題目列表(包括答案和解析)
2008年上海 物理14．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線。在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P（設不改變原來的電場分布），在以后的一段時間內，P在CD連線上做往復運動。若
（A）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中振幅不斷減小
（B）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中每次經過O點時的速率不斷減小
（C）點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中周期不斷減小
（D）點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中振幅不斷減小
2008年 (廣東卷 物理)19．（16分）如圖16（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區域內存在水平向左的電場，電場強度E隨時間的變化如圖16（b）所示。不帶電的絕緣小球P2靜止在O點。t=0時，帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區域。隨后與P2發生正碰后反彈，反彈速度是碰前的
倍。P1的質量為m1，帶電量為q，P2的質量為m2=5m1，A、O間距為L0，O、B間距為
.已知
，
.
（1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間。
（2）討論兩球能否在OB區間內再次發生碰撞。
（05年廣東卷）(4分)如圖7所示，某同學在做“研究勻變速直線運動”實驗中，由打點計時器得到表示小車運動過程的一條清晰紙帶，紙帶上兩相鄰計數點的時間間隔為T=0.10s，其中S1=7.05cm、S2=7.68cm、S3=8.33cm、S4=8.95cm、S5=9.61cm、S6=10.26cm，則A點處瞬時速度的大小是_______m/s，小車運動的加速度計算表達式為________________，加速度的大小是_______m/s2（計算結果保留兩位有效數字）。
（04年江蘇卷）(14分)如圖所示，一個變壓器(可視為理想變壓器)的原線圈接在220V的市電上，向額定電壓為1.80×104V的霓虹燈供電，使它正常發光。為了安全，需在原線圈回路中接入熔斷器，使副線圈電路中電流超過12mA時，熔絲就熔斷。
（1）熔絲的熔斷電流是多大；
（2）當副線圈電路中電流為10mA時，變壓器的輸入功率是多大?
（04年江蘇卷）(14分)如圖所示的電路中，電源電動勢E=6.00V，其內阻可忽略不計．電阻的阻值分別為R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，電容器的電容C=4.7μF。閉合開關S，待電流穩定后，用電壓表測R1兩端的電壓，其穩定值為1.50V。
（1）該電壓表的內阻為多大?
（2）由于電壓表的接入，電容器的帶電量變化了多少?
高考真題
1．【解析】電場是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由
和幾何關系可以得出，A錯B對。在
之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。
【答案】BD
2．【解析】從無窮遠處電勢為零開始到r = r2位置，勢能恒定為零，在r = r2到r = r1過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖像為A、B選項中所示；r ＜ r1之后勢能不變，恒定為－U0，由引力做功等于勢能將少量，故U0=F0(r2－r1)．所以選項B正確
【答案】B
3．【解析】將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB = ，W= qUAB = －5×10?9×（15－10)J=－2.5×10－8J
【答案】－2.5×10－8J
4．【解析】考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規律。A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規律
【答案】AC
5．【解析】如圖所示，根據勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOP= UOa=
V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4V，為最大電勢點。所以選項B正確
【答案】 B
6．【解析】本題考查電容器的兩個公式。a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數ε、減小板的針對面積S。所以選項B、C正確．
【答案】BC
7．【解析】設F與F′繞O點對稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點的回復力作用下做往復運動，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運動到F′點下方，即振幅會加大，A錯；每次經過O點因電場力做功減少而速度不斷減小，B對；若點電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場強相對增大，振幅減小，加速度相對原來每個位置增大，故一個周期的時間必定減小，C、D正確。
【答案】CD
8．【解析】由沿電場線方向電勢降低，所以選項A正確；電場線越密的地方場強越大，得選項D正確。
【答案】D
9．【解析】當不加電場時，油滴勻速下降，即
；當兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即
，解之得:
,當兩極間電壓為－U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當勻速運動時，
，解之得：v'=3v，C項正確
【答案】C
10．【解析】由電勢差公式以及動能定理：W=qUab=q(φa－φb)= m (vb2－va2)，可得比荷為 = ，所以選項C對．
【答案】C
11．【解析】（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有
解得 y＝
，所以原假設成立，即電子離開ABCD區域的位置坐標為（－）
（2）設釋放點在電場區域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有
解得 xy＝
，即在電場I區域內滿足議程的點即為所求位置。
（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經過D點，則有
，
解得 
，即在電場I區域內滿足議程的點即為所求位置
【答案】（1）（－）（2） xy＝ （3）
12．【解析】(1)P1經t1時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：
又：
解得：
所需時間：
（2）設P1、P2碰撞后又經
時間在OB區間內再次發生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場力不變）
對P2分析：
所以假設成立，兩球能在OB區間內再次發生碰撞。
【答案】
（1） （2）兩球能在OB區間內再次發生碰撞
名校試題
1．【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢高于帶負電荷的福娃貝貝，用導體棒連結的瞬間，電流表指針偏轉，有瞬時電流 ，
最終達到靜電平衡，成為是等勢體，導體棒內的電場強度等于零。
【答案】AC
2．【解析】b、d兩點的合場強方向不同，所以選項A錯；a點的電勢高于f點的電勢，選項B錯；若在b、d、e、f上移動電場力不做功，選項C錯，將點電荷+q從球面上a點移動到c點的電場力做功最大，所以電勢能變化量一定最大，故選項D對．
【答案】D
3．【解析】由題意可知：
所以E的變化規律與Q的變化規律相似，所以E的圖象為②，由
k, 所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動，所以速度圖象為③，綜上所述C正確。
【答案】C
4．【解析】由公式
和
得，D選項正確。
【答案】D
5．【解析】因不知道點電荷的位置，所以無法確定a、b兩點的場強方向，如點電荷在a、b兩點之間時，兩點的場強方向就不相同，A錯誤；若點電荷不在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點的場強大小就一定不相等，B錯誤；若點電荷在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點就在同一等勢面上，C錯誤，D正確。
【答案】D
6．【解析】（1）將打在A板上。
（2）水平放置有Eq=mg。
把重力分解為平行電場方向和垂直電場方向，則沿電場方向的加速度為：a=g/2，打到板上的時間為：
油滴受到的合力為mg，所以加速度為g，達到板上速度的大小為：
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【答案】（1） 將打在A板上 （2）
7．【解析】（1）在帶電粒子運動方向上任取一點，設其坐標為
，取接地極板為零勢能點。將粒子從O點移到
處電場力做正功，
，即粒子在x處的電勢能為
，在處的電勢能為
。
再由牛頓第二定律
①，
②，解得
③，又
④，⑤，
，得
⑥，即該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變，證畢。
（2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運動。故豎直方向做勻速直線運動，到達P點時有
⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運動，有
⑧，聯立解得
【答案】
8．【解析】(1)油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡，可見所帶電荷為負電荷，即
，得
(2)油滴加速下落，若油滴帶負電，電荷量為Q1，則油滴所受到的電場力方向向上，設此時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
得
．
若油滴帶正電，電荷量為Q2，則油滴所受到的電場力方向向下，設此時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得
即
。
【答案】（1） （2）
9．【解析】（1）小球在θ=600角處處于平衡，則Eq=mgtanθ
得
方向水平向左
（2）王明同學的求解不正確
因為小球在θ=600處處于平衡，因此小球從θ=300的A點釋放，它不會往A點的左邊運動，而是以θ=600處為中心、以A點為端點來回擺動，即小球不會運動至最低點O
王明同學的求解實際上也不是小球運動到θ=600的平衡位置處的速度。
平衡位置處的速度的正確求解應該是：據動能定理有
聯解得
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）設微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據動能定理，有
解得 
（2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有
聯立⑴、⑵，得 
（3）微粒從釋放開始經t1射出B板的小孔，則
設微粒在半圓形金屬板間運動經過t2第一次到達最低點P點，則
所以從釋放微粒開始，經過
微粒第一次到達P點
根據運動的對稱性，易知再經過
微粒再一次經過P點
所以經過時間
，
微粒經過P點。
【答案】（1） （2） （3）
11．【解析】(1)若第1個粒子落到O點，由
＝v01t1
＝
gt12 （1分） 得v01＝
若落到B點，由L＝v02t1，＝gt22得v02＝5 m/s
故2.5 m/s<v0<5 m/s
(2)由L＝v01t 得t＝4×10-2 s
由＝at2 得a＝2.5 m/s2
由mg－qE=ma，E=
得Q＝6×10-6 C 所以
＝600個
【答案】（1）2.5 m/s<v0<5 m/s （2）600個
考點預測題
1．【解析】根據上述規律可知，引入的第三個小球必須帶負電，放在前兩個小球的連線上且離+Q較近。設第三個小球帶電量為q，放在距離+Q為x處（如圖所示），由平衡條件和庫侖定律有：
解得
以+Q為研究對象，由平衡條件得：
得
即第三個小球帶負電，電荷量為Q的
倍
【答案】第三個小球帶負電，電荷量為Q的倍
2．【解析】質子帶電為+e，所以它是由2個上夸克和1個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為
代入數值，得 
=46N，為斥力.
上夸克與下夸克之間的靜電力為 
代入數值，得
=23N，為吸力.
【答案】=23N，為吸力
3．【解析】由a點的電場線密度比b點的大，所以其場強也越大，同一電荷受到的電場力也大，即Fa>Fb，又因電場力做正功，所以Q為正電荷，故選項A正確
【答案】A
4．【解析】本題屬于連接體問題，主要考查牛頓第二定律在電場中的應用，設加速度為a，對整體有：
，再隔離球2分析：
，聯立兩式得：
，所以選項A正確
【答案】A
5．【解析】電場力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢面，A、D兩點的電勢差為0，又因A、A
兩點的電勢差不為0，所以選項A錯。帶正電的粒子從A點到D電場力不做功，而由D→D＇電場力做功，所以選項B正確；同理，帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做負功，電勢能增大，選項C錯；由電場力做功的特點得選項D也正確。
【答案】BD
6．【解析】因電場力做功只與始末位置有關，與路徑無關，故選項D對。把一正的點電荷從M點沿直線移到N點時，電場力做正功，電勢能減少，所以選項A正確。而B錯。負電荷則相反，即選項C錯。
【答案】AD
7．【解析】本題主要考查電場力做功和電勢差與場強的關系。根據W=
得W=8×10－6 J，因沿場強方向的距離d小于
得E大于8
V/m，故選項A正確。
【答案】A
8．【解析】在勻強電場中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，因此Uab=Ucd，所以c點電勢為8V。，B對。考查勻強電場中場強與電勢差的關系，難度適中。
【答案】B
9．【解析】先根據電容器在電路穩定的情況下相當于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢差、電場強度、電場力大小進而確定較大關系；再根據兩種情況下的總電阻大小確定電流關系。當滑片在a位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當滑片在b位置時小，場強也就小，故θ1<θ2 ，兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故I1=I2，所以正確選項D。
【答案】D
10．【解析】由于電容
、
和靜電計Y在電路中都起斷路作用，故沒有電流通過電壓表，故正確答案為選項C．
【答案】C
11．【解析】（1）極間場強
；
（2）
粒子在極板間運動的加速度 
（3）由
，得：
【答案】（1） （2） （3）
12．【解析】對帶電系統進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統做功為W1，有：
而且還能穿過小孔，離開右極板。
假設球B能達到右極板，電場力對系統做功為W2，有：
綜上所述，帶電系統速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側。
（1）帶電系統開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律：
=
③
球B剛進入電場時，帶電系統的速度為v1，有：
④
由③④求得：
⑤
（2）設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則：
⑥
將③⑤代入⑥得：
⑦
球B進入電場后，帶電系統的加速度為a2，由牛頓第二定律：
⑧
顯然，帶電系統做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t2，則有：
⑨
⑩
求得： 
⑾
球A離電場后，帶電系統繼續做減速運動，設加速度為a3，再由牛頓第二定律：
⑿
設球A從離開電場到靜止所需的時間為t3，運動的位移為x，則有：
⒀
⒁
求得：
⒂
由⑦⑾⒂可知，帶電系統從靜止到速度第一次為零所需的時間為：
⒃
球A相對右板的位置為：
⒄
【答案】（1） （2）
13．【解析】（1）由題意可知電場力的力臂為
l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）電偶極子在外電場中處于力矩平衡時，電偶極子的方向與外加電場的夾角0或者π
①當電偶極子方向與場強方向相同時，即夾角為零時（如圖所示）由于電偶極子與電場垂直時電勢能為零， 所以該位置的電勢能等于由該位置轉到與電場垂直時電場力所做的功，電勢能 EP1=－E0ql
②當電偶極子方向與場強方向相反時，即夾角π為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql
（4）由題意知 F＝E0q0－2
【答案】（1）E0q/sinθ（2）E0q /(1－cosθ) （3）夾角為零EP1=－E0ql ，夾角π為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql
（4）
14．【解析】由題意可知，帶電小球在勻強電場和點電荷非勻強電場這樣的疊加場中運動，前兩問應用力的觀點求解，因庫侖力是變力，所以第（3）問只能用能的觀點求解。
（1）開始運動時小球
受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得
解得 
代入數據解得
（2）小球速度最大時合力為零，即
解得 
代入數據解得
（3）小球從開始運動到速度為
的過程中，設重力做功為
，電場力做功為
，
庫侖力做功為
，根據動能定理有
解得
設小球的電勢能改變了△
，則
△
△
△
【答案】（1） （2） （3）
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