《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第7单元 静电场 听课答案.doc

第七单元静电场第19讲电场的力的性质【教材知识梳理】一、1.(1)整数倍(2)理想化模型2.(1)保持不变(2)摩擦感应接触二、1.正比反比2.9.01093.点电荷三、1.力的作用2.(1)电场力F电荷量q(2)E=Fq(3)正电荷四、1.切线强弱2.(1)正电荷负电荷(3)越大辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)金属球可能不带电或带负电解析 验电器的金箔之所以张开,是因为它们都带有正电荷,而同种电荷相互排斥,张开角度的大小取决于两金箔带电荷量的多少.如果A球带负电,靠近验电器的B球时,异种电荷相互吸引,使金箔上的正电荷逐渐“上移”,从而使两金箔张角减小;如果A球不带电,在靠近B球时,发生静电感应现象使A球靠近B球的端面出现负的感应电荷,而背向B球的端面出现正的感应电荷,由于A球上因感应而出现的负电荷离验电器较近而表现为吸引作用,从而使金箔张角减小.【考点互动探究】考点一1.C解析 由感应起电可知,近端感应出异种电荷,故A带负电,B带正电,选项A错误;处于静电平衡状态下的导体是等势体,故A、B电势相等,选项B错误;先移去C,则A、B两端的等量异种电荷又重新中和,而先分开A、B,后移走C,则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和,故选项C正确,选项D错误.2.C解析 设原来A、B带电荷量均为Q,相距为r,根据相同的小球接触后电荷的分配规律可知,C球与A球接触后,A、C带电荷量均为Q2,C球与B球接触后,C、B带电荷量均为3Q4,所以A、B间原来的静电力为F=kQ2r2,后来的静电力为F=k12Q34Qr2=38F,选项C正确.3.C解析 两小球间的作用力为库仑引力,故两小球带异种电荷;由平衡条件得tan =kq1q2r2mg,因>,则一定有m1<m2,选项C正确.4.C解析 若B恰能保持静止,则kqAqBL12=kqCqBL22,A做匀速圆周运动,有kqAqBL12-kqCqA(L1+L2)2=mA2L1,C做匀速圆周运动,有kqCqBL22-kqCqA(L1+L2)2=mC2L2,联立解得A和C的比荷之比应是L1L23,选项C正确.考点二例1B解析 由题意,三个小球均处于静止状态,对c球而言,a、b两球在c球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向,故匀强电场的场强大小E=2kql2cos 30=3kql2,B正确.变式题1B解析 由题意,b点处的场强为零,说明点电荷q和圆盘在b点产生的场强等大反向,即圆盘在距离为R的b点产生的场强为EQ=kqR2,故圆盘在距离为R的d 点产生的场强也为EQ=kqR2,点电荷q在d点产生的场强Eq=kq(3R)2,方向与圆盘在d点产生的场强方向相同,d点的合场强为二者之和,即E合=kqR2+kq(3R)2=10kq9R2,B正确.变式题2B解析 实心大球在A点产生的电场强度E1=kQ4R2,实心小球所带的电荷量Q=QR23R3=Q8,实心小球在A点产生的电场强度E2=kQ18R2,故A点的合电场强度E=E1-E2=7kQ36R2,选项B正确.变式题3C解析 从图乙中可以看出,P点电场强度方向为水平向左;正、负电荷在P点产生的电场相叠加,其大小为E=2kqr2cos =2kqr2dr=2kqdr3,故选项C正确.变式题4D解析 设想将圆环等分为n个小段,当n相当大时,每一小段都可以看成点电荷,其所带电荷量为q=Qn,由点电荷的场强公式可得,每一点电荷在P处产生的场强为EP=kQnr2=kQn(R2+L2),由对称性可知,各小段在P处产生的场强垂直于轴向的分量Ey相互抵消,而轴向分量Ex之和即为带电圆环在P处产生的场强E,故E=nEx=nkQn(L2+R2)cos =kQLr(L2+R2),而r=L2+R2,联立可得E=kQL(R2+L2)3,D正确.考点三例2CD解析 根据两粒子的偏转方向,可知两粒子带异种电荷,但无法确定其具体电性,故A错误;由粒子受力方向与速度方向的关系,可判断电场力对两粒子均做正功,两粒子的速度、动能均增大,故B错误,D正确;从两粒子的运动轨迹判断,a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏,b粒子经过的电场的电场线逐渐变密,说明a的加速度减小,b的加速度增大,故C正确.变式题1D解析 根据电场线的疏密特点,在AB直线上,O点的电场强度最小,则受到的电场力最小,而在CD直线上,O点的电场强度最大,则受到的电场力最大,因此电荷在O点受力不是最大,故A错误;根据电场线的疏密可知,从A到B的过程中,电场强度先减小后增大,则电场力也先减小后增大,同理,从C到D的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力也先增大后减小,故B错误,D正确;电荷沿直线由A到B的过程中,无法确定电场力做功的正负,因此无法确定电势能变化,故C错误.变式题2C解析 在两电荷连线中垂线上,电场强度的方向由O到P,负点电荷q从P点到O点运动的过程中,电场力方向由P到O,速度越来越大,电场强度可能先增大后减小,也可能一直减小,则电荷加速度可能先增大后减小,也可能一直减小,故A、B错误;越过O点后,负电荷q做减速运动,则点电荷运动到O点时速度最大,电场力为零,加速度为零,故C正确;根据电场线的对称性可知,越过O点后,负电荷q做减速运动,加速度先增大后减小或一直增大,直到速度为零,故D错误.1.如图19-1所示,A、B是点电荷-Q形成的电场中的两点(rA<rB).若先后把带电荷量很小、不会影响-Q形成电场的正点电荷q1、q2(q1>q2)分别放到A点和B点,q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2,在B点受到的电场力分别为FB1、FB2.关于点电荷所受电场力F和带电荷量q的比值的大小的比较中,下列判断正确的是()图19-1A.FA1q1<FB1q1,FA1q1<FA2q2B.FA1q1<FB1q1,FA1q1=FA2q2C.FA1q1>FB1q1,FA1q1=FA2q2D.FA1q1>FB1q1,FA1q1>FA2q2解析 C由题可知,q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2,而A点的电场强度一定,根据场强的定义式E=Fq可知,FA1q1=FA2q2=EA;由点电荷的场强公式E=kQr2可知,A点的场强大于B点的场强,则有FA1q1>FB1q1,故C正确.2.2018牡丹江联考 两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处,如图19-2所示.A处电荷带正电荷量Q1,B处电荷带负电荷量Q2,且|Q2|=4Q1,另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上.欲使整个系统处于平衡状态,则()图19-2A.Q3为负电荷,且放于A左方B.Q3为负电荷,且放于B右方C.Q3为正电荷,且放于A、B之间D.Q3为正电荷,且放于B右方解析 A因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用,且已知Q1和Q2是异种电荷,对Q3的作用力一为引力,一为斥力,所以Q3要平衡就不能放在A、B之间.根据库仑定律知,由于|Q2|>Q1,Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡,故应放在Q1的左侧.要使Q1和Q2也处于平衡状态,Q3必须带负电,故选项A正确.3.(多选)2016浙江卷 图19-3如图19-3所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点.用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定.两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m.已测得每个小球质量是8.010-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g取10 m/s2,静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,则()A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.010-2 NC.B球所带的电荷量为4610-8 CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0解析 ACD由接触起电的电荷量分配特点可知,两相同金属小球接触后带上等量同种电荷,选项A正确;对A受力分析如图19-4所示,有F库mg=ADOAD,而F库=kq2AB2,得F库=610-3 N,q=4610-8 C,选项B错误,选项C正确;等量同种电荷连线的中点电场强度为0,选项D正确.4.(多选)2018沧州模拟 两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图19-4所示,c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则()图19-4A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低解析 ACD由图可看出,a点处电场线比b点处电场线密,则a点的场强大于b点的场强,故A正确;电场线从正电荷到负电荷,沿着电场线电势降低,所以b点的电势比a点的高,B错误;负电荷在c点的合场强为零,c点只有正电荷产生的电场强度,在d点正电荷产生的场强向上,两个负电荷产生的场强向下,合场强是它们的差值,所以c点的电场强度比d点的大,C正确;正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强,根据U=Ed可知,正电荷到c点电势降低得多,所以c点的电势比d点的低,也可以这样理解:正电荷在d、c两点产生的电势相等,但两个负电荷在d点产生的电势高于c点,所以c点的总电势低于d点,D正确.图19-55.(多选)2018云南大理模拟 在光滑绝缘的水平桌面上,存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图19-5中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开始运动,到C点时,突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点,其运动轨迹如图中虚线所示,v表示小球经过C点时的速度,则()A.小球带正电B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能与v方向相反D.在A、B两点小球的速率不可能相等解析 AB由小球从A点到C点的轨迹可得,小球受到的电场力方向向右,带正电,选项A正确;小球从C点到B点,所受合力指向轨迹凹侧,当水平恒力F水平向左时,合力可能向左,符合要求,当恒力F的方向与v方向相反时,合力背离轨迹凹侧,不符合要求,选项B正确,C错误;小球从A点到B点,由动能定理,当电场力与恒力F做功的代数和为零时,在A、B两点小球的速率相等,选项D错误.图19-66.(多选)如图19-6所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上,则()A.小球A与B之间库仑力的大小为kq2d2B.当qd=mgsink时,细线上的拉力为0C.当qd=mgtank时,细线上的拉力为0D.当qd=mgktan时,斜面对小球A的支持力为0解析 AC根据库仑定律得A、B间的库仑力F库=kq2d2,故A正确;当细线上的拉力为0时满足kq2d2=mgtan ,得到qd=mgtank,故B错误,C正确;斜面对小球A的支持力始终不为零,故D错误.图19-77.有三个完全相同的金属小球A、B、C,其中小球A和B带有等量的同种电荷,小球C(未画出)不带电,如图19-7所示,A球固定在竖直支架上,B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处,静止时细线与竖直方向的夹角为.小球C可用绝缘手柄移动,重力加速度为g,现在进行下列操作,其中描述与事实相符的是()A.仅将球C与球A接触后离开,B球再次静止时细线中的张力比原来要小B.仅将球C与球B接触后离开,B球再次静止时细线与竖直方向的夹角为1,仅将球C与球A接触后离开,B球再次静止时细线与竖直方向的夹角为2,则1=2C.剪断细线瞬间,球B的加速度等于gD.剪断细线后,球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地解析 B仅将球C与球A接触后离开,球A的电荷量减半,致使A、B间的库仑力减小,对球B进行受力分析,可知它在三个力的作用下平衡,由三角形相似可知mgH=TL,故细线的张力大小不变,故A错误;将球C与球B接触后离开,和球C与球A接触后离开这种情况下A、B间的斥力相同,故夹角也相同,故B正确;剪断细线瞬间,球B在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的张力等大反向,故其加速度不等于g,故选项C错误;剪断细线后,球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化,即球B在落地前做非匀变速曲线运动,故选项D错误.8.(多选)2018武汉质检 离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置.如图19-8所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图,四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连,相当于四个电极,相对的电极带等量同种电荷,相邻的电极带等量异种电荷.在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线围成一个正方形abcd,A、C是a、c连线上的两点,B、D是b、d连线上的两点,A、C、B、D到正方形中心O的距离相等.下列判断正确的是()图19-8A.D点的电场强度为零B.A、B、C、D四点的电场强度相等C.A点的电势比B点的电势高D.O点的电场强度为零解析 CD根据电场的叠加原理,a、c两个电极带等量正电荷,在O点产生的合场强为零,b、d两个电极带等量负电荷,在O点产生的合场强为零,则O点的合场强为零,D正确;同理,D点的场强水平向右,A错误;A、B、C、D四点的场强大小相等,方向不同,B错误;由电场特点知,AO线上电场方向由A指向O,OB线上由O指向B,故A>O,O>B,则A>B,C正确.图19-109.如图19-10所示,将质量m=0.1 kg、所带的电荷量q=+110-5 C的圆环套在绝缘固定的圆柱形水平直杆上.环的直径略大于杆的截面直径,环与杆间的动摩擦因数=0.8.当空间存在着斜向上、与杆夹角为=53的匀强电场时,环在电场力作用下以大小为4.4 m/s2的加速度a沿杆运动,求电场强度E的大小.(sin 53=0.8,cos 53=0.6,g取10 m/s2)答案 1.0105 N/C或9.0105 N/C解析 在垂直于杆的方向上,由平衡条件得qE0sin =mg解得E0=1.25105 N/C当E<1.25105 N/C时,杆对环的弹力方向竖直向上根据牛顿第二定律可得qEcos -FN=ma且qEsin +FN=mg解得E=1105 N/C当E>1.25105 N/C时,杆对环的弹力方向竖直向下根据牛顿第二定律可得qEcos -FN=ma且qEsin =mg+FN解得E=9105 N/C第20讲电场的能的性质【教材知识梳理】一、1.零电势2.电势能的减少量3.电势能电荷量Epq4.(1)电势(2)电场线不电势低不越大越小二、1.(1)电场力做的功电荷量(2)WABqA-B2.(1)Ed场强方向(2)场强三、(1)处处为零(2)处处相等辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()(8)()(9)()(10)()【考点互动探究】考点一例1B解析 静电场中的电场线不可能相交,等势面也不可能相交,否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾,A错误;由WAB=qUAB可知,当电荷在等势面上移动时,电荷的电势能不变,如果电场线不与等势面垂直,那么电荷将受到电场力,在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化,这就矛盾了,B正确;同一等势面上各点电势相等,但电场强度不一定相等,C错误;对于负电荷,q<0,从电势高的A点移到电势低的B点,UAB>0,由电场力做功的公式WAB=qUAB可知WAB<0,电场力做负功,D错误.变式题1D解析 在MN连线的中垂线上,各点的电势均为零,选项A错误;沿两电荷连线的中垂线从b点到d点,场强先增大后减小,故+q受到的电场力先增大后减小,选项B错误;因a点的电势高于c点,故+q在c点电势能小于在a点电势能,选项D正确,C错误.变式题2B解析 电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力做功相等,表明N、P两点电势相等,直线d是等势线,与d平行的c也是等势线,电子由M到N,电场力做负功,电势能增大,则M>N,A错误,B正确;电子由M点运动到Q点,电场力不做功,C错误;电子由P点运动到Q点,电场力做正功,D错误.考点二例2BD解析 由题给条件无法确定场强方向,故选项A错误.W1=qUab,W2=qUcd,匀强电场中,M、N为中点,则有M=a+c2,N=b+d2,所以WMN=qUMN=W1+W22,故选项B正确.由于无法确定场强是否沿cd方向,故选项C错误.若W1=W2,即Uab=Ucd,则a-b=c-d,即a-c=b-d,由UaM=a-c2,UbN=b-d2,所以有UaM=UbN,故选项D正确.变式题A解析 由题意可知a、b两点的电势均为8 V,则ab为一条等势线,又知O点电势为2 V,则匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方,过O点作ab的垂线交ab于c点,由几何关系得tan abO=43,则abO=53,Oc=Obsin abO=0.03 msin 53=2.410-2 m,c、O间的电势差U=8 V-2 V=6 V,所以电场强度大小E=UOc=250 V/m,故A正确.考点三例3D解析 根据带负电粒子的运动轨迹可以判断出电场线的方向大致是从右向左,N点的电势低于M点的电势,N点处的电场线较密,所以粒子在N点时的加速度大于其在M点时的加速度,粒子从N点运动到M点的过程中电场力一直在做正功,所以粒子在M点的速率大于在N点的速率,电势能在减小,故D正确.变式题1ABC解析 从粒子的轨迹可以看出,O点的正电荷与粒子M相互吸引,与粒子N相互排斥,故M带负电荷,N带正电荷,A正确.Uab>0,所以从a点运动到b点,M所受的电场力做负功,动能减小,故B正确.d、e两点电势相等,N在d、e两点的电势能相等,故C正确.Ucd>0,N从c点运动到d点,电场力做正功,故D错误.变式题2AB解析 电子从a到d克服电场力做功6 eV,则a、d之间的电势差为6 V,匀强电场中间距相等的等势面为等差等势面,所以平面a、b、c、d、f的电势依次为4 V、2 V、0 V、-2 V、-4 V,A正确;因为电子的运动方向不一定与等势面垂直,所以电子可能不会到达平面f,B正确;电子从c到d,克服电场力做功2 eV,电势能增加2 eV,所以电子经过平面d时的电势能为2 eV,C错误;电子从a到b,克服电场力做功2 eV,根据动能定理有10 eV-12mvb2=2 eV,从a到d,克服电场力做功6 eV,根据动能定理有10 eV-12mvd2=6 eV,解得vbvd=2,D错误.考点四例4BD解析 由图知A、B两点的电场强度方向相反,电势相等,故A错误;粒子从B运动到A,电场力做功W=qU=0,根据动能定理知,粒子经过A、B两点时的动能相等,电势能相等,速度大小相同,故B、D正确;A、B两点的电场强度方向相反,粒子所受合外力方向相反,所以加速度方向相反,故C错误.例5AC解析 由点电荷的场强公式E=kQr2,可得EaEb=41,EcEd=41,选项A正确,选项B错误;电场力做功W=qU,UabUbc=31,则WabWbc=31,又有UbcUcd=11,则WbcWcd=11,选项C正确,选项D错误.例6D解析 由图知无穷远处的电势能为0,A点的电势能也为0,从O到M,电势能先为正值后为负值,说明O点的电荷q1带负电,M点的电荷q2带正电,由于A点距离O比较远而距离M比较近,所以q1的电荷量大于q2的电荷量,故A、B错误;由图可知,A、N两点的电势能为零,则这两点电势为零,负电荷由N到C,电势能增加,而由C到D,电势能减小,可知在C点左侧电场方向向右,在C点右侧电场方向向左,则正点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功,在C点时动能最大,即速度最大,故选项C错误,D正确.例7ABD解析 由速度图像可知,从a到b做加速度减小的减速运动,在b点时粒子运动的加速度为零,则电场力为零,所以该点场强为零,粒子在a、b间做减速运动,电场力向左,合场强向右,b点左侧的合电场主要取决于Q2,故Q2带正电,故A正确,C错误.b点的电场强度为0,根据点电荷场强公式得kQ1r12=kQ2r22,因为r1>r2,故Q1>Q2,即Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量,故B正确.粒子从a点到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加;从b点到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故粒子从a到b再到c的过程中,电势能先增大后减小,故D正确.1.2016全国卷 如图20-1所示,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动.运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则()图20-1A.aa>ab>ac,va>vc>vbB.aa>ab>ac,vb>vc>vaC.ab>ac>aa,vb>vc>vaD.ab>ac>aa,va>vc>vb解析 D由库仑定律可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa,由a=Fm可知,ab>ac>aa,由运动轨迹可知,粒子Q的电性与P相同,受斥力作用,不论粒子从a到c,还是从c到a,在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角,即斥力先做负功后做正功,因此va>vc>vb,故D正确.2.(多选)如图20-2所示,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零.下列说法正确的是()图20-2A.b点电势为零,电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大解析 BC等量异种点电荷连线的中垂线是电势为零的等势线,该线上除无穷远外各点场强方向水平向右,O点电场强度最大,O点上下两侧电场强度逐渐减小,选项A错误;等量异种点电荷连线电势沿着电场线逐渐降低,则a>O=0,a点电势能Epa=qa,因为q>0,a>0,所以Epa>0,a点电场强度方向向右,电荷带正电,所以电场力方向向右,选项B正确;O<a,所以UOa<0,WOa=qUOa<0,电场力做负功,所以移动电荷必须克服电场力做功,选项C正确;q>0,UOa=Uba,WOa=Wba,电场力做功相同,所以电势能变化相同,选项D错误.图20-33.(多选)如图20-3所示,真空中有一个边长为L的正方体,正方体的两个顶点M、N处分别放置所带电荷量都为q的正、负点电荷,图中的a、b、c、d也是正方体的顶点.已知静电力常量为k.下列说法中正确的是()A.a、b两点电场强度相同B.a点电势高于b点电势C.把正点电荷从c点移到d点,电势能增加D.M点的电荷受到的库仑力大小为F=kq22L2解析 AD由等量异种点电荷的电场分布可知,a、b两点处电场强度相同,a点的电势等于b点的电势,且都等于零,A正确,B错误;因c点电势高于d点,故把正点电荷从c点移到d点,电势能减小,C错误;M点的电荷受到的库仑力大小为F=kq2(2L)2=kq22L2,D正确.4.(多选)2017全国卷 一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图20-4所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V.下列说法正确的是()图20-4A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV解析 ABD由题目可得:a=10 V,b=17 V,c=26 V,则可知ab与Oc交点电势满足a+b2=O+c2,故O=a+b-c=1 V,故B正确;从a到b移动电子,电场力做功W=Uab(-e)=7 eV,电场力做正功,电势能减小,故电子在a点电势能比在b点高7 eV,故C错误;从b到c移动电子,电场力做功W=-eUbc=9 eV,故D正确;如图20-5所示,过b点作bd垂直于Oc,则由几何关系有xcd=635 cm=185 cm,故c-OxcO=c-dxcd,则d点的电势为d=17 V,故bd为等势线,从而电场线沿cO方向,故E=UcOxcO=2510 V/cm=2.5 V/cm,故A正确.图20-55.如图20-6所示,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.图20-6答案 mv02q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的速度分量不变,即vBsin 30=v0sin 60由此得vB=3v0设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB=12m(vB2-v02)联立式,得UAB=mv02q6.如图20-7所示,在O点放置一个正点电荷,在过O点的竖直平面内的A点自由释放一个带正电且可视为质点的小球,小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一条水平线上,BOC=30,A点距离OC的高度为h.若小球通过B点的速度大小为v,试求:(重力加速度为g)图20-7(1)小球通过C点的速度大小;(2)小球由A点运动到C点的过程中电势能的增加量.答案 (1)v2+gR(2)mgh-12mv2-12mgR解析 (1)因B、C两点电势相等,小球由B到C过程,只有重力做功,由动能定理得mgRsin 30=12mvC2-12mv2解得vC=v2+gR.(2)由A点运动到C点,由动能定理得WAC+mgh=12mvC2-0解得WAC=12mvC2-mgh=12mv2+12mgR-mgh由电势能变化与电场力做功的关系得Ep=-WAC=mgh-12mv2-12mgR.第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动【教材知识梳理】一、1.(1)绝缘(2)绝对值(3)极限低2.(1)电荷量QC=QU(3)C=rS4kd二、1.qEmUd2.qU=12mv2-12mv02三、1.类平抛2.(1)匀速直线(2)匀加速直线辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()(8)()【考点互动探究】考点一1.A解析 断开开关,电容器带电荷量不变,增大两极板间的距离,根据C=rS4kd知,电容减小,根据U=QC知,电势差增大,指针张角增大,故A正确;保持开关闭合,电容器两极板间的电势差不变,则指针张角不变,与极板间距无关,故B、C错误;保持开关闭合,电容器两极板间的电势差不变,滑动变阻器仅仅充当导线功能,滑片滑动不会影响指针偏角,故D错误.2.D解析 开始时,油滴受力如图甲所示,静电力F与重力mg平衡,当将B板右端向下移动一小段距离后,A、B板间电场线变成曲线,原因是A、B板仍为等势面,电场线与等势面垂直,则油滴受的电场力F与mg不在一条直线上(如图乙所示),因为正对面积变小,故电容变小,由C=QU知,在电压不变的情况下,Q变小,则两板间电场减弱,F<F,故F与mg的合力斜向右下方,即油滴将向右下方运动.3.D解析 保持下极板不动,上极板向下移动一小段距离后,由C=rS4kd可知电容器的电容变大,由于Q不变,由C=QU可知U减小,故静电计的指针偏角变小;电场强度E=Ud=QCd=4kQrS不变;由于下极板不动,电场强度E不变,所以P点的电势没有发生改变,故点电荷在P点的电势能不变,A、B、C错误,D正确.考点二例1(1)0.5 cm(2)1.510-8 s解析 (1)带电微粒在由A点运动到B点的过程中,由动能定理得|q|E1d1-|q|E2d2=0解得d2=E1E2d1=0.5 cm.(2)设带电微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有|q|E1=ma1|q|E2=ma2设带电微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2,由运动学公式有d1=12a1t12d2=12a2t22又t=t1+t2解得t=1.510-8 s.变式题1A解析 C板在P点时,由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零.当C板移到P时,根据E=Ud=QCd=QrS4kdd=4kQrS,可知B、C板间的电场强度不变,由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零,所以电子运动到P点时速度为零,然后返回,故A正确.变式题2C解析 由题设条件知,把A板向上平移一小段距离,电场力做功不变,重力做功也不变,根据动能定理知,油滴到达N孔时速度仍为原来的速度,动能与原来相等,根据电场力做负功及电场强度的方向可知油滴带负电,故C正确.考点三例2AD解析 设加速电场的电压为U1,偏转电场的板间距离为d2,根据动能定理得qU1=12mv2,解得v=2qU1m,进入偏转电场后飞行时间t=lv,偏转距离y=12at2=12qE2mlv2=E2l24U1,可见,粒子的偏转距离与粒子的质量和电荷量均无关,所以它们会打在屏幕的同一位置,D正确;偏转电场对粒子做功为W=qE2y,与电荷量、场强和偏转距离有关,所以A正确;三种粒子打到屏上时的动能一样大,但它们的质量不同,所以速度不同,B错误;粒子的质量越大,运动到屏上所用的时间越长,C错误.变式题1A解析 设板的长度为L,板间距离为d,则根据推论可知,偏转距离y=U2L24dU1.使U1加倍,若要电子的运动轨迹不发生变化,即y不变,则必须使U2加倍.变式题2AD解析 由题意可知,两个带电粒子都做类平抛运动,水平方向为匀速运动,由于二者的水平位移相等,初速度相等,则在电场中运动的时间相等,即tM=tN,A正确;竖直位移y=12at2=qEt22m,因m、t、E相等,则带电荷量之比qMqN=yMyN=12,D正确;粒子在电场中运动时,由功能关系可知,电势能的减少量等于电场力做的功,则电势能的减少量之比EMEN=qMEyMqNEyN=14,故B错误;带电粒子在电场中运动时只受电场力作用,动能的增加量等于电场力所做的功,故C错误.1.如图21-1所示,两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置,极板上带有等量异种电荷,其中A板用绝缘线悬挂,B板固定且接地,P点为两板的中间位置.下列说法正确的是()图21-1A.若在两板间加上某种绝缘介质,A、B两板所带电荷量会增大B.A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等,方向相同C.若将A板竖直向上平移一小段距离,两板间的电场强度将增大D.若将A板竖直向上平移一小段距离,原P点位置的电势将降低解析 B在两板间加上某种绝缘介质时,A、B两板所带电荷量没有改变,故A错误;两板各自所带的电荷量的数值相等,P点到两板的距离相等,根据对称性和电场的叠加可知,两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等,方向都向下,故B正确;根据电容的决定式C=rS4kd、电容的定义式C=QU和板间场强公式E=Ud得E=4kQrS,由题知Q、S、r均不变,则移动A板时,两板间的电场强度将不变,故C错误;由以上分析可知,将A板竖直向上平移时,板间场强不变,由U=Ed知,P点与下极板间的电势差不变,P点的电势保持不变,故D错误.图21-22.如图21-2所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子.在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为()A.32B.21C.52D.31解析 A假设平行板间的匀强电场场强为E,根据牛顿第二定律和运动学公式可得,质量为M的粒子为研究对象,有25l=12qEMt2,以质量为m的粒子为研究对象,有35l=12qEmt2,联立可得Mm=32.图21-33.2018辽宁师大附中期中 如图21-3所示,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45角,上极板带正电.一电荷量为+q的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大.若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为()A.Ek04qdB.Ek02qdC.2Ek02qdD.2Ek0qd解析 B当场强足够大时,粒子打到上极板的极限情况为:粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行,粒子的运动为类平抛运动的逆运动.将粒子初速度v0分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx,根据运动的合成与分解,以及运动学公式有vy2=2qEmd,vy=v0cos 45,Ek0=12mv02,联立得E=Ek02qd,故B正确.4.(多选)2018河北衡水中学调研 如图21-4所示,水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间某点相遇.若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是()图21-4A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同解析 ACD从轨迹可以看出yM>yN,故12qMEmMt2>12qNEmNt2,解得qMEmM>qNEmN,qM>qN,故A正确,B错误;根据动能定理知,电场力做的功为W=Ek=12mvy2,质量相同,电荷M的竖直分位移大,竖直