重難點(diǎn)09 靜電場(chǎng)（解析版）-高考物理重點(diǎn)難點(diǎn)熱點(diǎn)專(zhuān)題

重難點(diǎn)09靜電場(chǎng)重難點(diǎn)09靜電場(chǎng)1.命題情境源自生產(chǎn)生活中的與電場(chǎng)的相關(guān)的情境或科學(xué)探究情境，解題時(shí)能從具體情境中抽象出物理模型，正確應(yīng)用靜電場(chǎng)物理規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及動(dòng)能定理解決物理實(shí)際問(wèn)題。2.選擇題命題中主要考查電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能、電場(chǎng)線、等勢(shì)線電場(chǎng)力做功等知識(shí)點(diǎn)。立體空間的電場(chǎng)加大了立體空間的思維能的考查。3.命題中經(jīng)常注重物理建模思想的應(yīng)用，具體問(wèn)題情境中，抽象出物體模型。帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，除了常規(guī)的加速和類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，還會(huì)出現(xiàn)類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)和一般的曲線運(yùn)動(dòng)的考查，利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的思想分析問(wèn)題和解決問(wèn)題。1．電場(chǎng)強(qiáng)度的三個(gè)公式(1)E＝eq\f(F,q)是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場(chǎng)．電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是確定值，其大小和方向與試探電荷q無(wú)關(guān)，試探電荷q充當(dāng)“測(cè)量工具”的作用．(2)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點(diǎn)電荷所形成的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的決定式，E由場(chǎng)源電荷Q和場(chǎng)源電荷到某點(diǎn)的距離r決定．(3)E＝eq\f(U,d)是場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式，只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)．注意：式中d為兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向的距離．2．電場(chǎng)能的性質(zhì)(1)電勢(shì)與電勢(shì)能：φ＝eq\f(Ep,q).(2)電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功：UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB.(3)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化：W＝－ΔEp.3．等勢(shì)面與電場(chǎng)線的關(guān)系(1)電場(chǎng)線總是與等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面．(2)電場(chǎng)線越密的地方，等差等勢(shì)面也越密．(3)沿等勢(shì)面移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力不做功，沿電場(chǎng)線移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力一定做功．4．主要研究方法(1)理想化模型法．如點(diǎn)電荷．(2)比值定義法．如電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)的定義方法，是定義物理量的一種重要方法．(3)類(lèi)比的方法．如電場(chǎng)和重力場(chǎng)的類(lèi)比；電場(chǎng)力做功與重力做功的類(lèi)比；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的類(lèi)比．5．靜電力做功的求解方法(1)由功的定義式W＝Flcosα來(lái)求；(2)利用結(jié)論“電場(chǎng)力做功等于電荷電勢(shì)能變化量的負(fù)值”來(lái)求，即W＝－ΔEp；(3)利用WAB＝qUAB來(lái)求．6．電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)的分析采用運(yùn)動(dòng)合成與分解的思想方法．7．電場(chǎng)線假想線，直觀形象地描述電場(chǎng)中各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱及方向，曲線上各點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向，曲線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．8．電勢(shì)高低的比較(1)沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)越來(lái)越低；(2)將帶電荷量為＋q的電荷從電場(chǎng)中的某點(diǎn)移至無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)力做功越多，則該點(diǎn)的電勢(shì)越高；(3)根據(jù)電勢(shì)差UAB＝φA－φB，若UAB>0，則φA>φB，反之，則φA<φB.9．電勢(shì)能變化的判斷(1)根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷，若電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功，電勢(shì)能減少；反之則增加．即W＝－ΔEp.(2)根據(jù)能量守恒定律判斷，電場(chǎng)力做功的過(guò)程是電勢(shì)能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過(guò)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，而總和保持不變．10．電場(chǎng)中常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類(lèi)型(1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)來(lái)求解；對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功也可以用W＝qEd來(lái)求解．(2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題．對(duì)于類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法來(lái)處理．（建議用時(shí)：30分鐘）一、單選題1．（2024·四川資陽(yáng)·統(tǒng)考二模）如圖，xOy平面內(nèi)，電荷量為q（q>0）和-q的點(diǎn)電荷分別固定在（-a，0）和（a，0）點(diǎn)。要使P（0，a）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，第三個(gè)點(diǎn)電荷Q的位置和電荷量可能是（）

A．（-a，a）， B．（-a，a），C．（0，0）， D．（a，a），q【答案】A【解析】根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知，q（q>0）和-q的點(diǎn)電荷在P（0，a）點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向沿方向，大小為所以要使P（0，a）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，第三個(gè)點(diǎn)電荷Q的位置應(yīng)該在的直線上。AB．若Q在（-a，a），要使P（0，a）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則有Q應(yīng)帶負(fù)電，且解得A正確，B錯(cuò)誤；C．若Q在（0，0），P（0，a）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零，C錯(cuò)誤；D．若Q在（a，a），要使P（0，a）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則有Q應(yīng)帶正電，且解得D錯(cuò)誤。故選A。2．如圖所示，一帶電粒子在兩個(gè)固定的等量正電荷的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，圖中的實(shí)線為等勢(shì)面，虛線ABC為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，A、C位于同一等勢(shì)面上。下列說(shuō)法正確的是（）A．該粒子可能帶正電B．該粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度最大C．該粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度一定為零D．該粒子在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能【答案】C【解析】A．粒子在A到B的運(yùn)動(dòng)中，其軌跡向左下方彎曲，說(shuō)明帶電粒子受力向左下方，即受固定正電荷的吸引，因此粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；B．粒子在A到B的運(yùn)動(dòng)中，只受電場(chǎng)力作用，且電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能先增大后減小，因此粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能不是最大，則該粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度不是最大，B錯(cuò)誤；C．B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，合場(chǎng)強(qiáng)是零，帶電粒子受力是零，則加速度一定是零，C正確；D．兩等量正電荷在連線的中垂線上交點(diǎn)處電勢(shì)最高，從交點(diǎn)向兩側(cè)電勢(shì)逐漸降低，因此B點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，即，由可知，粒子帶負(fù)電，因此，即該粒子在B點(diǎn)的電勢(shì)能小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，D錯(cuò)誤。故選C。3．（2023·四川德陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖所示，電路中A、B為兩塊正對(duì)的水平金屬板，G為靜電計(jì)。金屬板A帶正電，一根串有單向?qū)щ姸O管的導(dǎo)線將金屬板A和靜電計(jì)的金屬球相連。初始狀態(tài)，靜電計(jì)指針張開(kāi)一個(gè)角度，板間的帶電油漓懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。不考慮靜電計(jì)電荷量變化對(duì)兩極板電荷量的影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．若僅將B板水平向右緩慢平移一小段距離，則油滴將向下運(yùn)動(dòng)B．若僅將B板豎直向上緩慢平移一小段距離，則靜電計(jì)指針的張角將不變C．若僅將B板水平向左緩慢平移一小段距離，則靜電計(jì)指針的張角將不變D．若油滴固定不動(dòng)，僅將B板豎直向下緩慢平移一小段距離，帶電油滴的電勢(shì)能將增大【答案】B【解析】A．將B板緩慢平移一些后，電容器處于斷路，電容器的電荷量不變，電場(chǎng)力為以上各式聯(lián)立，解得所以，僅將B板水平向右緩慢平移一小段距離后，正對(duì)面積S減小，電場(chǎng)力變大，油滴將向上移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)可得，當(dāng)B板豎直向上緩慢平移一小段距離后，油滴所受電場(chǎng)力不變，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度也不變。則油滴始終靜止，電場(chǎng)力對(duì)油滴不做功，油滴電勢(shì)能不變，電勢(shì)不變，油滴到A板的距離不變，由可得，油滴到A板的電勢(shì)差不變，即靜電計(jì)指針的張角不變，故B正確；C．將B板水平向左緩慢平移一小段距離后，根據(jù)可得，電容C變小，由可得，兩板間的電勢(shì)差變大，，所以靜電計(jì)指針的張角變大，故C錯(cuò)誤；D．由A選項(xiàng)可得，將B板豎直向下緩慢平移一小段距離后，油滴所受電場(chǎng)力不變電場(chǎng)強(qiáng)度不變，根據(jù)油滴到A板的距離不變，故油滴與A板間的電勢(shì)差不變，A板的電勢(shì)差為0，所以油滴所在位置的電勢(shì)不變，則油滴的電勢(shì)能不變，故D錯(cuò)誤。故選B。4．（2023·浙江·校聯(lián)考一模）在軸上兩點(diǎn)分別放置兩電荷和為兩電荷中垂線上一點(diǎn)，且，在軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度與的圖線如圖所示，規(guī)定場(chǎng)強(qiáng)沿軸正方向?yàn)檎?，則（）A．兩電荷為等量異種電荷B．點(diǎn)電勢(shì)小于0C．電子從到運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能增大D．電子從到運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度先增大后減小【答案】D【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)方向沿軸正方向，點(diǎn)右側(cè)電場(chǎng)方向沿軸負(fù)方向，點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0且，可知，、為等量正電荷，中垂線上的電場(chǎng)方向?yàn)橛牲c(diǎn)指向無(wú)窮遠(yuǎn)，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，由于無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則點(diǎn)電勢(shì)大于0，故AB錯(cuò)誤；C．結(jié)合AB分析可知，電子從到運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，設(shè)，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可得，此時(shí)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為在連線上取一點(diǎn)，令，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可得，此時(shí)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為可知結(jié)合等量同種電荷連線中垂線上的電場(chǎng)強(qiáng)度情況可知，從到電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則電子從到運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度先增大后減小，故D正確。故選D。二、多選題5．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測(cè)得粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間為t，到達(dá)右板的速度大小為v，重復(fù)上述過(guò)程，完成多次實(shí)驗(yàn)。板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受重力忽略不計(jì)。下列圖像正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AC【解析】AB．對(duì)于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受電場(chǎng)力作用，根據(jù)動(dòng)能定理，有可得可知，粒子到達(dá)右板的速度v的大小與板間距離d無(wú)關(guān)，A正確、B錯(cuò)誤；CD．設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為，有聯(lián)立可得可知，粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間與板件距離成正比，C正確、D錯(cuò)誤。故選AC。6．如圖甲所示，真空中有一平行板電容器水平放置，兩極板所加電壓如圖乙所示，板長(zhǎng)，板間距為d。時(shí)，帶電粒子靠近下極板，從左側(cè)以的速度水平射入，粒子恰好不會(huì)打在上極板上。若質(zhì)量和電量相同的粒子以的水平速度從相同位置射入，恰好從下極板的右側(cè)邊緣飛離極板，粒子可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子飛離極板時(shí)的速度等于進(jìn)入時(shí)的速度 B．粒子飛離極板時(shí)豎直偏移量為C．粒子進(jìn)入極板的時(shí)刻可能為 D．粒子進(jìn)入極板的時(shí)刻可能為【答案】ABC【解析】A．加電場(chǎng)后，豎直方向上的加速度大小為變換電場(chǎng)方向時(shí)速度大小為時(shí)變換電場(chǎng)方向，做減速運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過(guò)速度減為0，后從反向加速速度大小為如圖所示由于，可知粒子飛離極板所需時(shí)間為則由圖可知粒子飛離極板時(shí)豎直方向的分速度為零，粒子飛離極板時(shí)的速度與進(jìn)入時(shí)相同，故A正確；B．由豎直方向的速度圖像可得，從到豎直方向的位移從到豎直方向的位移a粒子飛離極板時(shí)豎直偏移量故B正確；CD．設(shè)極板長(zhǎng)度為l，a粒子在水平方向的位移設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，其水平方向的位移解得設(shè)內(nèi)的時(shí)刻，粒子從下極板左端下邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，然后從下極板右端邊緣飛離極板，則解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC。三、解答題7．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，在第一象限0≤x≤2L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（未知），2L<x≤4L區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（未知）。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速率從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)并依次通過(guò)和兩點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。已知L、m、q和，求：（1）粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速度大??；（2）場(chǎng)強(qiáng)的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)x方向y方向在A點(diǎn)處的速度大小為（2）粒子在電場(chǎng)中x方向做初速度不為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向x方向由牛頓第二定律有聯(lián)立解得8．（2023·四川德陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖（a）所示，A、B兩足夠大平行金屬板水平放置，A板中心有一小孔，AB兩板間的距離為d=1.2m，兩板間的電壓變化如圖（b）所示，B板接地。一質(zhì)量為m=0.1kg、電荷量為q=+0.1C的小球，在t=0時(shí)刻從A板中心處的小孔靜止釋放。不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為10m/s2，求：（1）在0~0.2s內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)的位移大?。唬?）在0~0.2s內(nèi)和0.2s~0.4s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小球所做功之比。

【答案】（1）0.4m；（2）1【解析】（1）在0~0.1s內(nèi)：小球運(yùn)動(dòng)的加速度a1滿足解得小球運(yùn)動(dòng)的位移0.1s末小球的速度為在0.1~0.2s內(nèi)：小球運(yùn)動(dòng)的加速度a2滿足解得小球運(yùn)動(dòng)的位移0.2s內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)的位移為（2）在0.2s~0.3s內(nèi)：小球加速度大小等于0.2s末小球的速度為0.3s末小球的速度為小球運(yùn)動(dòng)的位移在0.3~0.4s內(nèi)：小球加速度大小等于0.4s末小球的速度為小球運(yùn)動(dòng)的位移在0~0.2s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小球做的功在0.2~0.4s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小球做的功聯(lián)立解得9．如圖是帶有轉(zhuǎn)向器的粒子直線加速器，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)，A、B接在電壓大小恒為U的交變電源上。質(zhì)量為m、電量為＋q的離子，以初速度進(jìn)入第1個(gè)金屬圓筒左側(cè)的小孔。離子在每個(gè)筒內(nèi)均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間均為t；在相鄰兩筒間的縫隙內(nèi)被電場(chǎng)加速，加速時(shí)間不計(jì)。離子從第3個(gè)金屬圓筒右側(cè)出來(lái)后，立即由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，沿著半徑為R的圓弧虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)射出。求：（1）第3個(gè)金屬圓筒的長(zhǎng)度；（2）虛線MN處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。

【答案】（1）；（2）【解析】（1）進(jìn)入第三個(gè)圓筒的速度第3個(gè)金屬圓筒的長(zhǎng)度（2）由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，沿著半徑為R的圓弧虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)解得（建議用時(shí)：30分鐘）一、單選題1．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）如圖，xOy平面內(nèi)，電荷量為（）和的點(diǎn)電荷分別固定在（，）和（，）點(diǎn)。要使（，）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，第三個(gè)點(diǎn)電荷Q的位置和電荷量可能是（

）

A．（，），B．（，），C．（，），D．（，），【答案】A【解析】正負(fù)點(diǎn)電荷、在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向沿方向，大小為AB．若第三個(gè)點(diǎn)電荷Q的位置為（，），使（，）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則點(diǎn)電荷Q應(yīng)帶負(fù)電，且有解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．若第三個(gè)點(diǎn)電荷Q的位置為（，），可知（，）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零，故C錯(cuò)誤；D．若第三個(gè)點(diǎn)電荷Q的位置為（，），使（，）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則點(diǎn)電荷Q應(yīng)帶正電，且有解得故D錯(cuò)誤。故選A。2．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖所示，a、b、c、d、e、f是以O(shè)為球心的球面上的點(diǎn)，球面的半徑為r，平面aecf與平面bedf垂直，分別在b、d兩點(diǎn)放上等量同種點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，則下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)、c、e、f四點(diǎn)電勢(shì)不同B．a(chǎn)、c、e、f四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．電子沿直線a→O→c運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先減少后增加D．若在球心O處放一電荷量為的負(fù)電荷，可使a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為【答案】C【解析】A．a(chǎn)、e、c、f四點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相同，故A錯(cuò)誤；B．等量同種點(diǎn)電荷中垂線上，關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C．電子沿直線a→O→c運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，靜電力先做正功后做負(fù)功，則電勢(shì)能先減小后增大，故C正確；D．b、d到a點(diǎn)得距離為則在球心O處放一電荷量為的負(fù)電荷，可使a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為故D錯(cuò)誤。故選C。3．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖所示，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間距。電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)，定值電阻，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為。閉合開(kāi)關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)滑片，待電路穩(wěn)定后，將一帶電的小球以初速度從兩板中心軸線水平射入板間，小球恰能勻速通過(guò)兩板。已知小球的電荷量，質(zhì)量為，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球勻速通過(guò)極板時(shí)，A、B間的場(chǎng)強(qiáng)為5V/mB．小球勻速通過(guò)極板時(shí)，滑片P處于中間位置C．開(kāi)關(guān)S1、S2保持閉合，將滑片P下移，小球可能撞擊A板D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S2，滑片位置不變，將B板下移少許，小球仍能勻速穿過(guò)極板【答案】D【解析】A．小球勻速通過(guò)極板時(shí)，對(duì)小球分析，則有可得，A、B間的場(chǎng)強(qiáng)為故A錯(cuò)誤；B．小球勻速通過(guò)極板時(shí)，A、B間的電勢(shì)差為則根據(jù)串聯(lián)電路電壓之比等于電阻之比有解得則小球勻速通過(guò)極板時(shí)，滑片P不在中間位置，故B錯(cuò)誤；C．開(kāi)關(guān)S1、S2保持閉合，將滑片P下移，則接入電路的阻值變小，分得的電壓變小，A、B間的電勢(shì)差變小，則根據(jù)可知，A、B間的場(chǎng)強(qiáng)變小，電場(chǎng)力小于重力，小球向下偏轉(zhuǎn)，則小球不可能撞擊A板，故C錯(cuò)誤；D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S2，A、B上的電荷量Q不變，根據(jù)可知，將B板下移少許，d改變不會(huì)改變A、B間的場(chǎng)強(qiáng)，所以小球仍能勻速穿過(guò)極板，故D正確。故選D。二、多選題4．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）在研究平行板電容器所帶電荷量Q和兩板間的電勢(shì)差U的關(guān)系時(shí)，某老師在演示實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用電荷均分法確定各次實(shí)驗(yàn)中電荷量的關(guān)系，并利用采集到的數(shù)據(jù)，做出了圖示甲、乙兩個(gè)電容器的關(guān)系圖像。下列判定正確的是（

）

A．甲、乙的電容之比為B．甲、乙的電容之比為C．若甲、乙兩板正對(duì)面積和板間絕緣介質(zhì)均相同，則甲兩板的間距較大D．若甲、乙兩板的間距和板間絕緣介質(zhì)均相同，則甲兩板的正對(duì)面積較大【答案】BD【解析】AB．根據(jù)平行板電容器所帶電荷量與兩極板間的電勢(shì)差關(guān)系可知圖像的斜率表示電容器的電容，由圖像可得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)可知，若甲、乙兩板正對(duì)面積和板間絕緣介質(zhì)均相同，由于，可得電容器兩板的間距同理，若甲、乙兩板的間距和板間絕緣介質(zhì)均相同，則兩板的正對(duì)面積較大故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。5．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，在x軸上有O、A、B、C、D五點(diǎn)，坐標(biāo)分別為，靜電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與x軸平行，電勢(shì)隨x的分布如圖乙所示。，一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，以初速度從O點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力。下列說(shuō)法正確的是（）A．沿x軸從B點(diǎn)到D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小B．若粒子能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，粒子初速度至少為C．若粒子能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，粒子在C點(diǎn)的速度為D．若粒子能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度一定大于OA段的平均速度【答案】BD【解析】A．圖像的斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由圖乙可知沿x軸從B點(diǎn)到D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，A錯(cuò)誤；B．若粒子能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得粒子初速度至少為B正確；C．由圖像乙可知：C點(diǎn)電勢(shì)為若粒子能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得粒子在C點(diǎn)的速度為C錯(cuò)誤；D．若粒子能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，粒子從O到A做減速直線運(yùn)動(dòng)，A到B做勻速運(yùn)動(dòng)，B到D做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于O點(diǎn)與D點(diǎn)等勢(shì)，根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子到達(dá)D點(diǎn)速度與O點(diǎn)速度相同，故粒子在OA段的平均速度與在BD段的平均速度相同，C是BD段的中點(diǎn)，中間位置的速度大于平均速度，即粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度一定大于OA段的平均速度，D正確。故選BD。三、解答題6．在光滑的水平面上有一凹形木板A，質(zhì)量為m＝0.1kg，長(zhǎng)度為1m，不計(jì)凹形木板A左右兩壁的厚度，其上表面也光滑；另有一質(zhì)量也為m的帶電滑塊B靜止于凹形木板A的左側(cè)（如圖），帶電滑塊B所帶電荷量為q＝＋5×10－5C。在水平面上方空間中加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4×103N/C。t＝0時(shí)滑塊B靜止釋放，設(shè)滑塊B與A兩側(cè)的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。（1）求滑塊B與凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小。（2）求滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與凹形木板A第2次碰撞時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)滑塊B所做的功?！敬鸢浮浚?）2m/s，0；（2）1J【解析】（1）滑塊B由靜止釋放后，在電場(chǎng)力作用下，從木板A的左側(cè)勻加速運(yùn)動(dòng)到右側(cè)，木板A不動(dòng)。對(duì)B有F＝qE＝ma解得a＝2m/s2第一次碰前B的速度為vB1，則vB12＝2aL解得vB1＝2m/s由滑塊B和木板A發(fā)生彈性碰撞得mvB1＝mvB1′＋mvA1′mvB12＝mvB1′2＋mvA1′2解得vA1＝2m/svB1′＝0（2）第一次碰后，木板A勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t發(fā)生第2次碰撞，則有vB2＝atxB2＝at2xA1＝vA1txA1＝xB2解得t＝2svB2＝4m/sxA1＝xB2＝4m所以電場(chǎng)力做功W＝qE(L＋xB2)＝1J7．如圖所示，真空中有一正方形區(qū)域ABCD，邊長(zhǎng)為d，M、N分別為AB、CD邊的中點(diǎn)。整個(gè)空間內(nèi)有一平行于ABCD平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子，從M點(diǎn)由靜止釋放，到N點(diǎn)的速度大小為ν，不計(jì)質(zhì)子的重力。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（2）若將（1）中電場(chǎng)方向調(diào)整為與AB平行，且由A指向B，質(zhì)子以的初速度由M點(diǎn)沿MN方向射出，質(zhì)子離開(kāi)正方形ABCD區(qū)域的位置到C點(diǎn)的距離。

【答案】（1）電場(chǎng)強(qiáng)度方向由M指向N，；（2）【解析】（1）根據(jù)題意可判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向由M指向N，對(duì)質(zhì)子，由動(dòng)能定理得（2）對(duì)質(zhì)子，MN方向AB方向由牛頓第二定律得當(dāng)粒子離開(kāi)正方形區(qū)域時(shí)C點(diǎn)的距離為得8．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）如圖，長(zhǎng)L、間距為d的平行金屬板固定，板面與水平面成θ角，兩板間的電勢(shì)差為U，電場(chǎng)僅存在于板間且為勻強(qiáng)電場(chǎng)。一電荷量為q的帶正電小球由彈射器提供能量，出彈射器即以沿兩