2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题08静电场含解析.pdf

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1、专题 08 静电场专题 08 静电场 第一部分名师综述第一部分名师综述 电场是历年高考试题中的重点之一查的内容主要集中在两个方面：一是有关对电场本身的认识，即电场、 电场强度、电势、电势差、电势能、电场线、等势面；二是电场知识的应用，即带电粒子在匀强电场中的 运动、电容器等电场强度、电势差等基本知识的考查一般以选择题、填空题的形式出现；对于电场中导 体和电容器的考查，常以小综合题型出现带电粒子在电场中运动一类问题，是高考中考查的重点内容之 一其次在力、电综合试题中，多把电场与牛顿运动定律，动能定理，功能关系，运动学知识，电路知识 等巧妙地综合起来，考查学生对这些基本知识、基本规律的理解和掌握的

2、情况，应用基本知识分析、解决 实际问题的能力。纵观这类题目，所涉及的情景基本相同（无外乎是带电粒子在电场中平衡、加速或偏转） ， 但命题者往往拟定不同的题设条件，多角度提出问题，多层次考查知识和能力从近三年的高考分析来看， 高考对静电场专题的考查频率很高，所占分值约为全卷的百分之五到百分之十，试题主要集中在电场的力 的性质、电场的能的性质以及与其他知识的综合应用。涉及电场强度、电场线、电场力、电势、电势差、 等势面、电势能、平行板电容器的电容、匀强电场、电场力做功电势能的变化，还有带电粒子在电场中的 加速和偏转等知识。重点考查了基本概念的建立、基本规律的内涵与外延、基本规律的适用条件，以及对

3、电场知识跟其他相关知识的区别与联系的理解、鉴别和综合应用。 预计高考中，本专题仍是命题的热点之一，在上述考查角度的基础上，重点加强以选择题的形式考查静电 场的基本知识点，以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的应用。另外高考试题 命题的一个新动向，静电的防治和应用，静电场与相关化学知识综合、与相关生物知识综合、与环保等热 点问题相联系，在新颖、热门的背景下考查静电场基本知识的应用。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1用长为 1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为 1.0102kg、电荷量为 2.010-8C 的小球，细线的上端 固定于 O 点。现加一水平向右的

4、匀强电场，平衡时细线与铅垂线成 370，如图所示。现向左拉小球使细线水 平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6） A该匀强电场的场强为 3.75107N/C B平衡时细线的拉力为 0.17N C经过 0.5s，小球的速度大小为 6.25m/s D小球第一次通过 O 点正下方时，速度大小为 7m/s 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB小球在平衡位置时，由受力分析可知 ： qE=mgtan370，解得E = 1.0 10 - 2 10 0.75 2.0 10 - 8 N/C = 3.75 106 ，细线的拉力：T=，选项 AB 错误；N/CT = mg cos370 = 1.0 102

5、10 0.8 N = 0.125N C小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向 与竖直方向成 370角，加速度大小为，则经过 0.5s，小球的速度大小为a = T m = 0.125 1.0 102m/s 2 = 12.5m/s2 v=at=6.25m/s，选项 C 正确； D小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：，带入数据解得mgL + qEL = 1 2mv 2 v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的 瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于 7m/s，选

6、项 D 错误。 2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 点以一定初速 度水平抛小球，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 AB2BC， 如图所示由此可知（ ） A小球从 A 到 B 到 C 的整个过程中机械能守恒 B电场力大小为 2mg C小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间之比为 21 D小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的加速度大小之比为 21 【答案】 C 【解析】 【详解】 AA 到 B 到 C，整个运动过程当中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项 A 错

7、； BCD A 到 B 到 C 在水平方向做匀速直线运动， AB、 BC 的水平分量之比等于 2:1， 所以 A 的 B 的时间与 B 到 C 的时间之比等于 2:1，AB 和 BC 竖直方向上的分量也是 2:1，所以竖直方向上的加速度之比是 1:2，根据 Eq- mg=ma 可知 qE=3mg，电场力的大小是重力大小的 3 倍，则选项 C 正确，BD 错误。 3水平面上的三点A、O、B在一条直线上， OB=2OA，OO是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀 强电场，场强大小为E1= ，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电量为 q 的小 mg q 球从A点以初速度v

8、0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速 度大小为g，则下列说法正确的是： A小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值 tan= 1 2 C小球经过分界线时离水平面的高度为 2v02 3g D左右两区域电场强度大小的比值为E1:E2=1:2 【答案】 B 【解析】 【详解】 小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为 g 的匀变速运动，又有 A、B 两点的高度相等，故竖直 方向的速度大小相等；根据 B 点速度竖直向下可得：小球落在 B 点时的速度大小等于 v0，则小球在空中运 动的总时间为；小球在水平方向只受电

9、场力作用，做匀变速运动；故在 OO左侧做加速度t = 2v0 g a1 qE1 m = g 的匀加速运动， 在右侧做加速度的匀减速运动 ； 设在左侧运动时间为 t1， 在右侧运动时间为 t2； 则有 ：t1+t2a2 qE2 m ， a1t1=a2t2； 又有 OB=2OA， 所以， a1t1t2-a2t222a1t12； 所以，t22t1， E1： E2=a1： a2=t2： t1=2 ： 1； 2v0 g 1 2 1 2 4v0 3g 故 D 错误；小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为hv0t1gt12，故 C 1 2 4v02 9g 错误 ； 小球经过分界线时的水

10、平速度vx=a1t1= v0； 竖直速度 ：， 则速度与水平方向夹角 2 3 vy= v0- gt1= 1 3v0 的正切值，选项 B 正确；根据 E1：E2=2：1，OB=2OA，由 U=Ed 可得：A、B 两点电势相等，故tan = vy vx = 1 2 电势能相等，故 A 错误；故选 B。 4 如图， 质量为 m 的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在 O 点， 在空间中存在着水平向右的匀强电场， 小球在 B 点能够静止不动。现在让小球由最低点 A 从静止释放。则小球（） A恰好能运动到 C 点 B过 B 点时合力为 0 C向右运动的过程中合力的功率先增大再减小 D在 C 点加速度为gtan

11、【答案】 A 【解析】 【分析】 根据小球能在 B 点静止不动和 A、C 两点处于对称位置，可以把小球的运动过程等效为单摆模型，因此小球 在 B 点为平衡位置，经过该点时速度最大，合外力提供向心力且与速度方向垂直；而在 A、C 两点处于最大 位移处，处于该点时速度为零，其加速度大小相等 ； 再利用平衡条件可以计算出在 A、C 两点的加速度大小。 【详解】 小球在 B 点受到重力、电场力和拉力三个力的作用下能够静止不动，且 A、C 两点处于对称位置，因此小球 的运动可看作一个单摆模型；即：B 点是平衡位置，而 A、C 两点是最大位移处，根据单摆模型的特点，小 球恰好能运动到 C 点。故 A 正确

12、；由于在 B 点是单摆模型等效最低点，所以经过 B 点时的速度最大；而小 球经过 B 点时的合外力提供向心力，即 ：F合m，由于速度 vB0，所以小球过 B 点时合力不为 0故 B 错 v2B l 误； 根据题意画出小球的受力图如下：由图可知小球在 B 点时，合外力方向与速度方向垂直，此时合外力的功 率为零；而在 A、C 两点的速度为零，此时合外力的功率也为零；因此小球向右运动的过程中合力的功率应 该是先增大后减小再增加再减小的变化过程。故 C 错误；根据单摆模型的对称性可知，小球在 C 点和 A 点 的加速度大小相等，有：acaA ，而在 B 点处静止，根据平衡条件有：qEmgtan ，联立

13、以上两个公式 Eq m 2 可解得：acaAgtan 故 D 错误。故选 A。 2 【点睛】 解答本题的关键是：要认真审题，抓住题目的关键信息，把小球的运动等效看作单摆模型，再利用单摆运 动的特点结合平衡条件可求出结果。 5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） 。设两极板正对面积为S，极板间的距离 为d,静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若 A保持S不变，增大d,则变大 B保持S不变，增大d,则变小 C保持d不变，减小S,则变小 D保持d不变，减小S,则不变 【答案】 A 【解析】 试题分析：A、B、电容器所带电荷量 Q 不变，由可知 不变，增大 d，则 变小，

14、而由可得电C = r s 4kd sCC = Q U 容器的电压 U 变大，从而使得静电计的电压 U 变大，其指针的偏角变大，故 A 正确、B 错误.C、D、同理可 知保持 d 不变，减小 S，则 变小，而由可得电容器的电压 U 变大，使得静电计的电压 U 变大，其指针CC = Q U 的偏角变大，故选项 C、D 均错误.故选:A. 考点：本题考查了电容器的动态变化. 6 电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和 3L的两点,其中坐标为-3L处点电荷带电量绝对值为Q， 两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示， 其中x=L处电势最低,x轴上M、N两点的坐标分别为- 2L和 2L，则下

15、列判断正确的是( ) A两点电荷一定为异种电荷 B原点O处场强大小为 kQ 12L2 C正检验电荷在原点O处收到向左的电场力 D负检验电荷由M点运动到N点的过程,电势能先减小后增大 【答案】 B 【解析】 【详解】 A、由-x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故 A 错误； B、C、x=L处电势最低，此处图线的斜率为 0，即该点的合场强为 0，有,得,故原点 kQ (4L)2 - kQ (2L)2 = 0Q= Q 4 处的场强大小为,方向向右，则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右，故 B 正确，C kQ (3L)2 - kQ (3L)2 = kQ 12L2 错误； D、 由M点到N点电势先减小

16、后增大， 所以负检验电荷由M点运动到N点的过程， 电势能先增大后减小， 故 D 错误. 故选 B. 【点睛】 解决本题的关键掌握电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率为（x0） ， 表示电场强度E， 以L x 点场强为 0 作为突破口，展开分析 7如图所示，空间存在水平方向的匀强电场 E=2.0104N/C，在 A 处有一个质量为 0.3kg 的小球，所带电 荷量为 q=+2.0104C，用一长为 L=60cm 的不可伸长的绝缘细线与固定点 O 连接。AO 与电场线平行处于水 平状态。现让该质点在 A 处静止释放，则下列说法中正确的有（ ） （已知 sin37=0.6，cos37=0.8， 取

17、 g=10m/s2。 ） A释放后小球做圆周运动 B小球在 A 点瞬间的加速度大小为 10m/s2 C小球从 A 运动到 O 点正下方的过程中电势能增加了 2.4J D小球第一次运动到 O 点正下方的速度大小为 5m/s 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB：带电质点受到的重力，带电质点受到的电场力G = mg = 0.3 10N = 3NqE = 2 10 - 4 2 ，将电场力与重力合成如图：104N = 4N 则合力大小，合力方向与水平方向夹角为 370，质点在 A 处静止F合=G2+ (qE)2= 5Ntan = G qE = 3 4 释放，将做匀加速直线运动，在 A 点瞬间的加速度

18、。故 AB 两项错误。a = F合 m = 50 3m/s 2 CD： 质点第一次从A运动到O点正下方时， 下落的高度； 质点从A运动到O点正下方时，h = Ltan370= 0.45m 电场力做功，电势能减小了 2.4J；质点第一次从 A 运动到 O 点正下方过程，W电= qEL = 4 0.6J = 2.4J 应用动能定理可得：，解得：小球第一次运动到 O 点正下方的速度。故 C 项mgh + qEL = 1 2mv 2 - 0v = 5m s 错误，D 项正确。 【点睛】 物体受重力和恒定的电场力时，可将重力和电场力合成，然后将合力等效成新的“重力” ，等效于a = F合 m “重力加速

19、度” ，的方向等效于“重力”的方向。F合 8 图(甲)是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点， 一电子只受电场力作用， 从静止沿电场线从a 运动到b，在此过程中，电子运动的vt图线如图(乙)所示，比较a、b两点电势a、b的高低和电场强度 的大小，以下关系正确的是( ) A a bEaEb B a bEaEb C a bEaEb D a bEaEb 【答案】 C 【解析】 【详解】 电子从 a 运动到 b,由速度时间图线可知电子做加速运动,故电场力向右， 由于负电荷受到的电场力与场强方 向相反，故场强向左，沿场强方向电势逐渐降低，故，故排除 AB 选项；由于图线的斜率表示加速a Eb 【

20、点睛】 本题考查带电粒子在电场中的轨迹与图像问题，较为综合，从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加 速度变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况和电场强度的变化情况；电势的高低看电场线的指向， 沿着电场线电势一定降低。 9如图所示，在竖直放置间距为 的平行板电容器中，存在电场强度为 E 的匀强电场。有一质量为 ，电荷dm 量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为 。则点电荷运动到负极板的过程+ qg A加速度大小为a = qE m + g B所需的时间为t = dm Eq C下降的高度为y = d 2 D电场力所做的功为W = Eqd 【答案】 B 【解析】 【详解】 点电荷在电

21、场中的受力如图所示， 点电荷所受的合外力为F =(qE)2+ (mg)2 由牛顿第二定律得故 A 错；a = (qE)2+ (mg)2 m 点电荷在水平方向的加速度为，由运动学公式 d/2=a1t2/2,所以，故 B 正确，a1= Eq/mt = md qE 点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度，故 C 错误；y = 1 2gt 2 = 1 2g md qE = mgd 2qE 由功公式 W=Eqd/2,故 D 错误。 综上所述本题答案是：B 【点睛】 由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上 自由落体运动求出下落的高度。 10一

22、正电荷在电场中仅受电场力作用，从 A 点运动到 B 点，速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB分别 对应电荷在 A、B 两点的时刻，则下列说法中正确的是（ ） AA 处的场强一定小于 B 处的场强 BA 处的电势一定低于 B 处的电势 C电荷在 A 处的电势能一定大于在 B 处的电势能 D从 A 到 B 的过程中，电场力对电荷做正功 【答案】 B 【解析】 由图象知 A 处的加速度大于 B 处的加速度，A 处的场强一定大于 B 处的场强，A 错由功能关系及动能和电 势能之和守恒知 B 正确，C、D 错 二、多选题 11一半径为 R 的均匀带正电圆环水平放置，圆心为 O 点，质量为 m 的带正

23、电小球(可视为质点)从 O 点正 上方距离为 h 的 A 点由静止下落，并穿过圆环小球在从 A 点运动到 A 点关于 O 点对称的 A点的过程中， 其加速度 a、重力势能 Ep 重、机械能 E、电势能 Ep 电，随位置变化的图像如图所示(规定 O 点为坐标原点且重 力势能为 0，竖直向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为 0)，其中可能正确的是 ABCD 【答案】 BC 【解析】 【详解】 圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从 A 到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小， 则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小 后增大；小球

24、穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电 场力先增大后减小，则加速度先增大后减小。故 A 不可能。故 A 错误。小球从 A 到圆环中心的过程中，重 力势能 EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=-mgh，根据数学知识可知，B 是可能的。故 B 正确。小球从 A 到圆环 中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故 C 是可能的。 故 C 正确。由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性 关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以 D 是不可能的。故 D 错误。故选

25、BC。 12如图所示，在方向竖直向上、大小E=1106V/m的匀强电场中，固定一个穿有 A、B 两个小球（均视为 质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为 O、半径R=0. 2m。A、B 用一根绝缘轻杆相连，B 球带 电荷量q=+7l0-6C,A 球不带电，质量分别为mA=0.lkg、mB=0.8kg。将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆 心 O 等高，B 在圆心 0 的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g= l0m/s2。则 A小球 A 和 B 受到的合力的大小相等 B小球 B 不能到达圆环的最高点 C小球 A 和 B 的速度大小始终相等 D两小球及轻杆组成的系统最大动能为 1 5(

26、 2 - 1)J 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对 A、B 分别由动能定理列方程联立求解最大动能， 【详解】 AC、设 B 转过 角时，A、B 的速度分别为 vA、vB，因 A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故 vA=vB， 所以小球 A 和 B 切向加速度大小和法向加速度大小相等， 但两球的质量不等， 根据牛顿第二定律可知小球 A 和 B 受到合力大小不等，故 A 错误，C 正确； B、设 B 到达圆环最高点时 A、B 的动能分别为 EKA、EKB，对 A 根据动能定理有：，对 B 根据动能定WT= EKA 理有：，联立解得：，上式表明：

27、B 在圆环最高点时，系- WT+ (qE - mBg)2R = EKBEKA+ EKB=- 0.4J 统动能为负值，所以 B 不能到达圆环最高点，故 B 正确； D、对 A 由动能定理：，对 B，由动能定理：mAgRsin - WT= 1 2mAv 2 A- 0 (qE - mBg)(R - Rcos) + WT= 1 2 ，联立解得：，据此式知，当时，两小球及轻杆组成mBv2B- 0EkA+ EKB= 0.2(cos + sin - 1) = 4 的系统最大动能是，故 D 正确；EkA+ EKB= 1 5( 2 - 1) 故选 BCD。 【点睛】 关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索

28、展开：其一，力和运动的关系；根据带电粒子受力情况， 用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系，根据 电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。 13如图所示，正六边形 ABCDEF 的 B、D 两点各固定一个带正电电量为+q的点电荷，F 点固定一个带负电 电量为-q的点电荷，O 为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是 AO 点场强为 0 BC 点场强方向沿 FC 方向 C电子在 A 点电势能比在 O 点小 DOA 两点间电势差和 OE 两点间电势差相等 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根据电场的叠加原理分析各点的

29、场强大小，并确定出电场强度的方向；根据点电荷的电势公式运用叠加原 理分析电势高低和电势能的大小比较. 【详解】 根据点电荷的场强公式可知， 三个点电荷在O点产生的场强大小相等， 合场强沿OF方向 ； 故 A 错误 ；BE = kq r2 和D两个正场源在C点产生的合场强沿FC方向，F点的负点电荷在 C 点产生的场强沿CF方向， 但距离较大， 则总的合场强沿FC方向；故 B 正确；电子沿 OA 运动时，OA 是 BF 的中垂线，BF 两点放了等量异种电荷， 所以这两个电荷对电子的作用力的合力垂直 AO， 对电子做功， D 处的电荷是正电荷， 是引力， 对电子做负功， 所以三个电荷对电子做负功，电

30、势能增大，电子在 A 点电势能比在 O 点大，故 C 错误；根据对称性可知， 电荷从 O 点移到 A 点、从 O 点移到 E，电场力做功相同，所以 OA 两点间电势差和 OE 两点间电势差相等， 故 D 正确；点故选 BD. 【点睛】 本题要知道点电荷的电场的分布，掌握点电荷场强公式，充分利用对称性，由电场的叠加原理来解题.要灵 活选择哪个电荷的电场与哪个电荷的电场合成。要知道负电荷的电场中各个点的电势为负，正电荷的电场 中各点的电势为正. 14如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端 固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静

31、止时细线与竖直方向成 角，此时让小球获得初速 度且恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是 A匀强电场的电场强度E = mgtan q B小球动能的最小值为Ek= mgL 2cos C小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 【答案】 AB 【解析】 【分析】 小球静止时悬线与竖直方向成 角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大 小；小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最 小速度，得到最小动能；小球运动过程中只

32、有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒， 机械能最小的位置即为电势能最大的位置 【详解】 小球静止时悬线与竖直方向成 角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有 ： mgtan=qE， 解得，选项 A 正确；E = mgtan q 小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律，有 ：， mg cos = m v2 L 则最小动能 Ek=mv2=，所以选项 B 正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大 1 2 mgL 2cos 的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项 C 错

33、误；小球从 初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先 减小后增大，再减小，选项 D 错误；故选 AB. 【点睛】 此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能 定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和 功能关系求两者之和 15如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电 场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点 O 相连，并以某一初速度从 M 点运动

34、到 N 点，OMON。若滑块在 M、N 时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹 性限度内，则 A滑块从 M 到 N 的过程中，速度可能一直增大 B滑块从位置 1 到 2 的过程中，电场力做的功比从位置 3 到 4 的小 C在 M、N 之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置 D在 M、N 之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置 【答案】 AC 【解析】 A、随着滑块由M向N滑动，所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力， 则滑块一直加速，所以 A 选项正确； B、1、2 与 3、4 间的电势差相等，电场力做功相等，故 B 错误； C、在N点如果电场力小于弹

35、簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C 正确； D、由题意“”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在NOMON 点受弹簧的拉力向左上方即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复 原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的 有两个位置，故 D 错误。 点睛：这是一道考查电场中有约束物体运动规律和功能关系的中档次好题讨论电场力与弹簧水平方向上 的分力大小是解决题目的关键，弹簧弹力的方向是的难点。 16如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，

36、经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂 直进入偏转电场。 已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L， 两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P 是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确 的是 A粒子进入偏转电场的速度大小为 2eU1 m B若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水 平线上，则所加电压U0= U1d2 3L2 C若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在 0 时刻进入偏转电场t 后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为T = L

37、n m 2eU1(n = 1,2,3.) D若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在 0 时刻进入偏转电场t 后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为U0= 4nU1d2 L2 (n = 1,2,3.) 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度 v 的大小。粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场 中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压 的大小。 【详解】 在加速电场中，根据动能定理得：，解得，故 A 正确；粒子出偏转电场时，速度的反eU1= 1 2mv 2 v

38、 = 2eU1 m 向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达 A 点，设电子离开偏 转电场时的偏转角为， 则由几何关系得 ：， 解得， 又 d 2 =(L + 1 2L)tan tan = d 3L tan = vy v = eU0 md L v v = eU0L mdv2 ，解得：，故 B 错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏转电场时，粒U0= 2U1d2 3L2 子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中 A 点，电子必向上极偏转，且 vy=0，则电 子应在 t=0 时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个

39、周期，设电子从加速电场射出的 速度为 v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足，而 ，解得 ：t = L v0 = nTt = L v0 T = ，在竖直方向位移应满足 L nv0 = L n 2eU1 m = L n m 2eU1（n = 1、2、3、4） d 2 = 2n 1 2a( T 2) 2 = 2n 1 2 eU0 dm ，解得：，故 CD 正确，故选 ACD。( T 2) 2 U0= 2nmd2v20 eL2 = 4nU1d2 L2 （n = 1、2、3、4） 【点睛】 本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的

40、研究方法是运动的分解和合成。 17如图所示，在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态，现将一带正电的小球 B 沿以 A 为 圆心的圆弧缓慢地从 P 点转至 A 正上方的 Q 点处，已知 P、A 在同一水平线上，且在此过程中物体 A 和 C 始 终保持静止不动，A、B 可视为质点关于此过程，下列说法正确的是（） A地面对斜面 C 的摩擦力先增大后减小 B地面对斜面 C 的摩擦力逐渐减小 C物体 A 受到的摩擦力一直减小 D物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小 【答案】 BD 【解析】 【详解】 B 在 Q 点时，对 A 进行受力分析如图所示 将 A 与斜面体做为一个整体进行受力

41、分析可知，当 B 从 P 点向 Q 点移动过程中，AB 间斥力的水平分量越来 越小，因此地面对斜面体 C 的摩擦力越来越小，故 A 错误，B 正确； C 项 ： 当 B 在 P 点时， 如果重力沿斜面向下的分力与 AB 间斥力沿斜面向上的分力相等， 此时摩擦力等于零， B 从 P 点向 Q 点移动时，重力沿斜面向下的分力与 AB 间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大， 故 C 错误； D 项：当 B 从 P 点向 Q 点移动过程中，AB 间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当 AB 连线与斜面 垂直时，斜面对 A 的支持力最大，因此物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小，D 正

42、确。 故应选 BD。 18如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，平行板电容器 C 的两金属板水平放置G 为灵敏电流计。开关 S 闭合后，两板间恰好有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴处于静止状态。则在滑动变阻器 R 的触头 P 向上移动 的过程中，下列判断正确的是（） A灵敏电流计 G 中有 ba 的电流 B油滴向上加速运动 C电容器极板所带电荷量将减小 D通过电阻 R2的电流将减小 【答案】 AB 【解析】 【详解】 在滑动变阻器 R 的触头 P 向上移动的过程中，R 增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小， 内电压减小，外电压增大，外电压等于 R1上的电压和 R2与 R 并联

43、电压之和，而 R1上的电压减小，所以 R2 与 R 的并联电压增大，通过 R2的电流增大。根据 Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充 电，所以流过电流计的电流方向是 ba电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力 与重力平衡，所以油滴会向上加速。故 AB 正确，CD 错误。故选 AB。 【点睛】 处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析注意处理含容电路时，把含有电容的支路 看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压 19如图所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种 数值静止的带电粒子带电荷量

44、为q，质量为 m （不计重力） ，从点 P 经电场加速后，从小孔 Q 进入 N 板 右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与 N 板的夹角为 30，孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L，当 M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，则：( ) A两板间电压的最大值BCD 板上可能被粒子打中区域的长度Um qB2L2 2m s 2 3L C粒子在磁场中运动的最长时间D能打到 N 板上的粒子的最大动能为 tm m qB q2B2L2 18m 【答案】 ACD 【解析】 画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示， A. 当 M、N 两

45、板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，可知粒子半径 r=L，的加速电场中，根据动 能定理：，在偏转磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：，联立可得：，qUm= 1 2mv 2 qvB = m v2 r Um= qB2L2 2m 故 A 正确；B.设粒子轨迹与 CD 相切于 H 点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在 CD 边上的 G 点，则 GHr 间距离即为粒子打中区域的长度 x，根据几何关系：，可得：，根据几何关系可QC = L = r+ r sin r= L 3 得粒子打中区域的长度：，故 B 错误；C.粒子在磁场中运动的周期为：，x = r - r tan =(1 - 3 3)L

46、 T = 2m qB 粒子在磁场中运动的最大圆心角：，所以粒子在磁场中运动的最长时间为：，故 C = 180t = T 2 = m qB 正确；D.当粒子在磁场的轨迹与 CD 边相切时，即粒子半径，时，打到 N 板上的粒子的动能最大，最r= L 3 大动能：，根据洛伦兹力提供向心力可得：，联立可得能打到 N 板上的粒子的最大动能Ekm= 1 2mv 2 qvB = m v2 r 为：，故 D 正确；故选 ACD。Ekm= q2B2L2 18m 【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，分好过程，针对每个 过程的受力特点和运动形式选择合适的规律解决问题，对数学几何

47、能力有一定的要求。 20 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（） A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 W1+ W2 2 C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 W2 qL D若W1=W2，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】 试题分析：利用电场力做功，可以找到两点之间

48、电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间W = qU 的关系。 A、选项根据题意无法判断，故 A 项错误。 B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以M= c- c- a 2 = c+ a 2 N= d- d- b 2 = d+ b 2 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 ,故 B 正确；W = qUMN= q(M- N)= q c+ a 2 - q d+ b 2 = qUcd+ qUab 2 = W1+ W2 2 C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是 ，故 C 错误； W2 qL D、若W1=W2，说明Ucd= Uab UaM- UbN=(a - M)-(b - N) 由因为；M= c- c- a 2 = c+ a 2 N= d- d- b 2 = d+ b 2 解得：，故 D 正确；UaM- UbN= 0 故选 BD 点睛：对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解。 三、解答题 21如图所示,在 xOy 平面直角坐标系内 y 轴与垂直 x 轴的 MN 边界之间,以 x 轴为分界线,分别在第、 象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。第象限内磁场的磁感应强度大小为 B0.