資源簡介

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預習銜接.夯實基礎 靜電場中的能量
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 錫山區校級期末）兩個點電荷，電性未知、電荷量大小分別為4q和q，其電場線如圖所示（未標明方向，且未畫出對稱軸附近的電場線），A、B、C、D為對稱軸上的四個點，且滿足AB＝BC＝CD，則（　　）
A．A、D兩點的場強方向一定相反
B．從D點向左至無窮遠，場強不斷減小
C．若電荷量為4q的點電荷為負電荷，則電子從A向B移動的過程中，電勢能減小
D．若電荷量為4q的點電荷為負電荷，則A點電勢低于D點電勢
2．（2024秋 朝陽區期末）有人認為在兩個帶電導體之間可以存在如圖所示的靜電場，它的電場線相互平行，間距不等。關于此“靜電場”，下列說法正確的是（　　）
A．該電場一定存在，是個特殊的勻強電場
B．該電場一定存在，可以通過兩個勻強電場疊加產生
C．根據圖中a、b兩點電場強度方向相同，大小不同，可判斷該電場不存在
D．通過試探電荷沿不同路徑從圖中a點移動到b點，電場力做功不同，可判斷該電場不存在
3．（2024秋 大連期末）有研究表明，當興奮情緒傳播時，在人的體表可以測出與之對應的電勢變化。某一瞬間人體表面的電勢分布圖如圖所示，圖中實線為等差等勢面，標在等勢面上的數值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢面上的點，該電場可等效為兩等量異種電荷產生的電場，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點。下列說法中正確的是（　　）
A．a、b兩點的電場強度大小相等，方向相反
B．c點的電勢大于d點的電勢
C．將帶正電的試探電荷從b點移到d點，電場力做負功
D．負電荷在c點的電勢能小于在a點的電勢能
4．（2024春 新吳區校級期末）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、10V、22V。下列說法不正確的是（　　）
A．電場強度的大小為2.5V/cm
B．坐標原點處的電勢為﹣2V
C．電子在a點的電勢能比在c點的低12eV
D．電子從b點運動到c點，靜電力做功為12eV
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 大連期末）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、帶正電的電荷量為q的小球，系在一根長為R的絕緣細線的一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度的大小為g，電場強度。
若小球恰能在豎直平面內繞O點做圓周運動，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．小球運動到C點時細線的拉力最大
B．小球運動到B點時的電勢能最大
C．小球運動到B點時的機械能最大
D．小球運動過程中的最小速度為
（多選）6．（2024秋 海淀區期末）某靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，B、C是x軸上關于坐標原點O對稱的兩點。一個帶負電的粒子僅在電場力作用下，以O點為中心、沿x軸方向在B、C兩點間做周期性往復運動。下列說法正確的是（　　）
A．從B運動到C的過程中，電場力先做正功，后做負功
B．從B運動到O的過程中，粒子的加速度先減小后增大
C．粒子在O點的電勢能最小
D．粒子的運動是簡諧運動
（多選）7．（2024春 湖南期末）如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質量m＝1kg的帶負電小滑塊（可視為質點）在x＝1m處以v0＝2m/s的初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.05。在x＝0及x＝5m處有兩個電性未知，電荷量分別為Q1、Q2的點電荷場源，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在x＝1m處的切線，g＝10m/s2下列說法正確的選項是（　　）
A．滑塊在x＝3m處所受合外力小于 0.5N
B．兩場源電荷均帶負電，且|Q1|＞|Q2|
C．滑塊向右運動過程中，速度始終減小
D．滑塊向右一定可以經過x＝4m處的位置
三．填空題（共4小題）
8．（2024春 東城區校級期末）某同學利用如圖所示的實驗電路觀察平行板電容器的充放電現象。按如圖所示電路原理圖連接好實驗電路，將開關S接在 　 　（選填“1”或“2”），可對電容器進行充電。
9．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，xOy坐標系中，A點的坐標為（0，20cm），B點的坐標為（15cm，0），勻強電場的方向平行于坐標系平面，其中坐標原點O處的電勢為0V，A點電勢為32V，B點電勢為﹣18V，則AB中點的電勢為 　 　V，該電場的電場強度大小為 　 　V/m。
10．（2024春 浦東新區校級期末）若將一個電量為2.0×10﹣10C的正電荷，從零電勢點移動到電場中的M點需要克服電場力做功8×10﹣9J，則M點的電勢是 　 　V；若再將電荷從電場的M點移動到電場中的N點，電場力做功1.8×10﹣8J，則M、N兩點間的電勢差UMN＝　 　V。
11．（2024春 東城區校級期末）如圖甲是某電場中的一條電場線，a、b是這條線上的兩點。若將一負點電荷從a點由靜止釋放，負電荷只受電場力作用，沿電場線從a運動到b。在這過程中，電荷的速度—時間圖線如圖乙所示。比較a、b兩點電勢的高低關系是φa　 　φb，場強的大小關系是Ea　 　Eb。（選填“＞”“＜”或“＝”）
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 天心區校級期末）如圖（a），同一豎直平面內A、B、M、N四點距O點的距離均為，O為水平連線AB的中點，M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為Q（Q＞0）。以O為原點，豎直向下為正方向建立x軸。若取無窮遠處為電勢零點，則ON上的電勢φ隨位置x的變化關系如圖（b）所示。一電荷量為Q（Q＞0）的小球S1以一定初動能從M點豎直下落，一段時間后經過N點，其在ON段運動的加速度大小a隨位置x的變化關系如圖（c）所示。圖中g為重力加速度大小，k為靜電力常量。
（1）求M點的電場強度；
（2）求小球S1的重力；
（3）為保證S1能運動到N點，S1從M點下落時的初動能須滿足什么條件？
13．（2024秋 天心區校級期末）如圖，水平地面上放置一長度L＝10m、質量M＝1kg的長木板。一可視為質點、質量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的小物塊放在木板上，小物塊到木板右端距離d1＝7m。在距木板右端d2＝9m的虛線右側，存在寬度d3＝11.5m的勻強電場，場強E1＝2×106N/C，方向豎直向下。勻強電場E1右側存在寬度，d4＝6m的勻強電場，場強E2＝1×106N/C，方向豎直向上。從t＝0時刻起，水平恒力F＝8N作用在長木板上，5s末撤去。已知物塊與長木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，長木板與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，物塊帶電量始終不變，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物塊運動多長時間進入勻強電場E1；
（2）物塊離開勻強電場E2時速度的大小；
（3）物塊最終停下來時，離木板右端的距離。
14．（2024秋 廈門期末）如圖甲所示，一傾角為30°足夠長的絕緣斜面固定在水平地面上，質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的物塊A壓縮輕質絕緣微型彈簧a后鎖定（A與彈簧不拴接）。空間中存在沿斜面向上、大小E（g為重力加速度）的勻強電場。質量為2m、電荷量為+q的物塊B靜止在斜面上端，B左側固定有處于原長的輕質絕緣彈簧b，A、B與斜面的滑動摩擦力大小分別為mg、mg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
t＝0時解除鎖定，彈簧的彈性勢能Ep瞬間全部轉化為A的動能，A運動距離L后于t1時刻到達P點，此時速度為v1、加速度為0，且未與彈簧b接觸；t2時刻，A到達Q點，速度達到最大值2v1，彈簧b的彈力大小為mg，此過程中A的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B的電荷量始終保持不變，兩者間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k，彈簧始終在彈性限度內。求：
（1）彈射過程彈簧a對A沖量的大小；
（2）A從開始運動到P點的過程中，B對A庫侖力所做的功；
（3）A到達P點時，A與B之間的距離；
（4）A從P點運動到Q點的過程中，A、B系統（含彈簧b）的電勢能變化量與彈性勢能變化量的總和。
15．（2024春 宿州期末）如圖所示，由電子槍發出的電子從靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可視為勻強電場，偏轉電極YY'之間電壓為U，極板長度為L，兩極板間距離為d。不計電子重力和電子間相互作用，求：
（1）電子離開加速電場時的速度大小v0；
（2）電子在偏轉電場中的加速度大小a；
（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y。
預習銜接.夯實基礎 靜電場中的能量
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 錫山區校級期末）兩個點電荷，電性未知、電荷量大小分別為4q和q，其電場線如圖所示（未標明方向，且未畫出對稱軸附近的電場線），A、B、C、D為對稱軸上的四個點，且滿足AB＝BC＝CD，則（　　）
A．A、D兩點的場強方向一定相反
B．從D點向左至無窮遠，場強不斷減小
C．若電荷量為4q的點電荷為負電荷，則電子從A向B移動的過程中，電勢能減小
D．若電荷量為4q的點電荷為負電荷，則A點電勢低于D點電勢
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場線的定義及基本特征．
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】D
【分析】根據點電荷場強公式E＝k和電場的疊加原理確定A、D兩點的場強方向關系，并分析場強的變化情況；根據電場力做功情況判斷電勢能的變化情況；根據離正點電荷越近電勢越高，離負點電荷越近電勢越低，分析A點與D點電勢高低。
【解答】解：AB、由圖中電場線分布情況可知，兩點電荷為異種電荷，且B處電場線密，則B處電荷量為4q，C處電荷量為q。設電荷量為4q的點電荷為負電荷，電荷量為q的點電荷為正電荷，并設AB＝BC＝CD＝r，則A點的場強大小為，（方向指向負點電荷4q），D點的場強大小為。
由于D點的場強大小為零，無窮遠處場強也為零，所以從D點向左至無窮遠，場強先增大后減小，故AB錯誤；
C、若電荷量為4q的點電荷為負電荷，電子從A向B移動的過程中，場強方向由A指向B，電子所受的電場力與運動方向相反，電場力對電子做負功，所以電子的電勢能增加，故C錯誤；
D、若電荷量為4q的點電荷為負電荷，則B處為4q負電荷，C處q為正電荷，根據離正點電荷越近電勢越高，離負點電荷越近電勢越低，則知﹣4q點電荷在A點的電勢低于D點電勢，+q點電荷在A點的電勢低于D點電勢，由電場的疊加原理可知，A點電勢低于D點電勢，故D正確。
故選：D。
【點評】解答本題的關鍵要掌握電場的疊加原理，根據場強的合成分析合場強的方向，判斷電場力做功情況，從而分析電勢能的變化情況。
2．（2024秋 朝陽區期末）有人認為在兩個帶電導體之間可以存在如圖所示的靜電場，它的電場線相互平行，間距不等。關于此“靜電場”，下列說法正確的是（　　）
A．該電場一定存在，是個特殊的勻強電場
B．該電場一定存在，可以通過兩個勻強電場疊加產生
C．根據圖中a、b兩點電場強度方向相同，大小不同，可判斷該電場不存在
D．通過試探電荷沿不同路徑從圖中a點移動到b點，電場力做功不同，可判斷該電場不存在
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場線的定義及基本特征．
【專題】定性思想；極端假設法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據勻強電場的特點判斷AB；根據等勢面的特點和電勢差與場強的關系判斷C；根據電場力做功特點判斷D。
【解答】解：A.電場線相互平行，說明電場中各點的場強方向相同，而電場線間距不等說明電場中各點場強大小不是處處相等，不是勻強電場，故A錯誤；
B.將兩個勻強電場疊加，獲得的電場仍為勻強電場，故B錯誤；
C：如果存在這樣的電場，根據等勢面的特點，它的等勢面ac、bd應該如下圖所示
a、d兩點的電勢差Uad應該等于c、b兩點的電勢差Ucb，即
Uad＝Ucb
從圖中可以看出，a、d兩點的距離等于c、b兩點的距離，ad處的場強大于cb處的場強。根據
U＝Ed
可得
Uad＞Ucb
所以這樣的電場不可能存在，但等勢面上各點的場強不一定大小相等，故C錯誤；
D.如下圖所示
粒子沿兩個不同的路徑，從a→d→b和從a→c→b，電場力做功不相同（Uad＞Ucb），即電場力做功與路徑有關，違背了靜電場的基本性質，所以這樣的電場不可能存在，故D正確。
故選：D。
【點評】知道電場力做功與其路徑無關，只與初末位置的電勢差有關是解題的關鍵，另外掌握勻強電場的特點是解題的基礎。
3．（2024秋 大連期末）有研究表明，當興奮情緒傳播時，在人的體表可以測出與之對應的電勢變化。某一瞬間人體表面的電勢分布圖如圖所示，圖中實線為等差等勢面，標在等勢面上的數值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢面上的點，該電場可等效為兩等量異種電荷產生的電場，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點。下列說法中正確的是（　　）
A．a、b兩點的電場強度大小相等，方向相反
B．c點的電勢大于d點的電勢
C．將帶正電的試探電荷從b點移到d點，電場力做負功
D．負電荷在c點的電勢能小于在a點的電勢能
【考點】等勢面及其與電場線的關系；電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】C
【分析】根據等量異種電荷的電場線分布進行分析；根據電勢的大小求解ab兩點、bc兩點的電勢差。
【解答】解：A．該電勢分布圖可等效為等量異種電荷產生的，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，根據等量異種電荷的電場的特點，可以判斷、這兩個對稱點的電場強度大小相等、方向相同，故A錯誤；
B．c、d兩點位于等量異種點電荷連線的中垂線上，該中垂線是一條等勢線，則c點的電勢等于d點的電勢，故B錯誤；
C．根據EP＝qφ可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以將帶正電的試探電荷從電勢低b點移到電勢高d點，電場力做負功，電勢能增加，故C正確；
D．根據EP＝qφ可知，負電荷在電勢低的地方電勢能大，所以負電荷在電勢低的c點的電勢能大于在電勢高的a點的電勢能，故D錯誤。
故選：C。
【點評】該題結合等勢面考查對電場強度理解，知道無論是電場線或是等差等勢面，都是密的地方場強大，疏的地方場強小；把握電場強度的矢量性是解該題的關鍵。
4．（2024春 新吳區校級期末）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、10V、22V。下列說法不正確的是（　　）
A．電場強度的大小為2.5V/cm
B．坐標原點處的電勢為﹣2V
C．電子在a點的電勢能比在c點的低12eV
D．電子從b點運動到c點，靜電力做功為12eV
【考點】等分法求電勢；電場力做功的計算及其特點；電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】定量思想；方程法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】根據勻強電場中分析坐標原點處的電勢，由幾何關系求出a、b連線中點的電勢。作出電場線，再根據E求電場強度的大小；根據電勢能公式EP＝qφ求電子在a、c點的電勢能之差；根據W＝qU求出電場力所做的功。
【解答】解：AB、根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系式公式U＝Ed，知aO間與cb間電勢差相等，即φa﹣φO＝φc﹣φb，因a、b、c三點電勢分別為φa＝10V、φb＝10V、φc＝22V，解得原點處的電勢為φ0＝﹣2V；
因a、b兩點電勢相等，所以ab連線是一條等勢線，則電場線的方向如圖所示：
cb間的電勢差：Ucb＝φc﹣φb＝22V﹣10V＝12V
根據幾何知識得c點到ab連線的距離：d＝ac sin37°＝8×0.6cm＝4.8cm
則電場強度為：EV/cm＝2.5V/cm，故AB正確；
C、電子在a、c點的電勢能之差：ΔEp＝（﹣eφa）﹣（﹣eφc）＝﹣10eV﹣（﹣22eV）＝12eV，即電子在a點的電勢能比在c點的高12eV，故C錯誤；
D、bc間的電勢差Ubc＝10V﹣22V＝﹣12V，故電子從b點運動到c點，電場力做功為：W＝eUbc＝﹣e×（﹣12V）＝12eV，故D正確。
本題選錯誤的，故選：C。
【點評】本題的關鍵是掌握勻強電場中電勢差與電場強度的關系式公式U＝Ed，注意正確運用幾何關系求解電場強度。要注意公式U＝Ed中d是指兩點間沿電場方向的距離；同時注意求解電勢能和電場力做功時要代入各物理量的符號。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 大連期末）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、帶正電的電荷量為q的小球，系在一根長為R的絕緣細線的一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度的大小為g，電場強度。
若小球恰能在豎直平面內繞O點做圓周運動，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．小球運動到C點時細線的拉力最大
B．小球運動到B點時的電勢能最大
C．小球運動到B點時的機械能最大
D．小球運動過程中的最小速度為
【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】CD
【分析】若小球恰能在豎直平面內繞O點做圓周運動，在等效最高點時，細線拉力為零，由重力和電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求最小速度。根據對稱性確定速度最大即動能最大的位置。根據電場力做功情況分析小球機械能最大的位置。根據運動情況確定小球運動到B點的電勢能。
【解答】解：AD．帶正電的電荷量為q的小球受到的電場力大小為
F＝qE
解得
則重力和電場力的合力大小為
解得
F合＝2mg
重力和電場力的合力方向與豎直方向的夾角滿足
可得
θ＝60°
如圖所示
可知小球運動等效最低點G時速度最大，細線的拉力最大；小球運動等效最高點H時速度最小，則有
解得小球運動過程中的最小速度為
故A錯誤，D正確；
BC．從小球從A到B過程，電場力對小球一直做正功，小球電勢能減小，小球從B到A過程，電場力對小球一直做負功，小球電勢能增大，則小球運動到B點時的電勢能最小，小球運動到B點時的機械能最大，故B錯誤，C正確。
故選：CD。
【點評】解答本題時，要掌握功能關系，注意類比法的應用，小球能夠完成圓周運動的條件是絲線的拉力大于或等于零，在最高點的速度最小恰好滿足重力與電場力的合力提供向心力。
（多選）6．（2024秋 海淀區期末）某靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，B、C是x軸上關于坐標原點O對稱的兩點。一個帶負電的粒子僅在電場力作用下，以O點為中心、沿x軸方向在B、C兩點間做周期性往復運動。下列說法正確的是（　　）
A．從B運動到C的過程中，電場力先做正功，后做負功
B．從B運動到O的過程中，粒子的加速度先減小后增大
C．粒子在O點的電勢能最小
D．粒子的運動是簡諧運動
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】定性思想；歸納法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】根據沿電場線方向電勢逐漸降低判斷O點的電勢最高，進而確定電場線的方向，進而判斷電場力做功情況，進而判斷AC；根據φ﹣x圖像的斜率判斷電場強的大小，進而根據牛頓第二定律判斷B；根據簡諧運動的回復力公式判斷粒子是否做簡諧運動。
【解答】解：AC.根據電場中的規律可知沿電場線方向電勢降低，O點處電勢最高，則BO段電場的方向沿x軸負方向，OC段電場的方向沿x軸正方向，帶負電的粒子在BO段受到向右的電場力的作用，在OC段受到向左的電場力的作用，所以粒子在從B運動到C的過程中，電場力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增大，在O點電勢能最小，故AC正確；
B.根據φ﹣x圖像規律可知圖線的斜率的絕對值表示電場強度的大小，根據
可知，粒子q、m不變的情況下，從B運動到O的過程中，電場強度的大小先增大后減小，則粒子加速度先增大后減小，故B錯誤；
D.簡諧運動需滿足回復力
F＝﹣kx
則偏離平衡位置位移越大，物體所受的回復力越大，而根據B選項分析可知往復運動的端點B點和C點處場強不是最大的，則受力不是最大，不符合簡諧運動的條件，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】知道φ﹣x的斜率表示電場強度，以及沿電場線方向電勢逐漸降低是解題的基礎。
（多選）7．（2024春 湖南期末）如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質量m＝1kg的帶負電小滑塊（可視為質點）在x＝1m處以v0＝2m/s的初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.05。在x＝0及x＝5m處有兩個電性未知，電荷量分別為Q1、Q2的點電荷場源，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在x＝1m處的切線，g＝10m/s2下列說法正確的選項是（　　）
A．滑塊在x＝3m處所受合外力小于 0.5N
B．兩場源電荷均帶負電，且|Q1|＞|Q2|
C．滑塊向右運動過程中，速度始終減小
D．滑塊向右一定可以經過x＝4m處的位置
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】BD
【分析】Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，確定滑塊在x＝3m處所受電場力大小，再求合外力大小。在x＝3m處電場力為0，電場強度為0，根據點電荷場強公式分析Q1、Q2的電荷量關系。滑塊在x＝3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x＝3m處的電勢最高，結合摩擦力可知速度的變化情況；根據能量守恒定律判斷滑塊是否到達x＝4m處的位置。
【解答】解：A、Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，則知滑塊在x＝3m處所受電場力為0，所受合外力F合＝f＝μmg＝0.05×1×10N＝0.5N，故A錯誤；
B、滑塊在x＝3m處所受電場力為0，則該處電場強度為0，則kk，由于r1＞r2，所以|Q1|＞|Q2|。
滑塊在x＝3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x＝3m處的電勢最高，兩場源電荷均帶負電，故B正確；
C、滑塊在x＝1m處所受電場力大小為
所以在x＝1m處，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且電場力大于摩擦力，則滑塊做加速運動，故C錯誤；
D、滑塊在x＝1m處的電勢能與在x＝4m處的電勢能相等，根據能量守恒定律，若滑塊能夠經過x＝4m處，則應滿足：fΔx＝0.5×（4﹣1）J＝1.5J
根據題中數據可知實際情況并滿足上式，所以滑塊一定可以經過x＝4m處的位置，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵要掌握電勢能與電勢的關系，注意Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小。
三．填空題（共4小題）
8．（2024春 東城區校級期末）某同學利用如圖所示的實驗電路觀察平行板電容器的充放電現象。按如圖所示電路原理圖連接好實驗電路，將開關S接在 　1　（選填“1”或“2”），可對電容器進行充電。
【考點】觀察電容器及其充、放電現象．
【專題】實驗題；學科綜合題；定性思想；實驗分析法；電容器專題；實驗探究能力．
【答案】1
【分析】對電容器進行充電時，電容器兩端應與電源兩端相接。
【解答】解：對電容器進行充電，電容器要與電源串聯在電路中，將開關S接在1。
故答案為：1.
【點評】本題為觀察電容器的充放電實驗對電容器進行充電時，電容器兩端應與電源兩端相接。
9．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，xOy坐標系中，A點的坐標為（0，20cm），B點的坐標為（15cm，0），勻強電場的方向平行于坐標系平面，其中坐標原點O處的電勢為0V，A點電勢為32V，B點電勢為﹣18V，則AB中點的電勢為 　7　V，該電場的電場強度大小為 　200　V/m。
【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．
【答案】7；200
【分析】根據題目信息從圖中找到等勢面畫出等勢線，再根據電勢差和電場強度關系列式求解。
【解答】解：設AB中點為C，AB中點的電勢為
x軸方向的電場強度大小為
y軸方向的電場強度大小為
電場的電場強度大小為
代入數據得E＝200V/m
故答案為：7；200
【點評】本題考查電勢差和電場強度的關系，比較簡單，但是必須正確找到等勢面，再畫出電場線。
10．（2024春 浦東新區校級期末）若將一個電量為2.0×10﹣10C的正電荷，從零電勢點移動到電場中的M點需要克服電場力做功8×10﹣9J，則M點的電勢是 　40　V；若再將電荷從電場的M點移動到電場中的N點，電場力做功1.8×10﹣8J，則M、N兩點間的電勢差UMN＝　90　V。
【考點】電荷性質、電勢能和電勢的關系；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】40，90。
【分析】根據電勢差的定義式計算兩點之間的電勢差，然后根據U0M＝0﹣φM計算M點的電勢。
【解答】解：零電勢點和M點的電勢差為U0M，根據U0M＝0﹣φM可得M點的電勢為40V
M、N兩點間的電勢差UMN
故答案為：40，90。
【點評】掌握電勢差的計算公式是解題的基礎。
11．（2024春 東城區校級期末）如圖甲是某電場中的一條電場線，a、b是這條線上的兩點。若將一負點電荷從a點由靜止釋放，負電荷只受電場力作用，沿電場線從a運動到b。在這過程中，電荷的速度—時間圖線如圖乙所示。比較a、b兩點電勢的高低關系是φa　＜　φb，場強的大小關系是Ea　＝　Eb。（選填“＞”“＜”或“＝”）
【考點】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場線的定義及基本特征．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】＜，＝。
【分析】從速度—時間圖線得到負電荷做勻加速運動，加速度不變，根據牛頓第二定律得到電場力的變化情況；電勢的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢降低。
【解答】解：負電子從a運動到b，由速度—時間圖線得到負電荷做加速運動，故電場力向右；
因為圖線的斜率不變，故加速度不變，因此電場力不變，所以電場強度不變，即Ea＝Eb；
負電荷受到的電場力與場強方向相反，故場強向左，沿場強方向，電勢降低，故b點電勢較大，即φa＜φb。
故答案為：＜，＝。
【點評】本題關鍵通過速度—時間圖象得到物體的速度變化情況和加速度變化情況，然后判斷場強方向和電勢大小。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 天心區校級期末）如圖（a），同一豎直平面內A、B、M、N四點距O點的距離均為，O為水平連線AB的中點，M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為Q（Q＞0）。以O為原點，豎直向下為正方向建立x軸。若取無窮遠處為電勢零點，則ON上的電勢φ隨位置x的變化關系如圖（b）所示。一電荷量為Q（Q＞0）的小球S1以一定初動能從M點豎直下落，一段時間后經過N點，其在ON段運動的加速度大小a隨位置x的變化關系如圖（c）所示。圖中g為重力加速度大小，k為靜電力常量。
（1）求M點的電場強度；
（2）求小球S1的重力；
（3）為保證S1能運動到N點，S1從M點下落時的初動能須滿足什么條件？
【考點】帶電粒子（計重力）在非勻強電場中的直線運動；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電場強度的疊加．
【專題】計算題；定量思想；圖析法；動能定理的應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）M點的電場強度大小為，方向由O指向M；
（2）小球S1的重力為；
（3）為保證S1能運動到N點，S1從M點下落時的初動能須滿足。
【分析】（1）根據點電荷的場強公式結合矢量的合成求解M點的電場強度大小，判斷其方向；
（2）根據牛頓第二定律結合力的合成可解得小球S1的重力；
（3）為保證S1能運動到N點與S2相碰，S1運動到D點時的速度必須大于零，根據動能定理確定S1從M點下落時的初動能須滿足的條件。
【解答】解：（1）由點電荷場強公式可得，單個點電荷在M點的場強大小為
兩個點電荷在M點的電場強度方向垂直，則M點的電場強度為
EME
方向由O指向M。
（2）設O點下方處為C點，A與C的距離為RC，小球S1在C處所受的庫侖力大小為FC，由庫侖定律和力的合成有
式中
設小球S1的質量為m1，小球S1在C點的加速度大小為a，由牛頓第二定律有
FC+m1g＝m1a
由圖（c）可知，a＝2g
聯立并代入數據解得：
（3）設O點上方處為D點。根據圖（c）和對稱性可知，S1在D點所受的電場力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，S1在此處加速度為0；S1在D點上方做減速運動，在D點下方做加速運動，為保證S1能運動到N點，S1運動到D點時的速度必須大于零
設M點與D點電勢差為UMD，由電勢差與電勢的關系有
UMD＝φM﹣φD
設小球S1初動能為Ek，運動到D點的動能為EkD，由動能定理有
m1g（MO﹣DO）+QUMD＝EkD﹣Ek
其中EkD＞0
由對稱性，D點與C點電勢相等，M點與N點電勢相等，依據圖（b）所給數據，聯立解得：
即為保證S1能運動到N點，S1從M點下落時的初動能須滿足。
答：（1）M點的電場強度大小為，方向由O指向M；
（2）小球S1的重力為；
（3）為保證S1能運動到N點，S1從M點下落時的初動能須滿足。
【點評】本題考查牛頓第二定律、動能定理，結合帶電粒子在電場中運動的規律，解題關鍵掌握粒子的運動情況分析，有一定的難度。
13．（2024秋 天心區校級期末）如圖，水平地面上放置一長度L＝10m、質量M＝1kg的長木板。一可視為質點、質量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的小物塊放在木板上，小物塊到木板右端距離d1＝7m。在距木板右端d2＝9m的虛線右側，存在寬度d3＝11.5m的勻強電場，場強E1＝2×106N/C，方向豎直向下。勻強電場E1右側存在寬度，d4＝6m的勻強電場，場強E2＝1×106N/C，方向豎直向上。從t＝0時刻起，水平恒力F＝8N作用在長木板上，5s末撤去。已知物塊與長木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，長木板與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，物塊帶電量始終不變，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物塊運動多長時間進入勻強電場E1；
（2）物塊離開勻強電場E2時速度的大小；
（3）物塊最終停下來時，離木板右端的距離。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）物塊運動4s進入勻強電場E1；
（2）物塊離開勻強電場E2時速度的大小6m/s；
（3）物塊最終停下來時，離木板右端的距離5.5m。
【分析】（1）根據牛頓第二定律求出物塊的加速度，結合題設條件確定物塊和木板的運動狀態，求得物塊運動多長時間進入勻強電場；
（2）（3）由運動學規律進入電場的位移，進入電場后根據動力學規律物塊的運動過程，再結合題設條件求物塊離開勻強電場E2時速度的大小，物塊最終停下來時，離木板右端的距離。
【解答】解：（1）在物塊未進入電場時設其最大加速度大小為a0，則由牛頓第二定律有
μ1mg＝ma0
解得
當給木板施加恒力時，假設物塊和木板能夠保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，設共同加速度的加速度大小為a，則對整體由牛頓第二定律有
F﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
代入數據解得
a＝2m/s2＜a0
則假設成立，在未撤去力F的時間內物塊的位移
可知
x0＞d1+d2
則可知在力F撤去前的某一時間內物塊已經進入電場，設從開始運動到物塊進入電場的施加為t0，由位移與時間的關系可得
解得
t0＝4s
（2）當物塊進入電場E1后由于電場力豎直向下，增加了物塊對木板的正壓力同時也增加了木板對地面的正壓力，因此可知木塊仍相對于木板靜止，在電場E1中，在力F未撤去時，設物塊和木板共同運動的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有
F﹣μ2[（m+M）g+Eq]＝（m+M）a1
解得
a1＝0
即在物塊進入電場E1中的1s時間內物塊和木板一起做勻速直線運動，設其位移為x1，進入電場E1時的速度大小為v1，則有
v1＝at0＝2×4m/s＝8m/s
x1＝v1t1＝8×1m＝8m
此時距進入電場E2的距離為
x2＝d3﹣x1＝11.5m﹣8m＝3.5m
設在這段位移內物塊和木板共同運動的加速度大小為a′1，由牛頓第二定律有
μ2[（m+M）g+Eq]＝（m+M）a′1
解得
設物塊和木板共同進入電場E2時的速度大小為v2，則由速度與位移的關系可得
解得
v2＝6m/s
當進入勻強電場E2，電場力豎直向上，對物塊在豎直方向有
mg＝E2q
可知，物塊在電場E2中做勻速直線運動，因此，物塊離開勻強電場E2時速度的大小為6m/s。
（3）設物塊出電場E2所用的時間為t2，在物塊出電場E2的過程中木板在電場E2中做勻減速直線運動的加速度大小為a2，則有
d4＝v2t2
μ2Mg＝Ma2
解得
t2＝1s，
設該過程中木板的位移為x3，可得
解得
x3＝5m
則可得物塊出電場E2時距離木板右端的距離為
d5＝d1﹣（d4﹣x3）
解得
d5＝6m
此時木板的速度
v3＝v2﹣a2t2
解得
v3＝4m/s
此后在兩者達到共速前物塊的加速度大小為，設木板的加速度大小為a3，對木板由牛頓第二定律有
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma3
解得
a3＝0
即物塊出電場E2后做勻減速直線運動，而木板做勻速直線運動，設達到共速所用時間為t3，根據速度—時間關系可得
v3＝v2﹣a0t3
解得
t3＝0.5s
則在該時間內物塊和木板的位移分別為x4、x5，則根據位移與時間的關系有
x5＝v3t3＝4×0.5m＝2m
兩者達到共速后將一起做減速運動，直至停止，則可知物塊最終離木板右端的距離為
d6＝d5﹣（x4﹣x5）
解得
d6＝5.5m
答：（1）物塊運動4s進入勻強電場E1；
（2）物塊離開勻強電場E2時速度的大小6m/s；
（3）物塊最終停下來時，離木板右端的距離5.5m。
【點評】本題難度較大，這是一道涉及電場的在水平面上的有拉力的板塊模型，一定要分清兩個物體的運動狀態，用動力學規律可以解決相應的問題。
14．（2024秋 廈門期末）如圖甲所示，一傾角為30°足夠長的絕緣斜面固定在水平地面上，質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的物塊A壓縮輕質絕緣微型彈簧a后鎖定（A與彈簧不拴接）。空間中存在沿斜面向上、大小E（g為重力加速度）的勻強電場。質量為2m、電荷量為+q的物塊B靜止在斜面上端，B左側固定有處于原長的輕質絕緣彈簧b，A、B與斜面的滑動摩擦力大小分別為mg、mg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
t＝0時解除鎖定，彈簧的彈性勢能Ep瞬間全部轉化為A的動能，A運動距離L后于t1時刻到達P點，此時速度為v1、加速度為0，且未與彈簧b接觸；t2時刻，A到達Q點，速度達到最大值2v1，彈簧b的彈力大小為mg，此過程中A的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B的電荷量始終保持不變，兩者間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k，彈簧始終在彈性限度內。求：
（1）彈射過程彈簧a對A沖量的大小；
（2）A從開始運動到P點的過程中，B對A庫侖力所做的功；
（3）A到達P點時，A與B之間的距離；
（4）A從P點運動到Q點的過程中，A、B系統（含彈簧b）的電勢能變化量與彈性勢能變化量的總和。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化；動量定理的內容和應用；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）彈射過程彈簧a對A沖量的大小為；
（2）A從開始運動到P點的過程中，B對A庫侖力所做的功為mgLEp；
（3）A到達P點時，A與B之間的距離為；
（4）A從P點運動到Q點的過程中，A、B系統（含彈簧b）的電勢能變化量與彈性勢能變化量的總和為。
【分析】（1）物塊A壓縮輕質絕緣微型彈簧a，彈簧的彈性勢能Ep瞬間全部轉化為A的動能，根據動能定理和動量定理求解；
（2）從A從開始運動到P點的過程中，根據動能定理求解B對A庫侖力所做的功；
（3）A到達P點時，A的加速度為零，根據平衡條件進行解答；
（4）物塊A在P點時，對B分析，分析B的受力情況和運動情況；以A和B整體為研究對象，根據動量守恒定律求解B的速度大小；滑塊A在Q點時，二者之間的距離為x′，對A根據平衡條件求解A的位移，由此得到B的位移大小，對系統，根據能量守恒定律、功能關系可得A、B系統（含彈簧b）的電勢能變化量與彈性勢能變化量的總和。
【解答】解：（1）物塊A壓縮輕質絕緣微型彈簧a，彈簧的彈性勢能Ep瞬間全部轉化為A的動能，則有：Ep
解得：v
取沿斜面向上為正方向，根據動量定理可得彈射過程彈簧a對A沖量的大小為：I＝mv﹣0＝m；
（2）從A從開始運動到P點的過程中，根據動能定理可得：WBA﹣mgLsin30°mgL﹣qEL
解得B對A庫侖力所做的功：WBAmgLEp；
（3）A到達P點時，A的加速度為零，則有：mgsin30°﹣qEmg＝0
解得A與B之間的距離：x；
（4）物塊A在P點時，對B分析，設此次B的摩擦力大小為f，則有：f2mgsin30°﹣qE
解得：f
此時B的摩擦力達到最大，此后A向上運動過程中，B向下運動。
以A和B整體為研究對象，合外力為：F合＝3mgsin30°mgmg＝0
說明A從P到Q運動過程中，系統合外力為零，則動量守恒；當A到Q點時，設B的速度大小為vB，取沿斜面向上為正方向，根據動量守恒定律可得：
mv1＝m 2v1+2mvB
解得：vBv1
滑塊A在Q點時，二者之間的距離為x′，對A根據平衡條件有：mg﹣mgsin30°﹣qEmg＝0
解得：x′
由于A和B的合外力大小相等，而B的質量為A的質量的2倍，則B的加速度始終為A的一半，則A的位移等于B的位移的2倍。
則從A從P到Q過程中，二者的位移之和位移為：xA+xB＝x﹣x′
B的位移為：xB（）
對系統，根據能量守恒定律可得：W電場力+W彈簧+2mgxBsin30°﹣mgxAsin30°mgxAmgxB
解得：W電場力+W彈簧
根據功能關系可得A、B系統（含彈簧b）的電勢能變化量與彈性勢能變化量的總和：ΔEP＝﹣W電場力+W彈簧
則ΔEp。
答：（1）彈射過程彈簧a對A沖量的大小為；
（2）A從開始運動到P點的過程中，B對A庫侖力所做的功為mgLEp；
（3）A到達P點時，A與B之間的距離為；
（4）A從P點運動到Q點的過程中，A、B系統（含彈簧b）的電勢能變化量與彈性勢能變化量的總和為。
【點評】本題主要是考查帶電物塊在電場中的運動，關鍵是弄清楚物塊的受力情況和運動情況，結合動能定理、功能關系進行解答。
15．（2024春 宿州期末）如圖所示，由電子槍發出的電子從靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可視為勻強電場，偏轉電極YY'之間電壓為U，極板長度為L，兩極板間距離為d。不計電子重力和電子間相互作用，求：
（1）電子離開加速電場時的速度大小v0；
（2）電子在偏轉電場中的加速度大小a；
（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）在加速電場中動能定理可求出電子離開電場的速度；
（2）在偏轉電場中，由牛頓第二定律可求出加速度大小；
（3）在偏轉電場中，電子做類平拋運動，根據平拋運動的規律求出豎直方向的位移y。
【解答】解：（1）在加速電場中，由動能定理可知：eU0
解得：v0
（2）電子在偏轉電場中，豎直方向只受電場力作用，由牛頓第二定律可知：
F＝ma
F＝eE＝e
解得：a
（3）電子在偏轉電場中做類平拋運動，
水平方向：L＝v0t
豎直方向：yat2
聯立解得：y
答：（1）電子離開加速電場時的速度大小v0為；
（2）電子在偏轉電場中的加速度大小a為；
（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y為。
【點評】本題考查帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動，在加速電場中動能定理求末速度；
在偏轉電場中做類平拋運動，根據平拋運動的規律求出相關物理量。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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