& （2016o宁波二模）在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别
本题难度：0.60&&题型：选择题
（2016o宁波二模）在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A、点电荷M、N一定都是负电荷B、点电荷P的电势能一定是先增大后减小C、点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1D、x=4a处的电场强度一定为零
来源：2016o宁波二模 | 【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．
如图所示，在xOy平面内，x轴上方有沿y轴向上的足够大的匀强电场，电场的下边界为y1=0.5m的直线，在y轴上y2=1.0m处有一放射源S，x轴上有一个足够大的荧光屏，放射源S在如图180°范围内，向x轴发射初速度v0=200m/s的电子，整个装置放在真空中，已知场强大小为9.3×10-7V/m，电子质量为9.3×10-31kg，电荷量为1.6×10-19C，求：（1）每个电子打到荧光屏上的动能及电子打到荧光屏上的范围；（2）若在原电场区域撤去电场，加一个垂直纸面向外的匀强磁场，且B=2.325×10-5T，求电子打在荧光屏上的范围．
解析与答案
（揭秘难题真相，上）
习题“（2016o宁波二模）在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）点电荷M、N一定都是负电荷点电荷P的电势能一定是先增大后减小点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1x=4a处的电场强度一定为零”的学库宝（/）教师分析与解答如下所示：
【分析】根据v-x图象结合动能定理判断出电场力的方向然后根据正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布由此判断两个点电荷的电性根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化根据最大速度对应的特点结合库仑定律判断出点电荷的电量之间的关系．
【解答】解：A、由v-x图象可知点电荷P的速度先增大后减小所以点电荷P的动能先增大后减小说明电场力先做正功后做负功结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知电场强度的方向先沿x轴的正方向后沿x轴的负方向根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知点电荷M、N一定都是正电荷．故A错误B、点电荷P的动能先增大后减小由于只有电场力做功所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大．故B错误C、由图可知在x=4a处点电荷P的速度最大速度的变化率为0说明了x=4a处的电场强度等于0．则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等方向相反根据库仑定律得：kQM(4a)2=kQN(6a-4a)2所以：点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1．故C错误D正确．故选：D
【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．
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知识点讲解
经过分析，习题“（2016o宁波二模）在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别”主要考察你对
等考点的理解。
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电势差与电场强度的关系
电场强度是描述电场的力的性质的物理量，可以理解为已知电场强度，就可以知道任意电荷在该点的受力情况；同理，已知φ时，可得任意电荷在该点的电势能；已知UAB时，可得到在AB间移动任意电荷时静电力所做的功．
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专题电势和电势差
专题 电势和电势差1.（双选）甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在o点正上方有一电子，“较小的速度v射向O点，不计重力．关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）A．甲图中的电子将做变速运动B．乙图中的电子将做往复运动C．乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度一定在减小D．乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小2.（双选）（2014o浙江）如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（ ）3.（双选）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（ ）A．φa＞φb B．Ea＞EbC．Ea＜Eb D．Wa＞Wb4.（2014o宿迁三模）在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断（ ）A．x=2m处电场强度可能为零B．x=2m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大5.（双选）（2014o潍坊二模）如图所示，在两个等量异种电荷形成的电场中，D、E、F是两电荷连线上等间距的三个点，三点的电势关系是φD＞φE＞φF，K、M、L是过这三个点的等势线，其中等势线L与两电荷连线垂直．带电粒子从a点射人电场后运动轨 电势和电势差1迹与三条等势线的交点是a、b、c，粒子在a、b、c三点的电势能分别是EPa、EPb、EPc，以下判断正确的是（ ）A．带电粒子带正电 B．EPa＜EPb＜EPcC．EPc－EPb=EPb－EPa D．EPc－EPb＜EPb－EPa6.（双选）（2014o广元二模）等量异种点电荷+Q和-Q固定，在它们的连线和中垂线上有a、b、c三点，如图所示．现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则在此全过程中（ ）A．所受电场力一直增大 B．所受电场力方向一直不变C．电势一直减小 D．电势能先增大后减小7.（2014o宜春模拟）如图所示，两端封闭的金属圆筒和圆形金属板共轴，金属圆筒的横截面半径比金属圆板的小很多，金属板接地．现将金属圆筒带上一定量的正电荷，稳定时，金属圆筒和金属板均处于静电平衡状态，在轴线上建立x轴，原点为O，则x正半轴上各点的电势φ随x变化的图象可能是（ ）A．B．C．D．8. （2014o泰安一模）将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（ ）A．C、D两点的电场强度相同，电势相等B．A、B两点的电势相同，电场强度不同C．将电子从A点移至B点，电场力做负功D．将电子从A点移至D点，电势能增大A．四个点中C的电势最低 B．b，d两点电势相同C．将一试探电荷-q从C点沿圆周移至a点，-q的电势能减少 D．b，d两点的电场强度相同10. （2014o嘉定区二模）空间某一静电场的电势φ关于x轴对称分布，如图所示．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，下列说法正确的是（ ）A．因为a点电势比b点电势高，所以Exa大于ExbB．Exa的方向与Exb方向相同，均沿x正方向C．一点电荷在a、b点受到电场力是Fa大于Fb电势和电势差2D．点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势能总是先增大后减小11.（2014o顺义区模拟）图示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上某点P到O点的距离为x，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k．下面判断正确的是（ ）A．图中P点电场强度E的方向是沿x轴负方向，O点电势φ为零B．图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零C．从O点到P点，电场强度E一定逐渐增大，电势φ一定逐渐增大D．从O点到P点，电场强度E一定逐渐减小，电势φ一定逐渐减小12.（2014o淮南一模）如图所示，圆弧线a、b、c代表某固定点电荷电场中的三个等势面，相邻两等势面间的距离相等，直线是电场中的几条没标明方向的电场线，粗曲线是一带正电粒子只在电场力作用下运动轨迹的一部分，M、N是轨迹上的两点．粒子过M、N两点的加速度大小分别是aM、aN，电势能分别是EPM、EPN，a、b、c的电势分别是φa、φb、φc，ab间，bc间的电势差分别是Uab、Ubc，则下列判断中正确的是（ ）A．aM＞aN，EPM＞EPN B．φa＜φb＜φc，EPM＜EPNC．aM＞aN，Uab=Ubc D．Uab=Ubc，EPM＜EPN13.（双选）（2014o南昌模拟）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（ ）A．A、B两处电势、场强均相同 B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能14.（多选）（2014o淄博二模）如图所示，分别在M．N两点固定两个点电荷+Q和+q （Q＞q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是（ ）A．A点场强大于B点场强 B．C点电势与D点电势相等C．AO两点间的电势差与BO两点间的电势差相等D．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功15.（2014o福建模拟）空间存在着方向平行于x轴的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM=ON，A B间的电势φ随x的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断正确的是（ ）A．粒子一定带正电 B．粒子一定能通过N点C．AO间的电场强度小于OB间的电场强度D．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大16.（2014o朝阳区一模）如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO＞OB．一个带负电的检验电荷仅在电电势和电势差3场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．若M、N两点的电势分别为φM和φN，检验电荷通过M、N两点的动能分别为EkM和EkN，则（ ）A．φM=φN，EkM=EkN B．φM＜φN，EkM＜EkNC．φM＜φN，EkM＞EkN D．φM＞φN，EkM＞EkNA．e点电势比d点电势高B．从b点到e点移动电荷q，电场力做功为零C．a点与b点的电势差值大于b点与c点的电势差值D．将-q放在d点具有的电势能多于-q放在e点具有的电势能18.（双选）（2014o青岛二模）某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势φ的变化如图所示．电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点．则下列关于电子运动的描述正确的是（ ）A．在oa间电子做匀加速直线运动 B．电子在od之间一直在做减速直线运动C．要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为D．在cd间运动时电子的电势能一定增大19.（2014o东城区模拟）如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强度大小和电势分别用E和?表示．选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强度的大小E或电势?随位置x的变化关系图，正确的是（ ） 2e?0 mA．B． C． D．20.（2014o湖北模拟）a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．从图中可看出以下说法中正确的是（ ）A．a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点B．a和b 一定是同种电荷，但是不一定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功 21. 在中间位置有固定转动轴的长为2l的轻质杆两端固定两个质量均为m、电荷量大小均为q的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，则在这一过程中小球1、2构成的系统（ ）电势和电势差4A．若两小球均带正电，动能变化量一定大于1Uq 2B．若两小球均带负电，动能变化量一定等于Uq+mglC．若球1带正电、球2带负电，动能变化量一定等于UqD．若两小球均带正电，动能变化量一定小于Uq22.（双选）图中a、b为两带正电的小球，带电量都是q，质量分别为M和m；用一绝缘弹簧联结，达到平衡时，弹簧的长度为d0．现把一匀强电场作用于两小球，场强的方向由a指向b，在两小球的加速度相等的时刻，弹簧的长度为d（ ）A．若M=m，则d=d0 B．若M＞m，则d＞d0C．若M＜m，则d＞d0 D．d=d0，与M、m无关23.（2014o宝鸡一模）一个质量为m带电量为+q的小球，每次均以初速度v0水平向右抛出，抛出点距离水平地面的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）若在小球所在空间加一个匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，则电场强度E的大小和方向？（2）若在此空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，发现小球抛出后最终落地且其运动的水平位移为s，求磁感应强度B的大小？24.（2014o漳州二模）如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m，电量均为+Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与平面间的支摩擦因数均为μ，静电力常数为K．求：（1）A受的摩擦力为多大？（2）如果将A的电量增至+4Q，B的电量不变，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多少距离？电势和电势差525.（2014o嘉兴二模）如图所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L、且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为+Q．现从管口A处静止释放一带电体V，当其电荷量为+q、质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0．已知静电力常量为看k，重力加速度为g带电体下落过程中不影响原电场．（1）若把A换成电量为+q、质量为3m 的带电体N，仍从A处静止释放．求 N1运动过程中速度最大处与M的距离及到达B处的速度大小：（2）若M略向上移动，试判断带电体N能否到达B处，并说明理由：（3）若M保持原位置不变，设法改变带电体N的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B处，列出N应满足的条件．26. （2014o杨浦区三模）如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆，跟一以带电量为Q的正点电荷为圆心、半径为r的圆周交于C、D两点，弦长CD与r相等，一质量为m、带电量为-q的有孔小球套在细杆上，且从杆上的P点由静止开始下滑，已知q<<Q，（1）小球到达C点时的加速度和细杆所受的压力，（2）P、D两点间的电势差．27.（2014o陕西三模）如图所示，在光滑绝缘水 平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电-2q，开始时两小球相距s0，小球A有一个水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值．电势和电势差629.（2014o静安区一模）如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为α=45°，水平面长d，斜面足够长，空间存在与水平方向成45°的匀强电场E，已知由静止释放，不计摩擦及物块转弯时损失的能量．小物块在B点的重力势能和电势能均取值为零．试求：（1）小物块下滑至C点时的速度大小；（2）在AB之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度h1；（3）除B点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度h2．电势和电势差730.（2014o浦东新区一模）如图所示，在光滑绝缘水平面上，固连在一起的三根绝缘轻杆OA、OB、OC互成120°角，可绕固定轴O在水平面内无摩擦自由转动．杆上A、B、C三点分别固定着三个质量相同的带电小球，其质量均为m，电量分别为+q、+q和-2q．已知OA=OB=2L，OC=L．空间存在场强大小为E，方向水平向右的匀强电场，OC杆与电场方向垂直．问（1）在A点施一作用力F使系统平衡，力F至少多大？（2）设O点电势为零，此系统在图示位置处电势能是多少？（3）撤去力F，系统转过多大角度时球A的速度最大？最大速度是多少？31. （2014o长春一模）如图所示，在竖直边界线 O1 O2 左侧空间存在一竖直向下的匀强电场．电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）．现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球（可视为质点）在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；（3）小球落地点距离C点的水平距离．电势和电势差8答案解析1.解：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动．故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动．故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小．故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小．故D正确．故选：BDB、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：D、两个球带同中电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零；故D错误；故选：AC．3. 解：A、负电荷从a释放（初速度为0）后，能加速运动到b，说明负电荷受到的电场力方向是从a指向b，那么电场方向就是由b指向a，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以a、b两点的电势关系是φa＜φb，故A错误；B、C、由图b知．图线的斜率减小，则负电荷从a运动到b的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从a到b时，受到的电场力是逐渐减D、负电荷在电势高处电势能小，因φa＜φb则Wa＞Wb，故D正确．故选：BD．4. 解：A、φ-x图象的斜率等于电场强度，则知x=2m处的电场强度不为零．故A错误．B、从0到x=4m处电势不断降低，但x=2m点的电场方向不一定沿x轴正方向．故B错误．C、由斜率看出，从0到4m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大．故C错误．D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大．故D正确．故选：D5. 解：A、因φD＞φE＞φF，则左边是正点电荷，由运动轨迹可知，带电粒子带负电荷，则在电场力作用下做负功，导致负电荷的电势能增加，故A错误，B正确；电势和电势差9C、D、E、F是两电荷连线上等间距的三个点，结合点电荷电场矢量叠加原理，ab电势差大于bc电势差，根据W=qU，则EPc-EPb＜EPb-EPa；故C错误，D正确；故选：BD．6. 解：A、根据电场线的疏密可知，a、b、c三点的场强大小关系是：Ea＜Eb＜Ec．由电场力公式F=qE知，电荷从a到b，电场力增大；从b到c，电场力也增大 由．故A正确．B、题ab是一条等势线，从a到b，检验电荷所受的电场力方向一直与ab垂直向上，从b到c，电场力也垂直ab向上，所以电场力方向一直不变．故B正确．C、D：ab是一条等势线，电荷从a到b，其电势能不变，c点的电势比b的电势高，电荷带负电，则从b到c，其电势能减小，即在此全过程中，电荷的电势能先不变后减小．故CD错误． 故选：AB7. 解：带电金属圆筒处于静电平衡时，整个圆筒是一个等势体，由于静电感应，圆形金属板左侧出现负电荷，右侧出现正电荷，则电场线从金属圆筒出发到圆形金属板终止，根据顺着电场线方向电势降低，可知：x在0-l范围内，电势不变，且大于0；x在2l-3l范围内电势逐渐降低，由于金属板接地，则x=3l处电势为0，故A正确．故选：A．8. 解：A、由图知C、D两点电场线的疏密程度相同，说明场强的大小相等，但场强方向不同，则电场强度不同．两点在同一等势面上，电势相等．故A错误．B、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，场强方向相反，则电场强度也不同，故B错误． C、由图知：A点的电势与Q球的电势相等，高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，可知将电子从A点移至B点，电势能增大，电场力做负功，故C正确．D、A、D在同一等势面上，将电子从A点移至D点，电场力不做功，其电势能不变，故D错误． 故选：C．9. 解：A：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即C点的电势在四个点中是最低的，故A正确；B：该电场中的电势关于X轴对称，所以bd两点的电势相等．故B正确；C：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故C正确；D、点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势先升高后降低，正电荷的电势能是先增大后减小，负电荷的电势能是先减小后增大．故D错误．故选：C11. 解：A、B、将圆环看成若干个点电荷，则由电场强度相互叠加可知，P点电场电势和电势差10强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零，设无穷远处的电势为零，因沿着电场线的方向，电势降低，则P点的电势大于零，故A错误，B正确；C、D、从O点到P点，电场强度E可能一直逐渐增大，也可能先增大后减小，而电势却是一直减小，故CD错误；故选：B．12. 解：根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向左上方，所以正电荷受到点电荷的吸引力，所以圆心处的点电荷一定带负电，电场线的方向指向圆心，所以φa＜φb＜φc，根据点电荷的电场线的分布特点可得，M点的电场线密，所以正电荷在M点受到的电场力大，产生的加速度大，即：aM＞aN；根据点电荷的电场线的分布特点可得，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，由于相邻两等势面间的距离相等，根据U=Ed可得，Uab＞Ubc；设粒子从M向N运动，正电荷受到的电场力的方向指向圆心，所以受力的方向与M到N的方向之间的夹角是钝角，电场力做功负功，电势能减小，所以EPM＜EPN．只有选项B正确．故选：B13. 解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．B、根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势．由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同．故B正确．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．D、O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D正确． 故选：BD.14. 解：A、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，故A正确；B、电场线从Q出发到q终止，关于MN对称，则C点电势等于D点电势．B正确；C、由于Q＞q，AO间电场线比OB间电场线密，AO间场强大于BO间场强，U=Ed，d相同，则AO两点间的电势差大于BO两点间的电势差，故C错误；D、正电荷由C到O过程，受排斥力的作用，电场力做负功，故D正确；故选：ABD．15. 解：A：由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电．A错误；B：由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点．故B正确；C：由于OA＜OB，所以OA之间的电势变化快于OB之间的电势的变化，即AO间的电场强度大于OB间的电场强度．故C错误；D：由于AO的斜率波长不变，即AO之间的电场强度不变，所以粒子从M向O运动过程电场力不变，故D错误．故选：B.16. 解：根据带负电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以A点带正电，B点带负电；因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，EM小于EN，φ小于φN，故B正确，ACD错误． M电势和电势差11故选：B．17. 解：由题意，b与e两点到正负电荷的距离是相等的，所以都在两个点电荷连线的中垂线上，所以be两点的电势与无穷远处的电势是相等的．A、由于d点位于两个点电荷中垂线在左侧靠近正电荷的位置上，所以d点的电势高于两个点电荷中垂线上的电势，所以d点的电势高于e点的电势，故A错误； B、be处于两个点电荷连线的中垂线上，所以be两点的电势与无穷远处的电势是相等的，从b点到e点移动电荷q，电场力做功为零．故B正确；C、根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a与b之间和b与c之间两处电场关于b点左右对称，场强大小相同，场强方向都沿ac方向，所以a点与b点的电势差值等于b点与c点的电势差值．故C错误．D、由A的分析知，d点的电势高于e点的电势，将负电荷由d移到e电场力做负功，所以将-q放在d点具有的电势能少于-q放在e点具有的电势能．故D错误． 故选：B．18. 解：A、由图知oa间的电势不变，则oa间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误．B、根由图知oa和bc间的电势不变，则oa和bc间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故B错误．φC、由于电子在Od运动时电场力做负功，所以其电势能增大，动能减小；电场力做功：W=-eo△φ=-eφ0，所以要使电子能到达无穷远处，由动能定理得：W＝0-12mv02．故C正确． D、电子在cd间运动时电子受到的电场力做负功，的电势能一定增大，故D正确． 故选：CD.19. 解：A、B：金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0，故A错误，B错误；C、D：金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，故C正确，D错误． 故选：C．20. 解：A、根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，则正a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点，故A正确；B、P点切线斜率为零，而φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷．故B错误；C、由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道p处场强为零，且电势最低，故C错误，D、把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功．故D错误，故选：A．21. 解：A、D、若两小球均带正电，杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0；根据电场线分布的对称性可知：开始时两个小球处于同一等势面上， 电势和电势差12C、若球1带正电、球2带负电，对系统根据动能定理得：qU1B-qU2A=△Ek，即q（U1B-U2A）=△Ek，又U1B-U2A=（φ1-φ确．故选：CD. B）-（φ2-φA）=φA-φB=U 所以可知△Ek=qU，故C正22. 解：A、不加电场两球平衡时，a、b两球所受沿其连线向外的库仑斥力F1和弹簧的弹力（为拉力，沿连线向内）F2大小相等，加电场后两球又受到向右的大小相等的电场力F．只有d=d0时，两球所受合力才会相同，都为F，若M=m，则具有相同的加速度，故A正确．B、C、若M＞m，则应使a所受合外力Fa大于b所受合外力Fb，即应使Fa＞F，Fb＜F，这只有使a、b所受弹簧拉力F2大于库仑斥力F1才能实现，所以应有d＞d0，类似地分析可知C错误．故B正确，C错误．D、由上可知D错误．故选：AB23. 解：（1）要使小球水平抛出后做匀速直线运动，小球所受合力应该为零，所以所加匀强电场方向竖直向上，大小设为E，根据平衡条件，有：mg=Eq可得：E＝mgq（2）由题意可得，再加一个匀强磁场后，小球在复合场中（重力场、电场、磁场）做匀速圆周运动．运动轨迹如图所示，由O运动到B．由已知条件可知，OA间高度为h，AB间距离为s．分别做抛出速度和落地速度方向的垂线，相交于O'点，即为小球做圆周运动的圆心，设小球做圆周运动的半径为R．在△ABO'中，可得：R=s+（R-h）解得：R＝222由于小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力来提供，所以：22mv0hv0m＝qv0B可得：R＝由①②两式可得：B＝ Rq(h2?s2)24. 解：（1）对A受力分析如图所示，因A处于静止状态，（2）当加速度为0时，有库仑力大小F′等于滑动摩擦力大小f′，即： 电势和电势差1325. 解：（1）电荷N1运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r，则电势和电势差14据动能定理，对A、B系统，杆从水平位置转到与竖直方向呈30°角位置时，A、B两球的动能达到最大值．mgo2lcosθ-mglcosθ-qEo2l（1-sinθ）=EkA+EkB-0而4EKA=EKB，解得EKA，EKB． （2）因为电场力做负功，知机械能减小，电势能增加，两者大小相等，△E＝qE(2l-2lsin30°)．29. 解：（1）物块从A→B→C的过程，由动能定理，有：WG+WE=△EK故有：mgd-qE·2d2vc 求得：vc＝gd230. 解：（1）当力F垂直杆AO向下时，力F的力臂最大，最省力，系统平衡，根据力矩平衡条件，有：qEL+qEL+（2q）EL=Fo2L 解得：F=2qE；（2）试探电荷在电场中某点的电势能等于将该试探电荷移动到零势能位置时电场力做的功；设O点电势为零，此系统在图示位置处电势能为：Ep=qEo3L-qEo3L+0=031. 解：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可 电势和电势差15电势和电势差16本文由()首发，转载请保留网址和出处！
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