第10章 静电场中的能量 章末复习方案（Word教参）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2024）

（见学生用书P55） 静 电 场 中 的 能 量 　素能提升一　　电势与电势能 1.在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN.下列说法正确的是（　　） 　　　　　　　　　　　　　　　 A.若φM＞φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B.若EM＜EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM＜φN D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM＞EN C　解析沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM＞φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，选项A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM＜EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，选项B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM＜φN，选项C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知EM＜EN，选项D错误. 2.（多选）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　解析由题知，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，选项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，选项D错误. 3.（多选）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（　　） A.F'点与C'点的电场强度大小相等 B.B'点与E'点的电场强度方向相同 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D.将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小 ACD　解析由等量异种电荷的对称性可知F'和C'电场强度大小相等，B'和E'电场强度方向不同，选项A正确，B错误；由等量异种电荷的电势分布可知φA'＝φ＞0，φD'＝－φ＜0，φO'＝0，φF'＞0，因此φA'－φF'＝φ－φF'＜φO'－φD'＝φ，选项C正确；将六棱柱的上表面拿出，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D正确. 　素能提升二　　电容器的应用 1.（多选）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下列说法正确的是（　　） A.L∶d＝2∶1 B.U1∶U2＝1∶1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 BD　解析粒子从射入到运动到最高点由运动学可得2L＝vxt，d＝·t，vx＝vy联立可得L∶d＝1∶1，选项A错误；粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45＝v0，vy＝v0sin 45＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝m，联立解得U1∶U2＝1∶1，选项B正确；粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学知识可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有 vy＝at，解得vy1＝，设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则tan α＝＝，粒子射入电场时和水平方向的夹角为β，tan （α＋β）＝3，选项C错误；设粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝a't'2，联立x＝v'xt'，qU1＝mv2，v'x＝vcos 45°，解得y＝，且x＝v'xt'，y＝·t'，即解得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在运动到最高点的过程中，水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程中同理x1＝L＝v'xt'1，vy1＝a't'1，y1＝t'1＝＝，即轨迹不会变化，选项D正确. 2.（浙江）下列器件中是电容器的是（　　） ABCD B　解析A是滑动变阻器；B是电容器；C是电阻箱；D是定值电阻，选项B正确. 3.电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用.某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下： 电容器C（额定电压10 V，电容标识不清）； 电源E（电动势12 V，内阻不计）； 电阻箱R1（阻值0～99 999.9 Ω）； 滑动变阻器R2（最大阻值20 Ω，额定电流2 A）； 电压表V（量程15 V，内阻很大）； 发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干. 回答以下问题： （1）按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向　　　　端滑动（选填“a”或“b”）. （2）调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为　　　　V（保留1位小数）. （3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0 V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I－t图像，如图丙所示.借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为　　　　C（结果保留2位有效数字）. （4）本电路中所使用电容器的电容约为　　　　F（结果保留2位有效数字）. （5）电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管　　　　（填“D1”或“D2”）闪光. 解析（1）滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高. （2）量程15 V，每个小格0.5 V，估读，故示数为6.5 V. （3）I－t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为3.8×10－3 C. （4）由电容的定义式C＝得C＝4.8×10－4 C. （5）开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光. 答案（1）b　（2）6.5　（3）3.8×10－3　 （4）4.8×10－4　（5）D1 　素能提升三　　带电粒子在电场中的运动 1.密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场.用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电.金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止.若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（　　） A.q，r　　B.2q，r C.2q，2r　　D.4q，2r D　解析初始状态下，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴半径不变，则q'＝πr3·ρg，可得q'＝，选项A、B错误.若油滴半径变为2r，则q'＝π（2r）3·ρg，可得q'＝4q，选项C错误，D正确. 2.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R，质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动.以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能； （2）小球经过O点时的速度大小； （3）小球过O点后运动的轨迹方程. 解析（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝m＝mgR. （2）小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋qE·R＝m－m， 解得vO＝. （3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴， 则x轴方向有qEcos 45°＝max， 竖直方向有qEsin 45°－mg＝may， 解得ax＝g，ay＝0， 说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动， 则有x＝gt2，y＝vOt， 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx. 答案（1）mgR　（2）v0＝　 （3）y2＝6Rx 3.密立根油滴实验的示意图如图所示.两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴.两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动.油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数.不计空气浮力和油滴间的相互作用. （1）求油滴a和油滴b的质量之比； （2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比. 解析（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量m＝πr3ρ， 则速率为v时受阻力f＝krv， 则当油滴匀速下落时mg＝f， 解得r＝∝，可知＝＝2， 则＝＝. （2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得｜qa｜E＋fa＝mag， 其中fa＝mag＝mag， 对b由受力平衡可得fb－qbE＝mbg， 其中fb＝mbg＝2mbg， 联立解得＝＝. 答案（1）8∶1　（2）油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1 学科网（北京）股份有限公司 $$