2019年高考物理第一輪復(fù)習(xí)靜電場專題提高練習(xí)

1、2019年高考物理第一輪復(fù)習(xí)：第一章靜電場專題提高練習(xí)難度（）、單選題【答案】D【解析】電容器接靜電計(jì)，有少量的電荷轉(zhuǎn)移到靜電計(jì)上，忽略電荷的轉(zhuǎn)移時(shí)可認(rèn)為下列各種操作過程中電1.在真空中有水平放置的兩個(gè)平行、正對(duì)金屬平板，板長為1,兩板間距離為d,在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度vo（vo接近光速的1/20）從兩極板左端中點(diǎn)沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時(shí)間相比交變電流的周期可忽略不計(jì)，不考慮電子間的相互作用和相對(duì)論效應(yīng)，則（）B.當(dāng)Um時(shí),將沒有電子能從極板的右端射出md2v2el22mdvC.當(dāng)Um=時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與

2、無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：2el2md2v2D.當(dāng)Um=時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：J2el【答案】A【解析】A、B、當(dāng)由電子恰好飛出極板時(shí)有:22,d1,2eUmmdv、l=v0t,=at,a=由此求出：Um=當(dāng)電22mdel2壓大于該最大值時(shí)電子不能飛出，故A正確，B錯(cuò)誤；C、當(dāng)Um=2mdJ,一個(gè)周期內(nèi)有1的時(shí)間電壓低el22d22于臨界電壓mW,因此有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為el21:1,故C2md2v2錯(cuò)誤，D、右Um=2一，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為el1.21,2

3、-1一1則D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選2.如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計(jì)相接，極板M接地。用靜電計(jì)測(cè)量平行板電容器兩極板間的電勢(shì)差U。在兩板相距一定距離d時(shí)，給電容器充電，靜電計(jì)指針張開定角度。在整個(gè)實(shí)驗(yàn)過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面哪些操作將使靜電計(jì)指針張角變?。ǎ〢.將M板向下平移B.將M板向上平移C.將M板沿水平向左方向遠(yuǎn)離N板D.在M、N之間插入云母板（介電常數(shù)大于1）容器的電荷量Q不變；明確靜電計(jì)的張角變小反映的是電容器的電壓變小。A、B、根據(jù)？?=:篇北知，將M板向上或向下平移，正對(duì)面積減小，則C減小，根據(jù)？?=）電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針張角變大;

4、A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤。C、根據(jù)？?=/?知，將M板向左平移，距離d增大，則C減小，根據(jù)？?=學(xué)口電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針張角變大，C錯(cuò)誤。D、在MN之間插入云母板（介電常數(shù)1）,由？?=喘?得C增大，根據(jù)？=？可知電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針張角減小，D正確。故選Do3.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相同。實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，由此可知（）A.三個(gè)等勢(shì)面中,B.帶電質(zhì)點(diǎn)通過C.帶電質(zhì)點(diǎn)通過D.帶電質(zhì)點(diǎn)通過【答案】Cc等勢(shì)面電勢(shì)高Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較小P點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能較大Q點(diǎn)時(shí)加速度較大【解析】A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)

5、側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢(shì)降低,故a等勢(shì)線的電勢(shì)最高，c等勢(shì)線的電勢(shì)最低，故A錯(cuò)誤。B、從P到Q過程中電場力做正功，電勢(shì)能降低，動(dòng)能增大，故P點(diǎn)的動(dòng)能小于Q點(diǎn)的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢(shì)能降低，故P點(diǎn)的電勢(shì)能大于Q點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確。D、由于相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相同。等勢(shì)線密的地方電場線密場強(qiáng)大，故P點(diǎn)位置電場強(qiáng)，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D錯(cuò)誤。故選Co4.如圖所示，a、b兩個(gè)帶電小球，質(zhì)量分別為，？用絕緣細(xì)線懸掛，兩球靜止時(shí)，它們距水平地面的高度均為h（h足夠大），繩與豎直方向的夾角分別為？和？

6、（？,若剪斷細(xì)線Oc,空氣阻力不計(jì)，兩球電量不變，重力加速度取g,則（）A.a球先落地，b球后落地B.落地時(shí)，a、b水平速度相等，且向右C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，a、b系統(tǒng)的電勢(shì)能增加D.落地時(shí)，a、b兩球的動(dòng)能和為？2?+?【答案】D【解析】A、在豎直方向上，只受重力，加速度相同，都是g,因高度相同，則兩球同時(shí)落地，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)閮汕蚓嗟刈銐蚋?，所以在落地前繩被拉直，由動(dòng)量守恒可以知道兩球水平方向的總動(dòng)量一直為零，故落地時(shí)，兩球水平方向的速度均變?yōu)榱?，故B錯(cuò)誤.C、在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，除重力做功外，還有庫侖力做功，水平方向在庫侖斥力作用下，各自相向運(yùn)動(dòng)，庫侖力做正功,故系統(tǒng)的電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤

7、；D、水平方向在庫侖斥力作用下，各自相向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩子拉直時(shí)，水平方向速度損失，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，而豎直方向上作自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可以知道，則落地時(shí)，a、b兩球的動(dòng)能和為？?+?,故D正確故選D5.某電場的電場線分布如圖所示實(shí)線，以下說法正確的是A. c點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)B. b和c處在同一等勢(shì)面上C.若將一試探電荷+q由a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電荷的電勢(shì)能將增大D.若某一點(diǎn)電荷只在電場力的作用下沿虛線由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，可判斷該電荷一定帶負(fù)電【答案】A【解析】A、電場線的疏密表示場強(qiáng)的強(qiáng)弱，由圖知c點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)，故A正確；B、沿電場線方向電勢(shì)逐漸降低，故b的電勢(shì)大于c的，故B錯(cuò)誤；C、若將一

8、試探電荷+q由a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電場力做正功，電荷的電勢(shì)能將減小，故C錯(cuò)誤；D、由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力大致斜向左上方，與電場強(qiáng)度方向相同，故粒子帶正電，故D錯(cuò)誤；故選Ao?、，6.如圖所示，在x軸相距為L的兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷、，虛線是以所在點(diǎn)為圓心、2為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個(gè)點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱下列判斷正確的是J、/*4理-2:-QhA. b、d兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同B. a、c兩點(diǎn)處的電勢(shì)相同C.將一試探電荷+q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，電場力做正功D.將一試探電荷-q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，-q的電勢(shì)能減小【答案】C【解析】

9、A、b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式與電場疊加原理可知，b、d兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，b、d兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；B、該電場為等量異種點(diǎn)電荷的電場，將等量異種點(diǎn)電荷的電場線與等勢(shì)面的圖畫出如圖所示：a、d兩點(diǎn)不在同一等勢(shì)面上，a、d兩點(diǎn)電勢(shì)不同，故B錯(cuò)誤；C、c點(diǎn)的電勢(shì)低于a點(diǎn)的電勢(shì)，試探電荷+q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，電場力做正功，故C正確；D、c點(diǎn)的電勢(shì)低于a點(diǎn)的電勢(shì)，試探電荷-q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，電場力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤；故選Co7. A、B為兩等量異種電荷，圖中水平虛線為A、B連線的中垂線?，F(xiàn)將另兩個(gè)等量異種的檢驗(yàn)電荷a、b,如圖用絕緣細(xì)杠連接后從

10、AB無窮遠(yuǎn)處沿中垂線平移到AB的連線，平移過程中兩檢驗(yàn)電荷位置始終關(guān)于中垂線對(duì)稱，若規(guī)定離AB無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說法中正確的是中川flI+0*中3_oi一彳IflA.在AB的連線上a所處的位置電勢(shì)？?0C.整個(gè)移動(dòng)過程中，靜電力對(duì)a做正功D.整個(gè)移動(dòng)過程中，靜電力對(duì)a、b整體做正功【答案】B【解析】AB連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線，其電勢(shì)等于無窮遠(yuǎn)處電勢(shì).根據(jù)電場線的方向分析電勢(shì)的大小.將兩個(gè)檢驗(yàn)電荷等效看成一個(gè)物體，分析其電勢(shì)能和電場力做功情況。【詳解】A項(xiàng)：設(shè)AB連線的中點(diǎn)為O,如圖如|由于AB連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線，且一直延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)為零，AO間的電場線方向

11、由A-0,而順著電場線方向電勢(shì)逐漸降低，可知，a所處的位置電勢(shì)八0,故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：a所處的位置電勢(shì)婀0,b所處的位置電勢(shì)岫0,故B正確；C項(xiàng)：在平移過程中，a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角，則靜電力對(duì)a做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：a、b看成一個(gè)整體，總電量為零，所以整個(gè)移動(dòng)過程中，靜電力對(duì)a、b整體做功為零，故D錯(cuò)誤。二、多選題8.在真空中，正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C分別固定三個(gè)等量點(diǎn)電荷，電性如圖所示；a、b、c為三角形三個(gè)邊的中點(diǎn)，O為三角形的中心，c、e之間額距離大于b、d之間的距離。下列判斷正確的是*1：二J.,JA. a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B. b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C. c、

12、e兩點(diǎn)的電勢(shì)相等D. e點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)【答案】BD【解析】A、A和B兩負(fù)電荷在a的場強(qiáng)方向相反抵消，則a的合場強(qiáng)為C點(diǎn)的正電荷產(chǎn)生的，方向沿COa向外；A和C兩異種電荷在c點(diǎn)場強(qiáng)同向，再疊加B的負(fù)場源的場強(qiáng)可得a和c兩的合場強(qiáng)大小不等，方向不同，A錯(cuò)誤。B、等量異種電荷在b和c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，再疊加一個(gè)負(fù)電荷的電勢(shì)，可知b和c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，B正確.C、等量異種電荷在c和e兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，但場源B在c點(diǎn)的電勢(shì)低于e點(diǎn)的電勢(shì)，故總的電勢(shì)兩點(diǎn)不等，C錯(cuò)誤.D、d和e兩點(diǎn)均在等量異種電荷的中垂線上，但e點(diǎn)離負(fù)電場源更遠(yuǎn)，則總的電勢(shì)e點(diǎn)更高，D正確。故選BD.9.如圖所示，平行板電容器A、B兩

13、極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿A、B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A極板來改變兩極板A、B間距（兩極板仍平行），則下列說法正確的是（）A.若小球帶正電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球打在N的右側(cè)B.若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)C.若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)D.若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)【答案】BC【解析】A極板帶正電，B極板帶負(fù)電，根據(jù)二極管具有單向?qū)щ娦?，極板的電量只能增加不能減小.根據(jù)兩極板間

14、電場的變化，判斷電場力的變化，從而確定小球的加速度變化以及水平方向上的位移變化.【詳解】液滴繼續(xù)保持靜止，故A錯(cuò)誤、B正確.C、D、下極板接地，則P點(diǎn)的電勢(shì)等于P與b之間的電勢(shì)差，因E不變，d增大，故液滴處的電勢(shì)增大；因液滴帶負(fù)電，故其電勢(shì)能將減小，故C正確、D錯(cuò)誤。故選BC。12.如圖為某一電場的電場線，M、N、P為電場線上的三個(gè)點(diǎn)，M、N是同一電場線上兩點(diǎn)。下列判斷正確的是（）若小球帶正電，當(dāng)d增大時(shí)，電容減小，但由于二極管不能反向?qū)ǎ瑒tQ不可能減小，所以Q不變，根據(jù)?=?=2?=竺?知e不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點(diǎn)。故A錯(cuò)誤。若小球帶正電，當(dāng)d減小?時(shí)，電容增大，Q增大，電容

15、器充電，根據(jù)？?=?=-?=?知d減小時(shí)E增大，所以電場力變大，方向?向下，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，打在N點(diǎn)左側(cè)。故B正確。若小球帶負(fù)電，當(dāng)?4?AB間距d減小時(shí)，電容增大，則Q增大，根據(jù)？?=?=?=?，知E增大，所以電場力變大，萬向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減??；運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)的右側(cè)。故C正確。若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d增大時(shí)，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)？?=二?=？=竺胃?知E不變，所以電場力大小不變，方向變?yōu)橄蛏?，若電場力小于重力，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，小球仍然打在N點(diǎn)

16、。故D錯(cuò)誤。故選BC。10 .如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A,僅增大加速電場的電壓B,僅減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C.僅增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓D.僅減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓【答案】BC【解析】電場中的直線加速，由動(dòng)能定理：？?=；?-0,可得？?=罷?;在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，？?=?加速度？?=翳?=?,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為？?=焉可得偏轉(zhuǎn)角的正切值為t?n?=/聯(lián)立可得：t?n?=差若使，?2?1?偏轉(zhuǎn)角變大即使tan。變大，由上式看出可以增大

17、U2,或減小U1,或增大L,或減小d,則A、D錯(cuò)誤，B、C正確。故選BC。11 .如圖所示，兩塊水平放置的平行正對(duì)的金屬板a、b分別與電池兩極相連，開始時(shí)開關(guān)S閉合，發(fā)現(xiàn)在距兩板距離相等的P點(diǎn)有一個(gè)帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，然后斷開開關(guān)，并將b板向下平移一小段距離，穩(wěn)定后，卜列說法中正確的是A.只受電場力作用時(shí)，同一負(fù)電荷在N點(diǎn)的加速度最大B.M、N、P三點(diǎn)中N點(diǎn)的電勢(shì)最高C.正電荷從M點(diǎn)自由釋放，電荷不可能沿電場線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)D.只受電場力作用時(shí)，同正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能【答案】ACD【解析】A、N點(diǎn)電場線最密場強(qiáng)最大，由？?=劄知N點(diǎn)的加速度最大，故A正確。B、順著電場線的方向電

18、勢(shì)降低，所以M點(diǎn)的電勢(shì)最高，故B錯(cuò)誤。C、在M點(diǎn)靜止釋放，正電荷在電場力的作用下運(yùn)動(dòng)，但是運(yùn)動(dòng)軌跡并不是電場線，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)Ep=q也由帆如可知，正電荷在M點(diǎn)電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選ACD。13.如圖所示為某電場中的一條電場線。一負(fù)電荷以大小為vo的速度從M點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，經(jīng)歷時(shí)間為電勢(shì)能變化量為AEp1。另一正電荷以大小為vo的速度從N點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中，經(jīng)歷時(shí)間為t2,電勢(shì)能變化量為AEp2。已知vo的方向平行于電場線，兩電荷的質(zhì)量相等、電荷量絕對(duì)值相等，不計(jì)電荷的重力。則A. AEp1可能小于AEp2B. AEp17E等AEP2C. t1可能

19、小于t2D. t1一定等于t2【答案】BC【解析】電勢(shì)能的變化等于電場力的功，則？?=?3?可知，AEpi一定等AEp2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若沿電場線方向場強(qiáng)變大，即若Em0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小Wi；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2.下列說法正確的是A.此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行B.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強(qiáng)大小一定為C.若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功一定為?+?2D,若W1=W2,則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差【答案】CD【解析】一電荷量為q(q0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減??？?1，但ab連

20、線不一定沿著電場線，故A錯(cuò)誤；若c、d之間的距離為L,但cd不一定平行電場線，故？?=?妁cd與電場線的夾角，不一定為零，故該電場的場強(qiáng)大小不一定為急故B錯(cuò)誤；粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減??？，故：？?-?=?4粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小？3，故：?-?=?2,勻強(qiáng)電場中，沿著11相同萬向每刖進(jìn)相同距離電勢(shì)的變化相同，故？?-?=?-?2?即？=彳？?+?,同理？=?+?,故？胡-?=1,故C正確；右？?1=?2,根據(jù)?=N可知，？?=?故？?-?2?=?h?,則2?三、解答題17 .如圖，在xOy平面的第一象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強(qiáng)電場？=5X103?,方向沿y軸正方向；第四象

21、限有一勻強(qiáng)電場？，一質(zhì)量?=1X10-12?電荷量？?=2X10-8?勺帶電粒子，從P點(diǎn)以初速度大小？=2X103?/?垂直y軸方向射入電場？中，粒子偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過x軸上A點(diǎn)進(jìn)入第四象限，并沿直線運(yùn)動(dòng)的最大距離？?？=6.25?已知？=3?37?=0,6,?37?=0.8,不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子的帶電性質(zhì)和粒子在第一象限的加速度大??；(2)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間；(3)第四象限的勻強(qiáng)電場？?大小和方向?！敬鸢浮?.0X108?7?5X10-5?與x軸成37角斜向上【解析】(1)由于粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，電場方向向上，所以粒子帶負(fù)電由？?=答=1.0X108?；(2)帶電粒子從P點(diǎn)到A點(diǎn)做類平

22、拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1?二?1?=-=1.5X10-5?=?=1.5X103?=?2+?2?=2.5X103?帶電粒子從A到B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2?仁?=5X10-5?2(3)帶電粒子從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，設(shè)加速度為a2?=；=5X107?根據(jù)牛頓第二定律?=?解得：？=號(hào)=2.5X103?設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度偏向角為0?t?n?=0.75?所以0=7E2方向?yàn)榕cx軸成37角斜向上。18 .如圖甲所示，傾角為0=30絕緣斜面被垂直斜面直線MN分為左右兩部分，左側(cè)部分光滑，范圍足夠大，上方存在大小為E=1000N/C,方向沿斜面向上的勻強(qiáng)電場，右側(cè)部分粗糙，范圍足夠大，一質(zhì)量為

23、m=1kg,長為L=0.8m的絕緣體制成的均勻帶正電直棒AB置于斜面上，A端距MN的距離為d,現(xiàn)給棒一個(gè)沿斜面向下的初速度v0,并以此時(shí)作為計(jì)時(shí)的起點(diǎn)，棒在最初0.8s的運(yùn)動(dòng)圖像如圖乙所示，已知0.8s末棒的B端剛好進(jìn)入電場，取重力加速度g=10m/s2,求：?-?=?-?)/?,故？?=?而？?=2?,?=2?故？?=?故D正確；故選CDo,一?解得：?=7?(2)由？?年T乙(1)直棒AB開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A端距MN的距離為d;(2)直棒AB的帶電量q；(3)直棒AB最終停止時(shí)，直棒B端到MN的距離.【答案】(1)20m(2)7.5103C25.48m【解析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論求出直棒AB勻

24、加速直線運(yùn)動(dòng)的位移，結(jié)合棒的長度，得出直棒AB開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A端距MN的距離為d;根據(jù)圖線得出棒子勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小，抓住當(dāng)B端剛進(jìn)入電場時(shí)棒子的加速度大小與勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度相等，結(jié)合牛頓第二定律求出帶電量的大??；抓住棒出電場過程中，電場力做正功與克服摩擦力做功大小相等，運(yùn)用動(dòng)能定理求出直棒AB最終停止時(shí)，直棒B端到MN解得粒子a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:到O點(diǎn)的距離：？?=212?1?2=2?3?+22?0?=?五一)2?2?7?.?3?-2?4?=6?4?312?(3)a經(jīng)過y軸的坐標(biāo)及對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為：?=?2”-(?1)?3?3)或?=?2?+3-2=?4?612?12?=?+?-2?3?3?

25、3-?2?4?=*?)?(?=1,2,3)12?五?：?=1,2,3.)7?2?4?12?的距離.(1)00.8s內(nèi)棒運(yùn)動(dòng)的位移為：A端距離MN的距離為：？?=?-(2)由乙可知，棒在向左運(yùn)動(dòng)至?+?=2?=20.8m?=20.8-0.8?=20mB端剛好進(jìn)入電場的過程中，棒的加速度一直不變,、，一?2為：？?=?2.5m/s當(dāng)B端剛進(jìn)入電場時(shí)根據(jù)牛頓第二定律可得:?in?=?：?=7.5X10-3c(3)AB棒未進(jìn)入電場前，根據(jù)牛頓第二定律可得：？?C?s?2?in?=?代入數(shù)據(jù)解得：？?=J從棒AB剛完全進(jìn)入電場到B剛要離開電場的運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力做功為零，重力做功為零.而棒AB出電場過程

26、中，因電場力做的正功與摩擦力做的負(fù)功大小相等，二力總功為零，棒B端出電場直到最終停止，設(shè)B端在MN右側(cè)與MN相距為x,由動(dòng)能定理可得：-?in?2?C?s?2?=0-1?代入數(shù)據(jù)求得：x=25.48m故B端在MN右邊且距MN為25.48m.【點(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，通過棒進(jìn)電場時(shí)，加速度大小不變，得出該過程中棒子電場力大小和摩擦力大小在進(jìn)入過程相等是解決本題的關(guān)鍵。19.如圖，空間存在方向垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場。在x0的區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bi=3B0,在x0,故假設(shè)成立，小物塊S能到達(dá)D點(diǎn)。小物塊S從D點(diǎn)水平拋出，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方

27、向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，(2)如圖所示,在圓形磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有2V0qvB二日r2*/xit-1qEt22m-.一一一、4.2-3可得落點(diǎn)距A的距離x=3m處0.53m。522.物理學(xué)對(duì)電場和磁場的研究促進(jìn)了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展，提高了人們的生活水平?，F(xiàn)代技術(shù)設(shè)備中常常利用電場或磁場來改變或控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子由靜止經(jīng)電壓為U的加可得磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑r=曰”=1.0mqB小球m1從G點(diǎn)進(jìn)入磁場，從H點(diǎn)射出磁場,其弦長GH為最小磁場圓的直徑，由幾何知識(shí)有其圓心角磁場圓的最小半徑r0最小面積Smin=nr20=120o.3=rsin=一m2 23 二

28、22=m:2.36m；4(1)如圖甲所示，若電子從加速電場射出后沿平行極板的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場，板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度的大小v以及射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角。的正切值；(2)如圖乙所示，若電子從加速電場射出后沿直徑方向進(jìn)入半徑為r的圓形磁場區(qū)域，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里。設(shè)電子射出磁場時(shí)的速度方向與射入時(shí)相比偏轉(zhuǎn)了角，請(qǐng)推導(dǎo)說明增大偏轉(zhuǎn)角。的方法(至少說出兩種)?！敬鸢浮?1)等：t?=羨)12)保持其他條件不變時(shí)，或增加磁感應(yīng)強(qiáng)度B,或增加圓形磁場的半徑r,或減小加速電壓U等【解析】【分析】(1)分析可知粒子在

29、加速場中做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用動(dòng)能定理即可求出粒子的速度，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解結(jié)合牛頓第二定律以及速度偏轉(zhuǎn)角公式，聯(lián)立即可求出偏轉(zhuǎn)角(2)加速過程與(1)問中相同，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系,。的正切值;求出含的表達(dá)式，改變表達(dá)式中的參量，即可找出使增大偏轉(zhuǎn)角【詳解】(1)在加速電場中有：?=1?。的方法;可得：？?=在偏轉(zhuǎn)電場中,水平方向有：豎直方向有：2?方設(shè)飛行時(shí)間為t,加速度為a,豎直分速度為vy,則L=vtvy=at聯(lián)立可得:?tan?=赤?？?=一?一？?t?n?=；?(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小vi；(2)在該空間再加

30、一垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為？?=：T,若滑塊從C點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到3D點(diǎn)時(shí)恰好離開斜面，求離開斜面時(shí)的速度大小V2和此過程中摩擦力對(duì)滑塊所做的功W?！敬鸢浮浚?235m/s(2)?=12m/s,?=-1.6J【解析】【詳解】(1)對(duì)小滑塊，從C到D,由動(dòng)能定理得：(mgsin?+?C?s?L=m?2滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大?。?=2怎?？(2)D點(diǎn)，恰好離開斜面：?=?os?離開斜面時(shí)的速度大?。?=12?1對(duì)小滑塊，從C到D,由功能定理得：?sin?+?+?=-?22此過程中摩擦力對(duì)Vt塊所做的功：？=-1.6?.?【點(diǎn)睛】當(dāng)涉及力在空間的效果時(shí)要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理，涉及力的運(yùn)動(dòng)效果優(yōu)先考慮牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，涉及力和時(shí)間的效果考慮動(dòng)量定理。24.如圖所示，在光滑絕緣豎直細(xì)桿上，套有一個(gè)有小孔的小球，小球質(zhì)量為m、帶電量為-q