【文档说明】第十章 静电场中的能量 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019必修第三册）.docx，共(11)页，655.377 KB，由envi的店铺上传

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第十章静电场中的能量能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112DCACDADCADCDBCAC1．D【解析】A．电势能与电势的关系为pEq=电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越

小，故A错误；B．在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不一定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；C．如果电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能

小于负电荷在该点的电势能，故C错误；D．根据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大，故D正确。故选D。2．C【解析】A．发生静电感应也只是内部电荷重新分布，金属球壳仍不带电，A错误

；B．处于静电平衡状态的金属内部场强处处为零，B错误；C．球壳上的感应电荷与玻璃棒在金属球壳内部任意一点场强大小相等，方向相反，玻璃棒缓慢靠近A点，玻璃棒在A点产生的电场强度逐渐增大，球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大，故C正确；D．因为整体显示电中性,正电荷与负电荷数量相等，无论怎样将

球壳分开，两部分的带电量始终相同，D错误。故选C。3．A【解析】A．当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，A正确；

B．一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强aE不一定大于b点处的场强bE，B错误；C．由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向b，C错误；D．顺着电场线方向电势降低，可知c点的电势高于b点的电势，

根据正电荷在电势高处电势能大，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，D错误。故选A。4．C【解析】A．平行板正对面积减小时4SCkd=电容C减小，而电容器的电荷量不变，根据QCU=极板间电势差增大，所以静电计指针偏角

增大，故A错误；B．插入铜板，相当于减小了间距d，电容变大，而电容器的电荷量不变，极板间电势差减小，所以静电计指针偏角减小，故B错误；CD．静电计测量的是电容器两极板之间的电势差，故C正确D错误；故选C。5．D【解析】B．电场线越密的位置电场强度越强，由图可知，N点的电场

强度大于M点的电场强度，可知带电粒子在N点的加速度一定大于在M点的加速度，B错误；C．结合电场线和运动轨迹可知粒子的受力如图所示，由于粒子电性未知，无法判断电场线方向，即无法判断M、N点的电势大小关系，也无法判断粒子的运动方向，C错误；AD．粒子做曲线运动，可

以从M点向N点运动，也可以从N点向M点运动，若粒子由M向N运动，电场力做正功，电势能减小，若粒子由N向M点运动，电场力做负功，电势能增加，即无论粒子的运动方向如何，带电粒子在M点的电势能一定大于在N点的电势能，A错误，D正确。故选D。6．A【解析】物块受到的电场力为

43mg；将两力分别向沿斜面和垂直于斜面方向进行分解，则可知：电场力垂直于斜面方向上的分力44163515yFmgmg==故一定大于重力的分力，因此物块将离开斜面沿电场力和重力的合力方向做直线运动；运动方向与竖直方向夹角的正切值为443tan3mgmg

==物体在下滑过程受重力和电场力做功，根据动能定理可知：24132mgHEqHmv+=已知43Eqmg=代入解得523vgH=故A正确，BCD错误。故选A。7．D【解析】AB．设加速电压为1U，偏转电压为2U，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，电场力做的功为1WqU=由于加速电压相

同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；故B错误；C．整个过程运用动能定理得2121122mvqUqU=+由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；D．在偏转电场中的偏转位移2220122qULyatmdv==解得2214ULydU=同理可得到偏转角度

的正切21tan4ULdU=可见y和tan与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种粒子打屏上同一点，故D正确。故选D。8．C【解析】AC．当φ最大时，红、黑表笔间电势差最大，即红、黑表笔连线与电

场强度方向在同一直线上，根据UEd=可知此时红、黑表笔之间距离最大，所以曲线①对应的r取值为03r，且电场强度大小为00Er=故A错误，C正确；B．根据前面分析可知对应0=处电场强度与匀强电场的场强相等，不为零，故B错误；D．半径为0r的圆周上，电势为0的位置有且有两处，这两个位置

的连线恰好与电场强度方向垂直，故D错误。故选C。9．AD【解析】A．据等量异种电荷电场的对称性知，a、c两点的场强大小相等，场强方向相同，a、c两点的场强相同，A正确；C．据等量异种电荷电场的对称性知，b、c

两点的场强大小相等，场强方向不同，b、c两点的场强不同，C错误；BD．因沿着电场线的方向电势降低，可知a点电势高于b点电势，b、c两点在同一个等势面上，所以b、c两点的电势相同，a、c两点的电势不同。B错误，D正确。故选AD。10．C

D【解析】A．电场线越密集的位置电场强度越大，所以P点的电场强度比N点的小，故A错误；B．根据等量异种电荷周围电势分布规律可知直线ab为电势为零的等势线，则P点电势为零，再根据沿电场强度方向电势降低可知N点电势为负，所以P点电势比N点电

势高，故B错误；C．根据等量异种电荷周围电势分布规律可知直线cd为电势为零的等势线，所以OP两点间的电势差等于OM间的电势差都为零，故C正确；D．根据前面分析可知M点电势为零，N点电势为负，所以一带正电的试探电荷在M点的电势能比在N点大，故D正确。故选CD。11．BC【解

析】C．粒子做曲线运动，所受电场力指向轨迹凹侧，且垂直于等势线，所以粒子所受电场力向上，则从A到B的过程电场力对粒子做负功，粒子电势能增大，因此粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能，故C正确；B．设匀强电场的电场强度大小为E，根据动能定理有222111cos22q

ELmvmv−=−解得()22122cosmvvEqL−=故B正确；AD．根据题给条件无法判断粒子的电性和等势线电势高低关系，故AD错误。故选BC。12．AC【解析】AB．由题意0EEkt=−，物体所受的电场力FqE=。电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相

等，电场强度E减小，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大，加速度增大，速度增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大，

加速度增大。因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，A正确，B错误；C．墙壁对物体的支持力0N=时，物体将要离开墙壁，它在墙壁上运动的位移达到最大，此时0qE=得0E=即00Ekt−=解得0Etk=C正确；D．根据上述分析可知，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增

大，D错误；故选AC。13．CB【解析】若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移调节旋钮和水平位移旋钮；若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节聚焦旋钮和辅助聚焦旋钮；故答案为C，B．14．a到b电容器释放

的电荷量1.5##320.15【解析】（1）[1]接通开关K1时，电容器上极板与正极相连，带正电荷，断开开关K2后，电容器放电，电流从上极板经过R流向下极板，即从a到b。（2）[2]由电容器放电过程电流计算公式可知QIt=QIt=即图线与坐标轴围成的阴影面积表示电容器的电荷量。[3]根据Q

QCUU==由上述分析可知，阴影部分面积代表电荷量，由题意可得1212SSUU=112210V4V34V2SUSU−===（3）[4]由题意及上述分析可知3122916.1310A?s32SSS−==20.611A?sS

=121.527A?s0.15F10VSSQCUU+===15．（1）负电，AB1200VU=；（2）1st=【解析】（1）电场力水平向右，因此带负电，带电物体在电场力、重力以及支持力作用下处于受力平衡状态，对其进行受力分析知sin37cos37mgqE=………………………………………

………（1分）电势差ABcos37UEdEL==………………………………………………（1分）得ABsin1200VmgLUq==………………………………………………（1分）（2）沿斜面的方向上'1sin37cos37sin2mamgqEmg=−=………………………………………………（1

分）代入数据得23m/sa=………………………………………………（1分）由212atL=得21sLta==………………………………………………（1分）16．（1）1N，电场力的方向向下；（2）1000

V；（3）-1400V，-400V；（4）161.610J【解析】（1）电场力的大小的大小为FEq=……………………………………………（1分）可得1NF=，方向电场力的方向向下………………………………………………（1分）（2）两点间的电势差

为42210(5)10V=-1000VCDCDUEd−==−………………………………………………（2分）（3）A板接地，则有42210(7)10V1400VCCAEd−==−=−………………………（1分）42210(2)10V400VDDAEd−==−=−………………

…………………………………………（1分）（4）因为静电力做功与路径无关，只与初末位置有关，所以19161.610[1400(400)]J1.610JCDCDCDWeU−==−=−−−−=…………（2分）17．（1）8210st−=；（2）0.1mQy=；（3）72.8

10m/sQv=，45=【解析】设电子离开xL=的位置记为P点，离开3xL=的位置记为Q点，如图所示（1）在1E的加速度11eEam=………………………（1分）由速度位移公2102pvaL−=，………………………（

1分）解得712210m/sPeEvLm==………………………（1分）1212Lat=得81112210sLmLteEeEm−===………………………（1分）运动到Q点时82210sPLtv−==………………………（1分）所以总时间为8122

10sttt−=+=………………………（1分）（2）电子运动到Q点时22210.1m2QeEytm==………………………（1分）（3）电子离开3xL=处的电场时7210m/sxpvv==……………

…………（1分）722210m/syeEvtm==………………………（1分）22772210m/s2.810m/sQxyvvv=+==………………………（1分）可得tan1yxvv==………………………（1分）解得45=……………………

…（1分）18．（1）14xR=；（2）k333282EmgR=−；（3）112225Rtg=，min425vgR=【解析】（1）设滑块通过A点时的速度为v，有2mvmgmgR+=………………………（1分）得2v

gR=………………………（1分）对滑块由D点到A点，由动能定理可得21122qExmgRmv−=………………………（1分）由已知0.75qEmg=………………………（1分）解得14xR=………………………（1分）（2）滑块从A点到P点水平位移为x2，运动时间为t在竖直方向上做自由落体运动

，有2122Rgt=………………………（1分）水平方向上做匀减速直线运动，有2212qExvttm=−………………………（1分）所求()k12EqExx=−………………………（1分）由以上各式得k333282EmgR=−………………………（1分）

（3）将重力和电场力合成力F，如图，设力F的方向与竖直方向的夹角为，则3tan4Eqmg==………………………（1分）5cos4mgFmg==………………………（1分）将速度v分解成平行于F的分量1v和垂直于F的分量2v，则1sinvv=2cosvv=………………………（1分）所求11

12225vRtFgm==………………………（1分）min2425vvgR==………………………（1分）