第10章 素养提升课2 电场能的性质-【名师导航】2024-2025学年高中物理必修第三册同步讲义(人教版)

素养提升课(二)　电场能的性质 1．掌握电场中的图像问题。 2．会应用功能关系和能量守恒定律解决相关问题。 3．会解决带电粒子在复合场中的运动。 　电场中的图像问题 v-t图像 根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小的变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化 φ-x图像 ①电场强度的大小等于φ-x图像的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图像存在极值，其切线的斜率为零 ②在φ -x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向 ③在φ -x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断 E-x图像 ①反映了电场强度随位移变化的规律 ②E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿x轴负方向 ③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定 Ep-x图像 ①反映了电势能随位移变化的规律 ②图线的切线斜率大小等于静电力大小 ③进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 【典例1】　(多选)(2022·北京高三期末)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在静电力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　) 　 甲 乙 A．A点的电势高于O点的电势 B．电子一定做减速运动 C．电子在A点的加速度大于在O点的加速度 D．如果电子向x轴正方向运动，静电力做负功 CD　[从图像可知，若电子从O点运动到A点时，电势能增大，静电力做负功，静电力方向向左，电场强度方向向右，电场线方向向右，则A点的电势低于O点的电势，A错误，D正确；若电子向左运动，电子一定做加速运动，无法确定电子的运动方向，所以无法确定电子的运动性质，B错误；斜率表示静电力，电子在A点的斜率大，静电力大，加速度大，所以电子在A点的加速度大于在O点的加速度，C正确。] [母题变式] 1．若如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，其电势φ随其坐标x变化的关系如图乙所示。判定电场方向，O点与A点电场大小关系？电子由O点静止释放向哪个方向运动？ 　 甲 乙 [解析]　顺着电场线方向，电势越来越低，所以电场强度方向为A→O，斜率表示电场强度大小，故EA＞EO，电子带负电，静电力方向向右，故电子向右运动。 [答案]　见解析 2．若如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，其电场E随其坐标x变化的关系如图乙所示。比较O点与A点电势大小关系，电子由A点释放向做什么样的运动？ 　 甲 乙 [解析]　电场强度是矢量，在第一象限电场强度为正，在第三象限电场强度为负，电场强度方向如图所示，O点电势高于A点，电子在静电力作用下以O点为对称点左右运动。 [答案]　见解析 　电场中的功能关系 功是能量转化的量度，每一种力做功必然伴随一种能量与其他能量的相互转化。 1．静电力做正功，电势能减少，电势能转化为其他形式的能；静电力做负功，电势能增加，其他形式的能转化为电势能。 2．重力做正功，重力势能减少，重力势能转化为其他形式的能；重力做负功，重力势能增加，其他形式的能转化为重力势能。 3．合外力做正功，动能增加，其他形式的能转化为动能；合外力做负功，动能减少，动能转化为其他形式的能。 4．除重力(系统内弹力)以外的力做正功，机械能增加，其他形式的能转化为机械能；除重力(系统内弹力)以外的力做负功，机械能减少，机械能转化为其他形式的能。 5．只有静电力做功，电势能与动能相互转化，二者之和保持不变。只有重力和静电力做功是重力势能、电势能和动能相互转化，三者之和保持不变。 【典例2】　如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少4 J C．金属块克服静电力做功8 J D．金属块的机械能减少12 J [思路点拨]　(1)根据动能定理求静电力做功，进而判断金属块的电性。 (2)静电力做功量度电势能的改变。 D　[在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功4 J，金属块的电势能增加4 J。由于金属块下滑，静电力做负功，所以静电力应该水平向右，所以金属块带正电荷。在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故D正确，A、B、C错误。] [跟进训练] (2023·全国乙卷)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　) A．在运动过程中，电势能先增加后减少 B．在P点的电势能大于在N点的电势能 C．在M点的机械能等于在N点的机械能 D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 BC　[由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。] 　带电粒子在复合场中运动 1．带电粒子在复合场中的直线运动 (1)力和加速度方法—牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法—动能定理。 (3)能量方法—能量守恒定律。 2．带电粒子在复合场中的一般运动 (1)利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动。 (2)分析此类问题要注意粒子在每个方向的受力情况，运用牛顿运动定律或功能关系求解。 3．带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 (1)解决复合场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”。 (2)等效最高点和最低点的确定方法在复合场中，任取一点(取题目中的圆心O点)，在该点处把物块所受重力与静电力合成为等效重力，等效重力所在直线与物块做圆周运动的圆周有两个交点，这两个交点一个是等效最低点，一个是等效最高点，并且等效最低点就是等效重力线箭头所在方向与圆周的交点，另一个就是等效最高点。 【典例3】　如图所示，A、B为两块水平放置的平行金属板，相距为d，两板的中央各有一个小孔M、N，板间电场为匀强电场，金属板厚度不计。现有一带电质点P，自距A板上方为d处由静止自由下落，P、M、N在同一竖直线上，质点下落到达N孔时速度恰好为零。带电质点质量为m、电荷量为q，空气阻力不计，重力加速度为g。求： (1)两板间电压； (2)板间电场强度； (3)带电质点运动到两板正中央位置时的速度大小。 [解析]　(1)设两板间电压为U，根据动能定理可得 mg·2d－qU＝0 则U＝。 (2)板间电场强度 E＝。 (3)根据动能定理可得 mg·mv2 可得v＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 【典例4】　如图所示，空间存在着范围足够大的匀强电场，电场强度的方向水平向右。一个质量为m、电荷量为q的带电小球，在电场中O点由静止释放，小球做匀加速直线运动，经过t时间运动到P点，O、P连线与水平方向的夹角为45°，小球运动到P点时，电场方向立即反向，电场强度大小不变，已知重力加速度为g，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)P、O两点间的电势差； (3)小球从P点运动到O点正下方需要的时间。 [解析]　(1)根据题意可知小球带负电，O、P连线与水平方向的夹角为45°，则小球竖直方向与水平方向位移相等，根据x＝at2可知，小球竖直方向与水平方向加速度相等，所以小球受到的静电力与其重力相等，即qE＝mg 匀强电场的电场强度大小E＝。 (2)小球水平方向位移 x1＝a电t2＝gt2 P、O两点间的电势差 UPO＝Ex1＝。 (3)小球运动到P点水平方向的速度大小 v＝a电t＝t＝gt ① 取向左为正方向，小球从P点运动到O点正下方水平方向的位移为 x＝－x1＝－gt2 ② 根据 x＝vt′＋a′电t′2 ③ a′电＝－＝－g ④ 联立①②③④得 t′＝t。 [答案]　(1)　(2)　(3)t 【典例5】　半径为r的绝缘光滑圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内侧有一质量为m、带正电的小球，空间存在着水平向右的匀强电场。小球所受静电力是其重力的。 (1)将小球从轨道的最低点A处静止释放，小球在何处动能最大？最大动能是多少？ (2)要使小球做完整的圆周运动，至少在A处给它以多大的初速度？ [解析]　小球的受力分析如图所示 静电力是重力的，设重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为θ，所以有 tan θ＝ 则θ＝37° 即等效最低点与圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，即图中的B点，此位置动能最大，由A到B由动能定理有 F电r sin 37°－mgr(1－cos 37°)＝Ekmax－0 解得Ekmax＝mgr。 (2)由题意可知，图中的C点为等效最高点，要使小球做完整的圆周运动，则小球恰好过C，即在此位置小球与轨道刚好没有弹力，即重力与静电力的合力恰好提供向心力，所以有 解得vC＝ 则从A到C运用动能定理有 －F电r sin 37°－mgr(1＋cos 37°)＝ 联立解得vA＝。 [答案]　(1)和圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，即解析图中的B点，Ekmax＝mgr (2) 素养提升练(二)　电场能的性质 一、选择题 1．一电子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是(　　) A．从O到x1电势逐渐降低 B．x1处的电势比x3处高 C．x1～x2段电场强度不为零 D．x2～x3段的电场强度减小 A　[根据Ep＝qφ，由题图可知，电子带负电，电势能越大，电势越低，由题图可知，从O到x1电势能增大，则电势逐渐降低，A正确；电子在x1处的电势能比x3处大，则x1处的电势比x3处低，B错误；x1～x2段电势能不变，由F＝可知，图像切线斜率表示静电力大小，则静电力不做功，电场强度为零，C错误；x2～x3段是倾斜直线，斜率不变，则静电力不变，电场强度不变，D错误。] 2．静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　) A．由x1运动到x4的过程中所受静电力先增大后减小 B．由x1运动到x4的过程中点电荷先做加速运动后做减速运动 C．由x1运动到x4的过程中电势先减小后增大 D．由x1运动到x4的过程中点电荷的电势能一直增大 A　[点电荷由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F＝qE知，电荷受到的静电力先增大后减小，故A正确；由x1运动到x4的过程中，带负电的点电荷逆着电场线方向运动，则一直做加速运动，故B错误；由x1运动到x4的过程中，电场强度为x轴负方向，则带负电的点电荷从x1到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能减小，故C、D错误。] 3．一带电粒子沿如图所示的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 B　[由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹可知，其受力方向由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，静电力一直做正功，粒子的动能增大，电势能减小。综上所述，B正确。] 4．(2022·广州铁一中期中)如图所示，平行于匀强电场的区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点的电势φD大小为(　　) A．－3 V　　 B．0 C．2 V D．1 V A　[在匀强电场中，由U＝Ed知，沿电场方向相同距离的两点间电势差相等，AB与DC平行且相等，所以AB边与DC边沿电场方向的距离相等，A、B间的电势差与D、C间的电势差相等，即有φA－φB＝φD－φC，解得φD＝φA－φB＋φC＝1 V－4 V＝－3 V，故选项A正确。] 5．(多选)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则(　　) A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，静电力做负功 D．φP大于φM AD　[如图所示，由于φM＝φN，所以场源电荷必在MN的垂直平分线FO上，其中O是FO与MP的交点。连接ON，恰有NO垂直平分PF，说明场源电荷恰在O点，故选项A正确；由于点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一组同心圆，故选项B错误；将正试探电荷由P点移到N点，远离场源正点电荷，静电力做正功，故选项C错误；由几何知识知，OP＜OM，则P点电势大于M点电势，故选项D正确。] 6．(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　) A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV ABD　[ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的电场强度分量大小分别为Ex＝＝2 V/cm，Ey＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，选项A正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间电势差相等，有φO－φa＝，得φO＝1 V，选项B正确；由于电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，选项C错误；电子从b点运动到c点，静电力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，选项D正确。] 7．(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 BC　[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。由题图可知，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，质点通过P点时，动能较大，所以C正确。] 8．如图所示，a、b为电场线上的两点，一带电质点在a点无初速度释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，则(　　) A．a点的电势比b点的电势高 B．a点的电场强度比b点的电场强度大 C．质点在a点的电势能比在b点的电势能小 D．运动过程中质点的机械能守恒 B　[根据题意可知，带电质点受两个力作用，重力和静电力，开始由静止向上运动，静电力大于重力，且方向向上。因为在一根电场线上，所以在两点的静电力方向都向上，到b点恰好速度为零，则后面静电力小于重力，即a点的电场强度比b点的电场强度大，故B正确；由上述分析可知，静电力向上，运动过程中，静电力做正功，带电质点的电势能减小，即质点在a点的电势能比在b点的电势能大，由于不知道带电质点的电性，无法确定a点的电势与b点的电势的高低，故A、C错误；根据题意可知，运动过程中静电力做功，则运动过程中质点的机械能不守恒，故D错误。] 9．如图所示，水平放置的充电的平行金属板相距为d，其间形成匀强电场。一带正电油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m、带电荷量为q，则不正确的是(　　) A．油滴的加速度为零 B．油滴的电势能增加了mgd C．两极板的电势差为 D．电场强度的方向竖直向上 B　[对油滴受力分析可知，其受竖直向上的静电力和竖直向下的重力，又油滴沿直线从上极板边缘射出，故分析可知，油滴所受合外力为零，故其加速度为零，故A正确，不符合题意；由于静电力做正功，且静电力的大小等于重力的大小，故油滴的电势能减少了mgd，故B错误，符合题意；根据电势差与静电力做功的关系qU＝mgd，故U＝，故C正确，不符合题意；由于静电力竖直向上，电荷带正电，根据电场强度方向与正电荷受力方向相同，故电场强度的方向竖直向上，故D正确，不符合题意。故选B。] 10．(多选) 空间有一电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示，下列说法正确的是(　　) A．O点的电场强度一定为零 B．－x1点与x1点的电场强度相同 C．x2和x1两点在同一等势面上 D．将正电荷从－x1移到x1，电荷的电势能增大 BC　[φ -x图像上各点切线的斜率表示电场强度，由几何知识得知，O点电场强度不为零，故A错误；根据对称性结合图像斜率可知，－x1点与x1点的电场强度相同，故B正确；x2和x1两点电势相等，故一定在同一等势面上，故C正确；电势能为Ep＝qφ，将正电荷从－x1移到x1，电荷的电势能由正值变为负值，电荷的电势能减小，故D错误。故选BC。] 二、非选择题 11．如图所示，长度为l的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m、电荷量为＋q的小球。现加一水平向右的匀强电场，当绝缘轻绳处于与竖直方向成37°角的位置A处时，小球刚好处于静止状态(已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计小球受到的空气阻力)。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)若轻绳被剪断，则绳剪断瞬间小球的加速度a； (3)现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态，小球从位置B无初速度释放，小球通过最低点时的速度大小v。 [解析]　(1)小球处于静止状态，受重力G、静电力F、轻绳拉力FT作用，如图所示 由共点力平衡条件可知 tan 37°＝ 解得匀强电场的电场强度大小 E＝。 (2)轻绳被剪断，小球受重力G、静电力F作用，小球受到的合力 F合＝mg 由牛顿第二定律得 F合＝ma 则绳剪断瞬间小球的加速度 a＝1.25g。 (3)小球从位置B无初速度释放到最低点的过程中，根据动能定理得 mgl－qEl＝mv2－0 解得小球通过最低点时的速度大小 v＝。 [答案]　(1)　(2)1.25g　(3) 12．如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×103 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。现给质量为m＝0.8 kg、电荷量为q＝6×10-3 C的带正电小球可在圆环内滚动(小球可视为质点)，如果给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。(cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)小球受到的合力大小以及方向； (2)小球在A点时的速度大小； (3)小球做圆周运动过程中对环的压力最大值。 [解析]　(1)根据题意可知小球所受的静电力为 F＝qE＝6×10-3×1×103 N＝6 N，方向水平向右 因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为 F合＝ N＝10 N 设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则有 tan θ＝ 解得θ＝53°。 (2)让小球恰好能在圆环内做完整的圆周运动，则其等效最高点为A点，根据牛顿第二定律，有 F合＝m 解得vA＝5 m/s。 (3)小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得 F合·2R＝vmax＝5 m/s 由牛顿第二定律得 FN－F合＝m数据解得 FN＝60 N。 [答案]　(1)10 N，与水平方向的夹角为53°　(2)5 m/s　(3)60 N 章末综合测评(二)　静电场中的能量 一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题) 1．如图所示，两对等量异种点电荷固定于正方形的四个顶点上。A、B、C、D是该正方形与其内切圆的四个切点，则电场强度和电势都相同的两个点是(　　) A．A点和C点 B．B点和D点 C．A点和D点 D．B点和C点 B　[A点和C点电场强度相同，但是A点距离正电荷较近，C点距离负电荷较近，可知A点电势高于C点电势，选项A错误；B点和D点在同一等势面上，则电势相同，由对称性可知，两点电场强度大小相同，方向均向下，选项B正确。] 2．某区域的电场线分布如图，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始仅在静电力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。粒子在由O点到A点运动过程中，加速度大小a随时间t的变化图线可能正确的是(　　) 　 A　　　　　B　　　 　　C　　　　　D B　[带正电的粒子从O点向A点运动过程中，电场线先变疏再变密，电场强度先变小，后变大，故静电力和粒子的加速度也是先变小，后变大，即加速度不可能一直增大或者一直减小，A、C、D错误，B正确。] 3．把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟出电场线的分布情况，如图甲所示是模拟孤立点电荷和金属板之间的电场照片，图乙为简化后的电场线分布情况，则(　　) A．由图甲可知，电场线是真实存在的 B．图甲中，没有头发屑的地方没有电场 C．图乙中A点的电场强度小于B点的电场强度 D．图乙中电子在A点的电势能小于在B点的电势能 D　[电场是真实存在的，而电场线是为了形象描述电场而假想出来的，没画电场线的地方不代表没有电场，题图甲中头发屑是因为受到静电力的作用而按电场线的方向排列出来，A、B错误；用电场线的疏密程度表示电场强度的大小，题图乙中A点的电场强度大于B点的电场强度，C错误；若把电子从A点移动到B点，需克服静电力做功，故电势能增大，则题图乙中电子在A点的电势能小于在B点的电势能，D正确。] 4．某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在静电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；沿着电场线方向电势降低，故M点的电势高于N点的电势，B错误；负点电荷由M点到N点静电力做负功，动能减小，电势能增加，C正确，D错误。] 5．在我们的日常生活中会发生很多静电现象。有一次，小明的手指靠近金属门把手时，如图所示，突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电，当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象。已知手指带负电，关于放电前手指靠近金属门把手的过程中，下列说法正确的是(　　) A．门把手内部的电场强度逐渐变大 B．门把手与手指之间电场强度逐渐增大 C．门把手左端电势高于右端电势 D．门把手右端带负电荷且电荷量增加 B　[放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷。本身是处于静电平衡状态，内部电场强度为零，两端电势相等，门把手与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式C＝联立，可得E＝，由于异种电荷相互吸引，手接近的过程中，感应电荷越来越接近手，离手近的右端电荷密度越来越大，电荷分布的电荷密度变大，故门把手与手指之间电场强度逐渐增大，故A、C、D错误，B正确。] 6．某静电场沿x轴的电势φ的分布如图所示，x2处的电势为φ2，下列说法正确的有(　　) A．将电荷量为q的点电荷从x1移到x2，静电力做的功为qφ2 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大 C　[由题图可知，x2处的电势高，将电荷量为q的点电荷从x1移到x2，静电力做的功为－qφ2，克服静电力做的功为qφ2，故A错误；φ-x图像的斜率k＝＝E，即φ-x图像的斜率表示电场强度，在x轴上，x1处的斜率不等于0，则电场强度不等于0，故B错误；由题图可知，x2处的电势高，将负电荷从x1移到x2，静电力做正功，则电势能减小，故C正确；φ-x图像的斜率表示电场强度，将负电荷从x1移到x2可知，曲线的斜率减小，电场强度减小，所以负电荷受到的静电力减小，故D错误。] 7．塔尖装有一避雷针，某次雷雨天气闪电击中避雷针，避雷针发生尖端放电现象，如图甲所示。若避雷针放电时的电场线分布如图乙所示，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是(　　) A．b、d两点的电场强度相同 B．b点电势高于d点电势 C．a、c两点的电场强度相同 D．同一负点电荷的电势能在b点比在d点大 D　[由电场线分布的疏密程度可知，b点的电场强度大于d点的电场强度，故A错误。沿电场线方向电势降低，可知b点电势低于d点电势，根据Ep＝qφ可知，同一负点电荷的电势能在b点比在d点大，故B错误，D正确。电场线上某点的切线方向即该点的电场方向，由电场线分布可知，a、c两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误。故选D。] 8．两个带等量正电的点电荷Q1和Q2的等势面分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的五个点，其中b、c两点关于两电荷连线对称，a、d两点在两电荷连线上，且a点到Q1的距离和d点到Q2的距离相等。则(　　) A．e点的电势比a点的电势高 B．a点的电场强度比d点的电场强度弱 C．a、b两点之间的电势差小于a、d两点之间的电势差 D．将一正电荷沿直线从b点移动到c点的过程中，电荷的电势能先增加后减小 BD　[根据等势面及远离正电荷的电势越来越低可知，a点的电势比e点的电势高，故A错误；等势面越密的地方，电场强度越大，d处的等势面更密，所以a点的电场强度比d点的电场强度弱，故B正确；b、d两点在同一等势面上，电势相同，由电势差公式可知，a、b两点之间的电势差等于a、d两点之间的电势差，故C错误；将一正电荷沿直线从b点移动到c点的过程中，静电力先做负功后做正功，根据功能关系可知，电荷的电势能先增加后减小，故D正确。故选BD。] 9．如图所示，A、B为等量异种点电荷连线上的点且关于正电荷位置对称，C、B位于两电荷连线的中垂线上，则下列说法正确的是(　　) A．A、B两点的电场强度大小关系为EA>EB B．B、C两点的电场强度大小关系为EB>EC C．若将一带正电的试探电荷从A移到B处，静电力做正功 D．若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功 BCD　[等量异种点电荷产生的电场线和等势面的分布如图所示，根据图像可知B点电场线比A点密集，则EA<EB，B点的电场线比C点密集，所以EB>EC，故A错误，B正确；因B点电势为零，A点电势大于零，可知若将一带正电的试探电荷从A移到B处，电势能减小，静电力做正功，C正确；因B、C两点电势相等，均为零，可知若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功，故D正确。] 10．(2022·重庆八中高二月考)在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，电势分布关于坐标原点左右对称。一质子从处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子(　　) A．在－x0～0区间电势能一直减小 B．在－x0～0区间一直做减速运动 C．在0～x0区间受到的静电力一直减小 D．质子经过x0处动能等于在－x0处的初动能 BD　[在－x0～0区间电势增加，故电场线方向向左，那么，质子受到的静电力方向向左，故质子做减速运动，静电力做负功，电势能增加，故A错误，B正确；根据图像的斜率等于电场强度大小可知，在0～x0区间电势减小的斜率先增大后减小，电场强度先增大后减小，那么，静电力先增大后减小，故C错误；质子从－x0到x0静电力做总功等于0，由动能定理可知，质子在－x0和x0处动能相等，故D正确。] 二、非选择题(本题共5小题) 11．高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C，某同学的实验情况如下： (1)按图1所示电路连接好实验电路。 (2)接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0＝500 μA、电压表的示数U0＝6.0 V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和初始电压，此时电阻箱R的阻值为8.5 kΩ，则电流表的内阻为________kΩ。 (3)断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据标出以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标上的点，如图2所示用“×”表示的点。 (4)请在图中描绘出电流随时间变化的图线，并根据图线估算出该电容器两端电压力U0时所带的电荷量Q0约为________C。(结果保留两位有效数字) (5)根据公式________来计算电容器的电容。(只要求写出表达式，不要求计算结果) 图1 图2 [解析]　(2)由欧姆定律有U0＝I0(Rg＋R) 得Rg＝Ω－8.5×103Ω＝3.5×103Ω＝3.5 kΩ。 (4)用平滑曲线连接各点，数出所画的曲线与纵标轴所围的格数以求得面积。 因ΔQ＝I·Δt即为曲线与纵标轴所围的格数的面积，则利用数格子方法，估算出电容器两端电压为U0时的电荷量为Q＝34×2.5×10-4＝8.5×10-3C。 (5)利用C＝可求出电容C。 [答案]　(2)3.5　(4)如图所示　8.5×10-3 (5)C＝ 12．研究电容器的充放电过程： (1)电容器充电后，断开开关S，若增大两板的距离，下列说法正确的是________。 A．平行板电容器的电容变大 B．平行板电容器极板的电荷量变大 C．平行板电容器两板间的电势差变大 D．平行板电容器两板间的电场强度变大 图1 (2)如图所示，调节可变电阻R使其阻值分别为Ra和Rb，对电容器进行充电(充电前电容器均不带电)。C表示该电容器的电容，U表示电容器两极板的电势差，Q表示电容器带电荷量，EP表示电容器所存储的电能，I表示电容器充电过程中流经电阻的电流，t表示充电时间，若已知电源的电动势保持不变，其内阻忽略不计，Ra<Rb。以下描绘a、b两个充电过程的图像，合理的是________。 　　　　　 A　　　　　　　　　B 　　　　　 C　　　　　　　　　D (3)用如图2所示的电路研究电容器的放电过程，其中电压传感器相当于一个理想电压表，可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系。实验时将电阻箱R的阻值调至2 000 Ω，将开关S拨到a端，电源向电容器充电，待电路稳定后，将电压传感器打开，再将开关S拨到b端，电容器通过电阻箱放电。以S拨到b端时为t＝0时刻，电压传感器测得的电压U随时间t变化图像如图3所示。忽略导线及开关的电阻，且不考虑电路的辐射问题。 图2 ①电容器所带电荷量的最大值为________C； ②在图4上定量画出放电过程中电容器两端电压U随电荷量Q变化的关系图像。 图3 图4 [解析]　(1)电容器充电后，断开开关S，电荷量保持不变，根据C＝，若增大两板的距离，电容减小，A、B错误；电容器充电后，断开开关S，电荷量保持不变，根据C＝，电容减小，则平行板电容器两板间的电势差变大，C正确；根据C＝，平行板电容器两极板间电场强度E＝，平行板电容器两极板间电场强度不变，D错误。 (2)电容器的电容由电容器本身决定，与电压、电荷量无关，则随着极板间电压的变化，电容不变，C-U图像为平行于U轴的直线，A错误；电阻小，则电流大，充电时间短，B正确；电容与电压和电荷量无关，根据C＝，两个U-Q图像为同一倾斜直线，C错误；根据电场强度和电压的关系可知E＝，在间距不变的情况下，E-U图像为倾斜直线，D错误。 (3)在电容器放电过程中的任意瞬时有ΔQ＝IΔt，根据欧姆定律有I＝，U-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值。由题图可知，该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值Q＝，电容器所带的电荷量Q与其两端电压U成正比，且由题图3知电容器所带电荷量最大时，电容器两端电压U＝6 V，电源电动势E＝6 V。放电过程中电容器两端电压U随电荷量变化的关系图像如图所示。 [答案]　 (1)C　 (2)B　 (3)①6×10-3　②如图所示 13．如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两极板间，距下极板h＝0.8 cm，两极板间的电势差为300 V。如果两极板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需要多长时间？(g取10 m/s2) [解析]　选带电小球为研究对象，设它所带电荷量为q，则带电小球受重力mg和静电力qE的作用。 当U1＝300 V时，小球受力平衡，有 mg＝q ① 当U2＝60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动，有mg－q＝ma ② h＝at2 ③ 由①②③式得t＝ s ≈4.5×10-2 s。 [答案]　4.5×10-2 s 14．如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏BD。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10-3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边大小为v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10-5 C，质量为m＝1×10-7 kg。不计粒子所受重力。求： (1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围； (3)粒子打到荧光屏上的动能。 甲　　　　　　　　　乙 [解析]　(1)粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝＝2×10-3s。 (2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1 y1＝ 又根据牛顿第二定律＝ma 解得y1＝0.15 m 纵坐标y＝d－y1＝0.85 m t＝1×10-3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2 y2＝ 解得y2＝0.05 m 纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m 所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85 m～0.95 m。 (3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得qy2＝Ek－ 解得Ek＝5.05×10-2 J。 [答案]　(1)2×10-3 s　(2)0.85 m～0.95 m (3)5.05×10-2 J 15．如图所示，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从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10-5 kg，电荷量q＝＋1×10-8 C，g取10 m/s2。 (1)求微粒入射速度v0的大小。 (2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？ [解析]　(1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则水平方向有＝v0t 竖直方向有gt2 解得v0＝10 m/s。 (2)由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场方向向上，又因为粒子带正电，所以电容器的上极板应与电源的负极相连。 当所加的电压为U1时，微粒恰好从下极板的右边缘射出，则有 根据牛顿第二定律得mg－q＝ma1 解得U1＝120 V 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，则有 根据牛顿第二定律得q－mg＝ma2 解得U2＝200 V 所以所加的电压范围为120 V≤U≤200 V。 [答案]　(1)10 m/s　(2)与负极相连　120 V≤U≤200 V 1/27 学科网（北京）股份有限公司 $$