一本高中物理新課標版教學課件專題7電場

C.2．(2015·浙江理綜，16，6分)如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則()【答案】D由圖可知，右側金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側金屬板帶負電，根據(jù)靜電感應規(guī)律，近端感應出異種電荷，因此乒乓球的左側感應出正電荷，A錯誤．乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，B錯誤．乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場力的作用，C錯誤．用絕緣棒將電，被左極板排斥向右運動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，D正確．α粒子在各點處的加速度方向正確的是(A．M點B．N點C．P D．Q【答案】C重金屬原子核與α粒子之間存在相互排斥的作用力，其作用力的方向沿兩原子核的連線方向，即加速度也在兩原子核的連線方向上，C正確．r

q1q2k本單位表示，k的單位應為(

k

【答案】 由

r2k＝qqk

＝

4，B1 A A5．(2012·物理，11，3分)A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間在B處固定一電荷量為Q的點電荷．當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為( 【答案】 研究電場力時需注意其矢量性，關注大小也要關注方向．如圖所示，設B處的點

Qq，F(xiàn)沿BA方向，F(xiàn)′＝Q·2q kk （2r）2＝2kB面與水平面的夾角為θ.AAmq.A的右側固定放置帶等量同種電荷球A靜止在斜面上，則 AABqqmgsink

．當

mg ktanmg ktan．當

A【答案】 由庫侖定律

AA＝r2FT＋Fcosθ＝mgsinθ，F(xiàn)N＝Fsinθ＋mgcosθFT＝0時，F(xiàn)cosmgsin

，解得

mgtan ，CA靜止在斜面上，F(xiàn)N0，D在桌面上．PML，P、MN視為點電荷，下列說法正確的是()A．MNB．P、MNCP產(chǎn)生的電場中，M、ND．M、N【答案】 PMN的作用力大小相等、方向相反、在一條直線上，B、DMN＝（L＋L′）2L′＝(2－1)L<L，A錯誤．PφM>φN，C

【點撥】P、M、N三點共線(MN會發(fā)生轉動)，然后根據(jù)三個考向 庫侖定律與電荷守恒定律的綜合應后平分．

k k(2011·海南物理，3，3分)31、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間1q2nq312此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知( 【解析】12 r1、2

＝nkr2332、1q032后q2231后424 21、2之間的作用力

聯(lián)立①②n＝6，D【答案】【點撥】考向 庫侖力作用下的平衡問(2014·福建福州模擬)如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3在同一條直線上，q2和q3的距離為q1和q2距離的兩倍，每個點電荷所受靜電力的合力為零．由此可以判斷，三個點電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3為( 【解析】由三電荷平衡模型的特點“兩同夾異”可知，q1q3q2q1q2rq2q32rq1有kq2q1＝kq1q3，則有q2＝1q3有＝

（2r）2，所以q2＝4，考慮到各電荷的電性，A【答案】【點撥】庫侖力作用下的平衡問題首先是受力平衡問題，分析時把庫侖力當成一個普通力，進行1．(2015·天水一中期中)兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷r侖力的大小為

1 4

【答案】 由庫侖定律得F＝kr2，兩球相互接觸后各自帶電荷量 二者間距為2F′＝k

2＝kr2F′＝3F，C23mgL2將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構成一棱長為L的正四面體，如圖所示．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在23mgL2A. 【答案】 mg，又F＝L2，由正四面體的幾何關系知cosθ＝3，聯(lián)立解得 Bq＝＋1.0×10－6Cm＝1.0×10－2kg.B從桿的上NB開始運動(k＝9.0×109N·m2/C2g＝10m/s2，sincos37°＝0.8)BaBMr【解析】(1)BmgFFN和qE作用，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgsin qEcosL2a＝gsin

qEcos a＝3.2r2(2)BA、Brmgsinr2

mg mgsinθ－qEcosr＝0.9【答案】(1)3.2 (2)0.9點處場強的大小和方向分別為()A.3kQy軸正向B.3kQy C.5kQy軸正向D.5kQy 【答案】 電荷置于G點時，H點場強E＝ kQ＝－3kQ，沿y軸負方向，B正確（2a）2－ 2．(2015·理綜，20，6分)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小σ Q Q ε

Q Q 【答案】 由題知，σ

Q .Q＝S

.兩板之間的場強為兩板各自場強疊加的合場強，E合

，D2RQ，則()

【答案】 兩電荷在R處的合場強為零，則兩電荷電性一定相同，q1在R處產(chǎn)生的電場強度 1 1 ，q2在R處產(chǎn)生的電場強度 ，由E1＝E2及PR＝2RQ可得q1＝4q2，B正確 強電場場強的大小為()

【答案】 以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中

＝kl2

qc＝2qa可處于平衡狀態(tài)，同理，b亦恰好平衡，故B 5．(2012·理綜，20，6分)如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ — （R2＋x2）1/2xσ0—半徑為r的圓板，如圖乙所示，則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為

rx rx【答案 特殊值代入法、極限法是解決這類問題的關鍵．R→∞時，E＝2πk 挖去半徑為r的圓板后，產(chǎn)生的場強 ，故A正確6．(2014·新課標Ⅱ，19，6分)關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是( 【答案】AD由靜電場等勢面的特點知，電場強度的方向處處與等勢面垂直，A正確．電場強度為零的地方，電勢不一定為零，如等量正電荷連線中點處，B錯誤．電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向，但隨著電場強度的減小，電勢不一定降低，C錯誤，D正確．7．(2014·江蘇物理，4，3分)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直O(jiān).x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是()A．OB．OCOxDOx【答案】B00，而電勢逐漸減小，A、C、D錯誤，B正確．【點撥】本題可結合等量同種電荷的中垂線上的場強、電勢分布去解決，只不過圓環(huán)看成是無數(shù)WaWb，a、bEaEb，則() A從題圖中可以看出，a、bφa＝φba、b兩點運線密集的地方場強較大，Ea>Eb，A正確，C錯誤．跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點，則該粒子()cbcabbc【答案】 間是斥力，粒子也帶正電，A

Qq，c點離場源電荷最遠，受力最小，Bbck 得DL＝2.0mq＝＋2.0×10－6C的兩點電A、Bk＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)(2)C【解析】(1)根據(jù)庫侖定律，A、BF＝9.0×10－3(2)A、BCE1＝qA、BCE＝2E1cos30°④聯(lián)立③④E＝7.8×103N/C⑤Ey【答案】 (2)7.8×103N/C，沿y軸正考向 電場強度的計

E＝q三個

E＝r2②Q為場源電荷的電荷量d多個點電荷在空間某點產(chǎn)生的電場強度等于每個點電荷單獨存在時在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和．矢量合成遵循平行四邊形定則．(2013·新課標Ⅰ，15，6分)如圖所示，一半徑為R的圓盤上均Qca、b、d三個bd點處場強的大小為(k為靜電力常量)()

C．k

D．k【解析】bbE1qbE E1＝E2＝qdE3＝q，qdE4＝ E3d

B正確，A、C、D

【答案】

【點撥】1.(2013·理綜，20，6分)如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表z＝hxOy荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上 的場強大小為(k為靜電力常量

＝2A．

B．k

【答案】 該電場可等效為分別在z軸h處與－h(huán)處的等量異種電荷生的電場，如圖所示，則在

E＝q＋

＝

2

k9h2

考向 借助電場線分析電場分布特MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．以下判斷正確的是( A．bdB．bda、bb、c試探電荷＋qac【解析】O是連線上場強最小的MN對稱”可知，Uab＝Ubc，C正確．根據(jù)電場線的方向可知，ac點的電勢，即φa＞φc.結合電勢能Ep＝qφ可知，試探電荷＋q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D錯誤．【答案】【點撥】熟悉幾種典型的電場線分布有助于我們對電場強度和電勢迅速做出判斷，進一步了解電利用點電荷的場強、場強的疊加原理進行合成計算考向 根據(jù)電場線(或等勢面)中粒子的軌跡判斷運動情(2011·新課標卷，20，6分)一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運b點的切線)()【解析】bvbac的彎ac的速率是遞減的，所以EF的方向相反，D正確．【答案】】F的方向要符合電荷的運動軌跡，EF的方向要符合電荷的電性．重力．下列說法正確的有()【答案】AB根據(jù)電場線與等勢面垂直并指向電勢低的等勢面的特點，可大致不斷減小，由功能關系可知，粒子的電勢能始終增加，C、D錯誤．1．(2015·七校聯(lián)考)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場可等M、N兩點，OM＝ON＝2R.MEN點的場強大小為(

kq kq kq

【答案】 抓住帶電體電場的對稱性特點，結合場的疊加進行分析．完整球殼在M點產(chǎn)生電的場強為

性，左半球殼在N點產(chǎn)生電場的場強為 －E，B正確 放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力跟試探電荷所帶電荷量的關系如圖乙所示，則( A．A2×103B．B2×103QA、BQA、O【答案】 由F-q圖線斜率表示場強可知，A點場強大小E＝2×10－6N/C＝2×103N/C，可B

－6N/C＝5×102N/C，A正確，BAD的是()MNMN【答案】C由電荷的運動軌跡可知，電荷所受的電場力斜向上，由于電場線的方向未知，所以不能確定電荷的電性，A錯誤．孤立正電荷的電場線是從正電荷出發(fā)到無窮遠處終止的直線，故該靜電場不一定是孤立正電荷產(chǎn)生的，B錯誤．電場線密的地方電場的場強大，電場線疏的地方電場的場強小，N點的速度，DB點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)，則下列說法正確的是()A．BE＝1BCACCAD．A、BUAB＝－5ADB2m/s2qE＝maB點場強故電勢逐漸降低，B、CqUAB＝1mv2－1v2UAB＝－5V，D 2m4grBg，則在－Q中(qA．D點的電勢為qB．ADC．OA點的2D．點電荷－qD【答案】 在C點固定一電荷量為－Q的點電荷，A、B相對CD左右對稱，則φA＝φB＝0點電荷－qAADBDmgr＋W

＝E

＝EpD

7mgr

D＝ A正確，B、D錯誤．由場 E＝kQ可知 kQ，故EO＝2EA，C錯誤 （ 組平行線，M、N、P、QφM、φN、φP、φQ，一電子由MNP點的過程中，電場力所做的負功相等，則()AaBcCMQDPQ【答案】B 由題意可知WMN＝WMP，因此N和P是等勢點，由勻強電場可知，c、d為等勢面，A錯誤．電子由M到N電場力做負功，即φM＞φN，B正確．M與Q位于同一等勢面上，移動電荷不做功，C錯誤．由P到Q移動電子，電場力做正功，D錯誤．圖所示．c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()bB．a(chǎn)bC．cdD．cd【答案】ACDab點的場強大，A正確．a(chǎn)與相等，方向相反，由電場的疊加可知，cd點場強大，C正確．在正電荷的電場中，c、d兩點dc點高，D零．下列說法正確的是()aOaO、ba【答案】BC 根據(jù)等量異種電荷形成的電場的特點可知，b點電勢為零，電場強度不為零，A錯誤．Epa＝qφa，φa＞0，若q＞0，則Epa＞0，電場力方向與電場強度方向相同，均向右，B正確．由于φO<φa，且q>0，故必須克服電場力做功，C正確．電場力做的功等于電勢能的變化，WOa＝q(φO－φa)，Wba＝q(φb－φa)，φO＝φb，所以WOa＝Wba，電勢能變化相等，D錯誤．a(chǎn)()NQNPNQPQ【答案】BCaNQb越來越近，電勢能逐漸增大，C正確．NQ為正，后為負，小球速率先增大后減小，B正確．PQ過程中，重力和庫侖力都做負功，重力勢能和電勢能增加量等于動能減少量，D錯誤．5．(2015·理綜，21，6分)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N A．MNB．M帶負電荷，NMNM【答案】BDM、NM、N受力平衡，兩小球間作用力等大反向，則勻強電場對小球的作用力也應等大反向，即電荷量相同，A錯誤．M、N電性相反，相互吸引，M受向左的電場力，M的作用力水平向左，做負功，D正確．場的等勢面．下列判斷正確的是()1、21、31、22、3【答案】D電場線的疏密表示電場的強弱，切線方向表示電場方向，1、2兩點場強方向相同，大小不同.1、3兩點場強大小不同，方向不同，A、B錯誤．沿電場線方向電勢逐漸降低，1點電勢高于2點電勢，C錯誤．同一等勢面上各點電勢相等，D正確．7．(2014·理綜，17，6分)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為如圖所示．下列圖象中合理的是()【答案】DW＝－ΔEpW＝Eqx知，Ep-xE的大小，隨x的增大，斜率在減小，E在減小，AW＝Eqx＝Ek－0Ek-x圖象的斜率逐漸減小，B錯誤．由第二定律得Eq＝ma，a也隨x的增大而減小，C錯誤，D正確．8．(2014·山東理綜，19，6分)R的均勻帶正電薄球殼，其上有一O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)Ek0Ekr的關系圖線，可能正確的是(【答案】Ar的增加而減小，試探電荷在殼外做加速度減小的加速直線運動，動能隨r的增加而增加，但增加得越來越“慢”．A正確．【點撥】9．(2014·新課標Ⅰ，21，6分)如圖所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則( QMPP、FPN【答案】ADQMNPF中垂線的交點，由幾何關系M、P的連線上，A正確．點電荷的等勢面是以點電荷為圓心的圓面，B錯誤．PN點離正QφM＝φN<φP＝φFC錯誤，D正確．【點撥】克)、s(秒)、A(安培)．導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為( B．m2·kg·s－3·A－1 1kg·m/s2×1【答案】

，W＝Fs，q＝It1

1

＝1m2·kg·s－3·A－1，B

圓上的4個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱．下列判斷正確的是( A．b、d兩點處的電勢相同B．4cC．b、dD．將一試探電荷＋qac點，＋q【答案】ABDa、b、c、d四點的位置荷在電勢越低的地方電勢能越小，D正確．【點撥】明確電場的分布特點是解決此類問題的關鍵，然后熟練運用電場力、電場能性質(zhì)的幾個4個點，則()A．P、QB．a(chǎn)bC．cdDac【答案】D由題圖中等勢面的對稱性知，P、Q兩處為等量異種電荷，A錯誤．由于電場線與等cd點的電勢，Cac，電勢升高，負電荷電勢能減少，D正確．【點撥】13．(2013·重慶理綜，3，6分)如圖所示，高速運動的αO點的重最近，QM點離核更遠，則()A．αMQB．3點中，αNC．在重核產(chǎn)生的電場中，MQD．αMQBM、N、QφN>φM>φQCαEpN>EpM>EpQBαMQEpM＋EkM＝EpQ＋EkQEkQ>EkM，WMQ＝EkQ－EkM>0，A、D錯誤．cbba點，則()Cbcoabc方向．帶負電caab＝bcUab>UbcW＝qUWcb<Wba，A、B錯誤．電場力做正功，粒子電勢能減小，動能增大，C正確，D錯誤．A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場．粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中()【答案】C由等勢面可知電場線分布情況，正電荷在上面，負電荷在下面．帶負電粒子將彎向正點電荷運動，先靠近后遠離，電場力先做正功后做負功，電勢能先變小后變大，C正確．【點撥】本題應抓住“00”的特點進行相關判斷．16．(2014·物理，19，3分)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷 Ax2x4Bx1x3Cx1x4Dx1x4【答案】 由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小C正確，Dx1x3x2x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，A錯誤，B17．(2014·新課標Ⅰ，25，20分)如圖所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點OB

mOB6g.求：(1)A(2)【解析】(1)v0Ek0OAtOA＝d 3，根據(jù)平拋dsindcos

1＝2m由①②③式得 2AEkA2由④⑤式得

ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④

2

x，如圖，則有

3＝ΔEdd2α＝30°⑩＝30°.由④⑦?E3＝

考向 電場力的功及電勢能的變W＝EqddWAB＝EpA－EpB.即靜電力做多少正功，電勢能就減少多少；

電場力做功的特點及其與電勢能變化的關系，可類力做功的特點及其與重力勢能變(2013·理綜，6，6分)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中PQ兩點，MNPQPQO點，AMN上的一點．一帶負電的則()A．qAOB．qAOC．qOD．qO【解析】MO電場強度先增大后減小，q受到的電場力為變力，OO點動能最大，B、C正確．qMNO點電場qO點時電勢能為負，D錯誤．【答案】【點撥】電場力做功與電勢能變化、電勢、電勢差等密切相關，要正確判斷相關問題，就要理順利用功的W＝Flcosα分析．此適用于勻強電場中電場力的功利用WAB＝qUAB分析．此適用于任何電場，但需注意各量的符號規(guī)定WAB＝EpA－EpBW電場力＋W其他力＝ΔEkEp＝qφ分析．正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越高的地方電勢考向 電勢和電勢差的判斷與計1．電勢的兩個 EpA＝2．電勢差的兩個qq是()A．ABB．A、BC．q1q2D．q1Aq2B【解析】q1q2Q帶負電，1WWA∞＝－W＝EpA－0，WB∞＝－W＝ 【答案】

q1＝φA，UB∞＝q2＝φBφA<φBq1>0，q2>0q1<q2，C【點撥】涉及電場能的性質(zhì)的兩個EpA＝qφA和WAB＝qUAB都是標量式，但應用時都需要代入電勢高低的判斷方法UAB＝WABWAB、qUABφA、φB考向 電場中“場強”和“電勢”的確O處為零，其他點左右對稱(O點O處最小，其他點左右對稱(同，指向負電荷中點O的場強為零；由中點到無限遠，先變大后變方向相反，背離O點，指向無限遠O到無限遠，逐漸變小，且O處最低，其他點左OO處為零，由負電荷O

＝dd越小，即場強越大，等差等勢面越密．定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系．例如，距離相等的兩點間的電勢差，E越大，UE越小，Uφ-xx

Δφφ-x Δx＝dB3V，則電場強度的大小為()3A．200 33C．100 3【解析】勻強電場的電場線與等勢面都是平行、等間距排列的，且電場線與等OACC3連接BC 3 ＝200OC·sin【答案】

＝d【點撥】解決此類問題的關鍵是確定勻強電場的大小和方向，其思路如下：電勢分布特點→等分等分法確定勻強電場中的電勢()A．UOP＝－10sinθ(V) B．UOP＝10sinθ(V)C．UOP＝－10cos D．UOP＝10cosθ(V)＝【答案】 熟練掌握 ＝

UOP<0，在勻強電場中，UOP＝－E·Rsinθ＝－10sinθ(V)，故A1．(2013·重點中考)關于靜電場的各種表述，下列說法中正確的是( 【答案】ABC根據(jù)電場的性質(zhì)可知，A確．電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，D錯誤．EP和EQ，電勢分別為φP和φQ，則 【答案】A 3．(2015·河北“五個一名校”質(zhì)檢)一帶正電的檢驗電荷，僅在電場力作用xx＝－∞x＝＋∞vxx1和x＝－x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大，則在x軸上( A．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強度相同B．x＝x1x＝－x1C．x＝0Dx＝x1x＝＋∞【答案】Bx＝x1x＝－x1兩處，電場強度大小相同，方向相反，A錯誤．檢驗電荷僅受電場力v-tx＝x1x＝－x1處電場強度最大，B正減小，D錯誤．＝L，QM＝2LA、B、CPQ段與電場線垂之和保持不變，若不計小球間的相互作用，下列說法正確的是()AACB．A球一定帶正電，CCCD．A、C兩球帶電量的絕對值之比ADPQM90W＝qUB球和保持不變，由功能關系得，WA＋WC＋0＝0qAEL＋qCE·2L＝0A、C兩球帶異種電荷，但A、D正確，B、C錯誤．5．(2015·江西新余一中三模)xφx的分布m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以初v0O點(x＝0)x軸正方向運動．下列敘述正確的是()AOx1Bx1x3mCm

【答案】BD 粒子從O運動到x1的過程中，電勢升高，場強方向沿x軸負方向，粒子帶負電，不斷降低，電勢能一直增大，Bx3mmmm

q(0－φ

1v2

v2

，D0＝2m 2m “Va、b、c、d4個點，則下列說法中正確的是()A．a(chǎn)、b、c、dBbc0.8【答案】BC由題圖可知，φa＝φb＝0.10V，φc＝qd＝0.90V，a、b、c、d四點電場強度大小相C故電子應沿中心軸線穿出，D錯誤．g，則下列判斷正確的是()A．在從A點至B點的過程中，M先做勻加速運動，后做勻運BACCBMCBMmgsinDQ產(chǎn)生的電場中，A、B

mgLsinθ【答案】 以帶電小球M為研究對象，M受到重力、電場力、彈力三個力作用，根據(jù)mgsinθ－kr2＝maMABF庫＝kr2＝ma1＋mgsinθ>mgsinθA、CAC點的過程中，電勢能的增加量ΔEpAC＝－WAC＝qUCAC點的過程中，電勢能的增加量ΔEpCB＝－WCB＝qUBCUCA<UBC，則ΔEpAC<ΔEpCBBmgLsin動能定理可得mgLsinθ－qUBA＝0，解得 ，故D正確1．(2015·新課標Ⅱ，14，6分)如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩于紙面)45a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止狀態(tài)BC．向正下方做勻加速運動D【答案】DqE＝mg.45°對微粒受力分析，如圖中虛線所示，由平行四邊形定則可知合力向左下方，且大小恒定，D正確，A、B、C錯誤．E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場么()AE2對三種粒子做功一樣多【答案】 U1U2120

1qU2t2，

y＝4U1dyq、m2同，B錯誤．又因為三種粒子運動軌跡相同，但速度不同，所以運動時間不同，C錯誤．23．(2015·海南物理，5，3分)Mq(q>0)m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同5時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距2l的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m5 【答案】 2∶3

qE，結 第二定律，得

3∶2，A＝m4．(2015·山東理綜，20，6分)d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 ～3g.0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是 末速度大小為 2 2【答案】 0～1T時間內(nèi)微粒做勻速運動，說明mg＝E0q.T～2T內(nèi)加速度為g向下，2T～T gv0，A錯誤，B勢能減少量

W 2T內(nèi)，E＝0，W

～TW＝－2W＝－2E 0

，D

～3內(nèi)，

5．(2014·理綜，4，6分)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別如圖中虛線所示，那么()AMNMNMN【答案】C本題只能確定重力向下，合外力向下，無法確定電場力方向，也無法確定電場力做功動能增加，C正確．除重力以外其他力做功影響物體的機械能，本題除重力以外帶電微粒只受電場力，由于無法判斷電場力做功的正負，也無法判斷機械能是增加還是減少，D錯誤．【點撥】本題關鍵要明確合外力做功影響動能的變化，除重力和彈力之外的力所做的功影響機械量分別為＋q和－qa、cabcdv0形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)v0等于(22

44

24【答案】 兩粒子垂直進入電場的初速度大小加速度大小均相同所以兩粒子的運動軌跡應24

有對稱性，故軌跡的切點應位于矩形區(qū)域的中心．由2＝v0t，2＝2·m·t，解得 mh，B正確7．(2013·新課標Ⅰ，16，6分)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電

．小孔正上方2

P3d，則從P點開始下落的相同粒子將 3A．打到下極板上B ．在距上極板2處返回D5

【答案】 中 中 ＝.d＝d，故D 8．(2012·海南物理，9，4分)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是( AUdEBEdUCdQUDdQE【答案】 平行板間勻強電場的電場強度

Ud變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹U＝EdB

d不變，由

QU變?yōu)樵瓉淼膬杀叮珻錯誤，同理可知D＝Uv垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A．向負極板偏轉BC．運動軌跡是拋物線D【答案】C由于微滴帶負電，板間電場豎直向下，微滴所受電場力豎直向上，微滴將向正極板偏轉，A錯誤．微滴所受電場力做正功，電勢能減小，B錯誤．微滴所受電場力與初速度方向垂直且電場力為恒力，微滴做類平拋運動，軌跡為拋物線，C正確．微滴帶電量不同則所受電場力不同，豎直方向的位移也會不同，軌跡將不同，D錯誤．則在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動【答案】BD直線運動的條件是在垂直于速度方向上受力平衡，本題中是重反，粒子做勻直線運動，D正確．【點撥】30°.A、B兩點間的電勢差．【解析】BvB.vBsin＝v0sinvB＝A、BUAB，由動能定理有 q聯(lián)立②③UAB＝q【答案 q12．(2015·理綜，23，16分)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，E(圖中未畫出)Am、帶電量為＋q的粒子，B和Cl0ACACC【解析】DytAD＝tDB＝TtBC＝TmqE＝mam22yD＝1aT222A→C(3)DC

v2 【答案】v2

13．(2015·理綜，10，17分)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌P2.0×10－6Cm＝0.25kg263α，且tanα＝1.2.263(1)P2m/s(2)PAD【解析】(1)P02m/sF1＝2Na1，經(jīng)過時間Δt1v1 (2分v1＝a1Δt1②(2分由①②式并代入數(shù)據(jù)得Δt1＝0.5 (2分(2)小物體P從速率為2m/s運動至A點，受外力F2＝6N，設其做勻變速直線運動的加速度為a2，則F2－μmg＝ma2④ (1分)Pv1經(jīng)過Δt2Av2，則Δt2＝0.55s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥(1分PABF2＝6Na3qBv3ABx1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦(2分)3231v2－v2＝2ax (1分3231Pv3BF3FEF3FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，PBv3的平拋PBD點用時為Δt3x2，由題意知v3＝tan (2分 (1分設小物體P從A點至D點電場力做功為W，則 (2分) (1分【答案】(1)0.5 (2)－9.25A板，則板中的電子可能吸收光AB板運動，忽略電子之間的相互作用．保持光照條件不變．a(chǎn)b為接線柱．ANEkmABUma、bIEBAB板的過程中損失的動能之和設為ΔEk.P＝ΔEk.(注意：解題過程中需要用到、但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明e【解析】(1)由動能定理，Ekm＝eUmeBI短ee電源內(nèi)阻 E 短＝I短N′B板，則損失的動能之和I＝N′eP＝IU＝N′eUP＝ΔEk

e

e 15．(2014·理綜，22，14分)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，Cdm、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣g)．求：【解析】(1)v2＝2ghv＝00－v2＝2ad得 得 h＝1gt2，0＝v＋at，t＝t

【答案】

MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動．已知電場強度的大小分別是E1＝CAcmBMNAB【解析】(1)AB的過程中，由動能定理有Ed2＝E1d1＝0.5E2(2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由第二定律有設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動 有 t＝1.5×10－8【答案】(1)0.5 (2)1.5×10－8

A、BmA＝0.1kgmB＝0.2kg，Bq＝＋4×10－6C．設兩物體sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.BAFAa＝0.6m/s2開始做勻加速直線運動．AM到ANF的瞬時功率．【解析】(1)F作用之前，A、BBFf0，A、BFT0對A：FT0＝mAgsinθ① (2分)對B：FT0＝qE＋Ff0②(2分)聯(lián)立①②Ff0＝0.4N③(2分(2)物體A從M點到N點的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為FT，有 (1分) (2分ANvF彈，彈簧的伸長量為Δxv2＝2as⑥(1分F彈 (1分F＋mAgsinθ－F彈sin (2分s（1－cos由幾何關系知 sin (1分設拉力F的瞬時功率為P，有 (1分聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)解得P＝0.528 (2分【答案】(1)0.4 (2)0.52818．(2013·浙江理綜，24，20分)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電AB構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所NEk0NA、BCEA、BCφA、φBφCN板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？比較|ΔEk左|與|ΔEk右|【解析】(1)電子(帶負電)BA，B板電勢高A板．

N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC)N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有ΔEk右＝e(φA－φC)BCCA之間的電場強度，考慮到等勢面間【答案】(1)B板電勢高于A板；理由見解

左|>|ΔEk右|【點撥】通過粒子在場中的勻速圓周運動確定出向心力的來源，進而確定出電場的方向、電勢等考向 電容器的動態(tài)分析問分析電容器問題時常用的 電容的定義式

；

U＝d解題時要分清“定量”和“變量”，分清是保持“電壓不變”，還是“電量不變”．靈活利用2(2011·理綜，5，6分)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電2間電勢差為U2，板間場強為E2.下列說法正確的是( 【解析】dQUUE的變化．設平行板電容器的電容為C，則有 U

U＝Ed

＝

＝d

＝εrS.2Q、板間距變?yōu)?時，U2＝U1，E2＝2E1，C【答案】1(1)U保持不變；(2)Q保持不變．3不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是( A．CU均增大B．C增大，UC．C減小，U增大D．CUεrS 【答案】 平行板電容器的電容 ，當ε增大時，電容C增大，又

QU減小，B考向 帶電粒子在電場中的加速(或)直線運φ0dx＝0x軸方向做周期性m、電量為－q，其動能與電勢能之和為－A(0<A<qφ0)．忽略重力．求：(3)【解析(1)φ-xd(或－d)φ0，且電電場，且從－dd兩點之間的電場關于原點左右對稱，情景如圖所示． ＝d粒子所受電場力的大小F＝qE＝ (2)x＝0v0，則依據(jù)題意有12m設粒子在[－x0，x0]區(qū)間內(nèi)運動，則從x＝0到x＝x0處，粒子做勻直線運動，根據(jù)第二定律a＝m＝md00由運動學有v2＝2ax00 聯(lián)立③④⑤解得x0＝d 故粒子的運動區(qū)間為－d

ax＝0x＝x0a聯(lián)立③④⑥t＝

【答案】

－

1－A

【點撥】φ-x圖象中的電勢變化特點“還原”出合理的電場分布和201120題相似，可對比學習．qU＝1mv2－1 2m考向 帶電粒子在電場中的偏轉問v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到F的作用而做勻變速曲線運動(類平拋運

＝m＝m0y＝2at0φ滿足tanφ

qUl.000＝v＝v000(2011·浙江理綜，25，22分)Lbd的m、電荷量為－qv0進入矩形通η.d＝d0η81%(0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集)．不計塵埃的重力及塵埃之間的相100%ηdnΔtd【解析】(1)η81%0.81d0的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，設高壓電源的U，則22

＝m＝mdm.100%.22

qE′ m＝

聯(lián)立①～⑥d≤0.9d0η

Δtd≤0.9d0時，η＝1Δt 當d>0.9d0時，η＝0.81，因 ＝0.81nmbv0d

【答案】

d d

【點撥】本題涉及電場知識在生產(chǎn)、生活中的實際應用，是近幾年新課標高考命題的熱點．解決挖掘和利用題目中的新信息，如本題中“η”的定義．本題雖然復雜，但考查的始終是電場偏U1U2偏轉后，需再經(jīng)歷一段勻速直P，如圖所示．OP的兩種方法1：1：考向 帶電粒子在交變電場中的運ABAt0可能屬于的時間段是() B.T<t0< C.4 D．T<t0<】A 、4、2面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0T與3T<t0<T0<t 總位移大于零，T<t0<3T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；t0>TA 上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應小于零，對照各項可知B【答案】【點撥】因電場隨時間變化，交變電場中帶電粒子所受的電場力出現(xiàn)周期性變化，導致運動過程出現(xiàn)多個階段，分段分析是常見的解題思路．若要分析運動的每個細節(jié)，一般采用運動定律的觀點考向 帶電體在電場和重力場中的運動問本考向主要涉及在電場和重力場背景下的宏觀帶電體的受力和運動的綜合分析，常與(2013·新課標Ⅱ，24，14分)如圖所示，勻強電場中有一半徑為rq(q>0)abNaNb.Eab【解析】設質(zhì)點質(zhì)量為m，經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由第二定律rF＋Na＝mrrNb－F＝mrabEkaEkb 聯(lián)立①②③④⑤⑥E＝1 ＝12(N＋5N ＝12(5N＋N 【答案】1 r(Nb＋5Na) r(5Nb＋N 【點撥】解決此類問題應以帶電體為研究對象，按照研究力學問題的基本方法，從力和運動以及(1)運動定律和運動學規(guī)律．先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或，是直線運動還是曲線運動)，對勻變速運動問題可用運動定律和運動學規(guī)律處理．要把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型，能夠從帶電粒子的1．(2013·山東淄博模擬)如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將兩極板的間距變大則 abba【答案】 充電后電容器的上極板帶正電．不斷開電源，增大兩板間距，U不變，d增大，U動，B正確．由C＝εrS C減小，又由Q＝CU知極板所帶電荷量減小，會有一部分電荷返回ba的電流，DB板中間．設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為() 【答案】 設板長為l，兩板間距為d，粒子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，當電壓 U1q

U2q0U1l＝v0t1，2＝2·dmt1d＝dmv2①.U2時，有2＝v0t2，d＝2·dmt20 0②2＝8dmv2②.由得U＝8A0②23．(2013·湖南岳陽模擬)帶電粒子靜止在平行板，從

＝22則能定性描述粒子運動的速度圖象的是 2【答案】 U-t圖象描述了電場的變化，也就能得出加速度a的變化，進而判斷運動情況．前T帶電粒子做勻加速直線運動，后2做勻直線運動，T1Am的質(zhì)點從兩板射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是()q板間電場強度大小為q板間電場強度大小為【答案】C根據(jù)質(zhì)點垂直打在M屏上可知，質(zhì)點在兩板運動時向上偏轉，在板右端運動時的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等，C正確，D錯誤．5．(2014·云南一模)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如右邊緣垂直電場方向射出電場，則()只有t＝ ＝0，1，2，…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電【答案】ABCt＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場可知，粒子D錯誤．t＝0

＝2 粒子水平位移為2，豎直位移為4tanα＝2tanβ＝2tanα

1v2＝2Ek0，C 0＋2md.Um、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平v0AB點射出電場，A、B間的水平距離為ABBA、Bv【解析】(1)ABt＝v0＝＝得加速度大小 ＝B

L 22 22＋md

(3)AB 1 －2m0A、B00＋0＋md2200

000E＝4N/CyyQQ點，求x′E′【解析】(1)帶電粒子進入電場后做類平拋運動，粒子在電場中加速度 ＝vvyy＝1yt2xQ點，vyt2＋y＝y(tǒng)PQx＝d＋vt2＝5.0m(2)x′.0＜x′＜3m則tan

′＝v

v＝由幾何關系有tan 1 E′＝【答案】(1)5.0 (2)E′＝(時間：60分鐘分數(shù)：100分一、選擇題(861～5題只有一項符合 【答案】D零電勢點的位置是人為選定的，與物體是否帶電無關，A錯誤．電場強度與電勢的大電場力做負功，電勢能一定增加，故D正確．AORA點放一檢驗電荷＋q，則＋qA點所受的電場力為()R2，方向向上

4R24R2，方向水平向左D【答案】 先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分每一部分可視為點電荷各點電荷對檢驗電荷的＝侖力在水平方向上相互抵消，豎直方向上電場力大小為kqQcos45°2kQq，方向向上，B＝（

3．(2014·江蘇常州一中摸底)某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，P、Q間距增大過程中()A．P、QB．PC．MND．MN【答案】 平行板電容器的電容

P、QAPQEQ＝CU可知，電容器兩MRNMN點的電勢，B、C錯誤，D正確．4．(2014·東城區(qū)檢測)如圖所示的實線為電