高中物理选修3-1第一章静电场经典习题(共41页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年08月09日a颜颜颜的高中物理组卷一选择题（共17小题）1下列叙述正确的是（）A任何起电方式都是电荷转移的过程B摩擦起电是创造电荷的过程C玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D带等量异号电荷的两个导体接触后，两个导体将不带电，原因是电荷消失了2下列关于点电荷的说法中正确的是（）A点电荷是一个理想化物理模型B点电荷的电荷量一定是1.61019CC体积大的带电体一定不能看做点电荷D研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷3两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（）ABCD4某电场的

2、电场线如图所示，M、N两点相距为d，则（）AM点场强小于N点场强BM点电势低于N点电势C正电荷在M点受到的电场力方向由M指向ND若E为M点的场强，则M、N两点间电势差等于Ed5化纤衣服很容易沾上灰尘，这是因为它（）A容易积累静电荷B具有一定的粘性C具有大量的微孔D质地柔软6如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A 和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B 下部的金属箔都是闭合的现将带正电的物体C 移近A，下列描述正确的是（）A稳定后只有A 下部的金属箔张开B稳定后只有B 下部的金属箔张开CC移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都张开DC移近A后，再把B与A分开，稳定后

3、A、B下部的金属箔都闭合7如图所示，平行板电容器两极板M、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是（）A减小dB增大UC将M板向左平移D在板间插入介质8如图所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端。下列操作能使电容器电容减小的是（）A增大电源电压B减小电源电压C在两极板间插入陶瓷D增大两极板间的距离9一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，EP表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极

4、板移动距离x的关系图象中正确的是（）ABCD10如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）AA极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高BA极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变CB极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势升高DB极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低11两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关K，电源即给电容器充电，则（）A断开K，减小两极板间的距离，

5、则两极板间的电势差减小B断开K，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大C保持K接通，使两极板左右错幵一些，则极板上的电荷量增大D保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小12如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60，N点为轨迹的最高点，不计重力。则M、N两点间的电势差为（）ABCD13如图所示，空间中存在着匀强电场（竖线表示电场线，图中只画出一部分），一个带电荷量为q的油滴飞入电场后，在电场力和重力的共同作用下沿着一条曲线运动，先后通过a点和b点，则下

6、列说法正确的是（）Aa点电势a高于b点电势bB油滴在a点的电势能Epa大于在b点的电势能EpbC油滴在a点的加速度大于在b点的加速度D油滴在a点的重力势能与电势能之和Ea一定等于在b点的重力势能与电势能之和Eb14a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；b和c同时飞离电场；进入电场时，c的速度最大，a的速度最小；动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大。ABCD15如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY、水平偏转电极XX和荧光屏组成，当电极YY和XX所加电压都为零时，电子枪射出的电予

7、恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是（）A当上极板Y的电势高于Y，而后极板X的电势低于X时，电子将打在第一象限B电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D电子通过XX时的水平偏转量与YY所加电压大小有关16如图，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B 运动，则该带电颗粒（）A动能减小B电势能减小C机械能减小D可能带负电17示波管工作时，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差是U2，板长是L为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏

8、转量），可采用以下哪些方法（）A增大两板间电势差U2B尽可能使板长L短一些C使加速电压U1升高一些D尽可能使板距d小一些二多选题（共11小题）18带电微粒所带电量可能是下列值中的（）A3.01019CB3.21019CC1.61019CD4.01019C19如图所示，带电小球甲固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面上距甲一定距离有另一个带电小球乙，乙在桌面上运动，甲乙均视为质点。某时刻乙的速度沿垂直于甲乙的连线方向，则（）A若甲乙带同种电荷，以后乙一定做速度变大的曲线运动B若甲乙带同种电荷，以后乙一定做加速度变大的曲线运动C若甲乙带异种电荷，以后乙可能做匀速圆周运动D若甲乙带异种电荷，以后乙可能做

9、加速度和速度都变小的曲线运动20如图所示，用等长的绝缘线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方当A球静止时，两悬线夹角为能保持夹角不变的方法是（）A同时使两悬线长度减半B同时使A球的质量和电荷量减半C同时使两球的质量和电荷量减半D同时使两悬线长度和两球的电荷量减半21如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，下列说法中正确的是（）A三个等势面中，等势面a的电势最低B质点通过Q点时的电势能比通过P点时的小C质点通过Q点时的加速度

10、比通过P点时的大D质点通过Q点时的加速度的方向一定与等势面a垂直22如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）Aa，b两点的场强相同Ba，b两点的电势相同C将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值23如图所示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直。在a、c处分别固定有电荷量为+q、q的两个点电荷。下列说法正确的

11、是（）AO点电势一定等于b点电势B位置b处电场强度大小为C将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小Dac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直24图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV下列说法正确的是（）A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍25在x轴上固定两点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是（）A两个点电荷带有异种电荷，正电荷在O点，

12、负电荷在O点左侧Bx1处的电场强度为零C一带负电的点电荷沿x轴从x1移动至x2，电势能减小D点电荷沿x轴从x1移动至x2，受到的电场力逐渐减小26如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是（）A粒子一定带正电BA处场强大于C处场强C粒子在A处电势能小于在C处电势能D粒子从A运动到B的电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功27如图所示，长为L、倾角为=30的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端B点时的速度仍为v0，则（）A小球在

13、B点的电势能一定大于小球在A点的电势能BA、B两点的电势差一定为C若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷D若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定是28如图所示，虚线a、b 和c 是某静电场中的三个等势面，电势分别为a、b和c，且abc，一带正电的粒子射入电场中，运动轨迹如实线KLMN 所示，则（）A粒子从K 到L的过程中，加速度增大B粒子从L到M的过程中，电场力不做功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从M到N的过程中，动能减少三填空题（共2小题）29如图所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B，静止在图示位置；若固定的带正电的小球A电荷量为Q，B球的质量为

14、m，带电荷量q，=30，A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球之间的距离为 ，若将小球A向右移一小段距离，则小球B的偏角将 （填“增大”或“减小”或“不变”）30电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点一个电荷最q=+1.0108C的点电荷在A点所受的电场力FA=2.0105N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=2.0107J则A点电场强度EA= N/C；A、B两点间的电势差U= V四计算题（共2小题）31质量为m，电荷量为q的带电粒子，由静止经过加速极电压U1加速后，平行极板方向进入偏转电场，偏转极电压为U2已知偏转极板长度为1，两板间的距离为d（1）求粒子离

15、开加速电场时的速度大小；（2）求带电粒子射出偏转电场时，带电粒子的速度v的大小；（3）带电粒子要能够从偏转极板右端飞出，应满足的关系32如图所示，两极板间存在匀强电场，板间距为d，板长为L，质量为m的电荷量为q的液滴从两极板中间水平进入电场，恰能匀速通过电场，已知重力加速度为g（1）求两个极板间的电压；（2）现将电场反向，液滴以初速度v0水平进入电场，恰好从下极板的边缘飞出电场，求v0的大小；（3）电场反向后，液滴以初速度2v0水进入电场，求液滴通过电场过程中动能的增量五解答题（共1小题）33如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点（其中C点在金属板上

16、），且CD=4cm，CD连线和场强方向成60角已知电子从D点移到C点电场力做功为3.21017J，求：（1）匀强电场的场强；（2）A、B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？2018年08月09日a颜颜颜的高中物理组卷参考答案与试题解析一选择题（共17小题）1下列叙述正确的是（）A任何起电方式都是电荷转移的过程B摩擦起电是创造电荷的过程C玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D带等量异号电荷的两个导体接触后，两个导体将不带电，原因是电荷消失了【分析】由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电感应起电的实质是电荷可

17、以从物体的一部分转移到另一个部分接触起电物体同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷【解答】解：A、根据电荷守恒定律可知，任何起电方式都是电荷转移的过程，故A正确；B、摩擦起电过程是得到和失去电子的过程，因此其实质是电子的转移。故B错误；C、不同物质组成的物体相互摩擦时，原子核束缚核外电子的本来不同，原子核束缚核外电子本领强的得到电子，物体因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，物体因缺少电子带正电。故C错误；D、带等量异种电荷的两个导体接触后，等量异种电荷完全抵消的现象，叫做中和，电荷不会消失，故D错误；故选：A。2下列关于点电荷的说法中正确的是（）A点电荷是一个理想化物理模型

18、B点电荷的电荷量一定是1.61019CC体积大的带电体一定不能看做点电荷D研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷【分析】明确点电荷的性质，知道点电荷是种理想化的物理模型，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少没有关系【解答】解：A、点电荷是理想化的物理模型，故A正确；B、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，元电荷是电量的最小值，点电荷的值可以等于元电荷，也可以是元电荷的整数倍，即点电荷的电荷量可多可少，故B错误；C、带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故C错误；D、研究带电体的相互作用时，并不所有带电体都可

19、以看作点电荷，只有满足条件的带电体才能视为点电荷；故D错误。故选：A。3两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（）ABCD【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的【解答】解：由库仑定律可得：F=k得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3

20、，所以库仑力是原来的9：7故D正确，A、B、C错误。故选：D。4某电场的电场线如图所示，M、N两点相距为d，则（）AM点场强小于N点场强BM点电势低于N点电势C正电荷在M点受到的电场力方向由M指向ND若E为M点的场强，则M、N两点间电势差等于Ed【分析】明确电场线的性质，知道电场线的疏密表示强弱；电场线的方向表场强方向，沿电场线电势降落。【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，故M点的场强大于N点的场强；故A错误；B、沿电场线的方向电势降落；故M点的电势高于N点的电势；故B错误；C、正电荷受力沿电场线的方向；故正电荷在M点受到的电场力方向由M指向N；故C正确；D、U=Ed只适用于匀强电场；

21、故MN间的电势差不等于Ed；故D错误；故选：C。5化纤衣服很容易沾上灰尘，这是因为它（）A容易积累静电荷B具有一定的粘性C具有大量的微孔D质地柔软【分析】（1）用摩擦的方法使得物体带电，该现象称为摩擦起电；（2）带电体能吸引轻小物体，这是带电体的基本性质。【解答】解：化纤衣服与人体摩擦，摩擦起电，使衣服带有了电荷，由于带电体能够吸引轻小物体。所以带电的衣服会将细小的物体灰尘吸附在它上面，造成了衣服比较容易脏。故选：A。6如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A 和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B 下部的金属箔都是闭合的现将带正电的物体C 移近A，下列描述正确的是（）A稳定后只

22、有A 下部的金属箔张开B稳定后只有B 下部的金属箔张开CC移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都张开DC移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合【分析】根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量【解答】解：AB、带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；所以金属箔都张开。故AB错误；CD、C移近A后，先把AB分开，则A仍然带负电，B仍然带正电，所以金属箔都张开；故C正确，D错误。故选：C。7如图所示，平行板电容器两极板M、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电

23、容减小的措施是（）A减小dB增大UC将M板向左平移D在板间插入介质【分析】根据电容的决定式进行分析，知道电容器的电容与电容器的带电量和电压无关【解答】解：根据电容的决定式，减小d，电容增大；将M板向左平移，正对面积减小，电容减小；在板间插入介质，电容增大；电容器的电容与两极板间的电压无关，故C正确，ABD错误。故选：C。8如图所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端。下列操作能使电容器电容减小的是（）A增大电源电压B减小电源电压C在两极板间插入陶瓷D增大两极板间的距离【分析】根据电容的决定式C=进行分析，知道电容器的电容与电容器的带电量和电压无关。【解答】解：电容的大小与电量和电压无关，故改变

24、电压不会影响电容的大小；故AB错误；C、根据电容的决定式C=可知，在板间插入陶瓷介质，电容增大；故C错误；D、根据电容的决定式C=可知，增大两板间的距离时，电容减小，故D正确。故选：D。9一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，EP表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）ABCD【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E

25、的变化，进而判断势能的变化。【解答】解：A、当负极板左移时，d增加，由C= 可知，C与x图象不能为一次函数图象，故A错误；B、由U= 可知，U=Q，则E=，故E与d无关，故B错误C、因负极板接地，设P点原来距负极板为d，则P点的电势=E（d+L0）；故C正确；D、电势能E=q=Eq（d+L0），不可能为水平线，故D错误；故选：C。10如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）AA极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高BA极板下移时，

26、P点的电场强度不变，P点电势不变CB极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势升高DB极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低【分析】由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化。由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化。【解答】解：AB、由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C=、C= 和E= 可推出：E= 可知，P点的电场强度E不变。P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故A错误，B正确。CD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，

27、P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故CD错误。故选：B。11两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关K，电源即给电容器充电，则（）A断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小B断开K，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大C保持K接通，使两极板左右错幵一些，则极板上的电荷量增大D保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小【分析】断开K，电容器的带电量不变，保持K接通，电容器板间电压不变。先根据电容的决定式C=分析电容如何变化，再根据电容的定义式C=分

28、析电容器的电压或电量如何变化。由E=分析板间场强的变化。【解答】解：A、断开K，电容器所带电量不变。减小两极板间的距离，根据电容的决定式C=分析得知电容C增大，由C=分析得知，两极板间的电势差U减小。故A正确。B、断开K，电容器所带电量Q不变。在两极板间插入一块电介质，根据电容的决定式C=分析得知电容C增大，由C=分析得知，两极板间的电势差减小。故B错误。C、保持K接通，电容器板间电压U不变。使两极板左右错幵一些，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=分析得知电容C减小，由C=分析得知，极板上的电荷量Q减小。故C错误。D、保持K接通，板间电压U不变，减小两极板间的距离d，由公式E=分析得知，两

29、极板间电场的电场强度E增大。故D错误。故选：A。12如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60，N点为轨迹的最高点，不计重力。则M、N两点间的电势差为（）ABCD【分析】粒子仅受竖直向下的电场力，类似斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直分运动时匀变速直线运动，最高点速度水平，采用正交分解法得到最高点速度，然后根据动能定理列式分析M、N两点间的电势差。【解答】解：粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：VN=vM=v0cos60=，对从M到N过程，根据动能定理，有：qUMN=

30、，解得：UMN=，故ACD错误，B正确；故选：B。13如图所示，空间中存在着匀强电场（竖线表示电场线，图中只画出一部分），一个带电荷量为q的油滴飞入电场后，在电场力和重力的共同作用下沿着一条曲线运动，先后通过a点和b点，则下列说法正确的是（）Aa点电势a高于b点电势bB油滴在a点的电势能Epa大于在b点的电势能EpbC油滴在a点的加速度大于在b点的加速度D油滴在a点的重力势能与电势能之和Ea一定等于在b点的重力势能与电势能之和Eb【分析】油滴轨迹弯曲方向判断合力方向，从而确定出油滴所受的电场力，即可判断电场线的方向，就能分析电势的高低。由电场力做功正负分析电势能的变化。由牛顿第二定律分析加速度

31、关系。结合能量守恒定律分析。【解答】解：A、油滴轨迹向上弯曲，可知，油滴的合力方向竖直向上，油滴所受的电场力方向竖直向上，而油滴带负电，所以电场线方向竖直向下，a点电势a低于b点电势b故A错误。B、电场力对油滴做正功，油滴的电势能减小，则油滴在a点的电势能Epa大于在b点的电势能Epb故B正确。C、重力和电场力都是恒力，则油滴的合力恒定，加速度恒定，油滴在a点的加速度等于在b点的加速度，故C错误。D、合力对油滴做正功，油滴的动能增加，而油滴的动能、重力势能和电势能总和不变，则重力势能与电势能之和减少，则油滴在a点的重力势能与电势能之和Ea一定大于在b点的重力势能与电势能之和Eb故D错误。故选：

32、B。14a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；b和c同时飞离电场；进入电场时，c的速度最大，a的速度最小；动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大。ABCD【分析】三个粒子进入电场后加速度相同，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由图看出，竖直方向偏转距离的关系，由位移公式y=分析三个粒子运动时间关系。三个粒子水平方向上做匀速直线运动，由水平位移分析初速度关系。由动能定理分析动能增量的关系。【解答】解：三个粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离

33、，由y=得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tbtc，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场。故正确，错误。三个粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即xb=xcxa，而ta=tbtc，可见，初速度关系为：vcvbva，故正确。由动能定理得：Ek=qEy，由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量。故正确。故选：D。15如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY、水平偏转电极XX和荧光屏组成，当电极YY和XX所加电压都为零时，电子枪射出的电予恰好打在荧光屏上的

34、中心点即原点O上，下列说法正确的是（）A当上极板Y的电势高于Y，而后极板X的电势低于X时，电子将打在第一象限B电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D电子通过XX时的水平偏转量与YY所加电压大小有关【分析】采用正交分解法研究，将电子的运动分解为x、y、z三个方向的运动，水平方向不受外力，是匀速直线运动。【解答】解：A、电子带负电荷，电场力与场强方向相反，指向带正电荷的极板，上极板Y的电势高于Y，故向Y极板偏转，后极板X的电势低于X时，故向X极板偏转，故电子将打在第二象限，故A错误；B、电子水平向右的分运动时匀速直线运动，与偏转电

35、压无关，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；C、电子在z方向的速度是固定的，但是x、y两个方向的分速度与偏转电压有关，故电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关，故C正确；D、电子通过XX时的水平偏转量与XX所加电压大小有关，与YY所加电压大小无关，故D错误；故选：C。16如图，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B 运动，则该带电颗粒（）A动能减小B电势能减小C机械能减小D可能带负电【分析】带电粒子做的是直线运动，说明合力与速度在同一直线上，分析受力可知粒子受电场力的方向，则可得出电场力做功的情况；由电场力做功与电势能的关系

36、可以得出电势能的变化；由动能定理可知动能的变化；由机械能守守恒可知可知机械能是否守恒【解答】解：AD、因粒子受重力与电场力而沿如图中的直线运动，则重力与电场力合力一定沿运动方向所在的直线上；由受力分析可知，合力只能沿AB方向；如图所示；故电荷受电场力向右，电荷带正电，合力与运动方向同向，合力做正功，动能增大，故A错误，D错误；B、因电场力与位移的夹角小于90，故电场力做正功，电势能减小，故B正确；C、由于有电场力做功，电势能减小，根据能量守恒知机械能增大，故C错误；故选：B。17示波管工作时，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差是U

37、2，板长是L为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用以下哪些方法（）A增大两板间电势差U2B尽可能使板长L短一些C使加速电压U1升高一些D尽可能使板距d小一些【分析】根据灵敏度的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关。【解答】解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为：v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移：h=at2=所以示波管的灵敏度可表示为：=所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确。故选：D。二多选题（共11小题）18带电微粒所带电量可能是下列

38、值中的（）A3.01019CB3.21019CC1.61019CD4.01019C【分析】明确元电荷的定义，知道元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷的整数倍【解答】解：最小的电荷量是1.61019C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍，由于3.01019C不是1.61019C的整数倍，4.01017C不是1.61019C的整数倍；所以AD是不可能的。3.21019C是1.61019C的整数倍，1.61019C是1.61019C的整数倍，故BC是可能的。故BC正确，AD错误。故选：BC。19如图所示，带电小球甲固定在光滑的水平绝缘桌面上，

39、在桌面上距甲一定距离有另一个带电小球乙，乙在桌面上运动，甲乙均视为质点。某时刻乙的速度沿垂直于甲乙的连线方向，则（）A若甲乙带同种电荷，以后乙一定做速度变大的曲线运动B若甲乙带同种电荷，以后乙一定做加速度变大的曲线运动C若甲乙带异种电荷，以后乙可能做匀速圆周运动D若甲乙带异种电荷，以后乙可能做加速度和速度都变小的曲线运动【分析】分甲和乙为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论：当为同种电荷时，乙要远离甲；当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况。【解答】解：AB、若甲、乙为同种电荷，甲、乙之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以质点乙一定做曲

40、线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以乙的加速度在减小，速度增大，故A正确，B错误；C、若甲乙带异种电荷，甲、乙之间的库仑力为吸引力，如果吸引力刚好等于乙做匀速圆周运动需要的向心力，则以后乙做匀速圆周运动，故C正确；D、若甲乙带异种电荷，甲、乙之间的库仑力为吸引力，如果吸引力小于乙做匀速圆周运动需要的向心力，则乙做离心运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以乙的加速度在减小，速度也减小，故D正确；故选：ACD。20如图所示，用等长的绝缘线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方当A球静止

41、时，两悬线夹角为能保持夹角不变的方法是（）A同时使两悬线长度减半B同时使A球的质量和电荷量减半C同时使两球的质量和电荷量减半D同时使两悬线长度和两球的电荷量减半【分析】小球A受力平衡，受重力、静电斥力和拉力，三力平衡，结合平衡条件分析即可【解答】解：小球A受力平衡，受重力、静电斥力和拉力，三力平衡，重力和静电斥力的合力沿着绳子伸长的方向，只要重力和静电斥力的合力方向不变，球就能保持平衡；A、同时使两悬线长度减半，若角度不变，球间距减半，根据公式F=k，静电斥力增加为4倍，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故A错误；B、同时使A球的质量和电荷量减半，A球的重力和静电力都减小为

42、一半，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故B正确；C、同时使两球的质量和电荷量减半，A球的重力减小为一半，静电力都减小为四分之一，故故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故C错误；D、同时使两悬线长度和两球的电荷量减半，球间距减为一半，根据公式F=k，静电力不变，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故D正确；故选：BD。21如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，下列说法中正确的是（）A三个等势面中，等势面a的电势最低B质点通过Q点时的

43、电势能比通过P点时的小C质点通过Q点时的加速度比通过P点时的大D质点通过Q点时的加速度的方向一定与等势面a垂直【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上。故a点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大。【解答】解：A、作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上。故c点电势最低，a的电势最高。故A错误。B、由图可知，质点受力的方向大体向下，若质点从P向Q运动，则运动的过程中电场力做正功，电势能减小，所以质点通过Q点时的电势能比通过P点时的小。故B正确。C、等差等势面P处密，P处电

44、场强度大，电场力大，加速度大。故C错误。D、质点在电场中受到的电场力的方向与电场的方向相反，根据电场线与等势面的相互垂直可知，质点通过Q点时的电场力的方向一定与等势面a垂直，所以质点通过Q点时的加速度的方向一定与等势面a垂直，故D正确。故选：BD。22如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）Aa，b两点的场强相同Ba，b两点的电势相同C将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值【分析】根据等量同号电荷的电场分布图，可知各点的电势高低和场强大小；由电场力做功情况可知电势能的大小；根据库仑定律推导的值。【解答】解：等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示，A、电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可知，a，b两点的场强大小相等、方向不同，场强不同。故A错误；B、根据等量同种电荷的电场分布的对称性知，a点的电势等于b。故B正确；C、将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增加，故C错误；D、设圆直径为d，将