2016年高考物理真题专题汇编专题I电场(含解析)
2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．（6分）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变．将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式C=知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．2．（6分）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（）A．11B．12C．121D．144【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．【解答】解：根据动能定理得，得①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．3．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A．2B．3C．4D．5【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】变压器输入电压为U与电阻R两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据1电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．4．（6分）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．5．（6分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D．因为合外力恒定，加速度恒定，△由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的．故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．6．（6分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O'处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故O O'中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．4/ 12【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．（6分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．8．（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．在 t=1s 时，甲车在乙车后B ．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶； v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并 排行驶，故 A 错误；B ．由图象可知，a =甲==10m/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲 甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确； 乙 甲C ．由 AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在 1s 和 3s ，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲 甲乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m ，故 D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动 情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 9 题～ 第 12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（5 分）某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使 用的频率有 220Hz 、30Hz 和 40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为，打出 C 点时重物下落的速度大小为 ，重物下落的加速度的大小为．2 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =10.10cm ；当重力加速度大小为 9.80m/s ，试验中重物受到的平均阻力 大小约为其重力的 1%．由此推算出 f 为 40 Hz ． 【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 和 C 点的瞬时速度，利用速度公式求 加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=ma ，所以 a=0.99g ，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得： f=40HZ ．故答案为：（1）； ； ；（2）40．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的 运用．10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过 60℃时，系统报警．提 供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω）， 直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω）， 单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知 U 约为 18V ，I 约为 10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏； 该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在 60℃时阻值为 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）在电路中应选用滑动变阻器 R 2 （填“R 1”或“R 2”）． （3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置 于 b （填“a ”或“b ”）端附近，不能置于另一端的原因是 保证报警器的安全使用 ．②将开关向 c （填“c ”或“d ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至 报警器开始报警 ． （4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构； （2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；21 2 3BC C BC（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．11．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab 棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为．对于ab棒，由力的平衡条件得②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金属棒运动速度的大小．【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．12．（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g．（取sin37°=，cos37°=）（1）求P 第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P 运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：E=W所以：E=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m′=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P 的质量是m．【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理--选修3-5】13．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【考点】动量定理；竖直上抛运动．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题．【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可．【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，。
2016年全国卷各省市高考理综物理试题汇总(含解析)
201 6全国各省市高考物理试题汇编2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分。
有选错的得0分。
1、一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（）A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 D 由4πr SC kdε=可知，当云母介质抽出时，r ε变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q CU =可知，当C 减小时，Q 减小。
再由U E d=，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，答案为D电容器的基本计算2、现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为（） A. 11 B. 12 C. 121 D. 144 D设质子的质量数和电荷数分别为1m 、1q ，一价正离子的质量数和电荷数为2m 、2q ，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：得v =①在磁场中应满足2v qvB mr = ②由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同． 由①②式联立求解得 匀速圆周运动的半径12mUr B q=，由于加速电压不变，故1212212111r B m q r B m q =⋅⋅=其中211212B B q q ==，，可得121144m m =故一价正离子与质子的质量比约为144 带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
2016学年高考-(物理)答案
2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分。
有选错的得0分。
14. 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（ ） A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【答案】D 【解析】由4πr SC kdε=可知，当云母介质抽出时，r ε变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q CU =可知，当C 减小时，Q 减小。
再由UE d=，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，答案为D【考点】电容器的基本计算15. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为（ ） A. 11 B. 12 C. 121 D. 144 【答案】D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为1m 、1q ，一价正离子的质量数和电荷数为2m 、2q ，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：2102qU mv =- 得 2qU v m = ①在磁场中应满足 2v qvB m r= ②由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同． 由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径12mUr B q=，由于加速电压不变，故1212212111r B m q r B m q =⋅⋅= 其中211212B B q q ==，，可得121144m m =故一价正离子与质子的质量比约为144【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
高考物理带电粒子在电场中的运动真题汇编(含答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 2033mdv qL【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥3．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。
2016高考全国卷理综试卷(物理部分及详解)
（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0 m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1位有效数字）。
18．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求
A．绳OO'的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
7．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知
A．Q点的电势比P点高
D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
9．现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说法正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小。
15．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为g。（取 ）
2016年高考新课标I卷理综物理试题解析(解析版)
2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）理科综合（物理部分）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项是符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分。
有选错的得0分。
14. 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（ ）A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【答案】D 【解析】由4πr SC kdε=可知，当云母介质抽出时，r ε变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q CU =可知，当C 减小时，Q减小。
再由UE d=，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，答案为D【考点】电容器的基本计算15. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为（ ） A. 11 B. 12 C. 121 D. 144 【答案】D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为1m 、1q ，一价正离子的质量数和电荷数为2m 、2q ，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：210qU mv =-得 v =①在磁场中应满足 2v qvB m r= ②由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同． 由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径r =故122111r B r B == 其中211212B B q q ==，，可得121144m m = 故一价正离子与质子的质量比约为144【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
2012—2016年高考物理真题解析分类汇编(七)电场
2012—2016年高考物理真题解析分类汇编（七）电场1、（2012上海）A 、B 、C 三点在同一直线上，AB :BC ＝1:2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷。
当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为（）（A ）－F /2 （B ）F /2（C ）－F（D ）F2、【2015安徽】．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2。
其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为，式中k 为静电力常量。
若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为（ ）A ．kg ·A2·m3B ．kg ·A-2·m3·s-4C ．kg ·m2·C-2D ．N ·m2·A-23、（2012上海） 如图，质量分别为mA 和mB 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA 和qB ，用绝缘细线悬挂在天花板上。
平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。
两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA 和vB ，最大动能分别为EkA 和EkB 。
则（）（A ）mA 一定小于mB （B ）qA 一定大于qB （C ）vA 一定大于vB（D ）EkA 一定大于EkB4、（2012新课标）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成角度，两极板与一直流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动5、（2012 广东）图5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小6、（2012 福建）如图，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分别置于A 、B 两点，虚线为等势线。
高考物理-历年高考真题分类汇编2016I单元 电场
I单元电场I1 电场的力的性质15. I1[2016·全国卷Ⅱ] 如图1-所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则()图1-A．a a>a b>a c，v a>v c>v bB．a a>a b>a c，v b>v c>v aC．a b>a c>a a，v b>v c>v aD．a b>a c>a a，v a>v c>v b15．D[解析] 由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a，由a＝Fm可知，a b>a c>a a，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此v a>v c>v b，故D正确．15．I1[2016·浙江卷] 如图1-1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开()图1-1A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合15．C[解析] 由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A带负电，B带正电，选项A错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A、B电势相等，选项B错误；先移去C，则A、B两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A、B，后移走C，则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和，故选项C正确，选项D错误．19．I1[2016·浙江卷] 如图1-5所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于O A和O B两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点O B移到O A点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则()图1-5A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2 NC．B球所带的电荷量为46×10－8 CD．A、B两球连线中点处的电场强度为019．ACD[解析] 由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选项A正确；对A受力分析如图所示，有F库mg＝ADO A D，而F库＝kq2AB2，得F库＝6×10－3 N，q＝46×10－8 C，选项B错误，选项C正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D正确．I2 电场的能的性质15．I2[2016·全国卷Ⅲ] 关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功15．B[解析] 静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A错误；由W AB＝qU AB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B 正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C 错误；对于负电荷，q <0，从电势高的A 点移到电势低的B 点，U AB >0，由电场力做功的公式W AB ＝qU AB 可知W AB <0，电场力做负功，D 错误．3．I1 I2[2016·江苏卷] 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图1-所示．容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )图1-A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同3．C [解析] 电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知，B 点的电场强度比A 点大，选项A 错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B 错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C 正确．A 、B 两点等势，将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力做功均为零，选项D 错误．I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动14．I3[2016·全国卷Ⅰ] 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变[解析] D 由平行板电容器电容的决定式C ＝εS 4k πd，将云母介质移出，电容C 减小，而两极板的电压U 恒定，由Q ＝CU ，极板上的电荷量Q 变小，又由E ＝U d可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D 正确．15．I3 K3[2016·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1-所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图1-A ．11B ．12C ．121D ．144[解析] D 粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v ，则qU ＝12m v 2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r ＝m v qB ＝1B2mU q，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D 正确．17．I3 J1[2016·全国卷Ⅱ] 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图1-所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图1-A. 25B.12C.35D.2317．C [解析] 由已知条件及电容定义式C ＝Q U 可得：Q 1＝U 1C ，Q 2＝U 2C ，则Q 1Q 2＝U 1U 2. S 断开时等效电路如图甲所示甲U 1＝R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R R ＋R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R·E ×12＝15E ； S 闭合时等效电路如图乙所示，乙U 2＝R ·RR ＋R R ＋R ·R R ＋R·E ＝13E ，则Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故C 正确． 23．I3[2016·北京卷] 如图1-所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2 m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．图1-23．[答案] (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)略 (3)略 [解析] (1)根据功和能的关系，有eU 0＝12m v 20 电子射入偏转电场的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0＝L m 2eU 0 偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d. (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ～10－29 N电场力F ＝eU d～10－15 N 由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值，即φ＝E p q由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G 与其质量m 的比值，叫作“重力势”，即φG ＝E G m. 电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．4．I3[2016·天津卷] 如图1-所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图1-A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变4．D [解析] 保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C ＝εr S4πkd可知电容器的电容变大，由于Q 不变，由C ＝Q U 可知U 减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E ＝U d＝Q Cd ＝4πkQ εr S不变；由于下极板不动，电场强度E 不变，所以P 点的电势没有发生改变，故点电荷在P 点的电势能不变，A 、B 、C 错误，D 正确．9．I3[2016·四川卷] 中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图1-所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106 m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107 Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12.质子的荷质比取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B 的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．图1-9．[答案] (1)0.4 m (6)6×104 V[解析] (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1fL ＝v B ·T 2联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W .质子从漂移管B 运动到E 电场做功W ′，质子的电荷量为q 、质量为m ，则W ＝qU ④W ′＝3W ⑤W ′＝12m v 2E －12m v 2B ⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104 V ⑦I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动10．I4[2016·海南卷] 如图1-所示，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N 先后在电场中运动的轨迹，a 、b 、c 、d 、e 为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是( )图1-A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功10．ABC[解析] 从粒子的轨迹可以看出，O点的正电荷与粒子M相互吸引，与粒子N 相互排斥，故M带负电荷，N带正电荷，A正确．U ab>0，所以从a点运动到b点，M所受的电场力做负功，动能减小，故B正确．d、e两点电势相等，N在d、e两点的电势能相等，故C正确．U cd>0，N从c点运动到d点，电场力做正功，故D错误．I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线28．I5[2016·上海卷] “用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图1-所示．图1-(1)该实验描绘的是()A．两个等量同种电荷周围的等势线B．两个等量异种电荷周围的等势线C．两个不等量同种电荷周围的等势线D．两个不等量异种电荷周围的等势线(2)实验操作时，需在平整的木板上依次铺放()A．导电纸、复写纸、白纸B．白纸、导电纸、复写纸C．导电纸、白纸、复写纸D．白纸、复写纸、导电纸(3)若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点(f、d连线与A、B连线垂直)时，示数小于零．为使示数为零，应保持红色探针与d点接触，而将黑色探针________(选填“向左”或“向左”)移动．28．[答案] (1)B(2)D(3)向右[解析] (1)电源的正、负两个电极相当于两个等量异种电荷，所以B正确．(2)最上层导电纸与电极接触，中间放复写纸，以便于在最下层白纸上留下痕迹．所以D 正确．(3)等量异种电荷周围的等势线的形状大致是一簇对称的曲线，根据等势线大致分布可以判断出黑色探针应向右移动才能找到d 点的等势点．I6 实验：练习使用示波器I7 电场综合20．I7[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )图1-A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小[解析] AB 油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项D 错误；合力竖直向上，且电场力Eq 竖直向上，Eq >mg ，电场方向竖直向下，P 点电势最低，负电荷在P 点电势能最大，选项A 正确，选项C 错误；若粒子从Q 点运动到P 点，则合力做负功，动能减小，P 点的动能最小，选项B 正确．11．I7[2016·上海卷] 国际单位制中，不是电场强度的单位是( )A ．N/CB ．V/mC ．J/CD ．T ·m/s11．C [解析] 根据电场强度定义E ＝F q 可知，N/C 是电场强度的单位；根据E ＝U d可知，V/m 是电场强度的单位；根据U ＝Bd v ，E ＝U d，可得E ＝B v ，故T ·m/s 是电场强度的单位；根据U ＝W q可知，J/C 是电压的单位，故C 正确． 24．I7[2016·上海卷] 如图1-所示，质量为m 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，A 向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A 受到的电场力大小为________．在改变电场强度的大小和方向后，小球A 的平衡位置在α＝60°处，然后再将A 的质量改变为2m ，其新的平衡位置在α＝30°处，A 受到的电场力大小为________．图1-24．[答案] 33mg mg [解析] 设细线长度为L ，根据动能定理有mgL (1－cos 60°)＝FL sin 60°，解得F ＝33mg . 设平衡时电场力与竖直方向的夹角为θ，受力如图所示，当细线与竖直方向成60°角时，有 qEsin 60°＝mg sin （180°－60°－θ）当细线与竖直方向成30°角时，有 qE sin 30°＝2mg sin （180°－30°－θ）联立解得θ＝60°，qE ＝mg .32．I7[2016·上海卷] 如图1-(a)所示，长度L ＝0.8 m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量Q ＝1.8×10－7 C ；一质量m ＝0.02 kg 、带电荷量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x ≤0.20和x ≥0.40范围可近似看作直线．求：(静电力常量k ＝9×109 N ·m 2/C 2)图1-(1)小球B 所带电荷量q ；(2)非均匀外电场在x ＝0.3 m 处沿细杆方向的电场强度大小E ；(3)在合电场中，x ＝0.4 m 与x ＝0.6 m 之间的电势差U ；(4)已知小球在x ＝0.2 m 处获得v ＝0.4 m/s 的初速度时，最远可以运动到x ＝0.4 m 处．若小球在x ＝0.16 m 处受到方向向右、大小为0.04 N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？图1-32．[答案] (1)1×10－6 C (2)3×104 N/C (3)800 V (4)0.065 m[解析] (1)由图可知，当x ＝0.3 m 时，F 1＝k qQ x 2＝0.018 N 因此q ＝F 1x 2kQ＝1×10－6 C. (2)设在x ＝0.3 m 处点电荷与小球间作用力为F 2，F 合＝F 2＋qE因此E ＝F 合－F 2q ＝－0.012－0.0181×10－6 N/C ＝－3×104 N/C 电场在x ＝0.3 m 处沿细杆方向的电场强度大小为3×104 N/C ，方向水平向左．(3)根据图像可知在x ＝0.4 m 与x ＝0.6 m 之间合力做功大小W 合＝0.004×0.2 J ＝8×10－4 J由qU ＝W 合可得U ＝W 合q＝800 V. (4)由图可知小球从x ＝0.16 m 到x ＝0.2 m 处电场力做功W 1＝0.03×0.042J ＝6×10－4 J 小球从x ＝0.2 m 到x ＝0.4 m 处电场力做功W 2＝－12m v 2＝－1.6×10－3 J 由图可知小球从x ＝0.4 m 到x ＝0.8 m 处电场力做功W 3＝－0.004×0.4 J ＝－1.6×10－3 J由动能定理W 1＋W 2＋W 3＋F 外s ＝0解得s ＝－W 1＋W 2＋W 3F 外＝0.065 m.2．[2016·大连二十四中期中] 由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架如图放置，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比( )图K192A ．P 、Q 之间的距离增大B ．杆BO 对Q 的弹力减小C ．杆AO 对P 的摩擦力增大D ．杆AO 对P 的弹力减小2．C [解析] Q 受力如图所示，由力的合成与平衡条件可知：BO 杆对小球Q 的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P 、Q 的距离变小，A 、B 错误；对整体受力分析，可得AO 杆对小球P 的摩擦力变大，C 正确；AO 杆对小球P 的弹力不变，D 错误．3．[2016·河北冀州中学一轮复习检测] 如图K193所示，在(0，y 0)和(0，－y 0)两位置分别固定一个电荷量为＋Q 的点电荷．另一个带电荷量为＋q 的点电荷从(－x 0，0)位置以初速度v 0沿x 轴正方向运动．点电荷＋q 从(－x 0，0)到(x 0，0)的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a 或速度v 与位置x 的关系可能正确的是( )图K19-3图K1943．D[解析] 根据等量同种电荷电场线的分布情况可知，＋q从－x0到0，再到x0，场强可能先一直减小，再一直增大，但不是均匀减小，也不是均匀增大；由牛顿第二定律知a＝qEm，加速度不可能均匀变化，故A错误；场强方向先向左后向右，大小可能先增大后减小，再增大，最后减小，由牛顿第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先负后正，故B错误；由于加速度是变化的，故v-x图像不可能是直线，故C错误；若场强先一直减小，再一直增大，则加速度先减小后增大，故D正确．3. (多选)[2016·长沙雅礼中学月考] 如图K213所示，AB、CD是一个圆的两条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面，在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点以相同的速率沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小．若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是()图K213A．电场强度方向由A指向BB．电场强度方向由C指向DC．粒子到达B点时动能最大D．粒子到达D点时电势能最小3．BD[解析] 因为粒子仅在电场力作用下从A点进入圆形区域，离开C点的动能最小，电势能最大，所以电场线与过C的切线相垂直，由于带电微粒带正电，故匀强电场的方向由C指向D，故A错误，B正确；电场线方向从C到D，沿着电场线方向，电势降低，则D点的电势能最小，动能最大，故C错误，D正确．5．[2016·河北冀州中学一轮复习检测] 假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图K215所示，根据图中信息，下列说法中正确的是()图K215A ．0～x 1范围内各点场强的方向均与x 轴平行B ．只在电场力作用下，正电荷沿x 轴从0运动到x 1，可做匀减速直线运动C ．负电荷沿x 轴从x 2移到x 3的过程中，电场力做正功，电势能减小D ．负电荷在x 3处电势能大于其在x 5处的电势能5．C [解析] 由图看出，x 轴上0～x 1范围内各点电势不变，所以0～x 1范围内各点场强的方向与x 轴垂直，不可能与x 轴平行，故A 错误；沿x 轴从0到x 1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，正电荷沿x 轴从0运动到x 1，可做匀速直线运动，故B 错误；负电荷沿x 轴从x 2移到x 3的过程中，电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，故C 正确；由于x 3处的电势高于x 5的电势，根据E p ＝qφ可以知道，负电荷在x 3处电势能小于在x 5处电势能，故D 错误．3．[2016·哈尔滨六中期末] 如图K223所示，电荷量为＋Q 的点电荷固定在O 点，光滑绝缘水平面上的P 点在O 点的正下方，质量为m 、电荷量为－q (q >0)的试探电荷在水平面上的N 点有向右的水平速度v 0，该试探电荷到达P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零，下列说法中正确的是( )图K223A ．试探电荷从N 运动到P 点做匀减速运动B ．试探电荷在P 点受到的电场力大小是N 点的2倍C ．在＋Q 形成的电场中N 、P 两点的电势差U NP ＝m ()v 20－v 22q D ．试探电荷在N 点具有的电势能为m ()v 2－v 203．C [解析] 试探电荷从N 运动到P 点的过程中，受到库仑引力作用，做变加速运动，选项A 错误；因为ON ＝2OP ，则根据F ＝kqQ r 2可知，试探电荷在P 点受到的电场力大小是N 点的4倍，选项B 错误；从N 到P 由动能定理可知：12m v 2－12m v 20 ＝－qU NP ，解得U NP ＝m ()v 20－v 22q ，选项C 正确；规定电场中P 点的电势为零，则N 点的电势为：U N ＝m ()v 20－v 22q ，试探电荷在N 点具有的电势能为E p N ＝－qU N ＝12m (v 2－v 20)，选项D 错误． 3．[2016·四川广元一模] 如图K233所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25 m ，B 、C 的间距为3 m ，C 为荧光屏．一质量m ＝1.0×10－3 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－2 C 的带电粒子从a 点由静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点．若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且大小B ＝0.1 T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出)．取g ＝10 m/s 2.求：(1)E 1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量．图K2333．(1) 2 N/C (2)增加1.0×10－2J[解析] (1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE 1cos 45°＝mg解得：E 1＝ 2 N/C.(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得qE 1d AB sin 45°＝12m v 2b解得：v b ＝5 m/s加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动，则有：qE 2＝mg加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：q v b B ＝m v 2b R解得：R ＝5 m设偏转距离为y ，由几何知识得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2代入数据得y ＝1.0 m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J.4．[2016·沈阳东北育才学校第三次模拟] 如图K243甲所示，真空中的电极K 连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计)，电子经电压为U 1的电场加速，加速电压U 1随时间t 变化的图像如图乙所示．每个电子通过加速电场的时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S 穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A 、B 间中轴线从左边缘射入A 、B 两板间的偏转电场，A 、B 两板长均为L ＝0.20 m ，两板之间的距离d ＝0.050 m ，A 板的电势比B 板的电势高．A 、B 板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P (面积足够大)之间的距离b ＝0.10 m ．荧光屏的中心点O 与A 、B 板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力．(1)要使电子都打不到荧光屏上，求A 、B 两板间所加电压U 2应满足的条件；(2)当A 、B 板间所加电压U ′2＝50 V 时，求电子打在荧光屏上距离中心点O 多远的范围内．图K2434．(1)U 2≥100 V (2)2.5～5.0 cm[解析] (1)设电子的质量为m 、电荷量为e ，电子通过加速电场后的速度为v ，由动能定理有：eU 1＝12m v 2 电子通过偏转电场的时间t ＝L v此过程中电子的侧向位移y ＝12at 2＝12eU 2md ⎝⎛⎭⎫L v 2解得：y ＝U 2L 24U 1d； 要使电子都打不到屏上，应满足U 1取最大值800 V 时仍有y ≥d 2代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U 2至少为100 V.(2)当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大，y max ＝d 2＝2.5 cm 电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ，则由几何关系可得：Y max y max ＝b ＋L 2L 2，解得Y max ＝b ＋L 2L 2y max＝5.0 cm 由第(1)问中的y ＝U 2L 24U 1d可知，在其他条件不变的情况下，U 1越大y 越小，所以当U 1＝800 V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小．其最小侧移量y min ＝U ′2L 24U 1d＝1.25×10－2 m ＝1.25 cm 同理，电子打在屏上距中心点的最小距离Y min ＝b ＋L 2L 2y min＝2.5 cm 所以电子打在屏上距中心点O 在2.5～5.0 cm 范围内．。
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I 电场I1 电场的力的性质1. I1[2016·全国卷Ⅱ] 如图1所示，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )图1A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v bD [解析] 由库仑定律可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝可F m 知，a b >a c >a a ，由运动轨迹可知，粒子Q 的电性与P 相同，受斥力作用，不论粒子从a 到c ，还是从c 到a ，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此v a >v c >v b ，故D 正确．2．I1[2016·浙江卷] 如图11所示，两个不带电的导体A 和B ，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C 置于A 附近，贴在A 、B 下部的金属箔都张开( )图11A ．此时A 带正电，B 带负电B ．此时A 电势低，B 电势高C ．移去C ，贴在A 、B 下部的金属箔都闭合D ．先把A 和B 分开，然后移去C ，贴在A 、B 下部的金属箔都闭合C [解析] 由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A 带负电，B 带正电，选项A 错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A 、B 电势相等，选项B 错误；先移去C ，则A 、B 两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A 、B ，后移走C ，则A 、B 两端的等量异种电荷就无法重新中和，故选项C 正确，选项D 错误．3.I1[2016·浙江卷] 如图15所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，则( )图15A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2 NC ．B 球所带的电荷量为4×10－8 C6D ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0ACD [解析] 由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选项A 正确；对A 受力分析如图所示，有＝，而F 库＝k ，得F 库＝6×10－3 N ，q ＝4×10－8 C ，选F 库mg AD OAD q 2AB 26项B 错误，选项C 正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D 正确．I2 电场的能的性质4.I2[2016·全国卷Ⅲ] 关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A ．两个电势不同的等势面可能相交B ．电场线与等势面处处相互垂直C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D ．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功B [解析] 静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A 错误；由W AB ＝qU AB 可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B 正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C 错误；对于负电荷，q <0，从电势高的A 点移到电势低的B 点，U AB >0，由电场力做功的公式W AB ＝qU AB 可知W AB <0，电场力做负功，D 错误．5．I1 I2[2016·江苏卷] 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图1所示．容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )图1A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同C [解析] 电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知，B 点的电场强度比A 点大，选项A 错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B 错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C 正确．A 、B 两点等势，将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力做功均为零，选项D 错误．I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动6.．I3[2016·全国卷Ⅰ] 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变[解析] D 由平行板电容器电容的决定式C ＝，将云母介质移出，电容C 减小，而两极板的电εS4k πd 压U 恒定，由Q ＝CU ，极板上的电荷量Q 变小，又由E ＝可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选U d 项D 正确．7．I3 K3[2016·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图1A ．11B ．12C ．121D ．144[解析] D 粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v ，则qU ＝mv 2，粒子进入磁场做圆周运动，12半径r ＝＝，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D 正确．mv qB 1B 2mUq 8．I3 J1[2016·全国卷Ⅱ] 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图1所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图1A. B.2512C. D.3523C [解析] 由已知条件及电容定义式C ＝可得：Q 1＝U 1C ，Q 2＝U 2C ，则＝.Q U Q 1Q 2U 1U 2S 断开时等效电路如图甲所示甲U 1＝·E ×＝E ；R （R ＋R ）（R ＋R ）＋RR ＋R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R 1215S闭合时等效电路如图乙所示，乙U 2＝·E ＝E ，则＝＝，故C 正确．R ·RR ＋RR ＋R ·R R ＋R 13Q 1Q 2U 1U 2358．I3[2016·北京卷] 如图1所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2 m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．图1[答案] (1) (2)略 (3)略2eU 0m UL 24U 0d [解析] (1)根据功和能的关系，有eU 0＝mv 1220电子射入偏转电场的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝＝L Lv 0m 2eU 0偏转距离Δy ＝a (Δt )2＝.12UL 24U 0d (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ～10－29 N电场力F ＝～10－15 NeUd 由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值，即φ＝E pq由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G 与其质量m 的比值，叫作“重力势”，即φG ＝.E Gm 电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．9．I3[2016·天津卷] 如图1所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变D [解析] 保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C ＝可知电容器的电容变大，εr S4πkd 由于Q 不变，由C ＝可知U 减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E ＝＝＝不变；由于下Q U U d Q Cd 4πkQεr S 极板不动，电场强度E 不变，所以P 点的电势没有发生改变，故点电荷在P 点的电势能不变，A 、B 、C 错误，D 正确．10．I3[2016·四川卷] 中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图1所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106 m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107 Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的荷质比取1×108 C/kg.求：12(1)漂移管B 的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．图1[答案] (1)0.4 m (6)6×104 V[解析] (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1fL ＝v B ·T 2联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W .质子从漂移管B 运动到E 电场做功W ′，质子的电荷量为q 、质量为m ，则W ＝qU ④W ′＝3W ⑤W ′＝mv －mv ⑥122E122B 联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104 V ⑦I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I6 实验：练习使用示波器I7 电场综合11．I7[2016·全国卷Ⅰ] 如图1所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )图1A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小[解析] AB 油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项D 错误；合力竖直向上，且电场力Eq 竖直向上，Eq >mg ，电场方向竖直向下，P 点电势最低，负电荷在P 点电势能最大，选项A 正确，选项C 错误；若粒子从Q 点运动到P 点，则合力做负功，动能减小，P 点的动能最小，选项B 正确．。