线运动,根据曲线运动的条件可知,电荷在B点的速度不可能为零,故D错误。4.如图所示,在O点固定一负点电荷,实线为其中几条对称分布的电场线,虚线为以Oe电场线上的O点为圆心的一个圆,a、b、c、d、e、f、g、h为圆与电场线的交点,下列说法正确的是() A.d、f两点的电场强度相同B.a点电势比e点电势高C.b、d两点间电势差小于b、f两点间电势差D.质子沿圆周由h到d与由h到f,
6、电场力做功相等【解析】选D。由图看出,d、f两点电场强度的大小相等,但方向不同,而电场强度是矢量,所以d、f两点的电场强度不同,故A错误;根据顺着电场线电势逐渐降低可知,离点电荷O越远,电势越高,故a点电势低于e点电势,故B错误;d、f两点电势相等,则b、d两点间电势差等于b、f两点间电势差,故C错误;d、f两点电势相等,则质子沿圆周由h到d与由h到f,电场力做功相等,故D正确。5.如图所示,a、b、c、d是某匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点,ab=cd=10 cm,ad=bc=20 cm,电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20 V,b点电势为24 V,则() A.电场强
7、度大小一定为E=40 V/mB.c、d间电势差一定为4 VC.电场强度的方向一定由b指向aD.c点电势可能比d点低【解析】选B。根据题设条件可知,场强方向无法确定,知道了a、b间电势差,但不能根据E=求出场强的大小,故A、C错误;根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知,c、d间电势差必等于b、a间电势差,为4 V,故B正确;c、d间电势差为4 V,则知c点电势比d点高4 V,故D错误。6.如图所示,平行板电容器两极板带等量异种电荷,右极板与静电计金属球相连,左极板与静电计金属外壳相连。若电容器的电容为C,两极板的电势差为U,两极板间的电场强度为E,静电计指针的偏角为,保持右极板不动,将左极
8、板向上移动一小段距离的过程中()A.C增大 B.U减小C.E增大 D.减小【解析】选C。当左极板向上移一小段距离时,S减小,由C=可知,电容C减小,故A错误;电荷量Q恒定,根据U=,即可判定两极板间的电势差增大,故B错误;根据E=,正对面积S变小,电场强度增大,故C正确;两极板间电势差增大,则角度增大,故D错误。7.如图所示,平行板电容器与电动势为U的电源连接,上极板A接地,一带负电的油滴固定于电容器中的P点,现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离,则()A.带电油滴所受静电力不变B.P点的电势将升高C.带电油滴在P点时的电势能增大D.电容器的电容减小,极板带电荷量增大【解析】选B。
9、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,由于电容器两板间电压不变,根据E=得知板间场强减小,油滴所受的静电力减小,故选项A错误;板间场强E减小,而P点与上极板间的距离不变,则由公式U=Ed分析可知,P点与上极板间电势差减小,而P点的电势低于上极板的电势,则知P点的电势将升高,由油滴带负电,可知油滴在P点时的电势能将减小,故选项B正确,C错误;根据电容的定义式C=,电容器与电源相连,则U不变,当C减小时,则极板带电荷量Q也减小,故选项D错误。8.分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球,分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间,已知上板带负电,下板接地。三个小球A、B、C落在
10、下极板上的位置如图所示,则下列判断正确的是()A.A带正电、B不带电、C带负电B.三小球在电场中加速度大小关系是aAaBaCC.三小球在电场中运动时间相等D.三小球到达下板时的动能关系是EkCEkBxBxC。三个小球水平速度v0相同,由x=v0t得,运动时间关系是:tAtBtC。竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动,由图看出竖直位移y大小相等,由y=at2,得加速度关系为:aAaBaC,根据牛顿第二定律得到合力关系为:FAFBFC,三个小球重力相同,而平行金属板上板带负电,可以判断A带正电、B不带电、C带负电,故A正确,B、C错误;三个小球所受合力方向都竖直向下,都做正功,竖直位移大小相等,而
11、合力FAFBFC,则合力做功大小关系为:WAWBEkBEkA,故D错误。9.如图所示,匀强电场的方向平行于O、P、Q三点所在的平面,三点的连线构成一个直角三角形,P是直角,O=30,PQ=2 cm,三点的电势分别为O=5 V,P =11 V,Q=13 V。下列叙述正确的是() A.电场的方向为沿QO方向,电场强度大小为2 V/mB.OQ连线中点的电势为6.5 VC.电子在P点的电势能比在Q点低2 eVD.沿OPQ路径将电子从O点移动到Q点,电场力做的功为8 eV【解析】选D。QO间的电势差为8 V,将QO分成8等份,每份的电势差为1 V,如图所示,若A点的电势为11 V,则OA的长度为3 cm
12、,AQ的长度为1 cm,根据几何关系可知,PAOQ。故PA所在的直线为11 V等势线,电场线沿QO方向从Q指向O。电场强度的大小为E=2 V/cm,故A错误;根据匀强电场等差等势面的特点,OQ连线的中点电势为= V=9 V,B错误;将电子从P移动到Q点,电场力做功WPQ=-eUPQ=-e(-2 V)=2 eV,电场力做正功,电势能减小,故电子在P点的电势能比在Q点高2 eV,故C错误;电场力做功与路径无关,只与始末位置有关,故WOPQ=WOQ=-e(-8 V)=8 eV,D正确。10.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线,竖直平面内有一个圆周,A点为圆周上和圆心同一高度的一点,B点为圆周
13、上的最高点。在A点的粒子源以相同大小的初速度v0在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力),竖直向上发射的粒子恰好经过B点,则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为() A.3v0B.2v0C.v0D.v0【解析】选A。设粒子所带电荷量为+q,质量为m,电场强度为E,圆周的半径为R,因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过B点,故电场方向水平向右,根据牛顿第二定律有a=,竖直方向:R=v0t,水平方向:R=at2,解得qE=。粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大,根据动能定理有:qE2R=mv2-m,可得v=3v0,A正确,B、C、D错误。11.如图所示,在水平向左的匀强电场中,
14、有一电荷量为+q的物体静止在斜面上。若撤去电场后,物体仍然静止在斜面上,那么撤去电场后和撤去电场前相比较,以下说法正确的是()A.物体所受的摩擦力一定减小了B.物体所受的摩擦力一定增大了C.物体对斜面的压力一定减小了D.物体对斜面的压力一定增大了【解析】选C。分析物体受力如图:因重力G与电场力F电大小关系未知,故物体是否受摩擦力Ff、所受Ff的方向均不能确定,故撤去电场后与撤去电场前相比Ff的大小可能增大,亦可能减小,故A、B错误; 撤去电场之前:FN=F电sin+mgcos,撤去电场之后:FN=mgcos,故支持力减小,故C正确,D错误。二、计算题(本题共3小题,共27分。要有必要的文字说明
15、和解题步骤,有数值计算的要注明单位)12.(8分)为使带电量为310-5 C的负点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B(AB=0.4 m),必须对该电荷施加一个大小为F=1.510-4 N的恒力,如图所示,已知A点电势A=100 V,=37。不计电荷的重力。(1)匀强电场的场强为多少?指出电场线的方向。(2)B点的电势为多少?A、B间的电势差为多少?(3)q在由A运动到B的过程中电势能的变化量是多少?【解题指南】解答本题可以按以下思路进行:(1)由F=qE求出电场强度E。(2)根据U=Ed求出A、B间电势差,即可求得B点的电势。(3)由W=qU求出电场力做功,即可求得电势能的变化量。【
16、解析】(1)由F=qE(1分)得:E= N/C=5 N/C(1分)电场线的方向与F方向相同,如图所示(1分)(2)A、B间的电势差为:UAB=EABcos=50.40.8 V=1.6 V(1分)B点的电势为:B=A-UAB=98.4 V(1分)(3)点电荷由A运动到B,电场力做功为:W=-qUAB=-310-5 C1.6 V=-4.810-5 J(2分)故点电荷的电势能增大4.810-5 J(1分)答案:(1)5 N/C方向与F的方向相同(2)98.4 V1.6 V(3) 4.810-5 J13.(9分)长为L的平行金属板竖直放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场,一个带电荷量为+q、
17、质量为m的带电粒子,以初速度v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场,刚好从右极板边缘射出,射出时速度恰与右极板成30角,如图所示,不计粒子重力,求: (1)粒子末速度的大小;(2)匀强电场的电场强度的大小;(3)两板间的距离。【解析】(1)粒子离开电场时合速度与竖直方向夹角为30,由速度关系得合速度:v=(1分)(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动,在竖直方向上:L=v0t(1分)在水平方向上:vy=at(1分)vy=v0tan30=(1分)由牛顿第二定律得:qE=ma(1分)解得:E=(1分)(3)粒子做类平抛运动,在水平方向上:d=at2(2分)解得:d=L(1分)答案:(1)(2)(3)
18、L14.(10分)在光滑绝缘的水平面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电荷量为+2q,B球的带电荷量为-3q,组成一带电系统,如图所示,虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线,虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧,距MP的距离均为L,且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E后,试求:(1)B球刚进入电场时,带电系统的速度大小。(2)带电系统向右运动的最大距离。(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时,B球电势能的变化量。【解析】(1)设B球刚进入电场时,系统的速度为v1
19、,对A、B系统应用动能定理:2qEL=2m,(2分)则v1=。(1分)(2)设球A向右运动s时,系统速度为零,由动能定理,得:2qEs=3qE(s-L),(2分)则s=3L。(1分)(3)带电系统的速度第一次为零时,B球克服电场力做功WFB=6qEL,(2分)则B球电势能增加了6qEL。(2分)答案:(1)(2)3L(3)6qEL【等级性考试】(30分钟40分)15.(5分)(多选)如图所示,平行板电容器与直流电源E(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略,一带电油滴静止于电容器中的P点,现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离,则()A.平行板电容器的电容将变大B.
20、静电计指针张角变小C.带电油滴将向下运动D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向上移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变【解析】选A、D。当电容器的下极板向上运动时,根据公式C=可知d减小,C增大,A正确;由于电容器的两端电压恒定不变,则静电计两端的电压也不变,故静电计指针的夹角不变,B错误;根据公式E=可知,电容器的场强变大,带负电的油滴将向上运动,C错误;若先将上极板与电源正极断开,则电容器所带的电荷量不变,再将下极板向上移动一小段距离,则电容器间的电场强度E=,其大小恒定不变,故带电油滴所受的电场力不变,D正确。16.(5分)(多选)如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆
21、均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是() A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【解析】选A、B、C。由图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知,粒子M受到引力作用,所以带负电,粒子N受到斥力作用,所以带正电,选项A正确;由于a点比b点更靠近带正电的点电荷,所以粒子M由a点运动到b点的过程中要克服电场力做功,动能减小,选项B正确;d点和e点在同一个等势面上,所以N在d点的电势能等于它在e点
22、的电势能,选项C正确;粒子N带正电,从c点运动到d点的过程中电场力做正功,选项D错误。17.(5分)(多选)如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.010-4 C。小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v-t图像如图乙所示。小球运动到B点时,速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()A.在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1.2 V/mB.由C到A的过程中,小球的电势能先减小后增大C.由C到A电势逐渐降低D.C、
23、B两点间的电势差UCB=0.9 V【解析】选A、C、D。由题图乙可知,小球在B点的加速度最大,故受力最大,加速度由电场力提供,故B点的电场强度最大,a=,解得E=1.2 V/m,选项A正确;从C到A,电场力一直做正功,故电势能一直减小,选项B错误,C正确;由C到B,电场力做功为W=m-0,C、B间电势差为UCB=0.9 V,选项D正确。18.(10分)竖直放置的平行板电容器,其中平行金属板A、B相距d=30 cm,带有等量异种电荷。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=4.010-5 kg,带电荷量q=3.010-7 C的小球,平衡时悬线偏离竖直方向,夹角=37,如图所示。(sin37=0.6,c
24、os37=0.8,g取10 m/s2)求: (1)悬线的拉力;(2)A、B板间的电场强度;(3)A、B板间的电压;(4)若该电容器带电荷量为Q=310-2 C,求其电容。【解析】(1)(2)小球受重力、电场力和绳子拉力,受力分析如图所示,由平衡得,绳子拉力为:T= N=510-4 N(2分)qE=mgtan(2分)解得:E= N/C=1 000 N/C(2分) (3)A、B板间的电压为UAB=Ed=1 0000.3 V=300 V(2分)(4)若该电容器带电荷量为Q=310-2 C,则电容器电容为:C= F=110-4 F(2分)答案:(1)510-4 N(2)1 000 N/C(3)300
25、V(4)110-4 F19.(15分)如图所示为两组平行金属板,一组竖直放置,一组水平放置,今有一质量为m,电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点,经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间,若电子从两块水平平行板的正中间水平射入,且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出,A、B分别为两块竖直板的中点,不计电子重力。求: (1)电子通过B点时的速度大小;(2)右侧平行金属板的长度;(3)电子穿出右侧平行金属板时的速度大小和方向。【解析】(1)在加速过程根据动能定理得:eU0=m(2分)解得电子射出加速电场的速度v0=(2分)(2)在竖直方向:y=at2,a=(2分)在水平方向:x=L=v0t(1分)联立上式得到:=(2分)代入数据得:L=d(1分)(3)vy=at=(2分)v=(1分)速度方向与水平方向夹角满足tan=(2分)答案:(1)(2)d(3)速度方向与水平方向夹角满足tan=- 14 -
