山西省长治市第二中学2020-2021学年高二上学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·安新期中）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）
A．根据电场强度的定义式E= 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C= 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据真空中点电荷的电场强度公式E=k 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．根据电势差的定义式UAB= 可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V
2．（2020高二上·阜阳月考）下列表达式中，q一定是场源电荷的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2020高二上·长治月考）在匀强电场中，有一质量为m，带电荷量为＋q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是（　　）
A．唯一值是 B．最大值是
C．最小值是 D．不可能是
4．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是(　　)
A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右
5．（2020高二上·长治月考）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图，从a到b过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电荷 B．粒子先加速后减速
C．粒子速度一直增大 D．粒子的机械能先减小后增大
6．（2020高二上·长治月考）如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为+ Q、-Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60°。两个点电荷的连线与 AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．P点的场强为0，电势也为0
B．A点电势低于C点电势
C．点电荷+q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大
D．点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能
7．（2020高二上·长治月考）如图所示为一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时（　　）
A．电容器的电容增大 B．a、b板之间的电场强度减小
C．电容器两端的电压增大 D．电容器放电
8．（2020高二上·长治月考）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/m
B．坐标原点处的电势为17V
C．电子在a点的电势能比在b点的高7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为10eV
9．（2020高二上·长治月考）两个点电荷 和 固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示（OB>BD），取无穷远处电势为零，由图可知，下列说法错误的是（　　）
A．B点电场强度为零
B． 为负电荷， 为正电荷
C． 电量一定大于 电量
D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功
10．（2018高二上·白城期中）图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（　　）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
11．（2020高二上·长治月考）如图所示的坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处）．将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是（　　）
A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大
B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小
C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
二、多选题
12．（2020高一下·胶州期末）两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为（　　）
A． B． C． D．
13．（2020高二上·长治月考）在电场中的某点A放一电荷量为＋q的试探电荷，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右，则A点的场强大小EA＝ ，方向水平向右．下列说法正确的是（　　）
A．在A点放置一个电荷量为－q的试探电荷，A点的场强方向变为水平向左
B．在A点放置一个电荷量为＋2q的试探电荷，则A点的场强变为2EA
C．在A点放置一个电荷量为－q的试探电荷，它所受的电场力方向水平向左
D．在A点放置一个电荷量为＋2q的试探电荷，它所受的电场力为2F
14．（2019高二上·广州期末）两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直, 为电场中几个点,并且 为紧靠导体表面的两点,选无穷远处为电势零点,则（　　）
A．场强大小关系有
B．电势大小关系有
C．将一负电荷放在 点时其电势能为负值
D．将一正电荷由 点移到 点的过程中电场力做正功
15．（2020高二上·长治月考）如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子 ，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子 ，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）
A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
三、解答题
16．（2019高二上·田阳月考）如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：
（1）两点电荷间的库仑力大小；
（2）C点的电场强度的大小和方向。
17．（2020高三上·西安期末）如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m。现有一带电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2求：
（1）物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；
（2）物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。
18．（2020高二上·哈尔滨月考）如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放， 当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小 ，静电力常量为k，求：
（1）小球运动到B点时的加速度大小；
（2）B和A两点间的电势差（用k、Q和L表示）．
19．（2019高三上·南安月考）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷和试探电荷的电量无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A不符合题意；
B. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B不符合题意；
C. 根据点电荷的场强公式E=k 知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C不符合题意；
D. 带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，根据电势差的定义式UAB= 可知，A、B两点间的电势差为－1V，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场强度是电场的本身属性，与有没有试探电荷、试探电荷的带电量多少无关；电容器的电容是电容器本身的属性，一般来说一个电容器被制作出来后，它的电容就固定下来了，与它是否通电没有关系。
2．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．在 表达式中q可能是场源电荷，也可能是试探电荷，A不符合题意；
B．在 表达式中q是试探电荷，B不符合题意；
C．在 表达式中q是试探电荷，C不符合题意；
D．在表达式 中，q为场源电荷，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】解决本题的关键就是会区分场源电荷和试探电荷，并且知道各个公式的意义。
3．【答案】C
【知识点】力的合成
【解析】【解答】因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，如图所示，故电场力最小值
Fmin=Eq=mgsinθ.
所以E有最小值 。
故答案为：C。
【分析】由于运动轨迹为直线，则合力方向沿直线方向，利用合力方向结合平行四边形定则可以求出最小的电场力及电场强度。
4．【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】 等量异种电荷电场线分布如图(a)所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图(b)所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确．
故选B
【分析】搞清楚等量异种点电荷和等量同种点电荷电场分布是关键。
5．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A．粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向，故粒子带正电，A不符合题意；
BC．粒子受电场力方向沿电场线并指向轨迹的凹侧，所以先向左减速运动后向右加速运动，BC不符合题意；
D．从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，所以机械能先减小后增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用粒子的运动轨迹可以判别电场力的方向，结合电场的方向可以判别粒子带正电；利用电场力做功可以判别速度的变化及机械能的变化。
6．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A．+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0 ，A不符合题意；
B．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，AC两点的电势相等，B不符合题意；
C．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变。C不符合题意；
D．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势， 由电势能公式 分析可知，点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电场线的分布可以比较电场强度的大小及电势的高低；利用电场力做功可以比较电势能的大小。
7．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由电容的决定式：
可知，a向右运动时，极板间的距离d减小，所以电容增大，A符合题意；
B．闭合开关K，电压保持不变，距离减小，由：
可知，电场强度增大，B不符合题意；
CD．由电容定义式：
可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化；利用电势差和距离的变化可以判别电场强度的大小变化；利用电容和电压的变化可以判别电荷量的大小变化。
8．【答案】C
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】A．如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有
依据几何关系，则
因此电场强度大小为
A不符合题意；
B．根据φc-φa=φb-φo
因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=1V
B不符合题意；
C．因Uab=φa-φb=10-17=-7V
电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV
因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C符合题意；
D．同理Ubc=φb-φc=17-26=-9V
电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9eV
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电势的分布可以求出坐标原点的电势大小，利用电势差和距离可以求出场强的大小；利用电势结合电性可以比较电势能的大小；利用电势差结合电荷量可以求出电场力做功的大小。
9．【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A． 图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，A错误，符合题意；
BC．由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，BC正确，不符合题意；
D．从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电场力一直做正功，D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电势的变化分析电势能的变化，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而分析电场力变化。
10．【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】A．由于O点电势高于c点。电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A不符合题意；
B．根据题意可知 ，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得 ，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B不符合题意；
C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C不符合题意
D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D符合题意；
故答案为：D
【分析】利用轨迹方向可以判别电场力方向结合电势的高低可以判别电荷电性；利用电场力做功可以判别速度的变化；利用等势面可以判别电场力不做功。
11．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．A不符合题意；
B.圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．B不符合题意．
CD.根据动能定理得 ，根据牛顿第二定律得 ，联立解得 ，可知若只正大圆环电荷量，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：C。
【分析】利用水平方向的平衡可以判别圆环到O点的加速度大小；利用电场力做功可以判别动能的大小；利用牛顿第二定律可以判别增大圆环的电荷量时圆环可以继续做匀速圆周运动。
12．【答案】A,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】若两个相同的带电导体小球带异种电荷，设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律，两球接触前
接触再分开后，两球带同种电荷，因此两球带电量大小分别为
由库仑定律，此时库仑力的大小
若两个相同的带电导体小球带同种电荷，两球接触前
接触再分开后，两球带同种电荷，两球带电量大小分别为2Q，由库仑定律，此时库仑力的大小
故答案为：AD。
【分析】两个点电荷之间的作用力可以利用库仑定律来求解，其中q1和q2是两个点电荷的电量，r是两个点电荷的距离，代入数值计算即可。
13．【答案】C,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】E＝ 是电场强度的定义式，某点的场强大小和方向与场源电荷有关，与放入的试探电荷无关，AB不符合题意；因负电荷受到的电场力的方向与场强方向相反，C符合题意；A点场强EA一定，放入的试探电荷所受电场力大小为F′＝q′EA，当放入电荷量为＋2q的试探电荷时，试探电荷所受电场力应为2F， D符合题意.
故答案为：CD
【分析】场强的大小与方向由场源电荷决定，与试探电荷的电荷及电性无关；利用试探电荷的电性结合场强可以判别电场力的方向，利用电场强度可以求出电场力的大小。
14．【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A项：由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密，所以有Ec＞Eb，A不符合题意；
B项：沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体，而右侧导体的电势比d高，B点电势高于d点的电势，B符合题意；
C项：电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值。C不符合题意；
D项：从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电场线的疏密可以比较场强大小；利用箭头的方向可以判别电势；由于电势的正负和0势能选取有关所以不能判别负电荷在d点的电势能大小；利用电场力方向可以电荷运动方向可以判别电场力做功。
15．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．两种粒子在AB间加速，根据动能定理：Uq= mv2
化简得出
质子
α粒子
A不符合题意．
B．粒子在加速电场中运动的时间
在偏转电场中
解得
则总时间
则质子和α粒子在整个过程中运动的时间不相等，B不符合题意；
C．从开始运动到打到板上根据动能定理有Uq+Eyq=EK-0
C符合题意；
D．粒子最后达到MN板上的位移距离O2的水平距离
即质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用动能定理可以比较两个粒子在加速场获得的速度大小之比；利用匀变速的位移公式可以求出粒子在加速场的运动时间，利用类平抛的位移公式可以求出粒子在偏转场的运动时间；利用动能定理可以求出打在感光板上的动能之比；利用水平方向的位移公式可以判别粒子打在感光板的相同位置。
16．【答案】（1）解：根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为：
代入数据得：F=9.0×10-3N
（2）解：A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：
代入数据得 ，方向沿y轴正方向
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线
【解析】【分析】（1）两个点电荷之间的作用力可以利用库仑定律来求解；
（2）空间中的电场是两个电荷共同叠加产生的，电场强度是矢量，分别求出两个电荷空间在C点产生的电场强度，利用平行四边形定则进行叠加即可。
17．【答案】（1）解：在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：
又由运动学公式有：
解得：
又因： 得：
（2）解：物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： 解得：
综上所述本题答案是： ， ；
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合位移公式和速度公式可以求出运动时间和速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出支持力的大小。
18．【答案】（1）解：由题知，在A点的加速度为：
带电小球在A点时，根据牛顿第二定律：
带电小球在B点时，根据牛顿第二定律：
解得：
（2）解：由A点到B点应用动能定理得：
由：
得AB间的电势差为：
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）利用动能定理求解电场对电荷做功，利用做功除以电荷量即为电势差。
19．【答案】（1）解：小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则
解得：
（2）解：根据几何关系可知，圆弧的半径
从P到B点的过程中，根据动能定理得：
在B点，根据牛顿第二定律得：
联立解得： ，
方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下
（3）解：从P到A的过程中，根据动能定理得：
解得：
小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
小球的加速度 ，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：
解得：
则沿x轴方向运动的位移
则小球从C点飞出后落在x轴上的位置
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）小球做直线运动，即受到的重力与电场力合力与速度同向，列方程求解电场力，进而求解电场强度；
（2）利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；
（3）利用动能定理求解小球到C点的速度，小球在水平方向做匀变速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解。
山西省长治市第二中学2020-2021学年高二上学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·安新期中）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）
A．根据电场强度的定义式E= 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C= 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据真空中点电荷的电场强度公式E=k 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．根据电势差的定义式UAB= 可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷和试探电荷的电量无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A不符合题意；
B. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B不符合题意；
C. 根据点电荷的场强公式E=k 知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C不符合题意；
D. 带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，根据电势差的定义式UAB= 可知，A、B两点间的电势差为－1V，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场强度是电场的本身属性，与有没有试探电荷、试探电荷的带电量多少无关；电容器的电容是电容器本身的属性，一般来说一个电容器被制作出来后，它的电容就固定下来了，与它是否通电没有关系。
2．（2020高二上·阜阳月考）下列表达式中，q一定是场源电荷的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．在 表达式中q可能是场源电荷，也可能是试探电荷，A不符合题意；
B．在 表达式中q是试探电荷，B不符合题意；
C．在 表达式中q是试探电荷，C不符合题意；
D．在表达式 中，q为场源电荷，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】解决本题的关键就是会区分场源电荷和试探电荷，并且知道各个公式的意义。
3．（2020高二上·长治月考）在匀强电场中，有一质量为m，带电荷量为＋q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是（　　）
A．唯一值是 B．最大值是
C．最小值是 D．不可能是
【答案】C
【知识点】力的合成
【解析】【解答】因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，如图所示，故电场力最小值
Fmin=Eq=mgsinθ.
所以E有最小值 。
故答案为：C。
【分析】由于运动轨迹为直线，则合力方向沿直线方向，利用合力方向结合平行四边形定则可以求出最小的电场力及电场强度。
4．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是(　　)
A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】 等量异种电荷电场线分布如图(a)所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图(b)所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确．
故选B
【分析】搞清楚等量异种点电荷和等量同种点电荷电场分布是关键。
5．（2020高二上·长治月考）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图，从a到b过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电荷 B．粒子先加速后减速
C．粒子速度一直增大 D．粒子的机械能先减小后增大
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A．粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向，故粒子带正电，A不符合题意；
BC．粒子受电场力方向沿电场线并指向轨迹的凹侧，所以先向左减速运动后向右加速运动，BC不符合题意；
D．从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，所以机械能先减小后增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用粒子的运动轨迹可以判别电场力的方向，结合电场的方向可以判别粒子带正电；利用电场力做功可以判别速度的变化及机械能的变化。
6．（2020高二上·长治月考）如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为+ Q、-Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60°。两个点电荷的连线与 AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．P点的场强为0，电势也为0
B．A点电势低于C点电势
C．点电荷+q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大
D．点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A．+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0 ，A不符合题意；
B．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，AC两点的电势相等，B不符合题意；
C．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变。C不符合题意；
D．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势， 由电势能公式 分析可知，点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电场线的分布可以比较电场强度的大小及电势的高低；利用电场力做功可以比较电势能的大小。
7．（2020高二上·长治月考）如图所示为一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时（　　）
A．电容器的电容增大 B．a、b板之间的电场强度减小
C．电容器两端的电压增大 D．电容器放电
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由电容的决定式：
可知，a向右运动时，极板间的距离d减小，所以电容增大，A符合题意；
B．闭合开关K，电压保持不变，距离减小，由：
可知，电场强度增大，B不符合题意；
CD．由电容定义式：
可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化；利用电势差和距离的变化可以判别电场强度的大小变化；利用电容和电压的变化可以判别电荷量的大小变化。
8．（2020高二上·长治月考）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/m
B．坐标原点处的电势为17V
C．电子在a点的电势能比在b点的高7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为10eV
【答案】C
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】A．如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有
依据几何关系，则
因此电场强度大小为
A不符合题意；
B．根据φc-φa=φb-φo
因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=1V
B不符合题意；
C．因Uab=φa-φb=10-17=-7V
电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV
因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C符合题意；
D．同理Ubc=φb-φc=17-26=-9V
电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9eV
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电势的分布可以求出坐标原点的电势大小，利用电势差和距离可以求出场强的大小；利用电势结合电性可以比较电势能的大小；利用电势差结合电荷量可以求出电场力做功的大小。
9．（2020高二上·长治月考）两个点电荷 和 固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示（OB>BD），取无穷远处电势为零，由图可知，下列说法错误的是（　　）
A．B点电场强度为零
B． 为负电荷， 为正电荷
C． 电量一定大于 电量
D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功
【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A． 图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，A错误，符合题意；
BC．由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，BC正确，不符合题意；
D．从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电场力一直做正功，D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电势的变化分析电势能的变化，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而分析电场力变化。
10．（2018高二上·白城期中）图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（　　）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】A．由于O点电势高于c点。电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A不符合题意；
B．根据题意可知 ，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得 ，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B不符合题意；
C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C不符合题意
D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D符合题意；
故答案为：D
【分析】利用轨迹方向可以判别电场力方向结合电势的高低可以判别电荷电性；利用电场力做功可以判别速度的变化；利用等势面可以判别电场力不做功。
11．（2020高二上·长治月考）如图所示的坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处）．将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是（　　）
A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大
B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小
C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．A不符合题意；
B.圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．B不符合题意．
CD.根据动能定理得 ，根据牛顿第二定律得 ，联立解得 ，可知若只正大圆环电荷量，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：C。
【分析】利用水平方向的平衡可以判别圆环到O点的加速度大小；利用电场力做功可以判别动能的大小；利用牛顿第二定律可以判别增大圆环的电荷量时圆环可以继续做匀速圆周运动。
二、多选题
12．（2020高一下·胶州期末）两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】若两个相同的带电导体小球带异种电荷，设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律，两球接触前
接触再分开后，两球带同种电荷，因此两球带电量大小分别为
由库仑定律，此时库仑力的大小
若两个相同的带电导体小球带同种电荷，两球接触前
接触再分开后，两球带同种电荷，两球带电量大小分别为2Q，由库仑定律，此时库仑力的大小
故答案为：AD。
【分析】两个点电荷之间的作用力可以利用库仑定律来求解，其中q1和q2是两个点电荷的电量，r是两个点电荷的距离，代入数值计算即可。
13．（2020高二上·长治月考）在电场中的某点A放一电荷量为＋q的试探电荷，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右，则A点的场强大小EA＝ ，方向水平向右．下列说法正确的是（　　）
A．在A点放置一个电荷量为－q的试探电荷，A点的场强方向变为水平向左
B．在A点放置一个电荷量为＋2q的试探电荷，则A点的场强变为2EA
C．在A点放置一个电荷量为－q的试探电荷，它所受的电场力方向水平向左
D．在A点放置一个电荷量为＋2q的试探电荷，它所受的电场力为2F
【答案】C,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】E＝ 是电场强度的定义式，某点的场强大小和方向与场源电荷有关，与放入的试探电荷无关，AB不符合题意；因负电荷受到的电场力的方向与场强方向相反，C符合题意；A点场强EA一定，放入的试探电荷所受电场力大小为F′＝q′EA，当放入电荷量为＋2q的试探电荷时，试探电荷所受电场力应为2F， D符合题意.
故答案为：CD
【分析】场强的大小与方向由场源电荷决定，与试探电荷的电荷及电性无关；利用试探电荷的电性结合场强可以判别电场力的方向，利用电场强度可以求出电场力的大小。
14．（2019高二上·广州期末）两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直, 为电场中几个点,并且 为紧靠导体表面的两点,选无穷远处为电势零点,则（　　）
A．场强大小关系有
B．电势大小关系有
C．将一负电荷放在 点时其电势能为负值
D．将一正电荷由 点移到 点的过程中电场力做正功
【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A项：由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密，所以有Ec＞Eb，A不符合题意；
B项：沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体，而右侧导体的电势比d高，B点电势高于d点的电势，B符合题意；
C项：电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值。C不符合题意；
D项：从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电场线的疏密可以比较场强大小；利用箭头的方向可以判别电势；由于电势的正负和0势能选取有关所以不能判别负电荷在d点的电势能大小；利用电场力方向可以电荷运动方向可以判别电场力做功。
15．（2020高二上·长治月考）如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子 ，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子 ，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）
A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．两种粒子在AB间加速，根据动能定理：Uq= mv2
化简得出
质子
α粒子
A不符合题意．
B．粒子在加速电场中运动的时间
在偏转电场中
解得
则总时间
则质子和α粒子在整个过程中运动的时间不相等，B不符合题意；
C．从开始运动到打到板上根据动能定理有Uq+Eyq=EK-0
C符合题意；
D．粒子最后达到MN板上的位移距离O2的水平距离
即质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用动能定理可以比较两个粒子在加速场获得的速度大小之比；利用匀变速的位移公式可以求出粒子在加速场的运动时间，利用类平抛的位移公式可以求出粒子在偏转场的运动时间；利用动能定理可以求出打在感光板上的动能之比；利用水平方向的位移公式可以判别粒子打在感光板的相同位置。
三、解答题
16．（2019高二上·田阳月考）如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：
（1）两点电荷间的库仑力大小；
（2）C点的电场强度的大小和方向。
【答案】（1）解：根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为：
代入数据得：F=9.0×10-3N
（2）解：A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：
代入数据得 ，方向沿y轴正方向
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线
【解析】【分析】（1）两个点电荷之间的作用力可以利用库仑定律来求解；
（2）空间中的电场是两个电荷共同叠加产生的，电场强度是矢量，分别求出两个电荷空间在C点产生的电场强度，利用平行四边形定则进行叠加即可。
17．（2020高三上·西安期末）如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m。现有一带电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2求：
（1）物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；
（2）物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。
【答案】（1）解：在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：
又由运动学公式有：
解得：
又因： 得：
（2）解：物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： 解得：
综上所述本题答案是： ， ；
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合位移公式和速度公式可以求出运动时间和速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出支持力的大小。
18．（2020高二上·哈尔滨月考）如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放， 当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小 ，静电力常量为k，求：
（1）小球运动到B点时的加速度大小；
（2）B和A两点间的电势差（用k、Q和L表示）．
【答案】（1）解：由题知，在A点的加速度为：
带电小球在A点时，根据牛顿第二定律：
带电小球在B点时，根据牛顿第二定律：
解得：
（2）解：由A点到B点应用动能定理得：
由：
得AB间的电势差为：
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）利用动能定理求解电场对电荷做功，利用做功除以电荷量即为电势差。
19．（2019高三上·南安月考）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。
【答案】（1）解：小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则
解得：
（2）解：根据几何关系可知，圆弧的半径
从P到B点的过程中，根据动能定理得：
在B点，根据牛顿第二定律得：
联立解得： ，
方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下
（3）解：从P到A的过程中，根据动能定理得：
解得：
小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
小球的加速度 ，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：
解得：
则沿x轴方向运动的位移
则小球从C点飞出后落在x轴上的位置
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）小球做直线运动，即受到的重力与电场力合力与速度同向，列方程求解电场力，进而求解电场强度；
（2）利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；
（3）利用动能定理求解小球到C点的速度，小球在水平方向做匀变速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解。