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第2章　電勢能與電勢差
綜合拔高練
高考真題練
考點1　電場力做功及電勢能的變化
1.(多選)(2023全國乙,19)在O點處固定一個正點電荷,P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球,小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動,其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點,OP>OM,OM=ON,則小球 (　　)
A.在運動過程中,電勢能先增加后減少
B.在P點的電勢能大于在N點的電勢能
C.在M點的機械能等于在N點的機械能
D.從M點運動到N點的過程中,電場力始終不做功
2.(2021全國乙,15)如圖(a),在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應,在金屬平板上表面產生感應電荷,金屬板上方電場的等勢面如圖(b)中虛線所示,相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處,該試探電荷受到的電場力大小分別為FM和FN,相應的電勢能分別為EpM和EpN,則　 (　　)
　　　
A.FMEpN
B.FM>FN,EpM>EpN
C.FMD.FM>FN,EpM3.(多選)(2020課標Ⅲ,21)如圖,∠M是銳角三角形PMN最大的內角,電荷量為q(q>0)的點電荷固定在P點。下列說法正確的是(　　)
A.沿MN邊,從M點到N點,電場強度的大小逐漸增大
B.沿MN邊,從M點到N點,電勢先增大后減小
C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大
D.將正電荷從M點移動到N點,電場力所做的總功為負
考點2　電勢高低的判斷方法
4.(多選)(2020課標Ⅱ,20)如圖,豎直面內一絕緣細圓環的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環水平直徑上的兩個點,c、d為豎直直徑上的兩個點,它們與圓心的距離均相等。則(　　)
A.a、b兩點的場強相等
B.a、b兩點的電勢相等
C.c、d兩點的場強相等
D.c、d兩點的電勢相等
5.(2023湖北,3)在正點電荷Q產生的電場中有M、N兩點,其電勢分別為φM、φN,電場強度大小分別為EM、EN。下列說法正確的是 (　　)
A.若φM>φN,則M點到電荷Q的距離比N點的遠
B.若EMC.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點,電場力做正功,則φM<φN
D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點,電場力做負功,則EM>EN
6.(多選)(2023遼寧,9)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質量分析器的局部結構示意圖,圖(b)為四極桿內垂直于x軸的任意截面內的等勢面分布圖,相鄰兩等勢面間電勢差相等,則 (　　)
　
A.P點電勢比M點的低
B.P點電場強度大小比M點的大
C.M點電場強度方向沿z軸正方向
D.沿x軸運動的帶電粒子,電勢能不變
7.(多選)(2023海南,12)如圖所示,正三角形三個頂點固定三個等量電荷,其中A、B帶正電,C帶負電,O、M、N為AB邊四等分點,下列說法正確的是 (　　)
A.M、N兩點電場強度相同
B.M、N兩點電勢相同
C.負電荷在M點電勢能比在O點時要小
D.負電荷在N點電勢能比在O點時要大
8.(多選)(2023山東,11)如圖所示,正六棱柱上下底面的中心為O和O',A、D兩點分別固定等量異號的點電荷,下列說法正確的是(　　)
A.F'點與C'點的電場強度大小相等
B.B'點與E'點的電場強度方向相同
C.A'點與F'點的電勢差小于O'點與D'點的電勢差
D.將試探電荷+q由F點沿直線移動到O點,其電勢能先增大后減小
9.(多選)(2021湖南,9)如圖,圓心為O的圓處于勻強電場中,電場方向與圓平面平行,ab和cd為該圓直徑。將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點,電場力做功為2W(W>0);若將該粒子從c點移動到d點,電場力做功為W。下列說法正確的是 (　　)
A.該勻強電場的場強方向與ab平行
B.將該粒子從d點移動到b點,電場力做功為0.5W
C.a點電勢低于c點電勢
D.若只受電場力,從d點射入圓形電場區域的所有帶電粒子都做曲線運動
10.(2022河北,6)如圖,真空中電荷量為2q和-q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點,形成一個以MN延長線上O點為球心、電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零)。P為MN連線上的一點,S為等勢面與直線MN的交點,T為等勢面上一點。下列說法正確的是 (　　)
A.P點電勢低于S點電勢
B.T點電場強度方向指向O點
C.除無窮遠處外,MN直線上存在兩個電場強度為零的點
D.將正試探電荷q0從無窮遠處移動到P點,靜電力做正功
11.(多選)(2020山東,10)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷,電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時,僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態。過O點作兩正電荷連線的垂線,以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d,如圖所示。以下說法正確的是 (　　)
A.a點電勢低于O點
B.b點電勢低于c點
C.該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能
D.該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能
12.(2022湖南,2)如圖,四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒,假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化,下列說法正確的是 (　　)
A.電場強度方向垂直指向a,電勢減小
B.電場強度方向垂直指向c,電勢減小
C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大
D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大
13.(2022浙江1月選考,10)某種氣體—電子放大器的局部結構是由兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜構成,其上存在等間距小孔,其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是 (　　)
A.a點所在的線是等勢線
B.b點的電場強度比c點大
C.b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大
D.將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零
考點3　電場中的能量
14.(2021廣東,6)圖是某種靜電推進裝置的原理圖,發射極與吸極接在高壓電源兩端,兩極間產生強電場,虛線為等勢面。在強電場作用下,一帶電液滴從發射極加速飛向吸極,a、b是其路徑上的兩點。不計液滴重力。下列說法正確的是 (　　)
A.a點的電勢比b點的低
B.a點的電場強度比b點的小
C.液滴在a點的加速度比在b點的小
D.液滴在a點的電勢能比在b點的大
15.(多選)(2020江蘇單科,9)如圖所示,絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)。開始時,兩小球分別靜止在A、B位置。現外加一勻強電場E,在靜電力作用下,小球繞輕桿中點O轉到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有 (　　)
A.電場E中A點電勢低于B點
B.轉動中兩小球的電勢能始終相等
C.該過程靜電力對兩小球均做負功
D.該過程兩小球的總電勢能增加
16.(多選)(2021天津,8)兩個位于紙面內的點電荷產生電場的等勢面如圖中實線所示,相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個電子在該電場中的運動軌跡,軌跡與某等勢面相切于P點。下列說法正確的是 (　　)
A.兩點電荷可能是異種點電荷
B.A點的電場強度比B點的大
C.A點的電勢高于B點的電勢
D.電子運動到P點時動能最小
17.(多選)(2022全國乙,21)一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置,由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和R+d)和探測器組成,其橫截面如圖(a)所示,點O為圓心。在截面內,極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過,到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動,圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(RA.粒子3入射時的動能比它出射時的大
B.粒子4入射時的動能比它出射時的大
C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能
D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能
18.(多選)(2022全國甲,21)地面上方某區域存在方向水平向右的勻強電場,將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后, (　　)
A.小球的動能最小時,其電勢能最大
B.小球的動能等于初始動能時,其電勢能最大
C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時,其動能最大
D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時,重力做的功等于小球電勢能的增加量
考點4　帶電粒子的力電綜合問題
19.(多選)(2021全國乙,20)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中,電場方向與y軸平行。不計重力,下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中,可能正確的是 (　　)
A　　　　B
C　　　　D
20.(2020浙江1月選考,7)如圖所示,電子以某一初速度沿兩塊平行極板的中線方向射入偏轉電場中,已知極板長度為l、間距為d,電子質量為m、電荷量為e。若電子恰好從極板邊緣射出電場,由以上條件可以求出的是(　　)
A.偏轉電壓
B.偏轉的角度
C.射出電場的速度
D.在電場中運動的時間
考點5　帶電粒子運動的綜合問題分析
21.(2022浙江6月選考,9)如圖所示,帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場,板長為L(不考慮邊界效應)。t=0時刻,M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到達N板時速度大小為v0;平行M板向下的粒子,剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用,則 (　　)
A.M板電勢高于N板電勢
B.兩個粒子的電勢能都增加
C.粒子在兩板間的加速度a=
D.粒子從N板下端射出的時間t=
考點6　電容器
22.(2021重慶,4)電容式加速度傳感器可以用于觸發汽車安全氣囊等系統。如圖所示,極板M、N組成的電容器視為平行板電容器,M固定,N可左右運動,通過測量電容器極板之間電壓的變化來確定汽車的加速度。當汽車減速時,極板M、N的距離減小,若極板上電荷量保持不變,則該電容器 (　　)
A.電容變小
B.極板間電壓變大
C.極板間電場強度不變
D.極板間電場強度變小
考點7　電容器中帶電粒子的平衡及運動問題
23.(2022湖北,4)密立根油滴實驗裝置如圖所示,兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接,板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場,油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時,電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為(　　)
A.q,r　　　　B.2q,r　　　　
C.2q,2r　　　　D.4q,2r
24.(多選)(2023湖北,10)一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后,射入水平放置的平行板電容器,極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣,速度方向與極板夾角為45°,微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L,到兩極板距離均為d,如圖所示。忽略邊緣效應,不計重力。下列說法正確的是 (　　)
A.L∶d=2∶1
B.U1∶U2=1∶1
C.微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2
D.僅改變微粒的質量或者電荷數量,微粒在電容器中的運動軌跡不變
高考模擬練
應用實踐
1.如圖所示,一帶負電的點電荷固定于O點,兩虛線圓均以O為圓心,兩實線分別為電荷量大小相等的帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡,a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計帶電粒子的重力,下列說法正確的是 (　　)
A.M帶負電荷,N帶正電荷
B.M在b點的動能小于它在a點的動能
C.M在b點的電勢能等于N在d點的電勢能
D.N在從c點運動到d點的過程中電勢能增加
2.(多選)如圖所示,某勻強電場中的四個點a、b、c、d連線組成一個直角梯形,其中ab∥cd,ab⊥bc,2ab=ad=cd=10 cm,電場方向與四邊形所在平面平行。已知a點電勢為14 V,b點電勢為17 V,d點電勢為2 V。一個質量為6×10-7 kg、帶電荷量為5×10-8 C的帶正電的微粒從a點以垂直于ad的速度射入電場,粒子在運動過程中恰好經過c點,不計粒子的重力。則下列說法正確的是 (　　)
A.c點電勢為8 V
B.a、b間電勢差一定等于d、c間電勢差的一半
C.勻強電場場強的方向由a指向d,大小為100 N/C
D.帶電粒子從a點射入的速度大小為 m/s
3.如圖所示,三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面,其電勢分別為10 V、20 V、30 V。實線是一帶電的粒子(不計重力)在該區域內運動的軌跡,對于軌跡上的a、b、c三點,已知帶電粒子帶電荷量為0.01 C,在a點處的動能為0.5 J,則該帶電粒子 (　　)
A.可能是帶負電
B.在b點處的電勢能為0.5 J
C.在b點處的動能為零
D.在c點處的動能為0.4 J
4.(多選)M、N是某電場中一條電場線上的兩點,從M點由靜止釋放一電子,電子僅在電場力的作用下沿電場線由M點運動到N點,其電勢能隨位移變化的關系如圖所示,則下列說法正確的是 (　　)
A.M、N兩點的場強關系為EMB.M、N兩點的場強關系為EM>EN
C.M、N兩點的電勢關系為φM<φN
D.M、N兩點的電勢關系為φM>φN
5.某手機軟件中運動步數的測量是通過手機內電容式加速度傳感器實現的。如圖所示,電容器M極板固定,N極板可運動,當手機的加速度變化時,N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器的描述正確的是(　　)
A.保持向前勻加速運動時,電路中存在恒定電流
B.靜止時,電容器兩極板不帶電
C.由靜止突然向后加速,電流由a向b流過電流表
D.向前勻速運動突然減速,電流由b向a流過電流表
6.如圖所示,在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定了一電荷量為Q的正點電荷,在水平面上的N點,由靜止釋放一質量為m、電荷量為q的帶負電小球,小球經過P點時速度為v,圖中θ=45°,則在正點電荷Q形成的電場中 (　　)
A.帶電小球從N點到P點做勻加速直線運動
B.帶電小球從N點到P點的過程中克服電場力做功為
C.P點電場強度大小是N點的2倍
D.N、P兩點間的電勢差為UNP=
7.如圖所示,矩形區域PQNM內存在平行于紙面的勻強電場,且電場方向與MN平行,一質量為m=2.0×10-11 kg、電荷量為q=1.0×10-5 C的帶正電粒子(重力不計)從a點以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ進入電場,最終從MN邊界的b點以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出,射出電場時的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a點電勢為零,如果以a點為坐標原點O,沿PQ方向建立x軸,則粒子從a點運動到b點的過程中,電場的電場強度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是 (　　)
8.(多選)兩個等量正點電荷固定于光滑絕緣水平面上,其連線的中垂線上有A、B、C三點,如圖甲所示。一個帶電荷量為+2×10-7 C、質量為0.1 kg的小物塊(可視為質點)從C點靜止釋放。其運動的v t圖像如圖乙所示,其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線),則下列說法正確的是 (　　)
　
A.由C到A的過程中小物塊的電勢能先增后減
B.B點為中垂線上電場強度最大的點,電場強度大小為1×104 V/m
C.由C點到A點電勢逐漸降低
D.A、B兩點間的電勢差UAB=500 V
9.(多選)如圖所示,內表面光滑絕緣的半徑為R的圓形軌道處于豎直平面內,有豎直向下的勻強電場,場強大小為E,有一質量為m、帶負電的小球,電荷量大小為q,小球在圓軌道內壁做圓周運動,恰好能通過最高點B,(當地重力加速度為g,mg>qE)則(　　)
A.小球在B點處的速度大小為
B.小球在B點處的加速度大小為g-
C.小球運動到最低點A時的動能為5mgR
D.小球運動到最低點A時對軌道的壓力大小為6(mg-qE)
10.如圖所示,兩平行金屬板AB、CD相距為d,板長為6d,M、N是兩板中間正對的小孔,AB板電勢高于CD板,在保持兩極板電荷量不變的情況下,有一帶電粒子(不計重力)從M孔以速率v0沿MN連線方向射入兩極板之間,結果恰好能到達N點。若該粒子仍以速率v0從M孔射入,速度方向與AB板的夾角為θ(θ>0),下列說法正確的是 (　　)
A.此帶電粒子帶正電
B.該粒子仍能到達CD板
C.調整θ的大小,粒子可以直接從BD端口飛出
D.當θ=45°時,粒子打在AB板上的落點距M點最遠
11.(多選)一個利用靜電除塵的盒狀容器,如圖所示。它的上、下底面為正對的金屬板,板間距為L,當連接到電壓為U的電源兩極時,兩金屬板間產生一個勻強電場。現有一定量煙塵顆粒均勻分布在密閉的除塵器內,假設這些顆粒都處于靜止狀態。閉合開關之后,顆粒向下運動。每個顆粒電性相同,帶電荷量均為q,質量均為m,不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力,并忽略煙塵顆粒所受重力。則下列說法中正確的是 (　　)
A.顆粒帶正電
B.經過時間t=,煙塵顆粒可以被全部吸附
C.除塵過程中電場對區間內全部煙塵顆粒做功共為NUq(N為容器中顆粒總數)
D.除塵過程中電場對區間內全部煙塵顆粒做功共為(N為容器中顆粒總數)
12.(多選)如圖所示,平行板電容器的兩個極板與水平面成θ角,極板的長度為L,A板帶負電,B板帶正電,且B板接地。若一比荷為k的帶電小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器,重力加速度大小為g,下列說法正確的是 (　　)
A.小球帶正電
B.A板的電勢為-
C.若小球離開電場時速度剛好為0,則運動時間為
D.在此過程中小球的電勢能增大
13.(多選)電源和一個水平放置的平行板電容器、三個電阻組成如圖所示的電路。當開關S斷開時,電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態。現將開關S閉合,則以下判斷正確的是 (　　)
A.液滴仍保持靜止狀態
B.液滴將向下運動
C.電容器上帶的電荷量將增多
D.電容器上帶的電荷量將減少
14.靜電噴漆技術具有效率高、質量好等優點,其裝置示意圖如圖所示,A、B為兩塊水平放置的平行金屬板,間距d=1.0 m,兩板間有方向豎直向上、場強大小為E=1.0×103 N/C的勻強電場,在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴口可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0=1.0 m/s、質量均為m=5.0×10-14 kg、帶電荷量均為q=2.0×10-15 C的帶負電油漆微粒,不計微粒所受空氣阻力及微粒間相互作用,油漆微粒最后都落在金屬板B上,取g=10 m/s2。下列說法錯誤的是 (　　)
A.沿水平方向噴出的微粒運動到B板所需時間為0.2 s
B.沿不同方向噴出的微粒,從噴出至到達B板,電場力做功為2.0×10-12 J
C.若其他條件均不變,d增大為原來的2倍,則噴涂面積增大為原來的2倍
D.若其他條件均不變,E增大為原來的2倍,則噴涂面積減小為原來的
15.(多選)如圖1所示,長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置,OO'為兩極板中心線,O點有一粒子源,粒子源能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為+q、質量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場,取豎直向下為正方向,不計粒子重力。以下判斷正確的是 (　　)
A.粒子在電場中運動的最短時間為
B.射出粒子的最大動能為m
C.t=時刻進入的粒子,從O'點射出
D.t=時刻進入的粒子,從O'點射出
16.多反射飛行時間質譜儀是一種測量離子比荷的新型實驗儀器,其基本原理如圖所示。從離子源A處飄出的離子初速度不計,經電壓為U的勻強電場加速后射入質量分析器。質量分析器由兩個反射區和長為l的漂移管(無場區域)構成,開始時反射區1、2均未加電場,當離子第一次進入漂移管時,兩反射區開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場,其電場強度足夠大,使得進入反射區的離子能夠反射回漂移管。當離子在質量分析器中經多次往復即將進入反射區2時,撤去反射區的電場,離子打在熒光屏B上被探測到,可測得離子從A到B的總飛行時間。不計離子重力,已知比荷為k0的離子總飛行時間為t0,待測離子的總飛行時間為t1,兩種離子在質量分析器中反射相同次數,則待測離子比荷為 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
17.如圖所示,用長為L的絕緣細線拴住一個質量為m、電荷量為q的小球,細線的另一端拴在O點,空間有水平向右的勻強電場,開始時把小球拉到和O在同一水平面上的A點(細線拉直),讓小球由靜止釋放,當細線擺到與水平線成60°角,即小球到達B點時,球的速度正好為零,求:
(1)A、B兩點的電勢差;
(2)勻強電場的場強大小;
(3)小球運動到B點時細線上的拉力大小;
(4)小球運動過程中的最大速度。
遷移創新
18.高新科技——利用“靜電透鏡”原理考查電場性質。
靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發散的一種裝置。如圖所示為該透鏡工作原理示意圖,虛線表示這個靜電場在xOy平面內的一簇等勢線,等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱,且相鄰兩等勢線的電勢差相等。圖中實線為某個電子通過電場區域的軌跡示意圖,試分析此電子從a點運動到b點過程中,電勢、加速度、動能、電勢能的變化情況。
答案與分層梯度式解析
第2章　電勢能與電勢差
綜合拔高練
高考真題練
1.BC 2.A 3.BC 4.ABC 5.C 6.CD 7.BC 8.ACD
9.AB 10.B 11.BD 12.A 13.C 14.D 15.AB 16.CD
17.BD 18.BD 19.AD 20.B 21.C 22.C 23.D 24.BD
1.BC　從P點由靜止釋放一個帶負電的小球,小球僅在重力和該點電荷對它的電場力作用下在豎直面內運動,在運動過程中,小球離該點電荷的距離先減小后增大,電場力對小球先做正功后做負功,電勢能先減少后增加,A錯誤;小球由P到M的運動過程中,電場力對小球做正功,小球的電勢能減小,小球在P點的電勢能大于在M點的電勢能,由于OM=ON,可知M、N兩點的電勢相等,則小球在M點的電勢能等于在N點的電勢能,所以小球在P點的電勢能大于在N點的電勢能,B正確;小球在M點的電勢能等于在N點的電勢能,根據能量守恒定律可知小球在M點的機械能等于在N點的機械能,C正確;小球從M點運動到N點的過程中,電場力對小球先做正功后做負功,電勢能變化量為零,可知電場力做的總功為零,但不是不做功,D錯誤。
2.A　由圖中等勢面的疏密程度可知EMEpN,故選A。
3.BC　由題意可知在三角形PMN中,∠M>∠N,則PN>PM,以P點為圓心、PM為半徑作一圓周交MN于Q點,如圖所示。在P點固定正點電荷,則該圓周為正點電荷產生電場中的一條等勢線,即電勢φM=φQ>φN;場強大小EM=EQ>EN。沿MN邊,從M點到N點,根據場強分布特點可知,電場強度的大小先增大后減小(最大值在MQ中點),A錯誤。沿MN邊,從M點到N點,電勢先增大后減小(最大值在MQ中點),B正確。正電荷所在位置的電勢越大,其電勢能越大,反之就越小,因φM>φN,故C正確。因電勢能EpM>EpN,而電場力所做功W=-(EpN-EpM)=EpM-EpN>0,故D錯誤。
4.ABC　圓環上電荷量分布關于cd左右對稱,且對稱部分電性相同;圓環上、下部分電荷量分布關于ab對稱,但上、下部分所帶電荷的電性相反。故直線ab上場強處處垂直于ab豎直向下,沿電場線方向電勢逐漸降低,由此可知,Ea=Eb,φa=φb,Ec=Ed,φc>φd,故A、B、C正確,D錯誤。
5.C　電場線由正點電荷發出,且沿電場線方向電勢降低,若φM>φN,則M點到電荷Q的距離較近,選項A錯誤。點電荷周圍的場強E=k,若EMEpN,又由于試探電荷帶負電,則φM<φN,選項C正確。若把帶正電的試探電荷從M點移到N點,電場力做負功,則電勢能增加,即EpM6.CD　由圖(a)知x軸上的電場強度為0,沿y軸和z軸的電場線如圖所示,故C正確;由沿電場線方向電勢降低可知φP>φO>φM,故A錯誤;等差等勢面較密集的地方電場強度較大,故P點的電場強度比M點的小,B錯誤;x軸上電場強度處處為0,所以沿x軸運動的帶電粒子電勢能不變,D正確。
7.BC　根據電場強度的疊加以及對稱性可知,M、N兩點的場強大小相等,但方向不同,選項A錯誤;因A、B兩正電荷在M、N兩點的合電勢相等,負電荷在M、N兩點的電勢也相等,故M、N兩點電勢相等,選項B正確;負電荷從M到O,A、B兩電荷對負電荷的庫侖力的合力對其做負功,負電荷C也對該負電荷做負功,可知三個電荷對該負電荷的合力對其做負功,則該負電荷的電勢能增加,即負電荷在M點的電勢能比在O點小,同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點小,選項C正確,D錯誤。
8.ACD　F'點和B'點關于平面ADD'A'對稱,
根據等量異號點電荷電場分布的對稱性可知EF'=EB',同理可知EE'=EC',F'點和E'點關于AD連線的中垂面對稱,根據等量異號點電荷電場分布的對稱性可知EF'=EE',同理可知EF'=EC'=EB'=EE',但四個點的電場強度方向均不相同,故A正確,B錯誤;由等量異號點電荷電勢分布可知O'點電勢為0,F'點電勢為正,連接A'D',依據A'D'連線上電勢分布可知,φA'=-φD',故UA'O'=UO'D',因為φF'>0,故UA'F'tan 60°,則α>60°,即試探電荷在F點所受電場力與FO的夾角大于90°,在O點所受電場力沿OD方向,此時電場力與FO的夾角為60°,則在試探電荷從F到O的過程中,電場力對其先做負功后做正功,則試探電荷的電勢能先增大后減小,故D正確。
9.AB　由題意知qUab=2W,又由于aO=Ob,即UaO=UOb,因此qUaO=W,同理,qUcO= W,設e為Oa中點,則φe=φc,ce為一條等勢線,再由∠aOc=60°可知ab⊥ce,故電場線方向沿ab且由a指向b,選項A正確。
取Ob中點為f,有φd=φf,故Wdb=Wfb= W,選項B正確。由圖可判斷φa>φe=φc,C錯誤;若粒子從d點沿平行于ab方向射入電場,帶電粒子將做勻變速直線運動,D錯誤。故選A、B。
10.B　越靠近負電荷的位置電勢越低,相較于S點關于O點的對稱點,P點離負電荷更遠,則P點的電勢高于S點的電勢,A錯誤;由于電場方向垂直等勢面,且由高電勢指向低電勢,所以T點的電場方向指向O點,B正確;P點電勢大于S點電勢,即P點電勢大于零,無窮遠處電勢為零,則正試探電荷從無窮遠處移到P點,電勢升高,電勢能增加,靜電力做負功,D錯誤;設M、N之間的距離為L,若電場強度為零的點在N點的右側且到N點的距離為x,根據電場強度疊加原理有-=0,解得x=(+1)L(另一解舍去),若電場強度為零的點在M、N之間且到N的距離為x,根據電場強度疊加原理有+=0,方程無解,若電場強度為零的點在M的左側且到N的距離為x,根據電場強度疊加原理有-=0,方程沒有符合題意的解,所以除無窮遠處,MN直線上只有一處電場強度為零的點,C錯誤。
11.BD　兩點電荷帶正電,可知連線上O點左側各點場強方向向右、右側各點場強方向向左,而沿場強方向電勢降低,故φa>φO、φc>φO,A項錯誤;從O點沿垂線到b點,兩場源電荷產生的電場沿垂線方向的分量由O指向b,故φO>φb,而φc>φO,故φb<φc,B項正確;同理再結合對稱性有φb=φd<φc、φb=φd<φa,由于負電荷在電勢越高處電勢能越小,故試探電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能、在c點的電勢能小于在d點的電勢能,C項錯誤,D項正確。
12.A　三根棒在O點產生的電場強度疊加情況如圖所示,b、d兩棒產生的電場強度等大反向,合電場強度為c棒產生的電場強度,應垂直指向a。電勢是標量,長棒均帶正電,有四根帶電長棒時O點的電勢一定大于有三根在時的電勢,所以電勢減小,A正確。
13.C　根據電場線與等勢線特點,并結合題意可知,電場線由小孔內向外輻射,故a點所在線為電場線,A錯誤;由于b點處電場線分布比c點處電場線稀疏,故b點的電場強度比c點小,B錯誤;由等勢線分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正確;由于電場力做功與路徑無關,故電荷從d→e→f→g移動時,電場力做功W=qUdg≠0,所以D錯誤。
14.D　由圖中等勢面的分布得電場線的分布情況,
可知a點電場線密集,場強大,液滴所受電場力大,加速度大,故選項B、C錯誤;根據高壓電源與兩極的連接情況,可知電場線由a指向b,則a點的電勢比b點的高,故選項A錯誤;電場力向右對液滴做正功,液滴電勢能減小,故液滴在a點的電勢能比在b點的電勢能大,故選項D正確。
15.AB　因在勻強電場中等勢面是與電場線垂直的平面,又因為沿電場線方向電勢是降低的,故A項正確。因O是輕桿的中點,則轉動過程中兩小球到過O點的等勢面的距離d總是相等的,又因為O是電勢零點,故兩小球所在處的電勢的值互為相反數,而兩小球帶等量異號電荷,故由Ep=qφ可知兩小球的電勢能始終相等,B項正確。兩小球均在電場力作用下從靜止開始轉動,動能增大,由能量守恒可知兩小球的總電勢能一定減少,再由功能關系可知電場力一定做正功,故C、D項均錯誤。
16.CD　根據電子的運動軌跡和等勢面的分布可以確定兩點電荷均帶負電,A錯誤;等差等勢面的疏密反映場強的大小,A點處的等差等勢面疏,故A點的電場強度小,B錯誤;在負點電荷的電場中,越靠近點電荷,電勢越低,故A點電勢高于B點電勢,C正確;根據能量守恒定律,電子在電場力的作用下運動,電勢能和動能相互轉化,總量不變,由于電子運動過程中P點電勢最低,電子在該點的電勢能最大,故電子在P點的動能最小,D正確。
17.BD　粒子3做近心運動,電場力做正功,動能增大,故入射時動能小于出射時動能,A錯誤。
粒子4做離心運動,電場力做負功,動能減小,故入射時動能大于出射時動能,B正確。
極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,設E=
對粒子1、粒子2有qE=
可得動能Ek=mv2=,與運動半徑無關
故粒子1與粒子2入射時動能相等,C錯誤。
由以上推導,若粒子1與粒子3入射時動能相等,則粒子3入射時的動能也等于粒子2入射時的動能
而現在粒子3做近心運動,其所受向心力必大于其所需要的向心力,故粒子3入射的初速度必小于其做勻速圓周運動的速度,即小于粒子2的入射速度,D正確。
18.BD　等效最高點處的速度最小,但此處不是向左的最大位移處,其電勢能不是最大,A選項錯誤;等效最高點處的速度最小,且與水平方向成45°角,由運動的分解可知,此時水平方向的速度等于豎直方向的速度,故C選項錯誤;由對稱性可知,水平速度為0時,豎直速度為v0,此時向左的位移最大,電勢能最大,B選項正確;由B分析可知,從出射到小球速度水平分量為零的過程中,動能的變化量為0,故此過程中,重力做功和電場力做功的代數和為零,即重力做的功等于小球電勢能的增加量,D選項正確。
19.AD　帶電粒子垂直進入勻強電場做類平拋運動,設水平位移為x,豎直位移為y,初速度為v0,則其軌跡方程為y=×=,由于粒子的初速度相同,在同一勻強電場中運動,粒子的軌跡取決于及電性。電荷量和質量分別為(+q,m)和(+3q,3m)的帶電粒子的軌跡重合,且與(-q,m)的帶電粒子的軌跡關于x軸對稱。根據帶電粒子的軌跡方程可知,(+q,m)的粒子比(+q,2m)的粒子的軌跡“彎曲程度”更大,同時符合以上特征的圖像為A、D,因此選A、D。
20.B　電子在偏轉電場中受到電場力,設偏轉電壓為U,有e=ma,得a=e,電子進入偏轉電場后做類平拋運動,根據題目條件有l=v0t,=at2,可得=,由于電子的初速度未知,故偏轉電壓求不出,在電場中運動的時間也求不出,A、D錯誤;設電子射出電場時的偏轉角度為θ,則有tan θ===,可以求出偏轉的角度,B正確;設射出電場的速度為v,則有v=,由于v0未知,故射出電場的速度不可求,C錯誤。
21.C　帶電粒子的電性未知,兩極板電勢高低無法判斷,選項A錯誤;電場力對帶電粒子都做正功,帶電粒子的電勢能都減少,選項B錯誤;粒子從N板下端射出的時間t=,選項D錯誤;初速度垂直M板向右的粒子,到達N板時速度大小為v0,根據動能定理可知,初速度平行M板向下的粒子,從N板下端射出時的速度大小也為v0,由平行四邊形定則可知,從N板下端射出時垂直極板方向的速度大小為v0,粒子在兩板間的加速度為a==,選項C正確。
22.C　電容器的Q不變,極板間距d減小時,由C=知電容C增大,A錯誤;由C=,Q不變、C增大得板間電壓U減小,B錯誤;E====,與d無關,故Q不變、d減小時電場強度E不變,故C正確,D錯誤。
23.D　設油滴密度為ρ,由于金屬板間電勢差為U時,電荷量為q、半徑為r的球狀油滴靜止,則由受力平衡知q=ρ×πr3g①;當金屬板間電勢差為2U時,設此時電荷量為q'、半徑為r'的球狀油滴能靜止,則有×q'=ρ×πr'3g②,只有D選項中q'=4q,r'=2r能使②式成立,故選D。
24.BD　帶電微粒在電容器中運動到最高點過程中,在水平方向有2L=v cos 45°·t,在豎直方向有q=ma,d=t,0=v sin 45°-at,則有=1,a=,U2==,在加速電場中,由qU1=mv2得U1=,則=1,所以A錯誤,B正確;微粒從最高點運動至離開電場過程中,水平方向有L=v cos 45°·t',豎直方向有vy=at',得vy=v,與水平方向夾角的正切值tan θ==,則微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值tan α=tan(θ+45°)=3,故C錯誤;微粒在電容器中運動時,有x=v cos 45°·t,y=v sin 45°·t-at2,得y=x-,與q、m無關,故D正確。
高考模擬練
1.B 2.ABD 3.D 4.BC 5.C 6.C 7.D 8.BC
9.BD 10.D 11.AD 12.ABD 13.BD 14.D 15.AD 16.A
1.B　粒子只受電場力作用,電場力沿徑向,根據粒子運動軌跡可知M受到的是吸引力,故M帶正電,N受到的是排斥力,故N帶負電,A錯誤;負電荷周圍的等勢面,越靠近電荷,電勢越低,因此b點的電勢大于a點的電勢,因為M帶正電,所以M在b點的電勢能大于在a點的電勢能,從a到b電場力做負功,電勢能增大,動能減小,故M在b點的動能小于它在a點的動能,B正確;根據公式Ep=φq,粒子M帶正電,N帶負電,所以M在b點的電勢能不等于N在d點的電勢能,C錯誤;N帶負電,故電勢越低其電勢能越高,c點電勢小于d點電勢,所以N在從c點運動到d點的過程中電勢能減小,D錯誤。故選B。
2.ABD　ab∥cd,2ab=cd,因此a、b間電勢差一定等于d、c間電勢差的一半,故B正確。由前面分析可知φc-φd=2(φb-φa),解得φc=8 V,故A正確。由幾何關系可知 cos ∠adc==,得∠adc=60°,取ad的中點e,連接c、e,如圖所示,由幾何關系可知ce垂直于ad。e點電勢φe==8 V,c點和e點電勢相等,則ce為電場中的等勢線,由電場線和等勢線垂直,且電場線從電勢高的點指向電勢低的點,知電場方向從a指向d。電場強度大小E===120 V/m,故C錯誤。微粒從a點以垂直于ad的速度射入電場,做類平拋運動,沿初速度方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。ce=10 cm×sin 60°=v0t,又ed=dc cos 60°=10× cm=5 cm,ae=ad-ed=5 cm,又ae=a0t2,a0== m/s2=10 m/s2,聯立解得v0= m/s,故D正確。故選A、B、D。
3.D　根據題圖可知,場強方向向上,由帶電粒子軌跡的彎曲方向可知,電場力向上,則該粒子帶正電,故A錯誤;在b點處的電勢能Epb=qφb=0.01×30 J=0.3 J,則B錯誤;只有電場力做功時,電勢能與動能之和不變,粒子在a點處的總能量E=qφa+Eka=0.01×10 J+0.5 J=0.6 J,則在b點處的動能為Ekb=E-qφb=0.6 J-0.3 J=0.3 J,則C錯誤;在c點處的動能為Ekc=E-qφc=0.6 J-0.01×20 J=0.4 J,則D正確。
4.BC　電子由M點運動到N點的過程中,通過相同位移時,電勢能的減小量越來越小,說明電場力做功越來越慢,可知,電子所受的電場力越來越小,場強減小,則有EM>EN,故A錯誤,B正確;電子在低電勢處電勢能大,故M點的電勢低于N點的電勢,即φM<φN,故C正確,D錯誤。
5.C　保持向前勻加速運動時,加速度恒定不變,則N板在某位置不動,電容器電容不變,電容器保持與電源相連,電壓不變,由Q=CU知電容器所帶的電荷量不變,電路中無電流,故A錯誤;靜止時,N板不動,電容器與電源保持相連,兩極板帶電,故B錯誤;由靜止突然向后加速,N板相對M板向前移動,則板間距離減小,根據平行板電容器電容的決定式C=,知電容C增大,由Q=CU知,電壓不變,電容器所帶的電荷量增大,電容器充電,電流由a向b流過電流表,故C正確;向前勻速運動突然減速,N板相對M板向前移動,則板間距離減小,根據C=,知電容C增大,電壓不變,由Q=CU知電容器所帶的電荷量增大,電容器充電,電流由a向b流過電流表,故D錯誤。
6.C　設O、P距離為h,根據庫侖定律及牛頓第二定律,小球在運動過程中沿水平方向有k sin θ=ma,解得a=k sin θ,由于帶電小球在運動過程中,角θ在不斷減小,故帶電小球的加速度的大小在不斷變化,故A錯誤;小球在從N到P運動過程中,電場力方向與運動方向夾角為銳角,可知電場力做正功,故B錯誤;根據點電荷場強公式,可得P點場強大小為EP=k,N點場強大小為EN=k=k,故EP=2EN,故C正確;帶電小球從N點運動到P點的過程中,由動能定理可得-qUNP=mv2,解得UNP=-,故D錯誤。故選C。
7.D　因為規定a點電勢為零,粒子進入電場后做類平拋運動,根據電場力做功與電勢能的變化的關系,有qEx=-ΔEp=0-Ep,故Ep=-qEx,故選項D正確;因為勻強電場中的電場強度處處相等,故選項A錯誤;因為粒子離開電場時的速度v2==2v1,電場的方向水平向右,沿電場線的方向電勢降低,故選項B錯誤;粒子在電場運動的過程中,由動能定理可知,qEx=mv2-m,所以v與x不是線性關系,選項C錯誤。
8.BC　由圖乙可知,由C到A的過程中,物塊的速度一直增大,可知電場力對物塊做正功,物塊的動能一直增加,電勢能一直減小,根據Ep=φq可知,由C點到A點電勢逐漸降低,故A錯誤,C正確;v t圖像的斜率表示加速度,而根據題意,B點處斜率最大,則可知在B點小物塊的加速度最大,根據圖像可得小物塊在B點的加速度為a== m/s2=0.02 m/s2,由Eq=ma,解得E== V/m=1×104 V/m,此為中垂線上最大電場強度,故B正確;根據圖乙由動能定理有-qUAB=m-m,代入數據解得UAB=-500 V,故D錯誤。故選B、C。
9.BD　小球在圓軌道內壁做圓周運動,恰好能通過最高點B,則在該點重力和電場力的合力剛好提供向心力,根據牛頓第二定律可得mg-qE=ma=m,解得小球在B點處的加速度大小為a=g-,小球在B點處的速度大小為vB=,故A錯誤,B正確;
小球從B到A過程,根據動能定理可得
mg·2R-qE·2R=m-m
聯立解得小球運動到最低點A時的動能為
m=(mg-qE)R
小球經過A點時,根據牛頓第二定律可得
N+qE-mg=m
解得N=6(mg-qE)
根據牛頓第三定律可知,小球運動到最低點A時對軌道的壓力大小為6(mg-qE),故C錯誤,D正確。
10.D　粒子恰好到達N點,說明粒子做減速運動,粒子受水平向左的力,而AB板電勢高于CD板,所以粒子帶負電,故A錯誤;粒子沿MN連線射入電場到減速至零的過程中,做勻減速直線運動,末速度為零,則有d=t0,v0=at0=t0,粒子以θ角斜射入電場時,將速度分解,則沿MN方向上,有v0 sin θ=at=t,可得t11.AD　開始時煙塵顆粒處于靜止狀態,接通開關后,場強方向向下,顆粒向下運動,可知顆粒帶正電,選項A正確;對最上面的顆粒,根據L=·t2,解得t=,即經過時間,煙塵顆粒可以被全部吸附,選項B錯誤;電場對最上面的顆粒做功為Uq,對最下面的顆粒做功為0,因顆粒均勻分布在兩板之間,則除塵過程中電場對區間內全部煙塵顆粒做功共為(N為容器中顆粒總數),選項C錯誤,D正確。
12.ABD　分析可知,小球受豎直向下的重力以及垂直于電容器極板的電場力,而要小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器,則小球所受電場力必然垂直電容器極板斜向左上方,小球的受力分析如圖所示
根據題意知,電場線的方向垂直于極板,從B極板指向A極板,故該小球帶正電,故A正確;根據小球的受力情況可得Eq cos θ=mg,解得E=,根據幾何關系可得板間距為d=L tan θ,而E=,聯立解得UBA=,根據UBA=φB-φA=-φA,可知φA=-,故B正確;小球在電場中所受合力大小為F合=mg tan θ,根據牛頓第二定律可得小球在電場中的加速度大小為a==g tan θ,根據幾何關系可得小球的位移大小為x=,若小球離開電場時速度剛好為0,則有x=at2,解得小球在電場中運動的時間為t=,故C錯誤;此過程中電場力做負功,則可知小球的電勢能增加,故D正確。
13.BD　斷開開關S時,電容器兩端的電壓U等于電源電壓,帶電粒子受重力和電場力平衡;閉合開關S后,電容器兩端電壓減小到等于R2兩端的電壓,根據E=可知,電容器極板間的場強E變小,電場力變小,粒子將向下加速運動,故A錯誤,B正確;由于閉合開關S后,電容器極板間的電壓U減小,根據Q=CU可知電容器上帶的電荷量將減少,故C錯誤,D正確。故選B、D。
14.D　沿水平方向噴出的微粒做類平拋運動,在豎直方向上,加速度a== m/s2=50 m/s2,根據d=at2得,t== s=0.2 s,故A正確;沿不同方向噴出的微粒,從噴出至到達B板,電場力做功為W=qEd=2.0×10-15×1.0×103×1.0 J=2.0×10-12 J,故B正確;若其他條件均不變,d增大為原來的2倍,根據d=at2得,t變為原來的倍,則噴涂面積的半徑變為原來的倍,面積變為原來的2倍,故C正確;若其他條件不變,E增大為原來的2倍,則加速度a'= m/s2=90 m/s2,加速度變為原來的倍,時間t變為原來的,噴涂面積的半徑變為原來的,面積減小為原來的,故D錯誤。
15.AD　由題圖可知場強E=,則粒子在電場中的加速度a==,則粒子在電場中運動的最短時間滿足=a,解得tmin=,A正確;能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t=,則任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0,可知射出電場時的動能均為m,B錯誤;t==時刻進入的粒子,在沿電場方向的運動是先向下加速,后向下減速;然后向上加速,再向上減速…,如此反復,則最后從O'點所在豎直面射出時有沿電場方向向下的位移,則粒子將從O'點下方射出,故C錯誤;t==時刻進入的粒子,在沿電場方向的運動是:先向上加速,后向上減速;然后向下加速,再向下減速…,如此反復,則最后從O'點所在豎直面射出時沿電場方向的位移為零,則粒子將從O'點射出,D正確。
16.A　設離子經加速電場后的速度大小為v,有qU=mv2,離子在漂移管中做勻速直線運動,設反射區的電場強度大小為E,離子能進入反射區的最大距離為x,根據動能定理,有qU-qEx=0,解得x=。離子在加速電場中運動和在反射區電場中每次單向運動均為勻變速直線運動,平均速度大小均相等,設其為,有=,易知,離子在反射區的電場中運動路程是與離子本身無關的,所以不同離子在電場區運動的總路程相等,設為L1,在無場區的總路程設為L2,根據題目條件可知,離子在無場區速度大小恒為v,設離子的總飛行時間為t,有t=+,聯立解得t=(2L1+L2),依題意,有t0=(2L1+L2),t1=(2L1+L2),聯立解得=。故選A。
17.答案　(1)-　(2)　(3)mg
(4)(-1)
解析　(1)對整個過程,由動能定理得
mgL sin 60°+qUAB=0
得UAB=
(2)由電勢差與場強的關系可得
UBA= EL(1-cos 60°)
解得E=
(3)小球在 B 處速度為零,即沿徑向合力為零。有
T-mg cos 30°-qE cos 60°=0
解得T = mg
(4)設電場力和重力的合力為 F1。當小球速度與F1垂直時,速度最大,設此時細線與水平方向的夾角為θ,根據幾何關系
tan θ==
所以θ=30°
對該過程,根據動能定理可得
mgL sin 30°-qE(L-L cos 30°)=m
解得vmax=(-1)
18.答案　見解析
解析　根據等勢線與電場線垂直,可作出電場線,電子所受的電場力與場強方向相反,電子在y軸左側受到一個斜向右下方的電場力,在y軸右側受到一個斜向右上方的電場力,故等勢線的電勢沿x軸正向增加,電子沿x軸正方向一直加速,電子是從低電勢向高電勢運動;根據等勢線的疏密知道b處的電場線密,場強大,電子的加速度大;根據負電荷在電勢低處電勢能大,可知電子的電勢能一直減小,則電子在a處的電勢能大于在b處的電勢能,電子的電勢能一直減小,則電子穿過電場的過程中,電場力始終做正功,動能增加。
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