7、
A. 中垂線為等勢線
B. 粒子由B運動到O點時，速度最大
C. 粒子由B運動至O點過程，電勢能減小
D. 粒子由B運動至O點過程，電場力增大
解析：等量異種點電荷的中垂線是一等勢線，而這是等量同種點電荷，故A錯誤；帶負電的粒子在從B到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，做加速運動，所以速度越來越大，到O點加速度等于零，速度達到最大，此過程中動能越來越大，電勢能越來越小，B、C正確。由B運動至O點過程，電場強度可能先增大后減小，也可能是一直減小，因此電場力無法確定大小，D錯誤。
答案：BC
7. 如圖所示，平行板電容器與電動勢為E′的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，
8、靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則( )
A. 平行板電容器的電容將變小
B. 靜電計指針張角變小
C. 帶電油滴的電勢能將減少
D. 若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變
解析：將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據關系式C＝∝可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化，題中電容器兩極板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距
9、d變大時，板間場強E＝U/d減小，帶電油滴所處位置的電勢φb＝E′－Ed增大，其中d為油滴到上極板的距離，又因為油滴帶負電，所以其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器帶電荷量Q不變，極板間距d變大，根據Q＝CU，E＝U/d和C＝可知E∝Q/S，可見，極板間場強E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項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帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動。設斜面足夠長，則在Q向上運動過程中( )
A. 物塊Q的
10、動能一直增大
B. 物塊Q的電勢能一直增大
C. 物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大
D. 物塊Q的機械能一直增大
解析：由F庫－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的動能先增大再減小，A錯誤；因電場力始終做正功，故電勢能一直減小，物塊Q的機械能一直增大，B錯誤，D正確；因只有電場力、重力做功，物塊的電勢能、重力勢能、動能之和守恒，又知動能先增大后減小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯誤。
答案：D
9. [xx·江蘇連云港]如圖是一個說明示波管工作的原理圖，電子經加速電場(加速電壓為U1)加速
11、后垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，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：對粒子的加速過程，由動能定理得，qU1＝mv，粒子在偏轉電場中，做類平拋運動，由運動規(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兩項正確。
答案：CD
10. 現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形ABDC和abdc，如圖所示，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相等。在AB、AC、CD、DB的中點
12、分別放等量的點電荷，其中AB、AC中點放的點電荷帶正電，CD、BD的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是( )
A. O點的電場強度和電勢均為零
B. 把一正點電荷沿著b→d→c的路徑移動時，電場力做功為零
C. 同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同
D. 將一負點電荷由a點移到A點電勢能減小
解析：O點的電場強度不為零，電勢為零，選項A錯誤；由于bOc為等勢線，所以把一正點電荷沿著b→d→c的路徑移動時，電場力做功為零，選項B正確；根據電場疊加原理，a、d兩點電場強度相同，同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同，選項C正確；將一負點電荷由a點移到A點，克服
13、電場力做功，電勢能增大，選項D錯誤。
答案：BC
11. [xx·山東臨沂一模]如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q＝1.0×10－5 C的負電荷由A移動到C電場力做功W1＝4.0×10－5 J，該電荷由C移動到B電場力做功W2＝－2.0×10－5 J，若B點電勢為零，以下說法正確的是( )
A. A點電勢為2 V
B. A點電勢為－2 V
C. 勻強電場的方向為由C指向A
D. 勻強電場的方向為垂直于AC指向B
解析：C、B間電勢差為UCB＝＝ V＝2 V，B點電勢為零，則UCB＝φC－φB，則C點電勢φC＝2 V，而A與
14、C間的電勢差為UAC＝＝ V＝－4 V，UAC＝φA－φC，則A點電勢φA＝－2 V，故A錯誤，B正確；由以上分析可知，A、C連線的中點M電勢為0，M與B點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形ABC為等邊三角形，BM⊥AC，根據沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強電場的方向由C到A，故C正確，D錯誤。
答案：BC
12. 如圖所示，長為L、傾角為θ＝45°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為＋q，質量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則( )
A. 小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能
B. A、B兩點的電勢差一
15、定為
C. 若電場是勻強電場，則該電場的場強的最小值一定是
D. 若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產生的，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點開始沿斜面上滑，電場力做正功，電勢能減小，小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，選項A錯誤；由動能定理得，qU－mgLsin45°＝0，解得A、B兩點的電勢差為U＝，選項B正確；若電場是勻強電場，該電場的場強的最小值為，選項C錯誤；若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產生的，則Q可以是負電荷，選項D錯誤。
答案：B
13. [xx·合肥模擬]x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應的
16、電勢高低如圖中的曲線所示，規(guī)定無限遠處電勢為零，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. 電勢最低處P點的電場強度為0
D. Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點
解析：兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，B不符合圖象信息；兩個正點電荷的連線上有一點場強為零，正的試探電荷從兩個電荷中的任一電荷附近沿連線向場強為零的點移動時電勢都降低，到場強為零的點，電勢最低，C符合圖象信息；場強為零的點離Q1遠，故Q1一定大于Q2，A符合圖象信息；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D符合圖象信息。
答
17、案：B
第Ⅱ卷 (非選擇題，共45分)
二、計算題(本題共4小題，共45分)
14. (8分)[xx·寧波模擬] 如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、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C端的正下方P點處。(g取10 m/s2)求：
(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向。
(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量。
(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0。
解析：(1)小環(huán)沿桿運動時受力分析可得
＝tan45°，所以qE＝mg
小環(huán)
18、離開直桿后只受電場力和重力，
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運動到P過程中電場力做功為零
所以動能增量等于重力做的功
ΔE＝W＝mgh＝4 J
(3)小環(huán)離開直桿后的運動可分解成水平和豎直兩個分運動
水平：勻減速到零再反向加速運動，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，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道下滑，已知小球的質量為m、電荷量為－q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于其所受的電場力)
(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大??；
(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，A點距水平地面的高度h至少應為多大？
(3)若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放，假設其能夠通過B點，求在此過程中小球機械能的改變量。
解析：(1)根據牛頓第二定律有(mg－qE)sinα＝ma
解得a＝
(2)若小球剛好通過B點，根據牛頓第二定律有
mg－qE＝
小球由A到
20、B，根據動能定理有
(mg－qE)(h－2R)＝
以上兩式聯(lián)立得h＝R
(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，設機械能的變化量為ΔE機
由ΔE機＝W電，W電＝－3REq，
得ΔE機＝－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，一個質量為m＝0.2 kg，帶電荷量為q＝＋2.0×10－6 C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.1。從t＝0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右的方向為正方向，g取10 m/s2)。求：
21、(1)23 s內小物塊的位移大??；
(2)23 s內靜電力對小物塊所做的功。
解析：(1)0～2 s內小物塊的加速度
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的變速運動，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，設靜電力對小物塊所做的功為W，由動能定理有：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，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內有豎直向下的勻強電場，電場強度為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延長線交于O點?，F(xiàn)有一質量為m，電荷量為＋q的粒子從A點沿AB方向以一定的初速度進入電場，恰好從BC邊的中點P飛出，不計粒子重力。
(1)求粒子進入電場前的初速度的大小；
(2)其他條件不變，增大電場強度使粒子恰好能從CD邊的中點Q飛出，求粒子從Q點飛出時的動能；
(3)現(xiàn)將電場分成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。設粒子打在熒光屏上位置與O點相距y，請求出y與x的關系。
解析：(1)粒子在電場內做類平拋運動，水平方向：
L＝v0t，
豎直方向：＝××t2，得v0＝
(2)其他條件不變，增大電場強度，從CD邊中點Q飛出與從BC邊中點P飛出相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據類平拋運動知識y＝at2，x＝v0t，則加速度為原來的8倍，電場強度為原來的8倍，電場力做功為W1＝8EqL
粒子從CD邊中點Q飛出時的動能
Ek＝mv＋W1＝EqL
(3)將EBCF向右平移一段距離x，粒子在電場中的類平拋運動分成兩部分，在無電場區(qū)域做勻速直線運動，軌跡如圖所示，
tanθ1＝＝(vy為粒子離開電場AEFD時豎直方向的速度)
y1＝xtanθ1＝
tanθ2＝＝1(vy′為粒子離開電場EBCF時豎直方向的速度)
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習 階段示范性測試6 靜電場（含解析）
