（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第1講 電場性質(zhì)和帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、 第1講　電場性質(zhì)和帶電粒子在電場中的運(yùn)動 [選考考點(diǎn)分布] 章 知識內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 靜電場 電荷及其守恒定律 b c 庫侖定律 c 11 4、13 13 3 電場強(qiáng)度 c c 13 8 6 電勢能和電勢 b c 13 8 電勢差 b c 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系 c 靜電現(xiàn)象的應(yīng)用 b 電容器

2、的電容 b c 7 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 b d 23 8、22 8、23 8 8、19 考點(diǎn)一　電場基本性質(zhì)的理解 1．(2017·浙江11月選考·6)電場線的形狀可以用實(shí)驗(yàn)來模擬，把頭發(fā)屑懸浮在蓖麻油里，加上電場，頭發(fā)屑就按照電場的方向排列起來，如圖1所示．關(guān)于此實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．a(chǎn)圖是模擬兩等量同種電荷的電場線 B．b圖一定是模擬兩等量正電荷的電場線 C．a(chǎn)圖中的A、B應(yīng)接高壓起電裝置的兩極 D．b圖中的A、B應(yīng)接高壓起電裝置的兩極 答案　C 2．(2016·浙江10月學(xué)考·8)如圖2為某一電場

3、的電場線，M、N、P為電場線上的三個(gè)點(diǎn)，M、N是同一電場線上的兩點(diǎn)．下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．M、N、P三點(diǎn)中N點(diǎn)的場強(qiáng)最大 B．M、N、P三點(diǎn)中N點(diǎn)的電勢最高 C．負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能 D．正電荷從M點(diǎn)自由釋放，電荷將沿電場線運(yùn)動到N點(diǎn) 答案　A 解析　電場線的疏密反映了電場的強(qiáng)弱，所以N點(diǎn)場強(qiáng)最大，選項(xiàng)A正確．順著電場線的方向，電勢降低，M點(diǎn)的電勢最高，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．根據(jù)Ep＝qφ，φM>φP>φN可知，負(fù)電荷在M點(diǎn)電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．正電荷從M點(diǎn)靜止釋放，電荷在電場力的作用下運(yùn)動，但是運(yùn)動軌跡并不沿電場線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．

4、(2016·浙江4月學(xué)考·13)如圖3所示，真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1＝9.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分別固定在x坐標(biāo)軸上，其中Q1位于x＝0處，Q2位于x＝6 cm處．在x軸上(　　) 圖3 A．場強(qiáng)為0的點(diǎn)有兩處 B．在x＞6 cm區(qū)域，電勢沿x軸正方向降低 C．質(zhì)子從x＝1 cm運(yùn)動到x＝5 cm處，電勢能升高 D．在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的區(qū)域，場強(qiáng)沿x軸正方向 答案　D 解析　因?yàn)镼1＞0，Q2＜0，且Q1＞|Q2|，所以x＜0區(qū)域不會出現(xiàn)合場強(qiáng)為0的點(diǎn)；0＜x＜6 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸正方向，場強(qiáng)都不為零，x＞6 cm區(qū)域有一位置合場強(qiáng)為

5、零，由k＝－k得x＝9 cm，則6 cm＜x＜9 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，x＞9 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸正方向，故A錯(cuò)，D對；沿電場方向電勢降低，B錯(cuò)；質(zhì)子帶正電，在電勢高處電勢能大，C錯(cuò)． 4．(人教版選修3－1P9第3題改編)真空中兩個(gè)相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點(diǎn)電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力為F.現(xiàn)用一個(gè)不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，再使A、B間距離增大為原來的2倍，則它們間的靜電力為(　　) A.F B.F C.F D.F 答案　D 5．(2017·稽陽聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)如圖4所示，實(shí)線表示電場線，虛線表示只受

6、電場力作用的帶電粒子的運(yùn)動軌跡，M、N是運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)，則(　　) 圖4 A．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢低 B．粒子在M點(diǎn)的加速度比在N點(diǎn)的加速度大 C．粒子一定是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn) D．粒子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的電勢能大 答案　D 解析　由沿電場線方向電勢降低知M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場線疏密程度可知N點(diǎn)場強(qiáng)大，所以加速度也大，B錯(cuò)誤；根據(jù)軌跡看不出運(yùn)動方向，C錯(cuò)誤；根據(jù)軌跡可知帶電粒子受力與電場線方向一致，因此粒子帶正電荷，正電荷在電勢高的地方電勢能大，D正確． 6. 如圖5所示，B為線段AC的中點(diǎn)，如果在A處放一個(gè)＋Q的點(diǎn)電荷，測得B處的場強(qiáng)EB＝48

7、N/C，則(　　) 圖5 A．EC＝24 N/C B．EC＝12 N/C C．若要使EB＝0，可在C處放一個(gè)－Q的點(diǎn)電荷 D．把q＝10－9 C的點(diǎn)電荷放在C點(diǎn)，則其所受電場力的大小為6×10－9 N 答案　B 解析　由真空中點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E＝知A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)場的疊加及點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)方向知，應(yīng)在C處放一等量同種電荷，C錯(cuò)誤；F＝qEC＝1.2×10－8 N，D錯(cuò)誤． 7．(2017·臺州市9月選考)如圖6甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，且電子僅受電場力的作用，則(　　)

8、 圖6 A．電場的方向沿Ox正方向 B．電子沿Ox正方向運(yùn)動 C．電場的場強(qiáng)沿Ox方向增大 D．電子的電勢能將增大 答案　B 帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡問題的分析方法 (1)某點(diǎn)速度方向即為該點(diǎn)軌跡的切線方向； (2)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負(fù)； (3)結(jié)合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等． 考點(diǎn)二　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 1．(2017·浙江11月選考·19)如圖7所示，AMB是一條長L＝10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h(yuǎn)＝1.25 m處，

9、A、B為端點(diǎn)，M為中點(diǎn)，軌道MB處在方向豎直向上、大小E＝5×103 N/C的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量m＝0.1 kg、電荷量q＝＋1.3×10－4 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v0＝6 m/s在軌道上自A點(diǎn)開始向右運(yùn)動，經(jīng)M點(diǎn)進(jìn)入電場，從B點(diǎn)離開電場．已知滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2.求滑塊： 圖7 (1)到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)從M點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時(shí)間； (3)落地點(diǎn)距B點(diǎn)的水平距離． 答案　(1)4 m/s　(2) s　(3)1.5 m 解析　(1)在AM階段對物體的受力分析如下： a＝－＝－μg＝－2 m/s2 根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v－v＝

10、2ax，可得vM＝4 m/s (2)進(jìn)入電場之后，Eq＝0.65 N，受力分析如下： a′＝－＝－0.7 m/s2 根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v－v＝2a′x， 解得vB＝3 m/s 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動推論xMB＝t 解得t＝ s (3)從B點(diǎn)飛出后，滑塊做平拋運(yùn)動，因此h＝gt′2， 解得t′＝0.5 s 落地點(diǎn)距B點(diǎn)的水平距離x＝vBt′＝1.5 m. 2．(2016·浙江4月選考·8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖8所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴．通

11、過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．懸浮油滴帶正電 B．懸浮油滴的帶電荷量為 C．增大電場強(qiáng)度大小，懸浮油滴將向上運(yùn)動 D．油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 答案　C 解析　油滴懸浮不動，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負(fù)電，A錯(cuò)；由Eq＝mg得q＝，所以B錯(cuò)；如果增大電場強(qiáng)度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會向上加速運(yùn)動，C對；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯(cuò)． 3. (人教版選修3－1P39第2題改編)某種金屬板M受到某種紫外線照射時(shí)會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其

12、速度大小也不相同．在M旁放置一個(gè)金屬網(wǎng)N.現(xiàn)按圖9所示那樣在M、N之間加一個(gè)電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U＞12.5 V時(shí)電流表中就沒有電流．已知電子的質(zhì)量me＝9.1×10－31 kg.問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 圖9 答案　2.10×106 m/s 解析　如果電子的動能減少到等于0的時(shí)候，電子恰好沒有到達(dá)N板，則電流表中就沒有電流，由 W＝0－Ekm，W＝－eU， 得－eU＝0－Ekm＝－mev2， v＝＝ m/s ≈2.10×106 m/s. 4．如圖10所示，水平放置的金屬薄板A、B間有勻強(qiáng)電場，已知B板電勢高于A板．電場強(qiáng)度E＝5×

13、105 N/C，間距d＝1.25 m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距離A板h＝1.25 m．從M處每隔相等時(shí)間間隔由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量m＝1×10－3 kg的帶電小球．第1個(gè)帶電小球的電量q1＝＋1×10－8 C，第n個(gè)帶電小球的電量qn＝nq1.取g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)第1個(gè)帶電小球從M處下落至B板的時(shí)間； (2)從第幾個(gè)帶電小球起不能抵達(dá)B板； (3)第(2)問中該帶電小球下落過程中機(jī)械能的變化量． 答案　(1) s　(2)5　(3)－2.08×10－2 J 解析　 (1)t1＝ ＝0.5 s， v1＝ ＝5 m/s， a1＝＝5 m/s2，

14、d＝v1t2＋a1t， 代入解得：t2＝ s， t總＝t1＋t2＝ s. (2)mg(h＋d)－Eqnd＝ΔEk＝0，qn＝＝4×10－8 C，n＝＝4，即第4個(gè)小球恰好抵達(dá)B板，則第5個(gè)小球不能到達(dá)B板． (3)mg(h＋x)－Eq5x＝ΔEk＝0，x＝ m， ΔE機(jī)＝－mg(h＋x)≈－2.08×10－2 J. 帶電粒子在電場中直線運(yùn)動時(shí)的兩種解題思路 (1)應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律處理帶電粒子的直線運(yùn)動 帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動．根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、

15、位移、時(shí)間等． (2)用動能定理處理帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 對帶電粒子進(jìn)行受力分析，確定有哪幾個(gè)力做功，做正功還是負(fù)功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動能，根據(jù)動能定理列方程求解． 考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動 1. (2017·浙江4月選考·8)如圖11所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場．有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放．重力加速度為g.則點(diǎn)電荷運(yùn)動到負(fù)極板的過程(　　) 圖11 A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時(shí)間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd 答案　B 解析

16、　點(diǎn)電荷受到重力、電場力的作用，所以a＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動獨(dú)立性，水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動時(shí)間為t，則＝t2，化簡則t＝ ，選項(xiàng)B正確；下降高度y＝gt2＝，選項(xiàng)C錯(cuò)；電場力做功W＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．(人教版選修3－1P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場．進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時(shí)電子偏角的正切值與氫核偏角的正切值之比． (1)電子與氫核的初速度相同． (2)電子與氫核的初動能相同． 答案　見解析 解析　設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離

17、為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能mv＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時(shí)間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝＝. (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝＝≈1 835. (2)若電子與氫核的初動能相同，則＝1. 3. (2016·紹興市聯(lián)考)如圖12所示，電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則下列說法不正確的是(　　) 圖12

18、A．A和B在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為1∶2 B．A和B運(yùn)動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 答案　D 解析　粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤． 4．在如圖13所示的空間存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、可視為點(diǎn)電荷的帶正電小球從高為h的平臺上方水平拋出，落地點(diǎn)距離拋出點(diǎn)的水平距離為x，已知小球所受重力大小等于

19、所受電場力的兩倍，小球在落地處恰好沒有能量損失地進(jìn)入光滑圓弧軌道，重力加速度為g.落地點(diǎn)與圓心的連線和過圓心的豎直線之間的夾角為α，不計(jì)空氣阻力，求： 圖13 (1)小球被水平拋出時(shí)的初速度大??； (2)角度α的正切值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球先做類平拋運(yùn)動，由牛頓第二定律有： mg－qE＝ma 解得加速度a＝g，方向豎直向下 根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，兩個(gè)方向的位移為： x＝v0t，h＝at2 則小球的初速度大小為v0＝ (2)由于沒有能量損失地進(jìn)入光滑圓弧軌道，表明在拋物線和圓弧軌道的接點(diǎn)處，圓弧軌道與拋物線相切，因此，角α也等于拋物線在該點(diǎn)的切線與水

20、平方向的夾角，有tan α＝＝. 5. 如圖14，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直于CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處電場強(qiáng)度為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計(jì)． 圖14 (1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大小； (2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)電場強(qiáng)度E的值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理， 有qU＝mv2，離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動， 電場力提

21、供向心力，根據(jù)牛頓第二定律， 有qE0＝m，聯(lián)立解得R＝. (2)射出靜電分析器后，離子做類平拋運(yùn)動， d＝vt， 3d＝at2， 由牛頓第二定律得qE＝ma，聯(lián)立解得E＝. 分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵 (1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動． (2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動． 帶電粒子經(jīng)加速電場U1，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖15所示．

22、 圖15 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：30分鐘) 1．(2016·浙江4月選考·7)關(guān)于電容器，下列說法正確的是(　　) A．在充電過程中電流恒定 B．在放電過程中電容減小 C．能儲存電荷，但不能儲存電能 D．兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器 答案　D 解析　由電容器的充放電曲線可知，充電過程中，電流不斷減小，A錯(cuò)；電容是電容器儲存電荷的本領(lǐng)，不隨充放電過程變化，B錯(cuò)；電容器中的電場具有電場能，所以C錯(cuò)；兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體是可以儲存電荷的，可視為電容器，D對． 2．(2016·金華市聯(lián)考)一個(gè)電容器的規(guī)格是“10 μF　50 V”，則(　　) A．這個(gè)電容器的電容

23、為10－5 F B．這個(gè)電容器加上50 V電勢差時(shí)，電容才是10 μF C．這個(gè)電容器沒有電勢差時(shí)，電容為0 D．這個(gè)電容器加的電勢差不能低于50 V 答案　A 3．(2016·諸暨市期末)如圖1甲所示，一塊有機(jī)玻璃板和一塊塑料板，手持有機(jī)玻璃棒用力快速摩擦兩板后分開；接著將塑料板插入箔片驗(yàn)電器上端的空心金屬球中，沒有接觸金屬球，發(fā)現(xiàn)金屬箔片張開，如圖乙所示；然后抽回塑料板，再將有機(jī)玻璃板和塑料板互相平行但不接觸，同時(shí)插入空心金屬球，仍沒有接觸金屬球，發(fā)現(xiàn)金屬箔片沒有張開，如圖丙所示．關(guān)于這一實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列的說法正確的是(　　) 圖1 A．兩板摩擦后帶電說明創(chuàng)造了新的電荷

24、B．圖乙驗(yàn)電器箔片張開是因?yàn)榘l(fā)生了電磁感應(yīng) C．圖乙驗(yàn)電器箔片張開是因?yàn)榘迳想姾赊D(zhuǎn)移到箔片上 D．圖丙驗(yàn)電器箔片沒有張開是因?yàn)閮砂鍘У攘慨惙N電荷 答案　D 4. 如圖2所示，將懸掛在細(xì)線上的帶正電荷的小球A放在不帶電的金屬空心球C內(nèi)(不與內(nèi)壁接觸)，另有一個(gè)懸掛在細(xì)線上的帶負(fù)電的小球B向C靠近，則(　　) 圖2 A．A向左偏離豎直方向，B向右偏離豎直方向 B．A的位置不變，B向右偏離豎直方向 C．A向左偏離豎直方向，B的位置不變 D．A和B的位置都不變 答案　B 解析　金屬球殼C能屏蔽外部的電場，外部的電場不能深入內(nèi)部，因此小球A不會受到靜電力的作用，不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；金

25、屬球殼C處在電荷A的電場中，內(nèi)壁是近端，感應(yīng)異號電荷——負(fù)電，外壁是遠(yuǎn)端，感應(yīng)同號電荷——正電，該正的感應(yīng)電荷在外部空間同樣會激發(fā)電場，對小球B有吸引的作用，B向右偏，選項(xiàng)B正確． 5．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)真空中兩個(gè)完全相同的小球帶電后，它們之間的靜電力為F.現(xiàn)將兩球接觸后放回原處，則它們之間的靜電力(　　) A．—定變大 B．—定變小 C．可能不變 D．一定不變 答案　C 6. 如圖3為真空中兩點(diǎn)電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關(guān)于虛線對稱，O點(diǎn)為A、B電荷連線的中點(diǎn)，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) 圖3

26、 A．A、B可能帶等量異號的正、負(fù)電荷 B．A、B可能帶不等量的正電荷 C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處無電場線，故其電場強(qiáng)度可能為零 D．同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場力大小相等，方向一定相反 答案　D 解析　根據(jù)題圖中的電場線分布可知，A、B帶等量的正電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)處雖然沒有畫電場線，但其電場強(qiáng)度一定不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖可知，a、b兩點(diǎn)處電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場力大小相等，方向一定相反，選項(xiàng)D正確． 7．對公式E＝的理解，下列說法正確的是(　　) A．此公式適用于計(jì)算任何電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢差 B．A點(diǎn)和B點(diǎn)間距越大，則這

27、兩點(diǎn)的電勢差越大 C．勻強(qiáng)電場中A、B兩點(diǎn)沿電場線的距離越大，則電場強(qiáng)度越小 D．公式中的d是勻強(qiáng)電場中A、B所在的兩等勢面之間的距離 答案　D 解析　此公式只適用于勻強(qiáng)電場，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)間的電勢差不僅取決于場強(qiáng)的大小，還取決于沿電場方向的距離d，A、B間距大，d不一定大，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；勻強(qiáng)電場中的電場強(qiáng)度大小與A、B兩點(diǎn)間的距離無關(guān)，是恒定的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；公式中的d是勻強(qiáng)電場中A、B所在的兩等勢面之間的距離，選項(xiàng)D正確． 8. 相距為L的點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為＋4q和－q，如圖4所示，今引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是(　　)

28、 圖4 A．－q，在A左側(cè)距A為L處 B．－2q，在A左側(cè)距A為處 C．＋4q，在B右側(cè)距B為L處 D．＋2q，在B右側(cè)距B為L處 答案　C 解析　由題可知A、B帶電荷量分別為＋4q、－q，放入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)電荷都處于平衡狀態(tài)，所以C一定處于A、B連線延長線上B的右側(cè)．當(dāng)C處于平衡狀態(tài)時(shí)，其受到A、B的作用力大小相等，方向相反，由庫侖定律得＝，r＝L，由A電荷處于平衡狀態(tài)可得＝，解得qC＝4q，故C選項(xiàng)正確． 9. (2016·舟山市調(diào)研)電場中有A、B兩點(diǎn)，一個(gè)點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢能為1.2×10－8 J，在B點(diǎn)的電勢能為0.8×10－8 J．已知A、B兩點(diǎn)在同一條

29、電場線上，如圖5所示，該點(diǎn)電荷的電荷量為1.0×10－9 C，那么(　　) 圖5 A．該電荷為負(fù)電荷 B．該電荷為正電荷 C．A、B兩點(diǎn)的電勢差UAB＝4.0 V D．把電荷從A移到B，靜電力做功為W＝2.5×10－10 J 答案　A 解析　A點(diǎn)的電勢能大于B點(diǎn)的電勢能，從A到B靜電力做正功，所以該電荷一定為負(fù)電荷，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；靜電力做功WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8 J－0.8×10－8 J＝0.4×10－8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由UAB＝得UAB＝ V＝－4.0 V，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 10. (2016·舟山市調(diào)研)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，

30、一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回．如圖6所示，＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖6 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　電子受到的靜電力做負(fù)功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知選項(xiàng)D正確． 11. (2016·杭州市十校聯(lián)考)如圖7所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行極板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) 圖

31、7 A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 答案　B 解析　設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確． 12. 真空中的某裝置如圖8所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A

32、板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖8 A．三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案　B 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv，解得v0＝ ，三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動，由于三種

33、粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤． 13. 如圖9所示，板長L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100 V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量大小為q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中仍沿水

34、平方向并恰好從B板邊緣水平飛出．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖9 (1)液滴的質(zhì)量； (2)液滴飛出時(shí)的速度大?。? 答案　(1)8×10－8 kg　(2)1.32 m/s 解析　帶電液滴所受重力方向豎直向下，所受靜電力方向只能垂直兩板向上，其合力方向水平向右，做勻加速運(yùn)動． (1)豎直方向：qcos α＝mg，解得m＝8×10－8 kg (2)解法一：水平方向 qsin α＝ma， 解得a＝gtan α＝g，設(shè)液滴在平行板中飛行距離為s，則s＝＝0.05 m， 又由v2－v＝2as得v＝≈1.32 m/s， 解法二：設(shè)液滴

35、在平行板中飛行距離為s，則 s＝＝0.05 m 液滴受到的合力F合＝mgtan α 由動能定理得F合s＝mv2－mv， 解得v≈1.32 m/s. 14．如圖10所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖10 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析

36、說明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點(diǎn)． 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理，有eU0＝mv， 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時(shí)間Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力 G＝mg≈10－29 N 電場力F＝≈10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力． (3)電場中某點(diǎn)電勢φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點(diǎn)的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝ 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定． 18