2017版高考一本解决方案物理新课标考纲专题解读考点题组训练6电场

的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，()A带正电，BA电势低，BCA、BABCA、BB两部分电荷中和，金属箔都闭合，CA、BC，A、B两部分电荷无法中和，因此金属箔都不闭合，D错误．2．(2016·浙江理综，19，6分)(多选)A、B0.10mOAOB球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()B．A1.0×10－2C．B46×10－8CD．A、B0

F d 有 l－4＝0.08m，且G＝2h，解得F库

F库＝kd2q＝4

布知连线中点处电场强度为零，D两金属极板中间，则()3．D由图可知，右侧金属板与电源正极相连接，带正电，左侧金属板带负电，又带上负电被左极板排斥向右运动这样小球就在两极板间来回碰撞D正确．4．(2015·理综，14，6分)图示是α粒子(氦原Q A．M点B．N点C．P点D．Q4．C重金属原子核与α原子核的连线方向，即加速度也在两原子核的连线方向上，C正确．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()AAqqmgsinkqmgtankqmgtank

．当 ktanθ时，斜面对小球A的支持力为

A＝r2AFTFcosθ＝mgsinθFN＝Fsinθ＋mgcosθFT＝0Fcosθ＝mgsinθ，qmgtank解 qmgtank0，D的水平桌面上，固定着一个带电量为＋QP.带电量分别为－q和＋2qMN静止在桌面上．PML，PMN()A．MNB．P、MNCP产生的电场中，M、ND．M、NBDM、N和细杆组成的系统静止在光滑的水平面上，可知其所受合外力必MN

L′＝(2－1)L<L，A，则L2 误．PφM>φN，C【点拨】M、N和杆整体为研究对象列出平衡方程a、bcl的正三角形的三个顶点上；D.2k.大()D.2

【解析】cQac＝kqQbcF＝kqQ2Fcos30°. 水平匀强电场场强的大E，对c球，由平衡条件可得QE＝2Fcos30°，解E＝l2E＝导学导考库仑力作用下的平衡问题，可以是只有库仑力，也可以结合其他分析点电荷平衡问题的步骤或“法列平衡方程(F合＝03电荷，且带电荷量大于q2的带电荷量．q1的带电荷量大于q3的带电荷量.1．(2015·江苏第五次调研)如图所示，把一个带正电的体的a、b端分别出现感应电荷，则( ab仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大金属导体为等势体，所以a端电势等于b端电势，A错误．在正电荷感应S1S2的效果是一样的，D错误．电荷量都相同的带电小球A、B(均可视为质点且不计两球之间的万有引力)OBO点的正下方，变下列某些情况，能够保持两悬线夹角θ不变的方法是( AA、B FFTl l＝dF＝kd2，d＝2lsin2.A的质量、电荷量都减半，则两悬线夹角θ不变，B正确．同时使θ不变，D正3．(2014·福建福州模拟)如图所示三个点电荷q1q2、q3在同一条直线上，q2q3q1q2距离的之比q1∶q2∶q3为( 3个共线点电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，q1q3

1有r2 2，则有q＝9，对q3

2，所以q＝4 各电荷的电性，A

MNNPNP水MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小F1作用，A、B均处于静A、BL1.BA球也缓慢移动当B球到达C点时水平推力大F2，AB两球间距为L2，则()A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L24．BCA球受力分析如图所示，A球受到重力mg、支持力FNA和库仑力F库BC移动的过程中，库仑力的方向在改F库＝kL2A、B之间的距离变大，CD错误B球受力分析如图所示，B球受到重力mg、支持力FNB、库仑力F库FF＝FcosβBC移动的过程中，β在气阻力．由此可知()A．QPBQPCQPDQP Q点电势能大，CPQ点的过外力做正功，动能增加，B正确．由于油滴在匀强电场中运动，在任何位置受到的合力总是相等，加速度相等，D错误．2．(2016·Ⅱ，15，6分)如图所示，P为固定的点电荷，PQP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Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度aaabacvavbvc，则() kq1q2，距离越小，作用力＝ab>ac>aa，A、B错误．做曲线运动的物体所受合外力D布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面 A．ABC．BDAB3．CAB点处电场线疏，AB点小，A错B点的电场强度方向与该处内表面垂直，CA点沿不同 4．D由静电场等势面的特点知，电场强度的方向处处与等势面垂直，A正B降低，C错误，D正确．q1q2P 点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ，则 R处的合场强为零，则两电荷电性一定相同，q1Rq1 q2 E1＝k－，q2RE2＝k－E1＝E2及q1＝4q2，B

【点拨】场强为零处试探电荷的受力也为零，也可以利用受力平衡的方法来解6．(2015·山东理综，18，6分)xOy中，M、Nx轴上，G、H两点坐标如图．M、NQO点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表

4a2，沿y轴正 B.4a2，沿y轴负

4a2，沿y轴正 D.4a2，沿y轴负 ＝ ＝

yB

（2a）2a2＝－4a2

2ε0σ22Q 0A.εS0

B.Q和Q 和

D.Q和2 2 由题知，σ

Q＝ ＝

Q

.＝场强为两板各自场强叠加的合场强，E Q，D正确．＝ 【点拨】看一个板的受力，要看它处在什么场中，即将另一个板看成场源，板布着正电荷，xO.x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．OB．OCOxDOx8．B将圆环看成由若干对点电荷组成，点电荷的电量相等，则圆环同一直径上xOx轴方向，场强大小由0先增大后减小到0，而电势逐渐减小，因此若干对等量点电荷产生的电场叠xOx0先增大后减小0，而电势逐渐减小，A、C、D错误，B正确．【点拨】本题可结合等量同种点电荷的中垂线上的场强、电势分布去解决，只9．(2012·理综，20，6分)如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单 —电场强度的叠加原理求出 （R2＋x2）1/2，方向沿x轴．现考—单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示，则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(

rx rx9 特殊值代入法、极限法是解决这类问题的关键．RE＝2πk ＝2πkσ，半径为r的圆板产生的场强E＝2πkσ

）无穷大的平板挖去半径为r的圆板后，产生的场强E2＝E－E1 ）(2014·福建理综，20，15分)如图所示，真空中L＝2.0mq＝＋2.0×10－6＝9.0×109N·m2/C2，求：(2)C【解析 (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小①F＝9.0×10－3②(2)A、BCE1＝k③A、BCE＝2E1cos④联立③④E＝7.8×103N/Cy【答案 (1)9.0×10－3 (2)7.8×103N/C，沿y轴正RQ的电荷，在ca、b、da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>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大(k为静电力常量)(

【解析 由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处E2大小相等，即E1＝E2＝qdkq，qdE4＝kqE3d E4＝k10q，B正确，A、C、D1.(2013·理综，20，6分)如图所示，xOyz<0的空间，z>0q的点电荷zz＝hxOy荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q为静电力常量

＝2处的场强

z＝－在z轴上

D＝2

k9h2 R，CDOM、N＝2R.已知M点的场强大E，则N点的场强大

kq kq kq

2qOk·2q kq MEN 的场强 kq－E，BMN，以下说法正确的是()MNMN【解析由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方点的加速度小于它在N点的加速度，C正确．电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度，D错误．选C.导学导考vE的方向和电场力F的方向．vF的方向要符合电荷的运动轨迹，EF的方向要符dd

4例如：均匀带电的3OBC产4判断电场力(或场强)(仅受电场力作用).() 根据点电荷电场强 r2，结合矢量合成法则求解．设正方形顶rEA＝0BC

DED＝

Br2，所O、A、BO为圆心，r2，所—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．BB．BC．B点的电荷的电荷量为CDC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—

＝AC＝L，BC＝2ABcos30°＝3L，由几何关系可得：F1＝3F2L2 kQ （3L）2QB＝3QA、B错误，CDABC，PAB、AC棒所带电荷量均为＋q，BC棒带电荷量为－2q时，P3EBC棒取走，AB、AC棒的电荷分布不变，则取走BC棒后，P点的场强大()34422

3．BAB、ACP点产生的电场强度大小相同，由于两个带PP点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线过P点斜向下，又两个电场方向互成120°角，则AB棒和AC棒在P点产ABP点产生的场强大小．BCP点的电场强度是AB棒和AC棒在P点的合电场强度的2倍因P点合场强大E，所以

2，若取走BC棒后，P点的场强 1E，B正确点的场强为 4．(2014·调考)已知均匀带电球体在球的外部产ROA、B两个点，OB、BA现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积为 3πr，则A点处场强的

RA

kQ

k·

在A点产生的场强E挖 ＝ ＝18R2.所以剩余空腔部分电荷在 E＝E

kQ 7kQ＝ B＝

判断正确的是()aQPM、N、P、Q 由等势面分布可知该电场为匀强电场，故粒子运动中受恒力作用，A正a处电势最高，B正确．因受力向左，电场力做负功，PQ点，CM、N、P、Q的时间间隔不等，D错误.1．(2016·Ⅲ，15，6分)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( 异种电荷连线垂直平分线上各点电势相等电场强度不等，C错误Ep＝qφ可关系可知，电场力做负功，D错误．2．(2015·新课标Ⅰ，15，6分)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交NP()AaBcCMQDPQ2．BWMN＝WMPNP是等势点，由匀强电场可知，c、d为等势面，A错误．电子由MN电场力做负功，即φM＞φN，B正确．MQ位于同一等势面上，移动电荷不做功，CPQ移动电子，电场力做正功，D错误．和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷的距离相等，则()bB．abC．cdD．cdACDab点的场强大，A正确．ab同一电场线上某点电势相等，顺着电场线的ba点电势高，Bc点处dc、d点场强大小相等、方向相反，由电场的叠加可知，cd点场强大，C正确．在正电荷的电场中，c、dc、ddc点高，D正确．4．(2012·重庆理综，20，6分)P、Q两点处电场中的4个点，则( A．P、QB．abC．cdDac4．D由题图中等势面的对称性知，P、Q两处为等量异种电荷，A错误．由于a、b两处的电场强度方向不同，B错误．P处为正电荷，cP更近的等势面上，cd点的电势，C错误．从ac，电势升高，负电荷电势能减小，D正确．熟练掌握电场线与等势面之间的关系，根据电场线的特点解题，是解5．(2013·理综，6，6分)(多选)两个带等量正电的P、Q两点，MNPQ连线的中试探电荷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，则()A．qAOB．qAOC．qOD．qO P、QMNO力是变化的，qAO做非匀加速直线运动，A错误．qAO运动，电场力做正功，电势能减小，动能增大，qO点后电场力做负功，O点动能最大，B、C正确．qMNO点电场qO点时电势能为负，D错误．【点拨】电场力做功与电势能变化、电势、电势差等密切相关，要正确判断相6．(2012·海南物理，3，3分)o、a、b、c四点，a、b间的势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动a点，则()6．Cbcoabc方向．带负电的粒子从c向a运动，电场力做正功，由于ab＝bc，有Uab>Ubc，因此电场力做功W＝qU不等，且Wcb<Wba，A、B错误．电场力做正功，粒子电势能减小，动能增大，C正确，D错误．将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( A．MNB．M带负电荷，NCMNDMBDM、NM、N受力平衡，两小球间作用力等大反向，则匀M、N受到的合力为零，CM的作用力水平向左，做负功，D正确．8．(2013·山东理综，19，5分)(多选)x轴L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q

a、b、c所在点为圆心、2d是圆上的4个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判 A．b、dB．4cC．b、dD．将一试探电荷＋qac点，＋q dbd两点的电势相等，Ac点b、d两点的等势线，沿电场线方向电势依次c点的电势最低，B正确．b、d两点C电势越低的地方电势能越小，D正确．角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，φM＝φN，φP＝φFQM、N、P三点所在平面内，则(QMPP、FPNφPADQMNPF中垂线的交点，圆面，B错误．PNQφM＝φN<φP＝φFC错误【点拨】本题考查根据电势分布确定场源电荷的位置，要求熟练掌握点电荷电10．(2015·理综，6，6分)(多选)如图所示，半圆槽光b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)bM点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( NQNPNQPQBCa运动过程中，重力大小及方向不变，库仑斥力逐渐增大，力逐渐增大，AaNQb越来越近，电势能逐9090BPQ功，重力势能和电势能增加量等于动能减少量，D错误．11．(2014·山东理综，19，6分)R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)Ek0OAEkr的关系图线，可能正确的是(11．A由于球壳内的场强处处为零，所以试探电荷在壳内做匀速直线运动，动做加速度减小的加速直线运动，动能随r的增加而增加，但增加得越来越“慢”．A正确．本题的关键是理解好题目中对壳内电场和壳外电场的等效描述，然后 3直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝2OA.mOAq(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OABO点以同样的初动能沿某一方向拋出此AA3倍；若该小球OBB点时的动能为初动能的6倍．重力加速度大g.求：A12 (1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的t，令－＝d，则－＝3，根据平拋dsin60°＝vt，dcos 12gt AEkA解得 减小ΔEpA和ΔEpB

＝＝

OBMA等电势，MO

x d，如图，则有3d

2MAOC直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°30°.设场强的大E，有qEdcos30°＝ΔEpA解得E＝3mg

3mg (2)6q30(2015·海南物理，7，5分)(多选)Q(Q>0)和－Qx轴上O的两侧，axOQ说法正确的是()aOaO、ba【解析】根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，b点电势为零，电场强度不为零，A错误．Epa＝qφa，φa＞0，若q＞0，则Epa＞0，电场力方向与电场强度方向相同，均向右，B正确．由于φO<φa，且q>0，故必须克服电场力做功，C正确．电场力做的功等于电势能的变化，WOa＝q(φO－φa)，Wba＝q(φb－φa)，φO＝φb，所以WOa＝Wba，电势能变化相等，D错误．选BC.导学导考法拉第在研究场的问题时，引进了“电场线”，借助电场线的特(2012·理综，5，6分)两个固定的等量异号粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面在电场中()【解析A处时，由于电场线与等势面垂直，所以粒子所受电场力先小于90°，后大于90°，所以电场力先做正功后做负功，由此可以判断电势能先减小后增大，C正确．选C.导学导考 (2012·理综，18，6分)如图所示，在平面直坐标原点处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大()3A．200 33C．100 3【解析】匀强电场的电场线与等势面都是平行、等间d接d- 3 ＝200V/m.-OC·sin导学导考(2014·物理，19，3分)(多选)静电场在x轴上的场强Ex的变化关系如图所示，x轴正向为场强x轴运动，则点电荷(x2x4x1x3x1x4x1x4【解析】xx2x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，Ax1x3的过程电场力x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，Bx1x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，C正确，D错误．选BC.导学导考φ—xE—x等1.(2014·吉林省吉林市热身检测)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的Q1带负电荷，a、b两点在它们连线延长线上．现有一带负电荷的ab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va、vb，其速度图象如图乙所示．以下说法 A.Q2B．Q2Q1C．bv—tb点的加速度为零，所受电场力也为零，b点的电场强度一定为零，Cb点的场Q2的电荷量，B错误．整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，D错误．沿电场线由M点运动到N其电势能Ep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EpMNEpN，则下列说法正确的是()NM2．CMN点，电势能减小，故动能增加，A错误．分析图象可得电子的电势—W＝qEΔx可得电场强度越来越小，BM点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确．电子从静止开始沿电场线M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D错在电场线密集处所受电场力大，产生的加速度也大，如图甲中EA＞EB.能小于、也可能等于EB.该点的场强方向，如图甲所示，A、B点切线方向，即为EA、EB的方向．(2)法：利用Ep＝qφ判断，注意中的物理量需要带正负号．q 判断A、B电q用“等分法”n2．若已知电场中某几点的电势，要求其他点的电势时，一般采用“等分法”n直接从图象的面积、斜率的意义入手，结合E的正负和电势的高低描绘电场qE—xW＝EqΔxEΔx＝W＝UE—xx轴所围面积等于相距Δx两点间的电势差．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确q xφ—xEp—x图象：Ep—xx轴交点一定是电势为零的点，图象切线的斜率反v—tv—t图象上能确定粒子运动的加速度的方向和大小变化情况，－Q.实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上 a、bb、cC．cdD．daa、b、c、d在同一个圆上，电场线的疏密表示场强的强弱，故四点的场强大小相等，但是方向不同，A、Bc点电势NM、Na、c，M、Nbd，则下列说法正确的是 A．正电荷＋qcaB．正电荷＋qcaCM、N连线的中垂线上，OD．负电荷－qddb点的过程中，加速度先减2．Cacq在O点做加速度先OO点后做加速度先增大再减小的运动动能减小电势能增加所以负电荷在M、在M、N连线中垂线上的具置，负电荷从d到b运动过程中加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，D错误．3．(2016·东北师大附中第二次模拟)(多选)M、N、P、Q的带电荷量相等，M、N带正电，P、Q带负电，它们分别处在一个矩形的四个顶点上，Oa、b、c、dMNQP共面，则下列说法正确的是()AOB．O、bφb＞φO，O、bCbcABO点与无穷远处在同一等势面上，故电势为零．根据场强叠M、N、P、QO点的场强不为零，A正确．正电荷周围电φb＞0，因φO＝0φb＞φOEb＜EO，B正确．正电荷沿直线从b到c，电场力先做正功后做负功，C错误．因电势 24V，b28V，d12V．一个质子( A．c20vBbc所用的时间为v0CaDbc8 φb－φa＝φa－φeφe＝20V，又φb－φe＝φc－φd，得φc＝20V，A正确．ecbd，C错误．质 v0子从b运动到c电场力做功W＝qUbc＝8eV，D正确．在下列E—x图象和φ—x图象中，可能正确的是( AD在两电荷连线的中点，由于两个电荷在此处产生的场强大小相等、方向无穷远处场强是先增大后减小，且中点两侧场强方向相反，A正确，B错误．两点电荷连线的中垂线上场强方向从中点指向无穷远，且电势逐渐降低，C错误，D φx变化关系如图乙．则(A．M点电场强度大B．N点电场强度大C．M、NxDPM过程中，电场力做功6．BMNN电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无NxNCBN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，D错误直流电源上．若将云母介质移出，则电容器() 根据 电容器接在恒压电源上，电容器两端电压U保持不变．根据 ＝U

UUdD

＝dP以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指 A．θ增大，E增 B．θ增大，E不C．θ减小，Ep增 D．θ减小，E不εrS 由题知，电容器两板所带电量Q不变，根据 和

＝C

Q

＝d

εrS地φP不变，Ep不变，C3．(2013·新课标Ⅰ，16，6分)一水平放置的平行板电容器的两极板间距d

．在距上极板2处返 D．在距上极板5处返

＝d.d1

本题既涉及了电容的动态分析问题，又涉及了电场力做功的问题，需电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为Ml同时经过一平行于正极板且与其相距l5

不计重力，则M∶m为 2∶3

2，可知它们的加速 3∶2，A5．(2014·山东理综，18，6分)如图所示，场强大小E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为222244

44 动轨迹应具有对称性，故轨迹的切点应位于矩形区域的中心．由

2·m·t，解得 mh，B正确此过程中，该粒子()A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动BD图所示，F合≠0A错误．由图可知电场力与重力的合力应v0反向，F合mg不做功，qE做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定，且F合与v0方向相反，粒子做匀直线运动，D正确．正确理解和运用直线运动的条件是解题关键，要运用正确的受力分析7．(2015·新课标Ⅱ，14，6分)如图所示，两平行的带电金属a 下方，且大小恒定，D正确，A、B、C错误．8．(2016·理综，23，18分)如图所示，电子由静止开始经子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极v0和从电场射出时沿垂直子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10【解析】(1) m电子射入偏转电场的初速度 mvv0 偏转距离Δ

2＝ 2a(

重力G＝mg～10－29NdF＝eU～10－15dF≫GφEpqqqmEGm的比值，称为“重力势”mφφGm【答案

(3)见解9．(2015·理综，10，17分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平E＝1.5×106N/CP263电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4.PO点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空Dαtanα＝1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率263P2m/sPAD (1)小物体P的速率从0增至2m/s，受外力F1＝2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则①②由①②式并代入数据得Δt1＝0.5③(2)P2m/sAF2＝6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则④Pv1经过Δt2Av2，则Δt2＝0.55s－Δt1⑤⑥PABF2＝6N、电场力和滑动摩擦力的作用．设其做匀变速a3qBv3AB点的位移为x1，则⑦3232⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大FE，有⑨F3与FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始v3PBD点用时为Δt3x2，v3＝tan ⑪ADW，则⑫联立④～⑧、⑨～⑫W＝－9.25⑬【答案 (1)0.5 (2)－9.2510．(2013·浙江理综，24，20分)“电子能量分析RA和不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动N板的正中间．忽略电场的边缘效应．A、BCEA、BCφA、φBφCN板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由【解析】(1)电子(带负电)A，BA据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E

＝ m22 联立解得 对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC)N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e(φA－φC)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强|φB－φC|>|φA－φC|，即|ΔEk左|>|ΔEk右【答案 (1)B板电势高于A板；理由见解 (4)|ΔEk左|>|ΔEk右|；理由见解【点拨】通过粒子在场中的匀速圆周运动确定出向心力的来源，进而确定出电q(q>0)ab时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过ab点时的动能．【解析 质点所受电场力的大小设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由第二vv vv律 F＋Na＝mr，Nb－F＝mabEkaEkbE E＝1(Nb－Na)，Eka＝r(Nb＋5Na)，Ekb＝r 【答案 1(Nb－Na) r(Nb＋5Na)；r 【点拨 力电综合类问题实际上就是“电学搭台，力学唱戏间距和电荷量不变在两极板间插入一电介质其电容C和两极板间的电势差U A．C和U均增 B．C增大，U减C．C减小，U增 D．C和U均减【解析】

CUU导学导考 (2014·理综，17，6分)一带电粒子在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，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是()【解析】W＝－ΔEpW＝Eqx知，Ep－x图象的斜率反映电场强Eqx＝Ek－0，故Ek－x图象的斜率逐渐减小，B错误．由第二定律得Eq＝maa也随x的增大而减小则根据第二定律粒子做加速度减小的加速运动，C错误，D正确．选D.导学导考带电粒子在匀强电场中的运动问题能结合力学知识和电学知识，(2015·理综，7，6分)(多选)如图所示，氕核、E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转最后打在屏上整个装置处于真空中， AE2对三种粒子做功一样多qU2

x＝v0t，y＝2·md·t，联立得y＝4U1d2屏上的同一位置，DW＝qE2y，由于运动轨迹相同，三种粒子离开电场时的偏转量y相同，则W相同，A正确．根据W＝1mv2，三v不同，B错误．又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C错误．选AD.2导学导考当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0mv0沿中线射入两板间

T～3T时间内运动的描述，正确的是

．重力势能减少了 3【解析】0～T内微粒匀速运动，故微粒受到的电场力向上，E0q＝mg3 C正确．从射入到射出，由动能定理可得

－W电＝0为2mgd，D为

导学导考带电粒子在交变电场中的运动是高考必备的知识点之一，因需要利用运动定律图象等分析多个阶段运动的细节此类题目既有计算题，O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场．电场强E＝100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度h＝4m．BC段为一粗糙绝缘平L＝3mABBC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)O1O2R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D位于电场区域的外部(O1O2右侧空间的影响)m＝1kgq＝0.1C的带正电小球(可视为质点)A＝5与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为＝5

10m/s2)CDC【解析 (1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程，根据动能定理得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos －μ(mg＋Eq)L＝1mv2sin

CD

2v v5解得FN＝30 5

m小球做类平抛运动的加速度大a，根据第二定律可mg＋qE＝maa＝20BC

2x＝2m＜3m【答案

(2)30 2导学导考带电粒子在电场中运动时，通常电场力与重力都是恒力，于是我杂问题简单化的法．2

CUC＝QQUUdE＝UEdQU电压不变模型：此类问题多把电容接在电源两端．因为U不变，据Ed，Ed

U电荷量不变模型：此类电容器大多独立存在．C＝U

U＝EdrE＝εS.QEεr、Sdr充电时符合U不变模型，放电时符合Q不变模型．22YY＝y＋dtanθ；Y＝(L＋d)tanθ；Y＝y＋vy·d；根据三角形相似 2

2 U1为加速场电压，U2为偏转场电压，L为偏转场板长，d0为偏转场两板间距，d为屏到偏转场水平距离，Y为打到屏上距离中心的距离，θ为出射速度与水1、加速交替出现的多过程情况较多．解决的方法主要分析清楚其中一个完整的过程，有时也可借助v—t图象进行运动过程分析，找出各个过程中的重要物、F合为等效重力场中的“重力m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”即在等效重力场中的“竖直向下”为水平放置平行正对金属板在板分别有一小孔M、N，D为理想二极管，RS，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处．下列说法正确的是 ANBNNSPN若仅将A板上移，根

εrSN时速度已经减为零返回了，ABU一定，小孔N时速度已经减为零返回了，B错误．将滑动变阻器的滑片上移，分压增N时速度已经减为零返回了，CS，场强不变，N处，D错误．电粒子以初速度v0射入水平放置距离为d的两平U1AP2v0，同时将

所加电压U2为( B．U2＝6U1 板间距离为d，射入速度为v0，板间电压为

1 x

d00a＝md，t＝vU1＝qx2；A板上移22v000 x

0时，在电场中有：d＝2a′t′，a′＝3md，t′＝2v0，解得0＝12U1，D

mev0 L0 Bv0C．t＝0

时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 方向分速度不变穿过电场的时间 L 不全相同，Avy＝0，速相同，C

＝4

1

1 d4．(2015·河北正定模拟)v0m的小球，当小球到9∶16，取地面为重力势能参考面，q【解析】(1)v2＝2gh，得1 2m 55＝竖直方向做匀运动，有vy＝gt，解得＝

(2)设后来加上的电场场强大小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有 mt＋5v0＝－v

(1) (2)2q或m、电荷量为q的带正电小球(可看成质点)y轴上的Av0LM、倾斜放置且与水平方向间的夹角θ＝37°.(sin37°＝MByAMN

＝5qM、NdN【解析 (1)小球从A到B过程做平抛运动x轴方向有：Lcosθ＝v0t，tanh＝12Ay＝h＋Lsin2联立解得 3gL，y＝17L，h＝4 A点的坐标为(2)小球进入电场时速度大由动能定理，mgh＝1mv2－126解得 6

2m进入电场后受力如图所示，qE＝mgcosmgsin其加速度大小 ＝gsint′Nd＝vt′，1＝1′2d＝5

17

6 5【答案

(2)66．(2015·江西五校第二次联考)如图甲所示，AB是真空中、面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，OAB的距离都是l.现在A、压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子属板上不再运动，且电荷量同时，不影响A、B板电势．不计粒子的重力不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×1031.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1×10－7Ct＝0在

A～2B2 (1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动，设粒子到达A板的时间为t，并假设在半个周期内到达A板，则有l＝1·qU022t＝6×10－32t＝6×10－3sA0～Ta1＝qU0＝2×1052在T～T

＝4×105 若粒子在0～T内加速Δt，再在T～T

A板，则有

t，解得Δt＝2×10－3

2

所以在T－Δt到TA4×10－3s～6×10－3 m恰好未撞上A板的粒子反向加速距离最大所获得的速度最大v2m66

6【答案 (1)6×10－3 (2)4×10－3s～6×10－3 6表达式 kq1q2，其中k为静电力常量，k＝9.0×109＝

kq1q2不再适用

＝EE是唯一的，它的大小和方向与放入该点电场强度的两个的比 由比值法引入，EF、 ＝由 ＝q1电场线电场强，电场线疏处电场弱电场线(虚线)O的场强关六、两个电 的比 电容器本身(CQU成反比εrSS、d、电介质的相对介电常数εr有关d(1)匀强电场中，v0与E平行时，可用第二定律和运动学求解

＝ ＝d 1

－2mv0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方转问题的分析方法类似抛运动：vt＝lv0

＝m＝m0y＝2at0φtanφ

qUl.00＝v0＝v00(2015·一模)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大F.两小球相r接触后将其固定距离变为2，则两球间库仑力的 1 【解析 接触前两小球之间的库仑力大小

r2来的1

间ABCDEFGH，则下列说法正确的是( AAB、HBACGCA、EC、GDA、ED、F两点的电场强度大小相HCGA点，故电场力做正功．A错误，BA、EC、G两点电势一正一负，CA、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具FEHFD、F两点的电场强度大小相等，D正确．选BD.q＝5.0×10－4CCCBAv—B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)，则下列说法正确的是()AO点右侧杆上，BE＝1.2BCACCAD．C、BUCB＝0.9【解析】v—t图象切线斜率代表加速度，B＝＝5

q2(2016·吉林东北师大附中第二次模拟)(多选)q2P点且处于静止状态．下列说法正确的是()APB.PCP 【解析】由于电路中有二极管所以电容器只能充电不能放电据 UU＝EdE增大，P点电势升高，B错误．dU不E不变，若d减小，E增大，故油滴不下移，D正确．选CD.(2016·河北石家庄正定中学期中)(多选)xOy45mq的O q q电场强度的 ggp时的动能为DODO点的过程中，电势能减 【解析 由轨迹方程y＝kx2可知小球为初速度向上的抛物线，合向右，由受力分析可知2mg＝Eq，E＝2mg，A错误．联立方程1

2gt，k＝v0t，解得 2k，B正确．据动能定理mv2Ek＝5mg，C正确．ΔEp＝－W＝－Eq·2＝－2mg·2＝－2mg，D

．4U＝Ed只能适用于匀强电场在使用时要注意U是初末位置的电势差而．UQ(2014·攀枝花二模)如图所示在一倾角为37°的缘斜面下端O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面ON段粗糙，长度s＝0.02m，NM段光滑，长度L＝0.5m．在斜面2×10－3kg1×10－7CON段表面的动摩擦因数为0.75.将小滑块从M点由静止释放，在运动过程中没有电荷量损sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g10m/s2.N【规范解答 (1)小滑块第一次过N点的速度为32则由动能定理有1mv2＝(mg＋qE)Lsin3732

ONf＝μ(mg＋qE)cos37°＝2.4×10－2F1＝(mg＋qE)sin37°＝2.4×10－2因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑时做匀运动，速度为零时可停下．设小滑块与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得(mg＋qE)(L＋s－x)sin37°－μ(mg＋qE)[(2n－1)s＋x]cos0≤x≤0.02mn＝13x＝0.01由能量守恒得(mg＋qE)·Δxsin37°＝2μ(mg＋qE)scos37°代入数据得Δx＝0.04ms1＝L＋s－Δx＝0.48p 滑块移动的总路程s总 sp≥s＝0.02mp≤12.5p＝12s总＝6.773【答案 3

(2)0.01 (3)6.77②①此类问题一般可以用等效法处理．几个场同时占据同一空间，从而形成叠加56～8分，选对但不全的得3分，有的得0分的中心，下列说法中正确的是()A．OB．A、B、C、DCBDDAC1．C根据点电荷电场强度和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由A、B两点电场强度不相同，B错误．由对称性可知，B、D两点等电将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D电场力做功为零，C正确图A点电势高于C点，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，D错误．x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的 AOxBOxC．OD．O2．CO点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷Ox轴无限远处电场强度为零O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小x轴无限远处，xO点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小．根据电势的定义可知O点的电势能最小，电势最低，所以从Ox轴正方向，电势一直升高，A、B、D错误，C正确．AB的径AaAEkA，电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB，电势能为EpB.则下列结论