2017版高考一本解決方案物理新課標考綱專題解讀考點題組訓(xùn)練6電場

的導(dǎo)體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸．把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，()A帶正電，BA電勢低，BCA、BABCA、BB兩部分電荷中和，金屬箔都閉合，CA、BC，A、B兩部分電荷無法中和，因此金屬箔都不閉合，D錯誤．2．(2016·浙江理綜，19，6分)(多選)A、B0.10mOAOB球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點電荷重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()B．A1.0×10－2C．B46×10－8CD．A、B0

F d 有 l－4＝0.08m，且G＝2h，解得F庫

F庫＝kd2q＝4

布知連線中點處電場強度為零，D兩金屬極板中間，則()3．D由圖可知，右側(cè)金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負電，又帶上負電被左極板排斥向右運動這樣小球就在兩極板間來回碰撞D正確．4．(2015·理綜，14，6分)圖示是α粒子(氦原Q A．M點B．N點C．P點D．Q4．C重金屬原子核與α原子核的連線方向，即加速度也在兩原子核的連線方向上，C正確．側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量()AAqqmgsinkqmgtankqmgtank

．當(dāng) ktanθ時，斜面對小球A的支持力為

A＝r2AFTFcosθ＝mgsinθFN＝Fsinθ＋mgcosθFT＝0Fcosθ＝mgsinθ，qmgtank解 qmgtank0，D的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋QP.帶電量分別為－q和＋2qMN靜止在桌面上．PML，PMN()A．MNB．P、MNCP產(chǎn)生的電場中，M、ND．M、NBDM、N和細桿組成的系統(tǒng)靜止在光滑的水平面上，可知其所受合外力必MN

L′＝(2－1)L<L，A，則L2 誤．PφM>φN，C【點撥】M、N和桿整體為研究對象列出平衡方程a、bcl的正三角形的三個頂點上；D.2k.大()D.2

【解析】cQac＝kqQbcF＝kqQ2Fcos30°. 水平勻強電場場強的大E，對c球，由平衡條件可得QE＝2Fcos30°，解E＝l2E＝導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考庫侖力作用下的平衡問題，可以是只有庫侖力，也可以結(jié)合其他分析點電荷平衡問題的步驟或“法列平衡方程(F合＝03電荷，且?guī)щ姾闪看笥趒2的帶電荷量．q1的帶電荷量大于q3的帶電荷量.1．(2015·江蘇第五次調(diào)研)如圖所示，把一個帶正電的體的a、b端分別出現(xiàn)感應(yīng)電荷，則( ab僅閉合S1，有電子從大地流向枕形導(dǎo)僅閉合S1，有電子從枕形導(dǎo)體流向大僅閉合S2，有正電荷從枕形導(dǎo)體流向大金屬導(dǎo)體為等勢體，所以a端電勢等于b端電勢，A錯誤．在正電荷感應(yīng)S1S2的效果是一樣的，D錯誤．電荷量都相同的帶電小球A、B(均可視為質(zhì)點且不計兩球之間的萬有引力)OBO點的正下方，變下列某些情況，能夠保持兩懸線夾角θ不變的方法是( AA、B FFTl l＝dF＝kd2，d＝2lsin2.A的質(zhì)量、電荷量都減半，則兩懸線夾角θ不變，B正確．同時使θ不變，D正3．(2014·福建福州模擬)如圖所示三個點電荷q1q2、q3在同一條直線上，q2q3q1q2距離的之比q1∶q2∶q3為( 3個共線點電荷平衡模型的特點“兩同夾異”可知，q1q3

1有r2 2，則有q＝9，對q3

2，所以q＝4 各電荷的電性，A

MNNPNP水MN處于同一豎直面內(nèi)，∠MNP為鈍角．B小F1作用，A、B均處于靜A、BL1.BA球也緩慢移動當(dāng)B球到達C點時水平推力大F2，AB兩球間距為L2，則()A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L24．BCA球受力分析如圖所示，A球受到重力mg、支持力FNA和庫侖力F庫BC移動的過程中，庫侖力的方向在改F庫＝kL2A、B之間的距離變大，CD錯誤B球受力分析如圖所示，B球受到重力mg、支持力FNB、庫侖力F庫FF＝FcosβBC移動的過程中，β在氣阻力．由此可知()A．QPBQPCQPDQP Q點電勢能大，CPQ點的過外力做正功，動能增加，B正確．由于油滴在勻強電場中運動，在任何位置受到的合力總是相等，加速度相等，D錯誤．2．(2016·Ⅱ，15，6分)如圖所示，P為固定的點電荷，PQP的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度aaabacvavbvc，則() kq1q2，距離越小，作用力＝ab>ac>aa，A、B錯誤．做曲線運動的物體所受合外力D布如圖所示．容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面 A．ABC．BDAB3．CAB點處電場線疏，AB點小，A錯B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直，CA點沿不同 4．D由靜電場等勢面的特點知，電場強度的方向處處與等勢面垂直，A正B降低，C錯誤，D正確．q1q2P 點．已知在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，且PR＝2RQ，則 R處的合場強為零，則兩電荷電性一定相同，q1Rq1 q2 E1＝k－，q2RE2＝k－E1＝E2及q1＝4q2，B

【點撥】場強為零處試探電荷的受力也為零，也可以利用受力平衡的方法來解6．(2015·山東理綜，18，6分)xOy中，M、Nx軸上，G、H兩點坐標如圖．M、NQO點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表

4a2，沿y軸正 B.4a2，沿y軸負

4a2，沿y軸正 D.4a2，沿y軸負 ＝ ＝

yB

（2a）2a2＝－4a2

2ε0σ22Q 0A.εS0

B.Q和Q 和

D.Q和2 2 由題知，σ

Q＝ ＝

Q

.＝場強為兩板各自場強疊加的合場強，E Q，D正確．＝ 【點撥】看一個板的受力，要看它處在什么場中，即將另一個板看成場源，板布著正電荷，xO.x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是()A．OB．OCOxDOx8．B將圓環(huán)看成由若干對點電荷組成，點電荷的電量相等，則圓環(huán)同一直徑上xOx軸方向，場強大小由0先增大后減小到0，而電勢逐漸減小，因此若干對等量點電荷產(chǎn)生的電場疊xOx0先增大后減小0，而電勢逐漸減小，A、C、D錯誤，B正確．【點撥】本題可結(jié)合等量同種點電荷的中垂線上的場強、電勢分布去解決，只9．(2012·理綜，20，6分)如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單 —電場強度的疊加原理求出 （R2＋x2）1/2，方向沿x軸．現(xiàn)考—單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示，則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為(

rx rx9 特殊值代入法、極限法是解決這類問題的關(guān)鍵．RE＝2πk ＝2πkσ，半徑為r的圓板產(chǎn)生的場強E＝2πkσ

）無窮大的平板挖去半徑為r的圓板后，產(chǎn)生的場強E2＝E－E1 ）(2014·福建理綜，20，15分)如圖所示，真空中L＝2.0mq＝＋2.0×10－6＝9.0×109N·m2/C2，求：(2)C【解析 (1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小①F＝9.0×10－3②(2)A、BCE1＝k③A、BCE＝2E1cos④聯(lián)立③④E＝7.8×103N/Cy【答案 (1)9.0×10－3 (2)7.8×103N/C，沿y軸正RQ的電荷，在ca、b、da和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大(k為靜電力常量)(

【解析 由b點處場強為零知，圓盤在b點處產(chǎn)生的場強E1與q在b點處E2大小相等，即E1＝E2＝qdkq，qdE4＝kqE3d E4＝k10q，B正確，A、C、D1.(2013·理綜，20，6分)如圖所示，xOyz<0的空間，z>0q的點電荷zz＝hxOy荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q為靜電力常量

＝2處的場強

z＝－在z軸上

D＝2

k9h2 R，CDOM、N＝2R.已知M點的場強大E，則N點的場強大

kq kq kq

2qOk·2q kq MEN 的場強 kq－E，BMN，以下說法正確的是()MNMN【解析由電荷的運動軌跡可知，電荷所受的電場力斜向上，由于電場線的方點的加速度小于它在N點的加速度，C正確．電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，所以粒子在M點的速度小于它在N點的速度，D錯誤．選C.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考vE的方向和電場力F的方向．vF的方向要符合電荷的運動軌跡，EF的方向要符dd

4例如：均勻帶電的3OBC產(chǎn)4判斷電場力(或場強)(僅受電場力作用).() 根據(jù)點電荷電場強 r2，結(jié)合矢量合成法則求解．設(shè)正方形頂rEA＝0BC

DED＝

Br2，所O、A、BO為圓心，r2，所—的電場力指向圓心，C點所處的位置如圖所示，根據(jù)題干和圖示信息可知 A．BB．BC．B點的電荷的電荷量為CDC點時受到的電場力指向圓心，對小球受力分析可知B點的電荷對小球—

＝AC＝L，BC＝2ABcos30°＝3L，由幾何關(guān)系可得：F1＝3F2L2 kQ （3L）2QB＝3QA、B錯誤，CDABC，PAB、AC棒所帶電荷量均為＋q，BC棒帶電荷量為－2q時，P3EBC棒取走，AB、AC棒的電荷分布不變，則取走BC棒后，P點的場強大()34422

3．BAB、ACP點產(chǎn)生的電場強度大小相同，由于兩個帶PP點的電場方向都是沿著棒的垂直平分線過P點斜向下，又兩個電場方向互成120°角，則AB棒和AC棒在P點產(chǎn)ABP點產(chǎn)生的場強大?。瓸CP點的電場強度是AB棒和AC棒在P點的合電場強度的2倍因P點合場強大E，所以

2，若取走BC棒后，P點的場強 1E，B正確點的場強為 4．(2014·調(diào)考)已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)ROA、B兩個點，OB、BA現(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積為 3πr，則A點處場強的

RA

kQ

k·

在A點產(chǎn)生的場強E挖 ＝ ＝18R2.所以剩余空腔部分電荷在 E＝E

kQ 7kQ＝ B＝

判斷正確的是()aQPM、N、P、Q 由等勢面分布可知該電場為勻強電場，故粒子運動中受恒力作用，A正a處電勢最高，B正確．因受力向左，電場力做負功，PQ點，CM、N、P、Q的時間間隔不等，D錯誤.1．(2016·Ⅲ，15，6分)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是( 異種電荷連線垂直平分線上各點電勢相等電場強度不等，C錯誤Ep＝qφ可關(guān)系可知，電場力做負功，D錯誤．2．(2015·新課標Ⅰ，15，6分)如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交NP()AaBcCMQDPQ2．BWMN＝WMPNP是等勢點，由勻強電場可知，c、d為等勢面，A錯誤．電子由MN電場力做負功，即φM＞φN，B正確．MQ位于同一等勢面上，移動電荷不做功，CPQ移動電子，電場力做正功，D錯誤．和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示．c是兩負電荷的距離相等，則()bB．a(chǎn)bC．cdD．cdACDab點的場強大，A正確．a(chǎn)b同一電場線上某點電勢相等，順著電場線的ba點電勢高，Bc點處dc、d點場強大小相等、方向相反，由電場的疊加可知，cd點場強大，C正確．在正電荷的電場中，c、dc、ddc點高，D正確．4．(2012·重慶理綜，20，6分)P、Q兩點處電場中的4個點，則( A．P、QB．a(chǎn)bC．cdDac4．D由題圖中等勢面的對稱性知，P、Q兩處為等量異種電荷，A錯誤．由于a、b兩處的電場強度方向不同，B錯誤．P處為正電荷，cP更近的等勢面上，cd點的電勢，C錯誤．從ac，電勢升高，負電荷電勢能減小，D正確．熟練掌握電場線與等勢面之間的關(guān)系，根據(jù)電場線的特點解題，是解5．(2013·理綜，6，6分)(多選)兩個帶等量正電的P、Q兩點，MNPQ連線的中試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則()A．qAOB．qAOC．qOD．qO P、QMNO力是變化的，qAO做非勻加速直線運動，A錯誤．qAO運動，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，qO點后電場力做負功，O點動能最大，B、C正確．qMNO點電場qO點時電勢能為負，D錯誤．【點撥】電場力做功與電勢能變化、電勢、電勢差等密切相關(guān)，要正確判斷相6．(2012·海南物理，3，3分)o、a、b、c四點，a、b間的勢．若一帶負電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動a點，則()6．Cbcoabc方向．帶負電的粒子從c向a運動，電場力做正功，由于ab＝bc，有Uab>Ubc，因此電場力做功W＝qU不等，且Wcb<Wba，A、B錯誤．電場力做正功，粒子電勢能減小，動能增大，C正確，D錯誤．將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則( A．MNB．M帶負電荷，NCMNDMBDM、NM、N受力平衡，兩小球間作用力等大反向，則勻M、N受到的合力為零，CM的作用力水平向左，做負功，D正確．8．(2013·山東理綜，19，5分)(多選)x軸L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q

a、b、c所在點為圓心、2d是圓上的4個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱．下列判 A．b、dB．4cC．b、dD．將一試探電荷＋qac點，＋q dbd兩點的電勢相等，Ac點b、d兩點的等勢線，沿電場線方向電勢依次c點的電勢最低，B正確．b、d兩點C電勢越低的地方電勢能越小，D正確．角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°，φM＝φN，φP＝φFQM、N、P三點所在平面內(nèi)，則(QMPP、FPNφPADQMNPF中垂線的交點，圓面，B錯誤．PNQφM＝φN<φP＝φFC錯誤【點撥】本題考查根據(jù)電勢分布確定場源電荷的位置，要求熟練掌握點電荷電10．(2015·理綜，6，6分)(多選)如圖所示，半圓槽光b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)bM點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a( NQNPNQPQBCa運動過程中，重力大小及方向不變，庫侖斥力逐漸增大，力逐漸增大，AaNQb越來越近，電勢能逐9090BPQ功，重力勢能和電勢能增加量等于動能減少量，D錯誤．11．(2014·山東理綜，19，6分)R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內(nèi)的場強處處為零；殼外產(chǎn)生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)Ek0OAEkr的關(guān)系圖線，可能正確的是(11．A由于球殼內(nèi)的場強處處為零，所以試探電荷在殼內(nèi)做勻速直線運動，動做加速度減小的加速直線運動，動能隨r的增加而增加，但增加得越來越“慢”．A正確．本題的關(guān)鍵是理解好題目中對殼內(nèi)電場和殼外電場的等效描述，然后 3直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝2OA.mOAq(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OABO點以同樣的初動能沿某一方向拋出此AA3倍；若該小球OBB點時的動能為初動能的6倍．重力加速度大g.求：A12 (1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的t，令－＝d，則－＝3，根據(jù)平拋dsin60°＝vt，dcos 12gt AEkA解得 減小ΔEpA和ΔEpB

＝＝

OBMA等電勢，MO

x d，如圖，則有3d

2MAOC直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30°30°.設(shè)場強的大E，有qEdcos30°＝ΔEpA解得E＝3mg

3mg (2)6q30(2015·海南物理，7，5分)(多選)Q(Q>0)和－Qx軸上O的兩側(cè)，axOQ說法正確的是()aOaO、ba【解析】根據(jù)等量異種電荷形成的電場的特點可知，b點電勢為零，電場強度不為零，A錯誤．Epa＝qφa，φa＞0，若q＞0，則Epa＞0，電場力方向與電場強度方向相同，均向右，B正確．由于φO<φa，且q>0，故必須克服電場力做功，C正確．電場力做的功等于電勢能的變化，WOa＝q(φO－φa)，Wba＝q(φb－φa)，φO＝φb，所以WOa＝Wba，電勢能變化相等，D錯誤．選BC.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考法拉第在研究場的問題時，引進了“電場線”，借助電場線的特(2012·理綜，5，6分)兩個固定的等量異號粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面在電場中()【解析A處時，由于電場線與等勢面垂直，所以粒子所受電場力先小于90°，后大于90°，所以電場力先做正功后做負功，由此可以判斷電勢能先減小后增大，C正確．選C.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考 (2012·理綜，18，6分)如圖所示，在平面直坐標原點處的電勢為0V，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場強度的大()3A．200 33C．100 3【解析】勻強電場的電場線與等勢面都是平行、等間d接d- 3 ＝200V/m.-OC·sin導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考(2014·物理，19，3分)(多選)靜電場在x軸上的場強Ex的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強x軸運動，則點電荷(x2x4x1x3x1x4x1x4【解析】xx2x4的過程電場力做功不為零，兩點處的電勢能不相等，Ax1x3的過程電場力x軸負方向，電場力做負功，電勢能增大，Bx1x4的過程場強先增大后減小，所以電場力先增大后減小，C正確，D錯誤．選BC.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考φ—xE—x等1.(2014·吉林省吉林市熱身檢測)如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的Q1帶負電荷，a、b兩點在它們連線延長線上．現(xiàn)有一帶負電荷的ab點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示．以下說法 A.Q2B．Q2Q1C．bv—tb點的加速度為零，所受電場力也為零，b點的電場強度一定為零，Cb點的場Q2的電荷量，B錯誤．整個運動過程中，粒子的動能和電勢能之和保持不變，動能先減小后增大，則其電勢能一定是先增大后減小，D錯誤．沿電場線由M點運動到N其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中電子在M點時的電勢能為EpMNEpN，則下列說法正確的是()NM2．CMN點，電勢能減小，故動能增加，A錯誤．分析圖象可得電子的電勢—W＝qEΔx可得電場強度越來越小，BM點電場力逐漸減小，所以加速度逐漸減小，C正確．電子從靜止開始沿電場線M、N點所在電場線為直線，則電子的運動軌跡必為直線，D錯在電場線密集處所受電場力大，產(chǎn)生的加速度也大，如圖甲中EA＞EB.能小于、也可能等于EB.該點的場強方向，如圖甲所示，A、B點切線方向，即為EA、EB的方向．(2)法：利用Ep＝qφ判斷，注意中的物理量需要帶正負號．q 判斷A、B電q用“等分法”n2．若已知電場中某幾點的電勢，要求其他點的電勢時，一般采用“等分法”n直接從圖象的面積、斜率的意義入手，結(jié)合E的正負和電勢的高低描繪電場qE—xW＝EqΔxEΔx＝W＝UE—xx軸所圍面積等于相距Δx兩點間的電勢差．在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進一步確q xφ—xEp—x圖象：Ep—xx軸交點一定是電勢為零的點，圖象切線的斜率反v—tv—t圖象上能確定粒子運動的加速度的方向和大小變化情況，－Q.實線為電場線，虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點，a、b、c、d為圓上 a、bb、cC．cdD．daa、b、c、d在同一個圓上，電場線的疏密表示場強的強弱，故四點的場強大小相等，但是方向不同，A、Bc點電勢NM、Na、c，M、Nbd，則下列說法正確的是 A．正電荷＋qcaB．正電荷＋qcaCM、N連線的中垂線上，OD．負電荷－qddb點的過程中，加速度先減2．Cacq在O點做加速度先OO點后做加速度先增大再減小的運動動能減小電勢能增加所以負電荷在M、在M、N連線中垂線上的具置，負電荷從d到b運動過程中加速度可能先減小再增大，也可能先增大再減小，再增大再減小，D錯誤．3．(2016·東北師大附中第二次模擬)(多選)M、N、P、Q的帶電荷量相等，M、N帶正電，P、Q帶負電，它們分別處在一個矩形的四個頂點上，Oa、b、c、dMNQP共面，則下列說法正確的是()AOB．O、bφb＞φO，O、bCbcABO點與無窮遠處在同一等勢面上，故電勢為零．根據(jù)場強疊M、N、P、QO點的場強不為零，A正確．正電荷周圍電φb＞0，因φO＝0φb＞φOEb＜EO，B正確．正電荷沿直線從b到c，電場力先做正功后做負功，C錯誤．因電勢 24V，b28V，d12V．一個質(zhì)子( A．c20vBbc所用的時間為v0CaDbc8 φb－φa＝φa－φeφe＝20V，又φb－φe＝φc－φd，得φc＝20V，A正確．ecbd，C錯誤．質(zhì) v0子從b運動到c電場力做功W＝qUbc＝8eV，D正確．在下列E—x圖象和φ—x圖象中，可能正確的是( AD在兩電荷連線的中點，由于兩個電荷在此處產(chǎn)生的場強大小相等、方向無窮遠處場強是先增大后減小，且中點兩側(cè)場強方向相反，A正確，B錯誤．兩點電荷連線的中垂線上場強方向從中點指向無窮遠，且電勢逐漸降低，C錯誤，D φx變化關(guān)系如圖乙．則(A．M點電場強度大B．N點電場強度大C．M、NxDPM過程中，電場力做功6．BMNN電勢降低，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低的性質(zhì)，可以判斷MN之間電場方向沿著x軸正方向，無NxNCBN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，D錯誤直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器() 根據(jù) 電容器接在恒壓電源上，電容器兩端電壓U保持不變．根據(jù) ＝U

UUdD

＝dP以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指 A．θ增大，E增 B．θ增大，E不C．θ減小，Ep增 D．θ減小，E不εrS 由題知，電容器兩板所帶電量Q不變，根據(jù) 和

＝C

Q

＝d

εrS地φP不變，Ep不變，C3．(2013·新課標Ⅰ，16，6分)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距d

．在距上極板2處返 D．在距上極板5處返

＝d.d1

本題既涉及了電容的動態(tài)分析問題，又涉及了電場力做功的問題，需電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為Ml同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)5

不計重力，則M∶m為 2∶3

2，可知它們的加速 3∶2，A5．(2014·山東理綜，18，6分)如圖所示，場強大小E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為222244

44 動軌跡應(yīng)具有對稱性，故軌跡的切點應(yīng)位于矩形區(qū)域的中心．由

2·m·t，解得 mh，B正確此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動BD圖所示，F(xiàn)合≠0A錯誤．由圖可知電場力與重力的合力應(yīng)v0反向，F(xiàn)合mg不做功，qE做負功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤．F合恒定，且F合與v0方向相反，粒子做勻直線運動，D正確．正確理解和運用直線運動的條件是解題關(guān)鍵，要運用正確的受力分析7．(2015·新課標Ⅱ，14，6分)如圖所示，兩平行的帶電金屬a 下方，且大小恒定，D正確，A、B、C錯誤．8．(2016·理綜，23，18分)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強電場，極v0和從電場射出時沿垂直子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10【解析】(1) m電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度 mvv0 偏轉(zhuǎn)距離Δ

2＝ 2a(

重力G＝mg～10－29NdF＝eU～10－15dF?GφEpqqqmEGm的比值，稱為“重力勢”mφφGm【答案

(3)見解9．(2015·理綜，10，17分)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平E＝1.5×106N/CP263電荷量是2.0×10－6C，質(zhì)量m＝0.25kg，與軌道間動摩擦因數(shù)μ＝0.4.PO點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55s到達A點，到達B點時速度是5m/s，到達空Dαtanα＝1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率263P2m/sPAD (1)小物體P的速率從0增至2m/s，受外力F1＝2N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1，經(jīng)過時間Δt1速度為v1，則①②由①②式并代入數(shù)據(jù)得Δt1＝0.5③(2)P2m/sAF2＝6N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2，則④Pv1經(jīng)過Δt2Av2，則Δt2＝0.55s－Δt1⑤⑥PABF2＝6N、電場力和滑動摩擦力的作用．設(shè)其做勻變速a3qBv3AB點的位移為x1，則⑦3232⑧P以速度v3滑出軌道右端B點，設(shè)水平方向受外力為F3，電場力大FE，有⑨F3與FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點開始v3PBD點用時為Δt3x2，v3＝tan ?ADW，則?聯(lián)立④～⑧、⑨～?W＝－9.25?【答案 (1)0.5 (2)－9.2510．(2013·浙江理綜，24，20分)“電子能量分析RA和不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動N板的正中間．忽略電場的邊緣效應(yīng)．A、BCEA、BCφA、φBφCN板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？比較|ΔEk左|與|ΔEk右|的大小，并說明理由【解析】(1)電子(帶負電)A，BA據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E

＝ m22 聯(lián)立解得 對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC)N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有ΔEk右＝e(φA－φC)根據(jù)電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強|φB－φC|>|φA－φC|，即|ΔEk左|>|ΔEk右【答案 (1)B板電勢高于A板；理由見解 (4)|ΔEk左|>|ΔEk右|；理由見解【點撥】通過粒子在場中的勻速圓周運動確定出向心力的來源，進而確定出電q(q>0)ab時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過ab點時的動能．【解析 質(zhì)點所受電場力的大小設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m，經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由第二vv vv律 F＋Na＝mr，Nb－F＝mabEkaEkbE E＝1(Nb－Na)，Eka＝r(Nb＋5Na)，Ekb＝r 【答案 1(Nb－Na) r(Nb＋5Na)；r 【點撥 力電綜合類問題實際上就是“電學(xué)搭臺，力學(xué)唱戲間距和電荷量不變在兩極板間插入一電介質(zhì)其電容C和兩極板間的電勢差U A．C和U均增 B．C增大，U減C．C減小，U增 D．C和U均減【解析】

CUU導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考 (2014·理綜，17，6分)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示．下列圖象中合理的是()【解析】W＝－ΔEpW＝Eqx知，Ep－x圖象的斜率反映電場強Eqx＝Ek－0，故Ek－x圖象的斜率逐漸減小，B錯誤．由第二定律得Eq＝maa也隨x的增大而減小則根據(jù)第二定律粒子做加速度減小的加速運動，C錯誤，D正確．選D.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考帶電粒子在勻強電場中的運動問題能結(jié)合力學(xué)知識和電學(xué)知識，(2015·理綜，7，6分)(多選)如圖所示，氕核、E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)最后打在屏上整個裝置處于真空中， AE2對三種粒子做功一樣多qU2

x＝v0t，y＝2·md·t，聯(lián)立得y＝4U1d2屏上的同一位置，DW＝qE2y，由于運動軌跡相同，三種粒子離開電場時的偏轉(zhuǎn)量y相同，則W相同，A正確．根據(jù)W＝1mv2，三v不同，B錯誤．又因為三種粒子運動軌跡相同，但速度不同，所以運動時間不同，C錯誤．選AD.2導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考當(dāng)帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時，要注意分析間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0mv0沿中線射入兩板間

T～3T時間內(nèi)運動的描述，正確的是

．重力勢能減少了 3【解析】0～T內(nèi)微粒勻速運動，故微粒受到的電場力向上，E0q＝mg3 C正確．從射入到射出，由動能定理可得

－W電＝0為2mgd，D為

導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考帶電粒子在交變電場中的運動是高考必備的知識點之一，因需要利用運動定律圖象等分析多個階段運動的細節(jié)此類題目既有計算題，O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強電場．電場強E＝100N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點距水平地面的高度h＝4m．BC段為一粗糙絕緣平L＝3mABBC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標出)O1O2R＝0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D位于電場區(qū)域的外部(O1O2右側(cè)空間的影響)m＝1kgq＝0.1C的帶正電小球(可視為質(zhì)點)A＝5與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為＝5

10m/s2)CDC【解析 (1)以小球為研究對象，由A點至C點的運動過程，根據(jù)動能定理得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos －μ(mg＋Eq)L＝1mv2sin

CD

2v v5解得FN＝30 5

m小球做類平拋運動的加速度大a，根據(jù)第二定律可mg＋qE＝maa＝20BC

2x＝2m＜3m【答案

(2)30 2導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考帶電粒子在電場中運動時，通常電場力與重力都是恒力，于是我雜問題簡單化的法．2

CUC＝QQUUdE＝UEdQU電壓不變模型：此類問題多把電容接在電源兩端．因為U不變，據(jù)Ed，Ed

U電荷量不變模型：此類電容器大多獨立存在．C＝U

U＝EdrE＝εS.QEεr、Sdr充電時符合U不變模型，放電時符合Q不變模型．22YY＝y(tǒng)＋dtanθ；Y＝(L＋d)tanθ；Y＝y(tǒng)＋vy·d；根據(jù)三角形相似 2

2 U1為加速場電壓，U2為偏轉(zhuǎn)場電壓，L為偏轉(zhuǎn)場板長，d0為偏轉(zhuǎn)場兩板間距，d為屏到偏轉(zhuǎn)場水平距離，Y為打到屏上距離中心的距離，θ為出射速度與水1、加速交替出現(xiàn)的多過程情況較多．解決的方法主要分析清楚其中一個完整的過程，有時也可借助v—t圖象進行運動過程分析，找出各個過程中的重要物、F合為等效重力場中的“重力m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”即在等效重力場中的“豎直向下”為水平放置平行正對金屬板在板分別有一小孔M、N，D為理想二極管，RS，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電荷的帶電小球從M、N正上方的P點由靜止釋放，小球恰好能運動至小孔N處．下列說法正確的是 ANBNNSPN若僅將A板上移，根

εrSN時速度已經(jīng)減為零返回了，ABU一定，小孔N時速度已經(jīng)減為零返回了，B錯誤．將滑動變阻器的滑片上移，分壓增N時速度已經(jīng)減為零返回了，CS，場強不變，N處，D錯誤．電粒子以初速度v0射入水平放置距離為d的兩平U1AP2v0，同時將

所加電壓U2為( B．U2＝6U1 板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為

1 x

d00a＝md，t＝vU1＝qx2；A板上移22v000 x

0時，在電場中有：d＝2a′t′，a′＝3md，t′＝2v0，解得0＝12U1，D

mev0 L0 Bv0C．t＝0

時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為 方向分速度不變穿過電場的時間 L 不全相同，Avy＝0，速相同，C

＝4

1

1 d4．(2015·河北正定模擬)v0m的小球，當(dāng)小球到9∶16，取地面為重力勢能參考面，q【解析】(1)v2＝2gh，得1 2m 55＝豎直方向做勻運動，有vy＝gt，解得＝

(2)設(shè)后來加上的電場場強大小球到達最高點時的動能與剛拋出時的動相等，若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有 mt＋5v0＝－v

(1) (2)2q或m、電荷量為q的帶正電小球(可看成質(zhì)點)y軸上的Av0LM、傾斜放置且與水平方向間的夾角θ＝37°.(sin37°＝MByAMN

＝5qM、NdN【解析 (1)小球從A到B過程做平拋運動x軸方向有：Lcosθ＝v0t，tanh＝12Ay＝h＋Lsin2聯(lián)立解得 3gL，y＝17L，h＝4 A點的坐標為(2)小球進入電場時速度大由動能定理，mgh＝1mv2－126解得 6

2m進入電場后受力如圖所示，qE＝mgcosmgsin其加速度大小 ＝gsint′Nd＝vt′，1＝1′2d＝5

17

6 5【答案

(2)66．(2015·江西五校第二次聯(lián)考)如圖甲所示，AB是真空中、面積很大的平行金屬板，O是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，OAB的距離都是l.現(xiàn)在A、壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生大量粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q.這種粒子屬板上不再運動，且電荷量同時，不影響A、B板電勢．不計粒子的重力不考慮粒子之間的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×1031.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1×10－7Ct＝0在

A～2B2 (1)根據(jù)題圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運動，設(shè)粒子到達A板的時間為t，并假設(shè)在半個周期內(nèi)到達A板，則有l(wèi)＝1·qU022t＝6×10－32t＝6×10－3sA0～Ta1＝qU0＝2×1052在T～T

＝4×105 若粒子在0～T內(nèi)加速Δt，再在T～T

A板，則有

t，解得Δt＝2×10－3

2

所以在T－Δt到TA4×10－3s～6×10－3 m恰好未撞上A板的粒子反向加速距離最大所獲得的速度最大v2m66

6【答案 (1)6×10－3 (2)4×10－3s～6×10－3 6表達式 kq1q2，其中k為靜電力常量，k＝9.0×109＝

kq1q2不再適用

＝EE是唯一的，它的大小和方向與放入該點電場強度的兩個的比 由比值法引入，EF、 ＝由 ＝q1電場線電場強，電場線疏處電場弱電場線(虛線)O的場強關(guān)六、兩個電 的比 電容器本身(CQU成反比εrSS、d、電介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr有關(guān)d(1)勻強電場中，v0與E平行時，可用第二定律和運動學(xué)求解

＝ ＝d 1

－2mv0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方轉(zhuǎn)問題的分析方法類似拋運動：vt＝lv0

＝m＝m0y＝2at0φtanφ

qUl.00＝v0＝v00(2015·一模)兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大F.兩小球相r接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的 1 【解析 接觸前兩小球之間的庫侖力大小

r2來的1

間ABCDEFGH，則下列說法正確的是( AAB、HBACGCA、EC、GDA、ED、F兩點的電場強度大小相HCGA點，故電場力做正功．A錯誤，BA、EC、G兩點電勢一正一負，CA、E兩點處放置等量異種點電荷，等量異種點電荷的電場具FEHFD、F兩點的電場強度大小相等，D正確．選BD.q＝5.0×10－4CCCBAv—B點時，速度圖象的切線斜率最大(圖中標出了該切線)，則下列說法正確的是()AO點右側(cè)桿上，BE＝1.2BCACCAD．C、BUCB＝0.9【解析】v—t圖象切線斜率代表加速度，B＝＝5

q2(2016·吉林東北師大附中第二次模擬)(多選)q2P點且處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是()APB.PCP 【解析】由于電路中有二極管所以電容器只能充電不能放電據(jù) UU＝EdE增大，P點電勢升高，B錯誤．dU不E不變，若d減小，E增大，故油滴不下移，D正確．選CD.(2016·河北石家莊正定中學(xué)期中)(多選)xOy45mq的O q q電場強度的 ggp時的動能為DODO點的過程中，電勢能減 【解析 由軌跡方程y＝kx2可知小球為初速度向上的拋物線，合向右，由受力分析可知2mg＝Eq，E＝2mg，A錯誤．聯(lián)立方程1

2gt，k＝v0t，解得 2k，B正確．據(jù)動能定理mv2Ek＝5mg，C正確．ΔEp＝－W＝－Eq·2＝－2mg·2＝－2mg，D

．4U＝Ed只能適用于勻強電場在使用時要注意U是初末位置的電勢差而．UQ(2014·攀枝花二模)如圖所示在一傾角為37°的緣斜面下端O，固定有垂直于斜面的絕緣擋板．斜面ON段粗糙，長度s＝0.02m，NM段光滑，長度L＝0.5m．在斜面2×10－3kg1×10－7CON段表面的動摩擦因數(shù)為0.75.將小滑塊從M點由靜止釋放，在運動過程中沒有電荷量損sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g10m/s2.N【規(guī)范解答 (1)小滑塊第一次過N點的速度為32則由動能定理有1mv2＝(mg＋qE)Lsin3732

ONf＝μ(mg＋qE)cos37°＝2.4×10－2F1＝(mg＋qE)sin37°＝2.4×10－2因此滑塊沿ON下滑時做勻速運動，上滑時做勻運動，速度為零時可停下．設(shè)小滑塊與擋板碰撞n次后停在距擋板距離為x處，則由動能定理得(mg＋qE)(L＋s－x)sin37°－μ(mg＋qE)[(2n－1)s＋x]cos0≤x≤0.02mn＝13x＝0.01由能量守恒得(mg＋qE)·Δxsin37°＝2μ(mg＋qE)scos37°代入數(shù)據(jù)得Δx＝0.04ms1＝L＋s－Δx＝0.48p 滑塊移動的總路程s總 sp≥s＝0.02mp≤12.5p＝12s總＝6.773【答案 3

(2)0.01 (3)6.77②①此類問題一般可以用等效法處理．幾個場同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加56～8分，選對但不全的得3分，有的得0分的中心，下列說法中正確的是()A．OB．A、B、C、DCBDDAC1．C根據(jù)點電荷電場強度和場強疊加原理，O點電場強度不為零，方向由A、B兩點電場強度不相同，B錯誤．由對稱性可知，B、D兩點等電將一帶負電的試探電荷從B點勻速移動到D電場力做功為零，C正確圖A點電勢高于C點，將一帶負電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能增大，D錯誤．x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的 AOxBOxC．OD．O2．CO點放一試探電荷，所受圓環(huán)上均勻分布的負電荷Ox軸無限遠處電場強度為零O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小x軸無限遠處，xO點移動一個帶正電的試探電荷，電場力做正功，電勢能減?。鶕?jù)電勢的定義可知O點的電勢能最小，電勢最低，所以從Ox軸正方向，電勢一直升高，A、B、D錯誤，C正確．AB的徑AaAEkA，電勢能為EpA；在B點的加速度為aB、動能為EkB，電勢能為EpB.則下列結(jié)論