高考物理电场专题复习.doc

模块四 电场电场基本定律库仑定律：F= 电荷守恒定律能的性质电势：WAO/q 标量等势面电势差 电势差：Uab=a-b= 特点：不变性 相异性 特例：U = Ed (匀强电场)特点： 与路径无关电场力 求法: W=Uq（适用任意电场）做 功 W=FScos(匀强电场)正负功： 正功（正顺负逆） 负功（正逆负顺） 定义: = q 电势能 与W的关系: 作正功，电势能减小 作负功，电势能增加 = W电 力的性质定义式：E=F/q （方向：正电荷的受力方向） 真空中点电荷：E=匀强电场：E=U/d （d的意义）特点：不变性 相异性场强电场力FEq（任何电场）Fk（真空中点电荷）力能性质综合应用带电粒子在电场中： 平衡直线加速偏转电场中导体：静电感应静电平衡 静电屏蔽电容器电容C【知识网络】第一节 电场的力的性质【考点透视】一、考纲指要1两种电荷电荷守恒 （）2真空中的库仑定律电荷量 （）3电场电场强度电场线点电荷的场强匀强电场电场强度的叠加 （）二、命题落点1库仑定律。如例1。2.有关电场强度的运算。如例2。3电场力和摩擦力做功问题。如例3。【典例精析】例1：(全国高考题)两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F。若把它们接触后分开，再置于相距r/3的两点，则它们的库仑力的大小将变为：AF/3 BF C3F D9F解析：当它们接触时正负电荷发生中和。还剩+Q的电量，再由完全相同的金属小球平分，为一样的物体束缚电子的能力相同，所以各分得+的电荷量，根据库仑定律即可得到结论。答案：C例2： (全国高考题)电场强度E的定义式为E=F/qA这个定义只适用于点电荷产生的电场B上式中F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的电荷的电量C上式中F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量D在库仑定律的表达式中，是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；而是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小解析： E=F/q是定义式，适用于任何电场；A错。对于E=F/q公式的理解B正确所以C错。电荷之间的作用力是通过电场发生的，两个相互作用的电荷之所以受力是因为处在对方的电场中，所以D正确。答案：BD图 9-1-1例3：（1989年高考全国卷）一个质量为m、带有电荷-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙.轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图911所示。小物体以初速v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且ff，所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到以一定速度与墙壁碰撞，碰后物体的速度与碰前速度大小相等，方向相反，然后物体将多次的往复运动。但由于摩擦力总是做负功，物体机械能不断损失，所以物体通过同一位置时的速度将不断减小，直到最后停止运动。物体停止时，所受合外力必定为零，因此物体只能停在O点。对于这样幅度不断减小的往复运动，研究其全过程。电场力的功只跟始末位置有关，而跟路径无关，所以整个过程中电场力做功 根据动能定理 ， 得： 。点评：该题也可用能量守恒列式：电势能减少了，动能减少了，内能增加了， 。同样解得。【常见误区】1不注意库仑定律的适用条件由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生混淆。库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体。2.不会和力学问题有机结合【基础演练】1在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，受到的力为F，则该点电场强度为E=F/q.那么A若移去检验电荷，该点电场强度变为零B若该点放一电荷量为2q的检验电荷，则该点场强变为E/2C该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点场强仍为ED该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点场强为2E2将一定电量Q分为q和(Qq)，在距离一定时，其相互作用力最大，则q值应为（ ）AQ2 BQ3 CQ4 DQ53在x轴上有两个点电荷，一个带正电荷Q1，一个带负电荷-Q2，Q1=2Q2，用El和E2分别表示两个电荷所产生的场强的人小，则在轴上：（ ）AEl=E2之点只有一处，该处合场强为零BEl=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2ECEl=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2EDEl=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E24.真空中有相距为R的A、B两点，在A、B两处分别放有点电荷+Q、-q（Qq），则+Q、-q所受的电场力FQ、Fq和A、B两点处场强的大小的关系为（除两点电荷外，真空中不存在其它电场）：（ ）AEA=EB，FQ=FqBEAEB，FQFqDEAFq5下面说法中错误的是：（ ）A在一个以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度相同B在点电荷Q的电场中的某一点，放入带电量为q的另一点电荷，则q受到的电场力为，该点的电场强度为 C电场强度是描述电场力的性质的物理量，它仅由电场自身决定D点电荷在电场中所受到的电场力的大小和方向，除了和电场有关外，还与该点电荷 所带电量和性质有关ABlE图 9-1-26如图912所示，在一个光滑绝缘足够长的水平面上，静置两个质量均为m，相距l的大小相等的可视为质点的小球，其中A球带正电，电荷量为q，B球不带电。现在水平面上方加上一个场强大小为E，方向沿AB连线方向水平向右的匀强电场，匀强电场充满水平面上方的整个空间。在电场力作用下，A球沿水平面向右运动并与B球发生碰撞，碰撞中A、B两球无动能损失且无电荷转移，两球碰撞时间极短。求（1）A、B两球第一次碰撞前A球的速度vA1;（2）A、B两球第一次碰撞后B球的速度v/B1；（3）两球第一次碰撞后，还会再次不断发生碰撞，且每次碰 撞后两球都交换速度，则第一次碰撞结束到第二次碰撞前的时间间隔t1和第二次碰撞结束到第三次碰撞前的时间间隔t2之比为多少？第二节 电场的能的性质【考点透视】一、考纲指要：1电势能电势差电势等势面 （）2匀强电场中电势差跟电场强度的关系 （）3静电屏蔽 （）二、命题落点1电势能和等势面。如例1。2匀强电场中电场力做功和电势能变化。如例2。3电场力和运动的合成和分解。如例3。4电场力和受力平衡，能量问题等。如例4。【典例精析】图9-2-1例1：（01全国高考）如图921，虚线a、b和c是静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b、和c，abc。一带电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知 A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少解析 由图可知一带电的粒子射入电场中开始减速然后加速，这是电场力的作用，粒子从K到L的过程中，电场力做负功，减速，动能减少电势能增加。粒子从L到M的过程中，电场力做正功，加速，动能增加电势能减少答案： AC +q+q-q+q-q-q图9-2-2例2：（2004湖南理综20）如图922，一绝缘细杆的两端各固定着一个小球，两小球带有等量异号的电荷，处于匀强电场中，电场方向如图中箭头所示。开始时，细杆与电场方向垂直，即在图中所示的位置；接着使细杆绕其中心转过90，到达图中所示的位置；最后，使细杆移到图中所示的位置。以W1表示细杆由位置到位置过程中电场力对两小球所做的功，W2表示细杆由位置到位置过程中电场力对两小球所做的功，则有AW1=0，W20 BW1=0，W2=0CW10，W2=0 DW10，W20解析 从位置到位置的转动的过程中电场力对带正电的小球作正功，对带负电的小球也作正功，因此W10 从位置到位置的过程中两个带电的小球位移大小相同，电场力对带正电的小球作正功，对带负电的小球作负功，且功的值相等，所以W2=0答案：C例3：（2005年北京卷24题）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37（取sin37=0.6，cos37=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中：（1）小球受到的电场力的大小及方向（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量（3）小球的最小动量的大小及方向。解析 （1）带正电的小球由静止释放，而电场力和重力的大小均为定值。合力的方向即为运动方向，因速度与竖直方向夹角为37，电场力大小Fe=mgtan37= mg，方向水平向右（2）由运动的独立性小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为vy= v0gt沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax= = g小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：sx=axt2=电场力做功 W=Fxsx=mv02小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02（3）水平速度vx=axt，竖直速度vy=v0gt小球的速度v=， 得出 g2t22v0gt+(v02v2)=0解得当t=时，v有最小值 vmin=v0此时vx=v0，vy=v0，tan=，即与电场方向夹角为37斜向上小球动量的最小值为pmin=mvmin=mv0最小动量的方向与电场方向夹角为37，斜向上。例4：（2002年理综全国卷）如图923所示有三根长度皆为l=1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O点，另一端分别挂有质量皆为m=1.0010kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和q，q=1.0010CA、B之间用第三根线连接起来空间中存在大小为E=1.00106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A、B球的位置如图923所示现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少（不计两带电小球间相互作用的静电力）-qqOABE图（4）图（3）图（2）图（1）图924-qqOABE图923解析 图924（1）中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图（2）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件得 B球受力如图（3）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件得 联立以上各式并代入数据，得 由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图（4）所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了 B球的重力势能减少了 A球的电势能增加了 WA=qElcos60B球的电势能减少了 势能总和减少了 ，解得 【常见误区】1. 电场强度， 电势概念混淆只有一条电场线，可以判定各点电势高低，但无法判定场强大小及电势是否大于零。2 电势与电势差概念混淆错误混淆了电势与电势差两个概间的区别。在电场力的功的计算式W=qU中，U系指电场中两点间的电势差而不是某点电势。公式W=qU有两种用法：（1）当电荷由AB时，写为W=qUAB=q(UAUB)，强调带符号用，此时W的正、负直接与电场力做正功、负功对应；（2）W，q，U三者都取绝对值运算，但所得W或U得正负号需另做判断。3重力何时考虑何时不考虑不清楚【基础演练】MN图9251如图925所示，MN是电场中某一条电场线上的两点，若负电荷由M移到N时，电荷克服电场力做功，下列说法中不正确的是：（ ）AM点和N点之间一定有电势差BM点的场强一定大于N点的场强C电场线的方向从M指向NDM点的电势大于N点的电势2一个点电荷，从静电场中的a点移到b点的过程中，电场力做功 为零，则： （ ）abc图926Aa、b两点的电场强度一定相等B作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的Ca、b两点的电势差为零D点电荷一定沿直线从a点移到b点3两个固定的等量异种电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图926所示，下列说法正确的是：（ ）Aa点电势比b点电势高 Ba、b两点场强方向相同，a点场强比b点大 Ca、b、c三点与无穷远电势相等 D一带电粒子(不计重力)，在a点无初速释放，则它将在a、b线上运动 MNQ图9274下列关于电场的说法中正确的是： （ ）A静电场中，电场强度火的点电势必定高B静电场中，电场强度为零的各点电势是相等的C匀强电场中，两点间的距离越大，则两点间的电势差就越大D无论是匀强电场还是点电荷形成的电场，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的5在正点电荷Q形成的电场中，有M、N两点，如图927所示以下不正确的是（ ） AM点的场强大于N点的场强 BM点的电势大于N点的电势C将一正点电荷分别放在M点和N点，则该电荷在M点电势能大D将一负点电荷分别放在M点和N点，则该电荷在M点电势能大第三节容器 带电粒子在电场中的运动【考点透视】一、考纲指要：1电容器电容平行板电容器的电容常用的电容器 （）2常用的电容器 （）3带电粒子在匀强电场中的运动 （）二、命题落点1平行板电容器电容器和电势差。如例12研究带电物体平行板中运动时电势能变化。如例23研究带电物体平行板中运动。如例34研究带电物体在电场中偏转和运动的合成。如例4【典例精析】例1：（2003年江苏卷5）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图931所示，接通开关K，电源即给电容器充电.（ ）A保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小图931B保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大C断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大解析 保持K接通状态，因电容器与电源保持连接，则电容器两极板的电势差不变；减小两极板间的距离，根据公式E=得知E增大，A错。根据公式C=知在两极板间插入一块介质，C变大；保持K接通，U不变；根据公式C=可知Q变大；B正确。断开K，电容器Q保持不变；根据公式C=减小两极板间的距离时，电容C变大，由C=可知，两极板间的电势差U减小，C正确。断开K时Q保持不变，在两极板间插入一块介质，C变大。由C=得到两极板间的电势差U减小，D错误。答案：BC图9-3-2例2：（01上海）一束质量为m、电量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图932所示，如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d，板长为L，设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 （粒子的重力忽略不计）解析 粒子在电场中t=，加速度为，所以离开电场时垂直极板的速度为v1=，由动能定理W=图933例3：（2003年上海卷）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图933所示，现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.010-17C，质量为m=2.010-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：（1）经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？（2）除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？（3）经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？ 解析（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力 F=qU/L （2）W=NALUq=2.510-4（J） （3）设烟尘颗粒下落距离为x图934 当x=时 EK达最大，x=at12 t1=0.014s 例4：（2004北京理综25）图934是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m，板的度l=0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1105C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。（g=10m/s2）。（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01。解析（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，竖直方向l=gt2 水平方向 两式联立得U=1104V （2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度。反弹高度h1=根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度当n=4时，hn0.01m【常见误区】1电容的知识缺乏造成错误对电容器充放电的物理过程不清楚。尤其是充电完毕后，电路有哪些特点不清楚。2忽视偏转电场做功的实际情况【基础演练】1.平行板电容器两板间的电压为U，板间距离为d，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从该电容器的正中央沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入，不计重力当粒子的入射初速度为v0时，它恰好能穿过电场而不碰到金属板为了使入射初速度为v0/2的同质量的带电粒子也恰好能穿过电场而不碰到金属板，则在其它量不变的情况下，必须满足 A.使粒子的电荷量减半 B.使两极板间的电压减半C.使两极板的间距加倍 D.使两极板的间距增为原来的4倍a b c dvvMNPQ图9352.如图935所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面两 个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示已知M是带正电的带电粒子则下列说法中正确的是 （ ）A.N一定也带正电 B.a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C.带电粒子N的动能减小电势能增大 D.带电粒子N的动能增大电势能减小3.在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电量为+q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动s距离时速度变为零。则下列说法中错误的是（ ）A.物体克服电场力做功qEs B.物体的电势能减少了0.8qEsC.物体的电势能减少了qEs D.物体的动能减少了0.8qEs4如图936所示，竖直放置的平行金属板间距为d=8cm，板间ABO图936电压为U=2.0103V在其间的匀强电场中用丝线悬挂一个带 负电的小球，丝线长L=6.0cm，小球质量为m=2.0g将小球拉到与悬点O等高的B点后将它无初速释放，小球摆到O点正下方的A点时速率为零求：小球的电荷量q；小球下摆过程中的最大速度vm。图93751000eV的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电 场方向竖直向上，它的初速度与水平方向夹角为30，如图937。为了使电子不打到上面的金属板上，应该在两金属板上加多大电压U？ 图9386ABd（06年全国理综卷，25）有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的倍（1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势至少应大于多少？（2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。第四节 用描迹法画出电场中平面上的等势线 练习使用示波器【考点透视】一、考纲指要1实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线2示波管，示波器及其应用二、命题落点1利用灵敏电流计找出等势点。例12正确进行实验操作，例23示波器的了解，例3【典例精析】AB。N。CDGIII图91例1.如图图91为描述电场中等势线的装置，图中A、N、C、D、B间距相等，其中A、B为金属圆柱，当电流表从正接线柱流入G表时，其指针向正接线柱一侧偏转。（1）当G表指针 时，说明探针所接触的两点是等势点。（2）当探针I接在D点，探针II 接在某点时，G表指针偏向负接线柱一侧，为了寻得等势点，探针II 应向 移，才能寻得等势点。解析 （1）因为两点电势相等时无电流。所以当G表指针 指零 时，说明探针所接触的两点是等势点。图92（2）G表指针偏向负接线柱一侧，说明电流是从负接线柱流入G表，即是由D点流入。此时探针II与导电纸的触点电势比D点低。在导电纸上自右向左电势逐渐降低。要使探针II与的触点与I接在的D点等势，应将探针II向右移动。例2.（2004全国4卷22题）图92中给出器材为：电源E（电动势为12V，内阻不计），木板N（板上从下往上依次叠放白纸、复写纸、导电纸各一张），两个金属条A、B（平行放置在导电纸上，与导电纸接触良好，用作电极），滑线变阻器R（其总阻值小于两平行电极间导电纸的电阻），直流电压表（量程为6V，内阻很大，其负接线柱与B极相连，正接线柱与探针P相连），开关K。现要用图中仪器描绘两平行金属条AB间电场中的等势线。AB间的电压要求取为6V。（）在图中连线，画成实验电路原理图。（）下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容填写在横线上方。a. 接好实验电路。b. 。c. 合上K，并将探针P与A相接触。d. 。e. 用探针压印的方法把A、B的位置标记在白纸上。画一线段连接AB两极，在连线上选取间距大致相等的5个点作为基准点，用探针把它们的位置印在白纸上。f. 将探针与某一基准点相接触， ，这一点是此基准的等势点。用探针把这一点的位置也压印在白纸上。用相同的方法找出此基准点的其它等势点。图93g. 重复步骤f，找出其它4个基准点的等势点。取出白纸画出 各条等势线。解析：（I）连接线路如图93所示。（II）把变阻器的滑动触头移到靠近D端处调节R，使电压表读数为6V，记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电压表943读数与所记下的数值相同的另一点图 94例3.（2003年江苏卷11）图94为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形。（1）若要增大显示波形的亮度，应调节 旋钮。（2）若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节 旋钮。（3）若要将波形曲线调至屏中央，应调节 与 旋钮。答案：（1）辉度（或写为 ） （2）聚焦（或写为）（3）垂直位移（或写为）水平位移（或写为）【常见误区】1铺白纸、复写纸、导电纸的顺序错乱，或者将电膜向下。找出电流流向与灵敏电流计指针的偏转关系，因有时电源装在等势线描绘仪盒内，操作时若不找出上述关系则不能迅速判断电位哪边高哪边低而延误实验时间。2示波器原理不清，偏转电极XX和YY不分。【基础演练】1在用电流场模拟静电场描绘电场等势线的实验中，在下列所给出的器材中，应该选用的是（ ）A6伏的交流电源B6伏的直流电源C100伏的直流电源D量程0- 0.5伏，零刻度在刻度盘中央的电压表E量程0 -300微安，零刻度在刻度盘中央的电流表在实验过程中，要把复写纸、导电纸、白纸铺放在木板上，它们的顺序是（自上而下）_在实验中，按下电键接通电路，若一探针与基准点接触，另一探针已分别在基准点的两侧找到了实验所需要的两点a、b，如图95，则当此探针与a点接触时，电表的指针应_（填左偏、指零、右偏），当此探针与b点接触时，电表的指针应_（填左偏、指零、右偏）。图96图952如图图96所示装置中，两平行铁夹正中央放上一铜质圆环C紧压在导电纸上不接电源，代表电场中的导体，某同学用灵敏电流计接出两个探针描绘出平面上等势线和电场线如下图所示，问：当两个探针探测C环内任意两点时，电流计指针应_（左偏、指零、右偏），表明在电场中_当两个探针探测C环上各点时，电流计指针应_（左偏、指零、右偏），当两个探针探测C环上任一点和C环内导电纸上任一点时，电流计指针应_（左偏、指零、右偏）表明_从这位同学描绘的图可以看出_。3示波器的核心部件是一只 ，它由电子枪、偏转电极和 组成，偏转电极有XX 和YY 两对，其中YY 电极与示波器面板的 旋钮和 旋钮相连，XX电极与示波器面板的 旋钮和 旋钮相连。图97是练习使用示波器实验的示意图，图中“X”、输入“Y输入”、“地”为信号输入接线柱。实验要求用示波器测图中b、c间的直流电压。把b接“地”接线柱，欲使P滑动时，亮斑在竖直方向移动，则c端应接 接线柱。实验发现，当P滑到最左端时，亮斑恰好在荧光屏的中心；当P滑到最右端时，亮斑向下偏离中心3.0格。当P滑到某点时，亮斑向下偏离中心2.5格，则此时b、c间的电压为 V。（图中电源是电动势为1.5V，内阻不计的一节干电池）图97综合能力检测（九）电 场第I卷（选择题 共40分）一、选择题（本题包括10小题。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）图11如图1所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到 c，a、b间距离等于b、c间距离，用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定 （ ）Aabc BEaEbEc Ca b=b c DEa = Eb = Ec2如图2所示，平行的实线代表电场线，方向未知，电荷量为110-2C的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1 J，若A点电势为V，则 （ ）图2AA 点电势为零 B电场线方向向左C电荷运动的轨迹可能是图中曲线a D电荷运动的轨迹可能是图中曲线b图33如图3所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场 中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则 （ ）A小球不可能做匀速圆周运动B当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D小球运动到最低点时，电势能一定最大4如图4所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V。一质子（）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断，正确的是（ ）bac图4A质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eVB质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eVC质子经过等势面c时的速率为2.25vD质子经过等势面c时的速率为1.5v5光滑绝缘的水平面上，一个带电粒子a在半径为r的圆周上绕圆心处一固定不动的带电质点做匀速圆周运动，若运动中带电粒子a与另一质量相同、原来静止的粒子b碰撞后合并成粒子c，粒子b所带电荷量是粒子a电荷量的一半，且与圆心处带电质点的电性相同（粒子重力均不计），则合并之后，粒子c （ ）图5A仍在原轨道上做匀速圆周运动B开始做匀速直线运动C开始做不是圆周的曲线运动，且离圆心越来越近D开始做不是圆周的曲线运动，且离圆心越来越远6如图5所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则（ ）AE1=E2=E0 p1=p2=p0 BE1=E2E0 p1=p2p0C碰撞发生在M、N中点的左侧 D两球不会同时返回M、N两点v0mq图67如图6所示，一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速 度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场。若其它条件不变，在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上 板边缘以速度v2射出。不计重力，则 （ ）A2v0= v1+v2 Bv0=Cv0= Dv0mg 其中 q=Q 又有Q=C由以上三式有 （2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有 q+mg=ma1 d=a1t12当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有 qmg=ma2 d=a2t22小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数n= 由以上关系式得n=小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q=2qn由以上两式可得Q=第四节 1B、E ；导电纸复写纸白纸 指零 指零2指零 电势相等 指零 指零 导体是个等势体，环上环内各处电势相等 导体表面的场强跟表面垂直，电场线和等势面处处垂直相交。3.示波管、荧光屏、Y输入、地、X输入、地综合能力检测（九）1A 2ABD 3D 4BD 5A 6B 7B 8D 9D 10C 11（6分）BC 12（8分）（1）d （4分） （2）左（4分）13（8分）解：（1） E=2.0104V/m（2）受力平衡 qE=mgtan，得q=1.010-8C（3）小球做初速度为零的匀加速直线运动。14（10分）到B板的滴数目n个，第n-1个到B板上时电量 ， 板间电压 第n滴到B板速度刚好为0， 解得 15（12分）（1）由A运动到B mgLcos-qEL（1+sin）=0 得qE=mg设小球的平衡位置为C，悬线与竖直方向夹角为，小球受力如图，则tan=，=30（2）由A到C， mgLsin60-qEL（1-cos60）= 在C点， 解得 T=mg16（16分）（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得： e U1= 解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1。 U1L1L2dPMNOKAy2y1F=eE， E= ， F=ma， a =t1=， y1=，解得： y1=（3）离开偏转电场时沿电场方向vy=at1=离开偏转电场后打在荧光屏上用t2，电子的侧移量为y2， t2=， y2= vyt2 解得：y2=P到O点的距离为 y=y1+y2=