高考物理一轮复习 高考真题备选题库 第六章 静电场-人教版高三物理试题

第六章静电场第1节电场力的性质1.(2014·上海高考)如图，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC＝h。当B静止在与竖直方向夹角θ＝30°方向时，A对B的静电力为B所受重力的eq\f(\r(3),3)倍，则丝线BC长度为________。若A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在θ＝30°处平衡。以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ＝0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是_____________________________________。解析：对小球B进行受力分析，根据相似三角形有：eq\f(G,h)＝eq\f(\f(\r(3),3)G,AB)⇒AB＝eq\f(\r(3),3)h，再根据余弦定则求出BC的长度：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2＝h2＋BC2－2×BC×hcos30°⇒BC＝eq\f(2\r(3),3)h或eq\f(\r(3),3)h；若两者间的库仑力变为B的重力的0.5倍，根据几何关系可知AB与BC垂直，即拉力与库仑力垂直；eq\f(G,h)＝eq\f(0.5G,AB)＝eq\f(T,BC)随着电量的减小，细绳的拉力不变，库仑力减小。当细绳变为竖直方向时，库仑力和拉力的合力等于重力，库仑力减小，拉力增大，所以拉力先不变后增大。答案：eq\f(\r(3),3)heq\f(2\r(3),3)h先不变后增大2．(2014·广东高考)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P。带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上。P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零解析：选BD由于小球M、N及细杆处于静止状态，因此M、N及细杆组成的系统合外力为零，D项正确；整体受到的库仑力的合力为零，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,r＋L2)，解得r＝(eq\r(2)－1)L，A项错误；由于P对M、N的库仑力等大反向，因此P、M、N三者必在一条直线上，B项正确；在P点产生的电场中，离P点越远电势越低，C项错误。3．(2014·浙江高考)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右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。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则()A．小球A与B之间库仑力的大小为eq\f(kq2,d2)B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))时，斜面对小球A的支持力为0解析：选AC根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F＝eq\f(kq2,d2)，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，选项B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，选项D错误。4．(2014·福建高考)如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。解析：(1)根据库仑定律，A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为F＝keq\f(q2,L2) ①代入数据得F＝9.0×10－3N ②(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝keq\f(q,L2) ③A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos30° ④由③④式并代入数据得E＝7.8×103N/C ⑤场强E的方向沿y轴正方向。答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向5．(2013·新课标全国Ⅰ)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a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点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：选B本题考查静电场相关知识，意在考查考生对电场叠加、库仑定律等相关知识的理解。由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小E′Q＝keq\f(q,R2)，则Ed＝E′Q＋E′q＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故选项B正确。6．(2013·新课标全国Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：选B本题考查库仑定律、电场力、平衡条件及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F＝keq\f(qQ,l2)，小球b对小球c的库仑引力为F＝keq\f(qQ,l2)，二力合力为2Fcos30°。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE＝2Fcos30°，解得：E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，选项B正确。7．(2012·安徽理综)如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2\f(1,2))))，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为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2所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2)) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2\f(1,2))C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)解析：利用均匀带电圆板轴线上的场强公式，当R无限大时，Q点电场强度E1＝2πkσ0，当R＝r时，Q点电场强度E2＝2πkσ0[1－eq\f(x,r2＋x2\f(1,2))]，现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板，则Q点电场强度E3＝E1－E2，只有选项A正确。答案：A8．(2012·江苏)真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3∶1 B．1∶3C．9∶1 D．1∶9解析：根据点电荷电场强度E＝keq\f(Q,r2)，可知eq\f(Er,E3r)＝9∶1，C正确。答案：C9．(2012·浙江理综)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是()A．摩擦使笔套带电B．笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和解析：笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误。答案：ABC第2节电场能的性质1.(2014·上海高考)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选BC由图像可知，正电荷从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程场强先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C项正确；D项错误。2．(2014·海南高考)如图(a)，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v­t图线如图(b)所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()A．φa＞φb B．Ea＞EbC．Ea＜Eb D．Wa＞Wb解析：选BD由v­t图像的斜率减小可知由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以场强变小，Ea＞Eb；根据动能定理，速度增大，可知势能减小，Wa＞Wb，可得选项B、D正确。3．(2014·全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM解析：选AD根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故φP>φM，D正确。4．(2014·全国卷Ⅰ)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝eq\f(3,2)d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t ①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2 ②又Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd ④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd ⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)⑥ (2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了eq\f( d,2)和eq\f(3d,2)，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0 ⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB) ⑨解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA ⑪由④⑦⑪式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q) ⑫答案：(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)与竖直向下的方向的夹角为30°5．(2014·全国卷Ⅱ)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析：选AD根据电场强度与电势的关系解题。电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确。电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误。沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误。电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确。6．(2014·北京高考)如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等解析：选D根据电场线的疏密表示电场强度的大小知，1点的电场强度大于2点、3点的电场强度，选项A、B错误。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等知，1点的电势高于2点电势，2点、3点处于同一等势面上，电势相等，选项C错误，D正确。7．(2014·山东高考)如图，半径为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；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()解析：选A试探电荷的动能Ek＝Ek0＋W＝Ek0＋eq\f(kQq,r2)Δl，由此可知在球壳内，由于球壳内的场强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变，在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，做功越来越少，因此动能的增加越来越慢，据此可知，所给的四个图中只有A选项正确，其余选项皆错误。8．(2014·江苏高考)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，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说法中正确的是A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：选B圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零。x轴上的合场强，在圆环的右侧的合场强沿x轴向右，左侧的合场强沿x轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿场强方向的电势降低，得O点的电势最高。综上知选项B正确。9．(2013·江苏)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：选ABD本题考查静电场中力的性质和能的性质，意在考查考生对静电力的性质和能的性质的理解与掌握情况。电场线密的地方电场强度大，A项正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；由Ep＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功，D项正确。10．(2013·重庆理综)如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则()A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功解析：选B本题考查电场力做功、电势、电势能，意在考查考生推理与分析问题的能力。建立正点电荷电场模型，根据正点电荷的等势线空间分布图，由于Q点比M点离核远，则φQ<φM，C项错误；α粒子从M点到Q点，电场力做正功，α粒子在M点的速率比在Q点的速率小，A、D项错误；三点中，α粒子在N点的电势最高，电势能最大，B项正确。11．(2011·山东理综)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：两点电荷连线上的中点是连线上场强最小的点同时也是中垂线上场强最大的点，所以d点场强大于b点场强，B正确，A错．根据电场线分布的对称性，可知C正确．正试探电荷在电势高的地方电势能大，D错．答案：BC12．(2010·江苏)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是()A．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和－x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等解析：本题考查电场强度、电势、电势差的概念和图象问题．电势差与电场强度的关系为U＝Ed，此表达式适用于匀强电场，图中为非匀强电场的场强E与坐标x的关系图象，当取一段极短长度Δx时，可认为Δx长度内的电场为匀强电场，因此图象所包围的面积表示电势差．图中从O点沿＋x轴方向，场强为正值，位移为正值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差为正，表示沿＋x轴方向的电势逐渐降低，即O点电势依次大于x1点、x2点、x3点的电势，选项A、B、D错误．而图中沿－x轴方向，场强为负值、位移为负值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差也为正，即沿－x轴方向的电势也逐渐降低．因从－x1点移到x1点，E－x图线在O点两侧所包围的面积相等，表示这两点间的电势差为零，所以－x1和x1两点电势相等，选项C正确．此电场实际上是等量同种正电荷，从两电荷连线的中点沿中垂线向两侧外移动的电场模型．答案：C第3节电容器带电粒子在电场中的运动1．(2014·上海高考)如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上极板始终接地。长度为d/2、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q。当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO′夹角θ＝30°的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转α＝15°至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压。假定两板间始终为匀强电场。求：(1)绝缘杆所受的重力G；(2)两板旋转后板间电压U2。(3)在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变。你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2。解析：(1)设杆长为L，杆受到的重力矩与球受到的电场力矩平衡Geq\f(L,2)sin30°＝eq\f(qU1,d)Lsin30°解得G＝eq\f(2qU1,d)(2)金属板转过α角后，同样满足力矩平衡，有Geq\f(L,2)sin30°＝eq\f(qU2,dcos15°)Lsin45°联立解得，U2＝eq\f(sin30°cos15°,sin45°)U1＝eq\f(\r(3)＋1,4)U1(3)该同学的结论错误。因为上板接地，当板旋转α角度时，板间电场发生变化，带电小球相对零势能面的位置改变了。所以，带电小球的电势能也改变了。设带电小球与零势面间的电势差为U′金属板转动前：U1′＝eq\f(Lcos30°,d)U1＝eq\f(\r(3),4)U1电势能W1＝qU1′＝eq\f(\r(3),4)qU1金属板转动后U2′＝eq\f(Lcos45°,dcos15°)U2＝eq\f(U1,4)电势能W2＝qU2′＝eq\f(1,4)qU1答案：(1)eq\f(2qU1,d)(2)eq\f(\r(3)＋1,4)U1(3)见解析2.(2014·海南高考)如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为()A.eq\f(l,d)g B.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D.eq\f(d,d－l)g解析：选A平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以表达为：E1＝eq\f(U,d－l)，且有E1q＝mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为：E2＝eq\f(U,d)，有mg－E2q＝ma，联立上述可解得：eq\f(d,－l)＝eq\f(g,－a)，知选项A正确。3．(2014·天津高考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误。4．(2014·山东高考)如图，场强大小为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m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：选B由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：eq\f(s,2)＝v0t，在竖直方向上：eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，联立以上两式可求得：v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，由此可知，该题只有选项B正确，ACD皆错误。5．(2014·安徽高考)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。解析：(1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f(mgh＋d,qd)U＝EdQ＝CU得Q＝Ceq\f(mgh＋d,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)0＝v＋at2t＝t1＋t2综合可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))答案：见解析6．(2013·新课标全国Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回解析：选D本题考查动能定理及静电场相关知识，意在考查考生对动能定理的运用。当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×eq\f(3,2)d－qU＝0，当下极板向上移动eq\f(d,3)，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mg(eq\f(d,2)＋x)－qeq\f(U,d－\f(d,3))x＝0，两式联立解得：x＝eq\f(2,5)d，选项D正确。7．(2012·广东理综)右图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：在水平方向上带正电的矿粉受到向左的电场力，应落在左侧，A错；电场力对两种矿粉都做正功，电势能均减小，所以只有BD正确。答案：BD8．(2011·安徽理综)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)解析：两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此A项错误，若t0＝eq\f(T,2)时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A运动；若t0＝eq\f(3T,4)时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)时间内，粒子的运动满足题意的要求，选项B正确．答案：B9．(2011·天津理综)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq\f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2，下列说法正确的是()A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1解析：由公式E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)和C∝eq\f(εS,d)可得E∝eq\f(Q,εS)，所以Q加倍，E也加倍，再由U＝Ed可得U相等．C正确．答案：C10．(2010·北京理综)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若()A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变解析：本题考查平行板电容器、静电计．静电计是测量电容器两端电压的仪器，指针偏角θ∝U，根据C＝eq\f(εS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)得选项A正确．答案：A第4节带电粒子在电场中运动的综合问题1．(2014·重庆高考)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>Eb C．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb解析：选A由题图可知a、b两点处于同一等势线上，故两电子分别从a、b两点运动到c点，电场力做功相同，即Wa＝Wb，故B、D项错；a点处电场线比b点处电场线更密集，故Ea＞Eb，C项错，A项对。2．(2014·安徽高考)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。下列图像中合理的是()解析：选D由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))可知，Ep－x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A项错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B项错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D项正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合题图和B项分析可知C错误。3．(2013·新课标全国Ⅱ)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动。经过a点和b点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a点和b点时的动能。解析：本题主要考查受到约束的带电质点在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、动能定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活应用知识解决问题的能力。质点所受电场力的大小为F＝qE①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，由牛顿第二定律有F＋Na＝meq\f(v\o\al(2,a),r)②Nb－F＝meq\f(v\o\al(2,b),r)③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)④Ekb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)⑤根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF⑥联立①②③④⑤⑥式得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)⑦Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)⑧Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)⑨答案：见解析4．(2013·浙江理综)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端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做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左与ΔEk右分别为多少？(4)比较|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并说明理由。解析：本题主要考查带电粒子在电场中的运动，意在考查考生分析和计算能力。(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板(2)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大小相同，有：eE＝meq\f(v2,R)Ek0＝eq\f(1,2)mv2R＝eq\f(RA＋RB,2)联立解得：E＝eq\f(2Ek0,eR)＝eq\f(4Ek0,eRA＋RB)(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk＝qU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)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e(φA－φC)(4)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之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC|＞|φA－φC|，即|ΔEk左|＞|ΔEk右|。答案：(1)见解析(2)eq\f(4Ek0,eRA＋RB)(3)ΔEk左＝(φB－φC)ΔEk右＝(φA－φC)(4)见解析5．(2012·北京理综)匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和eq\f(m,4)。不计重力。(1)求A在电场中的运动时间t；(2)若B的电荷量q＝eq\f(4,9)Q，求两质点相互作用能的最大值Epm；(3)为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。解析：(1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(QE0,m)A在电场中做匀变速直线运动d＝eq\f(1,2)at2解得运动时间t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2dm,QE0))(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有QE0d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)，qE0d＝eq\f(1,2)·eq\f(m,4)veq\o\al(2,B0)①A、B相互作用过程中，动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功。A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v′，有(m＋eq\f(m,4))v′＝mvA0＋eq\f(m,4)vB0②Epm＝(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,)A0＋eq\f(1,2)·eq\f(m,4)veq\o\al(2,B0))－eq\f(1,2)(m＋eq\f(m,4))v′2③已知q＝eq\f(4,9)Q，由①②③式解得相互作用能的最大值Epm＝eq\f(1,45)QE0d(3)考虑A、B在x>d区间的运动，设A、B在末态时的速度分别为vA和vB，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有mvA＋eq\f(m,4)vB＝mvA0＋eq\f(m,4)vB0④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,4)veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,4)veq\o\al(2,B0)⑤由④⑤解得vB＝－eq\f(3,5)vB0＋eq\f(8,5)vA0因B不改变运动方向，故vB＝－eq\f(3,5)vB0＋eq\f(8,5)vA0≥0⑥由①⑥解得q≤eq\f(16,9)Q即B所带电荷量的最大值qm＝eq\f(16,9)Q答案：见解析6．(2011·北京理综)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为－q，其动能与电势能之和为－A(0<A<qφ0)．忽略重力．求(1)粒子所受电场力的大小；(2)粒子的运动区间；(3)粒子的运动周期．解析：(1)由题图可知，0与d(或－d)两点间的电势差为φ0电场强度的大小E＝eq\f(φ0,d)电场力的大小F＝qE＝eq\f(qφ0,d)(2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得eq\f(1,2)mv2－qφ＝－A①由题图可知φ＝φ0(1－eq\f(|x|,d))②由①②得eq\f(1,2)mv2＝qφ0(1－eq\f(|x|,d))－A③因动能非负，有qφ0(1－eq\f(|x|,d))－A≥0得|x|≤d(1－eq\f(A,qφ0))即x0＝d(1－eq\f(A,qφ0))④粒子的运动区间－d(1－eq\f(A,qφ0))≤x≤d(1－eq\f(A,qφ0))(3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度