第8講電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題1(2019·全國(guó)卷)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，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()AP和Q都帶正電荷BP和Q都帶負(fù)電荷CP帶正電荷，Q帶負(fù)電荷DP帶負(fù)電荷，Q帶正電荷答案D解析細(xì)繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向所受合力為零，對(duì)外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯(cuò)誤；P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，有兩種情況：P帶正電，Q帶負(fù)電，或P帶負(fù)電，Q帶正電，兩種情況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負(fù)電，Q帶正電時(shí)符合題意，C錯(cuò)誤，D正確。2(2019·全國(guó)卷)(多選)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()Aa點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等Ba點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等Ca點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加答案BC解析b點(diǎn)距q近，a點(diǎn)距q近，則b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)誤。如圖所示，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度可視為E3與E4、E1與E2的合場(chǎng)強(qiáng)，其中E1E3，E2E4，且知E1E3，E2E4，故合場(chǎng)強(qiáng)Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于a<b，將負(fù)電荷從低電勢(shì)處移至高電勢(shì)處的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，D錯(cuò)誤。3(2019·全國(guó)卷)(多選)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)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(chǎng)線重合C粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行答案AC解析如圖所示，在兩正電荷形成的電場(chǎng)中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(chǎng)力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線重合須具備初速度與電場(chǎng)線平行或?yàn)?、電場(chǎng)線為直線兩個(gè)條件，B錯(cuò)誤；帶電粒子僅受電場(chǎng)力在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的總量不變，EkM0，而EkN0，故EpMEpN，C正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较?，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不一定是直線，故粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線方向不一定平行，D錯(cuò)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(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)。先將一電荷量也為q的點(diǎn)電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處(電勢(shì)為0)移到C點(diǎn)，此過程中，電場(chǎng)力做功為W。再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定。最后將一電荷量為2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)。下列說法正確的有()AQ1移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為BQ1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為0CQ2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為2WDQ2在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為4W答案ABD解析根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系知Q1在C點(diǎn)的電勢(shì)能EpW，根據(jù)電勢(shì)的定義式知C點(diǎn)電勢(shì)，A正確；在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，B、C兩點(diǎn)處在同一等勢(shì)面上，Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做功為0，B正確；將Q1移到B點(diǎn)固定后，再將Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)，兩固定點(diǎn)電荷對(duì)Q2的庫(kù)侖力做的功均為2W，則電場(chǎng)力對(duì)Q2做的總功為4W，C錯(cuò)誤；因?yàn)闊o窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則Q2移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為4W，D正確。5(2018·全國(guó)卷) (多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)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(chǎng)力所做的功為6 eV。下列說法正確的是()A平面c上的電勢(shì)為零B該電子可能到達(dá)不了平面fC該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4 eVD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解析勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)a、b、c、d、f間距相等，則電子每通過相鄰兩個(gè)等勢(shì)面電場(chǎng)力做功相同，則Wad3Wbc，即WbceUbc2 eV，Ubcbc2 V，所以c0，A正確；根據(jù)動(dòng)能定理從a到d：WadEkdEka，可得：Ekd4 eV，電子在d時(shí)有動(dòng)能4 eV，速度可能沿各個(gè)方向，取極端情況：電子沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，從d到f電場(chǎng)力做功WdfWbc2 eV，EkfEkdWdf2 eV>0，可到達(dá)；電子到d時(shí)速度方向沿等勢(shì)面d，將不能到達(dá)平面f，B正確；同理電子到達(dá)等勢(shì)面c的動(dòng)能Ekc6 eV，由于等勢(shì)面c的電勢(shì)為零，電子在等勢(shì)面c的電勢(shì)能為零，根據(jù)能量守恒定律，電子在運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能和動(dòng)能的總和保持一個(gè)定值，即EpdEkdEpcEkc6 eV，故電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢(shì)能為Epd2 eV，C錯(cuò)誤；電子經(jīng)過平面b和d時(shí)的動(dòng)能分別為：Ekb8 eV和Ekd4 eV，由Ekmv2可得電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的倍，D錯(cuò)誤。6.(2018·全國(guó)卷) (多選)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)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(shì)能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2，下列說法正確的是()A此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)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(chǎng)力做功一定為C若c、d之間的距離為L(zhǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定為D若W1W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差答案BD解析根據(jù)題意無法判斷電場(chǎng)方向，故A錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)，所以M，N，若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功一定為WqUMNq(MN)qq，故B正確；因?yàn)椴恢绖驈?qiáng)電場(chǎng)方向，所以場(chǎng)強(qiáng)大小不一定是，故C錯(cuò)誤；若W1W2，說明UcdUab，UaMUbN(aM)(bN)，又因?yàn)镸，N，解得：UaMUbN0，故D正確。7(2019·全國(guó)卷)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)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(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)(2)2m(vg2t2)解析(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mgqEmaa2gt2解得E(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2聯(lián)立式得Ek2m(vg2t2)。8(2019·全國(guó)卷) 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(shì)均為(>0)。質(zhì)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(chǎng)，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？答案(1)mvqhv0(2)2v0解析(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有EFqEma設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEhEkmv設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有hat2lv0t聯(lián)立式解得Ekmvqhlv0(2)若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2l2v0。9(2017·全國(guó)卷)如圖，兩水平面(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(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)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(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。答案(1)31(2)H(3)解析(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2ghHvytgt2M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知條件有Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E。命題特點(diǎn)：常以選擇題的形式考查電場(chǎng)的力的性質(zhì)及能的性質(zhì)。常結(jié)合圖象考查電場(chǎng)的特點(diǎn)及做功情況、能量轉(zhuǎn)化情況。常以計(jì)算題的形式考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速或偏轉(zhuǎn)問題。思想方法：對(duì)稱法、等效法、比值定義法。高考考向1電場(chǎng)性質(zhì)的理解 例1(2019·江蘇揚(yáng)州一模)(多選)如圖所示，在等量異種電荷形成的電場(chǎng)中有一正方形ABCD，其對(duì)角線AC與兩點(diǎn)電荷的連線重合，兩對(duì)角線的交點(diǎn)位于電荷連線的中點(diǎn)O。下列說法中正確的有()AA、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同BB、D兩點(diǎn)的電勢(shì)相同C質(zhì)子由C點(diǎn)沿COA路徑移至A點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)其先做負(fù)功后做正功D電子由B點(diǎn)沿BCD路徑移至D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小(1)兩個(gè)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度如何計(jì)算？提示：分別算出每個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，然后再矢量疊加。(2)兩個(gè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中電勢(shì)高低如何判斷？提示：根據(jù)電場(chǎng)線方向判斷，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。 解析在如圖所示的電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向都是水平向右的，故A正確；由于兩電荷連線的中垂線為零等勢(shì)線，則B、D兩點(diǎn)電勢(shì)相同，故B正確；圖中兩電荷連線上電場(chǎng)方向水平向右，即由A指向C，故質(zhì)子由C點(diǎn)沿COA路徑移至A點(diǎn)過程中受水平向右的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；電子由B沿BC運(yùn)動(dòng)到C的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，沿CD運(yùn)動(dòng)到D的過程中，電場(chǎng)力做正功，整個(gè)過程中電場(chǎng)力對(duì)其先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，故D正確。答案ABD 分析電場(chǎng)的特點(diǎn)和性質(zhì)問題的一般思路(1)電場(chǎng)強(qiáng)度根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度進(jìn)行判斷。根據(jù)等差等勢(shì)面的疏密程度進(jìn)行判斷。根據(jù)Ek結(jié)合矢量合成進(jìn)行判斷或計(jì)算。(2)電勢(shì)根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低進(jìn)行判斷。根據(jù)進(jìn)行判斷或計(jì)算?？臻g存在兩個(gè)或兩個(gè)以上的電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)電勢(shì)的疊加求代數(shù)和進(jìn)行判斷或計(jì)算。(3)電勢(shì)能根據(jù)Epq進(jìn)行判斷或計(jì)算。注意判斷或計(jì)算時(shí)Ep、q均帶正、負(fù)號(hào)，且Ep、的正、負(fù)號(hào)表示大小。根據(jù)電場(chǎng)力做功進(jìn)行判斷或計(jì)算。若電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功，電勢(shì)能減少，反之則增加，且WABEp。根據(jù)能量守恒定律進(jìn)行判斷或計(jì)算。電場(chǎng)力做功的過程是電勢(shì)能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，而總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)，電勢(shì)能減少，反之則增加，且EkEp。1(2019·福建省泉州市一模)(多選)如圖，電荷量大小相等的點(diǎn)電荷A、B、C放置在等邊三角形的頂點(diǎn)上，O為三角形的中心，a、b、c分別為三邊的中點(diǎn)，d是O關(guān)于a的對(duì)稱點(diǎn)。已知A帶負(fù)電，B、C均帶正電，則()AO點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零Bb、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C電子在d點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的小D質(zhì)子從b點(diǎn)移到O點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功答案BC解析O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為B、C電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)與A電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，兩場(chǎng)強(qiáng)方向均為由O指向A，可知O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故A錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，b、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，故B正確；如果沒有A電荷存在，O點(diǎn)和d點(diǎn)的電勢(shì)相等，由于A負(fù)電荷的存在，且O點(diǎn)離A電荷更近，所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)比d點(diǎn)低，電子在d點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的小，故C正確；O、b兩點(diǎn)位于A、C連線的中垂線上，如果沒有B電荷存在，O、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，由于B電荷的存在，且O點(diǎn)離B電荷更近，所以O(shè)點(diǎn)電勢(shì)更高，質(zhì)子在O點(diǎn)的電勢(shì)能更大，所以質(zhì)子從b點(diǎn)移到O點(diǎn)，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。2. (2019·山東淄博三模)如圖所示，實(shí)線為兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)線，虛線為電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，則下列判斷正確的是()AA點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)BQ1的電荷量大于Q2的電荷量C電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能D電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度答案D解析根據(jù)“電場(chǎng)線的密疏表示場(chǎng)強(qiáng)的大小”可知，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點(diǎn)電荷Q2周圍電場(chǎng)線較密可知點(diǎn)電荷Q2帶電荷量較多，即Q1Q2，故B錯(cuò)誤；電子做曲線運(yùn)動(dòng)，受到的合力方向指向曲線的凹處，故電子過B點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力F方向斜向下，可知電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，即電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度，故C錯(cuò)誤，D正確。高考考向2電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系例2(2019·廣東珠海一模)(多選)如圖，空間有平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，處于該電場(chǎng)中的直角三角形ABC直角邊BC20 cm，A60°，AD是A的角平分線。若在直角頂點(diǎn)B處有一個(gè)射線源，能朝空間各方向射出動(dòng)能為1000 eV的電子，則能在頂點(diǎn)A和C分別探測(cè)到動(dòng)能為1100 eV和900 eV的電子，本題中運(yùn)動(dòng)的電子僅需考慮受勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力，則()AAB間的電勢(shì)差UAB100 VB該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E1000 V/mC電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿A指向DD整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)C的電勢(shì)最高(1)如何判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向？提示：可根據(jù)等勢(shì)面判斷，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，由高電勢(shì)指向低電勢(shì)。(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電勢(shì)的分布有何特點(diǎn)？提示：沿任意直線電勢(shì)均勻變化。解析電子由B到A過程中由動(dòng)能定理可得：eUBA1100 eV1000 eV，可得UBA100 V，所以UAB100 V，故A正確；電子由B到C過程中由動(dòng)能定理可得eUBC900 eV1000 eV，可得UBC100 V，所以AC間的電勢(shì)差為UAC100 V(100 V)200 V，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì)可知，AC的中點(diǎn)E與B點(diǎn)電勢(shì)相等，BE為等勢(shì)線，由幾何關(guān)系可知AD與BE垂直，故場(chǎng)強(qiáng)方向由A指向D，所以C正確；由幾何知識(shí)可得AB在AD上的投影為10 cm，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E V/m1000 V/m，故B正確；整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)A的電勢(shì)最高，故D錯(cuò)誤。答案ABC E的應(yīng)用技巧(1)E在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的理解及應(yīng)用UABEd，d為A、B兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離。沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向電勢(shì)降落得最快。在同一直線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等。(2)E在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的幾點(diǎn)妙用及兩類典型圖象解釋等差等勢(shì)面的疏密與電場(chǎng)強(qiáng)度大小的關(guān)系。當(dāng)電勢(shì)差U一定時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度E越大，則沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離d越小，即電場(chǎng)強(qiáng)度越大，等差等勢(shì)面越密。定性判斷非勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差的大小關(guān)系。沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向距離相等的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，E越大，U越大；E越小，U越小。利用­x圖象的斜率判斷沿x方向電場(chǎng)強(qiáng)度Ex隨位置的變化規(guī)律。在­x圖象中斜率k，斜率的大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，也可根據(jù)WABqUABq(AB)，分析WAB的正負(fù)。利用E­x圖象的面積判斷或計(jì)算兩點(diǎn)間電勢(shì)差。3(2017·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()Aq1和q2帶有異種電荷Bx1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大答案AC解析兩個(gè)點(diǎn)電荷在x軸上，且x1處的電勢(shì)為零，x>x1處的電勢(shì)大于零，x<x1處的電勢(shì)小于零，如果q1、q2為同種電荷，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)不會(huì)有正有負(fù)，故q1、q2必為異種電荷，A正確。由­x圖象知，在x1處圖象的切線斜率不為零，故x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故B錯(cuò)誤。x2處的電勢(shì)最高，x1處的電勢(shì)為零，則x1、x2間電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向左，負(fù)電荷從x1移動(dòng)到x2的過程，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，C正確。由圖象知，在x1處圖線的斜率較大，則在x1處場(chǎng)強(qiáng)較大，在x2處圖線的斜率為零，則場(chǎng)強(qiáng)也為零，從x1移到x2場(chǎng)強(qiáng)是減小的，故電荷所受電場(chǎng)力也是減小的，D錯(cuò)誤。4(2019·安徽蚌埠高三二模)(多選)電場(chǎng)中有一條電場(chǎng)線與x軸重合，x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與位置的關(guān)系如圖所示，一質(zhì)子只在電場(chǎng)力作用下自坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，已知Oaabbcd，b點(diǎn)電勢(shì)b0。則下列結(jié)論正確的是()A質(zhì)子沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)B質(zhì)子在a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等C質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為234D坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為1.5E0d答案CD解析由E­x圖象和FqE可知質(zhì)子沿x軸先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子一直做加速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能一直減小，故B錯(cuò)誤；由E­x圖象與x軸所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小，可知UOaE0d，UObE0d，UOc2E0d，由動(dòng)能定理則有EkaqUOaqE0d，EkbqUObqE0d，EkcqUOc2qE0d，所以質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為234，故C正確；根據(jù)UObOb可得坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為O1.5E0d，故D正確。高考考向3有關(guān)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(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說法正確的是()A實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大(1)靜電計(jì)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(jì)算？提示：電容器兩極板間的電壓大小。根據(jù)C計(jì)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(yīng)，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(duì)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(jì)指針的張角變大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對(duì)介電常數(shù)r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(jì)指針的張角減小，故C錯(cuò)誤；電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故D錯(cuò)誤。答案A 平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析(1)抓住三個(gè)基本公式：C，C，E。(2)兩類動(dòng)態(tài)分析d、S、r變化時(shí)U、Q、C、E變化的判斷依據(jù)：充電后與電池兩極相連：U不變，C，QCU(變化同C)，E。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(shì)和電勢(shì)能的變化結(jié)合電場(chǎng)的相關(guān)公式分析。5(2016·天津高考) 如圖所示，平行板電容器帶有等量異號(hào)電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)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(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大 B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D減小，E不變答案D解析極板移動(dòng)過程中帶電荷量Q保持不變，靜電計(jì)指針張角變化反映極板間電勢(shì)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(diǎn)電勢(shì)不變，Ep不變，綜合上述，只有D正確。6(2019·安徽省宿州市質(zhì)檢)(多選)如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡(jiǎn)化模型圖。當(dāng)被測(cè)物體在左右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)，連接電容器的靜電計(jì)會(huì)顯示電容器電壓的變化，進(jìn)而能測(cè)出電容的變化，最后就能探測(cè)到物體位移的變化，若靜電計(jì)上的指針偏角為，則被測(cè)物體()A向左移動(dòng)時(shí)，增大 B向右移動(dòng)時(shí)，增大C向左移動(dòng)時(shí)，減小 D向右移動(dòng)時(shí)，減小答案BC解析由公式C，可知當(dāng)被測(cè)物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向左移動(dòng)時(shí)，兩極板間電介質(zhì)增多，r變大，則電容C增大，由公式C可知電荷量Q不變時(shí)，U減小，則減小，故A錯(cuò)誤，C正確；由公式C，可知當(dāng)被測(cè)物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向右移動(dòng)時(shí)，兩極板間電介質(zhì)減少，r變小，則電容C減小，由公式C可知電荷量Q不變時(shí)，U增大，則增大，故B正確，D錯(cuò)誤。高考考向4帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)E，M點(diǎn)與N點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上。兩個(gè)質(zhì)量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)同時(shí)垂直進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)兩粒子的重力和粒子間的庫(kù)侖力。已知兩粒子都能經(jīng)過P點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的是()A從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子先到達(dá)P點(diǎn)B從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電荷量較小C從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子動(dòng)量變化較大D從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電勢(shì)能變化較小(1)粒子在水平方向和豎直方向分別做什么運(yùn)動(dòng)？提示：豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)如何求動(dòng)量變化量？提示：由動(dòng)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sv0t，可知兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；在相等時(shí)間內(nèi)從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子運(yùn)動(dòng)的水平位移較小，其加速度較小，根據(jù)a可知從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電荷量較小，故B正確；根據(jù)動(dòng)量定理可知，粒子的動(dòng)量變化等于合外力的沖量，由于從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子電荷量較小，其受到的電場(chǎng)力較小，合外力的沖量也較小，所以從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子動(dòng)量變化較小，故C錯(cuò)誤；從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子受到的電場(chǎng)力較小，且在電場(chǎng)力作用下沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的位移也較小，所以電場(chǎng)力做功較小，則電勢(shì)能變化較小，故D正確。答案BD 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，確定粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)。(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理：如果是帶電粒子受恒定電場(chǎng)力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。如果是非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題，一般利用動(dòng)能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等。(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問題，通常有以下兩種情況：對(duì)于在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法處理。通過對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解，尋找兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。對(duì)于在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)知識(shí)和動(dòng)能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，要注意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場(chǎng)交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)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(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場(chǎng)線，虛線AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB，電勢(shì)能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A電子一定從A向B運(yùn)動(dòng)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(fù)電荷一定有EpA<EpBDB點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)答案BC解析若Q在M端，由電子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運(yùn)動(dòng)或從B向A運(yùn)動(dòng)均可，由于rA<rB，故EA>EB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，A>B，EpA<EpB；若Q在N端，由電子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知Q為負(fù)電荷，且電子從A向B運(yùn)動(dòng)或從B向A運(yùn)動(dòng)均可，由于rA>rB，故EA<EB，F(xiàn)A<FB，aA<aB，A>B，EpA<EpB。綜上所述A、D錯(cuò)誤，B、C正確。8(2019·湖南岳陽高三二模)一種測(cè)定電子比荷的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，在真空玻璃管內(nèi)，陰極K發(fā)出的電子(可認(rèn)為初速度為0)經(jīng)陽極A與陰極K之間的高電壓加速后，形成一細(xì)束電子流，以平行于平板電容器極板的速度從兩極板C、D左端中點(diǎn)進(jìn)入極板區(qū)域。若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點(diǎn)；若在兩極板C、D間施加偏轉(zhuǎn)電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點(diǎn)；若再在極板間施加一個(gè)方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電子又打在熒光屏上的O點(diǎn)。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，極板間電壓為U，極板的長(zhǎng)度為l，C、D間的距離為d，極板區(qū)的中點(diǎn)M到熒光屏中點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為y。(1)求電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v0；(2)求電子的比荷。答案(1)(2)解析(1)加上磁場(chǎng)B后，熒光屏上的光點(diǎn)重新回到O點(diǎn)，可知電子在C、D間受到電場(chǎng)力和洛倫茲力而處于平衡狀態(tài)，有：qEqv0B，又E，聯(lián)立解得電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v0。(2)C、D間只有電場(chǎng)時(shí)，電子在極板區(qū)域運(yùn)行的時(shí)間t1，在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移y1at·t，電子離開極板區(qū)域時(shí)，沿垂直極板方向的速度vyat1t1，設(shè)電子離開極板區(qū)域后，到達(dá)光屏P點(diǎn)所需的時(shí)間為t2，t2，電子離開電場(chǎng)后在垂直極板方向的位移y2vyt2，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離等于電子在垂直極板方向的總位移，yy1y2，聯(lián)立解得。易錯(cuò)警示 帶電物體在“等效重力場(chǎng)”中的運(yùn)動(dòng)例(2019·山東省“評(píng)價(jià)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(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)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(diǎn)12R的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與滑塊b碰撞，碰撞時(shí)間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，a、b滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)。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(duì)軌道作用力的大??；(3)滑塊第一次落地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離。分析與解此題涉及重力場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)組成的“等效重力場(chǎng)”問題，大部分同學(xué)不會(huì)將重力場(chǎng)中的知識(shí)遷移到“等效重力場(chǎng)”中來，不會(huì)尋找物理最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，而成為犯錯(cuò)率極高的題型。(1)a從A到B的過程由動(dòng)能定理得E×12Rmg×12Rmv解得v12對(duì)a與b碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得mv12mv2解得v2。(2)當(dāng)滑塊的重力與電場(chǎng)力的合力方向和圓軌道半徑方向一致時(shí)，滑塊速度最大。如圖，則有arctanarctan37°對(duì)滑塊從碰后到速度最大的過程由動(dòng)能定理有ERsin37°2mgR(1cos37°)×2mv×2mv 解得滑塊的最大速度v3 對(duì)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(shí)滑塊對(duì)軌道的作用力大小FN。(3)假設(shè)滑塊能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，對(duì)滑塊從B到D的過程，由動(dòng)能定理有2mg×2R×2mv×2mv，解得v4。在D點(diǎn)，對(duì)滑塊受力分析得：FN12mg解得FN12mg所以滑塊能通過D點(diǎn)并水平飛出，在豎直方向：2Rgt2解得t 水平方向受電場(chǎng)力，加速度不變，則sv4t×t2(2)R。答案(1)(2) (3)(2)R易錯(cuò)警示“等效重力場(chǎng)”中的圓周運(yùn)動(dòng)也有對(duì)應(yīng)的“等效”最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，也有脫離軌道的時(shí)候，和重力場(chǎng)中的分析方法相同。配套作業(yè)限時(shí)：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13題為單選題，第48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(gè)金屬極板，G為靜電計(jì)，開始時(shí)閉合開關(guān)S，靜電計(jì)張開一定角度。則下列說法正確的是()A開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動(dòng)，靜電計(jì)指針張開角度增大B開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計(jì)指針張開角度增大C斷開開關(guān)S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變D斷開開關(guān)S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場(chǎng)強(qiáng)不變答案D解析保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢(shì)差等于電源的電動(dòng)勢(shì)，故電容器兩端的電勢(shì)差不變，因此無論將R的滑片向右移動(dòng)，還是將兩極板間距增大，靜電計(jì)指針張角都不變，故A、B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，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(shì)差增大，故C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器帶電量不變，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(chǎng)強(qiáng)度不變，故D正確。2. (2019·河北唐山一模)如圖所示，M、N為兩個(gè)固定的等量同種正電荷，O點(diǎn)為其連線與中垂線的交點(diǎn)，從中垂線上P點(diǎn)處釋放一個(gè)負(fù)粒子，僅在電場(chǎng)力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A粒子將沿PO方向做直線運(yùn)動(dòng)B從P到O的過程中，加速度一定減小C整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，粒子在O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最小D整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的電勢(shì)能一直增加答案C解析負(fù)粒子在從P到O的過程中，所受的電場(chǎng)力方向豎直向下，做加速運(yùn)動(dòng)，越過O點(diǎn)后，所受的電場(chǎng)力方向豎直向上，根據(jù)對(duì)稱性知粒子運(yùn)動(dòng)到與P點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的位置時(shí)速度減至零，然后，向上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，再周而復(fù)始，所以粒子將一直沿中垂線PO做往復(fù)直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由于PO間電場(chǎng)線分布情況不清楚，電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力可能先變大再變小，則加速度可能先變大再變小，當(dāng)然也可能一直減小，但是粒子的速度一定越來越大，在O點(diǎn)時(shí)速度最大，此時(shí)動(dòng)能最大，根據(jù)能量守恒可知此時(shí)粒子的電勢(shì)能最小，故B、D錯(cuò)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(duì)的金屬板a、b與電池相連，在距離兩板等距的M點(diǎn)有一個(gè)帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點(diǎn)上方，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是()A液滴將向下加速運(yùn)動(dòng)BM點(diǎn)電勢(shì)升高，液滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能將增大CM點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度變小了D在a板移動(dòng)前后的兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度E增大，電場(chǎng)力增大，液滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；b板處電勢(shì)為零，UMbMbMEdMb，場(chǎng)強(qiáng)增大，M點(diǎn)電勢(shì)升高，液滴所受電場(chǎng)力方向向上，所以液滴帶負(fù)電，液滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能降低，故B錯(cuò)誤；在a板移動(dòng)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(chǎng)力做功qU相同，故D正確。4(2019·甘肅武威二模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即UabUbc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知()A三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高B帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大C帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大D帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)大答案ABD解析帶電質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于帶電質(zhì)點(diǎn)帶正電，因此電場(chǎng)線指向右下方，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故a的電勢(shì)最高，c的電勢(shì)最低，A正確；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知，從P到Q過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能，B正確；從P到Q過程中電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，故帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)的動(dòng)能小于通過Q點(diǎn)的動(dòng)能，C錯(cuò)誤；等差等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大，帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力比通過Q點(diǎn)時(shí)大，故通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)大，D正確。5(2019·山東聊城一模)真空中有四個(gè)相同的點(diǎn)電荷，所帶電荷量均為q，固定在如圖所示的四個(gè)頂點(diǎn)上，任意兩點(diǎn)電荷的連線長(zhǎng)度都為L(zhǎng)，靜電力常量為k，下列說法正確的是()A不相鄰的兩棱中點(diǎn)連線在同一條電場(chǎng)線上B每條棱中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小都為C任意兩棱中點(diǎn)間的電勢(shì)差都為零Da、b、c三點(diǎn)為側(cè)面棱中點(diǎn)，則a、b、c所在的平面為等勢(shì)面答案BC解析根據(jù)對(duì)稱性可知，每條棱中點(diǎn)的電勢(shì)都相等，故不相鄰的兩棱中點(diǎn)不可能在同一條電場(chǎng)線上，故A錯(cuò)誤，C正確；如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)得：DaCaL，A和B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，C和D兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為：E，設(shè)Ca和Da的夾角為2，則sin，則cos，所以a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E合2Ecos，根據(jù)對(duì)稱性可知每條棱中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小都為，故B正確；假設(shè)a、b、c所在的平面為等勢(shì)面，因?yàn)殡妶?chǎng)線方向垂直于等勢(shì)面，所以a、b、c所在平面電場(chǎng)強(qiáng)度的方向都在豎直方向，由電場(chǎng)疊加原理知b點(diǎn)的電場(chǎng)方向?qū)嶋H垂直b所在的棱，因此a、b、c所在的平面不是等勢(shì)面，故D錯(cuò)誤。6(2019·四川省樹德中學(xué)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(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器，以相同的動(dòng)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(huì)經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，以過C點(diǎn)的小球動(dòng)能最大，且A、C兩點(diǎn)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(chǎng)的方向與AB間的夾角為30°B電場(chǎng)的方向與AB間的夾角為60°C若A點(diǎn)的電勢(shì)A0，則C點(diǎn)的電勢(shì)C1.5ERD若在A點(diǎn)以初動(dòng)能Ek0發(fā)射小球，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkBEk0qER答案BC解析小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有：qUACEk，因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)的小球的動(dòng)能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢(shì)相等的點(diǎn)，且由A到C電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，可知C為圓周上電勢(shì)最低的點(diǎn)。過C點(diǎn)作切線，為等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，場(chǎng)強(qiáng)方向如圖所示，由幾何關(guān)系得CAOACO30°，所以電場(chǎng)方向與AB間的夾角為60°，故A錯(cuò)誤，B正確；AC間的電勢(shì)差為：UACE(R·cos30°)ER，若A點(diǎn)的電勢(shì)A0，根據(jù)UACAC，則C點(diǎn)的電勢(shì)CER，故C正確；AB間的電勢(shì)差為：UABE(2Rcos60°)ER，根據(jù)動(dòng)能定理，在A點(diǎn)以初動(dòng)能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動(dòng)能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkBEk0qER，故D錯(cuò)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(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢(shì)最高，不計(jì)重力，則()AA、N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零BNC間場(chǎng)強(qiáng)方向向x軸正方向C將一正點(diǎn)電荷靜止放在x軸負(fù)半軸，它將一直做加速運(yùn)動(dòng)D將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功答案CD解析­x圖象的斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度E，圖線在A、N兩點(diǎn)處的斜率都不等于0，則知A、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小均不為零，故A錯(cuò)誤；由圖可知：從N到C，電勢(shì)升高，根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知，NC間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖象，q1為正電荷，q2為負(fù)電荷，且q1>q2，結(jié)合矢量的疊加可知，x軸負(fù)半軸的電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向x軸的負(fù)方向，所以若將一正點(diǎn)電荷放在x軸負(fù)半軸，則電場(chǎng)力指向x軸負(fù)方向，因此電場(chǎng)力與速度方向相同，該正點(diǎn)電荷一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；ND段中，電勢(shì)先升高后降低，所以場(chǎng)強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故D正確。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(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說法正確的是()A勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度EB小球動(dòng)能的最小值為EkC小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢(shì)能先減小后增大答案AB解析小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成角，受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanqE，解得E，故A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律，有：m，則最小動(dòng)能Ekmv2，故B正確；運(yùn)動(dòng)過程中小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和不變，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置時(shí)機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端時(shí)機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，若在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大再減小，同理，若順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，其電勢(shì)能先增大后減小再增大，故D錯(cuò)誤。二、計(jì)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)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(diǎn)。該裝置右側(cè)的圓弧置于水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。某一時(shí)刻一個(gè)帶電小球從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為E0，進(jìn)入電場(chǎng)后繼續(xù)沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢(shì)能減少量為2E0，試求：(1)小球所受重力和電場(chǎng)力的大??；(2)小球脫離軌道后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)(2)8E0解析(1)設(shè)帶電小球的質(zhì)量為m，則從A到B根據(jù)動(dòng)能定理有：mgRE0則小球受到的重力為：mg，方向豎直向下；由題可知：到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢(shì)能減少量為2E0，根據(jù)功能關(guān)系可知：EqR2E0則小球受到的電場(chǎng)力為：Eq，方向水平向右，小球帶正電。(2)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，則從A到C根據(jù)動(dòng)能定理有：EqRmv2E0則C點(diǎn)速度為：vC ，方向豎直向上。從C點(diǎn)飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間為：t ，在水平方向只受電場(chǎng)力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)其速度為：vatt 2，則在最高點(diǎn)的動(dòng)能為：Ekmv2m(2)28E0。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(qiáng)電場(chǎng)，方向與水平方向成60°角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成30°角，MN長(zhǎng)度為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M點(diǎn)由靜止釋放，小球沿MN方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為vN(待求)；若將該小球從M點(diǎn)沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫出)，已知重力加速度大小為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vN；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值。答案(1)(2)(3)解析(1)由小球運(yùn)動(dòng)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Fmg，加速度ag從MN，有：2adv解得：vN。(2)如圖乙，設(shè)MP長(zhǎng)為h，作PC垂直于電場(chǎng)線于C點(diǎn)，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：hcos60°at2hsin60°vNtUMCEhcos30°UMPUMC解得：UMP。(3)如圖乙，作PD垂直于MN于D點(diǎn)，從MP，由動(dòng)能定理：FsMDEkPEkMsMDhcos60°EkMmv，解得：。- 32 -