静电场同步练习2(答案版)课件

1、静电场同步练习2评卷人得分一、选择题（本题共42道小题，每小题0分，共0分）1.（单选）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是( )AQ2带负电且电荷量小于Q1B粒子从a点运动到b点电场力做正功Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比b点的电势能大2.（多选）如图所示，虚线a、b、c代表电场中

2、的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大3.（单选）如图所示:长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则A小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能BA、B两点间的电压一定等于 C若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为D若该电场是由放置在C点

3、的点电荷Q产生，则为454.（单选）如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上（O为连线的中点），N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是（）AO点电势等于N点电势BO点场强一定大于M点场强C将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大5.（多选）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点现有一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，

4、其速度时间图象如图乙所示下列说法正确的是（）AQ1一定带正电BQ1的电量一定小于Q2的电量Cb点的电场强度一定为零D粒子由a点经b点向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大6.（多选）在点电荷Q形成的电场中，一个粒子（核）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是AQ为正电荷B运动中粒子总是克服电场力做功C粒子经过两等势面的动能D粒子经过两等势面的电势能7.（单选）如图所示，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O点以相同的初速度飞入仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba加速度增大，b加速度增大Ca电势

5、能减小，b电势能增大Da和b的动能一定都增大8.（单选）若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动9.（单选）图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V一质子（）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断：质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV质子从a等势面运动到c等势面动能增加4

6、.5eV质子经过等势面c时的速率为2.25v质子经过等势面c时的速率为1.5v上述判断正确的是（）A和B和C和D和10.（单选）如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则（） A场强方向一定向左，且电势ab B 场强方向一定向左，且电势ab C场强方向一定向右，且电势ab D 场强方向一定向右，且电势ab 11.（单选）如图所示点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功（） A从A到B做功最多 B从A到C做功最

7、多 C从A到E做功最多 D做功一样多 12.（多选）如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3qCB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强磁场中现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120角，则A、B、C三个球所构成的系统的（） A 电势能不变 B 电势能减小 C 重力势能减小 D 重力势能增大13.（多选）如图所示，两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场，一个质量为m，带电量为q的油滴以初速度v0进入电场，并在电场中沿直线运动了一段

8、时间，空气阻力不计，则（）A该油滴带正电B在这段时间内电场力所做的功等于油滴重力势能的变化C在这段时间内油滴的机械能保持不变D在这段时间内油滴的动能保持不变14.（多选）如图所示，x图表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（） A ExaExb B Exa沿x负方向，Exb沿x正方向 C 同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反 D 将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功15.（单选）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎

9、没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力用U表示夸克间的势能，令U0=F0（r2r1），取无穷远为势能零点下列Ur图示中正确的是（）ABCD16.（单选）如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30下列说法正确的是（）AO点的场强大小为BO点的场强大小为CB、D两点的电势关系是：BDD电荷量为+q的点电荷在A

10、点的电势能小于在C点的电势能17.（单选）如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放则释放后小球从M运动到N过程中（） A 小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B 小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加 C 弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D 小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和18.（多选）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线一质量为m、带电量为q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）进入电场，沿

11、x轴正方向运动下列叙述正确的是（） A 粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小 B 粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大 C 要使粒子能运动到x3处，粒子的初速度v0至少为 D 若v0=，粒子在运动过程中的最大速度为19.（单选）在粗糙绝缘的水平面上固定一个带电量为Q的正电荷，已知点电荷周围电场的电势可表示为=k，式中k为静电常量，Q为场源电荷的带电量，r为距场源电荷的距离现有一质量为m，电荷量为q带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因数为2，Kmg，则（） A 滑块与带电量为Q的正电荷距离为x时，滑块电势能为 B 若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，滑块最后将停在距

12、离场源点电荷处 C 若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，当滑块运动到距离场源点电荷x3处的加速度为 D 若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，当滑块运动到距离场源点电荷x3处的速度为V=20.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和Q，A、B相距为2dMN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）C、

13、O间的电势差UCO；（2）小球p在O点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度21. (多选)（2013和平区四模）两个点电荷Q1，Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示则下列判断正确的是（）A. M点电势为零，N点场强为零B. M点场强为零，N点电势为零C. Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D. Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小22.（多选）（2014春忻州期中）如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带电的液滴带电量大小为q

14、，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A. 液滴做的是匀速直线运动 B. 液滴做的是匀变速运动C. 两板的电势差为 D. 液滴的电势能减少了mgd23.试题内容丢失。24.（单选）如图所示,在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是( )A两极板间距离越大，加速时间越长,电子获得的速率就越大B两极板间距离越小，加速度就越大,电子获得的速率也越大C电子获得的速率与两极板间的距离无关,仅与加速电压有关D以上分析都不正确25.（多选）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为q，A、C不带

15、电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）AA、B球间的细线的张力为BA、B球间的细线的张力可能为0C将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力D将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力26.（多选）（2013长春四模）一空间存在匀强电场，场中A、B、C、D四个点恰好构成正四面体，如图所示已知电场强度大小为E，方向平行于正四面体的底面ABC，正四面体棱长为cm已知UAC=6V、UBC=6V，则（）A. UDC=4V B. UDC=3V C. E

16、=200 V/m D. E=V/m27.（多选）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（）A小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动B小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1D小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg28.如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平

17、向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）AA球一定带正电荷，B球一定带负电荷BA球电势能一定增加CA、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2D电场力对A球和B球都不做功29.（单选）如图所示，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，则下面关于验电器箔片的说法正确的是A箔片张开B箔片不张开C带电金属球电量足够大时才会张开D箔片张开的原因是金属网罩感应带电产生的电场30.（单选）用控制变量法，可以研究影响平行板

18、电容器的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变31.（多选）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变32.（单

19、选）如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（） A若增大d，则减小，减小 B若增大Q，则减小，不变 C将A板向上提一些时，增大，增大 D在两板间插入云母片时，则减小，不变33.（多选）平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为，如图所示，那么（）A保持电键S闭合，将A板稍向B板靠近，则增大B保持电键S闭合，将A板稍向上移，则减小C电键S断开，将A板稍

20、向B板靠近，则不变D电键S断开，将A板稍向上移，则减小34.（单选）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2、R3为定值电阻，R4为光敏电阻（有光照射时电阻变小），C为定值电容。当S闭合且电路稳定后，让光照射R4，则以下说法正确的是A电容器电荷量增大 B电源的效率增大C电压表示数增大DR2上消耗的功率减小35.(多选)（2012秋海珠区期末）如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动则下列说法中正确的是（）A. 仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴

21、向下运动B. 仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C. 仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变D仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变36.（单选）在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A、电压表V1、电压表V2的读数分别为I、U1和U2，P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、电压表V2读数变化量大小分别是I、U1和U2，下列说法中正确的是（） A U2大于U1 B 灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角变

22、大 C 电源的输出功率变大 D 变大、变大37.（单选）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，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g粒子运动加速度大小为（） A g B g C g D g38.（2014秋金凤区校级期中）如图所示电路，A、B间电压恒为3.2V，3个电阻的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表为理想电流表，那么电路稳定时电容器所带的电量、电流表的读数分别是（）A. 0C，0A B. 9.6105C，0.8A C. 9.6105C，0A D. 0C，0

23、.8A39.（多选）给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电。板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示，小球静止时与竖直方向的夹角为，则 () A若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小 B若将B极板向下平移稍许，A、B两级板间电势差将增大 C若将B极板向小平移稍许，夹角将变大 D轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动40.（单选）电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图6所示的电路。当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S断开，则以下判断正确的是 A液滴仍保持静止状态B液滴将向上运动C电容器上所带的电荷将减为零 D电容器上所带的电荷将减小 41

24、.（多选）在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 （ ）A增大R1 B减小R2 C减小R3 D减小平行板两极板MN间距42.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地.两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（ ）第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、计算题（

25、本题共6道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,第4题0分,第5题0分,第6题0分,共0分）43.如图所示，平行金属板两板间的距离为4cm，两板间电压为100V，若a、b两点间距离也是4cm，且a、b两点连线与电场线的夹角为60，则（1）板间场强E为多少？（2）a、b两点的电势差是多少？（3）把一个电荷量为1.01015C的点电荷由a移到b点，电势能如何变化？变化了多少？（4）若b点离下极板的距离为1cm，取上极板的电势为零，则b点的电势b等于多少？44.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角

26、一个所带电量q=4108C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2106J求：（1）匀强电场的电场强度；（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；（3）a、c两点间的电势差45.两个正点电荷Q1=+Q和Q2=+4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示（1）在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？（2）将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中能达到最大速度的位置离A点的距离；（3）若把另一正检验电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中

27、速度为最大值时的位置P，即求出图中PA和AB连线的夹角46.如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？（3）带电系统回到初始位置所用时间

28、为多少？47.（计算）（2013南昌二模）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力求：（1）小球水平位移x1与x2的比值；（2）小球落到B点时的动能EkB（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin？48.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为210-5的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成600角，求： （1） 电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；（2）

29、 A、B两点间的电势差UAB；（3） 该匀强电场的电场强度E.评卷人得分三、实验题（本题共2道小题,第1题0分,第2题0分,共0分）评卷人得分四、填空题（本题共2道小题，每小题0分，共0分）49.如图所示，在E=400V/m的匀强电场中，a、b两点相距d=4cm，它们的连线跟场强方向的夹角是60，则Uba=8V50.（填空）（2014秋城东区校级月考）如图所示，A、B、C、D、E、F是匀强电场中一正六边形的六个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为15V、8V、3V由此可得D、E、F三点的电势分别为D ，E ，F 试卷答案1.A。由vt图象知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，b

30、点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为0，根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q2带负电且电荷量小于Q1，A正确；从速度图像可知：粒子从a点运动到b点电场力做负功，B错；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势较b点低，C错；粒子从a点到b点动能减小，则电场力做负功，电势能增加，D错误故本题选择A答案。2.考点：等势面；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大解答：

31、解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确故选BD点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化3.B根据电场

32、力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的A、小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；B、根据动能定理得：mgLsin+qUAB=，得到：UAB=故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零小球的重力沿斜面向下

33、的分力为mgsin一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsin时，电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是电场强度的最大值不能确定故C错误；D、若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误故选：B4.考点：电势；电场强度；电场的叠加；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：两等量同种电荷的场强的合成遵循平行四边形定则；电势的高低可以通过移动正的试探电荷，看电场力做功情况；根据电势的高低，判断电势能的大小解答：解：A、根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从

34、O到N，则O点的电势高于N点的电势，故A错误；B、在M、N和O三点中O点电场强度为零，故0点场强一定小于M点场强故B错误；C、将负点电荷从M点移到O点，电场力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加故C正确；D、在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高故M、N、O三点中，M的电势最高，N点的电势最低所以正电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小故D错误；故选：C点评：对于等量同种电荷的电场，要明确两电荷连线和两电荷连线的中垂线上的电场分布情况；

35、注意电场力做功等于电势能的减小量5.考点：电场线；电势能.分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q正负不能判断故A错误，C正确B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误C、整个过程动能先增加后减小，根据能量守恒电势

36、能先减小后增大故D正确故选：ACD点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小6.答案：AC：粒子带正电，由轨迹的速度和受力分析，F为库伦斥力，Q为正电荷，A正确；带电粒子在电场中的运动先靠近Q后远离Q，电场力先做负功后做正功，B错误；由b-a等势面，斥力做正功，动能增加，电势能减少，C正确；D错误。7.考点：电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小

37、，加速度越小根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化解答：解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大故C错误，D正确故选：D点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键基础题，不应失分8.考点：电势；电势差与电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：物体的运

38、动情况取决于合力和初始条件小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动解答：解：物体的运动情况取决于合力和初始条件小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动所以ABC错误，D正确故选：D点评：对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件虽然是简单题，同时也是易错题目

39、9.考点：电势能；等势面版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：质子带一个元电荷的电荷量e，则在运动过程中电场力做功W=eU，由做功的值分析能量与速度的变化解答：解：由a运动到c，则电场力做功W=e（ac）=e（61.5）=4.5eV 为正功，则电势能减小，运动增加故错误，正确 由a到c，4.5eV= 由a到b，e（ab）=e（64）V= 由得：=1.5v 故错误，正确所以正确的选项为B故选：B点评：考查电场力做功与能量的转化关系，明确电场力做正功电势能减小10.考点： 电场线；电场强度；电势版权所有 专题： 电场力与电势的性质专题 分析： 粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的

40、弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向； 沿着电场线的方向电势降低的因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定 解答： 解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右 沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势ab 故选C 点评： 电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧 11.考点： 电势能版权所有 专题： 电场力与电势的性质专题 分析： 以点电荷Q为中心的球面上所有各点的场强的大小相等而方向不同；该球面是

41、等势面 解答： 解：该球面是等势面，各点的电势相等，所以：UAB=UAC=UAD=UAE，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功W=qU，所以电场力个一杨多故D正确 故选：D 点评： 该题考查点电荷的电场的特点，掌握以点电荷Q为中心的球面上所有各点的电势相等是解题的关键属于基础题目 12.【考点】： 电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场力做功和重力做功的定义式求解总功，再根据电场力做做功电势能减小，重力做做功重力势能减小分析： 解：顺时针转过120时，A到B位置，B到C位置，C到A位置A、设三角形的边长为L，则：电场力做功WA

42、B=0.5qEL，WBC=2qEL，WCA=1.5qEL，故W总=0，电势能不变，A正确B错误C、重力做功：WGAB=mgLcos30=，WGBC=0，WGCA=3mgLcos30=，故WG总=mgL，重力势能增加，C错误D正确故选：AD【点评】： 掌握电场力和重力做功与电势能和重力势能的变化关系13.考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：油滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力不可能与速度不再同一条直线上，故合力为零，然后结合功的定义分析解答：解：A、滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力不可能与速度不再同一条直线上

43、，故合力为零，电场力与重力平衡，电场力向上，与场强同方向，故带正电，故A正确；B、由于电场力和重力是一对平衡力，电场力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力势能的增加量，故B正确；C、由于除重力外电场力做正功，故机械能增加，故C错误；D、由于受力平衡，做匀速直线运动故动能不变，故D正确；故选ABD点评：本题关键是对物体受力分析后结合运动情况得到电场力和重力平衡，再结合功的定义分析14.【考点】： 电势；电势能【分析】： 本题的入手点在于如何判断Exa和Exb的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场

44、的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法： 解：A|、在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见ExaExb，故A正确；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选：AB【点评】： 本题需要对电场力的性质和能

45、的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高15.考点：电势能；动能定理的应用.专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，两夸克之间的相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，rr1之后势能不变，恒定为U0解答：解：从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来

46、越小，此部分图象为A、B选项中所示；rr1之后，F=0，势能不变，恒定为U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2r1）故B正确故选B点评：本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系，分析F做功的正负，判断势能如何变化16.考点：电场强度；电势；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷的电场E=k和电场叠加原理可求解O点的场强大小两个等电量正负点电荷产生的电场等势线与电场线具有对称性，作出AC间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B与D电势的高低，判断电场力做功情况，可知A点和C电电势能的大小，解答：解：A、根据点电荷的电场E=k可

47、得：+Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿+Q到0；Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿O到Q，两个场强方向的夹角为120，由电场叠加原理得知O点的场强大小k，故A、B错误；C、根据顺着电场线电势降低和对称性，BD故C正确D、A点与C点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误故选：C点评：本题关键要掌握点电荷场强公式，能运用电场的叠加原理求解空间任一点的场强分析时抓住电场线与等势线的对称性，知道AC是一条等势线17.【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；弹性势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球静止时位

48、于N点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功据此来分析各个选项： 解：A、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误B、由题意，小球受到的电场力等于重力在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能和动能，故B错误；C、释放后小球从M运动到N过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误D、由动能定律可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确故选：BC18.【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的

49、关系；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0x1过程，求解初速度v0粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度： 解：A、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，粒子做加速运动故A错误B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势高处电势越小，可知，粒子的电势能不断增大故B正确C、0到x3根据动能定理得：q（0（0）

50、=0m解得：v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为故C错误D、若v0=，粒子运动到x1处电势能最小，动能最大，由动能定理得：q（00）=mvmv，解得最大速度为：vm=故D正确故选：BD19.解：A、滑块与带电量为Q的正电荷距离为x时，据题知，此时滑块所在处的电势为=k，则滑块电势能为 Ep=q=故A正确B、若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，设滑块最后将停在距离场源点电荷x处根据能量守恒定律得：qkqk=mg（xx1），解得x=，即滑块最后将停在距离场源点电荷处，故B正确C、若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，设当滑块运动到距离场源点电荷x3处的加速度为a，由牛顿

51、第二定律得： kmg=ma则得a=g，故C错误D、将滑块无初速地放在距离场源点电荷xx1处，设滑块运动到距离场源点电荷x3处的速度为v，由动能定理得： q（13）mg（x3x1）=mv2又1=k，3=k解得 v=，故D正确故选：ABD20.考点：电势差与电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCO（2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解（3）由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从O到D由动能定理求解解答：解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：mgd+qUCO=mv20，解得：UCO=；

52、（2）小球p经过O点时受力如图：由库仑定律得：F1=F2=k，它们的合力为：F=F1cos45+F2cos45=，所以p在O点处的加速度：a=+g，方向竖直向下；（3）由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的即小球p由C运动到O与由O运动到D的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理得：W合=mv0=2mv2，解得：vD=v；答：（1）C、O间的电势差UCO为；（2）小球p在O点时的加速度为：+g，方向竖直向下；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为v点评：本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性21.AC解：A、B由图知，M点电势能EP=0，由=分析得知，M点电势=0EPx图象的斜率=F=qE，则知N点场强为零故A正确，B错误C、D根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小故C正确，D错误故选AC22.ACD解：AB、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场