【物理】2019届二轮复习专题三第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动学案 21页

第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动 ‎[做真题·明考向]　　　　 　　　　　　　　　　 　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第37页 ‎[真题再做]‎ ‎1．(2018·高考全国卷Ⅰ，T16)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝‎5 cm，bc＝‎3 cm，ca＝‎4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)‎ A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝ C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝ 解析：由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号．‎ 根据库仑定律，‎ a对c的库仑力为 Fa＝k0①‎ b对c的库仑力为 Fb＝k0②‎ 设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得 ＝③‎ 联立①②③式得 k＝＝＝.‎ 答案：D ‎2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ，T21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是(　　)‎ A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 解析：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2，得aa＞ab，又由a＝知，ma＜mb，A错；经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B对；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C错；根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D对．‎ 答案：BD ‎3．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ，T21)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(q＞0)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为 D．若W1＝W2，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：结合题意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但电场方向不能得出，A错误；根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝④，同理可得φN＝⑤，联立①②③④⑤‎ 式可得WMN＝，即B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝，但本题中电场方向未知，故C错误；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，结合④⑤两式可推出φa－φM＝φb－φN，即D正确．‎ 答案：BD ‎4.(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ，T20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ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φa已在图中用坐标(ra，φa)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．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B.Ec∶Ed＝2∶1‎ C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3‎ 解析：设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，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Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做的功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，D错误．‎ 答案：AC ‎5．(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ，T21)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/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 解析：ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝‎ eq f(Ucb,bc)＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 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φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 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．‎ 答案：ABD ‎[考情分析]‎ ‎■ 命题特点与趋势——怎么考 ‎1．近几年高考题型主要以选择题为主，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．‎ ‎2．2019年高考命题，选择题可能会以电场线、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．‎ ‎■ 解题要领——怎么做 ‎1．要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯通．‎ ‎2．重视电场线、等势面、运动轨迹相结合的题目．重视带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等．‎ ‎[建体系·记要点]　　　　　　　　　　　　　　　　　 　知识串联　熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第38页 ‎[网络构建]‎ ‎[要点熟记]‎ ‎1．电场力的性质 ‎(1)电场强度的定义式：E＝.‎ ‎(2)真空中点电荷的电场强度公式：E＝.‎ ‎(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式：E＝.‎ ‎2．电场能的性质 ‎(1)电势的定义式：φ＝.‎ ‎(2)电势差的定义式：UAB＝.‎ ‎(3)电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB.‎ ‎(4)电场力做功与电势能的关系式：WAB＝EpA－EpB.‎ ‎3．熟记“面线”关系 ‎(1)电场线总是与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面．‎ ‎(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．‎ ‎(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功．‎ ‎[研考向·提能力]　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　考向研析　掌握应试技能 授课提示：对应学生用书第38页 考向一　电场的性质 ‎1．电场强度的判断 ‎(1)场强方向是电场中正电荷受力方向，也是电场线上某点的切线方向．‎ ‎(2)电场强弱可用电场线疏密判断．‎ ‎2．电势高低的比较 ‎(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低；‎ ‎(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处电场力做正功越多，则该点的电势越高；‎ ‎(3)根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB.‎ ‎3．电势能变化的判断 ‎(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加．即W＝－ΔEp.‎ ‎(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少．‎ ‎1．(2018·山东济南五校联考)关于静电场的电场线，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度较大的地方电场线一定较疏 B．沿电场线方向，电场强度一定越来越小 C．沿电场线方向，电势一定越来越低 D．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹 解析：电场强度较大的地方电场线一定较密集，选项A错误；沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，例如匀强电场，选项B错误；沿电场线方向，电势一定越来越低，选项C正确；电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有带电粒子只受电场力作用，且电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，选项D错误．‎ 答案：C ‎2．(2018·甘肃武威第六次段考)如图所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有A、B、C、D、E五个点，在其一个焦点P上放一负点电荷，下列判断正确的是(　　)‎ A．B、E两点电场强度相同 B．A点电势比D点电势高 C．将一负点电荷由B沿BCDE移到E点，电场力做功为零 D．同一正点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能 解析：由电场线的分布情况和对称性可知，B、E两点电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误．D点到负电荷的距离大于A点到负电荷的距离，离负电荷越远电势越高，则知D的电势高于A点的电势，故B错误．B、E两点电势相等，负点电荷在B、E两点的电势能相等，所以负点电荷由B沿BCDE移到E点，电场力做功为零，故C正确．D点的电势高于C点电势，而正电荷在电势高处电势能大，则知同一正电荷在D点的电势能大于在C点的电势能，故D错误．‎ 答案：C ‎3．(多选)(2018·福建龙岩上学期期末)在光滑绝缘水平面上P点正上方的O点固定了一电荷量为＋Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在点电荷形成的电场中(　　)‎ A．N点电势高于P点电势 B．UPN＝ C．P点电场强度大小是N点的2倍 D．带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了mv2‎ 解析：N点距离正电荷较远，根据顺着电场线方向电势降低可知，N点电势低于P点电势，故A错误．带电小球由N到P的过程，由动能定理得－qUNP＝mv2，解得UNP＝－，则UPN＝－UNP＝，故B正确．P点电场强度大小是EP＝，N点电场强度大小是EN＝，则EP∶EN＝r∶r＝4∶1，故C错误．带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功mv2，则电势能减少了mv2，故D正确．‎ 答案：BD 考向二　有关平行板电容器的问题 ‎1．三个关系式 ‎(1)对于平行板电容器：板间电场可理想化处理，认为板间为匀强电场，不考虑边缘效应．‎ ‎(2)三个关系式：定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝.‎ ‎2．两个重要结论 ‎(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，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，则板间电场强度大小不变．‎ ‎3．当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制．‎ ‎4．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、‎ 电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示．下列说法正确的是(　　)‎ A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持C不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍 D．保持d、C不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 解析：保持U不变，将d变为原来的两倍，根据E＝可得E变为原来的一半，A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，根据U＝Ed可得U变为原来的一半，B错误；根据公式C＝可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；根据C＝可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E＝可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确．‎ 答案：ACD ‎5.如图所示，平行板电容器PQ与电源相接，电源与电容器之间接一理想二极管D.当电容器极板Q移至虚线处时，有关电容器的下列说法正确的是(　　)‎ A．电容减小，极板所带电荷量减小 B．电容减小，极板间电压不变 C．极板间电压不变，电场强度减小 D．极板所带电荷量不变，电场强度不变 解析：由C＝可知板间距离变大，电容减小，假设电压不变，则电荷量会减小，由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则电荷量不变，那么根据C＝可知，极板间的电压增大，根据C＝，C＝，U＝Ed，得E＝，由此分析可知，板间电场强度E不变，D正确．‎ 答案：D ‎6．第八届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于‎2017年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则(　　)‎ A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 解析：带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A错误；由场强与电势差关系可知，mg＝Eq＝q，解得q＝，选项B错误；由题意知，电容器带电荷量Q＝kq＝，由电容的定义式知，C＝＝，选项C正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，F电＝q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D错误．‎ 答案：C 电容器动态分析的解题思路 ‎(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变，如第6题中电压保持不变．‎ ‎(2)根据C＝，分析平行板电容器电容的变化情况，如第6题中“下移极板”则d发生变化．‎ ‎(3)根据C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化情况．‎ ‎(4)根据E＝或E＝分析电容器极板间电场强度的变化情况．‎ ‎(5)根据Q的变化情况，分析电容器发生充电还是放电，分析电路中电流的方向．‎ 考向三　带电粒子在电场中的运动 ‎[典例展示]　(2018·河北衡水中学第六次调研)在直角坐标系中，三个边长都为l＝‎2 m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．‎ ‎(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小．‎ ‎(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？‎ ‎(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系？‎ ‎[思路探究]　(1)带电粒子从A点释放后在两个电场区域内分别做什么运动？‎ ‎(2)带电粒子都经过N点的条件是什么？‎ ‎[解析]　(1)设粒子出第一象限时速度为v，加速过程 qE‎0l＝mv2‎ 粒子在CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得l＝vt l＝·t2‎ 计算可得E1＝4E0‎ ‎(2)设出发点坐标(x，y)，‎ 加速过程qE0x＝mv 经过分析知，要过E点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y y＝v1t1‎ y＝·t 计算可得y＝x ‎(3)如图所示为其中的一条轨迹线，设出发点坐标(x，y)，加速过程qE0x＝mv 在第二象限中做类平抛运动时竖直位移为y′，由几何关系可得水平位移大小为y，则 y＝v2t2‎ y′＝·t 由类平抛运动中的中点规律可知 ＝ 计算可得y＝3x－4‎ ‎[答案]　(1)4E0　(2)y＝x　(3)y＝3x－4‎ 带电粒子在电场中运动问题的分析思路 ‎(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动，如例题中在ABOC区域做直线运动，在CDE区域做类平抛运动．‎ ‎(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：‎ ‎①如果是带电粒子在恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．‎ ‎②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，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学公式求解，如例题中第(2)(3)问的处理方法．‎ ‎(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．‎ ‎7．(多选)(2018·广西南宁摸底)如图所示，在光滑水平面内有一固定光滑绝缘挡板AB，P是AB上的一点．以A为坐标原点在水平面建立直角坐标系，y轴与挡板AB重合，x轴上固定一个带正电的点电荷Q.将一个带电小球(可视为质点)轻放到挡板的左侧的P处，在静电力作用下小球沿挡板向A运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球带负电 B．由P点到A点小球做匀加速直线运动 C．P点的场强比A点的场强大 D．小球在P点的电势能比在A点的电势能大 解析：根据题述，静止带电小球从P处在静电力作用下沿挡板向A运动，说明带电小球受到的是库仑引力，小球带负电，选项A正确；由于点电荷Q的电场不是匀强电场，带电小球在运动过程中所受的合外力不可能保持不变，所以小球由P到A不可能做匀加速直线运动，选项B错误；根据点电荷电场特征，P点的电场强度比A点的电场强度小，选项C错误；小球由P到A运动，静电力做正功，电势能减小，小球在P点的电势能比在A点的电势能大，选项D正确．‎ 答案：AD ‎8．(多选)如图所示，从电子枪中射出初速度不计的电子，在加速电场中加速后，从P板的小孔垂直偏转电场方向射入两极板间，最后射出偏转电场，设加速电压为U1，偏转电压为U2，则(　　)‎ A．U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大 B．U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短 C．U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小 D．若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其他条件不变即可 解析：由qU＝mv2可知，当U1变大时，电子进入偏转电场的速度变大，电子在偏转电场的水平位移不变，运动时间变短，故A、B正确；由F＝可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故C错误；由y＝可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其他条件不变即可，故D正确．‎ 答案：ABD ‎9.(多选)(2018·河北定州中学月考)如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷相同的带电粒子1、2，以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，图中a、b、c、d、e是粒子轨迹与等势面的交点，不计粒子的重力．下列判断正确的是(　　)‎ A．两个粒子为异号电荷 B．经过b、d两点时，两粒子的速率相同 C．经过b、d两点时，两粒子的加速度大小相同 D．经过c、e两点时，两粒子的速率相同 解析：由粒子运动轨迹可知粒子1受到中心电荷的斥力，而粒子2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故A正确；b、d位于同一个等势面上，粒子以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后，电场力对粒子1做负功，对粒子2做正功，故经过b、d两点时，两粒子的速率不相同，故B错误；两粒子经过b、d两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，a＝＝，由图可知，b、d在某点电荷电场的同一等势面上，到点电荷的距离是相等的，所以b、d两点的电场强度大小相等，所以粒子的加速度大小相同，故C正确；a、c、e三点在同一个等势面上，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点时，两粒子的速率相等，故D正确．‎ 答案：ACD ‎10．(2018·湖南师大附中高三期末检测)如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ＝45°的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量为＋q的小球(大小忽略不计)，放在水平面上某点由静止开始释放，恰好能沿轨道通过半圆轨道最高点D，且落地时恰好落在B点，求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)起点距B点的距离L.‎ 解析：(1)小球恰好能通过D点，则有 mg－Eq＝m 小球通过D点后水平方向做匀变速直线运动，有 x＝vt－axt2‎ 由牛顿第二定律得Eq＝max 竖直方向做匀加速直线运动，有2R＝ayt2‎ 由牛顿第二定律得mg－Eq＝may 联立得v＝，E＝.‎ ‎(2)由起点到D点的过程，根据动能定理得 EqL－mg×2R＋Eq×2R＝mv2‎ 解得L＝2.5R 答案：(1)　(2)2.5R ‎[限训练·通高考]　　 　　　　　　　　　　　　　　 　科学设题　拿下高考高分 单独成册　对应学生用书第137页 ‎(45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．(2016·高考全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误．‎ 答案：B ‎2.(2018·河北定州第三次月考)如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点．已知G、F、B、D点的电势分别为8 V、3 V、2 V、4 V，则A点的电势为(　　)‎ A．1 V　　　　　　　　　 B.－1 V C．2 V D．3 V 解析：在匀强电场中，由公式U＝Ed知，沿着任意两平行方向前进相同距离，电势差必定相等，由于GF∥CB，且GF＝CB，则有φG－φF＝φC－φB，代入数据解得φC＝φG－φF＋φB＝8 V－3 V＋2 V＝7 V，同理，φA－φB＝φD－φC，解得φA＝φB＋φD－φC＝2 V＋4 V－7 V＝－1 V，故B正确．‎ 答案：B ‎3．(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φM、φN，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(　　)‎ A．vMvN.综上所述，选项D正确．‎ 答案：D ‎4．(2018·山东菏泽一中高三质检)如图为静电除尘机原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量的变化，则(　　)‎ A．电场线方向由放电极指向集尘极 B．图中A点电势高于B点电势 C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中电势能减小 解析：根据题意可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电 荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；集尘极带正电荷，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，故B错误；由图可知放电极与集尘极间为非匀强电场，所以尘埃所受的电场力是变化的，尘埃不可能做匀变速运动，故C错误；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故D正确．‎ 答案：D ‎5．(2018·河北定州中学第三次月考)如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点．下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在三点的电势能大小关系为EpcEka>Ekc 解析：由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故C错误．粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和是恒定不变的，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断带电粒子在c点的动能最大，在b点的动能最小，故A正确，D错误．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故B错误．‎ 答案：A ‎6.如图所示，无限大均匀带正电的薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个可视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ、小球的加速度a、速度v和动能Ek随x变化的图象，其中正确的是(　　)‎ 解析：在x<0范围内，当x增大时，由电场是匀强电场，且U＝Ed，可知电势差均匀增 大，φ x图线应为向上倾斜的直线；在x>0范围内，当x增大时，同理可知电势差均匀减小，φ x图线应为向下倾斜的直线，选项A错误．在x<0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x>0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值，选项B错误．在x<0范围内，根据动能定理得qEx＝mv2，v x图象中的图线应是曲线；同理，在x>0范围内，图线也为曲线，选项C错误．在x<0范围内，根据动能定理得qEx＝Ek，Ek x图象中的图线应是倾斜的直线；同理，在x>0范围内，图线也为倾斜的直线，选项D正确．‎ 答案：D 二、多项选择题 ‎7.(2018·高考全国卷Ⅰ)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f C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 解析：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V，各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A对．‎ 因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，B对．‎ 经过d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，C错．‎ 由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，D错．‎ 答案：AB ‎8.如图所示，空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线，过O点的虚线MN表示该电场的一个等势面，两个相同的带正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，A、B连线与MN平行，且都能从MN左侧经过 O点．设粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为Ep1和Ep2，经过O点时的速度大小分别为v1和v2.粒子的重力不计，则(　　)‎ A．v1>v2 B．v1Ep2‎ 解析：由题意知两个相同的带正电粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度运动，且都能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子都做正功，再由电场线和等势面的垂直关系以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势φB高于A点的电势φA，B点与O点的电势差大于A点与O点的电势差，对两个粒子分别运用动能定理有qU＝m(v2－v)，而UBO>UAO，可知两个粒子经过O点时的速度v10的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m，比荷为1.0×‎105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处由静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,‎1 m)点．粒子P的重力不计．‎ ‎(1)求金属板A、B之间的电势差UAB；‎ ‎(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰．假设Q的质量是P的质量的2倍，带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒子Q所有释放点的集合．‎ 解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动．设该粒子从O点运动到M( m,1 m)点所用时间为t0，由类平抛运动规律可得xM＝v0t0，yM＝ t，‎ 解得v0＝×104 m/s.‎ 在金属板A、B之间，由动能定理得 qUAB＝mv，‎ 解得UAB＝1 000 V.‎ ‎(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2，粒子Q从坐标N(x、y)点释放后，经时间t与粒子P相遇．由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得 对于P有Eq＝ma1‎ 对于Q有Eq＝2ma2‎ x＝v0t a1t2＝y＋a2t2‎ 联立以上各式解得y＝x2，其中x>0‎ 即粒子Q的释放点N(x，y)的坐标满足方程 y＝x2(x>0)．‎ 答案：(1)1 000 V　(2)y＝x2(x>0)‎ ‎12.如图所示，开有小孔的平行板水平放置，两极板接在电压大小可调的电源上，用喷雾器将油滴喷注在小孔上方．已知两极板间距为d，油滴密度为ρ，电子电荷量为e，重力加速度为g，油滴视为球体，油滴运动时所受空气的粘滞阻力大小Ff＝6πηrv(r为油滴半径、η为粘滞系数，且均为已知量)，油滴所带电荷量是电子电荷量的整数倍，喷出的油滴均相同，不考虑油滴间的相互作用．‎ ‎(1)当电压调到U时，可以使带电的油滴在板间悬浮；当电压调到时，油滴能在板间以速度v匀速竖直下行．求油滴所带电子的个数n及油滴匀速下行的速度v；‎ ‎(2)当油滴进入小孔时与另一油滴粘连在一起形成一个大油滴，以速度v1(已知)竖直向下进入小孔，为防止碰到下极板，需调整电压，使其减速运行，若将电压调到2U，大油滴运动到下极板处刚好速度为零，求大油滴运动到下极板处时的加速度及这一过程粘滞阻力对大油滴所做的功．‎ 解析：(1)油滴静止时，电场力与重力平衡，有 ＝mg 匀速下降时，有＋6πηrv＝mg 其中质量m＝πρr3‎ 联立可得n＝＝，v＝.‎ ‎(2)①大油滴质量为‎2m，所带电荷量为2q，当它运动到下极板时速度恰好为零，故2q－2mg＝2ma 联立解得a＝g，方向竖直向上 ‎②油滴从上极板到下极板由动能定理可得 ‎2mgd－2q·2U＋Wf＝0－·2mv，m＝πρr3‎ 联立解得 Wf＝πρgdr3－πρvr3＝πρr3(2gd－v)．‎ 答案：(1)　 ‎(2)g，方向竖直向上　πρr3(2gd－v)‎