PAGE24-電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第1講電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)真題再現(xiàn)考情分析1．(多選)(2019·高考全國卷Ⅲ)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)．則()A.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等B.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D.將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加解析：選BC.a、b兩點(diǎn)到兩點(diǎn)電荷連線的距離相等，且關(guān)于兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)對(duì)稱，可知a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，選項(xiàng)B、C均正確；電荷量分別為q和－q(q>0)的點(diǎn)電荷(等量異種點(diǎn)電荷)固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)a、b在兩點(diǎn)電荷q和－q連線的垂直平分面兩側(cè)，故a點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電勢(shì)是標(biāo)量，將q和－q在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)分別相加，可得φb>φa，將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.2．(多選)(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2.下列說法正確的是()A.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行B.若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功一定為eq\f(W1＋W2,2)C.若c、d之間的距離為L(zhǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定為eq\f(W2,qL)D.若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差解析：選BD.由題意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b兩點(diǎn)間和c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)關(guān)系，無法確定場(chǎng)強(qiáng)的方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若c、d之間的距離為L(zhǎng)，因無法確定場(chǎng)強(qiáng)的方向，故無法確定場(chǎng)強(qiáng)的大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于φM＝eq\f(φa＋φc,2)、φN＝eq\f(φb＋φd,2)、WMN＝q(φM－φN)，上述式子聯(lián)立求解得粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為WMN＝eq\f(W1＋W2,2)，所以B正確；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，變形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－eq\f(φa＋φc,2)＝eq\f(φa－φc,2)，φb－φN＝φb－eq\f(φb＋φd,2)＝eq\f(φb－φd,2)，所以φa－φM＝φb－φN，D正確.3．(多選)(2017·高考全國卷Ⅰ)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項(xiàng)正確的是()A.Ea∶Eb＝4∶1B.Ec∶Ed＝2∶1C.Wab∶Wbc＝3∶1D.Wbc∶Wcd＝1∶3解析：選AC.設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，試探電荷由b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，試探電荷由c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)做功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.命題研究對(duì)電場(chǎng)中力和能性質(zhì)的考查一直是高考中必考內(nèi)容，涉及的題型呈多樣性，近幾年高考命題熱點(diǎn)主要集中在電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)線的用途、電勢(shì)能的變化、電勢(shì)高低的判斷、勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等．選擇題會(huì)以電場(chǎng)線、等勢(shì)線為背景，結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)、電勢(shì)、電勢(shì)能等基本概念進(jìn)行考查，也可能會(huì)出現(xiàn)以帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)為背景考查學(xué)生建模能力和數(shù)學(xué)處理能力的計(jì)算題電場(chǎng)中力與能性質(zhì)的考查【高分快攻】1．電場(chǎng)中的各個(gè)物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系2．電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算(1)定義式：E＝eq\f(F,q).電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關(guān)．(2)真空中點(diǎn)電荷：E＝keq\f(Q,r2).E由場(chǎng)源電荷Q和場(chǎng)源電荷到某點(diǎn)的距離r決定．(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)：E＝eq\f(U,d).式中d為兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向的距離．3．電勢(shì)高低的判斷方法(1)根據(jù)電場(chǎng)線方向，沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)越來越低；(2)根據(jù)電勢(shì)的定義式φ＝eq\f(W,q)，即將＋q從電場(chǎng)中的某點(diǎn)移至無窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)力做功越多，則該點(diǎn)的電勢(shì)越高；(3)根據(jù)電勢(shì)差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，則φA＞φB，反之，φA＜φB.4．電場(chǎng)中帶電粒子軌跡的判斷分析(1)分析電荷受電場(chǎng)力情況時(shí)，首先明確電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布規(guī)律，再利用電場(chǎng)線的疏密分布規(guī)律或場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理判定場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱．(2)分析電勢(shì)的高低常根據(jù)電場(chǎng)線的指向進(jìn)行判斷．(3)比較電勢(shì)能的大小或分析電勢(shì)能的變化，可以根據(jù)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；做負(fù)功，電勢(shì)能增大判斷，也可根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大來判斷．【典題例析】(2019·高考全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．[解析](1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2 ②解得E＝eq\f(3mg,q). ③(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh ④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t ⑤h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)． ⑦[答案](1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)【題組突破】角度1庫侖力作用下的力學(xué)平衡問題1．(多選)(2019·武漢高中畢業(yè)生五月訓(xùn)練)如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為＋q的小球A，在其上方l處固定著一個(gè)光滑的定滑輪O，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端系在O點(diǎn)正上方eq\f(l,2)處的D點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球B連接．小球B平衡時(shí)OB長(zhǎng)為l，且與豎直方向成60°角．后由于小球B緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向成30°角時(shí)，小球B恰好在AB連線的中點(diǎn)C位置平衡．已知彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi)，靜電力常量為k，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．小球B帶負(fù)電B．小球B在初始平衡位置時(shí)所帶電荷量為eq\f(mgl2,kq)C．小球B在C位置時(shí)所帶電荷量為eq\f(mgl2,4kq)D．彈性繩原長(zhǎng)為eq\f(l,2)解析：選BD.兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球B也帶正電，A錯(cuò)誤；小球B在開始時(shí)的位置時(shí)，受到重力、電場(chǎng)力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角互為120°，所以三個(gè)力的大小相等，即T′＝F′＝mg；根據(jù)庫侖定律得：F′＝eq\f(kq·q1,l2)，小球B在開始時(shí)的位置時(shí)所帶電荷量：q1＝eq\f(mgl2,kq)，B正確；小球在C點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖，由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg，T＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，根據(jù)庫侖定律得：F＝eq\f(kqq2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))\s\up12(2))，聯(lián)立解得：q2＝eq\f(mgl2,8kq)，C錯(cuò)誤；小球B在開始位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：l1＝eq\f(l,2)＋l＝eq\f(3,2)l，小球B在C位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度l2＝eq\f(l,2)＋eq\f(\r(3),2)l，設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k′，則：eq\f(T′,T)＝eq\f(k′（l1－l0）,k′（l2－l0）)，聯(lián)立解得：l0＝0.5l，D正確．角度2對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的判斷2．(多選)(2019·高考全國卷Ⅱ)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行解析：選AC.在兩個(gè)同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，粒子的速度先增大后減小，選項(xiàng)A正確；帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的動(dòng)能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等；僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，即粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C正確；若靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線不是直線，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．角度3電場(chǎng)中的圖象問題3．(2019·青島二模)如圖甲所示，半徑為R、均勻帶正電的球體，A、B為過球心O的直線上的兩點(diǎn)，且OA＝2R，OB＝3R；球體的空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿半徑方向分布情況如圖乙所示，圖中E0已知，E－r曲線下O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積．則下列說法正確的是()A．A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C．從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差小于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D．電荷量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做功eq\f(1,2)E0Rq解析：選D.球體帶正電，電場(chǎng)線方向沿半徑向外，故A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤，因?yàn)锳距O點(diǎn)半徑為2R，B距O點(diǎn)距離為3R，從E－r圖中2R處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于3R處的電場(chǎng)強(qiáng)度，即EA＞EB，B錯(cuò)誤；根據(jù)U＝Ed可知圖象的面積表示電勢(shì)差，從E－r圖可知，R～2R圍成的面積大于2R～3R圍成的面積，即從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差大于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，C錯(cuò)誤；因?yàn)榍€下O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積，即O～R間的電勢(shì)差等于2R～3R間的電勢(shì)差，即等于AB間的電勢(shì)差，故電場(chǎng)做功為W＝Uq＝eq\f(1,2)RE0q，D正確．角度4電場(chǎng)中功與能的綜合問題4．(多選)(2018·高考全國卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V．一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV.下列說法正確的是()A．平面c上的電勢(shì)為零B．該電子可能到達(dá)不了平面fC．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍解析：選AB.電子在等勢(shì)面b時(shí)的電勢(shì)能為E＝qφ＝－2eV，電子由a到d的過程電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加6eV，由于相鄰兩等勢(shì)面之間的距離相等，故相鄰兩等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢(shì)能均增加2eV，則電子在等勢(shì)面c的電勢(shì)能為零，等勢(shì)面c的電勢(shì)為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢(shì)面d的電勢(shì)能應(yīng)為2eV，C錯(cuò)誤；電子在等勢(shì)面b的動(dòng)能為8eV，電子在等勢(shì)面d的動(dòng)能為4eV，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率為經(jīng)過平面d時(shí)速率的eq\r(2)倍，D錯(cuò)誤；如果電子的速度與等勢(shì)面不垂直，則電子在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，所以電子可能到達(dá)不了平面f就返回平面a，B正確．命題角度解決方法易錯(cuò)辨析庫侖力參與下帶電體的受力分析庫侖定律、力的合成與分解庫侖力的方向判斷要準(zhǔn)確，大小要關(guān)注兩電荷量的變化電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理、補(bǔ)償法、特殊值法、對(duì)稱法等場(chǎng)強(qiáng)方向是受點(diǎn)電荷的電性決定的，并注意電場(chǎng)線與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系電場(chǎng)中電勢(shì)、電勢(shì)能、電場(chǎng)力做功的關(guān)系公式法、場(chǎng)源判斷法電勢(shì)能正負(fù)的判斷一定要注意檢驗(yàn)電荷與場(chǎng)源電荷的關(guān)系，再根據(jù)電場(chǎng)力做功來計(jì)算電勢(shì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的判斷軌跡判斷法、曲線運(yùn)動(dòng)中正負(fù)功的判斷運(yùn)動(dòng)電荷與場(chǎng)源電荷電性的關(guān)系是解決問題的核心平行板電容器中的電場(chǎng)問題【高分快攻】1．平行板電容器問題的分析思路(1)明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的，以及怎樣變化．(2)應(yīng)用平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析電容器的電容的變化．(3)應(yīng)用電容的定義式分析電容器帶電荷量和兩板間電壓的變化情況．(4)根據(jù)控制變量法對(duì)電容的變化進(jìn)行綜合分析，得出結(jié)論．2．動(dòng)態(tài)變化分析的兩個(gè)重要結(jié)論(1)電容器與直流電路相連，則兩端電壓取決于電路的連接情況，穩(wěn)定時(shí)相當(dāng)于斷路，兩端電壓總等于與之并聯(lián)的支路電壓．(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變；此時(shí)若只改變兩板間距離，板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變．【典題例析】(2018·高考北京卷)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．下列說法正確的是()A．實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大[解析]實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a板帶電，由靜電感應(yīng)，在b板上感應(yīng)出與a板電性相反的電荷，故選項(xiàng)A正確；實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，正對(duì)面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對(duì)介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變小，靜電計(jì)指針的張角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，電容C不變，由C＝eq\f(Q,U)，可知靜電計(jì)指針的張角變大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案]A【題組突破】1．(多選)如圖所示，兩塊正對(duì)平行金屬板M、N與電源相連，N板接地，在距兩板等距離的P點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，如果M板向上平移一小段距離，則()A．點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力變小B．M板帶的電荷量增加C．P點(diǎn)的電勢(shì)升高D．點(diǎn)電荷在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能增加解析：選AD.兩板電壓不變，M板上移，d增大，由E＝eq\f(U,d)知E變小，由F＝Eq知電場(chǎng)力變小，A對(duì)；由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，M板上移，電容減小，由Q＝CU可知，Q變小，B錯(cuò)；N板接地電勢(shì)為零，φP＝UPN＝E·dPN，E變小，則φP降低，C錯(cuò)；由Ep＝qφP，因?yàn)閝<0，φP>0，φP變小，則Ep變大，D對(duì)．2．(2019·高考北京卷)電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用．對(duì)給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢(shì)差u隨電荷量q的變化圖象都相同．(1)請(qǐng)?jiān)趫D1中畫出上述u－q圖象．類比直線運(yùn)動(dòng)中由v－t圖象求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲(chǔ)存的電能Ep.(2)在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽略內(nèi)阻)．通過改變電路中元件的參數(shù)對(duì)同一電容器進(jìn)行兩次充電，對(duì)應(yīng)的q－t曲線如圖3中①②所示．a(chǎn)．①②兩條曲線不同是______(選填“E”或“R”)的改變?cè)斐傻模籦．電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電．依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑．________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)設(shè)想使用理想的“恒流源”替換(2)中電源對(duì)電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加．請(qǐng)思考使用“恒流源”和(2)中電源對(duì)電容器的充電過程，填寫下表(選填“增大”“減小”或“不變”)．“恒流源”(2)中電源電源兩端電壓通過電源的電流解析：(1)電壓為U時(shí)，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積為所儲(chǔ)存的電能EpEp＝eq\f(1,2)QU，又Q＝CU故Ep＝eq\f(1,2)CU2.(2)a.由題圖，充完電后，①②兩次帶電荷量相等，由Q＝CU＝CE知，兩次電源電動(dòng)勢(shì)相等．故①②兩條曲線不同不是E的改變?cè)斐傻?，只能是R的改變?cè)斐傻模産．剛開始充電瞬間，電容器兩端的電壓為零，電路的瞬時(shí)電流為I＝eq\f(E,R)，故減小電阻R，剛開始充電瞬間電流I大，曲線上該點(diǎn)切線斜率大，即為曲線①.短時(shí)間內(nèi)該曲線與時(shí)間軸圍成的面積更大(電荷量更多)，故可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電容器快速充電；增大電阻R，剛開始充電瞬間電流I小，即為曲線②，該曲線接近線性，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電．(3)接(2)中電源時(shí)，由于忽略電源E的內(nèi)阻，故電源兩端電壓不變．通過電源的電流I＝eq\f(E－U,R)，隨著電容器兩端電壓U不斷變大，通過電源的電流減小；“恒流源”是指電源輸出的電流恒定不變．接“恒流源”時(shí)，隨著電容器兩端電壓的增大，“恒流源”兩端電壓增大．答案：(1)u－q圖線如圖所示eq\f(1,2)CU2(2)a.Rb．減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電(3)“恒流源”(2)中電源電源兩端電壓增大不變通過電源的電流不變減小帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【高分快攻】1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的解題思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，區(qū)分是在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)問題．(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理①如果是帶電粒子在恒定電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等.②如果是非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般利用動(dòng)能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等．(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)模型，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理．通過對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法或功能方法求解．3．解題途徑的選擇(1)求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)和力、功能關(guān)系兩個(gè)途徑都適用，選擇依據(jù)是題給條件，當(dāng)不涉及時(shí)間時(shí)選擇功能關(guān)系，否則必須選擇運(yùn)動(dòng)和力．(2)帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不斷變化，只能選擇功能關(guān)系求解．【典題例析】(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)．(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？[解析](1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ)). ⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為L(zhǎng)＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)). ⑧[答案](1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【題組突破】角度1帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析1．(多選)(2019·遼寧大連二模)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)范圍足夠大，感光板MN垂直于電場(chǎng)方向固定放置．第一次從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)α粒子，關(guān)于這兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是()A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B．質(zhì)子和α粒子在整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同解析：選CD.根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2－0＝qU，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為eq\r(2)∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)子、α粒子在A、B板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B間電場(chǎng)強(qiáng)度為E1，由a＝eq\f(E1q,m)可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，進(jìn)入豎直電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子在豎直電場(chǎng)中的加速度大，做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較短，可知質(zhì)子在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于α粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；O2到MN板的電勢(shì)差用U′表示，對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故帶電粒子的末動(dòng)能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2，選項(xiàng)C正確；質(zhì)子、α粒子由O2到MN板，豎直方向有h＝eq\f(Eq,2m)t2，水平方向有x＝vt，聯(lián)立解得x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，選項(xiàng)D正確．角度2帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的求解2．(2017·高考全國卷Ⅰ)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0.在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度大小為g.(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件．已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍．解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上．在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1 ①油滴在時(shí)刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1 ②電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2 ③油滴在時(shí)刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1. ⑤(2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有qE1＝mg ⑥油滴從t＝0到時(shí)刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2＝2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1) ⑧由題給條件有veq\o\al(2,0)＝2g(2h)⑨式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離．若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))\s\up12(2)))E1 eq\o(○,\s\up1(11))為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))eq\s\up12(2)>1 eq\o(○,\s\up1(12))即當(dāng)0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) eq\o(○,\s\up1(13))或t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g)eq\o(○,\s\up1(14))才是可能的；條件eq\o(○,\s\up1(13))式和eq\o(○,\s\up1(14))式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形．若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán)eq\o(○,\s\up1(15))由①②③⑥⑦⑧⑨eq\o(○,\s\up1(15))式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))\s\up12(2)))E1eq\o(○,\s\up1(16))為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))eq\s\up12(2)>1eq\o(○,\s\up1(17))即t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)＋1))eq\f(v0,g)eq\o(○,\s\up1(18))另一解為負(fù)，不合題意，已舍去．答案：見解析角度3帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析3．(2019·煙臺(tái)二模)如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1＝100V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d＝0.1m，板長(zhǎng)L＝0.2m．一個(gè)質(zhì)量m＝2×10－12kg、電荷量q＝＋1×10－8C的帶電粒子(不計(jì)重力)從靠近A板處由靜止釋放，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從B板的小孔穿出，沿著M、N兩板的中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如果在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)電壓，當(dāng)t＝eq\f(T,4)時(shí)，帶電粒子剛開始進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則：(1)帶電粒子從B板的小孔穿出時(shí)的速度為多大？(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間(不沿中軸線)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，則交流電U2的周期T為多少？(3)在滿足(2)條件的情況下，它在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的最大偏移量是多少？(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)解析：(1)由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))＝1×103m/s.(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，并且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T(n＝0，1，2，…)①帶電粒子沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則L＝v0t②所以T＝eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝0，1，2，…)③帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的加速度a＝eq\f(qE,m)④電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U2,d)⑤帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的前eq\f(T,4)內(nèi)沿豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)⑥要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿足2y≤eq\f(d,2)⑦聯(lián)立①～⑦式解得n≥4.5所以T＝eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝5，6，7，…)．(3)要使總偏移量最大，則n應(yīng)取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0.04m.答案：(1)1×103m/s(2)eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝5，6，7，…)(3)0.04meq\a\vs4\al()命題角度解決方法易錯(cuò)辨析帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)分解思想要注意帶電體的重力問題，無論是受力分析中還是功能關(guān)系中都要引起關(guān)注帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)、矢量三角形粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后要注意速度的大小及方向的變化情況(建議用時(shí)：40分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．(2019·高考北京卷)如圖所示，a、b兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點(diǎn)在球面外，則()A．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比b點(diǎn)大B．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)高D．b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)低解析：選D.由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，與－Q距離相等的點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，離－Q越近的點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)越大，故a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小與b點(diǎn)的相等，b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比c點(diǎn)的大，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；與－Q距離相等的點(diǎn)，電勢(shì)相等，離－Q越近的點(diǎn)，電勢(shì)越低，故a點(diǎn)電勢(shì)與b點(diǎn)的相等，b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)的低，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．2．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析：選D.平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝eq\f(Q,U)可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減?。捎赨不變，d不變，由E＝eq\f(U,d)可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤．3．(2019·萊蕪二模)如圖所示，真空中電荷量均為Q的兩正點(diǎn)電荷固定于一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線所在直線上，且兩點(diǎn)電荷關(guān)于正方體中心對(duì)稱，則()A．A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)相同B．A1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．負(fù)檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在C1點(diǎn)的電勢(shì)能D．正檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)移到C1點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)其做正功解析：選A.由疊加原理可知，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)相同，選項(xiàng)A正確；A1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知A點(diǎn)和C1點(diǎn)電勢(shì)相同，故負(fù)檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能等于在C1點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知C點(diǎn)和C1點(diǎn)的電勢(shì)相同，故正檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)移到C1點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)其做功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．(2018·高考天津卷)如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢(shì)能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()A．vM<vN，aM<aNB．vM<vN，φM<φNC．φM<φN，EpM<EpND．a(chǎn)M<aN，EpM<EpN解析：選D.由粒子軌跡彎曲方向及電場(chǎng)線分布情況可知，粒子所受電場(chǎng)力方向沿電場(chǎng)線切線方向，設(shè)粒子由M向N運(yùn)動(dòng)，則速度方向沿軌跡切線方向，電場(chǎng)力方向與粒子速度方向的夾角為鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，所以vM>vN，EpM<EpN，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；電場(chǎng)線疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故粒子在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小小于在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小，由牛頓第二定律可知，aM<aN，D項(xiàng)正確；由于電場(chǎng)線方向如圖所示，所以M點(diǎn)電勢(shì)較N點(diǎn)的高，C項(xiàng)錯(cuò)誤．5．如圖所示，P是固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓．帶電粒子Q在P的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)．若Q僅受P的電場(chǎng)力作用，其在a、b、c點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc.則()A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vbB．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>vaD．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb解析：選D.由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(q,r2)可知，離場(chǎng)源點(diǎn)電荷P越近，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，Q受到的電場(chǎng)力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運(yùn)動(dòng)軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減少，從b到a的過程中電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，因此Q在b點(diǎn)的速度最小，由于c、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值小于a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值，因此Q從c到b的過程中，動(dòng)能的減少量小于從b到a的過程中動(dòng)能的增加量，Q在c點(diǎn)的動(dòng)能小于在a點(diǎn)的動(dòng)能，即有va>vc>vb，C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確．6．(2019·高考天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程()A．動(dòng)能增加eq\f(1,2)mv2B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢(shì)能增加eq\f(3,2)mv2D．電勢(shì)能增加2mv2解析：選B.小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔE′p＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．7．(2019·河南天一聯(lián)考)如圖所示，小球A、B帶電荷量相等，質(zhì)量均為m，都用長(zhǎng)L的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn)，A球靠墻且其懸線剛好豎直，B球懸線偏離豎直方向θ角而靜止，此時(shí)A、B兩球之間的庫侖力為F.由于外部原因小球B的帶電荷量減小，使兩球再次靜止時(shí)它們之間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t小球B的帶電荷量減小為原來的()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,16)解析：選C.小球B受力分析如圖所示，兩絕緣細(xì)線的長(zhǎng)度都是L，則△OAB是等腰三角形，則線的拉力T與重力G相等，G＝T，小球處于平衡狀態(tài)，則庫侖力F＝2Gsineq\f(θ,2)，設(shè)原來小球帶電荷量為q，A、B間的距離是r，則r＝2Lsineq\f(θ,2)，由庫侖定律得F＝keq\f(q2,r2)，后來庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话?，則eq\f(F,2)＝2Gsineq\f(θ′,2)，r′＝2Lsineq\f(θ′,2)，eq\f(F,2)＝keq\f(qqB,r′2)，解得qB＝eq\f(1,8)q，故選C.8．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等．則()A．直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功解析：選B.由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，且電場(chǎng)線方向?yàn)镸→N，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；M點(diǎn)與Q點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題9．(2017·高考全國卷Ⅲ)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、17V、26V．下列說法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5V/cmB．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1VC．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7eVD．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9eV解析：選ABD.ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場(chǎng)強(qiáng)分量大小分別為E1＝eq\f(Uca,ac)＝2V/cm、E2＝eq\f(Ucb,bc)＝1.5V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5V/cm，A項(xiàng)正確；根據(jù)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行線上等距同向的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1V，B項(xiàng)正確；電子在a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)能分別為－10eV、－17eV和－26eV，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W＝(－17eV)－(－26eV)＝9eV，D項(xiàng)正確．10．(2019·淄博二模)通常把電荷在離場(chǎng)源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場(chǎng)源電荷Q的電場(chǎng)中具所有電勢(shì)能表達(dá)式為Er＝eq\f(kqQ,r)(式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場(chǎng)源電荷間的距離)．真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸的x＝0和x＝6cm的位置上．x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系如圖所示．A、B是圖線與x的交點(diǎn)，A點(diǎn)的x坐標(biāo)是4.8cm，圖線上C點(diǎn)的切線水平．下列說法正確的是()A．電荷Q1、Q2的電性相反B．電荷Q1、Q2的電荷量之比為1∶4C．B點(diǎn)的x坐標(biāo)是8cmD．C點(diǎn)的x坐標(biāo)是12cm解析：選ACD.電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系圖象的斜率eq\f(Δφ,Δx)＝E，所以C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，故A正確；根據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)可知，φA＝eq\f(\f(kQ1q,r1),q)＋eq\f(\f(kQ2q,r2),q)＝eq\f(kQ1,4.8cm)＋eq\f(kQ2,1.2cm)＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)可知，φB＝eq\f(\f(kQ1q,x1),q)＋eq\f(\f(kQ2q,x1－6cm),q)＝eq\f(kQ1,x1)＋eq\f(kQ2,x1－6cm)＝0，解得B點(diǎn)的坐標(biāo)是8cm，故C正確；由E＝eq\f(kQ,r2)知，EC＝eq\f(kQ1,xeq\o\al(2,2))＋eq\f(kQ2,（x2－6cm）2)＝0，解得C點(diǎn)的坐標(biāo)是x2＝12cm，故D正確．11．(2019·青島模擬)如圖(a)所示，兩個(gè)帶正電的小球A、B(均可視為點(diǎn)電荷)套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中A球固定，電荷量QA＝2.0×10－4C，B球的質(zhì)量m＝0.1kg.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿桿向上建立直線坐標(biāo)系，B球的總勢(shì)能(重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和)隨位置x的變化規(guī)律如圖(b)中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ?yàn)榍€Ⅰ的漸近線．圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6m．令A(yù)所在垂直x軸的平面為參考平面，無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，重力加速度g取10m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109N·m2/C2.下列說法正確的是()A．桿與水平面的夾角θ＝60°B．B球的電荷量QB＝1.0×10－5CC．若B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小2JD．若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度先減小后增大解析：選BCD.漸進(jìn)線Ⅱ表示B球的重力勢(shì)能Ep隨位置的變化關(guān)系，即：Ep＝mgxsinθ＝k′x，得：sinθ＝eq\f(k′,mg)＝0.5，即θ＝30°，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖(b)中的曲線Ⅰ可知，在x＝6m處總勢(shì)能最小，B球動(dòng)能最大，該位置B球受力平衡，則有mgsinθ＝keq\f(QAQB,（6m）2)，解得：QB＝1×10－5C，B項(xiàng)正確；若B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，在M點(diǎn)時(shí)，B球的重力勢(shì)能Ep1＝mgxsin30°＝3J，電勢(shì)能Ep電1＝Ep總－Ep1＝3J，由能量守恒定律可知，最高點(diǎn)時(shí)，Ek＝0，Ep總＝4J＋6J＝10J，對(duì)應(yīng)的位置為x′＝10m，此位置處Ep2＝mgx′sin30°＝9J，則Ep電2＝10J－9J＝1J，故ΔEp＝3J－1J＝2J，C項(xiàng)正確；在M處加速度最小為0，所以從x＝2m向上加速度先減小后增大，D項(xiàng)正確．12．(2019·第一次全國大聯(lián)考卷Ⅱ)長(zhǎng)為l、間距為d的平行金屬板水平正對(duì)放置，豎直光屏M到金屬板右端的距離也為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個(gè)裝置結(jié)構(gòu)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子以初速度v0從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在某一位置時(shí)，粒子恰好垂直撞在光屏上．對(duì)此過程，下列分析正確的是()A．粒子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和在金屬板右端到光屏的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(2mg,q)C．若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子不會(huì)垂直打在光屏上D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上解析：選ABD.粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子離開電場(chǎng)具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說明豎直方向末速度等于0，即電場(chǎng)中粒子具有豎直向上的加速度，不管是金屬板間還是離開電場(chǎng)后，粒子在水平方向速度沒有變化，而且水平位移相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)A正確；豎直方向速度變化量等大反向，所以有eq\f(qE－mg,m)t＝gt，可得E＝eq\f(2mg,q)，選項(xiàng)B正確；若僅將滑片P