(全国通用)2020版高考物理一轮复习第七章微专题53电场中的图像问题加练半小时(含解析)

电场能性质[方法点拨] (1)电势能、电势、电势差、电场力的功及电荷量是标量，但都有正、负 .涉及到它们的计算要注意正、负号问题.(2)电场中某一点的电势等于各点电荷在该点产生的电势的代数和.1.(多项选择)(2021·河南省开封市一模)如图1所示，三根绝缘细杆构成一个等边三角形，三个顶点上分别固定A、B、C三个带正电的小球.小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q.CB边水平，ABC处于竖直面内，整个装置都处于方向水平向右的匀强电场中.现让该装置绕过中点并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，那么、、三个球所ABC构成的系统()图1A.电势能不变B.电势能减小C.重力势能减小D.重力势能增大2.(2021·四川省成都市模拟)如图2所示，孤立点电荷＋ Q固定在正方体的一个顶点上，与＋Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，以下说法正确的选项是 ( )1A、B、C三点形成的场强方向均水平向右图2A.A、B、C三点的场强相同B.A、B、C三点的电势相等C.A、B、C三点所在的平面为一等势面D.将一电荷量为＋q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中电势能始终保持不变3.(2021·安徽省皖南八校第二次联考)如图3所示，竖直线 OO′是等量异种电荷＋Q和－Q连线的中垂线，A、B、C的位置如下图，且都处于一矩形金属空腔内.以下说法正确的选项是( )图3A、B、C三点电势大小关系是φA＝φC<φBA、B、C三点电势大小关系是φA＝φC>φBC.金属空腔上的感应电荷在2D.金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点形成的场强大小关系是EB>EC>EA4.(多项选择)(2021·河南省安阳市一模)如图4所示，在竖直平面内，、、、位于半径为rACB的圆上，AB与水平面平行，AB⊥CD，垂足在圆心O.在C点固定一点电荷，电荷量为－Q ，现在A点将一质量为m、带电荷量为－q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道A DB运动，通过D点时的速度大小为2gr.重力加速度为g，规定电场中B点的电势能为零，那么在C处点电荷形成的电场中()图4点电荷经过D点向B点运动的过程中，动能减少量大于电势能增加量A点的电势低于D点的电势C.A点的电场强度大小是D点的2倍D.带电荷量为－q的点电荷在D点具有的电势能为mgr5.如图5所示，梯形abcd位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4cm，两点的电势分别为4V、0，将电荷量＝×10－3C的正电荷由点移动到q点，需克服电场力做功×10－3J，那么该匀强电场的电场强度()3图5A.垂直ab向上，大小为400V/mB.垂直bc斜向上，大小为4 00V/mC.平行ad斜向上，大小为2 00V/mD.平行bc斜向上，大小为2 00V/m6.(多项选择)(2021·吉林省公主岭一中模拟 )位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图6所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q 分别为cd、ab上的点，那么以下说法正确的选项是( )图6A.P、O两点的电势关系为φP＝φOB.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ>EPC.假设在O点放一正点电荷，那么该正点电荷受到的电场力不为零4D.假设将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零7.(多项选择)如图7所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc,2ab＝cd＝bc＝2l，电场方向与四边形所在平面平行.a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V.一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°角，一段时间后经过 c点，那么以下说法正确的选项是( )图7A.c点电势为20V2lB.质子从b运动到c所用的时间为vC.场强的方向由a指向cD.质子从b运动到c电场力做功为8eV8.(多项选择)(2021·四川省南充市一诊)如图8所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O，在A、B所形成的电场中，以O为圆心、半径为R的圆面垂直AB连线，以为几何中心、边长为3的正方形abcd平面垂直圆面且与AB连线共面，两平面边线交点R分别为e、f，g为圆周上的一点，以下说法中正确的选项是()5图8A.e、g两点电势相等，b、d两点场强相同B.将一负电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力先做正功后做负功C.将一电荷由a点分别移到圆心O和圆周上g点，电势能的变化量相同D.沿圆弧egf移动的电荷受到的电场力一直不变9.(多项选择)如图9所示，带正电的点电荷被固定于A点，以O点为坐标原点，AO方向为x轴正方向建立如图9所示的一维坐标系，现将一个电荷量很小的带正电的点电荷q从O 点由静止释放，在点电荷运动的过程中，以下关于点电荷的动能k、电势能随坐标变化的E图象中(假设O点电势为零，不计q的重力)，可能正确的选项是()图9610.(2021·湖南省衡阳市质检)如图10甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带正电小球从a点运动到b点的速度－时间图象如图乙所示，不计空气阻力，那么以下判断正确的是( )图10该电场的方向竖直向下ab中点的电场强度为0C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能一直减小D.小球从a点运动到b点的过程中，机械能先增大后减小11.(2021·河南省八市二模)如图11所示，倾角为＝30°的绝缘斜面AB长度为3BC长度为3，斜面上方间有沿斜面向上的匀强电场.一质量为、电荷量为＋的小物块自2lBC mA端左上方某处以初速度v0＝3gl水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向7下运动，经过C 点但未能到达 B 点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在 A 点，物体3g，与斜面间的动摩擦因数为μ＝3，不考虑运动过程中物块电荷量的变化， 重力加速度为 求：(1) 图11(2) 物块平抛过程中的位移大小；(3)物块在电场中的最大电势能.8答案精析[设匀强电场的场强大小为，三角形边长为，旋转后，由于小球带正电，那么的电E势能减小qEa，B的电势能增大2qEa，C的电势能减小qEa，所以系统电势能不变，故A正确，B错误；设三角形高为h，旋转后，A的重力势能减小mgh，B的重力势能不变，的重力势能增大3，系统重力势能增大，故D正确，C错误.] mgh3.D [空腔体内部各点的电势相同，选项 A、B错误；金属空腔内部各点的合场强为零，即两个点电荷的场强与感应电荷的场强等大反向，因两电荷在A、B、C三点形成的场强方向向右，故金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点场强方向均水平向左，选项C错误；两电荷在A、B、C三点形成的场强大小关系是EB′>EC′>EA′；那么金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点形成的场强大小关系是EB>EC>EA，选项D正确.]4.AB [由于A、B两点到点电荷－Q的距离相等，所以A、B两点电势相等，由A到B，应用动能定理可知，点电荷在B点的速度为零，从D到B，动能的减少量等于电势能的增加量和重力势能的增加量之和，A正确；越靠近C点，电势越低，可知A点的电势低于D点的电势，kQB正确；由E＝r2，AC＝2r，CD＝2r，可知A点的电场强度大小是D点的2倍，C错误；规12定电场中B点的电势为零，那么A点的电势为零，由A到D，mgr＋W电＝2mv －0，解得W电Dmgr，电场力做正功，电势能减小了mgr，那么电荷量为－q的点电荷在D点具有的电势能为－，D错误.]mgrWXYZAABBCCDDEEFFGGHHIIJJKKLLMMNNOO－×10－3[由＝知ad＝＝－3V＝－4V，而a＝4V，所以d＝8V，如下图，过WqU Uq ×19点作be∥ad交cd于e，有Uab＝Ude，即φe＝4V，又因为cd＝2ab，所以Udc＝2Uab，即φc＝，所以bc 在同一等势面内.由几何关系知，由电场线与等势面垂直可知，电场强度eb bc方向垂直斜向上，大小为eb＝400V/m，B对.]bcUEec·sin30°[根据等量异种电荷的电场线的特点：两点电荷连线的中垂线为等势面，由对称性知，a b cd都是等势面，它们都过点，所以ab上的电势和cd上的电势相等，即两点P的电势关系为φP＝φO，A项正确；由题图电场线的疏密程度可看出P点电场线更密集，EQ<EP，B项错误；根据电场的矢量合成，O点场强为零，不管放什么电荷受到的电场力都是零，项错误；由于φ＝φ＝φ，故U＝0，假设将负电荷由P点沿曲线移到Q点，电场力做功为PO QP Q零，D项正确.]1[三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，如下图，bM＝2bN＝4bd，a点电势为24V，b点电势为28V，d 点电势为12V，且ab∥cd，ab⊥bc,2ab＝cd＝bc＝2l，因此根据几何关系，可得M点的电势为24V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势面；三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与c相等，为20V，A项正确；质子从b运动到c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l，此方向做匀速直线运动，那么lt ＝v0，B项正确；Nc为等势线，其垂线bd为电场线，场强方向由b指向d，C项错误；电势差U＝8V，那么质子从b运动到c电场力做功为8eV，D 项正确.]bc[等量异种点电荷的中垂面上的各点为等势点，所以、、、各点电势相等，、Oe g bd两点关于中点O对称，所以b、d两点电场强度大小和方向均相同，A正确；将一负电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力不做功，B错误；因为O与g等势，所以将a一电荷由点分别移到圆心O和圆周上g点，电场力做功相同，电势能的变化量相同，C正确；圆弧egf10上的各点电场强度大小和方向均相同，所以沿圆弧egf移动的电荷受到的电场力一直不变，D正确.]9.BD [根据点电荷周围电场强度分布特点，点电荷 q受到沿x轴正方向的电场力作用，点电荷q做加速度减小的加速运动，动能增大，但动能增大得越来越慢，A错误，B正确；由于电场力做正功，电势能减小，因加速度越来越小，相等距离内电场力做功越来越少，那么电势能改变得也越来越慢，C错误，D正确.]10.C [带正电小球从a点运动到b点，速度先增大后减小，说明加速度先向上后向下，说明电场力向上，那么电场线的方向向上，电场强度大小逐渐减小，A错误；t0时刻有最大速度，说明此时加速度为零，由题图可知加速度为零的点位于ab的中点，此时电场力大小Eq＝mg，电场强度不为零，B错误；小球由a到b的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，机械能增加，C正确，D错误.]1311.(1)2l(2) 2mgl解析(1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，那么cosαv 0vy2vy＝v，竖直速度vy＝vsinα，平抛过程中，水平位移x＝v0g，竖直位移y＝2g，平抛的位移2213 s＝x＋y，解得s＝2l.(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，12根据动能定理有2μmg cosα·x′＝0－2mv，解得x′＝2l.物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W，根据动能定理有mgsinα·x′－12μmg cosα·x′－W＝0－2mv，解得W＝2mgl，即物块电势能最大值为2mgl.1112。

静电场高考热点统计 要求2015年2016年2017年2018年高考基础要求及冷点统计Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ Ⅲ库仑定律 Ⅱ 15 16物质的电结构、电荷守恒、点电荷(Ⅰ) 静电现象的解释、静电场(Ⅰ)示波管(Ⅰ)前两个考点为高考基础要求,电场强度、点电荷 的场强 Ⅱ 15 15 20 25 21电场线、电势能、 电势 Ⅰ 15 20 15 20 21 电势差 Ⅱ 24 21 匀强电场中电势差和电场强度的关系 Ⅱ21 21带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 15 24 2016 25 21 21常见电容器、电 容器的电压、电 荷量和电容的关系Ⅰ14 14 17 21考情分析1.电场的性质及带电粒子在电场中的运动问题是历年高考的重点.复习时应侧重对基本概念、规律进行认识和理解.掌握描述电场性质的几个物理量,如电场强度、电场线、电势、电势能等,理解平行板电容器的电容,会分析带电粒子在电场中的运动问题.2.选择题主要通过轨迹或图像考查电场的性质,电容器综合问题出现频率较高;计算题主要考查带电粒子在电场中的运动,常与牛顿运动定律、功能关系、动量观点综合.一般不单独命题,要求理解;示波管是带电粒子在电场中运动的模型应用,属于高考的冷点.第19讲电场的力的性质一、电荷及其守恒定律1.元电荷、点电荷(1)元电荷:e=1.60×10-19C,所有带电体的电荷量都是元电荷的.(2)点电荷:代表有一定电荷量的点,忽略带电体的大小和形状的.2.电荷守恒定律(1)内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它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另一部分;在转移过程中,电荷的总量.(2)三种起电方式:起电、起电、起电.二、库仑定律1.内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成,与它们的距离的二次方成,作用力的方向在它们的连线上.2.表达式:F=k,式中k= N·m2/C2,叫作静电力常量.3.适用条件:真空中的.三、电场、电场强度1.电场基本性质:对放入其中的电荷有.2.电场强度(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的与它的的比值.(2)定义式:.单位:N/C或V/m.(3)矢量性:规定在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向.四、电场线1.电场线:在电场中画出的一些曲线,曲线上每一点的方向都跟该点的场强方向一致,曲线的疏密表示电场的.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(1)电场线从或无限远处出发,终止于或无限远处.(2)电场线不相交.(3)在同一电场里,电场线越密的地方场强.【辨别明理】(1)物体起电的实质是电子的转移.()(2)电场和电场线都是客观存在的.()(3)E=是电场强度的定义式,可知电场强度与电场力成正比.()(4)没有电场线的地方不存在电场.()(5)在点电荷产生的电场中,以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同. ()(6)电场线的方向即为带电粒子的运动方向.()(7)[人教选修3-1改编]如图19-1所示,有一带正电的验电器,当一个金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时,验电器的金箔张角减小,则金属球A的带电情况如何?图19-1考点一电荷守恒与库仑定律(1)在用库仑定律公式进行计算时,无论是正电荷还是负电荷,均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小.(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律,大小相等、方向相反.(3)由公式F=k可以看出,在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下,当q1=q2时,F最大.1.(电荷守恒)[人教版选修3-1改编]如图19-2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,则()图19-2A.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2.(电荷守恒和库仑定律)[2018·浙江4月选考]真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)分别固定在两处,它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C 先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为()A.B.C.D.3.(库仑力作用下的平衡问题)[2018·杭州二中期末]如图19-3所示,质量分别是m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来,两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β),两小球恰在同一水平线上,则()图19-3A.q1一定大于q2B.两球一定带同种电荷C.m1一定小于m2D.质量为m1的小球所受的库仑力一定大于质量为m2的小球所受的库仑力4.(库仑力作用下的动力学问题)如图19-4所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点,A和C围绕B做角速度大小相同的匀速圆周运动,B恰能保持静止,其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力,图19-4则A和C的比荷(电荷量与质量之比)为()A .B .C .D .■要点总结(1)对于两个均匀带电绝缘球体,可以将其视为电荷集中于球心的点电荷,r为两球心之间的距离.(2)对于两个带电金属球,要考虑金属球表面电荷的重新分布.(3)不能根据公式错误地推出:当r→0时,F→∞.其实,在这样的条件下,两个带电体已经不能再看成点电荷了.考点二电场的叠加1.电场强度三个表达式的比较表达式E=E=k E=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定,与检验电荷q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定,d为两点沿电场方向的距离2.电场的叠加(1)叠加原理:多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和.(2)运算法则:平行四边形定则.图19-5例1如图19-5所示,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. B. C. D.■题根分析求解电场强度的叠加问题的思路:①确定分析计算的空间位置;②分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向;③依次利用平行四边形定则求出矢量和.■变式网络图19-6变式题1(对称法)如图19-6所示,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(静电力常量为k) ()A.kB.kC.kD.k变式题2(补偿法)已知均匀带电球体在球的外部产生的图19-7电场与一个位于球心、所带电荷量与之相等的点电荷产生的电场相同.如图19-7所示,半径为R 的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷,在过球心O的直线上有A、B两个点,O和B间、B和A 间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖出一个球形空腔,若静电力常量为k,球的体积公式为V=πr3,则A点处电场强度的大小为()A.B.C.D.变式题3(等效法)[2018·济南期中]MN为足够大的不带电的金属板,在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为+q的点电荷O,金属板右侧空间的电场分布如图19-8甲所示,P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点.几位同学想求出P点的电场强度大小,但发现问题很难,经过研究,他们发现图甲的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙是两等量异号点电荷的电场线分布图,两点电荷的电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对甲图中P点的电场强度方向和大小做出以下判断,其中正确的是()图19-8A.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为B.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为C.方向垂直于金属板向左,大小为D.方向垂直于金属板向左,大小为变式题4(微元法)一半径为R的圆环上均匀地带有电荷量为Q的电荷,在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P,它与环心O的距离OP=L.已知静电力常量为k.关于P点的场强E,下列四个表达式中只有一个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是()A .B .C .D .考点三电场线的理解和应用1.电场线的应用(1)在同一电场里,电场线越密的地方场强越大.(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.(3)沿电场线方向电势逐渐降低.(4)电场线和等势面在相交处互相垂直.2.两种等量点电荷的电场线比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布中垂线上的电场强度O点最大,向外逐渐减小O点为零,向外先变大后变小连线上的电场强度沿连线先变小后变大,中点O处的电场强度最小沿连线先变小后变大,中点O处的电场强度为零例2(多选)[2018·三明模拟]如图19-9所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则()图19-9A.a一定带正电,b一定带负电B.a的速度将减小,b的速度将增大C.a的加速度将减小,b的加速度将增大D.两个粒子的动能均增大变式题1[2018·茂名模拟]如图19-10所示为两个等量点电荷的电场线,图中A点和B点、C点和D点分别关于两电荷连线的中点O对称.若将一电荷放在此电场中,则以下说法正确的是()图19-10A.电荷在O点时受力最大B.电荷沿直线由A到B的过程中,电场力先增大后减小C.电荷沿直线由A到B的过程中,电势能先增大后减小D.电荷沿直线由C到D的过程中,电场力先增大后减小变式题2[2018·潍坊二中月考]如图19-11所示,A、B为两个等量的正点电荷,在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力),由静止释放后,下列说法中正确的是()图19-11A.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越大,速度越来越大B.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越小,速度越来越大C.点电荷运动到O点时加速度为零,速度达最大值D.点电荷越过O点后,速度越来越小,加速度越来越大,直到点电荷速度为零■要点总结电场线与轨迹问题的判断方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(电场线在初始位置的切线),从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况.(2)“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向,若已知其中的任意一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知,则要用假设法分别讨论各种情况.完成课时作业(十九)第20讲电场的能的性质一、电势能和电势、等势面1.电势能:电荷在电场中某点具有的势能,等于将电荷从该点移到位置时电场力所做的功.2.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于,即W AB=E p A-E p B=-ΔE p.3.电势:电荷在电场中某点具有的与它的的比值,即φ= .4.等势面(1)定义:电场中相同的各点构成的面.(2)特点:①等势面一定与垂直,即跟场强的方向垂直.②在同一等势面上移动电荷时电场力做功.③电场线总是从电势高的等势面指向的等势面.④在空间中两等势面相交.⑤等差等势面越密的地方电场强度,越疏的地方电场强度.二、电势差匀强电场中电势差与场强的关系1.电势差(1)定义:电荷在电场中由一点A移到另一点B时,与移动的电荷的比值.(2)定义式:U AB= ;电势差与电势的关系:U AB= ,U AB=-U BA.2.匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与场强的关系式:U AB= ,其中d为电场中两点间沿的距离.(2)在匀强电场中,场强在数值上等于沿方向每单位距离上降低的电势.三、静电平衡导体处于静电平衡状态的两大特点:(1)导体内部的场强;(2)导体是一个等势体,导体表面电势.【辨别明理】(1)电场力做功与重力做功相似,均与路径无关.()(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零.()(3)电场强度处处相同的区域内,电势一定也处处相同. ()(4)沿电场线方向电场强度越来越小,电势逐渐降低.()(5)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功.()(6)电场中,场强方向是指电势降落的方向.()(7)电势有正负之分,因此电势是矢量.()(8)电势的大小由电场的性质决定,与零电势点的选取无关. ()(9)电势差U AB由电场本身的性质决定,与零电势点的选取无关.()(10)处于静电平衡的导体是等势体,导体表面是等势面,但导体表面的场强可能不同.()考点一描述电场的能的性质的物理量1.电势高低常用的两种判断方法(1)沿电场线方向电势逐渐降低.(2)若U AB>0,则φA>φB;若U AB<0,则φA<φB.2.电势能增、减的判断方法(1)做功判断法:电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大.(2)公式法:E p=qφ,将q、φ的大小、正负号一起代入公式,E p越大,电势能越大.(3)能量守恒法:在电场中,当只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增大,则电势能减小,反之,动能减小,则电势能增大.(4)电荷电势法:正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大.例1[2016·全国卷Ⅲ]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,电场力做正功图20-1变式题1[2018·南宁三校联考]如图20-1所示,真空中有等量异种点电荷+q、-q分别放置在M、N 两点,O点为MN连线的中点,在MN连线上有关于O对称的点a、c,在MN连线的中垂线上有关于O 对称的点b、d,则下列说法正确的是()A.在MN连线的中垂线上,O点电势最高B.+q从b点移到d点的过程中,受到的电场力先减小后增大C.+q在c点的电势能大于在a点的电势能D.+q在c点的电势能小于在a点的电势能变式题2如图20-2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是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则 ()图20-2A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功■要点总结根据电势的定义式φ=计算时,φ、E p、q要注意带符号运算.考点二电势差与电场强度的关系在匀强电场中由公式U=Ed得出的“一式、二结论”(1)“一式”E==,其中d是沿电场线方向上的距离.(2)“二结论”结论1:匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=,如图20-3所示.结论2:匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则U AB=U CD(或φA-φB=φC-φD),如图20-4所示.图20-3图20-4图20-5例2(多选)[2018·全国卷Ⅱ]如图20-5所示,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a 点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是()A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差图20-6变式题[2018·山东潍坊中学一模]如图20-6所示,匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面,其中坐标原点O处的电势为2V,a点的坐标为(0,4cm),电势为8V,b点的坐标为(3cm,0),电势为8V,则电场强度的大小为()A.250V/mB.200V/mC.150V/mD.120V/m■要点总结知道由几个点的电势确定电场线的方法:将电势最高的点和电势最低的点相连,根据在匀强电场中经过相等的距离电势差相等,确定连线上与第三个点的电势相等的点,电势相等的两点连线为等势线,根据电场线与等势线垂直即可画出电场线.考点三电场线、等势面和带电粒子轨迹问题1.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正负.(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等.(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况.2.求电场力做功的四种方法(1)定义式:W AB=Fl cosα=qEl cosα(适用于匀强电场).(2)电势的变化:W AB=qU AB=q(φA-φB).(3)动能定理:W电+W其他=ΔE k.(4)电势能的变化:W AB=-ΔE p=E p A-E p B.3.电场中的功能关系(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力、弹力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.图20-7例3[2018·天津卷]如图20-7所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N,速度大小分别为v M、v N,电势能分别为E p M、E p N.下列判断正确的是()A.v M<v N,a M<a NB.v M<v N,φM<φNC.φM<φN,E p M<E p ND.a M<a N,E p M<E p N变式题1(多选)[2016·海南卷]如图20-8所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是()图20-8A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功变式题2(多选)[2018·全国卷Ⅰ]图20-9中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是()图20-9A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍■要点总结在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系.(1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的功(或总功).(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化.(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能变化之间的对应关系.考点四电场中的图像问题考向一E-x图像(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律.(2)E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定.例4(多选)一个电荷量为+q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动,规定x轴正方向为电场强度正方向,x轴上各点的电场强度E随x坐标的变化图线如图20-10所示(已知图线关于O点对称).A(0,x1)、B(0,-x1)为粒子运动轨迹上的两点.下列说法中正确的是()图20-10A.A、B两点的电场强度和电势均相同B.粒子经过A、B两点时的速度大小相同C.粒子经过A、B两点时的加速度相同D.粒子经过A、B两点时的电势能相同考向二φ-x图像(1)φ-x图线的斜率大小等于电场强度的大小,在φ-x图线切线的斜率为零处,电场强度为零.(2)由φ-x图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.(3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB=qU AB,进而分析W AB的正负,然后做出判断.例5(多选)[2017·全国卷Ⅰ]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20-11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φa已在图中用坐标(r a,φa)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由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()图20-11A.E a∶E b=4∶1B.E c∶E d=2∶1C.W ab∶W bc=3∶1D.W bc∶W cd=1∶3考向三E p-x图像、E k-x图像电场力做功量度电势能的变化,而电场力做功就是力对位移的积累,由E p-E p0=Fx,得E p=E p0+Fx,故E p-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初电势能;合力做功量度了动能的变化,如果带电粒子只受电场力的作用,则合力做的功就是电场力做的功,由E k-E k0=Fx,得E k=E k0+Fx,故E k-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初动能.然后根据两图像斜率的变化可判断出电场力的变化,进而判断出电场强度大小的变化.例6[2018·黄冈中学二模]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,规定无穷远处为电势能零点,一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图20-12所示,其中试探电荷在A、N两点的电势能为零,在ND段中C点电势能最大.下列说法正确的是()图20-12A.q1为正电荷,q2为负电荷B.q1的电荷量小于q2的电荷量C.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做负功后做正功D.一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大考向四电场分布结合v-t图像根据v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度的变化),可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.例7(多选)[2018·河南洛阳一中月考]如图20-13甲所示,Q1、Q2为两个固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b、c三点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b、c三点时的速度分别为v a、v b、v c,其速度—时间图像如图乙所示.以下说法中正确的是 ()图20-13A.Q2一定带正电B.Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量C.b点的电场强度最大D.粒子由a点到c点运动过程中,电势能先增大后减小完成课时作业(二十)第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器与电容1.电容器(1)组成:任何两个相互靠近又彼此的导体.(2)带电荷量:一个极板所带电荷量的.(3)击穿电压:电容器允许加的电压称为击穿电压.额定电压比击穿电压.2.电容(1)定义:电容器所带的与电容器两极板间电势差U的比值.公式为.(2)单位:法拉(F),常用单位有微法(μF)、皮法(pF).1F=106μF=1012pF.(3)平行板电容器电容的决定式:,k为静电力常量.二、带电粒子在电场中的加速1.动力学观点分析:若电场为匀强电场,则有a= ,E= ,v2-=2ad.2.功能观点分析:粒子只受电场力作用,满足.三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动性质:运动.2.处理方法:运动的分解.(1)沿初速度方向:做运动.(2)沿电场方向:做初速度为零的运动.【辨别明理】(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和.()(2)电容表示电容器容纳电荷的多少.()(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比.()(4)放电后的电容器所带的电荷量为零,电容也为零.()(5)公式C=可用来计算任何电容器的电容.()(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动.()(7)带电粒子在电场中只受电场力时,也可以做匀速圆周运动.()(8)带电粒子在电场中运动时,重力一定可以忽略不计. ()考点一平行板电容器1.静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器,两板之间的电势差越大,则静电计的指针偏角越大.平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图21-1所示的电路连接.当开关闭合时,静电计的指针有偏转.下列做法能使偏角增大的是()。

课时作业(十九)1.A[解析]微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.2.C[解析]甲图中,与点电荷等距的a、b两点电场强度大小相同,方向不相反,选项A 错误;乙图中,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b两点的电场强度大小相等,方向相同,选项B错误;丙图中,两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电场强度大小相同,方向相反,选项C正确;丁图中,根据电场线的疏密可判断,b点的电场强度大于a点的电场强度,选项D错误.3.AC[解析]根据粒子的运动轨迹及电场线的方向可知,粒子带正电,故A正确;从M点到N点,静电力方向与速度方向成锐角,电场力做正功,电势能减小,电势降低,故B、D错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,所以粒子在N点时受力大,加速度大,故C正确.4.A[解析]由微粒的v t图像可知,带负电的微粒在电场中做加速度逐渐增大的减速运动,故顺着电场线运动,且场强增大,只有A正确.5.B[解析]点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为E a=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,合场强不为零,故试探电荷受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为E b=k,与电场E叠加后,合场强为零,试探电荷受力平衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,合场强不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,合场强不为零,试探电荷受力不平衡,D错误.6.B[解析]设正方形顶点到中心的距离为r,根据点电荷的电场强度公式E=k,结合矢量合成法则可知,A选项中电场强度E A=0,B选项中电场强度E B=2k,C选项中电场强度E C=k,D选项中电场强度E D=k,B正确.7.C[解析]在P点处的小球的电荷量没换成-2q之前,小球均匀分布在半径为R的圆周上,圆心O处的场强为0,P点处的小球的电荷量换成-2q后,O点的电场强度为带电荷量为-2q的小球和处于与P点对称的位置的带电荷量为q的小球在O点产生的电场强度的矢量和,所以E O=+=,故C正确.8.D[解析]对c小球受力分析可知,a、b小球只有带同种电荷才能使c小球受力平衡,对b小球受力分析可知,b、c小球只有带异种电荷才能使b小球受力平衡,故A、B错误;对c小球受力分析,由平衡条件,可得k sin60°=k sin30°,又r ac∶r bc=1∶,解得q a∶q b=∶9,故C错误,D正确.9.C[解析]对P球受力分析,根据共点力平衡条件得,细线的拉力大小T==2mg,静电力大小F==mg,A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,P球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g,C正确;当两球间的静电力消失时,Q球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g,D错误.10.(1)-7.5×10-4C(2)m/s2斜向左下方且与水平方向成37°角[解析](1)物体向右匀速运动,则电场力与摩擦力大小相等,方向相反,因摩擦力方向向左,故电场力方向向右,而电场方向向左,则物体带负电.由Eq=μmg解得q==7.5×10-4C.(2)设电场方向与水平方向的夹角为θ,由牛顿第二定律得Eq cosθ-μ(mg-qE sinθ)=ma解得a=(cosθ+μsinθ)-μg由数学知识可知,当θ=37°时,cosθ+μsinθ有极大值,此时a=m/s2即电场方向与水平方向的夹角为37°斜向左下时,加速度有最大值,为a=m/s2. 11.D[解析]a带正电,受到的电场力水平向左,b带负电,受到的电场力水平向右.以整体为研究对象,整体所受的电场力大小为2qE,方向水平向左,受力分析如图所示,则上面悬挂a的细线应向左偏转,设上面的细线与竖直方向的夹角为α,由平衡条件得tanα==;以b球为研究对象,设a、b间的细线与竖直方向的夹角为β,由平衡条件得tanβ=,可得α=β,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误.13.(1)(2)3(mg+qE)[解析](1)从A到B过程,由动能定理得mgr=mv2-0在B点时,由牛顿第二定律得qE-mg=m联立解得E=因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB弧中点处的电场强度为E=(2)设小球到达B点时的速度为v,由动能定理得(mg+qE)r=mv2设在B点处环对小球的弹力为F N,由牛顿第二定律得F N-mg-qE=m联立解得F N=3(mg+qE)由牛顿第三定律知,小球在B点对环的压力大小为F'N=F N=3(mg+qE)课时作业(二十)1.D[解析]正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同,负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反,故A错误;电势差是利用比值法定义的,电势差U AB与静电力做功、移动电荷的电荷量无关,故B错误;E=中d是两点沿电场方向的距离,只适用于匀强电场,而匀强电场的电场强度处处相同,场强与d无关,故C错误;根据公式W AB=qU AB 知,W AB>0,q>0,则U AB>0,所以A点的电势高于B点的电势,故D正确.2.BD[解析]电场线和等势面垂直,电场强度的方向沿电场线的切线方向,所以A点的电场强度方向不是沿等势面上A点的切线方向,故A错误;A点的电势高于C点的电势,根据E p=qφ知,负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小,故B正确;A点的电势高于C点的电势,沿电场线方向电势逐渐降低,可知电场线方向大致向左,所以正电荷从A点到C点,电场力做正功,故C错误;A、B两点处于同一等势面上,电势相等,所以将电荷从A点移到B点,电场力不做功,故D正确.3.D[解析]由于带电粒子只受电场力的作用,而且运动过程中电势能逐渐减少,可判断电场力做正功,即电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角,且电场力方向沿着电场线指向轨迹凹侧,故D正确.4.C[解析]由于A、C之间的电场线比C、B之间的电场线密,相等距离之间的电势差较大,即U AC>U CB,所以φA-φC>φC-φB,可得φC<,即φC<10V,选项C正确.5.AC[解析]质子从A点运动至C点,电势能减少了E p,从C点运动到B点,电势能增加了E p,可知A、B两点电势相等.如果是匀强电场,AB连线是等势线,匀强电场垂直于AB,由于质子先从A点运动至C点,电势能减少,所以A点电势大于C点电势,沿着电场线电势降低,所以电场方向垂直于AB由O点指向C点,选项A正确;如果是位于O点的正点电荷形成的电场,则A点电势等于C点电势,选项B错误;如果是位于D点的正点电荷形成的电场,则符合题意,选项C正确,选项D错误.6.A[解析]等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性,M、N两点的电场强度相同,故同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同,A正确;在两电荷连线的垂直平分线的两侧,正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势,故M点的电势高于N点的电势,B错误;将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中,电场力一直做正功,故电势能一直减小,C错误;等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,在移动-Q前,O 点的电势为零,将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,此时两个电荷连线的中点在O 点的左侧,O点的电势变为负值,故O点的电势降低,D错误.7.D[解析]根据v-t图像可知,物块在B点的加速度最大,为2m/s2,所受的电场力最大,为2N,根据E=知,B点的场强最大,为1N/C,故A错误;根据两个等量正点电荷连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,可知由C点到A点的过程中,电势逐渐降低,物块的电势能逐渐减小,故B错误;根据动能定理得qU AB=m-m,解得U AB=-5V,故C错误;因qU CB=m-0=8J,qU BA=m-m=10J,则U CB<U BA,故D正确.8.AD[解析]两点电荷在b点产生的电场的场强大小相等,均为E a=k,方向互相垂直,合场强E=E a=,选项A正确;等量同种点电荷连线的中垂线不在同一等势面上,B 错误;沿中垂线向外,电势降低,因此ac中点的电势不是最低,选项C错误;在b点从静止释放的电子在电场力作用下先向ac中点加速,过ac中点后向d减速,由对称性可知,到达d点时速度为零,选项D正确.9.BD[解析]在实线位置和虚线位置,A、B两球电势能之和相同,则由实线位置到虚线位置,两球电势能变化量绝对值相等,电场力做功绝对值相等,而A球初、末位置的电势差大于B球初、末位置的电势差,由W=qU可知,A球所带电荷量绝对值比B球的小,故A错误,B正确;由于两球的电性未知,不能确定电场力做功的正负,电场力可能对A球做正功,对B球做负功,也可能对A球做负功,对B球做正功,故C错误,D正确.10.A[解析]由图像可知,距离球心R处的场强为E0,根据点电荷场强公式得E0=,解得球壳带电荷量Q=,则均匀带电球壳带电密度为=,选项A正确;根据点电荷场强公式有E0=,解得r=R,选项B错误;由题意可知,在x轴上各点中,在0~R范围内各点的电势均相同,球面与球心间的电势差为零,选项C、D错误.11.BC[解析]小球的重力不计,只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动,有qE=F,则场强E=,故A错误;A、B两点的电势差为U AB=-Ed cosθ=-,故B正确;带电小球由A运动至B过程中,恒力做功为W=Fd cosθ,根据功能关系可知,电势能增加了Fd cosθ,故C正确;小球所受的电场力恒定不变,若带电小球由B向A做匀速直线运动,则F大小、方向均不变,故D错误.12.(1)mg+(2)φ+[解析](1)物块在A点受到点电荷的库仑力F=由几何关系可知P、A间的距离r=设物块在A点时受到轨道的支持力大小为F N,由平衡条件得F N-mg-F sin60°=0解得F N=mg+.(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB,由动能定理得q(φ-φB)=mv2-m解得φB=φ+.13.(1)mg+m(2)(3)[解析](1)小球经B点时,在竖直方向上,有F-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细杆的拉力大小F'=F=mg+m.(2)O点电势为零,而OB在M、N连线的垂直平分线上,故B点的电势φB=0 对小球从A点运动到B点的过程,由动能定理得mgL+q(φA-φB)=mv2解得φA=.(3)由电场的对称性可得φC=-φA,所以U AC=2φA对小球从A点运动到C点的过程,由动能定理得qU AC=m解得v C=.课时作业(二十一)1.A[解析]插入一个带有一定厚度的金属板,相当于极板间的距离变小,根据电容的决定式C=,可知电容增大,又因电势差不变,则由Q=CU知,电容器的电荷量增大,电路中流过逆时针方向的短暂电流,故A正确,B错误;电势差不变,d减小,则电场强度增大,带电液滴所受的电场力增大,使带电液滴向上做加速运动,故C、D错误.2.A[解析]当用带电玻璃棒与电容器a板接触时,由于静电感应,在b板感应出等量的异种电荷,从而使电容器带电,故选项A正确;根据电容的决定式C=,将电容器b板向上平移,即正对面积S减小,则电容C减小,根据C=可知,电荷量Q不变,则电压U增大,静电计指针的张角变大,故选项B错误;根据电容的决定式C=,只在极板间插入有机玻璃板,则介电常数εr增大,则电容C增大,根据C=可知,电荷量Q不变,则电压U 减小,静电计指针的张角减小,故选项C错误;根据C=可知,电荷量Q增大,则电压U也会增大,电容C不变,故选项D错误.3.C[解析]带电小球在电容器中处于平衡时,由平衡条件得tanθ=,当开关S断开时,电容器两极板上的电荷量Q不变,由C=,U=,E=,可知E=,故增大或减小两极板间的距离d,电容器两极板间的电场强度不变,θ不变,选项A、B错误;当开关S闭合时,因为两极板间的电压U不变,由E=可知,减小两极板间的距离d,E增大,θ变大,选项C 正确,D错误.4.C[解析]当负极板右移时,两板之间的距离d减小,由C=可知,C与x的关系图像不是一次函数图像,故A错误;由U=可知,U=Q,则E=,故E与两板之间的距离d(或x)无关,故B错误;因负极板接地,设P点原来与负极板之间的距离为l,则P点的电势φ=E(l-x),故C正确;电势能E p=φq=Eq(l-x),不可能为水平线,故D错误.5.D[解析]刚开始时粒子做匀速直线运动,有mg=qE=q,由受力分析可知,粒子在竖直方向上合力为零,如图所示,若平行金属板顺时针旋转θ角,因q cosθ=q cosθ=q=mg,所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无关,根据受力分析可知,电场力做正功,粒子的电势能逐渐减少,粒子做匀加速直线运动;同理,若平行金属板逆时针旋转θ角,则粒子电势能逐渐增加,粒子做匀减速直线运动,故选项A、B、C错误,选项D正确.6.BD[解析]在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-m,解得d=,设带电粒子离开M板的最远距离为x,若使初速度减小为原来的,则x=,A错误;若使M、N间的电压提高到原来的2倍,则电场强度变为原来的2倍,x=,B 正确;若使M、N间的电压提高到原来的4倍,则电场强度变为原来的4倍,x=,C错误;若使初速度和M、N间的电压都减小为原来的,则电场强度变为原来的,x=,D正确.7.B[解析]点电荷受到重力、电场力作用,所以加速度a=,选项A错误;设点电荷的运动时间为t,根据运动独立性,在水平方向,有=·t2,解得t=,选项B正确;下降的高度y=gt2=,选项C错误;电场力所做的功W=,选项D错误.8.D[解析]粒子在加速电场中运动时,有U1q=m,在偏转电场中运动时,有x=v0t,y=·t2,解得x2=,若保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x减小,选项A错误;若保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;若保持U1、U2和下板的位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则d变大,x变大,故选项D正确.9.BD[解析]微粒a向下加速运动,微粒b向上加速运动,在某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a的加速度大于b的加速度,即a a>a b,对微粒a,由牛顿第二定律得qE=m a a a,对微粒b,由牛顿第二定律得qE=m b a b,联立解得>,可得出a的质量比b的小,选项A错误;在a、b两微粒运动过程中,a微粒所受的合外力大小等于b微粒的,a微粒的位移大于b微粒的,根据动能定理可知,在t时刻,a的动能比b 的大,选项B正确;由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t时刻,a和b的电势能不等,选项C错误;由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受到的电场力(合外力)大小,根据动量定理可知,在t时刻,a微粒的动量与b微粒的动量大小相等,选项D正确.10.D[解析]根据两微粒的运动轨迹可知,二者所受的电场力方向相反,而电场强度的方向相同,因此两微粒的电性相反,故A正确;若两微粒的初速度相同,根据平抛运动的规律可知,它们在水平方向上做匀速运动,因此到达金属网所用的时间相同,故B正确;根据运动学公式,在竖直方向有d=at2=,若不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,则两微粒在水平方向上的位移仍相等,因此仍能相交于同一点,故C正确;若E1>E2,d1=d2,根据运动学公式,在竖直方向有d=at2=,由于两粒子的初速度不一定相同,则上方微粒的比荷不一定较小,故D错误.11.AD[解析]当滑动变阻器的滑片向上滑动时,变阻器有效阻值增大,R的电压增大,则电容器板间电压增大,场强增大,油滴所受的电场力增大,所以带电油滴会向上运动,A正确;当电容器的上极板向上移动时,由电容的决定式C=知,电容减小,而电容器的电压不变,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量Q不变,根据E=可知,电容器板间场强不变,油滴所受的电场力不变,所以带电油滴仍静止不动,B错误;当电容器的下极板向下移动时,电容器所带的电荷量Q不变,由E=知,电容器板间场强不变,由U=Ed知,P点与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,C错误;当电容器的下极板向左移动时,由C=知,电容器的电容减小,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量不变,故极板间电压U增大,由E=知,电容器板间场强变大,则P与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,D正确.12.(1)(2)1∶3(3)1∶4[解析](1)油滴静止时,由平衡条件得mg=q解得=.(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为x1,加速度大小为a1,第二个Δt时间内油滴的位移为x2,加速度大小为a2,则x1=a1(Δt)2x2=v1Δt-a2(Δt)2且v1=a1Δt,x2=-x1联立解得a1∶a2=1∶3.(3)油滴向上做加速运动时,有q-mg=ma1即q=ma1油滴向上做减速运动时,有mg-q=ma2即q=ma2则=解得=.专题训练(五)A1.BD[解析]小球的重力势能增加5J,则小球克服重力做功为5J,故A错误;电场力对小球做功为2J,则小球的电势能减少2J,故B正确;小球受到重力、电场力、空气阻力三个力的作用,小球的机械能增加1.5J,则除重力以外的力做功为1.5J,因电场力对小球做功为2J,则空气阻力做功为-0.5J,即小球克服空气阻力做功为0.5J,故C错误;重力、电场力、空气阻力三力做功之和为-3.5J,根据动能定理,小球的动能减少3.5J,D正确.2.BC[解析]由于有电场力做功,故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的,故A 错误;由题意知,小球受到的电场力与重力大小相等,在小球从M运动到N过程中,重力做多少正功,重力势能就减少多少,电场力做多少负功,电势能就增加多少,又因两力做功一样多,故B正确;由动能定理可知,弹力对小球做的功等于小球动能的增加量,又知弹力做的功等于弹性势能的减少量,故C正确;电场力和重力做功的代数和为零,故D错误.3.B[解析]由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A错误,B正确;从a运动到b,电场力做负功,电势能增大,C错误;由于有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.4.AC[解析]由题意可知,小球在竖直方向上做自由落体运动,在水平方向上做匀减速运动,可知其所受电场力方向向左,与电场方向相反,则小球带负电,电场力一直对小球做负功,小球的电势能增加,机械能减小,A、C正确;小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,合力方向指向左下方,又知初速度水平向右,末速度竖直向下,由力与速度的夹角关系可知,合力对小球先做负功,后做正功,小球的速度先减小后增大,B错误;任意一小段时间内,小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变,则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量,D错误.5.D[解析]试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项B错误;试探电荷在x=4a处时速度最大,电势能最小,该处的电场强度一定为零,选项D正确;在x轴上从原点处到x=6a处,电场强度从两头指向x=4a处,点电荷M、N一定都是正电荷,选项A错误;由=,解得Q M=4Q N,选项C错误.6.BD[解析]三个液滴在水平方向上受到电场力作用,水平方向上不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向上做自由落体运动,所以三个液滴的运动时间相同,选项B正确;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴3在水平方向上的位移最大,说明液滴3在水平方向上的加速度最大,所带电荷量最多,选项D正确.7.AD[解析]小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后因受到电场力作用而做减速运动,由图像可以看出,在t=1s和4s时,小球经过边界MN,故B错误;由图像的斜率表示加速度可得,小球进入电场前的加速度为a1==,进入电场后的加速度大小为a2==,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,则电场力F=mg+ma2=ma1,所以重力mg与电场力F大小之比为3∶5,故A正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理可知,整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等,故C错误;在1~4s 过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,由于该过程中机械能和电势能之和不变,所以小球的机械能先减小后增大,故D正确.8.C[解析]小金属块从A到B过程,由动能定理得-qU AB-μmgL=m-0,解得A、B 两点间的电势差U AB=-,故A错误;小金属块由A点向C点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,故B错误;从A到B过程,金属块做加速运动,从B 到C过程,金属块做减速运动,在B点时金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,有μmg=k,解得r=,故C正确;从B到C的过程中,小金属块减少的动能和电势能全部转化为内能,故D错误.9.C[解析]由动能图线知,小物块的速度先增大后减小,根据库仑定律知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零,由动能图线可知,速度有最大值,此时小物块受力平衡,小物块所受的库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求出q,故A错误;从A到B的过程中,重力势能的增加量等于电势能的减小量,所以可以求出小物块电势能的减小量,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A、B之间的电势差,故B错误;由重力势能图线得E p=mgh=mgx sinθ,算出斜率即可求出m,故C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,也不知道小物块的电荷量,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,故D错误.10.(1)20m(2)1.5N(3)0.6m m/s[解析](1)设滑块释放点与N点的距离为L,由动能定理得qEL-μmgL-mg·2R=mv2-0小滑块在C点时,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=m联立解得v=2m/s,L=20m.(2)滑块到达P点时,由动能定理得qE(L+R)-μmgL-mg·R=m-0在P点时,由牛顿第二定律得F N-qE=m联立解得F N=1.5N由牛顿第三定律可得,滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5N.(3)小滑块经过C点后,在竖直方向上做的是自由落体运动,有2R=gt2解得滑块运动的时间t=0.4s滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由牛顿第二定律得qE=ma解得加速度a=2.5m/s2水平位移为x=vt-at2=0.6m滑块落地时,竖直方向的速度大小为v y=gt=10×0.4m/s=4m/s水平方向的速度大小为v x=v-at=1m/s==m/s.落地时速度的大小为v地11.(1)(2)(3)l[解析](1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下,系统在水平方向上均动量守恒,有mv0=(m+M)v由能量守恒定律得Q=fs=m-(m+M)v2联立解得系统产生的热量Q=.(2)场强方向竖直向下时,有Q=f1s1场强方向竖直向上时,有Q=f2s2所以f1s1=f2s2由题意知s1>s2,则f1<f2,而f=μF N所以F N2>F N1说明物块带负电场强方向竖直向下时,有F N1=mg-qE场强方向竖直向上时,有F N2=mg+qE又知E=故=.(3)由以上各式得s2=s1=l.专题训练(五)B1.D[解析]因微粒在重力和电场力作用下做直线运动,而重力竖直向下,可知电场力一定水平向左,微粒带负电,A错误;其合外力一定与速度反向,大小为F=,即微粒一定做匀减速直线运动,加速度大小为a=,B错误,D正确;电场力qE=,但不知微粒的电荷量,所以无法求出电场强度,C错误.2.AD[解析]对带电小球进行受力分析,如图所示,小球的加速度a===m/s2=-10m/s2,根据几何关系得tanθ=====1,故θ=45°,F电==mg=qE,解得E=100V/m,故A、D正确.3.BD[解析]小球由A到B的过程中,电场力做正功,小球的电势能减小,选项A错误;因。

微专题11 电场中“三类图象”问题的突破一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B[在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．] 2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x 的变化图线可能正确的是()解析：B[由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．]3．两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E 与x 关系的图是( )解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2017·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0RC ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E -r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R ，选项C 正确，选项D 错误．]5．(2017·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A[图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；负点电荷受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x轴正方向运动，C、D错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2017·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为q的带负电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4.则下列叙述正确的是()A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．若小球的初速度v0＝2φ0qm，则运动过程中的最大速度为6φ0qmD．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2φ0q m解析：BC[φ-x图象的斜率表示电场强度E＝ΔφΔx，所以带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力不变，A错误；由W＝Uq可知，带电小球从x1运动到x3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B正确；从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4，电场力先做正功后做负功，在x1时，动能最大，对0～x1过程应用动能定理，有φ0q＝12mv2－12mv20，解得v＝6φ0qm，C正确；当小球到达x4处速度为零时，初速度v0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q＝0－12mv20，解得v0＝φ0qm ，D 错误．]7．(2017·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v -t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt ＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12mv 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．]8．(2017·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 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v a 、v b ，其v -x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q1||Q2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k|Q1|q ＝k|Q2|q ，所以|Q1||Q2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2017·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E1E2；(2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以E1E2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m.联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE1m t 1④v m ＝qE2m t 2⑤E km ＝12mv 2m ⑥T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s.答案：(1)12 (2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s10．(68520230)(22分)(2017·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝acos2θ2，x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E1gx1sin θ＝2E1gasin θcos2θ.(3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E1cos2θ＋E 2－E 0.答案：(1)图线Ⅱ (2)acos2θ22E1gasin θcos2θ (3)2E1cos2θ＋E 2－E 0。