7、
A. 中垂線為等勢(shì)線
B. 粒子由B運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，速度最大
C. 粒子由B運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過(guò)程，電勢(shì)能減小
D. 粒子由B運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過(guò)程，電場(chǎng)力增大
解析：等量異種點(diǎn)電荷的中垂線是一等勢(shì)線，而這是等量同種點(diǎn)電荷，故A錯(cuò)誤；帶負(fù)電的粒子在從B到O的過(guò)程中，所受的電場(chǎng)力方向豎直向下，做加速運(yùn)動(dòng)，所以速度越來(lái)越大，到O點(diǎn)加速度等于零，速度達(dá)到最大，此過(guò)程中動(dòng)能越來(lái)越大，電勢(shì)能越來(lái)越小，B、C正確。由B運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過(guò)程，電場(chǎng)強(qiáng)度可能先增大后減小，也可能是一直減小，因此電場(chǎng)力無(wú)法確定大小，D錯(cuò)誤。
答案：BC
7. 如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E′的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，
8、靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則( )
A. 平行板電容器的電容將變小
B. 靜電計(jì)指針張角變小
C. 帶電油滴的電勢(shì)能將減少
D. 若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變
解析：將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，兩極板的正對(duì)面積S不變，間距d變大，根據(jù)關(guān)系式C＝∝可知，電容C減小，選項(xiàng)A正確；因?yàn)殪o電計(jì)指針的變化表征了電容器兩極板電勢(shì)差的變化，題中電容器兩極板間的電勢(shì)差U不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；U不變，極板間距
9、d變大時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)E＝U/d減小，帶電油滴所處位置的電勢(shì)φb＝E′－Ed增大，其中d為油滴到上極板的距離，又因?yàn)橛偷螏ж?fù)電，所以其電勢(shì)能將減少，選項(xiàng)C正確；若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則電容器帶電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)Q＝CU，E＝U/d和C＝可知E∝Q/S，可見(jiàn)，極板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，所以帶電油滴所受電場(chǎng)力不變，選項(xiàng)D正確。
答案：ACD
8. [xx·中山模擬]如圖所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個(gè)帶正電的小物塊P，將另一個(gè)帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，則在Q向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中( )
A. 物塊Q的
10、動(dòng)能一直增大
B. 物塊Q的電勢(shì)能一直增大
C. 物塊P、Q的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和一直增大
D. 物塊Q的機(jī)械能一直增大
解析：由F庫(kù)－mgsinθ＝ma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動(dòng)能先增大再減小，A錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力始終做正功，故電勢(shì)能一直減小，物塊Q的機(jī)械能一直增大，B錯(cuò)誤，D正確；因只有電場(chǎng)力、重力做功，物塊的電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和守恒，又知?jiǎng)幽芟仍龃蠛鬁p小，故重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和先減小后增大，C錯(cuò)誤。
答案：D
9. [xx·江蘇連云港]如圖是一個(gè)說(shuō)明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(chǎng)(加速電壓為U1)加速
11、后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，每單位電壓引起的偏移h/U2，叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用的方法為( )
A. 增大U2 B. 減小L
C. 減小d D. 減小U1
解析：對(duì)粒子的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得，qU1＝mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，L＝v0t，h＝t2，解得，＝，為了提高靈敏度，可增大L、減小U1或d，C、D兩項(xiàng)正確。
答案：CD
10. 現(xiàn)有兩個(gè)邊長(zhǎng)不等的正方形ABDC和abdc，如圖所示，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相等。在AB、AC、CD、DB的中點(diǎn)
12、分別放等量的點(diǎn)電荷，其中AB、AC中點(diǎn)放的點(diǎn)電荷帶正電，CD、BD的中點(diǎn)放的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。則下列說(shuō)法中正確的是( )
A. O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)均為零
B. 把一正點(diǎn)電荷沿著b→d→c的路徑移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做功為零
C. 同一點(diǎn)電荷在a、d兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力相同
D. 將一負(fù)點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移到A點(diǎn)電勢(shì)能減小
解析：O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，電勢(shì)為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于bOc為等勢(shì)線，所以把一正點(diǎn)電荷沿著b→d→c的路徑移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做功為零，選項(xiàng)B正確；根據(jù)電場(chǎng)疊加原理，a、d兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，同一點(diǎn)電荷在a、d兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力相同，選項(xiàng)C正確；將一負(fù)點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移到A點(diǎn)，克服
13、電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案：BC
11. [xx·山東臨沂一模]如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三點(diǎn)，它們之間的距離均為L(zhǎng)，電荷量為q＝1.0×10－5 C的負(fù)電荷由A移動(dòng)到C電場(chǎng)力做功W1＝4.0×10－5 J，該電荷由C移動(dòng)到B電場(chǎng)力做功W2＝－2.0×10－5 J，若B點(diǎn)電勢(shì)為零，以下說(shuō)法正確的是( )
A. A點(diǎn)電勢(shì)為2 V
B. A點(diǎn)電勢(shì)為－2 V
C. 勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)橛蒀指向A
D. 勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)榇怪庇贏C指向B
解析：C、B間電勢(shì)差為UCB＝＝ V＝2 V，B點(diǎn)電勢(shì)為零，則UCB＝φC－φB，則C點(diǎn)電勢(shì)φC＝2 V，而A與
14、C間的電勢(shì)差為UAC＝＝ V＝－4 V，UAC＝φA－φC，則A點(diǎn)電勢(shì)φA＝－2 V，故A錯(cuò)誤，B正確；由以上分析可知，A、C連線的中點(diǎn)M電勢(shì)為0，M與B點(diǎn)的連線即為等勢(shì)線，且電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)線，三角形ABC為等邊三角形，BM⊥AC，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，則有勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向由C到A，故C正確，D錯(cuò)誤。
答案：BC
12. 如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ＝45°的光滑絕緣斜面處于電場(chǎng)中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開(kāi)始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則( )
A. 小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能
B. A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差一
15、定為
C. 若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的最小值一定是
D. 若該電場(chǎng)是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷
解析：由題述可知，小球以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開(kāi)始沿斜面上滑，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，qU－mgLsin45°＝0，解得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U＝，選項(xiàng)B正確；若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的最小值為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若該電場(chǎng)是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負(fù)電荷，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案：B
13. [xx·合肥模擬]x軸上有兩點(diǎn)電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的
16、電勢(shì)高低如圖中的曲線所示，規(guī)定無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，下列推理與圖象信息不符合的是( )
A. Q1一定大于Q2
B. Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷
C. 電勢(shì)最低處P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0
D. Q1和Q2之間各點(diǎn)的電場(chǎng)方向都指向P點(diǎn)
解析：兩個(gè)點(diǎn)電荷間的電勢(shì)都為正，因此兩點(diǎn)電荷都為正電荷，B不符合圖象信息；兩個(gè)正點(diǎn)電荷的連線上有一點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，正的試探電荷從兩個(gè)電荷中的任一電荷附近沿連線向場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)移動(dòng)時(shí)電勢(shì)都降低，到場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)，電勢(shì)最低，C符合圖象信息；場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)離Q1遠(yuǎn)，故Q1一定大于Q2，A符合圖象信息；Q1和Q2之間各點(diǎn)的電場(chǎng)方向都指向P點(diǎn)，D符合圖象信息。
答
17、案：B
第Ⅱ卷 (非選擇題，共45分)
二、計(jì)算題(本題共4小題，共45分)
14. (8分)[xx·寧波模擬] 如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過(guò)C端的正下方P點(diǎn)處。(g取10 m/s2)求：
(1)小環(huán)離開(kāi)直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向。
(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過(guò)程中的動(dòng)能增量。
(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0。
解析：(1)小環(huán)沿桿運(yùn)動(dòng)時(shí)受力分析可得
＝tan45°，所以qE＝mg
小環(huán)
18、離開(kāi)直桿后只受電場(chǎng)力和重力，
F合＝＝mg
由牛頓第二定律F合＝ma
得a＝g＝14.14 m/s2，方向垂直于桿斜向右下方
(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過(guò)程中電場(chǎng)力做功為零
所以動(dòng)能增量等于重力做的功
ΔE＝W＝mgh＝4 J
(3)小環(huán)離開(kāi)直桿后的運(yùn)動(dòng)可分解成水平和豎直兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)
水平：勻減速到零再反向加速運(yùn)動(dòng)，初、末水平分速度大小相等為vx＝v0cos45°
t＝，ax＝＝g
豎直：h＝vyt＋gt2
vy＝v0sin45°
解得v0＝2 m/s
答案：(1)14.14 m/s2' 方向垂直于桿斜向右下方
(2)4 J '(3)2 m/s
15. (12分)[
19、xx·德州模擬]如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一絕緣的光滑軌道，一個(gè)帶負(fù)電的小球從斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道下滑，已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為－q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于其所受的電場(chǎng)力)
(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大??；
(2)若使小球通過(guò)圓軌道頂端的B點(diǎn)，A點(diǎn)距水平地面的高度h至少應(yīng)為多大？
(3)若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放，假設(shè)其能夠通過(guò)B點(diǎn)，求在此過(guò)程中小球機(jī)械能的改變量。
解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律有(mg－qE)sinα＝ma
解得a＝
(2)若小球剛好通過(guò)B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
mg－qE＝
小球由A到
20、B，根據(jù)動(dòng)能定理有
(mg－qE)(h－2R)＝
以上兩式聯(lián)立得h＝R
(3)小球從靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)機(jī)械能的變化量為ΔE機(jī)
由ΔE機(jī)＝W電，W電＝－3REq，
得ΔE機(jī)＝－3REq
答案：(1) (2)R (3)－3REq
16. (12分) [xx·唐山模擬]如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2 kg，帶電荷量為q＝＋2.0×10－6 C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，空間加上一個(gè)如圖乙所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(chǎng)(取水平向右的方向?yàn)檎较颍琯取10 m/s2)。求：
21、(1)23 s內(nèi)小物塊的位移大?。?
(2)23 s內(nèi)靜電力對(duì)小物塊所做的功。
解析：(1)0～2 s內(nèi)小物塊的加速度
a1＝＝2 m/s2
位移x1＝a1t＝4 m
2 s末小物塊的速度為v2＝a1t1＝4 m/s
2～4 s內(nèi)小物塊的加速度
a2＝＝－2 m/s2
位移x2＝x1＝4 m
4 s末的速度v4＝0
因此小物塊做周期為4 s的變速運(yùn)動(dòng)，第22 s末的速度為v22＝4 m/s
第23 s末的速度為v23＝v22＋a2t＝2 m/s(t＝1 s)
所求位移為x＝x1＋t＝47 m。
(2)23 s內(nèi)，設(shè)靜電力對(duì)小物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理有：W－μmgx＝
22、mv
解得W＝9.8 J。
答案：(1)47 m'(2)9.8 J
17. (13分)[xx·池州模擬]如圖甲所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，與區(qū)域邊界BC相距L處豎直放置足夠大的熒光屏，熒光屏與AB延長(zhǎng)線交于O點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子從A點(diǎn)沿AB方向以一定的初速度進(jìn)入電場(chǎng)，恰好從BC邊的中點(diǎn)P飛出，不計(jì)粒子重力。
(1)求粒子進(jìn)入電場(chǎng)前的初速度的大?。?
(2)其他條件不變，增大電場(chǎng)強(qiáng)度使粒子恰好能從CD邊的中點(diǎn)Q飛出，求粒子從Q點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)能；
(3)現(xiàn)將電場(chǎng)分成AEFD和EBCF相同的兩部分，并將EBCF向右平移一段距離
23、x(x≤L)，如圖乙所示。設(shè)粒子打在熒光屏上位置與O點(diǎn)相距y，請(qǐng)求出y與x的關(guān)系。
解析：(1)粒子在電場(chǎng)內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：
L＝v0t，
豎直方向：＝××t2，得v0＝
(2)其他條件不變，增大電場(chǎng)強(qiáng)度，從CD邊中點(diǎn)Q飛出與從BC邊中點(diǎn)P飛出相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)y＝at2，x＝v0t，則加速度為原來(lái)的8倍，電場(chǎng)強(qiáng)度為原來(lái)的8倍，電場(chǎng)力做功為W1＝8EqL
粒子從CD邊中點(diǎn)Q飛出時(shí)的動(dòng)能
Ek＝mv＋W1＝EqL
(3)將EBCF向右平移一段距離x，粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)分成兩部分，在無(wú)電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，
tanθ1＝＝(vy為粒子離開(kāi)電場(chǎng)AEFD時(shí)豎直方向的速度)
y1＝xtanθ1＝
tanθ2＝＝1(vy′為粒子離開(kāi)電場(chǎng)EBCF時(shí)豎直方向的速度)
y2＝(L－x)tanθ2＝L－x
y＝y(tǒng)1＋y2＋＝L－x
答案：(1) (2)EqL (3)y＝L－x
2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測(cè)試6 靜電場(chǎng)（含解析）
