高考物理三輪沖刺 專題八 靜電場課件

《高考物理三輪沖刺 專題八 靜電場課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理三輪沖刺 專題八 靜電場課件（162頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題八 靜 電 場 1.1.物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒 2.2.靜電現(xiàn)象的解釋靜電現(xiàn)象的解釋 3.3.點電荷點電荷 4.4.庫侖定律庫侖定律 5.5.靜電場靜電場 6.6.電場強度、點電荷的場強電場強度、點電荷的場強 7.7.電場線電場線 8.8.電勢能、電勢電勢能、電勢 9.9.電勢差電勢差 10.10.勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系 11.11.帶電粒子在勻強電場中的運動帶電粒子在勻強電場中的運動 12.12.示波管示波管 13.13.常見電容器常見電容器 14.14.電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系 1.

2、1.理解庫侖定律的內(nèi)容、適用條件，并能應(yīng)用該定律解決相關(guān)理解庫侖定律的內(nèi)容、適用條件，并能應(yīng)用該定律解決相關(guān)問題問題. .2.2.理解電場強度、電勢和電勢差的概念，知道它們分別從力的理解電場強度、電勢和電勢差的概念，知道它們分別從力的角度和能量的角度來描述電場，并能應(yīng)用它們進行相關(guān)的分析角度和能量的角度來描述電場，并能應(yīng)用它們進行相關(guān)的分析與計算與計算. .3.3.能夠用電場線描述幾種常見的電場：點電荷的電場、等量同能夠用電場線描述幾種常見的電場：點電荷的電場、等量同種種( (異種異種) )點電荷電場、勻強電場等點電荷電場、勻強電場等. .4.4.能夠正確理解物理量的正值和負(fù)值的含義，如電荷的

3、正負(fù)、能夠正確理解物理量的正值和負(fù)值的含義，如電荷的正負(fù)、電勢的正負(fù)、電勢能的正負(fù)以及電場力做功的正負(fù)與電勢能的電勢的正負(fù)、電勢能的正負(fù)以及電場力做功的正負(fù)與電勢能的增減相對應(yīng)關(guān)系增減相對應(yīng)關(guān)系. .5.5.能結(jié)合力學(xué)的平衡、運動學(xué)、牛頓運動定律、功能關(guān)系、能能結(jié)合力學(xué)的平衡、運動學(xué)、牛頓運動定律、功能關(guān)系、能量守恒定律及交流電等知識處理帶電粒子在電場中運動的問題量守恒定律及交流電等知識處理帶電粒子在電場中運動的問題. .6.6.理解電容器電容的定義式和平行板電容器電容的決定式，并理解電容器電容的定義式和平行板電容器電容的決定式，并能解決有關(guān)問題能解決有關(guān)問題. . 電荷守恒、庫侖定律電荷守恒

4、、庫侖定律【典例【典例1 1】(2011(2011海南高考海南高考) )三個相同的金屬小球三個相同的金屬小球1 1、2 2、3 3分別分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑. .球球1 1的帶的帶電量為電量為q q，球，球2 2的帶電量為的帶電量為nqnq，球，球3 3不帶電且離球不帶電且離球1 1和球和球2 2很遠，很遠，此時球此時球1 1、2 2之間作用力的大小為之間作用力的大小為F.F.現(xiàn)使球現(xiàn)使球3 3先與球先與球2 2接觸，再與接觸，再與球球1 1接觸，然后將球接觸，然后將球3 3移至遠處，此時移至遠處，此時1 1、2 2之間

5、作用力的大小仍之間作用力的大小仍為為F F，方向不變，方向不變. .由此可知由此可知( )( )A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.nA.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6=6 【審題視角【審題視角】解答本題時應(yīng)注意以下兩點：解答本題時應(yīng)注意以下兩點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)相同金屬小球接觸時電量的轉(zhuǎn)移與分配規(guī)律相同金屬小球接觸時電量的轉(zhuǎn)移與分配規(guī)律. .(2)(2)庫侖定律的應(yīng)用庫侖定律的應(yīng)用. . 【精講精析【精講精析】設(shè)小球設(shè)小球1 1、2 2之間的距離為之間的距離為r.r.球球3 3接觸前，接觸前，球球3 3分別與球分別與球1 1、2 2接觸后，接觸后， 聯(lián)立以上兩式

6、解得：聯(lián)立以上兩式解得：n=6n=6，故，故D D正確正確. .答案：答案：D D 2q nqFkr，21nqq2n qnq2qqF224，則22n qnq24kr，【命題人揭秘【命題人揭秘】電荷的重新分配規(guī)律電荷的重新分配規(guī)律兩個完全相同的金屬球接觸兩個完全相同的金屬球接觸, ,電荷將重新分配電荷將重新分配: :(1)(1)若兩球帶同種電荷若兩球帶同種電荷q q1 1、q q2 2, ,則接觸后電量平均分配則接觸后電量平均分配, ,即即(2)(2)若兩球帶異種電荷若兩球帶異種電荷q q1 1、q q2 2, ,則接觸后電量先中和后平分則接觸后電量先中和后平分, ,即即 電性與帶電量大的金屬球

7、相同電性與帶電量大的金屬球相同. . 1212qqqq.2 1212qqqq,2 點電荷的場強、電場的疊加點電荷的場強、電場的疊加【典例【典例2 2】(2011(2011重慶高考重慶高考) )如圖所示，電如圖所示，電量為量為+q+q和和-q-q的點電荷分別位于正方體的頂?shù)狞c電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有( )( )A A體中心、各面中心和各邊中點體中心、各面中心和各邊中點B B體中心和各邊中點體中心和各邊中點C C各面中心和各邊中點各面中心和各邊中點D D體中心和各面中心體中心和各面中心【審題視角【審題視角】解答本題時要把握以下三點：

8、解答本題時要把握以下三點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)電場強度是矢量，按照矢量法則疊加電場強度是矢量，按照矢量法則疊加. .(2)(2)點電荷場強公式點電荷場強公式(3)(3)兩個等量同種點電荷連線中點場強疊加為零兩個等量同種點電荷連線中點場強疊加為零. . 2kQE.r【精講精析【精講精析】在正方體的上面中心，上面的四個電荷分成兩組在正方體的上面中心，上面的四個電荷分成兩組產(chǎn)生的場強都是零，下面的四個電荷分成兩組產(chǎn)生的場強等大產(chǎn)生的場強都是零，下面的四個電荷分成兩組產(chǎn)生的場強等大反向，所以正方體的上面中心處的合場強為零，同理所有各面反向，所以正方體的上面中心處的合場強為零，同理所有各面中心

9、處的合場強都為零中心處的合場強都為零. .在體中心，可以將八個電荷分成四組，在體中心，可以將八個電荷分成四組，產(chǎn)生的合場強為零產(chǎn)生的合場強為零. .而在各邊中點，場強無法抵消，合場強不而在各邊中點，場強無法抵消，合場強不為零為零. .答案：答案：D D 【命題人揭秘【命題人揭秘】求合場強的兩種常用方法求合場強的兩種常用方法(1)(1)對稱法：利用帶電體電荷分布具有對稱性，或帶電體產(chǎn)生對稱法：利用帶電體電荷分布具有對稱性，或帶電體產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點求合場強的方法的電場具有對稱性的特點求合場強的方法. .(2)(2)補償法：題給條件建立的模型補償法：題給條件建立的模型A A不是一個完整的標(biāo)

10、準(zhǔn)模型，不是一個完整的標(biāo)準(zhǔn)模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型一個容易求解的模型B B，并且模型，并且模型A A與模型與模型B B恰好組成一個完整恰好組成一個完整的標(biāo)準(zhǔn)模型的標(biāo)準(zhǔn)模型. .這樣求解模型這樣求解模型A A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標(biāo)準(zhǔn)的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標(biāo)準(zhǔn)模型與模型模型與模型B B的差值問題的差值問題. . 電場強度、電勢、電場線電場強度、電勢、電場線【典例【典例3 3】(2011(2011上海高考上海高考) )電場線分布電場線分布如圖所示，電場中如圖所示，電場中a a，b b

11、兩點的電場強度大兩點的電場強度大小分別為小分別為E Ea a和和E Eb b，電勢分別為，電勢分別為a a和和b b，則則( )( )A AE Ea aEEb b，a a b b B BE Ea aEEb b，a a b bC CE Ea aE b b D DE Ea aEEb b，a a UUbcbc，所以由，所以由a a點到點到b b點比由點比由b b點到點到c c點電場力對粒子做的功多，點電場力對粒子做的功多，根據(jù)動能定理可知根據(jù)動能定理可知D D對對. .答案答案: :C C、D D 【命題人揭秘【命題人揭秘】帶電粒子軌跡類問題帶電粒子軌跡類問題“三判斷三判斷”(1)(1)判斷速度方向

12、：帶電粒子的軌跡的切線方向為該點處的速判斷速度方向：帶電粒子的軌跡的切線方向為該點處的速度方向度方向. .(2)(2)判斷電場力判斷電場力( (或場強或場強) )的方向：帶電粒子所受電場力的方向：帶電粒子所受電場力( (僅受電僅受電場力作用場力作用) )指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正負(fù)判斷場強指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正負(fù)判斷場強的方向的方向. .(3)(3)判斷電場力做功的正負(fù)及電勢能的增減：若電場力與速度判斷電場力做功的正負(fù)及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則合力做正功，電勢能減??；若電場力與速度方方向成銳角，則合力做正功，電勢能減小；若電場力與速度方向成鈍角，電場力做負(fù)

13、功，電勢能增加向成鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增加. . 電容器電容器【典例【典例5 5】(2011(2011天津高考天津高考) )板間距為板間距為d d的平行板電容器所帶電的平行板電容器所帶電荷量為荷量為Q Q時，兩極板間電勢差為時，兩極板間電勢差為U U1 1，板間場強為，板間場強為E E1 1. .現(xiàn)將電容器現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)樗鶐щ姾闪孔優(yōu)?Q2Q，板間距變?yōu)椋彘g距變?yōu)閐/2d/2，其他條件不變，這時兩，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為極板間電勢差為U U2 2，板間場強為，板間場強為E E2 2，下列說法正確的是，下列說法正確的是( )( )A AU U2 2=U=U1 1，E

14、 E2 2=E=E1 1 B BU U2 2=2U=2U1 1，E E2 2=4E=4E1 1C CU U2 2=U=U1 1，E E2 2=2E=2E1 1 D DU U2 2=2U=2U1 1，E E2 2=2E=2E1 1 【審題視角【審題視角】解答本題時應(yīng)注意以下兩點：解答本題時應(yīng)注意以下兩點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)綜合運用平行板電容器的兩個公式綜合運用平行板電容器的兩個公式(2)(2)結(jié)合勻強電場中電勢差與場強之間的關(guān)系式結(jié)合勻強電場中電勢差與場強之間的關(guān)系式 根據(jù)條根據(jù)條件得出答案件得出答案. . r SQCC.U4kd和UEd，【精講精析【精講精析】解答本題可按以下流程分

15、析解答本題可按以下流程分析: :故故C C正確正確. .答案：答案：C C 【命題人揭秘【命題人揭秘】 電容器動態(tài)分析類問題的兩點提醒電容器動態(tài)分析類問題的兩點提醒(1)(1)兩類基本情況：兩類基本情況：電容器始終與電源相連，極板間電壓電容器始終與電源相連，極板間電壓U U保持不變；保持不變；電容器充電后與電源斷開，極板帶電量電容器充電后與電源斷開，極板帶電量Q Q保持不變保持不變. .(2)(2)兩個常用公式：兩個常用公式：當(dāng)極板間電壓當(dāng)極板間電壓U U不變時，應(yīng)用不變時，應(yīng)用 討論板間電場強度；討論板間電場強度；當(dāng)極板帶電量當(dāng)極板帶電量Q Q保持不變時，應(yīng)用保持不變時，應(yīng)用 討論板間電場強

16、度討論板間電場強度. . UEdQES 電場的疊加問題電場的疊加問題【典例【典例6 6】(2012(2012安徽高考安徽高考) )如圖甲所示，如圖甲所示，半徑為半徑為R R的均勻帶電圓形平板，單位面積的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為帶電量為,其軸線上任意一點其軸線上任意一點P(P(坐標(biāo)為坐標(biāo)為x x的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出： 方向沿方向沿x x軸軸. .現(xiàn)考慮單位面積帶電量現(xiàn)考慮單位面積帶電量為為0 0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r r的圓的圓板，如圖乙所示板，

17、如圖乙所示. .則圓孔軸線上任意一點則圓孔軸線上任意一點Q(Q(坐標(biāo)為坐標(biāo)為x)x)的電場強的電場強度為度為( )( ) 1/222xE2k1,RxA. B.A. B.C. D.C. D.【審題視角【審題視角】解答本題時要注意以下兩點：解答本題時要注意以下兩點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)當(dāng)圓板的半徑當(dāng)圓板的半徑R R無限大時，無限大時，(2)(2)根據(jù)電場的疊加，根據(jù)電場的疊加，Q Q點的場強應(yīng)為挖去圓孔前平面產(chǎn)生的場點的場強應(yīng)為挖去圓孔前平面產(chǎn)生的場強減去圓孔部分的電荷在強減去圓孔部分的電荷在Q Q點產(chǎn)生的場強點產(chǎn)生的場強. . 01/222x2krx01/222r 2krx0 x2k

18、r0r2kx1/222x0Rx；【精講精析【精講精析】由由 可知，可知，RR時，時，E=2kE=2k，即無限大均勻帶電平板在，即無限大均勻帶電平板在Q Q點產(chǎn)生的電場強度為點產(chǎn)生的電場強度為E E1 1=2k=2k0 0，而半徑為，而半徑為r r的單位面積帶電量為的單位面積帶電量為0 0的圓板在的圓板在Q Q點產(chǎn)點產(chǎn)生的電場強度為生的電場強度為 則所求電場強度為則所求電場強度為E EQ Q=E=E1 1-E-E2 2= = 故選項故選項A A正確正確. .答案答案: :A A1/222xE2k1Rx201/222xE2k 1rx，01/222x2k,rx【命題人揭秘【命題人揭秘】新情景下物理方

19、法的應(yīng)用技巧新情景下物理方法的應(yīng)用技巧本題注重考查物理方法，要求考生注意去領(lǐng)會相關(guān)物理研究方本題注重考查物理方法，要求考生注意去領(lǐng)會相關(guān)物理研究方法法. .情景不拘泥于課本的限制情景不拘泥于課本的限制. .本題要求判斷兩個均勻帶電圓環(huán)軸線上的電場強度大小，顯然本題要求判斷兩個均勻帶電圓環(huán)軸線上的電場強度大小，顯然無法直接通過物理規(guī)律直接推導(dǎo)得出結(jié)論，應(yīng)另辟蹊徑，可以無法直接通過物理規(guī)律直接推導(dǎo)得出結(jié)論，應(yīng)另辟蹊徑，可以運用量綱分析法、特殊值法、極限法、對稱法、等效法等解決運用量綱分析法、特殊值法、極限法、對稱法、等效法等解決問題問題. . 圖象在電場中的應(yīng)用圖象在電場中的應(yīng)用【典例【典例7 7

20、】(2011(2011上海高考上海高考) )兩個等量異種點電荷位于兩個等量異種點電荷位于x x軸上，軸上，相對原點對稱分布，正確描述電勢相對原點對稱分布，正確描述電勢隨位置隨位置x x變化規(guī)律的是圖變化規(guī)律的是圖( )( ) 【審題視角【審題視角】解決此類問題的兩點提醒：解決此類問題的兩點提醒：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)畫出兩個等量異種點電荷的電場線畫出兩個等量異種點電荷的電場線. .(2)(2)明確電場線方向與電勢關(guān)系明確電場線方向與電勢關(guān)系. . 【精講精析【精講精析】電場線從正電荷出發(fā)終電場線從正電荷出發(fā)終止于無窮遠處，且沿著電場線方向電止于無窮遠處，且沿著電場線方向電勢越來越低，故

21、越靠近正點電荷的位勢越來越低，故越靠近正點電荷的位置電勢越高，越靠近負(fù)點電荷的位置電勢越低，電勢是標(biāo)量，置電勢越高，越靠近負(fù)點電荷的位置電勢越低，電勢是標(biāo)量，正值一定大于負(fù)值，故若取兩電荷連線的中垂面為零勢能面，正值一定大于負(fù)值，故若取兩電荷連線的中垂面為零勢能面，則靠近負(fù)點電荷的電勢均為負(fù)值，靠近正點電荷的電勢均為正則靠近負(fù)點電荷的電勢均為負(fù)值，靠近正點電荷的電勢均為正值，故值，故A A正確正確. .當(dāng)然也可以將等勢面與地理的當(dāng)然也可以將等勢面與地理的“等高線等高線”進行類進行類比，正點電荷處于正立的山口處，負(fù)點電荷處于倒立的山口處，比，正點電荷處于正立的山口處，負(fù)點電荷處于倒立的山口處，顯

22、然顯然A A正確正確. .答案：答案：A A 【命題人揭秘【命題人揭秘】由由-x-x圖象分析場強、電勢的大小關(guān)系圖象分析場強、電勢的大小關(guān)系(1)(1)在在-x-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向勢大小關(guān)系確定電場強度的方向. .(2)(2)電場強度的大小等于電場強度的大小等于-x-x圖線的斜率大小，電場強度為零圖線的斜率大小，電場強度為零處，處，-x-x圖線存在極值，其切線的斜率為零圖線存在極值，其切線的斜率為零. .(3)(3)在在-x-x圖象中分析移動電荷時電勢能的變化，可用圖象中分析移動電荷時電勢能的變

23、化，可用W WABAB= = qUqUABAB，分析，分析W WABAB的正負(fù)，然后作出判斷的正負(fù)，然后作出判斷. . 電場中的力學(xué)綜合應(yīng)用電場中的力學(xué)綜合應(yīng)用【典例【典例8 8】(2011(2011福建高考福建高考) )反射式速調(diào)管是常用的微波器件反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似與下述過程類似. .如圖所示，在虛線如圖所示，在虛線MNMN兩側(cè)分別存在著方向相兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A A點由靜止開始，在電場力點由靜止開始

24、，在電場力作用下沿直線在作用下沿直線在A A、B B兩點間往返運動兩點間往返運動. .已知電場強度的大小分已知電場強度的大小分別是別是E E1 1=2.0=2.010103 3 N/C N/C和和E E2 2=4.0=4.010103 3 N/C N/C，方向如圖所示，方向如圖所示. .帶電帶電微粒質(zhì)量微粒質(zhì)量m=1.0m=1.01010-20-20 kg kg，帶電量，帶電量q=-1.0q=-1.01010-9-9 C C，A A點距虛點距虛線線MNMN的距離的距離d d1 1=1.0 cm=1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)應(yīng). .求：求：(

25、1)B(1)B點到虛線點到虛線MNMN的距離的距離d d2 2；(2)(2)帶電微粒從帶電微粒從A A點運動到點運動到B B點所經(jīng)歷的時間點所經(jīng)歷的時間t.t. 【審題視角【審題視角】解答本題應(yīng)注意以下兩點：解答本題應(yīng)注意以下兩點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)明確帶電微粒的運動過程，微粒在兩個場強大小、方向都明確帶電微粒的運動過程，微粒在兩個場強大小、方向都不同的電場中先做勻加速后做勻減速直線運動不同的電場中先做勻加速后做勻減速直線運動. .(2)(2)由動能定理、牛頓第二定律列方程求解由動能定理、牛頓第二定律列方程求解. . 【精講精析【精講精析】(1)(1)帶電微粒由帶電微粒由A A運動

26、到運動到B B的過程中，由動能定理的過程中，由動能定理知知|q|E|q|E1 1d d1 1|q|E|q|E2 2d d2 2=0,=0,解得解得 (2)(2)設(shè)微粒在虛線設(shè)微粒在虛線MNMN兩側(cè)的加速度大小分別為兩側(cè)的加速度大小分別為a a1 1、a a2 2，由牛頓第，由牛頓第二定律有二定律有|q|E|q|E1 1=ma=ma1 1,|q|E,|q|E2 2=ma=ma2 2設(shè)微粒在虛線設(shè)微粒在虛線MNMN兩側(cè)的時間大小分別為兩側(cè)的時間大小分別為t t1 1、t t2 2，由運動學(xué)公式知由運動學(xué)公式知 又又t=tt=t1 1+t+t2 2代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得t= 1.5t= 1.510

27、10-8 -8 s s答案：答案：(1)0.50 cm (2)1.5(1)0.50 cm (2)1.51010-8-8 s s 1212Edd0.50 cmE2211 122 211da t ,da t ,22【閱卷人點撥【閱卷人點撥】 失失分分提提示示(1)(1)沒有認(rèn)真分析題意，搞不清楚每個過程的受力情況沒有認(rèn)真分析題意，搞不清楚每個過程的受力情況. .(2)(2)不能根據(jù)其運動情況，確定不同階段的運動性質(zhì)，進不能根據(jù)其運動情況，確定不同階段的運動性質(zhì)，進而不知道怎樣選擇相應(yīng)的公式求解而不知道怎樣選擇相應(yīng)的公式求解. .備備考考指指南南(1)(1)求解多過程問題時，要善于采用分段法從受力的

28、角度，求解多過程問題時，要善于采用分段法從受力的角度，分析逐個過程中物體的運動性質(zhì)，同時要特別注意過程間分析逐個過程中物體的運動性質(zhì)，同時要特別注意過程間的聯(lián)系的聯(lián)系, ,如位移關(guān)系等如位移關(guān)系等. .(2)(2)通過仔細(xì)的讀題與審題，理解題意、建立正確的情景，通過仔細(xì)的讀題與審題，理解題意、建立正確的情景，選擇相應(yīng)的物理規(guī)律求解問題選擇相應(yīng)的物理規(guī)律求解問題. . 庫侖定律、電場力的性質(zhì)庫侖定律、電場力的性質(zhì) 高考指數(shù)高考指數(shù): :1.(20121.(2012浙江高考浙江高考) )用金屬箔做成一個用金屬箔做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上. .小明同

29、學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當(dāng)距離約為擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當(dāng)距離約為 0.5 cm 0.5 cm 時時圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示，對上述現(xiàn)象的判斷與分析，圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示，對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是下列說法正確的是( )( ) A.A.摩擦使筆套帶電摩擦使筆套帶電B.B.筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下部感應(yīng)出異號電荷筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下部感應(yīng)出異號電荷C.C.圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力環(huán)的重力D.D

30、.筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和【解析【解析】選選A A、B B、C.C.筆套與頭發(fā)摩擦后，它們的原子核束縛電筆套與頭發(fā)摩擦后，它們的原子核束縛電子的本領(lǐng)不同，而使筆套帶電，這種起電方式叫摩擦起電，選子的本領(lǐng)不同，而使筆套帶電，這種起電方式叫摩擦起電，選項項A A正確；當(dāng)帶電的筆套靠近金屬箔圓環(huán)時，圓環(huán)上部感應(yīng)出正確；當(dāng)帶電的筆套靠近金屬箔圓環(huán)時，圓環(huán)上部感應(yīng)出與筆套相異的電荷，下部感應(yīng)出與筆套相同的電荷，即上、下與筆套相異的電荷，下部感應(yīng)出與筆套相同的電荷，即上、下部電荷量等量異號，選項部電荷量等量異號，選項B B正確；圓環(huán)被吸引上來

31、，由靜止變正確；圓環(huán)被吸引上來，由靜止變運動，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，圓環(huán)所受靜電力有筆套運動，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，圓環(huán)所受靜電力有筆套的引力和斥力，但靜電力的合力大于圓環(huán)的重力，選項的引力和斥力，但靜電力的合力大于圓環(huán)的重力，選項C C正確；正確；筆套碰到圓環(huán)后筆套碰到圓環(huán)后, ,由于筆套是絕緣體，所以其上電荷不能全部由于筆套是絕緣體，所以其上電荷不能全部中和，選項中和，選項D D錯誤錯誤. . 2.(20112.(2011新課標(biāo)全國卷新課標(biāo)全國卷) )一帶負(fù)電荷的質(zhì)點，在電場力作用下一帶負(fù)電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線沿曲線abcabc從從a a運動到運動到c c，已知質(zhì)點的

32、速率是遞減的，已知質(zhì)點的速率是遞減的. .關(guān)于關(guān)于b b點電點電場強度場強度E E的方向，下列圖示中可能正確的是的方向，下列圖示中可能正確的是( (虛線是曲線在虛線是曲線在b b點點的切線的切線)( )( ) 【解題指南【解題指南】解答本題時注意把握以下兩點解答本題時注意把握以下兩點: :(1)(1)明確電場力方向和曲線運動所受合外力與軌跡的關(guān)系明確電場力方向和曲線運動所受合外力與軌跡的關(guān)系; ;(2)(2)正電荷的受力方向與電場強度的方向相同正電荷的受力方向與電場強度的方向相同. .【解析【解析】選選D.D.負(fù)電荷由負(fù)電荷由a a運動到運動到c c，根據(jù)運動軌跡可以知道負(fù)電，根據(jù)運動軌跡可以

33、知道負(fù)電荷受力方向應(yīng)在曲線的內(nèi)側(cè)，而電場力的方向與電場強度的方荷受力方向應(yīng)在曲線的內(nèi)側(cè)，而電場力的方向與電場強度的方向在一條直線上，則向在一條直線上，則A A、B B錯誤；電場強度的方向與正電荷的受錯誤；電場強度的方向與正電荷的受力方向相同，則力方向相同，則C C錯誤，錯誤，D D正確正確. . 3.(20113.(2011廣東高考廣東高考) )如圖為靜電除塵器除塵機理的示意圖如圖為靜電除塵器除塵機理的示意圖. .塵塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵的目的移并沉積，以達到除塵的目的. .下列表述正確

34、的是下列表述正確的是( )( ) A A到達集塵極的塵埃帶正電荷到達集塵極的塵埃帶正電荷B B電場方向由集塵極指向放電極電場方向由集塵極指向放電極C C帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同D D同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大【解題指南【解題指南】解答本題時注意把握以下兩點解答本題時注意把握以下兩點: :(1)(1)由電源的正負(fù)極判斷空間電勢的高低由電源的正負(fù)極判斷空間電勢的高低. .(2)(2)電場力與電荷的帶電量是成正比的電場力與電荷的帶電量是成正比的. .【解析【解析】選選B B、D.D.由于集塵極與

35、電源正極連接，電場方向由集由于集塵極與電源正極連接，電場方向由集塵極指向放電極，塵極指向放電極，B B正確正確; ;而帶電塵埃在電場力作用下向集塵極而帶電塵埃在電場力作用下向集塵極遷移并沉積，說明塵埃帶負(fù)電荷，遷移并沉積，說明塵埃帶負(fù)電荷，A A錯誤錯誤; ;負(fù)電荷在電場中受電負(fù)電荷在電場中受電場力的方向與電場方向相反場力的方向與電場方向相反,C,C錯誤錯誤; ;根據(jù)根據(jù)F=qEF=qE可得，可得，D D正確正確. . 4.(20104.(2010全國卷全國卷)在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為10104 4 V/m V/m，已知一半徑為，已知一半徑為1 mm1

36、mm的雨滴在此電場中不會下落，取的雨滴在此電場中不會下落，取重力加速度大小為重力加速度大小為10 m/s10 m/s2 2, ,水的密度為水的密度為 10103 3 kg/m kg/m3 3. .雨滴攜帶的雨滴攜帶的電荷量的最小值約為電荷量的最小值約為( )( )A.2A.21010-9-9 C B.4 C B.41010-9-9 C CC.6C.61010-9-9 C D.8 C D.81010-9-9 C C【解析【解析】選選B.B.雨滴在電場中不會下落而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平雨滴在電場中不會下落而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有：衡條件有：qEqE=mg=mg，而，而 代入數(shù)值代入數(shù)值解得解得

37、q4q41010-9-9 C C，故，故B B正確正確. . 3344grmrq,33E，可得：5.(20105.(2010山東高考山東高考) )某電場的電場線分某電場的電場線分布如圖所示，以下說法正確的是布如圖所示，以下說法正確的是( )( )A.cA.c點場強大于點場強大于b b點場強點場強B.aB.a點電勢高于點電勢高于b b點電勢點電勢C.C.若將一試探電荷若將一試探電荷+q+q由由a a點釋放，它將沿電場線運動到點釋放，它將沿電場線運動到b b點點D.D.若在若在d d點再固定一點電荷點再固定一點電荷-Q-Q，將一試探電荷，將一試探電荷+q+q由由a a移至移至b b的過的過程中，電

38、勢能減小程中，電勢能減小【解析【解析】選選B B、D. D. 電場線越密的地方電場強度越大，電場線越密的地方電場強度越大，E Ec cE b b，B B對；對；將試探電荷將試探電荷+q+q由由a a點釋放，它將沿電場線的切線方向運動而不點釋放，它將沿電場線的切線方向運動而不是沿電場線運動，故是沿電場線運動，故C C錯；在原電場中，將一試探電荷錯；在原電場中，將一試探電荷+q+q由由a a移移至至b b的過程中，電場力做正功，在的過程中，電場力做正功，在d d點再固定一點電荷點再固定一點電荷-Q-Q，將一，將一試探電荷試探電荷+q+q由由a a移到移到b b的過程中，電場力也做正功，所以在合電的

39、過程中，電場力也做正功，所以在合電場中，將一試探電荷場中，將一試探電荷+q+q由由a a移至移至b b的過程中，根據(jù)電場力做功和的過程中，根據(jù)電場力做功和電勢能的關(guān)系可知：電勢能將減小，電勢能的關(guān)系可知：電勢能將減小，D D正確正確. . 【方法技巧【方法技巧】電勢高低、電場力做功正負(fù)、電勢能變化的判定電勢高低、電場力做功正負(fù)、電勢能變化的判定方法方法試探電荷的正負(fù)、電勢高低、電場力做功的正負(fù)、電勢能變化試探電荷的正負(fù)、電勢高低、電場力做功的正負(fù)、電勢能變化四者具有如下的對應(yīng)關(guān)系，若知道了其中兩個因素可據(jù)此判斷四者具有如下的對應(yīng)關(guān)系，若知道了其中兩個因素可據(jù)此判斷其他兩個其他兩個. . 從高電

40、勢到低電勢正電荷：從低電勢到高電勢電勢能減小電場力做正功電場力做負(fù)功電勢能增加從高電勢到低電勢負(fù)電荷：從低電勢到高電勢電場力做負(fù)功電勢能增加電場力做正功電勢能減小6.(20106.(2010海南高考海南高考) )如圖所示，如圖所示， M M、N N和和P P是以是以MNMN為直徑的半圓弧上的三點，為直徑的半圓弧上的三點，O O點點為半圓弧的圓心，為半圓弧的圓心，MOP=60MOP=60. .電荷量相電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于等、符號相反的兩個點電荷分別置于M M、N N兩點，這時兩點，這時O O點電場點電場強度的大小為強度的大小為E E1 1；若將；若將N N點處的點電荷移至點處

41、的點電荷移至P P點，則點，則O O點的場強點的場強大小變?yōu)榇笮∽優(yōu)镋 E2 2，E E1 1與與E E2 2之比為之比為( )( )A.12 B.21A.12 B.21C.2 D.4C.2 D.433【解題指南【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點：解答本題時應(yīng)注意以下兩點：(1)(1)點電荷的場強公式點電荷的場強公式. .(2)O(2)O點場強為兩點電荷產(chǎn)生的場強的矢量和點場強為兩點電荷產(chǎn)生的場強的矢量和. .【解析【解析】選選B.B.根據(jù)點電荷的場強公式根據(jù)點電荷的場強公式每個點電荷在每個點電荷在O O點產(chǎn)生的場強大小都為點產(chǎn)生的場強大小都為 則則當(dāng)當(dāng)N N點處的點電荷移至點處的點電荷移至

42、P P點時，假設(shè)點時，假設(shè)M M點的電荷點的電荷為正電荷，為正電荷，O O點場強如圖所示，合場強大小為點場強如圖所示，合場強大小為 則則 B B正確正確. . 2kqEr，1E2，12EE2，12E2E1，7.(20107.(2010江蘇高考江蘇高考) )空間有一沿空間有一沿x x軸對稱分布的電場，其電場軸對稱分布的電場，其電場強度強度E E隨隨x x變化的圖象如圖所示變化的圖象如圖所示. .下列說法正確的是下列說法正確的是( )( )A.OA.O點的電勢最低點的電勢最低B.xB.x2 2點的電勢最高點的電勢最高C.xC.x1 1和和-x-x1 1兩點的電勢相等兩點的電勢相等D.xD.x1 1

43、和和x x3 3兩點的電勢相等兩點的電勢相等【解題指南【解題指南】通過分析通過分析E-xE-x圖象和對稱性，建立合適的簡單模圖象和對稱性，建立合適的簡單模型來解決問題型來解決問題. .【解析【解析】選選C.C.本題可借助下列對稱的電場線來解決，如圖所示本題可借助下列對稱的電場線來解決，如圖所示. .沿電場線電勢降落沿電場線電勢降落( (最快最快) )，所以，所以O(shè) O點電勢最高，點電勢最高，A A、B B錯誤；根錯誤；根據(jù)據(jù)U=EdU=Ed，電場強度是變量，可用，電場強度是變量，可用E-xE-x圖象面積表示，圖象面積表示，O O點到點到x x1 1與與到到-x-x1 1點的電勢降落相等，所以點

44、的電勢降落相等，所以C C正確；正確；x x1 1和和x x3 3兩點電場強度大兩點電場強度大小相等，由小相等，由U=EdU=Ed，d d不相等，得電勢不相等，不相等，得電勢不相等，D D錯誤錯誤. . 8.(20108.(2010福建高考福建高考) )物理學(xué)中有些物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需要通過一定的分能驗證，有時只需要通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確析就可以判斷結(jié)論是否正確. .如圖所示為兩個彼此平行且共軸如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為的半徑分別為R R1 1和和R R2 2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為的圓環(huán)，兩圓

45、環(huán)上的電荷量均為q(qq(q0)0)，而且電荷均勻分布而且電荷均勻分布. .兩圓環(huán)的圓心兩圓環(huán)的圓心O O1 1和和O O2 2相距為相距為2a2a，連線的中點，連線的中點為為O O，軸線上的，軸線上的A A點在點在O O點右側(cè)與點右側(cè)與O O點相距為點相距為r(rr(ra).EEb b，a a b b B BE Ea aEEb b，a a EEb b，a a b b D DE Ea aE b b【解題指南【解題指南】解答本題時注意以下兩點：解答本題時注意以下兩點：(1)(1)電場線的密、疏表示場強大、小電場線的密、疏表示場強大、小. .(2)(2)沿電場線電勢降低沿電場線電勢降低. .【解析

46、【解析】選選C.aC.a處電場線較處電場線較b b處密集，所以處密集，所以E Ea aEEb b，因為沿著電場，因為沿著電場線方向電勢逐漸降低線方向電勢逐漸降低. .所以所以a a b b. . 21.(201021.(2010安徽高考安徽高考) )如圖所示，在如圖所示，在xOyxOy平平面內(nèi)有一個以面內(nèi)有一個以O(shè) O為圓心、半徑為圓心、半徑R=0.1 mR=0.1 m的圓，的圓，P P為圓周上的一點，為圓周上的一點，O O、P P兩點連線與兩點連線與x x軸正軸正方向的夾角為方向的夾角為.若空間存在沿若空間存在沿y y軸負(fù)方向軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小的勻強電場，場強大小E=100 V/m

47、E=100 V/m，則，則O O、P P兩點的電勢差可表兩點的電勢差可表示為示為( )( )A.UA.UOPOP=-10sin(V) B.U=-10sin(V) B.UOPOP=10sin(V)=10sin(V)C.UC.UOPOP=-10cos(V) D.U=-10cos(V) D.UOPOP=10cos(V)=10cos(V)【解析【解析】選選A.A.由題圖可知勻強電場的方向是沿由題圖可知勻強電場的方向是沿y y軸負(fù)方向的軸負(fù)方向的. .沿沿著電場線的方向電勢是降低的，所以著電場線的方向電勢是降低的，所以P P點電勢高于點電勢高于O O點的電勢，點的電勢，O O、P P兩點的電勢差兩點的電

48、勢差U UOPOP為負(fù)值為負(fù)值. .根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系U UOPOP=-Ed=-Ed=-E=-ERsinRsin=-10sin(V)=-10sin(V)，所以，所以A A正確正確. . 22.(201022.(2010全國卷全國卷)關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的( )( )A.A.電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低B.B.電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關(guān)電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關(guān)C.C.在正電荷或負(fù)電荷產(chǎn)生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低在正電荷

49、或負(fù)電荷產(chǎn)生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向最快的方向D.D.將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功為零力做功為零【解析【解析】選選C.C.在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢高，離正電荷遠，電場強度小，電勢低；而在負(fù)電荷的電電勢高，離正電荷遠，電場強度小，電勢低；而在負(fù)電荷的電場中，離負(fù)電荷近，電場強度大，電勢低，離負(fù)電荷遠，電場場中，離負(fù)電荷近，電場強度大，電勢低，離負(fù)電荷遠，電場強度小，電勢高，強度小，電勢高，A A錯誤；電勢差的大小取決于電場線方向

50、上錯誤；電勢差的大小取決于電場線方向上兩點的間距和電場強度，所以兩點的間距和電場強度，所以B B錯誤；沿電場線方向電勢降低，錯誤；沿電場線方向電勢降低，而且降落速度最快，而且降落速度最快，C C正確；在電場中移動電荷，電場力做功正確；在電場中移動電荷，電場力做功的大小僅與兩點間電勢差有關(guān)，所以的大小僅與兩點間電勢差有關(guān)，所以D D錯誤錯誤. . 23.(201023.(2010天津高考天津高考) )在靜電場中，將一正電荷從在靜電場中，將一正電荷從a a點移到點移到b b點，點，電場力做了負(fù)功，則電場力做了負(fù)功，則( )( )A Ab b點的電場強度一定比點的電場強度一定比a a點大點大B B電

51、場線方向一定從電場線方向一定從b b指向指向a aC Cb b點的電勢一定比點的電勢一定比a a點高點高D D該電荷的動能一定減小該電荷的動能一定減小【解題指南【解題指南】解答本題時注意以下兩點：解答本題時注意以下兩點：(1)(1)根據(jù)電場力做負(fù)功判斷出電勢能增大，正電荷在高電勢的根據(jù)電場力做負(fù)功判斷出電勢能增大，正電荷在高電勢的地方電勢能大，判斷出電勢的高低地方電勢能大，判斷出電勢的高低. .(2)(2)正確理解電場的強弱與電場力做功的正負(fù)無關(guān)正確理解電場的強弱與電場力做功的正負(fù)無關(guān). .【解析【解析】選選C.C.正電荷從正電荷從a a點移到點移到b b點，電場力做了負(fù)功，說明正點，電場力做

52、了負(fù)功，說明正電荷的電勢能增加，電勢升高，故電荷的電勢能增加，電勢升高，故b b點的電勢一定比點的電勢一定比a a點高，點高，C C正確；但是正確；但是a a、b b兩點不一定在同一條電場線上，故兩點不一定在同一條電場線上，故B B錯誤；從錯誤；從做功情況反映不出電場力的大小，也不能反映電場的強弱，故做功情況反映不出電場力的大小，也不能反映電場的強弱，故A A錯誤；動能的變化取決于合外力做功，電場力做了負(fù)功不代錯誤；動能的變化取決于合外力做功，電場力做了負(fù)功不代表合外力也做負(fù)功，所以動能不一定減小，故表合外力也做負(fù)功，所以動能不一定減小，故D D錯誤錯誤. . 24.(201124.(2011

53、上海高考上海高考) )如圖，在豎直向下、場如圖，在豎直向下、場強為強為E E的勻強電場中，長為的勻強電場中，長為l的絕緣輕桿可繞的絕緣輕桿可繞固定軸固定軸O O在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，兩個小球在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，兩個小球A A、B B固定于桿的兩端，固定于桿的兩端，A A、B B的質(zhì)量分別為的質(zhì)量分別為m m1 1和和m m2 2(m(m1 1mm2 2) )，A A帶帶負(fù)電，電量為負(fù)電，電量為q q1 1，B B帶正電，電量為帶正電，電量為q q2 2. .桿從靜止開始由水平位桿從靜止開始由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置，在此過程中電場力做功為置轉(zhuǎn)到豎直位置，在此過程中電場力做功為_，在豎直位，在豎直

54、位置處兩球的總動能為置處兩球的總動能為_._.【解析【解析】電場力對、都做正功電場力對、都做正功電場力所做總功電場力所做總功重力所做總功重力所做總功根據(jù)動能定理，豎直位置處兩球的總動能根據(jù)動能定理，豎直位置處兩球的總動能答案答案: :(q(q1 1+q+q2 2)E)El/2/2(q(q1 1+q+q2 2)E+(m)E+(m2 2-m-m1 1)g)gl/2/21122Wq EWq E22，ll12121WWqqE2l21m gm g22ll122111qqEmmg22ll【方法技巧【方法技巧】電場中功能問題的分析方法電場中功能問題的分析方法(1)(1)利用電場線、等勢面分布的特點分析粒子做

55、功情況利用電場線、等勢面分布的特點分析粒子做功情況. .(2)(2)應(yīng)用應(yīng)用W WABAB=U=UABABq q計算功時，計算功時，W WABAB、q q、U UABAB都要帶正、負(fù)號計算都要帶正、負(fù)號計算. .(3)(3)應(yīng)用動能定理解決問題時要分析合外力的做功情況應(yīng)用動能定理解決問題時要分析合外力的做功情況. .(4)(4)應(yīng)用能量守恒解決問題時應(yīng)注意電勢能和其他形式能間的應(yīng)用能量守恒解決問題時應(yīng)注意電勢能和其他形式能間的轉(zhuǎn)化關(guān)系轉(zhuǎn)化關(guān)系. . 25.(201125.(2011北京高考北京高考) )靜電場方向平行靜電場方向平行于于x x軸，其電勢軸，其電勢隨隨x x的分布可簡化為的分布可簡

56、化為如圖所示的折線，圖中如圖所示的折線，圖中0 0和和d d為已知為已知量量. .一個帶負(fù)電的粒子在電場中以一個帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0 x=0為中心、沿為中心、沿x x軸方向做周軸方向做周期性運動期性運動. .已知該粒子質(zhì)量為已知該粒子質(zhì)量為m m、電量為、電量為-q-q，其動能與電勢能之，其動能與電勢能之和為和為-A(0Aq-A(0Aq0 0).).忽略重力忽略重力. .求：求： (1)(1)粒子所受電場力的大??；粒子所受電場力的大小；(2)(2)粒子的運動區(qū)間；粒子的運動區(qū)間；(3)(3)粒子的運動周期粒子的運動周期. .【解題指南【解題指南】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可

57、按以下思路分析：(1)(1)根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系，求出場強，即可求得電場力根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系，求出場強，即可求得電場力. .(2)(2)根據(jù)動能定理結(jié)合邊界條件即可求出粒子運動區(qū)間根據(jù)動能定理結(jié)合邊界條件即可求出粒子運動區(qū)間. .(3)(3)根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式即可求出粒子運動的周期根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式即可求出粒子運動的周期. .【解析【解析】(1)(1)由題圖可知，由題圖可知，O O與與d(d(或或-d)-d)兩點間的電勢差為兩點間的電勢差為0 0電場強度的大小電場強度的大小電場力的大小電場力的大小(2)(2)設(shè)粒子在設(shè)粒子在-x-x0 0，x x0 0區(qū)間內(nèi)運動，速率

58、為區(qū)間內(nèi)運動，速率為v v，由題意得，由題意得 由圖可知由圖可知= =0 0 0Ed0qFqEd21mvqA2 x(1)d由由得得因動能非負(fù)，因動能非負(fù)，由由 得得 粒子運動區(qū)間粒子運動區(qū)間20 x1mvq(1)A2d0 xq(1)A0d000Axd(1)qAxd(1)q，即00AAd(1)xd(1)qq(3)(3)考慮粒子從考慮粒子從x x0 0處開始運動的四分之一周期，根據(jù)牛頓第處開始運動的四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度二定律，粒子的加速度 由勻加速直線運動由勻加速直線運動 將將代入代入，得，得0qFEqammmd02xta2002mdAt(1)qq粒子運動周期粒子運動周期答

59、案答案: :(1)(1)(2)(2)(3)(3)004dT4t2m(qA)q0qd00AAd(1)xd(1)qq004d2m(qA)q 電容器電容器 高考指數(shù)高考指數(shù): :26.(201226.(2012新課標(biāo)全國卷新課標(biāo)全國卷) )如圖如圖, ,平行板電容器的兩個極板與水平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度平地面成一角度, ,兩極板與一直流電源相連兩極板與一直流電源相連. .若一帶電粒子恰能沿若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器圖中所示水平直線通過電容器, ,則在此過程中則在此過程中, ,該粒子該粒子( )( )A.A.所受重力與電場力平衡所受重力與電場力平衡 B.B.電勢能逐漸

60、增加電勢能逐漸增加C.C.動能逐漸增加動能逐漸增加 D.D.做勻變速直線運動做勻變速直線運動【解析【解析】選選B B、D.D.分析帶電粒子的受分析帶電粒子的受力情況，畫出其受力圖如圖所示力情況，畫出其受力圖如圖所示. .可以看出其合力方向與其速度方向可以看出其合力方向與其速度方向相反相反. .所以所以, ,帶電粒子在電場中做勻帶電粒子在電場中做勻減速運動減速運動. .電場力做負(fù)功，重力不做功，動能減少，電勢能增電場力做負(fù)功，重力不做功，動能減少，電勢能增加加, ,故選項故選項A A、C C錯誤，選項錯誤，選項B B、D D正確正確. . 27.(201227.(2012江蘇高考江蘇高考) )一

61、充電后的平行板電容器保持兩極板的一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容電容C C和兩極板間的電勢差和兩極板間的電勢差U U的變化情況是的變化情況是( )( )A.CA.C和和U U均增大均增大 B.CB.C增大，增大，U U減小減小C.CC.C減小，減小，U U增大增大 D.CD.C和和U U均減小均減小【解析【解析】選選B.B.由由 知，知，S S和和d d不變，插入電介質(zhì)時，不變，插入電介質(zhì)時，增增大，電容增大，由大，電容增大，由 可知：可知：Q Q不變時，不變時，C C增大，則兩板

62、間的增大，則兩板間的電勢差電勢差U U一定減小，答案選一定減小，答案選B.B. SC4kdQCU28.(201128.(2011大綱版全國卷大綱版全國卷) )通常一次閃電過程歷時約通常一次閃電過程歷時約0.20.20.3 s0.3 s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成. .每個閃擊持續(xù)時每個閃擊持續(xù)時間僅間僅404080 s80 s，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中. .在某一次閃電前云地之間的電勢差約為在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.01.010109 9 V V，云地，云地間距離約為間距離約為1 km1 km；第一個閃擊

63、過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量；第一個閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為約為6 C6 C，閃擊持續(xù)時間約為，閃擊持續(xù)時間約為60 s60 s. .假定閃電前云地間的假定閃電前云地間的電場是均勻的電場是均勻的. .根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是( )( )A.A.閃電電流的瞬時值可達到閃電電流的瞬時值可達到1 110105 5 A AB B整個閃電過程的平均功率約為整個閃電過程的平均功率約為1 110101414 W W C C閃電前云地間的電場強度約為閃電前云地間的電場強度約為1 110106 6 V/m V/mD.D.整個閃電過程向外釋放的能量約為整個閃電過程向外釋放的

64、能量約為6 610106 6 J J 【解析【解析】選選A A、C.C.在在60 s60 s的短暫時間內(nèi)的平均電流就可以當(dāng)?shù)亩虝簳r間內(nèi)的平均電流就可以當(dāng)做瞬時電流做瞬時電流 所以所以A A正確；第一個閃正確；第一個閃擊過程中的平均功率擊過程中的平均功率 因為因為題目中告訴整個閃電過程的時間是題目中告訴整個閃電過程的時間是0.2 s0.2 s0.3 s 0.3 s 而不是而不是60 s60 s. .故整個閃電過程的平均功率不等于第一個閃擊過程中的平均功故整個閃電過程的平均功率不等于第一個閃擊過程中的平均功率，所以率，所以B B錯誤；閃電前電場強度為錯誤；閃電前電場強度為C C正確；由于電荷轉(zhuǎn)移主

65、要發(fā)生在第一個閃擊過程中，整個閃電正確；由于電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，整個閃電過程向外釋放的能量大約是過程向外釋放的能量大約是W=qUW=qU=6=610109 9 J J，所以，所以D D錯誤錯誤. . 56q6I A1 10 At60 10 ，9146WqU6 1 10PW1 10 Wtt60 10 ，963U1 10E V / m1 10 V / md1 10 ，29.(201129.(2011安徽高考安徽高考) )如圖如圖(a)(a)所示，兩平行正對的金屬板所示，兩平行正對的金屬板A A、B B間加有如圖間加有如圖(b)(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電所示的交變

66、電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間粒子被固定在兩板的正中間P P處處. .若在若在t t0 0時刻釋放該粒子，粒子時刻釋放該粒子，粒子會時而向會時而向A A板運動，時而向板運動，時而向B B板運動，并最終打在板運動，并最終打在A A板上板上. .則則t t0 0可可能屬于的時間段是能屬于的時間段是( )( ) 【解析【解析】選選B.B.畫出帶電粒子速度畫出帶電粒子速度時間時間圖象，根據(jù)圖象，根據(jù)v-tv-t圖象中的圖象中的“面積面積”研究研究各時刻開始的帶電粒子的運動情況，各時刻開始的帶電粒子的運動情況，A A選選項可畫出項可畫出T/8T/8時刻開始的運動圖象，如圖時刻開始的運動圖象，如圖甲甲, ,由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為正，即粒子向積為正，即粒子向B B板靠近，最終會打到板靠近，最終會打到B B板上板上,A,A選項錯；選項錯；B B選項可畫出選項可畫出5T/85T/8時刻時刻A. B. A. B. C. D.C. D. 0T0t403TtT40T3Tt2409TTt8開始的運動圖象，如圖乙開始的運動圖象，如圖乙, ,由圖