高二物理靜電場易錯題含詳細答案和解析.doc

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1、高二物理靜電場易錯題精選（帶詳細答案和解析）一選擇題（共22小題）1（2011江蘇模擬）如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點以相同的初速度v飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（）Aa加速度減小，b加速度增大Ba和b的動能一定都增大Ca一定帶正電，b一定帶負電Da電勢能減小，b電勢能增大2（2012秋福建校級期中）如圖所示虛線同心圓為一個負點電荷的等差等勢線分布圖，一帶電粒子只受電場力，從電場中的M點以初動能EK0運動到N點，徑跡如圖中曲線MPN，由此可知（）A粒子帶正電，在P點處的加速度最大，電勢能最大BM、P、N三點的電勢關(guān)系是M=NPC

2、由于電場力做功，粒子在M和N點處是的動能不同D粒子從M點到P點電場力做負功，電勢能增加，動能減少3（2013秋上高縣校級月考）如圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處有一個點電荷現(xiàn)從b、c之間一點P以相同的速率發(fā)射兩個相同帶電粒子，分別沿PM、PN運動到M、N點，M、N兩點都處于圓周c上，以下判斷正確的是（）A到達M、N時兩粒子速率仍相等B到達M、N時兩粒子速率vMvNC到達M、N時兩粒子的電勢能相等D兩個粒子的電勢能都是先減小后增大4（2011澠池縣校級模擬）如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示電子原來靜止在左極板小孔處下列說法中正確

3、的是（）A從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板之間往復運動B從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上C從t=時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動D從t=時刻釋放電子，電子最終一定從左極板的小孔離開電場5（2014秋金沙縣期末）兩個等量同種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、O三點，O為連線中點，AB與AO等距，如圖所示，規(guī)定無窮遠處的電勢為0，下列說法正確的是（）AA點電勢比B點高BA、B兩點的場強方向相同，B點場強可能與A點場強相同CA、B、O三點和無窮遠處等電勢DO點場強為0，電勢不為06（2012秋思明區(qū)校級期中）兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長絕緣的細線連結(jié)，置于場強為E的勻

4、強電場中，小球1帶正電，電量為2q，小球2帶負電，電量大小為q將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力）（）ABCT=qEDT=3qE7（2015銅川三模）兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的長為L的絕緣細線連結(jié)，置于場強為E的勻強電場中，小球1和小球2均帶負電，電量分別為q1和q2（q1q2），將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示，若將兩球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力T為（）（不計重力，線長L遠大于小球的線度）AT=（q2q1）E+BT=（q2q1）E+CT=（q2q1）EDT=（q2+q1）E+8（

5、2016天津模擬）如圖所示，在A、B兩點分別固定著所帶電荷量相等的正、負點電荷，O點是兩個點電荷連線的中點，C、D是關(guān)于O點對稱的兩點下列說法中正確的是（）AC、D兩點的場強大小相等、方向相同BC、D兩點的電勢相等C正點電荷從C點移到D點的過程中，電場力做正功D負點電荷在C點的電勢能大于它在D點的電勢能9（2010秋慈利縣校級月考）已知地球帶負電如圖，MN是地球產(chǎn)生的電場線中的一條電場線，某次太陽風暴時，一個高能帶正電的粒子（不計重力）從a到b穿越這條電線的軌跡如圖中虛線，下列結(jié)論正確的是（）A高能帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小B地球一定位于M點左側(cè)C高能帶電粒子在a的電勢能大于b點的電

6、勢能D高能帶電粒子在a的加速度小于在b點的加速度10（2010徐匯區(qū)一模）如圖甲，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點電勢隨x變化的規(guī)律如圖乙所示若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的速度先逐漸增大后逐漸減小B電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大C該電場線可能是孤立點電荷產(chǎn)生的D該電場線可能是等量異種電荷產(chǎn)生的11（2013秋慶安縣校級期末）如圖1，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點電勢隨x變化的規(guī)律如圖2所示若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的加速度恒定B電子的電勢能將增大C電子將沿著x軸負方

7、向運動D電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大12（2011秋南安市校級期中）如圖為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點在這一運動過程中克服重力做的功為2.0J，電場力做的功為1.5J則下列說法正確的是（）A粒子在A點和B點時的動能和電勢能之和相等B粒子在A點的電勢能比在B點少1.5JC粒子在A點的動能比在B點少0.5JD粒子在A點的機械能比在B點少1.5J13（2015秋盤縣期末）如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出不計電子重力下列說法正確的是（）A增大U1，電子一定打在

8、金屬板上B減小U1，電子一定打在金屬板上C減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出D增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出14（2015諸暨市校級模擬）如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是（）A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B兩電荷在電場中運動的加速度相等C從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同15（2011江西模

9、擬）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x軸變化的圖象如圖所示下列說法正確的是（）AO點的電勢最低Bx2點的電勢最高Cx1和x1兩點的電勢相等D該電場是等量負電荷的中垂線的電場分布16（2016博白縣模擬）某靜電場中的一條電場線與x軸重合，其電勢的變化規(guī)律如圖所示在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則在x0 x0區(qū)間內(nèi)（）A該靜電場是勻強電場B該靜電場是非勻強電場C電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸減小D電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸增大17（2013秋日喀則地區(qū)校級期中）在靜電場中a、b、c、d四點分別放一檢驗電荷，其電量可變，但很小，結(jié)果測出檢驗電荷所受電場力與電荷電

10、量的關(guān)系如圖所示，由圖線可知（）Aa、b、c、d四點不可能在同一電場線上B四點場強關(guān)系是Ec=EaEbEdC四點場強方向可能不相同D以上答案都不對18（2015春孝感月考）如圖所示，a，b，c為電場中同一條電場線上的三點，其中c為ab的中點已知a，b兩點的電勢分別為a=9V，b=3V，則下列敘述正確的是（）A該電場在c點處的電勢一定為6 VBa點處的場強Ea一定小于b點處的場強EbC正電荷從a點運動到b點的過程中電勢能一定增大D正電荷只受電場力作用從a點運動到b點的過程中動能一定增大19（2015秋衡陽縣月考）如圖所示，在電場中，將一個負電荷從C點分別沿直線移到A點和B點，克服靜電力做功相同該

11、電場可能是（）A沿y軸負方向的勻強電場B沿x軸正方向的勻強電場C第象限內(nèi)的正點電荷產(chǎn)生的電場D第象限內(nèi)的正點電荷產(chǎn)生的電場20（2013秋日喀則地區(qū)校級期中）如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則（）A當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小B當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大C當小球運動到最高點a時，小球的電勢能最小D小球在運動過程中機械能守恒21（2015秋黃石校級月考）如圖所示，在水平放置的光滑接地金屬板中點的正上方，有帶正電的點電荷Q，一表面絕緣帶正電的金屬球（可視為質(zhì)點，且不影響原電場）自左以速度v0開始在金屬板上向右運動，在運動

12、過程中（）A小球做先減速后加速運動B小球做勻速直線運動C小球受的電場力不做功D電場力對小球先做正功后做負功22（2015春行唐縣校級月考）圖中虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線，若不計重力的帶電粒子從a點射入電場后恰能沿圖中的實線運動，b點是其運動軌跡上的另一點，則下述判斷正確的是（）Ab點的電勢一定高于a點Ba點的場強一定大于b點C帶電粒子一定帶正電D帶電粒子在b點的速率一定大于在a點的速率二解答題（共8小題）23（2011春桃城區(qū)校級期末）如圖所示，兩塊平行金屬板MN間的距離為d，兩板間電壓u隨時間t變化的規(guī)律如右圖所示電壓的絕對值為U0t=0時刻M板的電勢比N板低在t=0時

13、刻有一個電子從M板處無初速釋放，經(jīng)過1.5個周期剛好到達N板電子的電荷量為e，質(zhì)量為m求：（1）該電子到達N板時的速率v（2）在1.25個周期末該電子和N板間的距離s24（2013福建模擬）如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷a、b是AB連線上兩點，其中Aa=Bb=，O為AB連線的中點一質(zhì)量為m帶電量為+q的小滑塊（可視為質(zhì)點）以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍（n1），到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求：（1）小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)（2）Ob兩點間的電勢差UOb（3）小滑塊運動的總路

14、程s25（2013秋崇文區(qū)校級期中）如下操作中，能使靜電計的指針張角變小的是_26（2009秋天津期末）如圖所示，一傾角=30的光滑斜面的直角點A處固定一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上面小球從B點從靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求（1）小球運動到斜面底端C處時，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻螅浚?）小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度大?。?7（2011秋信豐縣校級月考）如圖所示，可視為質(zhì)點的三物塊A、B、C放在傾角為30的固定絕緣長斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，三物塊的質(zhì)量分別

15、為mA=0.80kg、mB=0.64kg、mC=0.50kg，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為qB=+4.00105C、qC=+2.00105C，且保持不變開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用，現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a=1.5m/s2的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t0，力F變?yōu)楹懔?，當A運動到斜面頂端時撤去力F已知靜電力常量k=9.0109Nm2/C2，g=10m/s2求：（1）未施加力F時物塊B、C間的距離；（2）t0時間內(nèi)A上滑的距離；（3）t0時間內(nèi)力F和庫侖力對A、B兩物塊做的總功28（2014秋長汀縣校級月考）如圖所示，水平放置的平行金屬板

16、的N板接地，M板電勢為+U，兩板間距離為d，d比兩板的長度小很多，在兩板之間有一長為2L（2Ld）的絕緣輕桿，可繞桿的水平固定軸O在豎直面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，O為桿的中點，桿的兩端分別連著小球A和B，它們的質(zhì)量分別為2m和m，它們的帶電荷量分別為+q和q（不計小球間的靜電力），當桿由圖示水平位置從靜止釋放，轉(zhuǎn)過90到豎直位置時，已知重力加速度為g，求：（1）兩球的電勢能的變化；（2）兩球的總動能；（3）桿對A球的作用力29（2013春南關(guān)區(qū)校級期末）如圖所示，在x0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強電場；在x0的空間中，存在沿x軸負方向的勻強電場，場強大小均為E一帶電量為e、質(zhì)量為m的電子在x=d處

17、的P點以沿y軸正方向的初速度v0開始運動，不計電子重力求：（1）電子的x方向分運動的周期；（2）電子運動的軌跡與y軸的各個交點中，任意兩個交點的距離30（2013秋信豐縣校級月考）如圖甲所示，A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強電場，B板接地A板電勢A隨時間變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有正對兩孔O1和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場現(xiàn)有一帶負電粒子在t=0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1進入，并能從O1沿O1O2進入C、D間，剛好到達O2孔，已知帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，不計其重力求：（1）該粒子進入A、B的初速度v0的大??；（2）

18、A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值靜電場菁優(yōu)網(wǎng)組卷高二物理參考答案與試題解析一選擇題（共22小題）1（2011江蘇模擬）如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點以相同的初速度v飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（）Aa加速度減小，b加速度增大Ba和b的動能一定都增大Ca一定帶正電，b一定帶負電Da電勢能減小，b電勢能增大【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小【解答】解：電場線的方向不知，所以粒子帶電性質(zhì)不定；從圖中軌道變化來看電場力都做正功，動能都增大

19、，電勢能都減少所以CD錯誤，B正確電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，所以A正確故選AB【點評】加強基礎(chǔ)知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題2（2012秋福建校級期中）如圖所示虛線同心圓為一個負點電荷的等差等勢線分布圖，一帶電粒子只受電場力，從電場中的M點以初動能EK0運動到N點，徑跡如圖中曲線MPN，由此可知（）A粒子帶正電，在P點處的加速度最大，電勢能最大BM、P、N三點的電勢關(guān)系是M=NPC由于電場力做功，粒子在M和N點處是的動能不同D粒子從M點到P點電場力做負功，電勢能增加，動能減少【分析】根據(jù)帶電粒子的運

20、動軌跡判斷受力情況，從而確定帶電粒子的電性；根據(jù)功能關(guān)系判斷能量的轉(zhuǎn)化情況；根據(jù)沿著電場線電勢降低判斷電勢的變化情況【解答】解：A、由于曲線運動的合力應該指向內(nèi)側(cè)，故從粒子的運動軌跡可以看出，粒子受到排斥力，故帶電粒子的電性與場源電荷的電性相同，帶負電荷故A錯誤；B、電場線的方向從正電荷出發(fā)，到負電荷終止，所以該處的電場線的方向指向圓心；沿電場線的方向電勢降落，所以M=NP故B錯誤；C、從圖中可得，M與N處于同一個等勢面上，所以電荷在MN兩點的電勢能相等，動能也相等故C錯誤；D、帶電粒子從M點到P點粒子受到排斥力，電場力做負功，電勢能增加，動能減少故D正確故選：D【點評】本題關(guān)鍵是要根據(jù)運動軌

21、跡確定受力情況，然后結(jié)合點電荷的電場線和等勢面情況來確定電勢情況和能量的轉(zhuǎn)化情況3（2013秋上高縣校級月考）如圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處有一個點電荷現(xiàn)從b、c之間一點P以相同的速率發(fā)射兩個相同帶電粒子，分別沿PM、PN運動到M、N點，M、N兩點都處于圓周c上，以下判斷正確的是（）A到達M、N時兩粒子速率仍相等B到達M、N時兩粒子速率vMvNC到達M、N時兩粒子的電勢能相等D兩個粒子的電勢能都是先減小后增大【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向確定帶電粒子所受的電場力方向，判斷電場力對PM和PN粒子的做功的正負，根據(jù)動能定理確定到達M、N時兩粒子速率關(guān)系，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系

22、，確定電勢能的變化根據(jù)電勢能的公式Ep=q，判斷到達M、N時兩粒子的電勢能大小關(guān)系【解答】解：A、B、由題，M、N兩點都處于圓周c上，電勢相等，兩帶電粒子又是從同一點P出發(fā)，則電勢差UPM=UPN，電場力對兩個帶電粒子做功大小相等根據(jù)動能定理得到，到達M、N時兩粒子速率vM=vN故A正確、B錯誤C、由軌跡看出，點電荷對左側(cè)和右側(cè)的帶電粒子都是排斥力，與中心點電荷電性相同M、N兩點電勢相等，根據(jù)電勢能的公式Ep=q，兩個相同的粒子的電荷量q相等，兩電荷電性又相同，故到達M、N時兩粒子的電勢能相等，故C正確D、由圖可知，PM粒子和PN粒子受到的電場力都是先做負功后做正功，其電勢能都是先增大后減小，

23、故D錯誤故選：AC【點評】本題是軌跡問題，根據(jù)軌跡的彎曲方向要能判斷出帶電粒子所受的電場力大體方向電場力做功與初末位置間電勢差成正比，并會判定電場力做功的正負4（2011澠池縣校級模擬）如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示電子原來靜止在左極板小孔處下列說法中正確的是（）A從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板之間往復運動B從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上C從t=時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動D從t=時刻釋放電子，電子最終一定從左極板的小孔離開電場【分析】分析電子的受力情況，來分析電子的運動情況，若一直向右運動，可以

24、打在右板，若電子時而向右運動，時而向左運動，根據(jù)位移關(guān)系，分析電子的運動情況【解答】解：分析電子在一個周期內(nèi)的運動情況A、B從t=0時刻釋放電子，前內(nèi)，電子受到的電場力向右，電子向右做勻加速直線運動；后內(nèi)，電子受到向左的電場力作用，電子向右做勻減速直線運動；接著周而復始，所以電子一直向右做單向的直線運動，直到打在右板上故A錯誤，B正確C、從t=時刻釋放電子，在內(nèi)，電子向右做勻加速直線運動；在內(nèi)電子受到的電場力向左，電子繼續(xù)向右做勻減速直線運動，時刻速度為零；在T內(nèi)電子受到向左的電場力，向左做初速度為零的勻加速直線運動，在T內(nèi)電子受到向右的電場力，向左做勻減速運動，在時刻速度減為零；接著重復若兩

25、板距離足夠大時，電子在兩板間振動故C正確D、用同樣的方法分析從t=T時刻釋放電子的運動情況，電子先向右運動，后向左運動，由于一個周期內(nèi)向左運動的位移大于向右運動的位移，電子最終從左極板的小孔離開電場也可能電子在向右過程中就碰到右極板，故D錯誤故選BC【點評】本題中電子在周期性變化的電場中，電場力是周期性變化的，關(guān)鍵要根據(jù)牛頓定律分析電子的運動情況5（2014秋金沙縣期末）兩個等量同種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、O三點，O為連線中點，AB與AO等距，如圖所示，規(guī)定無窮遠處的電勢為0，下列說法正確的是（）AA點電勢比B點高BA、B兩點的場強方向相同，B點場強可能與A點場強相同CA、B、O三點

26、和無窮遠處等電勢DO點場強為0，電勢不為0【分析】本題考查了等量同種電荷周圍電場分布情況：中垂線上上下電場線方向相反，根據(jù)電場線方向判斷電勢高低【解答】解：A、取一個試探電荷，從O點沿著中垂線向上移動，電場力一直做正功或負功，說明電場方向不變；但不知道是等量正電荷還是等量負電荷，故無法判斷A點電勢與B點電勢的高低，故A錯誤；B、根據(jù)電場的疊加原理可知a、b兩點的場強方向相同（豎直），但電場線疏密關(guān)系不能確定，所以場強大小不能判斷，可能相等，故B正確；C、取一個試探電荷，從O點沿著中垂線向上移動，電場力一直做正功或負功，說明電場方向不變，故電勢改變，故C錯誤；D、取一個試探電荷，在O點電場力為零

27、，故O點場強為零；取一個試探電荷，從O點沿著中垂線向上移動，電場力一直做正功或負功，說明電場方向不變，故電勢改變，由于無窮遠電勢為零，故O點電勢不為零；故D正確；故選：BD【點評】本題關(guān)鍵要掌握等量同種點電荷電場線的分布情況，抓住對稱性進行分析，基礎(chǔ)題目6（2012秋思明區(qū)校級期中）兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長絕緣的細線連結(jié)，置于場強為E的勻強電場中，小球1帶正電，電量為2q，小球2帶負電，電量大小為q將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力）（）ABCT=qEDT=3qE【分析】對球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓

28、第二定律求出整體的加速度對球2受力分析，由牛頓第二定律求出細線中的張力T【解答】解：對球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，對球2受力分析，由牛頓第二定律得：T+Eq2=ma，兩式聯(lián)立得：T=（q1q2）E=qE，故選A【點評】解決本題關(guān)鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識結(jié)合起來，在研究對象上能學會整體法和隔離法的應用7（2015銅川三模）兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的長為L的絕緣細線連結(jié)，置于場強為E的勻強電場中，小球1和小球2均帶負電，電量分別為q1和q2（q1q2），將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示，若將兩球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力T為（

29、）（不計重力，線長L遠大于小球的線度）AT=（q2q1）E+BT=（q2q1）E+CT=（q2q1）EDT=（q2+q1）E+【分析】對球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度對球2受力分析，由牛頓第二定律求出細線中的張力T【解答】解：對球1、2整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，對球2受力分析，由牛頓第二定律與庫侖定律，可得：T+Eq1=ma，兩式聯(lián)立得T=（q2q1）E+，故B正確，ACD錯誤；故選：B【點評】解決本題關(guān)鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識結(jié)合起來，在研究對象上能學會整體法和隔離法的應用8（2016天津模擬）如圖所示，在A、B兩點分別固定著所

30、帶電荷量相等的正、負點電荷，O點是兩個點電荷連線的中點，C、D是關(guān)于O點對稱的兩點下列說法中正確的是（）AC、D兩點的場強大小相等、方向相同BC、D兩點的電勢相等C正點電荷從C點移到D點的過程中，電場力做正功D負點電荷在C點的電勢能大于它在D點的電勢能【分析】等量異種電荷的電場線關(guān)于兩個電荷的連線對稱，可以畫出通過ABCD四點的電場線，某點電場強度方向用電場線上通過該點的切線方向表示；沿著電場線電勢逐漸降低，負電荷在高電勢位置電勢能小【解答】解：A、等量異種電荷的電場線關(guān)于兩個電荷的連線對稱，電場線分布如圖：某點電場強度方向用電場線上通過該點的切線方向表示，故C、D兩點的場強大小相等、方向相同

31、，故A正確；B、沿著電場線，電勢逐漸降低，等勢面與電場線垂直，可以先找出C、D兩點在AB連線上的等電勢點，C在AB連線上的等電勢點偏左，故C點電勢較高，故B錯誤；C、由于C點電勢高于D點電勢，故正點電荷從C點移到D點的過程中，電勢能降低，電場力做正功，故D正確；D、根據(jù)公式=，負點電荷在高電勢點的電勢能小，故D錯誤；故選AC【點評】本題關(guān)鍵熟悉等量異號電荷的電場線分布圖和等勢面分布圖，明確電勢的定義以及電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，不難9（2010秋慈利縣校級月考）已知地球帶負電如圖，MN是地球產(chǎn)生的電場線中的一條電場線，某次太陽風暴時，一個高能帶正電的粒子（不計重力）從a到b穿越這條電線的軌

32、跡如圖中虛線，下列結(jié)論正確的是（）A高能帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小B地球一定位于M點左側(cè)C高能帶電粒子在a的電勢能大于b點的電勢能D高能帶電粒子在a的加速度小于在b點的加速度【分析】電荷受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子受力的方向向右，又因為都是負電荷，它們之間是排斥力，可以判斷固定在電荷在M一側(cè)，應用牛頓第二定律求出加速度之間的關(guān)系【解答】解：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子受力的方向向右A、到b運動的方向與受力的方向一致，由于受力的方向與運動方向之間的夾角小是銳角，故電場力做正功，粒子的動能增加，電勢能減小，故A錯誤，C正確；B、MN是一負電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線

33、一個帶正電的粒子受力的方向向右，由于正電荷與負電荷之間是吸引力，所以地球在N點的右側(cè)，故B錯誤；D、由A的分析知地球在N點的右側(cè)，a點的場強小，帶電粒子在a點的加速度也小，故D正確故選：CD【點評】本題屬于電場中軌跡問題，考查分析推理能力根據(jù)軌跡的彎曲方向，判斷出電荷受到的電場力指向右側(cè)，可以判斷固定在電荷在M一側(cè)10（2010徐匯區(qū)一模）如圖甲，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點電勢隨x變化的規(guī)律如圖乙所示若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的速度先逐漸增大后逐漸減小B電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大C該電場線可能是孤立點電荷產(chǎn)生的D該電場

34、線可能是等量異種電荷產(chǎn)生的【分析】根據(jù)電子所受電場力方向特點，分析電子的速度如何變化電勢x圖線的斜率等于電場強度大小，根據(jù)斜率的變化，分析場強的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化由場強的變化情況，確定場源電荷【解答】解：A、由題，是電場的一條電場線，電子從靜止開始僅受電場力而運動，電場力方向保持不變，所以電子一直做加速運動故A錯誤B、電勢x圖線的斜率等于電場強度大小，由圖看出，圖線的斜率先變大后變小，則電場強度先變大后變小，電子所受電場力也先變大后變小，根據(jù)牛頓第二定律可知，電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大故B正確C、該電場線不可能是孤立點電荷產(chǎn)生的，因為電子在孤立點電荷產(chǎn)生的電場中電場力一

35、直增大或一直減小故C錯誤D、根據(jù)電子的電場力變化情況可判斷出來，電子可能在兩個等量異種電荷連線上運動故D正確故選：BD【點評】本題難點在于對x圖線斜率的理解，可借助于勻強電場中場強與電勢差關(guān)系公式E=進行定性理解11（2013秋慶安縣校級期末）如圖1，某電場的一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點電勢隨x變化的規(guī)律如圖2所示若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A電子的加速度恒定B電子的電勢能將增大C電子將沿著x軸負方向運動D電子的加速度先逐漸減小后逐漸增大【分析】根據(jù)電子所受電場力方向特點，分析電子的速度如何變化電勢x圖線的斜率等于電場強度大小，根據(jù)斜率的變化

36、，分析場強的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化由場強的變化情況，確定場源電荷【解答】解：A、x圖象的斜率大小等于電場強度，即=E，由幾何知識得知，斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大，由F=qE知，電子所受的電場力先減小后增大，由牛頓第二定律得知，電子運動的加速度先減小后增大故A錯誤，D正確；B、由靜止釋放后，電場力對電子做正功，電子的電勢能減小故B錯誤；C、由圖看出，電勢逐漸升高，則電場線方向沿Ox負方向，電子所受的電場力沿Ox正方向，則電子將沿Ox正方向運動故C錯誤；故選：D【點評】本題難點在于對x圖線斜率的理解，可借助于勻強電場中場強與電勢差關(guān)系公式=E進行定性理解12（2011秋

37、南安市校級期中）如圖為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點在這一運動過程中克服重力做的功為2.0J，電場力做的功為1.5J則下列說法正確的是（）A粒子在A點和B點時的動能和電勢能之和相等B粒子在A點的電勢能比在B點少1.5JC粒子在A點的動能比在B點少0.5JD粒子在A點的機械能比在B點少1.5J【分析】帶電粒子在電場中受到重力和電場力作用，其重力勢能、動能和電勢能的總和不變電場力做的功為1.5J，電勢能減小1.5J根據(jù)總功，由動能定理分析動能的變化由能量守恒定律分析機械能的變化【解答】解：A、帶電粒子在電場中受到重力和電場力作用，粒子在A點和B點時的重力勢能、動能和電勢能的總和相等故A錯誤

38、 B、電場力做的功為1.5J，電勢能減小1.5J，即粒子在A點的電勢能比在B點多1.5J故B錯誤 C、由題得到總功為W=2J+1.5J=0.5J，由動能定理得知動能減小0.5J，即粒子在A點的動能比在B點多0.5J故C錯誤 D、由能量守恒定律分析可知：電勢能減小1.5J，機械能增加1.5J，即粒子在A點的機械能比在B點少1.5J故D正確故選D【點評】本題是電場中的能量問題，首先要搞清涉及幾種形式的能，其次抓住幾對功與能的關(guān)系，由能量守恒定律分析13（2015秋盤縣期末）如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進入水

39、平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出不計電子重力下列說法正確的是（）A增大U1，電子一定打在金屬板上B減小U1，電子一定打在金屬板上C減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出D增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出【分析】求解本題的關(guān)鍵是明確：通過討論電子偏轉(zhuǎn)位移的變化情況來判定電子是否打在（或從金屬板間射出）金屬板上，然后通過動能定理和類平拋規(guī)律列式即可求解【解答】解：A、設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t，由q=及L=vt可知，若增大則v增大，時間t減小，再由y=可知，射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)位移減小，所以不會打在金屬板上，A錯誤B、同理，若減小，則t增大，偏轉(zhuǎn)位移y增大，將會打在金屬板上，所以B正確

40、C、由a=，y=，又t不變，所以減小則偏轉(zhuǎn)位移減小，電子一定能從金屬板間射出，C正確D、同理增大，則偏轉(zhuǎn)位移將增大，電子不能射出，D錯誤故選BC【點評】帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動可以用類平拋的思路求解，可用偏轉(zhuǎn)位移y或偏轉(zhuǎn)角tan的變化來討論粒子偏轉(zhuǎn)情況的變化14（2015諸暨市校級模擬）如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是（）A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B兩電荷在電場中運動的加速度相等C從兩電荷進入電場到

41、兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同【分析】兩個電荷同時進入電場到相遇，運動時間相等；從軌跡圖可以看出，M電荷的水平分位移和豎直分位移都比N電荷的大；將電荷的運動沿水平和豎直方向正交分解后根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律聯(lián)合列式分析即可【解答】解：A、B、從軌跡可以看出：yMyN，故t2t2解得：，qMqN故A正確，B錯誤；C、根據(jù)動能定理，電場力的功為：W=Ek=m，質(zhì)量m相同，M電荷豎直分位移大，豎直方向的末速度vy=也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；D、從軌跡可以看出：xMxN，

42、故vMtvNt，故vMvN，故D錯誤；故選：AC【點評】本題關(guān)鍵將合運動沿水平和豎直方向正交分解，然后根據(jù)運動學公式列式分析15（2011江西模擬）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x軸變化的圖象如圖所示下列說法正確的是（）AO點的電勢最低Bx2點的電勢最高Cx1和x1兩點的電勢相等D該電場是等量負電荷的中垂線的電場分布【分析】根據(jù)題意，電場關(guān)于x軸對稱分布可知，作出電場線如圖，根據(jù)順著電場線，電勢降低和對稱性可判斷電勢高低【解答】解：A、B、作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低，則O電勢最高，故A錯誤，B錯誤C、從圖線看出，電場強度關(guān)于原點O對稱，則X軸上關(guān)于O點對稱位置的電勢相等故

43、C正確，D、O點場強為零，O電勢最高，所以該電場是等量正電荷從兩電荷連線的中點沿中垂線向側(cè)外移形成的，故D錯誤；故選：C【點評】本題關(guān)鍵抓住沿著電場強度的方向，電勢一定降低；然后結(jié)合圖象得到電場強度的分布情況，再分析電勢變化情況即可16（2016博白縣模擬）某靜電場中的一條電場線與x軸重合，其電勢的變化規(guī)律如圖所示在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則在x0 x0區(qū)間內(nèi)（）A該靜電場是勻強電場B該靜電場是非勻強電場C電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸減小D電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸增大【分析】由電勢的變化特點（圖象的斜率表示電場強度的大小及方向）可以判斷電場為非勻強電場，且電

44、場線沿x軸負向，即可判斷各項【解答】解：A、B由圖象可知電勢與距離不成正比，由公式U=Ed，可知該靜電場是非勻強電場，A錯誤，B正確；C、根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，由圖象可知電場線的方向為x軸負方向，當電子沿x軸正方向運動，則電場強度減小，所以電場力也減小，故加速度大小減小，故C正確，D錯誤；故選BC【點評】本題考查了勻強電場中電勢與電場強度的關(guān)系，要加強識別圖象并從圖象中獲取信息的能力同時還可根據(jù)電場力做功來確定電子的電勢能如何變化17（2013秋日喀則地區(qū)校級期中）在靜電場中a、b、c、d四點分別放一檢驗電荷，其電量可變，但很小，結(jié)果測出檢驗電荷所受電場力與電荷電量的關(guān)系如圖所示，由圖線

45、可知（）Aa、b、c、d四點不可能在同一電場線上B四點場強關(guān)系是Ec=EaEbEdC四點場強方向可能不相同D以上答案都不對【分析】電場力與電荷電量的關(guān)系圖線的斜率等于電場強度，根據(jù)斜率的大小分析場強的大小關(guān)系根據(jù)場強與電場力方向關(guān)系，分析四點場強方向的關(guān)系【解答】解：A、由圖讀出，a、b是兩正電荷，c、d是兩負電荷，ab所受電場力方向相同，與cd所受電場力相反，a、b、c、d四點可能在同一電場線上故A錯誤B、Fq圖線的斜率等于電場強度大小，由圖看出，a、c圖線的斜率相等，而且最大，d圖線的斜率最小，所以四點場強關(guān)系是Ec=EaEbEd故B正確C、電場強度方向正電荷所受電場力方向相同，而與負電荷

46、所受電場力方向相反，四點場強方向必定相同故C錯誤D、由上可知D錯誤故選B【點評】本題關(guān)鍵要從數(shù)學角度來理解圖象的物理意義基礎(chǔ)題18（2015春孝感月考）如圖所示，a，b，c為電場中同一條電場線上的三點，其中c為ab的中點已知a，b兩點的電勢分別為a=9V，b=3V，則下列敘述正確的是（）A該電場在c點處的電勢一定為6 VBa點處的場強Ea一定小于b點處的場強EbC正電荷從a點運動到b點的過程中電勢能一定增大D正電荷只受電場力作用從a點運動到b點的過程中動能一定增大【分析】題中是一條電場線，無法判斷該電場是否是勻強電場，不能確定c點處的電勢根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，分析電勢能的關(guān)系由能量守恒

47、分析動能關(guān)系【解答】解：A、若該電場是勻強電場，則在c點處的電勢為c=V=6V，若該電場不是勻強電場，則在c點處的電勢為c6V故A錯誤B、一條電場線，無法判斷電場線的疏密，就無法判斷兩點場強的大小，所以a點處的場強Ea不一定小于b點處的場強Eb故B錯誤CD、根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，可知正電荷從a點運動到b點的過程中電勢能一定減小，而由能量守恒得知，其動能一定增大故C錯誤，D正確故選：D【點評】電場線的疏密可表示電場強度的相對大小，但一條電場線，無法判斷電場線的疏密，就無法判斷兩點場強的大小但可根據(jù)電勢的高低判斷電勢能的大小19（2015秋衡陽縣月考）如圖所示，在電場中，將一個負電荷從C點

48、分別沿直線移到A點和B點，克服靜電力做功相同該電場可能是（）A沿y軸負方向的勻強電場B沿x軸正方向的勻強電場C第象限內(nèi)的正點電荷產(chǎn)生的電場D第象限內(nèi)的正點電荷產(chǎn)生的電場【分析】負電荷從C點分別沿直線移動到A點和B點，均需克服電場力做功，且做功的數(shù)值相等說明電勢能變化相等，所以A、B兩點的電勢相等【解答】解：由于負電荷從C點分別到A點B點，電場力分別做了相同數(shù)量的負功，表明A、B兩點必在電場中的同一等勢面上；A、如果電場是沿正y方向的勻強電場，則A、B為同一等勢面上的點，故A正確；B、如果電場是沿正x方向的勻強電場，A、B電勢不可能相等，故B錯誤；C、如果在AB的中垂線上的上方某處放一正電荷，則

49、點A、B也是同一等勢面上的點，但電場力做正功，故C錯誤；D、在第象限內(nèi)，如果在AB的中垂線上的某處放一正電荷，則點A、B也是同一等勢面上的點，可滿足題給條件，故D正確故選：AD【點評】電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布當正電荷沿著電場線方向移動時，電場力做正功，則電勢能減少，所以電勢在減少當負電荷沿著電場線方向移動時，電場力做負功，則電勢能增加，而電勢仍減小20（2013秋日喀則地區(qū)校級期中）如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則（）A當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小B當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大C當小球運動到最高點a

50、時，小球的電勢能最小D小球在運動過程中機械能守恒【分析】分析小球所受重力與電場力的大小關(guān)系：當重力大于電場力時，小球運動到最高點a時，線的張力一定最小，到達最低點b時，小球的速度最大；當重力等于電場力時，小球做勻速圓周運動當重力小于電場力時，小球運動到最高點a時，線的張力一定最大，到達最低點b時，小球的速度最??；由于電場力做功，小球的機械能一定不守恒【解答】解：A、B、小球在電場中受到重力和向上的電場力 當重力大于電場力時，小球運動到最高點a時，線的張力一定最小，到達最低點b時，小球的速度最大； 當重力等于電場力時，小球做勻速圓周運動，速度大小不變 當重力小于電場力時，小球運動到最高點a時，線

51、的張力一定最大，到達最低點b時，小球的速度最??；故A、B錯誤C、當小球最低點到最高點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，小球運動到最高點A，小球的電勢能最小故C正確D、由于電場力做功，小球的機械能一定不守恒故D錯誤故選：C【點評】本題中題設(shè)條件不明，要考慮各種可能的情況進行討論，分三種情況分析小球的受力情況和運動情況21（2015秋黃石校級月考）如圖所示，在水平放置的光滑接地金屬板中點的正上方，有帶正電的點電荷Q，一表面絕緣帶正電的金屬球（可視為質(zhì)點，且不影響原電場）自左以速度v0開始在金屬板上向右運動，在運動過程中（）A小球做先減速后加速運動B小球做勻速直線運動C小球受的電場力不做功D電場力

52、對小球先做正功后做負功【分析】金屬板在Q的電場中產(chǎn)生靜電感應現(xiàn)象，達到靜電平衡時，金屬板是一個等勢體，表面是一個等勢面，表面的電場線與表面垂直分析小球的受力情況，確定其運動情況，判斷電場力是否做功【解答】解：A、B金屬板在Q的電場中達到靜電平衡時，金屬板是一個等勢體，表面是一個等勢面，表面的電場線與表面垂直，小球所受電場力與金屬板表面垂直，在金屬板上向右運動的過程中，電場力不做功，根據(jù)動能定理得知，小球的動能不變，速度不變，所以小球做勻速直線運動故A錯誤，B正確C、D由于電場力與小球的速度方向垂直，電場力對小球不做功故C正確，D錯誤故選BC【點評】本題關(guān)鍵抓住靜電平衡導體的特點：整體導體是一個

53、等勢體，表面是一個等勢面22（2015春行唐縣校級月考）圖中虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線，若不計重力的帶電粒子從a點射入電場后恰能沿圖中的實線運動，b點是其運動軌跡上的另一點，則下述判斷正確的是（）Ab點的電勢一定高于a點Ba點的場強一定大于b點C帶電粒子一定帶正電D帶電粒子在b點的速率一定大于在a點的速率【分析】電場線與等勢面垂直，等勢面密的地方場強強，等勢面疏的地方場強弱根據(jù)軌跡的彎曲，判斷電場力的方向，根據(jù)動能定理比較出a、b兩點的速率【解答】解：A、電場線與等勢面垂直，由于電場線方向未知，所以無法判斷電勢的高低故A錯誤B、a點的等勢面比b點等勢面密，所以a點電場強度

54、大于b點電場強度故B正確C、軌跡的彎曲方向大致指向合力的方向，知電場力的方向大致向左，但是電場強度的方向未知，所以無法判斷電荷的電性故C錯誤D、從a到b電場力做負功，動能減小，所以帶電粒子在b點的速率一定小于在a點的速率故D錯誤故選：B【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電場線和等勢面的特點，知道軌跡彎曲的方向大致指向合力的方向二解答題（共8小題）23（2011春桃城區(qū)校級期末）如圖所示，兩塊平行金屬板MN間的距離為d，兩板間電壓u隨時間t變化的規(guī)律如右圖所示電壓的絕對值為U0t=0時刻M板的電勢比N板低在t=0時刻有一個電子從M板處無初速釋放，經(jīng)過1.5個周期剛好到達N板電子的電荷量為e，質(zhì)量為m求：

55、（1）該電子到達N板時的速率v（2）在1.25個周期末該電子和N板間的距離s【分析】（1）電子先勻加速、再勻減速、最后再勻加速，根據(jù)位移時間關(guān)系公式和速度時間關(guān)系公式列式求解即可；（2）在1.25個周期末時，電子正在做勻加速直線運動，處于勻加速直線運動的中間時刻，根據(jù)位移時間關(guān)系公式和速度時間關(guān)系公式列式求解【解答】解：（1）由題意知，電子在第一、三個T內(nèi)向右做初速為零的勻加速運動，第二個內(nèi)向右做末速為零的勻減速運動由知，這三段時間內(nèi)電子的位移是相同的在第三個內(nèi)對電子用動能定理：，其中U=U0，得（2）在第三個T初，電子的位置離N板d，在第三個T內(nèi)，電子做初速為零的勻加速運動，總位移是d，前一

56、半時間內(nèi)的位移是該位移的，為s=，因此這時離D板s=答：（1）該電子到達N板時的速率v為（2）在1.25個周期末該電子和N板間的距離s為【點評】本題關(guān)鍵要明確電子運動的重復性和周期性，要能夠靈活運用運動學公式和推論公式，可以畫出運動草圖或者vt圖幫助分析24（2013福建模擬）如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷a、b是AB連線上兩點，其中Aa=Bb=，O為AB連線的中點一質(zhì)量為m帶電量為+q的小滑塊（可視為質(zhì)點）以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍（n1），到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求

57、：（1）小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)（2）Ob兩點間的電勢差UOb（3）小滑塊運動的總路程s【分析】（1）A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷，則a、b兩點的電勢相等，則a、b兩點的電勢差為0，對ab段運用動能定理求出摩擦力的大小，從而得出滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)（2）與0b段運用動能定理，求出0b兩點間的電勢差（3）小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程，運用動能定理求出小滑塊的總路程s【解答】解：（1）由Aa=Bb=，O為AB連線的中點得：a、b關(guān)于O點對稱，則Uab=0 設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對于滑塊從ab過程，由動能定理得： 而f=mg 由式得： （2）對于滑塊從

58、Ob過程，由動能定理得： 由式得： （3）對于小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程，由動能定理得：qUaofs=0E0 而 由式得： 答：（1）小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)（2）Ob兩點間的電勢差（3）小滑塊運動的總路程【點評】本題考查動能定理的運用，在解題時合適地選擇研究的過程，運用動能定理列式求解25（2013秋崇文區(qū)校級期中）如下操作中，能使靜電計的指針張角變小的是BCD【分析】靜電計張角變小，說明電容器兩極板間的電壓減小，根據(jù)電容器的電容與帶電量及極板電壓的關(guān)系以及電容的決定式分析即可【解答】解：靜電計張角變小，說明電容器極間電勢差減小由可得：分析：A、帶電量Q不變，減小極板正

59、對面積，可知電勢差U增大，故A不可以；B、帶電量不變，減小極板距離，可知電勢差減小，故B可以；C、放入電介質(zhì)其作用是增加介電常數(shù)r，可知電勢差U減小，故C可以；D、用導線將AB板連接，則電容器放電完畢，電勢差為0，故D也可以故答案為：BCD【點評】掌握電容器的表達式和決定式，是解決本題的關(guān)鍵，知道電容器動態(tài)變化時影響的是哪個量，對電容的大小的影響是什么這很關(guān)鍵26（2009秋天津期末）如圖所示，一傾角=30的光滑斜面的直角點A處固定一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上面小球從B點從靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求（1）小球運動到斜面底端C處時，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻?？?）小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度大??？【分析】（1）對小球在C點受力分析，抓住垂直斜面方向平衡求出支持力的大小，從而球?qū)π泵鎵毫Φ拇笮。?）抓住B、D電勢相等，根據(jù)動能定理求出小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度【解答】解：（1）當小球運動到C點時，對球受力分析如圖所示則由平衡條件得：FN+F庫sin30=mgcos30由庫侖定律得：F庫=聯(lián)立得：FN=mg由牛頓第三定律即FN=FN=mg（2）由題意知：小球運動到D點時，由于AD=