期末复习冲刺五 电场 （培优提升+最新题型）-2023-2024学年高二物理下期期末复习专题（人教版2019）

这是一份期末复习冲刺五 电场 （培优提升+最新题型）-2023-2024学年高二物理下期期末复习专题（人教版2019），文件包含期末复习冲刺五电场培优提升+最新题型2023-2024学年高二物理人教版2019必修三原卷版docx、期末复习冲刺五电场培优提升+最新题型2023-2024学年高二物理人教版2019必修三解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
1．科学家研究发现，蜘蛛在没有风的情况下也能向上“起飞”。如图，当地球表面带有负电荷，空气中有正电荷时，蜘蛛在其尾部吐出带电的蛛丝，在电场力的作用下实现向上“起飞”。下列说法正确的是（ ）
A．蜘蛛往电势高处运动
B．电场力对蛛丝做负功
C．蛛丝的电势能增大
D．蛛丝带的是正电荷
2．利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术。如图所示，初始时无电场，喷嘴处的球形液滴保持静止；随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形（即“泰勒锥”）；当电压增至某个临界值时（假设此后电压保持不变），液滴从尖端喷出，在非匀强电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点。以下说法正确的是（ ）
A．喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力
B．液滴从M到N的过程做匀加速直线运动
C．液滴从M到N的过程电场力做负功
D．液滴向下做螺旋运动时电势能减小
3．如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点.杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM−φN=2φ0，其中φ0>0，小环以向右的速度经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN=90°，∠PNM=30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方.在小环从M点运动到N点的过程中（ ）
A．小环加速度最大值为qφ0mL
B．小环经过Q点时的速度最大
C．小环经过N点时的速度大小为v02+4qφ0m
D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等
4．据报道，我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同，采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图所示，间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器，电容为C，电压为U，导轨右端放置质量为m的光滑金属棒，匀强磁场沿竖直方向（图中未画出），磁感应强度大小为B，开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出，若某次试验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为U4，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（ ）
A．BCUl4mB．3BCUl2mC．3BCUl4mD．9BCUl16m
5．以О为坐标原点，沿绝缘水平面建立x轴，水平向右为正方向，两个电荷量相等的小球（可视为点电荷）分别固定在x轴上的M、N处，M、N的坐标分别为x=-4L和x=4L，如图（a）所示。M、N连线上各点的电势φ与位置坐标x的关系如图（b）所示，x=-2L处的电势为16φ0，x=L处的电势为−215φ0。在x=-2L处由静止释放一个质量为m的带电滑块（可视为质点），滑块向右运动到x=L处时速度恰好为零。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．两小球带同种电荷
B．滑块在x=-2L处受到的电场力小于在x=L处受到的电场力
C．滑块运动到О点时的加速度为μg
D．滑块所带的电荷量大小为10μmgLφ0
6．如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段14圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为（ ）
A．102E，12WB．22E，32WC．34E，32WD．52E，12W
7．在空间中有平行xOy平面的匀强电场，置于原点O的粒子源向各个方向射出电荷量为+e，初动能为Ek0的粒子，有的粒子可以打到与粒子源相切的圆环上，如图所示，发现这些粒子中到达A点的粒子动能最大且为Ekm。不计粒子重力及粒子间相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．过A点的电场线与x轴平行B．该匀强电场的方向沿OA方向
C．到A点的粒子电势能增加Ekm-Ek0D．电势差UAB=Ek0−Ekme
8．如图，空间中有一匀强电场，大小为mgq，方向与水平方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ）
A．从M点到Q点动能减小
B．在M点和N点的电势能相等
C．从M点到Q点电场力做负功
D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势
9．如图所示，用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点，一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ=30°，直杆与小球a位于同一竖直面内，杆上有A、B、C三点，C与O两点位于同一水平线上，B为AC的中点，OA=OC=L。小球b质量为m，带电荷量为-q，套在直杆上，从A点由静止开始下滑，第一次经过B点时速度是v，运动到C点时速度为0。在+Q产生的电场中取C点的电势为0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．小球b经过B点时加速度为0
B．小球b从A点到C点过程中产生的内能为3mgL
C．小球b的电势能最小值为−12mv2
D．小球b到C点后又从C点返回到A点
二、多选题
10．如图所示，平行板电容器极板间距为d，所加电压为U，极板间形成匀强电场。一个带正电的粒子从上极板由静止释放，经过时间t后到达下极板，在此过程中电场力做功为W。忽略重力影响，下列说法正确的有（ ）
A．若仅将d增大一倍，则W将保持不变
B．若仅将d增大一倍，则t将增大一倍
C．若仅将U增大一倍，则t将减小一半
D．若仅将U增大一倍，则W将增大一倍
11．在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为32L、22L、−22L。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中0~22L的阴影部分面积为a，0~32L的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（ ）
A．M、N是等量正电荷B．带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为2∶3
C．带电粒子运动到P3位置时动能为q（b+a）D．带电粒子运动过程中最大速度为2qbm
12．已知：①单个点电荷q周围空间的电势φ=kqr，r为到点电荷的距离；②系统的电势能等于每个电荷电势能总和的一半。现在光滑绝缘水平面上，有三个带电量均为+q、质量均为m的相同金属小球，用三根长为L的轻质绝缘细绳连接，处于静止状态。A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度和电势均为零
B．A、B、C三点电场强度大小相等，方向不同
C．φA=φB=φC=23kq3L
D．系统的总电势能为Ep=k3q2L
13．如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切。空间加有水平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于B点的水平距离和竖直高度均为R，一可视为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到D点（D点未画出）时速度减为零，则（ ）
A．小球带负电B．CD段长度为2R
C．小球从A点抛出时的速度为gRD．从A点到D点过程中小球的电势能增加了3mgR
14．虚线间存在如图所示的电场，虚线左侧的匀强电场E1与水平虚线间的夹角为α=37°，一比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A点静止释放，经过一段时间由竖直虚线的B（图中未画出）点进入虚线右侧竖直向下的匀强电场E2（E2未知），最终粒子由水平虚线的C（图中未画出）点离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为θ=53°。已知OA=4L、电场强度E1=E，不计粒子的重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．E2=E B．OC=10L
C．粒子由A到C的时间为16710LkE
D．A、C两点的电势差为809EL
15．如图所示，光滑绝缘轨道ABCD处于同一竖直平面内，其中AB部分水平，BCD部分是圆心为O、半径为R的圆弧，两部分相切于B点，OD连线与竖直直径BC的夹角为30°，F为D点关于直径BC的对称点。空间中存在大小为E=mgq方向与水平方向夹角为30°的匀强电场。现将一质量为 m、带电量为q（q>0）的小球由水平轨道上一点P静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．若小球恰好过D点，则小球对轨道的最大压力为53mg
B．若小球恰好过D点，则小球对轨道的最大压力为63mg
C．若P、B间的距离为1+3R，则小球在F点脱离轨道
D．若P、B间的距离为32+3R，则小球在F点脱离轨道
16．一束初速度很小的带电粒子进入加速电场后被加速，沿着偏转电场的中心线进入偏转电场。偏转电场两板之间的电压变化周期为T0。带电粒子在t=0时刻射入偏转电场，T0时刻刚好从极板A的右边缘射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为qq>0，偏转电场两极板的板长为L，极板间距为d。带电粒子的重力、粒子间相互作用及带电粒子进入加速电场的初速度忽略不计。下面说法正确的是（ ）

A．加速电场极板间的电压为mL22qT02
B．偏转电场极板间的电压为4md2qT02
C．3T08时刻进入偏转电场的粒子与A板的最小距离为15d32
D．3T08时刻进入偏转电场的粒子垂直极板方向的最大速度为3d4T0
三、实验题
17．某研究小组用如图所示装置探究等量同种电荷间库仑力与距离的关系。器材有：专用支架、相同的导体小球A和B、刻度尺、丝线、米尺、天平、绝缘底座。
（1）下列能使A、B小球带等量同种电荷的方式是 。
A．用与A、B相同的带电小球C，先接触A，再接触B
B．A、B小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B小球，再移走带电体
C．A、B小球接触后，用带电小球接触A、B，移除导体球，再分开A、B小球
（2）用天平测量小球的质量m，悬挂点到小球球心的距离l，将小球B固定在绝缘底座上，A球用丝线悬挂在支架上，使小球带上等量同种电荷。某次实验中小球A静止位置和B固定位置如图所示，则A、B小球之间的距离r= cm。
（3）本实验中l≫r，丝线与竖直方向夹角θ很小，tanθ≈sinθ，重力加速度g=9.8m/s2。本实验中若小球质量为10g，l=1.0m，则库仑力F= N（结果保留两位有效数字）。
（4）缓慢移动绝缘底座，得到五组F、r数据，根据库仑定律，拟合的库仑力F与距离r的关系图像可能正确的是 ；
A．B．C．
18．如图（a）所示为电阻式触摸屏，它具有触摸识别精度高的特点，广泛应用于工业自动化的复杂环境中。
(1)某同学把一块电阻式触摸屏（虚线框内部分） 接入如图（a）电路中做“电容器C的充电现象”实验。当手指触摸电阻式软屏幕并按压P 处右层，右层的c、d触点分别跟左层的a、b触点接触，从而改变了接入电路的电阻； 闭合开关给电容器C充电，则利用电压传感器得到的图（c）所示的U−t图像中①应该是 （填“有按压”或“无按压”） 。
(2)电阻式触摸屏的主要材料是氧化铟锡导体。某兴趣小组获得了一块氧化铟锡方块，设计了测量氧化铟锡在室温下的电阻率的实验。已知方块电阻Rx的上、下表面是正方形，上下表面间的厚度为d。具体的测量过程如下：
①先用螺旋测微器测量方块Rx上下表面间的厚度d，结果如图（d）所示，则可读得d= mm。
②按图（e）连接好电路后，应将滑动变阻器R的滑片滑到最 （填“左”或“右”）端。
③将电压表的触头接触a，闭合开关S，调节 R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数为U1和 I1，再将电压表的触头接触b，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到另一合适位置，记录两表的示数为 U2和 I2。此时方块电阻 Rx= （用 U1、I1、U2和 I2表示）。
④电流表内阻对该方块电阻的测量值 （选填“有”或“无”） 影响。
四、解答题
19．如图所示，长方形abcd区域内有平行于该平面的匀强电场，方向沿ac连线，大小未知。现将一电荷量为q=−1.6×10−10C的带电粒子（可视为点电荷）从d点移至b点。已知长方形边长ab=4cm，bc=3cm，顶点a、c的电势分别为250V、0V，不计粒子重力，sin37∘=35，cs37∘=45。
（1）求长方形区域内匀强电场的电场强度E及顶点b的电势φb的大小；
（2）求带电粒子从d点移至b点电势能的变化量ΔEp；
（3）若在bc边中点O处用绝缘细线悬挂一带电小球，小球静止时，细线刚好处于水平伸直状态，已知小球质量m=0.3kg，重力加速度g=10m/s2。求小球的带电性质及电荷量的大小。
20．如图所示，有一足够大绝缘平板MN水平放置，平板上O点处持续向上方各方向发射带电小球。射出小球的质量为m，电荷量为+q，小球速度大小均为v0。在距离MN上方L处平行放置一足够大光屏，光屏中心O'正对平板上的O点。在平板和光屏之间有竖直向上的匀强电场，电场强度为E=2mgq。不考虑小球间的相互作用，小球可看做质点，重力加速度为g。
（1）求小球打在光屏上的速度大小；
（2）求小球打在光屏上的范围面积；
（3）将电场强度调整为E2，同时在平板和光屏之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，若在纸面内射出的小球打在光屏两侧到O'的最远距离均为33L，求所加磁场的磁感应强度大小。
21．如图所示，在竖直平面内，一半径为R=1m、以O为圆心的光滑圆弧轨道FGH与光滑水平轨道FM相切于F点，轨道FM左侧为动摩擦因数μ=0.25的水平轨道MN，其中虚线FH右侧的圆弧轨道处于水平向右的匀强电场中。在轨道FM上放着两个质量均为m=2kg的小物块a、b，物块a不带电，物块b的带电量为q=−1C。用轻质细绳将a、b连接在一起，且a、b间夹着一根被压缩的轻质弹簧P（两端未与a、b拴接），现将物块a、b之间的细绳剪断，脱离弹簧P后，物块a向左运动，在轨道MN上滑行5m后静止；物块b滑上圆弧轨道后，运动至G点恰好离开轨道，OG连线沿水平方向。已知物块b所带电量始终不变，g=10m/s2，求：
（1）细绳剪断瞬间，物块a的速度大小；
（2）释放a、b前弹簧P所储存的弹性势能EP；
（3）匀强电场的场强大小。
22．如图甲所示，三维坐标系O-xyz所在的空间中，有平行于y轴且沿其正方向的匀强电场，电场强度的大小E1=7mv0210qL。一带正电的粒子由静止开始经加速电场加速后，沿xOy平面从x轴上的P（L，0，0）点进入匀强电场，经过P点时速度的大小为v0、与x轴负方向的夹角α=53°。当粒子运动一段时间Δt=2Lv0到达Q（未画出）点时，匀强电场的方向突然变为z轴正方向，若以此刻为计时起点，且电场强度的大小E2随时间t的变化关系，如图乙所示，电场改变方向的同时加上沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=3mv0qL。已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子的重力忽略不计，求：
（1）加速电场的电压U；
（2）Q点的位置及带电粒子到达Q点时的速度；
（3）当t=3πLv0时带电粒子的位置坐标。
【选做】23．如图所示，光滑绝缘斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点，空间存在竖直向上的匀强电场，带电小球A恰好能静止在高为H处，将不带电的小球B从高为2H处静止释放，与小球A发生弹性碰撞后电量平分，且不考虑A，B间的库仑力作用，碰后小球A在两个斜面上做往复运动，每次经过最低点时动能损失10%，已知mA=2mB=2m，α=β=30°，两小球只能发生一次碰撞，重力加速度为g，求：
（1）两小球AB碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到达最低点O时，两小球的速度大小；
（3）小球A运动的总路程。
参考答案：
1．A
【详解】由题意可知，蛛丝受到空气中正电荷的吸引力和地球负电荷的排斥力，则蛛丝带的是负电荷；离正电荷越近电势越高，则蜘蛛往电势高处运动，运动过程电场力对蛛丝做正功，蛛丝的电势能减小。
故选A。
2．D
【详解】A．喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下受重力和表面张力，A错误；
B．液滴在非匀强电场中运动，电场力是变力，则加速度是变化的，所以液滴从M到N的过程做变加速直线运动，B错误；
C．液滴带正电，从M到N的过程中电场力方向竖直向下，与位移方向相同，则电场力做正功，C错误；
D．液滴向下做螺旋运动时电场力做正功，电势能减小，D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．匀强电场的场强大小为
E=UMN2L=φ0L
当小环刚越过Q点右侧时，弹簧的弹力的水平分力和电场力都向右，所以合加速度必定大于qφ0mL，故A错误；
B．小环在M、N之间运动的过程中，在Q点的加速度向右，不是速度最大的位置，故B错误；
CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理得
2qφ0=12mvN2−12mv02
解得
vN=v02+4qφ0m
故C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】根据电容器的定义式，有
C=QU
可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为
q=CΔU=34CU
由动量定理，可得
BIlt=mv
又
q=It
联立，解得
v=3BCUl4m
故选C。
5．D
【详解】A．由φ−x图像可知，在M、N之间电势从左向右逐渐降低，电场方向从左向右，即电场线起源与M位置点电荷，终止于N点电荷，可知M处小球带正电，N处的小球带负电，故A错误；
B．φ−x图像在某点切线斜率的绝对值等于该点的电场强度大小﹐由图像可知，在x=-2L处图像斜率的绝对值大于x=L处图像斜率的绝对值，即在x=-2L处的电场强度大于x=L处的电场强度，即滑块在x=-2L处受到的电场力大于在x=L处受到的电场力，故B错误；
C．根据图像，在原点的斜率的绝对值不为0，即原点的电场强度不为0，滑块运动到О点时受到的电场力不为零，因此合外力为电场力与摩擦力的合力，加速度不为μg，故C错误；
D．滑块从x=-2L处运动到x=L处，根据能量守恒定律有
q16φ0−−215φ0=μmg⋅3L
解得
q=10μmgLφ0
故D正确。
故选D。
6．A
【详解】把题中半圆环等分为两段，即每段为14圆环，每段在点O的电势为φ0，电场强度为E0，且方向分别与E夹角为θ=45°，根据电场强度的叠加原理可知
E0=22E
因为电势是标量，每段导体在O上的电势为
φ=φ02
同理，在cd处再放置一段14圆的均匀带电圆弧后，可等分为3个14圆环，由于电性与abc相反，根据场强叠加可知O处的场强大小为
E'=(2×22)E2+22E2=102E
电势为3个圆环在O点的电势之和，为
φ1=φ02+φ02−φ02=φ02
将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为12W。
故选A。
7．D
【详解】AB．依题意，A点是圆环上电势最低的点，由匀强电场的电场分布特点可知该匀强电场的方向沿CA方向。故AB错误；
C．依题意，带电粒子从O到A，电场力做正功，根据
WOA=Ekm−Ek0
可知粒子到A点的粒子电势能减少Ekm-Ek0。故C错误；
D．由A选项分析可知
φO=φB
则有
UAB=UAO=WAOe=−WOAe=Ek0−Ekme
故D正确。
故选D。
8．D
【详解】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；
B．作出等势面如图：

沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；
A．小圆环受到的电场力
F=qE=qmgq=mg
受力如图：

则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。
故选D。
9．C
【详解】B．根据几何关系有
AC=2OAcs30∘=3L
小球b从A点到C点过程中，根据动能定理有
mgxACsin30∘−Wf=0
解得小球b从A点到C点过程中产生的内能为
Q=Wf=32mgL
故B错误；
A．小球b从A点到B点过程中，库仑力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球b从B点到C点过程中，库仑力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，由于
mgxACsin30∘−fxAC=0
可得
f=mgsin30∘
即小球b重力沿直杆向下的分力等于小球b从A点到C点过程中受到的平均摩擦力，B点处小球b受到的摩擦力最大，则小球b重力沿直杆向下的分力小于B点处小球b受到的摩擦力，小球b经过B点时加速度不为0，故A错误；
C．B点离小球a最近,B点的电势最高，小球b的电势能最小，根据对称性有
WfAB=WfBC=12Wf
小球b从B点到C点过程中，根据动能定理
mgxBCsin30∘−WfBC+UBC(−q)=0−12mv2
其中
UBC=φB−φC=φB
小球b的电势能最小值为
Ep=φB⋅(−q)=−12mv2
故C正确；
D．从C点返回到A点需克服摩擦力、重力做功，C点速度为零，A、C两点电势相等，故小球b到C点后不能从C点返回到A点，故D错误。
故选C。
10．ABD
【详解】AB．根据
W=qU
电量和电压不变，电场力做功不变，d增大一倍，电场强度
E=Ud
变成原来的一半，加速度
a=qEm
变为原来的一半，位移变为原来2倍，时间
t=2da
变为原来的2倍。故AB正确；
C．根据B选项分析，U增大一倍，场强变为2倍，加速度变为2倍，位移不变，则时间变为22t，故C错误；
D．根据
W=qU
电量和电压不变，电场力做功不变，U增大一倍，W增大一倍，故D正确。
故选ABD。
11．AD
【详解】A．根据图像可知两电荷电量相等，电性相同，一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，受到引力作用，所以M、N是等量正电荷，故A正确；
B．设电荷带电量为Q，则
2kQqL2+y2×yy2+L2=ma
所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是2∶3，故B错误；
C．图乙中面积代表电势差，所以带电粒子运动到P3位置时，电场力做功为
W=q(b−a)
根据动能定理可知动能为q(b−a)，故C错误；
D．带电粒子运动过程中最大速度再O点
qb=12mv2
解得最大速度
v=2qbm
故D正确。
故选AD。
12．BD
【详解】A．O点是正三角形的中心，到各个点的距离都相同，由于各点电荷的电荷量相等，由
E=kqr2
所以各点电荷在O点产生的场强相同，且两两之间的夹角为120°，由电场叠加原理可得，O点的场强为零。由题意可知点电荷的电势
φ=kqr
各点电荷在O点的电势，均相等，由于电势是标量，所以其叠加遵循运算法则，叠加后不为零，故A项错误；
B．根据点电荷的电场强度有
E=kqr2
由于各点电荷都是正电荷，所以有电场叠加可知，ABC三点的电场强度大小相等，方向不同，故B项正确；
C．A点到小球3的距离为32L，所以A点的电势为
φA=kqL2⋅2+kq32L=4+233kqL
同理B点的电势为
φB=kqL2⋅2+kq32L=4+233kqLC点的电势为
φC=kqL2⋅2+kq32L=4+233kqL
所以有
φA=φB=φC=4+233kqL
故C项错误；
D．1电荷的电势能
Ep1=φ2+φ3q=k2q2L
同理可得2和3电荷电势能
Ep2=Ep3=k2q2L
故整个系统电势能为
Ep=Ep1+Ep2+Ep22=k3q2L
故D项正确。
故选BD。
13．AD
【详解】A．由题意，可知小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，则小球在水平方向上减速，小球受到水平向左的电场力作用，与电场方向相反，则小球带负电，故A正确；
BCD．小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球在竖直方向上做自由落体运动，则
R=12gt2=vB22g可得小球运动的时间和此时的速度大小为
t=2Rg
vB=2gR
小球在水平方向上，做匀减速直线运动，则有
R=v022a=12at2
可得小球从A点抛出时的速度大小为
v0=2gR
小球在水平方向的加速度的大小为
a=g
可知小球受到的电场力大小为
F=Eq=mg
小球从A到D的过程中，由动能定理可得
mg×2R−Fx=0−12mv02
求得
x=3R
可得CD段的长度为
xCD=x−2R=R
根据功能关系可得从A点到D点过程中小球的电势能增加了
ΔEp=Fx=3mgR
故BC错误，D正确。
故选AD。
14．CD
【详解】A．粒子由A点静止释放，粒子在E1中做匀加速直线运动，A、B两点间的距离为
xAB=4Lcs37°=5L，xBO=4Ltan37°=3L
又
E1=E
则该过程由动能定理得
qE1xAB=12mvB2
解得
vB=10kEL
粒子由B到C的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度为
v1=vBcs37°=4510kEL
在竖直方向做类竖直上抛运动，初速度为
v2=vBsin37°=3510kEL
由题意粒子在C点的速度与虚线的夹角为θ=53°，设竖直方向的速度为v'2，则由
tan53°=v'2v1
解得
v'2=161510kEL
在竖直方向上由牛顿第二定律得
a=qE2m=kE2
由速度公式得
v'2=−v2+at2
又由位移公式得
3L=−v2t2+12at22
解得
t2=9710LkE，E2=3527E
故A错误；
B．O、C两点间的距离为
xOC=v1t2
整理得
xOC=727L
故B错误；
C．粒子由A到B的时间为
t1=5LvB2=10LvB
解得
t1=10LkE
所以粒子由A到C的总时间为
t=t1+t2=16710LkE
故C正确；
D．粒子在C点的速度为
vC=v12+v'22
粒子由A到C的过程由动能定理得
qUAC=12mvC2
解得
UAC=809EL
故D正确。
故选CD。
15．BD
【详解】AB．小球在D点受力分析，如图所示
小球所受电场力大小
qE=qmgq=mg
电场力和重力mg的合力大小为
F=3mg
方向沿DO方向。若小球恰好过D点，则
F=mvD2R
解得
vD=3gR
设D点关于O点的对称点为H点，小球在H点小球对轨道的压力最大，设H点轨道对小球的支持力为FN,H点速度大小为vH，从H点到D点由动能定理得
−F⋅2R=12mvD2−12mvH2
解得
vE=53gR
由牛顿第二定律得
FN−F=mvH2R
解得
FN=63mg
由牛顿第三定律得，小球对轨道的最大压力大小
F'N=FN=63mg
故A错误，B正确；
CD．设P、B间的距离为x，小球在F点脱离轨道，设F点速度为vF,从P点到F点由动能定理得
qExcs30∘−qERcs30∘−mgR(1+32)=12mvF2
又
Fsin30∘=mvF2R
解得
x=32+3R
故C错误，D正确。
故选BD。
16．ACD
【详解】AB．粒子在加速电场中，根据动能定理有
qU1=12mv02
进入电场后，根据类平抛运动规律有
L=v0T0
d2=2×12a(T02)2
根据牛顿第二定律有
a=qU2md
解得
U1=mL22qT02
U2=2md2qT02
故A正确，B错误；
CD．3T08时刻进入偏转电场的粒子竖直方向先加速运动，经T08后再减速运动，再经T08后速度变为0，再反向加速3T08，如此往复，所以与A板的最小距离为
y=d2−2×12a(T08)2=15d32
垂直极板方向的最大速度为
vy=a⋅3T08=3d4T0
故CD正确；
故选ACD。
17． C 2.20 2.2×10-3 C
【详解】（1）[1]A．用与A、B相同的带电小球C，先接触A，再接触B，两球将带上不等量的同种电荷，选项A错误；
B．A、B小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B小球，再移走带电体，能使小球带等量异种电荷，选项B错误；
C．A、B小球接触后，用带电小球接触A、B，移除导体球，再分开A、B小球，能使小球带等量同种电荷，选项C正确；
故选C。
（2）[2]由图可知，A、B小球之间的距离r=2.20cm。
（3）[3]对小球受力分析可知，库仑力
F=mgtanθ≈mgsinθ=mgrl
带入数据解得
F=0.01×9.8×2.2100N=2.2×10−3N
（4）[4]根据
F=kqQr2
可知F−1r2图像为过原点的直线，故选C。
18．(1)有按压
(2) 0.596/0.597 /0.598 右 U2I2−U1I1 无
【详解】（1）由U−t图像中①图线可知，电容器两端的电压升高较快，则有右层的c、d触点分别跟左层的a、b触点接触，从而使接入电路的电阻值减小，因此P 处右层有按压。
（2）[1]由图（d）可知，螺旋测微器固定刻度的读数为0.5mm，可动刻度读数为
0.01×9.7mm=0.097mm
则可读得
d=0.5mm+0.097mm=0.597mm
[2]按图（e）连接好电路后，实验前为使仪器的安全，应将滑动变阻器R的滑片滑到最右端，使滑动变阻器接入电路的电阻值最大。
[3]将电压表的触头接触a，两表的示数为U1和 I1，由欧姆定律则有
R定=U1I1
再将电压表的触头接触b，两表的示数为 U2和 I2，由欧姆定律则有
Rx+R定=U2I2
解得
Rx=U2I2−R定=U2I2−U1I1
[4]考虑电流表的内阻，第一次测量时
R定+RA=U1I1
第二次测量时
Rx+R定+RA=U2I2
二者相减可得
Rx=U2I2−U1I1
可知电流表内阻对该方块电阻的测量值无影响。
19．（1）50V/cm，90V；（2）1.12×10−8J；（3）负电，1×10−3C
【详解】（1）ac长度为
d=32+42cm=5cm电场强度
E=Uacd=250−05V/cm=50V/cm顶点b的电势
φb=Ubc=E×3×cs53°=90V
（2）顶点d的电势
φd=Udc=E×4×cs37°=160V带电粒子从d点移至b点电势能的变化量
ΔEp=Udbq=1.12×10−8J
（3）对小球受力分析，由平衡条件知小球受到沿与电场强度方向相反的电场力，所以小球带负电。由平衡条件有
Eq1=mgsin37°
得
q1=1×10−3C
20．（1）v02+2gL；（2）2πLv02g；（3）3mv02qL
【详解】（1）小球到达光屏的速度为v，从O点运动到光屏过程，由动能定理得
(qE−mg)L=12mv2−12mv02
又
E=2mgq
解得小球打在光屏上的速度大小为
v=v02+2gL
（2）平行于MN发射的小球，落在光屏上距离O'点最远，由牛顿第二定律得
qE−mg=ma
小球做类平抛运动，则有
L=12at2，x=v0t
小球打在光屏上的范围面积为
S=πx2
联立解得
S=2πLv02g
（3）电场强度调整为E'=E2，此时
qE'=mg
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R
经分析沿ON方向发射的小球打在光屏上的距离O'最远，如图所示
由几何关系可得
tanθ=33LL=33
可得
θ=30°
又
Rcsθ=33L
联立解得
B=3mv02qL
21．（1）5m/s；（2）50J；（3）103V/m
【详解】（1）对物块a列动能定理
μmgx=12mv02
v0=5m/s
（2）a、b系统
mva−mvb=0
解得
va=vb=v0=5m/s
ΔEP=2×12mv02
EP=50J
（3）对物块b从F运动至G过程列动能定理
−qER−mgR=12mv2−12mv02G点处电场力提供向心力
qE=mv2R
E=103V/m
22．（1）mv022q；（2）−L5,−L5,0，325v0，速度方向跟x轴负方向的夹角为45°；（3）（L5，L5，L2）
【详解】（1）在加速电场中，对带电粒子由动能定理得
qU=12mv02−0
解得
U=mv022q
（2）对带电粒子，根据牛顿第二定律得
qE1=ma
粒子在xOy平面内的运动为类斜抛运动，如图所示
设粒子到达Q点时的速度大小为v，跟x轴负方向的夹角为θ，根据运动的合成与分解，Q点的位置坐标为
x=−v0csα⋅Δt+L=−L5
y=−v0sinα⋅Δt+12a(Δt)2=−L5
vx=−v0csα
vy=−v0sinα+aΔt
则有
v=vx2+vy2=325v0
tanθ=vyvx=1
可知速度方向跟x轴负方向的夹角为45°。
（3）根据第（2）问计算结果可知，带电粒子到达Q点时的速度与OQ连线垂直，电场变化后粒子的运动可以看成xOy平面内的匀速圆周运动与z轴方向变速直线运动的合成，由洛伦兹力提供向心力得
qvB=mv2R
解得
R=25L
与OQ的距离相等，即O点为圆心位置，设粒子运动的周期为T，则有
T=2πRv=2πL3v0
由于
t=3πLv0=4T+12T
可知该时刻粒子位置的x、y坐标值均为L5；在z轴方向，设加速度大小为az，根据牛顿第二定律得
qE2=maz
该方向的坐标值为
z=12az(T2)2×5+az⋅T2⋅T=9azT28
可得
z=L2
则当t=3πLv0时带电粒子的位置坐标为（L5，L5，L2）。
23．（1）vA=22gH3，方向沿斜面向下，vB=2gH3，方向沿斜面向上；（2）v1=17gH3，vB'=2gH3；（3）s=70H
【详解】（1）不带电的小球B从高为2H处静止释放，与A碰撞前有
mgH=12mv2
与小球A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与能量守恒定律有
mv=mvB+2mvA
12mv2=12mvB2+12×2mvA2
解得
vB=−2gH3
方向沿斜面向上
vA=22gH3
方向沿斜面向下。
（2）设初始A的电荷量为2q，初始时静止，则有
2qE=2mg
碰后电量平分，则A、B的电量均为q，对A可知
2mg−qE=mg
小球A沿斜面向下做匀加速运动，到达O点时，有
mgH=12⋅2mv12−12⋅2mvA2
解得
v1=17gH3
对小球B
qE=mg
合力为零，向上做匀速直线运动，速度仍为
vB'=2gH3
（3）小球A第一次经过最低点时
Ek1=1−10%2mv122
第一次到达左侧最高点
−mgH1=0−Ek1
解得
H1=1.7H
第二次到达O点后动能再次损失10%，第二次能够到达右侧的高度是
H2=90%H1
第n次经过O点后，小球A上升的高度
Hn=90%n−1H1
小球A运动的总路程
s=s1+s2+θ+2H1sinθ+90%2H1sinθ+90%22H1sinθ+⋯+90%n−12H1sinθ
当n无穷大时，可得
s=70H