2019年高考物理备考 中等生百日捷进提升系列 专题08 静电场（含解析）.docx

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专题08 静电场 第一部分名师综述 电场是电学的基础，也是高考的重点，每年必考。一般以填空题或计算题的形式进行考查。库仑定律、电场线的性质、带电体在静电场中的平衡、平行板电容器、带电粒子在电场中的运动等是考查的重点。特别是带电粒子在电场中的运动结合交变电流、磁场知识巧妙地把电场性质与牛顿运动定律、功能关系、动量等力学知识有机地结合起来，更是命题几率较高的热点。在复习本部分时要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯通，同时还应注意此部分知识与科技前沿、生活实际等的联系，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、静电分选器、示波器等。带电粒子在电场中运动一类问题，是高考中考查的重点内容之一．在力、电综合试题中，多把电场与牛顿运动定律，动能定理，功能关系，运动学知识，电路知识等巧妙地综合起来，考查学生对这些基本知识、基本规律的理解和掌握的情况，应用基本知识分析、解决实际问题的能力。 预测高考对电场考查选择题和计算均有：选择题主要检测考生对重要概念的理解和基本规律的运用．重点考查库仑定律、电场、电场强度、电场线、匀强电场、电场强度的叠加、匀强电场中电势差根电场强度的关系、电容器的电容等基本概念、基本规律的综合运用；计算题仍是以高分值高难度形式出现，重点是考查电场力、电势能、电势差、电势等概念与力学综合。从近几年的高考来看，随着招生比例的增大，试题的难度相对而言有所下降，思维难度大，起点高的超难试题没有了，但同时送分题也没有了，在论述题，计算题的思维起点都不是很高，随着对物理过程研究的深入，思维难度逐步增大，因此有效的考查了学生的物理思维能力。因此抓好基本物理知识的教学仍是中学物理教学的首要任务。把握好复习节奏，适当降低起点和速度，着重学生思维能力的培养过程，以基础题训练方法，努力培养学生正确，良好的解题习惯，加强对学生复习方法，应试策略与技巧的训练和指导。 第二部分知识背一背 一、库伦定律与电荷守恒定律 1．库仑定律 （1）真空中的两个静止的点电荷之间的相互作用力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在他们的连线上。 （2）电荷之间的相互作用力称之为静电力或库伦力。 （3）当带电体的距离比他们的自身大小大得多以至于带电体的形状、大小、电荷的分布状况对它们之间的相互作用力的影响可以忽略不计时，这样的带电体可以看做带电的点，叫点电荷。类似于力学中的质点，也时一种理想化的模型。 2．电荷守恒定律 电荷既不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到物体的另一部分，在转移的过程中，电荷的总量保持不变，这个结论叫电荷守恒定律。 电荷守恒定律也常常表述为：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和总是保持不变的。 二、电场的力的性质 1．电场强度 （1）定义：放入电场中的某一点的检验电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值，叫该点的电场强度。该电场强度是由场源电荷产生的。 （2）公式： （3）方向：电场强度是矢量，规定某点电场强度的方向跟正电荷在该点所受静电力的方向相同。负电荷在电场中受的静电力的方向跟该点的电场强度的方向相反。 2．点电荷的电场 （1）公式： （2）以点电荷为中心，r为半径做一球面，则球面上的个点的电场强度大小相等，E的方向沿着半径向里（负电荷）或向外（正电荷） 3．电场强度的叠加 如果场源电荷不只是一个点电荷，则电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。 4．电场线 （1）电场线是画在电场中的一条条的由方向的曲线，曲线上每点的切线方向，表示该点的电场强度的方向，电场线不是实际存在的线，而是为了描述电场而假想的线。 （2）电场线的特点 电场线从正电荷或从无限远处出发终止于无穷远或负电荷；电场线在电场中不相交；在同一电场里，电场线越密的地方场强越大；匀强电场的电场线是均匀的平行且等距离的线。 三、电场的能的性质 1．电势能 电势能：由于移动电荷时静电力做功与移动的路径无关，电荷在电场中也具有势能，这种势能叫做电势能。 2．电势 （1）电势是表征电场性质的重要物理量，通过研究电荷在电场中的电势能与它的电荷量的比值得出。 （2）公式：（与试探电荷无关） （3）电势与电场线的关系：电势顺线降低。 （4）零电势位置的规定：电场中某一点的电势的数值与零电势点的选择无关，大地或无穷远处的电势默认为零。 3．等势面 （1）定义：电场中电势相等的点构成的面。 （2）特点：一是在同一等势面上的各点电势相等，所以在同一等势面上移动电荷，电场力不做功二是电场线一定跟等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。 4．电场力做功 （1）电场力做功与电荷电势能变化的关系： 电场力对电荷做正功，电荷电势能减少；电场力对电荷做负功，电荷电势能增加。电势能增加或减少的数值等于电场力做功的数值。 （2）电场力做功的特点： 电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而移动电荷做功的值也是确定的，所以，电场力移动电荷所做的功与移动的路径无关，仅与始末位置的电势差由关，这与重力做功十分相似。 四、电容器、电容 1．电容器 任何两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成是一个电容器。（最简单的电容器是平行板电容器，金属板称为电容器的两个极板，绝缘物质称为电介质） 2．电容 （1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值 表达式： （2）平行板电容器电容公式： 五、带电粒子在电场中的运动 1．加速： 2．偏转：当带点粒子垂直进入匀强电场时，带电粒子做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间 粒子在y方向获得的速度 粒子在y方向的位移 粒子的偏转角： 第三部分技能+方法 一、电场的力的性质和能的性质 1．电场力：电场对放入其中的电荷有力的作用，电场力的大小和方向由电场强度和电荷共同决定．电场力的大小与电场强度的大小及带电体所带的电荷量有关，大小为F＝qE；电场力的方向与电场强度的方向及电荷的电性有关，正电荷所受的电场力方向与电场方向相同． 2．电势能：放在电场中的电荷的电势能由电势和电荷共同决定．电势能是标量，其大小与电势的高低及带电体所带的电荷量、电性有关，大小为Ep＝qφ，注意电势的正负及电荷的正负． 3．比较电势高低的方法技巧 （1）沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面； （2）先判断出UAB的正负（如利用电场力做功WAB＝qUAB或其他方法），再由UAB＝φA－φB比较φA、φB的高低； （3）取无穷远为零电势点，正电荷周围电势为正值，且离正电荷近处电势高；负电荷周围电势为负值，且离负电荷近处电势低． 二、带电粒子在电场中的加速与偏转 1．带电粒子在电场中的加速 （1）带电粒子在匀强电场中的加速：可以应用牛顿运动定律结合匀变速直线运动的公式求解，也可应用动能定理qU＝mv－mv求解，其中U为带电粒子初末位置之间的电势差． （2）带电粒子在非匀强电场中的加速：只能应用动能定理求解． 2．带电粒子在电场中的偏转 （1）带电粒子在一般电场中的偏转：带电粒子做变速曲线运动，其轨迹总位于电场力方向和速度方向的夹角之间，且向电场力的方向偏转． （2）带电粒子在匀强电场中的偏转：带电粒子（不计重力）以某一初速度垂直于匀强电场方向进入匀强电场区域，粒子做匀变速曲线运动，属于类平抛运动，要应用运动的合成与分解的方法求解，同时要注意：①明确电场力方向，确定带电粒子到底向哪个方向偏转；②借助画出的运动示意图寻找几何关系或题目中的隐含关系．带电粒子在电场中的运动可从动力学、能量等多个角度来分析和求解． 三、带电体在重力场和电场中的运动 带电体在电场中运动时，如果重力远小于电场力，则其重力可忽略不计，如电子、质子、正负离子等微观粒子；但带电液滴、带电尘埃等带电体的重力一般不能忽略．带电体在重力场和电场构成的复合场中的运动形式多样，可能做直线运动、一般曲线运动、圆周运动等；研究对象可能为单个物体，也可能是多个物体组成的系统；研究方法与力学综合题的分析方法相近，因涉及电场力做功和电势能的变化问题，其机械能不再守恒，但机械能和电势能之和可能守恒，一般应用牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量守恒定律求解． 第四部分基础练+测 一、单选题 1．空间同一直线上A、B、C、D处分别固定放置点电荷q1、q2、q3、q4，已知q1、q4带等量正电荷, q2、q3带等量负电荷,四点电荷在AD中垂线P点场强E=0。AP、BP与直线AD夹角分别为30、45,BO=OC,PO=OP’,将电荷Q先从P点移到O点、再从O点移到P’点,电场力做功分别为W1、W2,则q1与q2电荷量的比值、W1与W2的关系正确的是 A．电荷量之比为22, W1=-W2 B．电荷量之比为22, W1=W2 C．电荷量之比为2, W1=-W2 D．电荷量之比为2, W1=W2 【答案】 A 【解析】 【详解】 设OP=h，因P点的场强为零，则2kq1(hsin30∘)2cos60∘=2kq2(hsin45∘)2cos45∘，解得q1q2=22；由题可知，从P到O与从O到P＇电场方向相反，则电荷Q从P到O与从O到P＇电场力做功等大，符号相反，即W1=-W2，故选A. 2．在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正向为场强的正方向，则下列说法正确的是 A．将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电势能先增大后减小 B．x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高 C．若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功 D．若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先增大后减小 【答案】 D 【解析】 【详解】 由电场分布可知，P带正电荷，Q带负电荷，P、Q之间的电场线从P指向Q，则将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力做正功，则电势能一直减小，选项A错误；x轴上从P点到Q点的电势一直降低，选项B错误；两电荷连线的垂直平分线是等势面，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力不做功，选项C错误；两电荷连线的垂直平分线上，在两电荷连线的中点处场强最大，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小，选项D正确； 3．质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0107m/s。已知加速电场的场强为1.3105N/C，质子的质量为1.6710-27kg，电荷量为1.610-19C，则下列说法正确的是 A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为210－15N C．质子加速需要的时间约为810-6s D．加速器加速的直线长度约为4m 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误； B．质子所受到的电场力约为F=Eq=1.31051.610-19N=210－14N，选项B错误； C．加速度a=Fm=210-141.6710-27m/s2≈1.21013m/s2，则质子加速需要的时间约为t=va=1.01071.21013s=8.310-7s，选项C错误； D．加速器加速的直线长度约为x=v2t=1.010728.310-7m≈4m，选项D正确。 4．如图所示，水平地面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘．另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态．当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止，则 A．滑块与斜面间的摩擦力一定变大 B．滑块对斜面的压力一定变大 C．斜面体与地面间的摩擦力可能不变 D．斜面体对地面的压力一定变大 【答案】 B 【解析】 【详解】 滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多了一个水平向右的电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能增大，可能不变。故A错误。未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcosθ，加上电场后，支持力的大小变为N′=mgcosθ+qEsinθ，知滑块对斜面的压力变大。故B正确。对整体分析，未加电场时，水平方向上不受力，斜面体与地面的摩擦力为零，加上电场后，整体受到水平向左的摩擦力，知斜面体与地面间的摩擦力增大。竖直方向支持力的大小仍然等于总重力，所以斜面体与地面间的压力不变。故CD错误。故选B。 5．如图所示电路中，电源内阻为r，电流表A和电压表V均为理想电表。平行板电容器C内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度,当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中,下列说法正确的是 A．电流表示数增大 B．电压表示数增大 C．细线与竖直方向的偏角减小 D．滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB、当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压减小，则电压表V的示数减小，滑动变阻器与灯L并联的电压U并=E-I(R0+r)减小，通过灯L的电流减小，电流表示数减小，故A、B错误； C、电容器C的电压UC=IR0，I增大，UC增大，根据E=UCd和F=qE可电场力增大，根据平衡条件可知线与竖直方向的偏角增大，故C错误； D、若电源内阻的阻值大于电阻R0的阻值，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，可能会外电阻先大于电源内阻后小于电源内阻，则有电源输出功率先增大后减小，所以滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等，故D正确； 故选D。 6．如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A、B、C分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是(　　) A．A、B、C三点的电场强度相同 B．△ABC所在平面为等势面 C．将一正的试探电荷从A点沿直线AB移到B点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功 D．若A点的电势为φA，A点的电势为φA，则AA连线中点D处的电势φD一定小于φA+φA2 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、B、C三点到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E=kQr2分析可知，A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误。A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故△ABC所在平面不是等势面，故B错误；将一正的试探电荷从A点沿直线AB移到B点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误。由于AD间场强大于DA间场强，由U=Ed知，A、D间的电势差大于DA间的电势差，则有：φA-φD>φD-φA，则φD<12(φA+φA)，故D正确；故选D。 7．如图所示，空间有一正三棱锥P-ABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（） A．ABC三点的电场强度相同 B．底面ABC为等势面 C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功 D．若B、C、D三点的电势为φB、φC、φD，则有φB-φD=φD-φC 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB．A、B、C三点到P点的距离相等，根据点电荷的场强公式E=kQr2分析可知，A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同；A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故底面ABC所在平面不是等势面，故A、B错误； C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C正确； D．由于B、C的两个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，即φB=φC，则有φB-φD=φC-φD，故D错误； 8．如图所示，正方形 ABCD 处在匀强电场中，其中电势 φA=0，φB=φD=4V．保持该电场强度的大小和方向不变，让正方形以 A 点为轴在纸面内逆时针转过 45，则此时的 B 点和 C 点的电势为（） A．φB=0VφC=42V B．φB=42VφC=42V C．φB=4VφC=4V D．φB=0VφC=4V 【答案】 B 【解析】 【详解】 正方形未转动时，φB=φD=4V，BD是一条等势线，设中点为O，根据U=Ed知，AO间电势差等于OC间电势，UAO=UOC=-4V，则得φC=8V。 在纸面内逆时针转过45，如图所示： 设正方形边长为L，根据U=Ed可知，E=UOC2L，旋转后BC在同一等势面上，则E=UBAL，联立可以得到UBA=42V，由于φA=0，故φB=42V，φC=42V，即旋转后的B和C的电势均为42V，故B正确，ACD错误。 9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是 A．q1、q2为等量异种电荷 B． C、D两点间场强方向沿x轴正方向 C．C点的电场强度大小为零 D．将一负点电荷从N点移到D点的过程中，电势能先减小后增大 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据题中“各点电势φ随x变化的关系如图所示”可知，本题考察φ-x图象。据处理φ-x图象的方法，应用电场线的特点、电场强度、电势能等知识分析推断。 【详解】 A：越靠近两电荷电势越高，则两电荷均带正电；又两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图象具有对称性，则q1、q2为等量同种电荷。故A项错误。 B：从C到D电势逐渐升高，顺着电场线电势降低，则C、D两点间场强方向沿x轴负方向。故B项错误。 C：两电荷连线上各点的场强沿两电荷连线，则两电荷连线上各点的φ-x图线的斜率k=ΔφΔx=E；由图象得C点的电场强度大小为零。故C项正确。 D：从N点到D点的过程中电势先减小后增大，据EP=qφ知，负点电荷从N点移到D点的过程中电势能先增大后减小。故D项错误。 10．图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是： A．带电粒子一定带正电 B．带电粒子在a点的速度大于b点的速度 C．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 D．带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 【答案】 C 【解析】 【详解】 ABD、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性；若粒子从b运动到a，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在b点的速度较大，在b点电势能较小，故A、B、D错误； C、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大，故C正确； 故选C。 二、多选题 11．如图是密立根测电子电荷量实验的示意图,把两块水平放置、间距为d的金属板分别与恒定电压为U的电源相接,用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴由于摩擦而带负电,其质量、电荷量各不相同,用显微镜来观察,找到其中悬浮不动的或做匀速直线运动的油滴作为研究对象,已知其质量为m,重力加速度为g.下列说法正确的是 A．M板电势高于N板 B．油滴可带任意大小电荷量 C．据mg=Uq/d,计算出的q等于电子电荷量 D．若已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动,它的电势能会变大 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A带负电的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力，题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，M板电势高于N板，故选项A正确； B、不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是最小电荷量(元电荷)的整数倍，故选项B错误； C、根据平衡条件有：mg=qUd，解得q=mgdU，计算出的q不一定等于电子电荷量，故选项C错误； D、已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动，电场力做负功，所以它的电势能会变大，故选项D正确； 12．如图所示,长为L、相距d的两水平放置的平行金属板之间有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。从离子源先后发射出氢同位素粒子11H、13H (不计重力),经同一电场区加速,从两极板中点以相同速率垂直磁感线水平进入磁场,两种粒子都恰好不打在极板上。下列说法正确的是 A．11H、13H粒子在磁场中运动的轨道半径之比为3:1 B．极板长L与间距d之比为1：2 C．11H、13H粒子在磁场中转过的角度之比为3:1 D．11H、13H粒子进入电场区域前的初动能之比小于1/3 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．在磁场中的半径：R=mvqB，因两同位素的质量之比为1:3，则半径之比为1:3，选项A错误； B．在板间运动时在磁场中做圆周运的半径之比为r1:r2=1:3，且两种粒子都恰好不打在极板上，可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22，联立解得：L:d=1:2，选项B错误； C．11H在磁场中转过的角度为π，由几何关系可知，13H在磁场中转过的角度正弦值为sinθ=Lr2=223，可知两种粒子在磁场中转过的角度之比不等于3:1，选项C错误； D．根据动能定理，两粒子在电场中运动中满足：Uq=12mv2-Ek1；Uq=12⋅3mv2-Ek2，则Ek1Ek2=12mv2-qU12⋅3mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13，选项D正确. 13．如图所示，电荷量分别为+2q和-q的两个点电荷P、Q置于真空中，在它们的连线上取M、 B 、C、D、E 五点 ,己知AB=BP=PC=CQ=QD=DE, 下列判断正确的是 A．E点处的电场强度为零 B．A点的场强小于C点的场强 C．B点的电势低于C点的电势 D．把正试探电荷从D点移到E点，电场力做负功 【答案】 BD 【解析】 【详解】 按照电场叠加原理，场强为零的点在Q点右侧离两个电荷距离之比为2：1的位置，该位置在E点右侧；A点的场强一定小于C点。B点和C点在+2q电荷的等势面上，但B点比C点离-q电荷距离更远，故B点的电势高于C点的电势；将正电荷从D点移到E点，电势升高，电场力做负功。故答案选BD。 14．如图所示，+Q和-Q为真空中的两个点电荷，abcd是以点电荷+Q为中心的正方形，c位于两电荷的连线上．以下说法正确的是 A．a、b、c、d四点中c点场强最大 B．b、d两点的场强大小相等、方向相反 C．a、b、c、d四点中c点的电势最低 D．a、b、c、d四点的电势相等 【答案】 AC 【解析】 【详解】 根据电场线分布的对称性和叠加性原理可知，b、d两点场强大小相等，方向不同，b点场强方向斜右向上，d点的场强方向斜右向下，a点的场强最小，C点的场强最大；根据顺着电场线方向电势降低，电势不等，c点的电势最低，故选项A、C正确，B、D错误； 说法正确的是选选项AC。 15．如图所示，虚线为两个等量点电荷P、Q形成的电场中的一组等势面，相邻等势面与PQ连线交点间距离相等，一带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹与等势面3、4、5的交点分别为a、b、c，以下说法正确的是（　　） A．P、Q为同种电荷 B．PQ连线上O点的电场强度最小 C．相邻等势面间电势差相等 D．粒子由a到c过程中动能逐渐减小 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．由图，PQ连线的中垂线为一条等势线，则该电场的等量异种点电荷的电场，故A错误； B．根据等量异种点电荷的电场的特点可知，在PQ连线上，O点的电场强度最小。故B正确； C．由于相邻等势面与PQ连线交点间距离相等，结合等量异种点电荷的电场的特点可知，相邻等势面间电势差不相等。故C错误； D．根据受力与轨迹弯曲方向的关系可知，粒子从a到c的过程中受到的电场力得方向向左，在粒子从a到c的过程中电场力做负功，粒子的动能减小。故D正确。 16．在直角坐标系O—xyz中有一四面体O—ABC,其顶点坐标如图所示.在原点O固定一个电荷量为-Q的点电荷,下列说法正确的是( ) A．A、B、C三点的电场强度相同 B．平面ABC构成一个等势面 C．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动,其电势能增加 D．若在A、B、C三点放置三个点电荷,-Q所受电场力的合力不可能为零 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A、B、C三点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误； ABC三点的电势是相等的，但是与平面ABC内其他点的电势不同，即平面ABC不能构成一个等势面，选项B错误；若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，则其电势能增加，选项C正确；若在A、B、C三点放置三个点电荷，三个电荷在O点的场强方向不共面，则O点的场强不可能为零，则-Q所受电场力的合力不可能为零，选项D正确；故选CD. 17．如图所示,xOy坐标平面内,A与B,C与D分别关于原点O对称，A、B两点处于y轴上,分别固定等量异种点电荷,点K为OD中点。一个电子运动过程中依次经过C、O、D三点，电子在C点时的动能为2eV，从C点运动到O点的过程中电场力所做的功为3eV，选O点电势为零，则下列叙述正确的是 A．固定于B处的点电荷带负电 B．C点和D点场强大小、方向均相同 C．C点和D点电势不同 D．K点电势为1.5V 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AC、根据等量异种电荷周围的电场分布，x轴为一条等势线，电势为零，从C点运动到O点的过程中电场力做正功，电势能减小，根据EP=qφ可知C点电势为负，所以固定于B处的点电荷带正电，D点电势为正，故C正确，A错误； B、根据对称性和等量异种电荷周围的电场分布可知电场强度大小相等，方向相同，故B正确； D、根据对称性和能量守恒可知从O点运动到D点的过程中电场力所做的功为3eV，由EP=qφ可知D点电势为φD=3V，根据电场线的疏密程度可知KO段的电场强度的平均值大于DK段的电场强度的平均值，则有UKO>UDK，即φK-φO>φD-φK，解得K点电势为φK>1.5V，故D错误； 故选BC。 18．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C点的小球动能最大，且AC两点间的距离为3R。忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是 A．电场的方向与AB间的夹角为30 B．电场的方向与AB间的夹角为60 C．若A点的电势φA=0，则C点的电势φC=-1.5ER D．若在A点以初动能Ek0发射的小球，则小球经过B点时的动能EkB=Ek0+3qER 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB、点A与点C间的距离为3R，连接CO，CO=AO=R，说明∠CAO=∠ACO=30；小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理有：qUAC=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点，且由A到C电场力对小球做正功，过C点作切线，为等势线电场线与等势面垂直，场强方向如图示，所以电场方向与AB间的夹角θ为60，故A错误，B正确； C、AC间的电势差为：UAC=E(3Rcos30)=32ER，若A点的电势φA=0，根据UAC=φA-φC，则C点的电势φC=-32ER，故C正确； D、AB间的电势差为：UAB=E(2Rcos60)=ER，根据动能定理，在A点以初动能Ek0发射的小球，从A到B动能增加量为qER，则小球经过B点时的动能EkB=Ek0+qER，故D错误； 故选BC。 19．在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中 A．做匀变速运动 B．速率先增大后减小 C．电势能增加了12mv2 D．a点的电势比b点低mv2q 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A.小球受到的重力和电场力是恒力，所以小球做的是匀变速运动。故A正确 B.由于不知道重力和电场力的大小关系，故无法确定速度大小的变化情况。故B错误。 C.在平行于电场方向，小球的动能减小量为ΔEk=12mv2，减小的动能转化为了小球的电势能，所以小球电势能增加了12mv2。故C正确。 D. 在平行于电场方向有qUab=0-12mv2，解之得Uab=-mv022q，所以a点的电势比b点低mv022q。故D错误。 20．如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+110-3C，质量m=0.02kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的v—t图象如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是 A．P、Q带正电荷 B．b点的场强E=30 v／m C．a、b两点间的电势差为90V D．小球从a到O的过程中电势能先减少后增加 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误； B．v-t图象上斜率表示加速度可得：ab＝△v△t＝1.5m/s2①，根牛顿第二定律得：qEb=ma②，①②联立解得：Eb=30V/m，故B正确； C．在ab由动能定理得：qUab=12mvb2−12mva2，由图乙可得vb=3m/s带入解得：Uab=90V，故C正确； D．由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误。 三、解答题 21．如图所示，在平面直角坐标系xOy第一、四象限存在正方形匀强磁场区域 ACDF，原点O位于AC边中点，磁感应强度的大小为B，方向垂直平面向里。带电粒子以速度v0从O点沿x轴正方向射入磁场。不计粒子的重力。 （1）若正方形边长为l，粒子恰从AF边中点射出，求粒子的比荷； （2）设粒子从DF边某处飞出磁场，且速度方向相对入射方向偏转θ角。若将磁场换成沿y轴负方向的匀强电场，粒子也从DF边上射出时速度偏转角仍为θ，求此电场强度的大小。 【答案】（1）qm=2v0Bl（2）Bv0cosθ 【解析】 【详解】 （1）由牛顿第二定律：qv0B＝mv02r， 由几何关系：r＝l2， 得qm=2v0Bl （2）设正方形边长为l′，磁场中：qv0B＝mv02r， 其中sinθ＝lr 电场中：qE＝ma， l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝vyv0 解得E＝Bv0cosθ 22．19世纪末汤姆逊发现电子以后，美国物理学家密立根进行了多次试验，通过分析油滴在匀强电场中的受力与运动，比较准确地测定了电子的电量。下面我们在简化的情况下分析这个实验。如图所示，用喷雾器将油滴喷入电容器的两块水平的平行电极板之间时，油滴经喷射后，一般都是带电的。设油滴可视为球体，密度为ρ，空气阻力与油滴半径平方、与油滴运动速度成正比。实验中观察到，在不加电场的情况下，半径为r的小油滴1以速度v匀速降落；当上下极板间间距为d、加恒定电压U时，该油滴以速度0.5 v匀速上升。重力加速度g已知。 （1）此油滴带什么电？带电量多大？ （2）当保持极板间电压不变而把极板间距增大到2d，发现此油滴以另一速度v1匀速下落，求v1与v的比值。 （3）维持极板间距离为d，维持电压U不变，观察到另外一个油滴2，半径仍为r，正以速度0.5v匀速下降，求油滴2与油滴1带电量之比 【答案】（1）油滴带负电2πr3ρgdU（2）1/4 （3）1/3 【解析】 【详解】 （1）由题意，阻力与r2与v成正比 记为f=kr2v 不加电场匀速下降，有mg=kr2v 当上下极板间加电压U、相距d，油滴以0.5v匀速上升，可知，油滴带负电，油滴受电场力、重力、向下的阻力平衡 即mg+kr2v2=q1Ud；q1Ud=3mg2； m=4πr3ρ3 得q1=2πr3ρgdU （2）d增大到2倍，电场力减为一半为3mg/4, 以v1匀速下降，f1=kr2v1 mg=q1U2d+f1 , 可得v1/v=1/4 （3）油滴2半径仍然为r，以0.5v匀速下降，可知仍然带负电，设为q2，有 mg=q2Ud+kr2v2 可以解得q2/q1=1/3 23．两个圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。一个α粒子从正极板边缘以初速度v0垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求： （1）极板间的电场强度E； （2）α粒子到达负极板的速度v； （3）圆形平板电极的半径R。 【答案】（1）E=Ud（2）v=v02+Uem（3）R=2v0dmUe 【解析】 【详解】 （1）极板间的电场强度E=Ud （2）α粒子质量为4m，电量为2e；根据动能定理：U⋅2e=12⋅4mv2-12⋅4mv02 解得：v=v02+Uem （3）α粒子射入电场后，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则 R=v0t d=12⋅E⋅2e4mt2 解得R=2v0dmUe 24．如图所示，带电粒子从A 点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，从B 点飞出匀强电场时速度与水平方向成370角。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，电场宽度为L，不计带电粒子的重力。求 （1）AB两点间电势差UAB； （2）匀强电场的电场强度E. 【答案】(1) 9mv0232q (2) 3mv024qL 【解析】 【详解】 (1) 带电粒子在匀强电场做类平抛运动，则有：tan37=vyvx 解得：vy=34v0 从A到B的过程，根据动能定理可得：qUAB=12mvy2 解的：UAB=9mv0232q (2)在水平方向，则有：L=v0t 在竖直方向，则有：y=0+vy2t 匀强电场的电场强度：UAB=E•y 联立可得：E=3mv024qL 25．如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示.在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：E0B0＝v0π；粒子的比荷满足：qm＝πB0t0。求： (1)在t＝t02时，粒子的位置坐标； (2)粒子偏离x轴的最大距离。 【答案】（1）(v0t0π，v0t0π)；（2）（32+2π）v0t0 【解析】 【分析】 根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求粒子的坐标；画出粒子运动轨迹，据此求粒子的最大距离； 【详解】 （1）在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 qB0v0＝m4π2T2r1＝mv02r1 解得T＝2t0，r1＝mv0qB0＝v0t0π 则粒子在t02时间内转过的圆心角α＝π2 所以在t＝t02时，粒子的位置坐标为(v0t0π，v0t0π). （2）在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示 则v＝v0＋E0qmt0＝2v0 运动的位移x＝v0+v2t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r2＝2r1＝2v0t0π 故粒子偏离x轴的最大距离h＝x＋r2＝1.5v0t0＋2v0t0π＝(32＋2π)v0t0. 【点睛】 带电粒子在电场、磁场和重力场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题． 26．如图所示，水平放置的两个平行金属板间有竖直方向的匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一个竖直放置的屏M，一个带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0从两板中央平行于极板正对屏的P点射入电场，最后垂直打在M屏上（重力加速度取g），试求： (1)板间的场强大小为多少？ (2)质点打P点上方还是下方，相对于进入时的水平线的竖直位移为多少？ 【答案】(1)E=2mgq，(2)质点打在P点上方, s=gL2v02 【解析】 【分析】 (1)根据题意分析，小球最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转小球做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小． (2)水平方向质点始终做匀速直线运动，小球在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．由对称性求小球打在屏上的位置与P点的距离． 【详解】 (1)据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示： 可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg 解得：E=2mgq (2)质点要垂直打在M屏上，则打在M屏上时竖直方向上速度为零．对竖直方向上的运动进行分析，质点的前一段运动必定是在电场力和重力作用下做加速运动，后一段运动必定是在重力作用下做减速运动，最后速度减小为零，则只可能先向上做加速运动，然后向上做减速运动，位移应向上，故质点打在P点上方. 由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则小球在板间运动的时间跟它从板的右端运动到荧光屏的时间相等. 小球在电场中向上偏转的距离y=12at2 而a=qE-mgm=g t=Lv 解得：y=gL22v02 故小球打在屏上的位置与过P点的水平线距离为：s=2y=gL2v02 【点睛】 本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解，关键要分析出小球在电场内外运动的对称性，得到加速度关系． 27．一带电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，依次通过A、B、C三点。粒子通过B点时速度最小，通过A、B两点时的动能分别为Ek和14EK。不计粒子重力。求： (1)A、B两点间的电势差UAB； (2)粒子在A点时的速度方向与电场方向的夹角。 【答案】(1)-3Ek4q (2)150 【解析】 【分析】 （1）由动能定理求解A、B两点间的电势差；（2）粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动，平行电场方向先做匀加速直线运动后做匀减速，到达B点时的速度方向垂直于电场，且速度达到最小值，从而求解粒子在A点时的速度方向与电场方向的夹角. 【详解】 （1）粒子从A到B由动能定理：qUAB=EkB-EkA 解得UAB=-3Ek4q （2）如图，粒子在A点时的速度为v，动能EkB=14EkA 可得vB=v2 将粒子在A点的速度v沿垂直和平行于电场方向分解为v1和v2，受力分析可知，粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动，平行电场方向先做匀加速直线运动后做匀减速，到达B点时的速度方向垂直于电场，且速度达到最小值，可知：v1=vB=v2 设v与v2夹角为θ，则sinθ=v1v解得30 故粒子在A点的速度方向与电场方向的夹角为150 28．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝+110-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0，0，4)，(0，4，0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）初速度v0的大小； （2）A、B两点间的电势差UAB； （3）小球经过B点时的速度大小。 【答案】（1）1 m/s （2）5 V （3）10m/s 【解析】 【分析】 （1）小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向都做匀加速运动，分别列位移方程，即可求解； （2）小球在第四象限恰好做直线运动，合外力的方向与速度方向在一条直线上，根据qEmg=v0vy可求电场强度，根据U＝El可求A、B间的电势差； （3）对小球运动的全过程，由动能定理，可求小球经过B点时的速度大小。 【详解】 （1）小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a=mg-qE0m 解得a＝5 m/s2 根据平抛运动规律有，小球沿水平方向做匀速运动：xA＝v0t 沿竖直方向有：yP=12at2 v0=xAa2yP 解得v0＝1 m/s。 （2）设水平电场的电场强度大小为E，因未进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy=2yPa 因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有qEmg=v0vy 解得E＝50 N/C 设小球在水平电场中运动的水平距离为l qEmg=ld 根据U＝El 解得UAB＝5 V。 （3）设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有 12mv2-12mv02=mg(yP+d)+qUAB-qE0yP 解得v=10m/s。 29．如图甲所示,一对平行金属板M、N,两板长为L,两板间距离也为L,置于O1是的粒子发射源可连续沿两板的中线O1O发射初速度为v0、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(不计粒子重力),若在M、N板间加变化规律如图乙所示交变电压UMN,交变电压的周期为L/v0，t=0时刻入射的粒子恰好贴着N板右侧射出,金属板的右边界与坐标轴y轴重合,板的中心线O1O与坐标轴x轴重合,y轴右侧存在垂直坐标平面向里的匀强磁场,大小未知。求 (1)U0的值(用v0、g、m表示； (2)若已知分别在t=0、t=L/2v0时刻入射的粒子进入磁场后,它们的运动轨迹交于P点,已知P点的纵坐标为L,求P点的横坐标x以及磁感应强度的大小B1； (3)撒去y轴右方磁场B1,要使射出电场的所有粒子经y轴右侧某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处,而便于再搜集,求该磁场区域的最小半径,以及相应的磁感应强度的大小B2。 【答案】(1)U0=2mv02q；(2)B1=mv0qL；(3)B2=2mv0qL 【解析】 【详解】 (1)t=0时刻射入的粒子： L=v0t L2=12at2 U02q=ma 解得：U0=2mv02q； (2)t=L2v0时刻飞入的粒子恰好贴着M板右侧射出，如图 由几何关系得： L+L2=r+r2-x2 L-L2=r-r2-x2 联立解得：x=32L，r=L 粒子在磁场中做匀速圆周运动有：qv0B1=mv02r 解得：B1=mv0qL (3)根据磁聚焦有：rmin=L2 qv0B2=mv02rmin 解得：B2=2mv0qL。 30．某“电场抛射装置”如图所示。两正对平行金属板A、B 竖直放置，相距为d，两板间固定一内壁光滑的绝缘细直管 CD，细管与水平面的夹角为 37 ，与金属板夹角 53 。一质量为m、带电量为q 的小球（半径略小于细管半径）从管口C 处无初速释放，经板间电场加速后从另一管口D 射出，恰好水平进入到与细管处在同一竖直平面的四分之三圆弧轨道的最低点M，M 点与C 点的高度差也为d。重力加速度为g， sin37=0.6， cos37=0.8。求： （1）小球从管口D 运动到M 点所用的时间 （2）电场力对小球做功多少 （3）若小球在圆弧轨道上运动的过程中始终不脱离轨道，求圆弧轨道的半径的取值范围 【答案】（1）d2g（2）139mgd（3）r≤845d或r≥49d 【解析】 【详解】 （1）小球从D到M的运动相当于从M到D的平抛运动，竖直方向上下落的高度为h=d-dtan370=d4 由h=12gt2 得：t=d2g （2）小球在D点时，竖直方向有：vy=gt=gd2 小球在M点的速度大小为：vM=vycos370=43gd2 小球从C到M，根据动能定理得：W电-mgd=12mvM2 解得：W电=139mgd （3）不脱离轨道分两种情况讨论： ①小球能过最高点N，则：12mvM2=2mgr+12mvN2 mg≤mvN2r 解得：r≤845d ②小球未到达圆心等高处速度已经减为零，则 12mvM2≤mgr 解得：r≥49d 【点睛】 （1）小球从D到M的运动相当于从M到D的平抛运动，根据竖直方向上的运动可求时间； （2）根据速度的分解可求M点的速度，从C到M，根据动能定理可求电场力所做的功； （3）分小球能过最高点和不能到达圆心等高处两种情况，根据机械能守恒可求半径的范围。