1、1關于電荷的電荷量，下列說法正確的是A電子的電荷量的精確數值最早是由密立根油滴實驗測得的B物體所帶電荷量可以是任意值C物體所帶電荷量最小值為1.6×1019CD物體所帶的電荷量都是元電荷的整數倍2下列說法正確的是A電荷放在電勢高的地方，電勢能就大B無論正電荷還是負電荷，克服電場力做功它的電勢能都增大C正電荷在電場中某點的電勢能，一定大于負電荷在該點具有的電勢能D電場強度為零的點，電勢一定為零3如圖所示，兩個等量同種點電荷分別固定于光滑絕緣水平面上A、B兩點一個帶電粒子由靜止釋放，僅受電場力作用，沿著AB中垂線從C點運動到D點（C、D是關于AB對稱的兩點）下列關于粒子運動的v-t圖象中

2、可能正確的是（ ）4關于摩擦起電、接觸起電、感應起電，下列說法正確的是（ ）A這三種方式都創造了帶負電荷的電子B這三種方式都創造了帶正電荷的質子C這三種起電方式的實質是一樣的，都是電子發生了轉移D這三種方式都符合電荷守恒定律5兩個放在絕緣架上的相同金屬球，相距r，球的半徑比r小得多，帶電荷量大小分別為q和3q，相互作用的斥力為3F. 現讓這兩個金屬球相接觸，然后分開，仍放回原處，則它們之間的相互作用力將變為AF B.C4F D以上三個選項之外的一個值6如圖814，光滑平面上固定金屬小球A，用長l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1，若兩球電量各漏掉一

3、半，彈簧伸長量變為x2，則有：（    ）7下列說法中正確的是A.只有體積很小的電荷才能看成點電荷B.任何帶電體的帶電量一定是元電荷電量的整數倍C.以場源電荷為圓心的圓周上各點電場強度相等D.檢驗電荷的電性改變，所在位置的場強方向也隨之改變8有兩個完全相同的金屬球，A、B，如圖所示，B球固定在絕緣地板上，A球在離B球為H的正上方由靜止釋放下落，與B球發生對心碰后回跳的高為h設碰撞中無動能損失，空氣阻力不計A若A、B球帶等量同種電荷，則h>H B若A、B球帶等量同種電荷，則h=HC若A、B球帶等量異種電荷，則h>HD若A、B球帶等量異種電荷，則h=H9a

4、、b兩個帶電小球的質量均為m，所帶電荷量分別為q和q，兩球間用絕緣細線連接，a球又用長度相同的絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向斜向下的勻強電場，電場強度為E，平衡時細線都被拉緊，則平衡時可能位置是（ ）10豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置如果將小球向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，跟原來相比（ ）A兩小球間距離將增大，推力F將增大B兩小球間距離將增大，推力F將減小C兩小球間距離將減小，推力F將增大D兩小球間距離將減小，推力F將減小11如圖所示，

5、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（不考慮小球間的靜電感應），不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在O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，以下說法正確的是（ ）A靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mg+qEB靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mgqEC剪斷O點與A小球間細線的瞬間，A、B兩小球間細線的拉力為qED剪斷O點與A小球間細線的瞬間，A、B兩小球間細線的拉力為qE12如圖所示，在水平面上的箱子內，帶異種電荷的小球用絕緣細線分別系與上、下兩邊，處于靜止狀態，地面受到的壓力為N，球所受細線的

6、拉力為F，剪斷連接球的細線后，在球上升過程中地面受到的壓力（ ）A小于N B等于NC等于 D大于13如圖所示,水平地面上固定一個光滑絕緣斜面,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之間庫侖力的大小為 kq2/d2B 斜面對小球A的支持力不可能為零C 細線上的拉力不可能為零D當時,細線上的拉力為零14如圖所示，圖中以點電荷Q為圓心的虛線同

7、心圓是該點電荷電場中球形等勢面的橫截面圖一個帶電的粒子經過該電場，它的運動軌跡如圖中實線所示，P、M、N、O、F都是軌跡上的點不計帶電粒子受到的重力，由此可以判斷（ ）A此粒子和點電荷Q帶同種電荷B此粒子在M點的動能小于在F點的動能C若PM兩點間的距離和MN兩點間的距離相等，則從P到M和從M到N，電場力做功相等D帶電粒子從P運動到N的過程中，電勢能逐漸增大15在絕緣粗糙的斜面上A點處固定一點電荷甲，將一帶電小物塊乙從斜面上B點處由靜止釋放，乙沿斜面運動到C點時靜止則（ ）A甲、乙一定帶同種電荷BB點的電勢一定高于C點的電勢C從B到C的過程中，乙的電勢能一定減少D從B到C的過程中，乙的機械能的損

8、失量一定等于克服摩擦力做的功16光滑絕緣水平面上相距為L的點電荷A、B帶電荷量分別為4q和q，如圖所示，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態，則C的電荷量和放置的位置是（ ）Aq，在A左側距A為L處 B2q，在A左側距A為處C4q，在B右側距B為L處 D2q，在B右側距B為處17如圖所示，勻強電場場強大小為E，方向與水平方向夾角為=30°，場中有一質量為m，電荷量為q的帶電小球，用長為L的細線懸掛于O點。當小球靜止時，細線恰好水平?，F用一外力將小球沿圓弧緩慢拉到豎直方向最低點，小球電荷量不變，則在此過程中OEA外力所做的功為mgL B外力所做的功為C帶電小球的重力勢能減小

9、mgL D帶電小球的電勢能增加18虛線ABCd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，也不考慮兩粒子間的相互作用）以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPN和NQM所示。已知M是帶正電的粒子，則下列說法中正確的是（ ）AN一定也帶正電Ba處的電勢高于b處的電勢，a處的電場強度大于b處的電場強度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19如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板Ab與電池相連，在距離兩板等距的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態。若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點上方，穩定后，下列說法中正確的是（ ）A液滴將向下加速運

10、動BM點電勢升高，液滴在M點的電勢能將增大CM點的電場強度變小了D在a板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同20如圖所示，豎直平面內光滑圓弧軌道半徑為R，等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于圓周最低點，CD是AB邊的中垂線在A、B兩頂點上放置一對等量異種電荷現把質量為m帶電荷量為+Q的小球由圓弧的最高點M處靜止釋放，到最低點C時速度為v0不計+Q對原電場的影響，取無窮遠處為零電勢，靜電力常量為k，則（ ）A小球在圓弧軌道上運動過程機械能守恒BC點電勢比D點電勢高CM點電勢為（mv022mgR）D小球對軌道最低點C處的壓力大小為mg+m+2k21如圖中實線表示電場線，

11、虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，后經過N點，可以判斷（ ）A粒子一定帶負電B從M點到N點，粒子的動能增大C從M點都N點，粒子的電勢能增大D粒子在M點的加速度大于在N點的加速度22空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示下列說法中正確的是（ ）AO點的電勢最高Bx2點的電勢最高Cx1和x1兩點的電勢相等Dx1和x3兩點的電勢相等23某靜電場在x軸上各點的電勢隨坐標x的分布圖像如圖。x軸上A、O、B三點的電勢值分別為、，電場強度沿x軸方向的分量大小分別為、，電子在A、O、B三點的電勢能分別為、。下列判斷正確的是（ ）ABCD24如圖所示，直線a、

12、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為、，一電子由M點分別到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則A直線c位于某一等勢面內，B直線a位于某一等勢面內，C若電子由M點運動到Q點，電場力做正功D若電子由P點運動到Q點，電場力做負功25如圖所示，實線為電場線，一帶電粒子在電場中的運動軌跡如虛線所示，下列說法中正確的是（ ）A粒子一定帶正電B粒子受到的電場力做正功C粒子在B點的電勢能大于在A點的電勢能D粒子在B點的加速度大26如圖所示，勻強電場場強大小為，方向與水平方向夾角為（），場中有一質量為，電荷量為的帶電小球，用長為的細線懸掛于點。當小球靜止

13、時，細線恰好水平。現用一外力將小球沿圓弧緩慢拉到豎直方向最低點，小球電荷量不變，則在此過程中A外力所做的功為B帶電小球的電勢能增加C帶電小球的電勢能增加D外力所做的功為27如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F為MN的中點，M30°，M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知MN，PF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則A點電荷Q一定在MP的連線上B連線PF的線段一定在同一等勢面上C將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功DP大于M28如圖，在點電荷Q產生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷q1、q2分別置于AB兩點，虛線

14、為等勢線取無窮遠處為零電勢點，若將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是（ ）AA點電勢高于B點電勢BAB兩點的電場強度相等Cq1的電荷量小于q2的電荷量Dq1在A點的電勢能小于q2在B點的電勢能29如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知 （ ）A帶電粒子在R點時的速度大小大于在Q點時的速度大小B帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D帶電粒子在R點時的加速度大小小于在Q點時的加速

15、度大小30如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q（可視為質點）固定在絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上現將與Q大小相同，帶電性也相同的小球P，從直線ab上的N點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷在小球P與彈簧接觸到速度變為零的過程中，下列說法中正確的是（ ）A小球P的速度一定先增大后減小B小球P的機械能一定在減少C小球P速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零D小球P與彈簧系統的機械能一定增加31如圖所示，MN是一正點電荷產生的電場中的一條電場線一個帶負電的粒子（不計重力）從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示下列結論正確的是A點電荷一定位于M點的

16、左側B帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小C帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度D帶電粒子在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能32一電子在電場中僅受靜電力作用，從A到B做初速度為零的直線運動，其電勢能Ep隨距A點的距離x的關系如圖所示，以下說法正確的是A該電子的動能逐漸增大B該電場可能是勻強電場CA點電勢高于B點電勢D該電子運動的加速度逐漸減小33如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為（ ）AU1：U2=1：8 BU1：U

17、2=1：4 CU1：U2=1：2 DU1：U2=1：134如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、帶電量為q的油滴處于靜止狀態，以下說法正確的是（ ）A若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有ab的電流C若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有ba的電流D若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有ba的電流35如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一個小孔M、N開關S先閉合，今有一帶電粒子自A板上方相距為d的P點

18、由靜止自由下落，空氣阻力不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回（P、M、N在同一豎直線上，且忽略極板的邊緣效應），則（ ）A如果開關S保持閉合，把A板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落仍能沿原路返回B如果開關S保持閉合，把A板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續下落C如果開關S斷開，把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落仍能沿原路返回D如果開關S斷開，把B板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續下落36如圖所示，A.B.C.D.E、F為勻強電場中一個邊長為10cm的正六邊形的六個頂點，A.B.C三點電勢分別為10 V、20 V、30 V，則下列

19、說法正確的是 （ ）A勻強電場的場強大小為10 V/mB勻強電場的場強大小為V/mC電荷量為C的正點電荷從E點移到F點，電荷克服電場力做功為JD電荷量為C的負點電荷從F點移到D點，電荷的電勢能減少J37如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角關于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關系，以下結論正確的是（ ）AEa= BEa=Eb CEa=Eb DEa=3Eb38如圖所示，一電場的電場線分布關于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MNP點在y

20、軸右側，MPON則（ ）AM點的電勢比P點高B將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功CM、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差D在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y正方向軸做直線運動39某靜電場沿x方向的電勢分布如圖所示，則（ ）A在0-x1之間不存在沿x方向的電場B在0-x1之間存在著沿x方向的勻強電場C在x1-x2之間存在著沿x方向的勻強電場D在x1-x2之間存在著沿x方向的非勻強電場40如圖所示，一個質量為m，帶電量為q的粒子（重力不計），從兩平行板左側中點沿垂直場強方向射入，當入射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板要使粒子的入射速度變為，仍能恰好穿過電場，則必須再使（ ）A粒

21、子的電量變為原來的 B兩板間電壓減為原來的C兩板間距離增為原來的2倍 D兩板間距離增為原來的4倍41如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始開關閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲存的能量一電荷量大小為q的帶電油滴以初動能Ek從一平行板電容器的兩個極板中央水平射入（極板足夠長），帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則（ ）A保持開關閉合，將上極板下移，帶電油滴仍能沿水平線運動B保持開關閉合，將上極板下移，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為C斷開開關，將上極板上移，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時的動能為D斷開開關，將上極板上移，

22、若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為試卷第13頁，總14頁本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。參考答案1ACD【解析】試題分析：密立根的油滴實驗測出了電子的電量為1.6×1019 C，因而A對；任何物體的電荷量都是e的整數倍，故B錯，C對，D對考點：考查了對元電荷的理解2B【解析】試題分析：只有正電荷在電勢高處電勢能一定大，而負電荷在電勢高處電勢能一定小故A錯誤當電場力做負功時，電勢能增大，B正確，一般選擇無窮遠處為零電勢點，因此負點電荷周圍的電勢為負值，在其周圍正電荷具有電勢能為負值，負電荷具有電勢能為正值，故正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的

23、電勢能，C錯誤，場強為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的故D錯誤考點：本題考查了電勢電勢能的理解點評：電勢能是電場中的重要概念，要學會從多個角度進行理解，尤其注意的是電勢能的大小和電荷帶電量的正負有關對于電勢與場強的大小關系：兩者沒有關系，3CD【解析】試題分析：由于AB是同種電荷，所以連線中點的場強為零，無窮遠處場強也為零，其間有一點電場強度最大，所以粒子從C點向中點運動過程中，加速度可能一直減小，也可能先減小后增大，故選項AB錯誤CD正確考點：等量異號電荷的靜電場；帶點粒子在電場中的運動4CD 【解析】試題分析：由電荷守恒定律可知選項AB錯誤；選項CD正確；故選CD考點：考查電荷

24、守恒定律點評：本題難度較小，掌握電荷守恒定律內容，起電只是電荷的轉移5C【解析】試題分析：由庫侖定律可得：，得而兩球接觸后再分開平分總電量，故分開后兩球的帶電量為2q；則庫侖力，所以C正確。考點： 庫侖定律；電荷守恒定律6C【解析】由題意畫示意圖，B球先后平衡，于是有7B【解析】試題分析：點電荷是一種理想化的物理模型，其帶電荷量并不一定是最小的，A錯誤，元電荷又稱“基本電量”，各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，任何帶電體所帶電荷都是e的整數倍，B正確，以場源電荷為圓心的圓周上各點電場強度大小相等，方向不同，C錯誤，電場強度只和電場的本身的性質有關，與試探電荷無關，D錯誤，考點：點電荷的

25、概念點評：點電荷是只有電荷量，沒有大小、形狀的理想化的模型，類似于力學中的質點，實際中并不存在。8BC【解析】若A、B球帶等量同種電荷，碰撞時沒有電荷的轉移，所以根據能量守恒，反彈高度也為H，即h=H，A錯B對若A、B球帶等量異種電荷，碰撞時電荷中和，因為下落過程電場力做了正功，所以使得機械能增加，故反彈高度大于H，即h>H，C對D錯所以應該選BC9A【解析】試題分析：首先取整體為研究對象，整體受到重力、電場力和上面繩子的拉力，由于兩個電場力的矢量和為：F電=qE+（-qE）=0，所以上邊的繩子對小球的拉力與總重力平衡，位于豎直方向，所以上邊的繩子應保持在繩子豎直位置再對負電荷研究可知，

26、負電荷受到的電場力水平向右，所以下面的繩子向右偏轉，故A圖正確，BCD圖都錯誤故選A考點：物體的平衡；整體及隔離法【名師點睛】此題是關于物體的平衡問題，主要考查了整體及隔離法的應用；解題時先采用整體法，后隔離物體，由平衡條件分析物體的狀態，考查靈活選擇研究對象的能力。【答案】B【解析】試題分析：對A球受力分析，受到三個力，重力、彈力、庫倫力，B小球向左緩慢拉動一小段距離后，庫侖力與豎直方向的夾角變小，A的重力不變，墻壁的彈力方向不變，根據平行四邊形定則，庫侖力變小，墻壁的彈力變小，根據庫侖定律得公式可知：電荷量不變，庫倫力變小，距離變大，對整體而言，墻壁對球的彈力等于拉力，所以拉力變小，所以兩

27、小球間距離將增大，推力F將減小，故選項B正確。考點：庫侖定律、共點力平衡的條件及其應用【名師點睛】解決本題的關鍵先對整體受力分析，再隔離受力分析整體法和隔離法是物理當中常見的一種方法，要靈活運用。11AC【解析】試題分析：靜止時，對B球進行受力分析，B受到AB間細線的拉力，BC間細線的拉力，重力和電場力，受力平衡，即可求得A、B球間細線的拉力；假設B球也不帶電，則剪斷OA線瞬間，A、B、C三個小球一起以加速度g自由下落，互相相對靜止，AB、BC間拉力為0若B球帶電，則相當于在上述狀態下給B球瞬間施加一個豎直下下的電場力qE，把AB看成一個整體即可求解解：靜止時，對B球進行受力分析，則有：T=2

28、mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A正確，B錯誤；B球帶負電，相當于在上述狀態下給B球瞬間施加一個豎直下下的電場力qE，經過AB繩傳遞，qE對A、B球整體產生一個豎直下下的加速度，此時A、B球的加速度為g+（顯然g），C球以加速度g保持自由下落，以A球為研究對象可得A、B球間細線的拉力為qE故C正確，D錯誤故選：AC【點評】本題主要是剪斷OA線瞬間，對A、B、C三個球的運動狀態的確定及受力分析，知道繩子一旦剪斷之后，繩子的拉力立即為零，難度適中【答案】D【解析】試題分析：以箱子和合在一起為研究對象，設其質量為M，剪斷連接球的細線前，則，其中表示對的庫侖力，也即為對和箱子整體的庫侖力；剪斷連接

29、球的細線后，則，又由于在球上升過程中庫侖力變大（距離變近），所以，所以D正確。考點：牛頓第二定律、庫侖定律【名師點睛】本題也可以根據超重和失重的知識求解，開始對木箱和受力分析，支持力和總重力平衡，剪短細線后，加速上升，整體處于超重狀態，故支持力變大。13ABD【解析】試題分析：根據庫侖定律，小球A與B之間庫侖力的大小為：，故A正確；因小球受水平向左的庫侖力、沿斜面向上的拉力及豎直向下的重力以及垂直斜面向上的支持力作用，故根據力的平衡條件可知，斜面對小球A的支持力不可能為零，而細線的拉力可能為零，選項B正確，C錯誤；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

30、力的下滑分力與庫侖力的上滑分力平衡，即：mgsin=Fcos；其中；聯立解得：mgsin=cos，故：，選項D正確；故選ABD考點：物體的平衡；庫侖定律【名師點睛】本題考查物體的平衡及庫侖定律的應用；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，注意細線拉力為零的臨界條件。14B【解析】試題分析：A、根據軌跡彎曲方向判斷出，粒子在M、N間運動過程中，電荷一直受靜電引力作用，此粒子和點電荷帶不同的電荷故A錯誤；B、粒子從M到N，電場力做正功，故電勢能減小，動能增加，故M點的電勢能大于N點的電勢能，且M點動能小于N點動能；N點與F點在同一個等勢面上，所以粒子在F點的動能等于在N點的動

31、能，所以粒子在M點的動能小于在F點的動能故B正確；C、M點離場源電荷遠，電荷所受的電場力較小，則PM兩點間的距離和MN兩點間的距離相等，則從P到M電場力做的功比從M到N電場力做功少，故C錯誤；D、粒子從P到N，只受電場力，合力做正功，根據動能定理，動能增加，電勢能減小，故D錯誤；故選：B15AC【解析】試題分析：甲、乙之間的距離增大，而電量都不變，由庫侖定律知乙所受的庫侖力逐漸減小。若兩者是異種電荷，乙下滑的加速度將增大，不可能到C處靜止，故知甲乙一定帶同種電荷，A對；由于電荷甲的電性未知，電場線方向未知，無法判斷B、C電勢的高低，B錯；由電場力對物塊乙做正功，乙的電勢能一定減小，C對；從B到

32、C的過程中，庫侖力對乙做正功，摩擦力做負功，重力做正功，根據功能關系可知：乙的機械能的損失量與系統電勢能的損失量之和等于克服摩擦力做的功，D錯?？键c：電勢差與電場強度的關系、電勢、電勢能。16C【解析】試題分析：A、B、C三個電荷要平衡，必須三個電荷在一條直線上，外側二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側兩個電荷，所以外側兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側電荷電量大，中間電荷電量小，所以C必須帶正電，在B的右側設C所在位置與B的距離為r，則C所在位置與A的距離為Lr，要能處于平衡狀態，所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設C的電量為Q則有：，解得：rL對點電荷A，其受力也平衡

33、，則：解得：Q4q，即C帶正電，電荷量為4q，在B的右側距B為L處故選C考點：庫侖定律；物體的平衡17ACD【解析】試題分析：小球在水平位置靜止，由共點力的平衡可知，F電sin=mg； 小球從最初始位置移到最低點時，電場力所做的功W電=-EqL（cos+sin），因電場力做負功，故電勢能增加，電勢能增加量為：EP=EqL（cos+sin）=,故D正確，重力勢能減小量為EP=mgL ，故C正確；由動能定理可知，W外+W電+WG=0； W外=-（W電+WG）=EqL（cos+sin）-mgL=mgcot=mgL；故A正確，B錯誤；故選ACD考點：共點力的平衡；動能定理的應用【名師點睛】本題考查了動

34、能定理的應用及電場力做功與電勢能的關系，在解題中要注意理解重力做功及電場力做功的特點，正確求得兩種功的表達式；重力做功等于重力勢能的變化量；電場力做功等于電勢能的變化量18D【解析】試題分析：電場線與等勢面垂直，所以電場沿水平方向，從正電荷M的軌跡MPN可知，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，故N帶負電，A錯；電場線水平向右，沿電場線電勢降低，所以a的等勢面高于等勢面b，勻強電場中，場強處處相等，B錯；電場力對N做正功，其電勢能減小，動能增加，C錯，D對?？键c:等勢面、電勢、電勢能?！久麕燑c睛】電場線、電場強度、電勢、等勢面之間的關系1

35、電場線與電場強度的關系：電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上每點的切線方向表示該點的電場強度方向2電場線與等勢面的關系：電場線與等勢面垂直，并從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面3電場強度數值與電勢數值無直接關系：電場強度大（或?。┑牡胤诫妱莶灰欢ù螅ɑ蛐。?，零電勢可人為選取，而電場強度是否為零則由電場本身決定19D【解析】試題分析:液滴靜止則電場力與重力平衡，液滴帶負電：。當a板下移，板間距離減小，電場強度增加，電場力增大，故粒子上移，A錯；M與下極板間距不變，E增加，故兩點的電勢差增大，M點的電勢升高，液滴在M點的電勢能減小，B錯；由上分析知電場強度變大，C錯；Ab板間的電勢差不變

36、，故先后兩種情況將液滴由a板移到b板，電場力做功相同，D對。考點:電容的動態分析?！久麕燑c睛】平行板電容器的動態分析方法：（1）確定不變量分析是電壓不變還是所帶電荷量不變（2）用決定式C分析平行板電容器電容的變化（3）用定義式C分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化（4）用E分析電容器極板間電場強度的變化20C【解析】試題分析：此題屬于電場力與重力場的復合場，根據機械能守恒和功能關系即可進行判斷解：A、小球在圓弧軌道上運動重力做功，電場力也做功，不滿足機械能守恒適用條件，故A錯誤；B、CD處于AB兩電荷的等勢能面上，且兩點的電勢都為零，故B錯誤；C、M點的電勢等于=，故C正確；D、小球對軌道

37、最低點C處時，電場力為k，故對軌道的壓力為mg+m+k，故D錯誤；故選：C【點評】此題的難度在于計算小球到最低點時的電場力的大小，難度不大21B【解析】試題分析：由粒子軌跡的彎曲方向判斷電場力方向，電場力方向應指向軌跡的內側，從而判斷粒子的電性確定電場力的大小由電場力做功正負，判斷電勢能的大小和動能的大小由牛頓第二定律分析加速度的大小解：A、粒子所受的電場力方向應指向軌跡的內側，得知，粒子所受電場力方向大致斜向左下方，粒子一定帶正電故A錯誤；BC、粒子從M到N的過程中，電場力對粒子做正功，其電勢能減小，動能增大，故B正確，C錯誤D、電場線的疏密表示場強的大小，則知M處場強比N處場強小，由a=知

38、粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故D錯誤故選：B【點評】本題是電場中軌跡問題，關鍵要根據軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，再抓住電場線的物理意義判斷場強、電勢等的大小【答案】AC【解析】試題分析：作出電場線，根據順著電場線電勢降低，則O電勢最高，故A正確，B錯誤；從圖線看出，電場強度關于原點O對稱，則x軸上關于O點對稱位置的電勢相等故C正確；和兩點在電場線的不同位置，沿電場線電勢降低，故兩點電勢不相等，故D錯誤；考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系【名師點睛】根據題意，電場關于x軸對稱分布可知，作出電場線如圖，根據順著電場線，電勢降低和對稱性可判斷電勢高低?！敬鸢浮緾D【解析】

39、試題分析：根據圖像可以知道，電勢的關系為：，故選項A錯誤；根據電勢能的公式，而且電子帶負電，故電勢能的關系為：，故選項B正確；根據圖像的斜率為場強E，所以從圖像的斜率角度可以得到場強的關系為：，故選項C正確；從圖像可以知道，A、O之間的電勢差大于O、B之間的電勢差，故電子在A、O之間的電勢能的變化大于O、B之間的電勢能的變化，故選項D正確?？键c：電勢能；電勢【名師點睛】本題需要對電場力的性質和能的性質由較為全面的理解，并要求學生能靈活應用微分法。24A【解析】試題分析: A、B、據題，電子由M點分別到N點和P點的過程中，電場力做負功相等，則電勢能增加相等，電勢降低，則N、P兩點的電勢相等，d位

40、于同一等勢面內，根據勻強電場等勢面分布情況知，直線a不是同一等勢面，直線c位于某一等勢面內，且故A正確，B錯誤C、由上分析知，直線c位于某一等勢面內，M、Q的電勢相等，若電子由M點運動到Q點電場力不做功，故C錯誤D、電子由P點運動到Q點與電子由P點運動到M點電場力做功相等，所以電場力做正功，故D錯誤故選A考點：考查電勢差與電場強度的關系；電勢【名師點睛】解決本題的關鍵要抓住電場力做功與電勢能變化的關系，知道負電荷在電勢高處電勢能小25C【解析】試題分析：由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力大致斜向左下方，與電場強度方向相反，故粒子帶負電，故A錯誤；由于不知道是從A到B，還是從B到A，

41、故電場力做功的正負無法判斷，故B錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，等勢面與電場線垂直，可以知道A點電勢高，負電荷在電勢高的點電勢能低，故C正確；A點電場線密集，故電場強，電場力大，故加速度大，故D錯誤；考點：考查了帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關鍵是根據軌跡判斷出電場力方向，利用電場中有關規律求解比較電勢能的大小有兩種方法：一可以從電場力做功角度比較，二從電勢能公式角度判斷，先比較電勢，再比較電勢能?！敬鸢浮緼B【解析】試題分析：小球在水平位置靜止，由共點力的平衡可知，則；小球從最初始位置移到最低點時，電場力所做的功，因電場力做負功，故電勢能增加，故B正確，C

42、錯誤；由動能定理可知，； ，故A正確，D錯誤?？键c：動能定理的應用；電勢能【名師點睛】對小球進行受力分析可知，小球受重力、電場力及繩子的拉力而處于平衡；由共點力的平衡可求得電場力的大小；由功的計算公式可求得小球運動中電場力所做的功；則由電場力做功與電勢能的關系可求得電勢能的變化；再由動能定理可求得外力所做的功。27AD【解析】試題分析：點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，在MP的連線上，如圖所示，故A正確；P=F，線段PF是P、F所在等勢面（圓）的一個弦，故B錯誤；在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電

43、勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，故PM，故D正確故選AD 考點：電場線；等勢面【名師點睛】本題關鍵是明確點電荷的電場的電場線和等勢面的分布規律，知道沿著電場線電勢逐漸降低，并結合幾何關系進行解答；基礎問題。28C【解析】試題分析：由題可知，將兩個帶正電的試探電荷q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做功，則知Q與兩個試探電荷之間存在引力，說明Q帶負電，電場線方向從無窮遠處指向Q，則A點電勢低于B點電勢，A錯誤；由點電荷場強公式：分析可知，A點的場強大于B點的場強，B錯誤；由圖分析可知：A與無窮遠間的電

44、勢差大于B與無窮遠間的電勢差，將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，根據電場力做功公式：，得知，q1的電荷量小于q2的電荷量,C正確；將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，兩個試探電荷電勢能的變化量相等，無窮遠處電勢能為零，則q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能，D錯誤；故選C?？键c：等勢面；電勢；電勢能【名師點睛】本題根據電場力做功與電勢能變化的關系分析電勢能的大小，根據公式分析分析場強的大小等等，都是常用的思路29A【解析】試題分析：電荷做曲線運動，電場力指向曲線的內側，所以電場力的方向沿電場線向右，若粒子從P運動到Q，電場力做負功，電勢能增大，

45、動能減小，R點速度小于Q點速度，若粒子從Q運動到P，則電場力做正功，電勢能減小，動能增大，Q點速度小于R點速度，P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小，故A正確，B錯誤；只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，故帶電質點在P點的動能與電勢能之和等于在Q點的動能與電勢能之和，保持不變故C錯誤；由電場線疏密確定出，R點場強大比Q大，電場力大，加速度大，故D錯誤；故選A。考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】該類題目中，首先根據軌跡彎曲的方向判斷出粒子受力的方向是解題的關鍵根據電場線與等勢面垂直，作出電場線，得到一些特殊點（電場線與等勢面交點以及已知點）的電場力方向，同時結合能量的觀點分析是解決這類問題

46、常用方法。30AD【解析】試題分析：本題中有庫侖力做功，機械能不守恒；機械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度變化可從受力與能量兩種觀點加以分析解：A、小球先沿斜面加速向下運動，后減速向下運動，當彈簧壓縮量最大時，小球靜止，故A正確B、根據除了重力和彈力之外的力做功量度機械能的變化得小球P除了重力和彈力做功還有之外的庫侖斥力做功，開始彈簧的彈力和庫侖斥力的合力方向可能向上，也就是可能做負功，所以小球P的機械能可能增大，故B錯誤C、小球P的速度一定先增大后減小，當p的加速度為零時，速度最大，所以小球P速度最大時所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力和庫侖力的合力為零，故C錯誤D、根據能量守恒定律知，小

47、球P的動能、與地球間重力勢能、與小球Q間電勢能和彈簧彈性勢能的總和不變，因為在小球P與彈簧接觸到速度變為零的過程中，Q對P的庫侖斥力做正功，電勢能減小，所以小球P與彈簧系統的機械能一定增加，故D正確故選AD【點評】注意機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉化的角度講，只發生機械能間的相互件轉化，沒有其他形式的能量參與31CD【解析】試題分析：根據軌跡彎曲方向判斷出粒子受力的方向向右MN是一正點電荷產生的電場中的一條電場線一個帶負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，所以點電荷運動在N點的右側故A錯誤；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

48、小是銳角，故電場力做正功，粒子的動能增加，電勢能減小，B錯誤，D正確由A的分析知點電荷運動在N點的右側，a點的場強小，帶電粒子在a點的加速度也小，故C正確故選CD?？键c：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】題屬于電場中軌跡問題，考查分析推理能力根據軌跡的彎曲方向，判斷出電荷受到的電場力指向右側，可以判斷固定在電荷在M一側。32AD【解析】試題分析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量，由圖線可知，電勢能逐漸減小，故電子的動能逐漸變大，選項A正確；故：，即Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力；Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，故

49、電場強度也逐漸減小，加速度逐漸減??；故B錯誤，D正確； 電子的電勢能逐漸減小，則從A到B電勢逐漸升高, A點電勢低于B點電勢，選項C錯誤；故選AD考點：動能定理；場強與電勢【名師點睛】本題切入點在于根據Ep-x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。33A【解析】試題分析：帶點粒子在電場中做類似平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，根據運動學公式和牛頓第二定律列式求解解：帶點粒子在電場中做類似平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得故故選A【點評】本題關鍵根據類平拋運動的分位移公式和

50、牛頓第二定律聯立列式求解出電壓的一般表達式，然后再進行分析討論34C【解析】試題分析：本題中油滴原來靜止，所受的電場力和重力二力平衡斷開電建，判斷電容器的帶電量的變化及電場的變化情況，即可得知電流及油滴的運動情況；將A向上或向下平移一小段位移時，板間電壓不變，分析電容的變化，判斷電量的變化，確定電容器是充電還是放電，再研究電流方向根據場強的變化，分析電場力的變化，判斷油滴的運動情況解：A、將S斷開，電容器帶電量不發生變化，G表中無電流，電場強度不變，油滴受力不變，仍處于靜止，選項A錯誤B、若將A向左平移一小段位移，正對面積減小，電容器的電容減小，電容器放電，G表中有ba的電流，兩極板間的電壓和

51、距離不變，電場強度不變，油滴仍然靜止，選項B錯誤C、若將A向上平移一小段位移，兩極板距離增大，電容減小，電容器放電，G表中有ba的電流；兩極板間的電壓不變，距離增大，電場強度減小，則油滴向下加速運動，選項C正確D、若將A向下平移一小段位移，兩極板距離減小，電容增大，電容器充電，G表中有ab的電流；兩極板間的電壓不變，距離減小，電場強度增大，則油滴向上加速運動，選項D錯誤故選：C【點評】本題是電容器動態變化分析問題含有電容器的電路，只有在電容器充電或放電的過程有電流；分析電容器充放電要根據分析電容和電壓的變化來確定同時注意電場的變化的分析和判斷35A【解析】試題分析：質點到達N孔時速度恰好為零，

52、然后返回，根據動能定理知，質點再運到到N點的過程中，重力做功和電場力做功相等本題通過AB兩端電勢差的變化，根據動能定理進行判斷解：AB、保持S閉合，把A板向上或向下平移一小段距離，知AB兩端的電勢差不變，整個過程中重力做功不變，電場力做功不變，根據動能定理知，質點還是到達B點速度為零然后返回故A正確、B錯誤C、斷開S，電量不變，將B板上移，d減小，根據C=知，電容增大，則U=，知U減小，根據動能定理，運動到N重力做功大于電場力做功，N點速度不為零，將穿過N孔故C錯誤D、斷開S，電量不變，將B板下移，d增大，根據C=知，電容減小，則U=，知U增大，根據動能定理，粒子還未到達b點，速度已減為零，然后返回故D錯誤故選A【點評】點評：解決本題的關鍵知道電容器