第9章 静电场-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春白题物理 第九章 静电场 第1节 电荷库仑定律 限时：30min 考点分析：1，电荷守恒定律： 2,库仑定律的应用： 3.静电力平衡问题 1.(2023·河南南阳模拟)科学家 A B.2 C.3 2 D.2 kg 库仑精心设计了一种测量仪器叫 2 库仑扭秤，他用此装置找到了电 荷间相互作用的规律，总结出了 库仑定律.库仑扭秤能研究微小 的库仑力，它在设计时应用的最 (第3题) (第4题) 主要物理学思想方法为( 4.(2023·浙江杭州期中)如图所示，在绝缘水 A.等效替代法 B.微小量放大法 平面上固定三个带电小球a、b和c,相互之间 C.微元法 D.理想模型法 的距离ab=4cm,bc=2cm,bc垂直于ac.已知 2.(2023·陕西铜川一模)取一对用绝缘柱支撑 小球b所受的库仑力的合力方向平行于ac 的导体A和B,使它们彼此接触，起初它们不 边，设小球a和c的带电量的比值为k,则 带电.用金属导线将导体A的左端与验电器的 A.a和c带同种电荷，k=4 金属球连接，验电器置于B的右侧.如图所 B.a和c带异种电荷，k=4 示，把带正电荷的物体C移近导体A稳定后， C.a和c带同种电荷，k=8 下列关于实验现象描述中正确的是( D.a和c带异种电荷，k=8 5.(2024·广东揭阳调研)如图，在光滑绝缘的 水平面上有三个带电小球A、B、C,其中A球 带正电，电荷量为16Q,B球带负电，电荷量为 电器 Q,已知A,B、C三个小球均处于静止状态，且 A.导体A带正电荷 AB之间的距离为L,则 ( B.导体B带负电荷 C.验电器的金属球带正电荷 AC球带电量为-1g,BC距离为号 D.验电器的金属球带负电荷 B.C球带电量为-16Q,BC距离为L 3.(2024·四川内江调研)如图所示，真空中有 C.C球带电量为16Q,BC距离为L 三个带正电的点电荷，它们固定在边长为r的 等边三角形的顶点A、B、C处，已知每个点电 D.C球带电量为gBC距离为号 荷的电荷量都是9，静电力常量为k,则A、B 6.(2023·安徽阜阳期末)光滑绝缘水平面上有 处的电荷对C处电荷的静电力的合力大小为 一个正六边形ABCDEF区域，A点固定有一 ( 个正点电荷，D点和F点分别固定一个电荷 第九章静电场学霸高春 量大小为99的点电荷甲 A.4:9 B.8:9 和乙，将一个试探电荷置于 C.8:93 D.4:35 B点，该试探电荷保持静止 9.(2023·河南郑州外国语质 状态.则关于甲、乙两个点电 检)（多选）用细绳系一个质量 荷的电性和电荷量大小9，92的比值，下列判 为m,带正电的小球B,另一个 断正确的是 ( 也带正电的小球A固定在光 A.甲为正电荷，乙为负电荷，9，：92=2：1 滑绝缘的竖直墙上，A、B两球离地面的高度 B.甲为正电荷，乙为负电荷，9，：92=1：2 均为.小球B在重力、拉力和库仑力的作用 C.甲为负电荷，乙为正电荷，9，：9=2：1 D.甲为负电荷，乙为正电荷，9，：92=1：2 下静止不动，如图所示，现将细绳剪断并同时 7.(2024·黑龙江哈尔滨调 释放A球，则 ( 研)（多选）如图所示，竖直 A.小球B在剪断细绳后做平抛运动 墙面与水平地面均光滑且 B.小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g 绝缘，两个带有同种电荷的 B F C.小球B落地的时间大于 2h 小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上， 且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水 D.小球B落地的速度大于√2gh 平推力F作用于小球B,则两球静止于图示 10.一绝缘细线0a下端系一质量为m的带正电 位置.如果将小球B向左推动少许，待两球重 的小球a,在正下方有一光滑的绝缘水平细 新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原 杆，一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远 来相比 ( 处，小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而 A.推力F将增大 静止，如图所示现保持悬线与竖直方向的夹 B.竖直墙面对小球A的弹力减小 角为0，并从静止开始在较远处释放小球b, C.地面对小球B的弹力一定不变 让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方， D.两个小球之间的距离增大 8.(2023·福建泉州三模)三个相同的带孔金属 在此过程中 小球A、B、C串在环形绝缘细绳上，A、B所带 的电荷量分别为+Q、+2Q,C不带电.将三个小 球放在绝缘水平桌面上，保持静止时三个小 球的位置如图甲所示将三个球一起接触后释 放，再次静止时，三个小球的位置如图乙所示 A.悬线Oa的拉力逐渐增大，水平细线的拉 不计小球的体积与一切摩擦，则前后两次静 力逐渐减小 止时，细绳中张力大小之比为 B.b球的加速度先增大后减小，速度始终 增大 C.b球所受的库仑力先增大后减小 D.b球所受的库仑力先减小后增大 学霸高春白题物理 第2节 电场强度 电场力的性质 限时：30mim 考点分析：1.电场的矢量性；2.电场线的性质；3.电场力的性质 1.(2024·四川广元调研)在如图所示的四种电 场中，分别标记有a、b两点.其中a、b两点电 C.A点的电场强度大小为B+ 场强度相同的是 D.D点的电场强度大小不可能为0 3.新考法(2024·安微六安调研)（多选）如图 所示，正方形ABDC的边长为L,在它的四个 顶点各放置一个电荷量均为Q、电性未知的 点电荷，已知静电力常量为k,则正方形中心 O点电场强度的大小可能是 ( A.甲图中与点电荷等距的a、b两点 B.乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与 A.0 B.22Q 连线等距的a、b两点 C40 C.丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与 B.at 连线等距的a、b两点 4.(多选)如图所示，平面内直线AB和CD垂直 D.丁图电场中的a、b两点 相交于0点，A、B关于O点对称，C、D关于O 2.(2024·福建永安期中)如图所示，在水平向 点对称，M是AO的中点，N是OB的中点，则 右、大小为E的匀强电场中，在0点固定一电 下列说法正确的是 C 荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆 A0市B 心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线 与电场线平行，A、C连线与电场线垂直.则 A.若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点， ( 则C、M、D、N四点的电场强度相同 B.若将电荷量为+Q和-Q的点电荷分别放置 在A点和B点，则M、N两点电场强度相同 C.若在M点和N点分别放置等量同种点电 荷，一电子从O点沿直线运动到C点的过 程中所受静电力的大小是一直增大的 A.A、C两点的电场强度相同 D.若在M点和N点分别放置等量正点电荷 B.B点的电场强度大小为E-k? 一电子从C点由静止释放，电子将在C、D 间做往返运动 第九章静电场学霸高春 5.(2024·江西赣州期初)如图所示，在水平向 B A兰 B. 左的匀强电场中，有一电荷量为+q的物体静 止在绝缘斜面上.若撤去电场后，物体仍然静 8.(2023·广东培英中学期末)（多选）如图所示 止在斜面上，那么撤去电场后与撤去电场前 为一对不等量异号点电荷的电场线，从C点 相比较，以下说法正确的是 到D点的虚线为不计重力的带电粒子的运动 轨迹，下列说法正确的是 ( A.物体所受的摩擦力一定减小了 B.物体所受的摩擦力一定增大了 C,物体所受的摩擦力方向可能发生改变 A.A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量 D.物体对斜面的压力可能增大了 B.电场中各点的场强方向就是正电荷所受电 6.(2024·四川眉山调研)（多选）如图所示，悬 场力方向 挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线，下端 C.图中没有电场线的空白区域没有电场 有一个质量为m、带电量为-g的小球，若在空 D.不计重力的带电粒子带负电 间加一与纸面平行的匀强电场，当电场强度 为最小值时，小球静止在A点，此时细线与竖 9.(2022·山东高考)半径为R的绝缘细圆环固 直方向夹角为9，则 ( 定在图示位置，圆心位于0点，环上均匀分布 着电量为Q的正电荷.点A、B、C将圆环三等 分，取走A、B处两段弧长均为△L的小圆弧上 的电荷.将一点电荷g置于OC延长线上距0 点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零 A.该电场的方向为水平向左方向 圆环上剩余电荷分布不变，9为 B.该电场场强的最小值为E-mgsin日 C,若剪断细线，小球将做匀加速直线运动 D.撤去电场瞬间，小球的加速度为零 7.(2023·广东广州七十五中期末)A、B是一条 A.正电荷，9= Q△L 电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电 TR 场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运 动到B点，其速度一时间图像如图所示.则这 B.正电荷，g=304L TR 一电场可能是图 C.负电荷，q= 2Q△L TR D.负电荷，9= 23Q△L TR 学霸高春白题物理 第3节 电势能 电势 电势差 限时：30mim 考点分析：1.电势与电势差的计算； 2.等势面的特点： 3.电场力做功的特点 1.(2022·湖南高考)如图，四根完全相同的均 A.D点的电势为18V 匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条 B.匀强电场平行于y轴，且沿着y轴负方向 长边a、b、c、d上.移去a处的绝缘棒，假定另 C.将一电子从D点移动到B点，电子克服电 外三根绝缘棒电荷分布不变.关于长方体几何 场力做的功为30eV 中心O点处电场强度方向和电势的变化，下 D.匀强电场的电场强度的大小为2003V/m 列说法正确的是 ( A.电场强度方向垂直指向a,电势减小 B.电场强度方向垂直指向c.电势减小 C.电场强度方向垂直指向a,电势增大 D.电场强度方向垂直指向c,电势增大 (第3题)》 (第4题)》 4.(2022·江苏高考)如图所示，正方形ABCD 四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷 量相等，0是正方形的中心.现将A点的电荷 (第1题) (第2题) 沿OA的延长线向无穷远处移动，则() A.在移动过程中，0点电场强度变小 2.(2024·广东广州期中)如图所示是一对不等 量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电 B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力 荷连线长度为2，左侧点电荷带电荷量为 变大 C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做 +2g,右侧点电荷带电荷量为-q,P、Q两点关 于两电荷连线对称由图可知 负功 ( A.P、Q两点的电场强度相同 D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 A点 C.把带负电的试探电荷放在N点的电势能 5.(2024·河南郑州期中)在x轴上0、P两点分 大于放在Q点的电势能 别放置电荷量为9、9，的点电荷，两电荷连线 D.两点电荷连线的中点处的电场强度大小为 上的电势p随x变化的关系如图所示，其中 A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最 3站号 大，则下列判断正确的是 3.(2024·河南郑州期中)如图所示，匀强电场 平行于xOy平面坐标系，矩形ABCD的顶点 B和D均落在y轴上，顶点A在x轴上，OB= 5cm,AB=10cm,A、B、C三点的电势分别为 A.P点放置的是带正电的点电荷 3V、33V、63V,下列说法正确的是( B.91>92 第九章静电场学霸高春 C.C点的电场强度大于A点的电场强度 8.(2023·四川成都期中)（多选）如图，虚线a、 D.将一带负电的检验电荷从B点移到D点， b、c代表某一静电场中的三个等势面，相邻等 其电势能先增大后减小 势面之间的电势差相等，实线为一带负电的 6.(2024·江苏连云港调研)某静电场中，取电 粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动 场强度E的方向为x轴正方向，x轴上各点的 轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在 电场强度E与位置x的关系如图所示.一带正 等势面b上.下列说法正确的是 () 、 电荷的粒子沿x轴从，位置运动到x,位置， 不计粒子重力，下列说法中正确的是() E A.带电粒子在P点与Q点的动能与电势能 之和相等 B.三个等势面的电势关系为P>>9 A.x2x,处的电势相等 C.带电粒子在P点的电势能比在Q点的电 B.粒子在x2x处受到的电场力不同 势能大 C.粒子在x,处的电势能最大 D.带电粒子在Q点的加速度大于在P点的 D.粒子由x,处运动到x处的过程中电场力做 加速度 的功大于由x处运动到x处的过程 9.(2023·江苏南京二模)如图，光滑绝缘水平 7.(2023·四川遂宁中学质检)如图，a、bc、d为 面上，由1、2、3三个带电量均为+q、质量均为 m的相同金属小球，用长为L的三根绝缘细 某电场中的4个等势面，相邻等势面间的电 绳连接，A、B、C分别为其中心，O为三角形中 势差相等，等势面c上有一点E.一个质子仅 心，已知单个点电荷g周围空间的电势P= 在电场力作用下经过a时的动能为18eV,经 过c时的电势能为6eV,到达d时的速度恰好 k9,r为到点电荷的距离，则下列说法正确 为零.已知质子的电荷量为e,不计质子的重 的是 力，下列说法正确的是 ( A.O点的电场强度不为零，且方向向上 A.质子从a到d的过程中，电场力做功为 B.若L长度可调节，则A、O两点的电势可能 18 eV 相等 B.质子所具有的动能和电势能的总和为 24 eV C系统的总电势能为E。=k4 C.E点电场强度垂直于该点所在等势面，方 D.若B处剪断，则之后小球1的最大速度为 向向右 2k D.等势面b的电势为0 学霸高春！白题物理 第4节 电容静电的防止与利用 限时：8min 考点分析：1.静电现象； 2,影响电容大小的因素； 3.平行板电容器的动态问题， 1.随着科学技术的发展，人们对静电特性的认 板间的距离减小，则在此过程中 识越来越深人，静电在生产、生活实践中得到 A.膜片与极板构成的电容器的电容减小 了广泛的应用，但有时也要防止静电产生的 B.极板所带电荷量增大 危害.下列措施属于利用静电的是( C.膜片与极板间的电场强度增大 A.油罐车尾的铁链B.静电喷涂机 D.电阻R中有方向向上的电流通过 C.避雷针 D.飞机上的“放电刷” 极板空腔支架 膜片 2.(2023·浙江宁波二模)在 我们的日常生活中会发生 很多静电现象有一次，小 明的手指靠近金属门把手时，如图所示，突然 电容传声琴结构示意图 有一种被电击的感觉这是因为运动摩擦使身 (第4题) (第5题) 体带电，当手指靠近门把手时，二者之间产生 5.(2024·宁夏银川期中)如图所示，一个带负 了放电现象已知手指带负电，关于放电前手 电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内 指靠近金属门把手的过程中，下列说法正确 部，接通S后，悬线与竖直方向的夹角为0，则 的是 ( A.门把手内部的场强逐渐变大 A.S闭合，减小A、B板间的距离，则0增大 B.门把手与手指之间场强逐渐增大 B.S闭合，减小A、B板间的距离，则减小 C.门把手左端电势高于右端电势 C.S断开，使B板竖直向上移动，则0减小 D.门把手右端带负电荷且电量增加 D.S断开，增大A、B板间的距离，则0增大 3.(2023·重庆实验外国语质检)某家用日光灯 6.(2024·安徽毫州调研)如图所示，平行板电 管里的控制电路用到了多种电容器，其中一 容器与电动势为E的直流电源（不计内阻）连 个电容器如图所示，关于该电容器下列说法 接，下极板接地，开关S闭合，一带电油滴位 正确的是 ( 于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，下 A.最多能够储存3.3×10-8C的电荷量 列说法正确的是 B.450V是指该电容器的击穿电压 A.油滴带正电荷 C.加在两端的电压是225V时， B.将上极板向上移动一小 其电容是7.5uF 段距离，电容器的电容 D.加在两端电压变化10V,电荷量变化1.5× 增大 104C C.上极板向左平移一小段距离，油滴向上 4.(2024·福建福州期中)（多选）如图所示为某 运动 电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲 D.将上极板向下平移一小段距离，P点电势 话，膜片会振动.若某次膜片振动时，膜片与极 升高 第九章静电场学霸高吉 第5节带电体在电场中的运动（一） 限时：30mim 考点分析：1.带电体在电场中的直线运动；2.带电体在电场中的曲线运动 1.(2024·天津期中)如图所示，平行板电容器 向以一定速度射出，恰好到达坐标原点0，不 极板与水平面成0角放置，充电后与电源断 计电荷重力.下列说法正确的是 开.有一质量为m、电荷量为g的小球，从极板 A.从x,到原点O过程中电荷 左侧沿水平方向飞入电场并沿直线飞出，下 的电势能逐渐减小 列推断正确的是 () B.从x,到原点0过程中电荷 A.小球做匀速直线运动 的加速度先增大后减小 B.仅使小球的电荷量加倍，小球依然做直线 C.从x,到原点O过程中电荷做匀减速直线 运动 运动 C.仅使板间距加倍，小球依然做直线运动 D.电荷的电性为正电荷 D.仅使电容器转至水平，小球依然做直线4.(2022·浙江高考)如图所示，带等量异种电 运动 荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电 场，板长为L(不考虑边界效应).t=0时，M板 Qe 中点处的粒子源发射两个速度大小为。的相 同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时 (第1题) (第2题) 速度大小为、2o:平行M板向下的粒子，刚好 2.(2024·广西河池调研)（多选）如图所示，一 从N板下端射出.不计重力和粒子间的相互 平行金属板与电源相连，电源电压保持不 作用，则 A.M板电势高于N板电势 M 变，一质子紧靠A板由静止释放，质子仅在 电场力作用下运动，当到达B极板时的速度 B.两个粒子的电势能都增加 为，则 ( C.粒子在两板间的加速度a= 2vg A.增大两极板间的距离，不变 B.增大两极板间的距离，质子在两板间运动 D.粒子从N板下端射出的时间 的时间不变 1=2-10L C.将质子换成α粒子，到达B板的速度变为 20 5.(2024·河北邢台期中)（多选）如图所示，边 长为d的正方形区域内存在沿CD方向、大小 D.将质子换成α粒子，到达B板的速度变为 为E的匀强电场，带电荷量为g的粒子从B 点沿BC方向以速度，射入匀强电场，从AD √2 边的中点F离开匀强电场，不计粒子受到的 3.(2023·河北唐山一模)在某静电场中建立Ox 重力，下列说法正确的是 ( 轴，x轴上各点的电势p随坐标x变化的关系 图像如图所示现将一电荷从x,处沿x轴负方 A,带电粒子在匀强电场中运动的时间为 学霸高专白题物理 B.带电粒子经过F点时的速度大小为4 B.小球的电荷量q 2mg Egd C.带电粒子经过F点时的动能为 8 Eqd C.小球从0运动到A的运动时间为 D.带电粒子的质量为 4品 D.O、A点间电势差的大小 309 g 8.(2024·安徽合肥期中)如图所示，竖直虚线 MN左侧有水平向右的匀强电场I,MN、PQ、 NQ间有竖直向下的匀强电场Ⅱ，MN和PQ 平行，间距为L,NQ与水平方向的夹角为 (第5题) (第6题) 37°，足够长的荧光屏水平放置，左端刚好与N 6.如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定 点重合，一个质量为m,电荷量为g的带正电 的初速度由P点射人匀强电场，人射方向与 粒子在电场I中的O点由静止释放，粒子经 电场线垂直，粒子从Q点射出电场时，其速度 电场I加速、电场Ⅱ偏转后刚好从Q点射出 方向与电场线夹角为30°.已知匀强电场的宽 电场，电场I的电场强度为E,O点距虚线 度为d,P、Q两点的电势差为U,不计重力作 用，设P点的电势为零则下列说法正确的是 MN的距离为L,0.Q的高度差也为L,不 ( 计粒子的重力，sin37°=0.6.求： A.带电粒子在Q点的电势能为qU (1)带电粒子到MN时的速度大小？ B.带电粒子带负电 (2)匀强电场Ⅱ的电场强度为多大？ C.此匀强电场的电场强度大小为E=3 (3)若改变电场Ⅱ的电场强度，粒子仍由0点 释放，经电场I加速、电场Ⅱ偏转后，刚好垂 D.此匀强电场的电场强度大小为E=23U 直Q射出电场Ⅱ，则粒子打在荧光屏上的位 3d 置离N点距离为多少？ 7.(2024·湖北武汉期中)（多选）如图所示，空 间中有水平向右的匀强电场，场强大小为E, 一质量为m的带电小球（可视为质点），从O 点以初速度大小为竖直向上抛出，经过一 荧光房 段时间小球回到与O点相同高度处的A点 (图中A点未标出)，此时速度大小为7， 已知重力加速度为g,不计空气阻力，下列说 法正确的是 wto A.该过程中小球所受的电场力先做正功后做 负功 第九章静电场学霸高春 第6节 带电体在电场中的运动（二）】 限时：30mim 考点分析：1.示波器原理：2.加速电场与偏转电场的组合问题 1.(2024·北京期中)如图所示，质子(H)和氦 核(He)均从静止开始经AB间电势差为U, 的加速电场后垂直进人CD间电势差为U,的 偏转电场，两者离开偏转电场时的偏移距离 为y,速度偏转的角度为Q.已知偏转电场两平 行板间的距离为d,板长为L,质子和氢核的 质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，不计 3.(2024·重庆期中)如图所示，带电平行金属 重力的影响.下列说法正确的是 板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、b、c +9 从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线 B 方向射入匀强电场（不计粒子的重力），则它 们在两板间运动的过程中 ( D A.质子在偏转电场中的加速度较小 B.质子的偏移距离y较大 A.a、b、c粒子在板内运动时间n=t<1。 C.氦核速度偏转的角度0较小 B.a、b、c粒子的质量m<m<m D.氢核射出偏转电场时的动能较大 C.a、b、c粒子的动能增加量△E=△Eu< 2.(2023·四川成都七中模拟)示波器是一种常 △Eu 见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检 D.a、b、c粒子的电势能变化量的大小△Em> 测的电压随时间的变化情况.图甲为示波器的 △Eb=AE 原理结构图，电子经电压U。加速后进入偏转 4.(2024·河南郑州期中)（多选）如图所示，一 电场.竖直极板AB间加偏转电压UB、水平极 充电后与电源断开的平行板电容器的两极板 板CD间加偏转电压Uc,偏转电压随时间变 水平放置，板长为L,板间距离为d,距板右端 化规律如图乙所示则荧光屏上所得的波形是 L处有一竖直屏M.一带电荷量为g、质量为m 的质点以初速度。沿中线射入两板间，最后 垂直打在M上，则下列说法中正确的是（已 知重力加速度为g》 ( 一一L A.板间电场强度大小为2m≤甲，乙两波叠加后位移为-1m,C错误：D.x=5m处为振动加强点， 电的点电荷构成等边三角形，由儿何知识可得，A、B处的电荷对C T=1,2=2江在0-T时间内，甲，乙都未传至x=5m处，质点不振 处电荷的静电力的合力大小为F角=2Fs30°=3k,则ABD错 动：在T、3时间内，乙波还未传至此处，甲波在该处振动.振幅为 误，C正确.故选C 44 4.D解析：假设4，e带同种电荷，则6受到的库仑力的合力不可能与 4em,=5m处质点路程为8m,在3 -2T时间内，甲、乙两列被在 a边平行，故“，c带异种电荷，假若受力如图所示，力的矢量三角形 何96柯69 该处振动叠加，振动加强，振幅为9m,x=5m处质点路程为45m, 则2s时间内经过的路程共53cm,D正确故选D. 与几何三角形相似，冉儿何关系和平衡条件得：（。〈 加，解得 4.(1)20(2)9.66(3)偏小 解析：(1)根据题意，由图乙可知，单摆摆动一个周期，木板移动的臣 =8,故ABC错误，D正确放选D, 离为5m,可得单摆周期为T=至=20、 2)根紧题套，商单摆周期公式T=2:可得，当地的重力加选 421 度为g=T产，代人数据解得g966m公. (3)由于计算摆长时用的摆线长小于实际摆长，则重力加速度的测 5.D解析：B球受力平衡，可知C球带正电，设小球C带电量为g,BC 量值与真实值相比偏小. 5.(1)0.5Hz0.5Hzy=4sint(cm)(2)01.2m 之同距离为：因为三个小球均静止，所以对B球受力分析有k160 L 解析：(1)由图可知两列波的波长相等A=4m,则周期T=入。4 25 L160.则ABC 空对C球有0=空联立解得=宁9=1g (L+r)2 25 错误，D正确.故选D. 两列波被的频率相同/=T=0.5, 6.B解析：设置于B点的试探电荷为+？，A点周定有一个正点电荷 +Q,正六边形边长为CD.若甲为负电荷.乙为正电荷.置于B点试 :=0时刻质点N在平衡位置沿y轴正方向振动，质点N的振动方程 探电荷的受力分析如图1所示，由图可知，试探电荷不能处于静止状 =4停=4a(em: 态，故CD错误 g (2)1=0时质点P到M,V的距离相等，两列波同时到达P点，且在P 名 点两列波的振动方向相反，质点P的合位移始终为零，所以0-9s内 31 质点P运动的路程为零 3L 右边的波传插到质点M的时间为4，-年。104 .3 919 +01 D- 3) +0A 929 2 (51 +9B 3- =0时刻质点M在平衡位置向)轴负方向振动，经过1一T质点M +相 在平衡位置向y轴正方向振动，经过的路程为，=44+24=61=6× 4n=24m, (31 右边的波传播到M点时质点M也是沿y轴正方向振动.所以M点 图1 图2 的振动是加强的，合振幅为A'=24=8m, AB.若甲为正电荷，乙为负电荷.试探电荷受力分析如图2所示，若 0-94内质点1参与合振动的时间2=9-3=6=3T 试探电荷处于静止状态，则由受力平衡可知k9 质点4M运动的路程为1=3×44'=12A'=96m, (3)230= 所以0-9s内质点M运动的路程是言=s1+s1=120cm=L2m 第九章静电场 3解得g:1:2,放A错误，B正确赦选B 、 99 7.BCD解析：ABC.以A球为研究对象，分析受力如图1，设B对A的 第1节电荷库仑定徘 作仑力F与墙壁的夹角为8，由平衡条件得竖直墙而对小球A的弹 1.B解析：A.等效替代法是指研究中很难直接揭示物理本质，而采用 力为N,=m4gan8,将小球B向左推动少许时B或小，则N,减小，再 与之相似或有共同特征的等效现象来替代的方法，故A错误：B.库 以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得F=N,。 仑扭秤实验中，两小球之间的库仑力将小球推开，将悬丝上端的悬 N,=(m,+m)g,则F减小，地面对小球B的弹力一定不变，故A错 钮转动，使小球回到原来位置，悬丝的扭力矩等于库仑力对小球的 误，BC正确：D.库仑力FW= 力，库仑力的力臂远长于悬钮的力臂，微小的库仑力就被放大，故 g由于9减小，则s8增大，F减 B正确：C微元法指处理问题时，从事物的小部分分析，进而解决事 小，根据库仑定律F=9可知，两球之间的距离增大，故D正确 物整体目的，C错误：D,理想模型法是通过建立模型来揭示原型的 2 形态，特征和木质的方法，忽略一些次要因素，抓住主要因素，D错 故选CD. 误故选B 2.C解析：导体AB与验电器组成一个新的导体，带正电荷的物体C 移近导体A,发生静电感应现象，新导体左端（导体A左瑞）感应出负 电荷，新导体右端（验电器的金属球）感应出正电荷，导体B不带电 故选C 3C解析：由题意可得，两点电荷间的静电力为F=水子，由三个带正 (m+malg 图2 一学霸高考·白题·物理·35一 8.A解析：令绳的全长为L,三个球一起接触之前，对A分析有 E,=2B=,若A,D两处放置的电荷电性相反，B.C两处放置的电 0+2QQ+2Q 2 40·20 3 3 =21,三个球一起接触后，对A分析有2必 荷电性也相反，则0处的场强E,=2×2E:450,所以AC正确， 2 2 BD错误.故选AC 0%30P=2T3s30r,解得 4.BD解析：A.若将电荷量为+Q的点电荷放置在0点，则G.M.D,N 四点的电场强度方向不同.故A错误：B.若将电荷量为+Q和-Q的 9.BD解析：AB将细绳剪断瞬间，小球B受到球的竖直方向的重力和 点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种电荷周围电场的对称性 水平方向的库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力 可知W,V两点电场强度相同，故B正确：C,若在M点和N点分别 的作用，因此小球B不可能做平抛运动.且加速度大于g,故A错误， 放置等量同种点电荷，从)点向上和向下电场强度的大小先增大后 B正确：C.剪短细绳暖间，A、B之间的库仑力在水平方向，则在竖直 诚小，一电子从O点沿直线运动到C点的过程中所受静电力的大小 方向均只受重力，A,B在竖直方向的加速度大小相同，则之后在竖直 可能是一直增大的.也可德是先增大后减小，故C错误：D,若在M ，故C错误： 方向运动相同，均做自由落体运动，落地时间1√ 点和V点分别放置等量正点电荷，一电子从C点由静止释放，电子 从C运动到0点电场力的合力向下，通过0点后，电子所受电场力 D.小球B落地时在竖直方向速度影，=√2g,水平方向受到A给的 的合力向上，运动到D点速度为零，然后向上运动，电子将在C,D间 库仑力.库仑力对其做正功，则落地的速度大于√2gh,故D正确.故 做往返运动，故D正确故选BD 选BD 5.C解析：AC.在水平向左的匀强电场中，物体静止在绝缘斜面上. 10.B解析：AB.由库仑定律可知，a球受到的库仑力逐渐增大，该库 对物体受力分析如图，由于物块重力与电场力大小关系无法确定， 仑力与竖直方向的夹角逐渐藏小，所以其竖直方向的分量逐渐增 摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，也可能为零，故在匀强 大，而水平方向的分量先增大后减小，所以悬线的拉力会逐新 电场中的物体是否受摩擦力作用以及摩擦力方向均无法确定，撒去 增大，水平细线的拉力先增大后减小故A错误，b球受到的库仑力 电场后，根据受力分析可知摩擦力沿料面向上，故撤去电场后与撤 在水平方向的分力先增大后减小，故加速度先增大后减小，速度始 去电场前相比较，摩擦力大小可能增大也可能减小，摩擦力方向可 能发生改变，故AB错误，C正确：D,撤去电场前物体对斜而的压力 终增大，故B正确C①.6球受到的库仑力：F:,在运动的过 为N,=Fina+mgeos a,撤去电场后物体对斜面的压力为N, 程中，a.b之间的距离一直减小.则b球受到的库仑力一直增大，故 mg©sa,可知物体对斜而的压力诚小了，故D错误故选C. F、 CD错误故选B. 第2节电场强度电场力的性质 1.B解析：A.根据点电荷电场分布可知，a,b两点电场强度大小相 同，方向不同，故A错误：B.根据对称性可知，，b两点的电场强度 大小相等，两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则：，6两点 的场强方向垂直于中垂线向右，a、b两点的电场强度方向相同，故4、 6.BC解析：AB.对小球受力分析如图，从图中可以看出，电场的方向 b两点的电场强度相同，放B正确：C.根据对称性可知，，b两点的 可以变化，当电场力方向与细线垂直时，电场力最小，电场强度最 电场强度大小相等，方向相反，故C错误：D,根据电场强度方向沿电 场线的切线方向，电场线的疏密表示场强大小，可看出非匀强电场 小，根据共点力平衡条件，有gE=mgn0,解得E=mg血0，方向垂直 中的“，b两点电场强度大小和方向都不同.则电场强度不同，故D 细线方向斜向左下方，故A错误，B正确：C.若剪断细线，小球只受 错误故选B. 到重力与电场力，根据响面的受力分析，结合三力平衡的特点可知。 2.C解析：A.根据矢量的合成法则，A点电场的方向斜向右上方，C点 重力与电场力的合力方向沿绳子拉力的相反方向，所以小球将沿重 电场的方向斜向右下方，可知，A,C两点的电场强度大小相等，而方 力与电场力合力的方向最匀加速直线运动，故C正确：D.若突然撤 向不同.A错误：B.同星.正点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀 去电场，小球只受到重力与绳子的拉力，将开始摆动，在撤去电场瞬 强电场方向相同，因此B点的电场强度大小为E+k? 间，将做加速圆周运动，小球的向心加速度为零，但切向加速度不为 ,B错误： 零，故D错误故选BC C。正点电荷Q在A点的电场强度大小为=素号，方向竖直向上， 面匀强电场在A点的电场强度大小为￡，因二者方向相互垂直.根据 矢量的合成法则，则有4点的电场强度大小为，+。 ,C正 确：D.正点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反 若二者大小相等，则D点的电场强度大小为零，D错误放选C. 7.C解析：由-t图像知从A到B微粒的速度在减小，加速度在增大， 3.AC解析：因为四个点电荷距O点的距高均相同，由几何关系可得 则所受电场力增大，则电场力方向与运动方向相反，且B点的电场 ② ,根据点电荷电场强度的表达式B=9 可得四个点电荷在0 强度大于A点的电场强度，结合选项可知C正确，ABD错误放选C 8.AB解析：A据电场线的蔬密程度可知，A电荷的电荷量大于B电 Q 20 点处产生的场强大小均为E= ,根据点电荷场强的方 荷的电荷量，故A正确：B.电场中正电荷受到的电场力方向与该点 2 12 的电场方向相同，故B正确：C.电场线是假想的，其硫密表示电场强 2 度的大小，图中没有电场线的空白区域也有电场，故C错误：D带电 向和电场叠加原理可知，若A,D两处放置的电荷电性相同.B、,C两 粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，所受电场力指向 处放置的电荷电性也相问，则O处的场强E,=0,若A,D两处放置的 轨迹弯曲一侧，且电场力方向与电场方向在同一直线上，可知带电 电荷电性相同，B、C两处放置的电荷电性相反，或者A、D两处放置 粒子受到的电场力方向与电场方向相同，可知粒子带正电，故D错 的电荷电性相反B,C两处放置的电荷电性相同，则)处的场强 误放选AB 学霸高考·白题·物理·36一 9.C解析：取走A、B处两段弧长均为△山的小圆弧上的电荷，根据对 1处电势最高，电势能最大，x:处的电势最低，AC错误；B.2,x1处 称性可知，圆环在)点产生的电场强度为与A在同一直径上的A, 场强相同.因此受到的电场力也相同，B错误：D,根据图像面积表示 和与B在同一直径上的B,产生的电场强度的矢量和，如图所示，因 电势差，粒子由x2处运动到处的过程中面积大于由处运动到 Q△ 处的过程中面积，因此粒子由，处运动到x,处的过程中电场力做的 2rR,Q△ 为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E,=k 功大于由处运动到x,处的过程，D正确.故选D. ”2rR3 7.D解析：AC.质子从a到d过程中，根据动能定理可得W=eU= 由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E=E,= 0-18V=-18eV,解得U=-18V,则可知电场方向从d指向a,则 kDA ,根据)点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小 E点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左，故AC错误：BD 由于质子从到d电场力做负功，且每相邻等势面间的电势差为 为E"=E=kOAL 2、限据2风联立解得枚迹© 6V,根据动能定理可知，质子每经过一等势面动能减小6V,电势 TR 能增加6V,期可知质子到达c时的动能为6eV,故质子所具有的动 B 能和电势能的总和为6eV+6eV=12V,由于质子到达等势而b时 的动能为12V,则质子在等势面b时的电势能为0，则等势面b的电 势为0，故B错误，D正确故选D. 8.AC解析：A只有电场力做功时，能量只在动能与电势能之间相互 转化，两者的总和不变，所以带电粒子在P点与Q点的动能与电势 第3节电势能电势电势差 能之和相等，故A正确：C假设粒子从R点运动到P点，由曲线运动 1.A解析：四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体 条件及电场力特点可知，粒子所受电场方向垂直于等势面b竖直向 的四条长边上，根据对称性可知0点场强为零，且b棒和d棒由于对 下，则粒子运动方向与电场力方向间的夹角大于90°，故电场力做负 称性，在D点产生的合场强为0，故a棒与c棒在0点产生的合场强 功，粒子电势能增加，即在P点的电势能大，枚C正确：B由于粒子 也为Q.因此移去a棒后，0点的场强可以认为是由c棒单独产生，c 带负电.电场力与场强方向相反，做判断出电场方向由到6到a,且 棒带正电，且由对称性可知.其在0点的场强应垂直指向m,电势是 电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，故三个等势面的电 标量，若以无穷远处为电势零点，四根带正电的绝缘棒周围的电势 势关系为p,<p,<9,,故B错误；D.等差等势面越密集的地方场强越 均大于0,0点的电势等于所有棒在0点激发的电势的代数和.故移 大，故P点的场强更大，电场力更大，产生的加速度更大，故D错误 去：棒后()点的电势减小，故A正确，BCD错误.故选A 故选AC 2.D解析：A.电场线的疏密表示电场强弱，电场线的切线方向为电场 9.D解析：A.根据对称性可知AB,C三处点电荷在0点产生的电场 方向，所以P、Q两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误： 强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得)点的电场强度大小 B.M点处电场线比N点处密，所以M点的电场强度大于N点的电 为0，故A错误： 场强度，故B错误：C.由图知V点的电势比Q点的电势高，把带负 &0点到金属小球的距离均为上。 电的试探电荷放在N点的电势能小于放在Q点的电势能，故C错 A点到金凤小球3的距离为 2 误：D,两点电荷连线的中点处的电场强度大小为B=k+k号 根据电势叠加原则.A,0两点的电势分别为9，=k?×2+k” 3L 2 2 3张子，故D正确故法D 3.D解析：AAG中点的电势为g=PPe=3V,所以4C中点，B点、 (425w2337 L 2 D点为等势点，所以D点的电势为9D=33V,故A错误：B.等势线 则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误： 与电场线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，因为D为一条等势线， 所以匀强电场方向为平行于x轴，沿若x轴负方向，故B错误：C.BD C1电荷的电势能Ba=(9g,)g=k2 L' 为等势线，电荷在等势线上移动，电场力不做功.故C错误：D.根据 同理可得2和3电荷电势能Ea=6=k2父 几何关系得x加=√x-x。=53m,根据匀强电场电场强度的表 达式得EU0_0=200后VWm,故D正确放选n 故整个系统电势能为E,= 十包=k故C错误 2 D.三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大 4.D解析：A.0是等量同种电荷连线的中点，场强为0.将A处的正点 此时 电荷沿OA方向移至无穷远处，)点电场强度变大，故A错误：B.移 动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误： 1电荷的电势能品=(+p9=4女、 C.A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力 做正功，故C错误：D.A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电 25电得电号能6号多 势降低，移动到无穷远处时，0点的电势高于A点电势，故D正 确.故选D. 此时整个系统电势能最小为品+，。+： 2 2 5.B解析：A.由图知从0到B电势先不斯降低后升高再降低，则两 个点电荷必定是异种电荷，且P点电势最低，可知该点放置的是带 对系做.根数能是相艺子2 L 负电的点电荷，故A错误：BC.根据图像切线的斜率等于场强，可知 根据动量守框m心，=2m2,两式联立解得与=9√3m, /2k C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比G点的 大，曲于C点与的点电荷的距离较9近，根据E=6子，可知4> 故D正确.故选D. 第4节电容静电的防止与利用 2,放B正确，C错误：D将一负点电荷从B移到D点，电势先升高 1.B解析：油罐车尾的铁链，避宙针、飞机上的“放电刷”属于防止静 后降低，根据E=心可知，电势能先减小后增大，故D错误故选B. 电带来的危害，只有静电喷涂机属于利用静电技术，故B正确，ACD 6.D解析：AC.x到x,电场强度为正，沿电场线方向电势降低.因此 错误故选B. 一学霸高考·白题·物理·37一 2.B解析：放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响2.AC解析：A.电容器与电源相连，两板间电压不变，由动能定理可 下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷.本身 2nU 是处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，门把手与手之 ,所以当改变两板何臣离时，：不变」 ,S 间看成一个电容器，可知当两者距离或小时，根据公式C=4行a,5 放A正确：B.由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式E=: U 名心一号联立可得6：，由于异种电背相互限引，手接近的 U 由牛顿第二定律可得网=ma,由运动学公式可得d= 2.联立可 过程中，感应电荷越来越接近手，离手近的右端电荷密度越来越大 故门把手与手指之间场强逐渐增大，ACD错误，B正确.故选B. 得1一√，，所以当增大两板间距离时，质子在两板间运动的时同 3.D解析：AB.由铭牌信息可知，电容器的工作电压为450V,此数值 也增大，故B错误：CD.a粒子的电荷量是质子的2倍.质量是质子 比击穿电压低.则电荷量最多为0=C=450×1.5×105C=675× 103C.故AB错误：C.一般电容器出厂后电容大小固定不变.故C 的4倍，由= 2可可科，将质子换成α粒子，到达B板的速度变 错误：D由公式C=号-光可得40=6a0=15x10-×10G=1.58 为.故C正确，D错误故选AC 104C,故D正确.故选D. 3.B解析：AD.由图可知.从x1到O点电势降低.电荷从1处沿x轴 ES 4.BC解析：A.膜片振动时，蒙片与极板距离减小，由公式C一4d可 负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O,则电场力做负功，电 势能变大，电荷带负电，选项AD错误：B因-x图像的斜率等于场 知，电存增大，故A错误：B.由公式Q=CU知，U不变的情况下，电容 强，则从x,到原点)过程中场强先增大后减小，则电荷受电场力先 增大，电容器所带电荷量Q维大，放B正确：C由公式B=号知，心 增大后减小，则电荷的加速度先增大后诚小，选项B正确：C从1到 原点)过程中电荷所受的电场力不断变化，则加速度不是恒定的。 不变，间距d诚小，则场强E增大，故C正确：D.极板的带电荷量增 电荷不是做匀诚速直线运动.选项C错误故选B, 大，电容器充电，则电阻R中有方向向下的电流通过，故D错误故 4.C解析：A由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电 选BC 势高低，故A错误：B根据题意垂直1板向右的粒子，到达N板时速 5.A解析：AB.保持开关S闭合，电容器两板间的电势差U木变，极 度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下 板间距离诚小，由E= 号知，版间的电场强度E增大，小球所受的电 的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误： 场力变大，8增大，故A正确.B错误：C.S断开，电容器所带电荷量 CD.设两板间距离为d.平行M板向下的粒子侧好从N板下端射出. 高：号U:名得E使B板整直上移 不变，由C= 在两板问做类平抛运动，有宁=，小=了，对于垂直！板向右的粒 子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有 动，S减小，则E增大，小球所受电场力变大，则增大，故C错误： 2,户-号=2d,联立解得= ,放C正确，D错误故选C 2r6 D5斯开，电容器所带电荷量不变，由G=5 d B=4m0,则知d增大，E不变，电场力不变，0不变，故D错误放 8,5 选A. 6.D解析：A.由图可得，电容器内电场向下，油滴受力平衡带负电，故 A正确：B.带电粒子在竖直方向有山=之，可得与，=4，带电粒子经 A错误：成电容器的电容决定式C一。上板板向上移动，山带加】 过F点时的速度大小为g=√F+=√7e,放B错误：D.根据动 C战小，故B错误：C,上极板向左平移，由电容器电势差不变，板间 力学公式有2-=2ad.加速度为a= ,带电粒子的质量为m一 8r2 距不变可得，电容器内电场强度不变，油滴受力仍平衡，故C错误： DP点的电势为e9虾9r=Ba4rr=号·d年，现将平行板电 D正确：C.带电粒子经过F点时的动能为B,2m2=,带电粒 容器的上极板竖直向下移动一小段距离，测d减小，中增大，故D 17 子经过F点时的动能为EU=16E,放C错误.故选AD 正确.故选D. 6.D解析：B.由题图看出粒子的运动轨迹向上，则所受的电场力向 第5节带电体在电场中的运动（一） 上，与电场方向相同.所以该粒子带正电，B错误：A.粒子从P点运 1.C解析：A.小球做直线运动，则所受的合力沿水平方向，如图所示， 动到Q点，电场力做正功，为W=gU,则粒子的电势能减少了0，P 合力大小为F合=mga8恒定，可知小球做匀加速直线运动，故A错 点的电势为零.则知带电粒子在Q点的电势能为-g,故A错误： 误：B.仅使小球的电荷量加倍，则电场力变大，合力的方向不再水 平，则速度与合力方向不再共线，则小球做曲线运动，故B错误： CD.设带电粒子在P点时的速度为r。,在Q点建立直角坐标系，垂直 于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和儿何知 6,S C.仅使板间臣加倍，根据E= C=C:名联立可得E= 识求得粒子在y轴方向的分速度为，=3。，粒子在y轴方向上的 40.因电容器带电量不变，则两板间场强不变，小球依然做直线运 平均速度为，= 3 2,粒子在)y轴方向上的位移为0，粒子在电场中 动.故C正确：D,仅使电容器转至水平，则电场力与重力共线，但是 3 电场力大于重力，则合力向上，则小球不能做直线运动，故D错误 的运动时间为1，则竖直方向有%=，1=2，水平方向有d=,可得 故选C. 所以强名联立剂E:2技D正确，C错误故选D d = 7,BD解析：A.带电小球在水平方向只受电场力作用，水平方向做初 0 速度为零的匀加速直线运动，电场力方向与水平速度方向相同，电 场力做正功.故A错误：C,由题可知，带电小球在竖直方向做竖直上 地运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球从0运动 一 学霸高考·白题·物理·38一 到A的运动时间为-，故C错误：B.小球在水平方向的加速度 M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，可见两次偏转 的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得E-mg=m和，mg=m,解得 为a=四，小球在A点处水平方向的速度为，=√(7)P-后 E=2,故A正确：B.质点在电场中向上偏转的距离y=,其 ,根据动力学公式有=m,解得小球的电荷量g=警，故B正 中a4E-避=g,= ,解得y= 、,则质点离开电场时初末位置间 2 确：D.小球从0运动到A,根据动能定理可知119= 4品数 2m(7o)2-文哈.0A点间电势差的大小为11= 高，放B错溪：C。质点打在屏上的位登与出发位置 电压，=6mg D正确.故选BD. 的竖直距离为1=2y=贴，整个过程中质点的重力势能的增加量为 Eq 8.(1)m (2)E(3)272 、375 尽，=mg心，放C正确：D.仅增大两极板的距离，因两极板的电 解析：(1)电子从0点到达MN时，由动能定理二= 22m, 荷量不变，根据E= U_Q。◇三40，可知电场强度不变，则 d Cd s.S 6,S 4Tkd 解得带电粒子到MN时的速度严√m 质点在电场中的受力情况不变，运动情况不变，仍垂直打在上，故 (2进人匀张电场1后做类平抛运动.则上=心宁品 D错误，故选AC 可得E,=E: (3)经电场Ⅱ偏转后，刚好垂直NQ射出电场Ⅱ，运动锁迹如图所示 可得射到斜面上时的竖直速度 P ,an37°=0g, 5.B解析：B.粒子运动到C点过程，粒子做类平抛运动，则有h 水平位移x=o 竖直位移宁+1-)m37°=- 之片，do,根据牛顿第二定律有a=,解得B-26m ,放B正 1 解得x=17 15L 确：A.粒子运动到C点过程，根据动能定理有伍=2m叶2m6, ,4h 则粒子打在荧光环上的位置离N点距离为d:(37272 375 解得=√6+ ,故A错误：C.粒子恰好能够从下极板射出，则 第6节带电体在电场中的运动（二） 有=a,2=o,解得=8，放C错误：0.根据电压与电场 1.D解折：A根据牛额第二定律=m,又B=号联立可得a一 16h2后m md 强度的关系结合上述解得U= 故D错误.故选B. 可知质子在偏转电场中的加速度较大，故A错误：B.带电粒子在加 6.D解析：A由牛领第二定律可得，在XX极板间的加速度大小4，= 速电场中加速，根据动能定理可得U192m6,所以带电粒子进人 ekel mmA错误： 240 偏转电场时速度的大小为严 ,带电粒子进入偏转电场后偏 R电子在电极X间运动时，有g,=山，= 1 102 转的距离y=2=2 32 91 12 md 2n·则有证两 1 电子离开电极W"时的动能为2m(号+)=U(10+a 种粒子的偏转距离相等，故B错误：C.设粒子离开CD板时.垂直板 电子离开电极X后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小 2 方向的速度为，则"，=a mh。m0=5.gL4L 90L 力md品2，两种粒子 为U10 40,B错误： 的速度偏转角相等，故C错误：D.射出偏转电场时的动能E= 92 C在极板间受到电场力的神量大小1=m,:, dV201 2m(哈树)=心，动能与电荷量成正比，所以氨核 C错误： (H》射出偏转电场时的动能较大，故D正确：故选D, D.打在荧光屏时.其速度方向与OO连线夹角a的正切值ana= 2.B解析：将粒子的运动沿着AB方向.CD方向和初速度方向进行正 交分解，沿初速度方向不受外力，做匀速直线运动：由于电极AB加 。2D正确故选D 的是扫描电压，电极CD之间所加的电压为信号电压，信号电压与扫 qlo 描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B.故选B. 7.(10√m (2)g+9 40 ,en h水平方向速度，穿越平 3.B解析：A.由水平分运动为匀速运动可知x=0,由于无，<4=，， 移器过程时间 故人@，放A错误：我经直方向上，根整y=了，。名，其中 解桥：()粒子在加选电场中由动能定理得=弓m,得 y。=y>,。<I6=(,可得m。<m6<m,故B正确：D,由W业=gBy= 2g。 -△E,,因为e粒子偏转位移y最小，所以c粒子电势能减少量最 =√m 少.和b粒子电势能减少量相等.故D错误：C.恨据动能定理可 (2)粒子从加速电场进人左边平移器，粒子水平方向做匀速直线运 得，电场力做功等于动能的改变.则W地=g=△E,其中粒子偏转 位移y。=y>y.,则△Bu=△Eu>△E,故C错误故选B. 动，通过左边平移器时间为1=L 4.AC解析：A.据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏 转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在 粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小为4一 md' 一学霸高考·白题·物理·39一 粒子射出左边平移器时，竖直方向速度为5，== 球受电场力的作用同时又受重力作用，重力方向一直向下，因此小 球不可能在A,A间往复运动，D错误.故选C, 粒子射出左边平移器时，动能最大为E。=2+2m=g+ 4.C解析：A.静止于A点的小球向右摆动，表明小球受到向右的电场 力，小球带正电，说明电场方向向右，则金属板)接电源负极，故A 92 错误：B.小球在A、C两点速度为0，且OA,UC关于OB对称，表明B 4PU。 点为小球在复合场中的等效最低点，小球做圆周运动，由沿半径方 （3)a粒子射出左边平移器时，竖直方向位移为1=2-4。 P 向的合力提供向心力，则小球在B点的加速度不为零，故B错误： 当=1时.粒子从第一个平移器到第二个平移器过程，做匀速直线运 C,小球从A到C过程，根据动能定理有gsn60°-mg(L- 动，竖直方向位移为为，1=9心心 md2l0。 Lcas60°)=0，匀强电场的电场强度E=C 解得U:,故c正 30 确：D.当增大电压时，电场强度增大，小球在复合场中的等效最低点 故粒子在竖直方向的总位移为=2，+少一花。 P 随之上移，根据对称性可知，当等效最低点对应位置的方向与竖直 Vo 方向夹角为45时.小球恰好运动到与0点等高处，故D错误.故 人由于粒子进人偏转电场的速度为“√m 选C. 粒子在水平方向速度只与加速电压和粒子质量以及电荷量有关，岩 5.BD解析：AB.小球在最低点微圆周运动，合外力提供向心力有 仅改变平移器的偏转电压U,水平方向速度与偏转电压U无关粒子 尽生mg+网，解得F生一"震，坚根据牛顿第三定律F m 在穿越平移器整个过程中.所用时间为-(2+)√2，也 m 与偏转电压U无关 飞=%◆%，故A错误，B正确：CD,若怡好能够不脱轨到达最高 专题探究九带电粒子在复合场中的运动(·) 点，则在最高点轨道对小球的弹力刚好为零，即小球在重力和电场 1.AC解析：AB.小球又回到P点，则小球所受重力和电场力的合力与 。反向，小球受力分析如图所示 力作用下做圆周运动m 只=mg,由动能定理有子m子- -(mg-网)·2R,所以初速度最小值。=√0，放C错误.D正确 2 故选BD. 6.C解析：B.小球运动到P点时的动能最大，可知在P点时受重力与 电场力的合力沿P向外，则m30°=E,可得匀强电场的电场强度 mg 由平行四边形定则可得？=唱，解得电场强度大小为￡= 9E 大小为E=,B错误：A由上述分析可知，P为等效最低点，小球 3g 1O0V/m,A正确.B错误；CD.由牛顿第二定律可得gtun8=ma,解 在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的 得小球的加速度大小为a=7.5s2,在电场中往返运动的时间为= 位置.不能到达C点，A错误：C.小球运动到P点电场力和重力的合 2,=0.02.C正确，D错误.故选AC 力F合=g 2 2。=坚.根据F、-F含=mB,mgRo530°+gER(1 3 2.BD解析：A.由于AB与电场方向垂直，可知AB为等势线，当小球 通过AB所在直线时，电场力对小球做功为零，此时小球的机械德与 sin30°)= 在A点时的机械能相等，故A错误：B.小球运动过程中机械能最小 之2.解得R、8,即对教道的压力为代85心 3 3 时：电场力对小球做负功最多，此时小球的位置到A点的水平距离 C正确：D.小球运动到B点时.竖直方向的加速度为g,水平方向加 达到最大，即此时小球水平分速度为零，所以速度方向一定平行于 速度不为零，则其加速度大小大于g,D错误故选C AB,故B正确：C.小球运动过程中，动能、重力势能和电势能之和保 7.BC解析：A由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加 持不变，所以小球运动过程中动能最小时.重力势能和电势能之和 速设小球进人A孔的速度为。，减速到右板的时间为.则有水平方 最大，但不是电势能最大：当小球的机械能最小时，电势能才是最 -x9.0= 大，放C错误：D.设电场力与重力的合力与AB的夹角为8，则有 向d=2* m ,整直方向4=之g(2)户，联立解得 tan 0=3 g3,可得=30，可知电场力与重力的合力方向刚好与 E=坠，A错误；B.在水平方向上根据牛顿第二定律有E=ma,根据 AG垂直，则小球经过AC所在直线时，电场力与重力的合力刚好做 运动学公式有0-=2(-a,)d,联立解得0=√2g,B正确：CD.小 功为0，所以小球经过AC所在直线时的速率等于。，故D正确.故 选BD. 球进人电场后，在水平方向上做酸速运动，即，=。，在经直方 3.C解析：A小球从A点到0点的运动中，受到向下的重力和电场 向上做加速运动，即，■，小球在电场中的速度大小为一 力，重力和电场力对小球做正功，小球的动能增大，在)点时，电场 强度是零，小球受电场力是零，此时只受重力，小球的动能继续增 √+可，联立由数学知识可得r=%时小球速度达到最小，动能也 2g 大.因此小球在0点处的动能不是最大，A错误：B.小球从A点到) 点的运动中，受到向下的重力和电场力，其合力大于重力，则加速度 达到最小，最小动能为E=2m(c+)=2med,此时粒子在水 大于重力加速度，小球在0点时只受重力，加速度等于重力加速度， 因此小球在)点的加速度不是最大，B错误：C,小球从A点到0点 平方向的位移为x='一 1×52,在此过程中电场力做功为甲= 2 m 的运动中，电场力对小球做正功，电势能诚小，小球穿过0点后，受 到的电场力方向向上，电场力做负功，电势能增大，因此小球在O点 -9,面W=-4E,联立解得△E,=:mgd,即粒子的电势能增加 的电势能最小，C正确：D若小球只受电场力作用，因A,A'关于0点 3 对称，则小球可能在A,A间往复运动，可小球从A点运动到A'点，小 mg,C正确，D错误故选BC 一学霸高考·白题·物理·40一 8.AB解析：A对小球在A点受力分析F+g=B,解得F、=0 复习自测练 1,D解析：A.正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点运 A正确：B.对小球由A到D,由动能定理2mgR-gE×CD=- 2m,解 动到细胞膜内B点，则电场线由A到B,根据沿电场线方向电势逐渐 降低，故B点电势低于A点电势，故A错误：B.钠离子运动过程中电 得E=,B正确：C.由g5=mg.重力和电场力的合力为2mg,方向 场力做正功，电势能被小，故B错误：C,若膜内的电场可看作匀强电 场，则电场强度不变故钠离子受到的电场力不变，故钠离子的加速 斜向左下方与水平方向成45°，可知小球位于BC中点时对轨道的作 用力最大，由动能定理，2mg(R, 2r2 2R)= 度不变.故C错误：D,根据动能定理=了m2,可知腹电位上升 2m6.F-2mg= 时，钠离子进入细胞内的速度增大，故D正确.故选D, R,解得=(3+3，万)mg,C错误：D.小球由A到B有反mgXw2R= 2.B解析：设两棒均带正电，由点电荷电场强度特点及电场强度叠加 之子，人6=爱都得=6D错误板法退 规律可知，左侧。圆弧产生的电场强度方向斜向右下方，与+：方向 1 第九章章末综合提升 夹角为45”，右侧，圆弧产生的电场强度方向斜向左下方，与-：方 高考新题练 夹角为45°，它们大小均为E,可得E2=E+E,解得E,=,2E, 1.C解析：A.沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场 特点可知，若Pw>Pw,则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错 去其中一捧后.0点的电场强度大小变为号E放选B 误：B.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生 3.C解析：A.因上下为两块夹有绝缘介质的平行金屈薄膜，则点所 的电场特点可知，若E,<E、,则M点到电荷Q的臣离比N点的远， 在的线是电场线，选项A错误：B,因e点的电场线较b点密集，则© 故B错误：C,若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正 点的电场强度比b点大，选项B错误：C因b,e两点所处的线为等势 功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有<v,故C正确；D.若 线，：点在两等势线之间，可知b,:两点间的电势差的值比a、c两点 把带正电的试探电荷从/点移到N点，电场力做负功，则是逆着电 间的大，选项C正确：D.因d,g两点在同一电场线上，电势不相等， 场线运动，根据正点电荷产生的电场特点可知E,<E、,故D错误故 则将电荷沿图中的线从止一一g移动时电场力做功不为零，选项 选C D错误故选C. 2.CD解析：A.因P点所在的等势面高于M点所在的等势面，可知P 4.D解析：根据题意可知，二极管具有单向导电性，闭合开关，电容器 点电势比M点的高，选项A错误：B.因M点所在的等差等势面密 集，则M点的电场强度较P点大，即P点电场强度大小比！点的 充电，电容器的电容为C=, =了，极板间的电场强度为B 小，选项B错误：C,电场强度方向乖直等势面，且沿电场线方向电势 ,整理可得E:4π U 逐渐降低，可知M点电场强度方向沿：轴正方向，选项C正确：D,因 ),浦滴静止，浦滴所受合力为0，向上的电场力 :轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，选项 与向下的重力大小相等，则有E=mg,A减小极板间的正对而积，电 D正确.故选CD 容诚小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由￡=知规 3.A解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力， ES 可知，极板间电场强度变大，则带电油滴所受电场力变大，向上移 02 则有gE,= R9=m ,联立可 ER,做选入 E2R 动，故A错误：B,贴着上极板辅人金属板，曲C=可知，电容器 4.(1)gAB,C均为正电荷(2)，， 的电容变大，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，故B错误： 解析：(1)因为/点电场强度竖直向下，则C点处为正电荷，根据电 C.将上极板向左平移一小段距离，由C=4:a可知，电容器的电容变 场强度的叠加原理，可知A,B两点的点电荷在M点的电场强度大小 小，结合A分析可知，P点电势升高，由于电场方向向下，电场力方 相等，方向相反，则B点处的点电荷带电量为，电性与A相同，又N 向向上，可知油滴带负电，由E,=g可知，P点处油滴的电势能减 点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的电场强度垂直(C沿 AN连线向右上，如图所示 小，故C错误：D.将开关断开，极板上电荷量不变，由B=4可知。 向上移动上极板，极板间电场强度不变，则油滴受到的电场力不变 油滴仍处于静止状态，放D正确.故选D. 5.D解析：AB.由匀强电场的性质，根据正六边形对称性，4点和e点 相对线对称，由动能定理可知gU=gU=E,-E,解得U。 w=-l4eV,解得U=14V,即e,b为等势点，b加为等势线，电场方 +0 向由a指向c,所以正六边形上c,d两点电势最低，如图所示，故AB 错误：CD.由图可知e点的对称点为d点，a点的对称点为f点，所以 可知A处电荷为正电荷，所以A,B、G处均为正电荷 c点电子动能等于d点的电子动能为2eV,故C错误：可得g心a= (2)如图所示 gU.=E-Ea,解得U=28V,由几何关系可得ac=43cm,由匀强 电场中电场强度关系式E代人数据解得E5VWm,故D 3 正确.故选D 由几何关系E=Ec·m30,即g=3(9e AN3BN CNE 3-5 其中AN=√3BN=√3CN.解得ge= 一 学霸高考·白题·物理·41一 6.C解析：A.一x图像的斜率表示电场强度，由图像可知粒子从0点 第十章电路和电能 向右运动到，的过程中电场强度藏小，方向沿x轴负方向，粒子所 受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故 第1节电路基本概念和规律 A错误：B.粒子从O点运动到x的过程中，电势先增大后减小，根据 ,则粒子 1.A解析：将A与B接人电路中时，金属块的电阻为R=P2aX0 E,=e,电势能先增大后减小.放B错误：C。若o=2√m 运动到x,处时电势能最小，电势能减少量最大，动能的增加量增大， 将C与D接人电路中时.金属块的电阻为=印之，联立可得 速度最大，根据动能定理有？：))m】m解得。 ,R0 R=4状，依题意，有R= 解得=，放选A ,放C正确：D若w,√一，散子箱：轴正方向做减选运 U.2 m 2AC解析：A.图中A点电阻为R,严行立n=1n,放A正确， 动，当减速为零时，根据动能定理有g(0-)=0- 2m听，解得p= B错误：①，根据=号，可知心-1图线上点与原点造线的斜率表示 则粒子运动不到与位置滤度就减为零了，故D错误故毒心 电阻，则灯泡阻值随电流增大面端大：根据电阻定律=印片，可知 灯泡灯丝电阻率随电阻增大而增大，故C正确，D错误.故选AC 2,所以质子 7.CD解析：根据动能定理：2m2-0=,解得：=√ 3.A解析：根据R=。,可知R,=Rc<Rm=R,由于通过R,,R,电流 和a粒子在O2处的速度大小之比为2：1，A错误：对整个过程用 相等，根据P=尸R可知P>P,因R:,Rc两端电压相等，根据P= 动能定理，设O,到W板的电势差为，有E-0=g(+”),所以 R,可知Pe>Ps,因R,R:电阻相等，>.根据P=PR,可知P,> 末动能与电荷量成正比，所以质子和：粒子打到感光板上时的动能 之比为1：2.C正确：由02到MN板，质子和a粒子都做类平抛运 Pe,即Pn>P,>P>P,A正确，BCD错误.故选A 4.D解析：A.灯泡正常发光，灯泡两端电压为40V.电路中的电流 动，竖直方向=宁·品，水平方向：=m联立解得：=2受 Uh =0.5A,电路消耗的总功率为P=1=80x0,5W=40W,故 为0 所以质子和a粒子打到感光板上的位置相同.D正确：在A、B间？= A错误：B.电解槽与灯泡串联，电解槽两端的电压为U。=U-U= 4,质子的加速度大，所以质子运动时间短，进人竖直电场做类平地 80V-40V=40V,电解槽消耗的电功率为P电=U/=40×0.5W= 运动.质子的水平速度大，又因为质子和a粒子水平位移相等，所以 20W,故B正确：C,电解槽的发热功率P结=PR=0.25×4W= 质子运动时间短，B错误。 1.0W,故C错误：D.电解悟的输出功率为P=P电-P=20W- 1.0W=9.0W,故D正确.故送BD 8.(1)-2mL2 、《2)m(3)C6刀 5.D解析：AB.电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为 4md 解析：(1)粒子在A,B板之间加速后获得速度为。=7 2L 0,5A和1.0V,则电动机的电阳r= 么=20，AB错误；CD,电动机恢 复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为I2=2.0A和U= 根据动能定理可得-u产2m。 15.0V:电动机的总功率为P=U2=15V×2A=30W, 极板A、B之间的电势差为UB= 2ml2 电动机内电阻消耗的热功率为P,==22×2W=8W, 7 电动机正常运转时的输出功率是P出=P-P,=30W-8W=22W, C错误，D正确.故选D. (2)电子进人极板C、D间的偏转电场后在电场力的作用下做类平抛 第2节闭合电路欧姆定律 、运动，沿水平方向做匀速直线运动有=，解得1=子， U 1.CD解析：A.当开关S接b点时，电阻R的值为R= =4D.故A t=0时刻进入极板C,D间的偏转电场的电子加速度大小为，= 错误：BCD.当开关S接a点时，小灯泡L正常发光，故通过的电流为 .电子离开电场时距中心线的距离y=2, md P =0.5A,根据闭合电路欧姆定律E=U1+11r,E=U,+12r,联立 elnT2 1 解得y=8md 解得￡=6V.r=2D.B错误.CD正确.故选CD. 2.B解析：A.根据电阻R的-1图像可知，过坐标原点的制线的斜率 (3)1=T时刻射人极板CD间的偏转电场的电子，在3？ 一T的时间 4 表示电阻逐新增大，即R的阳值随电压升高而增大，两图像的交点 3elo 内加速度大小为a2= 应的阻值为尽=】Q=Q5,故A错误；BD,光敏电阻和生 md' 源构成回路对应交点处的电压和电流，有E=3V,r=1D,U=1V,I= 1 此过程的侧移量为1=2：(7 3r）230,Tr 4 32md' 2Λ，期电源的效率为刀产日×10%=3.3%，商此时闭合回路中电 在t=T时划竖直方向的分速度为，=，r37-o了 源两端的电压即为路端电压为1V,故B正确，D错误：C.若将灯泡 ■ 4md' 换成03？定值电阻，外电路的电阻变小，小于电源内阻，可知输出 ?时同内电子加速度大小为，一宁 功率变小，故C错误故选B 在T- 3.BD解析：电源电动势为3V,内阻为3Ω.作出电源路端电压和电 此过程的侧移量为力=， 2 5eloT 流图像，两个小灯泡并联，故接人电路时两个小灯泡的电压和电路 的路端电压均相等，根据闭合电路欧妈定律得E=U+r,且两灯泡电 eUnT 流之和等于干路电流综上分析，图中路端电压等于1.5V时满足条 离开极板CD间的偏转电场时的偏转距离为y=12=4d 件.AC.根据图像得当电压为1.5V时，L112中的电流约为02A、 学霸高考·白题·物理·42一