2025年高二物理人教版寒假銜接講練 提升練-02 靜電場中的能量（教師版）

02靜電場中的能量內(nèi)容早知道?第一層鞏固提升練（4大題型）題型1勻強電場中場強與電勢差的關系題型2電容、電容器題型3帶電粒子在電場中的直線運動題型4帶電粒子在勻強電場中的偏轉?第二層能力提升練?第三層拓展突破練勻強電場中場強與電勢差的關系?積累與運用?積累與運用1.內(nèi)容：電勢差與電場強度的關系式：，其中d為電場中兩點間沿電場方向的距離。2.適用范圍：只能用在勻強電場中進行定量計算1．如圖為某電子透鏡中電場的等勢面（虛線）的分布圖，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運動，其軌跡如圖中實線所示，電子先后經(jīng)過O、P、Q三點。電子從O點運動到Q點的過程中，關于電子的運動，下列說法正確的是（）A．加速度一直減小B．速度先減小后增大C．在O點電勢能比在Q點電勢能小D．從O點到P點電場力做功與從P點到Q點電場力做功相等【答案】D【詳解】A．相鄰等勢面間電勢差相等，可知等差等勢面越密集，場強越大；則電子從O點運動到Q點的過程中，場強先變大后變小，則電子受到的電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，故A錯誤；B．根據(jù)曲線運動的合力方向位于軌跡的凹側，且場強方向與等勢面垂直，可知電子受到的電場力垂直等勢面偏右，所以電場力與速度方向的夾角小于90°，則電場力對電子做正功，電子的動能增大，速度一直增大，故B錯誤；C．由于電場力對電子做正功，則電子電勢能減少，電子在O點電勢能比在Q點電勢能大，故C錯誤；D．由于相鄰等勢面間電勢差相等，則有根據(jù)可知從O點到P點電場力做功與從P點到Q點電場力做功相等，故D正確。故選D。2．圖甲是一種靜電除塵裝置圖，圖乙為其俯視圖，固定在玻璃瓶中心的豎直銅線A與起電機負極相連，包裹在玻璃瓶周圍的銅片B與起電機正極相連。圖乙中P、Q為一帶負電的塵埃顆粒運動軌跡上的兩點，忽略顆粒重力和顆粒間的相互作用，顆粒運動過程中電荷量不變。下列說法正確的是（）A．P點電勢比Q點電勢高B．顆粒在P點速度比Q點速度大C．顆粒在P點電勢能比Q點電勢能大D．銅片B表面的電場線可能與其表面不垂直【答案】C【詳解】A．由于A帶負電，B帶正電，根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知離A越近電勢越低，離B越近電勢越高，則P點電勢比Q點電勢低，故A錯誤；BC．軌跡彎向合外力方向，所以受到的電場力指向正電荷，粒子帶負電，根據(jù)可知，在P點電勢能比Q點電勢能大，根據(jù)能量守恒可知，P點動能比Q點動能小，P點速度比Q點速度小，故B錯誤，C正確；D．導體表面是等勢面，所以電場線與銅片B表面垂直，故D錯誤。故選C。3．邊長為2L的正方形abcd，點M、N、P、S分別為邊ab、cd、ad、bc的中點，點O為直線PS和MN的交點，a、M、b、N、d五點處固定有電荷量為的點電荷，點c處固定有電荷量為的點電荷，已知、、分別表示點P、O、S三點處的電勢，E表示點O處的電場強度大小，靜電力常量為k，則（）A．B．C．將一帶負電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中電場力先不做功再做負功D．將一帶正電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中電場力先做正功再做負功【答案】B【詳解】A．b、c兩點的等量異種電荷形成的電場中，P點和O點電勢相等，另外四個正電荷形成的電場中，在P點和O點的電勢也相等，所以B．根據(jù)對稱性M、N兩點的正電荷形成的電場在O點場強為0，同理b、d兩點的正電荷在O點的場強也為0；O點場強等于a、c兩點的等量異種電荷在O場強的場強故B正確；C．將一帶負電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中，b、c兩點的等量異種電荷形成的電場對其不做功，再根據(jù)對稱性，另外四個正電荷對此負電荷的電場力先做正功再做負功，C錯誤；D．同理，將一帶正電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中，電場力先做負功再做正功，D錯誤；故選B。4．某電場中的等勢面分布如圖所示，a、b兩點電勢分別為、。一正電荷在兩點具有的電勢能分別為、，則（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】根據(jù)題圖可知根據(jù)可知故選D。5．如圖所示，兩個帶等量負電的點電荷固定于A，B兩點上，C、D是AB中垂線上的兩點O為AB，CD的交點，，一帶正電的點電荷在C點由靜止釋放，不計點電荷受到的重力，關于帶正電的點電荷，下列說法正確的是（

）A．從C點運動到O點的過程中一直做加速運動B．在E點的速度大于在O點的速度C．從E點運動到O點的過程中電勢能增大D．從O點運動到D點的過程中電勢能先增大后減小【答案】A【詳解】AB．根據(jù)等量負點電荷中垂線上的電場分布特點，可知帶正電的點電荷從C點運動到O點的過程中，所受電場力方向沿CO豎直向下，正電荷一直做加速運動，故A正確，B錯誤；C．帶正電的點電荷從E點運動到O點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；D．根據(jù)等量負點電荷中垂線上的電場分布特點，可知帶正電的點電荷從O點運動到D點的過程中，所受電場力方向沿DO豎直向上，電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。故選A。（多選）6．如圖所示為兩個點電荷的電場線分布，圖中M、N兩點到點電荷（帶電荷量為）的距離和R、S兩點到點電荷（帶電荷量為）的距離相等，M、N兩點與點電荷共線，且M、N兩點和R、S兩點均關于兩點電荷的連線對稱，左邊半圓（圖示虛線）是正檢驗電荷的運動軌跡。下列說法正確的是（）A．B．M、N兩點的電場強度可能不同，R、S兩點的電勢一定不同C．正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，可能只受電場力作用做勻速圓周運動D．正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，其電勢能先增大后減小【答案】AD【詳解】A．由題圖可知，為正電荷，為負電荷，且由電場線的疏密程度得，故A正確；B．由對稱性可知，M、N兩點的電場強度大小相等，方向不同，R、S兩點的電勢一定相同，故B錯誤；D．若只有點電荷，正檢驗電荷的運動軌跡為等勢面，現(xiàn)由于點電荷的影響，M、N處電場線發(fā)生彎曲，題圖中半圓虛線上，M、N兩點電勢最低，因此正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，其電勢能先增大后減小，故D正確；C．由于半圓軌跡不是等勢線，正檢驗電荷不可能只受電場力而做勻速圓周運動，故C錯誤。故選AD。7．如圖所示，圓心為O、半徑的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，和為該圓直徑且夾角為60°。將一帶電荷量為的點電荷從a點移動到b點，電場力做功為；若將該粒子從d點移動到c點，電場力做功為。求：(1)取c點電勢為零，則d點電勢；(2)該勻強電場的場強大小和方向?！敬鸢浮?1)-2V(2)

由a指向b【詳解】（1）該粒子從d點運動到點，根據(jù)電勢差的定義式代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)電勢差與電勢的關系，有因為所以（2）由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x軸（水平方向），垂直于cd方向建立y軸，如圖所示在x方向有解得在y方向有解得電場方向與水平方向夾角θ滿足電場方向與水平方向成60°，則電場與ab平行，且由a指向b電容、電容器?積累與運用?積累與運用1.電容：表示電容器容納電荷本領的高低。2.平行板電容器決定式：決定因素：正對面積、相對介電常數(shù)、兩極板間的距離8．如圖所示，開關S先接通再斷開后將b板向右移，關于兩板間的電場強度E及P點的電勢φ的變化，以下說法正確的是（）A．E不變、φ升高 B．E變小、φ升高C．E不變、φ降低 D．E不變、φ不變【答案】C【詳解】開關S先接通再斷開后，電容器的帶電量不變。由、C及E可得E將b板向右移，兩極板間距離增大，由于Q、S不變，所以電場強度E不變。由U＝Ed知，P點與b板間的電勢差絕對值變大，因為b板接地，所以b板電勢不變，始終為0，又因P點的電勢比b板的電勢低，可知φ降低。故選C。9．如圖（a）和（b）所示，用電路做電容的充放電實驗。充電過程得到電路中的電流和電容器兩極板的電荷量隨時間變化的圖線(c)和(d)。接著用充完電的電容器做放電實驗如圖（b）所示，則放電時電路中的電流大小和電容器的電荷量隨時間變化關系正確的圖分別是（）A．（c）和（c） B．（d）和（d） C．（c）和（d） D．（d）和（c）【答案】A【詳解】電容器放電時電路中的電流逐漸減小，則圖像為（c）；電容器的電荷量也隨時間逐漸減小，圖像為（c）。故選A。10．平行板電容器，上極板帶電荷量為，下極板帶電荷量為，兩板間電勢差為U，電容器電容為C，則（）A．電容器帶電量為2Q B．電容器帶電量為0C．電容器電容為 D．電容器電容為【答案】D【詳解】AB．電容器所帶電荷量為某一極板所帶電荷量的絕對值，所以電容器帶電量為，故AB錯誤；CD．電容器的電容為故D正確，C錯誤。故選D。11．如圖為一種心臟除顫器的原理圖，在一次模擬治療中，先將開關S接到位置1，電容器充電后電壓為10kV，再將開關S接到位置2，電容器在5ms內(nèi)通過人體模型完成放電。已知電容器的電容為，放電結束時電容器兩極板間的電勢差減為零，下列說法正確的是（）A．這次電容器充電后帶電量為0.4C B．這次放電過程的平均電流為40AC．人體模型起到絕緣電介質(zhì)的作用 D．若充電至20kV，則該電容器的電容為【答案】B【詳解】A．由電容的定義式可得，這次電容器充電后帶電量為故A錯誤；B．由電流的定義式可得，這次放電過程的平均電流為故B正確；C．人體模型是導體，不能起到絕緣電介質(zhì)的作用，故C錯誤；D．由電容的決定式可知，充電至20kV，則該電容器的電容不變，仍為，故D錯誤。故選B。（多選）12．一種利用電容器原理制作的簡易“液體深度指示計”，如圖所示，是外層包裹著絕緣電介質(zhì)的金屬電極，將它帶上一定電量后與一個靜電計的金屬球用導線相連，靜電計的外殼接地．然后將放入裝有導電液體的容器中，金屬導線將導電液體與大地相連。下列有關描述中正確的是（）A．電容器的兩極分別是金屬電極和導電液體B．金屬電極外層包裹著的絕緣電介質(zhì)層越厚，電容器的電容值越大C．若打開容器出口處閥門K，隨著液面高度降低，電容器的電容值減小D．若打開容器出口處閥門K，隨著液面高度降低，靜電計指針的偏角將減小【答案】AC【詳解】A．由圖可知，導電液體與金屬電極構成了電容器，電容器的兩極分別是金屬電極和導電液體，故A正確；B．根據(jù)絕緣電介質(zhì)層越厚，即變大，電容器的電容值變小，故B錯誤；CD．若打開容器出口處閥門K，隨著液面高度降低，兩板間距離不變，正對面積變小，電容器的電容值變?。挥忠驗閮蓸O板電荷量不變，根據(jù)可知兩極板電勢差增大，靜電計指針的偏角將增大，故C正確，D錯誤。故選AC。帶電粒子在電場中的直線運動?積累與運用?積累與運用1.做直線運動的條件1)若粒子所受合外力F合=0,粒子的直線運動為勻速直線運動。2)電場為勻強電場，粒子所受合外力F合≠0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2.用動力學觀點分析(電場為勻強電場)3.用功能觀點分析(帶電粒子只受重力)勻強電場中：非勻強電場中：13．如圖甲所示，某多級直線加速器由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為奇數(shù)和偶數(shù)的圓筒分別與圖乙所示交變電源兩極相連。時，位于金屬圓板（序號為0）中央的電子，由靜止開始加速。電子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則（）A．圓筒內(nèi)部電場強度大小隨序號增大而減小B．電子在各圓筒中做勻加速直線運動C．電子在各圓筒中運動的時間都為TD．各圓筒的長度之比可能為【答案】D【詳解】AB．金屬圓筒中電場為零，電子不受電場力，做勻速運動，故AB錯誤；C．只有電子在每個圓筒中勻速運動時間為時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故C錯誤；D．電子進入第n個圓筒時，經(jīng)過n次加速，根據(jù)動能定理解得第n個圓筒長度則各金屬筒的長度之比為，故D正確。故選D。14．如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一個質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達距O點為h處的A點，然后返回。則此電子在O點射出時的速度大小是（）A．eU B． C． D．【答案】B【詳解】電子最遠到達距O點為h處的A點，根據(jù)動能定理有電場強度為此電子在O點射出時的速度大小是故選B。（多選）15．如圖所示為靜電植絨流程示意圖，正電金屬板與負電金屬網(wǎng)間有60kV的電壓，將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，絨毛在電場力的作用下飛到需要植絨的布匹表面上。忽略絨毛的重力、空氣阻力、絨毛之間的相互作用力和邊緣效應。正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間可視為勻強電場，下列說法正確的是（

）A．絨毛運動經(jīng)過各點的電勢逐漸升高B．絨毛在飛向布匹的過程中，電勢能不斷增大C．若僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的電壓，絨毛到達布匹時的速率將減小D．若僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的距離，絨毛到達布匹表面所用的時間將增大【答案】AD【詳解】A．負電金屬網(wǎng)與正電金屬板間的電場方向向上，故絨毛運動經(jīng)過處各點的電勢逐漸升高，故A正確；B．絨毛在飛向布匹的過程中，絨毛在做加速運動，電場力做正功，電勢能不斷減小，故B錯誤；C．僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的電壓，電場強度增大，電場力增大，經(jīng)過相同的距離，電場力做的功增多，根據(jù)動能定理，可知絨毛到達布匹時的動能增大，速率增大，故C錯誤；D．僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的距離，電勢差不變而電場強度減小，則絨毛受到的電場力減小，加速度減小，距離變大則所用時間將增大，故D正確。故選AD。（多選）16．在質(zhì)子療法中，用于治療腫瘤的質(zhì)子先被加速到一定的能量水平，然后被精確地引導至腫瘤位置以殺死癌細胞，達到治療效果，如圖甲所示。已知在某次治療時，質(zhì)子加速過程中的速度—時間圖像如圖乙所示。不計質(zhì)子重力，關于質(zhì)子加速過程中，下列說法正確的是(

)A．質(zhì)子的電勢能與動能之和保持不變B．通過電場力做功，質(zhì)子的電勢能逐漸增加C．通過電場力做功，質(zhì)子電勢能轉化為動能D．加速電場的電場強度逐漸增大【答案】AC【詳解】ABC．質(zhì)子加速過程中，只有電場力做功，則質(zhì)子的動能變大，電勢能減小，但質(zhì)子的電勢能與動能之和保持不變，質(zhì)子電勢能轉化為動能，選項AC正確，B錯誤；D．質(zhì)子做勻加速運動，則所受電場力不變，即加速電場的電場強度不變，選項D錯誤。故選AC。17．如圖所示，平行金屬板、水平放置，它們之間距離為，除邊緣外，它們之間的電場可以看為勻強電場，電場強度為。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子從板由靜止釋放。已知，重力加速度為，忽略空氣阻力。（1）求帶電粒子的加速度；（2）若在帶電粒子運動距離時，電場強度大小不變，方向相反，不考慮調(diào)換時間，求該粒子從板運動到板經(jīng)歷的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）由牛頓第二定律得結合解得（2）粒子運動距離時速度為加速運動的時間勻速運動時間粒子從板運動到板經(jīng)歷的時間帶電粒子在勻強電場中的偏轉?積累與運用?積累與運用1.沿初速度方向的分運動為勻速直線運動①恰能飛出電容器時有②不能飛出電容器時有,則2.沿電場力方向的分運動為勻加速直線運動①加速度：②離開電場時的偏移量③離開電場時的偏轉角滿足：18．如圖所示，曲線為一帶電粒子在勻強電場中運動的軌跡，虛線A、B、C、D為相互平行且間距相等的四條等勢線，M、N、O、P、Q為軌跡與等勢線的交點。帶電粒子從M點出發(fā)，初速度大小為，到達Q點時速度大小為v，則（）A．四條等勢線中D的電勢最高B．粒子從O到P和從P到Q的動能變化量不相等C．粒子從M到N和從O到P的速度變化量相同D．如果粒子從Q點以與v相反、等大的速度進入電場，則粒子可能不會經(jīng)過M點【答案】C【詳解】A．由于粒子電性未知，無法判斷電勢高低，故A錯誤；B．粒子從O到P和從P到Q，電場力做功相等，根據(jù)動能定理可知，動能變化量相等，故B錯誤；C．根據(jù)粒子做類斜拋運動的規(guī)律，粒子從M到N和從O到P的時間相同，而加速度也相同，則速度變化量相同，故C正確；D．根據(jù)粒子做類斜拋運動的軌跡具有對稱性，如果粒子從Q點以與v方向相反、等大的速度進入電場，則粒子一定經(jīng)過M點，故D錯誤。故選C。19．如圖，一對金屬板水平放置，間距足夠大，極板間的電壓為U，在金屬板右側有一豎直屏。一不計重力的帶電粒子從兩板中央以水平速度入射，入射方向的延長線與屏的交點為O點，粒子打在屏上的位置與O點的距離為y。將U變?yōu)?.5U，變?yōu)?，保持其他條件不變，粒子打在屏上的位置與O點的距離將變?yōu)椋ǎ〢．4y B．2y C．y D．0.5y【答案】B【詳解】帶電粒子離開電場時速度v與進入電場時的速度夾角為根據(jù)類平拋運動的推論：速度的反向延長線交于水平位移的中點，得偏離O的距離為當U變?yōu)?.5U，變?yōu)?，其他保持不變時，y變?yōu)樵瓉淼?倍。故選B。20．如圖甲所示，質(zhì)量為m，電荷量為-q（q>0）的電子由電子槍連續(xù)發(fā)出，初速可忽略不計，經(jīng)U的電壓加速后，沿中心線垂直進入偏轉電場，兩極板長為L，間距為d。足夠大的熒光屏中心為O，離極板距離為l。不計電子重力及電子間相互作用，整個裝置置于真空中。（1）若偏轉電壓U2恒定，電子能射出平行板，求U的最大值U2max；（2）若偏轉電壓U2隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，其最大值為U0（U0<U2max），變化周期為T。求電子打在熒光屏上的位置范圍。（U2的變化周期T遠遠大于粒子穿越電場的時間）【答案】（1）；（2）位置范圍為О點上下方各【詳解】（1）對電子，加速有偏轉有能出射解得（2）當時，出偏轉場后勻速解得位置范圍為О點上下方各21．如圖所示，在平面直角坐標系第一象限和第二象限區(qū)域內(nèi)有電場強度均為、方向分別沿負方向和負方向的勻強電場，將一電荷量為、質(zhì)量為的粒子由第一象限的點靜止釋放，不計粒子重力，求：（1）粒子到達軸的時間；（2）粒子從第二象限電場的左側邊界飛出時的位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子在第一象限內(nèi)做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)位移公式有解出（2）粒子從第一象限內(nèi)，根據(jù)速度公式有粒子從第二象限內(nèi)做類平拋運動，加速度大小與第一象限內(nèi)相等，若粒子在達到軸之前已經(jīng)飛出電場，則有解得表明粒子在達到軸之前已經(jīng)飛出電場，之后做勻速直線運動，則飛出點的橫坐標為，縱坐標為則粒子從第二象限電場的左側邊界飛出時的位置坐標為22．如圖為一種靜電除塵裝置的示意圖，它的上下底面金屬板M、N水平放置間距，寬，金屬板間的勻強電場的電場強度。分布均勻的帶電煙塵顆粒以的速度從左側平行于金屬板進入裝置，碰到下金屬板的顆粒被收集，但不影響電場的分布。已知每個煙塵顆粒的質(zhì)量，所帶電荷量。不考慮煙塵顆粒的重力、顆粒間的相互作用力和空氣阻力。（1）求金屬板間的電壓U；（2）若從某點進入的帶電顆粒能飛出電場，求其在電場中運動的加速度大小a、時間t以及飛出時垂直于板面方向的偏移量y；（3）為了使進入裝置的所有帶電顆粒都被收集到金屬板上，求兩金屬板間的最大間距dm?！敬鸢浮浚?）300V；（2），，；（3）0.05m【詳解】（1）根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得（2、3）根據(jù)牛頓第二定律水平方向沿著電場方向根據(jù)以上分析可知為了使進入裝置的所有帶電顆粒都被收集到金屬板上，求兩金屬板間的最大間距23．如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U>0)，不計粒子重力，P點的電勢為零。求：（1）帶電粒子在Q點的電勢能。（2）P、Q兩點間的豎直距離。（3）此勻強電場的電場強度大小?！敬鸢浮浚?）－qU；（2）；（3）【詳解】（1）由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，P、Q兩點間的電勢差為U，所以其中所以根據(jù)電勢能與電勢的關系可知，帶電粒子在Q點的電勢能為（2）根據(jù)類平拋運動知識可知Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則可得P、Q兩點間的豎直距離為（3）根據(jù)電場強度的定義式可知，此勻強電場的電場強度大小為1．如圖，三角形abc中，，。勻強電場的電場線平行于所在平面，且a、b、c點的電勢分別為3V、、3V。下列說法中正確的是（）A．電場強度的方向沿ab方向B．電場強度的大小為C．質(zhì)子從a點移動到b點，電勢能減少了4eVD．電子從c點移動到b點，電場力做功為4eV【答案】C【詳解】A．因為ac為等勢面，則場強方向垂直于ac指向b，故A錯誤；B．電場強度的大小為故B正確；C．a(chǎn)點電勢高于b點，電場力做功可得質(zhì)子從a點移動到b點，電場力做正功，電勢能減小4eV，故C正確；D．電子從c點移動到b點，電場力做功可得電子從c點移動到b點，電場力做負功，故D錯誤。故選C。2．如圖（a）所示，空間中存在一個平行于xOy平面的勻強電場。若x軸、y軸上的電勢分布如圖（b）、（c）所示，則電場強度大小為（

）A．2．5V/m B．250V/m C．3.5V/m D．350V/m【答案】B【詳解】電場強度沿x軸方向的分量為電場強度沿y軸方向的分量為電場強度大小為故選B。3．如圖所示，在直角坐標系xOy中有a、b、c、d四點，c點坐標為（-4cm，3cm）?，F(xiàn)加上一方向平行于xOy平面的勻強電場，b、c、d三點電勢分別為9V、25V、16V，將一電荷量為的點電荷從a點沿abcd移動到d點，下列說法正確的是（）A．坐標原點O的電勢為7VB．電場強度的大小為500V/mC．該點電荷在a點的電勢能為2×10-4JD．該點電荷從a點移動到d點的過程中，電場力做功為8×10-4J【答案】B【詳解】A．由于該電場是勻強電場，故沿著同一個方向相同距離電勢差相等，則有解得故A錯誤；B．該電場沿軸方向的分場強大小為沿軸方向的分場強大小為則該電場的電場強度的大小為故B正確；C．因，則有解得該點電荷在a點的電勢能為故C錯誤；D．該點電荷從a點移到d點，電場力做功為故D錯誤。故選B。4．如圖，在裝載作業(yè)中，傳送帶與礦物摩擦產(chǎn)生靜電，假設傳送帶帶上強大的正電，地球表面由于靜電感應帶上負電，傳送帶與地球表面平行正對，該部分空間可視為一平行板電容器。一身穿絕緣工作服的工人在傳送帶下方作業(yè)，由此產(chǎn)生一系列電場問題，下列分析不正確的是（）A．不考慮工人的影響，地球表面層與傳送帶間形成勻強電場B．工人由于靜電感應頭部帶負電，腳部帶正電C．工人身體中會產(chǎn)生持續(xù)向下的電流，人會感受到電擊現(xiàn)象D．工人的存在會影響該電容器的電容大小【答案】C【詳解】A．不考慮工人的影響，地球表面層與傳送帶間形成的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場，故A正確；B．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引可知，工人由于靜電感應頭部帶負電，腳部帶正電，故B正確；C．工人身穿絕緣工作服而處在勻強電場中，不會產(chǎn)生持續(xù)向下的電流，人不會感受到電擊現(xiàn)象，故C錯誤；D．根據(jù)電容的決定式可知，工人視為電介質(zhì)，會影響該電容器的電容大小，故D正確。本題選不正確的，故選C。5．如圖所示，平行板電容器的電容為，正極板帶電量為，負極板接地，兩極板間距離為，今在距兩極板間離負極板處放一正點電荷。已知靜電力常數(shù)為，下列說法正確的是（

）A．由于負極板接地所以負極板帶電荷量為零B．所在處的電勢是C．點電荷所受電場力的大小為D．點電荷所受電場力的大小為【答案】B【詳解】A．負極板帶電荷量為。故A錯誤；C．帶電金屬板不能看做點電荷，故不能根據(jù)庫侖定律求解q所受的電場力。故C錯誤；D．電容器兩板電勢差兩板間電場場強則q所受電場力的大小為故D錯誤；B．所在處的電勢是故B正確。故選B。6．新能源汽車在啟停過程中，動力電池快速充放電會對電池產(chǎn)生損耗，從而降低電池壽命，超級電容器可以與動力電池共同構成混合儲能系統(tǒng)，以代替動力電池進行快速充放電及收集不規(guī)則動力，從而延長電池壽命。某超級電容器充電時的曲線如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．時間內(nèi)充電的電荷量為B．時間內(nèi)充電的電荷量為C．超級電容器的電容先減小后增大D．超級電容器的充電電壓先減小后增大【答案】B【詳解】AB．曲線與坐標軸圍成的面積表示充、放電荷量，時間內(nèi)充電的電荷量小于，時間內(nèi)充電的電荷量為，故A錯誤，B正確；C．超級電容器的電容是電容的屬性，其大小與充放電狀態(tài)和電流大小無關，故C錯誤；D．超級電容器的充電過程電荷量增大，由可知電壓一直增大，故D錯誤。故選B。7．平面直角坐標系內(nèi)存在一靜電場，取O點電勢為0，其電勢沿水平方向變化的圖像如圖甲所示，沿豎直方向變化的圖像如圖乙所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子，從O點由靜止釋放，不計粒子重力，下列說法正確的是（

）A．釋放瞬間，粒子的加速度為B．剛開始釋放的一段時間內(nèi)，粒子沿與x軸夾角為60°的方向斜向上做直線運動C．粒子運動到橫坐標為d的點時，其速度大小為D．粒子運動到橫坐標為的點時，其縱坐標為【答案】C【詳解】AB．O點水平方向的電場強度方向水平向左；豎直方向的電場強度方向豎直向下；釋放后粒子將向與x軸負方向夾角為45°的方向斜向上做直線運動，其加速度大小為故AB錯誤；C．粒子運動到橫坐標為d的點時，豎直方向運動到縱坐標為d的點，其速度大小故C正確；D．粒子從O點在水平方向運動到橫坐標為的點的過程中，水平方向先加速后減速，加速減速時間相同，豎直方向一直做加速運動，根據(jù)勻加速運動的規(guī)律可知，粒子豎直方向的坐標為，故D錯誤。故選C。8．如圖所示的直角坐標系，在第一象限內(nèi)存在有方向水平向左的勻強電場。在x軸上的P點沿y軸正方向射入一帶電粒子（粒子重力不計），設粒子通過y軸時，離坐標原點的距離為h，從P點到y(tǒng)軸所需的時間為t。則關于該粒子運動的說法正確的是（）A．該粒子帶負電B．粒子以不同速率進入電場，h越大，t越大C．粒子以不同速率進入電場，從P點到y(tǒng)軸的運動過程中，電場力對粒子做的功不相等D．粒子以不同速率進入電場，h越大，進入電場時的速率v也越大【答案】D【詳解】A．由題意可知，粒子向左偏，由電場線的方向，可確定粒子所受電場力方向向左，因此粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子以不同速率進入電場時，粒子受到的電場力相同，加速度也相同，因此運動時間也相等，由于粒子進入電場的速率不同，則導致h不同，故B錯誤；C．粒子以不同速率進入電場，到達y軸時在電場力方向的位移相同，因此電場力做的功相等，故C錯誤；D．水平分位移x相等，由可知，運動時間t相等，豎直分位移h越大，粒子進入電場時的速率v也越大，故D正確。故選D。9．如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構成正方形，其中P點是EH的中點，一個帶正電的粒子（不計重力）從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，以下說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點B．粒子的運動軌跡一定經(jīng)過PH之間某點C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由ED之間某點從AD邊射出D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點從AD邊射出【答案】D【詳解】AB．由題意知，粒子的初速度方向垂直于電場方向，故粒子做類平拋運動，根據(jù)平拋運動推理：速度反向延長線過水平位移的中點，O為FH中點，即DO為軌跡的切線，因P在DO線上，所以運動軌跡一定不經(jīng)過P點，一定經(jīng)過EP之間點，故AB錯誤；CD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉硪话?，在電場力的方向運動不變，即離開矩形區(qū)域的時間不變，又初速度方向做勻速直線運動，所以位移是原來的一半，恰好由E點射出，故C錯誤，D正確。故選D。10．如圖所示為兩個電荷量均為的帶電小球A和B（均可視為質(zhì)點），球A固定在點的正下方處，球B用長為的細線懸掛在點，靜止時，細線與豎直方向的夾角為。已知靜電常量為，重力加速度為，下列說法正確的是（）A．B的質(zhì)量為 B．B的質(zhì)量為C．點處的電場強度的大小為 D．點處的電場強度的大小為【答案】C【詳解】AB．對B受力分析，如圖所示由幾何關系可知，三個力之間的夾角均為，則有又則B質(zhì)量為故AB錯誤；CD．根據(jù)點電荷電場強度公式，A、B在O點產(chǎn)生的電場強度大小都為又兩電場強度方向間夾角為，結合平行四邊形定則得O點處的電場強度的大小為故C正確，D錯誤。故選C。（多選）11．光滑絕緣斜面體ACD固定在水平面上，已知AD長度為3cm，斜面傾角，B點為AC的中點。平行于ACD平面內(nèi)有一勻強電場，已知，，?，F(xiàn)有一質(zhì)量M=0.1kg，所帶電荷量的滑塊（可視為質(zhì)點），從斜面頂端由靜止釋放。取，，。則在滑塊運動過程中以下說法正確的是（

）A．勻強電場的方向豎直向下B．勻強電場電場強度的大小E=2V/mC．滑塊滑到斜面底端C時的動能大小為0.06JD．滑塊從A點滑到斜面底端C的過程中，其機械能變化量為0.06J【答案】AC【詳解】A．設中點為，根據(jù)勻強電場特點可得BM為等勢面，故電場線垂直于向下，故電場強度方向豎直向下。故A正確；B．勻強電場電場強度的大小故B錯誤；C．從A到，由動能定理可得解得故C正確；D．從A到，機械能變化量等于電場力做功，可得故D錯誤。故選AC。（多選）12．水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，電容為C，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q，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．油滴帶負電B．帶電油滴的質(zhì)量為C．若僅將上極板向下平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角不變D．若僅將上極板向下平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動【答案】AB【詳解】A.由題意可知,電場力向上，所以油滴帶負電，故A正確；B.根據(jù)解得故B正確；C.根據(jù)上極板下移，d減小，C變大，Q不變，U變小，故靜電計張角變小，故C錯誤；根據(jù)故E與d無關，E不變，所以電場力不變，油滴不動，故D錯誤。故選AB。（多選）13．如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，A板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。閉合開關后，將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒從小孔正上方的M點由靜止釋放，微粒穿過A板上的小孔后，剛好能到達靠近B板的N點。A、B兩板的間距和M點到A板的距離均為d，重力加速度大小為g，兩板間電場可視為勻強電場，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是（??）A．微粒帶負電B．微粒從M點到N點的過程中，電勢能增加了C．微粒從M點到N點的過程中，重力勢能增加了D．A，B兩板間勻強電場的電場強度大小為【答案】BD【詳解】BC．微粒從M點到N點的過程中，重力勢能轉化為電勢能，微粒的重力勢能減小了，電勢能增加了，故B正確，C錯誤；A．分析微粒的運動可知，微粒先做自由落體運動，后做減速運動，顯然微粒在電場中受到的電場力方向豎直向上，和電場方向一致，則微粒帶正電，故A錯誤；D．根據(jù)運動的對稱性可知，微粒在電場中運動的加速度大小等于重力加速度大小g，根據(jù)牛頓第二定律有則A、B兩板間勻強電場的電場強度大小故D正確。故選BD。（多選）14．如圖所示，帶電的平行金屬板電容器水平放置，電荷量相同、重力不計的帶電微粒A、B以相同的初速度從不同位置平行于金屬板射入電場，結果打在金屬板上的同一點P，不計微粒的重力及兩微粒之間的庫侖力。下列說法正確的是（）A．在電場中，微粒A運動的時間比B的長B．在電場中，微粒A、B運動的時間相同C．微粒A的質(zhì)量比微粒B的小D．打在P點時，微粒A的速度比微粒B的速度小【答案】BC【詳解】AB．兩個帶電粒子進入電場后都做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，運動時間為因為x、相等，則t相等，故A錯誤，B正確；C．在豎直方向上兩個粒子做初速度為零的勻加速直線運動，有可得粒子的電荷量為q、t、E相等，可知，，所以微粒A的質(zhì)量比微粒B的小，故C正確；D．在P點，根據(jù)速度的分解可知由圖可知A的偏轉角更大，所以微粒A的速度比微粒B的速度大，故D錯誤。故選BC。15．如圖甲所示，豎直正對放置的平行極板A、B間存在一勻強電場，在A極板處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為、電荷量為的電子，電子經(jīng)極板A、B間的電場加速后由B極板上的小孔離開，然后沿水平放置的平行極板C、D的中心線進入偏轉電場．C、D兩極板的長度均為、間距為，兩板之間加有如圖乙所示的交變電壓，時間段內(nèi)極板C的電勢高于極板D的電勢。電子被加速后離開極板A、B間的加速電場時的速度大小為，所有電子在極板C、D間的偏轉電場里運動時均不會打到C、D兩極板上，不考慮電子的重力及電子之間的相互作用和極板的邊緣效應。求：(1)極板A、B之間的電勢差；(2)時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時速度偏角的正切值；(3)時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的側移距離?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子在A、B板之間加速后獲得速度為根據(jù)動能定理可得極板A、B之間的電勢差為：（2）電子進入極板C、D間的偏轉電場后在電場力的作用下做類平拋運動，沿水平方向做勻速直線運動有解得時刻進入極板C、D間的偏轉電場的電子，前時間內(nèi)加速度大小為后時間內(nèi)加速度大小為則有得則有（3）時刻進入極板C、D間的偏轉電場的電子在時刻射出，時刻有時刻有故偏移量為代入解得16．一個帶正電的粒子，電荷量為q，質(zhì)量為m，由靜止經(jīng)電壓為的加速電場加速，隨后沿中心線垂直進入一個電壓為的偏轉電場，偏轉電場兩極板間距為d，極板長L。不計粒子的重力，整個裝置如圖所示，求：(1)粒子出加速電場時速度的大??；(2)粒子出偏轉電場時速度偏轉角度的正切值；(3)粒子出偏轉電場時沿垂直于板面方向的側移距離y?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子經(jīng)加速場由動能定理有得（2）粒子進入偏轉場中做類平拋運動粒子在偏轉電場中的運動時間為由得又得（3）沿電場方向粒子由靜止做勻加速直線運動，由得（新考法）（多選）1．空間中存在平行于紙面的勻強電場，在紙面內(nèi)取點為坐標原點建立軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為、電量為的試探電荷，在時刻以一定初速度從軸上的點開始沿順時針做勻速圓周運動，圓心為、半徑為。已知圖中圓為試探電荷運動軌跡，為圓軌跡的一條直徑；除電場力外微粒還受到一個變力，不計其它力的作用；測得試探電荷所處位置的電勢隨時間的變化圖像如圖乙所示，其中。下列說法正確的是（

）A．電場強度的方向與軸正方向成B．從點到點做功為C．圓周運動的過程中變力的最大值為D．圓周運動的過程中變力的最大值為【答案】ABD【詳解】A．由乙圖可知，帶電微粒在轉動過程中，電勢最高值為，電勢最低值為，最高點、最低點分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點，找到與a點電勢相同的點A