作業一電場的力的性質

三年高考真題演練

1.D［由庫侖定律P=等可知，粒子在4、b、C三點受到的電場力的大小關

系為FOF/Fa,由。=￡，可知恁>&>恁。根據粒子的軌跡可知，粒子0與場源

電荷產的電性相同，二者之間存在斥力，由。一6一。整個過程中，電場力先做負

功再做正功，且%戶|%4結合動能定理可知，Va>Vc>Vb,故選項D正確。］

2.C［由于靜電感應可知，Z左端帶負電，8右端帶正電，4、3的電勢相等，

選項A、B錯誤；若移去C,則兩端的感應電荷消失，則貼在Z、5下部的金屬

箔都閉合，選項C正確；先把Z和8分開，然后移去C,則Z、8帶的電荷仍然

存在，故貼在2、8下部的金屬箔仍張開，選項D錯誤。］

3.ACD［兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項A正

確；Z球所受的電場力由幾何關系，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為37。,

F=mgtan37°=8.0X10-4X10X0.75N=6.0X10-3N,選項B錯誤；根據庫侖定

律得，F=必臀=虛，解得q工亙C=4#X1CT?c,

B

選項C正確；A,5兩球帶等量的同種電荷，故在幺、8兩球連線中點處的電場

強度為0,選項D正確。］

4.C［通電線圈周圍存在著磁場，當小線圈接近通電線圈過程中，穿過小線圈

的磁通量發生變化，小線圈中會產生感應電流，這屬于電磁感應現象，不是靜電

現象，故選項C正確。］

5.D［根據靜電感應近異遠同的特性可知乒乓球左側感應出正電荷，A錯誤；

乒乓球不可能吸在左極板上，B錯誤；庫侖力就是電場力，C錯誤；乒乓球與右

極板接觸后帶正電，在電場力作用下向負極運動，碰到負極板正電荷與負極板上

的負電荷中和后帶負電，在電場力作用下又向正極板運動，這樣會在兩極板間來

回碰撞，D正確。］

6.BD［帶電球/、N在不計重力條件下平衡，說明/、N兩球所受電場力的

合力為零，即〃、N所在點合場強為零，所以M球在N球處所產生的場強方向

向左，大小為E,故M球帶負電；同理，N球在〃球處產生的場強方向向右，

大小為E,故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等。所以B、D正確。］

Q.

7.D［由題意知，正極板所帶電荷激發的電場的電場強度大小為￡=畀=白=

宗，同理負極板所帶電荷激發的電場的場強瓦=裊，兩板間的場強E=Ei+

瓦=條，兩極板間的靜電引力大小

02

尸=。?=端，故D正確。］

8.B［因正電荷0在。點時，G點的場強為零，則可知兩負電荷在G點形成

的電場的合場強與正電荷。在G點產生的場強等大反向大小為E產號；若將

正電荷移到G點，則正電荷在H點的場強為荷=12=務,因兩負電荷在

G點的場強與在H點的場強等大反向，則H點的合場強為E=E「Ei=曙,

方向沿了軸負向，故選B。］

9.BC［小球Z、5間的庫侖力為

/庫=A^=9.0X1()9X

40X1f)6X30X1f)6

-一三聲-----N=0.9N,以8和絕緣支架整體為研究

對象受力分析圖如圖甲所示，地面對支架支持力為pN=mg—/庫=1』N,A錯

誤；以Z球為研究對象，受力分析圖如圖乙所示，/1=/2=認這+/庫=1.9>1,B

正確；8水平向右移，當M、45在同一直線上時，4、5間距為，=0.6m,F

，=

/=/手=0.225N,以N球為研究對象受力分析圖如圖丙所示，可知F21.0N,

產i'一萬犀'=1.0N,7V=1.225N,所以C正確；將8移到無窮遠，則尸庫”=0,

可求得為"=凡"=12D錯誤。］

10.BD［對小球/、N和桿組成的整體，由題意可知皚=1!2,得x

LkL+x)

<L,則A錯；若尸、/和N不在同一直線上則不能平衡，所以B正確；在+0

的電場中9M>*，則C錯誤；M、N及細桿靜止于光滑絕緣桌面上，所以系統

所受合外力為零，D正確。］

11.AC［根據庫侖定律得Z、5間的庫侖力尸庫=婚，則A項正確；當細線上

的拉力為0時滿足%=w?gtan仇得到，慳n°，則B錯誤，C正確；斜面

對小球Z的支持力始終不為零，則D錯誤。］

12.解析(1)根據庫侖定律，2、5兩點電荷間的庫侖力大小為

代入數據得

尸=9.0X1CF3N②

(2)2、5點電荷在C點產生的場強大小相等，均為

4、8兩點電荷形成的電場在。點的合場強大小為

￡=2￡icos30°@

由③④式并代入數據得

￡=7.8X103N/C,方向沿y軸正向⑤

答案(1)9.0X10-3N(2)7.8XI03N/C,方向沿y軸正方向

兩年模擬試題精練

1.D［根據帶電物體能夠吸引輕小物體和三種起電方式可知，A項錯誤；錫箔

由靜止到運動是加速運動過程，B項錯誤；錫箔與玻璃棒接觸帶上與玻璃棒相同

的正電，同種電荷相互排斥，錫箔散開，故C錯誤，D項正確。］

2.B［根據8恰能保持靜止可得：

幺做勻速圓周運動，根據Z受到的合力提供向心力得:

kQAqc2mAC02r

(Zi+Z2)~Li

QAqc2r

C做勻速圓周運動有，有ra”2)2fgL2

聯立三式解得Z和。的比荷應是自力

3.B［圓心。處的電場可等效為在正N邊形的頂點Z放置一個帶電荷量為+2q

的點電荷與過該點直徑的另一端的頂點放置一個帶電荷量為一q的點電荷產生

的，由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得圓心。處的場強大小為￡=

+阜=攀，選項B正確。］

4.C［對小球進行受力分析，小球受重力和4B、C處正點電荷施加的庫侖力。

設角a是2、8、C處正點電荷施加的庫侖力方向與豎直方向的夾角，將庫侖力

分解到水平方向與豎直方向，根據豎直方向平衡條件得：3Fcosa=mg

又?常

根據幾何關系得COS。=乎

解得q="需左，故選C。］

5.B［由。點電勢高于c點可知，勻強電場的場強方向為豎直向下。帶電粒子

M軌跡向下彎曲可知〃所受電場力向下，/帶正電；帶電粒子N軌跡向上彎曲

可知N所受電場力向上，N帶負電，選項A錯誤；由于在勻強電場中與場強方

向垂直的等間距平行直線為等差等勢面，。點至a點和0點至c點的電勢差大

小相等，由動能定理可知，N在。點的動能與M在c點的動能相同，N在。點

的速度與“在c點的速度大小相等，選項B正確；拉和N兩粒子在電場中運動

所受電場力大小相等，方向相反，所以選項C錯誤；N從。點運動至a點的過

程中電場力做正功，選項D錯誤。］

6.A［查閱資料知道：圖所示的電場分布與等量異種電

荷電場分布的一半是一樣的。根據尸點的電場線方向可以

得尸點的電場強度方向是垂直于金屬板向左，尸點與點電

荷。之間的距離為r,根據點電荷的場強公式￡=作得，

一個電荷在尸點的場強為￡1=普，電場是由兩異號點

電荷分別產生的場強疊加產生的，如圖所示，據幾何關系知cos。：*所以尸點

的合場強為￡=2Eicos6=半，故B、C、D錯誤，A正確。］

7.BD［A,8間的連線與豎直方向的夾角減小，對8研究，庫侖力在豎直方向

的分力與重力等大反向，因此Z、3兩小球間的庫侖力減小；由整體法可知，Z

對桿的壓力等于Z、5的重力之和，A、C錯誤，B、D正確。］

8.AB［在勻強電場中，沿電場線方向，電勢均勻降低，A項正確；帶負電小

球受電場力與場強方向相反，在勻強電場中受電場力不變，故加速度不變，所以

在x<0區域內加速度方向為正方向，在x>0區域內加速度為負方向，B項正確；

小球在原點的初速度為00,經過任意一段位移x后的速度為0,由勻變速直線運

動規律可知，v2-vl=2ax,所以o—x圖象不是直線，C項錯；由動能定理有：

Eqx=Ek—^mvl,故耳一》圖象應為一次函數圖象，D項錯。］

9.解析（1）小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持入\

力，受力圖如圖所示。

則有FNsin37°=qE①______

Reos37°=掰g

由①②可得￡=嗯

（2）若電場強度減小為原來的去即

E=8q

電場強度變化后物塊下滑距離工時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得

mgLsin370—q￡Zcos37°=與一0

可得￡k=0.3加

答案（1）翳（2）0.3掰g￡

10.解析（1）小物塊能通過軌道最高點工的條件是

mg=m'

VL=2m/s

A到L過程：qEs—/imgs—mg'2R=^mvi~0

解得5=1.25m

(2)小物塊由P到L過程：

—mgR—qER=^mvi—呼/喏

解得vp=2-\[5m/s

在尸點：Fz—qE=m常

解得樂=4.8N

(3)能。小物塊落回到"N水平面時，速度的大小0等于第一次經過N點時的速

度大小。

由動能定理得

qEs-/j,mgs=/品

解得S=0N=2小m/s

答案(1)1.25m(2)4.8N(3)2小m/s

11.解析(1)設小方塊的總個數為N,每個小方塊質量為機，電荷量為q,速度

最大時，合外力為零有NEq=^/j,Nmg

解得〃=0.5

(2)所有小方塊在進入48區域的過程中，小方塊間不會分離，摩擦力先由零逐漸

增大，并且隨位移均勻增大，完全進入后，摩擦力為恒力。設小方塊最終靜止時

最右端離Z點距離為修，由動能定理得：

NEq(2L+x1)=^/uNmgX￡+piNmgX(x1-L)

解得xi=3￡,即小方塊最右端剛好停在8點

(3)只要小方塊的后端(最左端)能通過8點，則所有小方塊都能通過8點，設小方

塊的前端(最右端)距Z點的距離為X2處由靜止釋放，小方塊剛好全部進入時的速

度為0,則

11,

NEq(L+》2)—^/J.NmgXL=^Nmv

從剛好全部進入48區域，到全部離開48區域的過程中，最后一個小方塊的加

速度保持不變

12

(Eq一/zmg)X3￡=0-5mv

聯立解得X2=31

(4)因為5點右側光滑，每個小方塊離開8點后，各小方塊的速度不同，小方塊

之間將有間距。假設將Z5區域向右無限延長，從X2=3￡處由靜止釋放，小方塊

的最左端剛好到達8處靜止時，所有小方塊均同時靜止。每個小方塊在5點的

初動能等于各自的合外力做的功，合外力為Fa=jumg—Eq,方向均向左，向右

的平均位移為上由功能關系得

NM1n1

Ek息=7(Ming-Eq)XL15g-Eq)XL=gMgL

答案(1)0.5(2*點(3)31(4)%3

作業二電場的能的性質

三年高考真題演練

1.AB［由于油滴受到的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度

恒定不變，所以D選項錯；由于油滴軌跡相對于過產的豎直線對稱且合外力總

是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向，因此電場力豎直

向上，且機g,則電場方向豎直向下，所以。點的電勢比尸點的高，A選項

正確；當油滴從尸點運動到0點時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤;

當油滴從尸點運動到0點的過程中，合外力做正功，動能增加，所以0點動能

大于尸點的動能，B選項正確。］

2.B［若兩個不同的等勢面相交，則在交點處存在兩個不同電勢數值，與事實

不符，A錯；電場線一定與等勢面垂直，B對；同一等勢面上的電勢相同，但電

場強度不一定相同，C錯；將一負電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢

面，電場力做負功，故D錯。］

3.AD［電場中場強為零的位置是絕對的，而電勢為零的位置是人為選取的；

再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率，而與電勢的大小無關，故B錯誤;

由沿電場線方向電勢降低，可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無

關，故C錯誤。］

4.B［電子帶負電荷，電子由初點分別運動到N點和尸點的過程中，電場力

所做的負功相等，有WMN=WMP<0,而WMN=QUMN，WMP=QUMP^q<0,所以

有UMN=UMP>0,即(PM>(PN=(PP，勻強電場中等勢線為平行的直線，所以NP

和M0分別是兩條等勢線，有9〃=。0,故A錯誤，B正確；電子由M點到0

點過程中，WMQ=Q(SPM—(PQ)=01電子由P點至1JQ點過程中，WPQ=q((pp—(PQ)

>0,故C、D錯誤。］

5.AD［由9〃=0N，可知點電荷0一定在"N連線的中垂線上，過尸作W的

垂線交"P與。點，設MF=FN=l,則由幾何關系"<9=總心=亭/,FO=

/tan30。=9/,OP=MP-MO=MNcos30。一平仁冬,即FO=OP=*i,ON

=OM=^^-l,故點電荷一定在"P的連線上的。點，選項A正確(另解：根據

題意9M=劭v,(PP=(PF,可知點電荷0一定在ACV的中垂線與尸尸連線的中垂線

的交點處，作尸尸連線的中垂線交兒。于點。，連結。、尸兩點，由幾何知識知

OF為"N的中垂線，故點電荷0一定在"P的連線上的。點，A正確)；點電

荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面，直線不可能在球面上，故

B選項錯誤；由圖可知。尸<。位，瞅(PF=(PP>(PM=(PN,將正試探電荷從高電勢搬

運到低電勢，電場力做正功，選項C錯誤，D正確。］

6.解析設帶電粒子在8點的速度大小為為。粒子在垂直于電場方向的速度分

量不變，即

o

fgsin30=u0sin60°①

由此得@B=@00②

設/、8兩點間的電勢差為SB,由動能定理有

qUAB=3me%一喻③

聯立②③式得UAB=^@

答案等

7.C［由電場線的疏密表示場強大小可知，幺點的電場強度比8點的小，A項

錯誤；沿電場線的方向電勢逐漸降低，B項錯誤；容器的內表面為一等勢面，內

表面處各點場強的方向與等勢面垂直，C項對；容器內表面為等勢面，在等勢面

上移動電荷，電場力不做功，D項錯誤。］

T727

8.BC［因0?］內微粒勻速運動，故Eoq=mg；在］?丁時間內，粒子只受重力

作用，做平拋運動，在/=系時刻的豎直速度為0yl=亨，水平速度為內；在第?

T時間內，由牛頓第二定律2Eoq—Mg=37,解得a=g,方向向上，則在/=T

時刻，0y2=5—W=0粒子的豎直速度減小到零，水平速度為00，選項A錯誤，

B正確；微粒的重力勢能減小了A￡p=mg-^=^mgd,選項C正確；從射入到射

11

出，由動能定理可知，乎?gd—少電=0,可知克服電場力做功為］agd,選項D錯

誤。］

9.BC［因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為平行于x軸指向

負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸

到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故6點的電勢為零，但是電場強度不為零，

A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向平行于x軸

向右，在中點。處電勢為零，。點左側電勢為正，右側電勢為負，又知道正電

荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；。點的電勢低于。點的電勢，電場力做

負功，所以必須克服電場力做功，C正確；。點和b點的電勢相等，所以先后從

。、b點移到。點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤。］

10.BC［a從N點靜止釋放，過尸點后到0點速度為零，

整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與a速度

方向夾角一直大于90。，所以庫侖力整個過程做負功。小球

。從N到。的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角

減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；帶電小球。受力如圖所示，在靠

近N點的位置，合力與速度夾角小于90。，在。點合力與速度夾角大于90。，所

以小球a從N到尸的過程中，速率應先增大后減小，故B正確；從N到。的過

程中，庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據能量守恒可

知，尸到0的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D

錯誤。］

11.ACD［由題圖知，。點處的電場線比6點處的電場線密集，c點處電場線比

d點處電場線密集，所以A、C正確；過。點畫等勢線，與6點所在電場線的交

點與b點位置比較知b點的電勢高于。點的電勢，故B錯誤；同理分析可得d

點電勢高于。點電勢，故D正確。］

12.D［同一電場中，電場線越密的地方場強越大，所以1點場強大于2、3點

場強，A、B錯誤；同一等勢面上各點電勢相等，沿電場線方向電勢降低，故C

錯誤，D正確。］

13.B［由微元法和對稱的思想分析可知，均勻帶電圓環內部。點的場強為零，

電勢為標量，且正電荷周圍的電勢為正，在x軸上。點離帶電體最近，故。點

電勢最高，選項A錯誤，B正確；從。點沿x軸正方向電場強度先增大后減小，

電勢降低，選項C、D錯誤。］

14.BC［由題圖可知，修到M場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先

增大后減小，C正確，D錯誤；由XI到X3及由X2到X4過程中，電場力做負功，

電勢能增大，知A錯誤，B正確。］

15.D［在粒子運動中的某一小段位移Ax內電場力做功由功能關系知A￡p

A/7

=—qEN,即好=—穌一x圖線斜率的絕對值表示電場力，故由圖線可知

LW

E逐漸減小，A錯誤；因粒子僅受電場力作用，由?？芍?。也逐漸減小，

AF,

D正確；再由動能定理有AEk=q?Ax,即就=q￡,瓦一》圖線的斜率也表示電

場力，則心-x圖線應是一條斜率逐漸減小的曲線，B錯誤；由/=2ax有。=

42ax,可知0—x圖線應是一條曲線，故C錯誤。］

兩年模擬試題精練

1.D［在兩等量同種電荷連線的中點上方，根據平行四邊形定則，試探電荷受

到兩電荷的庫侖力的合力豎直向上，在中點下方，受到庫侖力的合力豎直向下，

合力先做負功，再做正功，電能先增大后減小，故D正確，A、B、C錯誤。］

2.B［由物體做曲線運動的條件可知電荷僅受電場力的作用，不可能沿著彎曲

的電場線運動，A項錯誤；由電場線的分布特點知，微粒所受的電場力先減小后

增大，B項正確；微粒向工件靠近的過程中電場力做正功，電勢能逐漸減小，C、

D項錯誤。］

3.D［根據電場的等勢面分布圖可知，該電場是等量異種電荷的電場，A項錯

誤；等量異種電荷的電場具有對稱性（上下、左右），。點和6點的電場強度大小

相等，而方向不同，B項錯誤；。點離尸點（正電荷）比d點離尸點的距離更近，

所以。點的電勢較高，C錯誤；負電荷從。到c,電勢升高，電場力對負電荷做

正功，電勢能減小，D項正確。］

4.A［在C點固定一電荷量為一0的點電荷，A,5相對CD線左右對稱，則（pA

=0B=0V,點電荷一q從Z點由靜止釋放以后沿光滑軌道4D8運動到。點過程

中，由動能定理可得：機gr+少電=品/一o,得少電=7^gr,由少電=穌/—Ep0,

得Ep°=-7機gr,由9。=芻^,得夕。=7’了,則夕°＞加，A正確，B、D錯誤；

qq

由場強公式可知：&=2,EQ=~^,E（J=2EA，則C錯誤。］

5.C［對電子從5到Z的過程，由動能定理可知，—eUB4=_E°；對質子從C

到Z的過程，有“70=瓦，可見UB4=Ua，故8、C兩點電勢相等，在同一等

勢面上，AB沿電場線方向上的距離d=asin6（T=半明由場強與電勢差的關系E

=巧解得E=2弋;0,選項C正確。］

6.D［因粒子在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向在電場力作用下做初速度

為零的勻加速直線運動，所以粒子從Z到5和從8到C的時間相同，由勻變速

直線運動規律知粒子從2到C電場力做功為12.0J,所以粒子在Z點的電勢能比

在C點多12.0J,粒子在Z點的機械能比在。點少12.0J,A、C錯誤；粒子從

A到B由動能定理知AEk=3.0J-2.0J=1.0J,即粒子在Z點的動能比在5點少

LOJ,B錯誤；由題知粒子在Z點時動能為2.0J,由Z到C電場力做功12.0J,

重力做功為0,粒子在C點的動能為14.0J,D正確。］

7.C［由題意，AB是等勢面，則CD也是等勢面，所以電場

線的方向沿D4方向，且￡=*轉動后的位置如圖所示，設

ZCBF=0,則NCi5B=N〃3G=aZMBFi=20,由幾何關

系得BFIa+(1)2=冬,MFl=BFlsin23=2BFlsin

0cos0,其中sin雪，cos

,又UFM=

t)rJnrjvX

E-MF\,UFiM=(pF［,聯立以上各式，代入數據解得9西=|^e，故選C。］

8.AB［根據電場疊加，由圖象可知ab、cd兩中垂線上各點的電勢都為零，所

以產、。兩點的電勢相等，故A正確；電場線的疏密表示場強的大小，根據圖象

知EP>EQ,故B正確；四個點電荷在。點產生的電場相互抵消，場強為零，故

在。點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力為零，故C錯誤；尸、0兩點

電勢相等，所以將某一負電荷由尸點沿著圖中曲線尸0移到。點，電場力做功

為零，故D錯誤。］

9.ABC［由題意知：從Z到8的運動可以看成水平方向上初速度為零的勻加

速直線運動，其加速度為臂，豎直方向上以初速度為00的豎直上拋運動，且兩

個方向的運動具有等時性。由運動學公式可得：2g)=膂/,0o=g/,則q￡=2機g,

選項A正確；根據功能關系，機械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即

AE=^m(2vo)2=2mvo,選項B正確；根據電場力做功的特點，qU=2mvo,U=

學^,選項C正確，選項D錯誤。］

10.AC［在勻強電場中，沿同一方向上距離相等的兩點間，電-----

勢差相等，故Ucd=L4a=4V,所以0c=16V,小于。點電勢9°,

A項正確；質子在。點的電勢能Ep=e0c=16eV,C項正確；質b'

子由b點到c點過程中，電場力做功Whc=eUbc=e((ph—(pc)=8eV,D項錯誤；

如圖所示，圖中6、d連線的三等分點e點電勢為20V,a、e連線為等勢面，bd

與ae不垂直，故bd方向一定不是電場強度方向，B項錯誤。］

11.AD［在兩電荷連線的中點，由于兩個電荷在此處產生的場強大小相等、方

向相反，所以該處場強為零。在無窮遠處場強也為零，所以兩點電荷連線的中點

到無窮遠場強是先增大后減小，且場強關于電荷連線對稱，故A正確，B錯誤；

兩點電荷連線的中垂線上場強方向從中點指向無窮遠，且電勢逐漸降低，故C

錯誤，D正確。］

12.BC［由物體做曲線運動條件(合外力指向軌跡凹側)知粒子帶正電，從/到

N電場力做正功，從N到尸電場力做負功，即不可能做勻速圓周運動，A錯誤；

因粒子在初點和尸點的速率相等，由動能定理：qUMN=^mVN—^mVM，qUNP=^

mVp—^mVN，版以UMN=—UNF,B正確；電場線在N點最密集，即粒子在N點

受到的電場力最大，加速度也最大，從/到尸由電場力做功情況可知粒子在N

點電勢能最小，C正確；粒子在河、尸兩點的加速度方向不同，D錯誤。］

13.解析(1)設液珠的電荷量為q,質量為機，有

l^^—mg=mg

2

解得液珠的比荷為f=鬻

(2)當液珠速度最大時有l^r=mg

解得仁取H

⑶設C5間的電勢差為UCB，有

TT__kQ__kQ

UCB—(PC—(PB—rr—

根據動能定理有qUCB—mg(rB—H)=0

解得rB=2H

答案(1)誓Q)啦〃(3)2〃

14.解析(1)設C處的電勢為9c，因為OC=C4

所以(PO~(PC~(PC~(PA

輛省(PO+(PA0+8

斛何(Pc=-22V=4Vo

(2)8、。兩點的連線為等勢線，電場強度方向與等勢線8c垂直，設NO5C=6,

則OB=L=y/3cm

因為tan0=牛=東

又U=Ed

UU48

可得E=B0V/m=qX102?V/nio

d￡sin0「o

小X竽xio-2

（3）帶電粒子做類平拋運動，則有

Zcos0=vt

△inT%

…2編2X(4X105)

解傳加一ETcos?。—8r-1C/kg

mELC0SU|X1O2XV3X1O-2X1

=2.4X10nC/kg

所以帶電粒子的比荷為2.4X10“C/kgo

Q

答案(1)4V(2)^X102V/m(3)2.4X1011C/kg

作業三電容器帶電粒子在電場中的運動

三年高考真題演練

1.D［由。=甕可知，當云母介質移出時，與變小，電容器的電容C變小；

因為電容器接在恒壓直流電源上，故。不變，根據。=CU可知，當C減小時，

0減小。再由￡=力，由于。與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。］

2.D［兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg=qE,現將兩板繞過a

點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45。后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45。，電

場力方向也逆時針旋轉45。，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，

方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確。］

3.D［若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據。=德可知，

C變大；根據。=cu可知，在0一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜

電計指針偏角。減??；根據￡=冬Q=CU,。=福聯立可得，￡=陰，可知

ci-兀/ca匕2

E不變；尸點離下極板的距離不變，E不變，則尸點與下極板的電勢差不變，P

點的電勢不變，故穌不變；由以上分析可知，選項D正確。］

4.AD［帶電粒子經加速電場后速度出偏轉電場時的縱向速度

Vy=\2^md,所以偏轉電場及對粒子做功為沙=3機標+樣）一品萬=居》，

故做功一樣多，故A正確；粒子打到屏上時的速度為v=\jvo+vy=

4巴善"與比荷有關，故速度不一樣大，故B錯誤；縱向位移尸親

=落，即位移與比荷無關，由相似三角形可知，打到屏幕上的位置相同，故D

正確；運動到屏上所用時間/=卜\/1+5薪|*\的，與比荷有關，故C錯誤"

5.BC［對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度

的方向夾角為鈍角，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中

合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后

做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤。］

6.A［設電場強度為瓦兩粒子的運動時間相同，對/有，aM=招,|/=寮,；

對機有“=詈|/=拼力，聯立解得。=|,A正確。］

7.A［由于帶正電的試探電荷在球殼內運動時，不受電場力，沒有力做功，動

能不變，可知C、D項錯誤；在球殼外，電場力做正功，動能增大，且由尸庫=

守可知隨r的增大，尸庫減小，體現為反一廠圖線的斜率減小，故選項A正確，

B錯誤。］

8.B［因為兩粒子軌跡恰好相切，切點為矩形區域中心，則對其中一個粒子，

水平方向￡=007,豎直方向4=；療且滿足三式聯立解得0o=久故

222m2\jmn

B正確。］

9.解析(1)設質子進入漂移管5的速度為OB,電源頻率、周期分別為了、T,漂

移管Z的長度為人則

T

L=VB，W②

聯立①②式并代入數據得￡=0.4m③

(2)設質子進入漂移管E的速度為近，相鄰漂移管間的加速電壓為。，電壓對質

子所做的功為沙，質子從漂移管5運動到E電場做功用，質子的電荷量為公

質量為機，則

W=qU?

W=3W?

W=—^mVB@

聯立④⑤⑥式并代入數據得t/=6X104V⑦

答案（1）0.4m（2）6X104V

10.解析⑴根據動能定理，有eU0=^mvl，

電子射入偏轉電場時的初速度

在偏轉電場中，電子的運動時間

加速度。常盛

2

1cTTT

偏轉距離Ay=呼（加）2=配荷

（2）只考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力

G=mg^lO-3ON

電場力F=^^10-16N

由于尸》G,因此不需要考慮電子所受的重力。

（3）電場中某點電勢夕定義為電荷在該點的電勢能心與其電荷量q的比值，即（p

=與，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能穌與其質量

機的比值，叫做重力勢,即0G=§

電勢9和重力勢eG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定。

答案⑴、附篇（2）見解析（3）見解析

11.解析（1）粒子從Z到。過程中電場力對它做的功

W=qE（yA—yc）=3qEl。①

（2）粒子只要沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方

向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點。在y軸上，可令

tAD=tDB=T,且tBC=T?

由牛頓第二定律③

由運動學公式得功=上好④

從。到。做類平拋運動，沿了軸方向：功+3/o=5(27f⑤

由②③④⑤式解得T=、晤⑥

\1qH___

則Z-C過程所經歷的時間t=3T=31晤⑦

\1qE

(3)粒子由。到C過程中

x軸方向：2l0=vD-2T@

y軸方向：vCy=a-2T?

由⑥⑧⑨⑩式解得才甥?

答案(l)3qEl。(2)3、/^⑶

兩年模擬試題精練

1.B［蚊香煙霧吸附了電子或正離子，被分別吸附在縫被針或鋁板上，A錯誤;

縫被針與鋁板間的電場類似于等量異種點電荷的電場關于中垂面對稱的其中一

側，離鋁板越近，場強越小，同一煙塵顆粒在電場中被加速吸附，靜電力一直對

該顆粒做正功，離鋁板越近時，粒子速度越大，但加速度越小，C、D錯誤，B

正確。］

2.A［電容器充電后與電源斷開，可知電容器的電荷量。不變，由。=嘉知，

當s減小、d增大時，c減小，由。=。。知。增大，由￡=曰=照=￥^知

E增大，A正確；同理當S增大、d不變時，C增大，。減小，E減小，B錯誤;

當d減小、S減小時，無法確定C、U、￡的變化情況，C錯誤；當d增大、S不

變時，C減小，。增大，E不變，D錯誤。］

3.A［因小球靜止，所以有mg=(r^,只改變電容器兩極板的電荷量時有mai

=(T^—mg,再改變電容器兩極板的電性有ma2=(r^+mg,而兩段相等時間內

位移滿足;a/2=—伍立./—聯立得5=201,又因0=。。，所以02=201,

A正確。］

4.D［分析電子的受力可知，電子從M點開始先向右加.「(ms，)

速，再向右減速，4X1()T°S末速度為零，然后再向左加速0&6,/87?晨

/47"(X1°s)

至6X10—%,從6Xl()T°s?8X10一%再向左減速，速度圖象如圖所示，由此

可知電子在/點右側，速度方向向左且大小減小的時間為6XlO-los-8XlO-10

s,D正確。］

5.B［因三微粒均只受豎直向下的恒定電場力作用而做類平拋運動，水平方向

做速度大小相同的勻速直線運動，由圖中水平射程知三微粒在電場中運動時間有

A錯誤；豎直方向由〃=呼—知二微粒的加速度大小有又只

受電場力，所以三微粒所受電場力有為＞用＞尸3,C錯誤；而F=qE,即三微粒所

帶電荷量有外＞僅＞0,B正確；電場力對微粒2做的功比對微粒3做的功多，即

微粒2的動能增加多，所以出電場時微粒2的動能大于微粒3的動能，D錯誤。］

6.C［第一滴液滴只受重力做自由落體運動，以后液滴將受力向上的電場力作

用而做變加速運動，隨著球N液滴增多，帶電荷量增大，空間產生的場強增強，

以后液滴所受的電場力增大，這些液滴先加速后減速，就不一定能到達Z球，A

項錯誤；當液滴下落到重力等于電場力的位置時，繼續向下運動時電場力增大，

電場力將大于重力，開始做減速運動，B項錯誤；當液滴所受的電場力與重力相

等時動能最大，則有機g=T，x是動能最大的位置到/距離，由于/球的電

荷量內在不斷增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴動能最大的位置將不斷

上移，合外力做功不等，則最大動能不相等，C項正確；由于所有液滴下落過程

中所受的電場力不等，若能到達Z球，通過的位移相等，則電場力做功不相等；

若不能到達Z球，液滴將返回到8點，則電場力做功為零，即電場力做功相等，

故D錯誤。］

7.B［對小球進行受力分析可知，小球受重力、支持力和電場力作用，由功能

關系及能量守恒定律可知，由/點到5點的過程中，重力做負功，重力勢能增

大，電場力做正功，電勢能減小，合外力做的功為零，動能不變。小球在A點

時的電勢能大于在8點時的電勢能，A錯誤；由動能定理可知，qUAB-mgLsm0

=0,可求得Z、8兩點之間的電勢差為翳，B正確；由于不知道電場方向，因

此不能確定電場強度的大小，C錯誤；由于電場力做正功，而場源電荷位置不同，

做功結果也不同，故D錯誤。］

8.AD［由題意可知，粒子向左偏，由電場線的方向，可確定電場力方向向左，

因此粒子帶正電，故A正確；對〃Wd的所有粒子，受到的電場力相同，加速度

也相同，因此運動時間也相等，由于粒子的入射速率。不同，所以導致粒子的〃

不同，故B錯誤；對〃Wd的所有粒子，在時間/內，電場力方向的位移相同，

因此電場力做功相等，故C錯誤；若在電場中直接通過y軸，水平分位移x相等，

由工;5;2知，運動時間/相等，豎直分位移〃=”,則〃越大的粒子，進入電場

時的速率0也越大，若穿出電場后再通過y軸，通過電場時豎直分位移y相等，

丸越大，沿著電場力偏轉位移x越小，由x=5』，可知/越小，由了=",可知，

v越大，故D正確。］

9.AD［由于粒子從修運動到切，電勢能減小，因此電場力做正功，粒子所受

電場力的方向沿X軸正方向，電場強度方向沿X軸負方向，選項A正確，B錯誤;

由AEp=q￡Ax,即1￡=巖，由于對處的圖線斜率的絕對值小于必處圖線斜率

的絕對值，因此修處的電場強度大小小于必處的電場強度大小，選項C錯誤；

沿著電場線方向電勢降低，故修處的電勢比X2處的電勢低，選項D正確。］

10.解析（1）設粒子在運動過程中的加速度大小為°,離開偏轉電場時偏轉距離

為外沿電場方向的速度為%,偏轉角為仇其反向延長線通過。點，。點與板

右端的水平距離為X,

Y----------------------

則有了=5h①

L=v（）t@

vy=at

tan8=2=2,

聯立可得x、

即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩極間的中心。點。

⑵苜③

￡學

由①②③④式解得＞=

-d,mcfVo

當時，UYY=~^-

則兩板間所加電壓的范圍為

mt/2z?o-md1^

(3)當了=苧時，粒子在屏上側向偏移的距離最大,

設其大小為J0，則yo=y+btan0

又%=2

tan0=VoL'

wd(Z+26)

解得為:一2L—

故粒子在屏上可能到達的區域的長度為2。

,產L

答案(1)見解析

mc^vl/md2^

'，促qL

d(￡+26)

⑶―L-

11.解析(1)在幺運動到最低點的過程中，因機械能守恒，有

mgR=

得Vi=yj2gR=2^2m/s

幺到最低點，繩子被擋住時，有T—mg=/"，

D

當T=Tm=5機g時，解得r=,=0.2m

故釘子距。點距離的范圍是0.4m>x>0.2m

(2)在Z運動到傳送帶右端的過程中，因繩斷裂不損失能量由動能定理有mgR-

pimgL=0

解得〃=0.5

因0o=5m/s>oi，所以Z在傳送帶上將做加速運動，假設Z一直加速，到右端的

速度為S

由動能定理有nmgL=^mV2—1

解得02=4m/s

因。2<。0,假設成立，N一直做加速運動；因皮帶傳動輪半徑很小，故Z在傳送

帶右端將以02=4m/s的初速度做類平拋運動

對/：設在傳送帶上運動的時間為d類平拋運動時間辦由運動學規律

01+02

傳送帶上：L=—2—’1

類平拋運動：l=sh

1

A4

-2-

Eq+mg=ma

解得介=0.4(2一啦)s,t2=0.2y{2s,Z=0.8A/2m

對8：設勻加速過程的加速度大小為優，則有

位移》=￡+/=5”1+勿)2

,20(1+72)「340+26(h/2

解傳。=9—4慶1nzs-布m/s2

答案(1)0.4m>x>0.2m

340+260地2

(2)—荻》m/s2

作業四恒定電流

三年高考真題演練

1.C[S斷開時等效電路如圖甲所示。

圖甲

F211

電容器兩端電壓為5=——X-7?X-=-￡；

R+^R

S閉合時等效電路如圖乙所示。

圖乙

F11

電容器兩端電壓為。2=-7-X-R=~E,

R+邛

由Q=CU得故選項C正確。］

023

2.解析由于等=三需=10,而白=罌=20,可見空嚕,應采用圖(a)電路

測量更準確，即當1更接近待測電阻的真實值；由于凡1=￥，其中火其=華，而

/1R

===R

U>UR,IIR,則RX\>R其；即測量值Rxi大于真實值；又由于RX2~r>R*j,

11R

其中

U=UR,I>IR,則RX2<R真，即測量值幾2小于真實值。

答案Rxl大于小于

3.D［根據閉合電路歐姆定律可得E=U+7r,測量多組數據U、/可求E、r,

A可取；由￡=*&+&,可知測量多組數據。、R可求￡、r,B可?。挥伞?/(△

+r)可知，測量多組數據/、R可求￡、r,C可取；D中兩個安培表和滑動變阻

器，由于不知道滑動變阻器電阻的阻值，故無法求出￡、r,D不可取。］

20X20E

4.AC［外電路的總電阻R=20+2OQ=10Q，總電流/=^Z；=1A,則路端

電壓。=〃?=10V,A對；電源的總功率尸總=E/=12W,B錯；a、b間電壓大

小為CU=0.5X15V—0.5X5V=5V,C項對；a、b間用導線連接后，外電路

的總電阻為R'=2X沼|Q=7.5Q,電路中的總電流/=不冬=1.26A,D項錯

誤。］

5.C［當接線柱1、2接入電路時，凡與電流表并聯，由于凡=與，可知流過

4的電流為流過電流表電流的2倍，所以1、2接線柱間的電流為通過電流表電

流的3倍，所以每一小格是原來的3倍，即為0.06A,所以A、B錯誤；當接線

柱1、3接入電路時，電流表與凡并聯，然后再與心串聯，串聯電阻對電流無

影響，與1、2接入電路的效果一樣，所以每一小格表示0.06A,C正確，D錯

誤。］

6.C［根據公式尸=/2區可知熱功率與電流大小平方成正比，A錯誤；功的公式

W=Ficosa,其中位移/與時間/不一定成正比關系，B錯誤；由公式0=CU

可知C正確；彈簧的勁度系數由彈簧本身決定，與彈簧伸長量無關，D錯誤。］

7.C［歐姆定律/=*電流的微觀表達式I=neSv,電阻定律R=pj,則金屬

TT［R

棒內場強大小為E=7=7="〃eo,故C正確。］

8.B［設油滴質量為機，電荷量為q,兩板間距離為d,當其靜止時，有牛4=

^q=mg；由題圖知，增大凡,。知增大，油滴將向上加速，增大&,油滴受

力不變，仍保持靜止；由￡=今知，增大d,。不變時，￡減小，油滴將向下加

速；斷開電鍵S,電容器將通過4、心放電，兩板間場強變小，油滴將向下加

速，故只有B項正確。］

9.解析由R—/圖象知，溫度上升時，熱敏電阻的阻值減小，故導電能力增強，

由R—/圖象可知，熱敏電阻在相同溫度范圍變化時，阻值變化比較大，因此熱

敏電阻對溫度變化的影響更敏感。

答案增強敏感

10.解析（1）滑動觸頭向下移動時，&阻值減小，則總電阻減小，由于總電流

不變，因此總電壓變小，則電壓表讀數變小。

（2）由電路圖可知：/（）=/+*,即U=/oRTR,由。一/圖線可知，I0R=2Q,R=k

20

=行。=20。，則/o=LOOA（O.98、0.99、1.01均正確）。

（3）&消耗的功率為尸=/。=20/—20尸，則當/=0.5A時，功率的最大值為尸m=

5Wo

答案⑴減小（2）1.00（0.98、0.99、1.01均正確）（3）5

11.解析（1）光照射/板，Z發出的光電子不斷地打到5板上，在Z5間形成電

場，將阻礙光電子向5板運動，當Z5之間的電壓達到最大值小時，以最大初