資源簡介

單元檢測（七）
靜電場
A卷高頻考點練清卷
考點一電場力的性質和能的性質
1.(多選)(2024·湖北)關于電荷和靜電場，下列說法正確的是
A.一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變
B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面
C.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小
D.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的地方運動
2.(2024·河北)如圖，真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點B、
C.M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷量為
號.已知正三角形ABC的邊長為@，M點的電場強度為0，靜電力常量為k,頂點A處的電場強度大小為
()
A.23kq
B.kg(6十3)
a2
CGRD
D.2(3+3)
3.在正點電荷Q產生的電場中有M、N兩點，其電勢分別為M、PN,電場強度大小分別為EM、EN.下列說
法正確的是
()
A.若M>N,則M點到電荷Q的距離比N點的遠
B.若EMC.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則M<9N
D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則EM>EN
4.(2024·全國甲卷)在電荷量為Q的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規定為零時，距離該點電荷
,處的電勢為及？，其中及為靜電力常量：多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存
在時該點的電勢的代數和.電荷量分別為Q1和Q2的兩個點電荷產生的電場的等勢線如圖中曲線所示
(圖中數字的單位是伏特)，則
()
0.2=
0
-0.10
0,
Q=一2
A.Q1<0
B.Q1>0
Q1=-2
Q
ca,<08-3
Q1=-3
D.Q1>0Q
49
考點二軌跡類問題分析
5.如圖，一個固定正電荷產生的電場中，同一個正電荷g兩次以大小相同、方向不同的初速度
從P點出發，分別抵達M點，N點，且q在M,N點時速度大小也一樣，則下列說法正確的
有
(
A.P點電勢大于M
B.M點電勢大于N
C.q從P到M一直做減速運動
D.M、V兩點處電場強度大小相同
6.(2025·陜西·一模)真空中某電場的電場線如圖中實線所示，M、O、N為同一根電
場線上不同位置的點，兩個帶電粒子、b先后從P點以相同的速度射入該電場區
域，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，已知α粒子帶正電向左上方偏
轉，則下列說法正確的是
()
A.M、N兩點電場強度相同
B.M點的電勢高于N點的電勢
C.該電場可能是等量同種點電荷形成的
D.b粒子一定帶負電，運動過程中電勢能不斷減小
考點三電容器的動態分析
7.(2024·吉林)某種不導電溶液的相對介電常數er與濃度cm的關系曲線如圖()所示.將平行板電容器
的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構成如圖(b)所示的電路.閉合開關S后，若降低
溶液濃度，則
1)
豎)
A.電容器的電容減小
B.電容器所帶的電荷量增大
C.電容器兩極板之間的電勢差增大
D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N
8.(多選)(2025·安徽合肥·三模)如圖所示，平行板電容器兩極板與直流電源、理想
二極管D(正向電阻為零，反向電阻無窮大)、定值電阻R連接，電容器下板B接地，
兩板間P點有一帶電油滴恰好處于靜止狀態，現將上極板A向上移動，則下列說
D
法正確的是
(
A,R中有從a到b的電流
B.兩極板間電壓保持不變
C.油滴的電勢能不變
D.油滴仍保持靜止狀態
考點四帶電粒子在電場中的加速及偏轉
9.AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖
所示.兩板間距10cm,電荷量為1.0×10-8C、質量為3.0×10-4kg的
小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點，閉合開關S,小球靜止時，細
線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（未標
i流電源
出)，則
()
A.MC距離為53cm
30
D
B電勢能增加了3×104J
C.電場強度大小為3X104NC
D.減小R的阻值，MC的距離將變大
50參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
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