《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題08 靜電場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題08 靜電場（含解析）（30頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題08靜電場 第一部分 名師綜述 電場是電學的基礎，也是高考的重點，每年必考。一般以填空題或計算題的形式進行考查。庫侖定律、電場線的性質(zhì)、帶電體在靜電場中的平衡、平行板電容器、帶電粒子在電場中的運動等是考查的重點。特別是帶電粒子在電場中的運動結(jié)合交變電流、磁場知識巧妙地把電場性質(zhì)與牛頓運動定律、功能關系、動量等力學知識有機地結(jié)合起來，更是命題幾率較高的熱點。在復習本部分時要牢牢抓住力和能這兩條主線，將知識系統(tǒng)化，找出它們的聯(lián)系，做到融會貫通，同時還應注意此部分知識與科技前沿、生活實際等的聯(lián)系，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機、靜電分選器、示波器等。 預測今年對電場考查選擇題和計算

2、均有：選擇題主要檢測考生對重要概念的理解和基本規(guī)律的運用．重點考查庫侖定律、電場、電場強度、電場線、勻強電場、電場強度的疊加、勻強電場中電勢差根電場強度的關系、電容器的電容等基本概念、基本規(guī)律的綜合運用；計算題仍是以高分值高難度形式出現(xiàn)，重點是考查電場力、電勢能、電勢差、電勢等概念與力學綜合。從近幾年的高考來看，隨著招生比例的增大，試題的難度相對而言有所下降，思維難度大，起點高的超難試題沒有了，但同時送分題也沒有了，在論述題，計算題的思維起點都不是很高，隨著對物理過程研究的深入，思維難度逐步增大，因此有效的考查了學生的物理思維能力。因此抓好基本物理知識的教學仍是中學物理教學的首要任務。把握好復

3、習節(jié)奏，適當降低起點和速度，著重學生思維能力的培養(yǎng)過程，以基礎題訓練方法，努力培養(yǎng)學生正確，良好的解題習慣，加強對學生復習方法，應試策略與技巧的訓練和指導。 第二部分 知識背一背 一、電荷守恒定律 1．物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)：構(gòu)成物質(zhì)的原子本身包括：帶正電的質(zhì)子和不帶電的中子構(gòu)成原子核，核外有帶負電的電子，整個原子對外較遠位置表現(xiàn)為電中性． 2．元電荷：最小的電荷量，其值為e＝1.60×10－19 C.其他帶電體的電荷量皆為元電荷的整數(shù)倍． 3．電荷守恒定律 （1）內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量

4、保持不變． （2）起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電． （3）帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子． 二、庫侖定律 1．點電荷：是一種理想化的物理模型，當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷． 2．庫侖定律 （1）內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上． （2）公式：F＝k，其中比例系數(shù)k叫做靜電力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2. （3）適用條件：①真空中；②點電荷. 3．庫侖定律的理解：庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷．點電荷是一種理想化

5、的物理模型，當帶電體間的距離遠遠大于帶電體的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用． 三、電場及電場強度 1．靜電場 （1）電場是存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場． （2）電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的．電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用． 2．電場強度 （1）物理意義：表示電場的強弱和方向． （2）定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電荷量q的比值叫做該點的電場強度． （3）定義式：E＝. （4）單位：N/C或V/m. （5）矢量性：電場強度是矢量，正電荷在電場中某點受力的方向為該點電場強度的方向，電場強度的疊加遵從平

6、行四邊形定則． 3．場強三個表達式的比較 表達式 比較 E＝ E＝k E＝ 意義 電場強度定義式 真空中點電荷的電場強度決定式 勻強電場中E與U關系式 適用條件 一切電場 ①真空； ②點電荷 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與q無關 由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定 由電場本身決定 四、電場線 1．電場線的定義：為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大?。? 2．幾種典型電場的電場線分布 （1）正點電荷的電場如圖甲所示：電場線由

7、正電荷出發(fā)，到無窮遠終止． （2）負點電荷的電場如圖乙所示：電場線由無窮遠出發(fā)，到負電荷終止． （3）勻強電場的電場線分布如圖丙所示．特點：間隔相等的平行直線． （4）點電荷與帶電金屬板的電場線的分布如圖丁所示． （5）等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場 兩點電荷的連線及其中垂線上的電場分布及特點的比較如下： 比較項目 等量同種點電荷 等量異種點電荷 電場線圖示 連線中點O處的場強 為零 中垂線上最大 連線上最小 由O沿中垂線向外場強的變化 先變大后變小 逐漸減小 關于O點對稱的兩點A與A′，B與B′場強的關系 等大、反向 等大、同向 五、

8、電場力做功與電勢能 1．電場力做功的特點 （1）在電場中移動電荷時，電場力做功與路徑無關，只與初末位置有關，可見電場力做功與重力做功相似． （2）在勻強電場中，電場力做的功W＝Eqd，其中d為沿電場線方向的位移． 2．電勢能 （1）定義：電荷在電場中具有的勢能．電荷在某點的電勢能，等于把它從該點移到零勢能位置時電場力所做的功． （2）電場力做功與電勢能變化的關系電場力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB。 （3）電勢能的相對性：電勢能是相對的，通常把電荷在離場源電荷無限遠處的電勢能規(guī)定為零，或把電荷在大地表面上的電勢能規(guī)定為零． 六、電勢和等勢面 1．電勢 （

9、1）定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值． （2）定義式：φ＝. （3）矢標性：電勢是標量，其大小有正負之分，其正（負）表示該點電勢比電勢零點高（低）． （4）相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因零勢點的選取的不同而不同． （5）沿著電場線方向電勢逐漸降低． 2．等勢面 （1）定義：電場中電勢相等的各點構(gòu)成的面． （2）特點 ①電場線跟等勢面垂直，即場強的方向跟等勢面垂直． ②在等勢面上移動電荷時電場力不做功． ③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面． ④等差等勢面越密的地方電場強度越大；反之越?。? 七、電勢差 1．電勢差：電荷q在電場中A、B

10、兩點間移動時，電場力所做的功WAB跟它的電荷量q的比值，叫做A、B間的電勢差，也叫電壓． 公式：UAB＝.單位：伏（V）． 2．電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，電勢差是標量，可以是正值，也可以是負值，而且有UAB＝－UBA. 3．電勢差UAB由電場中A、B兩點的位置決定的，與移動的電荷q、電場力做的功WAB無關，與零電勢點的選取也無關． 4．電勢差與電場強度的關系：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積．即U＝Ed，也可以寫作E＝. 八、電容器與電容 1．電容器 （1）組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成． （2）帶電量：每個極板所帶電

11、荷量的絕對值． （3）電容器的充電和放電 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能． 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． 2．電容 （1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值． （2）定義式：C＝ （3）物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量． 3．平行板電容器 （1）影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比． （2）決定式：C＝，k為靜電力常量． 九、帶電粒子在電場中的加速 1.帶電粒子在電場中加速，若不計粒子

12、的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子__動能__的增量． （1）在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv或F＝qE＝q＝ma. （2）在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv. 十、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．進入電場的方式：一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0垂直于電場線方向進入兩平行金屬板間的勻強電場，兩板間的電勢差為U. 2．受力特點：粒子所受電場力大小不變，且電場力的方向與初速度v0的方向垂直． 3．運動特點：做勻變速曲線運動，與力學中的平拋運動類似． 第三部分 技能+方法 一、對電荷守恒定律、庫侖定律的理解及應用 1．處理兩相同金屬球（視為點電

13、荷）接觸后電量重分問題時，應注意兩者帶電的異同，重放后其庫侖力可能有兩個解． 2．在公式F＝k中當r→0時，庫侖定律不再成立，兩電荷不能視為點電荷，此時可用微元法、割補法等對帶電體做等效處理．化非點電荷為點電荷，進而應用庫侖定律解決問題． 二、對電場強度的理解及電場強度的疊加 電場強度三個表達式的比較 表達式 比較 E＝ E＝k E＝ 公式意義 電場強度定義式 真空中點電荷的電場強度決定式 勻強電場中E與U關系式 適用條件 一切電場 ①真空； ②點電荷 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與q無關 由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定 由電場本

14、身決定 相同點 矢量，遵守平行四邊形定則， 單位：1 N/C＝1 V/m 三、對電場線的理解及應用 1. 孤立點電荷的電場 （1）正（負）點電荷的電場線呈空間球?qū)ΨQ分布指向外（內(nèi)）. （2）離點電荷越近，電場線越密（電場強度越大） 2．等量同（異）電荷的電場 等 量 同 種 電 荷 ①兩點電荷連線中點O處的電場強度為零， ②從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場強度先變大后變小 ③兩點電荷連線中垂線上各點的電場強度方向和中垂線平行 ④關于O點對稱的兩點A與A′，B與B′的電場強度等大、反向 等 量 異 種 電 荷 ①兩點電荷連線上各點的電場強

15、度方向從正電荷指向負電荷，沿兩點電荷連線方向電場強度先變小再變大 ②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場強度方向相同，且與中垂面（線）垂直 ③關于O點對稱的兩點A與A′，B與B′的電場強度等大、同向 3.應用電場線進行以下判斷： （1）電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線方向相同，負電荷的受力方向和電場線方向相反； （2）電場強度的大小（定性）——電場線的疏密可定性判斷電場強度的大??； （3）電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線的方向電勢逐步降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向； （4）等勢面的疏密——電場越強的地方，等差等勢面越密集；電場越弱的地方，等差等勢面越稀疏．

16、 四、電場力做功及電場中的功能關系 1.求電場力做功的幾種方法 （1）由公式W=Flcosα計算，此公式只適用于勻強電場中，可變形為W=Eqlcosα. （2）由WAB=qUAB計算，此公式適用于任何電場. （3）由電勢能的變化計算：WAB=EpA-EpB. （4）由動能定理計算：W電場力+W其他力=ΔEk 2.電場中的功能關系 （1）若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變. （2）若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變. （3）除重力、彈簧彈力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化. 3.電勢能高低的比較方法 （1）根據(jù)電場力做功比較：不

17、論是正電荷還是負電荷，電場力做正功，電勢能就減少；電場力做負功，電勢能就增加. （2）根據(jù)電勢能與電勢的關系式Ep=qφ判斷，式中的q是帶正負號的，對于正電荷，電勢高處，電勢能大；對于負電荷，電勢高處，電勢能反而小. 五、　電場線、電場強度、電勢、等勢面之間的關系 1．電場線與電場強度的關系：電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上每點的切線方向表示該點的電場強度方向． 2．電場線與等勢面的關系：電場線與等勢面垂直，并從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面． 3．電場強度數(shù)值與電勢數(shù)值無直接關系：電場強度大（或?。┑牡胤诫妱莶灰欢ù螅ɑ蛐。?，零電勢可人為選取，而電場強度是否為零則由

18、電場本身決定． 4.幾種常見的電場的等勢面分布 5.電勢高低的四種判斷方法 六 、電勢高低及電勢能大小的比較 電勢高低的三種判斷方法 依據(jù)電場線方向 沿電場線方向電勢逐漸降低 依據(jù)電場力做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低 依據(jù)場源電荷的 正負 取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低 電勢能高低的四種判斷方法 做功判斷法 電場力做正功，電勢能減??； 電場力做負功，電勢能增加 電荷電勢法 正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大

19、 公式法 由EP＝qφp，將q、φP的大小、正負號一起代入公式，EP的正值越大電勢能越大，EP的負值越小，電勢能越大 七、　平行板電容器的動態(tài)分析 1.平行板電容器動態(tài)問題分析的理論依據(jù) （1）平行板電容器的電容C與板距d、正對面積S、介質(zhì)介電常數(shù)εr間的關系 （2）平行板電容器內(nèi)部是勻強電場，所以場強 （3）電容器所帶電荷量Q=CU. （4）由以上三式得 該式為平行板電容器極板間勻強電場的場強的決定式,常通過來分析場強的變化. 2.兩類動態(tài)問題分析比較 （1）第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變 （2）第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變 八、　帶電

20、體在勻強電場中做直線運動問題的分析 1.帶電粒子在電場中的重力問題 （1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）. （2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力. 九、 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 1.粒子的偏轉(zhuǎn)角 （1）以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場：如圖所示，設帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為θ，則 ，其中，解得 結(jié)論：動能一定時tanθ與q成正比，電荷量相同時tanθ與動能成反比

21、. （2）經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場 不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有： ② 由①②式得： ③ 結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場. 2.粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論 （1）以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場. 作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則 結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出. （2）經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，可推得偏移量，偏轉(zhuǎn)角正切： 結(jié)論：

22、無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是軌跡完全重合. 第四部分 基礎練+測 一、單選題 1．如圖所示是高壓電場干燥中藥技術基本原理圖，在大導體板 MN 上鋪一薄層中藥材，針狀電極 O 和平板電極 MN 接高壓直流電源，其間產(chǎn)生較強的電場.水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負電；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥．圖中虛線 ABCD 是某一水分子從 A 處由靜止開始的運動軌跡.下列說法正確的是（） A．A 處的電場強度

23、大于 D 處 B．B 處的電勢高于 C 處 C．水分子由 A 運動到 C 的過程中電勢能減少 D．水分子做勻變速運動 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由于電場的分布不均勻，由圖可知，上端的電場強度大于下端電場強度，即A處電場強度小于D處，根據(jù)F=qE可得，水分子受到電場力大小變化，加速度變化，做變加速運動，故AD錯誤；順著電場線電勢降低，知B處的電勢低于C處，故B錯誤；水分子由靜止開始由A運動C過程中，電場力做正功，故電勢能減小，故C正確. 2．描述物體的運動時往往需要選定合適的參考系，物理學中對某些物理量的判斷時，也具有相對性，下列物理量沒有相對性的是（） A．重力勢能

24、B．電勢 C．電場強度 D．電勢能 【答案】 C 【解析】 【詳解】 重力勢能、電勢能、電勢的大小都是相對于零勢能點來說的，所以在說這些物理量時必須考慮零勢點，而電場強度是用來描述場強大小的物理量，且電場線密集的地方電場強度大，電場線稀疏的地方電場強度小，不是相對量，故C對；ABD錯 故選C 3．下列陳述與事實相符的是 A．牛頓測定了引力常量 B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場 C．安培發(fā)現(xiàn)了靜電荷間的相互作用規(guī)律 D．伽利略指出了力不是維持物體運動的原因 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．卡文迪許測定了引力常量，選項A錯誤； B．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存

25、在磁場，選項B錯誤； C．庫倫發(fā)現(xiàn)了靜電荷間的相互作用規(guī)律，選項C錯誤； D．伽利略指出了力不是維持物體運動的原因，選項D正確； 4．下列式子屬于比值定義物理量的是 A．t=Δxv B．a(chǎn) =Fm C．C=QU D．I=UR 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．物體運動的時間與位移成正比，與速度成反比，則A不是比值定義的物理量； B．加速度與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，則B不是比值定義的物理量； C．電容器的電容是由本身結(jié)構(gòu)決定的，與兩端的電壓U與所帶的電量Q無關，但是可以用帶電量Q與電壓U 的比值來量度，則C采用的是比值定義法； D．導體的電流與加在其兩端的電壓成

26、正比，與導體的電阻成反比，則D不是比值定義的物理量； 5．一邊長為 r 的正三角形的三個頂點，固定有 3 個點電荷，電荷量分別為+q、+q 和-2q，如圖，靜電力常量為 k，則三角形中心處 O 點的電場強度大小和方向為（） A．12kqr2，指向電荷量為-2q 的點電荷 B．9kqr2，指向電荷量為-2q 的點電荷 C．12kqr2，背離電荷量為-2q 的點電荷 D．9kqr2，背離電荷量為-2q 的點電荷 【答案】 B 【解析】 【詳解】 O點是三角形的中心，到三個電荷的距離為l=23r×sin60°=33r，兩個+q電荷在O處產(chǎn)生的場強大小均E1=E2=kql2;

27、根據(jù)對稱性和幾何知識得知：兩個+q在O處產(chǎn)生的合場強為E12=E1=kql2；再與-2q在O處產(chǎn)生的場強合成，得到O點的合場強為E=E12+E3=kql2+k2ql2=k3ql2=9kqr2，方向指向電荷量為-2q 的點電荷，故選B. 6．在物理學建立、發(fā)展的過程中，許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類歷史的進步，關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是（） A．古希臘學者亞里士多德認為物體下落的快慢由它們的重量決定，牛頓在他的《兩種新科學的對話》中利用邏輯推斷，使亞里士多德的理論陷入困境 B．德國天文學家開普勒對他導師第谷觀測的行星數(shù)據(jù)進行了多年研究，得出了萬有引力定律 C．伽利略開

28、創(chuàng)了科學實驗和邏輯推理相結(jié)合的重要科學研究方法,比如他利用圖(a)對自由落體運動研究，先在傾角較小的斜面上進行實驗， 其目的是使時間測量更容易 D．庫侖發(fā)現(xiàn)的庫侖定律使電磁學的研究從定性進入定量階段，是電磁學史上一塊重要的里程碑，并且?guī)靵鲞M一步提出了“電場”的概念。 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．亞里士多德認為物體下落的快慢是由它們的重量決定的，重物比輕物下落快，16世紀末，伽利略對落體運動進行系統(tǒng)研究，將斜面實驗的結(jié)論合理外推，間接證明了自由落體運動是勻變速直線運動，而不是直接由實驗得出自由落體運動是勻變速直線運動，故A錯誤； B．開普勒在分析第谷的數(shù)據(jù)基礎上提出開普

29、勒行星運動定律，但沒有得出萬有引力定律，故B錯誤； C．伽利略開創(chuàng)了科學實驗和邏輯推理相結(jié)合的重要科學研究方法，比如他利用圖(a)對自由落體運動研究，先在傾角較小的斜面上進行實驗，其目的是“沖淡”重力，使時間測量更容易，選項C正確； D．庫侖發(fā)現(xiàn)的庫侖定律使電磁學的研究從定性進入定量階段，是電磁學史上一塊重要的里程碑；法拉第提出了“電場”的概念，選項D錯誤； 7．空間存在一沿x軸方向的靜電場，電勢φ隨x變化的關系如圖所示，下列說法正確的是（　　） A．沿x軸正方向，從0到無窮遠電勢先降低后升高，場強先減小后增大 B．將帶正電粒子由0～x1之間的位置靜止釋放(不包括點x1)僅受電場力作

30、用，粒子先向右加速，后向右減速，最終速度為零 C．x1位置場強最小，大小為0 D．在圖示區(qū)域內(nèi)x2點兩側(cè)電場強度方向相反 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．由圖可知，沿x軸正方向,從0到x2，電勢降低，從x2到無窮遠電勢升高，圖象的斜率表示場強，所以場強先減小后增大再減小，故A錯誤； BD．由沿電場線電勢降低可知，0～x2電場線沿x軸正方向，x2到無窮遠電場線沿x軸負方向，將帶正電粒子由0~x1之間的位置靜止釋放(不包括點x1)僅受電場力作用,粒子先向右加速,后向右減速,由于粒子的初位置電勢不為零，無窮遠電勢為零，所以粒子的速度不會減為零，故B錯誤，D正確； C．圖象的

31、斜率表示場強，所以x1位置的場強不為零，故C錯誤。 8．在某孤立點電荷的電場中，規(guī)定無限遠處電勢為零，則電場中任意點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系圖像如圖所示。電場中a、c兩點電場強度大小之比為k1，b、d兩點電場強度大小之比為k2；帶電粒子從a點移到b點電場力做功為W1，從c點移到d點電場力做功為W2，下列說法正確的是（） A．k1:k2=1:1 B．k1:k2=1:4 C．W1:W2=1:1 D．W1:W2=1:4 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由點電荷的場強公式E=kQr2可知，孤立點電荷的電場中某點的場強大小與該點到點電荷距離的平方成反比，因此k1=152

32、1202=16，k2=11021402=16，故k1:k2=1:1，選項A正確，B錯；由W=qU可知，在電場中移動電荷時電場力做的功與移到的兩點間電勢差成正比，因此W1:W2=4:1，C、D兩項錯。 9．粗糙絕緣的水平桌面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B。板間桌面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設直到t1時刻物塊才開始運動，(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)，則(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1～t3時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時刻物塊的速度最大 D．t4時

33、刻物塊的速度最大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 在0-t1時間內(nèi)，物塊處于靜止狀態(tài)，電場強度方向水平向右，物塊所受的電場力水平向右，根據(jù)平衡條件得：摩擦力大小 f=qE，而E=UABd，得f=qUABd，UAB增大，f隨之增大，并且由平衡條件知，摩擦力的方向水平向左，故A 錯誤。在t1-t3時間內(nèi)，物體向右運動，受到的是滑動摩擦力，物塊對地面的壓力不變，根據(jù)公式f=μN知，摩擦力不變，故B錯誤。據(jù)題意：最大靜摩擦力與滑動摩擦力認為相等，在t1時刻物塊所受的靜摩擦力達到最大，并恰好等于此時的電場力。在t1-t3時間內(nèi)，電場力一直大于摩擦力，物體一直向右加速運動；在t3-t4

34、時間內(nèi)，電場力小于滑動摩擦力，物塊向右做減速運動，所以t3時刻物塊的速度最大，故C正確，D錯誤，故選C。 10．高中物理核心素養(yǎng)之一是培養(yǎng)科學的思維能力，在高中物理的學習中我們接觸了許多科學思維方法，如理想實驗法、控制變量法、微元法、類比法等。以下有關物理學史和所用物理學方法的敘述正確的是 A．牛頓巧妙地運用扭秤實驗，應用了放大法成功測出萬有引力常量的數(shù)值并得出了萬有引力定律； B．用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如場強E=Fq，加速度a=Fm都是采用比值定義法； C．當物體本身的形狀和大小對所研究問題的影響忽略不計時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫假設法； D．在推導

35、勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加代表物體的位移，這里采用了微元法。 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A：牛頓得出了萬有引力定律；卡文迪許巧妙地運用扭秤實驗，應用了放大法成功測出萬有引力常量的數(shù)值。故A項錯誤。 B：場強E=Fq是采用比值定義法，加速度a=ΔvΔt是采用比值定義法；加速度a=Fm是加速度的決定式。故B項錯誤。 C：當物體本身的形狀和大小對所研究問題的影響忽略不計時，用質(zhì)點來代替物體的方法是理想模型方法。故C項錯誤。 D：在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多很多小

36、段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加代表物體的位移，這里采用了微元法。故D項正確。 二、多選題 11．空間存在勻強電場，在電場中建立Oqyz空間坐標系如圖所示，a、b、c三點分別在三個坐標軸上，距離原點O的距離ra=rc=2cm，rb=23cm，d點在yOz平面上，且db⊥Ob.將帶電荷量為q=+2.5×10-16C的試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，從a點移動到b點電場力做功W=-1.2×10-14J，bO間電勢差UbO=24V，由此可判斷(　　) A．空間電場強度的方向沿x軸正方向 B．空間電場強度的大小為83×102V/m C．cO間電勢差U

37、cO=24V D．電場中的等勢面垂直于xOy平面 【答案】 BD 【解析】 【分析】 試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，說明勻強電場線垂直于db，且db在等勢面上。根據(jù)bO間電勢差求出電場強度大小。 【詳解】 空間電場強度的方向只要垂直于db即可，故A錯誤；在xOy平面上的直角三角形aOb如圖所示，a、b間電勢差Uab=-48V，bO間電勢差UbO=24V，則原點O與ab中點電勢相等，故過原點O作ab中點的連線Oe為等勢線，三角形中a點電勢最低，因此作Oe的垂線指向a即為xOy平面上的一條電場線，所以場強方向與x軸正方向成30°角，場強大小E=243×10-2V/m=

38、83×102V/m，故B正確； cO平行于db，故cO間電勢差為0，故C錯誤；試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，說明勻強電場線垂直于db，且db在等勢面上，故電場中的等勢面垂直于xOy平面，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。 【點睛】 解答此題的關鍵是知道等勢面與電場線垂直，會運用U=Ed求解電場強度。 12．下面說法正確的是 A．在直流電源的外電路上，電流的方向是從電源正極流向負極 B．伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結(jié)合進行科學研究的方法 C．元電荷就是帶電量為1C的點電荷 D．電流的速度就是自由電荷在電路中定向移動的速度 【答案】 AB 【解析】 【分析

39、】 電流方向與正電荷的移動方向一致，與負電荷的方向相反，在外電路上電流由電源的正極流向負極；元電荷是電荷量的單位，是指自然界中已知的電荷的最小單元；伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結(jié)合進行科學研究的方法；電流速度等于光速，而電子移動的平均速率很?。? 【詳解】 正電荷定向移動的方向是電流的方向，與負電荷的方向相反，在外電路上電流由電源的正極流向負極，A正確；伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結(jié)合進行科學研究的方法，B正確；元電荷是表示跟電子或質(zhì)子所帶電量數(shù)值相等的電量，是最小電荷量，為e=1.6×10-19C，C錯誤；電流速度等于光速，而電子移動的平均速率很小，所以電荷定向移動的速度并不是電

40、流的速度，D錯誤． 13．如下圖所示，在光滑絕緣水平面上，有兩個質(zhì)量相等、帶有同種電荷的小球A和B，它們所帶電荷量不相等，彼此相隔一定距離?，F(xiàn)在給A球一個沿A、B球心連線水平向右的初速度v0，同時將B球由靜止釋放。若在此后的運動中兩小球始終未相碰，則兩小球在運動過程中（） A．任一時刻加速度的大小一定不相等 B．任一時刻加速度的大小一定相等 C．相距最近時，它們的速度相等 D．相距最近時，它們的速度不相等 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 兩小球所受的合力均為兩者之間的庫侖力，因庫侖力是相互作用力，可知兩球之間的靜電斥力在任意時刻都是大小相等，方向相反，則根據(jù)牛頓第

41、二定律得小球AB的加速度大小相等，方向相反。故A錯誤，B正確。因A做減速運動，B做加速運動，當速度相等時，距離最近，故D錯誤，C正確。故選BC。 14．如圖所示，A、B兩點固定兩個等量異種點電荷+Q和-Q，O點為AB連線的中點，OD是AB連線的中垂線，BC與OD平行，AO=BO=BC.下列說法正確的是( ) A．D點的場強方向由D指向C B．將一負電荷由O點移到D點，電場力做負功 C．將一正電荷由D點移到C點，正電荷的電勢能降低 D．-Q在O點和C點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相互垂直 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 D點在AB連線的垂直平分線上，可知D點的場強方

42、向平行AB水平向右，選項A錯誤；OD是電勢為零的等勢線，可知將一負電荷由O點移到D點，電場力不做功，選項B錯誤；D點電勢高于C點，則將一正電荷由D點移到C點，正電荷的電勢能降低，選項C正確；-Q距離O點和C點距離相等，且OB垂直BC，則在O點和C點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相互垂直，選項D正確；故選CD. 【點睛】 常見電場的電場線分布及等勢面的分布要能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，同時要抓住等量異號電荷形成電場的對稱性，知道等量異種點電荷連線的中垂線是等勢面，場強方向與等勢面垂直。 15．將α、β、γ三種射線分別射入勻強磁場和勻強電場中，則射線偏轉(zhuǎn)情況正確的是 A．

43、 B． C． D． 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A、B、因α射線是高速氦核流，一個α粒子帶兩個正電荷.根據(jù)左手定則，α射線受到的洛倫茲力向左，β射線是高速電子流，帶負電荷.根據(jù)左手定則，β射線受到的洛倫茲力向右，γ射線是γ光子，是中性的，故在磁場中不受磁場的作用力，軌跡不會發(fā)生偏轉(zhuǎn).故A正確，B錯誤． C、D、因α射線實質(zhì)為氦核流，帶正電，β射線為電子流，帶負電，γ射線為高頻電磁波，根據(jù)電荷所受電場力特點可知：向左偏的為β射線，不偏的為γ射線，向右偏的為α射線，故C錯誤，D正確； 故選AD． 【點睛】 熟練掌握α、β兩種衰變實質(zhì)以及衰變方程的書寫，同時

44、明確α、β、γ三種射線性質(zhì)及應用．本題綜合性較強，主要考查兩個方面的問題：①三種射線的成分主要是所帶電性．②洛倫茲力的方向的判定．只有基礎扎實，此類題目才能順利解決，故要重視基礎知識的學習 16．如圖所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡，a、b、c為粒子的運動軌跡與等勢線的交點，粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是（） A．粒子一定帶正電 B．粒子在a點和在c點的加速度相同 C．粒子在a、c之間運動過程中的動能先增大后減小 D．粒子在a點的電勢能比在b點時的電勢能大 【答案】 CD 【解析】 由粒子的運動軌跡可知，粒子的電性與

45、場源電荷的電性相反，但不能確定粒子的電性，選項A錯誤；粒子在a點和在c點所受的電場力大小相同，方向不同，則加速度大小相同，方向不同，選項B錯誤；粒子在a、c之間運動過程中，電場力先做正功，后做負功，則粒子的動能先增大后減小，選項C正確；從b到a電場力做負功，電勢能變大，則粒子在a點的電勢能比在b點時的電勢能大，選項D正確；故選CD. 點睛：本題中解題的關鍵在于曲線的彎曲方向的判斷，應掌握根據(jù)彎曲方向判斷受力方向的方法；本題中告訴的是等勢面，很多同學由于思維定勢當成了電場線從而出現(xiàn)錯解。 17．如圖所示，一帶電粒子在勻強電場中只受電場力運動，經(jīng)過一平面直角坐標系中的a、O、b三點時的動能分別

46、為10eV、4eV、12eV，下列說法正確的是 A．該電場方向一定與xOy平面平行 B．該電場場強大小為2002V/m C．O點是該粒子軌跡上電勢能最高的點 D．該粒子軌跡為拋物線 【答案】 AD 【解析】 粒子在電場中運動時，粒子的電勢能和動能之和守恒，設粒子帶電量為q，總能量為E，則在a點時：10eV+φaq=E；在O點時：4eV+φOq=E；在b點時：12eV+φbq=E；則φaO=φa-φO=-6q；φOb=φO-φb=8q，因電勢差與兩點間距離成正比，可知該電場方向一定與xOy平面平行，選項A正確；因電荷所帶的電量未知，不能確定兩點電勢差的數(shù)值，則不能求解場強大

47、小，選項B錯誤；O點時粒子的動能不等于零，則電勢能不是最大的位置，選項C錯誤；粒子只在恒定的電場力作用下做曲線運動，則軌跡一定為拋物線，選項D正確；故選AD. 點睛：此題關鍵是知道粒子在電場中只有電場力做功時，動能和電勢能之和守恒；電勢能最大的位置，動能是最小的；粒子在恒力作用下的曲線運動是拋物線. 18．相距很近的一對帶等量異種電荷的平行金屬板，它們之間的電場除邊緣外，可看做是勻強電場，其電場線分布如圖所示．一個帶粒子只在電場力作用下沿圖中軌跡穿過該電場，則從a運動到d的過程中，下列說法正確的是(　　) A．粒子的速度一定在增大 B．粒子帶負電 C．粒子在a點的電勢能大于d點電

48、勢能 D．粒子的加速度先變大再不變后變小 【答案】 CD 【解析】根據(jù)板間粒子軌跡的偏轉(zhuǎn)方向可知，粒子帶正電。由于電場力的方向與電場線的切線方向相同，從圖中可以看出粒子在a點時速度的方向與電場線的方向之間的夾角大于90度，所以在a點的附近，電場力做負功，所以粒子的動能先減小。故AB錯誤；根據(jù)順著電場線方向電勢降低，從圖中可得，a點的電勢一定高于d點的電勢，正電荷在a點的電勢能大于在d點的電勢能。故C正確；電場線的疏密表示電場的強弱，從圖中可知，b點附近的電場線最密，且板間可認為是勻強電場，所以b點的場強最大，大于a點和d點的場強，所以粒子在a到d的過程中，受到的電場力先增大，再不變，

49、后減小，根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度先增大，再不變，后減小。故D正確。故選CD。 點睛：該題考查電場線的特點，以及電場力做功與動能、電勢能之間的關系．圖中可以看出粒子在a點時速度的方向與電場線的方向之間的夾角大于90度是解題的關鍵． 19．如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個電源相連，S閉合后，兩板間有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)。以下說法正確的是 A．若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流 B．若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G中有b→a的電流 C．若將S斷開，則油滴立即做自由落體運動，G中無電流 D．若

50、將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上運動 【答案】 AB 【解析】 試題分析：帶電油滴靜止，可知油滴帶正電，且滿足mg=qE=qUd，上極板上移，即d增大，電容器的電容C減小，根據(jù)Q=C?U，在U不變時，Q和電場力都減小，即油滴向下做勻加速運動，電容器放電，此時電流方向為b到a，即A選項正確；A板左移，電容器電容減小，電容器放電，此時電流方向為b到a，由于d不變，所以油滴仍然靜止，即B選項正確；S斷開，G中無電流，但油滴仍靜止，即C選項錯誤；S斷開，A板下移，d減小，兩板間電場強度不變，則油滴仍靜止，即D選項錯誤。 考點：本題考查常電容器電路的動態(tài)分析。 20．如圖所

51、示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極板間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是(　　) A．U變小，φP變小 B．U變大，E變大 C．φP變小，Ep變大 D．φP變大，Ep變小 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 將兩板水平錯開一段距離，兩板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C=εS4πkd可知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，則由C=QU得知，板間電壓U增大，板間場強E=Ud增大，P點到下板距離不變，由公式U=Ed得

52、知，P點與下板電勢差增大，由于上極板帶負電，下極板電勢為零，故P點的電勢變小，負電荷在低電勢處電勢能較大，可見EP增大，故故AD錯誤；BC正確。故選BC 三、解答題 21．如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為g（q＞0的粒子在勻強電場中運動，A，B為其運動軌跡上的兩點，A，B水平距離為L，運動軌跡在豎直平面內(nèi)，已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與豎直方向夾角為60°：它運動到B點時速度v大小為12v0，方向豎直上，不計重力。求勻強電場的場強。 【答案】 3mv028ql 【解析】 【詳解】 由題意知初速度與豎直方向夾角為π3，初速度v0．可以分解為 水平方向vx=v0?co

53、s(π3)=32v0 豎直方向vy=v0?cos(π2-π3)=12v0 由于豎直方向速度不變可以知道電場力方向水平向右，電場強度方向也是水平向右 由A向B運動過程為水平方向勻減速運動。豎直方向勻速直線運動，利用動能定理有： -EqL=12m(12v0)-12m(v0)2 聯(lián)立上式解得：E=3mv028ql 22．如圖所示，間距為L=0.45m的帶電金屬板M、N豎直固定在絕緣平面上，板間形成勻強電場，場強E=1.5×104V/m。N板接地（電勢為零），其中央有一小孔，一根水平絕緣細桿通過小孔，其左端固定在極板M上．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.05kg，帶電量q=+5.0×10﹣6C的帶正電小

54、環(huán)套在細桿上，小環(huán)與細桿之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1。小環(huán)以一定的初速度對準小孔向左運動，若小環(huán)與金屬板M發(fā)生碰撞，碰撞中能量不損失（即碰后瞬間速度大小不變）。設帶電環(huán)大小不計且不影響金屬板間電場的分布（g取10m/s2）。求： （1）帶電小環(huán)以多大的初速度v0進入電場，才能恰好到達金屬板M？ （2）若帶電小環(huán)以初速度v1=1m/s進入電場，當其動能等于電勢能時，距離N板多遠？ （3）小環(huán)至少以多大的初速度v2進入電場，它在電場中運動時找不到動能與電勢能相等的點？ 【答案】 （1）1.5m/s （2）0.125m或0.05m （3）v2>1.9m/s 【解析】

55、【詳解】 （1）小環(huán)進入電場后，在電場力和摩擦力共同作用下減速直到M板，速度變?yōu)榱?，根?jù)動能定理有：-qEL-μmgL=0-12mv02，解得：v0=2qE+μmgLm=1.5m/s； （2）①帶電小環(huán)以初速度v1=1m/s進入電場后先做減速運動，當其動能和電勢能相等時，設它距離N板為x 則根據(jù)能量守恒定律有：12mv12-qEx-μmgx=qEx，解得：x=mv124qE+2μmg=0.125m； ②當帶電小環(huán)以初速度v1=1m/s進入電場后先做減速運動到達左邊最遠點后，向右返回到小孔的過程中，也可能會出現(xiàn)動能等于電勢能，設它向左運動的最遠距離為d，根據(jù)動能定理有： -qEd-μm

56、gd=0-12mv12，解得：d=mv122qE+μmg=0.2m； 當其動能等于電勢能時，設它距離N板為y，則根據(jù)動能定理得： qEd-y-μmgd-y=qEy，解得：y=qE-μmgd2qE-μmg=0.05m； （3）小環(huán)以初速度v2進入電場后，若它運動到M板時的動能大于其電勢能，則它在電場中運動時找不到動能與電勢能相等的點 則：12mv22-qE+μmgL>qEL 解得：v2>2qE+μmgLm≈1.9m/s 23．如圖所示，一重力不計的帶電粒子從平行板電容器的上極板左邊緣處以某一速度沿極板方向射入電容器。若平行板電容器所帶電荷量為Q1，該粒子經(jīng)時間t1恰好打在下極板正中間

57、，若平行板電容器所帶電荷量為Q2，該粒子經(jīng)時間t2恰好沿下極板邊緣飛出。不考慮平行板電容器的邊緣效應，求兩種情況下： （1）粒子在電容器中運動的時間t1、t2之比； （2）電容器所帶電荷量Q1、Q2之比。 【答案】 （1）12（2）41 【解析】 【詳解】 （1）設粒子在極板間的運動時間為t，沿極板方向的位移為x，粒子在水平方向上做勻速直線運動，則 t=xv0 …① 即 t∝x 由條件可知 t1：t2=1：2…② （2）設電容器電容為C，極板間電壓為U，極板間距離為d，極板間電場強度為E，則有： U=QC …③ E=Ud …④ 設粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，在電

58、容器中的加速度為a，則有： a=Eqm …⑤ d=12at2…⑥ 由①③④⑤⑥可得：Q∝1x2 所以Q1：Q2=4：1 【點睛】 解決本題的關鍵是知道粒子在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，得到運動時間和電容器電荷量的表達式，再求比值，要學會運用比例法。 24．如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g，求： (1)磁感應強度的大小和方向；

59、(2)小球在金屬板之間的運動時間。 【答案】 (1), 方向垂直紙面向外 (2) 【解析】（1）小球在金屬板之間只能做勻速直線運動，受重力G，電場力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，受力如圖，三力合力為零，故小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外， 得 由于不做功， 則由動能定理可得， 解得 25．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從A點以v0的速度垂直電場線沿直線AO方向射入勻強電場，由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角，已知AO的水平距離為d，不計重力，求： (1)從A點到B點所用的時間；

60、(2)粒子在B點的速度大?。? (3)勻強電場的電場強度大?。? 【答案】 (1)dv0 (2)2 v0(3)mv02ed 【解析】 試題分析：粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由水平距離d和初速度v0可求出時間；將粒子射出電場的速度進行分解，求出豎直方向分速度vy，由牛頓第二定律和vy=at結(jié)合求出電場強度E；由動能定理可求解AB兩點間電勢差。 (1)粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場， 水平方向做勻速直線運動，則有：d=v0t 解得：t=dv0 （2）由牛頓第二定律得：qE=ma 將粒

61、子射出電場的速度v進行分解，則有vy=v0tan45°=v0 根據(jù)速度時間關系：vy=at 聯(lián)立解得：E=mv02ed （3）由動能定理得：eUAB=12m2v02-12mv02 解得：UAB=mv022e 試題分析：本題主要考查了運動的分解法研究類平拋運動，關鍵將速度進行分解，由牛頓第二定律和運動學公式相結(jié)合進行解題。 26．虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×10-11kg、電荷量為q=+1.0×10-5C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，垂直進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b（圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成3

62、0°角。已知PQ、MN間距為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計求： （1）帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1； （2）水平勻強電場的場強大小。 【答案】 ①104 m/s②E=3×103N/C． 【解析】 由動能定理得Uq=12mv12 解得v1＝104m/s ②粒子進入電場后做類平拋運動，設粒子在電場中運動時間為t，電場寬度為s＝0.2m，則 沿初速方向s＝v1t 沿電場方向Eq＝ma，v2＝at 由幾何關系 tan30o＝v1v2 聯(lián)立解得 E=3×103N/C 27．如圖所示，在正的點電荷Q的電場中有a、b兩點，它們到點電荷Q的距離r1、r2。

63、 （l）a、b 兩點哪點電勢高？ （2）若a、b兩點間的電勢差為100V，將二價負離子由a點移到b點是電場力對電荷做正功還是電荷克服電場力做功？做功多少？ 【答案】 （1）a點的電勢較高；（2）克服電場力做功 【解析】 試題分析：（1）由正點電荷的等勢面特點可判斷a點的電勢較高，可知，,當把負電荷從a點移往b點，，電場力做負功，電勢能增加，負電荷在b點電勢能較大 （2）若，二價負離子電量，將該離子從a點移往b點，電場力做功： ， 即克服電場力做功3．2×10-17J。 考點：電場力、電勢差、電場力的功和電勢能的變化。 【名師點睛】解決本題的關鍵知道沿著電場線的方向電勢逐

64、漸降低．以及掌握電場力做功的方法，一、直接運用計算，將q的正負，電勢差的正負代入計算；二、先判斷出電場力做正功還是負功，然后運用,求出做功的大小，只代數(shù)值。 28．如圖所示，勻強電場的電場線與AC平行，把帶電荷量的負電荷從A移至B的過程中，電場力做功，AB長6cm，AB與AC的夾角為，求： （1）場強方向； （2）設B處電勢為1V，則A處電勢為多少； （3）A處的場強大小。 【答案】 （1）由C指向A；（2）；（3）。 【解析】 試題分析：（1）將負電荷從A移至B，電場力做正功，所以電荷所受電場力方向沿A至C，又因為是負電荷，場強方向與負電荷的受力方向相反，所以場強方向由

65、C指向A。 （2）由得： 由得：A處電勢 （3）由B向AC作垂線交AC于D，D與B在同一等勢面上 沿場強方向A、B兩點間距離 勻強電場的場強大小 考點：勻強電場中電場強度與電勢差的關系，電場力做功，電勢差和電勢 29．如圖所示，兩平行金屬板A、B長l=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB=300V.一帶正電的粒子電量q=10-10C，質(zhì)量m=10-20?kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0=2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右邊點電

66、荷的電場分布不受界面的影響).已知兩界面MN、PS相距為L=12cm，粒子穿過界面PS后被點電荷Q施加的電場力俘獲從而以O點為圓心做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上.(靜電力常數(shù)k=9×109N?m2/C2)求： （1）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離h． （2）粒子穿過界面MN時的速度v． （3）粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y． （4）點電荷的電荷量Q.(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字) 【答案】 (1)3cm (2)37° (3)12cm (4) ?1×10?8C. 【解析】 試題分析：帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，在MN、PS間的無電場區(qū)域做勻速直線運動，界面PS右邊做圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上，根據(jù)運動情況即可畫出圖象，根據(jù)運動學公式與牛頓第二定律，即可求解；帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動．由牛頓定律求出加速度，由運動學公式求出粒子飛出電場時的側(cè)移h，由幾何知識求解粒子穿過界面PS時偏離