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1、金溪一中2014届高三补习班物理复习题之六1如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb，若带电粒子q(|Q|q|)由a点运动到b点，电场力做正功，则下列判断正确的是()A若Q为正电荷，则q带正电，FaFbB若Q为正电荷，则q带正电，FaFbD若Q为负电荷，则q带正电，FarB.若不计重力，则()A带电粒子一定带正电B带电粒子所受电场力先做正功后做负功C带电粒子在B点的动能大于在A点的动能D带电粒子在B点的电势能大于在A点的电势能5某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是()Aa点的电势高于b点的电势Bc点的电场强度大于d点的电场强
2、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6如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变小7如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大8
3、如图所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E)()A电子到达B板时的动能是E eVB电子从B板到达C板动能变化量为零C电子到达D板时动能是3E eVD电子在A板和D板之间做往复运动9如图所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球()A将打在O点的下方B将打在O点的上方C穿过平行板电容器的时间将增加D打到屏上动能将增加10如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由
4、P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零则下列说法正确的是()A带电粒子在Q点的电势能为UqB带电粒子带负电C此匀强电场的电场强度大小为ED此匀强电场的电场强度大小为E11M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A电子在N点的动能小于在M点的动能B该电场有可能是匀强电场C该电子运动的加速度越来越小D电子运动的轨迹为曲线12两带电荷量分别为q
5、和q的点电荷放在x轴上，相距为L，下图中能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图象是() A B C D13空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x10和x23a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是()A点电荷M、N一定为同种电荷B点电荷M、N一定为异种电荷C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为41Dx2a处的电势一定为零14.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，abcdL，adbc2L，电场线与矩形所在平面平行. 已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V一个质子从b点以v0的速度
6、射入此电场，入射方向与bc成45，一段时间后经过c点不计质子的重力下列判断正确的是()Ac点电势高于a点电势 B场强的方向由b指向dC质子从b运动到c所用的时间为 D质子从b运动到c，电场力做功为4 eV15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点运动到N点，OM1)，而碰撞过程中小球的机械能不发生损失(1)设匀强电场中，挡板S处电势s0，则电场中P点的电势p为多少？小球在P点时的电势能Ep为多少？(2)小球从P点出发后到第一次速
7、度变为零的过程中电场力对小球做了多少功？(3)求在以后的运动过程中，小球距离挡板的最大距离l.19静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量一个带负电的粒子在电场中以x0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(0ArB，故由A到B使带电粒子离Q变近了，又带电粒子与Q电性相反，则A到B电场力的总功为负功、电势能增加、动能减小只有D正确答案：D5.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
8、，电场力做正功，所以电势能减少，D错答案：C6.解析：充电以后的电容器所带电荷量Q保持不变，故选项A、B错误；根据平行板电容器的电容公式C，d增大，C减小；又由CQ/U得，UQ/C，故U增大；再由公式C、C和E可得E，所以E不变，答案：C来源:学科网ZXXK来源:Z*xx*k.Com7.解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长答案：CD8.解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板
9、间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C9.解析：由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O点下方，A项正确，B项错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C项错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D项正确答案：AD10.解析：根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；
10、因为P、Q两点的电势差为U，电场力做正功，电势能减少，而P点的电势为零，所以A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vyv0.带电粒子在y轴方向上的平均速度为y；带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0t，dv0t，得y0，由E得E，C正确，D错误答案：AC11.解析：电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，动能增加，A选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距
11、离电场力做功越来越少，由WqEx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得轨迹必为直线，D选项错误答案：C12.解析 由等量异种点电荷的电场强度分布规律可知：在两电荷连线的中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，选项A正确13.解析：在两点电荷连线之间2a处合场强为零，说明两点电荷一定是同种电荷，A选项对，B选项错；在2a处合场强为零，即kk，得QMQN41，C选项对；零电势点可任意规定，D选项错答案：AC14.C解析 由匀强电场中两点电
12、势差UEd，而 ab、 cd 平行且相等，则有bacd，即c16 V，选项A错误；将ba向上延长到e点，使abaecdL，则e16 V，即e、c连线为一条等势线，则abc的角平分线为电场线，选项B错误；质子从b运动到c，垂直电场方向有2Lcos45v0t，解得t，选项C正确；质子从b运动到c，电场力做功为We(bc)8 eV，选项D错误15.AC解析 由于滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，所以滑块在M点时弹簧被压缩，滑块在N点时弹簧被拉伸在导轨MN之间靠近左半部分，滑块一直加速，在靠近N点附近，若电场力大于弹力沿MN方向的分力，则加速度向右，滑块继续加速，所以选项A正确由于位置1、2间电势差等
13、于3、4间电势差，所以滑块从位置1到2的过程中电场力做的功等于从位置3到4做的功，选项B错误滑块从M运动到N的过程中，只有弹力和电场力做功，当合力做功为零时，滑块的动能变化为零，即可能存在滑块速度相同的两个位置，选项C正确在整个过程中，弹簧处于原长的位置只有一个，此时合外力等于电场力；当滑块处于O点正下方时，弹簧弹力沿MN方向分力为零，所以合外力也等于电场力；所以，在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的位置有两个，选项D错误16.解析：(1)物块在A点受重力、电场力、支持力分解电场力，由竖直方向受力平衡得FNmgksin60又因为hrsin60由以上两式解得支持力为FNmg.(2)
14、从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得qUmv2mv又因为UBAB，由以上两式解得B(vv2).17.解：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1mv0解得v0 .(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式tFma，FeE，Eayat2解得y.(3)由y可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方18.解析(1)由电场力做功与电势能变化的
15、关系得，EpEsqEh由题设条件，挡板S处电势s0可得小球在P点时的电势pEh，电势能EpqEh(2)设第一次与挡板碰撞后能达到的高度为h1，由能量守恒得：mghqEh(mgqE)h1小球从P点出发到第一次到达最高点过程中电场力对小球做的功为：WqEhqEh1解得：W(3)小球与挡板碰撞后小球所带电荷量逐渐减小，最终电荷量将减小为零，整个过程中能量始终守恒，由能量守恒得：mghqEhmgl解得：lh19.解析(1)由图可知，0与d(或d)两点间的电势差为0电场强度的大小E电场力的大小FqE(2)设粒子在x0，x0区间内运动，速率为v，由题意得 mv2qA由图可知0由得mv2q0A因动能非负，有q0A0得|x|d即x0d粒子的运动区间dxd(3)考虑粒子从x0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由匀加速直线运动t由代入，得t粒子的运动周期T4t20.解析 (1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(xR)mgxmgRmv20，而qE，解得v.(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则FqEm，解得Fmg.(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有m解得vn.21.
