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第十章 章末检测试卷(二)
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这是一份第十章 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)
1 .(2020·雅安市期末)下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是( )
A .根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比
B .根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C .根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比
D .根据公式UAB＝，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V
答案 C
解析 电场强度是电场本身具有的性质，与试探电荷无关，故A错误 .电容是电容器本身具有的性质，表示电容器容纳电荷的能力，与两极板间电压和电荷量无关，故B错误 .由真空中点电荷场强公式可以得出，点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确 .克服静电力做功，说明此过程静电力做负功，即：WAB＝－1 J，根据UAB＝，可得：UAB＝－1 V，故D错误 .
2 .(2020·湖南正源中学高二期末)根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器 .通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右 .地球的电容约为( )
A .0.17 F B.1.7 F
C .17 F D.170 F
答案 B
解析 根据题意可得Q＝5×105 C，U＝3×105 V，根据C＝，可得C＝≈1.7 F，B正确 .
3.(2020·溧阳市光华中学高一月考)某带电粒子仅在静电力作用下由A点运动到B点 .如图1所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定( )
图1
A .粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B .粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C .电场中A点的电势低于B点的电势
D .粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
答案 D
解析 电场线的疏密表示场强大小，由题图知粒子在A点的场强小于在B点的场强，在A点所受的静电力小，故在A点的加速度小于在B点的加速度，故A错误；由题图知带电粒子的运动轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的静电力沿电场线切线向下，则知静电力对粒子做负功，动能减小，则粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故B错误；因粒子由A到B时，静电力做负功，故电势能增大，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故D正确；粒子所受静电力方向与电场强度相反，则粒子带负电，而电势能Ep＝qφ，因粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，有(－qφA)<(－qφB)，可得φA>φB，故A点的电势高于B点的电势，故C错误 .
4.(2020·浙江温岭中学高一期中)图2为某个孤立点电荷的两条电场线，a、b、c是电场线上的三个点，下列说法正确的是( )
图2
A .该点电荷可能带负电
B .a点的电势一定比c点的电势高
C .电子在a点时的电势能比在b点时大
D .将正的试探电荷从c点移到b点，静电力做负功
答案 B
解析 越靠近点电荷的位置电场线越密集，则点电荷位于左侧，根据电场线的方向可判断该点电荷带正电，选项A错误；沿着电场线方向电势降低，则a点的电势一定比b、c点的电势高，选项B正确；a点的电势比b点的电势高，电子带负电，根据Ep＝qφ可知电子在a点的电势能小于在b点的电势能，选项C错误；点电荷在左侧，带正电，则将正的试探电荷从c点移到b点，静电力做正功，选项D错误 .
5.(2021·湖南高二期中)如图3所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动 .已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，重力势能改变了30 J，则( )
图3
A .电场方向水平向左
B .电场方向水平向右
C .在此过程中金属块电势能减少20 J
D .在此过程中金属块机械能增加10 J
答案 D
解析 因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功为10 J，则电势能增加10 J，故C错误；机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝40 J－10 J－20 J＝10 J，故D正确 .
6.如图4所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(仅在静电力作用下)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( )
图4
A .粒子在三点的电势能大小关系为Epc
C .粒子必先过a，再到b，然后到c
D .粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekc
解析 因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误 .由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误 .粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误 .
7 .如图5所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2 m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量为q＝－2×10－6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J，由B移到C的过程中静电力做功6×10－6 J，下列说法正确的是( )
图5
A .B、C两点的电势差UBC＝3 V
B .A点的电势低于B点的电势
C .负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加
D .该电场的场强大小为1 V/m
答案 D
解析 由B移到C的过程中静电力做功6×10－6 J，根据W＝Uq得B、C两点的电势差为UBC＝＝－3 V，故A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10－5 J，点电荷由A移到B的过程中，静电力做功－1.2×10－5 J，A、B两点的电势差UAB＝＝6 V，所以A点的电势高于B点的电势，B错误；UCA＝－UBC－UAB＝－3 V，根据W＝Uq得，负电荷由C移到A的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，C错误；UBC＝－3 V，UCA＝－3 V，UAB＝6 V，在AB连线取中点D，所以UAD＝3 V，UCA＝－3 V，UAC＝3 V，C、D电势相等，所以CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B.因为BC＝2 m，由几何关系得AD＝3 m，由UAD＝E·AD得，该电场的场强大小为1 V/m，D正确 .
8 .(2020·浙江7月选考)如图6所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中 .已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
图6
A .所用时间为
B .速度大小为3v0
C .与P点的距离为
D .速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示 .
粒子的运动为类平抛运动 .
水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2
＝tan 45°
联立解得t＝，
故A错误 .
vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角不为30°，故B、D错误；
x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确 .
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9 .(2021·林州一中高二月考)x轴位于某电场中，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图7所示，0～x2段为曲线，x2～x4段为直线 .一带负电粒子只在静电力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则( )
图7
A .x1处电场强度最大
B .x2～x4段是匀强电场
C .粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x4段做匀速直线运动
D .x1处粒子电势能最小，x2～x4段粒子的动能随x均匀减小
答案 BD
解析 在φ－x 图像中，斜率表示电场强度，故x1处电场强度最小，为零，A错误；x2～x4段斜率不变，场强不变，故是匀强电场，B正确；粒子在0～x2段电场强度变化，受到的静电力变化，故粒子在0～x2段做变速运动，x2～x4段场强不变，受到的静电力不变，故在x2～x4段做匀变速直线运动， C错误；x1处电势最高，粒子带负电，故粒子的电势能最小，x2～x4段粒子受到的静电力恒定，静电力做功W＝qEx随x均匀变化，故动能随x均匀减小，D正确 .
10.如图8所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上 .以下判断正确的是( )
图8
A .b点电场强度大于d点电场强度
B .b点电场强度小于d点电场强度
C .a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D .试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
答案 BC
解析 如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点电场强度最大，在两电荷之间连线上，O点电场强度最小，即Eb＜EO，EO＜Ed，故Eb＜Ed，A错，B对；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a、c两点关于MN对称，Uab＝Ubc，C对；试探电荷＋q从a移到c，远离正电荷，靠近负电荷，静电力做正功，电势能减小，D错 .
11.(2020·重庆文理学院附中期中)如图9所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地 .一带电质点恰好静止于电容器中的P点 .现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则( )
图9
A .电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大
B .带电质点将沿竖直方向向上运动
C .P点的电势将降低
D .若将带电质点固定，则其电势能不变
答案 ABC
解析 下极板向上移动时，板间距减小，根据C＝可知，电容增大，因U不变，由Q＝UC可知，极板所带电荷量将增大，A正确；开始时静电力与重力平衡，质点所受合力为零，下极板上移时，电场强度增大，质点所受静电力增大，将沿竖直方向向上运动，B正确；场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，由公式U＝Ed分析可知，上极板与P点间电势差将增大，则P点的电势将降低，C正确；静电力向上，故质点一定带负电，P点的电势降低，则带电质点的电势能将增大，D错误 .
12.如图10所示，在竖直放置、间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，质量为m、带电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程( )
图10
A .加速度大小为a＝＋g
B .所需的时间为t＝
C .下降的高度为y＝
D .静电力所做的功为W＝
答案 BD
解析 对点电荷在电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力大小为F＝，所以点电荷的加速度大小为a＝，故A错误；由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度大小为a1＝，由运动学公式＝，所以t＝，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝gt2＝，故C错误；静电力做的功W＝，故D正确 .
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13 .(10分)(2019·北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用 .对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同 .
(1)请在图11甲中画出上述u－q图像 .类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep.
(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻) .通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图丙中①②所示 .
a .①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；
b .电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电 .依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径 .
图11
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加 .请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”) .
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
答案 (1)
(2分)
CU2(2分)
(2)a.R b .减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电(2分)
(3)(4分)
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
解析 (2)a.由题图知，电容器充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CE知，两次电源电压相等，故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的 .
b .刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电 .
(3)接(2)中电源时，电源两端电压不变 .通过电源的电流I＝，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变 .接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大 .
14 .(9分)(2020·湖南安乡一中高二期末)在如图12所示的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x＝0.20 m，已知AB连线与电场线夹角为θ＝60°，今把一电荷量q＝－2×10－8 C的试探电荷放入该匀强电场中，其受到的静电力的大小为F＝4.0×10－4 N，方向水平向左 .求：
图12
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)若把该试探电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；
(3)若A点为零电势点，B点电势为多少 .
答案 (1)2×104 V/m，方向水平向右 (2)增加了4×10－5 J (3)－2×103 V
解析 (1)E＝＝ V/m＝2×104 V/m(2分)
因为试探电荷带负电，受到水平向左的静电力作用，所以电场方向水平向右 .(1分)
(2)试探电荷从A点移到B点静电力做的功为
W＝Fxcos (π－θ)(1分)
解得W＝－4×10－5 J(1分)
根据功能关系可知ΔEp＝－W＝4×10－5 J
即电荷从A点移到B点电势能增加了4×10－5 J .(1分)
(3)若A点为零电势点，由UAB＝，
得UAB＝2×103 V(1分)
且UAB＝φA－φB＝0－φB(1分)
解得φB＝－UAB＝－2×103 V .(1分)
15 .(10分)在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E，如图13所示，一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、电荷量为＋q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放 .重力加速度为g，求：
图13
(1)小球运动到O点正下方B点时的速度大小；
(2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小；
(3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x.
答案 (1) (2)3(mg＋qE) (3)2
解析 (1)小球从A到B过程，由动能定理得mgL＋qEL＝mv2－0(2分)
小球到达B点时的速度大小为v＝(1分)
(2)在B点，对小球由牛顿第二定律得
FT－mg－qE＝m(2分)
解得FT＝3(mg＋qE) .(1分)
(3)对小球在细线断开后的类平抛运动，由牛顿第二定律有qE＋mg＝ma(1分)
竖直方向：H－L＝at2(1分)
水平方向：x＝vt(1分)
联立解得x＝2.(1分)
16.(11分)如图14所示，平行板电容器A、B间的电压为U保持不变，两板间的距离为d，一质量为m、电荷量为q的粒子，由两板中央O点以水平速度v0射入，落在C处，BC＝l.若将B板向下移动，此粒子仍从O点水平射入，初速度v0不变，则粒子将落在B板上的C′点，求BC′的长度 .(粒子的重力忽略不计)
图14
答案 l
解析 根据牛顿第二定律，带电粒子由O点到C点，
有q＝ma，(1分)
所以a＝(1分)
带电粒子在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t，(1分)
在竖直方向做匀加速直线运动，
d＝at2＝·t2.(2分)
带电粒子由O点到C′点，根据牛顿第二定律得
q＝ma′，(1分)
所以a′＝.(1分)
设BC′的长度为l′，则l′＝v0t′(1分)
d＋d＝a′t′2＝··t′2.(2分)
联立解得BC′的长度l′＝l.(1分)
17 .(12分)如图15所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m的光滑半圆形轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧竖直边界 .现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝
－1×10－4 C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零 .已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图15
(1)滑块通过A点时速度vA的大小；
(2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离s；
(3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值 .
答案 (1)2 m/s (2)5 m (3)1.94 m/s
解析 (1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，
所以有mg＝，解得vA＝2 m/s.(2分)
(2)根据动能定理可得：
|q|Es－μmgs－mg·2R＝mvA2，(2分)
解得s＝5 m .(1分)
(3)滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动，
故有：vx＝vA－t＝2－2.5t(2分)
在竖直方向上做自由落体运动，
所以有vy＝gt＝10t，(2分)
v＝＝(2分)
故vmin＝ m/s≈1.94 m/s.(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)
1 .(2020·雅安市期末)下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是( )
A .根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比
B .根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C .根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比
D .根据公式UAB＝，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V
答案 C
解析 电场强度是电场本身具有的性质，与试探电荷无关，故A错误 .电容是电容器本身具有的性质，表示电容器容纳电荷的能力，与两极板间电压和电荷量无关，故B错误 .由真空中点电荷场强公式可以得出，点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确 .克服静电力做功，说明此过程静电力做负功，即：WAB＝－1 J，根据UAB＝，可得：UAB＝－1 V，故D错误 .
2 .(2020·湖南正源中学高二期末)根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器 .通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右 .地球的电容约为( )
A .0.17 F B.1.7 F
C .17 F D.170 F
答案 B
解析 根据题意可得Q＝5×105 C，U＝3×105 V，根据C＝，可得C＝≈1.7 F，B正确 .
3.(2020·溧阳市光华中学高一月考)某带电粒子仅在静电力作用下由A点运动到B点 .如图1所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定( )
图1
A .粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B .粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C .电场中A点的电势低于B点的电势
D .粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
答案 D
解析 电场线的疏密表示场强大小，由题图知粒子在A点的场强小于在B点的场强，在A点所受的静电力小，故在A点的加速度小于在B点的加速度，故A错误；由题图知带电粒子的运动轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的静电力沿电场线切线向下，则知静电力对粒子做负功，动能减小，则粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故B错误；因粒子由A到B时，静电力做负功，故电势能增大，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故D正确；粒子所受静电力方向与电场强度相反，则粒子带负电，而电势能Ep＝qφ，因粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，有(－qφA)<(－qφB)，可得φA>φB，故A点的电势高于B点的电势，故C错误 .
4.(2020·浙江温岭中学高一期中)图2为某个孤立点电荷的两条电场线，a、b、c是电场线上的三个点，下列说法正确的是( )
图2
A .该点电荷可能带负电
B .a点的电势一定比c点的电势高
C .电子在a点时的电势能比在b点时大
D .将正的试探电荷从c点移到b点，静电力做负功
答案 B
解析 越靠近点电荷的位置电场线越密集，则点电荷位于左侧，根据电场线的方向可判断该点电荷带正电，选项A错误；沿着电场线方向电势降低，则a点的电势一定比b、c点的电势高，选项B正确；a点的电势比b点的电势高，电子带负电，根据Ep＝qφ可知电子在a点的电势能小于在b点的电势能，选项C错误；点电荷在左侧，带正电，则将正的试探电荷从c点移到b点，静电力做正功，选项D错误 .
5.(2021·湖南高二期中)如图3所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动 .已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，重力势能改变了30 J，则( )
图3
A .电场方向水平向左
B .电场方向水平向右
C .在此过程中金属块电势能减少20 J
D .在此过程中金属块机械能增加10 J
答案 D
解析 因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功为10 J，则电势能增加10 J，故C错误；机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝40 J－10 J－20 J＝10 J，故D正确 .
6.如图4所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(仅在静电力作用下)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( )
图4
A .粒子在三点的电势能大小关系为Epc
C .粒子必先过a，再到b，然后到c
D .粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekc
解析 因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误 .由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误 .粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误 .
7 .如图5所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2 m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量为q＝－2×10－6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J，由B移到C的过程中静电力做功6×10－6 J，下列说法正确的是( )
图5
A .B、C两点的电势差UBC＝3 V
B .A点的电势低于B点的电势
C .负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加
D .该电场的场强大小为1 V/m
答案 D
解析 由B移到C的过程中静电力做功6×10－6 J，根据W＝Uq得B、C两点的电势差为UBC＝＝－3 V，故A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10－5 J，点电荷由A移到B的过程中，静电力做功－1.2×10－5 J，A、B两点的电势差UAB＝＝6 V，所以A点的电势高于B点的电势，B错误；UCA＝－UBC－UAB＝－3 V，根据W＝Uq得，负电荷由C移到A的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，C错误；UBC＝－3 V，UCA＝－3 V，UAB＝6 V，在AB连线取中点D，所以UAD＝3 V，UCA＝－3 V，UAC＝3 V，C、D电势相等，所以CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B.因为BC＝2 m，由几何关系得AD＝3 m，由UAD＝E·AD得，该电场的场强大小为1 V/m，D正确 .
8 .(2020·浙江7月选考)如图6所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中 .已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
图6
A .所用时间为
B .速度大小为3v0
C .与P点的距离为
D .速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示 .
粒子的运动为类平抛运动 .
水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2
＝tan 45°
联立解得t＝，
故A错误 .
vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角不为30°，故B、D错误；
x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确 .
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9 .(2021·林州一中高二月考)x轴位于某电场中，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图7所示，0～x2段为曲线，x2～x4段为直线 .一带负电粒子只在静电力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则( )
图7
A .x1处电场强度最大
B .x2～x4段是匀强电场
C .粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x4段做匀速直线运动
D .x1处粒子电势能最小，x2～x4段粒子的动能随x均匀减小
答案 BD
解析 在φ－x 图像中，斜率表示电场强度，故x1处电场强度最小，为零，A错误；x2～x4段斜率不变，场强不变，故是匀强电场，B正确；粒子在0～x2段电场强度变化，受到的静电力变化，故粒子在0～x2段做变速运动，x2～x4段场强不变，受到的静电力不变，故在x2～x4段做匀变速直线运动， C错误；x1处电势最高，粒子带负电，故粒子的电势能最小，x2～x4段粒子受到的静电力恒定，静电力做功W＝qEx随x均匀变化，故动能随x均匀减小，D正确 .
10.如图8所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上 .以下判断正确的是( )
图8
A .b点电场强度大于d点电场强度
B .b点电场强度小于d点电场强度
C .a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D .试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
答案 BC
解析 如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点电场强度最大，在两电荷之间连线上，O点电场强度最小，即Eb＜EO，EO＜Ed，故Eb＜Ed，A错，B对；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a、c两点关于MN对称，Uab＝Ubc，C对；试探电荷＋q从a移到c，远离正电荷，靠近负电荷，静电力做正功，电势能减小，D错 .
11.(2020·重庆文理学院附中期中)如图9所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地 .一带电质点恰好静止于电容器中的P点 .现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则( )
图9
A .电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大
B .带电质点将沿竖直方向向上运动
C .P点的电势将降低
D .若将带电质点固定，则其电势能不变
答案 ABC
解析 下极板向上移动时，板间距减小，根据C＝可知，电容增大，因U不变，由Q＝UC可知，极板所带电荷量将增大，A正确；开始时静电力与重力平衡，质点所受合力为零，下极板上移时，电场强度增大，质点所受静电力增大，将沿竖直方向向上运动，B正确；场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，由公式U＝Ed分析可知，上极板与P点间电势差将增大，则P点的电势将降低，C正确；静电力向上，故质点一定带负电，P点的电势降低，则带电质点的电势能将增大，D错误 .
12.如图10所示，在竖直放置、间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，质量为m、带电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程( )
图10
A .加速度大小为a＝＋g
B .所需的时间为t＝
C .下降的高度为y＝
D .静电力所做的功为W＝
答案 BD
解析 对点电荷在电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力大小为F＝，所以点电荷的加速度大小为a＝，故A错误；由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度大小为a1＝，由运动学公式＝，所以t＝，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝gt2＝，故C错误；静电力做的功W＝，故D正确 .
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13 .(10分)(2019·北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用 .对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同 .
(1)请在图11甲中画出上述u－q图像 .类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep.
(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻) .通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图丙中①②所示 .
a .①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；
b .电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电 .依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径 .
图11
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加 .请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”) .
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
答案 (1)
(2分)
CU2(2分)
(2)a.R b .减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电(2分)
(3)(4分)
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
解析 (2)a.由题图知，电容器充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CE知，两次电源电压相等，故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的 .
b .刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电 .
(3)接(2)中电源时，电源两端电压不变 .通过电源的电流I＝，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变 .接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大 .
14 .(9分)(2020·湖南安乡一中高二期末)在如图12所示的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x＝0.20 m，已知AB连线与电场线夹角为θ＝60°，今把一电荷量q＝－2×10－8 C的试探电荷放入该匀强电场中，其受到的静电力的大小为F＝4.0×10－4 N，方向水平向左 .求：
图12
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)若把该试探电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；
(3)若A点为零电势点，B点电势为多少 .
答案 (1)2×104 V/m，方向水平向右 (2)增加了4×10－5 J (3)－2×103 V
解析 (1)E＝＝ V/m＝2×104 V/m(2分)
因为试探电荷带负电，受到水平向左的静电力作用，所以电场方向水平向右 .(1分)
(2)试探电荷从A点移到B点静电力做的功为
W＝Fxcos (π－θ)(1分)
解得W＝－4×10－5 J(1分)
根据功能关系可知ΔEp＝－W＝4×10－5 J
即电荷从A点移到B点电势能增加了4×10－5 J .(1分)
(3)若A点为零电势点，由UAB＝，
得UAB＝2×103 V(1分)
且UAB＝φA－φB＝0－φB(1分)
解得φB＝－UAB＝－2×103 V .(1分)
15 .(10分)在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E，如图13所示，一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、电荷量为＋q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放 .重力加速度为g，求：
图13
(1)小球运动到O点正下方B点时的速度大小；
(2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小；
(3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x.
答案 (1) (2)3(mg＋qE) (3)2
解析 (1)小球从A到B过程，由动能定理得mgL＋qEL＝mv2－0(2分)
小球到达B点时的速度大小为v＝(1分)
(2)在B点，对小球由牛顿第二定律得
FT－mg－qE＝m(2分)
解得FT＝3(mg＋qE) .(1分)
(3)对小球在细线断开后的类平抛运动，由牛顿第二定律有qE＋mg＝ma(1分)
竖直方向：H－L＝at2(1分)
水平方向：x＝vt(1分)
联立解得x＝2.(1分)
16.(11分)如图14所示，平行板电容器A、B间的电压为U保持不变，两板间的距离为d，一质量为m、电荷量为q的粒子，由两板中央O点以水平速度v0射入，落在C处，BC＝l.若将B板向下移动，此粒子仍从O点水平射入，初速度v0不变，则粒子将落在B板上的C′点，求BC′的长度 .(粒子的重力忽略不计)
图14
答案 l
解析 根据牛顿第二定律，带电粒子由O点到C点，
有q＝ma，(1分)
所以a＝(1分)
带电粒子在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t，(1分)
在竖直方向做匀加速直线运动，
d＝at2＝·t2.(2分)
带电粒子由O点到C′点，根据牛顿第二定律得
q＝ma′，(1分)
所以a′＝.(1分)
设BC′的长度为l′，则l′＝v0t′(1分)
d＋d＝a′t′2＝··t′2.(2分)
联立解得BC′的长度l′＝l.(1分)
17 .(12分)如图15所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m的光滑半圆形轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧竖直边界 .现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝
－1×10－4 C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零 .已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图15
(1)滑块通过A点时速度vA的大小；
(2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离s；
(3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值 .
答案 (1)2 m/s (2)5 m (3)1.94 m/s
解析 (1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，
所以有mg＝，解得vA＝2 m/s.(2分)
(2)根据动能定理可得：
|q|Es－μmgs－mg·2R＝mvA2，(2分)
解得s＝5 m .(1分)
(3)滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动，
故有：vx＝vA－t＝2－2.5t(2分)
在竖直方向上做自由落体运动，
所以有vy＝gt＝10t，(2分)
v＝＝(2分)
故vmin＝ m/s≈1.94 m/s.(1分)
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