1、E1、如圖所示，在水平方向的勻強電場中的 。點，用長為l的輕、 軟絕緣細線懸掛一質量為 m的帶電小球，當小球位于 B點時處于靜止狀態，此時細線與豎直方向(即OA方向)成。角.現將小球拉至細線與豎直方向成 2 9角的C點，由靜止將小球釋放.若重力加速度為g ,則對于此后小球的受力和運動情況,F列判斷中正確的是A.小球所受電場力的大小為 mgan 9B.小千到B點的速度最大C.小球可能能夠到達 A點，且到A點時的速度不為零D.小球運動到A點時所受繩的拉力最大2、半徑R=0.8m的光滑絕緣導軌固定于豎直面內，加上某一方向的勻強電場_ .后，帶電小球沿軌道內側做圓周運動，小球動能最大的位置在A點，圓心

2、O /廠匚Ab與A點的連線與豎直方向的夾角為 ，如圖所示.在A點時小球對軌道的壓力/Fn=120N,若小球的最大動能比最小動能多 32J,且小球能夠到達軌道上的任I,A /意一點(不計空氣阻力).試求：、卜/(1)小球最小動能等于多少(2)若小球在動能最小位置時突然撤去軌道，并保持其他量不變，則小球經時間后，其動能與在 A點時的動能相等，小球的質量是多少3、如圖14所示，ABC防表示豎立放在場強為 E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD分是半徑為R的半圓環，二軌道的水平部分與半圓環相切A為水平軌道的一點，而且 -EAB R 02m.把一質量m=i00g帶電q=l0-4

3、C的小球，放在水平軌道 0卜1。的A點上面由靜止開始被釋放后， 在軌道的內側運動。(g=10m/s2)求：膏jX卜(1)它到達C點時的速度是多大(2)它到達C點時對軌道壓力是多大(3)小球所能獲得的最大動能是多少4、水平放置帶電的兩平行金屬板，相距d,質量為m的微粒由板中間以某一初速平行于板的方向進入，若微粒不帶電，因重力作用在離開電場時，向下偏轉d/4,若微粒帶正電，電量為q,仍以相同的初速度進入電場，微粒恰好不再射出電場，則兩板的電勢差應為多少并說明上下板間帶電性5、如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為 R的 圓軌道，斜面與圓軌道相切。 整個裝置處于

4、場強為 E、方向水平向右的勻強電場中。現有一 質量為m的帶正電，電量為q 型mg小球，要使小球能安全通過圓軌道EO點的初速度 3Ee應為多大+/ 民6、如圖所示，在離坡頂為l的山坡上的C點樹直固定一根直桿，桿高也點二匕 O 、 桿上端A到坡底B之間有一光滑細繩，一個帶電量為 q、質量為m的物體穿 :,C B心于繩上，整個系統處在水平向右的勻強電場中，已知細線與豎直方向的夾角30 0若物體從A點由靜止開始沿繩無摩擦的滑下，設細繩始終沒有發生形變，求物體在細繩上滑2 一一一-行的時間。（g 10m/s , sin37 0.60, cos37 0.80 ）7、如圖所示，勻強電場水平向右， E 10N

5、/C, 一帶正電的油滴的質量 m 2.0 10 5kg, 電量q 2.0 10 5C。在A點時速度大小為v 20m/s,方向為豎直向上，則油滴在何時速度 最小且求出最小速度4.如右圖所示，M N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產生一個 E-水平向右的勻強電場，場強為 E, 一質量為m電荷量為+ q的微粒，以初速度V0豎直向上從兩極正中間的 A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知A BC不計空氣阻力，則可知（）A.微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等B.微粒打到C點以前最小動能是初動能的一半2 2C. MN板間的電勢差為 mvLD . MN板間的電勢差為U

6、E02gq.如圖所示，A、B、C三個小球（可視為質點）的質量分別為m 2m 3m, B小球帶負電，電荷量為q, A、C兩小球不帶電（不考慮小球間的電荷感應），不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在。點，三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為 E.則以下說法正確的是（）A.靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為 5m什qEB.靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為 5mg- qEC.剪斷。點與A小球間細線瞬間，A B兩小球間細線的拉力為 qE/3D.剪斷。點與A小球間細線瞬間，A B兩小球間細線的拉力為 qE/6 8、如圖所示，帶電平行金屬板 A B,板間的電勢差大小為 U, A板帶正電

7、，B板中央有一小孔.一帶正電的微粒，帶電荷量為q,質量為m，自孔的正上方距板高 h處自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C點，則（）A.微粒下落過程中重力做功為 mg （h+2d）,電場力做功為 二qU 22r-rB.微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為1qUI 人2.BC.若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能達到 A板G dID.微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小MNa線平行于極板，ZL, / PMN=.以下說法7.如圖所示，一電容為 C的平行板電容器，兩極板 A B間距離為d,板間電壓為U, B板 電勢高于A板.兩板間有M N、P三點， P連線垂直于極板，M P兩

8、點間距離為 正確的是（）UL sinA.電容器帶電量為U C B.兩極板間勻強電場的電場強度大小為C. M P兩點間的電勢差為UL dD.若將帶電量為+ q的電荷從M移到P,該電荷的電勢能減少了 q UL sin d11.如圖所示，豎直平面內有一個圓，BD是其豎直直徑，AC是其另一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強方向平行于圓周所在平面。帶等量負電荷的相同小球從圓心。以相同的初動能沿不同方向射出，小球會經過圓周上不同的點，其中通過圓周上A點的小球動能最小，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.電場方向沿OA方向B.小球經過圓周上白不同點時，過 B點的小球的動能和電勢能之和最小C.小球經過圓周上

9、白不同點時，過 C點的小球的電勢能和重力勢能之和最小D.小球經過圓周上的不同點時，機械能最小的小球應經過圓弧CND的某一點【答案】BC 【解析】試題分析：首先明確一點，在這個電場中，小球受到兩個力影響：1.重力，2.電場力，在A點動能最小，那說明速度最小了，說明 OA方向發射的小球克服合力做功最大，也就是說在這個電場跟重力場中，合力方向是OC X。點小球受力分析，重力豎直向下，合力方向指向OC受力方向指向為 OB與OC之間，即電場方向應該是由 。指向AD弧方向，故A 錯誤；由于只有重力和電場力做功，故任何點的小球，動能+重力勢能+電勢能=定值；明顯B點的重力勢能最大，那么肯定 B點的動能與電力

10、勢能之和最小了，故 B正確；動能+重 力勢能+電勢能二定值，從。到C合力做功最多，故 C點動能最大，所以過 C點電勢能和重 力勢能之和最小，故 C正確；機械能（重力勢能+動能）最小，那么肯定就是電勢能最大的 地方，負電荷球沿著電場線方向，電場力做負功，電勢能增大，所以應該在弧線AD（劣弧）之間，故D錯誤。考點：電勢差與電場強度的關系、功能關系、電勢能【名師點睛】小球運動過程中受到重力和電場力，根據動能最小點判斷出合力方向，運用 平行四邊形定則得到電場力方向；最后根據功能關系列式分析。12.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向 Q板運動，則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是：A.兩

11、板間距增大，不影響加速時間B.兩板間距離越小，加速度就越大，則電子到達Q板時的速度就越大C.電子到達Q板時的速度與板間距離無關，僅與加速電壓有關D.電子的加速度和末速度都與板間距離無關【答案】C【解析】試題分析：根據牛頓第二定律得，加速度 a qE = qU,加速的時間t 廬 d叵,可知qU=1 mJ,解得 v 2故B錯誤，C正確.電子的m md a ； qU兩板間距增大，加速時間增大，選項 A錯誤；根據動能定理知,知電子到達Q板時的速度與板間距離無關， 僅與加速電壓有關,加速度與板間距離有關，末速度與板間距離無關.故D錯誤.故選 C考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】根據電子的運動的規律

12、，列出方程來分析電子的加速度、運動的時間和速度 分別與哪些物理量有關，根據關系式判斷即可。13 .如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點，固定一電荷量為+ Q的點電荷.一質量為mi帶電荷量為+ q的物塊（可視為質點的檢驗電荷），從軌道上的A點以初 速度vo沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產生的電場在 A 點的電勢為小（取無窮遠處電勢為零），P到物塊的重心豎直距離為 h, P、A連線與水平軌 道的夾角為60 , k為靜電常數，下列說法正確的是（）A.點電荷+ Q產生的電場在B點的電場強度大小Eb k_Q B2B.物塊在A點時受到軌道的支持力大小為8h2C.

13、物塊在A點的電勢能Epa = + Q6D.點電荷+ Q產生的電場在B點的電勢b （v2-v2）+2q【答案】ABD【解析】試題分析：點電荷+Q產生的電場在B點的電場強度大小為：Eb 粵，選項A正確；物體8h受到點電荷的庫侖力為：F KQq ,由幾何關系可知：r焉設物體在A點時受到軌 道的支持力大小為N,由平衡條件有：N-mg-Fsin600 =0,解彳導:N mg氧3kqQ . b正確;物塊在A點的電勢能EPA=+q（|）,則C錯誤；設點電荷產生的電場在 B點的電勢為小b,動能定理有：q 小 +lmv= -mv2+q（）b,解得：b -（v2 v2）+ .故 D正確；故選 ABD 222q考點

14、：電場強度與電勢差的關系；電勢及電勢能；庫侖定律【名師點睛】解決本題的關鍵知道電場力做功W=qU U等于兩點間的電勢差.以及掌握庫侖定律和動能定理的運用。14 .如圖甲所示，有一絕緣的豎直圓環，圓環上分布著正電荷.一光滑細桿沿垂直圓環平面的軸線穿過圓環，細桿上套有一質量為m=10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q 5.0 10 4C,讓小球從C點由靜止釋放.其沿細桿由 C經B向A運動的v t圖像如圖乙所示.且已知小球運動到 B點時，速度圖像的切線斜率最大（圖中標出了該切線）下列說法正確的是（）A.由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后增大B.在O點右側桿上，B點場強最大，場強大小為 E 1.2

15、V/mC.沿著C到A的方向，電勢先降低后升高D. C、B兩點間的電勢差Ucb 0.9V【答案】BD【解析】試題分析：從C到A電場力一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故AC錯誤；由乙圖可知，小球在 B點的加速度最大，故受力最大，加速度有電場力提供，故 B點的電場強度最大，a iv, a qE,解得E=1.2V/m,故B正確；由C到B電場力做功為 W=1 mv2-0 , 眇 m2CB間電勢差為u W 0.9V ,故D正確；故選BD. q考點：電場強度與電勢差的關系【名師點睛】本題主要考查了圖象問題，抓住電場力做正功，電勢能減小；加速度最大時受到的電場力最大，電場強度最大即可.15.如圖所

16、示為一邊長為 L的正方形abcd , P是bc的中點，若正方形區域內只存在由 d指向a的勻強電場，則在a點沿ab方向以速度v入射的質量為 m電荷量為q的帶負電粒子（不計重力）恰好從 P點射出。若該區域內只存在垂直紙面向里的勻強磁場，則在 a點沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從 c點射出，由此可知（）A.勻強電場的電場強度為 曬2qLB.勻強磁場的磁感應強度為 丑mv qLC.帶電粒子在勻強電場中運動的加速度大小等于在勻強磁場中運動的加速度大小D.帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運動的時間之比為1:2【答案】C【解析】試題分析：粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向：l vt,在豎直

17、方向：Il 1qEt2,22 m2解得：e mv-, t L,故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子軌道半徑：r L,qL v2洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB m-,解得：B mv ,故B錯誤；粒子在rqL2 2電場中的加速度：aE qE 匕，粒子在磁場中的加速度：aB 幽 上，帶電粒子在勻強m Lm L電場中運動的加速度大小等于在勻強磁場中運動的加速度大小，故C正確；粒子在磁場中做圓周運動的時間：t 1T 1 21 ,，帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運 4 4V 2V動的時間之比：t：t L： 2,故D錯誤。 v 2v考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強

18、電場中的運動【名師點睛】本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、知道粒子運動性質是解題的前提與關鍵，應用類平拋運動規律、牛頓第二定律即可解題。16 .如圖所示，實線為一簇電場線，虛線是間距相等的等勢面，一帶電粒子沿著電場線方向運動，當它位于等勢面1上時，其動能為20eV,當它運動到等勢面 3上時，動能恰好等于零。設2 0,則當粒子的動能為8eV時，其電勢能為（）A. 28eV B . 12eV C . 4 eV D . 2 eV【答案】D【解析】 試題分析：粒子從等勢面小1到等勢面小3做減速運動，動能減少 20eV,由于相鄰兩等勢面間電勢差相等，所以從 a等勢面小i到等勢

19、面小2的過程中動能減少10eV,因此在等勢面小2時動能為10eV.此時電勢能為0,因此總能量為10eV,則當粒子的動能等于 8eV時，電勢能為2eV.故D正確，ABCt誤.故選 D。考點：電勢及電勢能；能量守恒定律【名師點睛】學習電場中的功能關系時可以類比在重力場的功能關系，如只有重力做功, 動能和電勢能之和保持不變；那么只有電場力做功，電勢能和動能之和保持不變。17 .空間某區域豎直平面內存在電場， 電場線分布如圖所示，但是方向未知，一個質量為m電量為+q的小球在該電場中運動，小球經過 A點時的速度大小為M,方向水平向右，運動h,則以下判斷中正確的是至B點時速度大小為V2,若A、B兩點之間的

20、高度差為A. A、B兩點的電場強度和電勢大小關系為Ea Eb、 a bB.即使V2 %,電場力也不一定做正功C. A、B兩點間的電勢差為 m(v2 v2 2gh)D.小千從A運動到B點的過程中電場力做的功為 1mv2 -mv12 22【答案】BC【解析】試題分析：電場線的疏密程度可表示電場強度大小，B處的電場線較密，所以Ea Eb,根據沿電場線方向電勢減小，和等勢面分別情況可得a b,過程中重力做正功，電場力做功情況未知，根據動能定理 mgh Uq -mv2 mv；,由于重力做正功，所以即便 V2 Vi ,也22存在Uq 0的情況，即電場力可能做功為零，B正確；根據mgh Uq工mv2，mv1

21、2可得22U 2q(V2 vi2 2gh)，C正確;重力和電場力做功之和等于1mv22 E D錯誤;考點：考查了帶電粒子在復合場中的運動【名師點睛】根據電場線的疏密判斷場強的大小，由電場線的方向分析電勢的高低.小球運動過程中，重力做正功，電場力做功可正可負.根據動能定理求解A、B兩點間的電勢差 和電場力做功18.在x軸上關于原點對稱的a、b兩點處固定兩個電荷量相等的點電荷，如圖所示的E x圖象描繪了 x 軸上部分區域的電場強度（以 x 軸正方向為電場強度的正方向） 。對于該電場中 x 軸上關于原點對稱的 c 、 d 兩點，下列結論正確的是（ ）A.兩點場弓S相同，c點電勢更高B.兩點場弓S相同

22、，d點電勢更高C.兩點場強不同，兩點電勢相等，均比 。點電勢高D.兩點場強不同，兩點電勢相等，均比 。點電勢低【答案】 A【解析】試題分析：由E x圖象可知，a、b兩點處為等量異種電荷，其電場分布如圖所示。可知小 c（|）o（M,場強大小相等，方向相同，故 A正確，B、C D錯誤。考點：E x 圖象，電場線，電勢19 如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點 P 的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（ ）A. Q點的電勢比P點高B.油7在Q點的動能比它在 P點的大C.油7W在Q點的電勢能比它在 P點的大D.油7在Q點的加速度大小比它在 P點的小【

23、答案】 AB【解析】試題分析：根據粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關于P 點對稱，則可說明電場力應豎直向上；粒子帶負電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q 點的電勢比P點高；故A正確；粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在 Q點的動能比 它在P點的大；故B正確；因電場力做正功，故電勢能減小，Q點的電勢能比它在P點的小;故C錯誤；因受力為恒力；故PQ兩點加速度大小相同；故 D錯誤；故選ABo考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，要注意本題中油滴受到重力和電場力作用，這里應先考慮合力，再去分析電場力的性質；同時注意掌握物體做曲線運動的條

24、件應用。20.圖中的虛線a、b、c、d表示勻強電場中的4個等勢面.兩個帶電粒子 M N （重力忽略 不計）以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPNW NQM所示.已知M是帶正電的粒子則下列說法中正確的是（ ）A N 一定也帶正電B a 點的電勢高于 b 點的電勢， a 點的場強大于b 點的場強C.帶電粒子N的動能減小、電勢能增大D.帶電粒子N的動能增大、電勢能減小【答案】 D【解析】試題分析：電場線和等勢線垂直，所以電場沿水平方向，從正電荷M的軌跡MPNK知，電場力水平向右， 故電場的方向水平向右 N 電荷受電場力方向指向其軌跡內側， 故受電場力水平向左，所以N帶負電，故A錯誤.電場線水平向右，沿電場線電勢降低，所以等勢面 a的電勢高于等勢面b 的電勢虛線a、 b 、 c 、 d 表示勻強電場中的 4 個等勢面，所