1、一、选择题(每小题5分，共40分)1(2011届佛山检测)如图所示，在O点固定一正点电荷，A为电场中的一点，若在A点垂直于OA方向发射一带电粒子(粒子只受电场力作用)，则在较短的时间内()A带电粒子的电势能一定增大B带电粒子的动能一定增大C带电粒子可能做直线运动D带电粒子可能做匀速圆周运动【解析】在A点垂直于OA发射的带电粒子可能为正电荷，也可能为负电荷，速度也不知道，如果带电粒子带负电且速度恰当，则可能刚好使带电粒子绕O点的正电荷做匀速圆周运动，O点的正电荷对A点的带电粒子的作用力充当了带电粒子做圆周运动的向心力，不做功，因此，带电粒子的电势能、动能不变，A、B错误，D正确；由于带电粒子的速
2、度方向与所受力的方向不在同一直线上，因此，带电粒子一定做曲线运动，C错误【答案】D2学习库仑定律后，某物理兴趣小组根据该定律探究相同金属小球的电荷量分配关系取三个完全相同的不带电金属球A、B、C，首先使A球带上一定电荷，A、B接触后放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FAB.B、C接触后也放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FBC，如果金属球间的电荷量平分，FAB、FBC的比值应该满足()A11B21C31D41【解析】设A球原来的电荷量为Q，并且满足相同金属球接触后电荷量平分，AB间的作用力FAB， BC间的作用力FBC，所以.【答案】D3.（2011届铁岭模拟）如图所示，a、b、c、d
3、是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行.已知a点的电势为20 V，b点的电势为25 V，d点的电势、c点的电势可能为（ ）A.5 V、9 V B.8 V、12 VC.12 V、15 V D.24 V、29 V【解析】由于a、b、c、d四点是在匀强电场中，所以Uab=Udc=-5 V,故只有选项D正确.【答案】D4. (2011届福州测试)如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电
4、子的偏转角变大的是()AU1变大、U2变大BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小 DU1变小、U2变小【解析】设电子被加速后获得的初速度为v0，则由动能定理得：U1qmv，又设水平极板长为l，则电子在水平极板间偏转所用时间t，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得：a，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，联立解得vy.又tan.故U2变大、U1变小一定能使偏转角变大，故选项B正确【答案】B5. x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中不能看出()AQ1一定大于Q2BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正
5、电荷C电势最低处P点的电场强度为0DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点【解析】从图象看到，从Q1到Q2电势是先减小后增大，可以判断Q1和Q2为同种正电荷，若P点位于中点，两点电荷的电荷量相同，但是P点离Q2近点，说明Q1一定大于Q2，A、D项正确，B项错；根据电场的叠加原理可以判断P点电场强度为0，从图象看电势随距离的变化率也可以得出C项正确应选B项【答案】B6.（2011届郑州模拟）如图所示，B为线段AC的中点，如果在A处放一个+Q的点电荷，测得B处的场强EB=48 N/C,则（ ）A.EC=24 N/CB.EC=12 N/CC.若要使EB=0,可在C处放一个-Q的点电荷D.把q=10-
6、9C的点电荷放在C点，则其所受电场力的大小为610-9 N【答案】B7.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，下极板接地开始时电键S闭合，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态把电键S断开后，又将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则关于带电油滴的叙述正确的是()A带电油滴将自由下落B带电油滴静止不动C带电油滴的电势将减小D带电油滴的电势将增大【解析】电容器两极板距离增大，但电荷量不变，根据C，又由公式E分析得板间场强不变，A错，B对；P到下极板距离d不变，而场强E不变，由公式UEd知P与下极板的电势差不变，又因为下极板电势为零，所以P点的电势不变，C、
7、D错【答案】B8. (2011届苏州测试)如图甲所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是图乙中的()【解析】将电场反向瞬间至弹簧恢复原长的过程中，对小球由牛顿第二定律得kxqEma，即ax，a与x成线性关系；弹簧恢复原长之后的过程中，小球水平方向仅受电场力作用，对小球由牛顿第二定律得qEma，选项A正确【答案】A二、非选择题(共60分)9. (10分)如图所示，把电量为5109 C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能_(选填“增大”“减小”
8、或“不变”)；若A点的电势UA15 V，B点的电势UB10 V，则此过程中电场力做的功为_J.【解析】将电荷从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB，WqUAB5109(1510) J2.5108 J.【答案】增大2.510810. (15分)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球A带正电，电荷量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中已知静电力常量k和重力加速度g.(1)A球刚释放时的加速度是多
9、大？(2)设A球的最大速度为v，试求小球从开始运动到速度最大的过程中，小球电势能的改变量【解析】(1)受力分析如图所示，由牛顿第二定律得，mgsinma，得：agsin.(2)设小球速度最大时距B点的距离为L1，此时小球的加速度为零，有mgsin，得：L1.由能量守恒得：mg(HL1sin)mv2Ep.得：Epmg(H)mv2.【答案】(1)gsin (2)mg(H)mv211(2011届龙岩测试)(17分)如图所示，ABCD为竖立放在场强为E104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且R0.2 m把一质
10、量m0.1 kg、带电q104 C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始释放后，在轨道的内侧运动(g取10 m/s2)(1)它到达C点时的速度是多大？(2)它到达C点时对轨道压力是多大？(3)若让小球安全通过D点，开始释放点距离B点至少多远？【解析】(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(ABR)mgRmv.解得：vC2 m/s.(2)在C点应用牛顿第二定律得：NEqm，得N3 N.由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N.(3)在D点，小球要安全通过必有mgm.设释放点距B点的距离为s，由动能定理得：Eqsmg2Rmv.以上两式联立可得：s0.5 m.【答案】(1)2 m/s(2)
11、3 N(3)0.5 m12(18分)如图所示，在xOy平面上第象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图y轴上一点P的坐标为(0，y0)，有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA,0)，当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB,0)已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力(1)求匀强电场的场强E1、E2之比；(2)若在第象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0，y0)，求感光胶片上曝光点的横坐标xA、xB之比【解析】(1)当场强为E1时：xAv0t1，y0t.当场强为E2时：xBv0t2，y0t.解得：.(2)设场强为E1时，电子射出电场时的偏转角为1tan1，vy1t1，xA.设场强为E2时，电子射出电场时的偏转角为2tan2，vy2t2，xB.解得：.【答案】(1)(2).w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
