章末检测试卷(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)
1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )
A．由E＝知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比
B．由C＝知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．由E＝k知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．由UAB＝知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V
答案 D
解析 电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝k是点电荷电场强度的决定式，C错误；由UAB＝可知，D正确．
2．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )
图1
A．A点的电势低于B点的电势
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从A点移至B点，静电力做正功
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增加后减少
答案 C
解析 由题图可知φA>φB，所以正电荷从A移至B，电势减小，静电力做正功，故A错误，C正确；C、D两点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误．
3．(2019·日照市期末)如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是( )
图2
A．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能
B．带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度
C．若带电粒子带负电，则点电荷Q一定带正电
D．若带电粒子带负电，则A点的电势一定高于B点的电势
答案 B
4．(2019·阆中中学高二上月考)如图3甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是( )
图3
A．0C．2t0答案 D
解析 开始时Q板电势比P板高，电子受到的电场力向右，因此在05.(2019·南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，tA、tB分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有( )
图4
A．A处的场强一定大于B处的场强
B．A处的电势一定高于B处的电势
C．带电粒子在A处的电势能一定小于在B处的电势能
D．带电粒子从A到B的过程中，所受电场力一定做正功
答案 D
解析 根据v－t图像的斜率表示加速度可知，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的电场力增大，则电场强度E增大，A处的场强一定小于B处的场强，故A错误；从A到B带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确；由于粒子电性未知，无法判断A、B两点电势高低，故B错误．
6．(2019·山西省三区八校二模)如图5，真空中a、b、c、d四点共线且等距．先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E.若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点，则( )
图5
A．b点场强大小为E B．c点场强大小为E
C．b点场强方向向左 D．c点电势比b点电势高
答案 B
解析 设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E＝k，－Q在b点产生的场强大小为E1＝k＝E，方向水平向右，所以b点的场强大小为Eb＝E＋E＝E，方向水平向右，故A、C错误；根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E，方向水平向右，故B正确；电场线方向从a指向d，而沿着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误．
7．(2019·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图6所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)( )
图6
A.，沿x轴正方向 B.，沿x轴负方向
C.，沿x轴负方向 D.，沿x轴正方向
答案 D
解析 负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B点产生的场强与两正点电荷在B点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B点的场强大小为，方向沿x轴负方向，则两正点电荷在B点的合场强大小也为，方向沿x轴正方向；当负点电荷移到A点时，与B点的距离为2l，负点电荷在B点产生的场强为，方向沿x轴负方向，两正点电荷在B点产生的合场强的大小为，方向沿x轴正方向，所以B点处合场强的大小为－＝，方向沿x轴正方向，所以A、B、C错误，D正确．
8．如图7所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均处在电场强度大小为E的匀强电场中(mg>qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则( )
图7
A．tbC．ta＝td答案 D
解析 根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab>aa＝ad>ac，又由h＝at2得tb9．(2019·孝感市高二上期中)两个带电荷量相同的正点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的检验电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则( )
图8
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动
B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C．q运动到O点时的动能最大
D．q运动到O点时电势能为零
答案 BC
解析 q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指向O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，q通过O点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q运动到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O点的电势φ>0，所以q在O点时的电势能不为零，故选项B、C正确，选项A、D错误．
10．(2019·十堰市高二月考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图9中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )
图9
A．带正电
B．速度先变大后变小
C．电势能先变大后变小
D．经过b点和d点时的速度大小相同
答案 CD
解析 根据粒子的运动轨迹及等势面的分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．
11.如图10所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )
图10
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积减小一些
C．断开S后，使B板向右平移一些
D．断开S后，使A、B正对面积减小一些
答案 CD
解析 静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变，故A、B错误；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，电容器所带的电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，故C、D正确．
12.(2018·海南卷)如图11，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是( )
图11
A．b点的电场强度大小为
B．过b、d点的直线位于同一等势面上
C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低
D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零
答案 AD
解析 由图甲可知b点的电场
E＝＝＝，故A正确；
沿着电场线方向电势逐渐降低，等量正点电荷的电场线与电势面分布如图乙，由图乙可知B、C错误；由对称性可知，b、d点电势相同，故电子在b、d点电势能相同，动能也相同，都为0，故D正确．
13.如图12所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是( )
图12
A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
D．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
答案 BD
解析 设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，静电力做的功W＝qU1，故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比，即1∶1∶2，故C错误；由qU1＝mv02可知，粒子经加速电场获得的速度v0＝，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，在水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据y＝可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场中静电力做功为W＝，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故D正确．
14．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图13所示．下列说法正确的有( )
图13
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
答案 AC
解析 由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A正确；在φ－x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，故D错误；由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C正确．
二、计算题(本题共4小题，共44分)
15.(8分)如图14所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：
图14
(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E；
(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势能为多少？
答案 (1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J
解析 (1)电子从C点移到D点
UCD＝＝ V＝300 V(2分)
E＝＝ V/m＝1.5×104 V/m(2分)
(2)d＝dCDsin 30°＋1 cm＝3 cm(1分)
UAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V(1分)
由UAD＝φA－φD和φA＝0得
φD＝－450 V(1分)
电子在D点的电势能为Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J．(1分)
16．(11分)如图15所示，水平绝缘轨道AB长L＝4 m，离地高h＝1.8 m，A、B间存在竖直向上的匀强电场．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝－5×10－5 C的小滑块，从轨道上的A点以v0＝6 m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点．已知C、B间的水平距离x＝2.4 m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
图15
(1)滑块离开B点时速度的大小；
(2)滑块从A点运动到B点所用的时间；
(3)匀强电场的场强E的大小．
答案 (1)4 m/s (2)0.8 s (3)5×103 N/C
解析 (1)从B到C过程中，有h＝gt2(1分)
x＝vBt(1分)
解得vB＝4 m/s(1分)
(2)从A到B过程中，有L＝t′(2分)
解得t′＝0.8 s(1分)
(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，
由牛顿第二定律得
－μ(mg＋E|q|)＝ma(2分)
由运动学公式，有
vB2－v02＝2aL(2分)
解得E＝5×103 N/C.(1分)
17.(11分)如图16，一质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.5 C的带电小球以速度v0＝4.5 m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝10 V/m(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)．
图16
(1)求小球经过A点的速度大小vA；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，且从C点飞出轨道，求半径R的取值应满足的条件．
答案 (1)7.5 m/s (2)0解析 (1)小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆弧轨道的切线方向，则cos 53°＝(2分)
解得vA＝7.5 m/s.(1分)
(2)小球沿A点切线方向落入竖直光滑圆弧轨道ABC后，做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有mg＋qE＝m(2分)
根据动能定理得：－(mg＋qE)R(1＋cos 53°)＝mvC2－mvA2(3分)
联立以上两式解得R＝ m(2分)
故当018．(14分)如图17所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
图17
(1)电子运动到MN时的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.
答案 (1) (2)3 (3)2 (4)3L
解析 (1)从A点到MN的过程中，由动能定理得：
eE·＝mv2(1分)
得：v＝.(1分)
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝＝(1分)
v＝a1t1(1分)
则t1＝(1分)
从MN到打到屏的过程中运动的时间：t2＝＝2(1分)
则运动的总时间为t＝t1＋t2＝3.(1分)
(3)设电子射出电场E2时平行于电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝＝(1分)
t3＝(1分)
vy＝a2t3
tan θ＝(1分)
联立解得：tan θ＝2.(1分)
(4)电子的运动轨迹如图所示，将电子离开电场E2后的速度方向反向延长，交AO于O′
由几何关系知：tan θ＝(2分)
得：x＝3L. (1分)
(共46张PPT)
章末检测试卷(一)
第一章 静电场
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)
1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是
A.由E＝ 知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比
B.由C＝ 知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成
反比
C.由E＝ 知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D.由UAB＝ 知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力
做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；
电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；
18
2.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则
A.A点的电势低于B点的电势
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点，静电力做正功
D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能
先增加后减少
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
图1
√
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 由题图可知φA>φB，所以正电荷从A移至B，电势减小，静电力做正功，故A错误，C正确；
C、D两点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；
负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误.
18
3.(2019·日照市期末)如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹.下列说法正确的是
A.带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能
B.带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度
C.若带电粒子带负电，则点电荷Q一定带正电
D.若带电粒子带负电，则A点的电势一定高于B点的电势
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
16
17
图2
18
1
2
3
4
4.(2019·阆中中学高二上月考)如图3甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压.t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰.则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是
A.0C.2t05
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
16
17
图3
18
1
2
3
4
解析 开始时Q板电势比P板高，电子受到
的电场力向右，因此在0加速运动，A错误；
t0时刻电场反向，电子开始向右减速运动，
到2t0时刻，速度恰好减小到零，B错误；
在2t0在3t0时刻，电场再次反向，电子开始向左减速运动，到4t0时刻，速度刚好减小到零，D正确.
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5.(2019·南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，tA、tB分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有
A.A处的场强一定大于B处的场强
B.A处的电势一定高于B处的电势
C.带电粒子在A处的电势能一定小于在B处的电势能
D.带电粒子从A到B的过程中，所受电场力一定做正功
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
16
17
图4
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 根据v－t图像的斜率表示加速度可知，从A点运
动到B点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的
电场力增大，则电场强度E增大，A处的场强一定小于B
处的场强，故A错误；
从A到B带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确；
由于粒子电性未知，无法判断A、B两点电势高低，故B错误.
18
1
2
3
6.(2019·山西省三区八校二模)如图5，真空中a、b、c、d四点共线且等距.先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E.若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点，则
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
图5
A.b点场强大小为 B.c点场强大小为
C.b点场强方向向左 D.c点电势比b点电势高
√
18
根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为 ，方向水平向右，故B正确；
电场线方向从a指向d，而沿着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
7.(2019·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图6所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)
图6
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
8.如图7所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均处在电场强度大小为E的匀强电场中(mg>qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则
A.tbB.tb＝tcC.ta＝tdD.tb√
图7
解析 根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab>aa＝ad>ac，又由h＝ at2得tb1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
9.(2019·孝感市高二上期中)两个带电荷量相同的正点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点.一带负电的检验电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动.取无限远处的电势为零，则
A.q由A向O的运动是匀加速直线运动
B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C.q运动到O点时的动能最大
D.q运动到O点时电势能为零
√
图8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指向O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，q通过O点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q运动到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O点的电势φ>0，所以q在O点时的电势能不为零，故选项B、C正确，选项A、D错误.
18
10.(2019·十堰市高二月考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图9中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是
A.带正电
B.速度先变大后变小
C.电势能先变大后变小
D.经过b点和d点时的速度大小相同
√
√
图9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
解析 根据粒子的运动轨迹及等势面的分布可知，粒子
带负电，选项A错误；
粒子从a到c再到e的过程中电场力先做负功后做正功，
速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，
C正确；
因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确.
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
11.如图10所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是
A.使A、B两板靠近一些
B.使A、B两板正对面积减小一些
C.断开S后，使B板向右平移一些
D.断开S后，使A、B正对面积减小一些
15
√
√
16
17
图10
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高.当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变，故A、B错误；
当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，电容器所带的电荷量不变，由C＝ 可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，故C、D正确.
18
1
2
3
12.(2018·海南卷)如图11，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点.电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力.
下列说法正确的是
A.b点的电场强度大小为
B.过b、d点的直线位于同一等势面上
C.在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低
D.在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
16
17
图11
18
解析 由图甲可知b点的电场
沿着电场线方向电势逐渐降低，等量正点电荷的电场线与电势面分布如图乙，由图乙可知B、C错误；
由对称性可知，b、d点电势相同，故电子在b、d点电势能相同，动能也相同，都为0，故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
13.如图12所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏.今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上.已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是
A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C.加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
D.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
图12
√
√
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，静电力做的功W＝qU1，故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比，即1∶1∶2，故C错误；
18
根据y＝ 可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，
故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B
正确；
偏转电场中静电力做功为W＝ ，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
14.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图13所示.下列说法正确的有
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2，电势能减小
D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
图13
√
√
18
解析 由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，
故A正确；
在φ－x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度
大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；
x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力
逐渐减小，故D错误；
由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
二、计算题(本题共4小题，共44分)
15.(8分)如图14所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角.已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C.求：
(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E；
答案 300 V 1.5×104 V/m
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
图14
18
解析 电子从C点移到D点
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势能为多少？
答案 7.2×10－17 J
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 d＝dCDsin 30°＋1 cm＝3 cm (1分)
UAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V (1分)
由UAD＝φA－φD和φA＝0得
φD＝－450 V (1分)
电子在D点的电势能为Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J. (1分)
18
16.(11分)如图15所示，水平绝缘轨道AB长L＝4 m，离地高h＝1.8 m，A、B间存在竖直向上的匀强电场.一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝－5×10－5 C的小滑块，从轨道上的A点以v0＝6 m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点.已知C、B间的水平距离x＝2.4 m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)滑块离开B点时速度的大小；
答案 4 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
图15
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
x＝vBt (1分)
解得vB＝4 m/s (1分)
18
(2)滑块从A点运动到B点所用的时间；
答案 0.8 s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解得t′＝0.8 s (1分)
18
(3)匀强电场的场强E的大小.
答案 5×103 N/C
解析 在电场中运动时，小滑块受力如图所示，
由牛顿第二定律得－μ(mg＋E|q|)＝ma (2分)
由运动学公式，有vB2－v02＝2aL (2分)
解得E＝5×103 N/C. (1分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
17.(11分)如图16，一质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.5 C的带电小球以速度v0＝4.5 m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝10 V/m(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2).
(1)求小球经过A点的速度大小vA；
答案 7.5 m/s
16
17
图16
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析 小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆弧轨道的切线方向，则cos 53°＝ (2分)
解得vA＝7.5 m/s. (1分)
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，且从C点飞出轨道，求半径R的取值应满足的条件.
18
解析 小球沿A点切线方向落入竖直光滑圆弧轨道ABC后，做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有mg＋qE＝ (2分)
(1分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18.(14分)如图17所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏.现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为 ，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子运动到MN时的速度大小；
图17
18
解析 从A点到MN的过程中，由动能定理得：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
v＝a1t1 (1分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
答案 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析 设电子射出电场E2时平行于电场线方向的速度为vy，
vy＝a2t3
联立解得：tan θ＝2. (1分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.
答案 3L
解析 电子的运动轨迹如图所示，将电子离开电场E2后的速度方向反向延长，交AO于O′
得：x＝3L. (1分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
