高考物理二輪專題復(fù)習(xí)教學(xué)力與電 課件

力與電明確考點1.點電荷、庫侖定律2.電場強度、點電荷的場強、電場線3.電勢能、電勢、電勢差4.勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系5.帶電粒子在勻強電場中的運動6.電容器、電容器的電壓、電荷量和電容的

關(guān)系把握考情1.高考對本專題知識的考查多以選擇題和計算題兩

種形式為主，綜合計算題的難度較大.選擇題的

難度中等.2.主要考查對電場的基本概念的理解，帶電物體在

電場中的加速、偏轉(zhuǎn)問題，以及帶電體在電場或

與重力場、磁場的復(fù)合場中的運動結(jié)合力學(xué)中的

牛頓運動定律、功能關(guān)系的力電綜合問題.復(fù)習(xí)時重視基本概念、基本規(guī)律，加強對電場主干知識的整合；對帶電粒子在電場中的運動問題，帶電物體在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)問題，注意分類整理，對過程復(fù)雜的問題，注意分階段或分方向處理；復(fù)習(xí)時還應(yīng)注意體會用模型(如點電荷、電場線、等勢線、等勢面等)研究問題的思維方法，注重學(xué)科內(nèi)的綜合.一、帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在電場中加速的處理方法有(1)在勻強電場中加速可根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公

式結(jié)合求解.

基本方程：(2)在非勻強電場中的加速運動一般受變力作用，可根據(jù)動能定理、電場力做功和運動學(xué)公式結(jié)合求解.基本方程：2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的處理方法：類似于平拋運

動的分析處理，即應(yīng)用運動的合成和分解的方法.(1)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律如圖5－1所示，帶電粒子從極板的中線以速度v0飛入勻

強電場時，受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用

而做勻變速曲線運動.①沿初速度方向為勻速直線運動：運動分速度vx＝v0，

運動分位移x＝v0t，運動時間②沿電場力方向為初速度為零的勻加速直線運動：加速度a

，運動分速度vy＝at，離開電場時的偏移量y

，側(cè)移距離也可表示為：y＝tanθ(帶電粒子從極板的中線射入勻強電場，其出射時速度方向的反向延長線交于入射線的中點)，離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tanθ (2)帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動(如圖5－1所示).帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動是類平拋運動，處理方法同平拋運動.二、電場中功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.電場力做功的特點：電荷在電場中運動，電場力做的功

取決于初、末位置的電勢差，與路徑無關(guān).2.如果只有電場力做功，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和守恒，

則：(1)ΔEp＝－ΔEk.(2)電場力做正功，電勢能減小，動能增加.(3)電場力做負功，電勢能增加，動能減小.3.除電場力之外其他力做正功，動能和電勢能之和變大；

除電場力之外其他力做負功，動能和電勢能之和變小.4.如果只有電場力和重力做功，則電勢能和機械能之和

保持不變.5.如果用能量轉(zhuǎn)化和守恒分析問題，則要分清哪幾種

形式的能量在變化，是增加還是減少，列方程的形

式有兩種：(1)利用初、末狀態(tài)的能量總和保持不變.(2)利用一種形式能量的增加量等于另一種形式能量

的減少量.三、平行板電容器的動態(tài)問題分析1.動態(tài)變化的兩種基本情況(1)電容器兩極板間電勢差U保持不變(與恒壓電源連接)，

改變板間距離d和正對面積S.(2)電容器的帶電荷量Q保持不變(與電源斷開，無放電回

路)，改變板間距離d和正對面積S.2.討論的依據(jù)(1)平行板電容器的電容的公式：C＝ .(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強電場E＝.(3)電容器所帶電荷量Q＝CU.對平行板電容器，由C＝、C＝和U＝Ed可得出：E＝

，由這個式子可得出，當(dāng)兩極板所帶電荷量不變時，板間場強E與板間距離變化情況無關(guān)，這是動態(tài)問題分析時經(jīng)常使用的結(jié)論.一、電場力做功的正、負判斷和大小計算方法1.正、負判斷方法(1)用力學(xué)方法判斷：即用電場力F和位移x的夾角θ來

判斷.(2)用電勢能的變化來判斷.2.大小計算方法(1)由公式W＝Fxcosθ計算.此公式只適合于勻強電場，可變形為W＝qExE，式中xE為電荷初、末位置在電場方向上的位移.(2)應(yīng)用公式W＝qU進行計算.使用此式時，式中各量取絕對值代入計算.功的正負另行判斷.(3)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化來計算.電場力做功，電荷的電勢能發(fā)生變化：電場力做正功，電荷的電勢能減少轉(zhuǎn)化為其他形式的能；電場力做負功，電荷的電勢能增加，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能.電場力做多少功就對應(yīng)著多少能的轉(zhuǎn)化.這是能的轉(zhuǎn)化和守恒的具體體現(xiàn).這里一定要分清是電勢能和什么形式的能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化.W＝ΔE其他，使用這個公式時一般W、ΔE其他都取絕對值.(4)由動能定理計算.W電場力＋W其他力＝ΔEk.二、處理帶電體在電場中的運動問題的兩種思路1.運動學(xué)觀點(1)運動學(xué)觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際

問題，一般有兩種情況：①帶電粒子初速度方向

與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動；②帶

電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變

速曲線運動(類平拋運動).(2)當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般

要采取類似平拋運動的解決方法.2.功能觀點首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后再

根據(jù)具體情況選用公式計算.(1)若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是

恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及

運動過程中的動能的增量.(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的.

(1)帶電粒子在電場中運動時，首先要弄清電場的特點，根據(jù)電場的特點判斷帶電粒子的受力情況.若為勻強電場，電場力為恒力；若為非勻強電場，則電場力為變力.(2)在分析帶電粒子的運動情景時，要采取動態(tài)觀點，抓住特殊狀態(tài)建立方程.高頻點一對電場性質(zhì)的理解和應(yīng)用(2008·山東高考)如圖5－2所示，在y軸關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是(

)A.O點電場強度為零B.D點電場強度為零C.若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大D.若將點電荷－q從O移向C，電勢能增大[思路點撥]

O點和D點的電場強度是由A、B、C三處點電荷產(chǎn)生的電場的合場強；而電荷由O移到C，電勢能的變化取決于移動過程中電荷所受電場力做功的正、負.[解析]

A、B兩點處的點電荷在O點處形成的電場的合場強為零，因此O點處的電場強度應(yīng)等于C點處的點電荷在O點形成的電場的電場強度，A選項錯；A、B、C三處點電荷在D點處形成的電場的電場強度分別為EDA＝

、EDB＝

、EDC＝

，所以D點合電場強度為ED

，故B選項對；將點電荷＋q從O移向C時，電場力做正功，故電勢能減小，C選項錯；將點電荷－q從O移向C時，電場力做負功，故電勢能增大，D選項對.[答案]

BD(1)空間如果有多個場源電荷，空間某點的場強應(yīng)為各場源電荷在該點單獨產(chǎn)生的電場的合場強，求合場強時要用平行四邊形定則.(2)比較電荷在電場中兩點具有的電勢能的大小時，可將該電荷在兩點間移動，判斷電場力做功的正、負，若電場力做正功，電勢能減少；反之電勢能增大.1.(2009·黃岡模擬)一正電荷在電場中

僅在電場力作用下，從A點運動到B

點，速度大小隨時間變化的圖象如

圖5－3所示，tA、tB分別是正電荷

在A、B兩點對應(yīng)的時刻，則下列說

法中正確的有(

)A.A處的場強一定小于B處的場強B.A處的電勢一定高于B處的電勢C.正電荷在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能D.A至B過程中，電場力一定對正電荷做正功解析：由速度圖象可知，正電荷的加速度逐漸增大，故所受電場力逐漸增大，B處電場強度大于A處電場強度，選項A正確；正電荷從A點運動到B點，在電場力作用下，正電荷速度增大，電場力做正功，所以D對；電勢能減小，正電荷在A處的電勢能一定大于在B處的電勢能，A處的電勢一定高于B處的電勢，選項B正確，C錯.答案：ABD高頻點二帶電體在電場中的直線運動如圖5－4所示，在方向水平向右、大小為E＝6×103N/C的勻強電場中有一個光滑的絕緣平面.一根絕緣細繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量為m1＝2×10－4kg，帶電荷量為q1＝2×10－9C，乙的質(zhì)量為m2＝1×10－4kg，帶電荷量為q2＝－1×10－9C.開始時細繩處于拉直狀態(tài).由靜止釋放兩滑塊，t＝3s時細繩突然斷裂.不計滑塊間的庫侖力，試求：(1)細繩斷裂前兩滑塊的加速度；(2)在整個運動過程中，乙的電勢能增量的最大值.

[思路點撥]滑塊乙向右運動的過程中，電場力對乙做負功，乙的電勢能增加，而乙的電勢能增量的最大值對應(yīng)電場力對乙做功的最大值.[解析]

(1)取水平向右為正方向，將甲、乙及細繩看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得(2)當(dāng)乙發(fā)生的位移最大時，乙的電勢能增量最大，細繩斷裂前，甲、乙發(fā)生的位移均為此時甲、乙的速度均為v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s細繩斷裂后，乙的加速度變?yōu)閺募毨K斷裂到乙速度減為零，乙發(fā)生的位移x乙′為整個運動過程乙發(fā)生的最大位移為x乙max＝x0＋x乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m此時乙的電勢能增量為ΔEp＝|W乙|＝|q2E|x乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J.[答案]

(1)0.02m/s2

(2)7.2×10－7J電場中的帶電體，不論是否運動，均始終受電場力作用，其大小為F＝Eq.分析帶電體的受力，由牛頓第二定律求解加速度的大小和方向；速度增大或減小可由加速度和速度的方向關(guān)系判斷；而帶電體電勢能的變化可根據(jù)電場力做功情況來判斷.2.(2009·四川高考)如圖5－5所示，

粗糙程度均勻的絕緣斜面下方

O點處有一正點電荷，帶負電

的小物體以初速度v1從M點沿斜

面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2<v1).若小物體帶電荷量保持不變，OM＝ON，則(

)A.小物體上升的最大高度為B.從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做

正功D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力

均是先增大后減小解析：因OM＝ON，所以M、N兩點在同一等勢面上.從M至N的過程中，根據(jù)動能定理：－mgh－Wf＝0－mv12，從N至M的過程中，mgh－Wf＝mv22，兩式聯(lián)立可得：h＝，A項正確；從N至M，點電荷周圍的電勢先減小后增大，故小物體的電勢能先減小后增大，B項錯誤；從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功后做負功，C項錯誤；根據(jù)庫侖定律，從N到M的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，由受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D項正確.答案：AD高頻點三帶電物體在電場中的偏轉(zhuǎn)(2009·重慶調(diào)研)如圖5－6所示，豎直面內(nèi)的正方形ABCD的邊長為d，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從AD邊的中點，以某一初速度進入正方形區(qū)域.若正方形區(qū)域內(nèi)未加電場時，小球恰好從CD邊的中點離開正方形區(qū)域；若在正方形區(qū)域內(nèi)加上豎直方向的勻強電場，小球可以從BC邊離開正方形區(qū)域.已知重力加速度為g，求：(1)小球進入正方形區(qū)域的初速度v0.(2)要使小球從BC邊離開正方形區(qū)域，求所加勻強電場的場強E的方向和大小范圍.[思路點撥]解答本題時應(yīng)把握以下幾個方面：(1)帶電小球的重力必須考慮；(2)帶電小球做類平拋運動；(3)因所加電場的不同，帶電小球有向上或向下偏轉(zhuǎn)兩種可能.[解析]

(1)未加電場時，小球做平拋運動，由平拋運動公式：水平方向：豎直方向：解得v0＝.(2)要使小球從BC邊離開正方形區(qū)域，應(yīng)加豎直向上的勻強電場.當(dāng)小球從C點離開正方形區(qū)域時，場強最小設(shè)為E1，由牛頓第二定律：mg－qE1＝ma1初速度方向位移：d＝v0t1垂直初速度方向位移：＝a1t12解得E1＝故場強E的大小范圍為[答案]

(1)

(2)豎直向上

(1)求解某一物理量的范圍時往往要涉及到臨界問題，解決臨界問題的關(guān)鍵是找準最大值或最小值對應(yīng)的臨界條件，如本題中恰好使小球由B或C射出，分別對應(yīng)電場強度的最大值或最小值.(2)帶電體的重力是否考慮可從以下幾個方面判斷：①帶電小球、液滴一般要考慮重力.②基本粒子，如電子、質(zhì)子、α粒子、離子一般不計重力.③若能確定F電和mg，可比較兩力的大小關(guān)系，再做出判斷.3.(2009·上海交大附中檢測)如圖5－7所示，質(zhì)量m＝1g、電荷量q＝2×10－6C的帶電微粒從偏轉(zhuǎn)極板A、B中間的位置以10m/s的初速度垂直電場方向進入長為L＝20cm、距離為d＝10cm的偏轉(zhuǎn)電場，出電場后落在距偏轉(zhuǎn)電場40cm的擋板上，微粒的落點P離開初速度方向延長線的距離為20cm，不考慮重力的影響.求：(1)加在A、B兩板上的偏轉(zhuǎn)電壓UAB.(2)當(dāng)加在板上的偏轉(zhuǎn)電壓UAB滿足什么條件時，此帶電微粒會碰到偏轉(zhuǎn)極板.解析：(1)帶電微粒出電場后沿切線方向做勻速直線運動，把勻速直線運動軌跡反向延長交圖中虛線一點O，此點在L處.設(shè)電場內(nèi)的偏移量為y，根據(jù)比例關(guān)系得又y＝at2＝，解得UAB＝104V.(2)當(dāng)y>時，帶電微粒會碰到極板由y＝及y>聯(lián)立解得UAB>1.25×104V.答案：(1)104V

(2)UAB>1.25×104V高頻點四帶電粒子在交變電場中的運動問題如圖5－8甲所示，真空中A、B兩豎直極板為勻強電場，極板間距離為2R.右側(cè)有一對水平平行金屬板M和N，兩板間距離為R，板長為2R，有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，經(jīng)電場由靜止加速后，以速度v0從M、N兩金屬板的中間進入偏轉(zhuǎn)電場.給M、N板加上如圖乙所示電壓，最后粒子剛好從N板的邊緣以平行于N板的速度飛出(不計粒子重力).求：(1)加速電壓U1的值；(2)粒子從靜止到飛出偏轉(zhuǎn)電場MN的時間；(3)交變電壓的周期T；(4)偏轉(zhuǎn)電壓U0的值.[思路點撥](1)分清不同的電場中的運動情況，建立相對應(yīng)的物理模型和遵守的物理規(guī)律.(2)注意周期性變化電場的多解性.[解析]

(1)根據(jù)動能定理解得：(2)粒子在極板A、B之間做初速度為零的勻加速直線運動粒子在極板M、N之間水平方向做勻速運動2R＝v0t2粒子從靜止到飛出MN的時間為帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)的綜合題可以分階段處理.(1)加速階段：經(jīng)常用到動能定理qU＝mv2，且多為勻變速直線運動，加速的時間可以根據(jù)勻變速運動公式求解.(2)偏轉(zhuǎn)階段：帶電粒子做類平拋運動，可以用分解的方法處理，可以在偏轉(zhuǎn)電場中求時間和加速度，求偏轉(zhuǎn)位移和偏轉(zhuǎn)角等，也可以求帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時電場力做的功和電勢能的變化.(3)若偏轉(zhuǎn)電場為周期性變化的，則粒子的運動常常具有對稱性，找出規(guī)律，就能解答.4.兩塊水平金屬極板A、B正對放置，每塊極板長均

為l，極板間距為d.B板接地(電勢為零)，A板電勢為

＋U，重力加速度為g，兩個比荷(電荷量與質(zhì)量的

比值)均為=的帶正電質(zhì)點以相同的初速

度沿A、B板的中心線相繼射入，如圖5－9所示.第

一個質(zhì)點

射入后恰好落在B板的中心處，接著，第

二個質(zhì)點

射入極板間，運動一段時間Δt后，A板電

勢突然變

為－U并且不再改變，結(jié)果第二個質(zhì)點恰

好沒有碰到極板.求：(1)帶電質(zhì)點射入時的初速度v0；(2)在A板電勢改變之前，第二個質(zhì)點在板間運動的時間Δt.解析：(1)第一個質(zhì)點在極板間做類平拋運動解得質(zhì)點的初速度(2)第二個質(zhì)點射入極板后，在時間Δt內(nèi)做類平拋運動，有A板電勢突然變?yōu)椋璘后，質(zhì)點所受電場力與重力平衡，做勻速直線運動，經(jīng)過時間t′恰好射出極板，則由以上各式解得答案：(2008·寧夏高考)如圖5－10所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連，Q板接地.開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α.在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是(

)高頻點五電容器的動態(tài)問題分析A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì)D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)[解析]

a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變.要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C.對電容器C，由公式

，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)εr、減小板的正對面積S來減小電容C.故選項B、C正確.[答案]

BC分析平行板電容器的動態(tài)問題時，首先應(yīng)判斷是電容器兩板間電壓不變，還是電荷量不變，然后再由Q＝CU和C＝相結(jié)合得出結(jié)論.5.(2009·福建高考)如圖5－11所

示，平行板電容器與電動勢

為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連

接，下極板接地.一帶電油滴

位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則(

)A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.P點的電勢將降低C.帶電油滴的電勢能將減少D.若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大解析：電容器兩端電壓U不變，由公式E場強＝

，場強變小，電場力變小，帶電油滴將沿豎直方向向下運動，A錯；P到下極板距離d不變，而強場E減小，由公式U＝Ed知P與下極板的電勢差變小，又因為下極板電勢不變，所以P點的電勢降低，B對；由于電場力方向向上，而電場方向向下，可以推斷油滴帶負電，又P點的電勢降低，所以油滴的電勢能增大，C錯；圖中電容器兩端電壓U不變，電容C減小時，由公式Q＝CU，知帶電荷量減小，D錯.答案：B1.(2009·黃岡中學(xué)模擬)如圖5－12所示的電路可將聲音信號

轉(zhuǎn)化為電信號.該電路中，b是

固定不動的金屬板，a是能在

聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜，a、b構(gòu)成了一個電容器，且通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接.若聲源S做簡諧運動，則在a振動過程中(

)A.a、b板之間的電場強度不變B.a、b板所帶的電荷量不變C.電路中始終有方向不變的電流D.向右位移最大時，電容器電容最大解析：因電容器與電源相連，電容器兩極板間電壓不變，a振動過程中兩板間距變化，板間電場強度變化，A錯；電容器的電容變化，且a向右移動時，電容器電容變大，由Q＝CU知，板上所帶電荷量變大，故B錯誤，D正確；在a振動過程中，電容器處于充、放電狀態(tài)，電路中電流的大小和方向均變化，C錯誤.答案：D2.(2009·山東高考)如圖5－13所

示，在x軸上關(guān)于原點O對稱

的兩點固定放置等量異種點電荷＋Q和－Q，x軸上的P點位于－Q的右側(cè).下列判斷正確的是(

)A.在x軸上還有一點與P點電場強度相同B.在x軸上還有兩點與P點電場強度相同C.若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能增大D.若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能減小解析：在＋Q和－Q連線上及延長線上三個區(qū)間內(nèi)場強方向如答案：AC圖所示，由對稱關(guān)系可知，在＋Q左側(cè)與P和－Q間等距的P′點應(yīng)與P點場強相同，故選項A正確.在－Q和＋Q之間各處場強均大于－Q、P之間各點場強，故選項B錯.試探電荷＋q從P移至O點過程中，P→－Q做正功W1，由－Q→O電場力做負功W2，由上面分析知，|W2|＞W(wǎng)1.故電勢能增大，C正確，D錯誤.3.(2009·湖南省師大附中模擬)圖5－14(a)中曲線CD是

帶電粒子在電場中的運動軌跡，若一電子從A點由

靜止釋放，電子沿電場線從A到B運動過程中速率隨

時間變化的圖線如圖5－14(b)所示，則A、B兩點的

電勢φA、φB，電場強度EA、EB，電子在A、B兩點

的電勢能EpA、EpB，加速度aA和aB的大小關(guān)系正

確的是(

)A.φA>φB

B.EpA>EpBC.EA<EB D.aA>aB解析：電子由A到B速度增大，電場力做正功，可得EpA>EpB，UAB<0，故φA<φB，A錯誤，B正確；由(b)圖可知，aA<aB，由a＝

知，EA<EB，故C正確，D錯誤.答案：BC4.(2009·全國卷Ⅰ)如圖5－15所

示，一電場的電場線分布關(guān)

于y軸(沿豎直方向)對稱，O、

M、N是y軸上的三個點，且

OM＝MN.P點在y軸右側(cè)，

MP⊥ON.則(

)A.M點的電勢比P點的電勢高B.將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功C.M、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差D.在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做

直線運動解析：作出過點M的等勢線，因電場線與等勢線是正交的，且沿電場線方向電勢是降低的，故A正確.將負電荷從O點移到P點時，因所處位置電勢降低，其電勢能增大，故應(yīng)是克服電場力做功，B錯誤.由

＝U/d及電場線疏密程度知O、M兩點間電勢差應(yīng)大于M、N兩點間電勢差，C錯誤.沿y軸上各點場強方向相同，故從O點由靜止釋放的帶正電粒子運動中始終受到沿y軸方向的合外力，D正確.答案：AD5.圖5－16為一有界勻強電場，

場強的方向水平向右，一帶

電微粒與電場成某一角度θ

從電場的A點射入，沿直線

從B點射出，運動軌跡在豎直平面內(nèi)，則該微粒在A、B

兩點的動能EkA、EkB和電勢能EpA、EpB的關(guān)系是(

)A.EkA＞EkB

B.EkA＜EkBC.EpA＞EpB D.EpA＜EpB解析：因帶電微粒做直線運動，所以受到重力和電場力兩個力的合力的方向為粒子運動的反方向.電場力和重力都做負功，從A到B電勢能變大，動能變小，所以A、D對.答案：AD6.(2009·廣東高考)如圖5－17所示，

在一個粗糙水平面上，彼此靠近

地放置兩個帶同種電荷的小物塊.由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止.在物塊的

運動過程中，下列表述正確的是(

)A.兩個物塊的電勢能逐漸減少B.物塊受到的庫侖力不做功C.兩個物塊的機械能守恒D.物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力解析：由靜止釋放后，兩小物塊帶同種電荷，所以庫侖力對它們均做正功，故電勢能都減小，A正確、B錯誤；兩小物塊在運動過程中，因摩擦力和電場力分別做功，發(fā)生機械能和其他能量的相互轉(zhuǎn)化，故機械能不守恒，C錯；開始兩小物塊由靜止向相反方向運動，庫侖力大于摩擦力，最后最終停止，故運動過程的最后階段物塊受到的摩擦力要大于其庫侖斥力，故D錯.答案：A7.(2009·聊城模擬)如圖5－18

所示，質(zhì)量相同的兩個帶電

粒子M、N，以相同的速度

沿垂直于電場方向同時射入兩平行板間的勻強電場中，M從兩板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點上.不計粒子的重力，則從開始射入到打到上板的過程中(

)A.它們的帶電荷量之比qM∶qN＝1∶2B.它們在電場中的運動時間tN>tMC.它們的電勢能減少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶4D.打到上極板時的速度之比vM∶vN＝1∶28.如圖5－19所示，擋板P固定