【精品试卷】海南高考物理分章汇编第6章静电场复习专用试卷

静电场时间：60分钟 分值：100分一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．如图所示，在空间直角坐标系Oxyz 中，有一四面体CAOB ，C 、A 、O 、B 为四面体的四个顶点，且O (0,0,0)、A (L,0,0)、B (0，L,0)、C (0,0，L )，D (2L,0,0)是x 轴上一点，在坐标原点O 处固定着＋Q 的点电荷，下列说法正确的是( )A ．A 、B 、C 三点的电场强度相同 B ．电势差U OA ＝U ADC ．将一电子由C 点分别移动到A 、B 两点，电场力做功相同D ．电子在A 点的电势能大于在D 点的电势能解析：A 、B 、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，A 错误；电势差U OA >U AD ，B 错误；A 、B 、C 三点在同一等势面上，所以将电子由C 分别移到A 、B 两点，电场力做功均为零，C正确；因为电子带负电，由E p ＝qφ知电子在A 点的电势能小于在D 点的电势能，D 错误．答案：C2．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U 1的加速电场中由静止开始加速，然后射入电压为U 2的偏转电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小解析：电子通过加速电场时有eU 1＝12mv 20，在偏转电场中，在垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t ＝l v 0；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝eU 2md ，末速度v y ＝at ＝eU 2l mdv 0，偏转角tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ，所以θ∝U 2U 1，B 正确． 答案：B3.(2016·济南质检)如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d两点关于x 轴对称．下列判断错误的是( )A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小解析：由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A 、B 正确；b 、d 两点电场强度大小相等，方向不同，C 错误；四点中a 点电势最高，c 点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，D 正确．答案：C 4.(2014·山东高考)如图所示，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：试探电荷的动能E k ＝E k0＋W ＝E k0＋kQqr 2Δl ，由此可知在球壳内，由于球壳内的场强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变；在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，电场力做功越来越少，因此动能的增加越来越慢．综上所述，四个图中只有A 正确．答案：A 5.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到的重力与电场力的关系是3qE ＝mgC ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl解析：小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB 之间往复运动，其幅度不变，故选项A 、C 错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB 轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为W ＝－qEl (1－cos60°)＝－12qEl ，选项D 正确．答案：D二、多项选择题(每小题8分，共24分)6．如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A 极板用绝缘线悬挂，B 极板固定且接地，P 点为两极板的中间位置．下列结论正确的是( )A ．若在两极板间加上某种绝缘介质，A 、B 两极板所带电荷量会增大 B ．A 、B 两极板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向相同C ．若将A 极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D ．若将A 极板竖直向下平移一小段距离，原P 点位置的电势将不变解析：由于平行板电容器与电源断开，所带电荷量保持不变，因此在两极板间加上某种绝缘介质，A 、B 两极板所带电荷量也不会增加，A 错误；正极板A 在P 点产生的场强向下，而负极板B 在P 点产生的场强也向下，由于两极板具有对称性，因此两极板电荷分别在P 点产生电场的强度大小相等，方向相同，B 正确；根据C ＝Q U ，而C ＝εr S4πkd，平行板电容器内的电场强度E ＝U d，整理式子可得E ＝4πkQεr S，可以得出只要所带电荷量和极板的正对面积不变，电容器内部的电场强度就不变，因此场强大小与距离无关，C 错误；同样若将A 板竖直向下平移一小段距离，两板间的电场强度不变，P 与B 间的电势差不变，而B 点电势为零，即P 点位置的电势将不变，D 正确．答案：BD 7.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，所带电荷量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q8QB ．cos 3α＝q 2Q2C ．sin 3α＝Q8qD ．sin 3α＝Q 2q2解析：设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，两个－q 之间距离为2a cos α.选取其中的一个－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝kq 22a cos α2，解得cos 3α＝q8Q，选项A 正确，选项B 错误；选取其中的一个Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝kQ 22a sin α2，解得sin 3α＝Q8q，选项C 正确，选项D 错误．答案：AC 8.如图所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场后的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度等于BC 的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是( )A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B ．由于AB 的长度等于BC 的长度，故U AB ＝U BCC ．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变D ．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量解析：由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A 选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB 的长度等于BC 的长度，但AB 段与BC 段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断U AB ≠U BC ，故B 选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 选项正确；由于b 虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b 虚线对应的带电粒子Eq ＝m b v 2r ，而c 虚线对应的带电粒子满足关系式Eq >m c v 2r，即m b >m c ，故D 选项正确．答案：CD三、非选择题(共46分)9．(10分)如图所示，正电荷q 1固定于半径为R 的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q 2、质量为m 的带正电小球，从轨道的A 处无初速度释放，求：(1)小球运动到B 点时的速度大小；(2)小球在B 点时对轨道的压力．解析：(1)带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12mv 2B 解得v B ＝2gR .(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2BR 解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R2根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2R2方向竖直向下．答案：(1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2R 2，方向竖直向下 10.(12分)如图所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin37°＝qE ①F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q.(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g .(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .答案：(1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL11．(12分)一平行板电容器长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，板间距d ＝4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010C/kg ，速度均为4×106m/s ，距板右端l2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交变电流，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电流的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：(1)离子打在屏上的区域面积；(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．解析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0， 水平方向l ＝v 0t ①竖直方向d 2＝12at 2②又a ＝qU 0md③ 由①②③得U 0＝md 2v 20ql2＝128 V即当U >128 V 时离子打到极板上，当U ≤128 V 时离子打到屏上．利用推论：打到屏上的离子可看作是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得l 2＋l 2l2＝yd2解得y ＝d又由对称性知，打到屏上的总长度为2d . 则离子打到屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2. (2)在前14T ，离子打到屏上的时间t 0＝128200×0.005 s＝0.003 2 s 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t ＝4t 0＝0.012 8 s.答案：(1)64 cm 2(2)0.012 8 s12．(12分)如图所示，AB 是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD 是半径为R ＝0.2 m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点．整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，质量m ＝0.20 kg 的带负电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h ＝0.24 m ，滑块带电荷量大小q ＝5.0×10－4C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块滑到圆弧轨道最低点C 点时对轨道的压力． 解析：(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f ＝μ(mg ＋qE )cos37°＝0.96 N设滑块到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得(mg ＋qE )h －F f h sin37°＝12mv 21－0解得v 1＝2.4 m/s.(2)设滑块滑到C 点时速度为v 2，此时轨道对滑块的支持力为F N ，滑块从B 到C ，由动能定理可得(mg ＋qE )R (1－cos37°)＝12mv 22－12mv 21当滑块经过最低点时，有F N －(mg ＋qE )＝m v 22R由牛顿第三定律得滑块在C 点时对轨道的压力F ′N ＝F N 解得F ′N ＝11.36 N.答案：(1)2.4 m/s (2)11.36 N。

海南省历年高考物理真题分章汇编第六章 静电场2007海南6、一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。

两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间。

测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。

若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )A ．1∶2B ．1∶1C ．2∶1D ．4∶1 2007海南6、答案： D【解析】 两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有vt x =，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有2at 21y =，电荷在电场中受的力为Eq F =，根据牛顿第二定律有ma F =，整理得22Ex yv 2m q =，因为两粒子在同一电场中运动，E 相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比。

所以比荷之比为1:4，D 正确。

2007海南7、如图所示，固定在Q 点的正点电荷的电场中有M 、N 两点，已知MQ ＜NQ 。

下列叙述正确的是 ( )A ．若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 B ．若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加C ．若把一负的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则电场力对该电荷做功，电势能减少D ．若把一负的点电荷从M 点沿直线移到N 点，再从N 点沿不同路径移回到M 点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的动，电势能不变2007海南7、答案：AD【解析】 电场力对电荷做正功，电势能减少，而正负功的判断要根据功的定义式cos αs F W=，力和位移只带大小。

功的正负取决于力与位移的方向夹角。

从图上可以看出，将正电荷从M 点沿直线移到N 点的过程中，电场力与位移方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减少。

A 正确，B 错误。

将负点电荷从M 点沿直线移到N 点的近程中，电场力指向正电荷，方向与位移的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加。

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新课标人教版2013届高三物理总复习单元综合测试卷第六单元《静电场》本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分试卷满分为100分。

考试时间为90分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分)一、选择题（本大题包括10小题，每小题4分，共40分。

)1．已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克Error!)组成的，它们的带电量如下表所示，表中e为元电荷。

π＋π－u d带电量＋e－e ＋e－Error!e－e＋e下列说法正确的是（ ）A．π＋由u和组成 B．π＋由d和Error!组成C．π－由u和组成D．π－由d和组成解析：根据题目列表信息可知，π＋带一个单位的正电荷，π－带一个单位的负电荷．只要想到了电荷守恒定律，就可以轻松判断AD正确．由于受思维惯性的影响,有些考生总认为任何物体的带电量都是基本电荷e的整数倍．其实,近代物理学认为，夸克是比质子和中子等亚原子粒子更基本的物质组成单位，夸克组成了质子和中子，质子和中子组成原子核,最终才由原子构成宇宙万物．科学研究表明，一般没有自由的单个夸克，只有两个或三个夸克的集合体才能够处于自由状态．答案：AD2．如图1所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C(可视为质点）．若它们恰能处于平衡状态．那么这三个小球所带的电量及电性的关系，可能的是下面的情况 ( )图1A．－9、4、－36 B．4、9、36C．－3、2、8 D．3、－2、6解析：图2要使每个小球都处于平衡状态，必须使其他两个小球对它的库仑力大小相等、方向相反．对中间小球B必须满足F AB＝F CB，故由库仑定律知Q A和Q B必须为异种电荷．再以A球(C球也可以)为研究对象知F CA＝F BA(如图2所示）,即k＝k Error!。

避躲市安闲阳光实验学校第六章静电场一、三年高考考点统计与分析考点试题题型分值库仑定律电场强度安徽T20浙江T19山东T19江苏T1上海T11海南T3重庆T19广东T21海南T4新课标全国T17福建T18选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择6分6分5分3分3分3分6分6分3分6分6分电势能电势电势差天津T5福建T15安徽T18重庆T20海南T3山东T21江苏T8上海T14上海T9江苏T5选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择6分6分6分6分3分4分4分3分3分3分电容器带电粒子在电场中的运动新课标全国T18广东T20江苏T2海南T9北京T24天津T5新课标全国T20安徽T20选择选择选择选择计算选择选择6分6分3分4分20分6分6分北京T24福建T20安徽T18北京T18选择计算计算选择选择6分20分15分6分6分(1)试题主要集中在电场强度、电场线、电场力、电势、电势差、等势面、电势能、平行板电容器、匀强电场、电场力做功、电势能的变化，还有带电粒子在电场中的加速和偏转等知识。

其中在全国各地试卷中，对电场的性质及库仑定律的考查共计5次；对电容器，带电粒子在电场中的运动的考查共计6次；对电势、电势能、电势差的考查共计4次。

(2)高考试题的考查题型多以选择题，计算题形式出现，其中电场的性质的考查以选择形式出现5次，每题分值3～6分不等；电容器，带电粒子在电场中的运动的考查以选择形式出现3次，每次3～6分，以计算的形式出现了3次，分值在16～20分之间。

(3)高考试题对知识点的考查主要有三种形式：一种是基本概念和规律与力学中牛顿运动定律、动能定理、动能关系相结合；一种是以实际生产、生活为背景材料。

对带电粒子在电场中的加速、偏转等问题进行考查；还有一种形式是粒子在复合场中的运动，试题难度中等以上。

二、高考考情预测预计的高考中，对本专题的考查仍将是热点之一，在上述考查角度的基础上，重点以选择题的形式考查静电场的基本知识点，以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的实际应用。

静电场-历年高考汇编（全国）【真题汇编】一、选择题汇编(2021·乙卷·T15）1．如图（a ），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。

由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b ）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。

若将一正试探电荷先后放于M 和N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别为M F 和N F ，相应的电势能分别为p M E 和p N E ，则（ ）A ．,M N pM pN F F E E <>B ．,M N pM pN F F E E >>C ．,M N pM pN F F E E <<D ．,M N pM pN F FE E ><【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由图中等势面的疏密程度可知M N E E <根据F qE =可知M N F F <由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M 点移到N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即p p M N E E >故选A 。

(2021·甲卷·T19）2．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4eVC ．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 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由图象可知φb = φe则正电荷从b 点运动到e 点，电场力不做功，A 错误； B ．由图象可知φa = 3V ，φd = 7V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad = E p a - E p d = (φa - φd )⋅( - e ) = 4eVB 正确；C ．沿电场线方向电势逐渐降低，则b 点处的场强方向向左，C 错误；D ．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b 点电场线最密集，则b 点处的场强最大，D 正确。

第六章 静电场(时间：100分钟 满分：110分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为100分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共56分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得4分，漏选的得2分，错选的得0分)1．(2012·连云港模拟)两个相同的带电金属小球相距r 时，相互作用力大小为F ，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F ，则两球原来所带电量和电性( )A ．可能是等量的同种电荷B ．可能是不等量的同种电荷C ．可能是不等量的异种电荷D ．不可能是异种电荷解析：(1)若带同种电荷，设带电量分别为Q 1和Q 2，则F ＝kQ 1Q 2r 2，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：F ′＝k Q 1＋Q 224r2，显然只有Q 1＝Q 2时，才有F ＝F ′，所以A选项正确，B 选项错误；(2)若带异种电荷，设带电量分别为Q 1和－Q 2，则F ＝kQ 1Q 2r 2，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：F ′＝k Q 1－Q 224r2，由Q 1Q 2＝Q 1－Q 224解得在Q 1＝(3±22)Q 2时，才有F ＝F ′，所以C 选项正确，D 选项错误．答案：AC2．(2012·南通联考)如图所示，匀强电场E 的区域内，在O 点放置一点电荷＋Q .a 、b 、c 、d 、e 、f 为以O 为球心的球面上的点，aecf 平面与电场平行，bedf 平面与电场垂直，则下列说法中正确的是( )A ．b 、d 两点的电场强度相同B ．a 点的电势等于f 点的电势C ．点电荷＋q 在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D．将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大解析：b、d两点的场强为＋Q产生的场与匀强电场E的合场强，由对称可知，其大小相等，方向不同，A错误；a、f两点虽在＋Q所形成电场的同一等势面上，但在匀强电场E中此两点不等势，故B错误；在bedf面上各点电势相同，点电荷＋q在bedf面上移动时，电场力不做功，C错误；从a点移到c点，＋Q对它的电场力不做功，但匀强电场对＋q做功最多，电势能变化量一定最大，故D正确．答案：D3．(2012·日照联考)如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A点时的动能为10 J，在电场力作用下从A运动到B速度减为零，当这个粒子的动能为7.5 J时，其电势能为( )A．12.5 J B．2.5 JC．0 D．－2.5 J解析：根据题意可知，带电粒子从A到B，电场力做功为－10 J(动能定理)，则带电粒子从A运动到等势面b时，电场力做功为－5 J，粒子在等势面b时动能为5 J．带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5 J，是守恒的，当动能为7.5 J时，其电势能为－2.5 J，D对．答案：D4．(2012·巴中联考)在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，如图所示，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点电势φD的大小为( )A．－3 V B．0C．2 V D．1 V解析：如图，分别取BC、AD的四等分点E、E′，连AE、CE′，因为B点电势为4 V，C点电势为0，所以E点电势为1 V，又A点电势为1 V ，所以AE 是电势为1 V 的等势线，由平行四边形知识知AE ∥CE ′，所以E ′点电势为0，又E ′为AD 的四等分点，且A 点电势为1 V ，所以D 点电势为－3 V ，A 正确．答案：A5．(2012·辽宁协作体)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )解析：由平行板电容器的电容C ＝εS4πkd可知A 错．在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U ＝Q C，E ＝U d＝4πkQεS与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，φ＝φ0－El 0则C项正确．正电荷在P 点的电势能W ＝qφ＝q (φ0－El 0)显然D 错．答案：C6．(2012·长安一中月考)如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹，若带电粒子是从a 处运动到b 的．以下有关a 、b 两处的比较正确的是( )A ．a 处的场强较强B ．带电粒子在b 处时电势能较小C ．b 处的电势较高D ．带电粒子在a 处时速度较小解析：a 处电场线密，故a 处场强大，A 正确；带电粒子由a 处运动到b 处，力的方向与速度方向夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，动能减小，故B 、D 错误；沿电场线方向电势降低，故φa >φb ，C 错．答案：A7．(2012·桂林调研)如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A 、B 是这条直线上的两点，一带正电的粒子以速度v A 向右经过A 点向B 点运动，经过一段时间后，粒子以速度v B 经过B 点，且v B 与v A 方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是( )A ．此电场一定是负电荷形成的电场B ．A 点的电势一定低于B 点的电势C ．粒子在A 点的速度一定小于在B 点的速度D ．粒子在A 点的电势能一定小于在B 点的电势能解析：由于只有一条电场线，故无法确定电场是由何种电荷形成的，A 错误．由速度反向可知，粒子受到的电场力方向向左，所以A 到B ，电场力做负功，电势能增加，D 正确．由运动的对称性，可知C 是错误的．由于粒子带正电，说明电场强度方向向左，所以B 点的电势高，B 正确．答案：BD8．(2012·洛阳市考试)如图的四个电场中，均有相互对称分布的a 、b 两点，其中电势和场强都相同的是( )解析：选项A 中，a 、b 两点场强的方向不同，A 项错误；选项B 中a 、b 两点电势和场强均相同，B 项正确；选项C 中a 点电势高于b 点电势，C 项错误；选项D 中a 、b 两点场强的方向不同，D 项错误．答案：B9．(2012·桂林联考)如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P 点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO ′迅速顺时针转过45°，则( )A ．P 点处的电势不变B ．带电油滴仍将保持静止状态C ．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D ．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析：由于P 点仍处于板的中间，故电势不变，A 正确；设原来两极板间距为d ，两极板的电势差为U ，带电油滴处于静止状态，则mg ＝U dq ，当电容器两极板绕OO ′顺时针转过45°后，两极板间距变小为22d，由于电容器始终与电源相连，两极板的电势差仍为U，故此时的电场力为原来的2倍，方向与水平方向成45°指向右上方．带电油滴的合力方向恰好水平向右，故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中电场力做正功，油滴的电势能不断减小，B、D选项错，C选项正确．答案：AC10．(2012·洛阳市联考)一个匀强电场的电场线分布如图甲所示，把一个空心导体引入到该匀强电场后的电场线分布如图乙所示．在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是( )A．φA＝φB B．φB＝φCC．E A＝E B D．E B＝E C解析：处于静电平衡状态的导体是一个等势体，φB＝φC，B正确；沿电场线方向电势降低φA>φB，A错；由电场线的疏密描述场强的强弱可知，C、D错．答案：B11．(2012·陕西师大附中月考)如下图是等量异种点电荷的电场线和等势面，A、B、C、D四点是不同等势面上的点，另一个点O在两电荷连线的中点，设无限远处的电势为零，两电荷连线的中垂线为等势面，A、B两点的电势分别为100 V、－50 V．一个带电粒子的质量为m，带电量为q＝＋0.2 C，在O点具有的动能为50 J．粒子只受静电力作用．请结合下图，关于A、B、C、D四点，下列各空所填A、B、C、D四组数据正确的是( )位置点问题A B C D四点电势100 V－50 V00 q在四点的电势能20 J－10 J00O点与四点的电势差－100 V50 V00 q从O点到四点电场力做的功－20 J10 J00q 从O 点到四点电势能改变量20 J －10 J 0 0 q 在四点的动能30 J60 J50 J－50 J解析：对A 选项，E PA ＝φAq ＝100×0.2 J＝20 J U OA ＝φ0－φA ＝－100 V q 从O 点到A 电场力做的功 W OA ＝U OA q ＝－100×0.2 J＝－20 J q 从O 点移到A 点电势能增加20 J由能量守恒可知，q 由O 点移到A 点动能应减少20 J ，因此E k A ＝30 J. 同理B 、C 两项正确，q 在D 点的动能应为＋50 J. 答案：ABC12．(2012·桂林十八中月考)如图所示，把一个带电小球A 固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B ．现给小球B 一个垂直AB 连线方向的速度v 0，使其在水平桌面上运动，则( )A ．若A 、B 为同种电荷，B 球一定做速度变大的曲线运动 B ．若A 、B 为同种电荷，B 球一定做加速度变大的曲线运动C ．若A 、B 为异种电荷，B 球可能做加速度、速度都变大的曲线运动D ．若A 、B 为异种电荷，B 球速度的大小和加速度的大小可能都不变解析：若A 、B 为同种电荷，则B 将远离A 做曲线运动，加速度a 减少，速度增大，因此A 对，B 错；若A 、B 为异种电荷，满足kQq r 2>m v 20r ，B 将做向心运动，加速度和速度均变大C正确；若A 、B 为异种电荷，满足kQq r 2＝m v 20r，B 将做匀速圆周运动，D 正确．答案：ACD13．(2012·湖北八校联考)有一静电场，其电势随x 坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O 由静止释放，电场中P 、Q 两点的坐标分别为1 mm 、4 mm.则下列说法正确的是( )A ．粒子将沿x 轴正方向一直向前运动B ．粒子在P 点与Q 点加速度大小相等、方向相反C ．粒子经过P 点与Q 点时，动能相等D ．粒子经过P 点与Q 点时，电场力做功的功率相等解析：由φ－x图，画出电场强度E随x的变化图象及带电粒子的v－t图象，如图，则A错误．由牛顿第二定律，粒子在P、Q两点的加速度满足a P＝2a Q，则B错误；由v－t图象，粒子在P、Q两点对应的时间分别是22t0和(3－2)t0，其速度相等，则C正确，粒子在P、Q两点的功率P＝Eqv，因电场强度不相同，故功率不同，则D错误．答案：C14．(2012·河北省教学质检)如图所示，半径为R的均匀带电圆盘水平放置，圆盘中心有一小孔，P、Q是过圆盘中心且垂直圆盘的直线．一质量为m的带电小球从P、Q连线上的H点由静止开始释放，当小球下落到圆盘上方h处的M点时，小球的加速度为零．已知重力加速度为g，则下列判断中错误的是( )A．小球运动到圆盘下方h处的N点时加速度大小为2gB．小球运动到圆盘下方h处的N点时的电势能与在M点时相等C．小球从M点运动到N点的过程中，小球的机械能守恒D．小球从M点运动到N点的过程中，小球的机械能与电势能之和保持不变解析：均匀带电的圆盘在其中心轴线上产生的电场可以等效成无数对等量同种电荷在其中心轴线上形成的电场．由其电场特点可知：带电圆盘在M、N点产生的电场关于圆盘中心点对称，由于小球在M点加速度为零，则可知圆盘对小球在该点的电场力与重力等大反向，而在N点，带电小球受到的电场力方向是竖直向下的，故小球在圆盘下方h处的N点时加速度大小为2g，选项A正确；由电场特点可知小球在两点的电势能相等，选项B正确；小球在此运动过程中，只有重力和电场力做功，故小球的机械能与电势能之和保持不变，选项D 正确，选项C错误．答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共54分)二、论述、计算题(本题共4小题，共54分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．如图所示，a、b、c是匀强电场中的三点，并构成一等边三角形，边长L＝21 cm，将一带电荷量q＝－2×10－6C的电荷从a点移到b点，电场力做功W ab＝－1.2×10－5J；若将同一点电荷从a 点移到c 点，电场力做功W ac ＝6×10－6J ，试求匀强电场的电场强度E .解析：因为U ab ＝W ab q ＝6 V ，U ac ＝W acq＝－3 V ，φc >φa ，所以U cb ＝9 V ．将cb 分成三等份，每一等份的电势差为3 V ，如图所示，连接ad ，并从c 点开始依次作ad 的平行线，得到各等势线，作等势线的垂线ce ，场强方向由c 指向e ，所以E ＝U c b L cos α＝U abL cos θ，得3cos θ＝2cos α，又α＝60°－θ，故3cos θ＝2cos(60°－θ)＝cos θ＋3sin θ，2cos θ＝3·1－cos 2θ，解得cos θ＝217，所以E ＝U abL cos θ＝200 V/m.答案：200 V/m16．(2012·西安联考)如图所示，在固定的水平的绝缘平板上有A 、B 、C 三点，B 点左侧的空间存在着场强大小为E ，方向水平向右的匀强电场，在A 点放置一个质量为m ，带正电的小物块，物块与平板之间的摩擦因数为μ.给物块一个水平向左的初速度v 0之后，该物块能够到达C 点并立即折回，最后又回到A 点静止下来，求：(1)此过程中物块所走的总路程x 有多大？(2)若AB ＝l 1，那么物块第一次到达B 点时的速度v B 是多大？ (3)若BC ＝l 2，那么物块所带的电量q 是多大？ 解析：(1)对小物块的全程应用动能定理有： －μmgx ＝0－12mv 20，所以x ＝v 22μg(2)对AB 段应用动能定理有：μmgl 1＝12mv 20－12mv 2B ，所以v B ＝v 20－2μgl 1(3)对A →C 过程应用动能定理有：μmgx2＋qEl2＝12mv20，所以q＝mv204El2答案：(1)v202μg(2)v20－2μgl1(3)mv204El217．如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0.电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm.在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙．(每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06 s时刻射入两板间的电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)由图知t＝0.06 s时刻偏转电压为：U＝1.8U0①电子在电场中加速：12mv20＝qU0②电子在电场中偏转：y＝12qUmL⎝⎛⎭⎪⎫Lv02③解得：y＝0.45L＝4.5 cm，由类平抛运动规律及三角形相似知识得：L2L2＋L＝yY，解得：Y＝3y＝13.5 cm，即打在屏上的点距O点13.5 cm.(2)电子在电场中的最大侧移为0.5L，设此时的偏转电压为U′，由②③两式可得偏转电压U′＝2.0U0，由于U′<3U0，所以偏转最大的电子均从上、下极板的右边缘飞出，所以同理可得：荧光屏上电子的最大侧移为Y m＝3y m＝32L，能打到的区间长为：2Y m＝3L＝30 cm答案：(1)荧光屏上方距O点13.5 cm处(2)30 cm18．(2012·河南确山月考)如图所示，可视为质点的物体质量为m ＝0.4 kg 、电量为q ＝＋2.0×10－2C ，与水平绝缘轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平轨道与半径为R ＝0.4 m的竖直光滑半圆形绝缘轨道相切于B 点，AB 间距为L ＝1.0 m ，轨道整体固定在地面上，空间内存在竖直向下的匀强电场，场强为E ＝1.0×102N/C ．重力加速度g 取10 m/s 2.物体在半圆形轨道上的B 点时对轨道的压力与物体在AB 间时对轨道的压力之比，称为物体运动的压力比，则：(1)若使物体运动的压力比为24，则物体在出发点A 的速度应为多大？(2)若物体在出发点A 开始水平向右运动，并沿圆弧轨道由D 点飞出，则物体运动的压力比及物体在出发点A 的速度应满足什么条件？(3)若使物体运动的压力比为1.5，则物体运动后停的位置距离出发点A 的距离为多少？ 解析：(1)对物体由A 运动到B 的过程，应用动能定理可得： －μ(mg ＋qE )L ＝12mv 2B －12mv 2A ①物体在AB 间时对轨道的压力N 1＝mg ＋qE ②对物体在B 点，应用牛顿第二定律可得：N 2－(mg ＋qE )＝mv 2BR③设物体运动的压力比为n ，则n ＝N 2N 1＝24④ 由①～④可得：v A ＝12 m/s ⑤(2)根据题意，可设对应的D 点的速度为v D ，对物体在D 点，应用牛顿第二定律可得：mg ＋qE ≤mv 2DR⑥对物体由B 运动到D 的过程，应用动能定理可得： －(mg ＋qE )2R ＝12mv 2D －12mv 2B ⑦对物体由A 运动到D 的过程，应用动能定理可得： －μ(mg ＋qE )L －(mg ＋qE )2R ＝12mv 2D －12mv 2A ⑧由⑥⑧可得：v A ≥6 m/s⑨ 由②③⑦可得：n ≥6⑩(3)根据题意可知：n ＝N 2N 1＝1.5⑪由②③⑪可得：12(mg ＋qE )＝mv 2B R⑫ 对物体由B 沿圆形轨道上滑的过程，由动能定理可得(mg ＋Eq )h ＝12mv 2B ⑬ 由⑫⑬可得h ＝14R 即物体只能沿圆形轨道上滑至高度为14R 处，后又沿原路径滑下，设物体所停位置与B 的距离为S ，对物体由B 滑出S 远的过程，应用动能定理可得：－μ(mg ＋qE )S ＝－12mv 2B ⑭ 代入数据，可得：S ＝0.5 m ⑮物体运动后停的位置与A 的距离为L －S ＝0.5 m.答案：(1)12 m/s (2)v A ≥6 m/s，压力比n ≥6(3)0.5 m。

2021年高考物理一轮复习第六章静电场阶段综合测评温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选或不答得0分)1．(xx届福建省漳州高三八校联考)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab＝U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中正确的是( ) A．三个等势面中，c的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能比Q点小C．带电质点通过P点时的动能比Q点小D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小解析：由带正电的质点做曲线运动的条件可知，该质点受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，沿电场线电势逐渐降低，则等势面a的电势最高，选项A错误；若带正电的质点从Q点到P点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，故选项B错误，选项C正确；等势面密集的区域电场强，所以P点场强大于Q点场强，带电质点在P点时受到的电场力较大，故选项D错误．答案：C2．(xx届广东省中山一中等七校高三第一次联考)如图实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图不可确定的是( )A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大解析：设粒子由a到b运动，由图可知，粒子偏向左下方，则说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故选项A正确，选项B错误；由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可知b处速度较小，故选项C错误；电场力做负功，则电势能增加，故b 点电势能较大，故选项D错误．答案：A3．(xx届温州市十校联合体高三联考)如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：由题意可知，带负电的粒子在电场中受力水平向左，粒子先做减速运动后做加速运动，在M点速率最小，故选项A、B错误；粒子在匀强电场中受到恒定电场力作用，其加速度保持不变，故选项C正确；电场力先做负功，后做正功，其电势能先增加后减小，故选项D错误．答案：C4．(xx届山东师大附中高三模拟)某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是( )A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势高于B点的电势解析：带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B 点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故选项A错误：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在A点时受到的电场力大，故选项B正确：带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能．反之一样．故选项C错误：带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，所以电场中A点的电势低于B点的电势，故选项D错误．答案：B5．(xx届福州八中高三质检)如图所示，一边长为l的正方形，其中a、b、c三个顶点上分别固定了三个电荷量相等的正点电荷Q，O点为正方形的中心，d点为正方形的另一个顶点．以下关于O点和d点说法正确的是( )A．O点和d点的场强方向相同B．d点比O点的电势高C．同一试探电荷＋q在d点比在O点受到的电场力大D．同一试探电荷＋q在d点比在O点的电势能大解析：由点电荷的电场及场的叠加可知，在O点b、c两处的点电荷产生的电场相互抵消，O点处的场强方向沿ad指向d点，在d点b、c两处的点电荷产生的电场合成方向也是沿ad指向d点，所以三个正点电荷在O点和d点的场强方向相同，故选项A正确；ad是b、c两处点电荷连线的中垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知在b、c两点电荷的电场中O点电势高于d点电势，而在点电荷a的电场中O点电势也高于d点电势，再由电势叠加可知O点电势高．故选项B错误；由点电荷的电场及场的叠加可知，在O点b、c两处的点电荷产生的电场相互抵消，O点处的场强等于a处点电荷所产生的场强，即E O＝kQ()2l2＝2kQl2，方向由a指向O；而在d点处E d＝kQl2×cos45°×2＋kQ2l2＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋12×KQl2＜E O，方向也沿aO方向，故选项C错误；O点电势比d点高，正电荷在电势越高处电势能越大，所以同一试探电荷＋q 在d 点比在O 点的电势能小，故选项D 错误．答案：A6．(xx 届辽宁省本溪市高三月考)如图所示，以O 点为圆心，以R ＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴交点分别为a ，b ，c ，d ，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x 轴正方向成θ＝60°角，已知a ，b ，c 三点的电势分别为4 3 V 、4 V 、－4 3 V ，则下列说法正确的是( )A ．该匀强电场的场强E ＝40 3 V/mB ．该匀强电场的场强E ＝80 V/mC ．d 点的电势为－4 VD ．d 点的电势为－2 3 V解析：匀强电场中任意一条线段中点电势等于两端电势的平均值，根据φA ＝4 3 V ，φB ＝4 V ，φC＝－4 3 V 可得原点O 的电势φO ＝0 V ，D 点电势是φD ＝－4 V ，选项C 正确，选项D 错误；匀强电场中的电场线和等势面垂直，过B 点和D 点的等势面与电场线垂直，如图所示，BD 沿电场线方向的距离d ＝BD cos θ＝0.2 m ，BD 的电势差U ＝4 V －(－4 V)＝8 V ，所以电场强度E ＝U d ＝8 V0.2 m＝40 V/m.故选项A 、B错误．答案：C7．(xx 届江西五校高三联考)对于真空中电荷量为q 的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r 处的电势为φ＝kq /r (k 为静电力常量)，如图所示，两电荷量大小均为Q 的异种点电荷相距为d ，现将一质子(电荷量为e )从两电荷连线上的A 点沿以负电荷为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，在质子从A 到C 的过程中，系统电势能的变化情况为( )A ．减少2kQeRd 2－R 2B ．增加2kQeRd 2＋R 2C．减少2kQed2－R2D．增加2kQed2＋R2解析：A点的电势为φA＝－k QR＋kQd－R＝－kQ d－2RR d－R；C点的电势为φC＝－kQR＋kQd＋R＝－kQd R d－R ，则A、C间的电势差为U AC＝φA－φC＝－kQ d－2RR d－R－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－kQdR d－R＝2kQRd2－R2，质子从A移到C，电场力做功为W AC＝eU AC＝2kQeRd2－R2，是正功，所以质子的电势能减少2kQeRd2－R2，故选项A正确．答案：A8．(xx届湖南师大附中高三月考)甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从A点自由释放，小球沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如乙图，比较A、B两点电势φ的高低和电场强度E的大小，并比较该小球在A、B两点的电势能E p大小和电场力F大小，可得( )A．φA＞φB B．E A＜E BC．E p A＞E p B D．F A＜F B解析：从速度图象中可以得出粒子的速度在增加，所以电场力向上，图象的斜率表示小球的加速度，故加速度越来越小，所以受到的电场力越来越小，故选项B、D错误；因为小球带负电，所以电场强度方向竖直向下，又知道沿电场方向电势减小，故选项A错误；电场力做正功，所以电势能减小，故选项C正确．答案：C9．(xx届江淮十校高三月考)如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，p、q为轨迹上的两点．若p点电势为φp，q点电势为φq，则( )A．场强方向一定向上，且电势φp >φqB．场强方向一定向上，且电势φp <φqC．场强方向一定向下，且电势φp >φqD．场强方向一定向下，且电势φp <φq解析：由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上一点的切线方向，所以电荷所受电场力向下．由于是带负电荷的粒子，所以场强方向一定向上，沿着电场线的方向电势降低的．作出p、q点的等势点(要同在一根电场线)，沿着电场线可判定p点的电势小于q点，选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B10．(xx届河南省天一高三大联考)如图所示，在匀强电场区域内，线段AB、AC、AD长度相等且两两垂直，P为BD连线中点．已知电场线平行于BC连线，B点电势为2 V，C点电势为－2 V，则( )A．A点电势为0B．A点电势为－1 VC．电荷量为－1.0×10－6 C的带电粒子从A点运动到P点电场力做功为1.0×10－6 JD．电荷量为－1.0×10－6 C的带电粒子从A点运动到P点电场力做功为2.0×10－6 J解析：由于电场线平行于BC，B点电势为2 V，C点电势为－2 V，故BC连线的中点E电势为零，又连接AE与BC垂直，在电场中，等势面与电场线垂直，故A点电势也为零，故选项A正确，选项B错误；因为AE垂直于PE，故PE在一个等势面上，所以P点电势为1 V，W AP＝U AP e＝2.0×10－6J，故选项D正确，选项C错误．答案：AD11．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点，则可判断( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动时间相等C．三小球到达正极板时的动能关系是：E k A＞E k B＞E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是：a C＞a B＞a A解析：带负电的小球受到的合力为mg＋F电，带正电的小球受到的合力为mg－F电′，不带电小球仅受重力mg，小球在板间运动时间t＝xv0，所以t C＜t B＜t A，故a C＞a B＞a A；落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电．因为电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，所以落在板上动能的大小：E k C＞E k B＞E k A.答案：AD12．(xx届河北省正定中学高三月考)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )A．电子在N点的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：由题意可知，电子从静止释放后沿电场线运动，电势能逐渐减小，则电场力做正功，电子的动能增加，选项A错误；电势能减少的越来越慢，则电场力越来越小，故选项B错误，选项C正确；由于电子沿电场线运动，则电场线不可能为曲线，选项D错误．答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共40分)二、计算题(本题共3小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)13．(11分)(xx届福州八中高三质检)如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电，电量为Q1，固定在绝缘的支架上，B质量为m，用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止状态，悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为r，静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)B 带正电荷还是负电荷？ (2)B 球带电量绝对值Q 2为多少？解析：(1)对B 受力分析，根据平衡条件，可知，电场力方向水平向右，因此B 球带负电荷． (2)由库仑定律，则有：F ＝kQ 1Q 2R 2， 对球B ，受力处理，根据力的平行四边形定则，结合三角函数，则有：mg tan θ＝kQ 1Q 2R 2，解得：Q 2＝mgR 2tan θkQ 1. 答案：(1)负电 (2)Q 2＝mg tan θR 2kQ 114．(13分)如图所示，在真空中水平放置一对平行金属板，板间距离为d ，板长为l ，加电压U 后，板间产生一匀强电场，一质子(质量为m ，电荷量为q )以初速度v 0垂直电场方向射入匀强电场．求：(1)质子射出电场时的速度大小； (2)质子射出电场时的偏转距离． 解析：(1)质子通过电场的时间为t ＝l v 0① 金属板间的电场强度为E ＝U d②质子在竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求得加速度为a ＝F m ＝qE m③ 质子离开电场时竖直分速度为v 1，则v 1＝at ④由①②③④式可以解得v 1＝qUlmdv 0质子离开电场时的速度实质是两分运动在此时刻速度的合速度，其大小为v ＝v 20＋v 21＝v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫qUl mdv 02 .(2)粒子从偏转电场中射出时偏转距离为y ＝12at 2把①②③代入上式解得y ＝qUl 22mdv 20.答案：(1)v 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫qUl mdv 02 (2)qUl 22mdv 20 15．(16分)如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离为L 时的动能．解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，如图所示，则有F N sin37°＝qE ① F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q.(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g .(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .答案：(1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL 36586 8EEA 軪27740 6C5C 汜21936 55B0 喰P34800 87F0 蟰32567 7F37 缷>y 85x25677 644D 摍36670 8F3E 輾e。

权掇市安稳阳光实验学校第3节电粒子在电场中的运动(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。

(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

(√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。

(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)突破点(一) 平行板电容器的动态分析1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2．平行板电容器动态问题的分析思路3．平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。

[多角练通]1．(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器( )A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。

由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。

再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。

2．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

2022年海南省高考物理总复习：静电场中的能量1．一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6V、36V、18V。

下列说法正确的是（）A．电场强度的大小为1.25V/cmB．坐标原点处的电势为12VC．电子在a点的电势能为6eVD．坐标原点处的电势为24V【分析】根据匀强电场的电场强度公式E＝，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差.【解答】解：A、a、b、c三点的电势分别为6V、18V，2cm）d点电势为18V，那么垂直dc为电场线方向，d ca＝cm匀强电场的电场强度E＝＝V/cm＝，故A错误；BD、根据φc﹣φa＝φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa＝6V、φb＝36V、φc＝18V，解得：原点处的电势为φ0＝24V，故B错误；C、根据电势能公式E P＝qφ＝﹣e×2V＝﹣6eV，故C错误；故选：D。

【点评】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E＝，的应用，理解几何关系的运用。

2．真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象（φ﹣r图象），判断下列说法中正确的是（）A．该金属球可能带负电B．A点的电场强度方向由A指向球心C．A点的电场强度小于B点的电场强度D．电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝q（φ1﹣φ2）【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势；沿电场线方向电势逐点降低；φ﹣x图象的斜率表示电场强度，以此分析A、B两点的电场强度的大小关系；根据电场力做功表达式W＝qU，结合电势差等于两点电势之差，即可求解。

【解答】解：A、由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，再依据沿着电场线方向，则金属球带正电；BC、因为顺着电场线电势降低，因为φ﹣x图象的斜率表示电场强度，A点的电场强度大于B点的电场强度；D、正电荷沿直线从A移到B的过程中AB＝q（φ6﹣φ2），故D正确。