两学一做2018一套好卷《静电场》精品试题推荐

＝

mgL2tanα

，选项B正确；Q下移后与P间的距离大于L，F减小，同时与k

斜面夹角增大，所以沿斜面向上的力减小，P球下滑，选项A错误；Q水平左移，kq2

L增大，F减小，同样P球下滑，选项C错误；Q放于顶端后，F′＝L＝

???cosα?2??mgsinαcosα＜mgsinα，P下滑，选项D正确。 7．答案 BCD

解析 t1～t2时间内粒子运动的速度一直增大，电场力对粒子做正功，选项A错误；t3～t4时间内粒子运动的速度一直减小，电场力一直对粒子做负功，粒子的电势能一直增大，选项B正确；t2、t4时刻粒子的速度大小相等，t2～t4时间内电场力做的总功为零，t2、t4时刻，粒子所在位臵处的电势相等，选项C正确；t1时刻粒子运动的v-t图象切线的斜率小于t2时刻切线的斜率，可知选项D正确。 8．答案 C

解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误。

9.答案 CD

解析 如图，由小球在C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B点的电荷带负电，

由∠ABC＝∠ACB＝30°，

知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L，BC＝2ABcos30°＝3L 由几何关系可得：F1＝3F2 kQqkQBq即：L2＝3

?3L?2

得QB＝3Q，故A、B错误，C正确。

圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确。

10．答案 C

解析 空间某点的电场强度是点电荷Q1和点电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。设Q2右侧场强为零的点到Q2的距离为L。根据点电荷的场强公Q

式E＝kr2，且要使电场强度为零，那么正点电荷Q1和负点电荷Q2在该处产生的Q1|Q2|

场强大小相等方向相反，则有k＝kL2，解得L＝0.06 m＝6 cm，所

?0.06 m＋L?2以x轴上x＝12 cm处的电场强度为零，则从x＝20 cm到x＝12 cm间，场强方向沿x轴正方向 ，从x＝12 cm到x＝10 cm间，场强方向沿x轴负方向，将一带负电的试探电荷q从x＝20 cm的位臵沿x轴负方向移到x＝12 cm的位臵，电场力做正功，从x＝12 cm的位臵沿x轴负方向移到x＝10 cm的位臵，电场力做负功，所以该负电荷的电势能先减小后增大，故C正确，A、B、D错误。 11．答案 BD

解析 φ-x图象的斜率表示电场强度E，题中图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知A、N两点的场强均不为零，选项A错误；根据题中图象，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，导致一直做加速运动，选项B正确；由题图可知，从N到C电势升高，根据顺

着电场线方向电势降低可知，N、C间电场强度方向沿x轴负方向，选项C错误；N→D段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，选项D正确。

12．答案 D

解析 矩形对角线连线相互平分，则根据匀强电场中场强和电势差的关系可知，d点的电势为(18＋6－10) V＝14 V，而e点是ab的中点，可得e点的电势为14 V，连接de，de为该匀强电场的等势面，过a点作de的垂线，沿着电场线方向电势在降低，故电场的方向沿垂线方向向下，选项A错误；质子从a到b，18－14电场力做正功，电势能减少8 eV，选项B错误；由图中几何关系可知，E＝

22L42

＝L，选项C错误；质子从a运动到e时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀22L2L

速直线运动，则运动时间为t＝v＝2v，选项D正确。

0013．答案 C

εrS

解析 若仅将A板上移，根据公式C＝4πkd知电容减小，由于二极管的作用Q4πkQ

可以阻止电容器的放电，故电荷量不变，根据C＝U，U＝Ed，可得E＝εS，

r

故场强不变，则带电小球到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，选项A错误；若仅将B板上移，根据公式εrS

C＝4πkd知电容增大，电容器要充电，由于电压U一定，根据U＝Ed知电场强

度增加，故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，选项B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，选项C正确；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，选项D错误。 二、非选择题(共22分)

14．(9分)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm,0)，B点坐标为(0，3 cm)，坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：

(1)图中C处(3 cm,0)的电势； (2)匀强电场的场强大小； q

(3)带电粒子的比荷m。

8

答案 (1)4 V (2)3×102 V/m (3)2.4×1011 C/kg 解析 (1)设C处的电势为φC， 因为OC＝CA 所以φO－φC＝φC－φA 解得φC＝

φO＋φA0＋8

2＝2 V＝4 V

(2)B、C两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直，设∠OBC＝θ，则OB＝L＝3 cm

OC3

因为tanθ＝L＝，所以θ＝60°

3又U＝Ed

UUBO

可得E＝d＝Lsinθ＝

48

V/m＝3×102 V/m

3

3×2×10－2

(3)带电粒子做类平抛运动，则有 Lcosθ＝vt 1qE

Lsinθ＝2mt2 q2vsinθ解得m＝ELcos2θ＝8

2

11

C/kg＝2.4×10 C/kg 1－22

×10×3×10×43

3

2×?4×105?2×2

所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg。

15．（13分）答案 (1)210 m/s (2)30 N (3)2 m

解析 (1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得

h12(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos30°－μ(mg＋Eq)L＝

sin30°2mvC－0， 解得vC＝210 m/s。

(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定1212

律可得2mvC＝2mvD＋mg·2R，

v2D

在最高点以小球为研究对象，可得FN＋mg＝mR， 解得：FN＝30 N，vD＝25m/s。

(3)小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝20 m/s2。

1

假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得：x＝vDt,2R＝2at2， 解得x＝2 m＜3 m，假设正确。

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