2023版高考物理一轮复习精选题辑周测六静电场

周测六静电场(A卷)(本试卷总分值95分)一、选择题(此题包括8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．(2023·湖北宜昌模拟)有三个完全一样的金属小球A、B、C，小球A所带电荷量为10Q，小球B所带电荷量为－Q，小球C不带电，将A、B两小球固定，相距r，此时A、B两小球间的相互作用力大小为F；然后让小球C反复与A、B两小球屡次接触，最后移去小球C后，那么A、B两小球间的相互作用力大小为()A．FB．10C.eq\f(9,10)FD.eq\f(10,9)F答案：C解析：依题意可知A、B两小球最初所带电荷量的总和被三个小球间均分，那么A、B两小球最终的电荷量均为eq\f(10Q＋－Q,3)＝3Q，A、B两小球之间最初是引力，大小为F＝keq\f(q1q2,r2)＝10keq\f(Q2,r2)，A、B两小球之间最终是斥力，大小为F′＝keq\f(q′1q′2,r2)＝9keq\f(Q2,r2)＝eq\f(9,10)F，C正确．2．(2023·江苏四市联考)(多项选择)如下图，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电．一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零．以下说法正确的选项是()A．Q2带正电B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量C．a、c两点电势相等D．b点的电场强度最大答案：BC解析：带正电粒子经过b点时速度最大，此时带电粒子所受合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电，故A、D错误；b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E＝keq\f(Q,r2)知，Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B正确；从a运动到c的过程，带电粒子的动能变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，那么a、c两点电势相等，故C正确．3．(2023·广东佛山一模)如图A、B、C是两个带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两电荷连线与其中垂线的交点，A点固定一带电荷量同为Q的负点电荷．现将一电子从B点由静止释放，电子会经由C点继续向前运动，那么()A．从B到C，电场力对该电子一直不做功B．电子从B到C做加速度变大的加速运动C．电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpB>EpCD．假设电子可回到B点，那么回到B点时速度不为零答案：C解析：电子在B点受到的电场力方向竖直向下，在B、C间受到的电场力方向也一直沿中垂线方向，所以从B到C，电场力对该电子做功，A错误；从B点到无穷远，正点电荷对电子的作用力先增大后减小，负点电荷对电子的作用力一直减小，由于C的位置不确定，故电子由B到C加速度变化不确定，B错误；电子在C点的动能大于在B点的动能，电势能减少，即EpB>EpC，C正确；根据能量守恒定律，假设电子可能回到B点，那么回到B点的速度一定为零，D错误．4．(2023·河北石家庄二中联考)如下图，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的eq\f(4,3)倍，重力加速度为g，那么物块落地的速度大小为()A．2eq\r(5gh)B．2eq\r(gh)C．2eq\r(2gh)D.eq\f(5,3)eq\r(2gh)答案：D解析：物块受到的电场力大小为eq\f(4,3)mg，将其分别向沿斜面和垂直于斜面方向分解，那么电场力垂直于斜面方向的分力Fy＝eq\f(4,3)mg×eq\f(4,5)＝eq\f(16,15)mg，故一定大于重力垂直于斜面方向的分力，因此物块将离开斜面沿电场力和重力的合力的方向做直线运动，运动方向与竖直方向的夹角的正切值tanα＝eq\f(\f(4,3)mg,mg)＝eq\f(4,3)，物块在飞行过程中，重力和电场力做功，根据动能定理得mgh＋Eq·eq\f(4,3)h＝eq\f(1,2)mv2，Eq＝eq\f(4,3)mg，代入解得v＝eq\f(5,3)eq\r(2gh)，应选项D正确．5．(2023·山西晋中摸底)(多项选择)示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上如图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)(b)所示的两种波形，那么()A．假设XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B．假设XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C．假设XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D．假设XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形答案：AC解析：要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象，偏转电极XX′要接入锯齿形电压，即扫描电压，在XX′偏转电极加电压(4)，电子不可能在水平方向完成偏转，故B、D错误；在XX′偏转电极加电压(3)，为锯齿电压，在YY′偏转电极上加的是待显示信号电压，故A、C正确．6．(2023·安徽马鞍山一模)如下图，水平虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d，一质量为m、电荷量大小为q的粒子(不计重力)，从A点以与等势线成θ角的速度v0射入，到达B点时，速度方向恰与等势线平行，那么()A．粒子一定带正电B．电场中A点的电势一定高于B点的电势C．匀强电场的电场强度大小为eq\f(mv\o\al(2,0)sin2θ,4qd)D．粒子在A点具有的电势能大于在B点具有的电势能答案：C解析：电场线与等势线垂直，所以电场线沿竖直方向，由粒子的运动轨迹可知，电场力的方向竖直向下，由于不知道电场强度的方向，所以无法判断粒子的电性，也无法判断A、B两点的电势上下，A、B错误；对粒子由动能定理，有－Eq·2d＝eq\f(1,2)m(v0cosθ)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0)sin2θ,4qd)，C正确；从A到B，由于电场力做负功，电势能增大，所以粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，D错误．7．(2023·江西九江十校第二次联考)如下图，竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m的小球，带电荷量为＋q(可看成质点)，圆的半径为R.周围空间充满着水平方向的匀强电场，电场强度E＝eq\f(\r(3)mg,q).现在最低点给小球一个初动能，为了使小球能做一个完整的圆周运动，那么在圆轨道最低点给小球的初动能()A．Ek大于eq\f(5,2)mgRB．Ek等于eq\f(5,2)mgRC．Ek小于eq\f(5,2)mgRD．Ek的大小不能确定答案：A解析：因为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，所以小球运动过程中等效最低点为A，圆心与A的连线与竖直方向的夹角为θ，tanθ＝eq\r(3)，θ＝60°.要想做完整的圆周运动，要过等效最高点B，在B点的最小速度v满足：eq\r(Eq2＋mg2)＝eq\f(mv2,R)，即v2＝2gR，设在圆轨道最低点给小球的初动能为Ek，根据动能定理有－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(1,2)R))－qE·eq\f(\r(3),2)R＝eq\f(1,2)mv2－Ek，解得Ek＝4mgR，所以A正确．8．(多项选择)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．图乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，以下实验现象中正确的选项是()A．当乙传感器接入电路实验时，假设F变小，那么电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，假设F变大，那么电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，假设导电溶液深度h变大，那么电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，假设导电溶液深度h变小，那么电流表指针向左偏转答案：BD解析：当乙传感器接入电路实验时，假设F变小，那么两极间距变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，那么电流从电流表负极流入，故电流表指针向左偏转，同理，假设F变大，那么电流表指针向右偏转，选项A错误，选项B正确；当丙传感器接入电路时，金属芯线与导电溶液形成电容器，假设导电溶液深度h变大，两极板正对面积增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容变大，带电荷量增加，电容器充电，那么电流表指针向右偏转，应选项C错误；同理分析可知，选项D正确．二、非选择题(此题包括4小题，共47分)9．(7分)在竖直平面内固定一个半径为R的均匀带电细圆环，质量为m的带电小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如下图．静电力常量为k，重力加速度为g，那么绝缘细线对小球的拉力FT＝________，圆环的带电量Q＝________.答案：eq\f(mgL,R)(4分)eq\r(\f(mgL3,kR))(3分)解析：此题考查电场的叠加、库仑定律，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力．由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一局部Δx，设总电荷量为Q，那么该局部电荷量为eq\f(Δx,2πR)Q，由库仑定律可得，该局部对小球的库仑力F1＝eq\f(kQ2Δx,2πL2R)，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理，取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图甲所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2eq\f(kQ2Δx,2πL2R)×eq\f(\r(L2－R2),L)；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有局部库仑力的合力F＝eq\f(kQ2\r(L2－R2),L3)，方向水平向右；小球受力分析如图乙所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故FT与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得eq\f(FT,L)＝eq\f(mg,R)；那么小球对绳子的拉力FT＝eq\f(mgL,R)；eq\f(F,\r(L2－R2))＝eq\f(mg,R)，解得Q＝eq\r(\f(mgL3,kR)).10．(13分)在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)．求：(1)B点的电场强度的大小和方向；(2)试判断电荷Q的电性，并说明理由；(3)点电荷Q的位置坐标．答案：(1)2.5V/m，沿x轴负向(2)Q带负电(3)x＝2.6m解析：(1)由EB＝eq\f(F,q)和图象可得EB＝eq\f(1,0.4)＝2.5V/mEA＝eq\f(4,0.1)V/m放入B点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反，故B点电场方向沿x轴负向．(2)A点的正电荷受力沿x轴正向，而B点的负电荷受力也沿x轴正向，根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引．所以Q带的是负电，而且在A、B之间．(3)由(2)问Q在A、B之间，设离A点距离为L，那么离B点距离为(3－L)根据E＝eq\f(kQ,L2)得，EA＝eq\f(kQ,L2)＝40V/m，EB＝eq\f(kQ,3－L2)＝2.5V/m可求得L＝0.6m所以点电荷Q的位置为x＝2m＋0.6m＝2.6m处．11．(13分)(2023·江苏如东四校联考)如下图，质量m＝2kg、带电荷量q＝＋2×10－3C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于水平面上的挡板P相距s0＝3m，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.8，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与挡板相撞没有机械能损失，且A带电荷量始终保持不变．整个装置处在大小E＝6×103N/C、方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10m/s2(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；(2)假设A与挡板不相碰，木板的最小长度L0.(3)假设木板长度为L＝0.8m，整个过程中木板运动的总路程s.答案：(1)1m/s2(2)1m(3)2.32m解析：(1)A和B一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq－μ2mg,m)＝1m/s2.(2)设当木板B与挡板P相撞时速度为v，开始时木板B右端与挡板相距为d，有v2＝2ad，木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动，加速度a1＝eq\f(μ1mg－Eq,m)＝2m/s2，当A恰好滑到挡板P处停止时有v2＝2a1L0，而d＋L0＝s0，代入数据解得L0＝1m，即木板的最小长度为1m.(3)因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向做匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都停在挡板P处．物块A和木板B间产生热量Q1＝μ1mgL，木板与水平面间产生的热量Q2＝μ2mgs，整个过程由能量守恒定律得Eqs0＝Q1＋Q2，代入数据解得s＝2.32m.12．(14分)在宽度为L的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界．有一个带电粒子(不计重力)从左侧边界上的A点，以初速度v0沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时的速度大小为eq\f(\r(17),4)v0.(1)求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向的位移的大小；(2)假设带电粒子的入射速度改为eq\f(v0,4)，求粒子从右侧边界射出时速度的大小；(3)假设带电粒子的入射速度大小可以为任意值(远小于光速)，求带电粒子从右侧边界射出的速度的最小值．答案：(1)eq\f(L,8)(2)eq\f(\r(17),4)v0(3)eq\f(\r(2),2)v0解析：(1)设经过时间t1粒子射出电场，沿电场方向的位移为y，沿电场方向速度为vy1，由类平抛运动知识有L＝v0t1，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，vy1＝at1，有eq\f(\r(17),4)v0＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y1))，联立以上式子解得a＝eq\f(v\o\al(2,0),4L)，y＝eq\f(L,8).(2)粒子在水平方向做匀速运动，设经过时间t2粒子射出电场，L＝eq\f(1,4)v0t2，设粒子沿电场方向的加速度为a，沿电场方向做匀加速直线运动，vy2＝at2，粒子射出电场的速度为v，那么v＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2＋v\o\al(2,y2))，联立解得v＝eq\f(\r(17),4)v0.(3)设粒子以vx射入电场，沿电场方向的速度为vy，粒子射出电场的速度为v′，类比第(2)问中式子可得v′＝eq\r(v\o\al(2,x)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(L,vx)))2)，可知当veq\o\al(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(L,vx)))2时，v′有最小值，即vx＝eq\f(v0,2)，可得最小速度为v′＝eq\f(\r(2),2)v0.周测六静电场(B卷)(本试卷总分值95分)一、选择题(此题包括8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.如下图，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q(q>0)、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，静电力常量为k，重力加速度为gA．运动到B处的速度为零B．在下落过程中加速度逐渐减小C．运动到B处的速度大小为eq\f(2,3)eq\r(3gh2－h1)D．速度最大处与底部点电荷距离为eq\r(\f(kQq,mg))答案：C解析：点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理可得mgh1＋WE＝0，即WE＝－mgh1，当点电荷质量为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得3mgh2－mgh1＝eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\f(2,3)eq\r(3gh2－h1)，故C正确、A错误；由题意知，点电荷应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力大于库仑力，而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故B错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F库＝3mg＝eq\f(kQq,r2)，解得r＝eq\r(\f(kQq,3mg))，故D错误．2．有两个带异种电荷的粒子A和B，所带电荷量分别为5q和－q，质量分别为5m和m，两者相距L，它们之间除了相互作用的电场力之外，不受其他力的作用．假设要保持A、BA．都做匀速圆周运动，且运动速率相同B．都做匀速圆周运动，且运动周期相同C．都做匀速圆周运动，且向心加速度大小相同D．不一定做匀速圆周运动答案：B解析：由题意可得粒子的运动情况与宇宙中双星系统的运动情况类似，D错误；设它们做圆周运动的角速度为ω，粒子A、B的向心加速度为aA、aB，那么据向心力公式可得keq\f(5q2,L2)＝5mL1ω2＝5maA＝mL2ω2＝maB，又因为L＝L1＋L2，解得aA＝keq\f(q2,mL2)，aB＝keq\f(5q2,mL2)，L1＝eq\f(L,6)，L2＝eq\f(5L,6)，那么vA＝ωL1＝eq\r(\f(kq2,6mL))，vB＝ωL2＝eq\r(\f(25kq2,6mL))，A、C错误，由T＝eq\f(2π,ω)知，B正确．3．两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，假设取无限远处的电势为零，那么在正x轴上各点的电势如图中曲线所示，当x→0时，电势φ→∞，当x→∞时，电势φ→0；电势为零的点的坐标为x1，电势为极小值－φ0的点的坐标为x2，根据图线提供的信息，以下判断正确的选项是()A．这两个点电荷一定是不等量的同种电荷B．这两个点电荷一定是等量的异种电荷C．在x1处的电场强度为零D．在x2处的电场强度为零答案：D解析：x1处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，x2处的电势有最小值，所以x2处的电场强度为零，所以D正确．4．(2023·河南豫南九校联考)(多项选择)如下图，实线是一带电粒子在电场中仅受电场力作用的运动轨迹，虚线a、b、c是该电场的电场线或等势面(电势差相等)，M、N是粒子运动轨迹上的两个点，那么以下说法中正确的选项是()A．假设虚线为电场线，那么粒子在M点的加速度比在N点的加速度大B．假设虚线为电场线，那么粒子从M点运动至N点的过程中电势能减小C．假设虚线为等势面，那么三等势面的电势上下关系为φa>φb>φcD．假设虚线为等势面，那么粒子在N点的速率可能小于在M点的速率答案：BD解析：假设虚线为电场线，由电场线越密电场强度越大，可知M点处的电场强度小于N点处的电场强度，粒子在M点的加速度比在N点的加速度小，A错误；假设虚线为电场线，粒子所受的电场力方向指向轨迹的凹侧，故粒子从M点运动到N点的过程中电场力做正功，电势能减小，B正确；假设虚线为等势面，由于粒子的电性未知，无法确定三个等势面的电势上下关系，C错误；假设虚线为等势面，假设粒子从M运动到N，电场力做负功，动能减小，速率减小，那么粒子在N点的速率小于在M点的速率，假设粒子从N运动到M，电场力做正功，动能增大，速率增大，那么粒子在N点的速率小于在M点的速率，D正确．5．(2023·四川资阳一诊)现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如下图，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．那么以下说法中正确的选项是()A．O点的电场强度和电势均为零B．将一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力所做总功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力不同D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减少答案：B解析：上下两个点电荷在O点产生的电场强度方向向下，左右两个点电荷在O点产生的电场强度方向向右，根据矢量合成法那么可知，O点电场强度不为零，方向沿OD方向，O点处的电势为零，故A错误．根据对称性，b、c两点处电势相等，将一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力所做总功为零，故B正确．根据库仑定律和力的合成法那么，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C错误．取无穷远处电势为零，a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，那么负点电荷从a点移到b点电场力做负功，所以电势能增加，故D错误．6．原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷ΔQ，油滴开始向上运动，经时间t后，电容器突然放电，失去一局部电荷ΔQ′，又经时间t，油滴回到原位置，假设在运动过程中油滴电荷量一定，那么()A.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝4B.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝3C.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝2D.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝1答案：A解析：根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E＝eq\f(Q＋ΔQ,Cd)、E′＝eq\f(Q＋ΔQ－ΔQ′,Cd)，而依题意有mg＝qeq\f(Q,Cd)，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依题意有x＝eq\f(1,2)at2，－x＝at2－eq\f(1,2)a′t2，解得eq\f(a,a′)＝eq\f(1,3)，可求得eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝4，即选项A正确．7．(2023·河北石家庄二中联考)(多项选择)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方存在平行于桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图甲所示，小物块带电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块的速度v与时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2A．小物块在4s内的位移为6mB．小物块的质量为2kgC．小物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2D．小物块在4s内电势能减少了18J答案：AC解析：小物块在4s内的位移为x＝eq\f(1,2)×2×(2＋4)m＝6m，故A正确；由题图乙可知，前2s内小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由题图乙知加速度为a＝1m/s2,2s后小物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由题图甲可得E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，代入数据解得m＝1kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故B错误，C正确；小物块在前2s的位移s1＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，小物块在2～4s内的位移s2＝vt2＝4m，电场力做的正功W＝qE1s1＋qE2s2＝1×10－4×3×104×2J＋1×10－4×2×104×4J＝14J，那么电势能减少了14J，故D错误．8．(多项选择)如图甲所示，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．图乙表示一周期性变化的交变电压随时间t变化的图线．从t＝0开始，电压为一定值U0；经过半个周期，突然变为－U0；再过半个周期，又突然变为U0……如此周期性地交替变化．在t＝0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速度为零的电子(质量为m，电荷量为e)在电场作用下开始运动．要想使电子到达A板时具有最大的动能，那么所加交变电压的周期T可能是()A.eq\r(\f(2md2,eU0))B.eq\r(\f(8md2,9eU0))C.eq\r(\f(8md2,eU0))D.eq\r(\f(10md2,eU0))答案：CD解析：在电场力作用下，电子的加速度a＝eq\f(eU0,md)，设电子从B板一直加速运动到A板所需要的时间为t0，那么d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，解得t＝eq\r(\f(2d,a))，根据以上的分析，应满足t≤eq\f(T,2)，解得T≥eq\r(\f(8md2,eU0))，C、D正确．二、非选择题(此题包括4小题，共47分)9．(7分)如下图是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的实验步骤如下：a．按如图甲所示电路连接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数为I0＝490μA，电压表的示数U0如图丙所示，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压：c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测一次电流i的值，将测得的数据在图丁的坐标上描点标出．(1)根据图甲的电路原理图连接图乙的实物图．(2)在图丁中作出i—t图象，其图线与坐标轴所围面积的物理意义是________．(3)电压表的示数U0＝________V，该电容器电容为C＝________F(结果保存两位有效数字)．(4)假设某同学实验时把电压表接在D、E两端，那么电容的测量值与真实值相比________(填“偏大〞、“偏小〞或“相等〞)．答案：(1)如图1所示(2分)(2)如图2所示(2分)电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量(3)8.01.1×10－3(2分)(4)偏小(1分)解析：(2)将图中数据点用平滑曲线连接起来，图线与坐标轴所围面积的物理意义是电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量．(3)因为电压表的精度为0.5V，所以电压表示数U0＝0.5×16＝8.0V；从图线与坐标轴所围面积可以计算出电荷量为Q＝8.75×10－3C，根据电容的定义式得C＝eq\f(Q,U0)＝1.1×10－3F．(4)假设把电压表接在D、E两端，会有放电电流通过电压表而使得测量出的电荷量偏小，从而使电容测量值偏小．10.(10分)如下图，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．假设滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程．答案：(1)2.2N(2)6m解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，那么mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)F′N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)由牛顿第三定律F′N＝FN由FN＝3mg－2qE＝2.2N(4分)(2)由题意知qE＝8×10－5×5×103N＝0.4Nμmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N因此有qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动(2分)所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足mgR－qER＝μmgx解得x＝6m(4分)11．(14分)如下图，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(6cm,0)，B点坐标为(0，eq\r(3)cm)．坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，点B处的电势为4V．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＝4×105m/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(3cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的荷质比eq\f(q,m).答案：(1)4V(2)eq\f(8,3)×102V/m(3)2.4×1011解析：(1)设C处的电势为φC∵OC＝CA∴φO－φC＝φC－φA∴φC＝eq\f(φO＋φA,2)＝eq\f(0＋8,2)V＝4V(3分)(2)BC连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直设∠OBC＝θOB＝L＝eq\r(3)cm∵tanθ＝eq\f(OC,L)＝eq\f(3,\r(3))∴θ＝60°∵U＝Ed∴E＝e