专题3 第9讲 电场 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题三　 电场与磁场 知识体系 知识体系 第9讲　电场 1 理解电场的性质，会比较电场强度大小，电势高低，电势能大小，会分析和计算静电力做功。 2 会通过电场中的图像来分析问题。 目标要求 3 会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子在电场中的运动问题。 内容索引 考点一 考点二 电场的性质 电场中的图像问题 考点三 带电粒子(带电体)在电场中的运动 高考预测 专题强化练 考点一 电场的性质 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 1.电场强度的分析与计算 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷的正负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能的大小 正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低 静电力做功 根据UAB＝ ，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 (1)做功判断法：由WAB＝EpA－EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。 (2)电荷电势法：由Ep＝qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。 (3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，动能减小时，电势能增大。 3.电势能大小的判断 　(2023·浙江金华市十校联考)为了避免雷击损坏建筑，我们常在建筑顶部安装避雷针，当低空带负电的云团靠近避雷针时，云团和地面之间形成电场，避雷针的顶端及周围形成的电场的等势面(相邻等势面间的电势差相等)和电场线分布情况如图所示，电场中有A、B、C、D、E五点，其中D、E为避雷针上的两点。则下列说法正确的是 A.图中实线为等势线 B.A点电场强度可能等于B点电场强度 C.D点的电势低于E点的电势 D.电子在A点的电势能大于其在C点的电势能 例1 √ 电场线是从正电荷或无穷远出发，终止于无穷 远或负电荷，故题图中实线为电场线，根据等 势线与电场线垂直，可知题图中虚线为等势线， 故A错误； 根据电场线越密，电场强度越大，可知A点电场 强度小于B点电场强度，故B错误； 避雷针是等势体，可知D点的电势与E点的电势相等，故C错误； 根据沿着电场线方向电势不断降低，可知C点的电势高于A点的电势，根据负电荷在电势越低处电势能越大，可知电子在A点的电势能大于其在C点的电势能，故D正确。 　(多选)(2022·全国乙卷·19)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则 A.L和N两点处的电场方向相互垂直 B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功 D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零 例2 √ √ 两个正点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O， N点处于两负点电荷连线的中垂线上，则两个负点 电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，则N点 的合电场强度方向由N指向O，同理可知，L处的合 电场强度方向由O指向L。由于正方形两对角线垂直 平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确； 正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向右，由于M点离上方一对等量异号点电荷距离较远，则M点的合电场方向向左，故B正确； 由题图可知，M和O点位于两对等量异号点电荷的 等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电 的点电荷从M点移动到O点，静电力做功为零，故 C错误； 由题图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，静电力做功不为零，故D错误。 　(多选)(2023·浙江省名校协作体联考)如图所示，两段完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两段圆弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零， 例3 √ 以下说法正确的是 √ 若两段圆弧形材料带上的是等量异种电荷，根据对称性，x轴上各点电场强度为零，电势为0，故D正确。 考点二 电场中的图像问题 19 电场中几种常见的图像 v－t图像 当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 φ－x图像 (1)从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化 (2)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E－x图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿 x轴负方向 (2)图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep－x图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 　(2023·浙江省稽阳联谊学校联考)在x轴上各点电场强度E平行于x轴且随x的变化规律如图所示，O、A、B、C为x轴上等间距的四个点。现将带正电的试探电荷从O点静止释放，试探电荷沿直线运动到A点时的动能为Ek，已知试探电荷只受静电力作用，则以下分析正确的是 A.试探电荷运动到C点时的动能小于3Ek B.该电场的O、A、B、C四个点，A点电势最高 C.试探电荷从O点到C点，先做加速运动，后做减速 　运动 D.O、A、B、C四个点，O点附近电场线最密 例4 √ 根据E－x图像与横轴围成的面积表示电势差，可 知UOC<3UOA，根据动能定理可得qUOA＝Ek－0， qUOC＝EkC－0，联立可得EkC<3Ek，故A正确； 从O点到C点电场方向一直向右，故电势一直降低， O点电势最高，且试探电荷一直加速，故B、C错误； O、A、B、C四个点，A点电场强度最大，故A点附近电场线最密，故D错误。 　(多选)如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0，所带电荷量分别为＋Q、－Q，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子(重力不计)从A点静止释放，无穷远处电势为零。粒子从A点运动到B点的过 程中，下列关于电势φ、电场强度E、粒子的 动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中，可 能正确的是 例5 √ √ 设O′为AB中点，根据电势的叠加可知，O′点 的电势为0，且A、B两点关于O′点对称，则A、 B两点电势大小相等，符号相反，故A正确； 在A点，＋Q环产生的电场强度为0，但－Q环产 生的电场强度不为0，即图像不过原点，故B错误； 由动能定理W＝qEx＝Ek－0＝Ek，则Ek－x图像斜率表示静电力qE，而在O′点静电力最大，故Ek－x图像在x＝ 处斜率最大，故C正确； 由于A、B处的电势一正一负，绝对值相等，根据Ep＝φq可知，粒子在A、B两点的电势能也是一正一负，绝对值相等，故D错误。 考点三 带电粒子(带电体)在电场中的运动 26 1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。 2.带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法 常见运动 受力特点 分析方法 静止或匀速直线运动 合外力F合＝0 共点力平衡 变速直线运动 合外力F合≠0，且当初速度v0≠0时，F合方向与初速度方向在同一条直线上 带电粒子在匀强电场中的偏转 进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动 带电粒子在匀强电场中的偏转 粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动 运动的分解 垂直电场方向做 匀速直线运动： x＝v0tsin θ 沿电场方向做匀 变速直线运动：y 带电粒子在非匀强电场中运动 静电力在变化 动能定理，能量守恒定律 3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 (1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。 (2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。 　(2023·浙江6月选考·8)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足 例6 √ 　(多选)(2023·浙江省诸暨中学调研)平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器按如图所示连接，电源的电动势为E，内阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为＋q、初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片P的位置可改变加速 电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒 子都能够从偏转电场飞出，不计粒子的重力及 粒子间的相互作用， 例7 下列说法正确的是 √ √ 　(多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B 为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度为 (g 为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中 A.动能最小与最大的位置在同一等势面上 B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 C.在A点获得的初速度为 D.过B点受到大环的弹力大小为mg 例8 √ √ 由于匀强电场的电场强度为 ，即静电力与 重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示。 小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿 电场线电势降低，可知φD>φC，C点与D点不在同一等势面上，A错误； 小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确； 小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝ 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。 总结提升 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。 总结提升 高考预测 42 1.(2023·浙江金华市十校一模)一孤立均匀带电金属球带电荷量为q，半径为R，球外两点A、B始终处于球同一半径的延长线上，其距离球心O分别为LOA、LOB(LOB＞LOA＞R)，如图所示，则以下说法正确的是 A.若仅增大金属球的带电荷量q，A、B两点的电场强度均保持不变 B.若仅增大金属球的带电荷量q，A、B两点间的电势差保持不变 C.若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R， 　则球外A、B两点间的电场强度之差增大 D.若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R， 　则球外A、B两点间的电势差不变 1 2 √ 均匀带电球体在其周围产生的电场相当于把 电荷集中在球心产生的电场。若仅增大金属 球的带电荷量q，根据E＝　，A、B两点的电场强度均增大，A错误； 根据U＝Ed，A、B两点间的电势差增大，B错误； 若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外电场不变，则球外A、B两点间的电势差不变，D正确。 1 2 2.如图所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线夹角为45°，杆长为l＝　　　。一套在直杆上的带电小环，由杆A端以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆C端正下方P点，C、P两点相距h。已知环的质量m＝0.5 kg，环与杆间的动摩擦因数μ＝ ，h＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小环从杆A端运动到P点的时间； 1 2 答案　1.9 s　 小环从A到C的过程中匀速下滑，设小环所受静电力为F，因小环能到P点，故F方向向右，对小环受力分析可得 mgsin 45°＝Fcos 45°＋Ff FN＝mgcos 45°＋Fsin 45° 又因为Ff＝μFN，解得F＝2.5 N 1 2 则小环从A端运动到P点的时间为 1 2 (2)小环运动到杆A端正下方时的动能Ek。 1 2 答案　34.25 J 小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有 1 2 竖直方向有vy＝vsin 45°＋gt2 解得vx＝－4 m/s，vy＝11 m/s 则小环运动到杆A端正下方时的动能为 专题强化练 50 1.(2023·浙江省三校联考)传感器是一种采集信息的重要器件，如图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计和电源连接。施加力的作用使电极发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转。在对可动电极开始施加恒定的压力到可动电极稳定，灵敏电流计指针的偏转情况为(电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向右偏) A.向右偏到某一刻度后不动 B.向左偏到某一刻度后不动 C.向右偏到某一刻度后回到零刻度 D.向左偏到某一刻度后回到零刻度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 √ 13 当F向上压可动电极时，板间距离减小， 由电容的决定式C＝ 可知，电容器 的电容将增大，又根据电容的定义式C ＝ ，电容器两极板间的电压U不变， 故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从灵敏电流计正接线柱流入，灵敏电流计指针向右偏，当充电完毕后，电路中没有电流，灵敏电流计的指针回到零刻度，故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2023·浙江省四校联盟模拟)范德格拉夫起电机可为加速离子提供高电压，其结构示意图如图所示，金属球壳由绝缘支座支持着，球壳内壁接电刷F的左端，当带正电传送带(橡胶布做成)经过电刷F的近旁时，电刷F便将电荷传送给与它相接的金属球壳上，使球壳电势不断升高。关于这个起电机，以下说法正确的有 A.电刷F与传送带之间是摩擦起电 B.把电刷F放于金属球壳内部，主要是出于安全考虑 C.工作中，电刷F的右端感应出负电荷，但它的电势 　不断升高 D.传送带不运动，金属球壳上的电荷量也能不断增多 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 由于带正电传送带经过电刷F的近旁时，电 刷F便将电荷传送给与它相接的金属球壳上， 两者没有接触，可知电刷F与传送带之间是 感应起电，A错误； 把电刷F放于金属球壳内部，主要考虑到当带电的物体接触金属容器内侧时，由于静电平衡，容器将获得所有电荷，并且使物体成为电中性，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据静电感应的“近异远同”规律可知，工 作中，带正电传送带经过电刷F的近旁时，电 刷F的右端(近端)感应出负电荷，电刷F的左端 (远端)感应出正电荷，由于球壳内壁接电刷F 的左端，即球壳内壁与电刷F电势相等，则电刷F便将正电荷不断传送给与它相接的金属球壳上，球壳电势不断升高，即电刷的电势也不断升高，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 电刷F的右端与传送带之间会发生尖端放电， 若传送带不运动，尖端放电结束后，不会再 发生感应起电，只有传送带在运动过程中， 不断地通过尖端放电，才能够使金属球壳上 的电荷量不断增多，即传送带不运动，金属球壳上的电荷量不能不断增多，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(多选)(2023·浙江省模拟)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量均为 m、带等量异种电荷(电量绝对值为 q)的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度 v0 向右抛出最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示。A、B两球抛出点到落地点之间的水平距离分别是L1和L2。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则 A.A球带正电，B球带负电 B.B球比A球先落地 C.在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加 D.两球从抛出到各自落地的过程中，A、B球的机械能变化量大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ √ 13 两球在水平方向都做匀速直线运动，v0相同，由 x＝v0t知，A运动的时间比B的长，竖直方向上h 相等，由h＝　　可知，A的加速度比B的加速度 小， A所受的合力比B所受合力小，所以A受到 的静电力向上，带正电，B受到的静电力向下，带负电，故A正确； A运动的时间比B的运动时间长，则B球比A球先落地，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A受到的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加，A球的机械能减小，减小量为ΔEA＝qEh；B受到的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减小，B球的机械能增加，增加量为ΔEB＝qEh，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(多选)(2023·浙江省杭州学军中学模拟)某中学生在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则 A.d、a两点的电势差Uda＝－1.5 mV B.负电荷从b点移到d点，电势能增加 C.a、b两点的电场强度等大反向 D.c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场 　强度先变大后变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图 d、a两点的电势差Uda＝φd－φa＝－1.5 mV 选项A正确； 从b点移到d点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误； a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，选项C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小、方向都相同，根据等差等势线的疏密程度可判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2023·浙江绍兴市二模)如图所示，神经元细胞可以看成一个平行板电容器，正、负一价离子相当于极板上储存的电荷，细胞膜相当于电介质，此时左极板的电势低于右极板的电势，左右两极板之间的电势差为U1(U1<0)。已知细胞膜的相对介电常数为εr，膜厚为d，膜面积为S，静电力常量为k，元电荷为e。由于某种原因导致膜内外离子透过细胞膜，使膜内变为正离子而膜外变为负离子，这时左右两极板之间的电势差为U2(U2>0)，则通过细胞膜的离子数目为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 则通过细胞膜的电荷量为ΔQ＝Q2＋Q1＝ne 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2022·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，此时的圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示， 因为两段弧长非常小，故可看成点电荷， 由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为 　　平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则 A.M板电势高于N板电势 B.两个粒子的电势能都增加 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误； 根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(多选)在某静电场中，x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，规定沿x轴正方向为场强正方向。下列判断正确的是 A.x1和x3处的电场强度相同 B.从x2处到x4处，电势逐渐降低 C.一电子从x2处沿直线运动到x4处，速度先增大 　后减小 D.一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 √ √ 13 x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反， 选项A错误； 从x2处到x4处，场强为正值，则场强方向 沿x轴正方向，则从x2处到x4处电势逐渐降 低，选项B正确； 一电子从x2处沿直线运动到x4处，静电力一直对其做负功，则电子速度一直减小，选项C错误； 从x1处到x2处，电势升高，从x2处到x4处，电势降低，则一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2023·浙江省临海、新昌两地三校联考)如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB＝CD＝h，对该电容器充上一定的电荷量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能 够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 可知右极板向右移动，极板间的电场强度不变，即合力方向不变，如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(2023·浙江6月选考·12)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g＝10 m/s2，则 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图甲所示， 根据几何关系可得FT＝qE，FTsin 60°＋qEsin 60°＝mg，联立解得FT＝qE＝　×10－3 N， 剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图乙所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm，与电场力方向相反， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。 13 11.(2023·浙江金丽衢十二校联考)如图所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy坐标系，沿x轴正方向存在匀强电场，一电荷量为＋1.0×10－8 C、质量为2.5×10－3 kg的带电质点在坐标原点O以v0＝0.20 m/s的初速度沿y轴正方向射出，发现x轴方向的位移与时间的关系式为x＝0.02t2，式中x以m为单位，t以s为单位。已知连线OA与＋x间的夹角为45°，不考虑一切阻力，则 A.沿x轴正方向电势不断升高 B.匀强电场的电场强度大小为1.0×103 N/C C.质点在0～5 s内电势能增加5.0×10－5 J D.质点到达OA连线上的某点时与O点的距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 由沿电场线方向电势逐渐降低可知，沿x轴正方向电势不断降低，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由x＝0.02t2可得，质点在0～5 s内，沿x轴方向上的位移为x＝0.5 m，则静电力做功为W＝Eqx＝5.0×10－5 J，则质点在0～5 s内电势能减少5.0×10－5 J，故C错误； 13 根据题意，设经时间t质点运动到OA连线上，由于 连线OA与x轴正方向间的夹角为45°，则质点在 x轴方向和y轴方向的位移相等，即0.2t＝0.02t2，解 得t＝10 s，则在y轴方向上的位移为y＝2 m，由几 何关系可得质点到达OA连线上的某点时与O点的距离为　　　　故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 小球从A到B，根据能量守恒定律得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)小球经过O点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球从B到O，根据动能定理有 13 (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　y2＝6Rx 13 解得ax＝g，ay＝0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。 13 13.(多选)(2023·湖北卷·10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是 A.L∶d＝2∶1 B.U1∶U2＝1∶1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.E＝E0，φ＝φ0 B.E＝E0，φ＝φ0 C.将质子(比荷)从P点无初速度释放，则质子的最大速度为 D.若两段圆弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零， 电势为0 根据电场强度的叠加有E0＝2×2Ecos 30°， φ0＝4φ，所以E＝E0，φ＝φ0，故A错 误，B正确； 将质子(比荷)从P点无初速度释放，根据动能定理可得e(φ0－φ∞)＝mvm2，φ∞＝0，解得vm＝，故C错误； 1.用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v02＝2ad，适用于匀强电场 2.用功能观点分析：W＝qU＝mv2－mv02，匀强和非匀强电场都适用 运动的分解 偏转角：tan θ＝ ＝＝＝ 侧移距离：y0＝ ＝，y＝y0＋Ltan θ＝(＋L)tan θ ＝v0tcos θ－t2 A.＝ 　B.＝ 　C.＝ 　D.＝ 带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝m，qE2＝m，联立可得＝，故选A。 A.粒子的竖直偏转距离与成正比 B.滑片P向右滑动的过程中从偏转电场飞出的 粒子的偏转角逐渐减小 C.飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝ D.飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝2 在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv02 在偏转电场中，加速度为a＝，则偏转 距离为y＝at2，运动时间为t＝，联立解 得y＝，其中l是偏转极板的长度，d是板间距离，粒子的竖直偏转距离与成正比，故A错误； 从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值 tan α＝，联立解得tan α＝，滑片P 向右滑动的过程中，U1增大，U2减小，可 知偏转角逐渐减小，故B正确； 紧贴M板飞出时，静电力对粒子做功最多，粒子具有最大速率，由动能定理得q(U1＋U2)＝qE＝mvm2－0 解得vm＝，故C正确，D错误。 在B点有FN＋mg＝m 解得FN＝(2－3)mg<0 可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为(3－2)mg，D错误。 －qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－mvA2 解得vA＝，C正确； 小圆环运动到B点过程有－mg·2R＝mvB2－mvA2 m 小环从C到P的过程中，在水平方向有ax＝ 0＝vcos 45°·t1－axt12 t＝＋t1＝1.9 s 竖直方向有h＝vsin 45°·t1＋gt12 解得t1＝0.4 s，v＝ m/s，ax＝5 m/s2 vx＝vcos 45°－axt2，－lcos 45°＝vcos 45°·t2－axt22 Ek＝m(vx2＋vy2)＝34.25 J。 at2 A. B. C. D.－ 又因为C＝，可得通过细胞膜的离子数目 为n＝，故选B。 由C＝可得Q1＝－CU1，Q2＝CU2 A.正电荷，q＝ B.正电荷，q＝ C.负电荷，q＝ D.负电荷，q＝ 则有E1＝k＝k， 由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝k，方向沿CO，由C指向O， 在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝k， 又E′＝k，联立解得q＝，故选C。 v0； C.粒子在两板间的加速度为a＝ D.粒子从N板下端射出的时间t＝ 设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从 N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t， d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速 直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有 (v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。 A.d B.d C. D. 根据几何关系可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据＝解得x＝d，故选A。 由题意可知，小球所受的合力沿着虚线方向，根据C＝，U＝， E＝，可得E＝ A.MC距离为5 cm B.电势能增加了×10－4 J C.电场强度大小为×104 N/C D.减小R的阻值，MC的距离将变大 根据几何关系可得LMC＝dtan 60°＝10 cm， 故A错误； 电场强度的大小E＝＝×105 N/C，故C错误； 电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加×10－4 J，故B正确； 2 m 根据题意，由x＝at2结合x＝0.02t2可知，质点在 x轴方向上做加速度为0.04 m/s2的匀加速直线运动，由牛顿第二定律 有Eq＝ma，解得E＝＝1.0×104 N/C，故B错误； 2 m， 12.(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入 电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动 过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： 答案　mgR　 Ep＝mvB2＝mgR 答案　　 －mgR＋mg×R＝mvO2－mvB2 解得vO＝ y轴方向有mgsin 45°－mg＝may 小球运动至O点时速度方向竖直向上，受静电力和重力作用，将静电力分解到x轴和y轴，由牛顿第二定律，x轴方向有mgcos 45°＝max 说明小球过O点后的运动为：x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt 微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向 做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及 电场强度和静电力的关系及牛顿第二定律可得E＝， F＝qE＝ma，设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学公式得vy2＝2ad，由动能定理可得qU1＝mv02，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确； 微粒从最高点到穿出电容器时由运动学知识可得L＝ vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电容器时速度和水平方向的夹角为β，tan(α＋β)＝3，C错误； 微粒从射入到运动到最高点有2L＝vxt，d＝·t， 联立可得L∶d＝1∶1，A错误； 粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直 方向的位移为y＝at2，联立解得y＝，且x＝ vxt′，y＝·t′，可得x＝2L，y＝d＝L，即粒子 在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x1＝L＝vxt1′，y1＝t1′＝＝，即轨迹不会变化，D正确。 $$