資源簡介

學案43 靜電防護和電場中的圖像問題
學習目標
1．會根據靜電平衡條件求解感應電荷產生的場強。
2．能解決電場中各種圖像問題，理解圖像斜率、面積等表示的物理意義并能解決相關問題。
課堂練習
題型一　靜電平衡條件求解感應電荷產生的場強
SHAPE \* MERGEFORMAT 例1．長為L的導體棒原來不帶電，現將一帶電荷量為＋q的點電荷放在距導體棒左端R處，如圖所示，當導體棒達到靜電平衡后，棒上感應電荷在棒內中點處產生的電場強度大小等于________，方向________。
題型二 電場中的圖像問題
考向1 電場中的v－t圖像
SHAPE \* MERGEFORMAT 例2．(多選)如圖甲所示，有一絕緣圓環，圓環上均勻分布著正電荷，圓環平面與豎直平面重合。一光滑細桿沿垂直圓環平面的軸線穿過圓環，細桿上套有一個質量為m＝10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4 C。小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經B向A運動的v－t圖像如圖乙所示。小球運動到B點時，速度圖像的切線斜率最大(圖中標出了該切線)。則下列說法正確的是(　　)
A．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大
B．由C到A電勢逐漸降低
C．C、B兩點間的電勢差 UCB＝0.9 V
D．在O點右側桿上，B點場強最大，場強大小為E＝1.2 V/m
考向2 φ－x圖像(電場方向與x軸平行)
例3．(多選)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩點電荷連線上各點電勢φ隨坐標x變化的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且xAPA．q1和q2都帶負電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．在A、B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能先減小后增大
D．一點電荷只在靜電力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小
考向3　E－x圖像(電場方向與x軸平行)
例4．(多選)真空中相距為3a的兩個點電荷M、N，分別固定于x軸上x1＝0和x2＝3a的兩點上，在它們連線上各點場強隨x變化關系如圖所示，沿x軸正方向電場強度E為正，以下判斷中正確的是(　　)
A．點電荷M、N一定為同種電荷
B．點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1
C．把一個檢驗電荷由x1位置靜止釋放，其加速度一直減小
D．把一個正檢驗電荷由x3＝a的位置靜止釋放，其電勢能一直減小
考向4　Ep－x圖像、Ek－x圖像
例5．(多選)如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以初速度v0從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，其電勢能Ep沿x軸的變化如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．粒子在x2點的速度為v0
B．從O點到x3點的過程中，電場的電勢先升高再降低再升高
C．若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應為
D．若v0＝2，則粒子在運動過程中的最大動能為2Ep0
課后鞏固
1．處于靜電平衡中的導體，內部電場強度處處為零的原因是 (　　)
A．導體內部無任何電場
B．外電場不能進入導體內部
C．所有感應電荷在導體內部產生的合電場強度為零
D．外電場和所有感應電荷的電場在導體內部疊加的結果為零
2．將懸掛在細線上的帶正電的小球A放在不帶電的金屬球殼C內(不和球殼內壁接觸)，另有一個懸掛在細線上的帶負電的小球B向C靠近，如圖所示，則(　　)
A．A往左偏離豎直方向，B往右偏離豎直方向
B．A的位置不變，B往右偏離豎直方向
C．A往左偏離豎直方向，B的位置不變
D．A和B的位置都不變
3．下列應用和防護與尖端放電現象無關的是(　　)
A．一般高壓設備中導體的表面應該盡量光滑 B．一般馬路表面建造得很平滑
C．夜間高壓線周圍會出現一層綠色光暈 D．一般高樓大廈頂部裝有避雷針
4．為了防止靜電的危害，應盡快把產生的靜電導走，下面措施中不是防止靜電危害的是(　　)
A．油罐車后面裝一條拖地的鐵鏈 B．電工鉗柄上套有絕緣膠套
C．飛機輪上裝搭地線 D．紡織車間中保持適當的濕度
5．一個不帶電的空心金屬球，在它的球心處放一個正點荷。圖中的哪一個能正確表示其電場分布的情況 ( )
6．一金屬球原來不帶電，現沿球的直徑的延長線放置一均勻帶電的細桿MN，如圖所示，金屬球上感應電荷產生的電場在球內直徑上a、b、c三點的場強大小分別為Ea、Eb、Ec，三者相比 (　　)
A．Ea最大　 B．Eb最大　
C．Ec最大　 D．Ea=Eb=Ec
7．如圖為靜電除塵示意圖，m、n 為金屬管內兩點。在 P、Q 兩點加高電壓時，金屬管內空氣電離。電離出來的電子在電場力的作用下，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負電，導致煤粉被吸附到管壁上，排出的煙就清潔了。就此示意圖，下列說法正確的是(　　)
A．Q 接電源的正極，且電場強度Em＝En
B．Q 接電源的正極，且電場強度 Em＞En
C．P 接電源的正極，且電場強度 Em＝En
D．P 接電源的正極，且電場強度 Em＞En
8．(多選)如圖甲所示，a、b是點電荷電場中同一電場線上的兩點，一個帶電粒子在a點由靜止釋放，僅在靜電力作用下從a點向b點運動，粒子的動能與位移之間的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是(　　)
A．帶電粒子與場源電荷帶異種電荷
B．a點電勢比b點電勢高
C．a點場強比b點場強大
D．帶電粒子在a點的電勢能比在b點的電勢能大
9．在某個電場中，x軸上各點的電場強度E隨坐標x變化的圖線如圖所示，圖線關于原點O中心對稱，一質量為m、電荷量為q的粒子只在電場力作用下沿x軸做直線運動，x軸上和是粒子運動軌跡上的兩點，下列說法中正確的是( )
A．x軸上和兩點電場強度和電勢都相同
B．粒子運動過程中，經過和兩點時速度一定相同
C．粒子運動過程中，經過點的加速度與經過點的加速度相同
D．粒子從點到點的運動過程中電勢能先增大后減小
10．(多選)空間有一電場，各點電勢φ隨位置的變化情況如圖所示，圖像關于O點中心對稱。下列說法正確的是(　　)
A．O點的電場強度一定為零
B．－x1與x1點沿x軸方向的電場強度相同
C．將負電荷從－x1移到x1電荷的電勢能增大
D．－x1和x1兩點在同一等勢面上
11．(多選)一帶正電微粒只在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，則下列說法正確的是(　　)
A．O～x1段電勢逐漸升高
B．O～x1段微粒做加速度逐漸減小的加速運動
C．x1～x2段電場強度為零
D．x2～x3段的電勢沿x軸均勻減小
12．豎直平面內有一勻強電場，電場方向與x軸負方向成37°角，x軸上各點的電勢隨坐標x的變化規律如圖所示．現有一帶負電小球以初速度0.5 m/s從x＝－1 cm的P處沿直線運動到x＝2 cm的Q處，已知小球的質量為3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，則(　　)
A．勻強電場的場強大小為400 V/m
B．帶電小球的電荷量大小為1×10－5 C
C．帶電小球從P點運動到Q點的過程中的加速度大小為40 m/s2
D．帶電小球運動到Q點時動能可能為0
13．(多選)如圖所示，有一均勻對稱帶負電花環和一質量為m的帶正電小球，小球由靜止從花環正上方某一高處的A點落下，穿過花環中心又下落到與A對稱的A′點．在這個過程中，若取花環中心為坐標原點且重力勢能為零，無限遠處電勢為零，豎直向下為x軸正方向，則關于小球的加速度a、重力勢能Ep、電勢能εp、機械能E，這四個物理量與小球的位置坐標x的關系圖像可能正確的是(　　)
學案43 靜電防護和電場中的圖像問題答案
例1．答案　　向左
解析　導體處于靜電平衡狀態時，導體內部合電場強度為零，這是點電荷q所形成的電場與棒兩端出現的感應電荷所形成的附加電場在棒中疊加的結果，即E合＝E1＋E2＝0.因此可通過計算點電荷＋q產生的電場E1，來確定感應電荷所形成的電場E2的大小和方向．點電荷＋q在棒中點處產生的電場強度由公式E＝k，得E1＝k，方向向右．由該點合電場強度為零知，感應電荷在棒中點處產生的電場強度大小，E2＝E1＝k，方向向左．
例2．答案　BCD
解析　從C到A小球的動能一直增大，說明靜電力一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故A錯誤，B正確；根據動能定理知qUCB＝mvB2－0，解得UCB＝0.9 V，故C正確；根據對稱性知O點電場強度為0，由題圖乙可知，小球在B點的加速度最大，故所受的靜電力最大，加速度由靜電力產生，故B點的電場強度最大，小球的加速度a＝＝ m/s2＝0.06 m/s2，根據牛頓第二定律得qE＝ma，聯立解得E＝1.2 V/m，故D正確．
例3．答案　AC
解析　由題圖知，越靠近兩點電荷，電勢越低，則q1和q2都帶負電荷，故A項正確；φ－x圖像的切線斜率表示電場強度，則P點場強為零，據場強的疊加知兩點電荷在P處產生的場強等大反向，即k＝k，又xAP例4．答案　AB
解析　x＝2a處場強為零且左側場強向右(正值)、右側場強向左(負值)，結合點電荷的場強特征可知，點電荷M、N一定為同種電荷，兩點電荷在x＝2a處的場強大小滿足k＝k，解得＝，A、B正確；由題圖可知，O點右側場強先減小再增大，故把一個檢驗電荷(假設帶正電)由x1位置靜止釋放，據牛頓第二定律可得qE＝ma，其加速度先減小再增大，C錯誤；把一個正檢驗電荷由x3＝a的位置靜止釋放，向右運動過程靜電力先做正功再做負功，其電勢能先減小后增大，D錯誤．
例5．答案　AC
解析　粒子從O運動到x2的過程中，電勢能變化量為零，靜電力做功為零，根據動能定理知，粒子在x2點的速度為v0，故A正確；從O點到x3點的過程中，電場的電勢先降低再升高，故B錯誤；粒子能運動到x1處，就能運動到x4處，若粒子恰好能運動到x1處，此時初速度v0最小，根據動能定理得－qφ0＝0－mv02，解得v0＝＝，所以若粒子能運動到x4處，則初速度v0至少為，故C正確；粒子運動過程中，靜電力所做正功的最大值為qφ0，若v0＝2，由動能定理得W＝qφ0＝Ekm－mv02，解得Ekm＝3Ep0，故D錯誤．
課后鞏固
答案 D
解析 導體內部電場強度處處為零是感應電荷的電場與外電場疊加的結果,故D正確。
答案 B
解析 不接地的空腔導體可以屏蔽外界電場,接地的空腔導體可以屏蔽內部電場,該題中帶正電的小球A放在不帶電的空心球殼C內,通過靜電感應,空心球外殼帶正電,內壁帶負電。由于金屬空心球殼C的外殼和帶電小球B帶異種電荷,所以B受C球殼的吸引往右偏離豎直方向。而由于空心球殼C能屏蔽小球B所產生的外部電場,使小球A不受外電場的作用,所以A的位置不變,故選項B正確。
答案 B
解析 馬路表面建造得很平滑與靜電無關,A、C、D屬于尖端放電現象,故選B。
答案 B
解析 油罐車在運輸過程中,不斷地相互摩擦,從而產生大量的靜電,通過后面裝一條拖地的鐵鏈,及時導走,這是防止靜電危害,A不符合;電工鉗柄上套有絕緣膠套,在帶電操作時,防止觸電,所以不是防止靜電危害的,B符合;飛機在飛行時,與空氣摩擦產生大量的靜電,所以著陸時通過飛機輪上裝搭地線,將靜電導走,這是防止靜電危害,C不符合;紡織車間中保持適當的濕度可以將產生的靜電及時導走,屬于防止靜電危害,D不符合。
5．答案 B
6．答案 C
解析 處于靜電平衡的導體內部場強處處為零,故a、b、c三點的場強都為零。靜電平衡的導體內部場強為零是感應電荷產生的電場與外電場疊加的結果,所以感應電荷在球內某點產生的電場的場強與MN在這一點形成的電場的場強等大反向。比較a、b、c三點感應電場的場強,實質上是比較帶電體MN在這三點的場強。由于c點離MN最近,故MN在c點的場強最大,感應電荷在c點場強也最大,故正確答案為C項。
答案 B　
解析 管內接通靜電高壓時，管內存在強電場，它使空氣電離而產生電子和正離子。電子在電場力的作用下，向正極移動時，碰到煙塵微粒使它帶負電。所以金屬管Q應接高壓電源的正極，金屬絲P接負極。構成類似于點電荷的輻向電場，所以越靠近金屬絲，電場強度越強，故A、C、D錯誤，B正確。
8．答案　CD
解析　粒子從a點向b點運動，Ek－x圖像的切線斜率減小，根據動能定理，則有qEx＝Ek，電場強度減小，因此a點更靠近場源電荷，則a點場強比b點場強大，若場源電荷是正電荷，則粒子帶正電，若場源電荷是負電荷，則粒子帶負電，它們帶同種電荷，故A錯誤，C正確；由于不能確定場源電荷的性質，所以也不能確定電場線的方向，不能確定a點電勢與b點電勢的高低，故B錯誤；帶電粒子僅在靜電力作用下從a點運動到b點，靜電力做正功，電勢能減小，所以帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故D正確．
9．答案 B
解析 由圖像可知，和兩點電場強度大小相等、方向相反，電場強度不相同，故選項A錯誤；帶電粒子在這兩點所受電場力大小相等、方向相反，由于帶電粒子只在電場力作用下運動，根據牛頓第二定律可知，帶電粒子在這兩點的加速度大小相等、方向相反，故選項C錯誤；圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示電勢差，因此帶電粒子由運動到的過程和由運動到的過程電場力分別做的功滿足，根據動能定理可知，粒子經過和兩點時速度一定相同，故選項B正確；題中未能說明帶電粒子的電性或運動狀態，因此帶電粒子從到的運動過程中電勢能可能先增大后減小，也可能先減小后增大，故選項D錯誤。
10．答案　BC
解析　φ－x圖像的斜率表示電場強度，由題圖可知圖像在O點的切線斜率不等于零，故O點的電場強度不為零，－x1與x1點的切線斜率相同，故－x1與x1點沿x軸方向的電場強度相同，故A錯誤，B正確；電勢的定義式為φ＝，故電勢能Ep＝qφ，將負電荷從－x1移到x1，電荷的電勢能由負值變為正值，電荷的電勢能增大，故C正確；－x1和x1兩點電勢不相等，故一定不在同一等勢面上，故D錯誤．
11．答案　ACD
解析　電勢能Ep＝φq，由于粒子帶正電，O～x1段電勢能變大，所以電勢升高，A正確；根據靜電力做功與電勢能關系ΔEp＝EqΔx，圖像斜率反映場強大小，O～x1段圖像斜率變小，場強變小，受力減小，加速度逐漸變小，由于電勢能增加，靜電力做負功，則微粒做減速運動，即微粒做加速度減小的減速運動，B錯誤；x2～x3段斜率為0，場強為零，C正確；x2到x3，電勢能均勻減小，微粒帶正電，所以電勢沿x軸均勻減小，D正確．
12．答案　B
解析　由電勢差與電場強度的關系得U＝Excos 37°，則φ－0＝Ecos 37°×x，結合圖像得Ecos 37°＝，解得E＝500 V/m，故A錯誤；由題意知，帶電小球在豎直方向受力平衡，得mg＝Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正確；小球帶負電，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，帶電小球運動到Q點時動能不可能為0，在水平方向，對小球由牛頓第二定律得qEcos 37°＝ma，代入數據解得a＝ m/s2，故C、D錯誤．
13．答案　AD
解析　花環中心電場強度為零，無限遠處電場強度為零，所以從中心到無限遠處電場強度是先增加再減少．加速度是重力和靜電力的合力與質量的比值，在花環上方，重力和靜電力都向下，且靜電力可能先增加再減小，所以加速度可能先增加再減小，在花環下方，重力向下，靜電力向上，且靜電力可能先增加再減小，合力可能先減小再增加，所以加速度可能先減小再增加，A正確；從A到A′重力做正功，重力勢能減小，B錯誤；從A到A′靜電力先做正功再做負功，所以電勢能先減小再增加，但由于場強不均勻，所以靜電力做功及電勢能變化也不均勻，C錯誤；由機械能守恒的條件可知，除重力之外的其他力做功影響機械能的變化，靜電力先做正功再做負功，所以機械能先增加再減小，小球在花環上方下落過程中靜電力可能先變大再變小，在花環下方下落過程中靜電力可能先變大再變小，這種變化情況是有可能的，D正確．

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