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1、高二物理靜電場易錯(cuò)題精選（帶詳細(xì)答案和解析）一選擇題（共22小題）1（2011江蘇模擬）如圖所示，實(shí)線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點(diǎn)以相同的初速度v飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，則（）Aa加速度減小，b加速度增大Ba和b的動(dòng)能一定都增大Ca一定帶正電，b一定帶負(fù)電Da電勢能減小，b電勢能增大2（2012秋福建校級(jí)期中）如圖所示虛線同心圓為一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷的等差等勢線分布圖，一帶電粒子只受電場力，從電場中的M點(diǎn)以初動(dòng)能EK0運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，徑跡如圖中曲線MPN，由此可知（）A粒子帶正電，在P點(diǎn)處的加速度最大，電勢能最大BM、P、N三點(diǎn)的電勢關(guān)系是M=NPC

2、由于電場力做功，粒子在M和N點(diǎn)處是的動(dòng)能不同D粒子從M點(diǎn)到P點(diǎn)電場力做負(fù)功，電勢能增加，動(dòng)能減少3（2013秋上高縣校級(jí)月考）如圖所示，虛線a、b、c為三個(gè)同心圓面，圓心處有一個(gè)點(diǎn)電荷現(xiàn)從b、c之間一點(diǎn)P以相同的速率發(fā)射兩個(gè)相同帶電粒子，分別沿PM、PN運(yùn)動(dòng)到M、N點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)都處于圓周c上，以下判斷正確的是（）A到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率仍相等B到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率vMvNC到達(dá)M、N時(shí)兩粒子的電勢能相等D兩個(gè)粒子的電勢能都是先減小后增大4（2011澠池縣校級(jí)模擬）如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔右極板電勢隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示電子原來靜止在左極板小孔處下列說法中正確

3、的是（）A從t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)B從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上C從t=時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)D從t=時(shí)刻釋放電子，電子最終一定從左極板的小孔離開電場5（2014秋金沙縣期末）兩個(gè)等量同種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、O三點(diǎn)，O為連線中點(diǎn)，AB與AO等距，如圖所示，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，下列說法正確的是（）AA點(diǎn)電勢比B點(diǎn)高BA、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相同，B點(diǎn)場強(qiáng)可能與A點(diǎn)場強(qiáng)相同CA、B、O三點(diǎn)和無窮遠(yuǎn)處等電勢DO點(diǎn)場強(qiáng)為0，電勢不為06（2012秋思明區(qū)校級(jí)期中）兩個(gè)質(zhì)量相同的小球用不可伸長絕緣的細(xì)線連結(jié)，置于場強(qiáng)為E的勻

4、強(qiáng)電場中，小球1帶正電，電量為2q，小球2帶負(fù)電，電量大小為q將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示若將兩小球同時(shí)從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力T為（不計(jì)重力及兩小球間的庫侖力）（）ABCT=qEDT=3qE7（2015銅川三模）兩個(gè)質(zhì)量相同的小球用不可伸長的長為L的絕緣細(xì)線連結(jié)，置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，小球1和小球2均帶負(fù)電，電量分別為q1和q2（q1q2），將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示，若將兩球同時(shí)從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力T為（）（不計(jì)重力，線長L遠(yuǎn)大于小球的線度）AT=（q2q1）E+BT=（q2q1）E+CT=（q2q1）EDT=（q2+q1）E+8（

5、2016天津模擬）如圖所示，在A、B兩點(diǎn)分別固定著所帶電荷量相等的正、負(fù)點(diǎn)電荷，O點(diǎn)是兩個(gè)點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，C、D是關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)下列說法中正確的是（）AC、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等、方向相同BC、D兩點(diǎn)的電勢相等C正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)的過程中，電場力做正功D負(fù)點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的電勢能大于它在D點(diǎn)的電勢能9（2010秋慈利縣校級(jí)月考）已知地球帶負(fù)電如圖，MN是地球產(chǎn)生的電場線中的一條電場線，某次太陽風(fēng)暴時(shí)，一個(gè)高能帶正電的粒子（不計(jì)重力）從a到b穿越這條電線的軌跡如圖中虛線，下列結(jié)論正確的是（）A高能帶電粒子從a到b的過程中動(dòng)能逐漸減小B地球一定位于M點(diǎn)左側(cè)C高能帶電粒子在a的電勢能大于b點(diǎn)的電

6、勢能D高能帶電粒子在a的加速度小于在b點(diǎn)的加速度10（2010徐匯區(qū)一模）如圖甲，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)電勢隨x變化的規(guī)律如圖乙所示若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的速度先逐漸增大后逐漸減小B電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大C該電場線可能是孤立點(diǎn)電荷產(chǎn)生的D該電場線可能是等量異種電荷產(chǎn)生的11（2013秋慶安縣校級(jí)期末）如圖1，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)電勢隨x變化的規(guī)律如圖2所示若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的加速度恒定B電子的電勢能將增大C電子將沿著x軸負(fù)方

7、向運(yùn)動(dòng)D電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大12（2011秋南安市校級(jí)期中）如圖為一勻強(qiáng)電場，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)在這一運(yùn)動(dòng)過程中克服重力做的功為2.0J，電場力做的功為1.5J則下列說法正確的是（）A粒子在A點(diǎn)和B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和電勢能之和相等B粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)少1.5JC粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少0.5JD粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5J13（2015秋盤縣期末）如圖所示，豎直放置的一對(duì)平行金屬板的電勢差為U1，水平放置的一對(duì)平行金屬板間的電勢差為U2一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進(jìn)入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出不計(jì)電子重力下列說法正確的是（）A增大U1，電子一定打在

8、金屬板上B減小U1，電子一定打在金屬板上C減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出D增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出14（2015諸暨市校級(jí)模擬）如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是（）A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B兩電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對(duì)電荷M做的功大于電場力對(duì)電荷N做的功D電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同15（2011江西模

9、擬）空間有一沿x軸對(duì)稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨x軸變化的圖象如圖所示下列說法正確的是（）AO點(diǎn)的電勢最低Bx2點(diǎn)的電勢最高Cx1和x1兩點(diǎn)的電勢相等D該電場是等量負(fù)電荷的中垂線的電場分布16（2016博白縣模擬）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，則在x0 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電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小D電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大17（2013秋日喀則地區(qū)校級(jí)期中）在靜電場中a、b、c、d四點(diǎn)分別放一檢驗(yàn)電荷，其電量可變，但很小，結(jié)果測出檢驗(yàn)電荷所受電場力與電荷電

10、量的關(guān)系如圖所示，由圖線可知（）Aa、b、c、d四點(diǎn)不可能在同一電場線上B四點(diǎn)場強(qiáng)關(guān)系是Ec=EaEbEdC四點(diǎn)場強(qiáng)方向可能不相同D以上答案都不對(duì)18（2015春孝感月考）如圖所示，a，b，c為電場中同一條電場線上的三點(diǎn)，其中c為ab的中點(diǎn)已知a，b兩點(diǎn)的電勢分別為a=9V，b=3V，則下列敘述正確的是（）A該電場在c點(diǎn)處的電勢一定為6 VBa點(diǎn)處的場強(qiáng)Ea一定小于b點(diǎn)處的場強(qiáng)EbC正電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中電勢能一定增大D正電荷只受電場力作用從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中動(dòng)能一定增大19（2015秋衡陽縣月考）如圖所示，在電場中，將一個(gè)負(fù)電荷從C點(diǎn)分別沿直線移到A點(diǎn)和B點(diǎn)，克服靜電力做功相同該

11、電場可能是（）A沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場B沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場C第象限內(nèi)的正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場D第象限內(nèi)的正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場20（2013秋日喀則地區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，用絕緣細(xì)線拴一帶負(fù)電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，則（）A當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小B當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度一定最大C當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢能最小D小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒21（2015秋黃石校級(jí)月考）如圖所示，在水平放置的光滑接地金屬板中點(diǎn)的正上方，有帶正電的點(diǎn)電荷Q，一表面絕緣帶正電的金屬球（可視為質(zhì)點(diǎn)，且不影響原電場）自左以速度v0開始在金屬板上向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)

12、過程中（）A小球做先減速后加速運(yùn)動(dòng)B小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)C小球受的電場力不做功D電場力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功22（2015春行唐縣校級(jí)月考）圖中虛線是用實(shí)驗(yàn)方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線，若不計(jì)重力的帶電粒子從a點(diǎn)射入電場后恰能沿圖中的實(shí)線運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)是其運(yùn)動(dòng)軌跡上的另一點(diǎn)，則下述判斷正確的是（）Ab點(diǎn)的電勢一定高于a點(diǎn)Ba點(diǎn)的場強(qiáng)一定大于b點(diǎn)C帶電粒子一定帶正電D帶電粒子在b點(diǎn)的速率一定大于在a點(diǎn)的速率二解答題（共8小題）23（2011春桃城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩塊平行金屬板MN間的距離為d，兩板間電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律如右圖所示電壓的絕對(duì)值為U0t=0時(shí)刻M板的電勢比N板低在t=0時(shí)

13、刻有一個(gè)電子從M板處無初速釋放，經(jīng)過1.5個(gè)周期剛好到達(dá)N板電子的電荷量為e，質(zhì)量為m求：（1）該電子到達(dá)N板時(shí)的速率v（2）在1.25個(gè)周期末該電子和N板間的距離s24（2013福建模擬）如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個(gè)等量正電荷a、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中Aa=Bb=，O為AB連線的中點(diǎn)一質(zhì)量為m帶電量為+q的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初動(dòng)能E0從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍（n1），到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：（1）小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（2）Ob兩點(diǎn)間的電勢差UOb（3）小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路

14、程s25（2013秋崇文區(qū)校級(jí)期中）如下操作中，能使靜電計(jì)的指針張角變小的是_26（2009秋天津期末）如圖所示，一傾角=30的光滑斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上面小球從B點(diǎn)從靜止自由釋放，球能沿斜面從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處，求（1）小球運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處時(shí)，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻?？?）小球從B處開始運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)D處時(shí)的速度大小？27（2011秋信豐縣校級(jí)月考）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的三物塊A、B、C放在傾角為30的固定絕緣長斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，三物塊的質(zhì)量分別

15、為mA=0.80kg、mB=0.64kg、mC=0.50kg，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為qB=+4.00105C、qC=+2.00105C，且保持不變開始時(shí)三個(gè)物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用，現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a=1.5m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t0，力F變?yōu)楹懔?，?dāng)A運(yùn)動(dòng)到斜面頂端時(shí)撤去力F已知靜電力常量k=9.0109Nm2/C2，g=10m/s2求：（1）未施加力F時(shí)物塊B、C間的距離；（2）t0時(shí)間內(nèi)A上滑的距離；（3）t0時(shí)間內(nèi)力F和庫侖力對(duì)A、B兩物塊做的總功28（2014秋長汀縣校級(jí)月考）如圖所示，水平放置的平行金屬板

16、的N板接地，M板電勢為+U，兩板間距離為d，d比兩板的長度小很多，在兩板之間有一長為2L（2Ld）的絕緣輕桿，可繞桿的水平固定軸O在豎直面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)，O為桿的中點(diǎn)，桿的兩端分別連著小球A和B，它們的質(zhì)量分別為2m和m，它們的帶電荷量分別為+q和q（不計(jì)小球間的靜電力），當(dāng)桿由圖示水平位置從靜止釋放，轉(zhuǎn)過90到豎直位置時(shí)，已知重力加速度為g，求：（1）兩球的電勢能的變化；（2）兩球的總動(dòng)能；（3）桿對(duì)A球的作用力29（2013春南關(guān)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在x0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場；在x0的空間中，存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小均為E一帶電量為e、質(zhì)量為m的電子在x=d處

17、的P點(diǎn)以沿y軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子重力求：（1）電子的x方向分運(yùn)動(dòng)的周期；（2）電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中，任意兩個(gè)交點(diǎn)的距離30（2013秋信豐縣校級(jí)月考）如圖甲所示，A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場，B板接地A板電勢A隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有正對(duì)兩孔O1和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t=0時(shí)刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1進(jìn)入，并能從O1沿O1O2進(jìn)入C、D間，剛好到達(dá)O2孔，已知帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，不計(jì)其重力求：（1）該粒子進(jìn)入A、B的初速度v0的大??；（2）

18、A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值靜電場菁優(yōu)網(wǎng)組卷高二物理參考答案與試題解析一選擇題（共22小題）1（2011江蘇模擬）如圖所示，實(shí)線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點(diǎn)以相同的初速度v飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，則（）Aa加速度減小，b加速度增大Ba和b的動(dòng)能一定都增大Ca一定帶正電，b一定帶負(fù)電Da電勢能減小，b電勢能增大【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)出發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止，電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小【解答】解：電場線的方向不知，所以粒子帶電性質(zhì)不定；從圖中軌道變化來看電場力都做正功，動(dòng)能都增大

19、，電勢能都減少所以CD錯(cuò)誤，B正確電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，所以A正確故選AB【點(diǎn)評(píng)】加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點(diǎn)，即可解決本題2（2012秋福建校級(jí)期中）如圖所示虛線同心圓為一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷的等差等勢線分布圖，一帶電粒子只受電場力，從電場中的M點(diǎn)以初動(dòng)能EK0運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，徑跡如圖中曲線MPN，由此可知（）A粒子帶正電，在P點(diǎn)處的加速度最大，電勢能最大BM、P、N三點(diǎn)的電勢關(guān)系是M=NPC由于電場力做功，粒子在M和N點(diǎn)處是的動(dòng)能不同D粒子從M點(diǎn)到P點(diǎn)電場力做負(fù)功，電勢能增加，動(dòng)能減少【分析】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)

20、動(dòng)軌跡判斷受力情況，從而確定帶電粒子的電性；根據(jù)功能關(guān)系判斷能量的轉(zhuǎn)化情況；根據(jù)沿著電場線電勢降低判斷電勢的變化情況【解答】解：A、由于曲線運(yùn)動(dòng)的合力應(yīng)該指向內(nèi)側(cè)，故從粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可以看出，粒子受到排斥力，故帶電粒子的電性與場源電荷的電性相同，帶負(fù)電荷故A錯(cuò)誤；B、電場線的方向從正電荷出發(fā)，到負(fù)電荷終止，所以該處的電場線的方向指向圓心；沿電場線的方向電勢降落，所以M=NP故B錯(cuò)誤；C、從圖中可得，M與N處于同一個(gè)等勢面上，所以電荷在MN兩點(diǎn)的電勢能相等，動(dòng)能也相等故C錯(cuò)誤；D、帶電粒子從M點(diǎn)到P點(diǎn)粒子受到排斥力，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動(dòng)能減少故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是要根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌

21、跡確定受力情況，然后結(jié)合點(diǎn)電荷的電場線和等勢面情況來確定電勢情況和能量的轉(zhuǎn)化情況3（2013秋上高縣校級(jí)月考）如圖所示，虛線a、b、c為三個(gè)同心圓面，圓心處有一個(gè)點(diǎn)電荷現(xiàn)從b、c之間一點(diǎn)P以相同的速率發(fā)射兩個(gè)相同帶電粒子，分別沿PM、PN運(yùn)動(dòng)到M、N點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)都處于圓周c上，以下判斷正確的是（）A到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率仍相等B到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率vMvNC到達(dá)M、N時(shí)兩粒子的電勢能相等D兩個(gè)粒子的電勢能都是先減小后增大【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向確定帶電粒子所受的電場力方向，判斷電場力對(duì)PM和PN粒子的做功的正負(fù)，根據(jù)動(dòng)能定理確定到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率關(guān)系，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系

22、，確定電勢能的變化根據(jù)電勢能的公式Ep=q，判斷到達(dá)M、N時(shí)兩粒子的電勢能大小關(guān)系【解答】解：A、B、由題，M、N兩點(diǎn)都處于圓周c上，電勢相等，兩帶電粒子又是從同一點(diǎn)P出發(fā)，則電勢差UPM=UPN，電場力對(duì)兩個(gè)帶電粒子做功大小相等根據(jù)動(dòng)能定理得到，到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率vM=vN故A正確、B錯(cuò)誤C、由軌跡看出，點(diǎn)電荷對(duì)左側(cè)和右側(cè)的帶電粒子都是排斥力，與中心點(diǎn)電荷電性相同M、N兩點(diǎn)電勢相等，根據(jù)電勢能的公式Ep=q，兩個(gè)相同的粒子的電荷量q相等，兩電荷電性又相同，故到達(dá)M、N時(shí)兩粒子的電勢能相等，故C正確D、由圖可知，PM粒子和PN粒子受到的電場力都是先做負(fù)功后做正功，其電勢能都是先增大后減小，

23、故D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評(píng)】本題是軌跡問題，根據(jù)軌跡的彎曲方向要能判斷出帶電粒子所受的電場力大體方向電場力做功與初末位置間電勢差成正比，并會(huì)判定電場力做功的正負(fù)4（2011澠池縣校級(jí)模擬）如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔右極板電勢隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示電子原來靜止在左極板小孔處下列說法中正確的是（）A從t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)B從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上C從t=時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)D從t=時(shí)刻釋放電子，電子最終一定從左極板的小孔離開電場【分析】分析電子的受力情況，來分析電子的運(yùn)動(dòng)情況，若一直向右運(yùn)動(dòng)，可以

24、打在右板，若電子時(shí)而向右運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移關(guān)系，分析電子的運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：分析電子在一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況A、B從t=0時(shí)刻釋放電子，前內(nèi)，電子受到的電場力向右，電子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；后內(nèi)，電子受到向左的電場力作用，電子向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；接著周而復(fù)始，所以電子一直向右做單向的直線運(yùn)動(dòng)，直到打在右板上故A錯(cuò)誤，B正確C、從t=時(shí)刻釋放電子，在內(nèi)，電子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在內(nèi)電子受到的電場力向左，電子繼續(xù)向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻速度為零；在T內(nèi)電子受到向左的電場力，向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在T內(nèi)電子受到向右的電場力，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻速度減為零；接著重復(fù)若兩

25、板距離足夠大時(shí)，電子在兩板間振動(dòng)故C正確D、用同樣的方法分析從t=T時(shí)刻釋放電子的運(yùn)動(dòng)情況，電子先向右運(yùn)動(dòng)，后向左運(yùn)動(dòng)，由于一個(gè)周期內(nèi)向左運(yùn)動(dòng)的位移大于向右運(yùn)動(dòng)的位移，電子最終從左極板的小孔離開電場也可能電子在向右過程中就碰到右極板，故D錯(cuò)誤故選BC【點(diǎn)評(píng)】本題中電子在周期性變化的電場中，電場力是周期性變化的，關(guān)鍵要根據(jù)牛頓定律分析電子的運(yùn)動(dòng)情況5（2014秋金沙縣期末）兩個(gè)等量同種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、O三點(diǎn)，O為連線中點(diǎn)，AB與AO等距，如圖所示，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，下列說法正確的是（）AA點(diǎn)電勢比B點(diǎn)高BA、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相同，B點(diǎn)場強(qiáng)可能與A點(diǎn)場強(qiáng)相同CA、B、O三點(diǎn)

26、和無窮遠(yuǎn)處等電勢DO點(diǎn)場強(qiáng)為0，電勢不為0【分析】本題考查了等量同種電荷周圍電場分布情況：中垂線上上下電場線方向相反，根據(jù)電場線方向判斷電勢高低【解答】解：A、取一個(gè)試探電荷，從O點(diǎn)沿著中垂線向上移動(dòng)，電場力一直做正功或負(fù)功，說明電場方向不變；但不知道是等量正電荷還是等量負(fù)電荷，故無法判斷A點(diǎn)電勢與B點(diǎn)電勢的高低，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電場的疊加原理可知a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相同（豎直），但電場線疏密關(guān)系不能確定，所以場強(qiáng)大小不能判斷，可能相等，故B正確；C、取一個(gè)試探電荷，從O點(diǎn)沿著中垂線向上移動(dòng)，電場力一直做正功或負(fù)功，說明電場方向不變，故電勢改變，故C錯(cuò)誤；D、取一個(gè)試探電荷，在O點(diǎn)電場力為零

27、，故O點(diǎn)場強(qiáng)為零；取一個(gè)試探電荷，從O點(diǎn)沿著中垂線向上移動(dòng)，電場力一直做正功或負(fù)功，說明電場方向不變，故電勢改變，由于無窮遠(yuǎn)電勢為零，故O點(diǎn)電勢不為零；故D正確；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握等量同種點(diǎn)電荷電場線的分布情況，抓住對(duì)稱性進(jìn)行分析，基礎(chǔ)題目6（2012秋思明區(qū)校級(jí)期中）兩個(gè)質(zhì)量相同的小球用不可伸長絕緣的細(xì)線連結(jié)，置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，小球1帶正電，電量為2q，小球2帶負(fù)電，電量大小為q將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示若將兩小球同時(shí)從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力T為（不計(jì)重力及兩小球間的庫侖力）（）ABCT=qEDT=3qE【分析】對(duì)球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓

28、第二定律求出整體的加速度對(duì)球2受力分析，由牛頓第二定律求出細(xì)線中的張力T【解答】解：對(duì)球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，對(duì)球2受力分析，由牛頓第二定律得：T+Eq2=ma，兩式聯(lián)立得：T=（q1q2）E=qE，故選A【點(diǎn)評(píng)】解決本題關(guān)鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識(shí)結(jié)合起來，在研究對(duì)象上能學(xué)會(huì)整體法和隔離法的應(yīng)用7（2015銅川三模）兩個(gè)質(zhì)量相同的小球用不可伸長的長為L的絕緣細(xì)線連結(jié)，置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，小球1和小球2均帶負(fù)電，電量分別為q1和q2（q1q2），將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示，若將兩球同時(shí)從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力T為（

29、）（不計(jì)重力，線長L遠(yuǎn)大于小球的線度）AT=（q2q1）E+BT=（q2q1）E+CT=（q2q1）EDT=（q2+q1）E+【分析】對(duì)球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度對(duì)球2受力分析，由牛頓第二定律求出細(xì)線中的張力T【解答】解：對(duì)球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，對(duì)球2受力分析，由牛頓第二定律與庫侖定律，可得：T+Eq1=ma，兩式聯(lián)立得T=（q2q1）E+，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】解決本題關(guān)鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識(shí)結(jié)合起來，在研究對(duì)象上能學(xué)會(huì)整體法和隔離法的應(yīng)用8（2016天津模擬）如圖所示，在A、B兩點(diǎn)分別固定著所

30、帶電荷量相等的正、負(fù)點(diǎn)電荷，O點(diǎn)是兩個(gè)點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，C、D是關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)下列說法中正確的是（）AC、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等、方向相同BC、D兩點(diǎn)的電勢相等C正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)的過程中，電場力做正功D負(fù)點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的電勢能大于它在D點(diǎn)的電勢能【分析】等量異種電荷的電場線關(guān)于兩個(gè)電荷的連線對(duì)稱，可以畫出通過ABCD四點(diǎn)的電場線，某點(diǎn)電場強(qiáng)度方向用電場線上通過該點(diǎn)的切線方向表示；沿著電場線電勢逐漸降低，負(fù)電荷在高電勢位置電勢能小【解答】解：A、等量異種電荷的電場線關(guān)于兩個(gè)電荷的連線對(duì)稱，電場線分布如圖：某點(diǎn)電場強(qiáng)度方向用電場線上通過該點(diǎn)的切線方向表示，故C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等、方向相同

31、，故A正確；B、沿著電場線，電勢逐漸降低，等勢面與電場線垂直，可以先找出C、D兩點(diǎn)在AB連線上的等電勢點(diǎn)，C在AB連線上的等電勢點(diǎn)偏左，故C點(diǎn)電勢較高，故B錯(cuò)誤；C、由于C點(diǎn)電勢高于D點(diǎn)電勢，故正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)的過程中，電勢能降低，電場力做正功，故D正確；D、根據(jù)公式=，負(fù)點(diǎn)電荷在高電勢點(diǎn)的電勢能小，故D錯(cuò)誤；故選AC【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵熟悉等量異號(hào)電荷的電場線分布圖和等勢面分布圖，明確電勢的定義以及電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，不難9（2010秋慈利縣校級(jí)月考）已知地球帶負(fù)電如圖，MN是地球產(chǎn)生的電場線中的一條電場線，某次太陽風(fēng)暴時(shí)，一個(gè)高能帶正電的粒子（不計(jì)重力）從a到b穿越這條電線的軌

32、跡如圖中虛線，下列結(jié)論正確的是（）A高能帶電粒子從a到b的過程中動(dòng)能逐漸減小B地球一定位于M點(diǎn)左側(cè)C高能帶電粒子在a的電勢能大于b點(diǎn)的電勢能D高能帶電粒子在a的加速度小于在b點(diǎn)的加速度【分析】電荷受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子受力的方向向右，又因?yàn)槎际秦?fù)電荷，它們之間是排斥力，可以判斷固定在電荷在M一側(cè)，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度之間的關(guān)系【解答】解：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子受力的方向向右A、到b運(yùn)動(dòng)的方向與受力的方向一致，由于受力的方向與運(yùn)動(dòng)方向之間的夾角小是銳角，故電場力做正功，粒子的動(dòng)能增加，電勢能減小，故A錯(cuò)誤，C正確；B、MN是一負(fù)電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線

33、一個(gè)帶正電的粒子受力的方向向右，由于正電荷與負(fù)電荷之間是吸引力，所以地球在N點(diǎn)的右側(cè)，故B錯(cuò)誤；D、由A的分析知地球在N點(diǎn)的右側(cè)，a點(diǎn)的場強(qiáng)小，帶電粒子在a點(diǎn)的加速度也小，故D正確故選：CD【點(diǎn)評(píng)】本題屬于電場中軌跡問題，考查分析推理能力根據(jù)軌跡的彎曲方向，判斷出電荷受到的電場力指向右側(cè)，可以判斷固定在電荷在M一側(cè)10（2010徐匯區(qū)一模）如圖甲，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)電勢隨x變化的規(guī)律如圖乙所示若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的速度先逐漸增大后逐漸減小B電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大C該電場線可能是孤立點(diǎn)電荷產(chǎn)生的D該電場

34、線可能是等量異種電荷產(chǎn)生的【分析】根據(jù)電子所受電場力方向特點(diǎn)，分析電子的速度如何變化電勢x圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小，根據(jù)斜率的變化，分析場強(qiáng)的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化由場強(qiáng)的變化情況，確定場源電荷【解答】解：A、由題，是電場的一條電場線，電子從靜止開始僅受電場力而運(yùn)動(dòng)，電場力方向保持不變，所以電子一直做加速運(yùn)動(dòng)故A錯(cuò)誤B、電勢x圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小，由圖看出，圖線的斜率先變大后變小，則電場強(qiáng)度先變大后變小，電子所受電場力也先變大后變小，根據(jù)牛頓第二定律可知，電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大故B正確C、該電場線不可能是孤立點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，因?yàn)殡娮釉诠铝Ⅻc(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中電場力一

35、直增大或一直減小故C錯(cuò)誤D、根據(jù)電子的電場力變化情況可判斷出來，電子可能在兩個(gè)等量異種電荷連線上運(yùn)動(dòng)故D正確故選：BD【點(diǎn)評(píng)】本題難點(diǎn)在于對(duì)x圖線斜率的理解，可借助于勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)與電勢差關(guān)系公式E=進(jìn)行定性理解11（2013秋慶安縣校級(jí)期末）如圖1，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)電勢隨x變化的規(guī)律如圖2所示若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的加速度恒定B電子的電勢能將增大C電子將沿著x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)D電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大【分析】根據(jù)電子所受電場力方向特點(diǎn)，分析電子的速度如何變化電勢x圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小，根據(jù)斜率的變化

36、，分析場強(qiáng)的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化由場強(qiáng)的變化情況，確定場源電荷【解答】解：A、x圖象的斜率大小等于電場強(qiáng)度，即=E，由幾何知識(shí)得知，斜率先減小后增大，則電場強(qiáng)度先減小后增大，由F=qE知，電子所受的電場力先減小后增大，由牛頓第二定律得知，電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大故A錯(cuò)誤，D正確；B、由靜止釋放后，電場力對(duì)電子做正功，電子的電勢能減小故B錯(cuò)誤；C、由圖看出，電勢逐漸升高，則電場線方向沿Ox負(fù)方向，電子所受的電場力沿Ox正方向，則電子將沿Ox正方向運(yùn)動(dòng)故C錯(cuò)誤；故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題難點(diǎn)在于對(duì)x圖線斜率的理解，可借助于勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)與電勢差關(guān)系公式=E進(jìn)行定性理解12（2011秋

37、南安市校級(jí)期中）如圖為一勻強(qiáng)電場，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)在這一運(yùn)動(dòng)過程中克服重力做的功為2.0J，電場力做的功為1.5J則下列說法正確的是（）A粒子在A點(diǎn)和B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和電勢能之和相等B粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)少1.5JC粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少0.5JD粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5J【分析】帶電粒子在電場中受到重力和電場力作用，其重力勢能、動(dòng)能和電勢能的總和不變電場力做的功為1.5J，電勢能減小1.5J根據(jù)總功，由動(dòng)能定理分析動(dòng)能的變化由能量守恒定律分析機(jī)械能的變化【解答】解：A、帶電粒子在電場中受到重力和電場力作用，粒子在A點(diǎn)和B點(diǎn)時(shí)的重力勢能、動(dòng)能和電勢能的總和相等故A錯(cuò)誤

38、 B、電場力做的功為1.5J，電勢能減小1.5J，即粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)多1.5J故B錯(cuò)誤 C、由題得到總功為W=2J+1.5J=0.5J，由動(dòng)能定理得知?jiǎng)幽軠p小0.5J，即粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)多0.5J故C錯(cuò)誤 D、由能量守恒定律分析可知：電勢能減小1.5J，機(jī)械能增加1.5J，即粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5J故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題是電場中的能量問題，首先要搞清涉及幾種形式的能，其次抓住幾對(duì)功與能的關(guān)系，由能量守恒定律分析13（2015秋盤縣期末）如圖所示，豎直放置的一對(duì)平行金屬板的電勢差為U1，水平放置的一對(duì)平行金屬板間的電勢差為U2一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進(jìn)入水

39、平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出不計(jì)電子重力下列說法正確的是（）A增大U1，電子一定打在金屬板上B減小U1，電子一定打在金屬板上C減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出D增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出【分析】求解本題的關(guān)鍵是明確：通過討論電子偏轉(zhuǎn)位移的變化情況來判定電子是否打在（或從金屬板間射出）金屬板上，然后通過動(dòng)能定理和類平拋規(guī)律列式即可求解【解答】解：A、設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間為t，由q=及L=vt可知，若增大則v增大，時(shí)間t減小，再由y=可知，射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移減小，所以不會(huì)打在金屬板上，A錯(cuò)誤B、同理，若減小，則t增大，偏轉(zhuǎn)位移y增大，將會(huì)打在金屬板上，所以B正確

40、C、由a=，y=，又t不變，所以減小則偏轉(zhuǎn)位移減小，電子一定能從金屬板間射出，C正確D、同理增大，則偏轉(zhuǎn)位移將增大，電子不能射出，D錯(cuò)誤故選BC【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)可以用類平拋的思路求解，可用偏轉(zhuǎn)位移y或偏轉(zhuǎn)角tan的變化來討論粒子偏轉(zhuǎn)情況的變化14（2015諸暨市校級(jí)模擬）如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是（）A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B兩電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C從兩電荷進(jìn)入電場到

41、兩電荷相遇，電場力對(duì)電荷M做的功大于電場力對(duì)電荷N做的功D電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同【分析】兩個(gè)電荷同時(shí)進(jìn)入電場到相遇，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等；從軌跡圖可以看出，M電荷的水平分位移和豎直分位移都比N電荷的大；將電荷的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律聯(lián)合列式分析即可【解答】解：A、B、從軌跡可以看出：yMyN，故t2t2解得：，qMqN故A正確，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理，電場力的功為：W=Ek=m，質(zhì)量m相同，M電荷豎直分位移大，豎直方向的末速度vy=也大，故電場力對(duì)電荷M做的功大于電場力對(duì)電荷N做的功，故C正確；D、從軌跡可以看出：xMxN，

42、故vMtvNt，故vMvN，故D錯(cuò)誤；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵將合運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析15（2011江西模擬）空間有一沿x軸對(duì)稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨x軸變化的圖象如圖所示下列說法正確的是（）AO點(diǎn)的電勢最低Bx2點(diǎn)的電勢最高Cx1和x1兩點(diǎn)的電勢相等D該電場是等量負(fù)電荷的中垂線的電場分布【分析】根據(jù)題意，電場關(guān)于x軸對(duì)稱分布可知，作出電場線如圖，根據(jù)順著電場線，電勢降低和對(duì)稱性可判斷電勢高低【解答】解：A、B、作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低，則O電勢最高，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤C、從圖線看出，電場強(qiáng)度關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則X軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱位置的電勢相等故

43、C正確，D、O點(diǎn)場強(qiáng)為零，O電勢最高，所以該電場是等量正電荷從兩電荷連線的中點(diǎn)沿中垂線向側(cè)外移形成的，故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住沿著電場強(qiáng)度的方向，電勢一定降低；然后結(jié)合圖象得到電場強(qiáng)度的分布情況，再分析電勢變化情況即可16（2016博白縣模擬）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，則在x0 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電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小D電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大【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

44、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，由公式U=Ed，可知該靜電場是非勻強(qiáng)電場，A錯(cuò)誤，B正確；C、根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，由圖象可知電場線的方向?yàn)閤軸負(fù)方向，當(dāng)電子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則電場強(qiáng)度減小，所以電場力也減小，故加速度大小減小，故C正確，D錯(cuò)誤；故選BC【點(diǎn)評(píng)】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(shí)別圖象并從圖象中獲取信息的能力同時(shí)還可根據(jù)電場力做功來確定電子的電勢能如何變化17（2013秋日喀則地區(qū)校級(jí)期中）在靜電場中a、b、c、d四點(diǎn)分別放一檢驗(yàn)電荷，其電量可變，但很小，結(jié)果測出檢驗(yàn)電荷所受電場力與電荷電量的關(guān)系如圖所示，由圖線

45、可知（）Aa、b、c、d四點(diǎn)不可能在同一電場線上B四點(diǎn)場強(qiáng)關(guān)系是Ec=EaEbEdC四點(diǎn)場強(qiáng)方向可能不相同D以上答案都不對(duì)【分析】電場力與電荷電量的關(guān)系圖線的斜率等于電場強(qiáng)度，根據(jù)斜率的大小分析場強(qiáng)的大小關(guān)系根據(jù)場強(qiáng)與電場力方向關(guān)系，分析四點(diǎn)場強(qiáng)方向的關(guān)系【解答】解：A、由圖讀出，a、b是兩正電荷，c、d是兩負(fù)電荷，ab所受電場力方向相同，與cd所受電場力相反，a、b、c、d四點(diǎn)可能在同一電場線上故A錯(cuò)誤B、Fq圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小，由圖看出，a、c圖線的斜率相等，而且最大，d圖線的斜率最小，所以四點(diǎn)場強(qiáng)關(guān)系是Ec=EaEbEd故B正確C、電場強(qiáng)度方向正電荷所受電場力方向相同，而與負(fù)電荷

46、所受電場力方向相反，四點(diǎn)場強(qiáng)方向必定相同故C錯(cuò)誤D、由上可知D錯(cuò)誤故選B【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要從數(shù)學(xué)角度來理解圖象的物理意義基礎(chǔ)題18（2015春孝感月考）如圖所示，a，b，c為電場中同一條電場線上的三點(diǎn)，其中c為ab的中點(diǎn)已知a，b兩點(diǎn)的電勢分別為a=9V，b=3V，則下列敘述正確的是（）A該電場在c點(diǎn)處的電勢一定為6 VBa點(diǎn)處的場強(qiáng)Ea一定小于b點(diǎn)處的場強(qiáng)EbC正電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中電勢能一定增大D正電荷只受電場力作用從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中動(dòng)能一定增大【分析】題中是一條電場線，無法判斷該電場是否是勻強(qiáng)電場，不能確定c點(diǎn)處的電勢根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，分析電勢能的關(guān)系由能量守恒

47、分析動(dòng)能關(guān)系【解答】解：A、若該電場是勻強(qiáng)電場，則在c點(diǎn)處的電勢為c=V=6V，若該電場不是勻強(qiáng)電場，則在c點(diǎn)處的電勢為c6V故A錯(cuò)誤B、一條電場線，無法判斷電場線的疏密，就無法判斷兩點(diǎn)場強(qiáng)的大小，所以a點(diǎn)處的場強(qiáng)Ea不一定小于b點(diǎn)處的場強(qiáng)Eb故B錯(cuò)誤CD、根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，可知正電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中電勢能一定減小，而由能量守恒得知，其動(dòng)能一定增大故C錯(cuò)誤，D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】電場線的疏密可表示電場強(qiáng)度的相對(duì)大小，但一條電場線，無法判斷電場線的疏密，就無法判斷兩點(diǎn)場強(qiáng)的大小但可根據(jù)電勢的高低判斷電勢能的大小19（2015秋衡陽縣月考）如圖所示，在電場中，將一個(gè)負(fù)電荷從C點(diǎn)

48、分別沿直線移到A點(diǎn)和B點(diǎn)，克服靜電力做功相同該電場可能是（）A沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場B沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場C第象限內(nèi)的正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場D第象限內(nèi)的正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場【分析】負(fù)電荷從C點(diǎn)分別沿直線移動(dòng)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，均需克服電場力做功，且做功的數(shù)值相等說明電勢能變化相等，所以A、B兩點(diǎn)的電勢相等【解答】解：由于負(fù)電荷從C點(diǎn)分別到A點(diǎn)B點(diǎn)，電場力分別做了相同數(shù)量的負(fù)功，表明A、B兩點(diǎn)必在電場中的同一等勢面上；A、如果電場是沿正y方向的勻強(qiáng)電場，則A、B為同一等勢面上的點(diǎn)，故A正確；B、如果電場是沿正x方向的勻強(qiáng)電場，A、B電勢不可能相等，故B錯(cuò)誤；C、如果在AB的中垂線上的上方某處放一正電荷，則

49、點(diǎn)A、B也是同一等勢面上的點(diǎn)，但電場力做正功，故C錯(cuò)誤；D、在第象限內(nèi)，如果在AB的中垂線上的某處放一正電荷，則點(diǎn)A、B也是同一等勢面上的點(diǎn)，可滿足題給條件，故D正確故選：AD【點(diǎn)評(píng)】電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布當(dāng)正電荷沿著電場線方向移動(dòng)時(shí)，電場力做正功，則電勢能減少，所以電勢在減少當(dāng)負(fù)電荷沿著電場線方向移動(dòng)時(shí)，電場力做負(fù)功，則電勢能增加，而電勢仍減小20（2013秋日喀則地區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，用絕緣細(xì)線拴一帶負(fù)電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，則（）A當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小B當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度一定最大C當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a

50、時(shí)，小球的電勢能最小D小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒【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(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小，到達(dá)最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度最大；當(dāng)重力等于電場力時(shí)，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)重力小于電場力時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最大，到達(dá)最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度最?。挥捎陔妶隽ψ龉?，小球的機(jī)械能一定不守恒【解答】解：A、B、小球在電場中受到重力和向上的電場力 當(dāng)重力大于電場力時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小，到達(dá)最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度最大； 當(dāng)重力等于電場力時(shí)，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變 當(dāng)重力小于電場力時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線

51、的張力一定最大，到達(dá)最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度最??；故A、B錯(cuò)誤C、當(dāng)小球最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，電場力做正功，電勢能減小，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A，小球的電勢能最小故C正確D、由于電場力做功，小球的機(jī)械能一定不守恒故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題中題設(shè)條件不明，要考慮各種可能的情況進(jìn)行討論，分三種情況分析小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況21（2015秋黃石校級(jí)月考）如圖所示，在水平放置的光滑接地金屬板中點(diǎn)的正上方，有帶正電的點(diǎn)電荷Q，一表面絕緣帶正電的金屬球（可視為質(zhì)點(diǎn)，且不影響原電場）自左以速度v0開始在金屬板上向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中（）A小球做先減速后加速運(yùn)動(dòng)B小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)C小球受的電場力不做功D電場力

52、對(duì)小球先做正功后做負(fù)功【分析】金屬板在Q的電場中產(chǎn)生靜電感應(yīng)現(xiàn)象，達(dá)到靜電平衡時(shí)，金屬板是一個(gè)等勢體，表面是一個(gè)等勢面，表面的電場線與表面垂直分析小球的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況，判斷電場力是否做功【解答】解：A、B金屬板在Q的電場中達(dá)到靜電平衡時(shí)，金屬板是一個(gè)等勢體，表面是一個(gè)等勢面，表面的電場線與表面垂直，小球所受電場力與金屬板表面垂直，在金屬板上向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得知，小球的動(dòng)能不變，速度不變，所以小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)故A錯(cuò)誤，B正確C、D由于電場力與小球的速度方向垂直，電場力對(duì)小球不做功故C正確，D錯(cuò)誤故選BC【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住靜電平衡導(dǎo)體的特點(diǎn)：整體導(dǎo)體是一個(gè)

53、等勢體，表面是一個(gè)等勢面22（2015春行唐縣校級(jí)月考）圖中虛線是用實(shí)驗(yàn)方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線，若不計(jì)重力的帶電粒子從a點(diǎn)射入電場后恰能沿圖中的實(shí)線運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)是其運(yùn)動(dòng)軌跡上的另一點(diǎn)，則下述判斷正確的是（）Ab點(diǎn)的電勢一定高于a點(diǎn)Ba點(diǎn)的場強(qiáng)一定大于b點(diǎn)C帶電粒子一定帶正電D帶電粒子在b點(diǎn)的速率一定大于在a點(diǎn)的速率【分析】電場線與等勢面垂直，等勢面密的地方場強(qiáng)強(qiáng)，等勢面疏的地方場強(qiáng)弱根據(jù)軌跡的彎曲，判斷電場力的方向，根據(jù)動(dòng)能定理比較出a、b兩點(diǎn)的速率【解答】解：A、電場線與等勢面垂直，由于電場線方向未知，所以無法判斷電勢的高低故A錯(cuò)誤B、a點(diǎn)的等勢面比b點(diǎn)等勢面密，所以a點(diǎn)電場強(qiáng)度

54、大于b點(diǎn)電場強(qiáng)度故B正確C、軌跡的彎曲方向大致指向合力的方向，知電場力的方向大致向左，但是電場強(qiáng)度的方向未知，所以無法判斷電荷的電性故C錯(cuò)誤D、從a到b電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，所以帶電粒子在b點(diǎn)的速率一定小于在a點(diǎn)的速率故D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道電場線和等勢面的特點(diǎn)，知道軌跡彎曲的方向大致指向合力的方向二解答題（共8小題）23（2011春桃城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩塊平行金屬板MN間的距離為d，兩板間電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律如右圖所示電壓的絕對(duì)值為U0t=0時(shí)刻M板的電勢比N板低在t=0時(shí)刻有一個(gè)電子從M板處無初速釋放，經(jīng)過1.5個(gè)周期剛好到達(dá)N板電子的電荷量為e，質(zhì)量為m求：

55、（1）該電子到達(dá)N板時(shí)的速率v（2）在1.25個(gè)周期末該電子和N板間的距離s【分析】（1）電子先勻加速、再勻減速、最后再勻加速，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式和速度時(shí)間關(guān)系公式列式求解即可；（2）在1.25個(gè)周期末時(shí)，電子正在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，處于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的中間時(shí)刻，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式和速度時(shí)間關(guān)系公式列式求解【解答】解：（1）由題意知，電子在第一、三個(gè)T內(nèi)向右做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)內(nèi)向右做末速為零的勻減速運(yùn)動(dòng)由知，這三段時(shí)間內(nèi)電子的位移是相同的在第三個(gè)內(nèi)對(duì)電子用動(dòng)能定理：，其中U=U0，得（2）在第三個(gè)T初，電子的位置離N板d，在第三個(gè)T內(nèi)，電子做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，總位移是d，前一

56、半時(shí)間內(nèi)的位移是該位移的，為s=，因此這時(shí)離D板s=答：（1）該電子到達(dá)N板時(shí)的速率v為（2）在1.25個(gè)周期末該電子和N板間的距離s為【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要明確電子運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性和周期性，要能夠靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論公式，可以畫出運(yùn)動(dòng)草圖或者vt圖幫助分析24（2013福建模擬）如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個(gè)等量正電荷a、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中Aa=Bb=，O為AB連線的中點(diǎn)一質(zhì)量為m帶電量為+q的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初動(dòng)能E0從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍（n1），到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求

57、：（1）小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（2）Ob兩點(diǎn)間的電勢差UOb（3）小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s【分析】（1）A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個(gè)等量正電荷，則a、b兩點(diǎn)的電勢相等，則a、b兩點(diǎn)的電勢差為0，對(duì)ab段運(yùn)用動(dòng)能定理求出摩擦力的大小，從而得出滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（2）與0b段運(yùn)用動(dòng)能定理，求出0b兩點(diǎn)間的電勢差（3）小滑塊從a開始運(yùn)動(dòng)到最終在O點(diǎn)停下的整個(gè)過程，運(yùn)用動(dòng)能定理求出小滑塊的總路程s【解答】解：（1）由Aa=Bb=，O為AB連線的中點(diǎn)得：a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則Uab=0 設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對(duì)于滑塊從ab過程，由動(dòng)能定理得： 而f=mg 由式得： （2）對(duì)于滑塊從

58、Ob過程，由動(dòng)能定理得： 由式得： （3）對(duì)于小滑塊從a開始運(yùn)動(dòng)到最終在O點(diǎn)停下的整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得：qUaofs=0E0 而 由式得： 答：（1）小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（2）Ob兩點(diǎn)間的電勢差（3）小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的運(yùn)用，在解題時(shí)合適地選擇研究的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解25（2013秋崇文區(qū)校級(jí)期中）如下操作中，能使靜電計(jì)的指針張角變小的是BCD【分析】靜電計(jì)張角變小，說明電容器兩極板間的電壓減小，根據(jù)電容器的電容與帶電量及極板電壓的關(guān)系以及電容的決定式分析即可【解答】解：靜電計(jì)張角變小，說明電容器極間電勢差減小由可得：分析：A、帶電量Q不變，減小極板正

59、對(duì)面積，可知電勢差U增大，故A不可以；B、帶電量不變，減小極板距離，可知電勢差減小，故B可以；C、放入電介質(zhì)其作用是增加介電常數(shù)r，可知電勢差U減小，故C可以；D、用導(dǎo)線將AB板連接，則電容器放電完畢，電勢差為0，故D也可以故答案為：BCD【點(diǎn)評(píng)】掌握電容器的表達(dá)式和決定式，是解決本題的關(guān)鍵，知道電容器動(dòng)態(tài)變化時(shí)影響的是哪個(gè)量，對(duì)電容的大小的影響是什么這很關(guān)鍵26（2009秋天津期末）如圖所示，一傾角=30的光滑斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上面小球從B點(diǎn)從靜止自由釋放，球能沿斜面從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處，求（1）小球運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處時(shí)，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻螅浚?）小球從B處開始運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)D處時(shí)的速度大??？【分析】（1）對(duì)小球在C點(diǎn)受力分析，抓住垂直斜面方向平衡求出支持力的大小，從而球?qū)π泵鎵毫Φ拇笮。?）抓住B、D電勢相等，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球從B處開始運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)D處時(shí)的速度【解答】解：（1）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，對(duì)球受力分析如圖所示則由平衡條件得：FN+F庫sin30=mgcos30由庫侖定律得：F庫=聯(lián)立得：FN=mg由牛頓第三定律即FN=FN=mg（2）由題意知：小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由于AD=