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2024年高中物理新教材同步学案 必修第三册 第10章 章末检测试卷(二)
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这是一份2024年高中物理新教材同步学案 必修第三册 第10章 章末检测试卷(二)，共12页。
章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2023·上海市新川中学高二期中)四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是( )答案 C解析 电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。2.(2023·绵阳江油中学高二期中)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )A．电场中A点电势高于B点B．转动中A球电势能变化量大于B球电势能变化量C．该过程静电力对两小球做功相等D．该过程两小球的总电势能增加答案 C解析 沿电场线方向电势降低，则A点电势低于B点，A错误；两球电荷量相等，转动中两球沿电场线方向运动距离相等，根据W＝qEd可知，静电力对两小球做功相等，则两球电势能变化量大小相等，B错误，C正确；转动过程静电力对两小球均做正功，则该过程两小球的总电势能减小，D错误。3.如图所示，实线为－Q点电荷产生电场的电场线，虚线是a、b、c三个带电粒子以相同初速度从O点分别射入后的运动轨迹，其中虚线OB是以－Q为圆心的圆弧。已知a、b、c三个粒子的电荷量相等、电性未知，粒子只在－Q产生的静电力作用下运动，则( )A．粒子a带负电，b不带电，c带正电B．运动中，粒子b的动能减小、c的动能增大C．粒子b、c均带正电，射入时b的动能大于c的动能D．运动中，粒子a的电势能减小，c的电势能增大答案 C解析 根据三条运动轨迹知a带负电，b、c带正电，静电力对a、c做正功，对b不做功，a、c的动能增大，电势能减小，b的动能、电势能均不变；b、c相比，b做圆周运动，c做向心运动，则b的初动能大于c的初动能，故选C。4.(2023·扬州市江都区丁沟中学高二期中)两个等量同种正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示(中垂线也在水平面内)，一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C→B→A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势φ随时间t变化的关系图像可能正确的是( )答案 B解析 因等量同种电荷连线的中垂线上各点的电场强度不等，物块沿路径C→B→A运动时，所受的静电力可能一直增加，可能一直减小，也可能先增加后减小，且变化不是均匀增加的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；物块沿路径C→B→A运动时，加速度先增加后减小或一直增大(减小)，则v－t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大(减小)，选项B正确；带电小物块从C点由静止释放，沿路径C→B→A运动，则静电力一定是做正功，则电势能一直减小，选项C错误；距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。5.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)。电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压均恒为U)( )A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3eUD．电子在A板和D板之间做往返运动答案 C解析 从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选C。6.(2023·哈尔滨市第九中学高二期中)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大，则下列说法正确的是( )A．q1为正电荷，q2为负电荷B．q1电荷量小于q2的电荷量C．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小D．将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大答案 D解析 无穷远处的电势能为0，A点的电势能也为0，由于负电荷沿着x轴运动，电势能先为正值，后为负值，说明沿x轴电势升高，所以O点的电荷q1带负电，M点电荷q2带正电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故A、B错误；由题可知，A、N两点的电势能为零，在这两点电势为零，由题图可知负电荷由N到C电势能增加，而由C到D电势能减小，可知在C点左侧电场方向向右，C点右侧电场方向向左，则正点电荷从N点移到D点，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，则在C点时动能最大，即速度最大，故C错误，D正确。7．在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则( )A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B．t＝5 s时，小球经过边界MNC．在0～2.5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D．在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大答案 D解析 由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝eq \f(v1,t1)＝eq \f(v1,1 s)，进入电场后的加速度大小为a2＝eq \f(2v1,t2)＝eq \f(2v1,3 s)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝eq \f(5,3)ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～2.5 s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，这个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确。8．如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球不能到达B点C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为eq \f(1,2)mgR答案 D解析 除重力以外做功的力只有静电力，从A到B静电力做负功，所以机械能减小，故A错误；从A到B根据动能定理得mgR－EqR＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \r(\f(gR,2))，所以小球能到达B点，故B错误；从A到B过程中存在一位置的重力和静电力的合力的反向延长线过圆心如图所示。此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从A到B过程中速度先增大后减小，由牛顿第二定律及牛顿第三定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；设等效最低点重力和静电力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(Eq,mg)＝eq \f(3,4)，则θ＝37°，从A到等效最低点的过程中，由动能定理有mgRcos 37°－Eq(R－Rsin 37°)＝Ekm，解得Ekm＝eq \f(1,2)mgR，故D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.(2023·商丘市实验中学高二期中)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(带电粒子重力忽略不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A．它们运动的时间之比tQ∶tP＝1∶1B．它们运动的加速度之比aQ∶aP＝1∶2C．它们所带的电荷量qP∶qQ＝2∶1D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4答案 AD解析 设电场强度为E，粒子的质量均为m，粒子入射的初速度为v0，两极板之间的距离为2d，上极板左边缘到粒子击中点的距离为l，它们运动的时间为tQ＝tP＝eq \f(l,v0)，故它们运动的时间之比为tQ∶tP＝1∶1，A正确；粒子在平行电场线方向的运动有d＝eq \f(1,2)aPtP2,2d＝eq \f(1,2)aQtQ2，aP＝eq \f(qPE,m)，aQ＝eq \f(qQE,m)可知，aQ∶aP＝2∶1，qP∶qQ＝1∶2，B、C错误；根据动能定理，增加的动能分别为ΔEkP＝qPEd，ΔEkQ＝qQE·2d，则ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D正确。10．(2023·广州一中月考)两个等量正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，中垂线在水平面内，如图甲所示。一个带电荷量为＋2×10－7 C、质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放。其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线(图中标出了该切线)斜率最大的位置，则下列说法正确的是( )A．由C到A的过程中小物块的电势能一直在增大B．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小为1×104 V/mC．由C点到A点电势逐渐降低D．A、B两点间的电势差UAB＝500 V答案 BC解析 由题图乙可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直在增大，静电力对小物块做正功，小物块的电势能一直在减小，故A错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝2×10－2 m/s2，可得小物块所受的最大静电力为Fm＝mam＝0.1×2×10－2 N＝2×10－3 N，则电场强度最大值为Em＝1×104 N/C，故B正确；因为两个等量正点电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐降低，故C正确；从题图乙可知，A、B两点的速度分别为vA＝6×10－2 m/s、vB＝4×10－2 m/s，再根据动能定理，得qUBA＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得UBA＝500 V，则UAB＝－UBA＝－500 V，故D错误。11.如图所示，长为L、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则(重力加速度为g)( )A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点间的电势差UAB一定为eq \f(mgL,2q)C．若电场是匀强电场，则电场强度的最大值一定是eq \f(mg,q)D．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷答案 BD解析 小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低于A点的电势，故A错误；根据动能定理得－mgLsin θ＋qUAB＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq \f(mgLsin θ,q)＝eq \f(mgL,2q)，故B正确；若静电力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsin θ为定值，则当静电力沿斜面向上，且大小为F＝mgsin θ时，静电力最小，电场强度最小。若电场强度与运动方向不共线，则静电力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡。根据矢量的合成法则可知，静电力可能大于mg，电场强度可能大于eq \f(mg,q)，故C错误；若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势低于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。12．(2023·重庆市育才中学高二期中)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在t＝eq \f(T,4)时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则( )A．电荷在eq \f(T,2)时到达B板B．电荷在两板间的最大速度为eq \r(\f(qU0,m))C．A、B两板间的距离为eq \r(\f(qU0T2,8m))D．若电荷在t＝eq \f(3T,8)时刻进入两极板，它将不能到达B板答案 BD解析 电荷恰好能到达B板，意味着电荷达到B板的速度为零，根据题意，电荷先向右加速eq \f(1,4)T 后向右减速eq \f(1,4)T，电荷应该在eq \f(3,4)T时到达B板，故A错误。根据A的分析，电荷在eq \f(1,2)T时达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为eq \f(1,2)U0，有eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(qU0,m))，故B正确；电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，eq \f(3,4)T时电荷的运动位移为两极板的间距，d＝eq \f(1,2)a(eq \f(T,4))2×2，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v,\f(T,4))，解得d＝eq \r(\f(qU0T2,16m))，故C错误；若电荷在t＝eq \f(3,8)T时刻进入两极板，电荷先加速eq \f(1,8)T，然后减速eq \f(1,8)T，减速到零，根据上面的分析，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速eq \f(\r(2),8)T后从小孔射出，故电荷到达不了B板，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共52分。13．(8分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图甲所示。(1)将开关S接通1，电容器的 (填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向 (填“左”或“右”)。(2)若电源电动势为10 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器所带电荷量为 C(结果保留两位有效数字)。(3)电容器充电过程中，电流I与时间t的关系，所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是 。 答案 (1)上(1分) 左(1分) (2)3.3×10－2(3分) (3)A(3分)解析 (1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电。开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。(2)充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×10 V＝3.3×10－2 C。(3)电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电容器充电结束后，电流减小为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据C＝eq \f(Q,U)可知，电荷量与电压成正比，所以Q与U的关系图线应为过原点的直线，C、D错误。14.(8分)(2023·峨眉第二中学校高二期中)如图所示，在匀强电场中直角三角形ABC的边长AB＝8 cm，BC＝4 cm，将带电荷量q＝－6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了2.4×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功。求：(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？(3)画出过B点的一条电场线并计算电场强度的大小(画图保留作图的痕迹，不写做法)。答案 (1)4 V －2 V (2)4 V 2 V (3)见解析图 eq \f(\r(2),2)×102 V/m解析 (1)根据W＝Uq可得UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－2.4×10－5,－6×10－6) V＝4 V(1分)UBC＝eq \f(1.2×10－5,－6×10－6) V＝－2 V(1分)(2)由于UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0，解得φA＝4 V，φC＝2 V(2分)(3)取AB的中点D，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示(1分)根据几何关系可得B点到等势线DC的距离d＝4×eq \f(\r(2),2) cm＝2eq \r(2)×10－2 m(1分)电场强度的大小E＝eq \f(UDB,d)＝eq \f(UCB,d)＝eq \f(\r(2),2)×102 V/m。(2分)15．(10分)(2022·抚州一中期中)如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10 cm，两板相距为d＝2 cm。一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上。为使电子能射到荧光屏上。求两板间所加电压的取值范围。(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19C)答案 见解析解析 如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(Ue,2dm)(eq \f(l,v0))2(2分)tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(Uel,dmv02)＝eq \f(2y,l)(2分)由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tan θ＝eq \f(\f(D,2),L＋\f(l,2))＝eq \f(D,2L＋l)(2分)解得U＝eq \f(Ddmv02,el2L＋l)(2分)代入数据，得U＝360 V。(1分)因此偏转电压在－360～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上。(1分)16.(12分)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受静电力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后速度变化量的大小为v0，该粒子进入电场时的速度应为多大？答案 (1)eq \f(mv02,2qR) (2)eq \f(\r(2)v0,4) (3)0或eq \f(\r(3)v0,2)解析 (1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知xAC＝R(1分)根据动能定理有qExAC＝eq \f(1,2)mv02－0(2分)解得E＝eq \f(mv02,2qR)(1分)(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动的距离最远。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，此时沿电场线方向移动的距离最远，如图所示。粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有xDP＝Rsin 60°＝v1t(1分)xAP＝R＋Rcos 60°＝eq \f(1,2)at2(1分)由静电力提供加速度有qE＝ma(1分)解得粒子进入电场时的速度v1＝eq \f(\r(2)v0,4)(1分)(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后速度变化量大小为v0，即在电场方向上速度变化为v0，连接BC，有AC⊥BC，则BC为该匀强电场中的一条等势线，有φB＝φC，则EpB＝EpC，由动能定理得ΔEkB＝ΔEkC，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时，由几何关系有xBC＝eq \r(3)R＝v2t2(1分)xAC＝R＝eq \f(1,2)at22(1分)由静电力提供加速度有qE＝ma解得v2＝eq \f(\r(3)v0,2)(1分)由(1)知当粒子从C点射出时进入电场的速度为0。(1分)17.(14分)(2023·厦门外国语学校石狮分校高二期中)如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq \f(3,4)圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为eq \f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。答案 (1)eq \r(gR) (2)0 (3)11.5R解析 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得F电·(s＋R)－μmgs－mgR＝eq \f(1,2)mvC2－0(2分)解得vC＝eq \r(gR)(1分)(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得F电·s－μmgs－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2－0(2分)解得vD＝eq \r(gR)(1分)在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得FN＋mg＝eq \f(mvD2,R)(1分)解得FN＝0滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0(1分)(3)要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。等效重力由重力和静电力的合力提供G′＝eq \r(mg2＋F电2)＝eq \f(5,4)mg(1分)等效重力与重力的夹角θ的正切值tan θ＝eq \f(3,4)所以θ＝ 37°(1分)当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足G′＝meq \f(v2,R)(1分)从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得F电(smin－Rsin 37°)－μmgsmin－mgR(1＋cos 37°)＝eq \f(1,2)mv2－0(2分)解得smin＝11.5R。(1分)
章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2023·上海市新川中学高二期中)四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是( )答案 C解析 电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。2.(2023·绵阳江油中学高二期中)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )A．电场中A点电势高于B点B．转动中A球电势能变化量大于B球电势能变化量C．该过程静电力对两小球做功相等D．该过程两小球的总电势能增加答案 C解析 沿电场线方向电势降低，则A点电势低于B点，A错误；两球电荷量相等，转动中两球沿电场线方向运动距离相等，根据W＝qEd可知，静电力对两小球做功相等，则两球电势能变化量大小相等，B错误，C正确；转动过程静电力对两小球均做正功，则该过程两小球的总电势能减小，D错误。3.如图所示，实线为－Q点电荷产生电场的电场线，虚线是a、b、c三个带电粒子以相同初速度从O点分别射入后的运动轨迹，其中虚线OB是以－Q为圆心的圆弧。已知a、b、c三个粒子的电荷量相等、电性未知，粒子只在－Q产生的静电力作用下运动，则( )A．粒子a带负电，b不带电，c带正电B．运动中，粒子b的动能减小、c的动能增大C．粒子b、c均带正电，射入时b的动能大于c的动能D．运动中，粒子a的电势能减小，c的电势能增大答案 C解析 根据三条运动轨迹知a带负电，b、c带正电，静电力对a、c做正功，对b不做功，a、c的动能增大，电势能减小，b的动能、电势能均不变；b、c相比，b做圆周运动，c做向心运动，则b的初动能大于c的初动能，故选C。4.(2023·扬州市江都区丁沟中学高二期中)两个等量同种正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示(中垂线也在水平面内)，一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C→B→A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势φ随时间t变化的关系图像可能正确的是( )答案 B解析 因等量同种电荷连线的中垂线上各点的电场强度不等，物块沿路径C→B→A运动时，所受的静电力可能一直增加，可能一直减小，也可能先增加后减小，且变化不是均匀增加的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；物块沿路径C→B→A运动时，加速度先增加后减小或一直增大(减小)，则v－t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大(减小)，选项B正确；带电小物块从C点由静止释放，沿路径C→B→A运动，则静电力一定是做正功，则电势能一直减小，选项C错误；距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。5.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)。电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压均恒为U)( )A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3eUD．电子在A板和D板之间做往返运动答案 C解析 从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选C。6.(2023·哈尔滨市第九中学高二期中)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大，则下列说法正确的是( )A．q1为正电荷，q2为负电荷B．q1电荷量小于q2的电荷量C．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小D．将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大答案 D解析 无穷远处的电势能为0，A点的电势能也为0，由于负电荷沿着x轴运动，电势能先为正值，后为负值，说明沿x轴电势升高，所以O点的电荷q1带负电，M点电荷q2带正电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故A、B错误；由题可知，A、N两点的电势能为零，在这两点电势为零，由题图可知负电荷由N到C电势能增加，而由C到D电势能减小，可知在C点左侧电场方向向右，C点右侧电场方向向左，则正点电荷从N点移到D点，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，则在C点时动能最大，即速度最大，故C错误，D正确。7．在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则( )A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B．t＝5 s时，小球经过边界MNC．在0～2.5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D．在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大答案 D解析 由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝eq \f(v1,t1)＝eq \f(v1,1 s)，进入电场后的加速度大小为a2＝eq \f(2v1,t2)＝eq \f(2v1,3 s)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝eq \f(5,3)ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～2.5 s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，这个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确。8．如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球不能到达B点C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为eq \f(1,2)mgR答案 D解析 除重力以外做功的力只有静电力，从A到B静电力做负功，所以机械能减小，故A错误；从A到B根据动能定理得mgR－EqR＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \r(\f(gR,2))，所以小球能到达B点，故B错误；从A到B过程中存在一位置的重力和静电力的合力的反向延长线过圆心如图所示。此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从A到B过程中速度先增大后减小，由牛顿第二定律及牛顿第三定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；设等效最低点重力和静电力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(Eq,mg)＝eq \f(3,4)，则θ＝37°，从A到等效最低点的过程中，由动能定理有mgRcos 37°－Eq(R－Rsin 37°)＝Ekm，解得Ekm＝eq \f(1,2)mgR，故D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.(2023·商丘市实验中学高二期中)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(带电粒子重力忽略不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A．它们运动的时间之比tQ∶tP＝1∶1B．它们运动的加速度之比aQ∶aP＝1∶2C．它们所带的电荷量qP∶qQ＝2∶1D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4答案 AD解析 设电场强度为E，粒子的质量均为m，粒子入射的初速度为v0，两极板之间的距离为2d，上极板左边缘到粒子击中点的距离为l，它们运动的时间为tQ＝tP＝eq \f(l,v0)，故它们运动的时间之比为tQ∶tP＝1∶1，A正确；粒子在平行电场线方向的运动有d＝eq \f(1,2)aPtP2,2d＝eq \f(1,2)aQtQ2，aP＝eq \f(qPE,m)，aQ＝eq \f(qQE,m)可知，aQ∶aP＝2∶1，qP∶qQ＝1∶2，B、C错误；根据动能定理，增加的动能分别为ΔEkP＝qPEd，ΔEkQ＝qQE·2d，则ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D正确。10．(2023·广州一中月考)两个等量正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，中垂线在水平面内，如图甲所示。一个带电荷量为＋2×10－7 C、质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放。其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线(图中标出了该切线)斜率最大的位置，则下列说法正确的是( )A．由C到A的过程中小物块的电势能一直在增大B．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小为1×104 V/mC．由C点到A点电势逐渐降低D．A、B两点间的电势差UAB＝500 V答案 BC解析 由题图乙可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直在增大，静电力对小物块做正功，小物块的电势能一直在减小，故A错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝2×10－2 m/s2，可得小物块所受的最大静电力为Fm＝mam＝0.1×2×10－2 N＝2×10－3 N，则电场强度最大值为Em＝1×104 N/C，故B正确；因为两个等量正点电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐降低，故C正确；从题图乙可知，A、B两点的速度分别为vA＝6×10－2 m/s、vB＝4×10－2 m/s，再根据动能定理，得qUBA＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得UBA＝500 V，则UAB＝－UBA＝－500 V，故D错误。11.如图所示，长为L、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则(重力加速度为g)( )A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点间的电势差UAB一定为eq \f(mgL,2q)C．若电场是匀强电场，则电场强度的最大值一定是eq \f(mg,q)D．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷答案 BD解析 小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低于A点的电势，故A错误；根据动能定理得－mgLsin θ＋qUAB＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq \f(mgLsin θ,q)＝eq \f(mgL,2q)，故B正确；若静电力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsin θ为定值，则当静电力沿斜面向上，且大小为F＝mgsin θ时，静电力最小，电场强度最小。若电场强度与运动方向不共线，则静电力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡。根据矢量的合成法则可知，静电力可能大于mg，电场强度可能大于eq \f(mg,q)，故C错误；若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势低于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。12．(2023·重庆市育才中学高二期中)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在t＝eq \f(T,4)时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则( )A．电荷在eq \f(T,2)时到达B板B．电荷在两板间的最大速度为eq \r(\f(qU0,m))C．A、B两板间的距离为eq \r(\f(qU0T2,8m))D．若电荷在t＝eq \f(3T,8)时刻进入两极板，它将不能到达B板答案 BD解析 电荷恰好能到达B板，意味着电荷达到B板的速度为零，根据题意，电荷先向右加速eq \f(1,4)T 后向右减速eq \f(1,4)T，电荷应该在eq \f(3,4)T时到达B板，故A错误。根据A的分析，电荷在eq \f(1,2)T时达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为eq \f(1,2)U0，有eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(qU0,m))，故B正确；电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，eq \f(3,4)T时电荷的运动位移为两极板的间距，d＝eq \f(1,2)a(eq \f(T,4))2×2，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v,\f(T,4))，解得d＝eq \r(\f(qU0T2,16m))，故C错误；若电荷在t＝eq \f(3,8)T时刻进入两极板，电荷先加速eq \f(1,8)T，然后减速eq \f(1,8)T，减速到零，根据上面的分析，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速eq \f(\r(2),8)T后从小孔射出，故电荷到达不了B板，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共52分。13．(8分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图甲所示。(1)将开关S接通1，电容器的 (填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向 (填“左”或“右”)。(2)若电源电动势为10 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器所带电荷量为 C(结果保留两位有效数字)。(3)电容器充电过程中，电流I与时间t的关系，所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是 。 答案 (1)上(1分) 左(1分) (2)3.3×10－2(3分) (3)A(3分)解析 (1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电。开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。(2)充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×10 V＝3.3×10－2 C。(3)电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电容器充电结束后，电流减小为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据C＝eq \f(Q,U)可知，电荷量与电压成正比，所以Q与U的关系图线应为过原点的直线，C、D错误。14.(8分)(2023·峨眉第二中学校高二期中)如图所示，在匀强电场中直角三角形ABC的边长AB＝8 cm，BC＝4 cm，将带电荷量q＝－6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了2.4×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功。求：(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？(3)画出过B点的一条电场线并计算电场强度的大小(画图保留作图的痕迹，不写做法)。答案 (1)4 V －2 V (2)4 V 2 V (3)见解析图 eq \f(\r(2),2)×102 V/m解析 (1)根据W＝Uq可得UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－2.4×10－5,－6×10－6) V＝4 V(1分)UBC＝eq \f(1.2×10－5,－6×10－6) V＝－2 V(1分)(2)由于UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0，解得φA＝4 V，φC＝2 V(2分)(3)取AB的中点D，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示(1分)根据几何关系可得B点到等势线DC的距离d＝4×eq \f(\r(2),2) cm＝2eq \r(2)×10－2 m(1分)电场强度的大小E＝eq \f(UDB,d)＝eq \f(UCB,d)＝eq \f(\r(2),2)×102 V/m。(2分)15．(10分)(2022·抚州一中期中)如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10 cm，两板相距为d＝2 cm。一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上。为使电子能射到荧光屏上。求两板间所加电压的取值范围。(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19C)答案 见解析解析 如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(Ue,2dm)(eq \f(l,v0))2(2分)tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(Uel,dmv02)＝eq \f(2y,l)(2分)由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tan θ＝eq \f(\f(D,2),L＋\f(l,2))＝eq \f(D,2L＋l)(2分)解得U＝eq \f(Ddmv02,el2L＋l)(2分)代入数据，得U＝360 V。(1分)因此偏转电压在－360～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上。(1分)16.(12分)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受静电力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后速度变化量的大小为v0，该粒子进入电场时的速度应为多大？答案 (1)eq \f(mv02,2qR) (2)eq \f(\r(2)v0,4) (3)0或eq \f(\r(3)v0,2)解析 (1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知xAC＝R(1分)根据动能定理有qExAC＝eq \f(1,2)mv02－0(2分)解得E＝eq \f(mv02,2qR)(1分)(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动的距离最远。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，此时沿电场线方向移动的距离最远，如图所示。粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有xDP＝Rsin 60°＝v1t(1分)xAP＝R＋Rcos 60°＝eq \f(1,2)at2(1分)由静电力提供加速度有qE＝ma(1分)解得粒子进入电场时的速度v1＝eq \f(\r(2)v0,4)(1分)(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后速度变化量大小为v0，即在电场方向上速度变化为v0，连接BC，有AC⊥BC，则BC为该匀强电场中的一条等势线，有φB＝φC，则EpB＝EpC，由动能定理得ΔEkB＝ΔEkC，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时，由几何关系有xBC＝eq \r(3)R＝v2t2(1分)xAC＝R＝eq \f(1,2)at22(1分)由静电力提供加速度有qE＝ma解得v2＝eq \f(\r(3)v0,2)(1分)由(1)知当粒子从C点射出时进入电场的速度为0。(1分)17.(14分)(2023·厦门外国语学校石狮分校高二期中)如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq \f(3,4)圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为eq \f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。答案 (1)eq \r(gR) (2)0 (3)11.5R解析 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得F电·(s＋R)－μmgs－mgR＝eq \f(1,2)mvC2－0(2分)解得vC＝eq \r(gR)(1分)(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得F电·s－μmgs－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2－0(2分)解得vD＝eq \r(gR)(1分)在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得FN＋mg＝eq \f(mvD2,R)(1分)解得FN＝0滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0(1分)(3)要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。等效重力由重力和静电力的合力提供G′＝eq \r(mg2＋F电2)＝eq \f(5,4)mg(1分)等效重力与重力的夹角θ的正切值tan θ＝eq \f(3,4)所以θ＝ 37°(1分)当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足G′＝meq \f(v2,R)(1分)从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得F电(smin－Rsin 37°)－μmgsmin－mgR(1＋cos 37°)＝eq \f(1,2)mv2－0(2分)解得smin＝11.5R。(1分)
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