2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第1講 電場（B）（含解析）.doc

2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第1講 電場（B）（含解析）一選擇題1.(xx德州二模14)在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家都做出了重要的貢獻，他們也創(chuàng)造出了許多物理學研究方法。下列關于物理學研究方法的敘述中正確的是（ ）A物理學中所有物理量都是采用比值法定義的B質(zhì)點、點電荷都是理想化模型C庫侖首先提出電場的概念D重心、合力和交變電流的有效值概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想2. (xx江山市模擬)4（6分）物理關系式不僅反映了物理量之間的關系，也確定了單位間的關系如關系式U=IR既反映了電壓、電流和電阻之間的關系，也確定了V（伏）與A（安）和（歐）的乘積等效，即V與A等效現(xiàn)有物理量單位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（庫）、F（法）、A（安）、（歐）和T（特），由他們組合成的單位都與電壓單位V（伏）等效的是（）A J/C和TAm B C/F和WC W/A和CTm/s D Tm2/s和N/C3.(xx陜西三模3)如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質(zhì)量均為2kg，A帶正電，電荷量為0.1C，B不帶電開始處于靜止狀態(tài)，若突然加沿豎直方向的勻強電場，此瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?5Ng=10m/s2，則（） A 電場強度為50N/C B 電場強度為100N/CC 電場強度為150N/C D 電場強度為200N/C4.(xx煙臺高考測試)16.一半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，帶有正電荷。其軸線與x軸重合，環(huán)心位于坐標原點O處，M、N為x軸上的兩點，則下列說法正確的是（ ）MNROxA.環(huán)心O處電場強度為零B.沿x軸正方向從O點到無窮遠處電場強度越來越小C.沿x軸正方向由M點到N點電勢越來越高D.將一正試探電荷由M點移到N點，電荷的電勢能增加5.(xx皖南八校三聯(lián)18).如圖所示，菱形ABCD的對角線相交于O點，兩個等量異種點電荷分別固定在AC連線上的M點與N點，且OM =ON，則（ ）A. A、C兩處電勢、場強均相同 B B、D兩處電勢、場強均相同 C A、C兩處電勢、場強均不相同 D B、D兩處電勢、場強均不相同6.(xx廣東七校三聯(lián)20）將一電荷量為+Q 的小球放在不帶電的金屬球附近,所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等。 a、b 為電場中的兩點，則（ ）Aa 點的場強與b 點的場強無法比較強弱Ba 點的電勢比b 點的高C檢驗電荷 - q 在a 點的電勢能比在b 點的大D將檢驗電荷 - q 從a 點移到b 點的過程中，電場力做負功7.(xx宿遷市三校檢測3)如圖所示，在正方形四個頂點分別放置一個點電荷，所帶電荷量已在圖中標出，則下列四個選項中，正方形中心處場強最大的是( )QQQQ2Q2QQQ2QQQQQQQQABCD8.(xx懷化三模16）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質(zhì)點（不計重力），僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知不正確的是MNbcaA三個等勢面中，a的電勢最高B帶電質(zhì)點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大C帶電質(zhì)點通過M點時的動能比通過N點時大D帶電質(zhì)點通過M點時的加速度比通過N點時大9.(xx天津武清三模)3如圖所示，a、b為兩等量異號點電荷，cd為ab連線的中垂線。一帶有微量正電的點電荷A以一定的初速度沿cd方向射入電場，其運動軌跡為圖中虛線，交于。不計重力。則Aa帶負電荷BA的運動軌跡為拋物線C電場強度D電勢10.(xx陜西三模4)如圖所示，虛線為電場中的一簇等勢面與紙面的交線，相鄰兩等勢面電勢差相等，已知A、B兩等勢面間的電勢差為10V，且A的電勢高于B的電勢一個電子僅在電場力作用下從M點向N點運動，電子經(jīng)過M點時的動能為8eV，則電子經(jīng)過N點時的動能為（）A 16 eV B 7.5 eV C 4.0 eVD 0.5 eV11.(xx日照聯(lián)合檢測19）光滑水平面上放置兩個等量同種正電荷，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示，一質(zhì)量m=l kg、帶電荷量q=2C的小物塊自C點南靜止釋放，其經(jīng)過B、A兩點的運動情況如圖乙所示，其中B點為圖線上斜率最大的位置(圖中標出了過B點的切線)，則以下分析正確的是（ ）AB點為中垂線上電場強度最大的點且場強大小E=l VmB由C點到A點物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點，電勢逐漸降低DB、A兩點間的電勢差為UBA=8.25V12.(xx懷化三模21）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，另一個電量為-q、質(zhì)量為m的點電荷乙從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，到B點時靜止。已知靜電力常量為k，點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為，AB間距離為，則甲乙OBA+Q-qv0AOB間的距離為B從A到B的過程中，中間時刻的速度小于C從A到B的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為D在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差13.(xx連徐宿三調(diào)9). 如圖所示，矩形ABCD位于勻強電場中，且與勻強電場方向平行。已知AB=2BC，A、B、D的電勢分別為6V、2V、4V。初動能為24eV、電荷量大小為4e的帶電粒子從A沿著AC方向射入電場，恰好經(jīng)過B。不計粒子的重力，下列說法正確的是（ ）ABCDv0A該粒子一定帶負電B該粒子達到點B時的動能為40eVC改變初速度方向，該粒子可能經(jīng)過CD改變初速度方向，該粒子可能經(jīng)過D14. (xx揚州高三測試4)一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖像如圖所示， tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點對應的時刻，則下列說法中正確的是（ ）AA處的場強一定小于B處的場強BA處的電勢一定高于B處的電勢C電荷在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能D電荷在A到B的過程中，電場力一定對電荷做正功15.(xx棗莊八中模擬5)（6分）（xx棗莊校級模擬）M、N是某電場中一條電場線上的兩點，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢能EP隨位移x變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是（）A 電子在N點的動能小于在M點的動能B 該電場有可能是勻強電場C 該電子運動的加速度越來越小D 電子運動的軌跡為曲線16.(xx大慶實驗中學三模18)有一個帶正電的金屬球殼(厚度不計)，其截面圖如圖a所示, O為球心，球殼P處開有半徑遠小于球半徑的小孔。以O點為坐標原點，過P點建立x坐標軸，A點是坐標軸上的一點，x軸上各點電勢如圖b所示。電子從O點以v0的初速度沿x軸方向射出，依次通過P、A兩點。則下列關于電子在沿x軸正方向運動的過程中的描述正確的是 ：（） A在OP間電子做勻加速直線運動B在PA間電子做勻減速直線運動C在OP間運動時電子的電勢能均勻增加D在PA間運動時電子的電勢能增加17.(xx揚州高三測試7)如圖，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長度，帶電小球Q（可視為質(zhì)點）固定在光滑斜面的M點，處于通過彈簧中心的直線ab上現(xiàn)將小球P（也視為質(zhì)點）從直線ab上的N點由靜止釋放，設小球P與Q電性相同，則小球從釋放到運動至最低點的過程中下列說法正確的是（ ）A小球的速度先增大后減小B小球P的速度最大時所受合力為零C小球P的重力勢能與電勢能的和一直減小D小球所受重力、彈簧彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于電勢能的變化量的大小18. (xx鹽城1月檢測2).如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上 方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場。一個質(zhì)量m,帶電+q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結(jié)果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，則下列結(jié)論正確的是（ ）A若AB高度差為h,則UAB=-mgh/qB帶電小球在AB兩點電勢能相等C在虛線上下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同D兩電場強度大小關系滿足E2=2E1 19.(xx吉林三模18)如圖所示，一均勻帶正電絕緣細圓環(huán)水平固定，環(huán)心為O點。帶正電的小球從O點正上方的A點由靜止釋放，穿過圓環(huán)中心O，并通過關于O與A點對稱的A點，取O點為重力勢能零點。關于小球從A點運動到A點的過程中，小球的加速度a、重力勢能EpG、機械能E、電勢能EpE隨位置變化的情況，下列說法中正確的是（ ）A從A到O的過程中a一定先增大后減小，從O到A的過程中a一定先減小后增大B從A到O的過程中EpG小于零，從O到A的過程中EpG大于零C從A到O的過程中E隨位移增大均勻減小，從O到A的過程中E隨位移增大均勻增大D從A到O的過程中EpE隨位移增大非均勻增大，從O到A的過程中EpE隨位移增大非均勻減小20.(xx皖南八校三聯(lián)20)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有勻強電場，場強大小為E，方向與水平面平行在圓上A點有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為+q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些點中，經(jīng)過B點的小球動能最大，由于發(fā)射時刻不同時，小球間無相互作用，且 =30，下列說法正確的是（ ）A.電場的方向垂直AB向上 B電場的方向垂直AB向下C小球在A點垂直電場方向發(fā)射，若恰能落到C點，則初動能為qER/8D小球在A點垂直電場方向發(fā)射，若恰能落到C點，則初動能為qER421.(xx棗莊八中模擬7)（6分）（xx棗莊校級模擬）如圖所示電路，在平行金屬板M，N內(nèi)部左側(cè)中央P有一質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）以水平速度v0射入電場并打在N板的O點改變R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入電場，則（）A 該粒子帶正電B 減少R2，粒子還能打在O點C 減少R1，粒子將打在O點左側(cè)D 增大R1，粒子在板間運動時間不變二非選擇題22.(xx棗莊八中模擬12)（13分）（xx棗莊校級模擬）如圖所示，A、B間存在與豎直方向成45斜向上的勻強電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強電場E2，A、B的間距為1.25m，B、C的間距為3m，C為熒光屏一質(zhì)量m=1.0103kg，電荷量q=+1.0102C的帶電粒子由a點靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點到達熒光屏上的O點若在B、C間再加方向垂直于紙面向外且大小B=0.1T的勻強磁場，粒子經(jīng)b點偏轉(zhuǎn)到達熒光屏的O點（圖中未畫出）取g=10m/s2求：（1）E1的大小；（2）加上磁場后，粒子由b點到O點電勢能的變化量及偏轉(zhuǎn)角度第1講 電場（B卷）參考答案與詳解1.【答案】BD【命題立意】本題旨在對物理學史的考察【解析】本題屬于記憶知識，要了解、熟悉物理學史，關鍵在于平時的積累和記憶，對于物理學上常用的科學研究方法：如等效替代法、比值定義法、理想化模型法等要理解并掌握，并進行歸納總結(jié)，對學習物理量的意義有很大的幫助A、加速度a=即不是比值定義法定義的，故A錯誤B、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素而得到的，質(zhì)點和點電荷都是理想化模型，故B正確；C、電場的概念是法拉第提出的，揭示了電荷間相互作用是電場對電荷的作用，故C錯誤；D、重心、合力和交變電流的有效值等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想，故D正確2.【答案】B【命題立意】本題旨在考查力學單位制?！窘馕觥坑呻妶隽ψ龉Φ墓?，知，所以單位與電壓單位等效，由，可知：是和力的單位牛頓等效的，由，可知：，可知是與電場強度的單位等效的，由，可知：是和電壓單位等效的，由，可知：是和電壓單位等效的，由，可知：，所以是和電壓單位等效的，由，可知：是力的單位，是與等效的，由，可得：，所以是和電壓的單位等效的，根據(jù)以上分析可知，都與電壓單位V（伏）等效的是B故選：B3.【答案】B【命題立意】本題旨在考察勻強電場中場強與電勢差的關系【解析】 先對物體B受力分析求解加速度，再對物體A受力分析求解電場力，最后根據(jù)F=Eq求解電場強度物體B開始時平衡，A對其的壓力等于A的重力，為20N，加上電場后瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?5N，而彈簧的彈力和重力不變，故合力為5N，向上，根據(jù)牛頓第二定律，有：a=再對物體A受力分析，設電場力為F（向上），根據(jù)牛頓第二定律，有：FN+Fmg=ma解得：F=m（g+a）FN=2（10+2.5）15=10N故電場力向上，為10N，故場強為：E= 向上4.【答案】A【命題立意】本題旨在考查電勢差與電場強度的關系、電場強度。【解析】A、根據(jù)場強的疊加可知，O點的場強為零，故A正確；B、O點的場強為零，無窮遠處的場強為零，O到無窮遠間的場強不為零，故x軸正方向從O點到無窮遠處電場強度先增大，后減小，故B錯誤；C、電場線方向由M指向N，沿電場方向電勢降低，故C錯誤；D、將一正試探電荷由M點移到N點，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。故選：A5.【答案】B【命題立意】本題旨在考查點電荷的電場和電場的性質(zhì)。【解析】根據(jù)等量異種點電荷的電場的分布特點和疊加原理可知,選項A錯誤，B正確；因為a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關于MN對稱，a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差，選項C正確；根據(jù)等量異種點電荷的電場的分布特點，a點的電勢高于c點的電勢，所以試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，選項D錯誤。6.【答案】BD【命題立意】本題旨在考查電場線、電勢。【解析】A、電場線的疏密表示場強的大小，由圖象知a點的電場強度比b點大，故A錯誤；B、a點所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢，即a點的電勢比b點的高故B正確；C、電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，故C錯誤；D、由上知，-q在a點的電勢能較b點小，則把-q電荷從電勢能小的a點移動到電勢能大的b點，電勢能增大，電場力做負功故D正確。故選：BD7.【答案】B【命題立意】本題旨在考查電場的疊加、電場強度?！窘馕觥緼、根據(jù)點電荷電場強度公式，結(jié)合矢量合成法則，兩個負電荷在正方形中心處場強為零，兩個正點電荷在中心處電場強度為零，故A錯誤；B、同理，正方形對角線異種電荷的電場強度，即為各自點電荷在中心處相加，因此此處的電場強度大小為，故B正確；C、同理，正方形對角線的兩負電荷的電場強度在中心處相互抵消，而正點電荷在中心處，疊加后電場強度大小為，故C錯誤；D、根據(jù)點電荷電場強度公式，結(jié)合疊加原理，則有在中心處的電場強度大小為，故D錯誤。故選：B8.【答案】C【命題立意】該題考查電場能的性質(zhì)【解析】等差等勢面密集的地方場強大，稀疏的地方場強小，由圖紙P點的場強大，則質(zhì)點通過P點時的加速度大。故選項D對。根據(jù)電場線與等勢面垂直，定性畫出過P、Q兩點的電場線。假設質(zhì)點從Q向P運動，根據(jù)初速度的方向和軌道偏轉(zhuǎn)方向可判定質(zhì)點在Q點所受電場力F的如圖所示?？梢耘袛喑龅葎菝鍯的電勢高。選項A正確。由Q向P運動過程中，電場力做負功，動能減少，電勢能增加。故選項B對C錯。若質(zhì)點從P向Q運動，也可得出選項B正確?！军c評】等勢面的特點：等勢面上各點電勢相等，在等勢面上移動電荷電場力不做功。等勢面一定跟電場線垂直，而且電場線總是由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。 任意兩個等勢面都不相交。 畫等勢面（線）時，一般相鄰兩等勢面（或線）間的電勢差相等。這樣，在等勢面（線）密處場強大，等勢面（線）疏處場強小。 9.【答案】D【命題立意】該題考查等量異種電荷的性質(zhì)【解析】根據(jù)運動軌跡偏向右側(cè)可知，a帶正電，故A錯誤；電場力不是恒力，帶電荷的運動不是類平拋運動，所以運動軌跡不是拋物線，故B錯誤；根據(jù)連線與中垂線的交點的電場強度為連線上最小，中垂線上最大，所以，故C正確；根據(jù)中垂線電勢為零可知D正確。【點評】曲線運動的條件是合力指向曲線的內(nèi)側(cè)；電場力做的功等于電勢能的減小量，合力做功等于動能的增加量，只有電場力做功，故電勢能和動能的和守恒。10.【答案】D【命題立意】本題旨在考察利用電場線來分析相關問題【解析】 根據(jù)電勢高低判斷電場力對電子做功的正負，運用動能定理求經(jīng)過N點時的動能由題意知，A、B兩等勢面間的電勢差為10V，相鄰兩等勢面電勢差相等，則知M、N間的電勢差為：U=7.5V因為A的電勢高于B的電勢，則知M的電勢高于N的電勢，電子從M點運動到N點，電場力做負功為：W=7.5eV根據(jù)動能定理得：W=EkNEkM則得：EkN=W+EkM=7.5eV+8eV=0.5eV11.【答案】ACD【命題立意】本題旨在考查電勢差與電場強度的關系、電勢?！窘馕觥緼、圖象的斜率等于加速度，B點處為整條圖線切線斜率最大的位置，說明物塊在B處加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律得：，B為中垂線上電場強度最大的點，由圖得：B點的加速度為，故A正確；B、由圖知，由C到A的過程中，物塊的速度不斷增大，動能增大，根據(jù)能量守恒得：物塊的電勢能不斷減小，故B錯誤；C、由電勢能的公式知，由C到A的過程中，電勢逐漸降低，故C正確；D、物塊從A到B的過程，根據(jù)動能定理得：，解得：，所以：，故D正確。故選：ACD12.【答案】BD【命題立意】該題考查電場力與能的性質(zhì)【解析】當乙球運動到B處時電場力與滑動摩擦力不一定相等，故A錯誤；從A到B的過程中，因為加速度逐漸減小，故中間時刻的速度小于，故B正確；從A到B的過程中，減小的動能和電勢能全都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故C錯誤；根據(jù)能量守恒，解得，故D正確。13.【答案】AD【命題立意】本題旨在考查勻強電場中電勢差和電場強度的關系。【解析】A、根據(jù)勻強電場中平行的等間距的兩點間的電勢差相等，取AB的中點O，則O點的電勢為4V，連接OD則為等勢線，電場強度與等勢面垂直，且有高電勢指向低電勢，電場強度垂直O(jiān)D斜向上，由物體做曲線運動的條件，電場力斜向下，故電荷為負電荷，故A正確；B、由動能定理，得：即：，解得：，故B錯誤；C、同理，求得C點的電勢為0，由動能定理，得： 即：，解得：，由曲線運動可知，粒子到達C點動能不為零，故C錯誤；D、由動能定理，得：即： ，解得：，故D正確。故選：AD14.【答案】D【命題立意】本題旨在考查電勢能、動能定理的應用、電場強度、電勢?！窘馕觥緼、根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，由數(shù)學知識可以看出，從A點運動到B點的過程中帶電粒子的加速度減小，則其所受的電場力減小，電場強度減小，即有A處的場強一定大于B處的場強，A錯誤；B、由于帶電粒子的電性未知，無法判斷電場方向，也就不能判斷電勢高低，故B錯誤；C、D由圖看出，帶電粒子的速度增大，動能增大，則由能量守恒定律得知，其電勢能減小，電場力做正功，故C錯誤，D正確。故選：D15.【答案】C【命題立意】本題旨在考察機械能和牛頓定律【解析】 根據(jù)題意和圖象正確判斷出電子的運動形式是解題的關鍵，由圖可知，電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做功越來越小，由W=Fs可知電場力逐漸減小，因此電子做加速度逐漸減小的加速運動，知道了運動形式即可正確解答本題A、電子從M運動到N過程中，只受電場力，電勢能減小，電場力做正功，則動能增加，因此N點的動能大于M點的動能，故A錯誤；B、電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做功越來越小，由W=Fs可知，電子所受的電場力越來越小，場強減小，不可能是勻強電場，故B錯誤C、電子所受的電場力減小，則知電子的加速度逐漸減小，故C正確D、帶電粒子初速度為零，且沿著電場線運動，其軌跡一定為直線，故D錯誤故選：C16.【答案】D【命題立意】本題旨在考查勻強電場中電勢差和電場強度的關系、電勢能?！窘馕觥緼、由圖知OP間的電勢不變，則OP間的電場強度為零，電子不受電場力，做勻速直線運動，故A錯誤B、根據(jù)順著電場線方向，電勢降低，可知PA間電場線方向從P到A，電子所受的電場力方向從A指向P，所以電子在PA間做減速直線運動根據(jù)圖線的斜率等于場強可知，從P到A場強逐漸減小，電子所受的電場力減小，所以電子做加速度減小的變減速運動，故B錯誤；C、由于電子在OP運動時電場力不做功，所以其電勢能不變，故C錯誤；D、在PA間運動時電場力對電子做負功，則電子的電勢能增加，故D正確。故選：D17.【答案】ABC【命題立意】本題旨在考查功能關系。【解析】A、小球先沿斜面加速向下運動，Q對P有沿斜面向下的庫侖力，小球P先做加速運動，當壓縮彈簧后，當加速度減小到零后，減速向下運動，當彈簧壓縮量最大時，小球靜止，故速度先增大后減小，故A正確；B、當小球的合力為零時，速度最大，此時受的彈簧彈力與庫侖力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力為零，故B正確；C、小球P下降的過程中重力和電場力都一直做正功，重力勢能與電勢能的和一直減小，故C正確；D、只有庫侖力做功等于電勢能的變化量的大小根據(jù)動能定理得知，小球P所受的重力、彈簧的彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于動能的變化量的大小，整個過程為零，故D錯誤。故選：ABC【易錯警示】注意機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉(zhuǎn)化的角度講，只發(fā)生機械能間的相互件轉(zhuǎn)化，沒有其他形式的能量參與。18.【答案】A【命題立意】本題旨在考查勻強電場中電勢差和電場強度的關系、電場強度、電勢能?！窘馕觥緼B、對A到B的過程運用動能定理得，解得：，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故A正確、B錯誤；C、A到虛線速度由零加速至，虛線到B速度減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運動的推論知，時間相同，則加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；D、在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：，因為，解得：，故D錯誤。故選：A19.【答案】D【命題立意】本題旨在考查電勢差與電場強度的關系、電勢能?！窘馕觥啃∏蜻\動過程的示意圖如圖所示：A、圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，也可能一直減小，則小球所受的電場力可能先增大后減小方向豎直向上，也可能一直減小方向向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大，也可能一直增大，故A錯誤；B、小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能，小球穿過圓環(huán)后，故B錯誤；C、小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場強度非勻強電場，電場力做負功但不是均勻變化的，機械能減小，但不是均勻減小，小球穿過圓環(huán)后，同理，故C錯誤；D、由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，故D正確。故選：D【易錯警示】本題難點是運用極限法分析圓環(huán)所產(chǎn)生的場強隨距離變化的關系；機械能要根據(jù)除重力以外的力做功情況，即電場力情況進行分析。20.【答案】C【命題立意】本題旨在考查類平拋運動和電場的性質(zhì)?！窘馕觥坑捎贑點處動能最大，因此，相對整個圓而言，C應處于電勢最低處，電場方向應是沿圖中虛線方向，則與AC成300角，選項A、B錯誤；如果小球垂直于電場方向拋出帶電體，則小球做類平拋運動，則，2Rcoscos=，2Rcossin=v0t，得，選項C正確、D錯誤。21.【答案】BC【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在勻強電場中的運動【解析】 根據(jù)外電路中順著電流方向電勢逐漸降低，判斷M、N兩板電勢的高低，確定板間電場的方向，即可判斷粒子的電性；電路穩(wěn)定時R2相當于導線；粒子射入板間電場中做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學公式分析改變R1時粒子打在極板上的位置A、根據(jù)外電路中順著電流方向電勢逐漸降低，可知M板的電勢低于N板的電勢，板間電場方向向下，而粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所受的電場力方向向下，則知該粒子帶負電，故A錯誤B、電路穩(wěn)定時R2中沒有電流，相當于導線，改變R2，不改變M、N間的電壓，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，所以粒子的運動情況不變，仍打在O點故B正確C、D、設平行金屬板M、N間的電壓為U粒子在電場中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則：豎直方向有：y=水平方向有：x=v0t聯(lián)立得：y=由圖知，y一定，q、m、d、v0不變，則由式知：當減少R1時，M、N間的電壓U增大，x減小，所以粒子將打在O點左側(cè)；由知，增大R1，U減小，t增大，故C正確，D錯誤故選：BC22.【答案】1）E1=N/C=1.4N/C 2）電勢能增加了：1.0102J，粒子偏轉(zhuǎn)角度為：37【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律【解析】（1）由平衡條件可以求出電場強度；（2）根據(jù)動能定理，可求出粒子經(jīng)b點的速度，再由平衡狀態(tài)，與牛頓第二定律，及幾何關系可確定電勢能變化量（1）粒子在A、B間做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，則有：qE1cos 45=mg，解得：E1=N/C=1.4N/C（2）粒子從a到b的過程中，由動能定理得：qE1dABsin 45=mvb20解得：vb=5m/s，加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運動，則有：qE2=mg，加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運動，如圖所示，由牛頓第二定律得：qvbB=m，解得：R=5m，設偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何知識得：R2=dBC2+（Ry）2，代入數(shù)據(jù)得：y=1.0m，粒子在B、C間運動時電場力做的功為：W=qE2y=mgy=1.0102J由功能關系知，粒子的電勢能增加了：1.0102J偏轉(zhuǎn)角度為：37度