2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 周測六 靜電場（含解析）

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1、靜電場 夯基提能卷⑥ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．[2018·全國卷Ⅱ](多選)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2 .下列說法正確的是(　　) A．此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與

2、a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 答案：BD 解析：A錯：結(jié)合題意，只能判定Uab>0、Ucd>0，但電場方向不能得出；B對：由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強(qiáng)電場，則UMN＝，可知該粒子由M至N過程中，電場力做功W＝；C錯：電場強(qiáng)度的方向只有沿c→d時，場強(qiáng)E＝，但本題中電場方向未知；D對：若W1＝W2，則ac與bd一定相互平行，可知UaM＝UbN. 2. 如圖所示，在直角三角形所在的平面內(nèi)存在勻強(qiáng)電場，

3、其中A點電勢為0，B點電勢為3 V，C點電勢為6 V．已知∠ACB＝30°，AB邊長為 m，D為AC的中點．現(xiàn)將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)為1.5 N/C，則放入點電荷后，B點場強(qiáng)大小為(　　) A．2.5 N/C B．3.5 N/C C．2 N/C D. N/C 答案：A 解析： 由題意可知B、D兩點電勢相等，BD所在直線為等勢線，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，與BD垂直且指向A的方向為電場方向，如圖所示．根據(jù)勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系可知，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝＝ N/C＝2 N/C.根據(jù)點電荷電場的特點可知，放在D點的點電荷在B點產(chǎn)生

4、的電場強(qiáng)度與在C點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，都是1.5 N/C，根據(jù)電場疊加原理，B點的電場強(qiáng)度大小為EB＝ N/C＝2.5 N/C.選項A正確． 3. 在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以大小為v的初速度水平拋出，從B點進(jìn)入電場，到達(dá)C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示，由此可知(　　) A．小球帶正電 B．電場力大小為2mg C．小球從A點到B點與從B點到C點的運(yùn)動時間相等 D．小球從A點到B點與從B點到C點的速度變化不相等 答案：D 解析：根據(jù)小球從B點進(jìn)入電場的軌跡可以看出，小球所

5、受的電場力豎直向上，即小球帶負(fù)電，選項A錯誤；因為到達(dá)C點時速度水平，所以小球在C點時的速度等于在A點時的速度，因為AB＝2BC，設(shè)B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點到C點根據(jù)動能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，選項B錯誤；小球從A點到B點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t1＝＝2，從B點到C點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a2＝＝2g，方向豎直向上，故所用時間t2＝＝，故t1＝2t2，選項C錯誤；小球從A點到B點與從B點到C點的過程中速度變化量大小都等于Δv＝2g，但方向相反，選項D正確． 4．(多選)一電場在x軸

6、上的電勢φ隨x的變化關(guān)系如圖所示，將一電子從坐標(biāo)原點處釋放，電子僅在x軸上的電場力作用下運(yùn)動，下列說法正確的是(　　) A．x軸上0～d區(qū)域與3d～4d區(qū)域的電場相同，電場強(qiáng)度的大小均為 B．若電子由靜止釋放，則電子一直沿x軸正方向運(yùn)動 C．若電子能到達(dá)3d位置，則電子釋放時的最小初動能為2eφ0 D．若電子能到達(dá)4d位置，則電子釋放時的最小初動能為eφ0 答案：AD 解析：沿電場線方向，電勢逐漸降低，電場強(qiáng)度大小為φ－x圖線的斜率的絕對值，則x軸上0～d區(qū)域內(nèi)電場沿x軸負(fù)方向，d～3d區(qū)域內(nèi)電場沿x軸正方向，3d～4d區(qū)域內(nèi)電場沿x軸負(fù)方向，電場強(qiáng)度大小均為，A正確；若電子由

7、靜止釋放，則電子先沿x軸正方向做加速運(yùn)動，然后再沿x軸正方向做減速運(yùn)動，到達(dá)x＝2d處速度減為0，然后沿x軸負(fù)方向做加速運(yùn)動，再減速為零，做往復(fù)運(yùn)動，B錯誤；若電子能從x＝d處運(yùn)動到x＝3d處，則需要克服電場力做功2eφ0，電子從原點運(yùn)動到x＝d處，做加速運(yùn)動，增加的動能為eφ0，則電子釋放時初動能最小為eφ0，電子到達(dá)x＝3d處后，在3d～4d區(qū)域內(nèi)做加速運(yùn)動，所以電子只要能到達(dá)x＝3d處，便能到達(dá)x＝4d處，C錯誤，D正確． 5．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零， ND段中的C點電勢最高，則(

8、　　) A．N點的電場強(qiáng)度大小為零 B．A點的電場強(qiáng)度大小為零 C．N、C間場強(qiáng)方向沿x軸正方向 D．將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負(fù)功 答案：D 解析：根據(jù)題給的兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系圖象，可知O點的點電荷q1為正電荷，M點的點電荷q2為負(fù)電荷．題中φ－x圖象斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度的大小，由此可知，N點和A點的電勢為零，但電場強(qiáng)度大小都大于零，C點的電場強(qiáng)度大小為零，選項AB錯誤；從N點到C點各點電勢逐漸增大，說明從N點到C點逆著電場線方向，故N、C間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，選項C錯誤；將一負(fù)點電荷從N點移到D點，其電勢能先減小后增大，則電場力先

9、做正功后做負(fù)功，選項D正確． 6. (多選)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點)，滑塊A帶正電，電荷量為q，滑塊B不帶電．圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場．滑塊A剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)．現(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝d，則下列判斷正確的是(　　) A．A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為＝ B．A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為＝ C．兩滑塊的碰撞為彈性碰撞 D．

10、兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞 答案：AD 解析：對滑塊A在碰撞前根據(jù)動能定理有qEd＝mAv，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v0，D正確，C錯誤． 7．(多選) 一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小

11、球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)，存在著若干個如圖所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長．已知每一電場區(qū)的場強(qiáng)大小相等，方向均豎直向上，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動 B．若場強(qiáng)大小等于， 則小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均相等 C．若場強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一電場區(qū)的時間均相等 D．小球經(jīng)過每個電場區(qū)過程機(jī)械能的減少量相等 答案：ABD 解析：將小球的運(yùn)動沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做勻速直線運(yùn)動，選項A正確；豎直方向，小球在無電場區(qū)只受重力，加速

12、度大小為g，方向豎直向下，在電場區(qū)除受重力外，還受到向上的恒定的電場力作用，加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向，當(dāng)電場強(qiáng)度等于時，電場力等于mg，故在電場區(qū)小球所受的合力為零，豎直方向的運(yùn)動是勻速運(yùn)動，而在無電場區(qū)小球做勻加速運(yùn)動，故經(jīng)過每個電場區(qū)，小球的速度均不等，因而小球經(jīng)過每一電場區(qū)的時間均不相等，選項C錯誤；當(dāng)電場強(qiáng)度等于時，電場力等于2mg，故在電場區(qū)小球所受的合力大小為mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，則在經(jīng)過第一無電場區(qū)時：y＝gt，v1＝gt1，經(jīng)過第一電場區(qū)時：y＝v1t2－gt，v2＝v1－gt2，聯(lián)立解得t1＝t2，v2＝0.接下來小球的運(yùn)動重復(fù)前

13、面的過程，即每次通過無電場區(qū)時豎直方向都是自由落體運(yùn)動，每次通過電場區(qū)時都是做豎直方向末速度為零的勻減速直線運(yùn)動，故小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間相同，選項B正確；小球經(jīng)過每個電場區(qū)機(jī)械能的減少量等于克服電場力做的功，由于每個電場區(qū)的電場力及豎直高度都相同，故小球經(jīng)過每個電場區(qū)過程機(jī)械能的減少量相等，選項D正確． 8．[2019·湖北宜昌模擬]有三個完全一樣的金屬小球A、B、C，小球A所帶電荷量為10Q，小球B所帶電荷量為－Q，小球C不帶電，將A、B兩小球固定，相距r，此時A、B兩小球間的相互作用力大小為F；然后讓小球C反復(fù)與A、B兩小球多次接觸，最后移去小球C后，則A、B兩小球間的相互作用力大

14、小為(　　) A．F B．10F C.F D.F 答案：C 解析：依題意可知A、B兩小球最初所帶電荷量的總和被三個小球間均分，則A、B兩小球最終的電荷量均為＝3Q，A、B兩小球之間最初是引力，大小為F＝k＝10k，A、B兩小球之間最終是斥力，大小為F′＝k＝9k＝F，C正確． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(7分) 在豎直平面內(nèi)固定一個半徑為R的均勻帶電細(xì)圓環(huán)，質(zhì)量為m的帶電小球(視為質(zhì)點)通過長為L的絕緣細(xì)線懸掛在圓環(huán)的最高點．當(dāng)圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q(未知)時，發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖所示．已知靜電力常量為k，重力加速

15、度為g，則絕緣細(xì)線對小球的拉力FT＝________，圓環(huán)的帶電荷量Q＝________. 答案：(4分)　(3分) 解析：本題考查電場的疊加、庫侖定律，意在考查考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力．由于圓環(huán)不能看作點電荷，我們?nèi)A環(huán)上一部分Δx，設(shè)總電荷量為Q，則該部分電荷量為Q，由庫侖定律可得，該部分對小球的庫侖力F1＝，方向沿該點與小球的連線指向小球；同理，取以圓心對稱的相同的一段，其庫侖力與大小F1相同，如圖甲所示，兩力的合力應(yīng)沿圓心與小球的連線向外，大小為2×；因圓環(huán)上各點對小球均有庫侖力，故所有部分庫侖力的合力F＝，方向水平向右；小球受力分析如圖乙所示，小球受重力、拉力及庫侖力而

16、處于平衡，故FT與F的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反；由幾何關(guān)系可得＝；則小球?qū)K子的拉力FT＝；＝，解得Q＝ . 10．(20分) 在一個點電荷Q的電場中，Ox坐標(biāo)軸與它的一條電場線重合，坐標(biāo)軸上A、B兩點的坐標(biāo)分別為2.0 m和5.0 m．放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同，電場力的大小跟試探電荷的電荷量關(guān)系圖象分別如圖中直線a、b所示，放在A點的電荷帶正電，放在B點的電荷帶負(fù)電(忽略試探電荷之間的影響)．求： (1)B點的電場強(qiáng)度的大小和方向； (2)試判斷電荷Q的電性，并說明理由； (3)點電荷Q的位置坐標(biāo)． 答案：(1)2.5 V/m，沿

17、x軸負(fù)向　(2)Q帶負(fù)電；理由見解析　(3)x＝2.6 m 解析：(1)由EB＝和圖象可得EB＝＝2.5 V/m EA＝ V/m 放入B點的是負(fù)電荷，所以電場強(qiáng)度方向跟負(fù)電荷受力方向相反， 故B點電場方向沿x軸負(fù)向． (2)A點的正電荷受力沿x軸正向，而B點的負(fù)電荷受力也沿x軸正向，根據(jù)同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引．所以Q帶的是負(fù)電，而且在A、B之間． (3)由(2)問已知Q在A、B之間，設(shè)離A點距離為L，則離B點距離為(3－L) 根據(jù)E＝得，EA＝＝40 V/m， EB＝＝2.5 V/m 可求得L＝0.6 m 所以點電荷Q的位置為x＝2 m＋0.6 m＝2.6 m處

18、． 11．(8分)如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上．另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球．小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑，等量異種點電荷＋Q、－Q分別固定在以C為中點、間距為2d的水平線上的E、F兩點．讓小球從最高點A由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過B點時小球的速度大小為v，不考慮q對＋Q、－Q所產(chǎn)生電場的影響，重力加速度為g，求： (1)小球經(jīng)過C點時對桿的拉力大??； (2)小球經(jīng)過D點時的速度大?。? 答案：(1)5mg　(2) 解析：(1)小球從A點到C點過程，根據(jù)動能定理有 mg·2d＝mv(1分) 在C點，由牛頓第

19、二定律有 T－mg＝m(1分) 得T＝5mg(1分) 根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)U的拉力大小為 T′＝T＝5mg(1分) (2)設(shè)UBA＝U，根據(jù)對稱性可知 UBA＝UAD＝U(1分) 小球從A點到B點和從A點到D點過程中，根據(jù)動能定理有 mgd＋qU＝mv2(1分) mgd－qU＝mv(1分) 得vD＝(1分) 12．(12分)如圖甲所示，一對平行金屬板M、N，長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場．當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負(fù)電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計． (

20、1)求帶電粒子的比荷； (2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝，從t＝0開始，前時間內(nèi)UMN＝2U，后時間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值． 答案：(1)　(2) 解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點 沿極板方向有＝v0t0(2分) 垂直極板方向有＝t(2分) 解得＝(1分) (2)粒子通過兩板間的時間t＝＝T(2分) 從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小a1＝，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小a2＝(2分

21、) 答圖所示為從不同時刻射入電場粒子的速度—時間圖象，根據(jù)題意和圖象分析可知，從t＝nT(n＝0、1、2、…)或t＝＋nT(n＝0、1、2、…)時刻入射的粒子垂直極板方向位移最大，需要恰好不打在極板上，則有＝×T×(2分) 解得U＝(1分) 探究創(chuàng)新卷⑥ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1. [2018·全國卷Ⅲ](多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電

22、源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 答案：BD 解析：A錯：經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，根據(jù)x＝at2，得aa>ab，又由a＝知，ma

23、面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大；C錯：a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反；D對：根據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等． 2. (多選)有一勻強(qiáng)電場，電場線與坐標(biāo)平面平行．如圖所示，以O(shè)點為圓心，以R＝0.10 m為半徑的圓周上任一點P的電勢滿足φ＝－40sin(θ＋60°)＋40(V)，θ為O、P兩點連線與x軸正方向所成的角，該圓與坐標(biāo)軸交點分別為a、b、c、d，以順時針方向角度為正，則下列說法正確的是(　　) A．該電場強(qiáng)度方向與x軸正方向成θ＝60°角 B．該圓周內(nèi)所有點的電勢不可

24、能小于零 C．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E＝400 V/m D．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E＝400 V/m 答案：BD 解析： 由題意可知，當(dāng)θ＝30°時，圓周上點P1的電勢為φ1＝0，為圓周上的最低電勢，當(dāng)θ＝210°時，圓周上點P2的電勢為φ2＝80 V，為圓周上的最高電勢，所以該電場強(qiáng)度方向與x軸正方向成θ＝30°角，B正確，A錯誤；該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E＝＝400 V/m，D正確，C錯誤． 3. (多選)如圖所示，矩形的四個頂點分別固定有帶電荷量均為q的正、負(fù)點電荷，水平直線AC將矩形分成面積相等的兩部分，B為矩形的中心．一質(zhì)量為m的帶正電微粒(重力不計)沿直線AC從

25、左向右運(yùn)動，到A點時的速度為v0，到B點時的速度為v0.取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，則(　　) A．微粒在A、C兩點的加速度相同 B．微粒從A點到C點的過程中，電勢能先減小后增大 C．A、C兩點間的電勢差為UAC＝ D．微粒最終可以返回B點，其速度大小為v0 答案：AC 解析：由場強(qiáng)疊加和對稱性可知，A、C兩點的場強(qiáng)大小相等、方向相同，故由牛頓第二定律可知，微粒在A、C兩點的加速度相同，A正確；由電場的性質(zhì)可知，沿直線AC電勢逐漸降低，根據(jù)電場力做功W＝qU可知，電場力對該微粒一直做正功，故微粒從A點到C點的過程中電勢能一直在減小，B錯誤；由對稱性可知UAB＝UBC，故由動能定理可得qU

26、AB＝mv－mv，同理可得qUBC＝mv－mv，以上兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得vC＝3v0，故qUAC＝mv－mv，解得UAC＝，C正確；由于B點電勢為零，故微粒從B點沿直線AC運(yùn)動到無窮遠(yuǎn)處的過程中，電場力做功為零，所以微粒到無窮遠(yuǎn)處時的速度與微粒在B點時的速度相同，仍為v0，故粒子不會返回B點，D錯誤． 4. 如圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B之間距離為d，兩板間的電壓為U，其中A板接地．在兩板間放一半徑為R的金屬球殼，球心O到兩板的距離相等，C點為球殼上離A板最近的一點，D點靠近B板．則下列說法正確的是(　　) A．UCO＝U B．UAC＝ C．C點的電勢為φc＝－

27、 D．把一負(fù)點電荷由C點移到D點，電勢能減少 答案：D 解析： 將金屬球殼放入電場后，A、B兩板間電場線如圖所示，應(yīng)用對稱性，兩板間電場線形狀關(guān)于球心O對稱，所以A板與金屬球殼的電勢差UAO和金屬球殼與B板的電勢差UOB相等，即UAO＝UOB，又A、B兩板電勢差保持不變?yōu)閁，即UAO＋UOB＝U，得UAO＝UOB＝，所以A、C間電勢差UAC＝UAO＝，即0－φC＝，得φC＝－，A錯誤，B、C正確；把一負(fù)點電荷由C點移到D點，電場力做負(fù)功，電勢能增加，D錯誤． 5. (多選)如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面固定于靜電場中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由

28、斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，途中小球始終未離開斜面，重力加速度為g，則(　　) A．小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能 B．小球的電勢能可能先增大后減小 C．A、B兩點的電勢差一定為 D．若處于勻強(qiáng)電場中，則該電場的場強(qiáng)大小一定是 答案：AB 解析：小球在斜面上受到重力、支持力和電場力，支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A點沿斜面上滑，到達(dá)頂端B點的速度仍為v0說明電場力做的功和重力做的功大小相等，小球從A點到B點的過程，重力做負(fù)功，電場力做正功，電勢能減小，故小球在B點的電勢能一定小于在A點的電勢能，A正確；小球的電勢能可能先增大后減小

29、，B正確；由于電場力做的正功和重力做的負(fù)功大小相等，即qU＝WG＝mgLsinθ，可知A、B兩點之間的電勢差U＝，C錯誤；小球在斜面上向上運(yùn)動的過程中，電場力做的正功和重力做的負(fù)功大小相等，但是不知道電場強(qiáng)度的方向，因此即使是勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小也不一定為，故D錯誤． 6．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)電場中的三個點A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d.把一個帶電荷量為＋q的點電荷從A點移動到B點電場力不做功，從B點移動到C點電場力所做的功為W.若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) A．A點的電勢為－ B．B、C兩點間的電勢差為UBC＝ C．該電場的電場強(qiáng)度大小

30、為 D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運(yùn)動軌跡可能是甲 答案：BD 解析：點電荷在勻強(qiáng)電場中從A點移動到B點，電場力不做功，說明AB為等勢線，從B移動到C電場力做功W，則UBC＝，UBC＝UAC，又C點電勢為零，則A點電勢為，A錯誤，B正確；電場線沿著垂直AB方向，AC沿電場線方向長度為dsin60°，所以電場強(qiáng)度大小為，C錯誤；從A點釋放的電子，所受的電場力垂直于AB向上，做類平拋運(yùn)動，D正確． 7．(多選) 如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地進(jìn)入電場線水平向右的加速電場E1之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不

31、計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案：AD 解析：帶電粒子在電場E1中加速，由動能定理，eE1d＝mv2，解得v＝.進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2中做類平拋運(yùn)動，L＝vt，y＝at2、eE2＝ma，聯(lián)立解得y＝，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W＝eE2y＝，與粒子質(zhì)量無關(guān)，所以偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確；粒子打到屏上時的速度大小v′＝，三種粒子質(zhì)量不相等，故選項B錯誤；三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間不相同，選項C錯誤；由

32、于y＝，與粒子質(zhì)量無關(guān)，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平位移相等，側(cè)移量相同，則出射角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，選項D正確． 8. 如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)直管豎直放置，在管子的底部固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，在距離底部點電荷為h2的管口A處，有一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的點電荷由靜止釋放，在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零．現(xiàn)讓一個電荷量為q、質(zhì)量為3m的點電荷仍在A處由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則該點電荷(　　) A．運(yùn)動到B處的速度為零 B．在下落過程中加速度逐漸減小 C．運(yùn)動到B處的速度大小為 D．速度最大處與底部

33、點電荷距離為 答案：C 解析：點電荷在下落過程中受重力和庫侖力作用，由動能定理可得mgh1＋WE＝0，即WE＝－mgh1，當(dāng)點電荷質(zhì)量為3m時，庫侖力不變，故庫侖力做功不變，由動能定理可得3mgh2－mgh1＝×3mv2，解得v＝，故C正確、A錯誤；由題意知，點電荷應(yīng)先做加速運(yùn)動，再做減速運(yùn)動，即開始時重力大于庫侖力，而在下落過程中，庫侖力增大，故下落時加速度先減小，后增大，故B錯誤；當(dāng)重力等于庫侖力時，合力為零，此時速度最大，F(xiàn)庫＝3mg＝，解得r＝ ，故D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(7分)如圖所示是一種測量電容的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的

34、方法，測出電容器充電至電壓U時所帶電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C.某同學(xué)在一次實驗時的實驗步驟如下： 　 a．按如圖甲所示電路圖連接好電路； b．接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時電流表的示數(shù)為I0＝490 μA，電壓表的示數(shù)U0如圖丙所示，I0、U0分別是電容器放電時的初始電流和電壓； c．?dāng)嚅_開關(guān)S，同時開始計時，每隔5 s或10 s測一次電流i的值，將測得的數(shù)據(jù)在圖丁的坐標(biāo)上描點標(biāo)出． (1)根據(jù)圖甲的電路原理圖連接圖乙的實物圖． (2)在圖丁中作出i—t圖象，其圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義是________． (3)

35、電壓表的示數(shù)U0＝________V，該電容器電容為C＝________F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． (4)若某同學(xué)實驗時把電壓表接在D、E兩端，則電容的測量值與真實值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)． 答案：(1)如圖1所示(2分)　(2)如圖2所示(2分)　電容器從充電到電壓為U0時所帶的電荷量　(3)8.0　1.1×10－3(2分)　(4)偏小(1分) 解析：(2)將圖中數(shù)據(jù)點用平滑曲線連接起來，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義是電容器從充電到電壓為U0時所帶的電荷量．(3)因為電壓表的精度為0.5 V，所以電壓表示數(shù)U0＝0.5×16＝8.0 V；從圖線與

36、坐標(biāo)軸所圍面積可以計算出電荷量為Q＝8.75×10－3 C，根據(jù)電容的定義式得C＝＝1.1×10－3 F．(4)若把電壓表接在D、E兩端，會有放電電流通過電壓表而使得測量出的電荷量偏小，從而使電容測量值偏?。? 10. (10分)如圖所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5 m的1/4圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝5×103 N/C.今有一質(zhì)量為m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋8×10－5 C的小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求： (1)

37、小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力； (2)小滑塊在水平軌道上通過的總路程． 答案：(1)2.2 N　(2)6 m 解析：(1)設(shè)小滑塊第一次到達(dá)B點時的速度為vB，對圓弧軌道最低點B的壓力為FN，則mgR－qER＝mv F′N－mg＝m 由牛頓第三定律得F′N＝FN 解得FN＝3mg－2qE＝2.2 N(4分) (2)由題意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N μmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N 因此有qE>μmg 所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復(fù)運(yùn)動(2分) 所以小滑塊在水平軌道上通過的總路程x滿足 mgR－qER＝μmgx

38、解得x＝6 m(4分) 11．(14分) 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，坐標(biāo)系內(nèi)有A、B兩點，其中A點坐標(biāo)為(6 cm,0)，B點坐標(biāo)為(0， cm)．坐標(biāo)原點O處的電勢為0，點A處的電勢為8 V，點B處的電勢為4 V．現(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v＝4×105 m/s射入電場，粒子運(yùn)動時恰好通過B點，不計粒子所受重力，求： (1)圖中C處(3 cm,0)的電勢； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??； (3)帶電粒子的荷質(zhì)比. 答案：(1)4 V　(2)×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg 解析：(1)設(shè)C處的電

39、勢為φC 由OC＝CA　知φO－φC＝φC－φA 解得φC＝＝ V＝4 V(3分) (2)BC連線為等勢線，電場強(qiáng)度方向與等勢線BC垂直 設(shè)∠OBC＝θ　OB＝L＝ cm tanθ＝＝　得θ＝60° 由U＝Ed 得E＝＝＝ V/m ＝×102 V/m(5分) (3)因為帶電粒子做類平拋運(yùn)動 有 聯(lián)立解得＝＝2.4×1011 C/kg(2分) 所以帶電粒子的荷質(zhì)比為2.4×1011 C/kg 12．(16分)[2019·四川成都一診]如圖所示，A、B間距為L＝6.25 m的水平傳送帶在電機(jī)帶動下始終以v＝3 m/s的速度向左勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶B端正上方固定一擋板，

40、擋板與傳送帶無限接近但未接觸，傳送帶所在空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝1×106 N/C.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2 kg、帶電荷量q＝1×10－5 C的帶正電絕緣小滑塊輕放在傳送帶上A端．若滑塊每次與擋板碰后都以原速率反方向彈回，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，且滑塊所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.求： (1)滑塊放上傳送帶后瞬間的加速度； (2)滑塊第一次反彈后能到達(dá)的距B端的最遠(yuǎn)距離； (3)滑塊做穩(wěn)定的周期性運(yùn)動后，電機(jī)相對于空載時增加的機(jī)械功率． 答案：(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)3.25 m　(3)18 W 解析：(1)滑塊放上傳

41、送帶后瞬間，受力如圖所示． 由牛頓第二定律有qE－μmg＝ma， 代入數(shù)據(jù)解得a＝2 m/s2，方向水平向右； (2)設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點時速度為v1， 由運(yùn)動學(xué)公式有v＝2aL， 代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s. 因v1>v，故滑塊與擋板碰后將向左做勻減速直線運(yùn)動，其加速度方向向右，大小為a1，由牛頓第二定律有 qE＋μmg＝ma1， 代入數(shù)據(jù)得a1＝8 m/s2. 設(shè)滑塊與擋板碰后至速度減為v經(jīng)歷的時間為t1，發(fā)生的位移為x1， 由運(yùn)動學(xué)公式有v＝v1－a1t1，x1＝v1t1－a1t， 代入數(shù)據(jù)得t1＝0.25 s，x1＝1 m. 此后，摩擦力反向(水平向左)，加速

42、度大小又變?yōu)閍，滑塊繼續(xù)向左減速直到速度為零，設(shè)這段過程發(fā)生的位移為x2， 由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有x2＝， 代入數(shù)據(jù)得x2＝2.25 m， 當(dāng)速度為零時，滑塊離B端最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離xm＝x1＋x2， 代入數(shù)據(jù)解得xm＝3.25 m. (3)分析可知，滑塊逐次回到B端的速度將遞減，但只要回到B端的速度大于v，滑塊反彈后總要經(jīng)歷兩個減速過程直至速度為零，因此滑塊再次向B端返回時發(fā)生的位移不會小于x2，回到B端的速度不會小于v′＝＝3 m/s，所以，只有當(dāng)滑塊回到B端的速度減小到v＝3 m/s后，才會做穩(wěn)定的周期性往返運(yùn)動．在周期性往返運(yùn)動過程中，滑塊對傳送帶施加的摩擦力方向始終向右，所以滑塊做穩(wěn)定的周期性運(yùn)動后，電機(jī)相對于空載時增加的功率為P＝μmgv，代入數(shù)據(jù)解得P＝18 W. 20