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1、2012届专题卷物理专题六答案与解析1.【命题立意】本题主要考查带电体的带电方式及原理、电荷守恒定律。【思路点拨】静电场中物体带电源于电子的转移，可以从同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的角度分析。【答案】BCD【解析】根据静电感应现象，带正电的导体C放在枕形导体附近，在A端出现了负电，在B端出现了正电，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布，枕形导体上总的电荷量为0。金箔上带电相斥而张开，选项A错误；用手摸枕形导体后，B端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B端不再有电荷，金箔闭合，选项B正确；用手触摸导体时，只有A端带负电，将手和C移走后，不再有静电感应，
2、A端所带负电便分布在枕形导体上，A、B端均带有负电，两对金箔均张开，选项C正确；通过以上分析看出，选项D也正确。矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。2【命题立意】本题重在考查静电场几个公式的适用条件。【思路点拨】定义式对任何情况都成立，但被定义的物理量与式中其它物理量不存在决定和被决定关系，决定式的物理量之间存在决定和被决定关系。聞創沟燴鐺險爱氇谴净。【答案】C【解析】，仅对真空中静止的点电荷成立，是定义式，适用于一切情况；U=Ed对匀强电场成立，注意各自的适用条件。残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。3.【命题立意】本题以类平抛运动为载体，考查带电粒子在电场和重力场中的运动。【思路点拨】根据运动的合成与分解规律，分别分
3、析小球在重力方向和电场力方向的受力特点和运动特点，然后确定各量的大小关系。酽锕极額閉镇桧猪訣锥。【答案】AC【解析】运动时间由竖直方向决定，根据可知，两种情况下运动时间相等，C正确，B错；两种情况下重力做的正功相同，而存在电场时，电场力做正功，所以存在电场时落地速度大，D错；无电场时，只有水平向右的水平位移v0t；存在电场时，既有向右的水平位移v0t，又有垂直纸面向里的水平位移，显然s1s2，A答案正确。彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。4【命题立意】本题重在考查电场强度的矢量合成，等量同种电荷周围的电场分布特点。【思路点拨】根据物体的运动情况分析受力情况。【答案】C【解析】由题意知，B、D处固定的是等量
4、的负电荷，AB错；带正电的小球从A点静止释放，向低电势处移动，故C对；运动小球在O处的电势能最小、机械能最大，D错。謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。5【命题立意】本题从电场力做功引入，考查等势面与电场线的关系以及匀强电场中电场强度与电势差的关系。【思路点拨】确定出过C点的等势面的特点，然后以此为突破口，确定电场的方向，并运用U=Ed进行求解。【答案】D【解析】由题意知，过C点的切面是圆周上离P最远的等势面，半径OC与等势面垂直，E的方向为由O指向C，OC与CP间的夹角为=30，。厦礴恳蹒骈時盡继價骚。6【命题立意】本题通过灵敏电流计中电流的流向，考查电容器的充电与放电，更进一步考查电容器的电容、电压、电
5、荷量间的关系。茕桢广鳓鯡选块网羈泪。【思路点拨】根据平行板电容器的特点，根据板间距离的变化，确定电容器电容的变化，再从电荷量变化的情况，确定电流计中电流的方向。鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。【答案】A【解析】两极板间电压不变，在压力F作用下，极板间距d减小，电容变大，电量增加电容器充电，电流从灵敏电流计正接线柱流入，指针右偏。当极板电量不变时，电路里没有电流，指针不再偏转。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。7.【命题立意】本题考查电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功与电势能变化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。【思路点拨】先根据检验
6、电荷在电场中的轨迹弄清电场线的方向，进而对电场中的电势高低和电场力做功过程中的能量转化问题做出判断。渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。【答案】BD【解析】由图可知，b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项不正确；由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即F电0，且F电的方向应指向运动轨迹的内侧。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“顺着电场线电势越来越低”判断a，b处电势高低关系是，C选项不正确；根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断
7、由ab电势能增加，B选项正确；系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，速度减小，D选项正确。铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。8.【命题立意】本题重在考查点电荷的库仑定律和电场强度的矢量合成，电场力做功的特点。【思路点拨】根据等量同种电荷中垂线上电场强度的特点和周围电场线分布的特点及对称性分析各选项。【答案】BD【解析】电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为，C错，D正确。擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。9【命题立意】本题主要考查电场力做功的特点、匀强电场中电势差与电场强度的关系，动能定理的应用。【思路点拨】先根据运动情况确定出初末位置间的电势差、电势的高低
8、，然后根据匀强电场的特点确定电场强度。【答案】B【解析】如右图所示，设A、B两点间电势差为UAB，对小球由A到B的过程，根据动能定理得qUABmgh=0，解得UAB=mgh/q，选项B正确；电场力对小球做的功刚好克服重力做功，等于mgh，选项A错误；由于小球由A到B的过程电场力做正功，所以小球电势能降低，选项C错误；设电场方向与AB间位移方向夹角为，UAB=ESABcos =mgh/q，解得E =，可知电场强度的最小值不一定等于，选项D错误。贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。10【命题立意】本题通过两个电容器的组合，主要考查带电粒子在电场中的加速和偏转的规律。【思路点拨】从水平方向确定运动的时间，从竖直方
9、向确定离子的偏转位移。【答案】C【解析】在加速电场中，在偏转电场中，离子沿初速度方向做匀速直线运动：vx=v0，穿过电场的时间，在加速电场中，由牛顿第二运动定律：可知，一价离子的加速度大，运动时间短，偏转电场中，由于两种离子在偏转电场中运动的水平速度不同，一价离子的水平速度大，仍然是一价离子的运动时间短，所以一价离子先离开电场；平行于电场方向即垂直于初速度的方向做初速度为零的匀加速直线运动：加速度，偏移量，可以看出，离子离开电场时的偏转位移与离子的质量和电荷量均无关，即出射位置相同，正确答案C。坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。11【命题立意】本题通过带电粒子在电场中的直线运动，分别从力的角度和能的角度分
10、析粒子受力和能量变化。蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。【思路点拨】从位移随时间变化的关系式入手，找出加速度、电场力，进一步确定电场及电场力做功情况。【答案】（1）E2.0104N/C，方向向左 （2）电势能增加2102J 【解析】（1）由s6.0t10t2得加速度大小为：a20m/s2 （1分）根据牛顿第二定律：Eqma（1分）解得，场强大小为：E2.0104N/C （1分）电场强度方向水平向左 （1分）（2） 由s6.0t10t2得，初速度大小为：v06.0m/s （1分）减速时间：t10.3s （1分）0.3s内经过的路程x1v0t1at20.9 m（1分）后0.2s物体做反向匀加速直线运动，经过的
11、路程x2at20.4m（1分）買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。物体在0.5s内发生的位移为xx1x20.5m（1分）电场力做负功，电势能增加：EpEqx2102J （1分）12【命题立意】考查带电粒子的运动以及匀强电场的特点。【思路点拨】先根据动能定理求初末位置间的电势差，再根据合运动与分运动的等时性，在水平方向和竖直方向，对比电场力和重力，确定电场强度的大小和方向。綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。【答案】（1） （2），方向向左【解析】（1）根据动能定理可得： （3分）解得： （1分）（2）由题意可知，带电微粒在电场中做类平抛运动，垂直电场方向上做匀速运动，y=vt （1分）沿电场方向做初速度为零的匀加速运动，
12、 （1分） 又x2+y2=d2 （1分）v2+(at)2=(2v)2 （1分）解得：，方向向左 （2分）13【命题立意】本题以电路为背景，考查平行板电容器的电容、电压、电荷量的关系，电容器的充电与放电等。驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。【思路点拨】根据不同条件下电容器的电容和电压的不同，确定电荷量的变化。【答案】（1）4.8k （2）2.35106C【解析】（1）设电压表的内阻为RV，测得R1两端电压为U1，R1与RV并联后的总电阻为R，则有 （1分）由串联电路的规律得： （1分）联立得 （1分）代入数据得RV=4.8k （1分） （1分）（2） 电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R
13、1两端的电压为UR，则 （1分）又E=Uc+UR1 （1分）接入电压表后，电容器上的电压为Uc=E-U1 （1分）由于电压表的接入，电容器带电量增加了Q=C(Uc-Uc) （1分）联立以上各式得， （1分）代入数据可得Q=2.3510-6C （1分）14【命题立意】本题考查带电粒子在匀强电场中的偏转。【思路点拨】竖直方向上是自由落体运动，水平方向是匀变速直线运动，二者间通过时间相等联系在一起。【答案】（1）0.52s （2）0.102m【解析】（1）设小球从P到Q的时间为t1，由得， （2分）小球进入电场后其飞行时间决定于电场力产生的加速度ax，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时
14、间t2。猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑。qE=max （1分） （1分） （1分）得： （1分）所以，运动总时间：t=t1+t2=0.52s （1分）（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内的位移为 （2分）与金属板上端的距离为：s=y-h=0.102m （1分）15【命题立意】本题以匀强电场为背景，考查带电粒子在电场中的直线运动和圆周运动，考查牛顿定律和动能定理在电场中的应用。锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。【思路点拨】从最高点的临界速度入手，根据动能定理确定电场力做功的多少，即可求电荷释放的位置，根据动能定理确定P点速度，由牛顿定律确定物体在P点所受的支持力。構氽頑黉碩饨荠龈话骛。【答案
15、】（1）15.25m （2）3.0N【解析】（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是 （1分）解得v=2m/s （1分）设小物块释放位置距N处为s （2分）解得s=15.25m，即小物块应该从在水平位置距N处为15.25m处开始释放（1分）（2） 物块到P点时， （2分）解得 （1分） （1分）解得FN=3.0N 由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：（1分）16.【命题立意】考查带电粒子在交变电场中的运动。【思路点拨】结合运动图象，根据粒子在竖直方向周期性运动的特点和竖直位移的临界条件，列出与位移、加速电压和电场变化周期均有关的方程。輒峄陽檉簖疖網儂號泶。【答案】U0（n1、2、）【解析】根据题意可知，电子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做变速直线运动，可画出电子在竖直方向上的速度一时间（vyt）图线，如右图所示，因电子进入板间电场和出离板间电场时，其竖直分速度均为零，所以电子在电场中的运行时间t必为交变电压周期T的整数倍：尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅。t=nT （n1、2、） （2分）而（1分）故（n1、2、） （1分）对于在 （k0、1、2、）时刻射入的电子，根据vyt图知，其出离板间电场时侧向位移最大，故只
