20.(09四川卷)如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v₁從M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為V₂(v₂＜v₁)。若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，則

A.小物體上升的最大高度為

B.從N到M的過程中，小物體的電勢(shì)能逐漸減小

C.從M到N的過程中，電場力對(duì)小物體先做負(fù)功后做正功

D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小

答案：AD

解析：設(shè)斜面傾角為θ、上升過程沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大距離為L。

因?yàn)镺M＝ON，則MN兩點(diǎn)電勢(shì)相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0。上滑和下滑經(jīng)過同一個(gè)位置時(shí)，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經(jīng)過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對(duì)應(yīng)的摩擦力所作的功均為相等的負(fù)功，所以上滑和下滑過程克服電場力產(chǎn)生的摩擦力所作的功相等、并設(shè)為W₁。在上滑和下滑過程，對(duì)小物體，應(yīng)用動(dòng)能定理分別有：－mgsinθL－μmgcosθL－W₁＝－和mgsinθL－μmgcosθL－W₁＝，上兩式相減可得sinθL＝，A對(duì)；由OM＝ON，可知電場力對(duì)小物體先作正功后作負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，BC錯(cuò)；從N到M的過程中，小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小，而重力分力不變，則摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到O的距離先減小后增大，根據(jù)庫侖定律可知小物體受到的電場力先增大后減小，D對(duì)。

20．(09北京卷)圖示為一個(gè)內(nèi)、外半徑分別為R₁和R₂的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為。取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的的距離為x，P點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為E。下面給出E的四個(gè)表達(dá)式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個(gè)是合理的。你可能不會(huì)求解此處的場強(qiáng)E，但是你可以通過一定的物理分析，對(duì)下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為

　 A．

B．

C．

　 D．

[解析]當(dāng)R₁=0時(shí)，對(duì)于A項(xiàng)而言E=0，此時(shí)帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點(diǎn)的電場強(qiáng)度E>0，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)x=0時(shí)，此時(shí)要求的場強(qiáng)為O點(diǎn)的場強(qiáng)，由對(duì)稱性可知E_O=0，對(duì)于C項(xiàng)而言，x=0時(shí)E為一定值，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)x→∞時(shí)E→0，而D項(xiàng)中E→4πκσ故D項(xiàng)錯(cuò)誤；所以正確選項(xiàng)只能為B。

[答案]B

20.(09山東卷)如圖所示，在x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的兩點(diǎn)固定放置等量異種點(diǎn)電荷+Q和-Q，x軸上的P點(diǎn)位于的右側(cè)。下列判斷正確的是

　 A.在x軸上還有一點(diǎn)與P點(diǎn)電場強(qiáng)度相同

　 B.在x軸上還有兩點(diǎn)與P點(diǎn)電場強(qiáng)度相同

　 C.若將一試探電荷+q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電勢(shì)能增大

　 D.若將一試探電荷+q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電勢(shì)能減小

答案：AC

考點(diǎn)：電場線、電場強(qiáng)度、電勢(shì)能

解析：根據(jù)等量正負(fù)點(diǎn)電荷的電場分布可知，在x軸上還有一點(diǎn)與P點(diǎn)電場強(qiáng)度相同，即和P點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，A正確。若將一試探電荷+q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功，所以電勢(shì)能先減小后增大。一般規(guī)定無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零，過0點(diǎn)的中垂線電勢(shì)也為零，所以試探電荷+q在P點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能為負(fù)值，移至O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能為零，所以電勢(shì)能增大，C正確。

提示：熟悉掌握等量正負(fù)點(diǎn)電荷的電場分布。知道，即電場力做正功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，電勢(shì)能減少；電場力做負(fù)功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，電勢(shì)能增加，即。

19、(09全國Ⅱ卷)圖中虛結(jié)勻?yàn)殡妶鲋信c場強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對(duì)值也相等，現(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示。點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)，已知O點(diǎn)電勢(shì)高于c 點(diǎn)。若不計(jì)重力，則

A、M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

B、N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相同

C、N在從o點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過程中克服電場力做功

D、M在從o點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)的過程中，電場力對(duì)它做的功等于零

答案BD

[解析]本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng).圖中的虛線為等勢(shì)線,所以M點(diǎn)從O點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中電場力對(duì)粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負(fù)不清楚但為異種電荷.A錯(cuò).o到a的電勢(shì)差等于o到c的兩點(diǎn)的電勢(shì)差,而且電荷和質(zhì)量大小相等,而且電場力都做的是正功根據(jù)動(dòng)能定理得a與c兩點(diǎn)的速度大小相同,但方向不同,B對(duì).

(09廣東理基卷)12．關(guān)于同一電場的電場線，下列表述正確的是

A．電場線是客觀存在

B．電場線越密，電場強(qiáng)度越小

C．沿著電場線方向，電勢(shì)越來越低

D．電荷在沿電場線方向移動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能減小

答案.C

[解析]電場是客觀存在的,而電場線是假想的,A錯(cuò).電場線越密的地方電場越大B錯(cuò).沿著電場線的方向電勢(shì)逐漸降低C對(duì).負(fù)電荷沿著電場線方向移動(dòng)時(shí)電場力做負(fù)功電勢(shì)能增加D錯(cuò)

(09北京卷)16．某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小分別為E_P和E_Q，電勢(shì)分別為U_P和U_Q，則

　 A．E_P＞E_Q，U_P＞U_Q　　

B．E_P＞E_Q，U_P＜U_Q

C．E_P＜E_Q，U_P＞U_Q

D．E_P＜E_Q，U_P＜U_Q

　 [解析]從圖可以看出P點(diǎn)的電場線的密集程度大于Q點(diǎn)的密集程度，故P點(diǎn)的場強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)，因電場線的方向由P指向Q，而沿電場線的方向電勢(shì)逐漸降低， P點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)的電勢(shì)，故A項(xiàng)正確。

[答案]A

(09廣東理基卷)16．如圖6，一帶負(fù)電粒子以某速度進(jìn)入水平向右的勻強(qiáng)電場中，再電場力作用下形成圖中所示的運(yùn)動(dòng)軌跡。M和N是軌跡上的亮點(diǎn)，其中M點(diǎn)在軌跡的最右點(diǎn)。不計(jì)重力下列表述正確的是

A．粒子在M點(diǎn)的速率最大

B．粒子所受電場力沿電場方向

C．粒子在電場中的加速度不變

D．粒子在電場中的電勢(shì)能始終在增加

答案.C

[解析]根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)物體的受力特點(diǎn)合力指向軌跡的凹一側(cè),再結(jié)合電場力的特點(diǎn)可知粒子帶負(fù)電,即受到的電場力方向與電場線方向相反,B錯(cuò).從N到M電場力做負(fù)功,減速.電勢(shì)能在增加.當(dāng)達(dá)到M點(diǎn)后電場力做正功加速電勢(shì)能在減小則在M點(diǎn)的速度最小A錯(cuò),D錯(cuò).在整個(gè)過程中只受電場力根據(jù)牛頓第二定律加速度不變.

1．(09江蘇物理卷)兩個(gè)分別帶有電荷量和+的相同金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)，固定在相距為的兩處，它們間庫侖力的大小為。兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?sub>，則兩球間庫侖力的大小為

　　　 A．　　　　　 B．　　　　　 　C．　 　　　　D．

C [解析]本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題。接觸前兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為，兩個(gè)相同的金屬球各自帶電，接觸后再分開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶點(diǎn)為+Q，距離又變?yōu)樵瓉淼?sub>，庫侖力為，所以兩球間庫侖力的大小為，C項(xiàng)正確。如兩球原來帶正電，則接觸各自帶電均為+2Q。

(09江蘇理綜卷)16．如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個(gè)電荷量均為的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為的輕質(zhì)彈簧絕緣連接。當(dāng)3個(gè)小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，每根彈簧長度為 已知靜電力常量為，若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)，則每根彈簧的原長為

A．　　 B．　　 C．　　 D．

答案C

(09全國Ⅰ卷)18.如圖所示。一電場的電場線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對(duì)稱，O、M、N是y軸的三個(gè)點(diǎn)，且OM=MN，P點(diǎn)在y軸的右側(cè)，MP⊥ON，則

A.M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)高

B.將負(fù)電荷由O點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場力做正功

C. M、N 兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于O、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)

D.在O點(diǎn)靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運(yùn)動(dòng)

答案AD

[解析]本題考查電場、電勢(shì)、等勢(shì)線、以及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng).由圖和幾何關(guān)系可知M和P兩點(diǎn)不處在同一等勢(shì)線上而且有,A對(duì).將負(fù)電荷由O點(diǎn)移到P要克服電場力做功,及電場力做負(fù)功,B錯(cuò).根據(jù),O到M的平均電場強(qiáng)度大于M到N的平均電場強(qiáng)度,所以有,C錯(cuò).從O點(diǎn)釋放正電子后,電場力做正功,該粒子將沿y軸做加速直線運(yùn)動(dòng).

10.解：(1)小球在豎直方向速度為時(shí)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度剛好為零，由機(jī)械能守恒有

解得：

(2)當(dāng)球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為，此時(shí)球速度為，且

水平方向動(dòng)量守恒有

根據(jù)能量關(guān)系

解得：

9.解：(1)物體在兩斜面上來回運(yùn)動(dòng)時(shí)，克服摩擦力所做的功

物體從開始直到不再在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中

解得m

(2)物體最終是在、之間的圓弧上來回做變速圓周運(yùn)動(dòng)，且在、點(diǎn)時(shí)速度為零．

(3)物體第一次通過圓弧最低點(diǎn)時(shí)，圓弧所受壓力最大．由動(dòng)能定理得

由牛頓第二定律得　

解得　 N．

物體最終在圓弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓弧所受壓力最小．由動(dòng)能定理得

由牛頓第二定律得

解得N．

8.解：(1)由機(jī)械能守恒

得:m/s

(2)在最低點(diǎn)

得:N

7.解：由于滑動(dòng)摩擦力

<

所以物體最終必定停在P點(diǎn)處，由功能關(guān)系有

6.解：⑴物塊在光滑軌道上滑動(dòng)過程機(jī)械能守恒，第一次下滑到底端時(shí)的動(dòng)能為

　 　　　�、�

由于每次與檔板碰后速度大小都是碰前的，故每次與檔板碰后動(dòng)能都是碰前的，物塊經(jīng)過兩次與檔板碰后動(dòng)能為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

　　　　　 ②

由①、②得　　 　　�、�

⑵物塊第二次與檔板碰后沿圓形軌道上升的最大高度遠(yuǎn)小于，此后物塊在圓形軌道上的運(yùn)動(dòng)都可看成簡諧運(yùn)動(dòng)，周期　　　 ④

第二次與檔板碰后速度：　　　　　　　 ⑤

則第二次與檔板碰撞到第三次與檔板碰撞間隔的時(shí)間為：

　　　　　　　　　　 ⑥

第三次與檔板碰后速度：　　　　　　　　 ⑦

則第三次與檔板碰撞到第四次與檔板碰撞間隔的時(shí)間為：

　　　　　　　　　 ⑧

因此第二次與檔板碰撞到第四次與檔板碰撞間隔的時(shí)間為：

　　　　　　　　　　　 ⑨