1、回扣練 9:電場及帶電粒子在電場中的運動1.如圖所示， 圖甲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P點靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線則（）A. a定帶正電，b定帶負電B. a向左運動，b向右運動C. a電勢能減小，b電勢能增大D. a動能減小，b動能增大減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子電場力逐漸增大，b粒子電場力逐漸減小，所以a向左運動，b向右運動.由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性.故 A 錯誤，B正確.帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢

2、能均減小.故 C 錯誤.帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，因為僅受電場力，根據動能定理，a、b的動能均增加.故 D 錯誤.故選 B.2.如圖所示，半徑為 R 的均勻帶電球殼帶電量為QQ0）.已知半徑為的均勻帶電球殼在球殼的外部產生的電場與一個位于球心0點的、電荷量相等的點電荷產生的電場相同.靜電力常量為k，下列說法正確的是（）C.球殼的表面為等勢面D.若取無窮遠處電勢為零，則球殼表面處的電勢小于零解析：選 C.由對稱性可知，球心0處的場強為零，選項 A 錯誤；在球殼外距球殼為rkQ處的電場強度為E=2，選項 B 錯誤；球殼的表面處的電場線垂直于表面，則球殼解析：選 B.從速度一時間圖象中可

3、以看出,a粒子加速度逐漸增大,b粒子加速度逐漸A.球心0處的場強為kQB.在球殼外距球殼為r處的電場強度為kQr甲乙（r十R）表面為等勢面，選項 C 正確；因球殼帶電量為正，則若取無窮遠處電勢為零，則球殼表面處的電勢大于零，選項 D 錯誤；故選 C.解析：選B.從M點到N點利用動能定理有:12121212qUM gmv 2mw= qmvosin 60 ) qmv”3mv,心解得：UMN=，故 B 正確.8q4.如圖所示為某電場中x軸上電勢$隨x變化的圖象，一個帶電 粒子僅受電場力作用在x=0 處由靜止釋放沿x軸正向運動，且以一定 的速度通過x=X2處，則下列說法正確的是（）A. X1和X2處的

4、電場強度均為零B. X1和X2之間的場強方向不變C.粒子從x= 0 到x=X2過程中，電勢能先增大后減小D.粒子從x= 0 到x=X2過程中，加速度先減小后增大解析：選 D. $ -X圖象的切線斜率表示場強的大小，X1和X2兩處的場強均不為零，因此A 項錯誤.在x軸上沿電場方向電勢降低， 逆著電場方向電勢升高， 所以X1到X2之間電場強度的方向先沿X軸負方向后沿x軸正方向，選項 B 錯誤.粒子僅在電場力作用下由靜止開始 運動，從x= 0 到x=X2之間由于電場方向發生了改變，電場力先做正功后做負功，粒子的 電勢能先減小后增大，選項 C 錯誤.根據牛頓第二定律， 加速度與電場力大小成正比，電場力

5、大小與各處的電場強度大小即圖象的斜率大小成正比，由圖象知，粒子的加速度先減小后 增大，選項 D 正確.5 .均勻帶電的球體在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電3.如圖，一質量為m電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強電場中運動，M N為其運動軌跡上的兩點.大小為vo,方向與水平方向的夾角為60,N點為軌跡的最高點，不計重力貝UM N兩點間的電勢差為（3mVA.-8q2mvoC 而B.D.3mv-8q2mv8q已知該粒子在M點的速度11 場.如圖所示，在半球體上均勻分布正電荷，總電荷量為q,球半徑為R,MN為通5點的場強大小為E,貝U B點的場強大小為（kqA.靈+Ekq忻E場為ED

6、= （ 2R2= 2R2，由題知當半球面產生的場強為 2RE故選 B.6.（多選）如圖所示，空間分布著豎直向上的勻強電場E,現在電場區域內某點0處放置一負點電荷Q并在以0點為球心的球面上選取a、b、c、d四點，其中ac連線為球的水平大圓直徑，bd連線與電場方向平行不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A. b、d兩點的電場強度大小相等，電勢相等B. a、c兩點的電場強度大小相等，電勢相等C.若從a點拋出一帶正電小球，小球可能沿a、c所在圓周做勻速圓周運動解析：選 BC.Q在b點與d點場強方向相反，與勻強電場疊加后d點場強大于b點場強.故A 錯誤；a、c兩點的電場強度大小相等，點電荷在ac兩點的

7、電勢相等， 電場E在ac兩點的電勢相等，所以ac兩點的電勢相等.故 B 正確；若能做勻速圓周運動，要使小球所受的合 力大小不變，方向變化， 則應為勻強電場力與重力相平衡，合力為Q所給的庫侖力.故正電荷可沿a、c所在圓周做勻速圓周運動.故 C 正確；若從a點拋出一帶負電小球，其所受合力不可能指向Q點，則不能做勻速圓周運動.故D 錯誤；故選 BC.7.（多選）如圖所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L,兩個等量異種點電荷+Q和一Q分別固定于A、B兩點.光滑絕緣直導軌CD的上端點D位于到A B中點的正上方，且與A B兩點的距離均為L.在D處質量為m電荷量為+q的小球套在軌道上（忽略它對原電場過半

8、球頂點與球心O的軸線，在軸線上有A B兩點，A B關于0點對稱，AB=4R已知A解析：選 B.若將帶電量為 2q的球面放在0處, 均勻帶電的球殼在A、B點所產生的電D.若從 a 點拋出一帶負電小球，小球可能沿b、d所在圓周做勻速圓周運動B.D.E,則B點的場強為E呂一E.解得11E6的影響），并由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（）7小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小解析：選 AC.根據點電荷產生的電場的性質可知，負電荷在D處的電場強度沿DB方向，正電荷在D處的電場強度沿AD方向，兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在的電場強度的

9、大小相等，則它們的合場強的方向沿AD DB的角平分線；由庫侖定律得,QQB在D點的場強的大小：EA=E= k,貝UD點的場強：ED=EAcos 60+EBCOS60= 02,故A 正確；當小球到達CD中點時，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負電荷的吸引力,對其受力分析可知，重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負電荷的吸引力的合力不在同A.D點的場強大小為皆B. 小球到達CD中點時，其加速度為零C.小球剛到達C點時，其動能為-23mgLD.8平面上，故兩個合力不可能平衡，故加速度不為零，故B 錯誤；由于C與D到A B的距離都等于L,結合等量異種點電荷的電場特點可知，C點與D點在同一等勢面上，

10、電場力不做功，故小球的電勢能不變， 下落過程只有重力做功， 即：mg- OD= gmV,又幾何關系可知:OD= L sin 60，小球的動能 丘=gmVnmgL故 C 正確，D 錯誤.故選 AC.& （多選）如圖所示，兩個水平放置的平行板電容器，A板用導線與M板相連，B板和N板都接地.讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止狀態.A、B間電容為J- M0-I-NC,電壓為U,帶電量為Q;M N間電容為C2,電壓為U2，帶電量為Q.若將B板稍向下移,F列說法正確的是（A. P向下動,Q向上動B.U減小，U2增大C.Q減小，Q增大D.C減小，C2增大解析：選 Ac將B

11、板下移時，由C= 4nkd，C將增小；而M蔽不動，故MN的電容不變;rS故 D 錯誤；假設Q不變，則AB板間的電壓U將增大，大于MN間的電壓，故AB板將向MN板充電；故MN及AB間的電壓均增大，故9所以A球的重力勢能減少了mgL1 cos 30 ) =23mgLB球的重力勢能減少了mgL1 + cos 45 ) mglcos 30 A球的電勢能增加了qELsin 30 B球的電勢能減小了qEL(si n 4512qELsin 30 )=mgL寧qELU1Q Q對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移；對AB分析可知，E=d CdrS4nkdd4nkQ一，故電場強度減小，故P受到的電場力減小

12、，故P將向下運動；故 A 正確；故選 AC. rS9.(多選)有三根長度皆為L的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的0點，另一端分別掛有質量均為m電量分別為q、q的帶電小球A和B, A B間用第三根線連接起來所在空間存在水平向右、大小E=巴的勻強電場，系統平衡時，A、B球的位置如圖所q示現將O B之間的輕線燒斷，因空氣阻力，A、B兩球最后會達到新的平衡位置 (不計兩1A. A球的電勢能增加了 2qEL1B. B球的電勢能減少了 2qEL2 3C.A球的重力勢能減少了mgL解析：選 ACD設達到新的平衡位置時0A繩與豎直方向夾角為a,OB繩與豎直方向夾角為B,由平衡條件得對A：Ticosa =mg+Ecos3對B：Tcos3=mg qE=Tzsin3聯立解得：a= 0,3= 45帶電小).以下說法正確的是(D. B 球的重力勢能減少了mgLqE=Tisi na +Es in310綜上所述，故 A C、D 正確.10.（多選）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.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小解析：選