高考物理模型讲练结合—15电场(2)

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模型15 电场(2)-冲刺36模型
模型+典例+方法+练习
目录
电场性质的理解 (2)
割补法解题 (4)
电场中的图像 (6)
有关平行板电容器的问题分析 (10)
电场性质的理解
【模型+方法】
1.电场中的各物理量的关系
2.电场强度的判断
(1)场强方向是正电荷所受电场力的方向,也是电场线上某点的切线方向.
(2)电场的强弱可根据电场线或等势面的疏密程度判断.
(3)电场中场强大小也可根据场强公式进行比较.
3.电势高低的判断方法
(1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低.
(2)根据电势差U AB=φA-φB,若U AB>0,则φA>φB;反之,φA<φB.
(3)依据电势能的高低:由电势的定义式φ=E p
q知,正电荷在电势能大处电势较高,负电荷
在电势能大处电势较低.
4.电势能变化的判断
(1)做功判断法:由W AB=E p A-E p B.电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大.
(2)电荷电势法:由E p=qφ知正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大.
(3)能量守恒法:若只有电场力做功,电荷的动能和电势能之和守恒,动能增大时,电势能减小,反之电势能增大.
【典例1】(多选)(全国卷Ⅱ·20)如图1,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷.a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等.则()
图1
A.a、b两点的场强相等
B.a、b两点的电势相等
C.c、d两点的场强相等
D.c、d两点的电势相等
【答案】ABC
【解析】在绝缘细圆环的上半圆P处,任取一小段,可看成点电荷,其在a点产生的场强为E1,在P关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段,其在a点产生的场强为E2,由对称性可知,E1、E2的合场强竖直向下,如图所示,即上半圆和下半圆在a点产生的合场强一定竖直向下.同理可得,b点场强方向也竖直向下,由于a、b两点关于圆心对称,则
b点处场强大小与a点处相等,故A正确;同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下,故a、b两点在同一条等势线上,电势相等,故B正确;由微元法和对称性可知,c、d两点场强相等,方向竖直向下,故C正确;在c、d点所在直径上,电场方向由c到d,c 点电势高于d点电势,故D错误.
【典例2】(多选)(全国卷Ⅱ·21)如图2,ⅡM是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点.下列说法正确的是()
图2
A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大
B.沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小
C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D.将正电荷从M点移动到N点,电场力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示.距P越近,电场强度越大,沿MN边,从M点到N点,与P点的距离先变小后变大,电场强度先增大后减小,故A错误;沿电场线方向电势降低,沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小,故B正确;由图可知,M点电势高于N点电势,根据E p=qφ知,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,故C正确;将正电荷从M点移动到N点,即从高电势移动到低电势,电场力所做的总功为正,故D错误.
【练习】(多选)(全国卷Ⅱ·21)如图3,同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M 为a 、c 连线的中点,N 为b 、d 连线的中点.一电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点,其电势能减小W 1;若该粒子从c 点移动到d 点,其电势能减小W 2.下列说法正确的是( )
图3
A.此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行
B.若该粒子从M 点移动到N 点,则电场力做功一定为W 1+W 22
C.若c 、d 之间的距离为L ,则该电场的场强大小一定为W 2qL
D.若W 1=W 2,则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差
割补法解题
【模型+方法】就是对研究对象进行适当的分割、补充来处理问题的一种方法。

【典例1】(深圳实验学校高二月考)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。

如图所示,半径为R 的球体均匀分布着电荷量为Q 的电荷,AB 为球的一条直径,A 点恰好位于球的外部。

现以OB 为直径在球内
挖一球形空腔,若静电力常量为k ,球的体积公式为3
4=3
r V ,则A 点处场强的大小为( )
A .2718kQ R
B .21718kQ R
C .2736kQ R
D .2
3536kQ R 【答案】B
【详解】由题意知,半径为R 的均匀带电体在A 点产生场强为2kQ E R = 同理割出的小球半径为2R
,因为电荷平均分布,其带电荷量33432483
R Q Q R ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭'== 则其在A 点产生的场强为2
32kQ E R '
'=⎛⎫ ⎪⎝⎭ 则剩余部分电荷在A 点产生的场强为E E E '''=-
联立解得2
1718kQ E R ''=,故选B 。

【典例2】(新疆高三一模)如图甲所示,光滑绝缘细杆处于静电场中,沿细杆建立坐标x 轴,取x =0处的点电势为零,细杆上各处电场方向沿x 轴正方向,其电场强度E 随x 的分布如图乙所示。

细杆上套有可视为质点的带电圆环,其质量为m =0.2kg ,电荷量为q =2.0×10-6C 。

将带电圆环自O 点由静止释放,下列说法中正确的是( )
A .带电圆环在0~3m 区间内做匀变速直线运动
B .带电圆环在x =1m 处的加速度为2m/s 2
C .绝缘细杆上x =1m 处的电势为2.5×105V
D .在x =2m 位置时,带电圆环的速度大小为22m/s
【答案】BD
【详解】A .带电圆环在0~3m 区间的加速度为Eq a m
= 因电场强度在不断改变,故圆环的加速度也在不断改变,A 错误;
B .由图可知,圆环在1m x =时,电场强度为5210N/
C ⨯,可得加速度为
56
22102102m/s 0.2Eq a m -⨯⨯⨯=== 故B 正确;
C .圆环从x =0处运动到x =1m 处电场力做功为0.5J W Eqx ==
其电势能减少量为p 0.5J E W =-=-
则其在x =1m 处的电势为p 5=
2.510V E q ϕ=-⨯
故C 错误;
D .圆环从x =0处运动到x =2m 位置时,电场力做功为0.8J W Eqx ==
电场力做功全部转化为圆环的动能,故其速度大小为k 220.8m/s 22m/s 0.2E v m ⨯=
== 故D 正确;
故选BD 。

【练习1】一个半径为R 的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q 的电荷,另一个电荷量为+q 的点电荷放在球心O 上,由于对称性,点电荷受到的电场力为零.现在球壳上挖去一个半径为r 的小孔,r <<R ,静电力常量为k ,如图所示,求此时置于球心的点电荷受到的电场力的大小和方向.
【练习2】静电学理论指出,对于真空区域,只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势分布,此区域内的电场分布就不会发生改变。

试由上述结论及导体静电平衡的性质论证:在一接地的无穷大导体平板上方与导体板相距h 处放置一电荷量为Q 的点电荷,则导体板对该点电荷作用力的大小为F =2
24kQ h (k 为静电力常数).
电场中的图像
【模型+方法】几种常见图象的特点及规律
v ­t 图象 根据v ­t 图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变
化,确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ ­x 图象 (1)电场强度的大小等于φ ­x 图线的斜率大小,电场强度为零处,φ ­x 图
线存在极值,其切线的斜率为零;
(2)在φ ­x 图象中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关
系确定电场强度的方向;
(3)在φ ­x 图象中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB =qU AB ,进
而分析W AB 的正负,然后做出判断 E ­x 图象 (1)反映了电场强度随位移变化的规律;(2)E >0表示场强沿x 轴正方
向,E <0表示场强沿x 轴负方向;
(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,
两点的电势高低根据电场方向判定
E p ­x 图象 (1)反映了电势能随位移变化的规律;
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小;
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
【典例1】(河南洛阳市一模)某静电场在x 轴正半轴上的电势φ随x 变化的关系如图所示,则( )
A.x 1处跟x 2
处的电场强度方向相同
B.x 1处跟x 2处的电场强度大小相等
C.若把带正电的粒子从x 1处移到x 2处,电场力先做正功再做负功
D.同一个带正电的粒子在R 处的电势能小于在x 2处的电势能
【答案】 A
【解析】 x 1和x 2处的斜率都是负值,说明场强方向相同,故A 正确;x 1处的斜率大于x 2处的斜率,说明x 1处的电场强度大于x 2处的电场强度,故B 错误;从x 1处到x 2处,电势逐渐降低,电场力对带正电的粒子一直做正功,电势能一直减小,故C 错误;根据E p =qφ可知,带正电的粒子在R 处的电势能为零,x 2处的电势小于零,所以正电荷在x 2处的电势能小于零,电势能为标量,正负号表示大小,所以同一个带正电的粒子在R 处的电势能大于在x 2处的电势能,故D 错误.
【典例2】(福建龙岩市检测)真空中两个点电荷Q 1、Q 2分别固定于x 轴上x 1=0和x 2=4a 的两点,在它们的连线上,场强E 与x 的关系图象如图所示(取x 轴正方向为场强正方向),以下判断正确的是( )
A.Q1带正电、Q2带负电
B.Q1的电荷量是Q2的3倍
C.x轴上a处的电势比2a处的高
D.带负电的试探电荷从a处移到3a处,电场力做正功
【答案】C
【解析】0~3a场强为正,所以Q1带正电,在3a处合场强为0,根据场强的叠加可知Q2
也一定带正电,A错误;根据点电荷的场强公式,在3a处合场强为0,k Q1
3a2=k
Q2
a2,解
得Q1=9Q2,B错误;沿电场线方向电势降低,所以x轴上a处的电势比2a处的高,C正确;带负电的试探电荷从a处移到3a处,所受电场力的方向沿x轴负方向,电场力做负功,D错误.
【典例3】(多选)(山东兖州市3月网络模拟)两个等量同种正点电荷固定于光滑绝缘水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示.一个电荷量为2×10-3 C、质量为0.1 kg 的小物块(可视为质点)从C点静止释放,其在水平面内运动的v-t图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是()
A.由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小
B.B、A两点间的电势差U BA=5 V
C.由C点到A点电势逐渐降低
D.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强为100 N/C
【答案】ACD
【解析】由v-t图象可知,由C到A的过程中,物块的速度一直增大,电场力对物块做正功,电势能一直减小,故A正确;由v-t图象可知,A、B两点的速度分别为v A=6 m/s,
v B=4 m/s,再根据动能定理得qU AB=1
2mv B2-
1
2mv A2=
1
2×0.1×(42-62) J=-1 J,解得:U AB=
-500 V,故U BA=500 V,B错误;两个等量同种正点电荷连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧,故由C点到A点的过程中电势逐渐降低,故C正确;小物块在B点
的加速度最大,为a m=
4
7-5
m/s2=2 m/s2,所受的电场力最大为F m=ma m=0.1×2 N=0.2 N,
则场强最大值为E m=F m
q=
0.2
2×10-3
N/C=100 N/C,故D正确.
【练习1】(浙江余姚市1月模拟)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似,已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示,一质量m=1.0×10-20 kg,带电荷量大小为q=1.0×10-9 C的带负电的粒子从(-1,0)点由静止开始,仅在电场力作用下在x轴上往返运动.忽略粒子的重力等因素,则()
A.x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1ⅡE2=2Ⅱ1
C.该粒子运动的周期T=1.5×10-8 s
D.该粒子运动的最大动能E km=2×10-8 J
【练习2】(浙江台州中学一统)某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向,规定场强沿x 轴正方向为正,若场强E随位移坐标x变化规律如图,x1点与x3点的纵坐标相同,图线关于O点对称,则()
A.O点的电势最高
B.-x2点的电势最高
C.若电子从-x2点运动到x2点,则此过程中电场力对电子做的总功为零
D.若电子从x1点运动到x3点,则此过程中电场力对电子做的总功为零
【练习3】(内蒙古赤峰二中模拟)如图(a),甲、乙两个带电物体放置在绝缘水平面上,同时由静止释放甲和乙后,甲开始时保持静止,物体乙运动的v-t图象如图(b)所示,则()
A.两个物体带同种电荷
B.甲受到地面向左的摩擦力
C.两个物体带电荷量一定相等
D .经过一段时间,甲可能运动
【练习4】(北京市朝阳区六校4月联考)如图甲所示,在某电场中建立x 坐标轴,一个电子仅在电场力作用下沿x 轴正方向运动,经过A 、B 、C 三点,已知x C -x B =x B - x A .该电子的电势能E p 随坐标x 变化的关系如图乙所示.则下列说法中正确的是( )
A.A 点电势高于B 点电势
B.A 点的电场强度小于B 点的电场强度
C.A 、B 两点电势差大小等于B 、C 两点电势差大小
D.电子经过A 点的速率小于经过B 点的速率 有关平行板电容器的问题分析
【模型+方法】 一、概述
(1)两类动态问题的分析要抓住C =Q U 、C =εr S 4πkd 和E =U d 三个基本关系. (2)板间粒子的运动常用动力学方法或动能定理分析.
二、常用方法
平行板电容器的动态问题分析
(1)抓住三个基本公式:C =
εr S 4πkd ,C =Q U ,E =U d。

(2)两类动态分析
d 、S 、εr 变化时U 、Q 、C 、E 变化的判断依据:
Ⅱ充电后与电池两极相连:U 不变,C =
εr S 4πkd ,Q =CU (变化同C ),E =U d 。

Ⅱ充电后与电池两极断开:Q 不变,C =εr S 4πkd ,U =Q C (变化与C 相反),E =U d =4πkQ εr S 。

(3)电势和电势能的变化结合电场的相关公式分析。

【典例1】研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示,下列说法正确的是
A .实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,能使电容器带电
B .实验中,只将电容器b 板向上平移,静电计指针的张角变小
C .实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大
D .实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大
【答案】A
【解析】(1)静电计指针的张角大小表示电容器两极板间的电压大小。

根据C =Q U 计算。

(2)平行板电容器的电容决定式是C =εr S 4πkd。

用带电玻璃棒与电容器a 板接触,由于静电感应,a 、b 两板带等量异种电荷,故A 正确;根据平行板电容器电容的决定式C =εr S 4πkd
,将电容器b 板向上平移,即正对面积S 减小,则电容C 减小,根据C =Q U 可知,电荷量Q 不变,则两极板间的电压U 增大,则静电计指针的张角变大,故B 错误;根据平行板电容器电容的决定式C =εr S 4πkd
,只在极板间插入有机玻璃板,相对介电常数εr 增大,则电容C 增大,根据C =Q U
可知,电荷量Q 不变,则电压U 减小,静电计指针的张角减小,故C 错误;电容器的电容与电容器所带的电荷量无关,故D 错误。

【典例2】(浙江名校协作体5月试题)如图所示,平行板电容器带有等量异号电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一固定在P 点的点电荷,以E 表示两板间的电场强度,E p 表示点电荷在P 点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )
A .θ增大,E 增大
B .θ增大,E p 不变
C .θ减小,E p 增大
D .θ减小,
E 不变
【答案】 D
【解析】 极板移动过程中带电荷量Q 保持不变,静电计指针张角变化反映极板间电势差
U 的变化,由C =εr S 4πkd 和C =Q U 可知,上极板下移,d 减小,C 增大,U 减小,又E =U d
=4πkQ εr S ,则E 不变,P 点电势不变,E p 不变,综合上述,只有D 正确。

【练习1】(宁夏大学附中四模)如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零,可以视为短路;反向电阻无穷大,可以视为断路)连接,电源负极接地,初始时电容器不带电,闭合开关S 稳定后,一带电油滴位于电容器极板间的P 点且处于静止状态.下列说法正确的是( )
A.减小极板间的正对面积,带电油滴会向下移动,且P 点的电势会降低
B.减小极板间的正对面积,带电油滴会向上移动,且P 点的电势会降低
C.将下极板上移,带电油滴将向上运动
D.断开开关S ,带电油滴将向下运动
【练习2】.(安徽淮北市一模)如图所示,平行板电容器与电源连接,下极板B 接地,开关S 闭合,一带电油滴在电容器中的P 点处于静止状态.下列说法正确的是( )
A .保持开关S 闭合,上极板A 竖直上移一小段距离,电容器的电容增大
B .保持开关S 闭合,上极板A 竖直上移一小段距离,P 点的电势将升高
C .保持开关S 闭合,上极板A 竖直上移一小段距离过程中,电流计中电流方向向右
D .开关S 先闭合后断开,上极板A 竖直上移一小段距离,带电油滴向下运动
模型15 电场(2)-冲刺36模型
模型+典例+方法+练习
目录
电场性质的理解 (15)
割补法解题 (17)
电场中的图像 (20)
有关平行板电容器的问题分析 (25)
电场性质的理解
【模型+方法】
1.电场中的各物理量的关系
2.电场强度的判断
(1)场强方向是正电荷所受电场力的方向,也是电场线上某点的切线方向.
(2)电场的强弱可根据电场线或等势面的疏密程度判断.
(3)电场中场强大小也可根据场强公式进行比较.
3.电势高低的判断方法
(1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低.
(2)根据电势差U AB=φA-φB,若U AB>0,则φA>φB;反之,φA<φB.
(3)依据电势能的高低:由电势的定义式φ=E p
q知,正电荷在电势能大处电势较高,负电荷
在电势能大处电势较低.
4.电势能变化的判断
(1)做功判断法:由W AB=E p A-E p B.电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大.
(2)电荷电势法:由E p=qφ知正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大.
(3)能量守恒法:若只有电场力做功,电荷的动能和电势能之和守恒,动能增大时,电势能减小,反之电势能增大.
【典例1】(多选)(全国卷Ⅱ·20)如图1,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷.a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等.则()
图1
A.a、b两点的场强相等
B.a、b两点的电势相等
C.c、d两点的场强相等
D.c、d两点的电势相等
【答案】ABC
【解析】在绝缘细圆环的上半圆P处,任取一小段,可看成点电荷,其在a点产生的场强为E1,在P关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段,其在a点产生的场强为E2,由对称性可知,E1、E2的合场强竖直向下,如图所示,即上半圆和下半圆在a点产生的合场强一定竖直向下.同理可得,b点场强方向也竖直向下,由于a、b两点关于圆心对称,则
b点处场强大小与a点处相等,故A正确;同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下,故a、b两点在同一条等势线上,电势相等,故B正确;由微元法和对称性可知,c、d两点场强相等,方向竖直向下,故C正确;在c、d点所在直径上,电场方向由c到d,c 点电势高于d点电势,故D错误.
【典例2】(多选)(全国卷Ⅱ·21)如图2,ⅡM是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点.下列说法正确的是()
图2
A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大
B.沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小
C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D.将正电荷从M点移动到N点,电场力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示.距P越近,电场强度越大,沿MN边,从M点到N点,与P点的距离先变小后变大,电场强度先增大后减小,故A错误;沿电场线方向电势降低,沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小,故B正确;由图可知,M点电势高于N点电势,根据E p=qφ知,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,故C正确;将正电荷从M点移动到N点,即从高电势移动到低电势,电场力所做的总功为正,故D错误.
【练习】(多选)(全国卷Ⅱ·21)如图3,同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M 为a 、c 连线的中点,N 为b 、d 连线的中点.一电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点,其电势能减小W 1;若该粒子从c 点移动到d 点,其电势能减小W 2.下列说法正确的是( )
图3
A.此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行
B.若该粒子从M 点移动到N 点,则电场力做功一定为W 1+W 22
C.若c 、d 之间的距离为L ,则该电场的场强大小一定为W 2qL
D.若W 1=W 2,则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】结合题意,只能判定U ab >0,U cd >0,但电场方向不能得出,A 项错误;由于M 、N 分别为ac 和bd 的中点,对于匀强电场,则U MN =U ab +U cd 2
,可知该粒子由M 至N 过程中,电场力做功W =W 1+W 22,B 项正确;电场强度的方向只有沿c →d 时,场强E =W 2qL
,但本题中电场方向未知,C 项错误;若W 1=W 2,则U ab =U cd ,则ac 与bd 一定相互平行且相等,可知U aM =U bN ,D 项正确.
割补法解题
【模型+方法】就是对研究对象进行适当的分割、补充来处理问题的一种方法。

【典例1】(深圳实验学校高二月考)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。

如图所示,半径为R 的球体均匀分布着电荷量为Q 的电荷,AB 为球的一条直径,A 点恰好位于球的外部。

现以OB 为直径在球内
挖一球形空腔,若静电力常量为k ,球的体积公式为3
4=3
r V ,则A 点处场强的大小为( )
A .2718kQ R
B .21718kQ R
C .2736kQ R
D .2
3536kQ R 【答案】B
【详解】由题意知,半径为R 的均匀带电体在A
点产生场强为2
kQ E R = 同理割出的小球半径为2R ,因为电荷平均分布,其带电荷量33432483
R Q Q R ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭'== 则其在A 点产生的场强为2
32kQ E R '
'=⎛⎫ ⎪⎝⎭ 则剩余部分电荷在A 点产生的场强为E E E '''=-
联立解得2
1718kQ E R ''=,故选B 。

【典例2】(新疆高三一模)如图甲所示,光滑绝缘细杆处于静电场中,沿细杆建立坐标x 轴,取x =0处的点电势为零,细杆上各处电场方向沿x 轴正方向,其电场强度E 随x 的分布如图乙所示。

细杆上套有可视为质点的带电圆环,其质量为m =0.2kg ,电荷量为q =2.0×10-6C 。

将带电圆环自O 点由静止释放,下列说法中正确的是( )
A .带电圆环在0~3m 区间内做匀变速直线运动
B .带电圆环在x =1m 处的加速度为2m/s 2
C .绝缘细杆上x =1m 处的电势为2.5×105V
D .在x =2m 位置时,带电圆环的速度大小为22m/s 【答案】BD
【详解】A .带电圆环在0~3m 区间的加速度为Eq a m
= 因电场强度在不断改变,故圆环的加速度也在不断改变,A 错误; B .由图可知,圆环在1m x =时,电场强度为5210N/C ⨯,可得加速度为
56
22102102m/s 0.2
Eq a m -⨯⨯⨯=== 故B 正确;
C .圆环从x =0处运动到x =1m 处电场力做功为0.5J W Eqx ==
其电势能减少量为p 0.5J E W =-=-
则其在x =1m 处的电势为p 5=
2.510V E q ϕ=-⨯
故C 错误;
D .圆环从x =0处运动到x =2m 位置时,电场力做功为0.8J W Eqx ==
电场力做功全部转化为圆环的动能,故其速度大小为k 220.8m/s 22m/s 0.2E v m ⨯=
== 故D 正确;
故选BD 。

【练习1】一个半径为R 的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q 的电荷,另一个电荷量为+q 的点电荷放在球心O 上,由于对称性,点电荷受到的电场力为零.现在球壳上挖去一个半径为r 的小孔,r <<R ,静电力常量为k ,如图所示,求此时置于球心的点电荷受到的电场力的大小和方向.
【答案】24
4qQr k R ,方向指向小孔. 【解析】将带电球壳分割成无数小块(如该题中半径为r 的小圆),当r <<R 时,每一小块均可看成一个点电荷.根据场强叠加原理,整个带电球壳所带电荷量Q 在球心处产生的电场其合场强为零.
当球壳上挖去半径为r 的小孔时,被挖去的小孔在球心产生的场强与剩余的球壳在球心处产生的场强大小相等,方向相反.欲求置于球心的点电荷所受力的大小,只要知道被挖去的小孔所对的那个小孔在球心处产生的场强即可.如图所示,由题意知球壳所带电荷的面密度(单位面积上的电荷量)为2=4Q R σπ
正对小孔的那一小块球壳的带电荷量为2=q r πσ'
q’在球心处产生的电场的场强2=q E k R ' 则球心处的点电荷所受的电场力2
24
===4qq qQr F qE k k R R ' 方向指向小孔。

【练习2】静电学理论指出,对于真空区域,只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势分布,此区域内的电场分布就不会发生改变。

试由上述结论及导体静电平衡的性质论证:在一接地的无穷大导体平板上方与导体板相距h 处放置一电荷量为Q 的点电荷,则导体板对该点电荷作用力的大小为F =2
2
4kQ h (k 为静电力常数).
【答案】见解析
【解析】由于导体板接地,其电势为零,因等量异种点电荷的电场和该电场完全相同,故可在板的下侧与Q 对称位置补充一个­Q 的点电荷,这样,我们将求板上感应电荷与Q 的作用力转化为求Q 与­Q 的作用力.根据库仑定律,有22
=4kQ F h 电场中的图像
【模型+方法】几种常见图象的特点及规律
v ­t 图象 根据v ­t 图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变
化,确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ ­x 图象 (1)电场强度的大小等于φ ­x 图线的斜率大小,电场强度为零处,φ ­x 图
线存在极值,其切线的斜率为零;
(2)在φ ­x 图象中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关。

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