新人教版選修3-1《第1章靜電場》2015年單元測(cè)試卷(四川省廣安市友誼中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校)(解析版)

1、1、 選擇題1在等量異號(hào)電荷所在的平面上，先作兩點(diǎn)電荷的連線，再作出該連線的中垂線，該平面上有1、2、3三個(gè)點(diǎn)，其中2點(diǎn)位于中垂線上，如圖所示，三點(diǎn)電勢(shì)高低關(guān)系為（）A123B231C213D3212如圖所示，虛線a、b、c為三個(gè)同心圓面，圓心處為一個(gè)點(diǎn)電荷，現(xiàn)從c外面一點(diǎn)P以相同的速率發(fā)射兩個(gè)電荷量、質(zhì)量都相同的帶電粒子，分別沿PM、PN運(yùn)動(dòng)到M、N，M、N兩點(diǎn)都位于圓周c上，以下判斷正確的是（）A兩粒子帶同種電荷B兩粒子帶異種電荷C到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率仍相等D到達(dá)M、N時(shí)兩粒子速率不相等3如圖所示，a，b，c為電場中同一條水平方向電場線上的三點(diǎn)，c為ab中點(diǎn)a，b電勢(shì)分別為Ua=5V，U

2、b=3V，下列敘述正確的是（）A該電場在c點(diǎn)處的電勢(shì)一定為4VB一正電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電勢(shì)能一定減少Ca點(diǎn)處的場強(qiáng)Ea一定大于b點(diǎn)處的場強(qiáng)EbD一正電荷運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)受到的電場力由c指向a4如圖所示，實(shí)線是一個(gè)電場中的電場線，虛線是一個(gè)負(fù)的試探電荷在這個(gè)電場中僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡若電荷是從a處運(yùn)動(dòng)到b處，以下判斷正確的是（）A電荷從a到b速度增大B電荷從a到b加速度減小C電荷從a到b電場力做正功D電荷從a到b電勢(shì)能增加5A、B是某電場中一條電場線上的兩點(diǎn)，一正電荷僅在電場力作用下，沿電場線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度圖象如圖所示下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)的高低的判斷，正確的是（）

3、AEAEBBEAEBCABDAB6已知平行板電容器電容為C，帶電量為Q，板間距離為d，今在兩板正中央處放一電荷q，則它受到的電場力大小為（）AkBkCD2、 計(jì)算題7如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，有A、B兩點(diǎn)，它們之間的距離為10cm，兩點(diǎn)的連線與場強(qiáng)方向成53°角將一個(gè)電荷量為1×106 C的電荷由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做功為8×105 J求：（1）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB；（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E8如圖所示，一帶電量為+q、質(zhì)量為+m的小物塊處于一傾角為的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止，求：（1）電場強(qiáng)度E； （2）若電場強(qiáng)度減小為原

4、來的，物塊的加速度a；（3）電場變化后物塊下滑距離L所用的時(shí)間t9如圖所示，AB、CD為兩平行金屬板，A、B兩板間電勢(shì)差為U，C、D始終和電源相接，測(cè)得其間的場強(qiáng)為E一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計(jì)）由靜止開始經(jīng)AB加速后穿過CD發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上已知C、D極板長均為x，熒光屏距C、D右端的距離為L，問：（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度為多大？（2）粒子打在熒光屏上距O點(diǎn)下方多遠(yuǎn)處？10如圖所示，在E=103V/m的水平向左勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在平面與電場線平行，其半徑R=40cm，一帶正電荷q=104C的小滑塊

5、質(zhì)量為m=40g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2，求：（1）要小滑塊能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)L，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？（2）這樣釋放的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？（P為半圓軌道中點(diǎn)）新人教版選修3-1第1章 靜電場2015年單元測(cè)試卷（四川省廣安市友誼中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校）參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分）1下列關(guān)于電場的說法正確的是（）A點(diǎn)電荷在其周圍空間激發(fā)的電場是勻強(qiáng)電場B電場不是物質(zhì)存在的形式之一C電場線的疏密可以表示電場強(qiáng)弱D電場中的兩條電場線可以相交【考點(diǎn)】電場線【分析】點(diǎn)電荷在其周圍空間激發(fā)的電場是輻射狀的電場

6、；電場線的疏密可以表示電場強(qiáng)弱，電場線在空間中不相交不中斷；電場是物質(zhì)的形式之一【解答】解：A、點(diǎn)電荷的在其周圍空間激發(fā)的電場是輻射狀的電場，故A錯(cuò)誤；B：電場是傳遞電荷與電荷之間相互作用的媒介，是物質(zhì)的形式之一故B錯(cuò)誤；C：電場線的疏密可以表示電場強(qiáng)弱故C正確；D：電場線在空間中不相交不中斷，故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】該題考查電場和電場線的特性，知道電場線的疏密可以表示電場強(qiáng)弱，電場線永不相交，屬于基礎(chǔ)題目2兩個(gè)分別帶有電荷量2Q和+3Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為（）A FB FC6FD

7、12F【考點(diǎn)】庫侖定律【分析】清楚兩小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，根據(jù)變化量和不變量求出問題【解答】解：相距為r時(shí)，根據(jù)庫侖定律得：F=k；接觸后，各自帶電量變?yōu)镼，則此時(shí)有：F=k=k=F，故A正確、BCD錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關(guān)鍵3如圖所示，a、b兩點(diǎn)為負(fù)點(diǎn)電荷Q的電場中以Q為圓心的同一圓周上的兩點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)為同一條電場線上的兩點(diǎn)，則以下說法中正確的是（）A同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)所受電場力相同Ba、b兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等Ca、c兩點(diǎn)場強(qiáng)大小關(guān)系為EaEcDa、c兩點(diǎn)電勢(shì)相等【考點(diǎn)

8、】電場線；電場強(qiáng)度【分析】首先知道場強(qiáng)是矢量，點(diǎn)電荷的電場線特點(diǎn)、離點(diǎn)電荷越近，場強(qiáng)越大和電場力F=Eq即可求解【解答】解：A、依據(jù)負(fù)點(diǎn)電荷周圍電場分布特點(diǎn)可知：以點(diǎn)電荷為圓心的同一圓上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，所以a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)不同，則同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)所受電場力大小相等，方向不同，故A錯(cuò)誤，B正確；C、離點(diǎn)電荷越近，其場強(qiáng)越大，所以兩點(diǎn)場強(qiáng)大小關(guān)系為EaEc，故C錯(cuò)誤，D、同一根電場線上，沿電場線的方向電勢(shì)降低，所以a、c兩點(diǎn)電勢(shì)高低關(guān)系為ac，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】明確負(fù)電荷周圍電場分布情況是解題關(guān)鍵，注意場強(qiáng)是矢量，離點(diǎn)電荷越近，場強(qiáng)越強(qiáng)4在等量異號(hào)電荷所在的平面上

9、，先作兩點(diǎn)電荷的連線，再作出該連線的中垂線，該平面上有1、2、3三個(gè)點(diǎn)，其中2點(diǎn)位于中垂線上，如圖所示，三點(diǎn)電勢(shì)高低關(guān)系為（）A123B231C213D321【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢(shì)差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場線【專題】電場力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】據(jù)等量異號(hào)電荷的電場分布特點(diǎn)和沿著電場線方向電勢(shì)逐漸降低，來分析各點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系【解答】解：電場線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，根據(jù)順著電場線方向電勢(shì)降低，可知123，故A正確故選：A【點(diǎn)評(píng)】該題考查常見電場的電場線分布及等勢(shì)面的分布，要求我們能熟練掌握并要注意沿電場線的方向電勢(shì)是降低的，同時(shí)注意等量異號(hào)電荷形成電場的對(duì)稱性5下列是某同學(xué)對(duì)電場中的概念、公式的

10、理解，其中正確的是（）A根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=，電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度和試探電荷的電量成反比B根據(jù)電容的定義式C=，電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C根據(jù)真空中點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E=k，電場中某點(diǎn)電場強(qiáng)度和場源電荷的電量無關(guān)D根據(jù)電勢(shì)差的定義式UAB=，帶電量為1C正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)克服電場力做功為1J，則A、B點(diǎn)的電勢(shì)差為1V【考點(diǎn)】電場強(qiáng)度【分析】電場強(qiáng)度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)；用電容器和電勢(shì)差的定義式即可求解【解答】解：A、電場強(qiáng)度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)，所以不能理解電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度和試探電荷的電量成反比，故A錯(cuò)誤B、電容是描述電容

11、器容納電荷本領(lǐng)的物理量，取決于電容器本身，并不是電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比，故B錯(cuò)誤C、根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=知：電場強(qiáng)度只由場源電荷電量和位置決定，故C錯(cuò)誤D、據(jù)電勢(shì)差的定義式UAB=知，帶電量為1C正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)克服電場力做功為1J，則A、B點(diǎn)的電勢(shì)差為1V，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住電場強(qiáng)度是描述電場本身性質(zhì)的物理量，其大小和方向與試探電荷無關(guān)，是電場本身決定；電容取決于電容器本身；靈活應(yīng)用電勢(shì)差的定義式6如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計(jì)，開關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開個(gè)角度下述哪些做法可使指針張角增大（）A使A、B兩

12、板靠近些B使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開些C斷開S后，使B板向左平移拉近些D斷開S后，使A、B正對(duì)面積錯(cuò)開些【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析【專題】電容器專題【分析】靜電計(jì)測(cè)定電勢(shì)差大小，電勢(shì)差越大，靜電計(jì)指針的張角越大開關(guān)S合上后，電容器的電壓不變，靜電計(jì)的張角不變斷開S后，改變板間距離或正對(duì)面積，改變電容，而電量不變，由電容的定義式判斷電勢(shì)差的變化，即可作出判斷【解答】解：A、B、開關(guān)S合上后，電容器的電壓不變，靜電計(jì)的張角不變故A、B錯(cuò)誤C、斷開S后，電容器的電量Q不變使B板向左平移拉近些，電容C增大，由C=可知電勢(shì)差U減小，靜電計(jì)指針張角減小故C錯(cuò)誤D、斷開S后，電容器的電量Q不變使A、B正對(duì)面積錯(cuò)

13、開些，電容C減小，由C=可知電勢(shì)差U增大，靜電計(jì)指針張角增大故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于電容器動(dòng)態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵要抓住不變量：電容器保持與電源相連，電壓不變；充電后與電源斷開后，電量不變7如圖所示，a，b，c為電場中同一條水平方向電場線上的三點(diǎn)，c為ab中點(diǎn)a，b電勢(shì)分別為Ua=5V，Ub=3V，下列敘述正確的是（）A該電場在c點(diǎn)處的電勢(shì)一定為4VB一正電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電勢(shì)能一定減少Ca點(diǎn)處的場強(qiáng)Ea一定大于b點(diǎn)處的場強(qiáng)EbD一正電荷運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)受到的電場力由c指向a【考點(diǎn)】電勢(shì)能；電場強(qiáng)度【專題】電場力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】只有當(dāng)該電場是勻強(qiáng)電場時(shí)，在c點(diǎn)處的電勢(shì)一定為4V根據(jù)推論

14、：正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，分析正電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電勢(shì)能如何變化電場線的疏密可以判斷場強(qiáng)的大小正電荷受到的電場力方向與場強(qiáng)方向相同【解答】解：A、當(dāng)該電場是勻強(qiáng)電場時(shí)，由于沿電場方向相同距離電勢(shì)差相等，則場在c點(diǎn)處的電勢(shì)一定為4V當(dāng)該電場不是勻強(qiáng)電場時(shí)，在c點(diǎn)處的電勢(shì)不一定為4V故A錯(cuò)誤B、由題，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大可知，正電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電勢(shì)能一定減少故B正確C、一條電場線無法比較電場線的疏密，就無法比較場強(qiáng)的大小，則a點(diǎn)處的場強(qiáng)Ea不一定大于b點(diǎn)處的場強(qiáng)Eb故C錯(cuò)誤D、由題可判斷電場線方向從a指向b，正電荷運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)受到的電場力由a指向b故D錯(cuò)誤

15、故選B【點(diǎn)評(píng)】本題要抓住電場線的物理意義：電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，電場線的方向表示電勢(shì)的高低8如圖，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中已知靜電力常量為k若 三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為（）ABCD【考點(diǎn)】庫侖定律【分析】三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，以整個(gè)系統(tǒng)為研究對(duì)象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對(duì)象受力分析求解【解答】解：設(shè)c電荷帶電量為Q，以c電荷為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)平衡條件得a、b對(duì)c的合力與勻強(qiáng)電場對(duì)c的力等值反向，即：2×&

16、#215;cos30°=EQ所以勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為故選B【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察庫侖定律及平行四邊形定則二、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分）9如圖所示，實(shí)線是一個(gè)電場中的電場線，虛線是一個(gè)負(fù)的試探電荷在這個(gè)電場中僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡若電荷是從a處運(yùn)動(dòng)到b處，以下判斷正確的是（）A電荷從a到b速度增大B電荷從a到b加速度減小C電荷從a到b電場力做正功D電荷從a到b電勢(shì)能增加【考點(diǎn)】電場線【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向，判斷出合力（電場力）的方向，再根據(jù)電場線的方向，判斷電荷的電性；電場力大小的比較可以看電場線的疏密，即電場強(qiáng)度的大?。槐容^電勢(shì)能和動(dòng)能可以根據(jù)電場力做功正

17、負(fù)來判斷【解答】解：A、a處電場線較密，則a處電場強(qiáng)度較大，由F=qE知，帶電粒子在a處受力較大，則加速度比較大，電荷從a到b加速度減小故A錯(cuò)誤B正確C、D、合力大致指向軌跡凹的一向，可知電場力方向向左，從a運(yùn)動(dòng)到b，電場力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小所以帶電粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)的動(dòng)能在b點(diǎn)的電勢(shì)能大于在a點(diǎn)的電勢(shì)能故D正確，C錯(cuò)誤故選：BD【點(diǎn)評(píng)】判斷電荷的電性關(guān)鍵找到突破口，從軌跡的彎曲方向角度考慮；比較電勢(shì)能的大?。阂豢梢詮碾妶隽ψ龉嵌缺容^，二從電勢(shì)能公式角度判斷，先比較電勢(shì)，再比較電勢(shì)能10A、B是某電場中一條電場線上的兩點(diǎn)，一正電荷僅在電場力作用下，沿電場線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，

18、速度圖象如圖所示下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)的高低的判斷，正確的是（）AEAEBBEAEBCABDAB【考點(diǎn)】電場線；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【分析】從vt圖象可以知道電荷做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律確定電場力的方向，然后確定場強(qiáng)方向并比較電場強(qiáng)度的大小，最后根據(jù)沿著電場線電勢(shì)降低來確定電勢(shì)的大小【解答】解：AB、從vt圖象可知：正電荷僅在電場力作用下沿電場線從A點(diǎn)到B點(diǎn)做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，故正電荷在A點(diǎn)受到的電場力大于電荷在B點(diǎn)的電場力，A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)，即EAEB，故A正確，B錯(cuò)誤CD、由于電荷做減速運(yùn)動(dòng)，故電場力與速度方向相反，所以電場線方向從B到

19、A，根據(jù)順著電場線電勢(shì)降低，則知AB，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是根據(jù)圖象確定電荷的運(yùn)動(dòng)情況，然后確定電場力情況，再進(jìn)一步確定電場強(qiáng)度的情況，最后確定電勢(shì)的高低11空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來不帶電，由于靜電感應(yīng)，兩球在空間形成了如圖所示穩(wěn)定的靜電場實(shí)線為其電場線，虛線為其等勢(shì)線，A、B兩點(diǎn)與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點(diǎn)關(guān)于直線AB對(duì)稱，則（）AA點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)相同BC點(diǎn)和D點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C正電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場力做正功D負(fù)電荷從C點(diǎn)沿直線CD移至D點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大【考點(diǎn)】靜電場中的導(dǎo)體；電場線【專題】電場力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】

20、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：A、A點(diǎn)和B點(diǎn)不在同一個(gè)等勢(shì)面上，所以它們的電勢(shì)不同，所以A錯(cuò)誤B、根據(jù)電場的對(duì)稱性可知，C點(diǎn)和D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相同，但是它們的方向不同，所以B錯(cuò)誤C、從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電勢(shì)降低，所以正電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場力做正功，所以C正確D、C點(diǎn)和D點(diǎn)在同一個(gè)等勢(shì)面上，負(fù)電荷從C點(diǎn)沿直線CD移至D點(diǎn)，電勢(shì)先增大后減小，則電勢(shì)能先減小后增大，所以D正確故選：CD【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12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

21、極板電勢(shì)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（不計(jì)重力作用）下列說法中正確的是（）A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B從t=時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C從t=時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D從t=時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)【專題】帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】根據(jù)左極板接地，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律，可分析出平行板電容器內(nèi)部場強(qiáng)的Et圖象（場強(qiáng)方向選取水平向左為正方向，與Ut圖象形狀一樣），再根據(jù)靜止電子從那時(shí)刻釋放判斷電場力方向及作用時(shí)間，畫出電子的Vt圖象，注意勻加速和勻

22、減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間和加速度大小的對(duì)稱性，根據(jù)Vt圖中圖象與t軸所圍面積表示位移，最后判斷電子的運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：A、從t=0時(shí)刻釋放電子，根據(jù)靜止電子所受電場力方向及作用時(shí)間，畫出電子的Vt圖象圖1由圖1知，電子在向右電場力的作用下，電子向右做勻加速，再向右做勻減速，運(yùn)動(dòng)的方向始終向右，故電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打在右極板上，故A正確B、由圖2知，從t=時(shí)刻釋放電子，根據(jù)靜止電子所受電場力方向及作用時(shí)間，畫出電子的Vt圖象圖2由圖2知，電子在電場力的作用下，向右運(yùn)動(dòng)的位移與向左運(yùn)動(dòng)的位移始終相等，故電子一定做往復(fù)運(yùn)動(dòng)向左即在極板間振動(dòng)，故B錯(cuò)誤C、由圖3知，從t=時(shí)刻釋放電子，根據(jù)靜止電子所受電場力

23、方向及作用時(shí)間，畫出電子的Vt圖象圖3由圖3知，電子在電場力的作用下，在一個(gè)周期內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的位移x1大于向左運(yùn)動(dòng)的位移x2，電子先向右運(yùn)動(dòng)位移x1，然后向左運(yùn)動(dòng)位移x2，但一個(gè)周期內(nèi)的位移為x1x2，方向向右，所以電子在一周期內(nèi)雖右左往返運(yùn)動(dòng)但總位移向右且為x1x2，故電子一定能打在右極板上，故C錯(cuò)誤D、由圖4知，從t=時(shí)刻釋放電子，根據(jù)靜止電子所受電場力方向及作用時(shí)間，畫出電子的Vt圖象圖4由圖4知，電子在電場力的作用下，先向右運(yùn)動(dòng)位移為x，然后向左運(yùn)動(dòng)位移為X，以一定的速度離開電場，離開左極板，故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】畫出電子的Vt圖象是解題的關(guān)鍵，根據(jù)圖象形象直觀分析電子的運(yùn)動(dòng)；巧妙利用

24、a和t的對(duì)稱性作Vt圖象三實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，每空2分，共12分）13在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)中，一同學(xué)猜想可能與兩電荷的間距和帶電量有關(guān)他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動(dòng)的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點(diǎn)，如圖所示實(shí)驗(yàn)時(shí)，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大實(shí)驗(yàn)表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大，隨其所帶電荷量的增大而增大此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是控制變量法（選填：“累積法”、“等效替代法”、“控制變

25、量法”或“演繹法”）【考點(diǎn)】庫侖定律【分析】由于實(shí)驗(yàn)時(shí)，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，所以采用的方法是控制變量法【解答】解：對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，可以得到小球受到的電場力：F=mgtan，即B球懸線的偏角越大，電場力也越大；所以使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大；兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其所帶電荷量的增大而增大先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近這是只改變它

26、們之間的距離；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量這是只改變電量所以采用的方法是控制變量法故答案為：（1）減小，增大，控制變量法【點(diǎn)評(píng)】該題考查庫侖定律的演示實(shí)驗(yàn)，屬于記憶性的知識(shí)點(diǎn)本題屬于簡單題14美國物理學(xué)家密立根通過如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，最先測(cè)出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實(shí)驗(yàn)如圖，兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正負(fù)極相連接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，圖中油滴由于帶負(fù)電懸浮在兩板間保持靜止（1）若要測(cè)出該油滴的電荷量，需要測(cè)出的物理量有：ABCA油滴質(zhì)量m B兩板間的電壓UC兩板間的距離d D兩板的長度L（2）用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q=（已知重力加速度為

27、g）（3）在進(jìn)行了幾百次的測(cè)量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個(gè)最小電荷量的整數(shù)倍，這個(gè)最小電荷量被認(rèn)為是元電荷，其值為e=1.6×1019C【考點(diǎn)】元電荷、點(diǎn)電荷【分析】平行金屬板板間存在勻強(qiáng)電場，根據(jù)公式U=Ed求出兩板電勢(shì)差液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力與重力平衡，由平衡條件求解【解答】解：（1）平行金屬板板間存在勻強(qiáng)電場，液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力與重力平衡，則有 mg=qE=所以需要測(cè)出的物理量有油滴質(zhì)量m，兩板間的電壓U，兩板間的距離d，故選：ABC（2）用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q=，（3）在進(jìn)行了幾百次的測(cè)量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖

28、不同，但都是某個(gè)最小電荷量的整數(shù)倍，這個(gè)最小電荷量被認(rèn)為是元電荷，其值為e=1.6×1019C故答案為：（1）ABC（2）（3）1.6×1019【點(diǎn)評(píng)】本題是帶電體在電場中平衡問題，掌握U=Ed和平衡條件，即可正確求解四、計(jì)算題（本題共4小題，共40分）15如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，有A、B兩點(diǎn)，它們之間的距離為10cm，兩點(diǎn)的連線與場強(qiáng)方向成53°角將一個(gè)電荷量為1×106 C的電荷由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做功為8×105 J求：（1）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB；（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；電勢(shì)【分析】（1）結(jié)合電場力

29、做功與電勢(shì)差的關(guān)系W=qU求出A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差（2）根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度公式U=Ed求出場強(qiáng)的大小【解答】解：（1）電荷由AB電場力做功，有：WAB=qUAB則有：UAB=V=80V（2）根據(jù)UAB=EdABcos53°得：E=V/m=1333.3V/m 答：（1）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB為80V（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大小為1333.3V/m【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道電場力做功等于電勢(shì)差的減小量，掌握電場力做功與電勢(shì)差的關(guān)系注意運(yùn)用W=qU計(jì)算時(shí)，功的正負(fù)、q的正負(fù)都要代入計(jì)算，以及在E=中，d表示沿電場線方向上的距離16如圖所示，一帶電量為+q、質(zhì)量為+m的小物塊處于一傾角為的

30、光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止，求：（1）電場強(qiáng)度E； （2）若電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度a；（3）電場變化后物塊下滑距離L所用的時(shí)間t【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律【分析】（1）小物塊原來恰好靜止，合力為零，根據(jù)平衡條件求電場強(qiáng)度E（2）當(dāng)電場強(qiáng)度減半后，物體的受力不平衡，產(chǎn)生加速度借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度（3）根據(jù)位移時(shí)間公式求時(shí)間【解答】解：（1）對(duì)小物塊研究，由平衡條件得：mgsin=Eqcos得 E=（2）當(dāng)電場強(qiáng)度減為原來的時(shí)，由牛頓第二定律得：mgsinEqcos=ma解得：a=gsin（3）由L=得 t

31、=2答：（1）電場強(qiáng)度E是； （2）若電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度a是gsin；（3）電場變化后物塊下滑距離L所用的時(shí)間t是2【點(diǎn)評(píng)】由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來確定電場強(qiáng)度方向當(dāng)受力不平衡時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式來求解17如圖所示，AB、CD為兩平行金屬板，A、B兩板間電勢(shì)差為U，C、D始終和電源相接，測(cè)得其間的場強(qiáng)為E一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計(jì)）由靜止開始經(jīng)AB加速后穿過CD發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上已知C、D極板長均為x，熒光屏距C、D右端的距離為L，問：（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度為多大？（2）粒子打在熒光屏上距O點(diǎn)下方多遠(yuǎn)處？【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)【專題】帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）帶電粒子在加速電場中，由動(dòng)能定理求解獲得的速度v0，即為粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度（2）帶電粒子CD間做類平拋運(yùn)動(dòng)，出了電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得加速度粒子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由水平位移l和v0求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由位移公式求解側(cè)向偏移量y，射出磁場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移速度公式求解位移，進(jìn)而即可求解側(cè)移y【解答】解