Page1高考物理專題訓(xùn)練：靜電場(chǎng)（基礎(chǔ)卷）一、(本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9～13題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．下列關(guān)于物理學(xué)家的貢獻(xiàn)的說法中，正確的是()A．物理學(xué)家?guī)靵隼门こ訉?shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用規(guī)律B．物理學(xué)家法拉第通過油滴實(shí)驗(yàn)精確測(cè)定了元電荷e的電荷量C．物理學(xué)家密立根最早引入了電場(chǎng)概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)D．物理學(xué)家卡文迪許測(cè)出了靜電力常量k【答案】A【解析】庫(kù)侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用的規(guī)律，并測(cè)出了靜電力常量k；通過油滴實(shí)驗(yàn)精確測(cè)定了元電荷e的電荷量的科學(xué)家是密立根；最早引入了電場(chǎng)的概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)的科學(xué)家是法拉第。綜上所述，選項(xiàng)A正確。2．如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【答案】D【解析】受力分析可知，P和Q兩小球，不能帶同種電荷，A、B錯(cuò)誤；若P球帶負(fù)電，Q球帶正電，如圖所示，恰能滿足題意，則C錯(cuò)誤、D正確。3．如圖所示，一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷甲固定在光滑絕緣的水平面上的O點(diǎn)，另一電荷量為+q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)經(jīng)C以v0＝2m/s的初速度沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零，已知AC＝CB，φA＝3V，φB＝5V，靜電力常量為k，則()A．φC＞4VB．φC＝4VC．點(diǎn)電荷乙的比荷為1C/kgD．點(diǎn)電荷乙的比荷為2C/kg【答案】C【解析】雖然題中給出的電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，但仍可利用U＝Ed定性地進(jìn)行分析，由圖示可知，C、B間的電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)大于A、C間的電場(chǎng)強(qiáng)度，而AB＝CB，故UBC>UCA，即φB－φC>φC－φA，即φC<4V，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，qUAB＝0－m，得＝1C/kg，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。4．如圖所示，M、N是以MN為直徑的半圓弧上的兩點(diǎn)，O點(diǎn)為半圓弧的圓心。將帶電荷量相等、電性相反的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E1；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至O點(diǎn)正下方，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2，E1與E2之比為()A．1∶ B．∶1 C．2∶ D．4∶【答案】B【解析】依題意，當(dāng)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別在M、N兩點(diǎn)時(shí)，兩個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度之和E1＝EM+EN，且EM＝EN，故有EM＝EN＝；當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至O點(diǎn)正下方時(shí)，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2＝·，則E1∶E2＝∶1，B正確。5．一電子只在電場(chǎng)力作用下從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，電子克服電場(chǎng)力做了3eV的功，則()A．A點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的電勢(shì)高3VB．A點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的電勢(shì)低3VC．電子的電勢(shì)能減少了3eVD．電子的動(dòng)能增加了3eV【答案】A【解析】由于電子帶負(fù)電，電子克服電場(chǎng)力做功，電子一定是從高電勢(shì)點(diǎn)向低電勢(shì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，因此選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做負(fù)功，電子的電勢(shì)能增加，動(dòng)能減小，動(dòng)能的減少量等于電勢(shì)能的增加量，也等于電子克服電場(chǎng)力所做的功，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。6．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上的P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的A．極板X帶正電 B．極板X帶負(fù)電C．極板Y帶正電 D．極板Y不帶電【答案】C【解析】根據(jù)亮斑的位置偏向Y極板，可知電子因受到電場(chǎng)力的作用而運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，因此極板X不帶電，極板Y應(yīng)帶正電。7．如圖所示為真空中某一點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)，a、b分別是其電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，其中a點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小Ea＝E0，b點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小Eb＝3E0，且Ea、Eb間的夾角大于90°，方向如圖甲所示。一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷q在場(chǎng)中由a運(yùn)動(dòng)到b，則()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離之比ra∶rb＝3∶1B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離之比ra∶rb＝∶1C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處的電勢(shì)的大小關(guān)系為φa＞φbD．在把檢驗(yàn)電荷q沿直線從a移到b的過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功【答案】B【解析】通過作圖找出點(diǎn)電荷Q的位置，如圖所示，根據(jù)點(diǎn)電荷周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度的公式E＝k∝可知，a、b兩點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離之比ra∶rb＝∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)、B對(duì)；從圖乙中可知，Q帶正電，因?yàn)樵娇拷鼒?chǎng)源正電荷的點(diǎn)，其電勢(shì)越高，所以φa<φb，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；檢驗(yàn)電荷q帶負(fù)電，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．真空中存在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝，一根不可伸長(zhǎng)、長(zhǎng)度為l的絕緣細(xì)線一端拴一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，另一端固定在O點(diǎn)。把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，再由靜止釋放小球，則在從釋放小球至小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的正下方B的過程中()A．小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬時(shí)，速度恰好為零B．小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬時(shí)，繩子對(duì)小球的拉力為mgC．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，小球做曲線運(yùn)動(dòng)D．小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬時(shí)，其動(dòng)能為2mgl【答案】D【解析】小球在復(fù)合場(chǎng)中所受到的重力和電場(chǎng)力的合力為一恒力，其方向與水平方向的夾角為45°，小球由靜止釋放，小球沿直線AB做勻加速運(yùn)動(dòng)，顯然選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的瞬時(shí)，繩子剛好被拉直，繩子對(duì)小球的拉力為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的瞬時(shí)，利用動(dòng)能定理可得mgl+qEl＝Ek，求出Ek＝2mgl，選項(xiàng)D正確。9．下列對(duì)電容或電容器的理解，正確的是()A．根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)知，電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比B．若僅減小平行板電容器兩極板的正對(duì)面積，則電容器的電容減小C．若保持平行板電容器所帶電荷量不變，僅減小兩極板間的距離，則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變D．若保持平行板電容器兩極板間的電勢(shì)差不變，僅減小兩極板間的距離，則電容器所帶電荷量不變【答案】BC【解析】電容器的電容由C＝?jīng)Q定，選項(xiàng)A錯(cuò)；根據(jù)電容的決定式可知，僅減小平行板電容器極板的正對(duì)面積，電容器的電容減小，選項(xiàng)B正確；若保持平行板電容器所帶電荷量不變，僅減小極板間的距離，根據(jù)電容的定義式C＝、決定式C＝和E＝可得，E＝不變，選項(xiàng)C正確；若保持平行板電容器兩極板間的電勢(shì)差不變，僅減小極板間距離，則電容器的電容增大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10．如圖甲所示，豎直放置的兩極板AB接變化的電壓，A板的電勢(shì)φA＝0，B板的電勢(shì)φB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的電子僅受電場(chǎng)力的作用，在t＝時(shí)刻以初速度為零進(jìn)入兩板間，恰好能到達(dá)B板，則()A．A、B兩板間的距離為B．電子在兩板間的最大速度為C．電子兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．若電子在t＝時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上【答案】AB【解析】電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小不變，但方向改變，因此選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子在兩板間先加速后減速，恰好能到達(dá)B板，設(shè)板間距離為d，有2××＝d，解得d＝，選項(xiàng)A正確；當(dāng)t＝時(shí)電子速度最大，有vm＝·，選項(xiàng)B正確；若電子在t＝時(shí)刻進(jìn)入，則在~時(shí)間段內(nèi)，電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其位移x＝d，已經(jīng)到達(dá)B板，顯然選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11．靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行【答案】AC【解析】若電場(chǎng)中由同種電荷形成即由A點(diǎn)釋放負(fù)電荷，則先加速后減速，故A正確；若電場(chǎng)線為曲線，粒子軌跡不與電場(chǎng)線重合，故B錯(cuò)誤。由于N點(diǎn)速度大于等于零，故N點(diǎn)動(dòng)能大于等于M點(diǎn)動(dòng)能，由能量守恒可知，N點(diǎn)電勢(shì)能小于等于M點(diǎn)電勢(shì)能，故C正確；粒子可能做曲線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。12．如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成45°角，但方向未知，直線AB垂直于電場(chǎng)方向。在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，一段時(shí)間后，小球沿初速度方向運(yùn)動(dòng)了一段距離經(jīng)過C點(diǎn)，則()A．電場(chǎng)方向與水平方向成45°角斜向上B．電場(chǎng)方向與水平方向成45°角斜向下C．小球的重力與電場(chǎng)力之比為1∶1D．小球的重力與電場(chǎng)力之比為1∶【答案】AD【解析】小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球在豎直方向所受合力為零，因此，電場(chǎng)方向與水平方向成45°角斜向上，選項(xiàng)A對(duì)、B錯(cuò)；在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，其受力情況為qEcos45°＝mg，即小球的重力與電場(chǎng)力之比為1∶，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確。13．如圖，電荷量分別為q和－q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則()A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加【答案】BC【解析】由幾何關(guān)系，可知b的電勢(shì)大于a的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤，把負(fù)電荷從a移到b，電勢(shì)能減少，故D錯(cuò)誤；由對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理，可得出a、b的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向都相同，故B、C正確。二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)14．(10分)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，放置兩塊直徑為2L的同心半圓形金屬板A、B，兩板間的距離很近，半圓形金屬板A、B的左邊有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，半圓形金屬板A、B之間存在電場(chǎng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等，方向都指向O。現(xiàn)從正對(duì)A、B板間隙、到兩板的一端距離為d處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒(不計(jì)重力)，此微粒恰能在兩板間運(yùn)動(dòng)而不與板發(fā)生相互作用。求：(1)微粒剛進(jìn)入兩板間的速度大??；(2)半圓形金屬板A、B之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小?！窘馕觥?1)設(shè)微粒剛進(jìn)入兩板間的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qE1d＝mv2(3分)解得：v＝。(2分)(2)微粒恰能在兩板間運(yùn)動(dòng)而不與板發(fā)生相互作用，說明微粒在兩板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qE2＝m。(3分)E2＝E1。(2分)15．(10分)如圖所示，一絕緣半圓形導(dǎo)軌的直徑為AB，AB水平，兩質(zhì)量、電荷量均相同且半徑很小的完全相同的帶電小球，一個(gè)固定在B端，另一個(gè)套在圓弧導(dǎo)軌上，且鎖定在圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。某時(shí)刻解除鎖定，小球沿導(dǎo)軌從最高點(diǎn)緩慢下滑。當(dāng)小球與導(dǎo)軌圓心的連線與AB成2θ角時(shí)，小球與導(dǎo)軌間無作用力，已知小球的質(zhì)量為m，AB＝2r。求：(1)小球與導(dǎo)軌間無作用力時(shí)所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)小球與導(dǎo)軌間無作用力時(shí)所在處的切向加速度?！窘馕觥?1)當(dāng)小球與導(dǎo)軌間無作用力時(shí)，小球僅受重力、庫(kù)侖力作用，根據(jù)平衡條件，沿導(dǎo)軌半徑方向，有：kcosθ＝mgsin2θ(2分)解得：q＝(1分)根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式得：E＝k。(2分)(2)小球與導(dǎo)軌間無作用力時(shí)所在處的切向合力：F＝ksinθ+mgcos2θ(2分)即：F＝mg(1分)因此，小球在此位置時(shí)的切向加速度a'＝＝g。(2分)16．(13分)如圖所示，真空中水平放置的電容C＝2.3×10－11F的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板是邊長(zhǎng)L＝0.1m的正方形，兩板間的距離d＝0.4cm，現(xiàn)有很多質(zhì)量m＝2.8×10－9kg、帶電荷量q＝+1.4×10－11C的微粒，以相同的初速度依次從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上的中點(diǎn)O處，設(shè)微粒落到極板上后，所帶電荷全部轉(zhuǎn)移到極板上，取靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，g＝10m/s2，π＝3。(1)求帶電粒子初速度的大??；(2)至少射入幾個(gè)微粒后，微粒才可以從該電容器穿出?【解析】(1)電容器不帶電時(shí)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則有：＝v0t(2分)gt2(2分)聯(lián)立兩式得：v0＝(1分)代入數(shù)據(jù)得：v0＝2.5m/s。(1分)(2)若微粒能從A板右邊緣射出，則有：L＝v0t1(1分)a1(1分)又由于mg－qE＝ma1(1分)聯(lián)立以上各式：E＝1500V/m(1分)設(shè)射入n個(gè)微粒后，微粒才可以從該電容器穿出，由于E＝，U＝得：E＝(2分)代入數(shù)據(jù)，解得：n≈9.9故至少射入10個(gè)微粒后，微粒才可以從該電容器穿出。(1分)17．(15分)如圖所示，水平絕緣光滑的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，B、O、C在同一豎直線上，半圓形軌道的半徑R＝0.40m。在軌道所在空間處存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行。現(xiàn)有一電荷量q＝+1.0×10－4C、質(zhì)量m＝0.10kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，已知P點(diǎn)到B點(diǎn)的距離s＝1m，取g＝10m/s2。試求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)帶電體在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大動(dòng)能和對(duì)軌道的最大壓力。【解析】(1)設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律，有：mg＝m(2分)解得vC＝2.0m/s(1分)在帶電體從P到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qEs－mg·2R＝m(2分)解得：E＝1.0×104V/m。(2分)(2)由(1)知，qE＝mg，重力和電場(chǎng)力的合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處。設(shè)小球的最大動(dòng)能為Ekm，帶電體在從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：qE(s+Rsin45°)－mgR(1－cos45°)＝Ekm(2分)解得Ekm＝1.17J(或J)(1分)即：mJ(1分)在速度最大的位置，帶電體對(duì)軌道的壓力最大，設(shè)最大壓力為N，根據(jù)牛頓第二定律，有：N－mg＝m(2分)解得：N＝(3+3)N(或7.24N)。(2分)高考物理專題訓(xùn)練：靜電場(chǎng)（提高卷）一、(本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9～13題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【答案】D【解析】受力分析可知，P和Q兩小球，不能帶同種電荷，A、B錯(cuò)誤；若P球帶負(fù)電，Q球帶正電，如圖所示，恰能滿足題意，則C錯(cuò)誤、D正確。2．如圖所示在傾角為α的光滑絕緣斜面上放有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的帶電小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，已知m1＝2m2，兩球相距為L(zhǎng)。當(dāng)兩球同時(shí)由靜止開始釋放時(shí)，B球的初始加速度恰好等于零。經(jīng)過一段時(shí)間后，當(dāng)兩球距離為L(zhǎng)′時(shí)，A、B的加速度大小之比a1∶a2＝3∶2，則L′∶L等于()A．16∶1B．2∶1C．eq\r(10)∶5D．5∶eq\r(10)【答案】B【解析】?jī)汕蛲瑫r(shí)由靜止開始釋放時(shí)，B的初始加速度恰好等于零，則B球所受庫(kù)侖力沿斜面向上，A球所受庫(kù)侖力沿斜面向下，A的初始加速度沿斜面向下，A、B之間的庫(kù)侖力F＝m2gsinα，一段時(shí)間后A、B兩球間的距離增大，庫(kù)侖力減小，B球的加速度沿斜面向下，所以加速度a2方向應(yīng)沿斜面向下，設(shè)兩球距離為L(zhǎng)′時(shí)A、B間的庫(kù)侖力為F′，則a2＝eq\f(m2gsinα－F′,m2)，a1＝eq\f(m1gsinα＋F′,m1)，因eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,2)，m1＝2m2，得F′＝0.25m2gsinα，因F′∶F＝1∶4，所以L′∶L＝2∶1，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。3．靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性地顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì)，開關(guān)S閉合后，靜電計(jì)指針張開一定角度。為使指針張開的角度變小，下列做法中可行的是()A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對(duì)面積C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關(guān)S閉合，將變阻器滑片向右移動(dòng)【答案】B【解析】斷開開關(guān)，電容器帶電荷量Q不變，將A、B分開一些，則間距d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C減小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，電勢(shì)差增大，指針張角增大，故A錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器帶電荷量Q不變，增大正對(duì)面積，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C增大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，電勢(shì)差U減小，指針張角減小，故B正確；保持開關(guān)閉合，不論使A、B兩板靠近些，還是使滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)，電容器兩端的電勢(shì)差都不變，則指針張角不變，故C、D錯(cuò)誤。4．下圖為靜電除塵機(jī)的原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個(gè)機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，圖中虛線為電場(chǎng)線(方向未標(biāo))。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化，則()A．電場(chǎng)線方向由放電極指向集塵極B．圖中A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)C．塵埃在遷移過程中做勻變速運(yùn)動(dòng)D．塵埃在遷移過程中電勢(shì)能減小【答案】D【解析】帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，說明電場(chǎng)線方向由集塵極指向放電極，圖中A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于放電極與集塵極之間的電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，塵埃所受電場(chǎng)力不是恒力，所以塵埃在遷移過程中做變加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；塵埃在遷移過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)D正確。5．如圖所示，虛線表示某電場(chǎng)中的四個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，一個(gè)不計(jì)重力的帶負(fù)電的粒子從右側(cè)垂直于等勢(shì)面4向左進(jìn)入電場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面分別交于a、b、c三點(diǎn)，則()A．四個(gè)等勢(shì)面電勢(shì)高低關(guān)系為φ1>φ2>φ3>φ4B．該區(qū)域可能是點(diǎn)電荷和無限大金屬平板形成的電場(chǎng)C．等勢(shì)面4上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)處處相等D．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡和等勢(shì)面3也可能垂直【答案】B【解析】粒子所受的電場(chǎng)力指向軌跡凹側(cè)，由于粒子帶負(fù)電，因此c處電場(chǎng)線指向左上方，沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)降低，可知φ1<φ2<φ3<φ4，故A錯(cuò)誤；由圖可知，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，其受力的方向不斷變化，所以粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡和等勢(shì)面3不可能垂直，故D錯(cuò)誤；該電場(chǎng)上、下對(duì)稱，該區(qū)域可能是點(diǎn)電荷和無限大金屬平板形成的電場(chǎng)，故B正確；電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，所以等勢(shì)面4上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不是處處相等的，故C錯(cuò)誤。6．將一個(gè)帶電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷P固定在空間中的某一位置處，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電小球A、B分別在該點(diǎn)電荷下方不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)軌跡均處在以P為球心的同一球面上，如圖所示。若A、B所帶的電荷量很少，兩者間的作用力可忽略不計(jì)，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說法中正確的是()A．小球A、B所帶的電荷量相等B．小球A、B運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)電勢(shì)分別相等C．小球A、B運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)分別相同D．庫(kù)侖力剛好提供小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力【答案】B【解析】?jī)蓚€(gè)質(zhì)量相等的帶電小球A、B分別在P下方不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)軌跡均處在以P為球心的同一球面上，所需向心力由重力和庫(kù)侖力的合力提供，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；在豎直方向，設(shè)小球和球心的連線與豎直方向的夾角為θ，有keq\f(Qq,r2)cosθ＝mg，由于兩小球軌道不同，θ不同，但所受的重力相等，所以小球A、B所帶的電荷量不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球A、B運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)電勢(shì)分別相等，場(chǎng)強(qiáng)大小分別相等，但方向不同，B正確，C錯(cuò)誤。7．如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是()A．小球帶負(fù)電B．電場(chǎng)力跟重力平衡C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減小D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒【答案】B【解析】據(jù)題小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)繩的拉力，電場(chǎng)力與重力平衡，則知小球帶正電，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功，所以小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．如圖，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)。不計(jì)重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A． B．C． D．【答案】B【解析】由兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性和等時(shí)性可得，在水平方向上：；在豎直方向上：，聯(lián)立以上兩式可求得：，故選B。9．如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)。先將一電荷量也為＋q的點(diǎn)電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）移到C點(diǎn)，此過程中，電場(chǎng)力做功為－W。再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定。最后將一電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)。下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為B．Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為0C．Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為2WD．Q2在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為－4W【答案】ABD【解析】由題意可知，C點(diǎn)的電勢(shì)為，故A正確；由于B、C兩點(diǎn)到A點(diǎn)(＋q)的距離相等，所以B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，所以Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做功為0，故B正確；由于B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，所以當(dāng)在B點(diǎn)固定Q1后，C點(diǎn)的電勢(shì)為，所以Q2從無窮遠(yuǎn)移到C點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力做功為，故C錯(cuò)誤；由于C點(diǎn)的電勢(shì)為，所以電勢(shì)能為，故D正確。10．靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行【答案】AC【解析】若電場(chǎng)中由同種電荷形成即由A點(diǎn)釋放負(fù)電荷，則先加速后減速，故A正確；若電場(chǎng)線為曲線，粒子軌跡不與電場(chǎng)線重合，故B錯(cuò)誤。由于N點(diǎn)速度大于等于零，故N點(diǎn)動(dòng)能大于等于M點(diǎn)動(dòng)能，由能量守恒可知，N點(diǎn)電勢(shì)能小于等于M點(diǎn)電勢(shì)能，故C正確；粒子可能做曲線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。11．如圖所示，BCD為豎直平面內(nèi)固定、光滑且絕緣的半圓形軌道半徑為R，C為軌道最低點(diǎn)，BD連線下方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方距B為1.5R的A點(diǎn)自由下落，恰從B點(diǎn)進(jìn)入軌道(進(jìn)入B點(diǎn)無機(jī)械能損失)。已知小球能通過軌道上的C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，小球電荷量保持不變，則小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小可能為()A．0B．C．D．【答案】BCD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可得：，，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的向心力等于重力、電場(chǎng)力和軌道支持力的合力，可得，可得，又小球能通過軌道上的C點(diǎn)，所以，因此，最后可得，B、C、D正確。12．如圖，電荷量分別為q和－q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則()A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加【答案】BC【解析】由幾何關(guān)系，可知b的電勢(shì)大于a的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤，把負(fù)電荷從a移到b，電勢(shì)能減少，故D錯(cuò)誤；由對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理，可得出a、b的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向都相同，故B、C正確。13．如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球Q，整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)把一個(gè)帶電荷量為＋q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)。N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均s0，PQ以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k，則()A．小球P返回時(shí)，不可能撞到小球QB．當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，小球P的速度最大C．小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過程中，其電勢(shì)能一定減少D．小球P在N點(diǎn)的加速度大小為【答案】AD【解析】由題意知，小球P向下運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力qE及重力做正功，庫(kù)侖引力做負(fù)功，向上運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力qE與重力均做負(fù)功，庫(kù)侖引力做正功，根據(jù)能量守恒，小球返回時(shí)不可能撞到小球Q，故A正確；當(dāng)合外力為零時(shí)，速度最大，即彈力，則，故B錯(cuò)誤；小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過程中qE做正功，庫(kù)侖力做負(fù)功，，不能確定(qE－F)s是否為正，故電勢(shì)能的變化不確定，故C錯(cuò)誤；在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得，所以，故D正確。二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)14．(8分)如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)直桿MN水平固定在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與豎直方向的夾角為θ。桿的M端固定一個(gè)帶負(fù)電小球A，所帶的電荷量大小為Q；帶負(fù)電的小球B穿在桿上，可自由滑動(dòng)，所帶的電荷量大小為q，質(zhì)量為m?，F(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始向M端運(yùn)動(dòng)，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，求：(1)小球B對(duì)細(xì)桿的壓力大??；(2)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；(3)小球B速度最大時(shí)離M端的距離。【解析】(1)小球B在垂直于桿的方向上的合力為零，故：FN＝qEcosθ＋mg。(2分)(2)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，在水平方向上，由牛頓第二定律得：qEsinθ－eq\f(kQq,L2)＝ma(2分)解得：a＝eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)。(1分)(3)當(dāng)小球B的速度最大時(shí)，其加速度為零，設(shè)此時(shí)小球B離M端的距離為x，有：qEsinθ＝eq\f(kQq,x2)(2分)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ))。(1分)15．(10分)如圖所示，在方向水平向右、場(chǎng)強(qiáng)大小E＝6000N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)光滑的絕緣平面。一根絕緣細(xì)繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量m1＝2×10－4kg，帶電荷量q1＝2×10－9C；乙的質(zhì)量m2＝1×10－4kg，帶電荷量q2＝－1×10－9C。開始時(shí)細(xì)繩處于拉直狀態(tài)，兩滑塊放在平面上?，F(xiàn)由靜止釋放兩滑塊，t＝3s時(shí)細(xì)繩突然斷裂，不計(jì)滑塊間的庫(kù)侖力。求：(1)細(xì)繩斷裂前兩滑塊的加速度；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中乙的電勢(shì)能增量的最大值．【解析】(1)對(duì)甲、乙整體分析，有F合＝q1E＋q2E＝(m1＋m2)a0(2分)解得a0＝0.02m/s2(1分)(2)當(dāng)乙發(fā)生的位移最大時(shí)，乙的電勢(shì)能增量最大，細(xì)繩斷裂前，甲、乙發(fā)生的位移均為s0＝eq\f(1,2)a0t2＝eq\f(1,2)×0.02×32m＝0.09m(1分)此時(shí)甲、乙的速度均為v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s(1分)細(xì)繩斷裂后，乙的加速度變?yōu)閍乙′＝eq\f(q2E,m2)＝eq\f(－1×10－9×6×103,1×10－4)m/s2＝－0.06m/s2(1分)從細(xì)繩斷裂到乙的速度為零，乙發(fā)生的位移s乙′＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a乙′)＝eq\f(0－0.062,2×（－0.06）)m＝0.03m(1分)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程乙發(fā)生的位移s乙max＝s0＋s乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m(1分)此時(shí)乙的電勢(shì)能增量ΔEp＝|W乙|＝|q2E|s乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J。(2分)16．(13分)如圖甲所示的裝置中，熱電子由陰極O飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長(zhǎng)l＝10cm，板間距離d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離L＝10cm。在電容器兩極板間接有交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖