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1、 專題三 第1講 [A級－對點練] [題組一]　電場的性質(zhì) 1．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點．下列說法中正確的有(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在M點的動能大于在N點的動能 C．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能 D．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力 解析：C　[由粒子的運動軌跡和電場線的方向可判斷粒子帶正電，A錯；粒子從M向N運動，相當(dāng)于順著電場線方向運動，粒子又是帶正電，則電場力做正功，電勢能減小，可得EpM＞EpN，再由動能定理知，EkM＜EkN，B錯，C對；由電場線密

2、的地方場強大，可知EM＜EN，又F電＝qE，則FN＞FM，D錯．] 2.(2020·江西模擬)在電場中，以 O 為原點，沿電場方向建立坐標(biāo)軸 r，將帶正電的試探電荷放入電場中，其電勢能 EP隨 r 變化的關(guān)系如圖所示，其中 r2對應(yīng)圖線與橫軸的交點，r0對應(yīng)圖線的最低點．若電荷只受電場力的作用，則下列說法正確的是(　　 ) A．從r2處靜止釋放電荷，電荷將保持靜止 B．從r1處靜止釋放電荷，電荷始終向r正方向運動 C．從r0處靜止釋放電荷，電荷將先向r負(fù)方向運動 D．從r3處靜止釋放電荷，電荷將始終向r負(fù)方向運動 解析：D　[根據(jù)電勢能EP＝qφ可知：電勢與圖中電勢能曲線趨勢一

3、致；根據(jù)沿著電場線電勢降低可知：從r1到r0，電場方向向r正方向；在r0處電場強度為零；在r0到無窮遠(yuǎn)，電場方向向r負(fù)方向；所以，從r1、r2處釋放電荷，電荷先向r 正方向運動；從r0處釋放電荷，電荷將保持靜止；從r3處釋放電荷，電荷將先向r 負(fù)方向運動；故D正確，A、B、C錯誤．] 3．在真空中A、B兩點分別放有異種點電荷－Q和＋2Q，以A、B連線中點O為圓心作一圓形路徑acbd，如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．場強大小關(guān)系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．電勢高低關(guān)系有φa＞φb、φc＞φd C．將一負(fù)點電荷沿圓弧由a運動到b的過程中電場力做正功 D．將一正點電荷沿直線

4、由c運動到d的過程中電勢能始終不變 解析：C　[對比等量異種點電荷的電場分布可知，題圖中場強大小關(guān)系有Eb＞Ea，Ec＝Ed，A項錯誤．由沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，φa＜φb，再由對稱性可知φc＝φd，B項錯誤．因φa＜φb，將一負(fù)點電荷沿圓弧由a運動到b的過程中電場力做正功，C項正確．因沿直線由c到d過程中電勢先升高再降低，所以將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中電勢能先增大后減小，D項錯誤．] 4．(多選)如圖所示，正方形ABCD的4個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分別為AB、BC及AC的中點．下列說法正確的是(　　) A．E點電

5、勢低于F點電勢 B．F點電勢等于E點電勢 C．E點電場強度與F點電場強度相同 D．F點電場強度大于O點電場強度 解析：BD　[根據(jù)對稱性可知，E、F兩點電勢相等，則A項錯誤，B項正確．根據(jù)對稱性及場強的疊加原理可知，E點和F點電場強度大小相等而方向不同，O點的電場強度為零，F(xiàn)點的電場強度大于零，則C項錯誤，D項正確．] 5．(多選)如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有c、O、f三點，虛線所在的曲線M、L、K分別表示過c、O、f三點的等勢面．一不計重力的帶負(fù)電粒子，從a點射入電場，只在電場力作用下沿abcde運動，其軌跡關(guān)于兩點電荷連線對稱，如圖中實線所示．a(chǎn)、b、c、d、e為軌跡與各

6、等勢面的交點，則下列說法中正確的有(　　) A．各等勢線的電勢大小關(guān)系為φK＞φL＞φM B．a(chǎn)點與b點的電場強度相同 C．粒子在a點與e點的加速度大小相等 D．粒子在c點的電勢能大于在e點的電勢能 解析：ACD　[由曲線運動的特點可以知道粒子在c點受到向左的電場力，又因為粒子帶負(fù)電，可知過c點的電場線方向向右，根據(jù)等量異種點電荷電場的特點知正點電荷在虛線K的左邊，負(fù)點電荷在虛線M的右邊，因此φK＞φL＞φM，選項A正確；a點與b點的電場強度大小不一定相等，而且方向不同，選項B錯誤；a點與e點的電場強度大小相等，粒子在這兩點所受電場力大小相等，所以加速度大小相等，選項C正確；粒子

7、從c點到e點，電場力做正功，故粒子在c點的電勢能大于在e點的電勢能，選項D正確．] [題組二]　與電容器有關(guān)的電場問題 6.研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板， 靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大 解析：A　[帶電玻璃棒接觸a板，a板會帶上同種電荷，同時b板上會感應(yīng)出異種電荷，故A正確；靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓，將b板上移

8、，正對面積S減小，電容C減小，板間電壓U增大，故指針張角變大，B錯；插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr增大，電容C增大，板間電壓U減小，指針張角變小，C錯；只增加極板帶電量Q，板間電壓U增大，但電容保持不變，故D錯．] 7．(2020·河北衡水中學(xué)高考模擬)(多選)如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計，開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度．下述結(jié)論正確的是(　　) A．若保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小 B．若保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將不變 C．若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小 D．

9、若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將變大 解析：BCD　[保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變，靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，所以指針張角不變，故A錯誤，B正確；斷開開關(guān)，電容器帶電荷量不變，將A、B靠近一些，則d減小，根據(jù)C＝知，電容增大，根據(jù)C＝知，電勢差減小，指針張角減小，故C正確；斷開開關(guān)，電容器帶電荷量不變，將A、B正對面積變小些，根據(jù)C＝知，電容減小，根據(jù)C＝知，電勢差增大，指針張角增大，故D正確．] [題組三]　帶電粒子在電場中的運動 8．(2020·湖南郴州質(zhì)檢一，2)a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場入射，運動軌跡如圖．若a、b的偏

10、轉(zhuǎn)時間相同，則a、b一定相同的物理量是(　　) A．比荷　　　　　 B．入射速度 C．入射動能 D．入射動量 解析：A　[離子在電場中做類平拋運動，垂直板方向做勻加速直線運動，偏轉(zhuǎn)時間相同，偏轉(zhuǎn)量相同，y＝at2＝××t2，兩板間電壓、距離、運動時間相等，則a、b一定相同的物理量是比荷，故A正確．] 9．(2019·安徽江南十校聯(lián)考，18)空間存在水平向右的勻強電場，方向與x軸平行，一個質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球，帶電荷量為q，從坐標(biāo)原點以v0＝10 m/s的初速度斜向上拋出，且初速度v0與x軸正方向夾角θ＝37°，如圖所示．經(jīng)過一段時間后到達最高點，此時速度大小也是10 m/s，則

11、該小球在最高點的位置坐標(biāo)是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．0.6 m,1.8 m B．－0.6 m,1.8 m C．5.4 m,1.8 m D．0.6 m,1.08 m 解析：B　[帶電小球受重力和水平向左的電場力作用，把帶電小球的運動分解成沿x軸方向初速度為v0cos 37°的勻減速直線運動，沿y軸方向初速度為v0sin 37°的豎直上拋運動．當(dāng)沿y軸方向速度減小為0時小球達到最高點，故有y＝＝1.8 m，t＝＝0.6 s，x＝·t＝－0.6 m，故B選項正確．] 10．(2019·天津理綜，3)如圖所示，在水平向右的勻強電

12、場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　) A．動能增加mv2　　　　 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 解析：B　[小球從M點運動到N點的過程，可分解為水平方向上的勻加速直線運動和豎直方向上的勻減速直線運動．豎直方向上，運動時間t＝，上升高度h＝；水平方向上，2v＝at，a＝，所以F電＝2mg，水平位移x＝ t＝·t＝.從M到N，動能增量ΔEk＝m×(2v)2－mv2＝mv2，A錯；重力勢能增量ΔEp＝mgh＝mv2，C錯；電勢能增量ΔEP電＝－W電

13、＝－F電·x＝－2mv2，故D錯；機械能增量ΔE機＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正確．] [B級－綜合練] 11.(2020·河北衡水中學(xué)高考模擬)(多選)如圖所示，勻強電場場強大小為E，方向與水平方向夾角為θ(θ≠45°)，場中有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，用長為L的細(xì)線懸掛于O點．當(dāng)小球靜止時，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用一外力將小球沿圓弧緩慢拉到豎直方向最低點，小球電荷量不變，則在此過程中(　　) A．外力所做的功為 B．帶電小球的電勢能增加qEL(sin θ＋cos θ) C．帶電小球的電勢能增加 D．外力所做的功為mgLtan θ 解析：AB　[小球在水平位置靜止，由共

14、點力的平衡可知，F(xiàn)電sin θ＝mg，則F電＝Eq＝，小球從初始位置移到最低點時，電場力所做的功W電＝－EqL(cos θ＋sin θ)＝－ΔEp，故B正確，C錯誤；由動能定理可知，W外＋W電＋WG＝0，W外＝－(W電＋WG)＝EqL(cos θ＋sin θ)－mgL＝，故A正確，D錯誤．故選A、B.] 12．(多選)如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別位于x軸上的P、Q兩點，其位置關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱．圓弧曲線是一個以O(shè)點為圓心的半圓，c點為半圓與y軸的交點，a、b兩點為一平行于x軸的直線與半圓的交點．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩點的場強相同 B．a(chǎn)、b兩點的電勢相同 C

15、．將一個正電荷q沿著圓弧從a點經(jīng)c點移到b點，電勢能先增加后減小 D．將一個正電荷q放在半圓上任一點，兩電荷對q的作用力大小分別是F1、F2，則＋為一定值 解析：BD　[等量同種正電荷電場線和等勢面的分布圖如圖所示．電場強度的方向沿電場線的切線方向，由圖可以知道，a、b兩點的場強大小相等、方向不同，則場強不同，故A錯誤； 根據(jù)等量同種正電荷的電場分布的對稱性知，a點的電勢等于b點的電勢，故B正確；將一個正電荷q沿著圓弧從a點經(jīng)c點移到b點，電場力先做正功后做負(fù)功，故電勢能先減小后增加，故C錯誤；設(shè)半圓直徑為d，將一個正電荷q放在半圓上任一點，設(shè)該點到P的距離為r1，到Q的距離為r2，

16、兩等量點電荷的電荷量均為Q，由勾股定理得r＋r＝d2，兩電荷對q的作用力大小分別是F1、F2，由庫侖定律得F1＝，F(xiàn)2＝，所以＋＝＝，為定值，故D正確．] 13．如圖甲所示，兩水平金屬板A、B間的距離為d，極板長為l，A、B右端有一豎直放置的熒光屏，熒光屏距A、B右端的距離為0.71l.A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向值也為U0，A、B間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為e(重力不計)的電子束，以速度v0沿A、B兩板間的中心線OO′射入兩板間的偏轉(zhuǎn)電場，所有電子均能通過偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒屏上． (1)求電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t

17、0. (2)若UAB的周期T＝t0，求從OO′上方飛出偏轉(zhuǎn)電場的電子在飛出時離OO′的最大距離． (3)若UAB的周期T＝2t0，求電子擊中熒光屏上O′點時的速率． 解析：(1)電子在水平方向做勻速運動，v0t0＝l， 解得t0＝. (2)當(dāng)T＝t0時，t＝0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子向上側(cè)移距離最大．設(shè)最大距離為ym，加速度大小為a，則： ym＝2×a2，a＝， 解得最大距離ym＝. (3)當(dāng)T＝2t0時，電子要到達O′點在電場中必須在豎直方向上先加速后減速再反向加速，并且加速度大小相等，離開電場后豎直方向上勻速，從O到O′的整個過程向上的位移和向下的位移大小相等．設(shè)向上加速時間

18、為Δt，則在豎直方向上有： y上＝2×a(Δt)2 y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt) 要到達O′點，則有y上＝y(tǒng)下． 解得：Δt＝0.4t0，另一解：Δt＝3t0舍去． 所以，到達O′點的電子在豎直方向上的速度大小為vy＝a(t0－2Δt) 到達熒光屏上O′點的電子的速率為v＝， 解得：電子擊中熒光屏上O′點時的速率 v＝ 答案：(1)　(2)　(3) 14．如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場E1的場強方向為豎直向上，PS上方的電場E2的場強方向為豎直向下．在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)

19、域內(nèi)，連續(xù)分布著電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子．從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E1中．從Q點射入的粒子，通過PS上的某點R進入勻強電場E2后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖．若MS兩點的距離為.不計粒子的重力及它們間的相互作用． (1)求電場強度E1與E2的大?。? (2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？ 解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達R時豎直速度為vy， 由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t＝t ＝a2t＝t vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 聯(lián)立解得：E1＝，E2＝. (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做勻速運動，所以它們到達CD邊的時間均為t＝.設(shè)PQ間距離P點為h的粒子射入電場后，經(jīng)過n(n＝2,3,4，…)個類似于Q→R→M的循環(huán)運動(包括粒子從電場E2穿過PS進入電場E1的運動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達PS邊的時間則為T，則 h＝··2＝(n＝2,3,4，…) 答案：(1)　　(2)見解析