2022年高考物理一轮复习专题10静电场中的能量（2）

这是一份2022年高考物理一轮复习专题10静电场中的能量（2），共37页。试卷主要包含了单选题，共14小题，多选题，共6小题，填空题，共4小题，解答题，共12小题等内容，欢迎下载使用。

2022年高考物理一轮复习专题10静电场中的能量（2）
练习
一、单选题，共14小题
1．一个电容器的规格是“10μF 50V”，则（　　）
A．这个电容器的电容为105F B．这个电容器加上50V电压时，电容才是10μF
C．这个电容器加的电压不能高于50V D．这个电容器没有电压时，电容为0
2．在静电场中，对电场线的理解正确的是（　　）
A．两条电场线可以相交
B．两条电场线不可以相交，但多条电场线可以相交
C．电场线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向
D．匀强电场的电场线疏密是不均匀的
3．一带正电的质量为m的液滴在匀强电场外上方的A点自由下落，如图所示．当液滴进入匀强电场后，其可能的运动轨迹为图中哪一个？

A． B． C． D．
4．平行板电容器两极板间电压恒定，带电的油滴在极板间静止如图，若将板间的距离增大 些，由油滴的运动将（ ）


A．向上运动 B．向下运动 C．向左运动 D．向右运动
5．如图所示，平行等距的竖直虚线为某一电场的等势面，一带负电的微粒以一定初速度射入电场后，恰能沿直线运动，由此可知（ ）

A．该电场一定是匀强电场，且方向水平向左
B．点的电势高于点的电势
C．微粒从点到点电势能减少，机械能增加
D．微粒从点到点，其动能与电势能之和保持不变
6．下列说法正确的是（　　）
A．沿电场线方向场强逐渐减小
B．沿电场线方向电势逐渐降低
C．沿电场线方向移动负电荷电势能逐渐降低
D．沿电场线方向移动负电荷电场力做正功
7．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以正点电荷为圆心的圆，M点是两点电荷连线的中点，M、N两点的电场强度大小分别为、，电势分别为、，则下列判断中正确的是( )

A．,
B．若将一正点电荷从虚线上M点移动到N点，该点电荷的电势能增加
C．若将一负点电荷从虚线上M点移动到N点，电场力做功为零
D．若点电荷仅受该电场的电场力作用，不可能做匀速圆周运动
8．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面对称分布，如图所示，a、b、c为电场中的3个点。则（　　）


A．P、Q两点处的电荷是等量异种 B．b点和c点的电场强度相同
C．c点的电势低于b点的电势 D．负电荷从a点到c点，电势能减少
9．2005年8月29日清晨，飓风“卡特里娜”在美国路易斯安那州东南沿海登陆，飓风带来的巨浪和洪水使新奥尔良全城瘫痪.假设“卡特里娜”飓风以v=250 km/h的速度推进，空气的密度ρ=1.3 kg/m3，防浪墙高h=111 m，总长l=560 km，飓风遇到防浪墙后速度变为零，且设海水全部流走，只考虑飓风对防浪墙的作用，由此可估算出飓风对防浪墙的冲击力F为
A．2.8×1010 N B．5.1×1012 N
C．3.9×1011 N D．2.0×1010 N
10．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点（匀强电场和六边形所在平面平行），C、B、F三点电势分别为1V、2V、3V，则下列说法正确的是（　　）

A．D点的电势为4.5V
B．电子在B点的电势能比在C点高1eV
C．电子从B点到E点电场力做功为3eV
D．匀强电场的场强大小为
11．电场线如图，某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，带电粒子的运动轨迹如图所示，可以判定（　　）

A．A点的电势低于B点的电势
B．在A点的加速度大于在B点的加速度
C．粒子带正电
D．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
12．如图为电容式话筒的原理图，为电源，为电阻，薄片和为电容器两金属极板。人对着说话，振动而不动。在间距离减小的过程中（　　）


A．电容器的电容不变 B．通过的电流为零
C．极板的带电量变大 D．中有从流向的电流
13．如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且，以c点为圆心的绝缘圆环，圆环所在平面与直线垂直。先在a点固定一带电荷量为Q的正点电荷，测得b点的电场强度大小为E，再将另一带正电荷的点电荷q放在d点时，测得c点的电场强度大小也为E。则下列说法正确的是（　　）


A．b点的电场强度大小为
B．点电荷q的电荷量为
C．c点的电势低于圆环上任一点的电势
D．圆环上各点的电场强度都相同
14．如图匀强电场中，有边长为5cm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φA=1V、φB=3V、φC=5V，以下说法正确的是（　　）

A．O点电势为零
B．匀强电场的场强大小为80V/m，方向由A指向C
C．在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势约为0.7V
D．将电子由C点移到A点，电子的电势能减少了4eV
二、多选题，共6小题
15．如图为静电除尘示意图，在M、N两点间加高压电源时，金属管内空气电离，电离的电子在电场力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，因而煤粉被吸附到管上，排出的烟就清洁了。据此示意图，下列说法中正确的是（　　）

A．N接电源的正极 B．M接电源的正极
C．电场强度 D．电场强度
16．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）

A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐减少 D．做匀变速直线运动
17．质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球的动能减少了 B．小球的动能增加了
C．小球的电势能减少了 D．小球的电势能增加了
18．如图所示，长为L的绝缘细线一端系一质量为m、带电量为q的小球，另一端固定在定点O位置，置于电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中.拉直细线将小球自O点正下方由静止释放，小球向上摆动，最大偏角=60°，重力加速度为g，以下说法正确的是

A．小球带电量大小q=
B．小球从开始摆至最大摆角的过程中，机械能与电势能之和保持不变
C．小球到达最大摆角处时细线上的拉力为T= 2mg
D．小球在摆动过程中的最大速率
19．如图所示，氘核和氚核两种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么

A．偏转电场E2对两种粒子做功一样多
B．两种粒子打到屏上时的速度一样大
C．两种粒子运动到屏上所用时间相同
D．两种粒子一定打到屏上的同一位置
20．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3N电荷量为q=2×10－6C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.5，已知管长AB=BC=L=2m，倾角α=，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin=0.6，cos=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是( )

A．B、A两点间的电势差为1200V
B．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大
C．小滑块第一次速度为零的位置在BC间某处
D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m
三、填空题，共4小题
21．如图所示，在场强为E=1.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d=2.0×10-2m的A、B两点，A、B连线与电场方向的夹角为60°，则A、B两点间的电势差为___________ V。

22．将一电量为的点电荷从无穷远移至电场中某点，电场力做功为，求A点的电势________________
23．实线为电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等．一正电荷在等势面φ3上时，具有动能24J，它运动到等势面φ1上时，动能为零．令φ2=0，那么，当该电荷的电势能为4J时，求它的动能是_________焦耳．

24．如果把电荷量的电荷从无限远移到电场中的点，需要克服静电力做功，则在点的电势能为__________，点的电势为__________．
四、解答题，共12小题
25．一个初速度为零的电子通过电压为U=4500V的电场加速后，从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图所示．试求：
(1) 电子到达C点时的速度；
(2) 电子从C点到达D点的时间；
(3) C、D两点沿电场强度方向的距离y．

26．如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d；在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2，电子由第二象限的B点静止释放沿x轴负方向从y轴上的A点射入第一象限区域，且从MN上的P点离开，已知B点坐标为（-l，h），电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：
（1）电子从A点进入第一象限的速度大小；
（2）P点的坐标；
（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离。

27．如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q，QN=2d，PN=3d，离子重力不计。
（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E0的值。

28．如图所示，真空中竖直面内有一个平面直角坐标系，在第三、四象限内有平行于x轴方向水平向左的匀强电场，有一个带负电的油滴从第一象限某点以某一速度水平抛出，恰好经过原点，且经过原点时速度大小为v=10m/s，方向与x轴负方向成30°角射入第三象限，且电场力大小，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）油滴刚抛出时的位置坐标；
（2）油滴从抛出到再次经过y轴所用时间及经过y轴时速度大小；
（3）油滴进入电场后的运动过程中的最小速度是多大。

29．如图所示，竖直面内直角坐标系xOy，原点O是矩形区ABCD对角线交点，AD平行于x轴，A点坐标为，矩形区ABCD内有一平行于xOy平面的匀强电场E0， 现将质量为m，带电量为q（q>0）的相同小球，从O点以3mgL的初动能沿各个方向抛出，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过B点的小球的动能为初动能的，经过E点（BC中点）的小球的动能等于初动能，重力加速度为g。
（1）取电场中O点的电势为零，求B点的电势B和匀强电场的大小；
（2）求带电小球经过矩形边界最大动能是多少？并求出有最大动能的位置坐标。

30．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0
（1）粒子所受电场力的大小；
（2）粒子的运动区间；
（3）粒子的运动周期．
31．如图所示，平行板电容器水平放置，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔。上极板M接地，平行板电容器电容为C，开始不带电。质量m、电荷量+q的液滴从小孔正上方高2d处由静止开始下落，穿过小孔后落到下极板N上，电量全部被极板吸收，当前一液滴落到极板上后下一液滴再无初速下落，（忽略空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）第1滴液滴到达极板N的速度；
（2）最多有多少滴液滴落到下极板。

32．如图所示，一示波管偏转电极的长度为d，两极间的电场是均匀的，场强为E（E垂直于管轴），一个电子经电压为U的加速电场加速后，沿管轴注入，已知电子质量为m，电荷量为e。
（1）求电子经过电极后所发生的偏转距y；
（2）若出偏转电极的边缘到荧光屏的距离L，求电子打在荧光屏上产生的光点偏离中心O的距离。

33．真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子（初速不计）经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线 射入.M、N板长均为L，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏P（足够大）的距离为s．M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图象如图乙所示．调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压UMN的变化周期T．已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力．


（1）求加速电场的电压U1；
（2）欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上，求图乙中电压U2的范围．
34．示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示．电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹．这三部分均封装于真空玻璃壳中．已知电子的电荷量e=1.6×10C，质量m=0.91×10kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应．

（1）电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到16×10J，求加速电压为多大；
（2）电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y(竖直)方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场．偏转电极的极板长=4.0cm，两板间距离=1.0cm，极板右端与荧光屏的距离=18cm，当在偏转电极上加的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度；
（3）如图甲所示，电子枪中灯丝用来加热阴极，使阴极发射电子．控制栅极的电势比阴极的电势低，调节阴极与控制栅极之间的电压，可控制通过栅极电子的数量．现要使打在荧光屏上电子的数量增加，应如何调节阴极与控制栅极之间的电压．电子枪中、和三个阳极除了对电子加速外，还共同完成对电子的聚焦作用，其中聚焦电场可简化为如图丁所示的电场，图中的虚线是该电场的等势线．请简要说明聚焦电场如何实现对电子的聚焦作用．
35．钢球质量为m，沿光滑的轨道由静止滑下，轨道形状如图所示，与光滑轨道相接的圆形轨道的半径为R，


(1)若要使小球沿光滑轨道恰能通过最高点，物体应从离轨道最低点多高的地方开始滑下
(2)若要使小球沿光滑轨道通过最高点时对轨道的压力是3mg，则物体应从离轨道最低点至少多高的地方开始滑下？
36．如图（1）所示，传送带向右匀速，细圆管半径为r=2m，上管口刚好与传送带末端B点相连，下管口C与粗糙水平面相连。一物块轻轻放上传送带的左端A点，从B点进入圆管，在C点出来后恰好运动到A点正下方。已知物块质量为m=1kg，且与传送带和水平面的动摩擦因数相同，物块从A点运动到B的v-t图像如图（2）所示，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块进入细圆管瞬间受到的弹力大小和方向；
（2）传送带长度L及物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
（3）在细圆管运动过程中，物体克服阻力所做的功。


参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
试题分析：电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压时，电容都是10μF．故A正确，BC错误．这个电容器加的电压不能超过50V，D错误，
故选A
考点：考查了对电容器电容的理解
点评：电容表征电容容纳电荷的本领大小，与板间电压和电量无关，对于给定的电容器，电容是一定的，电量与电压成正比．
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．电场线不相交，不中断，故AB错误；
C．电场线上各点的切线方向，表示该点电场强度的方向，故C正确；
D．电场线的疏密可以反映出电场的强弱分布，所以匀强电场的电场线是等间距的平行直线，故D错误；
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
分析小球的受力可知小球的运动情况及小球受合外力的情况；可将其等效看作是竖直向下的匀速运动在合外力（重力和电场力）的作用下轨迹发生变化，由曲线运动的条件可知运动轨迹．
点评：本题表面上是考查了带电粒子在电场中的运动，实际上是考查物体曲线运动的条件，应注意灵活应用物体做曲线运动的条件．注意本题中的等效方法的应用．
4．B
【解析】
【详解】
试题分析：平行板电容器两极板间电压恒定，若将板间的距离增大，根据分析得知板间场强减小，由F=qE得知油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动.故B正确；故选B.
考点：电容器的动态分析；牛顿第二定律.
【名师点睛】本题是电容器动态分析问题，关键掌握电场强度与电势差的关系公式，并能正确运用；开始时油滴受力平衡，通过分析电场力的变化来判断油滴的运动情况；此题是基础题.
5．B
【解析】
【详解】
A．等势面平行等距，因为电场线和等势线垂直，所以电场线必定沿水平方向，且疏密均匀同向，该电场一定是匀强电场．负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力必定水平向左，故电场的方向应水平向右．故A错误．
B．沿电场线电势降低，所以电场方向向右，则P点的电势高于Q点的电势，故B正确．
C．微粒所受的电场力水平向左，对微粒做负功，则其机械能在减少，故C错误；
D．从P到Q过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，因为重力势能增加，因此动能与电势能之和减小，故D错误．
故选B.
6．B
【解析】
【详解】
A．电场线的疏密表示电场强度的强弱，沿电场线方向电场线疏密程度可能不变，可能逐渐变疏，也可能变密，所以场强可能不变，可能变小，也可能增大，故A错误；
B．沿电场方向电势越来越低，故B正确；
CD．沿电场线方向移动负电荷，电场力方向与位移方向相反，则电场力做负功，电势能增大，故CD错误。
故选B。
7．B
【解析】
【详解】
A．由电场线的分布情况可以知道，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，即：

而沿着电场线方向电势逐渐降低，由图可知有：

故A错误；
B．由：

可知正电荷在电势高处电势能大，所以对于正电荷有：

故将一正点电荷从虚线上M点移动到N点，该点电荷的电势能增加，B正确；
C．因为M、N两点电势不同，对于负电荷有：

故将一负点电荷从虚线上M点移动到N点，电势能减小，电场力做正功，故C错误；
D．如图所示，取一点P，当正电荷以一个恰当的速度垂直PM进入电场时，若满足：


根据牛顿第二定律和向心力公式可得：

所以带电粒子可以以PM为半径M点为圆心做匀速圆周运动；再根据电场分布的对称性可知在双电荷的左边对称位置可以让负电荷做匀速圆周运动，故D错误。

故选B。
8．C
【解析】
【详解】
A．正负电荷的中线上电势为零，和其它位置的电势不同，而图中等势线上有中线上的点，说明中线上的点的电势和其它的电势有相同的，因此是两个正电荷的。故A错误；
B．等势线越密集的地方，电场强度越大。故b点的电场强度大于c点的电场强度，故B错误；
C．P点的电荷为正，且为等量同种电荷产生的场强，故Q点也为正电荷，离正电荷越近，电势越高，所以c点电势低于b点电势，故C正确；
D．由于a和c在同一条等势线上，所以负电荷在a和c点的电势能相同，故D错误。
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
取一小段时间Δt，Δt时间内与防浪墙作用的空气的质量为Δm，且作用后速度变为零，设防浪墙对空气作用力的大小为F′，取F′的方向为正方向，根据动量定理有F′Δt=0–Δm·(–v)，而Δm=ρSvΔt，则F′=ρSv2．由牛顿第三定律可知，空气对防浪墙（即飓风对防浪墙）的作用力大小为F=F′=ρSv2=1.3×111×560×103×(250/3.6)2 N=3.9×1011 N，选项C对．
10．D
【解析】
【详解】
A、点C的电势为1V，点F的电势为3V，故CF连线的中点的电势为2V，故直线BE为等势面，CD为等势面，AF也是等势面，故D点电势为1V，故A错误；
B、B点电势比C点电势高1V，电子带负电荷，故电子在B点的电势能比在C点低1eV，故B错误；
C、点B与点E在一个等势面上，故电子从B点到E点电场力做功为零，故C错误；
D、根据得场强为：，故D正确；
故选D．
11．C
【解析】
【详解】
试题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低
沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，A错误；由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，B错误；受力方向指向运动轨迹凹的一侧，故可知粒子受力方向向上，与电场线方向相同，粒子带正电，C正确；粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，故D错误；
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．在间距离减小的过程中，根据电容的决定式，可知d变小，电容器电容变大，故A错误；
C．电容式话筒与电源串联，电压保持不变。根据电容的定义式可知，C变大，Q变大，故Q极板的带电量变大，故C正确；
BD. 极板的带电量变大，电容器充电，所以有逆时针方向电流，即R中有从N流向M的电流，故BD错误；
故选择：C。
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．在a处的正电荷Q，在b点的场强为E，则根据

可知在c点的场强为方向向右；将另一带正电荷的点电荷q放在d点时，测得c点的电场强度大小也为E。可知点电荷q在c点的场强为，方向向左；则点电荷q在b点的场强为，方向向左，则b点的电场强度大小为，选项A错误；
B．设因


可得

选项B正确；
C．c点距离两个电荷的距离比圆环上任一点距离两电荷的距离都近，可知c点的电势高于圆环上任一点的电势，选项C错误；
D．根据场强叠加可知，圆环上各点的电场强度大小都相同，但是方向不同，选项D错误。
故选B。
14．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．AC中点D的电势为

与B点电势相等，则BOD连线必为一条等势线，如图所示，O点的电势为3V；A错误；

B．匀强电场的场强大小为

沿着电场方向电势逐渐降低可知电场方向由C指向A，B错误；
C．设电势最低点为E，如图所示



解得

C正确；
D．由电场力所做的功与电势能的关系得

解得
△EP=-4eV
电势能增加了4eV，D错误。
故选C。
15．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉吸附在管壁上，说明管壁带正电，N接电源正极。故A正确，B错误；
CD．将金属棒与金属管壁看做电容器，则其内电场线分布情况如下图所示

由图可知金属棒附近的a点处电场线较密，而靠近金属管壁的b点处电场线较疏，故a处场强比b处场强大，即，故C正确，D错误。
故选AC。
16．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于带电粒子在竖直方向上位移为零，即受力平衡，说明电场力倾斜向上，即所受重力与电场力沿竖直方向的分力相互平衡，故A错误；
BC．电场力垂直于极板倾斜向上，即电场力对粒子做了负功，则粒子电势能逐渐增加，动能逐渐减少，故BC正确；
D．电场力沿水平方向的分力大小固定，方向向左，所以粒子做匀变速直线运动，故D正确。
故选BCD。
17．BD
【解析】
【详解】
A、B项：合力做功为，则由动能定理得知，小球的动能增加了，故A错误，B正确；
C、D项：由题分析得知，电场力方向竖直向上，大小为设F，由mg-F=ma得，，电场力做功为，则电势能增加了，故C错误，D正确．
点晴：本题考查对几对常见的功能关系的理解和掌握情况：机械能的变化等于除了重力以外的力做功．重力势能减少等于重力做功，动能的变化等于合力做功，电势能减少等于电场力做功．
18．BD
【解析】
【详解】
AB.如图所示，带电小球受竖直向下的重力、水平向右的恒定电场力和细线的拉力.从最低点到最高点过程中，细线的拉力不做功，根据动能定理得qELsin-mgL(l-cos)=0，得小球带电量大小q=，从最低点到最高点过程中机械能与电势能之和保持不变，A错误，B正确；

C.小球到达最大摆角处时速度为零，沿细线方向受力平衡，则线上的拉力为mg，故C错误；
D.由重力与电场力合力方向沿与竖直方向成30°角斜向下，当速度方向与合力方向垂直时速度最大，由动能定理得qELsin30°-mgL(1-cos30°)=，解得：;故D正确.
19．AD
【解析】
【详解】
A．加速电场场强，板间距一定，所以极板之间电势差一定，那么粒子经过加速电场：

同理，经过偏转电场，做类平抛运动，极板长度为，间距为，分解位移：


解得偏转位移：
两粒子带电量相同，电场力做功的位移相同，所以偏转电场E2对两种粒子做功一样多，故A正确；
B．整个过程中对粒子应用动能定理：

解得：，粒子的比荷不同，所以打到屏上的速度大小不同，故B错误；
C．粒子在加速电场中做匀加速直线运动：

粒子加速的位移相同，比荷越大，时间越短，粒子飞出加速电场后的速度：

通过偏转电场到屏上的过程中，水平方向做匀速直线运动且位移相同，两粒子的比荷不同，水平方向的速度不同，比荷越大，速度越大，时间越短，所以通过的时间不同，故C错误；
D．粒子飞出偏转电场的速度与水平方向的夹角满足：

所以两个粒子飞出偏转电场的速度方向相同，之后粒子做匀速直线运动，所以两粒子一定打到屏上的同一位置，故D正确。
故选AD．
20．ACD
【解析】
【详解】
A．AB两点间沿电场方向的长度为

故BA两点间的电势差为

故A正确；
B．由于小滑块带负电，所以小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；
CD．小滑块从A到B的运动过程，合外力

方向沿AB斜面向上，小滑块在BC上时，合外力

方向沿BC斜面向上，故小滑块在AB上做加速度为a的匀加速运动，在BC斜面上做加速度为5a的匀减速运动直到静止，那么，小滑块第一次速度为零的位置在BC上；小滑块从A到B运动的路程为d=AB=2m，然后第一次停在BC上，在BC上运动路程为

再从第一次静止到B的路程为，从B到第二次静止的路程为

故小滑块从静止到第一次速度为零的路程为

第一次速度为零到第二次速度为零的路程为

第二次速度为零到第三次速度为零的路程为所以，从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程

故C错误，D正确．
21．1.0
【解析】
【分析】
【详解】
U=Edcos 60°=1.0×102×2.0×10-2×V=1.0 V。
22．-20V
【解析】
【分析】
【详解】
[1]无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式

有

无穷远处电势能为零，即

故

根据电势的定义式，得

23．8J
【解析】
【详解】
试题分析：正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零，从等势面上等势面U1上时电荷动能的减小20J．由于相邻等势面间的电势差相等，由知：电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经过等势面时的动能为10J，又，电荷在等势面上电势能为0，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J
考点：考查了动能定理，等势面，能量守恒定律
【名师点睛】相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过等势面时的动能，确定电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能
24．
【解析】
【详解】
根据题意，正电荷从无限远处移至电场中的点，克服电场力做功，其电势能增加；而正点电荷在无限远电势能为零，则在点的电势能，，即电荷在点的电势为．
点睛：带正电的试探电荷逆着电场线移动，电场力做负功，而电场中某点的电势等于将该电荷从无穷远处移到这该点电场力所做的功与其电荷量的比值，若改变零电势位置，则电势也会发生变化，但电势差却不变．
25．(1)(2)(3)
【解析】
【详解】
(1)对电子加速过程，由动能定理：

得：

(2)在偏转电场中，竖直方向：

根据牛顿第二定律得：

得：

(3)CD两点沿场强方向的距离：

26．（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)从B到A的过程中，粒子加速度运动，由动能定理得

解得

(2)电子从A运动到P，做类平抛运动，则电子在电场E1中的运动时间为

射出P点时竖直方向的分位移为

又根据牛顿第二定律得

联立解得

所以P点的坐标为（d，）
(3)电子到达P点时，竖直分速度为

速度与竖直方向夹角θ，则有

电子离开电场后水平方向有

电子经过x轴时离坐标原点O的距离

27．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有

离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

得

（2）离子做类平抛运动，有


由牛顿第二定律得

则有

28．（1）（，）；（2）1.5s，；（3）
【解析】
【详解】
（1）根据速度的合成与分解可得油滴在水平分速度大小为

竖直分速度大小为
vy=vsin30°=5m/s
油滴从抛出到运动至O点所用的时间为

t1时间内油滴水平和竖直方向的位移大小分别为


所以油滴刚抛出时的位置坐标为（，）。
（2）油滴进入电场后在水平方向的加速度大小为

油滴在水平方向先做匀减速运动，后做匀加速运动，根据运动的对称性可得油滴从O点进入电场到再次经过y轴所经历的时间为

油滴从抛出到再次经过y轴所用时间为
t=t1+t2=1.5s
油滴再次经过y轴时的水平分速度和竖直分速度大小分别为


合速度大小为

（3）电场力与重力的合力方向与x轴正方向夹角为30°，当油滴运动至速度方向与合力方向垂直时速度最小，根据速度的合成与分解可知最小速度即v在垂直于合力方向的分速度，为

29．（1） ， ；（2）；（，）
【解析】
【分析】
【详解】
（1） 取电场中O点的电势为零，令BC平面为重力势能零势面，粒子由O到B，根据能量守恒定律可得
Ek0+qφB＝mgL＋Ek0
求得

由O到E，根据能量守恒定律可得
Ek0+qφE＝mgL＋Ek0
求得

则：
，
匀强电场中，沿同一直线电势差与距离成正比，则：φc＝0 ，故直线AOC为等势线，过O做AOC垂线，即为电场线。电场强度与等势线AOC垂直，由几何关系：电场线与y轴夹角为。根据电势差与场强关系：

由于，则电场线方向沿AOC的垂线向上。

（3）用正交分解求出电场力和重力的合力：


则小球受到的合力

方向沿x轴负方向。合力做功越多，带电小球经过矩形边界动能越大，则小球从DC边与x轴的交点射出时带电小球动能最大，该点的坐标为（，），根据动能定理
F·OP＝Ekm－Ek0
计算可得粒子从矩形边界射出最大动能

30．（1）； （2） ；（3）
【解析】
【详解】
(1) 由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为：U=φ0
电场强度的大小为：
电场力的大小为：

(2) 设粒子在[-x，x]区间内运动，速率为v，由题意得：
由图可知：

由上解得：

因动能非负，有：

则有：

即：

所以可得粒子的运动区间为：

(3) 考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度：
根据直线运动公式：
联立并代入得：

故得粒子的运动周期为：

31．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)刚开始极板不带电，第1滴液滴到达极板N的过程，据动能定理可得

解得第1滴液滴到达极板N的速度为

(2)设有n滴液滴到达极板N，此时极板上的电荷量为

两极板间的电势差为

第滴液滴恰好到不了极板N，据动能定理可得

联立解得

故最多有滴液滴落到下极板。
32．(1) ； (2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电子经加速电场加速后的速度由动能定理有

电子在极板中的运动时间为

电子在极板中加速度为

电子经过电极后的偏转距离为

联立可得

(2)电子出极板时的偏角为，则

由数学知识得

联立解得

33．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）带电粒子在加速电场中加速

带电粒子在偏转电场中沿初速度方向匀速

解得电压

（2）t = 0时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后作匀速直线运动，射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y最大， 设沿电场方向加速时位移为y1，匀速运动位移为y2，则



解得

34．（1）1.0×103V（2）10cm（3）要使打在荧光屏上电子数目增加，应将阴极与控制栅极之间的电压调低
【解析】
【详解】
解：（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：
代入数据解得：V
（2）由V，可知角速度为rad/s
则偏转电场变化的周期为：s
而，因为
可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场
设偏转电场电压为时，电子刚好飞出偏转电场，此时电子沿电场方向的位移为
根据牛顿第二定律和运动学公式有：
解得：V
所以为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电压应小于320V
当加在偏转电极上的偏转电压为V时，且电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移恰为
设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为，则有：
电子打在荧光屏上的最大偏移量：cm
由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为cm
（3）现要使打在荧光屏上电子数目增加，应将阴极与控制栅极之间的电压调低，聚焦电场如图所示：

由力和运动的关系可知：电子在沿示波管中心轴线所受电场力与电子沿此方向速度相反，电子沿示波管中心轴线方向做减速运动；电子在垂直波管中民主轴线方向，受电场力指向中心轴线，在此方向电子做加速运动．由对称性可知电子束有向着中心会聚的特点，适当调节电场可以使电子速聚焦在中心，轴线上一点，因此这样的电场分布将对射入的发散的电子束有会聚作用．
35．（1） （2）
【解析】
【详解】
(1)小铅球恰能通过最高点时，N=0 最高点时，由牛顿第二定律得：
小球在下落过程中由动能定理得：，解得：h=2.5R
(2) 最高点时，由牛顿第二定律得：
并且
小球在下落过程中由动能定理得：
解得：h=4R
故本题答案是：（1） （2）
点睛：要知道圆周运动中恰好过最高点的条件是什么，理解并运用这个条件解题，
36．（1）2N，方向向上；（2）2m；0.5；（3）38J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图像可知物块先加速后匀速，故在B点的速度为
vB=4m/s
假设在B点的弹力为F，方向向下。由向心力公式得
F+mg=m
代入数据解得
F=−2N（负号代表方向）
故弹力大小为2N，方向向上。
（2）v-t图像面积代表位移，由图像可以传送带长度为
L=2m
在传送带上，由牛顿第二定律得
μmg=ma
由图像可得
a==5m/s2（t为加速时间）
联立解得
μ=0.5
（3）设物块到C点速度为vc，克服阻力做功为W，则有
vc2=2aL
从B到C，由动能定理得
mg·2r−W=mvC2−mvB2
联立解得
W=38J