1、 孺子牛教育2015年高三物理电场复习1、2卷 （第卷）一、选择题1两个分别带有电荷量为Q和3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为()A.FB.F C.F D12F2.如图所示，绝缘细线拴住一带负电的小球，在方向竖直向下的匀强电场中的竖直平面内做圆周运动则正确的说法是：( )A当小球运动到最高点a时，细线的张力一定最小 B小球在a点机械能最大C小球可能做匀速圆周运动 D当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大3物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判
2、断结论是否正确。如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为和的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q0），而且电荷均匀分布。两圆环的圆心和相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（ra）。是分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中k为静电力常量）正确的是AE B. EC. E D. E4.在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到 N点静止.则从M到 N的过程中( )A.小物块所受的电场力减小 B.小物块的电势能可能增加C.小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 D.M点的电势一定高于 N点的电势5
3、如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等.实线为一带正电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点.则下面说法中正确的是( )A. 三个等势面中，a的电势最高 B. 对于M、N两点，带电粒子通过N点时电势能较大C. 对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大 D. 带电粒子由M运动到N时，加速度增大6图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子() A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于
4、在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化7如图，P、Q是两个等量异种点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线的两点，用EA、EB表示A、B两点的电场强度，A、B表示A、B两点的电势，则（ ）AEAEB，A=B BEA EB，A EB，A =B DEA不一定大于EB，A B8如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键K闭合。电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是()A微粒带的是正电B电源电动势大小为C电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动D保持电键K闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动9.一平行板
5、电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移动到图中虚线所示的位置，则下列判断正确的是()AU变小，E不变BE变大，W变大CU变小，W不变 DU不变，W不变10分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是()AA带正电、B不带电、C带负电 B三小球在电场中加速度大小关系是：aAaBEkBEkA11如图所示，A板发出的电子经加速后，水
6、平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()A滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变12.匀强电场中有a、b、c三点.在以它们为顶点的三角形中，a30、c90.电场方向与三角形所在平面平行.已知a、b和c点的电势分别为(2-) V、 (2+) V和2 V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为( )A.(2-) V、(2+) V B.0 V、4 VC.(2-) V、(2+
7、) V D.0 V、V13如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是() A小球在运动过程中机械能守恒 B小球经过环的最低点时速度最大 C小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mgqE) D小球经过环的最低点时对轨道压力为(mgqE)14空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下
8、判断中正确的是()A若v2v1，则电场力一定做正功BA、B两点间的电势差U(v22v12)C小球由A点运动到B点，电场力做的功Wmv22mv12mgHD小球运动到B点时所受重力的瞬时功率Pmgv215如图所示，接地金属球A的半径为R，球外点电荷的电荷量为Q，到球心的距离为r，则该金属球上的感应电荷在球心O处产生的场强等于() A. B. C0 D.16. 示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况:(如图甲所示)真空室中电极K发出电子(初速不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中.在两极板右侧且与极板右端
9、相距D处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是( )A. 沿y轴方向做匀速运动 B.沿x轴方向做匀速运动C.沿y轴方向做匀加速运动 D.沿x轴方向做匀加速运动17示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度变大的是 ()AU1变大，U2变大 BU1变小，U2变大CU1变大
10、，U2变小 DU1变小，U2变小18.如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2(12)。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则下列说法错误的是( )AmA一定小于mB BqA一定大于qBCvA一定大于vB DEkA一定大于EkB二、计算题19一质量为m、带电量为q的小球从距地面高为h处以一定的初速度水平向右抛出。在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为。为使小球能无碰撞地通过管
11、子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示。求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小。20.如图所示，一根长L=1.5 m的光滑绝缘细直杆MN,坚直固定的场强为E=1.0105 N/C、与水平方向成=30角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.510-6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.010-6C，质量m=1.010-2 kg.现将小球B从杆的上端 N静止释放，小球B开始运动.（静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,取g=10 m/s2）（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时
12、，距M端的高度h1为多大？21如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC30，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求： (1)小球通过C点的速度大小。(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。22把带电荷量2108C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8106J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2106J，取无限远处电势为零。求：（1）A点的电势 （2
13、）A、B两点的电势差（3）若把2105C的负电荷由A点移到B点电场力做的功23在匀强电场中建立一个直角坐标系，如图13所示，从坐标原点沿y方向前进0.346 m到A点，电势降低34.6 V；从坐标原点沿x方向前进0.2 m到B点，电势升高34.6 V，求匀强电场的场强大小和方向(取1.73)24在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30角，b点的场强方向与ab连线成120角，如图所示，则b点的场强大小为多大？a，b两点电势哪点更高？25.如图所示，在场强为E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长L=20cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质
14、量m=4g，带电量q=+310-6C的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，则：（1）小球到达B点时的速度多大？（2）小球摆到B点时细线对小球的拉力多大？（g=10m/s2）（3）试求小球在从A点摆动到B点过程中的最大速度？26如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L2 m，板间距离d1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T2103s，U0103 V，t0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v01000 m/s的速度射入板间，粒子电量为q1105 C，质量m1107 k
15、g.不计粒子所受重力求：(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标；(3)粒子打到屏上的动能 甲 乙27. 如图所示，长L=1.2 m、质量M=3 kg的木板静止放在倾角为37的光滑斜面上，质量m=1 kg、带电荷量q=+2.510-4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0104 N/C 的匀强电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8 N.取g=10 m/s2,斜面足够长.求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)如果拉力保持F=10.8 N恒定不变，物块离开木板时木板获得的动能.(3)物块在木板上
16、运动的过程中，由于摩擦而产生的内能.28如图所示，水平放置的两块平行金属板A，B相距为d，电容为C.开始两块板均不带电，A板接地且中央有孔现将带电荷量为q，质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h处无初速滴下，落向B板的电荷全部传给B板，问：(1)第几滴液滴在A，B板间做匀速直线运动？(2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴？29.如图所示，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并与300V直流电源的两极相连接，如果在两板正中间有一电子（m=91031kg，e=1.61019C），沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入，则（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A到B分布宽
17、1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？ 30如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(d,0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0，d)点不计重力和分裂后两微粒间的作用试求：(1)分裂时两个微粒各自的速度；(2)当微粒1到达(0，d)点时，电场力对微粒1做功的瞬时功率；(3)当微粒1到达(0，d)点时，两微粒间的距离31.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0x L， 0y
18、L)为边界的匀强电场区域；在第二象限存在以x-L、x-2L、y0、yL的匀强电场区域.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：(1)从电场区域的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；(2)由电场区域的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；32. 如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间
19、距d可以改变收集效率。当d=d0时，为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值为dm；(2)求收集效率与两板间距d的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线。 孺子牛教育2015年高三物理电场复习1、2卷 （第卷）一、选择题1一负电荷从电场中A点静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的()2.如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，都用长L的丝
20、线悬挂在O点.静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法( )A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B.将小球B的质量增加到原来的8倍C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍3如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径已知a、b、c三点的电势分别为a9 V，b15 V，c18 V，则d点的电势为()A4 V B8 V C12 V D16 V4如图所示，O点为两个等量正点电荷连线的中点，a点在两电荷连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电
21、子，关于电子的运动，下列说法正确的是() A电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C电子运动到O点时，加速度为零，速度最大D电子通过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零5如图，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带负电荷，B板接地若将A板向上平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势的变化情况是()AE不变，改变 BE改变，不变 CE不变，不变 DE改变，改变6有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则() Aq的电量变化时，球壳外电场
22、随之改变 Bq在球壳外产生的电场强度为零 C球壳内、外表面的电荷在壳外的合场强为零 Dq与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零7如图所示，在场强为E的匀强电场中，有相距为L的A、B两点，其连线与场强方向的夹角为，A、B两点间的电势差UABU1.现将一根长为L的细金属棒沿AB连线方向置于该匀强电场中，此时金属棒两端的电势差UABU2，则下列关于U1和U2的说法中正确的是()AU1U2ELcos BU1U2ELcosCU1ELcos，U20 DU1ELcos，U2ELcos8两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最
23、后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中() A做直线运动，电势能先变小后变大 B做直线运动，电势能先变大后变小C做曲线运动，电势能先变小后变大 D做曲线运动，电势能先变大后变小9图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点若不计重力，则()AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零1
24、0如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2UbUa，选项A错。B.带正电粒子若从N点运动到M点，场强方向与运动方向成锐角，电场力做正功，即电势能减少;若从M点运动到N点。场强方向与运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，故选项B对。C.根据能量守恒定律，电荷的动能和电势能之和不变，故粒子在M点的动能较大，选项C正确。D.由于相邻等势面之间电势差相等，因N点等势面较密，则ENEM，即qENqEM。由牛顿第二定律知，带电粒子从M点运动到N点时，加速度增大，选项D正确，所以正确答案为B
25、、C、D项。 答案：ACD6. 解析由于带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律Fk可知，选项B错误；粒子从b点运动到c点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子电势能减小，选项C正确；由动能定理可得qUEk，因为UabUbc，所以选项D正确。 答案CD7故选C 解：点A、点B是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的两点，电势相等，故A一定等于B；由于A点附近电场线较B点附近电场线密集，故EA一定大于EB；8解析：选BD微粒静止不动，电场力与重力平衡，微粒带负电，故A错；由于Eqmg即qmg，所以U，B对；K断开，改变板间距离，由于电容带电荷量不变，板间场强E不变，
26、微粒仍受力平衡，静止不动，C错；保持K闭合，板间距离增大，由E知场强变小，电场力小于重力，微粒向下加速，D正确。9.解析与电源断开后，电容器两极板所带电荷量一定，则：E，U，所以E.对于平行板电容器有：C.，所以E4k，与d无关，故E不变当正极板向下移动时，d减小，U减小，A项正确因极板间场强没变，正电荷P相对负极板的位置没变，所以，W不变，C项正确 【答案】AC10解 由于A的水平射程x最远，A的运动时间t最长，C错误A的加速度aA最小，而C的加速度aC最大，aAaBEkBEkA，D正确 答案 选C. 11解析：当滑动触头向右滑动时，加速电压增大，因此电子经偏转电场时侧移距离减小，电子打在荧
27、光屏上的位置下降，滑动触头左移则上升，A错B对；电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度增大，但电子从出发到打在荧光屏上的时间不受侧向运动的影响保持不变，C错D对答案：BD12解 如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降低，分析ba方向的电势变化及电势差可得，Uba= = V，所以b、a中点O的电势为=2 V. ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，因为，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，UOP=UOa= V，又因为UOP=ERcos30，UON =ER，所以UONUOP=2，故UON=2 V，N点电势为零，为最低电势点，
28、同理M点电势为4 V，为最高电势点.正确答案为B.13解析：小球滑动过程中有重力和电场力做功，因此机械能不守恒，A错小球下滑到最低点的过程中，重力和电场力都做正功，小球动能增大，过最低点时速度最大，B对由动能定理得(qEmg)Rmv2，轨道支持力为FN，则FN(qEmg)m，解得C对，D错答案：BC14解析：考查带电粒子在电场与重力场的叠加场中的运动从A到B，重力做正功，若v2v1，表明外力做的总功为正，但电场力可能做负功，A错由动能定理qUmgHmv22mv12可知B错，C对过B点时重力的瞬时功率Pmgv2sin，D错答案：C15解析：静电平衡状态下导体内部场强为零，是由于Q和导体上的感应电
29、荷在导体内部叠加后形成的。因而，金属球壳上感应电荷在球心处产生的场强与Q在球心处产生的场强大小相同、方向相反，故感应电荷在球心O处产生的场强大小为。故选D。16.粒子在沿电场方向上的加速度,在偏转电场中运行的时间,粒子在y方向上偏转，偏转位移,飞出偏转电场后，匀速直线运动，侧移,则打在荧光屏上偏离中心的距离,因为偏转电压与时间成正比，则Y与时间成正比，所以粒子沿y轴方向做匀速运动.故A正确，B、C、D错误. 故选A.17 B 18B解：设两带电小球间库仑力大小为F，由平衡条件mAg，mBg，由于12，所以mAmB；失去电荷后，两小球摆动到最低点时速度最大，设小球初始位置到悬点高度为h，由机械能
30、守恒定律：mg(1cos )mv2，即v，由于12，所以vAvB；由以上各式可得Ekmg(1cos )(1cos ) Fhtan，12，所以EkAEkB。故A、C、D正确。二、计算题19解析：小球受向下的重力mg和向左的电场力qE，小球的运动为水平向右的匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，设小球由抛出到管口经过的时间为t，则在水平方向：Lv0t 在竖直方向：hgt2 由得v02L。 (2)小球在水平方向的加速度为a，则qEma又v0at 由得E 答案：(1)2L(2)20解析：（1）小球B沿杆方向运动，在 N点由牛顿第二定律得-qEsin=ma解得a= -qEsinm 代入数据解得a=3.
31、2 m/s2.（2）小球B速度最大时合力为零，解得代入数据解得h1=0.9 m。答案：（1）3.2 m/s2(2)0.9 m21.由动能定理得（1）mgRsin =， （2）mgh+W电=则：W电=mgh+mgmgh=mg(h) 即电势能增加了mg(h)mv222题。23.解析：令O点电势O0，则A34.6 V，B34.6 V，再作点B关于点O的对称点B，因为BOOB，则B34.6 V连接AB，并作其垂线OE，则从OE的方向即场强方向tan E200 V/m.答案：200 V/m，方向与x轴正方向成30角24解析：如图所示，将a点场强方向和b点场强方向延长，交于O点，由几何知识得abd，aO2
32、dsin60d，而E，Eb，所以Eb3E.以O点为圆心，以d为半径作弧交Oa于c点，则bc，而ac，所以ab，即a点电势更高答案：3Ea25.分析：（1）小球从静止开始释放后，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理求出小球到达B点时的速度（2） 小球摆到B点时，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出细线的拉力大小（3） 当电场力与重力合力的方向沿细线方向时，摆球的速度最大，先求出此时细线与竖直方向的夹角，再由动能定理求出最大速度解：（1）小球从A到B的过程中，由动能定理得： mgL-qEL=得，v=,代入解得 v=1m/s（2） 摆球经过最低点B时，由细线的拉力和重力的合力提供
33、向心力，由牛顿第二定律得 F-mg=m,代入解得，F=0.02N（3）当电场力与重力合力的方向沿细线方向时，摆球的速度最大，设此时细线与竖直方向的夹角为,则 tan=设最大速度为vm，由动能定理得mgLcos-qEL（1-sin）= 代入解得，vm=m/s=1.414m/s答：（1）小球到达B点时的速度是1m/s(2)小球摆到B点时细线对小球的拉力为0.02N（3）小球在从A点摆动到B点过程中的最大速度为1.414m/s26解析：(1)粒子在板间沿x轴匀速运动，设运动时间为t：Lv0t，t2103s.(2)设t0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1：y1a2 ma解得y10.15 m 纵坐标y
34、dy10.85 m.(3)粒子出射时的动能，由动能定理得：qy2mv2mv y2a2mv25.05102 J.答案：(1)2103 s(2)0.85 m(3)5.05102 J27解(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块:mgsin37-(mgcos37+qE)=ma1a1=4.2m/s2对木板:Mgsin37+(mgcos37+qE)-F=Ma2a2=3m/s2又a1t2-a2t2=L 得物块滑过木板所用时间t=s.(2)物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3m/s. 其动能为Ek2=Mv22=27J(3) 由于摩擦而产生的内能为Q=F摩x相
35、=(mgcos37+qE)L=2.16 J.28解析：(1)设第n滴液滴在A，B板间做匀速直线运动，此时， 板上电荷量为Q(n1)q， 板上电压U.板间电场强度E 由平衡条件得qEmg 由得n1(2) 设能够到达B板的液滴不会超过x滴，且第(x1)滴到B板的速度恰为0，然后返回极板上，最大电荷量Qxq 极板间最大电压U 对第(x1)滴，由动能定理得mg(hd)qU0 由解得x. 答案：(1)1(2)29.解：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为 在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为，其中 联立求解，得
36、y=0.6cm，而cm，所以，故粒子不能飞出电场。（2）从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为cm，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为30解析：(1)设分裂时微粒1的初速度为v1，到达(0，d)点所用时间为t.依题意可知微粒1带负电，在电场力的作用下做类平抛运动，得下列方程：dv1t dat2 qEma由解得v1 根号外的负号表示沿y轴的负方向设分裂时另一微粒2的速度为v2，根据动量守恒定律mv1mv20 得v2(2)当微粒1运动到B(0，d)点时，速度在x轴方向上的分量为vBx，则vBx由解得vBx 电场力对它做功的瞬时功率PqEvBx
37、qE.(3)中性微粒分裂时，根据电荷守恒定律，微粒2带等量的正电荷，所受电场力沿x轴的正方向，在电场力的作用下也做类平抛运动根据对称性，当微粒1到达B(0，d)点时，微粒2运动到C(2d，d)点，此时两微粒间的距离是BC2d.答案：(1)v1v2 (2)qE(3)2d31【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场中做匀加速直线运动，出区域时的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场，在电场中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，由y=对于B点y=L，则x= (2分)，所以eE= (2分) 解得v0= 设在电场中运动的时间为t1 L-y1=解得y1=0，所以原假设成立
38、，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L，0)(2)设释放点在电场区域中的坐标为(x，y)，在电场中电子被加速，速度为v1时飞离电场，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.则eEx= y2=， 解得xy2=，所以原假设成立。即在电场区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的。（取）.其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最大，则从B到P由动能定理得： eE(L+)=Ek-0 ，所以Ek= （若求最小动能，）32【详解】（1）收集效率为81% ，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电
39、源的电压为U，则在水平方向有 在竖直方向有 其中 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有 在竖直方向有 其中 联立各式可得 （2）通过前面的求解可知，当时，收集效率均为100%.当d0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 根据题意，收集效率为 联立、及式可得（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为当时，因此当d0.9d0时，因此绘出的图线如下答案:：(1) (2) =100%（时）， （d0.9d0时）(3) （时），（d0.9d0时） 图线见
40、解析. 专题：电场2卷 参考答案一、选择题1解析由题图可知电荷的速度增加，加速度在增加，即所受的电场力(合外力)增加，电场强度也必定增加，且负电荷逆着电场线的方向运动，根据题图可以判断C选项符合要求，所以选项C正确。答案C2详解 对B由共点力平衡可得而F=故答案为B、D.3解析：由于电场是匀强电场，据a9 V，c18 V，可知，圆心处的电势0a13.5 V，对于匀强电场，b00d，则d12 V，故C正确答案：C4解析O点的场强为零，向中垂线的两边合场强先增大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零。因a点与最大场强点的位置不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，电子的加
41、速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子在从a点向O点运动的过程中，电子的加速度一直减小，但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，电子都在做加速运动，所以电子的速度一直增大，当到达O点时，O点的场强为零，电子在O点的加速度为零，速度达到最大值。电子通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点的对称点b时，电子的速度为零。同样因b点与最大场强点的位置关系不能确定，所以加速度的大小变化不能确定。故选项C正确。答案C5解析：当将A板向上平移到虚线位置时，意味着平行板之间的距离拉大，由C知，电容C减小，由题意知电容上的带电量
42、不变，由QCU可知，U必变大；由UEd，所以QCUUEd知，E不变，由于P点到B板的距离不变，故PB之间的电压不变，故应选C. 答案：C6思路点拨 球壳接地后，壳外边的空间相当于导体内部。这个区域的场强等于q产生的场强与壳内表面上的感应电荷产生的场强的合场强。 解 当导体球壳接地时，壳内电荷在壳外表面所产生的感应电荷流入大地，这时壳内电荷与壳内表面的感应电荷在壳内壁以外(包含导体壳层)任一点的合场强为零。故选项D正确。 解答此类题需注意的两方面:一方面是静电感应，要掌握导体内部的自由电荷是如何移动的，是如何建立起附加电场的，何处会出现感应电荷;另一方面是静电平衡，要理解导体达到静电平衡所具有的
43、特点。7解析：据匀强电场中电势差与场强关系式得，U1EdELcos，将金属杆AB放置于匀强电场中，静电平衡时金属杆AB为等势体，故U20，故C选项正确答案：C8解析：根据电场线与等势面垂直，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，受到向上的电场力作用，粒子在电场中做曲线运动，静电力先做正功后做负功，电势能先变小后变大，选项C正确。答案：C9.解：A、电场线与等势面垂直，由于O点电势高于c点，故匀强电场的场强方向向下；因为运动轨迹是不可能出现在这个夹角外的，由这点可以直接看出，图中的N受到的电场力是向上的，M受到的电场力是向下的，故N带负电，M带正电，故A错误；B、由于
44、oa和oc间电势差相等，电场力又都是做正功的，根据动能定理，电场力做功相等，故动能增量相等，故B答案正确；C、由于N带负电，电场力向上，故电场力做正功，故C错误；D、由于ob在同一等势面上，故M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零，故D正确；故选BD10解析：本题综合考查库仑力、电场力做功与电势能变化的关系、动能定理，意在考查考生的推理能力和分析综合能力M、N两点在同一等势面上(在M、N两点移动电荷库仑力不做功)从M至N的过程中，根据动能定理，mghWf0mv12，从N至M的过程中，mghWfmv22，由两式联立可得：h，A项正确；从N至M，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体
45、的电势能先减小后增大，B项错误；从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确 答案：AD11解析：根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a，速度v随时间变化的图线，如图6所示从图中可知，电子在第一个T/4内做匀加速运动，第二个T/4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为eU/md.在第三个T/4内做匀加速运动第四个T/4内做匀减速运动但在这半个
46、周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为eU/md，所以电子做往复运动综合分析正确答案应选D.12分析：据电子的偏向和偏转距离与所加电压的方向与大小关系，可分析所给各情况的荧光屏显示图形，如：水平向所加图示U3电压可在电子在水平向全扫描，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相同解：A、如果只在u2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一竖直图线，如图（a）故A正确 B、如果只在u3上加上乙图所示的电压，是子只在水平向偏转，且偏转距离不一，故则在荧光屏上看到的图形为一水平线段，如图（b）故B正确 C、如果同时在u2和u3上加上甲、乙所
47、示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏上看到的图形如甲图形，故C错误 D、如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏显示的解答：与甲同波形，为图（d），故D正确 因选不正确的故选：C点评：考查示波器的显示特点，明确两个方向上电子的偏向和偏转距离与所加电压的方向与大小关系二、计算题13答案：(2)如图(a)(4)tan(5)带电小球的受力如图(b)，根据平衡条件有tan，又有FqEq，联立解得，Utanktan，所以应以tan为横坐标14解析：B、D两点处的点电荷在O点处产生的场强等值反向。A点处的点电荷在O点处产生的场强大小为EAkk C点处的点电荷在O点处产生的场强
48、大小为ECkk A、C两点处的点电荷在O点处产生的场强方向相反。综上所述，O点处的场强大小为EEAECk，方向沿OA连线指向A。答案：场强大小为k，方向沿OA连线指向A15答案：v0 解析：粒子水平方向做匀速直线运动，故从BC出来时的水平分速度vxv0，粒子在电场中做类平抛运动，在BC中点将末速度分解如图。设速度的偏转角为，则tan ，vyat；在ABC中，tan ， 故，所以E。16分析 小球所受的电场力大小，方向恒定，根据在电场力方向上的位移可算出电场力的功.然后由电势差与电势能的关系，就可算出UAB和 小球下落过程中，除电场力作功外，还有重力作功，根据功能关系，即可算出小球到达B点的速度
49、.解 小球所受的电场力FE=qE=510-6104N=510-2N. 方向水平向右.小球从A落到B时，在电场力方向上通过的位移s=L=1m，所以电场力对小球作功WE=FEs=510-21J=510-2J.根据电势差的定义，得A、B两位置的电势差因为电场力对电荷作功的多少，等于电荷电势能的减少，所以小球从位置A到B时电势能减少=WE=510-2J.小球从位置A到B，重力对小球作功WG=mgL=0.2101J=2J.根据做功与动能变化的关系，得小球在B时的动能为答：510-2J ； 104V； 5m/s17. 解:(1)如图所示，电场线水平向左，由题意可知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的
50、合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电.由图可知，Eq=mg，又E=，所以解得:q=(2)由下图可知， 由动能定理，得:-F合xm=0- 所以xm=答:(1)小球应带正电，电荷量是; (2)在入射方向上小球最大位移量是. 18.解:(1)B-C:3mgR/2=mvc2/2-mvB2/2 vc=(2)A-B:3mgR/2+=mVB2/2-0 =mgR/2 =/q=-mgR/2q（3）19解：(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wfmgr(1cos )mv代入数据得Wf0.475 J(2)取沿平行斜轨向上为正方向设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得mg
51、sin (mgcos qE)ma1小物体向上做匀减速运动，经t10.1 s后，速度达到v1，有v1v0a1t1由可知v12.1 m/s，设运动的位移为x1，有x1v0t1a1t电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin (mgcos qE)ma2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为x2，有0v1a2t2，x2v1t2a2t设CP的长度为x，有xx1x2。联立相关方程，代入数据解得x0.57 m20解析:(1)根据动能定理.CO：W电+Wf=nE0-E0 OD：W电+Wf=0-nE0Wf=-mg 根据题意W电=-W电 联立解得=2E0/Lmg(2)根据
52、动能定理，O到D过程有qUOD-mg =O-nE0 解得U0D= (1-2n)(3)由初始C点至最终停止于O点，根据动能定理有qUCO-mgS=0-E0，UCO=-UOD联立解得总路程21解(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB 由动能定理得-mgd-qUAB=0- 滑动变阻器两端电压 U滑=UAB=8 V 设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得I= 滑动变阻器接入电路的电阻(2)电源的输出功率 P出=I2(R+R滑)=23 W 22【解析】（1）带电粒子在电场中运动时间每经过一个周期，其在垂直金属板方向即做先加速再减速的运动，两个过程时间相等且加速
53、度大小相同，所以粒子的的速度即恢复为射入时的状态平行金属板。所以电压频率f应满足方程：=(n=1,2,3) 所以 f=nv0/L (n=1,2,3)(2)因带电粒子在垂直金属板方向做单方向的反复加速、减速运动，每次加速和减速过程中在垂直金属板方向的位移大小都相等，其大小为x=()2=qU0T2/8dm欲使粒子能以平行于金属板方向飞出，则应有=nT, 2nx(n=1,2,3)整理，得：U02nd2mv02/qL2 （n=1,2,3）23解答：（1）从时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间，正好等于一个周期 竖直方向先加速后减速，加速度大小射出电场时竖直方向的速度（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。偏转最大的粒子偏转量反方向最大偏转量形成光带的总长度（3）带电粒子在电场中运动的时间为，打在荧光屏上的范围如图所示。 形成的光带长度
