2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題重組卷第一部分單元八靜電場(chǎng)含解析

PAGE13-單元八靜電場(chǎng)考點(diǎn)1.物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒(Ⅰ)；2.靜電現(xiàn)象的說(shuō)明(Ⅰ)；3.點(diǎn)電荷(Ⅰ)；4.庫(kù)侖定律(Ⅱ)；5.靜電場(chǎng)(Ⅰ)；6.電場(chǎng)強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)(Ⅱ)；7.電場(chǎng)線(xiàn)(Ⅰ)；8.電勢(shì)能、電勢(shì)(Ⅰ)；9.電勢(shì)差(Ⅱ)；10.勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系(Ⅱ)；11.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(Ⅱ)；12.示波管(Ⅰ)；13.常見(jiàn)電容器(Ⅰ)；14.電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系(Ⅰ)學(xué)問(wèn)點(diǎn)1.電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加與計(jì)算；2.電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)面、電容器的應(yīng)用；3.電場(chǎng)中的圖象問(wèn)題；4.電勢(shì)能、電勢(shì)、電場(chǎng)力做功；5.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2024·甘肅天水高三上學(xué)期期末聯(lián)考)在靜電場(chǎng)中，關(guān)于場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度大的地方電勢(shì)肯定高B．電勢(shì)為零的地方場(chǎng)強(qiáng)也肯定為零C．場(chǎng)強(qiáng)為零的地方電勢(shì)也肯定為零D．場(chǎng)強(qiáng)大小相同的點(diǎn)電勢(shì)不肯定相同答案D解析沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)漸漸降低，電場(chǎng)線(xiàn)密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，電場(chǎng)線(xiàn)疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度小。電勢(shì)高的地方電場(chǎng)強(qiáng)度不肯定大，電場(chǎng)強(qiáng)度大的地方電勢(shì)也不肯定高，A錯(cuò)誤；電勢(shì)零點(diǎn)是人為選取的，則電勢(shì)為零的地方場(chǎng)強(qiáng)不肯定為零，場(chǎng)強(qiáng)為零的地方電勢(shì)也不肯定為零，B、C錯(cuò)誤；在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)到處相等，但沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)漸漸降低，所以場(chǎng)強(qiáng)大小相同的點(diǎn)電勢(shì)不肯定相同，D正確。2．(2024·衡水中學(xué)高三第三次聯(lián)考)如圖所示，MN是點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的一條直線(xiàn)，a、b是直線(xiàn)上兩點(diǎn)，已知直線(xiàn)上a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大，大小為E，b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(1,2)E，已知a、b間的距離為L(zhǎng)，靜電力常量為k，則場(chǎng)源電荷的電荷量為()A.eq\f(\r(2)EL2,k)B.eq\f(EL2,k)C.eq\f(2EL2,k)D.eq\f(EL2,2k)答案B解析因a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大，可知a點(diǎn)離場(chǎng)源電荷最近，即a點(diǎn)與場(chǎng)源電荷連線(xiàn)與直線(xiàn)MN垂直，設(shè)場(chǎng)源電荷在距離a點(diǎn)x的位置，則E＝keq\f(Q,x2)，b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(1,2)E＝keq\f(Q,x2＋L2)，聯(lián)立解得x＝L，則Q＝eq\f(EL2,k)，B正確。3．(2024·山東濟(jì)寧二模)如圖所示，一個(gè)絕緣圓環(huán)，當(dāng)它的eq\f(1,4)勻稱(chēng)帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)使半圓ABC勻稱(chēng)帶電＋2q，而另一半圓ADC勻稱(chēng)帶電－2q，則圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)?)A．2eq\r(2)E，方向由O指向DB．4E，方向由O指向DC．2eq\r(2)E，方向由O指向BD．0答案A解析當(dāng)圓環(huán)的eq\f(1,4)勻稱(chēng)帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，當(dāng)半圓ABC勻稱(chēng)帶電＋2q，由如圖所示的矢量合成可得，圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)E，方向由O到D；當(dāng)另一半圓ADC勻稱(chēng)帶電－2q，同理，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)E，方向由O到D，依據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2eq\r(2)E，方向由O到D，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4．(2024·江蘇省蘇北三市高三上學(xué)期期末質(zhì)檢)如圖所示，金屬板帶有等量異種電荷，板間某一豎直平面內(nèi)電場(chǎng)線(xiàn)的分布照實(shí)線(xiàn)所示，已知該平面內(nèi)P、O的連線(xiàn)為等勢(shì)線(xiàn)，且與電場(chǎng)線(xiàn)上兩點(diǎn)M、N的連線(xiàn)垂直。一帶電油滴在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．若將油滴置于P處，仍能靜止B．若將油滴從M處釋放，將沿電場(chǎng)線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至N處C．M點(diǎn)的電勢(shì)肯定比N點(diǎn)的高D．油滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能肯定比在N點(diǎn)的小答案D解析由題可知，帶電油滴在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，說(shuō)明在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力與重力大小相等，由電場(chǎng)線(xiàn)的分布可知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，即EP＞EO，則油滴在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于重力，油滴不會(huì)處于靜止?fàn)顟B(tài)，A錯(cuò)誤；將油滴從M處釋放時(shí)，受到重力和電場(chǎng)力的作用，且在M點(diǎn)兩者合力不為0，由于靜電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場(chǎng)線(xiàn)的切線(xiàn)方向，可知二者合力的方向不沿著電場(chǎng)線(xiàn)，油滴從M點(diǎn)釋放后不會(huì)沿電場(chǎng)線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到N處，B錯(cuò)誤；依據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的性質(zhì)，可知沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)漸漸降低，由于電場(chǎng)線(xiàn)的方向未知，故M、N兩點(diǎn)電勢(shì)的凹凸也是未知的，C錯(cuò)誤；若油滴帶負(fù)電，則上極板帶正電，則φM＞φN，則依據(jù)電勢(shì)能公式Ep＝φq可知：EpM＜EpN，若油滴帶正電，則上極板帶負(fù)電，則φM＜φN，同理可知，EpM＜EpN，D正確。5．(2024·四川綿陽(yáng)三模)如圖所示，O是正三角形ABC的中心，將帶正電的小球a、b分別放在A、B兩頂點(diǎn)，此時(shí)b球所受的庫(kù)侖力大小為F，再將一個(gè)帶負(fù)電的小球c放在C點(diǎn)，b球所受的庫(kù)侖力大小仍為F。現(xiàn)固定小球a、c，將小球b從B點(diǎn)沿直線(xiàn)移動(dòng)到O點(diǎn)，則()A．移動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小球b不做功B．移動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小球b做正功C．小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力等于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力D．小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力答案A解析依據(jù)題意分析，設(shè)正三角形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)沒(méi)放小球c時(shí)，F(xiàn)＝FAB＝keq\f(qAqB,L2)，放上小球c后，對(duì)小球b受力分析，合力大小仍為F，而FAB與FCB夾角為120°，合力與一個(gè)分力大小相等，可以得出FAB＝FCB，即keq\f(qAqB,L2)＝keq\f(qCqB,L2)，得到qA＝qC，所以小球a、c帶有等量異種電荷。等量異種電荷的電場(chǎng)中其中垂面是一個(gè)等勢(shì)面，所以小球b從B點(diǎn)沿直線(xiàn)移動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力不做功，A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)等量異種電荷的場(chǎng)強(qiáng)分布可以得到，在電荷連線(xiàn)的中垂面上，從A、C連線(xiàn)中點(diǎn)向外的距離越遠(yuǎn)場(chǎng)強(qiáng)越小，所以小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，C、D錯(cuò)誤。6．(2024·成都高新區(qū)一診)一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)起先以初速度－v0做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖所示。粒子在t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，3t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，以下推斷正確的是()A．A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φB＞φA＞φC B．A、B、C三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為EC＞EB＞EAC．粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后削減D．粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功答案C解析由于不知粒子的電性，無(wú)法確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，因此無(wú)法比較電勢(shì)的凹凸，A錯(cuò)誤；由v-t圖象的斜率表示加速度可知，粒子的加速度在B點(diǎn)最大，依據(jù)牛頓其次定律，可得B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)EB最大，B錯(cuò)誤；由圖象可知，粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中速度先減小后增大，所以動(dòng)能先減小后增大，粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，依據(jù)功能關(guān)系可知，電勢(shì)能先增加后減小，C正確，D錯(cuò)誤。7．(2024·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上。t＝0時(shí)刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()答案A解析設(shè)粒子帶正電，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0；沿電場(chǎng)方向：電場(chǎng)力F＝qE，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，經(jīng)時(shí)間t，粒子沿電場(chǎng)方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)，電場(chǎng)力做功的功率P＝Fvy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)＝kt∝t，A正確。8．(2024·廣西欽州三模)如圖所示，虛線(xiàn)a、b、c代表電場(chǎng)中三條電場(chǎng)線(xiàn)，實(shí)線(xiàn)為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)。下列推斷正確的是()A．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大B．P點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)的電勢(shì)高C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能較小D．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較大答案AB解析由電場(chǎng)線(xiàn)疏密程度可知，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，A正確；帶電質(zhì)點(diǎn)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力指向曲線(xiàn)的內(nèi)側(cè)，故電場(chǎng)線(xiàn)向左，沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向，電勢(shì)越來(lái)越低，故P點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)的電勢(shì)高，B正確；電場(chǎng)力的方向向右，若粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，若粒子從Q運(yùn)動(dòng)到P，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較大，電勢(shì)能較小，通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較小，電勢(shì)能較大，C、D錯(cuò)誤。9．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則()A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加答案BC解析b點(diǎn)距q近，a點(diǎn)距－q近，則b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)誤。如圖所示，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度可視為E3與E4、E1與E2的合場(chǎng)強(qiáng)。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場(chǎng)強(qiáng)Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于φa<φb，負(fù)電荷從低電勢(shì)處移至高電勢(shì)處的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能削減，D錯(cuò)誤。10．(2024·江蘇南京、鹽城二模)真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定于x軸上x(chóng)1＝0和x2＝4a的兩點(diǎn)，在它們的連線(xiàn)上場(chǎng)強(qiáng)E與x關(guān)系如圖所示(取x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn))，A．Q1帶正電、Q2帶負(fù)電 B．Q1的電荷量是Q2的9倍 C．x軸上3aD．正點(diǎn)電荷q在x軸上a處的電勢(shì)能比在2a答案BD解析由圖象可知，0～3a處場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向，Q1帶正電，3a～4a處場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，Q2也帶正電，A錯(cuò)誤；x軸上3a處的合場(chǎng)強(qiáng)為零，依據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)可得，Q1的電荷量是Q2的9倍，B正確；x軸上3a處的場(chǎng)強(qiáng)為零，但是Q1帶正電，Q2帶正電，所以電勢(shì)大于零，C錯(cuò)誤；在x軸上場(chǎng)強(qiáng)從a處指向2a處，沿場(chǎng)強(qiáng)方向電勢(shì)越來(lái)越低，由Ep＝qφ可知正點(diǎn)電荷q在x軸上a處的電勢(shì)能比在2a處的大11．(2024·黑龍江齊齊哈爾一模)如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與長(zhǎng)方形abcd所在的平面平行，ab＝eq\r(3)ad。電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為4.5eV；電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做的功為4.5eV。以a點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．b點(diǎn)的電勢(shì)為4.5VB．c點(diǎn)的電勢(shì)為eq\f(3\r(3),2)VC．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向是由b點(diǎn)指向a點(diǎn)D．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向是由b點(diǎn)垂直指向直線(xiàn)ac答案AD解析電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為4.5eV，那么b點(diǎn)電勢(shì)比a點(diǎn)電勢(shì)高4.5V，又以a點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)，故b點(diǎn)的電勢(shì)為4.5V，A正確。電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為4.5eV；電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做的功為4.5eV，那么，a點(diǎn)電勢(shì)和bd連線(xiàn)的中點(diǎn)電勢(shì)相同，都為零；又有c在a和bd中點(diǎn)連線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)上，故這三點(diǎn)電勢(shì)相等，都為零，B錯(cuò)誤。由B可知ac連線(xiàn)為等勢(shì)線(xiàn)，電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)線(xiàn)垂直；又由A選項(xiàng)可知，b點(diǎn)電勢(shì)比a點(diǎn)電勢(shì)高，那么，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向是由b點(diǎn)垂直指向直線(xiàn)ac，C錯(cuò)誤，D正確。12．(2024·山東濰坊二模)如圖1所示，長(zhǎng)為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)水平向右放射初速度為v0，電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力，粒子撞擊金屬板時(shí)會(huì)被吸附靜止。以下推斷正確的是()A．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動(dòng)能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C．t＝eq\f(d,2v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O點(diǎn)射出D．t＝eq\f(3d,v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O點(diǎn)射出答案AD解析由圖可知場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場(chǎng)中的加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(2,0),2d)，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿(mǎn)意eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)<eq\f(2d,v0)，A正確；能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t＝eq\f(8d,v0)，由圖象知隨意時(shí)刻射入的粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度均為0，可知射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B錯(cuò)誤；t＝eq\f(d,2v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在eq\f(d,2v0)～eq\f(2d,v0)時(shí)間內(nèi)，在電場(chǎng)力作用下向下運(yùn)動(dòng)，由于電場(chǎng)力作用時(shí)間eq\f(3d,2v0)＞eq\f(\r(2)d,v0)，所以粒子會(huì)撞擊在金屬板上，不會(huì)從O點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤；t＝eq\f(3d,v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)是：先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)速度到零；然后接著向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)速度到零……如此反復(fù)，則最終從O點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的位移為零，粒子將從O點(diǎn)射出，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、填空題(本題共2小題，共14分)13．(2024·上海黃浦區(qū)高三上學(xué)期期末)(6分)如圖所示，三條平行等距的虛線(xiàn)表示電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，電勢(shì)值分別為－10V、0V、10V，實(shí)線(xiàn)是一帶電粒子(只受電場(chǎng)力)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、c為軌跡上的兩點(diǎn)，粒子的帶電荷量為2×10－9C。則粒子帶________電，粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做功為_(kāi)_______J答案負(fù)2×10－8解析依據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直，且指向電勢(shì)較低的等勢(shì)面，可知該電場(chǎng)的方向是向上的，帶電粒子軌跡向下彎曲，粒子受到的電場(chǎng)力向下，所以粒子肯定帶負(fù)電；粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做功為Wac＝Uacq＝(0－10)×(－2×10－9)J＝2×10－8J。14．(2024·上海市虹口區(qū)高三上學(xué)期期末)(8分)如圖a，點(diǎn)電荷M、N固定于光滑絕緣水平桌面上，其連線(xiàn)的中垂線(xiàn)上有A、B、C三點(diǎn)。帶負(fù)電的小球自A點(diǎn)由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖b所示，圖中tB、tC分別為小球運(yùn)動(dòng)到B、C點(diǎn)的時(shí)刻。設(shè)B、C兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為EB、EC，小球在這兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為EpB、EpC，則EB________EC，EpB________EpC。(選填“<”“>”或“＝”)答案>>解析由題可知，帶電小球受到重力、支持力和電場(chǎng)力作用，重力和支持力的合力為零，由圖b可知，帶電小球在B點(diǎn)時(shí)的加速度大于在C點(diǎn)時(shí)的加速度，即在B點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力大于在C點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力，則B點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度，即EB>EC；由圖b可知從B點(diǎn)到C點(diǎn)，小球動(dòng)能增大，所受合力做正功，由于在水平桌面上，重力和支持力不做功，則電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，則電勢(shì)能減小，即EpB>EpC。三、計(jì)算論述題(本題共4小題，共48分。解答時(shí)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明和重要的演算步驟，只寫(xiě)出答案的不得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必需明確寫(xiě)出數(shù)值的單位)15．(2024·廣東陸豐市甲子中學(xué)高三上學(xué)期期末)(10分)如圖，x軸上，有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)連接均帶負(fù)電的兩個(gè)小球A、B，兩球質(zhì)量均為m，B球帶電荷量大小為q，A球距O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)。空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場(chǎng)，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小按E＝eq\f(mg,4qL)x分布(x是軸上某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離)。兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)兩球之間的靜電力作用，重力加速度為g。(1)求A球所帶的電荷量大小qA；(2)剪斷細(xì)線(xiàn)后，求B球下落速度達(dá)到最大時(shí)，B球與O點(diǎn)的距離x0；(3)剪斷細(xì)線(xiàn)后，求B球下落的最大高度h。答案(1)6q(2)4L(3)解析(1)將A、B兩球看成一個(gè)整體，兩球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則重力等于電場(chǎng)力，有2mg－qAeq\f(mg,4qL)L－qeq\f(mg,4qL)·2L＝0，解得：qA＝6q。(2)當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時(shí)，重力與電場(chǎng)力大小相等，即mg＝qeq\f(mg,4qL)x0，解得：x0＝4L。(3)當(dāng)B球速度為0時(shí)，其下落高度最大。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)隨下落高度線(xiàn)性改變，則全過(guò)程平均場(chǎng)強(qiáng)eq\x\to(E)＝eq\f(\f(mg,4qL)·2L＋\f(mg,4qL)2L＋h,2)，所以由動(dòng)能定理得：mgh－eq\x\to(E)q·h＝0解得：h＝4L16．(2024·蘭州高三診斷考試)(10分)水平面上有一個(gè)豎直放置的部分圓弧軌道，A為軌道的最低點(diǎn)，半徑OA豎直，圓心角AOB為60°，半徑R＝0.8m，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝1×104N/C。一個(gè)質(zhì)量m＝2kg、電荷量為q＝－1×10－3C的帶電小球，從軌道左側(cè)與圓心O同一高度的C點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線(xiàn)進(jìn)入圓弧軌道，到達(dá)最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力FN＝32.5N。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，(1)小球拋出時(shí)的初速度v0的大??；(2)小球從B到A的過(guò)程中克服摩擦所做的功Wf。答案(1)eq\f(2\r(3),3)m/s(2)eq\f(1,3)J解析(1)小球拋出后從C到B過(guò)程中受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則：mg－|q|E＝ma，解得：小球的加速度大小a＝eq\f(mg－|q|E,m)＝eq\f(2×10－1×10－3×104,2)m/s2＝5m/s2。C與B的高度差h＝Rcos60°＝0.4m，設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)豎直分速度大小為vy，則veq\o\al(2,y)＝2ah，解得：vy＝2m/s。小球在B點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為60°，則tan60°＝eq\f(vy,v0)，解得：v0＝eq\f(2\r(3),3)m/s。(2)在B點(diǎn)時(shí)，sin60°＝eq\f(vy,vB)，則vB＝eq\f(4\r(3),3)m/s。小球在A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小球的支持力大小FN′＝FN，則由牛頓其次定律得：FN′＋|q|E－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得：vA＝3m/s。小球從B到A的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：(mg－|q|E)(R－Rcos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：Wf＝eq\f(1,3)J。17．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(14分)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，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>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(chǎng)，重力忽視不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)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(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(φ,\f(d,2))＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子從射入電場(chǎng)至第一次穿過(guò)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱(chēng)性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑧18．(2024·安徽合肥二模)(14分)一帶正電小球通過(guò)絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛于場(chǎng)強(qiáng)大小為E1的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，靜止時(shí)細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角θ＝45°，如圖所示。以小球靜止位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其中x軸水平?，F(xiàn)剪斷細(xì)線(xiàn)，經(jīng)0.1s，電場(chǎng)突然反向，場(chǎng)強(qiáng)大小不變；再經(jīng)0.1s，電場(chǎng)突然變?yōu)榱硪粍驈?qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，且這0.1s后小球速度為零。已知小球質(zhì)量m＝1.0×10－2kg，電荷量q＝1.0×10－8C，g取10m/s2，空氣阻力不計(jì)(1)E1和E2；(2)細(xì)線(xiàn)剪斷0.3s末小球的位置坐標(biāo)。答案(1)107V/m3×107V