2018-2019学年高中物理 第1章 静电场练习（打包12套）新人教版选修3-1.zip

1专题突破与题型专练 带电粒子在电场中的运动题型一:带电粒子在加速电场、偏转电场中的综合问题1.(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪,偏转电极和荧光屏组成,如图所示.如果在荧光屏上 P点出现亮斑,那么示波管中的( AC )A.极板 X应带正电 B.极板 X′应带正电C.极板 Y应带正电 D.极板 Y′应带正电解析:据荧光屏上亮斑的坐标可知示波管内电子受力情况:受指向 Y方向和指向 X方向的静电力.由于电子带负电,故极板 Y,X应带正电,故选项 A,C正确.2.如图所示,一束不同的带正电的粒子(不计重力),垂直电场线进入偏转电场,若使它们经过电场区域时偏转距离 y和偏转角 θ 都相同,应满足( D )A.具有相同的动能B.具有相同的速度C.具有相同的D.先经同一电场加速,然后再进入偏转电场解析:带电粒子进入偏转电场的过程中,其偏转距离为 y= at2= ( )2=,偏转角 θ 满足 tan θ= = = .由此知,若动能相等,q 不同,则不能满足要求,故选项 A错误;若速度相同, 不同,则不能满足要求,故选项 B错误;同样地,若相同,v 0不同也不能满足要求,故选项 C错误;若经过相同电场加速,满足 qU1= m ,则 y=2,tan θ= ,y,tan θ 均与 v0,Ek,q,m无关,故选项 D正确.3.(2018·湖南双峰一中高二期末)如图所示,场强大小为 E,方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd,水平边 ab长为 s,竖直边 ad长为 h.质量均为 m,带电荷量分别为+q 和-q的两粒子,由 a,c两点先后沿 ab和 cd方向以速率 v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力,若两粒子轨迹恰好相切,则 v0等于( B )A. B. C. D.解析:根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域 abcd的中心,则在水平方向有 s=v0t,在竖直方向有 h= · ·t2,解得 v0= .故选项 B正确,A,C,D 错误.4.(2018·江西师大附中高二周测)一个初动能为 Ek的带电粒子以速度 v垂直电场线方向飞入两块平行金属板间,飞出时动能为 3Ek.如果这个带电粒子的初速度增加到原来的 2倍,不计重力,那么该粒子飞出时动能为( B )A.4Ek B.4.5Ek C.6Ek D.9.5Ek解析:带电粒子做类平抛运动,平行于极板方向的速度增加到原来的 2倍,带电粒子通过电场的时间变为原来的 ,沿电场方向的位移变为原来的 ,静电力做功变为原来的 .由动能定理得 ΔE k′=qE·y′= yqE,原速飞过时由动能定理有 ΔE k=3Ek-Ek=qEy,而 ΔE k′= ′-4E k,解得 ′=4.5E k,故选项 B正确.5.真空中的某装置如图所示,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( B )3A.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.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为 1∶2∶2D.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为 1∶2∶4解析:粒子加速过程 qU1= mv2,从 B至 M用时 t= ,得 t∝ ,所以 t1∶t 2∶t 3=1∶ ∶ ,选项 A错误;偏转位移 y= ( )2= ,所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同,选项 B正确;因 W=qEy,得 W1∶W 2∶W 3=q1∶q 2∶q 3=1∶1∶2,选项 C,D错误.6.(2018·湖北丹江口一中高二期末)一个初速度为零的电子通过电压为 U的电场加速后,从 C点沿水平方向飞入电场强度为 E的匀强电场中,到达该电场中另一点 D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是 120°,如图所示.试求 C,D两点沿电场强度方向的距离 y.解析:电子加速过程,由 eU= m ,得 v0=在竖直方向 vy=v0tan 30°=at,a=得 t= ,C,D两点沿电场强度方向的距离 y= at2得 y= .答案:题型二:带电粒子在交变电场中的运动1.在如图所示平行板电容器 A,B两板上加上如图所示的交变电压,开始 B板的电势比 A板高,这时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动,设电子在运动中不与极板发生碰撞,4则下述说法正确的是(不计电子重力)( C )A.电子先向 A板运动,然后向 B板运动,再返回 A板做周期性来回运动B.电子一直向 A板运动C.电子一直向 B板运动D.电子先向 B板运动,然后向 A板运动,再返回 B板做周期性来回运动解析:由运动学和动力学规律画出如图所示的 v-t图像可知,电子一直向 B板运动,选项 C正确.2.如图(甲)所示,一电子以 v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间.从电子射入的时刻开始在金属板间加如图(乙)所示的交变电压,假设电子能穿过平行金属板.则下列说法正确的是( C )A.电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B.电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C.电子可能从轴线到上极板之间的空间射出,也可能沿轴线方向射出D.电子射出后动能一定增大解析:由题意可知,当电子在电场中运动的时间恰好等于在 A,B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时,电子可沿轴线射出,选项 A,B错误,C 正确;当电子恰好沿轴线射出时,电子速度不变,其动能也不变,选项 D错误.3.(2018·安徽师大附中高二期末)(多选)如图所示,两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的 U t图像应是(设两板距离足够大)( BC )5解析:由 A图像可知,电子先做匀加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做匀减速运动,T 时速度减为零.然后重复一直向一个方向运动不往返,选项 A错误;由 B图像可知,电子先做匀加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做匀减速运动, T时速度减为零;从 T到 T反向匀加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做匀减速运动,T 时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动,选项 B正确;由 C图像可知,电子先做加速度减小的加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做加速度增大的减速运动, T时速度减为零;从 T到 T反向做加速度减小的加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做加速度增大的减速运动,T 时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动,选项 C正确;由 D图像可知,电子先做匀加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做匀速运动,然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动,选项 D错误.4.(多选)如图(甲)所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图(乙)所示,电子原来静止在左极板小孔处,不计电子的重力,下列说法正确的是( AC )A.从 t=0时刻释放电子,电子始终向右运动,直到打到右极板上B.从 t=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动C.从 t= 时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上6D.从 t= 时刻释放电子,电子必将打到左极板上解析:若 t=0时刻释放电子,电子将重复先加速后减速,直到打到右极板,不会在两板间振动,选项 A正确,B 错误;若从 t= 时刻释放电子,电子先加速 ,再减速 ,有可能电子已达到右极板,若此时未达到右极板,则电子将在两极板间振动,选项 C正确;同理,若从 t= 时刻释放电子,电子有可能达到右极板,也有可能从左极板射出,这取决于两极间的距离,选项 D错误.题型三:带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( BD )A.所受重力与静电力平衡 B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动解析:对带电粒子受力分析如图所示,F 合 ≠0,选项 A错误;由图可知静电力与重力的合力方向与 v0方向相反,F 合 对粒子做负功,其中 mg不做功,Eq 做负功,故粒子动能减少,电势能增加,选项 B正确,C 错误;F 合 恒定且 F 合 与 v0方向相反,粒子做匀减速运动,选项 D正确.2.(2018·黑龙江绥化市肇东一中高二测试)如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为 v1,加速度为 a1.若将两极板间的距离增大为原来的 2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为 v2,加速度为 a2,则( D )A.a1∶a 2=1∶1,v 1∶v 2=1∶2B.a1∶a 2=2∶1,v 1∶v 2=1∶27C.a1∶a 2=2∶1,v 1∶v 2= ∶1D.a1∶a 2=1∶1,v 1∶v 2=1∶解析:电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的静电力不变,故 a1∶a 2=1∶1.由动能定理 Ue= mv2得 v= ,因两极板间的距离增大为原来的 2倍,由 U=Ed知,电势差 U增大为原来的 2倍,故 v1∶v 2=1∶ ,选项 D正确.3.(多选)如图所示,从 F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向 B板方向运动,下列说法正确的是(设电源电动势为 U)( ABD )A.电子到达 B板时的动能是 UeB.电子从 B板到达 C板动能变化量为零C.电子到达 D板时动能是 3UeD.电子在 A板和 D板之间做往复运动解析:电子在 AB之间做匀加速运动,且 eU=ΔE k,选项 A正确;电子在 BC之间做匀速运动,选项 B正确;在 CD之间做匀减速运动,到达 D板时,速度减为零,选项 C错误,D 正确.4.(2018·山东济宁一中高二周测)(多选)如图所示,匀强电场场强方向竖直向下,在此电场中有 a,b,c,d四个带电粒子(不计粒子间的相互作用),各以水平向左,水平向右,竖直向上和竖直向下的速度做匀速直线运动,则下列说法正确的是( BD )A.c,d带异种电荷B.a,b带同种电荷且电势能均不变C.d的电势能减小,重力势能也减小D.c的电势能减小,机械能增加解析:a,b,c,d 均做匀速直线运动,所以它们受的重力与静电力平衡,都带负电.a,b 所受静电8力不做功,c 所受静电力做正功,d 所受静电力做负功,重力做正功,因此可判断选项 A,C错误,B,D正确.5.如图所示,一质量为 m,带电荷量为 q的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,静止时悬线向左与竖直方向成 θ 角,重力加速度为 g.(1)判断小球带何种电荷;(2)求电场强度 E;(3)若在某时刻将细线突然剪断,求经过 t时间小球的速度 v.解析:(1)负电荷.(2)小球受力如图所示,其中静电力 F=qE,由平衡条件有 F=mgtan θ,得出 E= .(3)剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动F 合 = =ma,v=at,所以 v=方向与竖直方向夹角为 θ 斜向左下方.答案:(1)负电荷 (2) (3) 方向与竖直方向夹角为 θ 斜向左下方题型四:带电粒子(带电体)在电场中的曲线运动1.一个带正电的油滴在如图所示的匀强电场上方 A点自由下落,油滴落入匀强电场后,能较准确地描述油滴运动轨迹的是下图中的( B )9解析:油滴从 A点自由下落以一竖直速度进入电场,进入电场后受重力和静电力两恒力作用.如图,根据物体做曲线运动的条件,运动轨迹将向右弯曲,故选项 B正确.2.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示.带正电的粒子流由电场区域的一端 M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端 N射出,由此可知( BC )A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等解析:由题图可知,该粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力 qE=m 得r= ,r,E为定值,若 q相等则 mv2一定相等;若 相等,则速率 v一定相等,故选项 B,C正确.3.(2018·贵州遵义航天高级中学高二测试)(多选)如图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则( CD )A.当小球运动到最高点 a时,线的张力一定最小B.当小球运动到最低点 b时,小球的速度一定最大10C.当小球运动到最高点 a时,小球的电势能最小D.小球在运动过程中机械能不守恒解析:若 qE=mg,小球做匀速圆周运动,球在各处对细线的拉力一样大.若 qEmg,球在 a处速度最大,对细线的拉力最大,选项 A,B错误;a点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最小,选项 C正确;小球在运动过程中除重力外,还有静电力做功,机械能不守恒,选项 D正确.4.(2018·广西桂林中学高三月考)如图所示,一带负电的液滴,从坐标原点 O以速率 v0射入水平的匀强电场中,v 0的方向与电场方向成 θ 角,已知油滴质量为 m,测得它在电场中运动到最高点 P时的速率恰为 v0,设 P点的坐标为(x P,yP),则应有( A )A.xP0C.xP=0 D.条件不足无法确定解析:由于液滴在电场中既受静电力又受重力,由动能定理得-mgh+W 电 = - =0,即 W电 =mgh,静电力做正功.由于是负电荷所受静电力方向向左,要使静电力做正功,因而位移方向必须也向左,则必有 xP0,故选项 A正确,B,C,D 错误.5.(2018·江西上饶中学检测)如图所示,ABCD 为竖直放在电场强度为 E=104 N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的 ABC部分是半径为 R=0.5 m的半圆环(B 为半圆弧的中点),轨道的水平部分与半圆环相切于 C点,D 为水平轨道的一点,而且 CD=2R,把一质量m=100 g,带电荷量 q=10-4C的负电小球,放在水平轨道的 D点,由静止释放后,在轨道的内侧运动.g=10 m/s 2,求:(1)它到达 B点时的速度是多大?(2)它到达 B点时对轨道的压力是多大?解析:(1)小球从 D至 B的过程中,由动能定理11qE(2R+R)-mgR= m解得 vB=2 m/s.(2)在 B点由牛顿第二定律得FN-qE=mFN=qE+m =5 N.由牛顿第三定律知小球对轨道的压力 FN′=F N=5 N.答案:(1)2 m/s (2)5 N1专题突破与题型专练 电场力的性质题型一:等量点电荷周围的电场1.(2018·广西钦州高二期中)两个等量正点电荷位于 x 轴上,关于原点 O 呈对称分布,下列能正确描述电场强度 E 随位置 x 变化规律的图是( A )解析:根据电场强度的叠加,知两正电荷的中点电场强度为零,周围的电场线是排斥状的,靠近电荷处电场强度比较强.故 A 正确,B,C,D错误.2.(2018·江西南昌市二中高二测试)AB 和 CD 为圆上两条相互垂直的直径,圆心为 O.将电荷量分别为+q 和-q 的两点电荷放在圆周上,其位置关于 AB 对称且距离等于圆的半径,如图所示.要使圆心处的电场强度为零,可在圆周上再放一个适当的点电荷 Q,则该点电荷 Q( C )A.应放在 A 点,Q=2q B.应放在 B 点,Q=-2qC.应放在 C 点,Q=-q D.应放在 D 点,Q=-q解析:根据平行四边形定则,求出+q 和-q 在 O 点产生的合场强,大小等于其中一个点电荷在O 点产生的电场强度的大小,方向水平向右,要使圆心处的电场强度为零,可在 C 点放一个电荷量 Q=-q 的点电荷,故选项 C 正确.3.(2018·河北冀州中学高三模拟)如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷,距离为 d,电荷量分别为+Q 和-Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为 L、内壁光滑的绝缘细管,有一电2荷量为+q 的小球以初速度 v0从管口射入,则小球( C )A.速度先增大后减小B.受到的库仑力先做负功后做正功C.受到的库仑力最大值为D.管壁对小球的弹力最大值为解析:由等量的异种电荷形成的电场特点,根据小球的受力情况可知在细管内运动时,合力为重力,小球速度一直增大,故 A 错误;库仑力水平向右,不做功,故 B 错误;在连线中点处库仑力最大,F= + = ,故 C 正确;管壁对小球的弹力与库仑力是平衡力,所以最大值为 ,故 D 错误.题型二:电场线与带电粒子运动轨迹的综合分析1.(2018·山东曲阜高二期中)某静电场中的电场线如图中实线所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由 M 运动到 N,以下说法正确的是( D )A.粒子必定带正电荷B.粒子必定带负电荷C.粒子在 M 点的加速度大于它在 N 点的加速度D.粒子在 M 点的加速度小于它在 N 点的加速度解析:由于不知道电场线的方向,只知道带电粒子受力方向,没法确定带电粒子的电性,故选项 A,B 错误;电场线越密集的地方电场强度越大,带电粒子受到的静电力越大,加速度越大,故选项 C 错误,D 正确.32.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某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,在静电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,下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( B )解析:粉尘受力方向应该与电场线的切线方向相反,从静止开始在非匀强电场中运动时,带电粉尘颗粒一定做曲线运动,且运动曲线总是向静电力一侧弯曲,运动轨迹介于 P 点切线与经P 点的电场线之间,故带电粉尘应沿 B 图所示曲线运动;不可能偏向同一电场线内侧或沿电场线运动或振动,故不可能出现 A,C,D 图的情况,B 正确.3.(2018·内蒙古巴彦淖尔市一中高二测试)(多选)如图所示,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,仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则( CD )A.a 一定带正电,b 一定带负电B.a 的速度将减小,b 的速度将增加C.a 的加速度将减小,b 的加速度将增加D.两个粒子的动能都增加解析:带电粒子做曲线运动,所受力的方向指向轨迹的内侧,由于电场线的方向未知,所以粒子带电性质不确定,故选项 A 错误;从图中轨迹变化来看,速度与力方向的夹角小于 90°,所以静电力都做正功,动能都增大,速度都增大,故选项 B 错误,D 正确;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 a 受力减小,加速度减小,b 受力增大,加速度增大,故选项 C 正确.题型三:静电力与力学规律的综合应用1.(2018·陕西汉中高二期中)如图所示,在电场强度为 E 的匀强电场中有一个质量为 m 的带4正电小球 A 悬挂在绝缘细线上,当小球静止时,细线与竖直方向成 30°角,已知此电场方向恰使小球受到的静电力最小,则小球所带的电荷量应为( D )A. B. C. D.解析:由题意电场方向恰使小球受的静电力最小可知,E 的方向与细线垂直,受力如图.由平衡条件可得, mg=qE,q= ,故 D 正确.2.(2017·甘肃省高三第二次诊断)如图所示,等量异种电荷 A,B 固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与 AB 连线的中垂线重合,C,D 是绝缘杆上的两点,ACBD 构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自 C 点无初速度释放,则小球由 C 运动到 D 的过程中,下列说法正确的是( A )A.杆对小球的作用力先增大后减小B.杆对小球的作用力先减小后增大C.小球的速度先增大后减小D.小球的速度先减小后增大解析:从 C 到 D,电场强度先增大后减小,则静电力先增大后减小,则杆对小球的作用力先增大后减小,故选项 A 正确,B 错误;因直杆处于 AB 连线的中垂线上,所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,受竖直向下的重力,水平向右的静电力和水平向左的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力大小等于重力,重力大小不变,加速度大小始终等于重力加速度,所以带电小球一直做匀加速直线运动,故选项 C,D 错误.3.(2018·广东中山市一中高三测试)如图所示,一条长为 L 的绝缘细线,上端固定,下端系一质量为 m 的带电小球,将它置于电场强度为 E、方向水平向右的匀强电场中,当小球平衡时,5细线与竖直方向的夹角 α=45°.求:(1)小球带何种电荷?电荷量为多少?(2)若将小球向左拉至细线呈水平的位置,然后由静止释放小球,则放手后小球做什么运动?经多长时间到达最低点?解析:(1)由于小球处于平衡状态,对小球进行受力分析,如图所示,由此可知小球带正电,设其电荷量为 q,则FTsin α=qE,FTcos α=mg,联立可得 FT= mg,Q= = .(2)静止释放后,小球由静止开始沿与竖直方向成 α=45°斜向右下方做匀加速直线运动,当到达最低点时,它经过的位移为 L,此时细线刚好拉直,由匀变速直线运动的规律可得x= at2,a= g所以 t= .答案:(1)正电 (2)匀加速直线运动 1专题突破与题型专练 电场能的性质题型一:电场强度、电势等概念的理解与应用1.(2018·陕西汉中高二期中)某静电场的电场线分布如图所示,一负点电荷只在静电力作用下先后经过场中的 M,N两点,过 N点的虚线是电场中的一条等势线,则( C )A.M点的电场强度小于 N点的电场强度B.M点的电势低于 N点的电势C.负点电荷在 M点的电势能小于在 N点的电势能D.负点电荷在 M点的动能小于在 N点的动能解析:电场线密集的地方,电场强度大,故 M点的电场强度大于 N点的电场强度,选项 A错误;沿着电场线电势降低,故 M点的电势高于 N点的电势,选项 B错误;负点电荷由 M到 N静电力做负功,动能减小,电势能增加,选项 C正确,D 错误.2.如图所示,a,b,c 为电场中同一条水平方向电场线上的三点,c 为 ab的中点,a,b 电势分别为 a=5 V,φ b=3 V.下列叙述正确的是( C )A.该电场在 c点处的电势一定为 4 VB.a点处的电场强度 Ea一定大于 b点处的电场度强 EbC.一正电荷从 c点运动到 b点电势能一定减少D.一正电荷运动到 c点时受到的静电力方向由 c指向 a解析:由于无法确定该电场是否为匀强电场及 a,b,c处电场强度的关系,所以选项 A,B错误;正电荷由 c点运动到 b点静电力做正功,正电荷运动到 c点受力方向为由 a指向 c,选项 C正确,D 错误.3.(多选)关于电势和电势能的说法正确的是( CD )A.电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B.电荷在电场中电势越高的地方,电荷量越大,所具有的电势能也2越大C.在正点电荷电场中的任意一点处,正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D.在负点电荷电场中的任意一点处,正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能解析:沿电场线方向电势越来越低,正电荷的电势能越来越小,负电荷的电势能却越来越大,故选项 A,B错误,C,D 正确.4.(多选)如图所示,两个等量异种点电荷的连线和其中垂线上有 a,b,c三点,下列说法正确的是( BD )A.a点电势比 b点电势高B.a,b两点的电场强度方向相同,b 点电场强度比 a点电场强度大C.b点电势比 c点电势高,电场强度方向相同D.一个电子仅在静电力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从 a点运动到 c点解析:由等量异种点电荷电场分布的特点可知,等量异种点电荷的中垂面为等势面,因此 a,b两点电势相等,选项 A错误;在中垂面上电场强度方向都与中垂面垂直,且从 b点向外越来越小,选项 B正确;在两点电荷连线上,沿电场线方向电势越来越低,所以 b点电势比 c点电势低,选项 C错误;电子受力应指向电场的反方向,根据力与速度的关系可判断电子仅在静电力作用下不可能沿图示曲线轨迹运动,选项 D正确.5.(多选)位于 A,B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示,图中实线表示等势线,则( CD )A.a点和 b点的电场强度相同B.正电荷从 c点移到 d点,静电力做正功C.负电荷从 a点移到 c点,静电力做正功D.正电荷从 e点沿图中虚线移到 f点电势能先减小后增大解析:a 点和 b点所在处的等势线疏密程度不同,故两处的电场强度不同,方向也不同,选项3A错误;从 c点到 d点电势升高,正电荷的电势能增大,静电力做负功,选项 B错误;从 a点到c点、电势升高,负电荷的电势能减小,静电力做正功,选项 C正确;从 e点沿虚线到 f点,电势先降低后升高,则正电荷的电势能先减小后增大,选项 D正确.题型二:电场线、等势面与带电粒子运动轨迹的综合分析1.如图所示,虚线 a,b,c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,P,R,Q 是这条轨迹上的三点,由此可知( A )A.带电粒子在 R点时的速度大小大于在 Q点时的速度大小B.带电粒子在 P点时的电势能比在 Q点时的电势能大C.带电粒子在 R点时的动能与电势能之和比在 Q点时的小,比在 P点时的大D.带电粒子在 R点时的加速度大小小于在 Q点时的加速度大小解析:根据牛顿第二定律可得 qE=ma,又根据电场线的疏密程度可以得出 Q,R两点处的电场强度的大小关系为 EREQ,则带电粒子在 R,Q两点处的加速度的大小关系为 aRaQ,选项 D错误;由于带电粒子在运动过程中只受静电力作用,只有动能与电势能之间的相互转化,则带电粒子的动能与电势能之和不变,选项 C错误;根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知,带电粒子在 R处所受静电力的方向为沿电场线向右.假设粒子从 Q向 P运动,则静电力做正功,所以电势能减小,动能增大,速度增大,假设粒子从 P向 Q运动,则静电力做负功,所以电势能增大,动能减小,速度减小,所以 A正确,B 错误.2.(2018·黑龙江牡丹江一中高三测试)一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面,且四个等势面的电势关系满足 a b c d,若不计粒子所受重力,则( B )A.粒子一定带正电B.粒子的运动是匀变速运动C.粒子从 A点到 B点运动的过程中动能先减小后增大D.粒子从 A点到 B点运动的过程中电势能增大解析:由于 a b c d,所以电场线垂直于等势面由 a指向 d,根据电荷运动规律可知其静电力由 d指向 a,即该粒子带负电,选项 A错误;匀强电场中,静电力恒定,粒子的运动是匀变4速运动,选项 B正确;从 A点到 B点的运动过程中,粒子的动能在增大,电势能在减小,选项 C,D错误.3.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的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,粒子只受静电力的作用,则粒子在电场中( C )A.做直线运动,电势能先变小后变大B.做直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变小解析:带负电的粒子受到的静电力垂直电势为 0 V的等势面向上,粒子做曲线运动,静电力先做正功后做负功,电势能先变小后变大,故选项 C正确.4.(2018·江西赣州高二检测)(多选)如图所示,O 是一固定的点电荷,虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线,正点电荷 q在仅受静电力的作用下沿实线所示的轨迹从 a处运动到b处,然后又运动到 c处.由此可知( C )A.O为负电荷B.在整个过程中 q的电势能先变小后变大C.在整个过程中 q的加速度先变大后变小D.在整个过程中,静电力做正功解析:由运动轨迹分析可知 q受到库仑斥力的作用,O 点的点电荷应为正电荷,选项 A错误;从 a到 b的过程 q受到逐渐变大的库仑斥力,速度逐渐减小,加速度增大,电势能逐渐增大;而从 b到 c的过程 q受到逐渐变小的库仑斥力,速度逐渐增大,加速度减小,电势能逐渐减小,选项 B错误,C 正确.由于 a,c两点在同一等势面上,整个过程中,静电力不做功,选项 D错误.55.如图所示,虚线是等势面,相邻的两等势面的电势差都相等,有一带正电的小球在电场中运动,实线表示该带正电的小球的运动轨迹,小球在 a点的动能为 20 eV,运动到 b点的动能为2 eV.若取 c点为零电势点 ,则当这个小球的电势能为-6 eV时,它的动能为(不计重力和空气阻力)( B )A.16 eV B.14 eV C.6 eV D.4 eV解析:设相邻两等势面间的电势差为 U,小球的电荷量为 q,小球从 a到 b和从 b到 c分别根据动能定理得-q·3U= - ,qU= - ,解得 =( +2 )= (20+2×2) eV=8 eV.因为 c点电势为 0,所以小球在 c点时的电势能为 0,小球在电场中运动只有静电力做功,所以小球的动能和电势能的总和保持不变,恒为 8 eV,所以当小球的电势能为-6 eV 时,它的动能为 14 eV,故选项 B正确.题型三:E-x, -x图像问题1.(2018·安徽六安高二期中)x 轴上有两点电荷 Q1和 Q2,Q1和 Q2之间线上各点电势高低如图曲线所示(APPB),选无穷远处电势为 0,距电荷量为 Q的点电荷 r处的电势为 = ,从图中可以看出( C )A.Q1电荷量一定小于 Q2电荷量B.P点电场强度是 0C.Q1和 Q2之间线上各点电场方向都指向 Q2D.Q1,Q2可能是同种电荷解析:Q 1附近电势大于零,而 Q2附近电势小于零,可知 Q1带正电、Q 2带负电,选项 D错误;Q1,Q2之间电场线由 Q1指向 Q2,选项 C正确;两电荷连线上 P点电场强度一定不为零,选项 B错误;由 =k 知,Q 1在 P点电势为 =k ,Q2在 P点电势为 2=-k ,而 P点电势为 0,则有6= ,r1r2,故 Q1Q2,选项 A错误.2.在 x轴上电场强度 E与 x的关系如图所示,O 为坐标原点,a,b,c 为 x轴上的点,a,c 之间的距离为 d,a,c两点的电场强度大小均为 E0,则下列说法中正确的是( C )A.b a= c OB. O a b c,选项 A,B错误;ac 间的电场强度大于 E0,故质子受到的静电力大于 eE0,静电力做功将大于 eE0d,选项C正确;质子受到的静电力沿 x轴正方向,故静电力对质子做正功,质子的电势能减小,选项D错误.3.(2018·吉林白城高三模拟)如图(a)所示,AB 是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在静电力的作用下,沿 AB由点 A运动到点 B,所经位置的电势随距 A点的距离变化的规律如图(b)所示.以下说法正确的是( A )A.A,B两点的电场强度 EAEBB.电子在 A,B两点的速度 vA解析:根据电场强度与电势差的关系 E= ,图(b)切线的斜率代表电场强度大小,由图可看出 EAEB,选项 A正确;沿电场线方向电势降低,所以电场线方向由 A指向 B,A B,电子受力方向与电场线方向相反,从 A至 B,电子减速,v AvB,选项 B,C错误;电子从 A到 B静电力做负功,电势能增大,选项 D错误.74.(多选)静电场在 x轴上的电场强度 E随 x的变化关系如图所示,x 轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿 x轴运动,则点电荷( BC )A.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的过程中静电力先增大后减小D.由 x1运动至 x4的过程中静电力先减小后增大解析:由题图可知,x 1到 x4电场强度先变大,再变小,则点电荷受到的静电力先增大后减小,选项 C正确,D 错误;由 x1到 x3及由 x2到 x4过程中,静电力做负功,电势能增大,选项 A错误,B正确.5.(多选)x 轴上有两点电荷 Q1和 Q2,Q1和 Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示,从图中可看出( ACD )A.Q1一定大于 Q2B.Q1和 Q2一定是同种电荷,但不一定是正电荷C.电势最低处 P点的电场强度为 0D.Q1和 Q2之间各点的电场方向都指向 P点解析:从图像看到,从 Q1到 Q2电势是先降低后升高,可以判断 Q1和 Q2同为正电荷,若 P点位于中点,两点电荷的电荷量相同,但是 P点离 Q2近点,说明 Q1一定大于 Q2,选项 A,D正确,B错误;根据电场的叠加原理可以判断 P点电场强度为 0,从图像看电势随距离的变化率也可以得出选项 C正确.题型四:电场中的功能关系1.如图为一匀强电场,某带电粒子从 A点运动到 B点,在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,静电力做的功为 1.5 J.则下列说法正确的是( D )8A.粒子带负电B.粒子在 A点的电势能比在 B点少 1.5 JC.粒子在 A点的动能比在 B点少 0.5 JD.粒子在 A点的机械能比在 B点少 1.5 J解析:从粒子运动的轨迹判断粒子带正电,选项 A错误;因为静电力做功等于电势能的变化,静电力做正功,电势能减小,所以选项 B错误;根据动能定理 W+WG=ΔE k=-0.5 J,B点的动能小于 A点的动能,选项 C错误;静电力做正功,机械能增加,所以 A点的机械能比 B点的机械能要少 1.5 J,选项 D正确.2.如图所示,在一个粗糙水平面上,彼此靠近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,下列表述正确的是( A )A.两个物块的电势能逐渐减少B.物块受到的库仑力不做功C.两个物块的机械能守恒D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力解析:由静止释放后,两带电小物块带同种电荷,所以库仑力对它们均做正功,故电势能都减少,选项 A正确,B 错误;两小物块运动过程中,因摩擦力和静电力分别做功,发生机械能和其他能量的相互转化,故机械能不守恒,选项 C错误;因最终停止,选项 D错误.3.(2018·江苏徐州高三抽测)如图所示,带有同种等量正电荷的 A,B两物块放在绝缘的粗糙水平面上,两物块之间有一轻质弹簧连接,A 被固定在平面上不动,初始时刻弹簧处于原长.由静止释放 B物块,B 物块运动一段时间后最终停止运动.对此过程,下列表述正确的是( C )A.当 B物块受到的库仑力与弹簧弹力相等时,B 物块速度最大B.B物块运动过程中受到的摩擦力一定小于其受到的库仑力C.B物块最终静止时,弹簧不可能处于原长D.B物块最终静止时,弹簧一定处于最长状态解析:由题意知,开始时 A,B及弹弹簧构成的系统具有电势能.当释放 B后,由于库仑力大于9静摩擦力,故物体向右做加速度减小的变加速运动.当向左的弹力和摩擦力的合力与库仑力大小相等时,加速度为零,速度最大,选项 A错误;根据库仑定律可知,库仑力的大小与距离的平方成反比,A,B 距离变大,库仑力变小,选项 B错误;由于 B物块最终静止,电势能转化为内能和弹簧的弹性势能.如果 B最终静止时,弹簧处于原长,则违背能量守恒定律,选项 C正确;B最终静止时,弹簧不能确定一定处于最长状态,选项 D错误.4.(2018·湖北武汉十一中高二周测)如图所示,固定于同一条竖直线上的 A,B是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量分别为+Q 和-Q,A,B 相距为 2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的带电小球 P,质量为 m、电荷量为+q(可视为点电荷,不影响电场的分布),现将小球 P从与点电荷 A等高的 C处由静止开始释放,小球 P向下运动到距 C点距离为 d的 O点时,速度为 v.已知 MN与 AB之间的距离为 d,静电力常量为 k,重力加速度为 g.求:(1)C,O间的电势差 UCO;(2)O点处的电场强度 E的大小.解析:(1)小球 P由 C点运动到 O点时,由动能定理得mgd+qUCO= mv2-0,解得 UCO= .(2)小球在 O点时受力如图所示.由库仑定律得 F1=F2=点电荷在 O点所受的静电力为 F= F1=10所以 O点处的电场强度 E= = .答案:(1) (2)