資源簡介

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新課預習銜接 靜電場
一．選擇題（共4小題）
1．（2024春 江岸區期末）已知均勻帶電薄球殼外部空間電場與將等量電荷全部集中在球心時產生的電場相同。如圖（a）所示，一帶電量為+Q，半徑為R的均勻帶電金屬薄球殼，以球心為坐標原點，建立Ox軸，其中A點為球殼內一點，B點坐標為2R，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　　）
A．球殼內外場強分布如圖（b）所示
B．將電荷量為+q的試探電荷由球殼內A點移到O點，試探電荷的電勢能減小
C．在圓心O處放一個電量為﹣2Q的點電荷，球殼外表面帶電量仍為+Q
D．在x＝R處取走極小的一塊面積ΔS（不影響球殼表面其余部分電荷分布），則從O點到B點電場強度一直減小，且電勢也一直降低
2．（2024春 菏澤期末）如圖所示，粗糙水平面所在空間有水平向右的勻強電場，電場強度為E。一質量為m，帶電荷量為﹣q（q＞0）的物塊自O點以初動能Ek0向右運動。已知物塊與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，且qE＞μmg，設O點的電勢為零，規定水平向右為正方向，則物塊的動能Ek、電勢能EP與物塊運動的位移x關系圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，用兩根絕緣細線各懸掛質量分別為mA和mB的小球，懸點為O，兩小球均帶正電荷，當小球由于靜電力作用張開一角度時，A球和B球在同一水平面，A球懸線與豎直線夾角為α，B球懸線與豎直線夾角為β，如果α＝37°，β＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則兩小球mA和mB之比為（　　）
A．4：3 B．9：16 C．16：9 D．3：4
4．（2024春 讓胡路區校級期末）如圖所示，M和N為兩平行金屬板，板間電壓恒為U，在N板附近由靜止釋放一不計重力的帶正電粒子。下列說法中正確的是（　　）
A．若僅減小兩板間距離，粒子受到的電場力不變
B．若僅增大兩板間距離，粒子到達M板時的速度將變大
C．若僅增大兩板間距離，回路中會出現逆時針方向的瞬時電流
D．若僅減小兩板的正對面積，回路中會出現順時針方向的瞬時電流
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 倉山區校級期末）如圖是電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示兩點電場強度的大小，則（　　）
A．a、b兩點的場強方向相同
B．因為電場線是直線，所以Ea＝Eb
C．因為電場線由a指向b，所以Ea＞Eb
D．不知道a、b附近電場線的分布情況，Ea、Eb的大小不能確定
（多選）6．（2024春 湖南期末）a、b、c、d為某一電場中的等差等勢線。一不計重力的帶負電粒子飛入電場后只在電場力作用下沿M點到N點運動（如圖），下列說法正確的是（　　）
A．M點處的電場強度大于N點處的電場強度
B．帶電粒子在N點的速度比在M點處的速度大
C．帶電粒子在N點處的電勢能比在M點處的電勢能大
D．四個等勢線的電勢關系為φa＞φb＞φc＞φd
（多選）7．（2024春 貴陽期末）如圖所示，M、N是靜電場中一條電場線上的兩點。帶3C電荷量的正點電荷在M點的電勢能為6J，將該電荷移至N點，電勢能變為12J，則下列說法正確的是（　　）
A．M點的電勢φM＝2V，N點的電勢φN＝4V
B．M、N兩點的電勢差UMN＝2V
C．若令M點的電勢為零，則M、N兩點的電勢差UMN＝﹣4V
D．若令M點的電勢為零，則該電荷在N的電勢能為6J
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 重慶期末）如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形，邊長l＝2.0m。若將兩個電荷量q均為2.0×10﹣6C的點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9×109N m2/C2，則O點的場強大小為 　 　N/C，C點的場強大小為 　 　N/C。
9．（2024春 浦東新區校級期末）如圖所示，點電荷A和B相距40cm，分別帶正電和負電，電荷量分別為4Q和﹣Q，在A、B連線上，引入點電荷C。此時三個點電荷恰好在彼此的靜電力作用下處于平衡狀態，則電荷C電荷量大小為 　 　，它應放在 　 　（選填“A和B之間”，“A的右側”，“B的左側”，“A的右側及B的左側”）處。
10．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，取一對用絕緣柱支持的導體A和B，使它們彼此接觸。起初它們不帶電，貼在下部的金屬箔片均是閉合的。先把帶正電荷的物體C移近導體A，金屬箔片 　 　；接著保持C位置不動，用手摸一下導體A，然后移走C，A導體的金屬箔片 　 　，B導體的金屬箔片 　 　（以上3個空均填“張開”或“閉合”），且導體A帶電。
11．（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。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 碑林區校級期末）如圖所示，金屬板AB和CD水平放置，中間開有小孔O1、O2，兩板之間加有加速電壓U0。金屬板EF和GH均是以O點為圓心，半徑為3R和R的同心圓弧板，O3O4也是以O點為圓心的圓弧，且到兩金屬板距離相等，兩板之間加有電壓。長2R的金屬板MN、PQ水平放置，點M、P分別和點F、H對齊，兩板之間加有偏轉電壓。質量為m、電荷量為q的粒子從粒子源中無初速度漂進加速電場，恰好能沿圖示O1﹣O2﹣O3﹣O4﹣O5﹣K虛線軌跡運動，最后到達PQ板的中點K。不考慮場的邊界效應，不計粒子的重力。求：
（1）圓弧O3O4處電場強度的大小；
（2）為使粒子恰好能到達PQ板的中點K，金屬板MN、PQ之間加的偏轉電壓U的值；
（3）從粒子進入金屬板MN、PQ開始計時，經多長時間粒子運動到距直線MQ最近，最近距離是多少。
13．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，均可視為質點的三個物體A、B、C在傾角θ＝30°的光滑絕緣斜面上，A絕緣，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質量分別為mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不帶電，C的電荷量qC＝+7×10﹣5C且保持不變，開始時BC間的距離L＝2m，三個物體均能保持靜止。現給A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做勻加速直線運動，經過時間t，向上運動1m，向上力F變為恒力，已知靜電力常量為k＝9.0×109N m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）B的電荷量和電性；
（2）A做勻加速的加速度大小；
（3）F從變力到恒力需要的時間t；
（4）F變為恒力時的大小。
14．（2024春 洛陽期末）如圖所示，在勻強電場中有一等邊三角形ABC，邊長為60cm，電場方向和△ABC所在平面平行，現將電荷量q＝﹣4×10﹣6C的點電荷從電場中的A點移動到B點，靜電力做功﹣2.4×10﹣5的功，該電荷從C點移到A點，電場力做功4.8×10﹣5J的功。
（1）如果規定B點的電勢為零，則A點和C點電勢φA、φc分別是多少？
（2）電場強度E的大小和方向。
15．（2024春 麗水期末）如圖甲所示，P處有一粒子源，可以持續均勻地“飄”出（初速度為零）氫離子，經M、N間的加速電場加速后，粒子可以進入輻向電場（電場強度方向指向O），沿著半徑為R的圓弧運動。從輻向電場射出后，粒子沿平行金屬板A、B間的中心線Ⅱ’射入勻強電場，最后都打在足夠長的收集板上。已知UMN＝U，氫離子電荷為e，質量為m，AB間的電場隨時間變化如圖乙所示（AB為正方向，周期為T），AB板的長度，以下答案用U、R、e、m、T、E0表示，不考慮粒子間的相互作用。求：
（1）氫離子從N板射出時的速度大小v；
（2）半徑為R的圓弧處的電場強度大小E；
（3）收集板上收集到粒子的位置會發光，求發光長度x。
新課預習銜接 靜電場
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024春 江岸區期末）已知均勻帶電薄球殼外部空間電場與將等量電荷全部集中在球心時產生的電場相同。如圖（a）所示，一帶電量為+Q，半徑為R的均勻帶電金屬薄球殼，以球心為坐標原點，建立Ox軸，其中A點為球殼內一點，B點坐標為2R，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　　）
A．球殼內外場強分布如圖（b）所示
B．將電荷量為+q的試探電荷由球殼內A點移到O點，試探電荷的電勢能減小
C．在圓心O處放一個電量為﹣2Q的點電荷，球殼外表面帶電量仍為+Q
D．在x＝R處取走極小的一塊面積ΔS（不影響球殼表面其余部分電荷分布），則從O點到B點電場強度一直減小，且電勢也一直降低
【考點】單個或多個點電荷周圍的電勢分布；E﹣x圖像的理解與應用；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定性思想；推理法；電磁學；理解能力．
【答案】D
【分析】理解均勻帶電薄球殼的電場分布特點，即內部場強為零，外部場強與點電荷產生的場強相同。掌握電場力做功與電勢能變化的關系，以及電場強度、電勢等物理量的基本性質。應用靜電平衡的原理分析導體內部的電場和電荷分布。注意近似處理和誤差分析，在取走極小面積時考慮其對整體電場的影響。
【解答】解：A.殼內場強處處為0，故A錯誤；
B.殼內場強處處為0，故移動試探電荷不做功，從A點移到O點，試探電荷的電勢能不變，故B錯誤；C.在圓心O處放一個電量為﹣2Q的點電荷，由于靜電感應，球殼內表面感應出+2Q的電荷，則球殼外表面帶電量為一Q，故C錯誤；
D.在x＝R處取走極小的一塊面積ΔS，根據電場的對稱性可知，O點的場強為﹣R處面積為ΔS的球殼上的電荷產生的場強，大小為：
根據正點電荷的電場線分布可知，從O點到B點電場強度一直減小，且電勢也一直降低，故D正確。
故選：D。
【點評】本題主要考查電場強度、電勢、電勢能等概念，以及它們與電荷分布的關系。
2．（2024春 菏澤期末）如圖所示，粗糙水平面所在空間有水平向右的勻強電場，電場強度為E。一質量為m，帶電荷量為﹣q（q＞0）的物塊自O點以初動能Ek0向右運動。已知物塊與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，且qE＞μmg，設O點的電勢為零，規定水平向右為正方向，則物塊的動能Ek、電勢能EP與物塊運動的位移x關系圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】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】A
【分析】AB．明確物塊的運動情況，根據動能定理求解；
CD.根據電場力的做功情況判斷電勢能的變化情況。
【解答】解：AB．當物塊向右運動時，根據動能定理，有
﹣qEx﹣μmgx＝Ek﹣Ek0
解得
Ek＝Ek0﹣qEx﹣μmgx
當物塊減速為0時，因為qE＞μmg，所以物塊會向左加速，根據動能定理有
qE（x0﹣x）﹣μmg（x0﹣x）＝Ek﹣0
解得
Ek＝﹣qEx+qEx0﹣μmgx0+μmgx＝（qE﹣μmg）（x0﹣x）
故A正確，B錯誤；
CD．物體先向右減速，再向左加速，而物體電場力方向向左，所以電場力先做負功，再做正功，故電勢能Ep先增大后減小，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要是考查帶電物體在電場中的運動，關鍵是弄清楚物塊的受力情況和運動情況，掌握電場力做功和電勢能的關系。
3．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，用兩根絕緣細線各懸掛質量分別為mA和mB的小球，懸點為O，兩小球均帶正電荷，當小球由于靜電力作用張開一角度時，A球和B球在同一水平面，A球懸線與豎直線夾角為α，B球懸線與豎直線夾角為β，如果α＝37°，β＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則兩小球mA和mB之比為（　　）
A．4：3 B．9：16 C．16：9 D．3：4
【考點】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】對小球受力分析，根據受力平衡可得出小球的傾角與電量、重力的關系，則可得出兩小球的質量的大小關系。
【解答】解：對A、B球受力分析，如圖所示：
根據共點力平衡和幾何關系得：m1gtanα＝F1，m2gtanβ＝F2，
由于 F1＝F2，兩小球mA和mB之比為16：9，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題要比較兩球質量關系，我們要通過電場力把兩重力聯系起來進行比較，結合共點力平衡條件列式求解重力與電場力的關系式是關鍵。
4．（2024春 讓胡路區校級期末）如圖所示，M和N為兩平行金屬板，板間電壓恒為U，在N板附近由靜止釋放一不計重力的帶正電粒子。下列說法中正確的是（　　）
A．若僅減小兩板間距離，粒子受到的電場力不變
B．若僅增大兩板間距離，粒子到達M板時的速度將變大
C．若僅增大兩板間距離，回路中會出現逆時針方向的瞬時電流
D．若僅減小兩板的正對面積，回路中會出現順時針方向的瞬時電流
【考點】帶電粒子在恒定的電場中做加速（或減速）運動；平行板電容器電容的決定式及影響因素；電容器的動態分析（U不變）——板間距離變化．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；電容器專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】依據電容器與電源相連，電壓U總是不變，根據，即可判定電場力大小；由動能定理，即可判定速度大小；再根據牛頓第二定律，來判定加速度大小；由電容的決定式，與電容的定義式，即可求解電量大小。
【解答】解：A．極板之間的電場強度
板間電壓U不變，僅減小兩板間距離時，極板間電場強度增大，則粒子受到的電場力增大，故A錯誤；
B．在電場中，粒子只受電場力，只有電場力做功，根據動能定理可得
解得
可知，粒子到達M板時的速度與兩板間距離無關，僅增大兩板間距離，粒子到達M板時的速度不變，故B錯誤；
C．根據電容的定義式有
，
解得
若僅增大兩板間距離，電容器極板所帶的的電荷量減少，即電容器將放電，此時回路出現逆時針方向的瞬時電流，故C正確；
D．結合上述可知，僅減小兩板的正對面積，電容器所帶的的電荷量減少，電容器將放電，此時回路出現逆時針方向的瞬時電流，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查電容的定義式與決定式的應用及其區別，掌握牛頓第二定律的內容，理解動能定理的公式。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 倉山區校級期末）如圖是電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示兩點電場強度的大小，則（　　）
A．a、b兩點的場強方向相同
B．因為電場線是直線，所以Ea＝Eb
C．因為電場線由a指向b，所以Ea＞Eb
D．不知道a、b附近電場線的分布情況，Ea、Eb的大小不能確定
【考點】根據電場線的疏密判斷場強大小；電場線的方向與電場強度方向的關系．
【專題】電場力與電勢的性質專題；電學圖象專題；分析綜合能力．
【答案】AD
【分析】電場線的疏密表示電場的強弱，電場線的切線方向表示場強的方向。
【解答】解：電場線的疏密程度反映了電場強度的大小，由于只有一根電場線，題目中也沒有明確指出這根電場線是什么電場中的電場線，故無法判斷a、b兩點的場強大小；
電場線的切線方向表示場強的方向，故a、b兩點的場強方向相同。故A、D正確，BC錯誤；
故選：AD。
【點評】掌握電場線的特點：電場線的疏密表示電場的強弱，電場線的切線方向表示電場的方向，另外還可以拓展的考點也要注意：沿電場線方向電勢降低，還要會判斷電場線做功與電勢能、動能的變化關系．
（多選）6．（2024春 湖南期末）a、b、c、d為某一電場中的等差等勢線。一不計重力的帶負電粒子飛入電場后只在電場力作用下沿M點到N點運動（如圖），下列說法正確的是（　　）
A．M點處的電場強度大于N點處的電場強度
B．帶電粒子在N點的速度比在M點處的速度大
C．帶電粒子在N點處的電勢能比在M點處的電勢能大
D．四個等勢線的電勢關系為φa＞φb＞φc＞φd
【考點】根據帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉化情況；帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場方向的互判．
【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】AC
【分析】根據公式U＝Ed分析電場強度的大小；根據粒子軌跡的彎曲方向以及電場線與等勢線垂直，確定出粒子所受的電場力方向和場強方向，結合順著電場線電勢降低，由電場線的方向判斷電勢的高低；根據Ep＝qφ判斷電勢能的大小。由能量守恒定律判斷速度的大小。
【解答】解：A、根據U＝Ed可知，等差等勢線越密集的地方電場強度越大，則M點處的電場強度大于N點處的電場強度，故A正確；
D、根據曲線運動的合力方向指向軌跡的凹側，且電場方向與等勢線垂直，粒子又帶負電，則粒子在電場中某點受到的電場力和場強方向如圖所示。
根據沿電場方向電勢降低可知，四個等勢線的電勢關系為φa＜φb＜φc＜φd，故D錯誤；
BC、根據電勢能公式Ep＝qφ，由于N點的電勢小于M點的電勢，且粒子帶負電，所以帶電粒子在N點處的電勢能比在M點處的電勢能大；由于粒子只受電場力作用，根據能量守恒定律可知，電勢能和動能之和保持不變，則帶電粒子在N點的動能比在M點處的動能小，則帶電粒子在N點的速度比在M點處的速度小，故B錯誤，C正確。
故選：AC。
【點評】掌握帶電粒子的運動軌跡與合力方向的關系是解題的前提，靈活應用場強方向與等勢面垂直，以及電場力做功與動能、電勢能變化的關系是解題的關鍵。
（多選）7．（2024春 貴陽期末）如圖所示，M、N是靜電場中一條電場線上的兩點。帶3C電荷量的正點電荷在M點的電勢能為6J，將該電荷移至N點，電勢能變為12J，則下列說法正確的是（　　）
A．M點的電勢φM＝2V，N點的電勢φN＝4V
B．M、N兩點的電勢差UMN＝2V
C．若令M點的電勢為零，則M、N兩點的電勢差UMN＝﹣4V
D．若令M點的電勢為零，則該電荷在N的電勢能為6J
【考點】電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算；電勢能的概念和計算；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】根據電勢的定義計算；根據UMN＝φM﹣φN計算；電場中兩點的電勢差與零電勢位置的選取無關；根據電勢能公式計算。
【解答】解：A、M點和N點的電勢分別為，故A正確；
B、M、N兩點的電勢差為UMN＝φM﹣φN＝2V﹣4V＝﹣2V，故B錯誤；
C、電場中兩點的電勢差與零電勢位置的選取無關，所以若令M點的電勢為零，則M、N兩點的電勢差仍為﹣2V，故C錯誤；
D、若令M點的電勢為零，即φM＝0，根據UMN＝φM﹣φN，可得φN＝2V，則該電荷在N點的電勢能為Ep＝qφN＝3×2J＝6J，故D正確。
故選：AD。
【點評】掌握電勢的定義式，知道電場中兩點的電勢差與零電勢位置的選取無關，但是電場中某點的電勢以及電荷在該點具有的電勢能與零電勢位置的選取有關。
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 重慶期末）如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形，邊長l＝2.0m。若將兩個電荷量q均為2.0×10﹣6C的點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9×109N m2/C2，則O點的場強大小為 　0　N/C，C點的場強大小為 　　N/C。
【考點】電場強度的疊加；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．
【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】0，。
【分析】根據電場的疊加原理確定O點的場強大小。根據點電荷場強公式E＝k和電場的疊加原理計算C點的場強大小。
【解答】解：根據題意可知，O為AB連線的中點，而A、B兩處固定的是等量同種正電荷，A處的點電荷在O點處的場強水平向右，B點處的電荷在O點場強水平向左，而根據點電荷的場強公式可知，A、B兩處的點電荷在O點產生的場強等大反向，根據電場的疊加原理可知O點處的場強為0。
A、B兩點距C點的距離相等，根據點電荷的場強公式可知，A、B兩點處的點電荷在C點產生的場強大小相等，為
根據幾何關系可得其合場強大小為
故答案為：0，。
【點評】本題考查點電荷的場強公式和電場強度的矢量合成問題，關鍵是根據平行四邊形定則合成，來求解場強大小。
9．（2024春 浦東新區校級期末）如圖所示，點電荷A和B相距40cm，分別帶正電和負電，電荷量分別為4Q和﹣Q，在A、B連線上，引入點電荷C。此時三個點電荷恰好在彼此的靜電力作用下處于平衡狀態，則電荷C電荷量大小為 　4Q　，它應放在 　B的左側　（選填“A和B之間”，“A的右側”，“B的左側”，“A的右側及B的左側”）處。
【考點】三（多）個點電荷在一條直線上時的平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．
【答案】4Q；B的左側。
【分析】根據庫侖定律計算每個電荷的靜電力，結合電荷的平衡狀態，代入計算求解。
【解答】解：根據兩同夾異、兩大夾小，結合電荷的擺放位置可知，若C帶正電荷，應該放在B的左側，設BC之間的距離為x，電荷C電荷量大小為q
則對C：
對B：
對A：
聯立以上各式，求得：q＝4Q
故答案為：4Q；B的左側。
【點評】熟悉三小球的平衡問題的口訣“兩同夾異、兩大夾小，近小遠大”快速判斷第三個小球的電性和位置，結合庫侖定律和受力分析計算出電荷量的大小。
10．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，取一對用絕緣柱支持的導體A和B，使它們彼此接觸。起初它們不帶電，貼在下部的金屬箔片均是閉合的。先把帶正電荷的物體C移近導體A，金屬箔片 　張開　；接著保持C位置不動，用手摸一下導體A，然后移走C，A導體的金屬箔片 　張開　，B導體的金屬箔片 　張開　（以上3個空均填“張開”或“閉合”），且導體A帶電。
【考點】靜電平衡現象、等勢體；靜電的利用和防止．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．
【答案】張開，張開，張開
【分析】當帶正電的物體C移近導體A時，導體A、B由于接觸，則導體中的負電荷向A端移動，則A端帶負電，B端失去電子帶正電．C移近導體A后，不論用手摸一下B，還是摸一下A，大地中的負電荷將被吸引移向導體，導體中的正電荷將被排斥流向大地，使得A左端帶負電，B的右端不帶電。
【解答】解：導體A、B接觸，開始不帶電，把帶正電的物體C移近導體A，由于靜電感應，則A端帶負電，B端帶正電，兩端金屬箔片都張開；
保持C位置不動，用手摸一下A，大地中的負電荷將被吸引移向導體，使得A左端帶負電，B的右端不帶電；然后移走C，導體A上的負電荷平均分配到A與B上，A導體的金屬箔片和B導體的金屬箔片都張開。
故答案為：張開，張開，張開
【點評】本題考查靜電現象，要注意理解感應起電的性質，并明確正負電荷之間的相互作用所帶來的現象，能通過所學物理規律進行分析解答．
11．（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。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 碑林區校級期末）如圖所示，金屬板AB和CD水平放置，中間開有小孔O1、O2，兩板之間加有加速電壓U0。金屬板EF和GH均是以O點為圓心，半徑為3R和R的同心圓弧板，O3O4也是以O點為圓心的圓弧，且到兩金屬板距離相等，兩板之間加有電壓。長2R的金屬板MN、PQ水平放置，點M、P分別和點F、H對齊，兩板之間加有偏轉電壓。質量為m、電荷量為q的粒子從粒子源中無初速度漂進加速電場，恰好能沿圖示O1﹣O2﹣O3﹣O4﹣O5﹣K虛線軌跡運動，最后到達PQ板的中點K。不考慮場的邊界效應，不計粒子的重力。求：
（1）圓弧O3O4處電場強度的大小；
（2）為使粒子恰好能到達PQ板的中點K，金屬板MN、PQ之間加的偏轉電壓U的值；
（3）從粒子進入金屬板MN、PQ開始計時，經多長時間粒子運動到距直線MQ最近，最近距離是多少。
【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．
【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】（1）圓弧O3O4處電場強度的大小為；
（2）金屬板MN、PQ之間加的偏轉電壓U的值8U0；
（3）經時間粒子運動到距直線MQ最近，最近距離是。
【分析】（1）利用動能定理和牛頓第二定律可求出電場強度；
（2）在水平方向利用運動學公式求出運動時間，豎直方向結合牛頓第二定律以及運動學公式求出電壓；
（3）利用運動學公式以及幾何關系，求出時間和距離。
【解答】解：（1）粒子從O1運動到O2的過程中，由動能定理有
粒子從O3運動到O4的過程中，由牛頓第二定律有得
聯立以上兩式得
（2）粒子在金屬板MN、PQ之間做類平拋運動，對O5K過程分析，粒子在水平方向有
R＝v0t
豎直方向有
根據牛頓第二定律有
Eq＝ma
其中
聯立以上各式解得
U＝8U0
（3）把電場中的運動分解成平行于MQ和垂直于MQ兩個方向的分運動，則垂直MQ方向，粒子速度減為0的過程中粒子做勻減速的直線運動，對于垂直于MQ方向的分運動有
由速度與位移的關系可得
解得
所以粒子運動過程中距離MQ最近為
答：（1）圓弧O3O4處電場強度的大小為；
（2）金屬板MN、PQ之間加的偏轉電壓U的值8U0；
（3）經時間粒子運動到距直線MQ最近，最近距離是。
【點評】學生在解決本題時，應注意先分析粒子的運動過程，結合牛頓第二定律，運動的分解，功能關系等物理規律來解題。
13．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，均可視為質點的三個物體A、B、C在傾角θ＝30°的光滑絕緣斜面上，A絕緣，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質量分別為mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不帶電，C的電荷量qC＝+7×10﹣5C且保持不變，開始時BC間的距離L＝2m，三個物體均能保持靜止。現給A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做勻加速直線運動，經過時間t，向上運動1m，向上力F變為恒力，已知靜電力常量為k＝9.0×109N m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）B的電荷量和電性；
（2）A做勻加速的加速度大小；
（3）F從變力到恒力需要的時間t；
（4）F變為恒力時的大小。
【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應用；作用力與反作用力．
【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．
【答案】（1）B的電荷量，帶正電；
（2）A做勻加速的加速度大小為2.0m/s2；
（3）F從變力到恒力需要的時間為1.0s；
（4）F變為恒力時的大小為3.01N
【分析】（1）由物體所處的狀態和庫侖定律求解B的電荷量和電性；
（2）由牛頓第二定律求解加速度；
（3）由勻加速運動規律求時間；
（4）對A由牛頓第二定律求F變為恒力時的大小。
【解答】解：（1）C帶正電，由于開始時三個物體均能保持靜止，則BC之間斥力，所以B帶正電。
A、B、C靜止時，以AB為研究對象，受力分析有
代入數據解得：
（2）A向上運動1m，向上力F變為恒力，經分析知AB分離時兩者之間彈力恰好為零，此后F變為恒力，即此時B向上運動了1m，對B由牛頓第二定律得
其中l＝L+1m＝3.0m
解得a＝2.0m/s2
（3）由勻加速運動規律得
解得t＝1.0s
（4）在分離時刻，對A由牛頓第二定律有
F﹣mAgsinθ＝mAa
解得：F＝3.01N
答：（1）B的電荷量，帶正電；
（2）A做勻加速的加速度大小為2.0m/s2；
（3）F從變力到恒力需要的時間為1.0s；
（4）F變為恒力時的大小為3.01N
【點評】本題考查了電場中的動力學問題，可以從運動和力的關系入手，分析帶電體的受力情況合理的運用牛頓第二定律求加速度。
14．（2024春 洛陽期末）如圖所示，在勻強電場中有一等邊三角形ABC，邊長為60cm，電場方向和△ABC所在平面平行，現將電荷量q＝﹣4×10﹣6C的點電荷從電場中的A點移動到B點，靜電力做功﹣2.4×10﹣5的功，該電荷從C點移到A點，電場力做功4.8×10﹣5J的功。
（1）如果規定B點的電勢為零，則A點和C點電勢φA、φc分別是多少？
（2）電場強度E的大小和方向。
【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場力做功與電勢差的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】（1）如果規定B點的電勢為零，則A點和C點電勢φA、φc分別是6V，﹣6V；
（2）電場強度E的大小為20V/m，方向沿AC方向。
【分析】（1）根據電勢差與電勢的關系，結合B點電勢為零，求出A、C點的電勢。
（2）尋找等勢線，根據電場線與等勢線的關系確定電場方向，根據U＝Ed計算電場強度大小。
【解答】解：（1）根據電場力做功與電勢的關系可知
WAB＝q（φA﹣φB）
WCA＝q（φC﹣φA）
代入數據解得φA＝6V，φC＝﹣6V
（2）根據勻強電場電勢差與電場強度的關系可知AC中點D點的電勢為0，則BD為等勢線，AC方向為電場方向，則有
EV/m＝20V/m
答：（1）如果規定B點的電勢為零，則A點和C點電勢φA、φc分別是6V，﹣6V；
（2）電場強度E的大小為20V/m，方向沿AC方向。
【點評】解決本題的關鍵知道電場力做功與電勢差的關系，電勢差與電勢的關系。知道電場線與等勢面處處垂直，且由高電勢指向低電勢。
15．（2024春 麗水期末）如圖甲所示，P處有一粒子源，可以持續均勻地“飄”出（初速度為零）氫離子，經M、N間的加速電場加速后，粒子可以進入輻向電場（電場強度方向指向O），沿著半徑為R的圓弧運動。從輻向電場射出后，粒子沿平行金屬板A、B間的中心線Ⅱ’射入勻強電場，最后都打在足夠長的收集板上。已知UMN＝U，氫離子電荷為e，質量為m，AB間的電場隨時間變化如圖乙所示（AB為正方向，周期為T），AB板的長度，以下答案用U、R、e、m、T、E0表示，不考慮粒子間的相互作用。求：
（1）氫離子從N板射出時的速度大小v；
（2）半徑為R的圓弧處的電場強度大小E；
（3）收集板上收集到粒子的位置會發光，求發光長度x。
【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉；動能定理的簡單應用．
【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）氫離子從N板射出時的速度大小為；
（2）半徑為R的圓弧處的電場強度大小為；
（3）收集板上收集到粒子的位置會發光，發光長度為。
【分析】（1）根據動能定理可解得氫離子從N板射出時的速度大小；
（2）根據電場力提供向心力解答；
（3）根據運動的分解結合圖像分析解答。
【解答】解：（1）根據動能定理
解得
（2）根據電場力提供向心力
解得
（3）根據牛頓第二定律有
eE0＝ma
①由t＝0時刻進入的粒子a，其v﹣t圖像如圖所示，打到收集板上的右側，離I'最遠
根據位移與時間的公式有
②由t時刻進入的粒子b，其水平方向的v﹣t圖像如圖所示，正好打在I'處
③由t時刻進入的粒子c，其水平方向的v﹣t圖像如圖所示，打到收集板上的左側，離I'最遠
則有
④由粒子水平方向的v﹣t圖像可知，其它時間進入的粒子均在a、c粒子之間；
綜上述，粒子收集板上收集到氫離子的長度
x＝x左+x右
解得x
答：（1）氫離子從N板射出時的速度大小為；
（2）半徑為R的圓弧處的電場強度大小為；
（3）收集板上收集到粒子的位置會發光，發光長度為。
【點評】本題是電子在周期性電場中運動的類型，分析運動過程是關鍵，再運用牛頓第二定律和運動學公式求解。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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