2019年度高考物理一轮复习 第七章 静电场课时达标训练（打包4套）.zip

1带电粒子在电场中运动的综合问题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题)1．如图1所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由 A运动到 B的过程中，其速度－时间图象是选项中的( )图1解析 电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向，因此粒子从 A运动到 B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°，粒子做减速运动，电场力越来越小，加速度越来越小，故B项正确。答案 B2．两带电荷量分别为 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 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错误；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，A正确，C错误。2答案 A3．将如图2所示的交变电压加在平行板电容器 A、 B两板上，开始 B板电势比 A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设 A、 B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )图2A．电子一直向着 A板运动B．电子一直向着 B板运动C．电子先向 A板运动，然后返回向 B板运动，之后在 A、 B两板间做周期性往复运动D．电子先向 B板运动，然后返回向 A板运动，之后在 A、 B两板间做周期性往复运动解析 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度 a、速度 v随时间变化的图线，如图甲、乙。从图中可知，电子在第一个 内做匀加速运动，第二个 内做匀减速运动，在这半周期内，因初始 B板电势比 A板电势高，所T4 T4以电子向 B板运动，加速度大小为 。在第三个 内电子做匀加速运动，第四个 内做匀减速运动，但在这eUmd T4 T4半周期内运动方向与前半周期相反，向 A板运动，加速度大小为 。所以电子在交变电场中将以 t＝ 时刻eUmd T4所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确。答案 D4．(2017·河北唐山模拟)粗糙绝缘的水平桌面上，有两块竖直平行相对而立的金属板 A、 B。板间桌面上静止着带正电的物块，如图3甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到 t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )图3A．在0～ t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向左B．在 t1～ t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小3C． t3时刻物块的速度最大D． t4时刻物块的速度最大解析 在0～ t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即 Ff＝ qE＝ q，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，Ud选项A正确；在 t1～ t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误； t3到 t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故 t3时刻速度最大，选项C正确，D错误。答案 AC5．如图4所示，点电荷＋4 Q与＋ Q分别固定在 A、 B两点， C、 D两点将 AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在 CD之间运动的速度大小 v与时间 t的关系图象(如图所示)可能是( )图4解析 设 AC＝ CD＝ DB＝ r，则 EC＝ k － k ＝ ，方向水平向右。 ED＝ k － k ＝0，则负电荷由 C4Qr2 Q（ 2r） 2 15kQ4r2 4Q（ 2r） 2 Qr2到 D所受电场力始终向左。第一种情况，该负电荷做减速运动，且加速度逐渐减小，直到电荷以一定速度通过 D点，故B正确；第二种情况，电荷向右减速，在到达 D点之前反向运动，因此，由 C→ D电荷先减速后加速，加速度先减小后增大，故C正确。本题正确答案为B、C。答案 BC二、非选择题6．(2017·北京东城区检测)如图5所示，一带电荷量为＋ q、质量为 m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：图5(1)水平向右电场的电场强度的大小；4(2)若将电场强度减小为原来的 ，小物块的加速度是多大；12(3)电场强度变化后小物块下滑距离 L时的动能。解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力(如图所示)，则FNsin 37°＝ qE①FNcos 37°＝ mg②由①②可得 E＝ 。3mg4q(2)若电场强度减小为原来的 ，则12E′＝ ，3mg8qmgsin 37°－ qE′cos 37°＝ ma，可得 a＝0.3 g。(3)电场强度变化后小物块下滑距离 L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：mgLsin 37°－ qE′ Lcos 37°＝ Ek－0可得 Ek＝0.3 mgL答案 (1) (2)0.3 g (3)0.3 mgL3mg4q7．如图6甲所示，相距 d＝15 cm的 A、 B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。今在 A、 B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期 T＝1.0×10 －6 s， t＝0时 A板的电势比 B板的电势高，且 U0＝1 080 V，一个比荷 ＝1.0×10 8 qmC/kg的带负电荷的粒子在 t＝0时刻从 B板附近由静止开始运动不计重力。图6(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小。解析 粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于 v－ t图象分析运动的过程，如图所示为一个周期的 v－ t图象5，以后粒子将重复这种运动。(1)在0～ 时间内，粒子加速向 A运动；当 t＝ 时，粒子速度第一次达到最大，根据牛顿第二定律可知，粒T3 T3子运动的加速度为 a＝ ＝ ，Fm qU0md设粒子的最大速度为 vm，此时位移为 x，则x＝ at2＝ · ·( )2＝0.04 m，12 12 qU0md T3vm＝ at＝ ＝2.4×10 5 m/s。qU0T3md(2)粒子在一个周期的前 时间内，先加速后减速向 A板运动，位移为 xA；在后 时间内，先加速后减速向 B2T3 T3运动，位移为 xB，以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子加速和减速运动中的加速度大小相等，即有xA＝2 x＝0.08 m， xB＝2× ＝0.02 m。所以粒子在一个周期内的位移 x′＝ xA－ xB＝0.06 qU0T22md×36m。显然，第2个周期末粒子距 A板的距离为 L＝ d－2 x′＝0.03＜0.04 m，表明粒子将在第3个周期内的前 时间内到达 A板，设粒子到达 A板的速度为 v，则由 v2＝2 aL，有 v2＝T3，解得 v＝2.1×10 5 m/s。2qU0Lmd答案 (1)0.04 m 2.4×10 5 m/s (2)2.1×10 5 m/s8．如图7所示，长为2 L的平板绝缘小车放在光滑水平面上，小车两端固定两个绝缘的带电小球 A和 B， A的带电荷量为＋2 q， B的带电荷量为－3 q，小车(包括带电小球 A、 B)总质量为 m。虚线 MN与 PQ均沿竖直方向且相距3L，开始时虚线 MN位于小车正中间。若视带电小球为质点，在虚线 MN、 PQ间加上方向水平向右、电场强度大小为 E的匀强电场后，小车开始运动。试求：图7(1)小车向右运动的最大距离和此过程中 B球电势能的变化量；(2)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间。解析 (1)设 A球出电场的最大位移为 x，由动能定理得2qEL－ qEL－3 qEx＝0解得 x＝L36则小车向右运动的最大距离为 xA＝2 L＋ ＝ LL3 73B球从刚进入电场到小车速度第一次为零时的位移为xB＝ L－ L＝ L73 43则 B球电势能的变化量为Δ Ep＝－ W＝3 qE· L＝4 qEL。43(2)设 B球刚进入电场时小车速度为 v1，由动能定理得2qEL＝ mv12 21解得 v1＝2qELm取向右为正方向， B球进入电场前，小车加速度为 a1＝2qEm运动时间 t1＝ ＝v1a1 mLqEB球进入电场后， A球离开电场前，小车加速度为a2＝－qEm由运动学规律有 v1t2＋ a2t ＝ L12 2解得运动时间 t2＝(2－ )2mLqE(t2＝(2＋ ) 舍去 )2mLqE则 A球从开始运动到刚离开电场所用总时间t＝ t1＋ t2＝(3－ ) 。2mLqE答案 (1) L 4 qEL (2)(3－ )73 2 mLqE11 电场的力的性质一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)1． A、 B、 C三点在同一直线上， AB∶ BC＝1∶2， B点位于 A、 C之间，在 B处固定一电荷量为 Q的点电荷。当在 A处放一电荷量为＋ q的点电荷时，它所受到的电场力为 F；移去 A处电荷，在 C处放一电荷量为－2 q的点电荷，其所受电场力为( )A．－ B. C．－ F D． FF2 F2解析 设 A、 B间距离为 x，则 B、 C间距离为2 x，根据库仑定律有 F＝ k ，在 C处放一电荷量为－2 q的点电荷，其所Qqx2受电场力为 F′＝ k ＝ ，考虑电场力方向易知B正确。2Qq（ 2x） 2 F2答案 B2．一负电荷从电场中 A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到 B点，它运动的 v－ t图象如图1所示，则 A、 B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( )图1解析 由 v－ t图象可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由 B指向 A且 A到 B的方向场强变大，电场线变密，选项C正确。答案 C3．如图2所示，内壁光滑绝缘的半球形容器固定在水平面上， O为球心，一质量为 m，带电荷量为 q的小滑块，静止于 P点，整个装置处于沿水平方向的匀强电场中。设滑块所受支持力为 FN， OP与水平方向的夹角为 θ。下列关系正确的是( )2图2A． qE＝ B． qE＝ mgtan θmgtan θC． FN＝ D． FN＝ mgtan θmgtan θ解析 小滑块受重力、电场力和支持力作用，小滑块处于平衡状态，根据力的合成与分解，有 qE＝ ， FN＝mgtan θ。故正确答案为A。mgsin θ答案 A4．(2017·江苏南通第三次调研)如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 ( )解析 根据点电荷电场强度公式 E＝ k ，结合矢量合成法则求解。设正方形顶点到中心的距离为 r，则A选项中电Qr2场强度 EA＝0，B选项中电场强度 EB＝2 k ，C选项中电场强度 EC＝ k ，D选项中电场强度 ED＝ k ，所2Qr2 Qr2 2Qr2以B正确。答案 B5．(2018·湖北武汉调考)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图3所示，半径为 R的球体上均匀分布着电荷量为 Q的电荷，在过球心 O的直线上有 A、 B两个点， O和 B、 B和 A间的距离均为 R。现以 OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为 k，球的体积公式为 V＝ π r3，则 A点处场强的大小为( )43图3A. B. C. D.5kQ36R2 7kQ36R2 7kQ32R2 3kQ16R23解析 由题意知，半径为 R的均匀带电体在 A点产生的场强 E整 ＝ ＝ 。挖出的小球半径为 ，因为电荷均kQ（ 2R） 2 kQ4R2 R2匀分布，其带电荷量 Q′＝ Q＝ 。则其在 A点产生的场强 E挖 ＝ ＝ ＝ 。所以剩43π （ R2） 343π R3 Q8 kQ′（ 12R＋ R） 2k·Q894R2 kQ18R2余空腔部分电荷在 A点产生的场强 E＝ E整 － E挖 ＝ － ＝ ，故B正确。kQ4R2 kQ18R2 7kQ36R2答案 B6．(2018·湖北孝感一模)如图4所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形 ABC， P为三角形的中心，当 AB、 AC棒所带电荷量均为＋ q， BC棒带电荷量为－2 q时， P点场强大小为 E，现将 BC棒取走， AB、 AC棒的电荷分布不变，则取走 BC棒后， P点的场强大小为( )图4A. B. C. D． EE4 E3 E2解析 AB、 AC棒带电完全相同，在 P点产生的电场强度大小相同，由于两个带电棒关于 P点轴对称，所以两个带电棒在 P点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线过 P点斜向下，又两个电场方向互成120°角，则 AB棒和 AC棒在 P点产生的合场强大小即等于 AB棒在 P点产生的场强大小。 BC棒在 P点的电场强度是 AB棒和 AC棒在 P点的合电场强度的2倍，因 P点合场强大小为 E，所以 BC棒在 P点的场强为 E，若取走 BC棒后， P点的场强大小为 E23 13，B正确。答案 B7．(2017·湖南十校联考)如图5所示， P、 Q是两个电荷量相等的异种点电荷，在其电场中有 a、 b、 c三点在一条直线上，平行于 P、 Q的连线， b在 P、 Q连线的中垂线上， ab＝ bc，下列说法正确的是( )图5A．电势： φ a＞ φ b＞ φ c B．电势： φ a＞ φ c＞ φ bC．电场强度： Ea＞ Eb＞ Ec D．电场强度： Eb＞ Ea＞ Ec4解析 根据等量异种点电荷电场线的分布特点知， a、 c两点对称，场强大小相等，又 a、 c两点处的电场线分布比b点处的密，故 a、 c两点处的场强大于 b点处的场强，又沿着电场线方向电势逐渐降低，故选项A正确，B、C、D错误。答案 A8．如图6所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋ Q的小球 P，带电荷量分别为－ q和＋2 q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( )图6A． M与 N的距离大于 LB． P、 M和 N在同一直线上C．在 P产生的电场中， M、 N处的电势相同D． M、 N及细杆组成的系统所受合外力为零解析 对小球 M、 N和杆组成的整体，由题意可知 k ＝ k ，得 xφ N，则C错误； M、 N及细杆静止于光滑绝缘桌面上，所以系统所受合外力为零，D正确。答案 BD9．(2018·云南一模)如图7所示，质量和电荷量均相同的两个小球 A、 B分别套在光滑绝缘杆 MN、 NP上，两杆固定在一起， NP水平且与 MN处于同一竖直面内，∠ MNP为钝角。 B小球受一沿杆方向的水平推力 F1作用， A、 B均处于静止状态，此时 A、 B两球间距为 L1。现缓慢推动 B球， A球也缓慢移动，当 B球到达 C点时，水平推力大小为 F2， A、 B两球间距为 L2，则( )图7A． F1＜ F2 B． F1＞ F2 C． L1＜ L2 D． L1＞ L2解析 对 A球受力分析如图所示， A球受到重力 mg、支持力 FNA和库仑力 F库 ，在 B球向 C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中 α 角变小，由矢量三角形可知库仑力在变小，根据库仑定律 F库 ＝ k 可知 L变大，即 A、q2L2B之间的距离变大，C正确，D错误；对 B球受力分析如图所示， B球受到重力 mg、支持力 FNB、库仑力 F库 和推5力 F，根据平衡条件可知 F＝ F库 cos β ，在 B球向 C移动的过程中， β 在变大，则cos β 变小，库仑力也在减小，故推力 F变小，即 F1＞ F2，A错误，B正确。答案 BC10．(2017·河北唐山统考)真空中两点电荷 q1、 q2分别位于直角三角形的顶点 C和顶点 B上， D为斜边 AB的中点，∠ ABC＝30°，如图8所示。已知 A点电场强度的方向垂直 AB向下，则下列说法正确的是( )图8A． q1带正电， q2带负电B． D点电势高于 A点电势C． q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的一半D． q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的二倍解析 根据题述， A点的电场强度垂直 AB向下，可知 q1带正电， q2带负电，选项A正确；可粗略画出两点电荷电场的等势面，显然 A点的电势高于 D点，选项B错误；根据题述， A点的电场强度垂直 AB向下，可得sin 30°＝， E1＝ k ， E2＝ k ，又 r2＝2 r1，联立解得 q2＝2 q1，选项C正确，D错误。E2E1答案 AC11．(2018·河北百校联考)如图9所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有 O、 A、 B三点，其中 O为圆心， A点固定电荷量为 Q的正电荷， B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等， ＝ L。有一个可视为质点的质量为 m、电荷量为－ q的带电小球正在槽中运动，在 C点受到的电场力AB－ 指向圆心， C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知 ( )图96A． B点的电荷带正电B． B点的电荷的电荷量为3 QC． B点的电荷的电荷量为 Q3D．小球在槽内做的是匀速圆周运动解析 如图，由小球在 C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知 B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则 B点的电荷带负电，由∠ ABC＝∠ ACB＝30°，知：∠ ACO＝30°， ＝ ＝ L， ＝2 cos 30°＝AB－ AC－ BC－ AB－ L，由几何关系可得： F1＝ F2，即 ＝ ，得 QB＝ Q，故A、B错误，C正确；圆周上各点电3 3kQqL2 3 kQBq（ 3L） 2 3势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确。答案 CD二、非选择题12．(2014·福建理综，20)如图10，真空中 xOy平面直角坐标系上的 ABC三点构成等边三角形，边长 L＝2.0 m。若将电荷量均为 q＝＋2.0×10 －6 C的两点电荷分别固定在 A、 B点，已知静电力常量 k＝9.0×10 9 N·m2/C2，求：图10(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。解析 (1)根据库仑定律， A、 B两点电荷间的库仑力大小为F＝ k ①q2L2代入数据得F＝9.0×10 －3 N②(2)A、 B点电荷在 C点产生的场强大小相等，均为E1＝ k ③qL27A、 B两点电荷形成的电场在 C点的合场强大小为E＝2 E1cos 30°④由③④式并代入数据得E＝7.8×10 3 N/C⑤场强 E的方向沿 y轴正向答案 (1)9.0×10 －3 N (2)7.8×10 3 N/C 方向沿 y轴正方向12 电场的能的性质一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．如图1所示， a、 b、 c为电场中同一条电场线上的三点，其中 c为 ab的中点。已知 a、 b两点的电势分别为 φ a＝3 V， φ b＝9 V，则下列叙述正确的是( )图1A．该电场在 C点处的电势一定为6 VB． a点处的场强 Ea一定小于 b点处的场强 EbC．正电荷从 a点运动到 b点的过程中电势能一定增大D．正电荷只受电场力作用从 a点运动到 b点的过程中动能一定增大解析 本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落及场强大小情况都不能确定，A、B错； a、 b两点电势已知，正电荷从 a到 b是从低电势向高电势运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，C对，D错。答案 C2．(2017·兰州一模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a点以初速度 v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b点，如图2所示，则从 a到 b过程中，下列说法正确的是( )图2A．粒子带负电荷B．粒子先加速后减速C．粒子加速度一直增大D．粒子的机械能先减小后增大解析 粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，A错误；由图知粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，故B错误；从 a点到 b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增大后减小，动能先2减小后增大，根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确。答案 D3．在某匀强电场中有 M、 N、 P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠ M＝30°、∠ P＝90°，直角边 NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行， M、 N和 P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为( )图3A．150 V/m B．75 V/mC．225 V/m D．75 V/m3 3解析 过 P点作斜边 MN的垂线交 MN于 O点，由几何知识可知 N、 O间的距离 NO＝2 cm， M、 O间的距离 MO＝6 cm，由匀强电场的特点得 O点的电势为 φ O＝12 V，即 O、 P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知： E＝ ＝ ＝150 Ud φ N－ φ ONOV/m，即选项A正确。答案 A4．两电荷量分别为 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4所示，其中 C为 ND段电势最低的点，则下列说法正确的是( )图4A． q1、 q2为等量异种电荷B． N、 C两点间场强方向沿 x轴负方向C． N、 D两点间的电场强度大小沿 x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从 N点移到 D点，电势能先增大后减小解析 根据 q1左侧和 q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误； N、 C间的电场方向沿 x轴正方向， C点场强为0，B错误；根据 N→ D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从 N移到 D，由 Ep＝ qφ 知，电势能先减小后增大，D错误。3答案 C5．如图5所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个圆周， A点为圆周上和圆心同一高度的一点， B点为圆周上的最高点。在 A点的粒子源以相同大小的初速度 v0在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上发射的粒子恰好经过 B点，则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为( )图5A．3 v0 B．2 v0 C. v0 D． v02解析 设粒子所带电荷量为＋ q，质量为 m，电场强度为 E，圆周的半径为 R，因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过 B点，故电场方向水平向右，且有 a＝ ， R＝ v0t， R＝ at2，解得 qE＝ 。粒子从圆周上右侧与圆qEm 12心等高处离开时的速度最大，则有 qE×2R＝ mv2－ mv ，可得 v＝3 v0，选项A正确。12 12 20答案 A6．如图6所示，空间有两个等量的异种点电荷 M、 N固定在水平面上，虚线 POQ为 MN连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下从 P点运动到 Q点，其轨迹为图中的实线，轨迹与 MN连线的交点为 A。则下列叙述正确的是( )图6A．电荷 M带负电B． A点的电势比 P点的电势低C．试探电荷在 A点速度最大D．试探电荷从 P运动到 Q的过程中电场力先做负功后做正功解析 试探电荷做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，因为试探电荷带负电，所以电荷 N带负电，A项错误；由等量异种点电荷电场线分布特征及沿电场线方向电势逐渐降低可知，B项正确；试探电荷从 P到 A的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减少，试探电荷从 A到 Q的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增4加，选项C错误、D正确。答案 BD7．静电场在 x轴上的场强 E随 x的变化关系如图7所示， x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿 x轴运动，则点电荷( )图7A．在 x2和 x4处电势能相等B．由 x1运动到 x3的过程中电势能增大C．由 x1运动到 x4的过程中电场力先增大后减小D．由 x1运动到 x4的过程中电场力先减小后增大解析 由图象可知，将正电荷沿 x轴正向移动，从 x2移动到 x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从 x1移动到 x3的过程电场力沿 x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；由 x1运动到 x4的过程中，场强先增大后减小，因此电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。答案 BC8．如图8所示，两个固定的等量正点电荷相距为4 L，其连线中点为 O，以 O为圆心、 L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于 a、 b和 c、 d，以 O为坐标原点、垂直 ab向上为正方向建立 Oy轴。取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是( )图8A． a、 b两点的场强相同B． Oy轴上沿正方向电势随坐标 y的变大而减小C．将一试探电荷＋ q自 a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在 a、 b间往复运动D． Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标 y的变大而增大解析 a、 b两点的场强大小相等、方向相反，选项A错误；由等量正点电荷的电场特点，知 Oy轴上沿正方向电势5随坐标 y的增大逐渐减小，选项B正确； a点场强方向沿 ab连线向右，试探电荷＋ q自 a点由静止释放后向右运动，遵循能量守恒定律，在 a、 b间往复运动，选项C正确；等量正点电荷连线的中点电场强度为零，沿 Oy轴正方向无穷远处电场强度为零，知电场强度沿 Oy轴正方向先增大后减小，选项D错误。答案 BC9．(2017·福建台州质量评估)如图9所示，竖直平面内的 xOy坐标系中， x轴上固定一个点电荷 Q， y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点 O处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从 P处由静止释放，圆环从 O处离开细杆后恰好绕点电荷 Q做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )图9A．圆环沿细杆从 P运动到 O的过程中，加速度一直增大B．圆环沿细杆从 P运动到 O的过程中，速度先增大后减小C．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷 Q做匀速圆周运动D．若将圆环从杆上 P点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷 Q做匀速圆周运动解析 圆环运动到 O点且未离开细杆时库仑力沿 x轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A错误；因为圆环到 O点前，库仑力沿 y轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B错误；设 P、 O两点间电势差为 U，由动能定理有 qU＝ mv2，由牛顿第二定律有 ＝ ，联立有 ＝ ，即圆环是否做12 kQqr2 mv2r kQr2 2Ur圆周运动与 q无关，C正确；若从 P点上方释放，则 U变大，不能做匀速圆周运动，D正确。答案 CD10．(2018·河北邢台质检)如图10所示， A、 B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在 A、 B所在直线上某一点固定一电荷 Q，然后在 A点由静止释放一点电荷 q，结果点电荷 q运动到 B时的速度为零，若点电荷 q只受电场力作用，则下列结论正确的是 ( )图10A．电荷 Q与点电荷 q一定是同种电荷B．电荷 Q一定在 A点的左侧6C．点电荷 q的电势能一定是先减小后增大D． A、 B两点电势一定相等解析 由题意分析知电荷 Q应在点 A、 B的外侧，如果 Q在 A点左侧，点电荷 q从 A由静止释放运动到点 B时速度为零，说明点电荷 q先做加速运动后做减速运动，在 A、 B连线某一位置合场强为零，这时 Q和 q是同种电荷，同理分析，如果 Q在 B点的右侧，则 Q和 q一定是同种电荷，A项正确，B项错误；由于只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，且两种能相互转化，又知 q的速度先增大后减小，则其电势能先减小后增大，C项正确；由于点电荷 q在 A、 B两点的动能均为零，因此点电荷在 A、 B两点的电势能相等，则 A、 B两点电势相等，D项正确。答案 ACD二、非选择题11．(2017·福建厦门质检)如图11所示，光滑、绝缘的水平轨道 AB与四分之一圆弧轨道 BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强 E＝5×10 3 V/m，圆弧轨道半径 R＝0.4 m。现有一带电荷量 q＝＋2×10 －5 C、质量 m＝5×10 －2 kg的物块(可视为质点)从距 B端 s＝1 m处的 P点由静止释放，加速运动到 B端，再平滑进入圆弧轨道 BC，重力加速度 g＝10 m/s 2求：图11(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达 B点的速度 vB的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力 NB的大小。解析 (1)在物块从开始至运动到 B点的过程中，由牛顿第二定律可知：qE＝ ma又由运动学公式有： s＝ at212解得： t＝1 s又因： vB＝ at得： vB＝2 m/s(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：NB－ mg＝ m解得： NB＝1 N答案 (1)1 s 2 m/s (2)1 N712．在光滑绝缘的水平面上，用长为2 L的绝缘轻杆连接两个质量均为 m的带电小球 A和 B。 A球的带电荷量为＋2q， B球的带电荷量为－3 q，组成一带电系统，如图12所示，虚线 MP为 A、 B两球连线的垂直平分线，虚线 NQ与 MP平行且相距5 L。最初 A和 B分别静止于虚线 MP的两侧，距 MP的距离均为 L，且 A球距虚线 NQ的距离为4 L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线 MP， NQ间加上水平向右的匀强电场 E后，试求：图12(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离；(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时， B球电势能的变化量。解析 (1)设 B球刚进入电场时，系统的速度为 v1，对 A、 B系统应用动能定理：2qEL＝ ×2mv ，12 21则 v1＝ 。2qELm(2)设球 A向右运动 s时，系统速度为零，由动能定理，得：2qEs＝3 qE(s－ L)，则 s＝3 L。(3)带电系统的速度第一次为零时， B球克服电场力做功WFB＝6 qEL，则 B球电势能增加了6 qEL。答案 (1) (2)3 L (3)6 qEL2qELm13 电容器 带电粒子在电场中的运动一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2018·浙江理综，14)以下说法正确的是( )A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C．电容器电容 C与电容器所带电荷量 Q成正比D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化解析 在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低，选项A正确；根据 P＝ 可知，外力对物体所做的功越多，对Wt应的功率不一定越大，选项B错误；电容器电容 C与电容器所带电荷量 Q无关，只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关，选项C错误；在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生变化，只是物体的视重发生了变化，选项D错误。答案 A2．如图1所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差 U及板间场强 E的变化情况为( )图1A． U变大， E变大 B． U变小， E变小C． U不变， E不变 D． U变小， E不变解析 当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量 Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容 C变大，则 U＝ 将变小，而由 E＝ 可知，板间场强 E也将变小。选项B正确。QC Ud答案 B3．如图2所示，电子由静止开始从 A板向 B板运动，到达 B板的速度为 v，保持两板间电压不变，则( )2图2A．当减小两板间的距离时，速度 v增大B．当减小两板间的距离时，速度 v减小C．当减小两板间的距离时，速度 v不变D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析 由动能定理得 eU＝ mv2，当改变两极板间的距离时， U不变， v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在12极板间做初速度为零的匀加速直线运动， ＝ ， ＝ ，即 t＝ ，当 d减小时， v不变，电子在两极板间运v－ dt v2 dt 2dv动的时间变短，故选项D错误。答案 C4．如图3所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点 A点释放一个带电荷量为＋ Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度 v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则 d与 L之比为( )图3A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶3解析 设粒子从 A到 B的时间为 t，粒子在 B点时，竖直方向的分速度为 vy，由类平抛运动的规律可得 L＝ v0t， d＝t，又 v0∶ vy＝1∶2，可得 d∶ L＝1∶1，选项C正确。vy2答案 C5．如图4所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的 k倍。有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值 为( )ld图4A. B. C. D.k 2k 3k 5k3解析 设加速电压为 U1，偏转电压为 U2，因为 qU1＝ mv ，带电粒子离开加速电场时的速度 v0＝ ；在偏转电12 20 2qU1m场中 ＝ · t2，解得 t＝ d ，水平距离 l＝ v0t＝ d ＝ d ，所以 ＝ ，B正确。d2 12 qU2md mqU2 2U1U2 2k ld 2k答案 B6．如图5所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从 A运动到 B，现将平行金属板分别以 O、 O′为圆心在平面内旋转相同角度后，带电粒子依旧能够沿直线从 A运动到 B，则( )图5A．平行金属板一定顺时针旋转45°B．平行金属板一定逆时针旋转45°C．带电粒子电势能一定逐渐增加D．带电粒子一定做匀变速直线运动解析 刚开始时粒子做匀速直线运动， 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，Ud平行金属板顺时针旋转 θ 角，则 q cos θ ＝ q cos Ud′ Udcos θθ ＝ 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Ud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D正确。答案 D7．(2015·广东理综，21)如图6所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M和 N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后， M、 N保持静止，不计重力，则( )图6A． M的带电量比 N的大4B． M带负电荷， N带正电荷C．静止时 M受到的合力比 N的大D．移动过程中匀强电场对 M做负功解析 带电球 M、 N在不计重力条件下平衡，说明 M、 N两球所受电场力的合力为零，即 M、 N所在点合场强为零，所以 M球在 N球处所产生的场强方向向左，大小为 E，故 M球带负电；同理， N球在 M球处产生的场强方向向左，大小为 E，故 N球带正电，且两球所带电荷量相等。匀强电场对 M的电场力方向与 M移动方向成钝角，做负功。所以B、D正确。答案 BD8．如图7所示， M、 N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为 m、电荷量为－ q的带电粒子(不计重力)，以初速度 v0由小孔进入电场，当 M、 N间电压为 U时，粒子刚好能到达 N板，如果要使这个带电粒子能到达 M、 N两板间距的 处返回，则下述措施能满足要求的是( )12图7A．使初速度为原来的12B．使 M、 N间电压提高到原来的2倍C．使 M、 N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和 M、 N间电压都减为原来的12解析 在粒子刚好到达 N板的过程中，由动能定理得－ qEd＝0－ mv ，所以 d＝ ，令带电粒子离开 M板的最远12 20距离为 x，则使初速度减为原来的 ， x＝ ，故A错；使 M、 N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的12 d42倍， x＝ ，故B对；使 M、 N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍， x＝ ，故C错；使初速度d2 d4和 M、 N间电压减为原来的 ，电场强度变为原来的一半， x＝ ，故D对。12 d2答案 BD9．(2017·衡水调研)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图8所示，平行板电容器两极板 M、 N与电压为 U的恒定电源两极相连，板的间距为 d。现有一质量为 m5的带电油滴在极板间匀速下落，则( )图8A．此时极板间的电场强度 E＝UdB．油滴带电荷量为mgUdC．减小极板间电压，油滴将加速下落D．将极板 N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析 极板间电压为 U，间距为 d，是匀强电场，故场强 E＝ ，故A正确；油滴受重力和电场力，处于平衡状态，Ud故 mg＝ q ，解得 q＝ ，故B错误；减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将Ud mgdU加速下落，故C正确；将极板 N向下缓慢移动一小段距离，板间距增加，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故D错误。答案 AC10．如图9所示，带正电的金属滑块质量为 m、电荷量为 q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为 μ (μ ＜1)。水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为 E＝ 。如果在 A点给滑块一个向左的大小为 v的初速度，运动mgq到 B点速度恰好为零，则下列说法正确的是( )图9A．滑块运动到 B点后将返回向 A运动，来回所用时间相同B．滑块运动到 B点后将返回向 A运动，到 A点时速度大小仍为 vC．滑块回到 A点时速度大小为 v1－ μ1＋ μD． A、 B两点间电势差为－mv22（ 1＋ μ ） q解析 由 A点到 B点过程，滑块加速度为 aAB＝ ＝( μ ＋1) g，由 B点到 A点过程，滑块加速度为 aBA＝μ mg＋ Eqm＝(1－ μ )g，而位移大小相等，所以运动时间不可能相同，选项A错误；滑块返回 A点时的速度大Eq－ μ mgm小不可能等于滑块在 A点的初速度，选项B错误；根据 v2＝2 aABx， v ＝2 aBAx，可得回到 A点时滑块速度 vA＝2Av， x＝ ， UAB＝－ Ex＝－ ，选项C、D正确。1－ μ1＋ μ v22（ 1＋ μ ） g mv22（ 1＋ μ ） q答案 CD6二、非选择题11．(2018·北京市海淀区二模)如图10所示，质量 m＝2.0×10 －4 kg、电荷量 q＝1.0×10 －6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为 E1的匀强电场中。取 g＝10 m/s 2。图10(1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在 t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为 E2＝4.0×10 3 N/C，且方向不变。求在 t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在 t＝0.20 s时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能。解析 (1)由题意知 E1q＝ mg，E1＝ ＝ N/C＝2.0×10 3 N/C，方向向上。mgq 2.0×10－ 4×101.0×10－ 6(2)在 t＝0时刻，电场强度突然变化为 E2＝4.0×10 3 N/C。设微粒的加速度为 a1，在 t＝0.20 s时间内上升高度为 h，电场力做功为 W，则 qE2－ mg＝ ma1，解得 a1＝10 m/s 2，h＝ a1t2，解得 h＝0.20 m，12W＝ qE2h，解得 W＝8.0×10 －4 J。(3)设在 t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为 v，回到出发点时的动能为 Ek，则 v＝ a1t， Ek＝ mgh＋ mv2，解得 Ek＝8.0×10 －4 J。12答案 (1)2.0×10 3 N/C 方向向上 (2)8.0×10 －4 J (3)8.0×10 －4 J12．(2017·太原考试)如图11，直角坐标系 xOy位于同一竖直平面内，其中 x轴水平、 y轴竖直， xOy平面内长方形区域 OABC内有方向垂直 OA的匀强电场， OA长为 l，与 x轴间的夹角 θ ＝30°。一质量为 m、电荷量为 q的带正电小球(可看作质点)从 y轴上的 P点沿 x轴方向以一定速度射出，恰好从 OA的中点 M垂直 OA进入电场区域。已知重力加速度为 g。图117(1)求 P的纵坐标 yP及小球从 P射出时的速度 v0；(2)已知电场强度的大小为 E＝ ，若小球不能从 BC边界离开电场， OC长度应满足什么条件？3mg2q解析 (1)设小球从 P运动到 M所用时间为 t1，则有yP－ sin θ ＝ gtl2 12 21cos θ ＝ v0t1l2＝ gt1v0tan θ解得 yP＝ l58v0＝gl2(2)设小球到达 M时速度为 vM，进入电场后加速度为 a，有 vM＝v0sin θ又 mgcos θ ＝ qE小球在电场中沿 vM方向做匀速直线运动，沿与 vM垂直方向做加速度为 a的匀加速运动，设边界 OC的长度为 d时，小球不从 BC边射出，在电场中运动时间为 t2mgsin θ ＝ mad＞ vMt2＝ atl2 12 2解得 d＞ l2答案 (1) l (2) d＞ l58 gl2 2