专题7：电场(参考答案).doc

第七章：电场
1．【2017·江苏卷】【答案】A

2．【2017·天津卷】【答案】BC
【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，

由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能，电势能是标量，所以一定有EpA<EpB，故C正确，D错误。
3．【2017·江苏卷】【答案】AC

4．【2017·新课标Ⅰ卷】【答案】AC
【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式可知，，，故A正确，B错误；电场力做功，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以，，故C正确，D错误。
5．【2017·新课标Ⅲ卷】【答案】ABD
【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则，d点坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作cf⊥bd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度，A正确；因为四边形Oacb是矩形，所以有，解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，D正确。

6．【2017·北京卷】【答案】（1）3.0×10–3 N （2）4.0×10–4 kg （3）2.0m/s

一、选择题
1. （全国新课标I卷，14）【答案】D
【解析】由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；
因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时，减小。再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为D
2. （全国新课标I卷，20）【答案】AB
【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从点运动到时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以点电势高于点电势，A选项正确；在油滴从点运动到的过程中，合外力做正功，动能增加，所以点动能大于点，B选项正确；所以选AB。
3.（全国新课标II卷，15）【答案】D
【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为，由，可知
由题意可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用
结合运动轨迹，得
4（全国新课标III卷，15）【答案】B
【解析】等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故A错误；电场线与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D错误；
5.（上海卷，11）【答案】C
【解析】由公式可知，电场强度单位为N/C，选项A是电场强度单位；由公式可知，V/m
也是电场强度单位，选项B也是电场强度单位；由可得，故T.m/s也是电场电场强度单位，选项D也是电场强度单位；由公式可知，J/C是电势差单位，故选项C正确。
6. （天津卷，4）【答案】D
【解析】上板下移，由可知，C变大，Q一定，则Q=CQ，U减小，则θ减小；根据，Q=CU, ,,可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下板的距离不变，E不变，则P点与下板的电势差不变，P点电势不变，则EP不变；故ABC错，D正确。
7（江苏卷，3）【答案】C
【解析】由图可知，B点的电场线比A点的密集，所以B点的电场强度比A点的大，A错；沿着电场线电势降落，小球表面的电势比容器内表面高，B错；电场线的方向与等势面垂直，所以B点的电场强度与该处表面垂直，C正确；由于A、B两点在同一等势面上，故电场力不做功，所以D错误。
8.（浙江卷，14）【答案】A
【解析】静电场中，顺着电场线电视要降落，A正确；由可知B错误；电容器电容是由电容本身所决定的，C错误；在超、失重中，实际重力式不变的，视重发生了变化，选项D错误。
9.（浙江卷，15）【答案】C
【解析】由于静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，AB的电势相等，选项AB错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误；故选C．
10.（浙江卷，19）【答案】ACD
【解析】两相同的小球接触后电量均分，A正确；对A球受力如图，,选项B错；，解得,选项C正确；AB带等量的同种电荷，故A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确；故选ACD.
11. 【答案】B
【解析】粒子做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上板平行，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行板的vx,当vy=0时，粒子的速度正好平行上板，则由于，则，故B正确。
12.（海南卷10）【答案】ABC
【解析】如图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则所受电场力向左，可知M受到引力作用，故M带负电，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力向下，说明N受到了斥力作用，故N带正电，A正确；由于虚线是等势面，故M从a到b电场力对其做负功，动能减少，B正确；d和e在同一等势面上，N移动时不做功，电势能不变，C正确；N带正电，从c到d，电场力做正功，选项D错误。
3.（四川卷，9）
【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为；漂移管B的长度为 。则
①
②
③
联立①②③式并代入数据得： ④
（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为；质子进入漂移管E时速度为，动能为；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有
⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得：

答：（1）漂移管B的长度为0.4 m
（2）相邻漂移管间的加速电压为6×104 V。
4.（四川卷，11）
【解析】（1）小球在I区做匀速圆周运动，则小球必定带正电且所受电场力与重力大小相等。设I区磁感应强度大小为，由洛伦兹力提供向心力得：
①
②
带入题设数据得：
③
（2）小球先在I区以为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为可得，小球将偏转角后自点水平进入II区做类平抛运动到斜面底端点，如图所示。

设做匀速圆周运动的时间为，类平抛运动的时间为则：
④
⑤
⑥
⑦
⑧
小球自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度的大小为，释放后在斜面上运动时间为。
对小球受力分析，设小球质量为，斜面对小球的支持力为，如图所示。
由牛顿第二定律得：
⑨
⑩
小球的释放时刻满足：

联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪得：
（3）小球在在斜面上相遇即小球运动的时间为，小球从开始运动至斜面上先做时间的匀速圆周运动，然后自点进入II区做类平抛运动，设运动时间为，加速度为，电场强度为，以竖直向下为正：

类平抛运动在水平方向，竖直方向满足：
、
由图中几何关系：

联立④⑤⑥⑬⑭⑮⑯得：

小球落在斜面上则：
，

将⑲带入⑰讨论单调性得：

其中“、”代表方向，
电场强度向上时大小的范围为，
电场强度向下时大小的范围为 ，
所以电场的极大值为，竖直向上；极小值为0
答：（1）磁场强度大小为
（2）小球释放时刻为
（3）电场强度为，极大值，竖直向上；极小值0。
2.（15江苏卷）
【解析】小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲线运动。初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率增大，所以速率先减小后增大。
【答案】BC
【点评】本题考查曲线运动，难度：中等
3，（15江苏卷）
【解析】逐项判断A.根据电场线的疏密判断，a点电场强度比b大，A正确；B.根据沿电场线电势降低，a点的电势比b低，B错误；C.根据电场的叠加原理，c、d点的电场都是正电荷与两个相同的负电荷形成的电场的叠加，c点两个相同的负电荷形成的电场互相抵消、d点两个相同的负电荷形成的电场方向与正电荷形成的电场方向相反，而c、d点与正电荷距离相等，所以c点电场强度比d大，C正确；D.根据的原理，c、d点与正电荷距离相等，但正电荷到c间电场强度比到d间电场强度大，所以电势降落大，所以c点的电势比d低，D正确。
【答案】ACD
【点评】本题考查电场强度与电势，难度，中等。
5.（15海南卷） 【答案】A
【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，，；对m有，，联立解得，A正确；
6.（15海南卷）【答案】BC
【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；
7.（15四川卷）【答案】BC

8.（15安徽卷）【答案】B
【解析】根据单位制，k的单位为N·m2·C-2，而1N= 1kg·m·s-2，1C=1 A·s，代入得k的单位为kg·A-2·m3·s-4，故答案为B．
9.（15 安徽卷）
【答案】D
【解析】由题意，单块极板产生的电场强度为，根据电场的叠加原理，极板间的电场强度大小，选项B、C错误；由于一块极板在另一块极板处产生的电场强度处处相同，借用微元和累加的思想，所以另一块极板所受电场力为，故选项A错误．答案为D．
10.（15海南卷）【答案】（1）； （2）； （3）
【解析】（1）电场力做功与路径无关，A、C间沿电场线方向的距离，所以电场力做功；
（2）由对称性知，轨迹最高点在y轴上，设为P点，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，又A、P、B、C的水平间距相等，均为l0，所以三段轨迹经历时间也相等，设为t0，由P到C竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，有，，由P到B，有，解得，所以粒子从A到C过程所经历的时间；
（3）由P到C，水平速度，所以，竖直方向，所以，即粒子经过C点时的速率
11.（15新课标2卷）【答案】D
【解析】试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。
12.【答案】

15.（15新课标1卷）

21．[2014·新课标全国卷Ⅰ]21．AD
[解析] 本题考查了电场问题．根据题意，点电荷Q必在MN的中垂线和PF的中垂线的交点处，过F作MN的垂直平分线交MP于O点，由几何关系可知ON恰好垂直平分PF，故点电荷Q一定位于O点，A项正确，由正点电荷的等势面分布特点可知B项错误；因为是正电荷形成的电场，将正电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C项错误；因为是正电荷形成的电场，越靠近场源电荷的等势面电势越高，D项正确．

19． [2014·新课标Ⅱ卷] AD
[解析] 由静电场的电场线与等势面垂直可知A正确．电势大小是由参考点和电场共同决定的，与场强的大小无关，B、C错误．沿电场线电势降低，且电势降落最快的方向为电场方向，D正确．
15． [2014·北京卷] D
本题考查电场线和等势面的相关知识．根据电场线和等势面越密集，电场强度越大，有E1>E2＝E3，但E2和E3电场强度方向不同，故A、B错误．沿着电场线方向，电势逐渐降低，同一等势面电势相等，故φ1>φ2＝φ3，C错误，D正确．
15． [2014·全国卷]D
[解析] 本题考查功与能．设小球下落的高度为h，则电场力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10－4 J，电场力做负功，电势能增加，所以电势能增加1.5×10－4 J；重力做的功W2＝mgh＝9.8×10－3 J，合力做的功W＝W1＋W2＝9.65×10－3 J，根据动能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3 J，因此D项正确．
4．[2014·江苏卷] B
[解析] 根据对称性，圆环上均匀分布的正电荷在圆心O点产生的电场的合场强为零．以O点为原点，若将一正点电荷轻放于x轴正半轴上，它将受到沿x轴正方向的电场力作用而向右运动，电势能减少，故沿x轴正方向电势降低，同理可以得到沿x轴负方向电势降低，故O点的电势最高．均匀分布着正电荷的圆环可看成由无数组关于圆心O点对称的带正电的点电荷组成，由等量正点电荷产生的电场的特点和场强叠加原理可知，从O点沿x轴正方向，电场强度先变大后变小．综上所述，只有选项B正确．
19．[2014·山东卷]A
[解析] 壳内场强处处为零，试探电荷从球心运动到球壳处不受任何力作用，动能不变．正的试探电荷从球壳处向外运动时，受到类似于球壳的全部电荷集中于球心的正点电荷在壳外产生电场的电场力作用，要加速运动，动能增大．沿半径方向取相等的两段距离，离球心越远，电场力的等效值越小，电场力做的功越小，动能的增加量就越小，选项A正确．
4． [2014·天津卷]C
[解析] 本题是对带电微粒在复合场中的运动、动能定理、机械能守恒定律、受力分析的综合考查，通过图像中的运动轨迹，无法判断电场力的方向，只能判断出微粒所受的合外力方向竖直向下，运动过程中合力的方向与运动方向的夹角为锐角，合外力做正功，微粒的动能增加，A、B错误，C正确．由于不能判断出电场力的方向，所以机械能的变化也不能确定，D错误．
19．AC[解析] 本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识．根据库仑定律可知小球A与B之间的库仑力大小为kd2(q2)，选项A正确．若细线上的拉力为零，小球A受重力、库仑力和支持力作用，如图所示，由平衡条件可得F＝kd2(q2)＝mgtan θ，选项B错误，选项C正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A的支持力不可能为0，选项D错误．
3．[2014·重庆卷]A
[解析] 同一幅图中电场线的疏密可表示电场强度大小，a点处的电场线比b点处的密集，可知Ea>Eb，C、D错误，a、b两点处于同一等势面，电子从a、b两点运动到c点，电场力做的功相等，与路径无关，B错，A正确．
25．[2014·新课标全国卷Ⅰ] (1)7∶3(2)6q(3mq)，方向略
[解析] 设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝2(3)d，根据平抛运动的规律有
dsin 60°＝v0t①
dcos 60°＝2(1)gt2②
又有Ek0＝2(1)mv0(2)③
由①②③式得
Ek0＝8(3)mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋2(1)mgd⑤
由④⑤式得
Ek0(EkA)＝3(7).⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了2(d)和2(3)d，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－2(1)mgd＝3(2)Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－2(3)mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有
d(3)＝ΔEpB(ΔEpA)⑨
解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得
α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.

设场强的大小为E，有
qEdcos 30°＝ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得
E＝6q(3mg).⑫
22．[2014·安徽卷] [答案] (1) (2)Cg(mg（h＋d）) (3)h(h＋d)g(2h)
[解析] (1)由v2＝2gh得v＝
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝qd(mg（h＋d）)
U＝Ed
Q＝CU
得Q＝Cq(mg（h＋d）)
(3)由h＝2(1)gt1(2)、0＝v＋at2、t＝t1＋t2
可得t＝h(h＋d)g(2h)
20． [2014·福建卷Ⅰ (1)9.0×10－3 N(2)7.8×103 N/C 沿y轴正方向
[解析] (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为
F＝kL2(q2)①
代入数据得 F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为
E1＝kL2(q)③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为
E＝2E1cos 30°④
由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C⑤
场强E的方向沿y轴正方向．
1. (2013·北京高考) 【解析】选C。
根据题意,电子做匀速圆周运动的向心力由核的静电力提供,即,可判断电子运动的半径越大,加速度越小、线速度越小、角速度越小、周期越大,故C正确。
2. (2013·安徽高考)【解析】选D。
z=h处电荷量为q的点电荷,在z轴上处产生的场强为:
导体表面上的感应电荷,相当于在z=-h处放置电荷量为-q的点电荷,在z轴上处产生的场强为: 两个场强的合场强为:E=,D项正确。
3. (2013·广东高考)【解析】选C。
微滴带负电,进入电场,受电场力向上,应向正极板偏转,A错误;电场力做正功,电势能减小,B错误;微滴在电场中做类平抛运动,沿v方向:x=vt,沿电场方向:y=at2,又a=,得y=x2,即微滴运动轨迹是抛物线,且运动轨迹与电荷量有关,C正确、D错误。
4. (2013·山东高考)【解析】选A、B、D。
等量异种点电荷电场的等势面关于两点电荷连线对称,b、d两点关于两点电荷连线对称,因此,b、d两点的电势相等,选项A正确;过c点的两点电荷连线的垂直平分线是零等势面,因此,c点电势为零,但其他三个点的电势都大于零,为正值,选项B正确;根据等量异种点电荷电场中电场线的分布规律可以知道,b、d两点关于两点电荷连线对称,两点的电场强度大小相等,但方向不同,选项C错误;因为φa>φc,因此将一试探电荷+q由a移到c,电荷+q的电势能减小,选项D正确。
5. (2013·天津高考)【解析】选B、C。
根据等量同种正电荷的电场线分布,可知从A到O的运动过程中电荷q受的电场力方向不变,大小不断变化,到O点时电场力为零,故q的运动不是匀加速直线运动,是变加速直线运动,A错;由电场力的方向,知电荷q由A向O运动的过程中电场力做正功,电势能不断减小,动能不断增大,到O点,电势能最小,动能最大,B、C对;选无穷远为零势能点,O点的场强为零,电势为正值,由Ep=qφ知,电荷q在O点的电势能为负值,D错。
6. (2013·新课标全国卷Ⅰ) 【解析】选D。
带电粒子从P点下落刚好到达下极板处,由动能定理得:mg(+d)-qU=0,当将下极板向上平移时,设从P点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x处速度为零,则对带电粒子下落过程由动能定理得:mg(+x)-q··x=0,解之得x=d,故选项D正确。
7. (2013·新课标全国卷Ⅰ) 【解析】选B。
由b点的合场强为零可得圆盘在b点的场强与点电荷q在b点的场强大小相等、方向相反,所以圆盘在b点的场强大小为Eb=k,再根据圆盘场强的对称性和场强叠加即可得出d点的场强为Ed=Eb+k=k,故选项B正确。
8. (2013·新课标全国卷Ⅱ【解析】选B。
带电小球a、b在c球位置处的场强大小均为Ea=,方向如图所示,根据平行四边形定则,其合电场强度大小为Eab=,该电场应与外加的匀强电场E等大反向,即E=,选项B正确。
12.(2013·重庆高考) 【解析】选B。
由题图α粒子的运动轨迹可知,α粒子受重原子核的斥力作用而运动,故重核带正电,周围电势为正;因Q点比M点离核更远,故α粒子从M到Q,电场力做正功,动能增大,速度增大,A、D均错;N点离核最近,电势能最大,B对;沿电场线方向,电势降低,故M点比Q点电势高,C错。
13.(2013·海南高考) 【解析】选B。
设PR=2RQ=2r,因为R处的电场强度为零,两点电荷在R处的场强等大反向,由k=k,解得q1=4q2,B正确。
二、计算题
14. (2013·大纲版全国卷)
【解析】解法一:
(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得
a1=　①
a2=-2　②
a3=2　③
a4=-　④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图像如图甲所示,对应的速度—时间图像如图乙所示,

其中v1=a1=　⑤
由图乙可知,带电粒子在t=0到t=T时的位移为
s=v1　⑥
由⑤⑥式得s=
其方向沿初始电场正方向。
(2)由图乙可知,粒子在t=T到t=T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间t为
t=T-T=
解法二:
(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得
qE0=ma1　①
-2qE0=ma2　②
2qE0=ma3　③
-qE0=ma4　④
设带电粒子在t=、t=、t=、t=T时的速度分别为v1、v2、v3、v4,则
v1=a1　⑤
v2=v1+a2　⑥
v3=v2+a3　⑦
v4=v3+a4　⑧
设带电粒子在t=0到t=T时的位移为s,有
s=()　⑨
联立以上各式可得
s=　⑩[来源:学科网ZXXK]
其方向沿初始电场正方向。
(2)由电场的变化规律知,t=时粒子开始减速,设经过时间t1粒子速度减为零。
0=v1+a2t1
将①②⑤式代入上式,得
t1=　
粒子从t=时开始减速,设经过时间t2速度变为零。
0=v2+a3t2
此式与①②③⑤⑥式联立得
t2=　
t=0到t=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为
t=(-t1)+t2　
将⑪⑫式代入⑬式得
t=
【答案】(1)　沿初始电场正方向 (2)
15.(2013·四川高考)
【解析】(1)F作用之前,A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为,A、B间绳中张力为,
对A:=mAgsinθ　①
对B:=qE+　②
联立①②式,代入数据解得=0.4N
(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为FT,有
qEs=ΔEp③
FT-μmBg-qE=mBa　④
设A在N点时的速度为v,受弹簧的拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有
v2=2as　⑤
F弹=k·Δx　⑥
F+mAgsinθ-F弹sinθ-FT=mAa　⑦
由几何关系知　⑧
设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv　⑨
联立上式,代入数据解得
P=0.528W
【答案】(1)0.4N　(2)0.528W
16.(2013·新课标全国卷Ⅱ)
【解析】设电荷质量为m,经过a点和b点时速度大小为va和vb,由牛顿第二定律有
Na+qE=　①
Nb-qE=　②
经过a点和b点时动能分别为Eka和Ekb,
③
　④
从a点到b点的过程用动能定理有
Ekb-Eka=2rqE　⑤
联立①②③④⑤得
E=(Nb-Na)　
Eka=(Nb+5Na)　
Ekb= (5Nb+Na)　
【答案】(Nb-Na)　(Nb+5Na)　(5Nb+Na)
17. (2013·浙江高考)
【解析】(1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心,电场方向从B指向A,B板电势高于A板电势。
(2)根据题意,电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度大小相同,有:
eE=m
Ek0=mv2
R=
联立解得:
E==
(3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理,有
ΔEk=qU
对到达N板左边缘的电子,电场力做正功,动能增加,有
ΔEk左=e(φB-φC)
到达N板右边缘的电子,电场力做负功,动能减小,有
ΔEk右=e(φA-φC)
(4)根据电场线特点,等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度,考虑到等势面间距相等,有
|φB-φC|>|φA-φC|,即|ΔEk左|>|ΔEk右|。
【答案】(1)见解析　(2)　(3)e(φB-φC)　 e(φA-φC)　(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|　理由见解析
1．（2012福建卷）C
2．（2012江苏卷）．C
3．（2012江苏卷）．B
4．（2012上海卷）B
5（2012天津卷）C
6．（2012浙江卷）.ABC
7．(2012全国新课标). BD
8．（2012上海卷）．ACD
9．（2012安徽卷）.A
10．（2012重庆卷）．D
11.（2012海南卷）D
12．（2012广东卷）.BD
13．（2012北京高考卷）．B
14.（2012山东卷）. CD
15．(2012全国理综).
16.（2012四川卷）
2（2011安徽第18题）
3（2011安徽第20题）．
4（2011全国卷1第17题）．
7（2011新课标理综第20题）.
8（2011天津第5题）．
17（2011北京第24题）．

25