高考物理课标Ⅱ专用复习专题测试必考专题八静电场共155

1、专题八 静电场,高考物理 (课标专用),考点一电场力的性质 1.(2016课标,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则() A.aaabac,vavcvb B.aaabac,vbvcva C.abacaa,vbvcva D.abacaa,vavcvb,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案D带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=,E=k,因 为rbacaa;

2、 由动能定理有Wab=qQUab=m-m Wbc=qQUbc=m-m 因为Wabvb 因为Wbc0,所以vcvb 因为|Uab|Ubc|,所以vavc 故有vavcvb,D项正确。,2.(2013课标,18,6分,0.586)如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上:a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为() A.B. C.D.,答案B以小球c为研究对象,其受力如图甲所示,其中F库=,由平衡条件得:2F库cos 30=Eqc 甲乙 即:=Eqc,E

3、= 此时a的受力如图乙所示,+= 得qc=2q 即当qc=2q时a可处于平衡状态,同理b亦恰好平衡,故选项B正确。,3.(2013课标,15,6分,0.480)如图,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( ) A.kB.k C.kD.k,答案B由b点处场强为零知,圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等,即:E1=E2=k,由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=k,q在d点产生

4、的场强E4=k,方向与E3相 同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k,B正确,A、C、D错误。,4.(2017课标,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是() A.EaEb=41B.EcEd=21 C.WabWbc=31D.WbcWcd=13,答案AC本题

5、考查场强与电势。由图可知:ra=1 m、a=6 V;rb=2 m、b=3 V;rc=3 m、c=2 V;rd=6 m、d=1 V。由点电荷的场强公式E=得EaEbEcEd=3694 1,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正确、D错误。,方法技巧电场力做功的计算方法 定量计算电场力做功时,第一种方法是利用W=qU;第二种方法是利用功能关系即电场力所做的功等于电势能的变化量;第三种方法是利用动能定理;第四种方法是由功的定义得W=qEl cos 。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。,考点二电场能的性质 5.(2017课

6、标,21,6分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是() A.电场强度的大小为2.5 V/cm B.坐标原点处的电势为1 V C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV,答案ABD本题考查匀强电场、电场强度、电势、电势差。 设a、c连线上d点电势为17 V,如图所示,则=,得ldc=4.5 cm,tan =,=37。过c作bd 垂线交bd于e点,则lce=ldc cos =4.5 cm=3.6 cm。ce方向就是匀强电场方向,场强大小为E,El

7、ce= Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确。Uoe=Elob sin 53=16 V,故O点电势0=17 V-16 V=1 V,B项正确。电子在a点的电势能比在b点的高7 eV,C项错误。电子从b点到c点电场力做功W=9 eV,D项正确。,方法技巧充分利用直角三角形中37和53的关系 Oa为6 cm,Ob=8 cm,这样连接O、c,cOb=37,Ocb=53。 在a、c连线上找d=17 V,bd为等势线。由对应关系得lcd=4.5 cm,cbe=37。Oec恰好为电场线。 充分利用电场中的角度,以37和53的关系解题。,6.(2016课标,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电

8、场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知() A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小,答案AB由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能,这一过程中电场力做负

9、功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。,7.(2016课标,15,6分)关于静电场的等势面,下列说法正确的是() A.两个电势不同的等势面可能相交 B.电场线与等势面处处相互垂直 C.同一等势面上各点电场强度一定相等 D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功,答案B假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就是两个不同的值,这是不可能的,A错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;负电荷从高电势处移到低电势处,电势能增加,电场力做负功,D错误。,8

10、.(2015课标,15,6分,0.699)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M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。则() A.直线a位于某一等势面内,MQ B.直线c位于某一等势面内,MN C.若电子由M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由电子从M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,MN=P,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;M=Q,则电子由M点运动到Q点,电场

11、力不做功,选项C错误;由于PM=Q,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。,9.(2014课标,19,6分,0.590)(多选)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是() A.电场强度的方向处处与等电势面垂直 B.电场强度为零的地方,电势也为零 C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低 D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向,答案AD电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。,1

12、0.(2014课标,21,6分,0.503)(多选)如图,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则() A.点电荷Q一定在MP的连线上 B.连接PF的线段一定在同一等势面上 C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功 D.P大于M,答案AD由M=N,可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上,过F作MN的垂线交MP于O点,设MF=FN=l,则由几何关系MO=l,FO=l tan 30=l,OP=MP-MO=MN cos 30-

13、l= l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故点电荷一定在MP的连线上的O点,选项A正确(另解:根据 题意M=N,P=F,可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处,作PF连线的中垂线交MP于点O,连接O、F两点,由几何知识知OF为MN的中垂线,故点电荷Q一定在MP的连线上的O点,A正确);点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面,线段不可能在球面上,故B选项错误;由图可知OFM=N,将正试探电荷从高电势搬运到低电势,电场力做正功,选项C错、D对。,11.(2015课标,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动

14、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 vB sin 30=v0 sin 60 由此得vB=v0 设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有 qUAB=m(-) 联立式得 UAB=,12.(2014课标,25,20分,0.162)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m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

15、点。使此小球带电,电荷量为q(q0),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 (1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值; (2)电场强度的大小和方向。,答案(1)(2)见解析,解析(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,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 d sin 60=v0t d cos 60=gt2 又有Ek0=m

16、由式得Ek0=mgd 设小球到达A点时的动能为EkA,则 EkA=Ek0+mgd 由式得= (2)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EpA和EpB,由 能量守恒及式得 EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0,EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0 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M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有=,解得x=d。MA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,由几何关系可得 =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qEd cos 30=Ep

17、A 由式得E=,考点三电容器、带电粒子在电场中的运动 13.(2015课标,14,6分,0.586)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(),A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动,答案D最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确。,14.(2013课标,

18、16,6分,0.430)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电 粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将() A.打到下极板上B.在下极板处返回 C.在距上极板处返回D.在距上极板d处返回,答案D设板间电压为U,场强为E,则E=, 由动能定理得mgd-qEd=0 将下极板向上平移后,U不变,d=d,则E=E,设粒子在距上极板x处返回,则 mg(+x)-qEx=0 联立解得:x=d,故D正确,A、B、C错

19、误。,15.(2017课标,25,20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求 (1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小。,答案(1)31(2)H(3),解析本题考查匀变速直线运动、

20、运动的分解、电场、动能定理。 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0-at=0 s1=v0t+at2 s2=v0t-at2 联立式得=31 (2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式 =2gh H=vyt+gt2 M进入电场后做直线运动,由几何关系知 =,联立式可得 h=H (3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则 = 设M、N离

21、开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得 Ek1=m(+)+mgH+qEs1 Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知条件 Ek1=1.5Ek2 联立式得 E=,解题关键N离开电场时的速度方向竖直向下N在水平方向的速度恰好减速到0;方向水平向右的匀强电场M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;刚离开电场时M的动能为N的1.5倍建立等式确定电场力和重力的关系。,16.(2017课标,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段

22、时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度。 (2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。,答案见解析,解析本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。 (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加

23、速度方向向上,大小a1满足 qE2-mg=ma1 油滴在时刻t1的速度为 v1=v0+a1t1 电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足 qE2+mg=ma2 油滴在时刻t2=2t1的速度为 v2=v1-a2t1 由式得 v2=v0-2gt1 (2)由题意,在t=0时刻前有 qE1=mg,油滴从t=0到时刻t1的位移为 s1=v0t1+a1 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为 s2=v1t1-a2 由题给条件有 =2g(2h) 式中h是B、A两点之间的距离。 若B点在A点之上,依题意有 s1+s2=h 由式得 E2=E1 为使E2E1,应有

24、 2-+1,即当 0 才是可能的;条件式和式分别对应于v20和v2E1,应有 2-1 即,t1 另一解为负,不合题意,已舍去。,解题指导多阶段运动 物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得。,17.(2013课标,24,14分,0.317)如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q0

25、)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。,答案见解析,解析质点所受电场力的大小为 f=qE 设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有 f+Na=m Nb-f=m 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有 Eka=m Ekb=m 根据动能定理有 Ekb-Eka=2rf 联立式得 E=(Nb-Na) Eka=(Nb+5Na),Ekb=(5Nb+Na),考点一电场力的性质 1.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它

26、们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,() A.此时A带正电,B带负电 B.此时A电势低,B电势高 C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合 D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合,B组 自主命题省（区、市）卷题组,答案C由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。,失分警示不要误以为因B带正电,B的电势就高,实际上电场中的导体是一个等势体,A、B电势相等。,2

27、.(2016浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.010-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,则() A.两球所带电荷量相等 B.A球所受的静电力为1.010-2 N C.B球所带的电荷量为410-8 C D.A、B两球连线中点处的电场强度为0,疑难突破准确进行受力分析、力的合成,再利用三角函数计算库仑力和电荷量大小

28、。,3.(2015安徽理综,15,6分)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电量分别为q1和q2,其间距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F=k,式中k为静电力常量。若用国际单位制的基 本单位表示,k的单位应为() A.kgA2m3B.kgA-2m3s-4 C.kgm2C-2D.Nm2A-2,答案B由库仑定律知k=,式中都取国际单位时k的单位为,由I=知,1 C2=1 A2s2,又 因1 N=1,整理可得k的单位应为,即kgA-2m3s-4,故选项B正确。,4.(2015江苏单科,2,3分)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,春秋纬考异邮中有“玳瑁吸衣若”

29、之说,但下列静电现象的是() A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引 C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流 D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉,答案C小线圈接近通电线圈过程中,小线圈因磁通量变化而产生感应电流,属于电磁感应现象,不属于静电现象,其他三种现象属于静电现象,选项C符合题意。,5.(2015山东理综,18,6分)直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷,一电量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的

30、大小和方向分别为(),A.,沿y轴正向B.,沿y轴负向 C.,沿y轴正向D.,沿y轴负向,答案BM、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强等大反向,所以E1=,方向沿y轴正向,因为H与G关于x轴对称,所以M、N两处的负点电荷在H处产 生的合场强E2=E1=,方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3=, 方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=-=,方向沿y轴负向,B正确。,6.(2015浙江理综,16,6分)如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂

31、在两金属极板中间,则() A.乒乓球的左侧感应出负电荷 B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上 C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用,D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞,答案D乒乓球在两极板中间时,其左侧会感应出正电荷,A错误;电场力和库仑力是同一个力的不同称谓,C错误;乒乓球与右极板接触则带正电,在电场力作用下向左运动与左极板相碰,碰后带上负电,又向右运动与右极板相碰,如此往复运动,所以D正确,B错误。,7.(2013山东理综,19,5分)(多选)如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、为半径

32、的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点 在x轴上,b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是() A.b、d两点处的电势相同 B.四个点中c点处的电势最低 C.b、d两点处的电场强度相同 D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减小,答案ABD由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知,A、B正确,C错误。四点中a点电势最高、c点电势最低,正电荷在电势越低处电势能越小,故D正确。,考点二电场能的性质 8.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角=37。

33、已知小球所带电荷量q=1.010-6 C,匀强电场的场强E=3.0103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小球所受电场力F的大小。 (2)小球的质量m。 (3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。,答案(1)3.010-3 N(2)4.010-4 kg(3)2.0 m/s,解析本题考查物体的平衡与动能定理。 (1)F=qE=3.010-3 N (2)由=tan 37,得m=4.010-4 kg (3)由mgl(1-cos 37)=mv2,得 v=2.0 m/s,解题指导(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小

34、球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。,9.(2017天津理综,7,6分)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是() A.电子一定从A向B运动 B.若aAaB,则Q靠近M端且为正电荷 C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpB D.B点电势可能高于A点电势,答案BC本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线

35、方向为水平向右(MN),若aAaB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由AB,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90,电场力做负功,电势能增加,即EpAB,选项D错误。,10.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有() A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大,答案AC本题考查识别-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1

36、到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错误;沿x轴方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知x1x2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。,解题关键由U=Ed知-x图线切线斜率表示场强E,x1=0,q1、q2分布在x1的两侧。,11.(2016江苏单科,3,3分)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是() A

37、.A点的电场强度比B点的大 B.小球表面的电势比容器内表面的低 C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同,答案C电场线的疏密表示场强的大小,因为A点处电场线较B点处稀疏,所以EAEB,A项错误;沿着电场线电势逐渐降低,故B项错误;电场线与等势面垂直,C项正确;电场力做功与路径无关,故D项错误。,知识归纳本题涉及的知识点有:如何用电场线描述电场的强弱及电势的高低,电场线与等势面的关系,电场力做功的特点。,12.(2016浙江理综,14,6分)以下说法正确的是() A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低 B.外力对物体所做的功越多,对应

38、的功率越大 C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比 D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化,答案A在静电场中,沿电场线电势的变化量=,无论q为正还是为负,总是负的,即 0,表明沿电场线方向电势逐渐降低,A正确;功率P=,功率P的大小由W和t共同决定,B错误; 电容器电容C与电容器所带电荷量无关,C错误;无论超重还是失重,地球对物体的实际作用力不变,D错误。,13.(2015广东理综,21,6分)(多选)如图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则(),A.M的带电量比N的大 B.M带负电荷,

39、N带正电荷 C.静止时M受到的合力比N的大 D.移动过程中匀强电场对M做负功,答案BD不考虑重力,取整体为研究对象,外力只有匀强电场的电场力,由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向,故M、N必带有等量异种电荷,A错误;隔离出M,因N对其静电引力向右,则电场E对其电场力必向左,即与场强方向反向,故M带负电,则N带正电,B正确;静止时,M、N所受合力都为0,C错误;因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角,故D正确。,14.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,

40、a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)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小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库仑力F与重力的夹角逐渐变小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的

41、减少量,所以电势能的增加量小于动能的减少量,D错误。,15.(2015海南单科,7,5分)(多选)如图,两电荷量分别为Q(Q0)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由两等量异种点电荷的电场线分布知:过Q和-Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面,因此将同一正的试探

42、电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同,因此正试探电荷电势能的变化相同,D错。点b在零势能面上,b点电势为零,由场强的合成法则知,b点的场强不为零,方向平行x轴向右,A错。在a点放一正的试探电荷,所受的电场力方向向右,当沿x轴正方向移动时,电场力做正功电势能减少,在O点减为零,过了O点电势能为负值,所以正的试探电荷在a点电势能大于零,反之若从O点移到a点,电场力与运动方向相反,因此电场力做负功即克服电场力做功,B、C正确。,16.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为Wa和W

43、b,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则(),A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEb C.Wa=Wb,EaEbD.WaWb,EaEb,答案A由图知a、b在同一等势面上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb。又由于在同一电场中,电场线密集处场强大,故EaEb,A正确。,17.(2014安徽理综,17,6分)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是(),答案D在粒子运动中的某一小段位移x内电场力做功qEx。由功能关系知Ep=-qEx,即=-qE,Ep-x图线斜率的绝对值

44、表示电场力的大小,故由图线可知E逐渐减小,A错误。因粒子仅 受电场力作用,由qE=ma可知a也逐渐减小,D正确。再由动能定理有Ek=qEx,即=qE,Ek-x 图线的斜率也表示电场力,则Ek-x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线,B错误。由v2=2ax有v=,可知v-x图线应是一条曲线,故C错误。,18.(2017上海单科,13,2分)静电场中某电场线如图所示。把点电荷从电场中的A点移到B点,其电势能增加1.210-7 J,则该点电荷带电(选填“正”或“负”);在此过程中电场力做功为J。,答案负-1.210-7,解析本题考查电场力做功、电势能的变化。从A到B,电势能增加1.210-7 J,说明电场

45、力做负功,做功为-1.210-7 J,故电场力方向与电场线方向相反,该点电荷带负电。,考点三电容器、带电粒子在电场中的运动 19.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点,则由O点静止释放的电子() A.运动到P点返回 B.运动到P和P点之间返回 C.运动到P点返回 D.穿过P点,答案A本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U

46、2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E=,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。,解题关键C板移动过程中,板间场强不变,能分析出这个结论是解答本题的关键点。,20.(2016天津理综,4,6分)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,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,Ep表示点电荷在P点的电势能,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.增大,E增大B.增大,Ep不变 C.减小,Ep

47、增大D.减小,E不变,答案D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板间电势差U的变化,由C=和C=可知,极板下移,d减小,C增大,U减小,又E=,则E不变,Ep不变,综合 上述,只有D选项正确。,疑难突破设固定在P点的点电荷带电荷量为q,其在P点的电势能等于将其从P点移到零电势处(下极板)电场力做的功。,21.(2015海南单科,5,3分)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的 平面

48、。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为() A.32B.21C.52D.31,答案A因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面,电荷量为q的粒子通过的位 移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1=、a2= ,由运动学公式有l=a1t2=t2,l=a2t2=t2,得=。B、C、D错,A对。,22.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为,其 中为平面上单位面积所带的电荷量,0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电量为Q。不计边缘效应时,极板可看做无穷大导体板,则极板间的

49、电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为() A.和B.和 C.和D.和,答案D由题意知带电量为Q的极板上单位面积所带的电荷量=,故一个极板激发的电场 的场强大小E=,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同 向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=;两极板间相互的静电引力F=EQ= ,选项D正确。,23.(2015江苏单科,7,4分)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球() A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小,答案BC刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力

50、F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。因重力与电场力的合力F为恒力,其方向与初速度方向的夹角为钝角,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。,24.(2015山东理综,20,6分)(多选)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0时间内微粒匀速运动, T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述,正确的是(),A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mg

51、d,答案BC由题意知qE0=mg,所以与T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等 于g。时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g,竖直位移y1=g,在T时 间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g=0,竖直位移y2=vy1-g=g,所以y1=y2=,微粒克服 电场力做功W=q2E0=2mg=mgd,在重力作用下微粒的竖直位移为,其重力势能减少了 mgd。综上可知A、D错误,B、C正确。,25.(2014山东理综,18,6分)如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和

52、cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于() A.B.C.D.,答案B因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向=v0t, 竖直方向=at2且满足a=,三式联立解得v0=,故B正确。,26.(2014天津理综,2,6分)如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件,油滴仍能静止不动的是() A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值 C.增大两板间的距离D.断开开关S,答案B设油滴质量为

53、m,电荷量为q,两板间距离为d,当其静止时,有q=q=mg;由题图知, 增大R1,UR1增大,油滴将向上加速,增大R2,油滴受力不变,仍保持静止;由E场=知,增大d,U不变时, E场减小,油滴将向下加速;断开开关S,电容器将通过R1、R2放电,两板间场强变小,油滴将向下加速,故只有B项正确。,27.(2016北京理综,23,18分)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。 (1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和

54、从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。 (2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。 (3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势的定义,式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”G的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。,解析(1)根据功和能的关系,有eU0=m 电子射入偏转电场的初速度v0= 在偏转电场中,电子的运动时间t=L 偏转距离y=a(t)2

55、= (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有 重力G=mg10-29 N 电场力F=10-15 N 由于FG,因此不需要考虑电子所受重力。 (3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即= 由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值,叫做“重力势”,即G=。 电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。,答案(1) (2)(3)见解析,28.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在

56、放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。 如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106 m/s,进入漂移管E时速度为1107 m/s,电源频率为1107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1108 C/kg。求: (1)漂移管B的长度; (2)相邻漂移管间的加速电压。,解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、

57、T,漂移管B的长度为L,则 T= L=vB 联立式并代入数据得L=0.4 m (2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功为W,质子的电荷量为q、质量为m,则 W=qU W=3W W=m-m 联立式并代入数据得U=6104 V,答案(1)0.4 m(2)6104 V,解题指导本题以电场为背景,质子在漂移管内做匀速直线运动,在管间做匀加速直线运动,运用x=vt和动能定理求解即可。,29.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨

58、道的竖直面右侧有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.010-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为,且tan =1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。求:,(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间; (2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。,解析(1)小物体P的速率从0至2

59、m/s,受外力F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间t1速度为v1,则 F1-mg=ma1 v1=a1t1 由式并代入数据得 t1=0.5 s 说明:式各2分。 (2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则 F2-mg=ma2 设小物体P从速度v1经过t2时间,在A点的速度为v2,则 t2=0.55 s-t1 v2=v1+a2t2 P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则 F2-mg-qE=ma3,答案(1)0.5 s(2)-9.25 J,-=2a3x1 P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE,有 FE=F3 F3与FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为t3,水平位移为x2,由题意知 =tan x2=v3t3 设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则 W=-qE(x1+x2) 联立,式并代入数据得 W=-9.25 J 说明:式各1分,式各2分。,1.(2015天津理综,7,6分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入