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2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合基礎練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．一帶電粒子以某初速度射入一個勻強電場區(qū)域中，粒子在運動過程中僅受電場力的作用，則下列說法正確的是（　　）
A．運動軌跡可能為直線，電勢能一定一直變大
B．運動軌跡可能為直線，電勢能一定一直變小
C．運動軌跡可能為曲線，電勢能可能一直變小
D．運動軌跡可能為曲線，電勢能可能一直變大
2．有研究發(fā)現(xiàn)，某神經(jīng)細胞傳遞信號時，離子從細胞膜一側流到另一側形成跨膜電流，若將該細胞膜視為的電容器，在2ms內(nèi)細胞膜兩側的電勢差從變?yōu)?0mV，則該過程中跨膜電流的平均值為（　　）
A． B． C． D．
3．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，A，B為同一條電場線上的兩點，則下列說法中正確的是（　　）
A．電勢
B．電場強度的大小
C．將正電荷從A點移到B點電場力做負功
D．將負電荷放在A，B兩點具有的電勢能
4．如圖所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點。c為的中點，a、b電勢分別為、，下列敘述正確的是（　　）
A．該電場在c點處的電勢不一定為4V
B．a(chǎn)點處的場強一定大于b點處的場強
C．一正電荷運動到c點時受到的靜電力由c指向a
D．一正電荷從c點運動到b點電勢能一定增大
5．如圖是某一點電荷的電場線分布圖,下列表述正確的是(　　)
A．A點的電勢高于B點的電勢 B．該點電荷帶負電
C．A點和B點電場強度的方向相同 D．A點的電場強度小于B點的電場強度
6．下圖為靜電植絨的裝置簡圖，將表面涂有黏合劑的被植體放在金屬板上.打開電源開關后，在金屬網(wǎng)與金屬板間會產(chǎn)生3kV的高壓，放在金屬網(wǎng)上的絨毛將垂直地粘植在被植體上。若保持金屬網(wǎng)和金屬板間的距離為2cm，忽略邊緣效應，將網(wǎng)與板間的電場視為勻強電場，則下列說法正確的是（　　）
A．金屬網(wǎng)和金屬板間的場強為
B．絨毛在飛往被植體的過程中電勢能不斷增大
C．若增大金屬網(wǎng)和金屬板的距離，則網(wǎng)和板的電勢差也增大
D．在潮濕的環(huán)境中進行植絨效果會更好
7．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中一簇等勢面。相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶電質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（　　）
A．質(zhì)點帶正電
B．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高
C．該帶電質(zhì)點在P點處的加速度比在Q點處小
D．該帶電質(zhì)點在P點的速度比在Q點具有的速度大
8．如圖所示，、、、是某勻強電場（圖中未畫出）中的四個點，為的中點，，，，電場強度方向與三角形所在平面平行。已知點電勢，點電勢，點電勢為0。則勻強電場的電場強度大小為（　　）
A． B． C． D．
9．如圖所示，指紋采集裝置中的半導體基板上有大量相同的小極板，外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凸凹不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成一個個正對面積相同的電容器，若每個電容器的電壓保持不變，則在指紋采集過程中，下列說法正確的是（　　）
A．指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大
B．指紋的凸點處與小極板距離近，電容小
C．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小
D．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量增大
10．如圖所示，空間內(nèi)存在方向水平向右的勻強電場，一根長為、不可伸長的絕緣細繩的一端連著一個質(zhì)量為、帶電荷量為（）的小球（視為質(zhì)點），另一端固定于O點。初始時細繩（張緊狀態(tài)）與電場線平行，由靜止釋放小球，小球擺到O點正下方時速度為零，重力加速度大小為，下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度大小為
B．擺動過程中小球的最大速度為
C．擺動過程中小球所受的最大拉力為
D．擺動過程中小球減少的重力勢能與增加的電勢能始終相等
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖甲所示，A、B兩塊相互平行的金屬板（板間距離足夠大），其中A板接地，A、B板間的電勢差隨時間的變化關系如圖乙所示，靠近A板有一帶正電粒子，從t=0開始，只在電場力作用下從Q點由靜止開始運動。關于該粒子的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．粒子在A、B板間可能做往復運動
B．粒子一直向B板運動
C．在一個周期T內(nèi)，粒子一直做加速運動
D．在一個周期T內(nèi)，電場力對粒子做功為0
12．如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，的阻值和電源內(nèi)阻r相等。當滑動變阻器的滑片向b端移動時（　　）

A．電壓表讀數(shù)增大 B．電流表讀數(shù)增大
C．電源的輸出功率逐漸增大 D．質(zhì)點P將向上運動
13．如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為， a為常量，r為電場中某點到圓心的距離。比荷相同的兩粒子沿半徑不同的圓軌道做勻速圓周運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（　　）
A．半徑為r的圓軌道上各處場強相同
B．軌道半徑小的粒子角速度一定大
C．電荷量大的粒子的動能一定大
D．兩粒子與圓心的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等
14．如圖所示，燈絲發(fā)熱后發(fā)出的電子經(jīng)加速電場后，進入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，要使電子在電場中偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼?倍，可選用的方法有（設電子不落到極板上）（　　）
A．只使U1變?yōu)樵瓉淼?br/>B．只使U2變?yōu)樵瓉淼?br/>C．只使偏轉(zhuǎn)電極的長度L變?yōu)樵瓉淼谋?br/>D．只使偏轉(zhuǎn)電極間的距離d變?yōu)樵瓉淼谋?br/>三、填空題（本大題共4小題）
15．在某電場中，已知A、B兩點間的電勢差UAB=100V，q=－2×10－10C的電荷由A點移動到B點，靜電力做的功WF= J；電荷的電勢能 （填“增加”、“減少”或“不變”）。
16．電容器
（1）電容器：儲存電荷和電能的裝置。任何兩個彼此 又相距很近的 ，都可以看成一個電容器。
（2）電容器的充放電
a.充電：把電容器的兩極板分別與電池組的兩極相連，兩個極板分別帶上等量的 電荷的過程，充電過程中，由電源獲得的 儲存在電容器中。
b.放電：用導線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷 的過程，放電過程中，電容器把儲存的能量通過 轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量。
17．如圖所示，兩個等量異號點電荷M、N分別固定在A、B兩點，F(xiàn)為A、B連線所在平面的中垂線上的某一點，O為A、B連線的中點。AO＝OF，E和φ分別表示F處的電場強度大小和電勢．若將負點電荷N移走，則φ （填升高、降低、不變）、E （填增大、減小、不變）
18．公式的意義
（1）意義：在勻強電場中，電場強度的大小等于兩點間的 與這兩點 之比。
（2）電場強度的另一種表述：電場強度在數(shù)值上等于沿 方向 上降低的電勢。
（3）電場強度的另一個單位：由可導出電場強度的另一個單位，即 ，符號為 。1 V/m=1 N/C。
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．美國物理學家密立根通過如圖所示的實驗裝置，最先測出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實驗。如下圖所示，兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正負極相連接，板間產(chǎn)生勻強電場，方向豎直向下，圖中油滴由于帶負電懸浮在兩板間保持靜止。
若要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有 ；
A．油滴質(zhì)量m
B．兩板間的電壓U
C．兩板間的距離d
D．兩板的長度L
用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量 已知重力加速度為；
在進行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，這個最小電荷量被認為是元電荷，其值為 C。
20．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行．勁度系數(shù)k＝5 N/m的輕彈簧一端固定在O點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連，彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場強E＝5×104 N/C、方向水平向右的勻強電場中．已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所帶電荷量q＝＋4×10－6 C．設兩物體均視為質(zhì)點，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，B電荷量不變．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受靜摩擦力的大小；
(2)現(xiàn)對A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2開始做勻加速直線運動．A從M到N的過程中，B的電勢能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到達N點時拉力F的瞬時功率．
21．隨著傳感器技術的不斷進步，傳感器在中學實驗室逐漸普及。某同學用電流傳感器和電壓傳感器做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗，電路如圖甲所示。
(1)先使開關K與1端相連，電源對電容器充電，這個過程很快完成，充滿電的電容器上極板帶 （選填“正”或“負”）電；
(2)然后把開關K擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流、電壓信息傳入計算機，經(jīng)處理后得到電流和電壓隨時間變化的曲線，如圖乙所示，則電容器的電容約為 F（計算結果保留兩位有效數(shù)字）。
22．如圖所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼均接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開．
（1）下列關于實驗中使用靜電計的說法正確的是
A．靜電計可以用電流表替代
B．靜電計可以用電壓表替代
C．使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況
D．使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況
（2）下列做法可使靜電計張角變小的有
A．將左極板緩慢左移 B．將左極板緩慢上移
C．在兩極板間插入云母板（介電常數(shù)大于1） D．在兩極板間插入較厚的金屬板
23．（1）場是物理學中的重要概念，除了電場和磁場，還有重力場。地球周圍物體就處在地球產(chǎn)生的重力場中。設地面附近物體質(zhì)量為m，重力為G，離地面高為h，仿照電場強度的定義，你認為重力場強度的定義式EG=__________，仿照電勢定義，你認為重力勢的定義式為φG=__________；
（2）如圖甲、乙所示為示波管原理圖。如果在電極之間和電極之間所加的電壓圖按右圖所示的規(guī)律變化，請繪制在熒光屏所看到圖像；__________
（3）研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（　　）。
A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電
B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小
C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大
D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大
24．如圖所示為研究電子槍中的電子在恒定電場中運動的簡化模型示意圖．在xOy平面的第一象限存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ，電場強度E1=E；在第二象限存在以（－2L≤x≤0，0≤y≤L）為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅱ．一電子（電荷量大小為e，質(zhì)量為m，不計重力）從電場I的邊界B點處由靜止釋放，恰好從N點離開電場區(qū)域Ⅱ．
(1)求電子通過C點時的速度大小；
(2)求電場區(qū)域Ⅱ中的電場強度的大小；
(3)試證明：從AB曲線上的任一位置由靜止釋放的電子都從N點離開電場．
25．帶有等量異號電荷，相距的平行板和之間有一個勻強電場，電場強度，方向向下，電場中電距板3，點距板2.
（1）、兩點哪點電勢高？兩點的電勢差等于多少？
（2）如果令板接地（即電勢），則和的電勢和各是多少？如果令板接地，則電勢和各是多少？在這兩種情況下.相同嗎？
(3)一個電子從點移動到點，靜電力做多少功？如果使電子先移動到點.再移到點.靜電力做的功是否會發(fā)生變化.
26．如圖所示為某顯像設備內(nèi)電場的簡化模型。在y軸左側存在水平向左的勻強電場，右側存在豎直向上的勻強電場，場強大小均為E。電子槍在A處無初速釋放一質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，A點的坐標為，不計電子重力。求：
（1）電子進入第一象限的速度大小；
（2）電子從釋放到達x軸所需的時間；
（3）電子經(jīng)過x軸上的點時的速度。
參考答案
【知識點】電勢能與靜電力做功
1．【答案】C
【詳解】
因粒子在運動過程中僅受電場力的作用，故運動軌跡可能為直線和曲線；當電場力與初速度方向成直角或銳角時，電場力一直做正功，電勢能將一直變小；當電場力與初速度方向成鈍角時，電場力先做負功后做正功，電勢能將先變大后變小。則選項C正確，ABD錯誤。
故選C。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
2．【答案】A
【詳解】根據(jù)
Q=CU
可知
Q=C U=10-8×（30+70）×10-3C=10-9C
則該過程中跨膜電流的平均值為
故選A。
【知識點】電勢能與靜電力做功、電場線
3．【答案】D
【分析】
【詳解】
A．沿電場線方向，電勢降低，所以，A錯誤；
B．電場線越密，電場越強。所以，B錯誤；
C．正電荷受力方向與電場方向一致，所以將正電荷從A點移到B點電場力做正功，C錯誤；
D．將負電荷從A點移到B點電場力做負功，電勢能增大，所以，D正確。
故選D。
【知識點】電勢能與靜電力做功
4．【答案】A
【詳解】
A．當該電場是勻強電場時，由于沿電場方向相同距離電勢差相等，則在c點處的電勢一定為4V，當該電場不是勻強電場時，在c點處的電勢不一定為4V， A正確；
B．一條電場線無法比較電場線的疏密，就無法比較場強的大小，則a點處的場強不一定大于b點處的場強，B錯誤；
C．由題可判斷電場線方向從a指向b，正電荷運動到c點時受到的電場力由c指向b，C錯誤；
D．順著電場線方向電勢降低，可知c點的電勢高于b點的電勢，根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少，D錯誤。
故選A。
【知識點】點電荷的場強、電勢
5．【答案】B
【詳解】
順著電場線電勢降低，則知A點的電勢低于B點的電勢．故A錯誤．根據(jù)電場線從無窮遠出發(fā)到負電荷終止可知，該電荷是負電荷．故B正確．電場線的切線方向為電場強度方向，由圖看出，A、B兩點場強方向不同．故C錯誤．由圖知，A處電場線較密，則A處電場強度大．故D錯誤．故選B．
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
6．【答案】A
【詳解】A．金屬網(wǎng)和金屬板間的場強為
選項A正確；
B．絨毛在飛往被植體的過程中，電場力做正功，則電勢能不斷減小，選項B錯誤；
C．金屬網(wǎng)與金屬板間電壓不變，則若增大金屬網(wǎng)和金屬板的距離，則網(wǎng)和板的電勢差不變，選項C錯誤；
D．在干燥的環(huán)境中進行植絨效果會更好，選項D錯誤。選A。
【知識點】電勢能與靜電力做功
7．【答案】D
【詳解】
由于等勢面與電場線垂直，則電場線如圖所示
AB．由于無法求出a、b、c三個等勢面的電勢高低，因此判斷電荷的正負，A、B錯誤；
C．等差等勢面越密集的地方，場強越大，因此該帶電質(zhì)點在P點處的加速度比在Q點處大，C錯誤；
D．做曲線運動的粒子，受力方向指向凹側，可知若粒子從Q運動到P，電場力做正功，動能增加，D正確。
故選D。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
8．【答案】A
【詳解】由題意可知
，，
根據(jù)勾股定理可得
根據(jù)余弦定理可知
已知
， ，
且為的中點，則為等勢線，過A點做的垂線，交與,則為勻強電場的電場線，根據(jù)幾何關系可得
則根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系
可得，勻強電場的電場強度為
故BCD錯誤A正確。
故選A。
【知識點】電容器與電容、電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
9．【答案】D
【詳解】
AB．電容器電容的定義式可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距離近，電容大，故AB錯誤；
CD．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容增大，而電壓不變，由可知，電容器帶電量增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
10．【答案】C
【詳解】A．設勻強電場的電場強度大小為，小球由靜止釋放至最低點的過程中，根據(jù)動能定理有
解得
故A錯誤；
B．將電場力與重力合成，則有
合力方向與豎直方向成斜向右下，將合力看成一個等效重力，找出等效最低點，則與豎直方向成斜向右下，小球由靜止運動到點的過程，根據(jù)動能定理有
解得擺動過程中小球的最大速度為
故B錯誤；
C．小球在點時受到的拉力最大，設拉力為，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故C正確；
D．擺動過程中小球減少的重力勢能等于小球的動能增加量和電勢能的增加量之和，故D錯誤。
故選C。
【知識點】帶電粒子在交變電場中的運動
11．【答案】BD
【詳解】ABC．由圖可知，前一半周期內(nèi)A板電勢更高，則粒子向B板做勻加速運動，后一半周期內(nèi)A板電勢更低，則粒子向B板做勻減速直線運動，由對稱性可知，在一個周期末粒子的速度減為0，由周期性可知，粒子一直向B板運動，AC錯誤，B正確；
D．由于粒子在一個周期內(nèi)先做勻加速后做勻減速且一個周期末粒子的速度剛好減為0，由動能定理可知，在一個周期T內(nèi)，電場力對粒子做功為0，D正確。選BD。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
12．【答案】BC
【詳解】B．當滑動變阻器的滑片向b端移動時，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路得歐姆定律可知干路電流增大，電阻以及電源內(nèi)阻上的電壓變大，與電容器并聯(lián)的支路電壓減小，流過的電流減小，故流過電流表的電流增大，故B正確；
A．流過電流表的電流增大，電阻兩端的電壓增大，與電容器并聯(lián)的支路電壓減小，可知電阻兩端的電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，故A錯誤；
C．當外電阻等于內(nèi)阻時輸出功率最大，由于的阻值和電源內(nèi)阻r相等，故外電路總電阻大于電源內(nèi)阻r，當外電路總電阻減小時，外電阻逐漸接近電源內(nèi)阻，故電源的輸出功率逐漸增大，故C正確；
D．電容器兩端電壓減小，電容器間場強減小，質(zhì)點P受到的電場力減小，小于重力，故質(zhì)點P將向下運動，故D錯誤。
故選BC。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
13．【答案】BC
【詳解】A．根據(jù)題意半徑為r的圓軌道上各處場強大小相同，但是方向不同，A錯誤；
BC．根據(jù)題意有
，
可得
兩粒子比荷相同，所以軌道半徑小的粒子角速度一定大；同時可得
即
所以電荷量大的粒子的動能一定大，BC正確；
D．設粒子與圓心的連線在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為，可得掃過的面積為
根據(jù)前面分析可得
可得兩粒子的速度大小相等，因為運動半徑不同所以在相同時間內(nèi)掃過的面積不等，D錯誤。
故選BC。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動、電容器與力學知識的綜合
14．【答案】ACD
【詳解】
設電子的質(zhì)量和電量分別為m和e，電子在加速電場中加速過程，根據(jù)動能定理得
電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，加速度為
電子在水平方向做勻速直線運動，則有
在豎直方向做勻加速直線運動，則偏轉(zhuǎn)距離
聯(lián)立可得
A．只使U1變?yōu)樵瓉淼模瑒t電子在電場中偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；
B．只使U2變?yōu)樵瓉淼模瑒t電子在電場中偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼模蔅錯誤；
C．只使偏轉(zhuǎn)電極的長度L變?yōu)樵瓉淼谋叮瑒t電子在電場中偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；
D．只使偏轉(zhuǎn)電極間的距離d變?yōu)樵瓉淼谋叮瑒t電子在電場中偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。
故選ACD。
【知識點】電勢能與靜電力做功
15．【答案】；增加；
【詳解】
①靜電力做的功
②靜電力做負功，電荷的電勢能增加。
【知識點】電容器與電容、電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
16．【答案】絕緣；導體；異種；電能；中和；電流做功；
【詳解】
（1）[1][2]電容器指儲存電荷和電能的裝置。任何兩個彼此絕緣又相距很近的導體，都可以看成一個電容器；
（2）[3][4]充電指把電容器的兩極板分別與電池組的兩極相連，兩個極板分別帶上等量的異種電荷的過程，充電過程中，由電源獲得的電能儲存在電容器中；
[5][6]放電指用導線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程，放電過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量。
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功
17．【答案】升高；減小；
【詳解】
[1]令點電荷M、N都存在時為狀態(tài)1，各物理量用下標1表示；只有電荷M時為狀態(tài)2，各物理量用下標2表示；易知在AB連線的中垂線上電場強度方向處處水平向右，所以中垂線為一條等勢線，F(xiàn)點的電勢和OF連線上無窮遠處電勢相等，所以，
狀態(tài)2時，只有正電荷M，所以
可得，若將負電荷N移走，則電勢φ升高；
[2]狀態(tài)1時，電荷M、N在F處的電場強度大小為，兩者相互垂直，根據(jù)電場疊加原理可得，合場強為
方向水平向右；
狀態(tài)2時，電荷M在F處的電場強度也是，方向沿AF連線方向，所以，若將負點電荷N移走，則E減小。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
18．【答案】電勢差；沿電場線方向的距離；電場強度；每單位距離上；伏/米；V/m；
【詳解】
(1)[1][2]在勻強電場中，電場強度的大小等于兩點間的電勢差與這兩點沿電場線方向的距離之比。
(2)[3][4]電場強度在數(shù)值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢。
(3)[5][6]由
可導出電場強度的另一個單位，即伏/米，符號為V/m。
【知識點】電容器與力學知識的綜合
19．【答案】ABC；；
【詳解】
[1]平行金屬板板間存在勻強電場，液滴恰好處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，則有
所以需要測出的物理量有油滴質(zhì)量m，兩板間的電壓U，兩板間的距離d，故ABC正確，D錯誤；
[2]由上式，用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量
；
[3]在進行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，這個最小電荷量被認為是元電荷，其值為。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
20．【答案】（1）0.4N （2）0.528W
【詳解】（1）根據(jù)題意，靜止時，對兩物體受力分析如圖所示：
由平衡條件所得：
對A有
mAgsin θ＝FT
對B有
qE＋f0＝FT
代入數(shù)據(jù)得
f0＝0.4 N
（2）根據(jù)題意，A到N點時，對兩物體受力分析如圖所示：
由牛頓第二定律得：
對A有
F＋mAgsin θ－F′T－Fksin θ＝mAa
對B有
F′T－qE－f＝mBa
其中
f＝μmBg
Fk＝kx
由電場力做功與電勢能的關系得
ΔEp＝qEd
由幾何關系得
A由M到N，由
vt2－v02＝2ax
得A運動到N的速度
v＝
拉力F在N點的瞬時功率
P＝Fv
由以上各式，代入數(shù)據(jù)
P＝0.528 W
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
21．【答案】(1)正
(2)
【詳解】（1）開關K與1端相連，電容器上極板與電源連接，故充滿電的電容器上極板帶正電。
（2）由圖乙可知電容器充滿電時，電容器兩極板間的電壓為，圖像與坐標軸圍成的面積表示電量，圖中約小格，則電容器充滿電的電荷量為
電容器的電容約為
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
22．【答案】C；CD
【詳解】
（1）［1］AB.靜電計與電壓表、電流表的原理不同，不能替代；電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時，指針才偏轉(zhuǎn)，故AB錯誤；
C.靜電計可測量電勢差，根據(jù)指針張角的大小，觀察電容器電壓的變化情況，故C正確；
D. 靜電計無法判斷電量的變化情況，故D錯誤．
（2）［2］A.根據(jù)電容的決定式，將左極板緩慢左移，板間距離d增大，則電容C減小，因為電容器帶電后與電源斷開，電量Q不變，根據(jù)定義式，可知電勢差U增大，指針張角變大，故A錯誤；
B.由知，將左極板緩慢上移，正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)定義式，電量Q不變，可知電勢差U增大，指針張角變大，故B錯誤．
C.在兩極板間插入云母板（介電常數(shù)大于1），根據(jù)電容的決定式，介電常數(shù)變大，則電容C增大，根據(jù)定義式，電量Q不變，可知電勢差U減小，指針張角變小，故C正確；
D.在兩極板間插入較厚的金屬板，金屬板在勻強電場中靜電平衡，成為等勢體，相當于其板間距離d減少了，由電容的決定式知，電容C增大，根據(jù)定義式，電量Q不變，可知電勢差U減小，指針張角變小，故D正確．
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析、示波管的原理
23．【答案】（1），；（2）；（3）A
【詳解】（1）類比電場強度的定義式可知重力場強度的定義式為
類比電勢的定義式可知重力勢的定義式為
（2）由圖可知，之間所加電壓為正弦信號，之間所加掃描電壓恒定，且X板電勢較高，電子在和間始終受到向右的電場力，所以熒光屏上的圖像不能沿X方向展開，而是在中線右側的長度為2倍正弦信號振幅的豎直亮線，如圖所示。
（3）實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，a板將帶上與玻璃棒所帶的同種電荷，由于b板接地，可以及時將電子導入或?qū)С觯陟o電感應作用下可以帶上與a板的等量異種電荷，從而使電容器帶電，故A正確；
平行板電容器的決定式和定義式為，
實驗中，只將電容器b板向上平移，S減小，則C減小，而Q不變，所以U增大，靜電計指針的張角變大；只在極板間插入有機玻璃板，增大，則C增大，而Q不變，所以U減小，靜電計指針的張角變小，故BC錯誤；
實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，說明兩極板間電勢差增大，而電容不變，故D錯誤。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
24．【答案】(1) ；(2) ；(3)由動能定理證明即可
【詳解】
(1)由雙曲線可知，B、C間距為，電子從B運動到C，由動能定理得，解得電子通過C點時的速度大小．
(2)電子從C點進入?yún)^(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，在y軸方向有，，
在x軸方向有2L=vCt，
解得電場區(qū)域Ⅱ中的電場強度大小．
(3)設電子從AB曲線上P(x，y)點進入電場區(qū)域Ⅰ，在區(qū)域Ⅰ，由動能定理得，假設電子能夠在區(qū)域Ⅱ中一直做類平拋運動且到達x軸上的x'處，在x軸方向，有x'=v0t1
在y軸方向有，，
聯(lián)立解得x′=2L．
即從AB曲線上任一位置由靜止釋放的電子都從N點離開電場．
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
25．【答案】（1）D點；-1000V（2）如果令B板接地，則φC=600V，φD=1600V；如果令A板接地，則φC=-1400V，φD=-400V；UCD相同；（3）1.6×10-16 J，不會發(fā)生變化
【詳解】
（1）沿著電場線電勢降低，故點的電勢大于點的電勢；
（2）如果令板接地（即電勢），則：
故；
如果令板接地，則：
故；
即電勢差與零電勢點的選擇無關；
（3）
如果使電子先移動到點，再移到點，由于靜電力做的功與路徑無關，不會發(fā)生變化；
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
26．【答案】（1）；（2）；（3），方向與x正方向正切值
【詳解】（1）由動能定理，有可得，電子進入第一象限的速度大小
（2）在A處釋放加速運動至y軸后，做類平拋運動到達x軸，設勻加速直線運動時間為，則有，，可得，進入第一象限后，由y軸分運動得，可得，粒子由釋放到x軸的時間
（3）由動能定理得，解得電子經(jīng)過x軸上的點時速度大小為，方向與x軸正方向的正切值
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合基礎練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是
A．B． C．D．
2．如圖所示，電場強度為的勻強電場中，帶電荷量為的電荷分別沿直線、折線、曲線運動，已知長為.關于電場力做功的大小關系，下列說法正確的是（ ）
A. 沿三個路徑運動時，電場力做功一樣多
B. 沿直線運動時，電場力做功最少
C. 沿折線運動時，電場力做功最多
D. 沿直線運動時，電場力做功最多
3．如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點．則
A．粒子受電場力的方向一定由M指向N B．粒子在M點的速度一定比在N點的大 C．粒子在M點的電勢能一定比在N點的大 D．電場中M點的電勢一定高于N點的電勢
4．關于靜電場下列說法中正確的是（ ）
A．將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定增加
B．無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大
C．在同一個等勢面上的各點，場強的大小必然是相等的
D．電勢下降的方向就是電場場強的方向
5．如圖所示為某一電場的電場線和等勢面.已知，，，點電勢為，、在同一等勢面上.以表示點電荷由點移到點過程中靜電力做功的大小，表示點電荷由點移到點過程中靜電力做功的大小，則（ ）
A. B.
C. D.
6．在“研究平行板電容器電容的決定因素”的實驗中，平行板電容器與靜電計如圖連接。給電容器充電后，靜電計的指針偏轉(zhuǎn)了角度θ（θ反映兩極板間的電勢差的大小）。保持其他因素不變，下列操作與實驗現(xiàn)象或分析準確對應的是（　　）
A．增大兩極板間距d，電容器的電容會變大
B．增大兩極板間距d，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度變大
C．減小兩極板的正對面積S，電容器的電容會變大
D．減小兩極板的正對面積S，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度變小
7．如圖所示，為研究電容器的充放電實驗電路圖，實驗前，開關是斷開的，電容器不帶電。下列的操作過程中，正確的說法是（　　）
A．開關接1，電容器上極板帶負電
B．開關接1穩(wěn)定后，再斷開，電容器兩極板間有電場存在
C．開關接1穩(wěn)定后，再將擲向2，通過電流傳感器的電流方向向上
D．開關接1穩(wěn)定后，再將擲向2，通過電阻中電流方向向右
8．光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有、、三點，如圖甲所示.一質(zhì)量、電荷量的帶電小物塊由點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過、兩點，其運動過程的圖像如圖乙所示，其中圖線在點時切線斜率最大，根據(jù)圖線可以確定（ ）
甲 乙
A. 兩點電荷是正電荷
B. 中垂線上點的電場強度大小為
C. 點是、連線的中點
D. 小物塊從點運動到點的過程中機械能守恒
9．理論分析表明，一根長為L的均勻帶正電的細桿豎直放置，當時，細桿兩端處的場強，細桿中間處的場強．其中k為常數(shù)，為電荷線密度（細桿帶電荷量與長度的比值）r為點到細桿的垂直距離，如圖甲所示。若再取一根與完全一樣的均勻帶正電細桿b，平行放置在a的右側，距離為（），如圖乙所示。它們端點的連線上有點1、2、3、4，其中1、3到b桿的距離均為，各點到兩桿的距離均遠小于桿長L。關于各點場強的大小與方向，下列說法正確的是（　　）
A．1處合場強大小為 B．2處合場強方向豎直向下
C．3處合場強大小為 D．3、4處合場強方向不同
10．電容式液位計可根據(jù)電容的變化來判斷液面升降。某型號液位計的工作原理如圖所示，一根金屬棒插入金屬容器內(nèi)，金屬棒為電容器的一個極，容器壁為電容器的另一個極，金屬容器接地，容器內(nèi)液面高度發(fā)生變化會引起電容器的電容變化。下列說法正確的是（ ）
A．該液位計適用于導電液體
B．容器內(nèi)液面升高的過程中，電容器的電容會減小
C．容器內(nèi)液面降低的過程中，通過電流計的電流方向由到
D．容器內(nèi)液面不管是上升還是下降，電容器兩極間的電場強度都始終增大
二、多選題（本大題共4小題）
11．關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是
A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直
B．電場強度為零的地方，電勢也為零
C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低
D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向
12．如今智能手機中普遍安裝了陀螺儀，它是一種加速度傳感器，尺寸目前可以做到（3×3×1）mm，可集成于手機內(nèi)部，用來檢測手機的姿態(tài)。其工作原理如圖所示，當手機運動狀態(tài)改變時，固連在手機上的A部分隨手機一起運動時，質(zhì)量塊B是通過彈性物體連接手機，由于慣性，不會隨手機立刻發(fā)生變化，出現(xiàn)運動滯后，這樣電容器電容值就發(fā)生了變化，變化的電容值會通過電信號傳輸給處理單元，就可測量手機的姿態(tài)，鋪三層這種結構，就可以測出手機的前后左右和上下以及旋轉(zhuǎn)，這樣就可以360°無死角檢測手機運動。以下說法中正確的是（　　）
A．在外太空，完全失重的情況下，這種傳感器仍然可以使用
B．可以測量出任意情況下手機相對地面的速度
C．這種探測器可以測量地磁場強度，進而進行GPS定位
D．改變電容的值是通過改變正對面積和板間距d來實現(xiàn)的
13．如圖所示，勻強電場水平向右，虛線為一帶電粒子在勻強電場中從點運動到點的軌跡，此過程中粒子克服重力做功為，靜電力做功為，則下列說法中正確的是（ ）
A. 該粒子帶負電
B. 該粒子在點的動能比在點少
C. 該粒子在點的電勢能比在點少
D. 該粒子在點的機械能比在點少
14．（多選）在真空中 、 兩處固定兩個等量異種電荷，正下方有一根足夠長的光滑絕緣桿水平放置，一個質(zhì)量為 、帶電荷量為 的小圓環(huán)穿在桿上，從 點的正下方 處以速度 向右運動至 點正下方 處時的速度為 ， 點是 的中點，下列說法正確的是（ ）
A． 小圓環(huán)從 到 過程中先做減速運動，再做加速運動
B． 、 兩點間的電勢差
C． 小圓環(huán)在 點時的速度
D． 小圓環(huán)通過 點后，繼續(xù)向前運動很遠距離，最終速率 趨于
三、填空題（本大題共4小題）
15．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，始終接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則
（1）電容器的電容 （填“增大”或者“減小”）
（2）極板上的電荷量 （填“變大”或者“變小”）
（3）電容器極板間的電場強度 （填“變大”“變小”或者“不變”）
16．如圖所示，兩等量異種電荷M、N固定，O為兩電荷連線的中點，c為MO的中點，以M為圓心、Mc為半徑畫圓，圓與直線MN分別交于a、c兩點，直徑bd垂直于MN。若b、d兩點的電場強度大小分別為、，b、d兩點的電勢分別為、，電子在a、c兩點的電勢能分別為、，則 ， ， 。（均填“＞”“=”或“＜”）

17．在生產(chǎn)生活中，電容器的應用十分廣泛。利用電容器可監(jiān)測壓力的變化，如圖所示，固定極板A和可動極板B組成一個可變電容器。極板B兩端固定，施加壓力F使它發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當F增大時，電容器的電容將 （填“增大”或“減小”），電容器將 （填“充電”或“放電”），通過電阻R的電流方向 （填“向左”或“向右”）。
18．一勻強電場的方向平行于平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，電勢分別為10V、23V、15V，則坐標原點O處的電勢為 V。電子從a點運動到b點的過程中，電場力做功為 ，電勢能 （填“增大”、“減小”或“不變”）。
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．如圖所示的電場中，已知A、B兩點間的電勢差，求：
(1)電荷量的點電荷Q由A點移動到B點，靜電力所做的功是多少？
(2)若電荷量的點電荷Q在A點的電勢能為，B點的電勢是多少？
20．如圖M、N之間是加速電場，虛線框內(nèi)為勻強偏轉(zhuǎn)電場；一電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的軌跡前進。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場M、N兩端的電壓為。偏轉(zhuǎn)電場的水平寬度為，電場強度，不考慮電子所受的重力及空氣阻力。求：

(1)電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小；
(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向的夾角。
21．電容儲能已經(jīng)在電動汽車，風、光發(fā)電，脈沖電源等方面得到廣泛應用.某同學設計圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程，器材如下：
電容器（額定電壓，電容標識不清）；
電源（電動勢,內(nèi)阻不計）；
電阻箱（阻值）；
滑動變阻器（最大阻值 ,額定電流）；
電壓表（量程，內(nèi)阻很大）；
發(fā)光二極管、,開關、，電流傳感器，計算機，導線若干.
回答以下問題：
（1） 按照圖甲連接電路，閉合開關,若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應向______端滑動（填“”或“”）.
甲
（2） 調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表表盤如圖乙所示，示數(shù)為____（保留1位小數(shù)）.
乙
（3） 繼續(xù)調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為時，開關擲向1，得到電容器充電過程的圖像，如圖丙所示.根據(jù)圖像可估算出充電結束后，電容器存儲的電荷量為________________C（結果保留2位有效數(shù)字,估算時，超過半個格子的算一格，不足半格的舍去）.
丙
（4） 本電路中所使用電容器的電容約為________________（結果保留2位有效數(shù)字）.
（5） 電容器充電后，將開關擲向2，發(fā)光二極管________（填“”或“”）閃光.
22．電容儲能已經(jīng)在電動汽車，風、光發(fā)電，脈沖電源等方面得到廣泛應用.某同學設計圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程，器材如下：
圖甲 圖乙 圖丙
電容器（額定電壓，電容標識不清）；
電源（電動勢,內(nèi)阻不計）；
電阻箱（阻值）；
滑動變阻器（最大阻值 ,額定電流）；
電壓表（量程，內(nèi)阻很大）；
發(fā)光二極管、,開關、，電流傳感器，計算機，導線若干.
回答以下問題：
（1） 按照圖甲連接電路，閉合開關,若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應向______端滑動（填“”或“”）.
（2） 調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表表盤如圖乙所示，示數(shù)為____（保留1位小數(shù)）.
（3） 繼續(xù)調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為時，開關擲向1，得到電容器充電過程的圖像，如圖丙所示.根據(jù)圖像可估算出充電結束后，電容器存儲的電荷量為________________C（結果保留2位有效數(shù)字,估算時，超過半個格子的算一格，不足半格的舍去）.
（4） 本電路中所使用電容器的電容約為________________（結果保留2位有效數(shù)字）.
（5） 電容器充電后，將開關擲向2，發(fā)光二極管________（填“”或“”）閃光.
23．如圖所示，勻強電場中一帶負電的點電荷在恒力作用下，從點沿水平方向勻速運動至點.已知， ，點電荷帶的電荷量為，、之間的距離，點的電勢，，，不計點電荷的重力.求：
（1） 勻強電場場強的大小和方向；
（2） 從到的過程中，點電荷電勢能的變化量；
（3） 、間的電勢差及點的電勢.
24．在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖甲所示連接電路.電源電動勢為，內(nèi)阻可以忽略.單刀雙擲開關先跟2相接，某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2.實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況.
甲 乙
（1） 電容器充電后，開關改接2使電容器進行放電，此過程得到的圖像如圖乙所示，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻的阻值，則此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將____（填“減小”“不變”或“增大”）.
（2） 若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量，則該電容器的電容為____.
（3） 關于電容器在整個充、放電過程中的圖像和圖像的大致形狀，可能正確的是__.為電容器極板所帶的電荷量，為、兩板的電勢差
A. B.
C. D.
25．（9分）用如圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，現(xiàn)提供如下實驗器材：電源（電壓恒為）、電容器（電容）、電阻箱、微安表（量程），單刀雙擲開關和導線若干.
甲
（1） 先將開關撥至位置1，充電完畢，再將開關撥至位置2，則流經(jīng)電阻箱的電流方向為__________（填“從上到下”或“從下到上”）；
（2） 放電過程圖像如圖乙所示，曲線與橫軸圍成的區(qū)域共有147個小格，則電容器電容的測量值為____（結果保留三位有效數(shù)字）；
乙
（3） 根據(jù)圖像可作出電容器所帶電荷量隨時間變化的圖像.某小組兩次實驗中電阻箱接入電路的阻值分別為和,，對應的圖像為曲線和.則下列圖像中可能正確的是______.
A. B.
C. D.
26．如圖所示的粒子平移器，由兩對水平放置、相距為d的相同平行金屬板AB和CD構成，每對極板長度為2d、間距為d，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小均為、電場方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子M從左側緊貼A板下邊緣以初速度水平進入兩金屬板間，金屬板外的電場以及粒子的重力都忽略不計，粒子均在紙面內(nèi)運動．
（1）求粒子M從AB板間飛出時垂直板面方向的偏移量y1；
（2）求粒子M從進入AB板間到飛出CD板間的過程中，垂直板面方向的偏移量Y；
（3）粒子M進入金屬板AB板間的同時，一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子N也從左側某一位置以水平初速度進入金屬板AB間．為使粒子N與粒子M在金屬板CD間相遇，不計粒子間相互作用力，求粒子N進入AB板間金屬板時，與B板間距的取值范圍．
參考答案
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
1．【答案】A
【詳解】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為 ，經(jīng)過時間 ，電場力方向速度為，功率為 ，所以P與t成正比，A正確．
【知識點】電勢能與靜電力做功
2．【答案】A
【解析】電場力做功與電荷經(jīng)過的路徑無關，電荷沿直線、折線、曲線運動，其初、末位置相同，電場力做功一樣多正確.
【知識點】電勢能與靜電力做功
3．【答案】B
【詳解】由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，帶電粒子從M點運動到N點的過程中，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，AC錯誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點的電勢高低，選項D錯誤．
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功
4．【答案】B
【詳解】將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定減小，A錯誤；無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大，B正確；在同一個等勢面上的各點，場強的大小不一定是相等的，例如等量異種電荷連線的中垂線上各點，C錯誤；沿場強的方向電勢一定下降，但是電勢下降的方向不一定是電場場強的方向，電勢下降最快的方向是電場強度的方向，D錯誤。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
5．【答案】D
【解析】由題圖可得,間電場線比間電場線密,而,根據(jù)定性分析可得間的電勢差大于間電勢差,即,又,,聯(lián)立得,則,、在同一等勢面上,則有,、錯誤；由上述分析可知,則,而點與點電勢相等,則,可得,根據(jù)靜電力做功公式可知,錯誤,正確.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
6．【答案】B
【詳解】AB．給電容器充電后電容器所帶電荷量一定，增大兩極板間距d，根據(jù)，可知電容變小，根據(jù) ，可知電壓變大，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度變大，A錯誤，B正確；
CD．給電容器充電后電容器所帶電荷量一定，減小兩極板的正對面積S，根據(jù)，可知電容變小，根據(jù) ，可知電壓變大，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度變大，CD錯誤。
選B。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
7．【答案】B
【詳解】開關接1，相當于給電容器充電，充電后電容器上極板與電源正極相連接，帶正電，A錯誤；開關接1穩(wěn)定后，充電完畢，電容器兩極板間電壓等于電源電動勢，再斷開，電容器兩極板間有電場存在，B正確；開關接1穩(wěn)定后，再將擲向2，此時電容器處于放電過程，放電過程上極板相當于電源的正極，流過電流傳感器的電流方向向下，C錯誤；開關接1穩(wěn)定后，再將擲向2，此時電容器處于放電過程，放電過程上極板相當于電源的正極，流過電阻中電流方向向左，D錯誤。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
8．【答案】B
【思路導引】信息提取：圖像的切線斜率表示加速度,即可以表示小物塊受到的靜電力的情況,根據(jù)功能關系,可判斷小物塊機械能的變化情況.
【解析】小物塊帶負電,從點由靜止運動至點速度增大,則動能增大,靜電力做正功,可知兩點電荷是負電荷,錯誤；由牛頓第二定律得,結合題圖乙可求出中垂線上點的電場強度大小為,正確；圖像與軸圍成圖形的面積表示位移,可知的長度小于的長度,故點不是、連線的中點,錯誤；小物塊從點運動到點的過程中靜電力做正功,根據(jù)功能關系可知機械能增大,錯誤.
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
9．【答案】A
【詳解】將細桿中間斷開看成兩根細桿，則中間點的場強為，可得，即細桿在兩端的場強的方向與水平方向的夾角為45°兩桿在1處的場強如圖所示
又因為1到ab兩桿的距離均為則，則1處的合場強為，A正確；兩桿在2處的場強如圖所示
又因為2到b桿的距離小，則，根據(jù)平行四邊形定則，則合場強斜向左下，B錯誤；兩桿在3處的場強如圖所示
由題意可知，，3處合場強大小為，C錯誤；與C同理，可得，3、4處合場強方向相同，D錯誤。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
10．【答案】C
【詳解】A．若溶液為導電溶液，則金屬棒與金屬容器壁通過導電溶液導通，從而會形成閉合回路，則金屬棒不能與容器壁構成電容器，因此該液位計不適用于導電液體，A錯誤；
B．液面相當于電解質(zhì)，根據(jù)電容器電容的決定式
當液面上升時，可知增大，則電容器的電容增大，B錯誤；
C．容器內(nèi)液面降低的過程中，根據(jù)
可知，電容器的電容減小，由于電容器始終與電源相連，電容器兩端的電壓不變，結合
可知，電容器的電荷量減小，電容器處于放電狀態(tài)，金屬容器接地，電流從高電勢流向低電勢，即電流由到流過電流計，C正確；
D．電容器兩極板間的電壓U不變，兩極板間的距離d不變，根據(jù)
可知，容器內(nèi)液面不管是上升還是下降，電容器兩極間的電場強度都始終不變，D錯誤。
選C。
【知識點】電勢、電場、電場強度
11．【答案】AD
【詳解】試題分析：電場線總和等勢面垂直，所以電場方向也和等勢面垂直，A正確；等量同種電荷的連線中點處，電場強度為零，但是電勢不為零，B錯誤；沿電場方向電勢降低，與電場強度大小無關，C錯誤；沿電場線的方向電勢降低最快；故電場中任一點的電場強度的方向總是指向該點電勢降落最快的方向，D正確
考點：考查了電場強度，電勢，等勢面
【名師點睛】做本題的關鍵是知道電場強度與電勢沒有直接關系，電勢是人為規(guī)定的，而電場強度和電場本身性質(zhì)有關；電場強度的方向與等勢面垂直，電場強度的方向是電勢降低最快的方向；根據(jù)這些知識進行解答
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
12．【答案】AD
【詳解】A．這種傳感器的使用原理是慣性，跟重力無關，所以在外太空，完全失重的情況下，這種傳感器仍然可以使用，故A正確；
BC．這種探測器可以測出手機的前后左右和上下以及旋轉(zhuǎn)，不可以測量出任意情況下手機相對地面的速度，也不可以測量地磁場強度，進行GPS定位，故BC錯誤；
D．由圖可知，手機上的A部分與質(zhì)量塊B發(fā)生相對移動時，電容的正對面積和板間距d發(fā)生變化，所以改變電容的值是通過改變正對面積和板間距d來實現(xiàn)的，故D正確。
故選AD。
【知識點】電勢能與靜電力做功
13．【答案】AD
【解析】由題圖可以看出,粒子所受的靜電力方向水平向左,與電場方向相反,所以該粒子帶負電,故正確；從到,粒子克服重力做功為,靜電力做功為,則合外力對粒子所做的總功,根據(jù)動能定理可知,動能減少了,故該粒子在點的動能比在點多,故錯誤；靜電力做功為,則電勢能減少,故該粒子在點的電勢能比在點多,故錯誤；靜電力做功使粒子機械能增加,靜電力做功為,則粒子機械能增加,粒子在點的機械能比在點少,故正確.
【知識點】帶電粒子在點電荷電場中的運動
14．【答案】CD
【詳解】對小圓環(huán)受力分析可知,小圓環(huán)從 到 的過程中,水平方向受到兩異種電荷的靜電力向左的分力,故小圓環(huán)從 到 過程中做減速運動, 錯誤；從 到 ,根據(jù)動能定理有 ,可得 , 錯誤；從 到 ,由對稱性得 ,根據(jù)動能定理有 ,聯(lián)立解得 , 正確；根據(jù)等量異種點電荷電場的特點,取無窮遠處電勢為零, 點電勢為零,小圓環(huán)通過 點到無窮遠處過程中有 , 小圓環(huán)向無窮遠處運動過程中 ,則 ,最終速率 趨于 , 正確.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
15．【答案】 減小 減小 不變
【詳解】[1][2][3]電容器接在恒壓直流電源上，兩極板的電壓不變，若將云母介質(zhì)移出，相對介電常數(shù)減小，電容器的電容減小，所以極板上的電荷量變小，極板間的距離不變，所以極板間的電場強度不變。
【知識點】電勢能與靜電力做功
16．【答案】 = = <
【詳解】[1][2][3]根據(jù)對稱性
a比c距離負電荷遠，a與M間的合電場強度大小小于c與M間的合電場強度大小
根據(jù)
即
根據(jù)
電子帶負電
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
17．【答案】 增大 充電 向左
【詳解】[1]當F增大時，電容器兩板間距離減小，根據(jù)電容的決定式，可知電容C增大。
[2][3]電容器兩板間電壓U不變，電容器所帶電量為
電容C增大，則Q增大，電容器將充電，A板帶正電，則電路中形成逆時針方向的充電電流，通過電阻R的電流方向向左。
【知識點】電勢能與靜電力做功
18．【答案】 2 13 減小
【詳解】[1]四邊形為矩形，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得
即
解得坐標原點O處的電勢為
[2][3]電子從a點運動到b點的過程中，電場力做功為
可知電子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，電勢能減小。
【知識點】電勢能與靜電力做功
19．【答案】(1)-10-7J；(2)30V
【詳解】(1)電荷量的點電荷Q由A點移動到B點，靜電力所做的功是
(2)點電荷Q從A到B電場力做負功，電勢能增加，則若電荷量的點電荷Q在A點的電勢能為，則B點的電勢能為B點的電勢是
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
20．【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）設電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為，由動能定理可得
解得
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，則有
豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得電子的加速度
離開電場時豎直方向上的速度
電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向的夾角
解得
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
21．【答案】（1）
（2） 6.5
（3）
（4）
（5）
【解析】
（1） 由題圖甲可知,閉合開關,電容器與電阻箱串聯(lián)后再與滑動變阻器的左側部分并聯(lián),要升高電容器充電電壓,需增大并聯(lián)部分的電壓,則滑片應向端移動.
（2） 由題圖乙可知,電壓表的分度值為,因此只需要估讀到本位,指針正好與的刻度線對齊,則示數(shù)為.
（3） 圖像中圖線與軸圍成的面積表示電荷量,則可得圖中的格數(shù)為38小格,每一小格表示的電荷量為,則電容器儲存的電荷量為.
（4） 根據(jù)電容的定義式,代入數(shù)據(jù)解得本電路中所使用電容器的電容為.
（5） 充電完成后,電容器的左側極板帶正電,放電時,在電容器外部,電流從帶正電極板流向帶負電極板,由于二極管具有單向?qū)щ娦?所以發(fā)光二極管閃光.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
22．【答案】（1）
（2） 6.5
（3）
（4）
（5）
【解析】
（1） 由題圖甲可知,閉合開關,電容器與電阻箱串聯(lián)后再與滑動變阻器的左側部分并聯(lián),要升高電容器充電電壓,需增大并聯(lián)部分的電壓,則滑片應向端移動.
（2） 由題圖乙可知,電壓表的分度值為,因此只需要估讀到本位,指針正好與的刻度線對齊,則示數(shù)為.
（3） 圖像中圖線與軸圍成的面積表示電荷量,則可得圖中的格數(shù)為38小格,每一小格表示的電荷量為,則電容器儲存的電荷量為.
（4） 根據(jù)電容的定義式,代入數(shù)據(jù)解得本電路中所使用電容器的電容為.
（5） 充電完成后,電容器的左側極板帶正電,放電時,在電容器外部,電流從帶正電極板流向帶負電極板,由于二極管具有單向?qū)щ娦?所以發(fā)光二極管閃光.
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
23．【答案】（1） ,方向與方向相同
（2） 增加了
（3） ；
【解析】
（1） 由平衡條件知負電荷所受電場力大小為,由場強定義式,代入數(shù)據(jù)解得電場強度大小,場強方向與方向相同,如圖所示.
（2） 到電場力做功為,電場力做負功,電勢能增加,則點電荷電勢能增加了.
（3） 、兩點電勢差,因為,有.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
24．【答案】（1） 不變
（2） 430
（3） AD
【解析】
（1） 因題圖乙中圖線與坐標軸所圍成的面積等于電容器帶的電荷量,則如果不改變電路其他參數(shù),只減小電阻的阻值,則此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將不變；
（2） 該電容器的電容為；
（3） 電源給電容器充電時,剛開始電荷量的變化率較大,后來變化率減小,放電時,電荷量變化率剛開始比較大,后來變化率減小,正確,錯誤；根據(jù),且不變可知,與的變化情況相同,錯誤,正確.
【關鍵點撥】 電容器充電和放電過程中,電壓和電流隨時間變化的圖像如圖所示.其中,由微元法可得圖線與時間軸圍成的面積代表電荷量.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
25．【答案】（1） 從下到上
（2） 980
（3） C
【解析】
（1） 充電完畢,將開關撥至位置2,電容器放電,電容器上極板帶正電,則流經(jīng)電阻箱的電流方向為從下到上.
（2） 圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量,電荷量為 ,則電容器電容的測量值為.
（3） 由知圖像的斜率的絕對值表示電流大小,兩次實驗中電阻箱接入電路的阻值,可知曲線的放電電流比曲線的大,曲線的圖像的斜率的絕對值大,電容器帶電荷量相同,所以曲線放電時間短.故符合要求.
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
26．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】（1）由題知，粒子M從AB板間做類平拋運動，則水平方向上有
豎直方向上有，
解得
（2）設粒子M從AB板間飛出時速度與水平方向的夾角為，則有
又
聯(lián)立解得
兩對平移器中間區(qū)域無電場，粒子做勻速直線運動，根據(jù)幾何關系有
解得
或利用相似三角形得到
根據(jù)對稱性，得
所以
（3）粒子N若從B板邊緣進入，軌跡如圖
其軌跡與M粒子軌跡對稱．由于水平方向兩粒子運動情況一致，所以相遇只要考慮豎直方向；要使粒子N與粒子M在CD板間相遇，只要將粒子N的軌跡整體向上平移，交點即相遇點；要使粒子在CD板的左邊界相遇，應使粒子軌跡整體上移
即粒子N入射點與B板相距
要使粒子在CD板的右邊界相遇，應使粒子軌跡整體上移
即粒子N入射點與B板相距
所以取值范圍為
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合基礎練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．關于電場強度、電容和電勢差，下列說法正確的是（　　）
A．由公式可知，電場中某點的電場強度 E 與試探電荷在電場中該點所受的電場力 F 成正比，與 q 成反比
B．由公式E=可知，在離點電荷Q 距離為r 的地方，電場強度E 的大小與Q 成正比
C．由公式C=可知，電容器的電容C 隨著極板帶電荷量Q 的增加而變大
D．由公式 U=Ed 可知，在勻強電場中，兩點間的電勢差與這兩點間的距離成正比
2．兩個分別帶有電荷量-Q和+3Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F。兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)椋瑒t兩球間庫侖力的大小為（　　）
A． B． C． D．
3．以下電學元件的符號，表示電容的是（　　）
A． B． C． D．
4．電子透鏡兩極間的電場線分布如圖，中間的一條電場線為直線，其他電場線對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d點和b、c點分別關于x、y軸對稱，一離子僅在電場力作用下從a運動到b，軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（ ）
A．b、d兩點的場強相同
B．直線是電場中的一條等勢線
C．離子在a、b兩點的動能滿足
D．若把該離子從c點由靜止釋放，那離子會沿著c點所在的電場線到達b點
5．如圖1所示，空間存在著平行于紙面的勻強電場，但方向未知，現(xiàn)用儀器在紙面內(nèi)沿互成角的x、y兩個方向探測各點的電勢情況，設O點的電勢為零，得到各點電勢φ與到O點距離的函數(shù)關系圖像，分別如圖2、圖3所示。下列關于該電場的電場強度E的說法，正確的是（　　）
A．，沿x軸負方向成角斜向左上
B．，沿x軸負方向成角斜向左下
C．，沿y軸正方向成角斜向右上
D．，沿y軸負方向成角斜向左下
6．密立根油滴實驗裝置如圖所示,兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接,板間產(chǎn)生勻強電場．用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場,油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電．金屬板間電勢差為U時,電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止．若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為 (　　)
A．q,r B．2q,r C．2q,2r D．4q,2r
7．如圖所示，M、N兩點電場強度相同，電勢也相同的是（　　）
A．（a）圖中，與點電荷等距的M、N兩點
B．（b）圖中，帶電平行金屬板兩板間分別靠近兩板的M、N兩點
C．（c）圖中，兩個等量異種點電荷連線的中垂線上，與連線中點等距的M、N兩點
D．（d）圖中，兩個等量同種點電荷連線的中垂線上，與連線中點等距的M、N兩點
8．某靜電除塵器的除塵原理如圖所示，一帶正電的金屬板和一個帶負電的放電極形成電場，它們之間的電場線分布如圖所示，虛線為一帶電煙塵顆粒的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。若不計煙塵顆粒的重力，下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)點電勢高于b點電勢
B．a(chǎn)點電場強度小于b點電場強度
C．煙塵顆粒在a點的電勢能小于在b點的電勢能
D．煙塵顆粒在a點的動能小于在b點的動能
9．如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相同，虛線MN與等勢面垂直，實線為一帶負電的質(zhì)點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點，下列說法中正確的是（　　）
A．帶電質(zhì)點在P點時受到的電場力方向一定沿圖中PM方向向上
B．三個等勢面中，等勢面a的電勢最高
C．帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時小
D．帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時大
10．一勻強電場的方向平行于平面，平面內(nèi)三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為、、。下列說法正確的是（　　）
A．坐標原點處的電勢為0
B．電場強度的大小為
C．電子在點的電勢能比在點的小
D．電子從點運動到點，克服電場力做功為
二、多選題（本大題共4小題）
11．某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有
A．帶正電的礦粉落在右側
B．電場力對礦粉做正功
C．帶負電的礦粉電勢能變大
D．帶正電的礦粉電勢能變小
12．下列物理量中哪些與檢驗電荷無關（　　）
A．電場強度E B．電勢差U C．電勢能 D．電場力F
13．三個點電荷形成的電場如圖所示，A，B，C是電場中的三個點，設三點電場強度的大小分別為、、，三點的電勢分別為、、。下列說法正確的是（　　）

A．三個點電荷中有兩個帶負電荷
B．A、B、C三點電場強度大小
C．A、B兩點電勢
D．若將一帶正電的試探電荷從B移動到A，電場力做正功
14．如圖所示，勻強電場的方向與長方形abcd所在的平面平行，。電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5eV；電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5eV。以a點的電勢為電勢零點，下列說法正確的是（ ）
A．b點的電勢為4.5V
B．c點的電勢為
C．該勻強電場的方向由b點指向d點
D．該勻強電場的方向由b點垂直指向直線ac
三、填空題（本大題共4小題）
15．電勢能概念：電荷在 中具有的勢能，用表示，電荷在某點的電勢能，等于把它從該點移動到 時靜電力所做的功。
16．如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點，若該電場方向與正方形所在平面平行，已知A、B、C三點的電勢分別為，則：
(1)D點電勢為 V；
(2)在圖中畫出經(jīng)過A的一條電場線 。（輔助線請用虛線表示）
17．如圖所示，實線是一正電荷僅在電場力作用下由a點運動到b點的運動軌跡，虛線可能是電場線，也可能是等差等勢線。若虛線是電場線，則正電荷在a點的動能 （選填“大于”“小于”或“等于”）在b點的動能。若虛線是等差等勢線，則正電荷在a點的電勢能 （選填“大于”“小于”或“等于”）在b點的電勢能。
18．勻強電場的方向平行于平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。完成下列填空：
（1）坐標原點處的電勢為 V；
（2）電子從b點運動到c點，電場力做功為 eV；
（3）電子在a點的電勢能比在b點的高 eV；
（4）電場強度的大小為 V/cm。
四、非選擇題（本大題共8小題）
19．在“電場中等勢線的描繪”實驗中，用在導電紙上形成的電流場模擬靜電場，描繪一個平面上的等勢線。現(xiàn)有一位同學想模擬帶負電的點電荷附近電場在一個平面上的等勢線，他在木板上依次鋪上白紙、復寫紙、導電紙，并用圖釘固定，然后在導電紙中央平放上一個小圓柱形電極A，如圖所示。
（1）還需要怎樣一個電極 答: 。在圖畫出該電極，并用連線完成實驗電路的連接 。
（2）通電后，要描繪出過C點的等勢線，還需要的儀器是: 。
（3）在圖俯視圖中，通電后，當將靈敏電流表一個探針接觸C點，將另一個探針由C點附近，沿滑動的過程中，靈敏電流表指針與零刻度夾角的變化情況是( )
A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先變大后變小 D．先變小后變大
20．觀察電容器充、放電現(xiàn)象的實驗裝置如圖甲所示。電源的輸出電壓恒為8V，S是單刀雙擲開關，G為靈敏電流計，C為平行板電容器。
（1）當開關S接 （填“1”或“2”）時，平行板電容器放電，流經(jīng)G表的電流方向 （填“向左”或“內(nèi)右”）；
（2）將G表換成電流傳感器，電容器充電完畢后再放電，其放電電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，已知圖乙中圖線所圍的面積約為38個方格，可算出電容器的電容為 F。
21．如圖(a)是用“DIS描繪等量異種點電荷電場中平面上的等勢線”的實驗．
（1）在平整木板上鋪有白紙、導電紙和復寫紙，最上面的應該是 紙．
（2）實驗時，當兩只探針如圖(b)放置時，對應計算機實驗界面顯示如圖(c)，則此時兩只探針對應的點在 （選填“同一條”或“不同的”）等勢線上．
（3）若想描繪勻強電場中某平面上的等勢線，應如何改進電極并如何放置？
22．圖示為一組未知方向的勻強電場的電場線，把電荷量為1×10-6C的負電荷從A點沿水平線移至B點，靜電力做了2×10-6J的功，A、B間的距離為2cm。
（1）A、B兩點間的電勢差UAB及勻強電場的電場強度；
（2）若B點電勢為1V，A點電勢為多少？
23．某同學用圖甲所示的電路研究電容器的充、放電過程。圖丙所示實驗裝置是用來探究影響平行板電容器的因素，其中電容器左側極板A和靜電計外殼接地，電容器右極板B與靜電計金屬球相連。使電容器帶電后與電源斷開。
(1)圖甲當開關S接“1”達到穩(wěn)定后，電容器上極板帶 （選填“正”或“負”）電。
(2)已知電源電壓為3V，通過數(shù)格子的方法測得曲線與橫軸圍成的面積為2.5mA·s，則電容器的電容 F（結果保留兩位有效數(shù)字）。
(3)圖丙中，靜電計是測量下列哪一個物理量的儀器___________。
A．電荷量 B．電容 C．電勢差
(4)保持兩極板所帶的電荷量Q不變，極板間的距離不變，讓帶有絕緣手柄的A板向下移動，發(fā)現(xiàn)靜電計指針偏角變大，得出的結論是：在其他條件不變的情況下，平行板電容器的電容C隨兩極板間的正對面積的減小而 （填“增大”“減小”或“不變”）。
24．示波管裝置如圖甲所示，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，電子從靜止經(jīng)大小為的電壓加速后以一定速度沿軸線連續(xù)射入偏轉(zhuǎn)電極，偏轉(zhuǎn)電極的極板沿軸線方向長度為l，間距為d，極板右側到熒光屏的距離為D。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計。
（1）求電子進入偏轉(zhuǎn)電極時的速度v0；
（2）若偏轉(zhuǎn)電極所加電壓為，求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向的偏移量及偏轉(zhuǎn)角正切值；
（3）若偏轉(zhuǎn)電極兩端加圖乙所示的周期性電壓，電壓最大值為、電場變化周期為T，且T遠大于電子在電場中的運動時間，求熒光屏上亮點經(jīng)過時的速度大小v。
25．如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場強度垂直的方向自O點進入勻強電場。以O為坐標原點建立直角坐標系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA=AB=BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點，求：
（1）電子經(jīng)M、N、P三點時，沿y軸的分速度之比；
（2）電子從O點開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比。
26．如圖所示，在的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道與一水平絕緣軌道在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑，N為半圓形軌通最低點，P為圓弧的中點，一帶負電的小滑塊質(zhì)量，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，位于N點右側1.5m的M處，g取，求：
（1）小滑塊從M點到Q點重力和電場力分別做的功；
（2）要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度向左運動？
（3）在第（2）問的情況下，小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？
參考答案
【知識點】電勢差、電場、電場強度
1．【答案】B
【詳解】A．公式是電場強度的定義式，電場強度是電場本身具有的屬性，和、無關，A錯誤；
B．公式中為場源電荷，所以在離點電荷Q距離為r的地方，電場強度E的大小與Q成正比，B正確；
C．公式是電容的定義式，電容是電容器本身具有的屬性，與、無關，C錯誤；
D．由公式可知，在勻強電場中，兩點間的電勢差與這兩點間的沿電場方向上的距離成正比，D錯誤。
故選B。
【知識點】帶電粒子在電場中的運動、庫侖定律的表達式和簡單計算、電勢差及其與電場強度的關系、電勢能和電勢、電容
2．【答案】C
【詳解】接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為，兩球分開后各自帶電量為+Q，距離又變?yōu)樵瓉淼模瑤靵隽椋詢汕蜷g庫侖力的大小為。選C。
【知識點】電容器與電容
3．【答案】A
【詳解】A．A中符號圖表示的是電容，A符合題意；
B．B中符號圖表示的是電阻箱，B不符合題意；
C．C中符號圖表示的是電動機，C不符合題意；
D．D中符號圖表示的是燈泡，D不符合題意；故選A。
【知識點】電場線和等勢面的關系
4．【答案】C
【詳解】A．由電場線分布規(guī)律可知b、d兩點的場強大小相等，方向不同，A錯誤；
B．由對稱性可知b、d兩點電勢相等，等勢面與電場線垂直，所以直線不是等勢線，B錯誤；
C．由圖中軌跡的彎曲方向可知，離子帶負電，沿著電場線電勢降低可知a點電勢大于b點電勢，根據(jù)電勢能，可知離子在a、b兩點的電勢能滿足，離子在a點到b點過程中，由能量守恒可得，C正確；
D．c點所在的電場線是一條曲線，由力與運動可知，離子不會沿著c點所在的電場線到達b點，D錯誤；選C。
【知識點】電勢
5．【答案】D
【詳解】根據(jù)電勢φ與到O點距離圖像斜率代表場強
，
所以
沿y軸負方向成角
所以
斜向左下。
故選D。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
6．【答案】D
【解析】電場力與重力大小相等,有=ρ·πr3g,即U=,電勢差調(diào)整為2U,則有=2,將選項代入得,D正確．
【知識點】帶電粒子在電場中的運動、電勢差及其與電場強度的關系、電勢能和電勢、電容
7．【答案】C
【詳解】A．M、N是離點電荷等距的M、N兩點，處于同一等勢面上，電勢相同，場強大小相等，但方向不同，則電場強度不同，A錯誤；
B．M、N是勻強電場中的兩點，電場強度相同，M點的電勢大于N點的電勢，B錯誤；
C．等量異種電荷連線的中垂線是一條等勢線，則M、N的電勢相同。由于電場線關于兩電荷連線上下對稱，而且都與等勢面垂直，所以場強的大小和方向都相同，C正確；
D．根據(jù)電場線的對稱性可知，MN兩點電勢相同，場強大小相等，但方向相反，所以電場強度不同，D錯誤。選C。
【知識點】帶電粒子在電場中的運動
8．【答案】D
【詳解】A．沿電場線方向電勢逐漸降低，所以a點電勢低于b點電勢，A錯誤；
B．a(chǎn)點處電場線比b點處電場線密集，所以a點電場強度大于b點電場強度，B錯誤；
C．根據(jù)題意可知，煙塵顆粒帶負電，即q＜0，根據(jù)Ep=qφ以及φa＜φb可知，煙塵顆粒在a點的電勢能大于在b點的電勢能，C錯誤；
D．煙塵顆粒從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，所以煙塵顆粒在a點的動能小于在b點的動能，D正確。選D。
【知識點】等勢面
9．【答案】B
【詳解】A．根據(jù)軌跡判斷受力方向指向曲線內(nèi)側，A錯誤；
B．由等勢面畫出電場線如圖所示，根據(jù)軌跡判斷受力方向指向曲線內(nèi)側，由于是負電荷，可判斷出a的電勢最高，B正確；
C．等差等勢面密集處場強大，帶電質(zhì)點在P點的場強大于在Q點的場強，在P點的加速度大于在Q點的加速度，C錯誤；
D．從P向Q運動，電場力做正功，，若從Q向P運動，電場力做負功，，D錯誤。選B。
【知識點】電勢差與電場強度的關系、電勢能與靜電力做功
10．【答案】B
【詳解】A．根據(jù)題意有，解得，A錯誤；
B．根據(jù)題意，由公式可得，電場沿著軸方向電場分量，電場沿著軸方向電場分量，因此電場強度，B正確；
C．由公式可知，電子在點的電勢能為，電子在點的電勢能為，可知，電子在點的電勢能比在點的大，C錯誤；
D．電子從點運動到點，電場力做功為，D錯誤。選B。
【知識點】電勢能與靜電力做功
11．【答案】BD
【詳解】試題分析：由圖可知，礦料分選器內(nèi)的電場方向水平向左，帶正電的礦粉受到水平向左的電場力，所以會落到左側，選項A錯誤．無論礦粉帶什么電，在水平方向上都會在電場力的作用下沿電場力的方向偏移，位移與電場力的方向相同，電場力做正功，選項B正確帶負電的礦粉電場力做正功，所以電勢能減小，選項C錯誤．帶正電的礦粉電場力做正功，所以電勢能減小，選項D正確．選BD．
考點：電場力；電勢能
【名師思路點撥】該題考查了帶電物體在電場力作用下的運動，要熟練的掌握帶電粒子在電場中的受力情況及其運動情況，并會分析電場力做功與電勢能的變化情況．
【知識點】電勢差、電場、電場強度
12．【答案】AB
【詳解】電場強度的定義式為，電勢差的定義式為，電場強度和電勢差分別從力和能量的角度來描述電場的，均是采用比值定義法定義的，它們的大小均與電量無關，由電場本身決定的，與檢驗電荷無關，而電勢能和電場力F均與電荷有關。選AB。
【知識點】電場線和等勢面的關系
13．【答案】ACD
【詳解】A．正電荷電場線方向為正電荷到無窮遠處，負電荷電場線方向為無窮遠處到負電荷，可知三個點電荷的中有兩個帶負電荷，A正確；
B．電場線越密，電場強度越大，A、B、C三點電場強度大小，故B錯誤；
C．沿著電場線方向電勢逐漸降低，則A、B兩點電勢，故C正確；
D．由于，則有，則電場力做功為，則帶正電的試探電荷從B移動到A，電場力做正功，D正確。選ACD。
【知識點】電勢差與等勢面的綜合性問題、電勢能與電場力做功
14．【答案】AD
【詳解】A．根據(jù)題意，結合電場力做功與電勢差的關系可得，電子從a點運動到b點的過程中，解得，又，，則b點的電勢為，A正確；
B．電子從a點運動到d點的過程中，解得，即d點的電勢為，勻強電場中，沿著任一方向，相同長度電勢的降落是相同的。連接bd兩點，可知bd中點的電勢為0，結合幾何關系，可知a點和c點與bd的中點在一條直線上，即c點的電勢為0，B錯誤；
CD．由B選項分析可知，ac連線為一條等勢線。電場線與等勢線相互垂直，且指向電勢降落的方向，該勻強電場的方向由b點垂直指向直線ac，D正確，C錯誤。選AD。
【知識點】電勢能與靜電力做功
15．【答案】電場 ；無窮遠
【詳解】[1][2]電勢能概念：電荷在電場中具有的勢能，用表示，電荷在某點的電勢能，等于把它從該點移動到無窮遠（零勢能點）時靜電力所做的功。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
16．【答案】(1)，(2)
【詳解】（1）因為與平行且相等，所以，即，代入數(shù)據(jù)，得
（2）如圖所示，連接AC，將線段AC三等分，等分點分別為F、G，連接BG，則BG所在的與紙面垂直的平面為等勢面，過A點作BG的垂線，則電場線沿著這條垂線向下。
【知識點】電勢能與靜電力做功
17．【答案】大于；大于
【詳解】[1]若虛線是電場線，粒子所受的電場力沿電場線向左，正電荷由a點運動到b點的過程中，電場力做負功，正電荷的電勢能增大，動能減小，正電荷在a點的動能大于在b點的動能。
[2]若虛線是等差等勢線，電場線與等勢線垂直，根據(jù)正電荷的運動軌跡可知電場力大致向下，正電荷由a點運動到b點的過程中，電場力對正電荷做正功，正電荷的電勢能減小，正電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
18．【答案】1；9；7；2.5
【詳解】（1）[1]在勻強電場中，沿同一方向前進同樣的距離，電勢變化相同，由此知，解得，原點電勢
（2）[2] 電子從b點運動到c點，電場力做功為
（3）[3] 電子在a點的電勢能比在b點的高
（4）[4]設d點坐標為（0,2cm） ，則d點電勢，設x軸上存在一點e，且e點電勢為4V，則，解得，根據(jù)幾何關系O點到線段de的垂直距離為，電場強度的大小為
【知識點】等勢面
19．【答案】 圓環(huán)形電極 靈敏檢流計 C
【詳解】（1）[1]本實驗利用恒定電流場模擬靜電場，A電極模擬點電荷，還應選用一個圓環(huán)形電板，使得電流場成會聚形，與電場線分布相似。
[2]
（2）[3]通電后，要描繪出過C點的等勢線，還需要的儀器是靈敏檢流計。
（3）[4]當將靈敏電流表一個探針接觸C點，將另一個探針由C點附近，沿C→B滑動的過程中，兩探針處的電勢差先變大后變小，根據(jù)歐姆定律可知通過電流計的電流先變大后變小，則其偏角也先變大后變小，故C正確。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
20．【答案】2；向左；
【詳解】（1）[1][2]由圖甲可知，當開關S接2時，平行板電容器放電，流經(jīng)G表的電流方向向左。
（2）[3]由圖乙可知，每個小格的面積表示的電量為
則充電結束后的電荷量為
由電容定義式可得
【知識點】等勢面
21．【答案】 （1）導電 （2）同一條 （3）用兩條大小相等的金屬條（金屬夾）作為電極，正對平行放置，間距小于金屬條長度，壓緊導電紙．一根接電源正極、一根接電源負極．
【詳解】（1）在平整木板上鋪有白紙、導電紙和復寫紙，最上面的應該是導電紙．
（2）實驗時，當兩只探針如圖B放置時，對應計算機實驗界面顯示如圖C，則此時兩只探針對應的點電勢差為零，兩點在同一條等勢線上．
（3）方法：用兩條大小相等的金屬條（金屬夾）作為電極，正對平行放置，間距小于金屬條長度，壓緊導電紙．一根接電源正極、一根接電源負極．
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
22．【答案】（1）-2V，，方向斜向下；（2）﹣1V
【詳解】（1）根據(jù)題意，A、B間的電勢差：，A、B在沿著電場線方向的距離為d，則，A、B間沿電場線方向上的距離d＝1cm，所以電場強度的大小，方向斜向下；
（2）因為UAB=φA-φB，則A點的電勢為φA=φB+UAB=1-2V=-1V
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
23．【答案】(1)正，(2)，(3)C，(4)減小
【詳解】（1）當開關S接“1”后，電源給電容器充電，由于電容器上極板與電源正極相連，所以電容器上極板帶正電。
（2）根據(jù)，可知曲線與橫軸圍成的面積表示電容器所帶的電荷量，根據(jù)電容的定義式可得
（3）靜電計是測量電勢差的儀器。選C。
（4）保持兩極板所帶的電荷量Q不變，極板間的距離不變，讓帶有絕緣手柄的A板向下移動，發(fā)現(xiàn)靜電計指針偏角變大，則極板間電壓變大，根據(jù)，可知電容變小，得出的結論是：在其他條件不變的情況下，平行板電容器的電容C隨兩極板間的正對面積的減小而減小。
【知識點】示波管的原理
24．【答案】（1）；（2），；（3）
【詳解】（1）電子在加速場中加速，由動能定理得，解得
（2）電子在偏轉(zhuǎn)場中做類平拋運動，設豎直方向的偏移量為y，偏轉(zhuǎn)角為。水平方向勻速運動，豎直方向加速運動，其中，解得，偏轉(zhuǎn)角正切值為，其中，解得
（3）設電子打到熒光屏上的豎直位移為Y，由幾何關系可得，解法1：結合圖像可知，在一個周期T內(nèi)，將其代入，整理得，可知亮點的位置隨時間均勻變化，即做勻速運動。則經(jīng)過時的速度大小
解法2：光點移動的速度，由圖像可知，則經(jīng)過時的速度大小
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
25．【答案】（1）1∶2∶3；（2）1∶3：5
【詳解】（1）電子在x軸正方向上做勻速直線運動，由題意可知從O到A、從A到B、從B到C所用時間相等，均設為t。電子在y軸正方向上做勻加速直線運動，設加速度大小為a，則電子經(jīng)M、N、P三點時，沿y軸的分速度分別為vyM=at、vyN=2at、vyP=3at，所以vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3
（2）電子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，在相等時間內(nèi)的位移之比為 根據(jù)動能定理，可知動能的增量即為這個過程中電場力做的功，由于力相等，所以動能的增量就與位移成正比了，即動能的增量為
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
26．【答案】(1) ， (2) (3) 0.6N，方向水平向左
【詳解】(1)小滑塊從M點到Q點重力做的功：，代入數(shù)據(jù)解得：，電場力做的功：，代入數(shù)據(jù)解得：
(2)設滑塊恰好到達Q點時速度為v，則由在Q點合力提供向心力知：，滑塊從M開始運動到達Q點過程中，由動能定理得：，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：；(3)設滑塊到達P點時速度為，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得：，又因為在P點時，軌道對小滑塊的支持力提供向心力得：，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：，方向水平向右；由牛頓第三定律知小滑塊通過P點時對軌道的壓力是0.6N，方向水平向左。
答：（1）小滑塊從M點到Q點重力和電場力分別做的功，；
（2）要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以向左運動.
（3）小滑塊通過P點時對軌道的壓力是，方向水平向右.
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合基礎練習4
一、單選題（本大題共10小題）
1．一帶電粒子以某初速度射入一個勻強電場區(qū)域中，粒子在運動過程中僅受電場力的作用，則下列說法正確的是（　　）
A．運動軌跡可能為直線，電勢能一定一直變大
B．運動軌跡可能為直線，電勢能一定一直變小
C．運動軌跡可能為曲線，電勢能可能一直變小
D．運動軌跡可能為曲線，電勢能可能一直變大
2．下列關于靜電場的電場線和等勢面的說法，正確的是（　　）
A．等勢面上各點的電勢一定為零
B．等勢面上各點的電勢一定不為零
C．同一條電場線上的兩點，電勢必定不相等
D．同一條電場線上的兩點，所在位置的場強必定不相等
3．如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度。下列說法正確的是（　　）
A．使A、B兩板靠近一些，靜電計指針張角增大
B．使A、B兩板正對面積減小一些，靜電計指針張角減小
C．斷開開關S，使A板向右平移一些，靜電計指針張角增大
D．斷開開關S，在兩板間插入有機玻璃，靜電計指針張角減小
4．如圖所示，虛線為未知電場中的一條等勢線，實線為帶電粒子的運動軌跡，粒子僅受電場力作用。下列說法正確的是（　　）
A．A點電勢高于B點電勢
B．粒子在A點時的電勢能高于在B點時的電勢能
C．粒子在A點時的加速度大于在B點時的加速度
D．粒子在A點時的動能大于在B點時的動能
5．一個帶正電的質(zhì)點所帶電荷量q＝2.0×10－9 C，在靜電場中由a點移到b點，在這一過程中，除電場力外，其他力做的功是6.0×10－5J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10－5J，則a、b兩點間的電勢差Uab為（ ）
A．1×104 V B．3×104 V C．4×104 V D．7×104 V
6．兩個固定的等量異號電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受到靜電力作用，則粒子在電場中( )
A．做直線運動，電勢能先變小后變大
B．做直線運動，電勢能先變大后變小
C．做曲線運動，電勢能先變小后變大
D．做曲線運動，電勢能先變大后變小
7．對公式 的理解，下列說法正確的是（　　）
A．在相同的距離上的兩點，電勢差大的其場強也必定大
B．勻強電場中，沿著電場線方向相等的距離上的電勢降落不一定相等
C．此公式適用于所有電場
D．公式中的d是通過兩點的等勢面間的距離
8．在如圖所示的電場中有M、N兩點，一個帶負電離子（不計重力）僅在電場力作用下以一定的初速度從M點運動到N點，則（　　）
A．M點處的電場強度比N點處的電場強度大
B．M點處的電勢比N點處的電勢低
C．該離子在M點的速度大于N點的速度
D．該離子在M點的電勢能大于在N點的電勢能
9．如圖所示，指紋采集裝置中的半導體基板上有大量相同的小極板，外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凸凹不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成一個個正對面積相同的電容器，若每個電容器的電壓保持不變，則在指紋采集過程中，下列說法正確的是（　　）
A．指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大
B．指紋的凸點處與小極板距離近，電容小
C．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小
D．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量增大
10．如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于、兩點上，、是連線中垂線上的兩點，為、的交點，.一帶負電的點電荷在點由靜止釋放后（ ）
A. 做勻加速直線運動
B. 在點所受電場力最大
C. 由到的時間等于由到的時間
D. 由到的過程中電勢能先增大后減小
二、多選題（本大題共4小題）
11．某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點,電場線、粒子在A點的初速度及運動軌跡如圖所示,可以判定
A．粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度
B．粒子在A點的動能小于它在B點的動能
C．粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能
D．電場中A點的電勢高于B點的電勢
12．如圖所示，帶箭頭的實線表示某電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面．其中A、B、C三點的電場強度大小分別為EA、EB、EC，電勢分別為φA、φB、φC．關于這三點的電場強度大小和電勢高低的關系，下列說法中正確的是（ ）
A．EA=EB B．EA＞EC C．φA=φB D．φB=φC
13．如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，的阻值和電源內(nèi)阻r相等。當滑動變阻器的滑片向b端移動時（　　）

A．電壓表讀數(shù)增大 B．電流表讀數(shù)增大
C．電源的輸出功率逐漸增大 D．質(zhì)點P將向上運動
14．(多選)如圖所示，A、B、O、C為在同一豎直平面內(nèi)的四點，其中A、B、O沿同一豎直線，B、C同在以O為圓心的圓周(用虛線表示)上，沿AC方向固定一光滑絕緣細桿L，在O點固定放置一帶負電的小球．現(xiàn)有兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的小球a、b，先將小球a穿在細桿上，讓其從A點由靜止開始沿桿下滑，后使小球b從A點由靜止開始沿豎直方向下落．帶電小球可視為點電荷，則下列說法中正確的是(　　)
A．從A點到C點，小球a做勻加速運動
B．小球a在C點的動能大于小球b在B點的動能
C．從A點到C點，小球a的機械能先增大后減小，但機械能與電勢能之和不變
D．從A點到C點電場力對小球a做的功大于從A點到B點電場力對小球b做的功
三、填空題（本大題共4小題）
15．如圖，直角三角形ABC，∠ACB=60°，BC長10cm。空間中存在勻強電場，電場方向平行ABC所在的平面，已知A、B、C三點電勢分別為12V、8V、4V。
（1）在圖中作出過C點的電場線 ；
（2）勻強電場的電場強度大小為 V/m。
16．如圖所示，板電勢為U，質(zhì)量為的帶電粒子（重量不計）以初速水平射入電場．若粒子帶電量，則粒子到達板時速度大小為 ；若粒子帶電量，它到達板時速度大小為 ．
17．如圖所示，在勻強電場中有邊長為10cm的等邊三角形，已知電場線的方向平行于所在平面，A、B、C三點的電勢分別為、和，則BC中點的電勢為 V，勻強電場的場強大小為 ，方向為 （選填“沿BA方向”、“ 沿BC方向”或“沿AC方向”）。
18．如圖所示，在場強為的勻強電場中有、兩點，連線長，與電場線夾角為。則兩點的電勢差為___________。

四、非選擇題（本大題共8小題）
19．一個平行板電容器與電源及電流表A連接如圖所示，其中電流表的零刻度線位于表盤正中，當有電流流過時，指針向電流流入的那一邊偏轉(zhuǎn)。則：
（1）閉合開關S后的短暫時間里，電流表的指針如何偏轉(zhuǎn)？
（2）經(jīng)過一段時間，電流表的指針將恢復指向“0”，再斷開開關S，電流表的指針如何偏轉(zhuǎn)？為什么？
20．在“觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖1所示連接電路。開關未閉合時，電源的路端電壓，實驗操作時，單刀雙擲開關S先跟2相接，某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。

(1)開關S改接2后，電容器進行的是 。（選填“充電”或“放電”）過程。此過程得到的圖像如圖2所示，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將 。（選填“增大”、“減小”或“不變”）。
(2)在電容器充放電過程中，通過電阻R的電流方向 （選填“相同”或“相反”）。
(3)若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量，則該電容器的電容為 。
21．在“觀察電容器充、放電”實驗中，按如圖甲所示電路圖連接好實驗電路，圖中電源為穩(wěn)壓電源、輸出電壓恒為6V。開關S與2接通待充電完成后，開關S與1接通，電容器通過電阻放電電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的I-t圖像如圖乙所示。根據(jù)圖像估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為___________C。進一步得到電容為___________F。（結果均保留兩位有效數(shù)字）
22．有一個帶電荷量q＝－3×10－6 C的點電荷，從某電場中的A點移到B點，電荷克服電場力做功6×10－4 J，從B點移到C點，電場力對電荷做功9×10－4 J，求：
(1)AB間電勢差UAB和BC間電勢差UBC；
(2)若B點電勢為零，則A點的電勢φA是多少，電荷在C點的電勢能Ep為多大．
23．在“研究影響平行板電容器電容大小的因素”的實驗中，把電容器的兩極板A，B分別與靜電計的金屬球和外殼相連，并使B板接地。先使電容器帶上一定的電荷量，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一定的角度（如圖）。
(1)實驗中有一步操作是：保持兩極板的間距和正對面積不變，在兩極板間插入有機玻璃板。在這一步操作中，可看到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度 （填“增大”“減小”或“不變”），這表明平行板電容器的電容隨兩極間電介質(zhì)的增大而增大。
(2)如圖乙所示，將電容器上極板A接電源正極，下極板B接電源負極，且將上極板接地。閉合開關S，有一帶電液滴靜止在電容器兩極板間P點，現(xiàn)將電容器下極板B向下平移一小段距離，則液滴 （選填“向上運動”“向下運動”或“靜止不動”）。
24．如圖所示,勻強電場中A、B、C三點構成一個直角三角形,AB=4 cm,BC=3 cm.把電荷量q=-2×10-10 C的點電荷由A點移到B點,電場力做功W1=4.8×10-8 J;再由B點移到C點,克服電場力做功W2=4.8×10-8 J.
(1)求A、B和B、C間的電勢差UAB和UBC;
(2)若取B點的電勢為零,求A、C兩點的電勢φA和φC;
(3)在圖中畫出電場方向.
25．電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，它可以和計算機相連，能畫出電流與時間的變化圖像。某同學利用電流傳感器設計了甲圖所示的電路來觀察電容器充、放電過程。當他將開關S接1時，待充電完成后，把開關S再與2接通，電容器通過電阻放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。請根據(jù)以上操作回答：
（1）電容器充電完畢后，上極板帶__________（選填“正電荷”或“負電荷”）
（2）電容器放電時，通過電阻電流方向是__________（選填“由a到b”或“由b到a”）
（3）根據(jù)圖像估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為__________C；若該同學使用的電源電動勢為6V，該電容器電容為__________F。（均保留2位有效數(shù)字）
26．一長為l且不可伸長的絕緣細線，一端固定于O點，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于勻強電場中，開始時，將線在水平位置拉直，小球靜止在A點，如圖所示。釋放小球，小球由靜止開始向下擺動，當小球擺到B點時速度恰好為零。
(1)判斷小球所帶電荷的性質(zhì)；
(2)求勻強電場的場強大小；
(3)求小球速度最大時的位置及最大速度的大小。
參考答案
【知識點】電勢能與靜電力做功
1．【答案】C
【詳解】
因粒子在運動過程中僅受電場力的作用，故運動軌跡可能為直線和曲線；當電場力與初速度方向成直角或銳角時，電場力一直做正功，電勢能將一直變小；當電場力與初速度方向成鈍角時，電場力先做負功后做正功，電勢能將先變大后變小。則選項C正確，ABD錯誤。
故選C。
【知識點】電場線和等勢面的關系
2．【答案】C
【詳解】
AB．零電勢點是人為選擇的，等勢面上各點的電勢可能為零，也可能不為零，故AB錯誤；
C．沿電場線的方向電勢降低，所以同一條電場線上的兩點，電勢必定不相等，故C正確；
D．電場線的疏密表示電場的強弱，同一條電場線上的兩點，若是勻強電場，則所在位置的電場強度必定相等，故D錯誤。
故選C。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
3．【答案】D
【詳解】
AB．開關S閉合時，電容器的電壓保持不變，則靜電計的指針不發(fā)生改變，選項AB錯誤；
C．斷開開關后，使A板向右平移，電容器的電容增大，電容器的電壓減小，靜電計指針變小，選項C錯誤；
D．斷開開關后，在兩板間插入有機玻璃，電容器的電容增大，電容器的電壓減小，靜電計指針變小，選項D正確。
故選D。
【知識點】電勢能與靜電力做功
4．【答案】B
【詳解】
A．電場線與等勢線相互垂直，曲線運動的物體所受合力指向軌跡凹側，速度沿軌跡切線方向，假設粒子從A到B運動，作出圖像如圖所示，由于帶電粒子的電性未知，故無法判斷電勢的高低，A錯誤；
BD．粒子若僅在電場力的作用下從A到B運動，則電場力與速度方向的夾角是銳角，故電場力做正功，電勢能減少，動能增加，假設粒子從B到A運動，電場力做負功，電勢能增加，動能減少，B正確，D錯誤；
C．由于電場線的分布未知，無法判斷電場強度的大小，即加速度大小無法判斷，C錯誤。
故選B。
【知識點】電勢差
5．【答案】A
【詳解】
由動能定理
解得
故選A。
【知識點】電勢能與靜電力做功
6．【答案】C
【詳解】
根據(jù)等勢面與電場線垂直，可知粒子受靜電力方向與速度方向不在同一直線上，所以粒子做曲線運動，A、B選錯誤．帶負電的粒子先靠近帶正電的固定電荷，后又遠離正電荷，電場力先做正功，后做負功，粒子的電勢能先變小后變大，C正確．
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
7．【答案】D
【詳解】
A．A、在同一勻強電場中，公式
U=Ed
中，d是兩點間沿電場線方向的距離，所以只有當兩點間沿場強方向的電勢差越大，場強越大，而不是任意兩點間的電勢差越大，兩點間場強越大，故A錯誤；
B．因為是勻強電場，所以沿著電場線方向相等距離上的電勢降落一定相等，故B錯誤；
C．此公式只適用于勻強電場，故C錯誤；
D．由于電場線與等勢垂直，所以兩點間沿電場線方向的距離等于通過兩點的等勢面間的距離，故D正確。
故選D。
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功、電場線
8．【答案】C
【詳解】
A．電場線的疏密表示場強的大小，故M點處的電場強度比N點處的電場強度小，A錯誤；
B．沿電場線方向電勢降低，故M點處的電勢比N點處的電勢高，B錯誤；
CD．離子帶負電，受到的電場力與電場線相切沿電場線方向相反方向（即斜向左下），離子從M到N的過程中，電場力做負功，動能減小，電勢能增大，故該離子在M點的速度大于N點的速度，該離子在M點的電勢能小于在N點的電勢能，C正確，D錯誤。
故選C。
【知識點】電容器與電容、電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
9．【答案】D
【詳解】
AB．電容器電容的定義式可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距離近，電容大，故AB錯誤；
CD．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容增大，而電壓不變，由可知，電容器帶電量增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【知識點】帶電粒子在點電荷電場中的運動
10．【答案】C
【解析】兩個等量正點電荷周圍電場分布如圖所示，因兩場源電荷中垂線上的場強在變化，故負點電荷從點釋放后所受電場力不是恒力，做的不是勻加速直線運動，錯誤.兩場源電荷在點產(chǎn)生的場強等大反向，點場強為零，負點電荷在點所受電場力為零，錯誤.從，負點電荷受力方向由指向，電場力做正功，電勢能減小;從，負點電荷受力方向由指向，電場力做負功，電勢能增大，則負點電荷從到的過程中電勢能先減小后增大，錯誤.，從到的電場與從到的電場關于點對稱，則負點電荷從到和從到的運動情況對稱,故,正確.
【知識點】電勢能與靜電力做功
11．【答案】BD
【思路點撥】本題根據(jù)圖像可以很快判斷D選項正確，A選項錯誤，“密大疏小”可以判斷三個物理量任意一個的大小；再根據(jù)做功情況以及功能關系得出正確答案．
【分析】根據(jù)電場力的性質(zhì)與電場能的性質(zhì)來求解
【詳解】A. 根據(jù)“密大疏小”判斷，A錯．
BC.由于電場力的方向指向凹側，再結合運動方向可以確定電場力做正功，所以 又由于粒子只受電場力，所以,所以B正確，C錯誤．
D.根據(jù)電場線方向可知．選BD．
【知識點】電場線和等勢面的關系
12．【答案】BD
【詳解】AB．因為A點的電場線最密，故A點的電場強度最大，選項A錯誤，B正確；
C．AB在同一條電場線上，沿電場線電勢降低，由B到A的方向是沿著電場線的方向，故B點的電勢大于A點的電勢，選項C錯誤；
D．而B、C兩點在同一個等勢面上，故二者的電勢相等，選項D正確．
故選BD。
【點晴】在同一條電場線上，沿著電場線的方向是電勢降低的方向；等勢面就是電勢相等的點所組成的一個面，故在這個面上的各點的電勢是相等的；電場線密的地方，電場強度大，電場線稀疏的地方，電場強度小．
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
13．【答案】BC
【詳解】B．當滑動變阻器的滑片向b端移動時，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路得歐姆定律可知干路電流增大，電阻以及電源內(nèi)阻上的電壓變大，與電容器并聯(lián)的支路電壓減小，流過的電流減小，故流過電流表的電流增大，故B正確；
A．流過電流表的電流增大，電阻兩端的電壓增大，與電容器并聯(lián)的支路電壓減小，可知電阻兩端的電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，故A錯誤；
C．當外電阻等于內(nèi)阻時輸出功率最大，由于的阻值和電源內(nèi)阻r相等，故外電路總電阻大于電源內(nèi)阻r，當外電路總電阻減小時，外電阻逐漸接近電源內(nèi)阻，故電源的輸出功率逐漸增大，故C正確；
D．電容器兩端電壓減小，電容器間場強減小，質(zhì)點P受到的電場力減小，小于重力，故質(zhì)點P將向下運動，故D錯誤。
故選BC。
【知識點】電勢能與靜電力做功
14．【答案】BC
【解析】小球a所受庫侖力不斷變化，導致a所受合外力變化，因此從A點到C點，小球a不做勻加速運動，A錯誤；B和C是以O點為圓心的圓周上的點，兩點的電勢相同，故小球a從A運動到C和小球b從A運動到B電場力做功相等，但是a球下落的高度大于b球下落的高度，即a球重力勢能減小量較大，因此小球a在C點的動能大于小球b在B點的動能，B正確，D錯誤；機械能的變化等于物體除重力之外的力所做的功，從A點到C點，電場力對a球先做正功后做負功，故其機械能先增大后減小，下落過程中只有重力、電場力做功，因此小球a的動能、重力勢能、電勢能三者之和保持不變，即機械能與電勢能之和不變，C正確．
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系、電場線
15．【答案】；
【詳解】
(1)[1] A、C中點電勢為
所以B點與A、C中點電勢相等，連線為等勢線，根據(jù)等勢線與電場線的關系，過C點作等勢線的垂線即為電場線，方向由高電勢指向低電勢，如圖
(2)[2]根據(jù)幾何關系可知，C點到等勢線的距離為
根據(jù)場強公式得
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動、電容器與力學知識的綜合
16．【答案】；；
【詳解】
（1）兩極板間的電勢差，粒子的帶正電，由動能定理得：
，計算得出；；
（2）兩極板間的電勢差，粒子的帶電量，由動能定理得：
，計算得出：．
【知識點】電勢差與電場強度的關系
17．【答案】 2 80 沿BC方向
【詳解】[1] BC中點D的電勢為
V
[2][3]可知AD連線為等勢線，則電場方向由B指向C，場強大小為
V/m=80V/m
【知識點】電勢差、電勢差與電場強度的關系
18．【答案】
【詳解】根據(jù)勻強電場電勢差與電場強度關系可得
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
19．【答案】（1）指針向右偏；（2）不偏轉(zhuǎn)；沒有電流經(jīng)過電流表
【詳解】（1）開關閉合時，有充電電流從右向左經(jīng)過電流表，指針向右偏；
（2）斷開開關時，沒有電流經(jīng)過電流表，電流表的指針不偏轉(zhuǎn)。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
20．【答案】(1)放電；不變，(2)相反，(3)430
【詳解】（1）[1]電容器充電結束后，將電容器的兩端與一個閉合的外電路接通時，電容器開始放電，而開關S改接2后，電容器與左側形成一個閉合回路，進行的是放電過程。
[2]因為總電荷量不會因為電阻R而變化，則曲線與橫坐標軸所圍成的面積不變，且由于電阻變小，電路中的平均電流變大，所以放電時間將變短，曲線會有變化，但是曲線與坐標軸所圍成的面積表示這一時間間隔內(nèi)通過導體的總電荷量，總電荷量不變，所以曲線與坐標軸所圍成的面積不變。
（2）在電容器充放電過程中，通過電阻R的電流方向相反。
（3）該電容器的電容
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
21．【答案】8．0×10-3 ；
【詳解】根據(jù)Q=It，可知圖形與時間距圍成的面積表示電量；根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子的電量為0．25×10-3C，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數(shù)為32，所以釋放的電荷量為Q=0．25×10-3C×32=8．0×10-3C；
根據(jù)電容器的電容，代入數(shù)據(jù)解得。
【知識點】電勢差與等勢面的綜合性問題
22．【答案】(1)200 V　－300 V　(2)200 V　－9×10－4 J
【解析】(1)點電荷由A點移到B點克服電場力做功即電場力做負功，WAB＝－6×10－4 J，UAB＝＝ V＝200 V，
UBC＝ ＝ V＝－300 V.
(2)若φB＝0，由UAB＝φA－φB，得φA＝UAB＝200 V，
由UBC＝φB－φC，得φC＝φB－UBC＝0－(－300) V＝300 V，
電荷在C點的電勢能Ep＝qφC＝－3×10－6×300 J＝－9×10－4 J.
【易錯分析】電勢差是電場中兩點間的電勢之差，電勢零點可以任意選取，但電勢差卻是確定的．電勢差可正可負，所以應用公式UAB＝時要注意做功正負，電荷量要代入電性．有些同學做題時粗心大意，會忽略電荷的電性或做功的正負，或不理解UBC＝－UCB，從而導致錯選或錯解．
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
23．【答案】(1)減小
(2)向下運動
【詳解】（1）實驗會發(fā)現(xiàn)指針的偏角變小，則電容器的電勢差減小，根據(jù)公式可得電容增大，表明平行板電容器的電容隨兩極間電介質(zhì)的介電常數(shù)增大而增大。
（2）電容器與電源相連，所以兩極板間的電勢差不變，將電容器下極板B向下平移一小段距離，兩極板間距離增大，根據(jù)可知，電容器間的電場減小，則液滴受到的豎直向上的電場力減小，重力不變，即液滴的合力向下，故液滴向下運動。
【知識點】電勢差、電勢能與靜電力做功、電場線和等勢面的關系
24．【答案】(1)-240 V　240 V　(2)-240 V　-240 V　(3)見解析
【解析】(1)由題意可知,A、B間的電勢差UAB== V=-240 V,B、C間的電勢差UBC== V=240 V.
(2)若取B點的電勢為零,因為UAB=φA-φB=-240 V,所以φA=-240 V;因為UBC=φB-φC=240 V,所以φC=-240 V.
(3)A、C兩點的電勢都是-240 V,所以直線AC是等勢線,電場方向垂直于等勢線,且沿著電場線方向電勢降低,所以電場方向為垂直于AC指向斜向上的方向,如圖所示.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
25．【答案】（1）正電荷；（2）由b到a；（3）；（4）
【詳解】（1）電容器充電完畢后，由于上極板接電源正極，可知上極板帶正電荷。
（2）電容器放電時，由于上極板帶正電荷，下極板帶負電荷，所以通過電阻的電流方向是：由b到a。
（3）根據(jù)可知圖像與橫軸圍成的面積表示電容器全部放電過程中釋放的電荷量，
由圖像可知圖線與橫軸圍成部分大約有小格，則有，
若該同學使用的電源電動勢為6V，可知充完電后電容器電壓為6V，該電容器電容為。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
26．【答案】(1)正電；(2)；(3)細線與水平方向夾角恰為30°，
【詳解】
(1)根據(jù)平衡條件可知小球帶正電；
(2)根據(jù)對稱性可知，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30°，根據(jù)三角函數(shù)關系可得
化簡可得
則有
(3)小球到達B點時速度為零，根據(jù)對稱性可知，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30°，小球的速度最大，受力分析如圖：
該過程中重力與電場力做功，由動能定理得
解得
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合基礎練習5
一、單選題（本大題共10小題）
1．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，A，B為同一條電場線上的兩點，則下列說法中正確的是（　　）
A．電勢
B．電場強度的大小
C．將正電荷從A點移到B點電場力做負功
D．將負電荷放在A，B兩點具有的電勢能
2．如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度。下列說法正確的是（　　）
A．使A、B兩板靠近一些，靜電計指針張角增大
B．使A、B兩板正對面積減小一些，靜電計指針張角減小
C．斷開開關S，使A板向右平移一些，靜電計指針張角增大
D．斷開開關S，在兩板間插入有機玻璃，靜電計指針張角減小
3．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則下列說法正確的是（　　）
A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動
B．P點的電勢將升高
C．油滴帶正電
D．電容器的電容減小，極板帶電量將減小
4．避雷針上方有雷雨云時避雷針附近的電場線分布如圖所示，圖中中央的豎直黑線AB代表了避雷針，CD為水平地面。MN是電場線中兩個點，下列說法正確的是（　　）
A．M點的場強比N點的場強大
B．M點的電勢比N點的電勢高
C．試探電荷從M點沿直線移動到N點，電場力做功最少
D．CD的電勢為零，但其表面附近的電場線有些位置和地面不垂直
5．兩個固定的等量異號電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受到靜電力作用，則粒子在電場中( )
A．做直線運動，電勢能先變小后變大
B．做直線運動，電勢能先變大后變小
C．做曲線運動，電勢能先變小后變大
D．做曲線運動，電勢能先變大后變小
6．如圖是某一點電荷的電場線分布圖,下列表述正確的是(　　)
A．A點的電勢高于B點的電勢 B．該點電荷帶負電
C．A點和B點電場強度的方向相同 D．A點的電場強度小于B點的電場強度
7．在如圖所示的電場中有M、N兩點，一個帶負電離子（不計重力）僅在電場力作用下以一定的初速度從M點運動到N點，則（　　）
A．M點處的電場強度比N點處的電場強度大
B．M點處的電勢比N點處的電勢低
C．該離子在M點的速度大于N點的速度
D．該離子在M點的電勢能大于在N點的電勢能
8．如圖所示，指紋采集裝置中的半導體基板上有大量相同的小極板，外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凸凹不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成一個個正對面積相同的電容器，若每個電容器的電壓保持不變，則在指紋采集過程中，下列說法正確的是（　　）
A．指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大
B．指紋的凸點處與小極板距離近，電容小
C．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小
D．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量增大
9．豎直放置的平行板電容器，兩極板、所帶電荷量分別為和，如圖所示。帶電小球（電量為，質(zhì)量為），用絕緣絲線懸掛在兩金屬板之間，平衡時絲線與板夾角為。極板固定不動，將極板沿豎直方向上移一些，并保持兩板間距不變，且不與帶電小球接觸，則（　　）
A．電容器的電容變大
B．絲線與極板之間的夾角不變
C．電容器兩板間電壓變大
D．若將絲線剪斷，小球在電場中將會做類平拋運動
10．一個帶正電的質(zhì)點所帶電荷量q＝2.0×10－9 C，在靜電場中由a點移到b點，在這一過程中，除電場力外，其他力做的功是6.0×10－5J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10－5J，則a、b兩點間的電勢差Uab為（ ）
A．1×104 V B．3×104 V C．4×104 V D．7×104 V
二、多選題（本大題共4小題）
11．(多選)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示．下列說法正確的是(　　)
A．O點的電勢最高
B．一正電荷沿x軸從x1點移動到－x1點，電勢能一直增大
C．x1和－x1兩點的電勢相等
D．一負電荷沿x軸從x1點移動到x3點，電場力先做正功再做負功
12．(多選)如圖所示，充電后與電源分離的平行板電容器，其正極板接地，在極板間P點有一帶電液滴q處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將B板移至虛線處，則(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．兩極板間電壓變大 B．P點場強不變，但電勢降低
C．帶電液滴q仍保持靜止 D．帶電液滴q的電勢能增大
13．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)
A．勻強電場的電場強度E＝
B．小球動能的最小值為Ek＝
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
14．(多選)如圖所示，兩個等量異種點電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的圓心在O點，圓弧的半徑為R，B為圓弧上的一點，OB與水平方向夾角θ＝37°.一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道運動到最低點C時，速度v＝4，g為重力加速度，取無窮遠處電勢為零，sin 70°＝0.6，下列說法正確的是(　　)
A.電場中AO間電勢差為
B．電場中A點的電勢為
C．小球運動到B點時的動能為16mgR
D．小球運動到B點時，其動能與電勢能的和為7.6mgR
三、填空題（本大題共4小題）
15．1μF= F，1pF= F。
16．電場中某區(qū)域的電場線分布如圖所示，A、B、C為電場中的三點，則三點中電場強度最大的是 點，電勢最低的是 點；將一個正點電荷從A點移動到C點過程中電場力做 （選填“正功”或“負功”）。
17．將一個電荷量為5×10-8C的正電荷從電場中的A點移到B點，電場力做功3×10-6J，則電荷電勢能 （“增加”或“減少”）3×10-6J，A、B兩點的電勢差為 V，A、B兩點電勢φA φB （填“>”或“＜”）。若B點為零電勢點，則A點電勢為 V。
18．如圖所示，兩等量異種電荷M、N固定，O為兩電荷連線的中點，c為MO的中點，以M為圓心、Mc為半徑畫圓，圓與直線MN分別交于a、c兩點，直徑bd垂直于MN。若b、d兩點的電場強度大小分別為、，b、d兩點的電勢分別為、，電子在a、c兩點的電勢能分別為、，則 ， ， 。（均填“＞”“=”或“＜”）

四、非選擇題（本大題共8小題）
19．在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中：
(1)用如圖1所示的電容器做實驗，電容器外殼上面標著“200F，10V”，10V是 （填“額定電壓”或“擊穿電壓”）
(2)把干電池E、電阻箱R、電容器C、電流表G、單刀雙擲開關S按圖2電路圖連成實驗電路，將電阻箱R調(diào)到合適值。將開關S接1，電容器充電完畢，斷開開關S，此時如圖2所示電路圖中電容器上極板 （填“帶正電”、“帶負電”或“不帶電”）；然后將開關S接2，電容器放電。在放電過程中，電流 （填“向左”或“向右”）流過電阻箱R。
(3)將圖2中的電流表、電壓表替換為電流傳感器、電壓傳感器，得到電容器放電過程電流隨時間變化的圖線如圖3所示，電壓隨時間變化的圖線如圖4所示。
①圖3中用陰影標記的狹長矩形的面積的物理意義是 。
②已知開關接2瞬間開始計時，此時電壓傳感器記錄數(shù)據(jù)為，圖4中U—t圖線與坐標軸圍成的面積為。根據(jù)該實驗數(shù)據(jù)曲線可以粗測實驗中電容器的電容C= 。（用題中已知物理量、R和表示）
(4)已知電容器的電容值為C，充電過程中其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像如圖5所示。類比直線運動中由v—t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能E= 。
20．如圖所示，給電容器充電后與電源斷開，根據(jù)如下操作，請在題目中空格處填入正確的結果：選填“變小”、“變大”或“不變”
（1）甲圖將B板上移，靜電計指針偏角將 ；
（2）乙圖將B板左移，平行板間的電場強度將 ；
（3）丙圖將玻璃插入兩板之間，靜電計指針偏角將 。
21．有一電荷量的點電荷，從電場中的A點移到B點過程中，電場力做功，從B點移到C點過程中，克服電場力做功，試分析：
（1）AB、BC、CA間電勢差各為多少？
（2）如設B點電勢為零，則A、C兩點電勢各為多少？電荷在A、C兩點的電勢能分別為多大？
22．一束初速不計的電子流在經(jīng)U =4000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若板間距離d =1.0cm，板長l =5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大電壓？
23．如圖甲所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼均接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開。
(1)影響平行板電容器電容的因素有 ，在實驗室中完成這個實驗的方法是 。
A．兩極板的正對面積
B．兩板間距離
C．電介質(zhì)的介電常數(shù)
D．極板的材料
G．假設法
E．比值法
H．微小量放大法
F．控制變量法
(2)下列關于實驗中使用靜電計的說法正確的是有 。
A．使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B．使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況
C．靜電計可以用電壓表替代
D．靜電計可以用電流表替代
(3)某位同學用如圖乙所示研究電容器電容與哪些因素有關。A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度；若保持開關S閉合，將A、B兩極板間距變大些，指針張開角度將 ；若斷開開關S后，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將 。若斷開開關S后，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將 （以上均選填“變大”、“變小”或“不變”）。
24．如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板長為l，兩板間距為d，兩板間電壓為U，且上板帶正電，一個電子沿水平方向以速度，從兩板中央射入，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為q求
電子偏離金屬板的側位移是多少？
電子飛出電場時的速度是多少？
電子離開電場后，打在屏上的P點，若s已知，求OP的長．
25．在如圖所示的實驗裝置中，充電后的平行板電容器的A極板與靈敏的靜電計相接，極板B接地。
若極板B稍向上移動一點，則將觀察到靜電計指針偏角 ，此實驗說明平行板電容器的電容隨正對面積減小而 ；（填“變大”或“變小”）
若極板B稍向左移動一點，則將觀察到靜電計指針偏角 ，此實驗說明平行板電容器的電容隨距離變大而 。（填“變大”或“變小”）
26．如圖所示，水平放置的平行板電容器極板寬度為L，兩板間距為d，所加電壓為U．與電容器右側邊緣相距r處有一豎立的熒光屏P，它的中心O1與電容器中央相齊．今有一質(zhì)量為m、電量為-q的帶電粒子經(jīng)加速電壓U0無初速地加速后，由兩極板中央垂直射入偏轉(zhuǎn)電場中，并由右側離開偏轉(zhuǎn)電場，最終打在了熒光屏上，并產(chǎn)生一個亮點P，不計重力．試確定：
⑴粒子打出P時的速度大小和方向；
⑵亮點P與O1間的距離．（要求以題中所給字母表示結果）
參考答案
【知識點】電勢能與靜電力做功、電場線
1．【答案】D
【分析】
【詳解】
A．沿電場線方向，電勢降低，所以，A錯誤；
B．電場線越密，電場越強。所以，B錯誤；
C．正電荷受力方向與電場方向一致，所以將正電荷從A點移到B點電場力做正功，C錯誤；
D．將負電荷從A點移到B點電場力做負功，電勢能增大，所以，D正確。
故選D。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
2．【答案】D
【詳解】
AB．開關S閉合時，電容器的電壓保持不變，則靜電計的指針不發(fā)生改變，選項AB錯誤；
C．斷開開關后，使A板向右平移，電容器的電容增大，電容器的電壓減小，靜電計指針變小，選項C錯誤；
D．斷開開關后，在兩板間插入有機玻璃，電容器的電容增大，電容器的電壓減小，靜電計指針變小，選項D正確。
故選D。
【知識點】電容器與力學知識的綜合
3．【答案】D
【詳解】
A．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動．故A錯誤；
B．場強減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低．故B錯誤；
C．由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，受電場力向上，而上極板帶正電，故說明油滴帶負電，故C錯誤；
D．由可知電容C減小，根據(jù)，由于電勢差不變，電容器的電容減小，故帶電量減小，故D正確．
【知識點】電場線和等勢面的關系
4．【答案】B
【詳解】
A．電場線越密集則場強越大，可知M點的場強比N點的場強小，故A錯誤；
B．沿電場線電勢降低，可知M點的電勢比N點的電勢高，故B正確；
C．電場力做功與路徑無關，則在試探電荷從M點到N點的多條路徑中，電場力做功相同，故C錯誤；
D．CD的電勢為零，是等勢面，電場線與等勢面正交，可知CD表面附近的電場線和地面都垂直，故D錯誤。
故選B。
【知識點】電勢能與靜電力做功
5．【答案】C
【詳解】
根據(jù)等勢面與電場線垂直，可知粒子受靜電力方向與速度方向不在同一直線上，所以粒子做曲線運動，A、B選錯誤．帶負電的粒子先靠近帶正電的固定電荷，后又遠離正電荷，電場力先做正功，后做負功，粒子的電勢能先變小后變大，C正確．
【知識點】點電荷的場強、電勢
6．【答案】B
【詳解】
順著電場線電勢降低，則知A點的電勢低于B點的電勢．故A錯誤．根據(jù)電場線從無窮遠出發(fā)到負電荷終止可知，該電荷是負電荷．故B正確．電場線的切線方向為電場強度方向，由圖看出，A、B兩點場強方向不同．故C錯誤．由圖知，A處電場線較密，則A處電場強度大．故D錯誤．故選B．
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功、電場線
7．【答案】C
【詳解】
A．電場線的疏密表示場強的大小，故M點處的電場強度比N點處的電場強度小，A錯誤；
B．沿電場線方向電勢降低，故M點處的電勢比N點處的電勢高，B錯誤；
CD．離子帶負電，受到的電場力與電場線相切沿電場線方向相反方向（即斜向左下），離子從M到N的過程中，電場力做負功，動能減小，電勢能增大，故該離子在M點的速度大于N點的速度，該離子在M點的電勢能小于在N點的電勢能，C正確，D錯誤。
故選C。
【知識點】電容器與電容、電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
8．【答案】D
【詳解】
AB．電容器電容的定義式可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距離近，電容大，故AB錯誤；
CD．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容增大，而電壓不變，由可知，電容器帶電量增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【知識點】電容器與力學知識的綜合、電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
9．【答案】C
【詳解】
A．平行板電容器電容的決定式為
將極板沿豎直方向上移一些，并保持兩板間距不變，則S變小，所以C變小，故A錯誤；
C．電容的定義式為
由于C變小，而Q不變，所以U變大，故C正確；
B．兩極板間電場強度為
由于U變大，而d不變，所以E變大，對小球根據(jù)平衡條件以及力的合成與分解可得
所以θ變大，故B錯誤；
D．若將絲線剪斷，小球所受合外力恒定，將做初速度為零的勻加速直線運動，故D錯誤。
故選C。
【知識點】電勢差
10．【答案】A
【詳解】
由動能定理
解得
故選A。
【知識點】電勢能與靜電力做功
11．【答案】AC
【解析】根據(jù)電場分布知， x軸的正半軸電場為正，電場線指向正方向，x軸的負半軸電場為負，電場線指向負方向，沿電場線方向電勢降低，故O點的電勢最高，A正確；一正電荷沿x軸從x1點移動到－x1點，電勢先增大后減小，電勢能先增大后減小，B錯誤；E－x圖線與x軸圍成的面積表示電勢差，故x1和－x1兩點與O點間電勢差相等，O點電勢最高，則x1和－x1兩點電勢相等，C正確；一負電荷沿x軸從x1點移動到x3點，一直沿著電場線方向移動，電場力始終與運動方向相反，電場力一直做負功，D錯誤．
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
12．【答案】CD
【解析】平行板電容器充電后與電源分離，電荷量保持不變，板間距離減小，由C＝可知，電容增大．又由C＝可知，兩極板間電壓變小，A錯誤；根據(jù)C＝、C＝和E＝可得E＝，板間場強不變，B板接地，電勢為零，移動后P點到B板距離減小，所以P點與零電勢點的電勢差減小，P點電勢升高，B錯誤；由于場強不變，q所受電場力不變，所以q仍保持靜止，C正確；由于q靜止，可知q受電場力向上，從圖中A板帶負電可知電場方向向上，可判斷q帶正電，P點電勢升高，所以帶電液滴q的電勢能增大，D正確．
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
13．【答案】AB
【解析】小球靜止時細線與豎直方向成θ角，重力、拉力和電場力三力平衡，小球帶負電，根據(jù)平衡條件，有mgtan θ＝qE，解得E＝，故A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A，拉力為零時有最小速度，根據(jù)牛頓第二定律，有＝，則最小動能Ek＝mv2＝，故B正確；運動過程中小球的機械能和電勢能之和不變，則小球運動至電勢能最大的位置時機械能最小，又小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端時機械能最小，故C錯誤；小球從初始位置開始，若在豎直平面內(nèi)逆時針運動一周，電場力先做正功后做負功再做正功，則其電勢能先減小后增大再減小，同理，若順時針運動一周，其電勢能先增大后減小再增大，因無法確定小球的運動方向故無法確定電勢能變化情況，故D錯誤．
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
14．【答案】BD
【解析】等量異種點電荷所產(chǎn)生的電場，其中垂線上各點，電勢為零，因此UAC＝UAO，小球從A點運動到最低點過程中，由動能定理可得mgR＋qUAO＝mv2，解得 UAO＝，UAO＝φA－0，解得φA＝，A錯誤，B正確；小球在最低點處的動能和電勢能的總和為E1＝mv2＋0＝8mgR，由最低點C運動到B，重力勢能增加量為ΔEp＝mgR(1－sin 37°)＝0.4mgR，由最低點C運動到B點，動能、電勢能和重力勢能的總量守恒，所以小球在B點的動能和電勢能的總和為E2＝E1－0.4mgR＝7.6mgR，D正確；小球在最低點C的動能為EkC＝mv2＝8mgR，從C到B靜電力做的功小于從A到C靜電力做的功，即小于7mgR，從C到B重力做功為－0.4mgR，則從C到B靜電力和重力做功之和小于6.6mgR，即到達B點的動能小于14.6mgR，C錯誤．
【知識點】電容器與電容
15．【答案】##0.000001；##0.000000000001
【詳解】[1]。
[2]。
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功、電場線
16．【答案】A；C；正功；
【詳解】
[1]電場線越密集的地方場強越大，則三點中電場強度最大的是A點；
[2]沿電場線電勢逐漸降低，則電勢最低的是C點；
[3]將一個正點電荷從A點移動到C點過程中電場力的方向與位移同向，則電場力做正功。
【知識點】電勢、電勢差、電勢能與靜電力做功
17．【答案】減少；60；＞；60；
【詳解】
[1] 電場力做正功，則電荷電勢能減少。
[2]A、B兩點的電勢差為
[3]因為
A、B兩點電勢
φA>φB
[4]若B點為零電勢點，因
則A點電勢為
【知識點】電勢能與靜電力做功
18．【答案】 = = <
【詳解】[1][2][3]根據(jù)對稱性
a比c距離負電荷遠，a與M間的合電場強度大小小于c與M間的合電場強度大小
根據(jù)
即
根據(jù)
電子帶負電
【知識點】電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
19．【答案】(1)額定電壓，(2)帶正電；向右，(3)0.2s內(nèi)電容器的放電電量；，(4)
【詳解】（1）“10V”是電容器的額定電壓；
（2）[1][2]因充電時電容器上極板與電源正極相連，可知此時如圖2所示電路圖中電容器上極板帶正電；然后將開關S接2，電容器放電。在放電過程中，電流向右流過電阻箱R。
（3）①根據(jù)Q=It，可知圖3中用陰影標記的狹長矩形的而積的物理意義是0.2s內(nèi)電容器的放電電量；②根據(jù)，由圖像可知U-t圖像與坐標軸圍成的面積為S0可知，解得
（4）根據(jù)x=vt，可知v-t圖像與坐標軸圍成的面積等于位移；由于電容器帶電量與兩端電壓成正比，則由電容器的u-q圖像與坐標軸圍成的面積等于電容器的儲能，即
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素、電容器的充放電過程及其動態(tài)分析
20．【答案】 變大 ；不變 ； 變小
【詳解】給電容器充電后與電源斷開，電容器所帶的電荷量不變
（1）[1]根據(jù)，甲圖將B板上移，Q和d不變，S減小，U增大，靜電計指針偏角將增大；
（2）[2]根據(jù)
解得
乙圖將B板左移，d減小，平行板間的電場強度E不變；
（3）[3]根據(jù)，丙圖將玻璃插入兩板之間，介電常數(shù)變大，U減小，靜電計指針偏角將變小。
【知識點】電勢差、電勢能與靜電力做功
21．【答案】（1）-50V；150V；-100V；
（2）；；；
【詳解】
（1）由
可得
又由于
可得
所以
（2）由
可得
又由
可得
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動、電容器與力學知識的綜合
22．【答案】320V
【詳解】
當電子從極板邊緣飛出時，所加電壓最大，即電子偏轉(zhuǎn)位移為；
電子飛出電場的時有
電子進入電場后偏轉(zhuǎn)，水平方向
豎直方向加速度
聯(lián)立解得
兩個極板上最多能加的電壓為320V。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
23．【答案】ABC；F；A；不變；變小；變大；
【詳解】
(1)[1]根據(jù)
可知影響平行板電容器的電容的因素有：兩極板的正對面積、兩極板間的距離、電介質(zhì)的介電常數(shù)，故選ABC；
[2]由于影響電容器的電容的因素有三個，完成實驗探究需要用到的方法是控制變量法，故選F；
(2)[3] 電容器帶電后與電源斷開，因此本實驗電量不變，則靜電計是為了觀察電壓的變化，從而由
確定出電容的變化，由于電路中沒有電流，不能用電流表或者電壓表代替靜電計，故選A；
(3)[4]若保持開關S閉合，兩板間的電壓不變，則指針張開角度不變；
[5]若斷開開關S后，電量Q不變，將A、B兩極板正對面積變小些，根據(jù)
可知電容增大，由
可知，減小，則指針張開角度變小；
[6] 若斷開開關S后，電量Q不變，將A、B兩極板正對面積變小些，根據(jù)
可知電容減小，由
可知，增大，則指針張開角度變大。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
24．【答案】（1）電子偏離金屬板時的側位移是；
（2）電子飛出電場時的速度大小為；
（3）OP的長為；
【詳解】
（1）電子在電場中做類平拋運動，則：
水平方向有：
l=v0t
豎直方向有：
聯(lián)立得電子偏離金屬板的側位移為：
y0=
（2）在豎直方向的分速度為：
在水平方向的分速度為：
vx=v0
所以：
v==
（3）電子飛出電場后，做勻速直線運動，則：
tanθ==
所以
OP=y0+stanθ=
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
25．【答案】變大；變小；變大；變小
【詳解】①[1][2]根據(jù)
極板B上移一點，正對面積S減小，則電容器的電容C減小，充電后的平行板電容器電荷量Q不變，根據(jù)
知電勢差增大，所以靜電計的偏角變大，說明平行板電容器的電容隨正對面積減小而變小。
②[3][4]根據(jù)
極板B左移一點，板間距離d增大，則電容器的電容減小，根據(jù)
知電勢差增大，所以靜電計的偏角變大，說明平行板電容器的電容隨距離變大而變小。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
26．【答案】（1） ；
（2）
【詳解】
（1）粒子在加速電場中： ；
在偏轉(zhuǎn)電場中：水平方向：L=v0t；
豎直方向：v1=at；
（2）由平拋運動可知，速度的反向延長線交于水平位移的中點處，則：
解得
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