2024教科版高中物理必修第三册同步练习（有解析）--第一章 静电场拔高练

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2024教科版高中物理必修第三册同步
综合拔高练
五年高考练
考点1　库仑定律的理解及应用
1.(2018课标Ⅰ,16)如图所示,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则 (　　)
A.a、b的电荷同号,k=
B.a、b的电荷异号,k=
C.a、b的电荷同号,k=
D.a、b的电荷异号,k=
考点2　电场的叠加
2.(2021湖南,4)如图所示,在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷,在(0,a)位置放置电荷量为q的负点电荷,在距P(a,a)为a的某点处放置正点电荷Q,使得P点的电场强度为零,则Q的位置及电荷量分别为 (　　)
A.(0,2a),q　　　　B.(0,2a),2q　　　　
C.(2a,0),q　　　　D.(2a,0),2q
3.(2022山东,3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　　)
A.正电荷,q=
B.正电荷,q=
C.负电荷,q=
D.负电荷,q=
考点3　静电场中的平衡问题
4.(2021海南,8)如图所示,V形对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上,两斜面与水平面夹角均为α=60°,其中斜面N光滑,两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上,P、Q连线垂直于斜面M,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则P与M间的动摩擦因数至少为 (　　)
A.
5.(2021湖北,11)如图所示,一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中,悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷,电荷量大小均为q(q>0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍,两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　)
A.M带正电荷　　　　B.N带正电荷
C.q=L
6.(2020浙江1月选考,13)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。A、B、C三个小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三个小球等间距排列。已知静电力常量为k,则 (　　)
A.qC=q0
B.弹簧伸长量为
C.A球受到的库仑力大小为2Mg
D.相邻两小球间距为q0
考点4　电势高低及电势能大小的判断
7.(2021北京,9)如图所示的平面内,有静止的等量异号点电荷,M、N两点关于两电荷连线对称,M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是 (　　)
A.M点的场强比P点的场强大
B.M点的电势比N点的电势高
C.N点的场强与P点的场强相同
D.电子在M点的电势能比在P点的电势能大
8.(2022全国乙,19)如图所示,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。下列说法正确的是(　　)
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零
9.(2022江苏,9)如图所示,正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则 (　　)
A.在移动过程中,O点电场强度变小
B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大
C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功
D.当其移动到无穷远处时,O点的电势高于A点
10.(2021江苏,10)一球面均匀带有正电荷,球内的电场强度处处为零,如图所示,O为球心,A、B为直径上的两点,OA=OB,现垂直于AB将球面均分为左右两部分,C为截面上的一点,移去左半球面,右半球面所带电荷仍均匀分布,则 (　　)
A.O、C两点电势相等
B.A点的电场强度大于B点
C.沿直线从A到B电势先升高后降低
D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大
考点5　电场线、等势面的特点及应用
11.(2022重庆,8)如图所示为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图,Q、Q'位于x轴上,相邻等势面的电势差为3 V。若x轴上的M点和N点位于0 V等势面上,P为某等势面上一点,则 (　　)
A.N点的电场强度大小比M点的大
B.Q为正电荷
C.M点的电场方向沿x轴负方向
D.P点与M点的电势差为12 V
12.(2021全国甲,19)某电场的等势面如图所示,图中a、b、c、d、e为电场中的5个点,则　 (　　)
A.一正电荷从b点运动到e点,电场力做正功
B.一电子从a点运动到d点,电场力做功为4 eV
C.b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向右
D.a、b、c、d四个点中,b点的电场强度大小最大
13.(2021浙江6月选考,6)某书中有如图所示的图,用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面,其中a、b是同一条实线上的两点,c是另一条实线上的一点,d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是(　　)
A.实线表示电场线
B.离d点最近的导体表面电荷密度最大
C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D.电荷从a点到c点再到b点,这一过程电场力做功一定为零
14.(2021天津,8)两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示,相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹,轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是 (　　)
A.两点电荷可能是异种点电荷
B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势
D.电子运动到P点时动能最小
考点6　电势差与电场强度的关系
15.(2022湖北,4)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 (　　)
A.q,r　　　　B.2q,r　　　　
C.2q,2r　　　　D.4q,2r
16.(2018课标Ⅰ,21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服静电力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 (　　)
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
考点7　电场中的图像问题
17.(2021山东,6)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤xA.Q=q,释放后P将向右运动
B.Q=q,释放后P将向左运动
C.Q=q,释放后P将向右运动
D.Q=q,释放后P将向左运动
考点8　电容器
18.(2022重庆,2)如图所示为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则(　　)
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
19.(2022北京,9)利用如图所示电路观察电容器的充放电现象,其中E为电源,R为定值电阻,C为电容器,A为电流表,V为电压表。下列说法正确的是 (　　)
A.充电过程中,电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.充电过程中,电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C.放电过程中,电流表的示数均匀减小至零
D.放电过程中,电压表的示数均匀减小至零
考点9　带电粒子(带电体)在电场中的运动
20.(2020浙江7月选考,6)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45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时 (　　)
A.所用时间为
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
21.(2022全国甲,21)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后, (　　)
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
22.(2022北京,18)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;
(3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
23.(2019课标Ⅱ,24)如图所示,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少
三年模拟练
应用实践
1.(2022广东广州六中期末)避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物并避免雷击的一种设施。在雷雨天气,带负电的云层运动到高楼上空时,避雷针的尖头通过静电感应会带上大量电荷,由于导体尖端容易聚集电荷,所以楼顶带上的电荷会很少,从而保护建筑。如图所示为广州塔“接闪”的画面,放大图为塔尖端附近电场线分布特点(方向未画出),下列说法正确的是 (　　)
A.放电前塔尖端带负电
B.放电时空气中的正电荷将向塔尖端运动
C.向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越小
D.向塔尖端运动的电荷电势能减小
2.(2022北京朝阳期末)静电喷涂被广泛用于各种表面处理技术中,相比传统的喷涂技术,其效率高,易于实现半自动化或自动化,适于大规模流水线作业,其原理如图所示。涂料雾化装置为负电极,接电源负高压,被涂物为正电极,通常接地。下列说法正确的是 (　　)
A.图中喷枪与被涂物之间的实线代表电场线
B.涂料颗粒在电场中运动时加速度恒定
C.涂料颗粒在电场中运动时电势能逐渐增大
D.被涂物上的尖端处,涂料附着较多
3.(2022重庆西南大学附中月考)如图所示为一种电容传声器。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,若声波使金属膜片a向右运动 (　　)
A.电容器的电容减小
B.电容器极板带电荷量减小
C.a、b板之间的电场强度增大
D.电容器两板间的电压减小
4.(2022广东佛山期末)如图所示是探究库仑力的装置,将两块金属圆片A、B分别固定在绝缘支架上,下支架固定在高精度电子秤的托盘上,上支架贴上距离标尺,穿过固定支架的小孔安置。现将电子秤示数清零(“去皮”)后,给A、B带上同种电荷。下列说法正确的是 (　　)
A.A、B所带电荷量必须相等
B.A对B的库仑力与B对A的库仑力是一对平衡力
C.电子秤的示数与A、B间的距离成反比
D.用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开,电子秤的示数将减半
5.(2022广东深圳期末)干燥的秋冬季节容易使物体带电,某同学用绝缘细线将一个质量为m的锡箔纸球悬挂在铁架台上,铁架台置于水平桌面并靠近一个放在绝缘支架上的金属球,金属球与锡箔纸球处于同一高度,如图所示,最终静止时细线偏离竖直方向的角度为θ,不考虑铁架台受到的电场力,已知重力加速度为g,由此不能求出的是 (　　)
A.锡箔纸球所受的电场力
B.细线的拉力
C.铁架台所受的摩擦力
D.锡箔纸球静止处的电场强度
6.(2022江西宜春期中)如图所示,阴极射线示波管的聚焦电场由电极A1、A2形成,图中实线为电场线,虚线为等势线,Z轴为该电场的中心轴线,P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三个点,则 (　　)
A.电极A1的电势高于电极A2的电势
B.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
C.电子在P点处的动能小于在Q点处的动能
D.电子在Q点处的电势能小于在R点处的电势能
7.(2022江苏苏州八校联考)如图所示为电子束焊接机,图中带箭头的虚线代表电场线,B、C是电场中两点。K为阴极,A为阳极,两极之间的距离为d,在两极之间加上高压U,有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力,元电荷为e,则下列说法正确的是(　　)
A.A、K之间的电场强度均为
B.B点电势高于C点电势
C.B点电场强度大于C点电场强度
D.电子由K到A,电势能减少了eU
8.(2022湖南长沙雅礼中学期末)空间中一静电场的某物理量在x轴上分布情况如图所示,其中OA=OB,则 (　　)
A.若为E-x图像,则φA=φB
B.若为E-x图像,则将一电子由A沿x轴移向B,电场力先做负功再做正功
C.若为φ-x图像,则EA、EB相同
D.若为φ-x图像,在A自由释放一质子,其仅在电场力作用下运动到B,加速度先变小后增大
9.(2022江苏镇江一中期末)如图所示,足够大的绝缘粗糙薄板水平固定放置,薄板上、下两侧的A、B两点固定有两个点电荷,其中A处点电荷的电荷量为+Q,B处点电荷的电荷量为-Q,A、B两点连线与薄板垂直,且垂足O为A、B连线的中点。将一轻质细绳一端固定在O点,另一端连接一带电小球,小球恰能在薄板平面上以速度v0绕O点做匀速圆周运动,则下列说法正确的是 (　　)
A.小球带正电
B.薄板对小球的弹力竖直向上
C.小球运动过程中,减少的电势能等于因摩擦而增加的内能
D.小球运动过程中所受电场力始终不变
10.(2022辽宁沈阳外国语学校期中)矩形ABCD处于匀强电场中,电场方向平行于矩形所在平面,矩形边长AB=1 cm,BC=2 cm。将电子由A点移动到D点,电场力做功2 eV;将电子由A点移动到C点,电场力做功1 eV。已知A点电势为0,则 (　　)
A.电场强度大小为100 V/m
B.电场强度方向平行AD向右
C.B点的电势为1 V
D.电子在矩形ABCD上电势能最大为2 eV
11.(2022安徽芜湖联考)沿电场中某条直电场线方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示,坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应,相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放,若粒子仅受电场力作用,则 (　　)
A.从O点到C点,电势先升高后降低
B.粒子一直做加速直线运动
C.粒子在AB段电势能变化量大于在BC段电势能变化量
D.粒子在AB段电势能变化量小于在BC段电势能变化量
12.(2022河南南阳六校联考)如图甲所示,在一个点电荷Q的电场中,Ox坐标轴与它的一条电场线重合,坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力方向都跟x轴的正方向相同,静电力跟检验电荷所带电荷量的关系图像如图乙所示,放在A点的试探电荷带正电,放在B点的检验电荷带负电。求:
(1)B点的电场强度的大小和方向;
(2)试判断点电荷Q的电性,并说明理由;
(3)点电荷Q的位置坐标。
13.(2022浙江宁波期末)有A、B、C、D四个完全相同的表面有金属的小球,最开始只有A球带电,现将四个小球按图a放在绝缘水平面上靠在一起,然后将它们分开放在一个四周绝缘且光滑的容器中,结果四个小球恰好能静止在一个边长为d的、处在竖直平面内的一个正方形的四个顶点(如图b所示),已知每个小球质量为m,静电力常量为k,重力加速度为g,每个小球都可以看成点电荷。问:
(1)初始A球的电荷量大小;
(2)容器底对A球弹力大小。
迁移创新
14.(2022浙江台州期末)如图甲所示,垂直x轴放置的两极板M、N间存在加速电场,电势差UMN随时间变化的图像如图乙所示,M极板附近有一离子源,不断释放初速为零、质量为m、带电荷量为q的正离子,经加速电场后,从坐标原点O沿x轴正方向进入第一和第四象限中的有界匀强电场,电场分布在直线OP下方,方向沿y轴正方向。已知0时刻释放的离子离开边界OP时的坐标为(x1,y1),离子在加速电场中的运动时间远小于T,不计离子的重力和离子之间的相互作用。求:
(1)在0~T时间内释放的离子通过O点时的速度大小范围;
(2)第一象限和第四象限内电场的场强E大小;
(3)在0~T时间内释放的离子从边界OP射出后,若用平行于x轴方向的收集板全部收集,则收集板至少多长
甲　乙
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.B 3.C 4.D 5.BC 6.A 7.C
8.AB 9.D 10.A 11.AD 12.BD 13.D 14.CD
15.D 16.AB 17.C 18.A 19.B 20.C 21.BD
1.D　若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2或4区域,若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域,故只有a、b的电荷异号,合力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,
tan β=tan α=,=tan β,由库仑定律得,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。
一题多解　电场强度叠加法
　　球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域,若a、b的电荷异号,球c处的合电场强度指向1或3区域,故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方向如图:
tan β=tan α=,由电场叠加原理得tan β=,结合点电荷电场强度公式得,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。
2.B　
解题思路　
在(a,0)位置和(0,a)位置的两点电荷在P点产生的电场强度如图所示,由图中几何关系可知,二者产生的电场强度的合场强大小为E1=,方向如图所示;由于P点的电场强度为零,则Q在P点产生的电场强度与那两个点电荷产生的合场强大小相等,方向相反,则 ,解得Q=2q,由E2的方向知,Q的位置为(0,2a),选项B正确。
3.C　将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零,由此可知,在O点,圆环上剩余电荷产生的电场的场强与A、B处弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷产生的电场的合场强等大反向,由点电荷的场强公式、电场叠加原理和几何关系可得,A、B处弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷产生的电场在O点的合场强E1=k,方向由O指向C,由题意可知,qA=ΔL,D处的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向即可,故q应为负电荷,由k,解得q=,故C正确。
4.D　若P恰好静止在M上,对两滑块受力分析如图所示,对Q,在沿斜面方向有mg cos 30°=F cos 30°,可得mg=F;对P可得N2=F+mg sin 30°,f=mg cos 30°,又由f=μN2,联立解得μ=,D正确。
5.BC　对小球M、N受力分析如图(a)、图(b)所示,由受力分析图可知小球M带负电,小球N带正电,A错误,B正确;由几何关系可知,两小球间的距离为r=L,由平衡条件可得mg tan 45°=Eq-k,mg tan 45°=E·2q-k,整理可得q=L,C正确,D错误。
解题策略　求解静电场中平衡问题的思路
6.A　设小球C带负电,相邻小球间距为L,则小球C沿斜面方向受力如图所示。
根据库仑定律可得FBC=k,显然小球C无法处于静止,因此小球C带正电。小球C平衡时,有k+Mg sin α①,则=Mg sin α。B球受力如图所示。
根据平衡条件,可得k+Mg sin α②,联立①②可得qC=q0,选项A正确。将C的电荷量代入①式,则L=q0,选项D错误。把B、C看成一个整体,A对这个整体的库仑力大小为FA=2Mg sin α,方向沿斜面向上,由牛顿第三定律可知,A所受库仑力大小为FA'=2Mg sin α,方向沿斜面向下,选项C错误。对A受力分析可知,F弹=Mg sin α+FA',将上述结果代入,则F弹=3Mg sin α,又因为F弹=k0Δx,所以弹簧伸长量为Δx=(分析A所受的弹簧弹力时也可以用整体法进行分析),选项B错误。
7.C　等量异种点电荷电场线的分布如图所示,M点和P点关于连线中垂线对称,M点和N点关于连线对称,所以三个点所在位置电场线的疏密程度相同,由此可得三个点的场强大小相等,选项A错误;M点和N点处于同一等势面上,电势相等,选项B错误;N点和P点的场强相同,选项C正确;如果把电子从M点向P点移动,电场力将做负功,电势能将增加,所以电子在P点的电势能大于在M点的电势能,选项D错误。
8.AB　根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点,N点的电场方向沿对角线从N点指向O点,L和N两点处的电场方向相互垂直,A正确;根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左,B正确;M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上,M、O两点的电势相等,将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力不做功,C错误;L点的电势比N点的电势低,将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电势能增大,电场力做负功,D错误。
9.D　O是等量同种电荷连线的中点,场强为0,将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处,O点电场强度变大,选项A不符合题意;移动过程中,C点场强变小,正电荷所受静电力变小,选项B错误;在OA的延长线上电场方向沿OA方向,移动过程中,移动电荷所受静电力做正功,选项C错误;移动到无穷远处时,OA段电场方向沿OA方向,沿电场方向电势降低,O点的电势高于A点电势,选项D正确。
10.A　完整球面时,φO=φC,φ左O=φ右O,φ左C=φ右C,因为电势是标量,φO=φ左O+φ右O=2φ右O,φC=φ左C+φ右C=2φ右C,所以φ右O=φ右C,选项A正确;球面完整时内部场强处处为零,右半球在A点产生的合场强E右A水平向左,左半球在A点产生的合场强E左A水平向右,E右A=E左A,同理右半球在B点产生的合场强E右B水平向左,左半球在B点产生的合场强E左B水平向右,E右B=E左B,根据对称性可知E左A=E右B,即E右B=E右A,选项B错误;由对称性可知电场线方向B→A,因沿电场线方向电势逐渐降低,所以从A到B电势逐渐升高,选项C错误;由于A点的场强等于B点的场强,所以沿直线从A到B电场强度逐渐增大是不可能的,选项D错误。
规律总结　两种不同方向上场强的特点
11.AD　等差等势面的疏密体现场强的大小,由图可知N点的等差等势面比M点更密,则N点的电场强度大小比M点的大,故A正确;沿着电场线电势逐渐降低,由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,故B错误;沿着电场线电势逐渐降低,结合各等势面的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向,故C错误;M点与N点等势均为0 V,P点与N点之间夹着3个等势面,而相邻等势面的电势差为3 V,则P点与M点的电势差为12 V,故D正确。
12.BD　由于b、e两点在同一等势面上,所以正电荷从b点运动到e点,电场力不做功,故选项A错误;电子从a点运动到d点,电场力做功Wad=-e(φa-φd)=-e(3 V-7 V)=4 eV,故选项B正确;电场线与等势面垂直,并且沿电场线方向电势降低,所以b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向左,故选项C错误;等差等势面密的地方电场强度较大,a、b、c、d四个点中,b点处等差等势面最密,其电场强度大小最大,故选项D正确。
13.D　“<”形导体为等势体,由于电场线方向总是与等势面垂直,所以图中虚线为电场线,实线为等势面,导体表面尖端处电荷密度最大,故A、B错。“<”形导体右侧表面附近电场线垂直于等势面,故C错。a、b在一个等势面上,无论经怎样的路径从a到b电场力均不做功,故D正确。
14.CD　根据两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面可知,两点电荷一定是同种点电荷,且A点的电场强度比B点的小,选项A、B错误;根据电子(带负电)在该电场中的运动轨迹可知,两点电荷一定是负电荷,A点的电势高于B点的电势,选项C正确;电子从M点到P点,电场力做负功,电子的电势能增大,动能减小;电子从P点到N点,电场力做正功,电子的电势能减小,动能增大,则电子运动到P点时动能最小,选项D正确。
15.D　金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止,则由平衡条件有qρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴在板间保持静止,则由平衡条件有q'ρπr'3g,联立得,D正确。
16.AB　电子从a到d的过程中克服电场力做功6 eV,说明电场方向由a→f,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6 V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2 V,又因为φb=2 V,故φa=4 V,φc=0 V,φd=-2 V,φf=-4 V,可知A项正确。Eka=10 eV,从a到f过程中,需克服电场力做功8 eV,Eka>|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2 eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8 eV,经过平面d时的动能为4 eV,又知Ek=mv2,故,D项错误。
17.C　对y轴正半轴上的点电荷,由点电荷所受库仑力的合力为零可得2×k,解得Q=a区间内沿x轴正向电势升高,则场强方向沿x轴负向,则将P沿x轴向右略微移动后由静止释放,P受到向右的电场力而向右运动,选项C正确。
18.A　极板之间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据电容定义式C=可知电容器的电容C减小,D错误;根据电容的决定式C=可知极板间距d增大,极板之间形成匀强电场,根据E=可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距d增大,材料竖直方向尺度减小,A正确。
19.B　充电过程中,随着电容器C两极板电荷量的积累,电路中的电流逐渐减小,电容器充电结束后,电流表示数为零,A错误;电压表测量电容器两极板间的电压,充电过程中,随着电容器C两极板电荷量的积累,电容器两极板间的电压迅速增大,之后趋于稳定,B正确;电容器放电的I-t图像如图所示,可知电流表的示数不是均匀减小至0的,又因为I=,Q=CU,故电压表的示数不是均匀减小至0的,C、D错误。
20.C　粒子在电场中做类平抛运动,从P点到再次落到MN连线上,水平位移等于竖直位移,即v0t=t2,解得t=,故A选项错误;竖直速度vy=t=2v0,合速度v=v0,故B选项错误;水平位移x=v0t=,竖直位移y=x,故合位移大小s=,故C选项正确;设速度方向与竖直方向的夹角为θ,则tan θ=,即θ≠30°,故D选项错误。
21.BD　如图所示,等效重力方向斜向右下方45°,PQ为等效水平方向。小球的运动可以看成类斜上抛运动,小球动能最小时在斜上抛最高点,即如图速度为v'处,v'与水平方向夹角为45°,此时小球速度的水平分量等于竖直分量,不是电势能最大处,电势能最大处在Q处,此时小球速度方向竖直向下,大小等于初速度v,P处与Q处小球动能相等,所以A、C错误,B正确;从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量,P处与Q处小球动能相等,由于机械能与电势能的总和不变,所以减少的重力势能等于增加的电势能,故D正确。
22.答案　(1)q　(2)　(3)
解析　(1)两极板间的场强E=
带电粒子所受的静电力F=qE=q
(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=mv2
解得v=
(3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v',根据功能关系有qmv'2
带电粒子在前距离做匀加速直线运动,后距离做匀速运动,设用时分别为t1、t2,有t1,=v't2
则该粒子从M板运动到N板经历的时间t=t1+t2=
导师点睛　优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理结合功能关系解题。
23.答案　(1)　(2)2v0
解题关键　(1)P、G间和Q、G间场强大小相等,粒子在P、G间所受电场力的方向竖直向下,在Q、G间所受电场力的方向竖直向上。
(2)粒子在P、G间做类平抛运动,在Q、G间的运动可看作P、G间类平抛运动的逆过程。
(3)粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,轨迹大致如下图所示。
解析　(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,设为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E= ①
F=qE=ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有
qEh=Ek- ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=at2 ④
l=v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得Ek=qh ⑥
l=v0 ⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L为
L=2l=2v0 ⑧
三年模拟练
1.D 2.D 3.C 4.D 5.D 6.C
7.D 8.D 9.D 10.A 11.BC
1.D　云层带负电,根据静电感应规律可知放电前塔尖端带正电,故A错误;塔尖带正电,云层带负电,所以放电时空气中的负电荷将向塔尖端运动,故B错误;根据电场线的疏密可知,塔尖的电场强度较大,所以向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越大,故C错误;负电荷在电场力的作用下向塔尖端运动,电场力做正功,电势能减小,故D正确。
2.D　图中喷枪与被涂物之间的实线不代表电场线,因为电场线从正电荷出发到负电荷,A错误;该电场不是匀强电场,涂料颗粒运动过程中所受的电场力不是恒力,涂料颗粒在电场中运动时加速度不恒定,B错误;涂料颗粒在电场中运动时,电场力做正功,电势能减小,C错误;被涂物上的尖端处,电荷密度大,该处电场强度大,颗粒所受电场力大,涂料附着较多,D正确。
3.C　根据C=可知,当a向右运动时,两个极板间的距离d减小,故电容器的电容变大,A错误;开关S闭合,电容器两极板间的电压不变,D错误;根据E=可知,U不变,d减小,则E变大,C正确;根据C=可知,C变大,U不变,则Q变大,B错误。
4.D　探究电荷间的库仑力规律时,库仑力与两电荷所带电荷量多少有关,与两电荷间的距离有关,不要求两电荷的电荷量必须相等,不相等一样可以探究,选项A错误;A对B的库仑力与B对A的库仑力是一对相互作用力,分别作用在两个物体上,不是一对平衡力,选项B错误;电子秤的示数与A、B间的距离的二次方成反比,选项C错误;用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开,C与A各带电荷量是原A所带电荷量的一半,因为A、B间的库仑力与两电荷的电荷量乘积成正比,所以电子秤的示数将减半,选项D正确。
5.D　设锡箔纸球与金属球之间的电场力大小为F,细线的弹力大小为T,如图所示。
锡箔纸球受力平衡,则T=,F=mg tan θ,其中拉力T方向沿细线斜向上,电场力方向水平向右;对锡箔纸球和铁架台整体分析可知,铁架台所受的摩擦力大小为f=F=mg tan θ,方向为水平向左,故A、B、C不符合题意。由于锡箔纸球、金属球的电荷量未知,所以无法求出锡箔纸球静止处的电场强度,故D符合题意。
6.C　电场线由电极A2指向电极A1,沿着电场线方向电势降低,所以φA1<φA2,选项A错误;Q、R两点处相比较,Q点处的电场线更密集,所以EQ>ER,选项B错误;沿电场线的方向电势降低,所以φR>φQ>φP,根据Ep=qφ,且电子带负电,可知EpREkQ>EkP,选项C正确,D错误。
7.D　A、K之间的电场是非匀强电场,公式E=不适用,因此A、K之间的电场强度不等于,选项A错误;沿电场线方向电势降低,可知B点电势低于C点电势,选项B错误;电场线的疏密程度表示电场强度大小,从图中可知B点所在位置的电场线较疏,C点所在位置的电场线较密,故B点的电场强度小于C点的电场强度,选项C错误;电子由K到A,电场力做正功,电势能减小,根据W=-ΔEp=-(EpA-EpK)及W=eU可知,EpK-EpA=eU,选项D正确。
8.D　若为E-x图像,由图像知,由A到B电场强度一直是负值,表明电场方向一直是沿x轴负方向,沿电场线方向电势逐渐降低,因此由A到B电势是升高的,则φA<φB,A、B之间电场方向一直是沿x轴负方向,将一电子由A沿x轴移向B,电子受到的电场力方向指向x轴正方向,所以电场力一直做正功,故选项A、B错误。若为φ-x图像,其斜率代表电场强度,则A、B两点电场强度大小相等,但方向相反,故C错误。若为φ-x图像,由A到O电势降低,电场方向指向x轴正方向,在A点由静止释放的质子所受电场力方向指向x轴正方向,质子将向x轴正方向运动,由图像斜率变化可知电场强度先变小,在O点为零,由O到B电场反向逐渐变大,所以质子的加速度先变小后变大,故D正确。
9.D　水平薄板是粗糙的,由于小球恰能做匀速圆周运动,所以小球必定不受滑动摩擦力作用,则小球与薄板之间没有弹力作用,故B、C错误;根据等量异种点电荷的电场分布特点可知,薄板处的电场强度方向竖直向下,小球在竖直方向上受力平衡,所以电场力必定竖直向上,则小球带负电,故A错误;圆周轨迹上的电场强度大小、方向均相同,则小球运动过程中所受电场力始终不变,故D正确。
10.A　由题意可得W1=-e(0-φD)=2 eV,W2=-e(0-φC)=1 eV,解得φC=1 V,φD=2 V。根据匀强电场中场强与电势差的关系可推知UAB=UDC,所以φB=-1 V,选项C错误;BC中点F的电势为φF==0,则AF为一条等势线,取AF中点G,根据几何关系可知BG⊥AF,又根据沿电场线方向电势降低,可知电场强度方向为由G指向B,由E=可得,电场强度大小为E= V/m,选项A正确,B错误;B点为矩形ABCD上电势最低点,电子在B点电势能最大,为1 eV,选项D错误。
11.BC　从O点到C点,电场方向不变,电势一直降低,选项A错误;带正电粒子受力方向与场强方向相同,粒子一直做加速直线运动,选项B正确;由题图知AB段场强的平均值大于BC段场强的平均值,由A到B和由B到C的位移相同,所以在AB段电场力做功较多,电势能的变化量较大,选项C正确,D错误。
12.答案　(1)500 N/C,方向沿x轴负方向
(2)见解析　(3)x=3.0 m
解析　(1)根据E=可知F-q图像的斜率表示电场强度,则B点的电场强度大小为EB= N/C=500 N/C,由于负电荷在B点所受静电力沿x轴正方向,所以EB沿x轴负方向。
(2)同理可知A点场强方向沿x轴正方向,由此可推知电荷Q应位于A、B两点之间,则Q带负电荷。
(3)由题图可知A点的电场强度大小为EA= N/C=2 000 N/C,方向沿x轴正方向。
设点电荷Q的位置坐标为x,则EA=
联立解得x=3.0 m
13.答案　(1)8d　(2)2mg
解析　(1)设最开始A球的电荷量大小为Q,四个小球接触后,每个小球的电荷量为q=
对B球受力分析,如图所示:
在竖直方向由平衡条件有mg=FAB+F2
可得 sin 45°=mg
解得Q=8d
(2)对A球受力分析,如图所示:
在竖直方向由平衡条件有FBA+mg+F4=FN2
可得FN2=mg+ sin 45°
解得FN2=2mg
14.答案　(1)　(2)　(3)x1
解析　(1)0时刻释放的离子通过O点时速度最小,设为v1,T时刻释放的离子通过O点时速度最大,设为v2,由动能定理有U0q=,4U0q=
解得v1=,v2=2
所以,速度范围为
(2)根据0时刻释放的离子离开边界OP时的坐标为,有
x1=v1t1,y1=,a=,解得E=
(3)设OP与x轴正向夹角为θ,当离子从OP上某一点离开时有 tan θ=
则t=,即t∝v
设T时刻释放的离子离开OP边界时坐标为,有x2=v2t2,y2=,解得x2=4x1,y2=4y1,
由于离子离开边界时的速度方向平行,它们的速度反向延长线各自交于x轴方向位移的中点,如图所示:
由几何关系可知,离子离开边界后离子束在x轴方向的宽度为x1,因此,收集板的长度至少为x1。
思路创新　(1)本题依然是带电粒子在电场中先加速后偏转的情景,需要应用动能定理及构建类平抛运动模型;
(2)创新之一:加速电压是变化的,离子获得的速度存在极值和变化范围;创新之二:偏转电场的边界与电场线不再垂直,而是倾斜的,但是依然可以巧妙应用类平抛运动的二级结论解答问题。
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