限時規(guī)范訓(xùn)練[單獨成冊]

　　(時間：45分鐘)

　　1.(2014·高考北京卷)如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面.下列判斷正確的是(　　)

　　A.1、2兩點的場強相等

　　B.1、3兩點的場強相等

　　C.1、2兩點的電勢相等

　　D.2、3兩點的電勢相等

　　解析：選D.本題考查電場線與等勢面的特點.

　　根據(jù)電場線的疏密程度判斷場強，電場線越密，場強越強，則E1>E2，E1>E3，所以選項A、B錯;同一等勢面上的電勢是相等的，選項D正確.

　　2.(2015·高考新課標(biāo)全國卷)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等.則(　　)

　　A.直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ

　　B.直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φN

　　C.若電子由M點運動到Q點，電場力做正功

　　D.若電子由P點運動到Q點，電場力做負功

　　解析：選B.由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確、選項A錯誤.M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤.電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤.

　　3.(2015·湖南郴州三模)如圖所示是一對等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷P、Q連線長度為r，M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r，S點到點電荷Q的距離也為r，由此可知(　　)

　　A.M點的電場強度為2k

　　B.M、N、S三點的電勢可能相等

　　C.把同一試探電荷放在M點，其所受電場力等于放在S點所受的電場力

　　D.沿圖中虛線，將一試探電荷從N點移到M點，電場力一定不做功

　　解析：選D.點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小均為E=k，這兩個點電荷在M點形成的合場強的大小為E′=2k·cos 60°=k，方向水平向左，A錯誤;S點的電勢大于零，而M點、N點的電勢為零，B錯誤;由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強方向水平向右，因此同一試探電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同，C錯誤;由于M、N所在直線為零勢能線，試探電荷從N點移到M點，電場力不做功，D正確.

　　4.如圖所示，虛線為某電場中的三個等差等勢面1、2、3，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是(　　)

　　A.等勢面1的電勢最高

　　B.粒子在a點的加速度大小大于在b點的加速度大小

　　C.粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能

　　D.粒子在a點的速度大小大于在b點的速度大小

　　解析：選D.因不清楚粒子的運動方向和粒子的電性，雖然由做曲線運動的條件知粒子受到指向凹側(cè)的作用力，但電場線的方向仍不能確定，故等勢面電勢高低關(guān)系亦不能確定，A錯;等差等勢面的疏密程度可表示電場強度的大小，Ea

　　5.(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　)

　　A.在x2和x4處電勢能相等

　　B.由x1運動到x3的過程中電勢能增大

　　C.由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小

　　D.由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大

　　解析：選BC.由題圖可知， x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確、D錯誤.由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，A錯誤、B正確.

　　6.(2014·高考天津卷)如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置，閉合電鍵S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動.如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是(　　)

　　A.增大R1的阻值　　　　 B.增大R2的阻值

　　C.增大兩板間的距離 D.斷開電鍵S

　　解析：選B.根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電容器兩板間的電壓如何變化，進而分析帶電油滴的運動情況.

　　A.增大R1的阻值，穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓升高，帶電油滴所受電場力增大，將向上運動，A錯誤.

　　B.電路穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，無電流通過電阻R2，故R2兩端無電壓，所以，增大R2的阻值，電容器兩板間的電壓不變，帶電油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，B正確.

　　C.增大兩板間的距離，兩板間的電壓不變，電場強度減小，帶電油滴所受電場力減小，將向下運動，C錯誤.

　　D.斷開電鍵S后，兩極間的電勢差為零，帶電油滴只受重力作用，將向下運動，D錯誤.

　　7.(2015·高考江蘇卷)(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左.不計空氣阻力，則小球(　　)

　　A.做直線運動

　　B.做曲線運動

　　C.速率先減小后增大

　　D.速率先增大后減小

　　解析：選BC.小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤、選項B正確.將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運動與力的關(guān)系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項C正確、選項D錯誤.

　　8.(2015·高考四川卷)(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a(　　)

　　A.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小

　　B.從N到P的過程中，速率先增大后減小

　　C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加

　　D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量

　　解析：選BC.小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤;小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確;小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確;小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤.

　　9.(2015·山西四校第三次聯(lián)考)(多選)質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點A無初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點.整個過程中不計空氣阻力且小球未落地，則(　　)

　　A.勻強電場方向豎直向上

　　B.從加電場開始到小球運動到最低點的過程中，小球動能減少了mg2t2

　　C.整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2

　　D.從A點到最低點的過程中，小球重力勢能減少了mg2t2

　　解析：選CD.由題意，小球所受電場力方向是豎直向上，由于小球的電性未知，因此無法判斷勻強電場的方向，A錯誤;從加電場開始到小球運動到最低點的過程中，小球動能減少量為ΔEk=mv2-0=m(gt)2=mg2t2，故B錯誤;加上電場后，小球做勻減速直線運動，設(shè)所加場強為E，加速度為a，根據(jù)加電場前后的位移大小相等知，gt2=-(vt-at2)，又v=gt，聯(lián)立得a=3g，由牛頓第二定律知，Eq-mg=ma，解得Eq=4mg，故整個過程中電場力做功W=Eq·gt2=2mg2t2，小球電勢能減少了2mg2t2，C正確;設(shè)從A點到最低點的高度為h，由動能定理知mgh-Eq(h-gt2)=0，解得h=gt2，則小球重力做功WG=mgh=mg2t2，D正確.

　　10.(2016·湖南師大附中質(zhì)檢)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0.已知t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場.則(　　)

　　A.所有粒子都不會打到兩極板上

　　B.所有粒子最終都垂直電場方向射出電場

　　C.運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0

　　D.只有t=n(n=0,1,2…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場

　　解析：選ABC.由t=0時刻射入的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場可知，粒子射出電場的時間間隔為周期T的整數(shù)倍，此時粒子的偏轉(zhuǎn)位移最大，則A對;粒子在電場中在豎直方向勻加速運動與勻減速運動是對稱性的，最終均垂直電場方向射出，則B對、D錯;粒子在電場中運動到動能最大位置時，粒子水平位移為，豎直位移為，由v0t=，t=可得vy=v0，則有最大動能Ek=mv+mv=2Ek0，C對.

　　11.如圖所示，x軸上方有寬為L、方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m(重力不計)、帶電荷量為+q(q>0)的粒子從y軸上的A點以初速度v0沿y軸負方向射入電場，粒子從x軸上的B點沿與x軸正方向成37°角的方向射出電場，并打在x軸下方的接收屏上C點(沒畫出)，已知粒子從B到C的運行時間與粒子在電場中的運行時間相同，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.

　　(1)求勻強電場的電場強度E的大小;

　　(2)求粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離;

　　(3)若粒子是質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的液滴，重力加速度為g，若要求液滴也能通過B點，則液滴的初速度應(yīng)為多少?

　　解析：(1)粒子從A到B做類平拋運動，由類平拋規(guī)律知

　　L=v0t，vx=t，OB=t，vB=

　　在B點有tan 37°=，即vx=v0

　　聯(lián)立得E=，OB=L，vB=v0.

　　(2)粒子從B到C做勻速直線運動，由題意知

　　BC=vBt=L

　　所以接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離

　　s=OB+BC·cos 37°=2L.

　　(3)若粒子變?yōu)橐旱危�設(shè)液滴的初速度為v，則液滴沿y軸做初速度為v的勻加速直線運動，沿x軸做初速度為零的勻加速直線運動，因水平方向各量均沒變，所以液滴的運行時間仍為t，則L=vt+gt2，代入t值得v=v0-.

　　答案：(1)　(2)2L　(3)v0-

　　12.(2015·陜西二模)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L=8 cm，兩板間距離d=8 cm，A板比B板電勢高300 V.一帶正電的粒子電荷量為q=1.0×10-10C，質(zhì)量為m=1.0×10-20kg，以初速度v0=2.0×106 m/s沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場;粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域;然后進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影響)，粒子穿過界面PS后做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上.已知兩界面MN、PS相距L=12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9 cm.(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計)求：

　　(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠?到達PS界面時離D點多遠?

　　(2)垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc的位置離D點多遠?

　　(3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小.

　　解析：(1)由題意可知水平方向L=v0t

　　粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側(cè)向位移)

　　y=at2

　　因q=ma，則a=

　　則y=·()2=0.03 m=3 cm

　　粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS交于E，設(shè)E到中心線的距離為Y，粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，如圖，則

　　水平速度

　　vx=v0=2.0×106 m/s

　　豎直速度

　　vy=at=1.5×106 m/s

　　故tan θ==，

　　Y=y+L′tan θ

　　解得：

　　Y=12 cm

　　(2)該粒子在穿過界面PS后繞點電荷Q做勻速圓周運動.

　　根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r=15 cm

　　則打在熒光屏上的位置離D點的距離

　　X=r+OD=24 cm

　　(3)從粒子的偏轉(zhuǎn)方向可知點電荷Q帶負電.

　　粒子到達E點時

　　v合==2.5×106 m/s

　　由k=m，

　　解得Q=1.04×10-8C

　　答案：(1)3 cm　12 cm　(2)24 cm

　　(3)負電　1.04×10-8C