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(共47張PPT)
章末檢測試卷(二)
第
十
章
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B B C C B D AC
題號 9 10 11 12 13 答案 BD AC (3)變小　變大　 (4)變大　變小 (1)C　(2)1.5×10－2 C　 (3)BD　(4)電流　調大
對一對
答案
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題號 14 15
答案
對一對
答案
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一、單項選擇題
1.四個電場中，a、b兩點電場強度與電勢均相同的是
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答案
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√
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答案
電場強度是矢量，有大小有方向，由點電荷產生的電場特點可知選項A中a、b兩點電場強度方向不同，兩點電場強度不同，A錯誤；
選項B中兩點電場強度大小不同，兩點電場強度不同，同時沿著電場線方向電勢降低，兩點電勢也不同，B錯誤；
由勻強電場的特點知選項C中a、b兩點的電場強度相同，兩點在同一等勢面上，電勢也相同，C正確；
由等量異種電荷的電場線分布特點知，選項D中a、b兩點在同一等勢面上，電勢相同，但a點的電場強度比b點的大，D錯誤。
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2.將一正電荷從無窮遠處移至電場中M點，靜電力做功為－6.0×10－9 J，若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無窮遠處，靜電力做功為－7.0
×10－9 J，下列關于M、N兩點的電勢φM、φN的關系中正確的是
A.φM<φN<0 B.φN>φM>0
C.φN<φM<0 D.φM>φN>0
√
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答案
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答案
設電荷的電荷量為q，一正電荷從無窮遠處移向電場中M點，則M點電勢φM＝－ V
一個等量的負電荷從電場中N點移向無窮遠處，則N點電勢φN＝－ V
可見φN>φM>0，故選B。
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3.(來自粵教教材改編)如圖所示是一種電容式鍵盤，鍵盤上每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這樣兩塊金屬片就組成一個小電容器。該電容器的電容可用公式C＝ε計算，其中ε為一常量，S表示金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。連接電源，按下某個鍵時，與之相連的電子線路就給出與該鍵相關的信號，此時該電容器的
A.電容不變
B.極板所帶的電荷量變大
C.極板間的電壓變小
D.極板間的電場強度不變
√
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答案
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答案
按下某個鍵時，兩金屬片間的距離d減小，由C＝ε，電容器的電容變大，A錯誤；
由電容的定義式C＝，兩金屬片間的電勢差不變，電容變大，極板所帶的電荷量變大，B正確，C錯誤；
極板間的電場強度E＝變大，D錯誤。
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4.(來自魯科教材)噴墨打印機的簡化模型如圖所示。重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室后帶負電，以平行于極板方向的速度v飛入極板間的勻強電場，最終打在紙上，則微滴在極板間
A.向負極板偏轉
B.電勢能逐漸增大
C.運動軌跡是拋物線
D.運動軌跡與帶電荷量無關
√
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答案
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答案
不計重力的微滴帶負電，所受靜電力方向指向帶正電荷的極板，微滴向正極板偏轉，A錯誤；
微滴在極板間運動時，靜電力做正功，電勢能減小，B錯誤；
不計重力的帶負電微滴初速度和恒定靜電力垂直，故軌跡為拋物線，C正確；
由F＝ma，F＝Eq，U＝Ed，得a＝，可知微滴加速度和帶電荷量有關，加速度直接影響微滴在靜電力方向上的加速運動，也會影響運動軌跡，D錯誤。
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5.(2024·廣東卷改編)污水中的污泥絮體經處理后帶負電，可利用電泳技術對其進行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負極，金屬圓盤置于底部，金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實線為電場線，虛線為等勢面。M點和N點在同一電場線上，M點和P點在同一等勢面上。下列說法正確的有
A.M點的電勢比N點的高
B.N點的電場強度比P點的大
C.污泥絮體從M點移到N點，電場力對其做正功
D.污泥絮體在N點的電勢能比其在P點的大
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答案
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√
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答案
因沿著電場線方向電勢降低，所以M點的電勢比N點的低，A錯誤；
污泥絮體帶負電，從M至N的過程中，電場力做正功，電勢能減小，因M與P在同一等勢面上，故污泥絮體在M點的電勢能與在P點的電勢能相等，可知在N點的電勢能比在P點的小，故C正確，D錯誤；
根據電場線的疏密程度可知N點的電場強度比P點的小，故B錯誤。
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6.(2025·黃山市屯溪第一中學高二月考)兩個等量正點電荷固定于光滑水平面上，兩點電荷連線的中垂線上有A、B、C三點如圖所示(中垂線也在水平面內)，一個帶電小物塊從C點由靜止釋放，沿路徑C→B→A運動，
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答案
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小物塊運動過程中的加速度a、速度v、電勢能Ep以及從C→A的電勢φ隨時間t變化的關系圖像可能正確的是
√
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答案
因等量同種電荷連線的中垂線上各點的電場強度不等，物塊沿路徑C→B→A運動時，所受的靜電力可能一直增加，可能一直減小，也可能先增加后減小，且變化不是均勻的，則加速度隨時間的變化不是直線，選項A錯誤；
物塊沿路徑C→B→A運動時，加速度先增加后減小或一直增大(減小)，則v－t圖像的斜率先增加后減小或逐漸增大(減小)，選項B正確；
帶電小物塊從C點由靜止釋放，沿路徑C→B→A運動，則靜電力一定是做正功，則電勢能一直減小，選項C錯誤；
距離正電荷越近，電勢越高，則從C→A的電勢逐漸降低，選項D錯誤。
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7.(2024·河北卷)如圖，真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點B、C。M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷量為。已知正三角形ABC的邊長為a，M點的電場強度為0，靜電力常量為k。頂點A處的電場強度大小為
A. B.(6＋)
C.(3＋1) D.(3＋)
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答案
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答案
B點和C點的點電荷在M的合電場強度為E＝2cos 60°＝，方向向上，由M點的電場強度為零，故帶電細桿在M點的電場強度EM＝E＝，方向向下，由對稱性可知帶電細桿在A點的電場強度為EA＝EM＝，方向向上，因此A點合電場強度為E合＝EA＋2cos 30°＝，故選D。
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答案
二、多項選擇題
8.(2024·湖北卷)關于電荷和靜電場，下列說法正確的是
A.一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變
B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面
C.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小
D.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的
地方運動
√
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√
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答案
根據電荷守恒定律可知一個與外界沒有電荷交換的系統，這個系統的電荷的代數和是不變的，故A正確；
根據電場線和等勢面的關系可知電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故B錯誤；
點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，根據φ＝，可知正電荷將從電勢高的地方向電勢低的地方運動，負電荷將從電勢低的地方向電勢高的地方運動，故C正確，D錯誤。
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9.(來自魯科教材改編)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成一定角度， 兩極板與一直流電源相連 (圖中電源省略)。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器，則在此過程中，該粒子
A.所受重力與靜電力平衡
B.電勢能逐漸增大
C.動能逐漸增大
D.做勻變速直線運動
√
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答案
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√
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答案
帶電粒子恰能沿題圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子所受靜電力的豎直分力與重力平衡，靜電力的水平分力做負功，運動過程中克服靜電力做功，電勢能逐漸增大，動能逐漸減小，做勻變速直線運動，選項A、C錯誤，B、D正確。
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10.(2024·哈爾濱市高二期中)電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別固定于x軸上O、P兩點，規定無窮遠處電勢為零，一帶負電的試探電荷在x軸正半軸上各點具有的電勢能隨x的變化關系如圖所示。其中，試探電荷在B、C兩點處的電勢能均為零，且OB>BP，在CF段中，E處電勢能最大，則
A.=()2
B.B點電場強度方向一定沿x軸正方向
C.若將一正試探電荷從D點靜止釋放，一定能
到達F點
D.若將一正試探電荷從C點移動到F點，靜電力先做負功后做正功
√
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答案
√
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答案
圖像中E處電場強度為0，得=得=()2，A正確；
帶負電的試探電荷在O點電勢能正無窮，因此O點電荷為負電荷，P點電荷為正電荷，因此B點電場強度方向一定沿x軸負方向，B錯誤；
帶正電的試探電荷在D點受x軸正方向的靜電力，故沿x軸正向加速運動過E點后減速，在D點與F點的電勢能相等，根據能量守恒可得，一定能到達F點，且到F點速度為0，C正確；
正試探電荷從C點移動到F點所受靜電力先沿x正方向，過E點后沿x負方向，故靜電力先做正功后做負功，D錯誤。
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三、非選擇題
11.(2024·大同市高二期末)傳感器中經常用到電容器做基本元件，如圖為電容式液位計的原理圖，一根金屬圓柱插入金屬容器內(并未與容器底、壁接觸)，另一端與電源相連，金屬圓柱為電容器的一個電極，容器壁為電容器的另一個電極，容器內充入絕緣液體，金屬容器接地。另有一靜電計與該裝置相連，靜電計外殼接地，靜電計的金屬球通過開關K2與金屬圓柱相連。某同學用該裝置做以下實驗。
(1)先閉合K1，給電容器充電。
(2)斷開K1，閉合K2，靜電計指針偏轉一定角度。
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答案
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(3)該同學給容器中加入更多絕緣液體使液面升高，此時他觀察到靜電計指針偏角　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)，由此他推測出：液面升高使電容器的電容　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)。
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答案
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變小
變大
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答案
加入更多絕緣液體，根據電容器電容公式C＝
可知，原來正對面積為空氣的地方被絕緣液體替代，εr變大，電容器的電容C變大，又由于C＝，且Q不變，所以U減小，即靜電計指針偏轉角度變小。
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(4)此后在保持液面不變的情況下他繼續實驗，通過絕緣手柄把金屬圓柱向上移動一段距離，他看到靜電計的指針偏角　　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)，表明電容器的電容因金屬圓柱向上移動而　　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)。
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答案
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變大
變小
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答案
同理，把金屬圓柱向上移動一段距離，電容器兩極的正對面積減小，電容器的電容減小，電荷量不變，所以電容器兩端電壓變大，即靜電計指針偏角變大。
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12.(2024·上海市高二期中)用如圖所示電路，研究電容器的放電過程。實驗時，先將開關S擲向1，充電完畢后，將開關擲向2，傳感器將信號傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。
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答案
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(1)電容的定義式C＝，下列物理量的表達式中，也是用其他物理量的比來定義且為標量的是　　　。
A.電場強度E＝ B.加速度a＝
C.電勢φ＝ D.電阻R＝ρ
C
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答案
E＝為電場強度的定義式，采用比值定義法，但電場強度為矢量，故A錯誤；
a＝為加速度的決定式，即牛頓第二定律表達式，不是比值定義法，故B錯誤；
φ＝為電勢的定義式，為比值定義法，且電勢為標量，故C正確；
R＝ρ為電阻的決定式，不是比值定義法，故D錯誤。
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答案
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(2)實驗中所使用的電容器電容大小為1 500 μF，額定電壓為20 V，所使用的電源輸出電壓為10 V，則在該實驗中電容器存儲的最大電荷量為
　　　　　　　　。
1.5×10－2 C
由于電源所使用的輸出電壓為10 V，根據電容的定義式可得實驗中電容器存儲的最大電荷量為Q＝CU＝1 500×10－6×10 C＝1.5×10－2 C。
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答案
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14
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(3)用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，電容器在放電過程中的圖像正確的有　　　　。
BD
電容器在放電過程中其所帶電荷量逐漸減小，兩極板電壓減小，電流減小，且均減小的越來越慢，故選B、D。
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答案
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15
(4)由圖可知，傳感器1為　　　　(選填“電流”或“電壓”)傳感器。為使得電容器的放電時間延長便于觀察，實驗中所使用的可變電阻阻值應適當　　　　(選填“調大”或“調小”)。
電流
調大
由題圖可知，傳感器1串聯在電路中，是電流傳感器，傳感器2與可變電阻并聯，是電壓傳感器；若調大可變電阻接入電路的阻值，則回路中電流減小，從而延長放電時間。
13.如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角。在這個過程中，不計粒子重力。求：
(1)該粒子在電場中經歷的時間；
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答案
答案　　
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答案
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由粒子運動軌跡可知粒子帶正電。帶正電的粒子進入電場后做類平拋運動，在垂直電場方向做勻速直線運動，vx＝v0，
在電場方向做初速度為0的勻加速直線運動
vy＝at，a＝
當粒子速度方向與初速度方向成30°角時，如圖所示
有vy＝vxtan 30°＝v0
粒子在電場中經歷的時間t＝
(2)粒子在這一過程中電勢能的增量。
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答案
答案　－m
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在這個過程中，靜電力對粒子做正功，粒子電勢能減小，動能增加，
ΔEp＝－ΔEk＝Ek1－Ek2＝mmv2，其中v＝，
可得ΔEp＝－m。
14.(來自教科教材)如圖所示，一對平行金屬板A、B豎直放置，其中A板接地，B板電勢為＋φ。另一對平行金屬板C、D水平放置，板長為L、間距為d，兩板間電壓為U。質量為m、電荷為－q的帶電粒子(不計重力)以初速度v0從A板中心的小孔射入，從B板中心的小孔射出，最終從C、D板的右側射出。
(1)帶電粒子從B板中心射出時的
速度vB多大？
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答案　
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答案
由題可知UAB＝φA－φB＝0－φ＝－φ
根據動能定理有－qUAB＝mm
聯立解得vB＝
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(2)帶電粒子在C、D間的運動過程是向上偏轉還是向下偏轉？
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答案
答案　向上偏轉
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由題圖可知C、D兩板之間的電場強度方向由C→D，而帶電粒子帶負電荷，所以帶電粒子在C、D間運動過程中受到的靜電力與電場強度方向相反，故帶電粒子在C、D間運動過程中向上偏轉。
(3)帶電粒子從C、D板的右側射出時，偏離圖中水平虛線多遠？
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答案
答案　
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由于帶電粒子在C、D間運動過程中做類平拋運動，所以帶電粒子從C、D板右側射出的時間為t＝
C、D兩板間的電場強度大小為E＝，加速度大小為a＝
從C、D板右側射出時，偏離題圖中水平虛線的距離為y＝at2
聯立解得y＝。
15.(2024·湖北云學名校聯盟高二期末)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直固定放置，其半徑為R，電場線與半圓軌道處在同一平面內，半圓軌道最低點與一水平粗糙絕緣軌道MN相切于N點。一小滑塊(可視為質點)帶正電且電荷量為q，質量為m，與水平軌道間的滑動摩擦力大小為0.5mg，現將小滑塊從水平軌道的M點由靜止釋放，恰好能到達P點，MN的長度為R，已知重
力加速度大小為g，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
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(1)M、P兩點的電勢差大小UMP；
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答案　
小滑塊恰好能到達P點，說明到達P點時速度為零，從M到P，對小滑塊根據動能定理有
－mgR＋qUMP－0.5mgR＝0
解得UMP＝
(2)小滑塊經過N點時滑塊對軌道的壓力大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
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答案
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勻強電場的電場強度大小為
E＝
M、N兩點的電勢差大小為
UMN＝ER＝
從M到N，對小滑塊根據動能定理有
qUMN－0.5mgR＝mv2
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答案
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設小滑塊經過N點時軌道對小滑塊的支持力為F，在N點，由牛頓第二定律有
F－mg＝
解得F＝mg
由牛頓第三定律可知，小滑塊對軌道的壓力大小為mg。
本課結束
第
十
章章末檢測試卷(二)
滿分：100分
　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　　
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.四個電場中，a、b兩點電場強度與電勢均相同的是
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　　D.
2.將一正電荷從無窮遠處移至電場中M點，靜電力做功為-6.0×10-9 J，若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無窮遠處，靜電力做功為-7.0×10-9 J，下列關于M、N兩點的電勢φM、φN的關系中正確的是
A.φM<φN<0 B.φN>φM>0
C.φN<φM<0 D.φM>φN>0
3.如圖所示是一種電容式鍵盤，鍵盤上每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這樣兩塊金屬片就組成一個小電容器。該電容器的電容可用公式C=ε計算，其中ε為一常量，S表示金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。連接電源，按下某個鍵時，與之相連的電子線路就給出與該鍵相關的信號，此時該電容器的
A.電容不變 B.極板所帶的電荷量變大
C.極板間的電壓變小 D.極板間的電場強度不變
4.噴墨打印機的簡化模型如圖所示。重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室后帶負電，以平行于極板方向的速度v飛入極板間的勻強電場，最終打在紙上，則微滴在極板間
A.向負極板偏轉 B.電勢能逐漸增大
C.運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電荷量無關
5.(2024·廣東卷改編)污水中的污泥絮體經處理后帶負電，可利用電泳技術對其進行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負極，金屬圓盤置于底部，金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實線為電場線，虛線為等勢面。M點和N點在同一電場線上，M點和P點在同一等勢面上。下列說法正確的有
A.M點的電勢比N點的高
B.N點的電場強度比P點的大
C.污泥絮體從M點移到N點，電場力對其做正功
D.污泥絮體在N點的電勢能比其在P點的大
6.(2025·黃山市屯溪第一中學高二月考)兩個等量正點電荷固定于光滑水平面上，兩點電荷連線的中垂線上有A、B、C三點如圖所示(中垂線也在水平面內)，一個帶電小物塊從C點由靜止釋放，沿路徑C→B→A運動，小物塊運動過程中的加速度a、速度v、電勢能Ep以及從C→A的電勢φ隨時間t變化的關系圖像可能正確的是
A.　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　D.
7.(2024·河北卷)如圖，真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點B、C。M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷量為。已知正三角形ABC的邊長為a，M點的電場強度為0，靜電力常量為k。頂點A處的電場強度大小為
A. B.(6+) C.(3+1) D.(3+)
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8.(2024·湖北卷)關于電荷和靜電場，下列說法正確的是
A.一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變
B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面
C.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小
D.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的地方運動
9.如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成一定角度， 兩極板與一直流電源相連 (圖中電源省略)。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器，則在此過程中，該粒子
A.所受重力與靜電力平衡 B.電勢能逐漸增大
C.動能逐漸增大 D.做勻變速直線運動
10.(2024·哈爾濱市高二期中)電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別固定于x軸上O、P兩點，規定無窮遠處電勢為零，一帶負電的試探電荷在x軸正半軸上各點具有的電勢能隨x的變化關系如圖所示。其中，試探電荷在B、C兩點處的電勢能均為零，且OB>BP，在CF段中，E處電勢能最大，則
A.=()2
B.B點電場強度方向一定沿x軸正方向
C.若將一正試探電荷從D點靜止釋放，一定能到達F點
D.若將一正試探電荷從C點移動到F點，靜電力先做負功后做正功
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11.(8分)(2024·大同市高二期末)傳感器中經常用到電容器做基本元件，如圖為電容式液位計的原理圖，一根金屬圓柱插入金屬容器內(并未與容器底、壁接觸)，另一端與電源相連，金屬圓柱為電容器的一個電極，容器壁為電容器的另一個電極，容器內充入絕緣液體，金屬容器接地。另有一靜電計與該裝置相連，靜電計外殼接地，靜電計的金屬球通過開關K2與金屬圓柱相連。某同學用該裝置做以下實驗。
(1)先閉合K1，給電容器充電。
(2)斷開K1，閉合K2，靜電計指針偏轉一定角度。
(3)(4分)該同學給容器中加入更多絕緣液體使液面升高，此時他觀察到靜電計指針偏角　　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)，由此他推測出：液面升高使電容器的電容　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)。
(4)(4分)此后在保持液面不變的情況下他繼續實驗，通過絕緣手柄把金屬圓柱向上移動一段距離，他看到靜電計的指針偏角　　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)，表明電容器的電容因金屬圓柱向上移動而　　　　(選填“變大”“變小”或“不變”)。
12.(8分)(2024·上海市高二期中)用如圖所示電路，研究電容器的放電過程。實驗時，先將開關S擲向1，充電完畢后，將開關擲向2，傳感器將信號傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。
(1)(2分)電容的定義式C=，下列物理量的表達式中，也是用其他物理量的比來定義且為標量的是　　　　。
A.電場強度E= B.加速度a=
C.電勢φ= D.電阻R=ρ
(2)(2分)實驗中所使用的電容器電容大小為1 500 μF，額定電壓為20 V，所使用的電源輸出電壓為10 V，則在該實驗中電容器存儲的最大電荷量為　　　　。
(3)(2分)用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，電容器在放電過程中的圖像正確的有　　　　。
(4)(2分)由圖可知，傳感器1為　　　　(選填“電流”或“電壓”)傳感器。為使得電容器的放電時間延長便于觀察，實驗中所使用的可變電阻阻值應適當　　　　(選填“調大”或“調小”)。
13.(10分)如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角。在這個過程中，不計粒子重力。求：
(1)(6分)該粒子在電場中經歷的時間；
(2)(4分)粒子在這一過程中電勢能的增量。
14.(13分)如圖所示，一對平行金屬板A、B豎直放置，其中A板接地，B板電勢為+φ。另一對平行金屬板C、D水平放置，板長為L、間距為d，兩板間電壓為U。質量為m、電荷為-q的帶電粒子(不計重力)以初速度v0從A板中心的小孔射入，從B板中心的小孔射出，最終從C、D板的右側射出。
(1)(4分)帶電粒子從B板中心射出時的速度vB多大？
(2)(2分)帶電粒子在C、D間的運動過程是向上偏轉還是向下偏轉？
(3)(7分)帶電粒子從C、D板的右側射出時，偏離圖中水平虛線多遠？
15.(15分)(2024·湖北云學名校聯盟高二期末)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直固定放置，其半徑為R，電場線與半圓軌道處在同一平面內，半圓軌道最低點與一水平粗糙絕緣軌道MN相切于N點。一小滑塊(可視為質點)帶正電且電荷量為q，質量為m，與水平軌道間的滑動摩擦力大小為0.5mg，現將小滑塊從水平軌道的M點由靜止釋放，恰好能到達P點，MN的長度為R，已知重力加速度大小為g，求：(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)
(1)(4分)M、P兩點的電勢差大小UMP；
(2)(11分)小滑塊經過N點時滑塊對軌道的壓力大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案精析
1.C　[電場強度是矢量，有大小有方向，由點電荷產生的電場特點可知選項A中a、b兩點電場強度方向不同，兩點電場強度不同，A錯誤；選項B中兩點電場強度大小不同，兩點電場強度不同，同時沿著電場線方向電勢降低，兩點電勢也不同，B錯誤；由勻強電場的特點知選項C中a、b兩點的電場強度相同，兩點在同一等勢面上，電勢也相同，C正確；由等量異種電荷的電場線分布特點知，選項D中a、b兩點在同一等勢面上，電勢相同，但a點的電場強度比b點的大，D錯誤。]
2.B　[設電荷的電荷量為q，一正電荷從無窮遠處移向電場中M點，則M點電勢φM=-= V
一個等量的負電荷從電場中N點移向無窮遠處，則N點電勢φN=-= V
可見φN>φM>0，故選B。]
3.B　[按下某個鍵時，兩金屬片間的距離d減小，由C=ε，電容器的電容變大，A錯誤；由電容的定義式C=，兩金屬片間的電勢差不變，電容變大，極板所帶的電荷量變大，B正確，C錯誤；極板間的電場強度E=變大，D錯誤。]
4.C　[不計重力的微滴帶負電，所受靜電力方向指向帶正電荷的極板，微滴向正極板偏轉，A錯誤；微滴在極板間運動時，靜電力做正功，電勢能減小，B錯誤；不計重力的帶負電微滴初速度和恒定靜電力垂直，故軌跡為拋物線，C正確；由F=ma，F=Eq，U=Ed，得a=，可知微滴加速度和帶電荷量有關，加速度直接影響微滴在靜電力方向上的加速運動，也會影響運動軌跡，D錯誤。]
5.C　[因沿著電場線方向電勢降低，所以M點的電勢比N點的低，A錯誤；污泥絮體帶負電，從M至N的過程中，電場力做正功，電勢能減小，因M與P在同一等勢面上，故污泥絮體在M點的電勢能與在P點的電勢能相等，可知在N點的電勢能比在P點的小，故C正確，D錯誤；根據電場線的疏密程度可知N點的電場強度比P點的小，故B錯誤。]
6.B　[因等量同種電荷連線的中垂線上各點的電場強度不等，物塊沿路徑C→B→A運動時，所受的靜電力可能一直增加，可能一直減小，也可能先增加后減小，且變化不是均勻的，則加速度隨時間的變化不是直線，選項A錯誤；
物塊沿路徑C→B→A運動時，加速度先增加后減小或一直增大(減小)，則v-t圖像的斜率先增加后減小或逐漸增大(減小)，選項B正確；
帶電小物塊從C點由靜止釋放，沿路徑C→B→A運動，則靜電力一定是做正功，則電勢能一直減小，選項C錯誤；
距離正電荷越近，電勢越高，則從C→A的電勢逐漸降低，選項D錯誤。]
7.D　[B點和C點的點電荷在M的合電場強度為E=2cos 60°=，方向向上，
由M點的電場強度為零，故帶電細桿在M點的電場強度EM=E=，方向向下，由對稱性可知帶電細桿在A點的電場強度為EA=EM=，方向向上，因此A點合電場強度為E合=EA+2cos 30°=，故選D。]
8.AC　[根據電荷守恒定律可知一個與外界沒有電荷交換的系統，這個系統的電荷的代數和是不變的，故A正確；
根據電場線和等勢面的關系可知電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故B錯誤；
點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，根據φ=，可知正電荷將從電勢高的地方向電勢低的地方運動，負電荷將從電勢低的地方向電勢高的地方運動，故C正確，D錯誤。]
9.BD　[帶電粒子恰能沿題圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子所受靜電力的豎直分力與重力平衡，靜電力的水平分力做負功，運動過程中克服靜電力做功，電勢能逐漸增大，動能逐漸減小，做勻變速直線運動，選項A、C錯誤，B、D正確。]
10.AC　[圖像中E處電場強度為0，得=
得=()2，A正確；帶負電的試探電荷在O點電勢能正無窮，因此O點電荷為負電荷，P點電荷為正電荷，因此B點電場強度方向一定沿x軸負方向，B錯誤；帶正電的試探電荷在D點受x軸正方向的靜電力，故沿x軸正向加速運動過E點后減速，在D點與F點的電勢能相等，根據能量守恒可得，一定能到達F點，且到F點速度為0，C正確；正試探電荷從C點移動到F點所受靜電力先沿x正方向，過E點后沿x負方向，故靜電力先做正功后做負功，D錯誤。]
11.(3)變小　變大　(4)變大　變小
解析　(3)加入更多絕緣液體，
根據電容器電容公式C=
可知，原來正對面積為空氣的地方被絕緣液體替代，εr變大，電容器的電容C變大，又由于C=，且Q不變，所以U減小，即靜電計指針偏轉角度變小。
(4)同理，把金屬圓柱向上移動一段距離，電容器兩極的正對面積減小，電容器的電容減小，電荷量不變，所以電容器兩端電壓變大，即靜電計指針偏角變大。
12.(1)C　(2)1.5×10-2 C　(3)BD　(4)電流　調大
解析　(1)E=為電場強度的定義式，采用比值定義法，但電場強度為矢量，故A錯誤；a=為加速度的決定式，即牛頓第二定律表達式，不是比值定義法，故B錯誤；φ=為電勢的定義式，為比值定義法，且電勢為標量，故C正確；R=ρ為電阻的決定式，不是比值定義法，故D錯誤。
(2)由于電源所使用的輸出電壓為10 V，根據電容的定義式可得實驗中電容器存儲的最大電荷量為Q=CU=1 500×10-6×10 C=1.5×10-2 C。
(3)電容器在放電過程中其所帶電荷量逐漸減小，兩極板電壓減小，電流減小，且均減小的越來越慢，故選B、D。
(4)由題圖可知，傳感器1串聯在電路中，是電流傳感器，傳感器2與可變電阻并聯，是電壓傳感器；若調大可變電阻接入電路的阻值，則回路中電流減小，從而延長放電時間。
13.(1)　(2)-m
解析　(1)由粒子運動軌跡可知粒子帶正電。帶正電的粒子進入電場后做類平拋運動，在垂直電場方向做勻速直線運動，vx=v0，
在電場方向做初速度為0的勻加速直線運動
vy=at，a=
當粒子速度方向與初速度方向成30°角時，如圖所示
有vy=vxtan 30°=v0
粒子在電場中經歷的時間t===
(2)在這個過程中，靜電力對粒子做正功，粒子電勢能減小，動能增加，
ΔEp=-ΔEk=Ek1-Ek2=m-mv2，
其中v=，可得ΔEp=-m。
14.(1)　(2)向上偏轉
(3)
解析　(1)由題可知UAB=φA-φB=0-φ=-φ
根據動能定理有-qUAB=m-m
聯立解得vB=
(2)由題圖可知C、D兩板之間的電場強度方向由C→D，而帶電粒子帶負電荷，所以帶電粒子在C、D間運動過程中受到的靜電力與電場強度方向相反，故帶電粒子在C、D間運動過程中向上偏轉。
(3)由于帶電粒子在C、D間運動過程中做類平拋運動，所以帶電粒子從C、D板右側射出的時間為t=
C、D兩板間的電場強度大小為E=，
加速度大小為a=
從C、D板右側射出時，偏離題圖中水平虛線的距離為
y=at2
聯立解得y=。
15.(1)　(2)mg
解析　(1)小滑塊恰好能到達P點，說明到達P點時速度為零，從M到P，對小滑塊根據動能定理有
-mgR+qUMP-0.5mgR=0
解得UMP=
(2)勻強電場的電場強度大小為E==
M、N兩點的電勢差大小為UMN=ER=
從M到N，對小滑塊根據動能定理有
qUMN-0.5mgR=mv2
設小滑塊經過N點時軌道對小滑塊的支持力為F，在N點，由牛頓第二定律有F-mg=
解得F=mg
由牛頓第三定律可知，小滑塊對軌道的壓力大小為mg。

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