高考物理一轮复习 专题撬分练七 静电场
物理人教版高考一轮复习习题：第七章《静电场》+微专题11+Word版含答案
微专题11一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B[在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()解析：B[由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B 正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是()解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2017·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0R C ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq 解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E -r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R，选项C 正确，选项D 错误．] 5．(2017·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2017·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 解析：BC [φ-x 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝6φ0q m，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12m v 20，解得v 0＝φ0q m，D 错误．] 7．(2017·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v -t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12m v 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．] 8．(2017·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v -x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q (3L )2＝k |Q 2|q (2L )2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2017·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m. 联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J. (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1m t 1④ v m ＝qE 2m t 2⑤E km ＝12m v 2m⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s. 答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 10．(68520230)(22分)(2017·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2， x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ. (3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0. 答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ(3)2E1cos2θ＋E2－E0情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。
高考物理一轮复习：第7单元静电场听课答案
第七单元静电场第19讲电场的力的性质【教材知识梳理】一、1.(1)整数倍(2)理想化模型2.(1)保持不变(2)摩擦感应接触二、1.正比反比2.9.0×1093.点电荷三、1.力的作用2.(1)电场力F电荷量q(2)E=(3)正电荷四、1.切线强弱2.(1)正电荷负电荷(3)越大辨别明理(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)金属球可能不带电或带负电[解析]验电器的金箔之所以张开,是因为它们都带有正电荷,而同种电荷相互排斥,张开角度的大小取决于两金箔带电荷量的多少.如果A球带负电,靠近验电器的B球时,异种电荷相互吸引,使金箔上的正电荷逐渐“上移”,从而使两金箔张角减小;如果A球不带电,在靠近B球时,发生静电感应现象使A球靠近B球的端面出现负的感应电荷,而背向B球的端面出现正的感应电荷,由于A球上因感应而出现的负电荷离验电器较近而表现为吸引作用,从而使金箔张角减小.【考点互动探究】考点一1.C[解析]由感应起电可知,近端感应出异种电荷,故A带负电,B带正电,选项A错误;处于静电平衡状态下的导体是等势体,故A、B电势相等,选项B错误;先移去C,则A、B 两端的等量异种电荷又重新中和,而先分开A、B,后移走C,则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和,故选项C正确,选项D错误.2.C[解析]设原来A、B带电荷量均为Q,相距为r,根据相同的小球接触后电荷的分配规律可知,C球与A球接触后,A、C带电荷量均为,C球与B球接触后,C、B带电荷量均为,所以A、B间原来的静电力为F=k,后来的静电力为F'=k=F,选项C正确. 3.C[解析]两小球间的作用力为库仑引力,故两小球带异种电荷;由平衡条件得tanθ=,因α>β,则一定有m1<m2,选项C正确.4.C[解析]若B恰能保持静止,则k=k,A做匀速圆周运动,有k-k=m Aω2L1,C做匀速圆周运动,有k-k=m Cω2L2,联立解得A和C的比荷之比应是,选项C正确.考点二例1B[解析]由题意,三个小球均处于静止状态,对c球而言,a、b两球在c球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向,故匀强电场的场强大小E=2cos30°=,B正确.变式题1B[解析]由题意,b点处的场强为零,说明点电荷q和圆盘在b点产生的场强等大反向,即圆盘在距离为R的b点产生的场强为E Q=,故圆盘在距离为R的d点产生的场强也为E Q=,点电荷q在d点产生的场强E q=,方向与圆盘在d点产生的场强方向相同,d点的合场强为二者之和,即E=+=,B正确.合变式题2B[解析]实心大球在A点产生的电场强度E1=,实心小球所带的电荷量Q'=Q×=,实心小球在A点产生的电场强度E2=,故A点的合电场强度E=E1-E2=,选项B正确.变式题3C[解析]从图乙中可以看出,P点电场强度方向为水平向左;正、负电荷在P点产生的电场相叠加,其大小为E=2k cos θ=2k·=2k,故选项C正确.变式题4D[解析]设想将圆环等分为n个小段,当n相当大时,每一小段都可以看成点电荷,其所带电荷量为q=,由点电荷的场强公式可得,每一点电荷在P处产生的场强为E P=k=k,由对称性可知,各小段在P处产生的场强垂直于轴向的分量E y相互抵消,而轴向分量E x之和即为带电圆环在P处产生的场强E,故E=nE x=n··cosθ=,而r=,联立可得E=,D正确.考点三例2CD[解析]根据两粒子的偏转方向,可知两粒子带异种电荷,但无法确定其具体电性,故A错误;由粒子受力方向与速度方向的关系,可判断电场力对两粒子均做正功,两粒子的速度、动能均增大,故B错误,D正确;从两粒子的运动轨迹判断,a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏,b粒子经过的电场的电场线逐渐变密,说明a的加速度减小,b的加速度增大,故C正确.变式题1D[解析]根据电场线的疏密特点,在AB直线上,O点的电场强度最小,则受到的电场力最小,而在CD直线上,O点的电场强度最大,则受到的电场力最大,因此电荷在O点受力不是最大,故A错误;根据电场线的疏密可知,从A到B的过程中,电场强度先减小后增大,则电场力也先减小后增大,同理,从C到D的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力也先增大后减小,故B错误,D正确;电荷沿直线由A到B的过程中,无法确定电场力做功的正负,因此无法确定电势能变化,故C错误.变式题2C[解析]在两电荷连线中垂线上,电场强度的方向由O到P,负点电荷q从P点到O点运动的过程中,电场力方向由P到O,速度越来越大,电场强度可能先增大后减小,也可能一直减小,则电荷加速度可能先增大后减小,也可能一直减小,故A、B错误;越过O点后,负电荷q做减速运动,则点电荷运动到O点时速度最大,电场力为零,加速度为零,故C正确;根据电场线的对称性可知,越过O点后,负电荷q做减速运动,加速度先增大后减小或一直增大,直到速度为零,故D错误.1.如图19-1所示,A、B是点电荷-Q形成的电场中的两点(r A<r B).若先后把带电荷量很小、不会影响-Q形成电场的正点电荷q1、q2(q1>q2)分别放到A点和B点,q1、q2在A点受到的电场力分别为、,在B点受到的电场力分别为、.关于点电荷所受电场力F和带电荷量q的比值的大小的比较中,下列判断正确的是()图19-1A.<,<B.<,=C.>,=D.>,>[解析] C由题可知,q1、q2在A点受到的电场力分别为F A1、F A2,而A点的电场强度一定,根据场强的定义式E=可知,==E A;由点电荷的场强公式E=k可知,A点的场强大于B点的场强,则有>,故C正确.2.[2018·牡丹江联考]两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处,如图19-2所示.A 处电荷带正电荷量Q1,B处电荷带负电荷量Q2,且|Q2|=4Q1,另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上.欲使整个系统处于平衡状态,则()图19-2A.Q3为负电荷,且放于A左方B.Q3为负电荷,且放于B右方C.Q3为正电荷,且放于A、B之间D.Q3为正电荷,且放于B右方[解析] A因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用,且已知Q1和Q2是异种电荷,对Q3的作用力一为引力,一为斥力,所以Q3要平衡就不能放在A、B之间.根据库仑定律知,由于|Q2|>Q1,Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡,故应放在Q1的左侧.要使Q1和Q2也处于平衡状态,Q3必须带负电,故选项A正确.3.(多选)[2016·浙江卷]图19-3如图19-3所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于O A 和O B两点.用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点O B移到O A点固定.两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m.已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g取10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则()A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.0×10-2 NC.B球所带的电荷量为4×10-8 CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0[解析]ACD由接触起电的电荷量分配特点可知,两相同金属小球接触后带上等量同种电荷,选项A正确;对A受力分析如图19-4所示,有=,而F库=k,得F库=6×10-3N,q=4×10-8 C,选项B错误,选项C正确;等量同种电荷连线的中点电场强度为0,选项D 正确.4.(多选)[2018·沧州模拟]两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图19-4所示,c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则()图19-4A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低[解析] ACD由图可看出,a点处电场线比b点处电场线密,则a点的场强大于b点的场强,故A正确;电场线从正电荷到负电荷,沿着电场线电势降低,所以b点的电势比a点的高,B错误;负电荷在c点的合场强为零,c点只有正电荷产生的电场强度,在d点正电荷产生的场强向上,两个负电荷产生的场强向下,合场强是它们的差值,所以c点的电场强度比d点的大,C正确;正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强,根据U=Ed可知,正电荷到c点电势降低得多,所以c点的电势比d点的低,也可以这样理解:正电荷在d、c两点产生的电势相等,但两个负电荷在d点产生的电势高于c点,所以c 点的总电势低于d点,D正确.图19-55.(多选)[2018·云南大理模拟]在光滑绝缘的水平桌面上,存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图19-5中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开始运动,到C点时,突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点,其运动轨迹如图中虚线所示,v表示小球经过C点时的速度,则()A.小球带正电B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能与v方向相反D.在A、B两点小球的速率不可能相等[解析] AB由小球从A点到C点的轨迹可得,小球受到的电场力方向向右,带正电,选项A正确;小球从C点到B点,所受合力指向轨迹凹侧,当水平恒力F水平向左时,合力可能向左,符合要求,当恒力F的方向与v方向相反时,合力背离轨迹凹侧,不符合要求,选项B 正确,C错误;小球从A点到B点,由动能定理,当电场力与恒力F做功的代数和为零时,在A、B两点小球的速率相等,选项D错误.图19-66.(多选)如图19-6所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上,则()A.小球A与B之间库仑力的大小为B.当=时,细线上的拉力为0C.当=时,细线上的拉力为0D.当=时,斜面对小球A的支持力为0[解析]AC根据库仑定律得A、B间的库仑力F库=k,故A正确;当细线上的拉力为0时满足k=mg tan θ,得到=,故B错误,C正确;斜面对小球A的支持力始终不为零,故D错误.图19-77.有三个完全相同的金属小球A、B、C,其中小球A和B带有等量的同种电荷,小球C(未画出)不带电,如图19-7所示,A球固定在竖直支架上,B球用不可伸长的绝缘细线悬于A 球正上方的O点处,静止时细线与竖直方向的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动,重力加速度为g,现在进行下列操作,其中描述与事实相符的是()A.仅将球C与球A接触后离开,B球再次静止时细线中的张力比原来要小B.仅将球C与球B接触后离开,B球再次静止时细线与竖直方向的夹角为θ1,仅将球C 与球A接触后离开,B球再次静止时细线与竖直方向的夹角为θ2,则θ1=θ2C.剪断细线瞬间,球B的加速度等于gD.剪断细线后,球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地[解析] B仅将球C与球A接触后离开,球A的电荷量减半,致使A、B间的库仑力减小,对球B进行受力分析,可知它在三个力的作用下平衡,由三角形相似可知=,故细线的张力大小不变,故A错误;将球C与球B接触后离开,和球C与球A接触后离开这种情况下A、B间的斥力相同,故夹角也相同,故B正确;剪断细线瞬间,球B在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的张力等大反向,故其加速度不等于g,故选项C错误;剪断细线后,球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化,即球B在落地前做非匀变速曲线运动,故选项D错误.8.(多选)[2018·武汉质检]离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置.如图19-8所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图,四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连,相当于四个电极,相对的电极带等量同种电荷,相邻的电极带等量异种电荷.在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线围成一个正方形abcd,A、C是a、c连线上的两点,B、D是b、d连线上的两点,A、C、B、D到正方形中心O的距离相等.下列判断正确的是()图19-8A.D点的电场强度为零B.A、B、C、D四点的电场强度相等C.A点的电势比B点的电势高D.O点的电场强度为零[解析] CD根据电场的叠加原理,a、c两个电极带等量正电荷,在O点产生的合场强为零,b、d两个电极带等量负电荷,在O点产生的合场强为零,则O点的合场强为零,D正确;同理,D点的场强水平向右,A错误;A、B、C、D四点的场强大小相等,方向不同,B错误;由电场特点知,AO线上电场方向由A指向O,OB线上由O指向B,故φA>φO,φO>φB,则φA>φB,C正确.图19-109.如图19-10所示,将质量m=0.1 kg、所带的电荷量q=+1×10-5 C的圆环套在绝缘固定的圆柱形水平直杆上.环的直径略大于杆的截面直径,环与杆间的动摩擦因数μ=0.8.当空间存在着斜向上、与杆夹角为θ=53°的匀强电场时,环在电场力作用下以大小为4.4 m/s2的加速度a沿杆运动,求电场强度E的大小.(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2) [答案] 1.0×105 N/C或9.0×105 N/C[解析]在垂直于杆的方向上,由平衡条件得qE0sin θ=mg解得E0=1.25×105 N/C当E<1.25×105 N/C时,杆对环的弹力方向竖直向上根据牛顿第二定律可得qE cos θ-μF N=ma且qE sin θ+F N=mg解得E=1×105 N/C当E>1.25×105 N/C时,杆对环的弹力方向竖直向下根据牛顿第二定律可得qE cos θ-μF N=ma且qE sin θ=mg+F N解得E=9×105 N/C第20讲电场的能的性质【教材知识梳理】一、1.零电势2.电势能的减少量3.电势能电荷量4.(1)电势(2)①电场线②不③电势低④不⑤越大越小二、1.(1)电场力做的功电荷量(2)φA-φB2.(1)Ed场强方向(2)场强三、(1)处处为零(2)处处相等辨别明理(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(√)(10)(√)【考点互动探究】考点一例1B[解析]静电场中的电场线不可能相交,等势面也不可能相交,否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾,A错误;由W AB=qU AB可知,当电荷在等势面上移动时,电荷的电势能不变,如果电场线不与等势面垂直,那么电荷将受到电场力,在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化,这就矛盾了,B正确;同一等势面上各点电势相等,但电场强度不一定相等,C错误;对于负电荷,q<0,从电势高的A点移到电势低的B点,U AB>0,由电场力做功的公式W AB=qU AB可知W AB<0,电场力做负功,D错误.变式题1D[解析]在MN连线的中垂线上,各点的电势均为零,选项A错误;沿两电荷连线的中垂线从b点到d点,场强先增大后减小,故+q受到的电场力先增大后减小,选项B错误;因a点的电势高于c点,故+q在c点电势能小于在a点电势能,选项D正确,C 错误.变式题2B[解析]电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力做功相等,表明N、P两点电势相等,直线d是等势线,与d平行的c也是等势线,电子由M到N,电场力做负功,电势能增大,则φM>φN,A错误,B正确;电子由M点运动到Q点,电场力不做功,C错误;电子由P点运动到Q点,电场力做正功,D错误.考点二例2BD[解析]由题给条件无法确定场强方向,故选项A错误.W1=qU ab,W2=qU cd,匀强电场中,M、N为中点,则有φM=,φN=,所以W MN=qU MN=,故选项B正确.由于无法确定场强是否沿cd方向,故选项C错误.若W1=W2,即U ab=U cd,则φa-φb=φc-φd,即φa-φc=φb-φd,由U aM=,U bN=,所以有U aM=U bN,故选项D正确.变式题A[解析]由题意可知a、b两点的电势均为8 V,则ab为一条等势线,又知O 点电势为2 V,则匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方,过O点作ab的垂线交ab于c点,由几何关系得tan ∠abO=,则∠abO=53°,Oc=Ob·sin ∠abO=0.03 m×sin53°=2.4×10-2 m,c、O间的电势差U=8 V-2 V=6 V,所以电场强度大小E==250 V/m,故A 正确.考点三例3D[解析]根据带负电粒子的运动轨迹可以判断出电场线的方向大致是从右向左,N点的电势低于M点的电势,N点处的电场线较密,所以粒子在N点时的加速度大于其在M点时的加速度,粒子从N点运动到M点的过程中电场力一直在做正功,所以粒子在M点的速率大于在N点的速率,电势能在减小,故D正确.变式题1ABC[解析]从粒子的轨迹可以看出,O点的正电荷与粒子M相互吸引,与粒子N相互排斥,故M带负电荷,N带正电荷,A正确.U ab>0,所以从a点运动到b点,M所受的电场力做负功,动能减小,故B正确.d、e两点电势相等,N在d、e两点的电势能相等,故C正确.U cd>0,N从c点运动到d点,电场力做正功,故D错误.变式题2AB[解析]电子从a到d克服电场力做功6 eV,则a、d之间的电势差为6 V,匀强电场中间距相等的等势面为等差等势面,所以平面a、b、c、d、f的电势依次为4 V、2 V、0 V、-2 V、-4 V,A正确;因为电子的运动方向不一定与等势面垂直,所以电子可能不会到达平面f,B正确;电子从c到d,克服电场力做功2 eV,电势能增加2 eV,所以电子经过平面d时的电势能为2 eV,C错误;电子从a到b,克服电场力做功2 eV,根据动能定理有10 eV-m=2 eV,从a到d,克服电场力做功6 eV,根据动能定理有10 eV-m=6eV,解得=,D错误.考点四例4BD[解析]由图知A、B两点的电场强度方向相反,电势相等,故A错误;粒子从B运动到A,电场力做功W=qU=0,根据动能定理知,粒子经过A、B两点时的动能相等,电势能相等,速度大小相同,故B、D正确;A、B两点的电场强度方向相反,粒子所受合外力方向相反,所以加速度方向相反,故C错误.例5AC[解析]由点电荷的场强公式E=,可得E a∶E b=4∶1,E c∶E d=4∶1,选项A正确,选项B错误;电场力做功W=qU,U ab∶U bc=3∶1,则W ab∶W bc=3∶1,又有U bc∶U cd=1∶1,则W bc∶W cd=1∶1,选项C正确,选项D错误.例6D[解析]由图知无穷远处的电势能为0,A点的电势能也为0,从O到M,电势能先为正值后为负值,说明O点的电荷q1带负电,M点的电荷q2带正电,由于A点距离O 比较远而距离M比较近,所以q1的电荷量大于q2的电荷量,故A、B错误;由图可知,A、N两点的电势能为零,则这两点电势为零,负电荷由N到C,电势能增加,而由C到D,电势能减小,可知在C点左侧电场方向向右,在C点右侧电场方向向左,则正点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功,在C点时动能最大,即速度最大,故选项C错误,D正确.例7ABD[解析]由速度图像可知,从a到b做加速度减小的减速运动,在b点时粒子运动的加速度为零,则电场力为零,所以该点场强为零,粒子在a、b间做减速运动,电场力向左,合场强向右,b点左侧的合电场主要取决于Q2,故Q2带正电,故A正确,C错误.b点的电场强度为0,根据点电荷场强公式得k=k,因为r1>r2,故Q1>Q2,即Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量,故B正确.粒子从a点到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加;从b点到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故粒子从a到b再到c的过程中,电势能先增大后减小,故D正确.1.[2016·全国卷Ⅱ]如图20-1所示,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动.运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c,速度大小分别为v a、v b、v c,则()图20-1A.a a>a b>a c,v a>v c>v bB.a a>a b>a c,v b>v c>v aC.a b>a c>a a,v b>v c>v aD.a b>a c>a a,v a>v c>v b[解析]D由库仑定律可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a,由a=可知,a b>a c>a a,由运动轨迹可知,粒子Q的电性与P相同,受斥力作用,不论粒子从a到c,还是从c到a,在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角,即斥力先做负功后做正功,因此v a>v c>v b,故D正确.2.(多选)如图20-2所示,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零.下列说法正确的是()图20-2A.b点电势为零,电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大[解析]BC等量异种点电荷连线的中垂线是电势为零的等势线,该线上除无穷远外各点场强方向水平向右,O点电场强度最大,O点上下两侧电场强度逐渐减小,选项A错误;等量异种点电荷连线电势沿着电场线逐渐降低,则φa>φO=0,a点电势能E p a=qφa,因为q>0,φa>0,所以E p a>0,a点电场强度方向向右,电荷带正电,所以电场力方向向右,选项B 正确;φO<φa,所以U Oa<0,W Oa=qU Oa<0,电场力做负功,所以移动电荷必须克服电场力做功,选项C正确;q>0,U Oa=U ba,W Oa=W ba,电场力做功相同,所以电势能变化相同,选项D错误.图20-33.(多选)如图20-3所示,真空中有一个边长为L的正方体,正方体的两个顶点M、N处分别放置所带电荷量都为q的正、负点电荷,图中的a、b、c、d也是正方体的顶点.已知静电力常量为k.下列说法中正确的是()A.a、b两点电场强度相同B.a点电势高于b点电势C.把正点电荷从c点移到d点,电势能增加D.M点的电荷受到的库仑力大小为F=[解析] AD由等量异种点电荷的电场分布可知,a、b两点处电场强度相同,a点的电势等于b点的电势,且都等于零,A正确,B错误;因c点电势高于d点,故把正点电荷从c点移到d点,电势能减小,C错误;M点的电荷受到的库仑力大小为F=k=,D正确. 4.(多选)[2017·全国卷Ⅲ]一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图20-4所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V.下列说法正确的是()图20-4A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV[解析]ABD由题目可得:φa=10 V,φb=17 V,φc=26 V,则可知ab与Oc交点电势满足=,故φO=φa+φb-φc=1 V,故B正确;从a到b移动电子,电场力做功W=U ab(-e)=7 eV,电场力做正功,电势能减小,故电子在a点电势能比在b点高7 eV,故C错误;从b到c 移动电子,电场力做功W'=-eU bc=9 eV,故D正确;如图20-5所示,过b点作bd垂直于Oc,则由几何关系有x cd=6×cm=cm,故=,则d点的电势为φd=17 V,故bd为等势线,从而电场线沿cO方向,故E==V/cm=2.5 V/cm,故A正确.图20-55.如图20-6所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力.求A、B两点间的电势差.图20-6[答案][解析]设带电粒子在B点的速度大小为v B.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即v B sin 30°=v0sin 60°①由此得v B=v0②设A、B两点间的电势差为U AB,由动能定理有qU AB=m(-)③联立②③式,得U AB=④6.如图20-7所示,在O点放置一个正点电荷,在过O点的竖直平面内的A点自由释放一个带正电且可视为质点的小球,小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一条水平线上,∠BOC=30°,A点距离OC的高度为h.若小球通过B点的速度大小为v,试求:(重力加速度为g)图20-7(1)小球通过C点的速度大小;(2)小球由A点运动到C点的过程中电势能的增加量.[答案](1)(2)mgh-mv2-mgR[解析](1)因B、C两点电势相等,小球由B到C过程,只有重力做功,由动能定理得mgR·sin 30°=m-mv2解得v C=.(2)由A点运动到C点,由动能定理得W AC+mgh=m-0解得W AC=m-mgh=mv2+mgR-mgh由电势能变化与电场力做功的关系得ΔE p=-W AC=mgh-mv2-mgR.第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动【教材知识梳理】一、1.(1)绝缘(2)绝对值(3)极限低2.(1)电荷量Q C=(3)C=二、1.2.qU=mv2-m三、1.类平抛2.(1)匀速直线(2)匀加速直线辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(√)(8)(×)【考点互动探究】考点一1.A[解析]断开开关,电容器带电荷量不变,增大两极板间的距离,根据C=知,电容减小,根据U=知,电势差增大,指针张角增大,故A正确;保持开关闭合,电容器两极板间的电势差不变,则指针张角不变,与极板间距无关,故B、C错误;保持开关闭合,电容器两极板间的电势差不变,滑动变阻器仅仅充当导线功能,滑片滑动不会影响指针偏角,故D 错误.2.D[解析]开始时,油滴受力如图甲所示,静电力F与重力mg平衡,当将B板右端向下移动一小段距离后,A、B板间电场线变成曲线,原因是A、B板仍为等势面,电场线与等。
高考物理一轮复习第七章静电场4章末热点集训课件
正确的是
()
A．无论图中的实线是电场线还是等势线，a 点的电场强度都比 b 点的电场强度小
B．无论图中的实线是电场线还是等势线，a 点的电势都比 b 点的电势高
C．无论图中的实线是电场线还是等势线，电子在 a 点的电势能都比在 b 点的电势能小
D．如果图中的实线是等势线，电子在 a 点的速率一定大于在 b 点的速率
2021/4/17
高考物理一轮复习第七章静电场4章末热点集训课件
20
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
热点 2 电容器的动态分析问题
(2020·山东济南外国语高三检测)带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要
使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有
()
A．增大两极板间的距离 C．在两板间插入电介质
B．用手触摸极板 B D．将极板 B 向上适当移动
[解析] 增大两极板间的距离，即 d 增大，则由电容的决定式 C＝4επrkSd，可以知道电容 器的电容减小；电容器所带电荷量不变，则由 C＝QU分析可以知道，电容器板间的电势 差增大，静电计的指针偏角变大，A 错误．因为 B 板接地，用手触摸时，仍接地，故对 电荷量没有影响，电势差保持不变，B 错误．在两板间插入电介质时，介电常数增大， 则 C 增大，由 Q＝UC 可以知道电势差减小，C 正确．将极板 B 向上运动时，正对面积 减小，则 C 减小，由定义式可以知道，电势差增大，D 错误． [答案] C
a1＝emE1＝emE
L2＝12a1t21
v1＝a1t1，t2＝2vL1
运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3
高考物理一轮复习 第七章 静电场综合检测 (2)
权掇市安稳阳光实验学校静电场综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每题4分,共56分.在每小题给出的四个选项中,第1~8题只有一个选项正确,第9~14题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是( D )A.根据电场强度的定义式E=可知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B.根据电容的定义式C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D.根据电势差的定义式U AB =可知,带电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B 点克服电场力做功为1 J,则A,B两点间的电势差为-1 V解析:电场强度E与F,q无关,由电场本身决定,故A错误;电容C与Q,U无关,由电容器本身决定,故B错误;E=k是电场强度的决定式,电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量有关,故C错误;在电场中,克服电场力做功,电场力做负功,由U AB =可知A,B间电势差为-1 V,故D正确.2.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场,一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g,微粒的初速度为v0,则( D )A.微粒一定带正电B.微粒一定做匀速直线运动C.可求出匀强电场的电场强度D.可求出微粒运动的加速度解析:因微粒在重力和电场力作用下做直线运动,而重力竖直向下,由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左,微粒带负电,A错误;其合外力必与速度反向,大小为F=,即微粒一定做匀减速直线运动,加速度为a=,B错误,D正确;电场力qE=,由于不知微粒的电荷量,所以无法求出其电场强度,C错误.3.为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心.当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,以达到除尘目的.假设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变,下列判断正确的是( B )A.带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大B.金属圆筒内越靠近收尘极电势越高C.带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越大D.金属圆筒内存在匀强电场解析:尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动,电场力做正功,电势能越来越小,故A错误;逆电场线方向,电势变高,故越靠近收尘极,电势越高,故B正确;离电晕极越远,电场强度越小,尘埃带电量不变,电场力越小,故C错误,根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场,电场线方向由收尘极指向电晕极,故D错误.4.如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A,B两点的加速度大小分别为a A,a B且a A>a B,电势能分别为E pA,E pB.下列说法正确的是( C )A.电子一定从A向B运动B.Q靠近M端且为负电荷C.电子在A点的电势能一定小于在B点的电势能D.A点电势一定低于B点电势解析:由于不知道电子速度变化,由运动轨迹图不能判断电子向哪个方向运动,故A错误;由运动轨迹可知,电场力方向指向凹的一侧即左侧,所以,在MN上电场方向向右,因为a A>a B,故Q必靠近M端且为正电荷,故B错误;由B可知,电场线方向由M指向N,那么A点电势高于B点,故D错误;因φA>φB,对于电子来说一定有E pB>E pA,故C正确.5.如图所示,水平金属板A,B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴( D )A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动解析:开始时油滴处于静止状态,有mg=q,B板右端下移时,U不变,d变大,电场力F=q 变小,mg>F.并且A,B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动,又电场强度垂直于等势面,可得油滴的受力如图所示,mg与F的合力方向为向右下方,故油滴向右下方运动.6.两块竖直放置的平行正对的金属板构成一个平行板电容器.电容器左板接地,右板与静电计相连,在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态.若将左极板向右移动靠近A点后系统再次平衡,下列说法中正确的是( C )A.若带电小球仍处在A点处不移动,小球所受静电力增加B.静电计指针偏角变大C.带电小球的电势能减小D.带电小球将向右移动解析:将左板向右平移,板间距离减小,由C=知,电容C增大,而电容器的电荷量不变,由C=可知,板间电压U减小,则静电计指针张角减小,根据E=,联立可得E=即电场强度不变,电场力F=qE不变,带电小球不动,故A,B,D错误;由上可知电场强度不变,将左板向右平移,小球与负极板间的电势差变小,故小球所在位置的电势减小,由图可知小球带正电,根据电势能公式E p=qφ,可知电势能减小,故C正确.7.如图,一对电荷量相等的带正电的点电荷关于Ox轴对称放置.一重力不计的带电粒子从坐标原点O由静止释放,粒子沿x轴正向运动.关于带电粒子运动过程中的电势能E p随坐标x变化的图象可能正确的是( A )解析:根据题意,粒子带负电.x轴上的电场强度有两个最大值的点,且关于电荷连线对称.粒子运动过程中,电场强度可能先增大后再减小,运动到电荷连线中点时电场强度为0,速度达到最大,继续运动,电场强度变大,达到最大值后再变小,根据-ΔE p =qE·Δx,由此可知=-qE,结合斜率判断A选项正确.8.如图所示,图中虚线为某静电场中的等差等势线,实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,a,b,c为粒子的运动轨迹与等势线的交点,粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是( C )A.粒子一定带正电B.粒子在a点和在c点的加速度相同C.粒子在a,c之间运动过程中的动能先增大后减小D.粒子在a点的电势能比在b点时的电势能小解析:由于不能确定场源电荷的电性,故不能确定粒子的电性,选项A错误;粒子在a点和在c点所受的电场力大小相等,方向不同,则加速度大小相同,方向不同,选项B错误;粒子在a,c之间运动过程中,电场力先做正功,后做负功,则粒子的动能先增大后减小,电势能先减小后增大,故粒子在a点的电势能比在b点时的电势能大,选项C正确,D错误.9.空间存在两点电荷产生的静电场,在x轴上沿x轴正方向电场强度E随x变化的关系如图所示,图线关于E轴对称,虚线为两条渐近线,M,N是两条渐近线到原点O的中点,且|PO|=3|MO|.取无穷远处电势为零,下列说法中正确的是( BCD )A.M,N两点的电势相等B.P点电势高于M点电势C.M,O两点电场强度大小之比为20∶9D.单位正电荷从O点移到N点过程中,电场力做功为W,则N点电势数值为-W解析:由题图可知,MN之间的电场线方向沿x轴正方向,故左边的电荷为正电荷,右边为等量的负电荷,故M点的电势比N点电势高,P点电势高于M点电势,故A 错误,B正确;设MO的距离为r,正、负电荷的电荷量大小为Q,M点电场强度大小E M =+=,O点电场强度大小E O =+=,则M,O两点电场强度大小之比E M∶E O =∶=20∶9,故C正确;沿电场线方向电势降低,O点电势为零,所以单位正电荷从O点移到N点过程中,电场力做功为W,则N点电势数值为-W,故D正确.10.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象.当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是( CD )A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2 s末带电粒子回到原出发点C.3 s末带电粒子的速度为零D.0~3 s内,电场力做的总功为零解析:设第1 s内粒子的加速度大小为a1,第2 s内的加速度大小为a2,由a=可知,a2=2a1,则1.5 s末粒子的速度为零,然后反方向运动,至3 s末回到原出发点,粒子的速度为零,由动能定理可知,此过程中电场力做功为零,综上所述,选项C,D正确.11.如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E,F,G,H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是( BD )A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出解析:粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间某点,选项A错误,B正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,由于y方向的位移、加速度均不变,则运动时间不变,因此水平位移也变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出,选项C错误,D正确.12.如图(甲)所示,电场中的一条电场线与x轴重合,方向沿x轴负方向,O点为坐标原点,M点坐标为3 cm;此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图(乙)所示,对于此电场,以下说法正确的是( BD )A.此电场为匀强电场B.沿x轴正方向电势逐渐升高C.M点的电势是O点电势的2倍D.将一电子自O点移至M点,其电势能减小90 eV解析:由图(乙)可知,电场强度E随x增大而增大,可知电场不是匀强电场,选项A错误;因电场线方向沿x轴负方向,可知沿x轴正方向电势逐渐升高,选项B正确;因零电势点不确定,则不能比较M,O两点的电势关系,选项C错误;由U=Ex可知,M,O两点的电势差等于E x 图线与x轴围成的“面积”,则U MO =(2+4)×103×3×10-2 V=90 V,则将一电子自O点移至M点,其电势能减小90 eV,选项D正确.13.如图,正点电荷固定在O点,以O为圆心的同心圆上有a,b,c三点,一质量为m、电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点,速率分别为v a,v b.若a,b的电势分别为φa,φb,则( BC )A.a,c两点电场强度相同B.粒子的比荷=C.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D.粒子从a点移到b点,电场力做正功,电势能减少解析:根据正点电荷电场的特征可知,a,c两点电场强度大小相等,方向不同,选项A错误;电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点,由能量守恒定律有m-qφa =m-qφb,解得=,选项B正确;根据F=可知,粒子在a 点所受的库仑力大于在b点所受的库仑力,由牛顿第二定律可知粒子在a点的加速度大于在b点的加速度,选项C正确;电荷量为-q的粒子从a点移到b点,克服电场力做功,电势能增大,选项D错误.14.某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如图所示的坐标系后.在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v不同,有的粒子将在电场中直接通过y轴,有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时,离坐标原点的距离为h,从P到y轴所需的时间为t,则( BC )A.由题设条件不能判断出粒子的带电性质B.对h≤d的粒子,h不同,粒子在电场中的运动时间t相同C.对h>d的粒子,h不同,在时间t内,电场力对粒子做的功不相等D.不同h对应的粒子,进入电场时的速率v可能相同解析:由题意知,粒子的运动轨迹向左弯曲,粒子所受的电场力向左,可知粒子带正电,选项A错误;对h≤d的粒子,一直在电场中运动,然后通过y轴,水平方向的加速度相同,水平位移相同,则运动时间相同,选项B正确;对h>d的粒子,先在电场中向左偏转,然后从电场上边界离开电场,做直线运动到达y轴上,h不同的粒子,从电场上边界射出的位置不同,在电场中沿电场线方向的位移不同,则电场力对粒子做的功不相等,选项C正确;对h≤d的粒子,水平分位移x相等,由x=at2知,运动时间t相等,竖直分位移h=vt,则h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大;对h>d的粒子,通过电场时竖直分位移均为d,有d=vt,x=t2而tan θ==,由于x P-x=(h-d)tan θ,整理得v=,可知h越大,v越大,选项D错误.二、非选择题(共44分)15.(9分)如图所示,一静止的电子经过电压为U的电场加速后,立即射入偏转匀强电场中,射入方向与偏转电场的方向垂直,射入点为A,最终电子从B点离开偏转电场.已知偏转电场的电场强度大小为E,方向竖直向上(如图所示),电子的电荷量为e,质量为m,重力忽略不计.求:(1)电子进入偏转电场时的速度v0;(2)若将加速电场的电压提高为原来的2倍,使电子仍从B点离开,则偏转电场的电场强度E应该变为原来的多少倍?解析:(1)电子在电场中的加速,由动能定理得Ue=m(2分)解得v0=(1分)(2)设电子的水平位移为x,电子的竖直偏移量为y,则有x=v0t(1分)y=at2(1分)Ee=ma(1分)联立解得E=(1分)根据题意可知x,y均不变,当U增大到原来的2倍,电场强度E也增大为原来的2倍.(2分)答案:(1)(2)2倍16.(10分)如图所示,固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A,B,分别安放两个电荷量均为+Q的带电小球,A,B连线与水平方向成30°角,在半圆环上穿着一个质量为m、电荷量为+q的小球.已知半圆环的半径为R,重力加速度为g,静电力常量为k,将小球从A点正下方的C点由静止释放,当小球运动到最低点D 时,求:(1)小球的速度大小;(2)小球对环的作用力.解析:(1)由静电场知识和几何关系可知,C,D两点电势相等,小球由C运动到D 的过程中,由动能定理得mgh=mv2(2分)由几何关系可知h=(1分)解得v=.(1分)(2)小球运动到D点时,AD=R,BD=R,小球分别受到A,B两端带电小球的作用力为F A =k,F B =k,(1分)设环对小球的支持力为F N,则有F N-F A cos 30°-F B sin30°-mg=(2分)解得F N =·+2mg.(2分)由牛顿第三定律可知,小球对环的压力F N'=F N =·+2mg,方向竖直向下(1分)答案:(1)(2)·+2mg 17.(12分)在竖直平面内,一根长为L的绝缘细线,一端固定在O点,另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球.小球始终处在电场强度大小为、方向竖直向上的匀强电场中,现将小球拉到与O点等高处,且细线处于拉直状态,由静止释放小球,当小球的速度沿水平方向时,细线被拉断,之后小球继续运动并经过P 点,P点与O点间的水平距离为L.重力加速度为g,不计空气阻力,求:(1)细线被拉断前瞬间,细线的拉力大小;(2)O,P两点间的电势差.解析:(1)小球受到竖直向上的电场力F=qE=mg>mg(1分)所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动,到达圆周最高点时速度沿水平方向,设此时速度为v,由动能定理有(F-mg)L=mv2(1分)解得v=(1分)设细线被拉断前瞬间的拉力为F T,由牛顿第二定律有F T +mg-F=m(2分)联立解得F T =mg.(1分)(2)细线断裂后小球做类平抛运动,加速度a竖直向上,由牛顿第二定律有F-mg=ma(1分)设细线断裂后小球经时间t到达P点,则有L=vt(1分)小球沿电场方向的位移y=at2(1分)O,P两点沿电场方向的距离d=L+y(1分)O,P两点间的电势差U OP=Ed(1分)联立解得U OP =.(1分)答案:(1)mg (2)18.(13分)如图所示,直线MN将平面分成两个区域Ⅰ和Ⅱ,MN与水平方向成45°角,两个区域内均有匀强电场,场强大小均为E,Ⅰ区内场强方向竖直向下、Ⅱ区内水平向右,一质量为m、带正电且电荷量为q的粒子,以速度v0从MN上的P点水平向右射入Ⅰ区.粒子的重力忽略不计.求:(1)粒子首次到达MN边界时到P点的距离;(2)粒子第二次到达边界MN时的速度大小.解析:(1)粒子垂直进入电场做类平抛运动,设运动的加速度大小为a,首次落到MN边界所用时间为t1,则有x1=v0t1(1分)y1=a(1分)且a=(1分)根据几何关系有tan 45°=(1分)Lcos 45°=x1(1分)联立解得L=(1分)(2)粒子经MN边界时,对速度偏向角α有tan α=2tan 45°=2(1分)粒子进入Ⅱ区运动,水平方向做匀加速运动,有x2=v0t2+a(1分)竖直方向做匀速运动,有y2=v1y t2(1分) v1y=v0tan α=2v0(1分)又tan 45°=(1分)v2x=v0+at2=3v0(1分)故v==v0.(1分)答案:(1)(2)v0。
高考物理一轮复习第七章静电场微专题11电场中“三类图象”问题的突破课件新人教版
[典例 2] (68520227)(多选)静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x 的变化关系如图所示，x 轴正向为电场强度正方 向，带正电的点电荷沿 x 轴运动，则点电荷( )
A．在 x2 和 x4 处电势能相等 B．由 x1 运动到 x3 的过程中电势能增大 C．由 x1 运动到 x4 的过程中电场力先增大后减小 D．由 x1 运动到 x4 的过程中电场力先减小后增大
3．(多选)空间某一静电场的电势 φ 在 x 轴上分布如图所示，x 轴上两点 B、C 的电场强度在 x 方向上的分量分 别是 EBx、ECx.下列说法正确的有( )
A．EBx 的大小大于 ECx 的大小 B．EBx 的方向沿 x 轴正方向 C．电荷在 O 点受到的电场力在 x 轴方向上的分量最大 D．负电荷沿 x 轴从 B 移到 C 的过程中，电场力先做正功，后 做负功
[解析] BC [由图象可知，正电荷从 x2 移动到 x4 的过程电场力 做功不为零，两点电势能不相等，A 项错误；从 x1 移动到 x3 的过程 电场力沿 x 轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B 项正确；从 x1 到 x4 的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小， C 项正确，D 项错误．]
A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D．t2 时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零 [审题指导] (1)审关键词：①带正电的试探电荷． ②中垂线．③仅受电场力．④v-t 图象． (2)思路分析：①t2 时刻速度的方向改变，且斜率不为零，从而 确定试探电荷的受力方向和加速度方向． ②根据试探电荷的受力情况，确定两电荷的电性和电量关系．
解析：AD [在 φ-x 图象中，图线斜率表示场强大小．结合题中 图象特点可知 EBx>ECx，EOx＝0，故 A 项正确，C 错误；根据电场中 沿着电场线的方向电势逐渐降低可知 EBx 沿 x 轴负方向，B 项错误； 负电荷在正 x 轴上受电场力沿 x 轴负方向，在负 x 轴上受电场力沿 x 轴正方向，故可判断负电荷从 B 移到 C 的过程中，电场力先做正功 后做负功，D 项正确．]
高考物理一轮复习第七章静电场第1讲电场力的性质练习(含解析)新人教版
第1讲 电场力的性质一、选择题(本题共12小题，1～8题为单选，9～12题为多选)1．(2020·浙江浙南名校联盟期末)如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A 、B 两个带电小球(可以看成点电荷)，A 球带电荷量为＋2q ，B 球带电荷量为－q ，由静止开始释放后A 球加速度大小为B 球的2倍。
下列说法正确的是( D )A ．A 球受到的静电力是B 球受到静电力的2倍B ．靠近过程中A 球的动能总是等于B 球的动能C ．A 球受到的静电力与B 球受到的静电力是一对平衡力D ．现把A 球与带电荷量为＋4q 的C 球接触后放回原位置，再静止释放A 、B 两球，A 球加速度大小仍为B 球的2倍[解析] 本题考查电场力作用下的加速和平衡问题。
A 、B 球受到的静电力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反，故A 、C 错误；根据动能定理可得F 电L ＝E k －0，两球都是做加速度增大的加速运动，A 球加速度大小始终为B 球的2倍，则A 球的位移大小始终大于B 球的位移大小，而F 电相同，靠近过程中A 球的动能总是始终大于B 球的动能，故B 错误；因A 球加速度大小为B 球的2倍，根据a ＝F m 可知A 的质量为B 的一半，无论A 和B 的电荷量大小如何，二者的电场力总是等大反向，A 球加速度大小仍为B 球的2倍，故D 正确。
2．(2021·山东济南莱芜区模拟)电荷量分别为q 1、q 2的两个点电荷，相距r 时，相互作用力为F ，下列说法错误的是( A )A ．如果q 1、q 2恒定，当距离变为r 2时，作用力将变为2F B ．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2FC ．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力不变D ．如果它们的电荷量都加倍，距离变为2r ，作用力将变为2F[解析] 本题考查对库仑定律的理解。
如果q 1、q 2恒定，当距离变为r 2时，由库仑定律可知作用力将变为4F ，选项A 错误；如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2F ，选项B 正确；根据库仑定律，如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力不变，选项C 正确；根据库仑定律，如果它们的电荷量都加倍，距离变为2r ，作用力将变为2F ，选项D 正确。
高考物理一轮复习课件与教案专题七静电场
专题七静电场考点一电场力的性质1.(2014广东理综,20,6分)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电量为+Q的小球P,带电量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是()A.M与N的距离大于LB.P、M和N在同一直线上C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零答案BD2.(2014浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。
一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。
小球A的质量为m、电量为q。
小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。
静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。
小球A静止在斜面上,则()A.小球A与B之间库仑力的大小为B.当=时,细线上的拉力为0C.当=时,细线上的拉力为0D.当=时,斜面对小球A的支持力为0答案AC3.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。
两电子分别从a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为W a和W b,a、b点的电场强度大小分别为E a和E b,则()A.W a=W b,E a>E bB.W a≠W b,E a>E bC.W a=W b,E a<E bD.W a≠W b,E a<E b答案A4.(2014福建理综,20,15分)如图,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0m。
若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,求:(1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向。
物理人教版高考一轮复习习题：第七章《静电场》+微专题10+Word版含答案
微专题10一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520224)如图所示，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子，以初速度v 0从a 点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b 点时，速率为2v 0，方向与电场方向一致，则a 、b 两点间的电势差为( )A.m v 202qB.3m v 20qC.2m v 20qD.3m v 202q解析：C [由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a ＝Δv /Δt ，可得加速度的大小a x ＝2a y ＝2g ，由牛顿第二定律可知，qE ＝2mg ，水平位移x ＝v 0t ，竖直位移y ＝v 0t /2，即x ＝2y ，因此电场力做功W 1＝qEx ＝qU ab ，重力做功W 2＝－mgy ＝－W 1/4，由动能定理得：W 1＋W 2＝12m (2v 0)2－12m v 20，解得：U ab ＝2m v 20q.]2．空间某区域内存着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示．一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球在该电场中运动，小球经过A 点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B 点时的速度大小为v 2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A 、B 两点间的高度差为h 、水平距离为s ，则以下判断正确的是( )A ．A 、B 两点的电场强度和电势关系为E A <E B 、φA <φBB ．如果v 2>v 1，则电场力一定做正功C ．A 、B 两点间的电势差为m 2q (v 22－v 21) D ．小球从A 点运动到B 点的过程中电场力做的功为12m v 22－12m v 21－mgh 解析：D [由电场线的方向和疏密可知A 点电场强度小于B 点，但A 点电势高于B 点，A 错误．若v 2>v 1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B 错误．由于有重力做功，A 、B 两点间电势差不是m 2q(v 22－v 21)，C 错误．小球从A 点运动到B 点过程中由动能定理得W 电＋mgh＝12m v 22－12m v 21，所以W 电＝12m v 22－12m v 21－mgh ，D 正确．] 3．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m ，电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球一定能从B 点离开轨道B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定等于HD ．小球到达C 点的速度可能为零解析：B [若电场力大于重力，则有可能不从B 点离开轨道，选项A 错误；若电场力等于重力，小球在AC 部分做匀速圆周运动，选项B 正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H ，选项C 错误；由圆周运动知识可知，若小球到达C 点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项D 错误．]4．如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝Eq ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为2gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 204解析：D [由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 错误；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得：－mg ·2h ＝0－12m v 20，解得：h ＝v 204g，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝m v 204，D 正确．]5．如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了mgdD ．克服电场力做功为mgd解析：B [0～T 3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 错误；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd .] 二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2016·安徽宿州一模)如图所示，两带电平行金属板水平放置，板长为L ，距离右端L 处有一竖直放置的光屏M .一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v0从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，重力加速度为g .则下列结论正确的是( )A ．板间电场强度大小为mg qB ．板间电场强度大小为2mg qC ．粒子在竖直方向上经过的总路程为gL 2v 20D ．粒子在板内做匀变速直线运动解析：BC [带电粒子能垂直打在屏上，说明一定要考虑粒子的重力，粒子在水平方向做匀速直线运动，在板内和板外的运动时间相同，在板间，竖直方向受向上的电场力和向下的重力，加速度向上，射出电场时，速度斜向上；在板外，仅受重力，竖直方向做速度竖直向上、加速度竖直向下且大小为g 的匀减速直线运动，到达屏时，竖直分速度减为零，在竖直方向，在板间和板外，两过程具有对称性，所以板间的加速度a ＝g ，即Eq －mg ＝ma ，即Eq ＝2mg ，场强大小为E ＝2mg q，粒子在板内和板外均做匀变速曲线运动，A 、D 错误，B 正确．粒子在竖直方向经过的总路程s ＝12gt 2×2，t ＝L v 0，解得s ＝gL 2v 20，C 正确．] 7．图甲中的直线为一静电场中的电场线，一不计重力的带负电粒子从电场线上的M 点沿电场线运动至N 点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了该粒子速度的平方随其位移的变化规律．则( )A ．粒子在M 点所受的电场力等于在N 点所受的电场力B ．该电场线上的电场方向由N 点指向M 点C ．粒子由M 点向N 点运动的过程中，电场力做负功D ．粒子在N 点的电势能大于在M 点的电势能解析：AB [由运动学公式v 22－v 21＝2ax 可知，v 2-x 图像的斜率为2a ，即粒子受到的电场力大小不变，选项A 正确；从M 点到N 点粒子的动能变大，电场力做正功，粒子电势能变小，由M 点至N 点电场线上的电势升高，则电场线上的电场方向由N 点指向M 点，选项B 正确，C 、D 错误．]8．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )甲 乙A ．若t ＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B ．若t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．若t ＝T 4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D ．若t ＝3T 8时刻释放电子，电子必然打到左极板上 解析：AC [若t ＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A 正确，B 错；若从t ＝T 4时刻释放电子，电子先加速T 4，再减速T 4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C 正确；同理，若从t ＝3T 8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D 项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520225)(22分)(2017·湖北孝感第一次联考)如图甲所示，A 、B 为两块平行金属板，极板间电压为U AB ＝1 125 V ，现有大量的电子由A 板从静止开始加速后，沿两平行金属板CD 的中线进入到偏转电场．平行金属板C 、D 长L 1＝4×10－2 m ，板间距离d ＝8×10－3 m ，在距离C 、D 右侧边缘L 2＝0.1 m 处有一足够大的荧光屏P ，当C 、D 之间未加电压时电子沿C 、D 板的中线穿过，打在荧光屏上的O 点并发出荧光．现给金属板C 、D 之间加一个如图乙所示的变化电压U DC (D 板接电源的正极)．已知电子质量为m ＝9.0×10－31 kg ，电荷量为e ＝1.6×10－19 C ．求：(1)电子从B 板上的小孔射出时的速率v 0；(2)打在荧光屏上的电子的最大动能；(3)一起上下调整A 、B ，使电子能够在C 、D 板左侧任意位置仍以速度v 0沿平行于C 、D 板的方向进入到偏转电场中，求电子打到荧光屏上亮线的长度(只考虑竖直方向)．解析：(1)电子经A 、B 两块金属板加速，由eU AB ＝12m v 20解得v 0＝2.0×107 m/s.(2)电子在水平方向做匀速运动，通过C 、D 板间的时间t ＝L 1v 0＝2.0×10－9 s. 电子通过时间极短，可认为通过时电场恒定，电子在电场中做类平抛运动，当C 、D 间电压最大时，竖直方向的位移y ＝12a y t 2＝eU max 2dmt 2＝6.0×10－3 m ， 竖直方向位移大于d 2，电子将打到下极板上而不出电场，所以电子刚好从下极板边缘飞出时，竖直方向速度最大，动能最大，由平抛运动推论得v 0v y ＝0.5L 10.5d，可以得到v y ＝4.0×106 m/s ， 电子的最大动能E kmax ＝12m v 2＝12m (v 20＋v 2y )＝1.9×10－16 J. (3)当电子在靠近上极板射入，偏转电压为0时，电子做匀速直线运动通过偏转电场，此时打在荧光屏上亮线最上端．当电子从D 板下端边缘通过，竖直方向速度最大时，电子能打到荧光屏上亮线最下端， 根据y max ＝6.0×10－3 m 可得到，当电子从距离D 板高度6.0×10－3 m 处射入偏转电场时，能够到达荧光屏上亮线最下端，设此时电子竖直方向位移为y 2，则由平抛运动推论可得0.5L 10.5 L 1＋L 2＝y max y 2， 解得y 2＝3.6×10－2 m ， 所以电子打到荧光屏上亮线的长度是y ＝3.6×10－2 m ＋2.0×10－3 m ＝3.8×10－2 m. 答案：(1)2.0×107 m/s (2)1.9×10－16 J (3)3.8×10－2 m 10．(22分)(2017·江西九江三十校第一次联考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)从y 轴上的A 点以初速度v 0水平抛出，两长为L 的平行金属板M 、N 倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ＝37°.(sin 37°＝0.6)(1)若带电小球恰好能垂直于M 板从其中心小孔B 进入两板间，试求带电小球在y 轴上的抛出点A 的坐标及小球抛出时的初速度v 0；(2)若该平行金属板M 、N 间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E ＝4mg 5q，试计算两平行金属板M 、N 之间的垂直距离d 至少为多少时才能保证小球不打在N 板上．解析：(1)设小球由y 轴上的A 点运动到金属板M 的中点B 的时间为t ，由题意，在与x 轴平行的方向上，有：L 2cos θ＝v 0t ，tan θ＝v 0gt. 带电小球在竖直方向上下落的距离为h ＝12gt 2， 所以小球抛出点A 的纵坐标为y ＝h ＋L 2sin θ， 联立以上各式并代入数据可解得v 0＝3gL 10，y ＝1730L ，t ＝22L 15g ，h ＝4L 15. 所以小球抛出点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，1730L ，小球抛出时的初速度大小为v 0＝3gL 10. (2)设小球进入电场时的速度大小为v ，则由动能定理可得mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝5gL 6. 带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．因为E ＝4mg 5q，所以qE ＝mg cos θ， 因此，带电小球进入该匀强电场后将做类平抛运动，其加速度大小为a ＝mg sin θm＝g sin θ 设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t ′，欲使小球不打在N 板上，由类平抛运动的规律可得d ＝v t ′，L 2＝12at ′2， 联立以上各式并代入数据可解得d ＝526L . 答案：(1)⎝⎛⎭⎫0，1730L 3gL 10 (2)526L情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。
名师导学2025版高考物理总复习第七章专题突破七静电场中的图象问题教学案新人教版
专题突破(七) 静电场中的图象问题【p123】静电场中常见的图象问题主要有以下几种类型：1.电场强度随位置改变的图象，即E－x图象；2.电势随位置改变的图象，即φ－x图象；3.电势能随位置改变的图象，即Ep－x图象．解答此类题目的关键是弄清图象的物理意义，即坐标轴、坐标原点、斜率、面积、交点坐标等的物理意义，同时也可以依据图象特点，把抽象的图象转化为详细的电场模型(如匀强电场、点电荷电场、等量同种电荷电场、等量异种电荷电场等)，再来分析、解决这类问题．一、E－x图象例1有一个匀称带电圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x 轴，如图甲所示，现测得x轴上的电场强度随坐标x值改变的图象如图乙所示(场强为正值，表示方向沿x轴正方向)，H、I是x轴上两点，且HO＜OI，取无穷远处电势为零．则以下分析正确的是( )A．该圆环带负电B．x轴上O点电势为零C．将一个正的摸索电荷沿x轴从H移动到I的过程中，电势能先增大后减小D．H点的电势低于I点的电势【解析】依据x轴上的电场强度随坐标x值改变的图象可知，该圆环带正电，选项A错误；x轴上O点电场强度为零，电势最高，H点的电势高于I点的电势，选项B、D错误．将一个正的摸索电荷沿x轴从H移动到I的过程中，电势能先增大后减小，选项C正确．【答案】C【归纳总结】1.几种常见的E－x图象(1)点电荷的E－x图象正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x改变关系的图象大致如图1和图2所示．(2)两个等量异种点电荷的E－x图象①两电荷连线上的E－x图象如图3所示．②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图4所示．(3)两个等量同种点电荷的E－x图象①两电荷连线上的E－x图象如图5所示．②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图6所示．2．E－x图象特点(1)反映了电场强度随位移改变的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势凹凸依据电场方向判定．二、φ－x图象例2真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x改变的关系如图所示，则依据图象可知( )A．R处的电场强度E＝0B．若摸索电荷从x1处移到x2处，电场力不肯定做正功C．x1处与x2处的电场强度沿x方向的重量的方向相反D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的【解析】φ－x图象中，曲线上随意一点的切线的斜率表示电场强度，R处切线的斜率不为零，故x轴方向的电场强度不为零，故A错误；若摸索电荷从x1处移到x2处，电势降低，依据公式W AB＝qU AB，假如是正电荷，电场力做正功；假如是负电荷，电场力做负功，故B正确；x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度重量的方向相同，故C错误；离电荷越近，电场强度越大，故φ－x图象的斜率越大，而在O点向右，切线斜率变大，故O点不行能有电荷，故D错误，故选B.【答案】B【归纳总结】1.几种常见的φ－x图象(1)点电荷的φ－x图象(取无限远处电势为零)①正点电荷的φ－x图象如图1所示；②负点电荷的φ－x图象如图2所示．(2)两个等量异种电荷连线上的φ－x图象，如图3所示．(3)两个等量同种电荷的φ－x图象①两正电荷连线上的φ－x图象如图4所示．②两正电荷连线的中垂线上的φ－y图象如图5所示．2．φ－x图象特点及应用(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．(2)在φ－x图象中可以干脆推断各点电势的大小，并可依据电势大小关系确定电场强度的方向．(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的改变，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出推断．三、E p(E k)－x图象例3一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x改变的关系如图所示，其中O～x2段关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1D ．x 2～x 3段的电场强度大小、方向均不变【解析】依据电势能与电势的关系E p ＝qφ，场强与电势的关系E ＝ΔφΔx ，得E ＝1q ·ΔE p Δx，由数学学问可知E p －x 图象切线的斜率等于ΔE p Δx，x 1处切线斜率为零，则x 1处电场强度为零，A 错误；由题图知在O ～x 1段图象切线斜率的肯定值不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，粒子做变速运动，x 1～x 2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，粒子做变速运动，x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，粒子做匀加速直线运动，B 错误，D 正确；依据E p ＝qφ，粒子带负电即q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，C 错误．【答案】D【归纳总结】解决此类图象问题的关键是弄清晰电场中的功能关系：电场力做功对应电势能的改变，即W 电＝－ΔE p ＝E p0－E p ，即F 电＝|ΔE p Δx|，因此图线的斜率表示了电场力的大小，也反映了电场强度的大小，若电场力为恒力，则电场强度不变，则E p －x 图线为一条倾斜直线．针对训练1．已知某静电场的电场强度的方向与x 轴的正方向一样，电场强度大小E 与位置x 的关系图象如图所示，其中O ～x 2段为抛物线的一段且关于x ＝x 1对称，x 2～x 3段为倾斜的直线，且x 1＝x 2－x 1＝x 3－x 2，起先时一带正电粒子位于原点，现给该粒子一水平向右的初速度，使其仅在电场力的作用下沿x 轴的正方向运动．则下列说法正确的是(C)A ．带电粒子在O ～x 2段先做减速运动再做加速运动B ．带电粒子在x 2～x 3段做匀加速直线运动C ．位置O 与x 1间的电势差等于位置x 1与x 2间的电势差D ．在O ～x 3段电场力对带电粒子始终做负功【解析】O ～x 3段电场的方向始终沿x 轴的正方向，则该带电粒子所受的电场力始终沿x 轴的正方向，粒子始终沿x 轴的正方向做加速运动，则电场力始终对该粒子做正功，A 、D 错误；x 2～x 3段电场强度沿x 轴的正方向渐渐增大，粒子做加速度渐渐增大的加速运动，B 错误；依据对称性可知，位置O 与x 1间的平均电场强度与位置x 1与x 2间的平均电场强度相等，则由U ＝Ed 可知，位置O 与x 1间的电势差等于位置x 1与x 2间的电势差，C 正确．2．(多选)在x 轴上存在一水平方向的电场，有一质量m ＝2 kg 的带电小球沿光滑绝缘的水平面只在电场力的作用下，以初速度v 0＝2 m/s 在x 0＝7 m 处起先向x 轴负方向运动．电势能E p 随位置x 的改变关系如图所示，则小球的运动范围和最大速度分别为(BC)A ．运动范围x≥0B ．运动范围x≥1 mC ．最大速度v m ＝2 2 m/sD ．最大速度v m ＝3 m/s【解析】依据动能定理可得W 电＝0－12mv 20＝－4 J ，故电势能增大4 J ，因在起先时电势能为零，故电势能最多增大4 J ，故运动范围在x≥1 m ，故A 错误，B 正确；由图可知，电势能最大减小4 J ，故动能最多增大4 J ，依据动能定理可得W ＝12mv 2－12mv 20；解得v ＝2 2 m/s ，故C 正确，D 错误．3．(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 改变的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m ，带电量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.下列叙述正确的是(BC)A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力渐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能始终增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m ，则运动过程中的最大速度为6φ0q mD ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 【解析】由E ＝U d知，φ－x 图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O 运动到x 1的过程中，场强不变，由F ＝qE 知，粒子所受电场力保持不变，故A 错误；负电荷在电势高处电势能小，则小球从x 1运动到x 3的过程中，电势不断降低，负电荷的电势能始终增大，故B 正确；若小球的初速度v 0＝2φ0q m，当小球运动到x 1处时，电场力做正功最多，粒子的速度最大，从x ＝0到x 1处，依据动能定理得：qφ0＝12mv 2m －12mv 20，由题意，有：v 0＝2φ0q m ，解得最大速度为：v m ＝6φ0q m，故C 正确；只要小球能恰好运动到x 3处，初速度v 0最小，就能到x 4处，从x ＝0到x 3处，依据动能定理得：qφ0＝12mv 20，解得：v 0＝2φ0q m ，故D 错误．4．等量异种点电荷在四周空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势φ随x 的分布图象如图所示．x 轴上AO<OB ，A 、O 、B 三点的电势分别为φA 、φ0、φB ，电场强度大小分别为E A 、E O 、E B ，电子在A 、O 、B 三点的电势能分别为E pA 、E pO 、E pB .下列推断正确的是(D)A ．φB >φA >φOB ．E A >E O >E BC ．E pO <E pA <E pBD ．E pB －E pO >E pO －E pA【解析】正电荷四周电势较高，负电荷四周电势较低，φA >φO >φB ，A 错误；依据电场强度的合成可知B 点场强最大，O 点最小，B 错误；电子带负电，依据电势能E p ＝qφ，可知E pB 最大，E pA 最小，C 错误；由图象可知U OB >U AO ，依据电场力做功W ＝qU ，电子带负电，可知W BO >W OA ，即E pB －E pO >E pO －E pA ，D 正确．5．(多选)一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，则下列关于电场强度E 、粒子动能E k 、粒子电势能E p 、粒子加速度a 与位移x 的关系图象可能的是(CD)【解析】依点电荷的场强公式E ＝k Q r 2，可知电场强度随x 的改变不是匀称减小，故A 错误；由于不是匀强电场，电场力做功W ≠qEx ，则动能不是随x 匀称增大，故B 错误；E p －x 图线的切线斜率表示电场力，随着x 的增大，电场力渐渐减小，故C 正确；加速度a ＝F m ＝qE m ＝kQq mx 2，可知a 随x 的改变图线是曲线，且减小，故D 正确．6．如图所示，矩形区域PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)从a 点以v 1的初速度垂直于PQ 进入电场，最终从MN 边界的b 点以与水平边界MN 成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v 2＝2v 1，取a 点电势为零，假如以a 点为坐标原点O ，沿PQ 方向建立x 轴，则粒子从a 点运动到b 点的过程中，电场的电场强度E 、电势φ、粒子的速度v 、电势能E p 随x 的改变图象正确的是(D)【解析】因为匀强电场中的电场强度到处相等，故A 错误；因为粒子离开电场时y 方向的速度v y ＝v 2sin 30°＝v 1，则电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故B 错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx ＝12mv 2－12mv 21，所以v 与x 不是线性关系，C 错误；因为规定a 点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，依据电场力做功与电势能的改变的关系，有qEx ＝－ΔE p ＝0－E p ，故E p ＝－qEx ，故D 正确．7．(多选)真空中有一半径为r 0的带电金属球壳，通过其球心的始终线上各点的电势φ分布如图，r 表示该直线上某点到球心的距离，r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离．下列说法中正确的是(BC)A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．A 点的电场强度方向由A 指向BC ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做负功【解析】A 点的电势高于B 点的电势，选项A 错误；A 点的电场强度方向由A 指向B ，A 点的电场强度大于B 点的电场强度，选项B 、C 正确；正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做正功，选项D 错误．8．(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面旁边存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3.0)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块P(可视作质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g＝10 m/s 2.则下列说法正确的是(CD)A ．滑块运动的加速度渐渐减小B ．滑块运动的速度先减小后增大C ．x ＝0.15 m 处的场强大小为2.0×106 N/CD ．滑块运动的最大速度约为0.10 m/s【解析】依据E ＝U d ＝－ΔφΔx，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系图象斜率的大小表示电场强度，电场强度的方向沿x 轴的正方向．由电势φ与坐标x 的关系图象可知，沿x 轴正方向，电场强度越来越小．滑块从x ＝0.10 m 处由静止释放，所受电场力方向沿x 轴正方向，所受电场力越来越小，当电场力等于滑动摩擦力时加速度减小到零．滑块接着运动，做减速运动，加速度增大，所以滑块运动的加速度先减小后增大，选项A 错误．滑块先做加速运动，后做减速运动，选项B 错误．由E ＝－ΔφΔx，可知x ＝0.15 m 处的场强大小为2.0×106 N/C ，选项C 正确．当滑动摩擦力等于电场力时，滑块运动的速度最大．滑块所受滑动摩擦力f ＝μmg＝0.04 N ．由f ＝qE 可得对应点的电场强度E ＝2.0×106 N/C ，对应的x ＝0.15 m ．由动能定理，qU －μmgΔx ＝12mv 2，0.1 m 处电势约为4.5×105 V ，0.15 m 处电势为3.0×105 V ，∴U ＝1.5×105V ，解得v ＝0.1 m/s.即滑块运动的最大速度约为0.1 m/s ，选项D 正确．。
高三物理一轮复习7静电场(含高考真题)
咐呼州鸣咏市呢岸学校专题7 静电场1. 〔2021课标理综II 第18题〕如图，在光滑绝缘水平面上.三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.静电力常量为k.假设三个小球均处于静止状态，那么匀强电场场强的大小为A ．233l kqB ．23l kqC ．23lkq D ．232l kq 答案：B解析:设小球c 带电量Q ，由库仑律可知小球a 对小球c 的引力为F=k2qQ l ，小球b 对小球c 的引力为F=k 2qQ l，二力合力为2Fcos30°.设水平匀强电场的大小为E ，对c 球，由平衡条件可得：QE=2Fcos30°.解得：E=23kq l ，选项B 正确. 2. 〔2021课标理综1第15题〕如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q>O)的固点电荷.b 点处的场强为零，那么d 点处场强的大小为(k 为静电力常量) A. k23R q B. k 2910R q C. k 29R q Q + D. k 299R q Q + 答案：B解析：根据题述b 点处的场强为零，可知a 点处电荷量为q 的固点电荷在b 点产生的电场的场强与圆盘在b 点产生的电场的场强大小相方向相反，即圆盘在b 点产生的电场的场强大小E Q =k 2R q .根据点电荷电场强度公式和电场叠加原理，d 点处的电场E= k ()23R q + E Q =k 2910R q ，选项B 正确.3.〔2021课标理综1第16题〕一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方d/2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回.假设将下极板向上平移 d/3，那么从P点开始下落的相同粒子将A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板d/2处返回D.在距上极板2d/5处返回答案：D解析：根据题述，粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器后电场力做负功.设粒子带电量为q，电池两极之间的电压为U，由动能理，mg(d+d/2)-qU=0..假设将下极板向上平移 d/3，一不能打在下极板上.设粒子在距上极板nd处返回，那么电场力做功为-3qnU/2，由动能理，mg(nd+d/2)- 3qnU/2=0..解得n=2d/5，即粒子将在距上极板2d/5处返回，选项D正确.4．〔2021高考理综第3题〕如题3图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，那么A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功答案：B解析：高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，离原子核越近，速率越小，电势能越大，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，三点中，α粒子在N点的电势能最大，选项A错误B正确.在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的高，α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为正功，选项CD错误. 5．〔2021高考物理第10题〕两异种点电荷电场中的势面如下图，A点电势高于B点电势.假设位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，那么(A)a处为正电荷，q a＜q b(B)a 处为正电荷，q a ＞q b(C)a 处为负电荷，q a ＜q b(D)a 处为负电荷，q a ＞q b答案：B解析：根据A 点电势高于B 点电势可知，a 处为正电荷，q a ＞q b ，选项B 正确.6. 〔2021高考理综第19题〕如下图，在x 轴相距为L 的两点固两个量异种点电荷+Q 、-Q ，虚线是以+Q 所在点为圆心、L/2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称.以下判断正确的选项是A ．b 、d 两点处的电势相同B ．.四点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，+q 的电势能减小答案：ABD解析：由对称性可知b 、d 两点处的电势相同，选项A 正确.由于沿两个量异种点电荷连线的电场最强，所以.四点中c 点处的电势最低，选项B 错误.b 、d 两点处的电场强度大小相，方向不相同，所以选项C 错误.由于c 点电势低于a 点，将一试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，+q 的电势能减小，选项D 正确.7. 〔2021高考理综第20题〕如下图，xOy 平面是无穷大导体的外表，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空.将电荷为q 的点电荷置于z 轴上z=h 处，那么在xOy 平面上会产生感电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体外表上的感电荷共同激发的.静电平衡时导体内部场强处处为零，那么在z 轴上z=h/2处的场强大小为〔k 为静电力常量〕 A.24q k h B.249q k h C.2329q k h D.2409q k h答案:D解析:点电荷q 和导体外表上的感电荷共同激发的电场与相距2h 的量异号点电荷相同，在z 轴上z=h/2处的场强可看作是处在z=h 处点电荷q 和处在z=-h 处点电荷-q 产生电场的叠加，由点电荷场强公式，E=k 22q h ⎛⎫ ⎪⎝⎭+ k 232q h ⎛⎫ ⎪⎝⎭=2409q k h ，选项D 正确. 8.(2021高考物理第6题)将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如下图，金属球外表的电势处处相. a 、b 为电场中的两点，那么〔A 〕a 点的电场强度比b 点的大〔B 〕a 点的电势比b 点的高〔C 〕检验电荷-q 在a 点的电势能比在b 点的大〔D 〕将检验电荷-q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功答案：ABD解析：根据电场线的疏密表示电场强度大小可知a 点的电场强度比b 点的大，选项A 正确.根据沿电场线方向电势逐渐降低，a 点的电势比b 点的高，选项B 正确.由电势能与电势的关系可知，检验电荷-q 在a 点的电势能比在b 点的小，选项C 错误.将检验电荷-q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功，电势能增大，选项D 正确.9.(2021高考物理第3题) 以下选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘. 坐标原点O 处电场强度最大的是 答案：B解析：将圆环分割成微元，由对称性分析可得，D 图中O 处电场强度为零点.C 图中两个带+q 的14圆环在坐标原点O 处电场强度为零.所以坐标原点O 处电场强度最大的是图B.10 ．〔2021高考理综物理第6题〕两个带量正电的点电荷，固在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，那么A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大o.q运动到O点时电势能为零答案：BC解析：在两个带量正电的点电荷连线的中垂线上，电场线方向由O指向A.O点电场强度为零，A点电场强度大于零.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，所受静电力由A指向O，只在静电力作用下运动，电场力做功，电势能减小，q向O点做加速度逐渐减小的加速运动，q由A向O运动的过程电势能逐渐减小，q运动到O点时的动能最大，电势能不为零，选项BC正确AD错误．11. 〔2021高考理综第19题〕图7，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相的光滑轨道，甲、乙两小孩沿着不同轨道同时从A处自由滑向B处，以下说法正确的有A．甲的切向加速度始终比乙大B．甲、乙在同一高度的速度大小相C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处答案：B D解析：在光滑轨道上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，那么小孩重力沿轨道切向方向分力为：mgsinθ=ma t，其切向加速度a=gsinθ.可以看出来甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，前半段，甲的切向加速度比乙大，后半段，甲的切向加速度比乙小，选项B 错误.当甲乙下降相同的高度h 时，由动能理得： 221mv mgh =即：gh v 2=，甲、乙在同一高度的速度大小相，选项B 正确.在同一时刻，甲的位移总比乙大，甲比乙先到达B 处，选项C 错误D 正确.12. 〔2021高考理综第15题〕喷墨打印机的简化模型如下图，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后 ，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，那么微滴在极板间电场中A ．向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关答案：C解析：不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，微滴在极板间向正极板偏转，选项A 错.电场力做功，电势能减小，选项B 错误.不计重力的带负电微滴初速方向和恒电场力方向垂直，其运动轨迹为抛物线，选项C 正确.带电墨汁微滴所受电场力与电量成正比，所以运动轨迹与带电量有关，选项D 错误.13.(2021高考理综第18题)某原子电离后其核外只有一个电子，假设该电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动A.半径越大，加速度越大B.半径越小，周期越大C.半径越大，角速度越小D.半径越小，线速度越小答案：C解析：电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，由k 2rQe =ma 可知，半径r 越大，加速度a 越小，选项A 错误.由k 2r Qe =m ω2r 可知，半径r 越大，角速度ω越小，选项C 正确.由ω=2π/T 可知，半径r 越大，周期T 越大，半径越小，周期越小，选项B 错误.由k 2rQe =m r v 2可知，半径r 越大，线速度v 越小，选项D 错误.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题撬分练七静电场………………………………………………………………………………………………时间：60分钟满分：100分基础组一、选择题(每小题6分，共54分)1．[2016·枣强中学模拟](多选)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q 的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列哪些图中的放置方法能使M、N静止(细杆中点均与P1P2连线中点重合)( )答案BD解析A中M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，选项A 错误；B中M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，选项B正确；C中M 电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，选项C错误；D中M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，选项D正确。
2．[2016·衡水二中期末]如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E，撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为( )A.E2B.22EC ．E D.2E答案 B解析 两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O 点产生的场强的大小为E ＝2E 1，故撤走一根带电棒后，在O 点产生的场强为E 1＝E2＝22E ，选项B 正确。
3．[2016·武邑中学猜题](多选)负点电荷Q 固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P 仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则( )A ．粒子P 带负电B ．a 、b 、c 三点的电势高低关系是φa ＝φc <φbC ．粒子P 由a 到b 电势能增加，由b 到c 电势能减少D ．粒子P 在a 、b 、c 三点的加速度大小之比是2∶1∶2 答案 BCD解析 粒子P 仅受电场力作用，轨迹弯曲方向跟电场力方向一致，故粒子P 带正电，选项A 错误；沿电场线方向电势降低，故φa ＝φc <φb ，选项B 正确；粒子P 由a 到b ，电场力做负功，电势能增加，由b 到c ，电场力做正功，电势能减少，选项C 正确；电场力F ＝k Qqr2＝ma ，故粒子P 在a 、b 、c 三点的加速度大小之比是2∶1∶2，选项D 正确。
4．[2016·冀州中学仿真]如图所示，等边三角形ABC 处在匀强电场中，其中电势φA＝φB ＝0，φC ＝φ。
保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时B 点的电势为( )A.33φ B.12φ C ．－33φ D ．－12φ答案 C解析 设等边三角形的边长为L ，则匀强电场E ＝φ32L ，若让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B 1点(转动后的B 点)到AB 的距离为L 1＝L 2，所以U ＝Ed ＝φ32L ×L2＝3φ3，故转动后B 点的电势为－3φ3，选项C 正确。
5．[2016·武邑中学预测]空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示，x 1和－x 1为x 轴上对称的两点。
下列说法正确的是( )A ．x 1处场强大于－x 1处场强B ．若电子从x 1处由静止释放后向x 轴负方向运动，到达－x 1点时速度为零C ．电子在x 1处的电势能大于在－x 1处的电势能D ．x 1点的电势比－x 1点的电势高 答案 B解析 由图可知x 1处场强与－x 1处场强大小相等，则A 错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O 点处电势为零，则由图可知x 1与－x 1处电势相等，电势差为零，C 、D 错误；由动能定理有qU ＝ΔE k ，可知B 选项正确。
6．[2016·衡水二中模拟](多选)如图所示，有两个质量均为m ，带等量正、负电荷的小球P 、Q ，Q 被固定在倾角为α的光滑直角斜面的竖直面上，当小球P 被放置在与小球Q 同一竖直面内且等高位置的斜面上时，P 恰好静止，此时它们之间的距离为L ，则下列说法正确的是( )A ．将球Q 下移一小段距离，球P 仍可能静止B ．由题设条件能算出小球P 、Q 所带的电荷量C ．将球Q 沿水平线向左移一小段距离，球P 将沿斜面向上移动D ．先设法使球P 静止，将球Q 置于斜面顶端后，再释放球P ，球P 将沿斜面下滑 答案 BD解析 对P 受力分析，利用正交分解法得mg sin α＝F cos α＝kq 2L 2cos α，所以q ＝mgL 2tan αk，选项B 正确；Q 下移后与P 间的距离大于L ，F 减小，同时与斜面夹角增大，所以沿斜面向上的力减小，P 球下滑，选项A 错误；Q 水平左移，L 增大，F 减小，同样P球下滑，选项C 错误；Q 放于顶端后，F ′＝kq 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L cos α2＝mg sin αcos α＜mg sin α，P 下滑，选项D 正确。
7．[2016·枣强中学期末](多选)将一带电粒子置于某一静电场中，在t ＝0时刻由静止释放，该粒子仅在电场力作用下做直线运动。
粒子运动过程中的v t 图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．t 1～t 2时间内，电场力对粒子做负功B ．t 3～t 4时间内，粒子的电势能一直增大C ．t 2、t 4时刻，粒子所在位置处的电势相等D．t1时刻粒子所在位置处的电场强度小于t2时刻粒子所在位置处的电场强度答案BCD解析t1～t2时间内粒子运动的速度一直增大，电场力对粒子做正功，选项A错误；t3～t4时间内粒子运动的速度一直减小，电场力一直对粒子做负功，粒子的电势能一直增大，选项B正确；t2、t4时刻粒子的速度大小相等，t2～t4时间内电场力做的总功为零，t2、t4时刻，粒子所在位置处的电势相等，选项C正确；t1时刻粒子运动的vt图象切线的斜率小于t2时刻切线的斜率，可知选项D正确。
8．[2016·衡水二中仿真]M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为E p M，电子在N点时的电势能为E p N，则下列说法正确的是( )A．电子在N点时的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线答案 C解析电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误。
9. [2016·枣强中学期中](多选)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心，A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L 。
有一个可视为质点的质量为m ，电荷量为－q 的带电小球正在槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知 ( )A ．B 点的电荷带正电 B ．B 点的电荷的电荷量为3QC ．B 点的电荷的电荷量为3QD ．小球在槽内做的是匀速圆周运动 答案 CD解析 如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电，由∠ABC ＝∠ACB ＝30°，知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos30°＝3L 由几何关系可得：F 1＝3F 2 即：kQqL 2＝3kQ B q 3L2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确。
圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确。
二、非选择题(共9分)10．[2016·冀州中学期末](9分)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A 、B 两点，其中A 点坐标为(6 cm,0)，B 点坐标为(0， 3 cm)，坐标原点O 处的电势为0，A 点的电势为8 V ，B 点的电势为4 V 。
现有一带电粒子从坐标原点O 处沿电势为0的等势线方向以速度v ＝4×105m/s 射入电场，粒子运动时恰好通过B 点，不计粒子所受重力，求：(1)图中C 处(3 cm,0)的电势； (2)匀强电场的场强大小； (3)带电粒子的比荷qm。
答案 (1)4 V (2)83×102 V/m (3)2.4×1011C/kg解析 (1)设C 处的电势为φC ， 因为OC ＝CA所以φO －φC ＝φC －φA解得φC ＝φO ＋φA 2＝0＋82V ＝4 V(2)B 、C 两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC 垂直，设∠OBC ＝θ，则OB ＝L ＝3 cm因为tan θ＝OC L＝33，所以θ＝60°又U ＝Ed 可得E ＝U d ＝U BOL sin θ＝43×32×10－2V/m ＝83×102V/m(3)带电粒子做类平抛运动，则有L cos θ＝vt L sin θ＝12qE mt 2解得q m ＝2v 2sin θEL cos 2θ＝52×3283×102×3×10－2×14C/kg ＝2.4×1011C/kg 所以带电粒子的比荷为2.4×1011C/kg 。
能力组一、选择题(每小题6分，共24分)11．[2016·衡水中学预测]如图所示，真空中有两个点电荷，Q 1＝4.0×10－8C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 轴上的x ＝0和x ＝6 cm 的位置上，将一带负电的试探电荷q从x＝20 cm的位置沿x轴负方向移到x＝10 cm的位置，在此过程中，试探电荷的( )A．电势能一直增大B．电势能一直减小C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小答案 C解析空间某点的电场强度是点电荷Q1和点电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。