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第一章考点主题深化提升考点二£屋仑力作用工的力学问题1 .库仑力作用下动力学问题的解题思路：2 .“三个自由点电荷”平衡规律：对点训练L1.（多选）（2019 青岛高二检测）已知如图，带电小球A、B的电荷分别为Qa、Qb,0A=0B,都用长L的丝线悬挂在。点。静止时A、B相距为d0为使平衡时A、B 间距离减为:可采用以下哪些方法（）A.将小球A、B的质量都增大到原来的2倍B.将小球B的质量增大到原来的8倍C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍【解析】选B、D。受力分析如图所示。B受重力、丝线的拉力及库仑力,将拉力及库仑力合成,其合力应与重力大小相等、方向相反，由几何关系可知*q,而库仑力F二元设，即mg kqaQb QaQbd2 3，mgd =kQQiL do ：kQaQbLdd二IL，要使d变为5,可以将小球B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故B正确;或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍,也可保证等式成立,故D正确。L （多选）（2019 佛山高二检测）一个电容为C的平行板电容器充电后与电源断 开，负极板接地,如图所示。以Q表示极板所带电荷量,U表示电容器两极板间的 电压,E表示两极板间的场强,若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的 位置,那么 （）A. C变小B. Q不变C. U变小D. E变大【解析】选B、Co由平行板电容器电容的决定式C二篇可知,正极板下移,d减 小，电容C增大,A错误；电容器充电后与电源断开,Q不变,B正确；由uf可知：电 Q压U减小,C正确，由Eq=加二二工T可知E不变,D错误。2. （2019 长沙高二检测）如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的 两块平行金属板,两板间有一带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的 是（）A.若增大A、B两金属板的间距,有向右的电流通过电阻RB.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动【解析】选C。电容器和电源相连，则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属£rSQ板的间距,根据公式C二,可知，电容减小,根据公式C二，,可得电容器两极板上 所带电荷量减小，故电容器放电,R中有向左的电流,A项错误；由于两极板间的电u压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式Eq可得两极板间的电场强度减 小，微粒P受到的电场力小于重力,将向下运动,B项错误;若紧贴A板内侧插入一 块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,则电场强度增大，电场力大 于重力,P向上运动,C项正确;若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当 于£增大，但两极板间的电场强度不变，电场力不变,微粒P仍静止,D项错误。3. （2019 辽源高二检测）如图所示,D为一理想二极管（正向电阻为0,反向电阻 无穷大）,平行金属板M、N水平放置,两板之间有一带电微粒以速度V。沿图示方 向做直线运动，当微粒运动到P点时,将M板迅速向上平移一小段距离,则此后微 粒的运动情况是（）A.沿轨迹运动B.沿轨迹运动C.沿轨迹运动D.沿轨迹运动【解析】选Bo当微粒运动到P点时,迅速将M板上移一小段距离，由于二极管反 向电阻无穷大,两极板上电量不变，由电容的决定式C二薪,定义式C二5得MN两U 4nkQ板间电压升高，由E二知电场强度不变，粒子受到的电场力不变,微粒的运 动方向不变，仍沿轨迹做直线运动，故B正确,A、C、D错误。考点五魂.电粒子在.电场史的运动1.基本规律：设粒子带电荷量为Q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为7,板间距离 为d （忽略重力影响），则有,F qE qU加速度声看右向 在电场中的运动时间：?环Vx= V0（3）速度qUlVy = at = dV=皿+琢,tan藏7 = vot(4)位移y at2 = q''：:乙2mvQd2.两个结论：(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时 的偏转角度和偏移量y总是相同的。(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点0为粒子水 平位移的中点，即o到电场边缘的距离为:。.【.对点训练.1.(多选)如图所示,M N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电 场,质量为小 电荷量为-q的带电粒子，以初速度v。由小孔进入电场，当M、N间 电压为U时，粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距 的;处返回，则下列措施能满足要求的是()A.使初速度减为原来的：B.使M、N间电压提高到原来的2倍C.使M、N间电压提高到原来的4倍1D.使初速度和M、N间电压都减为原来的万【解析】选D。在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得-qEd=()4ii而，所以 d二粤,令带电粒子离开M板的最远距离为x,则使初速度减为原来的;,x二，使M、2qE/4dN间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍,X,使M、N间电压提高 d到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍,x二不使初速度和M、N间电压都减为原 1_d来的5,电场强度变为原来的一半,x=/2. （2019 兰州高二检测）如图所示,一电子枪发射出的电子（初速度很小,可视为 零）进入加速电场加速后,垂直射入偏转电场,射出后偏转位移为Y,要使偏转位 移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（） A.增大偏转电压UB.增大加速电压U。C.增大偏转极板间距离D.将发射电子改成发射负离子1 Q I1 QU 【解析】选A。设偏转电极板长为1,极板间距为d,由qUL/Ug t- y-at2t2,UI2得偏转位移尸赤,增大偏转电压U,减小加速电压U。,减小偏转极板间距离,都 qCL可使偏转位移增大,选项A正确,B、C错误；由于偏位移y二黑与粒子质量和带电 量无关,故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变,选项D错误。3. （2019 郑州高二检测）如图所示为某粒子分析器的简化结构。金属板P、Q相 互平行，两板通过直流电源、开关相连，其中Q板接地。一束带电粒子，从a处以 一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域,经偏转后打在Q板 上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从Q板上b孔射 出（不计粒子重力和粒子间的相互影响），下列操作中可能实现的是（）A.保持开关S闭合,适当上移P极板B.保持开关S闭合,适当左移P极板C.先断开开关S,再适当上移P极板D.先断开开关S,再适当左移P极板u【解析】选Ao保持开关S闭合,则两极板间U不变,适当上移P极板，由E%知 1两板间的电场强度减小，由y3at2解得粒子从a到b的时间增大,水平位移x-Vot 增大,可能从b孔射出,A正确;保持开关S闭合,适当左移P极板,粒子在板间的 电场强度不变,运动时间和水平位移均不变,B错误;先断开开关S,再适当上移P 极板,两板间的电场强度不变,粒子运动的时间不变,水平位移不变,C错误;先断 Q开开关S,再适当左移P极板，电容C减小,再由U9知，电压U增大，电场强度E 增大,粒子在板间的运动时间减小，水平位移减小,D错误。4. （2019 济南高二检测）如图所示,带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场, 电场强度为E。,极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D,极板长 度为LC、D板间加恒定的电压。现有一质量为限带电荷量为e的电子（重力不 计），从A板处由静止释放,经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的 电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域,速度方向与边界夹角为60° , 求：（1）电子在A、B间的运动时间。（2）C、D间匀强电场的电场强度。CEq【解析】（1）电子在A、B间直线加速,加速度H区，设电子在A、B间的运动时 112mL间为t,则L=,解得t= /鬲。设电子从B板的小孔飞出时的速度为Vo,则V。=at,则电子从平行极板C、D间 eE L射出时沿电场方向的速度为Vy=Votan3O° ,又v尸石环,可得C、D间匀强电场的 电场强度EEooI；2mL2/3答案:二鬲附苧。5.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板,如图甲 所示。加在极板A、B间的电压儿做周期性变化，其正向电压为U。,反向电压为 -kU0(k>l),电压变化的周期为2t,如图乙所示。在t=0时,极板B附近的一个电子,质量为限 电荷量为e,受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电5子未碰到极板A,且不考虑重力作用。若k=z，电子在02t时间内不能到达极板 A,求d应满足的条件。【解析】电子在0t时间内做匀加速运动eU0加速度的大小ma、 1位移 Xj-zait2在t2t时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动keU0加速度的大小a2=-r ma初速度的大小V1=ait也2 匀减速运动阶段的位移X，石由题知d>xi+x2,解得d>9eU0t10m答案:d>9eU0t10m关闭Word文档返回原板块2.（多选）如图所示,一绝缘细线0a下端系一轻质带正电的小球a（重力不计），地 面上固定一光滑的绝缘|圆弧管道AB,圆心与小球a位置重合。一质量为ni、带 负电的小球b由A点静止释放。小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止,其中细 线O' a水平,0a悬线与竖直方向的夹角为0 o当小球b沿圆弧管道运动到小球 a正下方B点时对管道壁恰好无压力，在此过程中（a、b两球均可视为点电 荷）（）A. b球所受的库仑力大小为3mgB.b球的机械能逐渐减小C.水平细线的拉力先增大后减小D,悬线0a的拉力先增大后减小【解析】选A、Co电场力对b球不做功，故b球的机械能守恒，由机械能守恒定 律可得,谚=mgR,则小球运动到B点的速度vk2gR;小球对管道无压力，则F底 -哨初，解得F库二3mg, A正确,B错误;设小球b在某位置时和a点连线与竖直方 向的夹角为。，悬线0a的拉力为FT1,悬线0z a的拉力为FT2,则对小球a,可得 Ft2二Fwsin 0 +Fsin Q , Fncos 0 =Fcos a ,当小球b从A点向B点运动时,a角一直 减小，可知一直增大,D 错误;Ft2=Feos a tan。+Fsin a =sin（。+ q ）,则当COSC7Q从90°减小到0时,%先增大后减小,C正确。3.如图所示,在光滑绝缘水平面上放置一带正电的长直细棒,其周围产生垂直于 k带电细棒的辐射状电场,场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E=-o在带 电长直细棒右侧,有一长为1的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和 B,小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q, A球距直棒的距离也为7,两个球在外力 F=2n】g的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。(1)求k的值;(2)若撤去外力F,求在撤去外力瞬间A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力。k k【解析】(1)对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有q+4q斤2mg,解得 2mglk/。(2)若撤去外力瞬间,A、B间细线拉力突然变为零,则对A球:q ma,、得aA=,方向向右。k2kq对B球:4q 2二响得aB=-,方向向右。因为所以在撤去外力瞬间A、B将以相同的加速度a一起向右运动,A、Bk k间绝缘细线张紧,有拉力To对A、B整体，由牛顿第二定律，有:q 7+4q »=2ma解得:a=gk.对 A:q j+T=ma解得:T=；mg故撤去外力瞬间,A、B的加速度=8小、B小球间绝缘细线的拉力Tmg2mqi1答案： k二壬- aA=aB=g T=-mg考点三求电场强度的几种韭常规思维方法1 .等效法:在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。2 .填补法:将有缺口的带电圆环补全为圆环,或将半球面补全为球面,从而化难为易、事半功倍。3 .对称法:利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称的特点，使复杂电场 的叠加计算问题大为简化。4 .微元法:将带电体分成许多电荷元,每个电荷看成点电荷,先根据库仑定律求 出每个电荷元的场强,再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。d【对点训练L1.如图所示,xOy平面是无穷大导体的表面,该导体充满z<0的空间，z>0的空间 为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处,则在xOy平面上会产生感应 电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激 h发的。己知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z轴上z和处的场强大小为 （k为静电力常量）（）4q 4q 32q40qA. kB, k诉C.k诉D.k诉【解析】选D。该电场可等效为分别在z轴h处与-h处的等量异种电荷产生的 q q电场,如图所示。则在z二如勺场强大小E=©+k管户k黑 故D正确。2 .下列选项中的各;圆环大小相同,所带电荷量已在图中标此且电荷均匀分布， 各;圆环间彼此绝缘。坐标原点0处电场强度最大的是（）【解析】选B。将圆环分割成微元,根据对称性和矢量叠加,D项。点的场强为零,C 项等效为第二象限内电荷在0点产生的电场,大小与A项的相等,B项正、负电荷 在0点产生的场强大小相等,方向互相垂直,合场强是其中一个的隹倍,也是A、 C项场强的倍，因此B项正确。3 . （2019 南昌高二检测）一段均匀带电的半圆形细线在其圆心0处产生的场强 为E,把细线分成等长的圆弧藤、BC,乃,则圆弧前在圆心0处产生的场强 为（）EEEA. EB-2C,3D,4【解析】选B。如图所示,B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在。点产生的 电场强度大小为E，E，相等,AB段和CD段在0处产生的场强夹角为120。，它 们的合场强大小为E，。E,sE则。点的合场强E=2E',则E'二方故圆弧在圆心。处产生的场强为5, B正确。4.如图所示,均匀带电圆环所带电荷量为Q,半径为R,圆心为O,P为垂直于圆环 平面中心轴上的一点,OP=L,试求P点的场强。【解析】设想将圆环看成由n个小段组成,当n相当大时,每一小段都可以看成 点电荷,其所带电荷量Q'由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处 kQ kQ产生的场强为E=Q="/r2+小由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量E,相互抵消，而kQ其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP, Ep=nEx=n p2 , r2.cos 0 Tlflx十 L )QL= k/2 + 为3/2QL_答案:k仔+腌3/2考点三9电场图象电场中几种图象的特点与应用：根据VT图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合V-t图象力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化6-x图象电场强度的大小等于0-x图象的斜率大小，电场强度为零处，*-X图象存在极值，其切线的斜率为零；在*-X图象中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势 高低关系确定电场强度的方向；在6-X图象中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB, 进而分析wAB的正负，然后做出判断E-t图象根据题中给出的E-t图象,确定E的方向，再在草稿纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化,确定电场的强弱分布E-x图象反映了电场强度随位移变化的规律；E>0表示场强沿x轴正方向,E<0表示场强沿x轴负方向；图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电 势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定Ep-x图象反映了电势能随位移变化的规律；图线的切线斜率大小等于电场力大小；进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况巨【对点训练JL1.（多选）（2019 合肥高二检测）有一沿x轴分布的电场，电场强度E随x变化的 图象如图所示,x轴正向为电场强度的正方向，在x轴上0xi间某点处由静止释 放一个质量为m,电荷量为q的带负电的粒子,仅在电场力作用下运动，下列说法 正确的是（）A. x轴上Xi处电势最高B. x轴上X2处电势最高C.粒子在向右运动的过程中，粒子的电势能可能先减小后增大,再减小D.粒子在向右运动的过程中，如果到达xz处速度刚好为零,则粒子运动的最大速 度-定大于心巨 m【解析】选A、Do因内点的右侧电场线向右，左侧的电场线向左，顺着电场线电 势降低，故xi点的电势最高,选项A正确,B错误;带负电的粒子从0xi间的某位 置释放，电场力先做正功,过了 X1位置后，电场力做负功,如果速度减到零后，粒 子将反向，向左运动。故粒子向右运动过程中的电势能先减小后增大,选项C错 误;粒子在向右运动的过程中，在Xi处的速度最大,如果到达X2处速度刚好为1 2 1零,E-x图象中图线与x坐标轴所围面积表示电势差,则有:那q=qU>q（X2-x）2Eo, 即但三&故选项D正确。2.（多选）（2019 成都高二检测）如图所示,粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行 于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,在x轴上的电势6与坐标 x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0. 15, 3）的切线。现有一个质 量为0. 20kg、电荷量为+2. OX 1（TC的小滑块P（可看做质点），从x=0. 10m处由静 止释放,其与水平面的动摩擦因数为0. 02,重力加速度g=10m/s2o则下列说法正 确的是 （）A. x=0. 15m处的场强大小为2. 0X10WCB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度为0. lm/sD.滑块最终在0. 3m处停下【解析】选A、C。在6-x图象中，某一点切线斜率表示该点的场强，所以x二0.15m处的场强大小等于题图中切线的斜率绝对值，即E=2.0X10WC,选项A项 正确；由题图图象可知,x轴上场强E随x增大不断减小。由牛顿第二定律 得:Eq-F初a,加速度逐渐减小,滑块做加速度逐渐减小的加速运动，当qE二F,时， 加速度为0,然后加速度反向，由F.-qE=ma知加速度反向增加,滑块做加速度逐渐 增大的减速运动，直至停止,所以滑块向右滑动的过程中，加速度先减小后增大， 选项B项错误；由动能定理可知,合外力做正功最多时,滑块动能最大,此时电场 力减小到与摩擦力恰好相等，即Eq=u mg,解得:E=2. 0X106N/C,即x=0. 15m0滑块 由静止释放至运动到x=0. 15m处过程中，由动能定理1 2有：口（。0.10-。0.15）-口吗?（0.15111-0.10（11）=/%0,代入已知条件解得：%=0.1川/5,选 项C项正确;若滑块可以运动到0. 3m处,则电场力做功6 X 10-3J,而克服摩擦力需 做功W.=8X10 3J,所以滑块不可能运动到0. 3m处,选项D项错误。3.（多选）一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点,其v-t 图象如图所示。则下列说法正确的是（）A.B、D两点的电场强度和电势一定都为零B. A处的电场强度大于C 处的电场强度C.粒子在A处的电势能小于在C处的电势能D.A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差【解析】选B、Co v-t图象中直线或曲线某处切线斜率的绝对值表示加速度大 小。B、D两点的斜率为零，则粒子运动到这两点时合力为零，由于粒子仅在电场 力作用下运动，故粒子在B、D两点处受到的电场力为零，因此B、D两点的电场 强度为零,但电势不一定为零,A错误;A处的切线斜率的绝对值大于C处的切线 斜率的绝对值，即粒子在A处的加速度大于C处的加速度，由a二四可知A处的电 m场强度大于C处的电场强度,B正确；因为粒子只在电场力作用下运动,所以运动 过程中动能和电势能相互转化，从图中可得A点的速度大于C点的速度,粒子从A 到C 一部分动能转化为电势能,故粒子在A处的电势能小于在C处的电势能,C正 确;从图中可得A、C两点的速度变化量小于B、D两点的速度变化量，由W二Uq二 Ek 可得A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差,D错误。4.（多选）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移 x变化的关系如图所示,其中。X2段是对称的曲线,X2X3段是直线。则下列说 法正确的是（）A.从xi到X3带电粒子的加速度一直增大B.从X1到X3带电粒子的速度一直减小C.粒子在0X2段做匀变速运动,X2X3段做匀速直线运动D.X1、X2、X3 处电势 Di、e2、的关系为 *1>*2>*3【解析】选B、Do EP-X图象中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小。 由图可知:在0xi段,粒子所受的电场力减小，其加速度减小;在xiX2段,粒子 所受的电场力增大,其加速度增大;在X2X3段,粒子所受的电场力不变,其加速 度不变;所以从xi到X3带电粒子的加速度是先增大，后不变,A错误;从图象可直 接看出粒子从Xi到X：,过程中电势能一直增大，电场力做一直负功，故粒子的动能 一直减小,其速度一直减小,B正确;粒子在0X2段做变加速运动,在X2X3段做 匀变速直线运动,C错误；由于粒子带负电，因此在电势能大的地方，电场的电势 低，故Xi、X2> X3处电势储、小2、63大小关系为储>62>63,D正确。考点四d电容器动态分析用“四步法”对电容器动态分析：Q【对点训练】