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专题6 电 场
考纲·题型解读
1.以选择题的形式考查对场强、点电荷、电场线等基本概念的深刻理解,而场强的概念又是考查的重点,常考查其比值定义
法、决定场强大小的因素及其矢量性等;对于库仑定律,常考查其适用条件及公式的应用.
2.以选择题的形式考查对电势、电势差、电功、电势能等基本概念的理解,以及物理量之间的区别与联系;对电场能的性质
将重点考查,常考查电场力做功的特点以及电场力做功与电势能的关系,题型灵活.
3.电容器、带电粒子在电场中的运动是本专题考查的重点,常以选择题和计算题的形式考查带电粒子在电场中的加速和偏
转,考查偏转(类平抛运动)时,常结合平抛运动的知识求解;常对电容器进行动态分析,或与其他力学、磁场等知识联系起来进
行考查.
题源1 电场力的性质 ③库仑力可以和其他力平衡.
④某个点电荷同时受几个点电荷的作用时,要用平行
解题模型1.1 四边形定则求合力.
1.库仑定律 2.电荷及电荷守恒定律
: ()自然界中只存在正负两种电荷,元电 荷 电 量内容 在真空中两个点电荷的相互作用力跟它们的电 1 e=
-19 ,
荷量的乘积成正比,跟它们间的距离的平方成反比,作用 1.6×10 C 物体带电荷量均是元电荷电荷量的整数倍.
. (2)物体带电方法有三种:力的方向在它们的连线上 ①摩擦起电;②接触起电;
Q Q ③感应起电.1 2
表达式:F=k r2 (3)电荷守恒定律:电荷既不能创造,也不能消失,它
[说明] 只能从一个物体转移到另一个物体,或从物体的一部分转
(1)库仑定律适用于真空中点电荷间的相互作用,点 移到另一部分,在转移过程中总电荷数不变.
电荷在空气中的相互作用也可以应用该定律. (4)两完全相同的金属球接触后分开应平分它们原带
①对于两个均匀带电绝缘球体,可以将其视为电荷集 净电荷的电荷量.
中于球心的点电荷,r为两球心之间的距离.
, [真题1] (2023·江苏)真空中,② A
、B 两点与点电荷Q 的
对于两个带电金属球 要考虑金属表面电荷的重新
距离分别为r和3r,则A、B 两点的电场强度大小之比为( )
分布.
③库仑力不能根据公式错误的推论:当r→0 ,F→ A.3∶1 B.1∶3时
∞, , C.9∶1 D.1∶9其实 在这样的条件下,两个带电体也已经不能再看作
点电荷. [ kQ kQ kQ解析] 由E= 2 ,可得r EA=
, ,故
r2 EB=9r2 EA∶EB
(2)在计算时,各物理量应采用国际单位制单位.此时
=9∶1.
静电力常量k=9×109N·m2/C2. [答案] C
() Q1Q3F=k 2,可采用两种方法计算 [真题2]2 (2023·浙江)用金属箔做成一个不带电的圆环,r
放在干燥的绝缘桌面上.小明同学用绝缘材料做的笔套与头发
①采用绝对值计算.库仑力的方向由题意判断得出.
摩擦后,将笔套自上向下慢慢靠近圆环,当距离约为
、 0.5cm
时圆
②Q1 Q2 带符号计算.此时库仑力F 的正、负符号不
环被吸引到笔套上,如图所示.对上述现象的判断与分析,下列
表示方向,只表示吸引力或排斥力.
说法正确的是 ( )
(4)
库仑力具有力的共性
A.摩擦使笔套带电
①两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三
B.笔套靠近圆环时,圆环上、下都感应
定律.
出异号电荷
②库仑力可使带电体产生加速度.例如原子的核外电
C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所
子绕核运动时,库仑力使核外电子产生向心加速度.
受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和
·67·
[解析] 绝缘材料做的笔套与头发摩擦,摩 擦 起 电,A项
对;笔套靠近圆环时,圆环上下部感应出异号电荷,感应起电,B 2.电场线
项对;圆环刚被吸引向上运动,一定是静电力的合力大于圆环的 电场线:在电场中画出一系列的从正电荷出发到负电
重力,随后距离减小、引力增大,所以整个过程中静电力的合力 荷终止的曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟该点的场
大于圆环的重力,C项对;笔套碰到圆环后,由于笔套是绝缘体, 强方向一致,这些曲线叫电场线.
极少电荷转移,所以圆环上仍然是感应电荷,不能中和,D项错. (1)电场线是起源于正电荷(或无穷远处),终止于负
[答案] ABC 电荷(或无穷远)的有源线.
[真题3] (2023·新课程标准Ⅰ)一水平放置的平行板电 (2)电场线的疏密反映电场的强弱.电场线不相交.
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 (3)电场线不表示电荷在电场中的运动轨迹,只有当
d 电场线为直线、电荷初速度为零或初速度平行于电场线且
有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方 处的2 只受电场力作用时,运动轨迹才与电场线重合.
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 (4)几种典型电场的电场线分析
器,并在下极板处(未与极板接触)返回.若将下极板向上平移 ①正点电荷的电场如图甲所示:由正电荷出发,到无
d,则从P 点开始下落的相同粒子将 ( ) 穷远处终止.3 ②负点电荷的电场如图乙所示:由无穷远处出发到负
A.打到下极板上 电荷终止.
B.在下极板处返回
d
C.在距上极板 处返回2
2
D.在距上极板5d
处返回
[解析] 根据题述,粒子从静止开始下落,经过小孔进入电
容器后电场力做负功.设粒子带电量为q,电池两极之间的电压
为U,由动能定理,mg(d+d/2)-qU=0.若将下极板向上平移
d/3,一定不能打在下极板上.设粒子在距上极板nd 处返回,则
U [说明] 点电荷产生的电场
电场力做功为-q ·nd=-3qnU/2,由动能定理,mg(2 nd+ a.离点电荷越近,电场线越密,场强越大
3d
.
b.在点电荷形成的电场中,不存在场强相等的点.
d/2)-3qnU/2=0.解得n=2/5,即粒子将在距上极板2d/5处 c.若以点电荷为球心作一个球面,电场线处处与球面
返回,选项D正确. 垂直,在此球面上场强大小处处相等,方向各不相同.
[答案] D ③等量异种点电荷形成的电场中的电场线分布情况
解题模型1.2 如图丙所示,其特点有:
a.两点电荷连线上的各点场强方向从正电荷指向负
1.电场强度 电荷,沿电场线方向场强先变小再变大.
(1)电场:带电体周围客观存在的一种物质,是电荷间
相互作用的媒体.
(2)电场强度:放入电场中某一点的电荷受到的电场
力跟它的电荷量的比值,叫做这一点的电场强度.
F
定义式:E= .
q
方向:正电荷在该点受力方向,是矢量.
F
①E= 适用于任何电场.电场中某点的场强是确定
q
, “ b.
两点电荷连线的中垂面(中垂线)上,电场线方向均
值 其大小和方向与检验电荷q 无关.检验电荷q 充当 测
相同,即场强方向均相同,且总与中垂面(中垂线)垂直.
量工具”的作用.
c.在中垂面(中垂线)上,与两点电荷连线的中点O 等
Q
②E=k 2是真空中点电荷所形成的电场的决定式.E 距离的各点场强相等r .
等量同种点电荷形成的电场中的电场线分布情况
由场源电荷Q 和场源电荷到某点的距离r决定. ④
如图丁所示,其特点有:
U
③E= 是场强与电势差的关系式,只适用于匀强电d a.两点电荷连线中点O 处场强为零,此处无电场线.
场,注意式中d 为两点间沿电场方向的距离. b.两点电荷连线中点O 附近的电场线非常稀疏,但场
④电场强度是矢量,当空间的电场是由几个点电荷共 强并不为零.
同激发的时候,空间某点的电场强度等于每个点电荷单独 c.从两点电荷连线中点O 沿中垂面(中垂线)到无限
存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和. 远,电场线先变密后变疏,即场强先变大后变小.
·68·
C. 在P 产生的电场中,M、N 处的电势相同
3.匀强电场 D.M、N 及细杆组成的系统所受合外力为零
在电场中,如果各点场强的大小和方向都相同,这样 [解析] 对 M、N 分别受力分析,根据库仑定律,假设杆无
的电场叫匀强电场.匀强电场中的电场线是间距相等且互
, 、 , : Qq 2Qq
相平行的直线. 作用力 设 M N 间距为r 则有 kL2=k (L+r)2
,解 得r=
(2-1)L;A 错.由于水平桌面光滑,若P、M 和N 不在同一直
[真题4] (2023·北京)如图所示,实线表示某静电场的电
线上,则各自受力不共线,会出现不平衡现象,B 对;由带电量为
场线,虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是 ( )
+Q 的小球P,结合沿电场线方向电势降低,则 M 点电势高于
N 点,故C错;M、N 及细杆组成的系统处于静止状态,因此合
外力为零,故D正确.
[答案] BD
[真题7] (2023·新课程标准Ⅰ)如图,在正电荷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
A.1、2两点的场强相等 B.1、3两点的场强相等
φM、φN、φP、φF 表示,已知φM =φN、φP=φF,点电荷 Q 在 M、
C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等 N、P 三点所在平面内,则 ( )
[解析] 电场线的疏密表示电场的强弱,由图可得,1与2
比较,1处的电场线密,所以1处的电场强度大.故 A错误;同理
可知,B错误.顺着电场线,电势降低,所以1点的电势高于2点
处的电势,C错误;2与3处于同一条等势线上,所以2与3两点
的电势相等.故D正确.
[答案] D A. 点电荷Q 一定在MP 的连线上
[真题5] (2023·福建)如图,真空中xOy 平面直角坐标 B. 连接PF 的线段一定在同一等势面上
系上的ABC 三点构成等边三角形,边长L=2.0m,若将电荷量 C. 将正试探电荷从P 点搬运到N 点,电场力做负功
均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A,B 点,已知静 D.φP>φM
电力常量k=9.0×109N·m2/C2,求: [解析] 如图,
(1)两点电荷间的库仑力大小;
(2)C 点的电场强度的大小和方向.
点电荷的等势面是一系列的同心圆,对于圆、圆弧上任意两
点的连线的中垂线一定通过圆心,故场源电荷在 MN 的中垂线
和FP 的中垂线的交点上,在 MP 的连线上,如图所示,A正确;
φP=φF,线段PF 是P、F 所在等势面(圆)的一个弦,B错;在正
的点电荷的电场中,离场源越远,电势越低,将正试探电荷从
[ P解析] (1)根据库仑定律,A、B 两点间的库仑力大小为:
点搬运到N 点,电势能降低,故电场力做正功,C错;在正的点电
q2
F=k· 2代入数据得:F=9.0×10-3L N.
荷的电场中,离场源越远,电势越低,故φP>φM,D正确.
(2)A、
[答案]
B 点电荷在C 点产生的场强大小相等,均为:E = AD1
[真题8] (2023·江苏)如图所示,q 一圆环上均匀分布着正
k 2,A、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为:L E= 电荷,x 轴垂直于环面且过圆心O,下列关于x 轴上的电场强度
2E1cos30°,代入数据得E=7.8×103N/C,方向沿y 轴正方向. 和电势的说法中正确的是 ( )
[答案] (1)9.0×10-3N (2)C 点的电场强度大小为7.8
×103N/C,方向为y 轴正方向.
[真题6] (2023·广东)如图所示,光滑绝缘的水平桌面
上,固定着一个带电量为+Q 的小球P,带电量分别为-q 和
+2q的小球M 和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P 与M 相
距L,P,M 和N 视为点电荷,下列说法正确的是 ( ) A.O 点的电场强度为零,电势最低
B.O 点的电场强度为零,电势最高
C. 从O 点沿x 轴正方向,电场强度减小,电势升高
D. 从O 点沿x 轴正方向,电场强度增大,电势降低
[解析] 圆环上均匀分布着正电荷,根据对称性可知,圆环
A.M 与N 的距离大于L 上各电荷在O 点产生的场强抵消,合场强为零.圆环上各电荷产
B.P、M 和N 在同一直线上 生的电场强度在x 轴有向右的分量,根据电场的叠加原理可知,
·69·
x 轴上电场强度方向向右,根据顺着电场线方向电势降低,可知
-5
在x 轴上O 点的电势最高,故A错误,B正确. -6×10 W差U 4ab= -9 V=-3×10 V.在用UAB=
AB
求电
O 点的场强为零,无穷远处场强也为零,所以从O 点沿x 轴 2×10 q
正方向,场强应先增大后减小.x 轴上电场强度方向向右,电势降 势差时,式中三个物理量均为标量,但均有正负,计算时最
低,故CD错误. 好将符号代入计算.
[答案] B (2)电势
[真题9] (2023· 新课标Ⅱ卷)关于静电场的电场强度和 电场中某点的电势是指这点与电势零点之间的电势
电势,下列说法正确的是 ( ) 差,它在数值上等于单位正电荷由该点移至零电势点时电
A. 电场强度的方向处处与等电势面垂直 场力所做的功.
B. 电场强度为零的地方,电势也为零 令φB=0,则φA=UAB=φA-φB.
C. 随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低 (3)电势能
D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 电荷在电场中所具有的势能叫电势能,它是相对的,
[解析] 电场线与等势面垂直,而电场强度的方向为电场 与参考位置(零势能点)的选择有关.
线的方向,所以电场强度的方向与等势面垂直,A正确;电场强 (4)等势面
度与电势没有直接关系,电场强度为零时,电势不一定为零;电 电场中电势相等的点构成的平面叫等势面.
势为零,电场强度不一定为零,B错;场强大小与电场线的疏密有 2.场强与电势的关系
关,而沿着电场线的方向电势降低,所以随电场强度逐渐减小,电 (1)电势反映电场能的特性,而电场强度反映电场力
势不一定降低,C错;顺着电场线方向电势降低,由匀强电场U= 的特性.
Ed 可知,电场强度的方向是电势降低最快的方向,D正确. (2)电势是标量,具有相对性,而电场强度是矢量,不
[答案] AD 具相对性,两者叠加时运算法则不同.
1 电势的正负有大小的含义,而电场强度的正负表示方[真题10] (2023·江苏)下列选项中的各 圆环大小相4 向,并不表示大小.
1
同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各 圆环间彼 (3)电势与电场强度的大小没有必然的联系,某点的
4 电势为零,电场强度可以不为零,反之亦然.
此绝缘.坐标原点O 处电场强度最大的是 ( ) (4)同一检验电荷在E 大处F 大,但正电荷在φ 大处ε
才大,而负电荷在φ 大处ε反而小.
(5)电势和电场强度都是由电场本身的因素决定的,
与检验电荷无关.
(6)在匀强电场中有关系式U=E·d.
A B 3.等势面与电场线的关系
电场线总是与等势面垂直,且由高等势面指向低等势面.
4.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)关系可由公式表达:
U
E= 或d U=Ed.
C D
U
[解析] 根据对称性和矢量叠加,D项O 点的场强为零,C (2)对E= (或d U=Ed
)的理解
项中等效为第二象限内电荷在O 点产生的电场,大小与A项相 U
同,B项正、负电荷产生的场强大小相等,互相垂直,合场强是其 ①公式E= 反映了电场强度与电势差之间的关系,d
中一个的 2倍,也是A、C项场强的 2倍,因此B项中O 点场强 由公式可知:电场强度的方向就是电势降低最快的方向.
最大,B项正确. 如图所示,由A 点沿AB、AC、AD、AF 路径电势均降
[答案] B 落,且UAB=UAC=UAD=UAF,其中AB 路径电势降落最快
题源2 电场能的性质
(单位长度上的电势差最大).
解题模型2.1
1.电势差、电势、电势能、等势面的概念
(1)电势差
电荷在电场中由一点A 移到另一点B 时,电场力做的
, , W
U
U = AB . ②公式E= 的应用只适用于匀强电场
,且应用时注
功与电荷电量的比值 叫做这两点的电势差 AB q d
例如, 意 的含义是表示某两点沿电场线方向上的距离,或两点将一个带电量为q=2.0×10-9C的质点在静电场中 d
由a 点移到b点, -5 , 、
所在等势面之间的距离
电场力做功为-6×10 J则ab间电势 .
由公式可得结论:在匀强电场中,
·70·
面如图所示,已知A 点电势高于B 点电势.若位于a、b处点电荷
两长度相等且相互平行的线段的端点间的电势差相等.U 的电荷量大小分别为qa 和qb,则 ( )
=E·L·cosα(α 为线段与电场线的夹角,L 为线段的长
度).
③对于非匀强电场,此公式可以用来定性分析某些问
题,如在非匀强电场中,各相邻等势面的电势差为一定值
时,那么E 越大处,d 越小,即等势面越密.
5.电场中电势高低的判断
判断电势高低常用以下几种方法:
() 处为正电荷,1 电场线法:沿着电场线的方向电势越来越低. A.a qa() 处为正电荷,2 由电势和电势能的关系判断:先由电场力做功情 B.a qa>qb
况判断电势能的变化, 处为负电荷,再由电势和电势能之间的关系判断 C.a qa, 处为负电荷,电势的升降情况 需要记住的是:对正电荷,电势能越大, D.a qa>qb
, , ; , [解析] 根据A 点电势高于B 点电势可知, 处为正电荷,电势越高 电势能越小 电势越低 对负电荷 则完全相反. a
() ,选项 正确3 根据场源电荷的情况判断:在正电荷产生的电场 qa>qb B .
, [答案]中 离它越近 电 势 越 高;在 负 电 荷 产 生 的 电 场 中,情 况 则 B
[真题13] (2023·重庆)如图所示为某示波管内的聚焦电相反.
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两6.电场力做功的计算
() 点运动到1 根据电势能的变化与电场力做功的关系计算 c
点,设电场力对两电子做的功分别为Wa 和Wb,a、b
, 点的电场强度的大小分别为 和 ,则 ( )电场力做了多少功 就有多少电势能和其他形式的能 Ea Eb
发生相互转化.
(2)应用公式W=qUAB 计算
①正负号运算法:按照符号规定把电荷量q 和移动过
程的始、末两点的电势UAB 的值代入公式W=qUAB 计算.
符号规定:所移动的电荷若为正电荷,q 取正值;若为
负电荷,q取负值.若移动过程的始点电势φA 高于终点电 A.Wa=Wb
,Ea>Eb
势φ B.Wa≠Wb
,Ea>Eb
B,UAB 取正值;若始点电势φA 低于终点电势φB,UAB
取负值. C.Wa=Wb,Ea②绝对值运算法:公式中的 和U D.Wa≠Wb,q Ea式变为W=|q|·|U
[ ]
|. 解析 图中a、b 两点在一个等势面上,故Uac=Ubc,根AB
、 : ( ) 据W=qU,有Wa=Wb;a 位置的电场强度较密集,故正 负功判断 当正 或负 电荷从电势较高的点移动 Ea>Eb;
[答案]
到电势较低的点时,电场力做正功(或电场力做负功);当 A
正(或负) [真题 ] (电荷从电势较低的点移动到电势较高的点时,电 14 2023·天津)两个带等量正电的点电荷,固定
在图中 、 两点,
场力做负功(或电场力做正功). P Q MN 为PQ 连线的中垂线
,交PQ 于O 点,A
点为MN 上的一点.一带负电的试探电荷q,从 A 点由静止释
[真题11] (2023·全国)地球表面附近某区域存在大小为 放,只在静电力作用下运动.取无限远处的电势为零,则 ( )
150N/C、方向竖直向下的电场.一质量为1.00×10-4kg、带电量
为-1.00×10-7 C的 小 球 从 静 止 释 放,在 电 场 区 域 内 下 落
10.0m.对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力
加速度大小取9.80m/s2,忽略空气阻力) ( )
A. -1.50×10-4J和9.95×10-3J
B.1.50×10-4J和9.95×10-3J
A.q由A 向O 的运动是匀加速直线运动
C. -1.50×10-4J和9.65×10-3J B.q由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小
D.1.50×10-4J和9.65×10-3J C.q运动到O 点时的动能最大
[解析] 小球带负电,电场力对小球做负功,为: D.q运动到O 点时电势能为零
W 电=-qEh=-1.00×10-7×150×10J=-1.50×10-4J, [解析] 试探电荷受到P 和Q 处的两个引力作用,由库仑
则小球的电势能增加量1.50×10-4J,即电势能的改变量为1.50 定律可知两个引力的合力方向竖直向下,因此试探电荷由A 到
×10-4J.合外力对小球做功为: O 点做的是加速运动,从无穷远处到O 点,场强先增大后减小,q
W =(mg-qE)h=(1.00×10-4×9.8-1.00×10-7合 ×150) 做的是变加速直线运动,选项A错误;q由A 到O 电场力做正功
×10J=9.65×10-3J根据动能定理得知:动能的改变量为9.65 电势能减小,选项B正确;q由O 向着N 点运动,电场力做负功,
×10-3J. 动能减小,因此q运动到O 点时动能最大,选项C正确;由等量
[答案] D 正点电荷周围电场线分布情况可知O 点电势大于零,q 运动到
[真题12] (2023·上海)两异种点电荷电场中的部分等势 O 点电势能为负值,选项D错误;故选BC.
·71·
[答案] BC 、
[真题15] (2023·上海) ,
题源 电容器 带电粒子在电场中的运动
半径为R 均匀带正电荷的球体 3
在空间产生球对称的电场;场强沿半径分布如图所示,图中E0
已知, 解题模型E r曲线下O~R 部分的面积等于R~2R 部分的面积. 3.1
(1)写出E r曲线下面积的单位; 1.关于电容器的两类典型问题的讨论
(2)已知带电球在r≥R 处的场强E=kQ/r2,式中k 为静 (1)平行板电容器充电后,继续保持电容器两极板与
电力常量,该均匀带电球所带的电荷量Q 为多大 电池两极相连接,电容器的d、S、εr 变化,将引起电容器的
(3)求球心与球表面间的电势差ΔU; C、Q、U、E 怎样变化
(4)质量为m,电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的 这类问题由于电容器始终连接在电池上,因此两板间
速度可以刚好运动到2R 处
的电压保持 不 变,可 根 据 下 列 几 式 讨 论 C、Q、E 的 变 化
情况.
εrS εSC= r4πkd∝d
UεrS εSQ=UC=4πkd∝
r
d
U 1
E=d ∝d .
[解析] (1)E r曲线下面积的单位为伏特. (2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接,电容器
(2)由点电荷的电场强度公式,E =kQ/R20 , 的d、S、εr 变化,将引起电容器的C、Q、U、E 怎样变化
解得:该均匀带电球所带的电荷量Q=E 20R /k. 这类问题由于电容器充电后,切断与电池的连接,使
(3)根据E r曲线下面积表示电势差,球心与球表面间的 电容器的带电荷量保持不变,可根据下列几式讨论C、U、E
1
电势差ΔU=2E R.
的变化情况.
0
εrS ε() rS4 根据题述E r曲线下O~R 部分的面积等于R~2R 部 C=4πkd∝d
分的面积,球体表面到2R 处的电势差ΔU=E0R/2.由动能定 Q 4πkdQ d
1 U= = ∝
理,qΔU=2mv
2, C εrS εrS
U Q Q 4πkQ 1
q E=0ER
解得:v= . d
=Cd=εrSd=ε ∝rS εrS
m 4πkd
2 ,
[答案] () E R 1 qER
另外 还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电
1 伏特 (2) 0k
(3)2E0R
(4) 0m 场线,带电荷量不变,则电场线的数目不变,当两板间距离
[真题16] (2023·新课程标准Ⅰ)如图,一半径为R 的圆 变化时,场强不变;当两板正对面积变化时,引起电场线的
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
疏密程度发生了改变,如图所示,电容器的电荷量不变,正
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
对面积减小时,场强增大
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) ( )
3q 10q
A.kR2 B.k9R2
带电粒子的重力是否可忽略的问题
Q+q 9Q+q 2.
C.k R2 D.k 9R2 (1)基本粒子如电子、质子、带电粒子、离子等在没有
[解析] 根据场强的叠加,Eb=Ea+E盘,可得圆盘在b 点 明确指出或暗示下,重力一般忽略不计.
产生的电场强度与点电荷在b点产生的电场强度等大反向:E盘 (2)带电颗粒如油滴、液滴、尘埃、带电小球在没有明
q 确指出或暗示下,重力一般不能忽略
=-k 2,方向向左;根据对称性可知圆盘在d 点处产生的场强
.
R 3.带电粒子在电场中的加速
q q q
为E'盘 =k ,d 点 处 的 合 场 强 为Ed=k +k =k 带电粒子在电场中加速,若不计粒子的重力,则电场R2 (3R)2 R2
力对带电粒子所做功等于带电粒子动能的增量
10q .
2,B选项对,A、、9R CD
选项错误. (1)在匀强电场中:
[答案] B
·72·
1 1
W=qEd=qU= 2 2;2mv -2mv0
(2)在非匀强电场中:
1 1
W=qU= mv2- mv22 2 0. A. 若微粒带正电荷,则A 板一定带正电荷
4.带电粒子在匀强电场中的偏转 B. 微粒从 M 点运动到N 点电势能一定增加
带电粒子以垂直于匀强电场的场强方向进入电场后, C. 微粒从 M 点运动到N 点动能一定增加
做类平抛运动. D. 微粒从 M 点运动到N 点机械能一定增加
() : [解析] 微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力1 运动状态分析 带电粒子以速度v0 垂直于电场线
作用,由图示微粒运动轨迹可知,微粒向下运动,说明微粒受到
方向飞入匀强电场时,受到恒定的与初速度方向成90°角
的合力竖直向下,重力与电场力的合力竖直向下;如果微粒带正
的电场力作用而做匀变速曲线运动. 电,A 板带正电荷,微粒受到的合力向下,微粒运动轨迹向下,A
(2)偏转问题的分析、处理方法.类似于平抛运动的分 板带负电,但如果电场力小于重力,微粒受到的合力向下,微粒
析处理.应用运动的合成和分解的知识(如图所示). 运动轨迹向下,则A 板既可以带正电,也可能带负电,A错;
如果微粒受到的电场力向下,微粒从 M 点运动到 N 点过程
中电场力做正功,微粒电势能减小,如果微粒受到的电场力向上,
则电势能增加,B错;微粒受到的合力向下,微粒从 M 点运动到N
点过程中合外力做正功,微粒的动能增加,C对;微粒从 M 点运动
到N 点过程动能增加,重力势能减小,机械能不一定增加,D错.
[答案] C
沿初速度方向为匀速直线运动,运动时间:t=l/v0. [真题18] (2023·安徽)如图所示,充电后的平行板电容
沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动:
器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔,
a=F/m=qE/m=qU/md, 质量为m、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开
1 ql2U
离开电场时的偏移量:y= at2= , 始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不2 2mv20d
计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g),求:
: v⊥ qlU离开电场时的偏转角 tanθ=v = 2 .0 mv0d
(3)对粒子偏角的讨论
若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0 加
速后进入偏转电场的, 1则由动能定理有qU 20= mv0,则2
Ul () ;
tanθ= . 1 小球到达小孔处的速度2U0d (2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
由上式可知,粒子的偏转角与粒子q、m 无关,仅决定 (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.
于加速电场和偏转电场.即不同的带电粒子从静止经过同 [解析] (1)小球到达小孔前是自由落体运动,根据速度位
一电场加速后进入同一偏转电场,它们在电场中的偏转角 移关系公式,有:v2=2gh
度总是相同的.
解得:v= 2gh ①
( 14)粒子从偏转电场中射出时偏移距离y= at2= (2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式,有:2
2 mg(1 h+d
)-qEd=0
·qU· (l ) ,作 粒 子 速 度 的 反 向 延 长 线,设 交 于2 dm v O mg(h+d)0 解得:E= d ②
点,O 点与电场边缘的距离为x,则 q
2 电容器两极板间的电压为:qUl
y 2dmv2 l mg(h+d)
x=tanθ=
0 U=Ed=
qUl =2 q
mv2d 电容器的带电量为:0
由此可知,粒子从偏转电场中射出时,速度的反向延 mg(h+d)CQ=CU=
长线与初速度延长线的交点平分沿初速度方向的位移. q
(3)加速过程:
[真题17] (2023·天津)如图所示,平行金属板A、B 水平 mgt1=mv ③
正对放置,分别带等量异号电荷,一带电微粒水平射入板间,在 减速过程,有:
重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么 (mg-qE)t2=0-mv ④
( ) t=t1+t2 ⑤
联立①②③④⑤解得:
·73·
( d) 2h
1
t= 1+ E= (N -N )h g 6q
b a
[答案] (1)v= 2gh rEka= ( )12 Nb+5Na
()mg
(h+d) mg(h+d)C
2
qd
q rEkb= ( )125Nb+Na
()( d) 2h3 1+ 1 r rh g [答案] (6 Nb-Na
) (12 Nb+5Nq a
) (125Nb+Na
)
[真题19] (2023·新课程标准Ⅱ)如图,匀强电场中有一 [真题20] (2023·广东)喷墨打印机的简化模型如图所
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 示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v 垂直
轨道直径的两端,该直径与电场方向平行.一电荷为q(q>0)的 匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中
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.
A.向负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
[解析] 质点所受电场力的大小为:f=qE ① D.运动轨迹与带电量无关
设质点质量为m,经过a 点和b 点时的速度大小分别为va [解析] 由于微滴带负电,电场方向向上,因此微滴受到的
2
v , :
v
+N =m a和 b 由牛顿第二定律有 ② 电场力向上
,
f 微滴向正极板偏转
,A项错误;偏转过程中电场力
a r 做正功,根据电场力做功与电势能变化关系,电势能减小,B项
v2
N - =m bf ③ 错误;微粒在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移b x=v0t,沿r
1qU
设质点经过a 点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有 电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=
2
2dmt =
1
Eka= mv2a ④ 1qU x2 ( )2,此为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动2dm v0
1
E = mv2kb b ⑤ 轨迹与带电量q有关,D项错误.2 [答案] C
根据动能定理有:Ekb-Eka=2rf ⑥
联立①②③④⑤⑥式解得:
(★代表高考出现的频次)
2.(2022·福建)物理学中有些问题的结论不一定必须通过
A组 计算才能验证,有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否
正确.如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R 和R
题源1 电场力的性质(★★★★★) 1 2的圆环,两圆环上的电荷量均为q(q>0),而且电荷均匀分布.两
1.(2023·新课程标准Ⅱ)如图,在光滑绝缘水平面上,三个 圆环的圆心O1 和O2 相距为2a,连线的中点为O,轴线上的A
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; 点在O 点右侧与O 点相距为r(ra、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 点处电场强度大小E 的表达式(式中k为静电力常量)正确的是
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 ( )
3kq 3kq 3kq 2kq
A. 3l2 B. l2 C.l2 D.l2
·74·
kqR1 kqR2 C.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电A.E=
R2+(a+r)2-R2 21 2+(a-r) 势降低最快的方向
kqR1 kqR2 D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一
B.E= -
[R21+(a+r)2]
3
2 [
3
R22+(a-r)2]2 点,电场力做功为零
C.E= kq
(a+r) kq(a-r) 7.(2022·天津)在静电场中,将一正电荷从a 点移到b点,
R2+(a+r)2-R21 2+(a-r)2 电场力做了负功,则 ( )
kq(a+r) kq(a-r)
D.E= - A.b
点的电场强度一定比a点大
[R21+(
3 3
a+r)2]2 [R22+(a-r)2]2 B.电场线方向一定从b指向a
3.(2023·上海)两个等量异种点电荷位于x 轴上,相对原 C.b点的电势一定比a点高
点对称分布,正确描述电势φ 随位置x 变化规律的是图 ( ) D.该电荷的动能一定减小
8.(2022·海南)如图,M、N 和P 是以MN 为直径的半圆
弧上的三点,O 点为半圆弧的圆心,∠MOP=60°.电荷量相等、
符号相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点,这时O 点电场强
度的大小为E1;若将 N 点处的点电荷移至P 点,则O 点的场强
大小变为E2,E1 与E2 之比为 ( )
A B
A.1∶2 B.2∶1
C D
( · ) C.2∶ 3 D.4∶ 34.2023 广东 如图是某种静电矿料分选器的原理示意
9.(2022·, , 安徽
)如图所示,在xO 平面内有一个以O 为圆
图 带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后 分落在收集板中央的 y
、 , , 、
两侧,对矿粉分离的过程,下列表述正确的有 ( )
心 半径R=0.1m的圆 P 为圆周上的一点 O P 两点连线与x
轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y 轴负方向的匀强电场,场
强大小E=100V/m,则O、P 两点的电势差可表示为 ( )
A.带正电的矿粉落在右侧 A.UOP=-10sinθ(V)
B.电场力对矿粉做正功 B.UOP=10sinθ(V)
C.带负电的矿粉电势能变大 C.UOP=-10cosθ(V)
D.带正电的矿粉电势能变小 D.UOP=10cosθ(V)
5.(2023·江苏)一粒子从A 点射入电场,从B 点射出,电 10.(2019·广东)如图所示,实线是一簇未标明方向的由点
场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示,图中左侧前三个等势 电荷Q 产生的电场线,若带电粒子q(|Q| |q|)由a 运动到b,
面平行,不计粒子的重力.下列说法正确的有 ( ) 电场力做正功.已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb,
则下列判断正确的是 ( )
A.粒子带负电荷
B.粒子的加速度先不变,后变小 A.若Q 为正电荷,则q带正电,Fa>Fb
C.粒子的速度不断增大 B.若Q 为正电荷,则q带正电,FaD.粒子的电势能先减小,后增大 C.若Q 为负电荷,则q带正电,Fa>Fb
6.(2022·全国Ⅰ)关于静电场,下列结论普遍成立的是 D.若Q 为负电荷,则q带正电,Fa( ) 11.(2023·全国)一电荷量为q(q>0)、质量为 m 的带电
A.电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低 粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,场强随
B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 时间变化的规律如图所示.不计重力,求在t=0到t=T 的时间
·75·
间隔内: B.M 点的电势小于N 点的电势
(1)粒子位移的大小和方向; C.粒子在 M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间. D.粒子在 M 点受到的电场力小于在N 点受到的电场力
3.(2020·广东)空间存在竖直向上的匀强电场,质量为 m
的带正电的微粒水平射入电场中,微粒的运动轨迹如图所示,在
相等的时间间隔内 ( )
A.重力做的功相等
B.电场力做的功相等
C.电场力做的功大于重力做的功
D.电场力做的功小于重力做的功
4.(2020·山东)如图所示,在
y 轴上关于O 点对称的A、B 两点
有等量同种点电荷+Q,在x 轴上
C 点有点电荷-Q,且 CO=OD,
∠ADO=60°.下列判断正确的是
( )
A.O 点电场强度为零
B.D 点电场强度为零
C.若将点电荷+q从O 移向C,电势能增大
题源2 电场能的性质(★★★★★) D.若将点电荷-q从O 移向C,电势能增大
5.(2023·山东)图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心
1.(2023·重庆)如图所示,高速运动的α粒子被位于O 点
处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,
的重原子核散射,实线表示α粒子运动的轨迹,M、N 和Q 为轨
实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c 三点是实线
迹上的三点,N 点离核最近,Q 点比M 点离核更远,则 ( )
与虚线的交点.则该粒子 ( )
A.α粒子在M 点的速率比在Q 点的大 A.带负电
B. 三点中,α粒子在N 点的电势能最大 B.在c点受力最大
C. 在重核产生的电场中,M 点的电势比Q 点的低 C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.α粒子从M 点运动到Q 点,电场力对它做的总功为负功 D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
2.(2020·广东)图中的实线表示电场线,虚线表示只受电 6.(2022·上海)三个点电荷电场的电场线分布如图所示,
场力作用的带正电粒子的运动轨迹.粒子先经过 M 点,再经过 图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb,电势分别为φa、φb,
N 点,可以判定 ( ) 则 ( )
A.Ea>Eb,φa>φb B.EaC.Ea>Eb,φa<φb D.Eaφb
·76·
7.(2023·天津)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的 11.(2022·四川)如图所示,空间有场强E=0.5N/C的竖
等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A 直向下的匀强电场,长l=0.33m的不可伸长的轻绳一端固定
点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受 于O 点,另一端系一质量m=0.01kg的不带电小球A,拉起小
静电力作用,则粒子在电场中 ( ) 球至绳水平后,无初速释放.另一电荷量q=+0.1C、质量与A
相同的小球P,以速度v0=33 m/s水平抛出,经时间t=0.2s
与小球A 在D 点迎面正碰并粘在一起成为小球C,碰后瞬间断
开轻绳,同时对小球C 施加一恒力,此后小球C 与D 点下方一
足够大的平板相遇.不计空气阻力,小球均可视为质点,取g
=10m/s2.
A.做直线运动,电势能先变小后变大 (1)求碰撞前瞬间小球P 的速度;
B.做直线运动,电势能先变大后变小 (2)若小球C 经过路程s=0.09m到达平板,此时速度恰好
C.做曲线运动,电势能先变小后变大 为0,求所加的恒力;
D.做曲线运动,电势能先变大后变小 (3)若施加恒力后,保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角
8.(2021·宁夏)空间有一匀强电场,在电场中建立如图所 不变,在D 点下方任意改变平板位置,小球C 均能与平板正碰,
示的直角坐标系O-xyz,M、N、P 为电场中的三个点,M 点的 求出所有满足条件的恒力.
坐标为(0,a,0),N 点 的 坐 标 为(a,0,0),P 点 的 坐 标 为
( ,a aa , ) .已知电场方向平行于直线 MN,M 点电势为 ,2 2 0N
点电势为1V,则P 点的电势为 ( )
2 3 1 3
A.2V B.2V C.4V D.4V
9.(2022·江苏)空间有一沿x 轴对称分布的电场,其电场
强度E 随x 变化的图象如图所示.下列说法中正确的是 ( )
A.O 点的电势最低
B.x 点的电势最高 题源3 电容器、带电粒子在电场中的运动2
C.x1 和-x1 两点的电势相等 (★★★★★)
D.x1 和x3 两点的电势相等 1.(2023·新课程标准)如图,平行板电容器的两个极板与
10.(2020·上海)如图所示,把电量为-5×10-9C的电荷, 水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰
从电场中的A 点移到B 点,其电势能 (填“增大”、“减 能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子
小”或“不变”);若A 点的电势UA=15V,B 点的电势UB=10 ( )
V,则此过程中电场力做的功为 J.
A.所受重力与电场力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动
·77·
2.(2023·江苏)一充电后的平行板电容器保持两极板的正
对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容
C 和两极板间的电势差U 的变化情况是 ( )
A.C 和U 均增大
B.C 增大,U 减小
C.C 减小,U 增大 6.(2022·北京)用控制变量法,可以研究影响平行板电容
D.C 和U 均减小 器电容的因素(如图).设两极板正对面积为S,极板间的距离为
3.(2022·安徽)如图所示,M、N 是平行板电容器的两个极 d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若( )
板,R0 为定值电阻,R1、R2 为可调电阻,用绝缘细线将质量为
m、带正电的小球悬于电容器内部,闭合开关S,小球静止时受到
悬线的拉力为F.调节R1、R2,关于F 的大小判断正确的是
( )
A.保持S 不变,增大d,则θ变大
B.保持S 不变,增大d,则θ变小
C.保持d 不变,减小S,则θ变小
D.保持d 不变,减小S,则θ不变
7.(2023·福建)反射式速调管是常用的微波器械之一,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.如图所示,在虚线 MN 两侧分别存在着方向相反的两个
A.保持R1 不变,缓慢增大R2 时,F 将变大 匀强电场,一带电微粒从A 点由静止开始,在电场力作用下沿直
B.保持R1 不变,缓慢增大R2 时,F 将变小 线在A、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E1=
C.保持R2 不变,缓慢增大R1 时,F 将变大 2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C,方向如图所示,带电微粒质
D.保持R2 不变,缓慢增大R1 时,F 将变小 量m=1.0×10-20kg,带电量q=-1.0×10-9C,A 点距虚线MN
4.(2022·重庆)某电容式话筒的原理如示意图所示,E 为 的距离d1=1.0cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应.求:
电源,R 为电阻,薄片P 和Q 为两金属极板.对着话筒说话时,P (1)B 点到虚线MN 的距离d2;
振动而Q 可视为不动.在P、Q 间距增大过程中 ( ) (2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t.
A.P、Q 构成的电容器的电容增大
B.P 上电荷量保持不变
C.M 点的电势比N 点的低
D.M 点的电势比N 点的高
5.(2022·新课程标准)静电除尘器是目前普遍采用的一种
高效除尘器.其除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板,图中
直线ab为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电,其左侧的电
场线分布如图所示;粉尘带负电,在电场力作用下向收尘板运
动,最后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P 点的带
电粉尘颗粒的运动轨迹,则下列4幅图中可能正确的是(忽略重
力和空气阻力) ( )
·78·
8.(2022·江苏)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真 荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感
空中间距为d 的两平行极板,如图甲所示.加在极板A、B 间的 应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则
电压UAB 做周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-kU0(k h在z轴上z= 处的场强大小为(k为静电力常量) ( )
>1),电压变化的周期为2τ,如图乙所示.在t=0时,极板B 附 2
近的一个电子,质量为m、电荷量为e,受电场作用由静止开始运
动.若整个运动过程中,电子未碰到极板A,且不考虑重力作用.
(1)
5
若k= ,电子在4 0~2τ
时间内不能到达极板A,求d
应满足的条件;
(2)若电子在0~200τ时间内未碰到极板B,求此运动过程 4q 4q 32q 40qA.kh2 B.k中电子速度v随时间t变化的关系; 9h
2 C.k9h2 D.k9h2
(3)若电子在第 N 个周期内的位移为零,求k的值. 3.(2022·广东)如图是某一点电荷的电
场线分布图,下列表述正确的是 ( )
A.a点的电势高于b点的电势
B.该点电荷带负电
C.a点和b点电场强度的方向相同
D.a点的电场强度大于b点的电场强度
4.(2023·重庆)如图所示,电量为+q和-q的点电荷分别
位于正方体的顶点,正方体范围内电场强度为零的点有 ( )
A.体中心、各面中心和各边中点
B.体中心和各边中点
C.各面中心和各边中点
D.体中心和各面中心
5.(2022·山东)某电场的电场线分布如图所示,以下说法
B组 正确的是 ( )
题源1 电场力的性质(★★★★★)
1.(2023·安徽)如图1所示,半径为R 的均匀带电圆形平
板,单位面积带电量为σ,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电
A.c点场强大于b点场强
场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E=2πkσ[1
B.a点电势高于b点电势
x
-( 2 2)1/2],方向沿x 轴.现考虑单位面积带电量为σ0 的无 C.若将一试探电荷+q由a点释放,R +x 它将沿电场线运动到b点
限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r的圆板,如图2所 D.若在d 点再固定一点电荷-Q
,将一试探电荷+q 由a
示.则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为 ( ) 移至b的过程中
,电势能减小
6.如图所示,直线AB 为静电场中的一条等势线,有一带电
微粒由A 点沿直线运动到B 点,由此可判断 ( )
A.带电微粒受电场力大小一定不变
B.带电微粒的加速度方向一定垂直于直线AB
C.带电微粒的电势能一定不变
D.带电微粒的动能一定不变
7.下面说法正确的是 ( )
x r
A.2πkσ B.2πkσ A.在电场中,电场强度大的点,电势必高0 (r2+x2)1/2 0 (r2+x2)1/2 B.电荷置于电势越高的点,所具有的电势能也
x r
C.2πkσ0 r D.2πkσ0
越大
x
C.电场中电场强度大的地方,沿电场线方向电势降落快
2.(2023·安 徽)如图所示,xOy 平面是无穷大导体的表
D.一带电粒子只受电场力作用,在电场中运动时,电势能一
面,该导体充满z<0的空间,z>0的空间为真空.将电荷量为q
定变化
的点电荷置于z 轴上z=h 处,则在xOy 平面上会产生感应电
·79·
8.如图所示,有一带电量为+q 的点电荷与均匀带电圆形 12.一匀强电场,场强方向是水平的(如图).一个质量为 m
薄板相距为2d,此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心.若图 的带正电的小球,从O 点出发,初速度的大小为v0,在电场力与
中a点处的电场强度为零,则图中b点处的电场强度大小是 重力的作用下,恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动.求小
( ) 球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差.
q q q q
A.k9d2+kd2 B.k9d2-kd2
q
C.0 D.kd2
9.如图所示,两个固定的相同细环相距一定的距离,同轴放
置,O1、O2 分别为两环的圆心,两环分别带有均匀分布的等量异
种电荷.一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环.则在
带电粒子运动过程中 ( )
13.如图所示,在竖直平面内建立xOy 直角坐标系,Oy 表
示竖直向上的方向,已知该平面内存在沿x 轴负方向的区域足够
大的匀强电场,现有一个带电量为2.5×10-4C的小球从坐标原
点O 沿 轴正方向以0.4k ·m/s的初动量竖直向上抛出,它
A.在O1 点粒子加速度方向向左
y g
到达的最高点位置为图中的Q 点,不计空气阻力, 取 /2B.从O1 到O2 过程粒子电势能一直增加 g
10ms.
C.轴线上O1 点右侧存在一点,粒子在该点动能最小
D.轴线上O1 点右侧、O2 点左侧都存在场强为零的点,它
们关于O1、O2 连线中点对称
10.一正电荷在电场中仅在电场力作用下,从A 点运动到B
点,速度大小随时间变化的图象如图所示,tA、tB 分别是电荷在
A、B 两点对应的时刻,则下列说法中正确的有 ( )
(1)指出小球带何种电荷;
(2)求匀强电场的电场强度的大小;
(3)求小球从O 点抛出到落回x 轴的过程中,电势能的改
变量.
A.A 处的场强一定小于B 处的场强
B.A 处的电势一定高于B 处的电势
C.电荷在A 处的电势能一定小于B 处的电势能
D.A 至B 过程中,电场力一定对电荷做正功
11.(2022·海南)利用静电除尘器可以消除
空气中的粉尘.静电除尘器由金属管A 和悬在管
中的金属丝B 组成,A 和B 分别接到高压电源
的正极和负极,其装置示意图如图所示.A、B 之
间有很强的电场,距B 越近,场强 (填
“越大”或“越小”).B 附近的气体分子被电离成
为电子 和 正 离 子,粉 尘 吸 附 电 子 后 被 吸 附 到
(填“A”或“B”)上,最后在重力作用下
落入下面的漏斗中.
·80·
题源2 电场能的性质(★★★★★) 平行.已知a、b 和c 点的电势分别为(2- 3)V、(2+ 3)V和
2V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 ( )
1.(2023·福建)如图,在点电荷Q 产生的电场中,将两个
带正电的试探电荷q1、q2 分别置于A、B 两点,虚线为等势线.取
无穷远处为零电势点,若将q1、q2 移动到无穷远的过程中外力
克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是 ( )
A.(2- 3)V、(2+ 3)V
B.0V、4V
C. 43÷V、 43 2- 2+ ÷Vè 3 è 3
A.A 点电势大于B 点电势 D.0V、23V
B.A、B 两点的电场强度相等 6.(2022·四川)如图所示,圆弧虚线表示正点电荷电场的
C.q 的电荷量小于q 的电荷量 等势面
,相邻两等势面间的电势差相等.光滑绝缘直杆沿电场方
1 2
D.q 在A 点的电势能小于q 在B 点的电势能 向水平放置并固定不动
,杆上套有一带正电的小滑块(可视为质
1 2
2.(2021·福建)如图所示,平行板电容器与电动势为E 的 点),滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O 相连,并以某一初速度从
直流电源(内阻不计)连接,下极板接地.一带电油滴位于电容器 M 点运动到N 点,OM中的P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖 小相等,弹簧始终在弹性限度内,则 ( )
直向上移动一小段距离 ( ) A.滑块从 M 到N 的过程中,速
度可能一直增大
B.滑块从位置1到2的过程中,
电场力做的功比从位置3到4的小
C.在 M、N 之间的范围内,可能
存在滑块速度相同的两个位置
D.在 M、N 之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小
A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 的三个位置
B.P 点的电势将降低 7.(2023·全国)通常一次闪电过程历时约0.2~0.3s,它由
C.带电油滴的电势能将减小 若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80μs,电
D.若电容器的电容减小,则极板带电量将增大 荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之
3.(2021·山东)如图所示,在x 轴上关于原点O 对称的两 间的电势差约为1.0×109V,云地间距离约为1km;第一个闪击
点固定放置等量异种点电荷+Q 和-Q,x 轴上的P 点位于-Q 过程中云地间转移的电荷量约为6C,闪击持续时间约为60μs.
的右侧.下列判断正确的是 ( ) 假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据,下列判断正
确的是 ( )
A.闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
A.在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同
C.闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m
B.在x 轴上还有两点与P 点电场强度相同
D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
C.若将一试探电荷+q从P 点移至O 点,电势能增大
8.如图所示,A、B、O、C 为在同一竖直平面内的四点,其中
D.若将一试探电荷+q从P 点移至O 点,电势能减小
A、B、O 沿同一竖直线,B、C 同在以O 为圆心的圆周(用虚线表
4.(2021·广东)如图所示,在一个粗糙水平面上,彼此靠近
示)上,沿AC 方向固定有一光滑绝缘细杆L,在O 点固定放置
地放置两个带同种电荷的小物块.由静止释放后,两个物块向相
一带负电的小球.现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球
反方向运动,并最终停止.在物块的运动过程中,下列表述正确
a、b均可视为点电荷,先将a穿在细杆上,让其从A 点由静止开
的是 ( )
始沿杆下滑,后使b从A 点由静止开始沿竖直方向下落.则下列
说法中正确的是 ( )
A.从A 点到C 点,小球a 做匀加速
A.两个物块的电势能逐渐减少 运动
B.物块受到的库仑力不做功 B.小球a 在C 点的动能等于小球b
C.两个物块的机械能守恒 在B 点的动能
D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 C.从A 点到C 点,小球a 的机械能
5.(2020·海南)匀强电场中有a、b、c三点.在以它们为顶 先增加后减少,但机械能与电势能之和
点的三角形中,∠a=30°,∠c=90°.电场方向与三角形所在平面 不变
·81·
D.小球a从A 点到C 点电场力做的功大于小球b从A 点
到B 点电场力做的功
9.有一带电荷量q=-3×10-6C的点电荷,从电场中的A
点移到B 点时,克服电场力做功6×10-4J.从B 点移到C 点电
场力做功9×10-4J.问:
(1)AB、BC、CA 间电势差各为多少
(2)如以B 点电势为零,则A、C 两点的电势各为多少 电
荷在A、C 两点的电势能各为多少
3.如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验
装置.两块相互靠近的等大正对的平行金属板 M、N 组成电容
器,板 N 固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接,板 M 和静电
计的金属壳都接地,板 M 上装有绝缘手柄,可以执手柄控制板
M 的位置.在两板相距一定距离时,给电容器充电,静电计指针
张开一定角度.在整个实验过程中,保持电容器所带电荷量不
变,对此实验过程的描述正确的是 ( )
A.只将板 M 从图示位置稍
向左平移,静电计指针张角变大
B.只将板 M 从图示位置沿
垂直纸面向外的方向稍微平移,
题源3 电容器、带电粒子在电场中的运动 静电计指针张角变大
(★★★★★) C.只将板 M 从图示位置稍
( · ) , 、 向上平移,静电计指针张角减小 1.2023 安徽 如图甲所示 两平行正对的金属板A B 间
, D.只在 M、N 之间插入云母板,静电计指针张角变大加有如图乙所示的交变电压 一重力可忽略不计的带正电粒子
, 4.如图所示,甲、乙分别是场强相同的圆形、正方形匀强电被固定在两板的正中间P 处.若在t0 时刻释放该粒子 粒子会
, , 场区域(圆形直径与正方形边长相同)相同带电粒子以相同速时而向A 板运动 时而向B 板运动 并最终打在A 板上.则t .0 可
( ) 度沿垂直于电场方向,对准中心O 分别进入两个区域,则粒子分能属于的时间段是
别经过两个电场区域后,其动量改变量大小Δp甲、Δp乙 的关系为
( )
甲 乙
T T 3T
A.03T 9T
C.42.(2019·广东)平行板间有如图(a)所示周期变化的电压, A.Δp甲<Δp乙 B.Δp甲>Δp乙
重力不计的带电粒子静止在平行板中央,从t=0时刻开始将其 C.Δp甲≤Δp乙 D.Δp甲≥Δp乙
释放,运动过程无碰板情况,图(b)中,能正确定性描述粒子运动 5.如图所示,带正电的粒子以一定的初速度v0 沿两板的中
速度的图象是 ( ) 线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知
板长为L,板间距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为
q,粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力),则( )
·82·
t Uq (1), 求收集效率为100%时
,两板间距的最大值d ;
A.在前 时间内 电场力对粒子做的功为 m2 4 (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系;
t 3
B.在后 时间内,电场力对粒子做的功为 Uq (3)若单位体积内的尘埃数为n,求稳定工作时单位时间下板2 8 收集的尘埃质量ΔM/Δt与两板间距d的函数关系,并绘出图线.
d d
C.在粒子下落前 和 后 的 过 程 中,电 场 力 做 功 之 比4 4
为1∶2
d d
D.在粒子下落前 和后 的过程中,电场力做功之比4 4
为2∶1
6.如图所示,半径为R 的环形塑料管竖直放置,AB 为该环
的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的A、B 及其以下 8.如图所示,带等量异号电荷的两块相互平行的金属板
部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑.现将一质量为 AB、CD 长为l,两板间距为d,其间为匀强电场,当两极板间电
m,带电荷量为+q 的小球从管中A 点由静止释放,已知qE= 压为U0 时,有一质量为m,电荷量为q 的质子紧靠AB 板的上
mg,以下说法错误的是 ( ) 表面以初速度v0 射入电容器中,设质子运动过程中不会和CD
板相碰.
(1)试求质子在t1=l/2v0 时偏转的距离y 和此时的速度
大小;
(2)当在t1=l/2v0 时突然改变两板带电性质和电压,当保
持两板间电压为U1 时,质子恰好能贴紧B 端飞出电场,试求电
压U1 和U0 的比值是多大
A.小球释放后,到达 B 点时速度为零,并在 BDA 间往
复运动
B.小球释放后,到达最低点D 时速度最大
C.小球释放后,第一次和第二次经过最高点C 时对管壁的
压力大小之比为1∶1且方向相同
D.小球释放后,第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁
的压力大小之比为5∶1
7.(2023·浙江)如图甲所示,静电除尘装置中有一长为L、
宽为b、高为d 的矩形通道,其前、后面板使用绝缘材料,上、下
9.如图所示,直角坐标系在一真空区域里,y 轴的左方有一
面板使用金属材料.图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒
匀强电场,场强方向跟y 轴负方向成θ=30°角,y 轴右方有一垂
定的高压直流电源相连.质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘
直于坐标系平面的匀强磁场,在x 轴上的A 点有一质子发射器,
埃以水平速度v0 进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其
它向x 轴的正方向发射速度大小为v=2.0×106m/s的质子,质
所带电荷被中和,同时被收集.通过调整两板间距d 可以改变收
子经磁场在y 轴的P 点射出磁场,射出方向恰垂直于电场的方
集效率η.当d=d0 时,η为81%(即离下板0.81d0 范围内的尘埃 向,质子在电场中经过一段时间,运动到x 轴的Q 点.已知A 点
能够被收集).不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.
与原点O 的距离为10cm,Q 点与原点O 的距离为(203-10)
q
cm,质子的比荷为 =1.0×108C/kg,不计质子的重力m .
求:
(1)磁感应强度的大小和方向;
(2)质子在磁场中运动的时间;
甲 (3)电场强度的大小.
乙
·83·
10.(2023·全国)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放 (3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L/n(n≥1)仍使电
置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O 点. 子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移动),求在电场
现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q 和-Q, Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置.
π
此时悬线与竖直方向的夹角为
6.
再给电容器缓慢充电,直到悬
π
线和竖直方向的夹角增加到 ,且小球与两极板不接触.求第二3
次充电使电容器正极板增加的电荷量.
11.(2021·安徽)如图所示,匀强电场方向沿x 轴的正方
向,场强为E.在A(d,0)点有一个静止的中性微粒,由于内部作
用,某一时刻突然分裂成两个质量均为m 的带电微粒,其中电荷 13.(2022·安徽)如图,ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨
量为q的微粒1沿y 轴负方向运动,经过一段时间到达(0,-d) 道,其中AB 段是水平的,BD 段为半径R=0.2m的半圆,两段
点.不计重力和分裂后两微粒间的作用.试求: 轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大
() 31 分裂时两个微粒各自的速度; 小E=5.0×10 V/m.一不带电的绝缘小球甲,以速度v0 沿水平
(2)当微粒1到达(0,-d)点时,电场力对微粒1做功的瞬 轨道向右运动,与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞.已
间功率; 知甲、乙两球的质量均为 m=1.0×10-2kg,乙所带电荷量q=
() (, ) , 2.0×10-5 23 当微粒1到达 0 -d 点时 两微粒间的距离. C,g 取10m/s.(水平轨道足够长,甲、乙两球可视为
质点,整个运动过程无电荷转移)
(1)甲、乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点D,求乙在
轨道上的首次落点到B 点的距离;
(2)在满足(1)的条件下,求甲的速度v0;
(3)若甲仍以速度v0 向右运动,增大甲的质量,保持乙的质
量不变,求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围.
12.(2020·上海)如图所示为研究电子枪中电子在电场中
运动的简化模型示意图.在Oxy 平面的ABCD 区域内,存在两
个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ,两电场的边界均是边长
为L 的正方形(不计电子所受重力).
(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子,求电子离开
ABCD 区域的位置;
(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从
ABCD 区域左下角D 处离开,求所有释放点的位置;
·84·【点评】 常规题型,考查人造卫星、平抛运动等, 由题意有
难度较低. L=R+r ④
14.【解析】 由于小飞镖触地的方向就是小飞 联立①②③④式得
镖做平抛运动落地时速度的方向,所以可将速度分 L3
T=2π G(M+m) ⑤解,如图所示.
(2)在地月系统中,由于地月系统旋转所围绕的中
心O 不在地心,月球做圆周运动的周期可由⑤式得出
L'3
T1=2π G(M'+m') ⑥
式中,M'和m'分别是地球与月球的质量,L'是
地心与月心之间的距离.若认为月球在地球的引力作
用下绕地心做匀速圆周运动,则
在星球的两极有 M'm' 2
G L'2 =m'(2πT ) L' ⑦vy g1t 2tanα=v =v ①0 0 式中,T2 为月球绕地心运动的周期.由⑦式得
1 3
h=2g1t
2 ② L'T2=2π GM' ⑧
v2tan20 α
由①②两式得g = 由⑥⑧式得
,
1 2h ③
(T
2
2 m'
则质量为m 的物体,在该星球的两极所受的引 T ) =1+1 M' ⑨
力,即星球给物体的万有引力为:mg1 代入题给数据得
同理,由小飞镖在赤道上的平抛运动,得赤道上 2(T2T ) =1.012 ⑩v20tan2 1
的重力加速度为g2= β2h ④
专题6 电 场
因为质量为m 的物体在该星球的赤道上随该星
球自转,所以有 十年高考母题原型训练
mg1-mg 22=mωR ⑤
v2 2 2 2 A组
③④⑤ m 0
tanα v0tan
由 得 β 2
2h -m 2h =mωR
题源 电场力的性质
tan2α-tan2
1
ω=v β0 2Rh . 1.B 【解析】 以小球c为研究对象,a、c间的
15.【解析】 (1)设两个星球A 和B 做匀速圆周 q2,、 q
2
库仑力为k bc间的库仑力为k ,由平行四边
运动的轨道半径分别为r和R,相互作用的引力大小 l2 l2
为f,运行周期为T.根据万有引力定律有 2
形定则可知c受到a、
3kq
b 库仑力的合力大小为 2 ,
Mm l
f=G (R+r)2 ① 3kq2
由小球c静止不动和受力平衡可知qE= 2 ,匀强
由匀速圆周运动的规律得 l
2
f=m (2π) r ② 3kq电场场强大小为T E= l2 ,选项B正确;故选B.
2
f=M (2π) R ③ Q2.D 【解析】 根据点电荷场强公式T E=kr2,
·32·
, 、 Q b点
,电场力做负功,是从低电势移到高电势处,电势
对照四个选项的表达式 A C与E=k 2 量纲不相r 能增加,但不知道是否有其他力做功,故无法判断动
同,故选项A、C错;假设将 A 点移到O2 点,由对称 能的变化,AD错误,C正确;但电场线方向不一定从
性知半径为R2 的圆环在A 点产生的场强为零,知选 b点指向a 点,B错误.
项D对,B错.故正确选项为D. 8.B 【解析】 本题考查电场强度矢量的叠加.
3.A 【解析】 本题考查电场的性质及对等量
设每一个点电荷单独在O 点产生的场强为E0;则两点
异种点电荷周围电场的认识.画出等量异种点电荷周
电荷在O 点产生的场强矢量和为2E0;若将N 点处的
围电场线和等势线分布即可判断,A正确.
点电荷移至P 点,假如 N 为负电荷,M 为正电荷,产
生的场强如图所示,则合场强为E0,本题正确选项B.
9.A 【解析】 本题考查匀强电场中电场强度
4.BD 【解析】 不管带正电还是负电,电场力
和电势差的关系.根据匀强电场中电场强度和电势差
做正功,电势能减小,正电荷受的电场力向左,故在左
的关系得UOP=-Ed=-ERsinθ=-100×0.1sinθ
边,负电荷受力在右边,选BD.
=-10sinθ(V),A项正确.
5.AB 【解析】 本题考查电场线和等势线的
10.A 【解析】 电场线越密集的地方场强越
关系及带电粒子在电场中的运动.根据电场线与等势
大,粒子受电 场 力 就 越 大,即 Fa>Fb,选 项B、D错
面垂直,可大致画出电场线的形状,粒子在电场力的
误;又因为从a 到b,电场力做正功,故二者应为同种
作用下轨迹向下弯曲,根据曲线运动的特点,可以说
电荷,选项C错误.故正确选项为A.
明电场力指向轨迹内侧,与场强方向相反,所以粒子
带负电,A正确;等势面先是平行等距,后变得稀疏,则 11.
【解析】 解 法 一:粒 子 在0~T/4、T/4~
, , , T/2、T/2~3T/、 / 时间间隔内做匀变速运动,电场也先是匀强电场 后场强变小 即电场力先不变 43T4~T
、
后变小,B正确;根据电场力做功W= U,电场力做负 设加速 度 分 别 为q a1 a2
、a3、a4,由 牛 顿 第 二 定
功,所以粒子速度减小,C错误;电场力始终做负功,由 律得
功能关系可知,粒子电势能始终增加,所以D错误. qE0=ma1,
6.C 【解析】 本题考查静电场中场强、电势、 2qE0=-ma2,
电势差、电场力做功等基本物理量的关系,意在考查 2qE0=ma3,
考生对基本概念的理解能力.在静电场中,电场强度 qE0=-ma4,
大小与电势高低无确定关系,A项错;电势差等于移
动单位正电荷电场力所做的功,而场强只等于单位正
电荷所受的力,一个力所做的功不仅与这个力有关,
而且与位移等其他因素有关,B项错;在所有静电场
中,场强方向都是电势降低最快的方向,C项正确;场
强为零的地方,电势不一定为零,故场强均为零的两
点间,电势差不一定为零,故电场力做功不一定为零,
D项错.
7.C 【解析】 在静电场中,正电荷从a 点移到 图(a)
·33·
qE 2
s= 0
T
解得
16m .
它的方向沿初始电场正方向.
(2)由电场的变化规律知,粒子从t=T/4时开
始减速,设经过时间t1 粒子速度为零,有
0=v1+a2t1,解得t1=T/8.
粒子从t=T/2时开始加速,设经过时间t2 粒子
速度为零,有
图(b) 0=v2+a3t2,解得t2=T/8.
由此得带电粒子在0~T 时间间隔内运动的a t 设粒子从t=0到t=T 内沿初始电场反方向运
图象如图(a)所示,对应的v t 图象如图(b)所 示, 动的时间为t2,有
其中 t=(
T
-t1)+t2.
T qE T
4
v1=a
0
1 4= 4m . 解得t=T/4.
由图(b)可知,带电粒子在t=0到t=T 时的位 题源2 电场能的性质
移为
T 1.B 【解析】 由带电粒子在电场中的运动可
s=4v1. 知,在带电粒子只受电场力做功的情况下,动能和电
qE T20 势能之和保持不变,本题中原子核和α 粒子均带正
联立解得s= 16m . 电,α粒子在M 点电势能比Q 点较大,动能较小,选项
它的方向沿初始电场正方向. A错误;由于N 点距离原子核最近,因此α粒子在 N
(2)由图(b)可知,粒子在t=3T/8到t=5T/8 点动能最小,电势能最大,选项B正确;根据正点电荷
内沿初始电场反方向运动,总的运动时间为 周围电场线的分布以及沿着电场线电势逐渐降低的规
5T 3T T
t= - = . 律可知,Q 点电势较低,选项C错误;α粒子从 M 点运8 8 4
动到Q 点,电场力对它做的总功为正功,选项D错误.
解法二:(1)带 电 粒 子 在0~T/4、T/4~T/2、
2.AD 【解析】 沿电场线的方向电势降低,所
T/2~3T/4、3T/4~T 时间间隔内做匀变速运动,设
以φM>φN,选项A对,B错;电场线越密的地方电场
加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得
强度越大,同一粒子所受电场力越大,所以选项C错,
qE0=ma1,
D对.
2qE0=-ma2,
3.C 【解析】 由题意可知,微粒在竖直方向上
2qE0=ma3,
做匀变速运动,在相等时间间隔内,位移不等,A、B
qE0=-ma4,
错.由轨迹可知,微粒所受合外力向上,电场力大于重
设粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T 时刻
力.在同一时 间 间 隔 内 电 场 力 做 的 功 大 于 重 力 做 的
的速度分别为v1、v2、v3、v4,则有
功,C对,D错.
T、 T Tv1=a1 、4 v2=v1+a2 4 v3=v2+a3
、
4 v4= 4.BD 【解析】 A、B 两点处的点电荷在O 点
T 处的合场强为零,因此O 点处的电场强度应等于C
v3+a4 4. 点处的点电荷在O 点处形成的电场的场强,A选项
设带电粒子在t=0到t=T 时的位移为s,有 错;A、B、C 三处点电荷在D 点形成的电场强度分别
v v +v v +v v +v T Q Q Q
s=(12+
1 2
2 +
2 3
2 +
3 4) . 为2 4 EDA=kr2
、EDB=k 、r2 EDC=k 2
,且互成
r 120°
,
·34·
Q Q 11.【解析】 (1)设P 的加速度为a 、到D 点时
所以D 点合电场强度为ED=kr2-2kr2cos60°=
0
竖直速度为vy,合速度大小为v1,与水平方向的夹角
0,故选项B对;将点电荷+q 从O 移向C 时,电场力 为β,有:
做正功,故电势能减小,选项C错;将点电荷-q 从O
移向C 时,电场力做负功,电势能增加,选项D对.
5.CD 【解析】 据粒子运动轨迹可知,粒子带
正电,选项 A错误;据库仑定律可知,离点电荷最近
时受力最大,选项B错误;从b 点到c 点电场力做正
功,电势能减小,选项C正确;同心圆间距相等,所以 mg+qE=ma0 ①
a 点到b 点电势差大于b 点到c点的电势差,所以由 vy=a0t ②
a 点到b 点的动能变化大于由b 点到c 点的动能变 v2=v2+v21 0 y ③
化,选项D正确. vy
6.C 【解析】 根据电场线的疏密程度可以判 tanβ=v ④0
断,a 点场强大于b点场强;沿电场线电势逐渐降低, 联立上述方程,代入数据,解得:v1=6m/s ⑤
作出a 点等势面会发现a 点的电势低于b点.综上所 β=30° ⑥
述Ea>Eb,φa<φb,选项C正确. (2)设A 碰前速度为v2,此时轻绳与竖直线的夹
7.C 【解析】 根据电场线与等势线垂直,沿着 角为β,由动能定理得:
电场线方向电势降低,可画出电场线分布,可得电场 1
mglcos 2β= mv ⑦
力先做正功,后做负功,
2
故电势能先变小后变大. 2
8.D 【解析】 根据电场线与等势面的关系,把 设A、P 碰撞后小球C 的速度为v,由动量守恒
立体图转化为平面图(如下图所示),因φ =0,φ 定律,得:M N=
3 mv1-mv2=2mv ⑧
1V,则φP=φP'=φP″=4V. 小球C 到达平板时速度为零,应做匀减速直线
运动,设加速度大小为a,根据运动学公式得:
v2=2as ⑨
设恒力大小为F,与竖直方向夹角为α,如图.
9.C 【解析】 由于电场沿x 轴对称分布,方向
相反,所以从O 点向x 轴正负方向经过相同距离电
势增加或减少的数值相等,即φ0-φx1=φ0-φ-x1, 由牛顿第二定律,得:
故φx1=φ-x1,则C正确,B、D错误;O 点电势可以是 Fcos(90°-α-β)-2mgsinβ-qEsinβ=2ma ⑩
最高也可以是最低,A错误.
Fsin(90°-α-β)-2mgcosβ-qEcosβ=0
10. 增大 -2.5×10-8 【解析】 负电荷受的
3
电场力方向逆着电场线的方向,电荷从 A 点移到B 代入相关数据,解得:F=4 N
点的过程中,电场力对其做负功,电势能增大;电场力 α=30°
做功W =qU =(-5×10-9AB AB )×(15-10)J=-2.5 (3)由于平板可距D 点无限远,小球C 必做匀速
×10-8J. 或匀加速直线运动,恒力F1 的方向可从竖直向上顺
·35·
时针转向无限接近速度方向,设恒力与竖直向上方向 向,所以条形金属板所产生的电场为非匀强电场,即
的角度为θ,有: 带电粒子在电场中所受的电场力方向与大小都将发
生变化,故带电粒子在电场中不可能沿电场线运动,
C错误;因为带电粒子在电场中将做曲线运动,由曲
线运动的特点:所受的合外力要指向圆弧内侧可知,
带负电的粉尘颗粒运动轨迹可为A图,A正确.
6.A 【解析】 本 题 考 查 平 行 板 电 容 器、静 电
0°≤θ<(90°+30°)=120° 计.静电计是测量电容器两端电压的仪器,指针偏角θ
在垂直于速度方向上,有: , εS Q∝U 根据C= 和C= 得选项A正确4πkd U .
F1cos(β-θ)=(2mg+qE)cosβ
7.【解析】 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程
则F1 大小满足的条件为:
中,由动能定理有
3
F1= (式中8cos(30°-θ)N 0°≤θ<120°
) |q|E1d1-|q|E2d2=0 ①
E1
题源3 电容器、带电粒子在 由①式解得d2=E d1=0.50cm ②2
电场中的运动 (2)设微粒在虚线 MN 两侧的加速度大小分别
为a1、a2,由牛顿第二定律有
1.BD 【解析】 由受力分析可得,重力与电场
|q|E1=ma1 ③
力的合力与速度方向相反,所以粒子做匀减速直线运
|q|E2=ma, 2
④
动 动能减小,所以 AC错误,D正确;因为电场力与
设微粒在虚线 MN 两侧运动的时间分别为t1、
速度方向夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能增
t2,由运动学公式有
加,即B正确.
1
εS Q d1= a1t21 ⑤
2.B 【解析】 由C= ,C= ,插入一电 24πkd U
1
介质,C 变大, 2又由于Q 不变,U 变小. d2=2a2t2 ⑥
3.B 【解析】 平行板电容器两板间的电压等 又t=t1+t2 ⑦
ER0 , 联立②③④⑤⑥⑦式解得t=1.5×10-8于定值电阻R0 两端的电压U= 两板间 sR0+R2+r
8.【解析】 (1)电 子 在0~τ 时 间 内 做 匀 加 速
电压随着R2 的增大而减小,随R2 的减小而增大,而
运动
与R1 无关.当电压增大时,板间场强增大,小球受到
eU0
的电场力增大,反之减小.选项B正确. 加速度的大小a1=md ①
4.D 【解析】 由 于 P、Q 间 距 增 大,由 C= 1
位移x1=2a1τ
2 ②
εS
可知,电容将减小,A错误;由于电容接在电源两4kπd 在τ~2τ时间内先做匀减速运动,后反向做匀加
Q
端,电容两端电压保持不变,由C= 可知极板上的 速运动U
5eU
电量将减小,B错误;
0
由于电容器放电,电流由 M 流向 加速度的大小a2=4md ③
N,所以 M 点的电势比N 点的高,C错误,D正确. 初速度的大小v1=a1τ ④
5.A 【解析】 本题考查带电粒子在电场中的 v21
匀减速运动阶段的位移
运动,意在考查考生对曲线运动特点的理解与应用能 x2=2a ⑤2
力.因为电场 中 各 点 的 场 强 方 向 为 电 场 线 的 切 线 方 依据题意d>x1+x2
·36·
9eUτ2 电场应是垂直于平板的匀强电场,即电场强度处处相0
解得d> 10m ⑥ 等,等于x=0时的电场强度,由题中信息可得单位
(2)在2nτ~(2n+1)τ,(n=0,1,2,…,99)时间 面积带电量为σ0 无限大均匀带电平板场强为 E=
内速度增量Δv1=a1τ ⑦ 2πkσ0,而半径为r 的圆板在Q 点等效场强为E'=
在(2n+1)τ~2(n+1)τ,(n=0,1,2,…,99)时 é x
2πkσ0 ê1-
ù
ê 1 úú .由电场叠加原理可得图2中ekU0 (r2+x2)2间内加速度的大小a'2= md Q(坐标为x)的电场强度为E 和E'的矢量和,即E-
速度增量Δv2=-a'2τ ⑧ x
(a)
,
当0≤t-2nτ<τ 故 对时 E'=2πkσ0 1 A .(r2+x2)2
电子的运动速度v=nΔv1+nΔv2+a1(t-2nτ) 2.D 【解析】 点电荷和导体表面的电荷在z
⑨ h
=- 处产生的场强为零,则导体表面的电荷在
[ ( ) ]eU0,( ,,,…, ) 2
z=
解得v=t- k+1nτ dm n=012 99 h q 4kq
- 处产生的场强为 E1=k = 2,与点电⑩ 2 (3h)2 9h
(b)当0≤t-(2n+1)τ<τ时 2
荷在此处产生的场强方向相反,根据对称性知,在
电子的运动速度 z
v=(n+1)Δv1+nΔv -a' [t-(2n+1)τ] h q 4kq 40q2 2 = 处场强的大小为2 E2=k 1 +
,
( h)2 9h
2=k9h2
解得 2
v=[(n+1)(k+1)τ-kt]
eU0,(n=0,,,…, ) 选项D正确.dm 12 99
3.BD 【解析】 本题通过点电荷电场线的分布

图,考查电势、电场强度等基本概念.沿电场线方向电
(3)电 子 在2(N-1)τ~(2N-1)τ 时 间 内 的
势降低,故A错;由电场线的分布特点可知该点电荷
位移
带负电,B正确;由于电场强度是矢量,可知a、b点电
1
x2N-1=v2N-2τ+ aτ21 场强度的方向不同,C错误;a 点电场线比b 处电场2
(N )
,
τ Nτ 线要密集 可知 点的电场强度大于 点的电场强电子在 2 -1 ~2 时间内的位移 a b
度,D正确1 .
x =v 22N 2N-1τ-2a'2τ 4.D 【解析】 本题以数学中的立方体为背景,
⑩ v =(N-1)(
eU
1-k)τ 0
考查了电荷产生电场的立体叠加等知识点,难度中
由 式可知 2N-2 dm 等.根据等量同种电荷的电场线分布特点可知:体中
eU
由 0式可知v =(N-Nk+k)τ 心和各面中心的合场强为零,D正确.2N-1 dm
5.BD 【解析】 本题考查电场线、电场强度、电
依据题意x2N-1+x2N=0
势、电场力做功与电势能变化等知识点,意在考查考
4N-1
解得k=4N-3 生理解和综合运用知识的能力.根据电场线的疏密程
度表示电场强度的大小可知c 点的电场强度小于b
B组 点的电场强度,选项A错误;根据沿电场线方向电势
逐渐降低可知a 点电势高于b 点电势,选项B正确;
题源1 电场力的性质 只有当电场线为直线时,试探电荷静止释放,才能沿
1.A 【解析】 由于带电体表面的电场强度的 电场线运动,所以选项C错误;若在d 点再固定一点
方向垂直于带电体表面,无限大均匀带电平板周围的 电荷-Q,将一试探电荷+q由a 移至b的过程中,电
·37·
场力做正功,电势能减小,选项D正确. 能一定大于B 处的电势能,A 处的电势一定大于B
6.C 【解析】 A中简单认为是匀强电场;B、D 处的电势,选项BD正确C错.
答案中没有考虑粒子受到除电场力以外的力. 11. 越大 A 【解析】 电场是非匀强电场,离电
7.C 【解析】 电势的高低与电场的强弱无关, 极越近,场强越大;粉尘吸附电子后带负电,向正极运动.
故A错;负电荷在电势越高的点,具有的电势能反而 12.【解析】 设电场强度为E,小球电荷量为q,
越小,故B错;在电场力作用下做匀速圆周运动时,电 因小球做直线运动,它受的电场力qE 和重力mg 的
势不变化,故D错. 合力必沿此直线,如图.mg=qEtanθ
8.A 【解析】 考查场强的叠加和电场强度的
q
求法.点电荷在a 点产生的场强大于E=k ,方向d2
向左,由题意知,带电薄板在a 点产生的场强大小E'
q
=k 2,方向向右.根据对称性,带电薄板在b 点产生d
由此可知,小球做匀减速直线运动的加速度大小
q
的场强大小E1=k 2,方向向左,点电荷在b点产生 为d a=g
/sinθ
设从 到最高点的路程为 ,
q O sv
2
0=2as
的场强大小E2=k 2,方向向左,根据场强的叠加9d 运动的水平距离为:L=cosθ·s
的原理可知,A正确. 两点的电势能之差:ΔW=qEL
9.ACD 【解析】 本题考查场强的矢量合成和 由以上各式得:
2 2
带电粒子在 电 场 中 运 动 的 特 点.对 于 每 一 个 带 电 圆 ΔW=mv0cosθ/2.
环,由等量异种电荷的场强分布特点得:每一个圆环 13.【解析】 (1)小球带负电.
的圆心的场强为零,两边的场强关于该圆环对称,并 (2)小球沿y 方向做竖直上抛运动,沿x 方向做
且中心轴线上的场强由中心到两侧,随着距离的增 初速度为零的匀加速运动,设Q 点坐标为(x1,y1),
大,电场强度呈现先增大后减小的特点.现在轴线上 匀强电场的场强为E,小球沿x 方向的加速度为a,
的场强为两个圆环产生的场强的叠加,所以由 O 由牛顿第二定律得:1、
O2 圆心的连线上的场强特点得:O1 处的场强为O2 qE=ma ①
2
圆环 在 该 处 的 场 强,方 向 沿 连 线 指 向 O ,A 正 确; 由运动规律,得2 2gy1=v0 ②
O1、O2 圆心中间连线的场强水平向左,从O 到O 由动量定义,得 =mv ③1 2 p 0
过程粒子所受的电场力一直做正功,电势能减小,B 设经时间t1,小球从原点运动到Q 点,则
错误;轴线上从O1 点向右电场强度的方向先向右后 1x = at21 2 1 ④
向左,带正电的粒子从很远处沿轴线飞来,电场力先
1 2
做负功后做正功,则在电场为零处动能最小,C正确; y1=2gt1 ⑤
依据两圆环的对称特点得轴线上O1 点右侧、O2 点 由①②③④⑤得
左侧都存在场强为零的点,它们关于O1、O2 连线中 pgx
E= 1 =1.0×103N/C
点对称,D正确. qy1 2gy1
10.ABD 【解析】 由正电荷运动的速度图象 (3)小球从抛出到落回x 轴,经时间t=2t1,在x
可知,其加速度逐渐增大,所受电场力逐渐增大,B 处 方向位移为
电场强度大于A 处电场强度,选项A正确;正电荷从 1
x2= a(2t1)2=4x1
A 点运动到B 点,在 电 场 力 作 用 下,正 电 荷 速 度 增 2
大,电场力做正功,电势能减小,电荷在 A 处的电势 电场力对小球做功
·38·
W=qE·x2=qE·4x1=1.6J. 最高,φe=4V,选B.
电场力做正功,电势能减少1.6J.
题源2 电场能的性质
1.C 【解析】 由于外力克服电场力做功,故Q
为负电 荷,φA <φB,A 错;场 强 看 电 场 线 疏 密,故
EA>EB,B错.由q1、q2 移到无穷远时,电场力做功
相同,由W=Uq,得C正确,D错误.
2.B 【解析】 上极板向上移动一小段距离后,
6.AC 【解析】 本题考查弹力、带电粒子在电
板间电压不变,仍为E,故电场强度将减小,油滴所受
场中的运动,意在考查考生对弹簧的弹力与弹簧形变
电场力减小,故油滴将向下运动,A错;P 点的电势大
量的关系,并能综合电场的特点分析带电粒子在电场
于0,且P 点与下极板间的电势差减小,所以P 点的
中的运动 由 ,且在 、 两处,弹簧的弹力
油滴向下运动电场力做负功, , ; . OM相等可知,在 M 处弹簧处于压缩,在 N 处弹簧处于
下运动时电场力做负功,油滴的电势能应增加,C错;
拉伸状态.滑块从 M 到N 过程中,电场力对滑块做正
εS
电容器的电容C= ,由于d 增大,电容C 应减4πkd 功,而弹簧的弹性势能先增大,再减小,然后又增大,
小,极板带电量Q=CE 将减小,D错. 所以滑块的速度可能一 直 增 大,A正 确;由 W=qU
3.AC 【解析】 在+Q、-Q 连线上及延长线 可知滑块从1到2与 从3到4所 做 的 功 相 等,B错
上三个区间内场强方向如图所示,由对称关系可知, 误;由动能定理可得,若电场力做的正功与弹簧做的
在+Q 左侧P'(+Q)与P(-Q)间等距的P'点应与 负功相等,则动能不变,所以在 M、N 之间有可能存
P 点场强相同,故选项A正确. 在滑块速度相同的两个位置,C正确;当弹簧处于原
长时,弹力为零,滑块只受电场力作用,此时滑块的加
速度仅由电场力的大小决定,当弹簧与直杆垂直时,
、 弹力在竖直方向上,滑块加速度的大小仅由电场力确在-Q Q 之间各处场强均大于-Q、P 之间各
定,故对应的位置有两处,D错误.
点场 强,故 试 探 电 荷+q 从 P 移 至 O 点 过 程 中,
【 】 、
P→(-Q)
7.AC 解析 本题考查对电流强度 电场强
做正功W1,由-Q→0电场力做负功 W2,
度、电功、电功率的瞬时值与平均值的理解与计算,难
由上面分析知,|W2|>W1.故电势能增大.C正确.
4.A 【解析】
q 6
电势能的增、减取决于电场力做 度中等.根据电流的定义式I=t =60×10-6 A=
功的正、负,两滑块由静止释放,电场力做正功,故电
1×105A,A对;整个闪电过程的平均功率约为P=
势能减少,A正确. qU 6×1.0×109 10 , 错;闪电前云地
5.B 【解析】 由φa=(2- 3)V,φb=( t
≈ 0.2 W=3×10 W B2+
9
3)V,在匀强电场中连线ab 的中点O 处电势φO= U 1.0×10间的电场强度约为E= / 6d = 1×103 V m=1×10
φa+φb=2V,又2 φc=2V
,所以连线Oc是一条等势 V/m,C对;整个闪电过程向外释放的能量约为 W=
9
线,过O 点作Oc的垂线即是一条电场线,如图所示, qU=6×1.0×10J=6×10
9J,D错.
由题知 电 场 线 E 与 圆 的 交 点d 处 电 势 最 低,且 有 8.C 【解析】 本题考查动能定理、功能关系的
- 综合问题.小球a 从A 点到C 点,电场力是先增大后φO φd= φO
-φa ,解得 ,同理知点 处电势
R R·cos30° φd=0 e 减小,所以从A 点到C 点,小球a 做变速运动,A错
·39·
误;电场力先做正功后做负功,小球a 的机械能先增 T
这段时间内释放粒子,粒子受到电场力,先向B 板
加后减少,又根据能量守恒可知,小球的机械能与电 4
势能之和不变,C正确;小球a 从A 点到C 点与小球 T做匀加速运动, 时刻后向 板做匀减速运动,经过
2 B
b从A 点到B 点电场力做功相同,但小球a 从A 点
与向B 板加速相等时间减速为零;再反向向A 板加
到C 点重力做的功大于小球b从A 点到B 点重力做
速,T 时刻后再向A 板做匀减速运动,同样经过与向
的功,根据动能定理可知,B错误;D错误.
A 板加速相等时间减速为零,由于向B 板运动的位
9. 【解析】 (1) :
|W
|U |= AB
|
解 法 一 AB |q|
=
, T移大 故带电粒子一直向 B 板 运 动;若 在26×10-4
3×10-6V=200V 3T这段时间内释放粒 子,粒 子 受 到 电 场 力,先 向
4 A
因负电荷从A 移到B 克服电场力做功,必是从
板做匀加速运动,T 时刻后向A 板做匀减速运动,经
高电势点移向低电势点,即
过与向A 板加速相等时间减速为零;再反向向B 板
φA>φB,所以UAB=200V
,3|W | 9×10-4 加速 T 时刻后再向BC 2 B
板做匀减速运动,同样经过
|UBC|= | =q| 3×10-6
V=300V
与向B 板加速相等时间减速为零,由于向A 板运动
因负电荷从B 移到C 电场力做正功,必是从低
的位移大,故带电粒子一直向A 板运动,并最终打在
电势点移到高电势点,即
A 板上,B选项正确;同理分析可得,CD选项时间段
φB<φC,所以UBC=-300V
带电粒子一直向B 板运动,故CD错误.
UCA=UCB+UBA=-UBC+(-UAB)=300V-
2.A 【解析】 粒子在板间运动的加速度a=
200V=100V.
qU
W W -6×10-4 ,其大小恒定,故选项C、
T
D错误;在0~ 时间内,
: AB解法二 由U= 得UAB= =-3×10-6V
dm 2
q q
T
=200V 粒子做初速度为零的匀加速直线运动; 时刻,速度2
WBC 9×10-4UBC= =-3×10-6V=-300Vq 达到最大值vm;
T ,粒子做初速为 、加速度大
2~T vm
UAC=UAB+UBC=200V+(-300)V=-100V 小为a 的匀减速运动;T 时刻,速度减为零;以后将重
UCA=-UAC=100V. 复上述的运动,故只有选项A正确.
(2)若φB=0,由UAB=φA-φB 得φA=UAB=200 εS Q
3.AB 【解析】 r根据C= 和U= ,A项
V,由UBC=φB-φC 得φC=φB-UBC=0-(-300)V 4πkd C
=300V. 是d 增大,则电容C 减小,U 增大,所以静电计指针
电荷在A 点的电势能 张角变大,故A正确;B、C项都是S 减小,则电容C
E =qφ =-3×10-6×200J=-6×10-4J 减小,U 增大,静电计指针张角变大,故B正确,C错;pA A
电荷在C 点的电势能 D项是εr 增大,则电容C 增大,U 减小,静电计的指
E =qφ =-3×10-6×300J=-9×10-4J. 针张角变小,故D错pC C .
4.C 【解析】 把粒子全过程中的动量改变进
题源3 电容器、带电粒子在
行分解,水平方向无动量改变,所以全过程的动量改
电场中的运动
变量即是电场力作用下发生的动量变化.由此可求得
1.B 【解析】 本题要点在明确粒子在交变电 正确答案为C.
压下受力情况,以及相对应的运动情况.若在0·40·
v0 沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰 F qE qU其中a= = = . ③
好沿下板的右边缘飞出,带电粒子所做的运动是类平 m m md0
根据所得,当减小两板间距时,能够增大电场强
抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速
, 度,提高装 置 对 尘 埃 的 收 集 效 率 收 集 效 率 恰 好 为运动 由运动学知识知,前后两段相等时间内竖直方 .
, ,
向上的位移之比为1∶3,电场力做功之比也为1∶3, 100%时 两板间距为dm.如果进一步减小d 收集效
qU 率仍为100%.
又因为电场力做的总功为 , t所以在前 时间内,电
2 2 因此,同上理可得:L=v0t ④
qU t 1
场力对粒子做的功为 ,
8 A
错.在后 时间内,电场 在竖直方向有2 d
2
m=2a't ⑤
3qU
力对粒子做的功为 , d F' qE' qUB对.在粒子下落前 和后 其中8 4 a'=m = m =md ⑥m
d 联立①②③④⑤⑥可得, dm=0.9d0 ⑦的过程中 电场力做功相等,故C、4 D
错.
(2)通过前面的求解可知,
6.ABC 【解析】 综合考查带电粒子在电场和 当d≤0.9d0 时,收集效率η均为100%; ⑧
重力场组成的复合场中运动和圆周运动等知识点和
当d>0.9d0 时,设距下板x 处的尘埃恰好到达
模型.因为qE=mg,所以复合场的最低点在斜向左 下板的右端边缘,此时有
下方的45°角的位置,即管BD 段的中点,所以到达B 1qU L 2
点时速度不为零,到达D 点时也不是速度最大,故选 x=2md (v ) . ⑨0
项A、B都错;如果整个平面内都是匀强电场区域,则 , x根据题意 收集效率为η= . ⑩
C 为A 在复合场中的对称点,小球运动到C 时速度 d
2
为零,现在由于AB 以上的区域没有电场,所以小球 联立①②③⑨⑩可得η=0.81(d0d ) .
从B 到C 到A 的过程中没有电场力做负功,则小球
(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量
运动到C 时速度不为零,回到A 时,整个过程重力做
ΔM/Δt=η×nmbdv0,
功为零,电场力做了正功,所以回到A 时速度也不为
当d≤0.9d0 时,η=1,因此ΔM/Δt=nmbdv0.
零,之 后 每 运 动 一 周,动 能 相 应 增 大 qE×2R=
d 20
2mgR,对C 点则第一次由功能关系可得:qE×2R- 当d>0.9d0 时,η=0.81( ) ,因此d
1 mv2
m 2gR=2mv
2,mg-F= 可 得:R FC1=-mg
,同 d
ΔM/Δt=0.81nmbv 00 d .
1 mv2
理,第二次:qE×4R-mgR= mv2,2 mg-F=
绘出的图线如下:
R
可得:FC2=-5mg,所以压力方向相同但大小不等,
故C错;对 D 点则第一次由功能关系可 得:qER+
1 mv2
mgR= 2,2mv F-mg=
可得:FD1=5mg,故选R
项D对.题目要求选错误的说法,故答案为:ABC.
7.【解析】 (1)收集效率η 为81%,即离下板
0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源
的电压为U,则在水平方向有L=v0t, ①
1
在竖直方向有0.81d0=2at
2. ② 8.【解析】 (1)质子在电场中做类平抛运动,其
·41·
Uq
加速度a= 0md
则在t为0~l/2v0 的过程中:
1
质子 在 竖 直 方 向 上 偏 转 的 位 移 y= at22 1
qU0l2=8mdv20
在t=l/2v0 时,质子在电场方向上的速度vy=
Ulq ì2r=vt
at1=
0
2mdv0 1 2
由运动学知识得:ír=2at
qU 2
则质子的速度v= v2 0l 0+ (2mdv ) qE0 a=m
(2)由于电场反向后,质子在电场中的时间仍为
mv2 4×1012
t1=l/2v0 E=2r =2×0.2×1.0×108=1.0×10
5N/C.
q
那么在电场方向上由运动学公式和牛顿运动定 10.【解析】 第一次充电后,设电容器的电容为
律有: C,极板电量为Q,电势差为U1,场强为E1,板间距为
1 2 1 2 d,则有:
2at1=- (vyt1-2a't1 )
Q
qU0 qUl U1= , ①
把(1)问求得的a= 和md vy=at1=
0
及 C
2mdv0
U1
qU U 3 两板间为匀强电场,场强 ,
a'= 1 1
E1= ②
代入上式可得:
md U =1.
d
0
带电小球所受电场力F1=E1q. ③
9.【解析】 (1)设质子在磁场中做圆周运动的
F1=mgtanθ1. ④
半径为r.
Qq
过A、P 点作速度v 的垂线,交点即为质子在磁 由①②③④得:mgtanθ1= ,Cd ⑤
场中做圆周 运 动 的 圆 心 O1.由 几 何 关 系 得α=θ= 第二次充电后,电容器带电量为 Q',同理可得:
30°,r=2OA=20cm. Q'q
mgtanθ2= ,
设磁感应强度为B,根据质子的运动方向和左手 Cd
定则,可判断磁感应强度的方向为垂直于纸面向里. 解得:Q'=3Q,
: v
2
, mv 2.0×10
6 所以ΔQ=Q'-Q=2Q.
根据 qvB=m r B= r=1.0×108×0.2=0.1T.q 11.【解析】 带电粒子在电场中做类平抛运动,
(2)设质子在磁场中运动的时间为t,如图所示,质 电场力对粒子做功的瞬时功率为P=F·vcosθ,θ是
7π
子在磁场中转过的圆周角为 ,设质子在磁场中运动的 F 与v 方向的夹角.
6
(1)设 分 裂 时 微 粒1的 初 速 度 为v1,到 达(0,
7π
2πm t 6 7 7π -d)点所用时间为t0.依题意可知微粒1带负电,在
周期为T,T= ,B ∴ T= =
, -7
2π 12t=6×10 s.q 电场力的作用下做类平抛运动,得下列方程
(3)如图所示,连接Q 点和O1 点,在三角形QAO1 -d=v1t ①
中,边长QA=203cm,AO1=20cm,由几何关系可 1-d= at2 ②
知β=θ=30°,所以质子在垂直于电场方向上做匀速直
2
线运动,在平行于电场方向做匀加速直线运动, qE=ma ③
·42·
-qEd (2)设释放点在电场区域Ⅰ中,其坐标为(x,y),
由①②③得v1=- 2m ④ 在电场Ⅰ中电子被加速到v1,然后进入电场Ⅱ做类
根号外的负号表示沿y 轴的负方向.
平抛运动,并从D 点离开,
1
有eEx= mv21
设分裂时另一微粒2的速度为v2,根据动量守 2
恒定律 1 2 1eE 2y=2at =
L
2m (v )1
mv1+mv2=0 ⑤
L2
-qEd 解得xy= ,即在电场Ⅰ区域内满足方程的点
得v =-v 42 1= 2m . ⑥
即为所求位置.
(2)微粒1运动到B(0,-d)点时,速度在x 轴 (3)设电子从(x,y)点释放,在电场Ⅰ中加速到
方向上的分量为vBx,则 v2,进入电场Ⅱ后做类平抛运动,在高度为y'处离开
vBx=- -2ad ⑦ 电场Ⅱ时的情景与(2)中类似,然后电子做匀速直线
-2qEd 运动,经过D 点,则有由③⑦得vBx=- m 1 1 1eE 2
电场力对它做功的瞬时功率 eEx=2mv
2
2,y-y'=2at
2= L2m (v )2
-2qEd eEL L
P=qEvBx=qE . vm y
=at= ,mv y'=vy2 nv2
(3)中性微粒分裂时,根据电荷守恒定律,微粒2 解得xy=L2 (1 12n+4 ),即 在 电 场Ⅰ区 域 内 满
带等量的正电荷,所受电场力沿x 轴的正方向,在电
足方程的点即为所求位置.
场力的作用下也做类平抛运动.根据对称性,当微粒1
13.【解析】 (1)由题意,根据小球恰能通过轨
到达B(0,-d)点时,微粒2运动到C(2d,d)点,此时
道最高点可知:
两微粒间的距离是BC= (2d)2+(2d)2=22d.
v2
m DR =mg+qE ①
离开D 后,竖直方向做类自由落体运动,得
1
2R= (mg+qE )t22 m ②
x=vDt ③
联立①②③得:x=0.4m ④
12.【解析】 (1) () 、 、 ,设电子的质量为 m,电荷量为 2 设碰撞后甲 乙的速度分别为v甲 v乙 碰撞
e, , ,电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动,出区域Ⅰ时的 过程动量守恒 机械能守恒 得
速度为v ,此后在电场Ⅱ中做类平抛运动,假设电子 mv0=mv甲+mv乙 ⑤0
从CD 边射出,出射点纵坐标为y,有 1mv2
1 2 1 2
2 0=2mv甲+2mv乙 ⑥
1
eEL= mv20 联立2 ⑤⑥
得,v乙=v0 ⑦
2 由动能定理,得L 1 1eE
2-y=2at
2= L2m (v )0 1 1-mg·2R-qE·2R=2mv2 2D-2mv乙 ⑧
1
解得y=4L
,所以电子离开ABCD 区域的位置 联立①⑦⑧解出
坐标为 ( 1-2L, L ) . 5(mg+qE)R4 v0= /m =25ms ⑨
·43·
(3)设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙的速度分别 4.0.15 7.5 【解析】 滑片P 向右移动的过程
为vM、vm,根据动量守恒和机械能守恒定律有: 中,电流表示数在减小,电压表示数在增加,由此可以
Mv0=MvM+mvm ⑩ 确定电流表量程选取的是0~0.6A,电压表量程选取
1 2 1 1 1Mv0= Mv2 2M+ mvm 的是0~15V,所以电流表的示数为2 2 2 4×0.6A=0.15
联立⑩ 得:
2Mv
v = 0m A,
1
电压表的示数为 ×15V=5V;当电压表示数M+m 3
由 和 M≥m,可得:v0≤vm<2v0 U1=2.5V时,电流表示数I1=0.3A,得
设乙球过D 点的速度为v'D,由动能定理得 I1(R1+R2)E=U1+I1R1+ R r2
-mg·
1 1
2R-qE·2R=2mv'
2 2
D-2mvm 当电压表 示 数U2=5V 时,电 流 表 示 数I2=
联立⑨ 得:2m/s≤v'D<8m/s 0.15A,得
设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x', I2(R1+R2)E=U2+I2R1+ r,
则有:x'=v' R2Dt
联立② 得:0.4m≤x'<1.6m 解方程组得:E=7.5V.
5.【解析】 设所需碳棒的长度为l1,电阻率为
专题7 恒定电流
ρ1,电阻温度系数为α1;铜棒的长度为l2,电阻率为
十年高考母题原型训练 ρ2,电阻温度系数为α2.根据题意有
ρ1=ρ10(1+α1t) ①
A组 ρ2=ρ20(1+α2t) ②
式中 10、20分别为碳和铜在0℃时的电阻率.
题源1 电阻定律、欧姆定律 ρ ρ
设碳棒的电阻为R1,铜棒的电阻为R2,有
1.D 【解析】 热敏电阻用于温控,光敏电阻用 l1
, , R1= 1 ③于光电传感 电阻丝主要是热效应 故A、B、C说法正 ρ S
确,而电阻对交、直流作用等效,故D说法错误. lR2=
2
ρ2 ④
2.A 【解析】 滑动变阻器下部电阻R1 与上
S
式中 为碳棒与铜棒的横截面积
部电阻R2 并联.当滑片P 下滑时,R2 增大,R
S .
1 减小,
电路中的总电阻先变大后变小,电压表测路端电压, 碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分
别为
电压表示数先变大后变小.当滑片P 下滑时,电流表
先测通过R1 的电流,电流表示数由零变大,R1 为零 R=R1+R2 ⑤
时,电流表测干路电流,示数最大.所以A项正确. l0=l1+l2 ⑥
3.B 【解析】 电动机未启动时,U灯=E-I1r 式中l0=1.0m
=(12.5-10×0.05)V=12V,电灯功率P灯=U灯 I 联立以上各式得
=120W.电动机启动时,U灯'=E-Ir=(12.5-58 l l αl + αl2 R= 1+ 2 ρ10 1 1 ρ20 2 2ρ10S ρ20S+ S t ⑦
2
×0.05)V=9.6V,
U
设电灯阻值不变,由P= ,可得R 要使 R 不 随t 变 化,⑦式 中t 的 系 数 必 须 为
U ' 2 零9.6 2 .
即
P'= ( 灯 灯 ,电功U ) ×P = ( ) ×120W=76.8W灯 12 ρ10α1l1+ρ20α2l2=0 ⑧
率的减少量ΔP=P-P'=(120-76.8)W=43.2W. 联立⑥⑧式得
·44·

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