2019届北京专版高考物理一轮复习专题九静电场讲义

专题九静电场高考物理

(北京市专用)A组

自主命题·北京卷题组1.(2014北京理综,15,6分,0.99)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、3两点的电势相等答案

D同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。五年高考考查点电场线、等势面。思路点拨场强大小看电场线的疏密,电势高低看电场线的方向。2.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的

带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷

量q=1.0×10-6C,匀强电场的场强E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.

8。求:

(1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。答案(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-4kg(3)2.0m/s解析(1)F=qE=3.0×10-3N(2)由

=tan37°,得m=4.0×10-4kg(3)由mgl(1-cos37°)=

mv2,得v=

=2.0m/s解题指导(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开

始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。3.(2016北京理综,23,18分,0.59)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方

向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电

场可看做匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏

转距离Δy。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请

利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=

10m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力势”

的共同特点。答案(1)

(2)(3)见解析解析(1)根据功和能的关系,有eU0=

m

电子射入偏转电场的初速度v0=

在偏转电场中,电子的运动时间Δt=

=L

偏转距离Δy=

a(Δt)2=

(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29N电场力F=

~10-15N由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即φ=

由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与

其质量m的比值,叫做“重力势”,即φG=

。电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。解题指导这是属于带电粒子在匀强电场中先加速再偏转的问题,带电粒子在加速电场中运用

功能关系(动能定理)来列式,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动时运用运动的合成和分解来

解答。审题指导读题要抓住带电粒子在电场中运动的性质,在加速电场中做初速度为零的匀加速直

线运动,在偏转电场中做类平抛运动。4.(2015北京理综,24,20分,0.31)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光

照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的

电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位

时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明:P=

ΔEk。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)

答案(1)

Ne(2)

(3)见解析解析(1)由动能定理,Ekm=eUm,可得Um=

短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以E=Um=

电源内阻r=

=

(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能ΔEke=eU设单位时间内有N'个电子到达B板,则损失的动能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU根据电流的定义,此时电源内部的电流I=N'e此时流过外电阻的电流也是I=N'e,外电阻上消耗的电功率P=IU=N'eU所以P=ΔEk

考查点带电粒子在电场中的运动、电路、功能关系。思路点拨1.最大电势能对应电子的最大初动能,短路时两板间电势差为零,A板上的电子会全

部到达B板。2.从电路的角度分析,电动势等于电源断路时的路端电压,而短路电流等于电动势除以电源内

阻。3.外电阻上消耗的功率P=IU,I为单位时间内流过的电子的总电荷量;ΔEk是单位时间内到达B板

的电子损失的动能总和。考点一电场的力的性质1.(2017课标Ⅰ,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r

的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点

电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由B组

统一命题、省(区、市)卷题组a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和

Wcd。下列选项正确的是

()A.Ea∶Eb=4∶1

B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1

D.Wbc∶Wcd=1∶3答案

AC本题考查场强与电势。由图可知:ra=1m、φa=6V;rb=2m、φb=3V;rc=3m、φc=2V;

rd=6m、φd=1V。由点电荷的场强公式E=

得Ea∶Eb∶Ec∶Ed=

∶

∶

∶

=36∶9∶4∶1,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶1,故C

正确、D错误。方法技巧电场力做功的计算方法定量计算电场力做功时,第一种方法是利用W=qU;第二种方法是利用功能关系即电场力所做的

功等于电势能的变化量;第三种方法是利用动能定理;第四种方法是由功的定义得W=qElcos

α。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。2.(2016课标Ⅱ,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P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。若Q仅受P的电场力作用,

其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则

()

A.aa>ab>ac,va>vc>vb

B.aa>ab>ac,vb>vc>vaC.ab>ac>aa,vb>vc>va

D.ab>ac>aa,va>vc>vb

答案

D带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=

=

,E=k

,因为rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;由动能定理有Wab=qQUab=

m

-

m

Wbc=qQUbc=

m

-

m

因为Wab<0,所以va>vb因为Wbc>0,所以vc>vb因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc故有va>vc>vb,D项正确。规律总结掌握点电荷电场的特点及电场力做功与电势差的关系,明确仅在电场力作用下,加速

度的大小取决于场强的大小,速度的大小取决于电场力做功的正负及大小。评析本题在考查点电荷电场的电场线、等势面的分布特点及电场力做功与电势差关系的同

时,综合考查了牛顿运动定律及动能定理的内容,综合性较强。3.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体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.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合答案

C由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔

闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B

所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。失分警示不要误以为因B带正电,B的电势就高,实际上电场中的导体是一个等势体,A、B电势

相等。评析本题考查静电感应现象,意在考查学生对课本演示实验的认知和理解。4.(2016浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘

细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A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

()

A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.0×10-2NC.B球所带的电荷量为4

×10-8CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0答案

ACD用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,与A球接触后A球也带正电荷,两球接触后分开,

B球也带正电荷,且两球所带电荷量相等,A正确;两球相互排斥,稳定后A球受力情况如图所示

sinθ=

=0.60,θ=37°F库=mgtan37°=6.0×10-3N,B项错误;F库=k

QA=QB=Q,r=0.12m联立得Q=4

×10-8C,故C项正确;由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确。疑难突破准确进行受力分析、力的合成,再利用三角函数计算库仑力和电荷量大小。5.(2015安徽理综,15,6分)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电量分别为q1和q2,其间

距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F=k

,式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示,k的单位应为

()A.kg·A2·m3

B.kg·A-2·m3·s-4C.kg·m2·C-2

D.N·m2·A-2

答案

B由库仑定律知k=

,式中都取国际单位时k的单位为

,由I=

知,1C2=1A2·s2,又因1N=1

,整理可得k的单位应为

·

,即kg·A-2·m3·s-4,故选项B正确。6.(2015山东理综,18,6分)直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图。M、N两

点各固定一负点电荷,一电量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力

常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的大小和方向分别为

()A.

,沿y轴正向

B.

,沿y轴负向C.

,沿y轴正向

D.

,沿y轴负向答案

B

M、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强等

大反向,所以E1=

,方向沿y轴正向,因为H与G关于x轴对称,所以M、N两处的负点电荷在H处产生的合场强E2=E1=

,方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3=

,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=

-

=

,方向沿y轴负向,B正确。7.(2015浙江理综,20,6分)(多选)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小

球A悬挂到水平板的M、N两点,A上带有Q=3.0×10-6C的正电荷。两线夹角为120°,两线上的拉力

大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的总质量

为0.2kg(重力加速度取g=10m/s2;静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,A、B球可视为点电荷),则

(

)

A.支架对地面的压力大小为2.0NB.两线上的拉力大小F1=F2=1.9NC.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小F1=1.225N,F2=1.0ND.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866N答案

BC小球B和支架组成的整体,在三个力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=k

,联立两式解得:FAB=0.9N,FN=1.1N,根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡,如图

(甲)所示。

由对称性可知F1=F2,在竖直方向上有:2F1cos60°=2F2cos60°=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9N,可见B正确。当B球与M、A共线时,A球受力情况如图(乙)所示。(甲)

由几何关系可知rAB'=0.6m,FBA'=k

=0.225N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上述两个方向上分力的合力为零可得:F1=1.225N,F2=1.0N,故C正确。B球移至无穷远处时,A、B

之间的库仑力忽略不计,对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0N,故D错。(乙)评析本题考查了库仑定律和共点力平衡问题,情景清晰,但计算量稍大。题目难度中等,要求

考生镇定、细心。8.(2013课标Ⅰ,15,6分,0.480)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.k

B.k

C.k

D.k

答案

B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点处产生的场强E2大小相等,即:E1=E2=k

,由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=k

,q在d点产生的场强E4=k

,方向与E3相同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k

,B正确,A、C、D错误。9.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘

对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C,方向水平向右的

匀强电场。带负电的小物体P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。P

从O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,到达空间D点时速度与

竖直方向的夹角为α,且tanα=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v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10m/s2。求:v/(m·s-1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间;(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。答案(1)0.5s(2)-9.25J解析(1)小物体P的速率从0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F1-μmg=ma1

①v1=a1Δt1

②由①②式并代入数据得Δt1=0.5s③说明:①②③式各2分。(2)小物体P从速率为2m/s运动至A点,受外力F2=6N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则F2-μmg=ma2

④设小物体P从速度v1经过Δt2时间,在A点的速度为v2,则Δt2=0.55s-Δt1

⑤v2=v1+a2Δt2

⑥P从A点至B点,受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,

电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则F2-μmg-qE=ma3

⑦

-

=2a3x1

⑧P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE,有FE=F3

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点开始做初速度为v3的平抛运

动。设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知

=tanα

⑩x2=v3Δt3

设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则W=-qE(x1+x2)

联立④~⑧,⑩~

式并代入数据得W=-9.25J

说明:④⑥⑧

式各1分,⑦⑩

式各2分。考点二电场的能的性质10.(2017课标Ⅲ,21,6分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如

图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是

()A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV答案

ABD本题考查匀强电场、电场强度、电势、电势差。设a、c连线上d点电势为17V,如图所示,则

=

,得ldc=4.5cm,tanθ=

=

,θ=37°。过c作bd垂线交bd于e点,则lce=ldccosθ=4.5×

cm=3.6cm。ce方向就是匀强电场方向,场强大小为E,Elce=Ucb,E=2.5V/cm,A项正确。UeO=ElObsin53°=16V,故O点电势φ0=17V-16V=1V,B项正确。电子

在a点的电势能比在b点的高7eV,C项错误。电子从b点到c点电场力做功W=9eV,D项正确。

方法技巧充分利用直角三角形中37°和53°的关系①Oa为6cm,Ob=8cm,这样连接O、c,∠cOb=37°,∠Ocb=53°。②在a、c连线上找φd=17V,bd为等势线。由对应关系得lcd=4.5cm,∠cbe=37°。Oec恰好为电场

线。③充分利用电场中的角度,以37°和53°的关系解题。11.(2017天津理综,7,6分)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出

的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大

小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是

()A.电子一定从A向B运动B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD.B点电势可能高于A点电势答案

BC本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生

条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,

则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力

与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpA<EpB,若电子由B→A,则电

场力方向与速度方向夹角小于90°,电场力做正功,电势能减小,EpA<EpB,选项C正确,A错误;由Ep=q

φ,φ=

知,负电荷在高电势处电势能小,在低电势处电势能大,可知φA>φB,选项D错误。方法技巧运动轨迹与电场线关系①曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。②受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线

上)。③速度方向为轨迹的切线方向。④正、负功的判断。⑤电势高低与电势能大小的关系。12.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图

所示。下列说法正确的有

()

A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2,电势能减小D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大答案

AC本题考查识别φ-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。φ

-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强

从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错误;沿x

轴方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知φx1<φx2,负电荷

由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。解题关键由U=Ed知φ-x图线切线斜率表示场强E,φx1=0,q1、q2分布在x1的两侧。13.(2016课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸

面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知

()

A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小答案

AB由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力

为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于

重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,

A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动

能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;

因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。

疑难突破考生必须分析出油滴轨迹的对称性具有的含义,才能展开进一步的分析。解题关键由U=Ed知φ-x图线切线斜率表示场强E,φx1=0,q1、q2分布在x1的两侧。评析以电场和重力场为背景,考查电场及运动的知识,关键在于分析出对称性的特点,才能得

出电场力与重力的大小关系及方向,属于中等难度。14.(2016课标Ⅲ,15,6分)关于静电场的等势面,下列说法正确的是

()A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功答案

B假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就是两个不同的值,这是不可能的,

A错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;负电荷从高电势处移到低电势

处,电势能增加,电场力做负功,D错误。方法技巧用类比法理解电荷在电场中运动的过程中电场力做功以及电势能变化情况:一块石

头从山顶(高地势处)滚落到山脚(低地势处),重力势能减少,重力做正功。与此类似,正电荷从高

电势处向低电势处移动,电势能减少,电场力做正功,所以,可将正电荷与石头类比。如果是负电

荷的运动,只要把正电荷电势能变化、电场力做功情况反过来就可以了。评析本题考查对电场中等势面概念的理解。15.(2016浙江理综,14,6分)以下说法正确的是

()A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低B.外力对物体所做的功越多,对应的功率越大C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化答案

A在静电场中,沿电场线电势φ的变化量Δφ=

,无论q为正还是为负,

总是负的,即Δφ<0,表明沿电场线方向电势逐渐降低,A正确;功率P=

,功率P的大小由W和t共同决定,B错误;电容器电容C与电容器所带电荷量无关,C错误;无论超重还是失重,地球对物体的实际作用力不

变,D错误。疑难突破电势φ=

,电势的变化Δφ=

。正电荷沿电场线方向移动时,电场力做正功,电势能减少,ΔEp<0,Δφ=

<0,即沿电场线方向电势降低;负电荷沿电场线方向移动时,电场力做负功,电势能增加,ΔEp>0,Δφ=

<0,即沿电场线方向电势降低。因此在静电场中,沿电场线方向电势降低是一个普遍正确的结论。评析本题考查了一些基本规律和基本概念,意在考查学生对基础知识的识记能力。16.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径

MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M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

()A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增加D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量答案

BC小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库仑力F与重力的夹角逐渐变

小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度

反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据

能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量,所以电势能的增加量

小于动能的减少量,D错误。17.(2014课标Ⅰ,21,6分,0.503)(多选)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答案

AD由φM=φN,可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上,过F作MN的垂线交MP于O点,设MF=FN=l,则由几何关系MO=l/cos30°=

l,FO=ltan30°=

l,OP=MP-MO=MNcos30°-

l=

l,即FO=OP=

l,ON=OM=

l,故点电荷一定在MP的连线上的O点,选项A正确(另解:根据题意φM=φN,φP=φF,可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处,作PF连线的

中垂线交MP于点O,连接O、F两点,由几何知识知OF为MN的中垂线,故点电荷Q一定在MP的连

线上的O点,A正确);点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面,线段不可能在球

面上,故B选项错误;由图可知OF<OM,故φF=φP>φM=φN,将正试探电荷从高电势搬运到低电势,电

场力做正功,选项C错、D对。18.(2013天津理综,6,6分)(多选)两个带等量正电的点电荷,固定在图中P、Q两点,MN为PQ连线

的中垂线,交PQ于O点,A为MN上的一点。一带负电的试探电荷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.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时电势能为零答案

BC两个等量正点电荷形成的电场不是匀强电场,在中垂线MN上由无穷远到O点电场强度先增大后减小,电荷q所受电场力为变力,q将做变加速直线运动,A项错误。因q所受电场力

方向指向O点,所以q由A向O运动过程中电场力做正功,电势能减小,动能增大,B、C项均正确。

因O点电势大于零,故q在O点时的电势能不为零,D项错误。考点三电容器带电粒子在电场中的运动19.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小

孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点,

则由O点静止释放的电子

()

A.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点答案

A本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做匀

加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为

U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变

化,B、C板间电场强度E=

=

=

,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。解题关键

C板移动过程中,板间场强不变,能分析出这个结论是解答本题的关键点。20.(2016课标Ⅰ,14,6分)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。若将

云母介质移出,则电容器

()A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变答案

D电容器电容C=

,云母介质移出,εr减小,C减小;又C=

,电源恒压,U一定,C减小,故Q减小;电场强度E=

,故E不变,选项D正确。审题指导关键词:恒压直流电源、介质移出。评析此题考查电容器电容、电荷量及电场强度之间的关系,难度为易,考生根据相关公式即可

分析解答。21.(2016天津理综,4,6分)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属

外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷,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表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下

移动一小段距离至图中虚线位置,则

()

A.θ增大,E增大

B.θ增大,Ep不变C.θ减小,Ep增大

D.θ减小,E不变答案

D极板移动过程中带电荷量Q保持不变,静电计指针张角变化反映板间电势差U的变

化,由C=

和C=

可知,极板下移,d减小,C增大,U减小,又E=

=

,则E不变,Ep不变,综合上述,只有D选项正确。疑难突破设固定在P点的点电荷带电荷量为q,其在P点的电势能等于将其从P点移到零电势

处(下极板)电场力做的功。评析本题考查平行板电容器相关知识,难度为易,考生只要掌握相关公式,就可顺利分析解

答。22.(2015课标Ⅱ,14,6分,0.586)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释

放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再

由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将

()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动答案

D最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45°

时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项

D正确。

23.(2015天津理综,7,6分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入

电场线水平向右的加速电场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,不计粒子重力及其相互作用,那么

()

A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置答案

AD设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1=

mv2-0,v=

,在电场E2中y=

at2,E2q=ma,L=vt,tanφ=

,联立以上方程得y=

,tanφ=

。所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy=

,三种粒子电荷量相等,电场力做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tanφ与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏

上的速度为v',则qE1d1+qE2y=

mv'2-0,解得v'2=

(E1d1+

),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项错误。在加速电场中所用时间t1=

,通过偏转电场到达屏所用时间t2=

=(L+L')·

,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。24.(2013课标Ⅰ,16,6分,0.430)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

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

,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

处返回

D.在距上极板

d处返回答案

D设板间电压为U,场强为E,则E=

,由动能定理得mg·

d-qEd=0将下极板向上平移

后,U不变,d'=

d,则E'=

=

E,设粒子在距上极板x处返回,则mg(

+x)-qE'x=0联立解得:x=

d,故D正确,A、B、C错误。25.(2017课标Ⅰ,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直

向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,

但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段

时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足

的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间

距离的两倍。答案见解析解析本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强

电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖

直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1

①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1

②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2

③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1

④由①②③④式得v2=v0-2gt1

⑤(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg

⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+

a1

⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-

a2

⑧由题给条件有

=2g(2h)

⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h

⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2=

E1

为使E2>E1,应有2-

+

>1

即当0<t1<

或t1>

才是可能的;条件

式和

式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。若B点在A点之下,依题意有s1+s2=-h

由①②③⑥⑦⑧⑨

式得E2=

E1

为使E2>E1,应有2-

-

>1

即t1>

另一解为负,不合题意,已舍去。解题指导多阶段运动物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物体

所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一

阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运

动过程草图来获得。26.(2017课标Ⅱ,25,20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的

匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后

以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下

边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动

能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小。

答案(1)3∶1(2)

H(3)

解析本题考查匀变速直线运动、运动的分解、电场、动能定理。(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。

M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中

沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0

①s1=v0t+

at2

②s2=v0t-

at2

③联立①②③式得

=3

④(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式

=2gh

⑤H=vyt+

gt2

⑥M进入电场后做直线运动,由几何关系知

=

⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=

H

⑧(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则

=

⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=

m(

+

)+mgH+qEs1

⑩Ek2=

m(

+

)+mgH-qEs2

由已知条件Ek1=1.5Ek2

联立④⑤⑦⑧⑨⑩

式得E=

解题关键①N离开电场时的速度方向竖直向下——N在水平方向的速度恰好减速到0;②方向

水平向右的匀强电场——M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;③刚离开

电场时M的动能为N的1.5倍——建立等式确定电场力和重力的关系。27.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的

粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方

面有广泛应用。如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高

频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀

速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m

/s,进入漂移管E时速度为1×107m/s,电源频率为1×107Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运

动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108C/kg。求:(1)漂移管B的长度;(2)相邻漂移管间的加速电压。答案(1)0.4m(2)6×104V解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则T=

①L=vB·

②联立①②式并代入数据得

L=0.4m③(2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质

子从漂移管B运动到E电场做功为W',质子的电荷量为q、质量为m,则W=qU

④W'=3W

⑤W'=

m

-

m

⑥联立④⑤⑥式并代入数据得

U=6×104V⑦解题指导本题以电场为背景,质子在漂移管内做匀速直线运动,在管间做匀加速直线运动,运

用x=vt和动能定理求解即可。知识归纳①牢记匀速直线运动只有一个计算公式x=vt。②连续的复杂过程可以直接用动能

定理求解。C组教师专用题组1.(2015广东理综,21,6分)(多选)图所示的水平匀强电场中,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.M的带电量比N的大B.M带负电荷,N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功答案

BD不考虑重力,取整体为研究对象,外力只有匀强电场的电场力,由平衡条件可知M、

N所受电场力必等大反向,故M、N必带有等量异种电荷,A错误;隔离出M,因N对其静电引力向右,

则电场E对其电场力必向左,即与场强方向反向,故M带负电,则N带正电,B正确;静止时,M、N所

受合力都为0,C错误;因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角,故D正确。2.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为

,其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间

为真空,带电量为Q。不计边缘效应时,极板可看做无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两

极板间相互的静电引力大小分别为

()

A.

和

B.

和

C.

和

D.

和

答案

D由题意知带电量为Q的极板上单位面积所带的电荷量σ=

,故一个极板激发的电场的场强大小E=

=

,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=

;两极板间相互的静电引力F=E·Q=

,选项D正确。3.(2014课标Ⅱ,19,6分,0.590)(多选)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答案

AD电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,可

知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。4.(2014重庆理综,3,6分)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>EbC.Wa=Wb,Ea<Eb

D.Wa≠Wb,Ea<Eb答案

A由图知a、b在同一等势线上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb。又由于在同一电场中,电场线密集处场强大,故Ea>Eb,A正确。5.(2015课标Ⅱ,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、

B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它

运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。

答案

解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即vBsin30°=v0sin60°

①由此得vB=

v0

②设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB=

m(

-

)

③联立②③式得UAB=

④6.(2013课标Ⅱ,24,14分,0.317)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。

答案见解析解析质点所受电场力的大小为f=qE

①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=m

②Nb-f=m

③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有Eka=

m

④Ekb=

m

⑤根据动能定理有Ekb-Eka=2rf

⑥联立①②③④⑤⑥式得E=

(Nb-Na)

⑦Eka=

(Nb+5Na)

⑧Ekb=

(5Nb+Na)

⑨7.(2012北京理综,24,20分,0.20)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E

0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

。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=

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。答案(1)

(2)

QE0d(3)

Q解析(1)由牛顿第二定律,A在电场中运动的加速度a=

=

。A在电场中做匀变速直线运动d=

at2解得运动时间t=

=

(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0,由动能定理,有QE0d=

m

,qE0d=

·

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+

)v'=mvA0+

vB0

②Epm=(

m

+

·

)-

(m+

)v'2

③已知q=

Q,由①、②、③式解得相互作用能的最大值Epm=

QE0d(3)考虑A、B在x>d区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互作用,有mvA+

vB=mvA0+

vB0

④

m

+

·

=

m

+

·

⑤由④、⑤解得vB=-

vB0+

vA0因B不改变运动方向,故vB=-

vB0+

vA0≥0

⑥由①、⑥解得q≤

Q即B所带电荷量的最大值qm=

Q8.(2011北京理综,24,20分,0.17)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。

答案(1)

(2)-d

≤x≤d

(3)

解析(1)由图可知,0与d(或-d)两点间的电势差为φ0电场强度的大小E=

电场力的大小F=qE=

(2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得

mv2-qφ=-A

①由图可知φ=φ0

②由①②得

mv2=qφ0

-A

③因动能非负,有qφ0

-A≥0得|x|≤d

即x0=d

④粒子的运动区间-d

≤x≤d

(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a=

=

=

⑤由匀加速直线运动t=

将④⑤两式代入,得t=

粒子的运动周期T=4t=

⑥A组

2015—2017年高考模拟·基础题组（时间:70分钟分值:110分）一、选择题(每题6分,共42分)1.(2017北京海淀零模,17)如图甲所示,直线AB是某电场中的一条电场线,若在A点放置一初速度

为零的质子,质子仅在电场力作用下,沿直线AB由A运动到B过程中速度随时间变化的图像如图

乙所示。则下列说法中正确的是

()

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度B.电场方向一定是从B指向A

C.质子从A到B的过程中,在连续相等的时间间隔内,电场力做功的平均功率一定相等D.质子从A到B的过程中,在连续相等的时间间隔内,电场力的冲量一定相等三年模拟答案

A由图乙知质子从A到B做加速度逐渐减小的加速运动,则EA>EB,电场方向由A指向B,A

对,B错。

=

,连续相等时间内平均功率不一定相等,C错。I=Eqt,连续相等时间内,E不同,I一定不同,D错。2.(2017北京朝阳一模,15)如图所示,两条不等长的细线一端固定在同一点,另一端分别拴两个带

同种电荷的小球,两小球所带的电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2,当两小球静止时恰好处

于同一水平线上,且α>β,则造成α>β的原因是

()

A.m1<m2

B.m1>m2C.q1<q2

D.q1>q2

答案

A对两小球分别受力分析如图所示,其中两小球所受的库仑力属于一对作用力与反作

用力,大小相等。根据力的平衡可得m1g=

,m2g=

,因α>β,故tanα>tanβ,故m1<m2,故选A。

3.(2017北京朝阳一模,17)如图所示,平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置,一带电液滴

从下极板P点射入,恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是

()

A.该电容器上极板一定带负电B.液滴从P点到N点的过程中速度增加C.液滴从P点到N点的过程中电势能减少D.液滴从P点以原速度射入时,若再加一垂直纸面向内的匀强磁场,则液滴可能做匀速直线运动答案

C由题意可知带电液滴所受重力和电场力只能如图所示,且有Eq=mg,才能保证带电液

滴沿直线运动,且一定做匀速直线运动,即B错误;因为不知道液滴所带电荷的电性,故电容器上

极板带电性也不确定,故A错误;带电液滴从P到N的运动过程中,电场力做正功,液滴电势能减少,

故C正确;当再加上垂直纸面向内的匀强磁场后,液滴受电场力、重力和洛伦兹力无法达到合外

力为零的平衡状态,故液滴不可能做匀速直线运动,D错误。4.(2017北京丰台一模,17)质量不同、电荷量相同的粒子,不计重力,垂直于电场线射入同一个匀

强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同,则它们在进入电场前必然具有相同的

()A.速度B.动量C.动能D.动量或动能均可以答案

C如图所示,设电场区域宽为L,电场强度大小为E,粒子带电荷量为+q,质量为m,进入电

场时的速度为v0,出电场时的速度为v,在电场中的运动时间为t

由类平抛运动规律可知L=v0ttanθ=

vy=ata=

由以上各式解得tanθ=

,上式表明:若粒子离开电场时速度方向改变的角度相同,它们应具有相同的动能,故C项正确。5.(2016北京丰台一模,19)示波器是一种电子仪器,可以用它观察电信号随时间变化的情况。示

波器的核心部件示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,其原理图如图甲所示。图乙是从右

向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时,电子束将打在荧光屏的中

心点;若亮点很快移动,由于视觉暂留关系,能在荧光屏上看到一条亮线。若在XX'上加如图丙所

示的扫描电压,在YY'上加如图丁所示的信号电压,则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中

的

()

答案

A因水平方向XX'所加电压可使电子在水平方向移动,竖直方向YY'所加电压可使电子

在竖直方向移动,所以A选项正确,B、C、D选项错误。6.(2015北京西城一模,17)如图所示,将一个带正电的粒子以初速度v0沿图中所示方向射入匀强

电场,不计粒子的重力,若粒子始终在电场中运动,则该粒子速度大小的变化情况是

()A.先减小后增大B.先增大后减小C.一直增大D.一直减小答案

A由题给条件可知带电粒子始终受水平向左的电场力作用,粒子在竖直方向的分速度不变,而水平方向的分速度先减小后增大,故该粒子的速度先减小后增大,选项A正确。7.(2015北京朝阳一模,18)图中虚线是某电场中的一簇等势线。