高考專題-專項(xiàng)復(fù)習(xí)-基礎(chǔ)知識(shí)-電場(chǎng)和磁場(chǎng)-靜電場(chǎng)（區(qū)一等獎(jiǎng)）

《電場(chǎng)和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》導(dǎo)學(xué)案考題一對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的理解與應(yīng)用知識(shí)精講1.電場(chǎng)性質(zhì)電場(chǎng)力的性質(zhì)電場(chǎng)能的性質(zhì)(1)電場(chǎng)力①F＝keq\f(q1q2,r2)(只適用于真空中靜止的點(diǎn)電荷)②F＝qE(普遍適用)(2)電場(chǎng)強(qiáng)度①E＝eq\f(F,q)(定義式，普遍適用)②E＝eq\f(U,d)(只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))③E＝keq\f(Q,r2)(只適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng))(1)電場(chǎng)力做功①W＝qEd(只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))②WAB＝qUAB＝EpA－EpB(適用于任何電場(chǎng))(2)電勢(shì)、電勢(shì)差、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系①φ＝eq\f(Ep,q)(電勢(shì)定義式)②UAB＝φA－φB(UBA＝φB－φA)③WAB＝qUAB(UAB＝eq\f(WAB,q))④UAB＝Ed(只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))⑤Ep＝qφ2.電場(chǎng)性質(zhì)的判斷思路(1)明確電場(chǎng)的電場(chǎng)線與等勢(shì)面的分布規(guī)律.(2)利用電場(chǎng)線的疏密分布規(guī)律或場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理判定場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱.(由a＝eq\f(qE,m)判斷a的變化)(3)根據(jù)電場(chǎng)力與電場(chǎng)線相切(與等勢(shì)面垂直)，且指向軌跡的彎曲方向，或軌跡一定夾在力與速度方向之間，分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡問題.(4)根據(jù)電場(chǎng)線的方向、電場(chǎng)線的疏密及電勢(shì)能的大小分析電勢(shì)的高低.(5)應(yīng)用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變之間的關(guān)系判定電勢(shì)能的大小或電場(chǎng)力做功情況.典例剖析例1在直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖1，M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零.靜電力常量用k表示.若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為()圖1\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 \f(3kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 \f(5kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向解析G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零，說明負(fù)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)與正電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可得，正電荷在G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(kQ,a2)，負(fù)電荷在G點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)也為eq\f(kQ,a2)，當(dāng)正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)時(shí)，正電荷與H點(diǎn)的距離為2a，正電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(kQ,4a2)，方向沿y軸正向，由于G和H對(duì)稱，所以負(fù)電荷在G點(diǎn)和H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等方向相反，大小為eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負(fù)向，所以H點(diǎn)處合場(chǎng)強(qiáng)的大小為eq\f(kQ,a2)－eq\f(kQ,4a2)＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負(fù)向，所以B正確.答案B變式訓(xùn)練1.在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正三角形abc，頂點(diǎn)a、b處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，c處固定一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷，它們的電荷量都相等，如圖2所示，D點(diǎn)為正三角形外接圓的圓心，E、G、H分別為ab、ac、bc的中點(diǎn)，E、F兩點(diǎn)關(guān)于c點(diǎn)對(duì)稱.下列說法中正確的是()圖2點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)也為零、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反、H兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同D.將一帶正電的試探電荷由E點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，該電荷的電勢(shì)能減小答案D2.(2016·重慶三模)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1和q2，x軸上電勢(shì)φ隨x而變化的關(guān)系如圖3所示，則()圖3＝x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為0＝x2處電場(chǎng)強(qiáng)度不為0、q2為不等量異種電荷，且正電荷在x＝0處，負(fù)電荷在x＜0的某處、q2為等量異種電荷，且正電荷在x＜0處，負(fù)電荷在x＞0的某處答案C解析在φ－x圖象中，電勢(shì)降低最快的方向即為場(chǎng)強(qiáng)方向，則x2右側(cè)的場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)向，x2左側(cè)的場(chǎng)強(qiáng)方向向右；由E＝eq\f(U,d)知圖象的斜率為場(chǎng)強(qiáng)的大小，得x1處電勢(shì)為零，場(chǎng)強(qiáng)不為零；x2處場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)不為零，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤.兩個(gè)電荷的連線上出現(xiàn)場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)(x2處)有兩種情況，一是同種電荷之間，但兩側(cè)的電勢(shì)變化相同；二是異種電荷的連線之外，x1處的電勢(shì)為正逐漸降低且場(chǎng)強(qiáng)向右，可知此處附近場(chǎng)源電荷為正，負(fù)電荷在x＜0的某處滿足要求，選項(xiàng)C正確、選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的靜電場(chǎng)的等勢(shì)面與紙面的交線如圖4所示，圖中標(biāo)在等勢(shì)面上的數(shù)值分別表示該等勢(shì)面的電勢(shì)，a、b、c……表示等勢(shì)面上的點(diǎn)，下列說法正確的有()圖4A.位于g點(diǎn)的點(diǎn)電荷不受電場(chǎng)力作用點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定相等C.把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再?gòu)膇點(diǎn)移到f點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力做的總功大于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過程中電場(chǎng)力所做的功D.把1C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過程中電場(chǎng)力做的功等于7kJ答案D解析位于g點(diǎn)的位置電勢(shì)為零，場(chǎng)強(qiáng)不為零，所以點(diǎn)電荷受電場(chǎng)力作用，故A錯(cuò)誤；b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加產(chǎn)生的，Q2和Q3與b點(diǎn)和d點(diǎn)的距離不等，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)得Q2和Q3在b點(diǎn)和d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不等，方向不同.所以b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)力做功W＝qU得把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再?gòu)膇點(diǎn)移到f點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力做的總功等于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過程中電場(chǎng)力所做的功，故C錯(cuò)誤；把1C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過程中電場(chǎng)力做的功W＝qU＝1C×[4kV－(－3kV)]＝7kJ，故D正確.考題二與平行板電容器有關(guān)的電場(chǎng)問題方法指導(dǎo)1.必須記住的三個(gè)公式C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d).2.必須明確的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)電路處于接通狀態(tài)時(shí)，電容器兩極板間電壓不變.(2)電路處于斷開狀態(tài)時(shí)，電容器兩極板間的帶電荷量不變.3.平行板電容器問題的分析思路(1)明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的以及怎樣變化.(2)應(yīng)用平行板電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析電容器的電容的變化.(3)應(yīng)用電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況.(4)根據(jù)控制變量法對(duì)電容的變化進(jìn)行綜合分析，得出結(jié)論.典例剖析例2(2016·天津理綜·4)如圖5所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，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，θ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()圖5A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變解析若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減??；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差不變，P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確.答案D變式訓(xùn)練4.如圖6所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略.一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則()圖6A.靜電計(jì)指針張角變小B.平行板電容器的電容將變大C.帶電油滴的電勢(shì)能將增大D.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變答案D解析現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距離增大，靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故A錯(cuò)誤.根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，知，d增大，則電容減小，故B錯(cuò)誤.電勢(shì)差不變，d增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，則P點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢(shì)能減小.故C錯(cuò)誤.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則油滴所受電場(chǎng)力不變，故D正確.5.如圖7所示，兩個(gè)水平放置的平行板電容器，A板用導(dǎo)線與M板相連，B板和N板都接地.讓A板帶電后，在兩個(gè)電容器間分別有P、Q兩個(gè)帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài).A、B間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1；M、N間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是()圖7向下動(dòng)，Q向上動(dòng) 減小，U2增大減小，Q2增大 減小，C2增大答案AC解析將B板下移時(shí)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C1將減?。欢鳰N板不動(dòng)，故C2不變；故D錯(cuò)誤；假設(shè)Q不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，AB板將向MN板充電，故Q1減小，Q2增大，故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對(duì)Q分析可知，Q受到的電場(chǎng)力增大，故Q將上移，對(duì)AB分析可知，E1＝eq\f(U1,d)＝eq\f(Q1,Cd)＝eq\f(Q1,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ1,εrS)，故電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故P受到的電場(chǎng)力減小，故P將向下運(yùn)動(dòng)，故A正確.6.如圖8所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始時(shí)開關(guān)閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲(chǔ)存的能量E＝eq\f(1,2)CU2.一電荷量為－q的帶電油滴，以初動(dòng)能Ek0從平行板電容器的兩個(gè)極板中央水平射入(極板足夠長(zhǎng))，帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則()圖8A.保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移eq\f(d,4)，帶電油滴仍能沿水平線運(yùn)動(dòng)B.保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移eq\f(d,4)，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時(shí)的動(dòng)能為Ek0＋eq\f(qU,12)C.斷開開關(guān)，僅將上極板上移eq\f(d,4)，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時(shí)的動(dòng)能為Ek0＋eq\f(qU,6)D.斷開開關(guān)，僅將上極板上移eq\f(d,4)，若不考慮電容器極板的重力勢(shì)能變化，外力對(duì)極板做功至少為eq\f(1,8)CU2答案BD解析保持開關(guān)閉合，開始時(shí)帶電油滴沿直線勻速通過電容器，則：eq\f(Uq,d)＝mg保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移eq\f(d,4)，則向上的電場(chǎng)力大于重力，故帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；到達(dá)上極板時(shí)動(dòng)能為Ek，則根據(jù)動(dòng)能定理：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Uq,\f(3,4)d)－mg))·eq\f(1,4)d＝Ek－Ek0，以上兩個(gè)方程式聯(lián)立可以得到到達(dá)上極板的動(dòng)能為：Ek＝Ek0＋eq\f(qU,12)，故選項(xiàng)B正確；斷開開關(guān)，電量不變，當(dāng)兩極板間距離發(fā)生變化的時(shí)候，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)力不變，故粒子仍沿直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，僅將上極板上移eq\f(d,4)，則兩板之間距離為eq\f(5,4)d，則C＝eq\f(εrS,4πkd)，C′＝eq\f(εrS,4πk·\f(5,4)d)，則整理可以得到：C′＝eq\f(4,5)C，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)和C′＝eq\f(Q,U′)，整理可以得到：U′＝eq\f(5,4)U，則上移之后電容器儲(chǔ)存的能量為：E′＝eq\f(1,2)C′U′2＝eq\f(5,8)CU2，所以增加的能量為：ΔE＝E′－E＝eq\f(5,8)CU2－eq\f(1,2)CU2＝eq\f(1,8)CU2，故外力對(duì)極板做功至少為eq\f(1,8)CU2，故選項(xiàng)D正確.考題三帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)精講1.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的解題思路首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，區(qū)分是在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題還是曲線運(yùn)動(dòng)問題.2.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v0與E平行時(shí)，優(yōu)先用功能關(guān)系求解，若不行，則用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.(2)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，只能用功能關(guān)系求解.3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(v0垂直于E的方向)，如圖9所示圖9處理方法：應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解.(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v0).(2)沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).(3)離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(

2,0)).(4)速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdv\o\al(

2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdv\o\al(

2,0))；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdv\o\al(

2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdv\o\al(

2,0)).典例剖析例3如圖10所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0(未知)水平拋出，兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ＝37°，帶電小球恰好能垂直M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間(sin37°＝，cos37°＝圖10(1)試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)以及小球拋出的初速度v0；(2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝eq\f(4mg,5q)，試計(jì)算兩平行板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小球不打在N板上.[思維規(guī)范流程]步驟1：小球由A→B做平拋運(yùn)動(dòng)，分方向列方程小球垂直M板在B進(jìn)入電場(chǎng)，在B點(diǎn)：分解速度A點(diǎn)的縱坐標(biāo)：列幾何關(guān)系，得結(jié)論(1)A→B水平方向：eq\f(L,2)·cosθ＝v0t ①豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2 ②在B點(diǎn)：tanθ＝eq\f(v0,gt) ③y＝h＋eq\f(L,2)sinθ ④解得y＝eq\f(17,30)L，v0＝eq\r(\f(3gL,10)) ⑤所以A的坐標(biāo)為(0，eq\f(17,30)L) ⑥步驟2：在B點(diǎn)，速度合成法求vB進(jìn)入電場(chǎng)后的受力情況.對(duì)小球列牛頓第二定律表達(dá)式：分方向列方程：得結(jié)論vB＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\r(\f(5gL,6)) ⑦qE＝eq\f(4mg,5)＝mg·cosθ ⑧所以小球做類平拋運(yùn)動(dòng) ⑨mgsinθ＝ma ⑩所以a＝gsinθ ?d＝vBt′ ?eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at′2 ?d＝eq\f(5\r(2),6)L ?每式各1分變式訓(xùn)練7.(2016·四川理綜·9)中國(guó)科學(xué)院2015年10月宣布中國(guó)將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器.加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用.如圖11所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極.質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變.設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間視為電源周期的eq\f(1,2)，質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×10圖11(1)漂移管B的長(zhǎng)度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓.答案(1)0.4m(2)6×104V解析(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到漂移管E電場(chǎng)力做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU ③W′＝3W ④W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,B) ⑤聯(lián)立③④⑤式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V.專題規(guī)范練1.(2016·上?！?1)國(guó)際單位制中，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是()\f(N,C) \f(V,m)\f(J,C) \f(T·m,s)答案C解析由公式E＝eq\f(F,q)可知，電場(chǎng)強(qiáng)度單位為eq\f(N,C)，由公式E＝eq\f(U,d)可知，eq\f(V,m)也是電場(chǎng)強(qiáng)度單位，由qE＝qvB可得E＝vB，故eq\f(T·m,s)也是電場(chǎng)強(qiáng)度單位，由公式U＝eq\f(W,q)可知，eq\f(J,C)是電勢(shì)差單位，故應(yīng)選C.2.(2016·浙江理綜·15)如圖1所示，兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對(duì)絕緣柱支持使它們彼此接觸.把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開()圖1A.此時(shí)A帶正電，B帶負(fù)電B.此時(shí)A電勢(shì)低，B電勢(shì)高C.移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合D.先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合答案C解析由靜電感應(yīng)可知，A左端帶負(fù)電，B右端帶正電，A、B的電勢(shì)相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若移去C，則兩端的感應(yīng)電荷消失，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項(xiàng)C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷仍然存在，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.(2016·全國(guó)丙卷·15)關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說法正確的是()A.兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交B.電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直C.同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等D.將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功答案B解析若兩個(gè)不同的等勢(shì)面相交，則在交點(diǎn)處存在兩個(gè)不同電勢(shì)數(shù)值，與事實(shí)不符，A錯(cuò)；電場(chǎng)線一定與等勢(shì)面垂直，B對(duì)；同一等勢(shì)面上的電勢(shì)相同，但電場(chǎng)強(qiáng)度不一定相同，C錯(cuò)；將一負(fù)電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做負(fù)功，故D錯(cuò).4.(多選)(2016·海南單科·10)如圖2，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實(shí)線分別為帶電粒子M和N先后在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn).不計(jì)重力.下列說法正確的是()圖2帶負(fù)電荷，N帶正電荷在b點(diǎn)的動(dòng)能小于它在a點(diǎn)的動(dòng)能在d點(diǎn)的電勢(shì)能等于它在e點(diǎn)的電勢(shì)能在從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中克服電場(chǎng)力做功答案ABC解析由題圖可知，M粒子的軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受的電場(chǎng)力方向向左，可知M帶電粒子受到了引力作用，故M帶負(fù)電荷，而N粒子的軌跡向下彎曲，則帶電粒子所受的電場(chǎng)力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N粒子帶正電荷，選項(xiàng)A正確；由于虛線是等勢(shì)面，故M粒子從a到b電場(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功，動(dòng)能減小，選項(xiàng)B正確；對(duì)于N粒子，由于d和e在同一等勢(shì)面上，故從d到e電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，選項(xiàng)C正確；由于N粒子帶正電，故從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5.如圖3所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)半徑為R＝1m的圓，電場(chǎng)方向與圓的平面平行，O、P兩點(diǎn)電勢(shì)差為10V，一個(gè)電子在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中在僅受電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，且在P、Q兩點(diǎn)上速度方向與圓的切線一致，速度大小均為1m/s，則()圖3A.電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能先增大后減小B.電子可能做圓周運(yùn)動(dòng)C.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝10V/m點(diǎn)與圓周上電勢(shì)最低的點(diǎn)電勢(shì)差為10eq\r(2)V答案D解析帶電粒子僅受電場(chǎng)力作用，由于粒子在P、Q兩點(diǎn)動(dòng)能相等，則電勢(shì)能也相等，因?yàn)殡妶?chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以兩點(diǎn)的連線PQ即為等勢(shì)面，根據(jù)等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂直特性，從而畫出電場(chǎng)線CO.由曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，正電粒子所受的電場(chǎng)力沿著CO方向，因此粒子從P到Q做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向與電場(chǎng)力方向夾角先大于90°后小于90°，電場(chǎng)力對(duì)于運(yùn)動(dòng)來說先是阻力后是動(dòng)力，所以動(dòng)能先減小后增大，故A、B錯(cuò)誤；勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)式中的d是沿著電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UPO＝E×eq\f(\r(2),2)R，所以E＝eq\f(\r(2)U,R)＝10eq\r(2)V/m，C錯(cuò)誤，圓周上電勢(shì)最低的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢(shì)差為U＝ER＝10eq\r(2)V，故D正確.6.如圖4所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，正極板與靜電計(jì)相連，兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn).若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離x0的過程中，靜電計(jì)帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容、σ表示極板單位面積所帶電荷量(也稱面電荷密度)、U表示P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢(shì)差，W表示正檢驗(yàn)電荷的電勢(shì)能.各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是()圖4答案A解析當(dāng)負(fù)極板左移時(shí)，d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd＋x)可知，C與x圖象的關(guān)系如圖A所示，故A正確；σ表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯(cuò)誤；因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)原來與負(fù)極板之間的距離為x，則P點(diǎn)的電勢(shì)φ＝E(x－x0)，那么U＝E(x－x0)，與x成線性關(guān)系，故C錯(cuò)誤；電勢(shì)能W＝φq＝Eq(x－x0)，應(yīng)該是傾斜直線，故D錯(cuò)誤.7.(2016·海南單科·6)如圖5，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(dòng)能Ek0豎直向上射出.不計(jì)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(chǎng)強(qiáng)度的最大值為()圖5\f(Ek0,4qd)\f(Ek0,2qd)\f(\r(2)Ek0,2qd)\f(\r(2)Ek0,qd)答案B解析根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0時(shí)，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：－veq\o\al(

2,y)＝－2eq\f(Eq,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)，聯(lián)立整理得到E＝eq\f(Ek0,2qd)，故選項(xiàng)B正確.8.如圖6所示為某粒子分析器的簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu).金屬板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關(guān)相連，其中Q板接地.一束帶電粒子，從a處以一定的初速度平行于金屬板P、Q射入兩板之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置.在其他條件不變的情況下，要使該粒子束能從Q板上b孔射出(不計(jì)粒子重力和粒子間的相互影響)，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是()圖6A.保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板B.保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板C.先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板D.先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板答案A解析粒子在平行板電容器之間做類平拋運(yùn)動(dòng)，要使該粒子束能從Q板上b孔射出，需要增大粒子平拋水平位移，豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(qU,md)，則由a到下極板的距離d0＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUt2,2md)，從而可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2mdd0,qU))，水平方向位移x＝v0t＝v0eq\r(\f(2mdd0,qU))，保持開關(guān)S閉合，則兩極板電壓不變，適當(dāng)上移P板，即d增大，d0不變，水平位移增大，選項(xiàng)A對(duì).保持開關(guān)閉合，左移P板則電壓不變，d和d0都不變，水平位移不變，選項(xiàng)B錯(cuò).先斷開開關(guān)S，適當(dāng)上移P板，則電荷量不變，水平位移x＝v0eq\r(\f(md0εrS,2πkQq))，所以水平位移不變，選項(xiàng)C錯(cuò).同理，先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，正對(duì)面積變小，電容變小，電荷量不變，電壓變大，d0不變，水平位移變小，選項(xiàng)D錯(cuò).9.(2016·北京理綜·23)如圖7所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d.圖7(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U＝×102V，d＝×10－2m，m＝×10－31kg，e＝×10－19C，g＝10m(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng).電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式.類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn).解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)只考慮電子所受重力和電場(chǎng)力