京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题三 第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动讲义

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1、电场及带电粒子在电场中的运动第1讲电场及带电粒子在电场中的运动真题再现考情分析1(多选)(2019高考全国卷)如图，电荷量分别为q和q(q0)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，电势能增加解析：选BC.a、b两点到两点电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B、C均正确；电荷量分别为q和q(q0)的点电荷(等量异种点电荷)固定在正方体的两个顶点上，正方体的另外两个顶点a、b在两点电荷q和q连线

2、的垂直平分面两侧，故a点和b点的电势不相等，选项A错误；电势是标量，将q和q在a、b两点产生的电势分别相加，可得ba，将负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少，选项D错误.2(多选)(2018高考全国卷)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(q0)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

3、为D.若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差解析：选BD.由题意得，(ab)qW1，(cd)qW2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于M、N、WMNq(MN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN，所以B正确；若W1W2，有abcd，变形可得acbd，又aMa，bNb，所以aMbN，D正确.3(多选)(2017高考全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势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

4、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a已在图中用坐标(ra，a)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.EaEb41B.EcEd21C.WabWbc31 D.WbcWcd13解析：选AC.设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功Wabq(ab)3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wbcq(bc)

5、q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功Wcdq(cd)q(J)，由此可知，WabWbc31，WbcWcd11，选项C正确，D错误.命题研究对电场中力和能性质的考查一直是高考中必考内容，涉及的题型呈多样性，近几年高考命题热点主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等选择题会以电场线、等势线为背景，结合场强、电势、电势能等基本概念进行考查，也可能会出现以带电粒子在电场中运动为背景考查学生建模能力和数学处理能力的计算题电场中力与能性质的考查【高分快攻】1电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2电场强度的计算(1)定义式

6、：E.电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关(2)真空中点电荷：Ek.E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定(3)匀强电场：E.式中d为两点间沿电场方向的距离3电势高低的判断方法(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式，即将q从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差UABAB，若UAB0，则AB，反之，AB.4电场中带电粒子轨迹的判断分析(1)分析电荷受电场力情况时，首先明确电场的电场线分布规律，再利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱(2)分析电势的高低常根据电场线的指向进行判断(

7、3)比较电势能的大小或分析电势能的变化，可以根据电场力做正功，电势能减小；做负功，电势能增大判断，也可根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大来判断【典题例析】 (2019高考全国卷)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(q0)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点时的动能解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mgqEma

8、a()2gt2解得E.(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EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m(vg2t2)答案(1)(2)2m(vg2t2)【题组突破】角度1库仑力作用下的力学平衡问题1(多选)(2019武汉高中毕业生五月训练)如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为q的小球A，在其上方l处固定着一个光滑的定滑轮O，绝缘轻质弹性绳一端系在O点正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球B连接小球B平衡时OB长为l，且与竖直方向成60角后由于小球B缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向成30角时，小球B恰好

9、在AB连线的中点C位置平衡已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内，静电力常量为k，重力加速度为g.下列说法正确的是()A小球B带负电B小球B在初始平衡位置时所带电荷量为C小球B在C位置时所带电荷量为D弹性绳原长为解析：选BD.两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球B也带正电，A错误；小球B在开始时的位置时，受到重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120，所以三个力的大小相等，即TFmg；根据库仑定律得：F，小球B在开始时的位置时所带电荷量：q1，B正确；小球在C点时，受力分析如图，由几何关系可得：Fmgsin 300.5mg，Tmgcos 30mg，根据库仑定律得：F，联立解得：

10、q2，C错误；小球B在开始位置时，弹性绳的长度：l1ll，小球B在C位置时，弹性绳的长度l2l，设弹性绳的劲度系数为k，则：，联立解得：l00.5l，D正确角度2对带电粒子运动轨迹的判断2(多选)(2019高考全国卷)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解析：选AC.在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动

11、，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误角度3电场中的图象问题3(2019青岛二模)如图甲所示，半径为R、均匀带

12、正电的球体，A、B为过球心O的直线上的两点，且OA2R，OB3R；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中E0已知，Er曲线下OR部分的面积等于2R3R部分的面积则下列说法正确的是()AA点的电势低于B点的电势BA点的电场强度小于B点的电场强度C从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差D电荷量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功E0Rq解析：选D.球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点电势高于B点电势，A错误，因为A距O点半径为2R，B距O点距离为3R，从Er图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即EAEB，B错误；根据UEd可知图象的

13、面积表示电势差，从Er图可知，R2R围成的面积大于2R3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下OR部分的面积等于2R3R部分的面积，即OR间的电势差等于2R3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场做功为WUqRE0q，D正确角度4电场中功与能的综合问题4(多选)(2018高考全国卷)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，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

14、eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：选AB.电子在等势面b时的电势能为Eq2 eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ekmv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运

15、动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确命题角度解决方法易错辨析库仑力参与下带电体的受力分析库仑定律、力的合成与分解库仑力的方向判断要准确，大小要关注两电荷量的变化电场强度的计算场强的叠加原理、补偿法、特殊值法、对称法等场强方向是受点电荷的电性决定的，并注意电场线与场强的关系电场中电势、电势能、电场力做功的关系公式法、场源判断法电势能正负的判断一定要注意检验电荷与场源电荷的关系，再根据电场力做功来计算电势带电粒子运动轨迹的判断轨迹判断法、曲线运动中正负功的判断运动电荷与场源电荷电性的关系是解决问题的核心平行板电容器中的电场问题【高分快攻】1平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电

16、容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的，以及怎样变化(2)应用平行板电容器电容的决定式C分析电容器的电容的变化(3)应用电容的定义式分析电容器带电荷量和两板间电压的变化情况(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论2动态变化分析的两个重要结论(1)电容器与直流电路相连，则两端电压取决于电路的连接情况，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变；此时若只改变两板间距离，板间电场强度大小不变【典题例析】 (2018高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电

17、容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C，可知电容C变小，由C可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由C，可知电容C变大，由C可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增

18、加极板带电量，电容C不变，由C，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误答案A【题组突破】1(多选)如图所示，两块正对平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则()A点电荷受到的电场力变小BM板带的电荷量增加CP点的电势升高D点电荷在P点具有的电势能增加解析：选AD.两板电压不变，M板上移，d增大，由E知E变小，由FEq知电场力变小，A对；由电容的决定式C知，M板上移，电容减小，由QCU可知，Q变小，B错；N板接地电势为零，PUPNEdPN，E变小，则P降低，C错；由EpqP，因为q0，P变小，则Ep变大，D对2(2019高考

19、北京卷)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的变化图象都相同(1)请在图1中画出上述uq图象类比直线运动中由vt图象求位移的方法，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qt曲线如图3中所示a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_.(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器

20、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”)“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流解析：(1)电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积为所储存的电能EpEpQU，又QCU故EpCU2.(2)a.由题图，充完电后，两次带电荷量相等，由QCUCE知，两次电源电动势相等故两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的b刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更

21、多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线，该曲线接近线性，可以实现更均匀充电(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变通过电源的电流I，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大答案：(1)uq图线如图所示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)“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小带电粒子在电场中的运动【高分快攻】1带电粒子在电场中的运动2带电粒

22、子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等. 如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解3解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的

23、运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解【典题例析】 (2019高考全国卷)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(0)质量为m，电荷量为q(q0)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

24、的长度最短应为多少？解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG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EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv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hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0.(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L2l2v0.答案(1)mvqhv0(2)2v0【题组突破】角度1带电粒子在匀强电场中的运动分析1(多选)(2019辽宁大连二模)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、

25、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A质子和粒子在O2处的速度大小之比为12B质子和粒子在整个过程中运动的时间相等C质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12D质子和粒子打到感光板上的位置相同解析：选CD.根据动能定理有mv20qU，解得v，所以质子和粒子在O2处的速度大小之比为1，选项A错误；质子、粒子在A、B板间做匀加速直线运动，设A、B间电场强度为E1，由a可知，质子的加速度大，所以质子运动时

26、间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于粒子的运动时间，选项B错误；O2到MN板的电势差用U表示，对整个过程，由动能定理得Ek0q(UU)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12，选项C正确；质子、粒子由O2到MN板，竖直方向有ht2，水平方向有xvt，联立解得x2，所以质子和粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确角度2带电体在电场中运动的求解2(2017高考全国卷)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

27、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：(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，故匀强电场方向向上在t0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

28、向上，大小a1满足qE2mgma1油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1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qE2mgma2油滴在时刻t22t1的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1.(2)由题意，在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t由题给条件有v2g(2h)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s1s2h由式得E2E1为使E2E1，应有221即当0t1才是可能的；条件式和式分别对应于v20和v2E1，应有221即t1另一解为负，

29、不合题意，已舍去答案：见解析角度3带电粒子在交变电场中的运动分析3(2019烟台二模)如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间的电压U1100 V，M、N两板水平放置，两板之间的距离d0.1 m，板长L0.2 m一个质量m21012 kg、电荷量q1108 C的带电粒子(不计重力)从靠近A板处由静止释放，经加速电场加速后从B板的小孔穿出，沿着M、N两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在M、N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，

30、则交流电U2的周期T为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)解析：(1)由动能定理得qU1mv解得v01103 m/s.(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间tT(n0，1，2，)带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则Lv0t所以T s(n0，1，2，)带电粒子进入偏转电场时的加速度a电场强度E带电粒子在进入偏转电场后的前内沿竖直方向的位移ya要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，需满足2y联立式解得n4.5所以T s(n5，6，7，)(3)要使总偏移量最大，则n应取值最小，故n5

31、，由此解得，最大偏移量y2y0.04 m.答案：(1)1103 m/s(2) s(n5，6，7，)(3)0.04 m命题角度解决方法易错辨析带电体在电场中的运动分析动能定理、类平抛运动分解思想要注意带电体的重力问题，无论是受力分析中还是功能关系中都要引起关注带电粒子在电场中的运动动能定理、类平抛运动、矢量三角形粒子经电场偏转后要注意速度的大小及方向的变化情况(建议用时：40分钟)一、单项选择题1(2019高考北京卷)如图所示，a、b两点位于以负点电荷Q(Q0)为球心的球面上，c点在球面外，则()Aa点场强的大小比b点大Bb点场强的大小比c点小Ca点电势比b点高Db点电势比c点低解析：选D.由点

32、电荷的场强公式E可知，与Q距离相等的点场强大小相等，离Q越近的点场强越大，故a点场强的大小与b点的相等，b点场强的大小比c点的大，A、B项错误；与Q距离相等的点，电势相等，离Q越近的点，电势越低，故a点电势与b点的相等，b点电势比c点的低，C项错误，D项正确2一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解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变若将云母介质移出

33、，电容C减小，由C可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小由于U不变，d不变，由E可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误3(2019莱芜二模)如图所示， 真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则()AA、B、C、D四个点的电势相同BA1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同C负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能D正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功解析：选A.由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四

34、个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D错误4(2018高考天津卷)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M、N，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()AvMvN，aMaN BvMvN，MNCMN，EpMEpN DaMaN，EpMvN，E

35、pMEpN，A、B项错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M点所受电场力的大小小于在N点所受电场力的大小，由牛顿第二定律可知，aMabac，vavcvb Baaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcva Dabacaa，vavcvb解析：选D.由点电荷电场强度公式Ek可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，abacaa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最

36、小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有vavcvb，C选项错误，D选项正确6(2019高考天津卷)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解析：选B.小球动能的增加量为Ekm(2v)2mv2mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的

37、速度为零，则M、N两点之间的高度差为h，小球重力势能的增加量为Epmghmv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为Epmv2mv22mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确7(2019河南天一联考)如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B的带电荷量减小，使两球再次静止时它们

38、之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的带电荷量减小为原来的()A. B.C. D.解析：选C.小球B受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L，则OAB是等腰三角形，则线的拉力T与重力G相等，GT，小球处于平衡状态，则库仑力F2Gsin，设原来小球带电荷量为q，A、B间的距离是r，则r2Lsin，由库仑定律得Fk，后来库仑力变为原来的一半，则2Gsin ，r2Lsin，k，解得qBq，故选C.8如图所示，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M、N、P、Q.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

39、等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC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，电场力做负功解析：选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，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为MN，故选项B正确，A错误；M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误；电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误二、多项选择题9(2017高考全国卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐

40、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：选ABD.ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E12 V/cm、E21.5 V/cm，根据矢量合成可知E2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有Oabc，得O1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为10 eV、17 eV和26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W(17 eV)(26 eV)9 eV，D项正确10(2019淄博二模)通常把电荷在离场源电荷无

41、限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为Er(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x0和x6 cm的位置上x轴上各点的电势随x的变化关系如图所示A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平下列说法正确的是()A电荷Q1、Q2的电性相反B电荷Q1、Q2的电荷量之比为14CB点的x坐标是8 cmDC点的x坐标是12 cm解析：选ACD.电势随x的变化关系图象的斜率E，所以C点电场强度为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；根据可知，A0，解得Q1|

42、Q2|41，故B错误；根据可知，B0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；由E知，EC0，解得C点的坐标是x212 cm，故D正确11(2019青岛模拟)如图(a)所示，两个带正电的小球A、B(均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA2.0104 C，B球的质量m0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图(b)中曲线所示，直线为曲线的渐近线图中M点离A点距离为6 m令A所在垂直x轴的平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取10 m/s2，静电力恒量k9.0109 Nm2/C2.下列说法正确的是()A杆与水平面的夹角60BB球的电荷量QB1.0105 CC若B球以4 J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 JD若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大解析：选BCD.渐进线表示B球的重力势能Ep随位置的变化关系，即：Epmgxsin kx，得：sin 0.5，即30，A项错误；由图(b)中的曲线可知，在x6 m处总势能最小，B球动能最大，该位置B球受力平衡，则有mgsin k，解得：QB1105