卷子答案网-一个不只有答案的网站2023-2024学年高二上学期入学考试训练卷（福建省宁德专用）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．图中的实线为点电荷的电场线，M、N两点在以点电荷为圆心的同一圆上，下列说法正确的是
A．M处的电场强度比N处的大
B．M处的电场强度比N处的小
C．M、N处的电场强度大小相等，方向相同
D．M、N处的电场强度大小相等，方向不同
2．某区域电场线如图所示，A、B为区域上两点，下列说法正确的是
A．正电荷在A点所受电场力比在B点所受电场力小
B．A点电势一定高于B点电势
C．正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能
D．将电子从A点移动到B点，电场力做正功
3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最低
B．带电质点通过P点时的加速度比Q点大
C．带电质点通过P点的电势能比Q点小
D．带电质点通过P点的动能比Q点大
4．一足够大的不带电钢板表面有一层光滑绝缘膜，钢板竖直放置，底端接地。在钢板左侧距钢板为的处固定一个带电荷量为的点电荷，如图所示。将质量为、带电荷量为的滑块（可视为质点）从A处由静止释放。已知与钢板的夹角为，滑块所带电荷量不变，重力加速度为。滑块由A处运动到与A处对称的处的过程中（ ）
A．滑块的电势能先减小后增大
B．滑块的加速度先减小后增大
C．滑块由A到的运动时间为
D．滑块运动到点时重力的瞬时功率为
5．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等差等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中最左端等势面是平面，电势为，其余等势面不再是平面，最右端等势面电势为40V，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变大
C．粒子在B点的速度比在A点小
D．粒子每经过一个等势面动能的变化量越来越小
6．如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M，N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（ ）
A．M点电势比P点电势高
B．M点场强和P点场强相同
C．间的电势差等于间的电势差
D．将一负电荷从M点移到O点，电场力做正功
7．学习物理要正确理解物理规律和公式的内涵，你认为下列理解正确的是（ ）
A．根据库仑定律公式，两个电荷的距离趋于零时，库仑力为无穷大
B．根据可知，一个电子由A点运动到B点，若间电势差为1V，则电场力做功为
C．由匀强电场电势差与电场强度关系知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点沿场强方向的距离成正比
D．根据电容器的电容的定义式可知，电容器的电容与它所带电荷量成正比
二、多选题
8．有一匀强电场，方向平行于坐标轴平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd，cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2.0V、4.0V、5.0V。将电荷量为的正点电荷从a点沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（ ）
A．坐标原点0的电势为3.5V
B．电场强度的大小为
C．该点电荷在d点的电势能为
D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为
9．如图甲，某电场的一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势随x变化的规律如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）
A．电子的速度先逐渐增大后逐渐减小
B．电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大
C．该电场线可能是孤立点电荷产生的
D．该电场线可能是等量异种电荷产生的
10．两个等量同种电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-5C，质量为1g的带正电小物块在水平面上从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（ ）
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100N/C
B．由C点到A点电势先增加后减少
C．由C到A的过程中物块的电势能先变小后变大
D．A、B两点间的电势差UAB=－500V
11．如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个点。将开关K闭合，电路稳定后将B板向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容增加
B．在B板下移过程中，电阻R中有向上的电流
C．A、B两板间的电场强度增大
D．P点电势升高
12．如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为=2V、=4V、=6V，下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为零
B．匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C指向A
C．将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4eV
D．在三角形ABC外接圆的圆周上电势最高点的电势为6V
13．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是（ ）
A．b点的场强一定为零 B．Q2电荷量大于Q1
C．a点的电势比b点的电势高 D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
三、解答题
14．电场中某区域的电场线分布如图所示，已知A点的电场强度E = 4.0 × 104N/C，将电荷量q = +5.0 × 10-8C的点电荷放在电场中的A点。
（1）求该点电荷在A点所受电场力的大小F；
（2）在图中画出该点电荷在A点所受电场力的方向。
15．水平地面和水平天花板之间存在方向竖直向上的匀强电场，一绝缘轻绳下端固定在地面上，上端与质量为m、电荷量为q的带正电小球相连，小球在图示位置悬停在空中.已知小球与水平天花板距离为L，重力加速度大小为g，场强大小为，求：
（1）轻绳的拉力FT大小；
（2）突然剪断轻绳后小球运动到天花板所用的时间t.
16．如图所示，abcd是一个正方形盒子边的中点有一个小孔盒子中有沿ad方向的匀强电场一个质量为m带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度射入盒内，并恰好从e处的小孔射出，（不计重力）求
（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小．
（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功．
17．如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源，上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h=20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量q=－3.5×10－14C，质量m=3.0×10－9kg，当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零（不计空气阻力，g=10m/s2，L=15cm）求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C=4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】依据点电荷周围电场分布特点可知：以点电荷为圆心的同一圆上各点的电场强度大小相等，在如图所示的电场中，电场方向沿电场线指向圆心，因此方向不同，故D正确．
2．B
【详解】A、电场线越密，场强越大，则A点场强一定大于B点场强，正电荷在A点所受电场力比在B点所受电场力大，故A错误；
B、因为顺着电场线方向电势降低，则A点电势一定高于B点电势，故B正确；
C、若正电荷从A移动到B，电场力做正功，电势能减小，则知正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故C错误；
D、将电子从A点移动到B点，电场力方向向左，电场力做负功，故D错误；
故选B．
【点睛】电势根据电场线的方向判断：顺着电场线方向电势降低．场强根据电场线的疏密判断，电场线越密，场强越大．根据电场力做功，判断电势能的变化．
3．B
【详解】A．带电质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势线垂直，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，而沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；
B．等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，故P点的电场强度比Q点的大，质点所受的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确；
CD．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力对质点做正功，电势能减小，动能增加，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，故CD错误。
故选B。
4．D
【详解】A．因为钢板接地，故钢板上处处电势相等，滑块由A处运动到处的过程中，电场力不做功，滑块电势能不变，A错误；
B．由于钢板表面为等势面，所以钢板处的电场强度方向垂直钢板平面水平向右，故滑块向下运动时所受合力为其重力，故其做自由落体运动，加速度始终不变，B错误；
C．由自由落体运动规律，由A处运动到处的过程中
解得
故C错误；
D．滑块运动都B处时的速度为
则滑块运动到点时重力的瞬时功率为
故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．由图可知右侧电势高于左侧电势，故电场方向大致向左，而粒子做曲线运动，电场方向处于轨道弯曲的内侧，说明电场力方向大致为左下方，即电场力方向和电场方向相同，故粒子为正电荷，故A错误；
B．等势面先平行且密集，后变稀疏且弯曲，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，则加速度先不变，后变小，故B错误；
C．粒子为正电荷，从A到B的过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，则速度减小，B点速度比在A点小，故C正确；
D．图中的等势面为等差等势面，则每经过一个等势面电场力做功相同，动能变化量也相同，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．假设有一正电荷由P点只在电场力作用下移动到M点，由图可知电场力与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减少，故电势降低，故A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场的强弱，M点处的电场线比P点的稀疏，故M点处的电场强度比P点的弱，两者方向也不同，故B错误；
C．根据可知，和的距离相等，由于间的电场更强，故间的电势差更大，故C错误；
D．负电荷由M点运动到O点，所受电场力方向与运动方向相同，所以电场力做正功，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】A．库仑定律公式适用于真空中的点电荷，两个电荷的距离趋于零时，带电体已经不能看为点电荷，此时该公式不适用，即不能认为两个电荷的距离趋于零时，库仑力为无穷大，A错误；
B．公式在运算时，物理量应该代入正负符合，即一个电子由A点运动到B点，若间电势差为1V，则电场力做功为，B错误；
C．公式中的d指沿电场线方向上的投影长度，可知由匀强电场电势差与电场强度关系知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点沿场强方向的距离成正比，C正确；
D．电容的定义式是比值定义式，电容并不是由极板所带电荷量与极板之间的电势差决定，因此，不能认为电容器的电容与它所带电荷量成正比，D错误。
故选C。
8．BD
【详解】A．由几何关系可知c与b之间电势差等于原点与a点之间电势差，则
则
故A错误；
B．根据
可知，沿x轴方向上分场强的大小为
沿y轴方向上分场强的大小为
则合场强大小为
故B正确；
C．由几何关系可知d与原点之间电势差等于原点与a点之间电势差，则
则
该点电荷在点的电势能为
故C错误；
D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为
故D正确。
故选BD。
9．BD
【详解】A.由题，是电场的一条电场线，电子从静止开始仅受电场力而运动，电场力方向保持不变，所以电子一直做加速运动．故A错误．
B.电势图线的斜率等于电场强度大小，由图看出，图线的斜率先变大后变小，则电场强度先变大后变小，电子所受电场力也先变大后变小，根据牛顿第二定律可知，电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大．故B正确．
C.该电场线不可能是孤立点电荷产生的，因为电子在孤立点电荷产生的电场中电场力一直增大或一直减小．故C错误．
D.根据电子的电场力变化情况可判断出来，电子可能在两个等量异种电荷连线上运动．故D正确．
10．AD
【详解】A．根据v—t图象可知物块在B点的加速度最大
所受的电场力最大为
故B点的场强最大为
故A正确；
B．根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐减小，B错误；
C．根据v—t图象可知C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由A到B根据动能定理可得
又因
故
故D正确。
故选AD。
11．BD
【详解】A．由电容器的电容公式可知距离增大时，电容减小，故A错误；
B．开关K闭合，说明电容器两端电压一定，在B板下移过程中，由电容的定义式可知电量减小，电容器对外放电，电阻R中有向上的电流，故B正确；
C．电压一定，由场强公式可知距离增大时A、B两板间的电场强度减小，故C错误；
D．电源负极接地，电势为零，A板电势与电源正极电势相等为E，则P点电势可表示为
因电场强度减小，说明P点电势升高，故D正确。
故选BD。
12．BC
【详解】AB．由于在匀强电场中，则电势均匀变化，即AC中点处电势为4V，设该点为D点，如图所示。由于B点电势为4V，则BD为电势为4V的等势线，所以O点电势应该为4V；场强方向垂直于BD斜向上
方向从C到A；选项A错误，B正确；
C．因为
明将电子由C点移到A点电势能增加了4eV，C正确；
D．在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最高点的点不是C点，最高点的电势不是6V，选项D错误。
故选BC。
13．AC
【详解】AB．在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，受力为零，因此b点的场强一定为零，而可知Q2带负电，且有
Q2＜Q1
故A正确，B错误；
CD．该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，电势降低，a点的电势比b点的电势高，即粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确，D错误；
故选AC。
14．（1）10-3N；（2）见解析
【详解】（1）根据题意可得，点电荷在A点所受电场力为
F=qE=5.0×10-8C×2.0×104 N/C=1.0×10-3N
（2）正电荷在电场中受力沿电场线的方向，故点电荷在A点所受电场力的方向如图所示
15．（1）2mg（2）
【详解】（1）对小球受力分析，由平衡可知：
其中
解得
（2）突然剪断轻绳后小球运动的加速度：
由运动公式
解得
16．（1） （2）
【详解】（1）把ve正交分解，比较其水平分速度v0和竖直分速度vy，由于水平、竖直分运动的平均速度大小之比为1∶2，因此有：
v0∶vy=1∶4，所以有ve=v0
（2）a到e对该带电粒子用动能定理：
W电 ==8mv02
17．(1)2.0×106V/m，方向竖直向下；(2)3.0×105V；(3)1.2×10－6C
【详解】(1)由动能定理
W=ΔEk
得
代入数据得
U=3.0×105V
又
解得
E=2.0×106V/m
(2)由(1)解得两极板间的电势差为3.0×105V。
(3)根据
Q=CU
解得
Q=1.2×10－6C
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