北京专版高考物理一轮复习专题九静电场.ppt

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,=1 m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,=37,。已知小球所带电荷,量,q,=1.0,10,-6,C,匀强电场的场强,E,=3.0,10,3,N/C,取重力加速度,g,=10 m/s,2,sin 37,=0.6,cos 37,=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,-3,N(2)4.0,10,-4,kg(3)2.0 m/s,解析,(1),F,=,qE,=3.0,10,-3,N,(2)由,=tan 37,得,m,=4.0,10,-4,kg,(3)由,mgl,(1-cos 37,)=,mv,2,得,v,=,=2.0 m/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,U,0,。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,v,0,和从电场射出时沿垂直板面方向的偏,转距离,y,。,(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,=2.0,10,2,V,d,=4.0,10,-2,m,m,=9.1,10,-31,kg,e,=1.6,10,-19,C,g,=,10 m/s,2,。,(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,的定义,式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”,G,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,eU,0,=,m,电子射入偏转电场的初速度,v,0,=,在偏转电场中,电子的运动时间,t,=,=,L,偏转距离,y,=,a,(,t,),2,=,(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有,重力,G,=,mg,10,-29,N,电场力,F,=,10,-15,N,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,定义为电荷在该点的电势能,E,p,与其电荷量,q,的比值,即,=,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,E,G,与,其质量,m,的比值,叫做“重力势”,即,G,=,。,电势,和重力势,G,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,E,km,。元电荷为,e,。,(1)求,A,板和,B,板之间的最大电势差,U,m,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,E,k,。请推导证明:,P,=,E,k,。,(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,E,km,=,eU,m,可得,U,m,=,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,U,m,所以,E,=,U,m,=,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,E,ke,=,eU,设单位时间内有,N,个电子到达,B,板,则损失的动能之和,E,k,=,N,E,ke,=,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,=,E,k,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;,E,k,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,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势,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,E,a,、,E,b,、,E,c,和,E,d,。点,a,到点,电荷的距离,r,a,与点,a,的电势,a,已在图中用坐标(,r,a,a,)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,W,ab,、,W,bc,和,W,cd,。下列选项正确的是,(),A.,E,a,E,b,=41B.,E,c,E,d,=21,C.,W,ab,W,bc,=31D.,W,bc,W,cd,=13,答案,AC本题考查场强与电势。由图可知:,r,a,=1 m、,a,=6 V;,r,b,=2 m、,b,=3 V;,r,c,=3 m、,c,=2 V;,r,d,=6 m、,d,=1 V。由点电荷的场强公式,E,=,得,E,a,E,b,E,c,E,d,=,=3694,1,A正确、B错误。由,W,AB,=,qU,AB,=,q,(,A,-,B,)得,W,ab,W,bc,W,cd,=(,a,-,b,)(,b,-,c,)(,c,-,d,)=311,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,=,qEl,cos,。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。,2.,(2016课标,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,a,a,、,a,b,、,a,c,速度大小分别为,v,a,、,v,b,、,v,c,。则,(),A.,a,a,a,b,a,c,v,a,v,c,v,b,B.,a,a,a,b,a,c,v,b,v,c,v,a,C.,a,b,a,c,a,a,v,b,v,c,v,a,D.,a,b,a,c,a,a,v,a,v,c,v,b,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,r,b,r,c,a,c,a,a,;,由动能定理有,W,ab,=,q,Q,U,ab,=,m,-,m,W,bc,=,q,Q,U,bc,=,m,-,m,因为,W,ab,v,b,因为,W,bc,0,所以,v,c,v,b,因为|,U,ab,|,U,bc,|,所以,v,a,v,c,故有,v,a,v,c,v,b,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0.10 m的绝缘,细线悬挂于,O,A,和,O,B,两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与,A,球接触,棒移开后将悬点,O,B,移到,O,A,点固,定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0,10,-4,kg,带电小球可视,为点电荷,重力加速度,g,=10 m/s,2,静电力常量,k,=9.0,10,9,Nm,2,/C,2,则,(),A.两球所带电荷量相等,B.,A,球所受的静电力为1.0,10,-2,N,C.,B,球所带的电荷量为4,10,-8,C,D.,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,sin,=,=0.60,=37,F,库,=,mg,tan 37,=6.0,10,-3,N,B项错误;,F,库,=,k,Q,A,=,Q,B,=,Q,r,=0.12 m,联立得,Q,=4,10,-8,C,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,q,1,和,q,2,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.kgA,2,m,3,B.kgA,-2,m,3,s,-4,C.kgm,2,C,-2,D.Nm,2,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,1 C,2,=1 A,2,s,2,又,因1 N=1,整理可得,k,的单位应为,即kgA,-2,m,3,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,E,1,与,O,点处正点电荷在,G,处产生的场强等,大反向,所以,E,1,=,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,E,2,=,E,1,=,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,E,3,=,方向沿,y,轴正向,则,H,处的场强为,E,H,=,-,=,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0.1 kg的小,球,A,悬挂到水平板的,M,、,N,两点,A,上带有,Q,=3.0,10,-6,C的正电荷。两线夹角为120,两线上的拉力,大小分别为,F,1,和,F,2,。,A,的正下方0.3 m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0.2 kg(重力加速度取,g,=10 m/s,2,;静电力常量,k,=9.0,10,9,Nm,2,/C,2,A,、,B,球可视为点电荷),则,(,),A.支架对地面的压力大小为2.0 N,B.两线上的拉力大小,F,1,=,F,2,=1.9 N,C.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,F,1,=1.225 N,F,2,=1.0 N,D.将,B,移到无穷远处,两线上的拉力大小,F,1,=,F,2,=0.866 N,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:,F,N,+,F,AB,=,m,B,g,F,AB,=,k,联立两,式解得:,F,AB,=0.9 N,F,N,=1.1 N,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,F,1,=,F,2,在竖直方向上有:,2,F,1,cos 60,=2,F,2,cos 60,=,m,A,g,+,F,BA,解得,F,1,=,F,2,=1.9 N,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,r,AB,=0.6 m,F,BA,=,k,=0.225 N。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:,F,1,=1.225 N,F,2,=1.0 N,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,F,1,=,F,2,=,m,A,g,=1.0 N,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,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,E,1,与,q,在,b,点处产生的场强,E,2,大小相,等,即:,E,1,=,E,2,=,k,由对称性,圆盘在,d,点产生的场强,E,3,=,k,q,在,d,点产生的场强,E,4,=,k,方向与,E,3,相同,故,d,点的合场强,E,d,=,E,3,+,E,4,=,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,=1.5,10,6,N/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,-6,C,质量,m,=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数,=0.4。,P,从,O,点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达,A,点,到达,B,点时速度是5 m/s,到达空间,D,点时速度与,竖直方向的夹角为,且tan,=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,=10 m/s,2,。求:,v,/(ms,-1,),0,v,2,2,v,a,B,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,E,p,A,a,B,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,E,p,A,E,p,B,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,E,p,A,B,选项D错误。,方法技巧,运动轨迹与电场线关系,曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线,上)。速度方向为轨迹的切线方向。正、负功的判断。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,q,1,、,q,2,其静电场的电势,在,x,轴上分布如图,所示。下列说法正确的有,(),A.,q,1,和,q,2,带有异种电荷,B.,x,1,处的电场强度为零,C.负电荷从,x,1,移到,x,2,电势能减小,D.负电荷从,x,1,移到,x,2,受到的电场力增大,答案,AC本题考查识别,-,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。,-,x,图线的切线斜率表示场强,由图可知从,x,1,到,x,2,过程中,图线切线斜率变小,到,x,2,处斜率为0,即场强,从,x,1,到,x,2,一直减小,且,E,2,=0,电场力,F,=,Eq,负电荷从,x,1,移动到,x,2,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,q,1,、,q,2,为异种电荷,选项A正确;由图可知,x,1,x,2,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,-,x,图线切线斜率表示场强,E,x,1,=0,q,1,、,q,2,分布在,x,1,的两侧。,13.,(2016课标,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,-,x,图线切线斜率表示场强,E,x,1,=0,q,1,、,q,2,分布在,x,1,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,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,的变化量,=,无论,q,为正还是为负,总是负的,即,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,=,电势的变化,=,。正电荷沿电场线方向移动时,电场力做正功,电势,能减少,E,p,0,=,0,=,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,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,M,、,N,、,P,、,F,表示。已知,M,=,N,P,=,F,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.,P,大于,M,答案,AD由,M,=,N,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,/cos 30,=,l,FO,=,l,tan 30,=,l,OP,=,MP,-,MO,=,MN,cos 30,-,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,M,=,N,P,=,F,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,M,=,N,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,U,1,和,U,2,由动能定理得,eU,1,-,eU,2,=0,所以,U,1,=,U,2,;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,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,r,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,E,p,表示点电荷在,P,点的电势能,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.,增大,E,增大B.,增大,E,p,不变,C.,减小,E,p,增大D.,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,E,p,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,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,E,1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场,E,2,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,E,2,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,E,1,时速度为,v,由动能定理得,qE,1,d,1,=,mv,2,-0,v,=,在电场,E,2,中,y,=,at,2,E,2,q,=,ma,L,=,vt,tan,=,联立以上方程得,y,=,tan,=,。所以,在电场,E,2,中电场力做功,W,=,E,2,qy,=,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,E,2,中,y,和tan,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,qE,1,d,1,+,qE,2,y,=,mv,2,-0,解得,v,2,=,(,E,1,d,1,+,),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,t,1,=,通过偏转电场到达屏所用时间,t,2,=,=(,L,+,L,),所以总时间,t,=,t,1,+,t,2,故氚核运动时间最长,C项错误。,24.,(2013课标,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,25,20分)真空中存在电场强度大小为,E,1,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,v,0,。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,t,1,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,t,1,和,v,0,应满足,的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度,v,0,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,E,1,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,E,1,增加至,E,2,时,油滴做竖,直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小,a,1,满足,qE,2,-,mg,=,ma,1,油滴在时刻,t,1,的速度为,v,1,=,v,0,+,a,1,t,1,电场强度在时刻,t,1,突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小,a,2,满足,qE,2,+,mg,=,ma,2,油滴在时刻,t,2,=2,t,1,的速度为,v,2,=,v,1,-,a,2,t,1,由式得,v,2,=,v,0,-2,gt,1,(2)由题意,在,t,=0时刻前有,qE,1,=,mg,油滴从,t,=0到时刻,t,1,的位移为,s,1,=,v,0,t,1,+,a,1,油滴在从时刻,t,1,到时刻,t,2,=2,t,1,的时间间隔内的位移为,s,2,=,v,1,t,1,-,a,2,由题给条件有,=2,g,(2,h,),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,s,1,+,s,2,=,h,由式得,E,2,=,E,1,为使,E,2,E,1,应有,2-,+,1,即当,0,t,1,才是可能的;条件,式和,式分别对应于,v,2,0和,v,2,E,1,应有,2-,-,1,即,t,1,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,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