高考物理課標Ⅱ?qū)Ｓ脧?fù)習(xí)專題測試必考專題八靜電場共155

1、專題八 靜電場,高考物理 (課標專用),考點一電場力的性質(zhì) 1.(2016課標,15,6分)如圖,P是固定的點電荷,虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動,運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi),a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用,其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、vb、vc。則() A.aaabac,vavcvb B.aaabac,vbvcva C.abacaa,vbvcva D.abacaa,vavcvb,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,答案D帶電粒子在電場中僅受電場力作用,由牛頓第二定律知加速度a=,E=k,因 為rbacaa;

2、 由動能定理有Wab=qQUab=m-m Wbc=qQUbc=m-m 因為Wabvb 因為Wbc0,所以vcvb 因為|Uab|Ubc|,所以vavc 故有vavcvb,D項正確。,2.(2013課標,18,6分,0.586)如圖,在光滑絕緣水平面上,三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上:a、b帶正電,電荷量均為q,c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài),則勻強電場場強的大小為() A.B. C.D.,答案B以小球c為研究對象,其受力如圖甲所示,其中F庫=,由平衡條件得:2F庫cos 30=Eqc 甲乙 即:=Eqc,E

3、= 此時a的受力如圖乙所示,+= 得qc=2q 即當qc=2q時a可處于平衡狀態(tài),同理b亦恰好平衡,故選項B正確。,3.(2013課標,15,6分,0.480)如圖,一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為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(q0)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.kB.k C.kD.k,答案B由b點處場強為零知,圓盤在b點處產(chǎn)生的場強E1與q在b點處產(chǎn)生的場強E2大小相等,即:E1=E2=k,由對稱性,圓盤在d點產(chǎn)生的場強E3=k,q在d點產(chǎn)生

4、的場強E4=k,方向與E3相 同,故d點的合場強Ed=E3+E4=k,B正確,A、C、D錯誤。,4.(2017課標,20,6分)(多選)在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢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a已在圖中用坐標(ra,a)標出,其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由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.EaEb=41B.EcEd=21 C.WabWbc=31D.WbcWcd=13,答案AC本題

5、考查場強與電勢。由圖可知:ra=1 m、a=6 V;rb=2 m、b=3 V;rc=3 m、c=2 V;rd=6 m、d=1 V。由點電荷的場強公式E=得EaEbEcEd=3694 1,A正確、B錯誤。由WAB=qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正確、D錯誤。,方法技巧電場力做功的計算方法 定量計算電場力做功時,第一種方法是利用W=qU;第二種方法是利用功能關(guān)系即電場力所做的功等于電勢能的變化量;第三種方法是利用動能定理;第四種方法是由功的定義得W=qEl cos 。其中最后一種方法僅適用于勻強電場中。,考點二電場能的性質(zhì) 5.(2017課

6、標,21,6分)(多選)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10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是() A.電場強度的大小為2.5 V/cm B.坐標原點處的電勢為1 V C.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV,答案ABD本題考查勻強電場、電場強度、電勢、電勢差。 設(shè)a、c連線上d點電勢為17 V,如圖所示,則=,得ldc=4.5 cm,tan =,=37。過c作bd 垂線交bd于e點,則lce=ldc cos =4.5 cm=3.6 cm。ce方向就是勻強電場方向,場強大小為E,El

7、ce= Ucb,E=2.5 V/cm,A項正確。Uoe=Elob sin 53=16 V,故O點電勢0=17 V-16 V=1 V,B項正確。電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV,C項錯誤。電子從b點到c點電場力做功W=9 eV,D項正確。,方法技巧充分利用直角三角形中37和53的關(guān)系 Oa為6 cm,Ob=8 cm,這樣連接O、c,cOb=37,Ocb=53。 在a、c連線上找d=17 V,bd為等勢線。由對應(yīng)關(guān)系得lcd=4.5 cm,cbe=37。Oec恰好為電場線。 充分利用電場中的角度,以37和53的關(guān)系解題。,6.(2016課標,20,6分)(多選)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電

8、場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知() A.Q點的電勢比P點高 B.油滴在Q點的動能比它在P點的大 C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小,答案AB由油滴軌跡在豎直面內(nèi)相對于過P點的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合力為0,豎直方向上油滴受重力和電場力,結(jié)合曲線軌跡的特點可知電場力豎直向上且電場力大于重力,油滴受力及電場線方向如圖所示,由沿電場線方向電勢逐漸降低,得Q點的電勢比P點的高,A選項正確;油滴從Q點到P點合力做負功,根據(jù)動能定理得油滴在Q點的動能大于它在P點的動能,這一過程中電場力做負

9、功,則油滴在Q點的電勢能小于它在P點的電勢能,故B項正確,C項錯;因為重力和電場力為恒力,所以油滴在Q、P兩點的加速度相同,故D項錯誤。,7.(2016課標,15,6分)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.電場線與等勢面處處相互垂直 C.同一等勢面上各點電場強度一定相等 D.將一負的試探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假設(shè)兩個電勢不同的等勢面相交,則交點處的電勢就是兩個不同的值,這是不可能的,A錯誤;同一等勢面上各點電勢相等,而場強不一定相等,C錯誤;負電荷從高電勢處移到低電勢處,電勢能增加,電場力做負功,D錯誤。,8

10、.(2015課標,15,6分,0.699)如圖,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為M、N、P、Q。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等。則() A.直線a位于某一等勢面內(nèi),MQ B.直線c位于某一等勢面內(nèi),MN C.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功 D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功,答案B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等可知,MN=P,故過N、P點的直線d位于某一等勢面內(nèi),則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內(nèi),選項A錯、B正確;M=Q,則電子由M點運動到Q點,電場

11、力不做功,選項C錯誤;由于PM=Q,電子由P點運動到Q點,電勢能減小,電場力做正功,選項D錯誤。,9.(2014課標,19,6分,0.590)(多選)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是() A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B.電場強度為零的地方,電勢也為零 C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低 D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向,答案AD電場中場強為零的位置是絕對的,而電勢為零的位置是人為選取的;再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率,而與電勢的大小無關(guān),故B錯誤。由沿電場線方向電勢降低,可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關(guān),故C錯誤。,1

12、0.(2014課標,21,6分,0.503)(多選)如圖,在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P為直角三角形的三個頂點,F為MN的中點,M=30。M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi),則() A.點電荷Q一定在MP的連線上 B.連接PF的線段一定在同一等勢面上 C.將正試探電荷從P點搬運到N點,電場力做負功 D.P大于M,答案AD由M=N,可知點電荷Q一定在MN連線的中垂線上,過F作MN的垂線交MP于O點,設(shè)MF=FN=l,則由幾何關(guān)系MO=l,FO=l tan 30=l,OP=MP-MO=MN cos 30-

13、l= l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故點電荷一定在MP的連線上的O點,選項A正確(另解:根據(jù) 題意M=N,P=F,可知點電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點處,作PF連線的中垂線交MP于點O,連接O、F兩點,由幾何知識知OF為MN的中垂線,故點電荷Q一定在MP的連線上的O點,A正確);點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面,線段不可能在球面上,故B選項錯誤;由圖可知OFM=N,將正試探電荷從高電勢搬運到低電勢,電場力做正功,選項C錯、D對。,11.(2015課標,24,12分,0.298)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動

14、軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。,答案,解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即 vB sin 30=v0 sin 60 由此得vB=v0 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有 qUAB=m(-) 聯(lián)立式得 UAB=,12.(2014課標,25,20分,0.162)如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點,OB沿豎直方向,BOA=60,OB=OA。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出,小球在運動過 程中恰好通過A

15、點。使此小球帶電,電荷量為q(q0),同時加一勻強電場,場強方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點,到達A點時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點,且到達B點時的動能為初動能的6倍,重力加速度大小為g。求 (1)無電場時,小球到達A點時的動能與初動能的比值; (2)電場強度的大小和方向。,答案(1)(2)見解析,解析(1)設(shè)小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=d,根據(jù) 平拋運動的規(guī)律有 d sin 60=v0t d cos 60=gt2 又有Ek0=m

16、由式得Ek0=mgd 設(shè)小球到達A點時的動能為EkA,則 EkA=Ek0+mgd 由式得= (2)加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了和,設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB,由 能量守恒及式得 EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0,EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0 在勻強電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點的距離為x,如圖,則有=,解得x=d。MA為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為,由幾何關(guān)系可得 =30 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30。 設(shè)場強的大小為E,有qEd cos 30=Ep

17、A 由式得E=,考點三電容器、帶電粒子在電場中的運動 13.(2015課標,14,6分,0.586)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將(),A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動,答案D最初帶電微粒處于靜止狀態(tài),受力如圖(1),Eq=mg;當兩板繞過a點的軸逆時針轉(zhuǎn)過45時,帶電微粒的受力如圖(2),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,選項D正確。,14.(2013課標,

18、16,6分,0.430)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略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電 粒子,該粒子從靜止開始下落,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,則從P點開始下落的相同粒子將() A.打到下極板上B.在下極板處返回 C.在距上極板處返回D.在距上極板d處返回,答案D設(shè)板間電壓為U,場強為E,則E=, 由動能定理得mgd-qEd=0 將下極板向上平移后,U不變,d=d,則E=E,設(shè)粒子在距上極板x處返回,則 mg(+x)-qEx=0 聯(lián)立解得:x=d,故D正確,A、B、C錯

19、誤。,15.(2017課標,25,20分)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比; (2)A點距電場上邊界的高度; (3)該電場的電場強度大小。,答案(1)31(2)H(3),解析本題考查勻變速直線運動、

20、運動的分解、電場、動能定理。 (1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學(xué)公式得 v0-at=0 s1=v0t+at2 s2=v0t-at2 聯(lián)立式得=31 (2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學(xué)公式 =2gh H=vyt+gt2 M進入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知 =,聯(lián)立式可得 h=H (3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則 = 設(shè)M、N離

21、開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得 Ek1=m(+)+mgH+qEs1 Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知條件 Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立式得 E=,解題關(guān)鍵N離開電場時的速度方向豎直向下N在水平方向的速度恰好減速到0;方向水平向右的勻強電場M、N在豎直方向只受重力,二者在電場中的運動時間相等;剛離開電場時M的動能為N的1.5倍建立等式確定電場力和重力的關(guān)系。,16.(2017課標,25,20分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變。持續(xù)一段

22、時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后,油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度。 (2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。,答案見解析,解析本題考查電場、牛頓運動定律、勻變速直線運動。 (1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動,故電場力方向向上。在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運動,加

23、速度方向向上,大小a1滿足 qE2-mg=ma1 油滴在時刻t1的速度為 v1=v0+a1t1 電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,大小a2滿足 qE2+mg=ma2 油滴在時刻t2=2t1的速度為 v2=v1-a2t1 由式得 v2=v0-2gt1 (2)由題意,在t=0時刻前有 qE1=mg,油滴從t=0到時刻t1的位移為 s1=v0t1+a1 油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為 s2=v1t1-a2 由題給條件有 =2g(2h) 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上,依題意有 s1+s2=h 由式得 E2=E1 為使E2E1,應(yīng)有

24、 2-+1,即當 0 才是可能的;條件式和式分別對應(yīng)于v20和v2E1,應(yīng)有 2-1 即,t1 另一解為負,不合題意,已舍去。,解題指導(dǎo)多階段運動 物體的運動不僅僅取決于物體所受外力,還與物體的初速度有關(guān)。在多階段運動過程中,當物體所受外力突變時,物體由于慣性而速度不發(fā)生突變,故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度。對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系,可以通過作運動過程草圖來獲得。,17.(2013課標,24,14分,0.317)如圖,勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道,軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端,該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q0

25、)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動,經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計重力,求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能。,答案見解析,解析質(zhì)點所受電場力的大小為 f=qE 設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m,經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb,由牛頓第二定律有 f+Na=m Nb-f=m 設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb,有 Eka=m Ekb=m 根據(jù)動能定理有 Ekb-Eka=2rf 聯(lián)立式得 E=(Nb-Na) Eka=(Nb+5Na),Ekb=(5Nb+Na),考點一電場力的性質(zhì) 1.(2016浙江理綜,15,6分)如圖所示,兩個不帶電的導(dǎo)體A和B,用一對絕緣柱支持使它

26、們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近,貼在A、B下部的金屬箔都張開,() A.此時A帶正電,B帶負電 B.此時A電勢低,B電勢高 C.移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D.先把A和B分開,然后移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案C由于靜電感應(yīng),A帶負電,B帶等量正電,若移去C,A、B所帶等量正負電荷中和,金屬箔閉合,所以C正確,A錯誤;處于電場中的導(dǎo)體是等勢體,B錯誤;若先把A、B分開,然后移去C,A、B所帶電荷就不能中和,金屬箔不再閉合,D錯誤。,失分警示不要誤以為因B帶正電,B的電勢就高,實際上電場中的導(dǎo)體是一個等勢體,A、B電勢相等。,2

27、.(2016浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示,把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質(zhì)量是8.010-4 kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g=10 m/s2,靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,則() A.兩球所帶電荷量相等 B.A球所受的靜電力為1.010-2 N C.B球所帶的電荷量為410-8 C D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0,疑難突破準確進行受力分析、力的合成,再利用三角函數(shù)計算庫侖力和電荷量大小

28、。,3.(2015安徽理綜,15,6分)由庫侖定律可知,真空中兩個靜止的點電荷,帶電量分別為q1和q2,其間距離為r時,它們之間相互作用力的大小為F=k,式中k為靜電力常量。若用國際單位制的基 本單位表示,k的單位應(yīng)為() A.kgA2m3B.kgA-2m3s-4 C.kgm2C-2D.Nm2A-2,答案B由庫侖定律知k=,式中都取國際單位時k的單位為,由I=知,1 C2=1 A2s2,又 因1 N=1,整理可得k的單位應(yīng)為,即kgA-2m3s-4,故選項B正確。,4.(2015江蘇單科,2,3分)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在,我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載,春秋緯考異郵中有“玳瑁吸衣若”

29、之說,但下列靜電現(xiàn)象的是() A.梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B.帶電小球移至不帶電金屬球附近,兩者相互吸引 C.小線圈接近通電線圈過程中,小線圈中產(chǎn)生電流 D.從干燥的地毯上走過,手碰到金屬把手時有被電擊的感覺,答案C小線圈接近通電線圈過程中,小線圈因磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電流,屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象,不屬于靜電現(xiàn)象,其他三種現(xiàn)象屬于靜電現(xiàn)象,選項C符合題意。,5.(2015山東理綜,18,6分)直角坐標系xOy中,M、N兩點位于x軸上,G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷,一電量為Q的正點電荷置于O點時,G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點,則H點處場強的

30、大小和方向分別為(),A.,沿y軸正向B.,沿y軸負向 C.,沿y軸正向D.,沿y軸負向,答案BM、N兩處的負點電荷在G處產(chǎn)生的合場強E1與O點處正點電荷在G處產(chǎn)生的場強等大反向,所以E1=,方向沿y軸正向,因為H與G關(guān)于x軸對稱,所以M、N兩處的負點電荷在H處產(chǎn) 生的合場強E2=E1=,方向沿y軸負向。當正點電荷放在G點時,它在H點產(chǎn)生的場強E3=, 方向沿y軸正向,則H處的場強為EH=-=,方向沿y軸負向,B正確。,6.(2015浙江理綜,16,6分)如圖所示為靜電力演示儀,兩金屬極板分別固定于絕緣支架上,且正對平行放置。工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極,表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛

31、在兩金屬極板中間,則() A.乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負電荷 B.乒乓球受到擾動后,會被吸在左極板上 C.乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用,D.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸,放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞,答案D乒乓球在兩極板中間時,其左側(cè)會感應(yīng)出正電荷,A錯誤;電場力和庫侖力是同一個力的不同稱謂,C錯誤;乒乓球與右極板接觸則帶正電,在電場力作用下向左運動與左極板相碰,碰后帶上負電,又向右運動與右極板相碰,如此往復(fù)運動,所以D正確,B錯誤。,7.(2013山東理綜,19,5分)(多選)如圖所示,在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷+Q、-Q,虛線是以+Q所在點為圓心、為半徑

32、的圓,a、b、c、d是圓上的四個點,其中a、c兩點 在x軸上,b、d兩點關(guān)于x軸對稱。下列判斷正確的是() A.b、d兩點處的電勢相同 B.四個點中c點處的電勢最低 C.b、d兩點處的電場強度相同 D.將一試探電荷+q沿圓周由a點移至c點,+q的電勢能減小,答案ABD由等量異種點電荷的電場線分布及等勢面特點知,A、B正確,C錯誤。四點中a點電勢最高、c點電勢最低,正電荷在電勢越低處電勢能越小,故D正確。,考點二電場能的性質(zhì) 8.(2017北京理綜,22,16分)如圖所示,長l=1 m的輕質(zhì)細繩上端固定,下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角=37。

33、已知小球所帶電荷量q=1.010-6 C,勻強電場的場強E=3.0103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小球所受電場力F的大小。 (2)小球的質(zhì)量m。 (3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小。,答案(1)3.010-3 N(2)4.010-4 kg(3)2.0 m/s,解析本題考查物體的平衡與動能定理。 (1)F=qE=3.010-3 N (2)由=tan 37,得m=4.010-4 kg (3)由mgl(1-cos 37)=mv2,得 v=2.0 m/s,解題指導(dǎo)(1)小球平衡時,正確進行受力分析。(2)撤去電場后,小

34、球會從高處擺下,在小球從開始運動到到達最低點的過程中,機械能守恒。,9.(2017天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線MN是一條方向未標出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是() A.電子一定從A向B運動 B.若aAaB,則Q靠近M端且為正電荷 C.無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAEpB D.B點電勢可能高于A點電勢,答案BC本題考查帶電粒子在電場中的運動。電子的運動軌跡為曲線,由曲線運動的產(chǎn)生條件可知電子在MN電場線上受力方向為水平向左,因此電場線

35、方向為水平向右(MN),若aAaB,則A靠近場源電荷Q,即Q靠近M端且為正電荷,選項B正確;若電子由AB,則水平向左的電場力與軌跡切線方向的速度夾角大于90,電場力做負功,電勢能增加,即EpAB,選項D錯誤。,10.(2017江蘇單科,8,4分)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2,其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有() A.q1和q2帶有異種電荷 B.x1處的電場強度為零 C.負電荷從x1移到x2,電勢能減小 D.負電荷從x1移到x2,受到的電場力增大,答案AC本題考查識別-x圖像、場強與電勢差的關(guān)系、電場力做功與電勢能變化關(guān)系。-x圖線的切線斜率表示場強,由圖可知從x1

36、到x2過程中,圖線切線斜率變小,到x2處斜率為0,即場強從x1到x2一直減小,且E2=0,電場力F=Eq,負電荷從x1移動到x2,受到電場力減小,選項B、D錯誤;沿x軸方向電勢由負到正,故x軸上的兩個電荷q1、q2為異種電荷,選項A正確;由圖可知x1x2,負電荷由低電勢到高電勢,電場力做正功,電勢能減小,選項C正確。,解題關(guān)鍵由U=Ed知-x圖線切線斜率表示場強E,x1=0,q1、q2分布在x1的兩側(cè)。,11.(2016江蘇單科,3,3分)一金屬容器置于絕緣板上,帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中,容器內(nèi)的電場線分布如圖所示。容器內(nèi)表面為等勢面,A、B為容器內(nèi)表面上的兩點,下列說法正確的是() A

37、.A點的電場強度比B點的大 B.小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C.B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D.將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點,電場力所做的功不同,答案C電場線的疏密表示場強的大小,因為A點處電場線較B點處稀疏,所以EAEB,A項錯誤;沿著電場線電勢逐漸降低,故B項錯誤;電場線與等勢面垂直,C項正確;電場力做功與路徑無關(guān),故D項錯誤。,知識歸納本題涉及的知識點有:如何用電場線描述電場的強弱及電勢的高低,電場線與等勢面的關(guān)系,電場力做功的特點。,12.(2016浙江理綜,14,6分)以下說法正確的是() A.在靜電場中,沿著電場線方向電勢逐漸降低 B.外力對物體所做的功越多,對應(yīng)

38、的功率越大 C.電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比 D.在超重和失重現(xiàn)象中,地球?qū)ξ矬w的實際作用力發(fā)生了變化,答案A在靜電場中,沿電場線電勢的變化量=,無論q為正還是為負,總是負的,即 0,表明沿電場線方向電勢逐漸降低,A正確;功率P=,功率P的大小由W和t共同決定,B錯誤; 電容器電容C與電容器所帶電荷量無關(guān),C錯誤;無論超重還是失重,地球?qū)ξ矬w的實際作用力不變,D錯誤。,13.(2015廣東理綜,21,6分)(多選)如圖所示的水平勻強電場中,將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止,不計重力,則(),A.M的帶電量比N的大 B.M帶負電荷,

39、N帶正電荷 C.靜止時M受到的合力比N的大 D.移動過程中勻強電場對M做負功,答案BD不考慮重力,取整體為研究對象,外力只有勻強電場的電場力,由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向,故M、N必帶有等量異種電荷,A錯誤;隔離出M,因N對其靜電引力向右,則電場E對其電場力必向左,即與場強方向反向,故M帶負電,則N帶正電,B正確;靜止時,M、N所受合力都為0,C錯誤;因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角,故D正確。,14.(2015四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,

40、a從N點靜止釋放,沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a() A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小 B.從N到P的過程中,速率先增大后減小 C.從N到Q的過程中,電勢能一直增加 D.從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量,答案BC小球a從N到Q的過程中,重力不變,庫侖力F逐漸增大,庫侖力F與重力的夾角逐漸變小,因此,F與mg的合力逐漸變大,A錯誤。從N到P的過程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時,速率最大,B正確;從N到Q,F一直做負功,電勢能一直增加,C正確;從P到Q,根據(jù)能量守恒知電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動能的

41、減少量,所以電勢能的增加量小于動能的減少量,D錯誤。,15.(2015海南單科,7,5分)(多選)如圖,兩電荷量分別為Q(Q0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè),a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是() A.b點電勢為零,電場強度也為零 B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右 C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克服電場力做功 D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大,答案BC由兩等量異種點電荷的電場線分布知:過Q和-Q連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面,因此將同一正的試探

42、電荷先后從O、b兩點移到a點做的功相同,因此正試探電荷電勢能的變化相同,D錯。點b在零勢能面上,b點電勢為零,由場強的合成法則知,b點的場強不為零,方向平行x軸向右,A錯。在a點放一正的試探電荷,所受的電場力方向向右,當沿x軸正方向移動時,電場力做正功電勢能減少,在O點減為零,過了O點電勢能為負值,所以正的試探電荷在a點電勢能大于零,反之若從O點移到a點,電場力與運動方向相反,因此電場力做負功即克服電場力做功,B、C正確。,16.(2014重慶理綜,3,6分)如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場,實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點,設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和W

43、b,a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb,則(),A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEb C.Wa=Wb,EaEbD.WaWb,EaEb,答案A由圖知a、b在同一等勢面上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb。又由于在同一電場中,電場線密集處場強大,故EaEb,A正確。,17.(2014安徽理綜,17,6分)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為坐標原點,其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖像中合理的是(),答案D在粒子運動中的某一小段位移x內(nèi)電場力做功qEx。由功能關(guān)系知Ep=-qEx,即=-qE,Ep-x圖線斜率的絕對值

44、表示電場力的大小,故由圖線可知E逐漸減小,A錯誤。因粒子僅 受電場力作用,由qE=ma可知a也逐漸減小,D正確。再由動能定理有Ek=qEx,即=qE,Ek-x 圖線的斜率也表示電場力,則Ek-x圖線應(yīng)是一條斜率逐漸減小的曲線,B錯誤。由v2=2ax有v=,可知v-x圖線應(yīng)是一條曲線,故C錯誤。,18.(2017上海單科,13,2分)靜電場中某電場線如圖所示。把點電荷從電場中的A點移到B點,其電勢能增加1.210-7 J,則該點電荷帶電(選填“正”或“負”);在此過程中電場力做功為J。,答案負-1.210-7,解析本題考查電場力做功、電勢能的變化。從A到B,電勢能增加1.210-7 J,說明電場

45、力做負功,做功為-1.210-7 J,故電場力方向與電場線方向相反,該點電荷帶負電。,考點三電容器、帶電粒子在電場中的運動 19.(2017江蘇單科,4,3分)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P點,則由O點靜止釋放的電子() A.運動到P點返回 B.運動到P和P點之間返回 C.運動到P點返回 D.穿過P點,答案A本題考查帶電粒子在勻強電場中的加(減)速運動。由題意知,電子在A、B板間做勻加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U

46、2,由動能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P點,由于板上帶電荷量沒有變化,B、C板間電場強度E=,E不變,故電子仍運動到P點返回,選項A正確。,解題關(guān)鍵C板移動過程中,板間場強不變,能分析出這個結(jié)論是解答本題的關(guān)鍵點。,20.(2016天津理綜,4,6分)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷,以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則() A.增大,E增大B.增大,Ep不變 C.減小,Ep

47、增大D.減小,E不變,答案D極板移動過程中帶電荷量Q保持不變,靜電計指針張角變化反映板間電勢差U的變化,由C=和C=可知,極板下移,d減小,C增大,U減小,又E=,則E不變,Ep不變,綜合 上述,只有D選項正確。,疑難突破設(shè)固定在P點的點電荷帶電荷量為q,其在P點的電勢能等于將其從P點移到零電勢處(下極板)電場力做的功。,21.(2015海南單科,5,3分)如圖,一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子;在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下,兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的 平面

48、。若兩粒子間相互作用力可忽略,不計重力,則Mm為() A.32B.21C.52D.31,答案A因兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面,電荷量為q的粒子通過的位 移為l,電荷量為-q的粒子通過的位移為l,由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1=、a2= ,由運動學(xué)公式有l(wèi)=a1t2=t2,l=a2t2=t2,得=。B、C、D錯,A對。,22.(2015安徽理綜,20,6分)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為,其 中為平面上單位面積所帶的電荷量,0為常量。如圖所示的平行板電容器,極板正對面積為S,其間為真空,帶電量為Q。不計邊緣效應(yīng)時,極板可看做無窮大導(dǎo)體板,則極板間的

49、電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為() A.和B.和 C.和D.和,答案D由題意知帶電量為Q的極板上單位面積所帶的電荷量=,故一個極板激發(fā)的電場 的場強大小E=,而平行板電容器兩極板帶等量異種電荷,在極板間激發(fā)的電場等大同 向,由電場疊加原理知,極板間的電場強度大小為E合=2E=;兩極板間相互的靜電引力F=EQ= ,選項D正確。,23.(2015江蘇單科,7,4分)(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球() A.做直線運動 B.做曲線運動 C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小,答案BC剛開始時帶電小球所受重力與電場力的合力

50、F跟v0不在同一條直線上,所以它一定做曲線運動,A項錯誤,B項正確。因重力與電場力的合力F為恒力,其方向與初速度方向的夾角為鈍角,所以帶電小球的速率先減小后增大,故C項正確,D項錯誤。,24.(2015山東理綜,20,6分)(多選)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0時間內(nèi)微粒勻速運動, T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述,正確的是(),A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mg

51、d,答案BC由題意知qE0=mg,所以與T時間內(nèi)微粒的加速度等大反向,大小都等 于g。時間內(nèi)微粒只在重力作用下的豎直末速度vy1=g,豎直位移y1=g,在T時 間內(nèi)微粒的豎直末速度vy2=vy1-g=0,豎直位移y2=vy1-g=g,所以y1=y2=,微?？朔?電場力做功W=q2E0=2mg=mgd,在重力作用下微粒的豎直位移為,其重力勢能減少了 mgd。綜上可知A、D錯誤,B、C正確。,25.(2014山東理綜,18,6分)如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和

52、cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于() A.B.C.D.,答案B因為兩粒子軌跡恰好相切,切點為矩形區(qū)域中心,則對其中一個粒子,水平方向=v0t, 豎直方向=at2且滿足a=,三式聯(lián)立解得v0=,故B正確。,26.(2014天津理綜,2,6分)如圖所示,電路中R1、R2均為可變電阻,電源內(nèi)阻不能忽略,平行板電容器C的極板水平放置。閉合開關(guān)S,電路達到穩(wěn)定時,帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動。如果僅改變下列某一個條件,油滴仍能靜止不動的是() A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值 C.增大兩板間的距離D.斷開開關(guān)S,答案B設(shè)油滴質(zhì)量為

53、m,電荷量為q,兩板間距離為d,當其靜止時,有q=q=mg;由題圖知, 增大R1,UR1增大,油滴將向上加速,增大R2,油滴受力不變,仍保持靜止;由E場=知,增大d,U不變時, E場減小,油滴將向下加速;斷開開關(guān)S,電容器將通過R1、R2放電,兩板間場強變小,油滴將向下加速,故只有B項正確。,27.(2016北京理綜,23,18分)如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。 (1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和

54、從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y。 (2)分析物理量的數(shù)量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。 (3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì),請寫出電勢的定義,式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”G的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。,解析(1)根據(jù)功和能的關(guān)系,有eU0=m 電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0= 在偏轉(zhuǎn)電場中,電子的運動時間t=L 偏轉(zhuǎn)距離y=a(t)2

55、= (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有 重力G=mg10-29 N 電場力F=10-15 N 由于FG,因此不需要考慮電子所受重力。 (3)電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值,即= 由于重力做功與路徑無關(guān),可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值,叫做“重力勢”,即G=。 電勢和重力勢G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量,僅由場自身的因素決定。,答案(1) (2)(3)見解析,28.(2016四川理綜,9,15分)中國科學(xué)院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備,在

56、放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。 如圖所示,某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成,相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管,在漂移管內(nèi)做勻速直線運動,在漂移管間被電場加速,加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8106 m/s,進入漂移管E時速度為1107 m/s,電源頻率為1107 Hz,漂移管間縫隙很小,質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1108 C/kg。求: (1)漂移管B的長度; (2)相鄰漂移管間的加速電壓。,解析(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB,電源頻率、周期分別為f、

57、T,漂移管B的長度為L,則 T= L=vB 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得L=0.4 m (2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE,相鄰漂移管間的加速電壓為U,電場對質(zhì)子所做的功為W,質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功為W,質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m,則 W=qU W=3W W=m-m 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得U=6104 V,答案(1)0.4 m(2)6104 V,解題指導(dǎo)本題以電場為背景,質(zhì)子在漂移管內(nèi)做勻速直線運動,在管間做勻加速直線運動,運用x=vt和動能定理求解即可。,29.(2015四川理綜,10,17分)如圖所示,粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣對齊,A是軌道上一點,過A點并垂直于軌

58、道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P電荷量是2.010-6 C,質(zhì)量m=0.25 kg,與軌道間動摩擦因數(shù)=0.4。P從O點由靜止開始向右運動,經(jīng)過0.55 s到達A點,到達B點時速度是5 m/s,到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為,且tan =1.2。P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用,F大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點,電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10 m/s2。求:,(1)小物體P從開始運動至速率為2 m/s所用的時間; (2)小物體P從A運動至D的過程,電場力做的功。,解析(1)小物體P的速率從0至2

59、m/s,受外力F1=2 N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1,經(jīng)過時間t1速度為v1,則 F1-mg=ma1 v1=a1t1 由式并代入數(shù)據(jù)得 t1=0.5 s 說明:式各2分。 (2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點,受外力F2=6 N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2,則 F2-mg=ma2 設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過t2時間,在A點的速度為v2,則 t2=0.55 s-t1 v2=v1+a2t2 P從A點至B點,受外力F2=6 N、電場力和滑動摩擦力的作用,設(shè)其做勻變速直線運動加速度為a3,電荷量為q,在B點的速度為v3,從A點至B點的位移為x1,則 F2-mg-qE=ma3,答案(1)0.5 s(2)-9.25 J,-=2a3x1 P以速度v3滑出軌道右端B點,設(shè)水平方向受外力為F3,電場力大小為FE,有 FE=F3 F3與FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力為零,所以,P從B點開始做初速度為v3的平拋運動。設(shè)P從B點運動至D點用時為t3,水平位移為x2,由題意知 =tan x2=v3t3 設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W,則 W=-qE(x1+x2) 聯(lián)立,式并代入數(shù)據(jù)得 W=-9.25 J 說明:式各1分,式各2分。,1.(2015天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入