高中物理电场综合提高试题(推荐)(有答案).doc

高中物理电场综合提高试题一选择题（共20小题）1（2015巴中模拟）某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是（）AA点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势B若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能D若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动考点：电场线；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；沿电场线的方向电势降低解答：解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以A点的场强大于B点的场强，沿电场线的方向，电势降低，所以B点的电势高于A点的电势，所以A正确；B、电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，所以该电荷一定为正电荷，所以B错误；C、从B到A的过程中，电场力对负电荷做负功，电势能增加，所以负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能，所以C错误；D、将一个正电荷由A点释放，电荷受到的力的方向向左下，电荷向左下运动，左下的电场线密，所以正电荷受到的电场力增大，加速度增大，所以D错误故选：A点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，知道沿电场线的方向电势降低即可解决本题常见题目2（2015湖南一模）如图所示，实线表示某电场的电场线，过O点的虚线MN与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，且都能从MN左侧经过O点设粒子P、Q在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为Ep1和Ep2，以过O点时的速度大小分别为v1和v2，到达O点经过的时间分别为t1和t2粒子的重力不计，则（）Aa1a2BEp1Ep2Cv1v2Dt1=t2考点：电势差与电场强度的关系；电势能菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大非匀强电场中，距离相等的两点间，场强越大，电势差越大根据电场力做功的大小，判断动能变化量的大小解答：解：A、电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大所以a1a2故A错误 B、过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，由于带负电，所以Ep1Ep2故B正确 C、粒子P、Q在A、B两点分别到0点有AO点间的电势差大于BO点间的电势差，所以粒子P的动能减小量大于粒子Q的动能减小量，所以v1v2故C正确 D、带负电的粒子Q 从B运动到O沿水平方向分运动的加速度小于带负电的粒子P从A运动到O的加速度，P、Q位移相同，水平方向，做减速运动，所以t1t2，故D错误故选：BC点评：本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决3（2014重庆）如图所示为某示波管内的聚焦电场实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（）AWa=Wb，EaEbBWaWb，EaEbCWa=Wb，EaEbDWaWb，EaEb考点：电场强度；电势能菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小解答：解：图中a、b两点在一个等势面上，故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；a位置的电场强度较密集，故EaEb；故选：A点评：本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电势差，基础问题4（2014江苏）如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）AO点的电场强度为零，电势最低BO点的电场强度为零，电势最高C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答：解：A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误故选：B点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化5（2014山东）如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（）ABCD考点：电势能；电场强度菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析解答：解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：Ek=Fr则得：F=根据数学知识得知：等于Ekr图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答6（2014山东）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（）ABCD考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：在匀强电场中，两个质量相同、带电量大小相同的正负粒子在一矩形的对角顶点以方向相反、大小相等的速度进入矩形，轨迹恰好相切，由此可知两粒子的运动轨迹完全对称，且相切点是矩形的几何中心不计重力，则粒子做类平抛运动解答：解：由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心由类平抛运动的关系可得：竖直方向：at2=t2=，水平方向：v0t=，解得t=，则v0=故选：B点评：本题考查了粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是知道该题条件下的正负粒子的运动轨迹完全对称，且它们做的运动是类平抛运动，由类平抛运动的关系列式即可求解7（2014海淀区模拟）如图甲为电视机显像管的整体结构示意图，其左端尾部是电子枪，被灯丝K加热的阴极能发射大量的“热电子”，“热电子”经过加速电压U加速后形成电子束，高速向右射出在显像管的颈部装有两组相互垂直的磁偏转线圈L，图乙是其中一组“纵向”偏转线圈从右侧向左看去的示意图，当在磁偏转线圈中通入图示方向的电流时，在显像管颈部形成水平向左（即甲图中垂直纸面向外）的磁场，使自里向外（即甲图中自左向右）射出的电子束向上偏转；若该线圈通入相反方向的电流，电子束则向下偏转改变线圈中电流的大小，可调节偏转线圈磁场的强弱，电子束的纵向偏转量也随之改变这样，通过控制加在“纵向”偏转线圈上的交变电压，就可以控制电子束进行“纵向”（竖直方向）扫描同理，与它垂直放置在颈部的另一组“横向”偏转线圈，通入适当的交变电流时，能控制电子束进行“横向”（水平方向）扫描两组磁偏转线圈同时通入适当的交变电流时，可控制电子束反复地在荧光屏上自上而下、自左而右的逐行扫描，从而恰好能将整个荧光屏“打亮”如果发现荧光屏上亮的区域比正常时偏小，则可能是下列哪些原因引起的（）A阴极发射电子的能力不足，单位时间内发射的电子数偏少B偏转线圈在显像管的位置过于偏右C加速电场电压过低，使得电子速率偏小D通过偏转线圈的交变电流的最大值偏小，使得偏转磁场的最大磁感强度偏小考点：射线管的构造及其工作原理菁优网版权所有分析：荧光屏上亮的区域比正常时偏小，说明电子在磁场中运动的半径偏大，根据半径公式r=，分析引起的原因解答：解：由题意：荧光屏上亮的区域比正常时偏小，说明电子在磁场中运动的半径偏大A、由电子在磁场中圆周运动的半径公式r=，可知半径与单位时间内发射的电子数无关故A错误B、电子进入偏转磁场前做匀速运动，偏转线圈在显像管的位置过于偏右，并不影响电子在磁场中的运动半径故B错误C、若加速电场电压过低，使得电子速率偏小，由半径公式可知电子在磁场中运动的半径偏小，荧光屏上亮的区域比正常时偏大故C错误D、通过偏转线圈的交变电流的最大值偏小时，使得偏转磁场的最大磁感强度偏小，由半径公式可知电子在磁场中运动的半径偏大，则荧光屏上亮的区域比正常时偏小故D正确故选：D点评：本题关键要掌握电子在磁场中圆周运动的半径公式r=，考查分析实际问题的能力8（2014辽宁二模）以下为高中物理教材中的四幅图，下列相关叙述错误的有（）A图甲是库仑扭秤装置，库仑利用扭秤装置准确的测出了元电荷的电荷量B图乙是可变电容器，它通过调整极板正对面积来调整电容器的电容C图丙是高频冶炼炉，是利用涡流现象工作的设备D图丁是洗衣机的甩干桶，它利用离心现象工作考点：电荷守恒定律；电容；* 涡流现象及其应用菁优网版权所有分析：扭秤装置可以测量微小力，是发现库仑定律和测定万有引力常量时用到的；密立根油滴实验测量出了电子的电量解答：解：A、图甲是库仑扭秤装置，是探究库仑定律的器材；故A错误；B、图乙是可变电容器，它通过调整极板正对面积来调整电容器的电容，根据公式C=，旋出电容减小，故B正确；C、图丙是高频冶炼炉，是利用涡流现象工作的设备，将电能转化为热能，故C正确；D、图丁是洗衣机的甩干桶，它利用离心现象工作，故D正确；本题选错误的，故选：A点评：本题考查了课本的几幅彩图，对于课本的基础知识要掌握，包括图片、课后习题9（2014河北区模拟）如图所示，A、B两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0若弹簧发生的均是弹性形变，则（）A保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C保持Q不变，将q变为q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0考点：库仑定律；胡克定律菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律及胡克定律列式分析即可判断解答：解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：Kx0=kA、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=k，由解得：x12x0，故A错误；B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；C、同理可以得到保持Q不变，将q变为q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；D、同理可以得到保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误故选B点评：本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，难度不大，属于基础题10（2014闸北区二模）如图（a）所示，A、B为用两个绝缘细线悬挂起来的带电绝缘小球，质量mAmB当在A球左边如图位置放一个带电球C时，两悬线都保持竖直方向（两悬线长度相同，三个球位于同一水平线上）若把C球移走，A、B两球没有发生接触，则（b）图中（图中）能正确表示A、B两球位置的图是（）ABCD考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：存在C球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，来确定A、B球的电性去掉C球后，根据带电性质求解解答：解：存在C球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A球带负电而B球带正电，去掉C球后，两球将互相吸引又由于两球质量mAmB，在平衡时B球的悬线与竖直方向间的夹角小，由于（），因此A选项正确故选A点评：本题采用隔离法，由平衡条件分析小球的电性，考查灵活选择研究对象的能力11（2015浙江模拟）如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成=60°角的位置B时速度为零以下说法中正确的是（）A小球在B位置处于平衡状态B小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mgC小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为qEl考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，对小球进行受力分析：小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小根据电场力做功公式W=qEd，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功运用单摆进行类比，分析振幅解答：解：A、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B点小球的合力不为零，不是平衡状态故A错误；B、根据动能定理得：mglsinqEl（1cos）=0，解得，Eq=mg，故B错误；C、类比单摆，小球将在AB之间往复运动，能量守恒，振幅不变故C错误D、小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：d=llcos=l，所以电场力做功：W=qEd=Eql，故D正确故选D点评：此题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学过的物理模型，根据相关公式解题12（2015资阳模拟）如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小解答：解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：，电子在电场方向偏转的位移为：垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转A、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；B、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t增大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；C、偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故C正确；D、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故D错误；故选：BC点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题13（2014浙江）如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行小球A的质量为m，电量为q小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球A静止在斜面上，则（）A小球A与B之间库伦力的大小为B当=时，细线上的拉力为0C当=时，细线上的拉力为0D当=时，斜面对小球A的支持力为0考点：库仑定律菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析解答：解：A、根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=；故A正确；B、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsin=Fcos；其中F=；联立解得：mgsin=cos故：=；故B错误，C正确；D、两个球带同中电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零；故D错误；故选：AC点评：本题关键是明确A球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件14（2014广东高考）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（）AM与N的距离大于LBP、M和N在同一直线上C在P产生的电场中，M、N处的电势相同DM、N及细杆组成的系统所受合外力为零考点：电势差与电场强度的关系；电势菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：A、根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；B、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解；D、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解解答：解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：，解得：r=（）L；故A错误；B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确故选：BD点评：考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法15（2014安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）A电场强度与位移关系B粒子动能与位移关系C粒子速度与位移关系D粒子加速度与位移关系考点：电势能；电场强度菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Epx图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况解答：解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=|，即Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误； B、根据动能定理，有：Fx=Ek，故Ekx图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误； C、按照C图，速度随着位移均匀增加，而相同位移所用的时间逐渐减小（加速运动），故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；故选：D点评：本题切入点在于根据Epx图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难16（2014南昌模拟）在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法不正确的是（）A质点和点电荷是同一种思想方法B重心、合力都体现了等效思想C伽利略用小球在斜面上的运动验证了速度与位移成正比D牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接证明考点：元电荷、点电荷；质点的认识菁优网版权所有分析：伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点，合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，不受力的实验只能是理想实验，是无任何实验误差的思维实验，严格来说“不受力”的条件真实实验不能满足解答：解：A、质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，所以质点和点电荷是同一种思想方法，故A正确；B、重心和合力都采用了等效替代的思想，故B正确；C、伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点，不是速度跟位移成正比，故C错误；D、不受力的实验只能是理想实验，是无任何实验误差的思维实验，严格来说“不受力”的条件真实实验不能满足，只能靠思维的逻辑推理去把握，故牛顿第一定律是不可以通过实验直接得以验证的，故D正确；本题选错误的，故选：C点评：对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆17（2014静安区二模）如图所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点另一个电荷量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小BOB间的距离为C点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多D在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差考点：库仑定律；牛顿第二定律；电势差；电势能菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答解答：解：A、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有mgF库=ma，因此物体做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确；B、当速度最小时有：，所以解得：，故B正确；C、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误；D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：，所以解得AB间电势差，故D正确故选ABD点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题18（2015成都模拟）甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在o点正上方有一电子，“较小的速度v射向O点，不计重力关于电子的运动，下列说法正确的是（）A甲图中的电子将做变速运动B乙图中的电子将做往复运动C乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度一定在减小D乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小考点：电场线；电势能菁优网版权所有分析：根据安培定则判断出磁场的方向，根据左手定则判断出电子运动中受力方向，根据电子受到的电场力的特点判断出电子在电场中的运动特点解答：解：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小故D正确故选：BD点评：该题考查常见的磁场与常见电场的特点，这是考查的重点内容之一，要牢记19（2014滨州一模）下列说法中正确的是（）A在探究求合力方法的实验中利用了等效替代的思想B牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法C用点电荷来代替实际带电物体是采用了理想模型的方法D奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系考点：元电荷、点电荷菁优网版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、在探究求合力方法的实验中利用了等效替代的思想，故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，故B错误；C、用点电荷来代替实际带电物体是采用了理想模型的方法，故C正确；D、奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故D正确；故选：ACD点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一20（2013山东）如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）Ab、d两点处的电势相同B四点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小考点：电势；电势能菁优网版权所有专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等解答：解：A：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故B正确；C：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故C错误；D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故D正确故选：ABD点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低属于基础题目二解答题（共10小题）21（2015成都模拟）如图所示，电荷量Q=2×l07C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m=2×104kg、电荷量q=1×l07C的另一正点电荷B从O点正上方高于0 5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P若静电力常量k=9×109Nm2/C2，重力加速度g=10m/s2求（1）B运动到距O点l=0.5m处的加速度大小；（2）P、O间的距离L考点：库仑定律；牛顿第二定律菁优网版权所有分析：（1）根据牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解；（2）根据速度最大时，加速度为零，结合平衡条件，即可求解解答：解：根据牛顿第二定律，则有：mgk=ma；代入数据解得：a=10=6.4m/s2；（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：代入数据，解得：L=0.3m答：（1）B运动到距O点l=0.5m处的加速度大小6.4m/s2；（2）P、O间的距离0.3m点评：考查平衡条件的应用，掌握库仑定律与牛顿第二定律的内容，注意正确的运算22（2015江门模拟）如图所示，地面上方两个竖直放置的平行金属极板，左极板带正电，右极板带负电，两板间形成匀强电场，带电颗粒从中线上A点处静止释放己知A点距两板上端h=0.2m，两板间距d=0.4m，板的长度L=0.25m，电场仅局限于平行板之间，颗粒所带电量与其质量之比=105C/kg，颗粒刚好从左极板边缘离开电场，取g=10m/s2（1）颗粒刚进入电场时的速度多大？（2）颗粒带何种电荷？两极板间的电压多大？（3）颗粒刚离开电场时的速度是多大？考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）颗粒进入电场前做自由落体运动，根据自由落体运动规律求得进入电场时的速度；（2）在电场中颗粒向左偏，可知颗粒带负电，再根据水平方向的竖直方向的受力分析两极板间的电压；（3）根据动能定理求得颗粒离开电场时的速度大小即可解答：解：（1）颗粒进入电场前自由下落，可知：进入电场时的速度满足：，得：v1=（2）依题意，颗粒从左极板边缘离开电场，可知颗粒在电场中受到向左的电场力，而左极板带正电从而可知颗粒带负电荷；在电场中运动时竖直方向，颗粒匀加速下落，有：，由于L=0.25m，v1=2m/s，可得颗粒在电场中的运动时间：t=0.1s颗粒在水平方向受到恒定的向左的电场力，颗粒做初速度为0的匀加速，故有：代入d=0.4m，t=0.1s可得：颗粒的加速度为：a=40m/s2由牛顿第二定律有：=所以可得：U=1.6×106V（3）颗粒由释放到达地面，由动能定理：代入数据可得颗粒的速度为：v=5m/s答：（1）颗粒刚进入电场时的速度为m/s；（2）颗粒带负电荷，两极板间的电压为1.6×106V；（3）颗粒刚离开电场时的速度是5m/s点评：本题是考查自由落体运动和带电粒子在电场中的偏转问题，关键是能根据运动的合成与分解分析带电粒子在电场中的运动23（2015凉山州一模）如图所示，与水平方向成=37°角的传送带以速度v=3m/s，逆时针匀速转动，传送带两端AB的距离足够长，传送带左端A点与一光滑水平面相接，在空间中存在一与水平方向夹角=37°，方向右向上的匀强电场，场强大小E=1×103N/C有一质量为m=2kg，带电量q=+5×105C的小物块放于距A点x=4m的P点自由释放物块与传送带的动摩擦因数为=0.125，物块在水平面及传送带上运动时，所有接触面均绝缘，在A点都不及其动能损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）物块首次运动到A点时的速度大小（2）物块在传送带上向上运动到最高点所用时间及此过程产生的摩擦热（3）分析物块能否回到P点，若能回到P点，求从P点出发至回到P点的运动时间：若不能回到P点，求距P点最近的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1