1、教师备选题库一、单项选择题1.(2017四川乐山调考)虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是()A粒子一定带负电B粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C粒子在A点的动能大于在C点的动能DA点的场强小于C点的场强解析：电场线和等势线垂直且由高电势的等势线指向低电势的等势线，可知图中电场线方向应垂直于等势线大体指向左侧，带电粒子所受的电场力沿电场线指向曲线内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故A错误；从A到C过程中，电场力做负功，电势能增加，则粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；粒子
2、运动过程中只有电场力做功，且电场力做负功，根据动能定理得知动能减小，故粒子在A点动能较大，故C正确；A点等差等势线密，电场线也密，所以A点的电场强度大于C点的，故D错误答案：C2(2016湖南永州一模)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，电容器下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是()A带电油滴将竖直向上运动BP点的电势将降低C电容器的电容增大，极板带电荷量不变D电容器的电容增大，极板带电荷量减小解析：将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器两端的电压U不变，由E分析得知，板间场强增大，
3、则油滴所受电场力增大，油滴将竖直向上运动，故A正确P点到下极板的距离不变，而E增大，由UEd知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，故B错误；d减小，由C知，电容C增大，U不变，由C分析可知电容器所带电荷量增加，故C、D错误答案：A3.(2016安徽宿州一模)如图所示，MN为两个等量异种点电荷连线的中垂线，O为两点电荷连线的中点，A、B、C、D到O的距离相等，则下列说法正确的是()AA、D两点的电势相同BB、D两点的电场强度相同C将电子沿直线AOC移动，电势能先增加后减小D将电子沿圆弧ADC移动，电场力先做正功后做负功解析：根据等量异种点电荷的电场线和等势面分布图可知
4、，AC是一条等势线，BACD，A错误；电场强度EBEDEAEC，B正确；将电子沿直线AOC移动，电场力不做功，电势能不变，C错误；将电子沿圆弧ADC移动，电场力先做负功后做正功，D错误答案：B4.(2017河南商丘期末)如图A、B、C是点电荷Q形成的电场中的三点，BC是以O为圆心的一段圆弧UAB10 V，正点电荷q沿ABC移动，则()A点电荷Q带正电B沿BC运动时电场力做正功CB点的电场强度与C点的相等Dq在A点时具有的电势能比在C点时的大解析：UAB10 V，所以A点电势高，此点电荷Q为负电荷，A错误；BC在同一圆弧上，B、C等势，沿BC运动，电场力不做功，B错误；由E可知B、C两点的电场强
5、度大小相等、方向不同，C错误；因为AC，由Epq可知，正点电荷q在A点的电势能比在C点时大，D正确答案：D5.(2017河南豫南九校联考)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，则()A粒子在A、B间是做圆周运动B粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小C匀强电场的电场强度ED圆周上电势最高的点与O点的电势差为U解析：由于A、B两点的速度大小相等，所以A、B两点等势，A、B的连线是一条等势线，电场强度的方向垂直于A、B连线斜向下，粒子在A
6、、B间做匀变速曲线运动，A错误；从A到B，电场力先做负功后做正功，动能先减小后增大，B错误；E，dR，所以E，C错误；圆弧AB的中点是圆上电势最高的点，该点与O点的电势差为UERU，D正确答案：D二、多项选择题6.(2017河北邯郸三校期中联考)一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示图中一组平行实线是电场线，则下列说法正确的是()Aa点的电势比b点低B电子在a点的加速度方向向右C电子从a点到b点动能减小D电子从a点到b点电势能减小解析：根据电子的运动轨迹可知，电子受到的电场力向右，因此可知电场线的方向向左，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点低，所以A正确由A的分析可知，
7、电子受到的电场力向右，所以电子在a点的加速度方向向右，所以B正确从a点到b点的过程中，电场力做正功，所以电子从a点到b点动能增加，所以C错误电场力做正功，电势能减小，所以电子从a点到b点电势能减小，所以D正确答案：ABD7(2017福建漳州八校联考)如图(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示以下说法正确的是()A该电场是匀强电场B电子在A、B两点的电势能EpAEpBC电子在A、B两点的加速度关系是aAaBD电子在A、B两点的速度vAvB解析：-x图象的斜率大小表示电场强度的
8、大小，由图可知：由AB，电场强度逐渐减小，该电场不是匀强电场，A错误；加速度a，C正确；由于AB，所以电子在A点的电势能小于B点的电势能，B正确；从A到B，电势降低，所以电场线的方向从A指向B，电场力做负功，动能减小，则vAvB，D错误答案：BC8.(2016吉林省吉林市三模)如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两个质量相等的带电小球a、b(可以看成质点)将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是()A它们的运动时间tatbB它们的电荷量之比qaq
9、b21C它们的电势能减少量之比EpaEpb41D它们的动能增加量之比EkaEkb41解析：两小球由同一高度释放，打在同一点，故竖直方向位移相同；在竖直方向上做自由落体运动，故两小球运动时间相同，A错误在水平方向，sa2sb，由于时间相同，所以水平方向的加速度aa2ab，由EqFma知它们的电荷量之比为21，B正确电势能的减少量之比为电场力做的功之比，a球所受电场力和水平位移均为b球的两倍，所以它们电势能的减少量之比为41，C正确动能的增加量等于合外力做的功，合外力对a球做的功不是对b球做功的4倍，D错误答案：BC9.(2017山东临沂期中)如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是
10、一个四边形的四个顶点，已知abcd，abbc,2abcdbc2l，l1 m，电场线与四边形所在平面平行已知a点电势为18 V，b点电势为22 V，d点电势为6 V，则下列说法正确的是()A匀强电场的场强大小为4 V/mB场强的方向由a指向cC场强的方向由b指向dDc点的电势为14 V解析：三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，把bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为18 V，b点电势为22 V，d点电势6 V，根据几何关系，可得M点的电势为18 V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势面，由几何关系可知：因为bd2l，所以bMl，因此aMl，所以aM垂直于bd.则电场线方向由b指向d，
11、E V/m4 V/m，故A、C正确，B错误；c点电势与N点电势相等，N点电势为18 V4 V14 V，所以c点的电势为14 V，故D正确答案：ACD10.(2017辽宁鞍山一中等六校期末)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径已知重力加速度为g，电场强度为，不计空气阻力，下列说法正确的是()A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vminB若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在CBD圆
12、弧上往复运动D若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆周到达B点解析：小球的平衡位置位于BC的中点，运动过程中，速度最小的点位于AD的中点，设该点为F，要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，在F点有mg，解得最小速度为vmin，A正确；运动过程中，电场力做的功等于小球机械能的增量，运动到B点，电场力做正功最多，所以B点机械能最大，B正确；若将小球在A点由静止开始释放，假如能到达D点，由动能定理：mgREqRmvD2，解得vD0，而小球要想沿圆周运动到D点，在D点必须要有速度，实际上，小球在A点由静止释放后，先做匀加速直线运动，再沿圆弧运动，所以C错误；小球要想沿圆周运动到B点，必
13、须能过F点，由A到F应用动能定理：mgLEq(1)Lmvmin2mvA2，则vA，D错误答案：AB三、非选择题11(2016江西上高二中等四校联考)如图所示，一带电平行板电容器水平放置，板间距d0.40 m，电容器电容为C6104 F，M板带电荷量为Q6103 C，金属板M上开有一小孔有A、B两个质量均为m0.10 g、电荷量均为q8.0105 C的带电小球(可视为质点)，其间用长为L0.10 m的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，A小球恰好位于小孔正上方H0.20 m处现由静止释放并让两个带电小球保持竖直下落(g取10 m/s2)求：(1)小球在运动过程中的最大速率(2)小球由静止释放运动到距N板
14、的距离最小的过程需要多少时间. 解析：(1)两板间电压为：U V10 V，由受力分析知：当F合0时，速度最大，设有n个球进入电场时，合力为零2mgnEq，E，代入数据，n1，可知当A球刚进入电场时，F合0时，小球速率达到最大值，v22gH，v2 m/s.(2)自由下落H的时间为：t10.2 s，匀速运动的时间为：t20.05 s，设减速运动的时间为t3，则2Eq2mg2ma，解得a10 m/s2，t30.2 s，tt1t2t30.45 s.答案：(1)2 m/s(2)0.45 s12(2017湖南宁乡一中等十校联考)如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，AB间电压为UABU0，紧贴A板有一
15、电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期TL，板间中线与电子源在同一水平线上极板长L，距偏转板右边缘s处有荧光屏，经时间t统计(tT)只有50%的电子能打到荧光屏上(板外无电场)，求：(1)电子进入偏转板时的速度(2)T时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离(3)电子打在荧光屏上的范围Y.解析：(1)eU0mv2，v.(2)tLT，电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，有50%的电子由于偏转量太大，不能射出电子在TT，TT(k0,1,2，)时进入偏转极板，能射出设两极板间距为d，则a，2a(T)22a(T)2，dL，因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围YdL.答案：(1) (2)距离为零(3)L
