11靜電場(chǎng)基礎(chǔ)題答案解析

答案第=page1111頁，總=sectionpages1111頁答案第=page1212頁，總=sectionpages11頁靜電場(chǎng)基礎(chǔ)題答案解析1．C【解析】真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷間的靜電力大小為：F=kQAQBr2=kQ2r2，不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸：QC=QA故選C。【點(diǎn)睛】由庫侖定律可知，在真空是必須確保電荷量不變，且電荷間距要大是能將帶電量看成點(diǎn)來處理．同時(shí)兩球帶同種電荷，所以當(dāng)與A球接觸后的小球C與B球接觸時(shí)，則先出現(xiàn)電荷中和，然后再平分電荷。2．CD【解析】由庫侖定律可得：F=kqQr2得，庫侖力與電量的乘積成正比，當(dāng)兩相同金屬小球帶同種電荷時(shí)，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量變?yōu)?：2，原來帶電量之比為1：3，原來庫侖力為F=kq?3qr2，現(xiàn)在的庫侖力為F′=k2q?2qr2，所以庫侖力是原來的4/3。當(dāng)兩相同金屬小球帶異種電荷時(shí)，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量變?yōu)?q?q2＝q，所以庫侖力F″＝k3．ACD【解析】取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，它受到重力mg、絲線的拉力T和電場(chǎng)力Eq的作用．因小球處于平衡狀態(tài)，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，T和Eq的合力與mg是一對(duì)平衡力，根據(jù)力的平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力Eq的方向與絲線的拉力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，如圖所示，則Eq＝mgsinθ得E＝＝，所以，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能值為E≥，故A、C、D選項(xiàng)正確；故選ACD。4．BD【解析】根據(jù)庫侖定律可得小球A與B之間庫侖力的大小為：，當(dāng)細(xì)線上的拉力為零時(shí)，小球A受重力、支持力及庫侖斥力而平衡，在沿斜面方向上根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得：mgsinθ=Fcosθ，聯(lián)立解得：，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)斜面對(duì)A球支持力剛好為零時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得：，聯(lián)立可得：，故D正確，C錯(cuò)誤。所以BD正確，AC錯(cuò)誤。5．D【解析】A、B、C三個(gè)電荷要平衡，必須三個(gè)電荷的一條直線，外側(cè)二個(gè)電荷相互排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩個(gè)電荷，所以外側(cè)兩個(gè)電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以C必須為負(fù)電，在A的左側(cè)。設(shè)C所在位置與A的距離為r，則C所在位置與B的距離為L(zhǎng)+r，要能處于平衡狀態(tài)，所以A對(duì)C的電場(chǎng)力大小等于B對(duì)C的電場(chǎng)力大小，設(shè)C的電量為q。則有：kqQr2=k9qQr+L2，解得：6．D【解析】A、帶電粒子A受重力、Q1對(duì)其庫侖力、Q2對(duì)其庫侖力作用，懸浮于空中不動(dòng)，所以Q1與Q2一定為同種電荷，故A錯(cuò)誤；BCD、Q1對(duì)其庫侖力為F1=KQ1q(32d)2=4KQ1q故選D。7．C【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，球受到重力G，A的斥力F1和線的拉力F作出F1、FT的合力F，則由平衡條件得：F=G，根據(jù)ΔFBF1∽ΔOAB得：FOA=FTOB，得【點(diǎn)睛】以小球B為研究對(duì)象，在增大A球電量的過程中，處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)．小球受到重力G，A的斥力F1和線的拉力FT三個(gè)力作用，作出力圖，根據(jù)相似三角形原理得到線的拉力8．C【解析】?jī)汕蛘w分析，如圖所示，由于A帶正電，受到水平向左的作用力，而B帶負(fù)電，受到水平向右的電場(chǎng)力，因此勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左；以A、B整體作為研究對(duì)象，整體受向下重力、細(xì)線L1斜向右上方拉力，根據(jù)平衡條件可知，qAE>qB【點(diǎn)睛】本題要掌握整體分析的思想，要知道兩電荷之間的庫侖力可以看成是內(nèi)力，同時(shí)知道A與B帶電性，是解題的關(guān)鍵．9．A【解析】由電場(chǎng)的矢量疊加原理，可知矩形薄板在a處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與點(diǎn)電荷－q在a處的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，大小為E=Kqd2。由對(duì)稱性可知，矩形薄板在b處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)也為E=10．D【解析】電荷量為q的點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度為E=kqR2，而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則圓盤在此處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度也為E=kqR2．

那么圓盤在此d產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度則仍為E=kqR2．

而電荷量為q的點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度為E'=kq3R2=k點(diǎn)睛：考查點(diǎn)電荷與圓盤電荷在某處的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加，緊扣電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向關(guān)系，從而為解題奠定基礎(chǔ)。11．4.010-6-50【解析】電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為：EPA=qφA=2.0×10?8×2.0×【點(diǎn)睛】已知電勢(shì)和電荷量，由Ep=qφ求電荷的電勢(shì)能。根據(jù)電場(chǎng)力做功和電荷量，由U=Wq求得12．1.2×105V，-3.0×10-3J；【解析】根據(jù)U=Wq可知UAB=6.0×10?35.0×10?8=1.2×【點(diǎn)睛】在使用公式U=Wq、13．AB【解析】A、虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV，動(dòng)能減小了6eV，電勢(shì)能增加了6eV，因此等勢(shì)面間的電勢(shì)差為2V，因平面b上的電勢(shì)為2V，由于電子的電勢(shì)能增加，等勢(shì)面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢(shì)為零，故A正確。B、由上分析可知，當(dāng)電子由a向f方向運(yùn)動(dòng)，則電子到達(dá)平面f的動(dòng)能為2eV，由于題目中沒有說明電子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)平面f，故B正確。C、在平面b上電勢(shì)為2V，則電子的電勢(shì)能為-2eV，動(dòng)能為8eV，電勢(shì)能與動(dòng)能之和為6eV，當(dāng)電子經(jīng)過平面d時(shí)，動(dòng)能為4eV，其電勢(shì)能為2eV，故C錯(cuò)誤。D、電子經(jīng)過平面b時(shí)的動(dòng)能是平面d的動(dòng)能2倍，電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍，故D錯(cuò)誤。故選AB?！军c(diǎn)睛】考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，掌握電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，理解電勢(shì)為零處的電勢(shì)能為零是解題的關(guān)鍵。14．1016【解析】經(jīng)過a、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為24eV和3eV；圖中虛線所示為靜電場(chǎng)中的等勢(shì)面1、2、3、4，相鄰的等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，故電荷經(jīng)過相鄰兩個(gè)等勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能減小量為ΔEk=24?33=7eV，故經(jīng)過等勢(shì)面3時(shí)的動(dòng)能為只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，其電勢(shì)能變?yōu)?6eV時(shí)，故有：0eV+10eV=?6eV+Ek，解得【點(diǎn)睛】只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，根據(jù)題意曲線3處的電勢(shì)為零，列式求解點(diǎn)電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能的和，然后結(jié)合功能關(guān)系即可求出動(dòng)能。15．B【解析】BD、在等量同種電荷連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向O→P，負(fù)點(diǎn)電荷q從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力方向P→O，速度越來越大，動(dòng)能增大，粒子的電勢(shì)能減小，但電場(chǎng)線的疏密情況不確定，電場(chǎng)強(qiáng)度大小變化情況不確定，則電荷所受電場(chǎng)力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，但可能是加速度先變大后變小，故B正確，D錯(cuò)誤；AC、越過O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度最大，電場(chǎng)力為零，加速度為零，根據(jù)電場(chǎng)線的對(duì)稱性可知，越過O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，加速度的變化情況：先增大后減?。粚?duì)于速度一直減小，粒子將沿中垂線PO做往返直線運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】M、N為兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷，其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向O→P，負(fù)點(diǎn)電荷q從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力方向P→O，速度越來越大．但電場(chǎng)線的疏密情況不確定，電場(chǎng)強(qiáng)度大小變化情況不確定，則電荷所受電場(chǎng)力大小變化情況不確定，加速度變化情況不確定．越過O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)加速度為零，速度達(dá)最大值，加速度變化情況同樣不確定。16．ABD【解析】?jī)蓚€(gè)等量同種電荷連線中點(diǎn)O的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度也為零，故從O點(diǎn)沿著中垂線向上或向下到無窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，場(chǎng)強(qiáng)最大的P點(diǎn)可能在A、B連線之間，也可能在A、B連線上，還可能在A、B連線下，由于A、B兩點(diǎn)的間距也不確定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，還可能等于EB；即EA不一定大于EB。由電場(chǎng)的疊加原理知，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度向上，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度向下，所以兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向相反。根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來越低，可知φA一定大于φB，故C說法正確，ABD說法錯(cuò)誤。所以選ABD。17．B【解析】在等量的異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，則電場(chǎng)線是從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終至，所以A、B兩點(diǎn)處于從左向右的電場(chǎng)線方向上，則ΦA(chǔ)＞ΦB，而A、C同處于一根等勢(shì)線，所以ΦA(chǔ)=ΦC．因此ΦA(chǔ)=ΦC＞ΦB；由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的分布，可得B點(diǎn)的電場(chǎng)線最密，C點(diǎn)的最疏．所以EB＞EA＞EC；故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】明確等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的分布，電場(chǎng)線與等勢(shì)線相互垂直，電場(chǎng)線不是實(shí)際存在的，但電場(chǎng)線的疏密可以體現(xiàn)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱；可以根據(jù)電場(chǎng)線方向來確定電勢(shì)的高低。18．BC【解析】A、等量異種電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)線都是關(guān)于連線、中垂線對(duì)稱的，由等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)，結(jié)合題目的圖可知，圖中bdef所在的平面是兩個(gè)點(diǎn)電荷連線的垂直平分面，所以該平面上各點(diǎn)的電勢(shì)都是相等的，各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向都與該平面垂直。由于b、c、d、e各點(diǎn)到該平面與兩個(gè)點(diǎn)電荷的連線的交點(diǎn)O的距離是相等的，結(jié)合該電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，b、c、d、e各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小也相等。由以上的分析可知，b、c、d、e各點(diǎn)的電勢(shì)相等，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同。故A、D錯(cuò)誤；故選BC?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要掌握等量異種電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布情況，知道場(chǎng)強(qiáng)是矢量，只有大小和方向都相同時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)才相同，同時(shí)掌握好電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加方法。19．B【解析】根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，兩個(gè)負(fù)電荷在c點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的和等于零，負(fù)電荷在c點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不為零，所以c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定不為零，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，由圖可知，b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，故B正確；電場(chǎng)線從正電荷到負(fù)電荷，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，所以b點(diǎn)的電勢(shì)比a點(diǎn)的高，故C錯(cuò)誤；由正電荷在d、c兩點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)相等，但兩個(gè)負(fù)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)高于c點(diǎn)，所以c點(diǎn)的總電勢(shì)低于d點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。所以B正確，ACD錯(cuò)誤。

20．AD【解析】試題分析：電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，由圖象知a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)大，故A正確；a點(diǎn)所在的電場(chǎng)線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點(diǎn)的電勢(shì)高于金屬球的電勢(shì)，而b點(diǎn)所在處的電場(chǎng)線從金屬球發(fā)出到無窮遠(yuǎn)，所以金屬球的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，即a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的高．故B錯(cuò)誤；電勢(shì)越高的地方，負(fù)電荷具有的電勢(shì)能越小，即負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能較b點(diǎn)小，故C錯(cuò)誤；由上知，-q在a點(diǎn)的電勢(shì)能較b點(diǎn)小，則把-q電荷從電勢(shì)能小的a點(diǎn)移動(dòng)到電勢(shì)能大的b點(diǎn)，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功．故D正確．故選AD．考點(diǎn)：電場(chǎng)線；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)及電勢(shì)能【名師點(diǎn)睛】該題考查電場(chǎng)線的特點(diǎn)與電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．基礎(chǔ)題目。21．BD【解析】A、B項(xiàng)：電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做的功為4.5eV，即，由于，解得，同理可得：，解得，根據(jù)，即，代入數(shù)據(jù)解得：，故A錯(cuò)誤，B正確；C項(xiàng)：由AB項(xiàng)分析可知，a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，所以ac連線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等勢(shì)線，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：過d點(diǎn)作ac的垂線，設(shè)垂足為f，由幾何關(guān)系可得af=ad，根據(jù)，故D正確。22．CD【解析】連接AD、BF、CE，如圖所示：由圖可知AD與BF、CE都垂直，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向由D指向A，由正六邊形對(duì)稱性可知F與B的電勢(shì)相等，C與E的電勢(shì)相等，故F點(diǎn)的電勢(shì)為0V，C點(diǎn)的電勢(shì)為4V，則A、F間的電勢(shì)差為，C、F間的電勢(shì)差為，由幾何關(guān)系得：，而，則電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為，故AB錯(cuò)誤，CD正確，故選CD.23．C【解析】若是異種電荷，電勢(shì)應(yīng)該逐漸減小，由圖象可以看出，應(yīng)該是等量的同種正電荷，故A錯(cuò)誤；沿x正方向從N到C的過程，電勢(shì)降低，N、C兩點(diǎn)間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向。故B錯(cuò)誤；φ-x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由圖可得N、D兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿x軸正方向先減小后增大，故C正確；NC電場(chǎng)線向右，CD電場(chǎng)線向左，將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大。故D錯(cuò)誤；故選C。24．D【解析】A、由φ?x圖象的斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，知x=4

m處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、從0到x=4

m處電勢(shì)不斷降低，但x=4

m點(diǎn)的電場(chǎng)方向不一定沿x軸正方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、由斜率看出，沿x軸正方向，圖象的斜率先減小后增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、沿x軸正方向電勢(shì)降低，某負(fù)電荷沿x軸正方向移動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，從O點(diǎn)移動(dòng)到6m的過程電勢(shì)能增大8

eV，選項(xiàng)D正確。故選D。【點(diǎn)睛】本題首先要讀懂圖象，知道φ-x圖象切線的斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，場(chǎng)強(qiáng)的正負(fù)反映場(chǎng)強(qiáng)的方向，大小反映出電場(chǎng)的強(qiáng)弱。25．ACD【解析】將A板稍微向右移，兩極板間的距離減小，根據(jù)公式C=εS4πkd可知電容器電容增大，由于電荷量恒定，則根據(jù)C=QU可知兩極板間的電勢(shì)差減小，故靜電計(jì)的張角變小，A正確；將A板稍微上移，兩極板正對(duì)面積減小，根據(jù)公式C=εS4πkd可知電容器電容減小，根據(jù)C=QU可知U增大，即靜電計(jì)指針張角變大，B錯(cuò)誤；若將A板拿走，B板上帶電量不變，靜電計(jì)相當(dāng)于驗(yàn)電器，指針張角不為零，C正確；若將玻璃板插入兩極板之間，兩板之間電介質(zhì)常數(shù)【點(diǎn)睛】在分析電容器動(dòng)態(tài)變化時(shí)，需要根據(jù)C=εS4πkd判斷電容器的電容變化情況，然后結(jié)合E=U26．A【解析】據(jù)題可知，電容器所帶電量Q不變，根據(jù)C=QU、C=εS4πkd、E=Ud得E=4πkQεS，則知電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，P與右板間的距離不變，E不變，則由U=Ed分析P點(diǎn)與右板間電勢(shì)差不變，右板電勢(shì)為零，所以φ故選A。【點(diǎn)睛】由題知，電容器所帶電量不變，根據(jù)C=QU、C=εS4πkd、E=Ud結(jié)合分析E的變化，由U=Ed27．C【解析】靜止時(shí)塵埃P受到重力和電場(chǎng)力而平衡，電路穩(wěn)定時(shí)，滑動(dòng)變阻器R1無電流通過，兩端電壓為零，改變R1的阻值不能改變電容器的電壓，所以塵埃仍靜止。故A錯(cuò)誤；變阻器R2處于分壓狀態(tài)，電容器兩端電壓等于變阻器R2左側(cè)部分的電壓，R2滑片向左移動(dòng)時(shí)，電壓減小，電容器板間場(chǎng)強(qiáng)減小，塵埃向下加速運(yùn)動(dòng)。故C正確，同理可知B錯(cuò)誤；把閉合的開關(guān)S斷開，電容器兩端電壓增大到等于電源電動(dòng)勢(shì)，故P向上加速，故D錯(cuò)誤。故選C。28．CD【解析】將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距減小，根據(jù)C=εS4πkd知，d減小，則電容增加，故A錯(cuò)誤；電勢(shì)差不變，d減小，根據(jù)E=U/d可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增加，帶電油滴所受的電場(chǎng)力將變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故C正確；因兩板場(chǎng)強(qiáng)變大，則P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差變大，則P點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢(shì)能減小，故D點(diǎn)睛：本題是電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢(shì)差不變，當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變．29．BCD【解析】由圖，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向左彎曲，說明粒子在A、B兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向左。由于電場(chǎng)線方向不明，無法確定粒子的電性。故A錯(cuò)誤；粒子從A到B電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能變大，動(dòng)能減小，可知B點(diǎn)電勢(shì)能大于A點(diǎn)電勢(shì)能，B點(diǎn)動(dòng)能小于A點(diǎn)的動(dòng)能，選項(xiàng)BD正確；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度，判斷A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，從而判斷在A點(diǎn)受的電場(chǎng)力較大，根據(jù)牛頓第二定律得粒子在A點(diǎn)加速度較大，故C正確；故選BCD.點(diǎn)睛：本題是電場(chǎng)中粒子的軌跡問題，首先要能根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子受力方向；知道電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減?。?0．C【解析】A、粒子受到的電場(chǎng)力指向軌跡的內(nèi)側(cè)并和電場(chǎng)線共線，可知電場(chǎng)力和電場(chǎng)線同方向，所以粒子帶正電，故A錯(cuò)B、負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線應(yīng)該指向負(fù)電荷的直線，故B錯(cuò)；CD、沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，所以A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，而正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能較大，所以C對(duì)；D錯(cuò)故選C31．D【解析】由圖知，粒子軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受電場(chǎng)力大體向左。電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且指向低電勢(shì)，電場(chǎng)線的分布大致向左，則可知粒子帶正電。故A錯(cuò)誤。bc段力與速度方向夾角大于90度；故粒子做減速運(yùn)動(dòng)；故B錯(cuò)誤。b→c動(dòng)能減小，根據(jù)能量守恒，電勢(shì)能增加，c點(diǎn)電勢(shì)能最大；故C錯(cuò)誤；bd在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)能相等，則動(dòng)能相等，故D正確。故選D。點(diǎn)睛：本題是軌跡問題，首先根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷帶電粒子所受的電場(chǎng)力方向，畫電場(chǎng)線是常用方法．32．B【解析】電場(chǎng)線的方向從高電勢(shì)指向低電勢(shì)，由右向左，根據(jù)軌跡彎曲的方向知道電場(chǎng)力方向向右，知該粒子帶負(fù)電。故A正確。粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，則粒子速度增大，則粒子在A點(diǎn)的速度小于在B點(diǎn)的速度，故B錯(cuò)誤。等勢(shì)面越密的地方，場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)，知A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，所以A點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力大于B點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力，根據(jù)牛頓第二定律知，粒子在A點(diǎn)的加速度較大。故C正確。從A點(diǎn)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選B。點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道等勢(shì)面和電場(chǎng)線的關(guān)系，以及知道電場(chǎng)線和等勢(shì)面的特點(diǎn)，電場(chǎng)力做功與電場(chǎng)能的關(guān)系．33．ACD【解析】a、b兩個(gè)粒子在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)的方向上的位移相同，由?=12gt2可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同，所以b粒子飛離電場(chǎng)的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上，A正確；b和c在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)的方向的位移不同，所以在電場(chǎng)中飛行的時(shí)間也就不同，B錯(cuò)誤；由?=12gt2可知，c粒子在電場(chǎng)中飛行的時(shí)間最短，而在水平方向飛行的距離最大，所以c的速度最大，a、b兩粒子飛行時(shí)間相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，【點(diǎn)睛】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí)，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同.先分析受力情況再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速、減速，直線或曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，選用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)，選用動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解．34．A【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端C上移時(shí)，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，所以電容器的電壓U增大，根據(jù)q=UC得：電量q增大；電子在平行板電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=l/v0與電壓的變化無關(guān)，所以時(shí)間t不變。故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選A。35．C【解析】設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d．在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：

①；兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩種粒子的比荷不同，則v0不同，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同．兩種粒子在加速電場(chǎng)中的加速度不同，位移相同，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也不同，所以兩粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移②，聯(lián)立①②得；同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切，可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)．所以出射點(diǎn)的位置相同，出射速度的方向也相同．故兩種粒子打屏上同一點(diǎn)．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．故選C．【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，知道從靜止開始經(jīng)過同一加速電場(chǎng)加速，垂直打入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡相同．做選擇題時(shí)，這個(gè)結(jié)論可直接運(yùn)用，節(jié)省時(shí)間．36．AB【解析】經(jīng)加速電場(chǎng)后的速度為v，則12mv2=eU1點(diǎn)晴：本題是信息題，根據(jù)所給的信息，找出示波管的靈敏度的表達(dá)式即可解決問題。37．kq(R+L4【解析】水平導(dǎo)體棒當(dāng)達(dá)到靜電平衡后，棒上感應(yīng)電荷在棒內(nèi)距離左端14L處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小與一帶電量為?q的點(diǎn)電荷在該處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，則有：E=kqr2=kq【點(diǎn)睛】根據(jù)靜電平衡可知，達(dá)到靜電平衡后，感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場(chǎng)與外面的電場(chǎng)大小相等，方向相反，所以導(dǎo)體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為0，同一個(gè)導(dǎo)體為等勢(shì)體，導(dǎo)體上的電勢(shì)處處相等．然后在結(jié)合庫侖定律解答即可。38．C【解析】在導(dǎo)體棒達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體棒的左端處帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；當(dāng)達(dá)到靜電平衡時(shí)整個(gè)導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體，則棒左端的電勢(shì)等于棒右端的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)達(dá)到靜電平衡時(shí)導(dǎo)體中心P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，故C正確；導(dǎo)體棒上感應(yīng)電荷中點(diǎn)P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小與點(diǎn)電荷+Q在該處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反。因?yàn)辄c(diǎn)電荷+Q在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不為零，所以棒上感應(yīng)電荷在P點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也不為零，故D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。39．C【解析】當(dāng)靜電平衡時(shí)，金屬球內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)