【物理】2020届一轮复习人教版 静电场 作业

h2 【答案】 C 【解析】A、第 1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得： 2 0 1 2 vh g  .第 3个图：当加上电场时， 由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02=2gh3，所以 h1=h3；故 A正确。D、而第 2个图：洛 伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动 能为 Ek，则由能量守恒得： 2 2 0 1 2kmgh E mv  ，又由于 2 0 1 1 2 mv mgh ，所以 h1＞h2；故 D正 确。B、第 4个图：带正电小球受到向上的电场力，减速的加速度较小，则 h4>h1，故 B正确。C、 结合 h1＞h2和 h4>h1可知 h4>h2，故 C错误.本题选错误的故选 C. 【点睛】本题要注意洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场 对电子的洛伦兹力始终不做功． 61．如图所示，C、D两点分别固定两个点电荷，E点是 CD连线外的一个点，己知 E点是 DE所 在射线上的电势的最低点，则下列判断正确的是（ ） A. C位置点电荷带正电，D位置点电荷带负电 B. C位置点电荷的电荷量小于 D位置点电荷的电荷量 C. 将正试探电荷从 D点向右运动过程中，电场力先做正功，后做负功 D. 将正试探电荷从 D点向右运动过程中，电势能先增大后减小 【答案】 C 62．如图所示，以 O点为圆心、R＝0.20m为半径的圆处于匀强电场（图中未画出）中，电场平 行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径。已知 a、b、c三点的电势分别为 2V、2 3 V、 －2V，则下列说法正确的是（ ） A. d点电势为 2 3 V B. 电子从 d点运动到 a点电势能增加 C. 电场方向由 b点指向 c点 D. 该匀强电场的场强为 20V/m 【答案】 D 【解析】A、根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U Ed ，相等距离，电势差相等，因 为 2a V  ， 2b V   ，可知，O点电势为 0，而 bO=Od，则 b、O间的电势差等于 O、d间 的电势差，可知，d点的电势为 2 3V ，故 A错误； B、从 d点运动到 a点电势增加，根据 PE q ，电子从 d点运动到 a点电势能减小，故 B错误； C、由作图和几何关系可知 a、c 两点沿电场强度方向的距离为 12 2 0.2 0.2 2 d Rsin m m     ，故该匀强电场的场强 4 / 20 / 0.2 acUE V m V m d    ，电场方向与由 b点指向 c点不重合，故 C错误，D正确； 故选 D。 【点睛】在匀强电场中，电势沿直线是均匀变化的，即直线上距离相等的线段两端的电势差值相 等，等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，必能找到 第三点电势的等势点，它们的连线即等势面（或等势线），与其垂直的线即为电场线。 63．下列说法中正确的是（ ） A. 由 R= 可知，若电阻两端所加电压为 0，则此时电阻阻值为 0 B. 由 E= 可知，若检验电荷在某处受电场力大小为 0，说明此处场强大小一定为 0 C. 由 B= 可知，若一小段通电导体在某处受磁场力大小为 0，说明此处磁感应强度大小一定为 0 D. 由 E=n 可知，若通过回路的磁通量大小为 0，则感应电动势的大小也为 0 【答案】 B 【解析】A. 是电阻的定义式，电阻的大小不会随着电压的变化而变化的。故 A错 B. 由 可知若检验电荷受到的电场力为零，则表示此处的电场强度一定为零，故 B对 C. 当导体棒与磁场平行时即使有磁场磁场力也为零，故 C错 D. 由 可知，电动势的大小取决于磁通量改变了多少所以当通过回路的磁通量大小为 0， 感应电动势的不一定为零，故 D错。 故选 B 64．如图所示，在直角坐标系 x0y所在平面内有平行坐标平面的匀强电场，在以坐标原点为圆心， 半径 r=5cm 的圆周上任意点 P的电势为 10 6cos   (V)，θ为 0、P两点连线与轴正方向的 夹角，则该匀强电场的 A. 电场强度大小为 60V/m.方向沿 x轴正方向 B. 电场强度大小为 120V/m，方向沿 y轴正方向 C. 电场强度大小为 120V/m，方向沿 x轴负方向 D. 电场强度大小为 60V/m，方向沿 y轴负方向 【答案】 C 65．如图所示，质量可忽略的绝缘细杆做成正方体框架，边长为 a，框架的每个顶点固定着一个 带电荷量为+q，质量为 m的小球，将这个框架静止放在足够粗糙的水平面上，水平面上方有水 平向右的匀强电场，场强为 E，下列说法正确的是 A. 立方体中心位置处电场强度为零 B. 上方四个小球受到的电场力的合力均相同 C. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，系统电势能减少了 6qEa D. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，系统电势能减少了 8qEa 【答案】 D 【解析】根据对称性可知，八个带正电的小球在立方体中心位置处产生的合电场强度为零，则此 位置处的场强只等于匀强电场的场强 E，选项 A错误；上方的右边两个小球受到的电场力的合力 相同，上方的左边两个小球受到的电场力的合力相同，但是与右边两个小球受到的电场力不同， 选项 B 错误；若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，则电场力对右上方两球做功为 2qEa；对左上方两个球做功 2qE∙2a；对左下方两球做功 2qEa；，则共做功为 8qEa，即系统电势 能减少了 8qEa，选项 D正确，C错误；故选 D. 66．如图所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中 点，P、M为连线的中垂线上的两点，且 PO=OM=h。现将一带负电的小球从 P点静止释放，重 力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A. 从 P到 O的过程中，小球的电势能一直增大 B. 从 P到 O的过程中，小球的加速度一直增大 C. 从 O到 M的过程中，小球的机械能先增大后减小 D. 到达 M点时，小球的速度为 【答案】 D 【解析】在等量同种正点电荷连线中垂线上，OP段电场强度方向 O→P，负点电荷 q从 P点到 O 点运动的过程中，所受的电场力方向由 P→O，电场力做正功，小球的速度增大，电势能一直减 小，越过 O点后，OM段电场强度方向由 O→M，小球所受的电场力方向由 M→O，电场力做负功， 小球的速度减小，故小球的机械能在 PO段增大，在 OM段减小，故 A正确，BC错误．故 A错误； O点的场强为零，小球通过 O点时的加速度为零．由于 PO间电场线的疏密情况不确定，电场强 度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不能确定，加 速度可能先增大后减小 ，也可能一直减小，不可能一直增大，故 B错误；根据电场的对称性原 理可知，P与 M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，电场力做功为零，故小球从 P 到 M的过程中，由动能定理得： ，解得： ，故 D正确；故选 D. 67．假设空间某一静电场的电势φ随 x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正 确的是（ ） A. 空间各点场强的方向均与 x轴垂直 B. 某电荷仅在电场力作用下沿 x轴从 0移到 x1的过程中，做匀加速直线运动 C. 负电荷沿 x轴从 x4移到 x5的过程中，电场力做负功，电势能增加 D. 正电荷沿 x轴从 x2移到 x3的过程中，电场力做正功，电势能减小 【答案】 C 【解析】由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向 不全与 x轴垂直；故 A错误；将电荷沿 x轴从 0移到 1x 的过程中，各点电势相等，图象的斜率为 零，电场力为零，电荷做匀速直线运动，故 B错误．负电荷沿 x轴从 4x 移到 5x 的过程中，电势 降低，电荷的电势能增加，电场力做负功．故 C正确．正电荷沿 x轴从 2x 移到 3x 的过程中，电 势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功．故 D错误．故选 C. 68．一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x轴正方向运动，其电势能 pE 随位移 x变化的关系如 图 9所示，其中 20 x 段是关于直线 1x x 对称的曲线， 2 3x x 段是直线，则下列说法正确的 是： A. 1x 处电场强度最小，但不为零 B. 粒子在 20 x 段做匀变速运动， 2 3x x 段做匀速直线运动 C. 在 0、x1、x2、x3处电势 0 、 1 、 2 、 3 的关系为 3 2 0 1      D. 2 3x x 段的电场强度大小方向均不变 【答案】 D 69．如图所示，一均匀带电的球体半径为 R，在球内有一点 A，与球心距离为 2 R ，球外有一点 B，与球心距离为 3 2 R ，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀 球壳内部场强处处为零，则 A、B两点的场强比值为： A. 3：1 B. 1：1 C. 9：8 D. 9：1 【答案】 C 【解析】B点场强 2 2 4 93 2 B kQ kQE RR         ，根据均匀球壳内部场强处处为零，在均匀带电的球体中 抠去一个半径为 2 R 的球体，则 A点的场强为零，根据填补法可知， 22A kQE R  ，所以则 A、B 两点的场强比值为：9：8，故 C正确。 70．1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为 X射线的 发现提供了基本实验条件。如图 1所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线， 须在 P、Q两电极间加上几万伏的直流高压,使用时以下说法正确的是： A. 阴极射线是负离子，高压电源正极应接在 P点 B. 阴极射线是负离子，高压电源正极应接在 Q点 C. 阴极射线是正离子，高压电源正极应接在 P点 D. 阴极射线是正离子，高压电源正极应接在 Q点 【答案】 A 【解析】阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离 子加速后进入偏转电场，必须在 P点接电源的正极，故 A正确。 71．如图所示，真空中有两个固定的等量异种点电荷 A、B，M、N、0是 AB连线的垂线上的点 且 A0> B0.一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中的实线所示，则下列判断中正 确的是 A. B点电荷一定带负电 B. M点处的电场强度一定大于 N点处的电场强度 C. M点处的电势一定低于 N点处的电势 D. 此试探电荷在 M点的速度一定大于在 N点处的速度 【答案】 D 【解析】由轨迹弯曲方向可知负电荷所受的电场力大致向右，所以 B应带正电荷，故 A错误；M 处电场线比 N处电场线疏，则 M处场强比 N处的小，故 B错误．N点到正电荷 B的距离近，故 M点处的电势一定低于 N点处的电势，故 C正确；M点处的电势一定低于 N点处的电势，从 M 到 N电场力做正功，动能增加，速度就增加，则电荷在 M处的速度小于 N处的速度．故 D错误．故 选 C． 点睛：该题考查常见电场的电场分布与特点，结合等量异种点电荷的电场线分布图，可以直接判 定；知道负电荷在低电势点的电势能较大，动能较小． 72．某点电荷质量为 m，电荷量为+q，仅在库仑力作用下绕一个固定的负电荷 Q做匀速圆周运 动.已知在 t时间内该电荷运动的轨迹为劣孤，长为 s，强对应的圆心角为θ.则可求得 Q的电荷量 大小为(已知静电力常数为 k) A. ms kqt B. 3 2 ms kqt  C. 4 2 2 ms kqt  D. 5 2 3 ms kqt  【答案】 B 【解析】电荷运动的线速度 sv t  ，角速度 = t  ，轨道半径 sr   ，则由牛顿第二定律 2 qQk m v r  ，解得 3 2 msQ kqt   ，故选 B. 73．如图所示，一均匀带电荷量为＋Q的细棒．在过中点 c垂直于细棒的直线上有、b、d三点， 和 b，b和 c，c和 d之间的距离均为 L，在处有一电荷量为＋ 2 Q 的固定点电荷，已知 b点处 的电场强度为零，则 d点处的电场强度大小为（k为静电力常量） A. 2 9 2 Qk L B. 2 3Qk L C. 2 3 2 Qk L D. 2 5 9 Qk L 【答案】 D 【解析】电荷量为 2 Q 的点电荷在 b处产生电场强度为 22 QE k R  ，方向向右．在 b点处的场强 为零，根据电场的叠加原理可知细棍与 q在 b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在 b处产生的电场强度大小为 22 Qk R ，方向向左．根据对称性可知细棍在 d处产生的电场强度大小 为 22 Qk R ，方向向右而电荷量为 2 Q 的点电荷在 d处产生电场强度为  2 ' 2 3 QE k R   ，方向向右， 所 d点处场强的大小为 2 5' 9d QE E E k L    ，方向向右，D正确． 74．如图所示，直线 MN是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带正电的粒子 只在电场力的作用下，由到 b的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是 A. 电场强度方向一定是由 N指向 M B. 带电粒子在点的加速度一定等于在 b点的加速度 C. 带电粒子由运动到 b的过程中动能一定逐渐减小 D. 带电粒子在点的电势能一定小于在 b点的电势能 【答案】 B 【解析】本题可根据粒子的运动轨迹弯曲方向确定其所受电场力方向，从而确定电场线 MN的方 向以及点电荷的性质；根据受力与运动轨迹的关系判断出电场力做功的关系，进而判断出动能的 变化；根据电场线的疏密判定加速度的大小关系． 由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以粒子受到的 电场力方向一定是由 M指向 N，粒子带正电，所以电场强度方向一定是由 M指向 N，A错误；该 电场是匀强电场，场强处处相同，由牛顿第二定律得 qE ma ，知带电粒子在 a点的加速度一定 等于在 b点的加速度，B正确；带电粒子从 a运动到 b的过程中，电场力的方向与运动方向之间 的夹角是锐角，所以电场力做正功，电势能减小，动能增加，CD错误． 75．如图所示，实线表示电场线， 虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，下列说法 中正确的有( ) A. 粒子带负电 B. 粒子在 M点的动能大于在 N点的动能 C. 粒子在 M点的电势能大于在 N点的电势能 D. 粒子在 M点受到的电场力大于在 N点受到的电场力 【答案】 C 【解析】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子 带正电，故 A错误．电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在 M点的速度小于在 N 点的速度．故 B错误．电场力做正功，电势能减小，故粒子在 M点的电势能大于在 N点的电势 能．故 C正确．电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在 M点的场强小于 N点的场强，在 M 点的加速度小于 N点的加速度．故 D错误．故选 C． 【点睛】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子 带正电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小．由带电粒子的轨迹可判定电 场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化．带电粒子的 动能和电势能总和守恒． 76．一带电小球在空中由 A点运动到 B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若 该过程中小球的重力势能增加 3J，机械能增加 1.5J，电场力对小球做功 2J，则下列判断正确的是 （ ） A. 小球的重力做功为 3J B. 小球克服空气阻力做功 0.5J C. 小球的电势能增加 2J D. 小球的动能减少 l J 【答案】 B 77．如图所示，将带正电的金属球 A移至中性导体 BC附近，很短的时间导体 BC就达到了静电 平衡，则下列说法正确的是 A. 导体 B端带负电，C端带正电且 B端电势比 C端电势低 B. 用手摸一下导体 B端可使导体带上正电 C. 导体 C端电势比金属球 A电势高 D. 导体 B端和 C端感应电荷在导体内部产生的场强沿 BC方向逐渐 减小 【答案】 D 【解析】导体 BC发生了静电感应现象，当导体 BC达到静电平衡后，导体是等势体，两端的电势 相等，导体 B端带负电，C端带正电，故 A错误；用手摸一下导体 B端可使导体带负电荷，因为 BC的电势高于大地，当用手触摸时大地上的负电荷会在电场力的作用下向 BC运动，中和正电荷， 故使导体带负电荷，故 B错误；导体 BC达到静电平衡后，是等势体，两端的电势相等，故 C错 误；导体 BC发生了静电感应现象，当导体 BC达到静电平衡后，内部场强处处为零，感应电荷的 电场电场强度与 A电荷的电场强度大小相等方向相反，由点电荷的电场强度公式 2 qE k r  ，则 场强沿 BC方向逐渐减小，故 D正确。所以 D正确，ABC错误。 78．如图所示，一充电完毕的平行板电容器下极板接地，一带电油滴位于电容器中的 P点恰好处 于平衡状态.则下列说法正确的是 A. 若将两极板稍微错开一些，电容器的电容增大 B. 若将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，带电油滴将处于失重状态 C. 若将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距高 P点的电势將降低 D. 若紧贴下极板充入一与下极板等大的厚为 h(小平 P点到下极板的距离）的铝板，带电油的电 势能将减小 【答案】 C 【解析】根据 可知，若将两极板稍微错开一些，则 S减小，电容器的电容减小，选项 A 错误；根据 ， 以及 联立可得： ，可知 Q一定，若将平行板电容器 的上极板竖直向上移动一小段距离，两板间场强不变，则带电油滴仍将处于静止状态，选项 B错 误； 若将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则 E不变，根据 U=Ed可知，P点 与下极板的电势差减小，P点的电势將降低，选项 C正确； 若紧贴下极板充入一与下极板等大的 厚为 h(小于 P点到下极板的距离）的铝板，根据 可知，d减小，E不变，则 P点与下极 板的电势差减小，P点的电势降低；因粒子受向上的电场力，粒子带负电，可知带电油的电势能 将增大，选项 D错误；功勋 C. 点睛：本题考查电容器的动态分析问题，要明确电容器带电量是一直不变的；再由决定式 及定义式 分析电容、电量等的变化，结合 分析场强的变化． 79．如图所示,图甲实线为方向未知的三条电场线,a、b两带电粒子从电场中的 P点静止释放不考 虑两粒子间的相互作用,仅在电场力作用下,两粒子做直线运动,a、b粒子的速度大小随时间变化的 关系如图乙中实线所示,虚线为直线,则 A. a一定带正电,b一定带负电 B. a向左运动,b向右运动 C. a电势能减小,b电势能增大 D. a动能减小,b动能增大 【答案】 B 【解析】A．从速度时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为 粒子仅受电场力，可知 a粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以 a向左运动，b向 右运动。由于不知电场的方向，所以无法判断 a、b的电性。故 A错误，B正确。C．带电粒子在 电场中运动时，电场力做正功，所以 a、b的电势能均减小。故 C错误。D．带电粒子在电场中运 动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a、b的动能均增加。故 D错误。故选 B. 【点睛】解决本题的关键知道电场的疏密反映电场的强弱，及掌握电场力做功与电势能的关系和 熟练运用动能定理。 80．如图所示,带负电的点电荷 q被一根绝缘细线悬挂在 O点。将一个带正电的点电荷 Q常近负 电荷时,负电荷被拉到 A点后达到平衡并静止,此时两电荷处在同一水平面上。若此时再将正电荷 Q 沿以 A点为圆心的圆弧微微向上移一小段,则负电荷 q将( ) A. 绕 O点顺时针转动 B. 始终保持与 Q在同一水平面上 C. 保持静止 D. 绕 O点逆时针转动 【答案】 D 【解析】根据负电荷受到的各个力的变化情况，画出力的示意图，结合拉力的变化分析负电荷的 运动情况． 正电荷 Q沿以 A点为圆心的圆弧微微向上移一小段的过程中，由于 Q与 q之间的距离不变，所 以负电荷 q受到的库仑力大小不变，方向在变，而重力大小和方向都不变，即看做合力恒定，其 中一个分力大小不变，根据矢量三角形可知绳子拉力变化如图所示，绳子与竖直方向的夹角变大， 所以负电荷不可能处于静止状态，故负电荷将绕 O点逆时针转动，D正确． 81．关于物理学史、以下说法正确的是（ ） A. 库仑在前人工作的基础上,通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 B. 伽利略在《自然哲学的数学原理》一书中,详细地研究了抛体运动 C. 法拉第根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象,揭示了电与磁的联系 D. 安培不仅提出了场的概念,而且用电场线直观地描绘了电场 【答案】 A 【解析】库仑总结出了点电荷间的相互作用规律，即库仑定律，A正确；1638年，伽利略在《自 然哲学的数学原理》一书中，运用观察--假设--数学推理的方法，但没有详细研究抛体运动，B错 误；奥斯特发现了电流的磁效应，C错误；法拉第提出场的概念，用电场线直观的描绘了电磁， D错误． 82．真空中相距为 3a 的两个点电荷 M、N分别固定于 x轴上 x1=0和 x2=3a的两点，在两者连 线上各点的电场强度随 x变化的关系如图所示，选沿 x轴正方向为场强的正方向，则以下判断正 确的是（ ） A. 点电荷 M、N为异种电荷 B. M、N所带电荷量的绝对值之比为 2：1 C. 沿 x轴从 0到 3a电势逐渐降低 D. 将一个正点电荷沿 x轴从 0.5a移动到 2.4a，该电荷的电势能先减小后增大 【答案】 D 【解析】A、若两电荷为异种电荷，在 x=2a处，电场强度不可能为 0，故两电荷为同种电荷，故 A错误； B、由于在 x=2a处，电场强度为 0，则有  2 22 NM kQkQ aa  ，所以 M、N所带电荷量的绝对值之比 为 4：1，故 B错误； C、沿 x轴从 0到 2a电势逐渐降低，从 2a到 3a电势逐渐增大，故 C错误； D、从 0.5a移动到 2.4a 电势先降低后增大，根据 PE q 可知将一个正点电荷沿 x轴从 0.5a移 动到 2.4a，该电荷的电势能先减小后增大，故 D正确； 故选 D。 【点睛】解决本题的关键根据两点电荷连线之间某点的电场强度为 0，而知道两点电荷为同种电 荷，根据 PE q 可知电荷的电势能变化。 83．某静电场在 x轴的电势 的分布如图所示，x2处的电势为 2 ，下列说法正确的有（ ） A. 将电量为 q的点电荷从 x1移到 x2，电场力做的功为 2q B. x1处的电场强度为零 C. 负电荷从 x1移到 x2，电势能减小 D. 负电荷从 x1移到 x2，受到的电场力增大 【答案】 C 84．某静电场在 x轴上各点的电势φ随坐标 x的分布图象如图。x轴上 A、O、B三点的电势值分 别为φA、φO、φB，电场强度沿 x轴方向的分量大小分别为 EAx、EOx、EBx，电子在 A、O、B三点 的电势能分别为 EPA、EPO、EPB。下列判断正确的是( ) A. φO ＞ φB ＞ φA B. EOx ＜EBx＜EAx C. EPO ＜ EPB＜EPA D. EPO－EPA ＜ EPO－EPB 【答案】 B 【解析】由图知 ,A错误；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿 x轴方向的分量 大小，则知， ，B 正确；电子带负电，根据电势能公式 分析得 ， C 错误；由图知 OA 间电势差大于 OB 间电势差，即有 ，即 ，电子带负电，则根据电势能公式 得： ．即 ，D错误。 85．如图所示为现在最为畅销的雾霾废气净化装置，受污染的废气经电离后通过该装置进行过滤， 净化后的空气由右端喷出，图中虚线是电离后带负电的废气粒子（不计重力）在过滤装置中的运 动轨迹，A、B两点为运动轨迹与装置两极板间电场线的交点。忽略废气粒子在此净化过程中的 相 互 作 用 以 及 电 量 变 化 ， 下 列 说 法 正 确 的 是 （ ） A. 废气粒子在 A点电势能大于在 B点电势能 B. 废气粒子在此过程中电势能一直在增大 C. 废气粒子在此过程中做类平抛运动 D. 废气粒子在 A点的加速度小于在 B点的加速度 【答案】 A 【解析】A、B项：废气粒子从 A到 B过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，所以废气粒 子在 A点电势能大于在 B点电势能，故 A正确，B错误； C项：由于此电场为非匀强电场，粒子所受电场力不恒定，所以粒子不可能做类平抛运动，故 C 错误； D项：由图可知，A处的电场线比 B处的密，所以粒子在 A处所受电场大于 B处，即 废气粒子在 A点的加速度大于在 B点的加速度，故 D错误。 点晴：解决本题关键理解电场线的疏密程度表示场强大小，电场力做正功，电势能减小，电场力 做负功，电势能增大。 86．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的 墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到 纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可 行的是（ ） A. 减小墨汁微粒的质量 B. 减小偏转电场两板间的距离 C. 减小偏转电场的电压 D. 减小墨汁微粒的喷出速度 【答案】 C 【解析】要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角 y，根据牛顿第二定律和运动学公式 结合推导出偏转量 y的表达式，再进行分析． 微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向 ；竖直方向 ； 加速度 ，联立解得 ，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角 y，由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小比荷 、 增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 （增大喷出速度）、减小极板的长度 L、减小偏转极板 间的电压 U，故 C正确． 87．如图，直线上有 o、a、b、c四点，其中 ，在 c点处固定点电荷 Q.若一带负电的 粒子仅在电场力作用下先经 o点运动到 a点，又从 a点返回运动到 o点，则 A. 点电荷 Q带正电 B. oa间与 ab间的电势差满足 C. 粒子两次经过 o点时的速率相同 D. 粒子经过 a、o点时加速度满足 【答案】 C 【解析】因带负电的粒子仅在电场力作用下先经 o点运动到 a点，又从 a点返回运动到 o点，可 知粒子受到斥力作用，则点电荷 Q带负电，选项 A错误；因距离点电荷越近处场强越大，则 ab 区域的场强大于 oa区域的场强，根据 U=Ed 可知，oa 间与 ab间的电势差满足 ， 选项 B错误；由于粒子的电势能和动能之和守恒，则粒子两次经过 o点时的速率相同，选项 C正 确；根据 可知 Ea=4Eo，则根据牛顿定律可知粒子经过 a、o点时加速度满足 aa=4ao，选项 D错误；故选 C. 88．如图所示，水平面内有一个匀强电场，在该平面内有一个以 O为圆心，R为半径的圆，其中 AB为圆的直径，C、D为圆上两点，且∠CAB=∠DAB=60°。一个带电量为+q的粒子，以初速度 v从 A点三次沿不同的方向射出，分别运动到 B、C、D三点，粒子到达 C点的速度为 v，到 达 B点的速度为 v。不计粒子重力，若粒子到达 D点的速度大小为 ，匀强电场的场强大小为 E，则（ ） A. ； B. ； C. ； D. ； 【答案】 A 【解析】由动能定理得 ， ； ， ， 故 ，故 ，得 ，AD两点电势相等， ，故 A正确， BCD错误。 故选：A 点睛：根据电场力做功可得 O、C电势相等，再根据动能定理即可求解。 89．一个带电小球从空中的 a点运动到 b点的过程中，重力做功 3J，电场力做功 1J，克服空气阻 力做功 0.5J，则小球：①在 a点的重力势能比在 b点大 3J；②在 a点的电势能比在 b点大 1J；③ 在 a点的动能比在 b点大 3.5J；④在 a点的机械能比在 b点小 1J ( ) A.①②正确 B.①③正确 C.②④正确 D.③④正确 【答案】 A 【解析】①重力做功等于重力势能的变化量，重力做功 3J，重力势能减小 3J，所以 a点重力势能 比 b点大 3J，故①正确； ②电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功 1J，电势能减小 1J，所以 a点电势能比 b点大 1J，故②正确； ③合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为 3J+1J−0.5J=3.5J，故动能 增加 3.5J，所以 a点动能比 b点小 3.5J，故③错误； ④除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，电场力做功为 1J，克服空气阻力 做功 0.5J，故机械能增加 1J−0.5J=0.5J，所以 a点机械能比 b点小 0.5J，故④错误。 故选：A。 点睛：根据功能关系分析：重力做功等于重力势能的变化量；电场力做功等于电势能的变化量； 合力做功等于动能的变化量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量． 90．由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性 质，在处理有关问题时可以将它们进行类比，例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度， 其定义式为 ，在引力场中可以用一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱。设地球质量为 M，半径为 R，地球表面处重力加速度为 g，引力常量为 G，如果一个质量为 m的物体位于距离 地心 2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是( ) A. B. C. D. 【答案】 D 91．空间存在匀强电场，有一电荷量 q(q＞0)、质量为 m的粒子从 0点以速率 射入电场，运 动到 A点时速率为 .现有另一电荷量-q、质量为 m的粒子以速率 仍从 O点射入该电场，运 动到 B点时速率为 .若忽略重力的影响，则 A. 在 0、A、B三点中，B点电势最高 B. 在 0、A、B三点中，A点电势最高 C. AO间的电势差比 AB间的电压大 D. AO间的电势差比 OB间的电压大 【答案】 D 【解析】由电场力做功的公式可得 所以 ，所以 ，故 ABC错误，D正确。 点晴：在计算电场力做功和电势的大小时，一定要注意物理量的正负号，它表示了电势的高低， 求电势差时也是如此。 92．如图所示，质量为 m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的 匀强电场区时，滑块将（ ） A. 继续匀速下滑 B. 加速下滑 C. 减速下滑 D. 先加速下滑后减速下滑 【答案】 A 【解析】设滑块与斜面间动摩擦因数为 ，斜面的倾角为 滑块未进入电场区前，对滑块受力分析，由平衡条件可得： ，解得： 滑块滑至竖直向下的匀强电场区后，对滑块受力分析， ，则 滑块将继续匀速下滑。故 A项正确，BCD三项错误。 93．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 、 两点运动到点． 、 两点的场强大小分别为 和 ，电势分别 和 ，电场力对两电子做功 分别为 和 ，两电子在 、 两点的电势能分别为 和 ．则（ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】a位置的电场强度较密集，则 ，故 A错误．根据顺着电场线方向电势逐渐降低， 则 ，故 B正确．由于 ，知 ，根据W=qU，有 ，故 C错误．根据 ， 知负电荷在电势高低电势能小，则有 ．故 D错误．故选 B． 【点睛】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．根据电场线的方向分析电势高低．根据 W=qU判断电场力做功的大小，再分析电势能的变化． 94．如图所示，一块有机玻璃板和一声塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着 将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图所示； 然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接 触金属球，发现金属箔片没有张开，如图所示．关于这一实验现象，下列的说法正确的是（ ） A. 两板摩擦后带电说明创造了新的电荷 B. 图 2验电器箔片张开是因为发生了电磁感应 C. 图 2验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上 D. 图 3验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷 【答案】 D 【解析】摩擦是由于电荷发生了转移产生了电，并没有产生新电荷，图 2验电器箔片张开是因为 发生静电感应，图 3验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷，故 D正确，ABC错误．故 选 D． 95．如图所示， 为阻值较大的电阻，电容器 不带电，现将开关 合到 ，待电路稳定后再合到 ， 此过程中通过 的电流随时间变化的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】开关合到 1时，电容器左极板带正电，右极板带负电，电流从左向右流过电阻 R，当开 关合到 2时，电容器放电，电流从右向左流过电阻 R，又因为电容器的充放电是短时间内完成的， 所以电路稳定时电阻中没有电流流过，故 A正确，BCD错误．故选 A． 96．真空中电荷量为 的点电荷周围存在电场，根据电场强度的定义式 可推导出点电荷周围 某点的电场强度大小 （ 为静电力常量， 为点电荷到该点的距离）．质量为 的质点周围存 在引力场，类比点电荷，可写出该质点周围某点的引力场强度大小为 （ 为引力常量， 为质点到该点的距离），则引力场强度的单位是（ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】由题意，类比电场强度的定义式可知引力场强的定义式为 ，所以引力场强度的单位是 ，故 C正确，ABD错误．故选 C． 97．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 O，在 A、B所形成的电场 中，以 O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 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、g两点场强相同 B. a、b两点场强相同 C. 将一正电荷沿正方形 ab边从 a移动到 b，电场力一直不做功 D. 将一正电荷由 a点分别移到圆心 O和圆周上 g点，电势能的变化量不相等 【答案】 A 【解析】根据电场线分布的对称性可知 e、g的场强大小相同，方向相同；a、b的场强大小相同， 方向不同，故 A正确，B错误；将一正电荷沿正方形 ab边从 a移动到 b，则因在直线 ab上各点 电势不同，则电势能要发生变化，则电场力要做功，选项 C错误；图中圆面是一个等势面，O、g 的电势相等，则将一正电荷由 a点分别移到圆心 O和圆周上 g点电势能的变化量相等．故 D错误； 故选 A． 点睛：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电 势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的 特点，即可解决本题． 98．下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是 A. 电学中引入了点电荷的概念，运用了理想化模型的方法，只有带电体体积很小的情况下才能看 做点电荷 B. 在推导匀变建直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速 直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了假设法 C. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电容 C=Q/U，加速度 a=F/m都 是采用比值法定义的 D. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为 90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动 规律得出自由落体的运动规律。这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法 【答案】 D 99．如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为 L处有两个完全相同的带正电小球 A和 B，它们 的质量都为 m。现由静止释放 B球，同时 A球以大小为 v0的速度沿两小球连线方向向 B球运动， 运动过程中，两球最小距离为 3 L ，下列说法中正确的是 A. 距离最小时与开始时 B球的加速度之比为 3:1 B. 从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为 2 0 1 2 mv C. A、B组成的系统动能的最小值是 2 0 1 4 mv D. B球速度的最大值为 0v 【答案】 C 【解析】设小球的质量为 m，电荷量为 q，开始时 B球的加速度为 2 1 2 F qa k m mL   ，距离最小时 B球的加速度为 2 2 2 2 2 ' 9 1 3 F q qa k k m mL m L           ，故 2 1 9 1 a a  ，A错误；距离最小时两球的速度 相同，设为 1v ，在水平方向上两球组成的系统动量守恒，故 0 12mv mv ，解得 0 1 2 vv  ，根据能 量守恒定律可得 2 2 0 1 1 1 2 2 2Pmv E mv   ，解得 2 0 1 4PE mv ，此时电势能最大，动能最小，故动 能最小为 2 min 0 1 4kE mv ，B错误 C正确；因为 B受到的电场力恒向右，B一直向右运动，电场力 一直对 B做正功，所以 B球的速度大于 0v ，D错误． 100．如图所示，A、B、C为电场中一条直电场线上的三个点，已知一带电荷量为 62 10 C  的 点电荷 B点受到的电场力大小为 46 10 N ，若将该点电荷从 B点由静止释放，不计重力，则下 列关于该电场和该电荷的说法正确的是 A. A点的电场强度大于 300N/C B. C点的电势高于 B点的电势 C. 该电荷将沿电场线向 C点方向运动 D. 该电荷运动过程中加速度越来越小 【答案】 A 【解析】B点的电场强度大小为 4 6 6 10 N 300N/C 2 10 C FE q        ，根据电场线越密电场强度越大 可知 A点的电场强度大于 300N/C，A正确；沿电场线方向电势降低，故 B C  ，B错误；负电 荷受到的电场力方向和电场方向相反，故带电荷将由静止向 A点运动，过程中电场线变密，所以 电场强度变大，故受到的电场力变大，所以加速度越来越大，CD错误． 101．在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一 水平匀强电场 1E ，持续一段时间后立刻换成与 1E 相反方向的匀强电场 2E ．当电场 2E 与电场 1E 持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能 kE ．在上述过程中， 1E 对滑块的电场力 做功为 1W ，冲量大小为 1I ； 2E 对滑块的电场力做功为 2W ，冲量大小为 2I ．则（ ） A. 1 2I I B. 1 24I I C. 1 20.25 0.75k kW E W E  D. 1 20.20 0.80k kW E W E ， 【答案】 C 【解析】设第一过程末速度为 1v ，第二过程末速度大小为 2v ，根据上面的分析知两过程的平均速 度大小相等，根据匀变速直线运动规律有： 1 2 1 2 2 v v v  ，得 2 12v v ．根据动能定理有： 2 1 1 1 2 W mv ， 2 2 2 2 1 1 1 2 2 W mv mv  ，而 2 2 1 2kE mv ，所以 1 0.25 kW E ， 1 0.75 kW E ；又因 为位移大小相等，所以两个过程中电场力的大小之比为1:3．根据冲量定义得： 1 1I F t ， 2 2I F t ；所以可得： 2 13I I ，故 ABD错误，C正确．故选 C． 点睛：此题关键是根据题中的条件：两个过程经过相同的时间，发生的位移大小相等，方向相反， 根据匀变速直线运动规律求出两个过程末速度大小关系，然后根据动能定理和动量定理讨论。 102．假设空间某一静电场的电势 随 x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中 正确的是（ ） A. 空间各点场强的方向均与 x轴垂直 B. 电荷沿 x轴从0移到 1x 的过程中，一定不受电场力的作用 C. 正电荷沿 x轴从 2x 移到 3x 的过程中，电场力做正功，电势能减小 D. 负电荷沿 x轴从 4x 移到 5x 的过程中，电场力做负功，电势能增加 【答案】 D 【解析】由图看出， x轴上各点电势随着 x值得变化也会发生变化，说明随着 x的变化有电场力 在 x轴方向上做功，所以空间各点场强的方向不全与 x轴垂直，故 A错误．在 x轴上从O 移到 1x ， 各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，但电场力不一定为零，也可能电场力 与 x轴垂直，故 B错误．正电荷沿 x轴从 2x 移到 3x 的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电 场力做负功，故 C错误．负电荷沿 x轴从 4x 移到 5x 的过程中，电势降低，电荷的电势能增加， 电场力做负功，故 D正确．故选 D． 点睛：此题关键是搞清图像反应的物理意义，通过电势的变化分析电势能的变化，从而分析电场 力做功情况；判断电场力做功情况，也可以根据公式WAB=qUAB=q（φA-φB）分析。 103．一个带正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大小保持不变 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不可能相等 【答案】 B 【解析】粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故 A 错误．根据能量守恒，粒子的电势能不变，可知粒子的动能不变，速度大小不变，故 B正确．粒 子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等， 而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故 CD错误．故选 B． 点睛：解决本题的关键要明确粒子的运动情况，运用电场力公式W=qU分析电势的变化，但不能 确定电场强度的变化． 104．图示为一个内、外半径分别为 1R 和 2R 的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为 ．取 环面中心 O为原点，以垂直于环面的轴线为 x轴．设轴上任意点 P到 O点的的距离为 x，P点电 场强度的大小为 E．下面给出 E的四个表达式(式中 k为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你 可能不会求解此处的场强 E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判 断．根据你的判断，E的合理表达式应为（ ） A. 1 2 2 2 2 2 1 2 2π R RE k x x R x R           B. 2 2 2 2 1 2 1 12πE k x x R x R           C. 1 2 2 2 2 2 1 2 2π R RE k x R x R           D. 2 2 2 2 1 2 1 12πE k x x R x R           【答案】 D 视频 105．如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和-Q。直线MN是两点电荷连线的中 垂线，O是两点电荷连线与直线 MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于 O的对称点，c、d是 直线 MN上的两个点。下列说法中正确的是 A. a点的场强大于 b点的场强；将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先增大后减小 B. a点的场强小于 b点的场强；将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先减小后增大 C. a点的场强等于 b点的场强；将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先增大后减小 D. a点的场强等于 b点的场强；将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先减小后增大 【答案】 C 【解析】根据等量异种电荷周围的电场分布，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同．MN 为一条等势线，它上面的场强 O点最大，向两边逐渐减小，所以检验电荷在 O点受到的电场力最 大．一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先增大后减小．故选项 C正确，选项 A、B、D 错误．故选：C． 考点：电势能；电场线． 106．在如图所示的电场中有 a、b两点，下列判断正确的是（ ） A. b点的电势比 a点低 B. b点的场强比 a点强 C. 负电荷在 b点的加速度比 a点大 D. 负电荷在 b点的电势能比 a点小 【答案】 D 【解析】AD：顺着电场线电势降低，则 b a  ；电荷的电势能 PE q ，电荷为负，则 Pb PaE E 。 故 A项错误，D项正确。 BC：电场线的疏密表示电场的强弱。则 b点的场强比 a点弱；负电荷在 b点的受的电场力比 a点 小，负电荷在 b点的加速度比 a点小。故 BC两项错误。 107．一个带正电荷量为 q，质量为 m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的 A点由静止下滑，小球 恰能通过半径为 R的竖直圆形轨道的最高点 B而做圆周运动。现在竖直方向上的加如图所示的匀 强电场，若仍从 A点由静止释放该小球，则（ ） A. 小球仍恰好能过 B点 B. 小球不能过 B点 C. 小球通过 B点，且在 B点与轨道之间的压力不为 0 D. 以上说法都不对 【答案】 A 【解析】小球从光滑绝缘的斜面轨道的 A点由静止下滑，恰能通过半径为 R的竖直圆形轨道的最 高点 B而做圆周运动，则 2 1mvmg R  ，   2 1 12 2 mg h R mv  ，加匀强电场后仍从 A点由静止 释放该小球，则     2 2 12 2 mg qE h R mv   ，联立解得 2 2mvmg qE R   ，满足小球恰好能过 B 点的临界条件，选项 A正确。 108．如图所示，是质谱仪的工作原理图。电容器两极板相距为 d，两板间电压为 U，极板间的匀 强磁场的磁感应强度为 1B ，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过 电容器后进入另一磁感应强度为 2B 的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间的距离为 R . 设粒子所带电量为 q，且不计粒子所受重力，则下列判断正确的是（ ） A. 同时改变速度选择器中磁场与电场方向，不会改变粒子运动轨迹 B. 打在 a点的粒子荷质比  /q m 更大 C. 打在 a、b两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 4 qB B d U R D. 打在 a、b两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 2 qB B d R U  【答案】 D 【解析】A项：要使粒子做直线运动通过速度选择器，要加正交的电场和磁场，如果电场与磁场 方向相同，粒子将做曲线运动，故 A错误； B项：根据 mvr qB  ，a，b两粒子进入磁场的速度相同，半径越大的，比荷越小，所以打在 a点 的粒子比荷更小，故 B错误； C、D 项：在电容器中受力平衡有： qvB1=qE，解得 1 1 E Uv B B d   ，进入磁场 B2 后， 2 1 2 mv mUR qB qdB B   ，同位素的电量相等，质量不等，有  1 2 1 2 22 mUs R R qdB B     ，所以 1 2 2 RqdB Bm U    ，故 D正确。 点晴：带电粒子在电容器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中的偏 转方向确定电荷的电性，抓住粒子在电容器中做匀速直线运动，结合在磁场中做匀速圆周运动的 半径关系确定比荷大小．根据粒子在磁场中的半径公式求出两个粒子的质量之差。 109．如图所示，一带电小球固定在光滑水平绝缘的无限大支撑面上的 0点，虚线 a、b、c、d是 它的四条等距离的等势线.一个带电小滑块从等势线 d上的 1处以水平初速度 0v 运动，结果形成 了实线所示的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点，由此可以 判定（ ） A. 固定球与小滑块电性一定相反 B. 在整个过程中小滑块的加速度先变大后变小 C. 五个交点中，在位置 2处小滑块具有的动能与电势能之和最大 D. 小滑块从位置 1到 2和从位置 3到 4的过程中，电场力做功的大小关系是 12 34W 3W 【答案】 B 【解析】由轨迹可以看出，小滑块在运动过程中受到斥力作用，所以固定球与小滑块电性一定相 同，A错误；据等势面的分布，可知小滑块受力先变大后变小，所以加速度 a先变大后变小，故 B正确，因只有电场力做功，所以小滑块具有的动能与电势能之和一定相等，C错误；由于 a、b、 c、d是等距离的等势面，结合点电荷电场的分布特点可知 D错误。 110．如图所示，是质谱仪的工作原理图。电容器两极板相距为 d，两板间电压为 U，极板间的匀 强磁场的磁感应强度为 1B ，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过 电容器后进入另一磁感应强度为 2B 的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间的距离为 R . 设粒子所带电量为 q，且不计粒子所受重力，则下列判断正确的是（ ） A. 同时改变速度选择器中磁场与电场方向，不会改变粒子运动轨迹 B. 打在 a点的粒子荷质比  /q m 更大 C. 打在 a、b两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 4 qB B d U R D. 打在 a、b两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 2 qB B d R U  【答案】 D 111．如图所示，一带电小球固定在光滑水平绝缘的无限大支撑面上的 0点，虚线 a、b、c、d 是它的四条等距离的等势线.一个带电小滑块从等势线 d上的 1处以水平初速度 0v 运动，结果形 成了实线所示的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点，由此可 以判定（ ） A. 固定球与小滑块电性一定相反 B. 在整个过程中小滑块的加速度先变大后变小 C. 五个交点中，在位置 2处小滑块具有的动能与电势能之和最大 D. 小滑块从位置 1到 2和从位置 3到 4的过程中，电场力做功的大小关系是 12 34W 3W 【答案】 B 【解析】由轨迹可以看出，小滑块在运动过程中受到斥力作用，所以固定球与小滑块电性一定相 同，A错误；据等势面的分布，可知小滑块受力先变大后变小，所以加速度 a先变大后变小，故 B正确，因只有电场力做功，所以小滑块具有的动能与电势能之和一定相等，C错误；由于 a、b、 c、d是等距离的等势面，结合点电荷电场的分布特点可知 D错误。 112．如图所示，光滑的绝缘圆轨道固定在光滑绝缘的水平桌面内，圆轨道所在空间存在水平方 向的匀强电场，场强大小为 E。一带电荷量为 q的小球（可视为质点）沿轨道内侧做圆周运动。 已知小球对轨道的压力的最大值为 F1，对轨道的压力的最小值为 F2．则 F1–F2的值为（ ） A. 3qE B. 4qE C. 5qE D. 6qE 【答案】 D 【解析】在最左端，压力最小，根据牛顿第二定律有：qE+F2=m 2 2v R ，在最右端，压力最大，根 据牛顿第二定律有：F1-qE=m 2 1v R ，根据动能定理得：qE•2R＝ 1 2 mv12− 1 2 mv22，△F=F1-F2，联 立解得：△F=6qE，故 D正确，ABC错误．故选 D． 点睛：本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的基本运用，知道最右端的压力最大，最左端压 力最小，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解． 113．如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距 为 D，在下极板上叠放一厚度为 d的金属板 A，dφd C. 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. 124．一个正点电荷 Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入 该区域时，恰好能经过 正方形的另外三个角 a、b、c，如图所示，则有 A. a、b、c三点的电势高低及场强大小的关系是 2a c b a c bE E E     ， B. 带电质点由 a到 b电势能减小，由 b到 c电场力做负功，在 b点动能最小 C. 带电质点在 a、b、c三处的加速度大小之比是 1：2：1 D. 若改变带电质点在 a处的速度大小和方向，有可能使其经过三点 a、b、c做匀速圆周运动 【答案】 A 【解析】A：正点电荷与 a、b、c距离关系为 2 2a c br r r  ，根据正点电荷电场线和等势面的特 点，a、b、c三点的电势高低关系是 a c b    ；由点电荷场强公式 2 QE k r  得 2a c bE E E  。 故 A项正确。 B：由于电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，两个电荷是异种电荷，另一带电质点由 a到 b，电场 力做负功，电势能增大；另一带电质点由 b到 c电场力做正功，电势能减小；另一带电质点在 b 点动能最小，电势能最大。故 B项错误。 C：正点电荷与 a、b、c距离关系为 2 2a c br r r  ，据 2 QqF k r  可得另一个带电质点在 a、b、 c三处受力大小之比为2 :1: 2，则另一带电质点在 a、b、c三处的加速度大小之比是 2：1：2。 故 C项错误。 D：经过三点 a、b、c的圆圆心在 ac的中点，若做匀速圆周运动，合力应指向圆心(ac的中点)， 但带电质点所受库仑力方向指向正点电荷 Q。则若改变带电质点在 a处的速度大小和方向，不可 能使其经过三点 a、b、c做匀速圆周运动。故 D项错误。 125．一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 AB  、 BC  、CD  ，则圆弧 BC  在圆心 O处产生的场强为（ ） A. E B. 4 E C. 3 E D. 2 E 【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′= 2 E ，故圆弧 BC在圆心 O处产生的 场强为 2 E ．故选 D. 126．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. A B. B C. C D. D 【答案】 C 127．x轴上固定两个点电荷 1Q 、 2Q ，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。 128．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 0x ，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 0x B. 仅将+Q变成-Q，平衡时弹簧伸长量大于 0x C. 仅将+Q变成+2Q，平衡时弹簧压缩量等于 2 0x D. 仅将+Q变成+2Q，平衡时弹簧压缩量大于 2 0x 【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：   02 0 kQq Kx x x   AB. 保持 q不变,将 Q变为−Q,平衡时有：   12 1 kQq Kx x x   ，由于 x+x1>x-x0，则 x1Eka>Ekc 【答案】 A 【解析】由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负 电的粒子无论是依次沿 a、b、c运动，还是依次沿 c、b、a运动，都会得到如图的轨迹．故 C错 误．粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知， 带负电的粒子在 b点时的电势能最大，在 c点的电势能最小，则可判断在 c点的动能最大，在 b 点的动能最小．故 A正确，D错误．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由 此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．故 B错误．故选 A． 133．关于静电场，下列说法正确的是（ ） A. 在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越大 B. 由公式 U=Ed可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比 C. 在电场中电场强度大的地方，电势一定高 D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 【答案】 D 134．如图所示匀强电场 E的区域内，在 O点放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以 O点为 球心的球面上的点，abcd平面与电场方向平行，bedf平面与电场方向垂直，则下列判断错误的 是（ ） A. b、e、d、f在同一等势线上 B. 点电荷一 q在 e点的电势能小于在 c点的电势能 C. e、f两点的电场强度大小相等，方向相同 D. 球面上 c点的电场强度最大 【答案】 C 【解析】由图可知，b、d、e、f所在平面与电场线垂直，因此它们在同一等势线上，故 A正确； 将负点电荷从 e点移到 c点，点电荷的电场所对应的电场力不做功，而匀强电场做负功，知合电 场力做负功，所以电势能增加，即一 q在 e点的电势能小于在 c点的电势能．故 B正确．根据电 场强度的叠加原理可知，点电荷在 e、f两点的电场强度大小相等，方向不同，因此 e、f两点的 合电场强度大小相等，方向不同．故 C错误．a点与 c点连线匀强电场的场强相等，方向相同， 但关于 O点对称的点电荷的场强大小相等，方向相反，所以球面上 c点的电场强度最大．故 D正 确．本题选择错误的，故选 C 【点睛】该电场是匀强电场和点电荷电场的合电场，根据电场的叠加比较电场强度的大小和方 向．通过电场力做功判断电势差的大小，从而判断电势的高低． 135．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下 级板都接地．在两极板间有一固定在 P点的点电荷，以 E表示两极板间的电场强度， PE 表示点 电荷在 P点的电势能， 表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小 段距离至图中虚线位置，则（ ） A. 增大，E增大 B. 增大， PE 不变 C. 减小， PE 增大 D. 减小，E不变 【答案】 D 【解析】电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据 4 SC kd    可知，电容 C增大，则根据 QC U  可知，电压 U减小；故静电计指针偏角减小； 两板间的电场强度为： 4U Q kQE d Cd S      ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不 变；再根据设 P与下极板距离为 L，则 P点的电势φP=EL，电势能 EP=ELq； 因此电荷在 P点的 电势能保持不变；故 D正确，ABC错误；故选 D． 点睛：本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时 注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两 板间距离，则两板间的电场强度不变． 136．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述不正确的是（ ） A. 卡文迪许测出引力常数 B. 奥斯特发现“电生磁”现象 C. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式 D. 库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 【答案】 C 【解析】卡文迪许测出了万有引力常数，选项 A正确； 奥斯特发现“电生磁”现象，选项 B正确； 洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项 C错误；库仑总结并确认了真空中两个静止点 电荷之间的相互作用规律，选项 D正确；此题选择不正确的选项，故选 C. 137．如图所示，虚线 a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作 用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知 A. 带电粒子在 R点时的加速度大小小于在 Q点时的加速度大小 B. 带电粒子在 P点时的电势能比在 Q点时的电势能大 C. 带电粒子在 R点时的动能与电势能之和比在 Q点时的小，比在 P点时的大 D. 带电粒子在 R点时的速度大小大于在 Q点时的速度大小 【答案】 D 138．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 3 V、5 V、7 V，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：A 二、多项选择题 1．光滑水平面上有一边长为 L的正方形区域处存在场强为 E的匀强电场中，电场方向与正方形 一边平行，一质量为 m、带电量为 q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v0进入 该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为 A. 0 B. C. D. 【答案】 ABC 【解析】A、如果小球所受电场力方向与初速度方向相反，小球在匀强电场中做匀减速直线运动 小球从射入点离开电场，小球动能可能为零，故 A正确； BD、如果小球所受电场方向与小球的初速度方向相同，电场力做正功，此时电场力做功最多，小 球离开电场时的动能最大，根据动能定理可得 ，解得 ，故 B正确， D错误； C、如果小球初速度方向与电场力方向垂直，小球做类平抛运动，电场力做功为 ，由动能 定理可得 ，解得 ，故 C正确； 故选 ABC。 【点睛】若初速度的方向与电场方向平行，则可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 到对边边缘，还可能未到对边边缘，速度减为 0，然后返回做匀加速直线运动；若初速度方向与 电场方向垂直，则小球做类平抛运动。 2．如图(a)所示，两个带正电的小球 A、B (均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上， 其中 A球固定，电荷量 QA=2.0×10-4C，B球的质量 m=0.lkg。以 A为坐标原点，沿杆向上建立直 线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置 x的变化规律如图(b)中曲线 I所示，直 线 II为曲线 I的渐近线，图中 M点离 A点距离为 6m。令 A所在平面为参考平面，无穷远处电势 为零，重力加速度 g取 10m/s2，静电力恒量 k=9.0×100N·m2/C2。下列说法正确的是( ) A. 杆与水平面的夹角θ=60° B. B球的电荷量 QB=1.0×10-5C C. 若 B球以 4J的初动能从 M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小 2J D. 若 B球从离 A球 2m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大 【答案】 BCD 【解析】A、渐进线Ⅱ表示 B 的重力势能随位置的变化关系，即 ，则有 ，解得 ，故 A错误； B、由图乙中的曲线Ⅰ知，在 x=6m 出总势能最小，动能最大，该位置 M 点受力平衡，则有 ，解得 ，故 B正确； C、B球以 4J的初动能从 M点沿杆向上运动，根据能量守恒可得最高点的总势能 10J，重力势能 增加为 ，故到最高点时电势能减小 2J，故 C正确； D、由于 B球在位置 M点受力平衡，B球从离 A球 2m处静止释放，从 A到 M的过程中，根据牛 顿第二定律可知 ，库仑力减小，向上运动过程中加速度大小 减小；从M继续向上运动过程中，根据牛顿第二定律可知 ， 库仑力减小，向上运动过程中加速度大小增大；故 D正确； 故选 BCD。 3．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在的 直线平行于两电荷的连线，且 a和 c关于 MN对称，b点位于 MN上，d点位于两电荷的连线上， 以下判断正确的是 A. b点与 d点场强方向相同 B. a点和 c点电势相同 C. a、b两点间的电势差等于 b、c两点间的电势差 D. 带正电的试探电荷在 a点的电势能大于在 c点的电势能 【答案】 ACD 【解析】A、根据等量异种电荷周围的电场线的特点,知两电荷连线的垂直平分线上的电场方向水 平向右,d点的场强方向水平向右,所以 b点与 d点的场强方向相同.故 A正确； B、作出等量异种电荷的电场线，如图所示. 沿着电场线方向电势逐渐降低,可以知道 a点的电势大于 c点的电势.故 B错误. C、由对称性可以知道,a、b两点的电势差等于 b、c两点间的电势差.所以 C选项是正确的. D、将正电荷从 a点移动到 c点,电场力做正功,电势能减小,则 a点的电势能大于 c点的电势能.故 D 正确； 故选 ACD 点睛：据等量异号电荷的电场分布特点可以知道各点的场强大小,由电场线性质及电场的对称性可 以知道 ab及 bc两点间的电势差;由电势能的定义可以知道 ac两点电势能的大小.结合电场力做功 比较电势能的高低. 4．从地面斜向上抛出一个质量为 m、带电量为+q的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动 能与势能之比是 9:16，选地面为重力势能参考面，现在此空间加上一个平行于小球运动平面的竖 直匀强电场 E，以相同的初速度抛出原小球，小球到达最高点时的动能等于重力势能。已知重力 加速度大小为 g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 小球抛出时速度的水平分量与竖直分量的比值为 4:3 B. 小球第二次在空中运动的水平位移小于第一次在空中运动的水平位移 C. 所加电场方向一定竖直向上，且满足 qEW2 【答案】 BC 【解析】粒子在 c点时的电场力不为零，加速度不为零。故 A错误。由于③为直线，是一条等势 线，必是则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的 电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从 a到 b再到 c，电势不断降低， 负电荷的电势不断增大。故 BC正确。由题，①与②、②与③的电势差相等，根据电场力做功公 式W=qU得知，粒子从 a到 b电场力做功与从 b到 c电场力做功相等，即W1=W2．故 D错误。 故选 BC。 点睛：本题要掌握电场力做功的公式W=qU，可判断电场力做功的大小关系．结合轨迹的弯曲方 向和等量异种电荷等势线的分布情况，判断电势高低，分析电势能的变化． 13．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度大小为 E，ACB为固定的置于竖 直平面内的光滑绝缘半圆形轨道，轨道半径为 R，A、B为半圆水平直径的两个端点，AC为四分 之一圆弧.一个质量为 m、电荷量为 q的带正电小球，从 A点正上方高为 H处由静止释放，并从 A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，重力加速度为 g，关于带电小球的运动 情况，下列说法正确的是 A. 小球从 B点离开后上升的最大高度为 B. 小球返回时不能达到刚开始释放时的高度位置 C. 小球刚到达 A点时瞬间对轨道的压力为零 D. 小球到达 C点时瞬间对轨道的压力大小为 【答案】 AD 【解析】C、D、根据动能定理得： ，在 C 点，根据牛顿第二定律得： ，代入数据联立解得： ，根据牛顿第三定律知小球在 C 点对轨道的压力为 ，故 C错误，D正确；A、B、对 C到最高点的过程运用 动能定理得： ，代入数据解得： ，故 A正确，B错误；故选 AD。 【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点 C的向心力来源， 结合牛顿第二定律进行求解． 14．如图所示为现在最为畅销的雾霾废气净化装置，受污染的废气经电离后通过该装置进行过滤， 净化后的空气由右端喷出，图中虚线是电离后带负电的废气粒子（不计重力）在过滤装置中的运 动轨迹，实线为电场线，A、B两点为运动轨迹与装置两极板间电场线的交点。忽略废气粒子在 此净化过程中的相互作用以及电量变化，下列说法正确的是 A. 废气粒子在 A点电势能大于在 B点电势能 B. A点的电势高于 B点的电势 C. 废气粒子在此过程中做类平抛运动 D. 废气粒子在 A点的加速度大于在 B点的加速度 【答案】 AD 【解析】B、由图可知，B点靠近正极板，故 B点的电势高于 A点电势，故 B错误； A、由图可知，带电尘埃受力与位移间的夹角为锐角，故电场力做正功，电势能减小，废气粒子 在 A点电势能大于在 B点电势能，故 A正确； C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运 动，故 C错误； D、由图可知，A点电场线比 B点密集，因此 A点的场强大于 B点场强，故 A点的电场力大于 B 点的电场力，再根据牛顿第二定律可知，A点的加速度大于 B点的加速度，故 D正确； 故选 AD。 【点睛】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，明确电场线的分布规律，并且能 抓住尘埃的运动方向是解题突破。 15．如图，在正电荷 Q的电场中有 M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F 为 MN 的中点，∠M=30°，M、N、P、F 四点处的电势分别用 表示，已知 ，点电荷 Q在 M、N、P三点所在平面内，则 A. 连接 PF的线段一定在同一等势面上 B. 将正试探电荷从 P点搬运到 N点，电场力做负功 C. 将正试探电荷从 P点搬运到 N点，电势能减少 D. 点电荷 Q一定在 MP的连线上 【答案】 CD 【解析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过 圆心，故场源电荷在 MN的中垂线和 FP的中垂线的交点上，在 MP的连线上，如图所示，D正确； ，线段 PF是 P、F所在等势面（圆）的一个弦，A错误；在正的点电荷的电场中，离场源 越远，电势越低，将正试探电荷从 P点搬运到 N点，电势能降低，故电场力做正功，故 B错误 C 正确． 【点睛】电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆 心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况． 16．真空中有一边长为 L的正方形区域 ABCD，E为 AB边中点，该区域内存在匀强电场，电场 方向平行于 AB边且从 A指向 B。一质量为 m、带电量为+q的粒子从 AB边上某点以速度 垂直 电场方向射入电场，恰好从 C点离开正方形区域，离开时的速度方向与对角线 AC相切。不计粒 子重力。则 A. 入射点在 E点 B. 粒子电势能减少 C. 匀强电场的场强为 D. 粒子离开 C点时的动能为 【答案】 AC 据几何关系得： ，解得： ，即粒子的入射点在 E点，则 ，解得 ，故 沿电场力方向的速度 ，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故减少的电势 能为 ，根据 ，解得： ，由几何关系得：离开 C点时速度为 ，故粒子离开 C点时的动能为 ，故 AC正确，BD错误，故选 AC。 【点睛】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论求出速度夹角与位移夹角的关系， 根据电场力做正功，电势能减小，动能增加，分析电势能和动能的变化情况，根据速度的合成求 出 C点的速度，从而求 C点的动能。 17．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方 O点处有一正点电荷，带正电的小物体以初速度 v1从斜面底端 M处沿斜面上滑，能沿斜面运动到达 N点，若小物体电荷量保持不变，OM=ON， P为 MN的中点，则小物体 A. 在 M、N点的动能相等 B. 在 M、N点的电势能相等 C. 在 MP段、PN段克服摩擦力做功相同 D. 小物体在 P点所受的摩擦力最大 【答案】 BC 【解析】由对称可知，MN两点的电势相同，则物块在 MN两点的电势能相同，选项 B正确；物 块从 M到 N点，电场力做功为零，重力做负功，摩擦力做负功，则动能减小，选项 A错误； 在 MP段、PN段受电场力对称，则摩擦力的平均值相同，则克服摩擦力做功相同，选项 C正确； 物块在 P点所受的静电斥力最大，物块对斜面的正压力最小，则摩擦力最小，选项 D错误；故选 BC. 点睛：此题关键是掌握点电荷的电场分布特点，分析物块在斜面上运动时的受力情况，尤其是受 电场力的情况，结合能量关系分析解答. 18．在半径为 R 的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为＋q的介质小球，以初速度 向右冲上轨道。下面四种情形中，A图圆心处放置正点电荷，B图加上竖直向下的匀强 电场，电场强度的大小 ，C图加上水平向右的匀强电场，电场强度的大小 ，D图 加上垂直纸面向外的匀强磁场。则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动的是( ) A. B. C. D. 【答案】 AD 【解析】设小球到达最高点的速度为 v，A图： 解得： 小球能过最 高点的最小速度对应： ，所以 A 图中小球能做完整的圆周运动；B 图： ，最高点的最小速度对应： ，可知，不能做完整的 圆周运动；同理可得，C图也不能做完整的圆周运动；D图中小球在运动过程中受到的洛伦兹力 不做功，原理与 A图相同，能做完整的圆周运动。综上分析，AD正确。 19．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为 m、带电量为 ﹣q的小球 Q．整个装置处在场强大小为 E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个带电量为 +q的小球 P从 N点由静止释放，释放后 P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和 M的距离均 为 s0．P、Q以及弹簧的轴线 ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为 k0，静电力常量为 k。则（ ） A. 小球 P返回时，可能撞到小球 Q B. 小球 P在 N点的加速度大小为 C. 小球 P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减少 D. 当弹簧的压缩量为 时，小球 P的速度最大 【答案】 BC 【解析】A项：根据动能定理知，当小球返回到 N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做 功为零，电荷 Q的电场对 P做功为零，则合力做功为零，知道到达 N点的速度为零．所以小球不 可能撞到小球 Q，故 A错误； B项：根据牛顿第二定律得，小球在 N点的加速度 ，故 B正确； C项：小球 P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷 Q产生的电场对 P做负 功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小， 故 C错误； D 项：当小球所受的合力为零时，速度最大，即 ，则压缩量不等于 ，故 D错误。 点晴：解决本题关键根据动能定理判断小球 P返回速度为零的位置，确定小球能否与小球 Q相撞； 根据牛顿第二定律求出小球 P在 N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受 的合力为零时，小球的速度最大。 20．如图所示，两块较大的金属板 A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量 为 m、带电量为 q的油滴恰好在 P点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ） A. 若将 A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有 的电流，P点电势升高 B. 若将 A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有 的电流，P点电势不变 C. 若将 S断开，且将 A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势不 变 D. 若将 S断开，再将 A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降 低 【答案】 AB 【解析】油滴处于静止状态说明 ，且电场力方向竖直向上。题中得知电场方向竖直向上， 所以油滴带正电。 A. 保持 S闭合，则 U不变，若将 A板向上平移一小段位移 d增大，由 ,知电场力减小，所 以粒子向下加速，由 ,电容器放电，所以 G中有 的电流，由于板间电场强度 减小，所以 BP两点的电势差减小，所以 P点电势升高，故 A正确； B、保持 S闭合，则 U不变，若将 A板向左平移一小段位移，S减小，由 知电场强度不变， 则油滴仍然静止，由 知电容器要放电，所以 G中有 的电流，由于电场强度不 变，所以 BP两点之间的电势差也就不变，所以 P点电势不变，故 B正确； C、若将 S断开，则 Q不变，且将 A板向左平移一小段位移，S减小，由 知电场 强度增大，则油滴向上加速，G中无电流，由于电场强度增大，所以 BP两点之间的电势差增大， 所以 P点电势降低，故 C错； D、若将 S断开，则 Q不变，再将 A板向下平移一小段位移，则 d减小，由 ， 所以场强不变，则油滴静止不动，G中无电流，P点电势不变，故 D错误； 故选 AB 点睛：电容器问题的处理首先要知道是那个保持电压不变的类型还是保持电量不变的类型，然后 结合公式 、 、 来判断回路的变化。 21．如图所示,一带电小球 B用绝缘轻质细线悬挂于 O点。带电小球 A与带电小球 B处于同一水 平线上,小球 B平衡时细线与竖直方向成θ角(θ<45°)。现在同一竖直面内缓慢向下(不是竖直向下) 移动带电小球 A,使带电小球 B能够保持在原位置不动。直到小球 A移移动到小球 B位置的正下 方。则带电小球 A、B对于此过程,下列说法正确的是 A. 小球球 A、B间的距离越来越小 B. 小球 B受到的库仓力先减小后增大 C. 轻质细线的拉力一直在减小 D. 轻质细线的拉力不可能减小为零 【答案】 BC 22．在某电场中一条直的电场线上建立 x轴，x轴上 0－x2间的电场强度的分布如图所示,沿 x轴 正向为电场强度的正方向,在在坐标原点处放一个质量为 m,电荷量为 q的正点电荷,该电荷仅在在 电场力的作用下运动,则在粒子子从 x=0运动到 x=x2的过程中,下列说法正确的是 A. 粒子先做加速运动后做减速运动 B. 粒子运动的加速度先增大后减小 C. 粒子运动到 x=x1处时，电势能减少了 D. 粒子运动到 x=x1处的速度与运动到 x=x2处的速度之比为 x1:x2 【答案】 BC 【解析】粒子沿 x轴运动时，所受的电场力先增大后减小，则加速度先增加后减小，粒子一直做 加速运动，选项 A错误，B正确；粒子运动到 x=x1处时，电场力做功为 ，则电势能 减少了 ，选项 C正确；根据动能定理，粒子运动到 x=x1处时： ；粒子运动 到 x=x2处时： ；则 ，选项 D错误；故选 BC. 点睛：此题考查电场强度 E随 x变化的图象与电势的关系，U=Ed，E-x图象组成图形的面积表示 电势差，运用动能定理研究粒子的速度． 23．如图所示，光滑绝缘的半球形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为 m，电荷量为 +q的小球在容器边缘 A点由静止释放，结果小球运动到 B点时速度刚好为零，OB与水平方向的 夹角 0=60º，重力加速度为 g，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A. 小球重力与电场力的关系是 B. 小球在 B点时，对容器的压力为 C. 小球在 A点和 B点的加速度大小相等 D. 如果小球带负电，还能沿 AB圆弧面运动 【答案】 AC 【解析】A项：由于小球运动到 B点时速度刚好为零，说明 B点为“等效重力场”的最高点，由对 称性可知，在圆弧 AB 的中点即为“等效重力场”的最低点即受力平衡点，由平衡条件可得： ，故 A正确； B 项 ： 在 B 点 对 小 球 受 力 分 析 且 沿 半 径 指 向 圆 心 方 向 的 合 力 为 零 ， 即 ，故 B错误； C项：在“等效重力场”中根据对称性可知，小球在 A、B两点的加速度大小相等，故 C正确； D项：如果小球带负电，则小球受到的电场力方向向左且电场力大于小球的重力，重力与电场力 的合力向左下方，所以小球将脱离 AB圆弧面，故 D错误。 点睛：解决本题关键知道利用“等效重力”的方法进行处理，且会类比在重力场的运动规律解题， 如在最高点物体的合外力不为零，但由于速度为零，所以向心力为零即沿半径指向圆心方向的合 力为零。 24．如图所示，ACB是内壁光滑绝缘的半球形容器，AB是半球形容器截面圆的水平直径，其半 径为 R。圆环甲的圆心与半球球心重合，甲环中通有顺时针方向的恒定电流，圆环乙由容器内壁 A处静止释放，在沿容器内壁运动的过程中乙环环面始终与甲环环面在同一竖直平面内，已知圆 环乙的质量为 m，半径为 r，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( ) A. 圆环乙运动到容器最低点时，对容器底的压力大小等于 3mg B. 圆环乙会在 A、B间来回往复运动 C. 圆环乙最终静止在容器最低点 C点 D. 圆环乙中会产生大小为 mg(R-r)的焦耳热 【答案】 AB 【解析】A项：圆环从 A点到最低点利用动能定理得： ，在最低点由牛顿第二定律有： ，解得：N=3mg，故 A正确； B、C、D项：由于圆环甲中的电流产生的磁场在半球形容器的方向垂直练纸面向外，但圆环乙沿 ACB运动，离圆环甲的距离不变，所以磁场不变，在圆环乙运动过程中在圆环乙中没有电流产生， 根据能量守恒可知，圆环乙可在 AB间来回运动，故 B正确，C错误，D错误。 点晴：解决本题关键理解圆环乙沿 ACB运动，离圆环甲的距离不变，所以磁场不变，在圆环乙运 动过程中在圆环乙中没有电流产生。 25．如图所示，a、b、c、d四个质量均为 m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a、b、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O点做半径为 R的匀速圆周运动， 三小球所在位置恰好将圆周等分，小球 d位于 O点正上方 h处，且再外力 F作用下恰处于静止状 态，已知 a、b、c三小球的电荷量为 q，d球电荷量为 6q，h= R，重力加速度为 g，静电力常 量为 k，则 A. 小球 a一定带正电 B. 小球 b的周期为 C. 小球 c的加速度大小为 D. 外力 F竖直向上，大小等于 【答案】 CD 【解析】a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与 a、b、c三小球一 定是异种电荷，由于 d球的电性未知，所以 a球不一定带正电，故 A错误。设 db连线与水平方 向的夹角为 ，则 ， ，对 b球，根据牛顿第二定律和向 心力得： ，解得： ， ， 则小球 c 的加速度大小也为 ，故 B 错误，C 正确。对 d 球，由平衡条件得： ，故 D正确；故选 CD。 【点睛】a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力 情况，运用牛顿第二定律研究即可． 26．如图所示，虚线表示电场中的一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，一电子以一定的 初速度进入电场中，只在电场力的作用下由 M点运动到 N点，运动轨迹如图中实线所示，下列 说法正确的是 A. M点电势低于 N点电势 B. 电子在 M点受到的电场力小于在 N点受到的电场力 C. 电子在 M点的电势能小于在 N点的电势能 D. 电子在 M点的动能小于在 N点的动能 【答案】 BC 27．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点（正四面体是由四个全等正三角形 围成的空间封闭图形），所有棱长都为 a。现在 A、B两点分别固定电荷量分别为均+q和-q的两 个点电荷，静电力常量为 k，下列说法正确的是 A. C、D两点的场强相同 B. C,D两点的场强大小相等，方向不同 C. C、D两点电势相等 D. 将一正电荷从 C点移动到 D点，电场力做正功 【答案】 AC 【解析】A、B、C项：由题，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、C正确，B错误； D项：D、由题，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，将一正电荷 从 C点移动到 D点，电场力不做功，故 D错误。 点晴：本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住 ABCD是正四面体的四个顶点这 一题眼，即可得出 C、D处于通过 AB的中垂面是一等势面上。 28．如图所示，电路中电源的电动势为 E，内阻为 r，C为静电计，一带电小球悬挂在平行板电 容器内部，闭合电键 S，电路稳定后，悬线与竖直方向夹角为θ且小球处于平衡状态，则( ) A. 静电计的指针发生了偏转 B. 若将 A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大 C. 若将 A极板向下平移稍许，静电计指针的偏角将减小 D. 保持电键 S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动，θ角不变，轻轻将细线剪断，小球将做直线运 动 【答案】 AD 【解析】闭合电键 S，电路稳定后，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，静电 计测量板间电压，所以其指针发生了偏转，故 A正确。若将 A极板向左平移稍许，板间距离增大， 电容减小，故 B错误。若将 A极板向下平移稍许，由于电容器的电压不变，则静电计指针的偏角 将不变，故 C错误。保持电键 S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动时，电容器的电压不变，场强 不变，小球所受的电场力不变，则θ角不变，轻轻将细线剪断，小球将沿重力和电场力的合力方 向做匀加速直线运动，故 D正确。故选 AD。 点睛：解决本题的关键是掌握电容器的决定式，要抓住不变量进行分析，要能判断出电容器的电 压等于电源的电动势，是保持不变的． 29．如图所示，光滑绝缘的水平面上 M、N两点有完全相同的金属球 A和 B，带有不等量的同种 电荷。现使 A、B以大小相等的初动量相向运动，不计一切能量损失，碰后返回 M、N两点，则 A. 碰撞发生在 M、N中点之外 B. 两球同时返回 M、N两点 C. 两球回到原位置时动能比原来大些 D. 两球回到原位置时动能不变 【答案】 BC 30．如图所示，矩形的四个顶点分别固定有带电荷量分别为 q的正负点电荷，水平直线 AC将矩 形分成面积相等的两部分，B为矩形的中心。一质量为 m的带正电微粒（不计重力）沿直线 AC 从左向右运动，到 A点时的速度为 v0，到 B点时的速度为 5 v0。取无限远处电势为零，则 A. 微粒在 A、C两点的加速度相同 B. 微粒从 A点到 C点的过程中，电势能先减少后增大 C. 微粒最终可以返回 B点，其速度大小为 5 v0 D. A、C两点间的电势差为 UAC= 2 04mv q 【答案】 AC 【解析】根据对称性可知在 A、C两点的合场强相同，故微粒受到的电场力相同，即加速度相同， A正确；根据矢量叠加原理可知四个点电荷在 AC之间的电场强度方向水平向右，即微粒从 A到 C过程中电场力做正功，电势能一直减小，动能一直增大，C点以后的某点电场方向发生变化， 改为水平向左，故微粒到达该点后开始做减速运动，减速到零后反向加速，即向左做加速运动， 由于过程中只有电场力做功，动能和势能相互转化，所以微粒会返回 B点，并且速度为 05v ，B 错误 C正确；根据对称性可知 2AC ABU U ，根据动能定理可得  2 2 0 0 1 1' 5 2 2ABU q m v mv  ， 由于不知道微粒的电荷量，故无法计算 ACU 间的电势差，D错误． 31．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，则下列说法正确的是 A. 粒子从 A 到 B 的运动轨迹是一段抛物线 B. 粒子从 A 到 B 的运动过程中，电势能先减小后增大 C. 粒子从 A 到 B 的运动过程中，动能最小值为 A 点动能的一半 D. 圆周上任两点间电势差的最大值为 2U 【答案】 AC 【解析】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在 A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为 匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由 曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着 CO方向，因此粒子从 A到 B做抛体运动，故 A 正确； 由 A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于 90°后小于 90°，电场力先做负功后做正 功，所以电势能先增大后减小，故 B 错误；粒子运动到 C 点时动能最小，其速度为 ，则最小动能 ，选项 C正确； 匀强电场的电 场强度 Ed=U 式中的 d 是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E× R，所以 E= ；圆周上任两点间电势差的最大值为 ，选项 D错误；故选 AC. 点睛：紧扣速度相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关 系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方 向．同时考查 U=Ed中 d的含义重要性，注意公式中的 d为沿电场线方向上的距离． 32．一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 EP随位移 x变化的关系如图 所示，其中 0～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是 A. x1处电场强度最大 B. x2～x3段是匀强电场 C. x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3 D. 粒子在 0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 【答案】 BC 33．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷 q在场源电荷 Q的电 场中具所有电势能表达式为 (式中 k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。 真空中有两个点电荷 Q1、Q2分别固定在 x坐标轴的 x=0和 x=6cm的位置上。x轴上各点的电势 随 x的变化关系如图所示。A、B是图线与 x的交点，A点的 x坐标是 4.8cm，图线上 C点的切 线水平。下列说法正确的是 A. 电荷 Q1、Q2的电性相反 B. 电荷 Q1、Q2的电量之比为 1:4 C. B点的 x坐标是 8cm D. C点的 x坐标是 12cm 【答案】 ACD 【解析】A、电势 随 x的变化关系图象的斜率 ，所以 C点电场为 0，根据电场叠加原理可 知电荷 Q1、Q2的电性相反，故 A正确； B、根据 可知， 解得 ，故 B错误； C、根据 可知， 解得 B点的坐标是 8cm，故 C正确； D、由 知， 解得 C点的坐标是 ，故 D正确； 故选 ACD。 34．如图所示，一带电粒子在匀强电场中从 A点抛出，运动到 B点时速度方向竖直向下，且在 B 点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度。已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面 内，粒子的重力和空气阻力忽略不计，则 A. 电场力方向一定水平向右 B. 电场中 A点的电势一定高于 B点的电势 C. 从 A到 B的过程中，粒子的电势能一定减小 D. 从 A到 B的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变 【答案】 AD 【解析】粒子只受电场力，类似重力场中的斜抛运动，由于 B点速度最小，是等效最高点，故电 场力水平向右，A正确；由于不知道电荷的电性，故不能确定电场强度的方向，不能确定 A点与 B点的电势高低，B错误；从 A到 B的过程中，电场力做负功，故电势能增大，C错误；从 A到 B的过程中，由于只有电场力做功，故部分动能转化为了电势能，粒子的电势能与机械能之和一 定不变，D正确． 35．如图所示，带电平行金属板 A、B，板间的电势差大小为 U，A板带正电，B板中央有一小孔．一 带正电的微粒，带电荷量为 q，质量为 m，自孔的正上方距板高 h处自由落下，若微粒恰能落至 A、B板的正中央 C点，则 A. 微粒下落过程中重力做功为 ，电场力做功为 B. 微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为 C. 若微粒从距 B板高 2h处自由下落，则恰好能达到 A板 D. 微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 【答案】 BC 【解析】微粒下降的高度为 ，重力做正功，为 ，电场力向上，位移向下，电 场力做负功， ，A错误；微粒落入电场中，克服电场力做功，电势能逐渐增大， 其增加量等于克服电场力做的功，为 ，B正确；由题微粒恰能落至 A，B板的正中央 c点过程， 由动能定理得 ①，若微粒从距 B板高 2h处自由下落，设达到 A板的速度为 v， 则由动能定理得 ②，由①②联立得 ，即恰好能达到 A板，C正确； 微粒在下落过程中，进入电场前做自由落体运动，动能逐渐增加，重力势能逐渐减小；进入电场 后是减速运动，动能减小，D错误． 36．如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷 ＋Q分别固定在 a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心 O点和另一 个顶点 d点处，两点相比： A. d点电场强度的方向由 O指向 d B. ＋q在 d点所具有的电势能较大 C. d点的电势小于 O点的电势 D. d点的电场强度小于 O点的电场强度 【答案】 ACD 【解析】d点电场是由三个点电荷所产生的电场的叠加，根据对称性和平行四边形定则可知，d 点电场强度的方向由 O指向 d。故 A正确。Od间电场线方向从 O到 d，根据顺着电场线方向电 势降低，O点的电势高于 d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在 d点所具有 的电势能较小。故 B错误，C正确。设菱形的边长为 r，根据公式 E=kQ/r2分析可知三个点电荷 在 d产生的场强大小 E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为 Ed=2k Q/r2．O点的场强大 小为 EO=4k Q/r2，可见，d点的电场强度小于 O点的电场强。故 D正确。故选 ACD。 点睛：本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小 和电势能的高低． 37．如图为某放射源放出的三种射线在匀强电场或匀强磁场中的轨迹示意图，已知三种射线的性 质如下表： 射线名称 本质 电荷数 质量数 速度 α射线 氦原子核 2 4 0.9c β射线 电子 －1 0 0.99c γ射线 光子 0 0 c 以下判断正确的是： A. 若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，且①为α射线 B. 若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向外，且③为α射线 C. 若是在匀强电场中，电场方向水平向右，且③为α射线 D. 若是在匀强电场中，电场方向水平向左，且①为α射线 【答案】 AD 【解析】在同一磁场中，根据 可知，α射线的 m/q值较大，则半径较大；若是在匀强磁场 中，磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知，则①带正电，为α射线，选项 A正确；若是在匀强 磁场中，磁场垂直纸面向外，则③带正电，但是因为③的偏转半径较小，则③不是α射线，选项 B 错误；在匀强电场中的偏转距离 ，则在相同的 x时，m/q较大，则 y 较小；则若是在匀强电场中，电场方向水平向右，③不是α射线；若电场方向水平向左，①为α射 线，选项 D正确，C错误；故选 AD. 点睛：此题除了考查粒子在电场或者磁场中的偏转方向外，还需要考查粒子在电场或磁场中偏转 的距离的大小，这就需要看在磁场中运动的半径和在电场中的偏转距离表达式. 38．在绝缘的光滑水平面上有两个同样的金属小球相距 L，分别带有异号电荷。现给两个小球大 小相同、方向相反的初速度，此后两小球发生弹性碰撞并有电荷的充分转移，当两小球再次相距 L时 A. 两小球间电场力的大小一定比开始时大 B. 两小球速度的大小一定比初速度大 C. 两小球速度是否比初速度大取决于带电量情况 D. 两小球的速度一定大小相等、方向相反 【答案】 BD 39．如图甲所示，半径为 r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用 导线分别与两块水平放置的平行金属板 A、B连接，两板间距为 d且足够大．有一变化的磁场垂 直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示．在平行金属板 A、B正中间有一电荷量 为 q的带电液滴，液滴在 0～ 1 4 T 内处于静止状态．重力加速度为 g.下列说法正确的是( ) A. 液滴带负电 B. 液滴的质量为 2 04B q r gdT  C. 3 4 t T 时液滴的运动方向改变 D. t＝T时液滴与初始位置相距 21 2 gT 【答案】 BD 【解析】A、根据题意液滴在0 4 T  处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡， 根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿逆时针方向，B板接高电势，A板接低电势，两板间的电 场方向向上与电场力的方向相同，所以液滴带正电，故 A错误； B、根据法拉第电磁感应定律 2 04B rBE S t t T        ，两极板间的电场强度 ' UE d  ，得 2 04' B q rE qm g gdT    ，故 B正确； C、根据楞次定律， 3 4 4 Tt s Ts  内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极 板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律mg F ma 电 ，其中 F mg电 ， 解得 2a g ，液滴向下做初速度为 0的匀加速运动，在第 3 4 T 时速度最大，运动方向不改变，故 C错误； D、根据楞次定律 3 4 Tt s Ts  内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势， 电场方向向上，液滴在 3 4 Tt s Ts  内做匀速直线运动， 3 4 4 Tt s Ts  匀加速直线运动，位移 2 2 1 1 1·2 = 2 2 4 Tx g gT （ ） ， 3 4 Tt s Ts  匀速直线运动，位移 2 2 12 · · 2 4 4 T Tx g gT  ，t＝T时液 滴与初始位置相距 2 1 2 1 gT 2 x x x   ，故 D正确； 故选 BD。 【点睛】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求 出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小。 40．如图所示，劲度系数为 k0的轻弹簧一端固定于悬点 O，另一端悬挂一个质量为 m的小球 a， 小球 a静止时处于空中 A点．在悬点 O处固定一带电量为–q（q>0）小球 b（未画出），弹簧与 小球 a、b彼此绝缘．某时刻，用某种方式让小球 a带上电量+q，小球 a由静止开始向上运动， 当 a、b球间的电场力为 a球重力的两倍时，小球 a的速度达到最大值 v，此时小球 a处于空中 B 点．两带电小球均看作点电荷，静电力常数为 k，重力加速度为 g，不计空气阻力．则 A. 弹簧的原长为 B. A、B两点间的距离为 C. A、B两点间的电势差 D. 小球 a从 A点到 B点机械能的变化量为 【答案】 AD 【解析】A项：小球 a静止时处于空中的 A点，根据平衡条件有 ，小球 a带上电荷量 为+q的正电荷向上加速到 B点时有 ，解得 ，此时弹簧弹力处于压缩状 态，形变量与 A点形变量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律得 ， 其中 ，联立解得 ，故 A正确； B项：A、B两点间的距离为 ，故 B错误； C 项：小球 a 从 A 点到 B 点，根据动能定理 ，即 ，解得 ，故 C正确； D项：小球 a从 A点到 B点机械能的变化量 ，故 D错误。 41．如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为 R，圆环上套有质量分别为 m和 2m的两 个带电的小球 A、B(均可看作质点)，小球 A带正电，小球 B带负电，带电荷量均为 q，且小球 A、 B用一长为 2R的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场(未画出)，电场强度大小为 E= mg q 。现在给小球一个扰动，使小球 A从最高点由静止开始沿圆环下滑，已知重力加速度为 g， 在小球 A滑到最低点的过程中，下列说法正确的是 ( ) A. 小球 A减少的机械能等于小球 B增加的机械能 B. 细杆对小球 A和小球 B做的总功为 0 C. 小球 A的最大速度为 4 3 gR D. 细杆对小球 B做的功为 mgR 【答案】 BC 【解析】由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故 A球增加的机械能不等于 B球减少的机 械能，故 A错误；细杆对小球 A和小球 B的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球 A和 小球 B做的总功为 0，故 B错误；当 A球运动到最低点时，电场力对系统做功 4EqR=4mgR，速 度最大，有：4mgR+mg•2R-2mg•2R= 1 2 （m+2m）v2解得：v= 4 3 gR ，故 C正确；对 B球， 利用动能定理可得，W+2mgR-2mg•2R= 1 2 ×2mv2-0，解得细杆对 B球所做的功W=- 10 3 mgR，故 D错误；故选 C。 42．有一质量为 m、电荷量为+q的带电小球，被长度为 L的轻质绝缘细线悬挂在天花板上，处 于静止状态。此时在空间加水平向左的匀强电场，细线偏离竖直方向的夹角最大值为 60°(忽略空 气阻力，重力加速度大小为 g)则（ ） A. 电场大小为 B. 电场大小为 C. 在小球摆动过程中细线上拉力最大时上升的高度为 D. 在小球摆动过程中细线的最大拉力为 【答案】 ACD 43．两个带电量分别为 1 2Q Q、 的正点电荷（电荷量 1 2Q Q ）固定在光滑绝缘水平面的 M、N 两点，O点为 M、N连线中点，有一质量为 m，带电量为+q的小球在 MN连线的 A、B两点间做 往复运动，小球经过 O点时速度为 0v ，O点电势为 O ，则 A. A点电势 A 等于 B点电势 B B. 小球在 A点时的电势能为 2 0 1 2Oq mv  C. OA>OB D. 小球在 O点时速度最大 【答案】 AB 【解析】根据动能定理可得小球从 B到 O的过程有   2 0 0 1 2Bq mv   ；小球从 O到 A的过程 有   2 0 10 2O Aq mv    ， 对 比 可 得 A B  ， A 正 确 ； 小 球 从 O 到 A 的 过 程 有   2 0 10 2O Aq mv    ，小球在 A点的电势能为 pA AE q ，可得 2 0 1 2pA OE q mv  ，B正确； 由于 1 2Q Q ，由电场强度的叠加可知，关于 O点对称的两点 OM一侧电场强度大于 ON一侧， 又 A B  ，则 AO间电势差等于 OB间的电势差，由 U=Ed可知 OAx0的点电场方向向右 C. 两个点电荷的电性 D. 两个点电荷在 x轴上的位置 【答案】 ACD 【解析】由电场力做功与电势能变化的关系有 ，得 ，即 图象的斜率大小等 于电场力 F．由图知，在 处试探电荷所受的电场力为零，则该处电场强度为零，故 A正确。在 x轴上 的点试探电荷的电势能增加，电场力做负功，电场力向左，场强方向向左，故 B错误。 在 处，两个点电荷的合场强为 0，说明两个点电荷一定是一正一负；当 x→0时，电势能 ； 说明了 x=0处一定是正电荷。由 和场强的方向，可以进一步判定，正电荷的电荷量一定是 Q，离开 点的距离近；负电荷的电荷量是 2Q。设 2Q和 Q点电荷到 点的距离分别为 和 。 由 得： ，即点电荷-2Q到 的距离是 Q到 的距离的 倍，则-2Q的位置坐标 是 ，故 D正确。故选 ACD。 【点睛】 图象的斜率等于电场力，即斜率的绝对值等于电场力大小。由 F=qE，分析场强。 析电势变化，确定场强的方向，由 N点场强为零，判断两电荷的电性和电荷的位置。 45．如图所示,在竖直放置的平行金属板 AB之间加上恒定电压 U,AB两板的中央留有小孔 , 在 B的右侧有平行于极板的匀强电场 E,电场范围足够大,感光板 MN垂直于电场方向放置,第一次 从小孔 处从静止释放一个质子 ,第二次从小孔 处从静止释放一个 粒子 ,关于这两个粒子 在电场中运动的判断正确的是( ) A. 质子和 粒子打到感光板上时的速度之比为 2:1 B. 质子和 粒子在电场中运动的时间相同 C. 质子和 粒子打到感光板上时的动能之比为 1:2 D. 质子和 粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起 【答案】 CD 【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为 ， 粒子速度为 ，根据动能定理： ，化简得出： ，质子的比荷为： ，粒子的比荷为： ， 代入得： ，故 A错误；设粒子在加速电场中加速时间为 ，加速位移为 ，在偏转电 场中时间为 ，偏转位移为 y，有： ， ，由于质子和 粒子的加速位移 和偏转位移相同，但是比荷不同，故所以运动时间不同，故 B错误；从开始运动到打到板上根据 动能定理有： ，解得： ，因为 U、E、d相同，则有： ， 故 C正确；带电粒子进入偏转电场时根据动能定理可得： ，进入偏转电场后电势差为 ，偏转的位移为 y，有： ，联立得： ，速度的偏转角正切值为 ， 有： ，偏转位移 y与速度的偏转角正切值 与带电粒子无关，因此运动轨 迹是一条，故 D正确。故选 CD。 46．如图所示，空间存在水平方向的匀强电场。在竖直平面上建立平面直角坐标系，在坐标平面 的第一象限内固定绝缘光滑的半径为 R 的四分之一圆周轨道,轨道的两个端点在坐标轴上。一质 量为 m，带电量为+q的小球从轨道上端由静止开始滚下，已知电场强度 ，则（ ） A. 小球在轨道最低点的速度大小为 B. 小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为 C. 小球脱离轨道后，当速度竖直向下时所在点的位置坐标为（－R，2R） D. 小球脱离轨道后，运动轨迹将经过（0，9R）这一点 【答案】 BD 【解析】A、从轨道上端到末端，由动能定理有： ，可得： ，故 A错误； B、在末端有： ，可得： ，故 B正确； C、小球离开轨道时具有水平向左的速度，受竖直向下的重力和水平向右的电场力，其合力方向 与速度不在同一直线上，小球应做匀变速曲线运动，当速度方向竖直向下时，水平方向的速度减 为零，水平加速度大小为 ，所以运动时间为 ，水平方向的位移为 ， 竖直方向下落的高度为 ，因此所在点的位置坐标为（－R，3R），故 C错误； D、小球回到 y 轴时，水平方向的位移为零，经历的时间为 ，竖直方向的位移是 ，所以小球的运动轨迹将经过（0，－9R）这一点，故 D正确； 故选 BD。 【点睛】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从 而得知小球在 B点对轨道的压力；小球脱离 B点后，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向 上做加速度不变的匀减速直线运动，即可求得。 47．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于 x轴上的 P、Q两点，其位置关于坐标原点 O 对称，圆弧曲线是一个以 O点为圆心的半圆，c点为半圆与 y轴的交点，a，b两点为一平行于 x 轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是 A. a，b两点的场强相同 B. a，b两点的电势相同 C. 将一个正电荷 q沿着圆弧从 a点经 c点移到 b点，电势能先增加后减小 D. 将一个正电荷 q放在半圆上任一点，两电荷对 q的作用力大小分别是 F1、F2，则 为一 定值 【答案】 BD 【解析】:等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示, A、电场强度的方向沿电场线的切线方向,由图可以知道,a,b两点的场强大小相等、方向不同,场强 不同.故 A错误; B、根据等量同种电荷的电场分布的对称性知,a点的电势等于 b.所以 B选项是正确的; C、将一个正电荷 q沿着圆弧从 a点经 c点移到 b点,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后 增加,故 C错误; D、设圆直径为 d,将一个正电荷 q 放在半圆上任一点,设该点到 a的距离为 ,到 b的距离为 , 则由勾股定理得 :两电荷对 q的作用力大小分别是 、 ,则由库仑定律得: , 所以 ,为定值.所以 D选项是正确的. 故选 BD 点睛：根据等量同号电荷的电场分布图,可以知道各点的电势高低和场强大小;由电场力做功情况 可以知道电势能的大小;根据库仑定律推导 的值. 48．在静电场中，有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动，先后经过 A、B、C点运 动到 D点。在粒子通过 A点时开始计时，此过程的“速度-时间”图象如图所示。下列说法正确的 是（ ） A. A点的电场强度最大 B. A点的电势小于 B点的电势 C. 粒子在 A点的电势能大于在 B点的电势能 D. A、C两点的电势差 UAC与 C、D两点的电势差 UCD相等 【答案】 AC 【解析】A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从 A点运动到 D点的过程 中带电粒子的加速度先减小后增大再减小，则其所受的电场力先减小后增大再减小，由 qEa m  知，电场强度 E先减小后增大再减小，即有 A处的场强强度最大，故 A正确； B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故 B错误； C、由图看出，从 A点运动到 B点的过程中带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律 得知，其电势能减小，粒子在 A点的电势能大于在 B点的电势能，故 C正确； D、从 A点运动到 C点的过程中与从 C点运动到 D点的过程中，由图看出 kAC kCDE E   ，所 以 AC CDW W  ，由 WU q  可得 AC CDU U  ，故 D错误； 故选 AC。 【点睛】速度时间图象的斜率等于加速度，由数学知识判断带电粒子的加速度，即可判断电场力 和场强；因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低；根据能量守恒判断电 势能的大小，根据 WU q  确定两点的电势差。 49．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为 1m的正六边形的六个顶点（匀强 电场和六边形所在平面平行），B、C、F三点电势分别为 1 V、2 V、3 V，则下列说法正确的是 ( ) A. D点的电势为 4.5V B. 电子在 B点的电势能比在 C点高 1eV C. 电子从 B点到 E点电场力做功为 3eV D. 匀强电场的场强大小为 21 3 V/m 【答案】 BCD 50．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为 R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强 大小为 E，方向与水平面平行．在圆上 A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向 发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过 C点的小球的动能最 大．由于发射时刻不同时，小球间无相互作用．且∠α=30°，下列说法正确的是（ ） A. 电场的方向与 AC间的夹角为 30° B. 电场的方向与 AC间的夹角为 60° C. 小球在 A点垂直电场方向发射，恰能落到 C点，则初动能 1 8 qER D. 小球在 A点垂直电场方向发射，恰能落到 C点，则初动能 1 4 qER 【答案】 AC 【解析】小球在匀强电场中，从 a点运动到 c点，根据动能定理 qUAC=Ek可知，因为到达 C点时 的小球的动能最大，所以 UAC最大，则在圆周上找不到与 C电势相等的点。且由 A到 C电场力对 小球做正功。过 C点作切线，则 CF为等势线。过 A点作 CF的垂线，则该线为电场线，场强方向 如图示。 因为∠CAB=30°，则连接 CO，∠ACO=30°，所以电场方向与 AC间的夹角θ为 30°；故 A正确，B 错误。小球只受电场力，做类平抛运动。 x=Rcos30°=v0t， y=R+Rsin30°= 2 2 qEt m ，由以上两式得：Ek= 1 2 mv02= 1 8 qER；故 C正确，D错 误。故选 AC。 点睛：本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离．此 题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法． 51．如图，质量为 m，电量为+q的小球，用长度为 l的绝缘细线悬挂于 O点，平衡时，小球位 于 O点的正下方。施加一水平向右的匀强电场后，小球向右摆动，摆动的最大角度为 60°；在改 变电场强度的大小和方向后，小球的平衡位置在α=60°处，然后再将小球的质量改变为 2m，其 新的平衡位置在α=30°处，重力加速度为 g。下列说法中正确的是 A. 水平向右的匀强电场强度为 3 3 mg q B. 在水平向右的匀强电场中，小球由静止状态向右摆动到 60°时，电势增加了 2 mgl q C. 改变电场强度的大小和方向后，小球受到的电场力大小为 mg D. 改变电场强度的大小和方向后，电场的方向向右上方且与水平面成 30° 【答案】 ACD 【解析】带电小球 A，受到电场力向右摆动的最大角度为 60°，末速度为零，此过程中电场力 F 对小球做正功，重力 G做负功，细线拉力 T不做功，根据动能定理，则有：Eqlsinα-mgl（1-cosα） =0，解得： 3 3 mgE q  ，选项 A正确；在水平向右的匀强电场中，小球由静止状态向右摆动到 60°的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项 B错误；改变电场强度的大小和方向后，平衡 在α=60°处时，设电场力与竖直方向的夹角为γ， 根据正弦定理，则有：  60 180 60 F mg sin sin      ＝ ；而在新的平衡位置在α=30°处，根据正 弦定理，则有：   2 30 180 30 F mg sin sin      ＝ ；解得 F=mg；γ=600，即电场的方向向右上方 且与水平面成 300角，选项 CD正确；故选 ACD. 点睛：考查动能定理的应用，掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用；区别 “平衡位置”与“摆角最大位置”的不同． 52．在下图中图甲、图乙中两点电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两 点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是( ) A. 图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小 B. 图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于 O点对称的两点场强和磁感应强度都相等 C. 图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大 D. 图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于 O点对称的两点场强和磁感应强度相等 【答案】 AD 【解析】A、在图甲中根据场强公式： 2 QE k r  以及场强的合成可以知道 O点场强为零；在图 丁中根据右手定则以及场强的合成可以知道 O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项 A正确； B、图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于 O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等， 但是方向不同，故选项 B错误； C、在图乙中，在中垂线上 O点场强最大，但是在连线上 O点场强最小；在图丙中，中垂线上， O点的磁感应强度都最大，故选项 C错误； D、根据场强的合成，可以知道在图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于 O点对称的两点场强和 磁感应强度大小相等，方向相同，故选项 D正确。 53．在光滑水平面内有一沿 x轴方向的静电场，其电势φ随坐标 x变化的图线如图所示(φ0、－φ0、 x1、x2、x3、x4均已知)．现有一质量为 m、电荷量为 q的带负电小球(不计重力)从 O点以某一未 知初速度 v0沿 x轴正方向射出，则下列说法正确的是( ) A. 在 0～x1间的电场强度沿 x轴正方向、大小为 0 1 1 E x   B. 在 x1～x2间与在 x2～x3间电场强度相同 C. 只要 v0＞0，该带电小球就能运动到 x4处 D. 只要 v0＞ 02q m  ，该带电小球就能运动到 x4处 【答案】 BD 【解析】由于沿差电场方向，电势降落，可知 0～x1电场强度沿 x 轴负方向。由 UE d  ，得 1 E x x      ，故 x  图象的斜率等于电场强度，在 x1～x2间与在 x2～x3间斜率不变，则电场 强度相同，故 A错误，B正确；由 x  可知，x3处电势最低速度最小，只要能到达 x3处就一定 能到达 x4处。若小球恰好到达 x3处，由动能定理 2 0 0 10 2 qU q mv     得 0 0 2qv m   ， 只要 0 0 2qv m   带电小球就能运动到 x4处，故 C错误，D正确。 【点睛】本题一要抓住 x  图象的斜率等于电场强度，分析电场力变化情况，得到小球的运动 情况，可由动能定理处理相关问题。 54．如图所示，直角坐标系中 x轴上在 x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在 x＝r 处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，a、b两点的坐标分别为(0，r)，(0，－r)，c、d、e点都 在 x轴上，d点的坐标为(2r,0)，rEe 【答案】 BCD 【解析】根据电场叠加可知，a、b两点电场强度大小相等，方向不同，场强不同，A项错误；在 带电荷量为＋9Q的正点电荷的电场中，a、b两点的电势相等，同样，在带电荷量为－Q的负点 电荷的电场中，a、b两点的电势也相等，因此 在＋9Q和－Q的叠加场中，a、b两点的电势相 等，B项正确；带电荷量为＋9Q的正点电荷在 d点产生的场强 E1＝k  2 9 3 Q r ，带电荷量为－Q的 负点电荷在 d点产生的场强 E2＝k 2 Q r ，E1和 E2等大反向，d点场强为零，C项正确；设 cd＝de ＝ l ， 则      2 2 2 2 9 3 3 Q Q Q QEc k k k k lr l r l r l r             ，      2 2 2 2 9 3 3 Q Q Q QEe k k k k lr l r l r lr            ，根据 E＝k 2 Q x 作出 E－x图象，由图象可 知，Ec大于等于点电荷 Q电场中距场源(r－l)和 - 3 lr      处场强大小的差，同样 Ee大小等于点电荷 Q电场中距场源 3 lr     和(r＋l)处场强大小的差，由图象可知，Ec>Ee，D项正确． 故选 BCD. 55．如图所示，磁感应强度大小为 B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电 路所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为 L、电阻为 R0，在外力作用下 始终以速度 v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为 2R0，滑动变阻器总阻值为 4R0.图示状态 滑动触头位于 a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中的 P处的带电油滴恰好处于静止状 态．电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，下列说法正确的是 ( ) A. 若将上极板竖直向上移动稍许，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴的电势能将增加， 且 P点电势将降低 B. 油滴带负电 C. 图示状态下，Δt时间内通过小灯泡的电荷量为 0 04 BLv t R  D. 若将滑动变阻器的滑片向 b端移动，小灯泡将变暗 【答案】 CD 【解析】由右手定则知，平行板电容器上板为负极板，板间场强方向竖直向上，油滴静止时，受 到的电场力竖直向上，故油滴带正电，选项 B错误；将下极板接地，上极板竖直向上移动，板间 场强减小，则下极板与 P点的电势差减小，而 U 下 P＝φ下－φP＝－φP，故 P点电势φP升高，选项 A 错误；导体棒切割产生的感应电动势 E＝BLv0，回路总电阻 R＝2R0，回路总电流 I＝ 0 02 BLv R ，故 Δt时间内通过小灯泡的电荷量 q＝ 0 04 BLv t R  ，选项 C正确；滑动变阻器的滑片向 b端移动，回路 总电阻减小，总电流增大，电源的路端电压减小，故小灯泡将变暗，选项 D正确；故选 CD． 点睛：本题是电磁感应与电路、电容知识的综合，关键要明确电路的结构，知道导体棒是电源， 其余部分是外电路，根据法拉第定律、欧姆定律等规律结合研究． 2 d 4 9 kQ d 2 kQ d 2 2 9 kQ d 【答案】 BD 57．如图所示，xoy坐标系内存在着方向竖直向下的匀强电场，同时在以 O1为圆心的圆形区城 内有方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，电子从原点 O以初速发 v沿平行于 x轴正方向射入场区， 若散去磁场，电场保持不变，则电子进入场区后从 P点飞出，所用时间为 t1；若撤去电场，磁场 保持不变，则带电粒子进入场区后将向下偏转并从 Q点飞出，所用时间为 t2，若 PQ两个点关于 x轴对称，下面的判断中正确的是 A. t1> t2 B. t1< t2 C. 若电场和磁场同时存在，电子将偏向 y轴正方向作曲线运动 D. 若电场和磁场同时存在，电子将偏向 y轴负方向作曲线运动 【答案】 BC 【解析】设 P、Q点的横坐标为 x，在电场中做类似平抛运动，有： 1 xt v  ；在磁场中做匀速圆 周运动，水平分速度小于 v，水平分位移为 x，故 t2＞ x v ；故 t2＞t1；则 B正确，A错误； 在电场运动时，有：x=vt1； 2 1 1 2 eEy t m  ；故 21 2 eE xy m v       ① 在磁场中做圆周运动，轨迹如图： 结合几何关系，有：x=rsinθ ② y=r-rcosθ ③ 其中：r= mv eB ④ 联立得到：     2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 cos cosE Bv sin cos cos            ＝ ＞ ；故当电场和磁场同时存在时，eE ＞evB，即电场力大于洛仑兹力，故电子向上偏转，将偏向 y轴正方向作曲线运动；故 C正确，D 错误；故选 BC. 点睛：本题选项 AB运用运动的分解进行判断，较为基础；选项 CD要分别根据圆周运动的知识 和类似平抛运动的知识进行列式分析，得到电场强度与磁感应强度的关系，同时要结合动能定理 分析，涉及三角函数的运算． 58．为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器 C置 于储罐中，电容器可通过开关 S与电源相连，如图所示。当开关 S断开且罐中的液面上升充满容 器后 A. 电容器的电容变小 B. 电容器的电容变大 C. 电容器两极板间的电压变大 D. 电容器两极板间的电压变小 【答案】 BD 【解析】两块平行金属板构成的电容器 C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相 当于插入的电介质越多，电容越大。，故 A错误，B正确；当开关 S断开后，电容器的电量不变， 根据 QC U  ，可知电容器两极板间的电压变小，故选 BD. 59．带负电的检验电荷,在某电场中仅受电场力作用,能分别完成以下两种运动:①在电场线上运 动,②在等势面上做匀速圆周运动,该电场可能由( ) A. 一个带正电的点电荷形成 B. 一个带负电的点电荷形成 C. 两个分立的带等量正电的点电荷形成 D. 两个分立的带等量正、负电的点电荷形成 【答案】 ACD 【解析】A、带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，可以沿电场线向着正电荷加速，也可以 沿电场线减速，即远离正电荷，也可绕正电荷做匀速圆周运动，电场力提供向心力，正电荷位于 圆心上，A正确； B、一个带负电的点电荷形成电场中，另一个负电荷只能沿着电场线加速远离或减速靠近，由于 两负电荷相互排斥，电场力不可能提供向心力，故不会做匀速圆周运动，故 B错误； C、两个等量正电荷形成电场的电场线如图，负电荷在两电荷连线上能沿电场线运动，在中垂线 上给一个合适的速度即可做匀速圆周运动； 另当两个的正电荷靠得很近时，距两个正电荷很远位置的电场可以近似认为与一个等效正电荷的 电场相似，当负电荷距它们很远时，负电荷可以沿电场线运动，也可以做匀速圆周运动，C正确； D、如果左边正电荷右边负电荷的话在正电荷的左边，以两点点电荷连线的延长线上的某一点为 圆心垂直于延长线的面上，带负电的检验电荷能够受到只想圆心的电场力而做匀速圆周运动，D 正确； 故选：ACD。 60．如图所示，电场中的一条电场线与 x轴重合，电场线上各点的电势如图．用 EA、EB分别表 示电场线上 A、B两点的场强大小，下列说法正确的是 ( ) A. A BE E B. A BE E C. EA与 EB方向相同 D. EA与 EB方向相反 【答案】 BC 【解析】 x  图线的斜率表示电场强度．结合图线的斜率判断电场强度的大小．根据沿电场线 方向电势逐渐降低确定电场强度的方向． 根据 E x    ，可知 x  图线的斜率表示电场强度，斜率绝对值越大，电场强度越大，则有 A BE E ，A错误 B正确；因为沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向沿 x轴正方向， AE 与 BE 方向相同，C正确 D错误． 61．如图， M、N两点处于同一水平面，O为 M、N连线的中点，过 O点的竖直线上固定一根 绝缘光滑细杆，杆上 A、B两点关于 O点对称。第一种情况，在 M、N两点分别放置电量为+Q 和-Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从 A点无初速释放，运动到 B点；第二种 情况，在 M、N两点分别放置电量为+Q的等量同种点电荷，该金属环仍从 A点无初速释放，运 动到 B点。则两种情况中( ) A. 金属环运动到 B点的速度第一种情况较大 B. 金属环从 A点运动到 B点所用的时间第一种情况较短 C. 金属环从 A点运动到 B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变 D. 金属环从 A点运动到 B点的过程中（不含 A、B两点），在杆上相同位置的速度第一种情况较 大 【答案】 BD 【解析】等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转 化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；等量同种正 电荷连线中垂线的中点电势 O最高，与中点 O距离越远，电势越低，A、B两点关于 O点对称， 电势相等，金属环电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在 B点的速 度相等，故 A错误；由于到 B点前第二种情况的速度均比较小，所以运动时间比较长，故 B正确； 等高处重力势能相等，但到 B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情 况均较小，故 C错误；第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，结合到 B点时与第一种情 况速度相等，故 D正确，故选 BD. 【点睛】本题以带电体在两个等量电荷形成的电场中的运动为背景，主要考查静电场，电场线， 电场强度、点电荷的场强、电势能、电势，动能和动能定理，功能关系，位移、速度和加速度等 知识。侧重考查分析综合能力，要求考生对等量同种、异种电荷的空间电场分布情况有清晰的认 识，综合分析带电金属环的受力和能量变化关系. 62．如图所示，某空间有一正三棱锥 OABC，点 A、 B、C分别是三条棱的中点。现在顶点 O 处固定一正点电荷，则下列说法正确的是（ ） A. A、 B、C三点连线所围的三角形平面区域内，三角形中心处电场强度最大 B. ABC 所在平面为等势面 C. 将一负试探电荷从 A点沿直线 A B 移到 B点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功 D. 若 A点的电势为 A ，A点的电势为 A ，则 AA连线中点 D处的电势 D 一定大于 2 A A   【答案】 AC 63．一匀强电场的方向平行于 xOy平面，平面内 a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分 别为 9 V、13.5 V、5.5 V。下列说法正确的是 A. 电场强度的大小为 2.5 V/cm B. 坐标原点处的电势为 1 V C. 电子在 a点的电势能比在 b点的低 4.5eV D. 电子从 b点运动到 c点，电场力做功为 8 eV 【答案】 AB 【解析】根据 a O b cU U U U   可得 UO=1V，选项 B 正确；设场强方向与 x 轴夹角为α，则 cos ocE oc U  ，即 3cos 4.5E   ； sin oaE oa U  即 4sin 8E   ；联立解得α=530， E=2.5V/cm；选项 A正确；a点电势比 b点低，则电子在 a点的电势能比在 b点的高 4.5eV，选 项 C错误；电子从 b点运动到 c点，电势能增加 8eV，则电场力做功为-8 eV，选项 D错误；故选 AB. 点睛：本题主要是考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式的应用以及几何关系的 运用，并理解W=qU中各量的正负值含义，注意在求解电功时各物理量要代入符号。 64．如图所示，空间有一正三棱锥 OABC，点 A′、B′、C′分别是三条棱的中点，现在顶点 0处固 定一正的点电荷，则下列说法中正确的是 A. A′、B′、C′三点在同一个等势面上 B. A、B、C三点的电场强度相等 C. 将一正试探电荷从 A点沿直线 AB移到 B点，静电力对该电荷先做正功后做负功 D. 若 A′点的电势为 A  ，A点的电势为 A ，则 A'A 连线中点 D处的电势 D 一定小于 2 A A   【答案】 AD 【解析】A项：由于 A′、B′、C′三点到 O点的距离相同，所以 A′、B′、C′三点在以 O为圆心的同 一球面上，即三点在同一等势面上，故 A正确； B项: 因为 A、B、C三点离顶点 O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方 向不同，故 B错误； C项：由电势的概念可知，沿直线 AB的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从 A到 B 移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故 C错误； D项：因 ·A D A DU E A D   ， ·DA DAU E DA ，由点电荷的场强关系可知 A D DAE E  ，又因为 A D DA  ，以有 UA′D>UDA，即φA′-φD>φD-φA，解得： 2 A A D     ，故 D正确。 65．如图所示表面光滑、半径为 R的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上的两小球质量 分别为 m1和 m2（大小忽略不计）并带异种电荷处于平衡时，小球 m1、m2与半球球心连线与竖 直方向的夹角分别为 30°、60°，设这两个小球的质量之比为 ，小球与半球之间的压力之比为 ， 则以下说法正确的是 A. = B. = C. = D. = 【答案】 AD 66．如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近电荷 P的 O点为原点，沿两电荷的连线建 立 x轴，沿直线向右为 x轴正方向,一带正电的粒子从 O点由静止开始仅在电场力作用下运动到 A 点，已知 A点与 O点关于 P、Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计。在从 O点到 A点 的运动过程中，下列关于粒子的运动速度 v和加速度 a随时间的变化、粒子的动能和运动径迹上 电势 随位移 x的变化图线可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】 CD 【解析】等量异种电荷的电场线如图所示． 根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度E x    ，由图可知 E先减小后增大，所以 x  图 象切线的斜率先减小后增大，故 A错误．沿两点电荷连线从 O到 A，电场强度先变小后变大，一 带正电的粒子从 O点由静止开始在电场力作用下运动到 A点的过程中，电场力一直做正功，粒子 的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t图象切线的斜率先变小 后变大，故 CD可能，故 CD正确．粒子的动能 kE qEx ，电场强度先变小后变大，则 kE x 切 线的斜率先变小后变大，则 B图不可能．故 B错误．故选 CD． 【点睛】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况判断 动能的变化情况．由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况． 67．如图所示，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 和 （ ）。两小球突然失去各自所带电荷量后开始摆动，最大速度分别为 vA和 vB，最大动能分 别为 EkA和 EkB，则 A. mA一定小于 mB B. qA一定大于 qB C. vA一定小于 vB D. EkA一定大于 EkB 【答案】 AD 【解析】A. 对小球 A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图 根据平衡条件,有：mAgtanθ1=F 同理,有：mBg⋅ tanθ2=F 由于θ1>θ2,故 mAF2 D. F1=F2 【答案】 AC 72．如图所示，实线表示一簇关于 x轴对称的等势面，在轴上有 A、B两点，则 ( ) A. A点场强小于 B点场强 B. A点电势高于 B点电势 C. A点场强大于 B点场强 D. A点场强方向指向 x轴负方向 【答案】 AB 【解析】A、C项：根据等差等势面的疏密程度表示场强大小可知，A点场强小于 B点场强，故 A 正确，C错误； B、D项：根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以 A点电势高于 B点电势，电 场线沿 x轴正向，故 B正确，D错误。 点晴：解决本题关键理解等差等势面的疏密程度表示场强大小，电场线由电势高的等势面指向电 势低的等势面。 73．如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个电子在 A点的 电势能小于其在 B点的电势能，下列说法中正确的是 A. A点的电势比 B点的低 B. A点的电势比 B点的高 C. 电子在 A点所受的电场力比 B点的大 D. 电子在 A点所受的电场力比 B点的小 【答案】 BD 【解析】AB：电子带负电，电子在 A点的电势能小于其在 B点的电势能，则 A点的电势比 B点 的高。故 A项错误，B项正确。 CD：B点处等势面比 A点处等势面密集，B点处电场强度大于 A点处电场强度，电子在 B点所受 的电场力比 A点的大。故 C项错误，D项正确。 点睛：等势面的疏密表示电场的强弱。 74．如图所示，平行板电容器 AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联 接在电源上，已知 A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿 AB中心水平射入， 打在 B极板上的 N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动 A板来改变两极板 AB间距（两极 板仍平行），则下列说法正确的是（ ） A. 若小球带正电，当 AB间距减小时，小球打在 N的左侧 B. 若小球带正电，当 AB间距增大时，小球打在 N的右侧 C. 若小球带负电，当 AB间距减小时，小球可能打在 N的右侧 D. 若小球带负电，当 AB间距增大时，小球可能打在 N的左侧 【答案】 AC 【解析】A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能 减小．若小球带正电，当 d 减小时，电容增大，Q 增大，根据 , , 4 U Q SE C C d U k d      ，得 4k QE S    ，知 d减小时 E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度 增大，运动时间变短，打在 N点左侧．故 A正确．若小球带正电，当 d增大时，电容减小，但 Q 不可能减小，所以 Q不变，根据 , , 4 U Q SE C C d U k d      ，得 4k QE S    ，知 E不变所以电 场力不变，小球仍然打在 N点．故 B错误．若小球带负电，当 AB间距 d增大时，电容减小，但 Q不可能减小，所以 Q不变，根据 , , 4 U Q SE C C d U k d      ，得 4k QE S    ，知 E不变所以 电场力不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变， 运动时间不变，小球仍然打在 N点．故 C正确．若小球带负电，当 AB间距 d减小时，电容增大， 则 Q增大，根据 , , 4 U Q SE C C d U k d      ，得 4k QE S    ，知 E增大，所以电场力变大，方 向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球 将打在 N点的右侧．故 D错误．故选 AC. 【点睛】A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能 减小．根据两极板间电场的变化，判断电场力的变化，从而确定小球水平方向上的位移变化． 75．如图，正方形 abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向 平行 bc的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从 d点沿 da方向射入磁场，随后经过 bd的中点 e进入电场，接着从 b点射出电场。不计粒子的重力。则（ ） A. 粒子带负电 B. 电场的方向是由 b指向 c C. 粒子在 b点和 d点的动能相等 D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为∶2 【答案】 ABD 【解析】A、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从 d点进 e点出，由左手定则知带负电，则 A正确。 B、根据磁场中运动的对称性知 e点的速度大小等于 v0，方向与 bd成 45°，即水平向右，而电场 线沿 bc方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由 b指向 c，B正确。C、 粒子从 d到 e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而 e到 b电场力做正功，动能增大，故 b点的 动能大于 d点的动能，C错误。D、设正方形边长为 L，由几何关系可知 0 0 0 2 2 4 2= 4 4 r L Lt v v v     磁 ， 电场中的水平分运动是匀速直线运动， 0 0 2= 2 L Lt v v 电 ，故 = 2 t t 磁 电 ，则 D正确。故选 ABD. 【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结 合牛顿第二定律列式分析． 76．如图所示，矩形区域 MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域。半径为 R，内 壁光滑、内径很小的绝缘半圆管 ADB固定在整直平面内，直径 AB垂直于水平虚线 MN，圆心 0 恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中，一质量为 m，可视为质点的带正电，电荷量为 q的 小球从半圆管的 A点由静止开始滑入管内，小球从 B点穿出后，能够通过 B点正下方的 C点。 重力加速度为 g，小球在 C点处的加速度大小为 5 3 g .则下列说法正确的是 A. 匀强电场的场强 E为 3 4 q mg B. 小球在到达 B点时，半圆轨道对它作用力的大小 7 3 mg C. 球流够到达 B点正下方 C点，虚线标 MNPQ的高度不大于 5 2 R D. 从 B点开始计时，小球从 B运动到 C点的过程中，经过 8 3 25 R g 时间时动能最小 【答案】 BD 【解析】由于小球在 C处受到重力和电场力的共同作用，所以 C点： F 合＝ma＝  2 2 2qE m g 代入数据得：E＝ 4 3 mg q ，选项 A错误； A→B的过程重力和电场力对小球做功，mg•(2R)−FR＝ 1 2 mvB2 得：vB＝ 4 3 gR 在 B点 N−mg＝ 2 Bmv R 半圆轨道对小球的作用力 N＝ 7 3 mg，选项 B正确； 小球从 B→C 水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动，ax＝ 4 3 g；ay=g 设向左减速时间为 3 4 B x v Rt a g ＝ ＝ 1 2 2B Rx v t＝ ＝ y＝ 1 2 g(2t)2＝ 3 2 R 宽度应满足条件 L＞2R，高度满足条件 H≥ 5 2 R，选项 C错误； 当 F与 mg的合力与 v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为 t，则 vy＝ 4 3 vx ； vy=gt vx＝vB− 4 3 gt ∴t＝ 8 3 25 R g ，选项 D正确；故选 BD. 77．如图所示，带电小球 a由绝缘细线 OC和 OE悬挂而处于静止状态，其中 OC水平，地面上固 定以绝缘且内壁光滑的 1 4 的圆弧细管道 AB，圆心 O与 a球位置重合，管道低端 B与水平地面相 切，一质量为 m的带电小球 b从 A端口由静止释放，当小球 b运动到 B端时对管道壁恰好无压 力，重力加速度为 g，在此过程中（ ） A. 小球 b的机械能守恒 B. 悬线 OE的拉力先增大后减小 C. 悬线 OC的拉力先增大后减小 D. 小球 b受到的库仑力大小始终为 3mg 【答案】 ACD 【解析】小球在运动的过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故 A正确；以小球为研究对象， 受力分析，如图所示。在竖直方向： OE cF sin mg F cos   ；α保持不变，β逐渐减小，所以 OE 的拉力一直增大，故 B 错误；水平方向： OE c OCF cos F sin F   ，联立解得：  OC cF mgctg F sin cos ctg      ，OC拉力先增大后减小，故 C正确； 小球从 A到 B： 21mgR 2 mv ，在 B点： 2 c vF mg m R   ，解得 Fc=3mg，故 D正确。 78．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等。如图所示，正电荷均匀分布在半 球面上，Ox为通过半球顶点与球心 O的轴线，A、B为轴上的点，且 AO=OB，则下列判断正确 的是( ) A. A、B两点的电势相等 B. A、B两点的电场强度相同 C. 点电荷从 A点移动到 B点，电场力一定做正功 D. 同一个负电荷放在 B点比放在 A点的电势能大 【答案】 BD 【解析】根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则 A点的电势高于 B点的电势，故 A错误；将半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在 A点产生的场强大小分别 为 E1和 E2．由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知 E1=E2．根据对称性可知，左、 右半球在 B点产生的场强大小分别为 E2和 E1．且 E1=E2．则在图示电场中，A的场强大小为 E1， 方向向右．B的场强大小为 E2，方向向右，所以 A点的电场强度与 B 点的电场强度相同，故 B 正确．点电荷从 A点移到 B点，电势降低，由于点电荷的电性未知，则电场力不一定做正功，故 C错误．A点的电势高于 B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势大，知 同一个负电荷放在 B点比放在 A点的电势能大．故 D正确．故选 BD. 点睛：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在 A点的 场强与缺失的右半球面在 B点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键． 79．如图所示，有两个带异种电荷.质量为 m的带电小球 ，a被固定，带电量为 q的 b放置 在与 a同一水平面的光滑绝缘斜面上，斜面倾角 ，b在斜面上保持静止，则下列说法正确 的是( ) A. a在 b处产生的电场的方向向左 B. a在 b处产生的电场的电场强度为 C. 若小球缓慢漏电，要使 b仍保持静止在原位置，可将 a向上移一段距离 D. 若小球缓慢漏电，要使 b仍保持静止在原位置，可将 a向下移一段距离 【答案】 BC 80．如图所示，物体 A和带负电的物体 B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是 m 和 2m，劲度系数为 k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体 A相连，倾角为θ的斜面处 于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体 B在一沿斜面向上的外力 F ＝3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力 F，直到物体 B获得最大速度，且 弹簧未超过弹性限度，则在此过程中： A. 物块 A和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 撤去外力 F的瞬间，物体 B的加速度为 C. B获得速度最大时，弹簧的伸长量为 D. 物体 A和弹簧组成的系统机械能增加量和 B的动能之和大于物体 B电势能的减少量 【答案】 BD 【解析】绳子拉力对 A做功，A和弹簧组成的系统机械能不守恒，A错误；当施加外力时，对 B 分析可知 ，解得 ，当撤去外力瞬间，弹簧的弹力来不了改变， 所以绳子的拉力仍为零，B 受到沿斜面向下的电场力以及重力沿斜面向下的重力的分力，故 ，解得 ，B正确；当 B受到的合力为零时，B的速度最大， 由 解得 ，C错误；根据动能定理可得物体 A和弹簧组成的系统机 械能增加量等于绳子拉力做的功，故 ；根据动能定理可得 ，故 ，即 ，D正确． 81．如图所示，在竖直平面内，正方形 ABCD区域内有平行于 AB边的匀强电场，E、F、H是对 应边的中点， P点是 EH的中点。一个带负电的粒子（不计重力）从 F点沿 FH方向射入电场后 恰好从 C点射出．以下说法正确的是： A. 匀强电场中 B点的电势比 D点低 B. 粒子的运动轨迹经过 PE之间某点 C. 若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由 E点从 BC边射出 D. 若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过 EH 【答案】 BC 【解析】电场方向在竖直方向，粒子做的是类平抛运动，和平抛运动的规律类似，只不过平抛时 受到重力，这个题受的是电场力．仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方 向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可． 带负电的粒子向下偏转，因此电场强度应竖直向上，B点的电势应高于 D点，A错误；粒子做类 平抛运动，过 C点做速度的反向延长线过 FH的中点，也必过 P点，因此运动轨迹应该过 PE之 间的某点，B正确；粒子的初速度减小到原来的一半，将从 BC边出射，由类平抛运动的规律，y 方向位移相等，则运动时间相同，水平位移将变为原来的一半，因此从 E点射出，C正确；从 C 点射出的粒子，反向延长线过 FH的中点 O，OC垂直于 EH；增大粒子速度，粒子从 HC变射出， 速度夹角必然减小，其反向延长线必不可能再垂直于 EH，因此粒子在经过 EH边时也不可能垂直 于 EH，D错误． 82．如图所示，纸面内有一以 A、B、C、D为顶点的正方形区域，其中心 O处有一带电荷量为 Q 的正点电荷，E、F分别为 AB边和 AD边的中点，则在该电荷产生的电场中 A. A、B、C、D四点处的电场强度相同 B. A、E、B三点间的电势差满足 UAE=UEB C. A、F两点处的电场强度大小之比为 1︰2 D. 电子在 C处时的电势能大于在 F处的电势能 【答案】 CD 【解析】A、B、C、D四点到 O点的距离相等，根据 可知四点处的电场强度大小相等，但 方向不同，则电场强度不同，A错误；A、B、C、D四点在以 O为球心的同一球面上，所以四点 的电势相同，故有 ，B错误；根据几何知识可知 A、F两点到 O点的距离之比为 ， 由 知 A、F两点处的电场强度大小之比 1：2，C正确；在正点电荷的电场中，距离点电荷 越近的球面上的电势越高，所以 D处电势比 F处电势低，根据负电荷在电势低处电势能大，知电 子在 D处时的电势能大于在 F处的电势能，D正确． 【点睛】在点电荷电场中，由 可知到点电荷距离相同的点的电场强度大小相等，但方向不 同，在以点电荷为球心的球面上的所有点电势相等． 83．如图(a)所示为示波管的原理图。如果在电极 XX'之间所加的电压按图(b)所示的规律变化， 在电极 YY'之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上不可能出现的图形是 A. B. C. D. 【答案】 ABD 【解析】因 YY′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与 XX′偏转电压上加的是待显 示的信号电压相同，则以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象，则显示如图 C所示， ABD是不可能出现的。故选 ABD。 84．为了研究电介质的极化性质，设想用α粒子轰击某电介质。电介质极化时产生很多电偶极子， 电偶极子可视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种电荷垂直平分上某点 A开始水平向右 轰击如图所示等量异种电荷，轨迹如图中实线所示，则下列说法中正确的是 A. α粒子在 C点时机械能比 A位置时大 B. α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加 C. α粒子在 C点时加速度比 A位置时大 D. 要使 a粒子沿着虚线做匀速直线运动，则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场 【答案】 ABC 【解析】α粒子从 A到 C电场力做正功，动能增大，速度增大，即在 C点时机械能比 A位置时大， 选项 AB正确；α粒子从 A到 C时，在 C点电场线比 A点密集，则在 C点时受电场力大，加速度 比 A位置时大，选项 C正确； a粒子沿着虚线运动时受到向下的先增大后减小的电场力，则要 使 a粒子沿着虚线做匀速直线运动，受到向上的磁场力先增大后减小，需要加一垂直纸面向里的 向增大后减小的磁场，选项 D错误；故选 ABC. 85．85．如图在匀强电场中，质量为 m、电荷量为+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动， 轨迹与竖直方向的夹角为θ则( ) A. 场强最小值为 sinmg q  B. 小球的电势能可能不变 C. 电场方向可能水平向左 D. 小球的机械能可能减小 【答案】 ABD 【解析】A项：由题意可知，重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定则可 知，当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，即场强最小，由几何知识可得： sinmg qE  ， 解得 sinmgE q   ，故 A正确； B项：当电场方向垂直合力方向斜向右上方时，电场力不做功，小球的电势能不变，故 B正确； C项：当电场方向水平向左，电场力方向向左，重力竖直向下，重力与电场力的合力不可能斜向 右下方，故 C错误； D项：当电场力方向与合力方向的夹角大于 900时，在运动过程中电场力对小球做负功，所以小 球的机械能减小，故 D正确。 点晴：解决本题关键理解当两个力的合力方向一定，其中一个力大小，方向恒定，另一个力可在 一定范围内变化，利用平等四边形定则确定另一个力的最小值。 86．有一质量为 m的带电小球以初速度大小为 、方向竖直向下，进入一匀强电场中，由于电场 力和重力的共同作用，小球在竖直方向下降 h后，速度变为零，下列判断不正确的是（ ） A. 电场力对小球做的功为 B. 小球克服电场力做的功为 C. 小球的机械能减少 mgh D. 小球的重力势能减少 mgh 【答案】 AC 87．如图所示，板长为 L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成 30°角；若带 电微粒甲乙由图中的 P点射入电容器，分别沿着虚线 1和 2运动（虚线 1为水平线，虚线 2为平 行且靠近上极板的直线），则下列关于带电微粒的说法正确的是 A. 两微粒均做匀减速直线运动 B. 两微粒电势能均逐渐增加 C. 两微粒机械能均守恒 D. 若两微粒质量相同，甲的电量一定比乙大 【答案】 AD 【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电 场力只能垂直极板向上，受力如图所示； 根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动， 故 A正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加， 机械能减小；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变， 机械能不变，故 BC错误；根据受力图，对甲： ，解得： ，对乙： ，解得： ，由此可知若两微粒质量相同，甲的电量一定比乙大，故 D 正确。所以 AD正确，BC错误。 88．电荷量为 Q1 和 Q2 的两点电荷分别固定在 x 轴上的 O、C 两点，规定无穷远处电势为零，x 轴上各点电势随 x 的变化关系如图所示。则 A. Q1 的电荷量小于 Q2 的电荷量 B. G 点处电场强度的方向沿 x 轴负方向 C. 将一带负电的试探电荷自 G 点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达 D 点 D. 将一带负电的试探电荷从 D 点移到 J 点，电场力先做正功后做负功 【答案】 BD 【解析】A项：图像斜率表示场强大小，由图可知在 H点的场强为零，即 Q1和 Q2两电荷在 H的 合场强为零，由公式 可知，Q1的电荷量大于 Q2的电荷量，故 A错误； B项：由图知 B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以在 B点边场强方向沿 x轴正方向， 在 B点右边场强方向沿 x轴负方向，故 B正确； C项：由在 G点场强方向沿 x轴向左，负电荷所受电场力向右，所以负电荷沿 x轴向右运，故 C 错误； D项：由图像可知从 D点到 J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做 正功后做负功，故 D正确。 89．如图所示，匀强电场分布在边长为 L的正方形区域 ABCD内，M、N分别为 AB和 AD的中点， 一个初速度为 v0、质量为 m、电荷量为 q的带负电粒子沿纸面射入电场．带电粒子的重力不计．如 果带电粒子从 M点垂直电场方向进入电场，则恰好从 D点离开电场．若带电粒子从 N点垂直 BC 方向射入电场，则带电粒子 A. 从 BC边界离开电场 B. 从 AD边界离开电场 C. 在电场中的运动时间为 D. 离开电场时的动能为 【答案】 BD 根据动能定理得： ， 解得 ， 所以粒子最终从 AD边离开电场，粒子在电场中运动的时间为： ， 离开电场时电场力做功为零，故有离开电场时的动能为： 故 BD正确； 综上所述本题答案是：BD 90．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一 小孔（小孔对电场的影响可忽略不计），小孔正上方 处的 点有一带电粒子，该粒子从静止开始 下落，经小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回，若将下极板向上平移 ，则从 点开始下落的相同粒子（ ） A. 粒子带负电 B. 粒子的重力不能忽略不计 C. 粒子将打在下极板上 D. 粒子在距上极板 处返回 【答案】 ABD 【解析】依据粒子运动的情况可知，粒子受的电场力方向竖直向上，而电容器上极板为正极，即 电场强度方向竖直向下，故粒子带负电，故 A正确．下落的过程重力做功，故重力不能忽略不计， 故 B正确．运用动能定理得 ，将下极板向上平移 ，设运动到距离上极板 处返回， 根据动能定理得 ，联立两式解得： ，即粒子将在距上极板 处返回， 故 C错误，D正确．故选 ABD． 91．如图所示，在竖直平面内有匀强电场（图中未画出），一个质量为 的带电小球，从 点以初 速度 沿直线运动．直线与竖直方向的夹角为 ，不计空气阻力，重力加速度为 ．以下 说法正确的是（ ） A. 小球一定做匀变速运动 B. 小球在运动过程中可能机械能守恒 C. 小球运动过程中所受电场力不小于 D. 当小球速度为 时，其重力的瞬时功率 【答案】 BC 【解析】若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动，若电场力与重力不平稀时，两者的合力 与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动，故 A错误．若电场力与速度方向垂直 时，电场力不做功，则小球的机械能守恒，故 B正确．当电场力与速度方向垂直时，电场力最小， 由垂直于速度方向力平衡得到，电场力的最小值为 ，故 C正确．当小球速度为 v时，其重 力的瞬时功率 ，故 D错误．故选 BC． 【点睛】小球从 A点以初速度 沿直线运动，受到重力和电场力作用，可能做匀速直线运动，也 可能做匀变速直线运动．小球在运动过程中可能机械能守恒．当电场力与速度方向垂直时，电场 力最小为 ．当小球速度为 v时，其重力的瞬时功率 ． 92．反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与 下述过程类似．已知静电场的方向平行于 轴，其电势 随 的分布如图所示．一质量 ，电荷量 的带负电的粒子从 点由静止开始，仅在电场力 作用下在 轴上往返运动．则（ ） A. 轴左侧电场强度 和右侧电场强度 的大小之比 B. 粒子在 区间运动过程中的电势能减小 C. 该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 D. 该粒子运动的周期 【答案】 ACD 【解析】根据 可知，左侧电场强度： ，右侧电场强度： ，所以 ，故 A正确．粒子带负电，故在 区间运 动过程中的电势能增加，故 B 错误．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 ，故 C正确．粒子运动到原点时速度最大，根据动能 定理有： ，其中 ，联立得： ，设粒子在原点左右两侧 运动的时间分别为 、 ，在原点时的速度为 ，由运动学公式有 ，同理可知： 、 ，而周期 ，联立得： ，故 D正确．故 选 ACD． 93．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的 带电小球（不计两带电小球之间的电场影响）， 小球从紧靠左极板处由静止开始释放， 小球从 两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打在右极板上的同一点，则从开始释放到打 到右极板的过程中（ ） A. 它们的运动时间的关系为 B. 它们的电荷量之比为 C. 它们的动能增量之比为 D. 它们的电势能减少量之比为 【答案】 BD 【解析】两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式 ， 可知它们运动时间相同，故 A错误．小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位 移 ，由 ，得加速度之比 ．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为 ， ，则 ，故 B正确．由场力做功分别为 ， ，由 于 ， ，得 ，故电势能的减小量为 ，而重力做功相 同，则合力做功之比 ．则动能增加量之比 ，故 C错误，D正确．故 选 BD. 【点睛】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可 知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两 小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移 ，根据牛顿第二定律和运动 学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力 对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比． 94．如图所示， 、 两球所带电荷量均为 ，质量均为 ，其中 球带正电荷， 球 带负电荷，且均可视为点电荷． 球通过绝缘细线吊在天花板上， 球固定在绝缘棒一端，现将 球 放在某一位置，能使绝缘细线伸直， 球静止且与竖直方向的夹角为 ，则 、 球之间的距离可 能为（ ）（ ） A. B. C. D. 【答案】 AB 95．如图所示，将一个半径为 的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧与球心等高处 放置一个电荷量为 的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为 ．由于静电感应在 金属球上产生感应电荷．设静电力常量为 ．则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况， 以下说法中正确的是（ ） A. 电荷 与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向的 B. 感应电荷在金属球球心处激发的电场场强 ，方向向左 C. 感应电荷全部分布在金属球的表面上 D. 金属球右侧表面的电势高于左侧表面 【答案】 AC 【解析】A、电荷 与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部 合电场为零，电荷不再会移动，处于静电平衡状态，故 A正确； B、感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反， 即为 ，故 B错误； C、由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故 C正确； D、静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故 D错误； 故选 AC。 【点睛】金属球在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，因此在金属球内部出现 感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动。 96．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法 有（ ） A. 减小两极板间的距离 B. 用手触摸极板 B C. 在两板间插入电介质 D. 将极板 B向上适当移动 【答案】 AC 【解析】减小两极板间的距离，即 d 减小，则由电容的决定式 4π sC kd   ，可以知道电容器的电 容增大；电容器所带电荷量不变，则由 QC U  分析可以知道，电容器板间的电势差减小，静电计 的指针偏角变小，所以 A正确的； 因为 B板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响， 电势差保持不变，故 B正确；在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由Q UC 可 以知道电势差减小，所以 C正确的；将极板 B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式 可以知道，电势差增大，故 D错误；故选 AC． 点睛：本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小；熟练掌握电容器的 决定式 4 sC kd    和定义式 QC U  是解题的基础。 97．如图所示，真空中两个不等量的正点电荷 Q1、Q2固定在 x轴上，其中 Q1 Q2。三角形 acd 为等腰三角形，cd边与 x轴垂直且与 x轴相交于 b点，则下列说法正确的是 A. a点场强小于 b点场强 B. c点电势小于 b点电势 C. 将电子从 a点移到 b点再移到 c点电势能增加 D. 将电子从 a点移动到 c点电场力做负功 【答案】 BCD 98．据报道，2017年 9月 24日，济南环山路某处高压电线落地燃烧，幸好没有造成人员伤亡。 高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚 MN间最大跨步距离为 d，触地点 O流入大地的电流为 I，大地的电阻率为ρ，ON 间的距离为 R。电流在以 O点为圆心、半径为 r 的半球面上均匀分布，其电流密度为 ，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以 等效成把点电荷 Q放在真空中 O点处产生的电场强度．下列说法正确的是 A. 等效点电荷 Q的电荷量为 (k为静电力常量) B. 图中 MN两脚间跨步电压可能等于 C. 当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压不可能为零 D. 两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法 【答案】 AD 【解析】根据题意有： 解得 Q= ．故 A正确。N点处电流密度为 ，由于 MN间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近 O点越大，则知 MN间的场强大于 ρ，MN两脚 间跨步电压大于 ρ•d= ．故 B错误。当两脚位于同一等势线上时即两脚到 O点的距离相 等时，跨步电压为零。故 C错误。两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点是防跨步触电的一种有 效方法。故 D正确。故选 AD. 点睛：本题是信息给予题，要读懂题意，抓住有效信息是关键，可采用类比的方法理解，将电流 场与点电荷的静电场模拟分析。 99．下图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速 电压为 1U ，偏转电压为 2U ，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为 L和 d，y为电子离开 偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即 2 y U (该比值越大则灵敏度越高)，则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（ ） A. 减小 1U B. 增大 2U C. 增大 L D. 减小 d 【答案】 ACD 【解析】经加速电场后的速度为 v，则 2 1 1 2 mv eU ，所以电子进入偏转电场时速度的大小为 1 0 2eUv m  ，电子进入偏转电场后的偏转的位移为 2 2 2 2 2 0 1 1 1 2 2 4 eU U LLy at md v dU         ，所以示 波管的灵敏度 2 2 14 Ly U dU  ，所以要提高示波管的灵敏度可以增大 2L 、减小 d和减小 1U ，ACD 正确．选 ACD． 100．如图所示，水平面内有 A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为 R=2cm 的同 一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知 A、C、E三点的电势分别为 、 、 ，下列判断正确的是 A. 将电子沿圆弧从 D点移到 F点，静电力先做正功再做负功， B. 电场强度的大小为 100V/m C. 该圆周上的点电势最高为 4V D. 电场强度的方向由 A指向 D 【答案】 ABC 101．在真空中 A、B两点分别放有异种点电荷+Q和﹣2Q，以 AB连线中点 O为圆心作一圆形 路径 abcd，如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 场强大小关系有 Ea=Eb、Ec=Ed B. 电势高低关系有φa＞φb、φc=φd C. 将一负点电荷沿圆弧由 a运动到 b的过程中电场力做负功 D. 将一正点电荷沿直线由 c运动到 d的过程中电势能始终不变 【答案】 BC 【解析】由于 QA＜QB，a点处电场线比 b点处电场线疏，a点场强小于 b点场强．而 cd两点的 电场强度大小相等，方向不同，故 A错误．由题，电场线方向由 A指向 B，则有φa＞φb、由于电 荷从 c点移到 d点，电场力做功为零，所以两点电势相等．故 B正确．将一负点电荷沿圆弧由 a 运动到 b的过程中，电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功．故 C正确．将一正点电荷 沿直线由 c运动到 d的过程中，根据电场强度的叠加可知，在 c点电场力方向与速度方向夹角小 于 90°，而在 d点的电场力方向与速度方向夹角大于 90°，所以电场力先做正功后做负功，则电 势能先减小后增加．故 D错误．故选 BC. 102．如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为 R，带电量为+Q，在圆环的最高点用绝缘 丝线悬挂一质量为 m、带电量为 q的小球（大小不计），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平 衡状态，小球到圆环中心 O距离为 R，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，则小球所处位置 的电场强度为( ) A. B. C. D. 【答案】 AD 【解析】对小球受力分析可知 解得 ，则选项 A正确，B错误；由于圆环不 能看作点电荷，我们取圆环上一部分△x，总电量为 Q，则该部分电量为 Q；该部分电荷在小 球处产生的电场强度为 ，方向沿该点与小球的连线指向小球；同 理取以圆心对称的相同的一段，其电场强度与 E1相同；如图所示； 则两个场强的合场强为 方向应沿圆心与小球的连线向外； 因圆环 上各点均在小球处产生电场，则和场强为 方向水平向右；选项 D正确， C错误；故选 AD. 点睛：因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球处产生的场 强，然后叠加，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应 注意正确进行受力分析． 103．如图，真空中 a、b、c、d四点共线且等距．先在 a点固定一点电荷+Q，测得 b点场强大 小为 E。若再将另一等量异种点电荷﹣Q放在 d点时，则( ) A. b点场强大小为 5 4 E B. c点场强大小为 3 4 E C. b点场强方向向右 D. c点电势比 b点电势高 【答案】 AC 【解析】设 ab=bc=cd=r，根据题意可知，+Q在 b点产生的场强大小为 E，方向水平向右，由 点电荷的场强公式得： 2 QE k r  ，-Q在 b点产生的电场强度大小为：  1 2 42 Q EE k r   ，方 向水平向右，所以 b点的场强大小为： 1 5 4 4bE E E E   ，方向水平向右，故 AC正确；根据 对称性可知，c点与 b点的场强大小相等，为 5 4 E，方向水平向右，故 B错误；电场线方向从 a 指向 d，而顺着电场线方向电势降低，则 c点电势比 b点电势低，故 D错误。所以 AC正确，BD 错误。 104．如图所示，倾角为的斜面固定在竖直向上的匀强电场中，带负电的小球自斜面 M点以初 速度 0v 水平抛出后落在斜面上的 N点。已知小球质量为 m，不计空气阻力，则 A. 可求出小球的竖直方向的速度大小 B. 可求出小球末速度方向 C. 若初速度减小一半，则下降高度减小一半 D. 若初速度减小一半，则末速度也减小一半 【答案】 ABD 【解析】A.利用平抛知识有： 2 0 0 1 2 tan 2 aty at x v t v    ，则 02 tanvt a   。竖直方向的速度为： 02 tanyv at v   ，故 A正确； B、设小球与水平方向之间的夹角为 ，则 0 0 2 tantan 2tany x v v v v      ，故 B正确； C．若初速度减小一半，根据 02 tanvt a   ，时间变为 1/2倍，则下降高度 21 2 h at ，变为原来 的 1/4，故 C错误； D．若初速度减小一半，夹角 不变，根据 0cos v v   ， 0 cos vv   ，则末速度也减小一半，故 D正确。 故选：ABD。 105．如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距 为 d，在下极板上叠放一厚度为 l的金属板，其上部空间有一带正电粒子 P静止在电容器中，当 把金属板从电容器中快速抽出后，粒子 P开始运动，重力加速度为 g。则下列判断正确的是 A. 上极板带负电 B. 粒子开始向上运动 C. 粒子运动的加速度大小为 D. 粒子运动的加速度大小为 【答案】 AC 【解析】A. 带正电粒子 P静止在电容器中，粒子受重力和电场力，处于平衡状态，那么上极带负 电，故 A正确； B．当抽出金属板后，导致电场强度减小，则电场力减小，那么粒子向下运动，故 B错误； CD．开始时平衡，有： ① 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg− =ma② 联立①②解得：a= ；故 C正确，D错误。 故选：AC. 点睛：金属板内部场强为零，有厚度为 l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了 l；粒子受 重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度． 106．如图所示，a、b为等量异种点电荷 A、B连线的中垂线上的两点，b、c为其连线上的两点， AB连线沿竖直方向。现将一个带负电的试探电荷先从图中 a点沿直线移到 b点，再从 b点沿直 线移到 c点，下列说法正确的是 A. a、b、c各点处试探电荷所受电场力方向相同，均沿 BA连线方向向下 B. 试探电荷所受电场力先减小后增大 C. 从 a点到 b点电场力对试探电荷不做功，从 b点到 c点电场力对电荷做负功 D. 若将试探电荷直接从 a点沿直线移动到 c点，电势能先减小后增大 【答案】 AC C. 等量异种电荷连线的垂直平分线为等势线，电势相等，则从 a点到 b点，电场力不做功；从 b点到 c点电场力对电荷做负功，故 C正确； D. 试探电荷直接从 a点沿直线移动到 c点，电场力做负功，电势能增大。故 D错误。 故选：AC. 点睛：等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，根据电场线与等势线垂直，分析场强方向， 确定电场力方向．根据电场线的疏密分析电场强度的大小变化，判断电场力的变化．根据电场力 做功判断电势能的变化． 107．如图所示，虚线 a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势 线 a上一点 A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线 c于 B、C点， 甲粒子从 A到 B的动能变化量的绝对值是 E，乙粒子从 A到 C动能变化量绝对值为 。不计粒子 的重力，由此可以判断（ ） A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电 B. 甲的电量一定为乙电量的 2倍 C. 甲粒子从 A到 B电场力一定做正功，乙粒子从 A到 C电场力一定做负功 D. 甲在 B点的电势能的绝对值一定是乙在 C点电势能绝对值的 2倍 【答案】 BC 【解析】由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电，选项 A错误；从 A点到 c等势面的电势差相等，根据 Uq=Ek，因 Ek 甲=2Ek 乙,可知 q 甲=2q 乙，选项 B正确；两粒子的动能均增加，则甲粒子从 A到 B电 场力一定做正功，乙粒子从 A到 C电场力一定也做正功，选项 C错误；BC两点的电势相同，根 据 EP=φq可知，甲在 B点的电势能的绝对值一定是乙在 C点电势能绝对值的 2倍，选项 D正确； 故选 BD. 点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹的凹向判断出所受电场力方向， 然后进一步判断电势、电场强度、动能等物理量的变化． 108．图中虚线 A、B、C、D表示匀强电场的等势面，一带正电的粒子只在电场力的作用下，a 点运动到 b点，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是（ ） A. 等势面 A电势最低 B. 粒子从 a运动到 b，动能减小 C. 粒子从 a运动到 b，电势能减小 D. 粒子从 a运动到 b的过程中电势能与动能之和不变 【答案】 CD 【解析】A：电场线与等势面垂直，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，曲线运动所受合 力指向曲线的凹侧；带正电的粒子只在电场力的作用下，a点运动到 b点，轨迹如图中实线所示， 可画出速度和电场线及受力方向如图： 则电场力的方向向右，电场线的方向向右，顺着电场线电势降低，等势面 A电势最高。故 A项错 误。 BCD：粒子从 a运动到 b，只受电场力，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，粒子 的电势能减小；根据动能定理，电场力做正功，动能增加；只受电场力作用，粒子的电势能与动 能之和不变。故 B项错误，CD两项正确。 点睛：解决这类带电粒子在电场中运动问题的思路是：根据运动轨迹和电场线(等势面)判断粒子 所受电场力的方向，再进一步分析场强方向、电势、电场力做功、动能、电势能等物理量的变化 情况。 109．如图所示，带箭头的线段表示某一电池中的电场线的分布情况，一带电粒子在电场中运动 的轨迹如图中虚线所示，，若不考虑其他力，则下列判断中正确的（ ） A. 若粒子是从 A运动到 B，则粒子带正电；若粒子是从 B运动到 A，则粒子带负电 B. 不论粒子是从 A运动到 B，还是从 B运动到 A，粒子必带负电 C. 若粒子是从 B运动到 A，则其速度减小 D. 若粒子是从 A运动到 B，则其电势能增加 【答案】 BD 【解析】A. 根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知电场力与电场线的方向相反，所以 不论粒子是从 A运动到 B，还是从 B运动到 A，粒子必带负电，故 A错误，B正确； C. 若粒子是从 B运动到 A，电场力做正功，则其动能增大，速度增大，电势能减小；若粒子是从 A运动到 B，电场力做负功，则其电势能增加。故 C错误，D正确。 故选：BD. 110．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸 面水平向里．一带电微粒由 a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线 ab斜向上运动，则下 列说法正确的是( ) A. 微粒可能带正电，也可能带负电 B. 微粒的动能一定不变 C. 微粒的电势能一定减少 D. 微粒的机械能一定增加 【答案】 BCD 【解析】根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，粒子带正 电，且粒子的动能保持不变，选项 A错误，B正确； 由 a沿直线运动到 b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项 C正确；重力做负功，重力势 能增加，动能不变，则机械能增加，选项 D正确．故选 BCD． 点睛：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v 与 B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带 电体就会做曲线运动． 111．如图，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行。大量电子从圆形的中心 O，以相同速率 v向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达 a点的电子速度 恰好为零，不计电子的重力，下列判断正确的是 A. 在圆形边界上 c点电势最高 B. 到达 c点的电子电势能最小，速率是 2v C. 到达 b、d两点的电子电势能相等，速率均是 v D. 到达 b、d两点的电子电势能可能不相等 【答案】 AC 112．如图所示，平行板 a、b组成的电容器与电池 E连接，平行板电容器 P处固定放置一带负 电的点电荷，平行板 b接地。现将电容器的 b板向下稍微移动，则 A. 点电荷所受电场力不变 B. P点电势减少 C. 点电荷在 P处的电势能减少 D. 电容器的带电量减少 【答案】 CD 【解析】因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离 d增大，则 板间电场强度 E变小，由 F=Eq可知电荷所受电场力变小，故 A错误；板间距离 d增大，则板间 电场强度 E变小，由 U=Ed知，P与 a板的电压减小，而 a的电势不变，故 P的电势升高，由 EP=qφ 而 q为负值，故电势能减小，故 B错误，C正确；由 Q=CU，又有 ，故 C减小，Q减小， 故 D正确；故选 CD. 点睛：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断，对于电势 能表达式 EP=qφ，电荷量以及电势均要考虑正负号． 113．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为 E=1×104 N/C的匀强电场.在匀强电场中有一 根长 L=2 m的绝缘细线，一端固定在 O点，另一端系一质量为 0.08 kg的带电小球，它静止时悬 线与竖直方向成 37°角，若小球获得初速度恰能绕 O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止 时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取 10 m/s2.下列说法正确( ) A. 小球的带电荷量 q=6×10－5 C B. 小球动能的最小值为 1J C. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D. 小球绕 O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为 4J 【答案】 AB 【解析】A、对小球进行受力分析如上图所示 可得： 解得小球的带电量为： ，故 A正确； B、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力 在圆上各点中，小球在平衡位置 A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对 称点 B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在 B点的动能 EkB最小，对应速度 vB 最小，在 B点，小球受到的重力和电场力，其合力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 ， 故 B正确； C、由于总能量保持不变，即 恒量，所以当小球在圆上最左侧的 C点时，电势能 最大，机械能最小，故 C错误； D、由于总能量保持不变，即 恒量，由 B运动到 A， ， ，所以 ，总能量 ，故 D错误； 故选 AB。 【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处 机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大。 114．如图所示，虚线 a、b、c为电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，从等 势线 a上一点 A处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的运动轨迹分别交等势线 c于 B、 C两点，甲粒子从 A点到 B点动能变化量的绝对值为 E，乙粒子从 A点到 C点动能变化量的绝对 值为 。不计粒子重力及两粒子间的相互作用，由此可判断（ ） A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电 B. 甲、乙两粒子的电荷量一定满足 C. 甲粒子动能增加，乙粒子动能减少 D. 甲粒子在 B点的电势能绝对值一定是乙粒子在 C点的 2倍 【答案】 BC 115．如图所示,虚线为某电场的等势面,今有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率沿不同的方 向,从 A点飞入电场后,沿不同的轨迹 1和 2运动,由轨迹可以断定( ) A. 两个粒子的电性一定不同 B. 粒子 1的动能先减少后增加 C. 粒子 2的电势能增大后减小 D. 经过 B、C两点,两粒子的速度一定相等 【答案】 AB 【解析】根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子 1受到排斥力作用，其电性与场源电荷的电性相同， 粒子 2受到吸引力，电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性一定相反．故 A正确；电场 力对粒子 1先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减少后增大，故 B正确；电场力对粒子 2先做正功，后做负功，则粒子 2的电势能先减小后增大，选项 C错误； 由于粒子 1到 B点时 速率减小，粒子 2到 C点时速率增加，而粒子 1的初速率与粒子 2的初速率不等，则经过 B、C 两点，两粒子的速率可能不等．故 D错误．故选 AB． 点睛：本题是电场中轨迹问题，往往先根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受的电场力方向，再分析 电场力做做功情况、电势能和动能的变化情况． 116．三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图所示的轨迹，则可以判 断( ) A. 它们在电场中运动时间相同 B. A、B在电场中运动时间相同，C先飞离电场 C. C进入电场时的速度最大，A最小 D. 电场力对 C做功最小 【答案】 BCD 【解析】B、C竖直方向上的位移不等，yC＜yB．根据 y= at2，可知 tC＜tB．AB竖直位移相同， 故 AB在电场中运动的时间相同，C先飞离电场；故 A错误，B正确; 在垂直于电场方向即水平方 向，三个粒子做匀速直线运动，则有： ，因 xC=xB，tC＜tB，则 vC＞vB．根据 tA=tB，xB＞xA．则 vB＞vA．所以有：vC＞vB＞vA．故 C正确．根据W=EqL可知，AB竖直位移相同，而 C的竖直位 移最小，故 A、B两电荷，电场力做功一样多，而电场力对 C电荷做功最小，故 D正确．故选 BCD． 点睛：解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀 速直线运动，在沿电场方向上做初速度为 0的匀加速直线运动． 117．在地面附近，存在着一有界电场，边界 MN将空间分成上下两个区域 I、II，在区域 II中有 竖直向上的匀强电场，在区域 I中离边界某一高度由静止释放一个质量为 m的带电小球 A，如图 甲所示，小球运动的 v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（ ） A. 小球受到的重力与电场力之比为 3：5 B. 在 t=5s时，小球经过边界 MN C. 在小球向下运动的整个过程中，克服电场力做功等于重力势能的变化量 D. 在 1s～4s过程中，小球的机械能先增大后减小 【答案】 AC 【解析】A：v-t图象的斜率等于加速度。小球进入电场前的加速度 ，进入电场后 的加速度大小为： ，由牛顿第二定律得： ， ，得电场力： ，可得重力 mg与电场力 F之比为 3：5，故 A项正确。 B：小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用先做减速运动然后反向回头加 速，出电场后做竖直上抛运动，由 v-t图可以看出，小球经过边界 MN的时刻是 t=1s和 t=4s时， t=5s时，小球回到出发点。故 B项错误。 C：在小球向下运动的整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与 电场力做的功大小相等，即重力势能的变化量等于克服电场力做功。故 C项正确。 D：由图可得，小球在 1-2.5s内向下运动，在 2.5s-4s内向上运动，在 1s～4s过程中，电场力先 做负功，后做正功。小球的机械能先减小后增大。故 D项错误。 点睛：根据速度时间图象和受力情况判断出物体的运动情景是解题的突破口。 118．两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，如图甲所示， 一个电荷量为 ，质量为 的小物块（可视为质点）从 C点静止释放，其运动的 图 像如图乙所示，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. 由 C到 A的过程中物块的电势能逐渐减小 B. A、B两点间的电势差 C. 由 C点到 A点电势逐渐降低 D. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强 【答案】 ACD 【解析】从速度时间图象可知，由 C到 A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功， 电势能一直减小，故 A正确；从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s， 再根据动能定理得 qUAB= mvB2- mvA2= ×0.1×（42-62）J=-1J，解得：UAB=-500V，故 B错误．据 两个等量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；带电粒子在 B点的加速度最大，为 am= =2m/s2，所受的 电场力最大为 Fm=mam=0.1×2N=0.2N，则场强最大值为 ，故 D正 确； 故选 ACD. 点睛：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道 v-t图切线的斜率表示加速度，由 动能定理求电势差是常用的方法． 119．如图所示，等量异种电荷(+Q和-Q)的电场中，0是其连线中点，MN为中垂线，有一电偶 极子(等量异种电荷用绝缘细杆连接)，带电量分别是+q和-q，其绝缘细杆与+Q、-Q的连线平行， 两电荷分别位于中垂线 MN两侧，且关于中垂线对称，取无穷远处电势能为零，下列说法正确的 是： A. 电偶极子总的电势能等于零 B. 电偶极子总的电势能大于零 C. 将电偶极子向左平移靠近 0点其电势能增大 D. 将电偶极子向左平移靠近 O点其电势能减小 【答案】 BC 120．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 4 sC kd    ，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 4 sC kd    ，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 4 sC kd    ，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 4U kQE d s     增大，电场力增大，α变大，故 D正确。 故选：BCD. 121．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/m B. 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 CBU =0.9V 【答案】 ACD 【解析】A. 据 v-t图可知带电粒子在 B点的加速度最大为 20.3 0.06 / 10 5 v m s t      ，所受的电场 力最大为 ma，据 2 4 10 10 0.06 12 / 5.0 10 F maE V m q q          ，故 A正确； B. 从 C经过 B点后向右运动，小球的速度逐渐增大，电势能逐渐减小，故 B错误； C. 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 B点的过程中电势逐渐减小，故 C正确； D.据 v-t图可知 C、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功： 21 2CB C CBW mv qU  ，代 入数据得： CBU =0.9V，故 D正确。 故选：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。 122．如图所示，一质量为 m，带电量为+q的物体处于场强按 E kt 规律（k为大于零的常数， 取水平向左为正方向）变化的匀强电场中，物体与绝缘竖直墙壁间的动摩擦因数为 ，当 t=0时， 物体由静止释放，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确 的是 A. 物体经 1 mgt kq  时间速度达到最大 B. 最大速度为 2 2m mgv kq  C. 物体所受摩擦力随时间的增大而增大 D. 物体在下滑过程中的加速度与时间的关系为 kqa g t m    【答案】 ABD 【解析】A. 由于最大静摩擦力随时间推移逐渐增加，开始运动后物体做加速度越来越小的加速运 动，直到滑动摩擦力等于重力时，速度达到最大，则  Eq=  ktq=mg，则 mgt kq  ，故 A正确 ； B．根据牛顿第二定律，物体在下滑过程中的加速度： mg qkt ma  ， kqa g t m    ，加速 度随时间均匀变化，所以最大速度为： 20 2 2m g mg mgv at kq kq       ，故 B正确，D正确； D. 速度最大时，由于电场力继续增加，导致滑动摩擦力大于重力，物体从而做减速运动，而加速 度不断变大，直到停止。重力又等于摩擦力，不再变化，故 D正确。 故选：ABD. 点睛：场强按 E=kt规律变化，随时间推移逐渐增大，电场力也渐渐变大，从而由受力分析来确 定运动情况：当 t=0时，物体静止释放，接着做加速度减小的加速运动，直到摩擦力等于重力时， 速度达到最大；由于电场力继续增加，导致物体做减速运动，加速度在不断增加，直到停止，此 时摩擦力等于重力，不再变化。 123．如图，平面直角坐标系 xoy中有一匀强电场，ABC构成正三角形，A点坐标为（-2cm，0）， C点坐标为（2cm，0）。将电量为 的试探电荷从 A点移到 B、C两点，静电力做 功分别为 、 ，以下说法正确的是（ ） A. A、C两点电势差为 B. y轴上所有点电势相等 C. 将电量为 正电荷有 B点移到 C点电势能增加 D. 该匀强电场的场强为 【答案】 BC 【解 析】 A、 C 两点 电势 差为 ； A、 B 两点 电势 差为 ，则 O、B两点电势相等，即 y轴为等势面，选项 B正确；因 UBC=-2.5V ， 则 将 电 量 为 8.0×10 -16 C 正 电 荷 有 B 点 移 到 C 点 电 势 能 增 加 ， 选 项 C 正 确 ； 该 匀 强 电 场 的 场 强 为 ，选项 D错误；故选 BC. 124．一平行板电容器，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 4 rSC kd    可得电容器电容增 大，根据 QC U  可得 U减小，因为 4 r U Q kQE d Cd S      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． 125．如图所示，两个等大金属带电小球 A和 B分别带有同种电荷 QA和 QB(小球的大小可忽略不 计)，质量为 mA和 mB.A球固定，B球用长为 L的绝缘丝线悬在 A球正上方的一点．当达到平衡 时，A、B相距为 d，若使 A、B接触后再分开，当再次达到平衡时，AB相距为 2d，则 A、B的 电荷量之比 QA∶QB可能为 A. (15＋4 )∶1 B. 4∶1 C. (15－4 )∶1 D. 1∶4 【答案】 AC 【解析】根据受力的矢量三角形与集合三角形相似，可得：两小球接触后之间的电场力变为原来 的两倍 因此有 ，得 QA∶QB＝(15±4 )∶1，故 AC正确，BD错误。 故选：AC。 126．如图所示在 xOy平面内固定有 ABC三个点电荷，A电荷的坐标为(－2，0)，B电荷在坐标 原点，C电荷的坐标为(2，0)已知 qA＝qC＝4q，qB＝－q，则在 xOy平面内电场强度为零的点的 坐标为 A. (0， ) B. (0，－ ) C. (－4，0) D. (4，0) 【答案】 AB 127．如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=90°，∠B=30°，AC长为 L， 已知 A点的电势为 ( >0)，B点的电势为 2 ，C点的电势为 0。一带电的粒子从 C点以 v0的速 度出发，方向如图所示(与 AC边成 60°)。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ） A. 电场强度的方向由 B指向 C B. 电场强度的大小为 C. 若粒子能击中图中的 A点，则该粒子的比荷为 D. 只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的 B点 【答案】 BC 【解析】A：B点的电势为 2 ，C点的电势为 0，则 BC中点 D的电势为 ；又 A点的电势为 ( >0)， 连接 AD，则电场线垂直于 AD如图。故 A错误。 B：由图知电场强度 ，故 B正确。 C：由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C到A做类平抛运动，则 、 ； 解得： 。故 C正确。 D：由于速度方向与电场方向垂直，粒子从 C抛出后做类平抛运动不可能到 B点；故 D错误。 点睛：已知匀强电场中三个点的电势，寻找等电势处，确定电场线的方向是常见物理模型。 128．如图所示，分别在 M、N两点固定放置两个点电荷 Q 和 2Q ，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 2Q 附近 B处的电场线比 Q 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： 2 O Q Qk k MO ON     ，因MO ON ，O点电势小于零；故 C正确。 D：电场线从 Q 到 2Q ，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。 129．如图所示，A板发出的电子经加速后，水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，电子最終打在荧光屏 P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是 A. 电压 U减小时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 B. 电压 U减小时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 C. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置下降 D. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置下降 【答案】 BC 【解析】A、偏转电压 U减小时，电子在电场中受到的电场力减小，即电子偏转的加速度 a减小， 又因为电子加速获得的速度 v不变，电子在电场中运动的时间不变，a变小，而电子打在屏上的 速度为 ，故电子打在屏上的速度减小，A错误.B、电子在加速电场中运动相同，离 开加速电场后进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所 以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故 B正确．C、D、滑动触头向右移动时，加速电压 U0变大，由 ， ， ， ，联立解得 可知电子偏转位移变小， 因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位 置上升，故 D错误，C正确；故选 BC. 【点睛】电子在加速电场作用下做加速运动，要能运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场 大小间的关系．电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速 度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方 法处理类平抛运动问题． 130．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计指针张角会随电势差 的增大而增大，其金属外壳和电容器 a极板都接地.若两板间的电场强度为 E，静电计指针的偏角 为θ电容器的电容为 C.现保持 b极板不动，将 a极板向右移动一小段距离但不接触到 b板，则 A. θ减小 B. E不变 C. C减小 D. C不变 【答案】 AB 【解析】C、D、a板向右移动 d减小，根据电容的决定式 知电容 C变大，C，D均错误； A、极板的总电量不变，由 知电压减小，则静电计的指针偏角反映极板间的电压会使θ减小， 故 A正确；B、由场强公式 知电量 Q不变时，改变距离 d场强不变；故 B正确； 故选 AB． 【点睛】本题考查电容器的动态分析，由于结合了电容的定义式与决定式的内容，对学生的要求 更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，注意电场强度的综合表达式的推导． 131．下列说法中正确的是（ ） A. 电场强度为零的地方电势不一定为零 B. 电势高的地方电场强度一定大 C. 在电势高的地方电荷的电势能一定大 D. 电场强度的方向总是与等势面垂直 【答案】 AD 【解析】电势为零，是人为选择的，所以电场强度为零的地方，电势不一定为零．故 A正确．电 场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，说明电场强度与电势没有 直接关系，则电势高的地方电场强度不一定大，故 B错误．根据电势能公式 EP=qφ，只有正电荷 在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小，故 C错误．等势面上电势处处相 等，在等势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是 跟等势面垂直．故 D正确．故选 AD. 点睛：电场强度和电势这两个概念非常抽象，对于它们的关系可借助电场线可以形象直观表示电 场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场 线的方向反映电势的高低． 132．如图，带电平行金属板极板长与二板间距相等，三个比荷相等的带电粒子（重力不计）沿 两板的中心线方向从 O点射入，三个粒子的运动轨迹如图所示，其中粒子 2恰好沿下极板边缘飞 出电场，则三个粒子（ ） A. 在电场中运动时间有 B. 进入电场中的初速度有 C. 在电场中运动的末速度有 D. 在电场中电势能减少量有 【答案】 BC 【解析】由题知三个带电粒子的比荷相等、电场强度一样，三个粒子的竖直位移关系为 ，由 ，可得 ，A错误；三个粒子的水平位移关系为 ， 且 ，由 ，可得 ，B正确；1、2粒子的竖直位移相等，由动能定理 得： ，得 ，两个带电粒子的比荷相等、电场强度一样，由 ，可知 ；2、3 粒子水平位移相等，且都能穿过电场，加速度 ，设板 间距 d，板长为 L，由题知两个粒子的加速度相等，d=L，又水平速度为 ，竖直速度为 ， 则离开电场的速度为 ，当 时，v最小，解得 ，而对粒子 2 有： ，解得 ，故粒子 2的速度较小，即 ，综上可得 ，C正 确 ； 三 个 粒 子 在 电 场 中 电 势 能 减 少 量 等 于 动 能 的 增 加 量 ， 由 动 能 定 理 得 ： ，因三个粒子电量的大小不知道，故无法判断三个粒子电势能减 少量的关系，D错误；选 BC. 三、解答题 1．如图所示，两竖直虚线间距为 L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的 A点将质量为 m、电荷量分别为 q和－q(q>0)的带电小球 M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进 入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知 N离开电场时的位置与 A点在同一高度；M刚离开 电场时的动能为刚进入电场时动能的 8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。已知 A点到左 边界的距离也为 L。 （1）求该电场的电场强度大小； （2）求小球射出的初速度大小； （3）要使小球 M、N离开电场时的位置之间的距离不超过 L，仅改变两小球的相同射出速度，求 射出速度需满足的条件。 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】小球运动过程只受重力和电场力作用，故小球在水平方向做匀速运动，那么，小球在电 场区域内外的运动时间 t相同；在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为 g的匀加速运动，故 小球进入电场时的竖直分速度为 ； （1）N离开电场时的位置与 A点在同一高度，即竖直位移为零；设 N在电场内的加速度为 a， 则有： ，所以， ，方向竖直向上； 故由牛顿第二定律可得 ，所以电场的电场强度 ； （2）M在电场中的加速度 ，方向竖直向下； 故 M刚离开电场时的竖直分速度 ； 又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为 v0，则有： ； 故由 M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8倍可得： ； 所以 ， 所以 ，所以 ； （ 3）M、 N 进入电场前的运动一致，那么，M、N 离开电场时的位置之间的距离 ， 故 ；又有 ， 所以 ； 【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基 本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后 选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿 第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解． 2．如图所示，静止于 A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从 P点 垂直 CN进入矩形区域的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。静电分析器通道内有均匀辐射 分布的电场，已知圆弧虚线的半径为 R，其所在处场强为 E、方向如图所示，离子质量为 m、电 荷量为 ， 、 ，离子重力不计。 （1）求加速电场的电压 U； （2）要求离子能最终打在 Q上，求磁场磁感应强度 B的取值范围。 【答案】 （1） （2） 3．如图，在平面直角坐标系的第一象限内，y<0.25m区域存在垂直平面向内的匀强磁场，磁感 应强度为 B=0.50T，而在 y>0.25m 区域存在着沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度 E = 5.0×105N/C。现有一不计重力的带正电粒子从 y轴上的 P(0，1.25m)点以沿 x轴正向的速度进入 电场区域，其质量 m=2.0×10-26kg，电量 q=3.2×10-19C。若要粒子能够穿出磁场进入第四象限区 域，则粒子的入射速度 v0应满足什么条件？ 【答案】 v0< 3×106m/s； 【解析】粒子在电场中运动时，其加速度 a = 进入磁场时，y方向已运动 h=1.0m，其 y方向分速度 vy= = 4×106m/s 进入磁场后，粒子向心力由洛伦兹力提供，设进入时进入时速度与 x轴夹角为θ Bqv = 得 不考虑磁场在 x轴上的边界，粒子在磁场中能够在 y方向进入的最大深度 ym= R(1-cosθ) = 粒子能够穿过磁场区域宽度 d = 0.25m的条件为 ym> d 解得：tan > ，tanθ > 粒子初速度需满足的条件 v0= vx= < 即 v0< 3×106m/s 4．如图所示，在距离某水平面高 2h处有一抛出位置 P，在距 P的水平距离为 S=1m处有一光滑 竖直挡板 AB，A端距该水平面距离为 h=0.45m，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场； B端与半径为R=0.9m的 的光滑圆轨道BC连接. 当传送带静止时，一带电量大小为 , 质量为 0.18kg的小滑块,以某一初速度 v0从 P点水平抛出，恰好能从 AB挡板的右侧沿 ABCD路 径运动到 D点而静止，重力加速度 g=10m/s2. 请完成下列问题 （1）求出所加匀强电场的场强大小; （2）当滑块刚运动到 C点时,求出对圆轨道的压力; （3）若传送带转动,试讨论滑块达到 D时的动能 Ek与传送带速率的关系. 【答案】 （1） （2） 9N （3）若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到 D点的动能为零, 与传送带的速度无关. 若传送带顺时针转动时,滑到 D点的动能与传送带速率 的关系是 联立解得: 根据牛顿第三定律可得压力大小为 9N (3)若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到 D点的动能为零,与 传送带的速度无关. 若传送带顺时针转动,设传送带使得物体一直加速的速度大小为 ,则 当传送带静止时,有 解得： 所以传送带顺时针转动时,滑到 D点的动能与传送带速率 的关系是 故本题答案是：(1) (2) 9N （3）若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到 D点的动能为零, 与传送带的速度无关. 若传送带顺时针转动时,滑到 D点的动能与传送带速率 的关系是 5．如图所示，CD左侧存在场强大小为 E＝ ，方向水平向左的匀强电场，一个质量为 m、电荷 量为 q的光滑绝缘小球，从底边 BC长 L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端 A点由静止开始下 滑，运动到斜面底端 C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小 球直径)，恰能到达 D点，随后从 D离开后落回到斜面 P点，重力加速度为 g(sin 53°＝0.8，cos 53° ＝0.6)。 (1)求 DA两点间的电势差 UDA； (2)求圆管半径 r； (3)求小球从 D点运动到 P点的时间 t。 【答案】 （1） （2） (3) 【解析】(1)因WAD＝－mgL＝－WDA， UDA＝ 或 UDA＝EL 解得 UDA＝ (2)由恰好过 D点，判断 vD＝0 从 A到 D过程，根据动能定理： mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0 解得 r＝ (3)由于 mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成 45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达 P处水平 位移为 x，竖直位移为 y，则有 x＝y， xtan 53°＋x＝2r 解得 x＝ ，y＝ 竖直方向自由落体有 y＝ gt2 解得 t＝ 点睛：针对具体的题目，分清物体的受力及运动过程，利用各个物理量之间的几何关系，合理的 采用动能定理列式解答. 6．如图所示，AB是半径为 R的圆的一条直径，O点为圆心。该圆处于匀强电场中，场强方向平 行圆所在平面。现在有大量的质量为 m，带正的粒子，电量为 q。从 A点以大小为 的速度沿不 同方向射入电场，这些粒子会经过圆上不同点，在这些点中到达 C点的粒子动能最大，并变为初 动能的两倍。已知∠BAC=30o，若不计重力和空气阻力，试求： （1）场强的大小和方向 （2）若 A点电势为零，则到达 B点的粒子，在通过 B点时 的电势能 EP 【答案】 (1) (2) 【解析】（1）因到达 C 点粒子动能最大，所以电场沿 OC 方向；A 到 C 过程由动能定理： 解得 （2）粒子从 A到 B过程电场力做功：W=Eq∙2Rsin300 由功能关系可知： 7．一绝缘“ ”形杆由两段相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，整个装置处在水平向左 的匀强电场中.在 PA左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强 度为 B。现将一质量为 m、带正电电量为 q的小环 a套在 MN杆上，小环 a所受的电场力为重力 的 。（已知重力加速度为 g） （l）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）在满足第一间的情况下，小环在与圆心 O点等高的 A点对圈环的压力： （3）若在 P点放置另一质量为 2m的不带电绝缘小环 b，再将小环 a由 M点右侧 5R处静止释放， 设两 小环碰撞时间极短，碰撞过程无机械能损失。已知两小环与 PQ杆间的动摩擦因数均为μ=0.1，且 小环所受 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求最终两小环间的最小距离。 【答案】 （1）4R （2） （3）2R 【解析】（1）设电场强度为 E，DM距离为 L，对小环 a从 D至 P，由动能定理： EqL-mg·2R=0. 题意有：Eq= mg. 解得：L=4R. （2）设小环 a在 A点速度为 vA.对小环从 D至 A的过程，由动能定理： qE·5R-mgR= mvA2. 小环 a在 A点，沿径向有：N-Eq-BqvA=m 解得：N= mg+qB . 根据牛顿第三定律，小环 a在 A点对圈环的压力大小为 N= mg+ qB ，方向水平向左。 （3）设带电小环首次到 P点时的速度为 v，则： 设小环 a和小环 b碰撞后的速度大小分别为 v1、v2，则： . 解得： 8．如图所示，在平面直角坐标系 xoy中，用特殊材料制成的 PQ界面垂直于 x轴，只能让垂直 打到 PQ界面上的电子通过，其恶补影响电子的速度，PQ左右两侧有两个对称的直角三角形区域， 左侧 OAC区域内分布着方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B的匀强磁场，右侧 FDC区域内分布 着竖直向上的匀强电场，已知 OA=l，∠AOC=45°，现有大量质量为 m，电荷量为 e的电子在纸 面上从坐标原点 O沿不同方向以不同速率射向磁场区域，以最大速度通过 PQ界面的电子刚好打 到 x轴上的 F点处，不考虑电子间的相互作用，不计电子重力，求： （1）能通过 PQ界面的电子锁具有的最大速度； （2）以通过 PQ界面最大速度的 k（0>Nm） 所以 21．如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E和磁感应强度 B随时间 t变 化的图象如图乙所示，周期均为 ，y轴正方向为 E的正方向，垂直纸面向里为 B的正方向．t ＝0时刻，一质量为 m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点 O开始运动，此时速度大小为 ，方向 为＋x轴方向．已知电场强度大小为 ，磁感应强度大小 ，不计粒子所受重力．求： (1) 时刻粒子的速度大小 及对应的位置坐标( )； (2) 为使粒子第一次运动到 y轴时速度沿－x方向， 与 应满足的关系； (3) (n为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标 x. 【答案】 (1) ,( )(2) (3) 【解析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，采用正交分解法，根据分运动规律列式求解即可； （2）使粒子第一次运动到 y轴时速度沿-x方向，则圆心在 y轴上，结合几何关系得到轨道半径， 然后根据牛顿第二定律列式求解；（3）有电场时粒子做类似平抛运动，只有磁场时粒子做匀速圆 周运动，画出轨迹，结合几何关系列式分析。 （1）在电场中运动，沿着 x轴正方向有： 沿着 y轴正方向，有： 由牛顿第二定律，有： 运动的速度大小 联立解得： ，粒子的位置坐标为 （2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，则： 解得： 则粒子第一次运动到 y轴前的轨迹如图所示： 粒子在磁场中做圆周运动时，有： 圆心在 y周期上，结合几何关系得到： 且 联立解得： （3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为 ，即在 时间内粒子转了半圈，在 x方向向左移 动 ， 时刻速度大小仍为 ，方向与 时刻速度方向相反，在 时间内粒子做匀变速曲 线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与 时间内相同， 时刻速度大小为 ，方向沿着 x 轴负方向，在 时间内粒子转动半圈， 时刻速度大小为 ，方向沿着 x正方向，如图所 示 则 时间内粒子在 x方向向左移动的距离为 由几何关系得： 则粒子的横坐标 【点睛】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析粒子的在电场和磁场中受力情况，确定其 运动情况，从而根据运动的性质列出运动方程，本题中最关键是运用几何知识求解坐标。 22．如图所示，两个边长均为 l的正方形区域 ABCD和 EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方 有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为 m、电荷量为 q，以速度 v从 B点沿 BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且 2mvE ql  ,今在 CDHE区域内加上合 适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从 DH的中点竖直向上射入电场，粒子的 重力不计，求： (1)所加磁场的宽度DH ； (2)所加磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从 B点射入到从 EFGH区域电场射出所经历的时间． 【答案】 (1)  2 1 l (2) 2mv ql (3) 2 1 2 8 l v       或 5.61l v 【解析】(1)粒子在 ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为 d 由 Eq＝ma得 a＝ 2v l 由 l＝vt得 t＝ l v 故 d＝ 1 2 at2＝ 1 2 l 粒子射出 ABCD区域电场时沿场强方向速度为 vy＝at＝v 速度偏向角为 tanθ＝ yv v ＝1 解得θ＝ 4  粒子从 DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知 1 2 OD l＝ 2 2 2 2 lOD R      ＋ ＝ 　 得 1 2 R OD DH  得  2 1DH l  (2)射入磁场的速度大小为 v′＝ 2 v 由洛伦兹力提供向心力 qv′B＝m 2'v R 解得 B＝ 2mv ql (3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间 t1＝ l v 粒子在磁场中向上偏转运动时间 t2＝ 2   T 其中 T＝ 2 m qB  在上方电场中运动减速到零的时间为 t3＝ 2v a 粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为 t＝2(t1＋t2＋t3) 得 2 1 2 8 lt v        或 t＝ 5.61l v 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作 出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以 解题，解题时注意几何知识的应用． 23．如图，两带电平行金属板间存在方向竖直向下的匀强电场，场强为 E，电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab长为 s，竖直边 ad长为 h.质量均为 m带电量分别为+q和－q的两粒子，由 a、 c两点先后沿 ab和 cd方向以速率 0v 进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力。若两 粒子轨迹恰好相切，求： （1）粒子在矩形区域的运动时间 t； （2）+q与 dc交点到 d点的距离； （3）两粒子轨迹相切点到 a点的距离。 【答案】 （1） 2mh qE (（2） 0 2mhv qE (（3） 2 21 2 h s 由几何关系得： 2 21 2ax h s  24．如图所示，直角坐标系 xOy位于竖直平面内，在 0x  的区域内有电场强度大小 4N/CE  、 方向沿 y 轴正方向的条形匀强电场，其宽度 2.0md  ．一质量 276.4 10 kgm   、电荷量 193.2 10q C  的带电粒子从 P点（0， 1m）以速度 44 10 m/sv   ，沿 x轴正方向进入电场， 经电场偏转最终通过 x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力．求： （1）当电场左边界与 y 轴重合时Q点的横坐标． （ 2）若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标 x处在范围 3mx x   内，要求 带电料子仍能通过Q点，求此电场左边界的横坐标 x与电场强度的大小 E的函数关系． 【答案】 (1) 5.0x m （2） 16 4 E x    【解析】（1）带电粒子垂直进入电场后做平抛运动． 粒子在电场中加速度Eq ma 沿 y 方向位移 2 1 1 2 y at ． 沿 y方向分速度 1yv at ， 水平方向上的位移为 1d vt 设P点到原点O的距离为 r，据题有： 1mr  . 粒子出电场后又经时间 2t 达 x轴上Q点： 2yr y v t  ． 故Q点的坐标为： 2 5.0mx d vt   ． （2） 电场左边界的横坐标为 x , 当 3mx x   时，设粒子离开电场速度偏向角为． 则： 2tan E qd mv    又 1tan 4 x      ， 得 16 4 E x    . 点睛：在电场中做类平抛运动，要知道平抛运动的规律，水平方向上做匀速运动，竖直方向按匀 加速运动来处理。 25．如图所示，直角坐标系 xOy的 x轴水平，y轴垂直，处于竖直向下、大小为 E0的匀强电场中， 过 O点，倾角为＝60°的足够大斜面固定在坐标系中。质量为 m带电量为＋q的粒子从 y轴上的 P点，以某一速度沿 x轴正方向射入，经过时间 t，在坐标平面内加上另一匀强电场 E，再经过时 间 t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零。不计粒子重力，求： （1）粒子的初速度大小； （2）P点与 x轴的距离； （3）匀强电场 E的电场强度大小。 【答案】 （1） 03qE t m （2） 2 011 2 qE t m （3） 7 E0 （2）第一个时间 t内，粒子在竖直方向的位移 2 1 1 2 y at 水平方向的位移 x1＝v0t 在第二个时间 t内，粒子在竖直方向的位移也为 y1，水平方向的位移 x2＝y1tan P点到 x轴的距离 l＝2y1＋(x1＋x2)tan 代入数据得： 2 011 2 qE tl m  （3）在第二个时间 t内，在竖直方向：qEy－qE0＝m 在水平方向， 0xqE v m t  （2分） 所以 2 2 x yE E E  解得：E＝ 7 E0 26．甲图是我国自主研制的 200mm离子电推进系统，已经全面应用于我国航天器。离子电推进 系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有 大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。 离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子 P喷注入腔室 C后，被电子枪 G射出的电子碰 撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室 C中飘移过栅电极 A的速度大小可忽略不计，在 栅电极 A、B之间的电场中加速，并从栅电极 B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。 已知栅电极 A、B之间的电压为 U，氙离子的质量为 m、电荷量为 q，AB间距为 d，推进器单位 时间内喷射的氙离子数目 N。 (1)将该离子推进器固定在地面上进行试验。求： a. 氙离子经 A、B之间的电场加速后，通过栅电极 B时的速度 v的大小，以及离子束的等效电流 I； b. 求喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小； (2)配有推进器的飞船在太空运行时，处于完全失重状态，为了构建推进器在太空中运作情景，离 子推进器可视为放置在光滑的水平地面上。已知推进器的质量为 M，且工作时质量保持不变，推 进器刚开始运动的极短时间，可认为瞬间喷出 N′个离子，即这些离子相对于地面以相同的速度同 时喷出。 c. 求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功； d. 这一过程中飞船向后移动的距离； e. 随着时间的推移，喷出的离子的动能逐渐变大还是变小？简要说明理由； 【答案】 (1)a. 2qUv m  , I Nq b. 2F N mUq  (2)c. 2 m qU Mv m M N m    , qUMW M N m    d. M N mx d N m M     e.动能越来越小 【解析】（1）a： 由动能定理： 21 2 Uq mv 解得 2qUv m  QI Nq t   b：由动量定理：F t=N tmv F=N 2mqU 根据牛顿第三定律：F'=F=N 2mqU （2）c：根据能量守恒：N'Uq= 2 21 1 2 2m MN mv Mv 根据动量守恒：N' mvm=Mvm 2 m Uq Mv m M Nm    21 2k m MUqE mv M N m    根据动能定理： k MUqW E M N m     根据动量守恒： N'=mvm=MvM 两边同时对时间累积：N'mxm=MxM xm+xM=d xM= N m M N m    d e：随着时间的推移，离子喷出时的动能越来越小。原因：随着时间的推移，推进器由于具有初 速度，相同时间内，xM逐渐变大，xm越来越小，电场力对离子做功越来越小，获得的动能越来越 小。 点睛：本题设计新颖，考查了粒子推进器的工作原理，关键是明确离子是匀加速直线运动，可以 根据动能定理列式分析；对推进器整体，可以根据动量守恒定律、动量定理和功能关系列式分析． 27．如图所示，在 xOy坐标系中，在 yd的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场，一个质量为 m，电荷量为 q的带正电的粒 子，从 y轴上的 A点，以速度 沿 x轴正方向进入电场，带电粒子在电、磁场作用下，从 A点依 次经过 B点和 C点，A、B、C三点的坐标分别为(0， ）、（d，d）(2d，0)，不计带电粒子 重力，求： (1)勾强电场的电场强度 E的大小； (2)勻强磁场的磁感应强度 B的大小； (3)带电粒子从 A到 C的运动时间 t. 【答案】 (1) (2) (3) 【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动 d=v0t 解得： (2)带电粒子刚进入磁场时偏角θ，速度为 v 解得：θ=30°， 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由山几何关系：d=Rsinθ+Rcosθ 解得： 35．如图所示的 xoy平面内，以 1O （0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于 xoy平面 向里的匀强磁场（用 B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线 MN，MN与 x轴相距为 y ），x轴 与直线 MN间区域有平行于 y轴的匀强电场，电场强度大小为 E；在 MN的下方有矩形区域的匀 强磁场，磁感应强度大小为 B2，磁场方向垂直于 xOy平面向外。电子 a、b以平行于 x轴的速度 v0分别正对 1O 点、A（0，2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点 O进入 x轴下方的电场。已 知电子质量为 m，电荷量为 e， 2 0 0 2 3 3 2 2 mv mvE B eR eR  ， ，不计电子重力。 （1）求磁感应强度 B1的大小； （2）若电场沿 y轴负方向，欲使电子 a不能到达 MN，求 y 的最小值； （3）若电场沿 y轴正方向， 3y R  ，欲使电子 b能到达 x轴上且距原点 O距离最远，求矩 形磁场区域的最小面积。 【答案】 （1） 3（2） 3 3 R（3）4（2+ 3）R2 【解析】（1）电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为 r，当电子射入，经过 O点进入 x轴下方，则：r＝R 2 0 0 vev B m r  ，解得： 0 1 mvB eR  （2）匀强电场沿 y轴负方向，电子 a从 O点沿 y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理 eEy＝ 1 2 mv02 可求出 2 0 3 2 3 mvy R eE    （3）匀强电场沿 y轴正方向，电子 b从 O点进入电场做类平抛运动，设电子 b经电场加速后到 达 MN时速度大小为 v，电子 b在 MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为 r1，电子 b离开电场 进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。 由动能定理 2 2 0 1 1 2 2 eEy mv mv  解得 v＝2v0 在电场中 2 03 2 veEa m R   1 0 2 2y Rt a v    x＝v0t1＝2R 由牛顿第二定律 2 2 1 vevB m r  代入得 1 4 3 3 r R 0 1cos 2 v v    则 3   由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心 O2在 y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射 出方向与水平向右夹角为 3   时，粒子能够到达 x轴，距离原点 O距离最远。由几何关系得， 最小矩形磁场的水平边长为 l1＝（r1＋r1sin） 竖直边长为，l2＝（r1＋r1cos） 最小面积为 S＝l1l2＝r12（1＋sin）（1＋cos）＝4（2＋ 3）R2 点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、 牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。 36．做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以 量度势能的变化．例如重力场和电场． 某势场的势 随 的分布可简化为如图所示的折线，图中 和 为已知量．一个质点在该势场中， 仅在场力的作用下，在场中以 为中心，沿 轴方向做周期性运动．已知质点的质点为 ，受 到的场力方向平行于 轴，其势能可表示为 （ 为不变量），动能与势能之和恒为 ． （ ）求质点的最大速率 ； （ ）求质点的运动区间； （ ）试论证质量在该势场中所受场力的大小不变，并求质点的运动周期． 【答案】 （ ） ；（ ） ；（ ） 【解析】（1）当物体经过 x=0的位置时，电势为零，则电势能为零，动能和速度最大，则有： 解得： （ ）如图所示： 设物体的运动区间为 ，当物体运动到 处时，其势能最大，动能为零，则有： ，即 又因为 ， ，又 ，所以 即物体的运动区间为： ． （3）由题意可知，场力的势能表示为 ，则质点在场中的势能可表示为 因为 ，所以可得 根据牛顿第二定律，质点加速度的大小为： 运动时间： 所以质点的运动周期： 37．如图所示，绝缘光滑、内径很小的四分之一段而弧形管固定在整直平面内，圆弧半径 ．一个直经略小于细圆管内径的带电小球质量 、电量 ，从与 点等高 的 点沿圆弧形管由静止运动到最低 ，然后从 点进入平行板电容器，刚好能沿水平方向做匀速 直线运动．已知板间距离 ，板长 ，电源的电动势为 ，内阻 ，定 值电阻 ，取 ．求： （ ）小球到达 点时的速度； （ ）小球在板间做匀速直线运动时，电源的输出功率； （ ）若事先把滑动变阻器的阻值调到 ，小球飞出极板时的偏移量为多少？ 【答案】 （ ） ；（ ） ；（ ） （3）设将滑动变阻器的阻值调到 ，回路中的电流为 则有： 代入数据解得： 两极板之间的电势差为： 代入数据解得： 设小球在两极间运动时的加速度为 a，运动的时间为 t，偏移量为 y 则有： ， ， 联立解得： 38．氢原子内有一个氢原子核和一个核外电子，电子和原子核都带一个元电荷 ，电子带负电， 原子核带正电，电子质量为 ，设电子绕原子核运动的轨道半径为 ．求： （ ）电子的运动周期； （ ）电子的动能． （ ）等效电流． 【答案】 （ ） ；（ ） ；（ ） 【解析】（1）根据库仑力提供向心力，结合圆周运动周期的公式，即可求解．（2）氢原子中电子 绕原子核做匀速圆周运动时，由原子核的库仑引力提供电子的向心力，根据库仑定律和牛顿定律 列方程求解电子的速度，再求解电子的动能．（3）等效电流为电子的电荷量乘以单位时间内转过 的圈数． （1）库仑力提供了电子做匀速圆周运动的向心力，即有： 解之得电子做匀速圆周运动的速度 由于做匀速圆周运动的周期： 由以上三式得电子绕核运动的周期： （2）根据牛顿第二定律得： 电子的动能为： 联立两式得： （3）电流 39．如图所示，在 Oxy坐标系中，存在以 O1点为圆心且半径为 r=0.10m的圆形区域，该圆的左 端跟 y轴相切于直角坐标系原点 O，右端与一个足够大的荧光屏 MN相切于 x轴上的 A点．一比 荷 q m =1.0×108C/kg的带正电粒子从坐标原点 O沿 x轴正方向以速度 v0=3×106m/s 入射，粒子 重力不计． （1）若在该圆形区域存在一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B= 3 10 T ．若该 粒子离开匀强磁场区域后，到达荧光屏上，求粒子打在荧光屏的位置坐标． （2）若在该圆形区域内存在竖直向下、场强大小为 E的匀强电场．若粒子从圆形区域的边界 Q 点射出匀强电场区域，且 O1A与 O1Q之间的夹角θ=60°，求该电场 E的大小． 【答案】 （1）（0.20m， 3 10  ）（2） 54 3 10 /V m （2）粒子在匀强电场中做类平抛运动， 水平方向： 0r rcos v t  竖直方向： 21sin 2 r at  加速度： qEa m  解得： 54 3 10 /E V m  。 点睛：本题考查了粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，分析清楚粒子运动过 程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。 40．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 0v 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．通过调整两板间距 d 可以改变收集频率．当 0d d 时， 为81%（即离下板 00.81d 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 md ； （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 /M t  与两板 间距 d的函数关系，并绘出图线． 【答案】 （1） 00.9d ；（2） 2 00.81 d d       ； （3）绘出曲线如下图： 【解析】（1）收集效率为81%，即离下板 00.81d 的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电 源的电压为U ，则在水平方向有 0L v t ① 在竖直方向有 2 0 10.81 2 d at ② 0 F qE qUa m m md    ③ 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%时， 两板间距即为 0dm 如果进一步减小 d ，收集效率仍为100%． 因此在水平方向有 0L v t ④ 在竖直方向有 21 2 dm a t  ⑤ F qE qUa m m mdm      ⑥ 联立得 00.9dm d ． （2）通过前面的求解可知，当 00.9d d 时，收集效率均为100%，当 00.9d d 时，设距下 板 x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 2 02 qU Lx md v        ⑦ 根据题意，收集效率为 x d   ⑧ 联立 2 00.81 d d        ． （3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为 0/m t nmbdv    ⑨ 当 0d d 时， 1n  ⑩ 0/m t nmbdv   ⑾ 当 0d d 2 00.81 dn d       ⑿ 因此 2 0 0/ 0.81 dm t nmbv d    ． 绘出曲线如下图 点睛：本题考查了带电粒子在匀强电场中的偏转问题，要掌握类平抛运动的分析方法：运动的分 解法，挖掘隐含的临界状态和临界条件。对于临界问题分析时首先要找临界条件；对类平抛运动 要从三个方面着手：①分运动的独立性；②分运动的等时性；③由 x= 2 0 1 2 qU L md v （ ），可知出现临 界问题的原因有：极板长度、极板间距、粒子的速度等。 41．在如图所示的坐标系中，y>0的空间中存在匀强电场，场强沿 y轴负方向；y<0的空间中存 在匀强磁场，磁场方向垂直 xOy平面(纸面)向外.一电荷量为 q、质量为 m的带正电的粒子，经过 y轴上 y=h处的点 P1时速率为 v0，方向沿 x轴正方向，然后，经过 x轴上 x=1.5h处的 P2点进 入磁场，不计重力. (1)求粒子到达 P2时速度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若在 y轴的负半轴上 y=-1.5h处固定一个与 x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板(粒子反弹后速 度大小相等，方向相反)，则粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，求磁感应强度 B的 大小，并求粒子从 P1出发到第 2次与挡板作用所经历的时间。 【答案】 (1) 0 5 3 v (2) 2 08 9 mv qh (3) 02 3 mv qh 0 180 37 40 h v  【解析】(1)设粒子从 P1到 P2的时间为 t0，粒子从 P1到 P2沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直 方向做匀加速直线运动，由运动学公式可得： 0 01.5h v t ， 0 0 2 yvh t   解得： 0 4 3yv v ，则有 2 2 0 0 5 3yv v v v   。 (2)设电场强度大小为 E，根据以上条件结合动能定理可得： 2 2 0 1 1 2 2 qEh mv mv  解得： 2 08 9 mvE qh  (3)由题意可知带电粒子与挡板作用时速度方向与挡板垂直，由此可作出粒子从出发到第一次与挡 板碰撞的轨迹如图所示； 根据几何关系可知：Rsin37°=1.5h，即 R=2.5h 根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得： 2mvqvB R  联立可得： 02 3 mvB qh  由于粒子反弹后仍以相同大小的速度继续在磁场中沿顺时针方向旋转离开磁场后再进入电场，根 据运动的对称性可知，粒子进入电场后的运动正好是粒子从 P1到 P2的运动的逆过程，因此可作 出粒子的运动轨迹如图所示； 42．如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差 U1=1×104V，水平放置的一对平行金属 板间的电势差为 U2，一带负电的粒子由静止开始经 U1加速后，垂直电场方向沿上极板进入水平 放置的金属板间，恰好从金属板下板边缘射出，并从开有小孔的圆柱桶上 P点进入桶内圆柱形桶 内有匀强磁场，方向平行于轴线向里当桶内磁场的磁感应强度为 B时，粒子从圆柱桶直径 PQ的 Q端小孔射出。已知带电粒子的比荷 =3.2×109C/kg，水平金属板长度 L=12cm，板间距离 d=6cm， 圆柱桶半径 R=10cm，不计粒子的重力，求 （1）粒子经电扬 U1加速后的速度大小； （2）偏转电压 U2的大小； （3）圆柱桶内磁场的磁感应强度 B的大小。 【答案】 (1) (2) (3) 【解析】（1）粒子经电场 U1加速后，根据动能定理 ，解得 v0=8×106m/s （2）粒子在偏转电场中：水平方向 L=v0t 竖直方向： 联立解得 U2=1×104V （3）粒子进入磁场的竖直速度： 则粒子进入磁场的速度 方向与水平方向成 450角. 由题意可知，结合几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为 r= R=0.1 m 由 解得 点睛：此题是带电粒子在电场及在磁场中的运动的复合问题；关键是掌握处理类平抛运动的方法 及圆周运动的方法，并能关联两个运动之间的联系. 43．如图所示，水平放置的平行金属板 A、B长度均为 L，板间距离为 d，一质量为 m的带电粒 子平行于金属板以速 v0从距 A板 4 d 飞入电场，当 A、B间电势差 UAB= U0( Uo >0)时，带电粒子 恰好沿直线穿过电场。求： (1)带电粒子的电性和所带电荷量； (2)为保证带电粒子能从板右侧飞出，A、B两板间所加电压的最大值。 【答案】 (1)负电 0 mgdq U  (2) 2 0 0 0 22m U dvU U gL   44．如图所示，ABC是一条由倾斜轨道 AB和水平轨道 BC组成的绝缘轨道，固定在桌面上，其 中 AB轨道的倾角θ=27°，水平轨道的长度 L=0.8m，一质量 m=3.2×10-2kg、电荷量 q=—1.0×10-2C 的可视为质点的滑块以初速度 v0=3m/s沿轨道上 p点恰好匀速滑下，从 C点飞出后落在水平地 面上的 M点上，已知滑块与两轨道间的动摩擦因数相同，sin27°=0.45，cos27°=0.90，g=10m/s2， 求： （1）求滑块与轨道之间的动摩擦因数； （2）求滑块从 B点运动到 C点所用的时间； （3）现在 BE和 CF之间的区域加上匀强电场，方向垂直 水平轨道，仍将滑块以初速度 v0=3m/s 沿轨道上 P点滑下，发现从 C点飞出后落在水平地面的 N点上，M点处在 N点到 C点水平距离 的中点上，求匀强电场的电场强度的大小和方向。 【答案】 （1）0.5（2）0.4（3）12N/C，竖直向下 【解析】（1）滑块恰好匀速滑下，则，μ=0.5； （2）根据- mg ma  ， 25 /a g m s    根据位移时间关系： 2 0 1 2 x v t at  解得：t=0.4s； （3）不加电场时， 0v v at  ，vc=1m/s 由 x=vt，可知 2 /cv m s  2 2 2c Bv v a L    得， 225 / 8 a m s  由牛顿第二定律：  mg qE ma   ，E=12N/C，E方向竖直向下。 45．如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为 m，所带的电荷量为 q，用一根长为 L且 不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的 O点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。 现将带正电小球从 O点右方由水平位置 A点无初速度释放，小球到达最低点 B时速度恰好为零。 求匀强电场的电场强度 E的大小． 【答案】 mg q 【解析】对小球由 A到 B的过程，由动能定理得：mgL-EqL=0， 故有：E＝ mg q ． 故匀强电场的电场强度 E的大小为：E＝ mg q 46．如图所示，在竖直平面内，用长为 L的绝缘轻绳将质量为 m、带电量为+q、的小球悬于 O 点，整个装置处在水平向右的匀强电场中。初始时刻小球静止在 P点。细绳与场强方向成角。今 用绝缘锤子沿竖直平面、垂直于 OP方向打击一下小球，之后迅速撤离锤子，当小球回到 P处时， 再次用锤子沿同一方向打击小球，两次打击后小球恰好到达 Q点，且小球总沿圆弧运动，打击的 时间极短，小球电荷量不损失。锤子第一次对小球做功为W1，第二次对球做功为W2。 （1）求匀强电场的场强大小 E； （2）若 的值达到最大，分别求W1、W2; （3） 的值最大时，求第一、二次小球被打击后瞬间细绳的拉力大小 F1、F2． 【答案】 （1） （2） ； （3） ； （3）打击一次后，物体获得的速度为 v1，则有：W1= mv12． 根据牛顿第二定律得：F1- 打击二次后，物体获得的速度为 v2，则有：W1+W2= mv22． 根据牛顿第二定律得：F2- 联立整理可以得到：F1= ，F2= 点睛：本题是动能定理及牛顿定律的应用的综合题目；分析什么条件下W1最大，W2最小是关键， 再运用牛顿第二定律和动能定理结合求解． 47．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 0A B    .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 0mE q ，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） 0 d  （2） 0 4 2 m dT mE q  【解析】（1）虚线ab左侧有 0 00AOU     根据匀强电场的电势差和电场强度的关系得 0AOUE d d    （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 mE ，粒子在 O点的速度满足 21 2mE mv 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 v at ， qE ma 联立解得 0 2 m dt mE q  由对称性得，粒子从释放到第一次回到释放点所需时间 4T t 故 0 4 2 m dT mE q  48．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】 4 5 E B 由几何关系得：    2 22 2r L r L   ，解得： 5 2 Lr  在磁场中，有： 2 0 0 mvqv B r  ，解得： 02 5 mvB qL  ② 联立①②得： 0 4 5 Ev B  49．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 0v 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 0v 与 l的关系式。 【答案】 （1） 02v （2） 0 2Blg v （3） 8 7 gl 【解析】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： 0 xF qv B ma  小球在竖直方向随管一起运动有： 0yv v ，小球从管中射出时： 水平方向： 21 1 2 2x xx a t v t l   竖直方向： 0 2yy v t v t l   联立以上式解得： 0xv v 出射时小球的速度大小 2 2 02x yv v v v   方向：与 x轴成 45，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： Eq mg 小球在管中沿 x方向做匀加速直线运动有： 2 0 2x va l  联立上式解得： 0 0 2 x v Bm Bl q a v   解得： 0 2mg BlgE q v   50．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） 1 2mQ qEL （2）x≥ 2 L （3） 8 L ≤x< 2 L 【解析】(1) 依题意 21 2 qEx mv 0 2mv mv 2 2 0 1 1 12 2 2 2 Q mv mv qEx    所以当 x=L时 1 2mQ qEL (2)设 A 与 B碰撞前后速度分别为 0v 和 1v ，B碰后速度为 2v ，则有 0 1 2mv mv mv  2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 mv mv mv  解得 1v =0 2 0v v 即交换速度 A、B的 v-t图像如图所示，B的图线用粗线表示，由图可知，若 B在中点， 则 A、B碰撞一次后通过 N边界时速度相等，不会再碰撞， 所以 x≥ 2 L (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 1x ，则 1 8 Lx  所以 8 L ≤x< 2 L 51．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） mg q （2） 2 3 mg k 【答案】 4 5 E B 【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： 02L v t 竖直方向有： 21 2 L at ，且 qEa m  联立得： 2 0 2 mvE qL  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：    2 22 2r L r L   ，解得： 5 2 Lr  在磁场中，有： 2 0 0 mvqv B r  ，解得： 02 5 mvB qL  ② 联立①②得： 0 4 5 Ev B  53．在竖直平面内有水平向右、场强为 41 10 /E N C  的匀强电场。在场中有一根长 2L m 为 的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向 成37角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O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， cos37 0.8 ， 29.8 /g m s 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： Eq tan37 mg  ，所以得到： mg tan37q E   ，代入数据得 5q 3 10 C  。 (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 mgF 0.5N cos37   ，而 2 BmvF L  所以 2 k B 1E mv 0.5J 2   。 (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 kA kF 2L E E  所以 kAE 2.5J ，A 点的重力势能和电势能均为零，则总能量 E=2.5J。由 C A ，克服电场力做的功：  W Eq L 1 sin 37 0.96J   ，即 C点的电势能 pCE 0.96J ，所以 C点的机械能为 pCE E 1.54J  。 54．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 由动量守恒可得    1 2 3B C B C Am m v m m v m v    由机械能守恒定律可得    2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 2 2B C B C Am m v m m v m v    解得 3 3.2 /v m s 55．如图所示，绝缘光滑轨道 ABCD竖直放在与水平方向成 45  的匀强电场中，其中 BCD部 分是半径为 R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为 m、电荷量为＋q的小球(大 小忽略不计)，放在水平面上某点由静止开始释放，恰好能通过半圆轨道最高点 D，落地时恰好落 在 B点．求： (1)电场强度 E； (2)起点距 B点的距离 L. 【答案】 （1） 2 2 mg q ，（2）2.5R. 【解析】（1）小球通过 D点后分别在水平方向做匀变速直线运动和在竖直方向做匀加速直线运动， 对小球受力分析，由牛顿第二定律求出两个方向的加速度，结合小球恰好能通过 D点的临界条件 列出方程组进行求解；（2）由起点到 D点的过程，根据动能定理求起点距 B点的距离. (1)小球恰好能通过 D点，则有： 22 2 vmg F m R   小球通过 D点后的运动：水平方向做匀变速直线运动： 21 2 xx vt a t  由牛顿第二定律得： 2 2 xF ma 竖直方向做匀加速直线运动： 212 2 tR a t 由牛顿第二定律得： 2 2 ymg F ma  联立得： 2 2, 2 2 gR mgv E q   (2)由起点到 D点的过程，根据动能定理得： 22 12 2 2 2 EqL mg R Eq R mv     解得： 2.5L R 56．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 51 10 m 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 1 1.6L cm ，两板间的距离为 d=0.50cm，偏转板的右端距纸长为 2 3.2L cm .若一个墨汁微滴的 质量为 101.6 10 kg ，以 20 /m s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 38.0 10 V ，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10%，请计算偏转电压提高多少？． 【答案】 （1） 131.25 10 C ，（2） 38.8 10 V . 【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 1 1 2 2= 2 L y LOP L ，代入数据得 y＝4×10－4m． 又因为 2 2 1 0 1 1· · 2 2 LqUy at md v         代入数据解得 q＝1.25×10－13 C． (2)由以上两式整理得： 1 1 22 0 2 qUL LOP L dmv       ＝ ＋ 显然OP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′＝8.8×103 V． 57．如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗 糙轨道，AB与 CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为 O，半径 R=0.50m, 轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小 E=1.0×104N／C，现有质量 m=0.20kg， 电荷量 q=8.0×10—4C的带电体(可视为质点)，从 A点由静止开始运动，已知 SAB=1.0m，带电体 与轨道 AB、CD的动摩擦因数均为 0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相 等．(取 g=10m／s2)求： (I)带电体运动到圆弧形轨道 C点时的速度； (2)带电体最终停在何处： (3)带电体到达 C点后经多长时间停止运动． 【答案】 （1）10m/s （2） 5 3 m （3） 1 3 s 【解析】【分析】对从 A到 C过程根据动能定理列式求解 C点的速度即可；设带电体沿竖直轨道 CD上升的最大高度为 h，对从 C到 D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑 块会静止在最高点。 解：（1）设带电体到达 C时的速度为 v，有动能定理得：   21 2AB ABqE S R mgS mgR mv    解得 v=10m/s （2）设带电体沿竖直轨道 CD上升的最大高度为 h，由动能定理得： 210 2 mgh qEh mv    解得： 5 3 h m 在最高点。带电体受到的最大静摩擦力 max 4fF qE N  重力 G=mg=2N 因为 G＜ maxfF ，所以带电体最终静止在与 C点的竖直距离为 5 3 m处 （3）根据（2）中分析可知带电体到达 C点后做匀减速直线运动最终停止在距 C点竖直距离 h= 5 3 m处，根据牛顿第二定律可知： maxfmg F ma  再根据运动学公式得： 21 2 h at 带入数据解得： 1 3 t s 58．真空中存在电场强度 E1的匀强电场（未知），一带电油滴，质量为m，电量- q，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。求： （1）电场强度 E1的大小和方向； （2）油滴运动到 B点时的速度大小。 【答案】 （1） 1 mgE q  ；方向竖直向下（2） 0 12Bv v gt  59．在竖直平面内有水平向右、场强为 41 10 /E N C  的匀强电场。在场中有一根长 2L m 为的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方 向成37角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O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， cos37 0.8 ， 29.8 /g m s 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： Eq tan37 mg  ，所以得到： mg tan37q E   ，代入数据得 5q 3 10 C  。 (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 mgF 0.5N cos37   ，而 2 BmvF L  所以 2 k B 1E mv 0.5J 2   。 (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 kA kF 2L E E  所以 kAE 2.5J ，A点的重力势能和电势能均为零，则总能量 E=2.5J。由 C A ，克服电场力做的功：  W Eq L 1 sin 37 0.96J   ，即 C点的电势能 pCE 0.96J ，所以 C点的机械能为 pCE E 1.54J  。 60．如图所示，一带电小球用绝缘细线悬挂于 O点，处在水平方向的匀强电场中，静止在 A点时 悬线与竖直方向的夹角为 45°，小球的质量为 m，带电量为 q，悬线的长为 L。现将小球放在悬 点 O右侧与悬点等高的 B点位置，悬线刚好拉直，由静止释放小球，重力加速度为 g，求： (1)电场强度的大小； (2)小球运动到最低点时速度的大小（悬线开始绷紧前）； (3)小球在最低点时，悬线绷紧后其拉力大小。 【答案】 （1） mg q （2） 2 gL （3）3mg 【解析】【分析】小球开始静止时对小球受力分析，应用平衡条件求出电场强度的大小；小球在 细线绷紧前做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿运动定律求出小球运动到最低点时速度的大 小；在悬线绷紧后，小球接着做圆周运动，根据牛顿第二定律求出其拉力大小。 解：(1)小球开始静止时悬线与竖直方向的夹角为 45°，对小球受力分析并建立平衡方程得 0tan45 qE mg  得 mgE q  。 61．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿 y轴正方 向的匀强电场 E，一长为 L的绝缘轻绳一端固定在 A（0，4L）点，另一端系一个带负电小球，电 荷量大小为 mgq E  ，开始绳刚好水平伸直。重力加速度为 g。求： （1）小球由静止释放，运动到 y轴时绳断裂，小球能到达 x轴上的 B点，B点位置坐标； （2）假设绳长可以 0到 4L之间调节，小球依然由原位置静止释放，每次到达 y轴绳断裂，其他 条件不变，则小球在 x轴上的落点与原点间距离最大时，求轻绳的长度及该最大距离。 【答案】 （1）  6 0L ， （2） 2 2L 【解析】【分析】小球由静止释放做圆周运动，由动能定理求得运动到 y轴时速度大小，绳断裂 做类平抛运动，由类平抛运动规律求解。 解：(1)小球摆到 y轴时，由动能定理得 21 2 mgL mv 绳断裂进入第二象限后做类平抛运动，有 Bx vt 214 2 L L at  qE mg ma  联立解得 6Bx L 则 B点位置坐标为  6 ,0L (2)设绳长为 1L 时，落点与原点间距离最远，由动能定理得 2 1 1 1 2 mgL mv 由类平抛规律可得： 1 1 1x v t 2 1 1 14 2 L L at  qE mg ma  联立解得  1 1 12 4x L L L  ， 则由数学知识可得当 1 14L L L  ，即绳长 1 2L L 时，距离最大 最大值为 1 2 2x L 62．一电路如图所示，电源电动势 E=28V，内阻 r=2Ω，电阻 1R =12Ω， 2 4 4R R  ， 3 8R  ， C为平行板电容器，其电容 C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长 L=0.20m，两极板的间距 d=1.0×10-2m． （1）若开关 S处于断开状态，则当其闭合后，求流过 R4的总电量为多少？ （2）若开关 S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以 v0=2.0m/s的初速度射入 C的电场中，刚好 沿虚线匀速运动，问：当开关 S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入 C的电场中， 能否从 C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取 10m/s2） 【答案】 （1） 126.0 10 C （2）微粒不能从 C的电场中射出