第1講電場及帶電粒子在電場中的運動做真題明考向真題體驗透視命題規(guī)律授課提示：對應學生用書第37頁真題再做1(2018高考全國卷，T16)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab5cm，bc3cm，ca4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()Aa、b的電荷同號，kBa、b的電荷異號，kCa、b的電荷同號，kDa、b的電荷異號，k解析：由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據受力分析知，a、b的電荷異號根據庫侖定律，a對c的庫侖力為Fak0b對c的庫侖力為Fbk0設合力向左，如圖所示，根據相似三角形，得聯立式得k.答案：D2(多選)(2018高考全國卷，T21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面a、b間的相互作用和重力可忽略下列說法正確的是()Aa的質量比b的大B在t時刻，a的動能比b的大C在t時刻，a和b的電勢能相等D在t時刻，a和b的動量大小相等解析：經時間t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面，則xaxb，根據xat2，得aaab，又由a知，mamb，A錯；經時間t到下半區(qū)域的同一水平面，則電場力做功WaWb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，B對；a、b處在同一等勢面上，根據Epq，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C錯；根據動量定理Ftpp0，則經過時間t，a、b的動量大小相等，D對答案：BD3(多選)(2018高考全國卷，T21)如圖，同一平面內的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(q0)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W1W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差解析：結合題意，只能判定Uab0、Ucd0，但電場方向不能得出，A錯誤；根據電場力做功與電勢能變化量的關系有W1q(ab)，W2q(cd)，WMNq(MN)，根據勻強電場中“同一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比”的規(guī)律可知，UaMUMc，即aMMc，可得M，同理可得N，聯立式可得WMN，即B項正確；電場強度的方向只有沿cd時，場強E，但本題中電場方向未知，故C錯誤；若W1W2，則abcd，結合兩式可推出aMbN，即D正確答案：BD4.(多選)(2017高考全國卷，T20)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢a已在圖中用坐標(ra，a)標出，其余類推現將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是()AEaEb41B.EcEd21CWabWbc31DWbcWcd13解析：設點電荷的電荷量為Q，根據點電荷電場強度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，選項A正確，B錯誤；將一帶正電的試探電荷由a點移動到b點做的功Wabq(ab)3q(J)，試探電荷由b點移動到c點做的功Wbcq(bc)q(J)，試探電荷由c點移動到d點做的功Wcdq(cd)q(J)，由此可知，WabWbc31，WbcWcd11，選項C正確，D錯誤答案：AC5(多選)(2017高考全國卷，T21)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V下列說法正確的是()A電場強度的大小為2.5V/cmB坐標原點處的電勢為1VC電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV解析：ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E12V/cm、E21.5V/cm，根據矢量合成可知E2.5 V/cm，A項正確；根據在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有Oabc，得O1V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為10eV、17eV和26eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C項錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W(17eV)(26eV)9eV，D項正確答案：ABD考情分析命題特點與趨勢怎么考1近幾年高考題型主要以選擇題為主，命題熱點主要集中在電場強度、電場線的用途、電勢能的變化、電勢高低的判斷、勻強電場中電勢差與電場強度的關系、帶電粒子在電場中的運動等22019年高考命題，選擇題可能會以電場線、等勢線為背景，結合場強、電勢、電勢能等基本概念進行考查，也可能會出現以帶電粒子在電場中運動為背景考查學生建模能力和數學處理能力的計算題解題要領怎么做1要牢牢抓住力和能這兩條主線，將知識系統(tǒng)化，找出它們的聯系，做到融會貫通2重視電場線、等勢面、運動軌跡相結合的題目重視帶電粒子在電場中的加速、偏轉以及電容器的相關知識在實際生產、生活中的應用，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機、示波器等建體系記要點知識串聯熟記核心要點授課提示：對應學生用書第38頁網絡構建要點熟記1電場力的性質(1)電場強度的定義式：E.(2)真空中點電荷的電場強度公式：E.(3)勻強電場的電場強度與電勢差的關系式：E.2電場能的性質(1)電勢的定義式：.(2)電勢差的定義式：UAB.(3)電勢差與電勢的關系式：UABAB.(4)電場力做功與電勢能的關系式：WABEpAEpB.3熟記“面線”關系(1)電場線總是與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密(3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功研考向提能力考向研析掌握應試技能授課提示：對應學生用書第38頁考向一電場的性質1電場強度的判斷(1)場強方向是電場中正電荷受力方向，也是電場線上某點的切線方向(2)電場強弱可用電場線疏密判斷2電勢高低的比較(1)根據電場線方向判斷，沿著電場線方向，電勢越來越低；(2)將帶電荷量為q的電荷從電場中的某點移至無窮遠處電場力做正功越多，則該點的電勢越高；(3)根據電勢差UABAB判斷，若UAB>0，則A>B，反之A<B.3電勢能變化的判斷(1)根據電場力做功判斷，若電場力對電荷做正功，電勢能減少；反之則增加即WEp.(2)根據能量守恒定律判斷，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，總和應保持不變，即當動能增加時，電勢能減少1(2018山東濟南五校聯考)關于靜電場的電場線，下列說法正確的是()A電場強度較大的地方電場線一定較疏B沿電場線方向，電場強度一定越來越小C沿電場線方向，電勢一定越來越低D電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡解析：電場強度較大的地方電場線一定較密集，選項A錯誤；沿電場線方向，電場強度不一定越來越小，例如勻強電場，選項B錯誤；沿電場線方向，電勢一定越來越低，選項C正確；電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有帶電粒子只受電場力作用，且電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，選項D錯誤答案：C2(2018甘肅武威第六次段考)如圖所示，在xOy坐標系中以O為中心的橢圓上有A、B、C、D、E五個點，在其一個焦點P上放一負點電荷，下列判斷正確的是()AB、E兩點電場強度相同BA點電勢比D點電勢高C將一負點電荷由B沿BCDE移到E點，電場力做功為零D同一正點電荷在D點的電勢能小于在C點的電勢能解析：由電場線的分布情況和對稱性可知，B、E兩點電場強度大小相等，但方向不同，所以電場強度不同，故A錯誤D點到負電荷的距離大于A點到負電荷的距離，離負電荷越遠電勢越高，則知D的電勢高于A點的電勢，故B錯誤B、E兩點電勢相等，負點電荷在B、E兩點的電勢能相等，所以負點電荷由B沿BCDE移到E點，電場力做功為零，故C正確D點的電勢高于C點電勢，而正電荷在電勢高處電勢能大，則知同一正電荷在D點的電勢能大于在C點的電勢能，故D錯誤答案：C3(多選)(2018福建龍巖上學期期末)在光滑絕緣水平面上P點正上方的O點固定了一電荷量為Q的點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放一質量為m、電荷量為q的帶電小球，小球經過P點時速度為v，圖中60，則在點電荷形成的電場中()AN點電勢高于P點電勢BUPNCP點電場強度大小是N點的2倍D帶電小球從N點到P點的過程中電勢能減少了mv2解析：N點距離正電荷較遠，根據順著電場線方向電勢降低可知，N點電勢低于P點電勢，故A錯誤帶電小球由N到P的過程，由動能定理得qUNPmv2，解得UNP，則UPNUNP，故B正確P點電場強度大小是EP，N點電場強度大小是EN，則EPENrr41，故C錯誤帶電小球從N點到P點的過程中，電場力做正功mv2，則電勢能減少了mv2，故D正確答案：BD考向二有關平行板電容器的問題1三個關系式(1)對于平行板電容器：板間電場可理想化處理，認為板間為勻強電場，不考慮邊緣效應(2)三個關系式：定義式C，決定式C，關系式E.2兩個重要結論(1)電容器與電路(或電源)相連，則兩端電壓取決于電路(或電源)，穩(wěn)定時相當于斷路，兩端電壓總等于與之并聯的支路電壓(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不變3當有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向導電性，將使電容器的充電或放電受到限制4(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小、電容和極板所帶的電荷量分別用d、U、E、C和Q表示下列說法正確的是()A保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话隑保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖保持C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禗保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯罕３諹不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕﨓可得E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A正確；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，根據UEd可得U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B錯誤；根據公式C可知將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C正確；根據C可得C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，根據公式E可知d不變，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D正確答案：ACD5.如圖所示，平行板電容器PQ與電源相接，電源與電容器之間接一理想二極管D.當電容器極板Q移至虛線處時，有關電容器的下列說法正確的是()A電容減小，極板所帶電荷量減小B電容減小，極板間電壓不變C極板間電壓不變，電場強度減小D極板所帶電荷量不變，電場強度不變解析：由C可知板間距離變大，電容減小，假設電壓不變，則電荷量會減小，由于二極管的單向導電性使得電容器不能放電，則電荷量不變，那么根據C可知，極板間的電壓增大，根據C，C，UEd，得E，由此分析可知，板間電場強度E不變，D正確答案：D6第八屆中國(上海)國際超級電容器產業(yè)展覽會于2017年8月23日至25日在上海新國際博覽中心舉行如圖所示為超級平行板電容器，相距為d的兩極板M、N分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電現有一質量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A油滴帶正電B油滴帶電荷量為C電容器的電容為D將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：帶電油滴靜止在兩極板間，重力與電場力等大、反向，電場力豎直向上，電容器上極板與電源正極相連為正極板，兩板間電場方向豎直向下，綜上可知，帶電油滴帶負電，選項A錯誤；由場強與電勢差關系可知，mgEqq，解得q，選項B錯誤；由題意知，電容器帶電荷量Qkq，由電容的定義式知，C，選項C正確；電容器與電源保持連接，兩板間電勢差不變，N板向下移動，板間距離變大，F電q，油滴所受電場力減小，油滴向下運動，選項D錯誤答案：C電容器動態(tài)分析的解題思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變，如第6題中電壓保持不變(2)根據C，分析平行板電容器電容的變化情況，如第6題中“下移極板”則d發(fā)生變化(3)根據C分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化情況(4)根據E或E分析電容器極板間電場強度的變化情況(5)根據Q的變化情況，分析電容器發(fā)生充電還是放電，分析電路中電流的方向考向三帶電粒子在電場中的運動典例展示(2018河北衡水中學第六次調研)在直角坐標系中，三個邊長都為l2m的正方形如圖所示排列，第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E0，第二象限正方形COED的對角線CE左側CED區(qū)域內有豎直向下的勻強電場，三角形OEC區(qū)域內無電場，正方形DENM區(qū)域內無電場(1)現有一帶電荷量為q、質量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，恰好能通過E點，求CED區(qū)域內的勻強電場的電場強度E1的大小(2)保持(1)問中電場強度不變，若在正方形區(qū)域ABOC內的某些點由靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有的粒子都經過E點，則釋放的坐標值x、y間應滿足什么關系？(3)若CDE區(qū)域內的電場強度大小變?yōu)镋2E0，方向不變，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC內的某些點由靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經過N點，則釋放點坐標值x、y間又應滿足什么關系？思路探究(1)帶電粒子從A點釋放后在兩個電場區(qū)域內分別做什么運動？(2)帶電粒子都經過N點的條件是什么？解析(1)設粒子出第一象限時速度為v，加速過程qE0lmv2粒子在CED區(qū)域內做類平拋運動，由類平拋運動的規(guī)律得lvtlt2計算可得E14E0(2)設出發(fā)點坐標(x，y)，加速過程qE0xmv經過分析知，要過E點，粒子在第二象限中做類平拋運動時豎直位移與水平位移相等為yyv1t1yt計算可得yx(3)如圖所示為其中的一條軌跡線，設出發(fā)點坐標(x，y)，加速過程qE0xmv在第二象限中做類平拋運動時豎直位移為y，由幾何關系可得水平位移大小為y，則yv2t2yt由類平拋運動中的中點規(guī)律可知計算可得y3x4答案(1)4E0(2)yx(3)y3x4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，如例題中在ABOC區(qū)域做直線運動，在CDE區(qū)域做類平拋運動(2)對于直線運動問題，可根據對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：如果是帶電粒子在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、位移等如果是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉化，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，一般是類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解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公式求解，如例題中第(2)(3)問的處理方法(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)域電場交界處有關聯的物理量，這些關聯量往往是解決問題的突破口7(多選)(2018廣西南寧摸底)如圖所示，在光滑水平面內有一固定光滑絕緣擋板AB，P是AB上的一點以A為坐標原點在水平面建立直角坐標系，y軸與擋板AB重合，x軸上固定一個帶正電的點電荷Q.將一個帶電小球(可視為質點)輕放到擋板的左側的P處，在靜電力作用下小球沿擋板向A運動，則下列說法中正確的是()A小球帶負電B由P點到A點小球做勻加速直線運動CP點的場強比A點的場強大D小球在P點的電勢能比在A點的電勢能大解析：根據題述，靜止帶電小球從P處在靜電力作用下沿擋板向A運動，說明帶電小球受到的是庫侖引力，小球帶負電，選項A正確；由于點電荷Q的電場不是勻強電場，帶電小球在運動過程中所受的合外力不可能保持不變，所以小球由P到A不可能做勻加速直線運動，選項B錯誤；根據點電荷電場特征，P點的電場強度比A點的電場強度小，選項C錯誤；小球由P到A運動，靜電力做正功，電勢能減小，小球在P點的電勢能比在A點的電勢能大，選項D正確答案：AD8(多選)如圖所示，從電子槍中射出初速度不計的電子，在加速電場中加速后，從P板的小孔垂直偏轉電場方向射入兩極板間，最后射出偏轉電場，設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，則()AU1變大，則電子進入偏轉電場的速度變大BU1變大，則電子在偏轉電場中運動的時間變短CU2變大，則電子在偏轉電場中運動的加速度變小D若要電子離開偏轉電場時偏移量變小，僅使U1變大，其他條件不變即可解析：由qUmv2可知，當U1變大時，電子進入偏轉電場的速度變大，電子在偏轉電場的水平位移不變，運動時間變短，故A、B正確；由F可知，U2變大，電子受力變大，加速度變大，電子在偏轉電場中運動的加速度變大，故C錯誤；由y可知，若要電子離開偏轉電場時偏移量變小，僅使U1變大，其他條件不變即可，故D正確答案：ABD9.(多選)(2018河北定州中學月考)如圖所示，虛線為某點電荷電場的等勢面，現有兩個比荷相同的帶電粒子1、2，以相同的速率從同一等勢面的a點進入電場后沿不同的軌跡1和2運動，圖中a、b、c、d、e是粒子軌跡與等勢面的交點，不計粒子的重力下列判斷正確的是()A兩個粒子為異號電荷B經過b、d兩點時，兩粒子的速率相同C經過b、d兩點時，兩粒子的加速度大小相同D經過c、e兩點時，兩粒子的速率相同解析：由粒子運動軌跡可知粒子1受到中心電荷的斥力，而粒子2受到中心電荷的引力，故兩粒子的電性一定不同，故A正確；b、d位于同一個等勢面上，粒子以相同的速率從同一等勢面的a點進入電場后，電場力對粒子1做負功，對粒子2做正功，故經過b、d兩點時，兩粒子的速率不相同，故B錯誤；兩粒子經過b、d兩點時，受到庫侖力作用，由牛頓第二定律可得，a，由圖可知，b、d在某點電荷電場的同一等勢面上，到點電荷的距離是相等的，所以b、d兩點的電場強度大小相等，所以粒子的加速度大小相同，故C正確；a、c、e三點在同一個等勢面上，而粒子1從a到c、粒子2從a到e電場力做功均為零，則經過c、e兩點時，兩粒子的速率相等，故D正確答案：ACD10(2018湖南師大附中高三期末檢測)如圖所示，絕緣光滑軌道ABCD豎直放在與水平方向成45的勻強電場中，其中BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓相切，現把一質量為m、電荷量為q的小球(大小忽略不計)，放在水平面上某點由靜止開始釋放，恰好能沿軌道通過半圓軌道最高點D，且落地時恰好落在B點，求：(1)電場強度E的大?。?2)起點距B點的距離L.解析：(1)小球恰好能通過D點，則有mgEqm小球通過D點后水平方向做勻變速直線運動，有xvtaxt2由牛頓第二定律得Eqmax豎直方向做勻加速直線運動，有2Rayt2由牛頓第二定律得mgEqmay聯立得v，E.(2)由起點到D點的過程，根據動能定理得EqLmg2REq2Rmv2解得L2.5R答案：(1)(2)2.5R限訓練通高考科學設題拿下高考高分單獨成冊對應學生用書第137頁(45分鐘)一、單項選擇題1(2016高考全國卷)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A兩個電勢不同的等勢面可能相交B電場線與等勢面處處相互垂直C同一等勢面上各點電場強度一定相等D將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功解析：在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負試探電荷時，電場力做負功，選項D錯誤答案：B2.(2018河北定州第三次月考)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、F、B、D點的電勢分別為8V、3V、2V、4V，則A點的電勢為()A1VB.1VC2VD3V解析：在勻強電場中，由公式UEd知，沿著任意兩平行方向前進相同距離，電勢差必定相等，由于GFCB，且GFCB，則有GFCB，代入數據解得CGFB8V3V2V7V，同理，ABDC，解得ABDC2V4V7V1V，故B正確答案：B3(2018高考天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為M、N，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()AvM<vN，aM<aNBvM<vN，M<NCM<N，EpM<EpNDaM<aN，EpM<EpN解析：由粒子的軌跡知電場力的方向偏向右，因粒子帶負電，故電場線方向偏向左，由沿電場線方向電勢降低，可知N<M，EpM<EpN.N點電場線比M點密，故場強EM<EN，由加速度a知aM<aN.粒子若從N點運動到M點，電場力做正功，動能增加，故vM>vN.綜上所述，選項D正確答案：D4(2018山東菏澤一中高三質檢)如圖為靜電除塵機原理示意圖，廢氣先經過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標)不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量的變化，則()A電場線方向由放電極指向集塵極B圖中A點電勢高于B點電勢C塵埃在遷移過程中做勻變速運動D塵埃在遷移過程中電勢能減小解析：根據題意可知帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A錯誤；集塵極帶正電荷，A點更靠近放電極，所以圖中A點電勢低于B點電勢，故B錯誤；由圖可知放電極與集塵極間為非勻強電場，所以塵埃所受的電場力是變化的，塵埃不可能做勻變速運動，故C錯誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，電場力做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，故D正確答案：D5(2018河北定州中學第三次月考)如圖所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實線是一帶電粒子(不計重力)在該區(qū)域內的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點下列說法正確的是()A粒子在三點的電勢能大小關系為Epc<Epa<EpbB粒子在三點所受的電場力不相等C粒子必先過a，再到b，然后到cD粒子在三點所具有的動能大小關系為Ekb>Eka>Ekc解析：由題圖可知，電場的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子帶負電，而帶負電的粒子無論是依次沿a、b、c運動，還是依次沿c、b、a運動，都會得到如圖的軌跡，故C錯誤粒子在電場中運動時，只有電場力做功，故電勢能與動能之和是恒定不變的，帶負電的粒子在b點時的電勢能最大，在c點的電勢能最小，則可判斷帶電粒子在c點的動能最大，在b點的動能最小，故A正確，D錯誤因表示電場中三個等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷電場是勻強電場，所以帶電粒子在電場中各點受到的電場力相等，故B錯誤答案：A6.如圖所示，無限大均勻帶正電的薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認為是勻強電場光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔，一個可視為質點的帶負電小球在細管內運動以小孔為原點建立x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度a和速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點的電勢、小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x變化的圖象，其中正確的是()解析：在x<0范圍內，當x增大時，由電場是勻強電場，且UEd，可知電勢差均勻增大，x圖線應為向上傾斜的直線；在x>0范圍內，當x增大時，同理可知電勢差均勻減小，x圖線應為向下傾斜的直線，選項A錯誤在x<0范圍內，電場力向右，加速度向右，為正值；在x>0范圍內，電場力向左，加速度向左，為負值，選項B錯誤在x<0范圍內，根據動能定理得qExmv2，vx圖象中的圖線應是曲線；同理，在x>0范圍內，圖線也為曲線，選項C錯誤在x<0范圍內，根據動能定理得qExEk，Ekx圖象中的圖線應是傾斜的直線；同理，在x>0范圍內，圖線也為傾斜的直線，選項D正確答案：D二、多項選擇題7.(2018高考全國卷)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.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fC該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍解析：因等勢面間距相等，由UEd得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad6eV，故Uad6V，各虛線電勢如圖所示，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，c0，A對因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f，B對經過d時，電勢能Eped2eV，C錯由a到b，WabEkbEka2eV，所以Ekb8eV，由a到d，WadEkdEka6eV，所以Ekd4eV，則Ekb2Ekd，根據Ekmv2知vbvd，D錯答案：AB8.如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強電場，實線表示該電場的電場線，過O點的虛線MN表示該電場的一個等勢面，兩個相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度開始運動，速度方向垂直于MN，A、B連線與MN平行，且都能從MN左側經過O點設粒子P、Q在A、B兩點的電勢能分別為Ep1和Ep2，經過O點時的速度大小分別為v1和v2.粒子的重力不計，則()Av1>v2Bv1<v2CEp1<Ep2DEp1>Ep2解析：由題意知兩個相同的帶正電粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度運動，且都能從MN左側經過O點，電場力對兩個粒子都做正功，再由電場線和等勢面的垂直關系以及沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知B點的電勢B高于A點的電勢A，B點與O點的電勢差大于A點與O點的電勢差，對兩個粒子分別運用動能定理有qUm(v2v)，而UBO>UAO，可知兩個粒子經過O點時的速度v1<v2，則選項A錯誤，B正確；再由電勢能公式Epq，知Ep1<Ep2，則選項C正確，D錯誤答案：BC9(2018四川成都實驗中學理綜測試)現有兩個點電荷A和B，它們電荷量分別為Q和Q，a為AB連線的中點，b與a關于B對稱，它們都在一條直線上，如圖所示把一個帶正電的試探電荷從a沿直線移到b的過程中，下列說法正確的是()A電場力對試探電荷一直做正功B電場力對試探電荷先做正功后做負功C試探電荷受到的電場力一直增大D試探電荷受到的電場力先增大后減小解析：等量異號電荷的電場線分布如圖所示，正電荷由a移到b的過程中受力沿電場線方向，則由圖可知，由a向B電荷運動過程中，電場力向右，故電場力做正功；而在由B向b方向運動時，電場力向左，故電場力做負功，故A錯誤，B正確由圖可知，由a到b過程中，電場強度先增大后減小，故試探電荷受到的電場力先增大后減小，故C錯誤，D正確答案：BD10.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A將打在下板中央B仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C不發(fā)生偏轉，沿直線運動D若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電荷量Q不變，由于E可知，當d增大時，場強E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，故B正確，A、C錯誤若上板不動，將下板上移一段距離時，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確答案：BD三、非選擇題11如圖所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔(未畫出)正好位于平面直角坐標系xOy的O點，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E103V/m，比荷為1.0105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O處由靜止釋放，其運動軌跡恰好經過M(m,1m)點粒子P的重力不計(1)求金屬板A、B之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經過O點的同時，在y軸右側勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在運動中相碰假設Q的質量是P的質量的2倍，帶電情況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計，求粒子Q所有釋放點的集合解析：(1)設粒子P的質量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側勻強電場中做類平拋運動設該粒子從O點運動到M(m,1m)點所用時間為t0，由類平拋運動規(guī)律可得xMv0t0，yMt，解得v0104m/s.在金屬板A、B之間，由動能定理得qUABmv，解得UAB1000V.(2)設P、Q在右側電場中運動的加速度分別為a1、a2，粒子Q從坐標N(x、y)點釋放后，經時間t與粒子P相遇由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關系可得對于P有Eqma1對于Q有Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2聯立以上各式解得yx2，其中x>0即粒子Q的釋放點N(x，y)的坐標滿足方程yx2(x>0)答案：(1)1000V(2)yx2(x>0)12.如圖所示，開有小孔的平行板水平放置，兩極板接在電壓大小可調的電源上，用噴霧器將油滴噴注在小孔上方已知兩極板間距為d，油滴密度為，電子電荷量為e，重力加速度為g，油滴視為球體，油滴運動時所受空氣的粘滯阻力大小Ff6rv(r為油滴半徑、為粘滯系數，且均為已知量)，油滴所帶電荷量是電子電荷量的整數倍，噴出的油滴均相同，不考慮油滴間的相互作用(1)當電壓調到U時，可以使帶電的油滴在板間懸??；當電壓調到時，油滴能在板間以速度v勻速豎直下行求油滴所帶電子的個數n及油滴勻速下行的速度v；(2)當油滴進入小孔時與另一油滴粘連在一起形成一個大油滴，以速度v1(已知)豎直向下進入小孔，為防止碰到下極板，需調整電壓，使其減速運行，若將電壓調到2U，大油滴運動到下極板處剛好速度為零，求大油滴運動到下極板處時的加速度及這一過程粘滯阻力對大油滴所做的功解析：(1)油滴靜止時，電場力與重力平衡，有mg勻速下降時，有6rvmg其中質量mr3聯立可得n，v.(2)大油滴質量為2m，所帶電荷量為2q，當它運動到下極板時速度恰好為零，故2q2mg2ma聯立解得ag，方向豎直向上油滴從上極板到下極板由動能定理可得2mgd2q2UWf02mv，mr3聯立解得Wfgdr3vr3r3(2gdv)答案：(1)(2)g，方向豎直向上r3(2gdv)