章末检测卷(六)(第八章内容)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2024·山东济南摸底)如图所示为一个简化的闪光灯电路，它由直流电源E、电阻箱R1、电阻箱R2和电容器C等组成，电容器先充电后在很短的时间内放电，从而达到闪光的效果。下列说法正确的是( )
A．开关S处于位置2时，电容器充电
B．电容器充电完成时两极板间的电压与电阻箱R1的阻值有关
C．若在电容器两极板间加入云母介质，先充满电再放电，放电过程通过闪光灯的电荷量变大
D．电阻箱R2的阻值越大，放电过程中通过闪光灯的电荷量越小
2．(2024·江苏徐州市第一次调研)如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为( )
A． B．E
C．E D．E
3．如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是( )
A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间电场强度不变
4．(2024·浙江台州市高三检测)静电喷涂是利用高压静电场使带电涂料微粒发生定向运动，并最终吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。若不计涂料微粒的重力、微粒间的相互作用力及一切阻力，下列说法正确的是( )
A．涂料微粒带正电
B．涂料微粒所受静电力方向为轨迹切线的方向
C．减小喷枪枪口与工件之间的距离，各个涂料微粒运动过程中静电力所做的功不变
D．涂料微粒运动过程中电势能逐渐增加
5．电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在静电力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A．该离子带正电
B．该离子在a、b两点的电势能满足Epa＜Epb
C．b、d直线是等势线
D．b、c两点的电场强度相同
6．(2024·重庆卷)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，电势φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量的绝对值为e、带负电的试探电荷经过x2点时的动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受静电力，则其将( )
A．不能通过x3点
B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点
D．在x1点两侧往复运动
7．用绝缘细线a、b将两个带电小球1和2连接并悬挂，已知小球2的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，两小球连线与水平方向夹角为30°，细线b水平，则( )
A．小球1的带电量一定小于小球2的带电量
B．细线a拉力大小为2G
C．细线b拉力大小为G
D．小球1与2的质量比为1∶2
8．(2024·浙江金丽衢十二校高三联考)空间中固定一带电量为Q的点电荷，且存在某方向的电场强度为E的匀强电场，使一初速度为v0、带电量为q的小球恰可绕该点电荷做半径为r的圆周运动，则( )
A．若点电荷带电量为＋Q，则匀强电场方向一定向上
B．将点电荷带电量变为2Q，则小球圆周运动半径变为r
C．换用另一带电量2q的小球使之仍以v0绕该点电荷做圆周运动，则小球运动半径仍为r
D．若只撤去点电荷Q，同时调节电场强度为2E，则小球将做类平抛运动
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2024·黑龙江哈尔滨一模)如图所示，水平带电平面下方有一质量为m的带正电的小球，可看成质点，电荷量大小为q。当它在P点时所受合力为零。P点与平面的垂直距离为d，k和g分别为静电力常量和重力加速度，Q点是与P点对称的平面上方的一点。下列说法正确的是( )
A．平面带负电
B．Q点电场强度大小一定为＋
C．Q点电场强度可能为零
D．若将一负电荷从平面移到P点，该负电荷的电势能一定增加
10．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为5×103 N/C。一个可视为质点的带电小球在t＝0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t＝0时刻开始每隔0.1 s记录到的小球位置，若重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．小球的初速度是0.6 m/s
B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C．小球的比荷是1×10-3 C/kg
D．小球的加速度为2.5 m/s2
11．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10 V、 17 V、26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，静电力做功为9 eV
12．真空中有一半径为R的均匀带正电薄球壳，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴，球壳外x轴上的各点的电场强度E随x变化的关系如图所示(图中E0已知)。一质量为m、电荷量为e的电子从x＝2R处由静止释放，仅受静电力作用，到达球壳表面时的动能为Ek。已知均匀带电薄球壳的壳外空间的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，静电力常量为k，球体表面积公式S＝4πR2。下列说法正确的是( )
A．图中r＝R
B．该球壳单位面积所带的电荷量为
C．电子在x＝2R处释放时的加速度大小为
D．若电子从x＝3R处由静止释放，则到达球壳表面时的动能为2Ek
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器(相当于电流表)与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系。图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。
(1)乙图中阴影部分的面积S1________(选填“>”“<”或“＝”)S2。
(2)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________ F(结果保留2位有效数字)。
(3)由甲、乙两图可判断阻值R1________(选填“>”“<”或“＝”)R2。
14．(8分)(2023·福建卷)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4.7 μF，10 V)、 定值电阻R(阻值2.0 kΩ)、开关S、导线若干。
(1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a)，将图(b)中的实物连线补充完整。
(2)设置电源，让电源输出图(c)所示的矩形波，该矩形波的频率为________ Hz。
(3)闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC随时间周期性变化，结果如图(d)所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于________(选填“充电”或“放电”)状态；在________(选填“A”或“B”)点时，通过电阻R的电流更大。
(4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像，如图(e)所示。当f＝45 Hz时，电容器所带电荷量的最大值Qm为________ C(结果保留2位有效数字)。
(5)根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
15．(8分)在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小球A、B分别用不可伸长、长度均为l的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，并静止在如图所示位置，两细线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为α＝37°。已知两小球质量都为m、电荷量均为q且带等量异种电荷，匀强电场的电场强度大小E＝，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求A、B两小球之间库仑力的大小。
(2)保持小球B的位置和带电量不变，移除A小球后，将小球B由静止释放，求B小球此后运动过程中速度的最大值。
16．(8分)(2024·内蒙古呼和浩特一模)如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置。今有一质量为m＝2×10-14 kg、电荷量为q＝2×10-14 C的带电微粒静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0＝5 000 V加速后通过B点小孔进入两板间距为d＝0.3 m、板长l＝1.0 m、电压为U＝300 V的水平放置的平行金属板间。若带电微粒从水平平行金属板的右侧穿出，A、B虚线为两块平行板的中线，带电微粒的重力和所受空气阻力均可忽略。求：
(1)带电微粒通过B点时的速度大小；
(2)带电微粒通过水平金属板过程中静电力对其做功为多少。
17．(14分)如图所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1＝1.0×104 V/m的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝×105 V/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。一质量m＝1.0×10-8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10-6 C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小；
(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0 s速度变为零，此电场的电场强度E3的大小和方向。
18．(16分)(2024·安徽合肥市第一次质检)如图所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线成45°角，杆长l＝ m。一套在直杆上的带电小环，由杆端A以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆端C正下方P点，C、P两点相距h。已知环的质量m＝0.5 kg，环与杆间的动摩擦因数μ＝，h＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小环从杆端A运动到P点的时间；
(2)小环运动到杆端A正下方时的动能Ek。
章末检测卷(六)
1．C [电容器与电源连接时，电容器充电，开关S处于位置2时，电容器不与电源连接，故A错误；电容器充电完成时，电容器处相当于断路，其两端电压等于电源电动势，与电阻箱R1的阻值无关，B错误；在两极板间加入云母介质，由电容的决定式可知C＝，则电容器的电容增大，由C＝可知，充电完成后电容器所带的电荷量增大，又放电过程中通过闪光灯的电荷量与充电完成后电容器储存的电荷量相等，与电阻箱R2的阻值无关，C正确，D错误。]
2．B [设两棒均带正电，由点电荷电场强度特点及电场强度叠加规律可知，左侧圆弧产生的电场强度方向斜向右下方，与x轴正方向夹角为45°，右侧圆弧产生的电场强度方向斜向左下方，与x轴负方向夹角为45°，它们大小均为E1，可得E2＝，解得E1＝E，撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为E，故选B。]
3．D [保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝＝知，极板间的电场强度不变，D正确。]
4．C [由题图知，工件带正电，涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒带负电，故A错误；涂料微粒做曲线运动，速度方向沿运动轨迹切线方向，静电力的方向与粒子运动的速度方向不共线，则涂料微粒所受静电力方向不是轨迹切线的方向，故B错误；工件接地，电势不变，减小喷枪枪口与工件之间的距离，则它们间的电势差不变，各个涂料微粒运动过程中静电力所做的功不变，故C正确；涂料微粒在运动过程中静电力对它做正功，则动能增大、速度增大，电势能逐渐减少，故D错误。]
5．B [离子所受静电力指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则离子带负电，故A错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a点电势大于b点电势，根据电势能公式Ep＝qφ可知，离子在a、b两点的电势能满足Epa＜Epb，故B正确；等势面与电场线垂直，则b、d直线不是等势线，故C错误；由对称性可知，b、c两点的电场强度大小相同，方向不同，电场强度不相同，故D错误。]
6．B [在φ-x图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，因此在x3处，电场强度为零。假设试探电荷能到达x3，静电力做功W1＝－e(1－2) V＝1 eV, 根据动能定理W1＝Ek3－Ek2，代入数据解得Ek3＝2.5 eV，假设成立，故A错误；当x>x3，电场强度方向沿x轴正方向，试探电荷所受静电力沿x轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到x2处时，动能为1.5 eV，速度方向沿x轴负方向，在x17．B [由F库＝可知，不能确定小球1与小球2的带电量，故A错误；对小球2，由平衡条件可得Fb＝F库cos 30°，G＝F库sin 30°，解得细线b拉力大小为Fb＝＝G，故C错误；对小球1，由平衡条件可得Fa sin 30°＝F库cos 30°，m1g＋F库sin 30°＝Fa cos 30°，解得细线a拉力大小为Fa＝2G，小球1与2的质量比为m1∶m2＝2∶1，故B正确，D错误。]
8．C [若点电荷带电量为＋Q，则小球带负电，小球所受的匀强电场的静电力与重力平衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根据库仑定律和牛顿第二定律可知＝，可知若点电荷带电量变为2Q，小球的速度大小不变，小球圆周运动半径应变为2r，B错误；用另一带电量2q的小球使之仍以v0绕该点电荷做圆周运动，根据Eq＝mg可知小球的质量变为原来的2倍，根据＝可知小球运动半径仍为r，C正确；只撤去点电荷Q，同时调节电场强度为2E，则小球所受的合力为2Eq－mg＝mg，若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速度倾斜，做类斜抛运动，D错误。]
9．AC [带正电的小球在P点时所受合力为零，可知小球受到的静电力向上，则平面带负电，故A正确；带正电的小球在P点时所受合力为零，则mg＝E1q，解得E1＝，根据对称性，平面在Q点的电场强度大小为，方向向下，小球在Q点的电场强度大小为E2＝，方向向上，则Q点电场强度大小为EQ＝|E1－E2|＝，当小球在Q点的电场强度大小等于平面在Q点的电场强度大小时，Q点电场强度为零，故B错误，C正确；若将一负电荷从平面移到P点，电势升高，负电荷在高电势处电势能反而小，该负电荷的电势能一定减小，故D错误。]
10．AC [小球做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有v＝＝ m/s＝0.6 m/s，故A正确；小球做类平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有Δy＝aT2，解得a＝＝ m/s2＝5 m/s211．ABD [设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则＝＝，所以d点的坐标为(3.5 cm，6 cm), 过c点作等势线bd的垂线即为电场线，电场强度的方向由高电势指向低电势，如图。由几何关系可得，ce的长度为3.6 cm，则电场强度的大小E＝＝＝2.5 V/cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐标原点O处的电势为1 V，故选项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，故选项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，静电力做功为9 eV，故选项D正确。]
12．ABC [设均匀带正电薄球壳所带电荷量为Q，当x＝R时，根据题意可得E0＝k，解得Q＝，则该球壳单位面积所带的电荷量为q0＝＝＝，故B正确；当x＝r时，由题图可得＝k， 解得r＝R，故A正确；当x＝2R时，电场强度大小为E1＝k＝，电子在x＝2R处释放时的加速度大小为a＝＝，故C正确；已知电子从x＝2R处由静止释放，仅受静电力作用，到达球壳表面时的动能为Ek，根据动能定理有W＝Ek，由题图可知从3R到2R过程的电场强度小于从2R到R过程的电场强度，若电子从x＝3R处由静止释放，则到达球壳表面时，根据动能定理有W′＝E′k＜2W＝2Ek，故D错误。]
13．解析：(1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等。
(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝＝ F≈0.15 F。
(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电动势与放电瞬间电容器两极板间电压相等，由＞，解得R1＜R2。
答案：(1)＝ (2)0.15 (3)<
14．解析：(1)电解电容器有正、负电极的区别，根据题图(a)，应将电容器正极与定值电阻R右接线柱相连，将电容器负极与电源负极相连，实物连线如图所示。
(2)由题图(c)可知，该矩形波的周期T＝25×10-3 s，所以该矩形波的频率为f＝＝40 Hz。
(3)由题图(d)可知，从B点开始的一段时间内，电容器两端的电压UC增大，根据Q＝CUC，电容器所带电荷量Q增大，则在B点时，电容器处于充电状态。在极短时间Δt内，电容器充电或放电的电荷量ΔQ即为通过电阻R的电荷量，所以通过电阻R的电流I＝，又ΔQ＝C·|ΔUC|，所以I＝C·，可知UC-t图线斜率的绝对值正比于通过电阻R的电流大小，结合题图(d)可知，在B点时，通过电阻R的电流更大。
(4)由题图(e)可知，当f＝45 Hz时，电容器两端电压的最大值约为Um＝3.8 V，根据电容的定义式C＝，可得此时电容器所带电荷量的最大值为Qm＝CUm＝4.7×10-6×3.8 C≈1.8×10-5 C。
答案：(1)图见解析 (2)40 (3)充电 B (4)1.8×10-5
15．解析：(1)由题意可知，小球B带正电，设小球B受到的静电力F1＝qE
对小球B受力分析如图所示，
小球B静止，由受力平衡得F1－F＝mg tan α
联立解得F＝mg。
(2)小球A撤去后，小球B在静电力、重力和细线拉力作用下做变速圆周运动，当重力和静电力的合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，细线与竖直方向的夹角为θ。由几何关系可得tan θ＝
小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移y＝l cos α－l cos θ
在水平方向的位移x＝l sin θ－l sin α
由动能定理得F1x－mgy＝mv2
解得v＝。
答案：(1)mg (2)
16．解析：(1)设带电微粒通过B点时的速度大小为v0，根据动能定理可得
qU0＝－0
解得v0＝100 m/s。
(2)设带电微粒通过水平金属板时竖直方向的位移为y，则有
y＝at2 ①
通过水平金属板的时间t＝ ②
水平金属板间的电场强度大小E＝ ③
带电微粒在水平金属板间受到的静电力F＝Eq ④
根据牛顿第二定律可得a＝＝ ⑤
由①②③④⑤式联立并代入数据解得y＝＝0.05 m
根据功的计算公式可得W＝Fy＝Eqy
解得W＝1×10-12 J。
答案：(1)100 m/s (2)1×10-12 J
17．解析：(1)由动能定理得qE1d1＝
解得v1＝4×103 m/s。
(2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间
t2＝＝1×10-3 s
又a＝
偏移量x＝
解得x＝2 m。
(3)由vx＝at2，vy＝v1
可得tan θ＝＝
所以θ＝30°
则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小
v＝＝8×103 m/s
由v＝t
解得E3＝50 V/m。
答案：(1)4×103 m/s (2)2 m (3)50 V/m 与水平方向成30°角斜向左下方
18．解析：(1)由题意知，小环带负电，小环从A到C的过程中匀速下滑，对小环受力分析可得
mg sin 45°＝F cos 45°＋f
FN＝mg cos 45°＋F sin 45°
又因为f＝μFN，联立解得F＝2.5 N
小环从C到P的过程中，在水平方向有
ax＝，0＝
竖直方向有h＝
解得t1＝0.4 s，v0＝ m/s，ax＝5 m/s2
则小环从A运动到P点的时间t＝＋t1＝1.9 s。
(2)小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有vx＝v0cos 45°－axt2
－l cos 45°＝
竖直方向有vy＝v0sin 45°＋gt2
联立解得vx＝－4 m/s，vy＝11 m/s，t2＝1 s
则小环运动到杆端A正下方时的动能
Ek＝＝34.25 J。
答案：(1)1.9 s (2)34.25 J
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章末检测卷(六)(第八章内容)
题号
1
3
5
2
4
6
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7
9
10
11
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2024·山东济南摸底)如图所示为一个简化的闪光灯电路，它由直流电源E、电阻箱R1、电阻箱R2和电容器C等组成，电容器先充电后在很短的时间内放电，从而达到闪光的效果。
下列说法正确的是( )
12
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14
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16
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18
题号
1
3
5
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4
6
8
7
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11
A．开关S处于位置2时，电容器充电
B．电容器充电完成时两极板间的电压与电阻箱R1的阻值有关
C．若在电容器两极板间加入云母介质，先充满电再放电，放电过程通过闪光灯的电荷量变大
D．电阻箱R2的阻值越大，放电过程中通过闪光灯的电荷量越小
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√
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16
17
18
C [电容器与电源连接时，电容器充电，开关S处于位置2时，电容器不与电源连接，故A错误；电容器充电完成时，电容器处相当于断路，其两端电压等于电源电动势，与电阻箱R1的阻值无关，B错误；在两极板间加入云母介质，由电容的决定式可知C＝，则电容器的电容增大，由C＝可知，充电完成后电容器所带的电荷量增大，又放电过程中通过闪光灯的电荷量与充电完成后电容器储存的电荷量相等，与电阻箱R2的阻值无关，C正确，D错误。]
题号
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2．(2024·江苏徐州市第一次调研)如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为( )
A． B．E
C．E D．E
√
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B [设两棒均带正电，由点电荷电场强度特点及电场强度叠加规律可知，左侧圆弧产生的电场强度方向斜向右下方，与x轴正方向夹角为45°，右侧圆弧产生的电场强度方向斜向左下方，与x轴负方向夹角为45°，它们大小均为E1，可得E2＝，解得E1＝E，撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为E，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
3．如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是
( )
题号
1
3
5
2
4
6
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18
A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间电场强度不变
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
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D [保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝＝知，极板间的电场强度不变，D正确。]
题号
1
3
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6
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4．(2024·浙江台州市高三检测)静电喷涂是利用高压静电场使带电涂料微粒发生定向运动，并最终吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。若不计涂料微粒的重力、微粒间的相互作用力及一切阻力，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
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6
8
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18
A．涂料微粒带正电
B．涂料微粒所受静电力方向为轨迹切线的方向
C．减小喷枪枪口与工件之间的距离，各个涂料微粒运动过程中静电力所做的功不变
D．涂料微粒运动过程中电势能逐渐增加
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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13
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C [由题图知，工件带正电，涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒带负电，故A错误；涂料微粒做曲线运动，速度方向沿运动轨迹切线方向，静电力的方向与粒子运动的速度方向不共线，则涂料微粒所受静电力方向不是轨迹切线的方向，故B错误；工件接地，电势不变，减小喷枪枪口与工件之间的距离，则它们间的电势差不变，各个涂料微粒运动过程中静电力所做的功不变，故C正确；涂料微粒在运动过程中静电力对它做正功，则动能增大、速度增大，电势能逐渐减少，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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5．电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在静电力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
题号
1
3
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2
4
6
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18
A．该离子带正电
B．该离子在a、b两点的电势能满足Epa＜Epb
C．b、d直线是等势线
D．b、c两点的电场强度相同
√
题号
1
3
5
2
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B [离子所受静电力指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则离子带负电，故A错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a点电势大于b点电势，根据电势能公式Ep＝qφ可知，离子在a、b两点的电势能满足Epa＜Epb，故B正确；等势面与电场线垂直，则b、d直线不是等势线，故C错误；由对称性可知，b、c两点的电场强度大小相同，方向不同，电场强度不相同，故D错误。]
题号
1
3
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2
4
6
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6．(2024·重庆卷)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，电势φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量的绝对值为e、带负电的试探电荷经过x2点时的动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受静电力，则其将( )
A．不能通过x3点
B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点
D．在x1点两侧往复运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
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B [在φ-x图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，因此在x3处，电场强度为零。假设试探电荷能到达x3，静电力做功W1＝
－e(1－2) V＝1 eV, 根据动能定理W1＝Ek3－Ek2，代入数据解得Ek3＝2.5 eV，假设成立，故A错误；当x>x3，电场强度方向沿x轴正方向，试探电荷所受静电力沿x轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到x2处时，动能为1.5 eV，速度方向沿x轴负方向，在x1题号
1
3
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2
4
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静电力方向沿x轴正方向，试探电荷做减速运动，设动能减为零时的电势为φ，根据动能定理－e(1 V－φ)＝0－1.5 eV，解得φ＝－0.5 V，因此，试探电荷还未运动到x1处，速度减速至零，当试探电荷减速至零后，试探电荷又向右做加速运动，可知试探电荷在x3点两侧往复运动，故B正确，C、D错误。]
题号
1
3
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2
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7．用绝缘细线a、b将两个带电小球1和2连接并悬挂，已知小球2的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，两小球连线与水平方向夹角为30°，细线b水平，则( )
A．小球1的带电量一定小于小球2的带电量
B．细线a拉力大小为2G
C．细线b拉力大小为G
D．小球1与2的质量比为1∶2
√
题号
1
3
5
2
4
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B [由F库＝可知，不能确定小球1与小球2的带电量，故A错误；对小球2，由平衡条件可得Fb＝F库cos 30°，G＝F库sin 30°，解得细线b拉力大小为Fb＝＝G，故C错误；对小球1，由平衡条件可得Fa sin 30°＝F库cos 30°，m1g＋F库sin 30°＝Fa cos 30°，解得细线a拉力大小为Fa＝2G，小球1与2的质量比为m1∶m2＝2∶1，故B正确，D错误。]
题号
1
3
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2
4
6
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8．(2024·浙江金丽衢十二校高三联考)空间中固定一带电量为Q的点电荷，且存在某方向的电场强度为E的匀强电场，使一初速度为v0、带电量为q的小球恰可绕该点电荷做半径为r的圆周运动，则( )
A．若点电荷带电量为＋Q，则匀强电场方向一定向上
B．将点电荷带电量变为2Q，则小球圆周运动半径变为r
C．换用另一带电量2q的小球使之仍以v0绕该点电荷做圆周运动，则小球运动半径仍为r
D．若只撤去点电荷Q，同时调节电场强度为2E，则小球将做类平抛运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
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C [若点电荷带电量为＋Q，则小球带负电，小球所受的匀强电场的静电力与重力平衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根据库仑定律和牛顿第二定律可知＝，可知若点电荷带电量变为2Q，小球的速度大小不变，小球圆周运动半径应变为2r，B错误；用另一带电量2q的小球使之仍以v0绕该点电荷做圆周运动，根据Eq＝mg可知小球的质量变为原来的2倍，根据＝可知小球
题号
1
3
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2
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运动半径仍为r，C正确；只撤去点电荷Q，同时调节电场强度为2E，则小球所受的合力为2Eq－mg＝mg，若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速度倾斜，做类斜抛运动，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
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二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2024·黑龙江哈尔滨一模)如图所示，水平带电平面下方有一质量为m的带正电的小球，可看成质点，电荷量大小为q。当它在P点时所受合力为零。P点与平面的垂直距离为d，k和g分别为静电力常量和重力加速度，Q点是与P点对称的平面上方的一点。下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
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18
A．平面带负电
B．Q点电场强度大小一定为＋
C．Q点电场强度可能为零
D．若将一负电荷从平面移到P点，该负电荷的电势能一定增加
题号
1
3
5
2
4
6
8
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18
√
√
AC [带正电的小球在P点时所受合力为零，可知小球受到的静电力向上，则平面带负电，故A正确；带正电的小球在P点时所受合力为零，则mg＝E1q，解得E1＝，根据对称性，平面在Q点的电场强度大小为，方向向下，小球在Q点的电场强度大小为E2＝，方向向上，则Q点电场强度大小为EQ＝|E1－E2|＝，当小
题号
1
3
5
2
4
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球在Q点的电场强度大小等于平面在Q点的电场强度大小时，Q点电场强度为零，故B错误，C正确；若将一负电荷从平面移到P点，电势升高，负电荷在高电势处电势能反而小，该负电荷的电势能一定减小，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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10．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为5×103 N/C。一个可视为质点的带电小球在t＝0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t＝0时刻开始
每隔0.1 s记录到的小球位置，若重力加速度
g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
题号
1
3
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2
4
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A．小球的初速度是0.6 m/s
B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C．小球的比荷是1×10-3 C/kg
D．小球的加速度为2.5 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
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7
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18
√
AC [小球做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有v＝＝ m/s＝0.6 m/s，故A正确；小球做类平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有Δy＝aT2，解得a＝＝ m/s2＝5 m/s2题号
1
3
5
2
4
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11．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10 V、 17 V、26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，静电力做功为9 eV
题号
1
3
5
2
4
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√
√
√
ABD [设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则＝＝，所以d点的坐标为(3.5 cm，6 cm), 过c点作等势线bd的垂线即为电场线，电场强度的方向由高电势指向低电势，如图。由几何关系可得，ce的长度为3.6 cm，则电场强度的大小E＝＝＝2.5 V/cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐标原点O处的电势为1 V，故选项B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带
题号
1
3
5
2
4
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18
负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故选项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，静电力做功为9 eV，故选项D正确。]
题号
1
3
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12．真空中有一半径为R的均匀带正电薄球壳，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴，球壳外x轴上的各点的电场强度E随x变化的关系如图所示(图中E0已知)。一质量为m、电荷量为e的电子从x＝2R处由静止释放，仅受静电力作用，到达球壳表面时的动能为Ek。已知均匀带电薄球壳的壳外空间的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，静电力常量为k，球体表面积公式S＝4πR2。下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
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18
A．图中r＝R
B．该球壳单位面积所带的电荷量为
C．电子在x＝2R处释放时的加速度大小为
D．若电子从x＝3R处由静止释放，则到达球壳表面时的动能为2Ek
题号
1
3
5
2
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√
√
√
ABC [设均匀带正电薄球壳所带电荷量为Q，当x＝R时，根据题意可得E0＝k，解得Q＝，则该球壳单位面积所带的电荷量为q0＝＝＝，故B正确；当x＝r时，由题图可得＝k， 解得r＝R，故A正确；当x＝2R时，电场强度大小为E1＝k＝，电
题号
1
3
5
2
4
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18
子在x＝2R处释放时的加速度大小为a＝＝，故C正确；已知电子从x＝2R处由静止释放，仅受静电力作用，到达球壳表面时的动能为Ek，根据动能定理有W＝Ek，由题图可知从3R到2R过程的电场强度小于从2R到R过程的电场强度，若电子从x＝3R处由静止释放，则到达球壳表面时，根据动能定理有W′＝E′k＜2W＝2Ek，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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18
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器(相当于电流表)与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系。图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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题号
1
3
5
2
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(1)乙图中阴影部分的面积S1________(选填“>”“<”或“＝”)S2。
(2)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________ F(结果保留2位有效数字)。
(3)由甲、乙两图可判断阻值R1________(选填“>”“<”或“＝”)R2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
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13
14
15
16
17
18
＝
0.15
<
[解析] (1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等。
(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝
8 V，则C＝＝ F≈0.15 F。
(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电动势与放电瞬间电容器两极板间电压相等，由＞，解得R1＜R2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
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13
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17
18
14．(8分)(2023·福建卷)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4.7 μF，10 V)、 定值电阻R(阻值2.0 kΩ)、开关S、导线若干。
(1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a)，将图(b)中的实物连线补充完整。
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
10
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15
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17
18
图见解析
(2)设置电源，让电源输出图(c)所示的矩形波，该矩形波的频率为________ Hz。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
40
(3)闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC随时间周期性变化，结果如图(d)所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于________(选填“充电”或“放电”)状态；在________(选填“A”或“B”)点时，通过电阻R的电流更大。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
充电
B
(4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像，如图(e)所示。当f＝45 Hz时，电容器所带电荷量的最大值Qm为__________ C
(结果保留2位有效数字)。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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12
13
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16
17
18
1.8×10-5
(5)根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
题号
1
3
5
2
4
6
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7
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[解析] (1)电解电容器有正、负电极的区别，根据题图(a)，应将电容器正极与定值电阻R右接线柱相连，将电容器负极与电源负极相连，实物连线如图所示。
题号
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(2)由题图(c)可知，该矩形波的周期T＝25×10-3 s，所以该矩形波的频率为f＝＝40 Hz。
(3)由题图(d)可知，从B点开始的一段时间内，电容器两端的电压UC增大，根据Q＝CUC，电容器所带电荷量Q增大，则在B点时，电容器处于充电状态。在极短时间Δt内，电容器充电或放电的电荷量ΔQ即为通过电阻R的电荷量，所以通过电阻R的电流I＝，又ΔQ＝C·|ΔUC|，所以I＝C·，可知UC-t图线斜率的绝对值正比于通过电阻R的电流大小，结合题图(d)可知，在B点时，通过电阻R的电流更大。
题号
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(4)由题图(e)可知，当f＝45 Hz时，电容器两端电压的最大值约为Um＝3.8 V，根据电容的定义式C＝，可得此时电容器所带电荷量的最大值为Qm＝CUm＝4.7×10-6×3.8 C≈1.8×10-5 C。
题号
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15．(8分)在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小球A、B分别用不可伸长、长度均为l的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，并静止在如图所示位置，两细线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为α＝37°。已知两小球质量都为m、电荷量均为q且带等量异种电荷，匀强电场的电场强度大小E＝，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
题号
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(1)求A、B两小球之间库仑力的大小。
(2)保持小球B的位置和带电量不变，移除A小球后，将小球B由静止释放，求B小球此后运动过程中速度的最大值。
题号
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[解析] (1)由题意可知，小球B带正电，设小球B受到的静电力F1＝qE
对小球B受力分析如图所示，
小球B静止，由受力平衡得F1－F＝mg tan α
联立解得F＝mg。
题号
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(2)小球A撤去后，小球B在静电力、重力和细线拉力作用下做变速圆周运动，当重力和静电力的合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，细线与竖直方向的夹角为θ。由几何关系可得tan θ＝
小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移y＝l cos α－l cos θ
题号
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在水平方向的位移x＝l sin θ－l sin α
由动能定理得F1x－mgy＝mv2
解得v＝。
[答案] (1)mg (2)
16．(8分)(2024·内蒙古呼和浩特一模)如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置。今有一质量为m＝2×10-14 kg、电荷量为q＝2×10-14 C的带电微粒静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0＝5 000 V加速后通过B点小孔进入两板间距为d＝0.3 m、板长l＝1.0 m、电压为U＝300 V的水平放置的平行金属板间。若带电微粒从水平平行金属板的右侧穿出，A、B虚线为两块平行板的中线，带电微粒的重力和所受空气阻力均可忽略。求：
题号
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(1)带电微粒通过B点时的速度大小；
(2)带电微粒通过水平金属板过程中静电力对其做功为多少。
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[解析] (1)设带电微粒通过B点时的速度大小为v0，根据动能定理可得
qU0＝－0
解得v0＝100 m/s。
题号
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(2)设带电微粒通过水平金属板时竖直方向的位移为y，则有
y＝at2 ①
通过水平金属板的时间t＝ ②
水平金属板间的电场强度大小E＝ ③
带电微粒在水平金属板间受到的静电力F＝Eq ④
根据牛顿第二定律可得a＝＝ ⑤
题号
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由①②③④⑤式联立并代入数据解得y＝＝0.05 m
根据功的计算公式可得W＝Fy＝Eqy
解得W＝1×10-12 J。
题号
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[答案] (1)100 m/s (2)1×10-12 J
17．(14分)如图所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1＝1.0×104 V/m的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝×105 V/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。
一质量m＝1.0×10-8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10-6 C的
粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：
题号
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(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小；
(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经
1.0 s速度变为零，此电场的电场强度E3的大小和方向。
题号
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[解析] (1)由动能定理得qE1d1＝
解得v1＝4×103 m/s。
(2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间
t2＝＝1×10-3 s
又a＝
偏移量x＝
解得x＝2 m。
题号
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(3)由vx＝at2，vy＝v1
可得tan θ＝＝
所以θ＝30°
则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小
v＝＝8×103 m/s
题号
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由v＝t
解得E3＝50 V/m。
题号
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[答案] (1)4×103 m/s (2)2 m (3)50 V/m 与水平方向成30°角斜向左下方
18．(16分)(2024·安徽合肥市第一次质检)如图所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线成45°角，杆长l＝ m。一套在直杆上的带电小环，由杆端A以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆端C正下方P点，C、P两点相距h。已知环的质量m＝0.5 kg，环与杆间的动摩擦因数μ＝，h＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
题号
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(1)小环从杆端A运动到P点的时间；
(2)小环运动到杆端A正下方时的动能Ek。
题号
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[解析] (1)由题意知，小环带负电，小环从A到C的过程中匀速下滑，对小环受力分析可得
mg sin 45°＝F cos 45°＋f
FN＝mg cos 45°＋F sin 45°
又因为f＝μFN，联立解得F＝2.5 N
小环从C到P的过程中，在水平方向有
ax＝，0＝
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竖直方向有h＝
解得t1＝0.4 s，v0＝ m/s，ax＝5 m/s2
则小环从A运动到P点的时间t＝＋t1＝1.9 s。
题号
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(2)小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有vx＝v0cos 45°－axt2
－l cos 45°＝
竖直方向有vy＝v0sin 45°＋gt2
联立解得vx＝－4 m/s，vy＝11 m/s，t2＝1 s
则小环运动到杆端A正下方时的动能
Ek＝＝34.25 J。
题号
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[答案] (1)1.9 s (2)34.25 J
谢 谢 ！
