《2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題09 靜電場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題09 靜電場（含解析）（135頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題09 靜電場 一、單選題 1．如圖所示，在電場有M、N兩點，則（　　） A. M點的電勢比N點的電勢高 B. M點的電場強度比N點的電場強度大 C. 正電荷在M點的電勢能比在N點的電勢能大 D. 負電荷從M點運動到N點，電場力不做功 【答案】 B 綜上所述本題答案是：B 2．如圖所示，在水平放置兩平行金屬板M、N之間的P點，固定有一個帶電荷量為－q的點電荷，兩金屬板通過電阻R接到直流電源上，其中N板接地．( ) A. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，金屬板帶電荷量將增加 B. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動的過

2、程中，通過R的電流方向是b指向a C. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動到某處穩(wěn)定后與移動前相比，p處點電荷的電勢變小 D. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動到某處穩(wěn)定后與移動前相比，p處點電荷的電勢能變小 【答案】 C 【解析】試題分析：當保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，d增大，根據(jù)可知，電容C減小，因U不變，根據(jù)可知，電荷量減小，通過R的電流向右，即a指向b，故AB錯誤；由于電容器兩端的電勢差不變，將M板向上移動，d增大，根據(jù)可知，電場強度減小，根據(jù)，可知pN間的電勢差減小，又，且N點電勢為零，則p點的電勢減小，根據(jù)，電荷為負電荷，則在p點的電勢能變大

3、．故C正確，D錯誤．故選C． 【點睛】電容器和電源相連，兩端的電勢差不變，通過電容的變化，結合Q=CU得出電荷量的變化，通過電容器帶電量的變化確定通過R的電流流向．結合電場強度的變化，得出pN間電勢差的變化，從而確定p點電勢的變化，得出p點電勢能的變化． 3．帶有等量異種電荷的一對平行金屬板,上極板帶正電荷.如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大,即使在兩極板之間,它們的電場線也不是彼此平行的直線,而是如圖所示的曲線(電場方向未畫出).虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線.關于這種電場,以下說法正確的是( ) A. 平行金屬板間的電場,可以看做勻強電場 B.

4、b點的電勢高于a點的電勢 C. d點的電勢低于c點的電勢 D. 若將一正電荷從電場中的任一點由靜止釋放,它必將沿著電場線運動到負極板 【答案】 C 點睛：解決本題關鍵掌握電場線的兩個物理意義：疏密表示場強的大小，方向表示電勢的高低，要明確只有電場線是直線時，電荷才能沿電場線運動． 4．關于電場的性質(zhì)正確的是：（ ） A. 電場強度大的地方，電勢一定高 B. 正點電荷產(chǎn)生的電場中電勢都為正 C. 勻強電場中，兩點間的電勢差只與兩點間距離成正比 D. 電場強度大的地方，沿場強方向電勢變化快 【答案】 D 【解析】A項，場強和電勢沒有直接關系，電場強

5、度大的地方電勢不一定高，故A項錯誤。 B項，正點電荷產(chǎn)生的電場中電場線由正點電荷發(fā)出指向無窮遠，但本題中沒有規(guī)定哪兒為零勢點，所以正點電荷產(chǎn)生的電場中電勢不一定為正，故B項錯誤。 C項，勻強電場中，兩點間電勢差與兩點沿電場線方向上的距離成正比，故C項錯誤。 D項，電場強度大的地方，電場線密集，等勢線距離小，電勢變化快，故D項正確 5．如圖所示是電容式話筒的示意圖，它是利用電容制作的傳感器，話筒的振動膜前面有薄薄的金屬層，膜后距膜幾十微米處有一金屬板，振動膜上的金屬層和這個金屬板構成電容器的兩極，在兩極間加一電壓U，人對著話筒說話時，振動膜前后振動，使電容發(fā)生變化，使聲音信號被話筒轉(zhuǎn)化為

6、電信號，其中導致電容變化的原因可能是電容器兩板間的（ ） A. 電壓變化 B. 電量變化 C. 距離變化 D. 介質(zhì)變化 【答案】 C 【解析】人對著話筒講話時，振動膜前后振動時，介質(zhì)、正對面積沒有變化，電容器兩板間的距離發(fā)生變化，引起電容變化，使聲音信號被話筒轉(zhuǎn)化為電信號，故C正確，ABD錯誤； 故選C。 6．如圖所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖（俯視圖），使用前先給超級電容器C充電，彈射時，電容器釋放儲存電能所產(chǎn)生的強大電流經(jīng)過導體棒EF，EF在磁場（方向垂直紙面向外）作用下加速。則下列說法正確的是 （ ） A. 電源給電容器充電

7、后，M板帶正電 B. 導體棒在安培力作用下向右運動 C. 超級電容器相當電源，放電時兩端電壓不變 D. 在電容器放電過程中，電容器電容不斷減小 【答案】 B 點睛：本題考查電容以及安培力的性質(zhì)，要注意掌握左手定則以及電容的性質(zhì)等基本內(nèi)容，明確電容由導體本身的性質(zhì)決定． 7．為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，如圖所示，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，上下底面是金屬板。當金屬板連接到高壓電源正負兩極時，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強電場?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，顆粒帶負電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。下列說法正確的是（

8、 ） A. 煙塵顆粒向下運動 B. 兩金屬板間電場方向向上 C. 煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少 D. 煙塵顆粒電荷量可能是電子電量的1.5倍 【答案】 C 【解析】由圖可知，極板上端為正極，下端為負極；則帶負電的顆粒受電場力向上，故帶電顆粒將向上運動，故A錯誤；極板上端為正極，下端為負極，所以兩金屬板間電場方向向下．故B錯誤；煙塵顆粒在運動過程中電場力做正功，電勢能減少．故C正確；帶電體的帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電量的1.5倍．故D錯誤；故選C. 8．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

9、兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b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. O點的電勢為零，電場強度也為零 B. a點的電勢高于b點電勢，a點電場強度大于b點電場強度 C. 正的試探電荷在b點的電勢能大于零，所受電場力方向指向O點 D. 將負的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功 【答案】 B 【解析】等量異種電荷連線的中垂線為一條等勢線，且電勢為零，即O點電勢為零，而兩電荷連線上電場方向由a指向b，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以a點的電勢高于O點的電勢，即a點的電勢高于b點的電勢，在連線上，電場強度先增大后減小，在O點電場強度最小

10、，但不為零，在中垂線上，從O點向兩邊遞減，所以O點在中垂線上是電場強度最大的點，故a點電場強度大于b點電場強度，A錯誤B正確；電荷在零電勢處電勢能為零，故正的試探電荷在b點的電勢能為零，電場方向水平向右，C錯誤；負電荷從O向a移動過程中，電場力方向水平向左，電場力做正功，D錯誤． 9．如圖所示，P點固定一個帶正電荷的小球，光滑桿上套有一個帶負電的質(zhì)量為m的小環(huán)（可視為點電荷），A、P在同一水平面上，且相互為L，當環(huán)從A位置靜止開始下滑到C位置時速度恰好為零，B點是AC的中點，已知AC間的距離為h，則 A. 在C位置時小環(huán)受到的庫侖力為 B. 從A到C，小環(huán)的機械能先增大后減少 C.

11、 從A到B和從B到C，小環(huán)克服庫侖力做的功，后者較大 D. 從A到C，小環(huán)克服庫侖力做功的功率一直增大 【答案】 C 【解析】A、在C位置時小環(huán)受到的庫侖力F，則有，，故A錯誤； B、帶正電荷的小球?qū)ж撾姷馁|(zhì)量為m的小環(huán)做負功，小環(huán)的機械能減少，故B錯誤； C、由點電荷周圍的電勢分布可知，距離點電荷越遠，電勢減小的越慢，所以AB之間的電勢小于BC之間的電勢，小環(huán)克服庫侖力做的功在BC多，故C正確； D、在A點，小環(huán)克服庫侖力做功的功率為0，在C點，小環(huán)克服庫侖力做功的功率為0，小環(huán)克服庫侖力做功的功率先增大后減小，故D錯誤； 故選C。 10．如圖所示，有兩個固定的等

12、量異種點電荷，a、b是它們連線的中垂線上兩個位置，c是它們產(chǎn)生的電場中另一位置，以無窮遠處為電勢的零點，則以下認識中正確的有 A. a、b兩點場強相同 B. a、b兩點電勢相同 C. c點電勢為正值 D. 將一正電荷從a點移到b點電場力做負功 【答案】 B 【解析】A、a、b兩點場強方向均與ac連線垂直向右，方向相同．a(chǎn)點處電場線比b處疏，則a場強比b點?。蔆錯誤； B、等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以a點電勢與b點電勢相等．故B正確； C、等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，a、b點處于同一等勢線上，而且這條等勢線一直延伸到無窮

13、遠處，則a、b與無窮遠處電勢相等，無窮遠處電勢為零，又該電場電場線由正電荷出發(fā)到負電荷終止，故c點電勢比ab電勢低，故c電勢為負，故C錯誤； D、由于a、b電勢相等，故將一正電荷從b點移到c點電場力不做功，故D錯誤； 故選B； 11．如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1帶負電，a、b兩點在它們連線的延長線上．現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示．以下說法中正確的是 ( ） A. Q2帶負電 B. Q2的電量一定大于Q1的電量 C. a點電勢

14、高于b點電勢 D. 整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大 【答案】 C 【解析】A、由圖可知負電粒子速度先減小，若也帶負電，負電粒子因為排斥力，速度會增大，一定帶正電，選項A錯誤； B、過了b點后，負電荷速度變大，說明負電荷受到排斥力大于的吸引力，所以的電量一定大于的電量，選項B錯誤； C、從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運動，所以負電荷應該是沿著電場線運動的，所以a點電勢高于b點電勢，故C正確； D、整個過程動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒得知，電勢能先增大后減小，選項D錯誤 綜上所述本題答案是：C 12．如圖所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構成

15、的偏轉(zhuǎn)電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置與a、b平行方向射入偏轉(zhuǎn)電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x（M、N點圖中未畫出），從N點射出的速度為v，則以下說法中正確的是 A. 只增大帶電粒子的比荷大小，則v減小 B. 只增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則v減小 C. 只減小初速度v0的大小，則x不變 D. 只減小偏轉(zhuǎn)電場的電

16、壓U的大小，則x不變 【答案】 D 的夾角為θ，則由半徑公式，結合幾何關系，可得：x=2Rsinθ=，則會導致x不變，故D正確；故選D． 點睛：考查粒子做類平拋運動與勻速圓周運動的處理規(guī)律，掌握圓周運動的半徑公式，注意運動的合成與分解的方法． 13．x軸上有兩個點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間連線上各點電勢高低如圖曲線所示，選無窮遠處電勢為零，從圖中可以看出（ ） A. Q1的電荷量小于Q2的電荷量 B. Q1和Q2一定是同種電荷 C. Q1和Q2之間連線上各點電場強度方向都指向Q2 D. P處的電場強度為零 【答案】 C 【解析】AB、由圖象

17、可以發(fā)現(xiàn)，離Q1越近電場中的電勢越高，由此可以判斷Q1為正電荷，同理由于離Q2越近電勢越低，所以Q2為負電。選無窮遠處電勢為零，根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場中各點的電勢，在它們的連線上的p點的電勢也是零，Q1在p點的電勢為正，Q2在p點的電勢為負，且絕對值相等，但p點離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量，所以A錯誤，B錯誤； C、由于Q1和Q2為異種電荷，并且Q1為正電荷，Q1在x軸正半軸上的電場方向向右；Q2為負電荷，Q2在Q1和Q2之間的電場方向也向右，所以Q1和Q2之間連線上各點電場強度方向都指向Q2，P點電場強度是Q1和Q2在p點產(chǎn)生的電場的和，不等于零，方向指向Q2，所以C正確，D

18、錯誤。 故選：C。 14．一電場線在豎直平面上的分布如圖所示。電場中的A、B兩點的電場強度分別為、，電勢分別為、。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，從電場中的A點運動到B點，A、B兩點間的高度差為h。小球經(jīng)過A點時的速度大小為，運動至B點時的速度大小為，該過程的速度偏向角為α，電場力做功為W，則以下判斷中正確的是(? ?) A. > B. < C. 如果電荷為負電荷，則> D. 【答案】 D 【解析】AB、由電場線的疏密可判斷出EA＜EB，由電場線的方向可判斷出φA＞φB，故AB錯誤； CD、從電場中的A點運動到B點，由動能定理得，電場力做功為，故D正確，如

19、果電荷為負電荷，電場力做負功，，重力做正功，，大小無法確定，所以和的大小無法判斷，故C錯誤； 故選D。 15．以兩個等量同種正電荷的連線的中點為圓心，在連線的中垂面上做出兩個同心圓如圖所示，兩個圓上有三個不同的點M、N、P，下列說法中正確的是（ ）? A. N點電勢一定小于M點的電勢 B. N點場強一定大于M點的場強 C. 一個電子在M點的電勢能和在P點的電勢能相等 D. 一個電子在N點的電勢能比在P點的電勢能大 【答案】 C 【解析】A、兩個等量同種正電荷的連線的中點為圓心，在連線的中垂面上做出兩個同心圓，由疊加原理得，O點的電勢最高，無窮遠處的電勢為0，

20、從O點經(jīng)N點、M點到無窮遠，電勢減小，則有N點電勢大于M點的電勢，故A錯誤； B、由疊加原理得，O點的場強為0,無窮遠處的場強為0，從O點經(jīng)N點、M點到無窮遠，場強先增大后減小，N點、M點具體位置未知，場強大小也未知，無法判斷N點、M點場強大小，故B錯誤； C、M點和P點在同一個圓上，M點電勢等于P點的電勢，電子在M點的電勢能和在P點的電勢能相等，故C正確； D、N點電勢大于M點的電勢，M點電勢等于P點的電勢，則有N點電勢大于P點的電勢，電子在N點的電勢能比在P點的電勢能小，故D錯誤； 故選C。 16．某靜電場中有一條電場線與x軸重合，縱軸φ表示該條電場線上對應各點的電勢φ隨x的變化

21、規(guī)律，如圖所示．x軸上坐標為x1＝－x0點的電勢和電場強度大小分別為φ1和E1，坐標x2＝x0點的電勢和電場強度大小分別為φ2和E2，下列有關判斷正確的是(　　) A. φ1＞φ2，E1＞E2 B. φ1＜φ2，E1＞E2 C. φ1＞φ2，E1＜E2 D. φ1＜φ2，E1＜E2 【答案】 B 【解析】由題意可知電場線方向沿x負方向，沿著電場線方向電勢降低，故有φ1＜φ2，A、C錯；在φ-x圖象中某點的斜率表示電場強度的大小，故有E1＞E2，故B正確； 綜上所述本題答案是：B 17．兩個不規(guī)則帶電導體間的電場線分布如圖所示，已知導體附近的電場線均與導體表面垂直

22、，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，選無窮遠為電勢零點，則(　　) A. 場強大小關系有Eb>Ec B. 電勢大小關系有φb<φd C. 將一負電荷放在d點時其電勢能為負值 D. 將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功 【答案】 D 綜上所述本題答案是：D 18．在某勻強電場中有M、N、P三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角邊NP的長度為4 cm。已知電場方向與三角形所在平面平行，M、N和P點的電勢分別為3 V、15 V和12 V。則電場強度的大小為(　　) A. B. C.

23、 D. 【答案】 A 【解析】　過P點作斜邊MN的垂線交MN于O點，如圖所示 由幾何知識可知N、O間的距離NO＝2 cm，M、O間的距離MO＝6 cm，由勻強電場的特點得O點的電勢為，即O、P在同一等勢面上，由電場線與等勢面的關系和幾何關系知：，故A正確。 綜上所述本題答案是：A 19．如圖所示，P、Q是兩個電荷量相等的異種點電荷，在其電場中有a、b、c三點在一條直線上，平行于P、Q的連線，b在P、Q連線的中垂線上，ab＝bc，下列說法正確的是(　　) A. 電勢：φa＞φb＞φc B. 電勢：φa＞φc＞φb C. 電場強度：Ea＞Eb＞Ec D.

24、電場強度：Eb＞Ea＞Ec 【答案】 A 【解析】根據(jù)等量異種點電荷電場線的分布特點知，a、c兩點對稱，場強大小相等，由a、c兩點處的電場線分布比b點處的密，故a、c兩點處的場強大于b點處的場強，沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A正確； 綜上所述本題答案是：A 20．將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為(　　) A. B. C

25、. D. 【答案】 B 【解析】取小球a、b整體作為研究對象，則受重力2mg、懸線拉力FT和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關系， 由圖知F的最小值為，由，知，故B對 綜上所述所述本題答案是：B 21．一對正、負電子可形成一種壽命比較短的稱為“電子偶素”的新粒子。電子偶素中的正電子與負電子都以速率v繞它們連線的中點做圓周運動。假定玻爾關于氫原子的理論可用于電子偶素，電子的質(zhì)量m、速率v和正、負電子間的距離r的乘積也滿足量子化條件，即，式中n稱為量子數(shù)，可取整數(shù)值1、2、3、?，h為普朗克常量。已知靜電力常量為k，電子質(zhì)量為m、電荷量為e，當它

26、們之間的距離為r時，電子偶素的電勢能，則關于電子偶素處在基態(tài)時的能量，下列說法中正確的是（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】試題分析：由正負電子的庫侖力提供向心力，從而求出電子的動能；由題意可知，系統(tǒng)的電勢能，及電子的動能，可求得n=1時，“電子偶素”的能量． 設n=1時電子運轉(zhuǎn)軌道半徑為，此時正負電子間庫侖力，此庫侖作為向心力，由題中量子化理論可知，n=1時，聯(lián)立上式可得，由題意可知，系統(tǒng)的電勢能，每個電子動能，系統(tǒng)的能量，聯(lián)立可得，C正確． 22．在某一靜電場中建立x軸，其電勢隨坐標x變化的圖線如圖所示。若將一帶負電的粒子（重力

27、不計）從坐標原點O處由靜止釋放，電場中P、Q兩點位于x軸上，其橫坐標分別為lcm、4cm。則下列說法正確的是（　?。? A. 粒子經(jīng)過P點與Q點時，動能相等 B. 粒子經(jīng)過P、Q兩點時，加速度大小之比1：1 C. 粒子經(jīng)過P、Q兩點時，電場力功率之比1：1 D. 粒子恰能運動到離原點12cm處 【答案】 A 【解析】A、由圖可知，橫坐標為1cm和4cm的P、Q兩點電勢相等，粒子經(jīng)過P點到Q點的過程中，電場力做功為零，動能相等，A正確； B、φ?x圖象的斜率大小等于場強E.，則知P點的場強為Q點的場強的二倍，電場力為二倍，加速度之比為2:1，B錯誤； C、根據(jù)功率P=

28、Fv，功率之比為2:1，C錯誤； D、根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，0?2cm內(nèi)，電場線沿x軸負方向，粒子所受的電場力方向沿x軸正方向做加速運動；在2?6cm內(nèi)電場線沿x軸正方向，粒子所受的電場力方向沿x負方向做減速運動，6cm處粒子的速度為零；然后粒子向左先做加速運動后做減速運動。 即在0?6cm間做往復運動。故D錯誤。 故選：A。 23．如圖所示，兩根等長帶電棒放置在第一、二象限，其端點在兩坐標軸上，棒與坐標軸圍成等腰直角三角形．兩棒帶電量相等，且電荷均勻分布，此時O點電場強度大小為2E．撤去其中一根帶電棒后，O點的電場強度大小變?yōu)椋ā　。? A. B. C.

29、 E D. 【答案】 D 點睛：先把帶電棒等效成點電荷，利用點電荷產(chǎn)生的場強進行矢量求解解可。 24．如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量負點電荷A和B，O點為AB連線的中點，C、D為AB連線上關于O點對稱的兩個點，且CO＝OD＝L.一帶正電的可視為點電荷的小球以初速度v0從C點運動到D點．設O點的電勢φ0＝0，取C點為坐標原點，向右為x軸的正方向，下列關于小球的電勢能Ep、小球的動能Ek、電勢φ、電場強度E隨小球運動的位移x變化的圖象，可能正確的是(　　) A. A B. B C. C D. D 【答案】 B 【解析

30、】AC、從C點到D點，電場線方向先向左后向右，則電勢先升高后降低，則小球的電勢能先增大后減小，小球在C、D兩點處的電勢能相同，故A、C錯誤； B、由于小球的電勢能先增大后減小，在C、D兩點處的電勢能相同，由能量守恒定律得知，動能先減小后增大，在C、D兩點處的動能相同，故B正確； D、設AC＝BD＝r，點電荷A和B的電荷量大小為Q，則當位移為x時，由數(shù)學知識得知E與x是非線性關系，圖象是曲線，故D錯誤。 故選：B。 25．如圖所示，在真空中電荷量相等的離子P1、P2分別以相同初速度從O點沿垂直于電場強度的方向射入勻強電場，粒子只在電場力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，P1打在極板B上的C點，P2打在極

31、板B上的D點．G點在O點的正下方，已知GC＝CD，則離子P1、P2的質(zhì)量之比為(　　) A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4 【答案】 D 【解析】設離子的初速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運動的時間為t，則加速度a＝，離子運動的時間，由于GC＝CD，所以飛行的時間之比t1∶t2＝1∶2，離子的偏轉(zhuǎn)量，因為P1帶電荷量與P2的帶電荷量相同，可得P1、P2的質(zhì)量之比m1∶m2為1∶4，D正確，ABC錯誤 故選：D。 26．如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d且分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N.今有一帶電

32、質(zhì)點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回．若保持兩極板間的電壓不變，則下列說法不正確的是(　　) A. 把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回 B. 把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 C. 把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回 D. 把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 【答案】 B 【解析】AB、因質(zhì)點到達N孔時速度恰為零，由動能定理得mg·2d－qU＝0，因極板一直與電源兩極連接，電

33、壓U一直不變，當A板上移、下移時，滿足qU－mgh＝0的條件，即h＝2d，則質(zhì)點到達N孔時速度恰好為零，然后按原路返回，A正確，B錯誤； C、當把B板上移后，設質(zhì)點仍能到達B板，則由動能定理得mgh－qU＝mv2，因B板上移后h＜2d，所以mgh＜qU，即看似動能為負值，實際意義為在此之前物體動能已為零，將沿原路返回，C正確； D、把B板下移后，有mgh′－qU＝mv2＞0，即質(zhì)點到達N孔時仍有向下的速度，將穿過B板繼續(xù)下落，D正確； 本題選擇錯誤答案，故選：B。 點睛：移動A板或B板后，質(zhì)點能否返回P點的關鍵是質(zhì)點在A、B間運動時到達B板之前速度能否減為零，如能減為零，則一定沿原路返

34、回P點；如不能減為零，則穿過B板后只受重力，將繼續(xù)下落。根據(jù)動能定律判斷即可。 27．a(chǎn)b是長為l的均勻帶電細桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示。ab上電荷產(chǎn)生的電場在P1處的場強大小為E1，在P2處的場強大小為E2.則下列說法中正確的是（　?。? A. 兩處的電場方向相反，E1＜E2 B. 兩處的電場方向相反，E1＞E2 C. 兩處的電場方向相同，E1＜E2 D. 兩處的電場方向相同，E1＞E2 【答案】 A 【解析】 如圖，在桿上取a關于P1的對稱點則，之間的電荷在P1處的場強恰好抵消，即P1處的場強是由部分的電荷產(chǎn)生；P2處的場強可看成由桿

35、上的之間的電荷在P2處的場強和桿上的之間的電荷在P2處的場強的疊加；之間的電荷在P1處、P2處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，桿上的之間的電荷和桿上的之間的電荷在P2處產(chǎn)生的場強方向相同。綜上，兩處的電場方向相反，E1＜E2 點睛：電場的疊加遵循的是平行四邊形定則。在桿產(chǎn)生電場的場強問題中要注意對稱性的利用。 28．如圖所示在光滑、絕緣的水平面上，沿一直線依次排列三個帶電小球A、B、C（可視為質(zhì)點）.若它們恰能處于平衡狀態(tài).那么這三個小球所帶的電荷量及電性的關系，下面的情況可能的是（　　?。? A. 3、-2、6 B. -9、4、-36 C. -3、2、8 D. 4、9、36 【

36、答案】 B 【解析】題中要求三個小球均能處于平衡狀態(tài)，則要使A平衡，BC所帶電性相反（BC對A的力方向必須相反）；同理，則要使C平衡，AB所帶電性相反；綜上，電荷電性需滿足“兩同夾異”，排除CD A：若A選項正確： 對小球B受力分析，則，代入數(shù)據(jù)得： 對小球A受力分析，則，代入數(shù)據(jù)得： 兩式一致，故B正確。 點睛：三個電荷的自平衡問題，從力的方向角度滿足“兩同夾異”，從力的大小角度滿足“兩大夾小”。 29．如圖所示的電場線，可能是下列哪種情況產(chǎn)生的（ ） A. 單個正點電荷 B. 單個負點電荷 C. 等量同種點電荷 D. 等量異種點電荷 【答案】

37、 C 【解析】試題分析：由于電場線從兩個地方發(fā)出，故場源為兩個電荷；由于電場線是從電荷出發(fā)終止到無窮遠，故該場源電荷為正電荷；又由于兩電荷的連線之間電場線稀疏甚至有的地方?jīng)]有電場線，故兩個場源電荷為同種電荷．綜上所述該電場線是由兩個等量正電荷產(chǎn)生的．故C正確．故選C。 考點：等量同種點電荷電場 【名師點睛】該題目簡單，但需要同學們對電場線的特點比較清晰．解決此類題目的前提是熟悉課本。 30．如圖所示，為某示波管內(nèi)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．a(chǎn)、b兩點的場強大小分別為Ea和Eb，電勢分別φa和φb，電場力對兩電子做功分別為Wa

38、和Wb，兩電子在a、b兩點的電勢能分別為Epa和Epb．則 A. EaEpb，選項B正確，D錯誤；由等勢面可知Uac>Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa>Wb，選項C錯誤；故選B. 點睛：題關鍵是明確電場強度的大小看電場線的疏密程度，電場力做功看電勢差；并注意電子在高電勢點的電勢能較?。? 31．如圖所示，平行板

39、電容器兩極板M、N間距為d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，則下列能使電容器的電容減小的措施是 A. 減小d B. 增大U C. 將M板向左平移 D. 在板間插入介質(zhì) 【答案】 C 【解析】根據(jù)可知，減小d，則C變大，選項A錯誤；增大U，電容器的電容不變，選項B錯誤；將M板向左平移，則S減小，C減小，選項C正確；在板間插入介質(zhì)，則C變大，選項D錯誤；故選C. 32．如圖所示?，O?為半徑為?R?的圓的圓心?，ac、?bd為圓的兩個互相垂直的直徑。在圓心O?處固定一電荷量為?Q?的負點電荷，在?a?點固定一電荷量為?4Q?的正點電荷。e?為?Oc?連線上一點，

40、f?為?Oc?延長線上的一點，且?ec＝cf。則下列說法正確的是（ ） A. b、d?兩點場強相同 B. b、c、d?三點中，c點場強最大 C. b、c、d?三點中，c點電勢最高 D. 將一負的點電荷從?e?點沿直線移到?f?點，電勢能先減小后增大 【答案】 D 【解析】根據(jù)電場線的分布情況知，b、d兩點場強大小相等，但方向不同，則電場強度不等，根據(jù)場強的疊加原理可知兩電荷在c點產(chǎn)生的場強等大反向，合場強為零，而b、d兩點均不為零，所以c點場強最小，故AB錯誤；b、d到正電荷的距離相等，由于b、d兩點場強大小相等，所以b、d兩點電勢相等；由電場強度疊加可知，正

41、負電荷在ac連線上的合場強向右，因為沿電場線的方向電勢逐漸降低，所以c點電勢最低，故C錯誤；將負的點電荷從e點沿直線移到f點，電場力先做正功后做負功，所以點電荷的電勢能先減小后增大，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。 33．在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是（ ） A. x1處的電場強度為零 B. q1、q2一定為異種電荷 C. 負電荷從x1移到x2，電勢能增大 D. 負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 【答案】 B 【解析】在圖象中，曲線斜率表示場強的大小，x1處的斜率不為零，故電場強度不為零，故A錯誤；

42、由圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以q1和q2帶有異種電荷，故B正確；負電荷從x1移到x2，電勢增大，電勢能減小，故C錯誤；負電荷從x1移到x2，曲線斜率減小，所以電場強度減小，即受到的電場力減小，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。 34．以下說法正確的是（ ） A. 在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸升高 B. 外力對物體所做的功越多，對應的功率越大 C. 電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比 D. 在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實際作用力沒有發(fā)生了變化 【答案】 D 【解析】A、根據(jù)電場

43、線的性質(zhì)可知，在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A錯誤； B、功率等于功與時間的比值，做功多但如果用時很長，功率可能較小，故B錯誤； C、電容器電容只與自身有關，與電容器所帶電量以及兩極板間的電壓無關，故C錯誤； D、在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實際作用力，即吸引力不變，只是物體對外界的壓力或拉力發(fā)生了變化，故D正確。 故選：D。 35．平行板電容器兩極板之間的距離為d、電壓為U、電場強度大小為E，兩極板所帶的電荷量為Q．下列說法正確的是（?? ） A. 保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B. 保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C

44、. 保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话? D. 將d和Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E不變 【答案】 A 【解析】A、保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)公式可知，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔄正確． B、保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，由U=Ed可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔅錯誤． C、保持d不變，根據(jù)電容的決定式可知，電容C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，由公式分析可知，U變?yōu)樵瓉淼膬杀叮蔆錯誤． D、根據(jù)電容的決定式可知，，由分析知，；則可知，E與兩板間的距離無關，與Q成正比，則將d和Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E減半．故D錯誤． 綜上所述本題答案是：A 【分析】保持U不變，根據(jù)

45、公式分析E與d的關系；保持E不變，U與d正比；保持d不變，C不變，根據(jù)分析Q與U的關系 36．如圖所示，真空中有兩個點電荷Q1=+4.0×10-8C和Q2=-10-8C，分別固定在x=0和x=4cm的位置上，則在x軸上（ ） A. 兩個點電荷間某點的電場強度為零 B. x=8cm處的電場強度為零 C. （4cm，8cm）區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸正方向 D. 電子在兩個點電荷之間向右運動時，電勢能先增大后減小 【答案】 B 【解析】根據(jù)點電荷場強的疊加知，兩點電荷之間的場強方向沿x軸正方向，不可能為零，A錯誤；由分析可知，在x軸上場強為零的點，只能在Q2的右側，

46、設距離Q2右側L處，則，解得L=4cm，則x=4cm+L=8cm處的電場強度為零，B正確；（4cm，8cm）區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸負方向，C錯誤；電子在兩個點電荷之間向右運動時，電場力做負功，電勢能增大，D錯誤；故選B. 點睛：空間中某一點的電場，是空間所有電荷產(chǎn)生的電場的疊加，場強是矢量，其合成遵守平行四邊形定則． 37．如圖1所示是電容式話筒，其原理示意圖如圖2所示，當對著話筒說話時，振動膜片發(fā)生振動，固定電極不動，當振動膜片向左振動時( ) 圖1 圖2 A. 振動膜片與固定電極構成的電容器的電容增大 B. 振動膜片上電荷

47、量增大 C. R中有自左向右的電流 D. R左端的電勢比右端低 【答案】 C 【解析】當振動膜片向左振動時，振動膜片與固定電極的間距增大，根據(jù)影響電容器電容大小的因素知，電容C減小，A錯誤；由可知，在U不變時，C減小，Q減小，即電容器放電，振動膜片上電荷量減小，B錯誤；由于電容器放電，R中有自左向右的電流，R左端的電勢比右端高，故C正確，D錯誤；故選C. 38．如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖,廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū).圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡,A、B兩點是軌跡與電場線的交點.不考慮塵埃在遷移過程中的相

48、互作用和電量變化,則以下說法正確的是 A. A點電勢高于B點電勢 B. 塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度 C. 塵埃在遷移過程中做勻變速運動 D. 塵埃在遷移過程中電勢能一直在增大 【答案】 B 點睛：本題考查考查分析實際問題工作原理的能力，解題時要明確電場線的分布規(guī)律，并且能抓住塵埃的運動方向與電場力方向的關系是解題突破口． 39．如圖所示，A、B是兩個帶異號電荷的小球，其質(zhì)量分別為m1和m2，所帶電荷量分別為+q1和﹣q2，A用絕緣細線L1懸掛于O點，A、B間用絕緣細線L2相連．整個裝置處于水平方向的勻強電場中，平衡時L1向左偏離豎直方向，L2向右偏離豎

49、直方向，則可以判定（ ） A. m1=m2 B. m1＞m2 C. q1＞q2 D. q1＜q2 【答案】 C 【解析】試題分析：把兩小球看成整體分析，兩球之間的庫侖力為內(nèi)力，整體上受到重力向左的電場力和向右的電場力、的拉力，根據(jù)平衡條件判斷兩電場力的大小，從而可知電荷量的大?。? 兩球整體分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，，即，而兩球的質(zhì)量無法比較其大小，故C正確． 40．如圖所示的四條實線是電場線，虛線表示等勢面，四條電場線聚于點O，A、B、C、D分別是四條電場線上的點，則下列說法正確的是 A. O點一定有一個正點電荷 B. C點的

50、場強小于B點的場強，C點的電勢高于B點的電勢 C. A、D兩點的場強大小不一定相等，但將一個電荷由A點移到D點電場力做功為零 D. 若將一個正電荷由A點移到B點時電場力做正功，則將一個負電荷由A點移到C點時電場力做負功 【答案】 C 【解析】A四條實線是電場線，方向不知道，O點點電荷電性可能帶正電荷，可能負電荷，故A錯誤； B由電場線越密的地方，電場強度越大，則有C點的場強小于B點的場強，沿著電場線，電勢逐漸降低，電場線方向不知道，C點的電勢不一定高于B點的電勢，故B錯誤。 C虛線表示等勢面，A、D兩點的電勢相等，將一個電荷由A點移到D點電場力做功為零，由電場線越密的地方

51、，電場強度越大，則有A點的場強小于D點的場強，故C正確。 D若將一個正電荷由A點移到B點時電場力做正功，A點的電勢能小于B點的電勢能，A點的電勢小于B點的電勢，則有A點的電勢高于C點的電勢，將一個負電荷由A點移到C點時A點的電勢能小于C點的電勢能，電場力做正功，故D錯誤。 故選C 41．某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩相互絕緣的金屬極板。當對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動，在P、Q間距增大過程中 A. P、Q兩板構成電容器的電容增大 B. P板電荷量增大 C. M點的電勢比N點高 D. M點的電勢比N點低 【答案】 C 【

52、解析】電容式話筒與電源串聯(lián)，其電壓保持不變．在P、Q間距增大的過程中，根據(jù)電容決定式可知電容減小，又根據(jù)電容定義式得知電容器所帶電量減小，P極板上電荷量減小，電容器放電，充電電流通過R的方向由M到N．故M點的電勢比N點高，故C正確． 42．如圖所示，某一空間存在正交的勻強電場和勻強磁場共存的場區(qū)，三個速度不同的質(zhì)子沿垂直電場線和磁感線方向從同一點射入場區(qū)，其軌跡為圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三條虛線．設三個質(zhì)子沿軌跡Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ進入場區(qū)時速度大小分別為v1、v2、v3，射出場區(qū)時速度大小分別為v1′、v2′、v3′，不計質(zhì)子所受到的重力，則下列判斷正確的是 （ ） A. v1＞v2＞v3，v1＞v1

53、′，v3

54、子運動過程中，速度不變，v2=v2′， 沿軌跡Ⅲ的質(zhì)子運動過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理得，v3

55、 C 【點睛】 +Q和-Q是等量異種電荷，其電場線和等勢面具有對稱性，通過AB連線的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，根據(jù)對稱性分析C、D場強關系；根據(jù)電勢的變化，分析電場力做功情況。 44．全球首創(chuàng)超級電容儲存式現(xiàn)代電車在中國寧波基地下線，沒有傳統(tǒng)無軌電車的“辮子” ，沒有尾氣排放，乘客上下車的30秒內(nèi)可充滿電并行駛5公里以上，剎車和下坡時可把80%的剎車能量轉(zhuǎn)化成電能回收儲存再使用，如圖為使用“3V、12000F”石墨烯納米混合型超級電容器的電車，下列說法正確的是（ ） A. 該電容最多能儲存72000C的電荷量 B. 該電容器的容量為36000

56、A·h C. 若30s能充滿，則充電平均電流為1200A D. 電容器隨著放電，電量逐漸減少到0，電容也會逐漸減少到0 【答案】 C 【解析】A、根據(jù)C=Q/U，Q=CU=12000F3V=36000C，A錯誤； B、根據(jù)Q=It=36000C=10A·h，B錯誤； C、根據(jù)I=Q/t==1200A，C正確； D、電容的大小只與電容器本身有關，與所帶電荷量無關，D錯誤。 故選：C。 45．連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩板間的距離減小時（ ） （1）電容器的電容C變大 （2）電容器極板的帶電量Q變小 （3）電容器兩極板間的電勢差U變大 （4）電容器兩極

57、板間的電場強度E變大． A. （1）（2） B. （3）（4） C. （2）（3） D. （1）（4） 【答案】 D 【解析】因，當兩板間的距離減小時，電容器的電容C變大，故（1）正確； 連接在電池兩極上的平行板電容器電壓不變，電容器的電容C變大，據(jù)，電容器極板的帶電量Q變大，故（2）錯誤； 連接在電池兩極上的平行板電容器電壓不變，故（3）錯誤； 連接在電池兩極上的平行板電容器電壓不變，兩板間的距離減小，據(jù)，電容器兩極板間的電場強度E變大，故（4）正確。 綜上選D 點睛：電容器類問題分兩類：①電容器始終與電源相連，電壓不變；②電容器與電路斷開，不充電

58、不放電，電荷量不變。 46．如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為一根光滑絕緣細桿，放在兩電荷連線的中垂線上，a、b、c三點所在水平直線平行于兩點電荷的連線，且a與c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．下列說法中正確的是 A. a點的場強與b點的場強方向相同 B. a點的場強與c點的場強方向相同 C. b點的場強大于d點的場強 D. 套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運動 【答案】 D 【解析】根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知，b點的場強水平向右，a點的場強斜向上，方向不同，選項A錯誤；由對稱性可知，a、c兩點的場強大小相同，方向

59、不同，選項B錯誤；b點的場強小于兩點荷連線中點處的場強，而兩點荷連線中點處的場強小于d點的場強，則b點的場強小于d點的場強，選項C錯誤；套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后，由于豎直方向只受重力，電場力垂直細桿方向，則小環(huán)將做勻加速直線運動，選項D正確；故選D. 47．如圖所示，在兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場中，實線為其電場線分布，虛線為電子（不計重力）從A點運動到B點的運動軌跡，則下列判斷正確的是 （ ） A. 電子經(jīng)過A點的加速度比經(jīng)過B點的加速度大 B. Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C. 電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D. 兩個點電荷連線中點O的場強為零 【答案】

60、 A 【解析】A點電場線較B點密集，則A點場強較B點大，電子經(jīng)過A點的加速度比經(jīng)過B點的加速度大，選項A正確；由電場線的分布可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，選項B錯誤；由電子的運動軌跡可知，Q2帶正電，Q1也帶正電，則A點的電勢高于B點，電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，選項C錯誤；由于兩電荷帶電量不等，則兩個點電荷連線中點O的場強不為零，選項D錯誤；故選A. 48．某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點，運動軌跡如圖所示，可以判定（ ） A. A點的電勢低于B點的電勢 B. 在A點的加速度小于在B點的加速度 C. 粒子帶負電 D. 粒子在A點的電勢能小于

61、它在B點的電勢能 【答案】 B 【解析】沿電場線方向電勢逐漸降低，A點的電勢高于B點的電勢，故A錯誤；由電場線可知，B點的電場線密，所以B點的電場強度大，粒子受的電場力大，加速度也就大，故B正確；受力方向指向運動軌跡凹的一側，故可知粒子受力方向向上，與電場線方向相同，粒子帶正電，故C錯誤；粒子受到的電場力指向曲線彎曲的內(nèi)側，所以受到的電場力的方向是沿電場線向上的，所以粒子從A到B的過程中，電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，所以粒子在A點的動能小于它在B點的動能，粒子在A點的電勢能大于它在B點的電勢能，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。 49．如圖所示，均勻帶正電的圓環(huán)水

62、平放璽，AB為過圓心0的豎直 軸線。一帶正電的微粒（可視為點電荷)，從圓心0正上方某處由 靜止釋放向下運動，不計空氣阻力,在運動的整個過程中，下列說法中 正確的是 A. 帶電微粒的加速度可能一直增大 B. 帶電微粒的電勢能可能一直減小 C. 帶電微粒的運動軌跡可能關于0點對稱 D. 帶電微粒的動能可能一直增大 【答案】 D 【解析】帶電微粒釋放后能向下運動，應考慮重力，且重力大于受電場力．從釋放開始到運動到O點的過程中，所受電場力變化情況有兩種可能：（1）先增大后減??；（2）一直減小．在第（2）種情況下，帶電微粒合力一直向下，合力逐漸增大，速度增大，動能一直增大，選

63、項D正確．過O點前，加速度一直增大，過O點后，加速度先增大后減?。诘冢?）種情況下，帶電微粒合力先減小后增大，釋放后帶電微粒的加速度先是減小的，選項A錯誤．帶電微粒釋放電場力做負功，電勢能增大，選項B錯誤．過O點后，帶電微粒所受重力和電場力都向下，帶電微粒將一直向下運動，選項C錯誤．故選D. 50．空間有一沿x軸對稱分布的電場，規(guī)定水平向右為電場的正方向，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示。則下列說法中正確的是（ ） A. O點的電勢最低 B. —帶正電的點電荷在x2點的電勢能大于在x1點的電勢能 C. 將一帶正電的點電荷從x1點移到一x1點，電場力做功為零 D. —帶正電的

64、點電荷在x1和x3兩點處的電勢能不相等 【答案】 CD D、在x3點的電勢低于在x1點的電勢，—帶正電的點電荷在在x3點的電勢能低于在x1點的電勢能，故D正確； 故選CD。 51．如圖所示，用兩根等長的絕緣細線各懸掛質(zhì)量分別為mA和mB的小球，懸點為O，兩小球均帶正電荷，當小球由于靜電力作用張開一角度時，A球懸線與豎直線夾角為α，B球懸線與豎直線夾角為β，如果α＝37°，β＝53°，已知，。則兩小球mA和mB之比為(　　) A. ∶1 B. 3∶4 C. 4∶3 D. 2∶1 【答案】 C 【解析】對兩球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關系的相似比

65、，得：， ; 由于?FA=FB，且PA＜PB，則有m1＞m2．且有m1：m2=，故C正確、ABD錯誤．故選C. 52．如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣的絲線系住，靜止于水平向右的勻強電場中。絲線質(zhì)量忽略不計，現(xiàn)用激光燒斷絲線，小球?qū)ⅲǎ? A. 依然靜止 B. 自由落體運動 C. 類平拋運動 D. 勻加速直線運動 【答案】 D 【解析】小球受重力、電場力和拉力處于平衡；剪斷繩子后，重力和電場力不變，兩個力的合力沿繩子的方向斜向下，則小球?qū)⒀乩K子的方向斜向下做勻加速直線運動，故選D. 53．以下敘述中不正確的是（　?。? A. 伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的

66、方法研究了自由落體運動的規(guī)律 B. 開普勒提出了日心說，從而發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動規(guī)律 C. 利用渦流的熱效應，人們制成了用于加熱食物的電磁爐 D. 超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，這是利用了靜電屏蔽的原理 【答案】 B 【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律，A正確；哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動定律，B錯誤；電磁爐是利用渦流的熱效應來加熱食物的，C正確；超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確． 54．如圖所示，空間的虛線區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速v0由A點垂直場邊界進入該區(qū)域，沿直線運動從O點離開場區(qū)。如果這個區(qū)域只有電場，粒子將從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，粒子將從C點離開場區(qū)，且BO=CO。設粒在上述三種情況下，從A到B，從A到O和從A到C所用的時間分別是t1、t2和t3。比較t1、t2和t3的大小，有 A. t1=t2=t3 B