2013題庫2008-2012年物理高考試題分項專題靜電場

2012年高考物理試題分類匯編：靜電CU的變化情況是A．C和U均增 B．C增大，U減C．C減小，U增 D．C和U均減解析:根據(jù)C

C增大，根據(jù)UQ,U減小，BC（2012卷．A、B、C三點在同一直線上，AB:BC＝1:2，BA、CB處QA處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力FAC處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為（ 探電 電勢點，若 移動到無窮遠(yuǎn)的過程中外力克服電場力做 A．ABB．A、B 的電荷量小 在A點的電勢能小 在B 答案（2012江蘇卷．真空中，A、BQr3rA、B兩點的電場 解析:Fkq1q2Cr答案（2012卷）.兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負(fù)A點沿圖示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子D解析：兩個固定的的等量異號點電荷產(chǎn)生電場的等勢面與電場線垂偏轉(zhuǎn)做曲線運動。C。 答案:BD故電勢能增加。B正確。合力做負(fù)功，故動能減少。C錯。因合力為定值且與運動方向在一D正確。 卷．如圖，質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，qAqB細(xì)線與豎直方向間夾角分別為1與1＞2）兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動 ABAB 答案：A、C、（2012浙江卷）.用金屬做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上。小明同學(xué)用絕緣0.5cm是圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示。對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下 ●（2012卷）平行于坐標(biāo)平面的勻強電場，其中坐標(biāo)原點O處的電0VA6V,B3V,則電場強度的大小為()3 33C.100V/m D.100 3作BCEU得：d

θ● θ● ●（2012重慶卷P、QP點處為正點電荷，P、Q20圖所示，a、b、c、dA．P、QB．a(chǎn)bC．cd點的電勢Dac，電勢能減少（2012海南卷）關(guān)于靜電場，下列說法正確的解析：電場和電勢概念，選D1q2nq3121、2F3213移1、2F，方向不變。由此可知 D.. ，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為 31

(n2)q

n(n，最后F 有上兩式得(2012理綜).（16分（注意：Eqmgtan6E

所以Q

Q'

QQ'Q2

2Q（2012卷）.5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板的兩側(cè)，對礦粉 ννUν=kUkA．

h

D．1 （20xExE0d均為已AO點由靜止釋放．ABO點EOdxAQ，ABmEOdx4ABq4Q9BB由牛頓第二定律，AaF A在電場中做勻變速直線運 d=1 設(shè)A、B離開電場時的速度分別為υA0、υB0，由動能定理，QE0d=1m

，QE0d=

m 2 BA、B相互作用過程中，動量和能量守恒．A、B相互作用力為斥力，A受的力與其運動方向相同，BAB做負(fù)功．A、B靠近的過程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負(fù)，相互作用能增加．所以，當(dāng)A、B最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相(m+m)υ′=mυA0+m E=(1m2+1m2)-1(m+m 2 A02 B 24Q9 Epm=1

A、Bxd區(qū)間的運動，由動量守恒、能量守恒，且在初態(tài)和末態(tài)均無相mυA+mυB=mυA0+m 1m2+

m2=1m2+

m A2 B

A02 B υB=-3υB0+8 因B不改變運動方向， υB=-3υB0+8υA0≥ q≤169B所帶電荷量的最大值qm169（2012山東卷abc是實線與虛線的交點。則該粒子在c在bc由abbc （19如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在E=2×l05N/Cm=5×l0-2kgq=+1×10-6C（視為質(zhì)點）Cv0=3m/sC點時為計時起點，0.1s以后，場強g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。PCP 小物體向上做勻運動，經(jīng)t1=0.1s后，速度達(dá)到v1，有 sl-v0t1+2 －mgsinθ－μ(mgcosθ- s2=v1t2+2 設(shè)CP的長度為s，有s=s1+s2 聯(lián)立相關(guān)方程，代人數(shù)據(jù)解得s=0.57m⑩312 卷1R均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其P（ 卷E=2

，方向沿x軸。現(xiàn)考慮單位面積為x）的電場強度為( xr2x2xr2x2rrx xQ 2 02 0 圖 圖RR2xR

=0，則E2k0rE

E

x 2

r2x02r2x02A2011年高考物理試題分類匯編：靜電 ．圖（a）YY’（b）所XX’之間所加的電壓按圖（c）答案BB正確。 t 如圖（a）A、B tABPt0AB向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上 t0TOTA．0t0

B．T

4

-C．3Tt 答案

D．T

8

圖

圖解析：若0

T，帶正電粒子先加速向B板運動、 4、、TBA2

3T，帶正電粒子先加速向A板運動、 運動至零4、然后再反方向加速運動運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離大于向右運、AB3T

TA、再運動至零；然后再反方向加速運動運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動、BC錯誤。若T

9T8加速向B板運動再運動至零然后再反方向加速運動運動至零如此反復(fù)運動，BD錯誤。 11.0×109vlkm6C60μs。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根A.閃電電流的瞬時值可達(dá)到1×105 B．整個閃電過程的平均功率約為l×1014C．l×106V/mD.J

解析：I t

A105

E d

v/m10v/

wUq610pt

6 60106w6 1（2011海南）.關(guān)于靜電場，下列說法正確的解析：電場和電勢概念，選D1q2nq3121、2F3213移1、2F，方向不變。由此可知 D..

231(n2)qF4

n(n2)q2

20（2011理綜）abcac，已知質(zhì)點的速率是遞減的。關(guān)于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線b（D）D ．dQ2A．U2=U1，E2= B．U2=2U1，E2=C．U2=U1，E2= D．U2=2U1，E2=

Q 4kdQ，

U14kQ

2Q

2Q

4kdQU，

8kQ2E，C

d/2 25.（22）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d形通道，其前、以改變收集效率d=d0時81%（0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集。100%時，兩板間距的最大值為dm求收集率d的函數(shù)關(guān)系；n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量M/td25.答案（1）

d

0.9d0（2）d0.9d時，收集效率100d

時，收集率0.810

（3）M/0d2d=0.81nmbv0

d解析（1）收集效率為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高源的電壓為U

L ②

0.81d1at 聯(lián)立①②③④⑤⑥可得dm 通過前面的求解可知，當(dāng)d0.9d0時，收集效率為100% 當(dāng)d0.9d0時，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時有qUL2x mdv0根據(jù)題意，收集效率為 dd聯(lián)立①②③⑨⑩可得0.810d穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量Mt當(dāng)d0.9d0時，1，因此Mtd d當(dāng)d

時，0.810，因此Mt=0.81nmbv d 08為靜電除塵器除塵機理的示意圖。塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的。下列表述正確的是 （20靜電場方向平行于x軸，其電勢φx的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中0和d為已x0x為、電量為-q，其動能與電勢能之和為－（0q。忽略重力。求：φφx-Od24

EdFqEd設(shè)粒子在[-x0，x0]區(qū)間內(nèi)運動，速率為v，由題意1mv2q2

xdx由12

1mv2q(1

)x x

q0(1

)Axdx xd(1

A

d(1A0粒子運動區(qū)間d(1 考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周

aFEqq0 將45

ta2a2md A2m(q2m(q00）如圖所示為靜電除塵器除塵機理的示意圖。塵埃在電場中通過某種C答案BA的方向與電場方向相反。CF=qE，D7（2011【答案】AB（速度）9.（2011重慶）如題19圖所示，電量為+q和-q的點電荷分別位于正方體的頂點，正 B.體中心和各邊中 D.體中心和各面中【答案】理將位于頂點的同種負(fù)電荷連線連線的正一點場強也為零于是就可以作出判斷： ）．電場線分布如圖昕示，電場中a，bEaEb，電勢分別為a和b，

EaEa

，a，a

EaEa

，a，a答案 ）．兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，正確描述電勢x變化規(guī)律的是圖答案16(2011)．如圖，在水平面上的箱子內(nèi)，帶異種電荷的小球a、b用絕緣細(xì)線分別系于(A)(C)N答案

(B)(DN )．E的勻強電場中，長為l的絕緣輕桿可繞固定軸O在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，兩個小球A、B固定于桿的兩端，A、B的質(zhì)量分別為m1和 )，A帶負(fù)電，電量為q1，B帶正電，電量為q2。桿從靜止開始由水平位置轉(zhuǎn)到 23(q1q2El2[(q1q2)E(m2m1)g]l/21（2011山東如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線ac關(guān)于MN對稱，bMNd點位于A，Ba、b、ca與cMNa、bb、c兩點間的電勢差，C，ac電勢，所以試探電荷+qac，D2010年高考試 卷1）16．關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的是【答案】 2）17.在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為104V/m.A．2109 B.4109 C.6109 D.8109

4 E

103。（2010新課標(biāo)卷）17.靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器.某除塵器模型的P4BCD圖的情況。（2010卷）18．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素（如圖。設(shè)兩Sd，則Sd，則dS，則dS，則【答案】【解析】由C

器電量減小，靜電計所帶電量增加，dS，電容減小，變大。正A。 物理）9a、bEaEb，電勢分別為a、b，則Ea＞Eb，a＞Ea＜Eb，a＜Ea＞Eb，a＜Ea＜Eb，a＞答案 33（14NM及活塞D0S2cm2Kp240pa0ND間距l(xiāng)1

，DM間距l(xiāng)2

DMD動。穩(wěn)定后，ND間距l(xiāng)'3m，DM間距l(xiāng)'1mDq (EDM所帶電荷產(chǎn)生的合場強，常量8.85*1012c2/Nm2)（3）MEM（4）使滑片PBA解析（1）p0l1p1l

p0l2p2l'2Fp2p1)S0.128NE=2EMq

EM

FM 6106NFM電源電壓U2EMl'2NMD均為導(dǎo)體并按圖S2cm2K斷開時，兩室。因UMDEMDF減小，UDNEDN 卷）5.abA．b點的電場強度一定比a點 B．電場線方向一定從b指向C．b點的電勢一定比a點高 （2010卷）12.（20分）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、NL，板右端到屏設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0O’O的方向從O’點射入，板O點。若在兩極板間加一沿+yE的勻強電Oy0;O’O’Oy坐標(biāo)相同的x3.24mm3.00mmx12離子O’Oxy方向的分速度。解析（1）離子在電場中受到的電場Fyq0 ya yLvt0 Lv0到達(dá)極板右邊緣時，離子在yvy 0t' 0離子射到屏上時偏離O點的距y0

q0 mm0設(shè)離子電荷量為q，質(zhì)量為m，入射時速度為vBFx O'Oxya axxx動，到達(dá)極板右端時，離子在x方向的分速vatqvB

() 離子飛出極板到達(dá)屏?xí)r，在x方向上偏離O點的距xvt'qBL(D) y方向上偏離Oyy k

x2k m上式表明，k是與離子進(jìn)入板間初速度無關(guān)的定值對兩種離子均相同由題設(shè)條件知x3.24mm12m112ux3.00mm的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為m2，由⑿式代入數(shù)據(jù)可得m2 14（2010重慶卷）18.18，E，RPQ，PQP、QP、Q定式C

得電容減小，又根據(jù)電容定義式CQURMNMN點的高。D（2010卷）21.如圖所示，圓弧虛線表示正點電荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電視為質(zhì)點)OMN點，OM＜ONM、N時彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則AMNB1234CM、NDM、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個位置N點時彈簧是壓縮的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復(fù)原長的兩個位置滑塊的加速度只由電場力決定，D錯誤。第二種情況是此時間差不是周期的整數(shù)倍則4044)nTT，當(dāng)n=0 T8s，且由于t2是t10.2m 卷）24.(19p1p2p3rp3p4p5b1b2b3b4c1c2c3的匝數(shù)為n,其端點c1、c3R1d,R1c1c2c32c1c2c3S、方向Bmqv0p1位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\動并通p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，p1、p2L,其間小滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為μ，g.解析－umgL＝1mv21 v2v20p，則小滑塊可沿?fù)醢暹\動且通過位p5pvN，勻強電場的電場強度為－umgL－2rEqs＝1mv21 r由題意有 m(v2由以上三式可得：E≤ m(v2E的取值范圍：0＜E≤ 應(yīng)強度的變化量為B，得： 由法拉第電磁感應(yīng)定律得 t由全電路的歐姆定律得 3md(v22經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強度變化量的取值范圍：0＜B≤ t。（A）OX2X1和-X1C沿電場線電勢降落（最快A點電勢最高，A錯誤，B根據(jù)UEdExC正確；兩點電場強度大小相等，電勢不相等，D錯誤，此項迷惑人。（2010福建卷）20（15分）如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉(zhuǎn)電場。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從縫S2ED上。已知同位素離子的電荷量為qq＞0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B0D與狹縫S1S2連線平行且距離為L，忽略重力的影響求從狹縫S2射出的離子速度V0若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度0xx與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(E0B0E、q、m、L表示)。 卷）218abC.a點和bD.ab點的電場強度解析：電場線的知識ba′，則：aa，由順著電場線電勢降低知：ba因而：baCDa點電場線比b點密因而 a、b兩點的電場線的方向不同。選BD（2010山東卷）20．c點場強大于ba點電勢高于b點電若將一試探電荷qa點釋放，它將沿電場線運動b若在d點再固定一點電荷-Q，將一試探電荷+q由a移至b的過程中，電勢能減20．BD【解析】A.根據(jù)電場線疏密表示電場強度大小c點場強小于b點場強，A根據(jù)沿電場線方向電勢降低（最快a點電勢高于b點電勢，B正確若將一試電荷q由a點釋放，因受力方向沿電場方向（電場線切線，它不能沿電場線運動到b點，Cd點再固定一點電荷Q，疊加后電勢仍然a高于b，將一試探電荷qa移至b的過程中，因電勢降低，所以電勢能減小，D25（18垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度v1垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進(jìn)入電⑴粒子第一次經(jīng)過電場子的過程中電場力所做的功W1nEnntn解析根據(jù)rmv，因為r ，所以v ，所以W1mv21mv2 W

1mv21mv2=1m(nv)21m((n1)v)2

Eqd n1

(2nE 1

，

qEn，所以

(2n 1B中，在薄片的兩個側(cè)面a、bI時，另外兩側(cè)cf受洛倫茲力的作用相一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是cf間建立起電場ＥＨ，同時產(chǎn)生霍爾電勢差B以及霍爾元件厚度d之間滿足關(guān)系式U

H

d

設(shè)半導(dǎo)體薄片的寬度（cf間距）為l，請寫出ＵＨ和ＥＨ的關(guān)系式；若半導(dǎo)體材料是電子導(dǎo)電的，請判斷圖１中c、f哪端的電勢高；已知半導(dǎo)體薄片內(nèi)單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為ｎ，電子的電荷量為ｅ，爾系數(shù)ＲＨ的表達(dá)式（InevSv是導(dǎo)電電子定向移動的平均；ａ.若在時間ｔPN解析

UH RH

eEH EH 將 RvBl

ld a.tP N=NPb.實例或設(shè)（2010浙江卷19.rd（上（下t=0q23230.2r2答案（2010浙江卷）15.打雷時，呆在汽車?yán)锉却粼谀疚堇镆?卷）16.xOy平面內(nèi)有一個以O(shè)R=0.1mP為圓周上的一點，O、Px軸正方向的夾角為yE100Vm，則OPUop10sinUop10sinUop10cosUop10cos答案解析：在勻強電場中，兩點間的電勢差U=Ed，而ddOPRsin，故：UOP100(0.1sin)10sin(VA 卷）18．如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻12m12F的大小判斷正確的是答案解析：保持R1不變，緩慢增大R2時，由于R0和R2串聯(lián)，R0兩端的電壓減小，即平行

qEqU減小,懸線的拉dF

(mg)2F電(mg)2F電端的電壓不變，F(xiàn)電不變，懸線的拉力為F不變，C、D

上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再vg

的中點重力加速度為gd、E0、m求微粒所帶電荷量qB求電場變化的周期Td，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。mgqE0

①mg

q B vN1運動到Qt1t2d qvB R2R t12v; Tt1 v2vR 11）⑤（10（11）

t(2 0 卷）24.(20ABDABE=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度υBm=1.0×10-2kg，乙所帶q=2.0×10-5C，g10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過0B答案（1）0.4m （2）25m/解析

在乙恰好能通過軌道的最高點的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點的速度為vD點達(dá)到水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，vmDmg R22R 2 x 聯(lián)立①②③得：x 設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有mv0m 1mv21mv21mv 聯(lián)立⑤⑥得：v乙 由動能定理得：mg2RqE2R1mv21mv 5(mgm聯(lián)立①⑦⑧得：vD 5(mgm設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動量守恒和機械能1Mv21Mv21mv

（10（11）

M

由（12）MmvDvm

DvDmg2RqE2R1mv'21mv

⑨（13（14）設(shè)乙在水平軌道上的落點到B點的距離為x'，則

x'

②（15（16）2009年高考試（09 卷Ⅰ）18.如圖所示，一電場的電場線分布關(guān)于y軸（沿豎直方向）對稱O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MNP點在y軸的右側(cè)，MPONM、NO、M在Oy解析：本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運動.由圖和幾何關(guān)MPMP,AOP電場力做功,及電場力做負(fù)功,BUEd,OMMN電場強度,所以有UOMUMN,COy（09年 卷Ⅱ19.圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點。若不計M帶負(fù)電荷，NNaMcNOaMOb點的過程中，電場力對它做的功等于零解析本題考查帶電粒子在電場中的運動.圖中的虛線為等勢線,所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負(fù)不清楚但為異種電荷.A錯.o到a的電勢差等于o到cac,B（09 卷）16．某靜電場的電場線分 如所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP 和EQ，電勢分別為UP和UQ，則C．EP＜EQ，UP＞UQ解析PQP點的場強大QPQP點的電QA項正確。（09年卷）19．如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中b（不計重力）ObB．穿出位置一定在O′點上方ABb在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似CD項錯誤。（09年卷）20R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x設(shè)軸上任意點P力常量E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E解析R1=0AE=0，此時帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點的電場強度E>0A項錯誤x=0時，此時要求的場強為O點的場強，由對稱性可知EO=0，對于C項而言，x=0E為一定值CxE→0D項中E→4πκσDB。（09年 物理）3．兩帶電量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關(guān)系的是圖A正確。（09年物理）7A、B處的兩個帶有不等量負(fù)電的點電荷在平面內(nèi)電勢分布A．a(chǎn)bBcdCacDef點，電勢能先減小后增大解析：電場線的疏密可以表示電場的強弱，可見A錯誤；正電荷從c點移到d點，電場力做負(fù)功，負(fù)電荷從a點移到c點，電場力做正功，所以B錯誤，C正確；正電荷從e點沿f點，電場力先做正功，后做負(fù)功，但整個過程電場力做正功，D正確。（09年 D.做正功，則電勢能逐漸減少，A正確；B錯誤；由于運動過程中，有重力以外的力電場力和（09年 N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則A.M指向B.MNC.MND.MN點的電勢M到NB對CM、N點電勢的高低，C（09年卷）20.O負(fù)電的小物體以初速度V1從M點沿斜面上滑，到達(dá)N點時速度為零，然后下滑回到M點，V2（V2＜V1。若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，則V2VA．小物體上升的最大高度為 B．從NMC．從MND．從NM解析：設(shè)斜面傾角為θ、上升過程沿斜面運動的最大距離為LO，D（09年卷）16.a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達(dá)到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040Ta、b的正負(fù)為A.1.3m/s，a正、b B.2.7m/s，a正、bC．1.3m/s，a負(fù)、b正 D.2.7m/s，a負(fù)、b正（09年海南物理）5dSoS ，其中o是常量。對此電容器充電后斷開電源。當(dāng)增加兩板間距時，電容器極間（09年海南物理）10．如圖，兩等量異號的點電荷相距為2a。MNMNL，且la。略去aLnn2項的貢獻(xiàn)，則兩M和N點的強度C．大小均與a成正比，方向相DL的平方成反比，方向相互垂直CxEBxECx，下列說法中正確的有AEBxECxBEBxxC．電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最DxB移到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功解析EBxECxx誤，D（09 理科基礎(chǔ)）12．關(guān)于同一電場的電場線，下列表述正確的解析電場是客觀存在的而電場線是假想的，A電場線越密的地方電場越大B錯；C對；負(fù)電荷沿著電場線方向移動時電場力做負(fù)功電勢能D錯。（09年理科基礎(chǔ)）16．如圖所示，一帶負(fù)電粒子以某速度進(jìn)入水平向右的勻強電A．粒子在M點的速率最大知粒子帶負(fù)電，即受到的電場力方向與電場線方向相反，BN到M電場力做A錯,D(09年 A．該電場是勻強電場C．b點的電場強度比a點的大D．正電荷在a、b（09年山東卷）20xO對稱的兩點固定放置等量異種點電荷+Q和-Q，xP點位于的右側(cè)。下列判斷正確的是xPxP若將一試探電荷+qPO點，若將一試探電荷+qPO點，電勢能減小解析xPPO點對稱，A正確。若將一試探電荷+qPO點，電場力先做正功后0點的中垂線電勢也為零，所以試探電荷+qPO點時電勢能為零，所以電勢能增大，C正確。WABEPAEPB勢能增加，即WE。（09 卷）18.在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcda、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。bbd往bd點的過程中先作勻加速運動，后作勻運解析AObaB機械能的和守恒，CbOOd（09年福建卷）15.E的直流電源（內(nèi)阻不計）連P點且恰好處于P解析：電容器兩端電壓U不變，由

Ed

沿豎直方向向下運動，A錯；P到下極板距離d不變，而強場E減小，由U=Ed知P與P點的電勢變小，B對；由于電場力P點的電勢降低，所以油滴的電勢能增大，C錯；圖中電容器兩端電壓U不變,電容C減小時由Q=CU，帶電量減小，D錯。（09年浙江卷）163個電荷量均為qq0的k03

已知靜電力常量為k0000l0000

2kl

l

kl

l

4kl

l

2kl解析：第三個小球受三個力的作用，它們的關(guān)系2222kxKq2K x l

04kl0

0l0lxl4kl0（09年浙江卷）20．空間存在勻強電場，有一電荷量qq0、質(zhì)量m的粒子從O以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0?，F(xiàn)有另一電荷量q、質(zhì)量m的粒子以速2v0仍從OB點時速率為3v0在OABB在OABAO到B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B1m2v21mv 勢比O點高。所以B點最高，AUOA

WOAq

q

1m3v21m2v UOB

WOB

D（09 M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標(biāo)(0a,0，N(a,0,0)，P

a ,2

M0，N1VP 33 2 3

3V荷rFr21

34

43

解析：本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題。接觸前兩個點電荷之間的庫侖力FkQ3Qr分，所以兩球分開后各自帶點為+Q1FkQQ r2 4F，C項正確。如兩球原來帶正電，則接觸各自帶電均為+2Q3）25（18yxlOxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不0~3t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響。t=0t0m、q、l、l0、B（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）求電壓U12（1）y1lEU0 Eqma1l1at2 0聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為U0qt20（2）12

12

12

lx軸方向的分速度大小為v0tl012帶電粒子離開電場時沿y軸負(fù)方向的分速度大小為vy12v2v2 2RBvqmv2RR

（3）2t0時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為y

則tanv0，聯(lián)立③⑤⑩式解得v'vy對的圓心角為22

1T帶電粒子在磁場中運動的周期為4T2m，聯(lián)立以上兩式解得 m （09 卷）23（16分）如圖所示，勻強電場方向沿EA(d0由于內(nèi)部作用，某一時刻突然成兩個質(zhì)量均為m的帶電微粒，其中電荷量為q1y軸負(fù)方向運動，經(jīng)過一段時間到達(dá)(0,d)點。不計重力和后兩微粒間的作用。試（1）時兩個微粒各自的速度1到達(dá)（0d1做功的瞬1到達(dá)（0d（1）

，v2

y（2）P

--m解析（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電2v2則有：y方向-dayEyEθ（0,-d）d1at-2-v1-根號外的負(fù)號表示沿y軸的負(fù)方向中性微粒成兩微粒時，遵守動量守恒定律，mv1mv2v2v1設(shè)微粒1到達(dá)（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率PqEvBcos---mP-m

vBx -m兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點時發(fā)-mS1 1（0，-d）BC2S12（09年福建卷）21.（19分）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的滑s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電g。t1大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程簧W；程中速度與時間關(guān)系v-t圖象圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端刻的速度大小，vm（0（1）0

;W1

2(mgsinqE)

mgsinqE)k解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動a，則有qE+mgsin s1at 滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為x0，則mgsinqE (mgsinqE)(xx)W1

2 W1

2(mgsinqE)

mgsinqE) （09年福建卷）22.(20分)圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場磁感應(yīng)強度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P入磁場，若粒子在y距坐標(biāo)原點L=0.50mM處被觀測到，且運動軌跡半徑mq,不記其重力。q m以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。q答案m

C/kg（2）

；Sr 2vqvB rq=4.9×107C/kg（或5.0×107 mx軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有qE 所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角45°，設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則t T vt7.9106 MM1P1PS2r S（09年浙江卷）23（4分）d、B豎直放置，在兩m（0Al處Bq因素為μ，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則A1答案（1） （2）時間為 ，停在2l處或距離B1解析：本題考查電場中的動力學(xué)問加電壓后，BA

EUBAdFqE

aF

qUmgd1 Av1，v22a 解 v1大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小為 mg

合a2合

14t01解 tv11設(shè)小物塊碰后停止時距離為x，注意到末速度為零，0-v22a 則B

2vx 2lvd粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q，在中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對21D實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一磁感Bm、fmE㎞。解析(1)1r1,11 mv12qv1B=m 2

r2 r2

2n2nqU12qvBT2t

解得t

12fBmfmBm

mR

q2B2 fBmfmfmvm 解得 22mf2R2 （09年 卷）24.(19分)如圖所示，直線形擋板p1p2p3與半徑為r的圓弧形擋板p3p4p5平滑連接并安裝在水平臺面b1b2b3b4上，擋板與臺面均固定不動。線圈c1c2c3的匝數(shù)為n,其端點c1、c3通過導(dǎo)線分別與電阻R1和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d,電阻R1的阻值是線圈c1c2c3阻值的2倍，其余電阻不計，線圈c1c2c3內(nèi)有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大。質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q,在水平臺面上以初速度v0從p1位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\動并通過p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，p1、p2在電場外，間距為L,其間小滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為μ，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g.求：－umgL＝1mv21 v2v20p，則小滑塊可沿?fù)醢暹\動且通過位置p5，設(shè)小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有：－umgL－2rEqs＝1mv21 r由題意有 m(v2由以上三式可得：E≤ m(v2E的取值范圍：0＜E≤ 磁感應(yīng)強度的變化量為B，得：

由法拉第電磁感應(yīng)定律得 t由全電路的歐姆定律得

3md(v22經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強度變化量的取值范圍：0＜B≤ t。U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁BHO=d，HS=2dMNQ=90（忽略粒子所受重力）E0HMMN的夾角mS1S2NQ解析（09年卷）25．(18E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進(jìn)入磁OyMOP=lOQ23l（2）粒子從PM（1）到Q點所用的時間為t1，進(jìn)入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為，a m2at12a0v 0x023ly0l