人教版物理高三一轮复习静电场同步练习题

1、静电场1、（多选）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的vt图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知：      （      ）A两电荷的电性一定相反Bt1时刻两电荷的电势能最大C0t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D0t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小2、现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、

2、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是：      （      ）AO点的电场强度和电势均为零B把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力所做总功为零C同一点电荷在a、d两点所受电场力不同D将一负点电荷由a点移到b点电势能减小3、如图所示是真空中某一点电荷Q在周闱产生的电场,a、b分别是该电场中的两点,其中a点的电场强度大小为E,方向与a、b连线成120&#

3、176;角；b点的电场强度大小为，方向与a、b连线成150°角,一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b，则：      （      ）A点电荷Q是负电荷Ba、b两点的电场强度大小 C在a、b两点受到的电场力大小之比D在a、b两点具有的电势能的大小关系为4、如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是A从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高CO点的电场

4、强度为零，电势最低DO点的电场强度不为零，电势最高5、如图所示，在水平放置的光滑金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q.一表面绝缘、带正电的金属球(可视为质点，且不影响原电场)以速度v0开始在金属板上向右运动，在运动过程中（）A.小球减速后作加速运动B.小球作匀速直线运动C.小球受电场力的冲量为零D.以上说法可能都不正确6、如图所示,两个固定的相同金属环相距某一距离同轴放置,两环带等量异种电荷。离环无穷远处有一个带正电的粒子,沿着通过两环中心并且垂直于环面的直线飞向环。为了飞过两环,粒子应该具有的最小初速度为v0。如果粒子在无穷远处的速度变为nv0(n>1),取无限远处电势为零,则粒子在

5、飞过两环过程中的最大速度和最小速度之比为A.   B.n1 C.(n+1)(n-1)      D.(n2+1)(n2-1)7、如图所示，a、b两个带电小球，质量分别为、，用绝缘细线悬挂，两球静止时，它们距水平地面的高度均为h（h足够大），绳与竖直方向的夹角分别为和（），若剪断细线Oc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度取g，则       Aa球先落地，b球后落地      B落地时，a、b水平速度相等，且向右

6、      C整个运动过程中，a、b系统的电势能增加      D落地时，a、b两球的动能和为8、如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（      ）A B    &

7、#160;         C  D9、质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则(     )  A整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2  B从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2  C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2  D整个过程中机械能的增量为2mg2t210、如图所示，图中MN为足够

8、大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O，由于静电感应产生了如图所示的电场分布P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，经过仔细研究，他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是                    A  方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为   B  方向沿P

9、点和点电荷的连线向左，大小为   C  方向垂直于金属板向左，大小为    D  方向垂直于金属板向左，大小为11、某带电物体在空间形成一个电场，沿x轴正方向其电势的变化如图所示。电子从O点以初速度v0沿x轴正方向射出。依次通过a、b、c、d四点。则下列关于电子运动的描述正确的是A在Oa间电子做匀加速直线运动B电子在ad之间一直在做减速直线运动C要使电子能到达无穷远处。粒子的初速度v0至少为D在cd间运动时电子的电势能一定减小12、图示为一个半径为R的均匀带电圆环，其单位长度带电量为。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴

10、上任意点P到O点的距离为x，以无限远处为零势点，P点电势的大小为。下面给出的四个表达式（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电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性判断。根据你的判断，的合理表达式应为（     ）A.    B. C      D.13、如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。和EM、EN分别表示电子在M、N两点的速度和电势

11、能，则电子从M点逆时针运动到N点   (A) 电子的动能先减小后增大    (B) 电场力对电子做了正功      (C) ，       (D) ，14、如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且abcd、abbc，bccd2ab2l，电场线与四边形所在平面平行。已知a20V，b24V，d8V。一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（ 

12、0;     ）   Ac点电势为14V   B质子从b运动到c所用的时间为   C场强的方向由a指向c   D质子从b运动到c电场力做功为12eV15、质量为m的物块，带电荷量为Q，开始时让它静止在倾角60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为Emg/Q的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为()A2      B. C2    

13、 D216、用轻质等长的细线把两个质量相等的带电小球a、b悬挂起来，a球带负电-3q，b球带正电q，整个装置处在水平向右的匀强电场中，最后达到平衡时的状态可能是（）17、如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）A第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D所

14、有液滴下落过程中电场力做功相等18、如图，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线。P、Q为CD轴上于O点两侧的对称点。如果是带电荷量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等。则下列判断正确的是AO点的电场强度为零BP点的电场强度与Q点的电场强度相等C在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将做匀加速直线运动D将正电荷从P点移动到Q点电势能先减小后增大19、在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在该电场中一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点，在O点将一带正电的小球以相同的初速率向各个方向水平射出

15、时，小球可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速度最大，已知PQ与PC间的夹角为=30°，则关于该电场强度E的方向及PC间的电势差大小说法正确的是       （     ）AE的方向为由P指向Q， BE的方向为由Q指向C，CE的方向为由P指向C， DE的方向为由O指向C，20、如图4所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A板间电场强度大小

16、为mg/qB板间电场强度大小为mg/2qC质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间21、两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的 O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则   （    ）AN点的电场强度大小为零 BA点的电场强度大小为零CNC间场强方向向x轴正方向D将负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功22、一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐

17、标原点，其电势能EP与位移x的关系如右图所示。下列图象中合理的是23、在水平向右的匀强电场中，将一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动轨迹如图所示。小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平线上，M点为轨迹的最高点。小球从A点运动到M点的过程中对应的水平位移为，从M点运动到B点的过程中对应的水平位移为，不计空气的阻力。则以下说法中正确的是A小球水平方向的分速度先增大后减小B小球水平位移与的比值为13C小球从A点运动到M点的过程中电势能的变化量与从M点运动到B点的过程中电势能的变化量的比值为11D小球在M点动能最小24、如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，CAB=30°，

18、斜面内部O点（与斜面无任何连接）固定有一正点电荷，一带负电的小物体（可视为质点）可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OMON，OMAB，则下列判断正确的是(   )A小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零25、光滑竖直墙壁和粗糙水平地面上分别静止着A、B两个可认为是质点的小球，两小球质量、电量均相同，现缓慢地把小球B稍向右移（两小球电量不变），系统仍处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）A、B球受地面的摩擦力方向向

19、左，大小增大B、两小球之间的库仑力是排斥力，大小减小C、B小球可能只受三个力作用D、小球A对墙壁的弹力减小26、如图所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电轻细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线与电场方向平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为求小球经过最低点时细线对小球的拉力27、如图所示，在的空间中，存在沿轴方向的匀强电场；在的空间中，存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小也为。一电子在处的P点以沿轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力。求：（1）电子的方向分运动的周期。（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，

20、任意两个交点的距离。28、如图所示，半径R = 0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动圆心O与A点的连线与竖直成一角度，在A点时小球对轨道的压力FN= 120N，此时小球的动能最大若小球的最大动能比最小动能多32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）则：小球的最小动能是多少？小球受到重力和电场力的合力是多少？现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其它量都不变，若小球在0.04s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量29、如图所示，在方向水平向右、大小为E=6×103 N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平

21、面一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1=2×104 kg，带电量为q1=2×109 C，乙的质量为m2=1×104 kg，带电量为q2=1×109 C开始时细绳处于拉直状态由静止释放两滑块，t=3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度；在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值；（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量30、 如图所示，两平行金属板A、B板长L=8 cm，两板间距离d=8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子带电量q=10-10 C，质量m=10

22、-20 kg。沿电场中心线OR垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面影响，界面MN、PS垂直中心线OR)，已知两界面MN、PS相距为12 cm，O点在中心线上距离界面PS为9 cm处，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。 (静电力常数k=9×109 N·m2/C2，sin370=0.6，cos370=0.8)（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离多远?（2）试在图上粗略画出粒子运动的全过

23、程轨迹。（3）确定点电荷Q的电性并求其电量的大小。31、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，电荷量均为Q，其中A带正电荷，B带负电荷，D、C是它们连线的垂直平分线，A、B、C三点构成一边长为d的等边三角形另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷），被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方现在把小球 E拉起到M点，使细线水平绷直且与A、B、C处于同一竖直面内，并由静止开始释放，小球E向下运动到最低点C时，速度为v已知静电力常量为k，若取D点的电势为零，试求：（1）在A、B所形成的电场中，M点的电势（2）绝缘细线在C点所受到的拉力T32、

24、如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×104C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N取g=10m/s2，斜面足够长求：（1）物块经多长时间离开木板？（2）物块离开木板时木板获得的动能（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能33、如图所示，一半径为R的竖直光滑圆轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上有一轻质弹簧，其左端固定在墙壁上，右端与质量为

25、m、电荷量为+q的小物块（视为质点）接触但不相连，水平轨道AB段光滑，BC段粗糙且其长度L=3R，倾斜轨道CD段粗糙且与BC段平滑连接，倾斜轨道所在区域有水平向右的匀强电场，场强大小E=等手今向左推小物块压缩弹簧至某一位置后静止释放小物块，小物块由AB段进入圆轨道，通过圆轨道后在BC段和CD段上滑动，若小物块与BC段和CD段的动摩擦因数相同，倾斜轨道与水平面间的夹角=37°重力加速度为g，取SIN37°=0.6，COS37°=0.8（1）若小物块恰能通过圆轨道的最高点，求弹簧的弹性势能Ep；（2）若小物块将弹簧压缩到弹性势能E=mgR，释放后小物块在倾斜轨道能到达

26、的最高点为P，在此过程中，小物块的电势能减少了Ep=mgR，求小物块在BC段克服摩擦力所做的功W34、如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电荷、B板带负电荷两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电的微粒(微粒的重力不计)，问：(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？(2)

27、为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？(3)从释放微粒开始，求微粒通过半圆形金属板间的最低点P点的时间？35、 在平行板电容器A、B两极板加上方波电压UAB，电压周期为T，两极间距为d。如图所示，一电子质量m，电量-e（重力不计）自B板附近静止释放。求：（1） 若电子从t=0时刻释放，要使电子打到A板上速度最大，两极间距d应满足什么条件？（2）若两极间距为d，t=0时刻释放的电子经过T时间恰好到达A板，则电子在t=时刻从B板附近释放，电子到达A板需要多少时间？36、如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区

28、域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置若将左侧电场整体水平向右移动L/n(n1)，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动)，求在电场区域内由静止释放电子的所有位置37、如图所示，在光滑绝缘水平面上，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BA球的带电量为2q，B球的带电量为3q，两球组成一带电系统虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN

29、的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的匀强电场后，系统开始运动已知MN、PQ间电势差为U试求：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；（3）带电系统从静止开始向右运动至最大距离处的时间38、如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电荷量为q的物块(可视为质点)，从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E(E小于)(1)试计算物块在运动

30、过程中克服摩擦力做的功(2)证明物块离开轨道落回水平面过程的水平距离与场强大小E无关，且为一常量39、如图所示，可视为质点的物块A、B、C放在倾角为37°、长L=2.0m的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数=0.5，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，物块的质量分别为、，其中A不带电，B、C的带电量分别为、，且保护不变，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用。如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有电势能可表示为。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度大小为的匀加速直线运动，经过时间t0物体A、B分离并且力F变为恒力。当A

31、运动到斜面顶端时撤去力F。已知静电力常量。求：   （1）未施加力F时物块B、C间的距离；   （2）t0时间内库仑力做的功；   （3）力F对A物块做的总功。40、如图甲所示，场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点。在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量均为m，电量均为q，不计重力。试求：（1）电荷在电场中运动的加速度多大？（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度多大？（3）若在圆形区域的边缘有

32、一圆弧形接收屏CBD，B点仍是圆形区域最右侧的点，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，COB=BOD=37°。求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围。( 提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8。)参考答案一、多项选择1、BC【解析】由图可知，两个小球间产生的排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，选项A错误；在t1时刻，两个小球共速，两个小球的间的距离最小，故在间距减小的过程中，小球始终克服电场力做功，以后小球的距离逐渐增大，电场力就做正功了，故间距最小时的电势能最大，选项B正确；t2时刻，

33、乙球静止，在0t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项C正确；0t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，选项D错误。二、选择题2、B3、B【解析】A、将两条电场线反向延长后相交于一点，即为点电荷Q的位置，根据a、b的电场强度方向可知，点电荷带正电，A错误；B、C、设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到，rb=ra根据公式E=得到Ea=3Eb，故B正确、C错误；D、因为b点距离正电荷Q远，所以ab，根据电势能，带负电的检验电荷q在电场中a、b点的电势能，D错误；故选：B。4、C 5、A

34、6、A 7、D 8、A 9、考点：        电势能；重力势能 专题：        电场力与电势的性质专题分析：        分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公

35、式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答：  解：A、D，小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g由牛顿第二定律得a=，联立解得，qE=4mg则小球电势能减少为=qEgt2=2mg2t2根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2故A错误，D正确B、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mghqE（hgt2）=0解得，h=gt2故从A点到最低点

36、小球重力势能减少了Ep=mgh=故B错误C、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了Ek=m（gt）2故C错误故选：D点评：        本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究10、C 11、C 12、A 13、B 14、【知识点】电势；动能定理的应用；电场强度I1  E2【答案解析】B 解析： A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为16V故A错误；

37、B、质子从bc做类平抛运动，沿初速度方向分位移为l，此方向做匀速直线运动，则t=，则B正确C、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，bd，故C错误D、电势差Ubc=8V，则质子从bc电场力做功为8eV故D错误；故选B【思路点拨】连接bd，bd连线的中点O电势与C点相等，是16V；质子从bc做类平抛运动，根据v0方向的分位移为l，求出时间；作出等势线oc，y就能判断场强方向；根据动能定理可求出b到c电场力做的功本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰 15、【知识点】 动能定理的应用；电场强度I1 E2【答案解析】C 解析： 对物块进行受力分析，物块受重力和

38、水平向左的电场力电场力F= mg重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角=30°运用动能定理研究从开始到落地过程，mgH+FH=mv2-0v=2故选C 【思路点拨】对物块进行受力分析，找出物块的运动轨迹运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题物体的运动是由所受到的力和初状态决定的这个题目容易认为物块沿着斜面下滑 16、D 17、考点：功能关系.专题：电场力与电势的性质专题分析：随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A

39、球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系解答：解：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在

40、不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不相等，故C正确D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误故选：C点评：本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析18、B 19、【命题立意】本题从电场力做功引入，考查等势面与电场线的关系以及匀强电场中电场强度与电势差的关系。【思路点拨】确定出过C点的等势

41、面的特点，然后以此为突破口，确定电场的方向，并运用U=Ed进行求解。【答案】D【解析】由题意知，过C点的切面是圆周上离P最远的等势面，半径OC与等势面垂直，E的方向为由O指向C，OC与CP间的夹角为=30°，。20、C根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确D错误。21、D 22、D【解析】由电场力做功与电势能的关系：，可知EP-x图线的斜率表示静电力F的大小，可见静电力F逐渐减小，而F=qE

42、，故不是匀强电场，A错误；根据牛顿第二定律粒子做加速度减小的加速运动C错误，D正确；根据能量守恒，比较图线B错误。正确选项D。23、B 24、B   25、A 三、计算题26、解：设细线长为L，球的电荷量为q，场强为E若电荷量q为正，则场强方向在题图中向右，反之向左即带电小球受到的电场力F=qE，方向水平向右，从释放点到左侧最高点，根据动能定理得：    mgLcosqEL（1+sin）=0           若小球运动到最低点时的速度为v，由动能定理得

43、     mgLqEL=                   此时线的拉力为T，由牛顿第二定律得     Tmg=                   

44、0;    由以上各式解得答：小球经过最低点时细线对小球的拉力为 27、解：电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图所示。在的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运 动，沿轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为，则解得，       电子从A点进入的空间后，沿y轴正方向仍做v0的匀速直线运动，沿轴负方向做加速度大小仍为的匀减速直线运动，到达Q点。根据运动的对称性得，电子在轴方向速度减为零的时间，电子沿y轴正方向的位移=电子到达Q点后，在电场力作用下，运动轨迹 QCP1与QAP关于QB对称，而后的运动

45、轨迹沿y轴正方向重复PAQCP1，所以有：（1）电子的方向分运动的周期（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离28、解：小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB设小球在复合场中所受的合力为F，则有；FNF=m即：   带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：-F2R = EKB-EKA = -32   由此可得：F = 20N，EKB=8J   即小球的最小动能为8J ，重力和电场力的合力为

46、20N.带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动设小球的质量为m，则：2R = t2    得：m =  = 0.01kg   29、解：对甲乙整体分析有：F合=q1E+q2E=（m1+m2）a0得m/s2=0.02m/s2当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为此时甲、乙的速度均为v0=a0t=0.02×3m/s=0.06m/s细绳断裂后，乙的加速度变为=0.06m/s2从细绳断裂乙速度为零，乙发生的位移s乙为整个运动

47、过程乙发生的最大位移为s乙max=s0+s乙=0.09+0.03m=0.12m此时乙的电势能增量为=7.2×107J（3）当乙的总位移为零，即乙返回到原出发点时，乙的电势能增量为零设细绳断裂后，乙经t时间返回到原出发点，则有代入数据，有解得：t=3s    t=1s（不合题意，舍去）乙回到原出发点时的速度为v乙=v0+a乙t=0.060.06×3=0.12m/s细绳断裂后，甲的加速度变为=0.06m/s2乙回到原出发点时甲的速度为v甲=v0+a甲t=0.06+0.06×3m/s=0.24m/s甲与乙组成的系统机械能的增量为=6.48&

48、#215;106J30、解： (1)设粒子从电场中飞出的侧向位移为h,穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为Y,则侧向位移(2)第一段是抛物线,第二段必须是直线,第三段是圆弧,轨迹如下图所示.                                  &

49、#160;        (3)带负电,带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得:        得Y=4h=12 cm                      设带电粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则水平方向速度vx=v

50、0=2×106 m/s                                  电场方向速度vy=at=       =1.5×106 m/s   &

51、#160;              粒子从电场中飞出时速度v=           =2.5×106 m/s         设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为,则因为带电粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上,所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕

52、点电荷Q做匀速圆周运动, )带负电，其半径与速度方向垂直,匀速圆周运动的半径,r=      =0.15 m                                     

53、;        由牛顿运动定律可知                                  代入数据解得Q=1.04×10-8 C    

54、                   答案   (1)3 cm  (2)见解析图  (3)带负电  1.04×10-8 C31、解：（1）电荷E从M点运动到C的过程中，根据动能定理，得M、C两点的电势差为，又C点与D点为等势点，所以M点的电势为，在C点时A对E的电场力F1与B对E的电场力F2相等，且为，又A、B、C为一等边三角形，所以F1、F2的夹角为120

55、o，故F1、F2的合力为，且方向竖直向下）由牛顿运动定律得，绝缘细线在C点所受的张力为。 32、解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin37°（mgcos37°+qE）=ma1a1=4.2m/s2对木板：Mgsin37°+（mgcos37°+qE）F=Ma2a2=3m/s2又a1t2a2t2=L得物块滑过木板所用时间t= s（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3 m/s其动能为Ek2=Mv22=27 J（3）由于摩擦而产生的内能为    Q=F摩x相=（m

56、gcos37°+qE）L=2.16 J答：（1）物块经过s离开木板（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J33、考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；功的计算；机械能守恒定律.专题：电场力与电势的性质专题分析：对小球在轨道最高点时受力分析，根据牛顿第二定律列方程求出小球在最高点时的速度，根据能量守恒定律求弹簧的弹性势能；若小球能通过最高点p，由能量守恒定律求小球到达最高点的解答：解：（1）小物块恰能通过圆轨道的最高点，则小物块重力完全充当向心力，根据牛顿第二定律：mg=m代入数据得：v=根据能量的转化与守恒：Ep=m

57、g2R+mv2=（2）若弹簧的弹性势能为：EP2=mgR，在电场中，设小物块在BC段的位移为x，则E电=qExcos解得x=小物块由A到P的全过程，由能量守恒定律，得EP2+E电=mgl+（mgcos+qEsin）x+mgxsin解得=小物块在BC段克服摩擦力所做的功Wf=mgl=答：（1）若小物块恰能通过圆轨道的最高点，求弹簧的弹性势能  ；（2）小物块在BC段克服摩擦力所做的功点评：本题是能量守恒与牛顿运动定律的综合应用，来处理圆周运动问题利用功能关系解题的优点在于不用分析复杂的运动过程，只关心初末状态即可，平时要加强训练深刻体会这一点 34、(3)微粒从释放开始经射入B板的小孔

58、，d，则2d ，设微粒在半圆形金属板间运动经过第一次到达最低点P点，则 ，所以从释放微粒开始，经过 微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2()微粒再一次经过P点所以经过时间t(2k1) ，(k0,1，2，)微粒经过P点35、解：（1）由分析得电子从t=0时刻释放，先向A极板做半个周期的加速，速度达到最大，        d应满足         两极板间距d应满足（2）设电子加速度为，由题意得又时刻释放的电子先做时间的匀加速运动的位移

59、    再做时间的匀减速运动位移也为，然后反方向做时间的匀加速运动的位移，继续做反方向的时间的匀减速运动也是，速度减为，此刻刚好运动一个周期T。 在1个T内总前进距离为, 根据运动分析可知，电子应在从时刻开始计时的第三个周期内撞上A极板。第2T末电子离A板距离为再经电子离A极板距离为，此时电子速度，在接下来的减速运动阶段电子一定会撞上A极板，设这段时间为，      有             &

60、#160;     总时间  s 答:电子到达A极板需要 s36、(-2L，1/4  L)；xy=1/4 L2   ，即在电场区域内满足方程的点即为所求位置【解析】(1)设电子的质量为m，电量为e，电子在电场中做匀加速直线运动，出区域时的速度为v0，此后进入电场做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有解得y= 1/4  L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为(-2L，1/4  L)(2)设释放点在电场区域中，其坐标为(x，y)，在电场中电子被加

61、速到v1，然后进入电场做类平抛运动，并从D点离开，有得xy=1/4 L2 ，即在电场区域内满足方程的点即为所求位置(3)设电子从(x，y)点释放，在电场中加速到v2，进入电场后做类平抛运动，在高度为y处离开电场时的情景与(2)中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有解得：  ， 即在电场区域内满足方程的点即为所求位置37、（1）MN、PQ间的电场强度为：                    

62、;                （2分）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得                               

63、60; （2分）解得：                        （1分）（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场。设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得          （2分）解得     &#

64、160;              则                       （1分）B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为           

65、60;       （1分）其电势能的变化量为               （2分）（3）取向右为正方向，第一段加速                        （1分）               （1分）第二段减速