2014年高考物理复习 第6章 专题6 带电粒子在电场中运动综合问题的分析训练题（含解析） 新人教版

1、专题六带电粒子在电场中运动综合问题的分析考纲解读1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在电场中运动的实际应用示波管1构造及功能(如图1所示)图1(1)电子枪：发射并加速电子(2)偏转电极YY：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX：使电子束水平偏转(加扫描电压)2工作原理偏转电极XX和YY不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY之间加电压，只在Y方向偏转；若XX加扫描电压，YY加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象例1(2011

2、83;安徽·18)图2为示波管的原理图，如果在电极YY之间所加的电压按图3甲所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 ()图2 甲乙图3解析由图甲及图乙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X板电势高，电子向X板偏，所以选B.答案B示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法示波管中的电子在YY和XX两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY方向偏转，另一方面沿XX方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形突破训练1示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图4所示如果在荧光屏上

3、P点出现亮斑，那么示波管中的 ()图4A极板X应带正电 B极板X应带正电C极板Y应带正电 D极板Y应带正电答案AC解析根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电考点二带电粒子在交变电场中的运动例2如图5甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：甲乙图5(1)在t0.06

4、s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析(1)电子经加速电场加速满足qU0mv2经偏转电场偏转后偏移量yat2··()2所以y，由题图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足所以Y13.5 cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm.答案(1)打在屏上的点位于O点正上方，距O点13.5 cm(2)30 cm解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法1注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运

5、动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件2分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系3此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)突破训练2如图6甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变

6、化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) ()图6答案A解析电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零之后重复上述运动，A项正确，B项错误34带电体在复合场中的运动模型 1模型概述各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场

7、中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答2解题方法(1)正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”，a等效为“重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向例3如图7所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周

8、运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角60°，重力加速度为g. 图7(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？解析(1)对小球受力分析如图所示，小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小Fmgtan mg(2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小；在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小设在D点轨道对小球的压力恰为零，则有m，得v由轨道上A点运动到D点的过程，由动能定理得mg·r(1cos )F·rsin mvmv2解得：v02.答案(1

9、)mg(2)2突破训练3如图8所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中 ()A电场力不可能小于mgcos 图8B液滴的动能一定不变C液滴的机械能一定变化D液滴的电势能一定不变答案A解析带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用：竖直向下的重力和恒定的电场力因为液滴做直线运动，所以它们的合力沿运动方向所在直线；当电场力垂直于运动方向时，如图中的F0所示，电场力最小，即FminF0mgcos ，选项A正确；若电场力如图中的F0所示，电场力垂直于液滴的运动方向，电场力不做功，液滴的机械能守恒，液滴斜向上做直线运动时，其

10、重力势能增大，动能减小，所以选项B、C错误；若电场力如图中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿运动方向所在直线，液滴做直线运动，但F1或F2均对液滴做功，其电势能变化，所以选项D错误35综合运用动力学观点和功能观点解决带电体在电场中的运动1动力学观点动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题2功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算

11、(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的.解析(1)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得mgqEm(2分)滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv(2分)联立方程组，解得：v07 m/s(2分)(2)设滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv(2分)又在P点时，由牛顿第二定律得：

12、FNm(2分)代入数据，解得：FN0.6 N，方向水平向右(2分)答案(1)7 m/s(2)0.6 N，方向水平向右突破训练4在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同在O处放一个电荷量q5.0×108 C、质量m1.0×102 kg的绝缘物块物块与水平面间的动摩擦因数0.20，沿x轴正方向给物 图10块一个初速度v02.0 m/s，如图10所示求物块最终停止时的位置(g取10 m/s2)答案在O点左侧距O点0.2 m处解析物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理

13、得：(qEmg)x10mv所以x1代入数据得x10.4 m可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力FqE0.03 N>Ffmg0.02 N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得mg(2x1x2)0mv.解得x20.2 m.故物块最终停在O点左侧距O点0.2 m处(限时：45分钟)题组1示波管原理1如图1所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l4 cm，板间距离d1 cm.板右端距离荧光屏L18 cm.(水平偏转电极上不加电压，没有画出)电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度

14、是1.6×107 m/s，电子电荷量e1.60×1019 C， 图1质量m0.91×1030 kg. (1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？(2)若在偏转电极上加U40sin 100t V的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？答案(1)91 V(2)4.4 cm解析(1)经过偏转电场的时间为t竖直方向位移··t2所以U91 V(2)因为t s2.5×109 s而T s s0.02 st，故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动当Um40 V时，由vxv，

15、vy·t，得偏转角的正切值tan 0.11，偏移量y(L)tan ，得在荧光屏的竖直坐标轴上的观测量为2y4.4 cm.题组2带电粒子在交变电场中的运动2.如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是 ()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点 图2C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零答案CD解析设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a可知，a22a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，

16、然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确3(2011·安徽·20)如图3(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是 ()(a)(b)图3A0<t0< B.<t0<C.<t0<T DT<t0<答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时

17、而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负作出t00、时粒子运动的速度图象如图所示由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t0<，<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确4(2010·江苏·15(1)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图4甲所示加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k&g

18、t;1)，电压变化的周期为2，如图乙所示在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用若k，电子在02时间内不能到达极板A，求d应满足的条件图4答案d> 解析电子在0时间内做匀加速运动加速度的大小a1位移x1a12在2时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1匀减速运动阶段的位移x2由题知d>x1x2，解得d> 题组3应用动力学和功能观点分析带电体在复合场中的运动5.如图5所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的

19、电场力小于重力)，滑块的运动状态可能 ()A仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 图5B仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大答案AB解析设斜面倾角为，滑块在开始下滑的过程中，mgsin mgcos ma，解得agsin gcos >0，故sin >cos .滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma1，a1g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma2，a2g(sin cos )(sin cos

20、)，可推出加速度变小，选项A、B正确6如图6所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则() 图6AR越大，x越大BR越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大Cm越大，x越大Dm与R同时增大，电场力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mgm，小球由B到D的过程中有：2mgRmvmv，解得vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN

21、mgm，解得FN6mg，与R无关，选项B错误；由Eqxmv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确7.如图7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R0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E1.0×104 N/C，现有质量m0.20 kg，电荷量q8.0×104 C的带电体 图7(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与

22、轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：(取g10 m/s2)(1)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答案(1)10 m/s(2)离C点的竖直距离为 m处解析(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE(sABR)mgsABmgRmv2解得v10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：mghqEh0mv2解得h m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力FfmaxqE4 N，重力Gmg2 N因为G<Ffmax所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为 m处8.如图8所示，长L1.2 m、质量M3 kg的木板静止放在

23、倾角为37°的光滑斜面上，质量m1 kg、带电荷量q2.5×104 C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E4.0×104 N/C的匀强电场现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F10.8 N取g10 m/s2，sin 37° 图80.6，cos 37°0.8，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答案(1) s(2)27 J(3)2.16 J解析(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度

24、为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin 37°(mgcos 37°qE)ma1对木板：Mgsin 37°(mgcos 37°qE)FMa2又a1t2a2t2L联立解得物块滑离木板所用时间t s.(2)物块离开木板时木板的速度v2a2t3 m/s.其动能为Ek2Mv27 J(3)由于摩擦而产生的内能为QFfx相对(mgcos 37°qE)·L2.16 J.单元小结练电场能的性质带电粒子在电场中的运动(限时：45分钟)1.如图1所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc120°.现将三个等量的负点电荷Q固定在a、b

25、、c三个顶点上，将一个电荷量为q的检验电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d处，则两点相比 ()Aq在d点所受的电场力比在O点的大 图1Bq在d点所具有的电势能比在O点的大Cd点的电场强度小于O点的电场强度Dd点的电势高于O点的电势答案BCD解析设ad长为l，则在d点叠加后的场强为Ed，在O点的场强叠加后为EO，即EO>Ed，选项C正确，A错误；越靠近负电荷，电势越低，且正电荷从d到O，电场力做正功，电势能减小，所以选项B、D正确2如图2所示，在O点处放置一点电荷Q，a、b、c、d、e、f是以O点为球心的球面上的点，aecf平面与bedf平面垂直，则下列说法中正确的是 ()Ab、d两点

26、的电场强度相同Ba、f两点的电势相等C点电荷q在球面上任意两点之间移动时，电场力要做功 图2D图中Oa两点之间的电势差与Ob两点之间的电势差不同答案B解析b、d两点场强大小相等，方向不同，A错误；整个球面为一等势面，电场力做功为0，C、D错误，B正确3一正电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图3所示下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是 ()AEA>EB，A>BBEAEB，AB 图3CEA<EB，A>BDEA<EB，A<B答案B解析物体受电场力的作用，合力不为零由运动图象可知速度的大小没有变化，故物体只能

27、做匀速圆周运动，故选B.4如图4所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 ()图4AA点和B点的电势相同BC点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D负电荷从C点移至D点，电势能增大答案C解析A点比乙球面电势高，乙球面比B点电势高，故A点和B点的电势不相同，A错；C、D两点场强大小相等，方向不同，B错；A>B，WAB>0，C对；C、D两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D错5.某导体置于电场后其周围的电场分布情况如图5所示，图中虚线

28、表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点下列说法错误的是 ()AA点的电场强度小于B点的电场强度BA点的电势高于B点的电势C将负电荷从A点移到B点，电场力做正功D将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零 图5答案C解析根据图中电场线的疏密，判断场强E的大小为EA<EB，根据等势面的分布知A>B.且A、C在同一等势面上，将正电荷从A点移到C点，电场力不做功；将负电荷从A点移到B点，电场力做负功，因此只有选项C错误6(2012·福建理综·15)如图6所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为

29、零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是 ()AA点电势大于B点电势 图6BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能答案C解析由于电场力做负功，所以Q应带负电荷，由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出B>A，故A项错误；由Ek，r不相等，所以EAEB，B项错误；由A、B，因为WAWB，A<B<0，所以>，即q1<q2，故C项正确；由于外力克服电场力做功相等，且无穷远处电势能为零，所以q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D项错误7如图7所示，在等量异

30、种点电荷Q和Q的电场中，有一个正方形OABC，其中O点为两电荷连线的中点下列说法正确的是() 图7AA点电场强度比C点的电场强度大BA点电势比B点的电势高C将相同的电荷放在O点与C点电势能一定相等D移动同一正电荷，电场力做的功WCBWOA答案AC解析由等量异种点电荷的电场线分布知A点电场强度大于C点电场强度，选项A正确；由等量异种点电荷的等势面分布知A点电势低于B点电势，选项B错误；O、C两点在同一等势面上，故相同的电荷在O、C两点处的电势能相等，选项C正确；A点电势低于B点电势，O点电势等于C点电势，且O、C为高电势点，故移动同一正电荷，电场力做功WCB<WOA，选项D错误8如图8所示

31、，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为和，下述结论正确的是 ()A电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为EB电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的， 图8有负的，有的为零C若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D若有一个电子水平射入两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小答案BCD解析由题意可知，两板间电压为2，电场强度为E，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C知，d减小，C增大，由QCU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入两极板之间的电场时，

32、电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确9如图9所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是() 图9A.< B.<C.< D.<答案C解析根据qU1mv2，再根据t和yat2·()2，由题意知，y<d，解得<，故C正确10如图10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的质点从两极板中央射入板间，最后

33、垂直打在M屏上，则下列结论正确的是 ()A板间电场强度大小为mg/q 图10B板间电场强度大小为2mg/qC质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间答案BC解析质点受到重力和沿竖直方向的电场力，水平方向做匀速直线运动，由t可知，质点在板间的运动时间与它从板的右端运动到光屏的时间相等，C正确，D错误；设板间场强大小为E，因质点垂直打在光屏上，故有tgt，故E，A错误，B正确11如图11(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压t0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零

34、，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰在0<t<8×1010 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()图11A0<t<2×1010 sB2×1010 s<t<4×1010 sC4×1010 s<t<6×1010 sD6×1010 s<t<8×1010 s答案D解析选向右为正方向，根据题图(b)作出粒子运动的vt图象如图所示由图象可知正确选项为D.12.如图12所示，半径为R的均匀带

35、电圆盘水平放置，圆盘中心有一小孔，P、Q是过圆盘中心且垂直圆盘的直线一质量为m的带电小球从P、Q连线上的H点由静止开始释放，当小球下落到圆盘上方h处的M点时，小球的加速度为零已知重力加速度为g，则下列判断中错误的是 ()A小球运动到圆盘下方h处的N点时加速度大小为2g B小球运动到圆盘下方h处的N点时的电势能与在M点时相等 图12C小球从M点运动到N点的过程中，小球的机械能守恒D小球从M点运动到N点的过程中，小球的机械能与电势能之和保持不变答案C解析均匀带电圆盘在其中心轴线上产生的电场可以等效成无数对等量同种电荷在其中心轴线上形成的电场由其电场特点可知：带电圆盘在M、N点产生的电场关于圆盘中心

36、点对称，由于小球在M点加速度为零，则可知圆盘对小球在该点的电场力与重力等大反向，而在N点，带电小球受到的电场力方向是竖直向下的，故小球在圆盘下方h处的N点时加速度大小为2g，选项A正确；由电场特点可知小球在两点的电势能相等，选项B正确；小球在此运动过程中，只有重力和电场力做功，故小球的机械能与电势能之和保持不变，选项C错误，选项D正确13如图13所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道下滑，已知小球的质量为m、电荷量为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为(小球的重力大于所受的电场力)图13(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小(2

37、)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？(3)若小球从斜轨道h5R处由静止释放，假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量答案(1)(2)R(3)3REq解析(1)根据牛顿第二定律有(mgqE)sin ma，解得a(2)若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有mgqE小球由A到B，根据动能定理有(mgqE)(h2R)以上两式联立得hR.(3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，设机械能的变化量为E机由E机W电，W电3REq，得E机 3REq.(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题5分，共60分)1以下说法正确的是 ()A物体所带的电荷量是任意

38、实数B元电荷就是电子或质子C物体所带电荷量的最小值是1.60×1019 CD凡试探电荷都是点电荷，凡点电荷都能作为试探电荷答案C解析元电荷的值是1.60×1019 C，是物体所带电荷量的最小值，任何带电体所带电荷量只能是元电荷的整数倍，而非任意实数，选项A错误，C正确质子和电子所带电荷量为元电荷，但本身不是元电荷，选项B错误试探电荷不占空间且对原电场的影响可忽略，故是点电荷，并非任意的点电荷都能作为试探电荷，选项D错误2将质量为m的正点电荷q在电场中由静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是 ()A点电荷运动轨迹必与电场线重合B点电荷的速度方向必定和所在点的电场线

39、的切线方向一致C点电荷的加速度方向必与所在点的电场线的切线方向一致D点电荷的受力方向必与所在点的电场线的切线方向一致答案CD解析正点电荷q由静止释放，如果电场线为直线，电荷将沿电场线运动，但如果电场线是曲线，电荷一定不沿电场线运动(因为如果沿电场线运动，其速度方向与受力方向重合，不符合曲线运动的条件)，故A选项不正确；由于点电荷做曲线运动时，其速度方向与电场力方向不再一致(初始时刻除外)，故B选项不正确；而点电荷的加速度方向，即电荷所受电场力方向必与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故C、D选项正确3如图1所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自

40、由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况， 图1下列说法中正确的是 ()A加速度始终增大 B加速度先增大后减小C速度先增大后减小 D速度始终增大答案BD解析等量同种正电荷中垂线上电场线分布如图所示，电场强度从O到无穷远处先增大后减小，根据a知，加速度先增大后减小，由于速度方向与加速度方向始终一致，电荷一直加速，速度始终增大，B、D正确4.在点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图2所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小

41、为() 图2A正电、E/3 B负电、E/3C正电、3E D负电、3E答案D解析由a、b两点的场强方向交于一点可知，此点电荷带负电设b到点电荷的距离为r，则由三角形知识可知a到点电荷的距离为r所以EkEbkEb3E，D选项正确5.如图3所示，两带未知电荷量的点电荷q1、q2相距为d，若两点电荷连线上在q2外侧的一点P的电场强度为零，则 ()A两点电荷必为异种电荷且q1、q2间也有一点的电场强度为零 图3Bq1的电荷量大小大于q2的电荷量大小CxDx答案BD解析由于点P的电场强度为零，所以有，可得x，且q1>q2.6.如图4所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的

42、径迹如图中实线所示粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB.则下列结论正确的是 ()A粒子带正电，aA>aB，EA>EB 图4B粒子带负电，aA>aB，EA>EBC粒子带正电，aA<aB，EA<EBD粒子带负电，aA<aB，EA<EB答案D解析由电场的等势面可画出电场线，由粒子运动轨迹知粒子带负电，根据等差等势面密处电场强度大可知，B处电场强度大于A处，粒子在A点所受电场力较小，由牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度较小，aA<aB，根据电势能与电势的关系，EA<EB，选项D正确7.如图5所示，有两个

43、相同的带电粒子A、B，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们恰好都打在下极板右端处的C点，若不计重力，则可以断定 () 图5AA粒子的初动能是B粒子的2倍BA粒子在C点的偏向角的正弦值是B粒子的2倍CA、B两粒子到达C点时的动能可能相同D如果仅将加在两极板间的电压加倍，A、B两粒子到达下极板时仍为同一点D(图中未画出)答案ACD解析本题考查带电粒子在匀强电场中运动状态的分析、平抛运动知识的应用以及动能定理粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有vAtAvBtB，竖直方向上对A有at，对B有hat，通过计算可知vAvB，A项正确；通过题图可以看出，A粒子的

44、偏向角要小于B粒子的偏向角，B项错误；由动能定理可知，电场力对B粒子做功为A粒子的两倍，A粒子的初动能为B粒子的两倍，所以到C点时动能有可能相同，C项正确；由水平速度与时间的关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移相同，D项正确8.如图6所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是 () 图6A仍静止不动 B向下运动C向上运动 D无法判断答案A解析此题利用二极管的单向导电性来判断电容器是Q不变还是U不变若假设U不变，由E可判断出E变小，电场力变小，

45、电荷P向下运动，但d变大又导致C变小，结合U不变得出Q变小，即电容器A板应该放出正电荷，与题目不符，所以假设错误，即应是Q不变根据E得出E不变(与d无关)，故P仍受力平衡，A选项正确9.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图7所示下列说法正确的是 ()Aa点的电势高于b点的电势B若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功Cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c 图7答案B解析由电场线分布可知，b点的电势高于a点电势，场强Ed>Ec，选项A、C错误正电荷由a到b，电场力做负功，B项正确在电场线为曲线的电场中，电场力的方向始终在

46、变化，但粒子的轨迹不会与电场线重合，D项错10如图8所示，水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量大小为q，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液滴做的是匀减速直线运动C两板间的电势差为 图8D液滴的电势能减少了mgd答案ACD解析首先根据运动是直线运动，确定要考虑重力，而电场力也在竖直方向上，所以可以肯定合外力必然为零，因而确定了液滴的运动性质和所受重力和电场力的关系，液滴斜向右上运动，电场力做正功，且W电mgd，故电势能减少了mgd，电势差为.11有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线

47、如图9所示若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1 mm、4 mm.则下列说法正确的是 ()图9A粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B粒子经过P点与Q点时，动能相等C粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等D粒子在P点的电势能为正值答案B解析在x图象中，图线的斜率表示场强E的大小，因此有EP>EQ，aP>aQ，A项错误；在P、Q两点电势相等，电势能也相等，且只有电场力做功，因此根据能量守恒可知EkPEkQ，B项正确；在P、Q两点时，PFvqEv，q、v相等，而E不相同，因此功率P不相等，C项错；在P点，电势能E

48、pq<0，D项错12.空间某区域电场线分布如图10所示，带正电小球(质量为m，电荷量为q)在A点速度为v1，方向水平向右，至B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为，A、B间高度差为H，以下判断正确的是()AA、B两点间电势差UB小球由A至B，电势能的减少量为mvmvmgH 图10C小球由A至B，电场力做功为mvmvD小球重力在B点的瞬时功率为mgv2sin 答案BD解析根据动能定理可知，带电小球从A运动到B的过程中只有重力和电场力做功，故有qUmgHmvmv，故电场力做功为W电qUmvmvmgH，U，故A、C错误；电场力做正功，故电势能减少，B正确；根据功率计算公式PFvcos ，故有小

49、球重力在B点的功率P重mgv2cos mgv2sin ，故D正确二、非选择题(共40分)13(18分)如图11甲所示的平行板电容器，板间距为d，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，t3T时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计求：图11(1)平行板电容器板长L；(2)粒子射出电容器时偏转的角度；(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y. 答案(1)3v0T(2)arctan(3)T2解析(1)粒子水平方向做匀速运动：Lv0·3T3v0T.(2)粒子竖直方向先做T时间的匀加速，然后做T时间的匀速，再做T时

50、间的匀加速：a，vy·2T，tan ，故arctan .(3)竖直方向一共加速运动了2T时间，匀速运动了T时间，则y(2T)2T·TT2.14(22分)如图12所示，AB是一倾角为37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数0.30，BCD是半径为R0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E4.0×103 N/C，质量m0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知 图12斜面AB对应的高度h0.24 m，滑块带电荷量q5.0×104 C，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力答案(1)2.4 m/s(2)11.36 N，方向竖直向下解析(1)滑块