2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場和磁場 第8講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）

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1、第8講　電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題 1．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則(　　) A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負(fù)電荷 C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷 D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷 答案　D 解析　細(xì)繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向所受合力為零，對外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯(cuò)誤；P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，有兩種情況：P帶正電，Q帶負(fù)電，或P帶負(fù)電，Q帶正電，兩種情況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負(fù)電，Q帶正電時(shí)符合題意，C

2、錯(cuò)誤，D正確。 　 2．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等 B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同 D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢能增加 答案　BC 解析　b點(diǎn)距q近，a點(diǎn)距－q近，則b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)的電勢，A錯(cuò)誤。如圖所示，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度可視為E3與E4、E1與E2的合場強(qiáng)，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場強(qiáng)Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于φa<φb，將負(fù)電荷從

3、低電勢處移至高電勢處的過程中，電場力做正功，電勢能減少，D錯(cuò)誤。 3．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則(　　) A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點(diǎn)的電勢能不低于其在N點(diǎn)的電勢能 D．粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行 答案　AC 解析　如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確；已知帶電粒子只受電場力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與電

4、場線重合須具備初速度與電場線平行或?yàn)?、電場線為直線兩個(gè)條件，B錯(cuò)誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较颍捎诹Ｗ舆\(yùn)動(dòng)軌跡不一定是直線，故粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線方向不一定平行，D錯(cuò)誤。 4．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)。先將一電荷量也為＋q的點(diǎn)電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處(電勢為0)移到C點(diǎn)，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定。最后將一電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到

5、C點(diǎn)。下列說法正確的有(　　) A．Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢為 B．Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為0 C．Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為2W D．Q2在移到C點(diǎn)后的電勢能為－4W 答案　ABD 解析　根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系知Q1在C點(diǎn)的電勢能Ep＝W，根據(jù)電勢的定義式知C點(diǎn)電勢φ＝＝，A正確；在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，B、C兩點(diǎn)處在同一等勢面上，Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場力做功為0，B正確；將Q1移到B點(diǎn)固定后，再將Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)，兩固定點(diǎn)電荷對Q2的庫侖力做的功均為2W，則電場力對Q2做的總功為4W，C錯(cuò)誤；因?yàn)闊o

6、窮遠(yuǎn)處電勢為0，則Q2移到C點(diǎn)后的電勢能為－4W，D正確。 5．(2018·全國卷Ⅰ) (多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達(dá)不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍 答案　AB 解析　勻強(qiáng)電場內(nèi)a、b、c、d、f間距相等，則電子每通過相鄰兩個(gè)等勢面電場力做功相同，則Wad＝3Wbc，即Wbc＝－eUbc＝－2

7、eV，Ubc＝φb－φc＝2 V，所以φc＝0，A正確；根據(jù)動(dòng)能定理從a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4 eV，電子在d時(shí)有動(dòng)能4 eV，速度可能沿各個(gè)方向，取極端情況：①電子沿電場線方向運(yùn)動(dòng)，從d到f電場力做功Wdf＝Wbc＝－2 eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2 eV>0，可到達(dá)；②電子到d時(shí)速度方向沿等勢面d，將不能到達(dá)平面f，B正確；同理電子到達(dá)等勢面c的動(dòng)能Ekc＝6 eV，由于等勢面c的電勢為零，電子在等勢面c的電勢能為零，根據(jù)能量守恒定律，電子在運(yùn)動(dòng)過程中電勢能和動(dòng)能的總和保持一個(gè)定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6 eV，故電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為Epd

8、＝2 eV，C錯(cuò)誤；電子經(jīng)過平面b和d時(shí)的動(dòng)能分別為：Ekb＝8 eV和Ekd＝4 eV，由Ek＝mv2可得電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的倍，D錯(cuò)誤。 6.(2018·全國卷Ⅱ) (多選)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢能減小W2，下列說法正確的是(　　) A．此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行 B．若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功一定為

9、C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢差 答案　BD 解析　根據(jù)題意無法判斷電場方向，故A錯(cuò)誤；由于電場為勻強(qiáng)電場，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)，所以φM＝，φN＝，若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功一定為W＝qUMN＝q(φM－φN)＝q－q＝＝，故B正確；因?yàn)椴恢绖驈?qiáng)電場方向，所以場強(qiáng)大小不一定是，故C錯(cuò)誤；若W1＝W2，說明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因?yàn)棣誐＝，φN＝，解得：UaM－UbN＝0，故D正確。 7．(2019·全國卷Ⅲ)空間

10、存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g，求： (1)電場強(qiáng)度的大?。? (2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2) 解析　(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有 mg＋qE＝ma① a2＝gt2② 解得 E＝③ (2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度

11、差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh④ 且有 v1＝v0t⑤ h＝gt2⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 Ek＝2m(v＋g2t2)。 8．(2019·全國卷Ⅱ) 如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計(jì)。 (1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)

12、為多少？ 答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 解析　(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 E＝① F＝qE＝ma② 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有 qEh＝Ek－mv③ 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有 h＝at2④ l＝v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥ l＝v0⑦ (2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度為 L＝2l＝2v0。 9．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，兩水平

13、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(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)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(jìn)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(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)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(diǎn)距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大小。 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 解析　(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0

14、，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得＝3④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧ (3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則 ＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別

15、為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件有 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝。 命題特點(diǎn)：常以選擇題的形式考查電場的力的性質(zhì)及能的性質(zhì)。常結(jié)合圖象考查電場的特點(diǎn)及做功情況、能量轉(zhuǎn)化情況。常以計(jì)算題的形式考查帶電粒子在電場中的加速或偏轉(zhuǎn)問題。 思想方法：對稱法、等效法、比值定義法。 高考考向1　電場性質(zhì)的理解　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2019·江蘇揚(yáng)州一模)(多選)如圖所示，在等量異種電荷形成的電場中有一正方形ABCD，其對角線AC與兩

16、點(diǎn)電荷的連線重合，兩對角線的交點(diǎn)位于電荷連線的中點(diǎn)O。下列說法中正確的有(　　) A．A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同 B．B、D兩點(diǎn)的電勢相同 C．質(zhì)子由C點(diǎn)沿C→O→A路徑移至A點(diǎn)，電場力對其先做負(fù)功后做正功 D．電子由B點(diǎn)沿B→C→D路徑移至D點(diǎn)，電勢能先增大后減小 (1)兩個(gè)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度如何計(jì)算？ 提示：分別算出每個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的場強(qiáng)，然后再矢量疊加。 (2)兩個(gè)點(diǎn)電荷的電場中電勢高低如何判斷？ 提示：根據(jù)電場線方向判斷，沿電場線方向電勢逐漸降低。 [解析]　在如圖所示的電場中，A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向都是水平向右的，故A正確；由于兩電荷連線的

17、中垂線為零等勢線，則B、D兩點(diǎn)電勢相同，故B正確；圖中兩電荷連線上電場方向水平向右，即由A指向C，故質(zhì)子由C點(diǎn)沿C→O→A路徑移至A點(diǎn)過程中受水平向右的電場力，電場力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；電子由B沿B→C運(yùn)動(dòng)到C的過程中，電場力做負(fù)功，沿C→D運(yùn)動(dòng)到D的過程中，電場力做正功，整個(gè)過程中電場力對其先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，故D正確。 [答案]　ABD 分析電場的特點(diǎn)和性質(zhì)問題的一般思路 (1)電場強(qiáng)度 ①根據(jù)電場線的疏密程度進(jìn)行判斷。 ②根據(jù)等差等勢面的疏密程度進(jìn)行判斷。 ③根據(jù)E＝k結(jié)合矢量合成進(jìn)行判斷或計(jì)算。 (2)電勢 ①根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低進(jìn)行判斷。

18、②根據(jù)φ＝進(jìn)行判斷或計(jì)算。 ③空間存在兩個(gè)或兩個(gè)以上的電場時(shí)，根據(jù)電勢的疊加求代數(shù)和進(jìn)行判斷或計(jì)算。 (3)電勢能 ①根據(jù)Ep＝φq進(jìn)行判斷或計(jì)算。注意判斷或計(jì)算時(shí)Ep、φ、q均帶正、負(fù)號(hào)，且Ep、φ的正、負(fù)號(hào)表示大小。 ②根據(jù)電場力做功進(jìn)行判斷或計(jì)算。若電場力對電荷做正功，電勢能減少，反之則增加，且WAB＝－ΔEp。 ③根據(jù)能量守恒定律進(jìn)行判斷或計(jì)算。電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，而總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)，電勢能減少，反之則增加，且ΔEk＝－ΔEp。 1．(2019·福建省泉州市一模)(多選)如圖，

19、電荷量大小相等的點(diǎn)電荷A、B、C放置在等邊三角形的頂點(diǎn)上，O為三角形的中心，a、b、c分別為三邊的中點(diǎn)，d是O關(guān)于a的對稱點(diǎn)。已知A帶負(fù)電，B、C均帶正電，則(　　) A．O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零 B．b、c兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等 C．電子在d點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)的小 D．質(zhì)子從b點(diǎn)移到O點(diǎn)，電場力做正功 答案　BC 解析　O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為B、C電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)與A電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的矢量和，兩場強(qiáng)方向均為由O指向A，可知O點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零，故A錯(cuò)誤；由對稱性可知，b、c兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，故B正確；如果沒有A電荷存在，O點(diǎn)和d點(diǎn)的電勢相等，由于A負(fù)電荷的存在，且O點(diǎn)離A電荷更

20、近，所以O(shè)點(diǎn)的電勢比d點(diǎn)低，電子在d點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)的小，故C正確；O、b兩點(diǎn)位于A、C連線的中垂線上，如果沒有B電荷存在，O、b兩點(diǎn)電勢相等，由于B電荷的存在，且O點(diǎn)離B電荷更近，所以O(shè)點(diǎn)電勢更高，質(zhì)子在O點(diǎn)的電勢能更大，所以質(zhì)子從b點(diǎn)移到O點(diǎn)，電勢能增大，電場力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。 2. (2019·山東淄博三模)如圖所示，實(shí)線為兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛線為電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，則下列判斷正確的是(　　) A．A點(diǎn)的場強(qiáng)小于B點(diǎn)的場強(qiáng) B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C．電子在A點(diǎn)的電勢能大于在B點(diǎn)的電勢能 D．電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度

21、 答案　D 解析　根據(jù)“電場線的密疏表示場強(qiáng)的大小”可知，A點(diǎn)的場強(qiáng)比B點(diǎn)的場強(qiáng)大，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點(diǎn)電荷Q2周圍電場線較密可知點(diǎn)電荷Q2帶電荷量較多，即Q1＜Q2，故B錯(cuò)誤；電子做曲線運(yùn)動(dòng)，受到的合力方向指向曲線的凹處，故電子過B點(diǎn)時(shí)受到的電場力F方向斜向下，可知電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負(fù)功，電勢能增大，動(dòng)能減小，即電子在A點(diǎn)的電勢能小于在B點(diǎn)的電勢能，電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度，故C錯(cuò)誤，D正確。 高考考向2　電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系 例2　(2019·廣東珠海

22、一模)(多選)如圖，空間有平行于紙面的勻強(qiáng)電場，處于該電場中的直角三角形ABC直角邊BC＝20 cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分線。若在直角頂點(diǎn)B處有一個(gè)射線源，能朝空間各方向射出動(dòng)能為1000 eV的電子，則能在頂點(diǎn)A和C分別探測到動(dòng)能為1100 eV和900 eV的電子，本題中運(yùn)動(dòng)的電子僅需考慮受勻強(qiáng)電場的電場力，則(　　) A．AB間的電勢差UAB＝100 V B．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝1000 V/m C．電場強(qiáng)度的方向沿A指向D D．整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)C的電勢最高 (1)如何判斷電場強(qiáng)度的方向？ 提示：可根據(jù)等勢面判斷，電場線與等勢面垂直，由高電勢指向低電勢。

23、 (2)勻強(qiáng)電場中，電勢的分布有何特點(diǎn)？ 提示：沿任意直線電勢均勻變化。 [解析]　電子由B到A過程中由動(dòng)能定理可得：－eUBA＝1100 eV－1000 eV，可得UBA＝－100 V，所以UAB＝100 V，故A正確；電子由B到C過程中由動(dòng)能定理可得－eUBC＝900 eV－1000 eV，可得UBC＝100 V，所以AC間的電勢差為UAC＝100 V－(－100 V)＝200 V，根據(jù)勻強(qiáng)電場的性質(zhì)可知，AC的中點(diǎn)E與B點(diǎn)電勢相等，BE為等勢線，由幾何關(guān)系可知AD與BE垂直，故場強(qiáng)方向由A指向D，所以C正確；由幾何知識(shí)可得AB在AD上的投影為10 cm，所以電場強(qiáng)度的大小為：E＝

24、V/m＝1000 V/m，故B正確；整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)A的電勢最高，故D錯(cuò)誤。 [答案]　ABC E＝的應(yīng)用技巧 (1)E＝在勻強(qiáng)電場中的理解及應(yīng)用 ①UAB＝Ed，d為A、B兩點(diǎn)沿電場方向的距離。 ②沿電場強(qiáng)度方向電勢降落得最快。 ③在同一直線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢差相等。 (2)E＝在非勻強(qiáng)電場中的幾點(diǎn)妙用及兩類典型圖象 ①解釋等差等勢面的疏密與電場強(qiáng)度大小的關(guān)系。當(dāng)電勢差U一定時(shí)，電場強(qiáng)度E越大，則沿電場強(qiáng)度方向的距離d越小，即電場強(qiáng)度越大，等差等勢面越密。 ②定性判斷非勻強(qiáng)電場電勢差的大小關(guān)系。沿電場強(qiáng)度方向距離相等的兩點(diǎn)間的電勢差，E越大

25、，U越大；E越小，U越小。 ③利用φ-x圖象的斜率判斷沿x方向電場強(qiáng)度Ex隨位置的變化規(guī)律。在φ-x圖象中斜率k＝，斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小，可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向，也可根據(jù)WAB＝qUAB＝q(φA－φB)，分析WAB的正負(fù)。 ④利用E-x圖象的面積判斷或計(jì)算兩點(diǎn)間電勢差。 3．(2017·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)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(qiáng)度為零 C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 答案　AC

26、解析　兩個(gè)點(diǎn)電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，x>x1處的電勢大于零，x

27、)電場中有一條電場線與x軸重合，x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度與位置的關(guān)系如圖所示，一質(zhì)子只在電場力作用下自坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點(diǎn)電勢φb＝0。則下列結(jié)論正確的是(　　) A．質(zhì)子沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．質(zhì)子在a、c兩點(diǎn)的電勢能相等 C．質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為2∶3∶4 D．坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢為1.5E0d 答案　CD 解析　由E-x圖象和F＝qE可知質(zhì)子沿x軸先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子一直做加速直線運(yùn)動(dòng)，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯(cuò)誤；由E-x圖象與x

28、軸所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差大小，可知UOa＝E0d，UOb＝E0d，UOc＝2E0d，由動(dòng)能定理則有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為2∶3∶4，故C正確；根據(jù)UOb＝φO－φb可得坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢為φO＝1.5E0d，故D正確。 高考考向3　有關(guān)平行板電容器的問題分析 例3　(2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變

29、小 C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大 D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大 (1)靜電計(jì)指針的張角大小表示什么物理量？該物理量根據(jù)什么公式計(jì)算？ 提示：電容器兩極板間的電壓大小。根據(jù)C＝計(jì)算。 (2)平行板電容器的電容決定式是什么？ 提示：C＝。 [解析]　用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，a、b兩板帶等量異種電荷，故A正確；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝可知，電荷量Q不變，則兩極板間的電壓U增大，則靜電計(jì)指針的張角變大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平行板電容器

30、電容的決定式C＝，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，根據(jù)C＝可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，靜電計(jì)指針的張角減小，故C錯(cuò)誤；電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故D錯(cuò)誤。 [答案]　A 平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析 (1)抓住三個(gè)基本公式：C＝，C＝，E＝。 (2)兩類動(dòng)態(tài)分析 d、S、εr變化時(shí)U、Q、C、E變化的判斷依據(jù)： ①充電后與電池兩極相連：U不變，C＝，Q＝CU(變化同C)，E＝。 ②充電后與電池兩極斷開：Q不變，C＝，U＝(變化與C相反)，E＝＝。 (3)電勢和電勢能的變化結(jié)合電場的相關(guān)公式分析。 5．(2016·天津高考)

31、如圖所示，平行板電容器帶有等量異號(hào)電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)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(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)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 解析　極板移動(dòng)過程中帶電荷量Q保持不變，靜電計(jì)指針張角變化反映極板間電勢差U的變化，由C＝和C＝可知，上極板下移，d減小，C增大，U減小，又E＝＝，則E不變，P點(diǎn)電勢不變，Ep不變，綜合上述，只有D正確。 6

32、．(2019·安徽省宿州市質(zhì)檢)(多選)如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡化模型圖。當(dāng)被測物體在左右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)，連接電容器的靜電計(jì)會(huì)顯示電容器電壓的變化，進(jìn)而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計(jì)上的指針偏角為θ，則被測物體(　　) A．向左移動(dòng)時(shí)，θ增大 B．向右移動(dòng)時(shí)，θ增大 C．向左移動(dòng)時(shí)，θ減小 D．向右移動(dòng)時(shí)，θ減小 答案　BC 解析　由公式C＝，可知當(dāng)被測物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向左移動(dòng)時(shí)，兩極板間電介質(zhì)增多，εr變大，則電容C增大，由公式C＝可知電荷量Q不變時(shí)，U減小，則θ減小，故A錯(cuò)誤，C正確；由公式

33、C＝，可知當(dāng)被測物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向右移動(dòng)時(shí)，兩極板間電介質(zhì)減少，εr變小，則電容C減小，由公式C＝可知電荷量Q不變時(shí)，U增大，則θ增大，故B正確，D錯(cuò)誤。 高考考向4　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 例4　(2019·南昌三模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場E，M點(diǎn)與N點(diǎn)在同一電場線上。兩個(gè)質(zhì)量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)同時(shí)垂直進(jìn)入電場，不計(jì)兩粒子的重力和粒子間的庫侖力。已知兩粒子都能經(jīng)過P點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子先到達(dá)P點(diǎn) B．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電荷量較小 C．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子動(dòng)量變化較大 D．從M

34、點(diǎn)進(jìn)入的粒子電勢能變化較小 (1)粒子在水平方向和豎直方向分別做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)如何求動(dòng)量變化量？ 提示：由動(dòng)量定理求。 [解析]　由題意可知兩粒子的豎直分位移相等、豎直方向速度相等，由s＝v0t，可知兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；在相等時(shí)間內(nèi)從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子運(yùn)動(dòng)的水平位移較小，其加速度較小，根據(jù)a＝可知從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電荷量較小，故B正確；根據(jù)動(dòng)量定理可知，粒子的動(dòng)量變化等于合外力的沖量，由于從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電荷量較小，其受到的電場力較小，合外力的沖量也較小，所以從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子動(dòng)量變化較小，故C錯(cuò)誤；從M點(diǎn)進(jìn)入

35、的粒子受到的電場力較小，且在電場力作用下沿電場方向運(yùn)動(dòng)的位移也較小，所以電場力做功較小，則電勢能變化較小，故D正確。 [答案]　BD 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的分析思路 (1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)。 (2)對于直線運(yùn)動(dòng)問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理： ①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。 ②如果是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題，一般利用動(dòng)能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等。 (3)對于曲線運(yùn)動(dòng)問題

36、，通常有以下兩種情況： ①對于在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解，尋找兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。 ②對于在非勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)知識(shí)和動(dòng)能定理、能量守恒定律定性分析。 (4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場區(qū)域時(shí)，要注意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。 7．(2017·天津高考)(多選) 如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線

37、，虛線AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)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(yùn)動(dòng) 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(fù)電荷一定有EpAEB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故EA<

38、EB，F(xiàn)AφB，EpA

39、、D間的距離為d，極板區(qū)的中點(diǎn)M到熒光屏中點(diǎn)O的距離為L，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為y。 (1)求電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0； (2)求電子的比荷。 答案　(1)　(2) 解析　(1)加上磁場B后，熒光屏上的光點(diǎn)重新回到O點(diǎn)，可知電子在C、D間受到電場力和洛倫茲力而處于平衡狀態(tài)， 有：qE＝qv0B， 又E＝， 聯(lián)立解得電子射入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0＝。 (2)C、D間只有電場時(shí)，電子在極板區(qū)域運(yùn)行的時(shí)間t1＝， 在電場中的偏轉(zhuǎn)位移y1＝at＝·t， 電子離開極板區(qū)域時(shí)，沿垂直極板方向的速度 vy＝at1＝t1， 設(shè)電子離開極板區(qū)域后，到達(dá)光屏P點(diǎn)所需的時(shí)間為t2，t2＝，

40、電子離開電場后在垂直極板方向的位移y2＝vyt2， P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離等于電子在垂直極板方向的總位移，y＝y(tǒng)1＋y2， 聯(lián)立解得＝。 易錯(cuò)警示 帶電物體在“等效重力場”中的運(yùn)動(dòng) 例　(2019·山東省“評價(jià)大聯(lián)考”三模)如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小為E。質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝，滑塊a與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g?，F(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點(diǎn)12R的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)

41、動(dòng)到B點(diǎn)與滑塊b碰撞，碰撞時(shí)間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，a、b滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)。求： (1)滑塊a、b碰撞后的速度大??； (2)滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對軌道作用力的大??； (3)滑塊第一次落地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離。 分析與解　此題涉及重力場與勻強(qiáng)電場組成的“等效重力場”問題，大部分同學(xué)不會(huì)將重力場中的知識(shí)遷移到“等效重力場”中來，不會(huì)尋找物理最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，而成為犯錯(cuò)率極高的題型。 (1)a從A到B的過程由動(dòng)能定理得 E×12R－μmg×12R＝mv 解得v1＝2 對a與b碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv2 解得v2＝。 (

42、2)當(dāng)滑塊的重力與電場力的合力方向和圓軌道半徑方向一致時(shí)，滑塊速度最大。 如圖，則有θ＝arctan＝arctan＝37° 對滑塊從碰后到速度最大的過程由動(dòng)能定理有 ERsin37°－2mgR(1－cos37°)＝×2mv－×2mv 解得滑塊的最大速度v3＝ 對滑塊在此處，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－＝ 解得滑塊受到軌道的支持力FN＝ 由牛頓第三定律可知，此時(shí)滑塊對軌道的作用力大小 FN′＝。 (3)假設(shè)滑塊能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，對滑塊從B到D的過程，由動(dòng)能定理有 －2mg×2R＝×2mv－×2mv， 解得v4＝。 在D點(diǎn)，對滑塊受力分析得：FN1＋2mg＝ 解得FN1＝

43、2mg 所以滑塊能通過D點(diǎn)并水平飛出， 在豎直方向：2R＝gt2 解得t＝ 水平方向受電場力，加速度不變，則 s＝v4t－×t2＝(2－)R。 答案　(1)　(2) 　 (3)(2－)R 易錯(cuò)警示　“等效重力場”中的圓周運(yùn)動(dòng)也有對應(yīng)的“等效”最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，也有脫離軌道的時(shí)候，和重力場中的分析方法相同。 配套作業(yè) 　　限時(shí)：50分鐘　　　滿分：100分 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第1～3題為單選題，第4～8題為多選題) 1．(2019·河南鄭州三模)如圖所示，M、N為平行板電容器的兩個(gè)金屬極板，G為靜電計(jì)，開始時(shí)閉合開關(guān)S，靜電計(jì)張開一定角度

44、。則下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動(dòng)，靜電計(jì)指針張開角度增大 B．開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計(jì)指針張開角度增大 C．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變 D．?dāng)嚅_開關(guān)S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強(qiáng)不變 答案　D 解析　保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動(dòng)勢，故電容器兩端的電勢差不變，因此無論將R的滑片向右移動(dòng)，還是將兩極板間距增大，靜電計(jì)指針張角都不變，故A、B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，即d增大，根據(jù)C＝知，電容減小，根據(jù)U＝知，兩極板間電勢差增大，故C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器帶

45、電量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則d減小，根據(jù)C＝及U＝得E＝＝知，板間的電場強(qiáng)度不變，故D正確。 2. (2019·河北唐山一模)如圖所示，M、N為兩個(gè)固定的等量同種正電荷，O點(diǎn)為其連線與中垂線的交點(diǎn)，從中垂線上P點(diǎn)處釋放一個(gè)負(fù)粒子，僅在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是(　　) A．粒子將沿PO方向做直線運(yùn)動(dòng) B．從P到O的過程中，加速度一定減小 C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，粒子在O點(diǎn)時(shí)電勢能最小 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的電勢能一直增加 答案　C 解析　負(fù)粒子在從P到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，做加速運(yùn)動(dòng)，越過O點(diǎn)后，所受的電場力方向豎直向上，根據(jù)對稱性

46、知粒子運(yùn)動(dòng)到與P點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱的位置時(shí)速度減至零，然后，向上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，再周而復(fù)始，所以粒子將一直沿中垂線PO做往復(fù)直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由于PO間電場線分布情況不清楚，電場強(qiáng)度的大小變化不清楚，所以從P到O的過程中，粒子受到的電場力可能先變大再變小，則加速度可能先變大再變小，當(dāng)然也可能一直減小，但是粒子的速度一定越來越大，在O點(diǎn)時(shí)速度最大，此時(shí)動(dòng)能最大，根據(jù)能量守恒可知此時(shí)粒子的電勢能最小，故B、D錯(cuò)誤，C正確。 3．(2019·天津南開區(qū)二模)如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，在距離兩板等距的M點(diǎn)有一個(gè)帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點(diǎn)上方

47、，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是(　　) A．液滴將向下加速運(yùn)動(dòng) B．M點(diǎn)電勢升高，液滴在M點(diǎn)的電勢能將增大 C．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度變小了 D．在a板移動(dòng)前后的兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同 答案　D 解析　金屬板間電壓不變，恒為電源電壓，由E＝可知，d減小，電場強(qiáng)度E增大，電場力增大，液滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；b板處電勢為零，UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，場強(qiáng)增大，M點(diǎn)電勢升高，液滴所受電場力方向向上，所以液滴帶負(fù)電，液滴在M點(diǎn)的電勢能降低，故B錯(cuò)誤；在a板移動(dòng)前后的兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，由于電壓相同，電場力做功qU相同，故D正確。

48、4．(2019·甘肅武威二模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個(gè)等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知(　　) A．三個(gè)等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢能比在Q點(diǎn)具有的電勢能大 C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大 D．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)大 答案　ABD 解析　帶電質(zhì)點(diǎn)所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于帶電質(zhì)點(diǎn)帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故a的電勢最高，c的電勢最低，A正確；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知，從P到Q

49、過程中電場力做正功，電勢能減小，故帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能，B正確；從P到Q過程中電場力做正功，動(dòng)能增大，故帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)的動(dòng)能小于通過Q點(diǎn)的動(dòng)能，C錯(cuò)誤；等差等勢線密的地方電場線密，電場強(qiáng)度大，帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)受到的電場力比通過Q點(diǎn)時(shí)大，故通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)大，D正確。 5．(2019·山東聊城一模)真空中有四個(gè)相同的點(diǎn)電荷，所帶電荷量均為q，固定在如圖所示的四個(gè)頂點(diǎn)上，任意兩點(diǎn)電荷的連線長度都為L，靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　) A．不相鄰的兩棱中點(diǎn)連線在同一條電場線上 B．每條棱中點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小都為 C．任意兩棱中點(diǎn)間的電勢差都為零

50、 D．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)為側(cè)面棱中點(diǎn)，則a、b、c所在的平面為等勢面 答案　BC 解析　根據(jù)對稱性可知，每條棱中點(diǎn)的電勢都相等，故不相鄰的兩棱中點(diǎn)不可能在同一條電場線上，故A錯(cuò)誤，C正確；如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)得：Da＝Ca＝L，A和B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，C和D兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小均為：E＝＝，設(shè)Ca和Da的夾角為2α，則sinα＝＝，則cosα＝，所以a點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E合＝2Ecosα＝，根據(jù)對稱性可知每條棱中點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小都為，故B正確；假設(shè)a、b、c所在的平面為等勢面，因?yàn)殡妶鼍€方向垂直于等勢面，所以a、b、c所在平面電場強(qiáng)度的方向都在豎直方向，由電場疊加原理

51、知b點(diǎn)的電場方向?qū)嶋H垂直b所在的棱，因此a、b、c所在的平面不是等勢面，故D錯(cuò)誤。 6．(2019·四川省樹德中學(xué)二診)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器，以相同的動(dòng)能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為＋q的小球，小球會(huì)經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，以過C點(diǎn)的小球動(dòng)能最大，且A、C兩點(diǎn)間的距離為R。忽略小球間的相互作用，下列說法正確的是(　　) A．電場的方向與AB間的夾角為30° B．電場的方向與AB間的夾角為60° C．若A點(diǎn)的電勢φA＝0，則C點(diǎn)的電勢φC＝－1.5ER D．若

52、在A點(diǎn)以初動(dòng)能Ek0發(fā)射小球，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB＝Ek0＋qER 答案　BC 解析　小球在勻強(qiáng)電場中從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有：qUAC＝Ek，因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)的小球的動(dòng)能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點(diǎn)，且由A到C電場力對小球做正功，可知C為圓周上電勢最低的點(diǎn)。過C點(diǎn)作切線，為等勢線，電場線與等勢線垂直，場強(qiáng)方向如圖所示，由幾何關(guān)系得∠CAO＝∠ACO＝30°，所以電場方向與AB間的夾角θ為60°，故A錯(cuò)誤，B正確；AC間的電勢差為：UAC＝E(R·cos30°)＝ER，若A點(diǎn)的電勢φA＝0，根據(jù)UAC＝φA－φC，則C點(diǎn)的電勢φC＝－ER，故C正確；A

53、B間的電勢差為：UAB＝ E(2Rcos60°)＝ER，根據(jù)動(dòng)能定理，在A點(diǎn)以初動(dòng)能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動(dòng)能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB＝Ek0＋qER，故D錯(cuò)誤。 7．(2019·沈陽郊聯(lián)體高三一模)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢最高，不計(jì)重力，則(　　) A．A、N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 B．NC間場強(qiáng)方向向x軸正方向 C．將一正點(diǎn)電荷靜止放在x軸負(fù)半軸，它將一直做加速運(yùn)動(dòng) D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功 答

54、案　CD 解析　φ-x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度E，圖線在A、N兩點(diǎn)處的斜率都不等于0，則知A、N兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小均不為零，故A錯(cuò)誤；由圖可知：從N到C，電勢升高，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，NC間電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖象，q1為正電荷，q2為負(fù)電荷，且q1>q2，結(jié)合矢量的疊加可知，x軸負(fù)半軸的電場強(qiáng)度方向指向x軸的負(fù)方向，所以若將一正點(diǎn)電荷放在x軸負(fù)半軸，則電場力指向x軸負(fù)方向，因此電場力與速度方向相同，該正點(diǎn)電荷一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確。

55、 8．(2019·寧夏石嘴山一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝ B．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝ C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小 D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢能先減小后增大 答案　AB 解析　小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtan

56、θ＝qE，解得E＝，故A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律，有：＝m，則最小動(dòng)能Ek＝mv2＝，故B正確；運(yùn)動(dòng)過程中小球的機(jī)械能和電勢能之和不變，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢能最大的位置時(shí)機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端時(shí)機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，若在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，電場力先做正功后做負(fù)功再做正功，則其電勢能先減小后增大再減小，同理，若順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，其電勢能先增大后減小再增大，故D錯(cuò)誤。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，須寫出規(guī)范的解題步驟) 9．(2019·遼寧省沈陽市一模)(16分)

57、如圖所示，光滑絕緣的半圓形軌道ABC固定在豎直面內(nèi)，圓心為O，軌道半徑為R，B為軌道最低點(diǎn)。該裝置右側(cè)的圓弧置于水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場中。某一時(shí)刻一個(gè)帶電小球從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為E0，進(jìn)入電場后繼續(xù)沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢能減少量為2E0，試求： (1)小球所受重力和電場力的大??； (2)小球脫離軌道后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 答案　(1)　　(2)8E0 解析　(1)設(shè)帶電小球的質(zhì)量為m，則從A到B根據(jù)動(dòng)能定理有：mgR＝E0 則小球受到的重力為：mg＝，方向豎直向下； 由題可知：到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢能減少量為2E0，根據(jù)功能關(guān)系可知：EqR

58、＝2E0 則小球受到的電場力為：Eq＝，方向水平向右，小球帶正電。 (2)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，則從A到C根據(jù)動(dòng)能定理有：EqR＝mv＝2E0 則C點(diǎn)速度為：vC＝ ，方向豎直向上。 從C點(diǎn)飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間為：t＝＝ ， 在水平方向只受電場力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)其速度為： v＝at＝t＝ ＝2， 則在最高點(diǎn)的動(dòng)能為： Ek＝mv2＝m(2)2＝8E0。 10．(2019·江西南昌二模)(20分)如圖，豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，方向與水平方向成θ＝60°角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成α＝30°角，

59、MN長度為d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M點(diǎn)由靜止釋放，小球沿MN方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為vN(待求)；若將該小球從M點(diǎn)沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫出)，已知重力加速度大小為g，求： (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vN； (2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢差； (3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值。 答案　(1)　　(2)　(3) 解析　(1)由小球運(yùn)動(dòng)方向可知，小球所受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理：＝＝ 解得：E＝，合力F＝mg， 加速度a＝＝g 從M→N，有：2ad＝v 解得：vN＝。 (2)如圖乙，設(shè)MP長為h，作PC垂直于電場線于C點(diǎn)，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)： hcos60°＝at2 hsin60°＝vNt UMC＝Ehcos30° UMP＝UMC 解得：UMP＝。 (3)如圖乙，作PD垂直于MN于D點(diǎn)，從M→P，由動(dòng)能定理：FsMD＝EkP－EkM sMD＝hcos60° EkM＝mv， 解得：＝。 - 32 -