全國通用版2022年高考物理考點題型拓展復(fù)習(xí)專題八電場

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()A.小球b的機械能逐漸減小B.小球b所受庫侖力大小始終為2mgC.小球b的加速度大小先變大后變小D.細(xì)線PM的拉力先增大后減小3.[2021吉林白城檢測,多選]如圖所示,A、B是點電荷電場中的兩點,A點的電場強度大小為E1,方向與AB連線夾角θ=120°,B點的電場強度大小為A點電場強度大小的13.將B點電場強度沿AB方向和垂直AB方向分解,沿AB方向的分量E2水平向右,則下列判斷正確的是 (A.場源電荷帶負(fù)電B.場源電荷帶正電C.E1=3E2 D.E1=23E24.[2019全國Ⅲ,21,6分,多選]如圖,電荷量分別為q和-q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上,a、b是正方體的另外兩個頂點.則 ()A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同5.[多選]如圖所示,實線表示電場線,虛線ABC表示一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡,軌跡上B點的切線與該處的電場線相互垂直.下列說法正確的是 ()A.粒子帶正電B.粒子在B點的加速度大于它在C點的加速度C.粒子在B點時電場力做功的功率為零D.粒子從A點運動到C點的過程中電勢能先減小后增大6.如圖所示,邊長為L的正六邊形ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細(xì)棒.每根細(xì)棒均勻帶上相同的正電荷.現(xiàn)將電荷量為+Q的點電荷置于BC中點,此時正六邊形幾何中心O點的場強為零.若移走+Q及AB邊上的細(xì)棒,則O點電場強度大小為(k為靜電力常量,不考慮絕緣細(xì)棒之間及絕緣細(xì)棒與+Q的相互影響) ()A.kQL2B.4kQ3L27.一均勻帶負(fù)電的半球殼,球心為O點,AB為其對稱軸,平面L垂直AB把半球殼一分為二,L與AB相交于M點,對稱軸AB上的N點和M點關(guān)于O點對稱.已知均勻帶電球殼內(nèi)部任一點的電場強度都為零.取無窮遠(yuǎn)處電勢為零,在距離點電荷q為r處的電勢為φ=kqr,假設(shè)L左側(cè)部分球殼在M點產(chǎn)生的電場強度為E1,電勢為φ1;L右側(cè)部分球殼在M點產(chǎn)生的電場強度為E2,電勢為φ2;整個半球殼在M點產(chǎn)生的電場強度為E3,在N點產(chǎn)生的電場強度為E4.下列說法中正確的是 (A.若平面L左右兩部分球殼的表面積相等,有E1>E2,φ1>φ2B.若平面L左右兩部分球殼的表面積相等,有E1<E2,φ1<φ2C.只有平面L左右兩部分球殼的表面積相等,才有E1>E2,E3=E4D.不論平面L左右兩部分球殼的表面積是否相等,總有E1>E2,E3=E4考點2電場能的性質(zhì)揭秘?zé)狳c考向1.[2020山東,10,4分,多選]真空中有兩個固定的帶正電的點電荷,電荷量不相等.一個帶負(fù)電的試探電荷置于二者連線上的O點時,僅在電場力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài).過O點作兩正電荷連線的垂線,以O(shè)點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d,如圖所示.以下說法正確的是 ()A.a點電勢低于O點B.b點電勢低于c點C.該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能2.[2019江蘇,9,4分,多選]如圖所示,ABC為等邊三角形,電荷量為+q的點電荷固定在A點.先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處(電勢為0)移到C點,此過程中,電場力做功為-W.再將Q1從C點沿CB移到B點并固定.最后將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點.下列說法正確的有 ()A.Q1移入之前,C點的電勢為WB.Q1從C點移到B點的過程中,所受電場力做的功為0C.Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點的過程中,所受電場力做的功為2WD.Q2在移到C點后的電勢能為-4W拓展變式1.[2020江蘇,9,4分,多選]如圖所示,絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力).開始時,兩小球分別靜止在A、B位置.現(xiàn)外加一勻強電場E,在靜電力作用下,小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置.取O點的電勢為0.下列說法正確的有 ()A.電場E中A點電勢低于B點B.轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C.該過程靜電力對兩小球均做負(fù)功D.該過程兩小球的總電勢能增加2.[2017天津,7,6分,多選]如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡.設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是()A.電子一定從A向B運動B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷C.無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA<EpBD.B點電勢可能高于A點電勢3.[2018全國Ⅱ,21,6分,多選]如圖,同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a、c連線的中點,N為b、d連線的中點.一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2.下列說法正確的是 ()A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為WC.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為W2D.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4.[2018全國Ⅰ,21,6分,多選]圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2V.一電子經(jīng)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(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時,其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍5.[v-x圖像]電荷量為Q1、Q2的兩個點電荷A、B分別固定在x軸上的原點O處和x=5d處,一正點電荷C(僅受電場力)從x=d處以初速度v0沿x軸正方向運動,其速率v與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示,則下列判斷正確的是 ()A.點電荷A帶負(fù)電荷、B帶正電荷B.點電荷A、B所帶電荷量的絕對值之比為2:3C.點電荷C從x=d處到x=4d處的過程中,在x=2d處的電勢能最小D.點電荷C從x=d處到x=4d處的過程中,電勢能先增大后減小6.[2020湖南長郡檢測,多選]在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定兩個點電荷,且固定在A處的點電荷帶電荷量的數(shù)值為Q,兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖像,圖中x=L點為圖線的最低點,若在x=2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球(可視為質(zhì)點).已知靜電力常量為k,則下列有關(guān)說法正確的是 ()7.[2021河北邯鄲模擬,多選]某條直電場線上有O,A,B,C四個點,相鄰兩點間距離均為d.以O(shè)點為坐標(biāo)原點,沿電場強度方向建立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.將一個帶電荷量為+q的粒子從O點由靜止釋放,僅考慮電場力作用.則 ()A.若A點的電勢為零,則O點的電勢為EB.粒子從A到B做勻變速直線運動C.粒子運動到B點時的動能為3D.粒子在OA段電勢能的變化量小于在BC段電勢能的變化量8.靜電場方向平行于x軸,將一電荷量為-q的帶電粒子在x=d處由靜止釋放,粒子只在電場力作用下沿x軸運動,其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系如圖所示.若規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a的正方向,下列四幅示意圖分別表示電勢φ隨x的分布、場強E隨x的分布、粒子的加速度a隨x的變化關(guān)系和粒子的動能Ek隨x的變化關(guān)系,其中正確的是 ()考點3電容器及帶電粒子在電場中的運動揭秘?zé)狳c考向1.[2018北京,19,6分]研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示.下列說法正確的是 ()A.實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電B.實驗中,只將電容器b板向上平移,靜電計指針的張角變小C.實驗中,只在極板間插入有機玻璃板,靜電計指針的張角變大D.實驗中,只增加極板帶電荷量,靜電計指針的張角變大,表明電容增大2.[2019全國Ⅲ,24,12分]空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點.從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(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點發(fā)射時的速度大小為v0,到達(dá)P點所用時間為t;B從O點到達(dá)P點所用時間為t2.重力加速度為g(1)電場強度的大小;(2)B運動到P點時的動能.拓展變式1.[2018江蘇,5,3分]如圖所示,水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢面,則該油滴 ()A.仍然保持靜止B.豎直向下運動C.向左下方運動 D.向右下方運動2.如圖甲,傾角為θ的光滑絕緣斜面,底端固定一帶電荷量為Q的正點電荷.將一帶正電的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處,此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖像如圖乙(E1和x1為已知量).已知重力加速度為g,靜電力常量為k,由圖像可求出 ()A.小物塊所帶的電荷量B.A、B間的電勢差C.小物塊的質(zhì)量D.小物塊速度最大時到斜面底端的距離3.[2016海南,6,3分]如圖所示,平行板電容器兩極板的間距為d,極板與水平面成45°角.上極板帶正電.一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動能Ek0豎直向上射出.不計重力,極板尺寸足夠大.若粒子能打到上極板,則兩極板間電場強度的最大值為 ()A.Ek04qdB.Ek04.[2019天津,12,20分]2018年,人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生,這種引擎不需要燃料,也無污染物排放.引擎獲得推力的原理如圖所示,進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A、B之間的勻強電場(初速度忽略不計),A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過程中引擎獲得恒定的推力.單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù),e是元電荷.(1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少;(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時,引擎獲得的推力F也不同,試推導(dǎo)FP(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率,要使FP盡量大,請?zhí)岢鲈龃驠P5.[2015山東,20,6分,多選]如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~T3時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0~T時間內(nèi)運動的描述,正確的是 (A.末速度大小為2v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了12mgd D.克服電場力做功為6.[多選]如圖所示,豎直平面內(nèi)一半徑為R的光滑圓環(huán)處在與水平方向夾角為θ=45°的斜向上的勻強電場中,現(xiàn)一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電小球在圓環(huán)內(nèi)側(cè)A點靜止(A點未畫出),已知場強E=2mgq,現(xiàn)給靜止在A處的小球一沿圓環(huán)切線方向的沖量I,使小球不脫離軌道,I的取值可能是 (A.mgRB.m3gRC.2mgRD.m7.如圖所示,在平面坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi),y軸右側(cè)寬度d=1.0m的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向、場強大小為E1的勻強電場,在2d<x<3d的區(qū)域內(nèi)有寬度也為d=1.0m沿y軸正方向、場強大小為E2=4E1的勻強電場.在坐標(biāo)原點上方A(0,1.0)處有一粒子源,它一次可以向外放出一個或多個電子,電子的質(zhì)量為m,電荷量為-e.不計電子的重力及彼此間的相互作用力.(1)若從A點沿x軸正方向分別以v1=eE1d2m和v2=5eE1d(2)若從A點沿x軸正方向發(fā)射許多速度大小不同的電子,且所有電子速度都小于4eE1dm,當(dāng)它們進(jìn)入電場E2以后,在電場中運動的動能變?yōu)檫M(jìn)入電場E2時動能的n倍時,它們的位置分布在一條傾斜的直線上,直線通過(2.0m,1.0m)和(3答案專題八電場考點1電場力的性質(zhì)揭秘?zé)狳c考向1.D對P、Q整體進(jìn)行受力分析可知,在水平方向上整體所受電場力為零,所以P、Q必帶等量異種電荷,選項A、B錯誤;對P進(jìn)行受力分析可知,勻強電場對它的電場力應(yīng)水平向左,與Q對它的庫侖力平衡,所以P帶負(fù)電荷,Q帶正電荷,選項D正確,C錯誤.2.D由點電荷的場強公式E=kQr2可知,與-Q距離相等的點場強大小相等,離-Q越近的點場強越大,故a點場強的大小與b點的相等,b點場強的大小比c點的大,A、B項錯誤;與-Q距離相等的點,電勢相等,離-Q越近的點,電勢越低,故a點電勢與b點的相等,b點電勢比c1.A以A、B、C整體為研究對象,對其受力分析,受重力、支持力以及彈簧的拉力,則由力的平衡條件可知,F=k0x'=3Mgsinα,解得x'=3Mgsinαk0,B錯誤;以A為研究對象,小球受到的庫侖力大小為FA=F-Mgsinα=2Mgsinα,方向沿斜面向下,C錯誤;為了使B、C均能靜止在光滑的絕緣斜面上,則小球C應(yīng)帶正電,設(shè)相鄰兩球之間的距離為x,則對小球B由力的平衡條件得Mgsinα+kq0qCx2=kq02x2,對小球C由力的平衡條件得Mgsinα+kq2.D小球b所受到的庫侖力和管道的彈力始終與速度垂直,所以小球b機械能守恒,A錯誤;設(shè)圓弧半徑為R,由于小球b機械能守恒,從G滑到H的過程中,有mgR=12mv12,在H處,有F庫-mg=mv12R,解得F庫=3mg,B錯誤;設(shè)b與O的連線與水平方向的夾角為θ,則mgRsinθ=12mv2,任意位置的加速度為向心加速度和切向加速度的合成,即a=an2+ar2=(v2R)2+(gcosθ)2=g3sin2θ+1,可知隨著θ增大,小球b的加速度一直變大,C錯誤;設(shè)PN與豎直方向成α角,對球O受力分析,豎直方向上有FPNcosα=mg+F'庫sinθ,水平方向上有F'庫cosθ+FPN3.BD如果場源電荷帶負(fù)電,則B點電場強度沿AB方向的分量應(yīng)該水平向左,與題意矛盾,因此場源電荷帶正電,A錯誤,B正確;由于B點的電場強度大小為A點電場強度大小的13,由E=kQr2可知,B點到場源電荷的距離為A點到場源電荷的3倍,由幾何關(guān)系可知,場源電荷與A點連接跟場源電荷與B點連線垂直,如圖所示,由幾何關(guān)系可知B點電場強度與其分量E2夾角為30°,則有13E1cos30°=E2,解得E1=234.BCa、b兩點到電性不同的兩點電荷連線的距離相等,且關(guān)于兩點電荷連線中點對稱,可知a、b兩點的電場強度大小相等,方向相同,選項B、C均正確.電荷量分別為q和-q(q>0)的點電荷(等量異種點電荷)固定在正方體的兩個頂點上,正方體的另外兩個頂點a、b分別在兩點電荷q和-q連線的垂直平分面兩側(cè),故a點和b點的電勢不相等,選項A錯誤.電勢是標(biāo)量,將q和-q在a、b兩點產(chǎn)生的電勢分別相加,可得φb>φa,將負(fù)電荷從a點移到b點,電場力做正功,電勢能減少,選項D錯誤.5.BC因為帶電粒子的運動軌跡向左下彎曲,所以帶電粒子所受的電場力方向沿電場線切線方向向下,故粒子帶負(fù)電,A錯誤;電場線的疏密表示場強大小,由圖知B點的場強大于C點的場強,則粒子在B點的加速度大于在C點的加速度,B正確;因為粒子的運動軌跡中B點的切線與該處的電場線垂直,即粒子在B點受到的電場力的方向與粒子在B點的速度方向垂直,所以此刻粒子受到的電場力做功的功率為零,C正確;帶電粒子從A到B,電場力做負(fù)功,電勢能增大,從B到C,電場力做正功,電勢能減小,D錯誤.6.D根據(jù)對稱性可知,AF與CD上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度的矢量和為零,AB與DE上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度的矢量和為零.BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度的大小為kQ(Lsin60°)2=4kQ3L2,由題意分析可知EF上的細(xì)棒與BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度的矢量和為零,則EF上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度的大小也為4kQ3L2,故每根細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度的大小都為4kQ3L27.D設(shè)想將題中半球殼補充為一個完整的均勻帶負(fù)電的球殼,則整個球殼在M點產(chǎn)生的電場強度為0,設(shè)補全后L右側(cè)的球殼在M點產(chǎn)生的電場強度為E5,則E1與E5應(yīng)等大反向,分析可知E2<E5,則E1>E2,且與題中L左右兩部分球殼的表面積是否相等無關(guān);根據(jù)幾何關(guān)系知,L右側(cè)部分球殼上各點到M點的距離均大于L左側(cè)部分球殼上各點到M點的距離,根據(jù)φ=kqr知,|φ1|>|φ2|,因球殼帶負(fù)電,所以φ1<φ2,選項A、B錯誤.因為完整的均勻帶電球殼內(nèi)部任一點的電場強度為零,根據(jù)對稱性可知補全后左、右半球殼在M、N點產(chǎn)生的電場強度等大反向,故題中半球殼在M、N考點2電場能的性質(zhì)揭秘?zé)狳c考向1.BD由題意可知O點場強為零,所以a、O兩點間場強方向是由a指向O的,所以φa>φO,A項錯誤;同理,φc>φO,O點與b點間的電場強度有豎直向上的分量,所以φO>φb,則φc>φb,B項正確;同理,φa>φb,φc>φd,又帶負(fù)電的試探電荷在電勢高處電勢能較小,所以C項錯誤,D項正確.2.ABD根據(jù)電場力做功可知-W=q(0-φC1),解得φC1=Wq,選項A正確.B、C兩點到A點的距離相等,這兩點電勢相等,Q1從C點移到B點的過程中,電場力做功為0,選項B正確.根據(jù)對稱性和電勢疊加可知,A、B兩點固定電荷量均為+q的點電荷后,C點電勢為φC2=2φC1=2Wq,帶電荷量為-2q的點電荷Q2在C點的電勢能為EpC=(-2q)×φC2=-4W,選項D正確.Q2從無限遠(yuǎn)移動到C點的過程中,電場力做的功為0-EpC=41.AB沿電場線方向電勢降低,則B點的電勢比A點的電勢高,A正確;由對稱性可知,兩小球所處位置的電勢的絕對值始終相等,則由Ep=qφ可知兩小球的電勢能始終相等,B正確;該過程中,帶正電荷的小球所受的電場力方向向右,帶負(fù)電荷的小球所受的電場力方向向左,則電場力對兩小球均做正功,C錯誤;電場力做正功,電勢能減少,所以該過程中兩小球的總電勢能減少,D錯誤.2.BC電子僅在電場力作用下可能從A運動到B,也可能從B運動到A,所以A錯誤;若aA>aB,說明電子在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力,所以A距離點電荷較近,B距離點電荷較遠(yuǎn),又因為電子受到的電場力指向軌跡凹側(cè),因此Q靠近M端且為正電荷,B正確;無論Q是正電荷還是負(fù)電荷,若電子從A運動到B,一定是克服電場力做功,若電子從B運動到A,一定是電場力做正功,即一定有EpA<EpB,C正確;對于同一個負(fù)電荷,電勢低處電勢能大,B點電勢一定低于A點電勢,D錯誤.3.BD由題意得,(φa-φb)q=W1,(φc-φd)q=W2,只能得出a、b兩點間和c、d兩點間的電勢關(guān)系,無法確定場強的方向,選項A錯誤;若c、d之間的距離為L,因無法確定場強的方向,故無法確定場強的大小,選項C錯誤;由于φM=φa+φc2、φN=φb+φd2、WMN=q(φM-φN),上述式子聯(lián)立求解得粒子從M點移動到N點電場力做的功為WMN=W1+W22,所以B正確;若W1=W2,有φa-φb=φc-φd,變形可得φa-φc=φb-φd,又φa-φM=φa-φa+φc2=φa-φc2,φ4.AB電子在等勢面b時的電勢能為E=qφ=-2eV,電子由a到d的過程電場力做負(fù)功,電勢能增加6eV,由于相鄰兩等勢面之間的距離相等,故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等,則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2eV,則電子在等勢面c的電勢能為零,等勢面c的電勢為零,A正確.由以上分析可知,電子在等勢面d的電勢能應(yīng)為2eV,C錯誤.電子在等勢面b的動能為8eV,電子在等勢面d的動能為4eV,由公式Ek=12mv2可知,該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的2倍,D錯誤.如果電子的速度與等勢面不垂直,則電子在該勻強電場中做曲線運動,所以電子可能到達(dá)不了平面f就返回平面a,B正確5.D由圖像可知正點電荷C從x=d處到x=4d處的過程中,其速度先減小后增大,故電場力先做負(fù)功后做正功,即從x=d處到x=2d處場強方向向左,從x=2d處到x=4d處場強方向向右,且x=2d處合場強為零,由場強的疊加可知點電荷A、B均帶負(fù)電荷,選項A錯誤;由x=2d處的合場強為零得kQ1(2d)2=kQ2(3d)2,故Q1∶Q2=4∶9,選項B錯誤;因為點電荷C從x=6.CD據(jù)φ-x圖像可知兩個固定點電荷均帶正電,故選項A錯誤;又據(jù)φ-x圖像切線的斜率絕對值等于場強E的大小,則知x=L處場強為零,且沿著電場線方向電勢降低,所以小球在C處受到的電場力向左,向左加速運動,到x=L處加速度a為0,從x=L向左運動時,電場力向右,做減速運動,所以小球在x=L處的速度最大,故選項B錯誤;x=L處場強為零,根據(jù)點電荷場強則有kQA(4L)2=kQB(2L)2,解得QA:QB=4:1,又QA=Q,QB=14Q,則x=0處的場強也可以求出,為E0=kQ(3L)2-kQ4(3L)2=kQ12L27.ABC根據(jù)電壓與電場強度的關(guān)系U=Ed,可知E-x圖像圍成的面積的絕對值表示電勢差的絕對值,取A點電勢為零,粒子從O到A的電勢差為UOA=12E0d,又UOA=φO-φA,解得φO=12E0d,故選項A正確;由圖可知,A、B之間是勻強電場,故粒子從A到B做勻變速直線運動,故選項B正確;由圖可知,O、B間的電勢差為UOB=12E0d+E0d=32E0d,根據(jù)動能定理得qUOB=EkB-0,得EkB=32E0qd,故選項C正確;由圖可知,OA段E-x圖像圍成圖形的面積大于BC段所圍圖形的面積,即UOA>UBC,根據(jù)W=qU,可知OA段電場力做功多,故8.D因為粒子帶負(fù)電,由Ep=φq可知,φ-x圖像應(yīng)與Ep-x圖像的形狀上、下對稱,選項A錯誤;因為φ-x圖像的切線斜率的絕對值表示電場強度的大小,沿電場方向電勢降低,所以在x=0的左側(cè)存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場,在x=0的右側(cè)存在沿x軸正方向的勻強電場,選項B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma,粒子在勻強電場中運動時加速度大小不變,由于粒子帶負(fù)電,粒子的加速度在x=0左側(cè)為正值、在x=0右側(cè)為負(fù)值,選項C錯誤;因為帶電粒子只受電場力作用,所以帶電粒子的動能與電勢能總和保持不變,即Ek-x圖像應(yīng)與Ep-x圖像的形狀上、下對稱,選項D正確.考點3電容器及帶電粒子在電場中的運動揭秘?zé)狳c考向1.A實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,則a板帶電,由靜電感應(yīng)可知,在b板上感應(yīng)出與a板電性相反的電荷,故選項A正確;實驗中,只將電容器b板向上平移,正對面積S變小,由C=εrS4πkd,可知電容C變小,由C=QU,Q不變,可知U變大,因此靜電計指針的張角變大,選項B錯誤;實驗中,只將極板間插入有機玻璃板,相對介電常數(shù)εr變大,由C=εrS4πkd,可知電容C變大,由C=QU2.(1)3mgq(2)2m(v02+g解析:(1)設(shè)電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件,有mg+qE=ma①12a(t2)2=12gt解得E=3mgq(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1,到達(dá)P點時的動能為Ek,O、P兩點的高度差為h,根據(jù)動能定理有Ek-12mv12=mgh且有v1t2=v0th=12gt2聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t21.D由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,兩極板之間的電勢差不變,將B板右端向下移動一小段距離,極板之間的電場強度將減小,油滴所受電場力減小,且電場力方向斜向右上方,則油滴所受的合外力斜向右下方,所以該油滴向右下方運動,選項D正確.2.C由動能圖線得知,小物塊的速度先增大后減小.根據(jù)庫侖定律得知,小物塊所受的庫侖力逐漸減小,合外力先減小后增大,加速度先減小后增大,則小物塊沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動,直至速度為零.由動能圖線看出,速度有最大值,此時小物塊受力平衡,即庫侖力與重力沿斜面的分力平衡,由于沒有x的具體數(shù)據(jù),所以不能求得q,故A錯誤;小物塊由A到B的過程,重力勢能的增加等于電勢能的減小,所以可以求出小物塊電勢能的減小,由于小物塊的電荷量不知道,所以不能求出A、B之間的電勢差,故B錯誤;由重力勢能線得到E1=mgh=mgx1sinθ,讀出斜率,即可求出m,故C正確;圖像中不能確定哪一點的速度最大,題目中也沒有小物塊的電荷量、質(zhì)量等信息,所以不能確定小物塊速度最大時到斜面底端的距離,故D錯誤.3.B如圖所示,粒子在垂直極板方向上做勻減速運動,在平行極板方向上做勻速運動,軌跡呈曲線,全過程電場力做負(fù)功.若