静电场练习卷主标题-普通用卷.doc

静电场练习卷主标题题号一二三四总分得分一、单选题(本大题共20小题，共80.0分)1.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大（） A.质子B.氘核C.粒子D.钠离子2.电场中M、N两点场强的大小分别为EM、EN，电势分别为M、N某带电粒子仅在电场力作用下从M点运动到N点，若此过程中带电粒子的动能始终保持不变，下列判断正确的是（） A.EMEN，MNB.EMEN，M=N C.EM=EN，M=ND.EMEN，MN3.某一探测器，因射线照射而使内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子通过探测器某一个截面，同时有2n个电子也通过该截面，则探测器电路中的电流为（） A.0B.C.D.4.绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图所示，现使b带正电，则（） A.b将吸引a，吸住后不放开B.a、b之间不发生相互作用 C.b先吸引a，接触后又把a排斥开D.b立即把a排斥开5.如图所示是一场强大小为E、方向水平向右的匀强电场，现将一电子从A点移动到B点已知电子的带电量为e，AB间距离为d，AB连线与电场线成37角，则可知（） A.电子的电势能减小 B.电场力做功为W=eEd C.电场中A点的电势A小于B点的电势B D.AB两点的电势差为UAB=Edcos376.M和N是两个原来都不带电的物体，它们相互摩擦后，M带正电荷，下列判断正确的是（） A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦的过程中电子从M转移到N C.M在摩擦过程中创造了正电荷D.N在摩擦过程中失去电子7.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（） A.根据电场强度的定义式E=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B.根据电容的定义式C=，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷电场强度公式E=，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D.根据公式UAB=，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V8.如图所示，带电量为q，质量为m的小球，用长为l的绝缘细线悬挂在O点，小球处在水平方向场强大小为E的匀强电场中平衡时悬线与竖直方向的夹角为，如果改变下列某一个条件，保持其他条件不变，则的变化情况正确的是（） A.质量m增大，角增大B.细线长度l增大，角减小 C.电量q增大，角增大D.场强E增大，角减小9.如图，用起电机使金属鸟笼带电，站在金属架上的鸟安然无恙，且不带电，其原因是（） A.鸟的脚爪与金属架绝缘 B.鸟与笼电势不同，有电势差 C.起电机使笼带电，笼的电势不会很高 D.鸟笼内部场强为零，电荷分布在笼的外表面10.如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷达到静电平衡后（） A.a端的电势比b端的高B.b端的电势比a端的高 C.ab两端的电势相等D.杆内c处电场强度的方向由a指向b11.如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现负、正电荷，则（） A.枕形导体a端电势小于b端电势B.闭合S1，有电子从枕形导体流向地 C.闭合S1，有电子从地流向枕形导体D.闭合S2，有正电荷从枕形导体流向地12.下列说法正确的是（） A.处于静电平衡状态的导体，内部既无正电荷，又无负电荷 B.处于静电平衡状态的导体，内部和外表面处的电场强度均为零 C.手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，那么验电器的金属箔张开的角度将变小 D.电容越大的电容器，带电荷量也一定越多13.图中虚线是某电场的一组等势面两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点下列说法正确的是（） A.两粒子的电性相同B.a点的场强小于b点的场强 C.a点的电势高于b点的电势D.与P点相比两个粒子的电势能均增大14.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则（） A.B、D两点的电势相等 B.B点的电场强度比D点的大 C.负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能 D.正电荷由D点静止释放，只受电场力作用沿电场线运动到B点15.如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（） A.U1变大，U2变大B.U1变小，U2变大 C.U1变大，U2变小D.U1变小，U2变小16.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的3个顶点上，a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小已知c受到a和b的电场力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（） A.F1B.F2C.F3D.F417.如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（） A.Q变小，C不变，U不变B.Q变小，C变小，U不变 C.Q不变，C变小，U变大D.Q不变，C变小，U变小18.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是（） A.F逐渐减小，T逐渐减小B.F逐渐增大，T逐渐减小 C.F逐渐减小，T逐渐增大D.F逐渐增大，T逐渐增大19.如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（） A.电容器带电量变大B.电容器内部的场强变大 C.灵敏电流计中有ab的电流D.尘埃向下运动20.如图所示，在与直流电源相接的平行板电容器内部，有一个带电体P正好处于静止状态下列推断正确的是（） A.S 保持闭合，将 A 板上移一小段距离，P将会向上运动 B.S 保持闭合，将 A 板上移一小段距离，P将会向下运动 C.S 断开后，将 A 板上移一小段距离，P将会向上运动 D.S 断开后，将 A 板上移一小段距离，P将会向下运动二、多选题(本大题共14小题，共56.0分)21.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（） A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功 C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小22.如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（） A.在荧屏上的亮斑向上移动B.在荧屏上的亮斑向下移动 C.偏转电场对电子做的功增大D.偏转电场的电场强度减小23.如图，把塑料匙在干燥的布上摩擦几下，然后去舀爆米花，爆米花就会到处乱蹦发生这种情况的原因是（） A.爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷 B.爆米花与带电的勺子接触，带异种电荷 C.爆米花受到塑料匙的作用力而到处乱跳 D.爆米花是因为静电感应的带电，到外乱跳24.在电场线如图所示的电场中，下述说法正确的是（） A.A点的电场强度大于B点的电场强度 B.A点的电势高于B点 C.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能小 D.正电荷从B点移到A点时，电场力作正功25.两个相同的金属小球，带电量之比为1：3，相距为r，两者相互接触后在放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（） A.B.C.D.26.把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一小段距离，发现两球间互相排斥，则A、B两球原来的带电情况可能是（） A.A和B原来带有等量异种电荷B.A和B原来带有同种电荷 C.A和B原来带有不等量异种电荷D.A和B原来只有一个带电27.图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动已知电势KLM下列说法中正确的是（） A.粒子带负电B.粒子在bc段做减速运动 C.粒子在b点与d点的速度相同D.粒子在c点时电势能最大28.直线AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B的判断正确的是（） A.EAEBB.EAEBC.ABD.AB29.如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q，且CO=OD，ADO=60，下列判断正确的是（） A.D点电场强度为零B.O点电场强度为零 C.若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大30.如图所示的匀强电场场强为103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm则下述计算结果正确的是（） A.ab之间的电势差为40V B.ac之间的电势差为50V C.将q=-510-3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力做功是-0.25J D.将q=-510-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是-0.2J31.如图所示，实线表示匀强电场的电场线，虚线表示某一带电粒子从a点进入电场时通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确的判断是（） A.粒子带正电 B.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 C.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 D.粒子在a点的速度小于在b点的速度32.一带电粒子仅受电场力作用在匀强电场中运动，A、B两点是粒子运动轨迹上的两点，已知粒子在A点时的动能比B点大，如图所示，则下列说法正确的是（） A.无论电场方向如何，粒子在A点的电势能总比B点大 B.如果电场力向沿水平方向，无论粒子是从A到B还是从B到A粒子均可能沿轨迹1运动 C.如果电场方向沿水平方向且粒子带负电，则可能沿轨迹2运动 D.如果电场方向竖直向上，则粒子带负电33.如图所示，某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（） A.如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较小 B.如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较大 C.如果图中虚线是电场线，a点的场强大于b点的场强 D.如果图中虚线是等势面，a点的电势高于b点的电势34.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（） A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐减小D.做匀速直线运动三、填空题(本大题共3小题，共12.0分)35.如图所示，把一电子射线管放在蹄形磁铁的两极之间，当电子由“-”，极射向“+”极时，将向 _ 方偏转（填“上”或“下”）36.示波管应用了_(填“电场”或“磁场”)使电子束偏转的原理；纯电阻电路中，电动势为E，内电阻为r的电源的最大输出功率为_37.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=20V，UB=4V，UC=-4V由此可得D点电势VD=_V；若正方形边长为10厘米，则该场强的大小为_V/m四、计算题(本大题共6小题，共60.0分)38.如图所示电子射线管阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速A、B是偏向板，使飞进的电子偏离若已知P、K间所加电压为UPK，偏向板长L，板间距离d，所加电压UA偏转板右端距荧光屏为R电子质量me，电子电量e设从阴极出来的电子速度为0试问： （1）电子通过阳极P板的速度0是多少？ （2）电子通过偏向板时的偏转位移为多少？ （3）电子过偏向板向到达距离偏向板R荧光屏上O点，此点偏离入射方向的距离y是多少？ 39.如图所示，质量均为m的两个带电小球A和B放置在光滑的绝缘水平面上，彼此相距为l，A球带电荷量+Q，B球带电荷量-Q，若用一水平力拉动其中一个球，且要使另一个球与前面的球始终保持l的间距运动，则拉力F的大小为？ 40.地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h求： （1）匀强电场的场强？ （2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？ 41.如图所示，竖直向下的匀强电场中，水平轨道AB与四分之一圆轨道BC相切于B一质量m=0.4kg、电荷量q=810-4C的带正电小球，从A点以速度v0=2m/s由A向B运动，到达P点后又返回，已知轨道ABC光滑且绝缘，圆轨道BC半径R=0.5m，匀强电场的场强E=5103V/m，取重力加速度为g求： （1）小球在B点对圆轨道的压力 （2）小球在P点的加速度 42.在场强大小为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球A和B，电荷量分别为+2q和-q，两小球间用长为l的绝缘细线连接，并用绝缘细线悬挂在O点，如图所示问平衡时， （1）细线对带电小球B的作用力多大？ （2）细线对带点小球A的作用力多大？ 43.如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距5cm，b、c相距12cm将一个带电荷量为410-8C的电荷从a点移到b点时，电场力做功为1.210-7J （1）a、b两点间电势差为多少 （2）匀强电场的场强大小E （3）b、c两点间电势差为多少 答案和解析【答案】 1.A2.C3.D4.C5.D6.B7.C8.C9.D10.C11.C12.C13.B14.C15.B16.D17.C18.A19.C20.B21.BD22.AC23.AC24.BC25.CD26.BCD27.BD28.AC29.AD30.AD31.BD32.BD33.BC34.BC35.下 36.电场; 37.12;178.8838.解：（1）根据动能定理： 解得： （2）由匀速直线运动，可求得，运动时间： 由匀强电场公式，则有： 根据牛顿第二定律，则： 因此偏转位移； 解得： （3）根据动能定理： 且 解得：y=y+Rtan=（1+）； 答：（1）电子通过阳极P板的速度0是； （2）电子通过偏向板时的偏转位移为； （3）电子过偏向板向到达距离偏向板R荧光屏上O点，此点偏离入射方向的距离y是（1+） 39.解：如拉力F作用于B上水平向右，使系统做匀加速运动，对A有 对系统F=2ma，则F= 答：拉力的大小为 40.解：（1）对小球列平衡方程qE=mgtan 所以 （2）丝线断后小球的加速度为 由得 答：（1）匀强电场的场强 （2）若丝线突然断掉，小球经过时间落地 41.解：（1）经过B点时，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： N-mg-qE=m 则得圆轨道对小球的支持力为： N=mg+qE+m=0.410+810-45103+0.4=11.2N 根据牛顿第三定律得：小球在B点对圆轨道的压力大小为：N=N=11.2N，方向竖直向下 （2）设BOP= 小球从P点到B点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R（1-cos）= 则得：cos=1-=0.8，sin=0.6小球在P点的速度为0，向心力为0，向心加速度为0，则P点的加速度由重力和电场力的切向分力产生，由牛顿第二定律得： （qE+mg）sin=ma 则得：a=（+g）sin=（+10）0.6=12m/s2 答： （1）小球在B点对圆轨道的压力为11.2N （2）小球在P点的加速度是12m/s2 42.解：（1）以B球为研究对象，受力分析如图：重力mg、电场力qE、A对B的库仑力F、细线对B的拉力TB，由平衡条件得： qE+F+Tb=mg 而库仑力F=k 故细线对小球B的作用力大小为Tb=mg-qE-k （2）以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力如图：重力2mg、电场力（2qE-qE）=qE，方向竖直向下，细线的拉力TA，由平衡条件得： TA=2mg+qE 根据牛顿第三定律，细线a对悬点O的作用力大小为也为2mg+qE 答：（1）细线对带电小球B的作用力mg-qE-k； （2）细线对带点小球A的作用力2mg+qE 43.解：（1）根据Wab=qUab得： （2）匀强电场的场强大小：E= （3）b、c两点间的电势差：Ubc=Edbccos60= 答：（1）a、b两点间电势差为3V （2）匀强电场的场强大小E为60V/m （3）b、c两点间电势差为3.6V 【解析】 1. 解：四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理，有： qU=mv2 解得：v= 由上式可知，比荷越大，获得的速度越大，由于质子的比荷最大，所以质子获得的速度最大故A正确，BCD错误； 故选：A 明确带电粒子在电场中的受力情况，根据动能定理列式，求出速度表达式，结合各个粒子的比荷进行分析讨论 本题关键根据动能定理列式求解出粒子速度的一般表达式再进行比较，再对表达式进行分析是解题的常用方法 2. 解：由题意可知，带电粒子仅在电场力作用下从M点运动到N点，若此过程中带电粒子的动能始终保持不变，故说明电场力不做功，粒子在等势面上移动，故MN两点电势相等； 因只受电场力运动，故粒子受到的电场力一定始终与速度方向相互垂直，粒子做匀速圆周运动，电场力大小始终相等，则由E=可知，电场强度的大小一定相等，故EM=EN，M=N；故C正确，ABD错误 故选：C 根据动能始终不变可知电场力不做功，电势能不变，电势相等；再根据电场力的性质可分析粒子的运动状态，从而分析电场力的大小，确定电场强度的大小关系 本题考查带电粒子在电场中运动问题，要注意明确带电粒子放在电场中即一定受电场力作用，如果能保持动能不变，且只有电场力作用则说明粒子一定只能做匀速圆周运动 3. 解：由题：在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极可知， 则q=n2e+2ne=4ne 由电流公式I= 得：I=；故D正确，ABC错误； 故选：D 根据电流的公式I=，q是正离子和电子电量绝对值的和每个电子电量大小为e，每个二价正离子的电量大小为2e 本题考查对电流的定义式中电量的理解能力对于正负电荷沿相反方向定向移动形成电流的情况求电流时，电量是通过导体截面正负电荷电量绝对值之和 4. 解：带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开； 故选C 带电物体能够吸引轻小物体，a与b接触后，a球与b球带上了同种电荷，相互排斥而分开 本题关键是带电物体能够吸引轻小物体，接触后，带同种电荷，又因为带同种电荷而分开 5. 解：A、电场方向水平向右，电子受力逆着电场线方向，故在移动中电场力做负功，故电势能增大，故A错误； B、匀强电场电场力做功W=Eqlcos=eEdcos（180-37）=-eEdcos37，故B错误； C、电场线向右，沿着电场线方向电势降低，故电场中A点的电势A大于B点的电势B，故C错误； D、由W=Uq可知，A、B两点的电势差为UAB=Edcos37，故D正确； 故选：D 电场方向水平向右，沿着电场线方向，电势逐渐降低；匀强电场电场力做功W=Eqlcos；匀强电场UAB=Ed；电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增加 解决本题得关键是熟练掌握电场力做功与电势能的关系，电场强度与电势差的关系，明确电场线的性质，知道沿电场的方向电势降落 6. 解：A、原来不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷的个数相等，相互抵消；故A错误； B、C、D、摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中M失去电子，转移到了N物体上，故B正确，C错误，D错误； 故选：B 解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子 本题考查电荷守恒定律，要明确在起电过程中总电荷量保持不变，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电 7. 解：A、电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误 B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误 C、根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式E=，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确 D、据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为-1V，故D错误 故选：C 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解 本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式 8. 解：小球受重力、拉力和电场力平衡，受力如图，有tan，当质量m增大，变小，细线长度l增大，不变，电量q增大，增大，场强增大，增大故C正确，A、B、D错误 故选C 小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡判断夹角的变化 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解 9. 解：金属鸟笼带电后属带电体带电体在静电平衡状态时，属等势体；此时电荷只分布在外表面，金属内和空腔内都无电场因此鸟两爪电势相等故D正确，ABC错误； 故选：D 根据导体处于静电平衡状态，结合静电屏蔽原理，即可求解 考查静电平衡状态下，导体内部合电场为零，电荷只分布在外表面，是一个等势体，这是解题的关键 10. 解：A、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到a=b，所以C正确，AB错误 D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，所以D错误 故选：C 根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低 达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉 11. 解：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体；故C正确，ABD错误； 故选：C （1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒 （2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引 本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上 12. 解：A、金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，都是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷 故A错误 B、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，而表面处的场强不等于0，故B错误 C、手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，根据感应带电原理，及同种电荷相斥，异种电荷相斥，则验电器的金属箔张开的角度将变小故C正确； D、公式，可知，C与Q及U无关，故D错误 故选：C 金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体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，电荷才不会移动当点电荷移走后，电荷恢复原状，并由公式，可知，C与Q及U无关 处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面且导体是等势体，并掌握比值定义法的含义 13. 解：A、根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，说明a与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反故A错误 B、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=k可知，a点的场强小于b点的场强故B正确 C、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低故C错误 D、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小故D错误 故选：B 根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小 根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减 14. 解：A、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，故A错误； B、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B点的电场强度比D点的小故B错误； C、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C点电势比A点电势高，所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能 故C正确； D、正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向故D错误 故选：C 根据电场线的疏密判断场强的大小，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低；负电荷在电势高处的电势能小 该题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，难度不大，属于基础题 15. 解：根据动能定理：eU1=mv2 得：v= 在偏转电场中vy=at a= 且t= 而vy=at 则tan= 若使偏转角变小即使tan变小，由上式看出可以增大U2减小U1故B正确，ACD错误； 故选：B 电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法 本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题 16. 解：对c球受力分析，如图 由于a所带电荷量的大小比b的小，故a球对c球的静电引力较小， 根据平行四边形定则，合力的方向如图所示，故ABC错误，D正确； 故选：D 对c球受力分析，受到a球的静电斥力和b球的静电引力，由于b球的带电量比a球的小，故b球的静电引力较小，根据平行四边形定则可以判断合力的大致方向 本题关键分析出c球受到的各个静电力，然后根据平行四边形定则作图，从图象中可以判断合力的大致方向 17. 解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=知两极板间的电势差U变大，故C正确 故选：C 电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化 解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变 18. 解：电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U=Ed可知，电场强度E减小；电场力F=Eq减小； 小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T=；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小故A正确，BCD错误 故选：A 明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况 本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可 19. 解：A、电容器始终接在电源的两端，则两端的电势差不变，将两板缓慢地错开一些，正对面积减小，根据C=，知道电容减小，根据Q=CU知，电荷量减小，灵敏电流计中有ab的电流故A错误，C正确 B、电势差不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，尘埃所受的电场力不变，尘埃仍然静止故BD错误 故选：C 电容器与电源相连，两端的电势差不变，结合电容的变化得出电荷量的变化，通过两极板间的距离变化得出电场强度的变化，从而得出尘埃的运动情况 本题应明确电容器是由电源相连的，则可直接得出电压不变，再根据d不变，即可明确场强不变；在解题时要注意认真分析，避免走弯路 20. 解：AB、保持S闭合，则电容器两端的电势差不变，将电容器A极板上移一小段距离，d增大，则电场强度减小，电场力减小，则液滴向下运动故A错误，B正确 CD、将S断开，只改变d时，Q不变，根据C=，U=，E=得，E=，将A板上移一小段距离，电场强度不变，电场力不变，液滴仍然处于静止状态故CD错误 故选：B 带电液滴处于静止状态，知液滴所受的电场力和重力平衡当电键S闭合，电容器两端的电势差不变，结合电场强度的变化判断电场力的变化，从而确定液滴的运动情况 当电键S断开时，电容器所带的电荷量不变，结合电容的定义式、匀强电场的电场强度公式得出电场强度的大小表达式，判断电场力的变化，从而确定液滴的运动情况 本题考查电容器的动态分析，知道电容器与电源断开，电荷量不变，电容器始终与电源相连，电容器两端的电势差不变并熟记当电量不变时，只改变两板间的距离时，电场强度不变 21. 解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左， A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误 B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确 C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误 D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确 故选BD 首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案 该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况 22. 解：A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v电子在加速电场中运动过程，由动能定理得： eU1= 解得， 电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有： 水平方向有：L=vt 竖直方向有： vy=at 电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tan= 由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tan=， 则 =arctan 即电子离开偏转电场时的偏转角随偏转电压的增大而增大如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动故A正确，B错误； C、电子离开偏转电场时的偏转量：， 如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大 偏转电场对电子做的功：W=eEy，偏转量越大，电场力做的功越多故C正确； D、偏转电场的电场强度：，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大故D错误 故选：AC 电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度； 电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明 本题是带电粒子在组合场中运动的问题，运用动能定理或能量守恒定律求粒子加速获得的速度是常用的方法对于类平抛运动，研究方法与平抛运动类似，采用运动的分解法，由牛顿运动定律和运动学规律结合求解 23. 解：A、由于塑料与布摩擦后产生静电，而爆米花与勺子接触带电，故带同种电荷；故A正确；B错误； C、爆米花之所以运动是因为受到塑料匙的作用力；故C正确； D、爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷，不是由于感应带电；故D错误； 故选：AC 明确静电现象，根据接触起电的性质分析爆米花的电性，并明确它们运动的原因 本题考查物理知识在生活中的应用，要注意会用所学过的物理规律解释相关现象，从而加深对物理规律的理解 24. 解：A、由图可知A处电场线疏B处电场线密，所以A点的电场强度小于B点的，故A错误； B、沿电场线电势降低，因此A点电势高于B点，故B正确； C、负电荷在电势高的地方电势能低，故C正确； D、正电荷受力和电场线方向一致，所以正电荷从B点移到A点时，电场力做负功，故D错误 故选BC 根据电场线和电场强度、电势、电场力关系即可求解 能通过电场线来比较电场强弱、电势高低、电势能高低、电场力做功是对电场学习的基本要求 25. 解：由库仑定律可得：F=k得，库仑力与电量的乘积成正比， 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2：2，原来带电量之比为1：3， 原来库仑力为F=，现在的库仑力为F=，所以库仑力是原来的 当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为，原来带电量之比为1：3， 同理，所以库仑力，是原来的故C、D正确，A、B错误 故选：CD 两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的 解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷 26. 解：A、两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力故A不可能 B、两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力故B可能 C、两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力故C可能 D、原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力故D可能 故选：BCD 两个小球接触后再分开，两球相互排斥，根据小球带电情况，将选项逐一代入，选出符合题意的选项 本题考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力，要知道两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷 27. 解：A、各等势面的电势：KLM ，所以电场强度的方向向左；结合粒子的曲线运动，所受合力应该指向曲线弯曲的内侧，点电荷的所受电场力是偏在左侧的，点电荷带正电故A错误 B、点电荷的所受电场力是偏在左侧的，所以粒子在bc段做减速运动故B正确 C、b、d在同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，根据动能与电势能总量守恒，可知粒子在两点速率相等，但是速度是矢量，方向沿切线的方向，所以二者的方向不相同，故C错误 D、a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，粒子在c点时电势能最大故D正确 故选：BD 由等势面的情况可以画出电场线的大致分布图，结合粒子的曲线运动，所受合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以电子的所受电场力是偏在左侧的，所以电场强度的方向向右所以各等势面的电势：KLM ，b、d在同一等势面上，电势能相等，动能相等，速率相等根据a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势最小 这类轨迹问题常常作电场线求解，这是常用方法电势、电势能、场强等物理量大小比较是电场部分常见题目 28. 解：A、B、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误； C、D、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故AB，电子带负电，由=可知，A点的电势要大于B点电势，AB，故C正确，D错误； 故选：AC 根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解沿着电场线方向电势降低 本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断； 同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性 29. 解：A、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，方向水平向右-Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向水平向左，则D点的合场强为零故A正确 B、在O点，两个正电荷的场强互相抵消，只剩下负点电荷产生的场强，故不为零，故B错误 C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小故C错误 D、由C知，若将点电荷-q从O移向C，电势能增大，故D正确 故选：AD O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化 空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成等量同种电荷的电场要抓住对称性 30. 解：A、ab之间的电势差Uab=Eab=1030.04V=40V故A正确 B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V故B错误 C、将q=-510-3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力不做功故C错误 D、将q=-510-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为W=qU=-510-3C40V=-0.2J故D正确 故选AD 根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，d是电场线方向两点间的距离，求解两点间的电势差根据公式W=qU求解电场力做功 电场力做功与重力做功相似，只与电荷初末位置有关，与路径无关基础题 31. 解：A、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知该粒子带负电，故A错误； B、从a到b过程中电场力做正功，故电势能减小，a点的电势能大于在b点的电势能，故B正确； C、由于电场是匀强电场，故加速度不变，C错误； D、从a到b过程中电场力做正功，动能增加，速度增大，即粒子在a点的速度小于在b点的速度，故D正确 故选BD 做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行 本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、动能、电势能等物理量的变化情况 32. 解：A、由题可知，粒子在A点时的动能比B点大则无论电场方向如何，粒子在A点的电势能总比B点小，故A错误； B、粒子在A点时的动能比B点大，则A到B的过程中电场力做负功，如果电场力向沿水平方向，则电场力的方向向左，粒子运动的轨迹向左弯曲，运动的轨迹只能是轨迹1；若粒子是从B向A运动，同理也可以得出粒子运动的轨迹是轨迹1的结论，故B正确； C、结合B的分析可知，粒子运动的轨迹只能是1，不可能是轨迹2，故C错误； D、如果电场方向在竖直方向上，设粒子从A向B运动，由于粒子在A点的动能大，所以可知电场力对粒子做负功，粒子受到的电场力的方向向下；如果电场方向竖直向上，则粒子受到的电场力的方向与电场