靜電

場(chǎng)力的性質(zhì)ⅠⅠⅠⅡⅠⅠⅡⅡⅠⅠⅡⅠⅠⅠ：高考對(duì)本章知識(shí)的考查主要以選擇、計(jì)算為主，主要考點(diǎn)有：(1)電場(chǎng)的基明熱點(diǎn)：預(yù)計(jì)2016年的高，對(duì)本章知識(shí)的考查仍將是熱點(diǎn)之一，主要以選擇題第1 電場(chǎng)力的性質(zhì)kF＝q1q2r→0時(shí)，F(xiàn)→∞。k

＝r2

Q就是產(chǎn)生電場(chǎng)的點(diǎn)電荷。1785年法國(guó)物理學(xué)家?guī)靵隼门こ訉?shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律——庫(kù)侖定1913年，物理學(xué)家密立根通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)精確測(cè)定了元電荷e的電荷量，獲得諾要點(diǎn)一庫(kù)侖力在r＝10－15～10－9m的范圍內(nèi)均有效，但不能根據(jù)錯(cuò)誤地推論：當(dāng)(1)在用庫(kù)侖定律進(jìn)行計(jì)算時(shí)，無(wú)論是正電荷還是負(fù)電荷，均代入電量的絕對(duì)值計(jì)(3)兩個(gè)點(diǎn)電荷間相互作用的庫(kù)侖力滿足第三定律，大小相等、方向相反。k(4)庫(kù)侖力存在極大值， F＝q1q2kq1＝q2時(shí)，F(xiàn)ssF。今讓第三個(gè)半徑相同的不帶電的A、B兩球接觸后移開。這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小是() ． D．解析：選 2＋q、－qCA球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個(gè)球帶電荷248F，A8

k2.6-1-2mab，殼層的厚度和質(zhì)量l3倍。若使它F庫(kù)分別為()

A．F引＝Gl2，F(xiàn)庫(kù)＝k B．F引≠Gl2，F(xiàn)庫(kù)≠k C．F引≠Gl2，F(xiàn)庫(kù)＝k D．F引＝Gl2，F(xiàn)庫(kù)≠k解析：選Dl只有此，可以應(yīng)用萬(wàn)有引力定律。對(duì)于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，表面的電荷分布并不均勻，不能把兩球殼看成相距l(xiāng)的點(diǎn)電荷，故D正確。要點(diǎn)二[典例](多選)(2014·浙江高考)6-1-3電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷。小球A靜止在斜面上，則( AABmgsinmgsinθ．當(dāng)

mgtan．當(dāng) mgktanD．當(dāng) 時(shí)，斜面對(duì)小球Aktan[解析

Ad2＝mgtan D[答案 [方律l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上：a、bq，c帶負(fù)電。整個(gè)系統(tǒng)置電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為()AA．

BB．22． D．解析：選 以小球c為研究對(duì)象，其受力如圖甲所示，其中F庫(kù)＝kqqc，由平衡條得：2F庫(kù)cos30°＝Eqc即：3kqqc＝Eqc，E＝ a的受力如圖乙所示，l22＋

2＝kl2qc＝2qabB電－9Q?，F(xiàn)引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，恰好使三個(gè)點(diǎn)電荷均在電場(chǎng)力的作用下處于平衡狀態(tài)，C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為()A．正，B的右邊0.4m B．正，B的左邊0.2mC．負(fù)，A的左邊0.2m D．負(fù)，A的右邊0.2m解析：C要使三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則，所以選項(xiàng)C正確。3．(2015·湖南懷化調(diào)研)6-1-6所示，A、B兩小球帶等量同號(hào)電荷，A固定在豎直L＝10cmBAA等高處，θ＝30°，Bm＝103×10－3kg。求：B效數(shù)字)解析：(1)BFNQ，A、Br。對(duì)B球受力分析如圖所示。FNcosθ＝mg，①得FN＝0.20N。據(jù)第三定律得B球?qū)π泵娴膲篎N′＝0.20N(2)F＝kr2F＝mgtanθ，②L＝rtan mg＝3

10－6C≈5.8×10－7Cktan 3答案：(1)0.2N(2)5.8×10－7要點(diǎn)三 E＝ ＝式EUqQr單位：?jiǎn)挝唬?N/C＝1點(diǎn)[典例](2013·卷Ⅰ)6-1-7RQ的電cab、d三個(gè)點(diǎn)，ab、bccd間的距點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為(k為靜電力常量)()

由于在a點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷q后，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，說(shuō)明點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)產(chǎn)生 QdEQ′＝qEd＝EQ′＋Eq′＝q＋q＝ B

[答案 [方律 1．(2013·高考)如圖6-1-8所示，xOy平面是無(wú)窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿的空間，z>0qzz＝hxOy的。已知靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，則在z軸上

4q

解析：選 點(diǎn)電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場(chǎng)在z>0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點(diǎn)對(duì) zz＝hE＝q＋q＝40 2 2

3

D

6-1-91 解析：B根據(jù)對(duì)稱性和矢量疊加，DO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，C項(xiàng)等效為第二象限內(nèi)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)，大小與A項(xiàng)的相等，B、負(fù)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向互相垂直，合電場(chǎng)強(qiáng)度是其中一個(gè)的2倍，也是A、C項(xiàng)電場(chǎng)強(qiáng)度的2倍，因此B確。3．(2012·高考)6-1-10R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電

1xσ0R2＋x22 1 1r2＋x2C．2πkσ

1 1xx解析：選 利用均勻帶電圓板軸線上的電場(chǎng)強(qiáng)度，當(dāng)R無(wú)限大時(shí)，Q點(diǎn)電場(chǎng)度E1＝2πkσ0，當(dāng)R＝r時(shí)，Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度

1]r2＋x2rQE3＝E1－E2AOOxP點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。6-1-E1、E2大小相等，所以P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零。

要點(diǎn)四O 如圖6-1-13所示，Q1和Q2是兩個(gè)電荷量大小相等的點(diǎn)電荷，MN是兩電荷的連線，HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足。下列說(shuō)法正確的是( HGOMNHG[解析]OMONA錯(cuò)各點(diǎn)相比是最小的，而與HG上各點(diǎn)相比是最大的，選項(xiàng)B正確。若兩電荷是同種電荷，則OM中點(diǎn)與ON中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小一定相同，方向一定相反，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。若兩電O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，與MN上各點(diǎn)相比是最小的，與HG上各點(diǎn)相比也是最小的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案 [方律Bv-t6-1-15中的()解析：選 負(fù)電荷從電場(chǎng)中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場(chǎng)力作用，沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到6-1-16所示的曲線，關(guān)于這種電場(chǎng)，以下說(shuō)法正確的是()ABAB解析：D由于平行金屬板形成的電場(chǎng)的電場(chǎng)線不是等間距的平行直線，所以不是勻A錯(cuò)誤。從電場(chǎng)線分布看，ABA點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大BB、C錯(cuò)誤。A、B兩點(diǎn)所在的電場(chǎng)線為一條直線，電荷受力方向沿著這條直線，所以若將一正電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)由靜止釋放，它將沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板，選項(xiàng)D正確。xOAv和atEkφx的變化圖線可能正確的是()解析：選 沿OA方向的電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a隨時(shí)間t的CEkx的變化圖線斜率與電場(chǎng)強(qiáng)度成正比，粒子的動(dòng)能Ekx的變化圖線的斜率應(yīng)該為先減小后增大，圖像D錯(cuò)誤。要點(diǎn)五帶電體的力電綜合應(yīng)用 如圖6-1-19所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN豎直固定在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，桿的下端M小球B開始運(yùn)動(dòng)。(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2)BMBNMh2＝0.61mv＝1.0m/s，求此過(guò)程BΔEp。B運(yùn)動(dòng)前的受力示意圖。提示：B球釋放后先向下加速運(yùn)動(dòng)，然后向下運(yùn)動(dòng)，速度最大時(shí)，所受合力為零，第(1)問(wèn)求加速度a時(shí)，應(yīng)對(duì)B球在N位置時(shí)利用第二定律求解；小球速度最大[解析 mg－kQq－qEsinh即kQq＋qEsinh1h1＝0.9m2小球B在從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v的過(guò)程中，設(shè)重力做功為W1W2，庫(kù)侖力做功為W3，則根據(jù)動(dòng)能定理得W1＋W2＋W3＝1mv22ΔEp＝8.4×10－2J[答案 (1)3.2m/s2，豎直向下(2)0.9 (3)8.4×10－2－q(q＞0)，質(zhì)量都為m，小球可當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)處理?，F(xiàn)固定B球，在B球正上方足夠高的地方由靜止釋放A球，則從釋放A球開始到A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中( AAAA

第二定律有mg－kr2＝ma，可知小球A先做加速

＝

A、BAA的機(jī)械能不斷減小，電勢(shì)能不斷增大，選項(xiàng)C、D正確。 省江淮十校聯(lián)考)6-1-21所示，一帶正電的長(zhǎng)細(xì)直棒水平放置，帶電amA、B，A、B所帶電荷量分別為＋qAvmAA球做r解析：r

k對(duì)AB整體 k kA下落速度最大時(shí)：代入k得r＝k

2A2 答案：2mvm－1.(2015·西城質(zhì)檢)1所示，兩個(gè)電荷量均為＋ql的輕質(zhì)絕緣細(xì)r?l。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為() C．2 D．

解析：選 B正確 在B處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力為F；移去A處電荷，在C處放電荷量為－2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力為( 電場(chǎng)強(qiáng)度為4，C處放電荷量為－2qF′＝－2q·4B正確3MMNM能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是()BMMNMM反，其受力分析圖如圖所示，故B正確。4．(多選)(2015·調(diào)研)3所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球，帶電量分別為－q、Q、－q、Q。四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α。若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，確的關(guān)系式可能是() q

cos B．cos Q

C．sin D．sin解析：選 設(shè)菱形邊長(zhǎng)為a，則兩個(gè)Q之間距離為2asinα，則兩個(gè)q之間距離 2acosα。選?。璹2ka2cosα＝k2acosα2，

2ka2 ＝k2asinα2，

＝8q，C正確，D4EOQ的正電荷，A、B、C、DOr的同一圓周上的四點(diǎn)，B、D連線與電場(chǎng)線平行，A、C連線與電場(chǎng)線垂直。則()EE24rB．BEQC．D0D．A、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同Q解析：選 ＋Q在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度沿OA方向，大小

kr2A

E＋kr4，A正確；同理，BE＋kr2，BD0，C錯(cuò)誤；A、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，D6.(2015·河北省一模)如圖5所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一邊長(zhǎng)為a的B移動(dòng)e，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為() ． ．C．C

2 ． 解析選D 60°＝E0，解得：E＝23E0，選項(xiàng)D正確。o點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度改變，下列敘述正確的是()c處，ob處，oe處，of處，o22解析：Ca、do處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理，a處正電荷移c處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，oe，A錯(cuò)誤；ab處，o22

2·2·cos

＝2

，方向沿∠eodB錯(cuò)誤；a22

2·2·cos

＝2

，方向沿∠cod的角平分線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤在如圖7所示的四種電場(chǎng)中，分別標(biāo)記有a、b兩點(diǎn)。其中a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小 解析：選C 甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)乙圖，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密及對(duì)稱性可判斷，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向相反，選項(xiàng)C正確；對(duì)，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可判斷，b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 DQ1<Q2解析：選 由圖可知，電場(chǎng)線起于Q1，止于Q2，故Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，兩質(zhì)Q1Q2Q1>Q2，選項(xiàng)Ab、c三點(diǎn)所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關(guān)于MN對(duì)稱，b點(diǎn)位于MN上，d點(diǎn)位 A．bdB．bdC．a(chǎn)、bb、cD．試探電荷＋qac解析：BC根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布情況和由電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小可知Ed＞EbA錯(cuò)誤，B正確。a、cMNUab＝UbcCφa＞φcEp＝qφEpa＞Epc，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。kg，mC＝0.50kgA不帶電，B、CqB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5CAFA9.0×109N·m2/C2，g10m/s2。求：BCtFWF＝2.31JΔEp解析：(1)ABCAB(mA＋mB)gsin解得：L＝2.0m(2)AF后，AB沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，AB分離時(shí)兩者之間彈力恰好為零，對(duì)B用第二定律得：kqBqC－mBgsin解得 l－L＝1解得：t＝1.0s(3)ABtAB22得：WC＝2.1答案：(1)2.0 (2)1.0 (3)－2.1 3＝A點(diǎn)下方粗糙，μ 1，光滑水平面上B點(diǎn)左側(cè)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E＝105V/m，可視3＝C、DmC＝4kg，mD＝1kg，Dq＝3×10－4C，用細(xì)線通過(guò)A、P2dg＝10m/s2，求：(1)CA(2)CAAt解析：(1)C物體將沿斜面下滑，CPAC、D系統(tǒng)由2mCg·2dsinθ－Eq·d＝1(mC＋mD)v02①解①得：v0＝2m/s。②2(2)由題意，C經(jīng)過(guò)A點(diǎn)后將下滑至速度為0后又加速上滑，設(shè)向下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1，其加速度大小為a1，發(fā)生的位移為x1，對(duì)物體C：T1＋μmCgcosθ－mCgsin aa11x1＝2a1CAa2t2C：T2－μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa2⑦x1＝122at33

3＋1)s≈1.82s。答案：(1)2 (2)1.82第2節(jié)電場(chǎng)能的性,(4)A、BAB點(diǎn)時(shí)靜電力所做的功。(5)A、BUAB＝UBA。(×)要點(diǎn)一根據(jù) ＝φB法圓心O。下列關(guān)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說(shuō)法中正確的是( A．OCOxDOx解析：B圓環(huán)上均勻分布著正電荷，可以將圓環(huán)等效為很多正點(diǎn)電荷的組成，同一電勢(shì)降低，得O點(diǎn)的電勢(shì)最高。綜上知選項(xiàng)B正確。

a、b、c、d點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱。下列判斷正確的是 b、dcb、d將一試探電荷＋qac點(diǎn)，＋q解析：選ABD 四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢(shì)最高、c點(diǎn)電勢(shì)最低，正電荷在電勢(shì)越低處電勢(shì)能越小，故D正確。的電勢(shì)能，以下判斷正確的是()bdchbdch解析：選ABC B正確；因?yàn)閎點(diǎn)和d點(diǎn)到兩個(gè)場(chǎng)源電荷的距離都一樣，所以試探電荷在b點(diǎn)和d點(diǎn)電勢(shì)能相等，選項(xiàng)C正確；c點(diǎn)離場(chǎng)源正電荷較h點(diǎn)遠(yuǎn)，所以試探電荷在c點(diǎn)和h點(diǎn)電勢(shì)能不相居中垂面的兩側(cè)，它們的電勢(shì)肯定不等，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。要點(diǎn)二

UE越d越小，即電場(chǎng)強(qiáng)度越大，等差等勢(shì)面越密。越大；E越小，U越小。φ-xxExφ-x率 ＝Δx＝d＝E[典例](多選)6-2-4所示，A、B、C、D、E、F10cm的線平行。下列說(shuō)法正確的是()CDAF10V/mCCAED1.6×10－19dE＝Ud[解析 CA為電場(chǎng)線方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小 V/m＝20

3V/mB 2×10×cos 誤，C正確；由UED＝UBC＝－1V，WED＝－eUED＝1.6×10－19J。 W＝qdd1．(多選)如圖6-2-5所示，A、B、C是勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行于電場(chǎng)線的某一平面上的三個(gè)點(diǎn)，各點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA＝5V，φB＝2 V，φC＝3V，H、F三等分AB，G為AC的中點(diǎn)， 解析：選BC 勻強(qiáng)電場(chǎng)中將任一線段等分，則電勢(shì)差等分。把AB等分為三段，AB間電壓為3V，則每等分電壓為1V，H點(diǎn)電勢(shì)為4V，F(xiàn)點(diǎn)電勢(shì)為3V，將FC相連，則FC為等勢(shì)線，電場(chǎng)線垂直于FC，從高電勢(shì)指向低電勢(shì)，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2 B正確。如圖6-2-6所示的同心圓是電場(chǎng)中的一簇等勢(shì)線，一個(gè)電子只在電場(chǎng)力作用下沿著直線由A→C運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度越來(lái)越小，B為線段AC的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是( 解析：BAC方向運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力越來(lái)越大，AA→C運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度越來(lái)越小，它具有BUAB<UBC，C錯(cuò)誤；電勢(shì)φA>φB>φC，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。要點(diǎn)三電場(chǎng)線、等勢(shì)線(面)同一等勢(shì)面上。下列說(shuō)法正確的是()BBBA解析：選CD 知，該運(yùn)動(dòng)電荷一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)電荷從A到B的過(guò)程中，只受電場(chǎng)力且電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，由動(dòng)能定理知：動(dòng)能先增加后減小，故B點(diǎn)的動(dòng)能不是最大，則經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度不是最大，故B錯(cuò)誤；B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，合電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故運(yùn)動(dòng)電荷受力為零，則加速度為零，C正確；因?yàn)殡x正電荷越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，即φA＜φB，因粒子帶負(fù)電，由Ep＝φq得，EpA＞EpB，故D確。勢(shì)差相同，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，由此可知()P解析：BCD＞EQP點(diǎn)時(shí)加速度較大，DP運(yùn)動(dòng)到動(dòng)軌跡的凹側(cè)，從而確定質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)P時(shí)的速度和電場(chǎng)力方向，如圖所示。根據(jù)正電荷所受電場(chǎng)力的方向可知，電場(chǎng)線由等勢(shì)面a指向等勢(shì)面c，故φa＞φb＞φc，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力與瞬PQ電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做正功，質(zhì)點(diǎn)的電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加，B、C正確。假設(shè)質(zhì)點(diǎn)由Q運(yùn)動(dòng)到P，能得到同樣的結(jié)論。如圖6-2-9所示，直線MN是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線(方向未畫出)。虛線是一帶電 MNNabab解析：選C 由于帶電粒子的電性不確定，所以電場(chǎng)線的方向不確定，A錯(cuò)誤；帶電粒子由a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中，只受電場(chǎng)力的作用，由軌跡的彎曲方向知電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能D錯(cuò)誤。1．v-t

要點(diǎn)四v-t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場(chǎng)力的方[典例1] b是線上的兩點(diǎn)將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放粒子從a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中的v-t圖線如圖(b)所示。設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb，電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Wa、Wb，不計(jì)重力，則有( [解析]v-tab的過(guò)程中，粒子的加速度減小，所以電場(chǎng)[答案 2．φ-xφ-x圖線的斜率大小，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，φ-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度φ-xWAB＝qUABWAB的正[2](2015·衡水中學(xué)期末)q1q2xOM兩零，NDC點(diǎn)電勢(shì)最高，則()6-2-A．NB．AC．NCxDND[解析 A、N點(diǎn)的電勢(shì)等于零，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；從N到C勢(shì)升高，NCxCNCCD選項(xiàng)D正確。[答案 3．E-xE-x圖像后，可以由圖線確定電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，電勢(shì)的變化情況，E-xx軸所圍圖形“面積”表示電勢(shì)差。在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確[典例 高考)靜電場(chǎng)在x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系如6-2-12所示，x軸正向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷 x2x4x1x3x1x4 由圖像可知，正電荷從x2移動(dòng)到x4的過(guò)程電場(chǎng)力做功不為零，兩點(diǎn)電勢(shì)能不相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；從x1移動(dòng)到x3的過(guò)程電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，B確；從x1到x4的過(guò)程電場(chǎng)強(qiáng)度先增大，后減小，所以電場(chǎng)力先增大后減小，C確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案 要點(diǎn)五 (2015·西安模擬)如圖6-2-13所示，在O點(diǎn)放置一個(gè)正電荷，在過(guò)O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn)，O、ACO為圓心，RAC的過(guò)程進(jìn)行分析，列方程求解。[解析 (1)因B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，小球由B到C只有重力做功，由動(dòng)能定理得mgR·sin30°＝1mv2－1 得 (2)AC

[答案 (1)

[方律 1．(201·西安名聯(lián)考)在滑絕緣的平桌面上存在著方向水向右的勻電場(chǎng)，電場(chǎng)線如圖-214中線所示一帶正電初速度為零的小從桌面的A點(diǎn)始運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，突然到一個(gè)加的水恒力F作而續(xù)運(yùn)動(dòng)到B，其運(yùn)軌跡如中虛線所示，v示小在C點(diǎn)的速。則列判斷確的是( )ABFFv解析：BABA點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)的電勢(shì)能大，A錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)軌跡可知，恒力F的方向可能水平向左，B正確，C球的速率相等，D2．(多選)(2015·黑龍江聯(lián)考)6-2-15所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中以豎直和水平v0向第一象限某方向拋出，當(dāng)說(shuō)法正確的是()解析：BDv0向第一象限某方向拋出，當(dāng)油滴Avt＞v0A位于第二象限，選項(xiàng)A錯(cuò)誤B正確。若vt＝v0，電場(chǎng)力做功等于重力做功的絕對(duì)值，則A點(diǎn)一定位于第二象限，選項(xiàng)C錯(cuò)誤D正確。1．(多選)(2013·江蘇高考)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成1所示，金屬球表面的電勢(shì)處處相等。a、b為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，則()A．a(chǎn)bB．a(chǎn)bC．檢驗(yàn)電荷－qabD．將檢驗(yàn)電荷－qab解析：選ABD本題考查靜電場(chǎng)中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，意在考查考生對(duì)靜電力的性電勢(shì)逐漸降低，B確；由Ep＝qφ可知，負(fù)電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)電功，D確。B垂線的中點(diǎn)，D、EA、B直線上的兩點(diǎn)，DC＝CE，F(xiàn)、GDE的中垂線上，F(xiàn)C＝CG，下列說(shuō)法正確的是()A．CFB．FCC．D、CC、E解析：選DCF點(diǎn)電勢(shì)，F(xiàn)C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。D、C兩點(diǎn)間電勢(shì)差大于C、E兩點(diǎn)間電勢(shì)差，選項(xiàng)CF點(diǎn)沿直線移動(dòng)到G點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)D正確。3．(2015·市順義區(qū)模擬)圖3所示為一個(gè)均勻帶正電的細(xì)圓環(huán)，半徑為R，取環(huán)面OxPOx，設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，Pφk，下面判斷正確的是()APEx軸負(fù)方向，OφBPEx軸正方向，OECOPEφDOPEφ解析：選B 圖中P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向是沿x軸正方向，由對(duì)稱性和電場(chǎng)疊加可知，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E為零，選項(xiàng)B正確A錯(cuò)誤。由于O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，無(wú)限遠(yuǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以從O點(diǎn)到P點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度E可能是先增大后減小，電勢(shì)φ一定逐漸減小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。O(0,0)6V，A(13)點(diǎn)3V，B(3，3)0V，則由此可判定()A．C3B．C03 3解析：BDC點(diǎn)坐標(biāo)為(4,0)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，UOCφC＝0V，A錯(cuò)、BBD∥AO3d＝U3d

V/m，C錯(cuò)，D5．(2014·重慶高考)如圖5所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則( A．Wa＝Wb，Ea B．Wa≠Wb，EaC．Wa＝Wb，Ea D．Wa≠Wb，Ea解析：Aa、ba、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相同，即Wa＝Wb，故B、D；a點(diǎn)處電場(chǎng)線比b點(diǎn)處電場(chǎng)線更密集，故Ea＞Eb，C，A項(xiàng)對(duì)。D、E、Fa點(diǎn)射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡bc點(diǎn)電場(chǎng)力做功的數(shù)值，則()CabD．a(chǎn)b解析：選C U＝Ed知|Uab|＞|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|＞|Wbc|，則A、B均錯(cuò)誤；從帶負(fù)電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知該粒子從a點(diǎn)到c點(diǎn)受到大體向左的作用力故左側(cè)為正電荷從左向右電勢(shì)降低，則D錯(cuò)誤；粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，則C正確。7．(2014·高考)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)。像中合理的是()解析：選 由于粒子只受電場(chǎng)力作用，因此由F電＝ΔEp可知，E-x圖像的斜率Δx 受電場(chǎng)力作用，因此動(dòng)能與電勢(shì)能的和是定值，但從B項(xiàng)和題圖可以看出，不同位置的電的動(dòng)能Ek∝x2，結(jié)合題圖和B項(xiàng)分析可知C錯(cuò)誤。的是()CABUAB＝－5解析：DBBv-tB點(diǎn)加速2m/s2qE＝maE＝1V/mACA22 2mv

＝－5VDO點(diǎn)，另一個(gè)電量為－qmAv0沿它們的連線向甲μ，ABL，則以下說(shuō)法不正確的是()A．OBAB

v

＋2m0AB

1AB

于摩擦力，由μmg＝qQ，解得OB間的距離為 kQq，選項(xiàng)A正確。從A到B的k

v02BCABDx變化關(guān)系如圖乙，則()x2解析：ADxx變化關(guān)系，x2處電場(chǎng)強(qiáng)度和x1AB錯(cuò)誤。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度隨x變化關(guān)系圖像與橫軸所圍面積表示電勢(shì)的變化可知，x1點(diǎn)處的電勢(shì)大于x2點(diǎn)處的電勢(shì)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度隨x變化關(guān)系圖像與橫軸所圍面積表示電勢(shì)的變化(電勢(shì)差)，由電場(chǎng)力做功可知，假設(shè)將一個(gè)帶正電的試探電荷沿x軸移動(dòng)，則從x1移到R處電場(chǎng)力做的功大于從R移到x2處電場(chǎng)力做的功，選項(xiàng)D正確。11．(多選)(2015·洛陽(yáng)模擬)空間有一沿x軸對(duì)稱分布的電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖像如圖12所示，帶電粒子在此空間只受電場(chǎng)力作用。下列說(shuō)法中正確的是( 帶負(fù)電的粒子以一定的速度由－x1xx1x1處的速度等于在－x1處的速度帶正電的粒子以一定的速度由－x1x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，它的動(dòng)能先增大解析：ABx軸對(duì)稱分布，在－x1x軸在－x1x1A正確。帶負(fù)電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向x1x1處的速度等于在－x1B正確。帶正電的粒子以一定的速度由－x1x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，它的動(dòng)能先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。從x1處x3xx1x3處，電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能x1x2x3處的電勢(shì)能大，選項(xiàng)D12．(2015·市虹口區(qū)一模)在絕緣粗糙的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固13B處電荷的電量為＋Q。圖乙 25φ0，x＝2L處的縱坐標(biāo) 3φ0。若在x＝－2L Cm、電量為＋q的帶電物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊隨即向右運(yùn)動(dòng)。x＝2Lμ所滿足 得kQA＝kQBQA＝4Q x＝－2Lx＝2LqU1－μmgs1＝1mv2－0

0

解得解得 0

7φ 則 k·qQ

lA＝3Lx＝0x＝－2Lx＝0qU2－μmgs2＝1mvm 解得

答案：(1)QA＝ (2)μ≤63m－

(3)小物塊運(yùn)動(dòng)到x＝0時(shí)速度最 vm第3 電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)(6)示波管屏幕上的亮線是由于高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√)

要點(diǎn)一QU不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。CεrS

QU用 UQdCQECUESCQECUEεrCQECUE1.(2014·海南高考)如圖6-3-1，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極PP開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度g。粒子運(yùn)動(dòng)加速度為()A．lg ．dCl dC 強(qiáng)度可以表達(dá)為：E1＝UE1q＝mg，當(dāng)抽去金屬板，則板間距離增大，板間電場(chǎng)強(qiáng)度可以表達(dá)為：E2＝Umg－E2q＝ma，聯(lián)立上述可解得：d＝g，知選項(xiàng)A 平行板電容器C的極板水平放置。閉合電鍵S，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間 A．增大R1的阻 B．增大R2的阻 d解析：B在直流電路中，R2與電容器串聯(lián)的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，由E＝U可dd油滴仍保持靜止，BE＝U可d動(dòng)，D誤3．(多選)物理學(xué)家密立根通過(guò)研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測(cè)k，則()．電容器的電容為解析：選 q＝mgd，C＝kmgd，將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，U不變，d增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度 要點(diǎn)二 2mv－2mv0[典例](2015·江蘇二校聯(lián)考)6-3-4AQ，在離AHC處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動(dòng)瞬間向上的加速度大小恰好gk，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力。求：

rQ＝r[解析 比荷為q

kH2 k當(dāng)液珠速度最大時(shí)，kh＝BCUCB q(H－rB)－mg(r解得 [答案 (1) (2) 1.如圖6-3-5所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)。那么( B．微粒做勻直線運(yùn)動(dòng)線運(yùn)動(dòng)，故B正確。2．(2014·高考)如圖6-3-6所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極g)。求：解析：(1)由v2＝2ghv＝得 得 22hh

要點(diǎn)三qmUl，板間距離為d(忽略重力影響),則有

v lv

＝。0v＝vx2＋vy2，tan

qUl 00證明：由

0＝2mv0tanφ＝mv02dtanφ＝2U0d

[典例](2014·山東高考)6-3-7E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩abcdabsadhm、帶電量分別為＋q和－q中)v0等于()2424

22s4s4 2 2v0t，在豎直方向上：h＝12＝1Eq2

Eq

2m

B正確，A、C、D[答案 1．(2015·合肥聯(lián)考)如圖6-3-8所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGHP沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()DC所帶電荷量最多 三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。三個(gè)液滴落到底板時(shí)豎直分速度相等，而C錯(cuò)誤。C在水平方向位移最大，說(shuō)明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。 高考)如圖6-3-9所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào) BMNCMNDMN解析：C微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場(chǎng)力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場(chǎng)力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A誤；不能確定電場(chǎng)力的方向和微粒所帶電荷的電性，因此不能確定電場(chǎng)力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能的變化，B誤；由于電場(chǎng)力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，微粒從M到N的過(guò)程中動(dòng)能增加，C確；由于不能M到N過(guò)程中機(jī)械能是增加還是減少，D誤。cml＝25cmv0＝0.5m/s

cm(2)P點(diǎn)所用時(shí)間為多少？(g10UUqE＝mg

qd＝mg當(dāng)下板向上提起后，d減小，E增大，電場(chǎng)力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場(chǎng)中做類平qF′＝Uqa

d′d

＝5g＝222Pd＝1 2ata d＝0.2avt2＝l＝0.5v0t＝t2－t1＝0.3答案：(1)2 (2)0.3一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向 B．P解析：BE，故電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P0P＝εrSdCQ＝CE將減小，D2．(多選)2所示的電路，閉合開關(guān)，水平放置的平行板電容器中有一個(gè)帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)。為了使液滴豎直向上運(yùn)動(dòng)，下列操作可行的是()解析：選 d有Eq＝mg。兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝U，保持開關(guān)閉合時(shí)，U不變，當(dāng)兩板間的距離d減小時(shí)，EEq＞mg，液滴豎直向上運(yùn)動(dòng)，C正確；保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左d方向運(yùn)動(dòng)，所以DQ不變，EdEq＝mg，液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，A錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，將兩S變小，EEq＞mg，所以液滴豎直向上運(yùn)動(dòng)，B正確。P 解析：選 SdC＝εrS∝SCA4πkd靜電計(jì)指針的變化表征了電容器兩極板電勢(shì)差的變化，題中電容器兩極板間的電勢(shì)差U不d＝UUP＝U－Ed1d1為油滴到上極板的距離，又因?yàn)橛偷螏ж?fù)電，所以其電勢(shì)能將減少，選項(xiàng)C正確；若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷Qdd＝CU，E＝U和C＝εrS可知E∝Q，可見，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E D4．(多選)4M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強(qiáng)電

1M、N2M、N4 解析：選 在粒子剛好到達(dá)N板的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－qEd＝0－1mv2，所 2244倍，x＝dM、N間電壓都減為原來(lái)的1 22是()B．2sC．3sD．0～3sm解析：CD1sa12sa2a＝qE可知，a2＝2a11s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做功為零，綜mC、D6．(2015·無(wú)為四校聯(lián)考)如圖6所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是 ．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為解析：選C根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知，質(zhì)點(diǎn)在兩板運(yùn)動(dòng)時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，在做勻速直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。7.(2015·蘭州診斷)7所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進(jìn)入加施是可行的(不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況)()

v

2＝20 0

＝2m

＝v，

故將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子，偏轉(zhuǎn)位移不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8．(多選)8AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將AABBN ABN解析：選BC若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向下的電場(chǎng)力不變，向下的加NAAB間距減小時(shí)，平行板電NBABAB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向上的電場(chǎng)力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向上的電場(chǎng)力不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。AE＝5×105N/Cd＝1.25m。A板上有一小孔，M恰好在1q1＝＋1×10－8Cnqn＝nq1。取g＝10m/s2。求：1MB解析 g＝0.5v1＝2gh＝5 ＝5d＝v1t2＋1at212解得22t總2 qn＝qn＝44B5q16x＝56ΔE機(jī)＝－mg(h＋x)＝－25×10－2J＝－2.08×10－2J答案

(3)－2.08×10－210．(2015·江蘇二校聯(lián)考)10所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶B板上的小孔，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度可認(rèn)OB板的間隙可忽略不計(jì)。現(xiàn)從正2P點(diǎn)？解析：(1)設(shè)微粒穿過(guò)B板小孔時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有2 qE＝mR＝mLLLt1B m③ 2t2P m④ 所以從釋放微粒開始，經(jīng)過(guò)(t＋t m微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)； 4

m，k＝0,1,2，…P 4答案

＝ m

＋4

2qU第4 要點(diǎn)一P6-4-1所示。[典例]6-4-2YYLd， (1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿y＝1tanθ＝vy＝y(tǒng)v0 mmdd

2dmv2dmv＝0

qL2

y＝d時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(y0)y0＝L＋b)tan2tanθ＝d

[答案 (1)見解析

qL2

UP上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是()解析：BC滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓減BU增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變，電子打在熒光屏上的速度增大，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。26-4-4LE的勻強(qiáng)電場(chǎng)，L處有一與電場(chǎng)平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋qm的帶電粒子(重力不計(jì))v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為POx解析：(1)vv0設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)第二定律，粒子在電aa tanα＝vy＝qEL

1L

方法一yy＝2av00x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝2mv0 0方法二x＝vyv0＋y＝2mv20＋L＋2 20方法三由y＝L得：x＝3y＝2mv202 0 (3)2mv0要點(diǎn)二此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用運(yùn)動(dòng)定律求解)；分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分[1]6-4-5m＝0.2水平向右為正方向，g10m/s2)，求：23s23s[解析 (1)0～2s內(nèi)小物塊的加速度為 ＝22x1＝1a1t12＝42sv2＝a1t1＝42～4s內(nèi)小物塊的加速度為a2，由第二定律即 x2＝x1＝4m,4s因此小物塊做周期為4s的勻加速和勻運(yùn)動(dòng)22sv22＝4m/s23s末的速度v23＝v22＋a2t＝2m/s(t＝23s－22s＝1s)

＝47m2 (2)23sWW－μmgx＝1mv W＝9.8J[答案 (1)47 (2)9.8[典例 一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)并最終打在A板上則t0可能屬于的時(shí)間段是

粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移

0T，3T

時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；T03T0<t 4<t

4<t<t0>TA板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。[答案 [3]6-4-7甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖2[解析 2

2＝1qU偏

2·mLy＝4U0t＝0.06sU偏y＝4.5，滿足設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為 Y ，滿足 2Y＝13.5cm2(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為L(zhǎng)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L＝30 2[答案 (1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5 (2)30要點(diǎn)三帶電粒子的力電綜合問(wèn)題加速或，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng))，對(duì)勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題可用運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)(2)從功和能的角度分析。帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的加速、或偏轉(zhuǎn)過(guò)程是其他形[典例 方向 場(chǎng)強(qiáng)方向與△OABO點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，BB6gA倍A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能比值，可由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解；寫出水平、AB兩點(diǎn)的動(dòng)能變化可確定兩個(gè)過(guò)程電勢(shì)能的變化，可先找出兩個(gè)等勢(shì)點(diǎn)(在OB線上找出與A等勢(shì)的點(diǎn)，并確定其具置)。[解析 2＝dOB＝3d，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin60°＝v0t①2dcos60°＝122由①②③式得 AEkA (2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了 ＝ 2＝

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的A點(diǎn)等電勢(shì)，MOxxdd2x＝d30°斜向右下方。設(shè)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E，有qEdcos6q[

(2)

1．(多選)6-4-9ABRBCDB點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為AB向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則()A．R越大，xB．RBC．m越大，xD．mR解析：選 小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，mg＝mR，小球由B到D

則

xAB點(diǎn)有：FN－mg＝mRFN＝6mgRB2Eqx＝1mvB2m、RBx越大，電場(chǎng)力做功越多，選項(xiàng)C、D正確。2電的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為v2(v2<v1)。若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，則(

小物體上升的最大高度為NM解析：選 M、N兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上。從M至N的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理

B誤；從M到N的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做正功后做負(fù)功，C誤；根據(jù)庫(kù)侖NM的過(guò)程中，小物體受到的庫(kù)侖力先增大后減小，受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D確。兩板間有電場(chǎng))m＝1×10－2kgq＝4×10－5C的帶電小球從兩板的左h＝20cmv0＝4m/s邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，在兩板間沿直線運(yùn)動(dòng)，從右板的下邊緣飛出電場(chǎng)，g10m/s2，求：6-4-vy＝2gh＝2vtanvyqE＝qU，L＝d， tan解得L＝ ＝0.15(2)mgh＝1mv2－1v 2m22Ek＝0.175J答案：(1)0.15 (2)0.175要點(diǎn)四用等效法解決帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)F＝3E[典例]6-4-12AB30°的斜面，AC部分為豎直mq＝3EO(2)小球在斜面上做什么運(yùn)動(dòng)？要使小球能安全通過(guò)圓軌道，那么臨界狀態(tài)是什么情況？提示：[解析 qE2＋mg2＝23mg，tanθ＝qE＝3，

R

解得 103gR 103[103Aα＝60°0。 α－mgL(1－cosE＝3mg3(2)將小球的重力和電場(chǎng)力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝23，方向與豎直方向成3 2mL＝3 22mv－2mvA＝－3mgL(1＋cos2gL2gL6-4-14A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，Mx1x2AMMBx1∶BEkB＝Ek0＋4W電＝32J

2·mt＝6

31F2G·h＝8 ?1F2

?G＝ 2·mt2＝8由圖可知，tanθ＝F＝ sin 2 2則小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中速度最小時(shí)速度一定與等效重力G′垂直，故27m(v0sinθ)2＝24J7答案 (2)32 (3)7圖1(a)為示波管的原理圖如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是圖2 解析：B0～2t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。3l＝4cmd＝1cmL＝18cm。(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒(méi)有畫出)。電子沿中心線進(jìn)入1.6×107m/se＝1.60×10－19Cm＝0.91×10－30kg要使不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能U＝40sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測(cè)vv豎直方向位移d＝1Ue 2·所 U＝et2＝el2＝91V (2)因?yàn)閠＝v＝1.6×107 T＝2π＝2πs＝

s＝0.02s?t Um＝40Vvx＝v，vy＝eUmttanθ＝vy＝0.11l

tanθ2y＝4.4cm 答案：(1)91 (2)4.4A、BUABU0，反向電壓為－kU0(k＞

0～2τAd解析：0～τ時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1＝eU022在τ～2τ時(shí)間做勻運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2＝keU0勻運(yùn)動(dòng)階段的位移

＝＝5LdA、B水平放置，ab為兩板的中心線，v0ab點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖乙所bv0射出，求：解析：(1)bv0穿出電場(chǎng)，在垂直于初速度方向上，粒子的運(yùn)動(dòng)0 11粒子在4T

a＝m，E＝dy＝

＝2m2m

1

故n≥ qU0，即n取大于等于 T＝L，其中n取大于等于 (2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間應(yīng)為1，3，5 ＝答案 L，其中n取大于等于L ＝

(2)t＝ 5．(多選)如圖6所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在電場(chǎng)中P處由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場(chǎng)的分布)，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(k＜1)，電場(chǎng)中，擋板S處的電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法正確的是( 解析：選 因S處的電勢(shì)為0，故φP＝Eh，小球在初始位置P處的電勢(shì)能為220mv02H，由動(dòng)能定理得0

v2，由以上兩式可得

67所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長(zhǎng)絕緣粗糙軌道，ABCD通過(guò)四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為sAB＝1.0mAB、CD0.5。假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等。求：(g10m/s2)7(1)C點(diǎn)時(shí)的速度；22v＝10hmgh－μqEh223h＝53Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N33

m答案：(1)10 (2)離

點(diǎn)的豎直距離為3m7.(2015·三校聯(lián)考)8m，電量為－q。用絕緣輕繩(不伸縮)OA點(diǎn)，此時(shí)繩與豎直方向的夾θ＝30°l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC豎直。求：(1)E(2)D點(diǎn)后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速率和該解析：(1)qE＝tan E＝ (2)D點(diǎn)后，讓小球由靜止自由釋放，小球先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到輕繩與豎直方向成30°時(shí)繩繃直，與OA關(guān)于OC對(duì)稱，設(shè)此時(shí)速度為vBA053gl 53gl2mvBX

－2

F3F＝73

3553gl

F向心

738.(2015·亳州模擬)9E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕QPNMNN點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半R＝40cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，PQNq＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10gμ＝0.15N點(diǎn)右側(cè)1.5m的Mg取10m/s2，要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)解析：(1)Q ＝ mQ點(diǎn)過(guò)程中，

聯(lián)立方程組，解得：v0＝7－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝1mv′2－1 又 P點(diǎn)時(shí)， 第二定律得N＝m代入數(shù)據(jù)，解得：N＝0.6答案：(1)7 (2)0.69．(2015·十三校聯(lián)考)如圖10所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個(gè)有理想邊界的勻E，E＝qdmq的物體(看作質(zhì)點(diǎn))2n個(gè)電場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，求：(2)2n個(gè)電場(chǎng)(豎直向上的)區(qū)域中所經(jīng)歷的時(shí)間？解析：(1)電場(chǎng)力對(duì)物體所做的總功W電＝nEqd＝nmgd2W電2 物體在第 v若將物體在水平向右的加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)連起來(lái)，物體的運(yùn)動(dòng)可以看作初速度為 2nd2nd 2 2ndd、U、EQ表示。下列說(shuō)法正確的是()AUdEBEdUCdQUDdQEdU解析：ADE＝UUd變?yōu)樵瓉?lái)的兩E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，AU＝EdBC＝εrS可知，保持dU倍，C錯(cuò)誤，同理可知D2．(2013·海南高考)如圖1，電荷量為q1和q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于P點(diǎn)和Q點(diǎn)。已知在P、Q連線上某點(diǎn)R處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，且PR＝2RQ。則( 解析：選 本題考查電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，由于R處的合電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?，故兩點(diǎn)電k E＝q可知q1－q2＝0，又r1＝2r2，故kB

k krrr rrr 高考)如圖2所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電荷為＋Q的小球P。帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上。P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是( A．MNB．P、MNCP產(chǎn)生的電場(chǎng)中，M、N解析：選 外力為零 確；整體受到的庫(kù)侖力的合力為零，即Qq＝kQ·2q，解得r＝(k

A誤；由于P對(duì)M、N的庫(kù)侖力等大反向，因此P、M、N三者必在一條直線上，B項(xiàng)正確；在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)中，離P點(diǎn)越遠(yuǎn)電勢(shì)越低，C誤。θ1θ2(θ1>θ2)。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動(dòng)，最大vAvBEkAEkB。則()A．mA一定小于 B．qA一定大于C．vA一定大于 D．EkA一定大于2解析：選ACDA小球?yàn)檠芯繉?duì)象有：TA·cosθ1＝mAg，TAsinθ1＝FBAB小球?yàn)棣?，故mB>mA，選項(xiàng)A正確。因?yàn)锳、B兩球擺到最低