2020版高考物理一轮复习全程训练计划周测六静电场含解析20190429349.wps

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1、静电场 夯基提能卷 立足于练题型悟技法保底分 (本试卷满分 95 分) 一、选择题(本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48分在每小题给出的四个选项中，有的 小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得 6 分，选不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分) 12018全国卷 (多选)如图，同一平面内的 a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场 方向与此平面平行，M 为 a、c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点一电荷量为 q(q0)的粒子 从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1；若该粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2 .下列说 法正确的是( )

2、 A此匀强电场的场强方向一定与 a、b 两点连线平行 W1W2 B若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为 2 W2 C若 c、d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为 qL D若 W1W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差 答案：BD 解析：A 错：结合题意，只能判定 Uab0、Ucd0，但电场方向不能得出；B 对：由于 M、N UabUcd 分别为 ac 和 bd 的中点，对于匀强电场，则 UMN ，可知该粒子由 M 至 N 过程中，电场 2 W1W2 W2 力做功 W ；C 错：电场强度的方向只有沿 cd 时，场强 E ，但本题中电场方向未

3、 2 qL 知；D 对：若 W1W2，则 ac 与 bd 一定相互平行，可知 UaMUbN. 1 2. 如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中 A 点电势为 0，B 点电势为 3 V，C 点电势为 6 V已知ACB30，AB 边长为 3 m，D 为 AC 的中点现将一点电荷放在 D 点，且点电荷在 C 点产生的场强为 1.5 N/C，则放入点电荷后，B 点场强大小为( ) A2.5 N/C B3.5 N/C C2 2 N/C D. 5 N/C 答案：A 解析： 由题意可知 B、D 两点电势相等，BD 所在直线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低 可知，与 BD 垂直且指向 A

4、的方向为电场方向，如图所示根据匀强电场中电场强度与电势差 U 3 的关系可知，匀强电场的电场强度大小 E N/C2 N/C.根据点电荷电场的特点 d 3 cos30 可知，放在 D 点的点电荷在 B 点产生的电场强度与在 C 点产生的电场强度大小相等，都是 1.5 N/C，根据电场叠加原理，B 点的电场强度大小为 EB 221.52 N/C2.5 N/C.选项 A 正确 3. 在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以大小为 v 的初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且 AB

5、2BC，如图所示，由此可知( ) A小球带正电 B电场力大小为 2mg C小球从 A 点到 B 点与从 B 点到 C 点的运动时间相等 D小球从 A 点到 B 点与从 B 点到 C 点的速度变化不相等 答案：D 解 析：根据小球从 B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带 负电，选项 A 错误；因为到达 C 点时速度水平，所以小球在 C 点时的速度等于在 A 点时的速度， 因为 AB2BC，设 B、C 间竖直距离为 h，则 A、B 间竖直距离为 2h，小球由 A 点到 C 点根据动 2 能定理有 mg3hEqh0，即 Eq3mg，选项 B 错误；小球从 A 点到 B 点

6、的过程中，在竖直方 4h h 向上的加速度大小为 g，方向竖直向下，所用时间为 t1 2 ，从 B 点到 C 点的过程中， g g Eqmg 2h h 在竖直方向上的加速度大小为 a2 2g，方向竖直向上，故所用时间 t2 ，故 t1 m 2g g 2t2，选项 C 错误；小球从 A 点到 B 点与从 B 点到 C 点的过程中速度变化量大小都等于 v h 2g ，但方向相反，选项 D 正确 g 4(多选)一电场在 x 轴上的电势 随 x 的变化关系如图所示，将一电子从坐标原点处释 放，电子仅在 x 轴上的电场力作用下运动，下列说法正确的是( ) 0 Ax 轴上 0d 区域与 3d4d 区域的电

7、场相同，电场强度的大小均为 d B若电子由静止释放，则电子一直沿 x 轴正方向运动 C若电子能到达 3d 位置，则电子释放时的最小初动能为 2e0 D若电子能到达 4d 位置，则电子释放时的最小初动能为 e0 答案：AD 解 析：沿电场线方向，电势逐渐降低，电场强度大小为 x 图线的斜率的绝对值，则 x 轴上 0d 区域内电场沿 x 轴负方向，d3d 区域内电场沿 x 轴正方向，3d4d 区域内电场沿 x 0 轴负方向，电场强度大小均为 ，A 正确；若电子由静止释放，则电子先沿 x 轴正方向做加速 d 运动，然后再沿 x 轴正方向做减速运动，到达 x2d 处速度减为 0，然后沿 x 轴负方向做

8、加速 运动，再减速为零，做往复运动，B 错误；若电子能从 xd 处运动到 x3d 处，则需要克服电 场力做功 2e0，电子从原点运动到 xd 处，做加速运动，增加的动能为 e0，则电子释放时 初动能最小为 e0，电子到达 x3d 处后，在 3d4d 区域内做加速运动，所以电子只要能到 达 x3d 处，便能到达 x4d 处，C 错误，D 正确 5两电荷量分别为 q1和 q2的点电荷放在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 A、N 两点的电势均为零， ND 段中的 C 点电势最高，则( ) 3 AN 点的电场强度大小为零 BA 点的电场强度大小为零 C

9、N、C 间场强方向沿 x 轴正方向 D将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功 答案：D 解析：根据题给的两电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系图象，可知 O 点的点电荷 q1 为正电荷，M 点的点电荷 q2为负电荷题中 x 图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，由 此可知，N 点和 A 点的电势为零，但电场强度大小都大于零，C 点的电场强度大小为零，选项 AB 错误；从 N 点到 C 点各点电势逐渐增大，说明从 N 点到 C 点逆着电场线方向，故 N、C 间场强 方向沿 x 轴负方向，选项 C 错误；将一负点电荷从 N 点移到 D 点，其电势能先减小后增大，则 电场力先做正

10、功后做负功，选项 D 正确 6. (多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上有 A、B 两个滑块(均可视为质点)，滑块 A 带 正电，电荷量为 q，滑块 B 不带电图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为 E， 宽度为 d，其余空间内不存在电场滑块 A 刚好位于电场区域内的左侧，而滑块 B 刚好位于电 场区域的右侧现将滑块 A 无初速度释放，滑块 A 与滑块 B 发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过 程中滑块 A 的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离 4 为 x0 d，则下列判断正确的是( ) 9 mA 1 AA、B 两滑块的质量之比为 mB 4 mA 1

11、BA、B 两滑块的质量之比为 mB 3 C两滑块的碰撞为弹性碰撞 D两滑块的碰撞为非弹性碰撞 答案：AD 1 解析：对滑块 A 在碰撞前根据动能定理有 qEd mAv ，依题意知，碰撞后滑块 A、B 速度 20 2 大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为 v，根据动量守恒定律可得 mAv0mAv mBv；又由能量守恒定律可知 v0，D 正确，C 错误 4 7(多选) 一个质量为 m、带电荷量为q 的小球以初速度 v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内， 存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高 度相等，电场区水平方向无限长已知每一电场区的场强大

12、小相等，方向均竖直向上，重力加 速度大小为 g，不计空气阻力，下列说法正确的是( ) A小球在水平方向一直做匀速直线运动 2mg B若场强大小等于 ， 则小球经过每一无电场区的时间均相等 q mg C若场强大小等于 ，则小球经过每一电场区的时间均相等 q D小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等 答案：ABD 解 析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以 v0做匀速 直线运动，选项 A 正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为 g，方向竖直向 下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力 mg 的大小和方向，当电场

13、强度等于 时，电场力等于 mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直 q 方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均 2mg 不等， 因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项 C 错误；当电场强度等于 时，电场 q 力等于 2mg，故在电场区小球所受的合力大小为 mg，方向竖直向上，加速度大小等于 g，方向 1 1 竖直向上，则在经过第一无电场区时：y gt21，v1gt1，经过第一电场区时：yv1t2 gt2，v2 2 2 v1gt2，联立解得 t1t2，v20.接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区 时竖直方向都是自由落体运动，每次通过电

14、场区时都是做竖直方向末速度为零的匀减速直线运 动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项 B 正确；小球经过每个电场区机械能的减少量 等于克服电场力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区 过程机械能的减少量相等，选项 D 正确 82019湖北宜昌模拟有三个完全一样的金属小球 A、B、C，小球 A 所带电荷量为 10Q，小球 B 所带电荷量为Q，小球 C 不带电，将 A、B 两小球固定，相距 r，此时 A、B 两小 5 球间的相互作用力大小为 F；然后让小球 C 反复与 A、B 两小球多次接触，最后移去小球 C 后， 则 A、B 两小球间的相互作用力大小为( ) A

15、F B10F 9 10 C. F D. F 10 9 答案：C 解 析：依题意可知 A、B 两小球最初所带电荷量的总和被三个小球间均分，则 A、B 两小球 10Q Q q1q2 Q2 最终的电荷量均为 3Q，A、B 两小球之间最初是引力，大小为 Fk 10k ， 3 r2 r2 q1q2 Q2 9 A、B 两小球之间最终是斥力，大小为 Fk 9k F，C 正确 r2 r2 10 二、非选择题(本题包括 4 小题，共 47 分) 9(7分) 在竖直平面内固定一个半径为 R 的均匀带电细圆环，质量为 m 的带电小球(视为质点)通过 长为 L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷

16、量 Q(未知)时，发现 小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为 k，重力加速度 为 g，则绝缘细线对小球的拉力 FT_，圆环的带电荷量 Q_. mgL mgL3 答案： (4分) (3分) R kR 解析：本题考查电场的叠加、库仑定律，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能 力由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分 x，设总电荷量为 Q，则该部分电荷量 x kQ2x 为 Q，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力 F1 ，方向沿该点与小球的连线指 2R 2L2R 向小球；同理，取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与大小 F1相同，如图甲所示，两力的合 kQ2x L

17、2R2 力应沿圆心与小球的连线向外，大小为 2 ；因圆环上各点对小球均有库仑力， 2L2R L kQ2 L2R2 故所有部分库仑力的合力 F ，方向水平向右；小球受力分析如图乙所示，小球受 L3 重力、拉力及库仑力而处于平衡，故 FT与 F 的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系 FT mg mgL F mg mgL3 可得 ；则小球对绳子的拉力 FT ； ，解得 Q . L R R L2R2 R kR 6 10(20 分) 在一个点电荷 Q 的电场中，Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上 A、B 两点的坐标 分别为 2.0m 和 5.0 m放在 A、B 两点的试探电荷受到的电场力

18、方向都跟 x 轴的正方向相同，电 场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线 a、b 所示，放在 A 点的电荷带正 电，放在 B 点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)求： (1)B 点的电场强度的大小和方向； (2)试判断电荷 Q 的电性，并说明理由； (3)点电荷 Q 的位置坐标 答案：(1)2.5 V/m，沿 x 轴负向 (2)Q 带负电；理由见解析 (3)x2.6 m F 1 解析：(1)由 EB 和图象可得 EB 2.5 V/m q 0.4 4 EA V/m 0.1 放入 B 点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反， 故 B 点电场方向沿 x 轴负向 (2)A

19、点的正电荷受力沿 x 轴正向，而 B 点的负电荷受力也沿 x 轴正向，根据同种电荷互相 排斥，异种电荷互相吸引所以 Q 带的是负电，而且在 A、B 之间 (3)由(2)问已知 Q 在 A、B 之间，设离 A 点距离为 L，则离 B 点距离为(3L) kQ kQ 根据 E 得，EA 40 V/m， r2 L2 kQ EB 2.5 V/m 3L2 可求得 L0.6 m 所以点电荷 Q 的位置为 x2 m0.6 m2.6 m 处 11(8 分)如图所示，长度为 d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴 O 上另一端固定一质 量为 m、电荷量为 q 的带负电小球小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和 BD

20、 分别为圆的 7 竖直和水平直径，等量异种点电荷Q、Q 分别固定在以 C 为中点、间距为 2d 的水平线上的 E、F 两点让小球从最高点 A 由静止开始运动，经过 B 点时小球的速度大小为 v，不考虑 q 对 Q、Q 所产生电场的影响，重力加速度为 g，求： (1)小球经过 C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过 D 点时的速度大小 答案：(1)5mg (2) 4gdv2 解析：(1)小球从 A 点到 C 点过程，根据动能定理有 1 mg2d mv2C(1分) 2 在 C 点，由牛顿第二定律有 v2C Tmgm (1分) d 得 T5mg(1分) 根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为 TT

21、5mg(1分) (2)设 UBAU，根据对称性可知 UBAUADU(1分) 小球从 A 点到 B 点和从 A 点到 D 点过程中，根据动能定理有 1 mgdqU mv2(1分) 2 1 mgdqU mv (1分) D2 2 得 vD 4gdv2(1 分) 12(12分)如图甲所示，一对平行金属板 M、N，长为 L，相距为 d，O1O 为中轴线，两板 间为匀强电场，忽略两极板外的电场当两板间加电压 UMNU0时，某一带负电的粒子从 O1点 以速度 v0沿 O1O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板 M 的中点，粒子重力忽略不计 8 q (1)求带电粒子的比荷 ； m L T (2)若 M、N 间加

22、如图乙所示的交变电压，其周期 T ，从 t0 开始，前 时间内 UMN v0 3 2T 2U，后 时间内 UMNU，大量的上述粒子仍然以速度 v0沿 O1O 方向持续射入电场，最终所有 3 粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求 U 的值 4d2v20 3md2 答案：(1) (2) U0L2 2qT2 解析：(1)设粒子经过时间 t0打在 M 板中点 L 沿极板方向 有 v0t0(2分) 2 d qU0 垂直极 板方向有 t (2 分) 20 2 2md q 4d2v20 解得 (1分) m U0L2 L (2)粒子通过两板间的时间 t T(2分) v0 从 t0 时刻开始，粒子在两板间运

23、动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速 2qU qU 度大 小 a1 ，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小 a2 (2 分) md md 答图所示为从不同时刻射入电场粒子的速度时间图象，根据题意和图象分析可知，从 t T nT(n0、1、2、)或 t nT(n0、1、2、)时刻入射的粒子垂直极板方向位移最大，需 3 d 1 2qUT 要恰好不打在极板上，则有 T (2分) 2 2 3md 3md2 解得 U (1分) 2qT2 9 探究创新卷 着眼于练模拟悟规范争满分 (本试卷满分 95 分) 一、选择题(本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48分在每小题给出的四个选

24、项中，有的 小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得 6 分，选不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分) 1. 2018全国卷(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平； 两微粒 a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近， 与极板距离相等现同时释放 a、b，它们由静止开始运动在随后的某时刻 t，a、b 经过电容 器两极板间下半区域的同一水平面a、b 间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是( ) Aa 的质量比 b 的大 B在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D在 t

25、 时刻，a 和 b 的动量大小相等 答案：BD 解析：A 错：经时间 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则 xaxb，根据 1 F x at2，得 aaab，又由 a 知，maWb，由动能定理知，a 的动能比 b 的动能大；C 错：a、b 处在同一等势面上，根据 Ep q，a、b 的电势能绝对值相等，符号相反；D 对：根据动量定理 Ftpp0，则经过时间 t， a、b 的动量大小相等 2. (多选)有一匀强电场，电场线与坐标平面平行如图所示，以 O 点为圆心，以 R0.10 m 为半径的圆周上任一点 P 的电势满足 40sin(60)40(V)， 为 O、P 两点连线与 x

26、轴正方向所成的角，该圆与坐标轴交点分别为 a、b、c、d，以顺时针方向角度为正，则下列说 法正确的是( ) 10 A该电场强度方向与 x 轴正方向成 60角 B该圆周内所有点的电势不可能小于零 C该匀强电场的场强大小为 E400 3 V/m D该匀强电场的场强大小为 E400 V/m 答案：BD 解析： 由题意可知，当 30时，圆周上点 P1的电势为 10，为圆周上的最低电势，当 210时，圆周上点 P2的电势为 280 V，为圆周上的最高电势，所以该电场强度方向与 x 21 轴正方向成 30角，B 正确，A 错误；该匀强电场的场强大小为 E 400 V/m，D 2R 正确，C 错误 3. (

27、多选)如图所示，矩形的四个顶点分别固定有带电荷量均为 q 的正、负点电荷，水平直线 AC 将矩形分成面积相等的两部分，B 为矩形的中心一质量为 m 的带正电微粒(重力不计)沿直线 AC 从左向右运动，到 A 点时的速度为 v0，到 B 点时的速度为 5v0.取无穷远处的电势为零，则( ) A微粒在 A、C 两点的加速度相同 B微粒从 A 点到 C 点的过程中，电势能先减小后增大 4mv20 CA、C 两点间的电势差为 UAC q D微粒最终可以返回 B 点，其速度大小为 5v0 答案：AC 解 析：由场强叠加和对称性可知，A、C 两点的场强大小相等、方向相同，故由牛顿第二定 律可知，微粒在 A

28、、C 两点的加速度相同，A 正确；由电场的性质可知，沿直线 AC 电势逐渐降 低，根据电场力做功 WqU 可知，电场力对该微粒一直做正功，故微粒从 A 点到 C 点的过程中 1 1 电势能 一直在减小，B 错误；由对称性可知 UABUBC，故由动能定理可得 qUAB mv mv ，同 2B 2A 2 2 1 1 1 1 理可 得 qUBC mv mv ，以上两式联立并代入数据求解可得 vC3v0，故 qUAC mv mv ， 2C 2B 2C 2A 2 2 2 2 11 4mv20 解得 UAC ，C 正确；由于 B 点电势为零，故微粒从 B 点沿直线 AC 运动到无穷远处的过程 q 中，电场

29、力做功为零，所以微粒到无穷远处时的速度与微粒在 B 点时的速度相同，仍为 5v0， 故粒子不会返回 B 点，D 错误 4. 如图所示，两块竖直放置的平行金属板 A、B 之间距离为 d，两板间的电压为 U，其中 A 板 接地在两板间放一半径为 R 的金属球壳，球心 O 到两板的距离相等，C 点为球壳上离 A 板最 近的一点，D 点靠近 B 板则下列说法正确的是( ) R AUCO U d U BUAC 2 U CC 点的电势为 c 2 D把一负点电荷由 C 点移到 D 点，电势能减少 答案：D 解析： 将金属球壳放入电场后，A、B 两板间电场线如图所示，应用对称性，两板间电场线形状关 于球心 O

30、 对称，所以 A 板与金属球壳的电势差 UAO 和金属球壳与 B 板的电势差 UOB 相等，即 UAO U UOB，又 A、B 两板电势差保持不变为 U，即 UAOUOBU，得 UAOUOB ，所以 A、C 间电势差 UAC 2 U U U UAO ，即 0C ，得 C ，A 错误，B、C 正确；把一负点电荷由 C 点移到 D 点，电 2 2 2 场力做负功，电势能增加，D 错误 5. 12 (多选)如图所示，长为 L、倾角为 的光滑绝缘斜面固定于静电场中，一带电荷量为q、 质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0， 途中小球始终未离开斜面，重力加

31、速度为 g，则( ) A小球在 B 点的电势能一定小于小球在 A 点的电势能 B小球的电势能可能先增大后减小 mgL CA、B 两点的电势差一定为 q mg D若处于匀强电场中，则该电场的场强大小一定是 q 答案：AB 解 析：小球在斜面上受到重力、支持力和电场力，支持力不做功，小球以速度 v0由斜面底 端 A 点沿斜面上滑，到达顶端 B 点的速度仍为 v0说明电场力做的功和重力做的功大小相等，小 球从 A 点到 B 点的过程，重力做负功，电场力做正功，电势能减小，故小球在 B 点的电势能一 定小于在 A 点的电势能，A 正确；小球的电势能可能先增大后减小，B 正确；由于电场力做的 mgLsi

32、n 正功和重力做的负功大小相等，即qUWGmgLsin，可 知A、B两点之间的电势差U ， q C 错误；小球在斜面上向上运动的过程中，电场力做的正功和重力做的负功大小相等，但是不 mg 知道电场强 度的方向，因此即使是匀强电场，场强大小也不一定为 ，故 D 错误 q 6(多选)如图所示，匀强电场中的三个点 A、B、C 构成一个直角三角形，ACB90， ABC60，BCd.把一个带电荷量为q 的点电荷从 A 点移动到 B 点电场力不做功，从 B 点 移动到 C 点电场力所做的功为 W.若规定 C 点的电势为零，则( ) W AA 点的电势为 q W BB、C 两点间的电势差为 UBC q 13

33、 W C该电场的电场强度大小为 dq D若从 A 点沿 AB 方向飞入一电子，其运动轨迹可能是甲 答案：BD 解析：点电荷在匀强电场中从 A 点移动到 B 点，电场力不做功，说明 AB 为等势线，从 B W W 移动到 C 电场力做功 W，则 UBC ，UBCUAC，又 C 点电势为零，则 A 点电势为 ，A 错误，B 正 q q W 确；电场线沿着垂直AB方向，AC沿电场线方向长度为dsin60，所以电场强度大小为 ， qdsin60 C 错误；从 A 点释放的电子，所受的电场力垂直于 AB 向上，做类平抛运动，D 正确 7(多选) 如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入

34、电场线水平向右的加速 电场 E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空 中，不计粒子重力及其相互作用，那么( ) A偏转电场 E2对三种粒子做功一样多 B三种粒子打到屏上时的速度一样大 C三种粒子运动到屏上所用时间相同 D三种粒子一定打到屏上的同一位置 答案：AD 1 2eE1d 解 析：带电粒子在电场 E1中加速，由动能定理，eE1d mv2，解得 v .进入电场线 2 m 1 E2L2 竖直向下的匀强电场 E2中做类平抛运动，Lvt，y at2、eE2ma，联立解得 y ，偏转 2 4E1d eE2L2 电场 E2对三种粒子做功 WeE2y ，与粒子质

35、量无关，所以偏转电场 E2对三种粒子做功一 4E1d E2eL2 2E1ed 样多，选项 A 正确；粒子打到屏上时的速度大小 v ，三种粒子质量不相等， 2E1md m E2L2 故选项 B 错误；三种粒子运动到屏上所用时间不相同，选项 C 错误；由于 y ，与粒子质 4E1d 量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子 一定打到屏上的同一位置，选项 D 正确 8. 14 如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为 Q(Q0)的 点电荷，在距离底部点电荷为 h2的管口 A 处，有一电荷量为 q(q0)、质量为 m 的点电荷由静

36、 止释放，在距离底部点电荷为 h1的 B 处速度恰好为零现让一个电荷量为 q、质量为 3m 的点 电荷仍在 A 处由静止释放，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，则该点电荷( ) A运动到 B 处的速度为零 B在下落过程中加速度逐渐减小 2 3 C运动到 B 处的速度大小为 3gh2h1 D速度最大处与底部点电荷距离为 kQq mg 答案：C 解 析：点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理可得 mgh1WE0，即 WE mgh1，当点电荷质量为 3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得 3mgh2mgh1 1 2 3mv2，解得 v 3gh2h1，故 C 正确、A

37、错误；由题意知，点电荷应先做加速运动， 2 3 再做减速运动，即开始时重力大于库仑力，而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先 kQq 减小，后增大，故 B 错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F 库3mg ， r2 kQq 解得 r ，故 D 错误 3mg 二、非选择题(本题包括 4 小题，共 47 分) 9(7分)如图所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法， 测出电容器充电至电压 U 时所带电荷量 Q，从而再求出待测电容器的电容 C.某同学在一次实验 时的实验步骤如下： a按如图甲所示电路图连接好电路； b接通开关 S，调节电阻箱 R 的阻值，使

38、小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时 电流表的示数为 I0490 A，电压表的示数 U0如图丙所示，I0、U0分别是电容器放电时的初 15 始电流和电压； c断开开关 S，同时开始计时，每隔 5 s 或 10s 测一次电流 i 的值，将测得的数据在图丁 的坐标上描点标出 (1)根据图甲的电路原理图连接图乙的实物图 (2)在图丁中作出 it 图象，其图线与坐标轴所围面积的物理意义是_ (3)电压表的示数U0_V，该电容器电容为C_F(结果保留两位有效数字) (4)若某同学实验时把电压表接在 D、E 两端，则电容的测量值与真实值相比_(填“偏 大”“”“”、 偏小 或 相等 ) 答案：(1)

39、如图 1 所示(2分) (2)如图 2 所示(2分) 电容器从充电到电压为 U0时所带的 电荷量 (3)8.0 1.1103(2分) (4)偏小(1分) 解析：(2)将图中数据点用平滑曲线连接起来，图线与坐标轴所围面积的物理意义是电容 器从充电到电压为 U0时所带的电荷量(3)因为电压表的精度为 0.5 V，所以电压表示数 U0 0.5168.0 V；从图线与坐标轴所围面积可以计算出电荷量为 Q8.75103 C，根据电容的 Q 定义式得 C 1.1103 F(4)若把电压表接在 D、E 两端，会有放电电流通过电压表而使 U0 得测量出的电荷量偏小，从而使电容测量值偏小 10. (10 分)如

40、图所示，AB 是位于竖直平面内、半径 R0.5 m 的 1/4圆弧形的光滑绝缘轨道， 16 其下端点 B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度 E 5103 N/C.今有一质量为 m0.1 kg、带电荷量 q8105 C 的小滑块(可视为质点)从 A 点 由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.05，取 g10 m/s2，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B 时对 B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上通过的总路程 答案：(1)2.2 N (2)6 m 解析：(1)设小滑块第一次到达 B 点时的速度为 vB，对圆弧轨道最低点 B 的压力为

41、FN，则 1 mgRqER mv 2 2B v2 B F Nmgm R 由牛顿第三定律得 FNFN 解得 FN3mg2qE2.2 N(4分) (2)由题意知 qE81055103 N0.4 N mg0.050.110 N0.05 N 因此有 qEmg 所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动(2 分) 所以小滑块在水平轨道上通过的总路程 x 满足 mgRqERmgx 解得 x6 m(4 分) 11(14 分) 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有 A、B 两点，其中 A 点坐标为(6 cm,0)，B 点坐标为(0， 3 cm)坐标原点 O 处的电势为 0，点 A

42、处的 电势为 8 V，点 B 处的电势为 4 V现有一带电粒子从坐标原点 O 处沿电势为 0 的等势线方向以 速度 v4105 m/s 射入电场，粒子运动时恰好通过 B 点，不计粒子所受重力，求： (1)图中 C 处(3 cm,0)的电势； (2)匀强电场的场强大小； q (3)带电粒子的荷质比 . m 8 答案：(1)4 V (2) 102 V/m (3)2.41011 C/kg 3 解析：(1)设 C 处的电势为 C 17 由 OCCA 知 OCCA OA 08 解得 C V4 V(3分) 2 2 (2)BC 连线为等势线，电场强度方向与等势线 BC 垂直 设OBC OBL 3 cm OC

43、 3 tan 得 60 L 3 由 UEd U UBO 4 得 E V/m d Lsin 3 3 102 2 8 102 V/m(5 分) 3 (3)因为带电粒子做类平抛运动 有Error! q 2v2sin 联立解得 2.41011 C/kg(2分) m ELcos2 所以带电粒子的荷质比为 2.41011 C/kg 12(16 分)2019四川成都一诊如图所示，A、B 间距为 L6.25 m 的水平传送带在电机 带动下始终以 v3 m/s 的速度向左匀速转动，传送带 B 端正上方固定一挡板，挡板与传送带无 限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强 E1106 N/C.现将一

44、质量 m 2 kg、带电荷量 q1105 C 的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上 A 端若滑块每次与挡板碰 后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.3，且滑块所受最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2.求： (1)滑块放上传送带后瞬间的加速度； (2)滑块第一次反弹后能到达的距 B 端的最远距离； (3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率 答案：(1)2 m/s2，方向水平向右 (2)3.25 m (3)18 W 18 解析：(1)滑块放上传送带后瞬间，受力如图所示 由牛顿第二定律有 qEmgma， 代入数据解得 a2 m/s2，方向水平

45、向右； (2)设滑块第一次到达 B 点时速度为 v1， 由运动学公式有 v212aL， 代入数据解得 v15 m/s. 因 v1v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小为 a1，由 牛顿第二定律有 qEmgma1， 代入数据得 a18 m/s2. 设滑块与挡板碰后至速度减为 v 经历的时间为 t1，发生的位移为 x1， 1 由运动学公式有 vv1a1t1，x1v1t1 a1t21， 2 代入数据得 t10.25 s，x11 m. 此后，摩擦力反向(水平向左)，加速度大小又变为 a，滑块继续向左减速直到速度为零， 设这段过程发生的位移为 x2， v2 由运动学规律有 x

46、2 ， 2a 代入数据得 x22.25 m， 当速度为零时，滑块离 B 端最远，最远距离 xmx1x2， 代入数据解得 xm3.25 m. (3)分析可知，滑块逐次回到 B 端的速度将递减，但只要回到 B 端的速度大于 v，滑块反弹 后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向 B 端返回时发生的位移不会小于 x2， 回到 B 端的速度不会小于 v 2ax23 m/s，所以，只有当滑块回到 B 端的速度减小到 v3 m/s 后，才会做稳定的周期性往返运动在周期性往返运动过程中，滑块对传送带施加的摩擦 力方向始终向右，所以滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为 P mgv，代入数据解得 P18 W. 19 20