《第1章靜電力與電場強(qiáng)度第2章電勢能與電勢差》2023年單元測試卷

魯科版（2019）必修第三冊《第1章靜電力與電場強(qiáng)度&第2章電勢能與電勢差》2023年單元測試卷一、選擇題1．兩個可自由移動的點(diǎn)電荷分別放在A、B兩處，如圖所示。A處點(diǎn)電荷帶正電，電荷量大小為Q1，B處點(diǎn)電荷帶負(fù)電，電荷量大小為Q2，且Q2＝5Q1，另取一個可以自由移動的帶電荷量大小為Q3的點(diǎn)電荷，放在A、B所在直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則（）A．該點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，且放于A處左側(cè) B．該點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，且放于B處右側(cè) C．該點(diǎn)電荷為正電荷，且放于A、B之間 D．該點(diǎn)電荷為正電荷，且放于B處右側(cè)2．計算機(jī)鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變電容器，當(dāng)連接電源不斷電，按下某個鍵時，與之相連的電子線路就給出該鍵相應(yīng)的信號，當(dāng)按下該鍵時，電容器的（）A．電容變小 B．極板間的電壓變小 C．極板的電量不變 D．極板間的場強(qiáng)變大3．金屬板和板前一正點(diǎn)電荷形成的電場的電場線分布如圖所示，A、B、C、D為電場中的四個點(diǎn)，則（）A．B、D兩點(diǎn)的電勢相等 B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度比D點(diǎn)的小 C．負(fù)電荷在C點(diǎn)的電勢能高于在A點(diǎn)的電勢能 D．正電荷由D點(diǎn)靜止釋放，在電場力作用下將沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)4．如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點(diǎn)上分別固定一個電荷量為+q的點(diǎn)電荷；在區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心O點(diǎn)，此時每個點(diǎn)電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（）A．，釋放后P將向右運(yùn)動 B．，釋放后P將向左運(yùn)動 C．，釋放后P將向右運(yùn)動 D．，釋放后P將向左運(yùn)動二、填空題5．如圖，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)．用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止．現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡．重新平衡后與移動前相比，兩球之間的距離將，墻面對B的彈力將（以上兩格均填寫變化情況）三、多選題（多選）6．如圖所示，真空中兩平行正對絕緣板A、B靠近放置，O為兩板中心，兩板相對面上均勻分布有等量異種電荷。過O且與板垂直的直線上，板外的M、N兩點(diǎn)到O點(diǎn)距離相等，板間的P、S兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等。在M、N點(diǎn)分別放置電荷量﹣Q、+Q的點(diǎn)電荷時，O點(diǎn)處場強(qiáng)恰好為零。忽略兩點(diǎn)電荷對兩板電荷分布的影響，則P、S兩點(diǎn)的電勢差和場強(qiáng)（）A．電勢差為0 B．電勢差不為0 C．場強(qiáng)大小相等、方向相反 D．場強(qiáng)大小相等、方向相同（多選）7．兩個位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實(shí)線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個電子在該電場中的運(yùn)動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．兩點(diǎn)電荷是同種點(diǎn)電荷 B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的大 C．電子在A點(diǎn)的電勢能大于B點(diǎn)的電勢能 D．電子運(yùn)動到P點(diǎn)時動能最?。ǘ噙x）8．如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場強(qiáng)度的大小逐漸增大 B．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢先增大后減小 C．正電荷在M點(diǎn)的電勢能比其在N點(diǎn)的電勢能大 D．將正電荷從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力所做的總功為負(fù)×103V?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1×10﹣2kg、電荷量q＝4×10﹣5C的帶電小球從兩板上方的A點(diǎn)以v0＝4m/s的初速度水平拋出，小球恰好能從M板上端進(jìn)入兩板之間，并沿直線運(yùn)動到N板上的B點(diǎn)。已知A點(diǎn)距兩板上端的高度h＝0.2m，不考慮板外電場及空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（）A．小球到達(dá)M板上端時的速度大小為2m/s 四、實(shí)驗(yàn)題10．如圖所示的實(shí)驗(yàn)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(cè)極板和靜電計外殼均接地，電容器右側(cè)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(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計的說法正確的是。A．使用靜電計的目的是觀察電容器電容的變化情況B．使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況C．使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況（2）將左極板緩慢右移過程中，可觀察到靜電計指針偏角（選填“變大”“變小”或“不變”）。11．電容器充、放電的過程一般極短，在電路中接入高阻值電阻可有效延長充、放電時間。實(shí)驗(yàn)小組甲、乙兩位同學(xué)利用這種方法，繪制電容器放電過程中電流隨時間變化的i﹣t圖像。（1）甲同學(xué)的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖甲所示，關(guān)于電源和微安表的選取，下列說法正確的是。A．選取交流電源、零刻度線在左側(cè)的微安表B．選取交流電源、零刻度線在中間的微安表C．選取直流電源、零刻度線在左側(cè)的微安表D．選取直流電源、零刻度線在中間的微安表（2）先閉合開關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使微安表的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度，記下這時微安表的示數(shù)i0＝500μA，電壓表的示數(shù)U0Ω，則微安表的內(nèi)阻為kΩ。（3）斷開開關(guān)S2，同時開始計時，每隔5s讀一次電流i的值，將測得數(shù)據(jù)填入預(yù)先設(shè)計的表格中，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上標(biāo)出以時間t為橫坐標(biāo)、電流i為縱坐標(biāo)的點(diǎn)，即圖乙中用“×”表示的點(diǎn)。請根據(jù)這些點(diǎn)描繪出圖線，由圖線可估算出該電容器在整個放電過程中放出的電荷量Q0為C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（4）若乙同學(xué)采用同樣的實(shí)驗(yàn)器材，研究電容器放電過程時，斷開開關(guān)S，開關(guān)S2保持閉合，則實(shí)驗(yàn)測得的電荷量甲同學(xué)測得的電荷量。（不考慮偶然誤差，填“大于”“小于”或“等于”）五、計算題12．如圖所示，圖甲中A、B是兩個足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在t＝0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放（不計重力），粒子經(jīng)2T0時間到B板。求：（1）粒子到達(dá)B板時的速度v；（2）兩個金屬板間的距離d。13．如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一電荷量為q＝﹣4×10﹣7C的負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，電場力做功為WAB×10﹣6J，AB間距離L＝4m，與水平方向夾角為60°；求：（1）電荷的電勢能是增加還是減少？增加（減少）了多少？（2）B、A間電勢差UBA是多少？（3）電場強(qiáng)度E是多大？（4）如果A點(diǎn)的電勢為﹣4V，求B點(diǎn)的電勢為多大？電荷量q′＝4×10﹣6C的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢能是多少？14．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），場強(qiáng)大小為E。由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q（q＞0）的粒子，B點(diǎn)為粒子運(yùn)動軌跡與y軸的交點(diǎn)，C點(diǎn)為粒子運(yùn)動軌跡與x軸的交點(diǎn)，D點(diǎn)為粒子運(yùn)動軌跡上另一點(diǎn)，坐標(biāo)為（2l0，﹣3l0），其中l(wèi)0為常量。粒子所受重力忽略不計。（1）求粒子從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程電勢能的變化量；（2）判斷粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)、從B點(diǎn)到C點(diǎn)和從C點(diǎn)到D點(diǎn)三段過程所經(jīng)歷的時間的關(guān)系，說明依據(jù)，并求出對應(yīng)的時間；（3）求粒子經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大小。15．如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝100V/m。電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為37°，A點(diǎn)距水平地面的高度h＝3m；BC段為一粗糙絕緣水平面，其長度L＝3m。斜面AB與水平面BC由一光滑小圓弧連接（圖中未標(biāo)出），豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑R＝0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部（忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響）。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg、電荷量q＝0.1C的帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A點(diǎn)由靜止釋放，已知該小物塊與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求物塊到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小。（2）求物塊到達(dá)D點(diǎn)時所受軌道的壓力大小。（3）物塊從D點(diǎn)進(jìn)入電場的瞬間，將勻強(qiáng)電場的方向變?yōu)樗椒较?，并改變電場?qiáng)度的大小，使物塊恰好能夠落到B點(diǎn)，求電場強(qiáng)度的大小和方向（?。?.24）。六、解答題16．如圖所示，輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°×10﹣6×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小球所受電場力F的大??；（2）小球的質(zhì)量m；（3）剪斷細(xì)線，求剪斷細(xì)線后2s末的速度。魯科版（2019）必修第三冊《第1章靜電力與電場強(qiáng)度&第2章電勢能與電勢差》2023年單元測試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．兩個可自由移動的點(diǎn)電荷分別放在A、B兩處，如圖所示。A處點(diǎn)電荷帶正電，電荷量大小為Q1，B處點(diǎn)電荷帶負(fù)電，電荷量大小為Q2，且Q2＝5Q1，另取一個可以自由移動的帶電荷量大小為Q3的點(diǎn)電荷，放在A、B所在直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則（）A．該點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，且放于A處左側(cè) B．該點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，且放于B處右側(cè) C．該點(diǎn)電荷為正電荷，且放于A、B之間 D．該點(diǎn)電荷為正電荷，且放于B處右側(cè)【分析】由于Q1帶正電荷，Q2帶負(fù)電荷，根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，要使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對其Q3受力分析，去判斷所處的位置。【解答】解：假設(shè)該點(diǎn)電荷放在A、B之間，那么A處點(diǎn)電荷對該點(diǎn)電荷的電場力和B處點(diǎn)電荷對該點(diǎn)電荷的電場力的方向相同，該點(diǎn)電荷不能處于平衡狀態(tài)，所以假設(shè)不成立。設(shè)該點(diǎn)電荷所在位置與A處的距離為r13，該點(diǎn)電荷所在位置與B處的距離為r23，要使該點(diǎn)電荷能處于平衡狀態(tài)，則A處點(diǎn)電荷對該點(diǎn)電荷的電場力大小，等于B處點(diǎn)電荷對該點(diǎn)電荷的電場力大小，即，由于Q2＞Q1，所以r23＞r13，該點(diǎn)電荷位于A處左側(cè)。根據(jù)同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引，可判斷該點(diǎn)電荷帶負(fù)電。故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點(diǎn)評】我們可以去嘗試假設(shè)Q3帶正電或負(fù)電，根據(jù)平衡條件求解它應(yīng)該放在什么地方，能不能使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，不行再繼續(xù)判斷。2．計算機(jī)鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變電容器，當(dāng)連接電源不斷電，按下某個鍵時，與之相連的電子線路就給出該鍵相應(yīng)的信號，當(dāng)按下該鍵時，電容器的（）A．電容變小 B．極板間的電壓變小 C．極板的電量不變 D．極板間的場強(qiáng)變大【分析】根據(jù)電容的決定式C＝判斷電容的變化，電容與電源連接，電壓不變，根據(jù)Q＝CU判斷電量的變化，最后依據(jù)E＝，來判定電場強(qiáng)度的變化?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)按鍵被按下時，兩極板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝知電容增大，故A錯誤；B、因電容器與電源連接，則電勢差U不變，故B錯誤；C、根據(jù)Q＝CU知，電壓不變，電容增大，故電荷量Q變大，故C錯誤；D、依據(jù)E＝可知極板間距d變小，因U不變，則場強(qiáng)E變大，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】對電容器，要掌握電容的決定式和定義式及其綜合應(yīng)用；解決本題的關(guān)鍵知道電容器與電源相連，則電勢差不變；與電源斷開，電荷量不變，根據(jù)電容的決定式和定義式進(jìn)行判斷。3．金屬板和板前一正點(diǎn)電荷形成的電場的電場線分布如圖所示，A、B、C、D為電場中的四個點(diǎn)，則（）A．B、D兩點(diǎn)的電勢相等 B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度比D點(diǎn)的小 C．負(fù)電荷在C點(diǎn)的電勢能高于在A點(diǎn)的電勢能 D．正電荷由D點(diǎn)靜止釋放，在電場力作用下將沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)【分析】根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大小，根據(jù)沿著電場線電勢逐漸降低判斷電勢高低；負(fù)電荷在電勢高處的電勢能小。根據(jù)正電荷在電場中受力的方向?yàn)殡妶鼍€的方向，可判斷電荷的運(yùn)動。【解答】解：A、沿著電場線電勢逐漸降低，由圖看出，D點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高，故A錯誤；B、電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，由圖可知，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度比D點(diǎn)的小，故B正確；C、沿著電場線電勢逐漸降低，由圖看出，C點(diǎn)電勢比A點(diǎn)電勢高，所以負(fù)電荷在C點(diǎn)的電勢能低于在A點(diǎn)的電勢能，故C錯誤；D、正電荷由D點(diǎn)靜止釋放，受電場力方向沿電場線的切線方向，所以受力的方向?qū)l(fā)生變化，則電荷運(yùn)動的軌跡不會沿電場線的方向，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】該題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，順著電場線電勢逐漸降低，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。4．如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點(diǎn)上分別固定一個電荷量為+q的點(diǎn)電荷；在區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示。現(xiàn)將一電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心O點(diǎn)，此時每個點(diǎn)電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（）A．，釋放后P將向右運(yùn)動 B．，釋放后P將向左運(yùn)動 C．，釋放后P將向右運(yùn)動 D．，釋放后P將向左運(yùn)動【分析】利用庫侖定律分別求出其他點(diǎn)電荷分別對最上邊的點(diǎn)電荷的庫侖力，然后利用平行四邊形定則求出合力，受力平衡，就能求出電荷Q的大小，結(jié)合圖像可以分析出電場方向，然后分析電荷P的運(yùn)動情況?！窘獯稹拷猓阂?yàn)槊總€點(diǎn)電荷所受庫侖力的合力均為零，對最上邊的點(diǎn)電荷，其他三個電荷給它的受力分別是F1＝F3＝，F(xiàn)2＝，因?yàn)镕1、F3大小相等，所以F1、F3的合力是，而Q對最上邊點(diǎn)電荷的庫侖力是k，則根據(jù)受力平衡有：+＝k。解得：Q＝。由圖乙可知，在區(qū)間，電場方向向左，所以電荷量是﹣Q的點(diǎn)電荷P將受向右的電場力，P將向右運(yùn)動。故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查電場中電荷受力的知識，要會分析庫侖力的方向，利用平行四邊形定則求出合力。二、填空題5．如圖，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)．用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止．現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡．重新平衡后與移動前相比，兩球之間的距離將增大，墻面對B的彈力將不變（以上兩格均填寫變化情況）【分析】利用整體法對AB兩球分析可知斜面對B的彈力不變，假設(shè)A球不動，利用庫侖定律可知庫侖力的變化，進(jìn)而知道小球會上升，致使庫侖力與豎直方向的夾角變小，水平分量變小，庫侖力變小，兩球間的距離變大，注意判斷即可．【解答】解：利用整體法可知，斜面對B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和，斜面傾角不變，斜面對B球支持力不變，故斜面對B的彈力不變；假設(shè)A球不動，由于A、B兩球間的距離減小，庫侖力增大，A球上升，庫侖力與豎直方向的夾角變小，而豎直分量不變，故庫侖力變小，A、B間的距離變大，故答案為：增大，不變．【點(diǎn)評】本題考查了與庫侖力相結(jié)合的物體的平衡問題，利用好整體和隔離法，正確對研究對象進(jìn)行受力分析是解決此題的關(guān)鍵．三、多選題（多選）6．如圖所示，真空中兩平行正對絕緣板A、B靠近放置，O為兩板中心，兩板相對面上均勻分布有等量異種電荷。過O且與板垂直的直線上，板外的M、N兩點(diǎn)到O點(diǎn)距離相等，板間的P、S兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等。在M、N點(diǎn)分別放置電荷量﹣Q、+Q的點(diǎn)電荷時，O點(diǎn)處場強(qiáng)恰好為零。忽略兩點(diǎn)電荷對兩板電荷分布的影響，則P、S兩點(diǎn)的電勢差和場強(qiáng)（）A．電勢差為0 B．電勢差不為0 C．場強(qiáng)大小相等、方向相反 D．場強(qiáng)大小相等、方向相同【分析】根據(jù)O點(diǎn)處場強(qiáng)為零，知道兩個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與電容器兩個極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反，由此分析電容器A極板的電性，由等量異種點(diǎn)電荷電場的對稱性和電場的疊加原理了判斷P、S兩點(diǎn)場強(qiáng)；由沿著場強(qiáng)方向電勢逐漸降低可分析電勢差是否為零。【解答】解：CD、根據(jù)O點(diǎn)處場強(qiáng)為零，知道兩個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與電容器兩個極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，由此可知A極板帶正電，B極板帶負(fù)電；由等量異種點(diǎn)電荷電場的對稱性和電場的疊加原理可知，P、S兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等、方向相同，故C錯誤，D正確；AB、因P、S兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相同，結(jié)合沿著場強(qiáng)方向電勢逐漸降低，可知P、S兩點(diǎn)的電勢差不為零，故A錯誤，B正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要掌握電場的疊加原理，熟悉等量異種電荷電場的分布情況，知道沿著電場線方向電勢降低。（多選）7．兩個位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實(shí)線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個電子在該電場中的運(yùn)動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．兩點(diǎn)電荷是同種點(diǎn)電荷 B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的大 C．電子在A點(diǎn)的電勢能大于B點(diǎn)的電勢能 D．電子運(yùn)動到P點(diǎn)時動能最小【分析】根據(jù)等勢面的分布判斷點(diǎn)電荷的電性。根據(jù)點(diǎn)電荷等差等勢線的疏密，反映電場強(qiáng)度的大小。根據(jù)電子的運(yùn)動軌跡判斷受力情況，從而判斷點(diǎn)電荷電性，由電勢能與電勢的關(guān)系，判斷電勢能的高低，從而確定動能大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)等勢面的分布可知，兩點(diǎn)電荷是同種點(diǎn)電荷，故A正確；B、等差等勢面的疏密程度表示場強(qiáng)的強(qiáng)弱，A點(diǎn)等勢面疏，B點(diǎn)等勢面密，故A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小，故B錯誤；C、分析電子的運(yùn)動軌跡可知，電場力指向軌跡的彎曲的內(nèi)側(cè)，則電場力受到排斥力作用，故點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，離點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)，電勢越高，電勢能越小，故電子在A點(diǎn)的電勢能小于B點(diǎn)的電勢能，故C錯誤；D、在軌跡中P點(diǎn)離點(diǎn)電荷最近，電勢最低，電子運(yùn)動到P點(diǎn)電勢能最大，動能最小，故D正確；故選：AD。【點(diǎn)評】本題考查了等勢面的相關(guān)知識，明確等差等勢面的疏密程度表示場強(qiáng)的強(qiáng)弱是解題的關(guān)鍵。（多選）8．如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場強(qiáng)度的大小逐漸增大 B．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢先增大后減小 C．正電荷在M點(diǎn)的電勢能比其在N點(diǎn)的電勢能大 D．將正電荷從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力所做的總功為負(fù)【分析】電場強(qiáng)度用公式分析；沿電場線方向電勢降低；電勢能用公式Ep＝qφ分析；電場力做功根據(jù)電勢能變化分析?！窘獯稹拷猓篈、點(diǎn)電荷的電場以點(diǎn)電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖所示：∠M是最大內(nèi)角，所以PN＞PM，因?yàn)椤鱌MN是銳角三角形，過P點(diǎn)作MN上的高線為P到線段MN的最短距離，所以點(diǎn)P到線段MN上的點(diǎn)的距離先減小后變大，即r先減小后變大，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式，可知從M點(diǎn)到N點(diǎn)電場強(qiáng)度先增大后減小，故A錯誤；B、電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M→N電勢先增大后減小，故B正確；C、兩點(diǎn)的電勢大小關(guān)系為φM＞φN，根據(jù)電勢能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，故C正確；D、正電荷從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電勢能先增大再減小，電勢能總的變化是變小，電場力先做負(fù)功再做正功，所做的總功為正功，故D錯誤。故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查的是電場強(qiáng)度、電勢、電勢能大小比較，平時要熟記相關(guān)公式以及電勢能與電場力做功之間的關(guān)系?！?03V?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1×10﹣2kg、電荷量q＝4×10﹣5C的帶電小球從兩板上方的A點(diǎn)以v0＝4m/s的初速度水平拋出，小球恰好能從M板上端進(jìn)入兩板之間，并沿直線運(yùn)動到N板上的B點(diǎn)。已知A點(diǎn)距兩板上端的高度h＝0.2m，不考慮板外電場及空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（）A．小球到達(dá)M板上端時的速度大小為2m/s 【分析】小球在進(jìn)入電場前做平拋運(yùn)動，根據(jù)高度求出豎直分速度的大小，結(jié)合平行四邊形定則求出小球到達(dá)M板上端的速度大小以及方向。抓住小球在電場中做直線運(yùn)動，合力的方向與速度的方向在同一條直線上，根據(jù)電場力的大小，結(jié)合電勢差和d的關(guān)系求求出M、N板的間距，從而得出L的長度。根據(jù)動能定理求出小球到達(dá)B點(diǎn)的動能?！窘獯稹拷猓篈、小球開始做平拋運(yùn)動，到達(dá)M板上端時，根據(jù)＝2gh解得豎直分速度vy＝2m/s根據(jù)平行四邊形定則可得，小球到達(dá)M板上端的速度vm＝解得vm＝2m/s故A正確。B、速度方向與水平方向的夾角的正切值tanθ＝因?yàn)樾∏蛟陔妶鲋凶鲋本€運(yùn)動，可知合力的方向與速度的方向在同一條直線上，有＝tanθ解得電場強(qiáng)度E＝5000V/m則M、N間距d＝＝m＝0.3m，故B正確。C、由數(shù)學(xué)知識可得，L＝dtanθ×0.5m＝0.15m，故C錯誤。D、對于小球從A到B過程，根據(jù)動能定理得，mg（h+L）+qU＝Ek﹣解得：Ek故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道小球先做平拋運(yùn)動，再做勻加速直線運(yùn)動，知道在電場中所受的電場力和重力的合力與速度的方向共線。四、實(shí)驗(yàn)題10．如圖所示的實(shí)驗(yàn)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(cè)極板和靜電計外殼均接地，電容器右側(cè)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(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計的說法正確的是B。A．使用靜電計的目的是觀察電容器電容的變化情況B．使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況C．使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況（2）將左極板緩慢右移過程中，可觀察到靜電計指針偏角變小（選填“變大”“變小”或“不變”）?！痉治觥浚?）熟悉靜電計的實(shí)驗(yàn)原理和用處；（2）利用電容的決定式判斷電容的變化情況，結(jié)合Q＝CU得出電勢差的變化情況，從而判斷指針的偏角變化?！窘獯稹拷猓海?）靜電計是用來測量電容器的電壓變化情況的，電壓大，則指針偏角大，電壓小，則指針偏角小，故AC錯誤，B正確；故選：B。（2）由電容的決定式：可知，當(dāng)左極板向右移動時，d變小，則C變大；因?yàn)殡娙萜髋c電源斷開，則Q不變，結(jié)合Q＝CU可知，U變小，所以靜電計指針偏角變小。故答案為：（1）B；（2）變小【點(diǎn)評】本題主要考查了電容器相關(guān)的實(shí)驗(yàn)，理解靜電計的用途，熟悉電容器的動態(tài)分析，整體難度不大。11．電容器充、放電的過程一般極短，在電路中接入高阻值電阻可有效延長充、放電時間。實(shí)驗(yàn)小組甲、乙兩位同學(xué)利用這種方法，繪制電容器放電過程中電流隨時間變化的i﹣t圖像。（1）甲同學(xué)的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖甲所示，關(guān)于電源和微安表的選取，下列說法正確的是D。A．選取交流電源、零刻度線在左側(cè)的微安表B．選取交流電源、零刻度線在中間的微安表C．選取直流電源、零刻度線在左側(cè)的微安表D．選取直流電源、零刻度線在中間的微安表（2）先閉合開關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使微安表的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度，記下這時微安表的示數(shù)i0＝500μA，電壓表的示數(shù)U0Ω，則微安表的內(nèi)阻為2.5kΩ。（3）斷開開關(guān)S2，同時開始計時，每隔5s讀一次電流i的值，將測得數(shù)據(jù)填入預(yù)先設(shè)計的表格中，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上標(biāo)出以時間t為橫坐標(biāo)、電流i為縱坐標(biāo)的點(diǎn)，即圖乙中用“×”表示的點(diǎn)。請根據(jù)這些點(diǎn)描繪出圖線，由圖線可估算出該電容器在整個放電過程中放出的電荷量Q0為×10﹣3C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（4）若乙同學(xué)采用同樣的實(shí)驗(yàn)器材，研究電容器放電過程時，斷開開關(guān)S，開關(guān)S2保持閉合，則實(shí)驗(yàn)測得的電荷量小于甲同學(xué)測得的電荷量。（不考慮偶然誤差，填“大于”“小于”或“等于”）【分析】（1）要研究電容器充放電現(xiàn)象，只能選擇直流電源，電容器充放電電流方向相反，所以要選零刻度線在中間的電流表；（2）閉合歐姆定律和并聯(lián)電路的關(guān)系求出微安表的內(nèi)阻；（3）用平滑的曲線將題目所給的點(diǎn)連起來，用面積法算出電容器所帶的電荷量；（4）根據(jù)操作過程及電壓表的分流，確定誤差的大小?！窘獯稹拷猓海?）因?yàn)橐^察電容器的充、放電現(xiàn)象，只能選擇直流電源、微安表指針要往左右兩個方向偏轉(zhuǎn)，所以要選擇零刻度線在中間的微安表，故ABC錯誤，D正確；（2）電壓表測量的是微安表與電阻器兩端的電壓，電壓表的示數(shù)U0＝6V，微安表的示數(shù)i0＝500μA，故微安表與電阻箱的總電阻R總＝＝12kΩ，微安表的內(nèi)阻RA＝12kΩ﹣ΩΩ。（3）將這些點(diǎn)用平滑的曲線連起來，如圖所示，i﹣t圖線與橫軸所圍成的圖形的面積表示整個放電過程放出的電荷量，數(shù)出的小方格數(shù)為31（注意數(shù)的時候面積大于半格就算一格，小于半格就舍去），而每個小方格表示的電荷量q＝50×10﹣6××10﹣4C，則放出的電荷量Q0＝31q＝31××10﹣4×10﹣3C；（4）斷開開關(guān)S1，開關(guān)S2保持閉合，電壓表和電容器形成通路，有一部分電荷流經(jīng)電壓表，故乙圖測得的電荷量小于甲同學(xué)測得的電荷量?！?0﹣3（±0.003均正確）；（4）小于【點(diǎn)評】本題考查了研究平行板電容器的實(shí)驗(yàn)，還涉及到簡單的微安表內(nèi)阻的計算，關(guān)鍵是要掌握面積法測電荷量的道理，根據(jù)操作過程對系統(tǒng)誤差進(jìn)行分析。五、計算題12．如圖所示，圖甲中A、B是兩個足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在t＝0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放（不計重力），粒子經(jīng)2T0時間到B板。求：（1）粒子到達(dá)B板時的速度v；（2）兩個金屬板間的距離d?！痉治觥扛鶕?jù)牛頓第二定律求兩個階段的加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解末速度和位移。【解答】解：（1）（2）設(shè)極板間距為d，粒子在極板間分別做勻加速直線運(yùn)動0～T0時間內(nèi)電場強(qiáng)度為：根據(jù)牛頓第二定律：E1q＝ma1解得：a1＝＝T0時刻的速度為：v1＝a1T00～T0時間內(nèi)的位移：x1＝T0～2T0時間內(nèi)，a2＝＝a12T0時的速度為：v＝v1+a2T0＝（a1+a2）T0＝3a2T0T0～2T0時間內(nèi)位移：x2＝則有：d＝x1+x2＝（v1+v）T0＝解得：d＝，v＝答：（1）粒子到達(dá)B板時的速度為：；（2）兩個金屬板間的距離d為得：。【點(diǎn)評】解題的關(guān)鍵是電場力提供加速度，掌握運(yùn)動學(xué)公式即可。13．如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一電荷量為q＝﹣4×10﹣7C的負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，電場力做功為WAB×10﹣6J，AB間距離L＝4m，與水平方向夾角為60°；求：（1）電荷的電勢能是增加還是減少？增加（減少）了多少？（2）B、A間電勢差UBA是多少？（3）電場強(qiáng)度E是多大？（4）如果A點(diǎn)的電勢為﹣4V，求B點(diǎn)的電勢為多大？電荷量q′＝4×10﹣6C的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢能是多少？【分析】（1）根據(jù)電場力做功等于電勢能的減少量分析；（2）根據(jù)W＝qU求解電勢差；（3）根據(jù)U＝Ed求解電場強(qiáng)度大??；（4）先根據(jù)UAB＝φA﹣φB，則再根據(jù)Ep＝qφ求解電勢能大小。【解答】×10﹣6J×10﹣6J；（2）AB間電勢差為：則有：UBA＝﹣UAB＝8V（3）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為：（4）因UAB＝φA﹣φB＝﹣8V；φA＝﹣4V，則φB＝4V電荷量q′的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢能為：×10﹣6J；（2）B、A間電勢差UBA是8V；（3）電場強(qiáng)度E是4V/m；（4）如果A點(diǎn)的電勢為﹣4V，B點(diǎn)的電勢為4V，電荷量q′＝4×10﹣6C的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢能是﹣×10﹣5J?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握電場力做功與電勢差的關(guān)系，再運(yùn)用W＝qU計算時，注意q的正負(fù)和U的正負(fù)都要代入計算，掌握勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式E＝注意d是沿電場線方向上的距離。14．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），場強(qiáng)大小為E。由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q（q＞0）的粒子，B點(diǎn)為粒子運(yùn)動軌跡與y軸的交點(diǎn)，C點(diǎn)為粒子運(yùn)動軌跡與x軸的交點(diǎn)，D點(diǎn)為粒子運(yùn)動軌跡上另一點(diǎn)，坐標(biāo)為（2l0，﹣3l0），其中l(wèi)0為常量。粒子所受重力忽略不計。（1）求粒子從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程電勢能的變化量；（2）判斷粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)、從B點(diǎn)到C點(diǎn)和從C點(diǎn)到D點(diǎn)三段過程所經(jīng)歷的時間的關(guān)系，說明依據(jù)，并求出對應(yīng)的時間；（3）求粒子經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大小?！痉治觥浚?）粒子從A到D過程中電勢能的變化量等于電場力做功的負(fù)值，由公式W＝qU求解；（2）粒子在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)水平位移可明確AO、BO及BC時間相等，由豎直方向的勻變速直線運(yùn)動可求得時間；（3）由類平拋運(yùn)動規(guī)律可求得水平和豎直，再由運(yùn)動的合成與分解求得合速度．【解答】解：（1）粒子從A到D過程中電勢能的變化量ΔEp＝﹣WAD＝﹣qE（yA﹣yD）＝﹣3qEl0（2）由于粒子所受電場力沿y軸負(fù)方向，在x軸方向上粒子做勻速直線運(yùn)動，又粒子從A到B、B到C和C到D三段過程在x軸方向上的位移相等，則經(jīng)歷的時間也相等設(shè)為tAB＝tBC＝tCD＝T由對稱性可知軌跡最高點(diǎn)為B點(diǎn)，由牛頓第二定律得qE＝ma解得a＝又yB＝aT2yB+3l0＝a（3T）2整理解得T＝即tAB＝tBC＝tCD＝（3）粒子在BD段做類平拋運(yùn)動，則有2l0＝vDx?（2T）vDy＝a?（2T）vD＝整理解得vD＝答：（1）粒子從A到D過程中電勢能的變化量是﹣3qEl0。（2）粒子從A到B、B到C和C到D三段過程所經(jīng)歷的時間相等，對應(yīng)的時間為；（3）粒子經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大小為。【點(diǎn)評】本題考查帶電粒子在電場中的拋體運(yùn)動，要注意明確帶電小球在x軸方向上為勻速運(yùn)動，豎直方向?yàn)閯蜃兯僦本€運(yùn)動；掌握運(yùn)動的合成與分解即可順利求解．15．如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝100V/m。電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為37°，A點(diǎn)距水平地面的高度h＝3m；BC段為一粗糙絕緣水平面，其長度L＝3m。斜面AB與水平面BC由一光滑小圓弧連接（圖中未標(biāo)出），豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑R＝0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部（忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響）。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg、電荷量q＝0.1C的帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A點(diǎn)由靜止釋放，已知該小物塊與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，取g