8、全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)
11．(2017·如東高級中學第二次調(diào)研)有一電容器，帶電荷量為2×10－4C時，兩極板間電壓為200V．若使其帶電荷量再增加2×10－4C，則下列判斷正確的是( )
A．它的電容為1μF
B．它的電容為2μF
C．兩極板間電壓為200V
D．兩極板間電壓為400V
12.(2017·泰州中學下學期初考)某靜電場的等勢面分布如圖11所示，下列說法中正確的是( )
圖11
A．A點電場強度方向為曲線上該點的切線方向
B．負電荷在A點的電勢能比在C點的電勢能小
C．將正電荷由圖中A點移到C點，電場力做負功
D
9、．將電荷從圖中A點移到B點，電場力做功為零
13．(2017·淮海中學第二次測試)兩個不規(guī)則帶電導體間的電場線分布如圖12所示，已知導體附近的電場線均與導體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，選無窮遠處為電勢零點，則( )
圖12
A．場強大小關系有Eb＞Ec
B．電勢大小關系有φb＞φd
C．將一負電荷放在d點時其電勢能為負值
D．將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功
14．(2018·鹽城市調(diào)研)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖13所示，其中0～x2段是軸對稱的曲線，x2～x3段
10、是直線，則下列說法正確的是( )
圖13
A．x1處電場強度最大
B．x2～x3段是勻強電場
C．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ3
D．粒子在0～x2段做勻變速運動，在x2～x3段做勻速直線運動
15.(2017·泰州市姜堰區(qū)期中)如圖14所示，H、H、H三種粒子從同一位置無初度地飄入水平向右的勻強電場，被加速后進入豎直向下的勻強電場發(fā)生偏轉，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么( )
圖14
A．偏轉電場對三種粒子做功一樣多
B．三種粒子打在屏上時速度一樣大
C．三種粒子一定打到屏上的同一位置
D．三
11、種粒子運動到屏上所用時間相同
16．(2017·前黃中學檢測)一帶正電粒子在正點電荷的電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，則下列關于電場強度E、粒子動能Ek、粒子電勢能Ep、粒子加速度a與位移x的關系圖象可能的是( )
三、非選擇題(本題共3小題，共計46分)
17．(15分)(2017·石榴高中月考)如圖15所示，ABCD為豎直放在場強為E＝1×104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與其半圓相切，A為水平軌道的一點，而且AB＝R＝0.2 m．把一質量m＝0.1 kg、
12、帶電荷量q＝＋1×10－4 C的小球，放在水平軌道的A點，由靜止開始被釋放后，小球在軌道的內(nèi)側運動．求：(g＝10 m/s2)
圖15
(1)小球到達C點時的速度大?。?
(2)小球到達C點時對軌道的壓力大??；
(3)若讓小球安全通過D點，開始釋放點離B點至少多遠？
18．(15分)(2017·啟東中學期中)一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖16所示，AB與電場線夾角θ＝30°.已知帶電微粒的質量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2，結果保留兩位有效數(shù)字)求：
13、
圖16
(1)試說明微粒在電場中運動的性質，要求說明理由；
(2)電場強度大小、方向；
(3)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少？
19.(16分)(2017·南通市、如皋市第二次質檢)如圖17所示，兩平行金屬板A、B板長L＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子帶電荷量q＝1×10－10C，質量m＝1×10－20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右邊點電荷的電
14、場分布不受界面的影響)，已知兩界面MN、PS相距為12 cm，O點在中心線上距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．(靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2)
圖17
(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離；
(2)試在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡；
(3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大?。?
答案精析
1．C [由點電荷的場強公式可得：E＝k，因為a點的場強方向與ab連線成120°角，b點的場強方向與ab連線成150°角，所以點電荷所在位置與a、b兩點所構成的三角形是直角三角形，則兩直角邊之比為1∶，那么
15、a點的場強大小Ea與b點的場強大小Eb之比為3∶1，由于沿著電場線電勢降低，所以φa>φb，故選項C正確．]
2．C 3.C 4.C
5．C [由題圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負功，其動能不斷減小，故A錯誤．粒子從b運動到c的過程中粒子離正電荷越來越遠，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤．根據(jù)動能定理得：＋qUab＝mv2－mv02，可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab，故C正確．根據(jù)已知條件無法求出b點的電場強度，故D錯誤．]
6．D
7．D [由于等勢線的電勢沿x軸正向增加，故A錯誤．根據(jù)題圖等勢線的疏密知道b處的電場線密
16、，場強大，電子的加速度大，故B錯誤．電子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，動能增加，電勢能減少，故C錯誤，D正確．]
8．C [電路穩(wěn)定時，該電路中沒有電流，移動滑動變阻器R的滑片，電容器的電壓不變，電路中仍沒有電流，故A錯誤；在平行板電容器中插入電介質，根據(jù)電容的決定式C＝分析得知電容增大，而電容器的電壓不變，由電容的定義式C＝分析得知電容器所帶電荷量增加，將要充電，電路中形成逆時針方向的充電電流，有b到a方向的電流通過電流計，故B錯誤；減小平行板電容器兩極板的正對面積，根據(jù)電容的決定式C＝分析得知電容減小，而電容器的電壓不變，由電容的定義式C＝分析得知電容器所帶電荷量減小，將要放電
17、，電路中形成順時針方向的放電電流，有a到b方向的電流通過電流計，故C正確；減小平行板電容器兩極板間的距離，根據(jù)電容的決定式C＝分析得知電容增大，而電容器的電壓不變，由電容的定義式C＝分析得知電容器所帶電荷量增加，將要充電，電路中形成逆時針方向的充電電流，有b到a方向的電流通過電流計，故D錯誤．]
9．A [根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上的電荷在O點產(chǎn)生的合場強為零，而無窮遠處電場強度也為零，故電場強度先增大后減小，根據(jù)電場的疊加原理可知x軸上電場強度方向向右，沿電場方向電勢降低，故O點的電勢最高，故A正確．]
10．B
11．AD [由電容的定義式得C＝＝＝1μF，故A正確，B錯誤；當電荷量發(fā)生
18、變化時，電容不變，再由C＝，代入數(shù)據(jù)可得：U1＝400V，故D正確，C錯誤．]
12．BD [電場線和等勢面垂直，電場強度的方向沿電場線的切線方向，可知A點的電場強度方向不是沿等勢面上A點的切線方向，故A錯誤；A點的電勢高于C點的電勢，根據(jù)Ep＝qφ知，負電荷在A點的電勢能比在C點的電勢能小，故B正確；A點的電勢高于C點的電勢，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線方向大致向左，所以正電荷從A點移到C點，電場力做正功，故C錯誤；A、B兩點處于同一等勢面上，電勢相等，所以將電荷從A點移到B點，電場力做功為零，故D正確．]
13．BD [同一電場中，電場線密的地方電場強度大，因此Eb＜Ec，選項
19、A錯誤；沿電場線方向電勢降低，且導體表面為等勢面，因此φb＞φd，選項B正確；由于無窮遠處電勢為零，故d點電勢為負，負電荷放在d點時電勢能為正值，選項C錯誤；由題圖可知，φa＞φd，Uad＞0，則將正電荷由a點移至d點的過程中電場力做功W＝qUad，為正功，選項D正確．]
14．BC [因為圖象的斜率可以反映電場強度大小，所以在x1處電場強度最小，A錯誤；x2～x3段為直線，斜率恒定，所以該段為勻強電場，B正確；粒子帶負電，0～x1階段，電場力做正功，即逆著電場線方向到達x1處，之后電場力做負功，順著電場線從x1依次到達x2、x3，而沿電場線方向電勢降低，故有φ1>φ2>φ3，C正確；圖象的
20、斜率可以反映電場強度大小，所以粒子在0～x2段做非勻變速直線運動，在x2～x3段做勻減速直線運動，D錯誤．]
15．AC
16．CD [正電荷的場強公式E＝k，可知電場強度隨x的變化不是均勻減小，故A錯誤；由于電場不是勻強電場，電場力做功W≠qEx，則動能不是隨x均勻增大，故B錯誤；Ep－x圖線的切線斜率大小表示電場力大小，隨著x的增大，電場力F逐漸減小，故C正確；加速度a＝＝＝，可知a隨x的變化圖線是曲線，且減小，故D正確．]
17．(1)2m/s (2)3N (3)0.5m
解析 (1)設小球在C點的速度大小是vC，對軌道的壓力大小為FNC，則對于小球由A→C的過程中，應用動能定理
21、得：2qER－mgR＝mvC2，解得vC＝2 m/s
(2)在C點時，小球受到軌道對它的彈力和電場力，應用牛頓第二定律，有：
FNC′－qE＝m，解得：FNC′＝3 N
由牛頓第三定律知FNC＝FNC′＝3 N.
(3)小球要安全通過D點，必有mg≤m
設釋放點距B點的距離為x，由動能定理得：
Eqx－mg·2R＝mvD2
以上兩式聯(lián)立可得：x≥0.5 m.
18．見解析
解析 (1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB直線運動，故合力一定與速度在同一條直線上，可知電場力的方向水平向左，如圖所示．微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速直線運動．
(
22、2)根據(jù)共點力平衡條件，有：qE＝
故電場強度E＝≈1.7×104N/C，電場強度方向水平向左．
(3)微粒由A運動到B點的速度vB＝0時，微粒射入電場時的速度最小，由動能定理有：
mgLsinθ＋qELcosθ＝mvA2，解得vA≈2.8m/s
即要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是2.8m/s.
19．(1)3cm (2)見解析圖 (3)帶負電 1.04×10－8C
解析 (1)側向位移：y＝at2＝()2＝×()2m＝0.03m＝3cm
(2)第一段是拋物線、第二段必須是直線、第三段是圓弧．如圖
(3)帶正電粒子在離開電場后將做勻速直線運動
＝
Y＝4y＝12cm
此時帶電粒子速度的水平分量：vx＝v0＝2×106m/s
vy＝at＝＝1.5×106m/s
v＝2.5×106m/s
由幾何關系知此時的速度方向垂直于Oa.因粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，由此可以作出判斷：該帶正電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運動，所以Q帶負電．
由幾何關系得，粒子在PS右側做勻速圓周運動的半徑r＝15cm，則有
k＝，代入數(shù)據(jù)解得：Q≈1.04×10－8C
12
（江蘇專用）2019高考物理一輪復習 單元檢測六 靜電場
