静电场同步练习2(答案版)

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1、静电场同步练习2评卷人而一、选择题（本题共42道小题，每小题0分，共0分）1.（单选）如图甲所示，两个点电荷Q、Q固定在x轴上距离为L的两点，其中Q带正电荷位于原点Qa、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a,b两点时的速度分别为va、vb,其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（）.A.Q带负电且电荷量小于QB.粒子从a点运动到b点电场力做正功C.a点的电势比b点的电势高D.粒子在a点的电势能比b点的电势能大2.（多选）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个

2、等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点.据此可知（）B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大3.（单选）如图所示：长为L、倾角为6的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度V。从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为V。，则AC+A.小王在B点的电势能一定大于在A点的电势能B. A、B两点间的电压一定等于mg-qc.若电场是匀强电场，则该电场白电场强度最大值一定为mgqD.若该电场是

3、由放置在C点的点电荷Q产生，则日为45。4 .（单选）如图所示，Qi、Q2为两个等量同种正点电荷，在Qi、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Qi、Q2的连线上（O为连线的中点），N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是（）6七g*Vtt!|A.。点电势等于N点电势B.。点场强一定大于M点场强C.将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D.若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在。点时电势能最大5 .（多选）如图甲所示，Qi、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点.现有一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运

4、动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度时间图象如图乙所示.下列说法正确的是（）甲乙工A. Qi一定带正电B. Q1的电量一定小于Q2的电量C. b点的电场强度一定为零D.粒子由a点经b点向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大6 .（多选）在点电荷Q形成的电场中，一个a粒子（42He核）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是点以相同的初速度飞入.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）A.a一定带正电，b一定带负电B.a加速度增大，b加速度增大C. a电势能减小，b电势能增大D.a和b的动能一定都增大8.（单选）若带正电荷的小球只受

5、到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A. 一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B. 一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C.不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D.不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动9.（单选）图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V.一质子（）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v,则对质子的运动有下列判断：质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eV质子经过等势面c时的速率为2.25v质子经过等势面c时

6、的速率为1.5v上述判断正确的是（）A.Q为正电荷B.运动中粒子总是克服电场力做功C. 粒子经过两等势面的动能EkaEkbD. 口粒子经过两等势面的电势能EDaEDbpapb7.（单选）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的OA.和B.和C.和D.和10.12.（多选）如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A.从A到B做功最多B.从A到C做功最多C.从A到E做功最多D.做功一样多A.该油滴带正电B.在这段时间内电场力所做的功等于油滴重力势能的变化C.在这段时间内油滴的机械能保持不变D.在这段时间内油滴的动能保持不变14.（多选）如图所示， 。-x图

7、表示空间某一静电场的电势 。沿x轴的变化规律, 图象关于4轴对称分布.x轴上a、b两点电场强度在 x方向上的分量分别是 Exa、Exb,则（）（单选）如图所示，实线表示匀强电场的电场线.一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点.若a点电势为巾a,b点电势为巾b,则（）J-TfA.场强方向一定向左，且电势巾a（J）bB.场强方向一定向左，且电势巾aV（J）bC.场强方向一定向右，且电势巾a（J）bD.场强方向一定向右，且电势巾aV（J）b11.（单选）如图所示点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C

8、、DE各点，则电场力做功（）B、C三个带正电的小球.小球质量分别为mr2ml3mi,所带电荷量分别为q、2q、3q.CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强磁场中.现让该装置绕过中心。并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120。角,则A、B、C三个球所构成的系统的（）A.电势能不变B.电势能减小C.重力势能减小D.重力势能增大13.（多选）如图所示，两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场，一个质量为m,带电量为q的油滴以初速度vo进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力不计，则（）A. ExaRbB. Exa沿x负方向，Exb沿x正方向C

9、.同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D.将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功15.（单选）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的.两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自8。点的场强大小为迎R2C. B、D两点的电势关系是：？b?dD.电荷量为+q的点电荷在A点的电势能小于在C点的电势能17 .（单选）如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态.保持小由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）.作

10、为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距0,rj离r的关系为：F=-F口，rjr。式中F0为大于零的常量，负号表示引力.用U表示夸克间的势能，令U）=F0（2-ri）,取无穷远为势能零点.下列U-r图示中正确的是（）球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放.则释放后小球从M运动到N过程16.（单选）如图所示， AG BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为 O,半彳仝为 R电 荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于 AC对称，+Q与O点的连线 和OC间夹角为30 .下列说法正确的是（）A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B.小球重力势能的减少量等于小

11、球电势能的增加C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量？D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和18 .（多选）静电场方向平行于x轴，其电势。随x的分布可简化为如图所示的折线.一质量为mr带电量为-q的粒子（不计重力），以初速度vo从O点（x=0）进入电场，沿x轴正方向运动.下列叙述正确的是（）A.粒子从O运动到xi的过程中速度逐渐减小B.粒子从xi运动到x3的过程中，电势能一直增大C.要使粒子能运动到x3处，粒子的初速度vo至少为1”工A.滑块与带电量为 Q的正电荷距离为x时，滑块电势能为 口xi处，滑块最后将停在距离场源点电xi处，当滑块运动到距离场源点电荷d.若vo=的上，粒

12、子在运动过程中的最大速度为Jqe口VDVD19.（单选）在粗糙绝缘的水平面上固定一个带电量为Q的正电荷，已知点电荷周围电场的电势可表示为（f）=kg,式中k为静电常量，Q为场源电荷的带电量，r为距场源x电荷的距离.现有一质量为m,电荷量为q带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因数为阳，K粤师g，则（）B.若将滑块无初速地放在距离场源点电荷荷kqQ处C.若将滑块无初速地放在距离场源点电荷X3处的加速度为型ITlK工3乩吕点距离为d的O点时，速度为v,已知MN与AB之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速度为g.求：（1）C、。间的电势差Uco；（2）小球p在O点时的加速度;（3）小球

13、p经过与点电荷B等高的D点时的速度.21.（多选）（2013?和平区四模）两个点电荷Qi,Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）,在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示.则下列判断正确的是（）D.若将滑块无初速地放在距离场源点电荷xi处，当滑块运动到距离场源点电荷X3处的速度为V=20.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和-Q,A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p,其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电

14、荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距CA. M点电势为零，N点场强为零B. M点场强为零，N点电势为零C. Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D. Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小22.（多选）（2014春?忻州期中）如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d,一个带电的液滴带电量大小为q,质量为m,从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）-6*A.液滴做的是匀速直线运动B.液滴做的是匀变速运动C.两板的电势差为D.液滴的电势能减少了mgdq23 .试题内容丢失。24 .（单选）如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，关于电子

15、到达Q板时的速率，下列说法正确的是（）A.两极板间距离越大，加速时间越长，电子获得的速率就越大B.两极板间距离越小，加速度就越大，电子获得的速率也越大C.电子获得的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压有关D.以上分析都不正确P-*-doVo25.（多选）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C,质量分别为m、2m和3m,B球带负电，电荷量为-q,A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的。点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30。的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）A。A、B球间的细线的张力为5EqE

16、2B.A、B球间的细线的张力可能为0C将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力生：12D将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力与626.（多选）（2013?长春四模）一空间存在匀强电场，场中A、B、C、D四个点恰好构成正四面体，如图所示.已知电场强度大小为E,方向平行于正四面体的底面ABC,正四面体棱长为245cm.已知Uac=6V、Ubc=6V,则（）c400A.Udc=4VB.Udc=3VC.E=200V/mD.E=V/m27.（多选）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中.现将一直

17、径略小于塑料管内径，质量为m,带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg,以下说法正确的是（）A.箔片张开B.箔片不张开C.带电金属球电量足够大时才会张开D.箔片张开的原因是金属网罩感应带电产生的电场30.（单选）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）.设两极板正A.小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动B.小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC.小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5:1D.小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg28.如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强

18、电场中，不考虑两球之间的相互作用.初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90。（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变.根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）EQ二LIZA.A球一定带正电荷，B球一定带负电荷B. A球电势能一定增加C. A、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1:2D. 电场力对A球和B球都不做功29.（单选）如图所示，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，则下面关于验电器箔片的说法正确的是对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为0.实验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持S不变，增大d,则。变大B.保

19、持S不变，增大d,则。变小C.保持d不变，减小S,则。变小D.保持d不变，减小S,则。不变31.（多选）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接,下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）.A.平行板电容器的电容将变小B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少林电计D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变32.（单选）如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S,两极板的间距为d,电容器所带电荷量为Q,电容为C,静电

20、计指针的偏转角为M平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为以下列说法正确的是（）A.若增大d,则（）减小，。减小B.若增大Q,则。减小，。不变C.将A板向上提一些时，。增大，。增大D.在两板间插入云母片时，则4减小，。不变33.（多选）平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合电键S,电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为0,如图所示，那么（）A.保持电键S闭合，将A板稍向B板靠近，则。增大B.保持电键S闭合，将A板稍向上移，则。减小C.电键S断开，将A板稍向B板靠近，则。不变D.电键S断开，将A板稍向上移，则。减小A.电容器电荷量增大B.

21、电源的效率增大C.电压表示数增大D.R2上消耗的功率减小35.（多选）（2012秋？海珠区期末）如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r,电阻R2、R3为定值电阻，Ri为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板.当滑动变阻器Ri处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动.则下列说法中正确的是（A.仅把Ri的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B.仅把Ri的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C.仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变D仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变36.（单选）在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小

22、于电源的内阻，电流表A、电压表M、电压表V2的读数分别为I、U和U,P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为0,则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表Vi、电压表V2读数变化量大小分别是I、口和4，下列说法中正确的是（）34.（单选）如图所示，电源电动势为E、内阻为r,电阻R、R、R为定值电阻，R为光敏电阻（有光照射时电阻变小），C为定值电容。当S闭合且电路稳定后，让光照射R,则以下说法正确的是39.（多选）给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电。板间带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示，小球静止时与竖直方向的夹角为0,则（6

23、所示的电路。1*-A.大于UiB.灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角0变大C.电源的输出功率变大A.若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B.若将B极板向下平移稍许，A、B两级板间电势差将增大C.若将B极板向小平移稍许，夹角。将变大D.轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动40.（单选）电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图%二变大、Iu2苫变大当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S断开,以下判断正确的是37 .（单选）如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d,有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速

24、插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g.粒子运动加速度大小为（）A.-gB.gC.gD.gdd-LyddL38 .（2014秋睑凤区校级期中）如图所示电路，A、B间电压恒为3.2V,3个电阻的阻值均为4Q,电容器的电容为30科匕电流表为理想电流表，那么电路稳定时电容器所带的电量、电流表的读数分别是（）.AHa|-A.0C,0AB.9.6M05C,0.8AC.9.6M05C,0AD.0C,0.8AA.液滴仍保持静止状态B.液滴将向上运动C.电容器上所带的电荷将减为零D.电容器上所带的电荷将减小41 .（多选）在如图所示的电路中，Ri、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合

25、后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A.增大R1B减小R2C.减小R3D减小平行板两极板MN间距42 .一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地.两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、。表示P点的电势，号表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离X0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）评卷人得分第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明二、计算题(本题共6道小题，第1题0分，第2题0分，第3题0分，第4题0分，第5题0分，第

26、6题0分洪0分)43 .如图所示，平行金属板两板间的距离为4cm,两板间电压为100V,若a、b两点间距离也是4cm,且a、b两点连线与电场线的夹角为60。，则(1)板间场强E为多少？(2) a、b两点的电势差是多少？(3)把一个电荷量为-1.0M015C的点电荷由a移到b点，电势能如何变化？变化了多少？(4)若b点离下极板的距离为1cm,取上极板的电势为零，则b点的电势砧等于多少？44.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm,bc间距离Lbc=14cm,其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角.一个所带电量q=-4X108c的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wb

27、=1.2X106J.求：(1)匀强电场的电场强度；(2)电荷从b点移到c点，电场力所做的功;(3) a、c两点间的电势差.45 .两个正点电荷Q1=+Q和Q2=+4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L,且A、B两点正好位于水平光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示.(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？(2)将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中能达到最大速度的位置离A点的距离；(3)若把另一正检验电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中速度为最大值时的位置P,即求出图中PA和AB连线的夹角0

28、.46 .如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q,B球的带电量为-3q,构成一个带电系统(它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力).现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQJ.已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与M叶行且间距足够长.匀强电场的电场强度大小为E,方向水平向右.释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响.求：(1)带电系统运动的最大速度为多少？(2)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？(3)带电系统回到初始位置所用时间为多少？47 .(计算)(2013?南昌

29、二模)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J,在M点的动能为6.0J,不计空气的阻力.求：(1)小球水平位移Xi与X2的比值；(2)小球落到B点时的动能EkB.(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin?2道小题，每小题0分，共0分)2道小题，第1题0分，第2题0分洪49.如图所示，在 E=400V/m的匀强电场中，a、b两点相距d=4cm ,它们的连线跟场强 方向的夹角是60,则Uba= 8 V.48 .如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2X10-5

30、勺负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J,已知A、B两点间距离为2cm,两点连线与电场方向成600角，求：(1)电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB;(2)A、B两点间的电势差UAB;(3)该匀强电场的电场强度E.50.(填空)(2014秋？城东区校级月考)如图所示，A、B、C、D、E、F是匀强电场中一正六边形的六个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为15V、8V、-3V.由此可得D、E、F三点的电势分别为加,髭,4)b.故选C.点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布.对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧.11.考点：电势能.版

31、权所有专题：电场力与电势的性质专题.分析：以点电荷Q为中心的球面上所有各点的场强的大小相等而方向不同；该球面是等势面.解答：解：该球面是等势面，各点的电势相等，所以：LAb=LA(=IAd=Uve,将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、DE各点，则电场力做功W=qU所以电场力个一杨多.故D正确.故选：D点评：该题考查点电荷的电场的特点，掌握以点电荷Q为中心的球面上所有各点的电势相等是解题的关键.属于基础题目12.【考点】：电势能.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：根据电场力做功和重力做功的定义式求解总功，再根据电场力做做功电势能减小，重力做做功重力势能减小分析.:

32、解：顺时针转过120时，A到B位置，B到C位置，C到A位置A、设三角形的边长为 L,则：电场力做功 WB=0.5qEL, Wc=- 2qEL, W/=1.5qEL,故 W总=0,电势能不变，A正确B错误C、重力彳故功: WGA=mgLcos30 = 2/1, Wb=0, WC=3mgLcos30 =-川乩，故 W乙乙总=-JmgL,重力势能增加，C错误D正确故选：AD【点评】：掌握电场力和重力做功与电势能和重力势能的变化关系.13.考带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能.版权所有八、专带电粒子在电场中的运动专题.题：分油滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力不可能与速度不再

33、同一条析：直线上，故合力为零，然后结合功的定义分析.解解：A、滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力不可能与速度不再同答：一条直线上，故合力为零，电场力与重力平衡，电场力向上，与场强同方向，故带正电，故A正确；B、由于电场力和重力是一对平衡力，电场力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力势能的增加量，故B正确；C、由于除重力外电场力做正功，故机械能增加，故C错误；D、由于受力平衡，做匀速直线运动.故动能不变，故D正确；故选ABD点本题关键是对物体受力分析后结合运动情况得到电场力和重力平衡，再结合功评：的定义分析.14.【考点】：电势；电势能.【分析】：本题的入手点在于如何判断

34、国和Exb的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法.:解：A卜在a点和b点附近分别取很小的一段d,由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有E二4，可见RaExb,故A正确；d日沿电场方向电势降低，在。点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在。点右侧，Eb的方向沿x轴正方向，故B正确；C由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，

35、故C错误；D将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选：AB【点评】：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高.15.考电势能；动能定理的应用.八、专压轴题；电场力与电势的性质专题.题：分本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功情况判断势能的变化情况，即可析：进行选择.无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=L位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，两夸克之间的相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，rvri之后势能不变，恒定为-U).解解：从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可

36、知，两夸克之间的答：相互作用力F=0,则知势能恒定为零；在=2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；rvri之后，F=0,势能不变，恒定为-U0,由引力做功等于势能将少量，故Uo=F0(r2-ri).故B正确.故选B点本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r评：的关系，分析F做功的正负，判断势能如何变化.16.考电场强度；电势；电势能.八、专电场力与电势的性质专题.题：分根据点电荷的电场=丹和电场叠加原理可求解。点的场强大小.两个等电量析：T正负点电荷产生的电场等势线与电场线具有对称性，作出AC间的

37、电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B与D电势的高低，判断电场力做功情况，可知A点和C电电势能的大小，解解：答：A、根据点电荷的电场E=k%可得：+Q在。点产生的场强大小等于k,方向1&+Q到0;-Q在。点产生的场强大小等于心，方向沿。到-Q,两个场强方向的夹角为120,由电场叠加原理得知O点的场强大小故A、B错误；胪C、根据顺着电场线电势降低和对称性，。B。D.故C正确.D、A点与C点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误.故选：C.点本题关键要掌握点电荷场强公式，能运用电场的叠加原理求解空间任一点的场评：强.分析

38、时抓住电场线与等势线的对称性，知道AC是一条等势线.17.【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；弹性势能.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力.在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功.据此来分析各个选项:解：A由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误.日由题意，小球受到的电场力等于重力.在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能和动能，故B错误；C释放后小球从M运动到N过程中，弹性势能并没变，一直是0,

39、故C错误.DX由动能定律可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确.故选：BC18.【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况.根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化.粒子如能运动到X1处，就能到达X4处，根据动能定理研究0-X1过程，求解初速度V0.粒子运动到X3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度.:解：A、粒子从O运动到X1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿X轴正方

40、向，粒子做加速运动.故A错误.日粒子从X1运动到X3的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势高处电势越小,可知，粒子的电势能不断增大.故B正确.C、0到X3根据动能定理得：-q(0-(-4)=0-1m,解得：V0=JU匕3,要使粒子能运动到X4处，粒子白初速度V0至少为J至匕S.故C错误.若v0=Jq89,粒子运动到xi处电势能最小，动能最大，由动能定理得：VID1O19-q(060)=imv士一，mvf,220解得最大速度为：Vn=/3q由故D正确.故选：BD19.解：A、滑块与带电量为Q的正电荷距离为X时，据题知，此时滑块所在处的电势为柠k旦则滑块电势能为Ep=q巾甚.故a正确.B、若将滑

41、块无初速地放在距离场源点电荷xi处，设滑块最后将停在距离场源点电荷X处.根据能量守恒定律得：qk-qk=g(x-x”,解得x=哆，即滑块最后将停xikMmgk在距离场源点电荷及碣处,故b正确.C、若将滑块无初速地放在距离场源点电荷X1处，设当滑块运动到距离场源点电荷X3处的加速度为a,由牛顿第二定律得：qQk-(jmg=ma叼则得a：.%-闻，故C错误.ID叼D、将滑块无初速地放在距离场源点电荷XX1处，设滑块运动到距离场源点电荷X3处的速度为V,由动能定理得：2q（5-心）-师g（X3-X1）=上mv2又M=k-,（j）3=k-町叼解得v力常幽-2四。（二-一），故D正确.mx叼31故选：A

42、BD.20.考电势差与电场强度的关系；动能定理.八、专电场力与电势的性质专题.题：分（1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电析：势差Uco.（2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解（3）由电场的对称性知，Uod=Uco,小球从O到D由动能定理求解解解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：答,mgd+qUco=mv2-0,解得：Uco=1加；Zq（2）小球p经过O点时受力如图：p.V由库仑定律得：Fi=F2=k-,（V2d）2它们的合力为：F=Ficos45+F2cos45=血,2d2所以p在O点处的加速度：aJLtSl=Vl+g,方向竖直向下；m2d2

43、m（3）由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的.即小球p由C运动到O与由O运动到D的过程中合外力做的功是相等的,由动能定理得：W合=mv-0=2mv2,解得：vd=Jv;mv2-2mgd答：（1）C、O间的电势差Uco为;Zq（2）小球p在O点时的加速度为：返起g+g,方向竖直向下；2d2m（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为&v.点本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电评：综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性.点占八、评:21.ACEP解：A、B由图知，M点电势能Ep=0,由柠分析得知

44、，M点电势柠0.Ep-x图q象的斜率_=F=qE,则知N点场强为零.故A正确，B错误.AxC、D根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Qi带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k-，知，Q2电荷量较小.故C正确，D错误.r故选AC22.ACD解：AB、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动.故A正确，B错误；C、液滴从上极板运动到下极板的过程中，由动能定理有qU-mgd=0?U=整士故Cq正确；D、重力做

45、功-mgd,微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd.故D正确.故选ACD23 .答案内容丢失。24 .C25 .考匀强电场中电势差和电场强度的关系.电场力与电势的性质专题.题：分静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，析：重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度1g做2匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE,把AB看成一个整体即可求解.解解：A、静止时

46、，对B球进行受力分析，则有：答，T=(2mg+3mg+Eq)sin30(5mg+Eq),故A正确，B错误；2C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE,经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度qEsin30,此时A、B球的加速度为ag(显然4g),C3m61r26rr2球以加速度工g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象2可得A、B球间细线的拉力为F=ma3,故C错误，D正确.6故选：AD本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中.26.AC匀强电场

47、中电势差和电场强度的关系；电场强度解：因为Uac=6V、Ubc=6V,AB连线为等势面，过C点做底边AB的垂线垂足为F,则FC即为匀强电场的电场线，由几何知识FC=3cm,则匀强电场场强62Ey200V/m；过D点做FC的垂线垂足为G,则CG=qFC,所以0.0332Udc=UaC4V,故A、C正确，B、D错误.J故选：AC.27.考匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力.八、专电场力与电势的性质专题.题：分小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中析：重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析.解解

48、：A、只有重力和电场力做功，带电小球到达B点，重力势能不变，电势能答：减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为qE?2R=2mgR故A错误;B、D、从A点释放到第二次到C点过程，根据动能定理，有-mgR+2qE?2R弓启2据向心力公式，有N2C+mg=mR解得N2c=5mg故B错误；C、第一次过D点时，根据动能定理，有mgR+gERmD2根据向心力公式，有N1D-mg=mllR解得NiD=5mg第一次过C点，根据向心力公式，有2V1CNic+mg=mp-根据动能定理可知：第一次经过C点的动能为：2EqR-mgR=mgR,故Nic=mg可知故CD正确；故选：CD点本题关键要分析求出小球的运

49、动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿评：第二定律列式求解.28.C考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能解：A、电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；B、A的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故B错误C、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqBL=Eqa2L,因此qA：qB=1:2,故C正确；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误.故选：C.29.B30.考影响平行板电容器电容的因素.八、分静电计指针偏角。表示电容器两端电压的大小，根据电容的定义式C=dE，判断电容的变化，再根据C=,判断电压的变化，从而得知静电计指针偏角的变化.解：根据电容的定义式C=一，保持S不变，增大d,电容C减小，再根5kd,答：据U=,知U增大，所以。变大.故A正确，B错误.保持d不变，减小S,电容减小，再根据C=,知U增大，所以。变大.故CD错误.故选：A.点解决电容器的动态分析问题