資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
新課預習銜接 靜電場
一．選擇題（共5小題）
1．（2023春 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 紅橋區期末）如圖甲，A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一個負電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（　　）
A．該電場線的方向是由A指向B
B．A點處的場強比B點處的場強大
C．該電場可能是由正點電荷產生的
D．該負電荷在A點的電勢能小于B點的電勢能
4．（2024秋 朝陽區期末）如圖所示，一平行板電容器間存在勻強電場，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小分別為q1、q2，符號相反，質量分別為m1、m2。使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近。現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動并計時，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間上半區域的同一水平面，如圖中虛線位置，a、b間的相互作用和重力均忽略。下列說法正確的是（　　）
A．若q1＝q2，則m1＜m2
B．若q1＝q2，在t時刻a和b的電勢能相等
C．若m1＝m2，則q1＞q2
D．若m1＝m2，在t時刻a的動量大小比b的小
5．（2024秋 東城區期末）帶正電荷的導體球O靠近某不帶電的枕形導體。枕形導體的左右兩端分別記為M、N，P、Q分別為枕形導體內部和外表面上的兩點，枕形導體處于靜電平衡狀態，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．M端感應出正電荷，N端感應出負電荷
B．P點電場強度方向沿OP連線由O指向P
C．Q點的電場方向與Q點所在表面垂直
D．枕形導體上Q點的電勢比P點的電勢高
二．多選題（共3小題）
（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 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）8．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側點電荷帶電荷量為+2q，右側點電荷帶電荷量為﹣q，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱。由圖可知（　　）
A．P、Q兩點的電場強度相同
B．M點的電場強度大于N點的電場強度
C．若將一試探正電荷由M點靜止釋放，它將沿電場線運動到P點
D．兩點電荷連線的中點處的電場強度為
三．填空題（共3小題）
9．（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。
10．（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。
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 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 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。
14．（2024春 宿遷期末）如圖甲所示，M、N為極板，PQ為熒光屏（足夠長），M極板上O1處有一粒子源，t＝0時刻開始連續釋放初速度為零、比荷為的正粒子。粒子經過M、N間的加速電場后，從N極板上的細縫O2進入N和PQ之間的偏轉電場。已知M、N間的電壓UMN﹣t圖像如圖乙所示，O1O2連線的延長線與PQ交于O3，O2O3間距離為L，不計粒子在M、N間的加速時間，不計粒子重力和粒子間相互作用，求：
（1）粒子到達細縫O2時速度v的大小范圍；
（2）若N和PQ間的偏轉電場方向平行PQ向上，場強大小，粒子打到PQ上形成的亮線長度Δy；
（3）若N和PQ間的偏轉電場為圖丙所示的周期性變化電場，取平行PQ向上為正方向。從t＝0時刻釋放的粒子恰好打到O3，則t＝T時刻釋放的粒子打到PQ上的位置。
15．（2024春 新鄭市校級期末）如圖所示，光滑水平面上豎直固定有一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道BC，水平面AB與圓弧BC相切于B點，O為圓心，OB豎直，OC水平，空間有足夠大水平向右的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電絕緣小球自A點由靜止釋放，小球沿水平面向右運動，AB間距離為2R，勻強電場的電場強度，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：
（1）小球到達B點時的速度大小；
（2）小球在光滑絕緣圓弧軌道BC上運動時對軌道的最大壓力值；
（3）小球離開圓弧軌道到落地前的最小速率。
新課預習銜接 靜電場
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2023春 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 紅橋區期末）如圖甲，A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一個負電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（　　）
A．該電場線的方向是由A指向B
B．A點處的場強比B點處的場強大
C．該電場可能是由正點電荷產生的
D．該負電荷在A點的電勢能小于B點的電勢能
【考點】電場線的定義及基本特征；電場力做功與電勢能變化的關系；根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況．
【專題】定性思想；圖析法；運動學中的圖象專題；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】電場中某點電場的方向與該點正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反；電場線上每一點的切線方向表示該點電場的方向；電場線密的地方場強大，疏的地方場強小；電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加；根據圖像判斷負電荷運動情況，結合以上知識點可以解答。
【解答】解：A.由圖像可知，負電荷從A點運動到B點，做加速度減小的加速運動，受到的電場力由A指向B，可知電場方向由B指向A，故A錯誤；
B.負電荷從A點運動到B點，做加速度減小的加速運動，根據F＝ma可知電場力減小，根據F＝Eq可知電場強度減小，所以A點處的場強比B點處的場強大，故B正確；
C.若是點電荷產生的電場，有B分析可知，點電荷一定在A左側，帶負電，故C錯誤；
D.從A點運動到B點，電場力做正功電勢能減小，則負電荷在A點的電勢能大于B點的電勢能，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題主要考查電場中圖像問題，根據圖像結合電場有關知識解答。
4．（2024秋 朝陽區期末）如圖所示，一平行板電容器間存在勻強電場，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小分別為q1、q2，符號相反，質量分別為m1、m2。使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近。現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動并計時，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間上半區域的同一水平面，如圖中虛線位置，a、b間的相互作用和重力均忽略。下列說法正確的是（　　）
A．若q1＝q2，則m1＜m2
B．若q1＝q2，在t時刻a和b的電勢能相等
C．若m1＝m2，則q1＞q2
D．若m1＝m2，在t時刻a的動量大小比b的小
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；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】D
【分析】微粒a、b在電場中做勻加速直線運動，根據兩者的位移大小關系可得到加速度的大小關系，根據牛頓第二定律分析兩者質量與電荷量的關系；根據動量定理分析兩者的動量大小關系；圖中虛線為等勢線，根據電勢能的定義分析分析兩者電勢能的關系。
【解答】解：釋放a、b后它們由靜止開始做勻加速直線運動，由題意可知相同時間內a的位移小于b位移，即xa＜xb，根據xat2，可得a的加速度小于b的加速度，即aa＜ab，由牛頓第二定律可得：qE＝ma。
A、若q1＝q2，則有：m1aa＝m2ab，可得：m1＞m2，故A錯誤；
C、若m1＝m2，則有：，可得：q1＜q2，故C錯誤；
D、若m1＝m2，則有：q1E＜q2E，即a所受電場力小于b的，則相同時間內a所受電場力的沖量小于b的，由動量定理可知，在t時刻a的動量大小比b的小，故D正確；
B、圖中虛線為等勢線，若q1＝q2，根據Ep＝qφ，因微粒a、b所帶電性相反，故在t時刻a和b的電勢能互為相反數，并不相等，故B錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查了帶電粒子在電場中運動問題，根據粒子的運動情況判斷粒子的受力情況，應用牛頓第二定律解答力與運動的關系。注意電動勢為標量，它的正負號表示大小。
5．（2024秋 東城區期末）帶正電荷的導體球O靠近某不帶電的枕形導體。枕形導體的左右兩端分別記為M、N，P、Q分別為枕形導體內部和外表面上的兩點，枕形導體處于靜電平衡狀態，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．M端感應出正電荷，N端感應出負電荷
B．P點電場強度方向沿OP連線由O指向P
C．Q點的電場方向與Q點所在表面垂直
D．枕形導體上Q點的電勢比P點的電勢高
【考點】靜電平衡現象、等勢體；電場強度與電場力的關系和計算；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】根據同性相斥異性相吸的規律判斷電荷的移動；處于靜電平衡狀態的金屬導體是一個等勢體。
【解答】解：A、依據異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥可知負電荷向M移動，所以M端感應出負電荷，N端感應出正電荷，故A錯誤；
B、處于靜電平衡狀態的金屬導體是一個等勢體，導體內部的P點的電場強度為零，故B錯誤；
C、處于靜電平衡狀態的金屬導體是一個等勢體，導體的表面是等勢面，結合電場線與等勢面的關系可知，Q點的電場方向與Q點所在表面垂直，故C正確；
D、處于靜電平衡狀態時，金屬導體是一個等勢體，Q點的電勢等于P點的電勢，故D錯誤。
故選：C。
【點評】該題考查靜電感應現象與靜電平衡狀態，要知道感應帶電的本質是電荷的轉移；當金屬導體處于電場時出現靜電平衡現象，整個導體為一等勢體。
二．多選題（共3小題）
（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 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）8．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側點電荷帶電荷量為+2q，右側點電荷帶電荷量為﹣q，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱。由圖可知（　　）
A．P、Q兩點的電場強度相同
B．M點的電場強度大于N點的電場強度
C．若將一試探正電荷由M點靜止釋放，它將沿電場線運動到P點
D．兩點電荷連線的中點處的電場強度為
【考點】兩個或多個不等量電荷的電場線分布；電場強度的定義、單位和方向；電場強度的疊加；電荷性質、電場力方向和電場強度方向的相互判斷；根據電場線的疏密判斷場強大小．
【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】根據電場線的疏密表示電場強度的大小，電場線的切線方向表示電場方向，分析P、Q間以及M、N間電場強度關系；若將一試探正電荷由M點靜止釋放，根據其所受電場力特點分析其運動情況；根據點電荷場強公式和電場的疊加原理求解兩點電荷連線的中點處的電場強度。
【解答】解：A、根據電場線的疏密表示電場強度的大小，電場線的切線方向表示電場方向，可知P、Q兩點的電場強度大小相等，方向不同，則P、Q兩點的電場強度不同，故A錯誤；
B、電場線越密集的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小，因為M點的電場線比N點的電場線密，所以M點的電場強度大于N點的電場強度，故B正確；
C、電場線上每一點的切線方向與該點的電場強度方向一致，故若將一試探正電荷由M點靜止釋放，將沿M點的切線方向運動而離開原來的電場線，所以試探正電荷不會沿電場線運動，故C錯誤；
D、左側點電荷在中點處的電場強度大小為
方向水平向右
右側點電荷在中點處的電場強度大小為
E2＝k
方向水平向右
則兩點電荷連線的中點處的電場強度大小為
E＝E1+E2＝kkk
方向水平向右，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題要掌握電場線的意義：電場線的疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，并掌握點電荷電場強度公式的內容，注意矢量合成法則的應用。
三．填空題（共3小題）
9．（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。
10．（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。
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 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 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。
14．（2024春 宿遷期末）如圖甲所示，M、N為極板，PQ為熒光屏（足夠長），M極板上O1處有一粒子源，t＝0時刻開始連續釋放初速度為零、比荷為的正粒子。粒子經過M、N間的加速電場后，從N極板上的細縫O2進入N和PQ之間的偏轉電場。已知M、N間的電壓UMN﹣t圖像如圖乙所示，O1O2連線的延長線與PQ交于O3，O2O3間距離為L，不計粒子在M、N間的加速時間，不計粒子重力和粒子間相互作用，求：
（1）粒子到達細縫O2時速度v的大小范圍；
（2）若N和PQ間的偏轉電場方向平行PQ向上，場強大小，粒子打到PQ上形成的亮線長度Δy；
（3）若N和PQ間的偏轉電場為圖丙所示的周期性變化電場，取平行PQ向上為正方向。從t＝0時刻釋放的粒子恰好打到O3，則t＝T時刻釋放的粒子打到PQ上的位置。
【考點】帶電粒子先后經過加速電場和偏轉電場；帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉．
【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）粒子到達細縫O2時速度v的大小范圍為；
（2）粒子打到PQ上形成的亮線長度為4L；
（3）則t＝T時刻釋放的粒子打到PQ上的位置為。
【分析】（1）根據動能定理求帶電粒子進入偏轉電場的速度范圍；
（2）根據類平拋運動的規律即可求解亮線長度；
（3）根據運動的分解分析豎直方向的運動情況，從而分析計算。
【解答】解：（1）粒子在極板間加速，根據動能定理有：
根據圖乙可知，粒子到達細縫O2時速度v的大小范圍為：
（2）粒子進入偏轉電場后做類平拋運動，則有：
水平方向有：L＝vt
豎直方向有：
將速度的兩個極值代入可解得
，
粒子打到PQ上形成的亮線長度
Δy＝y2﹣y1
解得Δy＝4L
（3）從t＝0時刻釋放的粒子恰好打到O3，根據豎直方向的運動規律可知，粒子在0～T向上加速，T～2T向上減速，2T～3T向下加速，3T～4T向下減速，直至打到O3，則t＝T時刻釋放的粒子打到PQ上用時為2T，根據豎直方向的運動規律有
解得
答：（1）粒子到達細縫O2時速度v的大小范圍為；
（2）粒子打到PQ上形成的亮線長度為4L；
（3）則t＝T時刻釋放的粒子打到PQ上的位置為。
【點評】該題考查粒子在勻強電場中的加速和偏轉，并且電場還是變化的，這就要求我們要有較強的過程分析能力，對物體的運動進行分段處理。
15．（2024春 新鄭市校級期末）如圖所示，光滑水平面上豎直固定有一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道BC，水平面AB與圓弧BC相切于B點，O為圓心，OB豎直，OC水平，空間有足夠大水平向右的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電絕緣小球自A點由靜止釋放，小球沿水平面向右運動，AB間距離為2R，勻強電場的電場強度，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：
（1）小球到達B點時的速度大小；
（2）小球在光滑絕緣圓弧軌道BC上運動時對軌道的最大壓力值；
（3）小球離開圓弧軌道到落地前的最小速率。
【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；牛頓第三定律的理解與應用；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力；模型建構能力．
【答案】（1）小球到達B點時的速度大小為；
（2）小球在光滑絕緣圓弧軌道BC上運動時對軌道的最大壓力值為；
（3）小球離開圓弧軌道到落地前的最小速率為。
【分析】（1）從A到B列動能定理，可以求解小球到達B點時的速度；
（2）根據“等效重力”，判斷出小球的速度最大的點，用牛頓第二定律計算出小球對軌道的壓力最大；
（3）將小球的運動分解，當沿合力方向的速度減為零時，小球的速度具有最小值。
【解答】解（1）小球從A到B過程，根據動能定理可得
qE 2R0
解得小球到達B點時的速度大小為
（2）小球在光滑絕緣圓弧軌道BC上運動時，設電場力與重力的合力與豎直方向的夾角為θ，則有
可得
θ＝45°
可知當小球運動到圓弧軌道BC的中點時，小球的速度最大，小球對軌道的壓力最大，根據動能定理可得
根據牛頓第二定律可得
聯立解得
根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的最大壓力為。
（3）小球從A到C過程，根據動能定理可得
qE 3R﹣mgR
解得
小球從C點拋出后，將小球的運動分解為沿重力和電場力的合力方向和垂直合力方向，如圖所示
小球在空中垂直合力方向做勻速直線運動，沿合力方向先做勻減速直線運動，再反向做勻加速直線運動，當沿合力方向的速度減為零時，小球的速度具有最小值，則有
答：（1）小球到達B點時的速度大小為；
（2）小球在光滑絕緣圓弧軌道BC上運動時對軌道的最大壓力值為；
（3）小球離開圓弧軌道到落地前的最小速率為。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動問題，對于運動過程的分析可以優先考慮動能定理，在某點求解受力可以結合牛頓第二定律列式求解。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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