高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题九静电澄件课件PPT

这是一份高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题九静电澄件课件PPT，共60页。

高考物理 (天津市专用)
专题九　静电场
考点一　电场的性质A组    自主命题·天津卷题组
1.(2019天津理综,3,6分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程 (　　) A.动能增加 mv2　     B.机械能增加2mv2C.重力势能增加 mv2　    D.电势能增加2mv2
答案    B　本题为带电小球在匀强电场中的运动问题,考查了应用电场知识进行分析推理的能力,体现了运动和相互作用观念、能量观念等核心素养。小球从M点运动到N点的过程,可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动。竖直方向上,运动时间t= ,上升高度h= ;水平方向上,2v=at,a= ,所以F电=2mg,水平位移x= t= ·t= 。从M到N,动能增量ΔEk= m×(2v)2- mv2= mv2,A错;重力势能增量ΔEp=mgh= mv2,C错;电势能增量ΔEp电=-W电=-F电·x=-2mv2,故D错;机械能增量ΔE机=ΔEk+ΔEp=2mv2,B正确。
一题多析　动能的增加量等于合外力做的功,即ΔEk=W合=W电+W重=F电·x+(-mg·h);机械能的增加量等于除重力以外的力做的功,即电场力做的功,ΔE机=W电;重力势能的增加量等于克服重力做的功,ΔEp=W克重=mgh;从M→N,电场力做正功,故带电小球的电势能减少。
2.(2018天津理综,3,6分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是 (    　) A.vM答案    D　本题考查带电粒子在电场中的运动。由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知φN<φM,EpMvN。综上所述,选项D正确。
规律总结　带电粒子在电场中做曲线运动的定性判断带电粒子在电场中做曲线运动时受力指向轨迹的凹侧,电场力的方向沿电场线的切线方向;根据速度方向为轨迹的切线方向,并由力和速度方向的夹角判断做功情况,从而确定动能、电势能等物理量的大小关系。
3.(2017天津理综,7,6分)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是 (　　) A.电子一定从A向B运动B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA答案    BC　本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpAφB,选项D错误。
方法技巧　运动轨迹与电场线关系①曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。②受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。③速度方向为轨迹的切线方向。④正、负功的判断。⑤电势高低与电势能大小的关系。
4.(2013天津理综,6,6分)(多选)两个带等量正电的点电荷,固定在图中P、Q两点,MN为PQ连线的中垂线,交PQ于O点,A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q,从A点由静止释放,只在静电力作用下运动,取无限远处的电势为零,则(　　) A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时电势能为零
答案    BC    两个等量正点电荷形成的电场不是匀强电场,在中垂线MN上由无穷远到O点电场强度先增大后减小,电荷q所受电场力为变力,q将做变加速直线运动,A项错误。因q所受电场力方向指向O点,所以q由A向O运动过程中电场力做正功,电势能减小,动能增大,B、C项均正确。因O点电势大于零,故q在O点时的电势能不为零,D项错误。
5.(2019课标Ⅰ,15,6分)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则 (　　) A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
答案    D　本题考查库仑力的性质以及学生对基本知识的理解能力,体现了运动与相互作用观念核心素养。两细绳都恰好与天花板垂直说明两小球水平方向都处于平衡状态。设匀强电场场强为E,P所带电荷量大小为q,Q所带电荷量大小为q'。若P带负电,对P分析如图甲所示,此时Q应带正电,对Q分析如图乙所示,两细绳可与天花板垂直,符合题意;同理分析若P带正电,不符合题意。故选D。       甲　　　　　　　　　　　 乙
6.(2019课标Ⅱ,20,6分)(多选)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则 (　　)A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
答案    AC　本题考查带电粒子在电场中运动的问题,体现了能量观念、科学推理等核心素养。粒子仅在电场力作用下由静止开始运动,运动过程中,电场力可能先做正功后做负功,速度可能先增大后减小,A正确;若电场线为曲线,则粒子运动的轨迹与电场线不重合,B错误;由能量守恒定律知动能与电势能之和恒定,而粒子在N点有动能或动能为0,则粒子在N点的电势能不可能高于在M点的电势能,C正确;粒子在N点所受电场力的方向沿电场线切线方向,与轨迹切线不一定平行,D错误。
思路分析　如图所示,在等量同种点电荷形成的电场中,带正电的粒子在M点由静止释放,其将在M、N之间做往复运动,在M→N过程,粒子速度先增大后减小。 
7.(2019课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则 (　　) A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
答案    BC　本题通过两等量异种点电荷的电场考查了电场力的性质与电场能的性质,利用点电荷所处的空间位置考查了学生的推理能力,体现了运动与相互作用观念、能量观念等物理观念的素养要素。由点电荷产生的电势分布可知q在a点产生的电势低于在b点产生的电势,-q在a点产生的电势也低于在b点产生的电势,故φa<φb,再由Ep=qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa>Epb,故A、D均错误。由点电荷的场强分布可知q在a点产生的场强与-q在b点产生的场强完全相同,q在b点产生的场强与-q在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正确。
知识储备　①点电荷产生的电势:离正场源电荷越近越高,离负场源电荷越近越低。②点电荷产生的场强大小E= ,方向沿连线背离正场源电荷或指向负场源电荷。③掌握电场的叠加原理。
8.(2019北京理综,17,6分)如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则 (　　)A.a点场强的大小比b点大B.b点场强的大小比c点小C.a点电势比b点高D.b点电势比c点低
答案    D　本题考查了负点电荷的电场强度和电势的空间分布规律,考查了考生对几种常见电场的电场强度和电势分布规律的识记能力,体现了模型建构的核心素养。由点电荷形成电场的电场强度E= 可知,图示球面上a、b两点的场强大小相等,方向不同,b点场强的大小比c点大,故选项A、B错误;a、b两点在同一球面即等势面上,故a、b两点电势相等,选项C错误;负点电荷形成的电场,电场线指向场源电荷,电场线方向是电势降低的方向,则c点电势高于a、b两点的电势,选项D正确。
9.(2019 江苏单科,5,3分)一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P-t关系图像是 (　　) 
答案    A　本题考查带电粒子在匀强电场中运动的图像问题,突出对理解能力和应用数学知识处理物理问题能力的考查,体现了运动与相互作用观念和科学推理、科学论证的核心素养要素。竖直方向上,根据牛顿第二定律得Eq=ma,则a= ,又因为vy=at,P=qEvy,得P= t=kt(k为常数),故选项A正确。
解题关键　带电粒子以一定的初速度水平射入匀强电场,粒子在水平方向上做匀速直线运动,且不影响电场力的功率。粒子在竖直方向上,在电场力的作用下(忽略重力),做匀加速直线运动,故电场力对粒子做功的功率P=Eqvy。
10.(2019江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有 (　　) A.Q1移入之前,C点的电势为 B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W
答案    ABD　本题考查“电场能的性质”中的“电场力做功”问题,既要思考电场力做功的特点,还要考虑合力做功与分力做功的关系,难度较大,能充分考查学生的综合分析能力。将Q1从无穷远处移到C点,W=q(φC-0),则φC= ,A正确。在A点的电荷量为+q的点电荷产生的电场中,B点与C点是等势点,Q1从C移到B的过程中,电场力做功为零,故B正确。在A点的点电荷形成的电场中,Q1从无穷远处移到C的过程中电场力做功为-W,那么在A点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功为2W,同理在B点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功也为2W,所以将Q2从无穷远处移到C点,电场力做的功为2W+2W=4W,电势能减小4W,无穷远处电势为零,则Q2移到C点后的电势能为-4W,所以C错误,D正确。
解题关键　求Q2移到C点过程中电场力做的功,可以分解为求在单独A点的点电荷产生的电场中移动电荷时电场力做的功与在单独Q1产生的电场中移动电荷时电场力做的功之和,且由分析可知这两种情况下电场力做功相等。
11.(2018课标Ⅰ,16,6分)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则 (　　) A.a、b的电荷同号,k=  B.a、b的电荷异号,k= C.a、b的电荷同号,k=  D.a、b的电荷异号,k= 
答案    D    本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b的电荷异号,合力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tan β=tan α= , =tan β,由库仑定律得 = ,联立得k= = 。故A、B、C三项均错误,D项正确。 
一题多解　电场强度叠加法
球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域;若a、b的电荷异号,球c处的合电场强度指向1或3区域;故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方向如图,tan β=tan α= ,由电场强度叠加原理得,tan β= ,结合点电荷电场强度公式得 = ,联立得k= = 。故A、B、C三项均错误,D项正确。
12.(2018课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是 (　　) A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为 C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为 D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
答案    BD　本题考查电场力做功与电势能变化量的关系、匀强电场中U=Ed。根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可得φM= ④,同理可得φN= ⑤,联立①②③④⑤式可得:WMN= ,即B项正确。若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式可推出φa-φM=φb-φN,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。
易错点拨　注意E= 成立的条件在匀强电场中,E= 中的d为始、末两点沿电场线方向上的距离,本题中如果未注意这一条件,易错选C。
13.(2018课标Ⅰ,21,6分)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等差等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 (　　) A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
答案    AB    本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d的过程中克服电场力做功6 eV,说明电场方向由a→f,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6 V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2 V,又因为φb=2 V,故φa=4 V,φc=0 V,φd=-2 V,φf=-4 V,可知A项正确。Eka=10 eV,从a到f过程中,需克服电场力做功8 eV,Eka>|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2 eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8 eV,经过平面d时的动能为4 eV,又知Ek= mv2,故 = = ,D项错误。
易错点拨　隐含条件的显性化动能是标量,而速度是矢量,故本题中不知道初速度的具体方向。
14.(2017课标Ⅰ,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是(　　) A.Ea∶Eb=4∶1　    B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1　    D.Wbc∶Wcd=1∶3
答案    AC　本题考查场强与电势。由图可知:ra=1 m、φa=6 V;rb=2 m、φb=3 V;rc=3 m、φc=2 V;rd=6 m、φd=1 V。由点电荷的场强公式E= 得Ea∶Eb∶Ec∶Ed= ∶ ∶ ∶ =36∶9∶4∶1,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶1,故C正确、D错误。
方法技巧　电场力做功的计算方法定量计算电场力做功时,第一种方法是利用W=qU;第二种方法是利用功能关系即电场力所做的功等于电势能的变化量;第三种方法是利用动能定理;第四种方法是由功的定义得W=qEl cos α。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。
15.(2016课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知 (　　) A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案    AB　由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。 
疑难突破　考生必须分析出油滴轨迹的对称性具有的含义,才能展开进一步的分析。
评析　以电场和重力场为背景,考查电场及运动的知识,关键在于分析出对称性的特点,才能得出电场力与重力的大小关系及方向,属于中等难度。
16.(2016课标Ⅲ,15,6分)关于静电场的等势面,下列说法正确的是 (　　)A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功
答案    B    假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就是两个不同的值,这是不可能的,A错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;负电荷从高电势处移到低电势处,电势能增加,电场力做负功,D错误。
方法技巧    用类比法理解电荷在电场中运动的过程中电场力做功以及电势能变化情况:一块石头从山顶(高地势处)滚落到山脚(低地势处),重力势能减少,重力做正功。与此类似,正电荷从高电势处向低电势处移动,电势能减少,电场力做正功,所以,可将正电荷与石头类比。如果是负电荷的运动,只要把正电荷电势能变化、电场力做功情况反过来就可以了。
17.(2015课标Ⅰ,15,6分,0.699)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等。则 (　　) A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功
答案    B　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等可知,φM>φN=φP,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。
解题关键　①电子带负电荷。②由“一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等”知N、P两点在同一等势线上,则直线c、d为匀强电场中的等势线。③由于匀强电场中电场线与等势线垂直可知,a和b为电场线。④由于电场力对电子做负功,可知电场方向为M→N。
知识总结　①匀强电场中电场线和等势线分别是相互垂直的两组平行线。②电场力对电场中运动电荷做的功W=qΔφ。
18.(2009北京理综,16,6分)某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ,电势分别为φP和φQ,则 (　　) A.EP>EQ,φP>φQB.EP>EQ,φP<φQC.EPφQD.EPC组　教师专用题组
答案    A　根据沿着电场线的方向电势是降落的,可以判断出φP>φQ;根据电场线的疏密表示电场的弱强,可以判断出EP>EQ,故选A。
19.(2009北京理综,20,6分)图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,其单位面积带电量为σ。取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x,P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量),其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断,E的合理表达式应为 (　　) A.E=2πkσ xB.E=2πkσ x
C.E=2πkσ xD.E=2πkσ x
答案    B　当R1=0时,对于A项而言E=0,此时带电圆环演变为带电圆面,中心轴线上一点的电场强度E>0,故A项错误;当x=0时,此时要求的场强为O点的场强,由对称性可知EO=0,对于C项而言,x=0时E为一定值,故C项错误;当x→∞时E→0,而D项中E→4πkσ,故D项错误。所以正确选项只能为B。
考点二　电容器　带电粒子在电场中的运动
A组　统一命题·课标卷题组
1.(2016天津理综,4,6分)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则 (　　) A.θ增大,E增大　    B.θ增大,Ep不变C.θ减小,Ep增大　    D.θ减小,E不变
答案    D　极板移动过程中带电荷量Q保持不变,静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化,由C= 和C= 可知,极板下移,d减小,C增大,U减小,又E= = ,则E不变,Ep不变,综合上述,只有D选项正确。
2.(2015天津理综,7,6分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么     (　　) A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案    AD    设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1= mv2-0,v= ,在电场E2中y= at2,E2q=ma,L=vt,tan φ= ,联立以上方程得y= ,tan φ= 。所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy= ,三种粒子电荷量相等,电场力做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tan φ与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v',则qE1d1+qE2y= mv'2-0,解得v'2= (E1d1+ ),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项错误。在加速电场中所用时间t1= ,通过偏转电场到达屏所用时间t2= =(L+L')· ,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。
3.(2014天津理综,4,6分)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么 (　　) A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
答案    C　由带电微粒做类平抛运动的特征可知带电微粒所受的合力方向向下,电场力方向有两种可能:电场力方向向上且Eq4.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导 的表达式;(3)为提高能量的转换效率,要使 尽量大,请提出增大 的三条建议。 
答案　(1) 　(2) = 　(3)见解析
解析　本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有ZeU= mv2-0 ①设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有F1'=F1 ②设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有F1'=ΔNm  ③联立①②③式,且N= 得N=  ④(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P= F'v ⑤考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
 =  ⑥(3)为使 尽量大,分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键　①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故 = = ;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'· = F'v。
5.(2018课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 (　　) A.a的质量比b的大　    B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等　    D.在t时刻,a和b的动量大小相等
B组    统一命题、省(区、市)卷题组
答案    BD    本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可知,微粒a向下运动,微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xa>xb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x= · t2,则maEkb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势φ相等,而两微粒的电性不同,由Ep=qφ,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。
易错点拨　对Ep=qφ的理解　    Ep=qφ中,电势能Ep、电荷量q和电势φ都为标量,但有正负之分,在利用该式进行分析时,要求将正、负号代入进行计算,否则容易出现错误。
6.(2016课标Ⅰ,14,6分)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。若将云母介质移出,则电容器(　　)A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变
答案    D　平行板电容器电容C= ,云母介质移出,εr减小,C减小;又C= ,电源恒压,U一定,C减小,故Q减小;电场强度E= ,故E不变,选项D正确。
审题指导　关键词:恒压直流电源、介质移出。
评析　此题考查平行板电容器电容、电荷量及电场强度之间的关系,难度为易,考生根据相关公式即可分析解答。
7.(2015课标Ⅱ,14,6分,0.586)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　) A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动
答案    D　最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确。 
审题指导    “微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45°,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。
8.(2019课标Ⅱ,24,12分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
答案　(1) m + qh    v0 　(2)2v0 
解析　本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了模型建构的素养要素。(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=  ①F=qE=ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek- m  ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h= at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek= m + qh ⑥
l=v0  ⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0  ⑧
知识储备　1.类平抛运动的处理方法;2.牛顿第二定律;3.动能定理;4.电势差与场强的关系。
9.(2019课标Ⅲ,24,12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点,从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。
答案　(1) 　(2)2m( +g2t2)
解析　本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常见,运动过程简单,为中等难度题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ① a = gt2 ②解得E=  ③(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有Ek- m =mgh+qEh ④且有v1 =v0t ⑤h= gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m( +g2t2) ⑦
方法指导　优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理或功能关系解题。
10.(2019北京理综,23,18分)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是　　　    (选填E或R)的改变造成的;b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。 图1 
图2 图3 (3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、
“减小”或“不变”)。
答案　(1)u-q图线如图     CU2 (2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。(3)
解析　本题考查了电容器的充、放电及电能等知识,考查学生的实验能力、理解能力等,体现了科学探究中证据、解释的核心素养。(1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能EpEp= QU,又Q=CU故Ep= CU2(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越小,电流变化越慢,充电过程越平缓。(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+IR,即I= ,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。
方法诠释　本题利用类比法及图像中轴、点、线、斜率、面积、截距的物理意义,分析相关电容器的特点和决定充放电的因素等。
11.(2017课标Ⅱ,25,20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小。 
答案　(1)3∶1　(2) H　(3) 
联立①②⑤⑥⑦式可得h= H ⑧(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则　     =  ⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1= m( + )+mgH+qEs1 ⑩Ek2= m( + )+mgH-qEs2  由已知条件Ek1=1.5Ek2  联立④⑤⑦⑧⑨⑩  式得E=   
解题关键　①N离开电场时的速度方向竖直向下——N在水平方向的速度恰好减速到0;②方向水平向右的匀强电场——M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;③刚离开电场时M的动能为N的1.5倍——建立等式确定电场力和重力的关系。
12.(2015课标Ⅱ,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。 
C组　教师专用题组
答案     
解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即vB sin 30°=v0 sin 60° ①由此得vB= v0 ②设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB= m( - ) ③联立②③式得UAB=  ④
解题关键　①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30°=v0 sin 60°。②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。
13.(2017课标Ⅰ,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析　本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1 ①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1 ②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2 ③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 ④由①②③④式得v2=v0-2gt1 ⑤(2)由题意,在t=0时刻前有
答案　见解析
qE1=mg ⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+ a1  ⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1- a2  ⑧由题给条件有 =2g(2h) ⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2= E1  为使E2>E1,应有
2- +  >1  即当0    才是可能的;条件 式和 式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。若B点在A点之下,依题意有s1+s2=-h  由①②③⑥⑦⑧⑨ 式得E2= E1  为使E2>E1,应有
2- -  >1  即t1>    另一解为负,不合题意,已舍去。
解题指导　多阶段运动物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即物体在后一阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得。
考点一　电场的性质
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019红桥二模)(多选)如图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线,A、B是电场线上的两点,一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度-时间图线如图乙所示,则以下说法中正确的是 (　　)A.A、B两点的电场强度是EA>EBB.A、B两点的电势是φA>φBC.负电荷q在A、B两点的电势能是EpA>EpBD.此电场一定是负电荷形成的电场
答案    BD　速度-时间图线的斜率的绝对值等于负电荷的加速度,由图可知,负电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大,受到的电场力增大,故A点的场强小于B点场强,即EAφB,故B正确;从图像知,负电荷从A到B速度减小,则其动能减小,由于仅受电场力作用,所以根据能量守恒知电势能增大,即EpA解题技巧　速度-时间图线的斜率的绝对值等于负电荷的加速度,故A点的场强小于B点场强;负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反,沿电场线的方向电势降低,根据能量守恒分析电势能的大小;结合电场分布情况分析点电荷的正负。
2.(2018河东一模)(多选)如图所示,水平面内的等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道DC的最低点,光滑直轨道上端点D到A、B两点的距离均为L,D在AB边上竖直投影点为O,一对电荷量均为-Q的点电荷分别固定于A、B两点,在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响),将小球由静止开始释放,已知静电力常量为k、重力加速度为g,且k = mg,忽略空气阻力,则(　　) A.D点的电场强度与C点的大小相等B.小球沿直轨道DC向下做匀加速直线运动C.小球刚到达C点时,加速度为零
D.小球沿直轨道DC下滑过程中,其电势能先增大后减小
答案    AC　由几何关系可知,D、C两点到两个负电荷的距离均相等,由场强叠加原理可知,D点的电场强度与C点的大小相等,A正确。小球沿直轨道DC向下滑动的过程中与两负电荷的距离先减小后增大,所受的电场力不是定值,合力也不是定值,小球不是做匀加速直线运动,B错误。负电荷产生的电场方向指向负电荷,可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B,由于两个点电荷的电荷量是相等的,两个点电荷在D点的电场强度的大小相等,则它们的合场强的方向沿∠ADB的角平分线;A、B在D点的场强的大小:EA=EB= = ;合场强ED=EA cos 30°+EB cos 30°= ;由几何关系有DO=OC= L,又∠OCD=45°。对小球进行受力分析,其受力的剖面图如图; 
由A选项知,C、D两点的电场强度的大小相等,方向指向O点,即EC=ED= ,沿CD方向:mg cos 45°-F·cos 45°=ma;垂直于CD方向;mg sin 45°+F sin 45°=N;其中F是库仑力,F=qEC=mg,解得a=0,C正确。由几何关系可知,CD的中点到A、B的距离最小,电势最低,小球带正电,小球在CD中点处的电势能最小,小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先减小后增大,D错误。
3.(2019河北一模)(多选)一带电粒子仅在电场力作用下从A点沿直线运动到B点,其速度随时间变化的关系图像如图所示,tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻,则 (　　) A.A处的场强一定大于B处的场强B.A处的电势一定高于B处的电势C.该粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能D.在该粒子从A到B的过程中,电场力一定对它做正功
答案    ACD    根据v-t图线的斜率表示加速度,由题图可以看出,从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小,由F=ma知带电粒子所受的电场力减小,由F=qE可以知道,电场强度E减小,即A处的场强一定大于B处的场强,所以A选项是正确的。因为带电粒子的电性未知,无法判断电场方向,也就不能判断电势的高低,故B错误。由图像可以看出,带电粒子的速度增大,动能增大,因其运动过程中仅受电场力,则其动能与电势能之和恒定,由能量守恒定律得知,其电势能减小,电场力对粒子一定做正功,故C、D正确。
解题技巧　速度-时间图线的斜率表示加速度,由数学知识可判断出带电粒子的加速度减小,从而判断出电场力和场强的大小变化。因带电粒子的电性未知,无法判断电场方向,不能判断电势高低,根据能量守恒判断电势能的大小,确定电场力做功的正负。
4.(2018十二区县一模,4)如图所示,在电场中有一条竖直向下的电场线,带负电的小球在重力和电场力作用下,从A点运动到B点。下列说法正确的是 (　　) A.小球在B点的速度一定大于在A点的速度B.A点的电场强度一定大于B点的电场强度C.小球在A点的电势能大于在B点的电势能D.小球在A点的机械能大于在B点的机械能
答案    D　带负电的小球沿着电场线由A运动到B,此过程小球受到向上的电场力和向下的重力,由于电场力与重力的大小未知,无法判断小球做加速、减速还是匀速运动,故A错误。由图像无法判断电场线的分布情况,故无法判断A、B两点的电场强度的大小关系,故B错误。小球由A运动到B电场力竖直向上,做负功,电势能增加,所以小球在A点的电势能小于在B点的电势能,故C错误。由能量守恒定律可知,小球的电势能增加,因此小球的机械能会减小,故小球在A点的机械能大于在B点的机械能。
名师点睛　电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增加。此关系可类比重力做功与重力势能的变化,有助于理解记忆。
5.(2019红桥一模)(多选)图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子 (　　) A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
答案    CD　根据粒子轨迹,可知粒子运动中受正点电荷的斥力作用,则知粒子带正电,故A项错误。根据库仑定律知,距离点电荷最近时受力最大,故B项错误。从b点到c点过程中,电场力做正功,即b点的电势能大于c点的电势能,故C项正确。同心圆间距相等,离点电荷越近电场强度越大,所以a点到b点的电势差大于b点到c点的电势差,则a到b的动能变化大于b到c的动能变化,故D项正确。
6.(2019南开一模)如图所示,图中虚线为某静电场中的等差等势线,实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点,粒子只受电场力作用,下列说法中正确的是 (　　) A.a点的电势高于b点的电势B.粒子在a点的加速度比在b点的加速度小C.粒子在a点的动能比在b点的动能大D.粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小
答案    D　由于不知道粒子带何种电荷,所以无法判断a点电势与b点电势的高低,故A错误;等差等势线越密代表场强越大,同一粒子加速度越大,所以粒子在a点的加速度比在b点的加速度大,故B错误;由电场线总是垂直于等势线结合轨迹与力的关系可知粒子从a到b电场力做正功,动能增大,电势能减小,粒子在b点的动能比在a点的动能大,由于a点电势能与c点电势能相等,即粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小,故C错误,D正确。
考点二　电容器　带电粒子在电场中的运动
7.(2018南开二模)(多选)如图所示,两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m、带电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是 (　　) A.若将A板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G中有b→a的电流,P点电势升高B.若将A板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G中有b→a的电流,P点电势不变C.若将S断开,且将A板向左平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G中无电流,P点电势不变D.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G中无电流,P点电势降低
答案    AB　油滴处于静止状态说明mg=qE,且电场力方向竖直向上,所以油滴带正电。保持S闭合,则U不变,若将A板向上平移一小段位移,d增大,由E= 知,电场强度减小,所以粒子向下加速,由Q=CU= U知,电容器放电,所以G中有b→a的电流,由于板间电场强度减小,所以B、P的电势差减小,所以P点电势升高,故A正确;保持S闭合,则U不变,若将A板向左平移一小段位移,S减小,由Q=CU= U知,电容器要放电,所以G中有b→a的电流,由于电场强度E= 不变,所以油滴静止,B、P之间的电势差也就不变,所以P点电势不变,故B正确;若将S断开,则Q不变,且将A板向左平移一小段位移,S减小,由E= = = 知电场强度增大,则油滴向上加速,G中无电流,于电场强度增大,所以B、P之间的电势差增大,可知P点电势降低,故C错误;若将S断开,则Q不变,再将A板向下平移一小段位移,则d减小,由E= = = 可知,场强不变,则油滴静止不动,G中无电流,P点电势不变,故D错误。
名师点睛　电容器问题的处理首先要知道所研究的是保持电压不变的类型,还是保持荷电荷量不变的类型,然后结合公式E= 、C= 、Q=CU来判断回路中各量的变化。
8.(2018河东二模)如图,平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正、负极相连,一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间,处于静止状态。现保持右极板不动,将左极板向左缓慢移动,关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T,下列判断正确的是 (　　)A.F逐渐减小,T逐渐减小B.F逐渐增大,T逐渐减小C.F逐渐减小,T逐渐增大D.F逐渐增大,T逐渐增大
答案    A　电容器与电源相连,所以两极板间电势差不变,将左极板向左缓慢移动过程中,两极板间距离增大,则由U=Ed可知,电场强度E减小,电场力F=Eq减小;小球受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡状态,故拉力与电场力和重力的合力大小相等,方向相反;根据平行四边形定则可知,T= ;由于重力不变,电场力变小,则拉力变小,故A正确,B、C、D错误。 
9.(2019南开二模)(多选)如图所示,两块水平放置的平行正对金属板a、b与电池相连,在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将a板向下平移一小段距离,但仍在M点上方,下列说法正确的是 (　　) A.液滴将加速向下运动B.M点电势升高,液滴在M点的电势能将减小C.M点的电场强度变小D.在a板移动前、后两种情况下,若将液滴从a板移到b板,电场力做功相同
答案    BD　由于金属板与电池相连,则两板间电压U保持不变,a板向下平移,则两板间距d变小,根据E= 得两板间匀强电场的场强变大;初始时,带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力作用处于平衡状态,电场力的方向竖直向上,则液滴带负电,当电场强度增大时,液滴受到的电场力增加,合力竖直向上,液滴将加速向上运动,故A、C项错误。b板与大地相连,电势为零;φM-0=EdMb,dMb为M点到b板的距离,当电场强度增大时,M点的电势φM升高,电势能EpM=φMq(q<0)减小,故B项正确。在a板移动前后,a、b两板间的电势差不变,液滴带电荷量不变,则液滴的电势能变化量恒定,电场力对液滴做功相同,故D项正确。
10.(2019河东一模)(多选)如图所示,质量相同的两个带电粒子M、N以相同速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,M从两极板正中央射入,N从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点,不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用,则从开始射入到打在上极板的过程中 (　　) A.它们运动的时间tN=tMB.它们电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2C.它们的动能增量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2D.它们所带的电荷量之比qM∶qN=1∶2
答案    AD　由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,即tN=tM,故A正确;由图可知,竖直位移之比为yM∶yN=1∶2,而竖直位移y= at2= ,由于m、t、E相等,则带电荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,粒子在电场中运动时,由功能关系可知,电势能减少量等于电场力做功,则电势能减少量之比Δ =qMEyM∶qNEyN=1∶4,由动能定理可知,动能增量之比为1∶4,故B、C错误,D正确。
思路点拨　本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。
名师点睛　两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中,都做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,由题可知,水平位移相等、初速度相等,即可知运动时间相等,由竖直位移的关系、牛顿第二定律和位移公式即可求解电荷量之比;计算出电场力做功之比,进而可得电势能减少量之比和动能增量之比。
B组　2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:45分钟　分值:60分选择题(每小题6分,共60分)
1.(2018滨海七校)如图所示,虚线是某电场的等势线,一带电粒子只在电场力作用下恰能沿实线从A点飞到C点,则 (　　) A.粒子一定带负电B.粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C.A点的电场强度大于C点的电场强度D.粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功
答案    C　电场线和等势线垂直且由电势高的等势线指向电势低的等势线,因此图中电场方向应垂直等势线大体指向左侧,带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧,则粒子应带正电,故A错误;从A到C过程中,电场力做负功,电势能增大,粒子在A点的电势能小于在C点的电势能,故B错误;A点等势线密,电场线也密,所以A点电场强度大于C点,故C正确;电场力做功与路径无关,只与初、末位置电势差有关,因为UAB=UBC,所以粒子从A点到B点和从B点到C点电场力做功相等,故D错误。故选C。
2.(2018红桥一模)如图,在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力,下列四个物理量中只改变哪一个时,粒子运动轨迹不会改变 (　　) A.粒子速度的大小　    B.磁感应强度C.电场强度　    D.粒子所带的电荷的电性
答案    D　粒子受电场力和洛伦兹力作用,由粒子沿水平直线通过两极板可得:电场力和洛伦兹力刚好方向相反,大小相等;改变粒子速度的大小,那么,电场力不变,洛伦兹力改变,故合外力不为零,那么,粒子运动轨迹改变,故A错误;改变磁感应强度,那么,电场力不变,洛伦兹力改变,故合外力不为零,那么,粒子运动轨迹改变,故B错误;改变电场强度,那么电场力变化,洛伦兹力不变,故合外力不为零,粒子运动轨迹改变,故C错误;改变粒子所带的电荷电性,那么,洛伦兹力和电场力方向都和原来相反,大小不变,故合外力仍为零,那么,粒子运动轨迹不变,故D正确。
3.(2017河北一模)如图所示,在M、N两点分别固定两个点电荷,电荷量分别为+Q和-Q,M、N连线的中点为O。正方形ABCD以O点为中心,E、F、G、H分别是正方形四边的中点,则下列说法正确的是 (　　) A.A点电势低于B点电势B.A点和B点的电场强度的大小相等C.O点的电场强度为零,电势也为零D.同一试探电荷沿路径A→C→D移动比沿路径A→B移动电场力做的功多
答案    B　将该图与等量异种电荷产生的电场的电场线相结合。如图: 根据电场线分布的对称性,结合沿电场线的方向电势降低可以知道,A点的电势比B点的电势高,故A错误。根据电场线分布的对称性可以知道,A点电场强度与B点电场强度大小相等,所以B选项是正确的。由图可得O点的电场强度不等于0,故C错误。由图可得,B点的电势与D点的电势相等,根据电场力做功的特点可以知道,同一试探电荷沿路径A→C→D移动与沿路径A→B移动电场力做的功一样多,故D错误。
解题技巧　等量异种电荷产生的电场中,电场线关于两电荷的连线和中垂线均对称,根据对称性分析场强的大小;根据沿着电场线方向电势降低,判断电势关系;根据电场力对电荷做功的特点判断不同路径下电场力做功的多少。
4.(2018河北一模,5)如图所示,实线是一个电场中的电场线,虚线是一个试探电荷(试探电荷电性不确定)在这个电场中的轨迹,若试探电荷是从a处运动到b处,以下判断正确的是(　　) A.电荷从a到b加速度减小B.b处场强小C.b处电势高D.电荷在b处速度小
答案    D　由于b处电场线较密,则b处电场强度较大,由F=qE知,带电粒子在b处所受电场力较大,则加速度较大,所以电荷从a到b加速度增加,故A、B错误;由于试探电荷电性和电场线的方向不确定,不能判断出哪个点的电势高,故C错误;试探电荷从a到b过程,根据运动轨迹的弯曲方向,可知所受到的电场力的方向大致沿电场线切线方向向下,故电场力做负功,动能减少,速度减小,故D正确。
5.(2017八校联考,3)一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点,轨迹如图中虚线所示,图中的一组等距平行实线表示的可能是电场线也可能是等差等势面,则以下说法正确的是(　　) A.如果图中的实线是电场线,a点的场强比b点的场强小B.如果图中的实线是等势面,a点的电势比b点的电势低C.如果图中的实线是等势面,电子在a点的速率一定等于在b点的速率D.如果图中的实线是电场线,电子在a点的电势能比在b点的电势能大
答案    D　不论图中实线是电场线还是等差等势面,该电场是匀强电场,a点和b点的场强大小相等,若实线是等差等势面,由于电场线与等势面垂直,电子所受电场力方向向下,则电场线方向向上,则a点的电势比b点高,故A、B错误;如果图中实线是等差等势面,电子所受电场力方向向下,电场力对电子做负功,则电子在b点动能较小,即电子在a点的速率一定大于在b点的速率,故C错误;如果图中实线是电场线,电子所受的电场力水平向右,电场力对电子做正功,电子电势能减小,电子在a点的电势能比在b点的电势能大,故D正确。
6.(2019河东二模)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10 V、20 V、30 V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,轨迹上有a、b、c三点,已知:带电粒子带电荷量为0.01 C,在a点处的动能为0.5 J,则该带电粒子 (　　) A.可能是带负电B.在b点处的电势能为0.5 JC.在b点处的动能为0D.在c点处的动能为0.4 J
答案    D　根据等势线分布情况,且电场线与等势线垂直,可知场强方向向上,电场力向上,则粒子带正电荷,则A错误;粒子在b点处的电势能Ep=φq=0.01×30 J=0.3 J,则B错误;由于只有电场力做功,则动能与电势能之和守恒,由a点处粒子的动能为0.5 J,可以知道总能量E=0.01×10 J+0.5 J=0.6 J,则粒子在b点处的动能为:0.6 J-0.3 J=0.3 J,则C错误;粒子在c点处的动能为0.6 J-0.01×20 J=0.4 J,则D正确。
7.(2019十二区县一模)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示,一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场,其运动轨迹为图中实线所示,若粒子只受静电力作用,则下列关于带电粒子的判断正确的是 (　　) A.粒子带正电B.b点和d点的电场强度相同C.动能先减小后增大D.在a点的电势能小于在e点的电势能
答案    C　根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得,正电荷在上方,负电荷在下方;从粒子运动轨迹看出,轨迹向下凹,可知带电粒子受到了向上的力的作用,所以粒子带负电,故A错误;在电场中等势面与电场线是垂直的,由图可知,b、d两点弯曲的方向不同,则过b、d两点,与-5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的,所以b、d两点电场强度是不同的,故B错误;粒子从a→ b→c过程中,电场力做负功,c→d→e过程中,电场力做正功,粒子在静电场中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,动能先减小后增大,故C正确;a、e两点的电势相等,故粒子在a、e两点的电势能相等,故D错误。
解题技巧　根据电势的变化可知上方是正电荷,下方是负电荷,从粒子运动轨迹看出,轨迹向下凹,可知带电粒子受到了向上的力的作用,可判断粒子的电性;在a→b→c过程中,电场力做负功,c→d→e过程中,电场力做正功,可判断电势能的大小和动能的变化情况;根据电场强度是矢量,判断两点的电场强度情况。
8.(2019河北二模)如图所示,M、N两点分别放置两个等量异种电荷,A是它们连线的中点,B为连线上靠近N的一点,C为连线中垂线上处于A点上方的一点。在A、B、C三点中 (　　) A.场强最小的点是A点,电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点,电势最高的点是C点C.场强最小的点是C点,电势最高的点是B点D.场强最小的点是C点,电势最高的点是A点
答案    C　根据等量异种电荷电场线的分布,知道EB>EA>EC,场强最小的是C点。等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线,知φA=φC,沿着电场线方向电势逐渐降低,异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷,知φB>φA=φC,所以电势最高点是B点。故选C。
9.(2017和平一模)(多选)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中,电场方向与正方形的某一条边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由AC边的中点,以垂直于AC边的水平初速度v0进入该正方形区域,当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为 (　　) A. m + qEL　    B. m + qELC. m + qEL　    D. m - qEL
答案    AC　若电场方向平行AB,则小球做加速或减速直线运动,则离开电场前电场力做功大小W=EqL,若做加速运动,则动能为 m +qEL;若为减速运动,从BD边离开,则动能为 m -qEL;从AC边离开,则为 m 。电场力与初速度方向相互垂直,小球发生偏转,电场力一定做正功;假设受电场力向上,小球从AB边离开时,电场力做功为 qEL,根据动能定理得:Ek- m = qEL,得Ek= m + qEL;若从BD边离开,则电场力做功可能为0至 qEL,根据动能定理可知,小球动能可能为: m 10.(2017五校二模)(多选)如图,在x轴原点O的两侧对称地放置两个点电荷,电荷量分别为Q(Q>0)和-Q,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是 (　　) A.b点的电势为零B.正的试探电荷在b点所受电场力方向向右C.一负电荷仅在电场力的作用下经过a、b两点时,b点的动能较大D.将同一正的试探电荷先后从a点移到b点和O点,后者电势能的变化较大
答案    AB　等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线,由于无穷远处的电势为零,则b点的电势为零,故A正确;根据等量异种电荷周围的电场线分布情况知,b点的电场强度方向水平向右,则正试探电荷在b点所受的电场力方向向右,故B正确;从a点到b点和从a点到O点电场力做功相等,由于从a到O,电场力对负电荷做负功,动能减小,所以b点动能较小,故C错误;b点和O点为等势点,从a到b和从a到O,电场力做功相等,则电势能变化相等,故D错误。
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018南开一模,4)如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场,实线为电场线,虚线为等差等势线。a、b、c为从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三个点。不计电子的重力,则 (   　) A.电场中a点的电势高于c点的电势B.电子经a点的动能大于经c点的动能C.电子经b点的加速度小于经c点的加速度D.电子经b点的电势能大于c点的电势能
答案    D　沿电场线的方向电势降低,由图中的电场线方向可知c点的电势高,故A错误;电子带负电,在电势高的c点的电势能小,动能大,故B错误,D正确;电场线越密集处的场强越大,由图可知b点的场强大于c点,则电子在b点受到的电场力大,加速度也大,故C错误。
2.(2018和平一模,23)(多选)带负电的试探电荷,在某电场中仅受电场力作用,能分别完成以下两种运动:①在电场线上运动,②在等势面上做匀速圆周运动,该电场可能由 (　　)A.一个带正电的点电荷形成B.一个带负电的点电荷形成C.两个分立的带等量正电的点电荷形成D.两个分立的带等量正、负电的点电荷形成
答案    ACD    带负电的试探电荷在某电场中仅受电场力作用,可以沿电场线向正点电荷加速,也可以沿电场线减速,即远离正点电荷,也可绕正点电荷做匀速圆周运动,电场力提供向心力,正电荷位于圆心上,A正确;一个带负电的点电荷形成的电场中,另一个负电荷只能沿着电场线加速远离或减速靠近,由于两负电荷相互排斥,电场力不可能提供向心力,故不会做匀速圆周运动,故B错误;两个等量正电荷形成的电场线如图,负电荷在两电荷连线上能沿电场线运动,在连线的中垂面给一个合适的速度即可做匀速圆周运动; 另当两个正电荷靠得很近时,距两个正电荷很远位置的电场可以近似认为与一个等效正电荷的电场相似,当负电荷距它们很远时,负电荷可以沿电场线运动,也可以做匀速圆周运动,C正确;如果左边是正电荷,右边是负电荷,在正电荷的左边,以两点电荷连线的延长线上的某一点为圆心,在垂直于延长线的面上,带负电的检验电荷能够受到指向圆心的电场力作用而做匀速
圆周运动,D正确。
3.(2019 5·3原创)根据库仑定律和万有引力定律可知,点电荷间的库仑力和质点间的万有引力都与距离的二次方成反比,即都遵循平方反比规律,两者之间具有很大的相似性。那么试想有如图所示的物理情境,点电荷A、B带异种电荷,两者仅在彼此间的库仑力作用下绕连线上的某点O做匀速圆周运动,这个情形很像双星模型,我们可以称之为“双电荷模型”。那么关于“双电荷模型”,下列说法中正确的是 (　　) A.运动半径与质量成反比B.运动半径与电荷量成正比C.角速度与质量成反比D.线速度与电荷量成正比
答案    A　由于两点电荷要绕着O点做匀速圆周运动,两点电荷间引力沿着二者连线,引力提供向心力,可知二者连线始终过O点,两点电荷始终在相同时间内转过相同的角度,因此两点电荷的角速度、周期均相等,故选项C错误;两点电荷彼此间的库仑力提供各自做圆周运动的向心力,且二者的角速度相等,满足 =mArAω2和 =mBrBω2,解得mArA=mBrB,即rA/rB=mB/mA,运动半径与质量成反比,与电荷量无关,故选项A正确,B错误;由于线速度v=ωr,二者角速度相等,因此线速度与半径成正比,即线速度和质量成反比,与电荷量无关,故选项D错误。
考点说明　利用电场中的“双电荷模型”,考查受力分析、匀速圆周运动、向心力公式、牛顿第二定律、库仑定律等相关知识。
命题意图　此题适合高考理综物理部分的单选题,是一道力电综合问题,考查了力学和电学相关的多方面的知识,属于中等难度的选择题。
创新点　将万有引力中的双星问题运用到电场中,考查学生的知识迁移能力。
4.(2018河北一模,8)质量为m的小物块,带正电q,开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面的顶端,整个装置放在水平向左、大小为E= 的匀强电场中,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地瞬间的速度大小为　　　    。 
解析　对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力。电场力为:F=qE= mg运用动能定理研究从开始到落地过程,有:mgH+F· H= mv2-0计算得出:v=2 。 
解题技巧　对物块进行受力分析,找出物块的运动轨迹。运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题。
5.(2019 5·3原创)如图甲所示,不断有初速度不计的电子(质量为m,电荷量为e)从K点进入电压为U0的加速电场ZZ'。经加速电场加速后,以速度v0沿水平方向射出,经过两个偏转电场YY'和XX',最后打在荧光屏上。已知偏转极板X、X'沿水平方向,Y、Y'沿竖直方向且与v0平行,荧光屏为竖直方向且与v0垂直。YY'与XX'板间距离均为d,极板长均为L。YY'与XX'、XX'与荧光屏的水平距离也为L。偏转极板间都不加电压时,电子沿直线运动,打在荧光屏中心(0,0)点,在那里产生一个亮斑。现希望利用此装置在T时间内在荧光屏上沿逆时针方向画出一半径为R的圆形(如图乙所示),设t=0时刻,电子恰好打在荧光屏上(R,0)点。(1)求电子从加速电场射出时速度v0的大小。(2)试分别求出YY'间电压UYY'和XX'间电压UXX'随时间变化的规律。(每个电子穿过偏转电场的时间极短,可以认为电子穿过偏转电场过程中偏转极板间电压不变。不计电子重力,极板大小和极板间距离都足够大。不计电子间相互作用力)
图甲
图乙荧光屏(图甲中从右向左看)
解析　(1)电子在加速电场中运动时,电场力对电子所做的功W=eU0由动能定理得:eU0= m -0解得v0= (2)由数学知识可知圆形方程: (0≤θ≤2π) ①电子打在荧光屏上逆时针画圆时的角速度ω= ,则经过时间t(t≤T),电子打在荧光屏上的点与坐标系原点的连线同x轴的夹角θ=ωt= t ②把②式代入①式中,得:  ③y方向:电子进入偏转电场YY'后,在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度ay= ,在YY'中运动时间ty1= ,沿y轴方向的偏移量y1= ay = 
离开YY'后,在y轴方向做匀速直线运动vy=ay·ty1= 运动时间ty2= ,沿y轴方向的偏移量y2=vy·ty2= 沿y方向总偏移量y=y1+y2=  ④将(1)问中v0= 代入④式得:y=  ⑤将⑤式代入③式中,得: =R sin t解得UYY'=  sin t同理可得:UXX'=  cos t
6.(2019 5·3原创)在光滑平面上有一个半径为R的圆形光滑围墙,其圆心处固定了一个电荷量为-Q的点电荷。质量为m、带电荷量为+q的A球与圆心的距离为r(r解析　(1)若A球做圆周运动,即A球受到的库仑力提供向心力,则有k =m ,解得vA0= 。(2)A球做椭圆运动时,只有电场力做功,电势能和动能相互转化,但总能量不变。则有-k + m =-k + m ,其中vA2是A球距离点电荷最远时的速度大小。A球受到库仑力作用做椭圆运动,类似行星受到太阳的万有引力作用做椭圆运动,遵循相类似的“开普勒行星运动定律”。根据开普勒第二定律不难得出:rvA1=RvA2,解得vA1= 。(3)将(2)问所得vA1的值代入rvA1=RvA2可得:vA2= A球、B球发生弹性正碰,设碰撞后两球的速度分别为vA、vB,则由动量守恒定律有mvA2=mvA+mvB由机械能守恒定律有
 m = m + m 解得vA=0,vB=vA2A与B碰后,A球因挡板作用而静止,B球紧贴围墙做匀速圆周运动,则B球的运动周期TB= 解得TB=2πR 。B球运动一周后,又与A球发生弹性正碰,交换速度后A球又做(2)问情景中的椭圆运动,B球静止。A球做半径为r的匀速圆周运动时满足 =mr ,可得周期TAr=2πr 。设A球做椭圆运动的周期为TA,根据开普勒第三定律有: = 解得TA=π(R+r)