假期必刷46 电场的性质-【快乐假期】2025-2026学年高二物理暑假必刷题

快乐假期 假期必刷46电场的性质 有志者，事竟成。 完成日期： 月 素养解读 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 0 场线描述电场； A.1:1 B.2:1 2.知道静电场中的电荷具有电势能.了解电势 C.3:1 D.4:1 能、电势的含义； 4.某静电场中的电场线方向不 3.知道匀强电场中电势差及其与电场强度的 确定，分布如图所示，带电粒 关系 子在电场中仅受静电力作 素养训训练 用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动 1.使两个完全相同的金属小球（均可视为点电 到V,以下说法正确的是 荷)分别带上一3Q和十5Q的电荷后，将它 A.粒子必定带正电荷 们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力 B.该静电场一定是孤立正电荷产生的 的大小为F,.现用绝缘工具使两小球相互 C.粒子在M点的加速度小于它在N点的 接触后，再将它们固定在相距为2a的两点， 加速度 它们之间库仑力的大小为F,.则F与F, D.粒子在M点的速度大于它在N点的 之比为 速度 A.2:1 B.60:1 5.(多选)在x轴上有两 C.16:1 D.15:4 个点电荷91、92，其静 2.如图所示，实线为等 电场的电势9在x轴 量异种点电荷周围的 上分布如图所示」 电场线，虚线为以一 下列说法正确的有 点电荷为中心的圆， A.q1和q2带有异种电荷 M点是两点电荷连线的中点，若将一正试 B.x1处的电场强度为零 探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 荷所受电场力 ( D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大 A.大小不变 B.方向不变 6.(多选)电场中的a、b、c三点在同一直线上， C.逐渐减小 D.逐渐增大 如图所示，其中c为ab的中点.已知a、b两 3.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， 点的电势分别为9。和96，且9>P>0,则 下列叙述正确的是 菌问。b两点的场强大小等于 92 三0022 二物理恐) A.该电场在c点处的电势一定为 C.a一定带正电，且电场强度大小为 2 B.正电荷从b点运动到a点，电势能一定 E=3kq 2 减少 D.a一定带负电，且电场强度大小为 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 E=3 r D.正电荷从b点运动到c点，电场力一定做 素养培优 正功 9.(电场强度的叠加模型)如 7.(多选)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 图，在(a,0)位置放置电荷 __-P(a,a) 场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨 量为q的正点电荷，在(0， 0 2a 迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是 a)位置放置电荷量为g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 a d 5V 10W15V 荷量分别为 ( A.(0,2a),W2q B.(0,2a),2W2g A.粒子带负电荷 C.(2a,0),2q D.(2a,0),2√2g B.M点的电场强度比N点的小 10.(等势面模型)如 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 图(a),在一块很大 势能 的接地金属平板的图句 图6 8.如图示，水平面有方向 上方固定一负电荷.由于静电感应，在金属平 向右的匀强电场，将质量 板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的 相等的两个带异种电荷小球a、b(可视为点 等势面如图(b)中虚线所示，相邻等势面间的 电荷)，且电荷量大小分别为q。=3q,9=q, 电势差都相等.若将一正试探电荷先后放于 由静止释放，二者之间距离为，位置关系 M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分 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 () 别为FM和Fv,相应的电势能分别为EM和 A.a一定带正电，且电场强度大小为 E,N,则 E=3kg A.FM<FN,EpM>EpN 2r2 B.a一定带负电，且电场强度大小为 B.FM>FN,EpM>EPN E=3kg C.FM<FN,EpM<EpN 2r D.FM>FN,EM<EpN 93三0022- 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=合m,o2,对小球b:R一m,g=m,号，对缘a:F, mg,联立解得m。:m。=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U,=U,。一g1,下落阶段0，=g,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，=V, 一g,下落阶段v,=gt,再由重力的瞬时功率P=mgv,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.门 5.C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 1 高位置时，b球速度为零，则mgL=之m心，解得二 √2gL,故B错误；当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十巨L)=是m听，所以 =√2(1十√2)gL, 故C正确；由于系统机械能守恒，球从初位置下降到最低 点的过程中，刚性轻杆对球的弹力先做负功后做正功再做 负功，故D错误.门 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 Q△ 0c>0 mgumg 沙袋竖直下落过程中，由机械能守恒定律有mgX2Rsin9= 厂习mU,解得=√2gR,绳子张紧后，沿半径方向的速度消 失，沿国孤切线方向的逢度口=000=号V6gR,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 8R(1-sin0)=2nd一2n, 解得4=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尺可得绳子的张力T=?, 2mg,由动能定理有ng·2R= 1 m心，解得u=0.625 18 三物理) 答案：1)310gR(2)子mg0.625 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k.x=mg,代入数据可得弹性绳的仲长量x=8m. 此时蹦极者离水面高度 h,=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，只有重力微功。由机核能守恒定律得mgL=弓m暖， 则得v.=√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E,=mgH.在B点 系统机械能为E2=Ep十mg(H一h),则有mgH=E弹十 mg(H-)E,#=msA=号×60X10X36J=1.08X10'1. 答案：(1)20m(2)4/15m/s(3)1.08×10J 假期必刷46 素养训练 1.B2.D 3.D[设Fq图像的横坐标单位长度电荷量为qo,纵坐标单 位长度的力大小为下。根据E=卫，可知Fg图像斜率表示 、电场强度由图可知，E。二，E一4= 可每哈=41.] 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V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9，和q2带有异种不等量电荷，A项正确；从图 线斜率看，工处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从工 移到x,,即由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小， C项正确；工2处电场强度为零，所以负电荷从工1移到x2,受 到的电场力减小，D项错误.门 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.门 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V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.门 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 飞坐洗乐限湖 是一起做匀加速直线运动，根据电荷量关系可知，α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(g。一g。)E=2ma,即gE =m,对b有9.一g,E=ma, 中-6=m:联立得E-9,所以选项B正确.] 2r 素养培优 9.B[根播点电荷场强公式E=k2 两等量异种点电荷在P点的场强大2aE 小均为E。=g,方向如图所示， -9 a- 两等量异种点电荷在P点的合场强 +9 为E,=2E。=2g,方向与十g点 0 a a 2a 电荷与一g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E。=及 Q (W2a)2 =iQ 2a1 三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E,= E,,解得Q=2√2g 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=gE 可知F<F、 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V点，可知电场力做正功，电势能减小， 即EM>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- 可知电容C变大，因两板电压U一定，根据Q=C 可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据E =7,可知金属片间的场强E变大] 2.B 3D[根据Q=CU.C=可得当板板问距增大时电客放 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-号得E-0,故场张不文，故C错送：移 ES 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.门 4.C[平行板电容器充电后与电源断开后，电荷量不变.将正 板长移到圈中痘线所示的位置时山成小，据C=品知 电容婚大根据U-名利电号差减小，由E=号-吕 4πQ知电场场强度不变，则P与负极板间的电势差不变，P eS 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=9E,即品=是相等，故A、B错误沿曲 18 ---000= 线②、③运动的油滴，在初速度方向上有：x=1,x2=2x3, 初速度相等，所以有：42：43=2：1，竖直方向有h=2, 联立解得：a,：a,=1:4,故C错误，D正确.门 6.A[电子在加速电场中加速.根据动能定理可得：U,= 2m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为：， /2eU, √训，电子进入偏转电场后偏转的位移为：h=是a= 1 1.eU.2_U,L ,h=L2 ?·dm·元=d,所以示波管的灵敏度为：，Ua 要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d和减小U,所以 A正确，B、C、D错误.门 7.A[粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x=,,初 速度相等，所以，A和B在电场中运动的时间之比、 OC年CD2,故A正确：粒子在竖直方向做初速度为零的 OC 1 自加速直线运动y,y相同a与成反比一发 =,故B错误；由牛顿第二定律得：9E=a,则粒子质量 m-装器一号器·会-数C给送：AB的位港大小之 D0C0≠故D0说] 比：4= √y+OC 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=1.3×10°×1.6× 101N=2.08×101N,故B错误；根据牛顿第二定律得加 速度为：a=F=2.08X10-14 m=1.67X10m/s=1.25×108m/s2, 则加速时间为：t=”=1X10 a1.25X108=0.8×10s,故C错 误：加旋器加速的直线长度的为：L=号1=1X0X0,8X 2 10im=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=二ms=一4m/s,小物块到达C点的速度大小：呢 m -v2=2aL0, 解得：e=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 a,=9Ems=-10m/g3, 机 小物块在电场中向右运动的时间 0一e=15 t= 小物块在电场中向右运动的最远位移 0十 x=24,=5m; (3)由于gE>g,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 a,=二gEmg=2m/s3, 小物块在电场中向左运动的时间 38