高考物理1_5轮资料汇编专题08静电场
专题08静电场一、单选题1．如图，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了14J，金属块克服摩擦力做功10J，重力做功22J，则以下判断正确的是（）A.金属块带正电荷B.金属块克服电场力做功8JC.金属块的电势能减少2JD.金属块的机械能减少10J【答案】C【点睛】根据动能定理求出电场力做功．即可判断电场力方向与场强的关系，分析金属块的电性．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．除重力以外的力做功等于机械能的变化．2．质量为m、电荷量为+Q的带电小球A固定在绝缘天花板上，带电小球B，质量也为m，在空中水平面内的某一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示，已知小球A、B间的距离为，重力加速度大小为g，静电力常量为k，则（）A.小球A和B一定带同种电荷B.小球B转动的线速度为C.小球B所带的电荷量为D.A、B两球间的库仑力对B球做正功【答案】B
【解析】依据题意，小球B在小球A和B的库仑引力与小球B的重力的合力作用下，做匀速圆周运动，因此两球带异种电荷，A错误；对小球B受力分析，如图所示：由几何关系可知：，故合力，由牛顿第二定律得：，联立解得：，B正确；由受力分析图得库仑力，根据库仑定律有：，联立解得：，C错误；由题意可知，库仑引力总与速度垂直，库仑力不做功，D错误；选B.3．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的粒子仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（）A.三个等势面中，等势面a的电势最高B.带电质点一定是从P点向Q点运动C.带电质点通过P点时的速率比通过Q点时小D.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小【答案】C【解析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下．故a点电势最低．A错误．根据已知条件无法判断粒子的运动方向．B错误．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的速率小于Q点的速率，C正确．等势面在P处密，故P处电场强度大，电场力大，加速度大．D错误．选C.【点睛】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向下．故a点电势最低；根据推论，正电荷在电势高处电势能大，可知电荷在P点的电势能大，总能量守恒；由电场线疏密确定出P点场强大，电场力大，加速度大．4．如图所示，电荷量相等的两个电荷Q1和Q2，两者连线及中垂线上分别有A点和B
点，则下列说法正确的是（）A.若两者是同种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势B.若两者是同种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强C.若两者是异种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势D.若两者是异种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强【答案】D【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大．若两电荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，O点场强最小，在连线的中垂线上O点的场强最大．5．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电（）A.保持K接通，增加两极板间距，则两极板间的电场强度增大B.保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量减小C.断开K，减小两极板间距，则两极板间的电压减小D.断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电压增大【答案】C【解析】保持K接通，则两板间的电势差不变，d增大，由可知，两极板间的电场强度减小，A错误；保持K接通，两板间的电势差不变，插入介质后，由可知电容增大，由
可知，极板上的电量增大，B错误；断开K，两板上所带电量不变，d减小，由可知电容增大，由可知U减小，C正确；断开K，两板上所带电量不变，插入介质后，由可知电容增大，由可知U减小，D错误；选C.【点睛】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容，根据某些量的变化可知电容的变化，由可知电压或电量的变化.6．真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、5和2、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是（）A.电场强度Ea
φdC.将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D.将一负电荷由b点移到e点，电势能增大【答案】D【解析】任意延长两条线，交与一点，该点就是点电荷的位置，以交点为圆心，做过C点的圆，如图，则该圆上的各点的电势相等，场强的大小也相等．a比c离点电荷近，所以：Ea＞Ec，故A错误；bd两点是对称的，所以：势φb=φd，故B错误；a比d
离点电荷近，所以d点的电势比a的高，将一正电荷由a点移到d点，电场力做负功，故C错误，e比b离点电荷近，所以b点的电势比e点高，将一负电荷由b点移到e点，电场力做负功，电势能增大，故D正确．故选D.7．一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的圆弧、、，则圆弧在圆心O处产生的场强为（）A.EB.C.D.【答案】D【解析】如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段．设每段在O点产生的电场强度大小为E′，E′相等，AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′，则O点的合场强：E=2E′，则：E′=，故圆弧BC在圆心O处产生的场强为．故选D.8．如图所示，在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a、b两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为l．当a、b的电量均为+Q时，水平面内与两点电荷距离均为l的O点处有一电量为+q的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O点处电荷的受力变为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】开始时，对放在O点的点电荷由平衡知识可知：；当让点电荷a带负电时，则
a、b对O点点电荷的库仑力竖直向上在，则O点处电荷的受力变为，故选D.9．水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为L。现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C三处，已知静电常量为k,则D点的场强大小为（）A.B.C.D.【答案】D10．如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，由此可知（）A.从B到C，小球的机械能减小B.从B到C，小球的电势能减小C.从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D.从A到B与从B到C小球的速度变化量相同【答案】A
【解析】进入电场前，小球受重力；进入电场后，小球受重力、和竖直方向的电场力；所以小球水平方向做匀速直线运动。由题意得小球竖直方向先加速(A到B)后减速到零(B到C)。AB：B到C小球竖直方向做减速运动，所以电场力向上；B到C，电场力对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小。故A项正确，B项错误。C：A到B与B到C水平方向以及竖直方向的位移关系均未知，则从A到B与从B到C小球的运动时间关系不确定。故C项错误。D：从A到B与从B到C小球水平方向速度不变，竖直方向速度变化相反。故D项错误。点睛：将曲线运动分解成简单的直线运动是常用的解题方法。11．如图所示，空间有两个等量的异种点电荷M、N固定在水平面上，虚线POQ为MN连线的中垂线，a、b为关于POQ对称的两点，且aPb在一条直线上，一负的试探电荷在电场力的作用下从P点运动到Q点，其轨迹为图中的实线，轨迹与MN连线的交点为A。则下列叙述正确的是（）A.电势B.电势C.电场强度D.电场强度【答案】A【解析】N点的点电荷对负试探电荷是排斥的，所以N点放的是负点电荷，M点放置的是正点电荷，等量异种点电荷电场线如图所示，根据沿电场线方向电势降低以及电场线越密电场强度越大可知，，A正确．12．如图所示为示波管内的聚焦电场，图中实线为电场线,虚线为等势线，a，b，c为静电场中的三点，b，c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是（）
A.a，b,c三点中，c点电势最高B.a,b,c三点中，a点场强最大C.正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能D.负电荷在b点由静止释放，仅在电场カ的作用下能沿直线由b点运动到c【答案】C【点睛】沿着电场线方向，电势降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，电势能由求出。13．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为（）A.正，B的右边0.4m处B.正，B的左边0.2m处C.负，A的左边0.2m处D.负，A的右边0.2m处【答案】C【解析】AB：若C带正电①若C放在A左边，B所受库仑力均向左，B不可能平衡。则不可能；②若C放在AB连线上，C受力均向右，C不可能平衡。则不可能；③若C放在B的右边，A的电荷量小于B且AC距离大于BC距离，据可得A对C的力小于B对C的力，C不可能平衡。则不可能。综上，AB两项均不正确。CD：若C带负电①若C放在B的右边，A受力均向右，A不可能平衡。则不可能；
②若C放在AB连线上，C受力均向左，C不可能平衡。则不可能；③若C放在A左边，设AC间距为x，AB间距为r，则要使三者均平衡，对C分析可得：，解得：综上C项正确，D项错误。点睛：三个点电荷的自平衡可总结为：两同夹异(从力的方向角度分析)，两大夹小(从力的大小角度分析)。14．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小，A错误；B、根据动能定理，有：，故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误；C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式，匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，D正确；故选D。视频
15．如图所示，一平行板电容器与电源连接，开关S先接通，过一会再断开，在电容器中间的M点固定一一个正点电荷，用C表示电容器的电容；用E表示两板间的电场强度；表示M点的电势；Ep表示点电荷的电势能。将B板向上移一小段距离x，则下列图像关系正确的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】C16．x轴上固定两个点电荷、，其在x轴上产生的电势随x变化的关系如图像所示，M、N、P是x轴上的三点，N为图像的最低点，且MN=NP，下列说法正确的是（）A.M点的电场强度为零B.N点的电场强度为零C.M、N之间的电场方向沿x轴的负方向D.将一个带正电的试探电荷从M点沿x轴移到P点，静电力先做负功后做正功【答案】B【解析】A.φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；C.M点的电势为零，N电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，故C错误；D.从M点沿x轴移到P
点，电势先降低后升高，正电荷电势能先减小后增大，故静电力先做正功后做负功，故D错误。故选：B。点睛：φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，根据沿电场线方向电势降低，由电势能的变化判断做功。17．如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和-q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，当系统静止时弹簧的压缩量为，下列过程都在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A.仅将+Q变成-Q，平衡时弹簧伸长量等于B.仅将+Q变成-Q，平衡时弹簧伸长量大于C.仅将+Q变成+2Q，平衡时弹簧压缩量等于2D.仅将+Q变成+2Q，平衡时弹簧压缩量大于2【答案】D【解析】设弹簧的劲度系数为K，原长为x.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0，则有：AB.保持q不变,将Q变为−Q,平衡时有：，由于x+x1>x-x0，则x10)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)（）A.B.C.D.【答案】B【解析】因为圆盘上电荷分布均匀，并且形状规则，故可圆盘可等效看做为电荷集中在c点，带电量为Q的点电荷，q在b点产生的电场强度大小为，Q在b点产生的电场强度大小为，因为b点电场强度为零，所以，解得，Q带正电，q在d处此时的电场强度大小为
，方向向右；Q在d处产生的电场强度大小为，方向向右，故d点的合场强为，B正确．22．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法不正确的是（）A.粒子可能带正电B.粒子在P点的动能大于在Q点动能C.粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能D.粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度【答案】A【解析】A 因电场线与等势面相互垂直,且由高电势指向低电势,故电场线如图所示,由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向,故粒子带正电;故A 错误;BC、若粒子从 P到Q,则电场力做负功,粒子动能减小,电势能增加，故 P点动能大于Q点动能，P点电势能小于Q点电势能，故B对，C对；D、因 Q点处的等势面密集,故Q点的电场强度大,故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力,故D对；本题不正确的是：A综上所述本题答案是：A23．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，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4cm。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3V、15V和12V。则电场强度的大小为（）
A.B.C.D.【答案】A综上所述本题答案是：A24．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，ab＝bc，下列说法正确的是（）A.电势：φa＞φb＞φcB.电势：φa＞φc＞φbC.电场强度：Ea＞Eb＞EcD.电场强度：Eb＞Ea＞Ec【答案】A【解析】根据等量异种点电荷电场线的分布特点知，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：A25．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θ＝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，由图知F的最小值为，由，知，故B对综上所述所述本题答案是：B26．一对正、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、¼，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．27．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、φ−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，0−2cm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2−6cm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0−6cm间做往复运动。故D错误。故选：A。28．
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.ED.【答案】D【解析】两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图：设每一根带电棒产生的场强为E1，两正点电荷在O点产生的场强的小为2E=E1，故撤走一根带电棒后,在O点产生的场强为E1=，故选：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。29．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CO＝OD＝L.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φ0＝0，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Ep、小球的动能Ek、电势φ、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.AB.BC.CD.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AC＝BD＝r，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。30．如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以相同初速度从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GC＝CD，则离子P1、P2的质量之比为（）A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4【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GC＝CD，所以飞行的时间之比t1∶t2＝1∶2，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m1∶m2为1∶4，D正确，ABC错误故选：D。31．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，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：两式相互矛盾，故A错误B：若B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”。32．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ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】B33．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=m2B.m1＞m2C.q1＞q2D.q1＜q2【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．34．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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条虚线．设三个质子沿轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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.v1＞v2＞v3，v1＞v1′，v3QFB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点
C．过N点的等势面与EF连线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】C【解析】试题分析：根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势、电势能。【名师点睛】只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能。二、多项选择题51．(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则（）A.M的带电量比N的大B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【解析】试题分析：分别对MN两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答．
解：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；C、静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．故选：BD【点评】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．52．如图所示，真空中有两个点电荷和，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于处，Q2位于处，在x轴上（）A.场强为0的点只有1处（不考虑无穷远处）B.在区域，电势沿x轴正方向降低C.质子从运动到处，电势能升高D.在和的区域，场强沿x轴正方向【答案】AD53．如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘细线悬挂一带电小球，P板与b板用导线连接，Q板也接地，当金属板带电时细线偏离竖直方向α角，以下方法能使α变大的是（）
A.减小ab间距B.增大ab间距C.取出ab间的电介质D.b板不动，P板向右移动【答案】BCD【解析】AB.缩小a、b间的距离，根据，则电容增大，Q不变，ab端的电势差U=Q/C，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小；反之，增大ab间距，α变大。故A错误，B正确；C.取出a、b两极板间的电介质，根据，则电容减小，Q不变，ab端的电势差U=Q/C，知电势差增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大。故C正确；D.b板不动，P板向右移动，则缩小P、Q间的距离，根据，则P、Q的电容增大，总的电量Q不变，a、b端的电势差U=Q/C减小，b板所带电量减小，P板所带电量增大，P、Q两板间的电场强度增大，电场力增大，α变大，故D正确。故选：BCD.54．如图甲所示，在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆，杆上穿一个质量m=10×10-²kg，带电量q=+5.0×10-4C的小球，小球从C点由静止释放，其v-t图像如图乙所示，10s时到达B点，且此时图像的斜率最大，下列说法正确的是（）A.O点右侧B点场强最大，场强大小为E=1.2V/mB.从C经过B点后向右运动，小球的电势能先减小后增大C.从C到B电势逐渐降低D.C、B两点的电势差=0.9V
【答案】ACD点睛：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。55．一平行板电容器，充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷，电荷量足够小，固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示P点的电势，ε表示正电荷在P点的电势能，Q表示极板所带的电荷量。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线位置，则（）A.U不变，ε不变B.E不变，ε不变C.Q不变，E不变D.U变小，E变小【答案】BC【解析】行板电容器，充电后与电源断开，则两极板所带电荷量恒定，即Q不变，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线位置，则两极板间的距离减小，根据可得电容器电容增大，根据可得U减小，因为故可得电场强度E不变．则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变，BC正确．56．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷和，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点，规定无穷远电势为零，下列说法正确的是（）
A.A点场强小于B点场强B.C点场强与D点场强相同C.O点电势小于零D.C点和D点电势相等【答案】ACD【解析】A：电荷附近B处的电场线比附近A处的电场线密集，则A点场强小于B点场强；故A正确。B：根据场强的叠加可知：C点场强方向斜向右下，D点场强方向斜向右上；则C点场强与D点场强方向不同。故B错误。C：O点电势：，因，O点电势小于零；故C正确。D：电场线从到，关于MN对称，C点和D点电势相等；故D正确。点睛：场强是矢量，叠加遵循平行四边形定则；电势是标量，叠加直接代数和。57．一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=qφ，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EP1＜EP2＜EP3，根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，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。58．已知π+介子、π﹣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．π+π﹣ud带电量+e﹣e下列说法正确的是（）A.π+由u和组成B.π+由d和组成C.π﹣由u和组成D.π﹣由d和组成【答案】AD【解析】由题意可知，π+带电量为+e，故由u和组成；π﹣带电量为﹣e，故由d和组成组成，故AD正确，BC错误．视频59．a、b、c三个α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。60．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）下列结论正确的是（）A.乙球到达斜面中点D处时的速度为B.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正确。故选：ABD。61．电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势φ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为＋q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿x轴正方向进入电场。下列叙述正确的是（）A.粒子从O点运动到x3点的过程中，在x3点速度最大B.粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C.要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D.若，则粒子在运动过程中的最大动能为【答案】AD【解析】AB、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x3点速度最大，故A正确，B错误；C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：解得：，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为，故C错误；D、若，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：，解得最大动能为：，故D正确；故选AD。
【点睛】根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动能定理列方程解答。62．如图(a),真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图(b)所示最大值为U0的周期性变化的电压.在两板左侧中点处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。（）A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B.在t=0.125T时刻进入的粒子离开电场时竖直偏移距离为0.25dC.在t=0.25T时刻进入的粒子离开电场时竖直偏移距离为0.125dD.在t=0.5T时刻进入的粒子刚好从金属板P右侧边缘离开电场【答案】ABD【解析】A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先向下做加速运动，后向下做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；B、在时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，出离电场时在竖直方向的位移为，故B正确；C、在时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，出离电场时在竖直方向的位移为零，故C错误；D、在t=0.5T时刻进入的粒子，粒子在竖直方向先向上做加速运动，后向上做减速运动
，在竖直方向的位移为，刚好从金属板P右侧边缘离开电场，故D正确；【点睛】：此题关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况；此题还可以结合v-t图像进行分析。63．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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A.平行板电容器的电容将变小B.带电油滴的电势能将减少C.静电计指针张角变小D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】ABD【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变．64．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是：（）A.电子一定从A向B运动B.若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能，电势能是标量，所以一定有EpA0）、质量为m
的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场.若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布.不计粒子的重力及它们间的相互作用.下列说法正确的是（）A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B.到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大C.能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qUD.若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮【答案】BCD【解析】试题分析：带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动规律列方程求解粒子的初位置的坐标，由初位置的坐标的函数进行判断即可；（2）粒子在竖直方向做匀加速直线运动由速度时间公式求出，根据求正切值；（3）负电荷进入第一象限后电场力做负功，由功能关系分析到达荧光屏的粒子的特点；（4）求出粒子速度的偏转角与时间的关系，判断出粒子可以以任意夹角进入第一象限即可．设粒子开始时的坐标为，粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得①，②，③，联立得④，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大．粒子到达O点时，沿+y方向的分速度，速度与x正方向的夹角满足：⑥，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角越大，故B正确；负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：⑦，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：⑧，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同．所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若
，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确．76．某静电场的等势面分布如图所示，下列说法中正确的是（）A.A点电场强度方向为曲线上该点的切线方向B.负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小C.将正电荷由图中A点移到C点，电场力做负功D.将电荷从图中A点移到B点，电场力不做功【答案】BD【解析】电场线和等势面垂直，电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知A点的电场强度方向不是沿等势面上A点的切线方向，故A错误；A点的电势高于C点的电势，根据Ep=qφ知，负电荷在A点的电势能比C点的电势能小，故B正确；A点的电势高于C点的电势，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线方向大致向左，所以正电荷从A点到C点，电场力做正功，故C错误；A、B两点处于同一等势面上，电势相等，所以从A点移到B点，电场力不做功，故D正确．所以BD正确，AC错误。77．空间中有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为-q的粒子（不计重力），以初速度从x=0处的0点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的而是（）A.粒子从x=0处运动到x处的过程中动能逐渐减小B.粒子从x处运动到x处的过程中电势能逐渐减小C.欲使粒子能够达到x处，则粒子从x=0处出发的最小速度应为D.若，则粒子在运动过程中的最小速度为
【答案】ABD【解析】试题分析：根据粒子带负电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，分析电势能变化情况以及动能变化情况；粒子如能运动到处，就能到达处，根据动能定理研究0-过程，求解最小速度．粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．处的电势大于处的电势，粒子带负电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，故从过程中电势能增大，电场力做负功，动能减小，从过程中电势一直增大，故粒子的电势能逐渐减小，AB正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到处，就能到达处，当粒子恰好运动到处时，由动能定理得：，解得，即粒子从x=0处出发的最小速度应为，C错误；若，粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理得：，解得最小速度为：，故D正确．78．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】BCD【解析】试题分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数增减小；因并联部分电压增大，而
中电压减小，故电压表示数增大，因电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故A错误故BC正确；因两端的电压增大，由可知，上消耗的功率增大，故D正确；【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小（增大）时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小（增大）的．79．如图甲所示两平行金属板,B板接地。从t=0时刻起AB板接电源，A板电势随时间变化图象如图乙，板间一带正电粒子（不计重力）由静止开始在电场力作用下运动。板间距足够长，则下列说法正确的是（）A.粒子在两板间往复运动B.t=时粒子速度为零C.t=到t=这段时间内粒子的电势能降低,电场力对粒子做正功D.t=时与t=时粒子速度之比是1:4【答案】D【解析】试题分析：粒子在内粒子向下做加速运动，粒子向下做减速运动，T后粒子接着向下做加速运动减速运动，粒子会一直向下运动，所以A项错误；粒子从先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的加速运动，在时粒子的速度最大，所以B项错误；从，粒子在做减速运动，电场力做负功，电势能增大，所以C项错误；，根据动量定理，同理根据动量定理，力是均匀变化的取平均值，且，所以速度之比为1:4，D项正确。考点：电势能、动能定理、动量定理80．如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处。A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是（）
A.A、C两个点的电场强度方向相反B.O点电场强度等于零C.将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零D.O点的电势低于A点的电势【答案】CD三、解答题81．如下图所示，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=+2.0×10-6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数µ=0.1.t=0时刻开始，空间加上一个如下图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）0～2s内小物体加速度的大小（2）2～4s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）2m/s2（2）-2m/s2（3）4m/s（4）28m【解析】（1）0～2s加速度.
（2）2～4s内物块加速度（3）0～2s内物块的位移2s末的速度为v2=a1t1=4m/s位移s2=s1=4m4s末的速度为v4=0小物块做周期为4s的加速和减速运动，第14s末的速度也为v14=4m/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s1所求位移为s=3(s1+s2)+s1=28m82．如图所示，空间中存在一个矩形区域MNPQ，PQ的长度为MQ长度的两倍，有一个带正电的带电粒子从M点以某一初速度沿MN射入，若矩形区域MNPQ中加上竖直方向且场强大小为E的匀强电场，则带电粒子将从P点射出，若在矩形区域MNPQ中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B的匀强磁场，则带电粒子仍从P点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的大小。【答案】【解析】设PQ=2MQ=2L，当加竖直方向的电场时，带正电的粒子要从P点射出，则电场强度方向应竖直向下，此时带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律得：水平方向有：竖直方向有：，且联立得：①当加垂直纸面的磁场时，带正电的粒子仍要从P点射出，则磁感应强度方向应垂直纸面向外，此时带电粒子做匀速圆周运动，作出其运动轨迹图如图所示：
由几何关系得：，解得：在磁场中，有：，解得：②联立①②得：83．一带电粒子以竖直向上的初速度v自A点进入场强为E、方向水平向右的匀强电场，粒子受到的电场力大小等于重力，当粒子到达B点时，速度大小仍等于v，但方向变为水平，重力加速度大小为g，求：（1）从A到B所经历的时间；（2）A、B之间的电势差。【答案】(1)；(2)【解析】试题分析：（1）粒子的运动可以看作水平方向初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向竖直上抛运动的合成．根据竖直方向初速度和末速度求出粒子上升的高度和时间；（2）分析水平方向和竖直方向位移的关系，求出粒子在水平方向的位移，由U=Ed求出电势差．带电粒子的运动在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动．设A到B运动时间为t，带电粒子质量m，为带电量为q水平方向：竖直方向：联立得：从A点运动到B点所经历的时间为水平位移为
则A、B两点的电势差为84．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为，带电量为，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场方向进入匀强电场，从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30º角．已知PQ、MN间距离为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：①带电粒子刚进入匀强电场时的速度；②匀强电场的电场强度大小．【答案】①104m/s；②N/C；85．喷墨打印机结构原理如图所示．其中墨盒可以发出其半径为墨汁微滴，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒．设偏转极板长为，两板间的距离为d=0.50cm，偏转板的右端距纸长为.若一个墨汁微滴的质量为，以的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0mm.
（1）求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量是多少？(不计空气阻力和墨汁微滴的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)．（2）欲使纸上的字体放大，请计算偏转电压提高多少？．【答案】（1），（2）.【解析】(1)墨汁微滴在偏转电场中做类平抛运动，射出电场时速度的反向延长线与初速度方向的交点位于板长的中点．如图所示．由几何关系，代入数据得y＝4×10－4m．又因为代入数据解得q＝1.25×10－13C．(2)由以上两式整理得：显然与U成正比，所以为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，即U′＝8.8×103V．86．如图所示，在真空中xoy坐标系的第一象限存在足够大、方向水平向右的匀强电场，若将一个质量为m，带正电的小球在此电场中由静止释放，消去沿与竖直方向夹角为37°的方向做直线运动。现将一绝缘光滑轨道放在xoy平面内，轨道的aO段水平，Obc为竖直面内半径为R的半圆轨道，c为半圆轨道的最高点，若上述带电小球从a点以一初速度向左运动，恰能通过该圆轨道，重力加速度为g，去，求该带电小球：
（1）在电场中所受电场力的大小；（2）过c点时的速度大小；（3）回到水平轨道上的落点位置。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）带电小球在电场中由静止释放将沿与竖直方向夹角为的方向做直线运动，由此求出电场力；（2）由题知小球恰能通过C点，由重力提供向心力，求出通过C点的速度；（3）小球离开C点后，竖直方向做自由落体运动，水平做匀加速直线运动，由此联立方程式即可求解.（1）根据题设条件，电场力大小：（2）设小球通过C点的速度为,由题意得：解得：（3）离开C点，竖直方向有：水平方向有：又联立解得：87．电视机显像管原理如图所示，初速度不计的电子经电势差为的电场加速后，沿水平方向进入有边界的磁感应强度为匀强磁场中。已知电子电量为、质量为。若要求电子束的偏转角为，求：磁场有限边界的宽度L
【答案】【解析】电子进加速电场加速后，速度为v，则由动能定理，有：eU＝mv2解得：电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，故：evB＝m由几何关系，有：L=Rsinα联立解得：L=点睛：解决本题的关键作出粒子的运动轨迹图，结合几何关系、牛顿第二定律和动能定理进行求解．88．两个正点电荷Q1=+Q和Q2=+4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示．（1）在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？（2）将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中能达到最大速度的位置离A点的距离；（3）若把另一正检验电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中速度为最大值时的位置P，即求出图中PA和AB连线的夹角θ．
【答案】（1）电势先减再增；（2）L（3）【解析】考点：库仑定律；电势差与电场强度的关系；电势89．如图所示，电场中的A、O、B三点在同一条直线上，A、B两点到O点距离均为d。过O点的竖直虚线ab左右两侧分别为匀强电场，方向如图所示，空间中各点场强大小相等。设O点电势为零，A、B点电势.一个电量为q、质量为m的带正电粒子从O点左侧某位置由静止释放后，粒子以O点为中心在直线AB上做往复运动，已知粒子运动过程中最大电势能为Em，且，不计粒子的重力。求：（1）电场中各点的场强E的大小；（2）粒子从释放到第一次回到释放点所需时间T。【答案】（1）（2）【解析】（1）虚线左侧有根据匀强电场的电势差和电场强度的关系得（2）粒子仅在电场力作用下以O点为中心作往复运动，其动能和电势能之和保持不变，故粒子释放时电势能为，粒子在O点的速度满足粒子从释放到O点的过程中，受恒定电场力，作匀加速直线运动，有，
联立解得由对称性得，粒子从释放到第一次回到释放点所需时间故90．一束初速不计的电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm，板长l=5.0cm，（电子带电量为e，质量为m），则：（1）推导出v0的表达式；（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压?【答案】（1）（2）400V【解析】【分析】在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。解：（1）加速过程，由动能定理得：解得（2）进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上作匀速运动在垂直于板面的方向上作匀加速直线运动，加速度偏转距离能飞出的条件为解得即要使电子能飞出，所加电压最大为400V91．如图所示，有一竖直平面直角坐标系，Oy竖直向上，在二、三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在一、四象限存在竖直向上的匀强电场，在一光滑绝缘、长为l的空心细管中，有一可视为质点的带电小球N，管的右端开口，小球初始位置坐标为（-l，2l），小球和管均静止，现管获得沿y轴负方向的速度做匀速运动，管口到达O
点时小球从管中射出，且恰好做匀速直线运动，忽略小球对管运动的影响，重力加速度为g，求：（1）小球从管中射出时，相对坐标系的速度；（2）电场强度的大小；（3）在管开始运动时，一个不带电，可视为质点的小球N，初始坐标为（2l，5l），同时由静止释放，恰与M相遇，写出与l的关系式。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：小球在管中，水平做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，根据速度的合成可得小球从管中射出时的速度；小球在电场中做匀速运动，则所受电场力和重力相等，小球在管中沿x方向做匀加速直线运动，结合运动学方程即可解题；N做自由落体运动，相遇即两球位置坐标相等，结合运动学方程即可解得速度与距离的关系式。（1）由题意可得小球带正电，管向下运动的过程中，小球受到向右的洛伦兹：小球在竖直方向随管一起运动有：，小球从管中射出时：水平方向：竖直方向：联立以上式解得：出射时小球的速度大小方向：与x轴成，斜向右下（2）小球在电场中做匀速运动，则所受电场力和重力相等：小球在管中沿x方向做匀加速直线运动有：联立上式解得：解得：
（3）N做自由落体运动，相遇即两球位置坐标相等，由题意得，小球射出后，向右水平移动2l，竖直移动2l即相遇时N的竖直位移对N有：解得：对M有：联立式可得：点睛：本题主要考查了带电小球在磁场和电场中的运动，把运动进行水平和竖直方向分解及相遇的条件是两球位置坐标相等。92．如图所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量为e、质量不同的正离子被电压为U1的加速电场加速后进入一电容器中，电容器两极板之间的距离为d，电容器中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场和匀强电场。正离子能沿直线穿过电容器，垂直于边界MN进入磁感应强度大小也为B的扇形匀强磁场中，∠MNQ＝90°。(不计离子的重力)求：（1）求质量为m的离子进入电容器时，电容器两极板间的电压U2；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上正离子的质量范围。【答案】(1)Bd (2)(3) m≤mx≤25m
(3)根据(2)中R＝，质量为4m的离子在磁场中运动打在S1处，运动半径为R1＝质量为16m的离子在磁场中运动打在S2处，运动半径为R2＝又ON＝R2－R1由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝－R1联立解得ΔS＝2(－1)由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2
解得R′＝R1再根据R1≤Rx≤R1解得m≤mx≤25m93．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝d，求：(1)粒子的电性及比荷q/m；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围。【答案】(1)负 (2) (3)≤E≤【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电。由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径R＝d由洛伦兹力提供向心力得Bqv0＝m联立得
(2)由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为同理B′qv0＝，联立得B′＝(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知OQ＝r＋rsin37°＝2d当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知＝v0t联立得Emax＝当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知＝v0t联立得Emin＝所以点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，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，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用．94．如图所示，光滑绝缘水平面上方MN范围内存在水平向右的匀强电场，场强大小为E，MN间距为L其余部分没有电场，电场的左边界M内有一个质量为m，带电量为+q的带电小球A，电场中某位置处静止放有另一个不带电的小球B，其质量也为m，现由静止释放小球A，A加速后与B发生碰撞，求：(1)若A、B碰后粘为一体，B球开始放在何处时产生的内能最多，内能最大值是多少；(2)要使A、B只发生一次碰撞，且碰撞无机械能损失，B球开始位置离M边界距离x的范围；(3)要使A、B发生两次碰撞，且碰撞无机械能损失，碰后A、B交换速度，B球开始位置离M边界距离x的范围。
【答案】（1）（2）x≥（3）≤x<【解析】(1)依题意所以当x=L时(3)若A、B碰撞2次后通过N边界时速度相等，则以后不会再碰撞，设此时B距离M边界我，则所以≤x<95．如图所示，固定光滑斜面倾斜角θ=30°，A、B两物体用轻绳跨过光滑轻质定滑轮连接，B、C通过竖直轻弹簧连接，B、C都不带电，质量均为m，弹簧劲度系数为k，A带负电，电量为-q，质量为2m。匀强电场方向平行于斜面向下，开始时系统处于静止状态，绳直而无拉力，重力加速度为g。求：(1)电场强度大小；(2)若突然将电场方向变为沿斜面向上，大小不变，当物体C刚要离开地面时物体A的速度，
【答案】（1）（2）【解析】(1)对A：2mgsin30°=qE，得E=mg/q；（2）开始弹簧压缩量，C刚要离开地面时弹簧拉伸对A、B和弹簧组成的系统：解得96．在竖直平面内有水平向右、场强为的匀强电场。在场中有一根长为的绝缘细线，一端固定在点，另一端系质量为的带电小球，它静止时细线与竖直方向成角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕点在竖直平面内做圆周运动，取小球在最初静止时的位置为电势能和重力势能的零点，，求：⑴小球所带电量；⑵小球恰能做圆周运动的动能最小值；⑶小球恰能做圆周运动的机械能最小值。【答案】(1)3×10-5C(2)0.5J(3)1.54J【解析】(1)根据平衡关系：，所以得到：，代入数据得。(2)由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，在圆上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B，小球的动能最小，在对称点B，小球受到的重力和电场力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零.有，而所以
。(3)当小球在圆上最左侧的C点时，电势最高，电势能最大，机械能最小。由B运动到A，根据动能定理，有所以，A点的重力势能和电势能均为零，则总能量E=2.5J。由C，克服电场力做的功：，即C点的电势能，所以C点的机械能为。97．如图所示,在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k=12N/m的水平绝緣轻质弹簧连接,物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,A靠在竖直墙边,C在倾角为θ=37°的长斜面上,滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A、B、C的质量分别是mA0.5kg、mB=lkg、mc=1kg,A、C均不带电,B带正电q=6.4×10-5C,滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场E=5.0×105V/m,整个系统不计一切摩擦,B与滑轮足够远。开始时系统静止.现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a=1m/s2的匀加速直线运动,弹簧始终未超过弹性限度,重力加速度大小g=10m/s2.(sin37°=0,6,cos37°=0.8)（1）求开始时弹簧的压缩长度x1（2）求A刚要离开墙壁时拉力F的功率（3）若A刚要离开墙壁时,撤去拉力F,同时场强大小突然减为E=15/16×105V/m,方向不变.求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep如,和A的最大速度【答案】（1）2m（2）60W（3）0.8J；3.2m/s【解析】（1）开始时，弹簧处于压缩状态，对C有，对B有解得（2）A刚要离开墙壁时，墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动，位移大小为时有：根据牛顿第二定律，对B：对C：联立解得功率（3）A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，有根据能量守恒定律有：，解得
当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大。由动量守恒可得由机械能守恒定律可得解得98．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(未知)；第四象限内有大小为、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期,一质量为m，电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子到达x轴为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E2的大小；(2)当和t＝T时，离子的速度分别是多少；(3)当t＝nT时，离子的坐标．【答案】(1)(2)，沿y轴负向(3)[(4n＋1)x0，－2nx0]，(n＝1、2、3、……)【解析】(1)设离子在第一象限的速度为，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：，解得：在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：，解得：；(2)离子进入第四象限后，在x方向上，前半个周期向右做匀加速直线运动，后半个周期向右做匀减速直线运动直到速度为0.当时：
所以此时离子的合速度：方向：与x轴正向成角偏向y轴负向：当时：，此时离子的合速度，沿y轴负向。点睛：本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础，结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解。99．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，电子重力忽略不计。求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；（3）电子打到屏上的点P′到点O的距离y。【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律和运动学公式得：，电子进入电场时的速度为：进入电场到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：电子从释放到打到屏上所用的时间为：解得：（2）设粒子射出电场时平行电场方向的速度为，由牛顿第二定律得：电子进入电场时的加速度为：电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；得：（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点P到O点的距离y，根据上图有几何关系得：得：综上所述本题答案是：（1）；（2）；（3）100．真空中存在电场强度大小为E1
的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。（1）求油滴运动到B点时的速度。（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【答案】（1）（2）见解析（2）由题意，在t=0时刻前有⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为⑧由题给条件有⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
⑪为使，应有⑫即当⑬或⑭才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于和两种情形。若B在A点之下，依题意有⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得⑯为使，应有⑰即⑱另一解为负，不符合题意，已舍去。【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律。虽然基本知识、规律比较简单，但物体运动的过程比较多，在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程，认真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注意各过程间的联系。
