北京市2019版高考物理 專題九 靜電場課件.ppt

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專題九靜電場 高考物理 北京市專用 1 2014北京理綜 15 6分 0 99 如圖所示 實(shí)線表示某靜電場的電場線 虛線表示該電場的等勢面 下列判斷正確的是 A 1 2兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等B 1 3兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等C 1 2兩點(diǎn)的電勢相等D 2 3兩點(diǎn)的電勢相等 考點(diǎn)一電場的性質(zhì)A組自主命題 北京卷題組 五年高考 答案D同一電場中 電場線越密的地方場強(qiáng)越大 所以1點(diǎn)的場強(qiáng)大于2 3兩點(diǎn)的場強(qiáng) A B錯(cuò)誤 同一等勢面上各點(diǎn)的電勢相等 沿電場線方向電勢降低 故C錯(cuò)誤 D正確 考查點(diǎn)電場線 等勢面 思路點(diǎn)撥場強(qiáng)大小看電場線的疏密 電勢高低看電場線的方向 2 2018北京理綜 24 1 靜電場可以用電場線和等勢面形象描述 a 請根據(jù)電場強(qiáng)度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點(diǎn)電荷Q的場強(qiáng)表達(dá)式 b 點(diǎn)電荷的電場線和等勢面分布如圖所示 等勢面S1 S2到點(diǎn)電荷的距離分別為r1 r2 我們知道 電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強(qiáng)度的大小 請計(jì)算S1 S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比N1 N2 解析a 在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗(yàn)電荷 根據(jù)庫侖定律檢驗(yàn)電荷受到的電場力F k根據(jù)電場強(qiáng)度的定義E 得E kb 穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比 答案a 見解析b 思路分析輻射的球體模型構(gòu)建電場強(qiáng)度可理解為單位面積上穿過的電場線條數(shù) 3 2016北京理綜 23 3 極板間既有靜電場也有重力場 電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì) 請寫出電勢 的定義式 類比電勢的定義方法 在重力場中建立 重力勢 G的概念 并簡要說明電勢和 重力勢 的共同特點(diǎn) 答案見解析 解析電場中某點(diǎn)電勢 定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能Ep與其電荷量q的比值 即 由于重力做功與路徑無關(guān) 可以類比靜電場電勢的定義 將重力場中物體在某點(diǎn)的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值 叫做 重力勢 即 G 電勢 和 重力勢 G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量 僅由場自身的因素決定 4 2017北京理綜 22 16分 如圖所示 長l 1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定 下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球 小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中 繩與豎直方向的夾角 37 已知小球所帶電荷量q 1 0 10 6C 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E 3 0 103N C 取重力加速度g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 小球所受電場力F的大小 2 小球的質(zhì)量m 3 將電場撤去 小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小 答案 1 3 0 10 3N 2 4 0 10 4kg 3 2 0m s 解析 1 F qE 3 0 10 3N 2 由 tan37 得m 4 0 10 4kg 3 由mgl 1 cos37 mv2 得v 2 0m s 解題指導(dǎo) 1 小球平衡時(shí) 正確進(jìn)行受力分析 2 撤去電場后 小球會(huì)從高處擺下 在小球從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最低點(diǎn)的過程中 機(jī)械能守恒 5 2018課標(biāo) 16 6分 如圖 三個(gè)固定的帶電小球a b和c 相互間的距離分別為ab 5cm bc 3cm ca 4cm 小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a b的連線 設(shè)小球a b所帶電荷量的比值的絕對值為k 則 A a b的電荷同號(hào) k B a b的電荷異號(hào) k C a b的電荷同號(hào) k D a b的電荷異號(hào) k B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 答案D本題考查庫侖定律及矢量合成 若a b的電荷同號(hào) 則c所受庫侖力的合力指向2或4區(qū)域 若a b的電荷異號(hào) 則c所受庫侖力的合力指向1或3區(qū)域 故只有a b的電荷異號(hào) 合力方向才能與a b連線平行 設(shè)a帶正電荷 b c帶負(fù)電荷 c受力如圖 tan tan tan 由庫侖定律得 聯(lián)立得k 故A B C三項(xiàng)均錯(cuò)誤 D項(xiàng)正確 聯(lián)立得k 故A B C三項(xiàng)均錯(cuò)誤 D項(xiàng)正確 一題多解電場強(qiáng)度疊加法球c所受的庫侖力的合力方向平行于a b連線 表明球c處的合電場強(qiáng)度方向平行于a b連線 若a b的電荷同號(hào) 球c處的合電場強(qiáng)度指向2或4區(qū)域 若a b的電荷異號(hào) 球c處的合電場強(qiáng)度指向1或3區(qū)域 故a b的電荷必須異號(hào) 設(shè)a c帶正電荷 b帶負(fù)電荷 球c處的電場強(qiáng)度方向如圖 tan tan 由電場強(qiáng)度疊加原理得 tan 結(jié)合點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式得 6 2018課標(biāo) 21 6分 多選 如圖 同一平面內(nèi)的a b c d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中 電場方向與此平面平行 M為a c連線的中點(diǎn) N為b d連線的中點(diǎn) 一電荷量為q q 0 的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn) 其電勢能減小W1 若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn) 其電勢能減小W2 下列說法正確的是 A 此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a b兩點(diǎn)連線平行B 若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn) 則電場力做功一定為C 若c d之間的距離為L 則該電場的場強(qiáng)大小一定為D 若W1 W2 則a M兩點(diǎn)之間的電勢差一定等于b N兩點(diǎn)之間的電勢差 答案BD本題考查電場力做功與電勢能變化量的關(guān)系 勻強(qiáng)電場中U Ed 根據(jù)電場力做功與電勢能變化量的關(guān)系有W1 q a b W2 q c d WMN q M N 根據(jù)勻強(qiáng)電場中 同一條直線上兩點(diǎn)間的電勢差與兩點(diǎn)間的距離成正比 的規(guī)律可知 UaM UMc 即 a M M c 可得 M 同理可得 N 聯(lián)立 式可得 WMN 即B項(xiàng)正確 若W1 W2 則 a b c d 結(jié)合 兩式可推出 a M b N 即D項(xiàng)正確 由題意無法判定電場強(qiáng)度的方向 故A C項(xiàng)均錯(cuò)誤 易錯(cuò)點(diǎn)撥注意E 成立的條件在勻強(qiáng)電場中 E 中的d為始 末兩點(diǎn)沿電場線方向上的距離 本題中如果未注意這一條件 易錯(cuò)選C 7 2018課標(biāo) 21 6分 多選 圖中虛線a b c d f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面 已知平面b上的電勢為2V 一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV 從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV 下列說法正確的是 A 平面c上的電勢為零B 該電子可能到達(dá)不了平面fC 該電子經(jīng)過平面d時(shí) 其電勢能為4eVD 該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍 答案AB本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng) 能量的轉(zhuǎn)化與守恒等知識(shí) 電子從a到d的過程中克服電場力做功6eV 說明電場方向由a f 且Uad 3Uab 3Ubc 3Ucd 3Udf 6V 故Uab Ubc Ucd Udf 2V 又因?yàn)?b 2V 故 a 4V c 0V d 2V f 4V 可知A項(xiàng)正確 Eka 10eV 從a到f過程中 需克服電場力做功8eV Eka W電 因?yàn)椴恢离娮拥倪\(yùn)動(dòng)方向 故不能確定電子能否到達(dá)平面f 故B項(xiàng)正確 電子經(jīng)過平面d時(shí) 其電勢能為2eV 故C項(xiàng)錯(cuò)誤 經(jīng)過平面b時(shí)的動(dòng)能為8eV 經(jīng)過平面d時(shí)的動(dòng)能為4eV 又知Ek mv2 故 D項(xiàng)錯(cuò)誤 易錯(cuò)點(diǎn)撥隱含條件的顯性化動(dòng)能是標(biāo)量 而速度是矢量 故本題中不知道初速度的具體方向 8 2017課標(biāo) 20 6分 多選 在一靜止點(diǎn)電荷的電場中 任一點(diǎn)的電勢 與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示 電場中四個(gè)點(diǎn)a b c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea Eb Ec和Ed 點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢 a已在圖中用坐標(biāo) ra a 標(biāo)出 其余類推 現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn) 在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中 電場力所做的功分別為Wab Wbc和Wcd 下列選項(xiàng)正確的是 A Ea Eb 4 1B Ec Ed 2 1C Wab Wbc 3 1D Wbc Wcd 1 3 答案AC本題考查場強(qiáng)與電勢 由圖可知 ra 1m a 6V rb 2m b 3V rc 3m c 2V rd 6m d 1V 由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E 得Ea Eb Ec Ed 36 9 4 1 A正確 B錯(cuò)誤 由WAB qUAB q A B 得Wab Wbc Wcd a b b c c d 3 1 1 故C正確 D錯(cuò)誤 方法技巧電場力做功的計(jì)算方法定量計(jì)算電場力做功時(shí) 第一種方法是利用W qU 第二種方法是利用功能關(guān)系即電場力所做的功等于電勢能的變化量 第三種方法是利用動(dòng)能定理 第四種方法是由功的定義得W qElcos 其中最后一種方法僅適用于勻強(qiáng)電場中 9 2017課標(biāo) 21 6分 多選 一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面 平面內(nèi)a b c三點(diǎn)的位置如圖所示 三點(diǎn)的電勢分別為10V 17V 26V 下列說法正確的是 A 電場強(qiáng)度的大小為2 5V cmB 坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢為1VC 電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的低7eVD 電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn) 電場力做功為9eV 答案ABD本題考查場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系 電勢能和電場力做功 設(shè)a c連線上d點(diǎn)電勢為17V 連接b d bd為等勢線 如圖據(jù)U Ed可知 勻強(qiáng)電場中U與d成正比 則 即 得lcd 4 5cm 則tan 37 過c點(diǎn)作bd的垂線交bd于e點(diǎn) 如圖 則lce lcbsin 6 cm 3 6cm Uce 26V 17V 9V ce方向垂直等勢線bd且 c e 則ce方向?yàn)閯驈?qiáng)電場方向 據(jù)E 可知E 2 5V cm 故A選項(xiàng)正確 laO lcb 故UaO Ucb 即 a O c b 得 O 1V 故B選項(xiàng)正確 據(jù)Ep q e aEpb 故C選項(xiàng)錯(cuò)誤 據(jù)Wbc qUbc知Wbc e Ubc e b c e 17 26 V 9eV 故D選項(xiàng)正確 方法技巧充分利用U Ed中場強(qiáng)一定時(shí)U與d成正比的關(guān)系 直角三角形中tan37 和sin37 解題 建立bd等勢線 在ac上利用U與d成正比來求 d 17V時(shí)cd的長度lcd 4 5cm 確定 37 作出等勢線的垂線尋找E的方向 再利用 37 得到ce長度 由E 算出E的大小 在應(yīng)用Ep q 及W qU時(shí)要注意電子帶電荷量為 e 這樣判斷電子在a b點(diǎn)電勢能高低時(shí)不易出錯(cuò) 10 2016課標(biāo) 20 6分 多選 如圖 一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng) 其軌跡在豎直面 紙面 內(nèi) 且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱 忽略空氣阻力 由此可知 A Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高B 油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C 油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大D 油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 答案AB由油滴軌跡在豎直面內(nèi)相對于過P點(diǎn)的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合力為0 豎直方向上油滴受重力和電場力 結(jié)合曲線軌跡的特點(diǎn)可知電場力豎直向上且電場力大于重力 油滴受力及電場線方向如圖所示 由沿電場線方向電勢逐漸降低 得Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的高 A選項(xiàng)正確 油滴從Q點(diǎn)到P點(diǎn)合力做負(fù)功 根據(jù)動(dòng)能定理得油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能大于它在P點(diǎn)的動(dòng)能 這一過程中電場力做負(fù)功 則油滴在Q點(diǎn)的電勢能小于它在P點(diǎn)的電勢能 故B項(xiàng)正確 C項(xiàng)錯(cuò) 因?yàn)橹亓碗妶隽楹懔?所以油滴在Q P兩點(diǎn)的加速度相同 故D項(xiàng)錯(cuò)誤 疑難突破考生必須分析出油滴軌跡的對稱性具有的含義 才能展開進(jìn)一步的分析 評(píng)析以電場和重力場為背景 考查電場及運(yùn)動(dòng)的知識(shí) 關(guān)鍵在于分析出對稱性的特點(diǎn) 才能得出電場力與重力的大小關(guān)系及方向 屬于中等難度 11 2016課標(biāo) 15 6分 如圖 P是固定的點(diǎn)電荷 虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓 帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi) a b c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn) 若Q僅受P的電場力作用 其在a b c點(diǎn)的加速度大小分別為aa ab ac 速度大小分別為va vb vc 則 A aa ab ac va vc vbB aa ab ac vb vc vaC ab ac aa vb vc vaD ab ac aa va vc vb 答案D帶電粒子在電場中僅受電場力作用 由牛頓第二定律知加速度a E k 因?yàn)閞bac aa 由動(dòng)能定理有Wab qQUab m mWbc qQUbc m m因?yàn)閃abvb因?yàn)閃bc 0 所以vc vb因?yàn)?Uab Ubc 所以va vc故有va vc vb D項(xiàng)正確 規(guī)律總結(jié)掌握點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)及電場力做功與電勢差的關(guān)系 明確僅在電場力作用下 加速度的大小取決于場強(qiáng)的大小 速度的大小取決于電場力做功的正負(fù)及大小 評(píng)析本題在考查點(diǎn)電荷電場的電場線 等勢面的分布特點(diǎn)及電場力做功與電勢差關(guān)系的同時(shí) 綜合考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律及肛動(dòng)能定理的內(nèi)容 綜合性較強(qiáng) 12 2016課標(biāo) 15 6分 關(guān)于靜電場的等勢面 下列說法正確的是 A 兩個(gè)電勢不同的等勢面可能相交B 電場線與等勢面處處相互垂直C 同一等勢面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度一定相等D 將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面 電場力做正功 答案B假設(shè)兩個(gè)電勢不同的等勢面相交 則交點(diǎn)處的電勢就是兩個(gè)不同的值 這是不可能的 A錯(cuò)誤 同一等勢面上各點(diǎn)電勢相等 而場強(qiáng)不一定相等 C錯(cuò)誤 負(fù)電荷從高電勢處移到低電勢處 電勢能增加 電場力做負(fù)功 D錯(cuò)誤 方法技巧用類比法理解電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做功以及電勢能變化情況 一塊石頭從山頂 高地勢處 滾落到山腳 低地勢處 重力勢能減少 重力做正功 與此類似 正電荷從高電勢處向低電勢處移動(dòng) 電勢能減少 電場力做正功 所以 可將正電荷與石頭類比 如果是負(fù)電荷的運(yùn)動(dòng) 只要把正電荷電勢能變化 電場力做功情況反過來就可以了 13 2015課標(biāo) 15 6分 0 699 如圖 直線a b和c d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線 M N P Q是它們的交點(diǎn) 四點(diǎn)處的電勢分別為 M N P Q 一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中 電場力所做的負(fù)功相等 則 A 直線a位于某一等勢面內(nèi) M QB 直線c位于某一等勢面內(nèi) M NC 若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) 電場力做正功D 若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) 電場力做負(fù)功 答案B由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中 電場力所做的負(fù)功相等可知 M N P 故過N P點(diǎn)的直線d位于某一等勢面內(nèi) 則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內(nèi) 選項(xiàng)A錯(cuò) B正確 M Q 則電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) 電場力不做功 選項(xiàng)C錯(cuò)誤 由于 P M Q 電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) 電勢能減小 電場力做正功 選項(xiàng)D錯(cuò)誤 解題關(guān)鍵 電子帶負(fù)電荷 由 一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中 電場力所做的負(fù)功相等 知N P兩點(diǎn)在同一等勢線上 則直線c d為勻強(qiáng)電場中的等勢線 由于勻強(qiáng)電場中電場線與等勢線垂直可知 a和b為電場線 由于電場力對電子做負(fù)功 可知電場方向?yàn)镸 N 知識(shí)總結(jié) 勻強(qiáng)電場中電場線和等勢線分別是相互垂直的兩組平行線 電場力對電場中運(yùn)動(dòng)電荷做的功W q 14 2014課標(biāo) 19 6分 多選 關(guān)于靜電場的電場強(qiáng)度和電勢 下列說法正確的是 A 電場強(qiáng)度的方向處處與等電勢面垂直B 電場強(qiáng)度為零的地方 電勢也為零C 隨著電場強(qiáng)度的大小逐漸減小 電勢也逐漸降低D 任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度總是指向該點(diǎn)電勢降落最快的方向 答案AD電場中場強(qiáng)為零的位置是絕對的 而電勢為零的位置是人為選取的 再者場強(qiáng)的大小表征著電勢隨空間的變化率 而與電勢的大小無關(guān) 故B錯(cuò)誤 由沿電場線方向電勢降低 可知電勢的升降取決于場強(qiáng)的方向而與場強(qiáng)的大小無關(guān) 故C錯(cuò)誤 C組教師專用題組 15 2009北京理綜 16 6分 某靜電場的電場線分布如圖所示 圖中P Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小分別為EP和EQ 電勢分別為 P和 Q 則 A EP EQ P QB EP EQ P QD EP EQ P Q 答案A根據(jù)沿著電場線的方向電勢是降落的 可以判斷出 P Q 根據(jù)電場線的疏密表示電場的弱強(qiáng) 可以判斷出EP EQ 故選A C組教師專用題組 16 2009北京理綜 20 6分 圖示為一個(gè)內(nèi) 外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面 其單位面積帶電量為 取環(huán)面中心O為原點(diǎn) 以垂直于環(huán)面的軸線為x軸 設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x P點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為E 下面給出E的四個(gè)表達(dá)式 式中k為靜電力常量 其中只有一個(gè)是合理的 你可能不會(huì)求解此處的場強(qiáng)E 但是你可以通過一定的物理分析 對下列表達(dá)式的合理性做出判斷 根據(jù)你的判斷 E的合理表達(dá)式應(yīng)為 A E 2 k xB E 2 k x C E 2 k xD E 2 k x 答案B當(dāng)R1 0時(shí) 對于A項(xiàng)而言E 0 此時(shí)帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面 中心軸線上一點(diǎn)的電場強(qiáng)度E 0 故A項(xiàng)錯(cuò)誤 當(dāng)x 0時(shí) 此時(shí)要求的場強(qiáng)為O點(diǎn)的場強(qiáng) 由對稱性可知EO 0 對于C項(xiàng)而言 x 0時(shí)E為一定值 故C項(xiàng)錯(cuò)誤 當(dāng)x 時(shí)E 0 而D項(xiàng)中E 4 k 故D項(xiàng)錯(cuò)誤 所以正確選項(xiàng)只能為B 1 2018北京理綜 19 6分 研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示 下列說法正確的是 A 實(shí)驗(yàn)前 只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸 能使電容器帶電B 實(shí)驗(yàn)中 只將電容器b板向上平移 靜電計(jì)指針的張角變小C 實(shí)驗(yàn)中 只在極板間插入有機(jī)玻璃板 靜電計(jì)指針的張角變大D 實(shí)驗(yàn)中 只增加極板帶電量 靜電計(jì)指針的張角變大 表明電容增大 考點(diǎn)二電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)A組自主命題 北京卷題組 答案A本題考查平行板電容器 帶電玻璃棒接觸a板 a板會(huì)帶上同種電荷 同時(shí)b板上會(huì)感應(yīng)出異種電荷 故A正確 靜電計(jì)指針張角反映電容器兩板間電壓 將b板上移 正對面積S減小 電容C減小 板間電壓U增大 故指針張角變大 B錯(cuò) 插入有機(jī)玻璃板 相對介電常數(shù) r增大 電容C增大 板間電壓U減小 指針張角變小 C錯(cuò) 只增加極板帶電量Q 板間電壓U增大 但電容保持不變 故D錯(cuò) 解題關(guān)鍵電容器中各量的變化關(guān)系電容C 及C 對這兩個(gè)公式的理解及各量的物理含義的認(rèn)識(shí) 是解答本題的關(guān)鍵 2 2016北京理綜 23 1 2 0 59 如圖所示 電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后 沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場 并從另一側(cè)射出 已知電子質(zhì)量為m 電荷量為e 加速電場電壓為U0 偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場 極板間電壓為U 極板長度為L 板間距為d 1 忽略電子所受重力 求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離 y 2 分析物理量的數(shù)量級(jí) 是解決物理問題的常用方法 在解決 1 問時(shí)忽略了電子所受重力 請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因 已知U 2 0 102V d 4 0 10 2m m 9 1 10 31kg e 1 6 10 19C g 10m s2 解析 1 根據(jù)功和能的關(guān)系 有eU0 m電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0 在偏轉(zhuǎn)電場中 電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t L偏轉(zhuǎn)距離 y a t 2 2 考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級(jí) 有重力G mg 10 29N電場力F 10 15N由于F G 因此不需要考慮電子所受重力 答案 1 2 見解析 解題指導(dǎo)這是屬于帶電粒子在勻強(qiáng)電場中先加速再偏轉(zhuǎn)的問題 帶電粒子在加速電場中運(yùn)用功能關(guān)系 動(dòng)能定理 來列式 帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解來解答 審題指導(dǎo)讀題要抓住帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的性質(zhì) 在加速電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng) 3 2015北京理綜 24 20分 0 31 真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置 如圖所示 光照前兩板都不帶電 以光照射A板 則板中的電子可能吸收光的能量而逸出 假設(shè)所有逸出的電子都垂直于A板向B板運(yùn)動(dòng) 忽略電子之間的相互作用 保持光照條件不變 a和b為接線柱 已知單位時(shí)間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N 電子逸出時(shí)的最大動(dòng)能為Ekm 元電荷為e 1 求A板和B板之間的最大電勢差Um 以及將a b短接時(shí)回路中的電流I短 2 圖示裝置可看做直流電源 求其電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r 3 在a和b之間連接一個(gè)外電阻時(shí) 該電阻兩端的電壓為U 外電阻上消耗的電功率設(shè)為P 單位時(shí)間內(nèi)到達(dá)B板的電子 在從A板運(yùn)動(dòng)到B板的過程中損失的動(dòng)能之和設(shè)為 Ek 請推導(dǎo)證明 P Ek 注意 解題過程中需要用到 但題目沒有給出的物理量 要在解題中做必要的說明 解析 1 由動(dòng)能定理 Ekm eUm 可得Um 短路時(shí)所有逸出電子都到達(dá)B板 故短路電流I短 Ne 2 電源的電動(dòng)勢等于斷路時(shí)的路端電壓 即上面求出的Um 所以E Um 電源內(nèi)阻r 3 外電阻兩端的電壓為U 則電源兩端的電壓也是U 由動(dòng)能定理 一個(gè)電子經(jīng)電源內(nèi)部電場后損失的動(dòng)能 Eke eU設(shè)單位時(shí)間內(nèi)有N 個(gè)電子到達(dá)B板 則損失的動(dòng)能之和 Ek N Eke N eU 答案 1 Ne 2 3 見解析 根據(jù)電流的定義 此時(shí)電源內(nèi)部的電流I N e此時(shí)流過外電阻的電流也是I N e 外電阻上消耗的電功率P IU N eU所以P Ek 考查點(diǎn)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 電路 功能關(guān)系 思路點(diǎn)撥1 最大電勢能對應(yīng)電子的最大初動(dòng)能 短路時(shí)兩板間電勢差為零 A板上的電子會(huì)全部到達(dá)B板 2 從電路的角度分析 電動(dòng)勢等于電源斷路時(shí)的路端電壓 而短路電流等于電動(dòng)勢除以電源內(nèi)阻 3 外電阻上消耗的功率P IU I為單位時(shí)間內(nèi)流過的電子的總電荷量 Ek是單位時(shí)間內(nèi)到達(dá)B板的電子損失的動(dòng)能總和 4 2011北京理綜 24 20分 0 17 靜電場方向平行于x軸 其電勢 隨x的分布可簡化為如圖所示的折線 圖中 0和d為已知量 一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場中以x 0為中心 沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng) 已知該粒子質(zhì)量為m 電量為 q 其動(dòng)能與電勢能之和為 A 0 A q 0 忽略重力 求 1 粒子所受電場力的大小 2 粒子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間 3 粒子的運(yùn)動(dòng)周期 答案 1 2 d x d 3 解析 1 由圖可知 0與d 或 d 兩點(diǎn)間的電勢差為 0電場強(qiáng)度的大小E 電場力的大小F qE 2 設(shè)粒子在 x0 x0 區(qū)間內(nèi)運(yùn)動(dòng) 速率為v 由題意得mv2 q A 由圖可知 0 由 得mv2 q 0 A 因動(dòng)能非負(fù) 有q 0 A 0得 x d即x0 d 粒子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間 d x d 3 考慮粒子從 x0處開始運(yùn)動(dòng)的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律 粒子的加速度a 由勻加速直線運(yùn)動(dòng)t 將 兩式代入 得t 粒子的運(yùn)動(dòng)周期T 4t B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 5 2018課標(biāo) 21 6分 多選 如圖 一平行板電容器連接在直流電源上 電容器的極板水平 兩微粒a b所帶電荷量大小相等 符號(hào)相反 使它們分別靜止于電容器的上 下極板附近 與極板距離相等 現(xiàn)同時(shí)釋放a b 它們由靜止開始運(yùn)動(dòng) 在隨后的某時(shí)刻t a b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面 a b間的相互作用和重力可忽略 下列說法正確的是 A a的質(zhì)量比b的大B 在t時(shí)刻 a的動(dòng)能比b的大C 在t時(shí)刻 a和b的電勢能相等D 在t時(shí)刻 a和b的動(dòng)量大小相等 B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 答案BD本題考查電容器和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 由題設(shè)條件可知 微粒a向下運(yùn)動(dòng) 微粒b向上運(yùn)動(dòng) 且在相等時(shí)間內(nèi) 位移xa xb 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律可得 x t2 則maEkb 選項(xiàng)B正確 由動(dòng)量定理可得 qEt p 則pa與pb大小相等 選項(xiàng)D正確 在t時(shí)刻 a b在同一水平面上 電勢 相等 而兩微粒的電性不同 由Ep q 可知a和b的電勢能不相等 選項(xiàng)C錯(cuò)誤 易錯(cuò)點(diǎn)撥對Ep q 的理解Ep q 中 電勢能Ep 電荷量q和電勢 都為標(biāo)量 但有正負(fù)之分 在利用該式進(jìn)行分析時(shí) 要求將正 負(fù)號(hào)代入進(jìn)行計(jì)算 否則容易出現(xiàn)錯(cuò)誤 6 2016課標(biāo) 14 6分 一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì) 接在恒壓直流電源上 若將云母介質(zhì)移出 則電容器 A 極板上的電荷量變大 極板間電場強(qiáng)度變大B 極板上的電荷量變小 極板間電場強(qiáng)度變大C 極板上的電荷量變大 極板間電場強(qiáng)度不變D 極板上的電荷量變小 極板間電場強(qiáng)度不變 答案D平行板電容器電容C 云母介質(zhì)移出 r減小 C減小 又C 電源恒壓 U一定 C減小 故Q減小 電場強(qiáng)度E 故E不變 選項(xiàng)D正確 審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞 恒壓直流電源 介質(zhì)移出 評(píng)析此題考查平行板電容器電容 電荷量及電場強(qiáng)度之間的關(guān)系 難度為易 考生根據(jù)相關(guān)公式即可分析解答 7 2015課標(biāo) 14 6分 0 586 如圖 兩平行的帶電金屬板水平放置 若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒 微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸 垂直于紙面 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒 該微粒將 A 保持靜止?fàn)顟B(tài)B 向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C 向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D 向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 答案D最初帶電微粒處于靜止?fàn)顟B(tài) 受力如圖 1 Eq mg 當(dāng)兩板繞過a點(diǎn)的軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)過45 時(shí) 帶電微粒的受力如圖 2 其合力指向左下方 故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 選項(xiàng)D正確 審題指導(dǎo) 微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài) 即處于平衡狀態(tài) 所受的合外力為零 得微粒所受的電場力與其重力大小相等方向相反 將兩板繞過a點(diǎn)的軸 垂直于紙面 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 注意電容器帶電荷量不變 間距不變 正對面積也不變 故電場強(qiáng)度的大小不變 電場力的大小不變 僅方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 根據(jù)平行四邊形定則求出合力的方向 確定微粒的運(yùn)動(dòng)即可 8 2015課標(biāo) 24 12分 0 298 如圖 一質(zhì)量為m 電荷量為q q 0 的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng) A B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn) 已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0 方向與電場方向的夾角為60 它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30 不計(jì)重力 求A B兩點(diǎn)間的電勢差 解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB 粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變 即vBsin30 v0sin60 由此得vB v0 設(shè)A B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB 由動(dòng)能定理有qUAB m 聯(lián)立 式得UAB 答案 解題關(guān)鍵 據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立原理 一個(gè)物體同時(shí)參與幾個(gè)不同方向的運(yùn)動(dòng) 每個(gè)分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相互獨(dú)立 可知粒子在A和B兩點(diǎn)沿與電場垂直的方向上分速度相同 即vBsin30 v0sin60 A和B兩點(diǎn)速度方向雖然不同 但是并不影響動(dòng)能定理的運(yùn)用 9 2017課標(biāo) 25 20分 如圖 兩水平面 虛線 之間的距離為H 其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場 自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m 電荷量分別為q和 q q 0 的帶電小球M N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出 小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域 并從該區(qū)域的下邊界離開 已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下 M在電場中做直線運(yùn)動(dòng) 剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1 5倍 不計(jì)空氣阻力 重力加速度大小為g 求 1 M與N在電場中沿水平方向的位移之比 2 A點(diǎn)距電場上邊界的高度 3 該電場的電場強(qiáng)度大小 答案 1 3 1 2 H 3 解析本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)的分解 電場 動(dòng)能定理 1 設(shè)小球M N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0 則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0 M N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等 電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向 大小均為a 在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2 由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0 at 0 s1 v0t at2 s2 v0t at2 聯(lián)立 式得 3 2 設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h 小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 2gh H vyt gt2 M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng) 由幾何關(guān)系知 聯(lián)立 式可得h H 3 設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E 小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng) 則 設(shè)M N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1 Ek2 由動(dòng)能定理得Ek1 m mgH qEs1 Ek2 m mgH qEs2由已知條件Ek1 1 5Ek2聯(lián)立 式得E 解題關(guān)鍵 N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下 N在水平方向的速度恰好減速到0 方向水平向右的勻強(qiáng)電場 M N在豎直方向只受重力 二者在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 剛離開電場時(shí)M的動(dòng)能為N的1 5倍 建立等式確定電場力和重力的關(guān)系 10 2017課標(biāo) 25 20分 真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場 一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng) 速度大小為v0 在油滴處于位置A時(shí) 將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值 但保持其方向不變 持續(xù)一段時(shí)間t1后 又突然將電場反向 但保持其大小不變 再持續(xù)同樣一段時(shí)間后 油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) 重力加速度大小為g 1 求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度 2 求增大后的電場強(qiáng)度的大小 為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大 試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件 已知不存在電場時(shí) 油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B A兩點(diǎn)間距離的兩倍 解析本題考查電場 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 勻變速直線運(yùn)動(dòng) 1 設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q 油滴速度方向向上為正 油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動(dòng) 故電場力方向向上 在t 0時(shí) 電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí) 油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度方向向上 大小a1滿足qE2 mg ma1 油滴在時(shí)刻t1的速度為v1 v0 a1t1 電場強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向 油滴做勻變速運(yùn)動(dòng) 加速度方向向下 大小a2滿足qE2 mg ma2 油滴在時(shí)刻t2 2t1的速度為v2 v1 a2t1 由 式得v2 v0 2gt1 2 由題意 在t 0時(shí)刻前有 答案見解析 qE1 mg 油滴從t 0到時(shí)刻t1的位移為s1 v0t1 a1 油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2 2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2 v1t1 a2 由題給條件有 2g 2h 式中h是B A兩點(diǎn)之間的距離 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上 依題意有s1 s2 h 由 式得E2 E1為使E2 E1 應(yīng)有 2 1即當(dāng)0才是可能的 條件式和式分別對應(yīng)于v2 0和v2E1 應(yīng)有 2 1即t1 另一解為負(fù) 不合題意 已舍去 解題指導(dǎo)多階段運(yùn)動(dòng)物體的運(yùn)動(dòng)不僅僅取決于物體所受外力 還與物體的初速度有關(guān) 在多階段運(yùn)動(dòng)過程中 當(dāng)物體所受外力突變時(shí) 物體由于慣性而速度不發(fā)生突變 故物體在前一階段的末速度即物體在后一階段的初速度 對于多階段運(yùn)動(dòng)過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系 可以通過作運(yùn)動(dòng)過程草圖來獲得 11 2014課標(biāo) 25 20分 如圖 O A B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn) OB沿豎直方向 BOA 60 OB OA 將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出 小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn) 使此小球帶電 電荷量為q q 0 同時(shí)加一勻強(qiáng)電場 場強(qiáng)方向與 OAB所在平面平行 現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球 該小球通過了A點(diǎn) 到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍 若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出 恰好通過B點(diǎn) 且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍 重力加速度大小為g 求 1 無電場時(shí) 小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值 2 電場強(qiáng)度的大小和方向 C組教師專用題組 解析 1 設(shè)小球的初速度為v0 初動(dòng)能為Ek0 從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t 令OA d 則OB d 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin60 v0t dcos60 gt2 又有Ek0 m 由 式得Ek0 mgd 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA 則EkA Ek0 mgd 由 式得 2 加電場后 小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn) 高度分別降低了和 設(shè)電勢能分別減小 EpA和 EpB 由能量守恒及 式得 EpA 3Ek0 Ek0 mgd Ek0 答案 1 2 方向 與豎直向下的方向成30 夾角 EpB 6Ek0 Ek0 mgd Ek0 在勻強(qiáng)電場中 沿任一直線 電勢的降落是均勻的 設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢 M與O點(diǎn)的距離為x 如圖 則有 解得x d MA為等勢線 電場必與其垂線OC方向平行 設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為 由幾何關(guān)系可得 30 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30 設(shè)場強(qiáng)的大小為E 有qEdcos30 EpA由 式得E 三年模擬 1 2016北京東城期末 9 兩塊相互靠近的平行金屬板M N組成電容器 充電后與電源斷開 M板帶正電 N板帶負(fù)電 且電荷量保持不變 如圖所示 板間有一個(gè)用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球 可視為質(zhì)點(diǎn) 小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為 忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強(qiáng)電場的影響 則 A 小球帶負(fù)電 若將細(xì)線燒斷 小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)B 小球帶正電 若將細(xì)線燒斷 小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C 若只將N板水平向右平移少許 電容器的電容將變小 夾角 將變大D 若只將N板豎直向上平移少許 電容器的電容將變小 夾角 將變大 考點(diǎn)一電場的性質(zhì) A組2016 2018年高考模擬 基礎(chǔ)題組 三年模擬 答案D由小球靜止時(shí)偏向右側(cè)可知小球帶正電 燒斷細(xì)線 小球在電場力和重力的共同作用下 沿兩力的合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 所以A和B均錯(cuò) 在電荷量不變時(shí) N板右移或上移 電容器的電容均減小 但上移會(huì)使電場強(qiáng)度變大 夾角 變大 選項(xiàng)C錯(cuò)D對 2 2017北京海淀零模 17 如圖甲所示 直線AB是某電場中的一條電場線 若在A點(diǎn)放置一初速度為零的質(zhì)子 質(zhì)子僅在電場力作用下 沿直線AB由A運(yùn)動(dòng)到B過程中速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示 則下列說法中正確的是 A A點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度B 電場方向一定是從B指向AC 質(zhì)子從A到B的過程中 在連續(xù)相等的時(shí)間間隔內(nèi) 電場力做功的平均功率一定相等D 質(zhì)子從A到B的過程中 在連續(xù)相等的時(shí)間間隔內(nèi) 電場力的沖量一定相等 答案A由圖乙知質(zhì)子從A到B做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) 則EA EB 電場方向由A指向B A對 B錯(cuò) 連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)平均功率不一定相等 C錯(cuò) I Eqt 連續(xù)相等時(shí)間內(nèi) E不同 I一定不同 D錯(cuò) 3 2018北京豐臺(tái)一模 17 兩等量正點(diǎn)電荷相距一定距離 它們連線的中點(diǎn)為O 一帶負(fù)電的粒子 不考慮重力 由靜止開始 從連線的中垂線上P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn) 此運(yùn)動(dòng)過程中 關(guān)于粒子的說法 正確的是 A 電勢能逐漸增加B 電勢能先變大后變小 最后為零C 先做加速運(yùn)動(dòng) 后做減速運(yùn)動(dòng)D 始終做加速運(yùn)動(dòng) 到達(dá)O點(diǎn)時(shí)加速度為零 答案D帶負(fù)電粒子受兩等量正點(diǎn)電荷的引力的合力沿由P到O的方向 粒子由P向O運(yùn)動(dòng) 電場力做正功 電勢能逐漸減小 A B項(xiàng)錯(cuò)誤 粒子由P到O 所受電場力由P指向O 始終做加速運(yùn)動(dòng) 到了O點(diǎn)時(shí)電場力為零 加速度為零 D項(xiàng)正確 C項(xiàng)錯(cuò)誤 思路分析先分析出兩等量正點(diǎn)電荷對帶負(fù)電粒子的作用力方向 用矢量合成分析出合力的方向 進(jìn)而判斷合力做功 電勢能變化 速度變化 4 2016北京東城二模 18 如圖所示 在粗糙的水平絕緣桌面上有兩個(gè)大小相同 帶有同種電荷的小物塊P和Q P Q與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同 已知mP mQ qP qQ 將它們由靜止釋放后 兩物塊開始在水平桌面上運(yùn)動(dòng) 并最終停止在水平桌面上 在物塊運(yùn)動(dòng)過程中 A P受到的庫侖力大于Q受到的庫侖力B P受到的摩擦力始終小于它受到的庫侖力C P的加速度始終大于Q的加速度D P和Q具有的電勢能與機(jī)械能之和減小 答案D由牛頓第三定律知 P對Q的庫侖力和Q對P的庫侖力大小相等 A項(xiàng)錯(cuò)誤 P由靜止開始加速的過程摩擦力小于庫侖力 減速過程 摩擦力大于庫侖力 故B項(xiàng)錯(cuò)誤 物塊在減速滑行的過程中加速度大小a g 由此可知質(zhì)量大的物塊 加速度反而小 故C項(xiàng)錯(cuò)誤 因物塊在滑行過程中與桌面摩擦產(chǎn)生熱量 根據(jù)能量守恒定律知 P和Q具有的電勢能與機(jī)械能之和減小 故D項(xiàng)正確 考查點(diǎn)帶電體在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合分析 易錯(cuò)提示準(zhǔn)確進(jìn)行受力及運(yùn)動(dòng)分析 注意兩物塊從運(yùn)動(dòng)到靜止經(jīng)歷先加速后減速的過程 兩個(gè)過程中加速度方向不同 5 2018北京海淀一模 20 常用的溫差發(fā)電裝置的主要結(jié)構(gòu)是半導(dǎo)體熱電偶 如圖所示 熱電偶由N型半導(dǎo)體和P型半導(dǎo)體串聯(lián)而成 N型半導(dǎo)體的載流子 形成電流的自由電荷 是電子 P型半導(dǎo)體的載流子是空穴 空穴帶正電且電荷量等于元電荷e 若兩種半導(dǎo)體相連一端和高溫?zé)嵩唇佑| 而另一端A B與低溫?zé)嵩唇佑| 兩種半導(dǎo)體中的載流子都會(huì)從高溫端向低溫端擴(kuò)散 最終在A B兩端形成穩(wěn)定的電勢差 且電勢差的大小與高溫?zé)嵩?低溫?zé)嵩撮g的溫度差有確定的函數(shù)關(guān)系 下列說法正確的是 A B端是溫差發(fā)電裝置的正極B 熱電偶內(nèi)部非靜電力方向和載流子擴(kuò)散方向相反C 溫差發(fā)電裝置供電時(shí)不需要消耗能量D 可以利用熱電偶設(shè)計(jì)一種測量高溫?zé)嵩礈囟鹊膫鞲衅?答案DB端積聚了自由電子 A端積聚了空穴 熱電偶內(nèi)部電流方向從B A 因此A端是溫差發(fā)電裝置的正極 A錯(cuò)誤 熱電偶內(nèi)部非靜電力方向和載流子擴(kuò)散方向相同 B錯(cuò)誤 溫差發(fā)電裝置供電時(shí) 消耗高溫?zé)嵩吹膬?nèi)能轉(zhuǎn)化為電能 C錯(cuò)誤 由于電勢差的大小與高溫?zé)嵩?低溫?zé)嵩撮g的溫度差有確定的函數(shù)關(guān)系 所以在測出電勢差及低溫?zé)嵩礈囟鹊那疤嵯?可以確定高溫?zé)嵩吹臏囟?D正確 解題關(guān)鍵N P型半導(dǎo)體在溫差作用下載流子的移動(dòng)方向 6 2018北京豐臺(tái)二模 23 現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)證明了場的存在 靜電場與重力場有一定相似之處 帶電體在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)與物體在重力場中的平拋運(yùn)動(dòng)類似 1 一質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出 落到水平面的位置與拋出點(diǎn)的水平距離為x 已知重力加速度為g 求拋出點(diǎn)的高度和小球落地時(shí)的速度大小 2 若該小球處于完全失重的環(huán)境中 小球帶電荷量為 q 在相同位置以相同初速度拋出 空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場 小球運(yùn)動(dòng)到水平面的位置與第 1 問小球的落點(diǎn)相同 若取拋出點(diǎn)電勢為零 試求電場強(qiáng)度的大小和落地點(diǎn)的電勢 3 類比電場強(qiáng)度和電勢的定義方法 請分別定義地球周圍某點(diǎn)的 重力場強(qiáng)度EG 和 重力勢 G 并描繪地球周圍的 重力場線 和 等重力勢線 解析 1 小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng) x v0t 1分 小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)h gt2 1分 得h 1分 小球下落過程 根據(jù)動(dòng)能定理mgh mv2 m 2分 得v 1分 2 小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng) x v0t小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)h at2 1分 答案見解析 a 1分 得E 1分 拋出點(diǎn)與落點(diǎn)之間的電勢差U Eh 1分 取拋出點(diǎn)電勢為零 U 0 地 1分 得 地 1分 3 重力場強(qiáng)度EG g或EG G m G 2分 若取地面為重力勢參考平面 則重力勢 G gh若取無窮遠(yuǎn)處重力勢為零 則 G 2分 故地球周圍的 重力場線 和 等重力勢線 如圖所示 2分 2分 7 2017北京海淀零模 24 用靜電的方法來清除空氣中的灰塵 需要首先設(shè)法使空氣中的灰塵帶上一定的電荷 然后利用靜電場對電荷的作用力 使灰塵運(yùn)動(dòng)到指定的區(qū)域進(jìn)行收集 為簡化計(jì)算 可認(rèn)為每個(gè)灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同 設(shè)每個(gè)灰塵顆粒所帶電荷量為q 其所受空氣阻力與其速度大小成正比 表達(dá)式為F阻 kv 式中k為大于0的已知常量 由于灰塵顆粒的質(zhì)量較小 為簡化計(jì)算 灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達(dá)到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時(shí)間及通過的位移均可忽略不計(jì) 同時(shí)也不計(jì)灰塵顆粒之間的作用力及灰塵顆粒所受重力的影響 1 有一種靜電除塵的設(shè)計(jì)方案是這樣的 需要除塵的空間是一個(gè)高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部區(qū)域 將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上 下兩端 恰好能將圓桶封閉 如圖甲所示 在圓桶上 下兩金屬板間加上恒定的電壓U 圓桶內(nèi)空間的電場可視為勻強(qiáng)電場 便可以在一段時(shí)間內(nèi)將圓桶區(qū)域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上 從而達(dá)到除塵的作用 求灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)可達(dá)到的最大速率 2 對于一個(gè)待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部區(qū)域 還可以設(shè)計(jì)另一種靜電除塵的方案 沿圓桶的軸線有一根細(xì)直導(dǎo)線作為電極 緊貼圓桶內(nèi)壁加一個(gè)薄金屬桶作為另一電極 在直導(dǎo)線電極外面套有一個(gè)由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護(hù)管 其軸線與直導(dǎo)線重合 如圖乙所示 若在兩電極間加上恒定的電壓 使得桶壁處電場強(qiáng)度的大小恰好等于第 1 問的方案中圓桶內(nèi)電場強(qiáng)度的大小 且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強(qiáng)度大小E的分布情況為E 式中r為所研究的點(diǎn)與直導(dǎo)線的距離 試通過計(jì)算分析 帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的過程中 其瞬時(shí)速度大小v和其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系 對于直線運(yùn)動(dòng) 教科書中講解了由v t圖像下的面積求位移的方法 請你借鑒此方法 利用v隨r變化的關(guān)系 畫出隨r變化的圖像 根據(jù)圖像的面積求出帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)間 解析 1 圓桶形容器內(nèi)的電場強(qiáng)度E1 灰塵顆粒所受的電場力大小F 電場力跟空氣阻力相平衡時(shí) 灰塵顆粒達(dá)到最大速率 并設(shè)為v1 則有kv1 解得v1 2 由于灰塵顆粒所在處的電場強(qiáng)度隨其與直導(dǎo)線距離的增大而減小 且桶壁處的電場強(qiáng)度大小為第 1 問方案中圓桶內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E1 設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場強(qiáng)大小為E2 則 解得E2 故與直導(dǎo)線越近處 電場強(qiáng)度越大 設(shè)灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)到與直導(dǎo)線距離為r時(shí)的速度為v 則kv qE2解得v 上式表明 灰塵顆粒在向圓桶內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)過程中 速度是逐漸減小的 答案 1 2 見解析 以r為橫軸 以為縱軸 作出 r的圖像如圖所示 在r到r r微小距離內(nèi) 電場強(qiáng)度可視為相同 其速度v可視為相同 對應(yīng)于 r的一段 r圖線下的面積為 r 顯然 這個(gè)小矩形的面積等于灰塵顆粒通過 r的時(shí)間 t 所以 灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁所需的總時(shí)間t等于從R0到R一段 r圖線下的面積 所以灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)間t 考查點(diǎn)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系 電場強(qiáng)度 v t圖像的深入理解 解題關(guān)鍵物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) 當(dāng)a 0 即合外力為零時(shí) 速度達(dá)最大 圖像與橫軸所圍面積的物理意義 8 2017北京石景山一模 20 如圖所示 一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連 極板水平放置 極板間距為d 在下極板上疊放一厚度為l的金屬板 其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中 當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后 粒子P開始運(yùn)動(dòng) 重力加速度為g 粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為 A gB gC gD g 考點(diǎn)二電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 答案A初始粒子靜止 則mg q 撤去金屬板后兩極板間電壓U不變 間距變?yōu)閐 則mg q ma 解得a g 選A 考查點(diǎn)平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 勻強(qiáng)電場中帶電粒子的受力 解題關(guān)鍵下極板上疊放一金屬板后 由于靜電感應(yīng) 電容器板間距變?yōu)閐 l 由E 可知撤去金屬板后E變小 粒子將向下運(yùn)動(dòng) 9 2016北京西城月考 在如圖所示的電路中 當(dāng)開關(guān)S閉合后 水平放置的平行板電容器中有一個(gè)帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)將開關(guān)S斷開 則 A 液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)B 液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)C 電容器的帶電荷量減小D 電容器的帶電荷量增大 答案D開關(guān)S閉合時(shí) 帶電液滴所受重力和電場力平衡 斷開開關(guān)后 電容器兩端電壓變大到等于電源電動(dòng)勢 故場強(qiáng)變大 電場力變大 液滴會(huì)向上加速 故A B錯(cuò)誤 開關(guān)斷開前 電容器兩端電壓等于電阻R2兩端電壓 斷開開關(guān)后 電容器兩端電壓變大到等于電源電動(dòng)勢 根據(jù)電容的定義式C 知 電容器的帶電荷量變大 故C錯(cuò)誤 D正確 10 2016北京西城期末 10 如圖所示 在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置 一帶電粒子沿平行于板面的方向 從左側(cè)兩極板中央射入電場中 恰能從右側(cè)極板邊緣處離開電場 不計(jì)粒子重力 若可以改變某個(gè)量 下列哪種變化 仍能確保粒子一定飛出電場 A 只增大粒子的帶電荷量B 只增大電場強(qiáng)度C 只減小粒子的比荷D 只減小粒子的入射速度 答案C設(shè)兩極板間的距離為d 由題意知粒子的偏移量y 因y at2 2 要使粒子能飛出電場 可以減小帶電荷量或電場強(qiáng)度 或者減小比荷 或者增大初速度 故C正確 11 2018北京海淀二模 20 基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點(diǎn) 發(fā)明了指紋識(shí)別技術(shù) 目前許多國產(chǎn)手機(jī)都有指紋解鎖功能 常用的指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器 如圖所示 指紋的凸起部分叫 嵴 凹下部分叫 峪 傳感器上有大量面積相同的小極板 當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí) 這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器 這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同 此時(shí)傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到某一電壓值 然后電容器放電 電容小的電容器放電較快 根據(jù)放電快慢的不同 就可以探測到嵴和峪的位置 從而形成指紋圖像數(shù)據(jù) 根據(jù)文中信息 下列說法正確的是 A 在峪處形成的電容器電容較大B 充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大C 在峪處形成的電容器放電較慢D 潮濕的手指頭對指紋識(shí)別絕對沒有影響 答案B由平行板電容器電容的決定式 C 可知 小極板面積相同 故S相同 在手指干燥的前提下 r相同 d大則C小 故在峪處d大 形成的電容器電容C小 在嵴處d小 形成的電容器電容C大 若手指頭潮濕 則 r不同 嵴 峪處形成的電容器電容均改變 故選項(xiàng)A D均錯(cuò)誤 又由題中知 電容小的電容器放電較快 在峪處形成的電容器電容小 放電快 故選項(xiàng)C錯(cuò)誤 由Q CU可知 電壓相同時(shí)C大的電荷量Q大 故選項(xiàng)B正確 解題關(guān)鍵能根據(jù)題中的描述比較出嵴和峪的位置所形成的電容器的極板間距大小 并進(jìn)一步判斷出所形成的電容器的電容大小 是解本題的關(guān)鍵 12 2017北京海淀二模 23 如圖所示 真空玻璃管內(nèi) 加熱的陰極K發(fā)出的電子 初速度可忽略不計(jì) 經(jīng)陽極A與陰極K之間的電壓U1形成的加速電場加速后 從陽極A的小孔射出 由水平放置的平行正對偏轉(zhuǎn)極板M N的左端中點(diǎn)以平行于極板的方向射入兩極板之間的區(qū)域 若M N兩極板間無電壓 電子將沿水平直線打在熒光屏上的O點(diǎn) 若在M N兩極板間加電壓U2 形成平行紙面的偏轉(zhuǎn)電場 則電子將打在熒光屏上的P點(diǎn) 若在M N極板間加電壓U2的同時(shí) 再加方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場 則電子將能重新打在熒光屏上的O點(diǎn) 已知電子質(zhì)量為m 電荷量為e M N兩極板長均為L1 兩極板間距離為d 極板右端到熒光屏的距離為L2 1 忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力 求 電子從陽極A小孔射出時(shí)速度v0的大小 電子重新打在熒光屏上O點(diǎn)時(shí) 所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小 2 在解決一些實(shí)際問題時(shí) 為了簡化問題 常忽略一些影響相對較小的量 這對最終的計(jì)算結(jié)果并沒有太大的影響 因此這種處理是合理的 如在計(jì)算電子打在熒光屏上的位置時(shí) 對于電子離開M N板間的偏轉(zhuǎn)電場后運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程 可以忽略電子所受的重力 請利用下列數(shù)據(jù)分析說明為什么這樣處理是合理的 已知U2 2 0 102V d 4 0 10 2m m 9 1 10 31kg e 1 6 10 19C L1 5 0 10 2m L2 0 10m 重力加速度g 10m s2 解析 1 對于電子在加速電場中的加速過程 根據(jù)動(dòng)能定理有eU1 m解得v0 加磁場后 電子沿水平方向以v0做勻速直線運(yùn)動(dòng) 所受合力為零即e ev0B解得B 2 電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間t1 電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向的速度分量vy ayt1 電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2 若不計(jì)重力 電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中 沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向的位移y1 vyt2 答案 1 2 見解析 若考慮到重力的作用 則電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中 沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向的位移y2 vyt2 g 由于重力影響 電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中 沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移增加量為 y y2 y1 由于重力的影響 電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中 沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向 位移的增加量與忽略電子所受重力時(shí)的位移的比值 10 14即重力對電子打在熒光屏上的位置影響非常小 所以計(jì)算電子偏轉(zhuǎn)量時(shí)可以忽略電子所受的重力 13 2018北京豐臺(tái)一模 22 如圖所示 水平面AB光滑 粗糙半圓軌道BC豎直放置 圓弧半徑為R AB長度為4R 在AB上方 直徑BC左側(cè)存在水平向右 場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場 一帶電荷量為 q 質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)由靜止釋放 經(jīng)過B點(diǎn)后 沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn) 在C點(diǎn) 小球?qū)壍赖膲毫Υ笮閙g 已知E 水平面和半圓軌道均絕緣 求 1 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小 2 小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小 3 小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服阻力做的功 解析 1 小球從A到B 根據(jù)動(dòng)能定理有qE 4R m 0 3分 又E 得 vB 2分 2 小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí) 根據(jù)牛頓第二定律有2mg m 3分 得 vC 2分 3 小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程 根據(jù)動(dòng)能定理有Wf 2mgR m m 3分 得 Wf mgR小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中克服阻力做的功為mgR 3分 答案 1 2 3 mgR 思路分析小球從A到B過程 合外力為水平向右的電場力 由動(dòng)能定理知電場力做功等于小球動(dòng)能的增加量 可以求出小球在B點(diǎn)時(shí)的速度大小 小球由B至C過程 由動(dòng)能定理知重力所做負(fù)功與阻力所做負(fù)功之和等于小球在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能減去小球在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 而小球在C點(diǎn)時(shí)的速度大小可以由其在該點(diǎn)時(shí)所受重力和軌道支持力的合力等于向心力得出 14 2018北京房山一模 23 粗糙絕緣的水平面附近存在一個(gè)平行于水平面的電場 其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行 且沿x軸方向的電勢 與坐標(biāo)值x的函數(shù)關(guān)系滿足 V 據(jù)此可作出如圖所示的 x圖像 圖中虛線AB為圖線在x 0 15m處的切線 現(xiàn)有一個(gè)帶正電荷的滑塊P 可視作質(zhì)點(diǎn) 其質(zhì)量為m 0 10kg 電荷量為q 1 0 10 7C 其與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 20 g取10m s2 求 1 沿x軸方向上 x1 0 1m和x2