四川省资阳市简阳市阳安中学学年高二上学期Word文档格式.docx

1、5一正电荷仅受电场力的作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度Ea、Eb及该电荷在a、b两点的电势a、b之间的关系为（）AEaEb BEaEb Ca=b Dab6将一正电荷从无限远移入电场中M点，静电力做功W1=6109J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，静电力做功W2=7109J，则M、N两点的电势M、N，有如下关系（）AMN0 BNM0 CNM0 DMN07如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q0）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0，已知静

2、电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为（）Al+ BlCl Dl8a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动（不考虑带电液滴间的相互作用），下列说法不正确的是（）Aa、b、c、d均带正点荷 Ba、b的电势能、机械能均不变Cc的电势能减少，机械能增加 Dd的电势能减少，机械能减少9已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点静止时A、B相距为d为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（）A将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B将小球B的质量增加到原来的8倍C将小球A、B的

3、电荷量都减小到原来的一半D将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍10如图所示，在真空中A、B两点分别放置等量的异种点电荷，在A、B两点间取一矩形路径abcd，该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均为轴对称现将一电子沿该矩形路径移动一周，下列判断正确的是（）Aa点和d点的电场强度相同Bb点和c点的电势相等C电子从b点到c点，电势能先增大后减小D电子从d点到a点，电场力先做负功后做正功11如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A、B、C、D作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（）AAD两点间电势差UAD与AA两点间

4、电势差UAA相等B带正电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电场力做正功C带负电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电势能减小D同一带电粒子从A点沿对角线移到C点与从A点沿路径ABB移动到B点，电场力做功相同12如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30，M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DPM二、论述与计算（本题共4小题，共52分解答时应写出必要的文字

5、说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）13如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电荷量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点静止释放，其带电荷量为q，A，B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=k（k为静电力常量）、方向指向甲球的恒力作用，两球均可视为点电荷（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离14如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，相距均为L若小球均带电，且qA=+10q，

6、qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动求：（1）C球的电性 （2）C球的电荷量（3）F的大小15如图所示，倾角为的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等设斜面足够长，地球表面重力加速度为g，不计空气的阻力，求：（1）小球落到斜面所需时间t；（2）小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量E16如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m=0.5kg、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线所

7、示，它与以O为圆心、R=3.6m为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直高度为h=6m若小球通过C点的速度为v=10m/s，求：（1）小球通过B点的速度大小（2）小球由A到B电场力做功多少（3）小球由A到C机械能的损失了多少参考答案与试题解析【考点】库仑定律【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了【解答】解：A、库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误B、当两个点电荷

8、距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F=k，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误C、两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对 Q2的电场力大小上总等于Q2对 Q1电场力故C错误D、库仑定律的表达式为F=k，万有引力定律的表达为F=G，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确故选：D【考点】电场强度；曲线运动【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向

9、，则场强也不可能沿轨迹的切线方向故A错误B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符故B错误C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动故C错误D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意故D正确故选D【考点】电场线【分析】vt图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出

10、正确结果由vt图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确电场的叠加【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右故B正确，A、C、D错误B【考点】电场线；电场强度；电势【分析】根据受力特点可以判断A、B两点电场强

11、度的大小，根据电场力做功的以及正电荷受力与电场线的关系判断A、B两点电势的高低A、电荷做匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即EA=EB故A错误，B错误；C、电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，又正电荷受到电场力的方向与电场线的方向相同，沿电场线的方向都是降低，所以a点的电势高所以ab，故C错误，D正确D【考点】电势；电势差与电场强度的关系【分析】根据电场力做功与电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析电荷电势能的变化，判断电势高低正电荷从无穷处移向电场中M点，电场力做功为W1=6109J，电荷的电势能减小，由电势能公式Ep=q，知M点的电势小于无穷远的电势，即

12、M0负电荷从电场中N点移向无穷远处，静电力做功W2=7109J，电势能减小，电势升高，则N点的电势小于无穷远的电势，即N0由于两电荷电量相等，从无限远处移入电场中N点电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，即得到NM0C【考点】库仑定律；胡克定律【分析】由于3个小球带同种电荷，互相排斥，所以弹簧处于伸长状态，对小球受力分析，根据平衡的条件列出方程可以求得弹簧的原长对第三个小球受力分析，第三个小球受三个力的作用，即为两库仑力与弹簧的拉力，它们的关系是 k0x=k+k，解得 x=；所以弹簧的原长为 l0=lx=l，故C正确，ABD错误C【考点】匀强电场中电势差和电场

13、强度的关系；电势能【分析】首先根据运动特点判断四个液滴的受力情况，得出均受力平衡，且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误A、因为a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下都作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，四个带点液滴均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电液滴带同种电荷，都为正电荷，故A正确B、a、b在水平方向上运动，电场力和重力均不做功，所以电势能和机械能都不变，故B正确C、c竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能

14、减少，机械能增加，故C正确D、d竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，机械能减少，机械能转化为电势能故D错误本题选错误的，故选：共点力平衡的条件及其应用【分析】对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知， =而库仑力F= 即：=mgd3=kq1q2L；d=要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；故选BD【考点】电场的

15、叠加；【分析】根据电场线的方向判断电势的高低负电荷在电势低处电势能大作出过bc的等势线，分析b、c两点的电势与D点电势的关系，判断电场力做功情况采用类似方法分析由da，电子的电势能的变化A、由题，A、B两点分别放等量异号点电荷+q、q，根据叠加原理可得，a点与b点电场强度的大小相等，但方向不同，则电子在a点和b点的电场强度不同故A错误B、过bc两点作出等势线，如图，电子由bc，电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零电势能总量不变，则这两点电势相等，故B正确C、由dc，电势降低，电子的电势能增大故C错误D、由da，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误【

16、考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】本题首先明确在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，在同一等势面上的两点间的电势差为零，而不在同一等势面上的两点间的电势差不为零从而可判断A的对错；电场力做正功还是负功，取决于电荷的电性和始末位置的电势差，从而可判断B的对错；在只有电场力做功的情况下，电荷的电势能和动能之和保持不变，即电场力做正功，电势能减少，电荷克服电场力做功，电势能增加；还有就是电场力做功与路径无关，只取决于始末位置间的电势差和电量有关从而可判断CD的正误A、由题意，电场的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A两点沿电场线的方向有距离，顺

17、着电场线方向电势降低，所以AA两点间电势差UAA不为0，故A错误B、带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由DD电场力做正功，故B正确；C、同理，带负电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电场力做负功，电势能增大，故C错误；D、由电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，则知带电的粒子从A点移到C点，沿对角线A C与沿路径ABBC电场力做功相同故D正确BD电场强度【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中

18、垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、P=F，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故PM，故D正确AD牛顿第二定律【分析】（1）乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡，水平方向受到甲的静电斥力和F，根据牛顿第二定律求出其加速度大小（2）乙向左先做加速运动后做减速运动，当所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，可求出两球间的距离（1）根据牛顿第二定律

19、得 ma=F，又F=可解得：a=（2）当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大， F=可解得x=2l0答：（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离2l0（1）A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；（2）分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律列式后联立求解即可；（3）把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解（2）设加速度为a，由牛顿第二定律：对A：对B：解得：（3）对整体，根据牛顿第二定律，有：F=3ma所以：（1）C球的带负电；（2）C球的电荷量为（3）F的大小为（1）小球水平抛出后，由于所受电场力与重力均为恒力，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，由运动学公式和水平位移与竖直位移的关系求解时间；（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势