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，Fa>Fb

B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa

C．若Q为负电荷，则q带正电，Fa>Fb

D．若Q为负电荷，则q带正电，Fa

2．如图所示，A、B为两个固定的等量同号正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是(　　)

A．加速度始终增大 B.加速度先增大后减小

C．速度先增大后减小 D.速度始终增大

3．如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一个点电荷，将一个质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管的端点A处由静止释放，小球沿细管滑到最低点B处时，对管壁恰好无压力，则处于圆心O处的电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为(　　)

A．E＝ B．E＝

C．E＝ D．无法计算

4．一带电粒子射入一固定的点电荷Q的电场中，沿如图所示的虚线由A点运动到B点．A、B两点到点电荷Q的距离分别为rA和rB，且rA>rB.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(　　)

A．a点的电势高于b点的电势

B．c点的电场强度大于d点的电场强度

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(　　)

A．Q变小，C不变，U不变，E变小

B．Q变小，C变小，U不变，E不变

C．Q不变，C变小，U变大，E不变

D．Q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．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 eV

B．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 eV

D．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－Uq

B．带电粒子带负电

C．此匀强电场的电场强度大小为E＝

D．此匀强电场的电场强度大小为E＝

11．M、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　　　 　D

13．空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a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4∶1

D．x＝2a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，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，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(　　)

A．c点电势高于a点电势

B．场强的方向由b指向d

C．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 eV

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点运动到N点，OM

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之间的范围内可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置

16．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：

(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；

(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．

17．如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．

(1)求电子穿过A板时速度的大小；

(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；

(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？

18．如图所示，有一质量为m，带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，自竖直向下、场强为E的匀强电场中的P点静止下落．在距离P点正下方h处有一弹性绝缘挡板S(挡板不影响匀强电场的分布)，小球每次与挡板S相碰后电荷量均减少到碰前的(k>1)，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φs＝0，则电场中P点的电势φp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φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0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(0

20．如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.

(1)若滑块从水平轨道上距离B点为x＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小；

(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；

(3)改变x的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．

21.两平行金属板A、B竖直放置，且A板中央开有一小孔，板间加如图所示的交变电压，电压变化的周期为T，当一重力不计的带电粒子在t=0时从小孔进入板间（初速不计），它恰好在t=T时到达B板.如果粒子是在t=T/6时从小孔进入板间（初速不计），试求它到达B板所用的时间.

1.解析：由于粒子由a点运动到b点电场力做正功，可知电场力指向外侧，Q、q为同种电荷，电场线密集的地方电场强度大，由F＝Eq知Fa大，选项A正确．答案：A

2. 答案：BD

3.解析：小球下滑过程中由于电场力沿半径方向，总与速度方向垂直，所以电场力不做功，该过程小球的机械能守恒．设小球滑到最低点B处时速度为v，则有：mgR＝mv2　①，小球在B点时对管壁恰好无压力，则小球只受重力和电场力的作用，电场力必指向圆心，由牛顿第二定律可得：Eq－mg＝　②.由①②可求出E＝，所以C正确．答案：C[来源:学科网ZXXK]

4.解析：由带电粒子的运动轨迹可判断受静电力方向大致向左，静电力先做负功后做正功．又rA>rB，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：D

5.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，电场力做正功，所以电势能减少，D错．答案：C

6.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C＝Q/U得，U＝Q/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.Com]

7.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：CD

8.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：C

9.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：AD

10.解析：根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；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vy＝v0.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，y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，C正确，D错误．答案：AC

11.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，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝qEΔx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：C

12.[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k＝k，得QM∶QN＝4∶1，C选项对；零电势点可任意规定，D选项错．答案：AC

14.C　[解析] 由匀强电场中两点电势差U＝Ed，而 ab、 cd 平行且相等，则有φb－φa＝φc－φd，即φc＝16 V，选项A错误；将ba向上延长到e点，使ab＝ae＝cd＝L，则φe＝16 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2Lcos45°＝v0t，解得t＝，选项C正确；质子从b运动到c，电场力做功为W＝e(φb－φc)＝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

FN＝mg＋ksin60°

又因为h＝rsin60°

由以上两式解得支持力为FN＝mg＋.

(2)从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得

－qU＝mv2－mv

又因为U＝φB－φA＝φB－φ，

由以上两式解得φB＝(v－v2)＋φ.

17.解：　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1＝mv－0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

t＝　F＝ma，F＝eE，E＝

a＝　y＝at2　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关系得，Ep－Es＝qEh

由题设条件，挡板S处电势φs＝0

可得小球在P点时的电势φp＝Eh，电势能Ep＝qEh

(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：

mgh＋qEh＝(mg＋qE)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：

W＝qEh－qEh1

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：

mgh＋qEh＝mgl

解得：l＝h

19.[解析]　　(1)由图可知，0与d(或－d)两点间的电势差为φ0

电场强度的大小　E＝

电场力的大小　F＝qE＝

(2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得

mv2－qφ＝－A①

由图可知　φ＝φ0②

由①②得　mv2＝qφ0－A③

因动能非负，有qφ0－A≥0

得　|x|≤d

即x0＝d④

粒子的运动区间－d≤x≤d

(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＝＝＝⑤

由匀加速直线运动　t＝

由④⑤代入，得t＝

粒子的运动周期　T＝4t＝⑥

20.[解析] (1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得

qE(x＋R)－μmgx－mgR＝mv2－0，

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

F－qE＝m，

解得F＝mg.

(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.