高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破三 电场和磁场-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题三 电场和磁场第1讲电场及带电体在电场中的运动微网构建核心再现知识规律(1)电场力的性质电场强度的定义式：E.真空中点电荷的场强公式：Ek.匀强电场场强与电势差的关系式：E.(2)电场能的性质电势的定义式：.电势差的定义式：UAB.电势差与电势的关系式：UABAB.电场力做功与电势能：WABEp.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法等.高频考点一电场的特点和性质知能必备1.电场强度的三种表达形式及适用条件2.电场强度、电势、电势能大小的比较方法3.电场的叠加原理及常见电荷电场线、等势线的分布特点.命题视角视角

2、1电场强度的计算例1直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零静电力常量用k表示若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向思路探究(1)点电荷电场强度大小的计算式？方向如何判断？(2)多个点电荷在空间形成的场如何计算电场强度？尝试解答_解析处于O点的正点电荷在G点处产生的场强大小E1k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强大小E2E1k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、

3、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3E2k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4k，方向沿y轴正向，所以H点的场强EE3E4，方向沿y轴负向答案B视角2电场强度、电势、电势能的判断例2(2016全国大联考押题卷)(多选)如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是()A粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小B粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小Da点的电势高于b点的电势思路探究(1)如何利用电场线判断电场强度的大小？(2)

4、如何根据电场线和运动轨迹判断电场力做功情况？(3)电场力做功与电势能的变化关系怎样？尝试解答_解析由题图知a处电场线比b处稀疏，即EaEb，由牛顿第二定律知粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A项正确；由粒子做曲线运动的条件知粒子受到指向凹侧的电场力且电场线上某点电场力的方向一定沿该点的切线方向，若粒子由a向b运动，其位移方向与其所受电场力方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；若粒子由b向a运动，其位移方向与其所受电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，动能减小，即不论粒子的运动方向和电性如何，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，在a点的动能小于在b点的动能，B项正确

5、，C项错误；由于电场线的方向不能确定，故无法判断a、b两点电势的高低，D项错误答案AB电场性质的判断方法1电场强度的判断方法：(1)根据电场线的疏密程度进行判断(2)根据等差等势面的疏密程度进行判断(3)根据E进行判断2电势高低的判断方法：(1)由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断(2)若q和WAB已知，由UAB进行判断3电势能大小的判断根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化 题组冲关1(多选)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中f点进入电场，其运动轨迹如图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是()Af、b、c、d、e五点

6、中，c点电场强度最大B带电粒子的加速度逐渐变大C带电粒子的速度先增大后减小D粒子经过b点和d点时的速度大小相同解析：选AD.电场强度的大小由电场线或等差等势面的疏密判断，越密的地方电场强度越大，A项正确；由a可判断带电粒子的加速度先增大后变小，B项错误；粒子从f到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项C错误；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，所以粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确2(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则

7、()Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高Cc点的电场强度比d点的大Dc点的电势比d点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的合电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确3(2016湖北武汉调研)在真空中某区域有一电场，电场中有一点O，经过O点的

8、一条直线上有P、M、N三点，到O点的距离分别为r0、r1、r2，直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到O点的距离，下列说法中正确的是()AO、P两点间电势不变，O、P间场强一定为零BM点的电势低于N点的电势CM点的电场强度大小小于N点的电场强度大小D在将正电荷沿该直线从M移到N的过程中，电场力做负功解析：选A.O、P两点间的各点电势不变，各点间电势差为零，移动电荷时电场力不做功，O、P间场强一定为零，选项A正确；由图象可知，M点的电势高于N点的电势，选项B错误；电势变化越快的地方场强越大，根据图线斜率可以得出，M点的电场强度大小大于N点的电场强度大小，选项C错误；在将正电荷沿该直线

9、从M移到N的过程中，电势降低，电势能减小，电场力做正功，选项D错误高频考点二平行板电容器问题知能必备1.电容的定义式和决定式、板间电场强度的计算式2.引起电容器电容变化的因素及动态分析问题的两种结论及处理方法.命题视角视角1平行板电容器板间电场强度的计算例3已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.和B.和C.和 D.和思路探究(1)公式中各符号的意义及整体的意义是什么？

10、(2)平行板间的电场是哪个极板上的电荷形成的？尝试解答_解析每块极板上单位面积所带的电荷量为，每块极板产生的电场强度为E，所以两极板间的电场强度为2E.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E，故另一块极板所受的电场力FqEQ，选项D正确答案D视角2平行板电容器的动态分析例4(2016山西名校联盟)(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法中正确的是()A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板

11、与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变思路探究(1)图中静电计的作用是什么？(2)平行板与电源相连，移动极板时，哪些量发生变化？哪些量不变？(3)平行板与电源线断开，移动极板时，变量与不变量又是哪些？尝试解答_解析将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E减小，带电油滴所处位置的电势PUEd1增大，其中d1为油滴

12、到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器的电荷量Q不变，极板间距d变大，根据QCU，E和C可知E，可见，极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确答案ACD平行板电容器问题的分析思路1明确平行板电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C分析电容器带电量和两板间电压的变化情况4应用E分析电容器两极板间电场强度的变化题组冲关1如图所示，平行板电容器与一电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油

13、滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板缓慢地错开一些，那么在错开的过程中()A电容器的电容C增大B电容器所带电荷量Q增多C油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向MD油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M解析：选D.在电容器两极板错开的过程中，根据电容的决定式C得知，电容C减小，选项A错误由C可知，U不变时，Q减小，选项B错误电容器所带电荷量减少，电容器放电，放电电流方向由N到M；电容器两极板接在电源的正、负极上没有断开，故电容器两端的电压不变，两极板间距离不变，则场强不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动，故选项C错误、D正确2(2016陕西宝

14、鸡高三二模)如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为，则下列说法中正确的是()A保持电键S闭合，使两极板靠近一些，将减小B保持电键S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，将减小C打开电键S，使两极板靠近一些，将不变D轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：选C.保持电键S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E知，电场强度增大，将增大，A项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B项错误；打开电键S，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C、U、E知，E不变，即夹角不变，C项正确；轻轻将细线剪断，小球将沿细线方向向下做匀加

15、速直线运动，D项错误3(创新题)如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是()A若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小B若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动C若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大D若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向下运动解析：选A.若将极板A向下移动少许(d减小)，电容器电容增大，二极管正向导通给电容器充电，电容器两端电压保持U不变，由E知两极板间电场强度增大，电场力大于液滴重力，液滴将沿电场力方向运动，电场力做正功，带电液滴的电势能减小

16、，A对；若将极板A向上移动少许(d增大)，由C知C减小，由QCU知Q将减小，但因二极管具有单向导电性，所以电容器的带电荷量Q将不变，由E、QCU及C知两极板间电场强度不变，所以液滴仍静止，B错；若将极板B向上移动少许(d减小)，由E知两极板间电场强度增大，与选项A相同，带电液滴将沿电场力方向向上运动，电场力做正功，电势能减小，C错；若将极板A、B错开少许(S减小)，电容减小，但二极管阻止电容器放电，电容器带电荷量Q不变，由C可知两极板间电压升高，由E知两极板间电场强度增大，液滴沿电场力方向向上运动，D错高频考点三带电粒子在电场中的运动知能必备1.牛顿第二定律和运动学方程2.动能定理及功能关系3

17、.类平抛运动的处理方法4.类平抛运动的两个推论.命题视角视角1带电粒子在匀强电场中的加速或偏转例5(名师原创)如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移.(1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？(2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？思路探究(1)U2不变时，下极板向下平移，电场强度如何变化？(2)只改变U2时，进入偏转电场的粒子速度是否

18、改变？尝试解答_解析(1)令移动前后偏转电场的电场强度分别为E和E，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1因偏转电压不变，所以有EdEd，即EE由qEma及qEma知aa设极板长度为L，则da2，a2联立得v在加速电场中由动能定理知eU1mv，eU1mvU1，即加速电压应减为原加速电压的，才能使电子打在下极板的中点(2)因电子在水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动时间t相等设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2，则有a1t2，da2t2，即a22a1由牛顿第二定律知a1，a2联立得U

19、23U2，即偏转电压应变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点答案(1)U1减为原来的(2)U2变为原来的3倍视角2带电粒子在交变电场中的运动例6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m21012kg、电荷量q1108C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

20、(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，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)思路探究(1)带电粒子在MN间运动时水平速度是否变化？(2)带电粒子能穿过MN的最大偏移量是多少？尝试解答_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t(n)T(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

21、前内沿竖直方向的位移ya()2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，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解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题题组冲关1(2016湖南十校联考)(多选)如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔(不影响板间电场分布)，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷1.0102 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴

22、线A处由静止释放，在静电力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是()A右侧金属板接电源的正极B所加电压U100 VC乙图中的v22 m/sD通过极板间隙所用时间比为1(1)解析：选BD.带正电的粒子在静电力作用下由左极板向右运动，可判断左侧金属板接电源正极，选项A错误；由vt图象可知，带电粒子的加速度a2 m/s2，相邻两极板间距dat20.25 m，由qEma得E200 V/m，U2Ed100 V，选项B正确；可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t1t21(1)，选项D正确；v1v2t1(t1t2)1，将v

23、11.0 m/s代入，得v2 m/s，选项C错误2(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.根据动能定理有qE1dmv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1 .在偏转电场中，由lv1t2及yt得，带电粒子经偏转电场的侧位移y，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同

24、，根据WqE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确根据动能定理，qE1dqE2ymv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2 ，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误粒子打在屏上所用的时间t(L为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误根据vyt2及tan 得，带电粒子的偏转角的正切值tan ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确3(2016陕西五校联考)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，

25、电场方向与两板垂直，在t0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，tT时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场则()A该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B在t时刻，该粒子的速度大小为2v0C若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在tT时刻射出电场解析：选A.由题设条件可知：粒子在0做类平抛运动，在T做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类

26、平抛运动规律可得：lv0T，lvT，则vv0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，并从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t，选项D错误真题试做真题1(2016高考全国乙卷)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.平行板电容器电容的表达式为C，将极板间的云

27、母介质移出后，导致电容器的电容C变小由于极板间电压不变据QCU知，极板上的电荷量变小再考虑到极板间电场强度E，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确真题2(2016高考全国甲卷)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则()Aaaabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcvaDabacaa，vavcvb解析：选D.a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbr

28、cEcEa，故带电粒子Q在这三点的加速度abacaa.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理|qUab|mvmv0，则vb0，vcvb，又|Uab|Ubc|，则vavc，故vavcvb，选项D正确真题3(2015高考全国卷)如图，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力求A、B两点间的电势差解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60

29、由此得vBv0 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vv)联立式得UAB答案：新题预测如图所示，两个带等量正电的点电荷分别固定于P、Q两点，它们连线的中点是O，A、B是P、Q连线的中垂线上的两点，OAOB.则下列说法正确的是()AA点场强大小一定大于B点的场强大小BA、B所在直线是一条等势线，等势线左右对称点电势相等C将一正试探电荷分别置于A和B点，该试探电荷在A点的电势能等于在B点的电势能D将一负试探电荷分别置于A和B点，该试探电荷在A点的电势能小于在B点的电势能解析：选D.O点场强大小为零，由O点沿P、Q连线的中垂线向外场强先增大后减小，无法判断A、B两点场强大小关系，

30、选项A错误A、B两点的场强方向相反，A点的电势高于B点的电势，正试探电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，负试探电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项B、C错误，选项D正确“等势线(电场线)运动轨迹”组合模型模型特点：当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线、等势线都不重合的曲线时，这种现象简称为“拐弯现象”，其实质为“运动与力”的关系运用“牛顿运动定律、功和能”的知识分析：(1)“运动与力两线法”画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧)，从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况(2)“三不知时要假设”电荷的正负、场强的方向

31、(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题目中相互制约的三个方面若已知其中一个，可分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”进行分析典例展示1(多选)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C点时的速度则()A小球带正电B恒力F的方向可能水平向左C恒力F的方向可能与v方向相反D在A、B两点处小球的速率不可能相等解析由小球从A到C的轨迹可得，小球所受静电力向右，带正电，选项A正确；小球从C到B，合力

32、指向轨迹凹侧，当水平恒力F水平向左时合力可能向左，由于v方向与水平方向有夹角，故F方向不可能与v方向相反，选项B正确，C错误；小球从A到B，由动能定理，当静电力与恒力F做功代数和为0时，在A、B两点小球的速率相等，选项D错误答案AB2(多选)如图所示，虚线为某电场中的三个等差等势面1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是()A等势面1的电势最高B粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小C粒子在a点的电势能大于在b点的电势能D粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小解析由粒子做曲线运动的条件知粒子受到指向凹侧的电场力，但因不清楚粒子

33、的运动方向及粒子的电性，所以电场线的方向不能确定，即无法确定电势的高低，A项错误；等差等势面的疏密程度可表示电场强度的大小，由图知EaEb，由牛顿第二定律知粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，B项正确；由题图知若粒子由a向b运动，其位移方向与其所受电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，动能减小；若粒子由b向a运动，其位移方向与其所受电场力方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加，即不论粒子的运动方向和电性如何，粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，粒子在a点的动能大于在b点的动能，所以C项错误，D项正确答案BD点评“等势线(电场线)运动轨迹”模型的处理思路自悟自练1(限时

34、3分钟满分6分)(多选)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以作出的判断是()A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的加速度何处大D带电粒子在a、b两点的加速度方向解析：选BCD.如图所示，由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A错误；加速度由电场力产生，由于a处电场线较b处密，所以a处电场强度大，由FqE知，带电粒子在a处受

35、电场力大，故加速度大，且方向与电场力方向相同，C、D正确2(限时3分钟满分6分)(多选)如图所示的虚线为电场中的三条等势线，三条虚线平行且等间距，电势分别为10 V、19 V、28 V，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，a到中间虚线的距离大于c到中间虚线的距离，下列说法正确的是()A粒子在a、b、c三点受到的电场力方向相同B粒子带负电C粒子在a、b、c三点的电势能大小关系为EpcEpbEpaD粒子从a运动到b与从b运动到c，电场力做的功可能相等解析：选ABC.带电粒子在匀强电场中运动，受到的电场力方向不变，选项A正确；根据粒子的运动轨迹可知粒子带负电，带负电的粒

36、子在电势高的位置电势能小，所以EpcEpbEpa，选项B、C正确；a、b间的电势差与b、c间的电势差不相等，粒子从a运动到b与从b运动到c，电场力做的功不相等，选项D错误限时规范训练建议用时：40分钟1如图所示，边长为L1 m的等边三角形ABC置于匀强电场中，电场线的方向平行于ABC所在平面，其中A点电势为1 V，AC中点电势为2 V，BC中点的电势为4 V，则该匀强电场的场强大小是()A1 V/mB. V/mC3 V/m D4 V/m解析：选D.在匀强电场中，同一条直线(非等势线)上两点之间的电势差与其距离成正比，可得C点电势为3 V，B点电势为5 V，则AB中点D的电势为3 V，故CD为一

37、条等势线，如图所示，则AB所在直线为电场线，易得E4 V/m.2带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离后，则此后微粒的可能运动情况是()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B.M板平移前，带电微粒做匀速直线运动，所受电场力与重力二力平衡，M板移动后，根据C、U、E可得：E，所以两极板间电场强度不变，带电微粒仍然受力平衡，沿原方向做匀速直线运动，选项B正确3(2016湖北八市联考)如图，M和N是两个带有异种电荷的带电体(M在N的正上方，图示平面为竖直平面)，P和Q是M

38、表面上的两点，S是N表面上的一点在M和N之间的电场中画有三条等势线现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它先后经过了F点和W点已知油滴在F点时的机械能大于在W点时的机械能，E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力，则以下说法正确的是()AP和Q两点的电势不相等BP点的电势高于S点的电势C油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D油滴在E、F、W三点的机械能和电势能之和不变解析：选D.带电导体表面是等势面，A错；因油滴在F点时的机械能大于在W点时的机械能，则液滴从F点到W点，电场力做负功，即F点电势低于W点电势，所以M带负电，N带正电，P点电势低于S点电势，B错；正电荷在F点的电

39、势能比在E点时的低，C错；因只有电场力和重力做功，能量是守恒的，所以机械能和电势能之和不变，D对4(2016浙江宁波高三联考)如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷，电荷量均为Q，MN连线的中点为O.正方形ABCD以O点为中心，E、F、G、H是正方形四边的中点，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是()AA点电势低于B点电势B正点电荷沿直线从F到H，电势能先增大后减小CO点的电场强度为零，电势也为零D沿路径ADC移动一负点电荷比沿路径AB移动同一负点电荷克服电场力做的功多解析：选B.由于是等量同种电荷形成的电场，由电场分布的对称性可知A、B两点电势相等，A错；在MN中垂线上，O点的电场强

40、度为0，但电场方向从O点指向外，即正电荷沿直线从F到H，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，B对；取无穷远处电势为0，沿着电场线方向电势是逐渐降低的，则MN中垂线上O点电势最高，C错；由电场的对称性可知B、C两点电势相等，所以沿路径ADC移动一负点电荷与沿路径AB移动同一负点电荷克服电场力做的功相同，D错5(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选BC.由题图

41、可知， x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确、D错误由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，A错误、B正确6如图所示，平行板电容器的两金属板A、B竖直放置，电容器所带电荷量为Q，一液滴从A板上边缘由静止释放，液滴恰好能击中B板的中点O，若电容器所带电荷量增加Q1，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中OB的中点C，若电容器所带电荷量减小Q2，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中B板的下边缘D点，则()A1 B2C3 D4解析：选B.由运动的合成与分解知液滴在竖直方向做自由落体运动，水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设两金

42、属板长为L、间距为d、正对面积为S，两极板间场强为E，液滴所带电荷量为q、质量为m，则竖直方向有hgt2，水平方向有dt2，E，所以Qh常数，即Q(QQ1)，Q(QQ2)L，联立得2，B对7(2016河南开封二模)(多选)如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则()A电场方向一定水平向右B电场中A点的电势一定高于B点的电势C从A到B的过程中，粒子的电势能一定增加D从A到B的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变解析：选CD

43、.粒子只受电场力，做抛体运动，类似重力场中的斜上抛运动，B点为等效最高点，故电场力方向水平向右，由于不知粒子的电性，故无法判断电场方向，A项错误；无法判断电场方向，所以不能确定A点和B点的电势的高低，故B项错误；从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增大，故C项正确；从A到B的过程中，只有电场力做负功，动能减小，电势能增加，电势能和动能之和保持不变，故D项正确8如图所示是一对等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷P、Q连线长度为r，M点、N点到两点电荷P、Q的距离都为r，S点到点电荷Q的距离也为r，由此可知()AM点的电场强度为2kBM、N、S三点的电势可能相等C把同一试探电荷

44、放在M点，其所受电场力等于放在S点所受的电场力D沿图中虚线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功解析：选D.点电荷P、Q在M点产生的电场强度大小均为Ek，这两个点电荷在M点形成的合场强的大小为E2kcos 60k，方向水平向左，A错误；S点的电势大于零，而M点、N点的电势为零，B错误；由于两点电荷在S点产生的场强方向水平向右，因此同一试探电荷在S点、M点时所受的电场力方向不同，C错误；由于M、N所在直线为零势能线，试探电荷从N点移到M点，电场力不做功，D正确9(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加