1、专题09 静电场一、单选题1如图所示，在电场有M、N两点，则（）A. M点的电势比N点的电势高B. M点的电场强度比N点的电场强度大C. 正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大D. 负电荷从M点运动到N点，电场力不做功【答案】 B综上所述本题答案是：B2如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电荷量为q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地( )A. 当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，金属板带电荷量将增加B. 当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是b指向aC. 当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前
2、相比，p处点电荷的电势变小D. 当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小【答案】 C【解析】试题分析：当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据可知，电容C减小，因U不变，根据可知，电荷量减小，通过R的电流向右，即a指向b，故AB错误；由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，根据可知，电场强度减小，根据，可知pN间的电势差减小，又，且N点电势为零，则p点的电势减小，根据，电荷为负电荷，则在p点的电势能变大故C正确，D错误故选C【点睛】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容
3、器带电量的变化确定通过R的电流流向结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化3带有等量异种电荷的一对平行金属板,上极板带正电荷.如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大,即使在两极板之间,它们的电场线也不是彼此平行的直线,而是如图所示的曲线(电场方向未画出).虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线.关于这种电场,以下说法正确的是( ) A. 平行金属板间的电场,可以看做匀强电场B. b点的电势高于a点的电势C. d点的电势低于c点的电势D. 若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放,它必将沿着电场线运动到负极板【答案】 C点睛：解决本题关键掌握
4、电场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低，要明确只有电场线是直线时，电荷才能沿电场线运动4关于电场的性质正确的是：（ ）A. 电场强度大的地方，电势一定高B. 正点电荷产生的电场中电势都为正C. 匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比D. 电场强度大的地方，沿场强方向电势变化快【答案】 D【解析】A项，场强和电势没有直接关系，电场强度大的地方电势不一定高，故A项错误。B项，正点电荷产生的电场中电场线由正点电荷发出指向无穷远，但本题中没有规定哪儿为零势点，所以正点电荷产生的电场中电势不一定为正，故B项错误。C项，匀强电场中，两点间电势差与两点沿电场线方向上的距离成正比
5、，故C项错误。D项，电场强度大的地方，电场线密集，等势线距离小，电势变化快，故D项正确5如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的（ ）A. 电压变化 B. 电量变化C. 距离变化 D. 介质变化【答案】 C【解析】人对着话筒讲话时，振动膜前后振动时，介质、正对面积没有变化，电容器两板间的距离发生变化，引起电容变化，使声音信号被话筒转
6、化为电信号，故C正确，ABD错误；故选C。6如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是 （ ）A. 电源给电容器充电后，M板带正电B. 导体棒在安培力作用下向右运动C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】 B点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定7为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明
7、有机玻璃，上下底面是金属板。当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。下列说法正确的是（ ）A. 烟尘颗粒向下运动 B. 两金属板间电场方向向上C. 烟尘颗粒在运动过程中电势能减少 D. 烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍【答案】 C【解析】由图可知，极板上端为正极，下端为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A错误；极板上端为正极，下端为负极，所以两金属板间电场方向向下故B错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少故C正确；带
8、电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍故D错误；故选C.8如图，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A. O点的电势为零，电场强度也为零B. a点的电势高于b点电势，a点电场强度大于b点电场强度C. 正的试探电荷在b点的电势能大于零，所受电场力方向指向O点D. 将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功【答案】 B【解析】等量异种电荷连线的中垂线为一条等势线，且电势为零，即O点电势为零，而两电荷连线上电场方向由a指向b，根据沿
9、电场线方向电势降低，所以a点的电势高于O点的电势，即a点的电势高于b点的电势，在连线上，电场强度先增大后减小，在O点电场强度最小，但不为零，在中垂线上，从O点向两边递减，所以O点在中垂线上是电场强度最大的点，故a点电场强度大于b点电场强度，A错误B正确；电荷在零电势处电势能为零，故正的试探电荷在b点的电势能为零，电场方向水平向右，C错误；负电荷从O向a移动过程中，电场力方向水平向左，电场力做正功，D错误9如图所示，P点固定一个带正电荷的小球，光滑杆上套有一个带负电的质量为m的小环（可视为点电荷），A、P在同一水平面上，且相互为L，当环从A位置静止开始下滑到C位置时速度恰好为零，B点是AC的中点
10、，已知AC间的距离为h，则A. 在C位置时小环受到的库仑力为B. 从A到C，小环的机械能先增大后减少C. 从A到B和从B到C，小环克服库仑力做的功，后者较大D. 从A到C，小环克服库仑力做功的功率一直增大【答案】 C【解析】A、在C位置时小环受到的库仑力F，则有，故A错误；B、带正电荷的小球对带负电的质量为m的小环做负功，小环的机械能减少，故B错误；C、由点电荷周围的电势分布可知，距离点电荷越远，电势减小的越慢，所以AB之间的电势小于BC之间的电势，小环克服库仑力做的功在BC多，故C正确；D、在A点，小环克服库仑力做功的功率为0，在C点，小环克服库仑力做功的功率为0，小环克服库仑力做功的功率先
11、增大后减小，故D错误；故选C。10如图所示，有两个固定的等量异种点电荷，a、b是它们连线的中垂线上两个位置，c是它们产生的电场中另一位置，以无穷远处为电势的零点，则以下认识中正确的有A. a、b两点场强相同 B. a、b两点电势相同C. c点电势为正值 D. 将一正电荷从a点移到b点电场力做负功【答案】 B【解析】A、a、b两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同a点处电场线比b处疏，则a场强比b点小故C错误；B、等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以a点电势与b点电势相等故B正确；C、等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，a、b点处于同一等势线上，而且这条等势线一直延伸到无
12、穷远处，则a、b与无穷远处电势相等，无穷远处电势为零，又该电场电场线由正电荷出发到负电荷终止，故c点电势比ab电势低，故c电势为负，故C错误；D、由于a、b电势相等，故将一正电荷从b点移到c点电场力不做功，故D错误；故选B；11如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是 ( ）A. Q2带负电B. Q2的电量一定大于Q1的电量C. a点电势高于b点电势D. 整个运动过程中，粒子的
13、电势能先减小后增大【答案】 C【解析】A、由图可知负电粒子速度先减小，若也带负电，负电粒子因为排斥力，速度会增大，一定带正电，选项A错误；B、过了b点后，负电荷速度变大，说明负电荷受到排斥力大于的吸引力，所以的电量一定大于的电量，选项B错误；C、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，所以负电荷应该是沿着电场线运动的，所以a点电势高于b点电势，故C正确；D、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，电势能先增大后减小，选项D错误综上所述本题答案是：C12如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场
14、的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是A. 只增大带电粒子的比荷大小，则v减小B. 只增大偏转电场的电压U的大小，则v减小C. 只减小初速度v0的大小，则x不变D. 只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变【答案】 D的夹角为，则由半径公式，结合几何关系，可得：x=2Rsin=，则会导致x
15、不变，故D正确；故选D点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的方法13x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示，选无穷远处电势为零，从图中可以看出（ ）A. Q1的电荷量小于Q2的电荷量B. Q1和Q2一定是同种电荷C. Q1和Q2之间连线上各点电场强度方向都指向Q2D. P处的电场强度为零【答案】 C【解析】AB、由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越高，由此可以判断Q1为正电荷，同理由于离Q2越近电势越低，所以Q2为负电。选无穷远处电势为零，根据点电荷产生的电场中各点的电势，在它们的连线上的p点的
16、电势也是零，Q1在p点的电势为正，Q2在p点的电势为负，且绝对值相等，但p点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，所以A错误，B错误；C、由于Q1和Q2为异种电荷，并且Q1为正电荷，Q1在x轴正半轴上的电场方向向右；Q2为负电荷，Q2在Q1和Q2之间的电场方向也向右，所以Q1和Q2之间连线上各点电场强度方向都指向Q2，P点电场强度是Q1和Q2在p点产生的电场的和，不等于零，方向指向Q2，所以C正确，D错误。故选：C。14一电场线在竖直平面上的分布如图所示。电场中的A、B两点的电场强度分别为、，电势分别为、。一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从电场中的A点运动到B点，A、B两点间的高度
17、差为h。小球经过A点时的速度大小为，运动至B点时的速度大小为，该过程的速度偏向角为，电场力做功为W，则以下判断中正确的是( )A. B. D. 【答案】 D【解析】AB、由电场线的疏密可判断出EAEB，由电场线的方向可判断出AB，故AB错误；CD、从电场中的A点运动到B点，由动能定理得，电场力做功为，故D正确，如果电荷为负电荷，电场力做负功，重力做正功，大小无法确定，所以和的大小无法判断，故C错误；故选D。15以两个等量同种正电荷的连线的中点为圆心，在连线的中垂面上做出两个同心圆如图所示，两个圆上有三个不同的点M、N、P，下列说法中正确的是（ ）A. N点电势一定小于M点的电势B. N点场强一
18、定大于M点的场强C. 一个电子在M点的电势能和在P点的电势能相等D. 一个电子在N点的电势能比在P点的电势能大【答案】 C【解析】A、两个等量同种正电荷的连线的中点为圆心，在连线的中垂面上做出两个同心圆，由叠加原理得，O点的电势最高，无穷远处的电势为0，从O点经N点、M点到无穷远，电势减小，则有N点电势大于M点的电势，故A错误；B、由叠加原理得，O点的场强为0,无穷远处的场强为0，从O点经N点、M点到无穷远，场强先增大后减小，N点、M点具体位置未知，场强大小也未知，无法判断N点、M点场强大小，故B错误；C、M点和P点在同一个圆上，M点电势等于P点的电势，电子在M点的电势能和在P点的电势能相等，
19、故C正确；D、N点电势大于M点的电势，M点电势等于P点的电势，则有N点电势大于P点的电势，电子在N点的电势能比在P点的电势能小，故D错误；故选C。16某静电场中有一条电场线与x轴重合，纵轴表示该条电场线上对应各点的电势随x的变化规律，如图所示x轴上坐标为x1x0点的电势和电场强度大小分别为1和E1，坐标x2x0点的电势和电场强度大小分别为2和E2，下列有关判断正确的是()A. 12，E1E2B. 12，E1E2C. 12，E1E2D. 12，E1E2【答案】 B【解析】由题意可知电场线方向沿x负方向，沿着电场线方向电势降低，故有12，A、C错；在x图象中某点的斜率表示电场强度的大小，故有E1E
20、2，故B正确；综上所述本题答案是：B 17两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则()A. 场强大小关系有EbEcB. 电势大小关系有bdC. 将一负电荷放在d点时其电势能为负值D. 将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功【答案】 D综上所述本题答案是：D18在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，M30、P90，直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为()
21、A. B. C. D. 【答案】 A【解析】过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，如图所示由几何知识可知N、O间的距离NO2 cm，M、O间的距离MO6 cm，由匀强电场的特点得O点的电势为，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：，故A正确。综上所述本题答案是：A19如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种点电荷，在其电场中有a、b、c三点在一条直线上，平行于P、Q的连线，b在P、Q连线的中垂线上，abbc，下列说法正确的是()A. 电势：abcB. 电势：acbC. 电场强度：EaEbEcD. 电场强度：EbEaEc【答案】 A【解析】根据等量异种点电荷电场线的分布特点知，
22、a、c两点对称，场强大小相等，由a、c两点处的电场线分布比b点处的密，故a、c两点处的场强大于b点处的场强，沿着电场线方向电势逐渐降低，故A正确；综上所述本题答案是：A20将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为30，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】取小球a、b整体作为研究对象，则受重力2mg、悬线拉力FT和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由
23、图知F的最小值为，由，知，故B对综上所述所述本题答案是：B 21一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为“电子偶素”的新粒子。电子偶素中的正电子与负电子都以速率v绕它们连线的中点做圆周运动。假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素，电子的质量m、速率v和正、负电子间的距离r的乘积也满足量子化条件，即，式中n称为量子数，可取整数值1、2、3、，h为普朗克常量。已知静电力常量为k，电子质量为m、电荷量为e，当它们之间的距离为r时，电子偶素的电势能，则关于电子偶素处在基态时的能量，下列说法中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】 C【解析】试题分析：由正负电子的库仑力提供向心力，从而求出电子的动
24、能；由题意可知，系统的电势能，及电子的动能，可求得n=1时，“电子偶素”的能量设n=1时电子运转轨道半径为，此时正负电子间库仑力，此库仑作为向心力，由题中量子化理论可知，n=1时，联立上式可得，由题意可知，系统的电势能，每个电子动能，系统的能量，联立可得，C正确22在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为lcm、4cm。则下列说法正确的是（）A. 粒子经过P点与Q点时，动能相等B. 粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比1：1C. 粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比1：1D. 粒
25、子恰能运动到离原点12cm处【答案】 A【解析】A、由图可知，横坐标为1cm和4cm的P、Q两点电势相等，粒子经过P点到Q点的过程中，电场力做功为零，动能相等，A正确；B、x图象的斜率大小等于场强E.，则知P点的场强为Q点的场强的二倍，电场力为二倍，加速度之比为2:1，B错误；C、根据功率P=Fv，功率之比为2:1，C错误；D、根据顺着电场线方向电势降低可知，02cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在26cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6cm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动。即在06cm间做往复运动。
26、故D错误。故选：A。23如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为2E撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为（）A. B. C. E D. 【答案】 D点睛：先把带电棒等效成点电荷，利用点电荷产生的场强进行矢量求解解可。24如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量负点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且COODL.一带正电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点设O点的电势00，取C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于小球的电势能
27、Ep、小球的动能Ek、电势、电场强度E随小球运动的位移x变化的图象，可能正确的是()A. A B. B C. C D. D【答案】 B【解析】AC、从C点到D点，电场线方向先向左后向右，则电势先升高后降低，则小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A、C错误；B、由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故B正确；D、设ACBDr，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，由数学知识得知E与x是非线性关系，图象是曲线，故D错误。故选：B。25如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以
28、相同初速度从O点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P1打在极板B上的C点，P2打在极板B上的D点G点在O点的正下方，已知GCCD，则离子P1、P2的质量之比为()A. 11 B. 12 C. 13 D. 14【答案】 D【解析】设离子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度a，离子运动的时间，由于GCCD，所以飞行的时间之比t1t212，离子的偏转量，因为P1带电荷量与P2的带电荷量相同，可得P1、P2的质量之比m1m2为14，D正确，ABC错误故选：D。26如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d且分别与电源两极相连，两板
29、的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是()A. 把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B. 把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C. 把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D. 把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【答案】 B【解析】AB、因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg2dqU0，因极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当
30、A板上移、下移时，满足qUmgh0的条件，即h2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A正确，B错误；C、当把B板上移后，设质点仍能到达B板，则由动能定理得mghqUmv2，因B板上移后h2d，所以mghqU，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C正确；D、把B板下移后，有mghqUmv20，即质点到达N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确；本题选择错误答案，故选：B。点睛：移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落
31、。根据动能定律判断即可。27ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示。ab上电荷产生的电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2.则下列说法中正确的是（）A. 两处的电场方向相反，E1E2B. 两处的电场方向相反，E1E2C. 两处的电场方向相同，E1E2D. 两处的电场方向相同，E1E2【答案】 A【解析】如图，在杆上取a关于P1的对称点则，之间的电荷在P1处的场强恰好抵消，即P1处的场强是由部分的电荷产生；P2处的场强可看成由杆上的之间的电荷在P2处的场强和杆上的之间的电荷在P2处的场强的叠加；之间的电荷在P1处、P2处产生的场强大小相等、
32、方向相反，杆上的之间的电荷和杆上的之间的电荷在P2处产生的场强方向相同。综上，两处的电场方向相反，E1E2点睛：电场的叠加遵循的是平行四边形定则。在杆产生电场的场强问题中要注意对称性的利用。28如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C（可视为质点）.若它们恰能处于平衡状态.那么这三个小球所带的电荷量及电性的关系，下面的情况可能的是（）A. 3、-2、6B. -9、4、-36C. -3、2、8D. 4、9、36【答案】 B【解析】题中要求三个小球均能处于平衡状态，则要使A平衡，BC所带电性相反（BC对A的力方向必须相反）；同理，则要使C平衡，AB所带电性相反；综上，
33、电荷电性需满足“两同夹异”，排除CDA：若A选项正确：对小球B受力分析，则，代入数据得：对小球A受力分析，则，代入数据得：两式一致，故B正确。点睛：三个电荷的自平衡问题，从力的方向角度满足“两同夹异”，从力的大小角度满足“两大夹小”。29如图所示的电场线，可能是下列哪种情况产生的（ ）A. 单个正点电荷B. 单个负点电荷C. 等量同种点电荷D. 等量异种点电荷【答案】 C【解析】试题分析：由于电场线从两个地方发出，故场源为两个电荷；由于电场线是从电荷出发终止到无穷远，故该场源电荷为正电荷；又由于两电荷的连线之间电场线稀疏甚至有的地方没有电场线，故两个场源电荷为同种电荷综上所述该电场线是由两个等
34、量正电荷产生的故C正确故选C。考点：等量同种点电荷电场【名师点睛】该题目简单，但需要同学们对电场线的特点比较清晰解决此类题目的前提是熟悉课本。30如图所示，为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线两电子分别从a、b两点运动到c点a、b两点的场强大小分别为Ea和Eb，电势分别a和b，电场力对两电子做功分别为Wa和Wb，两电子在a、b两点的电势能分别为Epa和Epb则A. EaEb B. ab C. WaWb D. EpaEpb【答案】 B【解析】a位置的电场强度较密集，故EaEb，选项A错误；图中a所在等势面在b点等势面的左侧，因顺着电场线电势降低，则aEpb，选项B正确，D错误
35、；由等势面可知UacUbc，根据W=qU，有WaWb，选项C错误；故选B.点睛：题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电势差；并注意电子在高电势点的电势能较小31如图所示，平行板电容器两极板M、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是A. 减小dB. 增大UC. 将M板向左平移D. 在板间插入介质【答案】 C【解析】根据可知，减小d，则C变大，选项A错误；增大U，电容器的电容不变，选项B错误；将M板向左平移，则S减小，C减小，选项C正确；在板间插入介质，则C变大，选项D错误；故选C.32如图所示，O为半径为R的圆的圆心，ac、b
36、d为圆的两个互相垂直的直径。在圆心O处固定一电荷量为Q的负点电荷，在a点固定一电荷量为4Q的正点电荷。e为Oc连线上一点，f为Oc延长线上的一点，且eccf。则下列说法正确的是（ ）A. b、d两点场强相同 B. b、c、d三点中，c点场强最大C. b、c、d三点中，c点电势最高D. 将一负的点电荷从e点沿直线移到f点，电势能先减小后增大【答案】 D【解析】根据电场线的分布情况知，b、d两点场强大小相等，但方向不同，则电场强度不等，根据场强的叠加原理可知两电荷在c点产生的场强等大反向，合场强为零，而b、d两点均不为零，所以c点场强最小，故AB错误；b、d到正电荷的距离相等，由于b、d两点场强大
37、小相等，所以b、d两点电势相等；由电场强度叠加可知，正负电荷在ac连线上的合场强向右，因为沿电场线的方向电势逐渐降低，所以c点电势最低，故C错误；将负的点电荷从e点沿直线移到f点，电场力先做正功后做负功，所以点电荷的电势能先减小后增大，故D正确。所以D正确，ABC错误。33在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是（ ）A. x1处的电场强度为零B. q1、q2一定为异种电荷C. 负电荷从x1移到x2，电势能增大D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】 B【解析】在图象中，曲线斜率表示场强的大小，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故A错
38、误；由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，故B正确；负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C错误；负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，所以电场强度减小，即受到的电场力减小，故D错误。所以B正确，ACD错误。34以下说法正确的是（ ）A. 在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐升高B. 外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C. 电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D. 在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生了变化【答案】 D【解析】A、根据电场线的性质可知，在静电场中，沿着电场线方向电势逐
39、渐降低，故A错误；B、功率等于功与时间的比值，做功多但如果用时很长，功率可能较小，故B错误；C、电容器电容只与自身有关，与电容器所带电量以及两极板间的电压无关，故C错误；D、在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力，即吸引力不变，只是物体对外界的压力或拉力发生了变化，故D正确。故选：D。35平行板电容器两极板之间的距离为d、电压为U、电场强度大小为E，两极板所带的电荷量为Q下列说法正确的是（ ）A. 保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B. 保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C. 保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D. 将d和Q变为原来的一半，则
40、E不变【答案】 A【解析】A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式可知，E变为原来的一半故A正确B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半故B错误C、保持d不变，根据电容的决定式可知，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式分析可知，U变为原来的两倍故C错误D、根据电容的决定式可知，由分析知，；则可知，E与两板间的距离无关，与Q成正比，则将d和Q变为原来的一半，则E减半故D错误综上所述本题答案是：A【分析】保持U不变，根据公式分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据分析Q与U的关系36如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+4.010-8C和Q
41、2=-10-8C，分别固定在x=0和x=4cm的位置上，则在x轴上（ ）A. 两个点电荷间某点的电场强度为零B. x=8cm处的电场强度为零C. （4cm，8cm）区域内电场强度的方向沿x轴正方向D. 电子在两个点电荷之间向右运动时，电势能先增大后减小【答案】 B【解析】根据点电荷场强的叠加知，两点电荷之间的场强方向沿x轴正方向，不可能为零，A错误；由分析可知，在x轴上场强为零的点，只能在Q2的右侧，设距离Q2右侧L处，则，解得L=4cm，则x=4cm+L=8cm处的电场强度为零，B正确；（4cm，8cm）区域内电场强度的方向沿x轴负方向，C错误；电子在两个点电荷之间向右运动时，电场力做负功，
42、电势能增大，D错误；故选B.点睛：空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则37如图1所示是电容式话筒，其原理示意图如图2所示，当对着话筒说话时，振动膜片发生振动，固定电极不动，当振动膜片向左振动时( )图1 图2A. 振动膜片与固定电极构成的电容器的电容增大B. 振动膜片上电荷量增大C. R中有自左向右的电流D. R左端的电势比右端低【答案】 C【解析】当振动膜片向左振动时，振动膜片与固定电极的间距增大，根据影响电容器电容大小的因素知，电容C减小，A错误；由可知，在U不变时，C减小，Q减小，即电容器放电，振动膜片上电荷量减小，B错误；由于电容器放
43、电，R中有自左向右的电流，R左端的电势比右端高，故C正确，D错误；故选C.38如图所示为某静电除尘装置的原理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区.图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹,A、B两点是轨迹与电场线的交点.不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化,则以下说法正确的是A. A点电势高于B点电势B. 尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动D. 尘埃在迁移过程中电势能一直在增大【答案】 B点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系
44、是解题突破口39如图所示，A、B是两个带异号电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为+q1和q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定（ ）A. m1=m2 B. m1m2 C. q1q2 D. q1q2【答案】 C【解析】试题分析：把两小球看成整体分析，两球之间的库仑力为内力，整体上受到重力向左的电场力和向右的电场力、的拉力，根据平衡条件判断两电场力的大小，从而可知电荷量的大小两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知，即，而两球的质量无法比较其大小，故C正确40如图所示
45、的四条实线是电场线，虚线表示等势面，四条电场线聚于点O，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是A. O点一定有一个正点电荷B. C点的场强小于B点的场强，C点的电势高于B点的电势C. A、D两点的场强大小不一定相等，但将一个电荷由A点移到D点电场力做功为零D. 若将一个正电荷由A点移到B点时电场力做正功，则将一个负电荷由A点移到C点时电场力做负功【答案】 C【解析】A四条实线是电场线，方向不知道，O点点电荷电性可能带正电荷，可能负电荷，故A错误；B由电场线越密的地方，电场强度越大，则有C点的场强小于B点的场强，沿着电场线，电势逐渐降低，电场线方向不知道，C点的电势不一定高于B
46、点的电势，故B错误。C虚线表示等势面，A、D两点的电势相等，将一个电荷由A点移到D点电场力做功为零，由电场线越密的地方，电场强度越大，则有A点的场强小于D点的场强，故C正确。D若将一个正电荷由A点移到B点时电场力做正功，A点的电势能小于B点的电势能，A点的电势小于B点的电势，则有A点的电势高于C点的电势，将一个负电荷由A点移到C点时A点的电势能小于C点的电势能，电场力做正功，故D错误。故选C41某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中A. P、Q两板构成电容器的电容增大B. P板电荷量
47、增大C. M点的电势比N点高D. M点的电势比N点低【答案】 C【解析】电容式话筒与电源串联，其电压保持不变在P、Q间距增大的过程中，根据电容决定式可知电容减小，又根据电容定义式得知电容器所带电量减小，P极板上电荷量减小，电容器放电，充电电流通过R的方向由M到N故M点的电势比N点高，故C正确42如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场共存的场区，三个速度不同的质子沿垂直电场线和磁感线方向从同一点射入场区，其轨迹为图中、三条虚线设三个质子沿轨迹、进入场区时速度大小分别为v1、v2、v3，射出场区时速度大小分别为v1、v2、v3，不计质子所受到的重力，则下列判断正确的是 （ ）A. v1v2
48、v3，v1v1，v3v3 B. v1v2v3，v1v1，v3v3C. v1v2v3，v1v1，v3v3 D. v1v2v3，v1v1，v3v3【答案】 A【解析】质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹的质子洛伦兹力大于电场力，即qv1BqE，沿轨迹的质子洛伦兹力等于电场力，即qv2B=qE，沿轨迹的质子洛伦兹力小于电场力，即qv3BqE，可知v1v2v3沿轨迹的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1v1，沿轨迹的质子运动过程中，速度不变，v2=v2，沿轨迹的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v3q
49、。关于电荷c，下列判断正确的是A. c一定带负电B. c所带的电荷量一定大于qC. c可能处在a、b之间D. 如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定【答案】 B【解析】根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A错误，C错误同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且ab两球间的距离大于bc两球间的距离，故B正确；三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所
50、以第三个电荷必须为正电，在b的右侧，而其电量可以不确定，故D错误，故选B点睛：三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”72如图所示，两个等量的正点电荷分别置于P、Q两位置，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一试探电荷q，则()A. 若q是负电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能小B. 若q是正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能小 C. 无论q是正电荷，还是负电荷，q在M、N两点的电势能都一样大D. 无论q是正电荷，还是负电荷，q在M点的电势能都比在N点的电势能小【答案】 A【解析】在M、N处的电场方向由N指向M，因为沿电场
51、线方向电势逐渐降低，则N点的电势高于M点的电势，若q是负电荷，则M点的电势能大于N点的电势能若q是正电荷，根据Ep=q知，N点的电势能大于M点的电势能，故BCD错误，A正确故选A点睛：解决本题的关键知道等量同种电荷周围的电场分布，知道沿电场线方向电势逐渐降低，根据电势能的表达式判断电势能的变化.73下面物理量及其对应的国际单位制单位符号，正确的是()A. 力，kg B. 功率，JC. 电场强度，C/N D. 电压，V【答案】 D【解析】力单位是N；功率的单位是W；电场强度单位是N/C；电压的单位是V；故选D.74相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的?这是一个曾经使人感到困惑、引起猜
52、想且有过长期争论的科学问题。19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点。英国的迈克尔法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象。下列对电场和磁场的认识，正确的是A. 法拉第提出的磁场和电场以及电场线和磁感线都是客观存在的B. 处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中的通电导线一定受到安培力C. 电场强度为零的地方电势一定为零，电势为零的地方电场强度也为零D. 通电导线与通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的【答案】 D【解析
53、】A、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在，故A错误；B、处在电场中的电荷一定受到电场力，正电荷受力方向与电场方向一致；在磁场中的通电导线如与磁场方向平行，不受安培力作用，故B错误；C、零势点是任意选择的，电势为零的地方电场强度不一定为零，故C错误；D. 根据磁场的性质可知，通电导线与通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确。故选：D。75如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的图中虚线为电场线(方向未标)不考虑尘埃在迁移过程
54、中的相互作用和电量变化，则()A. 电场线方向由放电极指向集尘极B. 图中A点电势高于B点电势C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动D. 尘埃在迁移过程中电势能减小【答案】 D76如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A. O点的电场强度为零，电势最高B. O点的电场强度为零，电势最低C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【答案】 B【解析】圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分
55、量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C D错误故选B点睛：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化77如图所示，长为L=0.5 m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，则下列说法中正确
56、的是()A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能B. 水平匀强电场的电场强度为C. 若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2D. 若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半【答案】 BD【解析】试题分析：小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcos=mgsin，所以电场强度，选项B正确；电场强度变为2倍后，则有q2Ecos mgsinma，所以a6 m/s2，选项C错误；电场强度减为一半后，则有:，a13 m/s2，由v02v22a1L代入数值得v1 m/s，选项D正确；故选BD。考点：带电粒子在电场
57、中的运动；牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变若存在加速度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态故带电小球做的是匀速直线运动。78如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是( )A. 若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B. 若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C. 若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D. 若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、
58、D两点电场强度和电势均相同【答案】 B【解析】试题分析：若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同故A错误，B正确若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同电势相等，故C错误，D正确故选BD.考点：电场强度；电势。79如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。不计空气阻力，则（ ）A. 微粒做匀加
59、速直线运动 B. 微粒做匀减速直线运动C. 微粒电势能减少 D. 微粒带正电【答案】 B【解析】试题分析：带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定由于微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反因此微粒做匀减速运动，带负电，故AD错误B正确；电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力
60、做负功，电势能增加，C错误80一电子仅受电场力作用，从高电势处移动到低电势处，则A. 电场力对电子做正功 B. 电子的电势能减少C. 电子的动能减少 D. 电子的动能和电势能的总和保持不变【答案】 CD【解析】本题考查电场力做功与能量的关系，从高电势处移动到低电势处，电场力做负功电势能增加，只有电场力作用，则电子原来有一定的动能，后来一部分动能消耗了，电子的动能减少，电子的动能和电势能的总和保持不变即能量守恒；81电场中、两点场强的大小分别为、，电势分别为、某带电粒子仅在电场力作用下从点运动到点，若此过程中带电粒子的动能始保持不变，下列判断正确的是（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答
61、案】 C【解析】由题意可知，带电粒子仅在电场力作用下从M点运动到N点，若此过程中带电粒子的动能始终保持不变，故说明电场力不做功，粒子在等势面上移动，故MN两点电势相等；因只受电场力运动，故粒子受到的电场力一定始终与速度方向相互垂直，粒子做匀速圆周运动，电场力大小始终相等，则由可知，电场强度的大小一定相等，故EM=EN，M=N；故C正确，ABD错误故选C点睛：本题考查带电粒子在电场中运动问题，要注意明确带电粒子放在电场中即一定受电场力作用，如果能保持动能不变，且只有电场力作用则说明粒子一定只能做匀速圆周运动82如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电量也为Q的带
62、电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡时AB带电小球处于同一高度，已知重力加速度为g，静电力常量为k。则（ ）A. A、B间库仑力大小为B. A、B间库仑力大小为C. 细线拉力大小为D. 细线拉力大小为【答案】 D【解析】由几何关系可知，OA与OB的夹角为600，则AB间距离：，则A、B间库仑力大小为，选项A错误；根据平行四边形法则可知，AB间的库仑力为：，细线的拉力，或者，选项BC错误，D正确；故选D.点睛：此题关键是受力分析，画出受力图，结合平行四边形法则以及几何关系列方程求解.83静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用.图示为某示波管内的聚焦电场
63、，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，则（ ）A. 聚焦电场对两电子始终做负功B. 电子在a点具有的电势能比b点小C. a点处的电势比c点处的电势低D. b处的电场强度比c处小【答案】 C【解析】由图可知，电子从a或b点运动到c点，电场力与运动方向夹角小于900，则聚焦电场对两电子始终做正功，选项A错误；a、b两点电势相同，则电子在a点具有的电势能等于在b点的电势能，选项B错误；顺着电场线电势降低，则a点处的电势比c点处的电势低，选项C正确；b处的电场线较c点密集，则b处的电场强度比c处大，选项D错误；故选C.点睛：解题时关键是知道：沿电场线电势降低，电场强度的
64、大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的.84下列物理量中属于矢量，而且采用比值法定义表达正确的是（ ）A. 加速度， B. 电流强度, C. 电容, D. 电场强度， 【答案】 D点睛：在定义一个物理量的时候采取比值法定义用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.85如图所示,两导体板水平放置,两板间电势差为U,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,则:粒子射入磁场和射出磁场的M、
65、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )A. d随v0增大而增大,d与U无关B. d随v0增大而增大,d随U增大而增大C. d随U增大而增大,d与v0无关D. d随v0增大而增大,d随U增大而减小【答案】 A【解析】试题分析：带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有：而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有：，所以，又因为半径公式，则有故d与m、v0成正比，与B、q成反比，与U无关，故C正确；考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中
66、的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径 86带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示运动中经过b点，OaOb，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直于y轴进入电场，粒子仍能通过b点，不考虑粒子重力，那么电场强度E与磁感应强度B之比为()A. v0 B. 1 C. 2v0 D. 【答案】 C【解析】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正
67、好等于d，即：，得：如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，得到：，所以：，选项C正确故选C点睛：带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径87如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。则（）A. 场强EaEb，EbEcB. 电势ab，cbC. 沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的D. 沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动【答案】 A【解析】试题分析：根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可
68、知EaEbEc故A正确沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知cb=a故B错误沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大故C错误沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动故D错误故选：A考点：电场线；电势；电场强度.88如图所示，在空间中的点有一个带正电粒子仅在电场力作用下沿正方形abcd的对角线做直线运动，则下列判断中正确的是（ ）A. b、d两点电势一定相等B. 电场可能是两点处等量同种点电荷形成的电场C. 若电场反向，粒子将会偏离原来的运动路径D
69、. 若粒子所带电荷量增大，将会偏离原来的运动路径【答案】 B【解析】粒子沿ad做直线运动，说明场强方向与ad共线，但是不能确定ad两点的电势高低，选项A错误；若两点处放置等量同种点电荷形成的电场，则db连线方向上的电场线与db共线，则粒子能沿直线在db之间运动，选项B正确；若电场反向，粒子仍会沿bd做直线运动，路径不变，选项C错误；若粒子所带电荷量增大，则粒子所受电场力变大，但是方向不变，运动的路径不变，选项D错误；故选B. 89下列说法正确的是( )A. 法国学者库仑把用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷命名为正电荷，并且通过实验总结出库仑定律B. 使得原子核紧密地保持在一起的相互作用称为强相互作
70、用C. 现在大型发电厂的发电机能够产生几千伏到几万伏的电压，输出功率可达几百万兆瓦，所以大多数发电机都是旋转电枢式发电机D. 汤姆孙通过阴极射线实验找到了电子，并精确测定了电子的电荷量【答案】 B90一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，则关于电容器判断正确的是A. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变B. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大D. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变【答案】 A【解析】电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定
71、式知，介电常数减小，电容减小由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，A正确【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变91据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电。某同学假日登山途中用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是A. 该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大B. 该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少C. 该
72、电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变D. 充电结束后,电容器不带电,电容器的电容为零【答案】 AB【解析】试题分析：电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电量无关，故AD错误；当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误；考点：考查了对电容的理解【名师点睛】掌握比值定义法的内涵，注意电容器充电时，电荷量增多，电能变大，而电容器放电时，则电荷量减少，电能变小92如图所示，让大量的一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子从同一位置经过同一加速电场A由静止开始加速，然后在同一偏转电场B里偏转。忽略离子的重力及离子间的相互作用力。下列
73、说法正确的是A. 它们始终为一股离子束 B. 它们会分离为二股离子束C. 它们会分离为三股离子束 D. 它们会分离为无数股离子束【答案】 A【解析】试题分析：粒子在电场中加速，根据动能定理；在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t；竖直方向：；联立可得：，故可知粒子出离偏转电场的偏转距离与粒子的电量和质量无关，所以三种粒子始终为一股离子束，选项A正确。考点：带电粒子在电场中的加速及偏转。93一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接以Q表示电容器的电量，E表示两极板间的电场强度，则（ ）A. 当d增大、S不变时，Q减小、E减小B. 当S增大、d不变时，
74、Q增大、E增大C. 当S减小、d增大时，Q增大、E增大D. 当S减小、d减小时，Q不变、E不变【答案】 A【解析】电容器两板与电池相连接，则电容两端的电压不变A、当d增大，S不变，根据电容的决定式，知电容减小，由得电容器的电量减小，由得两极板间的电场强度减小，故A正确；B、当S增大，d不变，根据电容的决定式，知电容增大，由得电容器的电量增大，由得两极板间的电场强度不变，故B错误；C、当S减小，d增大，根据电容的决定式，知电容减小，由得电容器的电量减小，由得两极板间的电场强度减小，故C错误；D、当S减小，d减小，根据电容的决定式，无法判断电容变化，由和无法判断电容变化，所以无法判断电容器的电量变
75、化，由得两极板间的电场强度增大，故D错误；【点睛】电容器两板与电池相连接，则电容两端的电压不变，根据电容的变化判断电量的变化，根据判断电场强度的变化94一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是A. 该粒子可能做直线运动B. 该粒子在运动过程中速度保持不变C. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D. 粒子运动轨迹上各点的电势一定相等【答案】 D【解析】试题分析：从图象可知，粒子的电势能不随时间变化，电势不变，D正确；粒子做匀速圆周运动，速度大小不变方向时刻改变，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度大小相同方向不同，A、B、C错。考
76、点：本题考查带电粒子仅在电场力作用下的运动情况95如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（）A. 在两板间插入介质板，静电计指针张角变大B. 在两板间插入金属板，（金属板与A、B板不接触）静电计指针张角变大C. B板向右平移，静电计指针张角变大D. B板向上平移，静电计指针张角变大【答案】 D【解析】在两板间插入介质板，由得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小故A错误在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式
77、可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小故B错误B板向右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式得知，电容增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小故C错误B板向上平移，两极板正对面积减96如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，。现将一质量为m、带电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。，下列说法正确的是A. 若，则粒子垂直CM射出磁场B. 若，则
78、粒子平行于x轴射出磁场C. 若，则粒子垂直CM射出磁场D. 若，则粒子平行于x轴射出磁场【答案】 AD【解析】试题分析：若，则由动能定理，到达O点的速度满足：，解得，此时粒子在磁场中运动的半径为R=a，可知粒子垂直CM射出磁场，选项A正确，B错误；若，则由动能定理，到达O点的速度满足：，解得，此时粒子在磁场中运动的半径为R=a/2则粒子平行于x轴负向射出磁场，选项C错误、D正确，故选AD。考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动97如图所示是一种安装在自行车轮胎边缘用于照明的装置（俗称“电滚子”），内有磁铁与线圈该装置是一个（）A. 蓄电池 B. 发电机C. 电容器 D. 电动机【答案】 C【解析
79、】自行车安装在轮胎边缘的装置是通过摩擦产生的电，磁铁与线圈组成的部分只是整个照明装置的电源部分。相当于是个电容器。故答案选C.98质量为 m 的带电小球在 a 点水平射入竖直向上的匀强电场中，运动轨迹如图所示，则正确的说法是A. 小球带正电B. 小球在 b 点的加速度大于在a点的加速度C. 小球的电势能减小D. 在相等的时间间隔内重力做的功相等【答案】 AC考点：考查了带电粒子在复合场中的运动99图是验证电容器特性的实验电路图电路正常工作后，对于灯L1、L2的分析正确的是（）A. L1、L2都亮 B. L1、L2都不亮C. L1亮，L2不亮 D. L1不亮，L2亮【答案】 D【解析】解：根据电
80、容器特性，可知，恒定直流不能通过电容器，即电容器是“隔直通交”，当电路正常工作后，L1不亮，L2亮，故D正确，ABC错误；故选：D【点评】考查电容器与电阻对电流的阻碍作用，注意交流电与直流电的区别100关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处相互垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】 B【解析】试题分析：沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交故A错误；根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；电场强度的大小与电势
81、的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误故选B。考点：等势面【名师点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功二、多项选择题1一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E随位移x变化的关系如图所示，其中0段是对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是A. 处电场强度为零B. 、处电势、的关系为C. 粒子在0段做匀变速运动，段做匀速直线
82、运D. 段是匀强电场【答案】 ABD【解析】A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率处为零，电场强度等于零，A正确；B、由图可知，、处电势能EP1EP2EP3，根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，所以、处电势、的关系为C、粒子在0段斜率变化，电场强度变化，电场力变化，粒子做变速运动，不是匀变速运动，段图线斜率不变，电场强度不化，电场力不化，粒子做匀速运动，C错误，D正确；故选：ABD。2已知+介子、介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电量如表所示，表中e为元电荷+ud带电量+ee
83、下列说法正确的是（）A. +由u和组成 B. +由d和组成C. 由u和组成 D. 由d和组成【答案】 AD【解析】由题意可知，+带电量为+e，故由u和组成；带电量为e，故由d和组成组成，故AD正确，BC错误3如图所示，初速度不计的电子从电子枪中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可【答案】 ABD【解析】
84、A项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，故A正确；B项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的水平速度变大，运动时间变短，故B正确；C项：由可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故C错误；D项：由可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正确。点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出。4在两个等量同种点电荷的连线上，有与连线中点O等距的两点a、b，如图所示，则下列判断正确
85、的是（ ）A. a、b两点的电势相同B. a、b两点的场强矢量相同C. a、O两点间与b、O两点间的电势差相同D. 同一电荷放在a、b两点的电势能相同【答案】 ACD5a、b、c三个粒子同时由同一点沿水平方向进入竖直偏转电场，其中b恰好沿下极板右边沿飞出电场，下面说法正确的是( ) A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进入电场，c的速度最大，a的速度最小D. a、b动能增量相等【答案】 ACD【解析】AB、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=，可知：a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间，故A
86、正确，B错误；C、因为a的水平位移小于b的水平位移，它们的运动时间相等，则a的速度小于b的速度；b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度。所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确；D、根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，所以a、b的动能增量相等，故D正确。故选：ACD。6如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为+q，质量为m的绝缘小球甲。另一质量也为m，带电量也为+q的同样小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点从静止自由释放，小球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处（静电力常量为k，重力加速度为g）下
87、列结论正确的是（ ） A. 乙球到达斜面中点D处时的速度为x/kwB. 乙球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为C. 乙球从B点到C点时减少的重力势能等于增加的动能D. 乙球从B点到C点电势能先增加后减少【答案】 ABD【解析】A、由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有，即由动能定理得：解得：，A正确；B、小球运动到C点时，对球受力分析如图所示：由平衡条件得：联立解得：FN=，B正确；C、乙球从B点到C点重力势能减少，电势能减小，动能增加，减小的重力势能和电势能等于增加的动能，C错误；D、乙球从B点到C点，先靠近A点后远离A点，电场力先做负功后做正功飞，电势能先增加后减少，D正
88、确。故选：ABD。7某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子运动径迹上的电势和动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】 BD【解析】由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故C错误；根据能
89、量守恒关系，则，由此可知：，因此粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D正确。所以BD正确，AC错误。8如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则（ ）A. 电容器的电容将减小，极板带电荷量将增大B. 带电质点将沿竖直方向向上运动C. P点的电势将降低D. 若将质点固定，则其电势能将减小【答案】 BC【解析】根据电容决定式：，下极板上移时，则d减小，可知C增大，因为电压不变，根据Q=UC可知，极板带电量增大，故A错误；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由
90、于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故B正确；场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故C正确；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低且大于零，则油滴的电势能将增加，故D错误。所以BC正确，AD错误。9在正点电荷Q形成的电场中，有M、N两点，如图所示以下说法正确的是： （ ） A. M点的场强大于N点的场强B. M点的电势大于N点的电势C. 将一正点电荷分别放在M点和N点，则该电荷
91、在M点电势能大D. 将一负点电荷分别放在M点和N点，则该电荷在M点电势能大【答案】 ABC【解析】A、根据点电荷产生的电场强度，M点距离点电荷较近，所以M点的场强大于N点的场强，A正确；B、正电荷产生的电场电场线向外，沿电场线方向电势降低，所以M点的电势大于N点的电势，B正确；CD、正电荷在高电势处电势能大，负电荷在高电势处电势能小，则C正确，D错误。故选：ABC。10如图所示，A、B为两个点电荷，MN为两电荷连线的中垂线，图中实线表示两点电荷形成的电场的一条电场线(方向未标出)，下列说法正确的是A. 两电荷一定是异种电荷B. 电荷A一定带正电C. 两电荷的电量一定满足D. 两电荷的电量一定满
92、足【答案】 AC【解析】A由电场线分布特点可知两电荷一定带异种电荷，故A正确；B电场线方向未知，电荷A可能带正电荷，也可能带负电荷，故B错误；CD 将A、B两点用直线连起来，通过电场线的疏密程度可知两电荷的电量一定满足，故C正确D错误。11两点电荷形成电场的电场线分布如图所示若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为A、B，则（ ）A. EAEB B. EAEB C. AB D. AB【答案】 BC【解析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大画出过B点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B
93、点的场强，即，A错误B正确；画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，则有A点的电势高于C点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，即，C正确D错误12某静电场中，与x轴重合的电场线的电势在x轴上的分布如图所示下列说法正确的是（）A. 在x轴上，x3处的电场强度最大B. x1处的电场强度大于x4处的电场强度C. 负电荷从x2移到x4，电势能减小D. 电荷量为q的正点电荷从x3移到x4，电场力做功为【答案】 BD13如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为0，在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与
94、AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆周上的一点。下列说法中正确的是（）A. e、f 两点电势相等，b、d两点场强大小相等，方向不同B. 将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力先做正功后做负功C. 将一电荷由a点分别移到圆心0和圆周上g点，电势能的变化量相同D. 沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先增大后减小【答案】 CD【解析】图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知b、d的场强相同，故A错误；图中圆弧egf是一条等势线，但由于正负点电荷在AB的位置不确定，所以只能判断从e到f过程中电场力做功为零，但不能确定先做什么功，B错误；a点与圆面内任意一点时的电
95、势差相等，根据公式可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，C正确；沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D正确14两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图所示。一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是A. 物块带负电，且B点为中垂线上电场强度最大的点，场强B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点的过程中，电势逐渐降低D. BC两点的电势差【答案】 CD
96、【解析】从v-t图象可知带电粒子在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为Fm=mam=2N，据电场强度定义式可得B点的场强为：，故A错误；从速度时间图象可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；从速度时间图象可知A、B两点的速度分别为 vC=0m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得：，代入数据解得：UBC=-4V，故D正确。所以CD正确，AB错误。15如图所示，ABCD与CDEF为相邻的两个相同正方形，在正方形ABCD的中心O1有一正点电荷，在正方形CD
97、EF的中心O2有一负点电荷，两点电荷带电量相等，G点为EF的中点，H点为CD的中点，则下列说法正确的是A. C和G两点的电场强度方向相同B. C点和H点的电势相等C. 将一带正电的试探电荷沿直线从点移动至点的过程中，电场力一直做正功D. 将一带正电的试探电荷沿直线从F点移动至E点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】 BD【解析】试题分析：根据等量异种电荷电场规律分析解题两点电荷在C点的合场强方向水平向右，两点电荷在G点的合场强方向水平向左，故两者的电场强度方向不同，A错误；等量异种电荷连线的中垂线是一条等势面，故C和H两点的电势相等，B正确；从B到F过程中电场力的夹角先与速度方向为钝角，即
98、先做负功，再做正功，C错误；从F点到E点过程中电场力与速度方向的夹角先是锐角，后为钝角，即先做正功后做负功，故D正确16下列关于电场、磁场的说法正确的是（）A. 沿着电场线的方向，场强越来越小B. 沿着电场线的方向，电势越来越低C. 洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直D. 洛伦兹力为零的地方磁感应强度也为零【答案】 BC17如图所示，一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带电的小球a，悬点O正下方有一带电小球b固定在绝缘底座上开始时a球静止在图中位置，此时细线Oa与竖直方向的夹角为现将b球沿竖直方向缓上移至与a球等高处，此过程 A. 细线Oa与竖直方向的夹角保持不变B. b球所受的库仑力一直变大C. 细
99、线Oa的拉力一直变大D. a球与b球间的距离一直变大【答案】 BC【解析】对小球a受力分析，如图所示：图中力三角形GaF与几何三角形Oba相似，故：，先假设不变，则b点向上移动的过程中，由几何关系可知，ab之间的距离减小，根据库仑公式：可知，ab之间的距离减小时，ab之间的库仑力将增大所以小球a不可能保持不动，a必定向右上方移动一定的距离，此时增大；即a向右上方移动一定的距离，但ab之间的距离仍然减小，ab之间的库仑力仍然增大，故AD错误，B正确；当b向上移动时，Ob之间的距离减小，由上可知，细线Oa的拉力一直变大，故C正确。所以BC正确，AD错误。18如图所示，ABCD 且A、B、C、D位于
100、同一半径为r 的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为Q，现从A 点将一质量为m，电荷量为q 的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D 点时速度为（g 为重力加速度），规定电场中B点的电势为零，则在Q 形成的电场中A. A 点电势低于O 点电势 B. D 点电势为 C. O 点电场强度大小是B 点的2 倍 D. 点电荷q 在D 点具有的电势能为【答案】 ACD【解析】因为O点离Q比A点近，又因为Q是正电荷，电场线方向沿着半径方向背离电荷，根据沿着电场线的方向，电势降低，可知A点的电势低于O点电势，故A正确；从A到D运动，根据动能定理，则有：，解得电场力做功：，场中B点的电势为零
101、，A点的电势也为零，因为电场力做负功，则电势能增加，因此点电荷-q在D点的电势能为：；规定电D点的电势为：，故B错误，D正确；由几何关系得：B到C的距离是O到C的距离的倍，根据点电荷电场强度公式：，则有B点电场强度大小是O点的倍，故C正确。所以ACD正确，B错误。19一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小EO=，方向如图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4则A. E1B. E2
102、=C. E3D. E4=【答案】 AC【解析】根据点电荷电场强度公式，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小，则，A正确；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4由于方向不共线，由合成法则可知，C正确BD错误20两点电荷形成电场的电场线分布如图所示若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为A、B，则（ ）A. EAEB
103、C. AB【答案】 BD【解析】A处的电场强度较密，所以，根据等势面分布，如图可得A点的电势高于B点的电势，故BD正确三、解答题1如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外【解析】（1）离
104、子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，而联立以上几式可得：；（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动由几何关系有：；洛仑兹力提供向心力：；联立以上几式可得：方向垂直纸面向外2如图所示，倾角=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=310-3kg的带电小球，以速度v=1m/s沿斜面匀速下滑，求：（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？（2）在小球匀速下滑的某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g取10m/s2）【答案】（1）正电；2.2510
105、-5C（2）0.32m（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此。），基本处理的方法是运动的分解。如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：x=vt；y=gt2，其中v=1m/s，t=0.2s，解得：y=0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为 考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近。3如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为4
106、5，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2是电场左右边界中点在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出粒子b恰好从M板左端进入电场（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，求这电场强度大小E0满足的
107、条件【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90，平行于金属板进入电场由几何关系可得：，rb=d 由牛顿第二定律可得解得： , (2)粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为： 在磁场中运动时间：粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 由则全程所用时间为：(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开磁场，a比b进入电场落后时间 故粒子b在t=0时刻进入电场由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是，可见b在电场中运动的时间是半个周
108、期的整数倍即 粒子b在内竖直方向的位移为粒子在电场中的加速度由题知粒子b能穿出板间电场应满足nyd解得【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题4如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG。三个区域中分别存在方向为y、y、x的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为212。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0，)的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2，/2)
109、的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为，物体可以视为质点，求：(1)物体进入ABFE区域时的初速度大小；(2)物体在ADHE区域运动的总时间；(3)物体从DH边界射出位置的坐标【答案】（1）（2）（3）【解析】设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3(1)在BCGF区域，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：mg-qE=ma2，而：2qE=mg得：在水平方向有：L=v0t在竖直方向有：解得：,(2)在ABEF区域对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg物体做匀速直线运动，有：，在BCGF区
110、域，物体做类平抛运动，有：,在Q点竖直方向速度为：则Q点速度为：，与水平方向夹角为45在CDHG区域由于2qE=mg对物体进行受力分析，mg，与水平方向夹角为45，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动运动到x轴过程，根据运动学公式，有：解得：所以有：(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律
111、和运动学公式结合研究5如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切。已知AB长为L=10m，倾角=37，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，COD=143。整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1103N/C。一质量为m=0.4kg、电荷量为q=+310 -3C的物体从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动。若物体与轨道AB间的动摩擦因数为=0.2，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求（1）物
112、体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；（2）物体在C点对轨道的压力为多少；（3）用物理知识判断物体能否到达D点；【答案】（1）0（2）27N（3）恰能到达D点【解析】试题分析：（1）从A至B过程中，求出重力做的功和电场力做的功，两者相加即为对物体做的总功；（2）从A至C过程，由动能定理和牛顿第二定律即可求物体在C点对轨道的压力；（3）物体刚要离开轨道时轨道对物体的弹力为零，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的速度，由动能定理研究A在C点，由牛顿第二定律得：解得：根据牛顿第三定律得，物体对轨道的压力：（3）重力和电场力的合力：，方向与竖直方向成斜向左下所以D点即为圆周运动中的
113、等效最高点，由合力提供向心力在D点有：解得：要到达D点，在C点速度至少为v从C至D，由动能定理得：解得：又，所以物体恰能到达D点.【点睛】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究带电体在电场力和重力场的复合场中运动问题，难点是确定物体离开轨道的位置，抓住此时轨道的弹力为零，由牛顿第二定律研究6如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为d=8 cm，板长为L=25 cm，接在直流电上，有一带电液滴以v0=0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小。（2）液滴从
114、射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)【答案】（1）2 m/s2（2）0.3 s因为液滴做匀速运动，则有：qE=mg，又得：当下板向上提后，由于d减小，板间场强E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动此时液滴所受电场力：此时液滴的加速度：（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是则有：解得：而液滴从刚进入电场到出电场的时间：所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为【点睛】本题抓住平行板间电场强度与电势差的关系，知道粒子做类平抛运动求出粒子的运动情况，根据类平抛运动的规律进行解题，同时要知道电容器与电源相连极板电压保持不变7如图1
115、所示，真空室中电极K发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入A、B板长l=020m，相距d=0020m，加在A、B两板间电压u随时间t变化的ut图线如图2所示设A、B间的电场可看做是均匀的，且两板外无电场在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定的两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=015m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=020s，筒的周长s=020m，筒能接收到通过A、B板的全部电子(1)以t=0时(见图2，此时u=0)电子打到圆筒记录纸上的点作为坐标系的原点，并取y轴竖直向上试计算电子打到记录纸上的最高点的y
116、坐标和x坐标(不计重力作用)(2)在给出的坐标纸(图3)上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线【答案】（1）y=2.5cm；第一个最高点x=2cm；第二个最高点x=12cm；第三个最高点x=22cm；（2）如图；【解析】（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则l=v0t0 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足联立、式解得此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上
117、的点最高，设纵坐标为y，由图可得由以上各式解得从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uCum，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔t内有电子通过A、B板因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为第二个最高点的x坐标为第三个最高点的x坐标为由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由和表示（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图所示8如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线。当两板
118、间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T=，从t=0开始，前内UMN=3U，后内UMN=-1.5U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；(3)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T=，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求所有粒子在运动过程偏离中轴线最远距离的最
119、小值与最大值之比。【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：垂直极板方向有：计算得出：(2)粒子通过两板时间，从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内方向垂直极板的加速度大小为：；在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小为：。所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT(n=0,1,2,3)或t=nT+ (n=0,1,2,3) 可以确定在t=nT(n=0,1,2,3)或t=nT+ (n=0,1,2,3)时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上、下边缘处飞出。它们在运动过程中电场方
120、向偏转的距离最大，则偏离中轴线最大位移为：所以粒子在运动中偏离中轴线最小位移与最大位移比值的大小为：9绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图（甲）所示，已知A处电荷的电量为+Q。图（乙）是A、B连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点对应图线的最低点， x= -2L处的纵坐标=20；x=2L处的纵坐标=，若在x= -2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块（可视为质点），物块随即向右运动（假设此带电物块不影响原电场分布）。求：（1）固定在B处的电荷的电量QB；（2）小物块与水平面间的动摩擦因数应多大，才能使小物块恰好
121、到达x=2L处；（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数，小物块运动到何处时速度最大。【答案】(1) QB=Q/4 (2) (3)x=0时速度最大【解析】(1)由图(乙)得x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强为0 所以代入得：QB=QA/4=Q/4(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度v10从x=-2L到x=2L过程中，由动能定理得：即：计算得：(3)小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为LA则：计算得出LA=3L，即小物块运动到x=0时速度最大10如图所示，有带电平行板电容器竖直放置，两板之间距离d=0.10m，电势差U=2.0103V。
122、一个质量为m=0.40g，带正电q=1.010-7C的小球用长L=1.010-2m的绝缘丝线悬挂于电容器内部的O点，现将小球拉到丝线呈水平伸直的位置A，然后无初速释放，假如小球运动到O点正下方B处时，线恰被拉断，以后发现小球恰能通过B点正下方的C处，g取10m/s2，试求：(1)绝缘丝线所能承受的最大拉力；(2)小球运动到C点时的动能EKC为多少？【答案】(1)810-3N(2)3.410-4J【解析】（1）电场强度V/m从A到B根据动能定理：得：由牛顿第二定律：得：（2）小球从B运动到C，水平方向qE=max，；竖直方向ay=g，由动能定理以上各式联立解得11如图所示，在竖直平面内半径为R的
123、光滑圆形绝缘轨道的内壁，有质量分别为m和2m的A、B两个小球用长为R的绝缘细杆连接在一起，A球不带电，B球所带的电荷量为-q（q0）。整个装置处在竖直向下的匀强电场中。开始时A球处在与圆心等高的位置，现由静止释放，B球刚好能到达轨道右侧与圆心等高的位置C。求：(1)匀强电场电场强度的大小E；(2)当B小球运动到最低点P时，两小球的动能分别是多少；(3)两小球在运动过程中最大速度的大小。【答案】(1) (2) (2) 【解析】（1）B刚好到达C的过程中，系统转过的角度为120，与水平方向的夹角为60.由动能定理可得：得：（2）AB在运动的过程中，速度大小始终相等，则在运动到p点的过程中，由动能定
124、理可得：联立解得：. （3）设OA转过的角度为时，两球有最大速度，则由动能定理可得：整理得：看见，当时，有最大速度，最大速度为12如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5102T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0106C/kg，速度为vo=2.0104m/
125、s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为，试写出粒子在磁场中运动的时间与的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间【答案】（1）2.1104m/s（2），最长时间为2.6105s【解析】解：（1）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U=，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为vy： vy=at L=v0t粒子射入磁场时速度的大小设为联立解得：（2）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0
126、，有 解得：R0=0.2m设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为，在磁场中圆周运动半径为R根据速度平行四边形可得： 又，得R=由可得：粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示则粒子在磁场中运动的时间：，得t=由此结果可知，粒子射入磁场时速度偏转角越大，则粒子在磁场中运动的时间就越大假设极板间电压为最大值时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长由（1）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：y方向偏距：ym=，说明粒子可以射出极板此时粒子速度偏转角最大，设为m，则tanam=，得故粒子在磁场中运动的最长时间：，得代入数值得：tm2.6105s13如图1所示，真空室中电
127、极K发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入A、B板长l=020m，相距d=0020m，加在A、B两板间电压u随时间t变化的ut图线如图2所示设A、B间的电场可看做是均匀的，且两板外无电场在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定的两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=015m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=020s，筒的周长s=020m，筒能接收到通过A、B板的全部电子(1)以t=0时(见图2，此时u=0)电子打到圆筒记录纸上的点作为坐标系的原点，并取y轴竖直向上试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标(不
128、计重力作用)(2)在给出的坐标纸(图3)上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线【答案】（1）y=2.5cm；第一个最高点x=2cm；第二个最高点x=12cm；第三个最高点x=22cm；（2）如图；【解析】（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则l=v0t0 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足联立、式解得此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐
129、标为y，由图可得由以上各式解得从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uCum，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔t内有电子通过A、B板因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为第二个最高点的x坐标为第三个最高点的x坐标为由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由和表示（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图所示14如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为q的小球，小球的
130、最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场固定点O的正下方l/2处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球对细线的拉力为多少？(2)若细线在刚好接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？【答案】（2）3mg （2）mghmgl2qE【解析】(1)由机械能守恒定律得，细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为，由牛顿第二定律得，代入整理可以得到：再根据牛顿第三定律可得，小球对细线的拉力，方向沿细绳竖直向上。(2)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间小球在水平方向做匀加速运
131、动，运动的距离小球运动到水平面的过程由动能定理得可得到：。点睛：本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题知道涉及力在空间效果时，优先考虑动能定理或机械能守恒定律。15如图所示，光滑绝缘轨道ABCD位于同一竖直面内，AB部分水平，圆弧轨道BCD的圆心为O，半径为R，B点是最低点，C点是最高点，P、O、D处于同一水平高度。整个装置位于水平向右的匀强电场中，电场强度。现让一质量为m、带电量为q的光滑小球从A点由静止开始运动。（1）若AB2R，求小球到达P点时对轨道的压力；（2）要使小球能沿着轨道到达D点，AB至少多长?【答案】（1）5mg ；方向向右（2）
132、(1)R【解析】（1）由动能定理得qE(ABR)mgR在P点由向心力公式得FNqE联解得FN5mg由牛顿第三定律得压力FN5mg 方向向右（2）等效重力与水平面夹角q45，斜向右下方等效最高点在CD圆弧的中点，只要能过该点，就一定能过D点等效最高点的最小速度满足又由动能定理得联立解得：AB(1)R16如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度=74。(1)求电场强度的大小E；(2)将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；(3)若从A点处释放小球时，给
133、小球一个水平向左的初速度，则为保证小球在运动过程中细线不会松弛，的大小应满足什么条件?【答案】（1）；（2）；（3）小球在370时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FTmgsin37qEcos37=mv2/L解得：FT=7mg/4（3）为保证细线不会松弛，小球在与竖直方向的夹角37的右上方应满足：根据动能定理：，联立解得：；17如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场粒子在
134、磁场中的运动轨迹与y轴交于M点已知OP=l，OQ=2l不计重力求：（1）M点与坐标原点O间的距离；（2）粒子从P点运动到M点所用的时间【答案】（1）6L；（2）【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则由牛顿第二定律得：qE=ma在电场中运动的时间为：水平初速度：其中，y0=L，又联立得=30由几何关系知MQ为直径，MO=6L （2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 从P点到M点所
135、用的时间t=t1+t2联立并代入数据得18在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止，且均可看做质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为+Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下A球与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移。（1）第一次碰撞结束瞬间A.B两球的速度各为多大？（2）从开始到即将发生第二次碰到这段过程中电场力做了多少功？（3）从开始即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（时刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场，请写出磁场
136、B与时间t的函数关系。【答案】（1）0，（2）5QEL（3）从A开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：【解析】（1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度设碰后A、B球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：，所以B碰撞后交换速度：，（2）设A球开始运动时为计时零点，即，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为、；由匀变速速度公式有：公式有：）（3）对A球由平衡条件得到：，从A开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量
137、相等则弹性碰撞后交换速度那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些19如图所示，在方向水平向左的匀强电场中，有一内表面绝缘粗糙且内径很小的固定圆弧管道BC,其圆心O在水平地面上，竖直半径OC=R，地面上A点与B点的连线与地面的夹角=37。一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上的A点以大小 (g为重力加速度大小)的速度沿AB方向运动，并恰好无碰撞地从管口B进入管道BC,到达管口C时恰好与管道间无作用力。取sin37=0.6,cos370=0.8求：(1)该匀强电场的电场强度大小
138、E以及小球到达管口 B时的速度大小v2;(2)小球通过管道的过程中克服摩擦力做的功W克f(3)小球从管口 C飞出后落到地面前向右的最大位移xm。【答案】(1) (2) (3)【解析】（1）由于小球做直线运动.经分析可知小球带正电，且，解得：（3）小球从管口C飞出后，在水平方向上做类竖直上抛运动，竖直方向上做自由落体运动，且水平方向上的加速度大小为设小球沿水平方向的速度为零时尚未落地.小球从管口C飞出到水平速度为零的过程中运动的水平距离为，所用时间为，则：设小球在空中运动的总时间为t，有，解得由于，说明小球从管口C飞出后经时间尚未落地.故：20如图所示，光滑绝缘水平桌面上的A、B、C三点是等腰直
139、角三角形的三个顶点，AD为三角形的高，BAC90，BC0.8m，空间存在方向与BC平行的匀强电场。将质量为m=1.010-3Kg、电荷量为q=-8.010-6C的小球由A点移到B点，电势能增加q=6.410-4J。求：（1）匀强电场的场强大小；（2）A、B两点间的电势差UAB；（3）将电荷从B处静止释放，运动到C处时的动能。【答案】（1）200V/m （2）80V （3）【解析】（1）由小球由A点移到B点电场力做的功，（2） A、B两点间的电势差，（3）UBC=2UAB=160V，从B到C只有电场力做功：21如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地。A板
140、电势A随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1和O2，两板间电压为U2，组成减速电场。现有一带负电粒子在t0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1进入，并能从O1沿O1O2进入C、D间。已知带电粒子带电荷量为q，质量为m，(不计粒子重力)求：(1)该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔；(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；(3)A、B两板间距的最小值。【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1孔的速度即为进入A、B板的初速度在C、D间，由动能定理得qU2即v0
141、(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态。即v竖0若在第一个周期内进入O1孔，则对应两板最短长度为Lv0T(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d所以2d即d22如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。直线是平行板电容器的中心线，一束速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。（1）如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，求这种情况下磁感应强度B1的大小（2）如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求
142、这种情况下磁感应强度B2的大小【答案】【解析】（1）粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为粒子在磁场中运动因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，根据几何关系联立解得（2）粒子在电场中的偏转距离；粒子能够回到O点，根据几何关系根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的解得粒子在电场中的水平位移粒子在电场中的竖直速度离开电场时和偏转角之间的关系粒子在磁场中运动联立解得23如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m、电荷量为q的小球从水平轨道
143、上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场 (P点恰好在A点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)已知AB间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：（1）小球离开c点时的速度大小（2）电场强度E的大小（3）在圆轨道运动过程中，指出什么位置速度最大并求出其大小【答案】（1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）小球离开C点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球在C点的速度（2）对A到C的过程，运用动能定理，求出电场强度的大小（3）小球的最大速度在BN段，设小球速度最大时与圆
144、的连线和竖直方向的夹角为，根据动能定理，结合数学知识求出最大速度.（1）小球离开C点做平抛运动，根据得：则小球在C处的速度（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得：解得：（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为【点睛】运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后结合动能定理列式求解，本题对数学能力的要求较高，需加强练习24示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电量为e，忽略初速度)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压U11 600 V，偏转极板长L14 cm，偏转
145、极板间距d1 cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L216 cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？【答案】(1)200 V(2)0.045 m【解析】（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须下板边缘出来在加速电场中，由动能定理得 eU1=mv02得，进入偏转电场初速度在偏转电场的飞行时间在偏转电场的加速度 电子从下极板边缘出来，解得U2=U1=200V（2）电子束打在荧光屏上最大偏转距离y=+y2电子离开电场的侧向速度vy=at1=电子离开
146、偏转电场到荧光屏的时间所以电子最大偏转距离y=+y2=0.045m点睛：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题25（12分）位于竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，第一象限的角平分线OA的上方存在有界匀强电场，场强，方向竖直向下，第二象限内有另一匀强电场，电场方向与x轴正方向成45角斜向上，如图所示。有一质量为m、电量为+q的带电小球在水平细线的拉力作用下恰好静止在坐标（-l，6l）处。现剪断细线，小球从静止开始运动，先后经过两电场后，从A点进入无电场区域，最终打在x轴上D点，已知重力加速度为g
147、，试求:(1)电场的场强；(2)A点的位置坐标；(3)到达D点时小球的动能。【答案】(1) (2) (2l,2l) (3)19mgl【解析】（1）小球在第二象限内静止，则有解得由以上各式可得A点的位置坐标（2l ，2l）（3）从P到D全过程运用动能定理得26如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E5103 V/m，圆弧轨道半径R0.4 m。现有一带电荷量q2105 C、质量m5102 kg的物块(可视为质点)从距B端s1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g10 m/s2求：(1)
148、物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。【答案】(1)1 s2 m/s(2)1 N【解析】(1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：又由运动学公式有：解得：又因： 得：(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：解得：综上所述本题答案是：，；27类比法经常用到科学研究中。科学家在探索未知领域的规律时，常常将在未知新领域实验中得到的测量结果和实验现象与已知的物理规律作类比，从而推测出未知领域可能存在的规律。然后再通过实验进行检验，以确定类比得到的结论是否正确。经典物理告诉我们，若规定相距无穷远时
149、引力势能为0，则两个质点间引力势能的表达式为，其中G为引力常量，m1、m2为两个质点的质量，r为两个质点间的距离。（1）把电荷之间相互作用的力及电势能与万有引力及引力势能作类比，我们可以联想到电荷之间相互作用的力及电势能的规律。在真空中有带电荷量分别为+q1和-q2的两个点电荷，若取它们相距无穷远时电势能为零，已知静电力常量为k，请写出当它们之间的距离为r时相互作用的电势能的表达式。（2）科学家在研究顶夸克性质的过程中，发现了正反顶夸克之间的强相互作用势能也有与引力势能类似的规律，根据实验测定，正反顶夸克之间的强相互作用势能可表示为，其中A是已知数值为正的常量，r为正反顶夸克间的距离。请根据上
150、述信息，推测正反顶夸克之间强相互作用力大小的表达式（用A和r表示）。（3）如果正反顶夸克在彼此间相互作用下绕它们连线的中点做稳定的匀速圆周运动，若正反顶夸克系统做匀速圆周运动的周期比正反顶夸克本身的寿命小得多，则一对正反顶夸克可视为一个处于“束缚状态”的系统。已知正反顶夸克质量都是m（不考虑相对论效应），根据玻尔理论，如果正反顶夸克粒子系统处于束缚态，正反顶夸克粒子系统必须像氢原子一样满足的量子化条件为：式中n称为量子数，可取整数值1，2，3，h为普朗克常量，rn为系统处于量子数为n的状态时正反顶夸克之间的距离，vn是系统处于该状态时正反顶夸克做圆周运动的速率。若实验测得正反顶夸克的寿命为=0
151、.4010-24s，并且已知组合常数，其中A为（2）中的常数。根据已知条件在以上模型中通过计算判断，正反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统？【答案】（1）（2）（3）不能【解析】（1）因为真空中的点电荷之间的相互作用力的，这与万有引力的规律相似，且都具有做功与路径无关的特点。在规定无穷远处引力势能为零的情况下，在物体由无穷远到相距为r的过程中，引力做正功，引力势能减小，所以引力势能为负值。同样，两个带异号电性的点电荷由无穷远到相距为r的过程中，静电力做正功，电势能减小，所以电势能为负值。在真空中有带电荷量分别为+q1和-q2的两个点电荷，当它们之间的距离为r时相互作用的电势能的表达式为。（2
152、）类比引力势能公式和强相互作用势能公式，可知强相互作用力为引力。质点间引力表达式为，类比可知，正反顶夸克之间强相互作用力表达式为：（3）设基态时顶夸克粒子的线速度大小为v，各自的半径都是，根据牛顿定律：基态时n=1，根据玻尔理论：联立上述二式可得：根据牛顿定律联立可得代入数据，解得T=1.810-24s由此可见因为处于基态时，正反顶夸克做圆周运动的周期比所有的激发态的周期都短，所以在该模型中正反顶夸克做圆周运动的周期一定大于正反顶夸克的寿命，故正反顶夸克的束缚态是不可能存在的。28如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强
153、电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）试分析说明离子在电场和磁场中运动的轨迹是否重合。【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外（3）见解析【解析】（1）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，而联立以上几式可得：；（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀
154、速圆周运动由几何关系有：；洛仑兹力提供向心力：；联立以上几式可得：方向垂直纸面向外（3）虽然入射点相同，出射点也相同，但离子在电场中的运动轨迹是抛物线，而在磁场中运动的轨迹是一段圆弧，因此轨迹不会重合。29如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量QA=10q，B带电量QB=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求：(1)C球的电性和电量QC；(2)水平力F的大小。【答案】（1）C球带负电QC=q（2）F=70k【解析】（1）对A、B、C系统研究得：A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加
155、速度，故F2必为引力，C球带负电。对AB两球有联立可得：（2）对整体和A有30如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，AB间的距离为L现在A、B之间加上电压UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势已知粒子质量为，电荷量，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：（1）t0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；（2）在时间内，产生的粒子不能
156、到达B板的时间间隔；（3）在时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k【答案】（1）（2）（3）2:1则匀加速的加速度：匀减速的加速度大小：由：得：所以：由：得：（3）设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为，由：得：即：在时间内，内返回的粒子都能打到A极板上所以：31如图所示，一带电粒子以一定的初速度垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好从下板右边缘飞出。已知极长为L，如果带电粒子的速度变为原来的2倍，当它的竖直位移等于板间距时，试计算它运动全过程中的水平位移x为多少？（不计粒子重力）【答案】【解析】试题分析：带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入电场
157、时做类平抛运动，由类平抛运动的规律得出前后两次偏转位移的关系；粒子离开电场后速度反向延长线交上板的中点，根据三角形相似再结合几何关系，求出水平射程x。带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入电场时，由类平抛运动的规律得：在竖直方向：水平方向：粒子的加速度为：带电粒子的速度为2v 时，粒子离开电场时偏转的距离为y，在竖直方向：水平方向：粒子的加速度为：联立以上解得：粒子偏出时速度的反向延长线交上极板的中点如图所示：由三角形相似得：根据几何关系有：联立解得：点睛：本题主要考查了带电粒子在电场中的偏转，运用运动的分解法研究类平抛运动，根据三角形相似法求出水平射程。32质量都是m的两个完全相同、带
158、等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角30，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为30，求：(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；(2)外加匀强电场的场强E.【答案】(1)A带正电，B带负电， (2)【解析】（1）由图乙用假设法可判定A球带正电，B球带负电，否则A球、B球均不能处于平衡状态。由图甲得两小球相距d2l2lsin30l由A球受力平衡可得mgtan，解得（2）此时两球相距d/=2l+2lsin300=3l根据A球受力平衡可得，解得33如图所示，一对足够大
159、的金属板M、N正对且竖直放置，两极板分别接在大小可调的电源两端，N极板右侧分布有匀强磁场，磁场大小为B，方向垂直纸面向里，磁场区域放有一半径为R的圆柱体，圆柱体的轴线与磁场方向平行，圆柱体的横截面圆的圆心O到右极板N的距离为，在贴近左极板M处有足够大的平行且带负电等离子束，在电场力的作用下无初速沿垂直于N极板（经过特殊处理，离子能透过）射入磁场区域，已知所有离子的质量均为m，电量为q，忽略离子的重力和离子间的相互作用力求：（1）若某个离子经过N极板后恰好垂直打在圆柱体的最高点，则此时加在极板上的电源电压；（2）为了使所有的离子均不能打在圆柱体上，则电源电压需满足什么条件；（3）若电源电压调为，
160、则从极板N上哪个范围内射出的离子能打在圆柱体上。【答案】（1）（2）（3）在离O1上方不大于和在离O1下方不大于的范围内的离子均能打在圆柱体上【解析】（1）设经过极板加速后垂直打在圆柱体的最高点时速度为v1，由动能定理知由几何关系知，离子在磁场中做圆周运动的半径又联立得（2）设所有离子刚好不能打在圆柱体上时速度为v2，轨迹如图1，此时离子的轨迹半径由牛顿第二定律知联立得则电源电压需满足（3）若电源电压调为，由、因此在离O1上方不大于和在离O1下方不大于的范围内的离子均能打在圆柱体上。点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运
161、动情况，熟练掌握圆周运动及牛顿第二定律公式34电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场由加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s，如图甲所示大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上问：（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，则离开偏转电场时的侧向位
162、移大小是多少？（2）电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）当电子在时刻进入偏转电场时，有，得。（2）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为要使电子的侧向位移最小，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为点睛：本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹作速度图象分析什么时刻进入偏转电场的电子侧向最大
163、与最小。35如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12 cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30.第象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B1 T，第象限有匀强电场，方向沿y轴正方向。一质量为m81010kg，电荷量q1104C带正电粒子，从电场中M(12，8)点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场。不计粒子重力，取3，求：(1)粒子在磁场中运动的速度v；(2)粒子在磁场中运动的时间t；(3)匀强电场的电场强度E。【答案】(1) 104 m/s (2) 1.6105s (3) 5103 V/m【解析】试题分析：（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的
164、轨道半径为R，由几何关系，得，解得由得，代入解得（2）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120，则有（3）粒子在电场中运动时，由动能定理得，则得考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径36如图1所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带量为q=+2.010-6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦
165、因数.t=0时刻开始，空间加上一个如下图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场，（取平向右为正方向，g取10m/s2。）求：（1）02s内小物体加速度的大小（2）24s内小物体加速度的大小（3）14秒末小物块的速度大小（4）前14秒内小物块的位移大小【答案】（1）（2）（3）4m/s（4）28m【解析】（1）02s加速度.（2）24s内物块加速度取（3）02s内物块的位移，2s末的速度为位移，4s末的速度为小物块做周期为4s的加速和减速运动，第14s末的速度也为m/s.（4）14秒内小物块的位移大小，可以看做是上述3个周期加上所求位移为37如图所示，内表面绝缘光滑的圆轨道位于竖直平面内，轨道
166、半径为r，A、B分别为内轨道的最高点和最低点，圆心O固定电荷量为+Q的点电荷，质量为m、电荷量为-q的小球能在圆轨道内表面做完整的圆周运动，重力加速度为g，静电力常量为k（1）若小球经过B点的速度为v0，求此时对轨道的压力大小；（2）求小球经过A点最小速度的大小v；（3）若小球经过A点对轨道的压力为mg，求经过B点时的动能Ek【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设此时小球对轨道的支持力为N，由向心力公式有解得由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小解得38如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有AB两点，其中A点坐标为，B点坐标为，坐标原点O处的电势为0，点A处的
167、电势为，点B处的电势为，现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度射入电场，粒子运动中恰好通过B点，不计粒子所受重力，求带电粒子的比荷大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为，OA的中点C点，根据知：由题意可得C点的电势为。（2）B、C两点的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相交于D点，由几何关系得：则电场强度为：。（3）带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入电场，做类平抛运动，则有：，又，联立解得39水平放置带电的两平行金属板，板距d，质量为m的微粒由板中间以某一初速平行于
168、板的方向进入，若微粒不带电，因重力作用在离开电场时，向下偏转，若微粒带正电，电量为q，仍以相同初速进入电场，为保证微粒不再射出电场，则两板的电势差应为多少?并说明上下板带电极性。【答案】若下板带负电，则U，若下板带正电，则U【解析】设平行板长度为l，粒子射入的初速度为v0，只受重力时，粒子做平抛运动，则水平方向有：，竖直方向有：解得：若微粒带正电，电量为q，仍以相同初速进入电场，若下极板带负电，当粒子刚好从下极板边缘射出，则水平方向有：竖直方向有：联立解得：，则为保证微粒不再射出电场，则两板的电势差，若下极板带正电，当粒子刚好从上极板边缘射出，则竖直方向有：解得：U，则为保证微粒不再射出电场，
169、则两板的电势差U40有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动.现取以下简化模型进行定量研究.如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为、内阻可不计的电源相连.设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点.已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的倍（1）.不计带电小球对极板间匀强电场的影响.重力加速度为g.x/kw(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势至少应大于多少？(2)设上述
170、条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动.求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量.【答案】(1)(2), 【解析】(1)用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小.要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则其中 q=Q又有Q=C由以上三式有(2)当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动.以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有【点睛】本题重点在于明确题意，要求学生能够从题干中找出物体
171、运动的情景，并能联系所学规律进行解题；对学生要求较高41如图甲所示，直角坐标系中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强E=1N/C，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在x轴上的点A（-2m，0）处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0的速度进入第二象限，从y轴上的点C（0，m）进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t=0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g=10m/s2)求：（1）初速度v0大小；（2）粒子出磁场时的位置坐标；（3）粒子在磁场中运动的时间。【答案】（
172、1） （2）D(9m，0)（3）【解析】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设从A到C的时间为t，则联立解得：（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向的夹角为，在C点的速度vC，则，=300， vC=40m/s粒子在第一象限的磁场中有：解得粒子做圆周运动的周期故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在运动的第四个半圆的过程中从D点出磁场，粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D(9m，0)（3）粒子在磁场中运动的时间42如图所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，现有质量为m，电荷量为-q的带电粒子，以速度v0从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出。现将匀强磁场换成垂直ab边向上的
173、匀强电场，其它条件不变，结果粒子仍能够从c点射出，粒子重力不计，ac边长度为L，求：(1)磁感应强度B的大小(2)电场强度E的大小【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示：设ab=L，则轨道半径r=根据左手定则，粒子带负电荷；根据牛顿第二定律，有：解得： （2）在电场中是类似斜抛运动，根据分运动公式，沿ab方向有：沿bc方向：解得：43同步回旋加速器结构如题图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量，如题图所示同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加
174、而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为m、电荷量为+q，加速腔的长度为L，且LR,当粒子进入加速腔时，加速电压的大小始终为U，粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用若在t=0时刻将带电粒子从板内a孔处静止释放，求：（1）带电粒子第1次从b孔射出时的速度的大小v1；（2）带电粒子第k次从b孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk以及下一次经过b孔的时间间隔Tk；（3）若在a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l1的粒子束（l11，讨论：
175、当k不是整数时，取k的整数部分为z，则最大速度为；当k为整数时，最大速度为44如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m，带电量为+q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长。另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从距A为的P点由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动（全过程中小球A 的电量不发生变化，重力加速度为g）。（1）若已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能；（2）若未知，且B与A在最高点恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量；（3）在满足第（2）问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度。【答案】
176、（1）（2）（3）【解析】（1）设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止时有：解得：在与A碰撞前B的速度为，由机械能守恒定律得：B与A碰撞后共同速度为，由动量守恒定律得：B与A碰撞过程中损失的机械能E为：（2）A、B在最高点恰不分离，此时A、B加速度相等，且它们间的弹力为零，设此时弹簧的伸长量为，则：对B：对A：所以弹簧的伸长量为：（3）A、B一起运动过程中合外力为零时，具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为，则：所以由于，说明A、B在最高点处与合外力为零处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得：解得45如图所示，带电荷量之比为qq13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度
177、垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，求：（1）A和B在电场中运动的时间之比？（2）A和B运动的加速度大小之比？（3）A和B的质量之比？【答案】（1） （2）（3）【解析】（1）（2）（3）46如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力。求（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？
178、（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向。（3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标。【答案】（1） （2）600 （3）（，0） （，0）【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解。（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场由牛顿第二定律，得洛伦兹力为：解得：（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA
179、上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM为ON的一半，知角ONM为300，角CNA为600，则NA=R，质子做圆周运动的的半径为Ri)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为，偏转角为由结合以上解得：在竖直方向的速度为：偏转角为：由图联立求解得：根据几何关系得：故与x轴交点坐标为（，0）ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交由解得：水平位移根据几何关系得：故与x轴交点坐标为（，0）点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题。47如图所示，在绝缘光滑的水平面上，建立一平面直角坐标系x
180、oy，整个空间有一垂直水平面向下的匀强磁场B=0.10T。在y轴正半轴3.0m到9.0m之间有一厚度不计的固定弹性绝缘板。在原点O处静止一个质量m1=2.010-4kg，带正电，电量为q=1.010-2C的物体。在x轴负半轴某一位置有一个m2=3.010-4kg的不带电物体，以一定速率沿x轴向正方向运动并与m1物体发生碰撞并粘在一起。两物体都作为质点处理，碰撞时没有电量损失。求：（1）若m2的速率v0=5.0m/s，则碰后粘在一起系统损失的动能是多少？（2）若两物体粘在一起后，先与绝缘板发生一次碰撞后经过坐标为x=-3.0m，y=9.0m的位置P，则m2与m1相碰前的速率v是多少？（与绝缘板碰
181、撞没有能量和电量损失）【答案】（1）1.510-3J （2）10m/s 12.5m/s【解析】（1）水平方向不受外力由动量守恒有：，由能量关系有：，联立解得：；（2）水平方向不受外力由动量守恒有：，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动由牛顿第二定律有：，由几何关系有：，解得：；点睛：本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。48如图所示，两个带电滑块甲和乙系于一根绝缘细绳的两端，放在一个光滑的绝缘平面上，整体置于方向水平向右、大小为N/C的匀强电场中，甲的
182、质量为kg，带电荷量为C，乙的质量为kg，带电荷量为C。开始时细绳处于拉直状态。由静止释放两滑块，t=3s时细绳断裂，不计滑块间的库仑力。试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度；（2）由静止开始释放后的整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值；【答案】（1）（2）【解析】（1）取水平向右为正方向，将甲乙及细绳看作一个整体，根据牛顿第二定律：点睛：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清物块在整个过程中的运动规律是解决本题的关键，知道电场力做功等于电势能的减小量49如图所示，在绝缘水平直线轨道上方的A、B两点分别固定电荷量为、的等量异种点电荷一质量为m、带电荷量为q的小球(可视为质点的检
183、验电荷)，从A点正下方轨道上的M点由静止开始沿轨道向右运动。O点为轨道上MN连线的中点。已知小球与轨道间的动摩擦因数为。小球运动到O点时速度为v。孤立点电荷Q产生的电场在距场源电荷r处的电势为 (取无穷远处电势为零)，k为静电常数。AB到水平直线轨道的竖直距离为h， A、N连线与水平轨道的夹角为30，小球在运动过程中不脱离轨道。求：（1）小球在N点的加速度大小；（2）小球在轨道的MO段克服摩擦力做的功。【答案】（1）（2）【解析】（1）由受力分析、牛顿第二定律得， 联立解得 （2）由题意可知，MO两点间的电势差 小球由M点运动到O点的过程中，由动能定理得 联立解得 50)一绝缘“”形杆由两段相
184、互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的.(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功【答案】 (1) DM间的距离j4R；（2）若，整个运动过程中克服摩擦力所做的功为若，克服摩擦力做功【解析】试题分析: （1）小球刚好到达P点时，速度为零，对小球从D点到P点过程，由动能定理得 qEx-2mgR=0-0又由题意，联立解得，x=4R若，则mgqE设小球到达P点左侧静止，由动能定理得qE（5R-）-mg2R-f=0考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动