这是一份鲁科版高中物理必修第三册第2章电势能与电势差综合拔高练含答案，共45页。
第2章 电势能与电势差综合拔高练高考练考点1 电场力做功及电势能的变化1.(多选)(2023全国乙,19)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球 ( )A.在运动过程中,电势能先增加后减少B.在P点的电势能大于在N点的电势能C.在M点的机械能等于在N点的机械能D.从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功2.(2021全国乙,15)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的电势能分别为EpM和EpN,则 ( ) A.FM
EpNB.FM>FN,EpM>EpNC.FMFN,EpM0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大B.沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D.将正电荷从M点移动到N点,电场力所做的总功为负考点2 电势高低的判断方法4.(多选)(2020课标Ⅱ,20)如图,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等。则( )A.a、b两点的场强相等B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的场强相等D.c、d两点的电势相等5.(2023湖北,3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点,其电势分别为φM、φN,电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是 ( )A.若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的远B.若EMEN6.(多选)(2023辽宁,9)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则 ( ) A.P点电势比M点的低B.P点电场强度大小比M点的大C.M点电场强度方向沿z轴正方向D.沿x轴运动的带电粒子,电势能不变7.(多选)(2023海南,12)如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边四等分点,下列说法正确的是 ( )A.M、N两点电场强度相同B.M、N两点电势相同C.负电荷在M点电势能比在O点时要小D.负电荷在N点电势能比在O点时要大8.(多选)(2023山东,11)如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O和O',A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是( )A.F'点与C'点的电场强度大小相等B.B'点与E'点的电场强度方向相同C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小9.(多选)(2021湖南,9)如图,圆心为O的圆处于匀强电场中,电场方向与圆平面平行,ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,电场力做功为2W(W>0);若将该粒子从c点移动到d点,电场力做功为W。下列说法正确的是 ( )A.该匀强电场的场强方向与ab平行B.将该粒子从d点移动到b点,电场力做功为0.5WC.a点电势低于c点电势D.若只受电场力,从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动10.(2022河北,6)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法正确的是 ( )A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功11.(多选)(2020山东,10)真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示。以下说法正确的是 ( )A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能12.(2022湖南,2)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 ( )A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大13.(2022浙江1月选考,10)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 ( )A.a点所在的线是等势线B.b点的电场强度比c点大C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零考点3 电场中的能量14.(2021广东,6)图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是 ( )A.a点的电势比b点的低B.a点的电场强度比b点的小C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的大15.(多选)(2020江苏单科,9)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有 ( )A.电场E中A点电势低于B点B.转动中两小球的电势能始终相等C.该过程静电力对两小球均做负功D.该过程两小球的总电势能增加16.(多选)(2021天津,8)两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示,相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹,轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是 ( )A.两点电荷可能是异种点电荷B.A点的电场强度比B点的大C.A点的电势高于B点的电势D.电子运动到P点时动能最小17.(多选)(2022全国乙,21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RENC.M、N两点的电势关系为φM<φND.M、N两点的电势关系为φM>φN5.(2024河南开封期中)某手机软件中运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示,电容器M极板固定,N极板可运动,当手机的加速度变化时,N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器的描述正确的是( )A.保持向前匀加速运动时,电路中存在恒定电流B.静止时,电容器两极板不带电C.由静止突然向后加速,电流由a向b流过电流表D.向前匀速运动突然减速,电流由b向a流过电流表6.(2024山东济南期中)如图所示,在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为Q的正点电荷,在水平面上的N点,由静止释放一质量为m、电荷量为q的带负电小球,小球经过P点时速度为v,图中θ=45°,则在正点电荷Q形成的电场中 ( )A.带电小球从N点到P点做匀加速直线运动B.带电小球从N点到P点的过程中克服电场力做功为mv22C.P点电场强度大小是N点的2倍D.N、P两点间的电势差为UNP=mv22q7.(2023安徽合肥肥东综合高中检测)如图所示,矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场,且电场方向与MN平行,一质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量为q=1.0×10-5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场,最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出,射出电场时的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a点电势为零,如果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴,则粒子从a点运动到b点的过程中,电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像正确的是 ( )8.(多选)(2023四川南充高级中学期中)两个等量正点电荷固定于光滑绝缘水平面上,其连线的中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示。一个带电荷量为+2×10-7 C、质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)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.由C到A的过程中小物块的电势能先增后减B.B点为中垂线上电场强度最大的点,电场强度大小为1×104 V/mC.由C点到A点电势逐渐降低D.A、B两点间的电势差UAB=500 V9.(多选)(2024福建厦门湖滨中学期中)如图所示,内表面光滑绝缘的半径为R的圆形轨道处于竖直平面内,有竖直向下的匀强电场,场强大小为E,有一质量为m、带负电的小球,电荷量大小为q,小球在圆轨道内壁做圆周运动,恰好能通过最高点B,(当地重力加速度为g,mg>qE)则( )A.小球在B点处的速度大小为 gRB.小球在B点处的加速度大小为g-qEmC.小球运动到最低点A时的动能为5mgRD.小球运动到最低点A时对轨道的压力大小为6(mg-qE)10.(2023福建莆田二中期末)如图所示,两平行金属板AB、CD相距为d,板长为6d,M、N是两板中间正对的小孔,AB板电势高于CD板,在保持两极板电荷量不变的情况下,有一带电粒子(不计重力)从M孔以速率v0沿MN连线方向射入两极板之间,结果恰好能到达N点。若该粒子仍以速率v0从M孔射入,速度方向与AB板的夹角为θ(θ>0),下列说法正确的是 ( )A.此带电粒子带正电B.该粒子仍能到达CD板C.调整θ的大小,粒子可以直接从BD端口飞出D.当θ=45°时,粒子打在AB板上的落点距M点最远11.(多选)(2023广东广州中学期中)一个利用静电除尘的盒状容器,如图所示。它的上、下底面为正对的金属板,板间距为L,当连接到电压为U的电源两极时,两金属板间产生一个匀强电场。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内,假设这些颗粒都处于静止状态。闭合开关之后,颗粒向下运动。每个颗粒电性相同,带电荷量均为q,质量均为m,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受重力。则下列说法中正确的是 ( )A.颗粒带正电B.经过时间t=mL2Uq,烟尘颗粒可以被全部吸附C.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为NUq(N为容器中颗粒总数)D.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为NUq2(N为容器中颗粒总数)12.(多选)(2024云南昆明期中)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平面成θ角,极板的长度为L,A板带负电,B板带正电,且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( )A.小球带正电B.A板的电势为-gLtanθkcosθC.若小球离开电场时速度刚好为0,则运动时间为 2LgtanθD.在此过程中小球的电势能增大13.(多选)(2023山东师范大学附中期中)电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。当开关S断开时,电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S闭合,则以下判断正确的是 ( )A.液滴仍保持静止状态B.液滴将向下运动C.电容器上带的电荷量将增多D.电容器上带的电荷量将减少14.(2023北京第一七一中学月考)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点,其装置示意图如图所示,A、B为两块水平放置的平行金属板,间距d=1.0 m,两板间有方向竖直向上、场强大小为E=1.0×103 N/C的匀强电场,在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷口可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=1.0 m/s、质量均为m=5.0×10-14 kg、带电荷量均为q=2.0×10-15 C的带负电油漆微粒,不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用,油漆微粒最后都落在金属板B上,取g=10 m/s2。下列说法错误的是 ( )A.沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 sB.沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B板,电场力做功为2.0×10-12 JC.若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,则喷涂面积增大为原来的2倍D.若其他条件均不变,E增大为原来的2倍,则喷涂面积减小为原来的1215.(多选)(2023四川成都树德中学月考)如图1所示,长为8d、间距为d的平行金属板水平放置,OO'为两极板中心线,O点有一粒子源,粒子源能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力。以下判断正确的是 ( )A.粒子在电场中运动的最短时间为2dv0B.射出粒子的最大动能为54mv02C.t=d2v0时刻进入的粒子,从O'点射出D.t=3dv0时刻进入的粒子,从O'点射出16.(2024重庆南开中学期中)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子比荷的新型实验仪器,其基本原理如图所示。从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电场强度足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。当离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。不计离子重力,已知比荷为k0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,则待测离子比荷为 ( )A.k0t02t12 B.k0t12t02 C.k0t0t1 D.k0t1t017.(2022山东邹城第二中学月考)如图所示,用长为L的绝缘细线拴住一个质量为m、电荷量为q的小球,细线的另一端拴在O点,空间有水平向右的匀强电场,开始时把小球拉到和O在同一水平面上的A点(细线拉直),让小球由静止释放,当细线摆到与水平线成60°角,即小球到达B点时,球的速度正好为零,求:(1)A、B两点的电势差;(2)匀强电场的场强大小;(3)小球运动到B点时细线上的拉力大小;(4)小球运动过程中的最大速度。迁移创新18.高新科技——利用“静电透镜”原理考查电场性质。静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示为该透镜工作原理示意图,虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线,等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称,且相邻两等势线的电势差相等。图中实线为某个电子通过电场区域的轨迹示意图,试分析此电子从a点运动到b点过程中,电势、加速度、动能、电势能的变化情况。答案与分层梯度式解析第2章 电势能与电势差综合拔高练高考练1.BC 从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷对它的电场力作用下在竖直面内运动,在运动过程中,小球离该点电荷的距离先减小后增大,电场力对小球先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;小球由P到M的运动过程中,电场力对小球做正功,小球的电势能减小,小球在P点的电势能大于在M点的电势能,由于OM=ON,可知M、N两点的电势相等,则小球在M点的电势能等于在N点的电势能,所以小球在P点的电势能大于在N点的电势能,B正确;小球在M点的电势能等于在N点的电势能,根据能量守恒定律可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能,C正确;小球从M点运动到N点的过程中,电场力对小球先做正功后做负功,电势能变化量为零,可知电场力做的总功为零,但不是不做功,D错误。2.A 由图中等势面的疏密程度可知EMEpN,故选A。3.BC 由题意可知在三角形PMN中,∠M>∠N,则PN>PM,以P点为圆心、PM为半径作一圆周交MN于Q点,如图所示。在P点固定正点电荷,则该圆周为正点电荷产生电场中的一条等势线,即电势φM=φQ>φN;场强大小EM=EQ>EN。沿MN边,从M点到N点,根据场强分布特点可知,电场强度的大小先增大后减小(最大值在MQ中点),A错误。沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小(最大值在MQ中点),B正确。正电荷所在位置的电势越大,其电势能越大,反之就越小,因φM>φN,故C正确。因电势能EpM>EpN,而电场力所做功W=-(EpN-EpM)=EpM-EpN>0,故D错误。4.ABC 圆环上电荷量分布关于cd左右对称,且对称部分电性相同;圆环上、下部分电荷量分布关于ab对称,但上、下部分所带电荷的电性相反。故直线ab上场强处处垂直于ab竖直向下,沿电场线方向电势逐渐降低,由此可知,Ea=Eb,φa=φb,Ec=Ed,φc>φd,故A、B、C正确,D错误。5.C 电场线由正点电荷发出,且沿电场线方向电势降低,若φM>φN,则M点到电荷Q的距离较近,选项A错误。点电荷周围的场强E=kQr2,若EMEpN,又由于试探电荷带负电,则φM<φN,选项C正确。若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则电势能增加,即EpMφO>φM,故A错误;等差等势面较密集的地方电场强度较大,故P点的电场强度比M点的小,B错误;x轴上电场强度处处为0,所以沿x轴运动的带电粒子电势能不变,D正确。7.BC 根据电场强度的叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相等,但方向不同,选项A错误;因A、B两正电荷在M、N两点的合电势相等,负电荷在M、N两点的电势也相等,故M、N两点电势相等,选项B正确;负电荷从M到O,A、B两电荷对负电荷的库仑力的合力对其做负功,负电荷C也对该负电荷做负功,可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能比在O点小,同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小,选项C正确,D错误。8.ACD F'点和B'点关于平面ADD'A'对称,根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EB',同理可知EE'=EC',F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称,根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EE',同理可知EF'=EC'=EB'=EE',但四个点的电场强度方向均不相同,故A正确,B错误;由等量异号点电荷电势分布可知O'点电势为0,F'点电势为正,连接A'D',依据A'D'连线上电势分布可知,φA'=-φD',故UA'O'=UO'D',因为φF'>0,故UA'F'tan 60°,则α>60°,即试探电荷在F点所受电场力与FO的夹角大于90°,在O点所受电场力沿OD方向,此时电场力与FO的夹角为60°,则在试探电荷从F到O的过程中,电场力对其先做负功后做正功,则试探电荷的电势能先增大后减小,故D正确。9.AB 由题意知qUab=2W,又由于aO=Ob,即UaO=UOb,因此qUaO=W,同理,qUcO= 12W,设e为Oa中点,则φe=φc,ce为一条等势线,再由∠aOc=60°可知ab⊥ce,故电场线方向沿ab且由a指向b,选项A正确。取Ob中点为f,有φd=φf,故Wdb=Wfb= 12W,选项B正确。由图可判断φa>φe=φc,C错误;若粒子从d点沿平行于ab方向射入电场,带电粒子将做匀变速直线运动,D错误。故选A、B。10.B 越靠近负电荷的位置电势越低,相较于S点关于O点的对称点,P点离负电荷更远,则P点的电势高于S点的电势,A错误;由于电场方向垂直等势面,且由高电势指向低电势,所以T点的电场方向指向O点,B正确;P点电势大于S点电势,即P点电势大于零,无穷远处电势为零,则正试探电荷从无穷远处移到P点,电势升高,电势能增加,静电力做负功,D错误;设M、N之间的距离为L,若电场强度为零的点在N点的右侧且到N点的距离为x,根据电场强度叠加原理有k·2q(L+x)2-kqx2=0,解得x=(2+1)L(另一解舍去),若电场强度为零的点在M、N之间且到N的距离为x,根据电场强度叠加原理有k·2q(L−x)2+kqx2=0,方程无解,若电场强度为零的点在M的左侧且到N的距离为x,根据电场强度叠加原理有kqx2-k·2q(x−L)2=0,方程没有符合题意的解,所以除无穷远处,MN直线上只有一处电场强度为零的点,C错误。11.BD 两点电荷带正电,可知连线上O点左侧各点场强方向向右、右侧各点场强方向向左,而沿场强方向电势降低,故φa>φO、φc>φO,A项错误;从O点沿垂线到b点,两场源电荷产生的电场沿垂线方向的分量由O指向b,故φO>φb,而φc>φO,故φb<φc,B项正确;同理再结合对称性有φb=φd<φc、φb=φd<φa,由于负电荷在电势越高处电势能越小,故试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能、在c点的电势能小于在d点的电势能,C项错误,D项正确。12.A 三根棒在O点产生的电场强度叠加情况如图所示,b、d两棒产生的电场强度等大反向,合电场强度为c棒产生的电场强度,应垂直指向a。电势是标量,长棒均带正电,有四根带电长棒时O点的电势一定大于有三根在时的电势,所以电势减小,A正确。13.C 根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。14.D 由图中等势面的分布得电场线的分布情况,可知a点电场线密集,场强大,液滴所受电场力大,加速度大,故选项B、C错误;根据高压电源与两极的连接情况,可知电场线由a指向b,则a点的电势比b点的高,故选项A错误;电场力向右对液滴做正功,液滴电势能减小,故液滴在a点的电势能比在b点的电势能大,故选项D正确。15.AB 因在匀强电场中等势面是与电场线垂直的平面,又因为沿电场线方向电势是降低的,故A项正确。因O是轻杆的中点,则转动过程中两小球到过O点的等势面的距离d总是相等的,又因为O是电势零点,故两小球所在处的电势的值互为相反数,而两小球带等量异号电荷,故由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B项正确。两小球均在电场力作用下从静止开始转动,动能增大,由能量守恒可知两小球的总电势能一定减少,再由功能关系可知电场力一定做正功,故C、D项均错误。16.CD 根据电子的运动轨迹和等势面的分布可以确定两点电荷均带负电,A错误;等差等势面的疏密反映场强的大小,A点处的等差等势面疏,故A点的电场强度小,B错误;在负点电荷的电场中,越靠近点电荷,电势越低,故A点电势高于B点电势,C正确;根据能量守恒定律,电子在电场力的作用下运动,电势能和动能相互转化,总量不变,由于电子运动过程中P点电势最低,电子在该点的电势能最大,故电子在P点的动能最小,D正确。17.BD 粒子3做近心运动,电场力做正功,动能增大,故入射时动能小于出射时动能,A错误。粒子4做离心运动,电场力做负功,动能减小,故入射时动能大于出射时动能,B正确。极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,设E=kr对粒子1、粒子2有qE=mv2r可得动能Ek=12mv2=qk2,与运动半径无关故粒子1与粒子2入射时动能相等,C错误。由以上推导,若粒子1与粒子3入射时动能相等,则粒子3入射时的动能也等于粒子2入射时的动能而现在粒子3做近心运动,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匀速圆周运动的速度,即小于粒子2的入射速度,D正确。18.BD 等效最高点处的速度最小,但此处不是向左的最大位移处,其电势能不是最大,A选项错误;等效最高点处的速度最小,且与水平方向成45°角,由运动的分解可知,此时水平方向的速度等于竖直方向的速度,故C选项错误;由对称性可知,水平速度为0时,竖直速度为v0,此时向左的位移最大,电势能最大,B选项正确;由B分析可知,从出射到小球速度水平分量为零的过程中,动能的变化量为0,故此过程中,重力做功和电场力做功的代数和为零,即重力做的功等于小球电势能的增加量,D选项正确。19.AD 带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动,设水平位移为x,竖直位移为y,初速度为v0,则其轨迹方程为y=12×Eqmxv02=Eqx22mv02,由于粒子的初速度相同,在同一匀强电场中运动,粒子的轨迹取决于qm及电性。电荷量和质量分别为(+q,m)和(+3q,3m)的带电粒子的轨迹重合,且与(-q,m)的带电粒子的轨迹关于x轴对称。根据带电粒子的轨迹方程可知,(+q,m)的粒子比(+q,2m)的粒子的轨迹“弯曲程度”更大,同时符合以上特征的图像为A、D,因此选A、D。20.B 电子在偏转电场中受到电场力,设偏转电压为U,有eUd=ma,得a=eUmd,电子进入偏转电场后做类平抛运动,根据题目条件有l=v0t,d2=12at2,可得d2=12eUmdl2v02,由于电子的初速度未知,故偏转电压求不出,在电场中运动的时间也求不出,A、D错误;设电子射出电场时的偏转角度为θ,则有tan θ=atv0=eUlmdv02=dl,可以求出偏转的角度,B正确;设射出电场的速度为v,则有v=v0cosθ,由于v0未知,故射出电场的速度不可求,C错误。21.C 带电粒子的电性未知,两极板电势高低无法判断,选项A错误;电场力对带电粒子都做正功,带电粒子的电势能都减少,选项B错误;粒子从N板下端射出的时间t=L2v0,选项D错误;初速度垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0,根据动能定理可知,初速度平行M板向下的粒子,从N板下端射出时的速度大小也为2v0,由平行四边形定则可知,从N板下端射出时垂直极板方向的速度大小为v0,粒子在两板间的加速度为a=v0−0t=2v02L,选项C正确。22.C 电容器的Q不变,极板间距d减小时,由C=εS4πkd知电容C增大,A错误;由C=QU,Q不变、C增大得板间电压U减小,B错误;E=Ud=QCd=QεS4πkd·d=4πkQεS,与d无关,故Q不变、d减小时电场强度E不变,故C正确,D错误。23.D 设油滴密度为ρ,由于金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴静止,则由受力平衡知Udq=ρ×43πr3g①;当金属板间电势差为2U时,设此时电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能静止,则有2Ud×q'=ρ×43πr'3g②,只有D选项中q'=4q,r'=2r能使②式成立,故选D。24.BD 带电微粒在电容器中运动到最高点过程中,在水平方向有2L=v cos 45°·t,在竖直方向有qU22d=ma,d=vsin45°2t,0=v sin 45°-at,则有Ld=1,a=v24L,U2=mv2d2qL=mv22q,在加速电场中,由qU1=12mv2得U1=mv22q,则U1U2=1,所以A错误,B正确;微粒从最高点运动至离开电场过程中,水平方向有L=v cos 45°·t',竖直方向有vy=at',得vy=24v,与水平方向夹角的正切值tan θ=vyvcos45°=12,则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值tan α=tan(θ+45°)=3,故C错误;微粒在电容器中运动时,有x=v cos 45°·t,y=v sin 45°·t-12at2,得y=x-x24L,与q、m无关,故D正确。模拟练1.B 粒子只受电场力作用,电场力沿径向,根据粒子运动轨迹可知M受到的是吸引力,故M带正电,N受到的是排斥力,故N带负电,A错误;负电荷周围的等势面,越靠近电荷,电势越低,因此b点的电势大于a点的电势,因为M带正电,所以M在b点的电势能大于在a点的电势能,从a到b电场力做负功,电势能增大,动能减小,故M在b点的动能小于它在a点的动能,B正确;根据公式Ep=φq,粒子M带正电,N带负电,所以M在b点的电势能不等于N在d点的电势能,C错误;N带负电,故电势越低其电势能越高,c点电势小于d点电势,所以N在从c点运动到d点的过程中电势能减小,D错误。故选B。2.ABD ab∥cd,2ab=cd,因此a、b间电势差一定等于d、c间电势差的一半,故B正确。由前面分析可知φc-φd=2(φb-φa),解得φc=8 V,故A正确。由几何关系可知 cos ∠adc=dc−abad=12,得∠adc=60°,取ad的中点e,连接c、e,如图所示,由几何关系可知ce垂直于ad。e点电势φe=φa+φd2=8 V,c点和e点电势相等,则ce为电场中的等势线,由电场线和等势线垂直,且电场线从电势高的点指向电势低的点,知电场方向从a指向d。电场强度大小E=Uadad=14V−2V10cm=120 V/m,故C错误。微粒从a点以垂直于ad的速度射入电场,做类平抛运动,沿初速度方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。ce=10 cm×sin 60°=v0t,又ed=dc cos 60°=10×12 cm=5 cm,ae=ad-ed=5 cm,又ae=12a0t2,a0=qEm=5×10−8×1206×10−7 m/s2=10 m/s2,联立解得v0= 32 m/s,故D正确。故选A、B、D。3.D 根据题图可知,场强方向向上,由带电粒子轨迹的弯曲方向可知,电场力向上,则该粒子带正电,故A错误;在b点处的电势能Epb=qφb=0.01×30 J=0.3 J,则B错误;只有电场力做功时,电势能与动能之和不变,粒子在a点处的总能量E=qφa+Eka=0.01×10 J+0.5 J=0.6 J,则在b点处的动能为Ekb=E-qφb=0.6 J-0.3 J=0.3 J,则C错误;在c点处的动能为Ekc=E-qφc=0.6 J-0.01×20 J=0.4 J,则D正确。4.BC 电子由M点运动到N点的过程中,通过相同位移时,电势能的减小量越来越小,说明电场力做功越来越慢,可知,电子所受的电场力越来越小,场强减小,则有EM>EN,故A错误,B正确;电子在低电势处电势能大,故M点的电势低于N点的电势,即φM<φN,故C正确,D错误。5.C 保持向前匀加速运动时,加速度恒定不变,则N板在某位置不动,电容器电容不变,电容器保持与电源相连,电压不变,由Q=CU知电容器所带的电荷量不变,电路中无电流,故A错误;静止时,N板不动,电容器与电源保持相连,两极板带电,故B错误;由静止突然向后加速,N板相对M板向前移动,则板间距离减小,根据平行板电容器电容的决定式C=εrS4πkd,知电容C增大,由Q=CU知,电压不变,电容器所带的电荷量增大,电容器充电,电流由a向b流过电流表,故C正确;向前匀速运动突然减速,N板相对M板向前移动,则板间距离减小,根据C=εrS4πkd,知电容C增大,电压不变,由Q=CU知电容器所带的电荷量增大,电容器充电,电流由a向b流过电流表,故D错误。6.C 设O、P距离为h,根据库仑定律及牛顿第二定律,小球在运动过程中沿水平方向有kQqℎcosθ2 sin θ=ma,解得a=kQqcos2θmℎ2 sin θ,由于带电小球在运动过程中,角θ在不断减小,故带电小球的加速度的大小在不断变化,故A错误;小球在从N到P运动过程中,电场力方向与运动方向夹角为锐角,可知电场力做正功,故B错误;根据点电荷场强公式,可得P点场强大小为EP=kQℎ2,N点场强大小为EN=kQℎcos45°2=kQ2ℎ2,故EP=2EN,故C正确;带电小球从N点运动到P点的过程中,由动能定理可得-qUNP=12mv2,解得UNP=-mv22q,故D错误。故选C。7.D 因为规定a点电势为零,粒子进入电场后做类平抛运动,根据电场力做功与电势能的变化的关系,有qEx=-ΔEp=0-Ep,故Ep=-qEx,故选项D正确;因为匀强电场中的电场强度处处相等,故选项A错误;因为粒子离开电场时的速度v2=v1sin30°=2v1,电场的方向水平向右,沿电场线的方向电势降低,故选项B错误;粒子在电场运动的过程中,由动能定理可知,qEx=12mv2-12mv12,所以v与x不是线性关系,选项C错误。8.BC 由图乙可知,由C到A的过程中,物块的速度一直增大,可知电场力对物块做正功,物块的动能一直增加,电势能一直减小,根据Ep=φq可知,由C点到A点电势逐渐降低,故A错误,C正确;v⁃t图像的斜率表示加速度,而根据题意,B点处斜率最大,则可知在B点小物块的加速度最大,根据图像可得小物块在B点的加速度为a=ΔvΔt=4×10−22 m/s2=0.02 m/s2,由Eq=ma,解得E=maq=0.1×0.022×10−7 V/m=1×104 V/m,此为中垂线上最大电场强度,故B正确;根据图乙由动能定理有-qUAB=12mvA2-12mvB2,代入数据解得UAB=-500 V,故D错误。故选B、C。9.BD 小球在圆轨道内壁做圆周运动,恰好能通过最高点B,则在该点重力和电场力的合力刚好提供向心力,根据牛顿第二定律可得mg-qE=ma=mvB2R,解得小球在B点处的加速度大小为a=g-qEm,小球在B点处的速度大小为vB= (mg−qE)Rm,故A错误,B正确;小球从B到A过程,根据动能定理可得mg·2R-qE·2R=12mvA2-12mvB2联立解得小球运动到最低点A时的动能为12mvA2=52(mg-qE)R小球经过A点时,根据牛顿第二定律可得N+qE-mg=mvA2R解得N=6(mg-qE)根据牛顿第三定律可知,小球运动到最低点A时对轨道的压力大小为6(mg-qE),故C错误,D正确。10.D 粒子恰好到达N点,说明粒子做减速运动,粒子受水平向左的力,而AB板电势高于CD板,所以粒子带负电,故A错误;粒子沿MN连线射入电场到减速至零的过程中,做匀减速直线运动,末速度为零,则有d=v02t0,v0=at0=qUmdt0,粒子以θ角斜射入电场时,将速度分解,则沿MN方向上,有v0 sin θ=at=qUmdt,可得t
