【6年高考4年模拟】2013版高考物理电场精品试题

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2013年高考物理真题电场

2013年高考物理真题电场汇编1．（2013年高考·海南理综卷）关于静电场，下列说法正确的是（） A ．电势等于零的物体一定不带电 B ．电场强度为零的点，电势一定为零 C ．同一电场线上的各点，电势一定相等 D ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2．（2013年高考·重庆理综卷）如图所示，电量为+q 和-q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心3．（2013年高考·山东理综卷）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。

以下判断正确的是A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能4．（2013年高考·天津理综卷）板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1。

现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为d /2，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是A ．U 2=U 1，E 2=E 1B ．U 2=2U 1，E 2=4E 1C ．U 2=U 1，E 2=2E 1D ．U 2=2U 1，E 2=2E 15．（2013年高考·广东理综卷）图为静电除尘器除尘机理的示意图。

尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。

下列表述正确的是A ．到达集尘极的尘埃带正电荷B ．电场方向由集尘极指向放电极C ．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大++++-q-q -q-qabcd M N + 放电极带电尘埃集尘极直流高压电源6．（2013年高考·江苏理综卷）一粒子从A 点射入电场，从B 点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力。

2013年全国高考仿真模拟题(四)(全国新课标理综卷物理部分)

为警；
ｃ交流电转动一周中产生的总热量为芈
２０．如图甲所示，两个等量同种点电荷分别固定于Ａ、Ｂ两点，一个带电粒子从Ｃ点由静止释放，仅受电场力作
Ａ一丽２ｎＲ￣ｋ；Ｂ一拿；
ｃ一２ｎＲｑｋ
；
。一丽２ｎＲｑｋ
１５．如右图，一表面粗糙的斜面体ｍ。放在光滑的水平地面上，其顶端有－ｔｌ，物块ｍ．第一次斜面固定，物块滑到底端的时间为ｔ、运动产生的热量为Ｑ；第二次斜面不固定，物块滑到底端的时间为ｔ、运动产生的热量为Ｑ。，则前后两次比较，以下说法正确
置分别在同步卫星高度的上方和下方，Ａ、Ｂ２个实验舱和“ 通天杆 ” 随地球自转一起运动，则以下表示 “ 通天杆”
对Ａ、Ｂ２个实验舱作用力的方向，下图中哪个图示选项可能是正确的（）．
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
用来加速电子的是Ｂ－ｔ图象中（）．
Ａ第一个｛周期；Ｂ第二个 ÷ 周期；ｃ第三个｛周期；Ｄ第四个｛周期
１８．如图所示，Ａ板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的平行金属板间，金属板间所加的偏转电压为Ｕ，电子最终打在荧光屏Ｐ上．现滑片向左移动时，其他不变，关于电子打在荧光屏上的位置变化和电子从发出到打在荧光屏上的时间，下列说法中正确的

2013年高考模拟考试物理试卷

2013年高考模拟考试理科综合测试物理部分二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．下列说法正确的是A．牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．卡文迪许利用扭秤装置测出了引力常量的数值C．奥斯特发现了电流的磁效应后，安培探究了用磁场获取电流的方法,并取得了成功D．法拉第不仅提出场的概念，而且引入电场线和磁感线形象的描述电场和磁场15．如图所示,固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m=4kg的小球,小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，g=10m/s2，则以下正确的是A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．3与桌面间摩擦力为20ND ．物块3受6个力作用16．我国将于2013年发射“神舟十号”载人飞船与“天宫一号”目标飞行器对接。

如图所示，开始对接前,“天宫一号”在高轨道，“神舟十号"飞船在低轨道各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h 1和h 2（设地球半径为R ），“天宫一号”运行周期约90分钟。

则以下说法正确的是A ．“天宫一号”跟“神舟十号"的线速度大小之比为12h h B ．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比2122)()(h R h R ++ C ．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D ．“天宫一号"的线速度大于7。

9km/s 17．质量为50kg 的人站在电梯间内随电梯竖直方向运动，其v －t 图象如图所示，（取向上为正方向）下列判断正确的是 A ．在t =1s 时，人的加速度为零B ．0 ～ 3s 时间内，人处于超重状态C ．4s ~ 6 s 时间内,人的平均速度为2 m/sD ．3s ~ 7 s 时间内，人所受合力做功的平均功率为100 W18．如图所示。

2013物理高考真题近4年试卷

2013年普通高等学校招生全国统一考试物理学科（新课标卷）一、选择题：本题共8小题．每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1 ～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分。

1、右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。

表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离．第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。

撤据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（）A 物体具有惯性B 斜面倾角一定时，加速度与质量无关C 物体运动的距离与时间的平方成正比D 物体运动的加速度与重力加速度成正比2、如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a 点处有一电荷量为q的固定点电荷。

已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量) （）A.kB. kC. kD. k3、一水平放置的平行板电容器的两极扳间距为d，极扳分别与电池两极相连．上极扳中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方d/2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落．经过小孔进入电容器，井在下极扳处(未与极扳接触、返回。

若将下极板向上平移d/3，则从P点开始下落的相同粒子将（）C在距上极板d/2处返回D在距上极扳2d/5处返回4、如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、Ac和MN其中ab、ac在a点接触，构成“v”字型导轨。

空间存在垂直于纸面的均匀碰场。

用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时．运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。

下列关于回路中电流i与时间t的关系图线．可能正确的是（）5、如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。

一电荷量为q(q>0)，质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射人磁场区域，射入点与ab的距离为R/2。

2013年全国各地高考物理模拟试题解析汇编静电场

1. （2013江苏徐州摸底）如图所示，在M 、N 处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A 、B 两点，已知MA=AB=BN ．下列说法正确的是A ．A 、B 两点场强相同B ．A 、B 两点电势相等C ．将一正电荷从A 点移到B 点，电场力做负功D ．负电荷在A 点的电势能大于在B 点的电势能2. （2013武汉摸底）水平面上A, B, C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在0点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示。

己知静电力常量为k,重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为A ．23mgL kQBC D答案：C 解析：3k 2qQ L cos θ=mg ，sin θ=/3，联立解得3. （2013广西三校联考）一带正电小球从光滑绝缘的斜面上O 点由静止释放，在斜面上水平虚线ab 和cd 之间有水平向右的匀强电场如图所示。

下面哪个图象能正确表示小球的运动轨迹（）4．(2013广东二校联考摸底)一带电粒子射入一正点电荷的电场中，运动轨迹如图所示，粒子从A运动到B，则A．粒子带负电B．粒子的动能一直变大C．粒子的加速度先变小后变大D．粒子在电场中的电势能先变小后变大5．（2013安徽师大摸底）如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O 是AB连线的垂线上的点，且AO>OB。

一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别E M、E N，电势分别为φM，φN。

下列说法中正确的是()A．点电荷A一定带正电B．E M小于E NC．φM大于φND．此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能答案：B解析：根据带负电的试探电荷运动轨迹，点电荷A一定带负电，选项A错误；根据两个等量异种点电荷电场特点可知，E M小于E N，φM小于φN，此试探电荷在M处的电势能大于N处的电势能，选项B正确CD错误。

2013年高考物理模拟试题(四)

2013年高考物理模拟试题（四）班别：姓名：座号：总分：第Ⅰ卷一、单项选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分。

每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A ．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律Ｂ．库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e 的数值Ｃ．伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量Ｄ．法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机2. 某物体的运动的v-t 图象如图所示，则下列说法正确的是（） A ．物体在第1s 末运动方向发生改变B ．物体在第2s 内和第4s 内的加速度是相同的C ．物体在第4s 末返回出发点D ．物体在第5s 离出发点最远，且最大位移为0.5m3．在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，C 为电容器，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )A ．灯泡L 将变暗，电容器C 的电荷量将减小B ．灯泡L 将变暗，电容器C 的电荷量将增大C ．灯泡L 将变亮，电容器C 的电荷量将减小D ．灯泡L 将变亮，电容器C 的电荷量将增大4．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a 、b 两带电粒子从电场中的O 点以相同的初速度飞出。

仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 加速度增大，b 加速度减小C ．a 电势能减小，b 电势能增大D ．a 和b 的动能一定都增大5．如图所示，将两个质量均为m ，带电荷量分别为+q 、-q 细线悬挂于O 点，置于水平的匀强电场中，用力F 拉小球a ，使整个装置处于平衡状态，且悬线与竖直方向夹角为300。

则F 的大小可能为（）A ．33mg B.32mg C.mg D.2mg 6．如图甲所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 。

2013届高考理综模拟物理四(含答案)

物理模拟测试四一．选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分.)14、15、16、20、21题只有一个选项正确，其他题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.14．物理公式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。

现有物理量单位：m （米）、s （秒）、C （库）、A （安）、V （伏）、F （法）、T （特）和Wb （韦伯），由它们组合成的单位与力的单位N （牛）等价的是A ．V·C/sB ．C/F·sC ．T·s·C/ mD ．Wb·A/m15．如图所示，P 是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P 与小盘相连，小盘内有砝码，小盘与砝码的总质量为m ，在P 向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体P 受到的拉力和摩擦力的以下描述中正确的是A ．P 受到的拉力的施力物体就是m ，大小等于mgB ．P 受到的拉力的施力物体不是m ，大小等于mgC ．P 受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于mgD ．P 受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg16．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P 处斜向上抛出，到达斜面顶端Q 处时速度恰好变为水平方向，已知P 、Q 间的距离为L ，重力加速度为g ，则关于抛出时物体的初速度v 0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有A ．tan tan αθ=B ． ()2sin 2tan 21sin θαθ=+C．0v =D．0cos v =17．太空中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其它星体对它们的引力作用。

已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R 的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行。

2013年高考(电场部分)物理试题汇编

2013年高考（电场部分）物理试题及解答孝感三中陈老师（476631242）1、（新课标卷I）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷。

已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)：（）A.kB. kC. kD. k2、（新课标卷I）一水平放置的平行板电容器的两极扳间距为d，极扳分别与电池两极相连．上极扳中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方d/2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落．经过小孔进入电容器，井在下极扳处(未与极扳接触、返回。

若将下极板向上平移d/3，则从P点开始下落的相同粒子将：（）A打到下极扳上B在下极板处返回C在距上极板d/2处返回D在距上极扳2d/5处返回3、（新课标卷II）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为：（）A. B. C. D.4、（山东卷）如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。

下列判断正确的是：（）A．b、d两点处的电势相同B.四点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小5、（上海卷）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。

若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，则：（）(A)a处为正电荷，q a＜q b(B)a处为正电荷，q a＞q b(C)a处为负电荷，q a＜q b(D)a处为负电荷，q a＞q b6、（天津卷）两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点。

2013年高考物理模拟精彩试题

2013年高考物理模拟试题斗鸡中学第Ι卷（选择题，共48分）一选择题：（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目的要求，有的有多项符合题目的要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.（多选）在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了巨大贡献。

下列说确的是（）A 牛顿发现万有引力定律推导出绕恒星运动的行星的轨道半径的立方与周期的平方的比值为定值。

B 卡文迪许通过多次实验测出了引力常量。

C 胡克认为只有在一定条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比。

D 亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快。

2.如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α,在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球,其速度垂直斜面落到D 点,则CD 与DA 的比为()221111A.B. C. D.tan 2tan tan 2tan αααα3.（多选）2011年9月29日，我国自行设计、制造的“天宫一号”空间实验室发射成功，开创了我国航天事业的新纪元.“天宫一号”经过变轨后在距地面355 km 近圆轨道运行，关于“天宫一号”、同步通信卫星和赤道上随地球自转的物体，下列说确的是( )A.“天宫一号”的向心加速度最大B.“天宫一号”的角速度最大C.随地球自转物体速度最小D.“天宫一号”的速度大于7.9 km/s4.如图所示，是A、B两质点从同一地点运动的x-t图象，则下列说法错误的是( )A.A质点以20 m/s的速度匀速运动B.B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C.B质点最初4 s做加速运动，后4秒做减速运动D.A、B两质点在4 s末相遇5.（多选）如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格为“9 V，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，若灯泡L2正常发光.则以下说法中错误的是( )A.电流表的示数为2 AB.四只灯泡均能正常发光C.电压表的示数为36 VD.输入端交变电压u的图象可能如图乙所示6. （多选）如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

[精品]2013年全国高考物理试题精编静电场及答案

3(2013重庆卷)．如题3图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功答案B圆环大小相同,所带电荷量已在3【2013江苏高考】下列选项中的各14圆环间彼此绝缘坐标原点O 处电场图中标出,且电荷均匀分布,各14强度最大的是答案：B6【2013江苏高考】将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等、b 为电场中的两点,则(A) 点的电场强度比b 点的大(B) 点的电势比b 点的高()检验电荷-q 在点的电势能比在b 点的大(D)将检验电荷-q 从点移到b 点的过程中,电场力做负功答案：ABD15【2013广东高考】喷墨打印机的简模型如图4所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中A向负极板偏转B电势能逐渐增大运动轨迹是抛物线D运动轨迹与带电量无关答案：10【2013上海高考】．两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。

若位于、b处点电荷的电荷量大小分别为q和q b，则(A)处为正电荷，q＜q b(B)处为正电荷，q＞q b()处为负电荷，q＜q b(D)处为负电荷，q＞q b答案：B32【2013上海高考】．(12分)半径为R ，均匀带正图4电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知，E －r 曲线下O －R 部分的面积等于R －2R 部分的面积。

(1)写出E －r 曲线下面积的单位；(2)己知带电球在r ≥R 处的场强E ＝Q ／r 2，式中为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q 为多大? (3)求球心与球表面间的电势差△U ；(4)质量为，电荷量为q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R 处?27．（1）V （伏特）（2）02QE k R=20E R Q k=（3）01""2U S E R ∆==（4）由动能定2001122mv q U q E R =∆=15（2013全国新课标I ）、如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有、b 、d 三个点，和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在点处有一电荷量为q 的固定点电荷。

2013年高考物理(高考真题模拟新题)分类汇编：I单元电场

I 单元电场I1 电场的力的性质3．I1[2018·江苏卷] 下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )A B C D3．B [解析] 设每个14圆环产生的电场的场强大小为E ，则图A 产生的电场的场强如图甲所示；图B 中两个14圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为2E ；图C 中第一、三象限产生的电场的场强大小相等，方向相反，合场强为0，整个34圆环产生的电场就相当于第二象限的14圆环产生的电场，如图丙所示；图D 中产生的电场的合场强为零，故选项B 正确．15．I1 [2018·新课标全国卷Ⅰ] 如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R215．B [解析] 考查真空中点电荷的场强公式及场强的叠加．由题意，b 点处的场强为零说明点电荷q 和圆盘在b 点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R 的b 点产生的场强为E Q ＝kqR 2，故圆盘在距离为R 的d 点产生的场强也为E Q ＝kq R 2，点电荷q 在d 点产生的场强E q ＝kq （3R ）2，方向与圆盘在d 点产生的场强方向相同，d 点的合场强为二者之和，即E 合＝kq R 2＋kq （3R ）2＝10kq9R2，B 正确． 6．I1、I2[2018·江苏卷] 将一电荷量为＋Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a 、b 为电场中的两点，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．检验电荷－q 在a 点的电势能比在b 点的大D ．将检验电荷－q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功6．ABD [解析] 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A 正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B 正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C 错误，选项D 正确.6.I1、I2、I4 [2018·天津卷] 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )[:物理大师]A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时电势能为零6．BC [解析] 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q 从A 到O 的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O 点，试探电荷做变加速直线运动，A 错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B 正确；合外力做正功，动能增加，C 正确；将电荷从O 点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O 点时电势能为负值，D 错误．[:物理大师]I2 电场的能的性质10．[2018·辽宁省五校协作体联考] 在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定一个电荷量为＋Q 的点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的负试探电荷，该试探电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零．则在＋Q 形成的电场中( )图X119A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为－mv22qC ．P 点电场强度大小是N 点的4倍D ．试探电荷在N 点具有的电势能为－12mv 210．BC [解析] 根据点电荷电场的特点，N 点的电势低于P 点电势，选项A 错误；根据动能定理，有－q φ＝12mv 2，解得N 点电势为φ＝－mv22q ，选项B 正确；由于N 点到O 点的距离是P 点到O 点距离的2倍，根据点电荷电场强度公式可知，P 点电场强度大小是N 点的4倍，选项C 正确；试探电荷在N 点具有的电势能为－q φ＝12mv 2，选项D 错误．6．I1、I2[2018·江苏卷] 将一电荷量为＋Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a 、b 为电场中的两点，则( )[:数理化]A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．检验电荷－q 在a 点的电势能比在b 点的大D ．将检验电荷－q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功6．ABD [解析] 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A 正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B 正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C 错误，选项D 正确．6．I1、I2、I4 [2018·天津卷] 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时电势能为零6．BC [解析] 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q 从A 到O 的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O 点，试探电荷做变加速直线运动，A 错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B 正确；合外力做正功，动能增加，C 正确；将电荷从O 点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O 点时电势能为负值，D 错误．I3 电容器带电粒子在电场中的匀变速运动15．I3[2018·广东卷] 喷墨打印机的简化模型如下图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电荷量无关15．C [解析] 本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动．墨汁微滴带负电，根据电场力方向判断会向正极板方向偏转，A 错误；电场力做正功，电势能逐渐减小，B 错误；速度v 垂直于匀强电场的场强方向，受电场力为恒力，故墨汁微滴做类平抛运动，C 正确；在沿场强方向上的位移y ＝12at 2＝12·qE m t 2，垂直于场强方向的位移x ＝vt ，轨迹方程为y ＝qE 2mv 20x 2，即运动轨迹与带电荷量有关，D 错误．11．E2、I3、I7 [2018·天津卷]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析] (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed②联立上式可得 E ＝mv22qd③ (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝Rtan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB ＝m v2r⑤联立④⑤式得[:物理大师] R ＝3mv 3qB⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed 3＝U3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2 综合⑦式可得v ′＝3v 3⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r ′＝3mv 3qB⑨ 设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见 θ＝π2⑩ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n ＝3○11物理大师]20．I3、K2[2018·浙江卷] 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD [解析] 离子在电场中的加速度a ＝Uq dm ，故a 1a 2＝q 1q 2＝13，A 错误．离开电场区域时的动能E k ＝Uq ，故E k1E k2＝q 1q 2＝13，D 正确．在磁场中运动的半径r ＝mv Bq ＝mBq 2Uq m ＝1B2Um q ，故r 1r 2＝q 2q 1＝31，B 正确．在磁场中转过的角度的正弦值sin θ＝dr ＝Bdq 2Um ，故sin θ1sin θ2＝q 1q 2＝13，因θ1＝30°，则sin θ2＝32，即θ2＝60°，所以θ1θ2＝12，C 正确． 25．C5 I3[2018·全国卷] (19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．25．[解析] 解法一：(1)带电粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝qE0 m①a2＝－2qE0 m②a3＝2qE0m③[:物理大师]a4＝－qE0 m④由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v1＝a1T4＝qE0T4m⑤由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s＝T4v1⑥由⑤⑥式得s＝qE016mT2⑦它沿初始电场正方向．(2)由图(b)可知，粒子在t＝38T到t＝58T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为t＝58T－38T＝T4⑧解法二：(1)带电粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0＝ma1①－2qE0＝ma2②2qE 0＝ma 3③ －qE 0＝ma 4④设带电粒子在t ＝T 4、t ＝T 2、t ＝3T4、t ＝T 时的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则v 1＝a 1T4⑤v 2＝v 1＋a 2T4⑥v 3＝v 2＋a 3T4⑦v 4＝v 3＋a 4T4⑧设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有 s ＝(v 12＋v 1＋v 22＋v 2＋v 32＋v 3＋v 42)T 4⑨联立以上各式可得 s ＝qE 0T 216m⑩它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t ＝T4时粒子开始减速，设经过时间t 1粒子速度减为零．0＝v 1＋a 2t 1将①②⑤代入上式，得 t 1＝T 8○11 粒子从t ＝T2时开始加速，设经过时间t 2速度变为零．0＝v 2＋a 3t 2此式与①②③⑤⑥式联立得 t 2＝T 8○12 t ＝0到t ＝T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间t 为 t ＝(T4－t 1)＋t 2○13 将○11○12式代入○13式得 t ＝T 4○14 23．I3K2 [2018·安徽卷] 如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P(0，h)点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a(2h ，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：[:物理大师](1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向；(3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值．23．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为t ，则有x ＝v 0t ＝2h ， y ＝12at 2＝h ，qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝mv 22qh.(2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为v y ＝at ＝v 0，所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时，有qvB ＝m v2r，当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，所以B ＝2mv 0qL. 16．I3 [2018·新课标全国卷Ⅰ] 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回16．D [解析] 考查带电粒子在平行板电容器中的直线运动．设电池的电压为U ，由于前后两次平行板均与电池相连，则前后两次平行板电容器板间的电压不变．设平移下极板后粒子将在距上极板为h 处返回，对前后两次应用动能定理， mg(d ＋d 2)－qU ＝0，mg(d 2＋h)－U d －d 3qh ＝0，联立解得h ＝2d5，D 正确．I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动4．[2018·湖北省武汉市四校联考] 如图X124所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L 的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O 点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E.已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P 1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，(不计空气阻力)则小球到达与P 1点等高的P 2点时线上张力T 为多少( )图X124A ．mgB ．3mgC ．4mgD ．5mg4．B [解析] 小球受到的重力与电场力的合力指向右下方，与竖直方向成45°，小球从静止释放后沿合力方向做匀加速直线运动，当小球到达最低点时，绳子伸直，小球的竖直分速度减为零，水平分速度不变．设小球经过最低点时的速度为v ，其水平分速度为v x ＝vsin45°＝22v ，根据动能定理有mgL ＋F 电L ＝12mv 2，其中F 电＝mg ；小球从最低点上升到P 2位置的过程中，合外力做功为零，小球的动能变化为零，即小球在P 2位置的速度大小等于22v ，在P 2位置，小球沿水平方向的合外力提供向心力，所以T －F 电＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫22v 2L，联立以上各式，可得T ＝3mg ，选项B 正确．24．D4、I4、I2[2018·浙江卷] (20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A 和R B 的同心金属半球面A 和B 构成，A 、B 为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e 、质量为m 的电子以不同的动能从偏转器左端M 板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N ，其中动能为E k0的电子沿等势面C 做匀速圆周运动到达N 板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由； (2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，则到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？(4)比较|ΔE k 左|与|ΔE k 右|的大小，并说明理由．24．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2RE k0＝12mv 2R ＝R A ＋R B2联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0e （R A ＋R B ）(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 ΔΕk ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 ΔΕk 左＝e(φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有 ΔΕk 右＝e(φA －φC )(4)根据电场线的特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有||φB －φC >||φA －φC 即||ΔΕk 左>||ΔΕk 右6．I1、I2、I4 [2018·天津卷] 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时电势能为零6．BC [解析] 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q 从A 到O 的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O 点，试探电荷做变加速直线运动，A 错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B 正确；合外力做正功，动能增加，C 正确；将电荷从O 点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O 点时电势能为负值，D 错误．3．I4 [2018·重庆卷] 如图所示，高速运动的α粒子被位于O 点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M 、N 和Q 为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，则( )A ．α粒子在M 点的速率比在Q 点的大B ．三点中，α粒子在N 点的电势能最大C ．在重核产生的电场中，M 点的电势比Q 点的低D ．α粒子从M 点运动到Q 点，电场力对它做的总功为负功3．B [解析] 本题考查带电粒子在点电荷电场中运动时速率、电势、电势能的变化情况及做功正负的知识．把位于O 点的重原子核看成点电荷，其周围的电场为由O 点指向无穷远，且离O 点越近，场强越大，电势越高，Q 点比M 点离核更远，故M 点的电势比Q 点的高，C 错； α粒子在运动过程中，受到重原子核的排斥作用，离重原子核越近，电势能越大，动能越小，速率越小，三点中，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，所以α粒子在M 点的速率比在Q 点的小，在N 点的电势能最大，A 错，B 对；α粒子从M 点到Q 点，电势能减小，动能增大，电场力对它做的总功为正功，D 错．I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I6 实验：练习使用示波器I7 电场综合8．[2018·浙江省宁波效实中学期末] 如图X128所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L 的正方形区域ABFE 、BCGF 和CDHG 首尾相接组成的，且矩形的下边EH 与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2.现有一带正电的滑块以某一初速度从E 点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D 点射出场区．已知滑块在ABFE 区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g ，滑块可以视作质点．求：图X128(1)滑块进入CDHG 区域时的速度大小． (2)滑块在ADHE 区域运动的总时间． 8．(1)gL2(2)4L g[解析] (1)在CDHG 区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有2qE －mg ＝ma 3，由题意知qE ＝mg ，在水平方向和竖直方向分别有L ＝v G t 3，L ＝12a 3t 23.联立以上各式解得v G ＝gL2，t 3＝2L g. (2)在BCGF 区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向 qE ＝mg ，所以不受摩擦力，做匀速直线运动， v F ＝v G ＝gL2，t 2＝t 3＝2Lg. 在ABFG 区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向 F N ＝qE ＋mg ，在水平方向 f ＝ma 1，由滑动摩擦力定律有f ＝μF N . 由以上各式解得a 1＝14g.当滑块由E 运动到F 时，由运动学公式有 v 2F －v 2E ＝2(－a 1)L ，代入解得v E ＝gL ，由运动学公式有v F ＝v E －a 1t 1. 解得t 1＝(4－22)Lg，所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4L g.11．E2、I3、I7 [2018·天津卷]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析] (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed②联立上式可得 E ＝mv22qd③ (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝Rtan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB ＝m v2r ⑤[:物理大师]联立④⑤式得 R ＝3mv 3qB⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed 3＝U3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2 综合⑦式可得v′＝3v3⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则[:数理化] r ′＝3mv 3qB⑨ 设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见 θ＝π2⑩ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n ＝3○11 19．I7[2013·山东卷] 如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断正确的是( )A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小19．ABD [解析] b 、d 两点关于等量异种电荷的连线对称，根据等量异种电荷等势面的对称性，b 、d 两点电势相等，故A 正确．如果设无穷远处电势为零，则c 点电势为零，a 、b 、d 点电势均大于零，故B 正确．b 、d 两点的电场强度大小相等、方向不同，故C 错误．因为a 点电势大于c 点电势，所以试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，电势能减小，故D 正确．24．I7[2018·新课标全国卷Ⅱ] 如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．24．[解析]质点所受电场力的大小为 f ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有 f ＋N a ＝m v 2ar ②N b －f ＝m v 2br③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E ka 和E kb ，有 E ka ＝12mv 2a ④E kb ＝12mv 2b ⑤根据动能定理有 E kb －E ka ＝2rf ⑥联立①②③④⑤⑥式得 E ＝16q (N b －N a ) ⑦E ka ＝r12(N b ＋5N a ) ⑧ E kb ＝r12(5N b ＋N a ) ⑨ 20．I7 [2018·安徽卷] 如图所示， xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0 的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 4q h 2B ．k 4q 9h 2C ．k 32q 9h 2D ．k 40q 9h220．D [解析] 本题考查静电平衡、点电荷的电场、矢量合成等知识．导体处于静电平衡状态，内部场强为零，在z 轴上z ＝－h2处，感应电荷产生的场强大小E′与点电荷q 产生的场强大小相等、方向相反，E′＝kq （32h ）2＝k 4q 9h 2；在z 轴上z ＝h 2处，感应电荷产生的场强大小也为E′，点电荷q 产生的场强大小E ＝k q（12h ）2＝k4q h 2，E 与E ′方向相同，因此合场强E 合＝E ＋E′＝k 40q 9h2，选项D 正确． 22．I15[2018·全国卷] (6分)如图，E 为直流电源，G 为灵敏电流计，A 、B 为两个圆柱形电极，P 是木板，C 、D 为两个探针，S 为开关，现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验．(1)木板P 上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸； (2)用实线代表导线将实验器材正确连接．22．(1)导电[:物理大师数理化] (2)连线如图所示[解析] 因为是用电流来模拟正负点电荷形成的电场，根据电势高低画出等势线，所以要求导电纸与接线柱导通，还要在导电纸上用灵敏电流计探针寻找等势点，这些都要求最上面一层一定是导电纸．连线要求连成两个独立的电路，即电源、导电纸和开关组成一个闭合电路，形成稳恒电流；两探针与灵敏电流计相连，组成一个检测电路．。

2013届高考物理模拟试卷(附答案)

2013届高考物理模拟试卷（问卷）一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分。

） 1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是A.奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B.麦克斯韦语言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C.库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 2. 如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc 固定在水平地面上，ab 面和bc 面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v 0的小物块沿斜面ab 向上运动，经时间t0后到达顶点b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc 下滑。

在小物块从a 运动到c 的过程中，可能正确描述其速度大小v 与时间t 的关系的图像是3．如图所示，物体A 在竖直向上的拉力F 的作用下能静止在斜面上，关于A 受力的个数，下列说法中正确的是A ．A 一定受两个力作用B ．A 一定受四个力作用B ．C ．A 可能受三个力作用D ．A 受两个力或者四个力作用4．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动，由此可知，冥王星绕O 点运动的A ．轨道半径约为卡戎的17 B ．角速度大小约为卡戎的17C ．线速度大小约为卡戎的7倍D ．向心力大小约为卡戎的7倍 5.如图所示，电源电动势E=8V ，内阻r=4Ω，电灯A 的电阻为10Ω，电灯B 的电阻为8Ω，滑动变阻器的总电阻为6Ω。

闭合开关S ，当滑动触头P 由a 端向b 端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化)，下列说法正确的是 ( )A 、电流表示数先减小后增大B 、电压表的示数先增大后减小C 、电灯A 的亮度不断减小D 、电源的最大输出功率为4W6．在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为+Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m ，电荷量为-q 的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图中θ=60°，规定电场中P 点的电势为零。

【6年高考4年模拟】高考物理电学实验精品试题

【物理精品】2013版《6年高考4年模拟》电学实验第一部分六年高考荟萃2012年高考题1．(2012全国新课标).（10分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。

现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。

所用部分器材已在图中给出，其中D 为位于纸面内的U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；○A 为电流表；S 为开关。

此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。

（1）在图中画线连接成实验电路图。

（2）完成下列主要实验步骤中的填空①按图接线。

②保持开关S 断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1。

③闭合开关S ，调节R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。

④用米尺测量_______________。

（3）用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得出B =_________。

（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。

[答案]③重新处于平衡状态, 电流表的示数I , 此时细沙的质量m 2④D 的底边长L（3）IL gm m B 21-=（4）12m m >2．(2012全国理综).（6分）在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串并联电路，黑箱面板上有三个接线柱1、2、3.用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为1Ω，2、3接线柱之间的电阻为1.5Ω，1、3接线柱之间的电阻为2.5Ω。

（1）在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式；（2）如果将1、3接线柱用导线连接起来，1、2接线柱之间的电阻为______Ω。

【解析与答案】（1）如下图6.0。

（2）两电阻并联为3（1）（2012广东卷）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。

2013高考物理真题模拟新题分类汇编—i单元电场(含解析).

I 单元电场I1 电场的力的性质3．I1[2013·江苏卷] 下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14 圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )A B C D3．B [解析] 设每个14圆环产生的电场的场强大小为E ，则图A 产生的电场的场强如图甲所示；图B 中两个14圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为2E ；图C 中第一、三象限产生的电场的场强大小相等，方向相反，合场强为0，整个34圆环产生的电场就相当于第二象限的14圆环产生的电场，如图丙所示；图D 中产生的电场的合场强为零，故选项B 正确．15．I1 [2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 215．B [解析] 考查真空中点电荷的场强公式及场强的叠加．由题意，b 点处的场强为零说明点电荷q 和圆盘在b 点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R 的b 点产生的场强为E Q ＝kq R 2，故圆盘在距离为R 的d 点产生的场强也为E Q ＝kq R 2，点电荷q 在d 点产生的场强E q ＝kq（3R ）2，方向与圆盘在d 点产生的场强方向相同，d 点的合场强为二者之和，即E 合＝kq R 2＋kq （3R ）2＝10kq 9R 2，B 正确．6．I1、I2[2013·江苏卷] 将一电荷量为＋Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a 、b 为电场中的两点，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．检验电荷－q 在a 点的电势能比在b 点的大D ．将检验电荷－q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功6．ABD [解析] 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A 正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B 正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C 错误，选项D 正确.6.I1、I2、I4[2013·天津卷] 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时电势能为零6．BC [解析] 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q 从A 到O 的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O 点，试探电荷做变加速直线运动，A 错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B 正确；合外力做正功，动能增加，C 正确；将电荷从O 点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O 点时电势能为负值，D 错误．I2 电场的能的性质10．[2013·辽宁省五校协作体联考] 在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定一个电荷量为＋Q 的点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的负试探电荷，该试探电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零．则在＋Q 形成的电场中( )图X11-9 A ．N 点电势高于P 点电势 B ．N 点电势为－m v 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的4倍D ．试探电荷在N 点具有的电势能为－12m v 210．BC [解析] 根据点电荷电场的特点，N 点的电势低于P 点电势，选项A 错误；根据动能定理，有－qφ＝12m v 2，解得N 点电势为φ＝－m v 22q ，选项B 正确；由于N 点到O 点的距离是P 点到O 点距离的2倍，根据点电荷电场强度公式可知，P 点电场强度大小是N 点的4倍，选项C 正确；试探电荷在N 点具有的电势能为－qφ＝12m v 2，选项D 错误．6．I1、I2[2013·江苏卷] 将一电荷量为＋Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a 、b 为电场中的两点，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．检验电荷－q 在a 点的电势能比在b 点的大D ．将检验电荷－q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功6．ABD [解析] 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A 正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B 正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，选项D正确．6．I1、I2、I4[2013·天津卷] 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零6．BC[解析] 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误．I3电容器带电粒子在电场中的匀变速运动15．I3[2013·广东卷] 喷墨打印机的简化模型如下图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关15．C[解析] 本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动．墨汁微滴带负电，根据电场力方向判断会向正极板方向偏转，A错误；电场力做正功，电势能逐渐减小，B错误；速度v 垂直于匀强电场的场强方向，受电场力为恒力，故墨汁微滴做类平抛运动，C 正确；在沿场强方向上的位移y ＝12at 2＝12·qE m t 2，垂直于场强方向的位移x ＝vt ，轨迹方程为y ＝qE 2mv 20x 2，即运动轨迹与带电荷量有关，D 错误．11．E2、I3、I7 [2013·天津卷]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析] (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得 qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得 E ＝mv22qd ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝Rtan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB ＝m v 2r ⑤ 联立④⑤式得 R ＝3mv 3qB ⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed3＝U 3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2 综合⑦式可得 v ′＝3v 3⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r ′＝3mv 3qB ⑨设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n ＝3○1120．I3、K2[2013·浙江卷] 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD [解析] 离子在电场中的加速度a ＝Uq dm ，故a 1a 2＝q 1q 2＝13，A 错误．离开电场区域时的动能E k ＝Uq ，故E k1E k2＝q 1q 2＝13，D 正确．在磁场中运动的半径r ＝mv Bq ＝mBq 2Uq m ＝1B 2Um q ，故r 1r 2＝q 2q 1＝31，B 正确．在磁场中转过的角度的正弦值sin θ＝dr ＝Bdq 2Um ，故sin θ1sin θ2＝q 1q 2＝13，因θ1＝30°，则sin θ2＝32，即θ2＝60°，所以θ1θ2＝12，C 正确．25．C5 I3[2013·全国卷] (19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．25．[解析] 解法一：(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得a 1＝qE 0m ① a 2＝－2qE 0m ② a 3＝2qE 0m ③ a 4＝－qE 0m ④由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v 1＝a 1T 4＝qE 0T 4m ⑤由图(b)可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为 s ＝T4v 1⑥ 由⑤⑥式得 s ＝qE 016m T 2⑦它沿初始电场正方向．(2)由图(b)可知，粒子在t ＝38T 到t ＝58T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t 为t ＝58T －38T ＝T 4⑧ 解法二：(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得qE 0＝ma 1① －2qE 0＝ma 2② 2qE 0＝ma 3③ －qE 0＝ma 4④设带电粒子在t ＝T 4、t ＝T 2、t ＝3T4、t ＝T 时的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则 v 1＝a 1T 4⑤ v 2＝v 1＋a 2T4⑥ v 3＝v 2＋a 3T4⑦ v 4＝v 3＋a 4T4⑧设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有 s ＝(v 12＋v 1＋v 22＋v 2＋v 32＋v 3＋v 42)T 4⑨ 联立以上各式可得 s ＝qE 0T 216m ⑩它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t ＝T4时粒子开始减速，设经过时间t 1粒子速度减为零． 0＝v 1＋a 2t 1将①②⑤代入上式，得t 1＝T 8○11 粒子从t ＝T2时开始加速，设经过时间t 2速度变为零． 0＝v 2＋a 3t 2此式与①②③⑤⑥式联立得 t 2＝T 8○12 t ＝0到t ＝T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间t 为 t ＝(T4－t 1)＋t 2○13 将○11○12式代入○13式得 t ＝T4○14 23．I3K2[2013·安徽卷] 如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P(0，h)点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a(2h ，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向；(3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值． 23．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为t ，则有x ＝v 0t ＝2h ，y ＝12at 2＝h ， qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝mv 202qh .(2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为v y ＝at ＝v 0，所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角． (3)粒子在磁场中运动时，有qvB ＝m v 2r ，当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，所以B ＝2mv 0qL . 16．I3 [2013·新课标全国卷Ⅰ] 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回 D ．在距上极板25d 处返回16．D [解析] 考查带电粒子在平行板电容器中的直线运动．设电池的电压为U ，由于前后两次平行板均与电池相连，则前后两次平行板电容器板间的电压不变．设平移下极板后粒子将在距上极板为h 处返回，对前后两次应用动能定理， mg(d ＋d 2)－qU ＝0，mg(d 2＋h)－Ud －d 3qh ＝0，联立解得h ＝2d5 ，D 正确．I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动4．[2013·湖北省武汉市四校联考] 如图X12-4所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L 的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O 点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E .已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P 1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，(不计空气阻力)则小球到达与P 1点等高的P 2点时线上张力T 为多少( )图X12-4 A ．mg B ．3mg C ．4mg D ．5mg4．B [解析] 小球受到的重力与电场力的合力指向右下方，与竖直方向成45°，小球从静止释放后沿合力方向做匀加速直线运动，当小球到达最低点时，绳子伸直，小球的竖直分速度减为零，水平分速度不变．设小球经过最低点时的速度为v ，其水平分速度为v x ＝v sin45°＝22v ，根据动能定理有mgL ＋F 电L ＝12m v 2，其中F 电＝mg ；小球从最低点上升到P 2位置的过程中，合外力做功为零，小球的动能变化为零，即小球在P 2位置的速度大小等于22v ，在P 2位置，小球沿水平方向的合外力提供向心力，所以T －F 电＝m ⎝⎛⎭⎫22v 2L，联立以上各式，可得T ＝3mg ，选项B 正确．24．D4、I4、I2[2013·浙江卷] (20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A 和R B 的同心金属半球面A 和B 构成，A 、B 为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e 、质量为m 的电子以不同的动能从偏转器左端M 板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N ，其中动能为E k0的电子沿等势面C 做匀速圆周运动到达N 板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由； (2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，则到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？(4)比较|ΔE k 左|与|ΔE k 右|的大小，并说明理由．24．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2R E k0＝12mv 2 R ＝R A ＋R B 2联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0e （R A ＋R B）(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 ΔΕk ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 ΔΕk 左＝e(φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有 ΔΕk 右＝e(φA －φC )(4)根据电场线的特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有||φB－φC>||φA－φC即||ΔΕk 左>||ΔΕk 右6．I1、I2、I4 [2013·天津卷] 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时电势能为零6．BC[解析] 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误．3．I4[2013·重庆卷] 如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则()A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功3．B[解析] 本题考查带电粒子在点电荷电场中运动时速率、电势、电势能的变化情况及做功正负的知识．把位于O点的重原子核看成点电荷，其周围的电场为由O点指向无穷远，且离O点越近，场强越大，电势越高，Q点比M点离核更远，故M点的电势比Q 点的高，C错；α粒子在运动过程中，受到重原子核的排斥作用，离重原子核越近，电势能越大，动能越小，速率越小，三点中，N点离核最近，Q点比M点离核更远，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，在N点的电势能最大，A错，B对；α粒子从M点到Q点，电势能减小，动能增大，电场力对它做的总功为正功，D错．I5实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I6实验：练习使用示波器I7电场综合8．[2013·浙江省宁波效实中学期末] 如图X12-8所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L 的正方形区域ABFE 、BCGF 和CDHG 首尾相接组成的，且矩形的下边EH 与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2.现有一带正电的滑块以某一初速度从E 点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D 点射出场区．已知滑块在ABFE 区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g ，滑块可以视作质点．求：图X12-8 (1)滑块进入CDHG 区域时的速度大小．(2)滑块在ADHE 区域运动的总时间． 8．(1)gL2 (2)4L g[解析] (1)在CDHG 区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有2qE －mg ＝ma 3，由题意知qE ＝mg ，在水平方向和竖直方向分别有L ＝v G t 3，L ＝12a 3t 23. 联立以上各式解得v G ＝gL2，t 3＝2L g .(2)在BCGF 区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向 qE ＝mg ，所以不受摩擦力，做匀速直线运动， v F ＝v G ＝gL2，t 2＝t 3＝2Lg .在ABFG 区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向 F N ＝qE ＋mg ，在水平方向 f ＝ma 1，由滑动摩擦力定律有f ＝μF N . 由以上各式解得a 1＝14g .当滑块由E 运动到F 时，由运动学公式有v 2F －v 2E ＝2(－a 1)L ，代入解得v E ＝gL ，由运动学公式有v F ＝v E －a 1t 1. 解得t 1＝(4－22)Lg ，所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4L g .11．E2、I3、I7 [2013·天津卷]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析] (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得 qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得 E ＝mv22qd ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝Rtan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB ＝m v 2r ⑤ 联立④⑤式得 R ＝3mv 3qB ⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed3＝U 3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2 综合⑦式可得 v′＝3v 3⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r ′＝3mv 3qB ⑨设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n ＝3○11 19．I7[2013·山东卷] 如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断正确的是( )A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小19．ABD [解析] b 、d 两点关于等量异种电荷的连线对称，根据等量异种电荷等势面的对称性，b 、d 两点电势相等，故A 正确．如果设无穷远处电势为零，则c 点电势为零，a 、b 、d 点电势均大于零，故B 正确．b 、d 两点的电场强度大小相等、方向不同，故C 错误．因为a 点电势大于c 点电势，所以试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，电势能减小，故D 正确．24．I7[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．24．[解析]质点所受电场力的大小为 f ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有 f ＋N a ＝m v 2ar ② N b －f ＝m v 2br ③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E ka 和E kb ，有 E ka ＝12mv 2a ④ E kb ＝12mv 2b ⑤ 根据动能定理有 E kb －E ka ＝2rf ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 E ＝16q (N b －N a ) ⑦E ka ＝r12(N b ＋5N a ) ⑧ E kb ＝r12(5N b ＋N a ) ⑨20．I7 [2013·安徽卷] 如图所示， xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0 的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 4q h 2B ．k 4q 9h 2C ．k 32q 9h 2D ．k 40q 9h 220．D [解析] 本题考查静电平衡、点电荷的电场、矢量合成等知识．导体处于静电平衡状态，内部场强为零，在z 轴上z ＝－h2处，感应电荷产生的场强大小E′与点电荷q 产生的场强大小相等、方向相反，E′＝k q （32h ）2＝k 4q 9h 2；在z 轴上z ＝h2处，感应电荷产生的场强大小也为E′，点电荷q 产生的场强大小E ＝k q （12h ）2＝k 4qh 2，E 与E ′方向相同，因此合场强E合＝E ＋E′＝k 40q 9h 2，选项D 正确．22．I15[2013·全国卷] (6分)如图，E 为直流电源，G 为灵敏电流计，A 、B 为两个圆柱形电极，P 是木板，C 、D 为两个探针，S 为开关，现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验．(1)木板P 上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸； (2)用实线代表导线将实验器材正确连接．22．(1)导电 (2)连线如图所示[解析] 因为是用电流来模拟正负点电荷形成的电场，根据电势高低画出等势线，所以要求导电纸与接线柱导通，还要在导电纸上用灵敏电流计探针寻找等势点，这些都要求最上面一层一定是导电纸．连线要求连成两个独立的电路，即电源、导电纸和开关组成一个闭合电路，形成稳恒电流；两探针与灵敏电流计相连，组成一个检测电路．。

备战2013高考物理6年高考母题精解精析专题06电场02Word版含答案

【2011高考】9（2011全国卷1第25）.（19分）如图，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成I 和II 两个区域。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速度0v 从平面MN 上的0p 点水平右射入I 区。

粒子在I 区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里。

求粒子首次从II 区离开时到出发点0p 的距离。

粒子的重力可以忽略。

解析：设粒子第一次过MN 时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=450，在电场中做类平抛运动，则有：02,1,2v t x x yEq at y a m====得出：10tan 2at v α==002,y v v v == 在电场中运行的位移:1s ===11（2011天津第12题）．（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。

（1）当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。

若碳11的半衰期τ为20min ，经2.0h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）（2）回旋加速器的原理如图，D 1和D 2是两个中空的半径为R 的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f 的交流电源上，位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D 1、D 2置于与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。

若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ，求输出时质子束的等效电流I 与P 、B 、R 、f 的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 r ∆是增大、减小还是不变？解析：（1）核反应方程为141114 71 62N H C+He +→ ①设碳11原有质量为m 0，经过t =2.0h 剩余的质量为m t ，根据半衰期定义，有：12020011 1.6%22t t m m τ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ②（2）设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离开加速器时速度大小为v ，由牛顿第二定律知：2v qvB m R= ③ 质子运动的回旋周期为：22R m T v qB ππ== ④由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频率f 的关系可得：1f T= ⑤ 设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率212N mv P t ⋅= ⑥ 输出时质子束的等效电流为：Nq I t =⑦ 由上述各式得2P I BR fπ= 若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分方法二：设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k，r k+1（r k>r k+1），同理，对于相邻轨道半径r k+1，r k +2，121k k k r r r +++∆=-，整理后有211+122(21)()k k k k r r k r r +++∆=++ 由于r k +2> r k ，比较k r ∆，1k r +∆得1k k r r +∆<∆说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r ∆减小，用同样的方法也可得到质子在D 1盒中运动时具有相同的结论。