北京四中網(wǎng)校2013年高考化學一輪復習 高考綜合復習 電 場專題知識導學

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1、高考綜合復習 電　 場 專題 　　一、知識復習 　　1、場強 （描述電場力學性質(zhì)的物理量） 　　①定義式： （規(guī)定正電荷在該點受電場力的方向即場強方向） 　?、邳c電荷電場的場強的決定式： （k=9.0×109N·m2/c2） 　　③勻強電場中的關(guān)系式 ，d為沿電場線的距離。 　　2、電勢和電勢差U（描述電場能的性質(zhì)的物理量） 　?、俣x式： ，與零電勢的選取有關(guān)，一般選大地為電勢零點。 　　②電勢差：Uab=Ua-Ub=-Uba，Uab與零電勢的選取無關(guān)。 　　③在真空中點電荷電勢的決定式： 　　3、電容器和電容： 　　①定義： 　?、谄叫邪咫娙萜麟娙莸?/p>

2、決定式： 　?、? 　　平行板電容器內(nèi)電場強度取決于平行板上帶電荷的面密度。 　　4、三種理想模型 　　①點電荷的場（孤立點電荷、等量異種電荷、等量同種電荷）電荷的線度遠小于研究的空間距離，將電荷可視為點電荷。 　?、陔妶鼍€的特點： 　　a、起始于正電荷，終止于負電荷，其密疏表示電場的強弱，切線方向表示電場方向。 　　b、任意兩條電場線不相交，不相切（若相交，在相交點有兩個電場方向，與事實不符；若相切，在切點處非常密，電場無限強，事實不存在） 　　c、沿電場線方向電勢降低最快。 　　③等勢面：電勢相等的點所組成的面。 　　a、在等勢面上移動電荷，電場力不做功

3、 　　b、任意兩個等勢面不相交也不相切 　　c、電場線總是垂直于等勢面，電場線密的區(qū)域等勢面也密。 　　5、電場的疊加原理：（與力、運動的獨立性原理一致） 　　場強的疊加：合場強等于分場強的矢量和。 電勢的疊加：合電勢等于分電勢的代數(shù)和U=U1+U2+…+Un。 　　6、三個方面的應(yīng)用。 　　①帶電粒子（微粒）在電場中 　　a、受力平衡問題 　　b、被加速W=qU=ΔEk 　　c、被偏轉(zhuǎn)（類平拋v0⊥E） 　　偏移距離 　　y的取決因素分為：A、帶電粒子的情況 ，B、電場的結(jié)構(gòu) ，C、帶電粒子的初狀態(tài)，D、電場的外界情況U。 　　我們以變化帶電粒子的初狀態(tài)為例分

4、析y的情況。 　　同一電場U、L、d一定，帶電粒子q、m一定，若不同粒子以相同的初速度垂直進入同一電場，則y∝ ；若不同粒子以相同的動量垂直進入同一電場，則y∝qm；若不同粒子以相同的動能垂直進入同一電場，則y∝q；若不同粒子以初速度為零經(jīng)過相同的加速電場后垂直進入同一電場，y相同，與其他因素均無關(guān)。 　　偏向角α，tgα= 　?、陟o電防止和應(yīng)用：由于各種原因使物體上的電荷積累。 　　潮濕不易積累電荷，接地使電荷導走。 　　二、例題分析 　　例1、如圖所示，A、B、兩個點電荷，A帶正電，B帶負電，在它們的連線上有a、b、c三點，其中b點的場強為零，現(xiàn)將一負點電荷由a點經(jīng)b

5、點移到c點，該電荷的電勢能： 　　A、減小　 B、增大　 C、先減小后增大　 D、先增大后減小　　　　 　　分析： 　　（1）電荷電勢能的變化可由電場力做功去判斷：即電場力做正功，電荷電勢能ε↓，電場力做負功，電荷電勢能ε↑。 　?。?）負點電荷由a→b→c欲知電場力功，需知電場力方向，需知場強的方向。 　　（3）場強方向則根據(jù)迭加原理去確定。b點合場強為零，根據(jù) 表明點電荷A的電量QA大于點電荷B的電量QB，b點左、右兩邊。 　　電場強方向的判定： 　　方法一：利用點電荷場強決定式分別計算A、B在a點場強大小進行比較；分別計算A、B在c點場強大小進行比較。（略）

6、　　方法二：是用“極限”的方法將a點位置逼近B點，電荷A在該點產(chǎn)生場強EAa為有限值，電荷B在該點產(chǎn)生場強Eba趨于無窮大，那么EBa>EAa，合場強方向指向B；將c點逼近無窮遠點，電荷A、B在無窮遠點場強為零，此時A、B位置差異可忽略，用QA>QB則它們在C點場強大小關(guān)系為EAC>EBC，合場強方向指向無窮遠。 　　由此上分析可知，負電荷，由a→b→c電場力先做正功，再做負功，電荷電勢能先減小后增大。應(yīng)選擇C。 　　 例2、如圖實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖

7、可作出正確判斷的是： 　　A、電粒子所帶電荷的符號 　　B、帶電粒子在a、b兩點的受力方向 　　C、帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大 　　D、帶電粒子在a、b兩點的電勢能何處較大 　　分析： 　?。?）粒子只受電場力作用做曲線運動，速度沿切線方向，根據(jù)速度方向的變化可知電場力方向指向場源電荷。因場源電荷電性未知故無法確定粒子所帶電荷符號。 　?。?）將電場力F電沿平行速度v和垂直v方向進行分解成F∥和F⊥；F∥與v方向相反使粒子速度減小，則ab兩點速度Va>Vb，F(xiàn)⊥與v方向垂直改變速度方向。 　?。?）由于是點電荷場，a、b在兩個不同的等勢面，粒子由a→b克服電場力做功，電

8、勢能增加，動能減小。 　　故選項B、C、D是正確的。 　　例3、三塊相同的金屬平板A、B、D自上而下水平放置，間距分別為h和d，如圖所示。A、B兩板中心開孔，在A板的開孔上擱有一金屬容器P，與A板接觸良好，其內(nèi)盛有導電液體，A板通過閉合的電鍵K與電動勢為U0的電池的正極相連，B板與電池的負極相連并接地，容器P內(nèi)的液體在底部小孔O處形成質(zhì)量m，帶電量為q的液滴后自由下落，穿過B板的開孔O'落在D板上，其電荷被D板吸附，液體隨即蒸發(fā)，接著容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此繼續(xù)，設(shè)整個裝置放在真空中 　?。?）第1個液滴到達D板時的速度為多少？ 　?。?）D板最終可達到多高的電勢？

9、 　?。?）設(shè)液滴的電量是A板所帶電量的a倍（a=0.02），A板與B板構(gòu)成的電容器的電容為C0=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm，試計算D板最終的電勢值。（g=10m/s2） 　?。?）如果電鍵K不是始終閉合，而只是在第一個液滴形成前閉合一下，隨即打開，其他條件與（3）相同，在這種情況下，D板最終可達到的電勢值為多少？說明理由。 　　解：（1）A板與電源正極相連，液滴帶正電。設(shè)第1個液滴到達D板時的速度為V，由動能定理。 　　 mV2=mg(h+d)+qU0 　　∴ 　?。?）當液滴到達D板后，D板電勢升高，隨D板的液滴數(shù)目不斷增多，液滴

10、到達D板速度為零時，D板電勢達到了最大值，設(shè)D板最高電勢為U，由動能定理可得： 　　mg(h+d)+qU0-qU=0 　　∴U=U0+ 　?。?）A板的電量為QA=C0U0 　　∴q=aQA=aC0U0 　　∴U=U0+ 　　=1000+ 　　=2.01×105（V） 　　（4）U至多等于A板電荷全部都到D板時，D板的電勢值，由于h=d，B、D板間的電容也是C0，故U至多應(yīng)為U0，問題是U能否達到U0。 　　當D板電勢為U時，A板電勢為U'0=U0-U，到達D板液滴的動能 　　Ek=mg(h+d)+(qU'0-qU)>mg(h+d)-qU>mg(h+d)-qm

11、U0=mg(h+d)-aC0U02， 　　其中qm=aC0U0是q的最大值，即第一個液滴的帶電量，代入數(shù)據(jù)得： 　　mg(h+d)-aC0U02=2×10-5-10－13×106>0 　　可見Ek>0，液滴一直往下滴，直至A板上電量全部轉(zhuǎn)移到D板。 　　∴U=U0=1000V。 　　三、本周練習 　　1、連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時：（　?。? 　　A、電容器的電容C變大 　　B、電容器極板的帶電量Q變大 　　C、電容器兩極板間的電勢差u變大 　　D、電容器兩極板間的電場強度E變大 　　2、在勻強電場中，在恒定外力作用下，把6×10-6庫的

12、正電荷從A點移到B點，位移是10厘米，UAB為300伏，帶電粒子動能減少了1.8×10-3焦，則外力做功____________焦，電場強度的最小可能大小為_________伏/米。 　　 3、如圖所示，在真空中有一與x軸平行的勻強電場，一電子由坐標原點o出發(fā)，以速度v0沿y軸正方向射入電場。在運動中該電子通過位于xoy平面內(nèi)的A點，A點與原點O相距L，OA與x軸正方向的夾角θ=30°。已知電子電量e=1.60×10-19庫，電子質(zhì)量m=0.91×10-30千克，初速度v0=1.0×107米/秒，距離L=10厘米。求勻強電場的場強大小和方向。 　　 4、如圖所示，在點電荷Q形成的電

13、場中，已知a，b兩點在同一等勢面上，c、d兩點在同一等勢面上，甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb，兩個粒子經(jīng)過a點時具有相同的動能。由此可判斷：（　?。? 　　A、甲粒子經(jīng)過c點時與乙粒子經(jīng)過d點時具有相同的動能 　　B、甲、乙兩粒子帶異號電荷 　　C、若取無窮遠處為零電勢，則甲粒子過c點時的電勢能小于乙粒子經(jīng)過d點時的電勢能 　　D、兩粒子經(jīng)過b點時具有相同的動能 　　5、一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，從兩平行板的正中間沿與勻強電場垂直的方向射入，重力不計，當粒子的入射速度為v時，它恰好能穿過電場而不碰到金屬板，現(xiàn)欲使入射速度為v/2的帶電粒子恰好能穿過電場而不碰到

14、金屬板，則在其它量不變的情況下，必須（　　） 　　A、使帶電粒子的帶電量減小為原來的1/2 　　B、使兩板的距離減小為原來的1/2 　　C、使兩板間的電壓減小為原來的1/2 　　D、使板長減小為原來的1/2 　　6、一個質(zhì)量為m，帶有電荷-q的小物體，可在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處于勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox正向，如圖所示，小物體以初速度v0從x0點沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力f作用，且f

15、3.6×10-3，3.0×103　 　　3、3.94×104牛/庫，x軸負方向 　　4、BCD　 5、D　 6、 在線測試 窗體頂端 　　選擇題 　　1．有三個點電荷甲、乙、丙，甲帶電+Q，乙?guī)щ?q，且Q>q，每一個電荷受其它兩電荷的電場作用的合力都是零，則： 　　 A、丙的位置一定在甲和乙的連線的延長線上，且距乙較近 　　 B、丙一定是正電荷 　　 C、丙所帶的電量一定大于q 　　 D、丙所帶的電量一定小于Q 窗體底端 窗體頂端 　　2．一個擺球帶有正電荷的單擺，其擺長為L，周期為T，現(xiàn)將一個帶負電的小球放在單擺的懸點設(shè)單擺的周期變?yōu)門'，則： 　　

16、 A、T'T　 C、T'=T　 D、無法確定。 窗體底端 窗體頂端 　　3．大小相同的金屬小球A、B、C，其中A帶正電，B帶負電，C不帶電，A和B帶電量之比為2:1，設(shè)A、B相距為r時，其間相互作用的庫侖力為F，那么，下列哪些方法可使A、B間相互作用的庫侖力減為F/2： 　　 A、將C與A接觸后移走　　　　 　　 B、先使C和B接觸，然后與A接觸后移開 　　 C、使A、B相互接觸后再放回原處 　 D、使A、B間距離增加（ ）r 窗體底端 窗體頂端 　　4．關(guān)于電勢和電勢能的說法正確的是： 　　 A、在電場中電勢高的地方，電荷在那一點具有的電勢也越大 　

17、　 B、在電場中電勢高的地方，放在那一點的電荷的電量越大，它所具有的電勢能越大 　　 C、在正的點電荷電場中任意一點，正電荷所具有的電勢能一定大于負荷所具有的電勢能 　　 D、在負的點電荷電場中任意一點，正電荷所具有的電勢能一定小于負電荷所具有的電勢能 窗體底端 窗體頂端 　　5．若帶正電荷的小球只受到電場力作用，則它在任意一段時間內(nèi)； 　　 A、一定沿電力線由高電勢處向低電勢處運動 　　 B、一定沿電力線由低電勢處向高電勢處運動 　　 C、不一定沿電力線運動，但一定由高電勢處向低電勢處運動 　　 D、不一定沿電力線運動，也不一定由高電勢處向低電勢處運動 窗體底端 窗

18、體頂端 　　6．如圖10-52中虛線表示某一電場中電勢分別是10V、20V和30V的三個等勢面，現(xiàn)用外力將點電荷-q沿直線由a經(jīng)o勻速移動到b點，當點電荷通過o點時，外力的方向是： 　　 A、沿ab方向　　 B、沿oa方向　 　　 C、不能確定　　 D、以上說法都不正確 窗體底端 窗體頂端 　　7．如圖10—58所示，a、b和c表示點電荷的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、2U/3和U/4，一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運動，已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為v，則它經(jīng)過等勢面c時的速率為 v?！　? 窗體底端 答案與解析 　　答案 　　

19、1、ABC　 2、C　 3、AD　 4、CD　 5、D　 6、D　 7、1.5 　　解析 　　1、解：A、B、C。利用庫侖定律，依題意，甲和乙為異種電荷，三個點電荷均受平衡力，則丙的位置一定在甲和乙的連線的延長線上，且靠近電量小的側(cè)，故A對，甲帶電量為正且大于乙的帶電量，丙處在乙一側(cè)，欲使其均平衡，丙必帶正電荷且電量在Q和q值之間，B、C對。 　　2、解：C。根據(jù)單擺（θ<5°）周期公式 ，知T只與l、g有關(guān)，題中懸點有負電荷的單擺，繩子的張力T減小，回復力表達式F=mgsinα與懸點沒有負電小球時相同即l、g沒變，故T'=T，選C。 　　3、解：A、D。依題意，qA:

20、qB=2:1， 　　（1）C與A接觸后移走，qC=q'A= ，由庫侖定律知F'=K ，A對。 　?。?）先使C和B接觸，qC=q'B= （負電），再將C與A接觸后移開，q''A=q''C= qA，F(xiàn)'= F，B錯。 　?。?）使A、B相互接觸后再放回原處，q'A=q'B= ，F(xiàn)'=K ，C錯。 　?。?）使A、B間增加（ ）r，則r'= ，由庫侖定律有：F'=K ，D對。 　　4、解：C、D。由電勢的定義式U= 有ε=qU，電勢能由電荷和電勢共同決定。因此，電勢高的地方，電荷在那一點的電勢不一定大，A、B都錯。在正電荷形成的電場中各點電勢為正，正電荷在其中的電勢能為正，負電荷在其

21、中的電勢能為負；在負電荷形成的電場中各點電勢為負，正電荷在其中的電勢能為負，負電荷在其中的電勢能為正，C、D正確。 　　5、解；D。帶正電荷的小球只受到電場力作用，但初速度的大小方向未知，則它在任意一段時間內(nèi)，不一定沿電力線運動，也不一定由高電勢向低電勢處運動，D對。 　　6、解：D。根據(jù)勻速直線運動的平衡條件，外力與電場力大小相等方向相反，-q在o點受的電場力與該處的電力線方向相反，則外力的方向與該處的電力線方向相同，電力線處處與等勢面正交，且由高電勢指向低電勢，故A、B、C均不對。選D。 　　7、解：1.5v，對帶電粒子由動能定理依題意有： 　　 　　 　　所以：

22、vc=1.5v。 高　考　題　萃 　　1、在靜電場中：（　　）（1995全國高考題） 　　A、電場強度處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處為零 　　B、電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處相同 　　C、電場強度的方向總是跟等勢面垂直的 　　D、沿著電場強度的方向，電勢總是不斷降低的 　　2、一金屬球，原來不帶電，現(xiàn)沿球直徑的延長線放置一均勻帶電的細桿MN，如圖10-9所示，金屬球上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上a、b、c三點的場強大小分別為Ea，Eb，Ec，三者相比：（　　）（1998全國高考題） 　　A、Ea最大　 B、Eb最大　 C、Ec最大　D、Ea=Eb=Ec

23、 　　3、圖10-10中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是：（　　）（1998上海高考題） 　　A、帶電粒子所帶電荷的符號 　　B、帶電粒子在a、b兩點的受力方向 　　C、帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大 　　D、帶電粒子在a、b兩點的電勢能何處較大 　　　　　　　　 　　　　 　　4、如圖10-11，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Ua、Ub和Uc，Ua>Ub>Uc，一帶正電的粒子射入電場中，其運動軌跡如實線K

24、LMN所示。由圖可知，（　?。?001全國高考題） 　　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，靜電勢能增加 　　D、粒子從L到M的過程中，動能減少 　 　　5、一質(zhì)量為4.0×10-15kg、電量為2.0×10-9C的帶正電質(zhì)點，以4.0×104m/s的速度垂直于電場方向從a點進入勻強電場區(qū)域，并從b點離開電場區(qū)域，離開電場時的速度為5.0×104m/s。由此可知，電場中a、b兩點間的電勢差Ua-Ub=__________V；帶電質(zhì)點離開電場時，速度在電場方向的分量為___________m/s，不考慮重

25、力作用。（2001全國高考題） 　　6、有三根長度皆為l=1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為m=1.00×10-2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為-q和+q，q=1.00×10-7C。A、B之間用第三根線連接起來，空間中存在大小為E=1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖10-23所示，現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少？（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）（2002全國高考題） 　 　　7

26、.圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0。一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b點時的動能分別為26eV和5eV。當這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椋?eV時，它的動能應(yīng)為(　 ) （2003全國高考題） 　　A　 8eV　 B　 13eV　 C　 20eV　 34eV 　　8. 為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A＝0.04m2的金屬板，間距L＝0.05m，當連接到U＝2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如圖所示，現(xiàn)把一定量均勻

27、分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q＝+1.0×10－17C，質(zhì)量為m＝2.0×10－15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后： 　?。?）經(jīng)過多長時間煙塵顆粒可以被全部吸附？ 　?。?）除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？ 　?。?）經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？（2003上海高考題） 　　答案： 　　1、CD 　　2、C 　　[解析]電場中的導體達到靜電平衡時，導體內(nèi)部場強處處為零，題中圖上a、b、c三點的場強都是零。這三點的場強都是由均勻

28、帶電細桿所帶電荷產(chǎn)生的電場及其在金屬球上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場迭加而成的，由于細桿帶電在球內(nèi)直徑上a、b、c三點中產(chǎn)生的電場的電場強度c點為最強，故球上感應(yīng)電荷在c點的電場強度也最強，兩者方向相反，迭加后場強為零。 　　3、BCD 　　[解析]帶電粒子在電場中做曲線運動，其受電場力的方向應(yīng)指向運動軌跡的凹的那一邊，即指向左方（大方向），若粒子帶正電由a向b運動，電場力對它做負功，電勢能增加、動能減小，于是可判斷粒子在a點動能較大、在b電勢能較大；若粒子帶負電由b向a運動，電場力對它做正功，動能增加、速度增加、電場能減少，結(jié)論是一樣的。 　　粒子帶電的電性不同，場強方向不同，電勢高低也不同

29、了。 　　4、AC 　　[提示]同心圓的圓心處應(yīng)為一個正電荷。 　　5、900V，3.0×104m/s 　　[解析]q(Ua-Ub)= 　　 Ua-Ub=900V 　　利用邊長比為3:4:5的特殊直角三角形 　　可知帶電質(zhì)點在電場方向的速度分量為3.0×104m/s 　　6、[解析]圖10-26中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中α、β分別表示細線OA、AB與豎直方向的夾角。 　　 　 　 　　A球受力如圖10-27所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如

30、圖，由平衡條件 　　T1sinα+T2sinβ=qE 　　T1cosα=mg+T2cosβ 　　B球受力如圖10-28所示；重力mg，豎直向下，電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件 　　T2sinβ=qE 　　T2cosβ=mg 　　聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得 　　α=0 　　β=45° 　　由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖10-29所示。 　　與原來位置相比，A球的重力勢能減少了　 EA=mgl(1-sin60°) 　　B球的重力勢能減少了　 EB=mgl(1-sin60°+cos45°) 　　A球的電勢能增加了　 WA=

31、qElcos60° 　　B球的電勢能減少了　 WB=qEl(sin45°-sin30°) 　　兩種勢能總和減少了　 W=WB-WA+EA+EB 　　代入數(shù)據(jù)解得　 W=6.8×10-2J 　　7.C 　　8. （1）當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附煙塵顆粒受到的電場力 　　F＝qU/L　 ①　 　　 ?、凇? 　　∴ 　 ③ 　　2） 　 ④　 　　＝2.5×10－4（J）　 ⑤ 　?。?）設(shè)煙塵顆粒下落距離為x　 　⑥ 　　當 時　 EK達最大，　 　 　　 　⑦ ?！☆}　輔　導 　　1、如圖10-9所示，在光滑絕

32、緣的水平面上固定著等質(zhì)量的a、b、c三個小球且三球共線。如果只釋放a，其初始加速度為1米/秒2，方向向左，若只釋放c，其初始速度為3米/秒2，方向向右，現(xiàn)如果只單獨釋放b，其初始 加速度應(yīng)為： 　　A、2米/秒2，方向向左　 B、1米/秒2，方向向左　 　　C、2米/秒2，方向向右　　 D、1米/秒2，方向向右 　　解：A。依題意，只釋放a時，F(xiàn)ba+Fca=ma1 　　只釋放b時，F(xiàn)cb+Fab=ma2 　　只釋放c時，F(xiàn)ac+Fbc=ma3 　　由牛頓第三定律，三式相加有：0=ma1+ma2+ma3，取向右方向正有：a2= -2m/s2，故選A。 　　2、在孤立的點電荷

33、的電場中，下列說法正確的是： 　　A、電場中電力線越密的地方場強越強 　　B、不存在兩條平行的電力線 　　C、找不到兩個電場強度完全相同的點 　　D、沿著電力線的方向場強越來越小 　　解：A、B、C。孤立的點電荷的電場，其電力線是以點電荷為心的輻射狀的直線，則A、B、C對。但對正點電荷和負點電荷，其電力線的指向正相反，對負點電荷形成的電場，沿電力線方向場強越來越大，故D錯。 　　3、一個單擺的擺球質(zhì)量為m，擺球帶有電量為q的負電荷，在沒有電場時，單擺作簡諧振動，周期為T，若在擺動過程中，突然加一個場強大小為mg/q，方向豎直向下的勻強電場，則擺球的運動可能變?yōu)椋? 　　A、靜止

34、不動　 B、勻速直線運動　 C、圓周運動　 D、周期小于T的簡諧振動 　　解：A、C。突然加一場強大小為mg/q方向豎直向下的勻強電場，對負電荷q有：mg=qE，若此時單擺的速度為零，則擺球在此平衡力作用下靜止不動；若此時單擺有速度，則擺球?qū)⒃诶K的張力作用下作圓周運動。 　　故選A、C。 　　 4、如圖10-23所示，在x軸上坐標為+1的點上，固定一個電量為4Q的點電荷，坐標原點O處固定一電量為—Q的點電荷，那么在x坐標軸上，電場強度方向沿x軸負方向的點所在區(qū)域應(yīng)是__________。 　　解：01區(qū)域，-Q與4Q的疊加場強方向向x軸

35、正向；利用庫侖定律，比較兩點電荷分別產(chǎn)生的場強大小及方向可判斷：在1>x>0區(qū)域，合場強方向向x軸負向；在x<0區(qū)域里，當x= -1時，合場強為零，即0>x>-1，合場強方向向x軸正向；在-1>x區(qū)域，合場強方向向x軸負向。故電場強度沿x軸負方向的點所在區(qū)域是：0

36、 　　依題意q1和q2間的庫侖力提供向心力時，兩粒子只在庫侖力作用下，保持一定距離，以相同的角速度作勻速圓周運動，K ，所以r1:r2=m2:m1=1:5。 　　 6.如圖10—92所示，一條長為L的細絲線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為M的帶電小球，將它置于勻強電場中，電場強度大小為E，方向是水平的，已知當細線偏離豎直位置為α角時，小球處于平衡狀態(tài)。 　　求：（1）求小球所帶電量。 　?。?）若將小球拉高至與豎直方向夾角為j后，由靜止釋放，小球擺至豎直位置速度恰為零，試求j與α的關(guān)系。 　　解：（1）平衡時，小球受豎直向下的重力，水平向右的電場力qE及繩張力T可知小球帶正電荷，由平衡

37、條件： 　　tanα= ……(1) 　　小球所帶電量 　?。?）將偏角增大到j(luò)之后，將小球由靜止釋放，至細線豎直位置速度為0。由動能定理有： 　　mgL(1-cosj)-qELsinj=0……(2) 　　將(1)式代入(2)式有： =tanα 　　 即tan =tanα, j=2α 　　7、如圖10-93，光滑絕緣桿豎直放置，且與以點電荷+Q為圓心的圓周交于B、C兩點，一質(zhì)量為m、帶電量為q的空心小球從桿上A點無初速下滑，且AB=BC=h，小球滑到B點的速度為 ，求： 　?。?）小球滑到C點時的速度為多少？ 　　（2）A、B兩點的電勢差是多少？ 　　解：（1）因B

38、、C是在電荷Q產(chǎn)生的電場中處在同一等勢面上的兩點，即UC=UB，所以小球從B滑到C時電場對帶電小球所做的功為零，由B→C由動能定律有： 　　mgh= mvC2- mvB2 　　而已知：vB= 　 vC= 　?。?）小球由A滑到B過程由動能定理有： 　　mgh+qUAB= mvB2-0 　　UAB= 　　 8、如圖10-96所示，在水平向右的勻強電場中，有一光滑絕緣導軌，導軌由水平部分和與它連接的位于豎直平面的半圓環(huán)ABC構(gòu)成，現(xiàn)距環(huán)最低點A為L的O處有一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球從靜止開始沿水平軌道進入圓環(huán)，若小球所受電場力與其重力大小相同，圓弧軌道的半徑為R，則L必須滿足什么條件才能使小球在圓環(huán)上運動時不脫離圓環(huán)？ 　　解：設(shè)對小球剛好不脫離圓環(huán)運動到C點時速度為vC， 　　mg=m ……(1) 　　小球由A沿圓弧軌道運動到C，設(shè)在A點時速度為vA， 　　由動能定理有：-mg·2R= mvC2- mvA2……(2) 　　小球由O點運動到A點： 　　qEL= mvA2-0……(3) 　　(1)(2)(3)式聯(lián)立解得L= R。 　　所以必須當L≥ R時才能使小球在圓環(huán)上運動時不脫離圓環(huán)。