（高考物理高分突破試題）專題8電場（解析版）

（高考物理高分突破試題）專題8電場（解析版）（高考物理高分突破試題）專題8電場（解析版）/（高考物理高分突破試題）專題8電場（解析版）專題8電場一、庫侖定律表達式：F＝keq\f(q1q2,r2),適用條件是真空中兩靜止點電荷之間相互作用的靜電力．平衡問題應注意：(1)明確庫侖定律的適用條件;(2)知道完全相同的帶電小球接觸時電荷量的分配規(guī)律;(3)進行受力分析,靈活應用平衡條件．如圖,兩根相同的橡皮筋各有一端系于固定的擋板,另一端分別與帶電量為q、﹣q的小球連接,小球靜止在光滑水平絕緣板上,兩橡皮筋位于同一水平直線上,橡皮筋的伸長量均為Δl.若緩慢地增加兩球的電荷量,當電荷量增加至原來2倍時(兩小球不會相碰),恰好平衡.則每條橡皮筋的伸長量()A．恰為2ΔlB．大于2Δl但小于4ΔlC．恰為4ΔlD．大于4Δl【解答】解：設初始時帶電量為q、﹣q的小球之間的距離為l,由于小球處于平衡狀態(tài),則有橡皮筋彈力等于小球之間的庫侖力,即對任意小球有：kΔl＝kq電荷量增大為原來的2倍時,設兩個小球之間的距離為l′,橡皮筋的伸長量變?yōu)棣′,當小球再次處于平衡狀態(tài)時,對任意小球有：kΔl′＝k(2q)又因為小球相互吸引,相互靠近,所以兩個小球之間的距離會小于初始距離,即：l′＜l因此：kΔl′＝4kq2l'2＞所以：Δl′＞4Δl,故D正確,ABC錯誤.故選：D.如圖所示,在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板,在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧,彈簧另一端與A球連接.A、B、C三小球的質量均為M,qA＝q0＞0,qB＝﹣q0,當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時,三小球等間距排列.已知靜電力常量為k,則()A．qB．彈簧伸長量為MgsinαC．A球受到的庫侖力大小為2MgD．相鄰兩小球間距為q【解答】解：AD、對C分析,受重力、支持力和AB的庫侖力,則AB的庫侖力之和沿斜面向上,又B距離C近,給C的庫侖力大,則C球帶正電,設小球間距為a,對C：kq0qCa對B：kq02a2聯(lián)立解得：qC=47代入kq02a2解得：a＝q03k7Mgsinα,故A正確對ABC用整體法,ABC受力平衡,即ABC受到的彈力等于重力的分力.即得彈簧伸長量Δx=3Mgsinαk0,對BC用整體法,BC受力平衡,即BC受到庫侖力等于重力分力,即得A受到的庫侖力為2Mgsinα,故C錯.故選：A.已經證實,質子是由上夸克和下夸克兩種夸克組成的,上夸克帶電為+23e,下夸克帶電為-13e,e為電子所帶電荷量的大小.如果質子是由三個夸克組成的,各個夸克之間的距離都相等且在同一圓周上.A．B．C．D．【解答】解：AB、質子帶電為+e,所以它是由2個上夸克和1個下夸克組成的.故AB錯誤;CD、由題意可知,三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處,設間距為d,這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為F1=上、下夸克之間的靜電力F2=由力的合成可知上夸克所受的靜電力的合力斜向外,下夸克受的靜電力合力指向兩個上夸克連線中點,故C錯誤,D正確;故選：D.用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛,已知小球2的重力為G,如圖所示,兩小球處于靜止狀態(tài),細線a與豎直方向的夾角為30°,兩小球連線與水平方向夾角為30°,細線b水平,則()A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量B．細線a拉力大小為2C．細線b拉力大小為3D．小球1與2的質量比為1：2【解答】解：C、對小球2,由平衡條件,在水平方向上可得：Fb＝F庫?cos30°,在豎直方向上可得：G＝F庫?sin30°解得細線b拉力大小為Fb=Gtan30°BD、對小球1,由平衡條件,同理可得：Fa?sin30°＝F庫?cos30°m1g+F庫sin30°＝Fa?cos30°解得細線a拉力大小為Fa同時可得：m1g＝2G又有m2g＝G則小球1與2的質量比為m1：m2＝2：1,故B正確,D錯誤;A、由上述分析只能得到庫侖力的大小,由F庫=kq1q2r2,可知不能確定小球故選：B.如圖所示,兩個質量分別為mA和mB的帶電小球A、B(可視為質點)通過一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上(滑輪大小不計),兩球靜止,O為滑輪正下方AB連線上的一個點.兩球到O點距離分別為xA和xB,到滑輪的距離分別為lA和lB,且lA：lB＝1：2,細繩與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2,兩球電荷量分別為qA和qB.則()A．qA＞qBB．θ1＞θ2C．mA：mB＝1：2D．xA：xB＝1：2【解答】解：A．根據題意可知兩球的電場力是相互作用力,所以無法比較兩球電荷量的大小,故A錯誤;B．繩子上的力處處相等,對繩子跨過定滑輪的結點受力分析可知：T'cosθ1＝T'cosθ2解得：θ1＝θ2,故B錯誤;CD．對兩球受力可知,如下圖所示,根據相似三角形可得：m可得mA：mB＝2：1xA：xB＝1：2故C錯誤,D正確.故選：D.二、場強公式的比較三個公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于任何電場,與檢驗電荷是否存在無關)),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于點電荷產生的電場,Q為場源電荷的電荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強電場,U為兩點間的電勢差,d為沿電場方向兩,點間的距離))))三、等量點電荷的電場電場強度與電勢分布規(guī)律電場等勢面(實線)E-xφ-x等量異號點電荷的電場兩電荷連線上兩電荷連線上連線中垂線上連線中垂線上各點電勢相等且為零等量同號正點電荷的電場兩電荷連線上兩電荷連線上連線中垂線上連線中垂線上如圖,等邊三角形△ABC位于豎直平面內,AB邊水平,頂點C在AB邊上方,3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上.已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下,BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上,A點處點電荷的電荷量的絕對值為q,求(1)B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負;(2)C點處點電荷的電荷量.【解答】解：(1)C點的電荷在M點的場強沿CM所在直線,A點處點電荷和B點處點電荷在M點的場強沿AB所在直線,已知M點合電場強度方向豎直向下,則A、B兩點處的點電荷在M點的合場強為零,即A和B點處的點電荷為等量同種電荷,則B點處點電荷的電荷量的絕對值為q;C點處的點電荷在M點的場強方向沿CM向下,則C點處點電荷為正電荷;C點電荷在N點的場強方向沿CB斜向右下,N點的合場強方向豎直向上,則A點處的點電荷和B點處的點電荷在N點的合場強斜向左上,A點處的點電荷在N點的場強沿AN斜向右上,B點處的點電荷在N點的場強沿BN斜向左上,則A、B兩點處的點電荷均為正電荷;(2)設三角形的邊長為l,由幾何關系得：AN=3BN＝CN=1A點電荷在N點的場強大小為EA＝kq方向沿AN斜向右上,B點電荷在N點的場強大小為EB＝kq方向沿BN斜向左上,設C點電荷的電荷量為Q,C點電荷在N點的場強大小為EC＝kQ方向沿CB斜向右下,則B點電荷和C點電荷在N點的合場強大小斜向左上,大小為EBC=N點的合場強豎直向上,如圖由幾何關系得：EBCtan30°＝EA聯(lián)立解得：Q=3-答：(1)B點處點電荷的電荷量的絕對值為q,3個點電荷均為正電荷;(2)C點處點電荷的電荷量為3-3當空氣中電場的電場強度大小超過E0時,空氣會被擊穿.孤立導體球殼充電后,球殼所帶電荷量為Q,已知靜電力常量為k,則為了保證空氣不被擊穿,球殼半徑的最小值為()A．kQE0B．E0kQC．【解答】解：均勻帶電球殼對殼外某點產生的電場強度,可以看作集中在球殼中心的點電荷對球外某點的場強的大小,由E可得R≥kQE0,故A故選：A.一輕質絕緣"L”型輕桿固定在水平面上,質量均為m的光滑小環(huán)A、B套在支架上,兩小環(huán)之間用輕繩連接,其中B環(huán)帶正電,電荷量為q,A環(huán)不帶電,整個裝置放在勻強電場中,電場強度的大小為E,電場強度的方向與水平面平行,垂直于OM桿,A環(huán)在一水平力F作用下緩慢向右移動一段距離,重力加速度為g,下列說法正確的是()A．當輕繩與OM桿夾角為θ時,繩子拉力大小為mgB．輕桿對B環(huán)的彈力逐漸增大C．A環(huán)緩慢向右移動過程中,繩子拉力逐漸減小D．輕桿OM對A環(huán)的彈力大小為Eq【解答】解：AC．以B環(huán)為研究對象,受力如圖：根據平衡條件,豎直方向上：FN1＝mg水平方向上：FTsinθ＝F電＝Eq,FTcosθ＝FN2故當輕繩與OM桿夾角為θ時,繩子拉力大小為Eqsinθ,故A錯誤;當A環(huán)緩慢向右移動時,θ逐漸減小,故繩子拉力逐漸變大,故C錯誤B．輕桿對B環(huán)的彈力大小為F解得FN=故當A環(huán)緩慢向右移動時,θ逐漸減小,輕桿對B環(huán)的彈力逐漸增大,故B正確;D．同理,以A環(huán)為研究對象,豎直方向上輕桿OM對A環(huán)的彈力大小為FN1'＝mg水平方向上FN2'＝FTsinθ＝Eq故輕桿OM對A環(huán)的彈力大小為F解得FN′=故D錯誤.故選：B.等量異種點電荷的電場線如圖所示,下列說法正確的是()A．A處和C處的電場強度可能相同B．A處的電勢比B處高C．電子在C處由靜止釋放,可沿電場線運動到D處D．電子在B處的電勢能比在D處大【解答】解：A．電場線的疏密程度反映了場強的大小,故A處的場強一定比C處大,故A錯誤;B．根據沿著電場線的方向電勢降低,可知B處的電勢比A處高,故B錯誤;C．C處到D處的電場線為曲線,電場線的切線方向是電子在電場中受到的電場力的反方向,而不是速度方向,電子若想沿電場線運動,那么必須電場線為直線,且電子的速度方向與電場線始終在一條直線上,故C錯誤;D．由B處和C處電勢相等,C處電勢低于D處,可知B處的電勢比D處低,而電子帶負電,故電子在B處的電勢能比在D處大,故D正確.故選：D.如圖所示,實線表示某靜電場中的電場線,過M點的電場線是水平直線,虛線表示該電場中的一條豎直等勢線,M、N、P是電場線上的點,Q是等勢線上的點.一帶正電的點電荷在M點由靜止釋放,僅在電場力作用下水平向右運動,則()A．點電荷一定向右做勻加速運動B．點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度小C．將一負點電荷從P點移到N點,電場力做正功D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出,點電荷將沿等勢線做直線運動【解答】解：A．根據電場線的分布可知,該靜電場不是勻強電場,所以點電荷在運動過程中受到的電場力不是恒定的,根據牛頓第二定律,點電荷運動的加速度也不是恒定的,所以點電荷向右做的不是勻加速運動,故A錯誤;B．由圖可知,N點電場線比P點電場線密集,所以N點的電場強度大于P點的電場強度,點電荷在N點受到的電場力大于P點處的電場力,所以點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度大,故B錯誤;C．電勢隨電場方向逐漸減小,所以N點電勢比P點高,將一負點電荷從P點移到N點,電勢能減小,電場力做正功,C故正確;D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出,由于電場方向垂直等勢線,則點電荷受到的電場力方向與運動方向不在同一條直線上,所以點電荷做曲線運動,故D錯誤.故選：C.四、電場力做功的計算方法(1)由公式W＝Flcosα計算,此公式只適用于勻強電場,可變形為：W＝qElcosα.(2)由W＝qU來計算,此公式適用于任何形式的靜電場．(3)由動能定理來計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk.(4)由電勢能的變化來計算：WAB＝EpA－EpB.一帶負電的粒子以一定的初速度進入點電荷Q產生的電場中,A、B是其運動軌跡上的兩點,C為AB的中點.其中A點的場強方向與AB連線成60°角;B點的場強方向與AB連線成30°角,如圖所示.若粒子只受電場力的作用,下列說法正確的是()A．點電荷Q帶負電B．AB兩點電勢差是AC兩點電勢差的2倍C．該粒子在A點的動能小于在B點的動能D．該粒子在A點的加速度大小等于在B點加速度大小的3倍【解答】解：A．反向延長EA,EB的方向,交點即為點電荷的位置,結合電場線的特點可知點電荷Q帶正電,故A錯誤;B．由幾何關系可知點電荷到AC兩點距離相等,可知AC兩點電勢差為零,則AB兩點電勢差不是AC兩點電勢差的2倍,故B錯誤;C．因A點電勢高于B點,則帶負電的粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能,則該粒子在A點的動能大于在B點的動能,故C錯誤;D．由幾何關系可知rB=3rA,根據,a=qEm=kqQr2m故選：D.α粒子以某一初速度接近重金屬核,其運動軌跡如圖所示,M、N、Q為軌跡上的三點,N點離重金屬核最近,Q點比M點離重金屬核更遠.在重金屬核產生的電場中,下列說法正確的是()A．N點的電場強度比Q點小B．N點的電勢最高C．α粒子從Q點運動到M點過程中,電勢能減小D．α粒子從Q點運動到M點過程中,速度一直減小【解答】解：A．根據孤立的正點電荷的電場線的分布可得離重金屬核最近的N點電場強度最大,故A錯誤;B．離正點電荷場源最近的N點的電勢最高,故B正確;C．α粒子為氦原子核,故帶正電,又因為φN＞φM＞φQ,所以從Q點運動到M點過程中,電場力先做負功再做正功,所以電勢能先增大后減小,故C錯誤D．因為從Q點運動到M點過程中,電場力先做負功再做正功,即合外力先做負功再做正功,根據動能定理可得α粒子的速度先減小再增加,故D錯誤;故選：B.如圖所示,O為等量異種點電荷連線的中點,A、B為連線上的點,C、D為其中垂線上的點,且A、B、C、D距O點距離相等,取無窮遠處的電勢為零.下列說法正確的()A．A、B兩點電勢相等B．C、D兩點電場強度不相同C．O點電勢為零,電場強度也為零D．沿中垂線移動電荷,靜電力始終不做功【解答】解：A、兩電荷間的連線上電場線的方向由A到B,根據沿電場線的方向電勢降低可知,A點的電勢高于B點的電勢,故A錯誤;B、a、b兩點到兩點電荷的距離相等,由點電荷的場強公式與電場的疊加原理可知,a、b兩點電場強度大小相等、方向相同,故B錯誤;C、根據疊加原理可知,兩點電荷在O點形成的電場強度方向均向右,故電場強度不為零;CD所在的平面為等勢面,以無窮遠處電勢為零時,所以O點的電勢為零,故C錯誤;D、由C中分析可知,中垂線為等勢線,故沿中垂線移動電荷,靜電力始終不做功,故D正確.故選：D.如圖所示,在勻強電場中的Q點固定一點電荷為+Q,以a、b、c、d、f為以O點為球心的同一球面上的點,aecf平面與電場線平行,bedf平面與電場線垂直,下列判斷中正確的是()A．a、c兩點電勢相等B．b、d兩點的電場強度相同C．將點電荷+q球面上b點移到e點,電場力做功為零D．將點電荷+q從球面上a點移到c點,電場力做功為零【解答】解：A,ac兩點在電點荷的等勢面上,故這二點的電勢是a點的電勢高于c點的電勢,故A錯誤;B,bd兩點的場強由點電荷場源與勻強電場各自在這二點產生的場強的矢量合成,合成的結果是大小相同,方向不同,故B錯誤;C,將點電荷+q由b點移到e點時,電場力做功為零,因為這二點是在同一個等勢面上,故C正確;D,由A可知,這二點的電勢是不相等的,故電場力做功不為零,故D錯誤.故選：C.如圖所示,真空中兩個點電荷+Q1、﹣Q2固定在x軸上的A、B兩點,其帶電量Q1＝4Q2,P為Q2右側一點,且AB=BP=L.a、b、c為P點兩側的三點,且aP＝Pb＝bc.取無窮遠處電勢為零,A．a、b兩點場強大小相等,方向相反B．b點電勢低于c點電勢C．將+q沿x軸從a點移動到b點,其電勢能先減小后增大D．將﹣q由a點靜止釋放,則其經過P點時動能最大【解答】解：A、取向右為正方向,設bc間距離為L0,根據電場的疊加原理,可得a點場強為Eb點場強為E故可知a、b兩點場強方向相反,但是大小不相等,故A錯誤;BC、根據前面分析可知P點右側任意點的場強方向水平向右,PB間的場強方向水平向左;沿著電場線方向電勢降低,故b點電勢高于c點電勢;同理可知從a點到b點,電勢先增大后減小,故可知將+q沿x軸從a點移動到b點,其電勢能先增大后減小,故BC錯誤;D、P點場強為E將﹣q由a點靜止釋放,在P點左側時受到的電場力水平向右,做加速運動,到達P點時加速度為0,在P點右側時受到的電場力水平向左,做減速運動,故經過P點時速度最大即動能最大,故D正確.故選：D.五、平行板電容器的動態(tài)分析問題有兩種情況：一是電容器始終和電源連接,此時U恒定,則Q＝CU∝C,而C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d),兩板間場強E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d);二是電容器充電后與電源斷開,此時Q恒定,則U＝eq\f(Q,C),C∝eq\f(εrS,d),場強E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)∝eq\f(1,εrS).六、靜電計是測量電壓U的儀器,題目往往將它與電容器一起考察.如圖所示,兩個相同的半圓形金屬板相互靠近、水平放置,板間可視為真空.兩金屬板分別與電源兩極相連.上極板可繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動.開始時,兩極板邊緣完全對齊,閉合開關S后,兩板間的一個帶電微粒恰好靜止;然后讓上極板轉過5°(微粒仍在兩板間)忽略電場邊緣效應,則()A．斷開開關S后,微粒將豎直下落B．轉動前后,電容器的電容之比為36：35C．轉動過程中,有從a→b的電流流過電阻RD．斷開開關S后,上極板再轉動5°,微粒仍然靜止【解答】解：AB．閉合開關S后,讓上極板轉過5°,則兩極板正對面積減少,根據公式C可知,其他條件不變,電容器的電容變小,變化前后面積之比為S轉動前后,電容器的電容之比也為C根據場強的計算公式可得：E根據上述分析可知,電勢差與間距均不變,所以電場強度不變,根據電場力的計算公式F＝qE可知電場力不變,所以微粒仍靜止,斷開開關S后,每個物理量都保持不變,微粒仍靜止,故A錯誤,B正確;C．轉動過程之前,電容器下極板帶正電、上極板帶負電,轉動過程中,電容變小,電容器的電荷量減小,電容器放電,有從b→a的電流流過電阻R,故C錯誤;D．當斷開開關S后,兩極板的電荷量不變,讓上極板再轉過5°,則兩極板正對面積減少,根據公式CC由此可知,其他條件不變,電容器的電容變小,則電場強度增大,電場力增大,所以微粒將豎直向上運動,故D錯誤.故選：B.(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖,電介質板長度等于電容器極板長度,開始時電介質板有一半處于極板間,電容器兩極板帶等量異號電荷,當被測物體在左右方向發(fā)生位移時(位移大小小于極板長的一半),電介質板隨之在電容器兩極板之間移動.當被測物體向左移動時()A．電容器的電壓增大B．電容器的電量變小C．電容器的電容增大D．靜電計的指針張角變小【解答】解：C．由電容的決定式可知C=εrS4πkd,可知當被測物體向左移動時電介質板插入電容器,B．電容器充電后與外電路斷開,電容器的電量不變,故B錯誤;A．由電容的比值定義式可知C=QU,可知電容器的電壓減小,故D．靜電計的指針張角大小反映電容器極板電壓高低,由于電壓減小,因此張角變小,故D正確.故選：CD.如圖所示,M和N為電容器兩極板,一直保持與導線相連,M極板左端絕緣固定,N極板兩端用絕緣材料與兩輕彈簧連接,N極板只能沿圖中標識的上下方向運動,當N極板靜止時,兩極板間距為d,在外力驅動下,N極板做簡諧運動,向下運動至最低點時,兩極板間距1.5d,運動到最高點時兩極板相距0.5d,下列說法正確的是()A．當N極板向上運動時,電流表電流方向從b→aB．N極板完成一個運動周期運動,回路電流方向改變1次C．當N極板從最低點運動到最高點的過程中,極板電荷量減少D．N極板在最低點和最高點時,電容器中場強之比為1：3【解答】解：AC、當N極板向上運動時,電容器板間距離d減小,根據電容的決定式C=εrS4πkd可知,電容C增大,電容器板間電壓不變,由電容的定義式C=QU分析可知極板電荷量增加,電容器充電B、N極板向上運動時,電容器充電.N極板向下運動時,電容器放電,所以N極板完成一個周期運動,回路電流方向改變2次,故B錯誤;D、根據題意,在N極板運動過程中,電容器兩極板間電壓不變,最低點與最高點板間距離之比為1.5d：0.5d＝3：1,故由E=Ud可知場強之比為1：3,故D故選：D.某同學利用圖甲所示電路觀察電容器的充電和放電現(xiàn)象,計算機屏幕顯示出放電過程的I﹣t圖像如圖乙所示.下列說法正確的是()A．電容器放電時電子由b向a通過電阻RB．電容器放電過程中電阻R兩端電壓逐漸增大C．將電阻R換成阻值更大的電阻,放電時間變短D．電容器充電結束所帶電荷量約為5×10﹣3C【解答】解：A．開關S接1時電源給電容器充電后上極板帶正電,開關S接2時,電容器放電,電流由極板正極流過電阻R到負極板,而電子的移動方向與電流方向相反,則電子由a向b通過電阻R,故A錯誤;B．電容器放電過程中電流逐漸減小,根據歐姆定律U＝IR,可知電阻R兩端電壓逐漸減小,故B錯誤;C．若R增大,總電量q不變,則對電流阻礙作用增大,即電流減小,由q＝It可知放電時間會邊長,故C錯誤;D．I﹣t圖像中曲線與坐標軸圍成的面積即電容器充電結束時所帶電荷量,格數割補后約為1.3格,則電量約為：q≈2×10﹣3×2×1.3C≈5.2×10﹣3C,故D正確.故選：D.如圖所示,取一個電容器A和數字電壓表相連,把開關S1接1,用幾節(jié)干電池串聯(lián)后給A充電,可以看到A充電后數字電壓表顯示一定數值.取另一個相同的但不帶電的電容器B跟A并聯(lián),通過改變開關S1和S2的閉合與斷開狀態(tài),從而探究電容器兩極板間電勢差跟所帶電荷量的關系,在沒有電荷漏失的情況下,下列說法正確的是()A．S1接1,S2處于斷開狀態(tài),A、B兩電容器都處于充電狀態(tài)B．S1從1接2,S2處于斷開狀態(tài),穩(wěn)定后,A、B兩電容器電荷量相等C．S1從1接2,S2處于斷開狀態(tài),電壓表示數不變D．S1從2斷開,S2閉合,電壓表示數逐漸減小【解答】解：A、S1接1,S2處于斷開狀態(tài),只有A電容器處于充電狀態(tài),故A錯誤;B、S1從1接2,S2處于斷開狀態(tài),A、B兩電容器并聯(lián),則穩(wěn)定后,A、B兩電容器電壓相等,它們的電容也相同,由Q＝CU知穩(wěn)定后,A、B兩電容器電荷量相等,故B正確;C、S1從1接2,S2處于斷開狀態(tài),A電容器的電荷減小,電容不變,由C=QU分析可知電壓表示數減小,故CD、S1從2斷開,S2閉合,A電容器所帶電荷量不變,電壓不變,則電壓表示數不變,故D錯誤.故選：B.七、電場中的圖象問題——φ-x圖象和E-x圖象：φ-x圖像E-x圖像EP-x圖像斜率：電場強度面積：電勢差斜率：電場力沿x軸上有一條電場線,其電勢φ沿x軸的分布圖像如圖所示,圖像關于坐標原點O點對稱,A、B兩點到坐標原點O的距離相等,一電子僅在電場力的作用下從A點由靜止釋放,電子沿x軸由A點運動到B點過程中,下列說法正確的是()A．A、B兩點的電場強度相同B．電子在A、B兩點的電勢能相等C．電子從A點運動到B點的過程中,速度先增大后減小D．電子從A點運動到B點的過程中,電場力先做正功后做負功【解答】解：A．φ﹣x圖像中斜率表示電場強度,根據圖像可知A、B兩點的斜率相同,則電場強度相同,故A正確;B．由圖可知,A、B兩點的電勢不相等,根據電勢能的計算公式Ep＝φq可知,電子在A、B兩點的電勢能不相等,故B錯誤;CD．根據沿電場線方向上電勢逐漸降低可知,電場方向沿x軸負方向,電子從A點運動到B點的過程中,電場力一直做正功,則速度一直增大,故CD錯誤.故選：A.如圖甲所示,均勻帶電固定圓環(huán)的圓心為O,OO′為圓環(huán)軸線;以O為原點沿軸線建立Ox坐標軸,x軸上各點電勢φ隨x坐標變化的φ﹣x關系圖像如圖乙所示,坐標x1處的P點為圖線拐點,P點切線與x軸交點處坐標為x2.現(xiàn)讓一電子從圓心O以初速度v0沿x軸正向運動,最遠能到達x3處.電子質量為m,電荷量絕對值為e,不計電子重力,下列說法不正確的是()A．圓環(huán)帶負電B．電子經過x1處時的加速度大小為eC．x3處的電勢為φ0-D．電子返回過程中,經過x1處時的速度大小為v【解答】解：A.正電荷周圍的電勢為正,由φ﹣x圖象知,圓環(huán)帶正電,故A錯誤;B.φ﹣x圖象的斜率大小表示電場強度大小,x1的斜率大小為：k=由牛頓第二定律得：φ解得：a=eφ1mC.電子最遠到達x3處,說明電子在x3處速度為零,從O點到x3,由動能定理得：﹣(φ0﹣φ3)e＝0-12解得φ3＝φ0-mv022D.對電子從O到x1,設經過x1處時的速度大小為v1,由動能定理得：﹣(φ0﹣φ1)e=解得：v1=v02-2本題選錯誤的,故選：A.如圖甲所示,光滑絕緣水平面上有一帶負電荷的小滑塊,可視為質點,在x＝1m處以初速度v0=3m/s沿x軸正方向運動.小滑塊的質量為m＝2kg,帶電量為q＝﹣0.1C.整個運動區(qū)域存在沿水平方向的電場,圖乙是滑塊電勢能Ep隨位置x變化的部分圖像,P點是圖線的最低點,虛線AB是圖像在x＝1m處的切線,并且AB經過(1,2)和(2,1)兩點,重力加速度g取10m/sA．在x＝1m處的電場強度大小為20V/mB．滑塊向右運動的過程中,加速度先增大后減小C．滑塊運動至x＝3m處時,速度的大小為2.5m/sD．若滑塊恰好能到達x＝5m處,則該處的電勢為﹣50V【解答】解：A．Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小,所以滑塊在x＝1m處所受電場力大小為F解得電場強度大小E＝10V/m故A錯誤;B．滑塊向右運動時,電場力先減小后增大,所以加速度先減小后增大,故B錯誤;C．滑塊從x＝1m到x＝3m運動過程中根據動能定理有：W電=W電＝ΔEp＝1J解得速度v＝2m/s故C錯誤;D．若滑塊恰好到達x＝5m處,則滑塊恰好到達x＝5m處v′＝0則滑塊從x＝1m到x＝5m運動過程中W由Ep1＝2J解得滑塊到達x＝5m處的電勢能Ep2＝5J,x＝5m處的電勢為φ故D正確.故選：D.空間中一靜電場的電場強度E在x軸上分布情況如圖所示,其中圖像關于E軸對稱,x軸上的A、B兩點關于原點O對稱.一電子僅在電場力的作用下從靜止開始,由A點沿x軸運動到B點.下列說法正確的是()A．x軸上的電場強度方向沿x軸正方向B．A、B兩點的電勢相等C．電子從A點運動到B點的過程中,電子的加速度先增大后減小D．電子從A點運動到B點的過程中,其所受電場力先做負功再做正功【解答】解：A、電子僅在電場力的作用下從靜止開始,由A點沿x軸運動到B點,說明電子所受電場力沿x軸正方向,而電子帶負電,所以x軸上的電場強度方向沿x軸負方向,故A錯誤;B、沿電場線電勢逐漸降低,電場線由B指向A,則A點電勢低于B點電勢,故B錯誤;C、根據牛頓第二定律得a=eEm,由圖知,電子從A點運動到B點的過程中電場強度先增大后減小,所以電子的加速度先增大后減小,故D、電子從A點運動到B點的過程中,電子所受電場力沿x軸正方向,與位移方向相同,故電場力一直做正功,故D錯誤.故選：C.如圖1所示,x軸上固定兩個點電荷A和B,電荷A固定在原點,電荷B固定在x＝2L處,通過電勢傳感器測出x軸上各點電勢φ隨坐標x的變化規(guī)律并描繪出φ﹣x圖像(圖2).已知φ﹣x圖線與x軸的交點橫坐標為x1和x2,x＝3L處的切線與x軸平行.已知點電荷的電勢公式φ=kQr,其中k為靜電力常量,Q為場源點電荷的電荷量,r為某點距場源點電荷的距離,取無窮遠處電勢為零.以下說法正確的是A．電荷A帶負電,電荷B帶正電B．兩點電荷的電荷量之比為QA：QB＝1：9C．橫坐標x2和x1的差xD．在x軸上x＞2L的任意位置無初速度釋放一正電荷,該正電荷一定能到達無窮遠處【解答】解：A．根據題圖,在x軸上各點電勢有正有負,兩點電荷帶異種電荷,由于0＜x＜x1時電勢為正,x1＜x＜2L時電勢為負,故點電荷A帶正電,點電荷B帶負電,故A錯誤.BC．φ﹣x圖像中圖線的斜率絕對值表示電場強度大小,則x＝3L處的電場強度為零,根據疊加原理有k由題圖可知x1、x2處的電勢為零,根據電勢公式有kQA解得QA：QB＝9：1,x1=則x故B錯誤,C正確;D．在2L＜x＜3L區(qū)域內,電勢逐漸升高,電場強度沿x軸負方向,若在2L＜x＜3L區(qū)域內無初速度釋放一正電荷,正電荷受到向左電場力,向左做加速運動,在x＞3L區(qū)域內,電勢逐漸降低,電場強度沿x軸正方向,若在x＞3L區(qū)域內無初速度釋放一正電荷,正電荷受到向右的電場力,將向右加速到無窮遠處,故D錯誤.故選：C.八、帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時,偏移量和偏轉角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d),tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經電場偏轉后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2).九、帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),其中Uy＝eq\f(U,d)y,指初、末位置間的電勢差．如圖所示,平行板電容器水平放置,上極板帶正電、下極板帶負電并接地,一質量為m電荷量為q的帶正電粒子a從兩板左端中點入射,入射速度正對上極板中點A,已知板長為2d,板間距離為d,兩板間電壓為U,粒子重力不計且運動過程中不與極板碰撞,則()A．粒子a射入電場時電勢能為UqB．粒子a在電場內運動過程中電勢能最大時動能為零C．若粒子a從下極板右邊緣射出,其在運動過程中電勢能最大值為23D．若粒子a射出點與射入點在同一水平線上,則其在電場中運動時間為d【解答】解：A．粒子射入電場位置電勢為U2,根據電勢能與電勢關系,粒子a射入電場時電勢能Ep=φq=B．粒子的運動可以分解為沿極板方向的勻速直線運動,垂直于極板方向的變速直線運動,當垂直于極板方向的分速度減為零時,電場力做負功最大,根據功能關系,粒子a在電場內運動過程中電勢能最大,但此時粒子有平行極板方向的速度,粒子運動的動能不為零,故B錯誤;C．假設粒子初速度為v0,將初速度分解為沿極板方向vx和垂直于極板方向vy由數學知識vx=粒子沿極板方向的勻速直線運動,垂直于極板方向的變速直線運動,根據位移公式有,粒子a從下極板右邊緣射出時2d＝vxt,d解得a粒子進入電場到最大勢能處在垂直于極板方向經過的位移為y最大勢能處的電勢為φ故運動過程中最大勢能E故C正確;D．由C選項,vv粒子沿極板方向的勻速直線運動,垂直于極板方向的變速直線運動,根據位移公式有,粒子a射出點與射入點在同一水平線上則2d＝vxt,0=解得a又a得v所以v則粒子在電場中運動時間為t故D錯誤.故選：C.如圖所示,空間有豎直向下的勻強電場E,從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球,落到斜面上的B點,空氣阻力不計,下列說法中正確的是()A．若將平拋初速度減小一半,則小球將落在AB兩點的中點B．平拋初速度不同,小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同C．平拋初速度不同,小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同,等于2tan30°D．若平拋小球的初動能為6J,則落到斜面上時的動能為14J【解答】解：小球受重力和電場力,電場力既可向上也可向下,球做類平拋運動,加速度a固定,向下;根據類平拋運動的分運動規(guī)律,有：x＝v0t,y=1tan30故：t=2v0tan30°A、若將平拋初速度減小一半,根據x=23v023a,y=2v0BC、設小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角為α,則有：tan(α+30°)=v故平拋初速度不同,小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角相同,但是tanα≠2tan30°,故BC錯誤;D、由于小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ=v初動能：Ek=1末動能：Ek′=1故：Ek′＝6J+(233)2×6J＝14J,故D故選：D.假設你是當年"陰極射線是帶電粒子”的支持者.你采用如圖所示的實驗裝置來測定陰極射線的比荷(電荷量與質量之比).某次實驗室中,真空管內陰極K發(fā)出的陰極射線經高壓加速電壓加速后,穿過A'中心的小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P'間的區(qū)域.當極板間不加偏轉電壓時,射線打在熒光屏的中心O點處,形成了一個亮點;當加上偏轉電壓U＝200.0V時,亮點偏離到O'點,O'與O點的豎直間距為y＝4.0cm、水平間距忽略不計.此時,在P和P'間的區(qū)域,再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場.調節(jié)磁場的強弱,當磁感應強度的大小B＝5.0×10﹣4T時,亮點重新回到O點.已知極板水平方向的長度為l1＝5.0cm,極板間距為d＝2.0cm,極板右端到熒光屏的距離為l2＝12.5cm.忽略射線的重力和射線間的相互作用.(1)推斷陰極射線帶什么性質的電荷,寫出理由;(2)求陰極射線打在熒光屏O點時速度的大小;(3)求陰極射線的比荷.【解答】解：(1)陰極射線帶負電,原因是射線在KA之間或平行極板P和P'間所受電場力與電場方向相反.(2)當電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時,電子做勻速直線運動,亮點重新回復到中心O點,根據平衡條件有：qvB=qUd,其中d代入數據得：v＝2.0×107m/s(3)設陰極射線在偏轉電場中的偏轉距為y1,由幾何關系得：y代入數據得：y根據位移—時間公式,有：y根據牛頓第二定律有：a其中d＝2.0cm＝0.02m水平方向勻速直線運動,則有：l1＝vt聯(lián)立可得：q答：(1)陰極射線帶負電;(2)陰極射線打在熒光屏O點時速度的大小為2.0×107m/s;(3)陰極射線的比荷2.1×1011C/kg.十、等效法處理疊加場問題1．各種性質的場(物質)與實際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性,即幾個場可以同時占據同一空間,從而形