2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測六 靜電場（含解析）

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1、靜電場 夯基提能卷⑥ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．[2018·全國卷Ⅱ](多選)如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2 .下列說法正確的是(　　) A．此勻強電場的場強方向一定與

2、a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 答案：BD 解析：A錯：結合題意，只能判定Uab>0、Ucd>0，但電場方向不能得出；B對：由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，則UMN＝，可知該粒子由M至N過程中，電場力做功W＝；C錯：電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝，但本題中電場方向未知；D對：若W1＝W2，則ac與bd一定相互平行，可知UaM＝UbN. 2. 如圖所示，在直角三角形所在的平面內存在勻強電場，

3、其中A點電勢為0，B點電勢為3 V，C點電勢為6 V．已知∠ACB＝30°，AB邊長為 m，D為AC的中點．現(xiàn)將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產生的場強為1.5 N/C，則放入點電荷后，B點場強大小為(　　) A．2.5 N/C B．3.5 N/C C．2 N/C D. N/C 答案：A 解析： 由題意可知B、D兩點電勢相等，BD所在直線為等勢線，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，與BD垂直且指向A的方向為電場方向，如圖所示．根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差的關系可知，勻強電場的電場強度大小E＝＝ N/C＝2 N/C.根據(jù)點電荷電場的特點可知，放在D點的點電荷在B點產生

4、的電場強度與在C點產生的電場強度大小相等，都是1.5 N/C，根據(jù)電場疊加原理，B點的電場強度大小為EB＝ N/C＝2.5 N/C.選項A正確． 3. 在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以大小為v的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示，由此可知(　　) A．小球帶正電 B．電場力大小為2mg C．小球從A點到B點與從B點到C點的運動時間相等 D．小球從A點到B點與從B點到C點的速度變化不相等 答案：D 解析：根據(jù)小球從B點進入電場的軌跡可以看出，小球所

5、受的電場力豎直向上，即小球帶負電，選項A錯誤；因為到達C點時速度水平，所以小球在C點時的速度等于在A點時的速度，因為AB＝2BC，設B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點到C點根據(jù)動能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，選項B錯誤；小球從A點到B點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t1＝＝2，從B點到C點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a2＝＝2g，方向豎直向上，故所用時間t2＝＝，故t1＝2t2，選項C錯誤；小球從A點到B點與從B點到C點的過程中速度變化量大小都等于Δv＝2g，但方向相反，選項D正確． 4．(多選)一電場在x軸

6、上的電勢φ隨x的變化關系如圖所示，將一電子從坐標原點處釋放，電子僅在x軸上的電場力作用下運動，下列說法正確的是(　　) A．x軸上0～d區(qū)域與3d～4d區(qū)域的電場相同，電場強度的大小均為 B．若電子由靜止釋放，則電子一直沿x軸正方向運動 C．若電子能到達3d位置，則電子釋放時的最小初動能為2eφ0 D．若電子能到達4d位置，則電子釋放時的最小初動能為eφ0 答案：AD 解析：沿電場線方向，電勢逐漸降低，電場強度大小為φ－x圖線的斜率的絕對值，則x軸上0～d區(qū)域內電場沿x軸負方向，d～3d區(qū)域內電場沿x軸正方向，3d～4d區(qū)域內電場沿x軸負方向，電場強度大小均為，A正確；若電子由

7、靜止釋放，則電子先沿x軸正方向做加速運動，然后再沿x軸正方向做減速運動，到達x＝2d處速度減為0，然后沿x軸負方向做加速運動，再減速為零，做往復運動，B錯誤；若電子能從x＝d處運動到x＝3d處，則需要克服電場力做功2eφ0，電子從原點運動到x＝d處，做加速運動，增加的動能為eφ0，則電子釋放時初動能最小為eφ0，電子到達x＝3d處后，在3d～4d區(qū)域內做加速運動，所以電子只要能到達x＝3d處，便能到達x＝4d處，C錯誤，D正確． 5．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零， ND段中的C點電勢最高，則(

8、　　) A．N點的電場強度大小為零 B．A點的電場強度大小為零 C．N、C間場強方向沿x軸正方向 D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功 答案：D 解析：根據(jù)題給的兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖象，可知O點的點電荷q1為正電荷，M點的點電荷q2為負電荷．題中φ－x圖象斜率的絕對值表示電場強度的大小，由此可知，N點和A點的電勢為零，但電場強度大小都大于零，C點的電場強度大小為零，選項AB錯誤；從N點到C點各點電勢逐漸增大，說明從N點到C點逆著電場線方向，故N、C間場強方向沿x軸負方向，選項C錯誤；將一負點電荷從N點移到D點，其電勢能先減小后增大，則電場力先

9、做正功后做負功，選項D正確． 6. (多選)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質點)，滑塊A帶正電，電荷量為q，滑塊B不帶電．圖中虛線內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，寬度為d，其余空間內不存在電場．滑塊A剛好位于電場區(qū)域內的左側，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側．現(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝d，則下列判斷正確的是(　　) A．A、B兩滑塊的質量之比為＝ B．A、B兩滑塊的質量之比為＝ C．兩滑塊的碰撞為彈性碰撞 D．

10、兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞 答案：AD 解析：對滑塊A在碰撞前根據(jù)動能定理有qEd＝mAv，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設其大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v0，D正確，C錯誤． 7．(多選) 一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小

11、球經過的豎直平面內，存在著若干個如圖所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長．已知每一電場區(qū)的場強大小相等，方向均豎直向上，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．小球在水平方向一直做勻速直線運動 B．若場強大小等于， 則小球經過每一無電場區(qū)的時間均相等 C．若場強大小等于，則小球經過每一電場區(qū)的時間均相等 D．小球經過每個電場區(qū)過程機械能的減少量相等 答案：ABD 解析：將小球的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做勻速直線運動，選項A正確；豎直方向，小球在無電場區(qū)只受重力，加速

12、度大小為g，方向豎直向下，在電場區(qū)除受重力外，還受到向上的恒定的電場力作用，加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向，當電場強度等于時，電場力等于mg，故在電場區(qū)小球所受的合力為零，豎直方向的運動是勻速運動，而在無電場區(qū)小球做勻加速運動，故經過每個電場區(qū)，小球的速度均不等，因而小球經過每一電場區(qū)的時間均不相等，選項C錯誤；當電場強度等于時，電場力等于2mg，故在電場區(qū)小球所受的合力大小為mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，則在經過第一無電場區(qū)時：y＝gt，v1＝gt1，經過第一電場區(qū)時：y＝v1t2－gt，v2＝v1－gt2，聯(lián)立解得t1＝t2，v2＝0.接下來小球的運動重復前

13、面的過程，即每次通過無電場區(qū)時豎直方向都是自由落體運動，每次通過電場區(qū)時都是做豎直方向末速度為零的勻減速直線運動，故小球經過每一無電場區(qū)的時間相同，選項B正確；小球經過每個電場區(qū)機械能的減少量等于克服電場力做的功，由于每個電場區(qū)的電場力及豎直高度都相同，故小球經過每個電場區(qū)過程機械能的減少量相等，選項D正確． 8．[2019·湖北宜昌模擬]有三個完全一樣的金屬小球A、B、C，小球A所帶電荷量為10Q，小球B所帶電荷量為－Q，小球C不帶電，將A、B兩小球固定，相距r，此時A、B兩小球間的相互作用力大小為F；然后讓小球C反復與A、B兩小球多次接觸，最后移去小球C后，則A、B兩小球間的相互作用力大

14、小為(　　) A．F B．10F C.F D.F 答案：C 解析：依題意可知A、B兩小球最初所帶電荷量的總和被三個小球間均分，則A、B兩小球最終的電荷量均為＝3Q，A、B兩小球之間最初是引力，大小為F＝k＝10k，A、B兩小球之間最終是斥力，大小為F′＝k＝9k＝F，C正確． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(7分) 在豎直平面內固定一個半徑為R的均勻帶電細圓環(huán)，質量為m的帶電小球(視為質點)通過長為L的絕緣細線懸掛在圓環(huán)的最高點．當圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q(未知)時，發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖所示．已知靜電力常量為k，重力加速

15、度為g，則絕緣細線對小球的拉力FT＝________，圓環(huán)的帶電荷量Q＝________. 答案：(4分)　(3分) 解析：本題考查電場的疊加、庫侖定律，意在考查考生應用數(shù)學知識處理物理問題的能力．由于圓環(huán)不能看作點電荷，我們取圓環(huán)上一部分Δx，設總電荷量為Q，則該部分電荷量為Q，由庫侖定律可得，該部分對小球的庫侖力F1＝，方向沿該點與小球的連線指向小球；同理，取以圓心對稱的相同的一段，其庫侖力與大小F1相同，如圖甲所示，兩力的合力應沿圓心與小球的連線向外，大小為2×；因圓環(huán)上各點對小球均有庫侖力，故所有部分庫侖力的合力F＝，方向水平向右；小球受力分析如圖乙所示，小球受重力、拉力及庫侖力而

16、處于平衡，故FT與F的合力應與重力大小相等，方向相反；由幾何關系可得＝；則小球對繩子的拉力FT＝；＝，解得Q＝ . 10．(20分) 在一個點電荷Q的電場中，Ox坐標軸與它的一條電場線重合，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為2.0 m和5.0 m．放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同，電場力的大小跟試探電荷的電荷量關系圖象分別如圖中直線a、b所示，放在A點的電荷帶正電，放在B點的電荷帶負電(忽略試探電荷之間的影響)．求： (1)B點的電場強度的大小和方向； (2)試判斷電荷Q的電性，并說明理由； (3)點電荷Q的位置坐標． 答案：(1)2.5 V/m，沿

17、x軸負向　(2)Q帶負電；理由見解析　(3)x＝2.6 m 解析：(1)由EB＝和圖象可得EB＝＝2.5 V/m EA＝ V/m 放入B點的是負電荷，所以電場強度方向跟負電荷受力方向相反， 故B點電場方向沿x軸負向． (2)A點的正電荷受力沿x軸正向，而B點的負電荷受力也沿x軸正向，根據(jù)同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引．所以Q帶的是負電，而且在A、B之間． (3)由(2)問已知Q在A、B之間，設離A點距離為L，則離B點距離為(3－L) 根據(jù)E＝得，EA＝＝40 V/m， EB＝＝2.5 V/m 可求得L＝0.6 m 所以點電荷Q的位置為x＝2 m＋0.6 m＝2.6 m處

18、． 11．(8分)如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉軸O上．另一端固定一質量為m、電荷量為q的帶負電小球．小球可以在豎直平面內做圓周運動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑，等量異種點電荷＋Q、－Q分別固定在以C為中點、間距為2d的水平線上的E、F兩點．讓小球從最高點A由靜止開始運動，經過B點時小球的速度大小為v，不考慮q對＋Q、－Q所產生電場的影響，重力加速度為g，求： (1)小球經過C點時對桿的拉力大小； (2)小球經過D點時的速度大小． 答案：(1)5mg　(2) 解析：(1)小球從A點到C點過程，根據(jù)動能定理有 mg·2d＝mv(1分) 在C點，由牛頓第

19、二定律有 T－mg＝m(1分) 得T＝5mg(1分) 根據(jù)牛頓第三定律知，球對桿的拉力大小為 T′＝T＝5mg(1分) (2)設UBA＝U，根據(jù)對稱性可知 UBA＝UAD＝U(1分) 小球從A點到B點和從A點到D點過程中，根據(jù)動能定理有 mgd＋qU＝mv2(1分) mgd－qU＝mv(1分) 得vD＝(1分) 12．(12分)如圖甲所示，一對平行金屬板M、N，長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場．當兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計． (

20、1)求帶電粒子的比荷； (2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝，從t＝0開始，前時間內UMN＝2U，后時間內UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值． 答案：(1)　(2) 解析：(1)設粒子經過時間t0打在M板中點 沿極板方向有＝v0t0(2分) 垂直極板方向有＝t(2分) 解得＝(1分) (2)粒子通過兩板間的時間t＝＝T(2分) 從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內的加速度大小a1＝，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內的加速度大小a2＝(2分

21、) 答圖所示為從不同時刻射入電場粒子的速度—時間圖象，根據(jù)題意和圖象分析可知，從t＝nT(n＝0、1、2、…)或t＝＋nT(n＝0、1、2、…)時刻入射的粒子垂直極板方向位移最大，需要恰好不打在極板上，則有＝×T×(2分) 解得U＝(1分) 探究創(chuàng)新卷⑥ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1. [2018·全國卷Ⅲ](多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電

22、源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動．在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a的質量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 答案：BD 解析：A錯：經時間t，a、b經過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，根據(jù)x＝at2，得aa>ab，又由a＝知，ma

23、面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大；C錯：a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反；D對：根據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經過時間t，a、b的動量大小相等． 2. (多選)有一勻強電場，電場線與坐標平面平行．如圖所示，以O點為圓心，以R＝0.10 m為半徑的圓周上任一點P的電勢滿足φ＝－40sin(θ＋60°)＋40(V)，θ為O、P兩點連線與x軸正方向所成的角，該圓與坐標軸交點分別為a、b、c、d，以順時針方向角度為正，則下列說法正確的是(　　) A．該電場強度方向與x軸正方向成θ＝60°角 B．該圓周內所有點的電勢不可

24、能小于零 C．該勻強電場的場強大小為E＝400 V/m D．該勻強電場的場強大小為E＝400 V/m 答案：BD 解析： 由題意可知，當θ＝30°時，圓周上點P1的電勢為φ1＝0，為圓周上的最低電勢，當θ＝210°時，圓周上點P2的電勢為φ2＝80 V，為圓周上的最高電勢，所以該電場強度方向與x軸正方向成θ＝30°角，B正確，A錯誤；該勻強電場的場強大小為E＝＝400 V/m，D正確，C錯誤． 3. (多選)如圖所示，矩形的四個頂點分別固定有帶電荷量均為q的正、負點電荷，水平直線AC將矩形分成面積相等的兩部分，B為矩形的中心．一質量為m的帶正電微粒(重力不計)沿直線AC從

25、左向右運動，到A點時的速度為v0，到B點時的速度為v0.取無窮遠處的電勢為零，則(　　) A．微粒在A、C兩點的加速度相同 B．微粒從A點到C點的過程中，電勢能先減小后增大 C．A、C兩點間的電勢差為UAC＝ D．微粒最終可以返回B點，其速度大小為v0 答案：AC 解析：由場強疊加和對稱性可知，A、C兩點的場強大小相等、方向相同，故由牛頓第二定律可知，微粒在A、C兩點的加速度相同，A正確；由電場的性質可知，沿直線AC電勢逐漸降低，根據(jù)電場力做功W＝qU可知，電場力對該微粒一直做正功，故微粒從A點到C點的過程中電勢能一直在減小，B錯誤；由對稱性可知UAB＝UBC，故由動能定理可得qU

26、AB＝mv－mv，同理可得qUBC＝mv－mv，以上兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得vC＝3v0，故qUAC＝mv－mv，解得UAC＝，C正確；由于B點電勢為零，故微粒從B點沿直線AC運動到無窮遠處的過程中，電場力做功為零，所以微粒到無窮遠處時的速度與微粒在B點時的速度相同，仍為v0，故粒子不會返回B點，D錯誤． 4. 如圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B之間距離為d，兩板間的電壓為U，其中A板接地．在兩板間放一半徑為R的金屬球殼，球心O到兩板的距離相等，C點為球殼上離A板最近的一點，D點靠近B板．則下列說法正確的是(　　) A．UCO＝U B．UAC＝ C．C點的電勢為φc＝－

27、 D．把一負點電荷由C點移到D點，電勢能減少 答案：D 解析： 將金屬球殼放入電場后，A、B兩板間電場線如圖所示，應用對稱性，兩板間電場線形狀關于球心O對稱，所以A板與金屬球殼的電勢差UAO和金屬球殼與B板的電勢差UOB相等，即UAO＝UOB，又A、B兩板電勢差保持不變?yōu)閁，即UAO＋UOB＝U，得UAO＝UOB＝，所以A、C間電勢差UAC＝UAO＝，即0－φC＝，得φC＝－，A錯誤，B、C正確；把一負點電荷由C點移到D點，電場力做負功，電勢能增加，D錯誤． 5. (多選)如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面固定于靜電場中，一帶電荷量為＋q、質量為m的小球，以初速度v0由

28、斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，途中小球始終未離開斜面，重力加速度為g，則(　　) A．小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能 B．小球的電勢能可能先增大后減小 C．A、B兩點的電勢差一定為 D．若處于勻強電場中，則該電場的場強大小一定是 答案：AB 解析：小球在斜面上受到重力、支持力和電場力，支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A點沿斜面上滑，到達頂端B點的速度仍為v0說明電場力做的功和重力做的功大小相等，小球從A點到B點的過程，重力做負功，電場力做正功，電勢能減小，故小球在B點的電勢能一定小于在A點的電勢能，A正確；小球的電勢能可能先增大后減小

29、，B正確；由于電場力做的正功和重力做的負功大小相等，即qU＝WG＝mgLsinθ，可知A、B兩點之間的電勢差U＝，C錯誤；小球在斜面上向上運動的過程中，電場力做的正功和重力做的負功大小相等，但是不知道電場強度的方向，因此即使是勻強電場，場強大小也不一定為，故D錯誤． 6．(多選)如圖所示，勻強電場中的三個點A、B、C構成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d.把一個帶電荷量為＋q的點電荷從A點移動到B點電場力不做功，從B點移動到C點電場力所做的功為W.若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) A．A點的電勢為－ B．B、C兩點間的電勢差為UBC＝ C．該電場的電場強度大小

30、為 D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是甲 答案：BD 解析：點電荷在勻強電場中從A點移動到B點，電場力不做功，說明AB為等勢線，從B移動到C電場力做功W，則UBC＝，UBC＝UAC，又C點電勢為零，則A點電勢為，A錯誤，B正確；電場線沿著垂直AB方向，AC沿電場線方向長度為dsin60°，所以電場強度大小為，C錯誤；從A點釋放的電子，所受的電場力垂直于AB向上，做類平拋運動，D正確． 7．(多選) 如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地進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

31、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 答案：AD 解析：帶電粒子在電場E1中加速，由動能定理，eE1d＝mv2，解得v＝.進入電場線豎直向下的勻強電場E2中做類平拋運動，L＝vt，y＝at2、eE2＝ma，聯(lián)立解得y＝，偏轉電場E2對三種粒子做功W＝eE2y＝，與粒子質量無關，所以偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確；粒子打到屏上時的速度大小v′＝，三種粒子質量不相等，故選項B錯誤；三種粒子運動到屏上所用時間不相同，選項C錯誤；由

32、于y＝，與粒子質量無關，三種粒子在偏轉電場中的水平位移相等，側移量相同，則出射角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，選項D正確． 8. 如圖所示，一個內壁光滑的絕緣細直管豎直放置，在管子的底部固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，在距離底部點電荷為h2的管口A處，有一電荷量為q(q>0)、質量為m的點電荷由靜止釋放，在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零．現(xiàn)讓一個電荷量為q、質量為3m的點電荷仍在A處由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則該點電荷(　　) A．運動到B處的速度為零 B．在下落過程中加速度逐漸減小 C．運動到B處的速度大小為 D．速度最大處與底部

33、點電荷距離為 答案：C 解析：點電荷在下落過程中受重力和庫侖力作用，由動能定理可得mgh1＋WE＝0，即WE＝－mgh1，當點電荷質量為3m時，庫侖力不變，故庫侖力做功不變，由動能定理可得3mgh2－mgh1＝×3mv2，解得v＝，故C正確、A錯誤；由題意知，點電荷應先做加速運動，再做減速運動，即開始時重力大于庫侖力，而在下落過程中，庫侖力增大，故下落時加速度先減小，后增大，故B錯誤；當重力等于庫侖力時，合力為零，此時速度最大，F(xiàn)庫＝3mg＝，解得r＝ ，故D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(7分)如圖所示是一種測量電容的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的

34、方法，測出電容器充電至電壓U時所帶電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C.某同學在一次實驗時的實驗步驟如下： 　 a．按如圖甲所示電路圖連接好電路； b．接通開關S，調節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉接近滿刻度，記下此時電流表的示數(shù)為I0＝490 μA，電壓表的示數(shù)U0如圖丙所示，I0、U0分別是電容器放電時的初始電流和電壓； c．斷開開關S，同時開始計時，每隔5 s或10 s測一次電流i的值，將測得的數(shù)據(jù)在圖丁的坐標上描點標出． (1)根據(jù)圖甲的電路原理圖連接圖乙的實物圖． (2)在圖丁中作出i—t圖象，其圖線與坐標軸所圍面積的物理意義是________． (3)

35、電壓表的示數(shù)U0＝________V，該電容器電容為C＝________F(結果保留兩位有效數(shù)字)． (4)若某同學實驗時把電壓表接在D、E兩端，則電容的測量值與真實值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)． 答案：(1)如圖1所示(2分)　(2)如圖2所示(2分)　電容器從充電到電壓為U0時所帶的電荷量　(3)8.0　1.1×10－3(2分)　(4)偏小(1分) 解析：(2)將圖中數(shù)據(jù)點用平滑曲線連接起來，圖線與坐標軸所圍面積的物理意義是電容器從充電到電壓為U0時所帶的電荷量．(3)因為電壓表的精度為0.5 V，所以電壓表示數(shù)U0＝0.5×16＝8.0 V；從圖線與

36、坐標軸所圍面積可以計算出電荷量為Q＝8.75×10－3 C，根據(jù)電容的定義式得C＝＝1.1×10－3 F．(4)若把電壓表接在D、E兩端，會有放電電流通過電壓表而使得測量出的電荷量偏小，從而使電容測量值偏小． 10. (10分)如圖所示，AB是位于豎直平面內、半徑R＝0.5 m的1/4圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E＝5×103 N/C.今有一質量為m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋8×10－5 C的小滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求： (1)

37、小滑塊第一次經過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力； (2)小滑塊在水平軌道上通過的總路程． 答案：(1)2.2 N　(2)6 m 解析：(1)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，對圓弧軌道最低點B的壓力為FN，則mgR－qER＝mv F′N－mg＝m 由牛頓第三定律得F′N＝FN 解得FN＝3mg－2qE＝2.2 N(4分) (2)由題意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N μmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N 因此有qE>μmg 所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復運動(2分) 所以小滑塊在水平軌道上通過的總路程x滿足 mgR－qER＝μmgx

38、解得x＝6 m(4分) 11．(14分) 如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，坐標系內有A、B兩點，其中A點坐標為(6 cm,0)，B點坐標為(0， cm)．坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為8 V，點B處的電勢為4 V．現(xiàn)有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v＝4×105 m/s射入電場，粒子運動時恰好通過B點，不計粒子所受重力，求： (1)圖中C處(3 cm,0)的電勢； (2)勻強電場的場強大??； (3)帶電粒子的荷質比. 答案：(1)4 V　(2)×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg 解析：(1)設C處的電

39、勢為φC 由OC＝CA　知φO－φC＝φC－φA 解得φC＝＝ V＝4 V(3分) (2)BC連線為等勢線，電場強度方向與等勢線BC垂直 設∠OBC＝θ　OB＝L＝ cm tanθ＝＝　得θ＝60° 由U＝Ed 得E＝＝＝ V/m ＝×102 V/m(5分) (3)因為帶電粒子做類平拋運動 有 聯(lián)立解得＝＝2.4×1011 C/kg(2分) 所以帶電粒子的荷質比為2.4×1011 C/kg 12．(16分)[2019·四川成都一診]如圖所示，A、B間距為L＝6.25 m的水平傳送帶在電機帶動下始終以v＝3 m/s的速度向左勻速轉動，傳送帶B端正上方固定一擋板，

40、擋板與傳送帶無限接近但未接觸，傳送帶所在空間有水平向右的勻強電場，場強E＝1×106 N/C.現(xiàn)將一質量m＝2 kg、帶電荷量q＝1×10－5 C的帶正電絕緣小滑塊輕放在傳送帶上A端．若滑塊每次與擋板碰后都以原速率反方向彈回，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，且滑塊所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.求： (1)滑塊放上傳送帶后瞬間的加速度； (2)滑塊第一次反彈后能到達的距B端的最遠距離； (3)滑塊做穩(wěn)定的周期性運動后，電機相對于空載時增加的機械功率． 答案：(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)3.25 m　(3)18 W 解析：(1)滑塊放上傳

41、送帶后瞬間，受力如圖所示． 由牛頓第二定律有qE－μmg＝ma， 代入數(shù)據(jù)解得a＝2 m/s2，方向水平向右； (2)設滑塊第一次到達B點時速度為v1， 由運動學公式有v＝2aL， 代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s. 因v1>v，故滑塊與擋板碰后將向左做勻減速直線運動，其加速度方向向右，大小為a1，由牛頓第二定律有 qE＋μmg＝ma1， 代入數(shù)據(jù)得a1＝8 m/s2. 設滑塊與擋板碰后至速度減為v經歷的時間為t1，發(fā)生的位移為x1， 由運動學公式有v＝v1－a1t1，x1＝v1t1－a1t， 代入數(shù)據(jù)得t1＝0.25 s，x1＝1 m. 此后，摩擦力反向(水平向左)，加速

42、度大小又變?yōu)閍，滑塊繼續(xù)向左減速直到速度為零，設這段過程發(fā)生的位移為x2， 由運動學規(guī)律有x2＝， 代入數(shù)據(jù)得x2＝2.25 m， 當速度為零時，滑塊離B端最遠，最遠距離xm＝x1＋x2， 代入數(shù)據(jù)解得xm＝3.25 m. (3)分析可知，滑塊逐次回到B端的速度將遞減，但只要回到B端的速度大于v，滑塊反彈后總要經歷兩個減速過程直至速度為零，因此滑塊再次向B端返回時發(fā)生的位移不會小于x2，回到B端的速度不會小于v′＝＝3 m/s，所以，只有當滑塊回到B端的速度減小到v＝3 m/s后，才會做穩(wěn)定的周期性往返運動．在周期性往返運動過程中，滑塊對傳送帶施加的摩擦力方向始終向右，所以滑塊做穩(wěn)定的周期性運動后，電機相對于空載時增加的功率為P＝μmgv，代入數(shù)據(jù)解得P＝18 W. 20