高考物理总复习 必考部分 专题八 静电场习题课件1.ppt
155页
专题八 静电场高考物理高考物理 (课标Ⅱ专用) 考点一 电场力的性质1.(2016课标Ⅱ,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.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 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rb
③利用点电荷周围等势面的特点,判定电场力做功易错警示 通过轨迹的偏转情况判定受力方向与速度变化情况是难点及易错点 2.(2013课标Ⅱ,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= 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 考查点 电场力的性质、场强的叠加、受力分析审题关键 清楚三个小球所受合力为零方法技巧 应当选c为研究对象,因为a、b两球对c球的电场力相互对称,计算量少,节约时间 3.(2013课标Ⅰ,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(q>0)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.k B .k C.k D.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错误考查点 电场力的性质、场强叠加解题关键 利用圆盘在d点产生的场强与在b点产生的场强大小相等、方向相反解题方法技巧 能根据圆盘的形状特点推理得出周围场强的对称情况 4.(2017课标Ⅰ,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ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φa已在图中用坐标(ra,φa)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.Ea∶Eb=4∶1 B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3 答案 AC 本题考查场强与电势。
由图可知:ra=1 m、φa=6 V;rb=2 m、φb=3 V;rc=3 m、φc=2 V;rd=6 m、φd=1 V由点电荷的场强公式E= 得Ea∶Eb∶Ec∶Ed= ∶ ∶ ∶ =36∶9∶4∶1,A正确、B错误由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶1,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 α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课标Ⅲ,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 1 0 V 、 1 7 V 、 2 6 V 下 列 说 法 正 确 的 是 ( ) A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.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 θ= = ,θ=37°过c作bd垂线交bd于e点,则lce=ldc cos θ=4.5× cm=3.6 cmce方向就是匀强电场方向,场强大小为E,Elce=Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确Uoe=Elob sin 53°=16 V,故O点电势φ0=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①Oa为6 cm,Ob=8 cm,这样连接O、c,∠cOb=37°,∠Ocb=53°②在a、c连线上找φd=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③充分利用电场中的角度,以37°和53°的关系解题 6.(2016课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,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。
考查点 电场能的性质思路点拨 ①由轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称,类比斜上抛运动的轨迹可知油滴所受合力方向竖直向上,电场力大于重力②带负电荷的油滴所受电场力竖直向上,电场方向竖直向下,沿电场方向电势降低 7.(2016课标Ⅲ,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错误考查点 电场能的性质解题关键 ①了解等势面上各点电势相等②了解等势面与电场线垂直③了解等差等势面越密处,电场强度越大 8.(2015课标Ⅰ,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φM、φN、φP、φQ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,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.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,φM>φN=φP,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;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误考查点 电场能的性质解题关键 ①匀强电场中,只要判定两点电势相等,两点连线即为等势线,与其平行的线也为等势线②电荷在等势面上运动,电场力不做功 9.(2014课标Ⅱ,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错误考查点 电场能的性质解题关键 ①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②沿电场线方向电势降落最快 10.(2014课标Ⅰ,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φM、φN、φP、φF表示已知φM=φN,φP=φF,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.φP大于φM 答案 AD 由φM=φN,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°- 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φM=φN,φP=φF,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OF
考查点 电场能的性质解题关键 在一个平面内,点电荷周围的等势面是一个个同心圆任意电势相等的两点连线都是同心圆的弦任意两条弦的垂直平分线的交点就是圆心,即点电荷所在位置 11.(2015课标Ⅱ,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动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° ①由此得vB= v0 ②设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB= m( - ) ③联立②③式得UAB= ④考查点 电场能的性质方法技巧 ①将速度分解,垂直电场方向的速度分量不变②在解答带电粒子在电场中运动的问题时会经常用动能定理 12.(2014课标Ⅰ,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点。
使此小球带电,电荷量为q(q>0),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 ①d cos 60°= gt2 ②又有Ek0= m ③由①②③式得Ek0= mgd ④设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+ mgd ⑤由④⑤式得 = ⑥(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ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得ΔEpA=3Ek0-Ek0- mgd= Ek0 ⑦ ΔEpB=6Ek0-Ek0- mgd=Ek0 ⑧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 = ⑨ 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α,由几何关系可得α=30° ⑩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°=ΔEpA 由④⑦ 式得E= 考查点 带电粒子在电场中的运动、平抛运动易错警示 利用在匀强电场中沿任一直线电势降落是均匀的,得 = ,求得与A等电势的M的位置 考点三 电容器、带电粒子在电场中的运动13.(2015课标Ⅱ,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 考查点 电容器、电场力的性质解题关键 ①两种状态下的受力分析②清楚电容器两板间的电场力方向。
14.(2013课标Ⅰ,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mg· d-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)-qE'x=0联立解得:x= d,故D正确,A、B、C错误考查点 电容器、动能定理解题关键 ①当电容器保持与电源两极相连,两极板间的电压不变②电容器两极板之间电场为匀强电场,E= 延伸扩展 当电容器与电源断开,电容器带电荷量不会发生变化当板间距离变化时,两极板间的场强不变 15.(2017课标Ⅱ,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(q>0)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)3∶1 (2) H (3) 解析 本题考查匀变速直线运动、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v0M、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 ①s1=v0t+ at2 ②s2=v0t- at2 ③联立①②③式得 =3∶1 ④(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 ⑤H=vyt+ gt2 ⑥M进入电场后做直线运动,由几何关系知 = ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得h= H ⑧(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 = ⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1= m( + )+mgH+qEs1 ⑩Ek2= m( + )+mgH-qEs2 由已知条件Ek1=1.5Ek2 联立④⑤⑦⑧⑨⑩ 式得E= 解题关键 ①N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;②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;③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Ⅰ,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g1)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,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1 ①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1 ②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 ③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 ④由①②③④式得v2=v0-2gt1 ⑤(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg ⑥ 油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+ a1 ⑦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 ⑧由题给条件有 =2g(2h) ⑨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 ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2= E1 为使E2>E1,应有2- + >1 即当0
②分析a→b过程,利用动能定理列方程 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.(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8.0×10-4 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=9.0×109 N·m2/C2,则 ( ) A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.0×10-2 NC.B球所带的电荷量为4 ×10-8 CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0 答案 ACD 用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,与A球接触后A球也带正电荷,两球接触后分开,B球也带正电荷,且两球所带电荷量相等,A正确;两球相互排斥,稳定后A球受力情况如图所示 sin θ= =0.60,θ=37°F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误;F库=k QA=QB=Q,r=0.12 m联立得Q=4 ×10-8 C,故C项正确;由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确疑难突破 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 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.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-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 A2·s2,又因1 N=1 ,整理可得k的单位应为 · ,即kg·A-2·m3·s-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”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 B M、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 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θ=37°已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 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m3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小答案 (1)3.0×10-3 N (2)4.0×10-4 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=3.0×10-3 N(2)由 =tan 37°,得m=4.0×10-4 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aA>aB,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EpA
φ-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1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φx1<φx2,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φ-x图线切线斜率表示场强E,φx1=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.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EA 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φ的变化量Δφ= ,无论q为正还是为负, 总是负的,即Δφ<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,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,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(Q>0)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Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则 ( )A.Wa=Wb,Ea>Eb B.Wa≠Wb,Ea>EbC.Wa=Wb,Ea 又由于在同一电场中,电场线密集处场强大,故Ea>Eb,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Δx内电场力做功qEΔx由功能关系知ΔEp=-qE·Δx,即 =-qE,Ep-x图线斜率的绝对值表示电场力的大小,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ΔEk=qE·Δx, 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1.2×10-7 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 -1.2×10-7 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1.2×10-7 J,说明电场力做负功,做功为-1.2×10-7 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U2,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,θ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.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变C.θ减小,Ep增大 D.θ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(q>0)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的平面若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为 ( ) A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1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= t2①, l= a2t2= t2②, 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σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0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σ= ,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=E·Q= ,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0~T时 间 内 运 动 的 描 述 , 正 确 的 是 ( )A.末速度大小为 v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 mgd D.克服电场力做功为mgd 答案 BC 由题意知qE0=m g,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=q·2E0· =2m g = 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和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy2)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=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g=10 m/s23)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φ的定义式类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG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Δt= =L 偏转距离Δy= a(Δt)2= (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29 N电场力F= ~10-15 N由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。 3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即φ= 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φG= 电势φ和重力势φG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8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 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1×108 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、T,漂移管B的长度为L,则T= ①L=vB· ②联立①②式并代入数据得 L=0.4 m③(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 ④W'=3W ⑤W'= m - m ⑥联立④⑤⑥式并代入数据得 U=6×104 V⑦答案 (1)0.4 m (2)6×104 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点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106 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2.0×10-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4P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α,且tan α=1.2P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:v/(m·s-1)0≤v≤22 设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知 =tan α ⑩x2=v3Δt3 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④~⑧,⑩~ 式并代入数据得W=-9.25 J 说明:④⑥⑧ 式各1分,⑦⑩ 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电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么 ( ) A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置C组 教师专用题组 答案 AD 设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1= mv2-0,v= ,在电场E2中y= at2,E2q=ma,L=vt,tan φ= ,联立以上方程得y= ,tan φ= 所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy= ,三种粒子电荷量相等,电场力做功相等,A项正确因为在电场E2中y和tan φ与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。 对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v',则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项错误在加速电场中所用时间t1= ,通过偏转电场到达屏所用时间t2= =(L+L')· ,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误 2.(2015海南单科,7,5分)(多选)如图,两电荷量分别为Q(Q>0)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 3.(2014广东理综,20,6分)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电量为+Q的小球P,带电量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是 ( )A.M与N的距离大于LB.P、M和N在同一直线上C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零答案 BD 对小球M、N和杆组成的整体,由题意可知k =k ,得x 5.(2014山东理综,19,6分)如图,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是 ( ) 答案 A 由于带正电的试探电荷在球壳内运动时,不受电场力,没有力做功,动能不变,可知C、D项错误在球壳外,电场力做正功,动能增大,且由F库=k 可知随r的增大,F库减小,体现为Ek-r图线的斜率减小,故选项A正确,B错误 6.(2013江苏单科,3,3分)下列选项中的各 圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各 圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是 ( )答案 B 由对称性可知,A、C图中O点的场强大小相等,D图中O点场强为0,因此B图中两 圆环在O点合场强应最大,选项B正确 7.(2013广东理综,15,4分)喷墨打印机的简化模型如图所示重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上则微滴在极板间电场中( ) A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关 答案 C 由于微滴带负电,其所受电场力指向正极板,故微滴在电场中向正极板偏转,A项错误。 微滴在电场中所受电场力做正功,电势能减小,B项错误由于极板间电场是匀强电场,电场力不变,故微滴在电场中做匀加速曲线运动,并且轨迹为抛物线,C项正确带电量影响电场力及加速度大小,运动轨迹与加速度大小有关,故D项错误 8.(2013安徽理综,20,6分)如图所示,xOy平面是无穷大导体的表面,该导体充满z<0的空间,z>0的空间为真空将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处,则在xOy平面上会产生感应电荷空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z轴 上z= 处 的 场 强 大 小 为 (k为静电力常量) ( ) A.k B .k C.k D.k 答案 D 点电荷q和感应电荷所形成的电场在z>0的区域可等效成关于O点对称的电偶极子形成 的 电 场 所 以z轴上z= 处的场强E=k +k =k ,选项D正确评析 本题的等效关系出自课本内容,要求考生认真阅读课本、牢固掌握基本模型的应用难度中等 9.(2013海南单科,1,3分)如图,电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点已知在P、Q连线上某点R处 的 电 场 强 度 为 零, 且 = 2 。 则 ( )A.q1=2q2 B.q1=4q2C.q1=-2q2 D.q1=-4q2 答案 B 由R处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向,即两点电荷必带有同种电荷,由E=k 有k =k ,可得q1=4q2,B正确 10.(2013江苏单科,6,4分)(多选)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点,则 ( ) A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功答案 ABD 电场线的疏密程度表示场强的大小,A正确;沿电场线方向电势降低,B正确;负电荷在电势越高的位置电势能越小,C错误;因负电荷从a点移到b点的过程中电势能增大,由功能关系知电场力必做负功,D正确 11.(2013重庆理综,3,6分)如图所示,高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示α粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则( ) A.α粒子在M点的速率比在Q点的大B.三点中,α粒子在N点的电势能最大C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低D.α粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功答案 B α粒子与重原子核均带正电,二者之间存在斥力作用,且仅有斥力作用,故两者靠近时斥力做负功,动能减小,电势能增大;远离时斥力做正功,动能增大,综上可知,α粒子在Q点时动能最大,速率也最大,A项错误。 α粒子在N点时电势能最大,B项正确在正电荷的电场中,场源处电势最高,距场源越远电势越低,M点离O点较近,该点电势较高,C项错误因在Q点时粒子的动能比在M点时的动能大,故在从M到Q的过程中电场力做的总功为正功,D项错误 评析 本题为带电粒子在电场中的运动,属难度较大的一类问题,解题的突破口是如何确定出电场力的方向本题除可根据同种电荷相排斥来判断外,还可以根据粒子的运动轨迹的形状与位置来判断,譬如,图a为引力轨迹,图b为斥力轨迹,O点表示场源 12.(2015安徽理综,23,16分)在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数粒子所受重力忽略不计求:(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;(2)粒子从A到C过程所经历的时间;(3)粒子经过C点时的速率 答案 (1)3qEl0 (2)3 (3) 解析 (1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0(2)根据抛体运动的特点,粒子在x轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T 由qE=ma,得a= 又yD= aT2,yD+3l0= a(2T)2解得T= 则A→C过程所经历的时间t=3 (3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有 2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)vC= = 13.(2014安徽理综,22,14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。 质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)求: (1)小球到达小孔处的速度;(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间 解析 (1)由v2=2gh得v= (2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E= 由U=Ed、Q=CU得Q=C (3)由题得h= g 、0=v-at2、t=t1+t2,综合可得t= 答案 (1) (2) C (3) 14.(2013浙江理综,24,20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应 (1)判断半球面A、B的电势高低,并说明理由;(2)求等势面C所在处电场强度E的大小;(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC,则到达N板左、右边缘处的电子,经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少?(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小,并说明理由。 答案 (1)B板电势高于A板,理由见解析(2) (3)ΔEk左=e(φB-φC) ΔEk右=e(φA-φC)(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|,理由见解析 解析 (1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心,电场方向从B指向A,B板电势高于A板2)据题意,电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同,有:eE=m Ek0= mv2R= 联立解得:E= = (3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理,有ΔEk=qU对到达N板左边缘的电子,电场力做正功,动能增加,有ΔEk左=e(φB-φC)对到达N板右边缘的电子,电场力做负功,动能减小,有 ΔEk右=e(φA-φC)(4)根据电场线特点,等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度,考虑到等势面间距相等,有|φB-φC|>|φA-φC|即|ΔEk左|>|ΔEk右|评析 本题为带电粒子在电场中的运动问题,考查学生的综合分析能力,易错点是“误认为A、B之间是匀强电场”本题难度中等 15.(2013北京理综,22,16分)如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。 带电量为+q、质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响,求:(1)匀强电场场强E的大小;(2)粒子从电场射出时速度v的大小;(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R 解析 (1)电场强度E= (2)根据动能定理,有qU= mv2得v= (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 得R= 答案 (1) (2) (3) 评析 本题考查了带电粒子在匀强电场中的加速运动和在匀强磁场中的圆周运动两个知识点,属常规题目,只要考生掌握相关的基本知识和能力就能顺利作答题目难度为易 1.(2017重庆一中第二次月考,17)如图所示,把4个完全相同、电荷量均为Q(Q>0)的点电荷分别固定于正方体ABCD-A1B1C1D1下底面的四个顶点处,将一质量为m的带电小球置于正方体上底面对角线AC、BD的交点处时小球恰好静止,已知正方体边长为a,重力加速度为g,则小球的带电荷量q等于 ( )A. B. C. D. 三年模拟一、选择题（每题6分，共36分）A组 2015—2017年高考模拟·基础题组(时间：30分钟 分值：45分) 答案 B 由平衡条件可知电场力与重力相等,得4 · cos θ=mg, cos θ= 解得q= ,故B正确。 2.(2017黑龙江鸡西虎林高中3月模拟,4)如图所示,空间有一正三棱锥OABC,点A'、B'、C'分别是三条棱的中点现在顶点O处固定一正的点电荷,则下列说法中正确的是 ( ) A.A'、B'、C'三点的电场强度相同B.△ABC所在平面为等势面C.将一正的试探电荷从A'点沿直线A'B'移到B'点,静电力对该试探电荷先做正功后做负功D.若A'点的电势为φA',A点的电势为φA,则A'、A连线中点D处的电势φD一定小于 答案 D 因为A'、B'、C'三点离顶点O处的正电荷的距离相等,故三点处的场强大小均相等,但方向不同,故A错误;由于△ABC所在平面到顶点O处的距离不相等,由等势面的概念可知,△ABC所在平面不是等势面,故B错误;由电势的概念可知,沿直线A'B'的电势变化情况为先增大后减小,所以当在此直线上从A'到B'移动正电荷时,电场力对该正电荷先做负功后做正功,故C错误;因为UA'D= ·A'D,UDA= ·DA,由点电荷的场强关系可知 > ,因为A'D=DA,所以有UA'D>UDA,即φA'-φD>φD-φA,整理可得:φD< ,故D正确考查点 点电荷周围的场强与电势解题关键 ①清楚点电荷周围的电场线分布、等势面的特点。 ②利用U=Ed,判定UA'D>UDA易错警示 A'、B'、C'三点电势相等,但平面A'B'C'并不是等势面 3.[2017吉林长春监测(四),18]如图所示,不带电的金属球A固定在绝缘底座上,它的正上方有一B点,该处有带正电液滴不断地由静止开始下落(不计空气阻力,每滴液滴的质量、电荷量均相同),液滴到达A球后将电荷量全部传给A球,且前一滴液滴到达A球后,后一滴液滴才开始下落,不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响,则下列说法正确的是 ( ) A.第一滴液滴做自由落体运动,以后液滴做变加速运动,都能到达A球B.当液滴下落到重力与电场力大小相等时,开始做匀速运动C.能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同D.除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加 答案 D 液滴到达A球后将电荷量全部传给A球,所以A球电荷量Q逐渐增加,第一滴以后的液滴下落过程中受到重力和电场力共同作用,当电荷量Q增加到一定程度后,液滴将不能到达A球,选项A错误;当液滴下落到重力等于电场力位置时,速度最大,以后将减速下落,选项B错误;设速度最大处液滴距A球的距离为R,有mg=k ,可以看出随Q逐渐增大,R也逐渐增大,故选项C错误;液滴下落过程中,电场力做负功,所以电势能增加,选项D正确。 考查点 电场力、电场能、受力分析解题关键 ①A球的带电荷量逐渐增加,下落液滴受到向上的电场力②液滴越下落受到的电场力越大,速度最大时有mg=k ,此时加速度a=0温馨提示 电场力做负功,电势能增加哦! 4.(2016宁夏银川一中一模,16)一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地两板间有一个正试探电荷固定在P点,如图所示,以C表示电容器的电容、E表示两极板间的场强、φ表示P点的电势、Ep表示正电荷在P点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中,各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是 ( ) 答案 C 将负极板缓慢向左移动一小段距离,两板间距离变大,根据C= 可知电容减小,A错误;E= = = ,所以场强不变,B错误;负极板接地,所以电势为零,φ=Ed',P点与负极板的距离d'变大,所以电势增大,C正确;根据Ep=φq可知电势能增大,D错误 5.[2016吉林长春普通高中质量监测(二),14]如图所示,为一个带正电的导体达到静电平衡时的电场线和等势面的分布图(实线为电场线,虚线为等势面),A和B为导体内部的两点,C和D为导体外部的两点,以无穷远处为电势零点,则下列说法正确的是 ( ) A.A、B两点的电场强度均为零,电势也均为零B.C点的电场强度大于D点的电场强度C.同一试探电荷在D点的电势能一定大于它在C点的电势能 D.C点的电势高于B点的电势 答案 B 处于静电平衡的导体内部合场强为0,处于静电平衡的导体是等势体,A、B的电势均大于零,选项A错;由电场线的疏密程度可知选项B正确;D点电势高于C点,但试探电荷可能带负电,负电荷在电势高处电势能小,选项C错误;由电场线的方向可知C点的电势低于B点的电势,选项D错误。 6.(2015云南第一次统一检测,19)(多选)如图所示,三根绝缘轻杆构成一个等边三角形,三个顶点上分别固定A、B、C三个带正电的小球小球质量分别为m、2m、3m,所带电荷量分别为q、2q、3qCB边处于水平面上,ABC处于竖直面内,整个装置都处于方向与CB边平行向右的匀强电场中现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角,则A、B、C三个球所构成的系统的 ( ) A.电势能不变 B.电势能减小C.重力势能减小 D.重力势能增大 答案 AD 顺时针转过120°时,A到B的原位置,B到C的原位置,C到A的原位置设三角形的边长为L,则电场力做功:WA=0.5qEL,WB=-2qEL,WC=1.5qEL,故W总=0,电势能不变,A正确B错误重力做功:WGA=mgL cos 30°= mgL,WGB=0,WGC=-3mgL cos 30°=- mgL,故WG总=- mgL,重力势能增加,C错误D正确 7.(2017甘肃河西五市部分高中联考,19)如图所示,水平地面上分布着水平向右的匀强电场,一“L”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中,管的水平部分长L1=0.2 m,管的水平部分与水平地面的距离为h=5.0 m,竖直部分长为L2=0.1 m。 一带正电的小球从管口A由静止释放,小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失,小球受到的电场力大小为重力的一半g=10 m/s2)求:(1)小球运动到管口B时的速度vB大小;(2)小球着地点与管口的水平距离s 二、非选择题(共9分) 解析 (1)在小球从A运动到B的过程中,对小球,由动能定理得:mgL2+FL1= m 又F= mg,联立并代入数据可得vB=2 m/s(2)小球离开B后,设水平方向的加速度为a,位移为s,在空中运动时间为t水平方向上有a= g,s=vBt+ at2竖直方向上有h= gt2联立并代入数据可得s=4.5 m答案 (1)2 m/s (2)4.5 m考查点 电场力做功、动能定理、运动的分解温馨提示 小球从B飞出后在空中的运动不是平抛运动,水平方向因存在电场力,所以是匀加速直线运动 1.(2017黑龙江哈尔滨九中月考,5)如图所示,某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种点电荷连线的中垂线重合,杆竖直放置杆上有A、B、O三点,其中O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动,滑到B点 时 速 度 恰 好 为 0 , 则 关 于 小 圆 环 的 运动,下列说法正确的是 ( )A.运动的加速度先变小再变大B.电场力先做正功后做负功C.运动到O点时的动能为初动能的一半D.运动到O点时的速度小于 一、选择题（每题6分，共30分）B组 2015—2017年高考模拟·综合题组(时间：30分钟 分值：55分) 答案 C 等量异种点电荷的连线的中垂线上,从A到B电场强度先增大后减小,O点的电场强度最大,所以小圆环受到的电场力先增大后减小,小圆环受到的摩擦力:f=μFN=μqE,所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小,它的加速度:a= ,则a先增大后减小,故A错误;一对等量异种点电荷的连线的中垂线是等势面,故小圆环从A到B过程电场力不做功,故B错误;设A、B之间的距离为2L,摩擦力做功为2Wf,小圆环从A到B的过程中,电场力不做功,重力和摩擦力做功,根据动能定理得:A→O过程有-mgL+Wf= mv2- m ,A→B过程有-mg·2L+2Wf=0- m ,联立两式解得:v= v0> v0。 mv2= · m ,即运动到O点时的动能为初动能的一半,运动到O点时的速度大于 ,故C正确、D错误考查点 电场强度、电势能解题关键 ①知道一对等量异种点电荷的连线的中垂线是等势线②明白在中垂线上O点的电场强度最强温馨提示 推导出小圆环的加速度a= = 是该题的难点及易错点 2.(2017上海高三期中调研,5)如图所示,用绝缘柱支持的导体A和B彼此接触,起初它们不带电,贴在两端下部的金属箔是闭合的把带正电的物体C移近A端,然后把A和B分开较远的距离,再移去C,则 ( ) A.C移近A端时,A端的金属箔张开,B端的金属箔闭合B.C移近A端时,A端的金属箔闭合,B端的金属箔张开C.A和B分开,移去C后,B端的金属箔会立即闭合D.A和B分开,移去C后,A端的金属箔仍会张开 答案 D 将带电体C移近A、B时,由静电感应现象可知,A端是近端,会感应出异种电荷,B端是远端,会感应出同种电荷;当再把A和B分开,移去C后,A和B仍带不同种的电荷,故A、B端的金属箔仍会张开,选项D正确考查点 静电感应解题关键 理解静电感应现象中,近端感应出异种电荷,远端感应出同种电荷延伸拓展 当导体与大地相连,导体是近端,大地是远端。 3.(2016豫南九校联盟一联,3)如图所示为一半径为R的均匀带电圆环,其上单位长度所带电荷量为η,取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴,设轴上任意点P到原点O的距离为x,以无限远处为零电势点,P点的电势为φ则下面给出的四个表达式中只有一个是合理的,这个合理的表 达 式 是 ( 式 中k为静电力常量) ( ) A.φ= B.φ= C.φ= D.φ= x 答案 A 电势的高低与圆环所带电荷量的大小η·2πR有关,B表达式显然与圆环的电荷量无关,因此B错误;无论圆环带什么电荷,圆环中心处的电势均不为零,因此x=0时,电势不为零,故D错误;x=R处的电势不可能为无穷大,故C错误;故只有A正确考查点 电场能的性质思路分析 1.带电圆环周围电势的求法高中没有学过,所以本题应采用“排除法”来判断2.“排除法”包括用“单位是否符合”“极值代入结果是否合理”“特殊值代入结果是否合理”来排除 4.(2015广西南宁第三次适应性测试,18)如图所示,三角形ABC处于匀强电场中,先将一带电小球沿三角形外接圆的圆弧由C运动到B,电场力对小球做功10 J,则将相同的小球从E点沿三角形内接圆的圆弧移动到D点,下列说法中正确的是( )A.电场力做功为5 JB.电场力做功为-5 JC.场强方向一定由C指向BD.场强方向一定由B指向C 答案 B 带电小球从C运动到B电场力做正功,则从E到D电场力做负功,DE∥BC且DE等于BC的一半,所以电场力做功为-5 J,A错误B正确。 电场强度方向无法判断,C、D错考查点 电场力做功解题关键 ①在匀强电场中,CB∥DE,则在CB和DE上相同长度电势降落相同,|UCB|=2|UDE|②由C→B电场力做正功,由E→D电场力做负功易错警示 由C→B电场力做正功,场强方向不一定沿CB所在直线 5.(2015辽宁沈阳二模,17)如图所示,等边三角形ABC处在匀强电场中,其中电势φA=φB=0,电荷量为1 C的正电荷仅在电场力作用下从C点运动到A点,电势能减少1 J保持该电场的大小和方向不变,让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°,则此时的B点电势为 ( )A. V B. V C.- V D.- V 答案 C 由题意知题图中AB为零等势线电荷量为1 C的正电荷仅在电场力作用下从C点运动到A点,电势能减少1 J,可知C点与A点的电势差为1 V,设等边三角形的边长为L,则电场强度E= ,让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°,此时B点到零等势线的距离为d= L,所以U=Ed= × L= V,又因为转动后B点的电势比零等势线的电势低,故转动后B点的电势为- V考查点 电场能的性质解题关键 ①电场线与零等势线AB垂直,利用E= 求电场强度E。 ②求B点新位置到零等势线的距离 6.(2017黑龙江哈师大附中三模,24)(12分)真空室中有如图甲所示的装置,电极K持续发出的电子(初速不计)经过电场加速后,从小孔O沿水平放置的偏转极板中心轴线OO'射入M、N板长均为L,间距为d,M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示(U2、T均已知)调节加速电场的电压,使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压的变化周期T已知电子的质量和电荷量分别为m、e,不计电子重力及电子间的相互作用1)求加速电场的电压U12)已知所有电子均不会打在板上,求电子离开偏转电场时竖直方向的最大偏转距离二、非选择题(25分)答案 (1) (2) 解析 (1)v0= U1·e= m U1= (2)t=0时刻入射的电子竖直方向偏转距离最大E= F=E·ea= y1= a vy=a· y2=vy· y=y1+y2y= 考查点 带电粒子在电场中的加速与偏转解题关键 ①理解带电粒子在电场中的偏转是类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动②带电粒子在电场中的加速问题常用动能定理来求解 7.(2017重庆高三学业第一次质量调研抽测,25)(13分)如图所示,绝缘轨道CDGH位于竖直平面内,圆弧段DG的圆心角为θ=37°,DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点,CD段粗糙,DGH段光滑,在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板,整个轨道处于场强为E=1×104 N/C、水平向右的匀强电场中。 一质量m=4×10-3 kg、带电荷量q=+3×10-6 C的小滑块在C处由静止释放,与挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零已知CD段长度L=0.8 m,圆弧DG的半径r=0.2 m;不计滑块与挡板碰撞时的动能损失,滑块可视为质点求:( sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g=10 m/s2)(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ;(2)滑块在CD段上运动的总路程;(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能答案 (1)0.25 (2)2.4 m (3)0.002 J 解析 (1)滑块由C处释放,与挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中,由动能定理得:qE -μmg(L+ )=0解出μ= =0.25(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg=0.01 N、电场力qE=0.03 N,滑动摩擦力小于电场力,故不可能停在CD段,滑块最终会在DGH段往复运动,到达D点的速度为0全过程由动能定理得:qE·L+(-μmgs)=0-0解出s= L=3L=2.4 m(3)GH段的倾角θ=37°,滑块受到的重力mg=0.04 N,电场力qE=0.03 N,qE cos θ=mg sin θ=0.024 N,加速度a=0。 所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程由动能定理得:Ek最大=Eq(L+r sin θ)-μmgL-mg(r-r cos θ)=0.018 J滑块最终在DGH段往复运动,碰撞挡板时有最小动能, 对D到G过程由动能定理得:Ek最小=Eqr sin θ-mg(r-r cos θ)=0.002 J思路分析 分析滑块的运动过程,并用动能定理列方程,一般优先考虑全程的方程解题关键 ①摩擦生热Q=fs,s为运动总路程;②在GH段由于合力为零,滑块做匀速运动;③分析滑块的末状态是在DGH段往复运动 1.(2017广东华师、深圳中学等四校联考,7)(多选)如图所示,匀强电场中有六个点A、B、C、D、E、F,正好构成一正六边形,六边形边长为0.1 m,所在平面与电场方向平行点B、C、E的电势分别为-20 V、20 V和60 V一带电粒子从A点以某一速度沿AB方向射出后,经1×10-6 s到达D点不计粒子重力,则下列判断正确的是 ( ) A.粒子带负电B.D点的电势是60 VC.粒子在A点射出时的速度为5×105 m/sD.粒子的比荷为7.5×108 C/kgC组 2015—2017年高考模拟·创新题组 答案 ABD 根据匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等,UBC=UFE,则有φB-φC=φF-φE;据题知φB=-20 V,φC=20 V,φE=60 V,解得F点的电势为φF=20 V,则F、C连线是一条等势线,电场线垂直于F、C连线向上,带电粒子所受的电场力垂直于FC向下,所以该粒子带负电,故A正确。 匀强电场中等势线平行,所以ED也是一条等势线,则D点的电势φD=φE=60 V,故B正确粒子做类平抛运动,则沿AB方向做匀速直线运动,则在A点射出时的速度为v= = m/s=1×105 m/s,故C错误;根据类平抛运动规律,在AE方向,有: at2=d,a= ,其中d=2×0.1× cos 30° m= m,U=UDB=80 V,t=1×10-6 s,代入数据,解得: =7.5×108 C/kg,故D正确 考查点 电势、电场强度解题关键 ①利用已知条件判定等势线的方向②确定粒子的运动是类平抛运动答题指导 匀强电场中沿任意方向相同距离两点间的电势差相等 2.[2017黑龙江大庆实验中学训练(三),5](多选)如图,在负点电荷Q的电场中有P、M、N、O四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,O为PN的中点∠P=30° ,MN=a,M、N、P、O四点处的电势分别用φM、φN、φP、φO表示已知φP=φN,φM=φO,点电荷Q在M、N、P、O四点所在平面内,则 ( ) A.P点场强大小为 B.连接O、M的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从M点搬运到N点,电势能增加D.φO小于φN 答案 ACD 点电荷形成电场的等势面是一系列以点电荷为圆心的同心圆,圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心,故场源电荷在PN的中垂线和OM的中垂线的交点F上,由几何关系可知,该交点在PM上,如图所示,且得P F= = a,P点场强大小为E=k = ,故A正确;根据点电荷电场的分布情况可知,连接O、M的线段一定不在同一等势面上,故B错误;将正试探电荷从M点搬运到N点,电场力做负功,电势能增加,故C正确;在负点电荷的电场中,离场源越远,电势越高,则φO小于φN,故D正确。 解题关键 点电荷形成电场的等势面是一系列的同心圆,对于圆,圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心答题指导 ①点电荷周围的场强E= ;②距负点电荷越近,电势越低。
医学临床三基训练试题集护士分册Word版.doc教师资格考试—教学设计(绝密版)PPT课件.pptx实验室生物安全委员会及职责.docx珠宝店店长培训方案.pptx特发性肺动脉高压的诊疗培训课件.pptx长春伪满皇宫导游词_伪满皇宫解说词（2021年整理）..doc山西省矿产资源总体规划（2021-2025年）.doc2024届高考一轮复习微专题：稻鱼共生系统+.pptx九年级历史上册第一单元检测题及答案.doc数与代数教材分析与典型课例解读(课堂PPT).ppt山东省潍坊市2025届高三上学期开学调研检测化学试题word版含解析.docx十五的月亮 高清钢琴谱五线谱.pdf
