5、擲開關(guān)接2
B．將B板下移一段距離
C．在A板下表面插入一很薄的金屬板
D．將A板上移一段距離
圖D6－5
8．某同學(xué)在研究電子在電場中的運(yùn)動時，得到了電子由a點運(yùn)動到b點的軌跡如圖D6－5中實線所示，圖中未標(biāo)明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是( )
A．如果圖中虛線是電場線，電子由a點運(yùn)動到b點，動能減小，電勢能增大
B．如果圖中虛線是等勢面，電子由a點運(yùn)動到b點，動能增大，電勢能減小
C．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的場強(qiáng)都大于b點的場強(qiáng)
D．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢
二、計算題(62分)
6、9．(18分)如圖D6－6所示，空間中存在兩條射線OM、ON以及沿射線OM方向的勻強(qiáng)電場，已知∠NOM＝θ，某帶電粒子從射線OM上的某點P垂直于OM入射，僅在電場作用下穿過射線ON上的Q點到達(dá)ON右側(cè)的區(qū)域，Q點與O點的距離為L.
(1)求粒子入射點P離O點的距離s.
(2)帶電粒子經(jīng)過電壓U加速后從P點入射，當(dāng)改變電壓U時，欲使粒子仍然能經(jīng)過Q點，試畫出電壓U與勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E之間的關(guān)系．(只需定性畫出圖線，無需說明理由)
圖D6－6
10．(22分)如圖D6－7所示，同一條豎直線上的A、B兩點固定兩個帶等量異種電荷的點電荷，所帶的電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為
7、2d.MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，穿過細(xì)桿有一個帶電小球P，其質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷，不影響電場的分布)．現(xiàn)將小球P從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運(yùn)動到距C點距離為d的O點時，速度為v.已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，求：
(1)C、O間的電勢差UC O；
(2)小球P在O點時的加速度；
(3)小球P經(jīng)過與點電荷B等高的D點時的速度．
圖D6－7
11．(22分)如圖D6－8所示，質(zhì)量為M＝8 kg、帶電荷量為q＝＋3×10－2 C的小車置于光滑水平面上，水平面上方存在場強(qiáng)為E
8、＝2×102 N/C的水平向右的勻強(qiáng)電場．小車以3 m/s的速度向右運(yùn)動，將一個不帶電、可視為質(zhì)點的絕緣物塊輕放在小車右端，物塊的質(zhì)量為m＝1 kg，物塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，小車足夠長，g取10 m/s2.求：
(1)物塊相對小車滑動時物塊和小車的加速度；
(2)物塊相對小車滑動的時間；
(3)物塊在小車上滑動過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；
(4)從滑塊放在小車上后5 s內(nèi)小車電勢能的變化量．
圖D6－8
1．D [解析] 庫侖定律公式成立的前提條件是“真空中、點電荷”，實際的帶電體只有在帶電體本身的大小跟帶電體間的距離相比小得很多時才可以看成點電荷．本題兩
9、個帶電小球原來相距100r時，可以看成點電荷，庫侖定律適用，但當(dāng)它們相距為r時，兩個帶電小球本身的大小不能忽略，不能再當(dāng)作點電荷看待，庫侖定律已不再適用，D正確．
2．AC [解析] 公式E＝只適用于勻強(qiáng)電場，A正確；電容的定義式C＝是比值法定義的，電容器極板上的電荷量每增加1 C，電壓就增加 V，B錯誤；由W＝qU，一個電子在1 V電壓下加速，電場力做功為 1 eV，C正確；正電荷只在電場力作用下運(yùn)動的軌跡與電場線不一定重合，D錯誤．
3．CD [解析] 可設(shè)兩小球原來的帶電荷量分別為q和7q，則原來的庫侖力大小為，但由于題目沒有說明兩個帶電小球的電性，故庫侖力可能是引力，也可能是斥力．
10、分別討論兩種情況：若是兩個帶同種電荷的小球，則接觸后總電荷量為8q，平均分配，兩球各帶的電荷量為4q，分開后庫侖力為；若是兩個帶異種電荷的小球，則接觸后總電荷量為6q，平均分配，兩球各帶的電荷量為3q，分開后庫侖力為，故C、D正確．
4．C [解析] 設(shè)電場方向與AC成θ角，E·AC·cosθ＝U，則θ＝0°，電場方向由A指向C，電子在A處的電場力方向由C指向A，A、B錯誤；BC垂直于電場方向，則BC為一等勢線，C正確，D錯誤．
5．AC [解析] 由于圓環(huán)光滑，因此圓環(huán)對小球的彈力一定沿半徑方向指向圓心或背離圓心，因而每個小球受其他兩個小球的庫侖力的合力必須沿半徑方向背離圓心或指向圓心．
11、對甲圖中的C球受力分析，若A、B兩球帶同種電荷，則A、B對C球產(chǎn)生的庫侖力的合力不可能沿半徑方向背離圓心或指向圓心，因此A、B兩球一定帶異種電荷，同理對B球受力分析，可以得出A、C兩球一定帶異種電荷；對乙圖中作同樣的分析可知，乙圖中的三個小球一定帶同種電荷，選項A、C正確．對甲圖中的A球受力分析，以過A球的半徑為平行四邊形的對角線，AB和AC為平行四邊形的兩鄰邊所在的直線，作出平行四邊形，由力的三角形和幾何三角形相似性可得出B、C兩球所帶電荷量大小不相等；對乙圖作同樣的分析可知，D、E、F三個小球的電荷量的大小關(guān)系為：QD＞QE＞QF，選項B、D錯誤．
6．B [解析] 兩個點電荷間的電勢都
12、為正，因此兩點電荷都為正電荷，B錯誤；兩個正點電荷的連線上有一點場強(qiáng)為零，正的檢驗電荷從兩電荷中的任一電荷附近沿連線向場強(qiáng)為零的點移動時電勢都降低，到場強(qiáng)為零的點處電勢最低，C正確；場強(qiáng)為零的點離Q1遠(yuǎn)，因此Q1的電荷量一定大于Q2的電荷量，A正確；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D正確．
7．B [解析] 將單刀雙擲開關(guān)接2時，電容器因充電而使兩極板間的電勢差增大，從而使電容器內(nèi)部場強(qiáng)增大，則帶電粒子的運(yùn)動時間變短而打在N點左側(cè)，故A錯；將A板上移一段距離或?qū)板下移一段距離都會導(dǎo)致電容變小，電容器本應(yīng)發(fā)生放電，但由于二極管的單向?qū)щ娦远闺娙萜魉鶐У碾姾闪坎蛔?，由E＝＝＝＝，可知
13、電場強(qiáng)度不變，將B板下移一段距離會使粒子運(yùn)動的初始位置距B板的距離變大，故粒子運(yùn)動的時間變長，從而使粒子打在N點的右側(cè)，而將A板上移一段距離對帶電粒子運(yùn)動的時間沒有任何影響，粒子仍將打在N點，故B對，D錯；在A板下表面插入一很薄的金屬板相當(dāng)于兩板間的距離變小，電容變大，電容器充電而使兩板間的電勢差不變，因而場強(qiáng)變大，粒子的運(yùn)動時間變短，粒子將打在N點的左側(cè)，故C錯．
8．ABC [解析] 電子做曲線運(yùn)動，它受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)．如果圖中虛線是電場線，電場力會沿電場線方向，顯然，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增大，帶負(fù)電的電子在a處的電勢能比在b處小，所以a點的電勢高于b點的電勢，又
14、因為a處電場線比b處分布密，所以a點的場強(qiáng)大于b點的場強(qiáng)；如果圖中虛線是等勢面，電子受到的電場力會沿垂直于等勢面方向，顯然，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，帶負(fù)電的電子在a處的電勢能比在b處大，所以a點的電勢低于b點的電勢，又因為等勢面密處電場線也密，a處等勢面較密，因而電場線也密，所以a點的場強(qiáng)大于b點的場強(qiáng)．綜合以上分析，選項A、B、C正確．
9．(1)0.5Lcosθ (2)如圖所示
[解析] 如圖所示，依題意，粒子在Q點的速度方向沿著射線ON，粒子從P點開始做類平拋運(yùn)動，設(shè)加速度為a.
粒子沿著OM方向做勻加速直線運(yùn)動：PS＝at2
其中，在Q點平行于OM方向的分速
15、度：vy＝at
粒子沿著SQ方向做勻速運(yùn)動：QS＝v0t
且v0＝vytanθ
解得：PS＝cosθ
顯然P點為OS的中點，故P離O點的距離s＝PS＝cosθ
10．(1) (2)＋g，方向豎直向下
(3)v
[解析] (1)小球P由C運(yùn)動到O時，由動能定理得：
mgd＋qUC O＝mv2－0
解得UC O＝.
(2)小球P經(jīng)過O點時受力如圖所示，由庫侖定律得：
F1＝F2＝
它們的合力為：F＝F1cos45°＋F2cos45°＝
小球P在O點處的加速度a＝＝＋g，方向豎直向下．
(3)由電場特點可知，在C、D間電場的分布是對稱的，即小球P由C運(yùn)動到O與由O
16、運(yùn)動到D的過程中合外力做的功是相等的，由 動能定理得：
W合＝mv－0＝2×mv2
解得vD＝v.
11．(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)2 s (3)6 J (4)132 J
[解析] (1) 物塊放上后，小車向右做勻加速運(yùn)動，a1＝＝0.5 m/s2
物塊向右做勻加速運(yùn)動，a2＝μg＝2 m/s2
(2)設(shè)滑塊在小車滑行的時間為t1，則v1＋a1t1＝a2t1
所以t1＝2 s
(3)物塊在小車上相對小車滑行的距離
Δs＝s車－s物＝v1t1＋a1t2－a2t2＝3 m
系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fΔs＝μmg·Δs＝6 J
(4)當(dāng)物塊與小車相對靜止時，共同運(yùn)動的加速度a3＝＝ m/s2
當(dāng)物塊與小車相對靜止時，共同運(yùn)動的速度v＝v1＋a1t1＝4 m/s
s1＝v1t1＋a1t＝7 m
s2＝vt2＋a3t＝4×3 m＋××32 m＝15 m
ΔEp減少＝W電＝qE·(s1＋s2)＝6×(7＋15) J＝132 J.
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【名師對話】2014屆高三物理一輪 雙基鞏固卷 第六單元
