《2020屆高考物理二輪復習 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動練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 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動練習（含解析）（32頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講　電場及帶電粒子在電場中的運動 構建網(wǎng)絡·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電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則(　　) A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負電荷 C．P帶正電荷，Q帶負電荷 D．P帶負電荷，Q帶正電荷 答案　D 解析　細繩豎直，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錯誤；P、Q帶不同性質的電荷，有兩種情況：P帶正電，Q帶負電，或P帶負電，Q帶正電，兩種情況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負電，Q帶正電時符合題意，C

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

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點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(　　) A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行 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動時，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，粒子運動軌跡與電

4、場線重合須具備初速度與電場線平行或為0、電場線為直線兩個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不一定是直線，故粒子在N點所受電場力的方向與粒子軌跡在該點的切線方向不一定平行，D錯誤。 4．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到

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

6、窮遠處電勢為0，則Q2移到C點后的電勢能為－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時的動能為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．該電子可能到達不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 答案　AB 解析　勻強電場內(nèi)a、b、c、d、f間距相等，則電子每通過相鄰兩個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)動能定理從a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4 eV，電子在d時有動能4 eV，速度可能沿各個方向，取極端情況：①電子沿電場線方向運動，從d到f電場力做功Wdf＝Wbc＝－2 eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2 eV>0，可到達；②電子到d時速度方向沿等勢面d，將不能到達平面f，B正確；同理電子到達等勢面c的動能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，電子在運動過程中電勢能和動能的總和保持一個定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6 eV，故電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為Epd

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

9、C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 答案　BD 解析　根據(jù)題意無法判斷電場方向，故A錯誤；由于電場為勻強電場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM＝，φN＝，若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W＝qUMN＝q(φM－φN)＝q－q＝＝，故B正確；因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是，故C錯誤；若W1＝W2，說明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因為φM＝，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電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求： (1)電場強度的大??； (2)B運動到P點時的動能。 答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2) 解析　(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有 mg＋qE＝ma① a2＝gt2② 解得 E＝③ (2)設B從O點發(fā)射時的速度大小為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度

11、差為h，根據(jù)動能定理有 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。 (1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時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

12、為多少？ 答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 解析　(1)PG、QG間場強大小相等，設均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有 E＝① F＝qE＝ma② 設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有 qEh＝Ek－mv③ 設粒子第一次到達G時所用的時間為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飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度為 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電場。自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小。 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 解析　(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0

14、，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得＝3④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式得 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 ＝⑨ 設M、N離開電場時的動能分別

15、為Ek1、Ek2，由動能定理得 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：常以選擇題的形式考查電場的力的性質及能的性質。常結合圖象考查電場的特點及做功情況、能量轉化情況。常以計算題的形式考查帶電粒子在電場中的加速或偏轉問題。 思想方法：對稱法、等效法、比值定義法。 高考考向1　電場性質的理解　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2019·江蘇揚州一模)(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、點電荷的連線重合，兩對角線的交點位于電荷連線的中點O。下列說法中正確的有(　　) A．A、B兩點的電場強度方向相同 B．B、D兩點的電勢相同 C．質子由C點沿C→O→A路徑移至A點，電場力對其先做負功后做正功 D．電子由B點沿B→C→D路徑移至D點，電勢能先增大后減小 (1)兩個點電荷在某點產(chǎn)生的電場強度如何計算？ 提示：分別算出每個點電荷在該點單獨產(chǎn)生的場強，然后再矢量疊加。 (2)兩個點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兩點的場強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，故質子由C點沿C→O→A路徑移至A點過程中受水平向右的電場力，電場力做負功，故C錯誤；電子由B沿B→C運動到C的過程中，電場力做負功，沿C→D運動到D的過程中，電場力做正功，整個過程中電場力對其先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，故D正確。 [答案]　ABD 分析電場的特點和性質問題的一般思路 (1)電場強度 ①根據(jù)電場線的疏密程度進行判斷。 ②根據(jù)等差等勢面的疏密程度進行判斷。 ③根據(jù)E＝k結合矢量合成進行判斷或計算。 (2)電勢 ①根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低進行判斷。

18、②根據(jù)φ＝進行判斷或計算。 ③空間存在兩個或兩個以上的電場時，根據(jù)電勢的疊加求代數(shù)和進行判斷或計算。 (3)電勢能 ①根據(jù)Ep＝φq進行判斷或計算。注意判斷或計算時Ep、φ、q均帶正、負號，且Ep、φ的正、負號表示大小。 ②根據(jù)電場力做功進行判斷或計算。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)能量守恒定律進行判斷或計算。電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，而總和應保持不變，即當動能增加時，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電荷A、B、C放置在等邊三角形的頂點上，O為三角形的中心，a、b、c分別為三邊的中點，d是O關于a的對稱點。已知A帶負電，B、C均帶正電，則(　　) A．O點電場強度為零 B．b、c兩點電場強度大小相等 C．電子在d點的電勢能比在O點的小 D．質子從b點移到O點，電場力做正功 答案　BC 解析　O點的電場強度為B、C電荷在O點產(chǎn)生的合場強與A電荷在O點產(chǎn)生的場強的矢量和，兩場強方向均為由O指向A，可知O點的電場強度不為零，故A錯誤；由對稱性可知，b、c兩點電場強度大小相等，故B正確；如果沒有A電荷存在，O點和d點的電勢相等，由于A負電荷的存在，且O點離A電荷更

20、近，所以O點的電勢比d點低，電子在d點的電勢能比在O點的小，故C正確；O、b兩點位于A、C連線的中垂線上，如果沒有B電荷存在，O、b兩點電勢相等，由于B電荷的存在，且O點離B電荷更近，所以O點電勢更高，質子在O點的電勢能更大，所以質子從b點移到O點，電勢能增大，電場力做負功，故D錯誤。 2. (2019·山東淄博三模)如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛線為電子從A點運動到B點的運動軌跡，則下列判斷正確的是(　　) A．A點的場強小于B點的場強 B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D．電子在A點的速度大于在B點的速度

21、 答案　D 解析　根據(jù)“電場線的密疏表示場強的大小”可知，A點的場強比B點的場強大，A錯誤；根據(jù)電場線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點電荷Q2周圍電場線較密可知點電荷Q2帶電荷量較多，即Q1＜Q2，故B錯誤；電子做曲線運動，受到的合力方向指向曲線的凹處，故電子過B點時受到的電場力F方向斜向下，可知電子從A點運動到B點的過程中，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，電子在A點的速度大于在B點的速度，故C錯誤，D正確。 高考考向2　電勢差與電場強度的關系 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B處有一個射線源，能朝空間各方向射出動能為1000 eV的電子，則能在頂點A和C分別探測到動能為1100 eV和900 eV的電子，本題中運動的電子僅需考慮受勻強電場的電場力，則(　　) A．AB間的電勢差UAB＝100 V B．該勻強電場的場強E＝1000 V/m C．電場強度的方向沿A指向D D．整個三角形內(nèi)，頂點C的電勢最高 (1)如何判斷電場強度的方向？ 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)勻強電場中，電勢的分布有何特點？ 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)勻強電場的性質可知，AC的中點E與B點電勢相等，BE為等勢線，由幾何關系可知AD與BE垂直，故場強方向由A指向D，所以C正確；由幾何知識可得AB在AD上的投影為10 cm，所以電場強度的大小為：E＝

24、V/m＝1000 V/m，故B正確；整個三角形內(nèi)，頂點A的電勢最高，故D錯誤。 [答案]　ABC E＝的應用技巧 (1)E＝在勻強電場中的理解及應用 ①UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。 ②沿電場強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間電勢差相等。 (2)E＝在非勻強電場中的幾點妙用及兩類典型圖象 ①解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系。當電勢差U一定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即電場強度越大，等差等勢面越密。 ②定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系。沿電場強度方向距離相等的兩點間的電勢差，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度的大小，可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向，也可根據(jù)WAB＝qUAB＝q(φA－φB)，分析WAB的正負。 ④利用E-x圖象的面積判斷或計算兩點間電勢差。 3．(2017·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 答案　AC

26、解析　兩個點電荷在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軸上各點的電場強度與位置的關系如圖所示，一質子只在電場力作用下自坐標原點由靜止釋放沿x軸正方向運動，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點電勢φb＝0。則下列結論正確的是(　　) A．質子沿x軸做勻速直線運動 B．質子在a、c兩點的電勢能相等 C．質子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4 D．坐標原點O的電勢為1.5E0d 答案　CD 解析　由E-x圖象和F＝qE可知質子沿x軸先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速直線運動，最后做加速度增大的加速直線運動，故A錯誤；質子一直做加速直線運動，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；由E-x圖象與x

28、軸所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，可知UOa＝E0d，UOb＝E0d，UOc＝2E0d，由動能定理則有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以質子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4，故C正確；根據(jù)UOb＝φO－φb可得坐標原點O的電勢為φO＝1.5E0d，故D正確。 高考考向3　有關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因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變

29、小 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大 (1)靜電計指針的張角大小表示什么物理量？該物理量根據(jù)什么公式計算？ 提示：電容器兩極板間的電壓大小。根據(jù)C＝計算。 (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，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，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；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，靜電計指針的張角減小，故C錯誤；電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關，故D錯誤。 [答案]　A 平行板電容器的動態(tài)問題分析 (1)抓住三個基本公式：C＝，C＝，E＝。 (2)兩類動態(tài)分析 d、S、εr變化時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合電場的相關公式分析。 5．(2016·天津高考)

31、如圖所示，平行板電容器帶有等量異號電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 答案　D 解析　極板移動過程中帶電荷量Q保持不變，靜電計指針張角變化反映極板間電勢差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·安徽省宿州市質檢)(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體(　　) A．向左移動時，θ增大 B．向右移動時，θ增大 C．向左移動時，θ減小 D．向右移動時，θ減小 答案　BC 解析　由公式C＝，可知當被測物體帶動電介質板向左移動時，兩極板間電介質增多，εr變大，則電容C增大，由公式C＝可知電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式

33、C＝，可知當被測物體帶動電介質板向右移動時，兩極板間電介質減少，εr變小，則電容C減小，由公式C＝可知電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤。 高考考向4　帶電粒子在電場中的運動 例4　(2019·南昌三模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場E，M點與N點在同一電場線上。兩個質量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點和N點同時垂直進入電場，不計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，在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．從M點進入的粒子先到達P點 B．從M點進入的粒子電荷量較小 C．從M點進入的粒子動量變化較大 D．從M

34、點進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動？ 提示：豎直方向做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動。 (2)如何求動量變化量？ 提示：由動量定理求。 [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P點的時間相等，故A錯誤；在相等時間內(nèi)從M點進入的粒子運動的水平位移較小，其加速度較小，根據(jù)a＝可知從M點進入的粒子電荷量較小，故B正確；根據(jù)動量定理可知，粒子的動量變化等于合外力的沖量，由于從M點進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點進入的粒子動量變化較小，故C錯誤；從M點進入

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動的位移也較小，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動問題的分析思路 (1)首先分析粒子的運動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動。 (2)對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理： ①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。 ②如果是非勻強電場中的直線運動問題，一般利用動能定理分析全過程中能的轉化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等。 (3)對于曲線運動問題

36、，通常有以下兩種情況： ①對于在勻強電場中的曲線運動，一般是類平拋運動，通常采用運動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動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應用牛頓運動定律或運動學規(guī)律求解。 ②對于在非勻強電場中的曲線運動，一般是根據(jù)牛頓運動定律、曲線運動知識和動能定理、能量守恒定律定性分析。 (4)當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關聯(lián)的物理量，這些關聯(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，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線

37、，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是(　　) A．電子一定從A向B運動 B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有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M到熒光屏中點O的距離為L，P點到O點的距離為y。 (1)求電子進入偏轉電場的速度v0； (2)求電子的比荷。 答案　(1)　(2) 解析　(1)加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，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電場的速度v0＝。 (2)C、D間只有電場時，電子在極板區(qū)域運行的時間t1＝， 在電場中的偏轉位移y1＝at＝·t， 電子離開極板區(qū)域時，沿垂直極板方向的速度 vy＝at1＝t1， 設電子離開極板區(qū)域后，到達光屏P點所需的時間為t2，t2＝，

40、電子離開電場后在垂直極板方向的位移y2＝vyt2， P點到O點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＝。 易錯警示 帶電物體在“等效重力場”中的運動 例　(2019·山東省“評價大聯(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點平滑連接，質量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強大小為E。質量為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12R的A點由靜止釋放，運

41、動到B點與滑塊b碰撞，碰撞時間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運動，a、b滑塊均視為質點。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)滑塊第一次落地點到B點的距離。 分析與解　此題涉及重力場與勻強電場組成的“等效重力場”問題，大部分同學不會將重力場中的知識遷移到“等效重力場”中來，不會尋找物理最高點、最低點，而成為犯錯率極高的題型。 (1)a從A到B的過程由動能定理得 E×12R－μmg×12R＝mv 解得v1＝2 對a與b碰撞過程由動量守恒定律得mv1＝2mv2 解得v2＝。 (

42、2)當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，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，此時滑塊對軌道的作用力大小 FN′＝。 (3)假設滑塊能運動到D點，對滑塊從B到D的過程，由動能定理有 －2mg×2R＝×2mv－×2mv， 解得v4＝。 在D點，對滑塊受力分析得：FN1＋2mg＝ 解得FN1＝

43、2mg 所以滑塊能通過D點并水平飛出， 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 易錯警示　“等效重力場”中的圓周運動也有對應的“等效”最高點和最低點，也有脫離軌道的時候，和重力場中的分析方法相同。 配套作業(yè) 　　限時：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金屬極板，G為靜電計，開始時閉合開關S，靜電計張開一定角度

44、。則下列說法正確的是(　　) A．開關S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大 B．開關S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大 C．斷開開關S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變 D．斷開開關S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強不變 答案　D 解析　保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，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，還是將兩極板間距增大，靜電計指針張角都不變，故A、B錯誤；斷開開關，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錯誤；斷開開關，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，板間的電場強度不變，故D正確。 2. (2019·河北唐山一模)如圖所示，M、N為兩個固定的等量同種正電荷，O點為其連線與中垂線的交點，從中垂線上P點處釋放一個負粒子，僅在電場力作用下由靜止開始運動，下列說法中正確的是(　　) A．粒子將沿PO方向做直線運動 B．從P到O的過程中，加速度一定減小 C．整個運動過程中，粒子在O點時電勢能最小 D．整個運動過程中，粒子的電勢能一直增加 答案　C 解析　負粒子在從P到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，做加速運動，越過O點后，所受的電場力方向豎直向上，根據(jù)對稱性

46、知粒子運動到與P點關于O點對稱的位置時速度減至零，然后，向上運動到P點，再周而復始，所以粒子將一直沿中垂線PO做往復直線運動，故A錯誤；由于PO間電場線分布情況不清楚，電場強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，當然也可能一直減小，但是粒子的速度一定越來越大，在O點時速度最大，此時動能最大，根據(jù)能量守恒可知此時粒子的電勢能最小，故B、D錯誤，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點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)。若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點上方

47、，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是(　　) A．液滴將向下加速運動 B．M點電勢升高，液滴在M點的電勢能將增大 C．M點的電場強度變小了 D．在a板移動前后的兩種情況下，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，電場強度E增大，電場力增大，液滴將向上加速運動，故A、C錯誤；b板處電勢為零，UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，場強增大，M點電勢升高，液滴所受電場力方向向上，所以液滴帶負電，液滴在M點的電勢能降低，故B錯誤；在a板移動前后的兩種情況下，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代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知(　　) A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大 C．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大 D．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時大 答案　ABD 解析　帶電質點所受電場力指向軌跡內(nèi)側，由于帶電質點帶正電，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)質點受力情況可知，從P到Q

49、過程中電場力做正功，電勢能減小，故帶電質點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，B正確；從P到Q過程中電場力做正功，動能增大，故帶電質點通過P點的動能小于通過Q點的動能，C錯誤；等差等勢線密的地方電場線密，電場強度大，帶電質點通過P點時受到的電場力比通過Q點時大，故通過P點時的加速度比通過Q點時大，D正確。 5．(2019·山東聊城一模)真空中有四個相同的點電荷，所帶電荷量均為q，固定在如圖所示的四個頂點上，任意兩點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．不相鄰的兩棱中點連線在同一條電場線上 B．每條棱中點的電場強度大小都為 C．任意兩棱中點間的電勢差都為零

50、 D．a(chǎn)、b、c三點為側面棱中點，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，每條棱中點的電勢都相等，故不相鄰的兩棱中點不可能在同一條電場線上，故A錯誤，C正確；如圖所示，根據(jù)幾何知識得：Da＝Ca＝L，A和B兩點的點電荷在a點的合場強為零，C和D兩點的點電荷在a點的電場強度大小均為：E＝＝，設Ca和Da的夾角為2α，則sinα＝＝，則cosα＝，所以a點的場強大小為E合＝2Ecosα＝，根據(jù)對稱性可知每條棱中點的電場強度大小都為，故B正確；假設a、b、c所在的平面為等勢面，因為電場線方向垂直于等勢面，所以a、b、c所在平面電場強度的方向都在豎直方向，由電場疊加原理

51、知b點的電場方向實際垂直b所在的棱，因此a、b、c所在的平面不是等勢面，故D錯誤。 6．(2019·四川省樹德中學二診)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電場，場強大小為E。在圓上A點有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為＋q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些點中，以過C點的小球動能最大，且A、C兩點間的距離為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點的電勢φA＝0，則C點的電勢φC＝－1.5ER D．若

52、在A點以初動能Ek0發(fā)射小球，則小球經(jīng)過B點時的動能EkB＝Ek0＋qER 答案　BC 解析　小球在勻強電場中從A點運動到C點，根據(jù)動能定理有：qUAC＝Ek，因為到達C點的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點，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。過C點作切線，為等勢線，電場線與等勢線垂直，場強方向如圖所示，由幾何關系得∠CAO＝∠ACO＝30°，所以電場方向與AB間的夾角θ為60°，故A錯誤，B正確；AC間的電勢差為：UAC＝E(R·cos30°)＝ER，若A點的電勢φA＝0，根據(jù)UAC＝φA－φC，則C點的電勢φC＝－ER，故C正確；A

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

54、案　CD 解析　φ-x圖象的斜率等于電場強度E，圖線在A、N兩點處的斜率都不等于0，則知A、N兩點的場強大小均不為零，故A錯誤；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間電場強度方向沿x軸負方向，故B錯誤；根據(jù)圖象，q1為正電荷，q2為負電荷，且q1>q2，結合矢量的疊加可知，x軸負半軸的電場強度方向指向x軸的負方向，所以若將一正點電荷放在x軸負半軸，則電場力指向x軸負方向，因此電場力與速度方向相同，該正點電荷一直做加速運動，故C正確；N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，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)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．勻強電場的電場強度E＝ B．小球動能的最小值為Ek＝ C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小 D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大 答案　AB 解析　小球靜止時細線與豎直方向成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點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A速度最小，拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律，有：＝m，則最小動能Ek＝mv2＝，故B正確；運動過程中小球的機械能和電勢能之和不變，則小球運動至電勢能最大的位置時機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端時機械能最小，故C錯誤；小球從初始位置開始，若在豎直平面內(nèi)逆時針運動一周，電場力先做正功后做負功再做正功，則其電勢能先減小后增大再減小，同理，若順時針運動一周，其電勢能先增大后減小再增大，故D錯誤。 二、計算題(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。該裝置右側的圓弧置于水平向右的足夠大的勻強電場中。某一時刻一個帶電小球從A點由靜止開始運動，到達B點時，小球的動能為E0，進入電場后繼續(xù)沿軌道運動，到達C點時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小； (2)小球脫離軌道后到達最高點時的動能。 答案　(1)　　(2)8E0 解析　(1)設帶電小球的質量為m，則從A到B根據(jù)動能定理有：mgR＝E0 則小球受到的重力為：mg＝，方向豎直向下； 由題可知：到達C點時小球的電勢能減少量為2E0，根據(jù)功能關系可知：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)設小球到達C點時速度為vC，則從A到C根據(jù)動能定理有：EqR＝mv＝2E0 則C點速度為：vC＝ ，方向豎直向上。 從C點飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減速運動到達最高點的時間為：t＝＝ ， 在水平方向只受電場力作用，做勻加速運動，到達最高點時其速度為： v＝at＝t＝ ＝2， 則在最高點的動能為： 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?，F(xiàn)將一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M點由靜止釋放，小球沿MN方向運動，到達N點的速度大小為vN(待求)；若將該小球從M點沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球將經(jīng)過M點正上方的P點(未畫出)，已知重力加速度大小為g，求： (1)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN； (2)M點和P點之間的電勢差； (3)小球在P點動能與在M點動能的比值。 答案　(1)　　(2)　(3) 解析　(1)由小球運動方向可知，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MP長為h，作PC垂直于電場線于C點，小球做類平拋運動： hcos60°＝at2 hsin60°＝vNt UMC＝Ehcos30° UMP＝UMC 解得：UMP＝。 (3)如圖乙，作PD垂直于MN于D點，從M→P，由動能定理：FsMD＝EkP－EkM sMD＝hcos60° EkM＝mv， 解得：＝。 - 32 -