【名师1号】2011高考物理电场综合检测一复习

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高考物理-历年高考真题分类汇编2011I单元-电场

I单元电场I1电场的力的性质20．I1[2011·课标全国卷] 一带负电荷的质点在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，如图1－5所示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()图1－5【解析】D负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，且电荷受力方向指向运动轨迹的凹侧，A、C错误；B选项中负电荷所受电场力具有沿速度方向的分力，质点的速率是递增的，B错误；D选项中质点所受电场力具有沿速度反方向的分力，质点的速率是递减的，D正确．1．I1、I2[2011·海南物理卷] 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【解析】D负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．3．I1[2011·海南物理卷] 三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知() A．n＝3B．n＝4C．n＝5 D．n＝6【解析】D设1、2两球间距离为r，由库仑定律可得，接触前1、2两球间的作用力为F＝kq·nqr2.由于小球完全相同，当小球互相接触时会平分电荷，即当小球3与小球2接触后各带电荷nq2，当小球3再与小球1接触时会再次平分所带电荷，最后小球1带电荷n＋24q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F′＝knq2·（n＋2）q4r2，因F′＝F，可解得n＝6，选项D正确．21．I1[2011·广东物理卷] 图8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，以达到除尘目的，下列表述正确的是()图8A．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21．I1[2011·广东物理卷] BD【解析】集尘极接直流高压电源正极，带正电荷，放电极接电源负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，B选项正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，A、C选项错误；由F＝qE 可知，当电场强度E不变时，F与q成正比，故D选项正确．图1－419. I1[2011·重庆卷]如图1－4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19. I1[2011·重庆卷]D【解析】电场强度是矢量，点电荷的在距离为r处产生的电场强度大小为E＝k qr2，方向为正电荷在该点受力的方向，电场场强的合成符合平行四边形定则．图1－5(1)在体中心处，如图甲所示，a、f处点电荷在体中心产生的场强沿f、a连线向上，d、h处点电荷在体中心产生的场强沿h、d连线向上，a、f、d、h处电荷在体中心共同产生的场强竖直向上，同理，c、e、b、g处电荷在体中心共同产生的场强竖直向下，由于体中心距各点电荷距离相同，故该处合场强为零．(2)在上表面abcd中心处，如图乙所示，b、c处电荷为等量的正电荷，它们在该处产生的合场强为零，同理，a、d处电荷在该处产生的合场强为零，g、e处电荷在该处产生的合场强竖直向下，h、f处电荷在该处产生的合场强竖直向上，该处到g、e、h、f处距离相等，故此处合场强为零，同理，其他各面中心处合场强也为零．(3)在ab边中点处，分别画出a、b、c、d处电荷在该处产生的场强的方向，并利用平行四边形定则合成，如图丙所示，知a、b、c、d处电荷在此处合场强不为零，同理e、f、g、h 处电荷在该处产生的合场强也不为零，又由于a、b、c、d处电荷与e、f、g、h处电荷距该中心距离又不全相同，故该处合场强不为零．综上所述，选项D正确．图78．I1、I2[2011·江苏物理卷] 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．下列说法正确的有()A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB【解析】根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．I2电场的能的性质图1－621．I2[2011·山东卷] 如图1－6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【解析】BC两等量异种电荷产生的电场如图所示，由图可知，d点的电场线比b点的电场线密集，所以d点的场强大于b点的场强，A项错误，B项正确．a、c两点关于MN 对称，b点在MN上，同一点电荷从a到b和从b到c电场力做的功相同，由W＝qU可知U ab＝U bc，C项正确．a点电势高于c点电势，同一正电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，D项错误．1．I1、I2[2011·海南物理卷] 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【解析】D负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．图78．I1、I2[2011·江苏物理卷] 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．下列说法正确的有()A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB【解析】根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．I3 电容器带电粒子在电场中的匀变速运动17．I3[2011·全国卷] 通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A ．闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC ．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/mD ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J【解析】 AC 在 60 μs 的短暂时间内的平均电流就可以当作瞬时电流，即I －＝qt＝660×10－6A ＝1×105A ，所以A 正确；整个闪电过程中的平均功率若这样计算就错了：P －＝W t ＝qU t ＝6×1×10960×10－6W ＝1×1014W ，因为题中整个闪电过程的时间是0.2～0.3 s 而不是60 μs ，所以B 错误；闪电前电场强度E ＝U d ＝1×1091×103 V/m ＝1×106 V/m ，C 正确；整个闪电过程向外释放的能量大约是W ＝qU ＝6×109 J ，所以D 错误．20．I3[2011·安徽卷] 如图1－12甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图1－12乙所示的交变电压，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t 0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t 0可能属于的时间段是( )图1－12A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T8【解析】 B 由U －t 图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v －t 图象，取向A 板运动方向为正方向，如图所示：分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况．当t 0＝0，粒子一直往B 板运动．当t 0＝T 8，粒子先往B 板运动，到7T8时往A 板运动，在一个周期内总位移还是向B 板．当t 0＝T 4，粒子先往B 板运动，到3T4时往A 板运动，在一个周期内总位移为零；同理也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况．然后对运动情况总结如下：若0<t 0< T4，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到B 板，故选项A 、D 错误；若T 4<t 0<T2，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到A 板．若T 2<t 0<3T4，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到A 板，故选项B 正确；若3T4<t 0<T ，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到B 板，故选项C 错误．5．I3[2011·天津卷] 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12d ，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．[2011·天津卷] C 【解析】由公式C ＝εS4k πd 、C ＝Q U 和E ＝Ud 得U ＝4k πdQ εS ，E ＝4k πQ εS ，当Q 变为2Q 、d 变为d2时，电压U 不变，电场强度E 变为原来的2倍．C 正确．15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了1100m 0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能； (2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？图1415．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动， q v B ＝m 0v 2r ，T 0＝2πr v 则T 0＝2πm 0qB当粒子的质量增加了1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0粒子回到电场中用时⎝⎛⎭⎫1＋1100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－T 0100T 04U 0＝2425U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2；解得E k2＝4925qU 0.图15(2)磁屏蔽管的位置如图所示．(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N ＝T 0/4ΔT，得N ＝25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．粒子由静止开始加速的时刻t ＝⎝⎛⎭⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1950T 0 (n ＝0，1，2，…) 最大动能E km ＝2×⎝⎛⎭⎫125＋325＋…＋2325qU 0＋qU 0 解得E km ＝31325qU 0.20．I3[2011·福建卷] 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1－9所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间图1－9往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图1－9所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电量q ＝－1.0×10－9 C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm.不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1) B 点到虚线MN 的距离d 2；(2) 带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 20．I3[2011·福建卷] 【答案】 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm ②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有 d 1＝12a 1t 21⑤d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8 s I 4 带电粒子在电场中的非匀变速运动I 5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I 6 实验：练习使用示波器I 7 电场综合18．I7[2011·安徽卷] 图1－9甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图1－9乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图1－9丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )图1－9图1－10【解析】 B 由图可知，电极XX ′之间加扫描电压，电极YY ′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时刻，U Y ＝0，电子在YY ′之间没有偏转，U X 为负向最大电压，电子只在XX ′之间偏转，并且向左有最大偏转，故选项A 、C 错误；在0～t 1之间，U Y >0，U X <0，电子在XX ′之间由左向右水平移动，同时在YY ′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是选项B ，故选项D 错误，选项B 正确．25．I7[2011·浙江卷] 如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．(1) 求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ；(2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n ，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量ΔM Δt与两板间距d 的函数关系，并绘出图线．【答案】 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t ①在竖直方向有0．81d 0＝12at 2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qU md 0③ 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t ④在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①～⑥各式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)通过前面的求解可知，当d ≤0.9d 0时，收集效率η均为100%.⑧当d ＞0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x ＝12qU md ⎝⎛⎭⎫L v 02⑨ 根据题意，收集效率为η＝x d⑩ 联立①②③⑨⑩式解得η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为ΔM Δt＝η×nmbd v 0 当d ≤0.9d 0时，η＝1，因此ΔM Δt＝nmbd v 0 当d >0.9d 0时，η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2，因此ΔM Δt ＝0.81nmb v 0d 20d 绘出的图线如下24．I7[2011·北京卷] 静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电量为－q ，其动能与电势能之和为－A (0<A <qφ0)，忽略重力．求：(1)粒子所受电场力的大小；(2)粒子的运动区间；(3)粒子的运动周期．24．I7[2011·北京卷] 【答案】 (1)由图可知，O 与d (或－d )两点间的电势差为φ0.电场强度的大小E ＝φ0d电场力的大小F ＝qE ＝q φ0d(2)设粒子在[－x ，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得12m v 2－qφ＝－A ① 由图可知φ＝φ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d ② 由①②得12m v 2＝qφ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d －A ③ 因动能非负，有qφ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d －A ≥0 得|x |≤d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0即x 0＝d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0④ 粒子的运动区间－d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0≤x ≤d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝q φ0md⑤ 由匀加速直线运动t ＝2x 0a 将④⑤代入，得t ＝2md 2q φ0⎝⎛⎭⎫1－A qφ0 粒子的运动周期T ＝4t ＝4d q φ0 2m （qφ0－A ）⑥。

2011高考物理电场总复习质量评估详解详析新人教版

2011高考物理总复习质量评估--电场（教师解析版）(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.如图9-1所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的()图9-1A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化解析:振动膜前后振动，引起电容器极板间的距离变化答案:A2.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt 图象如图9-2甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的()图9-2解析:从题图甲可以看出负电荷在运动的过程中是变加速运动，因此所受到的电场力也不断变大，且和电荷运动方向相同，电场强度也不断变大，故选项C正确.答案:C3.如图9-3所示，电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，同一点电荷在a、b 两点所受的电场力大小分别为F1和F2，则下列说法中正确的是()图9-3A.a点的场强等于U/dB.a点的场强大于b点场强C.若F1=F2，则a点场强等于U/dD.若F1＜F2,则a点场强小于b点场强解析:电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，但电场线的分布情况未知，所以a、b两点的电场强度大小也无法判断，若F1＜F2，则a点场强小于b点场强，故选项D是正确的.答案:D4.如图9-4所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中点与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是()图9-4A.e点和g点的电场强度相同B.a点和f点的电势相等C.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大D.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功解析:e点与g点的场强方向不同，据等量异种电荷等势线分布图可知，过af的连线为零伏特的等势面，该面左侧电势高，右侧电势低.对选项C，电势能一直增大，故C错.答案:BD5.A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图9-5所示.下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是()图9-5A.E A＞E BB.E A＜E BC.φA＜φBD.φA＞φB解析:由题图可知，正电荷速度越来越小，变化越来越慢即加速度越来越小，所受电场力越来越小，故E A＞E B,A对；受电场力方向与运动方向相反，可知场强方向由B向A，电势φA＜φB，C对.答案:AC图9-66.带正电的小球用绝缘线悬挂在O点(O点放置一带正电的点电荷)做单摆摆动，如图9-6所示.与O点不放电荷时比较，下列判断正确的是()A.振动周期将变大B.振动周期将变小C.振动周期将不变D.小球的振动仍是简谐运动解析:O点放不放电荷只对绳子拉小球的张力有一定影响，如果O点放置一正电荷，小球到达最下端时绳子的张力将变大，但对小球振动的周期没有影响，我们可以将绳子对小球的拉力与小球所受的库仑力等效成一个力(此二力始终与速度方向垂直)，然后和O点不放正电荷时比较就很容易得出结论了，所以答案为CD.答案:CD7.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，18)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知()图9-7A.三个等势面中，c的电势最低B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b解析:根据题意画出电场线、粒子在P处的速度方向和受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a,所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，B选项错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，C选项错误；根据电场线与电场强度的几何关系可知，D选项正确.答案:D8.如图9-8所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，不计电子的重力，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()图9-8A.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右解析:由A→O→B场强先增大再减小，在O点电场强度最大，电场强度的方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，即电场力先增大再减小，由受力平衡，电子所受另一个力先增大再减小，方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，选项B正确.答案:B9.如图9-9所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在A、B两点,O 为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复运动.若()图9-9A.小球P 的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小B.小球P 的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O 点时的速率不断减小C.点电荷M 、N 的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P 往复运动过程中周期不断减小D.点电荷M 、N 的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P 往复运动过程中振幅不断减小解析:由对称性可知,M 、N 的带电荷量一定时,小球P 的带电荷量的变化只影响其加速度的大小,影响其到达O 点的速率的大小,而不会影响振幅的大小,因此,B 正确,A 错误;如果M 、N 的带电荷量等量缓慢增大,则小球P 所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大,速度变化将更快,即周期将变小,C 对；同时,伴随M 、N 电荷量的增加,由于对P 在同一位置的电场力变大，故振幅变小，D 对.答案:BCD10.如图9-10所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘.两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )图9-10A.推力F 将增大B.竖直墙面对小球A 的弹力减小C.地面对小球B 的弹力一定不变D.两个小球之间的距离增大解析:将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N (也是对B 的支持力N )，将B 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N =(m A +m B )g 为一定值，C 正确.然后对B 进行受力分析如图，由平衡条件可知N =m B g +F 斥cos θ，向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由2rq q k F B A 斥得:A 、B 间距离r 增大，D 正确.而F =F 斥sin θ,θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小.将A 、B 视为整体时F =N a ，所以墙面对小球A 的弹力N a 减小，B 正确.故选项B 、C 、D 正确.答案:BCD第Ⅱ卷非选择题二、填空计算题(共6题，每题10分，共60分)11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中图9-11(1)如图9-11所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是:当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱一侧.一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E 1接触基准点2，把接电表负接线柱的探针E 2接触纸上某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则( )A.若电表指针偏向正接线柱一侧，E 2应右移B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E 2应左移C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E 2应右移D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E 2应左移图9-12(2)在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸.在导电纸上平放两个圆柱形电极A 与B ，分别与直流电源的正、负极接好，如图9-12所示.若以A 、B 连线为x 轴，A 、B 连线的中垂线为y 轴，将一个探针固定在y 轴上的某一点，沿x 轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流表的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是_______.将实验故障排除后，探针从BO 间某处沿x 轴向电极A 移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是_______. 解析:(1)由题图可知A 点电势高于B 点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E 1的电势高于E 2的电势，E 2应向左移动，所以B 项正确；若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E 2的电势高于E 1的电势，E 2应向右移动，C 项正确，D 项错.(2)导电纸涂导电物质的一面朝下了；偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐变大. 答案:(1)BC (2)见解析12.如图9-13所示，在真空中的O 点放一点电荷Q =1.0×10－9 C ，直线M N 过O 点，OM =30 cm,M点放一点电荷q =－2×10－10 C,求:图9-13(1)M 点的场强大小；(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ，则电荷q 从M 点移到N 点，它的电势能变化了多少？解析:(1)根据2rQ E 得M 点的场强.N/C 100)1030(100.1100.9299=⨯⨯⨯⨯=--E (2)电荷q 从M 点移到N 点，电场力做功W MN =qU MN =－2×10－10×15 J=－3×10－9 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J答案:(1)100 N/C (2)3×10－9 J13.如图9-14所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器.电容的计算公式是,d SC ε=其中ε=9.0×10－12 F ·m －1,S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属间的距离.当某一键被按下时，d 发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号.已知两金属片的正对面积为50 mm 2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF ，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？图9-14解析:计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d 0，至少要按下距离为d ,电子线路恰能检测出必要的信号，则根据,d SC ε=先求得未按下时的电容C 1=0.75 pF ，再由1221d d C C =得12d d C C ∆=∆和C 2=1.00 pF,),11(0d d S C -=∆ε得 S d C Sd d εε+⋅∆=00m 100.15m 1050109106.01025.0106.0105010936123123612--------⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 即d =0.15 mm.答案:0.15 mm14.如图9-15所示，电荷量为－e 、质量为m 的电子从A 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v 0，当它通过电场B 点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求A 、B 两点间的电势差.图9-15解析:电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B 点的速度分解(如图)00260cos v v v=︒= 电子从A 运动到B ，由动能定理得2022121mv mv eU AB -=- .2321)2(21202020emv e mv v m U AB -=--= 答案:emv 2320- 15.如图9-16所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m 的带电小球，另一端固定于O 点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.图9-16解析:设细线长为L ,球的电荷量为q ,场强为E.若电荷量q 为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加.mgL cos θ=qEL (1+sin θ)①若小球运动到最低点时的速度为v ,此时线的拉力为T ,由能量关系得mv 2/2=mgL －qEL ②由牛顿第二定律得T －mg =mv 2/L ③由以上各式解得).sin 1cos 23(θθ+-=mg T 答案:)sin 1cos 23(θθ+-mg 16如图9-17所示，质量为m 、电荷量为+q 的小球从距地面一定高度的O 点，以初速度v 0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L ，求:图9-17(1)电场强度E 为多大？(2)小球落地点A 与抛出点O 之间的电势差为多大？(3)小球落地时的动能为多大？解析:(1)分析水平方向的分运动有: ,2220m qEL aL v ==所以.2120qL mv E = (2)A 与O 之间的电势差.2120qmv L E U AO =⋅= (3)设小球落地时的动能为E k A ,空中飞行的时间为T ,分析水平方向和竖直方向的分运动有: 2k 021,,A A A mv E gt v T m qE v ==⋅=解得:.22022k v L mg E A = 答案:见解析。

高考物理一轮基础复习电场综合检测卷1

电场综合检测卷一、选择题(每小题4分，共40分)1．如图所示，在O 点固定一正点电荷，A 为电场中的一点，若在A 点垂直于OA 方向发射一带电粒子(粒子只受电场力作用)，则在较短的时间内( ) A ．带电粒子的电势能一定增大B ．带电粒子的动能一定增大C ．带电粒子一定做曲线运动D ．带电粒子可能做匀速圆周运动解析 CD 在A 点垂直于OA 发射的带电粒子可能为正电荷，也可能为负电荷，速度也不知道，如果带电粒子带负电且速度恰当，则可能刚好使带电粒子绕O 点的正电荷做匀速圆周运动，O 点的正电荷对A 点的带电粒子的作用力充当了带电粒子做圆周运动的向心力，不做功，因此，带电粒子的电势能、动能不变，A 、B 错误，D 正确；由于带电粒子的速度方向与所受力的方向不在同一直线上，因此，带电粒子一定做曲线运动，C 正确．2．学习库仑定律后，某物理兴趣小组根据该定律探究相同金属小球的电荷量分配关系．取三个完全相同的不带电金属球A 、B 、C ，首先使A 球带上一定电荷，A 、B 接触后放到相距r 的地方，测得两球间的库仑力为F AB .B 、C 接触后也放到相距r 的地方，测得两球间的库仑力为F BC ，如果金属球间的电荷量平分，F AB 、F BC 的比值应该满足( ) A ．1∶1 B ．2∶1 C ．3∶1 D ．4∶1解析 D 设A 球原来的电荷量为Q ，并且满足相同金属球接触后电荷量平分，AB 间的作用力F AB ＝kQ22r2，BC 间的作用力F BC ＝kQ42r2，所以F AB F BC ＝41. 3.如图所示，在真空中的A 、B 两点分别放置等量异种点电荷，在A 、B 两点间取一正五角星形路径abcdefghija ，五角星的中心O 与A 、B 的中点重合，其中af 连线与AB 连线垂直．现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是( ) A ．a 点和f 点的电势相等 B ．b 点和j 点的电场强度相同C ．电子从e 点移到f 点的过程中，电势能减小；从f 点移到g 点的过程中，电势能增大D ．若A 、B 两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，则A 、B 连线中点O 点的场强也变为原来的2倍解析 AD 由题意，在等量异种电荷形成的电场中，aOf 为零电势面，φa ＝φb ，故A 正确；b 点与j 点关于af 对称，则b 点与j 点处电场强度大小相同，方向不同，则B 错误；φe <0，φf ＝0，φg >0，则电子从e 点移到f 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，从f 点移至g 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C 错误；设OA ＝OB ＝r ，则E O ＝2kq r2，当q 变为2q 时，E O ′＝2k ×2q r 2＝4kqr2，故D 正确．4.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解析 BD 在放电极附近，电场线呈辐射形散开，且场强非常强．电子在电场中加速，附着在尘埃上向集尘极移动，故迁移到集尘极的尘埃带负电，A 错误．负电荷向集尘极移动，电场方向从集尘极指向放电极，其受电场力的方向与场强的方向相反，故B 正确，C 错误．由F 电＝qE ，可知，同一位置E 一定，q 越大，电场力越大，故D 正确．5.如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a 、b 点时的动能分别为26 eV 和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV 时，它的动能应为( )A ．8 eVB ．13 eVC ．20 eVD ．34 eV解析 C 由于正电荷由a 到b 动能减小了21 eV ，而电场中机械能和电势能总和不变，故在等势面3的动能应为12 eV ，总能量为12 eV ＋0＝12 eV.当在所求位置时，因为电势能为－8 eV ，所以动能为12 eV －(－8 eV)＝20 eV ，故应选C.6.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )解析 C 由平行板电容器的电容C ＝εS4πkd可知A 错．在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεS与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，φ＝φ0－El 0，则C项正确．正电荷在P 点的电势能W ＝q φ＝q (φ0－El 0)，显然D 错．7.如图所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一点电荷Q ，在M 点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q 的电场中沿斜面运动到N 点静止，则从M 到N 的过程中( )A ．M 点的电势一定高于N 点的电势B ．小物块的电势能可能增加C ．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功D ．小物块和点电荷Q 一定是同种电荷解析 D 由题意知小物块在向下运动的过程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力，由于小物块运动中距点电荷Q 的距离增大，则库仑力减小，而小物块先加速后减速，故库仑力必是斥力的作用，则库仑力做正功，电势能减小，但物块所带电荷的电性未知，故不能确定M 、N 两点电势的高低，A 、B 错误，D 正确．由能量守恒可知小物块克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能减少量之和，C 错误．8．如图所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小解析 B 设电子被加速后获得的初速度为v 0，则由动能定理得：U 1q ＝12mv 20，又设水平极板长为l ，则电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得：a ＝U 2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0.又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小一定能使偏转角θ变大，故选项B 正确．9.给平行板电容器充电，断开电源后A 极板带正电，B 极板带负电．板间一带电小球C 用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则以说法不正确的是( )A ．若将B 极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B ．若将B 极板向下平移稍许，A 、B 两板间电势差将增大C ．若将B 极板向上平移稍许，夹角θ将变大D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析 D 平行板电容器的电容为C ＝εS 4πkd ，电容器两极板间的电压为U ＝Q C ＝4πkdQεS ，两极板间电场的场强大小为E ＝U d ＝4πkQεS.给平行板电容器充电，断开电源后电容器的带电量Q保持不变，B 极板向右平移稍许，两极板间的距离变大，电容器的电容将减小，A 正确；B 极板向下平移稍许，两极板的正对面积减小，两极板间的电势差增大，两极板间的场强增大，带电小球C 所受的电场力增大，夹角θ将变大，B 、C 正确；将细线剪断，带电小球C 受到重力和电场力的作用，合力保持不变，小球做直线运动，D 错误．10．如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD ，AB 段为直线形挡板，BCD 段是半径为R 的圆弧形挡板，挡板处于场强为E 的匀强电场中，电场方向与圆直径MN 平行．现有一带电量为q 、质量为m 的小球由静止从挡板上的A 点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D 点抛出，则( )A ．小球运动到N 点时，挡板对小球的弹力可能为零B ．小球运动到N 点时，挡板对小球的弹力可能为qEC ．小球运动到M 点时，挡板对小球的弹力可能为零D ．小球运动到C 点时，挡板对小球的弹力一定大于mg解析 C 小球沿光滑轨道内侧运动到D 点抛出，说明小球在N 、C 、M 点的速度均不为零，在N 点，F N －qE ＝m v 2N R ，F N 必大于Eq ，选项A 、B 均错误；在C 点，F C ＝m v 2CR ，无法比较F C 与mg的大小，选项D 错误；在M 点，F M ＋qE ＝m v 2MR，当v M ＝ERqm时F M ＝0，选项C 正确．二、非选择题(共60分)11.(6分)如图所示，把电量为－5×10－9C 的电荷，从电场中的A 点移到B 点，其电势能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若A 点的电势U A ＝15 V ，B 点的电势U B ＝10 V ，则此过程中电场力做的功为________J.解析将电荷从电场中的A 点移到B 点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式U AB ＝W q，W ＝qU AB ＝－5×10－9×(15－10) J ＝－2.5×10－8J.【答案】增大－2.5×10－812．(8分)将电荷量为6×10－6C 的负电荷从电场中的A 点移到B 点，克服静电力做了3×10－5 J 的功，再从B 点移到C 点，静电力做了1.2×10－5J 的功，则 (1)电荷从A 移到B ，再从B 移到C 的过程中，电势能共改变了多少？(2)如果规定A 点的电势能为零，则该电荷在B 点和C 点的电势能分别为多少？ (3)若A 点为零电势点，则B 、C 两点的电势各为多少？解析 (1)电荷从A 移到B 克服静电力做了3×10－5 J 的功，电势能增加了3×10－5J ；从B 移到C 的过程中静电力做了1.2×10－5 J 的功，电势能减少了1.2×10－5 J ，整个过程电势能增加ΔE p ＝3×10－5 J －1.2×10－5 J ＝1.8×10－5J.(2)如果规定A 点的电势能为零，电荷从电场中的A 点移到B 点，克服静电力做了3×10－5J的功，电势能增加了3×10－5 J ，所以电荷在B 点的电势能为E p B ＝3×10－5J ；整个过程电势能增加了1.8×10－5 J ，所以电荷在C 点的电势能为E p C ＝1.8×10－5J. (3)根据电势定义φ＝E p q得，B 、C 两点的电势分别为φB ＝E p B q ＝3×10－5－6×10－6 V ＝－5 V.φC ＝E p C q ＝1.8×10－5－6×10－6V ＝－3 V.【答案】 (1)增加了1.8×10－5J (2)3×10－5J 1.8×10－5J (3)－5 V －3 V13．(10分)如图所示，光滑绝缘半球槽的半径为R ，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m 的带电小球从槽的右端A 处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置B 时，球对轨道的压力为2mg .求： (1)小球受到的电场力的大小和方向； (2)带电小球在滑动过程中的最大速度．解析 (1)设小球运动到最低位置B 时速度为v .此时2mg －mg ＝m v 2R，设电场力大小为F ，由题意小球从A 处沿槽滑到最低位置B 的过程中，根据动能定理有mgR ＋FR ＝12mv 2－0，由以上两式得F ＝－12mg ，负号表示电场力的方向为水平向右．(2)小球在滑动过程中有最大速度的条件是小球沿轨道运动到某位置时切向合力为零．设此时小球和圆心角间的连线与竖直方向的夹角为θ如图所示，则mg sin θ＝F cos θ，解得tan θ＝12.小球由A 处到最大速度位置过程中mgR cos θ－12mgR (1－sin θ)＝12mv 2m －0 解得v m ＝5－1Rg .【答案】 (1)12mg 水平向右 (2)5－1Rg14．(10分)如图甲所示装置置于水平匀强电场中，装置是由水平部分和圆弧组成的绝缘轨道．其水平部分粗糙，动摩擦因数为μ(μ<1)；圆弧部分是半径为R 的光滑轨道，C 为圆弧最高点，B 为圆弧最低点．若匀强电场的场强E ＝mg /q ，质量为m 、电荷量＋q 的滑块由A 点静止释放，滑块恰好能做完整的圆周运动．问： (1)滑块到达C 点的速度多大？ (2)AB 间的最小距离为多少？解析 (1)滑块在圆弧轨道上受重力和电场力作用，如图乙所示，则合力F合＝mg2＋qE2＝2mg ①tan θ＝mg qE＝1② 则θ＝45°滑块做完整圆周运动必须过复合场的最高点D (如图丙所示)，恰能过D 点，则需满足F 合＝mv 2DR③设滑块在C 、D 两点的速度分别为v C 、v D ，从C 点到D 点，由动能定理有mgR (1－sin θ)－qER cos θ＝12mv 2D －12mv 2C ④由上式联立解得v C ＝32－2gR .(2)滑块从B 到C ，由动能定理有－2mgR ＝12mv 2C －12mv 2B ⑤滑块从A 到B ，由动能定理有(qE －μmg )x AB ＝12mv 2B ⑥联立上式解得x AB ＝32＋2R21－μ.【答案】 (1)32－2gR (2)32＋2R21－μ15．(12分)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两极板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n ，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量ΔM /Δt 与两板间距d 的函数关系，并绘出图线．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则水平方向有L ＝v 0t ① 在竖直方向有0.81d 0＝12at 2②其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③ 当减小两极板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100% 因此，水平方向有L ＝v 0t ④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥可得：d m ＝0.9d 0.⑦(2)通过前面的求解可知，当d ≤0.9d 0时，收集效率η为100%⑧当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x ＝12qU md (L v 0)2⑨根据题意，收集效率为η＝x d⑩ 联立①②③⑨⑩可得：η＝0.81(d 0d)2. (3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 ΔM /Δt ＝ηnmbdv 0当d ≤0.9d 0时，η＝1，因此ΔM /Δt ＝nmbdv 0 当d >0.9d 0时，η＝0.81(d 0d)2，因此ΔM /Δt ＝0.81nmbv 0d 20d绘出的图线如下【答案】 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81(d 0d)2(3)见解析16．(14分)如图所示，真空中水平放置的两个相同极板M 和N 长为L ，相距d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b ，在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点． (2)求两板间所加偏转电压U 的范围．(3)求粒子可能到达屏上区域的范围．解析 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，沿电场方向的速度为v y ，偏转角为θ，其反向延长线通过O 点，O 点与板右端的水平距离为x ，如图所示，则有y ＝12at 2 L ＝v 0t v y ＝at tan θ＝v y v 0＝y x 联立可得x ＝L2即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心． (2)粒子在电场中偏转的加速度a ＝qE m ，电场强度E ＝U d联立可得y ＝qUL 22dmv 20当y ＝d2时，U ＝md 2v 20qL2则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2≤U ≤md 2v 20qL2.(3)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y 0)，则y 0＝(L2＋b )tan θ，而tan θ＝dL ，所以y 0＝d L ＋2b2L则粒子可能到达屏上区域的长度为d L ＋2bL.【答案】 (1)见解析 (2)－md 2v 20qL 2≤U ≤md 2v 20qL 2 (3)d L ＋2b L。

2011届高考物理二轮总复习回归基础提综合检测：：第9章电场综合检测

【解析】
B 点高 6V，B 错误；设 B 点电势为 UB，则 UA＝UB＋6，UC＝UB＋3，负电荷从 C 点运动到 A 点的过程电势升高，电势能降低，C 错误；由于匀强电场中同一条直线上线段的长度与电势差成正比，如图，可找到 AB 连线上电势等于 C 点的点，电场的方向应平行于 AB，故根 U 据几何关系求得 AB 长度为 6m，代入 E＝得场强为 1V/m，D 正确． d 【答案】 D 二、实验题(本题共 2 小题，共 18 分) 13．用“描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验装置如图所示．

A．A→B B．C→D C．D→E D．E→F 【解析】由等量异种电荷电场的分布特点可知，A 和 D 是等势点，B 和 C 也是等势点，正试探电荷从 A 到 B 的过程，电场力做正功，所以外力 F 做负功；从 C→D 电场力做负功，则外力 F 做正功；D→ E 的过程中，电场力做正功，所以外力 F 做负功；E→F 的过程中，电场力做负功，则外力 F 做正功，从图中要以看出，C→D 之间的电势差要大于 E→F 的电势差，所以外力所做正功最多的区间是 C→D. 【答案】 B 3．(· 高考海南卷)一平行板电容器两板板间距为 d、极板面积为 S，电容为 ε0S/d，其中 ε0 是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间 ( ) A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小【解析】本题考查平行板电容器的电容、电压和电量的关系，以及匀强电场中电场强度与电压的关系，意在考查考生对匀强电场中有关量的关系以及应用这些关系解决具体问题的能力；由题可知电容器充电后断开电源，故电容器的带电量保持不变，当增大两极板间的 ε0S Q U U 距离时，由 C＝可知，电容器的电容变小，由 U＝可知电压变大，又由 E＝可得 E＝ d C d d

2011届高考物理第一轮精编复习资料009

2011 届高考物理第一轮精编复习资料009 带电粒子在电场和磁场中的运动知识网络考点展望带电粒子在电场、磁场( 或电场、磁场和重力场的复合场 ) 中的运动是高中物理中的重点内容，这种问题对学生的空间想象能力、剖析综合能力、应用数学知识办理物理问题的能力有较高的要求，是观察考生多项能力的极好载体，所以成为高考的热门，在推行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只需出现计算题就必定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的详细问题为背景，从实质问题中获取并办理信息，把实质问题转变成物理问题，提高剖析解决实质问题的能力是教课中的重点．计算题还经常成为试卷的压轴题，如 2009 年全国理综卷Ⅰ第 26 题、全国理综卷Ⅱ第25 题、重庆理综卷第25 题、四川理综卷第25 题； 2008 年全国理综卷Ⅰ第25 题、江苏物理卷第14 题、四川理综卷第27 题、重庆理综卷第25 题、山东理综卷第25 题等．估计在2010 年高考取仍旧会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．重点概括一、不计重力的带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加快当电荷量为 q、质量为、初速度为 v0 的带电粒子经电压U加快后，速度变成 vt ，由动能定理得： qU＝12vt2 － 12v02．若v0＝ 0，则有 vt ＝ 2qU，这个关系式对任意静电场都是合用的．对于带电粒子在电场中的加快问题，应突出动能定理的应用．2．带电粒子在匀强电场中的偏转电荷量为q、质量为的带电粒子由静止开始经电压U1加快后，以速度v1 垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线 ( 如图 4－1 所示 ) ．图 4－1qU1＝12v12设两平行金属板间的电压为U2，板间距离为d，板长为L．源：(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：vx ＝v1， L＝v1t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加快直线运动，有：vy ＝at ， y＝12at2 ， a＝ qE＝ qU2d．(2)带电粒子走开极板时侧移距离 y＝ 12at2 ＝ qU2L22dv12＝ U2L24dU1轨迹方程为： y＝ U2x24dU1(与、 q 没关 )偏转角度φ的正切值tan φ＝ atv1 ＝ qU2Ldv12 ＝U2L2dU1若在偏转极板右边 D 距离处有向来立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很实用的推论，即：全部走开偏转电场的运动电荷仿佛都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很简单获取电荷在屏上的侧移距离y ′＝(D＋ L2)tan φ．以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能经过以上式子剖析、议论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为、电荷量为 q 的带电粒子以初速度 v 垂直进入匀强磁场 B 中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为 R，运动的周期为 T，则有：qvB ＝ v2R＝ Rω2＝ vω＝ R(2π T)2 ＝ R(2πf)2R＝vqBT ＝2π qB( 与 v、 R 没关 ) ， f ＝ 1T＝ qB2π．3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意掌握以下几点．(1)粒子圆轨迹的圆心确实定①若已知粒子在圆周运动中的两个详细地点及经过某一地点时的速度方向，可在已知的速度方向的地点作速度的垂线，同时作两地点连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－ 2 所示．②若已知做圆周运动的粒子经过某两个详细地点的速度方向，可在两地点上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图 4－ 3 所示．③若已知做圆周运动的粒子经过某一详细地点的速度方向及圆轨迹的半径 R，可在该地点上作速度的垂线，垂线上距该地点 R 处的点为圆轨迹的圆心 ( 利用左手定章判断圆心在已知地点的哪一侧 ) ，如图 4－ 4 所示．图 4－2图4－3图4－4(2)粒子圆轨迹的半径确实定①可直接运用公式 R＝ vqB 来确立．②画出几何图形，利用半径 R 与题中已知长度的几何关系来确立．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特色，即：粒子速度的倾向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的 2 倍，如图4－5 所示．图 4－5(3)粒子做圆周运动的周期确实定①可直接运用公式T＝ 2π qB 来确立．②利用周期T 与题中已知时间t 的关系来确立．若粒子在时间t内经过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t ＝α360° ?T( 或t ＝α2π ?T) ．(4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直界限射入的粒子，若再此后界限射出，则速度方向与界限的夹角相等，如图4－ 6 所示．②在圆形磁场地区内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图 4－7 所示．源：图 4－6图4－7(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题恰巧穿出磁场界限的条件往常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与界限相切．三、带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所波及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，所以应把带电粒子的运动状况和受力状况联合起来进行剖析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动( 如速度选择器 ) ；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力供给向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．所以，要确立粒子的运动状况，一定明确有几种场，粒子受几种力，重力能否能够忽视．3．带电粒子所受三种场力的特色(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时， f 洛＝ 0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时， f 洛＝ qvB．当洛伦兹力的方向垂直于速度 v 和磁感觉强度 B 所决定的平面时，不论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．(2)电场力的大小为 qE，方向与电场强度 E 的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径没关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末地点的电势差有关．(3)重力的大小为 g，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末地点的高度差有关．注意：①微观粒子( 如电子、质子、离子) 一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实质的物体没有特别交代时，应该考虑其重力；③对未有名的、题中又未明确交代的带电粒子，能否考虑其重力，则应依据题给的物理过程及隐含条件详细剖析后作出切合实质的决定．4．带电粒子在复合场中的运动的剖析方法(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应依据均衡条件列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，常常应用牛顿第二定律和均衡条件列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应采纳动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：假如波及两个带电粒子的碰撞问题，要依据动量守恒定律列方程，再与其余方程联立求解．因为带电粒子在复合场中的受力状况复杂，运动状况多变，常常出现临界问题，这时应以题目中的“恰巧”、“最大”、“最高”、“起码”等词语为打破口，发掘隐含条件，并依据临界条件列出协助方程，再与其余方程联立求解．热门、重点、难点一、依据带电粒子的运动轨迹进行剖析推理图 4－8●例 1 如图 4－ 8 所示， N 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子 ( 不计重力 ) 从 a 到 b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．以下结论正确的选项是()A．带电粒子从 a 到 b 的过程中动能渐渐减小B．正点电荷必定位于点的左边c ．带电粒子在 a 点时拥有的电势能大于在 b 点时拥有的电势能源：D．带电粒子在 a 点的加快度大于在 b 点的加快度【分析】由做曲线运动的物体的受力特色知带负电的粒子遇到的电场力指向曲线的内侧，故电场线N 的方向为N→，正点电荷位于N 的右边，选项 B 错误；由a、b 两点的地点关系知 b 点更凑近场源电荷，故带电粒子在 a 点遇到的库仑力小于在 b 点遇到的库仑力，粒子在 b 点的加快度大，选项D 错误；由上述电场力的方向知带电粒子由 a 运动到 b 的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，应选项 A 错误、c 正确．[ 答案 ] c【评论】本专题内容除了在高考取以常有的计算题形式出现外，有时也以选择题形式出现，经过带电粒子在非匀强电场中 ( 只受电场力 ) 的运动轨迹来剖析电场力和能的特征是一种重要题型，分析这种问题时要注意以下三点：①电场力必定沿电场线曲线的切线方向且必定指向轨迹曲线的内侧；②W电＝ qUab＝ Eb－ Ea；③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．二、带电粒子在电场中的加快与偏转图 4－9●例 2 喷墨打印机的构造简图如图 4－ 9 所示，此中墨盒能够发出墨汁微滴，其半径约为 1×10－ 5，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔划的高低地点输入信号加以控制．带电后的微滴以必定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长 1.6c ，两板间的距离为 0.50c ，偏转板的右端距纸 3.2c ．若墨汁微滴的质量为 1.6 × 10－10g，以 20/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是 8.0 × 103V，其打到纸上的点距原射入方向的距离是 2.0 ．求这个墨汁微滴经过带电室所带的电荷量的多少． ( 不计空气阻力和重力，能够以为偏转电场只限制于平行板电容器的内部，忽视边沿电场的不平均性 ) 为了使纸上的字放大 10%，请你剖析并提出一个可行的方法．【分析】设墨汁微滴所带的电荷量为 q，它进入偏转电场后做类平抛运动，走开电场后做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y＝12at2 ＋ Ltan φ又 a＝ qUd， t ＝ lv0 ， tan φ＝ atv0解得： y＝ qUldv02(l2＋L)代入数据得： q＝ 1.25 × 10－ 13c要将字体放大10%，只需使y 增大为本来的 1.1 倍，可采纳的举措为将两偏转板间的电压增大到8.8 × 103V，或将偏转板右端与纸的间距增大到 3.6c ．[ 答案] 1.25 ×10－ 13c 将两偏转板间的电压增大到8.8 × 103V，或将偏转板右端与纸的间距增大到 3.6c【评论】①此题也可直接依据推论公式y＝ (l2 ＋ L)tan φ＝ (l2 ＋ L)qUldv02进行计算．②和平抛运动问题相同，这种题型中偏转角度的正切表达式在解题中常常较为重点，且有 tan θ＝ 2tan α ( α为射出点的位移方向与入射方向的夹角) 的特色．★同类拓展1如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R 的圆形地区内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右边有一对平行金属板和N，两板间距为R，板长为 2R，板间的中心线 o1o2 与磁场的圆心 o 在同向来线上．有一电荷量为 q、质量为的带正电的粒子以速度 v0 从圆周上的 a 点沿垂直于半径oo1 并指向圆心o 的方向进入磁场，当从圆周上的o1 点水平飞出磁场时，给、N 两板加上如图 4 － 10 乙所示的电压，最后粒子恰巧以平行于N 板的速度从N 板的边沿飞出． ( 不计粒子所遇到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边沿电场不计 )图 4－10(1)求磁场的磁感觉强度 B．(2)求交变电压的周期 T 和电压 U0 的值．(3)当 t ＝T2 时，该粒子从、 N 板右边沿板的中心线仍以速度 v0 射入、 N 之间，求粒子从磁场中射出的点到 a 点的距离．【分析】 (1) 粒子自 a 点进入磁场，从 o1 点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为 R．由 qv0B＝v02R，解得： B＝v0qR．(2)粒子自 o1 点进入电场后恰巧从 N 板的边沿平行极板飞出，设运动时间为 t ，依据类平抛运动规律有：2R＝v0tR2＝2n?qU02R(T2)2又 t ＝ nT(n ＝ 1,2,3 )解得： T＝ 2Rnv0(n ＝ 1,2,3)U0＝nv022q(n＝1,2,3) ．图 4－10 丙(3)当 t ＝T2 时，粒子以速度v0 沿 o2o1 射入电场，该粒子恰巧从板边沿以平行于极板的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，走开磁场时的点为 c，圆心为 o3，如图 4－10 丙所示，四边形obo3c 是菱形，所以 oc∥ o3b，故 c、o、a 三点共线， ca 即为圆的直径，则 c、 a 间的距离 d＝ 2R．[ 答案 ] (1)v0qR(2)2Rnv0(n ＝1,2,3 ) nv022q(n ＝ 1,2,3 ) (3)2R【评论】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的重点是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加快运动”．三、带电粒子在有界磁场中( 只受洛伦兹力 ) 的运动1．带电粒子在磁场中的运动大概包括五种常有情境，即：无界限磁场、单界限磁场、双界限磁场、矩形界限磁场、圆形界限磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这种问题常常要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要波及到数学中的平面几何、分析几何等知识．所以，解此类试题，除了运用惯例的解题思路( 画草图、找“圆心” 、定“半径”等 ) 以外，更应重视于运用数学知识进行剖析．源：2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完好的圆周，解决这种问题的重点有以下三点．①确立圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可经过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可经过入射点作入射线的垂线，连结入射点和出射点，作此连线的垂直均分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．②确立圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式 t ＝θ 2πT 求出运动时间．3．分析带电粒子穿过圆形地区磁场问题常可用到以下推论：①沿半径方向入射的粒子必定沿另一半径方向射出．②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形地区的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同向来径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsinRr ＝2arcsinRBqv ．③在圆形地区边沿的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，假如粒子的轨迹半径与地区圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行( 反之，平行入射的粒子也将汇聚于边沿一点) ．●例 3如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面 ( 纸面 ) 向外，电场和磁场都能够任意加上或撤掉，从头加上的电场或磁场与撤掉前的相同．一带正电荷的粒子从P(0 ， h) 点以必定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0 的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰巧做直线运动．此刻只加电场，当粒子从P 点运动到x＝R0 平面 ( 图中虚线所示 ) 时，立刻撤掉电场同时加上磁场，粒子持续运动，其轨迹与 x 轴交于点，不计重力，求：图 4－11 甲(1)粒子抵达 x＝ R0 平面时的速度方向与 x 轴的夹角以及粒子到 x 轴的距离．(2)点的横坐标 x．【分析】 (1) 粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0做圆周运动时，有：qBv0＝ v02R0只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：qE ＝aR0＝v0tvy ＝at解得： vy ＝ v0粒子的速度大小为：v＝ v02＋ vy2＝ 2v0速度方向与x 轴的夹角为：θ＝π 4粒子与 x 轴的距离为： H＝ h＋ 12at2 ＝ h＋R02．(2)撤去电场加上磁场后，有： qBv＝ v2R解得： R＝ 2R0此时粒子的运动轨迹如图 4－ 11 乙所示．圆心 c 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为π4．由几何关系可得 c 点的坐标为：图 4－11 乙xc ＝2R0yc ＝H－ R0＝h－ R02过 c 点作 x 轴的垂线，在△ cD 中，有：lc ＝R＝ 2R0，lcD ＝yc ＝ h－ R02解得： lD ＝ lc2 － lcD2 ＝ 74R02＋R0h－ h2点的横坐标为：x ＝ 2R0＋ 74R02＋ R0h－ h2．[ 答案 ] (1) π 2 h＋R02(2)2R0 ＋ 74R02＋ R0h－h2 【评论】不论带电粒子在匀强电场中的偏转仍是在匀强磁场中的偏转，偏转角常常是个较重点的量．●例 4如图4－12甲所示，质量为、电荷量为 e 的电子从坐标原点o 处沿 xoy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不一样，但大小均为v0．此刻某一地区内加一方向向外且垂直于xoy 平面的匀强磁场，磁感觉强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y 轴平行的荧光屏N 上，求：图 4－12 甲(1)荧光屏上光斑的长度．(2)所加磁场范围的最小面积．【分析】 (1) 如图4－12 乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个界限点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧oA 运动到荧光屏N 上的 P 点；初速度沿y 轴正方向的电子沿弧oc 运动到荧光屏N 上的 Q点．图 4－12 乙设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B ＝ v02R，即 R＝ v0Be由几何知识可得：PQ＝R＝ v0Be．(2)取与 x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为 E(x ， y) ，因其射出后能垂直打到屏N上，故有：x＝－ Rsin θy ＝R＋ Rcosθ即 x2＋ (y － R)2＝R2又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的界限点为 A 点；沿 y 轴正方向射入时，射出的界限点为 c 点，故所加最小面积的磁场的界限是以(0 ，R)为圆心、 R 为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围地区，所以磁场范围的最小面积为：S ＝34π R2＋R2－ 14πR2＝ ( π 2＋1)(v0Be)2 ．源：[ 答案 ] (1)v0Be(2)( π 2＋ 1)(v0Be)2【评论】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009 年高考取海南物理卷( 第16 题) 、浙江理综卷 ( 第 25 题 ) 中都出现了应用这一推论的题型．★同类拓展 2 如图 4－ 13 甲所示， ABcD是边长为 a 的正方形．质量为、电荷量为 e 的电子以大小为 v0 的初速度沿纸面垂直于 Bc 边射入正方形地区．在正方形内适合地区中有匀强磁场．电子从 Bc 边上的任意点入射，都只好从 A 点射出磁场．不计重力，求：图 4－13 甲(1)此匀强磁场地区中磁感觉强度的方向和大小．(2)此匀强磁场地区的最小面积．[2009年高考 ?海南物理卷 ]【分析】(1) 若要使由 c 点入射的电子从 A 点射出，则在 c 处一定有磁场，设匀强磁场的磁感觉强度的大小为B，令圆弧是自 c 点垂直于 Bc 入射的电子在磁场中的运转轨道，电子所遇到的磁场的作使劲 f ＝ ev0B，方向应指向圆弧的圆心，因此磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在cB 边或其延伸线上．依题意，圆心在A、 c 连线的中垂线上，故 B 点即为圆心，圆半径为a．依据牛顿定律有：f ＝v02a联立解得：B＝ v0ea ．(2)由 (1) 中决定的磁感觉强度的方向和大小，可知自 cBc 边点垂直于Bc 入射的电子在 A 点沿DA方向射出，且自上其余点垂直于入射的电子的运动轨道只好在BAEc地区中，因此，圆弧是所求的最小磁场地区的一个界限．为了决定该磁场地区的另一界限，我们来观察射中 A 点的电子的速度方向与BA的延伸线交角为θ( 不如设 0≤θ＜π 2) 的情况．该电子的运动轨迹QPA如图 4－ 13 乙所示．图中，圆弧的圆心为 o， PQ垂直于 Bc 边，由上式知，圆弧的半径仍为 a．过 P 点作 Dc 的垂线交 Dc 于 G，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以 D 为原点、 Dc 为 x 轴、 DA为 y 轴的坐标系中， P 点的坐标 (x ，y) 为：x ＝asin θ， y ＝ acos θ18/47★精选文档★图 4－13 乙这意味着，在范围 0≤θ≤π 2 内，P 点形成以 D 为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界限，组成所求磁场地区的另一界限．所以，所求的最小匀强磁场地区是分别以 B 和 D 为圆心、 a 为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为：S ＝2(14 π a2－12a2) ＝π－ 22a2．[答案 ](1)v0ea方向垂直于纸面向外(2) π－22a2四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题●例 5在地面邻近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图 4－ 14 甲所示．磁场的磁感觉强度 B 随时间 t 的变化状况如图4－ 14 乙所示．该地区中有一条水平直线N， D 是 N 上的一点．在t ＝ 0 时辰，有一个质量为、电荷量为＋ q 的小球 ( 可看做质点 ) ，从点开始沿着水平直线以速度 v0 做匀速直线运动， t0 时辰恰巧抵达 N 点．经观察发现，小球在 t ＝ 2t0 至 t ＝ 3t0 时间内的某一时辰，又竖直向下经过直线 N 上的 D 点，并且此后小球多次水平向右或竖直向下经过 D 点．求：图 4－14(1)电场强度 E 的大小．(2)小球从点开始运动到第二次经过D 点所用的时间．(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹 ( 只画一个周期 ) ．【分析】 (1) 小球从点运动到 N 点时，有： qE＝ g解得： E＝ gq．(2)小球从点抵达 N 点所用时间 t1 ＝t0小球从 N 点经过 34 个圆周，抵达P 点，所以 t2 ＝ t0小球从 P 点运动到 D 点的位移 x＝ R＝ v0B0q小球从 P 点运动到 D 点的时间 t3 ＝ Rv0＝ B0q所以时间 t ＝ t1 ＋t2 ＋ t3 ＝2t0 ＋ B0q[ 或 t ＝ qB0(3 π＋ 1) ， t ＝ 2t0(13 π＋ 1)] ．(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－ 14 丙所示．图 4－14 丙小球的运动周期为：T＝ 8t0( 或 T＝ 12π qB0) ．[ 答案 ] (1)gq(2)2t0 ＋ B0q(3)T＝8t0运动轨迹如图4－ 14 丙所示【评论】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考取屡有出现．五、常有的、在科学技术中的应用带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常遇到的有：示波器( 显像管 ) 、速度选择器、质谱仪、盘旋加快器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．●例 6一导体资料的样品的体积为a× b× c，A′、 c、A、c ′为其四个侧面，如图4－ 15 所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿 x 方向通有电流I ．图 4－15(1)导体样品 A′、 A 两个侧面之间的电压是 ________，导体样品中自由电子定向挪动的速率是________．(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z 轴正方向，则导体侧面 c 的电势 ________( 填“高于”、“低于”或“等于” ) 侧面 c′的电势．(3)在 (2) 中，达到稳固状态时，沿x方向的电流仍为I ，若测得 c、c′双侧面的电势差为U，试计算匀强磁场的磁感应强度 B 的大小．【分析】 (1) 由题意知，样品的电阻R＝ρ ?cab依据欧姆定律：U0＝ I ?R＝ρ cIab剖析 t 时间定向挪动经过端面的自由电子，由电流的定义式I ＝n?ab?v?t ?et 源：可得 v＝Inabe ．(2)由左手定章知，定向挪动的自由电子向c′侧面偏转，故 c 侧的电势高于c′侧面．(3)达到稳固状态时，自由电子遇到电场力与洛伦兹力的作用而均衡，则有： qUb＝ qvB解得： B＝ neaUI ．[答案] (1)ρ cIab Inabe (2)高于(3)neaUI【评论】本例实质上为利用霍耳效应测磁感觉强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及有关问题的分析都与此例相像．★同类拓展 3 如图 4－16 甲所示，离子源 A 产生的初速度为零、带电荷量均为 e、质量不一样的正离子被电压为 U0 的加快电场加快后匀速经过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后经过极板 H 上的小孔 S 走开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于界限 N 进入磁感觉强度为 B 的匀强磁场．已知 Ho＝ d， HS＝ 2d，∠ NQ＝ 90°． ( 忽视离子所受重力 )图 4－16 甲(1)求偏转电场场强 E0 的大小以及 H 与 N 的夹角φ．(2)求质量为的离子在磁场中做圆周运动的半径．(3)若质量为 4 的离子垂直打在 NQ的中点 S1 处，质量为16 的离子打在 S2 处．求 S1 和 S2 之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．[2009年高考 ?重庆理综卷 ]。

【走向高考】2011高考物理一轮复习带电粒子在电场中的运动电容器配套练习

2011走向高考系列物理一轮复习配套练习--带电粒子在电场中的运动电容器一、选择题1．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是 ( )uy[答案] A[解析] 前T 2带电粒子做匀加速直线运动，后T2做匀减速直线运动．T 时刻速度减为零，以后重复第一周期内的运动，则正确答案为A.2．如图所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中 ( )A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流 [答案] BC[解析] 由题意知，电容器两板间电压U 一定，设已充电荷量为Q ，当两板距离增大时，电容C 变小，由Q ＝CU 知Q 减小，必有一部分正电荷通过电阻R 回流．故BC 对．3．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M 、N 水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，将M 板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是 ( )A ．沿轨迹④运动B ．沿轨迹①运动C ．沿轨迹②运动D ．沿轨迹③运动 [答案] C[解析] 由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．4．(2009·海门模拟)如图所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则 ( )A ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在减小 [答案] D[解析] 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在减小，故D 正确．5．如图所示，a 、b 、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面b 的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A 时的动能为10J ，在电场力作用下从A 运动到B 速度为零，当这个粒子的动能为7.5J 时，其电势能为 ( )A ．12.5JB ．2.5JC ．0D ．－2.5J [答案] D[解析] 由题意可知，粒子从A 到B ，电场力做功－10J ，则带电粒子由A 运动到等势面b 时，电场力做功－5J ，粒子在等势面b 时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J ，当动能为7.5J 时，其电势能为－2.5J.6．(2010·青岛市检测)一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则 ( )A ．小球不能过B 点 B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对 [答案] B[解析] 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12mv 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12mv 22，联立解得mg －qE ＝mv 22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确．7．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P 位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固定，然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P 在两板间 ( )A ．保持静止B ．水平向左做直线运动C ．向左下方运动D ．不知α角的值无法确定P 的运动状态 [答案] B [解析] 设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝Ecos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( )A ．mv 20 B.12mv 20C ．2mv 20 D.52mv 20[答案] D[解析] 小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12vP y t ，所示合速度v P ＝v 20＋v 2P y ＝5v 0E k P ＝12mv 2P ＝52mv 20.故选D.二、非选择题9．如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk ＝－182V ；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg ＝0；反射电板电势为φr ＝－250V.与栅网的距离d ＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？[答案] 1.5×10－9s[解析] 因为|φk |<|φr |，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回．设电子在到达栅网时速度为v ，则12mv 2＝e (φg －φk )，电子在栅网和反射电板间的加速度a ＝e (φg －φr )md，又t ＝2v a，解得t ≈1.5×10－9s.10．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L ”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2m ，离水平地面的距离为h ＝5.0m ，竖直部分长为l 2＝0.1m.一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g ＝10m/s 2)． [答案] (1)2.0m/s (2)4.5m[解析] (1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有：12mv 2B －0＝mgl 2＋F 电l 1，①解得：v B ＝g (l 1＋2l 2)② 代入数据可得：v B ＝2.0m/s③(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：a ＝g2，④s ＝v B t ＋12at 2，⑤竖直方向有：h ＝12gt 2，⑥由③～⑥式，并代入数据可得：s ＝4.5m.11．如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q ＝－5.0×10－4C.取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小； (2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q .(计算结果保留两位有效数字) [答案] (1)2.4m/s (2)0.10m (3)0.96J[解析] (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为 F f ＝μ(mg －qE )cos37°，设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理，(mg －qE )h －F f h sin37°＝12mv 21，解得v 1＝2.4m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h 1，根据动能定理，－(mg －qE )h 1－F f h 1sin37°＝12mv 21，代入数据解得h 1≈0.10m.(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q ＝(mg －qE )h ＝0.96J.12．(2009·如皋市一中月考)有一带负电的小球，其带电量q ＝－2×10－3C.如图所示，开始时静止在场强E ＝200N/C 的匀强电场中的P 点，靠近电场极板B 有一挡板S ，小球与挡板S 的距离h ＝5cm ，与A 板距离H ＝45cm ，重力作用不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S 相碰后电量减少到碰前的k 倍，已知k ＝56，而碰后小球的速度大小不变．(1)设匀强电场中挡板S 所在位置处电势为零，则电场中P 点的电势为多少？小球在P 点时的电势能为多少？(电势能用E P 表示)(2)小球从P 点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？ (3)小球经过多少次碰撞后，才能抵达A 板？ [答案] (1)－10V 0.02J (2)0 (3)13[解析] (1)由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得： U SP ＝Eh由电势差和电势之间的关系得： U SP ＝φS －φP联立解得P 点的电势为：φP ＝φS －Eh ＝0－200×5×10－2V ＝－10V小球在P 点的电势能为：E P ＝q φP ＝－2×10－3×(－10)J ＝0.02J(2)对小球从P 点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得： W 电＝E k 1－E k 0解得：W 电＝E k 1－E k 0＝0－0＝0(3)设碰撞n 次后小球到达A 板，对小球运动的全过程应用动能定理得： qEh －k n qE (h ＋H )＝E k 1－E k 0小球到达A 板的条件是：E kn ≥0联立解得：n ≥12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A 板．13．(2009·江苏淮安市二月四校联考)在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m ＝1.0×10－3kg 、带电量q ＝1.0×10－10C 的带正电的小球，静止在O 点．以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy .在t 0＝0时突然加一沿x 轴正方向、大小E 1＝2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动．在t 1＝1.0s 时，所加的电场突然变为沿y 轴正方向、大小E 2＝2.0×106V/m 的匀强电场．在t 2＝2.0s 时所加电场又突然变为另一个匀强电场E 3，使小球在此电场作用下在t 3＝4.0s 时速度变为零．求：(1)在t 1＝1.0s 时小球的速度v 1的大小； (2)在t 2＝2.0s 时小球的位置坐标x 2、y 2； (3)匀强电场E 3的大小；(4)请在如图所示的坐标系中绘出该小球在这4s 内的运动轨迹．[答案] (1)0.2m/s (2)(0.3,0.1) (3)1.4×106V/m (4)见解析图 [解析] (1)0～1s 对小球应用牛顿第二定律得： qE 1＝ma 1解得小球的加速度为：a 1＝qE 1/m ＝0.2m/s 2小球在t 1＝1.0s 时的速度大小为： v 1＝a 1t 1＝0.2×1m/s＝0.2m/s(2)小球在t 1＝1.0s 时的位置坐标为：x 1＝12a 1t 21＝12×0.2×1.02m ＝0.1m在1.0s ～2.0s 内对小球应用牛顿第二定律得：qE 2＝ma 2解得小球的加速度为：a 2＝qE 2/m ＝0.2m/s 2在t 2＝2.0s 时小球的位置坐标为：x 2＝x 1＋v 1(t 2－t 1)＝0.1m ＋0.2×1.0m＝0.3my 2＝12a 2(t 2－t 1)2＝12×0.2×1.02m ＝0.1m设在t 2＝2.0s 时小球的速度为v 2，则有：v 22＝v 21＋(at 2)2解得：v 2＝2v 1＝2×0.2m/s＝0.28m/s(3)2.0s ～0.4s 内对小球应用牛顿第二定律得： qE 3＝ma 3小球在4.0s 时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得：v 4＝v 2－a 3t 3联立解得匀强电场E 3的大小为： E 3＝1.4×106V/m(4)小球在这4s 内的运动轨迹如图所示．。

2011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20．I1[2011·课标全国卷] 一带负电荷的质点在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，如图1－5所示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)()图1－5【解析】 D 负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，且电荷受力方向指向运动轨迹的凹侧，A 、C 错误；B 选项中负电荷所受电场力具有沿速度方向的分力，质点的速率是递增的，B 错误；D 选项中质点所受电场力具有沿速度反方向的分力，质点的速率是递减的，D 正确．1．I1、I2[2011·海南物理卷] 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【解析】 D 负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D 选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB 选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C 错误．3．I1[2011·海南物理卷] 三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q ，球2的带电量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6【解析】 D 设1、2两球间距离为r ，由库仑定律可得，接触前1、2两球间的作用力为F ＝k q ·nqr 2.由于小球完全相同，当小球互相接触时会平分电荷，即当小球3与小球2接触后各带电荷nq2，当小球3再与小球1接触时会再次平分所带电荷，最后小球1带电荷n ＋24q ，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F ′＝k nq 2·(n ＋2)q4r 2，因F ′＝F ，可解得n ＝6，选项D 正确．21．I1[2011·广东物理卷] 图8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，以达到除尘目的，下列表述正确的是()图8A．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21．I1[2011·广东物理卷] BD【解析】集尘极接直流高压电源正极，带正电荷，放电极接电源负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，B选项正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，A、C选项错误；由F＝qE 可知，当电场强度E不变时，F与q成正比，故D选项正确．图1－4图78．I1、I2[2011·江苏物理卷] 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．下列说法正确的有()A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB【解析】根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．I2电场的能的性质图1－621．I2[2011·山东卷] 如图1－6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【解析】BC两等量异种电荷产生的电场如图所示，由图可知，d点的电场线比b点的电场线密集，所以d点的场强大于b点的场强，A项错误，B项正确．a、c两点关于MN 对称，b点在MN上，同一点电荷从a到b和从b到c电场力做的功相同，由W＝qU可知U ab＝U bc，C项正确．a点电势高于c点电势，同一正电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，D项错误．1．I1、I2[2011·海南物理卷] 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【解析】D负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB 选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C 错误．图78．I1、I2[2011·江苏物理卷] 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．下列说法正确的有( )A ．粒子带负电荷B ．粒子的加速度先不变，后变小C ．粒子的速度不断增大D ．粒子的电势能先减小，后增大8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB 【解析】根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A 正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B 正确；根据电场力做功W ＝qU ，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C 错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D 错误．I3 电容器带电粒子在电场中的匀变速运动17．I3[2011·全国卷] 通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A ．闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC ．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/mD ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J【解析】 AC 在 60 μs 的短暂时间内的平均电流就可以当作瞬时电流，即I －＝qt＝660×10－6A ＝1×105A ，所以A 正确；整个闪电过程中的平均功率若这样计算就错了：P －＝W t ＝qU t ＝6×1×10960×10－6W ＝1×1014W ，因为题中整个闪电过程的时间是0.2～0.3 s 而不是60 μs ，所以B 错误；闪电前电场强度E ＝U d ＝1×1091×103 V/m ＝1×106 V/m ，C 正确；整个闪电过程向外释放的能量大约是W ＝qU ＝6×109 J ，所以D 错误．20．I3[2011·安徽卷] 如图1－12甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图1－12乙所示的交变电压，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t 0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t 0可能属于的时间段是( )图1－12A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T8【解析】 B 由U －t 图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v －t 图象，取向A 板运动方向为正方向，如图所示：分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况．当t 0＝0，粒子一直往B 板运动．当t 0＝T 8，粒子先往B 板运动，到7T8时往A 板运动，在一个周期内总位移还是向B 板．当t 0＝T 4，粒子先往B 板运动，到3T4时往A 板运动，在一个周期内总位移为零；同理也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况．然后对运动情况总结如下：若0<t 0< T4，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到B 板，故选项A 、D 错误；若T 4<t 0<T2，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到A 板．若T 2<t 0<3T4，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到A 板，故选项B 正确；若3T4<t 0<T ，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到B 板，故选项C 错误．5．I3[2011·天津卷] 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12d ，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．[2011·天津卷] C 【解析】由公式C ＝εS 4k πd 、C ＝Q U 和E ＝U d 得U ＝4k πdQ εS ，E ＝4k πQεS ，当Q 变为2Q 、d 变为d2时，电压U 不变，电场强度E 变为原来的2倍．C 正确．15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了1100m 0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能； (2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？图1415．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动， q v B ＝m 0v 2r ，T 0＝2πr v 则T 0＝2πm 0qB当粒子的质量增加了1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0粒子回到电场中用时⎝⎛⎭⎫1＋1100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－T 0100T 04U 0＝2425U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2；解得E k2＝4925qU 0.图15(2)磁屏蔽管的位置如图所示．(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N ＝T 0/4ΔT，得N ＝25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．粒子由静止开始加速的时刻t ＝⎝⎛⎭⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1950T 0 (n ＝0,1,2，…) 最大动能E km ＝2×⎝⎛⎭⎫125＋325＋…＋2325qU 0＋qU 0解得E km ＝31325qU 0.20．I3[2011·福建卷] 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1－9所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间图1－9往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图1－9所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电量q ＝－1.0×10－9 C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm.不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1) B 点到虚线MN 的距离d 2；(2) 带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 20．I3[2011·福建卷] 【答案】 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm ②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有 d 1＝12a 1t 21⑤d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8 sI 4 带电粒子在电场中的非匀变速运动I 5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I 6 实验：练习使用示波器I 7 电场综合18．I7[2011·安徽卷] 图1－9甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图1－9乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图1－9丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图1－9图1－10【解析】B由图可知，电极XX′之间加扫描电压，电极YY′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时刻，U Y＝0，电子在YY′之间没有偏转，U X为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故选项A、C错误；在0～t1之间，U Y>0，U X<0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是选项B，故选项D错误，选项B正确．【答案】(1)收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有L＝v0t①在竖直方向有0．81d 0＝12at 2②其中a ＝F m ＝qE m ＝qU md 0③ 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t ④在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥联立①～⑥各式可得 d m ＝0.9d 0⑦(2)通过前面的求解可知，当d ≤0.9d 0时，收集效率η均为100%.⑧ 当d ＞0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 x ＝12qU md ⎝⎛⎭⎫L v 02⑨ 根据题意，收集效率为 η＝x d⑩ 联立①②③⑨⑩式解得 η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为 ΔMΔt＝η×nmbd v 0 当d ≤0.9d 0时，η＝1，因此 ΔMΔt＝nmbd v 0 当d >0.9d 0时，η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2，因此 ΔM Δt ＝0.81nmb v 0d 20d 绘出的图线如下24．I7[2011·北京卷] 静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电量为－q ，其动能与电势能之和为－A (0<A <qφ0)，忽略重力．求：(1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期．24．I7[2011·北京卷] 【答案】 (1)由图可知，O 与d (或－d )两点间的电势差为φ0. 电场强度的大小E ＝φ0d电场力的大小F ＝qE ＝qφ0d(2)设粒子在[－x ，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得 12m v 2－qφ＝－A ① 由图可知φ＝φ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d ② 由①②得12m v 2＝qφ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d －A ③ 因动能非负，有qφ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d －A ≥0 得|x |≤d ⎝⎛⎭⎫1－Aqφ0即x 0＝d ⎝⎛⎭⎫1－Aqφ0④粒子的运动区间－d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0≤x ≤d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝qφ0md ⑤由匀加速直线运动t ＝2x 0a将④⑤代入，得t ＝2md 2qφ0⎝⎛⎭⎫1－A qφ0 粒子的运动周期T ＝4t ＝4dqφ02m (qφ0－A )⑥1．【2011·济南模拟】有两个固定的异号点电荷，电量给定但大小不等，用E 1和E 2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两点电荷的直线上，E 1＝E 2的点( )A ．有三个，其中两处合场强为零B ．有三个，其中一处合场强为零C ．只有两个，其中一处合场强为零D ．只有一个，该处合场强不为零1．C 【解析】假设两个固定的异号点电荷如图所示分布，左边正电荷电量大些，根据E ＝kQr2，可知E 1＝E 2的点应在靠近电量小些的负电荷附近，不可能在电量大些的正电荷左侧，只会有两处，假设在图中的M 和N 点，N 处合场强为零，故答案选C.2．【2011·广州模拟】如图X 10－1所示，真空中A 、B 两处各有一个正点电荷，若放入第三个点电荷C C 的电性及位置是( )A ．正电；在A 、B 之间 B ．正电；在A 的左侧C ．负电；在A 、B 之间D ．负电；在B 的右侧2．C 【解析】 A 、B 两正电荷所产生的电场的合场强为零的地方只会在它们之间，所以第三个电荷放在A 、B 之间，如果放正电荷，A 、B 不会平衡，故选C.3．【2011·德州模拟】如图X 10－4所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P 、QA ．三个等势面中，等势面c 的电势最低B．带电质点一定是从Q点向P点运动C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小3．ACD【解析】假设质点从Q向P运动，过Q作轨迹的切线，速度就沿这个方向，过Q点作等势面的切线，如图中虚线所示，过Q再作等势面的垂线，表示力的方向，指向轨迹弯曲的方向，由于质点带负电，场强方向与力的方向相反，根据沿电场线的方向电势降低，可知A对；质点的运动方向无法确定，B错；P处电场线密集，电场力大，加速度也大，C 对；速度方向与力的方向夹角为钝角，说明P点的动能比Q点的小，D对．4．【2011·海淀一模】某电场的电场线分布如图X10－5所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是()A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C．一个负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动4．AC【解析】电场线密集处场强大，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A对；逆着电场线方向移动电荷，电场力对正电荷做负功，对负电荷做正功，B错；负电荷在电势高的地方的电势能小，正电荷在电势高的地方的电势能大，故C对；正电荷由A点释放，它将向图中电场线密集处运动，加速度增大，D错．5．【2011·所示，下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加场、等量异种(或同种)电荷的电场，要记牢其电场线的形状特点．5．C【解析】沿电场线方向电势降低，故A错；电场线密集的地方场强大，故B错；若将一正试探电荷由a点移到b点，是逆着电场线移动，所以电场力做负功，C对；若将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，所以电势能减少，D错．6．【2011·德州一模】如图X10－8所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上，A、E两点关于M点对称．下列说法正确的是()图X10－8A．A、B两点电势、场强均相同B．C、D两点电势、场强均相同C．A点的场强小于E点的场强D．带正电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能6．BCD【解析】取无穷远处电势为零，CD左侧电势均为正，右侧电势均为负，CD 线上电势为零，所以A错，B对；M、N两电荷在A处的场强方向相反，在E处的场强方向一致，所以A点的场强小于E点的场强，C对；由于O点电势为零，E点电势为正，所以带正电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能，D对．7．【2011·濮阳一模】如图X10－11所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下．则从M 到N的过程中，下列说法正确的是()图X10－11A．小物块所受的电场力减小B．小物块的电势能可能增加C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功7．AD【解析】小物体所受的摩擦阻力不变，它先加速后减速，说明它所受合外力先向下后向上，又由于远离点电荷时受到的电场力越来越小，故电场力方向沿斜面向下，电场力做正功，电势能减小，A对、B错；由于小物体及Q的电性无法确定，故C错；由功能关系，小物体减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，D对．8．【2011·西城一模】如图X10－12甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点．在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法中正确的是()10A．A点的电场强度比B点的大B．A、B两点的电场强度相等C．A点的电势比B点的电势高D．A点的电势比B点的电势低8．C【解析】由点电荷的速度v随时间t变化的规律可知，带负电的点电荷是做加速度逐渐增大的减速运动，故A点的电场强度比B点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C对．9．【2011·巢湖模拟】在如图X11－1所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A接地．下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是()图X 11－1A ．极板A 上移B ．极板A 右移C ．极板间插入一定厚度的金属片D ．极板间插入一云母片9．A 【解析】平板板电容器的电量不变，灵敏静电计测的是板间电压，由U ＝QC，要使电压变大，减小电容器电容即可，要注意的是，极板间插入一定厚度的金属片相当于减小板间距离，再由公式C ＝εS4πkd，可判断A 对．10．【2011·淄博模拟】如图X 11－2所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q ( )图X 11－2A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流10．BD 【解析】充电后电容器的上极板A 带正电．不断开电源，增大两板间距，U不变、d 增大．由E ＝Ud知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q 受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q 向下加速运动．由C ＝εS4πkd知电容C 减小，由Q ＝CU 知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，故电流表中将会有由b 到a 的电流，选项BD 正确．11．【2011·西城一模】如图X 11－4所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与M 点，则( )图X 11－4A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降11．BC 【解析】带电液滴恰好静止在两板间，说明重力与电场力平衡，当开关闭合时，板间电压不变，由E ＝Ud，若增大两板间距，场强减小，电场力减小，液滴将下降，A错，B 对；开关再断开后，电量保持不变，若无论增大或减小两板间距，板间场强都不变，C 对，D 错．12．【2011·温州模拟】一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S ，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为θ，如图X θ减小的是( )图X 11－5A ．保持开关闭合，使两极板靠近一些B ．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动C ．保持开关闭合，使两极板远离一些D ．断开开关，使两极板靠近一些12．C 【解析】保持开关闭合，两极间电压不变，使两极板靠近一些，板间场强变大，夹角θ增大，A 错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B 错；保持开关闭合，使两极板远离一些，由E ＝Ud可知，场强减小，夹角θ减小，C 对；断开开关，使两极板靠近一些，板间场强不变，夹角θ不变，D 错．13.【2011·巢湖模拟】如图X 11－7所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线( )图X 11－7A . 电场中A 点的电势低于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和13．B 【解析】一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，其受到的电场力F 只能垂直等势面水平向左，场强则水平向右，如图所示：所以电场中A 点的电势高于B 点的电势，A 错；微粒从A 向B 运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C 错，B 对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D 错．14．[2011·泰安模拟]在电场强度为E 的匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图X 11－8中虚线所示．直线上有两个静止的小球A 和B(均可视为质点)，两小球的质量均为m ，A 球带电量为＋q ，B 球不带电．开始时两球相距L ，在电场力的作用下，A 球开始沿直线运动，并与B 球发生正对碰撞，碰撞中A 、B 两球的总动能无损失．设每次碰撞后A 、B 两球速度互换，碰撞时，A 、B 两球间无电荷转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，不计碰撞时间，问：(1)A 球经过多长时间与B 球发生第一次碰撞？ (2)再经过多长时间A 球与B 球发生第二次碰撞？。

2011年高考物理真题分类汇编-电场(详解_精校)

2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）电场1．（2011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1.D 解析：考察电场和电势概念及其电场力做功与电势能的关系，选D 。

2．（2011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2.D 解析：两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。

两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。

两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。

在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零。

在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零。

而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。

正确答案是D 。

3．（2011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3.BC 解析：根据等量同种电荷的电场线分布可知b 点场强小于d 点场强，B 正确，A 错误；由对称性可知a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差，C 正确；MN 左侧电势大于零，而右侧小于零所以试探电荷＋q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能，D 错误。

2011年高考物理一轮复习电场创新方案人教课标版1(优秀免费下载资料)

第六章第一讲电场力的性质的描述一、单项选择题(本题共小题，每小题分，共分)．(·上海模拟)下列说法正确的是()．由＝可知：物体的运动是先有位移后有速度．由＝可知：在国际单位制中，只要公式中各物理量的数值选取恰当，可使常数的值为．由＝可知：电场强度与检验电荷受到的电场力成正比，与检验电荷的电荷量成反比．由＝可知：物体的动能与物体质量与运动速度二次方的乘积成正比解析：物体的位移对应一段过程或一段时间，而物体的速度可对应某一位置或某一时刻，故错误；在国际单位制中的取值是一固定的常数，与、的取值无关，错误；电场强度是由电场本身决定的，与、无关，错误；由＝可知，说法正确．答案：．(·江苏高考)两个分别带有电荷量－和＋的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为()．12F解析：两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分，由库仑定律得：＝，′＝＝.联立得′＝，项正确．答案：．(·广州模拟)如图所示，三个完全相同的绝缘金属小球、、位于等边三角形的三个顶点上，球在坐标系原点上，和带正电，带负电，所带电荷量比所带电荷量少，关于受到和的电场力的合力方向，下列判断中正确的是()．从原点指向第Ⅰ象限．从原点指向第Ⅱ象限．从原点指向第Ⅲ象限．从原点指向第Ⅳ象限解析：设、、三个小球的带电荷量分别为、、，三角形的边长为.根据库仑定律可得与、与之间的电场力分别为：＝，方向沿连线由指向＝，方向沿连线由指向由于<，所以<，根据力的平行四边形定则易得与的合力的方向为从原点指向第Ⅳ象限，正确．答案：．(·启东模拟)如图所示，、为圆的两条互相垂直的直径，圆心为，将等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于对称．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷＋，则该点电荷＋应放在()．点．点．点．点解析：由电场的叠加原理可知＋、－在点的合场强方向应沿方向，要使点的合场强为零，放上的点电荷＋在点的场强方向应与＋、－在点的合场强方向相反，所以应放在点，故选项．答案：．、是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从点沿电场线运动到点，其速度和时间的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是图中的()解析：由－图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从到电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子沿电场线方向运动，由电场线疏处到达密处，故对．答案：二、双项选择题(本题共小题，共分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得分，只选一个且正确的得分，有选错或不答的得分)．(·东莞调研)如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)．图中点为两点电荷连线的中点，为两点电荷连线的中垂线，为中垂线上的一点，电场线的分布关于左右对称．则下列说法中正确的是()．这两点电荷一定是等量异种电荷．这两点电荷一定是等量同种电荷．、两点的电场强度方向一定相同．点的电场强度比点的电场强度小解析：由电场线分布的特征可知，产生电场的电荷一定是等量异种电荷，正确；、两点电场线的密度不同，、两点的电场强度大小不同，但方向相同，故正确；点电场线的密度大，电场强度大，不正确．答案：．如图所示，是某个点电荷电场的一根电场线，在电场线上点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向运动，下列判断正确的是() ．电场线由指向，负电荷做加速运动，加速度越来越小．电场线由指向，负电荷做加速运动，其加速度大小变化因题设条件不同不能确定．电场线由指向，负电荷做匀加速运动．若此电场线是负点电荷形成的，则电场线由指向，负电荷做加速运动，加速度越来越小解析：负电荷由静止释放仅在电场力作用下向运动，说明电场力方向由指向，故场强方向应由指向，由于形成电场的点电荷情况不详，电场的分布不能由一根电场线确定，其加速度大小变化不能确定，所以、错误，项正确．若此电场线是负点电荷形成的，则负点电荷在侧，负电荷由到做加速运动，加速度越来越小，正确．答案：．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，若带电粒子( ≫)由运动到，电场力做正功．已知在、两点粒子所受电场力分别为、，则下列判断正确的是()．若为正电荷，则带正电，>．若为正电荷，则带正电，<．若为负电荷，则带负电，>．若为负电荷，则带负电，<解析：由于粒子由运动到电场力做正功，可知电场力指向外侧，、为同种电荷；电场线密集的地方电场强度大，由＝知大，、正确．答案：．(·广州六校联考)把一带正电小球放在光滑绝缘斜面上，欲使小球能静止在如图所示的位置，需在间放一带电小球，则()．球带正电，放在点．球带负电，放在点．球带负电，放在点．球带正电，放在点解析：小球能静止在斜面上，即小球受到的合力为零，若球带正电放在点，当球所受电场力大小等于球的重力时，小球受到的合力为零，可以静止，正确；若球带负电放在点，小球所受电场力向下，小球受到的合力不能为零，不能静止，错误；若球带负电放在点，小球受到三个力的作用，合力可以等于零，可以静止，正确；若球带正电放在点，由力的合成可知，小球所受合力不能为零，故不能静止，错误．答案：．如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为，电荷量为，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为，下列说法正确的是()．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为()．若剪断悬线，则小球做曲线运动．若剪断悬线，则小球做匀速运动．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析：对小球受力分析如图所示，可知α＝，对．剪断悬线后，小球受和的合力，其合力为定值，所以小球做匀加速直线运动，对．答案：三、非选择题(本题共小题，共分)．(分)(·深圳模拟)用一根长为的丝线吊着一质量为、带电荷量为的小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成°角．现突然将该电场方向变为向下但大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为)，求：()匀强电场的电场强度的大小；()小球经过最低点时丝线的拉力．解析：()小球静止在电场中受力如图所示，显然小球带正电，由平衡条件得：°＝①故＝.②()当电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理得：＝(＋)(－°)③由圆周运动知识，在最低点时，＝－(＋)＝④向由③④解得＝.答案：()()．(分)(·徐州月考)如图所示，质量为的小球穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为.在杆上点处固定一个电荷量为的正电荷．将由距竖直高度为处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．不计与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量和重力加速度.求：()球刚释放时的加速度是多大？()当球的动能最大时，球与点的距离．解析：由牛顿第二定律可知α－＝，根据库仑定律＝，＝α，得＝α－.当球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时球与点间的距离为，则α＝，解得＝ .答案：()α－()。

广东物理2011高考一轮复习第6章《电场》阶段质量检测题22222222222

第六章电场一、单项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．某电场中的电场线(方向未标出)如图1所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则C、D两点的电场强度、电势大小关系应为()A．E C>E D，φC>φDB．E C<E D，φC>φDC．E C>E D，φC<φDD．E C<E D，φC<φD2．某平行金属板间加如图2所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．图3中能正确定性描述粒子运动的速度图象的是()3．(2010·广州模拟)如图4所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足U OP＝25sinθ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为()A．5 V/m，沿x轴正方向B．25 V/m，沿y轴负方向C．500 V/m，沿y轴正方向D．250 2 V/m，沿x轴负方向4．(2009·广东高考)如图5所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是()A．两个物块的电势能逐渐减少B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的机械能守恒D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得1分，错选或不选的得0分) 5．(2010·潍坊模拟)如图6所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则()A．小球带正电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒6．如图7所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球() A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央7．如图8所示，AB、CD为一圆的两条直径，且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行，现让一电子先从A 点运动至C点，电势能减少了E p；又从C点运动至B点，电势能增加了E p，那么此空间存在的静电场可能是() A．匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点B．匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点C．位于O点的正点电荷形成的电场D．位于D点的负电荷形成的电场8．如图9所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点．一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度v A经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度v B经过B点，且v A与v B方向相反，则()A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定低于B点的电势C．粒子在A点的动能一定小于在B点的动能D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能9．(2009·山东高考)如图10所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧．下列判断正确的是()A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大D．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小三、非选择题(本题包括3小题，共54分．按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10．(14分)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E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C、质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图11所示．(g取10 m/s2)试求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止的位置．11．(18分)一带电平行板电容器竖直放置，如图12所示．板间距d＝0.1 m，板间电势差U＝1000 V．现从A处以速度v A＝3 m/s水平向左射出一带正电的小球(质量m＝0.02 g、电荷量为q＝10－7 C)，经过一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，(取g＝10 m/s2)求：(1)分别从水平方向和竖直方向定性分析从A到B的过程中小球的运动情况；(2)A、B间的距离．12．(22分)如图13所示，质量为m＝5×10－8 kg的带电粒子以v0＝2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L＝10 cm，板间距离d＝2 cm，当A、B间加电压U AB＝103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A板电势高)．求：(1)带电粒子的电性和所带电荷量；(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？。

名师1号2011高考物理交流电电磁场电磁波综合检测一复习教案新人教版

第十三章交变电流电磁场电磁波（A卷）一、本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.1.在如图所示的电路，已知交流电源电压u=200sin100πt V，电阻R=100 Ω，则电流表和电压表的读数分别为（）A.1.41 A，200 VB.1.41 A，141 VC.2 A，200 VD.2 A，141 V解析：交流电流表和交流电压表的读数是交流电的有效值.由u=200sin100πt V知U m=200 V，得电压表读数，电流表读数I=UR答案：B2.一理想变压器、原副线圈的匝数比是10：1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电源.一只理想二极管和一个阻值为10 Ω的电阻串联接在副线圈上，交流电流表测原线圈中的电流，交流电压表测电阻两端的电压，如图所示，则以下说法中正确的是()A.交流电压表的读数为22 VB.1分钟内电阻R上产生的热量为1 452 JC.二极管两端的最大电压为22 VD.增大电阻R的值，交流电流表读数减小解析：由理想变压器的电压比等于匝数比可得到副线圈两端电压为22V，这是电压的有效值.由于二极管的单向导电性，只限于正向电压能通过二极管，由有效值的定义可求出通过二极管后的电压的有效值为V,故交流电压表的读数也为V，由Q=2U t得到1分钟R内电阻R上产生的热量为1 452 J.加负向电压时，二极管处于截止状态，R中没有电流，此时二极管两端的电压等于副线圈两端的电压，故二极管两端的最大电压为V.增大电阻R，副线圈中的电流变小，则原线圈中的电流也变小，故电流表读数变小.选项BD正确.答案：BD3.下列说法中，正确的是（）A.任何变化的磁场都要在周围空间产生变化的电场，振荡磁场在周围空间产生同频率的振荡电场B.任何电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场C.任何变化电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场D.电场和磁场总是相互联系着，形成一个不可分离的统一体，即电磁场解析：根据麦克斯韦电磁场理论可知，恒定的电场（或磁场）周围不产生磁场（或电场）；均匀变化的电场（磁场）周围产生恒定的磁场（电场）；而周期性变化的电场（磁场）周围产生同频率变化的磁场（电场），所以A、B项错，C项正确；变化的电场和变化的磁场总是互相联系着，形成电磁场，故D项错误.答案：C4.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示，下列说法正确的是（）A.t1时刻通过线圈磁通量最大B.t2时刻通过线圈磁通量的绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当e变换方向，通过线圈的磁通量最小解析：从矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电的模型可知，通过线圈磁通量为零时，磁通量的变化率最大，产生的交变电动势最大.而线圈平面与中性面重合时，通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的交变电动势为零，所以从图中的曲线可知：t1时刻e为0，则此时通过线圈的磁通量最大；t2时刻e最大，则此时通过线圈的磁通量为0；t3时刻e为0，则此时通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率为零；从图中曲线的走向，t1与t3时刻是e变换方向的时刻，此时交变电动势e为零，穿过线圈的磁通量都为最大，故A正确.答案：A5.如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2、R3为电阻，原线圈两端接电压一定的正弦交流电，当开关S闭合时，各交流表的示数变化情况应是（）A.电压表V1读数变小B.电压表V2读数变大C.电流表A1读数变大D.电流表A2读数变小解析：闭合开关S后，由于输入电压不变，输出电压也不变，负载电阻减小，A2读数变大，A1读数随之变大，故C正确，D错误.U2=U1-I2R1，U1不变，I2变大，U2变小，即V2读数减小，故A、B错误.答案：C6.两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联.当a、b间接电压最大值为U m、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同.更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度.新电源两极的电压最大值和频率可能是()A.最大值仍为U m，而频率大于fB.最大值仍为U m，而频率小于fC.最大值大于U m，而频率仍为fD.最大值小于U m，而频率仍为f解析：更换新电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明电容器的容抗增大，电感的感抗减小.根据频率对容抗、感抗的影响可知新电源频率减小.所以正确选项是B.答案：B7.如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后并联在电路中.接入交流电源后，三盏灯亮度相同.若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，则下列判断正确的是()A.灯泡L1将变暗B.灯泡L2将变暗C.灯泡L3将变暗D.灯泡亮度都不变解析：保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，电感L的感抗减小，灯泡L1变亮，电容器C的容抗增大，灯泡L2变暗，电阻R不变，灯泡L3亮度不变.答案：B8.某电站向远处输送一定功率的电能，则下列说法中正确的是（）A.输电线不变，将送电电压升高到原来的10倍时，输电线损耗的功率减为原来的1/10B.输电线不变，将送电电压升高到原来的10倍时，输电线损耗的功率减为原来的1/100C.送电电压不变，将输电线的横截面直径增加原来的一倍时，输电线损耗的功率减为原来的一半D.送电电压不变，将输电线的横截面直径减半时，输电线损耗的功率增为原来的四倍解析：输电线上功率损失P损=I2R线=（PU ）2R线，而R线=ρls，则：R线、P一定时，U升高到原来的10倍，P损减为原来的1100，A错B对.U、P一定时，d增加原来一倍时，S增为原来的四倍，R线减为原来的14，P损减为原来的14，C错U、P一定时，d减半时，S减为原来的14，R线增为原来的四倍，P 损增为原来的四倍.D对.答案：BD9.已知交变电流i=I m sinωtA，线圈从中性面起开始转动，当其瞬时值等于有效值时，则线圈转动的时间为（）A./ωB.πωC.π/4ωD.π/2ω解析=I m sinωt所以sinωt=12，ωt=4π，t=4wπ.答案：C10.一理想变压器，原、副线圈的匝数保持不变，在原线圈上所加交变电压的有效值也保持不变.则这个变压器在工作时（）①副线圈两端的电压（有效值）一定保持不变②原线圈中的电流（有效值）一定保持不变③变压器的输入功率一定保持不变④变压器的输出功率一定保持不变A.①B.①③C.①③④D.①②③④解析：功率与负载有关.答案：A11.家用微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，主要由磁控管、波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成.接通电源后，220 V 交流电经变压器，一方面在次级产生3.4 V 交流电对磁控管加热，同时在另一级产生2000 V 高压电经整流加到磁控的阴、阳两极之间，使磁控管产生频率为2450 MHz 的微波.微波输送至金属制成的加热器（炉腔），被来回反射，微波的电磁作用使食物内分子高频地运动而使食物加快受热，并能最大限度地保存食物中的维生素.有下述说法，其中正确的是（）①微波是振荡电路中自由电子运动而产生的 ②微波是原子外层电子受到激发而产生的 ③微波炉变压器的高压变压比为11：100④微波输出功率为700 W 的磁控管每秒内产生的光子为2.3×1015个A.②③B.①③C.③④D.①④解析：微波的产生机理是振荡电路中的自由电子运动而产生的；微波炉变压器的高压比为n 1：n 2=220：2000=11：100；微波炉输出功率为700 W 时，每秒内产生的光子为N=346P?t 7001h 6.6310245010ν-⨯=⨯⨯⨯ =4.3×1026个. 答案：B12.下表为一只电热器铭牌上的一部分.由此可以判定（）A.此电热器必须在周期是0.02 s，在电压有效值是220 V的交流电路上使用B.此电热器必须在周期是0.02 s，在电压有效值是156 V的交流电路上使用C.此电热器必须在频率是50 Hz，在电压有效值是311 V的交流电路上使用D.若将此电热器接在电压小于220 V的交流电路中，其实际消耗的电功率还是700 W答案：A二、本题共5题，共72分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示.设发电机线圈内阻为r=2 Ω，现将R=98 Ω的用电器接在此交流电路上，它消耗的功率是多大？如果将电容是2μF 的电容器接在电路上，则电容器的耐压值至少是多大？解析：此交流电的最大值为E m =100 V ，则电动势的有效值为E=E m /=V ，由全电路欧姆定律知，电阻R 上的电压有效值为U=ER r +·，故电阻R 消耗的功率为P=22U 981R 298=⨯ W=49 W.电容器接入电路，则要求电容器的耐压值至少等于感应电动势的最大值，故有Um=Em=100 V.答案：49 W100 V14.某居民小区的降压变压器匝数比是3：1，初级线圈的输入电压是660 V，设次级线圈的电阻是0.2 Ω，此变压器供给100盏“220 V，60 W”的电灯用电，试求：（1）变压器空载时，次级线圈两端的电压多大？输出功率多大？（2）当接通负载时，次级线圈两端的电压多大？每个灯泡的实际功率多大？解析：（1）空载时，由电压比求得U2=220 V，此时P=0.（2）接通负载后，可将次级线圈看成电源E=220 V，每盏灯电阻R=2UP=807 Ω，100盏并联电阻R′=8.07 Ω，由欧姆定律U=IR′=E R R r ''+=215 V，每个灯泡实际功率P′=2UP=57.3 W.答案：（1）220 V0（2）215 V57.3 W15.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm和20 cm，内阻为5 Ω，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以 rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20 Ω电阻R相接，求：（1）S断开时，电压表示数；（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）为使R正常工作，R的额定电压是多少？（4）通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？解析：（1）感应电动势最大值：E m=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×S 断开时，电压表示数为电源电动势有效值（2）电键S 合上时，由全电路欧姆定律 I=E 50R r 205=++ A=2.0 A U=IR=2×20 V=40 V即电流表示数为2 A ，电压表示数为40 V.（3）额定电压即为电压有效值U 有=I ·R=2.0 A ×20 Ω=40 V.（4）通过R 中电流的最大值I m = A 电阻R 上所消耗的电功率P=IU=2×40 W=80 W.答案：（1）50 V （2）2 A40 V （3）40 V （4）A80 W 16.有条瀑布，流量Q=2 m 3/s ，落差5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R=30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电需求，则该输电线路所用理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V ，100 W ”的电灯正常发光？解析：远距离输电电路示意图如下图所示设水的密度为ρ，电源输出功率P 输出=（mgh/t ）×50%=Q ρgh ×50%=5×104 W 由题意P 损=22I ·R=（2P U 输出）2·R又P 损=6%P 输出，∴U 2=5.0×103 V 故升压和降压变压器匝数比 n 1/n 2=U 1/U 2=240/5.0×103=6：125. 又∵U 3=U 2-I 2R=4700 V ，U 4=220 V ∴n 3/n 4=U 3/U 4=235：11.正常发光的电灯盏数N=（P输出-P损）/P灯=P输出·（1-6%）/P灯=470盏.答案：6：125 235：11，47017.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值是R的电阻，一电阻是r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t=0开始运动，其速度随时间的变化规律是v=v m sinωt，不计导轨电阻.π时间内电阻R产生的热量；（1）从t=0到t=2wπ时间内外力F所做的功.（2）从t=0到t=2w解析：（1）导体棒产生的感应电动势e=BLv=BLv m sinωt，是正弦交流电，其有效值=.在Δt=22wπ=T 的时间内，电阻R 上产生的热量 Q=I 2RT=（E R r +）2R ·2wπ=2222RB L vm .R r w π+（）（2）t=0到t=2wπ的时间是1/4周期，在这段时间内对导体棒运用能量守恒定律，得W 外=12mv 2+Q ′ Q ′是这段时间内电阻R 和r 产生的热量和Q ′=2222m B L v E ·R r 24R r ππωω=++（）所以这段时间内外力F 所做的功是W 外= 12m 2m v +222m B L v 4R r πω+（）.答案：（1）222m 2RB L v R r πω+（）（2）12m 2m v +222m B L v 4R r πω+（）。

2011届高考物理一轮复习教学案精品集67单元知识整合

第七课时电场单兀知识整合本章知识结构要点回顾6 .由W AB = QU AB 推知：电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，式中W AB 的“ +” “一” 号表示电场力做正功还是做负功； q 的“ +” “一”表示正负电荷。

U AB 的“ +” “一”反映了 A 、B两点电势高低。

7•等量异种电荷连线的中垂线上，从中点向两边场强依次减小，中点场强最大，各点电势相等；等量同种电荷连线的中垂线上，从中点向两边场强先变大后变小，中点场强E =0，电势依次降低，场强大小和电势高低没有必然联系。

8 .在匀强电场中， A 、B 两点电势差 U AB =Ed ，d 表示A . B 两点沿电场线方向的距离。

在匀强电场中，同一方向上长度相等的线段的端点间的电势差相等。

9 •平行板电容器的动态分析，关键要区分两种不同情况：电容器始终与电池相连电势差 U 不变；充电后电容器与电源断开，电量Q 不变，然后应用电容器电容的决定式C *S/d ;电容的定义C=q/U ；场强与电势差的关系U AB =Ed 分析有关的问题。

10.粒子经电压为 U ，宽为d ，长为L 的电场偏转后的横向电场力的性质① 场强的定文式 &=F/q ② 真实中点电荷场强的决定试E ■碍 ③ 匀强皑场的含义 ④ 电场力的性质描述工、.貝一 - 电场线・J 电L电场线和尊势面的关系垂直，由奋畀详ihi 描甸低聊挣而.怎场能的性金① 电势差巧产裁犷争 ② 电势%警常③ 电疑能曲性届摘述工具誓垮血J_債电场力F=Eq F丸警I 尸丿电场力做与电翳塞，电势能变化的~~I -电势#对带电粒子的控制（D 平衡 ② 加速 ③ 偏转广电容i c =a匚U 平行板电容器Q =. l C偏移量y= qL1 2 3 4u/2mv02d;偏转角：tan 9 = qLU/mv02d。

（设粒子初速度V0,质量m，电荷量q）1 •三个自由电荷在相互作用下均处于平衡状态时，其位置及电性可概括口诀为“两同夹异，两大夹小，近小远大”2 .电场叠加原理：若空间中几个电场同时存在，它们的电场就互相叠加，形成合场强，这时某点的场强等于它们单独存在时在该点产生场强的矢量和。

【名师一号】高三物理一轮复习 61 库仑定律电场及其描述课时检测新人教版

一、单项选择题1．冬天当我们脱毛线衫时，静电经常会跟你开个小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是( )A．在脱衣过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B．在脱衣过程中，有时会听到“啪”的声音，这是由于内外衣服上电荷放电引起的C．如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小D．脱衣时如果人体带上了电，当手触摸金属门把时，一定会有电流通过金属门把流入大地，从而造成对人体轻微的电击解析摩擦起电使相互摩擦的两个物体带上等量异种电荷，A错；若将内外衣视为电容器，可以认为摩擦起电后电荷量不变，当距离增大的过程中，电场力对电荷做负功，根据功能关系得，电荷的电势能增大，选项C错误；当人因脱衣服时如果人体带上电，与金属门接近时会使空气电离而放电，所以选项D不正确，正确选项为B.答案 B2．人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体．将一带负电的粉尘置于该星球表面高h处，粉尘恰好处于悬浮状态．现将同样的带电粉尘带到距星球表面2h处无初速度释放，则此带电粉尘将( )A．向星球地心方向下落B．被推向太空，远离星球C．仍在那里悬浮D．沿星球自转的线速度方向飞出解析将该星球所带的电荷等效为电荷集中于球心的负点电荷，带负电的粉尘在库仑力和万有引力作用下在高h处平衡，即k＝QqR＋h2＝GMmR＋h2.由上式可以看出随高度h变化，不会打破这个平衡．答案 C3.如图所示，在等量同种电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，B、D关于O点对称，下列说法中正确的是( )A．E A>E B，E B＝E DB．E A<E B，E A<E CC．可能有E A<E B<E C；E B＝E DD．不可能有E A＝E C<E B解析A、B、C在中垂线间距不确定，场强最大值不确定，故关于A、B、C三点场强大小不确定，但对称点B、D场强大小一定相等．答案 C4.如图所示，a、b两带电小球电荷量分别为＋q和－q，质量均为m.两球用绝缘细线相连，a球又用绝缘细线挂在O点．加一个向左的匀强电场，平衡后两线都拉紧，则两球所处位置可能是( )解析先将a、b两个点电荷作为一系统整体分析，由于它们电荷量大小相等，一正一负，因此水平方向受到电场合力为零，系统只受重力和绳子拉力，绳子拉力必在竖直方向，结合b球的受力情况可知选项A正确．答案 A5.如图所示，完全相同的金属小球A和B带等量异种电荷，中间连接着一个轻质绝缘弹簧，放在光滑绝缘水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0.现将不带电的与A、B完全相同的金属球C与A球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量为x，则( )A．x＝12x0B．x>12x0C．x<12x0D．x＝x0解析点电荷之间库仑力的大小有两个决定因素，一是两点电荷电荷量的乘积，二是两点电荷间的距离．本题定量计算比较困难，可用假设法定性分析．不带电且与A球完全相同的球C与A接触后A球的电荷量减半，设A球电荷量减半而弹簧长度不变，原来F库＝F弹＝kx0，此时F库′＝F库2<F弹，因此弹簧要伸长，至新的平衡状态时电场力必小于F库2，即有kx<kx02，x<x02.答案 C6．质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处于场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )A.3mg3EB.3mgEC.2mgED.mg2E解析依题意对带正电小球A进行受力分析，电场力最小时，电场力方向与绝缘细线垂直，qE＝mg sin30°，即q＝mg2E，选项D正确．答案 D二、多项选择题7.如图所示，质量分别是m1和m2，电荷量分别是q1和q2的小球，用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β)，两小球恰在同一水平线上，那么( )A．两球一定带异种电荷B．q1一定大于q2C．m1一定小于m2D．m1所受的电场力一定大于m2所受的电场力解析由于两球相互吸引，所以一定带异种电荷．设轻丝线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得F电＝mg tanθ，因此m1g<m2g，即m1<m2.答案AC8.如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．该点电荷带负电C．a点和b点电场强度的方向相同D．a点的电场强度大于b点的电场强度解析沿着电场线电势降低，a点电势比b点电势低，A项错；由电场线方向知该点电荷带负电，B项正确；a点和b点不在同一条电场线上，电场强度方向不同，C项错；a点靠近场源电荷，a点场强大于b点场强，D项正确．答案BD9．图①中AB是一个点电荷电场中的电场线，图②则是放在电场线a、b处的检验电荷的电荷量的大小与所受电场力数量间的函数图线．由此可以判定( )A．场源是正电荷，位于A点B．场源是正电荷，位于B点C．场源是负电荷，位于A点D．场源是负电荷，位于B点解析由图线知E a>E b，据孤立点电荷电场线分布特点可知，无论正电荷还是负电荷位于A处时，都是a处的电场线密、场强大．答案AC10.如图所示，两等量异号的点电荷相距为2a.M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且L≫a.略去(a/L)n(n≥2)项的影响，则两点电荷的合电场在M和N点的强度( )A．大小之比为2，方向相反B．大小之比为1，方向相反C．大小均与a成正比，方向相反D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直解析两点电荷在M点的合场强为E M＝kqL－a2－kqL＋a2＝4kqaLL2－a22，因为L≫a，故E M＝4kqa L3，即E M∝a，方向水平向右；两点电荷在N点的合场强为E N＝kqa2＋L2·aa2＋L2×2(L≫a)即E N＝2kqaL3，故E N∝a方向水平向左，且E M＝2E N，故选项A、C正确．答案AC三、非选择题11.在一高为h的绝缘光滑水平桌面上，有一个带电量为＋q、质量为m的带电小球静止，小球到桌子右边缘的距离为s，突然在空间中施加一个水平向右的匀强电场E，且qE ＝2mg，如图所示，求：(1)小球经多长时间落地？(2)小球落地时的速度．解析(1)小球在桌面上做匀加速运动的时间t1＝2sa＝2smqE＝sg，小球在竖直方向做自由落体运动的时间t2＝2hg，小球从静止出发到落地所经过的时间t＝t1＋t2＝sg＋2hg.(2)小球落地时v y＝gt2＝2gh，v x＝qEm·t＝2gt＝2gs＋22gh.落地速度v＝v2x＋v2y＝2gs＋22gh2＋2gh2＝4gs＋10gh＋8g2sh.答案(1) sg＋2hg(2)4gs＋10gh＋8g2sh12.如图所示，一光滑绝缘导轨，与水平方向成45°角，两个质量均为m、电荷量均为Q的带同种电荷的小球从等高处由静止沿导轨下滑(导轨足够长)．求：(1)两个小球间距离为何值时，两球速度达到最大值？(2)以后小球做何种形式的运动？解析如图所示，小球A受力与B受力对称，对B受力分析，开始是F cos45°<mg sin45°，小球A、B分别沿斜面加速下滑，当F cos45°＝mg sin45°时，A、B两球速度达到最大．这以后由于F增大，两球做减速运动，当速度减为零后又沿斜面向上加速运动．故(1)由F cos45°＝mg sin45°得F＝mg，而F＝k Q2r2 .所以r＝Q k mg.(2)以两小球相距r＝Q kmg的两点为平衡位置各自沿导轨往返运动，即振动．答案(1)Q k mg(2)振动。

【名师一号】高三物理一轮复习第六章静电场综合检测课时检测新人教版

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分)1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是( )A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死D．打雷时，待在汽车里比待在木屋里要危险解析金属衣可以起到屏蔽作用，比绝缘衣安全，选项A错误；金属汽油筒可以防止静电，所以比塑料汽油桶安全，选项B正确；由于小鸟两脚间距离很小，在单根输电线上小鸟两脚间电压非常小，所以小鸟不会被电死，选项C错误；由于汽车轮胎是绝缘的，所以打雷时待在汽车里比待在木屋里安全，选项D错误．答案 B2．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是( )A．电场线是客观存在的B．电场线越密，电场强度越小C．沿着电场线方向，电势越来越低D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小解析电场线从正电荷出发到负电荷终止，沿着电场线方向电势逐渐降低．答案 C3．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为U P和U Q，则( )A．E P>E Q，U P>U Q B．E P>E Q，U P<U QC．E P<E Q，U P>U Q D．E P<E Q，U P<U Q解析根据沿着电场线的方向电势是降落的，可以判断出U P>U Q；根据电场线的疏密表示电场的弱强，可以判断出E P >E Q ，故选A.答案 A4．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变解析静电计指针偏角体现电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q 保持不变，C ＝Q U ＝εr S4πkd .保持S 不变，增大d ，则C 减小，U 增大，偏角θ增大，选项A 正确B 错误；保持d 不变，减小S ，则C 减小，偏角θ也增大，故选项C 、D 均错．答案 A5．一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S ，电容为ε0Sd，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距离时，电容器极板间( )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小解析由C ＝Q U 和C ＝ε0Sd，电容器充电后断开电源，极板所带电量不变．因为d 增大，所以C 减小，U 增大．而由E ＝U d ＝Qε0S可知，E 不变，A 正确．答案 A6．如图所示，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析粒子接近M 点过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M 点粒子的速率应该最小，A 、B 错误；粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变C 正确；因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D 错误．答案 C7．空间存在匀强电场，有一电荷量q (q >0)、质量m 的粒子从O 点以速率v 0射入电场，运动到A 点时的速率为2v 0.现有另一电荷量－q 、质量m 的粒子以速率2v 0仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为3v 0.若忽略重力的影响，则( )A ．在O 、A 、B 三点中，B 点电势最高 B. 在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高 C. OA 间的电势差比BO 间的电势差大 D. OA 间的电势差比BA 间的电势差小解析正电荷从O 点运动到A 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势降低；负电荷从O 点运动到B 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势升高，故B 点电势最高，A 点电势最低，A 选项正确，B 选项错误；由动能定理可得qU OA ＝12m (2v 0)2－12mv 20，得U OA ＝3mv 202q ，qU BO ＝12m (3v 0)2－12m (2v 0)2，得U BO ＝5mv 202q，由此可知U BO >U OA ，C 选项错误；U BA ＝U OA ＋U BO >U OA ，D 选项正确．答案 AD8.如图所示，在真空中A 、B 两点分别放置等量的正点电荷，在A 、B 两点间取一个矩形路径abcd ，该矩形路径关于A 、B 两点间连线及连线的中垂线对称．现将一电子沿abcda移动一周，则下列判断正确的是( )A．a、b、c、d四点的电场强度相同B．a、b、c、d四点的电势不同C．电子由b到c，电场力先做正功后做负功D．电子由c到d，电场力先做正功后做负功解析等量正电荷A、B周围电场线分布如图，图中a、b、c、d四点处的场强大小相等，但方向不同，故A项错；a、b、c、d四点处电势相等，B项错；电子由b到c过程中，电场力方向与其运动方向先成锐角后成钝角，故电场力对电子先做正功后做负功，C项正确；同理，电子由c到d过程中，电场力先做负功后做正功，D选项错误．答案 C9．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示．下列说法中正确的是( )A ．O 点的电势最低B ．x 2点的电势最高C ．x 1和－x 1两点的电势相等D ．x 1和x 3两点的电势相等解析电势高低与场强大小无必然联系．O 点场强为0，电势不一定最低，A 错；x 2点是场强正向最大的位置，电势不是最高，B 错；将电荷从x 1移到－x 1可由题图知电场力做功为零，故两点电势相等，而把电荷从x 1移到x 3电场力做功不为零，C 对，D 错．答案 C10．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知原子、氘核和α粒子(氦原子核)的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是( )A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4 解析粒子运动情况如图所示，由qU 1＝12mv 20，得v 0＝2qU 1m，粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间t ＝L 1＋L 2＋L 3v 0＝(L 1＋L 2＋L 3) m 2qU 1由v 0＝2qU 1m，y 1＝12qU 2dm (L 2v 0)2，y 2＝L 3tan α， tan α＝qU 2dm ·L 2v 0v 0，得粒子打到荧光屏上的位置y ＝y 1＋y 2＝U 2L 2L 22＋L 32dU 1，由v 0＝2qU 1m ，W ＝q U 2d y 1，y 1＝12qU 2dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2v 02，得偏转电场对粒子做功W ＝qU 22L 224U 1d2，答案 B二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(6分)如图所示，L 为竖直、固定的光滑绝缘硬杆，杆上O 点套有一质量为m 、带电量为－q 的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q 的点电荷，杆上a 、b 两点到＋Q 的距离相等，Oa 之间距离为h 1，ab 之间距离为h 2，使小环从图示位置的O 点由静止释放后，通过a 点的速率为3gh 1.则小环通过b 点的速率为________．解析根据动能定理有mgh 1－q (φO －φa )＝12m ×3gh 1 mg (h 1＋h 2)－q (φO －φb )＝12mv 2b又∵φa ＝φb 由以上三式得v b ＝3h 1＋2h 2g .答案3h 1＋2h 2g12.(6分)如图所示，一电子(质量为m ，电量为e )以初速度v 0沿与场强垂直的方向从A 点飞入匀强电场，当它从B 点飞出时，速度方向与场强方向成150°角．则此过程中电场力做功为____________J ；A 、B 两点的电势差U 为________V.解析电场力做功W ＝12m (v 0cos60°)2－12mv 20＝32mv 20.A 、B 两点的电势差U ＝W e ＝3mv 202e.答案 32mv 20 3mv 22e13．(12分)如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD ，AB 段为直线，BCD 段是半径为R 的圆弧，挡板处于场强为E 的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN 平行．现使一带电量为＋q 、质量为m 的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动从D 点抛出，求：(1)小球从释放点到N 点沿电场强度方向的最小距离s ； (2)在(1)问中小球经过N 点时对挡板的压力大小．解析 (1)根据题意分析可知，小球经过M 点时对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律有qE ＝m v 2MR由动能定理得qE (s －2R )＝12mv 2M联立解得s ＝52R .(2)过N 点时，根据牛顿第二定律有N －qE ＝m v 2NR由动能定理得qEs ＝12mv 2N联立解得N ＝6qE由牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力大小为6qE . 答案 (1)52R(2)6qE14．(12分)(2011·福州模拟)如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷．a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点．一质量为m 带电量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n >1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)Ob 两点间的电势差U O b ； (3)小滑块运动的总路程s .解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L4，O 为AB 连线的中点，得a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0①设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得q ·U ab －f ·L2＝0－E 0 ②而f ＝μmg ③ 由①②③式得μ＝2E 0mgL. ④(2)对于滑块从O →b 过程，由动能定理得q ·U O b －f ·L4＝0－nE 0 ⑤由③④⑤式得U O b ＝－2n －1E 02q. ⑥(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得q ·U aO －f ·s ＝0－E 0 ⑦而U aO ＝－U O b ＝2n －1E 02q⑧由③④⑤⑥⑦⑧式得s ＝2n ＋14L .答案 (1)2E 0mgL(2)－2n －1E 02q(3)2n ＋14L 15．(12分)一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12.(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．解析 (1)设DM 间的距离为x 据动能定理qEx －2mgR ＝0qE ＝12mg联立解得x ＝4R . (2)若μmg ≥qE ⎝ ⎛⎭⎪⎫即μ≥12 设小环到达P 点右侧x 1处静止，据动能定理qE (5R －x 1)－mg ·2R －F f x 1＝0F f ＝μF N ＝μmg联立解得x 1＝R1＋2μ克服摩擦力做功W 1＝μmgx 1＝μmgR1＋2μ若μmg <qE ⎝⎛⎭⎪⎫即μ<12 小环经过往复运动，最后在P 点速度为0，据动能定理qE ·5R －mg ·2R －W 2＝0克服摩擦力做功W 2＝12mgR . 答案 (1)4R(2)若μ≥12，则小环在整个运动过程中克服摩擦力做功为μmgR 1＋2μ；若μ＜12，则克服摩擦力做功为12mgR 16．(12分)如图所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8cm ，两板间距离d ＝8cm ，A 板比B 板电势高300V ．一带正电的粒子电荷量q ＝10－10 C ，质量m ＝10－20 kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域后，进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域，(设界面PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9cm ，粒子穿过界面PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远？到达PS 界面时离D 点多远？(2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移)y ＝12at 2＝qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02 ＝10－10×3002×10－20×0.08×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.082×1062m ＝0.03m ＝3cm带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 线交于E ，设E 到中心线的距离为Y .则Y ＝12×10－2v 0v y ＋y＝0.122×106×10－10×30010－20×0.08×0.082×106m ＋0.03m ＝0.12m ＝12cm.(2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是曲线，轨迹如图所示．答案(1)3cm 12cm(2)见解析图。

2011年高考物理总复习质量评估(九)：电场(教师解析版).doc

章末质量检测(九) 电场(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.如图9-1所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的( )图9-1A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化解析:振动膜前后振动，引起电容器极板间的距离变化.答案:A2.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt 图象如图9-2甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的( )图9-2解析:从题图甲可以看出负电荷在运动的过程中是变加速运动，因此所受到的电场力也不断变大，且和电荷运动方向相同，电场强度也不断变大，故选项C正确.答案:C3.如图9-3所示，电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，同一点电荷在a、b 两点所受的电场力大小分别为F1和F2，则下列说法中正确的是( )图9-3A.a点的场强等于U/dB.a点的场强大于b点场强C.若F1=F2，则a点场强等于U/dD.若F1＜F2,则a点场强小于b点场强解析:电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，但电场线的分布情况未知，所以a、b两点的电场强度大小也无法判断，若F1＜F2，则a点场强小于b点场强，故选项D是正确的.答案:D4.如图9-4所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中点与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是( )图9-4A.e点和g点的电场强度相同B.a点和f点的电势相等C.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大D.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功解析:e点与g点的场强方向不同，据等量异种电荷等势线分布图可知，过af的连线为零伏特的等势面，该面左侧电势高，右侧电势低.对选项C，电势能一直增大，故C错.答案:BD5.A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图9-5所示.下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是( )图9-5A.E A＞E BB.E A＜E BC.φA＜φBD.φA＞φB解析:由题图可知，正电荷速度越来越小，变化越来越慢即加速度越来越小，所受电场力越来越小，故E A＞E B,A对；受电场力方向与运动方向相反，可知场强方向由B向A，电势φA＜φB，C对.答案:AC图9-66.带正电的小球用绝缘线悬挂在O点(O点放置一带正电的点电荷)做单摆摆动，如图9-6所示.与O点不放电荷时比较，下列判断正确的是( )A.振动周期将变大B.振动周期将变小C.振动周期将不变D.小球的振动仍是简谐运动解析:O点放不放电荷只对绳子拉小球的张力有一定影响，如果O点放置一正电荷，小球到达最下端时绳子的张力将变大，但对小球振动的周期没有影响，我们可以将绳子对小球的拉力与小球所受的库仑力等效成一个力(此二力始终与速度方向垂直)，然后和O点不放正电荷时比较就很容易得出结论了，所以答案为CD.答案:CD7.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，18)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知( )图9-7A.三个等势面中，c的电势最低B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b解析:根据题意画出电场线、粒子在P处的速度方向和受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a,所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，B选项错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，C选项错误；根据电场线与电场强度的几何关系可知，D选项正确.答案:D8.如图9-8所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，不计电子的重力，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是( )图9-8A.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右解析:由A→O→B场强先增大再减小，在O点电场强度最大，电场强度的方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，即电场力先增大再减小，由受力平衡，电子所受另一个力先增大再减小，方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，选项B正确.答案:B9.如图9-9所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在A、B两点,O 为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复运动.若( )图9-9A.小球P 的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小B.小球P 的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O 点时的速率不断减小C.点电荷M 、N 的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P 往复运动过程中周期不断减小D.点电荷M 、N 的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P 往复运动过程中振幅不断减小解析:由对称性可知,M 、N 的带电荷量一定时,小球P 的带电荷量的变化只影响其加速度的大小,影响其到达O 点的速率的大小,而不会影响振幅的大小,因此,B 正确,A 错误;如果M 、N 的带电荷量等量缓慢增大,则小球P 所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大,速度变化将更快,即周期将变小,C 对；同时,伴随M 、N 电荷量的增加,由于对P 在同一位置的电场力变大，故振幅变小，D 对.答案:BCD10.如图9-10所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘.两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )图9-10A.推力F 将增大B.竖直墙面对小球A 的弹力减小C.地面对小球B 的弹力一定不变D.两个小球之间的距离增大解析:将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N (也是对B 的支持力N )，将B 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N =(m A +m B )g 为一定值，C 正确.然后对B 进行受力分析如图，由平衡条件可知N =m B g +F 斥cos θ，向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由2r q q k F B A 斥得:A 、B 间距离r 增大，D 正确.而F =F 斥sin θ,θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小.将A 、B 视为整体时F =N a ，所以墙面对小球A 的弹力N a 减小，B 正确.故选项B 、C 、D 正确.答案:BCD第Ⅱ卷非选择题二、填空计算题(共6题，每题10分，共60分)11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中图9-11(1)如图9-11所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是:当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱一侧.一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E 1接触基准点2，把接电表负接线柱的探针E 2接触纸上某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则( )A.若电表指针偏向正接线柱一侧，E 2应右移B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E 2应左移C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E 2应右移D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E 2应左移图9-12(2)在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸.在导电纸上平放两个圆柱形电极A 与B ，分别与直流电源的正、负极接好，如图9-12所示.若以A 、B 连线为x 轴，A 、B 连线的中垂线为y 轴，将一个探针固定在y 轴上的某一点，沿x 轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流表的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是_______.将实验故障排除后，探针从BO 间某处沿x 轴向电极A 移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是_______. 解析:(1)由题图可知A 点电势高于B 点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E 1的电势高于E 2的电势，E 2应向左移动，所以B 项正确；若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E 2的电势高于E 1的电势，E 2应向右移动，C 项正确，D 项错.(2)导电纸涂导电物质的一面朝下了；偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐变大. 答案:(1)BC (2)见解析12.如图9-13所示，在真空中的O 点放一点电荷Q =1.0×10－9 C ，直线M N 过O 点，OM =30 cm,M点放一点电荷q =－2×10－10 C,求:图9-13(1)M 点的场强大小；(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ，则电荷q 从M 点移到N 点，它的电势能变化了多少？解析:(1)根据2r Q E =得M 点的场强 .N/C 100)1030(100.1100.9299=⨯⨯⨯⨯=--E(2)电荷q 从M 点移到N 点，电场力做功W MN =qU MN =－2×10－10×15 J=－3×10－9 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J答案:(1)100 N/C (2)3×10－9 J13.如图9-14所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器.电容的计算公式是,d S C ε=其中ε=9.0×10－12 F ·m －1,S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属间的距离.当某一键被按下时，d 发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号.已知两金属片的正对面积为50 mm 2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF ，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？图9-14解析:计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d 0，至少要按下距离为d ,电子线路恰能检测出必要的信号，则根据,d SC ε=先求得未按下时的电容C 1=0.75 pF ，再由1221d d C C =得12d d C C ∆=∆和C 2=1.00 pF,),11(0d d S C -=∆ε得 S d C Sd d εε+⋅∆=00m 100.15m 1050109106.01025.0106.0105010936123123612--------⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 即d =0.15 mm.答案:0.15 mm14.如图9-15所示，电荷量为－e 、质量为m 的电子从A 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v 0，当它通过电场B 点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求A 、B 两点间的电势差.图9-15解析:电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B 点的速度分解(如图)0260cos v v v =︒= 电子从A 运动到B ，由动能定理得2022121mv mv eU AB -=- .2321)2(21202020emv e mv v m U AB -=--= 答案:emv 2320- 15.如图9-16所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m 的带电小球，另一端固定于O 点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.图9-16解析:设细线长为L ,球的电荷量为q ,场强为E.若电荷量q 为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加.mgL cos θ=qEL (1+sin θ)①若小球运动到最低点时的速度为v ,此时线的拉力为T ,由能量关系得mv 2/2=mgL －qEL ②由牛顿第二定律得T －mg =mv 2/L ③由以上各式解得).sin 1cos 23(θθ+-=mg T 答案:)sin 1cos 23(θθ+-mg 16如图9-17所示，质量为m 、电荷量为+q 的小球从距地面一定高度的O 点，以初速度v 0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L ，求:图9-17(1)电场强度E 为多大？(2)小球落地点A 与抛出点O 之间的电势差为多大？(3)小球落地时的动能为多大？解析:(1)分析水平方向的分运动有:,2220m qEL aL v ==所以.2120qL mv E = (2)A 与O 之间的电势差.2120qmv L E U AO =⋅= (3)设小球落地时的动能为E k A ,空中飞行的时间为T ,分析水平方向和竖直方向的分运动有: 2k 021,,A A A mv E gt v T m qE v ==⋅=解得:.22022k v L mg E A = 答案:见解析。

【二轮三轮复习必备】《名师一号》2011届高三物理二轮三轮总复习重点突破综合模拟测试1

专题7综合模拟测试综合模拟测试(一)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)1．如图所示，导热气缸中间用固定栓T将可无摩擦移动的绝热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，氢气的压强大于氧气的压强，外界环境温度恒定不变，突然松开固定栓，直至系统最后重新达到平衡，下列说法中正确的是()A．系统重新平衡时氧气分子的平均动能比初始时的小B．系统重新平衡时氢气分子的平均动能比初始时的小C．对氧气，重新平衡时相同时间内与器壁单位面积碰撞的分子数一定增加D．从松开固定栓到系统重新达到平衡的过程中，氧气分子的平均动能先增大后减小解析：本题考查了气体的内能、压强、分子动能等知识，意在考查学生的理解和应用能力．初始时和系统重新平衡时，氢气和氧气的温度与外界环境温度相同，分子的平均动能不变，所以A、B错；系统重新平衡后，氧气的温度不变，体积减小，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数一定增加，压强增大，所以C对；在系统达到重新平衡的过程中隔板对氧气做功，温度升高，重新平衡后又与环境温度相同，所以D对．答案：CD2．如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，则()A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，且三束光一定相互平行B．增大α角且α≤90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束ⅠC．光束Ⅱ照射某金属表面能发生光电效应现象，则光束Ⅲ也一定能使该金属发生光电效应现象D．减小α角且α>0°，光束Ⅲ可能会从上表面消失解析：本题考查了光的折射、反射、光电效应、全反射等知识，意在考查学生的学科综合理解和应用能力．光沿PO射到界面上时，同时发生了反射和折射，光束Ⅰ为直接反射的光，为复色光；折射进入玻璃的光由于折射率不同而发生色散，然后在玻璃板的下表面反射后在上表面进行折射而形成光束Ⅱ、光束Ⅲ，如图所示，光束Ⅱ在玻璃中的折射率比光束Ⅲ的大，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光；由光路可逆可知，三束光彼此平行，A正确；当α＝90°时，反射光与入射光重合，因此当α增大时，光束Ⅱ、Ⅲ靠近光束Ⅰ，B错；由于光束Ⅱ在玻璃中的折射率比光束Ⅲ大，光束Ⅱ的频率比光束Ⅲ高，所以光束Ⅱ照射某金属表面能发生光电效应现象，则光束Ⅲ不一定能使该金属发生光电效应现象，C错；由于光路可逆，因此只要光能从上表面射入，则一定能从上表面射入空气，不会发生全反射，D 错．答案：A3．据报道，预计在2010年发射的“嫦娥二号”卫星的环月工作轨道也近似为圆轨道，轨道高度100 km.若还知道“嫦娥二号”卫星的运行周期以及引力常量和月球的平均半径，仅利用以上条件不能求出的是( )A ．月球表面的重力加速度B ．月球对卫星的吸引力C ．卫星绕月球运行的速度D ．卫星绕月球运行的加速度解析：本题考查了万有引力定律与匀速圆周运动有关的问题，意在考查学生的理解能力、推理能力．月球对卫星的万有引力提供向心力，G m 月m (R ＋h )2＝m (R ＋h )4π2T 2，可以首先求出月球的质量；利用g ＝G m 月R 2可以求出月球表面的重力加速度；a ＝(R ＋h )4π2T 2就是卫星绕月球运行的加速度；卫星绕月球运行的速度可以由v ＝2π(R ＋h )T求出；由于卫星的质量未知，所以没法求得月球对卫星的吸引力．可见只有选项B 符合题目要求．答案：B4.238 92U 是一种放射性元素，进行一系列放射性衰变，由图可知( )A ．该现象表明原子核具有复杂结构，而且图中m 是84，n 是206B ．①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的C ．②是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的D ．从238 92U 衰变成20682Pb 要经过6次①衰变，8次②衰变解析：本题考查了原子核的两种衰变、质量数守恒、电荷数守恒及科学史等知识，意在考查学生对相关核反应知识的理解和应用能力．从210 83Bi 到210m Po 因为质量数不变，因此①是β衰变，中子放出电子而转变成质子，则m ＝83＋1＝84；从210 83Bi 到n 81Ti ，核电荷数减少2，因此②是α衰变，n ＝210－4＝206，A 、B 正确，C 错；原子核发生β衰变不改变质量数，因此衰变次数首先根据α衰变计算，α衰变次数N 1＝238－2064＝8次，β衰变次数N 2＝8×2－(92－82)＝6次，D 正确．答案：ABD5．如图，a 、b 、c 三个小球分别用三根绝缘细线悬挂在同一点o ，细线的长度关系为oa ＝ob <oc ，三球带电后能静止在图中位置，此时细线oc 沿竖直方向，a 、b 、c 连线后恰构成一等边三角形，则下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 三球质量一定相等B ．a 、b 、c 三球所带电荷量一定相等C ．细线oa 、ob 所受拉力大小相等D ．a 、b 、c 三球所受库仑力大小一定相等解析：本题考查了静电力、受力平衡条件等知识，意在考查学生的综合分析能力．由受力平衡条件知，a 、b 两球质量必然相等，而c 球质量则可大可小，所以A 错误；同理a 、b 两球所带电荷量必然相等，而c 球所带电荷量则可大可小，所以B 错误；a 、b 球所受库仑力大小一定相等，c 所受的库仑力可大可小，只有C 是正确的．答案：C6．如图画出了一条正弦曲线，横轴单位是秒，下面的说法中正确的是( )A ．若纵轴的单位是米，这条曲线可以看成是某单摆的振动图象，且根据图中数据可以求出其摆长约为1 m ，摆球经过最低点时的速度大小约为π10m/s B ．若纵轴的单位是米，这条曲线可以看成是某弹簧振子的振动图象，当t ＝1 s 时位移为零，速度最大C ．若纵轴的单位是伏特，这条曲线可以看成是某正弦交变电流的u －t 图象，根据图中的数据可以求出其电压的有效值为210V D ．若它表示某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动所产生的正弦交变电流的i －t 图象，在t ＝2 s 时，穿过该线圈的磁通量最小解析：本题通过一个正弦函数图象，考查了单摆、弹簧振子、交流电等知识，意在考查学生的学科内综合能力和应用数学知识处理物理问题的能力．若纵轴的单位是米，这条曲线可以看成是某单摆的振动图象，且根据图中数据可以求出其振幅A ＝0.1 m ，周期T ＝2 s ，由T ＝2πL g 得，摆长约为 1 m ，摆球摆动的最大高度为h ＝L (1－cos θ)＝2L sin 2θ2≈2L (θ2)2≈2L (A 2L )2＝A 22L ，摆球经过最低点时的速度可由mgh ＝12m v 2＝mg A 22L，得v ＝A g L ，而由T ＝2πL g 得1π＝L g ，v ＝A g L ＝A π＝π10m/s ，A 正确；若纵轴的单位是米，这条曲线可以看成是某弹簧振子的振动图象，当t ＝1 s 时位移为零，速度最大，B 正确；若纵轴的单位是伏特，这条曲线可以看成是某正弦交变电流的u －t 图象，根据图中的数据可以求出其电压的有效值为220V , C 错误；若它表示某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动所产生的正弦交变电流的i －t 图象，在t ＝2 s 时，感应电流为0，线圈必在中性面处，磁通量最大，此时穿过该线圈的磁通量的变化率最小，等于0，所以D 错误．答案：AB7．如图甲所示，两物体A 、B 叠放在光滑水平面上，对物体A 施加一水平力F ，F －t 关系图象如图乙所示．两物体在力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则( )A．两物体做匀变速直线运动B．两物体沿直线做往复运动C．2～3 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小D．A对B的摩擦力方向始终与力F的方向相同解析：本题考查了牛顿第二定律等知识，意在考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．两物体做单向直线运动，加速度大小时刻变化，A、B错误；设两物体A、B的质量分别为m1和m2，则他们的共同加速度为a＝Fm1＋m2，A对B的摩擦力使B产生加速度，即Ff AB＝m2a＝m2m1＋m2F，所以A对B的摩擦力方向始终与力F的方向相同，D正确；2～3 s 时间内两物体间的摩擦力逐渐增大，C错误．答案：D8．如图所示，图中两条平行虚线间存在匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad、ab边长均为2L且相互垂直，bc边长为3L，t＝0时刻，c点与磁场区域边界重合(如图)．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的(I－t)关系图线可能是(时间以L/v为单位)()解析：本题考查了电磁感应、楞次定律等知识，意在考查学生的理解能力、应用数学知识处理物理问题的能力．在cd边全部进入磁场以前，有效切割长度随时间的增大而增大，穿过线圈的磁通量增加，产生逆时针方向的均匀增大的电流，D被排除；当d刚进入磁场时，已经进入磁场的距离是L，在此后线圈再向右运动L的过程中，有效切割长度不变，形成稳恒电流，方向也不变，直到c点开始出磁场，c点出磁场后，仍只有cd边切割磁感线运动，且有效长度逐渐减小，感应电流逐渐减小；当d刚出磁场时，ab边开始进入磁场切割磁感线，形成与原来电流方向相反的恒定电流，只有B是正确的．答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共72分)二、非选择题(本大题包括2个实验题，3个计算题，共72分)9．(8分)在一次研究型课题活动中，某小组提出了测量一种棉线能承受的最大拉力的课题，其中一位同学提出了运用一个已知质量为m的钩码和一把米尺进行测量的方案．首先，他把钩码直接悬挂在这种棉线上，结果棉线没有断，而且没有发生明显伸长．然后该同学进行了一系列的测量和计算，得出了该棉线能承受的最大拉力．请你根据该同学已具有的上述器材，回答下列问题：(1)请在方框内画出实验方案的示意图(标出需测量的量)；(2)实验中需要测量的物理量是：______________；(3)棉线能承受的最大拉力F的表达式是：F＝____________.解析：本题意在考查考生对平衡条件、力的合成与分解等知识点的理解，考查学生灵活运用所学知识结合所创设的条件解决实际问题的能力．根据所提供的实验器材结合合力一定，夹角越大，分力越大的规律，利用如图所示方法进行测量，测量出棉线恰好断时两悬点的距离l，对挂钩码的作用点做受力分析，根据平衡条件可知：F·L2－l2L＝12mg，所以F＝mgL2L2－l2.答案：(1)实验方案示意图如图所示(2)棉线的长L和刚好拉断时两悬点间的距离l.(3)mgL2L2－l210．(10分)实验桌上有外形十分相似的发光二极管和电容器各一只，它们的性能均正常．(1)现在用多用电表的欧姆挡，分别测量它们的正反向电阻．测量结果如下：测甲元件时，R正＝0.5 kΩ，R反＝100 kΩ；测乙元件时，开始时指针偏转到0.5 kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在“∞”上．则甲、乙两个元件分别是______________、______________.(2)若想测量上述发光二极管的发光效率，某同学设计了如图甲所示的实验：将一个“6 V 8.0 W”的发光二极管接入电路，使之正常发光，在发光二极管的同一水平面、正对光线方向放一个光强探头，以测定与光源间距为d时相应的光强值I(单位面积上光的照射功率)，共测得以下9组数据(下表)；并用一数字图象处理器将表内数据分别在I－d，I－1/d和I－2坐标平面内标得如图乙所示的数据点.①据三组数据点，可看出I 与哪个量存在线性关系，由此可将I 与d 之间的数学关系式表达为______________，其中的斜率k 为______________．②在与光源等距的各点，认为光源向各方向发出的光强大小几乎相等．依点光源光能向周围空间360°球面均匀散射的物理模型，写出光源的发光功率P 0、光强值I 及相应的与光源距离d 之间的关系式______________．③根据以上条件，算出小电珠的电—光转换效率η＝______________.解析：(1)二极管具有单向导电性，正向电阻比较小，而反向电阻非常大，由测量结果可知甲为发光二极管，而乙为电容器．(2)根据给出的数据点，经过仔细观察可以发现光强I 与d －2成正比，所以I 与d 之间的函数关系为I ＝k d 2，在I －d －2图象中，斜率的大小为k ，则k 为3.75×10－2 W ．光源的发光功率P 0，表示单位时间内从光源辐射出来的能量，这些能量将全部通过距光源为d 的面积为4πd 2的球面，依据光强值I 的物理意义，可以得到P 0＝4πd 2I ；小电珠的电—光转换效率η＝P 0P ×100%＝4πd 2I P×100%＝5.9%. 答案：(1)发光二极管电容器 (2)①I ＝k d 2 3.75×10－2 W ②P 0＝4πd 2I ③5.9% 11．(16分)如图，质量为m ＝2 kg 的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ＝0.05，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3.0t (m)y ＝0.2t 2(m)，g ＝10 m/s 2.根据以上条件求t ＝10 s 时刻：(1)物体的位置坐标；(2)物体的速度和加速度的大小和方向．分析：本题属于已知运动情况(运动方程)，求解受力情况的动力学问题，考查了运动的合成与分解、力的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动等问题．设计新颖，设问巧妙．解析：(1)x ＝3.0t ＝3.0×10＝30(m)y ＝0.2t 2＝0.2×102＝20(m)即t ＝10 s 时刻物体的位置坐标为(30,20)(2)由物体运动过程中的坐标与时间的关系⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3.0t (m)y ＝0.2t 2(m)可得⎩⎨⎧ v x ＝Δx Δt |Δt →0＝3.0(m/s)v y ＝Δy Δt |Δt →0＝0.4t (m/s)当t ＝10 s 时，v y ＝0.4×10＝4.0 (m/s)v ＝v 2x ＋v 2y ＝ 3.02＋4.02＝5.0(m/s)速度方向与x 轴正方向夹角为arctan 43(或满足tan α＝43，或53°) 物体在x 轴方向做匀速运动，在y 轴方向做匀加速运动．物体的加速度为a ＝Δv y Δt|Δt →0＝0.4 (m/s 2)，沿y 轴正方向． 12．(18分)如图所示，电容为C 、带电荷量为Q 、极板间距为d 的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量为m ，整个装置静止在光滑水平面上．在电容器右板上有一小孔，一质量为m 0、带电荷量为＋q 的弹丸以速度v 0从小孔水平射入电容器中(不计弹丸重力，设电容器周围电场强度为0)，弹丸最远可到达距右板为x (x <d )的P 点，求：(1)弹丸在电容器中受到的电场力的大小；(2)x 的值；(3)电容器获得的最大速度．分析：x 是相对位移，该位移乘以电场力等于电势能的增量，同时也等于机械能的减少量．弹丸最终返回从右板小孔飞出时，电容器速度最大，而不是弹丸与电容器速度相等时，电容器速度最大．解析：(1)电容器两极板间电压U ＝Q C① 极板间场强E ＝Q Cd②由①②式得F ＝qE ＝qQ Cd③ (2)弹丸到达P 点时两者有共同速度，设为v ，由动量守恒有：m 0v 0＝(m 0＋m )v ④对弹丸，由功能关系得：Fx ＝12m 0v 20－12(m 0＋m )v 2⑤由③④⑤式解得x ＝Cdm 0m v 202qQ (m 0＋m )⑥ (3)弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为v 1，弹丸速度为v 2.则由动量守恒有：m 0v 0＝m v 1－m 0v 2⑦在整个过程中由能量守恒，即12m 0v 20＝12m v 21＋12m 0v 22⑧ 由⑦⑧两式解得v 1＝2m 0v 0m 0＋m13．(20分)如图(a)所示，平行金属板A 和B 间的距离为d ，现在A 、B 板上加上如图(b)所示的方波形电压，t ＝0时A 板比B 板的电势高，电压的正向值为U 0，反向值也为U 0.现有由质量为m 的带正电且电荷量为q 的粒子组成的粒子束，从A 、B 两板间中心线左端点O 以平行于金属板沿OO ′以速度v 0＝3qU 0T 3dm射入，所有粒子在A 、B 两板间的飞行时间均为T ，不计重力影响．求：(1)哪些时刻进入电场的粒子向下侧移最大？哪些时刻进入电场的粒子向上侧移最大？粒子打出电场时位置离O ′点的距离范围？(2)打出电场的粒子的速度大小和方向？解析：(1)当粒子由t ＝nT (n ＝0、1、2、…)时刻进入电场，向下侧移最大，则s 1＝qU 02dm ·(2T 3)2＋qU 0dm ·(2T 3)·T 3－qU 02dm ·(T 3)2＝7qU 0T 218dm当粒子由t ＝nT ＋2T 3(n ＝0、1、2、…)时刻进入电场，向上侧移最大，则s 2＝qU 02dm ·(T 3)2＝qU 0T 218dm在距离O ′中点下方7qU 0T 218dm 至上方qU 0T 218dm范围内有粒子打出 (2)打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为v y ＝U 0q dm ·T 3＝U 0qT 3dm所以打出速度大小为v ＝v 20＋v 2y ＝(3U 0qT 3dm )2＋(U 0qT 3dm )2＝2U 0qT 3dm 设速度方向与v 0的夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝13，则θ＝30°，它们的速度方向都相同，且是彼此平行的．。

2011届高考物理电场单元测试

单元测试：电场第Ⅰ卷(选择题共分)一、本题共题；每小题分，共分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得分，选不全的得分，有选错或不答的得分．．两个带同种电荷的金属小球所带电量分别为，，现让它们接触后再放回原处，那么它们的相互作用与原来相比．可能变大．可能变小．可能不变．以上三种都可能存在２．电场强度的定义式为，下列说法正确的是．这个定义式只适用于点电荷的电场．为负电荷时，的方向与为正电荷时的方向相反．移去电荷时，的大小变为零．跟检验电荷无关３．一个带正电荷的质点，电量×-9C ，在静电场中由点移到点，在这过程中，除电场力做功外，其他力做功为×,质点的动能增加了×，则两点间地势差为：．× ．× ．× ．×４．如图所示为一匀强电场，实线为电场线，一个带电粒子射入该电场后，留下一条虚线所示的径迹，途径点和点，则下面判断正确的是：（设由运动到）．点的电势高于点的电势；．粒子在点的动能大于点的动能；．粒子在点的电势能大于点的电势能；．场强方向向左５．如图所示,两块相对的平行金属板、与电池相连，板接地。

在距离两板等远的一点固定一个带正电的点电荷，如果将板向上移一小段距离，则：．点电荷所受的电场力减少．点电荷所受的电场力增大．点电荷的电势能减少．点电荷的电势能保持不变６．如图，一绝缘杆长为的两端分别带有等量异种电荷，电量的绝对值为，处在场强为的匀强电场中，杆与电场线夹角α °，若使杆沿顺时针方向转过°（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是：．电场力不做功，两电荷电势能不变．电场力做的总功为，两电荷的电势能减少．电场力做的总功为，两电荷的电势能增加．电场力做的总功的大小跟转轴位置有关７．图中虚线所示为静电场中的等势面、、、，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面的电势为。

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第九章电场（A卷）一、本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.1.如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（不计电荷重力）（）A.电荷向B做匀加速运动B.电荷向B做加速度越来越小的运动C.电荷向B做加速度越来越大的运动D.电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定解析：从静止起动的负电荷向B运动，说明它受的电场力向B，负电荷受的电场力方向与电场强度方向相反，可知此电场线的指向应为B →A，这就有两个可能性；一是B处有正点电荷为场源，则越靠近B处场强越大，负电荷会受到越来越大的电场力，加速度应越来越大；二是A处有负点电荷为场源；则越远离A时场强越小，负电荷受到的电场力越来越小，加速度越来越小.答案：D2.在静电场中，将一电子从A点移到B点，电场力做了正功，则（）A.电场强度的方向一定是由A点指向B点B.电场强度的方向一定是由B点指向A点C.电子在A点的电势能一定比在B点高D.电子在B点的电势能一定比在A点高解析：根据题意分析得：电子带负电，电子从A点移到B点，电场力做了正功，根据电场力做功规律得：电子是从低电势运动到高电势的，所以得到B点的电势比A点的电势高，而沿电场方向仅仅只是电势降低最快的方向，并不是电场方向，所以并不能说明电场的方向是从A点指向B点，或者是从B点指向A点，所以选项A和B都是错误的；因为电场力做正功，所以电子的电势能是减少的，所以电子在A 点的电势能一定比在B点高.综上所述，本题的正确选项应该是C.答案：C3.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的粒子，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在下图所示的速度——时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是（以v0方向为正方向）（）解析：观察题图知下方匀强电场的场强大，当粒子进入下方区域后，因向上的电场力大于重力，必使粒子先减速至0，后反向加速至v0到达边界，再进入上方电场做匀速运动.答案：C4.如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电量为+10-2 C 的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1 J，若A点电势为-10 V，则()A.B点的电势为0 VB.电场线方向从右向左C.微粒的运动轨迹可能是轨迹1D.微粒的运动轨迹可能是轨迹2解析：由于正电荷从A运动到B，动能减少，则电势能增加，故B 点电势高于A点，电场线方向向左，B正确.由动能定理有：qU=ΔE k，代入数据得电势差为10 V，因A点电势为-10 V，故B点电势为0 V,A 也正确；根据电场方向知，正电荷受到的电场力向左，轨迹偏转方向也应向左，轨迹只可能为轨迹1，C正确，选ABC.答案：ABC5.如图所示，一带电小球固定在光滑水平绝缘的无限大支撑面上的O点，虚线a、b、c、d是它的四条等距离的等势线.一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动，结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点.由此可以判定()A.固定球与小滑块电性一定相同B.在1、2、3、4、5五个位置上小滑块具有的动能与电势能之和一定相等C.在整个过程中小滑块的加速度先变大后变小D.小滑块从位置1到2和从位置3到4的过程中，电场力做功的大小关系是W 12=3W 34解析：由带电小滑块的运动轨迹可以看出，滑块受力的方向指向O 点的反方向，固定球与小滑块应有同种电荷，A 正确；电场力做功使小滑块的动能和电势能相互转化，根据能量守恒定律可知，小滑块在运动过程中动能和电势能之和不变，B 正确；再根据点电荷场强E=2kQ r，即：越靠近场源电荷场强越大，故滑块受到的电场力先增大后减小，加速度也先增大后减小，C 正确，D 错误，因为带电小球产生的电场不是匀强电场，电场力做功不能根据W=Fs 计算.选ABC.答案：ABC6.如图所示，一带负电的油滴，从坐标原点O 以速度v0射入水平的匀强电场,v 0的方向与电场方向成θ角.已知油滴质量为m ，测得它在电场中运动到最高点P 时的速率恰为v 0，设P 点的坐标为(xp,y p )，则应有（）A.x p＞0B.xp＜0C.xp=0D.条件不足无法判定解析：由于在最高点竖直速度为零，竖直方向在做减速运动，所以必须考虑重力，由动能定理得-mgh+W电=12m2v-12m2v=0即W电=mgh电场力做正功，负电荷从电势低处运动到电势高处.答案：B7.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-8 eV时，它的动能应为（）A.8 eVB.13 eVC.20 eVD.34 eV解析：根据题意由动能定理得：点电荷从a点运动到b点过程中电场力做的负功为-21 eV.又因为1和2，2和3，3和4之间的电势差相等，所以点电荷经过这三段过程中电场力做功是相等的，每个过程电场力做功为-7 eV，所以点电荷从等势线1到等势线3过程中电场力做了-14 eV的功.又因为等势线3的电势是0，所以点电荷在经过等势线3时的电势能是0，所以点电荷在a点具有的电势能为-14 eV，则当其电势能变为-8 eV时，这一过程中电势能增加了6 eV，所以电场力做的功为-6 eV，根据动能定理得动能减少了6 eV，所以现在的动能应该为20 eV.所以本题的正确选项为C.答案：C8.一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为2g，空气阻力不计，小球在下落h的过程3中，则（）A.小球的动能增加mgh/3B.小球的电势能增加mgh/3C.小球的重力势能减少2mgh/3D.小球的机械能减少2mgh/3解析：由动能定理得mgh,故A选项错误.W合=ΔE k=mah=23mg由mg-qE=ma得qE=13∴W电=-qEh=-1mgh，所以B选项正确，D选项错.3又因为W G=mgh,∴ΔE p=mgh.故C选项也不正确.答案：B9.右图为静电除尘示意图.在M、N两点间加高压电源时，金属管内空气电离，电离的电子在电场力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，因而煤粉被吸附到管上，排出的烟就清洁了，就此示意图，下列说法正确的是（）①N接电源的正极②M接电源的正极③电场强度E m＞E n④电场强度E m＜E nA.①③B.①④C.②③D.②④解析：电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附到管壁上，说明管壁带正电，N接电源正极，将金属棒与金属管壁看作电容器，则其内电场线分布情况如右图所示.由图可知金属棒附近的m处电场线较密，而靠近金属管壁的n处电场线较稀疏，故m处场强比n处场强大.即E m＞E n答案：A10.如图，A、B为水平金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，电键S闭合，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方距离为h的P点由静止自由下落（P、M，N在同一竖直线上），空气阻力不计，达到N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，则：（）A.把A板向下平移一小段距离，质点自P自由下落后穿过N孔继续下降B.把B板向上平移一小段距离，质点自P自由下落后穿过N孔继续下降C.若S断开，且把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后穿过N孔继续下降D.若S断开，且把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后穿过N孔继续下降解析：由题意可知：mg(h+d)=Uq当A板下移时，重力做功与电场力做功都不变，A错.B板上移时，P点到N孔的距离L＜h+d则Uq＞mgL，B错.若S断开后，两板带电量不变，两板间的电场强度一定.B板下移时，质点下降到原位置重力做的功仍为mg(h+d)，等于克服电场力做的功Edq=Uq，所以质点没到达N 孔前速度变为零，C错.将B板上移一小段距离时，质点到N孔时电场力做的功W电=Ed′q＜Eqd＜mg(h+d),则D正确.答案：D二、本题共2小题共13分，把答案填写在题中的横线上或按要求作图.11.在“电场中等势线的描绘”实验中（1）已有器材：平木板、白纸、复写纸、图钉、两个电极、导线，还需要__________；（2）为了较准确地找出等势点，对指示电表的要求是___；（3）如果有四只满偏电流不同的电流表供选用：A表100 μA、B 表0.5 mA、C表10 mA、D表50 mA，为准确地找到等势点，应选用_表.答案：（1）导电纸，6V直流电源，灵敏电流表（2）灵敏度高（3）灵敏度高的电表，即为量程小的电表，故选A.12.在“电场中等势线的描绘”实验中，（1）有以下一些操作步骤：A.在导电纸上画出两电极的连线;B.将灵敏电流表的一个探针接一个电极,用另一个探针接触导电纸,缓慢移动,可找出一系列等势点;C.在平板上先铺上白纸,再铺上复写纸,然后再铺上导电纸;D.安好电极,接好电路;E.在两电极a\,b的连线上,等距离地取五个基准点c\,d\,e\,f\,g,并复印在白纸上，如图所示；F.电流表的一个探针接触某个基准点不动,另一个探针缓慢地移动到电流表不偏转时，复印此点，即可找出许多等势点;G.闭合开关；选取合理的操作步骤，并按顺序排列为：___.（2）若手头没有灵敏电流计，是否可以用内阻较大的电压表代替？答___（填“能”或“不能”）.如能用电压表代替，其具体做法又如何？答：________________.解析：(1)正确合理的操作步骤按顺序排列应为CDAEGF.（2）能用电压表代替；如用电压表来找等势点，则应将电压表一端接电源正极（或负极），另一端作探针，在基准点及其周围测量，电压表读数相等的点即为等势点.答案：（1）CDAEGF （2）能见解析三、本题共5小题，共67分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13.“真空中两个静止点电荷相距10 cm ，它们之间相互作用力大小为9×10-4 N.当它们合在一起时，成为一个带电量为3×10-8 C 的点电荷，问原来两电荷的带电量各为多少？某同学求解如下：根据电荷守恒定律：q 1+q 2=3×10-8C=a ①根据库仑定律：q 1q 2=2229r (1010)F=k 910-⨯⨯×10-4C 2=1×10-15C 2=b 以q 2=b/q 1代入①式得：21q -aq 1+b=0解得q1=12 (a 12(3×10-8) 根号中的数值小于0，经检查，运算无误，试指出求解过程中的问题并给出正确的答案.解析：题中仅给出相互作用力的大小，两点电荷可能异号，按电荷异号计算.由q 1-q 2=3×10-8C=a,q 1q 2=1×10-15C=b,得21q -aq 1-b=0由此解得q 1=5×10-8 C q 2=2×10-8 C. 答案：q 1=5×10-8 C q 2=2×10-8 C14.已知处于场强为E=3.0×106 V/m 以上的电场中的空气将被击穿，而发生放电现象.现有一片带电的乌云，在距地面H 1=350 m 的高空中向一幢高为H 2=200 m 的建筑物水平移动，发生闪电时（闪电发生在乌云与建筑物顶的避雷针之间），大致测得放电路径与竖直方向的夹角为α=60°，试估算闪电时乌云与避雷针之间电势差的大小.解析:乌云与建筑物顶避雷针之间的距离为: d=12H H cos α- d=300 m 则闪电时乌云与避雷针之间的电势差大小(设为匀强电场) U=Ed=9.0×108 V. 答案:9.0×108 V15.如图所示，在光滑绝缘平面上有带同种电荷的A 、B 两个点电荷相距无穷远.A 的质量为m ，且静止；B 的质量为4m ，且以速度v 正对着A运动，在以后的运动过程（A、B没有相碰）中A、B系统的最大电势能为多少？（取两球相距无穷远时的电势能为零）解析：在B电荷向A电荷靠近的过程中，从能量转化角度来看，A、B构成系统减小的动能转化为电势能，故当A、B动能最小时，A、B系统电势能最大.当A、B速度相同时，A、B系统动能最小，电势能最大.在B向A 靠近过程中，对A、B构成系统，由动量守恒得：4mv=5mv共，∴v共=45v，故系统的最大电势能为1 2×4mv2-12×5mv2v共=25mv2.答案：25mv216.如图所示，A和B是两个点电荷，电荷量均为q，A固定在绝缘架上，B放在它的正上方的一块绝缘板上.现手持绝缘板使B从静止起以加速度a(a＜g)竖直向下做匀加速运动.已知B的质量为m，静电力常量为k，求：（1）B 刚开始脱离绝缘板时离A 的高度h.（2）如果B 、A 起始高度差为3h ，则B 在脱离绝缘板前的运动过程中，电场力和板的支持力对B 做功的代数和为多少？解析：（1）B 刚脱离板时mg-22kq h=ma所以h =（2）B 电荷离板前做向下匀加速运动，下降高度H=2h 由运动学公式得：v 2=2aH=4ah所以B 电荷离板前的动能E k =12mv 2=2mah 对B 电荷离板前的运动应用动能定理得： W 重+W 支+W 电=E k -0. 而W 重=2mgh所以W 支+W 电.答案：（1）（2）17.如图所示，一个质量为m 、带电荷量为+q 的粒子在O 点以v0的初速度跟水平方向成θ角射出，粒子在运动过程中所受阻力大小恒为Ff ，如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，可使粒子沿初速度方向做直线运动.(1)求所加最小匀强电场场强的大小及方向; (2)若加上水平向左、大小一定的匀强电场，经过一段时间后粒子又回到了O 点，求粒子回到O 点时速度大小. 解析：（1）当场强方向与v0垂直且斜向左上方时，电场强度最小，如图所示，qE=mgcos θ，所以E=mgcos qθ. (2)由牛顿第二定律:mgsin θ+F f =ma, 所以a=f F g.sin mθ+ 粒子做减速运动的位移x=220022()sin fv v F gam θ=+.对往返全过程,由动能定理:-2F f x=12mv2-12m2v.所以v=v答案:(1)mgcosq θ与v0垂直斜向左上方(2)v。