创新设计浙江鸭2017版高考物理二轮复习高分突破专题四静电场第14课时电场力的性质

【解析】选C。由静电感应可知,A左端带负电,B右端带正电,A、B的电势相等, 选项A、B错误;若移去C,则两端的感应电荷消失,则贴在A、B下部的金属箔都闭 合,选项C正确;先把A和B分开,然后移去C,则A、B带的电荷仍然存在,故贴在A、 B下部的金属箔仍等势面(c) 【要点融会贯通】
2.电势高低的判断方法: (1)电场线法:沿电场线方向,电势越来越低。 (2)场源电荷判断法:离场源正电荷越近的点,电势越高;离场源负电荷越近的 点,电势越低。 (3)电势能判断法:对于正电荷,电势能越大,所在位置的电势越高;对于负电荷, 电势能越小,所在位置的电势越高。
3.等势面的性质: (1)等势面一定与电场线垂直,即跟场强的方向垂直。 (2)电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面,两个不同的等势面永 远不会相交。 (3)在匀强电场中,两个等差等势面间的距离相等。 (4)在同一等势面上移动电荷时,电场力不做功。
2.练一练 (1)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
【解析】选B。若两个不同的等势面相交,则在交点处存在两个不同电势数值, 与事实不符,选项A错误;电场线一定与等势面垂直,选项B正确;同一等势面上的 电势相同,但电场强度不一定相同,选项C错误;将一负电荷从电势较高的等势面 移至电势较低的等势面,电场力做负功,故选项D错误。
(2)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

第4讲力与杨体的曲线运动（二）---- 电场和磁场中的曲线运动专题提升训练一、单项选择题1.如图1所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的（）图1A.2倍B.4倍C*倍D*倍3 2解析第一次心寺敘£|，第二次筈；），两式相比可得d'=£所以选项C正确。

答案C2.（2015-济南一模）静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。

假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面。

微粒在向工件靠近的过程中（）A.—定沿着电场线运动B.所受电场力先减小后增大C.克服电场力做功D.电势能逐渐增大解析由物体做曲线运动的条件可知电荷仅受电场力的作用，不可能沿着弯曲的电场线运动，A项错误；由电场线的分布特点知，微粒所受的电场力先减小后增大，B项正确；微粒向工件靠近的过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，C、D项错误。

答案B3.（2015•安徽师大摸底）如图3所示，A. B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是曲连线的垂线上的点，FL AO>OB.一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，A/、N 为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别Eg E N，电势分别为0W、伽。

下列说法中正确的是（）图3A.点电荷/一定带正电B.E M小于E N大于（p ND.此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能解析根据带负电的试探电荷运动轨迹，点电荷/一定带负电，选项A错误；根据两个等量异种点电荷电场特点可知，E M小于E N，小于处•，此试探电荷在M处的电势能大于N处的电势能，选项B 正确，选项C、D错误。

答案B4.如图4所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒/、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上的同一点不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是（）...... 、'、、N-p-图4A.在电场屮微粒A运动的时间比B长B.在电场屮微粒力、B运动的时间相同C.微粒/所带的电荷量比B少D.静电力对微粒A做的功比B少解析带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错误；竖直方向做匀加速直线运动，尸如2,由于f相同，山 >畑可得a A>a Bl即芝〉筈，则q.AqB，选项C错误；由W=qU,可知静电力对微粒/做的功比3多，选项D错误。

第1讲电场性质和带电粒子在电场中的运动[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/10 2020/04 2020/10 2020/04 2020/11静电场电荷及其守恒定律b c库仑定律 c 11 4、13 13 3电场强度 c c 13 8 6电势能和电势b c 13 8电势差 b c电势差与电场强度的关系c静电现象的应用b电容器的电容b c 7带电粒子在电场中的运动b d 23 8、22 8、23 8 8、19考点一电场基本性质的理解1．(2020·浙江11月选考·6)电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑就按照电场的方向排列起来，如图1所示．关于此实验，下列说法正确的是( )图1A．a图是模拟两等量同种电荷的电场线B．b图一定是模拟两等量正电荷的电场线C ．a 图中的A 、B 应接高压起电装置的两极D ．b 图中的A 、B 应接高压起电装置的两极 答案 C2．(2020·浙江10月学考·8)如图2为某一电场的电场线，M 、N 、P 为电场线上的三个点，M 、N 是同一电场线上的两点．下列判断正确的是( )图2A ．M 、N 、P 三点中N 点的场强最大B ．M 、N 、P 三点中N 点的电势最高C ．负电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能D ．正电荷从M 点自由释放，电荷将沿电场线运动到N 点 答案 A解析 电场线的疏密反映了电场的强弱，所以N 点场强最大，选项A 正确．顺着电场线的方向，电势降低，M 点的电势最高，选项B 错误．根据E p ＝qφ，φM >φP >φN 可知，负电荷在M 点电势能小于在N 点的电势能，选项C 错误．正电荷从M 点静止释放，电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不沿电场线，选项D 错误．3．(2020·浙江4月学考·13)如图3所示，真空中有两个点电荷Q 1＝9.0×10－8C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 坐标轴上，其中Q 1位于x ＝0处，Q 2位于x ＝6 cm 处．在x 轴上( )图3A ．场强为0的点有两处B ．在x ＞6 cm 区域，电势沿x 轴正方向降低C ．质子从x ＝1 cm 运动到x ＝5 cm 处，电势能升高D ．在0＜x ＜6 cm 和x ＞9 cm 的区域，场强沿x 轴正方向 答案 D解析 因为Q 1＞0，Q 2＜0，且Q 1＞|Q 2|，所以x ＜0区域不会出现合场强为0的点；0＜x ＜6 cm 区域合场强沿x 轴正方向，场强都不为零，x ＞6 cm 区域有一位置合场强为零，由k Q 1x 2＝－k Q 2(x －6)2得x ＝9 cm ，则6 cm＜x ＜9 cm 区域合场强沿x 轴负方向，x ＞9 cm 区域合场强沿x 轴正方向，故A 错，D 对；沿电场方向电势降低，B 错；质子带正电，在电势高处电势能大，C 错．4．(人教版选修3－1P9第3题改编)真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A 和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F.现用一个不带电的同样的金属小球C 先与A 接触，再与B 接触，然后移开C ，再使A 、B 间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力为( ) A.12F B.14F C.18F D.132F 答案 D5．(2020·稽阳联谊学校8月联考)如图4所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M 、N 是运动轨迹上的两点，则( )图4A ．M 点的电势比N 点的电势低B ．粒子在M 点的加速度比在N 点的加速度大C ．粒子一定是从M 点运动到N 点D ．粒子在M 点的电势能比在N 点的电势能大 答案 D解析 由沿电场线方向电势降低知M 点的电势高于N 点的电势，A 错误；根据电场线疏密程度可知N 点场强大，所以加速度也大，B 错误；根据轨迹看不出运动方向，C 错误；根据轨迹可知带电粒子受力与电场线方向一致，因此粒子带正电荷，正电荷在电势高的地方电势能大，D 正确．6. 如图5所示，B 为线段AC 的中点，如果在A 处放一个＋Q 的点电荷，测得B 处的场强E B ＝48 N/C ，则( )图5A ．E C ＝24 N/CB ．EC ＝12 N/CC ．若要使E B ＝0，可在C 处放一个－Q 的点电荷D ．把q ＝10－9C 的点电荷放在C 点，则其所受电场力的大小为6×10－9N 答案 B解析 由真空中点电荷的场强公式E ＝kQr 2知A 错误，B 正确；根据场的叠加及点电荷产生的场强方向知，应在C 处放一等量同种电荷，C 错误；F ＝qE C ＝1.2×10－8N ，D 错误．7．(2020·台州市9月选考)如图6甲所示，一条电场线与Ox 轴重合，取O 点电势为零，Ox 方向上各点的电势φ随x 变化的情况如图乙所示．若在O 点由静止释放一电子，且电子仅受电场力的作用，则( )图6A．电场的方向沿Ox正方向B．电子沿Ox正方向运动C．电场的场强沿Ox方向增大D．电子的电势能将增大答案 B带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)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；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．考点二带电粒子在电场中的直线运动1．(2020·浙江11月选考·19)如图7所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A 点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场．已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求滑块：图7(1)到达M点时的速度大小；(2)从M点运动到B点所用的时间；(3)落地点距B点的水平距离．答案(1)4 m/s (2)107s (3)1.5 m解析(1)在AM阶段对物体的受力分析如下：a ＝－μmg m＝－μg＝－2 m/s 2根据运动学公式v M 2－v 0 2＝2ax ，可得v M ＝4 m/s (2)进入电场之后，Eq ＝0.65 N ，受力分析如下：a′＝－μ(G －Eq )m ＝－0.7 m/s 2根据运动学公式v B 2－v M 2＝2a′x， 解得v B ＝3 m/s根据匀变速直线运动推论x MB ＝v B ＋v M2t 解得t ＝107s(3)从B 点飞出后，滑块做平抛运动，因此h ＝12gt′2，解得t′＝0.5 s落地点距B 点的水平距离x ＝v B t′＝1.5 m.2．(2020·浙江4月选考·8)密立根油滴实验原理如图8所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图8A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mgUC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍 答案 C解析 油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mgE，所以B错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D错．3. (人教版选修3－1P39第2题改编)某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一个金属网N.现按图9所示那样在M、N之间加一个电压U，发现当U＞12.5 V时电流表中就没有电流．已知电子的质量m e＝9.1×10－31 kg.问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)图9答案 2.10×106 m/s解析如果电子的动能减少到等于0的时候，电子恰好没有到达N板，则电流表中就没有电流，由W＝0－E km，W＝－eU，得－eU＝0－E km＝－12m e v2，v＝2eUm e＝2×1.6×10－19×12.59.1×10－31m/s≈2.10×106 m/s.4．如图10所示，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板．电场强度E＝5×105 N/C，间距d＝1.25 m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离A板h＝1.25 m．从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m＝1×10－3 kg的带电小球．第1个带电小球的电量q1＝＋1×10－8 C，第n 个带电小球的电量q n＝nq1.取g＝10 m/s2.求：图10(1)第1个带电小球从M处下落至B板的时间；(2)从第几个带电小球起不能抵达B板；(3)第(2)问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．答案(1)6－12s (2)5 (3)－2.08×10－2 J解析 (1)t1＝2hg＝0.5 s，v1＝2gh＝5 m/s，a1＝mg－Eq1m＝5 m/s2，d＝v1t2＋12a1t2 2，代入解得：t2＝6－22s，t总＝t1＋t2＝6－12s.(2)mg(h＋d)－Eq n d＝ΔE k＝0，q n＝mg(h＋d)Ed＝4×10－8 C，n＝q nq1＝4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达B板．(3)mg(h＋x)－Eq5x＝ΔE k＝0，x＝56m，ΔE机＝－mg(h＋x)≈－2.08×10－2 J.带电粒子在电场中直线运动时的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．考点三带电粒子在电场中的曲线运动1. (2020·浙江4月选考·8)如图11所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程( )图11A ．加速度大小为a ＝Eqm ＋gB ．所需的时间为t ＝ dmEqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案 B解析 点电荷受到重力、电场力的作用，所以a ＝(Eq )2＋(mg )2m ，选项A 错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，则d 2＝12Eq m t 2，化简则t ＝md Eq ，选项B 正确；下降高度y ＝12gt 2＝mgd2Eq，选项C 错；电场力做功W ＝Eqd2，选项D 错误．2．(人教版选修3－1P39第3题)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切值与氢核偏角的正切值之比． (1)电子与氢核的初速度相同． (2)电子与氢核的初动能相同． 答案 见解析解析 设加速电压为U 0，偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极间距离为d ，极板长为l ，则：带电粒子在加速电场中获得初动能12mv 0 2＝qU 0，粒子在偏转电场中的加速度a ＝qU dm ，在偏转电场中运动的时间为t ＝lv 0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度v y ＝at ＝qUl dmv 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝v y v 0＝qUldmv 02. (1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m H m e ＝1.67×1027kg9.1×10－31kg ≈1 835. (2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH＝1.3. (2020·绍兴市联考)如图12所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是( )图12A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1 答案 D解析 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m Am B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确，D 错误． 4．在如图13所示的空间存在一竖直向上的匀强电场，一质量为m 、可视为点电荷的带正电小球从高为h 的平台上方水平抛出，落地点距离抛出点的水平距离为x ，已知小球所受重力大小等于所受电场力的两倍，小球在落地处恰好没有能量损失地进入光滑圆弧轨道，重力加速度为g.落地点与圆心的连线和过圆心的竖直线之间的夹角为α，不计空气阻力，求：图13(1)小球被水平抛出时的初速度大小； (2)角度α的正切值． 答案 (1)x 2g h (2)2h x解析 (1)小球先做类平抛运动，由牛顿第二定律有： mg －qE ＝ma解得加速度a ＝12g ，方向竖直向下根据类平抛运动的规律，两个方向的位移为： x ＝v 0t ，h ＝12at 2则小球的初速度大小为v 0＝x 2g h(2)由于没有能量损失地进入光滑圆弧轨道，表明在抛物线和圆弧轨道的接点处，圆弧轨道与抛物线相切，因此，角α也等于抛物线在该点的切线与水平方向的夹角，有tan α＝v y v 0＝2hx .5. 如图14，静止于A 处的离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直于CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处电场强度为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；NQ ＝2d 、PN ＝3d ，离子重力不计．图14(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；(2)若离子恰好能打在NQ 的中点上，求矩形区域QNCD 内电场强度E 的值． 答案 (1)2U E 0 (2)12Ud解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有qU ＝12mv 2，离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律， 有qE 0＝m v 2R ，联立解得R ＝2UE 0.(2)射出静电分析器后，离子做类平抛运动， d ＝vt ， 3d ＝12at 2，由牛顿第二定律得qE ＝ma ，联立解得E ＝12Ud.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动．(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．带电粒子经加速电场U 1，再经偏转电场U 2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P ，如图15所示．图15专题强化练(限时：30分钟)1．(2020·浙江4月选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( )A．在充电过程中电流恒定B．在放电过程中电容减小C．能储存电荷，但不能储存电能D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B错；电容器中的电场具有电场能，所以C错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D对．2．(2020·金华市联考)一个电容器的规格是“10 μF50 V”，则( )A．这个电容器的电容为10－5 FB．这个电容器加上50 V电势差时，电容才是10 μFC．这个电容器没有电势差时，电容为0D．这个电容器加的电势差不能低于50 V答案 A3．(2020·诸暨市期末)如图1甲所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图乙所示；然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发现金属箔片没有张开，如图丙所示．关于这一实验现象，下列的说法正确的是( )图1A．两板摩擦后带电说明创造了新的电荷B．图乙验电器箔片张开是因为发生了电磁感应C．图乙验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上D．图丙验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷答案 D4. 如图2所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，则( )图2A ．A 向左偏离竖直方向，B 向右偏离竖直方向B ．A 的位置不变，B 向右偏离竖直方向C ．A 向左偏离竖直方向，B 的位置不变D ．A 和B 的位置都不变答案 B解析 金属球壳C 能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此小球A 不会受到静电力的作用，不会发生偏转；金属球壳C 处在电荷A 的电场中，内壁是近端，感应异号电荷——负电，外壁是远端，感应同号电荷——正电，该正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B 有吸引的作用，B 向右偏，选项B 正确．5．(2020·浙江“七彩阳光”联考)真空中两个完全相同的小球带电后，它们之间的静电力为F.现将两球接触后放回原处，则它们之间的静电力( )A ．—定变大B ．—定变小C ．可能不变D ．一定不变答案 C6. 如图3为真空中两点电荷A 、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为A 、B 电荷连线的中点，a 、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )图3A ．A 、B 可能带等量异号的正、负电荷B ．A 、B 可能带不等量的正电荷C ．a 、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D ．同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反答案 D解析 根据题图中的电场线分布可知，A 、B 带等量的正电荷，选项A 、B 错误；a 、b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C 错误；由图可知，a 、b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D 正确．7．对公式E ＝U AB d的理解，下列说法正确的是( ) A ．此公式适用于计算任何电场中A 、B 两点间的电势差B ．A 点和B 点间距越大，则这两点的电势差越大C ．匀强电场中A 、B 两点沿电场线的距离越大，则电场强度越小D ．公式中的d 是匀强电场中A 、B 所在的两等势面之间的距离答案 D解析 此公式只适用于匀强电场，选项A 错误；A 、B 两点间的电势差不仅取决于场强的大小，还取决于沿电场方向的距离d ，A 、B 间距大，d 不一定大，故选项B 错误；匀强电场中的电场强度大小与A 、B 两点间的距离无关，是恒定的，选项C 错误；公式中的d 是匀强电场中A 、B 所在的两等势面之间的距离，选项D 正确．8. 相距为L 的点电荷A 、B 带电荷量分别为＋4q 和－q ，如图4所示，今引入第三个点电荷C ，使三个点电荷都处于平衡状态，则C 的电荷量和放置的位置是( )图4A ．－q ，在A 左侧距A 为L 处B ．－2q ，在A 左侧距A 为L 2处C ．＋4q ，在B 右侧距B 为L 处D ．＋2q ，在B 右侧距B 为32L 处 答案 C解析 由题可知A 、B 带电荷量分别为＋4q 、－q ，放入第三个点电荷C ，使三个电荷都处于平衡状态，所以C 一定处于A 、B 连线延长线上B 的右侧．当C 处于平衡状态时，其受到A 、B 的作用力大小相等，方向相反，由库仑定律得4kq C ·q C (L ＋r )2＝kq·q C L 2，r ＝L ，由A 电荷处于平衡状态可得kq C ·4q (L ＋r )2＝kq·4q L2，解得q C ＝4q ，故C 选项正确．9. (2020·舟山市调研)电场中有A 、B 两点，一个点电荷在A 点的电势能为1.2×10－8 J ，在B 点的电势能为0.8×10－8 J ．已知A 、B 两点在同一条电场线上，如图5所示，该点电荷的电荷量为1.0×10－9 C ，那么( )图5A ．该电荷为负电荷B ．该电荷为正电荷C ．A 、B 两点的电势差U AB ＝4.0 VD ．把电荷从A 移到B ，静电力做功为W ＝2.5×10－10 J答案 A解析 A 点的电势能大于B 点的电势能，从A 到B 静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，故选项A 正确，选项B 错误；静电力做功W AB ＝E pA －E pB ＝1.2×10－8 J －0.8×10－8 J ＝0.4×10－8 J ，选项D 错误；由U AB ＝W AB q得U AB ＝0.4×10－8－1.0×10－9 V ＝－4.0 V ，所以选项C 错误． 10. (2020·舟山市调研)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图6所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图6A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d答案 D解析 电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUh d，由此知选项D 正确． 11. (2020·杭州市十校联考)如图7所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )图7A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小 答案 B解析 设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 0 2，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2q dm ，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 0 2＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l 2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确． 12. 真空中的某装置如图8所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图8A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4答案 B解析 设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 0 2，解得v 0＝ 2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L 2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．13. 如图9所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ，有一带负电液滴，带电荷量大小为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图9(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．答案 (1)8×10－8kg (2)1.32 m/s解析 带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动．(1)竖直方向：q U dcos α＝mg ，解得m ＝8×10－8 kg (2)解法一：水平方向q U dsin α＝ma ， 解得a ＝gtan α＝34g ，设液滴在平行板中飞行距离为s ，则s ＝d sin α＝0.05 m ，又由v 2－v 0 2＝2as 得v ＝v 0 2＋2as ≈1.32 m/s，解法二：设液滴在平行板中飞行距离为s ，则s ＝d sin 37°＝0.05 m 液滴受到的合力F 合＝mgtan α由动能定理得F 合s ＝12mv 2－12mv 0 2， 解得v≈1.32 m /s.14．如图10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.图10(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v 0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 ＝2.0×102 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 见解析解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 0 2， 电子射入偏转电场时的初速度v 0＝ 2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝L v 0＝L m 2eU 0 加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy＝12a(Δt)2＝UL 24U 0d (2)只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 ＝eU d≈10－15 N 由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值，即φ＝E p q，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φG ＝E G m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．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

专题分层突破练14 电学实验A 组1.(2021浙江绍兴高三二模)小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,有一根导线处于断路状态,如图所示。

(1)为了寻找这根导线,小明同学想先闭合开关,调节滑动变阻器滑片到某位置,把多用电表的黑表笔接在电路中的a 点,再将红表笔分别在图中b 、c 、d 点进行测量,下列选挡中,符合操作规程的是 ;A.直流5 V 挡B.直流0.5 A 挡C.交流2.5 V 挡D.欧姆挡×10(2)在(1)中的测量结果如下表则断路的导线应是 (填图中导线的编号)。

2.(2021重庆高三二模)为了测量某电源的电动势E 和内阻r ,实验室准备了以下器材: a.待测电源(电动势E 约为1.5 V,内阻r 约为1 Ω); b.量程为3 V 的电压表V(具有一定的内阻); c.满偏电流I G =100 mA 的电流计G(r G =0.6 Ω);d.定值电阻R 1=0.1 Ω,R 2=0.15 Ω,R 3=0.2 Ω,R 4=0.3 Ω,R 5=2 Ω;e.滑动变阻器R(阻值变化范围0~15.0 Ω);f.开关S一个;g.导线若干。

(1)利用以上实验器材,学习小组设计了如图甲所示的实验电路,若B是滑动变阻器R,D是定值电阻R2,则A是,C是;(均选填器材对应的符号)(2)在器材选择、电路连接和实验操作都正确的情况下,调节滑动变阻器R,得到多组电表读数,作出如图乙所示的图象,由图象可知该电源的电动势E= V,内阻r=;(均保留三位有效数字)(3)从实验原理上看,电源电动势的测量值(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值,内阻的测量值(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。

3.(2021上海高三二模)某同学“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验电路如图(a)所示,其中R0是阻值为4 Ω的定值电阻,滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。

图(a)图(b)(1)定值电阻R0在实验中的作用是。