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）.doc

《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）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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）.doc（20页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、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B若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为W1 W22C若 c、 d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为W2qLD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：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 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Uab Ucd2程中，电场力做功 W ；C 错：电场强度的方向只有沿 c d 时，场强 E ，但本W1 W22 W2qL题中电场方向未知

3、；D 对：若 W1 W2，则 ac 与 bd 一定相互平行，可知 UaM UbN.22.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 m， D 为 AC 的中点现将一点电荷3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/CC2 N/C D. N/C2 5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 的方向为电场方向，

4、如图所示根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可知，匀强电场的电场强度大小 E N/C2 N/C.根据点电荷Ud 33 cos30电场的特点可知，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 22 1.52N/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 AB2 BC，如图所示，由此可

5、知( )A小球带正电B电场力大小为 2mgC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3时的速度，因为 AB2 BC，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 点根据动能定理有 mg3h Eqh0，即 Eq3 mg，选项 B 错误；小球从 A 点到 B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为

6、g，方向竖直向下，所用时间为 t1 2 ，4hg hg从 B 点到 C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为 a2 2 g，方向竖直向上，Eq mgm故所用时间 t2 ，故 t12 t2，选项 C 错误；小球从 A 点到 B 点与从 B 点到 C 点的2h2g hg过程中速度变化量大小都等于 v2 g ，但方向相反，选项 D 正确hg4(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( )A x 轴上 0 d 区域与 3d4 d 区域的电场相同，电场强度的大小均为 0dB若电子由静止释放，则电子一直

7、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 2e 0D若电子能到达 4d 位置，则电子释放时的最小初动能为 e 0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 0 d 区域内电场沿 x 轴负方向， d3 d 区域内电场沿 x 轴正方向，3 d4 d 区域内电场沿 x 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 0d正方向做加速运动，然后再沿 x 轴正方向做减速运动，到达 x2 d 处速度减为 0，然后沿x 轴负方向做加速运动，再减速为零，做往复运动，B 错误；若电子能从 x d

8、 处运动到x3 d 处，则需要克服电场力做功 2e 0，电子从原点运动到 x d 处，做加速运动，增加的动能为 e 0，则电子释放时初动能最小为 e 0，电子到达 x3 d 处后，在 3d4 d 区域内做加速运动，所以电子只要能到达 x3 d 处，便能到达 x4 d 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( )4A N 点的电场强度大小为零B A 点的电场强度大小为零C N、 C 间场强方向沿 x 轴正方向D将一负点电荷从

9、 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，则电场力先做正功后做负功，选项 D 正确6.(多选)如图所示，在足够长的

10、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，且此距离为 x0 d，则下列判断正确的是( )49A A、 B 两滑块的质量之比为 mAmB 14B A、 B 两滑块的质量之比为 mAmB 13C两滑块的碰撞为弹性碰撞D两滑块的碰撞为非弹

11、性碰撞答案：AD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、 B12 205速度大小相等，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mAv0 mAv mBv；又由能量守恒定律可知 v0，D 正确，C 错误12 20 12 947(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( )

12、A小球在水平方向一直做匀速直线运动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2mgqC若场强大小等于 ，则小球经过每一电场区的时间均相等mgqD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的大小和方向，当电场强度等于 时，电场力等于 mg，故在电场区小球所受mgq的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速

13、运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，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2mgq上，加速度大小等于 g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时： y gt ， v1 gt1，经12 21过第一电场区时： y v1t2 gt ， v2 v1 gt2，联立解得 t1 t2， v20.接下来小球的运12 26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

14、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 F B10 FC. F D. F910 109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

15、均分，则 A、 B 两小球最终的电荷量均为 3 Q， A、 B 两小球之间最初是引力，大小为10Q Q3F k 10 k ， A、 B 两小球之间最终是斥力，大小为 F k 9 k F，Cq1q2r2 Q2r2 q 1q 2r2 Q2r2 910正确二、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 F

16、T_，圆环的带电荷量Q_.答案： (4 分) (3 分)mgLR mgL3kR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 x2 R kQ2 x2 L2R7的连线指向小球；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，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为 2 ；因圆环上各点对kQ2 x2 L2R L2 R2L小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力 F ，方向水平向右；小球受力分kQ2

17、L2 R2L3析如图乙所示，小球受重力、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；由几何关系可得 ；则小球对绳子的拉力 FT ； ，解FTL mgR mgLR FL2 R2 mgR得 Q .mgL3kR10(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 2.0 m 和 5.0 m放在 A、 B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟 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：

18、(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解析：(1)由 EB 和图象可得 EB 2.5 V/mFq 10.4EA V/m40.1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8(2)A 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

19、A 点距离为 L，则离 B 点距离为(3 L)根据 E 得， EA 40 V/m，kQr2 kQL2EB 2.5 V/mkQ 3 L 2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 分别为圆的竖直和水平直径，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、

20、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)5 mg (2) 4gd v2解析：(1)小球从 A 点到 C 点过程，根据动能定理有mg2d mv (1 分)12 2C在 C 点，由牛顿第二定律有T mg m (1 分)v2Cd得 T5 mg(1 分)根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T T5 mg(1 分)(2)设 UBA U，根据对称性可知UBA UAD U(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9mgd qU mv2(1 分)12mgd qU mv (1 分)12

21、 2D得 vD (1 分)4gd v212(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 UMN U0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(1)求带电粒子的比荷 ；qm(2)若 M、 N 间加如图乙所示的交变电压，其周期 T ，从 t0 开始，前 时间内Lv0 T3UMN2 U，后 时间内 UMN U，大量的上述粒子仍然以速度 v0沿 O1O 方向持续射入电场，2T3最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求 U

22、的值答案：(1) (2)4d2v20U0L2 3md22qT2解析：(1)设粒子经过时间 t0打在 M 板中点沿极板方向有 v0t0(2 分)L2垂直极板方向有 t (2 分)d2 qU02md20解得 (1 分)qm 4d2v20U0L2(2)粒子通过两板间的时间 t T(2 分)Lv0从 t0 时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小 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)2qUmd qUmd10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 nT(n0、1、2、)或 t nT(n0、1

23、、2、)时刻入射的粒子垂直极板方向位T3移最大，需要恰好不打在极板上，则有 T (2 分)d2 12 2qUT3md解得 U (1 分)3md22qT2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

24、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( )A a 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 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 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

25、势能绝对值相等，符号相反；D 对：根据动量定理Ft p p0，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 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( )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 V/m3D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

26、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 轴正方向成 30角，B 正确，A 错误；该匀强电场的场强大小为 E400 V/m，D 正确，C 错误 2 12R3.(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12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 v0.取无穷远5处的电势为零，则( )A微粒在 A、 C 两点的加速度相

27、同B微粒从 A 点到 C 点的过程中，电势能先减小后增大C A、 C 两点间的电势差为 UAC4mv20qD微粒最终可以返回 B 点，其速度大小为 v05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、 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 W qU 可知，电场力对该微粒一直做正功，故微粒从 A 点到C 点的过程中电势能一直在减小，B 错误；由对称性可知 UAB UBC，故由动能定理可得qUAB mv mv ，同理可得 qUBC mv mv ，以上两式联立并代入数据求解可

28、得12 2B 12 2A 12 2C 12 2BvC3 v0，故 qUAC mv mv ，解得 UAC ，C 正确；由于 B 点电势为零，故微粒从 B12 2C 12 2A 4mv20q点沿直线 AC 运动到无穷远处的过程中，电场力做功为零，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 v0，故粒子不会返回 B 点，D 错误54.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( )A UCO

29、URdB UACU2C C 点的电势为 cU2D把一负点电荷由 C 点移到 D 点，电势能减少答案：D解析：13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 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 UOB，又 A、 B 两板电势差保持不变为 U，即 UAO UOB U，得 UAO UOB ，所以 A、 CU2间电势差 UAC UAO ，即 0 C ，得 C ，A 错误，B、C 正确；把一负点电荷由U2 U2 U2C 点移到 D 点，电场力做负功，电势能增加，D 错误5.(多选)如图所示

30、，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C A、 B 两点的电势差一定为mgLqD若处于匀强电场中，则该电场的场强大小一定是mgq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

31、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；由于电场力做的正功和重力做的负功大小相等，即 qU WG mgLsin ，可知 A、 B 两点之间的电势差 U ，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mgLsinq力做的负功大小相等，但是不知道电场强度的方向，因此即使是匀强电场，场强大小也不14一定为 ，故 D 错误mgq6(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， d.把一个带电荷量为 q 的点电荷从 A 点移动到

32、B 点电BC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( )A A 点的电势为WqB B、 C 两点间的电势差为 UBCWqC该电场的电场强度大小为WdqD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 移动到 C 电场力做功 W，则 UBC ， UBC UAC，又 C 点电势为零，则 A 点电势为 ，A 错误，Wq WqB 正确；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 ，C 错误；从 A 点

33、释放的电子，所受的电场力垂直于 AB 向上，做类平抛运动，Wqdsin60D 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15B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12 2eE1dm场线竖直向下的匀强电场 E2中做类平抛运动， L vt，

34、 y at2、 eE2 ma，联立解得 y12，偏转电场 E2对三种粒子做功 W eE2y ，与粒子质量无关，所以偏转电场 E2E2L24E1d eE2L24E1d对三种粒子做功一样多，选项 A 正确；粒子打到屏上时的速度大小 v ，E2eL22E1md 2E1edm三种粒子质量不相等，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，E2L24E1d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.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

35、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C运动到 B 处的速度大小为233g h2 h1D速度最大处与底部点电荷距离为 kQqmg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 mgh1 WE0，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163m

36、gh2 mgh1 3mv2，解得 v ，故 C 正确、A 错误；由题意知，点电荷12 233g h2 h1应先做加速运动，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 3 mg ，解得 r ，故 D 错误kQqr2 kQq3mg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

37、电路图连接好电路；b接通开关 S，调节电阻箱 R 的阻值，使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始电流和电压；c断开开关 S，同时开始计时，每隔 5 s 或 10 s 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

38、大” 、 “偏小”或“相等”)答案：(1)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17带的电荷量 (3)8.0 1.110 3 (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U00.5168.0 V；从图线与坐标轴所围面积可以计算出电荷量为 Q8.7510 3 C，根据电容的定义式得 C 1.110 3 F(4)若把电压表接在 D、 E 两端，会有放电电流QU0通过电压表而使得测量出的电荷量偏小

39、，从而使电容测量值偏小10.(10 分)如图所示， 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，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 E510 3 N/C.今有一质量为 m0.1 kg、带电荷量 q810 5 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

40、圆弧轨道最低点 B 的压力为FN，则 mgR qER mv12 2BF N mg mv2BR由牛顿第三定律得 F N FN解得 FN3 mg2 qE2.2 N(4 分)(2)由题意知 qE810 5 5103 N0.4 Nmg 0.050.110 N0.05 N18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mgR qER mgx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， cm)坐标原点 O 处

41、的电势为30，点 A 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 v410 5 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；(3)带电粒子的荷质比 .qm答案：(1)4 V (2) 102 V/m (3)2.410 11 C/kg83解析：(1)设 C 处的电势为 C由 OC CA 知 O C C A解得 C V4 V(3 分) O A2 0 82(2)BC 连线为等势线，电场强度方向与等势线 BC 垂直设 OBC OB L cm3tan

42、 得 60OCL 33由 U Ed得 E V/mUd UBOLsin 4332 10 219 102 V/m(5 分)83(3)因为带电粒子做类平抛运动有Error!联立解得 2.410 11 C/kg(2 分)qm 2v2sinELcos2所以带电粒子的荷质比为 2.41011 C/kg12(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 E110 6 N/C.现将一质量 m2 kg、带电荷量 q

43、110 5 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/s 2，方向水平向右 (2)3.25 m (3)18 W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 qE mg ma，代入数据解得 a2 m/s 2，方向水平向右；(2)设滑块第一次到达 B 点时速度为

44、v1，由运动学公式有 v 2 aL，21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qE mg ma1，代入数据得 a18 m/s 2.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，由运动学公式有 v v1 a1t1， x1 v1t1 a1t ，12 2120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，由运动学规律有 x2 ，v22a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 xm x1 x2，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 3 m/s，所以，只有当滑块回到 B 端的速2ax2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.