2024年領(lǐng)軍高考物理一輪復(fù)習(xí)專題13.2靜電場精講精練含解析

PAGEPAGE25專題13.2靜電場TOC\o"1-3"\h\u第一部分：考點梳理 1考點一、電場的性質(zhì)及電場力 1考點二、電勢、電勢差、等勢面、電場力做功、電勢能的相互關(guān)系 5考點三、電容器 7考點四、帶電粒子在勻強電場中的運動 8其次部：題型學(xué)習(xí) 9題型一、場強矢量性疊加的多種考法 9題型二、電場力作用下的靜力學(xué)平衡問題 11題型三、粒子在電場中運動的圖像類問題 13題型四、帶點粒子在電場中運動的軌跡問題 15題型五、動態(tài)電容 16題型六、利用等勢面的特點處理相關(guān)問題 17題型七、帶點粒子在電場的運動 19題型八、帶點粒子在電、重復(fù)合場重的運動 21題型九、等效重力場的相關(guān)應(yīng)用 23第一部分：考點梳理考點一、電場的性質(zhì)及電場力①點電荷電荷守恒定律庫侖定律1．點電荷元電荷(1)點電荷：當(dāng)帶電體本身的大小和形態(tài)對探討的問題影響可以忽視不計時，可以將帶電體視為點電荷。點電荷是一種志向化模型。(2)元電荷：把最小的電荷量叫做元電荷，用e表示，e＝1.60×10－19C。全部帶電體的電荷量或者等于e，或者等于e的整數(shù)倍。2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不能創(chuàng)生，也不能消逝，只能從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變。(2)物體的帶電方式：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(摩擦起電,接觸帶電,感應(yīng)起電))eq\o(――→,\s\up7(實質(zhì)))電子轉(zhuǎn)移，電荷重新安排，遵循電荷守恒定律。3．庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的平方成反比。作用力的方向在它們的連線上。(2)表達式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫靜電力常量。(3)適用條件：真空中靜止的點電荷。②靜電場電場強度電場線1．靜電場：靜電場是客觀存在于電荷四周的一種物質(zhì)，其基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。2．電場強度(1)定義式：E＝eq\f(F,q)，是矢量，單位：N/C或V/m。(2)點電荷的場強：E＝eq\f(kQ,r2)。(3)方向：規(guī)定正電荷在電場中某點受力的方向為該點的電場強度方向。3．電場線(1)電場線的特點。①電場線從正電荷動身，終止于負電荷或無窮遠處，或來自于無窮遠處，終止于負電荷。②電場線在電場中不相交。③在同一電場中，電場線越密的地方場強越大。④電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。⑤沿電場線方向電勢漸漸降低。⑥電場線和等勢面在相交處相互垂直。(2)幾種典型電場的電場線。③兩種等量點電荷的電場線比較等量異種點電荷等量同種點電荷形態(tài)連線中點O處的場強大小最小，指向負電荷一方為零連線上的場強大小沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外漸漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′的電場強度等大同向等大反向（典例應(yīng)用1）(多選)下列關(guān)于電場強度的兩個表達式E＝eq\f(F,q)和E＝eq\f(kQ,r2)的敘述，正確的是()A．E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量B．E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的電場力，q是放入電場中的電荷的電荷量，它適用于任何電場C．E＝eq\f(kQ,r2)是點電荷電場強度的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場，該值的大小可以通過電場線的疏密來進行比較；D．從點電荷電場強度計算式分析庫侖定律的表達式F＝keq\f(Q1Q2,r2)，eq\f(kQ2,r2)是點電荷Q2產(chǎn)生的電場在點電荷Q1處的電場強度大小，而eq\f(kQ1,r2)是點電荷Q1產(chǎn)生的電場在Q2處電場強度的大小【答案】BCD【解析】q是摸索電荷的帶電量、Q是產(chǎn)生電場的電荷的帶點量r是探討點距產(chǎn)生電場的電荷的距離；其中E＝eq\f(kQ,r2)只適用于點電荷產(chǎn)生的電場規(guī)律的探討，而E＝eq\f(F,q)則適用于全部電場大小的計算；（典例應(yīng)用2多選)兩個半徑相同的金屬小球(視為點電荷)，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的()

A.eq\f(4,7)B.eq\f(3,7)C.eq\f(9,7)D.eq\f(16,7)【答案】CD【解析】設(shè)兩小球的電荷量分別為q和7q，則原來相距r時的相互作用力F＝keq\f(q×7q,r2)＝keq\f(7q2,r2)。由于兩球的電性未知，接觸后相互作用力的計算可分為兩種狀況：

(2)兩球電性不同。相互接觸時電荷先中和再平分，每球帶電荷量為eq\f(7q－q,2)＝3q。放回原處后的相互作用力F2＝keq\f(3q×3q,r2)＝keq\f(9q2,r2)，故eq\f(F2,F)＝eq\f(9,7)。（典例應(yīng)用3）兩個相同的帶電金屬小球A、B（可視為點電荷），相隔肯定的距離，兩球之間的相互吸引力大小為F。現(xiàn)將不帶電的金屬小球C（可視為點電荷）先后與A、B兩個球接觸后移開，這時，A、B兩個球之間的相互作用力大小是()A.eq\f(1,8)FB．eq\f(1,4)FC.eq\f(3,8)F D．eq\f(3,4)F【答案】A【解析】由于A、B間有吸引力，故A、B帶異種電荷。設(shè)A、B帶的電荷量分別為Q、－Q，則兩球之間的相互吸引力即為靜電力：F＝keq\f(Q2,r2)。當(dāng)C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量都為：q1＝eq\f(Q,2)。當(dāng)C球再與B球接觸后，B、C兩球的電荷量都為：q2＝eq\f(Q－\f(Q,2),2)＝eq\f(Q,4)。所以此時A、B兩球之間的相互作用力的大小為F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),r2)＝keq\f(Q2,8r2)＝eq\f(F,8)，故A正確。（典例應(yīng)用5）如圖所示，MN是兩電荷的連線，HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足，a、b是MN連線上關(guān)于O的對稱點，c、d是直線HG上關(guān)于O的對稱點。下列說法中正確的是()A．a(chǎn)點的場強與b點的場強相同B．c點的場強與d點的場強大小相同C．將一摸索電荷沿MN由a移動到b，所受電場力先減小后增大D．將一摸索電荷沿HG由c移動到d，所受電場力先減小后增大【答案】BC【解析】在兩電荷的連線上，由場強的疊加原理可知，中點O場強最小且為零，從點O分別向點a或b，場強漸漸增大，故將一摸索電荷沿MN由a移動到b，所受電場力先減小后增大，由于a、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，故場強大小相等，方向相反，選項A錯誤，C正確；在兩電荷連線的中垂線上，中點O的場強為零，由O點沿中垂線向外，場強先增大后減小，故無法推斷由O點到c點或d點場強如何改變，因此摸索電荷由c移動到d所受電場力如何改變無法確定，由于c、d是兩點電荷連線中垂線上關(guān)于O的對稱點，故場強大小相等，方向相反，所以B正確，D錯誤。考點二、電勢、電勢差、等勢面、電場力做功、電勢能的相互關(guān)系1．靜電力做功(1)特點：靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān)。(2)計算方法①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離。②WAB＝qUAB，適用于任何電場。2．電勢能(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時靜電力所做的功。(2)靜電力做功與電勢能改變的關(guān)系：靜電力做的功等于電勢能的削減量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。(3)電勢能的相對性：電勢能是相對的，通常把電荷離場源電荷無限遠處的電勢能規(guī)定為零，或把電荷在大地表面上的電勢能規(guī)定為零。3．電勢(1)定義：摸索電荷在電場中某點具有的電勢能Ep與它的電荷量q的比值。(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)矢標(biāo)性：電勢是標(biāo)量，有正負之分，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)。(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。4．等勢面A、B在同一等勢面上(1)定義：電場中電勢相等的各點組成的面。(2)特點①等勢面肯定與電場線垂直。②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。(典例應(yīng)用6)如圖所示，對于電場線中的A、B、C三點，下列推斷正確的是()A．A點的電勢最低B．B點的電場強度最大C．同一正電荷在A、B兩點受的電場力大小相等D．同一負電荷在C點具有的電勢能比在A點的大【答案】D【解析】依據(jù)電場線的特點，沿著電場線方向電勢漸漸降低，則φA>φC>φB，又知同一負電荷在電勢越低處電勢能越大，則同一負電荷在C點具有的電勢能比在A點的大，所以A錯誤，D正確；因在同一電場中電場線越密，電場強度越大，則知A點電場強度最大，所以B錯誤；因電場中EA>EB，則同一正電荷在A、B兩點所受電場力關(guān)系為FA>FB，所以C錯誤。(典例應(yīng)用7)(2024·全國丙卷·15)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面到處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度肯定相等D．將一負的摸索電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功【答案】B【解析】靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面肯定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負摸索電荷時，電場力做負功，選項D錯誤?？键c三、電容器①基本公式與概念②分析比較的思路(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)確定電容器電容的改變。(3)用定義式C＝eq\f(Q,C)判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的改變。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場強的改變。③兩類動態(tài)改變問題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小εr變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變?。ǖ淅龖?yīng)用8）如圖所示，平行板電容器與電源相接，充電后切斷電源，然后將電介質(zhì)插入電容器極板間，則兩板間的電勢差U及板間電場強度E的改變狀況為()A．U變大，E變大 B．U變小，E變小C．U不變，E不變 D．U變小，E不變【答案】B【解析】當(dāng)平行板電容器充電后切斷電源，極板所帶電荷量Q保持不變，插入電介質(zhì)后，電容器的電容C變大，則U＝eq\f(Q,C)將變小，則由E＝eq\f(U,d)可知，板間電場強度E也將變小。選項B正確。（典例應(yīng)用9）靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，極板B固定，A可移動，起先時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開肯定角度，則下列說法正確的是()A．?dāng)嚅_S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度減小B．?dāng)嚅_S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大C．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大D．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度減小【答案】B【解析】靜電計的指針張開的角度與靜電計金屬球和外殼之間的電勢差相對應(yīng)，斷開開關(guān)S后，將A向左移動少許，電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容減小，由Q＝CU知電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，A錯；同理，斷開S后，將A向上移動少許，電容減小，電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，B對；保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差為電源電勢差，靜電計指針張開的角度不變，C、D錯?？键c四、帶電粒子在勻強電場中的運動（典例應(yīng)用10）真空中的某裝置如圖所示，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板從靜止起先被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最終打在熒光屏上。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，則下列推斷正確的是()A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)驗的時間相同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∶2D．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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)驗的時間不同，故A錯誤；依據(jù)推論y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(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錯誤。其次部：題型學(xué)習(xí)題型一、場強矢量性疊加的多種考法例1.（微元法）ab是長為l的勻稱帶電細桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示.ab上電荷產(chǎn)生的靜電場在P1處的場強大小為E1，在P2處的場強大小為E2.則以下說法正確的是（

）A.兩處的電場方向相同，E1＞E2

B.兩處的電場方向相反，E1＞E2C.兩處的電場方向相同，E1＜E2

D.兩處的電場方向相反，E1＜E2【答案】D【解析】假設(shè)細桿所帶電性為正，將細桿看成若干正點電荷的集合，P1點左右兩側(cè)距P1點處的正電荷在P1處的合場強大小為0.因此，P1處的合場強可以理解為是右面長的桿中正點電荷在P1處形成的合場強；故P1處的合場強方向向左；依據(jù)點電荷場強公式：，在本題中桿長點電荷帶電的總量可類比于公式中的Q，P2處的場強可以理解為L桿長全部正電荷在P2處的合場強，故P2處的合場強方向向右；l長正電荷帶電總量類比于公式中的Q，故P1處的場源電荷小于P2的場源電荷；又因為二者距探討點的距離均為；故P2處的場強大；D選項正確；例2.(割補法)勻稱帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上勻稱分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()A.eq\f(kq,2R2)－EB.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E【答案】A【解析】左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球殼產(chǎn)生的電場和帶電荷量為－q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有E＝eq\f(k2q,2R2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，則EN＝E′＝eq\f(k2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A正確。例3.（替代法）如圖，一半徑為R的圓盤上勻稱分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷.已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(

)(k為靜電力常量)

A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)【答案】B【解析】選B.本題應(yīng)從點電荷產(chǎn)生的電場和電場的疊加角度解決問題．已知a處點電荷和帶電圓盤均在b處產(chǎn)生電場，且b處場強為零，所以帶電圓盤在b處產(chǎn)生的電場場強E1與q在b處產(chǎn)生的電場場強Eab等大反向，即E1＝Eab＝eq\f(kq,R2)，帶電圓盤在d處產(chǎn)生的電場場強E2＝E1且方向與E1相反，q在d處產(chǎn)生的電場場強Ead＝eq\f(kq,3R2)，則d處場強Ed＝E2＋Ead＝eq\f(kq,R2)＋eq\f(kq,9R2)＝keq\f(10q,9R2)，選項B正確．例4.(結(jié)合題意矢量疊加，2013安徽)如圖所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充溢z＜0的空間，z＞0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷．空間隨意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度到處為零，則在z軸上z＝eq\f(h,2)處的電場強度大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(4q,h2)B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)【答案】D【解析】選D.本題需抓住題中的隱含條件：靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度到處為零，然后利用電場的疊加原理求解．在z軸上z＝－eq\f(h,2)處的B點，電場是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的．由于該處電場強度為零，設(shè)導(dǎo)體表面在該點產(chǎn)生的電場強度為E，則有keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)h))2)＝E.依據(jù)對稱性知，導(dǎo)體表面感應(yīng)電荷在z＝eq\f(h,2)處的A點的電場強度大小也為E，但方向與B點相反．則z＝eq\f(h,2)處A點的合電場強度E合＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)＋E＝keq\f(40q,9h2).故選項D正確．題型二、電場力作用下的靜力學(xué)平衡問題例5.(2024·益陽模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為0.1g和0.2g的帶電小球A和B，帶電量分別為q1和q2，兩球用絕緣細線懸于同一水平天花板上，靜止后它們恰好位于同一水平高度上，兩細線與豎直方向的夾角分別為α、β，兩帶電小球均可視為點電荷。關(guān)于兩球的電性及夾角的大小，下列說法中正確的是()A．兩球帶同種電荷，若q1<q2，則α<βB．兩球帶同種電荷，若q1>q2，則α>βC．兩球帶異種電荷，若q1<q2，則α<βD．兩球帶異種電荷，無論q1與q2誰大，都有α>β【答案】D【解析】兩個球相互吸引，肯定是帶異種電荷；對兩個球分別受力分析，如圖所示：mA＝eq\f(F,gtanα)mB＝eq\f(F′,gtanβ)由于mA<mB，F(xiàn)＝F′，故α>β；例6.如圖所示帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB，都用長L的絲線懸掛在O點．靜止時A、B相距為d．為使平衡時AB間距離減為d/2，可采納以下哪些方法B的質(zhì)量都增加到原來的2倍小球B的電荷量都減小到原來的一半小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將方法總結(jié)：庫侖力作用下平衡問題的解題步驟點電荷的平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了一個電場力。詳細步驟如下：題型三、粒子在電場中運動的圖像類問題例7.如圖AB是某電場中的一條電場線，若將正點電荷從A點自由釋放，沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如下圖所示，則A、B兩點場強大小和電勢凹凸關(guān)系是（）A、B、C、D、【答案】【解析】通過v-t圖像可知，正電荷從A運動到B的過程做加速度減小的加速運動，說明正電荷受到由A指向B的電場力，正電荷的受力方向與場強方向相同，故場強的方向由A指向B，沿著電場線的方向電勢降低故，又因為；從A到B的過程加速度減小，所以;故B選項正確；例8.(2014·上海物理·19)靜電場在x軸上的場強E隨x的改變關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大【答案】BC【解析】x2～x4場強沿x軸負方向，則從x2到x4處正點電荷逆著電場線方向移動，電場力做負功，電勢能增加，正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；同理分析可得，B正確；由x1運動到x4的過程中，由圖可以看出電場強度的肯定值先增大后減小，故電場力先增大后減小，故C正確，D錯誤。例9.在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推。現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【答案】AC【解析】A對：由題圖知，a、b、c、d四個點距點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：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1。C對：在移動電荷的過程中，電場力做的功與電勢能的改變量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1。D錯：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1。例10.(2014·安徽理綜·17)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動。取該直線為x軸，起始點O為坐標(biāo)原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖象中合理的是()點撥：本題是關(guān)于圖象的“信息題”。以圖象為載體考查電場的力的性質(zhì)與電場的能的性質(zhì)，考查理解題目的信息并且應(yīng)用信息解決問題的實力。本題切入點在于依據(jù)Ep-x圖象得到電場力的改變規(guī)律，突破口在于依據(jù)牛頓其次定律得到加速度的改變規(guī)律，然后結(jié)合動能定理分析?！敬鸢浮緿【解析】在Ep-x圖象中，圖象的斜率大小等于粒子所受靜電力的大小，由題意可得，靜電力F隨x增大而減小，由F＝qE得電場強度E也應(yīng)減小，所以A錯誤。而F＝ma，a也隨x增大而減小，D正確。C圖中圖象為直線，運動相同位移時速度增加量相同，又粒子做加速運動，故增加相等的速度須要的時間漸漸減小，即加速度漸漸增大，而電場力漸漸減小導(dǎo)致加速度減小，相互沖突，C錯誤。依據(jù)能量守恒定律有ΔEk＝－ΔEp，所以B錯誤。題型四、帶點粒子在電場中運動的軌跡問題例11.（2024天津）如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN,電勢能分別為EpM、EpN.下列推斷正確的是（）A.vM<vN,aM<aNB.vM<vN,φM<φNC.φM<φN,EpM<EpND.aM<aN,EpM<EpN【答案】D【解析】由粒子軌跡彎曲方向及電場線分布狀況可知，粒子所受電場力方向沿電場線切線方向，設(shè)粒子由M向N運動，則速度方向沿軌跡切線方向，電場力方向與粒子速度方向的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以vM>vN，EpM<EpN，A、B項錯誤；電場線疏密程度表示電場強度大小，故粒子在M點所受電場力的大小小于在N點所受電場力的大小，由牛頓其次定律可知，aM<aN，D項正確；由于電場線方向如圖所示；所以M點電勢較N點的高，C項錯誤.(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，依據(jù)此圖可做出的正確推斷是()A.帶電粒子所帶電荷為正；B.帶電粒子在a、b兩點的受力方向可以判定；C.帶電粒子在a、b兩點的加速度,a處較大D.帶電粒子在a、b兩點的速度b點的速度較?。弧敬鸢浮緽CD【解析】依據(jù)軌跡彎曲方向只能推斷出電場力方向，由于不知電場線方向，故無法推斷帶電粒子電性，A錯誤，B正確；依據(jù)電場線疏密知Ea>Eb，則Fa>Fb，a點加速度大于b點加速度，C正確；速度大小通過電場力做功來推斷，由a到b電場力做負功，速度減小，D正確．題型五、動態(tài)電容例13.如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()A．油滴將向下做勻加速運動B．電流計中電流由b流向aC．油滴運動的加速度漸漸變大D．極板帶的電荷量削減【答案】CD【解析】由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量削減，電容器放電，電流由a流向b，D正確，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強漸漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運動的加速度漸漸變大，C正確，A錯誤。例14.（2024北京）探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A.試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B.試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C.試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D.試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】當(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項A正確；依據(jù)電容器的確定式：，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B錯誤；依據(jù)電容器的確定式：，只在極板間插入有機玻璃板，則介電系數(shù)增大，則電容C增大，依據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故選項C錯誤；依據(jù)可知，電量Q增大，則電壓U也會增大，則電容C不變，故選項D錯誤.例7．如圖所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，平行板電容器AB內(nèi)部原有電荷P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，P的運動狀況將是（）A．仍靜止不動．B．向下運動C．向上運動．D．無法推斷．【答案】A【解析】此題利用二極管的單向?qū)щ娦詠硗茢嚯娙萜魇荙還是U不變，若假設(shè)U不變立刻推斷出E變小，電場力變小，電荷向下運動，但是d變大又導(dǎo)致C變小結(jié)合U不變得出Q變小即電容器A板正電荷應(yīng)當(dāng)放出這是不行能的事，所以只能得出一個結(jié)論假設(shè)錯誤即Q不變可以依據(jù)得出不變（與d無關(guān)）題型六、利用等勢面的特點處理相關(guān)問題例15.(多選)(2024·河北唐山一模)如圖所示，勻強電場中的A、B、C、D點構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強度的方向與紙面平行。已知A、B兩點的電勢分別為φA＝12V、φB＝6V，則C、D兩點的電勢可能分別為()A．9V、15V B．9V、18VC．0V、6V D．6V、0V【答案】AC【解析】已知ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長，因為勻強電場的電場強度的方向與紙面平行，所以UAB＝UDC＝6V，分析各選項中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯誤。例16．(多選)(2024·全國3)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標(biāo)原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV【答案】ABD【解析】如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等，故O點電勢為1V，選項B正確；則在x軸上，每0.5cm長度對應(yīng)電勢差為1V,10V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e坐標(biāo)為(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何學(xué)問得：Od長度為3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，選項A正確，電子帶負電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，選項C錯誤，電子從b點運動到c點，電場力做功W＝eU＝9eV，選項D正確。例17.圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0．一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b點時的動能分別為26eV和5eV．當(dāng)這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椋?eV時，它的動能應(yīng)為（）A8eVB13eVC20eVD34eV【答案】C【解析】點電荷在電場中運動時只有電場力做功，故只存在電勢能與動能之間的轉(zhuǎn)化，所以電勢能與動能之和是肯定值，即EP+EK=定值；點電荷從a點運動到b點的過程中動能降低了21ev；相鄰等勢面的電勢差相等，說明粒子每經(jīng)驗一個等勢面動能將減小7ev；所以粒子到達等勢面3時的動能大小為12ev，等勢面3的電勢為0，電勢能為0；故等勢面3的總能量為EP+EK=12ev。電荷在隨意位置的總能量都為肯定值，所以當(dāng)其電勢能為-8ev時其動能為20ev；題型七、帶點粒子在電場的運動例18.如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏，現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，最終電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上P′點到O點的距離x?！敬鸢浮?1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓其次定律和運動學(xué)公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1，t2＝eq\f(2L,v1)運動的總時間為t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE))。(2)設(shè)電子射出電場E2時，沿平行電場線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律得，電子在電場中的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)t3＝eq\f(L,v1)，vy＝a2t3tanθ＝eq\f(vy,v1)聯(lián)立各式解得tanθ＝2。(3)如圖，設(shè)電子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L。例19.（2024全國2）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為（>0）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及粒子從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有①F=qE=ma②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有③設(shè)粒子第一次到達G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有④l=v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得⑥⑦設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧題型八、帶點粒子在電、重復(fù)合場重的運動例20.(2013全國1)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽視不計)．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止起先下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點起先下落的相同粒子將()A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板eq\f(d,2)處返回D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回【答案】D【解析】選D.本題應(yīng)從動能定理的角度解決問題．帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當(dāng)帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移eq\f(d,3)，設(shè)帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(eq\f(d,2)＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qeq\f(d′,d－\f(d,3))U＝－qeq\f(3d′,2d)U，由動能定理得WG＋W電＝0，聯(lián)立各式解得d′＝eq\f(2,5)d，選項D正確．例21.如圖所示，在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地．現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、帶電量均為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中心P點．假如能落到A板的油滴僅有N滴，且第N+1滴油滴剛好能飛離電場，假定落到A板的油滴的電量能被板全部汲取，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則（

）

A、落到A板的油滴數(shù)

B、落到A板的油滴數(shù)

C、第N+1滴油滴通過電場的整個過程所增加的動能等于

D、第N+1滴油滴通過電場的整個過程所削減的機械能等于【答案】【解析】第一滴油滴落在A板的正中心P點，該油滴做平拋運動，結(jié)合平拋運動規(guī)律可得：第N+1滴油滴剛好能飛離電場，極板上共有N滴油滴；所以極板的帶電量為兩極板間的電壓為兩極板間的場強為第N+1滴油滴在復(fù)合場中做類平拋運動，在豎直方向的加速度大小為：