溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)理適合的觀看比率，答案分析附后。封閉Word文檔返回原板塊。高效操練如下圖,A、B、C、D四點在同一個圓周上,且AC連線與BD連線垂直,A、D和B、C分別對于PQ連線對稱,圓周半徑為R,P、Q到圓心O的距離都為錯誤！未找到引用源。R,此刻四點放上相同電量的點電荷,A、D都放正電荷,B、C都放負電荷,結(jié)果Q點的場強盛小為E1,假如同時拿走A、D兩個點電荷,結(jié)果P點場強的大小為E2,則每個電荷的帶電量為()A.錯誤！未找到引用源。B.錯誤！未找到引用源。C.錯誤！未找到引用源。D.錯誤！未找到引用源?！痉治觥窟xC。依據(jù)對稱性可知,四個電荷在P點產(chǎn)生的場強盛小也為E1,且方向在PQ連線上,依據(jù)對稱性可知,A、D兩個點電荷在Q點產(chǎn)生的場強盛小也為E2,且和B、C在Q點產(chǎn)生的場強方向相反,設(shè)每個電荷帶電量為q,由幾何關(guān)系可知,B、C到Q的距離等于圓的半徑,依據(jù)電場疊加有,錯誤！未找到引用源。k錯誤！未找到引用源。-E2=E1,q=錯誤！未找到引用源。,故C項正確。2.(2014·海南高考)如圖,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平擱置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中迅速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g。粒子運動的加快度為()A.lgB.dlgC.lgD.dgdddldl【解題指南】解答本題可按以下思路進行:初始時兩極板間距離為d-l,此時粒子靜止,知足二力均衡條件。金屬板抽出后,兩極板間距離為d,此時電場強度發(fā)生變化,粒子受力不再均衡,知足牛頓第二定律?！痉治觥窟xA。帶電粒子在電容器兩極板間時遇到重力和電場力的作用,最先處于靜止狀態(tài),由二力均衡條件可得:mg=qU;當把金屬板dl從電容器中迅速抽出后,電容器兩極板間的電壓不變,但兩極板間的距離發(fā)生了變化,惹起電場強度發(fā)生了變化,進而電場力也發(fā)生了變化,粒子受力不再均衡,產(chǎn)生了加快度,依據(jù)牛頓第二定律ma=mg-q錯誤！未找到引用源。,兩式聯(lián)立可得a=lg。d3.(2014·寧德模擬)如下圖,虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面,相鄰等勢面之間的電勢差相等,即Uab=Ubc,實線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下經(jīng)過該地區(qū)時的運動軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點,R同時在等勢面b上,據(jù)此可知()A.帶電質(zhì)點在P點的加快度比在Q點的加快度小B.帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的小C.帶電質(zhì)點在P點的動能大于在Q點的動能D.三個等勢面中,c的電勢最高【分析】選D。等勢線密的地方電場線也密,電場強度大,所受電場力大,所以加快度也大,A錯誤;電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),因為電荷帶負電,所以電場線向上,依據(jù)質(zhì)點受力狀況可知,從P到Q過程中電場力做正功,電勢能降低,帶電質(zhì)點經(jīng)過P點時的電勢能較大,由能量守恒可知,P點的動能較小,B、C錯誤;負電荷在Q點電勢能較小,電勢較高,D正確?！究偨Y(jié)提高】電勢能大小及其變化剖析的兩個思路做功角度:依據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系剖析、判斷帶電粒子電勢能及其變化。靜電力做正功,粒子的電勢能減少,靜電力做負功,則粒子的電勢能增添。轉(zhuǎn)變角度:只有靜電力做功時,電勢能與動能能夠互相轉(zhuǎn)變,動能減小,電勢能增添,動能增大,電勢能減少。4.(2014·江蘇高考)如下圖,一圓環(huán)上平均散布著正電荷,x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。以下對于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的選項是()A.O點的電場強度為零,電勢最低B.O點的電場強度為零,電勢最高C.從O點沿x軸正方向,電場強度減小,電勢高升D.從O點沿x軸正方向,電場強度增大,電勢降低【解題指南】判斷電勢高低第一要明確電場強度的方向,沿電場線的方向電勢降低,判斷電場強度的大小本題能夠用特別值法,在O點因為對稱性,電場強度為0,在x軸的無窮遠,電場強度為0,而中間某處電場強度不為0?！痉治觥窟xB。依據(jù)電荷散布的對稱性判斷,O點的電場強度為0,沿電場線的方向電勢降低,所以在x軸上,O點的電勢最高,A錯、B對。從O點沿x軸正方向,電場強度是先增大后減小,所以C、D項錯誤。5.(2014·新課標全國卷Ⅰ)如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點,OB沿豎直方向,∠BOA=60°,OB=錯誤！未找到引用源。OA。將一質(zhì)量為m的小球以必定的初動能自O(shè)點水平向右拋出,小球在運動過程中恰巧經(jīng)過A點。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時加一勻強電場,場強方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以相同的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球經(jīng)過了A點,抵達A點時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以相同的初動能沿另一方向拋出,恰巧經(jīng)過B點,且抵達B點時的動能為初動能的6倍。重力加快度大小為g。求:無電場時,小球抵達A點時的動能與初動能的比值;電場強度的大小和方向?！窘忸}指南】解答本題需要注意以下三點:不存在電場時,小球做平拋運動,要依據(jù)平拋運動規(guī)律求解。加上電場后,小球還遇到電場力作用,有電場力做功,會波及電勢能的變化,可依據(jù)能量守恒定律求解。要掌握勻強電場電勢變化的特色,即在勻強電場中電勢下降是平均的?！痉治觥?1)設(shè)小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=錯誤！未找到引用源。d,依據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60°=v0t①dcos60°=錯誤！未找到引用源。gt2②又有Ek0=錯誤！未找到引用源。m錯誤！未找到引用源。③由①②③式得Ek0=錯誤！未找到引用源。mgd④設(shè)小球抵達

A點時的動能為

EkA,則

EkA=Ek0+錯誤！未找到引用源。mgd⑤由④⑤式得錯誤！未找到引用源。=錯誤！未找到引用源。⑥加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了錯誤！未找到引用源。和錯誤！未找到引用源。,設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB,由能量守恒及④式得EpA=3Ek0-Ek0-錯誤！未找到引用源。mgd=錯誤！未找到引用源。Ek0

⑦EpB=6Ek0-Ek0-錯誤！未找到引用源。

mgd=E

k0⑧在勻強電場中,沿任向來線,電勢的下降是平均的。設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點的距離為x,如圖,則有錯誤！未找到引用源。=錯誤！未找到引用源。⑨解得x=d。MA為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得α=30°⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°。設(shè)電場強度的大小為E,有qEdcos30°=EpA?由④⑦?式得E=錯誤！未找到引用源。答案:(1)錯誤！未找到引用源。(2)錯誤！未找到引用源。,方向與豎直向下的方向的夾角為30°6.(2014·撫順一模)如圖在豎直擱置的鉛屏A的右表面上貼著能放射電子的儀器P,放射源放出的電子速度大小均為v0=1.0×107m/s,各個方向均有。足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行擱置,相距d=2.0×10-2m,此間有水平向左的勻強電場,電場強度大小E=2.5×104N/C。已知電子電量e=1.6×10-19C,電子質(zhì)量m=9.0×10-31kg,不計電子重力。求:(1)電子抵達熒光屏M上的動能。熒光屏上的發(fā)光面積(結(jié)果保存3位有效數(shù)字)?！痉治觥?1)對電子運動過程由動能定理得:eEd=Ek-錯誤！未找到引用源。m錯誤！未找到引用源。,解得:Ek=1.25×10-16J電子射向各個方向,此中和鉛屏A平行的電子在縱向偏移距離最大,電子做類平拋運動,則:d=錯誤！未找到引用源?！ゅe誤！未找到引用源?！2,r=v