高考物理专题训练：静电场（两套 附详细答案解析）

Page1高考物理专题训练：静电场（基础卷）一、(本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列关于物理学家的贡献的说法中，正确的是()A．物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用规律B．物理学家法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量C．物理学家密立根最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D．物理学家卡文迪许测出了静电力常量k【答案】A【解析】库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用的规律，并测出了静电力常量k；通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量的科学家是密立根；最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场的科学家是法拉第。综上所述，选项A正确。2．如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，A、B错误；若P球带负电，Q球带正电，如图所示，恰能满足题意，则C错误、D正确。3．如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点经C以v0＝2m/s的初速度沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知AC＝CB，φA＝3V，φB＝5V，静电力常量为k，则()A．φC＞4VB．φC＝4VC．点电荷乙的比荷为1C/kgD．点电荷乙的比荷为2C/kg【答案】C【解析】虽然题中给出的电场不是匀强电场，但仍可利用U＝Ed定性地进行分析，由图示可知，C、B间的电场强度应大于A、C间的电场强度，而AB＝CB，故UBC>UCA，即φB－φC>φC－φA，即φC<4V，选项A、B错误；根据动能定理，qUAB＝0－m，得＝1C/kg，选项C正确、D错误。4．如图所示，M、N是以MN为直径的半圆弧上的两点，O点为半圆弧的圆心。将带电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至O点正下方，则O点的电场强度大小变为E2，E1与E2之比为()A．1∶ B．∶1 C．2∶ D．4∶【答案】B【解析】依题意，当两个等量异种点电荷分别在M、N两点时，两个点电荷在O点产生的电场强度之和E1＝EM+EN，且EM＝EN，故有EM＝EN＝；当N点处的点电荷移至O点正下方时，O点电场强度大小E2＝·，则E1∶E2＝∶1，B正确。5．一电子只在电场力作用下从电场中的A点移动到B点的过程中，电子克服电场力做了3eV的功，则()A．A点的电势比B点的电势高3VB．A点的电势比B点的电势低3VC．电子的电势能减少了3eVD．电子的动能增加了3eV【答案】A【解析】由于电子带负电，电子克服电场力做功，电子一定是从高电势点向低电势点运动，因此选项A正确、B错误；电场力做负功，电子的电势能增加，动能减小，动能的减少量等于电势能的增加量，也等于电子克服电场力所做的功，选项C、D错误。6．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上的P点出现亮斑，那么示波管中的A．极板X带正电 B．极板X带负电C．极板Y带正电 D．极板Y不带电【答案】C【解析】根据亮斑的位置偏向Y极板，可知电子因受到电场力的作用而运动轨迹发生了偏转，因此极板X不带电，极板Y应带正电。7．如图所示为真空中某一点电荷Q产生的电场，a、b分别是其电场中的两点，其中a点处的电场强度大小Ea＝E0，b点处的电场强度大小Eb＝3E0，且Ea、Eb间的夹角大于90°，方向如图甲所示。一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b，则()A．a、b两点到点电荷Q的距离之比ra∶rb＝3∶1B．a、b两点到点电荷Q的距离之比ra∶rb＝∶1C．a、b两点处的电势的大小关系为φa＞φbD．在把检验电荷q沿直线从a移到b的过程中，电场力先做负功后做正功【答案】B【解析】通过作图找出点电荷Q的位置，如图所示，根据点电荷周围的电场强度的公式E＝k∝可知，a、b两点到点电荷Q的距离之比ra∶rb＝∶1，选项A错、B对；从图乙中可知，Q带正电，因为越靠近场源正电荷的点，其电势越高，所以φa<φb，选项C错误；检验电荷q带负电，电场力先做正功后做负功，选项D错误。8．真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度的大小E＝，一根不可伸长、长度为l的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，再由静止释放小球，则在从释放小球至小球运动到O点的正下方B的过程中()A．小球刚运动到B点前的瞬时，速度恰好为零B．小球刚运动到B点前的瞬时，绳子对小球的拉力为mgC．小球从A运动到B的过程中，小球做曲线运动D．小球刚运动到B点前的瞬时，其动能为2mgl【答案】D【解析】小球在复合场中所受到的重力和电场力的合力为一恒力，其方向与水平方向的夹角为45°，小球由静止释放，小球沿直线AB做匀加速运动，显然选项A、C错误；小球刚运动到B点的瞬时，绳子刚好被拉直，绳子对小球的拉力为零，选项B错误；小球刚运动到B点的瞬时，利用动能定理可得mgl+qEl＝Ek，求出Ek＝2mgl，选项D正确。9．下列对电容或电容器的理解，正确的是()A．根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)知，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比B．若仅减小平行板电容器两极板的正对面积，则电容器的电容减小C．若保持平行板电容器所带电荷量不变，仅减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度保持不变D．若保持平行板电容器两极板间的电势差不变，仅减小两极板间的距离，则电容器所带电荷量不变【答案】BC【解析】电容器的电容由C＝决定，选项A错；根据电容的决定式可知，仅减小平行板电容器极板的正对面积，电容器的电容减小，选项B正确；若保持平行板电容器所带电荷量不变，仅减小极板间的距离，根据电容的定义式C＝、决定式C＝和E＝可得，E＝不变，选项C正确；若保持平行板电容器两极板间的电势差不变，仅减小极板间距离，则电容器的电容增大，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量增大，选项D错误。10．如图甲所示，竖直放置的两极板AB接变化的电压，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。一质量为m、带电荷量为q的电子仅受电场力的作用，在t＝时刻以初速度为零进入两板间，恰好能到达B板，则()A．A、B两板间的距离为B．电子在两板间的最大速度为C．电子两板间做匀加速直线运动D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上【答案】AB【解析】电子在电场中运动时的加速度大小不变，但方向改变，因此选项C错误；电子在两板间先加速后减速，恰好能到达B板，设板间距离为d，有2××＝d，解得d＝，选项A正确；当t＝时电子速度最大，有vm＝·，选项B正确；若电子在t＝时刻进入，则在~时间段内，电子做匀加速直线运动，其位移x＝d，已经到达B板，显然选项D错误。11．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确；粒子可能做曲线运动，故D错误。12．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成45°角，但方向未知，直线AB垂直于电场方向。在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、带电荷量为+q的小球，一段时间后，小球沿初速度方向运动了一段距离经过C点，则()A．电场方向与水平方向成45°角斜向上B．电场方向与水平方向成45°角斜向下C．小球的重力与电场力之比为1∶1D．小球的重力与电场力之比为1∶【答案】AD【解析】小球在重力与电场力的合力作用下运动，从A点运动到C点，小球在竖直方向所受合力为零，因此，电场方向与水平方向成45°角斜向上，选项A对、B错；在小球从A点运动到C点的过程中，其受力情况为qEcos45°＝mg，即小球的重力与电场力之比为1∶，选项C错误、D正确。13．如图，电荷量分别为q和－q（q＞0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，放置两块直径为2L的同心半圆形金属板A、B，两板间的距离很近，半圆形金属板A、B的左边有水平向右的匀强电场E1，半圆形金属板A、B之间存在电场，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O。现从正对A、B板间隙、到两板的一端距离为d处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(不计重力)，此微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用。求：(1)微粒刚进入两板间的速度大小；(2)半圆形金属板A、B之间的电场强度E2的大小。【解析】(1)设微粒刚进入两板间的速度为v，根据动能定理，有：qE1d＝mv2(3分)解得：v＝。(2分)(2)微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用，说明微粒在两板间做匀速圆周运动，有：qE2＝m。(3分)E2＝E1。(2分)15．(10分)如图所示，一绝缘半圆形导轨的直径为AB，AB水平，两质量、电荷量均相同且半径很小的完全相同的带电小球，一个固定在B端，另一个套在圆弧导轨上，且锁定在圆弧导轨的最高点。某时刻解除锁定，小球沿导轨从最高点缓慢下滑。当小球与导轨圆心的连线与AB成2θ角时，小球与导轨间无作用力，已知小球的质量为m，AB＝2r。求：(1)小球与导轨间无作用力时所在处的电场强度的大小；(2)小球与导轨间无作用力时所在处的切向加速度。【解析】(1)当小球与导轨间无作用力时，小球仅受重力、库仑力作用，根据平衡条件，沿导轨半径方向，有：kcosθ＝mgsin2θ(2分)解得：q＝(1分)根据点电荷的电场强度公式得：E＝k。(2分)(2)小球与导轨间无作用力时所在处的切向合力：F＝ksinθ+mgcos2θ(2分)即：F＝mg(1分)因此，小球在此位置时的切向加速度a'＝＝g。(2分)16．(13分)如图所示，真空中水平放置的电容C＝2.3×10－11F的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板是边长L＝0.1m的正方形，两板间的距离d＝0.4cm，现有很多质量m＝2.8×10－9kg、带电荷量q＝+1.4×10－11C的微粒，以相同的初速度依次从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上的中点O处，设微粒落到极板上后，所带电荷全部转移到极板上，取静电力常量k＝9×109N·m2/C2，g＝10m/s2，π＝3。(1)求带电粒子初速度的大小；(2)至少射入几个微粒后，微粒才可以从该电容器穿出?【解析】(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为v0，则有：＝v0t(2分)gt2(2分)联立两式得：v0＝(1分)代入数据得：v0＝2.5m/s。(1分)(2)若微粒能从A板右边缘射出，则有：L＝v0t1(1分)a1(1分)又由于mg－qE＝ma1(1分)联立以上各式：E＝1500V/m(1分)设射入n个微粒后，微粒才可以从该电容器穿出，由于E＝，U＝得：E＝(2分)代入数据，解得：n≈9.9故至少射入10个微粒后，微粒才可以从该电容器穿出。(1分)17．(15分)如图所示，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，B、O、C在同一竖直线上，半圆形轨道的半径R＝0.40m。在轨道所在空间处存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行。现有一电荷量q＝+1.0×10－4C、质量m＝0.10kg的带电体(可视为质点)，从水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，已知P点到B点的距离s＝1m，取g＝10m/s2。试求：(1)电场强度E的大小；(2)带电体在圆弧轨道上运动时的最大动能和对轨道的最大压力。【解析】(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律，有：mg＝m(2分)解得vC＝2.0m/s(1分)在带电体从P到C的过程中，根据动能定理，有：qEs－mg·2R＝m(2分)解得：E＝1.0×104V/m。(2分)(2)由(1)知，qE＝mg，重力和电场力的合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。设小球的最大动能为Ekm，带电体在从P点开始运动到速度最大的过程中，根据动能定理有：qE(s+Rsin45°)－mgR(1－cos45°)＝Ekm(2分)解得Ekm＝1.17J(或J)(1分)即：mJ(1分)在速度最大的位置，带电体对轨道的压力最大，设最大压力为N，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝m(2分)解得：N＝(3+3)N(或7.24N)。(2分)高考物理专题训练：静电场（提高卷）一、(本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，A、B错误；若P球带负电，Q球带正电，如图所示，恰能满足题意，则C错误、D正确。2．如图所示在倾角为α的光滑绝缘斜面上放有两个质量分别为m1和m2的带电小球A、B(均可视为质点)，已知m1＝2m2，两球相距为L。当两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比a1∶a2＝3∶2，则L′∶L等于()A．16∶1B．2∶1C．eq\r(10)∶5D．5∶eq\r(10)【答案】B【解析】两球同时由静止开始释放时，B的初始加速度恰好等于零，则B球所受库仑力沿斜面向上，A球所受库仑力沿斜面向下，A的初始加速度沿斜面向下，A、B之间的库仑力F＝m2gsinα，一段时间后A、B两球间的距离增大，库仑力减小，B球的加速度沿斜面向下，所以加速度a2方向应沿斜面向下，设两球距离为L′时A、B间的库仑力为F′，则a2＝eq\f(m2gsinα－F′,m2)，a1＝eq\f(m1gsinα＋F′,m1)，因eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,2)，m1＝2m2，得F′＝0.25m2gsinα，因F′∶F＝1∶4，所以L′∶L＝2∶1，故A、C、D错误，B正确。3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性地显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一定角度。为使指针张开的角度变小，下列做法中可行的是()A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动【答案】B【解析】断开开关，电容器带电荷量Q不变，将A、B分开一些，则间距d增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C减小，根据C＝eq\f(Q,U)知，电势差增大，指针张角增大，故A错误；断开开关，电容器带电荷量Q不变，增大正对面积，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C增大，根据C＝eq\f(Q,U)知，电势差U减小，指针张角减小，故B正确；保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑片向右移动，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，故C、D错误。4．下图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则()A．电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能减小【答案】D【解析】带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明电场线方向由集尘极指向放电极，图中A点电势低于B点电势，选项A、B错误；由于放电极与集尘极之间的电场为非匀强电场，尘埃所受电场力不是恒力，所以尘埃在迁移过程中做变加速运动，选项C错误；尘埃在迁移过程中，电场力做正功，电势能减小，选项D正确。5．如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个不计重力的带负电的粒子从右侧垂直于等势面4向左进入电场，其运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则()A．四个等势面电势高低关系为φ1>φ2>φ3>φ4B．该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场C．等势面4上各点场强处处相等D．粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直【答案】B【解析】粒子所受的电场力指向轨迹凹侧，由于粒子带负电，因此c处电场线指向左上方，沿着电场线，电势降低，可知φ1<φ2<φ3<φ4，故A错误；由图可知，粒子做曲线运动，其受力的方向不断变化，所以粒子的运动轨迹和等势面3不可能垂直，故D错误；该电场上、下对称，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，故B正确；电场线的疏密表示电场的强弱，所以等势面4上各点的场强不是处处相等的，故C错误。6．将一个带电荷量为＋Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处，两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上，如图所示。若A、B所带的电荷量很少，两者间的作用力可忽略不计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()A．小球A、B所带的电荷量相等B．小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C．小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D．库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力【答案】B【解析】两个质量相等的带电小球A、B分别在P下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上，所需向心力由重力和库仑力的合力提供，选项D错误；在竖直方向，设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，有keq\f(Qq,r2)cosθ＝mg，由于两小球轨道不同，θ不同，但所受的重力相等，所以小球A、B所带的电荷量不相等，选项A错误；小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等，场强大小分别相等，但方向不同，B正确，C错误。7．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故选项B正确，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故选项C错误；由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故选项D错误。8．如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A． B．C． D．【答案】B【解析】由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：；在竖直方向上：，联立以上两式可求得：，故选B。9．如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点(＋q)的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定Q1后，C点的电势为，所以Q2从无穷远移到C点过程中，电场力做功为，故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。10．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确；粒子可能做曲线运动，故D错误。11．如图所示，BCD为竖直平面内固定、光滑且绝缘的半圆形轨道半径为R，C为轨道最低点，BD连线下方有竖直向下的匀强电场。质量为m，电荷量为－q的小球(可视为质点)从B点正上方距B为1.5R的A点自由下落，恰从B点进入轨道(进入B点无机械能损失)。已知小球能通过轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，小球电荷量保持不变，则小球经过C点的速度大小可能为()A．0B．C．D．【答案】BCD【解析】根据动能定理可得：，，小球运动到C点的向心力等于重力、电场力和轨道支持力的合力，可得，可得，又小球能通过轨道上的C点，所以，因此，最后可得，B、C、D正确。12．如图，电荷量分别为q和－q（q＞0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。13．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电荷量为－q的小球Q，整个装置处于场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个带电荷量为＋q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M的距离均s0，PQ以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k，则()A．小球P返回时，不可能撞到小球QB．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D．小球P在N点的加速度大小为【答案】AD【解析】由题意知，小球P向下运动的过程中电场力qE及重力做正功，库仑引力做负功，向上运动的过程中电场力qE与重力均做负功，库仑引力做正功，根据能量守恒，小球返回时不可能撞到小球Q，故A正确；当合外力为零时，速度最大，即弹力，则，故B错误；小球P沿着斜面向下运动过程中qE做正功，库仑力做负功，，不能确定(qE－F)s是否为正，故电势能的变化不确定，故C错误；在N点，根据牛顿第二定律可得，所以，故D正确。二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(8分)如图所示，长度为L的光滑绝缘细直杆MN水平固定在匀强电场中，场强大小为E，方向与竖直方向的夹角为θ。杆的M端固定一个带负电小球A，所带的电荷量大小为Q；带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，所带的电荷量大小为q，质量为m。现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向M端运动，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)小球B对细杆的压力大小；(2)小球B开始运动时的加速度大小；(3)小球B速度最大时离M端的距离。【解析】(1)小球B在垂直于杆的方向上的合力为零，故：FN＝qEcosθ＋mg。(2分)(2)小球B开始运动时，在水平方向上，由牛顿第二定律得：qEsinθ－eq\f(kQq,L2)＝ma(2分)解得：a＝eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)。(1分)(3)当小球B的速度最大时，其加速度为零，设此时小球B离M端的距离为x，有：qEsinθ＝eq\f(kQq,x2)(2分)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ))。(1分)15．(10分)如图所示，在方向水平向右、场强大小E＝6000N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量m1＝2×10－4kg，带电荷量q1＝2×10－9C；乙的质量m2＝1×10－4kg，带电荷量q2＝－1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态，两滑块放在平面上。现由静止释放两滑块，t＝3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力。求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中乙的电势能增量的最大值．【解析】(1)对甲、乙整体分析，有F合＝q1E＋q2E＝(m1＋m2)a0(2分)解得a0＝0.02m/s2(1分)(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为s0＝eq\f(1,2)a0t2＝eq\f(1,2)×0.02×32m＝0.09m(1分)此时甲、乙的速度均为v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s(1分)细绳断裂后，乙的加速度变为a乙′＝eq\f(q2E,m2)＝eq\f(－1×10－9×6×103,1×10－4)m/s2＝－0.06m/s2(1分)从细绳断裂到乙的速度为零，乙发生的位移s乙′＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a乙′)＝eq\f(0－0.062,2×（－0.06）)m＝0.03m(1分)整个运动过程乙发生的位移s乙max＝s0＋s乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m(1分)此时乙的电势能增量ΔEp＝|W乙|＝|q2E|s乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J。(2分)16．(13分)如图甲所示的装置中，热电子由阴极O飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长l＝10cm，板间距离d＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝10cm。在电容器两极板间接有交变电压，上极板的电势随时间变化的图