高三物理《电场的能的性质》教材分析.docx

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高三物理《电场的能的性质》教材分析

高三物理《电场的能的性质》教材分析

　　考点26　电场的能的性质

　　考点名片

　　考点细研究：

电势能、电势；电势差、等势面；匀强电场中电势差与电场强度的关系等。

其中考查到的如：

XX年全国卷第15题、XX年全国卷第15题、XX年广东高考第21题、XX年海南高考第7题、XX年四川高考第6题、XX年全国卷第21题、XX年全国卷第19题、XX年安徽高考第17题、XX年上海高考第19题、XX年全国卷第25题等。

　　备考正能量：

本考点是高考重点考查的内容之一，多以选择题的形式出现，难度中等。

试题往往以电场线、等势面为切入点，粒子的运动为物理情景，考查学生理解能力和综合能力。

预计今后的高考此类问题仍会以选择题形式出现。

　　一、基础与经典

　　．在静电场中，将电子从A点移到B点，电场力做了正功，则

　　A．电场强度的方向一定是由A点指向B点

　　B．电场强度的方向一定是由B点指向A点

　　c．电子在A点的电势能一定比在B点的高

　　D．A点的电势一定比B点的高

　　答案　c

　　解析　电子从A点移到B点，电场力做了正功，说明B点所在等势面的电势一定比A点所在等势面的电势高，并非电场线的方向就是由B指向A，故选项A、B、D均错误；根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，故电子在A点的电势能一定比在B点的高，选项c正确。

　　．匀强电场中有a、b、c三点。

在以它们为顶点的三角形中，a＝30°、c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行。

已知a、b和c点的电势分别为V、V和2V，该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为

　　A．V、V

　　B．0V、4V

　　c.V、V

　　D．0V、V

　　答案　B

　　解析　匀强电场中沿非等势面的直线电势均匀变化。

如图所示，设外接圆半径为r，则圆心o点电势为2V，oc为等势面，ge直径垂直于oc，gob＝30°，ge为电场线，g点电势最高，e点电势最低。

电场强度E＝，则g点电势为φg＝φo＋Er＝4V，e点电势为φe＝φo－Er＝0，B正确，A、c、D错误。

　　在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。

若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。

粒子从b点运动到d点的过程中

　　A．先做匀加速运动，后做匀减速运动

　　B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

　　c．电势能与机械能之和先增大，后减小

　　D．电势能先减小，后增大

　　答案　D

　　解析　由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错误；由等量正点电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线上中点o的电势最高，所以从b到d，电势先增大后减小，故B错误；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，c错误；由b到o电场力做正功，电势能减小，由o到d电场力做负功，电势能增加，D正确。

　　如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点o处的电势为0，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为

　　A．200V/B．200V/

　　c．100V/D．100V/

　　答案　A

　　解析　取oA的中点c，则φc＝＝3V。

　　连接Bc为等势线，过o做Bc的垂线则Do为场强方向，如图所示，由几何关系得tanθ＝＝＝，得θ＝30°。

由E＝得E＝＝V/＝200V/。

A正确。

　　如图所示，A、B、c、D、E、F为匀强电场中一个边长为10c的正六边形的六个顶点，A、B、c三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。

下列说法正确的是

　　A．通过cD和AF的直线应为电场中的两条等势线

　　B．匀强电场的电场强度大小为10V/

　　c．匀强电场的电场强度方向为由c指向A

　　D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19j

　　答案　AcD

　　解析　由Ac的中点电势为2V，所以BE为等势线，cD、AF同为等势线，故A正确；cA为电场线方向，电场强度大小E＝＝V/＝V/，故B错误，c正确；由UED＝UBc＝－1V，ED＝－eUED＝1.6×10－19j，D正确。

　　如图所示，在xoy平面内有一个以o为圆心、半径R＝0.1的圆，P为圆周上的一点，o、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ。

若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100V/，则o、P两点的电势差可表示为

　　A．UoP＝－10sinθB．UoP＝10sinθ

　　c．UoP＝－10cosθD．UoP＝10cosθ

　　答案　A

　　解析　在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以doP＝Rsinθ，故UoP＝－E·doP＝－100×0.1sinθ＝－10sinθ，故选项A正确。

　　．如图所示，ab＝2bc,在c点固定一正电荷，将另一负电荷从a点移到b点，负电荷在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb，所受电场力分别为Fa、Fb，则

　　A．Epa>EpbB．4Fa＝Fbc．EpaφQ

　　B．直线c位于某一等势面内，φ>φN

　　c．若电子由点运动到Q点，电场力做正功

　　D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功

　　答案　B

　　解析　根据电子由点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，可知N点和P点处于同一等势面上，直线d位于某一等势面内。

根据匀强电场的特性，可知直线c位于另一等势面内。

由于电子由点运动到N点的过程中，电场力做负功，说明电场线方向从指向N，故点电势高于N点电势，所以选项B正确，选项A错误；由于、Q处于同一等势面内，电子由点运动到Q点的过程中，电场力不做功，选项c错误；电子由P点运动到Q点的过程中，电场力做正功，选项D错误。

　　3.XX·四川高考]如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是o，最低点是P，直径N水平。

a、b是两个完全相同的带正电小球，b固定在点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q时速度为零。

则小球a

　　A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

　　B．从N到P的过程中，速率先增大后减小

　　c．从N到Q的过程中，电势能一直增加

　　D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

　　答案　Bc

　　解析　如图所示，根据三角形定则，在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，c项正确；从P到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误。

　　．XX·海南高考]如图所示，两电荷量分别为Q和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点o的两侧，a点位于x轴上o点与点电荷Q之间，b点位于y轴o点上方。

取无穷远处的电势为零。

下列说法正确的是

　　A．b点电势为零，电场强度也为零

　　B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右

　　c．将正的试探电荷从o点移到a点，必须克服电场力做功

　　D．将同一正的试探电荷先后从o、b两点移到a点，后者电势能的变化较大

　　答案　Bc

　　解析　根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，b点电势为零，电场强度不为零，A错误。

Epa＝qφa，φa>0，若q>0，则Epa>0，电场力方向与电场强度方向相同，均向右，B正确。

由于φo0，则从o点移到a点过程中必须克服电场力做功，c正确。

电场力做的功等于电势能的减少量，oa＝q，ba＝q，φo＝φb，所以oa＝ba，电势能变化相等，D错误。

　　．XX·江苏高考]两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。

c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则

　　A．a点的电场强度比b点的大

　　B．a点的电势比b点的高

　　c．c点的电场强度比d点的大

　　D．c点的电势比d点的低

　　答案　AcD

　　解析　电场线的疏密反映电场的强弱，因此a点的场强比b点的场强大，A正确。

顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B错误。

两个负电荷在c点场强为零，而在d点的场强向下，正电荷在c、d点场强大小相等，方向相反，由电场的叠加可知，c点场强比d点场强大，c正确。

在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电荷电场中电势的代数和d点比c点高，D正确。

　　．XX·浙江高考]如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1g的小球A悬挂到水平板的、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6c的正电荷。

两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。

A的正下方0.3处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2g，则

　　A．支架对地面的压力大小为2.0N

　　B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9N

　　c．将B水平右移，使、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0N

　　D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N

　　答案　Bc

　　解析　小球B和支架组成的整体，在三个力作用下平衡，故有：

FN＋FAB＝Bg，FAB＝，联立两式解得：

FAB＝0.9N，FN＝1.1N，根据牛顿第三定律可判断出A错误。

小球A在四个力作用下平衡，如图甲所示。

由对称性可知F1＝F2，在竖直方向上有：

F1cos60°＋F2cos60°＝Ag＋FBA，解得F1＝F2＝1.9N，可见B正确。

当B球与、A共线时，A球受力情况如图乙所示，由几何关系可知rAB′＝0.6，FBA′＝＝0.225N。

将A球所受重力分解在A和NA的方向上，由上述两个方向上分力的合力为零可得：

F1＝1.225N，F2＝1.0N，故c正确。

B球移至无穷远处时，A、B之间的库仑力忽略不计，对A球由三力平衡条件可求得F1＝F2＝Ag＝1.0N，故D错误。

　　．XX·石家庄质检]真空中三点A、B、c构成边长为l的等边三角形，EF是其中位线，如图所示，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。

下列说法正确的是

　　A．A点的电场强度大小为

　　B．A点的电势低于c点的电势

　　c．电势差UEB小于电势差UEA

　　D．正电荷在B点的电势能等于在c点的电势能

　　答案　c

　　解析　A点的电场强度大小为EA＝cos60°＋cos60°＝，方向水平向右，选项A错误；等量异号点电荷连线的中垂线为等势线，电势为0，故A点的电势为零且高于c点的电势，B点电势高于A点电势，E点电势高于B点电势，因此UEB＝φE－φB，UEA＝φE－φA，故UEB0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。

已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。

不计重力。

求A、B两点间的电势差。

　　答案　

　　解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。

粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，

　　即vBsin30°＝v0sin60°　

　　由此得vB＝v0　

　　设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有

　　qUAB＝　

　　联立式得UAB＝。

　　XX·全国卷]如图，o、A、B为同一竖直平面内的三个点，oB沿竖直方向，BoA＝60°，oB＝oA。

将一质量为的小球以一定的初动能自o点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。

使此小球带电，电荷量为q，同时加一匀强电场，场强方向与oAB所在平面平行。

现从o点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从o点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。

求：

　　无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；

　　电场强度的大小和方向。

　　答案

　　与竖直方向的夹角为30°，斜向右下方

　　解析　设小球的初速度为v0，初动能为E0，从o点运动到A点的时间为t，令oA＝d，则oB＝d，根据平抛运动的规律有

　　dsin60°＝v0t

　　dcos60°＝gt2

　　又有E0＝v

　　由式得E0＝gd

　　设小球到达A点时的动能为EA，列动能定理：

　　gdcos60°＝EA－E0，即EA＝E0＋gd

　　由式得＝

　　加电场后，小球从o点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及式得

　　ΔEpA＝3E0－E0－gd＝E0

　　ΔEpB＝6E0－E0－gd＝E0

　　在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。

设直线oB上的点与A点等电势，与o点的距离为x，如图，则有

　　＝，解得x＝d。

　　A为等势线，电场必与其垂线oc方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，

　　由几何关系可得α＝30°

　　即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。

　　设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA

　　由式得E＝。

　　XX·北京海淀高三一模]甲图是我国自主研制的200离子电推进系统，已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，已经在XX年全面应用于我国航天器。

离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。

离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室c后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。

氙离子从腔室c中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。

在加速氙离子的过程中飞船获得推力。

　　已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为、电荷量为q。

　　将该离子推进器固定在地面上进行试验。

求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；

　　配有该离子推进器的飞船的总质量为，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第中所求的速度通过栅电极B。

推进器工作时飞船的总质量可视为不变。

求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N。

　　可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况。

通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法。

　　答案

　　见解析

　　解析　根据动能定理有qU＝v2，解得：

v＝。

　　在与飞船运动的垂直方向上，根据动量守恒有：

·Δv＝Nv，解得：

N＝＝。

　　设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内离子推进器发射出的氙离子总数为N总＝nt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理Ft＝N总v＝ntv，解得F＝nv，根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F′＝F＝nv。

电场对氙离子做功的功率P＝nqU，则S＝＝。

根据式子可知：

增大S可以通过减小q、U或增大的方法。

增大S的实际意义是推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力。