资源简介

章末检测试卷(第2章)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．(2023·上海市新川中学高二期中)四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是(　　)
2．(2023·湖北卷)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　)
A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若EMC．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN
3.(2023·漳州市期中)如图所示，在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为1 V，B点电势为4 V，C点电势为7 V。已知∠ACB＝30°，AB边长为2 m，D为AC的中点。则电场强度大小为(　　)
A．1 V/m B．2 V/m
C. V/m D．2 V/m
4．在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)
A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5
B．t＝5 s时，小球经过边界MN
C．在0～2.5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功
D．在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5.如图所示为一种电容传声器的结构示意图。a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，b是固定不动的金属板，a、b构成一个电容器。当声波作用于金属膜片a时，金属膜片发生相应的振动，随之改变a、b间距离，从而使电容发生变化。闭合开关S，声波使金属膜片a向右运动时(　　)
A．电容器的电容增大
B．电容器极板带电荷量减小
C．a、b之间的电场强度增大
D．电容器两板间的电压减小
6.空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有(　　)
A．EBx的大小大于ECx的大小
B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功
7.(2023·兴宁市沐彬中学高二期中)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平正对放置，间距为d，A板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。将一带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A板的距离为。若将A板向下平移，再让微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是(　　)
A．板间的电场强度变小
B．板间的电场强度不变
C．微粒能到达A板上方0.375d处
D．微粒能到达A板上方0.25d处
8.如图所示，长为L、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，可视为质点，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则(重力加速度为g)(　　)
A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能
B．A、B两点间的电势差UAB一定为
C．若电场是匀强电场，则电场强度的最大值一定是
D．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
三、非选择题：本题共7小题，共60分。
9．(4分)(2023·福建卷)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为Ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed，O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd，则φa________φd；φa________φc，(φO－φa)_________2(φO－φd)。(填“大于”“等于”或“小于”)
10．(4分)(2023·漳州市高二期中)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0，从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成37°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点，经过的时间为________，该点与P点的距离为________。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
11．(8分)如图为研究影响平行板电容器电容的因素的实验，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，则：
(1)(2分)当保持S不变，增大d，则θ________(填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)(2分)当保持d不变，减小S，则θ________(填“变大”“变小”或“不变”)；
(3)(2分)当保持S、d不变，在板间插入玻璃板，则θ____(填“变大”“变小”或“不变”)；
(4)(2分)以上实验方法均采用了____________________________。
12．(8分)(2023·青岛市期末)利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，已知直流电源电压9 V，实验过程中显示出电流随时间变化的I－t图像如图乙所示。
(1)(2分)关于电容器充电过程中两极板间电压U、所带电荷量Q随时间t变化的图像，正确的是________。
(2)(2分)如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将________(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)；
(3)(2分)根据图乙所示的I－t图像估算电容器的电容约为__________；
(4)(2分)某同学研究电容器充电后储存的能量E与电容C、电荷量Q及两极板间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服静电力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压U随电荷量Q变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是________。
A．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极板间的电压U成正比
B．搬运Δq的电荷，克服静电力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为
13.(10分)(2023·福建连城县第一中学高二阶段练习)如图所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线匀速率通过静电分析器，静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场，然后再从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，场强方向水平向左。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，离子质量为m、电荷量为q；QN＝d，PN＝2d，离子重力不计。求：
(1)(6分)若离子恰好能打在Q点，则矩形区域QNCD内电场强度E0的大小；
(2)(4分)从A到Q点的整个运动过程，静电力对离子做的功。
14．(12分)如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10 cm，两板相距为d＝2 cm。一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上。为使电子能射到荧光屏上。求两板间所加电压的取值范围。(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19C)
15．(14分)(2023·厦门市外国语学校石狮分校高二期中)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为点电荷)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)(4分)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)(4分)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小；
(3)(6分)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
章末检测试卷(第2章)
1．C　[电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。]
2．C　[沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM3．A　[匀强电场中，平行等距离的两线段之间的电势差相等，则有UAD＝UDC
根据UAD＝φA－φD，UDC＝φD－φC
解得φD＝4 V＝φB
可知，BD连线为等势线，根据电场线垂直于等势线，且方向由高电势点指向低电势点，作出电场线分布如图所示，则电场强度大小为E＝＝1 V/m
故选A。]
4．D　[由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝＝，进入电场后的加速度大小为a2＝＝，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～2.5 s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，这个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确。]
5．AC　[当a向右运动时，两个极板间的距离d减小，根据电容的决定式C＝知，电容器的电容变大，故A正确；开关S闭合，电容器两板间的电压保持不变，故D错误；根据匀强电场电场强度与电势差之间的关系E＝知，U不变，d减小，则E变大，故C正确；根据电容的定义式C＝知，C变大，U不变，则Q变大，故B错误。]
6．AD　[在B点和C点附近分别取很小的一段距离d，由题图可知，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，若将这两段的电场看作匀强电场，则有E＝，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知，O点场强在x轴方向上的分量最小，电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；沿电场线方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，选项B错误，D正确。]
7．BC　[极板所带电荷量保持不变，板间的电场强度E＝＝＝＝＝，与两板距离无关，即板间的电场强度不变，故A错误，B正确；根据题设条件由动能定理得mg·d－qEd＝0，解得qE＝mg，把A板向下平移的距离，根据动能定理知mg·x－qE·＝0，解得x＝d，微粒能到达A板上方x－d＝0.375d处，故C正确，D错误。]
8．BD　[小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低于A点的电势，故A错误；根据动能定理得－mgLsin θ＋qUAB＝mv02－mv02＝0，可得UAB＝＝，故B正确；若静电力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsin θ为定值，则当静电力沿斜面向上，且大小为F＝mgsin θ时，静电力最小，电场强度最小。若电场强度与运动方向不共线，则静电力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡。根据矢量的合成法则可知，静电力可能大于mg，电场强度可能大于，故C错误；若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势低于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。]
9．小于　等于　小于
解析　由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φa < φd，由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的电势分布可知φa＝φc，且越靠近O点场强越强，则Od部分的场强均大于db部分的场强，则根据U＝Ed，结合微元法可定性判别出φO－φb <2(φO－φd)，而φa＝φb，则φO－φa <2(φO－φd)。
10.　
解析　粒子在电场中做类平抛运动，水平方向的分位移x＝v0t
竖直方向的分位移y＝at2＝××t2＝
由于tan 37°＝＝
解得t＝
由几何关系可知，该点与P点的距离为
L＝＝＝·＝。
11．(1)变大　(2)变大　(3)变小　(4)控制变量法
解析　(1)根据C＝可知，当保持S不变，增大d时，电容减小，极板所带电荷量不变，则由C＝分析可知，板间电势差增大，静电计指针偏角θ变大。
(2)根据C＝可知，当保持d不变，减小S时，电容减小，极板所带电荷量不变，则由C＝分析可知，板间电势差增大，静电计指针偏角θ变大。
(3)根据C＝可知，当保持S、d不变，在板间插入玻璃板，电容增大，极板所带电荷量不变，则由C＝分析可知，板间电势差减小，静电计指针偏角θ变小。
(4)本实验方法采用了控制变量法。
12．(1)AC　(2)不变　变长　(3)1.8×10－4 F　(4)B
解析　(1)电容器充电过程中，电容器两端的电压U逐渐增大，最后与电源电压相等，因此斜率会逐渐减小，最后与横轴平行，故A正确，B错误；根据公式Q＝CU，电容C为定值，可知电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，所以Q－t图像的斜率也逐渐变小，最后为零，故C正确，D错误。
(2)由Q＝CU可知，电容器储存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成的面积保持不变，当增大电阻R时，充电电流减小，所以充电时间将变长。
(3)根据图像的物理意义可知，I－t图像中图线与横轴围成的面积表示电容器的电荷量，电容器的带电荷量约为Q0＝40×4×10－5 C＝1.6×10－3 C
根据电容的比值定义式可得电容约为
C＝＝＝1.8×10－4 F
(4)从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服静电力做的功，也就等于图像与横轴所围成的面积，则E＝QU＝CU2，故A错误；搬运Δq的电荷，克服静电力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积，故B正确；E＝，又因为Q′＝，由此可得E′＝E，故C错误。
13．(1)　(2)17qU
解析　(1)离子在加速电场中加速，
根据动能定理qU＝mv2
得v＝
离子做类平抛运动d＝vt,2d＝at2
由牛顿第二定律得qE0＝ma
得E0＝
(2)设全过程静电力对离子所做的总功为W，
则W＝W1＋W2＝qU＋2qE0d
得W＝17qU。
14．见解析
解析　如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则
y＝at2＝()2
tan θ＝＝＝
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得
tan θ＝＝
解得U＝
代入数据，得U＝360 V
因此偏转电压在－360～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上。
15．(1)　(2)0　(3)11.5R
解析　(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得
F电·(s＋R)－μmgs－mgR＝mvC2－0
解得vC＝
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得
F电·s－μmgs－mg·2R＝mvD2－0
解得vD＝
在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得N＋mg＝
解得N＝0
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0
(3)要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和静电力的合力提供
G′＝＝mg
等效重力与重力的夹角θ的正切值tan θ＝
所以θ＝37°
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，
则此时满足G′＝m
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得F电(smin－Rsin 37°)－μmgsmin－mgR(1＋cos 37°)＝mv2－0
解得smin＝11.5R。(共51张PPT)
章末检测试卷(第2章)
一、单项选择题：
1.(2023·上海市新川中学高二期中)四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；
选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；
由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；
由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2.(2023·湖北卷)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是
A.若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B.若EMC.若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM<φN，故C正确；
若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知EM1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
匀强电场中，平行等距离的两线段之间的电势差相等，
则有UAD＝UDC
根据UAD＝φA－φD，UDC＝φD－φC
解得φD＝4 V＝φB
可知，BD连线为等势线，根据电场线垂直
于等势线，且方向由高电势点指向低电势点，作出电场线分布如图所示，则电场强度大小为E＝ ＝1 V/m
故选A。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4.在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的
v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则
A.小球受到的重力与静电力大
小之比为4∶5
B.t＝5 s时，小球经过边界MN
C.在0～2.5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功
D.在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后
做加速运动，由题图分析可知，
小球经过边界MN的时刻是t＝1 s
和t＝4 s，B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
0～2.5 s过程中，动能变化量为
零，根据动能定理，这个过程
中重力做的功与克服静电力做
的功大小相等，C错误；
由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，
在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确。
二、多项选择题
5.如图所示为一种电容传声器的结构示意图。a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，b是固定不动的金属板，a、b构成一个电容器。当声波作用于金属膜片a时，金属膜片发生相应的振动，随之改变a、b间距离，从而使电容发生变化。闭合开关S，声波使金属膜片a向右运动时
A.电容器的电容增大
B.电容器极板带电荷量减小
C.a、b之间的电场强度增大
D.电容器两板间的电压减小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
√
14
15
开关S闭合，电容器两板间的电压保持不变，故D错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
6.空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有
A.EBx的大小大于ECx的大小
B.EBx的方向沿x轴正方向
C.电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大
D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正
功后做负功
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
√
14
15
在B点和C点附近分别取很小的一段距离d，由题图可知，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，若将这两段的电场看作匀强电场，则有E＝ ，可见EBx＞ECx，选项A正确；
同理可知，O点场强在x轴方向上的分量最小，电
荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，
选项C错误；
沿电场线方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，选项B错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
7.(2023·兴宁市沐彬中学高二期中)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平正对放置，间距为d，A板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。将一带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A板的距离为 。若将A板向下平移
再让微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是
A.板间的电场强度变小
B.板间的电场强度不变
C.微粒能到达A板上方0.375d处
D.微粒能到达A板上方0.25d处
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
8.如图所示，长为L、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，可视为质点，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则(重力加速度为g)
A.小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
D.若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低于A点的电势，故A错误；
若静电力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsin θ为定值，则当静电力沿斜面向上，且大小为F＝mgsin θ时，静电力最小，
电场强度最小。若电场强度与运动方向不共线，则静电力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡。根据矢量的合成法则可知，静电力可能大于mg，电场强度可能大于 ，故C错误；
若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势低于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
三、非选择题
9.(2023·福建卷)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一
段以O为圆心的圆弧，d为Ob的中点。a、d两点场强大
小分别为Ea、Ed，O、a、c、d四点电势分别为φO、
φa、φc、φd，则φa______φd；φa_______φc，(φO－φa)
_______2(φO－φd)。(填“大于”“等于”或“小于”)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
小于
等于
小于
由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φa < φd，由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的
电势分布可知φa＝φc，且越靠近O点场强越强，则
Od部分的场强均大于db部分的场强，则根据U＝Ed，
结合微元法可定性判别出φO－φb <2(φO－φd)，而φa
＝φb，则φO－φa <2(φO－φd)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
10.(2023·漳州市高二期中)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0，从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成37°角，粒子的重力可以忽略，则粒
子到达MN连线上的某点，经过的时间为________，
该点与P点的距离为_______。(sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向的分位移x＝v0t
11.如图为研究影响平行板电容器电
容的因素的实验，设两极板正对面
积为S，极板间的距离为d，静电计
指针偏角为θ，实验中，极板所带电
荷量不变，则：
(1)当保持S不变，增大d，则θ______(填“变大”“变小”或“不变”)；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
变大
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)当保持d不变，减小S，则θ______(填“变大”“变小”或“不变”)；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
变大
14
15
(3)当保持S、d不变，在板间插入玻璃板，则θ______(填“变大”“变小”或“不变”)；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
变小
14
15
(4)以上实验方法均采用了___________。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
控制变量法
14
15
本实验方法采用了控制变量法。
12.(2023·青岛市期末)利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，已知直流电源电压9 V，实验过程中显示出电流随时间变化的I－t图像如图乙所示。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(1)关于电容器充电过程中两极板间电压U、所带电荷量Q随时间t变化的图像，正确的是________。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
AC
电容器充电过程中，电容器两端的电压U逐渐增大，最后与电源电压相等，因此斜率会逐渐减小，最后与横轴平行，故A正确，B错误；
根据公式Q＝CU，电容C为定值，可知电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，所以Q－t图像的斜率也逐渐变小，最后为零，故C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将______(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将_____
(填“变长”“不变”或“变短”)；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
不变
变长
由Q＝CU可知，电容器储存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成的面积保持不变，当增大电阻R时，充电电流减小，所以充电时间将变长。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(3)根据图乙所示的I－t图像估算电容器的电容约为____________；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1.8×10－4 F
根据图像的物理意义可知，I－t图像中图线与横轴围成的面积表示电容器的电荷量，电容器的带电荷量约为Q0＝40×4×10－5 C＝1.6×10－3 C
(4)某同学研究电容器充电后储存的能量E与电容C、电荷量Q及两极板间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服静电力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压U随电荷量Q变化的图像如图丙所示。下列说法
正确的是________。
A.对同一电容器，电容器储存的能量E与两极板间的电压
U成正比
B.搬运Δq的电荷，克服静电力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
搬运Δq的电荷，克服静电力所做的功近似等
于Δq上方小矩形的面积，故B正确；
13.(2023·福建连城县第一中学高二阶段练习)如图所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线匀速率通过静电分析器，静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场，然后再从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，场强方向水平向左。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，离子质量为m、电荷量为q；
QN＝d，PN＝2d，离子重力不计。求：
(1)若离子恰好能打在Q点，则矩形区域QNCD内电
场强度E0的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由牛顿第二定律得qE0＝ma
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)从A到Q点的整个运动过程，静电力对离子做的功。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　17qU
设全过程静电力对离子所做的总功
为W，则W＝W1＋W2＝qU＋2qE0d
得W＝17qU。
14.如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10 cm，两板相距为d＝2 cm。一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上。为使电子能射到荧光屏上。求两板间所加电压的取值范围。(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在
两板间的中线上，电子质量m＝9.0×
10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19C)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　见解析
如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
代入数据，得U＝360 V
因此偏转电压在－360～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上。
15.(2023·厦门市外国语学校石狮分校高二期中)如图所示，BCDG是光滑绝缘的 圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为点电荷)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为 滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点
由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时
速度为多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的
A点由静止释放，求滑块到达D点时受到
轨道的作用力大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　0
若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得
在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解得N＝0
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0
(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑
块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求
s的最小值。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　11.5R
要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和静电力的合力提供
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
所以θ＝37°
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
从A点由静止释放到达等效最高点过程，
由动能定理，得
解得smin＝11.5R。

展开更多......

收起↑