静电场中的能量专题训练（含解析）-备战2026年高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 静电场中的能量专题训练（含解析）-备战2026年高考物理一轮复习 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-17 16:56:39 | ||
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文档简介
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静电场中的能量专题训练-备战2026年高考物理一轮复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图甲、乙、丙、丁是课本内的几幅插图，下列说法正确的是（ ）
A．甲图是演示静电屏蔽现象的装置，带电小球的电场不能进入金属网罩内部
B．乙图是一种可变电容器，其原理是通过改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的
C．丙图是库仑扭秤，库仑通过它测量出两带电小球之间的静电力从而得出了静电力常量
D．丁图是避雷针，其通过尖端放电中和空气中的电荷达到避免建筑物遭雷击的目的
2．沿一静电场中的某条直线电场线建立Ox轴，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示。现将一电荷从x1处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，不计电荷重力。下列说法正确的是（ ）
A．电荷的电性为正电荷
B．从到原点O过程中电荷做匀减速直线运动
C．从到原点O过程中电荷的加速度先增大后减小
D．从到原点O过程中电荷的电势能逐渐减小
3．如图所示，在真空中水平放置一长方体，高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点F、H处分别放置电荷量为－Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是（ ）
A．该长方体的几何中心处场强为零
B．B、D两点场强相同
C．沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大
D．将一电子从B点移到E点，电场力做负功
4．如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，一个带正电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，过O点作两正点电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，则（ ）
A．点电荷A的电荷量小于B的电荷量
B．a、b、c、d四点电势相同
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．把该试探电荷从b沿直线移动到d，电场力先做正功再做负功
5．如图所示，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（小球直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则小球（ ）
A．从A到C的过程中电势能变小
B．不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．在A处与管道之间的弹力为0
D．在D点受到的合外力指向O点
6．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.2C，B不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N。，则（ ）
A．电场强度为50N/C B．电场强度为100N/C
C．电场强度为150N/C D．电场强度为200N/C
7．某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C三点的电势关系为
B．A、B、C三点的电场强度大小关系为
C．A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
D．质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功少
8．一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是（ ）
A． B． C． D．
9．一匀强电场，场强方向是水平的（如图），一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动。设小球在O点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为（ ）
A． B．sin2θ
C．tan2θ D．cos2θ
10．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出
11．如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘直杆与水平面的夹角，直杆的底端固定一电荷量为Q的带正电小球，M、N、P为杆上的三点。现将套在绝缘杆上有孔的带正电物块从直杆上的M点由静止释放。物块上滑到N点时速度达到最大，上滑到P点时速度恰好变为零。已知带电物块的质量为m、电荷量为q，M、P两点间的距离为x，静电力常量为k，不计空气阻力，重力加速度大小为g，带电体均可视为点电荷。则N点到直杆底端的距离r和M、P两点间的电势差分别为（ ）
A． B．
C． D．
二、实验题
12．某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。图丙所示实验装置是用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。
(1)图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器上极板带 （选填“正”或“负”）电。
(2)图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“？”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I-t图像如图，丙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是 。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将 （选填“减小”、“不变”或“增大”）。
(3)已知电源电压为3V，通过数格子的方法测得I-t曲线与横轴围成的面积为2.5mA·s，则电容器的电容C= F（结果保留两位有效数字）。
(4)图丙中，静电计是测量下列哪一个物理量的仪器__________。
A．电荷量 B．电容 C．电势差
(5)保持两极板所带的的电荷量Q不变，极板间的正对面积S不变，让带有绝缘手柄的A板向左移动增大两极板间的距离d，发现静电计指针偏角变大，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而 （填“增大”“减小”或“不变”）。
三、解答题
13．如图所示，光滑斜面（足够长）倾角为37°，一带正电的小物块质量为2m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，（，，）求：
(1)原来的电场强度大小；
(2)小物块运动的加速度；
(3)小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小。
14．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L的绝缘细线悬于电场中的O点。将小球拉至与O点等高的A点，给小球一个竖直向下的初速度，小球在竖直面内做圆周运动，恰好能到达C点，OC与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，已知电场强度大小，，小球可视为质点，求：
(1)小球在A点的初速度大小；
(2)小球运动到圆弧最低点B时，细线的拉力大小；
(3)若小球向左运动到速度最大的位置时细线刚好断开，此后当小球运动的速度沿水平方向时，小球的速度大小。
15．如图甲所示，竖直平行板A、B间加有恒定电压，在A板附近有一个粒子源，可以按时间均匀地释放质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子的初速度忽略不计，经A、B板间电场加速后，沿平行金属板C、D间的中线垂直进入C、D板间电场，C、D板间所加的电压随时间变化如图乙所示，C、D板长为L，C、D板的右侧有一竖直的荧光屏，荧光屏到C、D板右端的距离为，有的粒子能打在荧光屏上，不计粒子的重力，粒子在C、D板间运动的时间远小于T，求：
(1)粒子经加速电场加速后速度多大；
(2)C、D板间的距离为多少；
(3)荧光屏上有粒子打上的区域长度为多少；打在荧光屏上的粒子最大速度为多少。
16．研究人员利用电场控制带电物体的运动，如图所示，实验区域内充满与水平面夹角斜向上的匀强电场，电场强度大小。BC为竖直固定的绝缘光滑半圆弧轨道，O为圆心，半径，圆弧BC与绝缘光滑水平面AB平滑连接并相切于B点，间距离。一质量、电荷量的带正电小球，轻放于水平面上A点，一段时间后，小球从C点飞出，立即撤去圆弧轨道。不考虑空气阻力，重力加速度，求：
(1)小球通过C点时的速度大小；
(2)小球通过C点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)小球从圆弧轨道C点飞出后，运动到距C点1.5m处所用的时间。
17．如图所示，在竖直平面内，半径R=1.5m的光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角θ=53°，整个装置固定在电场强度大小为E=1×105V/m，方向水平向左的匀强电场中，质量m=300g的带电小滑块从A点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B、C、D点后落回水平轨道，已知滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，求：
(1)小滑块所带的电荷量；
(2)小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D C B A C D D D
题号 11
答案 C
1．D
【详解】A．甲图中，由于静电屏蔽使得金属网罩内部场强为零，但静电屏蔽并不是带电小球的电场遮挡在外，而是感应电荷的电场与带电小球的电场抵消为零，故A错误；
B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的相对面积从而达到改变电容的目的，故B错误；
C．丙图是库仑扭秤，库仑通过它发现了电荷之间的相互作用规律，但他并没有能通过实验得出静电力常量，故C错误；
D．丁图中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】AD．由图可知，从到O点电势降低，则电场方向由指向O点，电荷从处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，则电场力做负功，电势能增大，电荷带负电，故AD错误；
BC．因沿电场线方向建立的图像斜率的绝对值等于场强大小，则从到原点O过程中场强先增大后减小，则电荷所受的电场力先增大后减小，则电荷的加速度先增大后减小，电荷不是做匀减速直线运动，B错误，C正确。
故选C。
3．D
【详解】A．由等量同种点电荷的电场特点可知，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处的场强方向平行于AE方向向下，大小不为零，故A错误；
B．根据点电荷的场强方向及电场强度的叠加原理知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．沿竖直方向从O1到O2，即沿着电场线方向，电势一直降低，故C错误；
D．E点比B点离F、H处的两个点电荷都更近，所以将一电子从B点移到E点，F处和H处点电荷的电场均对电子做负功，则电场力对电子做负功，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．由试探电荷在O点恰好静止可知，O点电场强度为零，则
又因为rA > rB，所以qA > qB，故A错误；
B．因O点场强为零，则aO间场强方向由a到O，根据沿电场线方向电势降低可知，φa > φO，根据点电荷的电势分布规律可知，在A点电荷的电场中，O、b、d三点的电势关系为φOA > φbA = φdA，在B点电荷的电场中，O、b、d三点的电势关系为φOB > φbB = φdB，由电势的叠加可知，φO > φb = φd，则φa > φb = φd，故B错误；
C．由Ep = qφ和φa > φb可知，该正试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；
D．由B项分析同理可知，从b沿直线到d，电势先升高再降低，故把该正试探电荷从b沿直线移动到d，电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以O点为圆心且垂直于连线的圆环，其上每一位置的电势均相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故A错误；
B．小球从A到C的过程中，电势能不变，则电场力不做功，重力做正功，速度会增大，故小球不可能沿圆环做匀速圆周运动，故B正确；
C．小球在A处的速度为，两正电荷对其库仑力的合力指向O点，根据牛顿第二定律有
可得
即小球在A处受到内轨道向上的支持力，即弹力不为零，故C错误；
D．在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】设所加的电场方向向下，大小为E，对A、B整体原来处于平衡状态，则加的电场力为整体的合外力，由牛顿第二定律有
再分析A物体的受力，有向下的重力mg，向下的电场力Eq，向上的弹力N，有题意知
则有
联立解得
故所加的电场方向向上，大小为50N/C。
故选A。
7．C
【详解】A．根据沿电场线电势降低，则A、B、C三点的电势关系为，故A错误；
B．电场线越密集电场强度越大，则A、B、C三点的电场强度大小关系为，故B错误；
C．因C点的电势最低，则A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大，故C正确；
D．由图并结合可知B、A两点之间的电势差大于A、C两点之间的电势差，则质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功多，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】AD．粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，则有
即Ep－x图像上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
故电场强度也逐渐减小，由
可知，加速度也减小，故A错误，D正确；
B．根据动能定理有
故Ek－x图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
D．按照C图，速度随着位移均匀增加，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小，故矛盾，故C错误。
故选D。
9．D
【详解】由题意可知，小球所受合力为
设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得
由能量守恒可得小球在最高点的电势能
联立两式解得
故选D。
10．D
【详解】AB．由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故AB错误；
CD．若将粒子的初速度变为原来一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。
故选D。
11．C
【详解】带电物块上滑到N点时，受到的库仑力大小
带电物块上滑到N点时速度最大，此时带电物块所受的合外力等于零，根据受力平衡有
解得N点到直杆底端的距离r
带电物块从M点到P点，根据动能定理有
M、P两点间的电势差
解得M、P两点间的电势差为
故选C。
12．(1)正
(2) 电荷量 不变
(3)
(4)C
(5)减小
【详解】（1）当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。
（2）[1]当开关S接“2”，电容器进行放电，I-t图像与横轴围成的面积表示的物理量是电荷量；
[2]只增大电阻R的阻值，只是使得放电过程变慢，而放电的电荷量不变，则I-t曲线与横轴围成的面积将不变。
（3）根据电容的定义式可得
（4）静电计是测量电势差的仪器。
故选C。
（5）静电计指针偏角变大，则电压变大，根据
可知，电容变小，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而减小。
13．(1)
(2)4m/s2，方向沿斜面向下
(3)8m/s，8m
【详解】（1）带电小物块恰好静止在斜面上，根据受力平衡可得
解得原来的电场强度大小为
（2）当电场强度变为原来的时，物块在斜面方向，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
方向沿斜面向下。
（3）根据匀变速直线运动速度时间公式，可得小物块2s末的速度为
根据位移时间公式可得，小物块2s内的位移为
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球在A点的初速度大小为，从A点C点过程，根据动能定理可得
解得
（2）小球A点B点过程，根据动能定理可得
解得
小球运动到圆弧最低点B时，根据牛顿第二定律可得
解得细线拉力大小为
（3）小球受到电场力和重力的合力大小为
电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角满足
可得
设小球向左运动到D位置速度最大，此时与竖直方向的夹角为，则从C点到D点过程，根据动能定理可得
解得
此时细线刚好断开，当小球运动的速度沿水平方向时，竖直方向有
小球的速度大小为
其中
联立可得
15．(1)
(2)
(3)；
【详解】（1）粒子在两板间被加速，则
解得
（2）因有的粒子能打在荧光屏上，可知当CD两板间电压为时粒子恰好从两板右边缘射出，则
解得
（3）对于从极板右侧边缘射出的粒子，则
解得
则荧光屏上有粒子打上的区域长度为
根据动能定理
解得
16．(1)
(2)0.36N
(3)或
【详解】（1）对小球受力分析，由题可得
故小球从A点运动到点过程，根据动能定理，可得
解得
（2）小球通过点时，竖直方向上，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得
（3）小球从圆弧轨道点飞出后，做水平方向的匀减速直线运动，有
当小球位于点左侧，即时，得
当小球位于点右侧，即时，得
17．(1)4×10-5C
(2)6N
(3)
【详解】（1）由滑块在D点所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力可知
解得
（2）滑块在D点所受合力提供向心力，则
解得
，
滑块从C点运动到D点，由动能定理可得
滑块在C点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为
（3）滑块在D点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
滑块从D点离开后，在水平方向上匀减速运动，加速度为
在竖直方向上匀加速运动，加速度为
根据位移时间关系有
解得
，
所以滑块落地点到B点距离为
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静电场中的能量专题训练-备战2026年高考物理一轮复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图甲、乙、丙、丁是课本内的几幅插图，下列说法正确的是（ ）
A．甲图是演示静电屏蔽现象的装置，带电小球的电场不能进入金属网罩内部
B．乙图是一种可变电容器，其原理是通过改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的
C．丙图是库仑扭秤，库仑通过它测量出两带电小球之间的静电力从而得出了静电力常量
D．丁图是避雷针，其通过尖端放电中和空气中的电荷达到避免建筑物遭雷击的目的
2．沿一静电场中的某条直线电场线建立Ox轴，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示。现将一电荷从x1处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，不计电荷重力。下列说法正确的是（ ）
A．电荷的电性为正电荷
B．从到原点O过程中电荷做匀减速直线运动
C．从到原点O过程中电荷的加速度先增大后减小
D．从到原点O过程中电荷的电势能逐渐减小
3．如图所示，在真空中水平放置一长方体，高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点F、H处分别放置电荷量为－Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是（ ）
A．该长方体的几何中心处场强为零
B．B、D两点场强相同
C．沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大
D．将一电子从B点移到E点，电场力做负功
4．如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，一个带正电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，过O点作两正点电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，则（ ）
A．点电荷A的电荷量小于B的电荷量
B．a、b、c、d四点电势相同
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．把该试探电荷从b沿直线移动到d，电场力先做正功再做负功
5．如图所示，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（小球直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则小球（ ）
A．从A到C的过程中电势能变小
B．不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．在A处与管道之间的弹力为0
D．在D点受到的合外力指向O点
6．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.2C，B不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N。，则（ ）
A．电场强度为50N/C B．电场强度为100N/C
C．电场强度为150N/C D．电场强度为200N/C
7．某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C三点的电势关系为
B．A、B、C三点的电场强度大小关系为
C．A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
D．质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功少
8．一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是（ ）
A． B． C． D．
9．一匀强电场，场强方向是水平的（如图），一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动。设小球在O点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为（ ）
A． B．sin2θ
C．tan2θ D．cos2θ
10．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出
11．如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘直杆与水平面的夹角，直杆的底端固定一电荷量为Q的带正电小球，M、N、P为杆上的三点。现将套在绝缘杆上有孔的带正电物块从直杆上的M点由静止释放。物块上滑到N点时速度达到最大，上滑到P点时速度恰好变为零。已知带电物块的质量为m、电荷量为q，M、P两点间的距离为x，静电力常量为k，不计空气阻力，重力加速度大小为g，带电体均可视为点电荷。则N点到直杆底端的距离r和M、P两点间的电势差分别为（ ）
A． B．
C． D．
二、实验题
12．某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。图丙所示实验装置是用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。
(1)图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器上极板带 （选填“正”或“负”）电。
(2)图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“？”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I-t图像如图，丙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是 。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将 （选填“减小”、“不变”或“增大”）。
(3)已知电源电压为3V，通过数格子的方法测得I-t曲线与横轴围成的面积为2.5mA·s，则电容器的电容C= F（结果保留两位有效数字）。
(4)图丙中，静电计是测量下列哪一个物理量的仪器__________。
A．电荷量 B．电容 C．电势差
(5)保持两极板所带的的电荷量Q不变，极板间的正对面积S不变，让带有绝缘手柄的A板向左移动增大两极板间的距离d，发现静电计指针偏角变大，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而 （填“增大”“减小”或“不变”）。
三、解答题
13．如图所示，光滑斜面（足够长）倾角为37°，一带正电的小物块质量为2m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，（，，）求：
(1)原来的电场强度大小；
(2)小物块运动的加速度；
(3)小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小。
14．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L的绝缘细线悬于电场中的O点。将小球拉至与O点等高的A点，给小球一个竖直向下的初速度，小球在竖直面内做圆周运动，恰好能到达C点，OC与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，已知电场强度大小，，小球可视为质点，求：
(1)小球在A点的初速度大小；
(2)小球运动到圆弧最低点B时，细线的拉力大小；
(3)若小球向左运动到速度最大的位置时细线刚好断开，此后当小球运动的速度沿水平方向时，小球的速度大小。
15．如图甲所示，竖直平行板A、B间加有恒定电压，在A板附近有一个粒子源，可以按时间均匀地释放质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子的初速度忽略不计，经A、B板间电场加速后，沿平行金属板C、D间的中线垂直进入C、D板间电场，C、D板间所加的电压随时间变化如图乙所示，C、D板长为L，C、D板的右侧有一竖直的荧光屏，荧光屏到C、D板右端的距离为，有的粒子能打在荧光屏上，不计粒子的重力，粒子在C、D板间运动的时间远小于T，求：
(1)粒子经加速电场加速后速度多大；
(2)C、D板间的距离为多少；
(3)荧光屏上有粒子打上的区域长度为多少；打在荧光屏上的粒子最大速度为多少。
16．研究人员利用电场控制带电物体的运动，如图所示，实验区域内充满与水平面夹角斜向上的匀强电场，电场强度大小。BC为竖直固定的绝缘光滑半圆弧轨道，O为圆心，半径，圆弧BC与绝缘光滑水平面AB平滑连接并相切于B点，间距离。一质量、电荷量的带正电小球，轻放于水平面上A点，一段时间后，小球从C点飞出，立即撤去圆弧轨道。不考虑空气阻力，重力加速度，求：
(1)小球通过C点时的速度大小；
(2)小球通过C点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)小球从圆弧轨道C点飞出后，运动到距C点1.5m处所用的时间。
17．如图所示，在竖直平面内，半径R=1.5m的光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角θ=53°，整个装置固定在电场强度大小为E=1×105V/m，方向水平向左的匀强电场中，质量m=300g的带电小滑块从A点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B、C、D点后落回水平轨道，已知滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，求：
(1)小滑块所带的电荷量；
(2)小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D C B A C D D D
题号 11
答案 C
1．D
【详解】A．甲图中，由于静电屏蔽使得金属网罩内部场强为零，但静电屏蔽并不是带电小球的电场遮挡在外，而是感应电荷的电场与带电小球的电场抵消为零，故A错误；
B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的相对面积从而达到改变电容的目的，故B错误；
C．丙图是库仑扭秤，库仑通过它发现了电荷之间的相互作用规律，但他并没有能通过实验得出静电力常量，故C错误；
D．丁图中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】AD．由图可知，从到O点电势降低，则电场方向由指向O点，电荷从处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，则电场力做负功，电势能增大，电荷带负电，故AD错误；
BC．因沿电场线方向建立的图像斜率的绝对值等于场强大小，则从到原点O过程中场强先增大后减小，则电荷所受的电场力先增大后减小，则电荷的加速度先增大后减小，电荷不是做匀减速直线运动，B错误，C正确。
故选C。
3．D
【详解】A．由等量同种点电荷的电场特点可知，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处的场强方向平行于AE方向向下，大小不为零，故A错误；
B．根据点电荷的场强方向及电场强度的叠加原理知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．沿竖直方向从O1到O2，即沿着电场线方向，电势一直降低，故C错误；
D．E点比B点离F、H处的两个点电荷都更近，所以将一电子从B点移到E点，F处和H处点电荷的电场均对电子做负功，则电场力对电子做负功，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．由试探电荷在O点恰好静止可知，O点电场强度为零，则
又因为rA > rB，所以qA > qB，故A错误；
B．因O点场强为零，则aO间场强方向由a到O，根据沿电场线方向电势降低可知，φa > φO，根据点电荷的电势分布规律可知，在A点电荷的电场中，O、b、d三点的电势关系为φOA > φbA = φdA，在B点电荷的电场中，O、b、d三点的电势关系为φOB > φbB = φdB，由电势的叠加可知，φO > φb = φd，则φa > φb = φd，故B错误；
C．由Ep = qφ和φa > φb可知，该正试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；
D．由B项分析同理可知，从b沿直线到d，电势先升高再降低，故把该正试探电荷从b沿直线移动到d，电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以O点为圆心且垂直于连线的圆环，其上每一位置的电势均相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故A错误；
B．小球从A到C的过程中，电势能不变，则电场力不做功，重力做正功，速度会增大，故小球不可能沿圆环做匀速圆周运动，故B正确；
C．小球在A处的速度为，两正电荷对其库仑力的合力指向O点，根据牛顿第二定律有
可得
即小球在A处受到内轨道向上的支持力，即弹力不为零，故C错误；
D．在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】设所加的电场方向向下，大小为E，对A、B整体原来处于平衡状态，则加的电场力为整体的合外力，由牛顿第二定律有
再分析A物体的受力，有向下的重力mg，向下的电场力Eq，向上的弹力N，有题意知
则有
联立解得
故所加的电场方向向上，大小为50N/C。
故选A。
7．C
【详解】A．根据沿电场线电势降低，则A、B、C三点的电势关系为，故A错误；
B．电场线越密集电场强度越大，则A、B、C三点的电场强度大小关系为，故B错误；
C．因C点的电势最低，则A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大，故C正确；
D．由图并结合可知B、A两点之间的电势差大于A、C两点之间的电势差，则质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功多，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】AD．粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，则有
即Ep－x图像上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
故电场强度也逐渐减小，由
可知，加速度也减小，故A错误，D正确；
B．根据动能定理有
故Ek－x图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
D．按照C图，速度随着位移均匀增加，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小，故矛盾，故C错误。
故选D。
9．D
【详解】由题意可知，小球所受合力为
设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得
由能量守恒可得小球在最高点的电势能
联立两式解得
故选D。
10．D
【详解】AB．由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故AB错误；
CD．若将粒子的初速度变为原来一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。
故选D。
11．C
【详解】带电物块上滑到N点时，受到的库仑力大小
带电物块上滑到N点时速度最大，此时带电物块所受的合外力等于零，根据受力平衡有
解得N点到直杆底端的距离r
带电物块从M点到P点，根据动能定理有
M、P两点间的电势差
解得M、P两点间的电势差为
故选C。
12．(1)正
(2) 电荷量 不变
(3)
(4)C
(5)减小
【详解】（1）当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。
（2）[1]当开关S接“2”，电容器进行放电，I-t图像与横轴围成的面积表示的物理量是电荷量；
[2]只增大电阻R的阻值，只是使得放电过程变慢，而放电的电荷量不变，则I-t曲线与横轴围成的面积将不变。
（3）根据电容的定义式可得
（4）静电计是测量电势差的仪器。
故选C。
（5）静电计指针偏角变大，则电压变大，根据
可知，电容变小，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而减小。
13．(1)
(2)4m/s2，方向沿斜面向下
(3)8m/s，8m
【详解】（1）带电小物块恰好静止在斜面上，根据受力平衡可得
解得原来的电场强度大小为
（2）当电场强度变为原来的时，物块在斜面方向，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
方向沿斜面向下。
（3）根据匀变速直线运动速度时间公式，可得小物块2s末的速度为
根据位移时间公式可得，小物块2s内的位移为
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球在A点的初速度大小为，从A点C点过程，根据动能定理可得
解得
（2）小球A点B点过程，根据动能定理可得
解得
小球运动到圆弧最低点B时，根据牛顿第二定律可得
解得细线拉力大小为
（3）小球受到电场力和重力的合力大小为
电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角满足
可得
设小球向左运动到D位置速度最大，此时与竖直方向的夹角为，则从C点到D点过程，根据动能定理可得
解得
此时细线刚好断开，当小球运动的速度沿水平方向时，竖直方向有
小球的速度大小为
其中
联立可得
15．(1)
(2)
(3)；
【详解】（1）粒子在两板间被加速，则
解得
（2）因有的粒子能打在荧光屏上，可知当CD两板间电压为时粒子恰好从两板右边缘射出，则
解得
（3）对于从极板右侧边缘射出的粒子，则
解得
则荧光屏上有粒子打上的区域长度为
根据动能定理
解得
16．(1)
(2)0.36N
(3)或
【详解】（1）对小球受力分析，由题可得
故小球从A点运动到点过程，根据动能定理，可得
解得
（2）小球通过点时，竖直方向上，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得
（3）小球从圆弧轨道点飞出后，做水平方向的匀减速直线运动，有
当小球位于点左侧，即时，得
当小球位于点右侧，即时，得
17．(1)4×10-5C
(2)6N
(3)
【详解】（1）由滑块在D点所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力可知
解得
（2）滑块在D点所受合力提供向心力，则
解得
，
滑块从C点运动到D点，由动能定理可得
滑块在C点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为
（3）滑块在D点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
滑块从D点离开后，在水平方向上匀减速运动，加速度为
在竖直方向上匀加速运动，加速度为
根据位移时间关系有
解得
，
所以滑块落地点到B点距离为
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