假期必刷46 电场的性质-【快乐假期必刷题】2025年高二物理暑假作业必刷题

　　假期必刷４６　电场的性质　　　　　　　　　 １．知道电场是一种物质．了解电场强度,体会 用物理量之比定义新物理量的方法．会用电 场线描述电场; ２．知道静电场中的电荷具有电势能．了解电势 能、电势的含义; ３．知道匀强电场中电势差及其与电场强度的 关系． １．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电 荷)分别带上－３Q 和＋５Q 的电荷后,将它 们固定在相距为a的两点,它们之间库仑力 的大小为F１．现用绝缘工具使两小球相互 接触后,再将它们固定在相距为２a的两点, 它们之间库仑力的大小为F２．则F１ 与F２ 之比为 (　　) A．２∶１　　　　　　B．６０∶１ C．１６∶１ D．１５∶４ ２．如图所示,实线为等 量异种点电荷周围的 电场线,虚线为以一 点电荷为中心的圆, M 点是两点电荷连线的中点,若将一正试 探点电荷从虚线上 N 点移动到M 点,则电 荷所受电场力 (　　) A．大小不变 B．方向不变 C．逐渐减小 D．逐渐增大 ３．(２０２４􀅰江苏卷)在静电场中有a、b两点,试 探电荷在两点的静电力F 与电荷量q 满足 如图所示的关系,请问a、b两点的场强大小 Ea Eb 等于 (　　) A．１:１　　　　B．２:１ C．３:１ D．４:１ ４．某静电场中的电场线方向不 确定,分布如图所示,带电粒 子在 电 场 中 仅 受 静 电 力 作 用,其运动轨迹如图中虚线所示,由 M 运动 到N,以下说法正确的是 (　　) A．粒子必定带正电荷 B．该静电场一定是孤立正电荷产生的 C．粒子在 M 点的加速度小于它在N 点的 加速度 D．粒子在 M 点的速度大于它在 N 点的 速度 ５．(多选)在x 轴上有两 个点电荷q１、q２,其静 电场的电势φ 在x 轴 上分布如图所示． 下列说法正确的有 (　　) A．q１ 和q２ 带有异种电荷 B．x１ 处的电场强度为零 C．负电荷从x１ 移到x２,电势能减小 D．负电荷从x１ 移到x２,受到的电场力增大 ６．(多选)电场中的a、b、c三点在同一直线上, 如图所示,其中c为ab的中点．已知a、b两 点的电势分别为φa 和φb,且φb＞φa＞０,则 下列叙述正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２９ A．该电场在c点处的电势一定为φa ＋φb ２ B．正电荷从b点运动到a 点,电势能一定 减少 C．正电荷只受电场力作用从a点运动到c 点,动能可能增加 D．正电荷从b点运动到c点,电场力一定做 正功 ７．(多选)(２０２４􀅰甘肃卷)某带电体产生电场 的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带 电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、 N 分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下 列说法正确的是 (　　) A．粒子带负电荷 B．M 点的电场强度比N 点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在 M 点的电势能大于在N 点的电 势能 ８．如图所示,水平面有方向 向右的匀强电场,将质量 相等的两个带异种电荷小球a、b(可视为点 电荷),且电荷量大小分别为qa＝３q,qb＝q, 由静止释放,二者之间距离为r,位置关系 如图,发现两个小球始终处于相对静止状 态．则下列说法正确的是 (　　) A．a 一 定 带 正 电,且 电 场 强 度 大 小 为 E＝３kq ２r２ B．a 一 定 带 负 电,且 电 场 强 度 大 小 为 E＝３kq ２r２ C．a 一 定 带 正 电,且 电 场 强 度 大 小 为 E＝３kq r２ D．a 一 定 带 负 电,且 电 场 强 度 大 小 为 E＝３kq r２ ９．(电场强度的叠加模型)如 图,在(a,０)位置放置电荷 量为q的正点电荷,在(０, a)位置放置电荷量为q的负点电荷,在距 P(a,a)为 ２a的某点处放置正点电荷Q,使 得P 点的电场强度为零．则Q 的位置及电 荷量分别为 (　　) A．(０,２a),２q　　　B．(０,２a),２ ２q C．(２a,０),２q D．(２a,０),２ ２q １０．(等 势 面 模 型)如 图(a),在一块很大 的接地金属平板的 上方固定一负电荷．由于静电感应,在金属平 板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的 等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的 电势差都相等．若将一正试探电荷先后放于 M 和N 处,该试探电荷受到的电场力大小分 别为FM 和FN,相应的电势能分别为EpM和 EpN,则 (　　) A．FM＜FN,EpM＞EpN B．FM＞FN,EpM＞EpN C．FM＜FN,EpM＜EpN D．FM＞FN,EpM＜EpN 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３９ 假期必刷４５ 素养训练 １．D ２．A　[在没有空气阻力的情况下,玩具从机器手臂处自由落 下时,重力势能转化为动能,没有能量的损失,即玩具的机械 能守恒,选项 A 正确;机器手臂抓到玩具水平匀速运动时, 玩具的质量和速度均不变,则动能不变,选项 B错误;机器 手臂抓到玩具匀速上升时,动能不变,重力势能增大,所以玩 具的机械能变 大,选 项 C 错 误;机 器 手 臂 抓 玩 具 加 速 上 升 时,动能和重力势能均变大,所以手臂做的功等于玩具重力 势能与动能的增大量之和,选项 D错误．] ３．A　[连接b球的细线摆到竖直位置时,由机械能守恒定律: mgl＝ １２mbv ２．对 小 球b:FT －mbg＝mb v２ l ,对 球a:FT ＝ mag,联立解得ma∶mb＝３∶１,故 A项正确．] ４．D　[足球做斜抛运动,在竖直方向上做加速度为g 的匀变 速直线运动,上升阶段vy＝vy０－gt,下落阶段vy＝gt,由关 系式可知,速度与时间成一次函数关系,图像是一条倾斜直 线,选项 A错误;不考虑空气阻力,足球只受重力作用,机械 能守恒,E 不变,选项 B错误;足球在水平方向上一直有速 度,则足球的动能不能为零,选项 C错误;上升阶段vy＝vy０ －gt,下落阶段vy＝gt,再由重力的瞬时功率P＝mgvy,可 得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系,且在最高点重力 的瞬时功率为零,选项 D正确．] ５．C　[a球和 b球所组成的系统只有重力做功,则机械能守 恒,故 A错误;根据系统机械能守恒,则a球到达与 b球等 高位置 时,b 球 速 度 为 零,则 mgL＝ １２mv ２ a,解 得 va ＝ ２gL,故 B错误;当a球运动到两杆的交点后再往下运动 ２L,此时b球到达两杆的交点处,a球的速度为０,b球的速 度 达 到 最 大,则 mg (L ＋ ２L)＝ １２ mv ２ b,所 以 vb ＝ ２(１＋ ２)gL, 故 C正确;由于系统机械能守恒,a球从初位置下降到最低 点的过程中,刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做 负功,故 D错误．] 素养培优 ６．解析:(１)沙袋由静止释放后先竖直下落,绳子张紧后做圆周 运动,如图所示 沙袋竖直下落过程中,由机械能守恒定律有 mg×２Rsinθ＝ １ ２mv ２,解得v＝ ２gR,绳子张紧后,沿半径方向的速度消 失,沿圆弧切线方向的速度v⊥ ＝vcosθ＝ １ ２ ６gR ,此后沙 袋做圆周运动,从绳子张紧位置运动至 N 点过程,由机械能 守恒定律有 mgR(１－sinθ)＝１２mv ２ １－ １ ２mv ２ ⊥ , 解得v１＝ １ ２ １０gR ; (２)沙袋运动到N 点脱钩前,根据牛顿运动定律有T－mg＝ m v２１ R 可得绳子的张力T＝７２mg ,由动能定理有μmg􀅰２R＝ １ ２mv ２ １,解得μ＝０􀆰６２５ 答案:(１)１２ １０gR　 (２)７２mg　０􀆰６２５ ７．解析:(１)分析蹦极者的受力,结合牛顿第二定律可知,当蹦 极者加速度为零时,速度达到最大,此时所受重力与弹力二 力平衡,有kx＝mg,代入数据可得弹性绳的伸长量x＝８m． 此时蹦极者离水面高度 h１＝H－L－x＝４０m－１２m－８m＝２０m． (２)分析蹦极者由P 点到A 点的运动可知,蹦极者只受重力 作用,只有重力做功．由机械能守恒定律得 mgL＝ １２mv ２ A, 则得vA＝ ２gL＝ ２×１０×１２m/s＝４ １５m/s． (３)弹性绳弹性势能最大时,伸长量最大．此时蹦极者落至最 低点B,蹦极者的速度为零．分析从P 点到B 点的运动过程 可知,蹦极者和弹性绳构成的系统机械能守恒,取水面为零 势能参考平面,则在P 点系统机械能为E１＝mgH．在B 点 系统机械能为E２＝Ep弹 ＋mg(H－h),则有 mgH＝Ep弹 ＋ mg(H－h),Ep弹 ＝mgh＝ １ ２×６０×１０×３６J＝１􀆰０８×１０ ４J． 答案:(１)２０m　(２)４ １５m/s　(３)１􀆰０８×１０４J 假期必刷４６ 素养训练 １．B　２．D ３．D　[设FＧq图像的横坐标单位长度电荷量为q０,纵坐标单 位长度的力大小为F０ 根据E＝ F q ,可知FＧq 图像斜率表示 电场强度,由图可知,Ea＝ ４F０ q０ ,Eb＝ ４F０ ４q０ ＝ F０ q０ 可得 Ea Eb ＝４:１．] ４．C　[带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其 反 方 向,且指向曲线弯曲的内侧,静电力方向大致向上,因不知电 场线的方向,粒子的电性无法确定,所以选项 A 错误;电场 线是弯曲的,则一定不是孤立点电荷的电场,所以选项 B错 误;N 点处电场线密,则场强大,粒子受到的静电力大,产生 的加速度也大,所以选项 C 正确;因静电力大致向上,粒子 由 M 运动到N 时,静 电 力 做 正 功,粒 子 动 能 增 加,速 度 增 加,所以选项 D错误．] ５．AC　[从题图中看到,中间电势高,两边电势低,且图形左右 不对称,判断q１ 和q２ 带有异种不等量电荷,A 项正确;从图 线斜率看,x１ 处的电场强度不为零,B项错误;负电荷从x１ 移到x２,即由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小, C项正确;x２ 处电场强度为零,所以负电荷从x１ 移到x２,受 到的电场力减小,D项错误．] ６．BC　[因不确定该电场为匀强电场,由题中所述 条 件 无 法 确定c点电势的大小,故选项 A 错误;根据电 势 能 的 定 义 可知,正电荷所 在 位 置 的 电 势 越 高,其 电 势 能 也 越 大,选 项 B正确;因c点的电势无法 判 定,故 正 电 荷 只 受 电 场 力 作用从a点运动到c点,动 能 的 增 减 无 法 判 定,正 电 荷 从 b点运动到c点,电 场 力 做 功 的 正 负 也 无 法 判 定,选 项 C 正确,D错误．] ７．BCD　[根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带 电粒子带正电,故 A错误;等差等势面越密集的地方场强越 大,故 M 点的电场强度比N 点的小,故 B正确;粒子带正 电,因为 M 点的电势大于在N 点的电势,故粒子在 M 点的 电势能大于在N 点的电势能;由于带电粒子仅在电场力作 用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时 动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最 小,故 C、D正确．] ８．B　[由于两小球始终处于相对静止状态,且二者之间的电 荷量又不相等,说明二者受到的电场力大小一定不相等,而 二者间的静电力大小一定相等,说明二者不可能是静止,而 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７３１ 是一起做匀加速直线运动,根据电荷量关系可知,a受的电 场力较大,若a为正电荷,受电场力和静电力方向均向右,则 b必为负电荷,而b受的电场力和静电力方向都向左,二者 不可能相对静止,所以a一定为负电荷．且二者都具有相同 的加速度, 由牛顿第二定律可得:对a、b整体有(qa－qb)E＝２ma,即qE ＝ma,对b有 kqaqb r２ －qbE＝ma, 即３kq ２ r２ －qE＝ma,联立得E＝３kq２r２ ,所以选项B正确．] 素养培优 ９．B　[根据点电荷场强公式E＝kQ r２ 两等量异种点电荷在P 点的场强大 小均为E０＝ kq a２ ,方向如图所示, 两等量异种点电荷在P 点的合场强 为E１＝ ２E０＝ ２ kq a２ ,方向与＋q点 电荷与－q点电荷的连线平行 如图所 示,Q 点 电 荷 在P 点 的 场 强 大 小 为E２ ＝k Q (２a)２ ＝kQ ２a２ 三点电荷的合场强为０,则E２ 方向如图所示,大小有E１＝ E２,解得Q＝２ ２q 由几何关系可知Q 的坐标为(０,２a),故选B．] １０．A　[由题图中等势面的疏密程度可知EM ＜EN 根据F＝qE 可知FM ＜FN 由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷,设将该试探 电荷从 M 点移到N 点,可知电场力做正功,电势能减小, 即EpM ＞EpN 故选 A．] 假期必刷４７ 素养训练 １．C　[按下“?”键过程中,按键金属片间组成的电容器两极板 间距d减小,根据C＝ εS４πkd , 可知电容C变大,因两板电压U 一定,根据Q＝CU 可知,电容器带电量增大,电容器处于充电状态,此时根据E ＝Ud ,可知金属片间的场强E 变大．] ２．B ３．D　[根据Q＝CU,C＝ εS４πkd 可得当极板间距增大时电容减 小,由于电容器的带电量不变,故极板间电势差增大,故 A、 B错误;根据E＝Ud 得E＝４πkQεS ,故场强不变,故 C错误;移 动极板的过程中要克服电场力做功,故电容器储存能量增 大,故 D正确．] ４．C　[平行板电容器充电后与电源断开后,电荷量不变．将正 极板移到图中虚线所示的位置时,d减小,根据C＝εrS４πkd 知, 电容增大,根据U＝QC ,则 电 势 差 减 小．由 E＝Ud ＝ Q Cd＝ ４πkQ εrS 知电场场强度不变,则P 与负极板间的电势差不变,P 点的电势不变,正电荷在P 点的电势能不变．故 C正确,A、 B、D错误．] ５．D　[设正对金属板之间的电场强度为E,沿直线①运动的 所有油滴满足mg＝qE,即qm ＝ g E 相等,故 A、B错误;沿曲 线②、③运动的油滴,在初速度方向上有:x＝v０t,x２＝２x３, 初速度相等,所以有:t２∶t３＝２∶１,竖直方向有h＝ １ ２at ２, 联立解得:a２∶a３＝１∶４,故 C错误,D正确．] ６．A　[电 子 在 加 速 电 场 中 加 速．根 据 动 能 定 理 可 得:eU１＝ １ ２mv ２ ０,所以 电 子 进 入 偏 转 电 场 时 速 度 的 大 小 为:v０ ＝ ２eU１ m ,电子进入 偏 转 电 场 后 偏 转 的 位 移 为:h＝ １２at ２ ＝ １ ２ 􀅰eU２ dm 􀅰L ２ v２０ ＝ U２L ２ ４U１d ,所以示波管的灵敏度为:h U２ ＝ L ２ ４U１d ． 要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d和减小U１,所以 A正确,B、C、D错误．] ７．A　[粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向:x＝v０t,初 速度相等,所以t∝x,A 和B 在电场中运动的时间之比 tA tB ＝ OC OC＋CD＝ １ ２ ,故 A正确;粒子在竖直方向做初速度为零的 匀加速直线运动,y＝１２at ２,y相同,a与t２ 成反比, aA aB ＝ t２B t２A ＝４１ ,故B错误;由牛顿第二定律得:qE＝ma,则粒子质量 m＝qEa ,mA mB ＝ qA qB 􀅰aB aA ＝ １１２ ,故 C错误;A、B 的位移大小之 比:sA sB ＝ y ２＋OC２ y２＋(OC＋CD)２ ≠１１ ,故 D错误．] ８．BD　[带电粒子在电场中受到的电场力大小相等,方向相 反,故加速度大小相等,方向相反,带电粒子先加速后减速, 沿着一条直线运动,故B、D正确．] ９．D　[根据能量守恒定律得,动能增加,电势能减小,故 A 错 误;质子所受 到 的 电 场 力 约 为 F＝Eq＝１􀆰３×１０５×１􀆰６× １０－１９N＝２􀆰０８×１０－１４N,故B错误;根据牛顿第二定律得加 速度为:a＝Fm ＝ ２．０８×１０－１４ １．６７×１０－２７ m/s２＝１􀆰２５×１０１３ m/s２, 则加速时间为:t＝va ＝ １×１０７ １．２５×１０１３ s＝０􀆰８×１０－６s,故 C错 误;加速器加速的直线长度约为:L＝v２t＝ １×１０７ ２ ×０􀆰８× １０－６ m＝４m,故 D正确．] 素养培优 １０．解析:(１)根据牛顿第二定律,在轨道AC 段,小物块的加速 度:a＝－μmgm ＝－４m /s２,小物块到达C点的速度大小:v２C －v２０＝２aL０, 解得:vC＝１０m/s; (２)根据牛顿第二定律,在轨道CB 段．小物块向右减速的 加速度 a１＝ qE－μmg m ＝－１０m /s２, 小物块在电场中向右运动的时间 t１＝ ０－vC a１ ＝１s, 小物块在电场中向右运动的最远位移 x１＝ ０＋vC ２ t１＝５m ; (３)由于qE＞μmg,所以小物块匀减速后反向向左加速,直 到滑出电场．根据牛顿第二定律,小物块向左加速的加速度 a２＝ －qE－μmg m ＝２m /s２, 小物块在电场中向左运动的时间 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８３１