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1、靜電場 2020年高考必備 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考點(diǎn)一 電場力的性質(zhì)　電場能的性質(zhì) 15 24 14、20 15 20 21 16、21 21 15 20 21 考點(diǎn)二 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 15 14、24 20 15 25 25 21 24 24 考點(diǎn)一　電場力的性質(zhì)　電場能的性質(zhì) 命題角度1(儲(chǔ)備)電場強(qiáng)度的計(jì)算　 【典題】

2、如圖在半徑為R的圓周上均勻分布著六個(gè)不同的點(diǎn)電荷,則圓心O處的電場強(qiáng)度大小和方向?yàn)?　　) A.2kqR2　由O指向F B.4kqR2　由O指向F C.2kqR　由O指向C D.4kqR　由O指向C 答案B 解析 由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式可知,在A位置的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E=kqR2,在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E'=3kqR2,電場強(qiáng)度是矢量,求合電場強(qiáng)度應(yīng)用平行四邊形定則,作出電場強(qiáng)度的示意圖,如圖所示.則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度與D點(diǎn)的電場強(qiáng)度合成后大小為E1=ED-EA=2kqR2,方向指向A點(diǎn);B點(diǎn)的電場強(qiáng)度與E點(diǎn)的電場強(qiáng)度合成后大小為E2=EB+EE

3、=2kqR2,方向指向E點(diǎn);C點(diǎn)的電場強(qiáng)度與F點(diǎn)的電場強(qiáng)度合成后大小為E3=EC+EF=2kqR2,方向指向F點(diǎn),故E1、E2、E3大小相等,且E3剛好在E1與E2的角平分線上,由幾何關(guān)系可知兩者之間的夾角為120°,故將E1、E2合成后大小仍為E4=2kqR2,方向指向F點(diǎn),再將E4與E3合成,則最終O點(diǎn)的合電場強(qiáng)度為EO=E3+E4=4kqR2,方向由O指向F,故選B. 求解電場強(qiáng)度的方法 (1)公式法 用E=Fq、E=kQr2、E=Ud求解. (2)微元法 微元法就是將研究對象分割成若干微小的單元,若從研究對象上選取某一“微元”加以分析,將“微元”視為點(diǎn)電荷,利用相關(guān)公

4、式求解. (3)疊加法 在幾個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中,若每個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)產(chǎn)生的電場在某點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為E1、E2、E3……,則該點(diǎn)的合電場強(qiáng)度E等于各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)產(chǎn)生的電場在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度E1、E2、E3……的矢量和. (4)補(bǔ)償法 由題設(shè)中所給條件建立的非標(biāo)準(zhǔn)模型,在原來問題的基礎(chǔ)上再補(bǔ)充一些條件,由這些補(bǔ)充條件建立另一個(gè)容易求解的標(biāo)準(zhǔn)模型,這樣,求解非標(biāo)準(zhǔn)模型的問題就轉(zhuǎn)變?yōu)榍蠼庖粋€(gè)完整的標(biāo)準(zhǔn)模型的問題. (5)利用處于靜電平衡中的導(dǎo)體求解電場強(qiáng)度 處于靜電場中的導(dǎo)體在達(dá)到靜電平衡時(shí),導(dǎo)體內(nèi)部的電場強(qiáng)度為零.其本質(zhì)是感應(yīng)電荷的電場強(qiáng)度和外電電場的電場強(qiáng)度疊加后為零,即有E感+E

5、外=0,常利用此式求感應(yīng)電荷的電場強(qiáng)度. 典題演練提能·刷高分 1. (2019湖北重點(diǎn)中學(xué)模擬)如圖所示,A、B、C為放置在光滑絕緣水平面上的三個(gè)帶電小球,球A固定且?guī)щ姾闪繛?Q;小球B和C帶電荷量分別為-q和+2q,由長為L絕緣細(xì)桿相連,靜止在水平面上.若A與B相距d,A、B和C視為點(diǎn)電荷,且三者在同一直線上,下列說法正確的是(　　) A.其他條件不變,將A釋放后不能保持靜止 B.絕緣細(xì)桿長L=(2-1)d C.A在B、C處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度關(guān)系為EB=2EC D.其他條件不變,小球A的電荷量增加為+2Q,B、C及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力不為零 答案B 解析三個(gè)在同一直

6、線上的自由電荷,只要滿足“兩大夾一小”“兩同夾一異”“近小遠(yuǎn)大”的條件,它們均能靜止,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對B電荷由平衡條件得kQqd2=2kq2L2,對C電荷同理得kQ·2q(d+L)2=2kq2L2,解以上兩式得B與C之間的距離為L=(2-1)d,選項(xiàng)B正確;由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式得EB=kQd2,EC=kQ(d+L)2,則EB=2EC,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;A的電荷量增加為+2Q,A在B、C兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小關(guān)系應(yīng)滿足EB=2EC,則A對B、C及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受的合外力仍為零,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2. 如圖所示,一勻強(qiáng)電場的電場線與圓O所在平面平行,AB為圓的一條直徑,C為圓周上一點(diǎn),圓的半徑為R

7、,∠AOC=60°,在A點(diǎn)有一粒子源,能向圓O所在平面內(nèi)各個(gè)方向以動(dòng)能Ek發(fā)射同種帶電粒子,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,由觀察可知經(jīng)過B、C的粒子動(dòng)能分別為5Ek和3Ek,則(　　) A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為23Ek3qR B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為2EkqR C.勻強(qiáng)電場的方向垂直O(jiān)C D.勻強(qiáng)電場的方向與AC平行 答案C 解析在勻強(qiáng)電場中,沿任意方向相等距離電勢差相等,由題意可知A到B電場力做功4Ek,則由A到O電場力做功2Ek,由A到C電場力做功2Ek,即O、C為等勢點(diǎn),OC為等勢線,則電場線垂直O(jiān)C,根據(jù)幾何關(guān)系可得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為43Ek3qR,C正確. 3.如圖,豎直

8、線OO'是等量異種電荷+Q和-Q連線的中垂線,A、B、C三點(diǎn)的位置如圖所示,都處在一矩形金屬盒內(nèi),且AC=BC.下列說法正確的是(　　) A.若無金屬盒,A、B、C三點(diǎn)電勢大小關(guān)系是φA=φB>φC B.若有金屬盒,A、B、C三點(diǎn)電勢大小關(guān)系是φA=φC>φB C.金屬盒上感應(yīng)電荷在A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向均水平向右 D.金屬盒上感應(yīng)電荷在A、B、C三點(diǎn)電場強(qiáng)度大小關(guān)系是EB>EC>EA 答案D 解析若無矩形金屬盒,AC是一條等勢線,則φA=φC,A錯(cuò)誤;金屬盒處于靜電平衡,整個(gè)金屬盒是一個(gè)等勢體,φA=φC=φB,故B錯(cuò)誤;金屬盒內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零,金屬盒上的感應(yīng)電荷的

9、電場強(qiáng)度與等量異種電荷+Q和-Q產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反,而+Q和-Q在A、B、C三點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向水平向右,則金屬盒上的感應(yīng)電荷在A、B、C三點(diǎn)電場強(qiáng)度方向均水平向左.+Q和-Q在A、B、C三點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為EB>EC>EA,則感應(yīng)電荷在A、B、C三點(diǎn)電場強(qiáng)度大小關(guān)系是EB>EC>EA.故C錯(cuò)誤,D正確. 4. (多選)如圖所示,水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L,兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷+Q和-Q分別固定于A、B兩點(diǎn).光滑絕緣直導(dǎo)軌CD的上端點(diǎn)D位于A、B中點(diǎn)的正上方,且與A、B兩點(diǎn)的距離均為L.在D處質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)

10、,并由靜止釋放,已知靜電力常量為k,重力加速度為g.忽略空氣阻力,則下列說法正確的是(　　) A.D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為kQL2 B.小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí),其加速度為零 C.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí),其動(dòng)能為32mgL D.小球沿直軌道CD下滑過程中,其電勢能先增大后減小 答案AC 解析點(diǎn)電荷+Q和-Q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相等,則它們的合電場強(qiáng)度的方向平行于AB指向-Q一側(cè);由庫侖定律知+Q、-Q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小EA=EB=kQL2,根據(jù)平行四邊形定則可知D點(diǎn)的合電場強(qiáng)度大小為kQL2,A正確;小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí),對小球進(jìn)行受力分析,受到重力、彈力、平行AB的電場力,其所受合力不為零,

11、加速度不為零,B錯(cuò)誤;因?yàn)槠矫鍯OD是一等勢面,所以小球從D到C的過程中電場力不做功,只有重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理得,mg·OD=12mv2,由幾何關(guān)系可得OD=Lsin 60°=32L,小球的動(dòng)能Ek=12mv2=3mgL2,所以C正確;由于小球沿直軌道CD下滑過程中,電場力一直不做功,電勢能不變,D錯(cuò)誤. 5. (多選)如圖所示,勻強(qiáng)電場的方向與長方形abcd所在的平面平行,ad=3 cm,ab=3 cm,電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中電場力做的功為4.5 eV;電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中克服電場力做的功為4.5 eV.以a點(diǎn)的電勢為電勢零點(diǎn),下列說法正確的是(　　) A.c點(diǎn)的電

12、勢為3 V B.b點(diǎn)的電勢為4.5 V C.該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向?yàn)橛蒪點(diǎn)指向d點(diǎn) D.該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為300 V/m 答案BD 解析電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中,電場力做的功為4.5 eV,即Wa b=qUa b=q(φa-φb)=4.5 eV,由于φa=0,解得φb=4.5 V,同理可得Wa d=qUa d=q(φa-φd)=-4.5 eV,解得φd=-4.5 V,根據(jù)Ua d=Ub c,即φa-φd=φb-φc,代入數(shù)據(jù)解得φc=0,故A錯(cuò)誤,B正確;由A、B項(xiàng)分析可知,a、c兩點(diǎn)的電勢相等,所以ac連線為勻強(qiáng)電場中的等勢線,根據(jù)電場線與等勢線垂直,故C錯(cuò)誤;過d點(diǎn)

13、作ac的垂線,設(shè)垂足為f,由幾何關(guān)系可得df=adcos 30°,根據(jù)E=Uadaf=4.53×32×10-2 V/m=300 V/m,故D正確. 命題角度2帶電體的受力分析　 高考真題體驗(yàn)·對方向 1. (2019全國Ⅰ·15)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 解析兩個(gè)帶電小球在勻強(qiáng)電場中均處于平衡狀態(tài),只有兩小球帶異種電荷、相互

14、間為吸引力,才可能平衡.小球P帶負(fù)電荷時(shí),勻強(qiáng)電場提供的力與小球Q對小球P的吸引力抵消,合力為零,此時(shí)小球Q帶正電荷,勻強(qiáng)電場提供的力與小球P對小球Q的吸引力抵消,合力為零,故A、B、C錯(cuò)誤,D正確. 2. (2018全國Ⅰ·16)如圖,三個(gè)固定的帶電小球a,b和c,相互間的距離分別為ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線.設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則(　　) A.a、b的電荷同號,k=169 B.a、b的電荷異號,k=169 C.a、b的電荷同號,k=6427 D.a、b的電荷異號,k=6427 答案D

15、解析由題意知,小球c處在直角三角形的直角上,如果a、b為同種電荷,對小球c的庫侖力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b連線,故a、b的電荷應(yīng)異號;由三角關(guān)系tan θ=qcqb32qckqb42=34,解得k=6427,故C正確. 1.對庫侖力的理解 (1)兩個(gè)點(diǎn)電荷之間相互作用的庫侖力遵守牛頓第三定律,不論兩個(gè)帶電體的電荷量是否相等,它們間的作用力一定大小相等、方向相反,并與它們的質(zhì)量無關(guān). (2)庫侖力具有力的共性,運(yùn)算遵循力的平行四邊形定則. 2.庫侖力作用下平衡問題的處理思路 (1)明確研究對象; (2)對研究對象進(jìn)行受力分析,注意電場力的方向;

16、(3)根據(jù)平衡條件列方程求解. 典題演練提能·刷高分 1. (2019山東平度模擬)如圖所示,豎直固定的光滑絕緣細(xì)桿上O點(diǎn)套有一個(gè)電荷量為-q(q>0)的小環(huán),在桿的左側(cè)固定一個(gè)電荷量為Q(Q>0)的點(diǎn)電荷,桿上a、b兩點(diǎn)與Q正好構(gòu)成等邊三角形,c是ab的中點(diǎn).將小環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放,通過a點(diǎn)的速率為v.若已知ab=Oa=l,靜電力常量為k,重力加速度為g.則(　　) A.在a點(diǎn),小環(huán)所受彈力大小為kQql2 B.在c點(diǎn),小環(huán)的動(dòng)能最大 C.在c點(diǎn),小環(huán)的電勢能最大 D.在b點(diǎn),小環(huán)的速率為v2+2gl 答案D 解析在a點(diǎn),小環(huán)所受的電場力沿aQ方向,大小為kQql2,

17、水平方向小環(huán)受力平衡,所以小環(huán)受到向右的彈力,大小等于電場力沿水平方向的分力kQql2sin 60°=3kQq2l2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在c點(diǎn)時(shí),小環(huán)水平方向受到電場力和桿的彈力作用,豎直方向受到重力作用,合力豎直向下,小環(huán)有豎直向下的加速度,所以在c點(diǎn)時(shí)小環(huán)的動(dòng)能不是最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;c點(diǎn)距離Q最近,電勢最高,帶負(fù)電的小環(huán)在c點(diǎn)的電勢能最小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;因?yàn)閍、b兩點(diǎn)到Q的距離相等,所以a、b兩點(diǎn)電勢相等,小環(huán)從a點(diǎn)到b點(diǎn),電場力做功為0,應(yīng)用動(dòng)能定理得mgl=12mvb2-12mv2,解得vb=v2+2gl,選項(xiàng)D正確. 2. 如圖,一粗糙絕緣豎直平面與兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線重合

18、.A、O、B為豎直平面上的三點(diǎn),且O為等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn),AO=BO.現(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊視為質(zhì)點(diǎn),從A點(diǎn)以初速度v0向B滑動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為0.則(　　) A.從A到B,小物塊的加速度逐漸減小 B.從A到B,小物塊的加速度先增大后減小 C.小物塊一定帶負(fù)電荷,從A到B電勢能先減小后增大 D.從A到B,小物塊的電勢能一直減小,受到的電場力先增大后減小 答案B 解析小球由A到B做減速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、向右的電場力、向左的支持力、向上的摩擦力;加速度a=Ff-mgm=μqE-mgm,運(yùn)動(dòng)過程中電場強(qiáng)度先增大后減小,電場力先增大后減小,加速度先增大后減小

19、,B正確,A錯(cuò)誤;小球一定帶負(fù)電,但電場力不做功,電勢能不變,C、D錯(cuò)誤. 3. 如圖所示,兩平行帶電金屬板水平放置,若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°,再在a點(diǎn)靜止釋放一同樣的微粒.以下相關(guān)描述正確的是(　　) A.微粒仍然保持靜止 B.微粒斜向右上方做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C.欲使該微粒保持靜止,需施加一大小為mg,方向與水平面成30°斜向右上方的外力 D.欲使該微粒保持靜止,需施加一大小為32mg,方向與水平面成60°斜向右上方的外力 答案C 解析 平行金屬板水平放置時(shí),釋放的帶電微粒

20、恰好靜止,可判斷微粒所受到的電場力與重力大小相等、方向相反.當(dāng)將兩極板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ=60°時(shí),電場力也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ=60°,重力保持不變,此時(shí)微粒所受合力方向?yàn)橄蜃笙路?且合力大小等于重力大小,等于mg,微粒將向左下方做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A、B錯(cuò)誤;欲使該微粒保持靜止,需施加的外力與重力和電場力的合力等大反向,故C正確,D錯(cuò)誤. 4. 如圖所示,真空中豎直放置半徑為R的光滑半圓環(huán),圓環(huán)最低點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷Q;質(zhì)量為m、電荷量為+q的小圓環(huán)最初靜止在圖中所示的B點(diǎn),此時(shí)θ=30°.現(xiàn)讓小圓環(huán)從右側(cè)最高點(diǎn)由靜止釋放.已知重力加速度為g,靜電力常量為k.帶電荷量為Q的點(diǎn)電荷,距離電荷為r處的電

21、勢可以表示為φ=kQr,求: (1)半圓環(huán)最低點(diǎn)固定的點(diǎn)電荷的電荷量Q; (2)小環(huán)向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm. 答案(1)mgR2kq　(2)(2-1)gR 解析 (1)小圓環(huán)在B點(diǎn)靜止,此時(shí)小圓環(huán)所受合力為零.即2kQqR2cos 60°=mg Q=mgR2kq (2)對小圓環(huán),當(dāng)切向加速度為零,即在圖中的B點(diǎn)時(shí),速度達(dá)到最大 kQq2R+mgRsin 30°=kQqR+12mvm2 解得vm=(2-1)gR 5. 如圖甲在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m=0.1 kg、帶電荷量為q=0.01 C的物體,物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4,地面上存在水平向左的

22、電場,物體由靜止開始向左運(yùn)動(dòng),電場強(qiáng)度E隨物體的位移x變化的圖象如圖乙所示.g取10 m/s2,求: (1)運(yùn)動(dòng)過程中物體的最大加速度; (2)物體的速度達(dá)到最大時(shí)距出發(fā)點(diǎn)的距離. 答案(1)6 m/s2　(2)2.4 m 解析(1)由牛頓第二定律,得F-μmg=ma 當(dāng)電場力F=qE=1 N時(shí),物體所受的合力最大 加速度最大,代入解得a=6 m/s2. (2)由圖象可得電場強(qiáng)度隨位移是變化的,所以物體受到的電場力隨位移是變化的,當(dāng)電場力等于摩擦力時(shí),加速度為0,速度最大,則F'=qE'=μmg E'=40 N/C. 由圖得到E與x的函數(shù)關(guān)系式E=100-25x,當(dāng)E'=40

23、 N/C時(shí),解得x=2.4 m. 6. (2019河南開封模擬)如圖所示,在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=3.0×104 N/C.有一個(gè)質(zhì)量m=4.0×10-3 kg的帶電小球,用絕緣輕細(xì)線懸掛起來,靜止時(shí)細(xì)線偏離豎直方向的夾角θ=37°.g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,不計(jì)空氣阻力的作用. (1)求小球所帶的電荷量及電性; (2)如果將細(xì)線輕輕剪斷,求細(xì)線剪斷后,小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小; (3)從剪斷細(xì)線開始經(jīng)過時(shí)間t=0.20 s,求這一段時(shí)間內(nèi)小球電勢能的變化量. 答案(1)1.0×10-6 C　正電荷　(

24、2)12.5 m/s2　(3)減少4.5×10-3 J 解析 (1)小球受到重力mg、電場力F和細(xì)線的拉力FT的作用,如圖所示,由共點(diǎn)力平衡條件有:F=qE=mgtan θ 解得:q=mgtanθE=1.0×10-6 C 電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相同,故小球所帶電荷為正電荷. (2)剪斷細(xì)線后,小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度為a,由牛頓第二定律有:mgcosθ=ma,解得:a=gcosθ=12.5 m/s2 (3)在t=0.20 s的時(shí)間內(nèi),小球的位移為:l=12at2=0.25 m 小球運(yùn)動(dòng)過程中,電場力做的功為: W=qElsin θ=mglsin θtan θ=

25、4.5×10-3 J 所以小球電勢能的變化量(減少量)為:ΔEp=4.5×10-3 J 命題角度3電場能的性質(zhì)的理解　 高考真題體驗(yàn)·對方向 1.(多選)(2019全國Ⅱ·20)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 本題考查靜電場的分布特點(diǎn)及電場力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,電場力做功與電勢能的關(guān)

26、系.帶電粒子僅在電場力作用下,粒子的速度大小可能先增大后減小,如:在等量同種電荷形成的電場中帶電粒子沿著兩電荷連線的中垂線運(yùn)動(dòng)時(shí),A正確.因?yàn)榱Ｗ又辉陔妶隽ψ饔孟聫腗點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理,W電=-ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而EkN≥0,所以EpM≥EpN,C正確.粒子的軌跡與電場線不一定重合,在N點(diǎn),電場力的方向不一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行,B、D錯(cuò)誤. 2. (多選)(2019全國Ⅲ·21)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點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等 B.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等

27、 C.a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 解析取無窮遠(yuǎn)處電勢為0,a點(diǎn)距-q近,距q遠(yuǎn);b點(diǎn)距q近,距-q遠(yuǎn),b點(diǎn)電勢大于a點(diǎn)電勢,A錯(cuò)誤.電勢能Ep=qφ,負(fù)電荷在電勢小處電勢能大,即負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能,將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn),電勢能減小,D錯(cuò)誤.正電荷的電場強(qiáng)度沿半徑向外,負(fù)電荷的電場強(qiáng)度沿半徑向內(nèi),E=kQr2,點(diǎn)電荷q在a點(diǎn)的電場強(qiáng)度與點(diǎn)電荷-q在b點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同,大小和方向都一樣;點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)的電場強(qiáng)度與點(diǎn)電荷-q在a點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同,大小和方向都一樣,則a點(diǎn)的合電場強(qiáng)度與b點(diǎn)的合電場強(qiáng)度相同,B、C正確.

28、3. (多選)(2018全國Ⅰ·21)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 解析從a到d的過程克服電場力做功為6 eV,所以電場方向?yàn)樗较蛴?每個(gè)間距電勢差為2 V,所以平面c電勢為零,故A項(xiàng)正確;由于電子不一定垂直等勢面進(jìn)入,可能做曲線運(yùn)動(dòng),所以可能到達(dá)不了f平面,

29、故B項(xiàng)正確;整個(gè)過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,動(dòng)能分別為+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時(shí)的動(dòng)能分別為8 eV和4 eV,所以該電子經(jīng)過b平面時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍,故D項(xiàng)錯(cuò)誤. 4. (多選)(2018全國Ⅱ·21)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

30、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W1+W22 C.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強(qiáng)大小一定為W2qL 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 解析設(shè)a、b、c、d四點(diǎn)的電勢分別為φa、φb、φc、φd,粒子從a點(diǎn)移到b點(diǎn),其電勢能減小,則電場力做正功,電場力與a、b連線平行或成銳角,電場方向不一定與a、b連線平行,同理,電場方向不一定與c、d連線平行,W2=EqL不一定成立,則E=W2qL不一定成立,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;根據(jù)電場力公式,有W1=(φ

31、a-φb)q,W2=(φc-φd)q,勻強(qiáng)電場中沿直線電勢隨距離均勻變化,所以φM=φa+φc2,φN=φb+φd2,有WMN=(φM-φN)q=W1+W22,選項(xiàng)B正確;若W1=W2,則(φa-φb)=(φc-φd),得Uac=Ubd,由于M、N為中點(diǎn),且為勻強(qiáng)電場,所以UaM=UbN,選項(xiàng)D正確. 5. (多選)(2017全國Ⅲ·21)一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示,三點(diǎn)的電勢分別為10 V、17 V、26 V.下列說法正確的是(　　) A.電場強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B.坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢為1 V C.電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的低

32、7 eV D.電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),電場力做功為9 eV 答案ABD 解析 如圖所示,設(shè)ac之間的d點(diǎn)電勢與b點(diǎn)相同,則addc=10-1717-26=79,可得d點(diǎn)的坐標(biāo)為(3.5 cm,6 cm),過c點(diǎn)作等勢線bd的垂線交bd于f點(diǎn),由幾何關(guān)系可得cf的長度為3.6 cm,所以電場強(qiáng)度的大小E=Ud=(26-17)V3.6cm=2.5 V/cm,故A正確.勻強(qiáng)電場中,相同方向上變化相同的距離電勢差相等,故UaO=Ucb,即φa-φO=φc-φb,得坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為1 V,B正確;負(fù)電荷在電勢低處電勢能高,則電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的電勢能高7 eV,C錯(cuò)誤;電子從b點(diǎn)運(yùn)

33、動(dòng)到c點(diǎn),電場力做功為W=-eUbc=-e×(-9 V)=9 eV,D正確. 6. (多選)(2016全國Ⅰ·20)如圖,一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng),其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知(　　) A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高 B.油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大 C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大 D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 答案AB 解析 由于軌跡關(guān)于P點(diǎn)對稱,根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)合力方向應(yīng)指向曲線內(nèi)側(cè),在P點(diǎn)合力方向豎直向上,則電場線方向豎直向下,沿電場線方向電勢降低,選項(xiàng)A正確;根據(jù)Ep=φq可知,油滴在Q點(diǎn)

34、的電勢能小于在P點(diǎn)的電勢能,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;油滴所受合力豎直向上,根據(jù)動(dòng)能定理可知,油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能大于P點(diǎn),選項(xiàng)B正確;油滴所受合力大小不變,加速度也始終不變,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 用“速度線”與“力線”分析曲線運(yùn)動(dòng) 帶電粒子僅受電場力,其運(yùn)動(dòng)軌跡與電場線、等勢線一般不重合.軌跡曲線的本質(zhì)為運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系.分析時(shí)要綜合應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和能,做定性分析,或簡單的計(jì)算. 若粒子還受重力作用,可以此為基礎(chǔ)拓展分析. (1)兩線法入手 在運(yùn)動(dòng)的初始位置,畫出“速度線”(軌跡的有向切線)與“力線”(電場線的切線或等勢面的有向垂線),從“兩線”的夾角情況分析運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系. 若夾角為銳角

35、,則加速運(yùn)動(dòng)、電場力做正功. 若夾角為鈍角,則減速運(yùn)動(dòng)、電場力做負(fù)功. (2)必要的討論 電荷的正負(fù)、電場強(qiáng)度的方向或各等勢面電勢的高低、運(yùn)動(dòng)軌跡的方向是題意中相互制約的三個(gè)方面. 若已知其中兩個(gè),可分析判定第三個(gè)方面. 若有兩個(gè)未知或三個(gè)都未知,則要分別討論各種情況.對某些物理量,在討論的各種情況中會(huì)有“歸一”的結(jié)果. (3)分析臨界性拐點(diǎn) 若軌跡在某點(diǎn)與等勢面相切或與電場線垂直,則該點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)的轉(zhuǎn)折性拐點(diǎn),如圖中b點(diǎn).拐點(diǎn)兩側(cè)有不同的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(多過程現(xiàn)象). 典題演練提能·刷高分 1. 如圖,勻強(qiáng)電場中的點(diǎn)A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個(gè)頂點(diǎn).已知G、

36、F、B、D點(diǎn)的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V,則A點(diǎn)的電勢為(　　) A.0 B.1 V C.2 V D.3 V 答案A 解析UDG=φD-φG=4 V-5 V=-1 V,UAF=φA-φF=φA-1 V,在勻強(qiáng)電場中,因?yàn)镈G平行于AF,故UDG=UAF,解得φA=0,A正確. 2. (多選)(2019山東臨沂模擬)沿電場中某條直線電場線方向建立x軸,該電場線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律如圖所示,坐標(biāo)點(diǎn)O、x1、x2和x3分別與x軸上O'、A、B、C四點(diǎn)相對應(yīng),相鄰兩點(diǎn)間距相等.一個(gè)帶正電的粒子從O'點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek,僅考慮電場力作用,則(　　

37、) A.從O'點(diǎn)到C點(diǎn),電勢先升高后降低 B.粒子先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做變加速運(yùn)動(dòng) C.粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量 D.粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于3Ek 答案CD 解析由題圖知,從O'點(diǎn)到C點(diǎn),沿電場線方向,電勢逐漸降低,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由靜止釋放的粒子所受電場力與速度方向一致,所以粒子一直做加速直線運(yùn)動(dòng),在O~x1段電場強(qiáng)度逐漸變大,粒子所受電場力逐漸變大,做加速度增大的變加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;E-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形“面積”代表電勢差,AB段的電勢差大于BC段的電勢差,故電場力做功WAB>WBC,由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系得,粒子在AB段電勢能變

38、化量大于BC段的電勢能變化量,選項(xiàng)C正確;由E-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形“面積”代表電勢差,UOA=12E0x1,UAC<12E0·2x1,得2UOA>UAC,由動(dòng)能定理qU=ΔEk,得qUOA=Ek-0,qUAC=EkC-Ek,知粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于3Ek,選項(xiàng)D正確. 3. (2019陜西西安高三質(zhì)檢)如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖,電場線的方向如圖中箭頭所示,M、N、Q是以直電場線上一點(diǎn)O為圓心的同一圓周上的三點(diǎn),OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是(　　) A.O點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等 B.M、O間的電勢差小于O、N間的電勢差 C.將一負(fù)電荷由M點(diǎn)

39、移到Q點(diǎn),電荷的電勢能增加 D.在Q點(diǎn)釋放一個(gè)正電荷,正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上 答案C 解析由題圖中電場線的方向可知φM>φO>φN,再作出此電場中過O點(diǎn)的等勢線,可知φO>φQ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;且MO間的平均電場強(qiáng)度大于ON間的平均電場強(qiáng)度,故UMO>UON,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因UMQ>0,負(fù)電荷從M點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做負(fù)功,電勢能增加,選項(xiàng)C正確;正電荷在Q點(diǎn)所受的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓周的切線方向,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 4. (多選)如圖所示,ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑、絕緣斜劈,∠C=30°、∠B=60°,D為AC中點(diǎn);質(zhì)量為m帶正電的小滑塊沿AB面由A點(diǎn)靜

40、止釋放,滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為v0,若空間加一與ABC平面平行的勻強(qiáng)電場,滑塊仍由靜止釋放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為2v0,若在同樣的勻強(qiáng)電場中滑塊由靜止沿AC面滑下,滑到斜面底端C點(diǎn)時(shí)速度為3v0,則下列說法正確的是(　　) A.電場方向由A指向C B.B點(diǎn)電勢與D點(diǎn)電勢相等 C.滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)機(jī)械能增加了12mv02 D.小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化值之比為2∶3 答案BC 解析無電場時(shí)由A到B有mgh=12mv02① 有電場時(shí)由A到B有mgh+WE=12m(2v0)2② 有電場時(shí)由A到C有mgh+WE'=12m(3v0)2③ 由①②③可得W

41、E=12mv02　WE'=mv02 又WE=qUAB,WE'=qUAC,則UAB=12UAC.則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢相等,B正確;電場線應(yīng)與BD垂直,而AC不與BD垂直,A錯(cuò)誤;因D為AC的中點(diǎn),則滑到D點(diǎn)電場力做功為到C點(diǎn)的一半,為12mv02,C正確;小滑塊沿AB面、AC面下滑過程中電勢能變化值之比為1∶2,D錯(cuò)誤. 5. (多選)如圖所示,一帶電小球固定在光滑水平面上的O點(diǎn),虛線a、b、c、d是帶電小球激發(fā)電場的四條等距離的等勢線.一個(gè)帶電小滑塊從等勢線d上的1處以水平初速度v0運(yùn)動(dòng),結(jié)果形成了實(shí)線所示的小滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡.1、2、3、4、5是等勢線與小滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡的一些交點(diǎn).由此可以判

42、定(　　) A.固定小球與小滑塊帶異種電荷 B.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小滑塊具有的動(dòng)能與電勢能之和保持不變 C.在整個(gè)過程中小滑塊的電勢能先增大后減小 D.小滑塊從位置3到4和從位置4到5的過程中,電場力做功的大小關(guān)系是W34=W45 答案BC 解析由題圖看出滑塊的軌跡向右彎曲,可以知道滑塊受到了斥力作用,則知小球與小滑塊電性一定相同,故A錯(cuò)誤.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小滑塊只發(fā)生了動(dòng)能和電勢能的轉(zhuǎn)化,根據(jù)能量守恒可知B正確;由圖可知,小滑塊運(yùn)動(dòng)過程中電場力先做負(fù)功后做正功,電勢能先增大后減小,C正確;根據(jù)等勢線的疏密結(jié)合U=Ed可知,4、5間電勢差與3、4間電勢差關(guān)系是U45

43、做功的大小關(guān)系是W45

44、Ed=2∶1 C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3 答案AC 解析由題圖知,ra∶rb∶rc∶rd=1∶2∶3∶6,電場強(qiáng)度E=kQr2,故Ea∶Eb=4∶1,A項(xiàng)正確.Ec∶Ed=4∶1,故B項(xiàng)錯(cuò)誤.根據(jù)Uab=φa-φb,由題圖知,Uab∶Ubc∶Ucd=3∶1∶1,由做功Wab=qUab,故Wab∶Wbc=3∶1,C正確.Wbc∶Wcd=1∶1,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 電場問題中常見的“三類”圖象 (1)電場中粒子運(yùn)動(dòng)的v-t圖象 當(dāng)帶電粒子只在電場力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí),如果給出了粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象,則從速度圖象上能確定粒子運(yùn)動(dòng)的加速度方向,加速度大小變化情況,進(jìn)而可

45、將粒子運(yùn)動(dòng)中經(jīng)歷的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向、電場強(qiáng)度大小、電勢高低及電勢能的變化等情況判定出來. (2)電場中的E-x圖象 在給定了電場的E-x圖象后,可以由圖線確定電場強(qiáng)度的變化情況、電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差.在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中,可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢能變化等情況. (3)電場中的φ-x圖象 在電場的φ-x圖象中,圖線各點(diǎn)切線的斜率為各點(diǎn)處電場強(qiáng)度的大小.φ-x圖象中,除了可以直接從圖中了解各點(diǎn)電勢大小及變化情況,還可以從圖線的斜率上了解各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小及方向.當(dāng)φ-x圖象與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合時(shí),可以涉及的方面有粒子電性、電勢能、電場

46、力做功、動(dòng)能、速度、加速度等. 典題演練提能·刷高分 1.如圖甲所示,在光滑絕緣的水平面上固定兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷,M、O、N為兩點(diǎn)電荷連線上的點(diǎn),其中O為連線中點(diǎn),且MO=ON.在M點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)電荷量為q的正試探電荷,結(jié)果該試探電荷在MN間做來回往復(fù)運(yùn)動(dòng),在一個(gè)周期內(nèi)的v-t圖象如圖乙所示,則下列說法正確的是(　　) A.M和N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢完全相同 B.試探電荷在O點(diǎn)所受電場力最大,運(yùn)動(dòng)的速度也最大 C.試探電荷在t2時(shí)刻到達(dá)O點(diǎn),t4時(shí)刻到達(dá)N點(diǎn) D.試探電荷從M經(jīng)O到N的過程中,電勢能先減小后增大 答案D 解析M、N兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱,電勢相同,電場強(qiáng)度大

47、小相等、方向相反,A項(xiàng)錯(cuò)誤;從M點(diǎn)到O點(diǎn),試探電荷做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),從O點(diǎn)到N點(diǎn)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零,所受電場力為零,加速度為零,速度最大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;試探電荷在t1時(shí)刻到達(dá)O點(diǎn),t2時(shí)刻到達(dá)N點(diǎn),t3時(shí)刻返回到O點(diǎn),t4時(shí)刻返回到M點(diǎn),完成一個(gè)周期的運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;從M點(diǎn)到O點(diǎn)的過程中,電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,從O點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中,電場力做負(fù)功,電勢能增加,D項(xiàng)正確. 2.如圖甲所示,有一絕緣的豎直圓環(huán),圓環(huán)上均勻分布著正電荷.一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán),細(xì)桿上套有一質(zhì)量為m=10 g的帶正電的小球,小球所帶電荷量q=3.0×10-4

48、 C.讓小球從C點(diǎn)由靜止釋放,其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示,且已知小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),速度圖象的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線).下列說法正確的是(　　) A.由C到A的過程中,小球的電勢能先減小后增大 B.在O點(diǎn)右側(cè)桿上,B點(diǎn)電場強(qiáng)度最大,電場強(qiáng)度大小為E=1.0 V/m C.沿著C到A的方向,電勢先降低后升高 D.C、B兩點(diǎn)間的電勢差UCB=1.5 V 答案D 解析由題圖乙可知,小球在B點(diǎn)的加速度最大,故所受的電場力最大,加速度由電場力產(chǎn)生,故B點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大,a=ΔvΔt=0.35 m/s2=0.06 m/s2,a=qEm,解得E=maq=0.01×0.

49、063.0×10-4 V/m=2 V/m,故B錯(cuò)誤;從C到A小球的動(dòng)能一直增大,說明電場力一直做正功,故電勢能一直減小,電勢一直減小,故A、C錯(cuò)誤;由C到B電場力做功為WCB=12mvB2-0,CB間電勢差UCB=WCBq=mvB22q=0.01×(0.3)22×3.0×10-4 V=1.5 V,故D正確. 3. (多選)如圖所示,P、Q為兩個(gè)等量的異種電荷,以靠近電荷P的O點(diǎn)為原點(diǎn),沿兩電荷的連線建立x軸,沿直線向右為x軸正方向,一帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止開始僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),已知A點(diǎn)與O點(diǎn)關(guān)于P、Q兩電荷連線的中點(diǎn)對稱,粒子的重力忽略不計(jì).在從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中,下列

50、關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間的變化、粒子的動(dòng)能和運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是(　　) 答案CD 解析 等量異種電荷的電場線如圖所示.根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低,電場強(qiáng)度E=ΔφΔx,由圖可知E先減小后增大,所以φ-x圖象切線的斜率先減小后增大,故A錯(cuò)誤.沿兩點(diǎn)電荷連線從O到A,電場強(qiáng)度先變小后變大,一帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止開始在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中,電場力一直做正功,粒子的速度一直在增大.電場力先變小后變大,則加速度先變小后變大.v-t圖象切線的斜率先變小后變大,故C、D可能.粒子的動(dòng)能Ek=qEx,電場強(qiáng)度先變小后變大,則Ek-x切線的

51、斜率先變小后變大,則B圖不可能,故B錯(cuò)誤.故選CD. 4.(2019湖南長沙雅禮中學(xué)月考)電荷量為Q1和Q2的兩點(diǎn)電荷分別固定在x軸上的O、C兩點(diǎn),規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零,x軸上各點(diǎn)電勢隨x的變化關(guān)系如圖所示.則(　　) A.Q1帶負(fù)電,Q2帶正電 B.G點(diǎn)處電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向 C.將帶負(fù)電的試探電荷自G點(diǎn)靜止釋放,僅在電場力作用下一定不能到D點(diǎn) D.將帶負(fù)電的試探電荷從D點(diǎn)沿x軸正方向移到J點(diǎn),電場力先做負(fù)功后做正功 答案C 解析由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為0,B點(diǎn)的電勢為零,由于沿著電場線電勢降低,所以O(shè)點(diǎn)的電荷Q1帶正電,C點(diǎn)電荷Q2帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由圖可知,從D點(diǎn)

52、到G點(diǎn)電勢升高,由沿著電場線電勢降低可知,G點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向?yàn)檠豿軸負(fù)方向,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;負(fù)電的試探電荷在G點(diǎn)所受電場力方向沿x軸正方向,所以在電場力作用下沿x軸正方向做加速運(yùn)動(dòng)一直到H點(diǎn),由于H點(diǎn)的右邊電場強(qiáng)度方向沿x軸正方 向,負(fù)試探電荷過H點(diǎn)后做減速運(yùn)動(dòng),由于G、J點(diǎn)關(guān)于H點(diǎn)對稱,則電場分布關(guān)于H點(diǎn)對稱,負(fù)試探電荷將在G點(diǎn)和J點(diǎn)之間往復(fù)運(yùn)動(dòng).所以負(fù)試探電荷一定不能達(dá)到D點(diǎn),選項(xiàng)C正確;D點(diǎn)到J點(diǎn)之間,電勢先高升后降低,所以電場強(qiáng)度方向先沿x軸負(fù)方向,后沿x軸正方向,將一負(fù)試探電荷從D點(diǎn)移到J點(diǎn),電場力先做正功后做負(fù)功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 5. (多選)a、c、d、b依次為x軸上的四個(gè)點(diǎn)

53、,a與b、c與d均以原點(diǎn)O對稱.a、b兩點(diǎn)固定著兩個(gè)電荷量相等的點(diǎn)電荷,如圖所示的Ex-x圖象描繪了x軸上部分區(qū)域的電場強(qiáng)度變化情況(以x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向).下列判斷正確的是(　　) A.c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B.c、d兩點(diǎn)的電勢相同 C.正的試探電荷從c移到d電場力做負(fù)功 D.負(fù)的試探電荷在c處的電勢能較d處大 答案ACD 解析x軸正方向電場強(qiáng)度為正,根據(jù)圖象可知O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為負(fù),故b點(diǎn)放置的是正電荷,a點(diǎn)放置的是負(fù)電荷.根據(jù)電場強(qiáng)度的對稱性可知,A正確;x軸上電場線由b指向a,沿著電場線電勢降低,B錯(cuò)誤;正的試探電荷從c到d,電場力做負(fù)功,C正確;負(fù)電荷在電勢低

54、處電勢能大,D正確. 6.(多選)一電子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示,其中O~x1段是曲線,x1~x2段是平行于x軸的直線,x2~x3段是傾斜直線,下列說法正確的是(　　) A.從O到x1電勢逐漸降低 B.x2處的電勢比x3處高 C.x1~x2段電場強(qiáng)度為零 D.x2~x3段的電場強(qiáng)度減小 答案AC 解析從O到x1電子的電勢能逐漸增加,則電勢逐漸降低,選項(xiàng)A正確;電子在x2處的電勢能較x3處的電勢能大,則x2處的電勢比x3處低,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;Ep-x圖線的斜率反映電場強(qiáng)度的大小,則由圖象可知,x1~x2段直線的斜率為零,則電場強(qiáng)度為零

55、,選項(xiàng)C正確;x2~x3段的斜率不變,則電場強(qiáng)度不變,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選AC. 考點(diǎn)二　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 命題角度1平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析　 高考真題體驗(yàn)·對方向 　(2016全國Ⅰ·14)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(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場強(qiáng)度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場強(qiáng)度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場強(qiáng)度不變 答案D 解析由C=QU和C=εrS4πkd可知Q=εrSU4πkd,將云母介質(zhì)移出后相對介電常數(shù)εr減小,電

56、容器兩極板間的電壓仍保持不變,故極板上的電荷量變小,再由E=Ud可知,極板間電場強(qiáng)度不變,選項(xiàng)D正確. 電容器動(dòng)態(tài)變化要應(yīng)用“解析式法” (1)充電后的平行板電容器,與電池相連 如圖甲,兩板間電壓U不變,變化電容器的d、S、εr,可引起C=εrS4πkd、Q=CU、E=Ud=4πkQεrS的相關(guān)變化.例如:增大兩極板間距離時(shí),d↑→C↓→Q↓(電容器放電)→E↓;增大極板面積時(shí),S↑→C↑→Q↑(電容器充電),E不變. 甲　充電后S閉合 乙　充電后S斷開 (2)充電后的平行板電容器,與電池?cái)嚅_ 如圖乙,電荷量Q不變,既不充電也不放電.變化電容器的d、S、εr,可引

57、起C=εrS4πkd、U=QC、E=Ud=4πkQεrS的相關(guān)變化.例如:增大兩極板間距離時(shí),d↑→C↓→U↑,E不變;增大極板面積時(shí),S↑→C↑→U↓→E↓. 典題演練提能·刷高分 1.如圖所示,水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開,上極板帶正電,下極板接地,一帶電油滴靜止于P點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離,則油滴(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.仍保持靜止,電勢能不變 B.仍保持靜止,電勢能減小 C.將向下運(yùn)動(dòng),電勢能增大 D.將向下運(yùn)動(dòng),電勢能減小 答案B 解析根據(jù)C=εrS4πkd、C=QU和E=Ud推導(dǎo)得E=4πkQεrS,知

58、Q、S不變,電容器板間電場強(qiáng)度不變,油滴受力情況不變,仍處于靜止?fàn)顟B(tài),由U=Ed分析知,E不變,下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離,即板間距離增大,則兩極板間的電勢差增大,因此P點(diǎn)的電勢升高,因?yàn)橛偷螏ж?fù)電,那么帶電油滴的電勢能減小,所以B選項(xiàng)是正確的,A、C、D錯(cuò)誤. 2.如圖所示,內(nèi)阻不計(jì)的電源與平行板電容器連接,電容器的下極板接地,上極板接一靜電計(jì),不計(jì)靜電計(jì)所帶的電荷量.P點(diǎn)是兩極板間的一點(diǎn),P點(diǎn)到兩極板的距離相等.下列說法正確的是(　　) A.只將平行板電容器的上極板向下移動(dòng)一小段距離,P點(diǎn)的電勢升高 B.只將平行板電容器的上極板向上移動(dòng)一小段距離,靜電計(jì)的張角變大 C.只將平

59、行板電容器的上極板向左移動(dòng)一小段距離,電容器間的電場強(qiáng)度變大 D.只在平行板電容器兩極板間插入一厚度稍小于兩極板間距離的絕緣陶瓷,電容變小 答案A 解析只將平行板電容器的上極板向下移動(dòng)一小段距離,兩極板間的電場強(qiáng)度變大,P點(diǎn)的電勢φ=Ed,電勢升高,選項(xiàng)A正確;靜電計(jì)的電壓始終等于電動(dòng)勢,只將平行板電容器的上極板向上移動(dòng)一小段距離,靜電計(jì)的張角不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)C=εr·S4πkd,只將平行板電容器的上極板向左移動(dòng)一小段距離,電容器正對面積S變小,電容器的電容變小,但板間電壓不變、板間距離不變,電場強(qiáng)度不變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)C=εr·S4πkd,只在平行板電容器兩極板間插入一厚度稍小

60、于兩極板間距離的絕緣陶瓷,εr變大,電容器的電容變大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.(多選)(2019山東泰安檢測)在如圖1所示的兩平行金屬板間加上如圖2所示的電壓.第1 s內(nèi),一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài),第2 s末點(diǎn)電荷仍運(yùn)動(dòng)且未與極板接觸.則第2 s內(nèi),點(diǎn)電荷(g取10 m/s2)(　　) A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為10 m/s2 B.做變加速直線運(yùn)動(dòng),平均加速度大小為5 m/s2 C.做變加速直線運(yùn)動(dòng),第2 s末加速度大小為10 m/s2 D.第2 s末速度大小為10 m/s 答案BC 解析由題意知,第1 s內(nèi)點(diǎn)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài),故電場力方向向上,大小與重力相等;第2 s內(nèi)電壓變大,故電場強(qiáng)度變大,電場力變大,第2 s末電場強(qiáng)度增加為第1 s末的2倍,故電場力變?yōu)榈? s末的2倍,故合力變?yōu)橄蛏?大小為mg,故此時(shí)加速度大小為10 m/s2,且第2 s內(nèi)合力隨時(shí)間均勻增加,故加速度隨時(shí)間均勻增加,做變加速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,C正確;第2 s內(nèi)平均加速度大小為: - 24 -