人教版（2019）必修第三冊《第10章 靜電場中的能量》單元測試卷

人教版（2019）必修第三冊《第10章靜電場中的能量》2023年單元測試卷一、填空題1．如圖，A、B兩處分別固定有帶電荷量為+Q和+4Q的點(diǎn)電荷，A與B的連線上有O1、O2兩點(diǎn)AB的垂直平分線上有一點(diǎn)a。已知Aa與AB的夾角θ＝37°，AB＝8L，AO1＝＝4L，取sin37°＝0.6，靜電力常量為k。則O2點(diǎn)的電勢（選填“高于”“等于”或“低于”）O1點(diǎn)的電勢，a點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。二、選擇題2．某一區(qū)域的電場線分布如圖所示，A、B、C是電場中的三個點(diǎn)，則（）A．C點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大 B．A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高 C．負(fù)電荷在A點(diǎn)由靜止釋放后沿電場線運(yùn)動 D．負(fù)電荷從B點(diǎn)移到C點(diǎn)過程中克服電場力做功3．如圖所示，絕緣細(xì)線系一帶有負(fù)電的小球，小球在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，以下說法正確的是（）A．當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)a時，線的張力一定最小 B．當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)b時，小球的速度一定最大 C．當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)a時，小球的電勢能一定最小 D．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒4．如圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A，殼外空間的電場與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣，一帶正電的試探電荷（不計(jì)重力）k0沿OA方向射出，下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是（）A． B． C． D．5．圖1是某同學(xué)設(shè)計(jì)的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，極板上所帶電量Q將隨待測物體的上下運(yùn)動而變化，若Q隨時間t的變化關(guān)系為Q＝（a、b為大于零的常數(shù)），那么圖3、圖4中反映極板間場強(qiáng)大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是（）A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．②和④6．如圖所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊．由靜止釋放后，并最終停止．在物塊的運(yùn)動過程中，下列表述正確的是（）A．物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力 B．物塊受到的庫侖力不做功 C．兩個物塊的電勢能逐漸減少 D．兩個物塊的機(jī)械能守恒7．某科研設(shè)備中的電子偏轉(zhuǎn)裝置由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，結(jié)構(gòu)原理圖如圖所示。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個亮斑。如果電子槍中正負(fù)接線柱之間電壓為10U，XX′電極的長度為l、間距為d，YY′板間不加電壓。已知電子質(zhì)量為m，電子從燈絲逸出的初速度不計(jì)。則電子（）A．在XX′極板間的加速度大小為 B．打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eU C．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與中軸線連線夾角α的正切 D．若UYY′＞0，電子將打在熒光屏的下半?yún)^(qū)域三、多選題（多選）8．某靜電場中的一條電場線與x軸重合，其電勢的變化規(guī)律如圖所示．在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用0～x0區(qū)間內(nèi)（）A．該靜電場是勻強(qiáng)電場 B．該靜電場是非勻強(qiáng)電場 C．電子運(yùn)動的加速度逐漸減小 D．電子運(yùn)動的加速度逐漸增大（多選）9．在電場方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動的軌跡如圖所示，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出時的動能為8J，不計(jì)空氣的阻力。則（）A．小球水平位移x1與x2的比值1：3 B．小球水平位移x1與x2的比值1：4 C．小球落到B點(diǎn)時的動能為32J D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中最小動能為6J（多選）10．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動狀態(tài)是（）A．勻速直線運(yùn)動 B．勻加速直線運(yùn)動 C．勻變速曲線運(yùn)動 D．變加速直線運(yùn)動（多選）11．在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場中，將一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球由靜止開始釋放，帶電小球沿與豎直方向成θ角的方向做直線運(yùn)動。關(guān)于帶電小球的電勢能ε和機(jī)械能W的判斷（）A．若sinθ＜，則ε一定減少，W一定增加 B．若sinθ＝，則ε、W一定不變 C．若sinθ＝，則ε一定增加，W一定減小 D．若tanθ＝，則ε可能增加，W一定增加（多選）12．某中學(xué)生助手在研究心臟電性質(zhì)時，當(dāng)興奮在心肌傳播，在人體的體表可以測出與之對應(yīng)的電勢變化，圖中實(shí)線為等差等勢面，標(biāo)在等勢面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點(diǎn)，c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點(diǎn)。則（）A．d、a兩點(diǎn)的電勢差Uda＝﹣1.5mV B．負(fù)電荷從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電勢能增加 C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度等大反向 D．c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，從c到d的直線上電場強(qiáng)度先變大后變?。ǘ噙x）13．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0，已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則（）A．所有粒子都不會打到兩極板上 B．所有粒子最終都垂直電場方向射出電場 C．運(yùn)動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0 D．只有t＝n（n＝0，1，2…）時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場四、實(shí)驗(yàn)題14．在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，充電后的平行板電容器的A極板與靈敏的靜電計(jì)相接，極板B接地（1）若極板B稍向上移動一點(diǎn)，則將觀察到靜電計(jì)指針偏角（填“變大”或“變小”），此實(shí)驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨而增大；（2）若極板B稍向左移動一點(diǎn)，則將觀察到靜電計(jì)指針偏角（填“變大”或“變小”），此實(shí)驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨而增大．五、計(jì)算題15．如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動0，方向與電場方向的夾角為53°；它運(yùn)動到B點(diǎn)時速度方向與電場方向的夾角為37°．不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。16．如圖所示，絕緣粗糙的水平軌道AB（動摩擦因數(shù)μ＝0.5）與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝1N/C?，F(xiàn)有一電荷量q＝+1C、質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)（圖中未畫出）。g取10m/s2，求：（1）帶電體運(yùn)動到半圓形軌道C點(diǎn)時速度大小；（2）P點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xPB；（3）帶電體在從B點(diǎn)運(yùn)動到落至C點(diǎn)的過程中何處動能最大？并求出最大動能。（第3小題保留兩位有效數(shù)字）17．如圖所示，一條長為L的絕緣細(xì)線，上端固定，將它置于電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，當(dāng)小球平衡時（1）小球帶何種電荷？電荷量為多少？（2）若將小球向左拉至懸線成水平位置，然后由靜止釋放小球，則放手后小球做什么運(yùn)動？經(jīng)多長時間到達(dá)最低點(diǎn)．18．質(zhì)量m＝2.0×10﹣4kg、電荷量q＝1.0×10﹣6C的帶正電微粒懸停在空間范圍足夠大的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E1。在t＝0時刻，電場強(qiáng)度突然增加到E2＝4.0×103N/C，場強(qiáng)方向保持不變。到t＝0.20s時刻再把電場方向改為水平向右，場強(qiáng)大小保持不變。取g＝10m/s2．求：（1）原來電場強(qiáng)度E1的大??？（2）t＝0.20s時刻帶電微粒的速度大?。浚?）帶電微粒運(yùn)動速度水平向右時刻的動能？19．如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R＝2.5m，B點(diǎn)在O點(diǎn)的正下方，在B點(diǎn)的右側(cè)有一豎直虛線CD1＝2.5m，豎直虛線CD的左側(cè)有場強(qiáng)大小為E1＝25N/C、水平向左的勻強(qiáng)電場，豎直虛線CD的右側(cè)有場強(qiáng)大小為E2（大小未知）、豎直向上的勻強(qiáng)電場。豎直虛線CD的右側(cè)有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2＝1m，墻壁EF底端E點(diǎn)與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L2＝1m?，F(xiàn)將一電荷量為q＝+4×10﹣2C、質(zhì)量為m＝1kg的完全絕緣的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，最后進(jìn)入豎直虛線CD右側(cè)。已知滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，圓弧軌道AB光滑，重力加速度大小取g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）滑塊到達(dá)圓弧軌道AB的B點(diǎn)時，圓弧軌道AB對滑塊的支持力大小；（2）滑塊到達(dá)豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點(diǎn)到達(dá)豎直虛線CD所用時間；（3）要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。20．如圖所示，在水中方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端（C端），正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處。（g取10m/s2）求：（1）小環(huán)帶正電還是負(fù)電？（2）小環(huán)離開直桿后的加速度大小和方向；（3）小環(huán)從C運(yùn)動到P過程中的動能增量；（4）小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動速度的大小。21．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸水平。第一象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E1（大小未知），第二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E2＝50N/C。一個質(zhì)量m＝1kg帶電量q＝+0.1C的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)（﹣0.3m，0.7m）以初速度v0水平拋出，小球從y軸上B點(diǎn)（0，0.4m）進(jìn)入第一象限（圖中未標(biāo)出）飛出，重力加速度為g＝10m/s2。求：（1）初速度v0大?。唬?）B、C兩點(diǎn)間電勢差UBC。

參考答案與試題解析一、填空題1．【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式與電勢表達(dá)式或者電勢差與場強(qiáng)關(guān)系即可求解?！窘獯稹拷猓海?）O2點(diǎn)的電勢φ2＝+＝O1點(diǎn)的電勢φ7＝+＝所以φ2＞φ2（2）+Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1＝，方向與水平方向夾角為37°＝5L+4Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E2＝，Ba＝Aa根據(jù)平行四邊形定則解得Ea＝故答案為：高于、【點(diǎn)評】本題考查電勢高低判斷與電場強(qiáng)度的大小計(jì)算。注意夯實(shí)基礎(chǔ)。二、選擇題2．【分析】電場線的疏密反映電場強(qiáng)度的大小，電場線越密，場強(qiáng)越大；沿電場線的方向電勢逐漸降低；根據(jù)電場力與速度夾角關(guān)系分析D?！窘獯稹拷猓篈、由電場線分布的疏密程度、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為EB＞EA＞EC，故A錯誤；B、沿電場線的方向電勢逐漸降低、B、C三點(diǎn)的電勢關(guān)系為φB＞φA＞φC，故B錯誤；CD、負(fù)電荷受電場力方向與場強(qiáng)方向相反，故負(fù)電荷在A點(diǎn)由靜止釋放后不會沿電場線運(yùn)動，故C錯誤。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查對電場線物理意義的理解，知道電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，沿電場線的方向電勢逐漸降低。3．【分析】分析小球所受重力與電場力的大小關(guān)系：當(dāng)重力大于電場力時，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)a時，線的張力一定最小，到達(dá)最低點(diǎn)b時，小球的速度最大；當(dāng)重力等于電場力時，小球做勻速圓周運(yùn)動．當(dāng)重力小于電場力時，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)a時，線的張力一定最大，到達(dá)最低點(diǎn)b時，小球的速度最??；由于電場力做功，小球的機(jī)械能一定不守恒．【解答】解：A、B當(dāng)重力大于電場力時，線的張力一定最小，小球的速度最大，小球做勻速圓周運(yùn)動。當(dāng)重力小于電場力時，線的張力一定最大，小球的速度最小。C、當(dāng)小球最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，電勢能減小，小球的電勢能最小。D、由于電場力做功。故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題題設(shè)條件不明時，要進(jìn)行討論，分三種情況分析小球的受力情況和運(yùn)動情況．4．【分析】試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系根據(jù)動能定理分析．【解答】解：在球殼內(nèi)，場強(qiáng)處處為零，其動能不變；在球殼外，取一段極短距離內(nèi)，設(shè)為FΔEk＝FΔr則得：F＝根據(jù)數(shù)學(xué)知識得知：等于Ek﹣r圖象上切線的斜率，由庫侖定律知r增大，圖象切線的斜率減小，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是運(yùn)用微元法，根據(jù)動能定理列式，分析圖象的斜率的意義，即可解答．5．【分析】某同學(xué)設(shè)計(jì)的電容式速度傳感器原理圖，隨待測物體的上下運(yùn)動而變化，導(dǎo)致間距變化，由于電壓恒定，電量在變化，所以其電容也在變化，從而判斷出電場強(qiáng)度的變化，再由Q隨時間t的變化關(guān)系為Q＝可推導(dǎo)出位移與時間的關(guān)系．【解答】解：電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，由Q＝CU、C＝得：Q與C成正比，則E與d成反比。則由Q與t關(guān)系可得，E與t的關(guān)系：選第②；Q隨時間t的變化關(guān)系為Q＝又由于Q與d成反比，再由d＝vt，物體速率v與時間t無關(guān)故選：C?！军c(diǎn)評】運(yùn)用各公式去尋找變量間的關(guān)系，最終得出正確答案．6．【分析】由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運(yùn)動，兩物塊之間的庫侖力做正功，電勢能減?。_始階段，庫侖力大于物塊的摩擦力，物塊做加速運(yùn)動，當(dāng)庫侖力小于摩擦力后，物塊做減速運(yùn)動，動能先增大，后減?。窘獯稹拷猓篈、開始階段，物塊做加速運(yùn)動；當(dāng)庫侖力小于摩擦力后，動能減小，則機(jī)械能先增大，不守恒。B、兩物塊之間存在庫侖斥力。故B錯誤。C、由靜止釋放后，兩物塊之間的庫侖力做正功。故C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】本題首先考查分析物塊受力情況和運(yùn)動情況的能力，要抓住庫侖力隨距離增大而減小的特點(diǎn)7．【分析】應(yīng)用牛頓第二定律求出電子的加速度大小；應(yīng)用動能定理求出電子打在熒光屏上時的動能；電子在加速電場中加速，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式求出打在熒光屏上時速度方向與中軸線夾角的正切值；根據(jù)電子所受電場力方向判斷電子打在熒光屏上的位置?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律可知，故A錯誤；B、對整個過程，由動能定理得：e×10U+e×k﹣0，解得電子在熒光屏?xí)rEk＝10.6eU，故B錯誤；C、電子在加速電場中加速﹣0電子在XX′極板間做類平拋運(yùn)動，水平方向l＝vt離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的分速度vy＝at，由牛頓第二定律得：打在熒光屏?xí)r，其速度方向與中軸線連線夾角α的正切tanα＝，故C正確；D、若UYY′＞0，則電子受到的電場力豎直向上，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查帶電子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)計(jì)算，解題關(guān)鍵掌握電子做類平拋運(yùn)動的規(guī)律。三、多選題8．【分析】由電勢的變化特點(diǎn)（圖象的斜率表示電場強(qiáng)度的大小及方向）可以判斷電場為非勻強(qiáng)電場，且電場線沿x軸負(fù)向，即可判斷各項(xiàng)．【解答】解：A、B由圖象可知電勢與距離不成正比，可知該靜電場是非勻強(qiáng)電場，B正確；C、根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，當(dāng)電子沿x軸正方向運(yùn)動，所以電場力也減小，故C正確；故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查了勻強(qiáng)電場中電勢與電場強(qiáng)度的關(guān)系，要加強(qiáng)識別圖象并從圖象中獲取信息的能力．同時還可根據(jù)電場力做功來確定電子的電勢能如何變化．9．【分析】小球水平分運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動，豎直分運(yùn)動為勻變速直線運(yùn)動，上升和下降時間相等，可以求出S1與S2的比值，對水平方向分運(yùn)動和豎直方向分運(yùn)動分別運(yùn)用動能定理，然后求出各個特殊點(diǎn)的動能。【解答】解：將小球的運(yùn)動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，A、對于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，故A正確；C、設(shè)物體在B動能為EkB，水平分速度為VBx，豎直分速度為VBy。由豎直方向運(yùn)動對稱性知＝8J對于水平分運(yùn)動運(yùn)用動能定理Fx1＝﹣F（s6+s2）＝﹣s1：s3＝1：3解得：Fs3＝6J；F（s1+s3）＝24J故EkB＝m（+；D、由于合運(yùn)動與分運(yùn)動具有等時性，重力為GFx1＝2J，?t2＝6JGh＝7J，??t2＝8J所以：＝由右圖可得：tanθ＝得：sinθ＝則小球從A運(yùn)動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G’垂直，即圖中的P點(diǎn)，故Ekmin＝＝m（v4sinθ）2＝J，故D錯誤。故選：AC?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵將合運(yùn)動分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動和豎直方向的勻變速直線運(yùn)動，然后對水平分運(yùn)動運(yùn)用動能定理求解！10．【分析】根據(jù)物體的初狀態(tài)和受力情況判斷物體的運(yùn)動情況．依據(jù)初速度與加速度的方向關(guān)系，可做判定．【解答】解：一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，合力不為0。A、物體合力不為0，故A錯誤。B、物體合力不為8，若受到的電場力恒定，故B正確。C、物體合力不為0，若受到的電場力恒定，故C正確。D、由于粒子所受合外力是定值，物體做勻變速運(yùn)動，故D錯誤。本題選不可能的，故選：AD?！军c(diǎn)評】本題重點(diǎn)要關(guān)注力與速度關(guān)系，這個關(guān)系決定物體的運(yùn)動形式，要了解幾種常見的運(yùn)動狀態(tài)的受力情況和速度變化情況．11．【分析】帶電小球從靜止開始做直線運(yùn)動，受到兩個恒力作用，其合力與速度方向必定在同一直線上，根據(jù)電場力與速度方向的夾角，判斷電場力做功正負(fù)，確定電勢能和機(jī)械能的變化?！窘獯稹拷猓篈、若sinθ＜，也可能做負(fù)功、W可能增大也可能減小。BC、若sinθ＝，電場力不做功，ε。故B正確。D、若tanθ＝，據(jù)題知，電場力做正功，W一定增加；本題選不正確的，故選：ACD?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是分析電場力與合力方向的夾角，來判斷電場力做功正負(fù)，確定電勢能和機(jī)械能的變化。12．【分析】根據(jù)電勢的大小求解d、a兩點(diǎn)的電勢差；負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大；根據(jù)等量異種電荷的電場線分布進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、d、a兩點(diǎn)的電勢差Uda＝φd﹣φa＝0﹣1.4mV＝﹣1.5mV，故A正確；B、負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大，電勢能減??；C、該電勢分布圖可等效為等量異種電荷產(chǎn)生的，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點(diǎn)、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，故C錯誤；D、c、d兩點(diǎn)在等量異種電荷的中垂線上、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點(diǎn)；從c到d的直線上電場線先變密后變疏，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評】該題結(jié)合等勢面考查對電場強(qiáng)度理解，知道無論是電場線或是等差等勢面，都是密的地方場強(qiáng)大，疏的地方場強(qiáng)??；把握電場強(qiáng)度的矢量性是解該題的關(guān)鍵。13．【分析】粒子在平行極板方向不受電場力，做勻速直線運(yùn)動；t＝0時刻射入電場的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場，豎直方向分速度變化量為零，根據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零【解答】解：ABD、粒子在平行極板方向不受電場力，故所有粒子的運(yùn)動時間相同，沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場，故運(yùn)動時間為周期的整數(shù)倍；由于t＝0時刻射入的粒子在豎直方向始終做單向直線運(yùn)動，故所有粒子最終都不會打到極板上；C、t＝0時刻射入的粒子豎直方向的分位移為＝?由于L＝d故：vym＝v0故Ek′＝m（+k0，故C正確。故選：ABC?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵根據(jù)正交分解法判斷粒子的運(yùn)動，明確所有粒子的運(yùn)動時間相等，t＝0時刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，然后根據(jù)分運(yùn)動公式列式求解，不難。四、實(shí)驗(yàn)題14．【分析】平行板電容器與靜電計(jì)相接，電容器的電量不變，先由電容的決定式C＝分析電容的變化，根據(jù)電容的定義式C＝，分析電壓U的變化．即可判斷靜電計(jì)指針偏角的變化．【解答】解：（1）若極板B稍向上移動一點(diǎn)，極板正對面積減小分析知電容減小，根據(jù)電容的定義式C＝．則靜電計(jì)指針偏角增大；（2）若極板B稍向左移動一點(diǎn)，板間距離增大分析知電容減小，根據(jù)電容的定義式C＝．則靜電計(jì)指針偏角增大．極板間距離的減小而增大；故答案為：（1）變大，兩極板間正對面積的增大；，兩極板間間距離的減小?！军c(diǎn)評】對于電容器動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量．當(dāng)電容器保持與電源相連時，電壓不變．當(dāng)電容器充電后，與電源斷開后，往往電量不變．根據(jù)電容的決定式和定義式結(jié)合進(jìn)行分析．五、計(jì)算題15．【分析】粒子水平方向受電場力，做勻加速直線運(yùn)動；豎直方向不受力，故豎直分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動；結(jié)合運(yùn)動的合成與分解的知識得到A點(diǎn)速度與B點(diǎn)速度的關(guān)系，然后對A到B過程根據(jù)動能定理列式求解。【解答】解：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB．粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin37°＝v0sin53°由此得設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝﹣聯(lián)立解得：答：A、B兩點(diǎn)間的電勢差為?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是通過運(yùn)動的合成與分解得到A點(diǎn)速度和B點(diǎn)速度的關(guān)系，然后結(jié)合動能定理列式求解即可，基礎(chǔ)題目。16．【分析】（1）恰好到達(dá)最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)，重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大??；（2）對帶電體從B運(yùn)動到C的過程，根據(jù)動能定理求出B點(diǎn)的速度，對帶電體從P運(yùn)動到B的過程，根據(jù)動能定理求PB間距離；（3）由P到B帶電體做加速運(yùn)動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處，根據(jù)動能定理求出最大的動能?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)帶電體運(yùn)動到半圓形軌道C點(diǎn)時速度大小為vC，由題意，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝m解得：vC＝2m/s；（2）設(shè)帶電體運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度大小為vB，對帶電體從B運(yùn)動到C的過程，根據(jù)動能定理得﹣8mgR＝解得：vB＝2m/s對帶電體從P運(yùn)動到B的過程，根據(jù)動能定理得qExPB﹣μmgxPB＝解得：xPB＝2m；（3）帶電體在重力場和電場的復(fù)合中運(yùn)動，當(dāng)帶電體在半圓形軌道上運(yùn)動至速度方向與電場力和重力的合力方向垂直時（即運(yùn)動到等效最低點(diǎn)Q時）的動能最大，根據(jù)力的合成與分解可知OQ連線與豎直方向的夾角為45°。設(shè)帶電體的最大動能為Ekm，對帶電體從B運(yùn)動到Q的過程，根據(jù)動能定理得qERsin45°﹣mgR（1﹣cos45°）＝Ekm﹣解得：Ekm≈1.8J。答：（1）帶電體運(yùn)動到半圓形軌道C點(diǎn)時速度為2m/s；（2）P點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xPB為2m；（3）當(dāng)運(yùn)動到帶電體與圓心的連線與豎直方向成45°時，動能最大。【點(diǎn)評】該題考查了動能定理、牛頓第二定律，涉及到運(yùn)動的分解、圓周運(yùn)動，綜合性較強(qiáng)，最后一問對學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)訓(xùn)練。17．【分析】小球受重力、電場力和拉力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出電場力的方向和大小，從而得出小球的電性以及電量的大小．由牛二律可求得加速度，由運(yùn)動學(xué)公式求時間．【解答】解：（1）小球受力方向與電場線相同，則為正電，小球所受合力為：F合＝小球所受電場力與重力大小相等，故有：qE＝mg所以小球所帶的電荷量為：q＝（2）將小球向左拉到水平處可知小球所受重力和電場力的合力沿圖中虛線方向，而繩在水平方向?qū)η驘o彈力，根據(jù)牛頓第二定律可知a＝到達(dá)最低點(diǎn)時，小球的位移為可得小球運(yùn)動時間為：t＝答：（1）正電，電荷量為；（2）小球經(jīng)時間．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵正確地進(jìn)行受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡知識進(jìn)行求解．由牛頓運(yùn)動定律分析運(yùn)動情況．18．【分析】（1）當(dāng)場強(qiáng)為E1的時候，帶正電微粒靜止，重力與電場力平衡，由平衡條件求解電場強(qiáng)度E1的大小．（2）當(dāng)場強(qiáng)為E2的時候，帶正電微粒由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由初速度為零和時間，由速度公式求解t＝0.20s時刻帶電微粒的速度大小．（3）t＝0.20s時刻把電場方向改為水平向右后，粒子受到的電場力也變?yōu)樗较蛴遥捎眠\(yùn)動的分解法：豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做初速度零的勻加速運(yùn)動．由豎直方向勻減速運(yùn)動求出速度減小到零的時間，此時速度即變?yōu)樗椒较?，由牛頓定律和速度公式結(jié)合求解速度水平向右時刻的速度，再求解動能．【解答】解：（1）當(dāng)場強(qiáng)為E1的時候，帶正電微粒靜止1q所以E7＝＝2.0×107N/C（2）當(dāng)場強(qiáng)為E2的時候，帶正電微粒由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律：E2q﹣mg＝ma，得到a＝2．由運(yùn)動學(xué)公式v＝at＝2m/s（3）把電場E2改為水平向右后，帶電微粒在豎直方向做勻減速運(yùn)動1，則0﹣v7＝﹣gt1解得：t1＝4.20s設(shè)帶電微粒在水平方向電場中的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律qE2＝ma6，解得：a2＝20m/s2設(shè)此時帶電微粒的水平速度為v4，v2＝a2t3，解得：v2＝4.7m/s設(shè)帶電微粒的動能為Ek，Ek＝＝1.5×10﹣3J答：（1）原來電場強(qiáng)度E1的大小是7.0×103N/C；（2）t＝2.20s時刻帶電微粒的速度大小是2m/s；（3）帶電微粒運(yùn)動速度水平向右時刻的動能1.3×10﹣3J．【點(diǎn)評】本題是帶電粒子在電場中平衡與運(yùn)動問題，首先要分析粒子的受力情況來分析運(yùn)動情況，第（3）問題應(yīng)用是運(yùn)動的分解方法，并要抓住水平方向與豎直方向具有等時性的特點(diǎn)．19．【分析】（1）根據(jù)動能定理結(jié)合牛頓第二定律得出軌道對滑塊的支持力；（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動的特點(diǎn)得出速度的大小和對應(yīng)的運(yùn)動時間；（3）找到運(yùn)動的臨界狀態(tài)，結(jié)合動能定理和運(yùn)動學(xué)公式得出場強(qiáng)的范圍?！窘獯稹拷猓海?）滑塊從A運(yùn)動到B的過程中，根據(jù)動能定理可得：在B點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得：FN＝16.4N（2）滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：qE8+μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝3m/s2根據(jù)速度—位移公式可得：根據(jù)速度—時間公式可得：v＝vB﹣at聯(lián)立解得：v＝1m/s；t＝1s（3）當(dāng)電場強(qiáng)度較小時，滑塊剛好能與豎直墻壁底部E點(diǎn)碰撞，則解得：E5＝187.5N/C當(dāng)電場強(qiáng)度較大時，滑塊剛好能與豎直墻壁的頂部F點(diǎn)碰撞，則水平方向上：L2＝vt8在豎直方向上：根據(jù)牛頓第二定律可得：qE2﹣mg＝may聯(lián)立解得：E2＝300N/C則電場強(qiáng)度的范圍為1