2019届高考物理一轮复习作业+检测：第七章电场45分钟章末检测卷

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2019版高考物理一轮复习第七章静电场章末综合测试.doc

第七章静电场章末综合测试（七）（时间：60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 3分，有选错的得0分）1•四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A. B 、C. D 为正方形四个边的中点，0为正方形的中心，下列说法中正确的是（）A. 0点电场强度为零B. A. B 、C 、〃四个点的电场强度相同C. 将一带负电的试探电荷从〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零D. 将一带负电的试探电荷从力点匀速移动到C 点，其电势能减小解析：C 根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，0点电场强度不为零，方向由0 指向Q ，八错误.根据对称性，A. C 两点电场强度相同，B 、〃两点电场强度相同，而久〃两点电场强度不相同，B 错误，由対称性可知，〃两点等电势，将一带负电的试探电荷从〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零，C 正确，图屮弭点电势高于C 点，将一带负电的试探电荷从月点匀速移动到Q 点，其电势能增大，D 错误. 2. 如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，*轴垂直于环面且过圆心。

下列关于/轴上的电场强度和电势的说法正确的是（）A.从0点沿/轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低C. 0点的电场强度为零，电势最低D. 0点的电场强度不为冬，电豹最高解析：C 根据对称性得出，在。

点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知0点电场强度为零.沿/轴无限远处电场强度为零，从0 点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小.沿“轴无限远处，若设电势为零，逆着x 轴方向向0点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小.根据电势的定义可知0 点的电势能最小，电势最低，所以从0点沿/轴正方向，电势一直升高，Ax B 、D 错误，C正确.3. 如图所示虚线表示某电场的等毎面.一带电粒子仅在电场力作用下由力运动到〃的径迹如图中实线所示•粒子在力点的加速度为②、动能为&,电势能为尽；在〃点的加速度为勿、动能为底〃，电势能为廊几则下列结论正确的是（）1 1 1 1 1 1 1 1 1 0选对但不全的得 B.从0点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 I IC. aKafhD. a.A 旳,ZiXiS/?解析：C 根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，对知/处电场强度小于〃处.由电场力公式和牛顿第二定律可得力=〃扫，rh 此可知朋亦根据等势面分布和电场线垂直于等势面可知，电场线方向垂直等势面指向圆心.根据带电粒子仅在电场力作用下由畀运动到〃的径迹可知，带电粒子所受电场力方向与电场线方向相反，带电粒子带负电荷.带电粒子仅在电场力作用下由力运动到氏克服电场力做功，电势能增加，动能减小，区』〉区”,Ep.^Epih C 正确.4. 一带电粒子在电场屮仅受静电力作用, 动.取该直线为x 轴，起始点0为坐标原点, 系如右图所示.下列图象中合理的是()△ F= _qE ・ Ax,即二二=一g 仅氏一x 图线斜率的绝对值表示电场力， A x故由图线可知农逐渐减小，八错误.因粒子仅受电场力作用，由於'= A R〃扫||J 知曰也逐渐减小，D 正确；再rh 动能定理有 ' 区=qE • △从即一 = qE, E^-x 图线的斜率也表示电场力，Ax 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误.由 v=2ax 有7=寸扃2可知L —x 图线应是一条曲线，故C 错误. 5. 如图所示，初为均匀带有电荷量为+0的细棒，C 为M 棒附近的一点，仿垂直于AB. AB 棒上电荷形成的电场屮Q 点的电势为机,。

2019届高考物理一轮复习第7章静电场突破全国卷

B．Q 为正电荷，速度先减小后增加，电势能先增加后减少 C．Q 为负电荷，速度先减小后增加，电势能先减少后增加 D．Q 为负电荷，速度先增加后减小，电势能先增加后减少
解析：选 AB.由题图中粒子运动轨迹可知其所受的电场力指向
轨迹弯曲的内侧，则知若点电荷 Q 是正电荷，正点电荷应在轨
迹的左侧，若点电荷 Q 是负电荷，负点电荷应在轨迹的右侧，
如图：
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图中 O 点是与 A 点的速度垂直的直线与 O1、O2 连线的交点；
若 Q 为正电荷，且 Q 在 O 左侧，电场力先做负功后做正功，
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x
轴
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A．x＝xC1 和opxy＝ri－ghxt1 两20处0，4-电20场1强1度A相sp同ose Pty Ltd.
B．x＝x1 和 x＝－x1 两处，电场强度最大
的两点间的电势差相等Ev，a有luaφtOi－onφao＝nφlyb－. φc，得 φO＝1 V，B eate项d 正w确ith；电As子p在osae、.Sbl、idce三s点fo的r 电.N势E能T分3别.5为C－lie10netVP、ro－f1il7ee5V.2.0
和－26 CeVo，py故r电ig子ht在20a0点4的-2电01势1能A比sp在osbe点P的ty高L7tde.V，C 项
突破全国卷

2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业章末质量检测7恒定电流

章末质量检测(七)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求。

)1.半导体材料的导电性能受外界条件的影响很大，有的半导体在温度升高时其电阻减小得非常迅速，利用这种半导体材料可以制成体积很小的热敏电阻。

如图1所示是火警报警系统的部分电路，其中R T为热敏电阻，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器。

当热敏电阻R T所在处出现火情时，电流表A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )图1A．I变大，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变大D．I变小，U变小解析根据题意可知，当出现火情时，R T的电阻随着温度升高减小得非常迅速，在电路中外电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I＝Er＋R外可知干路电流增大，由U端＝E－Ir可知路端电压减小，电压表测量路端电压，因此U变小，排除A、C选项；因干路电流I增大，R1两端的电压增大，而外电路的电压减小，故R2和R T两端的电压会减小，因此电流表示数会减小，D正确。

答案 D2.如图2所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )图2A ．通过R 1的电流减小，减小量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减小量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定大于ΔUR 2解析电压表示数减小，可知R 减小，设路端电压、干路电流分别为U 、I ，电压表示数为U 1，流过R 1、R 2的电流分别为I 1、I 2，电阻改变后，分别为U ′、I ′、U 1′、I 1′、I 2′，则U 1＝I 1R 1，U 1′＝I 1′R 1，ΔU ＝U 1－U 1′＝(I 1－I 1′)R 1，ΔUR 1＝I 1－I 1′＝ΔI ，A 正确。

人教版2019届高考物理一轮复习第七章静电场章末过关检测

第七章静电场章末过关检测(七)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2015·高考江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是( )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D 属于静电现象． 2.空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的是( )A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E CxB ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功解析：选D.在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E ＝Δφd，可见E Bx >E Cx ，A 项错误；同理可知O 点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误；沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误，D 项正确． 3.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别是q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与中垂线方向成α1角和α2角，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1＝α2，则下述结论正确的是( )A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足q1m1＝q2m2C ．m 1一定等于m 2D ．必须同时满足q 1＝q 2、m 1＝m 2解析：选C.分别对两小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得F －F T sin α1＝0，F T cos α1－m 1g ＝0，所以tan α1＝F m1g ＝kq1q2m1gr2.同理tan α2＝F m2g ＝kq1q2m2gr2.因为α1＝α2，所以m 1＝m 2. 4．(2018·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( )A ．烟尘颗粒向下运动B ．两金属板间电场方向向上C ．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D ．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍解析：选C.由题图可知，上极板为正极，下极板为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A 错误；上极板为正极，下极板为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B 错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C 正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D 错误．5．第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d 的两极板M 、N 分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选C.带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A 错误；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U ，选项B 错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgd U2，选项C 正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝U dq ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D 错误．6.(2018·合肥高三质量检测)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是( )A．小球再次到M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做的功为3mgLC．小球从P到M过程中，其机械能增加了3mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动解析：选B.根据题述，开始时小球静止于M点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qE sin 30°＝mg.小球再次到M点时，切向加速度为零，速度最大，选项A错误．小球从P到M过程中，重力做负功为W G＝－mgL，电场力qE做正功为W F＝qEL sin 30°＋qEL cos 30°＝(1＋3)mgL，合外力对它做的功为W＝W G＋W F＝3mgL，选项B正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P到M过程中，其机械能增加了(1＋3)mgL，选项C错误．由于在M点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，两个相同的细圆环带有等量异种电荷，相隔一定距离同轴平行固定放置，O1、O2分别为两环圆心，一带正电的粒子从很远处沿水平轴线飞来并顺次穿过两环．若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中( )A．在O1点粒子的加速度方向向左B．从O1到O2的过程，粒子电势能一直增大C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D ．轴线上O 1点右侧、O 2点左侧都存在合场强为零的点，且它们关于O 1、O 2连线中点对称解析：选ACD.在O 1点时，右环上电荷由于关于O 1对称，所以其在O 1产生的电场强度为0，而－Q 各点在O 1产生的场强水平向左，故＋q 在O 1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A 正确．在＋q 从O 1向O 2运动的过程中＋Q 对＋q 的电场力向左，－Q 对＋q 的作用力方向也向左，故电场力对＋q 始终做正功，故＋q 的电势能一直减小，故B 错误．根据E ＝kQ r2可知在O 1右侧＋Q 产生的场强先增大后减小且一直减小到0，而－Q 的场强大多数情况下小于＋Q 产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O 1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O 1的右侧，故C 正确．同理O 2的左侧也有场强为0的位置，而O 1和O 2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O 1、O 2的连线对称，故D 正确．8．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半解析：选AD.E ＝U d ，保持U 不变，将d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 对；保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 错；C ＝Q U ，C ＝εrS 4πkd，保持d 不变，C 不变，Q 加倍，U 加倍，C 错；E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εrS 4πkd ·d ＝Q εrS 4πk，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 对．9．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B 间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x 表示A 偏离O 点的水平距离．实验中( )A ．d 应保持不变B ．B 的位置在同一圆弧上C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 正确；因要保持A 、B 连线与细线垂直且AB 距离总保持d 不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；对A 球由平衡知识可知：F 库＝mg sin θ，即k qQ d2＝mg x L，可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确，D 错误．10．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy 坐标系中，x 轴上固定一个点电荷Q ，y 轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O 处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P 处由静止释放，圆环从O 处离开细杆后恰好绕点电荷Q 做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，加速度一直增大B ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，速度先增大后减小C ．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q 做匀速圆周运动D ．若将圆环从杆上P 点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q 做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O 点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A 错误；因为圆环到O 点前，库仑力沿y 轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B 错误；设P 、O 两点间电势差为U ，由动能定理有qU ＝12mv 2，由牛顿第二定律有kQq r2＝mv2r ，联立有kQ r2＝2U r，即圆环是否做匀速圆周运动与q 无关，C 正确；若从P 点上方释放，则U 变大，不能做匀速圆周运动，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.(1)求小球带电性质和电场强度E .(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A 点应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqL sin α－mgL (1－cos α)解得E ＝3mg 3q.(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v2L ＝233mg 小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝ 2（3＋1）gL .答案：(1)小球带正电3mg 3q(2) 2（3＋1）gL 12.(14分)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU 1与ΔU 2之比.解析：(1)油滴静止时满足：mg ＝q U0d则q m ＝dg U0.(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移大小为x 1，加速度大小为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移大小为x 2，加速度大小为a 2，则 x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2 且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：qU0＋ΔU1d －mg ＝ma 1，即q ΔU1d＝ma 1 油滴向上减速运动时：mg －qU0＋ΔU1－ΔU2d ＝ma 2，即q ΔU2－ΔU1d＝ma 2 则ΔU1ΔU2－ΔU1＝13解得ΔU1ΔU2＝14.答案：(1)dg U0(2)1∶3 (3)1∶413．(14分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2，经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qU 偏mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，所以y ＝U 偏L 4U0，由题图乙知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L 2，所以Y ＝13.5 cm. (2)由题知电子侧移量y 的最大值为L 2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.答案：(1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm(2)30 cm。

全程复习构想高考物理一轮复习第七章静电场章末质量评估新人教版

章末质量评估(七)，用电压为U的直流电源对平行板电容器充电．要使，可采取的办法为( )断开，然后将两板间距离拉大一些．先将两板间距离拉大一些，然后将S断开．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为极板时的动能大于eU和B上分别固定有带电荷量为＋并与正方形所在平面垂直的直线上有P、Q两点，．表面均匀带电的圆盘水平放置，从靠近圆心O处以初速度看作试探电荷)，小球上升的最高点为，重力加速度为g，取O点电势为零，不计空气阻力，则可带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经80 J，减少的动能中有空间某一静电场的电势φ在方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有方向上的分量最大点电场强度最大．带电粒子的速度先增大后减小点时的速度大小相同．如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为＋将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线保持静止，不计重力，则(如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝当它运动到P处时迅速将下板向上提起物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小．物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B 的大小．在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知：at 2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计．求带电粒子的比荷q m；间加如图乙所示的交变电压，其周期T ＝L v 0，从t ＝0开始，前MN ＝－U ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场，最终t0打在M板中点。

(新课标)2019届高考物理：一轮复习第7章静电场章末过关检测(七)(含答案).doc

第7章静电场章末过关检测(七)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B.过a、b两点做等势面，可得a点的电势比b点的电势低，将正电荷从低电势移到高电势，电场力做负功，故A 错误，B正确；电场线的疏密程度可表示电场强度，c点的电场线稀疏，d点的电场线较密，所以d点的电场强度大于c点的电场强度，C错误；电场线只表示电场强度，不表示粒子的运动轨迹，D错误．2.(2018·温州中学模拟)如图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场．涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹．下列说法正确的是( )A．涂料微粒一定带正电B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能解析：选C.因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可知不能视为高压电场的部分电场线，选项B错误；从喷枪口看到工件的电场先减弱后增强，可知微粒做加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因电场力随微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D错误．3.(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上．C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)( )A.5kQ4l2，沿x轴正方向B．5kQ4l2，沿x轴负方向C.3kQ4l2，沿x轴负方向D．3kQ4l2，沿x轴正方向解析：选D.B点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在B 点产生的场强与正电荷在B点产生的场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负电荷在B 点的场强为kQ l 2，两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，当负电荷移到A 点时，负电荷与B 点的距离为2l ，负电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，由于CD 对称，所以两正电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确． 4.静电场方向平行于x 轴，其电势随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电量为－q ，忽略重力．规定x 轴正方向为电场强度E 、加速度a 、速度v 的正方向，下图分别表示x 轴上各点的电场强度E 、小球的加速度a 、速度v 和动能E k 随x 的变化图象．其中正确的是( )解析：选D.因φ－x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧加速度为正值，在x＝0右侧，加速度为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧，粒子向右匀加速，在x＝0的右侧，向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，粒子根据动能定理qEx＝E k，在x＝0的右侧，根据动能定理可得－qEx ＝E k′－E k，故D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)5.某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直．用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O 点的水平距离．实验中( )A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tan θ与A、B间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知：F库＝mg sin θ，即k qQ d2＝mg xL，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误．6．(2018·广东韶关六校联考)如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是( )A．电场线MN的方向一定是由N指向MB．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．带电粒子由a运动到b的过程中动能增加解析：选CD.由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M 指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误，D正确；粒子从a运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．7．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小C．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动D．若将圆环从杆上P点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A错误；因为圆环到O点前，库仑力沿y轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B错误；设P、O两点间电势差为U，由动能定理有qU＝12mv2，由牛顿第二定律有kQqr2＝mv2r，联立有kQ r2＝2Ur，即圆环是否做匀速圆周运动与q无关，C正确；若从P点上方释放，则U变大，不能做匀速圆周运动，D正确．8．(2018·沈阳东北育才学校模拟)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小解析：选BC.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误，B正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，后成锐角，因此小球的速率先减小后增大，故选项C正确，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(16分)(2018·亳州模拟)如图所示，在E＝1.0×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝1.0×10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m 的M处，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m v2 R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv2联立方程组，解得：v0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12mv ′2－12mv 20 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R联立代入数据，解得：F N ＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小F ′N ＝F N ＝0.6 N.答案：(1)7 m/s (2)0.6 N10．(16分)如图所示，光滑的薄平板A ，放置在水平桌面上，平板右端与桌面相齐，在平板上距右端d ＝0.6 m 处放一比荷为q m＝0.1 C/kg 的带电体B (大小可忽略)，A 长L ＝1 m ，质量M ＝2 kg.在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场，OO ′左侧电场强度为E ＝10 V/m ，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左．在薄平板A 的右端施加恒定的水平作用力F ，同时释放带电体B ，经过一段时间后，在OO ′处带电体B 与薄平板A 分离，其后带电体B 到达桌边缘时动能恰好为零．(g 取10 m/s 2)求：(1)OO ′处到桌面右边缘的距离；(2)加在薄平板A 上恒定水平作用力F 的大小．解析：(1)对B 在OO ′左侧运动时，qE ＝ma 1，设B 到达OO ′时的速度为v ，则：v 2＝2a 1x 1，对B 在OO ′右侧运动时，q ·5E ＝ma 2，v 2＝2a 2x 2，由几何关系知，x 1＋x 2＝d ，代入数据解得x 2＝0.1 m.(2)对平板A ，在B 加速的时间内，x 3＝L －x 2，x 3＝12a 3t 21，B 在同一时间内加速的过程中，有：x 1＝12a 1t 21，对平板A ，在B 加速的时间内受力F 的作用，由牛顿第二定律得，F ＝Ma 3，代入数据解得F ＝3.6 N.答案：见解析11．(20分)(2018·上海奉贤区调研)如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP＝37°，OP中点处固定一电量为q＝2.0×10－8 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧．MN是一光1滑绝缘杆，其中ON长为a＝1 m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零．沿ON方向建立坐标轴(取O点处x＝0)，图(b)中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0＝1.24×10－3J，E1＝1.92×10－3J，E2＝6.2×10－4 J．(静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能E p .解析：(1)电势能为E 1时最大，所以应是电荷q 1对小球做负功和正功的分界点，即应该是过q 1作的ON 的垂线与ON 的交点．x 1＝a cos 37°×12cos 37°＝0.32 m根据图象得到mgh ＝E 1得m ＝E 1gx 1sin 37°＝ 1.92×10－310×0.32×0.6 kg ＝1×10－3 kg.(2)小球受到重力G 、库仑力Fk q 1q 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OP sin 37°2＝mg cos 37°q 2＝mg cos 37°⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OP sin 37°2kq 1＝错误! C ＝2.56×10－6 C.(3)对O 到N ，小球离开弹簧后到达N 点的速度为零，根据能量守恒，得到E＋E0＝E2＋mgh ONpE＝E2＋mgh ON－E0＝6.2×10－4J＋1×10－3×10×0.6 J－p1.24×10－3 J＝5.38×10－3 J.答案：(1)0.32 m 1×10－3 kg (2)2.56×10－6 C(3)5.38×10－3 J。

2019届高三物理一轮复习单元质检七静电场 Word版含解析

单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~9题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 1.在电场中有一点P,下列说法正确的是()A.若放在P点的电荷带的电荷量加倍,则P点的电场强度加倍B.若P点没有检验电荷,则P点的电场强度为零C.P点的电场强度越小,则同一电荷在P点受到的电场力越小D.P点的电场强度方向为放在该点的电荷的受力方向,与有无试探电荷无关,所以在P点电荷减半或无检验电荷,P点的电场强度不变,故A、B错误;据F=Eq知,P 点的电场强度越小,则同一电荷在P点所受的电场力越小,故C正确;据电场强度方向的规定,正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同,所以P点的电场强度方向为正电荷在该点的受力方向,故D错误。

2.(2017·陕西西安检测)关于静电场的电场强度和电场线,下列说法正确的是()A.在一个以点电荷为中心,r为半径的球面上,各处的电场强度都相同B.E=仅适用于真空中点电荷形成的电场C.电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D.当初速度为零时,放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合,r为半径的球面上,各处的电场强度大小都相等,但方向不同,选项A错误;E=仅适用于真空中点电荷形成的电场,选项B正确;电场强度的方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向,选项C错误;若电场线是曲线,则电荷受到的力将发生方向的变化,则其轨迹不可能与电场线重合,选项D错误。

3.以下说法正确的是()A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低B.外力对物体所做的功越多,对应的功率越大C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化,A选项正确;根据功率定义式P=,功率与功及时间都有关系,B选项错误;电容器电容的决定式为C=,与电荷量无关,C选项错误;在超重和失重现象中,重力不变,D 错误。

2019届高考物理(新课标)一轮复习测评手册(共计162页,含答案解析)测评答案

, 高考复习方案 | 新课标★物理参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C 2.C 3.A 4.B 5.B 6.A7．(1)打开电源释放纸带(2)0.641 (3)大[解析] (1)实验时调整好仪器，开始打点计时的时候，应先开电源，然后再放纸带使纸带运动，这样可以使纸带上打出的点更多，有效点也较多，纸带的利用率较高．(2)a＝()8.75＋9.41＋10.06－()6.84＋7.48＋8.139×0.12cm/s2＝0.641 m/s2.(3)如果实验所用交流电的实际频率偏小，那么纸带上相邻两个计数点间的时间间隔的测量值偏小，由此根据匀变速直线运动规律a＝ΔxT2得到的加速度的测量值比实际值偏大．8．(1)3 m/s (2)1.75 s[解析] (1)上升阶段人做加速度为g的匀减速直线运动，由运动学公式得－v20＝－2gh解得v0＝2gh＝3 m/s.(2)上升阶段由运动学公式得0＝v0－gt1解得上升阶段经历的时间t1＝v0g＝310s＝0.3 s自由落体运动过程由运动学公式得H＝12gt22解得下落过程经历的时间t2＝2Hg＝2×10.4510s＝1.45 s故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s.9．125 m或245 m45分钟单元能力训练卷(二)1．C 2.B 3.C 4.A 5.D 6.C7．(1)2.60 (2)图略 5.1 (3)59[解析] (1)精度为0.1 N的弹簧测力计要估读到0.01 N，其读数为2.60 N；(2)作出力的图示，再作力的平行四边形，根据比例大小换算得合力为5.1 N；(3)由图丙可知1 N对应的长度约为17 mm ，又F＝kx，故k＝Fx＝59 N/m.8．(1)250 N 50 3 N (2)100 N 9．160 N[解析] A、B的受力分析如图所示．对A由平衡条件得F T sin 37°＝f1＝μF′N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立以上两式可得：F N1＝3m A g4μ＋3＝60 Nf1＝μF N1＝30 N. 对B由平衡条件得F ＝f′1＋f 2＝f′1＋μF N2＝f 1＋μ(F N1＋m B g)＝160 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.C7．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够8．(1)0.4 s (2)34[解析] (1)物体上滑，由牛顿第二定律，有mgsin 30°＝ma解得a 1＝mgsin 30°m＝5 m/s 2 由运动学公式，上滑时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s 上滑的位移x ＝12v 0t 1＝0.4 m. (2)下滑时间t 2＝t －t 1＝(1.2－0.4) s ＝0.8 s又下滑的位移x ＝12a 2t 22 解得加速度a 2＝1.25 m/s 2对下滑过程，由牛顿第二定律，有mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 2解得μ＝34. 9．(1)3 m (2)2.5 kg (3)40 J45分钟滚动复习训练卷(一)1．D 2.A 3.C 4.D 5.B 6.C7．(1)电火花垫高做匀速直线运动(或均匀打点)(2)m ≪M(或钩码的总质量远小于小车的质量) M(或小车的质量) (3) 0.95[解析] (1)电火花式打点计吋器的摩擦力小；平衡摩擦时，在没有钩码拖动下，需要将长木板的右端垫高，使小车做匀速直线运动．(2)细绳对小车的拉力F T ＝M M ＋m.mg ，在m ≪M 的条件下，可以认为拉力近似等于钩码的总重力mg ，在控制M 不变的情况下，可以探究加速度与力的关系．(3)由Δx ＝aT 2，则a ＝62.00－51.55－（51.55－42.05）0.12×10－2m/s 2＝0.95 m/s 2. 8．(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s9．(1)1 s (2)如图所示 (3)1.25 m45分钟单元能力训练卷(四)1．B 2.A 3.B 4.C 5.B 6.B7．每个周期激光照射到反光材料的时间 7.14 0.228．(1)4π2()R ＋h 3GT 2 (2)4π2()R ＋h 3R 2T 2 (3)3π()R ＋h 3GT 2R3 [解析] (1)根据万有引力提供向心力，有G Mm ()R ＋h 2＝m 4π2T 2(R ＋h) 解得M ＝4π2()R ＋h 3GT2. (2)月球表面万有引力等于重力，即GMmR 2＝mg 解得g ＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2. (3)根据ρ＝M V ，V ＝43πR 3 解得ρ＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3. 9．(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N45分钟单元能力训练卷(五)1．A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.B7．(1)0.196 0.100(2)钩码的质量接近小车的质量，在钩码下落过程中，钩码减少的重力势能转化为小车和钩码的动能8. (1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N[解析] (1)小球做平抛运动，落至A 点时，由平抛运动速度分解图可得v 0＝v y cot αv A ＝v y sin α由运动学规律，有v 2y ＝2ghh ＝12gt 2 x ＝v 0t由以上各式解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 m ，v A ＝10 m/s.(2)由动能定理，有mgH ＝12mv 2B －12mv 2A 解得v B ＝20 m/s.(3)小球在BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，小球从C 点到D 点，由动能定理得－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C 在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2D R解得F N ＝3 N.9. (1)2 m/s ，水平向右理由略 (2)0.2 (3)－24 J 36 J[解析] (1)由题图乙可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图乙可知，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝Ma ，其中f ＝μF N ，F N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝210＝0.2. (3)由题图乙可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移x ＝vt ＝2×3 m ＝6 m所以物块对传送带所做的功为W ＝－fx ＝－4×6 J ＝－24 J物块与传送带前2 s 内的相对位移x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫42×2 ＋2×2 m ＝8 m 第3 s 内的相对位移x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×1－22×1 m ＝1 m 故物块相对于传送带的总位移x′＝x 1＋x 2＝9 m系统中转化为内能的能量Q ＝fx ＝μMgx ＝4×9 J ＝36 J.45分钟单元能力训练卷(六)1．A 2.D 3.D 4. B 5.A 6.B7．(1)2 m/s (2)0.8 m/s[解析] (1)恒力做的功为W ＝Fl ＝2 J弹簧具有的最大弹性势能为E p ＝W ＝2 J弹簧完全弹开达到原长时，A 速度达到最大，即E p ＝12m A v 2，解得v A ＝2E p m A＝2 m/s. (2)当弹簧再次达到原长时，B 物体的速度最大，由动量和能量守恒有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 2B 解得v B ＝0.8 m/s. 8．(1)14m (2)4.5 J 45分钟滚动复习训练卷(二)1．A 2.B 3.B 4.D 5. C 6.C7. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒8．(1)3.0 m/s (2)3.0 J9．(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J45分钟单元能力训练卷(七)1. C2.D3. C4.D5. C6.C7．(1)90 J (2)5 m/s (3) 小球没有冲出圆槽[解析] (1)在整个过程中，电场力对小球P 做的功为W ＝qE h tan θ＝－90 J 小球P 电势能增加ΔE p ＝－W ＝90 J.(2)根据受力分析可知，斜面对小球P 的支持力为N ＝－qEsin θ＋mgcos θ根据动能定理得mgh ＋qE h tan θ－μN h sin θ＝12mv 2－0 解得v ＝5 m/s.(3)设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得mv ＝2mv′解得 v′＝2.5 m/s根据机械能守恒定律得12mv 2＝12·2mv ′2＋mgH 解得H ＝0.625 m<R ，所以小球没有冲出圆槽. 8．(1)16L 0 L 02v 0(2)能 45分钟单元能力训练卷(八)1．C 2.D 3.A 4.A 5.A 6.C7．(1)0.520 (2)①×1 ②欧姆右边的零刻线处 12(3)A C 图略8．(1)R 断路(2)如图所示(3)图略 1.50 V 0.50 Ω[解析] (1)把两表笔接c 、d 时，电压表有示数，说明c 到电源负极、d 到电源负极接触良好，且多用电表示数与电压表示数相同，大小接近电动势，则故障为R 断路；(2)实物电路连接如图所示；(3)根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U ＋I(r ＋R 0)，整理可得U ＝E －I ()R 0＋r ，图像的斜率k ＝R 0＋r ＝1.30.43Ω≈3 Ω，则r ＝0.50 Ω，图像与纵轴的截距b ＝E ＝1.50 V.。

2019年高三物理一轮复习测试第七章静电场含答案

绝密★启用前2019年高三物理一轮复习测试第七章静电场本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为()A．，方向向上B．，方向向上C．，方向水平向左D．不能确定2.如图所示，坐标原点O都表示一半径为R的带正电的实心金属球的球心位置，横坐标表示到球心的距离，纵坐标表示带电金属球产生的电场的电势或电场强度大小，坐标平面上的线段及曲线表示电场强度大小或电势随距离r变化的关系，选无限远处的电势为零，关于纵坐标的说法正确的是()①②③④A．图①表示电场强度；图②表示电势B．图②表示电场强度；图③表示电势C．图③表示电场强度；图④表示电势D．图④表示电场强度；图①表示电势3.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则()A．P点的电场强度大小为零B．q1和q2为等量异种电荷C．NQ间场强方向沿x轴正方向D．将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大4.真空中有甲、乙两个相同的带电金属小球(均可视为点电荷)，它们所带电荷量相等，相距一定的距离，它们之间的静电斥力为F.现让第三个与甲、乙完全相同但不带电的金属小球丙先后与甲、乙两球接触后移开，这时甲、乙两球之间的相互作用力为()A．吸引力，FB．吸引力，FC．排斥力，FD．排斥力，F5.如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法正确的是()A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．A、B两点的电场强度方向不相同D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与该处电场方向相同6.如图是某静电场电场线的分布图，M，N是电场中的两个点，下列说法正确的是()A．M点场强大于N点场强B．M点电势高于N点电势C．将电子从M点移动到N点，其电势能增加D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功7.如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)D．弹簧的弹性势能的增加量为8.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度－时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是()A．B．C．D．9.如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴c所带电荷量最多10.某电容式话筒的原理示意图如题图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距离增大过程中()A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M点的电势比N点的高11.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d 变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是()A．B．C．D．12.真空中两个带同种电荷的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．现释放q2，且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力()A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小13.如图所示，用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U，静电计指针张开某一角度α，若在电容器两极间插入有机玻璃板，则()A．U不变，α不变B．U增大，α增大C．电容器电容增大，α变小D．电容器电容减小，α变大14.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，E p表示正电荷在P点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0(移动过程可认为平行板电容器的电量保持不变)，那么在此过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()A．B．C．D．15.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是()A．电场强度与位移关系B．粒子动能与位移关系C．粒子速度与位移关系D．粒子加速度与位移关系16.图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝53°，BC＝20 cm.把一个电量q＝10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.6×10－3J，则该匀强电场的场强大小和方向是()A． 800V/m，垂直AC向左B． 800V/m，垂直AC向右C． 1000V/m，垂直AB斜向上D． 1000V/m，垂直AB斜向下17.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．其中某部分静电场的分布如图所示，虚线表示这个静电场在纸平面内的一簇等势线，等势线的形状为轴对称图形，等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子从a点平行x轴射入电场中，从b点穿出电场后会聚到x轴上．则()A．电子沿x轴方向的分速度先加速后减速B．电子在a处的电势能小于在b处的电势能C．电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功D．电子穿过电场的过程中，电场先做正功后做负功18.如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是()A．B．C．D．19.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小20.如图所示一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，直线bd 方向与竖直方向成45°角，则下列结论正确的是()A．液漓带正电荷B．液滴的动能不变C．液滴做匀速直线运动D．液滴的电势能减少第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.22.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>l)，电压变化的周期为2r，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．(1)若k＝，电子在0～2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；(2)若电子在0～200t时间内未碰到极板B，求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系；(3)若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值．23.一初速度为零的带电粒子从A板处经电压为U＝4.0×103V的匀强电场加速后，到B板处获得5.0×103m/s的速度，粒子通过加速电场的时间t＝1.0×10－4s，不计重力作用，求：(1)带电粒子的比荷为多大？(2)匀强电场的场强为多大？(3)粒子通过电场过程中的位移为多少？24.如图所示，在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，竖直固定着一根足够长的粗糙绝缘杆，杆上套着一个质量为m、带有电荷量－q的小圆环，圆环与杆间的动摩擦因数为μ.(1)由静止释放圆环，圆环沿杆下滑，求圆环下滑过程中受到的摩擦力F f；(2)若在匀强电场E的空间内再加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆环仍由静止开始沿杆下滑．求：①圆环刚开始运动时加速度a0的大小；②圆环下滑过程中的最大动能E k.答案解析1.【答案】B【解析】先把带电圆环分成若干个小部分，每一小部分可视为一个点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直方向上的电场力大小为＝，方向向上，故选B.2.【答案】B【解析】一个带正电的金属球内的电场强度为零，电势处处相等．从球外沿x轴方向无穷远处，由点电荷电场强度公式可知，电场强度渐渐变小．所以图②可以表示场强随r的变化而变化的函数图像；根据沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与r图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先不变后减小．故图③可以表示电势随r的变化而变化．所以选项B正确．3.【答案】D【解析】该图象的斜率等于场强E，则知P点电场强度不为零，故A错误；如果q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OP>PM，故q1>q2，故B错误；沿着电场线电势降低，由于从N到Q电势升高，故是逆着电场线，故C错误；由于从N到F，电势先增加后减小；将一负电荷从N点移到F点，根据公式E p＝qφ，电势能先减小后增大，故D正确．4.【答案】C【解析】由于两金属小球之间的静电斥力为F，故两球带等量的同种电荷，设两者带电荷量都为Q，则有：F＝k.则让第三个完全相同的不带电的金属小球先后与两球接触后移开．两球所带的电量大小分别为、，则库仑力F′＝k＝F，由于仍为同种电荷，故为排斥力，故C正确，A、B、D 错误．5.【答案】C【解析】负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负点电荷的直线，故A错；电场线越密的地方电场强度越大，由图可知EA>EB，故B错；电场强度的方向沿切线方向，故C正确；B 点的切线方向即B点电场强度方向，而负电荷所受电场力方向与其相反，故D错．6.【答案】D【解析】N点电场线密，M点电场线稀疏，故N点的场强大于M点场强，故A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，N点电势高于M点电势，故B错误；将电子从M点移动到N点，电场力做正功，故电势能减小，故C错误，D正确．7.【答案】D【解析】物体静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A错误；从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W＝－qE(H＋h)＝－，可知机械能减小量为.故B错误；从A到C过程中，电场力做功为－，则电势能增加量为.故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W弹＝0，解得弹力做功为：W弹＝－，即弹性势能增加量为，故D正确．8.【答案】C【解析】粒子在上方区域时做匀速运动，故可知mg＝E1q，根据电场线疏密程度可知，下方区域电场强度大于上方区域，故可知，粒子进入下方电场后E2q>mg，故粒子加速度竖直向上，根据力和运动关系可知，粒子先做匀减速直线运动，减速至零后反向加速，进入上方电场后又开始匀速运动，综上述可知，只有选项C正确．9.【答案】D【解析】三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项C错误．10.【答案】D【解析】解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变．电容器P、Q间距增大，根据C＝，C减小，A选项错误．电容器极板电压保持不变，根据C＝，P上电荷量减少，电容器放电，方向为M到N，B、C选项错误，D选项正确．11.【答案】A【解析】由电容器的电容决定式，C＝，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图象是A.12.【答案】A【解析】电荷间存在库仑力，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．带电相同的点电荷q1、q2间有斥力作用，因此距离越来越远，由于电荷量保持不变，根据库仑定律得：F＝k，可知距离增大，库仑力将逐渐减小，故B、C、D错误，A正确．13.【答案】C【解析】由电容的决定式C＝知若在电容器两极间插入有机玻璃板，则电容增大，电容器的电荷量不变，再由电容的定义式C＝分析可知，板间电压减小，静电计相当于验电器，静电计指针张角变小，故C选项正确．14.【答案】C【解析】当负极板右移时，d减小，由C＝可知，C与d成反比，故A错误；由U＝，E＝可知，E＝，故E与d无关，故B错误；因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ＝E(l－x)，故C正确；电势能E＝φq＝Eq(l－x)，不可能为水平线，故D错误；故选C.15.【答案】D【解析】带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．由E p—x图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确．16.【答案】D【解析】由题意得A、B应在同一等势面上UBC＝W/q＝－1.6×10－3/10－5V＝－1.6 ×102V d＝BC sin53°＝0.16 m则E＝U/d＝1000V/m，方向垂直AB斜向下．17.【答案】C【解析】在x轴方向电子所受电场力先是右偏下，则电子水平速度沿x轴不断增加，电子所受电场力后是左偏上，则水平速度沿x轴依然增加，选项A错误．由电势能E P＝q可知，q<0，a<b，则E Pa>E Pb，选项B错误．电子由a至b电场力做功W＝qUab，电子带负电q<0；沿x轴正向电势增加，<0，故W>0，则电场力一直做正功，选项C正确，选项D错误．故选C.Uab18.【答案】C【解析】由题意可知小球受重力、库仑力和绳子的拉力，由于小球处于静止状态，所以合力为零，即三个力必然组成闭合的矢量三角形，由此可知选项C正确．19.【答案】B【解析】本题考查的是电容器的动态分析，由平行板电容器的电容的表达式C＝，当两极板之间插入一电介质，εr变大，则C变大，由U＝可知，在电荷量Q不变的情况下，两极板间的电势差U将减小，B项正确．20.【答案】D【解析】由题意可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，故液滴带负电荷，做匀加速直线运动；合力做正功，据动能定理知，动能增大；电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故D正确．21.【答案】(1)(2)H(3)2H【解析】(1)液珠开始运动的加速度大小为g，可知液珠在C处释放时加速度方向向上，设液珠的电量为q，质量为m，有k－mg＝mg解得比荷为＝(2)当液珠速度最大时，库仑力与重力相等，有k＝mg结合(1)，解得h＝H(3)设C、B间的电势差为UCB，有＝φC－φB＝－UCB根据动能定理有－mg(rB－H)＝0qUCB解得rB＝2H22.【答案】(1)d>(2)当0≤t－2nt<T时，v＝[t－(k＋1)nT](n＝0,1,2， (99)(b)当0≤t－(2n＋1)T<T时，v＝[(n＋1)(k＋1)T－kT](n＝0,1,2， (99)(3)【解析】(1)电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1＝①，位移x1＝aT2②在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向作匀加速运动，加速度的大小a2＝③，初速度的大小v1＝a1T④，匀减速运动阶段的位移x2＝⑤，依据题意d>x1＋x2，解得d>⑥(2)在2nT～(2n＋1)T，(n＝0,1,2，……，99)时间内，加速度的大小a2′＝，速度增量Δv2＝－a2′T⑦，(a)当0≤t－2nt<T时电子的运动速度v＝nΔv1＋nΔv2＋a1(t－2nT)⑧，解得v＝[t－(k＋1)nT]，(n＝0,1,2，……，99)⑨，(b)当0≤t－(2n＋1)T<T时电子的运动速度v＝(n＋1)Δv1＋nΔv2－a′2[t－(2n＋1)T]⑩，解得v＝[(n＋1)(k＋1)T－kT]，(n＝0,1,2，……，99)⑪，(3)电子在2(N－1)T～(2N－1)T时间内的位移x2N－1＝v2N－1－2T＋a1T2电子在(2N－1)T～2NT时间内的位移x2N＝v2N－2T＋a2′T2，由⑩式可知v2N－2＝(N－1)(1－k)T 由⑪式可知v2N－1＝(N－Nk＋k)T，依据题意x2N－1＋x2N＝0，解得k＝23.【答案】(1)3.125×103C/kg(2)1.6×104V/m(3)0.25 m【解析】(1)由动能定理得：qU＝mv2解得：＝3.125×103C/kg(2)粒子匀加速运动：v＝at由牛顿第二定律得：a＝联立解得：E＝1.6×104V/m(3)由动能定理得：Eqd＝mv2解得：d＝0.25 m24.【答案】(1)μqE(2)①g－②【解析】(1)在水平方向圆环受到的弹力F N＝qE则摩擦力F f＝μF N＝μqE(2)①圆环刚开始运动时不受洛伦兹力，因此，摩擦力大小F f＝μqE在竖直方向，由牛顿第二定律mg－μqE＝ma0解得a0＝＝g－②当重力与滑动摩擦力平衡时，圆环速度最大，动能最大．即mg＝μ(qv m B－qE)最大速度v m＝最大动能E k＝mv＝。

2019高考物理一轮复习阶段质量评估测试卷(七)电场-word文档资料

阶段质量评估测试卷(七)电场(时间∶45分钟，满分∶100分)一、选择题(每小题8分，共64分)1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2 ，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A2．(17年盐城模拟)如图所示，一对等量正点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)．图中A 、B 两点电场强度大小分别为E A 、E B 电势分别为φA 、φB .下列判断正确的是( )第2题图A ．E A >EB φA >φB B ．E A >E B φA <φBC ．E A <E B φA >φBD ．E A <E B φA <φB3．如图所示，带有正电荷量Q 的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量q 的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O .不计粒子的重力．关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是 ( )第3题图A ．粒子先做加速运动后做减速运动B ．粒子的电势能先增大，后减小C ．粒子的加速度先增大，后减小D ．粒子的动能与电势能之和先减小，后增大4．如图所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下(不计空气阻力)，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球第4题图B ．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C ．能够下落到A 球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等5．真空中有一静电场，其在x 轴正半轴的电势φ随x 变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( )第5题图A ．R 处的电场强度E ＝0B ．x 1处与x 2处的电场强度方向相反C ．若正的试探电荷从x 1处移到x 2处，电场力一定做正功D ．该电场有可能是处在O 点的正的点电荷激发产生的6．(多选)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断( )A ．小球A 带正电，B 不带电，C 带负电B ．三个小球在电场中运动时间相等C．三个小球到达极板时的动能E k A<E k B<E k CD．三个小球在电场中运动的加速度a A>a B>a C第6题图第7题图7．(多选)如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O 的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大8．利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘．如图是静电除尘装置示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的．根据上述原理，下面做法正确的是( )第8题图A．A端、B端都接高压正极B．A端、B端都接高压负极C．A端接高压负极、B端接高压正极D．A端接高压正极、B端接高压负极二、计算题(共36分)9．(18分)(17年盐城模拟)如图所示，AB、CD是一对相距为2h带有等量异号电荷的平行金属板，板长为L，两板之间某处的电场强度为E，OO′是金属板间的中线．在A端并贴近AB板有一带电粒子源P，能持续沿平行于AB板方向发射比荷为k，质量相同，初速度不同的带电粒子，经一段时间均能从O′D之间射出电场．求：(1)两平行金属板间的电势差U；(2)带电粒子过O′处垂直于电场方向的速度；(3)板长L与h满足什么关系时，带电粒子打到O′、D两点的动能相等．第9题图10.(18分) (15年四川高考)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，求：第10题图(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．。

2019届高考物理一轮复习教科版：第七章静电场章末质

章末质量检测(七)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。

1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1.静电场中某电场线如图1所示。

把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7 J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做功分别为()图1A.正电－1.2×10－7 JB.负电－1.2×10－7 JC.正电 1.2×10－7 JD.负电 1.2×10－7 J解析从A到B，电势能增加1.2×10－7 J，说明电场力做负功，做功为－1.2×10－7 J，故电场力方向与场强方向相反，该点电荷带负电。

故选项B正确。

答案 B2.用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱。

如图2甲是等量异种点电荷形成的电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也分别相对于O点对称。

则()图2A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O点场强最弱D.B、O、C三点比较，O点场强最强解析观察等量异种点电荷电场的电场线可以得出B与C两点、E与F两点、A 与D两点的电场强度分别相同，所以选项A正确，B错误；从O点开始沿中垂线到无穷远处电场强度逐渐减小到零，选项C错误；在两点电荷之间的线段上从中点向两边电场强度逐渐增大，所以选项D 错误。

答案 A3.如图3所示，A 和B 均可视为点电荷，A 固定在绝缘支架上，B 通过绝缘轻质细线连接在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°角。

A 、B 均带正电，电荷量分别为Q 、q ，A 、B 处于同一高度，二者之间的距离为L 。

已知静电力常量为k ，重力加速度为g 。

则B 的质量为( )图3A.kQq gL 2B.2kQq gL 2C.3kQq gL 2D.3kQq 3gL 2解析根据库仑定律，A 、B 之间的库仑力F 库＝k Qq L 2，以B 为研究对象，在水平方向F 库＝T cos 30°，在竖直方向mg ＝T sin 30°，联立可得m ＝3kQq 3gL 2，D 正确。

2019届高考物理一轮作业+检测第七章电场分钟章末检测卷

第七章 45分钟章末检测卷某静电场的电场线分布如图所示，图中A、B两点的电场强度的大小分别为A、B两点时具有的电势能分别为．一正电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图的大小和电势φ的高低的判断，正确的是、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称．忽略空气阻力，小球可视为质点．由此可知( )由小球在匀强电场中的运动轨道在竖直平面可以判断小球所受合力的方向水平向左，示，则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，错误；由沿着电场线方向电势逐渐降低可知如图所示，平行板电容器与电动势为静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电的油滴被固定于电容器中现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，如图所示，＋Q为固定的正点电荷，电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度a C表示两粒子经过B、时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是．有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点边与电场线平行．已知A、B两点的电势分别为的距离为3 cm.若把一个电子点，那么电子电势能的变化量为( )19 J．－1.6×10－19 J．如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，点时的速度最大两球带等量异种电荷，带电荷量均为球通过绝缘细线吊在天花板上，B球一端固定绝缘棒，现将球静止且与竖直方向的夹角为水平放置的平行板电容器的两板间有一竖直向上的匀强电场，3 cm，B点距上板3 cm.点保持静止．现将小球移到匀强电场之外．v2设质子在电场中运动的加速度为a，从A运动到B经历的时间为sin30°at21答案：：(20分)如图所示，0.2 m的半圆，两段轨道相切于＝5.0×103甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到的条件下，求出甲的速度v0.根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D的情况下，设乙到达最高点的速度为mq＋qE R＝(1)0.4 m 5 m/s。

2019年高考物理一轮复习第七章静电场45分钟章末验收卷

第七章静电场45分钟章末验收卷一、单项选择题1.如图1所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有a、b两点，其中a点的场强大小为E a，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为E b，方向与ab连线成60°角，则关于a、b两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是( )A．E a＝3E b，φa<φbC．E a＝2E b，φa>φb答案 B解析将E a、E b延长相交，交点即为r a和r b，由几何知识得到：r a＝ab cos30°；r b＝ab sin30°.故由E＝r2求解场强之比为：E aE b＝r2br2a＝13，由电场线的方向可得，场源电荷为负电荷，故φa>φb，故选B.2．某一电场的电场线分布如图2所示，则下列说法正确的是( )图2A．a点的电势低于b点的电势B．a点的电场强度小于b点的电场强度C．一正电荷由a点释放，一定沿着电场线运动到b点D．一负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能答案 B解析沿着电场线方向电势逐渐降低，因此a点的电势高于b点的电势，选项A错误；从电场线的分布情况可知，a点的电场线比b点的稀疏，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，选项B正确；电场线不一定是电荷的运动轨迹，由a点释放的正电荷不一定沿着电场线运动到b点，故选项C错误；某一负电荷从a点移到b点，电场力做负功，电势能增加，因此负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故选项D错误．3．如图3，M、N、Q是匀强电场中的三点，MN垂直于NQ，MN＝4cm，NQ＝3cm.MQ与电场方向平行，M、N两点的电势分别为5V和1.8V．则电场强度大小和Q点的电势分别为( )图3A．100V/m和1VB．80V/m和0C．100V/m和0D．80V/m和1V答案 Ccosθ＝0.8，电场强度E＝U MN d＝MQ之间的距离MQ＝5cm，MQ之间的电势差U MQ＝E·MQφQ＝0，选项A错误，C正确．abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移( )图4A．500V/m、沿ab由a指向bB．500V/m、垂直ab向上C．1000V/m、垂直ab向上D．1000V/m、沿ac由a指向c答案 C解析由题意知，从a到b移动正电荷电场力做功为零，即U ab＝0，所以匀强电场中的直线ab为等势面；该电荷由a到c过程中，电场力做功为W ac＝qU ac，解得U ac＝100V，所以电场线垂直ab向上，A、D项错．由匀强电场场强与电势差的关系可得，匀强电场场强E＝U ac＝1000V/m，C项正确，B项错．ac sin30°5.如图5所示，点电荷＋2Q、－Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点．点a、b在MN连线上，点c、d在MN的中垂线上，它们均关于O点对称．下列说法正确的是( )图5A．c、d两点的电场强度相同B．a、b两点的电势相同C．将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D．将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大答案 D解析由于M、N两点的点电荷带电荷量不同，所以c、d两点的电场强度大小相同，方向不同，选项A错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，a点的电势高于b点，故将电子沿直线从a移到b时，电子的电势能一直增大，选项B错误，D正确；根据电场叠加原理，c 点的电场强度方向偏向右上，电子在c点所受电场力方向偏向左下，电子在d点所受电场力方向偏向左上，将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做正功后做负功，选项C错误．6.如图6所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是( )图6A．粒子一定带负电B．A处场强大于C处场强C．粒子在A处电势能大于在C处电势能D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功答案 B解析根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电．故A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；从A点运动到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；根据W＝Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误．二、多项选择题7.如图7所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷量分别为＋Q、－Q、＋q.A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在动摩擦因数处处相同的粗糙绝缘直杆上．绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零．C沿杆下滑时带电荷量保持不变．那么C在下落过程中，以下判断正确的是( )图7A．所受摩擦力变大B．电场力做正功C．电势能不变D．下落一半高度时速度一定最大答案AC解析由于两个等量异种点电荷连线的中垂线上，从连线中点向上各点的电场强度逐渐减小，所以C从杆上某一位置由静止释放，在下落过程中所受的水平向右方向的电场力逐渐增大，C与杆间的压力逐渐增大，所受摩擦力逐渐增大，选项A正确；由于电场力水平向右，C沿竖直杆运动，电场力做功为零，选项B错误；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，各点电势相等，所以C从杆上某一位置由静止释放下落过程中，电势能不变，选项C正确；C从杆上某一位置由静止释放下落过程中，当摩擦力增大到等于重力时，速度最大，不一定是下落了一半高度，选项D 错误．8．如图8所示，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R ，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A 、B ，两球质量相等、间距为R .若将两小球看做质点，将一个水平向右的推力F 作用在A 球上，缓慢将A 球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是( )图8A ．槽对B 球的支持力增大 B ．两球间距离减小C ．推力F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量D ．两球组成的系统的电势能增大答案 BD解析当A 、B 两球在初位置静止时，两球受到的支持力大小相等，大小为F N1＝mgcos30°，相互间的库仑力F 1＝kq 2R2＝mg tan30°，小球在末位置静止时，设A 、B 两球之间距离为l ，如图所示，由相似关系得F N2mg ＝R R ，F N2＝mg ，支持力减小，A 选项错误；又F 2mg ＝l R ，F 2＝kq 2l 2，解得l 3＝33R 3，l <R ，B选项正确；同种电荷间距离减小，库仑力做负功，系统电势能增大，推力做功等于系统机械能增加量与电势能增加量之和，C 选项错误，D 选项正确．9．如图9甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d 的A 点处有一固定的正点电荷．细杆上套有一带电小环．设小环与点电荷的竖直高度差为h .将小环无初速度地从h 高处释放后，在下落至h ＝0的过程中，其动能E k 随h 的变化曲线如图乙所示．则( )图9A ．下落至P 点时小环所受合力为零B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加C．从h高处下落至h＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段D．小环将做以P点为中心的往复运动答案BC解析小环下落到P点所受库仑力与细杆对小环的弹力平衡，所受重力竖直向下，故所受合力等于重力，选项A错误；根据题图乙，小环从h高处下落至h＝0的过程中，动能先增大后减小，再增大，说明小环经过了加速、减速、再加速三个阶段，小环所带电荷电性与正点电荷电性相同，需要克服电场力做功，故小环电势能增加，选项B、C正确；小环经过P点后正点电荷对它的库仑斥力偏向左下方，小环所受合力一定向下，不可能做以P点为中心的往复运动，选项D错误．10.如图10所示，在竖直平面内有匀强电场(图中未画出)，一个质量为m的带电小球，从A 点以初速度v0沿直线运动．直线与竖直方向的夹角为θ(θ<90°)，不计空气阻力，重力加速度为g.以下说法正确的是( )图10A．小球一定做匀变速运动B．小球在运动过程中可能机械能守恒C．小球运动过程中所受电场力不小于mg sinθD．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率P＝mgv sinθ答案BC解析小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动，故A错误；若电场力与速度方向垂直时，电场力不做功，则小球的机械能守恒，故B正确；当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由垂直于速度方向的力平衡得到：电场力的最小值为mg sinθ，故C正确；当小球速度为v时，其重力的瞬时功率P＝mgv cosθ，故D错误．11．如图11所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )图11A ．平行板电容器的电容值将变小B ．静电计指针张角变小C ．带电油滴的电势能将减少D ．若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变答案 ACD解析将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S 不变，间距d 变大，根据关系式C ＝εr S 4πkd ∝Sd可知，电容C 减小，选项A 正确；因为静电计指针的变化表征电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U 不变，所以静电计指针张角不变，选项B 错误；U 不变，极板间距d 变大时，板间场强E ＝Ud减小，带电油滴所处位置的电势φP ＝U －El 增大，其中l 为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C 正确；若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q 不变，极板间距d 变大，根据Q ＝CU ，E ＝U d 和C ∝S d可知E ∝QS，可见，极板间场强E 不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D 正确． 12．如图12所示，a 、b 是x 轴上关于O 点对称的两点，c 、d 是y 轴上关于O 点对称的两点，c 、d 两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a 点沿曲线运动到b 点，E 为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是( )图12A ．c 点的电荷带正电B ．a 点电势高于E 点电势C ．E 点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D ．检验电荷从a 到b 过程中，电势能先增加后减少答案 BD解析带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a 点沿曲线运动到b 点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电荷，即c 点电荷带负电，故A 错误；从E 点到b 点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E 到b 电势要升高，即b 点的电势高于E 点的电势，又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a 、b 两点的电势相等，所以a 点电势高于E 点电势，故B 正确；E 点的切线方向为速度方向，E 点的场强方向应与电场力方向在同一直线上，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E 点场强方向不可能是该点的切线方向，故C 错误；检验电荷从a 到b 过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减少，故D 正确．故选B 、D.三、非选择题13．一带正电小球，由空中A 点以初速度v 0为θ1A 点以相同的初速度水平抛出，求： (1)A 点距离地面的高度；之间的夹角θ2.，v 0v 1＝cos θ1 ＝v 22gθ2 可得θ2＝60°.14.如图13所示，虚线左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距也为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度放入电场E 1中的A 点，最后打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：图13(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点O ′到O 点的距离．答案 (1)3mLEe(2)2 (3)3L 解析 (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律得：a 1＝E 1e m ＝Ee m① 由x ＝12at 2得：L 2＝12a 1t 21②电子进入电场E 2时的速度为：v 1＝a 1t 1③电子从进入电场E 2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t 2＝2L v 1④电子从释放到打到屏上所用的时间为：t ＝t 1＋t 2⑤联立①②③④⑤式解得：t ＝3mL Ee(2)设电子刚射出电场E 2时平行电场方向的速度为v y 电子进入电场E 2时的加速度为：a 2＝E 2e m ＝2Ee m⑥v y ＝a 2t 3⑦ t 3＝Lv 1⑧ 电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值为：tan θ＝v y v 1⑨ 联立解得：tan θ＝2⑩(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点O ′到O 点的距离为x ，由几何关系得：tan θ＝x32L⑪联立得：x ＝3L .。

2019届高考物理一轮复习第七章静电场章末过关检测新人教版

第七章静电场章末过关检测(七)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2015·高考江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是( )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D 属于静电现象．2.空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的是( )A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E CxB ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功解析：选D.在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E ＝Δφd，可见E Bx >E Cx ，A 项错误；同理可知O 点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误；沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误，D 项正确．3.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别是q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与中垂线方向成α1角和α2角，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1＝α2，则下述结论正确的是( )A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足q 1m 1＝q 2m 2C ．m 1一定等于m 2D ．必须同时满足q 1＝q 2、m 1＝m 2解析：选C.分别对两小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得F －F T sin α1＝0，F T cos α1－m 1g ＝0，所以tan α1＝F m 1g ＝kq 1q 2m 1gr 2.同理tan α2＝F m 2g ＝kq 1q 2m 2gr 2.因为α1＝α2，所以m 1＝m 2. 4．(2018·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( )A ．烟尘颗粒向下运动B ．两金属板间电场方向向上C ．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D ．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍解析：选C.由题图可知，上极板为正极，下极板为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A 错误；上极板为正极，下极板为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B 错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C 正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D 错误．5．第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d 的两极板M 、N 分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选C.带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A 错误；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U ，选项B 错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgd U2，选项C 正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Ud q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D 错误．6.(2018·合肥高三质量检测)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m ，电荷量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，如图所示．开始时小球静止在M 点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后由静止释放，则以下判断正确的是( )A ．小球再次到M 点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做的功为3mgLC ．小球从P 到M 过程中，其机械能增加了3mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动解析：选B.根据题述，开始时小球静止于M 点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qE sin 30°＝mg .小球再次到M 点时，切向加速度为零，速度最大，选项A 错误．小球从P 到M 过程中，重力做负功为W G ＝－mgL ，电场力qE 做正功为W F ＝qEL sin 30°＋qEL cos 30°＝(1＋3)mgL ，合外力对它做的功为W ＝W G ＋W F ＝3mgL ，选项B 正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P 到M 过程中，其机械能增加了(1＋3)mgL ，选项C 错误．由于在M 点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，两个相同的细圆环带有等量异种电荷，相隔一定距离同轴平行固定放置，O 1、O 2分别为两环圆心，一带正电的粒子从很远处沿水平轴线飞来并顺次穿过两环．若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中( )A ．在O 1点粒子的加速度方向向左B ．从O 1到O 2的过程，粒子电势能一直增大C ．轴线上O 1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D ．轴线上O 1点右侧、O 2点左侧都存在合场强为零的点，且它们关于O 1、O 2连线中点对称解析：选ACD.在O 1点时，右环上电荷由于关于O 1对称，所以其在O 1产生的电场强度为0，而－Q 各点在O 1产生的场强水平向左，故＋q 在O 1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A 正确．在＋q 从O 1向O 2运动的过程中＋Q 对＋q 的电场力向左，－Q 对＋q 的作用力方向也向左，故电场力对＋q 始终做正功，故＋q 的电势能一直减小，故B 错误．根据E ＝kQ r2可知在O 1右侧＋Q 产生的场强先增大后减小且一直减小到0，而－Q 的场强大多数情况下小于＋Q 产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O 1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O 1的右侧，故C 正确．同理O 2的左侧也有场强为0的位置，而O 1和O 2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O 1、O 2的连线对称，故D 正确．8．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半解析：选AD.E ＝U d ，保持U 不变，将d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 对；保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 错；C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd，保持d 不变，C 不变，Q 加倍，U 加倍，C 错；E ＝U d ＝QCd ＝Q εr S 4πkd ·d ＝Q εr S 4πk，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 对．9．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B 间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x 表示A 偏离O 点的水平距离．实验中( )A ．d 应保持不变B ．B 的位置在同一圆弧上C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 正确；因要保持A 、B 连线与细线垂直且AB 距离总保持d 不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；对A 球由平衡知识可知：F 库＝mg sin θ，即k qQ d 2＝mg x L，可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确，D 错误．10．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy 坐标系中，x 轴上固定一个点电荷Q ，y 轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O 处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P 处由静止释放，圆环从O 处离开细杆后恰好绕点电荷Q 做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，加速度一直增大B ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，速度先增大后减小C ．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q 做匀速圆周运动D ．若将圆环从杆上P 点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q 做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O 点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A 错误；因为圆环到O 点前，库仑力沿y 轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B 错误；设P 、O 两点间电势差为U ，由动能定理有qU ＝12mv 2，由牛顿第二定律有kQq r 2＝mv 2r ，联立有kQ r 2＝2U r，即圆环是否做匀速圆周运动与q 无关，C 正确；若从P 点上方释放，则U 变大，不能做匀速圆周运动，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.(1)求小球带电性质和电场强度E .(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A 点应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqL sin α－mgL (1－cos α)解得E ＝3mg 3q.(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 m v 2L ＝233mg 小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝ 2（3＋1）gL .答案：(1)小球带正电3mg 3q(2) 2（3＋1）gL 12.(14分)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU 1与ΔU 2之比.解析：(1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d则q m ＝dg U 0.(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移大小为x 1，加速度大小为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移大小为x 2，加速度大小为a 2，则 x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：qU0＋ΔU1d－mg＝ma1，即qΔU1d＝ma1油滴向上减速运动时：mg－qU0＋ΔU1－ΔU2d＝ma2，即qΔU2－ΔU1d＝ma2则ΔU1ΔU2－ΔU1＝13解得ΔU1ΔU2＝14.答案：(1)dgU0(2)1∶3(3)1∶413．(14分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝12mv2，经电场偏转后侧移量y＝12at2＝12·qU偏mL⎝⎛⎭⎪⎫Lv2，所以y＝U偏L4U0，由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2，所以Y＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm。

2019届高考物理一轮复习作业+检测：第七章电场课时作业27

课时作业 27已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势使电灯L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，在如图所示的电路中，电源的内阻不可忽略，闭合开关，在阻值的过程中，发现理想电压表的示数减小，则，当光敏电阻上的光照强度减弱时，电阻Ω，r＝1 Ω，R2＝C S断开且电路稳定时，Q1：Q＝1：3 B Q1：Q＝：1Q1：Q＝：5 D Q1：Q＝：1解析：当开关S闭合时，电容器两端电压等于；当开关S断开时，电容器两端电压等于电源电动势，Q1：Q＝：正确．多选)后，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动的过程中，已知电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是( )(2018·山东省寿光现代中学月考)(多选)在如图所示的的路端电压与干路电流的关系图象，直线b为某电阻R的伏安特性曲线，用该电源和电阻)，内电阻为0.5 Ω三个不同的小灯泡连接成如图所示电路，电表均为理想电表，L3较暗．一段时间后，由于电路故障，电压表示数明显增大，继而电路中有灯泡熄灭．下列判断正确的是( )均熄灭导致电压表示数明显增大，同时由于电压过高，L2也很快烧毁，故L1、L2均熄灭，C对；电路总电阻增大，路端电压升高，L3变亮，电流表示数增大，D对．答案：CD10．(2016·上海物理)(多选)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( ) A．U先变大后变小B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小D．U变化量与I变化量比值等于R3解析：由题图可知电压表测量的是电源两端的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；由题图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1接入电路的电阻先变大后变小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数先变小后变大，U与I比值为接入电路的R1的电阻与R2电阻的和，所以U与I的比值先变大后变小，故B、C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I 变化量比值等于零，故D错误．答案：BC11．如图所示的电路中，电源的电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是U ab＝6 V，U ad＝0 V，U cd＝6 V，由此可断定( ) A．L1和L2的灯丝都烧断了B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．变阻器R断路解析：由U ab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由U cd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路．所以选项C正确．答案：C12．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯线的温度发生了变化．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V的电源上，求流过电灯的电流和每个电灯的电阻；这是一个反映电路的直线方程，把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．，I′＝0.3 A同时满足了电路结构和元件的要求，2I′＝0.6 A′＝2×0.3 W＝0.6 W.Ω10 Ω。

2019高考物理一轮复习阶段质量评估测试卷(七)电场(无答案)

阶段质量评估测试卷(七)电场(时间∶45分钟，满分∶100分)一、选择题(每小题8分，共64分)1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2 ，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A2．(17年盐城模拟)如图所示，一对等量正点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)．图中A 、B 两点电场强度大小分别为E A 、E B 电势分别为φA 、φB .下列判断正确的是( )第2题图A ．E A >EB φA >φB B ．E A >E B φA <φBC ．E A <E B φA >φBD ．E A <E B φA <φB3．如图所示，带有正电荷量Q 的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量q 的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O .不计粒子的重力．关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是 ( )第3题图A ．粒子先做加速运动后做减速运动B ．粒子的电势能先增大，后减小C ．粒子的加速度先增大，后减小D ．粒子的动能与电势能之和先减小，后增大4．如图所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下(不计空气阻力)，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球第4题图B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等5．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( )第5题图A．R处的电场强度E＝0B．x1处与x2处的电场强度方向相反C．若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的6．(多选)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断( )A．小球A带正电，B不带电，C带负电B．三个小球在电场中运动时间相等C．三个小球到达极板时的动能E k A<E k B<E k CD．三个小球在电场中运动的加速度a A>a B>a C第6题图第7题图7．(多选)如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大8．利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘．如图是静电除尘装置示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的．根据上述原理，下面做法正确的是( )第8题图A．A端、B端都接高压正极B．A端、B端都接高压负极C．A端接高压负极、B端接高压正极D．A端接高压正极、B端接高压负极二、计算题(共36分)9．(18分)(17年盐城模拟)如图所示，AB、CD是一对相距为2h带有等量异号电荷的平行金属板，板长为L，两板之间某处的电场强度为E，OO′是金属板间的中线．在A端并贴近AB板有一带电粒子源P，能持续沿平行于AB板方向发射比荷为k，质量相同，初速度不同的带电粒子，经一段时间均能从O′D之间射出电场．求：(1)两平行金属板间的电势差U；(2)带电粒子过O′处垂直于电场方向的速度；(3)板长L与h满足什么关系时，带电粒子打到O′、D两点的动能相等．第9题图10.(18分) (15年四川高考)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，求：第10题图(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．。

2019年人教高考物理一轮练习题(7)及答案

2019年人教高考物理一轮练习题（7）及答案A。

3、A、B为两等量异号点电荷,图中水平虚线为A、B连线的中垂线。

现将另两个等量异号的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后,从离A、B无穷远处沿中垂线平移到A、B的连线上,平移过程中两检验电荷始终关于中垂线对称。

若规定离A、B 无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是( )<0A.在A、B连线上a所处的位置的电势φa=0B.a、b整体在A、B连线处具有的电势能EpC.整个移动过程中,静电力对a做正功D.整个移动过程中,静电力对b做负功【解析】选D。

平移过程中,a或者b处于等量异种点电荷的电场中,根据等量异种点电荷产生的电场的电场线的分布特点,a和b受到的电场力的方向均有沿水平方向向右的分量,所以平移过程中,电场力对它们都做负功,它们的电势能都>0,选项D正确,B、C错误。

等量异种点电荷的中垂线要增加,在A、B连线上,Ep>0,选项A错误。

上电势为零,而AB连线上,电场强度方向由A指向B,所以φA4、(多选)如图所示,在空间存在平行于xOy平面的匀强电场,一簇质子(重力及质子间作用力均不计)从P点出发,可以到达以原点O为圆心、R=10cm为半径的圆上任意位置,其中质子到达A点时动能增加量最大,最大动能增量为32eV,A点是圆与x轴正半轴的交点。

已知∠OAP=37°且A点电势为零,图中B点为圆周与y轴负半轴的交点,PA=PB,则下列说法正确的是( )导学号49294167A.该匀强电场的电场强度方向一定沿y轴负方向B.该匀强电场的电场强度大小为250V/mC.匀强电场中P、B两点间的电势差为32VD.质子从P点到B点过程中电势能减小24eV【解析】选B、D。

因质子从P点到A点时动能增量最大,所以等势线在A点必与圆相切(否则一定还可以在圆周上找到比A点电势低的点,质子到达该点时动能增量将大于到达A点时的动能增量),即等势线与y轴平行,又由质子从P点到A知点电场力做正功,所以电场强度方向必沿x轴正方向,A项错误;由W=qU=ΔEkUPA=32V,由题图知PA=2Rcos37°=0.16m,所以E==250V/m,B项正确;又因UPB=E·PB·sin37°=24V,C项错误;质子从P点到B点过程中电场力做正功,其大小为W′=qUPB=24eV,D项正确。

2019年高考物理一轮复习专题测试：电场

电场1．在探究平行板电容器的电容与哪瞟因素有关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。

已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大。

现保持电容器的电量不变，且电容器B 板位置不动。

下列说法中正确的是（） A ．将A 板向左平移，则静电计指针张角增大 B ．将A 板向左平移，则静电计指针张角增小 C ．将A 板竖直向上平移，则静电计指针张角减小 D ．将A 板竖直向上平移，则静电计指针张角增大 2．如图所示，在某一点电荷Q 产生的电场中，有a 、b 两点。

其中a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成120°角；b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成150°角。

则关于a 、b 两点场强大小及电势高低说法正确的是（） A ．E a =3E b B ．3b a E E =C ．b a ϕϕ>D ．b a ϕϕ<3.图所示，虚线 a 、 b 、 c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹， P 、 Q 是这条轨迹上的两点，据此可知 A 三个等势面中， a 的电势最高B 带电质点通过P 点时的电势能较大C 带电质点通过P 点时的动能较人D 带电质点通过P 点时的加速度较大4．竖直放置的劲度系数为K 的轻质弹簧上端与质量m 的小球连接，下端与水平桌面上的质量为M 的绝缘物块相连，小球带正电，电量为q 且与弹簧绝缘，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态，现突然加一个竖直向上、大小为E 的匀强电场，某时刻物块对水平面的压力为零，则从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能改变量大小为（） A ．K g m M Eq )(+ B ．K gm M Eq )(-C ．K EqMgD ．KEqmg5．如图所示A 、B 是带有等量的同种电荷的两小球，它们的质量都是m ，它们的悬线长度是L ，悬线上端都固定在同一点O ，B 球悬线竖直且被固定，A 球在力的作用下，偏离B 球x 的地方静止平衡，此时A 受到绳的拉力为T ；现保持其他条件不变，用改变A 球质量的方法，使A 球在距B 为X/2处平衡，则A 受到绳的拉力为（） A ．T B ．2T C ．4T D ．8T6．对下列物理公式的理解，说法正确的是（） A ．由公式va t ∆=可知，加速度a由速度的变化量v ∆和时间t 决定B ．由公式Fa m =可知，加速度a 由物体所受合外力F 和物体的质量m 决定C．由公式FEq=可知，电场强度E由电荷受到的电场力F和电荷的电量q决定D．由公式QCU=可知，电容器的电容C由电容器所带电量Q和两板间的电势差U决定7．某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是A．如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较大B．如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小C．不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D．不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势8．在某个电场中与场源电荷不相接触的各个位置，如果给电子一个适当的初速度，它能沿一条电场线运动，如果给电子另一个适当的初速度，它能始终沿某个等势面运动。