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PAGEPAGE1第9講電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)主干學(xué)問體系核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)學(xué)問規(guī)律(1)電場力的性質(zhì).①電場強(qiáng)度的定義式:E=eq\f(F,q).②真空中點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式:E=keq\f(Q,r2).③勻強(qiáng)電場場強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式:E=eq\f(U,d).(2)電場能的性質(zhì).①電勢(shì)的定義式:φ=eq\f(Ep,q).②電勢(shì)差的定義式:UAB=eq\f(WAB,q).③電勢(shì)差與電勢(shì)的關(guān)系式:UAB=φA-φB.④電場力做功與電勢(shì)能:WAB=-ΔEp.思想方法(1)物理思想:等效思想、分解思想.(2)物理方法:志向化模型法、比值定義法、限制變量法、對(duì)稱法、合成法、分解法等.1.(2024·全國Ⅰ卷,21)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(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AB[A對(duì):因等勢(shì)面間距相等,由U=Ed得相鄰虛線之間電勢(shì)差相等,由a到d,eUad=6eV,故Uad=6V;各虛線電勢(shì)如圖所示,因電場力做負(fù)功,故電場方向向右,沿電場線方向電勢(shì)降低,φC=0.B對(duì):因電子的速度方向未知,若不垂直于等勢(shì)面,如圖中實(shí)線所示,電子可能到達(dá)不了平面f.C錯(cuò):經(jīng)過d時(shí),電勢(shì)能EP=eφd=2eV.D錯(cuò):由a到b,Wab=Ekb-Eka=-2eV,所以Ekb=8eV;由a到d,Wad=Ekd-Eka=-6eV,所以Ekd=4eV;則Ekb=2Ekd,依據(jù)Ek=eq\f(1,2)mv2知vb=eq\r(2)vd.]2.(2024·全國Ⅱ卷,21)(多選)如圖,同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中,電場方向與此平面平行,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)電場的場強(qiáng)方向肯定與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),則電場力做功肯定為eq\f(W1+W2,2)C.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強(qiáng)大小肯定為eq\f(W2,qL)D.若W1=W2,則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差肯定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差BD[A錯(cuò):結(jié)合題意,只能判定Uab>0、Ucd>0,但電場方向不能得出.B對(duì):由于M、N分別為ac和bd的中點(diǎn),對(duì)于勻強(qiáng)電場,則UMN=eq\f(Uab+Ucd,2),可知該粒子由M至N過程中,電場力做功W=eq\f(W1+W2,2).C錯(cuò):電場強(qiáng)度的方向只有沿c→d時(shí),場強(qiáng)E=eq\f(W2,qL),但本題中電場方向未知.D對(duì):若W1=W2,則ac與bd肯定相互平行,可知UaM=UbN.]3.(2024·天津卷,3)如圖所示,實(shí)線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出),虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(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.下列推斷正確的是()A.vM<vN,aM<aN B.vM<vN,φM<φNC.φM<φN,EpM<EpN D.a(chǎn)M<aN,EpM<EpND[因?yàn)镹點(diǎn)的電場線密,所以場強(qiáng)大,受到的電場力大,加速度大,即aM<aN.由虛線彎曲方向知,帶負(fù)電粒子受力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè),電場方向由電場線稀疏一側(cè)指向電場線密集一側(cè),沿電場線方向電勢(shì)降低,即φM>φN.又由EP=qφ知,帶負(fù)電粒子在電勢(shì)越低的位置,具有的電勢(shì)能越大,即EpM<EpN.若帶負(fù)電粒子由M向N運(yùn)動(dòng)過程中電場力做負(fù)功,則動(dòng)能減小,所以vM>vN.若帶負(fù)電粒子由N向M運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功,則動(dòng)能增大,也可得vM>vN,故選D.]4.(2024·高考全國卷Ⅰ,20)(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中,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,電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(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)(rα,φa)標(biāo)出,其余類推.現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由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∶1 B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3AC[A對(duì):由題圖知,a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)距點(diǎn)電荷的距離依次增大,且rb=2ra,由E=eq\f(kQ,r2)知,Ea∶Eb=4∶1.B錯(cuò):rd=2rc,由E=eq\f(kQ,r2)知,Ec∶Ed=4∶1.C對(duì):在移動(dòng)電荷的過程中,電場力做的功與電勢(shì)能的改變量大小相等,則Wab∶Wbc=q(φa-φb)∶q(φb-φc)=3∶1.D錯(cuò):Wbc∶Wcd=q(φb-φc)∶q(φc-φd)=1∶1.]5.(2024·高考全國卷Ⅱ,25)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開,已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運(yùn)動(dòng),剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強(qiáng)度大?。馕?1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍舊為v0.M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0-at=0①s1=v0t+eq\f(1,2)at2②s2=v0t-eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)=3④(2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,y)=2gh⑤H=vyt+eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)=eq\f(s1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h=eq\f(1,3)H⑧(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng),則eq\f(v0,vy)=eq\f(qE,mg)⑨設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2,由動(dòng)能定理得Ek1=eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)+veq\o\al(2,y))+mgH+qEs1⑩Ek2=eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)+veq\o\al(2,y))+mgH-qEs2?由已知條件Ek1=1.5Ek2?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E=eq\f(mg,\r(2)q)?答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)[考情分析]■命題特點(diǎn)與趨勢(shì)1.近幾年高考題型主要以選擇題為主,命題熱點(diǎn)主要集中在電場強(qiáng)度、電場線的用途、電勢(shì)能的改變、電勢(shì)凹凸的推斷、勻強(qiáng)電場中電勢(shì)差與電場強(qiáng)度的關(guān)系、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)等.2.2024年命題,選擇題會(huì)以電場線、等勢(shì)線為背景,結(jié)合場強(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)以帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)為背景考查學(xué)生建模實(shí)力和數(shù)學(xué)處理實(shí)力的計(jì)算題.■解題要領(lǐng)1.要牢牢抓住力和能這兩條主線,將學(xué)問系統(tǒng)化,找出它們的聯(lián)系,做到融會(huì)貫穿.2.重視電場線、等勢(shì)面、運(yùn)動(dòng)軌跡相結(jié)合的題目.帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)以及電容器的相關(guān)學(xué)問在實(shí)際生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用,如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機(jī)、示波器等.高頻考點(diǎn)一電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用[備考策略]1.電場強(qiáng)度常用的公式2.電勢(shì)凹凸的比較(1)依據(jù)電場線方向,沿著電場線方向,電勢(shì)越來越低;(2)依據(jù)電勢(shì)的定義式φ=eq\f(Ep,q),即將+q從電場中的某點(diǎn)移至無窮遠(yuǎn)處電場力做功越多,則該點(diǎn)的電勢(shì)越高;(3)依據(jù)電勢(shì)差UAB=φA-φB,若UAB>0,則φA>φB,反之φA<φB.3.電勢(shì)能改變的推斷(1)依據(jù)電場力做功推斷,若電場力對(duì)電荷做正功,電勢(shì)能削減;反之則增加.即WAB=-ΔEp.(2)依據(jù)能量守恒定律推斷,電場力做功的過程是電勢(shì)能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程,若只有電場力做功,電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化,而總和應(yīng)保持不變,即當(dāng)動(dòng)能增加時(shí),電勢(shì)能削減.[命題視角]考向1電場的疊加例1(2024·湖北省黃崗市高三階段測試)如圖所示,A、C、B、D為菱形的四個(gè)頂點(diǎn),E、F分別為AC、BC的中點(diǎn),O為兩對(duì)角線的交點(diǎn);一勻稱帶正電的細(xì)桿與對(duì)角線AB重合.下列說法正確的是()A.E、F兩點(diǎn)場強(qiáng)相同B.C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)C.不計(jì)重力的狀況下,一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)獲得初速度后,可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D.將一負(fù)電荷從E點(diǎn)沿直線移動(dòng)到F點(diǎn)的過程中,電勢(shì)能先增加后減小C[由對(duì)稱性知,AB在C的場強(qiáng)豎直向上,同理AO在OE點(diǎn)的場強(qiáng)豎直向上,OB段在E點(diǎn)的場強(qiáng)向左上方,則合起來亦是向左上方,同理AB在F的場強(qiáng)也是右上方.故E、F兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等,方向不同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.同樣由于對(duì)稱性,C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等,B項(xiàng)錯(cuò)誤;AB的中垂面上距O等距的點(diǎn)場強(qiáng)大小相等,方向指向無窮遠(yuǎn),負(fù)電荷所受電場力指向O點(diǎn),故C項(xiàng)正確;定性描繪出AB上方的電場線,等勢(shì)面如圖所示:故從E到F電勢(shì)先增加再降低,故負(fù)電荷的電勢(shì)能先減小后增加,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;綜上所述本題選C.]考向2電場中的圖象問題例2假設(shè)空間某一靜電場的電勢(shì)φ隨x改變時(shí)狀況如圖所示,其中0~x2段是關(guān)于直線x=x1對(duì)稱的曲線,x2~x3段是直線,一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是()A.x1處電場力最小,但不為零B.x2點(diǎn)處電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向C.在O、x1、x2、x3處電勢(shì)Ep0、Ep1、Ep2、Ep3的關(guān)系為Ep3>Ep2=Ep0>Ep1D.x2~x3段的電場強(qiáng)度大小、方向均不變,x2~x3段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D[依據(jù)圖象的斜率表示電場強(qiáng)度,在x1處斜率為零,即電場強(qiáng)度為零,所以在此處的電場力為零,故A錯(cuò)誤;由于沿著電場線方向電勢(shì)降低,所以x2點(diǎn)處電場強(qiáng)度的方向沿x軸負(fù)方向,故B錯(cuò)誤;依據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大,所以Ep3<Ep2=Ep0<Ep1,故C錯(cuò)誤;由于x2~x3的斜率不變,即電場強(qiáng)度不變,方向沿x軸負(fù)方向,負(fù)電荷受到電場力方向向右,x2~x3段做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故D正確.]考向3勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)計(jì)算例3(2024·河南天一聯(lián)考)(多選)如圖所示,勻強(qiáng)電場中的三個(gè)點(diǎn)A、B、C構(gòu)成一個(gè)直角三角形,∠ACB=90°,∠ABC=60°,eq\x\to(BC)=d.把一個(gè)電荷量為+q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場力不做功;從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場力做功為-W.若C點(diǎn)的電勢(shì)為零,則()A.該電場的電場強(qiáng)度大小為eq\f(W,dq)B.C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCB=eq\f(W,q)C.A點(diǎn)的電勢(shì)為eq\f(W,q)D.若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子,其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是乙BD[點(diǎn)電荷從A移動(dòng)到B點(diǎn)電場力不做功,說明A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上,從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場力做功為-W,說明電場強(qiáng)度的方向垂直于AB邊向上.則A點(diǎn)的電勢(shì)φA=-eq\f(W,q),故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCB=eq\f(W,q).故選項(xiàng)B正確;該電場的電場強(qiáng)度大小為E=eq\f(UCB,dsin60°)=eq\f(2\r(3)W,3dq),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;電子從A點(diǎn)沿AB方向飛入,受力方向?qū)⒀仉妶鼍€方向的反方向,故粒子將向左下偏轉(zhuǎn),故選項(xiàng)D正確.][題組突破]1-1.(2024·南昌三中第七次考試)如圖所示,直角坐標(biāo)系中x軸上在x=-r處固定有帶電量為+9Q的正點(diǎn)電荷,在x=r處固定有帶電量為-Q的負(fù)點(diǎn)電荷,y軸上a、b兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為ya=r和yb=-r,cde點(diǎn)都在x軸上,d點(diǎn)的坐標(biāo)為xd=2r,r<xc<2r,cd點(diǎn)間距與de點(diǎn)間距相等.下列說法不正確的是()A.場強(qiáng)大小Ec>Ee B.a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C.d點(diǎn)場強(qiáng)為零 D.a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同D[cd點(diǎn)間距與de點(diǎn)間距相等,依據(jù)電場線的分布狀況知,c處電場線密,場強(qiáng)大,故A正確;由電場分布的對(duì)稱性可知,a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等,故B正確;+9Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E1=keq\f(9Q,3r2)=keq\f(Q,r2),方向水平向右.-Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E2=keq\f(Q,r2),方向水平向左.所以由電場的疊加原理可知,d點(diǎn)場強(qiáng)為零,故C正確;依據(jù)電場線分布的對(duì)稱性可知,a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)的大小相等,但方向不同,則a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)不相同,故D錯(cuò)誤.]1-2.(2024·河南商丘模擬)如圖甲所示,半徑為R、勻稱帶正電的球體,AB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,電場強(qiáng)度大小沿半徑方向分布狀況如圖乙所示,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)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(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,電場力做功eq\f(1,2)E0RqD[球體帶正電,電場線方向沿半徑向外,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處的電場強(qiáng)度大于3R處的電場強(qiáng)度,即EA>EB,B錯(cuò)誤;依據(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,故電場做功為W=Uq=eq\f(1,2)RE·g,D正確.]1-3.(2024·高考物理全真模擬二)如圖所示,勻強(qiáng)電場中的△PAB平面平行于電場方向,C點(diǎn)為AB的中點(diǎn),D點(diǎn)為PB的中點(diǎn).將一個(gè)帶負(fù)電的粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn),電場力做功WPA=1.6×10-8J;將該粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn),電場力做功WPB=3.2×10-8J.則下列說法正確的是()A.直線PC為等勢(shì)線B.若將該粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn),電場力做功為WPC=2.4×10-8JC.電場強(qiáng)度方向與AD平行D.點(diǎn)P的電勢(shì)高于點(diǎn)A的電勢(shì)B[由于勻強(qiáng)電場中U=Ed,則在某始終線方向上,電勢(shì)沿直線方向勻稱改變.由題可知D點(diǎn)為PB的中點(diǎn),則WPD=eq\f(WPB,2)=1.6×10-8J,P點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)WPA=1.6×10-8J,則AD電勢(shì)相等,故直線AD為等勢(shì)線,電場強(qiáng)度方向與AD垂直;由于勻強(qiáng)電場中電場力做功與路徑無關(guān),WAB=WAP+WPB=(-WPA)+WPB=1.6×10-8J;P點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn),電場力做功WPC=WPA+WAC=WPA+eq\f(WAB,2)=2.4×10-8J,故AC錯(cuò)誤,B正確;依據(jù)WPA=-qUPA,電場力對(duì)負(fù)電荷做正功,可知UPA<0,P點(diǎn)電勢(shì)低于點(diǎn)A的電勢(shì),故D錯(cuò)誤.]高頻考點(diǎn)二平行電容器問題[備考策略]1.公式法分析平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)問題公式①C=eq\f(εrS,4πkd)②C=eq\f(Q,U)③E=eq\f(U,d)情形始終連結(jié)電源充電后斷開電源不變量UQd變大C變小,Q變小,E變小C變小,U變大,E不變?chǔ)舝變大C變大,Q變大,E不變C變大,U變小,E變小S變大C變大,Q變大,E不變C變大,U變小,E變小2.熟記二級(jí)結(jié)論:在直流電路中,含有電容器的支路相當(dāng)于斷路,電容器兩端電壓等于與之并聯(lián)的支路兩端電壓;電容器所帶的電荷量恒定不變時(shí),極板間的電場強(qiáng)度與極板間距離無關(guān).3.當(dāng)有電容器的回路接有二極管時(shí),因二極管的單向?qū)щ娦?,將使電容器的充電或放電受到限制.[題組突破]2-1.已知?jiǎng)蚍Q帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0),其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量,ε0為常量.如圖所示的平行板電容器,極板正對(duì)面積為S,其間為真空,帶電荷量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí),極板可看做無窮大導(dǎo)體板,則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)D[每塊極板上單位面積所帶的電荷量為σ=eq\f(Q,S),每塊極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E=eq\f(σ,2ε0),所以兩極板間的電場強(qiáng)度為2E=eq\f(Q,ε0S).一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E′=eq\f(Q,2ε0S),故另一塊極板所受的電場力F=qE′=Q·eq\f(Q,2ε0S)=eq\f(Q2,2ε0S),選項(xiàng)D正確.]2-2.(2024·濟(jì)寧市高三其次次模擬)如圖所示,志向二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路,帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間,且處于靜止?fàn)顟B(tài),平行板電容器的B板接地.若將極板A向上移動(dòng)少許,下列說法中正確的是()A.電容器的電容增大B.AB間的電壓增大C.液滴將向上運(yùn)動(dòng)D.液滴的電勢(shì)能不變D[A、B、C項(xiàng):若將極板A向上移動(dòng)少許,板間距離增加,依據(jù)C=eq\f(εs,4πkd),電容減小,要放電,但是志向二極管具有單向?qū)щ娦裕荒芊烹?,故是電荷量Q肯定,由C=eq\f(Q,U)、E=eq\f(U,d)可知,電場強(qiáng)度大小與兩極板間的距離無關(guān),電場強(qiáng)度不變,則液滴保持靜止,故A、B、C錯(cuò)誤;D項(xiàng):由以上分析可知電場強(qiáng)度不變,液滴到下極板的距離不變,所以液滴的電勢(shì)能不變,故D正確.]2-3.(2024·山東省淄博一中高三三模)(多選)某試驗(yàn)小組用圖示裝置探究影響平行板電容器電容的因素.若兩極板正對(duì)面積為S,極板間的距離為d,靜電計(jì)指針偏角為θ.試驗(yàn)中,假定極板所帶電荷量不變,下列推斷中正確的是()A.保持S不變,增大d,則C變小,θ變大B.保持S不變,增大d,則C變大,θ變小C.保持d不變,減小S,則C變小,θ變大D.保持d不變,減小S,則C變大,θ變小AC[依據(jù)電容的確定式C=eq\f(εrS,4πkd)得知,電容與極板間距離成反比,當(dāng)保持S不變,增大d時(shí),電容減小,因極板所帶電荷量Q不變,由電容的定義式C=eq\f(Q,U),分析可知板間電勢(shì)差增大,靜電計(jì)指針的偏角θ變大,故A正確,B錯(cuò)誤.依據(jù)電容的確定式C=eq\f(εrS,4πkd)得知,電容與極板的正對(duì)面積成正比,當(dāng)保持d不變,減小S時(shí),電容C減小,極板所帶電荷量Q不變,則由電容的定義式C=eq\f(Q,U),可知板間電勢(shì)差U增大,靜電計(jì)指針的偏角θ變大,故C正確,D錯(cuò)誤,故選AC.][歸納反思]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,哪些物理量是改變的以及怎樣改變.2.應(yīng)用平行板電容器的確定式C=eq\f(εrS,4πkd)分析電容器的電容的改變.3.應(yīng)用電容的定義式C=eq\f(Q,U)分析電容器帶電量和兩板間電壓的改變狀況.4.應(yīng)用E=eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的改變.高頻考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)[備考策略][命題視角]考向1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)例4(2024·最新高考信息卷)如圖所示,圖甲實(shí)線為方向未知的三條電場線,a、b兩帶電粒子從電場中的P點(diǎn)靜止釋放,不考慮兩粒子間的相互作用,僅在電場力作用下,兩粒子做直線運(yùn)動(dòng),a、b粒子的速度大小隨時(shí)間改變的關(guān)系如圖乙中實(shí)線所示,虛線為直線.則()A.a(chǎn)肯定帶正電,b肯定帶負(fù)電B.a(chǎn)向左運(yùn)動(dòng),b向右運(yùn)動(dòng)C.a(chǎn)電勢(shì)能減小,b電勢(shì)能增大D.a(chǎn)動(dòng)能減小,b動(dòng)能增大B[A.從速度時(shí)間圖象中可以看出,a粒子加速度漸漸增大,b粒子加速度漸漸減小,因?yàn)榱W觾H受電場力,可知a粒子電場力漸漸增大,b粒子電場力漸漸減小,所以a向左運(yùn)動(dòng),b向右運(yùn)動(dòng).由于不知電場的方向,所以無法推斷a、b的電性.故A錯(cuò)誤,B正確.C.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),電場力做正功,所以a、b的電勢(shì)能均減?。蔆錯(cuò)誤.D.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),電場力做正功,因?yàn)閮H受電場力,依據(jù)動(dòng)能定理,a、b的動(dòng)能均增加.故D錯(cuò)誤.故選B.]考向2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速或偏轉(zhuǎn)例5(2024·山東棗莊模擬)如圖所示,豎直平行正對(duì)放置的帶電金屬板A、B,B板中心的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點(diǎn),y軸沿豎直方向,在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E=eq\f(4,3)×103V/m,比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放,其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3),1)點(diǎn),粒子P的重力不計(jì).(1)求金屬板AB之間的電勢(shì)差UAB;(2)若在粒子P經(jīng)過O點(diǎn)的同時(shí),在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電微粒Q,使PQ恰能運(yùn)動(dòng)中相碰.假設(shè)Q的質(zhì)量是P的2倍、帶電狀況與P相同,Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽視不計(jì),求粒子Q全部釋放點(diǎn)的集合.解析(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電量為q,從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)的速度大小為v0.由題意可知,粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng);設(shè)從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M(eq\r(3),1)點(diǎn)歷時(shí)為t0,由類平拋運(yùn)動(dòng)可得x=v0t0,y=eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0),解得v0=eq\r(2)×104m/s在金屬板AB之間,由動(dòng)能定理可知qUAB=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),解得UAB=1000V.(2)設(shè)粒子P、Q在右側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a1、a2;Q粒子從坐標(biāo)N(x,y)點(diǎn)釋放后,經(jīng)時(shí)間t與粒子P相遇.由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可得.對(duì)于P:Eq=ma1,x=v0t對(duì)于Q:Eq=2ma2,eq\f(1,2)a1t2=y(tǒng)+eq\f(1,2)a2t2解得y=eq\f(1,6)x2,其中x>0即粒子Q釋放點(diǎn)N(x,y)坐標(biāo)滿意的方程為y=eq\f(1,6)x2其中x>0.答案(1)1000V(2)y=eq\f(1,6)x2其中x>0考向3帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)例6(2024·廣東省潮州市高三調(diào)研)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,假如在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),帶電粒子剛起先進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,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,則溝通電U2的周期T為多少?(3)在滿意(2)條件的狀況下,它在偏轉(zhuǎn)電場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)電場的時(shí)間t=(n+eq\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)電場時(shí)的加速度a=eq\f(qE,m)④電場強(qiáng)度E=eq\f(U2,d)⑤帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后的前eq\f(T,4)內(nèi)沿豎直方向的位移y=eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2⑥要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出,需滿意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)0.04m考向4帶電物體在電場中的運(yùn)動(dòng)例7(2024·湖北省武漢市高三五月訓(xùn)練題)(多選)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的改變規(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/C2A.桿與水平面的夾角θ=60°B.B球的電荷量QB=1.0×10-5C.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BCD[A.漸進(jìn)線Ⅱ表示B的重力勢(shì)能隨位置的改變關(guān)系,即:EP=mgxsinθ=kx,得:sinθ=eq\f(k,mg)=0.5,即θ=30°,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.由圖(b)中的曲線Ⅰ可知,在x=6m處總勢(shì)能最小,動(dòng)能最大,該位置B受力平衡,則有mgsinθ=keq\f(QAQB,62),解得:QB=1×10-5C,B項(xiàng)正確;C.在M點(diǎn)時(shí),B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,∴EP2=10J-9J=1J,∴ΔEP=3J-1J=2J,C項(xiàng)正確;D.在M處加速度最小為0,所以從x=2m向上加速度先變小后增大,D項(xiàng)正確.故本題選B、C、D.][歸納反思]帶電粒子物體在電場中運(yùn)動(dòng)問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,確定粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng).(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問題,可依據(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假如是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題,應(yīng)用牛頓其次定律找出加速度,結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等.②假如是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng),一般利用動(dòng)能定理探討全過程中能的轉(zhuǎn)化,探討帶電粒子的速度改變、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,通常采納運(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,借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解,找尋兩個(gè)分運(yùn)動(dòng),再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解.(4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場區(qū)域時(shí),要留意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律的改變及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量,這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口.[題組突破]3-1.(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)高三二模)(多選)如圖所示,真空中固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B,其連線中點(diǎn)為O.在A、B所形成的電場中,以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓面垂直AB,以O(shè)為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直圓面且與AB共面,兩平面邊線交點(diǎn)分別為e、f,g為圓上一點(diǎn).下列說法中正確的是()A.a(chǎn)、b、c、d、e、f六點(diǎn)中,不存在場強(qiáng)和電勢(shì)均相同的兩點(diǎn)B.將一電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn),電場力始終不做功C.將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)隨意一點(diǎn)時(shí),電勢(shì)能的改變量相同D.沿線段eOf移動(dòng)的電荷受到的電場力先減小后增大BC[圖中圓面是一個(gè)等勢(shì)面,e、f的電勢(shì)相等,依據(jù)電場線分布的對(duì)稱性可知e、f的場強(qiáng)相同,故A錯(cuò)誤.圖中圓弧egf是一條等勢(shì)線,其上隨意兩點(diǎn)的電勢(shì)差都為零,依據(jù)公式W=qU可知:將一正電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn)電場力不做功,故B正確.a(chǎn)點(diǎn)與圓面內(nèi)隨意一點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)差相等,依據(jù)公式W=qU可知:將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)隨意一點(diǎn)時(shí),電場力做功相同,則電勢(shì)能的改變量相同.故C正確.沿線段eOf移動(dòng)的電荷,電場強(qiáng)度先增大后減小,則電場力先增大后減小,故D錯(cuò)誤.故選BC.]3-2.(2024·四川宜賓模擬)(多選)如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性改變的電壓.在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,t=0時(shí)刻起先連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子.t=0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場.已知電場改變周期T=eq\f(2d,v0),粒子質(zhì)量為m,不計(jì)粒子重力及相互間的作用力.則()A.在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為v0B.粒子的電荷量為eq\f(mv\o\al(2,0),2U0)C.在t=eq\f(1,8)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)電勢(shì)能削減了eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)D.在t=eq\f(1,4)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場AD[粒子進(jìn)入電場后,水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=eq\f(2d,v0),此時(shí)間正好是交變電場的一個(gè)周期;粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng),一個(gè)周期后,粒子的豎直方向速度為零,故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度v0,選項(xiàng)A正確;粒子在豎直方向,在eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)的位移為eq\f(d,2),由eq\f(1,2)d=eq\f(1,2)eq\f(U0q,dm)(eq\f(d,v0))2解得q=eq\f(mv\o\al(2,0),U0),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;t=eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子,出電場時(shí)在豎直方向的位移為y=2×eq\f(1,2)a(eq\f(3T,8))2—2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,8))2=eq\f(1,8)aT2=eq\f(1,2)d,故電場力做功W=eq\f(U0q,d)×eq\f(1,2)d=eq\f(1,2)U0q=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;t=eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)eq\f(T,4),然后向下減速運(yùn)動(dòng)eq\f(T,4),再向上加速eq\f(T,4),向上減速eq\f(T,4),由對(duì)稱可知,此時(shí)豎直方向的位移為零,故粒子從P板右側(cè)離開電場,選項(xiàng)D正確;故選A、D.]課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(九)一、選擇題(1~5題為單項(xiàng)選擇題,6~10題為多項(xiàng)選擇題)1.(2024·濟(jì)寧市高三其次次模擬)如圖所示的四條實(shí)線是電場線,它們相交于點(diǎn)電荷O,虛線是只在電場力作用下某粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,A、B、C、D分別是四條電場線上的點(diǎn),則下列說法正確的是()A.O點(diǎn)肯定有一個(gè)正點(diǎn)電荷B.B點(diǎn)電勢(shì)肯定大于C點(diǎn)電勢(shì)C.該粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能肯定大于D點(diǎn)的動(dòng)能D.將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放,它肯定沿電場線運(yùn)動(dòng)C[沒有畫出電場線的方向,所以O(shè)點(diǎn)可能是正電荷,也可能是負(fù)電荷,故A錯(cuò)誤;由于不知道電場線的方向,所以無法推斷B、C兩點(diǎn)電勢(shì)的凹凸,故B錯(cuò)誤;由于做曲線運(yùn)動(dòng)的物體受力的方向指向曲線的內(nèi)側(cè),可知該粒子在該電場中受到的電場力沿電場線向下,故從A到D電場力對(duì)粒子做負(fù)功,粒子的動(dòng)能減小,則粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能較大,故C正確;電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向,由于B點(diǎn)所在電場線為曲線,所以將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放,它肯定不能沿電場線運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤.故選C.]2.(2024·寧夏銀川一中高三質(zhì)檢(二))如圖所示,在勻強(qiáng)電場中,場強(qiáng)方向沿△abc所在平面平行,ac⊥bc,∠abc=60°,ac=0.2m.一個(gè)電量q=1×10-5C的正電荷從a移到b,電場力做功為零;同樣的電荷從a移c,電場力做功為1×10-8A.500V/m、沿ab由a指向bB.500V/m、垂直ab向上C.1000V/m、垂直ab向上D.1000V/m、沿ac由a指向cC[正電荷從a移到b,電場力做功為零,則由電場力做功的特點(diǎn)可知,ab兩點(diǎn)電勢(shì)相等,故ab應(yīng)為等勢(shì)線;因電場線與等勢(shì)面相互垂直,故過c做ab的垂線,肯定是電場線;正電荷從a到c過程,由W=Uq可知,ac兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uac=eq\f(W,q)=eq\f(1.0×10-3,1×10-5)V=100V,即a點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì),故電場線垂直于ab向上;ac間沿電場線的距離d=ac·cos60°=0.2×0.5m=0.1m,由E=eq\f(U,d)可知:電場強(qiáng)度E=eq\f(100,0.1)V/m=1000V/m,方向垂直ab向上;故C正確,A、B、D錯(cuò)誤;故選C.]3.(2024·山東省濰坊市高三二模)如圖甲所示,平行金屬板A、B正對(duì)豎直放置,CD為兩板中線上的兩點(diǎn).A、B板間不加電壓時(shí),一帶電小球從C點(diǎn)無初速釋放,經(jīng)時(shí)間T到達(dá)D點(diǎn),此時(shí)速度為v0.在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓,t=0帶電小球仍從C點(diǎn)無初速釋放,小球運(yùn)動(dòng)過程中未接觸極板,則t=T時(shí),小球()A.在D點(diǎn)上方 B.恰好到達(dá)D點(diǎn)C.速度大于v D.速度小于vB[小球僅受重力作用時(shí)從C到D做自由落體運(yùn)動(dòng),由速度公式得v0=gT,現(xiàn)加水平方向的周期性改變的電場,由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性知豎直方向還是做勻加速直線運(yùn)動(dòng),水平方向0~eq\f(T,4)沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),eq\f(T,4)~eq\f(T,2)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛好水平速度減為零,eq\f(T,2)~eq\f(3T,4)做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng),eq\f(3T,4)~T做反向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)水平速度由對(duì)稱性減為零,故t=T時(shí)合速度為v0,水平位移為零,則剛好到達(dá)D點(diǎn),故選B.]4.(2024·山東省淄博市高三三模)已知一個(gè)無限大的金屬板與一個(gè)點(diǎn)電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似,即金屬板表面各處的電場強(qiáng)度方向與板面垂直.如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板,且與大地連接.現(xiàn)將一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于板的右側(cè),圖中a、b、c、d是以正點(diǎn)電荷Q為圓心的圓上的四個(gè)點(diǎn),四點(diǎn)的連線構(gòu)成一內(nèi)接正方形,其中ab連線與金屬板垂直.則下列說法正確的是()A.b點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度相同B.a(chǎn)點(diǎn)電場強(qiáng)度與b點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等C.a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)D.將一摸索電荷從a點(diǎn)沿直線ad移到d點(diǎn)的過程中,摸索電荷電勢(shì)能始終保持不變C[畫出電場線如圖所示:A.依據(jù)對(duì)稱性可知,b點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同,方向不同,故A錯(cuò)誤;B.電場線密集的地方電場強(qiáng)度大,從圖像上可以看出a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場強(qiáng)度,故B錯(cuò)誤;C.依據(jù)對(duì)稱性并結(jié)合電場線的分布可知a點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì),故C正確;D.由于摸索電荷先靠近正電荷后遠(yuǎn)離正電荷,所以電場力在這個(gè)過程中做功,當(dāng)總功為零,所以摸索電荷電勢(shì)能不是始終保持不變,故D錯(cuò)誤;故選C.]5.(2024·河北衡水中學(xué)信息卷)如圖所示,邊長為L的等邊三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷,所帶電荷量依次為+q、+q和-q.D點(diǎn)和M點(diǎn)分別為AB邊和AC邊的中點(diǎn),N點(diǎn)為三角形的中心,靜電力常量為k.在該電場中,下列說法正確的是()A.D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為keq\f(q,L2),方向?yàn)閺腘指向DB.N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為9keq\f(q,L2),方向?yàn)閺腘指向CC.D點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)D.若取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0,則M點(diǎn)的電勢(shì)φM為0C[A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的矢量和為0,C點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為E=eq\f(q,k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)L,2)))2)=eq\f(4kq,3L2),方向?yàn)閺腄指向N,A錯(cuò)誤;三個(gè)點(diǎn)電荷在N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小均為3keq\f(q,L2),其中兩個(gè)正點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度矢量合成后大小為3keq\f(q,L2),方向?yàn)閺腘指向C,與負(fù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度合成,N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為6keq\f(q,L2),方向?yàn)閺腘指向C,B錯(cuò)誤;CD連線上電場強(qiáng)度方向由D指向C,可知φD>φN,C正確;若無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為0,則A、C兩點(diǎn)處的等量異種點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)為0,B處的正點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)大于0,故φM>0,D錯(cuò)誤.]6.(2024·山東省臨沂市高三三模)如圖所示,某條電場線上有a、b、c三點(diǎn),其中b為ac的中點(diǎn),已知a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa=10V,φC=4V,若將一點(diǎn)電荷從c點(diǎn)由靜止釋放,僅在電場力作用下沿著電場線向a點(diǎn)做加速度漸漸增大的加速運(yùn)動(dòng),則下列推斷正確的是()A.該點(diǎn)電荷帶負(fù)電B.電場在b點(diǎn)處的電勢(shì)為7VC.a(chǎn)、b、c三點(diǎn)c點(diǎn)處的場強(qiáng)最小D.該電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電場力做的功比從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場力做的功多AC[A項(xiàng):點(diǎn)電荷從c靜止釋放向左運(yùn)動(dòng),電場線方向向右,所以點(diǎn)電荷帶負(fù)電,故A正確;B項(xiàng):由點(diǎn)電荷從c到a做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),說明從c到a電場強(qiáng)度增大,即cb段平均場強(qiáng)小于ab段的平均強(qiáng)度,依據(jù)公式U=eq\x\to(E)d,可知電場在b點(diǎn)處的電勢(shì)小于7V,故B錯(cuò)誤;C項(xiàng):由點(diǎn)電荷從c到a做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),說明從c到a電場強(qiáng)度增大,a、b、c三點(diǎn)c點(diǎn)處的場強(qiáng)最小,故C正確;D項(xiàng):由C分析可知,從c到a電場強(qiáng)度增大,即電場力增大,ab=bc,依據(jù)W=Fx可知,在cb段的電場力小于ab段的電場力,所以該電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電場力做的功比從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場力做的功少,故D錯(cuò)誤.]7.(2024·吉林省長春市高考模擬檢測理科綜合實(shí)力測試)如圖,電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板,P是AB板間的一點(diǎn),在CD板間插有一塊有機(jī)玻璃板.閉合開關(guān),電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開.現(xiàn)將CD板間的玻璃板抽出,下列說法正確的是()A.金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小B.P點(diǎn)電勢(shì)降低C.玻璃板抽出過程中,電阻R中有向右的電流D.A、B兩板間的電場強(qiáng)度減小AC[A.依據(jù)C=eq\f(εrS,4πkd),將CD板間的玻璃板抽出,電介質(zhì)εr減小,其它條件不變,則金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小,故A正確;BCD.當(dāng)閉合開關(guān),電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開,極板總電荷量不變,金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小,由U=eq\f(Q,C)可知極板CD電勢(shì)差變大,極板AB電勢(shì)差變大,由E=eq\f(U,d)可知極板AB間的場強(qiáng)變大,導(dǎo)致P點(diǎn)與B板的電勢(shì)差變大,因B板接地,電勢(shì)為零,即P點(diǎn)電勢(shì)上升,因此電容器CD處于放電狀態(tài),電容器AB處于充電狀態(tài),電阻R中有向右的電流,故C正確,BD錯(cuò)誤;故選AC.]8.(2024·山東省青島市高考模擬檢測理科綜合實(shí)力測試)通常把電荷在離場源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)能規(guī)定為零,已知摸索電荷q在場源電荷Q的電場中具全部電勢(shì)能表達(dá)式為Er=eq\f(kqQ,r)(式中k為靜電力常量,r為摸索電荷與場源電荷間的距離).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的改變關(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12cmACD[A.電勢(shì)φ隨x的改變關(guān)系圖象的斜率eq\f(Δφ,Δx)=E,所以C點(diǎn)電場為0,依據(jù)電場疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反,故A正確;B.依據(jù)φ=eq\f(Ep,q)可知,φA=eq\f(\f(kQ1q,r1),q)+eq\f(\f(kQ2q,r2),q)=eq\f(kQ1,48)+eq\f(kQ2,12)=0,解得Q1∶|Q2|=4∶1,故B錯(cuò)誤;C.依據(jù)φ=eq\f(EP,q)可知,φB=eq\f(\f(kQ1q,x1),q)+eq\f(\f(kQ2q,x1-6),q)=eq\f(KQ1,x1)+eq\f(kQ2,x1-6)=0,解得B點(diǎn)的坐標(biāo)是8cm,故C正確;D.由E=eq\f(kQ,r2)知,Ec=eq\f(kQ1,x\o\al(2,2))+eq\f(kQ2,x2-62)=0解得C點(diǎn)的坐標(biāo)是x2=12cm,故D正確;故選ACD.]9.(2024·陜西西北工大附中高三模擬)如圖所示,水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L,兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷+Q和-Q分別固定于A、B兩點(diǎn).光滑絕緣直導(dǎo)軌CD的上端點(diǎn)D位于到A、B中點(diǎn)的正上方,且與A、B兩點(diǎn)的距離均為L.在D處質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上(忽視它對(duì)原電場的影響),并由靜止釋放,已知靜電力常量為k,重力加速度為g.忽視空氣阻力,則下列說法正確的是()A.D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為eq\f(kQ,L2)B.小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí),其加速度為零C.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí),其動(dòng)能為eq\f(\r(3),2)mgLD.小球沿直軌道CD下滑過程中,其電勢(shì)能先增大后減小AC[依據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的性質(zhì)可知,負(fù)電荷在D處的電場強(qiáng)度沿DB方向,正電荷在D處的電場強(qiáng)度沿AD方向,兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量是相等的,所以兩個(gè)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相等,則它們的合場強(qiáng)的方向沿AD、DB的角平分線;由庫侖定律得,A、B在D點(diǎn)的場強(qiáng)的大小:EA=E=keq\f(Q,L2),則D點(diǎn)的場強(qiáng):ED=EAcos60°+EBcos60°=keq\f(Q,L2),故A正確;當(dāng)小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí),小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負(fù)電荷的吸引力,對(duì)其受力分析可知,重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負(fù)電荷的吸引力的合力不在同一平面上,故兩個(gè)合力不行能平衡,故加速度不為零,故B錯(cuò)誤;由于C與D到A、B的距離都等于L,結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知,C點(diǎn)與D點(diǎn)在同一等勢(shì)面上,電場力不做功,故小球的電勢(shì)能不變,下落過程只有重力做功,即:mgeq\x\to(OD)=eq\f(1,2)mv2,又幾何關(guān)系可知:eq\x\to(OD)=L·sin60°=eq\f(\r(3),2)L.小球的動(dòng)能Ek=eq\f(1,2)mv2=eq\f(\r(3),2)mgL,故C正確,D錯(cuò)誤.故選AC.]10.(2024·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學(xué)期質(zhì)檢)如圖所示,粗糙絕緣的水平面旁邊存在一個(gè)平行于水平面的電場,其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行,在x軸上的電勢(shì)φ與坐標(biāo)x的關(guān)系用圖中曲線表示,圖中斜線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3)的切線.現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg,電荷量為+2.0×10-8C的滑塊P(可視作質(zhì)點(diǎn)),從x=0.10m處由靜止釋放,其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02.取重力加速度g=10m/s2A.滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度先漸漸減小后漸漸增大B.x=0.15m處滑塊運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能最大1.0×10-3JC.滑塊運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能先減小后增大D.滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功8.0×10-3JAB[電勢(shì)φ與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度,則x=0.15m處的場強(qiáng)E=eq\f(3×105,0.15)V/m=2×106V/m,此時(shí)的電場力F=qE=2×10-8×2×106N=0.04N,滑動(dòng)摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N,在x=0.15m前,電場力大于摩擦力,做加速運(yùn)動(dòng),加速度漸漸減小,x=0.15m后電場力小于摩擦力,做減速運(yùn)動(dòng),加速度漸漸增大,故A正確,在x=0.15m時(shí),電場力等于摩擦力,速度最大,依據(jù)動(dòng)能定理得,Ekm=qU-fx,因?yàn)?.10m和0.15m處的電勢(shì)差大約為1.5×105V,代入求解,最大動(dòng)能為1.0×10-3J.故B正確.滑塊運(yùn)動(dòng)過程中因電勢(shì)始終降低,可知電勢(shì)能始終減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功8.0×10-3J,則移動(dòng)的距離為Δx=eq\f(Wf,f)=eq\f(8.0×10-3,0.04)m=0.2m,此時(shí)滑塊從x=0.1m的位置運(yùn)動(dòng)到0.3m的位置,電勢(shì)能的改變?yōu)棣p=(4-1.5)×105×2.0×10-8J=5×10-3J,即電場力做功小于克服摩擦力做功,此時(shí)滑塊的速度不為零,將接著運(yùn)動(dòng)一段距離停下,故滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功大于8.0×10-3J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;故選AB.]二、非選擇題11.(2024·四川省瀘州市高三模擬)如圖所示,相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場,其中PS下方的電場E1的場強(qiáng)方向豎直
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