《三高考兩模擬》物理專題：專題7靜電場

版權所有：資源庫專題七靜電場A組三年高考真題（2016～2014年）1.(2016·全國卷Ⅲ，15，6分)(難度★★)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面處處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度一定相等D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功2．(2016·全國卷Ⅰ，20，6分)(難度★★★)(多選)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知()A．Q點的電勢比P點高B．油滴在Q點的動能比它在P點的大C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小3．(2016·全國卷Ⅱ，15，6分)(難度★★★)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則()A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb4.(2016·全國卷Ⅰ，14，6分)(難度★★)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變5.(2016·江蘇單科，3，3分)(難度★★)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內的電場線分布如圖所示。容器內表面為等勢面，A、B為容器內表面上的兩點，下列說法正確的是()A．A點的電場強度比B點的大B．小球表面的電勢比容器內表面的低C．B點的電場強度方向與該處內表面垂直D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同6.(2016·天津理綜，4，6分)(難度★★★)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大D．θ減小，E不變7．(2015·江蘇單科,2，3分)(難度★★)靜電現象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現象的記載,《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但下列不屬于靜電現象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺8．(2015·安徽理綜，20，6分)(難度★★)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q.不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)9．(2015·浙江理綜，16，6分)(難度★★)如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置．工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬板中間，則()A．乒乓球的左側感應出負電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸,放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞10．(2015·山東理綜,18，6分)(難度★★★)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖.M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負向11.(2015·廣東理綜，21，6分)(難度★★★)(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置,釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()A．M的帶電量比N的大B．M帶負電荷，N帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N的大D．移動過程中勻強電場對M做負功12.(2015·新課標全國Ⅰ,15，6分)(難度★★)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等．則()A．直線a位于某一等勢面內，φM＞φQB．直線c位于某一等勢面內，φM＞φNC．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功13.(2015·江蘇單科，8,4分)(難度★★)(多選)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示．c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()A．a點的電場強度比b點的大B．a點的電勢比b點的高C．c點的電場強度比d點的大D．c點的電勢比d點的低14.(2015·海南單科，7，5分)(難度★★★)(多選)如圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方．取無窮遠處的電勢為零．下列說法正確的是()A．b點電勢為零，電場強度也為零B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大15．(2015·四川理綜，6，6分)(難度★★★)(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平．a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零．則小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量16．(2015·新課標全國Ⅱ，14，6分)(難度★★)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一 同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止狀態(tài)B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動17.(2015·江蘇單科,7，4分)(難度★★)(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()A．做直線運動 B．做曲線運動C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小18.(2015·海南單科，5，3分)(難度★★★)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為－q的粒子.在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動.已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略．不計重力，則M∶m為()A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶119．(2015·天津理綜，7，6分)(難度★★★)(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉,最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()A．偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大C．三種粒子運動到屏上所用時間相同D．三種粒子一定打到屏上的同一位置20．(2015·山東理綜,20，6分)(難度★★★)(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金 屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgd21．(2014·山東理綜，19，6分)(難度★★★)如圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產生的電場一樣.一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線，可能正確的是()22．(2014·天津理綜，2，6分)(難度★★★)如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置．閉合電鍵S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動．如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．斷開電鍵S23．(2014·山東理綜，18，6分)(難度★★★)如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))24．(2014·新課標全國Ⅱ，19,6分)(難度★★)(多選)關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向25．(2014·新課標全國Ⅰ，21，6分)(難度★★★)(多選)如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P為直角三角形的三個頂點，F為MN的 中點，∠M＝30°.M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則()A．點電荷P一定在MP的連線上B．連接PF的線段一定在同一等勢面上C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功D．φP大于φM26．(2014·北京理綜，15，6分)(難度★★)如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面．下列判斷正確的是()A．1、2兩點的場強相等B．1、3兩點的場強相等C．1、2兩點的電勢相等D．2、3兩點的電勢相等27．(2014·江蘇單科，4，3分)(難度★★)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷， x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是()A．O點的電場強度為零，電勢最低B．O點的電場強度為零，電勢最高C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低28．(2014·安徽理綜，17，6分)(難度★★★)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖所示．下列圖象中合理的是()29．(2014·大綱全國，15，6分)(難度★★)地球表面附近某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場．一質量為1.00×10－4kg、帶電量為－1.00×10－7C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內下落10.0m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空氣阻力)()A．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J30．(2014·上海單科,19，3分)(難度★★)(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示,x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大31．(2014·廣東理綜,20，6分)(難度★★)(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零32．(2014·浙江理綜，19,6分)(難度★★★)(多選)如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m、電量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則()A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為033．(2014·重慶理綜,3，6分)(難度★★)如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線.兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則()A．Wa＝Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞EbC．Wa＝Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb34．(2016·四川理綜，9，15分)(難度★★★)中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的1/2，質子的荷質比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。35．(2016·北京理綜，23，18分)(難度★★★★)如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy；(2)分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2。(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的φG概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。36．(2015·新課標全國Ⅱ，24，12分)(難度★★★)如圖，一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力．求A、B兩點間的電勢差．37．(2015·安徽理綜，23，16分)(難度★★★★)在xOy平面內，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出),由A點斜射出一質量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數．粒子所受重力忽略不計．求：(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經歷的時間；(3)粒子經過C點時的速率．38．(2015·四川理綜，10，17分)(難度★★★★)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小E＝1.5×106N/C,方向水平向右的勻強電場.帶負電的小物體P電荷量是2.0×10－6C，質量m＝0.25kg，與軌道間動摩擦因數μ＝0.4.P從O點由靜止開始向右運動,經過0.55s到達A點，到達B點時 速度是5m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F大小與P的速率v的關系如表所示．P視為質點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2.求：v/(m·s－1)0≤v≤22＜v＜5v≥5F/N263(1)小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間；(2)小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功．39．(2014·福建理綜，20，15分)(難度★★★)如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)兩點電荷間的庫侖力大??；(2)C點的電場強度的大小和方向．40．(2014·安徽理綜，22，14分)(難度★★★★)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落,穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間．41．(2014·新課標全國卷Ⅰ，25，20分)(難度★★★★★)如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA.將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出,小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行.現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點,到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向．B組兩年模擬精選(2016～2015年)1．(2016·遼寧實驗中學段考)如圖(a)所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，所經位置的電勢隨距A點的距離變化的規(guī)律如圖(b)所示。以下說法正確的是()A．電子在A、B兩點的速度vA<vBB．A、B兩點的電勢φA<φBC．電子在A、B兩點的電勢能EpA>EpBD．A、B兩點的電場強度EA>EB2．(2016·河北省三市高三聯(lián)考)如圖甲所示，直線上固定兩個正點電荷A與B，其中B帶＋Q的電荷量，C、D兩點將AB連線三等分，現有一個帶負電的粒子從C點開始以某一初速度向右運動，不計粒子所受的重力，并且已知該粒子在C、D間運動的速度v與時間t的關系圖象如圖乙所示，則A點電荷的帶電荷量可能是()A．＋5QB．＋3QC．＋2QD．＋Q3．(2016·湖南長沙一中月考)(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．從x1到x3帶電粒子的加速度一直增大B．從x1到x3帶電粒子的速度一直減小C．粒子在O～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動D．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ34．(2016·山東濰坊高三統(tǒng)考)如圖所示，等量異種點電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點，ACBD構成一個正方形。一帶負電的小球(可視為點電荷)套在絕緣桿上自C點無初速釋放，由C運動到D的過程中，下列說法正確的是()A．小球的速度先減小后增大B．小球的速度先增大后減小C．桿對小球的作用力先減小后增大D．桿對小球的作用力先增大后減小5．(2016·湖南長沙一中月考)一個正點電荷Q靜止在正方形的一個頂點上，另一個帶電質點射入該區(qū)域時，僅受電場力的作用恰好能依次經過正方形的另外三個頂點a、b、c，如圖所示，則有()A．質點在a、b、c三處的加速度大小之比是1∶2∶1B．質點由a到b電勢能減小，由b到c電場力做負功，在b點動能最小C．a、b、c三點電勢高低及電場強度大小的關系是φa＝φc>φb，Ea＝Ec＝2EbD．若改變帶電質點在a處的速度大小和方向，有可能使其在該電場中做類平拋運動6．(2016·河南洛陽一中模擬)(多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場(邊界上有電場)，電場強度為E＝eq\f(mg,q)，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AB為eq\f(1,4)圓弧，一個質量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H＝R處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道，不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的受力及運動情況，下列說法正確的是()A．小球到達C點時對軌道壓力為2mgB．小球在AC部分運動時，加速度不變C．適當增大E，小球到達C點的速度可能為零D．若E＝eq\f(2mg,q)，要使小球沿軌道運動到C，則應將H至少調整為eq\f(3R,2)7．(2016·山東濰坊高三統(tǒng)考)(多選)如圖所示，水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，一帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，由此可知()A．從B到C，小球的動能減小B．從B到C，小球的電勢能減小C．從A到B與從B到C小球的運動時間一定相等D．從A到B與從B到C小球的速度變化量大小一定相等8．(2015·貴州七校聯(lián)考)在地面上方的某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方存在電場強度為E1、方向豎直向下的勻強電場；虛線下方存在電場強度為E2、方向豎直向上的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q(q>0)的帶正電小球從上方電場區(qū)域的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場區(qū)域中與A點關于虛線對稱的B點時速度為零，則()A．兩電場強度的大小關系滿足E2＝2E1B．如果在A點時帶電小球有向下的初速度v0，到達B點后速度一定大于v0C．如果在A點時帶電小球有水平方向的初速度v0，到達B點所在高度處時速度與初速度相同D．如果在A點時帶電小球有任意方向的初速度v0，到達B點所在高度處時速度與初速度相同9．(2015·中原名校、豫南九校聯(lián)考)如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒到達B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板間的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點到B點的過程中電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)10．(2015·山西四校聯(lián)考)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，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則()A．該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B．在t＝eq\f(T,2)時刻，該粒子的速度大小為2v0C．若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場11．(2016·江西吉安高三質檢)如圖，空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場，電場的場強大小按E＝kx分布(x是軸上某點到O點的距離)，k＝eq\f(mg,3qL)。x軸上，有一長為L的絕緣細線連接A、B兩個小球，兩球質量均為m，B球帶負電，帶電荷量為q，A球距O點的距離為L。兩球現處于靜止狀態(tài)，不計兩球之間的靜電力作用。(1)求A球的帶電荷量qA；(2)剪斷細線后，求B球的最大速度vm。12．(2016·鄭州實驗中學段考)如圖所示，在豎直平面內的平面直角坐標系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質量為m，電荷量為－q(－q<0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點由靜止開始釋放，運動至x軸上的A(－L，0)點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管。細管的圓心O1位于y軸上，交y軸于點B，交x軸于A點和C(L，0)點。該細管固定且緊貼x軸，內徑略大于小球外徑。小球直徑遠小于細管半徑，不計一切阻力，重力加速度為g。求：(1)勻強電場的電場強度的大??；(2)小球運動到B點時對管的壓力的大小和方向；(3)小球從C點飛出后會落在x軸上的哪一位置。

答案精析A組三年高考真題（2016～2014年）1.B[若兩個不同的等勢面相交，則在交點處存在兩個不同電勢數值，與事實不符，A錯；電場線一定與等勢面垂直，B對；同一等勢面上的電勢相同，但電場強度不一定相同，C錯；將一負電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負功，故D錯。]2．AB[由于油滴受到的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項錯；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向，因此電場力豎直向上，且qE>mg，則電場方向豎直向下，所以Q點的電勢比P點的高，A選項正確；當油滴從P點運動到Q點時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；當油滴從P點運動到Q點的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點動能大于P點的動能，B選項正確。]3．D[由庫侖定律F＝eq\f(kq1q2,r2)可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關系為Fb>Fc>Fa，由a＝eq\f(F,m)，可知ab>ac>aa。根據粒子的軌跡可知，粒子Q與場源電荷P的電性相同，二者之間存在斥力，由c→b→a整個過程中，電場力先做負功再做正功，且Wba>|Wcb|，結合動能定理可知，va>vc>vb，故選項D正確。]4.D[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。]5.C[由電場線的疏密表示場強大小可知，A點的電場強度比B點的小，A項錯誤；沿電場線的方向電勢逐漸降低，B項錯誤；容器的內表面為一等勢面，內表面處各點場強的方向與等勢面垂直，C項對；容器內表面為等勢面，在等勢面上移動電荷，電場力不做功，D項錯誤。]6.D[若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確。]7．C[通電線圈周圍存在著磁場，當小線圈接近通電線圈過程中，穿過小線圈的磁通量發(fā)生變化，小線圈中會產生感應電流，這屬于電磁感應現象，不是靜電現象，故選項C正確．]8．D[由題意知，正極板所帶電荷激發(fā)的電場的電場強度大小為E＝eq\f(σ,2ε0)＝eq\f(\f(Q,S),2ε0)＝eq\f(Q,2ε0S),同理負極板所帶電荷激發(fā)的電場的場強E2＝eq\f(Q,2ε0S)，兩板間的場 強E＝E1＋E2＝eq\f(Q,ε0S)，兩極板間的靜電引力大小F＝QE1＝eq\f(Q2,2ε0S)，故D正確．]9．D[根據靜電感應近異遠同的特性可知乒乓球左側感應出正電荷，A錯誤；乒乓球不可能吸在左極板上，B錯誤；庫侖力就是電場力，C錯誤；乒乓球與右極板接觸后帶正電，在電場力作用下向負極運動，碰到負極板正電荷與負極板上的負電荷中和后帶負電，在電場力作用下又向正極板運動，這樣會在兩極板間來回碰撞，D正確．]10．B[因正電荷Q在O點時,G點的場強為零，則可知兩負電荷在G點形成的電場的合場強與正電荷Q在G點產生的場強等大反向大小為E合＝keq\f(Q,a2)；若將正電荷移到G點,則正電荷在H點的場強為E1＝keq\f(Q,（2a）2)＝eq\f(kQ,4a2)，因兩負電荷在G點的場強與在H點的場強等大反向，則H點的合場強為E＝E合－E1 ＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負向，故選B.]11.BD[帶電球M、N在不計重力條件下平衡，說明M、N兩球所受電場力的合力為零,即M、N所在點合場強為零，所以M球在N球處所產生的場強方向向左,大小為E，故M球帶負電；同理，N球在M球處產生的場強方向向右，大小為E，故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等．所以B、D正確．]12.B[電子帶負電荷,電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等,有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0,即φM＞φN＝φP，勻強電場中等勢線為平行的直線，所以NP和MQ分別是兩條等勢線,有φM＝φQ，故A錯誤，B正確；電子由M點到Q點過程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，電子由P點到Q點過程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D錯誤．]13.ACD[由題圖知，a點處的電場線比b點處的電場線密集，c點處電場線比d點處電場線密集，所以A、C正確；過a點畫等勢線，與b點所在電場線的 交點與b點位置比較知b點的電勢高于a點的電勢，故B錯誤；同理分析可得d點電勢高于c點電勢，故D正確．]14.BC[因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為平行于x軸指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向平行于x軸向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點,電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤．]15．BC[a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與a速度方向夾角一直大于90°，所以庫侖力整個過程做負功.小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；帶電小球a受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90°，在D點合力與速度夾角大于90°,所以小球a從N到P的過程中，速率應先增大后減小，故B正確；從N到Q的過程中,庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤．]16．D[兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°，電場力方向也逆時針旋轉45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確．]17.BC[對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍角，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤．]18.A[設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有：aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,M)t2；對m有：am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，A正確．]19．AD[帶電粒子經加速電場后速度v0＝eq\r(\f(2E1dq,m))，出偏轉電場時的縱向速度vy＝eq\r(\f(Eeq\o\al(2,2)qL2,2E1md))，所以偏轉電場E2對粒子做功為W＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(Eeq\o\al(2,2)L2,4E1d)q，故做功一樣多，故A正確；粒子打到屏上時的速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(4Eeq\o\al(2,1)d2＋Eeq\o\al(2,2)L2,2E1d)·\f(q,m))，與比荷有關，故速度不一樣大，故B錯誤；縱向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(E2L2,4E1d)，即位移與比荷無關，由相似三角形可知，打到屏幕上的位置相同，故D正確；運動到屏上所用時間t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2d,E1))＋\f(L＋L′,\r(2E1d))))×eq\r(\f(m,q))，與比荷有關，故C錯誤．]20．BC[因0～eq\f(T,3)內微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0； 在eq\f(2T,3)～T時間內，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－geq\f(T,3)＝0粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤,B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤；故選B、C.]21．A[由于帶正電的試探電荷在球殼內運動時，不受電場力，沒有力做功，動能不變，可知C、D項錯誤；在球殼外,電場力做正功，動能增大，且由F庫＝keq\f(Qq,r2)可知隨r的增大，F庫減小,體現為Ekr圖線的斜率減小，故選項A正確，B錯誤．]22．B[設油滴質量為m，電荷量為q，兩板間距離為d，當其靜止時，有eq\f(UC,d)q＝eq\f(UR1,d)q＝mg；由題圖知，增大R1，UR1增大，油滴將向上加速，增大R2，油滴受力不變，仍保持靜；由E＝eq\f(U,d)知，增大d，U不變時，E減小，油滴將向下加速；斷開電鍵S，電容器將通過R1、R2放電，兩板間場強變小，油滴將向下加速，故只有B項正確．]23．B[因為兩粒子軌跡恰好相切，切點為矩形區(qū)域中心，則對其中一個粒子，水平方向eq\f(s,2)＝v0t，豎直方向eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2且滿足a＝eq\f(Eq,m)，三式聯(lián)立解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，故B正確．]24．AD[電場中場強為零的位置是絕對的，而電勢為零的位置是人為選取的；再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率，而與電勢的大小無關，故B錯誤；由沿電場線方向電勢降低，可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關，故C錯誤．]25．AD[由φM＝φN，可知點電荷Q一定在MN連線的中垂線上，過F作MN的垂線交MP與O點，設MF＝FN＝l，則由幾何關系MO＝eq\f(l,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)l，FO＝ltan30°＝eq\f(\r(3),3)l，OP＝MP－MO＝MNcos30°－eq\f(2\r(3),3)l＝eq\f(\r(3),3)l，即FO＝OP＝eq\f(\r(3),3)l，ON＝OM＝eq\f(2\r(3),3)l，故點電荷一定在MP的連線上的O點，選項A正確(另解：根據題意φM＝φN，φP＝φF，可知點電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點處，作PF連線的中垂線交MP于點O，連結O、F兩點，由幾何知識知OF為MN的中垂線，故點電荷Q一定在MP的連線上的O點，A正確)；點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面，直線不可能在球面上，故B選項錯誤；由圖可知OF<OM，故φF＝φP＞φM＝φN，將正試探電荷從高電勢搬運到低電勢，電場力做正功，選項C錯、D對．]26．D[同一電場中,電場線越密的地方場強越大，所以1點場強大于2、3點場強,A、B錯誤；同一等勢面上各點電勢相等，沿電場線方向電勢降低，故C錯誤，D正確．]27．B[由微元法和對稱的思想分析可知，均勻帶電圓環(huán)內部O點的場強為零，電勢為標量，且正電荷周圍的電勢為正，在x軸上O點離帶電體最近，故O點電勢最高，選項A錯B對；從O點沿x軸正方向電場強度先增大后減小，電勢降低，選項C、D錯誤．]28．D[在粒子運動中的某一小段位移Δx內電場力做功qEΔx.由功能關系知ΔEp＝－qE·Δx,即eq\f(ΔEp,Δx)＝－qE，Epx圖線斜率的絕對值表示電場力，故由圖線可知E逐漸減小，A錯誤；因粒子僅受電場力作用，由qE＝ma可知a也逐漸減小，D正確；再由動能定理有ΔEk＝qE·Δx，即eq\f(ΔEk,Δx)＝qE，Ekx圖線 的斜率也表示電場力，則Ekx圖線應是一條斜率逐漸減小的曲線，B錯誤；由v2＝2ax有v＝eq\r(2ax)，可知vx圖線應是一條曲線，故C錯誤．]29．D[電勢能的改變量:ΔEp＝－W電＝－qE·h＝1.50×10－4J，動能的改變量：ΔEk＝W重＋W電＝mgh＋qE·h＝9.65×10－3J，故D正確．]30．BC[由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確,D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確．]31．BD[對小球M、N和桿組成的整體,由題意可知keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,（L＋x）2)，得x＜L，則A錯；若P、M和N不在同一直線上則不能平衡，所以B正確；在＋Q的電場中φM＞φN，則C錯誤；M、N及細桿靜止于光滑絕緣桌面上，所以系統(tǒng)所受合外力為零，D正確．]32．AC[根據庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫＝keq\f(q2,d2)，則A項正確；當細線上的拉力為0時滿足keq\f(q2,d2)＝mgtanθ，得到eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，則B錯，C正確；斜面對小球A的支持力始終不為零，則D錯誤．]33．A[由圖知a、b在同一等勢面上,故Uac＝Ubc，又由W＝qU知，Wa＝Wb.又由于在同一電場中，電場線密集處場強大，故Ea>Eb，A正確．]34．解析(1)設質子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管A的長度為L，則T＝eq\f(1,f)①L＝vB·eq\f(T,2)②聯(lián)立①②式并代入數據得L＝0.4m③(2)設質子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電壓對質子所做的功為W，質子從漂移管B運動到E電場做功W′，質子的電荷量為q、質量為m，則W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數據得U＝6×104V⑦答案(1)0.4m(2)6×104V35．解析(1)根據動能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)偏轉距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)只考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力G＝mg≈10－30N電場力F＝eq\f(eU,d)≈10－16N由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力。(3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝eq\f(Ep,q)，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能Ep與其質量m的比值，叫做重力勢，即φG＝eq\f(Ep,m)電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析(3)見解析36．解析設帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)④答案eq\f(mveq\o\al(2,0),q)37．解析(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0①(2)粒子只受沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T②由牛頓第二定律：qE＝ma③由運動學公式：yD＝eq\f(1,2)aT2④從D到C做類平拋運動，沿y軸方向：yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2⑤由②③④⑤式解得：T＝eq\r(\f(2ml0,qE))⑥則A→C過程所經歷的時間t＝3T＝3eq\r(\f(2ml0,qE))⑦(3)粒子由D到C過程中x軸方向：2l0＝vD·2T⑧y軸方向：vCy＝a·2T⑨vC＝eq\r(veq\o\al(2,D)＋veq\o\al(2,Cy))⑩由⑥⑧⑨⑩式解得：vC＝eq\r(\f(17qEl0,2m))?答案(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))38．解析(1)小物體P的速率從0至2m/s,受外力F1＝2N，設其做勻變速直線運動的加速度為a1，經過時間Δt1速度為v1，則F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入數據得Δt1＝0.5s③(2)小物體P從速率為2m/s運動至A點,受外力F2＝6N，設其做勻變速直線運動的加速度為a2，則F2－μmg＝ma2④設小物體P從速度v1經過Δt2時間，在A點的速度為v2，則Δt2＝0.55s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P從A點至B點,受外力F2＝6N、電場力和滑動摩擦力的作用，設其做勻變速直線運動的加速度為a3，電荷量為q，在B點的速度為v3，從A點至B點的位移為x1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2a3x1⑧P以速度v3滑出軌道右端B點，設水平方向受外力為F3，電場力大小為FE，有FE＝F3⑨F3與FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力為零，所以，P從B點開始做初速度為v3的平拋運動．設P從B點運動至D點用時為Δt3，水平位移為x2，由題意知eq\f(v3,gΔt3)＝tanα⑩x2＝v3Δt3?設小物體P從A點至D點電場力做功為W，則W＝－qE(x1＋x2)?聯(lián)立④～⑧，⑩～?式并代入數據得W＝－9.25J?答案(1)0.5s(2)－9.25J39．解析(1)根據庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)①代入數據得F＝9.0×10－3N②(2)A、B點電荷在C點產生的場強大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E＝2E1cos30°④由③④式并代入數據得E＝7.8×103N/C⑤場強E的方向沿y軸正向答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向：沿y軸正方向40．解析(1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，有qE－mg＝ma且v2－0＝2ad，得E＝eq\f(mg（h＋d）,qd)由U＝Ed、Q＝CU得Q＝Ceq\f(mg（h＋d）,q)(3)由題得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)、0＝v＋at2、t＝t1＋t2，綜合可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mg（h＋d）,qd)Ceq\f(mg（h＋d）,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))41．解析(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝eq\f(3,2)d，根據平拋運動的規(guī)律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2②又有Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd④設小球到達A點時的動能為EkA，則EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)⑥(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了eq\f(d,2)和eq\f(3d,2)，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0⑧在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB)⑨解得x＝d.MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行．設電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關系可得α＝30°⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°.設場強的大小為E，有qEdcos30°＝ΔEpA?由④⑦?式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q)?答案(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)，方向與豎直向下成30°夾角B組兩年模擬精選(2016～2015年)1．D[可判斷出電場線的方向從A到B，電子所受的電場力從B到A，則電子在A點運動到B點的過程中，電場力做負功，電子的動能減小，速度減小，而電子的電勢能增大。即有vA＞vB，EpA＜EpB。故A、C錯誤；由圖看出，電勢逐漸降低，φA＞φB，故B錯誤；φ－x圖象的斜率大小等于電場強度，由幾何知識得知，圖象切線斜率不斷減小，則從A到點B場強減小，則有EA＞EB，故D正確。＝2．A[由v－t圖象可知該粒子在兩正電荷A、B的作用下做加速度逐漸減小的減速運動，故點電荷A對其的庫侖力大于點電荷B對其的庫侖力，根據庫侖定律，在D點，keq\f(QAq,4r2)>keq\f(Qq,r2)，即QA>4Q，故選項A正確，B、C、D錯誤。]3．BD[根據電勢能與電勢的關系及電場強度與電勢的關系，可知：E－x圖象切線的斜率大說明電場強度大，由圖可知：在0～x1段，電場強度減小，粒子所受的電場力減小，加速度減??；在x1～x2段，電場強度增大，粒子所受的電場力增大，加速度增大；在x2～x3段，電場強度大小和方向不變，粒子所受的電場力不變，加速度不變；所以從x1到x3帶電粒子的加速度先增大，后不變，故A錯誤；從x1到x3電勢能增大，動能減小，帶電粒子的速度一直減小，故B正確；粒子在0～x2段做變加速運動，x2～x3段做勻變速直線運動，故C錯誤；粒子帶負電，電勢能大的地方，電勢低，x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3關系是φ1>φ2>φ3，故D正確。]4．D[等量異種點電荷中垂線上的場強方向為水平向右，從C到D場強的大小先變大后變小，并且C、D兩點的場強相等。帶負電的小球沿光滑桿運動時，豎直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，則小球的速度越來越大，A、B錯；桿對小球的作用力等于電場力，則先變大，后變小，C錯，D對。]5．C[粒子P在a、b、c三點時加速度大小要根據庫侖定律來求，由圖可知，ra＝rc＝eq\f(\r(2),2)rb，代入庫侖定律：F＝keq\f(Qq,r2)，得：質點在a、b、c三處的庫侖力大小之比是2∶1∶2，由牛頓運動定律可知：質點在a、b、c三處的加速度大小之比是2∶1∶2，故A錯誤；由于電荷受到的電場力指向軌跡的內側，可知，兩個電荷是異種電荷，所以質點由a到b，電場力做負功，電勢能增加，動能減小，由b到c，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，在b點動能最小，故B錯誤；根據點電荷的電場線的特點，場源電荷Q與a、c距離相等，都小于b，故a、b、c三點電勢高低φa＝φc>φb，由點電荷電場強度得：Ea＝eq\f(kQ,req\o\al(2,a))，Eb＝eq\f(kQ,req\o\al(2,b))，Ec＝eq\f(kQ,req\o\al(2,c))；所以Ea＝Ec＝2Eb，故C正確；因為是點電荷形成的電場，電場力是變力，所以帶電粒子不可能做類平拋運動，故D錯誤。]6．AD[小球進入半圓軌道，電場力和重力平衡，小球做勻速圓周運動，根據動