一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～9題為多項(xiàng)選擇題)
1．[2021·浙江6月，3]如圖所示，在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是( )
A．探測(cè)發(fā)射臺(tái)周圍風(fēng)力的大小
B．發(fā)射與航天器聯(lián)系的電磁波
C．預(yù)防雷電擊中待發(fā)射的火箭
D．測(cè)量火箭發(fā)射過程的速度和加速度
2．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為1×103 V/m，ab＝dc＝4 cm，bc＝ad＝3 cm，則下列計(jì)算結(jié)果正確的是( )
A．a(chǎn)b之間的電勢(shì)差為4 000 V
B．a(chǎn)c之間的電勢(shì)差為50 V
C．將q＝－5×10－3 C的點(diǎn)電荷沿矩形路徑abcda移動(dòng)一周，靜電力做功為零
D．將q＝－5×10－3 C的點(diǎn)電荷沿abc或adc從a移動(dòng)到c靜電力做功都是－0.25 J
3．如圖所示，a、b兩電子圍繞靜止的正點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子間的相互作用，下列說法正確的是( )
A.a電子受到的電場(chǎng)力小于b電子受到的電場(chǎng)力
B．a(chǎn)電子的電勢(shì)能小于b電子的電勢(shì)能
C．a(chǎn)電子的線速度小于b電子的線速度
D．a(chǎn)電子的周期大于b電子的周期
4．[2022·廣東深圳調(diào)研]真空中，在x軸上x＝0 m處和x＝8 m處分別固定電性相同的點(diǎn)電荷Q1和Q2.電荷間連線上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示(以＋x方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向)，其中x＝6 m處E＝0.將一個(gè)正試探電荷在x＝2 m處由靜止釋放(重力不計(jì)，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)，則( )
A.Q1、Q2均為負(fù)電荷
B．Q1、Q2帶電荷量之比為9∶1
C．在x＝6 m處電勢(shì)為0
D．該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能一直減小
5．如圖所示，OO′為平行板電容器的中線，板間為豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在O點(diǎn)分別以v0、 eq \f(v0,2) 的速度水平拋出兩質(zhì)量都為m且?guī)N電荷的小球A、B，qA∶qB＝3∶1，兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡恰關(guān)于OO′對(duì)稱，重力加速度為g，則A球受到的電場(chǎng)力大小為( )
A． eq \f(15,7) mg B． eq \f(9,5) mg
C． eq \f(3,2) mg D． eq \f(5,7) mg
6．[2022·陜西漢中1月聯(lián)考]空間存在著平行紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)用儀器在紙面內(nèi)沿互成60°角的OA、OB上兩個(gè)方向探測(cè)該靜電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)(如圖甲所示)，得到OB、OA上各點(diǎn)電勢(shì)φ與到O點(diǎn)距離的函數(shù)關(guān)系分別如圖乙、丙所示，則下列關(guān)于該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的說法中正確的是( )
A．E＝200 V/m，沿AO方向
B．E＝400 V/m，沿BO方向
C．E＝200 eq \r(3) V/m，垂直O(jiān)B向下
D．E＝200 eq \r(3) V/m，垂直O(jiān)A斜向右下方
7．[2021·天津模擬]兩個(gè)位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖中實(shí)線所示，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等．虛線MPN是一個(gè)電子在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌跡與某等勢(shì)面相切于P點(diǎn)．下列說法正確的是( )
A．兩點(diǎn)電荷可能是異種點(diǎn)電荷
B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大
C．A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)
D．電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小
8．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，弧BDC是以A點(diǎn)為圓心、AB為半徑的一段圓弧，AB＝L，AO＝ eq \f(L,2) ，D點(diǎn)是圓弧跟y軸的交點(diǎn)．當(dāng)在O點(diǎn)和A點(diǎn)分別固定電荷量為－Q1和＋Q2的點(diǎn)電荷后，D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零．下列說法正確的是( )
A．Q2＝4Q1
B．圓弧BDC上的各點(diǎn)相比較，D點(diǎn)的電勢(shì)最高
C．電子沿著圓弧從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先減小后增大
D．電子沿著圓弧從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先增大后減小
9．如圖所示，一勻強(qiáng)電場(chǎng)E大小未知、方向水平向右．兩根長度均為L的絕緣輕繩分別將小球M和N懸掛在電場(chǎng)中，懸點(diǎn)均為O.兩小球質(zhì)量均為m、帶等量異號(hào)電荷，電荷量大小均為q(q>0).平衡時(shí)兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝45°.若僅將兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍在原位置平衡．已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說法正確的是( )
A．M帶正電荷 B．N帶正電荷
C．q＝L eq \r(\f(mg,k)) D．q＝3L eq \r(\f(mg,k))
二、非選擇題
10．[2022·南昌調(diào)研]如圖甲所示，兩平行極板P、Q的長度和板間距離均為l.位于極板左側(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子．在0～3t0時(shí)間內(nèi)兩極板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響).已知t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在2t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射出．上述m、q、l、t0為已知量．(不考慮粒子間相互作用及返回極板間的情況)
(1)求粒子的初速度v0的大??；
(2)求圖乙中電壓U0的大?。?br>11.
[2022·石家莊模擬]如圖所示，在豎直面內(nèi)有一矩形區(qū)域ABCD.水平邊AB＝6L，豎直邊BC＝8L，O為矩形對(duì)角線的交點(diǎn)．將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球恰好經(jīng)過C點(diǎn)．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時(shí)加一平行于矩形ABCD的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿各個(gè)方向拋出此帶電小球，小球從矩形邊界的不同位置射出，其中經(jīng)過D點(diǎn)的小球的動(dòng)能為初動(dòng)能的5倍，經(jīng)過E點(diǎn)(DC中點(diǎn))的小球的動(dòng)能和初動(dòng)能相等，重力加速度為g.
(1)求小球的初動(dòng)能；
(2)取電場(chǎng)中O點(diǎn)的電勢(shì)為零，求D、E兩點(diǎn)的電勢(shì)；
(3)求帶電小球所受電場(chǎng)力的大?。?br>單元質(zhì)量評(píng)估（七） 靜電場(chǎng)
1．解析：待發(fā)射的火箭由于比較高，根據(jù)尖端放電原理，火箭頂部易引雷，所以在火箭發(fā)射塔四周建立鐵制高塔的功能是預(yù)防雷電擊中待發(fā)射的火箭，C正確．
答案：C
2．解析：Uac＝Uab＝E·dab＝40 V，故A、B錯(cuò)誤；W＝qU＝0，故C正確；W＝q·Uac＝－0.2 J，故D錯(cuò)誤．
答案：C
3．解析：由庫侖定律F＝ eq \f(kQq,r2) 可知，由于b離正電荷的距離較遠(yuǎn)，則a電子受到的電場(chǎng)力大于b電子受到的電場(chǎng)力，A錯(cuò)誤；由于正電荷的電場(chǎng)線是發(fā)散狀的，因此a電子所在處的電勢(shì)較高，由Ep＝－eφ可知a電子的電勢(shì)能小于b電子的電勢(shì)能，B正確；電子環(huán)繞正電荷做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，庫侖力提供向心力，由 eq \f(kQe,r2) ＝ eq \f(mv2,r) 得v＝ eq \r(\f(kQe,mr)) ，則a電子的線速度大于b電子的線速度，C錯(cuò)誤；又由 eq \f(kQe,r2) ＝ eq \f(m·4π2,T2) r得T＝ eq \r(\f(4π2mr3,kQe)) ，所以b電子的周期大于a電子的周期，D錯(cuò)誤．
答案：B
4．解析：由圖象可知，x＝0 m處場(chǎng)強(qiáng)為正，x＝8 m處場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，可知Q1、Q2均為正電荷，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意“x＝6 m處E＝0”可知，在x＝6 m處，Q1、Q2分別產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)相等，即k eq \f(Q1,62) ＝k eq \f(Q2,22) ，解得 eq \f(Q1,Q2) ＝ eq \f(62,22) ＝ eq \f(9,1) ，故B正確；由于無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故在x＝6 m處電勢(shì)大于0，故C錯(cuò)誤；該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力先做正功，再做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤．
答案：B
5．解析：兩球的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于OO′對(duì)稱，說明兩球的水平位移相同時(shí)，兩球的位移與水平方向的夾角相同，由tan θ＝ eq \f(y,x) ＝ eq \f(\f(1,2)a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,vx)))\s\up12(2),x) ＝ eq \f(ax,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ) ，可知A、B加速度大小之比為aA∶aB＝v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) ＝4∶1，則所受合外力之比為4∶1.兩小球電性相同，則所受電場(chǎng)力都向上，有（FA－mg）∶（mg－FB）＝4∶1，且FA∶FB＝qA∶qB＝3∶1，解得FA＝ eq \f(15,7) mg，A項(xiàng)正確．
答案：A
6.
解析：由題圖乙、丙可知O點(diǎn)電勢(shì)為零，如圖所示，設(shè)OC＝20 cm，OD＝25 cm，OF＝10 cm，則結(jié)合圖乙、圖丙可知，φC＝80 V，φD＝50 V，可求出φF＝ eq \f(OF,OC) （φC－φO）＝40 V，設(shè)OA上G點(diǎn)的電勢(shì)與F點(diǎn)電勢(shì)相等，連接G、F兩點(diǎn)，則GF為等勢(shì)線，有φG＝φF＝40 V，又φG＝ eq \f(OG,OD) （φD－φO），可得OG＝20 cm，由幾何關(guān)系可知GF⊥OB，又電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故電場(chǎng)線方向沿BO方向，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ eq \f(φC－φO,OC) ＝400 V/m，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
答案：B
7．解析：根據(jù)兩點(diǎn)電荷間等勢(shì)面的分布情況可知兩點(diǎn)電荷是同種電荷，又根據(jù)電子在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷出電子一直受到斥力作用，可知兩點(diǎn)電荷為同種負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；根據(jù)U＝Ed定性分析可知，等差等勢(shì)面越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤．兩點(diǎn)電荷為同種負(fù)電荷，電場(chǎng)線指向負(fù)電荷，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，又A所在的等勢(shì)面比B所在的等勢(shì)面靠外，故A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故C正確；在電子的運(yùn)動(dòng)軌跡上，P點(diǎn)的電勢(shì)最低，故電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能最高，又電子在運(yùn)動(dòng)過程中只受電場(chǎng)力作用，電子的動(dòng)能與電勢(shì)能之和不變，故電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，D正確．
答案：CD
8．解析：由D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零，則：k eq \f(Q1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))\s\up12(2)) ＝k eq \f(Q2,L2) ，解得：Q2＝4Q1，故A正確；對(duì)Q2來說圓弧是個(gè)等勢(shì)面，所以各點(diǎn)電勢(shì)高低由Q1決定，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，離負(fù)電荷越近，電勢(shì)越低，故D點(diǎn)電勢(shì)最低，故B錯(cuò)誤；電子沿著圓弧從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，電勢(shì)先降低后升高，由Ep＝eφ，可知電勢(shì)能先增大后減小，故C錯(cuò)誤，D正確．
答案：AD
9．解析：由題圖可知，對(duì)小球M受力分析如圖（a）所示，對(duì)小球N受力分析如圖（b）所示，由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電，小球N帶正電，A錯(cuò)誤，B正確．由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為r＝ eq \r(2) L，當(dāng)兩小球的電荷量為q時(shí)，由力的平衡條件得mg tan 45°＝Eq－k eq \f(q2,r2) ；兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉淼?倍后，由力的平衡條件得mg tan 45°＝E·2q－k eq \f(（2q）2,r2) ，整理解得q＝L eq \r(\f(mg,k)) ，C正確，D錯(cuò)誤．
答案：BC
10．解析：（1）帶電粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有
l＝v0·2t0
解得v0＝ eq \f(l,2t0)
（2）t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子先做類平拋運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
y1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
vy＝at0
y2＝vyt0＝at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
eq \f(l,2) ＝y(tǒng)1＋y2＝ eq \f(3,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解得a＝ eq \f(l,3t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
又q eq \f(U0,l) ＝ma
聯(lián)立解得U0＝ eq \f(ml2,3qt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) .
答案：（1） eq \f(l,2t0) （2） eq \f(ml2,3qt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
11．解析：（1）未加電場(chǎng)時(shí)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有3L＝v0t
豎直方向上有4L＝ eq \f(1,2) gt2
解得v0＝ eq \f(3,4) eq \r(2gL)
小球的初動(dòng)能為Ek0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(9,16) mgL
（2）加電場(chǎng)后，小球由O到D的過程，由動(dòng)能定理得q（φO－φD）＋mg·4L＝5Ek0－Ek0
又知φ0＝0
解得φD＝ eq \f(7mgL,4q)
小球由O到E的過程，由動(dòng)能定理得q（φO－φE）＋mg·4L＝Ek0－Ek0
解得φE＝ eq \f(4mgL,q)
（3）在OE上取一點(diǎn)F，使得OF＝ eq \f(7,4) L，連接D、F，則DF為等勢(shì)線，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，且指向低電勢(shì)處，畫出一條電場(chǎng)線如圖所示．
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知ct α＝ eq \f(EF,DE) ＝ eq \f(3,4) ＝0.75，α＝53°
電場(chǎng)方向垂直于DF向上．
E、D間電勢(shì)差為U＝φE－φD＝ eq \f(9mgL,4q)
根據(jù)U＝E·DE cs α＝E·3L cs 53°
解得E＝ eq \f(5mg,4q)
帶電小球所受電場(chǎng)力的大小F＝qE＝ eq \f(5,4) mg
答案：（1） eq \f(9,16) mgL （2） eq \f(7mgL,4q) eq \f(4mgL,q) （3） eq \f(5,4) mg

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