2019屆北京專版高考物理一輪復(fù)習專題九靜電場講義

專題九靜電場高考物理

(北京市專用)A組

自主命題·北京卷題組1.(2014北京理綜,15,6分,0.99)如圖所示,實線表示某靜電場的電場線,虛線表示該電場的等勢

面。下列判斷正確的是

()

A.1、2兩點的場強相等

B.1、3兩點的場強相等C.1、2兩點的電勢相等

D.2、3兩點的電勢相等答案

D同一電場中,電場線越密的地方場強越大,所以1點的場強大于2、3兩點的場強,A、B錯誤;同一等勢面上各點的電勢相等,沿電場線方向電勢降低,故C錯誤,D正確。五年高考考查點電場線、等勢面。思路點撥場強大小看電場線的疏密,電勢高低看電場線的方向。2.(2017北京理綜,22,16分)如圖所示,長l=1m的輕質(zhì)細繩上端固定,下端連接一個可視為質(zhì)點的

帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電荷

量q=1.0×10-6C,勻強電場的場強E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.

8。求:

(1)小球所受電場力F的大小。(2)小球的質(zhì)量m。(3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小。答案(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-4kg(3)2.0m/s解析(1)F=qE=3.0×10-3N(2)由

=tan37°,得m=4.0×10-4kg(3)由mgl(1-cos37°)=

mv2,得v=

=2.0m/s解題指導(dǎo)(1)小球平衡時,正確進行受力分析。(2)撤去電場后,小球會從高處擺下,在小球從開

始運動到到達最低點的過程中,機械能守恒。3.(2016北京理綜,23,18分,0.59)如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方

向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電

場可看做勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。(1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏

轉(zhuǎn)距離Δy。(2)分析物理量的數(shù)量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請

利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=

10m/s2。(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì),請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”

的共同特點。答案(1)

(2)(3)見解析解析(1)根據(jù)功和能的關(guān)系,有eU0=

m

電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0=

在偏轉(zhuǎn)電場中,電子的運動時間Δt=

=L

偏轉(zhuǎn)距離Δy=

a(Δt)2=

(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有重力G=mg~10-29N電場力F=

~10-15N由于F?G,因此不需要考慮電子所受重力。(3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值,即φ=

由于重力做功與路徑無關(guān),可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG與

其質(zhì)量m的比值,叫做“重力勢”,即φG=

。電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量,僅由場自身的因素決定。解題指導(dǎo)這是屬于帶電粒子在勻強電場中先加速再偏轉(zhuǎn)的問題,帶電粒子在加速電場中運用

功能關(guān)系(動能定理)來列式,帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動時運用運動的合成和分解來

解答。審題指導(dǎo)讀題要抓住帶電粒子在電場中運動的性質(zhì),在加速電場中做初速度為零的勻加速直

線運動,在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動。4.(2015北京理綜,24,20分,0.31)真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置,如圖所示。光

照前兩板都不帶電。以光照射A板,則板中的電子可能吸收光的能量而逸出。假設(shè)所有逸出的

電子都垂直于A板向B板運動,忽略電子之間的相互作用。保持光照條件不變。a和b為接線柱。已知單位時間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N,電子逸出時的最大動能為Ekm。元電荷為e。(1)求A板和B板之間的最大電勢差Um,以及將a、b短接時回路中的電流I短。(2)圖示裝置可看做直流電源,求其電動勢E和內(nèi)阻r。(3)在a和b之間連接一個外電阻時,該電阻兩端的電壓為U。外電阻上消耗的電功率設(shè)為P;單位

時間內(nèi)到達B板的電子,在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設(shè)為ΔEk。請推導(dǎo)證明:P=

ΔEk。(注意:解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量,要在解題中做必要的說明)

答案(1)

Ne(2)

(3)見解析解析(1)由動能定理,Ekm=eUm,可得Um=

短路時所有逸出電子都到達B板,故短路電流I短=Ne(2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓,即上面求出的Um,所以E=Um=

電源內(nèi)阻r=

=

(3)外電阻兩端的電壓為U,則電源兩端的電壓也是U。由動能定理,一個電子經(jīng)電源內(nèi)部電場后損失的動能ΔEke=eU設(shè)單位時間內(nèi)有N'個電子到達B板,則損失的動能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU根據(jù)電流的定義,此時電源內(nèi)部的電流I=N'e此時流過外電阻的電流也是I=N'e,外電阻上消耗的電功率P=IU=N'eU所以P=ΔEk

考查點帶電粒子在電場中的運動、電路、功能關(guān)系。思路點撥1.最大電勢能對應(yīng)電子的最大初動能,短路時兩板間電勢差為零,A板上的電子會全

部到達B板。2.從電路的角度分析,電動勢等于電源斷路時的路端電壓,而短路電流等于電動勢除以電源內(nèi)

阻。3.外電阻上消耗的功率P=IU,I為單位時間內(nèi)流過的電子的總電荷量;ΔEk是單位時間內(nèi)到達B板

的電子損失的動能總和?？键c一電場的力的性質(zhì)1.(2017課標Ⅰ,20,6分)(多選)在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r

的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點

電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra,φa)標出,其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組a點依次經(jīng)b、c點移動到d點,在相鄰兩點間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、Wbc和

Wcd。下列選項正確的是

()A.Ea∶Eb=4∶1

B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1

D.Wbc∶Wcd=1∶3答案

AC本題考查場強與電勢。由圖可知:ra=1m、φa=6V;rb=2m、φb=3V;rc=3m、φc=2V;

rd=6m、φd=1V。由點電荷的場強公式E=

得Ea∶Eb∶Ec∶Ed=

∶

∶

∶

=36∶9∶4∶1,A正確、B錯誤。由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶1,故C

正確、D錯誤。方法技巧電場力做功的計算方法定量計算電場力做功時,第一種方法是利用W=qU;第二種方法是利用功能關(guān)系即電場力所做的

功等于電勢能的變化量;第三種方法是利用動能定理;第四種方法是由功的定義得W=qElcos

α。其中最后一種方法僅適用于勻強電場中。2.(2016課標Ⅱ,15,6分)如圖,P是固定的點電荷,虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P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。若Q僅受P的電場力作用,

其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、vb、vc。則

()

A.aa>ab>ac,va>vc>vb

B.aa>ab>ac,vb>vc>vaC.ab>ac>aa,vb>vc>va

D.ab>ac>aa,va>vc>vb

答案

D帶電粒子在電場中僅受電場力作用,由牛頓第二定律知加速度a=

=

,E=k

,因為rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;由動能定理有Wab=qQUab=

m

-

m

Wbc=qQUbc=

m

-

m

因為Wab<0,所以va>vb因為Wbc>0,所以vc>vb因為|Uab|>|Ubc|,所以va>vc故有va>vc>vb,D項正確。規(guī)律總結(jié)掌握點電荷電場的特點及電場力做功與電勢差的關(guān)系,明確僅在電場力作用下,加速

度的大小取決于場強的大小,速度的大小取決于電場力做功的正負及大小。評析本題在考查點電荷電場的電場線、等勢面的分布特點及電場力做功與電勢差關(guān)系的同

時,綜合考查了牛頓運動定律及動能定理的內(nèi)容,綜合性較強。3.(2016浙江理綜,15,6分)如圖所示,兩個不帶電的導(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.此時A帶正電,B帶負電B.此時A電勢低,B電勢高C.移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合D.先把A和B分開,然后移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合答案

C由于靜電感應(yīng),A帶負電,B帶等量正電,若移去C,A、B所帶等量正負電荷中和,金屬箔

閉合,所以C正確,A錯誤;處于電場中的導(dǎo)體是等勢體,B錯誤;若先把A、B分開,然后移去C,A、B

所帶電荷就不能中和,金屬箔不再閉合,D錯誤。失分警示不要誤以為因B帶正電,B的電勢就高,實際上電場中的導(dǎo)體是一個等勢體,A、B電勢

相等。評析本題考查靜電感應(yīng)現(xiàn)象,意在考查學生對課本演示實驗的認知和理解。4.(2016浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示,把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10m的絕緣

細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A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

()

A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×10-2NC.B球所帶的電荷量為4

×10-8CD.A、B兩球連線中點處的電場強度為0答案

ACD用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷,與A球接觸后A球也帶正電荷,兩球接觸后分開,

B球也帶正電荷,且兩球所帶電荷量相等,A正確;兩球相互排斥,穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示

sinθ=

=0.60,θ=37°F庫=mgtan37°=6.0×10-3N,B項錯誤;F庫=k

QA=QB=Q,r=0.12m聯(lián)立得Q=4

×10-8C,故C項正確;由等量同種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知,A、B兩球連線中點處的場強為0,故D項正確。疑難突破準確進行受力分析、力的合成,再利用三角函數(shù)計算庫侖力和電荷量大小。5.(2015安徽理綜,15,6分)由庫侖定律可知,真空中兩個靜止的點電荷,帶電量分別為q1和q2,其間

距離為r時,它們之間相互作用力的大小為F=k

,式中k為靜電力常量。若用國際單位制的基本單位表示,k的單位應(yīng)為

()A.kg·A2·m3

B.kg·A-2·m3·s-4C.kg·m2·C-2

D.N·m2·A-2

答案

B由庫侖定律知k=

,式中都取國際單位時k的單位為

,由I=

知,1C2=1A2·s2,又因1N=1

,整理可得k的單位應(yīng)為

·

,即kg·A-2·m3·s-4,故選項B正確。6.(2015山東理綜,18,6分)直角坐標系xOy中,M、N兩點位于x軸上,G、H兩點坐標如圖。M、N兩

點各固定一負點電荷,一電量為Q的正點電荷置于O點時,G點處的電場強度恰好為零。靜電力

常量用k表示。若將該正點電荷移到G點,則H點處場強的大小和方向分別為

()A.

,沿y軸正向

B.

,沿y軸負向C.

,沿y軸正向

D.

,沿y軸負向答案

B

M、N兩處的負點電荷在G處產(chǎn)生的合場強E1與O點處正點電荷在G處產(chǎn)生的場強等

大反向,所以E1=

,方向沿y軸正向,因為H與G關(guān)于x軸對稱,所以M、N兩處的負點電荷在H處產(chǎn)生的合場強E2=E1=

,方向沿y軸負向。當正點電荷放在G點時,它在H點產(chǎn)生的場強E3=

,方向沿y軸正向,則H處的場強為EH=

-

=

,方向沿y軸負向,B正確。7.(2015浙江理綜,20,6分)(多選)如圖所示,用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1kg的小

球A懸掛到水平板的M、N兩點,A上帶有Q=3.0×10-6C的正電荷。兩線夾角為120°,兩線上的拉力

大小分別為F1和F2。A的正下方0.3m處放有一帶等量異種電荷的小球B,B與絕緣支架的總質(zhì)量

為0.2kg(重力加速度取g=10m/s2;靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,A、B球可視為點電荷),則

(

)

A.支架對地面的壓力大小為2.0NB.兩線上的拉力大小F1=F2=1.9NC.將B水平右移,使M、A、B在同一直線上,此時兩線上的拉力大小F1=1.225N,F2=1.0ND.將B移到無窮遠處,兩線上的拉力大小F1=F2=0.866N答案

BC小球B和支架組成的整體,在三個力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=k

,聯(lián)立兩式解得:FAB=0.9N,FN=1.1N,根據(jù)牛頓第三定律可判斷出A錯。小球A在四個力作用下平衡,如圖

(甲)所示。

由對稱性可知F1=F2,在豎直方向上有:2F1cos60°=2F2cos60°=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9N,可見B正確。當B球與M、A共線時,A球受力情況如圖(乙)所示。(甲)

由幾何關(guān)系可知rAB'=0.6m,FBA'=k

=0.225N。將A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上述兩個方向上分力的合力為零可得:F1=1.225N,F2=1.0N,故C正確。B球移至無窮遠處時,A、B

之間的庫侖力忽略不計,對A球由三力平衡條件可求得F1=F2=mAg=1.0N,故D錯。(乙)評析本題考查了庫侖定律和共點力平衡問題,情景清晰,但計算量稍大。題目難度中等,要求

考生鎮(zhèn)定、細心。8.(2013課標Ⅰ,15,6分,0.480)如圖,一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于

圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點,a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點處場強的大小為(k為靜電力常量)

(

)A.k

B.k

C.k

D.k

答案

B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點處產(chǎn)生的場強E2大小相等,即:E1=E2=k

,由對稱性,圓盤在d點產(chǎn)生的場強E3=k

,q在d點產(chǎn)生的場強E4=k

,方向與E3相同,故d點的合場強Ed=E3+E4=k

,B正確,A、C、D錯誤。9.(2015四川理綜,10,17分)如圖所示,粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣

對齊,A是軌道上一點,過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5×106N/C,方向水平向右的

勻強電場。帶負電的小物體P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。P

從O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,到達空間D點時速度與

豎直方向的夾角為α,且tanα=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大

小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點,電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10m/s2。求:v/(m·s-1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263(1)小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間;(2)小物體P從A運動至D的過程,電場力做的功。答案(1)0.5s(2)-9.25J解析(1)小物體P的速率從0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F1-μmg=ma1

①v1=a1Δt1

②由①②式并代入數(shù)據(jù)得Δt1=0.5s③說明:①②③式各2分。(2)小物體P從速率為2m/s運動至A點,受外力F2=6N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2,則F2-μmg=ma2

④設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過Δt2時間,在A點的速度為v2,則Δt2=0.55s-Δt1

⑤v2=v1+a2Δt2

⑥P從A點至B點,受外力F2=6N、電場力和滑動摩擦力的作用,設(shè)其做勻變速直線運動加速度為a3,

電荷量為q,在B點的速度為v3,從A點至B點的位移為x1,則F2-μmg-qE=ma3

⑦

-

=2a3x1

⑧P以速度v3滑出軌道右端B點,設(shè)水平方向受外力為F3,電場力大小為FE,有FE=F3

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點開始做初速度為v3的平拋運

動。設(shè)P從B點運動至D點用時為Δt3,水平位移為x2,由題意知

=tanα

⑩x2=v3Δt3

設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W,則W=-qE(x1+x2)

聯(lián)立④~⑧,⑩~

式并代入數(shù)據(jù)得W=-9.25J

說明:④⑥⑧

式各1分,⑦⑩

式各2分?？键c二電場的能的性質(zhì)10.(2017課標Ⅲ,21,6分)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如

圖所示,三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是

()A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點,電場力做功為9eV答案

ABD本題考查勻強電場、電場強度、電勢、電勢差。設(shè)a、c連線上d點電勢為17V,如圖所示,則

=

,得ldc=4.5cm,tanθ=

=

,θ=37°。過c作bd垂線交bd于e點,則lce=ldccosθ=4.5×

cm=3.6cm。ce方向就是勻強電場方向,場強大小為E,Elce=Ucb,E=2.5V/cm,A項正確。UeO=ElObsin53°=16V,故O點電勢φ0=17V-16V=1V,B項正確。電子

在a點的電勢能比在b點的高7eV,C項錯誤。電子從b點到c點電場力做功W=9eV,D項正確。

方法技巧充分利用直角三角形中37°和53°的關(guān)系①Oa為6cm,Ob=8cm,這樣連接O、c,∠cOb=37°,∠Ocb=53°。②在a、c連線上找φd=17V,bd為等勢線。由對應(yīng)關(guān)系得lcd=4.5cm,∠cbe=37°。Oec恰好為電場

線。③充分利用電場中的角度,以37°和53°的關(guān)系解題。11.(2017天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線MN是一條方向未標出

的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大

小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是

()A.電子一定從A向B運動B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷C.無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA<EpBD.B點電勢可能高于A點電勢答案

BC本題考查帶電粒子在電場中的運動。電子的運動軌跡為曲線,由曲線運動的產(chǎn)生

條件可知電子在MN電場線上受力方向為水平向左,因此電場線方向為水平向右(M→N),若aA>aB,

則A靠近場源電荷Q,即Q靠近M端且為正電荷,選項B正確;若電子由A→B,則水平向左的電場力

與軌跡切線方向的速度夾角大于90°,電場力做負功,電勢能增加,即EpA<EpB,若電子由B→A,則電

場力方向與速度方向夾角小于90°,電場力做正功,電勢能減小,EpA<EpB,選項C正確,A錯誤;由Ep=q

φ,φ=

知,負電荷在高電勢處電勢能小,在低電勢處電勢能大,可知φA>φB,選項D錯誤。方法技巧運動軌跡與電場線關(guān)系①曲線運動的受力方向指向軌跡的凹側(cè)。②受電場力方向在電場線所在直線上(切線所在直線

上)。③速度方向為軌跡的切線方向。④正、負功的判斷。⑤電勢高低與電勢能大小的關(guān)系。12.(2017江蘇單科,8,4分)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2,其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖

所示。下列說法正確的有

()

A.q1和q2帶有異種電荷B.x1處的電場強度為零C.負電荷從x1移到x2,電勢能減小D.負電荷從x1移到x2,受到的電場力增大答案

AC本題考查識別φ-x圖像、場強與電勢差的關(guān)系、電場力做功與電勢能變化關(guān)系。φ

-x圖線的切線斜率表示場強,由圖可知從x1到x2過程中,圖線切線斜率變小,到x2處斜率為0,即場強

從x1到x2一直減小,且E2=0,電場力F=Eq,負電荷從x1移動到x2,受到電場力減小,選項B、D錯誤;沿x

軸方向電勢由負到正,故x軸上的兩個電荷q1、q2為異種電荷,選項A正確;由圖可知φx1<φx2,負電荷

由低電勢到高電勢,電場力做正功,電勢能減小,選項C正確。解題關(guān)鍵由U=Ed知φ-x圖線切線斜率表示場強E,φx1=0,q1、q2分布在x1的兩側(cè)。13.(2016課標Ⅰ,20,6分)(多選)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙

面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知

()

A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小答案

AB由油滴軌跡在豎直面內(nèi)相對于過P點的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合力

為0,豎直方向上油滴受重力和電場力,結(jié)合曲線軌跡的特點可知電場力豎直向上且電場力大于

重力,油滴受力及電場線方向如圖所示,由沿電場線方向電勢逐漸降低,得Q點的電勢比P點的高,

A選項正確;油滴從Q點到P點合力做負功,根據(jù)動能定理得油滴在Q點的動能大于它在P點的動

能,這一過程中電場力做負功,則油滴在Q點的電勢能小于它在P點的電勢能,故B項正確,C項錯;

因為重力和電場力為恒力,所以油滴在Q、P兩點的加速度相同,故D項錯誤。

疑難突破考生必須分析出油滴軌跡的對稱性具有的含義,才能展開進一步的分析。解題關(guān)鍵由U=Ed知φ-x圖線切線斜率表示場強E,φx1=0,q1、q2分布在x1的兩側(cè)。評析以電場和重力場為背景,考查電場及運動的知識,關(guān)鍵在于分析出對稱性的特點,才能得

出電場力與重力的大小關(guān)系及方向,屬于中等難度。14.(2016課標Ⅲ,15,6分)關(guān)于靜電場的等勢面,下列說法正確的是

()A.兩個電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點電場強度一定相等D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功答案

B假設(shè)兩個電勢不同的等勢面相交,則交點處的電勢就是兩個不同的值,這是不可能的,

A錯誤;同一等勢面上各點電勢相等,而場強不一定相等,C錯誤;負電荷從高電勢處移到低電勢

處,電勢能增加,電場力做負功,D錯誤。方法技巧用類比法理解電荷在電場中運動的過程中電場力做功以及電勢能變化情況:一塊石

頭從山頂(高地勢處)滾落到山腳(低地勢處),重力勢能減少,重力做正功。與此類似,正電荷從高

電勢處向低電勢處移動,電勢能減少,電場力做正功,所以,可將正電荷與石頭類比。如果是負電

荷的運動,只要把正電荷電勢能變化、電場力做功情況反過來就可以了。評析本題考查對電場中等勢面概念的理解。15.(2016浙江理綜,14,6分)以下說法正確的是

()A.在靜電場中,沿著電場線方向電勢逐漸降低B.外力對物體所做的功越多,對應(yīng)的功率越大C.電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比D.在超重和失重現(xiàn)象中,地球?qū)ξ矬w的實際作用力發(fā)生了變化答案

A在靜電場中,沿電場線電勢φ的變化量Δφ=

,無論q為正還是為負,

總是負的,即Δφ<0,表明沿電場線方向電勢逐漸降低,A正確;功率P=

,功率P的大小由W和t共同決定,B錯誤;電容器電容C與電容器所帶電荷量無關(guān),C錯誤;無論超重還是失重,地球?qū)ξ矬w的實際作用力不

變,D錯誤。疑難突破電勢φ=

,電勢的變化Δφ=

。正電荷沿電場線方向移動時,電場力做正功,電勢能減少,ΔEp<0,Δφ=

<0,即沿電場線方向電勢降低;負電荷沿電場線方向移動時,電場力做負功,電勢能增加,ΔEp>0,Δφ=

<0,即沿電場線方向電勢降低。因此在靜電場中,沿電場線方向電勢降低是一個普遍正確的結(jié)論。評析本題考查了一些基本規(guī)律和基本概念,意在考查學生對基礎(chǔ)知識的識記能力。16.(2015四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑

MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M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

()A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中,速率先增大后減小C.從N到Q的過程中,電勢能一直增加D.從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量答案

BC小球a從N到Q的過程中,重力不變,庫侖力F逐漸增大,庫侖力F與重力的夾角逐漸變

小,因此,F與mg的合力逐漸變大,A錯誤。從N到P的過程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度

反方向的分力時,速率最大,B正確;從N到Q,F一直做負功,電勢能一直增加,C正確;從P到Q,根據(jù)

能量守恒知電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動能的減少量,所以電勢能的增加量

小于動能的減少量,D錯誤。17.(2014課標Ⅰ,21,6分,0.503)(多選)如圖,在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P

為直角三角形的三個頂點,F為MN的中點,∠M=30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、

φN、φP、φF表示。已知φM=φN,φP=φF,點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi),則

()A.點電荷Q一定在MP的連線上B.連接PF的線段一定在同一等勢面上C.將正試探電荷從P點搬運到N點,電場力做負功D.φP大于φM答案

AD由φM=φN,可知點電荷Q一定在MN連線的中垂線上,過F作MN的垂線交MP于O點,設(shè)MF=FN=l,則由幾何關(guān)系MO=l/cos30°=

l,FO=ltan30°=

l,OP=MP-MO=MNcos30°-

l=

l,即FO=OP=

l,ON=OM=

l,故點電荷一定在MP的連線上的O點,選項A正確(另解:根據(jù)題意φM=φN,φP=φF,可知點電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點處,作PF連線的

中垂線交MP于點O,連接O、F兩點,由幾何知識知OF為MN的中垂線,故點電荷Q一定在MP的連

線上的O點,A正確);點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面,線段不可能在球

面上,故B選項錯誤;由圖可知OF<OM,故φF=φP>φM=φN,將正試探電荷從高電勢搬運到低電勢,電

場力做正功,選項C錯、D對。18.(2013天津理綜,6,6分)(多選)兩個帶等量正電的點電荷,固定在圖中P、Q兩點,MN為PQ連線

的中垂線,交PQ于O點,A為MN上的一點。一帶負電的試探電荷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.q由A向O的運動是勻加速直線運動B.q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小C.q運動到O點時的動能最大D.q運動到O點時電勢能為零答案

BC兩個等量正點電荷形成的電場不是勻強電場,在中垂線MN上由無窮遠到O點電場強度先增大后減小,電荷q所受電場力為變力,q將做變加速直線運動,A項錯誤。因q所受電場力

方向指向O點,所以q由A向O運動過程中電場力做正功,電勢能減小,動能增大,B、C項均正確。

因O點電勢大于零,故q在O點時的電勢能不為零,D項錯誤?？键c三電容器帶電粒子在電場中的運動19.(2017江蘇單科,4,3分)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小

孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點,

則由O點靜止釋放的電子

()

A.運動到P點返回B.運動到P和P'點之間返回C.運動到P'點返回D.穿過P'點答案

A本題考查帶電粒子在勻強電場中的加(減)速運動。由題意知,電子在A、B板間做勻

加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為

U1和U2,由動能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P'點,由于板上帶電荷量沒有變

化,B、C板間電場強度E=

=

=

,E不變,故電子仍運動到P點返回,選項A正確。解題關(guān)鍵

C板移動過程中,板間場強不變,能分析出這個結(jié)論是解答本題的關(guān)鍵點。20.(2016課標Ⅰ,14,6分)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上。若將

云母介質(zhì)移出,則電容器

()A.極板上的電荷量變大,極板間電場強度變大B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變答案

D電容器電容C=

,云母介質(zhì)移出,εr減小,C減小;又C=

,電源恒壓,U一定,C減小,故Q減小;電場強度E=

,故E不變,選項D正確。審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞:恒壓直流電源、介質(zhì)移出。評析此題考查電容器電容、電荷量及電場強度之間的關(guān)系,難度為易,考生根據(jù)相關(guān)公式即可

分析解答。21.(2016天津理綜,4,6分)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬

外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷,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表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動,將上極板向下

移動一小段距離至圖中虛線位置,則

()

A.θ增大,E增大

B.θ增大,Ep不變C.θ減小,Ep增大

D.θ減小,E不變答案

D極板移動過程中帶電荷量Q保持不變,靜電計指針張角變化反映板間電勢差U的變

化,由C=

和C=

可知,極板下移,d減小,C增大,U減小,又E=

=

,則E不變,Ep不變,綜合上述,只有D選項正確。疑難突破設(shè)固定在P點的點電荷帶電荷量為q,其在P點的電勢能等于將其從P點移到零電勢

處(下極板)電場力做的功。評析本題考查平行板電容器相關(guān)知識,難度為易,考生只要掌握相關(guān)公式,就可順利分析解

答。22.(2015課標Ⅱ,14,6分,0.586)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋

放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°,再

由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將

()A.保持靜止狀態(tài)B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動答案

D最初帶電微粒處于靜止狀態(tài),受力如圖(1),Eq=mg;當兩板繞過a點的軸逆時針轉(zhuǎn)過45°

時,帶電微粒的受力如圖(2),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,選項

D正確。

23.(2015天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入

電場線水平向右的加速電場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,不計粒子重力及其相互作用,那么

()

A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置答案

AD設(shè)粒子離開電場E1時速度為v,由動能定理得qE1d1=

mv2-0,v=

,在電場E2中y=

at2,E2q=ma,L=vt,tanφ=

,聯(lián)立以上方程得y=

,tanφ=

。所以,在電場E2中電場力做功W=E2qy=

,三種粒子電荷量相等,電場力做功相等,A項正確。因為在電場E2中y和tanφ與q、m無關(guān),故它們通過同一軌跡打到屏上同一點,D項正確。對全程應(yīng)用動能定理,設(shè)打到屏

上的速度為v',則qE1d1+qE2y=

mv'2-0,解得v'2=

(E1d1+

),所以氕核打到屏上的速度最大,故B項錯誤。在加速電場中所用時間t1=

,通過偏轉(zhuǎn)電場到達屏所用時間t2=

=(L+L')·

,所以總時間t=t1+t2,故氚核運動時間最長,C項錯誤。24.(2013課標Ⅰ,16,6分,0.430)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩

極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方

處的P點有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下

極板向上平移

,則從P點開始下落的相同粒子將

()A.打到下極板上

B.在下極板處返回C.在距上極板

處返回

D.在距上極板

d處返回答案

D設(shè)板間電壓為U,場強為E,則E=

,由動能定理得mg·

d-qEd=0將下極板向上平移

后,U不變,d'=

d,則E'=

=

E,設(shè)粒子在距上極板x處返回,則mg(

+x)-qE'x=0聯(lián)立解得:x=

d,故D正確,A、B、C錯誤。25.(2017課標Ⅰ,25,20分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎直

向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到某值,

但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段

時間后,油滴運動到B點。重力加速度大小為g。(1)求油滴運動到B點時的速度。(2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足

的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間

距離的兩倍。答案見解析解析本題考查電場、牛頓運動定律、勻變速直線運動。(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強

電場中做勻速直線運動,故電場力方向向上。在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎

直向上的勻加速運動,加速度方向向上,大小a1滿足qE2-mg=ma1

①油滴在時刻t1的速度為v1=v0+a1t1

②電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,大小a2滿足qE2+mg=ma2

③油滴在時刻t2=2t1的速度為v2=v1-a2t1

④由①②③④式得v2=v0-2gt1

⑤(2)由題意,在t=0時刻前有qE1=mg

⑥油滴從t=0到時刻t1的位移為s1=v0t1+

a1

⑦油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2=v1t1-

a2

⑧由題給條件有

=2g(2h)

⑨式中h是B、A兩點之間的距離。若B點在A點之上,依題意有s1+s2=h

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2=

E1

為使E2>E1,應(yīng)有2-

+

>1

即當0<t1<

或t1>

才是可能的;條件

式和

式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。若B點在A點之下,依題意有s1+s2=-h

由①②③⑥⑦⑧⑨

式得E2=

E1

為使E2>E1,應(yīng)有2-

-

>1

即t1>

另一解為負,不合題意,已舍去。解題指導(dǎo)多階段運動物體的運動不僅僅取決于物體所受外力,還與物體的初速度有關(guān)。在多階段運動過程中,當物體

所受外力突變時,物體由于慣性而速度不發(fā)生突變,故物體在前一階段的末速度即為物體在后一

階段的初速度。對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系,可以通過作運

動過程草圖來獲得。26.(2017課標Ⅱ,25,20分)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的

勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后

以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下

邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動

能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小。

答案(1)3∶1(2)

H(3)

解析本題考查勻變速直線運動、運動的分解、電場、動能定理。(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。

M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中

沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得v0-at=0

①s1=v0t+

at2

②s2=v0t-

at2

③聯(lián)立①②③式得

=3

④(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式

=2gh

⑤H=vyt+

gt2

⑥M進入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知

=

⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h=

H

⑧(3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則

=

⑨設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得Ek1=

m(

+

)+mgH+qEs1

⑩Ek2=

m(

+

)+mgH-qEs2

由已知條件Ek1=1.5Ek2

聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩

式得E=

解題關(guān)鍵①N離開電場時的速度方向豎直向下——N在水平方向的速度恰好減速到0;②方向

水平向右的勻強電場——M、N在豎直方向只受重力,二者在電場中的運動時間相等;③剛離開

電場時M的動能為N的1.5倍——建立等式確定電場力和重力的關(guān)系。27.(2016四川理綜,9,15分)中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的

粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備,在放射治療、食品安全、材料科學等方

面有廣泛應(yīng)用。如圖所示,某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成,相鄰漂移管分別接在高

頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管,在漂移管內(nèi)做勻

速直線運動,在漂移管間被電場加速,加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106m

/s,進入漂移管E時速度為1×107m/s,電源頻率為1×107Hz,漂移管間縫隙很小,質(zhì)子在每個管內(nèi)運

動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108C/kg。求:(1)漂移管B的長度;(2)相鄰漂移管間的加速電壓。答案(1)0.4m(2)6×104V解析(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB,電源頻率、周期分別為f、T,漂移管B的長度為L,則T=

①L=vB·

②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得

L=0.4m③(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE,相鄰漂移管間的加速電壓為U,電場對質(zhì)子所做的功為W,質(zhì)

子從漂移管B運動到E電場做功為W',質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m,則W=qU

④W'=3W

⑤W'=

m

-

m

⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得

U=6×104V⑦解題指導(dǎo)本題以電場為背景,質(zhì)子在漂移管內(nèi)做勻速直線運動,在管間做勻加速直線運動,運

用x=vt和動能定理求解即可。知識歸納①牢記勻速直線運動只有一個計算公式x=vt。②連續(xù)的復(fù)雜過程可以直接用動能

定理求解。C組教師專用題組1.(2015廣東理綜,21,6分)(多選)圖所示的水平勻強電場中,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.M的帶電量比N的大B.M帶負電荷,N帶正電荷C.靜止時M受到的合力比N的大D.移動過程中勻強電場對M做負功答案

BD不考慮重力,取整體為研究對象,外力只有勻強電場的電場力,由平衡條件可知M、

N所受電場力必等大反向,故M、N必帶有等量異種電荷,A錯誤;隔離出M,因N對其靜電引力向右,

則電場E對其電場力必向左,即與場強方向反向,故M帶負電,則N帶正電,B正確;靜止時,M、N所

受合力都為0,C錯誤;因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角,故D正確。2.(2015安徽理綜,20,6分)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為

,其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量,ε0為常量。如圖所示的平行板電容器,極板正對面積為S,其間

為真空,帶電量為Q。不計邊緣效應(yīng)時,極板可看做無窮大導(dǎo)體板,則極板間的電場強度大小和兩

極板間相互的靜電引力大小分別為

()

A.

和

B.

和

C.

和

D.

和

答案

D由題意知帶電量為Q的極板上單位面積所帶的電荷量σ=

,故一個極板激發(fā)的電場的場強大小E=

=

,而平行板電容器兩極板帶等量異種電荷,在極板間激發(fā)的電場等大同向,由電場疊加原理知,極板間的電場強度大小為E合=2E=

;兩極板間相互的靜電引力F=E·Q=

,選項D正確。3.(2014課標Ⅱ,19,6分,0.590)(多選)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是

()A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直B.電場強度為零的地方,電勢也為零C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向答案

AD電場中場強為零的位置是絕對的,而電勢為零的位置是人為選取的;再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率,而與電勢的大小無關(guān),故B錯誤。由沿電場線方向電勢降低,可

知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關(guān),故C錯誤。4.(2014重慶理綜,3,6分)如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場,實線和虛線分別表示電場線和等勢

線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點,設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb,a、b點的電場

強度大小分別為Ea和Eb,則

()A.Wa=Wb,Ea>Eb

B.Wa≠Wb,Ea>EbC.Wa=Wb,Ea<Eb

D.Wa≠Wb,Ea<Eb答案

A由圖知a、b在同一等勢線上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb。又由于在同一電場中,電場線密集處場強大,故Ea>Eb,A正確。5.(2015課標Ⅱ,24,12分,0.298)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A、

B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60°;它

運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。

答案

解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即vBsin30°=v0sin60°

①由此得vB=

v0

②設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有qUAB=

m(

-

)

③聯(lián)立②③式得UAB=

④6.(2013課標Ⅱ,24,14分,0.317)如圖,勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道,軌道平面與電場

方向平行。a、b為軌道直徑的兩端,該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點沿軌道

內(nèi)側(cè)運動,經(jīng)過a點和b點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a點和b點時的動能。

答案見解析解析質(zhì)點所受電場力的大小為f=qE

①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,由牛頓第二定律有f+Na=m

②Nb-f=m

③設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb,有Eka=

m

④Ekb=

m

⑤根據(jù)動能定理有Ekb-Eka=2rf

⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得E=

(Nb-Na)

⑦Eka=

(Nb+5Na)

⑧Ekb=

(5Nb+Na)

⑨7.(2012北京理綜,24,20分,0.20)勻強電場的方向沿x軸正向,電場強度E隨x的分布如圖所示,圖中E

0和d均為已知量。將帶正電的質(zhì)點A在O點由靜止釋放。A離開電場足夠遠后,再將另一帶正電

的質(zhì)點B放在O點也由靜止釋放。當B在電場中運動時,A、B間的相互作用力及相互作用能均為

零;B離開電場后,A、B間的相互作用視為靜電作用。已知A的電荷量為Q。A和B的質(zhì)量分別為

m和

。不計重力。(1)求A在電場中的運動時間t;(2)若B的電荷量q=

Q,求兩質(zhì)點相互作用能的最大值Epm;(3)為使B離開電場后不改變運動方向,求B所帶電荷量的最大值qm。答案(1)

(2)

QE0d(3)

Q解析(1)由牛頓第二定律,A在電場中運動的加速度a=

=

。A在電場中做勻變速直線運動d=

at2解得運動時間t=

=

(2)設(shè)A、B離開電場時的速度分別為vA0、vB0,由動能定理,有QE0d=

m

,qE0d=

·

①A、B相互作用過程中,動量和能量守恒。A、B相互作用力為斥力,A受的力與其運動方向相同,B

受的力與其運動方向相反,相互作用力對A做正功,對B做負功。A、B靠近的過程中,B的路程大

于A的路程,由于作用力大小相等,作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值,因此相互作

用力做功之和為負,相互作用能增加。所以,當A、B最接近時相互作用能最大,此時兩者速度相

同,設(shè)為v',有(m+

)v'=mvA0+

vB0

②Epm=(

m

+

·

)-

(m+

)v'2

③已知q=

Q,由①、②、③式解得相互作用能的最大值Epm=

QE0d(3)考慮A、B在x>d區(qū)間的運動,由動量守恒、能量守恒,且在初態(tài)和末態(tài)均無相互作用,有mvA+

vB=mvA0+

vB0

④

m

+

·

=

m

+

·

⑤由④、⑤解得vB=-

vB0+

vA0因B不改變運動方向,故vB=-

vB0+

vA0≥0

⑥由①、⑥解得q≤

Q即B所帶電荷量的最大值qm=

Q8.(2011北京理綜,24,20分,0.17)靜電場方向平行于x軸,其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的

折線,圖中φ0和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心、沿x軸方向做周期性運

動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q,其動能與電勢能之和為-A(0<A<qφ0)。忽略重力。求(1)粒子所受電場力的大小;(2)粒子的運動區(qū)間;(3)粒子的運動周期。

答案(1)

(2)-d

≤x≤d

(3)

解析(1)由圖可知,0與d(或-d)兩點間的電勢差為φ0電場強度的大小E=

電場力的大小F=qE=

(2)設(shè)粒子在[-x0,x0]區(qū)間內(nèi)運動,速率為v,由題意得

mv2-qφ=-A

①由圖可知φ=φ0

②由①②得

mv2=qφ0

-A

③因動能非負,有qφ0

-A≥0得|x|≤d

即x0=d

④粒子的運動區(qū)間-d

≤x≤d

(3)考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律,粒子的加速度a=

=

=

⑤由勻加速直線運動t=

將④⑤兩式代入,得t=

粒子的運動周期T=4t=

⑥A組

2015—2017年高考模擬·基礎(chǔ)題組（時間:70分鐘分值:110分）一、選擇題(每題6分,共42分)1.(2017北京海淀零模,17)如圖甲所示,直線AB是某電場中的一條電場線,若在A點放置一初速度

為零的質(zhì)子,質(zhì)子僅在電場力作用下,沿直線AB由A運動到B過程中速度隨時間變化的圖像如圖

乙所示。則下列說法中正確的是

()

A.A點的電場強度一定大于B點的電場強度B.電場方向一定是從B指向A

C.質(zhì)子從A到B的過程中,在連續(xù)相等的時間間隔內(nèi),電場力做功的平均功率一定相等D.質(zhì)子從A到B的過程中,在連續(xù)相等的時間間隔內(nèi),電場力的沖量一定相等三年模擬答案

A由圖乙知質(zhì)子從A到B做加速度逐漸減小的加速運動,則EA>EB,電場方向由A指向B,A

對,B錯。

=

,連續(xù)相等時間內(nèi)平均功率不一定相等,C錯。I=Eqt,連續(xù)相等時間內(nèi),E不同,I一定不同,D錯。2.(2017北京朝陽一模,15)如圖所示,兩條不等長的細線一端固定在同一點,另一端分別拴兩個帶

同種電荷的小球,兩小球所帶的電荷量分別為q1、q2,質(zhì)量分別為m1、m2,當兩小球靜止時恰好處

于同一水平線上,且α>β,則造成α>β的原因是

()

A.m1<m2

B.m1>m2C.q1<q2

D.q1>q2

答案

A對兩小球分別受力分析如圖所示,其中兩小球所受的庫侖力屬于一對作用力與反作

用力,大小相等。根據(jù)力的平衡可得m1g=

,m2g=

,因α>β,故tanα>tanβ,故m1<m2,故選A。

3.(2017北京朝陽一模,17)如圖所示,平行板電容器上極板MN與下極板PQ水平放置,一帶電液滴

從下極板P點射入,恰好沿直線從上極板N點射出。下列說法正確的是

()

A.該電容器上極板一定帶負電B.液滴從P點到N點的過程中速度增加C.液滴從P點到N點的過程中電勢能減少D.液滴從P點以原速度射入時,若再加一垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場,則液滴可能做勻速直線運動答案

C由題意可知帶電液滴所受重力和電場力只能如圖所示,且有Eq=mg,才能保證帶電液

滴沿直線運動,且一定做勻速直線運動,即B錯誤;因為不知道液滴所帶電荷的電性,故電容器上

極板帶電性也不確定,故A錯誤;帶電液滴從P到N的運動過程中,電場力做正功,液滴電勢能減少,

故C正確;當再加上垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場后,液滴受電場力、重力和洛倫茲力無法達到合外

力為零的平衡狀態(tài),故液滴不可能做勻速直線運動,D錯誤。4.(2017北京豐臺一模,17)質(zhì)量不同、電荷量相同的粒子,不計重力,垂直于電場線射入同一個勻

強電場。若它們離開電場時速度方向改變的角度相同,則它們在進入電場前必然具有相同的

()A.速度B.動量C.動能D.動量或動能均可以答案

C如圖所示,設(shè)電場區(qū)域?qū)挒長,電場強度大小為E,粒子帶電荷量為+q,質(zhì)量為m,進入電

場時的速度為v0,出電場時的速度為v,在電場中的運動時間為t

由類平拋運動規(guī)律可知L=v0ttanθ=

vy=ata=

由以上各式解得tanθ=

,上式表明:若粒子離開電場時速度方向改變的角度相同,它們應(yīng)具有相同的動能,故C項正確。5.(2016北京豐臺一模,19)示波器是一種電子儀器,可以用它觀察電信號隨時間變化的情況。示

波器的核心部件示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,其原理圖如圖甲所示。圖乙是從右

向左看到的熒光屏的平面圖。在偏轉(zhuǎn)電極XX'、YY'上都不加電壓時,電子束將打在熒光屏的中

心點;若亮點很快移動,由于視覺暫留關(guān)系,能在熒光屏上看到一條亮線。若在XX'上加如圖丙所

示的掃描電壓,在YY'上加如圖丁所示的信號電壓,則在示波管熒光屏上看到的圖形是選項圖中

的

()

答案

A因水平方向XX'所加電壓可使電子在水平方向移動,豎直方向YY'所加電壓可使電子

在豎直方向移動,所以A選項正確,B、C、D選項錯誤。6.(2015北京西城一模,17)如圖所示,將一個帶正電的粒子以初速度v0沿圖中所示方向射入勻強

電場,不計粒子的重力,若粒子始終在電場中運動,則該粒子速度大小的變化情況是

()A.先減小后增大B.先增大后減小C.一直增大D.一直減小答案

A由題給條件可知帶電粒子始終受水平向左的電場力作用,粒子在豎直方向的分速度不變,而水平方向的分速度先減小后增大,故該粒子的速度先減小后增大,選項A正確。7.(2015北京朝陽一模,18)圖中虛線是某電場中的一簇等勢線。