1、高中物理電場綜合提高試題一選擇題（共20小題）1（2015巴中模擬）某電場的電場線分布如圖所示，電場中有A、B兩點，則以下判斷正確的是（）AA點的場強大于B點的場強，B點的電勢高于A點的電勢B若將一個電荷由A點移到B點，電荷克服電場力做功，則該電荷一定為負電荷C一個負電荷處于B點的電勢能大于它處于A點的電勢能D若將一個正電荷由A點釋放，該電荷將在電場中做加速度減小的加速運動考點：電場線；電勢；電勢能菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：電場線是從正電荷或者無窮遠出發出，到負電荷或無窮遠處為止，沿電場線的方向，電勢降低，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；沿電場線的

2、方向電勢降低解答：解：A、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點的場強大于B點的場強，沿電場線的方向，電勢降低，所以B點的電勢高于A點的電勢，所以A正確；B、電荷由A點移到B點，電荷克服電場力做功，所以該電荷一定為正電荷，所以B錯誤；C、從B到A的過程中，電場力對負電荷做負功，電勢能增加，所以負電荷處于A點的電勢能大于它處于B點的電勢能，所以C錯誤；D、將一個正電荷由A點釋放，電荷受到的力的方向向左下，電荷向左下運動，左下的電場線密，所以正電荷受到的電場力增大，加速度增大，所以D錯誤故選：A點評：加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，知道沿電場線的方向電勢降低即可解

3、決本題常見題目2（2015湖南一模）如圖所示，實線表示某電場的電場線，過O點的虛線MN與電場線垂直，兩個相同的帶負電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度開始運動，速度方向垂直于MN，且都能從MN左側經過O點設粒子P、Q在A、B兩點的加速度大小分別為a1和a2，電勢能分別為Ep1和Ep2，以過O點時的速度大小分別為v1和v2，到達O點經過的時間分別為t1和t2粒子的重力不計，則（）Aa1a2BEp1Ep2Cv1v2Dt1=t2考點：電勢差與電場強度的關系；電勢能菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：電場線越密，場強越大，粒子受到的電場力越大，加速度越大非勻強電場中，距離相等的兩點

4、間，場強越大，電勢差越大根據電場力做功的大小，判斷動能變化量的大小解答：解：A、電場線越密，場強越大，粒子受到的電場力越大，加速度越大所以a1a2故A錯誤 B、過A點畫出等勢面，根據沿著電場線方向電勢降低，所以A點電勢大于B點電勢，由于帶負電，所以Ep1Ep2故B正確 C、粒子P、Q在A、B兩點分別到0點有AO點間的電勢差大于BO點間的電勢差，所以粒子P的動能減小量大于粒子Q的動能減小量，所以v1v2故C正確 D、帶負電的粒子Q 從B運動到O沿水平方向分運動的加速度小于帶負電的粒子P從A運動到O的加速度，P、Q位移相同，水平方向，做減速運動，所以t1t2，故D錯誤故選：BC點評：本題雖然是綜合

5、性很強的題目，但只要我們理解了電場線的特點就能順利解決3（2014重慶）如圖所示為某示波管內的聚焦電場實線和虛線分別表示電場線和等勢線，兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度的大小分別為Ea和Eb，則（）AWa=Wb，EaEbBWaWb，EaEbCWa=Wb，EaEbDWaWb，EaEb考點：電場強度；電勢能菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大小解答：解：圖中a、b兩點在一個等勢面上，故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

6、a位置的電場強度較密集，故EaEb；故選：A點評：本題關鍵是明確電場強度的大小看電場線的疏密程度，電場力做功看電勢差，基礎問題4（2014江蘇）如圖所示，一圓環上均勻分布著正電荷，x軸垂直與環面且過圓心O，下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（）AO點的電場強度為零，電勢最低BO點的電場強度為零，電勢最高C從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低考點：電勢；電場強度菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：圓環上均勻分布著正電荷，根據電場的疊加和對稱性，分析O點的場強根據電場的疊加原理分析x軸上電場強度的方向，即可判斷電勢的高低解答

7、：解：A、B、圓環上均勻分布著正電荷，根據對稱性可知，圓環上各電荷在O點產生的場強抵消，合場強為零圓環上各電荷產生的電場強度在x軸有向右的分量，根據電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向右，根據順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點的電勢最高，故A錯誤，B正確；C、D、O點的場強為零，無窮遠處場強也為零，所以從O點沿x軸正方向，場強應先增大后減小x軸上電場強度方向向右，電勢降低，故CD錯誤故選：B點評：解決本題的關鍵有兩點：一是掌握電場的疊加原理，并能靈活運用；二是運用極限法場強的變化5（2014山東）如圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A，已知殼內的場強處處為零，殼外空間的電場

8、與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產生的電場一樣，一帶正電的試探電荷（不計重力）從球心以初動能Ek0沿OA方向射出，下列關于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線，可能正確的是（）ABCD考點：電勢能；電場強度菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系根據動能定理分析解答：解：在球殼內，場強處處為零，試探電荷不受電場力，其動能不變；在球殼外，取一段極短距離內，認為庫侖力不變，設為F，根據動能定理得：Ek=Fr則得：F=根據數學知識得知：等于Ekr圖象上切線的斜率，由庫侖定律知r增大，F減小，圖象切線的斜率減小，故A正確，BCD錯誤故

9、選：A點評：本題的關鍵是運用微元法，根據動能定理列式，分析圖象的斜率的意義，即可解答6（2014山東）如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h，質量均為m、帶電量分別為+q和q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區（兩粒子不同時出現在電場中），不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于（）ABCD考點：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優網版權所有專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：在勻強電場中，兩個質量相同、帶電量大小相同的正負粒子在一矩形的對角頂點以方向相反、大小相等的速度進入矩形，軌跡恰好相切，由此可知兩粒子

10、的運動軌跡完全對稱，且相切點是矩形的幾何中心不計重力，則粒子做類平拋運動解答：解：由于正負粒子的質量、電荷量大小、運動初速度大小均相等，且粒子僅在電場的作用下運動，所以可知粒子做類平拋運動，且運動軌跡形狀相同，相切點為矩形的幾何中心由類平拋運動的關系可得：豎直方向：at2=t2=，水平方向：v0t=，解得t=，則v0=故選：B點評：本題考查了粒子在勻強電場中的運動，解題的關鍵是知道該題條件下的正負粒子的運動軌跡完全對稱，且它們做的運動是類平拋運動，由類平拋運動的關系列式即可求解7（2014海淀區模擬）如圖甲為電視機顯像管的整體結構示意圖，其左端尾部是電子槍，被燈絲K加熱的陰極能發射大量的“熱電

11、子”，“熱電子”經過加速電壓U加速后形成電子束，高速向右射出在顯像管的頸部裝有兩組相互垂直的磁偏轉線圈L，圖乙是其中一組“縱向”偏轉線圈從右側向左看去的示意圖，當在磁偏轉線圈中通入圖示方向的電流時，在顯像管頸部形成水平向左（即甲圖中垂直紙面向外）的磁場，使自里向外（即甲圖中自左向右）射出的電子束向上偏轉；若該線圈通入相反方向的電流，電子束則向下偏轉改變線圈中電流的大小，可調節偏轉線圈磁場的強弱，電子束的縱向偏轉量也隨之改變這樣，通過控制加在“縱向”偏轉線圈上的交變電壓，就可以控制電子束進行“縱向”（豎直方向）掃描同理，與它垂直放置在頸部的另一組“橫向”偏轉線圈，通入適當的交變電流時，能控制電子

12、束進行“橫向”（水平方向）掃描兩組磁偏轉線圈同時通入適當的交變電流時，可控制電子束反復地在熒光屏上自上而下、自左而右的逐行掃描，從而恰好能將整個熒光屏“打亮”如果發現熒光屏上亮的區域比正常時偏小，則可能是下列哪些原因引起的（）A陰極發射電子的能力不足，單位時間內發射的電子數偏少B偏轉線圈在顯像管的位置過于偏右C加速電場電壓過低，使得電子速率偏小D通過偏轉線圈的交變電流的最大值偏小，使得偏轉磁場的最大磁感強度偏小考點：射線管的構造及其工作原理菁優網版權所有分析：熒光屏上亮的區域比正常時偏小，說明電子在磁場中運動的半徑偏大，根據半徑公式r=，分析引起的原因解答：解：由題意：熒光屏上亮的區域比正常時

13、偏小，說明電子在磁場中運動的半徑偏大A、由電子在磁場中圓周運動的半徑公式r=，可知半徑與單位時間內發射的電子數無關故A錯誤B、電子進入偏轉磁場前做勻速運動，偏轉線圈在顯像管的位置過于偏右，并不影響電子在磁場中的運動半徑故B錯誤C、若加速電場電壓過低，使得電子速率偏小，由半徑公式可知電子在磁場中運動的半徑偏小，熒光屏上亮的區域比正常時偏大故C錯誤D、通過偏轉線圈的交變電流的最大值偏小時，使得偏轉磁場的最大磁感強度偏小，由半徑公式可知電子在磁場中運動的半徑偏大，則熒光屏上亮的區域比正常時偏小故D正確故選：D點評：本題關鍵要掌握電子在磁場中圓周運動的半徑公式r=，考查分析實際問題的能力8（2014遼

14、寧二模）以下為高中物理教材中的四幅圖，下列相關敘述錯誤的有（）A圖甲是庫侖扭秤裝置，庫侖利用扭秤裝置準確的測出了元電荷的電荷量B圖乙是可變電容器，它通過調整極板正對面積來調整電容器的電容C圖丙是高頻冶煉爐，是利用渦流現象工作的設備D圖丁是洗衣機的甩干桶，它利用離心現象工作考點：電荷守恒定律；電容；* 渦流現象及其應用菁優網版權所有分析：扭秤裝置可以測量微小力，是發現庫侖定律和測定萬有引力常量時用到的；密立根油滴實驗測量出了電子的電量解答：解：A、圖甲是庫侖扭秤裝置，是探究庫侖定律的器材；故A錯誤；B、圖乙是可變電容器，它通過調整極板正對面積來調整電容器的電容，根據公式C=，旋出電容減小，故B正

15、確；C、圖丙是高頻冶煉爐，是利用渦流現象工作的設備，將電能轉化為熱能，故C正確；D、圖丁是洗衣機的甩干桶，它利用離心現象工作，故D正確；本題選錯誤的，故選：A點評：本題考查了課本的幾幅彩圖，對于課本的基礎知識要掌握，包括圖片、課后習題9（2014河北區模擬）如圖所示，A、B兩個點電荷的電量分別為+Q和+q，放在光滑絕緣水平面上，A、B之間用絕緣的輕彈簧連接當系統平衡時，彈簧的伸長量為x0若彈簧發生的均是彈性形變，則（）A保持Q不變，將q變為2q，平衡時彈簧的伸長量等于2x0B保持q不變，將Q變為2Q，平衡時彈簧的伸長量小于2x0C保持Q不變，將q變為q，平衡時彈簧的縮短量等于x0D保持q不變，

16、將Q變為Q，平衡時彈簧的縮短量小于x0考點：庫侖定律；胡克定律菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：根據庫侖定律及胡克定律列式分析即可判斷解答：解：設彈簧的勁度系數為K，原長為x當系統平衡時，彈簧的伸長量為x0，則有：Kx0=kA、保持Q不變，將q變為2q時，平衡時有：Kx1=k，由解得：x12x0，故A錯誤；B、同理可以得到保持q不變，將Q變為2Q，平衡時彈簧的伸長量小于2x0，故B正確；C、同理可以得到保持Q不變，將q變為q，平衡時彈簧的縮短量大于x0，故C錯誤；D、同理可以得到保持q不變，將Q變為Q，平衡時彈簧的縮短量大于x0，故D錯誤故選B點評：本題主要考查了庫侖定律及胡克定

17、律的直接應用，難度不大，屬于基礎題10（2014閘北區二模）如圖（a）所示，A、B為用兩個絕緣細線懸掛起來的帶電絕緣小球，質量mAmB當在A球左邊如圖位置放一個帶電球C時，兩懸線都保持豎直方向（兩懸線長度相同，三個球位于同一水平線上）若把C球移走，A、B兩球沒有發生接觸，則（b）圖中（圖中）能正確表示A、B兩球位置的圖是（）ABCD考點：庫侖定律；力的合成與分解的運用；共點力平衡的條件及其應用菁優網版權所有專題：共點力作用下物體平衡專題分析：存在C球時，對A、B球受力分析，由于懸線都沿豎直方向，說明水平方向各自合力為零，來確定A、B球的電性去掉C球后，根據帶電性質求解解答：解：存在C球時，對A

18、、B球受力分析，由于懸線都沿豎直方向，說明水平方向各自合力為零，說明A球帶負電而B球帶正電，去掉C球后，兩球將互相吸引又由于兩球質量mAmB，在平衡時B球的懸線與豎直方向間的夾角小，由于（），因此A選項正確故選A點評：本題采用隔離法，由平衡條件分析小球的電性，考查靈活選擇研究對象的能力11（2015浙江模擬）如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點把小球拉到使細線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成=60角的位置B時速度為零以下說法中正確的是（）A小球在B位

19、置處于平衡狀態B小球受到的重力與電場力的關系是Eq=mgC小球將在AB之間往復運動，且幅度將逐漸減小D小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為qEl考點：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優網版權所有專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：小球從A點靜止釋放，運動到B點速度為0，對小球進行受力分析：小球到達B點時速度為零，向心力為零，沿細線方向合力為零，確定其合力，判斷是否平衡，根據動能定理列式，求電場力的大小根據電場力做功公式W=qEd，d是沿電場線方向有效距離，求電場力做功運用單擺進行類比，分析振幅解答：解：A、小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，而小球有沿圓弧的切向分力

20、，故在B點小球的合力不為零，不是平衡狀態故A錯誤；B、根據動能定理得：mglsinqEl（1cos）=0，解得，Eq=mg，故B錯誤；C、類比單擺，小球將在AB之間往復運動，能量守恒，振幅不變故C錯誤D、小球從A到B，沿電場線方向運動的有效距離：d=llcos=l，所以電場力做功：W=qEd=Eql，故D正確故選D點評：此題要求同學們能正確進行受力，并能聯想到已學過的物理模型，根據相關公式解題12（2015資陽模擬）如圖所示，A板發出的電子經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上，關于電子的運動，則下列說法中正確的是（）A滑動觸頭向右移動時，其他

21、不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C電壓U增大時，其他不變，則電子從發出到打在熒光屏上的時間不變D電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理菁優網版權所有專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：粒子在電場中加速時，滑動觸頭向右移動時，加速電壓增大，加速后速度變大，粒子在偏轉電場中運動時間變短，粒子在平行偏轉電場方向的位移減小同理觸頭向左移動時，加速電壓減小，加速后速度變小，粒子在電場中運動時間變長，粒子在平行偏轉電場方向的位移增大；當加速電壓不變時，偏轉電壓變化，影響平行電場方向的

22、電場力的大小，也就是影響加速度的大小，粒子在電場中運動時間不變，改變偏轉的位移大小解答：解：由題意知，電子在加速電場中加速運動，根據動能定理得：，電子獲得的速度為：電子進入偏轉電場后做類平拋運動，也就是平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，加速度為：，電子在電場方向偏轉的位移為：垂直電場方向做勻速直線運動，粒子在電場中運動時間為又因為偏轉電場方向向下，所以電子在偏轉電場里向上偏轉A、滑動觸頭向右移動時，加速電壓變大，所以電子獲得的速度v增加，由上式得知，電子在電場中運動時間t減少，故電子偏轉位移y變小，因為電子向上偏轉，故在屏上的位置下降，故A錯誤；B、滑動觸頭向左移動時，加速電壓變小，所

23、以電子獲得的速度v減小，由上式得知，電子在電場中運動時間t增大，故電子偏轉位移y變大，因為電子向上偏轉，故在屏上的位置上升，故B正確；C、偏轉電壓增大時，電子在電場中受到電場力增大，即電子偏轉的加速度度a增大，又因為加速電壓不變，電子進入電場的速度沒有變化，電子在電場中運動的時間t沒有發生變化，故C正確；D、偏轉電壓增大時，電子在電場中受到的電場力增大，即電子偏轉的加速度a增大，又因為電子獲得的速度v不變，電子在電場中運動的時間不變，a增大，而電子打在屏上的速度為，故電子打在屏上的速度增大，故D錯誤；故選：BC點評：電子在加速電場作用下做加速運動，運用動能定理可得電子獲得的速度與加速電場大小間

24、的關系，電子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運動時間受電場的寬度和進入電場時的速度所決定，電子在電場方向偏轉的距離與時間和電場強度共同決定熟練用矢量合成與分解的方法處理類平拋運動問題13（2014浙江）如圖，水平地面上有一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行小球A的質量為m，電量為q小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷小球A靜止在斜面上，則（）A小球A與B之間庫倫力的大小為B當=時，細線上的拉力為0C當=時，細線上的拉力為0D當=時

25、，斜面對小球A的支持力為0考點：庫侖定律菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：根據庫侖定律求解兩個球間的庫侖斥力大小，然后根據共點力平衡條件列式分析解答：解：A、根據庫侖定律，小球A與B之間庫侖力的大小為：F=；故A正確；B、C、若細線上的拉力為0，小球A受重力、支持力和庫侖斥力而平衡，根據共點力平衡條件，重力的下滑分力與庫侖力的上滑分力平衡，即：mgsin=Fcos；其中F=；聯立解得：mgsin=cos故：=；故B錯誤，C正確；D、兩個球帶同中電荷，相互排斥，故斜面對A的彈力不可能為零；故D錯誤；故選：AC點評：本題關鍵是明確A球的受力情況，然后根據共點力平衡條件列方程求解，注意

26、細線拉力為零的臨界條件14（2014廣東高考）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為+Q的小球P，帶電量分別為q和+2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是（）AM與N的距離大于LBP、M和N在同一直線上C在P產生的電場中，M、N處的電勢相同DM、N及細桿組成的系統所受合外力為零考點：電勢差與電場強度的關系；電勢菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：A、根據對M、N受力分析，結合平衡條件與庫侖定律，假設桿無作用力，即可求解；B、根據整體受力分析，結合平衡條件，即可求解；C、由點電荷電場線的分布，依據沿著電場線的方

27、向，電勢降低，即可求解；D、由整體處于平衡狀態，結合牛頓第二定律，即可求解解答：解：A、對M、N分別受力分析，根據庫侖定律，假設桿無作用力，設M與N間距為r，則有：，解得：r=（）L；故A錯誤；B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直線上，則各自受力不共線，會出現不平衡現象，故B正確；C、由帶電量為+Q的小球P，結合沿著電場線方向電勢降低的，則M點電勢高于N點，故C錯誤；D、由題意可知，M、N及細桿組成的系統處于靜止狀態，因此合外力為零，故D正確故選：BD點評：考查研究對象的選取，受力分析的進行，庫侖定律的掌握，理解平衡條件的應用，注意電勢的高低判定方法15（2014安徽）一帶電粒子在電場

28、中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能EP與位移x的關系如圖所示，下列圖象中合理的是（）A電場強度與位移關系B粒子動能與位移關系C粒子速度與位移關系D粒子加速度與位移關系考點：電勢能；電場強度菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動；根據功能關系得到Epx圖象的斜率的含義，得出電場力的變化情況；然后結合加速度的含義判斷加速度隨著位移的變化情況解答：解：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：F=|，即Epx圖象上某點的切線的斜率表示電場力；A、Epx圖

29、象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據E=，故電場強度也逐漸減小；故A錯誤； B、根據動能定理，有：Fx=Ek，故Ekx圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤； C、按照C圖，速度隨著位移均勻增加，而相同位移所用的時間逐漸減小（加速運動），故加速度逐漸增加；而電場力減小導致加速度減小；故矛盾，故C錯誤； D、粒子做加速度減小的加速運動，故D正確；故選：D點評：本題切入點在于根據Epx圖象得到電場力的變化規律，突破口在于根據牛頓第二定律得到加速度的變化規律，然后結合動能定理分析；不難16（2014南昌模擬）在物理學的發展過程中，科學的物理思想與方

30、法對物理學的發展起到了重要作用，下列關于物理思想和方法說法不正確的是（）A質點和點電荷是同一種思想方法B重心、合力都體現了等效思想C伽利略用小球在斜面上的運動驗證了速度與位移成正比D牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，不可能用實驗直接證明考點：元電荷、點電荷；質點的認識菁優網版權所有分析：伽利略提出了“落體運動的速度v與時間t成正比”的觀點，合力與分力能夠等效替代，采用了等效替代的思想；質點及點電荷采用了理想化的物理模型的方法，不受力的實驗只能是理想實驗，是無任何實驗誤差的思維實驗，嚴格來說“不受力”的條件真實實驗不能滿足解答：解：A、質點及點電荷采用了理想化的物理模型的方法，所以

31、質點和點電荷是同一種思想方法，故A正確；B、重心和合力都采用了等效替代的思想，故B正確；C、伽利略提出了“落體運動的速度v與時間t成正比”的觀點，不是速度跟位移成正比，故C錯誤；D、不受力的實驗只能是理想實驗，是無任何實驗誤差的思維實驗，嚴格來說“不受力”的條件真實實驗不能滿足，只能靠思維的邏輯推理去把握，故牛頓第一定律是不可以通過實驗直接得以驗證的，故D正確；本題選錯誤的，故選：C點評：對于物理學上重要的實驗和發現，可根據實驗的原理、內容、結論及相應的物理學家等等一起記憶，不能混淆17（2014靜安區二模）如圖所示，一個電量為Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點另一個電荷量為+q及質量為m

32、的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時的速度為v，且為運動過程中速度最小值已知點電荷乙與水平面的動摩擦因數為，AB間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A點電荷乙從A點運動到B點的過程中，加速度逐漸減小BOB間的距離為C點電荷乙越過B點向左運動，其電勢能仍增多D在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差考點：庫侖定律；牛頓第二定律；電勢差；電勢能菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：正確分析物體受力特點，明確力和運動的關系，在本題中注意滑動摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據牛頓第二定律和功能關系可正確解答解答：

33、解：A、滑動摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球在運動到B點之前，有mgF庫=ma，因此物體做加速度逐漸減小的減速運動，故A正確；B、當速度最小時有：，所以解得：，故B正確；C、在小球向左運動過程中電場力一直做正功，因此電勢能一直減小，故C錯誤；D、點電荷從A運動B過程中，根據動能定理有：，所以解得AB間電勢差，故D正確故選ABD點評：本題在借助庫侖力的基礎知識，考查了力與運動、牛頓第二定理、動能定理等基礎知識的綜合應用，是考查學生綜合能力的好題18（2015成都模擬）甲圖中a、b是電流相等的兩直線電流，乙圖中c，d是電荷量相同的兩正點電荷，O為兩電流（或電荷）連線的中點，

34、在o點正上方有一電子，“較小的速度v射向O點，不計重力關于電子的運動，下列說法正確的是（）A甲圖中的電子將做變速運動B乙圖中的電子將做往復運動C乙圖中的電子在向O點運動的過程中，加速度一定在減小D乙圖中的電子在O點動能最大，電勢能最小考點：電場線；電勢能菁優網版權所有分析：根據安培定則判斷出磁場的方向，根據左手定則判斷出電子運動中受力方向，根據電子受到的電場力的特點判斷出電子在電場中的運動特點解答：解：A、甲圖中ab在電子運動的方向上產生的磁場的方向都向下，與電子運動的方向相同，所以電子不受洛倫茲力的作用將做勻速直線運動故A錯誤；B、乙圖中，cd的連線上，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場

35、的方向向下，電子在O點上方受到的電場力的方向向下，在O點的下方受到的電場力的方向向上，所以電子先做加速運動，后做減速運動，將在某一范圍內做往復運動故B正確；C、乙圖中，cd的連線上，O點的電場強度是0，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，從O點向兩邊電場強度的電場線增大，后減小，所以乙圖中的電子在向O點運動的過程中，加速度不一定在減小故C錯誤；D、乙圖中，cd的連線上，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，所以O點的電勢最高；電子帶負電，乙圖中的電子在O點動能最大，電勢能最小故D正確故選：BD點評：該題考查常見的磁場與常見電場的特點，這是考查的重點內容之一，要牢記19

36、（2014濱州一模）下列說法中正確的是（）A在探究求合力方法的實驗中利用了等效替代的思想B牛頓首次提出“提出假說，數學推理，實驗驗證，合理外推“的科學推理方法C用點電荷來代替實際帶電物體是采用了理想模型的方法D奧斯特通過實驗觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯系考點：元電荷、點電荷菁優網版權所有專題：常規題型分析：根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可解答：解：A、在探究求合力方法的實驗中利用了等效替代的思想，故A正確；B、伽利略首次提出“提出假說，數學推理，實驗驗證，合理外推“的科學推理方法，故B錯誤；C、用點電荷來代替實際帶電物體是采用了理想模型的方法，故C正確；D、

37、奧斯特通過實驗觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯系，故D正確；故選：ACD點評：本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一20（2013山東）如圖所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷+Q、Q，虛線是以+Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱下列判斷正確的是（）Ab、d兩點處的電勢相同B四點中c點處的電勢最低Cb、d兩點處的電場強度相同D將一試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，+q的電勢能減小考點：電勢；電勢能菁優網版權所有專題：壓軸題；電場力與電勢的性質

38、專題分析：該電場中的電勢、電場強度都關于x軸對稱，所以bd兩點的電勢相等，場強大小相等，方向是對稱的c點在兩個電荷連線的中點上，也是在兩個電荷連線的中垂線上，所以它的電勢和無窮遠處的電勢相等解答：解：A：該電場中的電勢關于x軸對稱，所以bd兩點的電勢相等，故A正確；B：c點在兩個電荷連線的中點上，也是在兩個電荷連線的中垂線上，所以它的電勢和無窮遠處的電勢相等而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，即c點的電勢在四個點中是最低的故B正確；C：該電場中的電場強度關于x軸對稱，所以bd兩點場強大小相等，方向是對稱的，不相同的故C錯誤；D：c點的電勢低于a點的電勢，試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，電場力做

39、正功，+q的電勢能減小故D正確故選：ABD點評：該題考查常見電場的特點，解題的關鍵是c點在兩個電荷連線的中點上，也是在兩個電荷連線的中垂線上，所以它的電勢和無窮遠處的電勢相等而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，負電荷周圍的電場的電勢都比它低屬于基礎題目二解答題（共10小題）21（2015成都模擬）如圖所示，電荷量Q=2l07C的正點電荷A固定在空間中O點，將質量m=2104kg、電荷量q=1l07C的另一正點電荷B從O點正上方高于0 5m的某處由靜止釋放，B運動過程中速度最大位置在P若靜電力常量k=9109Nm2/C2，重力加速度g=10m/s2求（1）B運動到距O點l=0.5m處的加速度大小；

40、（2）P、O間的距離L考點：庫侖定律；牛頓第二定律菁優網版權所有分析：（1）根據牛頓第二定律，結合庫侖定律，即可求解；（2）根據速度最大時，加速度為零，結合平衡條件，即可求解解答：解：根據牛頓第二定律，則有：mgk=ma；代入數據解得：a=10=6.4m/s2；（2）速度最大時加速度為零，由力的平衡條件，則有：代入數據，解得：L=0.3m答：（1）B運動到距O點l=0.5m處的加速度大小6.4m/s2；（2）P、O間的距離0.3m點評：考查平衡條件的應用，掌握庫侖定律與牛頓第二定律的內容，注意正確的運算22（2015江門模擬）如圖所示，地面上方兩個豎直放置的平行金屬極板，左極板帶正電，右極板帶

41、負電，兩板間形成勻強電場，帶電顆粒從中線上A點處靜止釋放己知A點距兩板上端h=0.2m，兩板間距d=0.4m，板的長度L=0.25m，電場僅局限于平行板之間，顆粒所帶電量與其質量之比=105C/kg，顆粒剛好從左極板邊緣離開電場，取g=10m/s2（1）顆粒剛進入電場時的速度多大？（2）顆粒帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？（3）顆粒剛離開電場時的速度是多大？考點：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優網版權所有專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：（1）顆粒進入電場前做自由落體運動，根據自由落體運動規律求得進入電場時的速度；（2）在電場中顆粒向左偏，可知顆粒帶負電，再根據水平方向的豎直方向的受力分析兩

42、極板間的電壓；（3）根據動能定理求得顆粒離開電場時的速度大小即可解答：解：（1）顆粒進入電場前自由下落，可知：進入電場時的速度滿足：，得：v1=（2）依題意，顆粒從左極板邊緣離開電場，可知顆粒在電場中受到向左的電場力，而左極板帶正電從而可知顆粒帶負電荷；在電場中運動時豎直方向，顆粒勻加速下落，有：，由于L=0.25m，v1=2m/s，可得顆粒在電場中的運動時間：t=0.1s顆粒在水平方向受到恒定的向左的電場力，顆粒做初速度為0的勻加速，故有：代入d=0.4m，t=0.1s可得：顆粒的加速度為：a=40m/s2由牛頓第二定律有：=所以可得：U=1.6106V（3）顆粒由釋放到達地面，由動能定理：

43、代入數據可得顆粒的速度為：v=5m/s答：（1）顆粒剛進入電場時的速度為m/s；（2）顆粒帶負電荷，兩極板間的電壓為1.6106V；（3）顆粒剛離開電場時的速度是5m/s點評：本題是考查自由落體運動和帶電粒子在電場中的偏轉問題，關鍵是能根據運動的合成與分解分析帶電粒子在電場中的運動23（2015涼山州一模）如圖所示，與水平方向成=37角的傳送帶以速度v=3m/s，逆時針勻速轉動，傳送帶兩端AB的距離足夠長，傳送帶左端A點與一光滑水平面相接，在空間中存在一與水平方向夾角=37，方向右向上的勻強電場，場強大小E=1103N/C有一質量為m=2kg，帶電量q=+5105C的小物塊放于距A點x=4m的

44、P點自由釋放物塊與傳送帶的動摩擦因數為=0.125，物塊在水平面及傳送帶上運動時，所有接觸面均絕緣，在A點都不及其動能損失，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物塊首次運動到A點時的速度大小（2）物塊在傳送帶上向上運動到最高點所用時間及此過程產生的摩擦熱（3）分析物塊能否回到P點，若能回到P點，求從P點出發至回到P點的運動時間：若不能回到P點，求距P點最近的距離考點：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優網版權所有專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：（1）對滑塊從P到A過程，根據動能定理列式求解末速度；（2）對滑塊沿著傳送帶上升過程，根據牛頓第二定律列式求解加速度，根據

45、運動學公式列式求解時間；根據Q=fS求解系統摩擦產生的熱量；（3）從傳送帶上滑過程，運用動能定理列式求解最大高度；下滑過程，根據牛頓第二定律列式求解加速度，達到初速度速度后，變為靜摩擦力，再根據牛頓第二定律列式求解加速度，根據運動學公式列式求解滑到底端速度；向左過程，根據運動學公式列式求解位移解答：解：（1）m從P到A過程，根據動能定理，有：Eqxcos=代入數據得：vA=4m/s（2）m滑上傳送帶到最遠L時速度為零，故根據牛頓第二定律，有：qEmgsinmgcos=ma2代入數據得：a2=4.5m/s2滑塊在傳送帶上上升時間：=s此過程產生熱：Q=mgcos（v0t1+）=8.9J（3）設物

46、塊向上運動的最大位移L，由動能定理，有：qELmgLsinmgLcos=0解得：L=m物塊在最高點向下以a3加速，a3=a2=4.5m/s2加速到v0過程：v0=at3求得：l=1m當速度相等時：mgsinmgcos+qE，m繼續加速，加速度a4ma4=mgsinmgcosqE解得：到達傳送帶底端A點時：，解得：4m/s由運動對稱性，物塊向左勻減速運動：則物塊不能回到P點，距P點最近的距離為：答：（1）物塊首次運動到A點時的速度大小為4m/s（2）物塊在傳送帶上向上運動到最高點所用時間為s，此過程產生的摩擦熱為8.9J（3）分析物塊能否回到P點，若能回到P點，求從P點出發至回到P點的運動時間：

47、若不能回到P點，求距P點最近的距離點評：本題過程多、規律多，關鍵是分過程進行受力分析、狀態分析和能量轉化分析，根據牛頓第二定律列式求解加速度，結合勻變速直線運動的規律列式求解24（2014福建）如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L=2.0m，若將電荷量均為q=+2.0106C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）兩點電荷間的庫侖力大小；（2）C點的電場強度的大小和方向考點：庫侖定律；電場強度菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：（1）根據庫侖定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解兩個電荷單獨存在時在C點的

48、場強，然后根據平行四邊形定則合成得到C點的場強解答：解：（1）電荷量均為q=+2.0106C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力為：F=k=9.0109=9.0103N（2）A、B點電荷在C點產生的場強大小相等，均為：E1=k=9.0109=4.5103N/CA、B點電荷在C點的合場強大小為：E=2E1cos30=24.5103N/C=7.8103N/C場強方向沿著y軸正方向；答：（1）兩點電荷間的庫侖力大小為9.0103N；（2）C點的電場強度的大小為7.8103N/C，方向為+y軸正方向點評：本題考查了庫侖定律和電場強度的矢量合成問題，關鍵是根據平行四邊形定則合成，基礎問題25（2014北

49、京模擬）如圖所示，在電場強度E=2.0104N/C的勻強電場中一個帶正電的點電荷在A點所受電場力F=2.0104N （1）求該點電荷的電荷量q；（2）請在圖中畫出該點電荷在A點所受電場力的方向考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：（1）根據電場強度的定義式求出點電荷的電荷量（2）正電荷所受電場力方向與電場強度方向相同解答：解：（1）根據E=得該電荷的電荷量為：C=1.0108C（2）正電荷所受電場力方向與電場強度的方向相同，點電荷在A點所受電場力的方向如答圖1所示答：（1）該電荷的電荷量為1.0108C；（2）電場力方向如圖所示點評：解決本題的關

50、鍵掌握電場強度的定義式，知道電場強度的方向與正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反26（2015上海一模）在如圖所示的豎直平面內，傾斜軌道與水平面的夾角=37，空間有一勻強電場，電場方向垂直軌道向下，電場強度E=1.0104N/C小物體A質量m=0.2kg、電荷量q=+4105C，若傾斜軌道足夠長，A與軌道間的動摩擦因數為=0.5，現將物體A置于斜面底端，并給A一個方向沿斜面向上大小為v0=4.4m/s的初速度，A在整個過程中電荷量保持不變，不計空氣阻力（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）物體A回到出發點所用的時間？（2）若A出發的同時，有一不

51、帶電的小物體B在軌道某點靜止釋放，經過時間t=0.5s與A相遇，且B與軌道間的動摩擦因數也為=0.5求B的釋放點到傾斜軌道底端的長度s？考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：物體A沿斜面上滑，分析其受力，根據牛頓第二定律可得其加速度大小，根據速度公式可得上滑的時間，結合速度位移公式可得上滑的距離；當物體A向上的速度減為零后，將沿斜面下滑，對其受力分析，根據牛頓第二定律求出其加速度，由于上滑和下滑的位移相同，結合位移時間公式可求下滑時間，從而可得物體A回到出發點所用的時間；根據牛頓第二定律可得B的加速度，AB在t=

52、0.5s相遇，t0.4s說明此時A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇，結合運動學公式可求解解答：解：（1）上滑過程，對物體A受力分析，受豎直向下的重力mg，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向下的摩擦力f，及垂直于斜面向下的電場力qE，根據牛頓第二定律可得：ma1=mgsin+N又：N=mgcos+Eq聯立可得：=11m/s2=s=0.88m 下滑過程：ma2=mgsinNN=mgcos+Eq=100.6t總=t上+t下=0.4+1.33=1.73s （2）對物體B而言：AB在t=0.5s相遇，t0.4s說明此時A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇下滑時間：t=0.1s，=0.875m 釋放點到底端距離：S=SA+SB=0.875+0.25=1.125m答：（1）物體A回到出發點所用的時間為1.73s；（2）B的釋放點到傾斜軌道底端的長度為1.125m點評：本題考查牛頓第二定律與運動學公式的基本應用，綜合性強，應注重分析物體的運動情況27（2014陜西三模）如圖所示，在光滑絕緣水 平面上有兩個帶電小球A、B，質量分別為3m和m，小球A帶正電q，小