2020高考物理二輪復習 專題六 靜電場對對練（含解析）

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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 考點二 帶電粒子在電場中的運動 15 14、24 20 15 25 25 21 24 24 考點一　電場力的性質(zhì)　電場能的性質(zhì) 命題角度1(儲備)電場強度的計算　 【典題】

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

3、=2kqR2,方向指向E點;C點的電場強度與F點的電場強度合成后大小為E3=EC+EF=2kqR2,方向指向F點,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,再將E4與E3合成,則最終O點的合電場強度為EO=E3+E4=4kqR2,方向由O指向F,故選B. 求解電場強度的方法 (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”視為點電荷,利用相關(guān)公

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

5、外=0,常利用此式求感應電荷的電場強度. 典題演練提能·刷高分 1. (2019湖北重點中學模擬)如圖所示,A、B、C為放置在光滑絕緣水平面上的三個帶電小球,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絕緣細桿相連,靜止在水平面上.若A與B相距d,A、B和C視為點電荷,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.絕緣細桿長L=(2-1)d C.A在B、C處產(chǎn)生的電場強度關(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及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力不為零 答案B 解析三個在同一直

6、線上的自由電荷,只要滿足“兩大夾一小”“兩同夾一異”“近小遠大”的條件,它們均能靜止,選項A錯誤;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B正確;由點電荷的電場強度公式得EB=kQd2,EC=kQ(d+L)2,則EB=2EC,選項C錯誤;A的電荷量增加為+2Q,A在B、C兩點產(chǎn)生的電場強度大小關(guān)系應滿足EB=2EC,則A對B、C及細桿組成的系統(tǒng)所受的合外力仍為零,選項D錯誤. 2. 如圖所示,一勻強電場的電場線與圓O所在平面平行,AB為圓的一條直徑,C為圓周上一點,圓的半徑為R

7、,∠AOC=60°,在A點有一粒子源,能向圓O所在平面內(nèi)各個方向以動能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的粒子動能分別為5Ek和3Ek,則(　　) A.勻強電場的電場強度為23Ek3qR B.勻強電場的電場強度為2EkqR C.勻強電場的方向垂直O(jiān)C D.勻強電場的方向與AC平行 答案C 解析在勻強電場中,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,OC為等勢線,則電場線垂直O(jiān)C,根據(jù)幾何關(guān)系可得勻強電場的電場強度為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三點電勢大小關(guān)系是φA=φB>φC B.若有金屬盒,A、B、C三點電勢大小關(guān)系是φA=φC>φB C.金屬盒上感應電荷在A、B、C三點的電場強度方向均水平向右 D.金屬盒上感應電荷在A、B、C三點電場強度大小關(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錯誤;金屬盒處于靜電平衡,整個金屬盒是一個等勢體,φA=φC=φB,故B錯誤;金屬盒內(nèi)部電場強度處處為零,金屬盒上的感應電荷的

9、電場強度與等量異種電荷+Q和-Q產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反,而+Q和-Q在A、B、C三點產(chǎn)生的電場強度方向水平向右,則金屬盒上的感應電荷在A、B、C三點電場強度方向均水平向左.+Q和-Q在A、B、C三點產(chǎn)生的電場強度大小關(guān)系為EB>EC>EA,則感應電荷在A、B、C三點電場強度大小關(guān)系是EB>EC>EA.故C錯誤,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,兩個等量異種點電荷+Q和-Q分別固定于A、B兩點.光滑絕緣直導軌CD的上端點D位于A、B中點的正上方,且與A、B兩點的距離均為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點的電場強度大小為kQL2 B.小球到達CD中點時,其加速度為零 C.小球剛到達C點時,其動能為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 解析點電荷+Q和-Q在D點的電場強度的大小相等,則它們的合電場強度的方向平行于AB指向-Q一側(cè);由庫侖定律知+Q、-Q在D點的電場強度的大小EA=EB=kQL2,根據(jù)平行四邊形定則可知D點的合電場強度大小為kQL2,A正確;小球到達CD中點時,對小球進行受力分析,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錯誤;因為平面COD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)動能定理得,mg·OD=12mv2,由幾何關(guān)系可得OD=Lsin 60°=32L,小球的動能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錯誤. 5. (多選)如圖所示,勻強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點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5 eV;電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5 eV.以a點的電勢為電勢零點,下列說法正確的是(　　) A.c點的電

12、勢為3 V B.b點的電勢為4.5 V C.該勻強電場的電場強度方向為由b點指向d點 D.該勻強電場的電場強度大小為300 V/m 答案BD 解析電子從a點運動到b點的過程中,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錯誤,B正確;由A、B項分析可知,a、c兩點的電勢相等,所以ac連線為勻強電場中的等勢線,根據(jù)電場線與等勢線垂直,故C錯誤;過d點

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·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 解析兩個帶電小球在勻強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帶負電荷時,勻強電場提供的力與小球Q對小球P的吸引力抵消,合力為零,此時小球Q帶正電荷,勻強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錯誤,D正確. 2. (2018全國Ⅰ·16)如圖,三個固定的帶電小球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)兩個點電荷之間相互作用的庫侖力遵守牛頓第三定律,不論兩個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桿上O點套有一個電荷量為-q(q>0)的小環(huán),在桿的左側(cè)固定一個電荷量為Q(Q>0)的點電荷,桿上a、b兩點與Q正好構(gòu)成等邊三角形,c是ab的中點.將小環(huán)從O點無初速度釋放,通過a點的速率為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,小環(huán)所受彈力大小為kQql2 B.在c點,小環(huán)的動能最大 C.在c點,小環(huán)的電勢能最大 D.在b點,小環(huán)的速率為v2+2gl 答案D 解析在a點,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A錯誤;在c點時,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點時小環(huán)的動能不是最大,選項B錯誤;c點距離Q最近,電勢最高,帶負電的小環(huán)在c點的電勢能最小,選項C錯誤;因為a、b兩點到Q的距離相等,所以a、b兩點電勢相等,小環(huán)從a點到b點,電場力做功為0,應用動能定理得mgl=12mvb2-12mv2,解得vb=v2+2gl,選項D正確. 2. 如圖,一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合

18、.A、O、B為豎直平面上的三點,且O為等量異種點電荷連線的中點,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,從A點以初速度v0向B滑動,到達B點時速度恰好為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做減速運動,運動過程中受到重力、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,運動過程中電場強度先增大后減小,電場力先增大后減小,加速度先增大后減小

19、,B正確,A錯誤;小球一定帶負電,但電場力不做功,電勢能不變,C、D錯誤. 3. 如圖所示,兩平行帶電金屬板水平放置,若在兩板中間a點從靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)60°,再在a點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動 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,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.當將兩極板逆時針旋轉(zhuǎn)θ=60°時,電場力也逆時針旋轉(zhuǎn)θ=60°,重力保持不變,此時微粒所受合力方向為向左下方,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動,A、B錯誤;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)最低點固定一個點電荷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,此時θ=30°.現(xiàn)讓小圓環(huán)從右側(cè)最高點由靜止釋放.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)最低點固定的點電荷的電荷量Q; (2)小環(huán)向下運動過程中的最大速度vm. 答案(1)mgR2kq　(2)(2-1)gR 解析 (1)小圓環(huán)在B點靜止,此時小圓環(huán)所受合力為零.即2kQqR2cos 60°=mg Q=mgR2kq (2)對小圓環(huán),當切向加速度為零,即在圖中的B點時,速度達到最大 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動,電場強度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)運動過程中物體的最大加速度; (2)物體的速度達到最大時距出發(fā)點的距離. 答案(1)6 m/s2　(2)2.4 m 解析(1)由牛頓第二定律,得F-μmg=ma 當電場力F=qE=1 N時,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,當電場力等于摩擦力時,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E'=40

23、 N/C時,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電場,電場強度大小E=3.0×104 N/C.有一個質(zhì)量m=4.0×10-3 kg的帶電小球,用絕緣輕細線懸掛起來,靜止時細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)如果將細線輕輕剪斷,求細線剪斷后,小球運動的加速度大小; (3)從剪斷細線開始經(jīng)過時間t=0.20 s,求這一段時間內(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和細線的拉力FT的作用,如圖所示,由共點力平衡條件有:F=qE=mgtan θ 解得:q=mgtanθE=1.0×10-6 C 電場力的方向與電場強度的方向相同,故小球所帶電荷為正電荷. (2)剪斷細線后,小球做勻加速直線運動,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的時間內(nèi),小球的位移為:l=12at2=0.25 m 小球運動過程中,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·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 本題考查靜電場的分布特點及電場力與運動的關(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動時,A正確.因為粒子只在電場力作用下從M點運動到N點,根據(jù)動能定理,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,電場力的方向不一定與粒子軌跡在該點的切線平行,B、D錯誤. 2. (多選)(2019全國Ⅲ·21)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點和b點的電勢相等 B.a點和b點的電場強度大小相等

27、 C.a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 解析取無窮遠處電勢為0,a點距-q近,距q遠;b點距q近,距-q遠,b點電勢大于a點電勢,A錯誤.電勢能Ep=qφ,負電荷在電勢小處電勢能大,即負電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能,將負電荷從a點移到b點,電勢能減小,D錯誤.正電荷的電場強度沿半徑向外,負電荷的電場強度沿半徑向內(nèi),E=kQr2,點電荷q在a點的電場強度與點電荷-q在b點的電場強度相同,大小和方向都一樣;點電荷q在b點的電場強度與點電荷-q在a點的電場強度相同,大小和方向都一樣,則a點的合電場強度與b點的合電場強度相同,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 解析從a到d的過程克服電場力做功為6 eV,所以電場方向為水平向右,每個間距電勢差為2 V,所以平面c電勢為零,故A項正確;由于電子不一定垂直等勢面進入,可能做曲線運動,所以可能到達不了f平面,

29、故B項正確;整個過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,動能分別為+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C項錯誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時的動能分別為8 eV和4 eV,所以該電子經(jīng)過b平面時的速率是經(jīng)過d時的2倍,故D項錯誤. 4. (多選)(2018全國Ⅱ·21)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

30、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W1+W22 C.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為W2qL 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 解析設(shè)a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd,粒子從a點移到b點,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A、C錯誤;根據(jù)電場力公式,有W1=(φ

31、a-φb)q,W2=(φc-φd)q,勻強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B正確;若W1=W2,則(φa-φb)=(φc-φd),得Uac=Ubd,由于M、N為中點,且為勻強電場,所以UaM=UbN,選項D正確. 5. (多選)(2017全國Ⅲ·21)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V.下列說法正確的是(　　) A.電場強度的大小為2.5 V/cm B.坐標原點處的電勢為1 V C.電子在a點的電勢能比在b點的低

32、7 eV D.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV 答案ABD 解析 如圖所示,設(shè)ac之間的d點電勢與b點相同,則addc=10-1717-26=79,可得d點的坐標為(3.5 cm,6 cm),過c點作等勢線bd的垂線交bd于f點,由幾何關(guān)系可得cf的長度為3.6 cm,所以電場強度的大小E=Ud=(26-17)V3.6cm=2.5 V/cm,故A正確.勻強電場中,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,得坐標原點O處的電勢為1 V,B正確;負電荷在電勢低處電勢能高,則電子在a點的電勢能比在b點的電勢能高7 eV,C錯誤;電子從b點運

33、動到c點,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,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知(　　) A.Q點的電勢比P點高 B.油滴在Q點的動能比它在P點的大 C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 答案AB 解析 由于軌跡關(guān)于P點對稱,根據(jù)曲線運動合力方向應指向曲線內(nèi)側(cè),在P點合力方向豎直向上,則電場線方向豎直向下,沿電場線方向電勢降低,選項A正確;根據(jù)Ep=φq可知,油滴在Q點

34、的電勢能小于在P點的電勢能,選項C錯誤;油滴所受合力豎直向上,根據(jù)動能定理可知,油滴在Q點的動能大于P點,選項B正確;油滴所受合力大小不變,加速度也始終不變,選項D錯誤. 用“速度線”與“力線”分析曲線運動 帶電粒子僅受電場力,其運動軌跡與電場線、等勢線一般不重合.軌跡曲線的本質(zhì)為運動與力的關(guān)系.分析時要綜合應用牛頓運動定律、功和能,做定性分析,或簡單的計算. 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 在運動的初始位置,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”的夾角情況分析運動與力的關(guān)系. 若夾角為銳角

35、,則加速運動、電場力做正功. 若夾角為鈍角,則減速運動、電場力做負功. (2)必要的討論 電荷的正負、電場強度的方向或各等勢面電勢的高低、運動軌跡的方向是題意中相互制約的三個方面. 若已知其中兩個,可分析判定第三個方面. 若有兩個未知或三個都未知,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有“歸一”的結(jié)果. (3)分析臨界性拐點 若軌跡在某點與等勢面相切或與電場線垂直,則該點為運動的轉(zhuǎn)折性拐點,如圖中b點.拐點兩側(cè)有不同的運動特點(多過程現(xiàn)象). 典題演練提能·刷高分 1. 如圖,勻強電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點.已知G、

36、F、B、D點的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V,則A點的電勢為(　　) 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,在勻強電場中,因為DG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,該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示,坐標點O、x1、x2和x3分別與x軸上O'、A、B、C四點相對應,相鄰兩點間距相等.一個帶正電的粒子從O'點由靜止釋放,運動到A點的動能為Ek,僅考慮電場力作用,則(　　

37、) A.從O'點到C點,電勢先升高后降低 B.粒子先做勻加速運動,后做變加速運動 C.粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量 D.粒子運動到C點時動能小于3Ek 答案CD 解析由題圖知,從O'點到C點,沿電場線方向,電勢逐漸降低,選項A錯誤;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動,在O~x1段電場強度逐漸變大,粒子所受電場力逐漸變大,做加速度增大的變加速直線運動,選項B錯誤;E-x圖象中圖線與坐標軸圍成的圖形“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C正確;由E-x圖象中圖線與坐標軸圍成的圖形“面積”代表電勢差,UOA=12E0x1,UAC<12E0·2x1,得2UOA>UAC,由動能定理qU=ΔEk,得qUOA=Ek-0,qUAC=EkC-Ek,知粒子運動到C點時動能小于3Ek,選項D正確. 3. (2019陜西西安高三質(zhì)檢)如圖是勻強電場遇到空腔導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O為圓心的同一圓周上的三點,OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是(　　) A.O點電勢與Q點電勢相等 B.M、O間的電勢差小于O、N間的電勢差 C.將一負電荷由M點

39、移到Q點,電荷的電勢能增加 D.在Q點釋放一個正電荷,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點的等勢線,可知φO>φQ,選項A錯誤;且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度,故UMO>UON,選項B錯誤;因UMQ>0,負電荷從M點到Q點電場力做負功,電勢能增加,選項C正確;正電荷在Q點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D錯誤. 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;質(zhì)量為m帶正電的小滑塊沿AB面由A點靜

40、止釋放,滑到斜面底端B點時速度為v0,若空間加一與ABC平面平行的勻強電場,滑塊仍由靜止釋放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B點時速度為2v0,若在同樣的勻強電場中滑塊由靜止沿AC面滑下,滑到斜面底端C點時速度為3v0,則下列說法正確的是(　　) A.電場方向由A指向C B.B點電勢與D點電勢相等 C.滑塊滑到D點時機械能增加了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 解析無電場時由A到B有mgh=12mv02① 有電場時由A到B有mgh+WE=12m(2v0)2② 有電場時由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點與B點電勢相等,B正確;電場線應與BD垂直,而AC不與BD垂直,A錯誤;因D為AC的中點,則滑到D點電場力做功為到C點的一半,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,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.一個帶電小滑塊從等勢線d上的1處以水平初速度v0運動,結(jié)果形成了實線所示的小滑塊運動軌跡.1、2、3、4、5是等勢線與小滑塊運動軌跡的一些交點.由此可以判

42、定(　　) A.固定小球與小滑塊帶異種電荷 B.在整個運動過程中小滑塊具有的動能與電勢能之和保持不變 C.在整個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錯誤.在整個運動過程中小滑塊只發(fā)生了動能和電勢能的轉(zhuǎn)化,根據(jù)能量守恒可知B正確;由圖可知,小滑塊運動過程中電場力先做負功后做正功,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,電場強度E=kQr2,故Ea∶Eb=4∶1,A項正確.Ec∶Ed=4∶1,故B項錯誤.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項錯誤. 電場問題中常見的“三類”圖象 (1)電場中粒子運動的v-t圖象 當帶電粒子只在電場力作用下運動時,如果給出了粒子運動的速度圖象,則從速度圖象上能確定粒子運動的加速度方向,加速度大小變化情況,進而可

45、將粒子運動中經(jīng)歷的各點的電場強度方向、電場強度大小、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.在與粒子運動相結(jié)合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、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,圖線各點切線的斜率為各點處電場強度的大小.φ-x圖象中,除了可以直接從圖中了解各點電勢大小及變化情況,還可以從圖線的斜率上了解各點電場強度的大小及方向.當φ-x圖象與粒子運動相結(jié)合時,可以涉及的方面有粒子電性、電勢能、電場

46、力做功、動能、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等量的正點電荷,M、O、N為兩點電荷連線上的點,其中O為連線中點,且MO=ON.在M點由靜止釋放一個電荷量為q的正試探電荷,結(jié)果該試探電荷在MN間做來回往復運動,在一個周期內(nèi)的v-t圖象如圖乙所示,則下列說法正確的是(　　) A.M和N兩點的電場強度和電勢完全相同 B.試探電荷在O點所受電場力最大,運動的速度也最大 C.試探電荷在t2時刻到達O點,t4時刻到達N點 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兩點關(guān)于O點對稱,電勢相同,電場強度大

47、小相等、方向相反,A項錯誤;從M點到O點,試探電荷做加速度逐漸減小的加速運動,從O點到N點做加速度逐漸增大的減速運動,O點電場強度為零,所受電場力為零,加速度為零,速度最大,B項錯誤;試探電荷在t1時刻到達O點,t2時刻到達N點,t3時刻返回到O點,t4時刻返回到M點,完成一個周期的運動,C項錯誤;從M點到O點的過程中,電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,從O點到N點的過程中,電場力做負功,電勢能增加,D項正確. 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.一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán),細桿上套有一質(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點由靜止釋放,其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的v-t圖象如圖乙所示,且已知小球運動到B點時,速度圖象的切線斜率最大(圖中標出了該切線).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點右側(cè)桿上,B點電場強度最大,電場強度大小為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點的電場強度最大,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錯誤;從C到A小球的動能一直增大,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為兩個等量的異種電荷,以靠近電荷P的O點為原點,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點由靜止開始僅在電場力作用下運動到A點,已知A點與O點關(guān)于P、Q兩電荷連線的中點對稱,粒子的重力忽略不計.在從O點到A點的運動過程中,下列

50、關(guān)于粒子的運動速度v和加速度a隨時間的變化、粒子的動能和運動徑跡上電勢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錯誤.沿兩點電荷連線從O到A,電場強度先變小后變大,一帶正電的粒子從O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點的過程中,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.粒子的動能Ek=qEx,電場強度先變小后變大,則Ek-x切線的

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

52、到G點電勢升高,由沿著電場線電勢降低可知,G點的電場強度方向為沿x軸負方向,選項B錯誤;負電的試探電荷在G點所受電場力方向沿x軸正方向,所以在電場力作用下沿x軸正方向做加速運動一直到H點,由于H點的右邊電場強度方向沿x軸正方 向,負試探電荷過H點后做減速運動,由于G、J點關(guān)于H點對稱,則電場分布關(guān)于H點對稱,負試探電荷將在G點和J點之間往復運動.所以負試探電荷一定不能達到D點,選項C正確;D點到J點之間,電勢先高升后降低,所以電場強度方向先沿x軸負方向,后沿x軸正方向,將一負試探電荷從D點移到J點,電場力先做正功后做負功,選項D錯誤. 5. (多選)a、c、d、b依次為x軸上的四個點

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

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軸正方向運動,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段電場強度為零 D.x2~x3段的電場強度減小 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B錯誤;Ep-x圖線的斜率反映電場強度的大小,則由圖象可知,x1~x2段直線的斜率為零,則電場強度為零

55、,選項C正確;x2~x3段的斜率不變,則電場強度不變,選項D錯誤.故選AC. 考點二　帶電粒子在電場中的運動 命題角度1平行板電容器的動態(tài)分析　 高考真題體驗·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,極板間電場強度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變 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,極板間電場強度不變,選項D正確. 電容器動態(tài)變化要應用“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,d↑→C↓→Q↓(電容器放電)→E↓;增大極板面積時,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,與電池斷開 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,d↑→C↓→U↑,E不變;增大極板面積時,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.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,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.將向下運動,電勢能增大 D.將向下運動,電勢能減小 答案B 解析根據(jù)C=εrS4πkd、C=QU和E=Ud推導得E=4πkQεrS,知

58、Q、S不變,電容器板間電場強度不變,油滴受力情況不變,仍處于靜止狀態(tài),由U=Ed分析知,E不變,下極板豎直向下移動一小段距離,即板間距離增大,則兩極板間的電勢差增大,因此P點的電勢升高,因為油滴帶負電,那么帶電油滴的電勢能減小,所以B選項是正確的,A、C、D錯誤. 2.如圖所示,內(nèi)阻不計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,不計靜電計所帶的電荷量.P點是兩極板間的一點,P點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一小段距離,P點的電勢升高 B.只將平行板電容器的上極板向上移動一小段距離,靜電計的張角變大 C.只將平

59、行板電容器的上極板向左移動一小段距離,電容器間的電場強度變大 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一小段距離,兩極板間的電場強度變大,P點的電勢φ=Ed,電勢升高,選項A正確;靜電計的電壓始終等于電動勢,只將平行板電容器的上極板向上移動一小段距離,靜電計的張角不變,選項B錯誤;根據(jù)C=εr·S4πkd,只將平行板電容器的上極板向左移動一小段距離,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,電場強度不變,選項C錯誤;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D錯誤. 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),一點電荷在兩極板間處于靜止狀態(tài),第2 s末點電荷仍運動且未與極板接觸.則第2 s內(nèi),點電荷(g取10 m/s2)(　　) A.做勻加速直線運動,加速度大小為10 m/s2 B.做變加速直線運動,平均加速度大小為5 m/s2 C.做變加速直線運動,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,故電場強度變大,電場力變大,第2 s末電場強度增加為第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,故此時加速度大小為10 m/s2,且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加,故加速度隨時間均勻增加,做變加速直線運動,A錯誤,C正確;第2 s內(nèi)平均加速度大小為: - 24 -