(全國版)2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 電場 第29課時 電場能的性質(zhì)學(xué)案
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1、 第29課時 電場能的性質(zhì) 考點1 電場中的電勢高低及電勢能大小的判斷與比較 1.比較電勢高低的方法 (1)沿電場線方向,電勢越來越低。 (2)判斷出UAB的正負(fù),再由UAB=φA-φB,比較φA、φB的大小。若UAB>0,則φA>φB;若UAB<0,則φA<φB。 (3)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零,則正電荷周圍電勢為正值,負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值;靠近正電荷處電勢高,靠近負(fù)電荷處電勢低。 2.比較電勢能大小的方法 (1)做功判斷法 電場力做正功,電荷(無論是正電荷還是負(fù)電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方,反之,如果電荷克服電場力做功,那么電荷將從電勢能較
2、小的地方移向電勢能較大的地方。 特別提醒:其他各種方法都是在此基礎(chǔ)上推理出來的,最終還要回歸到電場力做功與電勢能變化關(guān)系上。 (2)場電荷判斷法 ①離場正電荷越近,正電荷的電勢能越大;負(fù)電荷的電勢能越小。 ②離場負(fù)電荷越近,正電荷的電勢能越??;負(fù)電荷的電勢能越大。 (3)電場線法 ①正電荷順著電場線的方向移動時,電場力做正功,電勢能逐漸減?。荒嬷妶鼍€的方向移動時,電場力做負(fù)功,電勢能逐漸增大。 ②負(fù)電荷順著電場線的方向移動時,電場力做負(fù)功,電勢能逐漸增大;逆著電場線的方向移動時,電場力做正功,電勢能逐漸減小。 (4)公式法 由Ep=qφ,將q、φ的大小、正負(fù)號一起代入公式,
3、Ep的正值越大,表示電勢能越大;Ep的負(fù)值越大,表示電勢能越小。
[例1] 如圖所示,空間有兩個等量的正點電荷,a、b兩點在其連線的中垂線上,則下列說法一定正確的是( )
A.場強Ea>Eb
B.場強Ea
4、誤。 答案 C 特別注意兩點:(1)根據(jù)兩個電荷在某處電場強度的矢量合成去比較電場強度的大小。(2)要明確兩個等量同種(或異種)電荷連線的中垂線上的場強分布情況和電勢分布情況,知道沿著場強方向,電勢越來越低。 1.(2018·廣東揭陽高三調(diào)研)在電場中,下列說法正確的是( ) A.某點的電場強度大,該點的電勢一定高 B.某點的電勢高,試探電荷在該點的電勢能一定大 C.某點的場強為零,試探電荷在該點的電勢能一定為零 D.某點的電勢為零,試探電荷在該點的電勢能一定為零 答案 D 解析 電勢是人為規(guī)定的,與電場強度無關(guān),電勢能與零勢能面的選取有關(guān),與電場強度無關(guān),A、C錯
5、誤;負(fù)電荷在高電勢處電勢能小,B錯誤;根據(jù)Ep=qφ可知,電勢為零,電勢能為零,D正確。 2.如圖所示,在兩個等量負(fù)點電荷形成的電場中,O點是兩電荷連線的中點,a、b是該線上的兩點,c、d是兩電荷連線中垂線上的兩點,acbd為一菱形。若將一負(fù)粒子(不計重力且不影響原電場分布)從c點勻速移動到d點,電場強度用E,電勢用φ來表示。則下列說法正確的是( ) A.φa一定小于φO,φO一定大于φc B.Ea一定大于EO,EO一定大于Ec C.負(fù)粒子的電勢能一定先增大后減小 D.施加在負(fù)粒子上的外力一定先減小后增大 答案 C 解析 沿著電場線電勢降落可知φc>φO>φa,A錯誤;O點
6、合場強為零,故Ea>EO,Ec>EO,B錯誤;負(fù)粒子在電勢低處電勢能大,在電勢高處電勢能小,可判斷出C正確;粒子沿cd勻速移動,受力平衡,外力在大小上等于其所受的靜電力,而沿cd方向,但電場強度大小無法判斷,因此外力如何變化無法得知,故D錯誤。 3.(人教版選修3-1 P20·T7改編)如圖所示,三條曲線表示三條等勢線,其電勢φC=0,φA=φB=10 V,φD=-30 V,將電量q=1.2×10-6 C的電荷在電場中移動。 (1)把這個電荷從C移到D,電場力做功多少? (2)把這個電荷從D移到B再移到A,電勢能變化多少? 答案 (1)3.6×10-5 J (2)增加4.8×10-
7、5 J 解析 (1)UCD=0-(-30) V=30 V WCD=qUCD=1.2×10-6×30 J=3.6×10-5 J。 (2)UDA=-30-10 V=-40 V WDA=qUDA=1.2×106×(-40) J=-4.8×10-5 J 電場力做負(fù)功,電荷的電勢能增加 ΔEp=-WDA=4.8×10-5 J。 考點2 電勢、電勢差與電場強度的關(guān)系 1.在勻強電場中U=Ed,即在沿電場線方向上,U∝d。 2.在非勻強電場中U=Ed雖不能直接應(yīng)用,但可以做定性分析。 3.電勢差與電場強度的關(guān)系規(guī)律總結(jié) (1)在勻強電場中,電勢沿直線是均勻變化的,即直線上距離相等
8、的線段兩端的電勢差相等。勻強電場中若兩線段AB∥CD,且AB=CD,則UAB=UCD(或φA-φB=φC-φD)。 (2)等分線段找等勢點法:將電勢最高點和電勢最低點連接后根據(jù)需要平分成若干段,必能找到第三點電勢的等勢點,它們的連線即等勢面(或等勢線),與其垂直的線即為電場線。 [例2] 如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場,其中坐標(biāo)原點O處的電勢為0,點A處的電勢為6 V,點B處的電勢為3 V,則電場強度的大小為( ) A.200 V/m B.200 V/m C.100 V/m D.100 V/m 解析 設(shè)OA中點為C,由=,可得C點的電勢
9、φC=3 V, φC=φB,即B、C在同一等勢面上,如圖所示,由電場線與等勢面的關(guān)系和幾何關(guān)系知:d=1.5 cm,則E== V/m=200 V/m,A正確。 答案 A 如何確定勻強電場中的電場線 (1)先確定等勢線,根據(jù)“兩點確定一條直線”,找出電場中電勢相等的兩個點,然后連接成一條等勢線;因勻強電場的電勢在一條直線上均勻變化,任一線段中點的電勢為兩端點電勢的平均值。 (2)電場線跟等勢線一定垂直,作出等勢線的垂線即得電場線。 (3)比較電勢的高低,即沿著電場線的方向,電勢逐漸降低;根據(jù)電勢高低在電場線上標(biāo)出箭頭,表示電場的方向。 1.在勻強電場中有一個半徑為R=1
10、m的圓,電場方向與圓的平面平行,O、P兩點電勢差為10 V,一個電子在該勻強電場中僅受電場力作用運動,且在P、Q兩點上速度方向與圓的切線一致,速度大小均為1 m/s,則( ) A.電子從P到Q的運動過程中,動能先增大后減小 B.電子可能做圓周運動 C.該勻強電場的電場強度E=10 V/m D.O點與圓周上電勢最低的點的電勢差為10 V 答案 D 解析 一個電子僅在電場力作用下運動,由于電子在P、Q兩點動能相等,則電勢能也相等。因為是勻強電場,所以兩點的連線PQ即為等勢面,根據(jù)等勢面與電場線垂直特性,從而畫出電場線CO。由曲線運動條件可知,電子所受的電場力沿著CO方向,因此電子
11、從P到Q做拋體運動,速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°,電場力對于運動粒子來說先是阻力后是動力,所以動能先減小后增大,故A、B錯誤;勻強電場的電場強度U=Ed式中的d是沿著電場強度方向的距離,因而由幾何關(guān)系可知,UPO=E×R,所以E==10 V/m,圓周上電勢最低的點與O點的電勢差為U′=ER=R=U=10 V,故D正確,C錯誤。 2.(人教版選修3-1 P23·T2改編)如圖所示,A、B兩平行金屬板間的勻強電場的電場強度E=2×105 V/m,方向如圖所示。電場中a、b兩點相距10 cm,ab連線與電場線成60°角,a點距A板2 cm,b點距B板3 cm。 (1)
12、求電勢差UAa、Uab和UAB多大; (2)用外力F把電荷量為1×10-7 C的正電荷由b點勻速移動到a點,那么外力F做的功是多少? 答案 (1)4×103 V 1×104 V 2×104 V (2)1×10-3 J 解析 (1)勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系為U=Ed, 故UAa=EdAa=2×105×0.02 V=4×103 V, Uab=Edab=2×105×0.1×cos60° V=1×104 V, UAB=EdAB=2×105×(0.02+0.1×cos60°+0.03) V=2×104 V。 (2)電荷勻速運動,動能不變,由動能定理WF+W電=0, 所以WF=-
13、W電=-qUba=qUab=1×10-7×1×104 J=1×10-3 J。 3.一長為L的細(xì)線,上端固定,下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,處于如圖所示的水平向右的勻強電場中。開始時,將線與小球拉成水平,小球靜止在A點,釋放后小球由靜止開始向下擺動,當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過60°角時,小球到達(dá)B點速度恰好為零。試求: (1)A、B兩點的電勢差UAB; (2)勻強電場的場強大??; (3)小球到達(dá)B點時,細(xì)線對小球的拉力大小。 答案 (1) (2) (3)mg 解析 (1)小球由A到B過程中,由動能定理得 mgLsin60°-qUAB=0,所以UAB=。 (2)E==。 (3)小球在
14、AB間擺動,由對稱性知,B處細(xì)線拉力與A處細(xì)線拉力相等,而在A處,由水平方向平衡有 FTA=qE=mg 所以FTB=FTA=mg 或在B處,沿細(xì)線方向合力為零,有 FTB=qEcos60°+mgcos30°=mg。 考點3 帶電粒子的運動軌跡問題 1.幾種常見的典型電場的等勢面比較 電場 等勢面(實線) 圖樣 重要描述 勻強電場 垂直于電場線的一簇平面 點電荷的電場 以點電荷為球心的一簇球面 等量異種點電荷的電場 連線的中垂線上的電勢為零 等量同種正點電荷的電場 連線上,中點電勢最低,而在中垂線上,中點電勢最高 2.解決運動軌跡問題應(yīng)
15、熟練掌握的知識及規(guī)律 (1)帶電粒子所受合力(往往僅為電場力)指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)。 (2)某點速度方向為軌跡切線方向。 (3)電場線(或等差等勢面)密集的地方場強大。 (4)電場線垂直于等勢面。 (5)順著電場線電勢降低最快。 (6)電場力做正功,電勢能減?。浑妶隽ψ鲐?fù)功,電勢能增大。有時還要用到牛頓第二定律、動能定理等知識。 3.根據(jù)粒子的運動軌跡、電場線(等勢面)進行相關(guān)問題的判定 (1)審題指導(dǎo) (2)這類問題一般綜合性較強,運用“牛頓運動定律、功和能”的知識分析求解。 [例3] (多選)如圖所示,虛線a、b、c代表電場中三個等勢面,相鄰等勢面之間的電勢差
16、相等,即Uab=Ubc。實線為一帶正電的質(zhì)點(不計重力)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡,M、N是這條軌跡上的兩點,下列判斷正確的是( ) A.三個等勢面中,a的電勢最低 B.帶電質(zhì)點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大 C.帶電質(zhì)點通過M點時的動能比通過N點時大 D.帶電質(zhì)點通過M點時的加速度比通過N點時大 解析 帶電質(zhì)點所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),由于質(zhì)點帶正電,因此電場線指向右下方,根據(jù)電場線與等勢面垂直,畫出電場線沿電場線電勢降低,故a等勢線的電勢最高,故A錯誤;由帶電質(zhì)點受力情況可知,從M到N過程中電場力做正功,電勢能降低,動能增大,故B正確、C錯誤;等差等勢面
17、中等勢面密的地方電場線也密,則M點場強大,電場力大,加速度大,則D正確。 答案 BD 解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是:根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向,由電場線畫出等勢面或由等勢面畫出電場線,然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。 (多選)圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線,兩粒子M、N質(zhì)量相等,所帶電荷的絕對值也相等;現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出,兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點,已知O點電勢高于c點,若不計重力,則( ) A.M帶負(fù)電荷,N帶正電荷 B.N在a點的速度與
18、M在c點的速度大小相同 C.N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功 D.M在從O點運動至b點的過程中,電場力對它做的功等于零 答案 BD 解析 等勢線在水平方向,O點電勢高于c點,根據(jù)電場線與等勢線垂直,而且由高電勢指向低電勢,可知電場方向豎直向下。根據(jù)帶電粒子的軌跡可知,N所受的電場力方向豎直向上,M所受的電場力方向豎直向下,故知N粒子帶負(fù)電,M帶正電,故A錯誤;aO間與Oc間電勢差相等,根據(jù)W=qU知,N從O到a與M從O到c電場力做功相等,由動能定理可知,N在a點的速度與M在c點的速度大小相等,故B正確;N從O點運動至a點的過程中電場力與速度的夾角為銳角,電場力做正功,故C錯誤
19、;O、b間電勢差為零,由W=qU知M從O點運動至b點的過程中,電場力對它做功為零,故D正確。 考點4 電場中的功能關(guān)系 1.電場力做功的特點:電場力對某電荷做的功與路徑無關(guān),只與初、末位置的電勢差有關(guān)。 2.對電場力做功的理解可類比重力做功。電場力做正功,電勢能減少;電場力做負(fù)功,電勢能增加。 3.電場力做功的計算方法 (1)由公式W=Flcosα計算,此公式只適用于勻強電場,可變形為:W=qElcosα。 (2)由W=qU來計算,此公式適用于任何形式的靜電場。 (3)由動能定理來計算:W電場力+W其他力=ΔEk。 (4)由電勢能的變化來計算:WAB=EpA
20、-EpB。 4.功能關(guān)系 (1)若只有電場力做功,電勢能與動能之和保持不變。 (2)若只有電場力和重力做功,電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。 (3)除重力、彈簧的彈力外,其他各力對物體所做的功等于物體機械能的變化。 (4)所有力對物體所做功的代數(shù)和,等于物體動能的變化。 [例4] (2017·全國卷Ⅰ)(多選)在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra,φa)標(biāo)出,其余類推?,F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)
21、b、c點移動到d點,在相鄰兩點間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是( ) A.Ea∶Eb=4∶1 B.Ec∶Ed=2∶1 C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3 解析 由題圖知,a、b、c、d四個點距點電荷的距離依次增大,且rb=2ra,由E=知,Ea∶Eb=4∶1,A正確;rd=2rc,由E=知,Ec∶Ed=4∶1,B錯誤;在移動電荷的過程中,電場力做的功與電勢能的變化量大小相等,則Wab∶Wbc=q(φa-φb)∶q(φb-φc)=3∶1,C正確;Wbc∶Wcd=q(φb-φc)∶q(φc-φd)=1∶1,D錯誤。
22、 答案 AC (1)電場力對某電荷做的功與路徑無關(guān),只與初、末位置的電勢差有關(guān)。 (2)功是能轉(zhuǎn)化的量度,能的變化通過做功來量度。 (3)特別注意電荷的正、負(fù),再判定電場力是否做功,電場力做正功,電勢能減少;電場力做負(fù)功,電勢能增加。 如圖甲所示,傾角為θ=30°的光滑固定斜桿底端固定一個帶負(fù)電、電量為Q=2.0×10-4 C的小球A,將一可視為質(zhì)點的帶電小球B從斜桿的底端a點(與A靠得很近,但未接觸)靜止釋放,小球沿斜面向上滑動過程中速度v隨位移s的變化圖象如圖乙所示。已知重力加速度g=10 m/s2,靜電力常量k=9×109 N·m2/C2。求: (1)小球B的荷質(zhì)
23、比; (2)小球B在b點時速度達(dá)到最大,求a、b兩點的電勢差Uab。 答案 (1)=2.5×10-5 C/kg (2)Uab=-1×106 V 解析 (1)由v-s圖知,在s0=3 m時,小球的速度最大為v=2 m/s,受力平衡,即有:mgsinθ= 所以小球B帶負(fù)電,荷質(zhì)比=2.5×10-5 C/kg。 (2)對小球從釋放到速度最大的過程,由動能定理得: -qUab-mgs0sinθ=mv2-0 解得:Uab=-1×106 V。 1.一個電量為10-6 C的負(fù)電荷從電場中A點移至B點,電場力做功2×10-6 J;從C點移至D點電場力做功-7×10-6 J。已知C點比B
24、點電勢高3 V,且A、B、C、D四點在同一條電場線上,則下列圖中正確的是( ) 答案 C 解析 A、B間的電勢差為UAB==-2 V<0,則A的電勢低于B的電勢;C、D間的電勢差為UCD=7 V>0,則C的電勢高于D的電勢;又由題,C點比B點電勢高3 V,所以電勢從高到低的順序是:C、B、A、D。沿著電場線電勢逐漸降低,故C正確。 2.(多選)如圖一個點電荷只受電場力作用沿圓弧MN做勻速圓周運動,若圓弧MN的弧長為s,經(jīng)過圓弧M、N兩點的時間為t,經(jīng)過這兩點的速度偏向角為θ,不考慮點電荷對周圍電場的影響,則( ) A.M、N兩點的電勢相等 B.點電荷的加速度大小為a=
25、C.該點電荷所處的電場可能是兩個等量同種點電荷所產(chǎn)生的 D.該電場的場強方向一定指向圓弧的圓心 答案 ABC 解析 點電荷只受電場力作用沿圓弧MN做勻速圓周運動,則電場力充當(dāng)向心力,與速度方向垂直,電場力不做功,所以MN兩點的電勢相等,A正確;根據(jù)幾何知識可得圓弧所對圓心角為θ,所以運動半徑為r=,點電荷運動角速度為ω=,故點電荷的向心加速度為a=ω2r=,B正確;該點電荷q可以在兩個等量同種點電荷中垂面上做勻速圓周運動,所以該點電荷q所處的電場可能是兩個等量同種點電荷所產(chǎn)生的,故C正確;點電荷的電性未知,所以無法判斷電場強度方向,D錯誤。 3.(多選)如圖所示, A、B、C為直角三
26、角形的三個頂點,∠A=30°,D為AB的中點,負(fù)點電荷Q位于D點。A、B、C三點的電勢分別用φA、φB、φC表示,下列說法不正確的是( ) A.φC大于φA B.A、B兩點電場強度相同 C.負(fù)檢驗電荷在BC連線上各點具有的電勢能都相等 D.將正檢驗電荷沿AC從A點移到C點,電場力先做正功后做負(fù)功 答案 ABC 解析 點電荷的等勢面是一系列的同心圓,A、C兩點在同一個等勢面上,故φC等于φA,故A錯誤;A、B兩點與場源點電荷距離相等,根據(jù)點電荷場強公式E=k,故A、B兩點的電場強度大小相等,但方向不同,故A、B兩點的電場強度不相同,故B錯誤;BC連線上各點距場源點電荷距離不等,
27、電勢不等,根據(jù)Ep=qφ,負(fù)檢驗電荷在BC連線上各點具有的電勢能不相等,故C錯誤;AC連線上,越靠近負(fù)電荷電勢越低,從A到C電勢先降低后升高,正檢驗電荷具有的電勢能先減小后增大,故電場力先做正功后做負(fù)功,故D正確。
4.(多選)如圖a所示,AB是某電場中的一條電場線,若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下,沿AB由點A運動到點B,所經(jīng)位置的電勢隨距A點的距離變化的規(guī)律如圖b所示,以下說法正確的是( )
A.該電場是勻強電場
B.電子在A、B兩點的電勢能EpA 28、-x圖象的斜率大小等于電場強度,由幾何知識得知,圖象的斜率減小,則從點A到點B場強減小,不是勻強電場,EA>EB,根據(jù)a==可知,A點場強大,則A點加速度大,故A錯誤、C正確;由圖看出,電勢逐漸降低,可判斷出電場線的方向從A到B,在移動過程中,電場力做負(fù)功,電子的動能減小,速度減小,而電子的電勢能增大,即有vA>vB,EpA 29、b重新處于靜止?fàn)顟B(tài)后( )
A.a(chǎn)b間的電場力增大
B.作用力F將減小
C.系統(tǒng)重力勢能減少
D.系統(tǒng)的電勢能將增加
答案 B
解析 以a球為研究對象,受力分析如圖甲,由平衡條件電場力F1=,當(dāng)使b稍向左移動一小段距離,α變大,sinα變大,F(xiàn)1變小,ab間的電場力減小,A錯誤;以b為研究對象,受力分析如圖乙所示,F(xiàn)=F1cosα,α變大,cosα減小,因此F減小,B正確;因F1減小,F(xiàn)1=k可知,兩球間距離增大,a球上升,系統(tǒng)重力勢能增加,C錯誤;兩球排斥、距離增大、靜電力做正功、電勢能減小,D錯誤。
6.如圖所示為一個半徑為R的均勻帶電圓環(huán),其單位長度帶電量為η 30、。取環(huán)面中心O為原點,以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點P到O點的距離為x,以無限遠(yuǎn)處為零勢點,P點電勢的大小為φ。下面給出的四個φ表達(dá)式(式中k為靜電力常量),其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的電勢φ,但是你可以通過一定的物理分析,對下列表達(dá)式的合理性判斷。根據(jù)你的判斷,φ的合理表達(dá)式應(yīng)為( )
A.φ= B.φ=
C.φ= D.φ=x
答案 A
解析 電勢的單位是V,1 V=1 N·m/C。A等式右邊單位是N·m/C,與等式左邊相同,從數(shù)學(xué)角度看意義合理,故A正確;B等式右邊單位是N·m2/C2,與等式左邊單位不同,B項不合理,故B錯誤;C等式左右兩邊單位 31、相同,但從數(shù)學(xué)角度分析,當(dāng)x>R時根號內(nèi)R2-x2<0,沒有意義了,C項不合理,故C錯誤;D等式右邊單位是N·m2/C,與等式左邊單位不同,D項不合理,故D錯誤。
7.(多選)如圖所示,有四個等量異種電荷,放在正方形的四個頂點處。A、B、C、D為正方形四個邊的中點,O為正方形的中心,下列說法中正確的是(以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點)( )
A.A、B、C、D四點的電場強度不同,電勢不同
B.A、B、C、D四點的電場強度不同,電勢相同
C.將一帶負(fù)電的試探電荷從A點沿直線移動到C點,試探電荷具有的電勢能一直不變
D.位于過O點垂直于紙面的直線上,各點的電場強度為零,電勢不為零
答案 B 32、C
解析 設(shè)正方形邊長為L,每個電荷電量為Q,若將四個電荷分成a與d,b與c兩組,則AC是兩組電荷的垂直平分線,是等勢線,所以A、C兩點的電勢相等;ad兩個電荷在A、C兩點的合場強勻向下,且A點場強大于C點場強,bc兩個電荷在A、C兩點的合場強勻向上,且A點場強大于C點場強,所以四個電荷在A點的合場強向下,在C點場強向上,A、C兩點場強不同;若將四個電荷分成a與b,c與d兩組,可得:BD兩點的電勢相等,B點場強的方向向右,D點的方向向左。所以A、B、C、D四點的電場強度的方向不同,電勢相等,故A錯誤、B正確;由以上分析可知,AC是一條等勢線,故帶正電的試探電荷從A點沿直線移動到C點,試探電荷 33、具有的電勢能不變,故C正確;對O點研究:兩個正電荷在O點的合場強為零,兩個負(fù)電荷在O點的合場強為零,故O點的場強為0。過O點的垂線位于過AC和BD兩條等勢線的等勢面上,這兩個等勢面與無窮遠(yuǎn)處的電勢相等,為0,所以過O的垂線的電勢都為0,故D錯誤。
8.(2016·浙江高考)以下說法正確的是( )
A.在靜電場中,沿著電場線方向電勢逐漸降低
B.外力對物體所做的功越多,對應(yīng)的功率越大
C.電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比
D.在超重和失重現(xiàn)象中,地球?qū)ξ矬w的實際作用力發(fā)生了變化
答案 A
解析 在靜電場中,沿著電場線的方向電勢逐漸降低,A正確;根據(jù)P=可知,外力對物 34、體所做的功越多,對應(yīng)的功率不一定越大,B錯誤;電容器的電容C與電容器所帶電荷量Q無關(guān),只與兩板的正對面積、兩板間距以及兩板間的電介質(zhì)有關(guān),C錯誤;在超重和失重現(xiàn)象中,地球?qū)ξ矬w的實際作用力沒有發(fā)生變化,只是物體的視重發(fā)生了變化,D錯誤。
9.(2017·天津高考)(多選)如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是( )
A.電子一定從A向B運動
B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷
C.無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定 35、有EpA 36、的是( )
A.M帶負(fù)電荷,N帶正電荷
B.M在b點的動能小于它在a點的動能
C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能
D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功
答案 ABC
解析 如題圖所示,根據(jù)粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè),可知M受到了引力作用,N受到了斥力作用,故M帶負(fù)電荷,N帶正電荷,A正確;由于虛線是等勢面,故M從a點到b點電場力對其做負(fù)功,動能減小,B正確;d點和e點在同一等勢面上,N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能,故C正確;N從c點運動到d點的過程中,電場力做正功,故D錯誤。
11.(2015·海南高考)(多選)如圖,兩電荷量分別為Q(Q>0)和- 37、Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè),a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b點位于y軸O點上方。取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零,下列說法正確的是( )
A.b點電勢為零,電場強度也為零
B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右
C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克服電場力做功
D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大
答案 BC
解析 由兩等量異種點電荷的電場線分布知:過Q和-Q 連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面,因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點做的功相同,因此正試探電荷電勢能的變化相同,D錯誤;點b在零勢能面上,b 38、點電勢為零,由場強的合成法則知,b點的場強不為零,方向平行x軸向右,A錯誤;在a點放一正的試探電荷,所受的電場力方向向右,當(dāng)沿x軸正方向移動時,電場力做正功電勢能減少,在O點減為零,過了O點電勢能為負(fù)值,所以正的試探電荷在a點電勢能大于零,反之若從O點移到a點,電場力與運動方向相反,因此電場力做負(fù)功即克服電場力做功,B、C正確。
12.(2017·全國卷Ⅲ)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是( )
A.電場強度的大小為2.5 V/cm
B.坐標(biāo)原點處的電勢為1 V
C.電子在 39、a點的電勢能比在b點的低7 eV
D.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV
答案 ABD
解析 如圖所示,由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知,Oa間電勢差與bc間電勢差相等,故O點電勢為1 V,B正確;則在x軸上,每0.5 cm長度對應(yīng)電勢差為1 V,10 V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e坐標(biāo)為(4.5,0),過O點作ae的垂線交ae于d點,則dO為電場線,由幾何知識得:dO長度為3.6 cm,又UdO=10 V-1 V=9 V,代入公式E=得,E=2.5 V/cm,A正確;電子帶負(fù)電,電勢越高,電勢能越小,電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV,C錯誤;電子從b點運動到c 40、點,電場力做功W=qUbc=(-e)×(-9 V)=9 eV,D正確。
13.(2016·浙江五校聯(lián)考)一個沿x軸方向分布的電場的場強與坐標(biāo)x關(guān)系圖象如圖所示,僅在-d≤x≤d的區(qū)間有電場,x≤0處電場強度的最大值為E0,x>0處場強大小恒為E0。規(guī)定+x軸方向為正方向,x=0處φ為零。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子只在電場力作用下,以x=0為中心、沿x軸方向做周期性運動,其動能與電勢能之和的值為P。求:
(1)畫出x軸上電勢分布的φ-x圖象,要求標(biāo)出最高電勢;
(2)確定粒子的運動區(qū)間;
(3)一個周期內(nèi)粒子在x>0區(qū)域內(nèi)的運動時間;
(4)P必須滿足的取值范圍。
41、答案 (1)圖見解析
(2)-≤x≤
(3) (4)0 0時:φ=E0x,其中x=d處電勢:φ2=E0d
x<0時:φ=-Ex=-·(-x)·x=x2,
其中x=-d處電勢:φ1=E0d
φ-x圖象如圖所示。
(2)由題意:mv2+qφ=P,動能為零處,勢能為最大值P
x>0時:最右位置處P=φq=E0x1q,可得x1=
x<0時:最左位置處P=φq=x2q,可得x2=-
即粒子的運動區(qū)間為:-≤x≤。
(3)分析可得:一個周期內(nèi)粒子在x>0區(qū)域內(nèi)的運動分兩段,從x=0到x=x1做勻減速直線運動;從x=x1到x=0做的是初速度為0的勻加速直線運動,且加速度相等為a=。由運動學(xué)規(guī)律可知這兩段運動的時間相等,設(shè)為t。則有:x1=at2即=··t2得,t=,
故總時間為:2t=。
(4)做周期性運動的條件為|x|≤d,分析可得|x1|<|x2|,所以有|x2|≤d即 ≤d解得:P≤E0qd,故0
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