2022年高中物理 第2章 電場與示波器 電場能的性質的應用習題課 滬科版選修3-1

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1、2022年高中物理 第2章 電場與示波器 電場能的性質的應用習題課 滬科版選修3-1 [學習目標定位] 1.進一步掌握電勢、電勢差、電勢能的概念.2.進一步掌握電場力做功與電勢能、電勢差的關系，并會進行有關計算.3.進一步增強運用力學規(guī)律處理電場問題的能力． 1．牛頓第二定律：物體的加速度與合外力成正比，與物體的質量成反比，加速度的方向與合外力方向相同． 2．動能定理：合外力所做的功等于物體動能的變化． 3．電場力做功的計算方法 (1)WAB＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場線方向的位移． (2)WAB＝qUAB，適用于任何形式的電場． 4．電勢能大小由電場和電荷決定

2、．電場力做功與電勢能變化的關系為W＝ΔEp，電勢能與電勢的關系Ep＝φq. 5．電勢φ＝，是反映電場性質的物理量，其大小與零電勢點的選取有關．通常把離場源電荷無限遠處的電勢規(guī)定為零，或把大地的電勢規(guī)定為零． 6．A、B兩點間的電勢差UAB＝＝φA－φB，其大小與零電勢點的選取無關． 7．用電場線和等勢面可以形象地研究電場：(1)沿電場線的方向電勢逐漸降低；(2)等勢面一定與電場線垂直，等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之則越?。? 8．勻強電場中電勢差與場強的關系式：U＝Ed，其中d為電場中兩點間沿電場線方向的距離．電場中場強方向是指電勢降低最快的方向. 一、電勢、電勢能、電場力

3、做功的綜合分析 計算電場力做功的方法，常見的有以下幾種：(1)利用電場力做功與電勢能的關系求解：WAB＝EpA－EpB. (2)利用W＝Fd求解，此公式只適用于勻強電場． 圖1 (3)利用公式WAB＝qUAB求解． (4)利用動能定理求解． 例1　為使帶負電的點電荷q在一勻強電場中沿直線勻速地由A運動到B，必須對電荷施加一恒力F，如圖1所示．若AB＝0.4 m，α＝37°，q＝－3×10－7 C，F(xiàn)＝1.5×10－4 N，A點電勢φA＝100 V．(不計重力) (1)在圖中用實線畫出電場線，用虛線畫出通過A、B兩點的等勢線，并標明它們的電勢值． (2)q在由A到B的過程中電

4、勢能的變化量是多少？ 解析　(1)由平衡條件可知電場力方向與F方向相反、大小相等，又知點電荷帶負電，故電場強度方向與電場力方向相反，所以電場方向與F方向相同，如圖所示．E＝＝ N/C＝5×102 N/C，UBA＝φB－φA＝－Ecos α，φB＝φA－Ecos α＝－60 V. (2)負電荷在由A到B的過程中，電勢能增加，增量為ΔEp＝－qEd＝qUBA＝－3×10－7×(－160) J＝4.8×10－5 J. 答案　(1)見解析圖　(2)4.8×10－5 J 二、電場線、等勢面和運動軌跡等方面的綜合 帶電粒子在電場中運動時，在電場線密處所受電場力大，加速度也大；其速度方向沿軌跡的切

5、線方向或與切線相反的方向，所受電場力的方向沿電場線的切線方向，所受合外力的方向指向曲線凹側；其速度方向與電場力方向夾角小于90°時電場力做正功，大于90°時電場力做負功． 例2　兩個固定的等量異號點電荷所產生電場的等勢面如圖2中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，最后離開電場，粒子只受電場力的作用，則粒子在電場中(　　) 圖2 A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小 解析　帶負電的粒子受到的電場力垂直電勢為0 V的等勢面向上，粒子做曲

6、線運動，電場力先做正功后做負功，電勢能先變小后變大，故C正確． 答案　C 針對訓練　某靜電場中的電場線如圖3所示，帶電粒子在電場中僅受電場力作用，由M運動到N，其運動軌跡如圖中虛線所示，以下說法正確的是(　　) 圖3 A．粒子必定帶正電荷 B．由于M點沒有電場線，粒子在M點不受電場力的作用 C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度 D．粒子在M點的動能小于在N點的動能 答案　ACD 解析　根據(jù)帶電粒子運動軌跡彎曲的情況，可以確定粒子受電場力的方向沿電場線方向，故此粒子帶正電，A選項正確．由于電場線越密，電場強度越大，粒子受到的電場力就越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度也

7、越大，故此粒子在N點加速度大，B項錯誤，C選項正確．粒子從M點運動到N點，電場力做正功，根據(jù)動能定理得此粒子在N點的動能大，故D選項正確． 三、等分法確定等勢點(等勢線) 根據(jù)“勻強電場中，任意方向上，平行且相等的兩個線段之間的電勢差相等”，先確定電勢相等的點，畫出等勢面；根據(jù)電場線和等勢面的關系，畫出電場線． 例3　如圖4所示，A、B、C是勻強電場中等腰直角三角形的三個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為φA＝15 V，φB＝3 V，φC＝－3 V，試確定場強的方向，并畫出電場線． 圖4 解析　根據(jù)A、B、C三點電勢的特點，在AC連線上取M、N兩點，使AM＝MN＝NC，如圖所示

8、，盡管AC不一定是場強方向，但可以肯定AM、MN、NC在場強方向上的投影長度相等，由U＝Ed可知，UAM＝UMN＝UNC＝＝ V＝6 V．由此可知，φN＝3 V，φM＝9 V，B、N兩點等電勢，BN的連線即為等勢線，那么電場線與BN垂直．電場強度的方向為電勢降低的方向：斜向下． 答案　見解析 四、電場中的力學問題分析 帶電體在電場中的平衡問題和一般的平衡問題相同，在原有受力分析的基礎上增加了電場力，根據(jù)帶電體在電場中的平衡情況列出平衡方程．當帶電體在電場中做加速運動時，可用牛頓運動定律和動能定理求解． 例4　如圖5所示的電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，間隔均為d，各平面電勢已

9、在圖中標出，現(xiàn)有一質量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，求： 圖5 (1)小球應帶何種電荷及其帶電荷量； (2)小球受到的合外力； (3)在入射方向上小球運動的最大位移sm.(電場足夠大) 解析　(1)作電場線如圖(a)所示．由題意知，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力與初速度才可能在一條直線上，如圖(b)所示．只有當F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運動．由圖(b)知qE＝mg，相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E＝，所以q＝＝. (2)由圖(b)知， F合＝＝m

10、g (3)由動能定理得－F合 sm＝0－mv 所以sm＝＝. 答案　(1)正電荷　　(2)mg　(3) 1．(等勢面、電場線和運動軌跡的綜合)如圖6所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知(　　) 圖6 A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質點通過P點時電勢能較大 C．帶電質點通過P點時動能較大 D．帶電質點通過P點時加速度較大 答案　BD 解析　由軌跡QP可以確定質點的受力方向，由于該質點帶正電，所以可以判斷P點電勢高．由Q到P，電場力做

11、負功，電勢能增加，故質點在P點電勢能較大，由于P處等勢面密集，所以帶電質點通過P點時加速度較大． 2．(電勢差、電場力做功的計算)如圖7所示，A、B、C三點都在勻強電場中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，＝20 cm，把一個電荷量q＝10－5 C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為－1.73×10－3 J，則該勻強電場的電場強度的大小和方向為(　　) 圖7 A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1 000 V/m，垂直AB斜向上 D．1 000 V/m，垂直AB斜向下 答案　D 解析　把電荷q從A移到B，電場力不做

12、功，說明A、B兩點在同一等勢面上．因該電場為勻強電場，等勢面應為平面，故題圖中直線AB即為等勢線，電場強度方向應垂直于AB，可見，選項A、B錯誤；UBC＝＝ V＝－173 V，說明B點電勢比C點低173 V，因電場線指向電勢降低的方向，所以場強方向必垂直于AB斜向下，電場強度大小E＝＝＝ V/m＝1 000 V/m，因此選項D正確，C錯誤． 3．(電勢、電勢差、電場力做功的計算)如圖8所示，a、b、c、d為勻強電場中四個等勢面，相鄰等勢面間距離均為2 cm，已知UAC＝60 V，求： 圖8 (1)設B點電勢為零，求A、C、D、P點的電勢； (2)將q＝－1.0×10－10 C的點電

13、荷由A移到D，電場力所做的功WAD； (3)將q＝1.0×10－10 C的點電荷由B移到C，再經(jīng)過D最后回到P，電場力所做的功WBCDP. 答案　(1)30 V?。?0 V?。?0 V　0 (2)－9.0×10－9 J　(3)0 解析　(1)由題意可知φP＝φB＝0 UAC＝60 V，UAB＝UBC，所以UAB＝φA－0＝30 V 則φA＝30 V，同理φC＝－30 V，φD＝－60 V (2)WAD＝qUAD＝q(φA－φD)＝－9.0×10－9 J (3)由于電場力做功與路徑無關，只與初、末位置有關，所以做功為WBCDP＝qUBP＝0. 4．(電場中的動力學問題)如圖9所

14、示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將另一點電荷從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好變?yōu)榱悖舸穗姾稍贏點處的加速度大小為g，求： 圖9 (1)此電荷在B點處的加速度； (2)A、B兩點間的電勢差(用Q和h表示)． 答案　(1)3g，方向豎直向上　(2)－ 解析　(1)由題意可知，這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律得，在A點時：mg－k＝m· g．在B點時：k－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向豎直向上． (2)從A到B的過程，由動能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－. 題組一　電勢、電勢

15、能、電場力做功的綜合分析 1．關于電勢和電勢能的說法正確的是(　　) A．電荷在電場中電勢越高的地方電勢能也越大 B．電荷在電場中電勢越高的地方，電荷量越大，所具有的電勢能也越大 C．在正點電荷電場中的任意一點處，正電荷所具有的電勢能一定大于負電荷所具有的電勢能 D．在負點電荷電場中的任意一點處，正電荷所具有的電勢能一定小于負電荷所具有的電勢能 答案　CD 解析　沿電場線方向電勢越來越低，正電荷的電勢能越來越小，負電荷的電勢能卻越來越大． 2.如圖1所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點，a、b電勢分別為φa＝5 V、φb＝3 V．下列敘述正確的是

16、(　　) 圖1 A．該電場在c點處的電勢一定為4 V B．a點處的場強Ea一定大于b點處的場強Eb C．一正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少 D．一正電荷運動到c點時受到的電場力方向由c指向a 答案　C 解析　由于無法確定該電場是否為勻強電場及a、b、c處場強的關系，所以A、B錯．正電荷運動到c點受力方向為由a指向c，故D錯． 3．等量異號點電荷的連線和中垂線如圖2所示，現(xiàn)將一個帶負電的試探電荷先從圖中的a點沿直線移動到b點，再從b點沿直線移動到c點，則試探電荷在此全過程中(　　) 圖2 A．所受電場力的方向不變 B．所受電場力的大小恒定 C．電勢能一直減小

17、 D．電勢能先不變后減小 答案　AD 解析　ab線是等量異號點電荷電場的等勢線，而合電場的場強方向都是垂直ab線向下的，試探電荷在a→b過程中電場力方向始終豎直向上，與在c點相同，A對；沿ab方向越靠近兩點電荷的連線，電場線越密，場強越大，所受電場力越大，B錯；從a→b電場力不做功，從b→c電場力做正功，電勢能先不變后減小，C錯，D對． 4．圖3是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有(　　) 圖3 A．帶正電的礦粉落在右側 B．電場力對礦粉做正功 C．帶負電的礦粉電勢能變大 D．帶正電的

18、礦粉電勢能變小 答案　BD 解析　由題圖可知，電場方向水平向左，帶正電的礦粉所受電場力方向與電場方向相同，所以落在左側；帶負電的礦粉所受電場力方向與電場方向相反，所以落在右側，選項A錯誤；無論礦粉所帶電性如何，礦粉均向所受電場力方向偏轉，電場力均做正功，選項B正確；電勢能均減少，選項C錯誤，選項D正確． 題組二　電場力、電場線和運動軌跡等方面的綜合 5.三個點電荷電場的電場線分布如圖4所示，圖中a、b兩點處的場強大小分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，則(　　) 圖4 A．Ea>Eb，φa>φb B．EaEb，φa<φb D．Ea

19、φb 答案　C 解析　由題圖可知，a點附近的電場線比b點附近的電場線密，所以Ea>Eb，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，a點所在等勢面的電勢一定低于b點所在的等勢面的電勢，即φb>φa故選項C正確． 6.一帶電粒子沿圖5中曲線穿過一勻強電場中的等勢面，且四個等勢面的電勢關系滿足φa>φb>φc>φd，若不計粒子所受重力，則(　　) 圖5 A．粒子一定帶正電 B．粒子的運動是勻變速運動 C．粒子從A點到B點運動的過程中動能先減小后增大 D．粒子從A點到B點運動的過程中電勢能增大 答案　B 解析　由于φa>φb>φc>φd，所以電場線垂直于等勢面由a

20、指向d，根據(jù)電荷運動規(guī)律可知其受力由d指向a，即該粒子帶負電，從A點到B點的運動過程中，粒子的動能在增大，電勢能在減?。? 7.如圖6所示，虛線a、b和c是某靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為φa、φb和φc，且φa＞φb＞φc.一帶正電的粒子射入該電場中，其運動軌跡如圖中KLMN所示，可知(　　) 圖6 A．粒子從K到L的過程中，電場力做負功 B．粒子從L到M的過程中，電場力做負功 C．粒子從K到L的過程中，電勢能增加 D．粒子從L到M的過程中，動能減少 答案　AC 解析　根據(jù)a、b、c三個等勢面的電勢關系及帶電粒子的運動軌跡可以判斷，該電場是正電荷周圍的電場，所以粒子

21、從K到L電場力做負功，電勢能增加，A、C正確．粒子從L到M 的過程中，電場力做正功，電勢能減少，動能增加，B、D錯誤． 8．如圖7為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J．則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．粒子帶負電 B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 J C．粒子在A點的動能比在B點少0.5 J D．粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J 答案　D 解析　本題考查電荷在電場中的運動，從粒子運動的軌跡判斷粒子帶正電，A項錯誤；因為電場力做正功，電勢能減小，所以B項錯誤；根據(jù)動能定理得W＋WG＝ΔE

22、k＝－0.5 J，B點的動能小于A點的動能，C項錯誤；電場力做正功，機械能增加，所以A點的機械能比B點的機械能要小1.5 J，D項正確 . 題組三　等分法確定等勢點、等勢線 9.如圖8所示，虛線框內為一勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點．已知φA＝12 V，φB＝6 V，φC＝－6 V．試在該框中作出該電場的示意圖(即畫出幾條電場線)，并要求保留作圖時所用的輔助線．若將一個電子從A點移到B點，電場力做多少電子伏的功？ 圖8 答案　見解析 解析　由于電場線與等勢面垂直，而且在勻強電場中，電勢相等的點的連線必在同一等勢面上，所以與等勢點連線垂直的線必是電場線．電勢相等的點可根據(jù)勻

23、強電場的特點，利用等分法來找．因φB＝6 V，φC＝－6 V，由勻強電場的特點知： BC連線的中點D處的電勢必為零；同理，把AC線段等分成三份，在等分點D′處的電勢也必為零．連結DD′即為該電場中的一條等勢線．根據(jù)電場線與等勢線垂直，可以畫出電場中的電場線，如圖中實線所示，由沿場強方向電勢降低可確定場強的方向．將一電子從A移到B，電場力做功為： W＝－eUAB＝－e×(12－6)V＝－6 eV 10.如圖9所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點．已知A、B、C三點的電勢分別為φA＝15 V，φB＝3 V，φC＝－3 V，求： 圖9 (1)AC的三等分點F點電勢φF；

24、 (2)D點電勢φD. 答案　(1)3 V　(2)9 V 解析　(1)UAC＝UAE＋UEF＋UFC＝φA－ φC＝18 V 又UAE＝UEF＝UFC，UFC＝φF－φC 所以φF＝3 V (2)如圖，由題意知φE＝9 V，φF＝3 V，顯然B、F兩點等電勢，D、E兩點等電勢，故D點電勢φD為9 V. 題組四　勻強電場中的力學綜合題 11．勻強電場的場強為40 N/C，在同一條電場線上有A、B兩點，把質量為2×10－9 kg、帶電荷量為－2×10－9 C的微粒從A點移到B點，電場力做了1.5×10－7 J的正功．求： (1)A、B兩點間的電勢差UAB； (2)A、B兩點間的

25、距離； (3)若微粒在A點具有與電場線同向的速度為10 m/s，在只有電場力作用的情況下，求經(jīng)過B點的速度． 答案　(1)－75 V　(2)1.875 m　(3)5 m/s，方向與電場線同向 解析　(1)WAB＝UAB·q UAB＝＝ V＝－75 V. (2)由題意知：場強方向由B→A，故UBA＝E·d，d＝＝ m＝1.875 m. (3)由動能定理有WAB＝mv－mv 解得vB＝5 m/s，方向與電場線同向． 12.如圖10所示，勻強電場中有A、B、C三點構成等邊三角形，邊長均為4 cm，將一帶電荷量q＝1.0×10－10 C的正電荷(不計重力)從A點移到C點，電場力做功為－

26、×10－9 J，若把同一電荷從A點移到B點，電場力做功也為－×10－9 J，那么該電場的場強是多大？ 圖10 答案　5×102 V/m 解析　把正電荷從電場中的A點分別移到C點或B點，電場力做的功相同，根據(jù)WAB＝qUAB可知，B、C兩點電勢相同，在同一等勢面上，由于電場中的等勢面與電場線垂直，可見A點與BC等勢面在場強方向的距離 d＝sin 60°＝4×10－2× m＝2×10－2 m. A、B兩點的電勢差UAB＝＝ V＝－10 V. 該電場的電場強度E＝＝ V/m＝5×102 V/m. 13.把一個帶正電荷q的小球用細線懸掛在兩塊面積很大的豎直平行板間的O點，小球質量m＝2 g，懸線長L＝6 cm，兩板間距離d＝8 cm，當兩板間加上U＝2×103 V的電壓時，小球自懸線水平的A點由靜止開始向下運動到達O點正下方的B點時的速度剛好為零，如圖11所示，以后小球一直在A、B之間來回擺動．取g＝10 m/s2，求小球所帶的電荷量． 圖11 答案　8×10－7 C 解析　取小球為研究對象，重力mg豎直向下，電場力qE水平向左，繩的拉力為T，在小球由A向B運動的過程中，重力mg對小球做正功，電場力qE對小球做負功，拉力T不做功，根據(jù)動能定理mgL－qEL＝0， 又因為E＝， 由以上兩式可得：q＝8×10－7 C.