专题11 静电场中的能量-2024年高考物理小题必刷卷

专题十一静电场中的能量 I高考攻略I 本专题是高考考查的重点和热点内容，主要考查电场能的性质、平行板电容器及其动态分析、带 电粒子在电场及复合场中的运动等知识点，试题涉及知识内容多，考查角度灵活多变，往往与科学技 术相联系，问题综合抽象，对物理建模能力及数学应用能力要求较高。 考点三电势差与电场强度的关系 【考点·分层分练】 3.(2024·湖北武汉华中 考点一 电场强度、电势的关系判断 师大一附中模拟)如图 1.(多选)(2024·广东广州荔湾区真光中学模拟) 所示，△abc顶角为 120 如图所示，三个点电荷固定在等边三角形的三个 120°，ab=bc=1cm。空 顶点A、B、C处，所带电荷量相等，A、B带正电， 间中存在着匀强电场，电场方向和△abc所在平 C带负电，c为三角形中心，a、c两点关于AB对 面平行。已知a,b、c三点的电势分别为7V、3V、 称，b、c两点关于AC对称，a、b、c三点的场强分 1V,则电场强度大小为 别为Ea、E6、E,电势分别为a%ge,则下列判 A.2 V/cm B.27 V/em 断正确的是 C.4 V/cm D.v/em 考点四电场中的图像问题 4.(2024·福建福州模拟)如图所示，两个固定的等 升 量正点电荷相距4L,其连线的中点为O,以O为 圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连 ⑧1 线的垂直平分线分别交于a、b和c、d,以O为坐 A.E<E<E B.E<E<E 标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴，Ob为 C.9%>a>9 D.9a>9r>p% x轴的正方向。若带正电的试探电荷从a点由 考点二电势高低及电势能大小的判断 静止出发，沿直线aOb运动到b点，下列各图关 2.(多选)(2024·河南洛阳高三模拟)真空中有两 于试探电荷速度v、电势能E。及x轴上各点电 数 个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个 场强度E、电势9的描述正确的是 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 黄 D 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 49 考点五电场线、等势线、轨迹线问题 A.振膜膜片向右振动时，电容器电容减小 5.(2024·河南商丘模拟)如 B.振膜膜片向右振动时，电阻R中有从b→a的电流 图所示，带箭头的射线为 C.振膜膜片向左振动时，极板上电荷量增加 电场线，虚线代表电场中 D.振模膜片向左振动时，膜片与极板之间电压减小 的三条等势线，其中电势 考点八带电粒子在电场中的直线运动 a=60V,gm=20V,点b M 8.(2024·浙江杭州高三模拟)如图甲所示，某多级 为a、c连线的中点，某带 直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依 电粒子仅在电场力作用下从M点运动到N点， 次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒 轨迹如图所示。则下列说法正确的是 () 依序接在交变电源的两极M、N上，序号为O的 A.电势%等于40V 金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不 B.带电粒子带正电荷 计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN,一段 C.带电质点在M点的速度比在N点的速度大 时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量 D.带电质点在M点的加速度比在N点的加速度小 为m、电荷量为，质子通过圆筒间隙的时间不 考点六电容器的充、放电现象 计，且忽略相对论效应，则 6.(多选)(2024·江苏启东中学高三质检)电容器 是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应 用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放 电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可 以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流 甲 电源电动势为E,实验前电容器不带电。先将开 A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动 关S拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将S 拨到“2”，直至放电完毕。计算机记录的电流随 B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为，√ 2(n-1)eU6 m 时间变化的一t曲线如图乙所示。则 ( i/mA C.各金属筒的长度之比为1：2：3：… D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1,2：，3：… 计算机 600 900 考点九带电粒子在电场中的偏转 器 300 tis 9.(2024·北京顺义区一中模拟)如图所示，平行板 电容器板间电压为U,板间距为d,两板间为匀强电 场，让质子以初速度沿着两板中心线射入，沿a A.乙图中阴影部分的面积S1<S 轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让 B.乙图中阴彩部分的面积S1=S 质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将 C.由甲、乙两图可判断阻值R,>R2 D.由甲、乙两图可判断阻值R1<R 考点七平行板电容器的动态分析 7.(2024·安徽安庆九中模拟)电容式传声器具有 一系列突出的特点，如灵敏度高、动态范围宽、频 率响应宽等优点而广泛应用于电视、广播、电影 及剧院中的高保真录音的场合，或用于科研上的 A.初速度变为2 精密声学测量的场合，甚至因其灵敏度极其稳定 B.开关S断开 且可绝对校准，而将其用作声学基准。其工作原 C.上板竖直向上移动，使板间距变为2d 理如图所示，声波作用在振膜上引起振膜振动， D.两板间电压变为2U 从而改变膜片与极板之间的距离，引起极板上电 考点十带电粒子在重力场和电场复合场中的运动 荷量的改变。下列说法正确的是 10.(2024·湖南长沙天心区长郡中学高三月考)如 极板空腔 图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质 片 量为m、电荷量为十q的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做 波 圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直 直径。已知重力加速度为g,电场强度E-ms, 不计空气阻力，下列说法正确的是 50 D.带负电的试探电荷从c点沿cd移动到d点， 试探电荷的电势能先减少后增加 13.(2024·济南模拟)如图所示，O、0 A、B为同一竖直平面内的三个 60 点，OB沿竖直方向，OA垂直于 A.若小球在竖直平面内绕O点恰好做完整圆周 AB,∠AOB=60°，将一质量为m 的小球沿某一方向以一定的初动 运动，则它运动过程中的最小速度mm一vgL 能自O点抛出，小球在运动过程 B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则 中通过A点时的动能是初动能的 小球运动到D点时机械能最大 2倍。使此小球带电，电荷量为q B C.若将小球在A点由静止开始释放，小球到达 (q>0),同时加一匀强电场，场强方向与三角形 B点速度为2√gI OAB所在平面平行，从O点以同样的初动能沿 D.若剪断细线将小球在A点以大小为√gL的 某一方向抛出此带电小球，该小球通过A点时 速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 的动能是初动能的3倍：将该小球从O点以同 【考能·演习演练】 样的初动能沿另一方向抛出，通过B点的动能 也是初动能的3倍。已知重力加速度大小为 11,(2024·湖南长沙高三五校模拟联考)人体的细 g,则所加电场的场强大小为 ( 胞膜模型图如图a所示，由磷脂双分子层组成， B.3mg 双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）， A器 2q 现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d,膜内的 C.Ig D.3m四 电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初 速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作 14.(2024·山东淄博高三一模) 用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正 如图所示，边长为1m的正 D 确的是 立方体ABCD一A'BC'D'处 细胞外 于匀强电场中，A、B、C及D 四个顶点的电势分别为50V、 细胞膜 40V、30V、30V,下列说法 正确的是 细胞内 A.A'点的电势为30V 图a 图b B.电场强度的方向沿AD'连线方向 A.钾离子的电势能增大 C.电场强度的大小为103V/m B.A点电势等于B点电势 D.电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到 C.若膜电位增加，则钾离子进入细胞内的速度 达D点，电场力做功为10eV 更大 15.(2024·北京西城区模拟)如图甲所示的电路 D.若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进 中，电源输出电压保持为8V,电阻R与一个电 入细胞内的速度越大 流传感器相连，传感器可以将电路中的电流随 12.(2024·山东潍坊高 时间变化的曲线显示在计算机屏幕上。先将S 三一模)空间中a、b、 接2，给电容器C充电，再将S接1，在计算机屏 c、d四点位于正四面 幕上得到如图乙所示的曲线。将该曲线描绘在 体的四个顶点，m、n 坐标纸上（坐标纸上的小方格图中未画出），1 两点分别ab是和cd 轴每小格表示0.1mA,1轴每小格表示0.1s, 的中点。在a、b两点 图线与坐标轴所围成的面积约为80个小方格， 分别固定等量正电 下列说法正确的是 荷，正四面体对电场 分布没有影响。下列说法正确的是 A.m、n两点的电势相等 电流传感器 B.c、d两点的电场强度相同 C.带正电的试探电荷从c点沿cm移动到m t/s 点，试探电荷的电势能减小 51 A.充电电流由a极板穿过电容器内部流向b极板 D.正电十q1和负电一q2两个微粒的电荷量之 B.放电时电流沿顺时针方向 比为5：27 C.电容器充电完毕时，所带电荷量约为8×10一4C D.电容器的电容约为0.1F 【考场·真题真练】 16.(多选)如图所示，一充 19.(2024·全国甲卷)在电荷量为Q的点电荷产生 电后与电源断开的平 M 的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离 行板电容器的两极板 该点电荷r处的电势为k?,其中k为静电力 水平放置，板长为L,板 间距离为d,距板右端 常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等 L处有一竖直屏M.一带电荷量为g、质量为m 于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数 的质点以初速度沿中线射人两板间，最后垂 和。电荷量分别为Q和Q2的两个点电荷产 直打在M上，则下列说法中正确的是（已知重 生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字 力加速度为g) 的单位是伏特)，则 ( A,两极板间电压为” 2q 02 B.板间电场强度大小为2ms C.整个过程中质点的重力势能增加mgL 1-0.1 D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直 打在M上 17.(多选)(2024·江西九 江高三模拟)如图所示 Q 的两个平行板电容器 A.Q1<0 =-2 B.Q1>0Q2 =-2 B 水平放置，A板用导线 Q 与B'板相连，B板和 C.Qi<0.Q =-3 D.Q1>0 =-3 Q2 A‘板都接地。已知A板带正电，在两个电容器 20.(多选)(2024·江西卷)如图所示，垂直 间分别有M、V两个带电油滴都处于静止状 于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，甲Q, 态。AB间电压为UaB,带电量为QB,A'B'间 质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲 电压为UA'B,带电量为QA'B,若将B板稍向下 和乙穿过直杆，两小球均可视为点电 移，则 荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的 A.电容CB不变，电容CAB不变 坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初 B.UAB减小，UA'B增大 始时刻小球甲从x=x。处由静止释放， C.QAB减小，QA'B增大 开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能E D.N原来所在位置处的电势增大且N向上运动 18.(多选)(2024·重庆石 =kQ4(r为两点电荷之间的距离，k为静电力 柱中学月考)三个质量 09 常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力∫，重力 相等，分别带正电十9、 加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是 负电一q2和不带电的 微粒，从带电平行金属 B A.最低点的位置x= kQg (mg十f)xo 板左侧中央以相同的水平初速度先后垂直 电场进入，正极板上的A、B、C为三个微粒的落 B.速率达到最大值时的位置x√mg一了 ikQq 点，O点是下极板的左端点，且OA=AB=BC, 如图所示，则下列说法正确的是 C最后停留位置x的区间是√ L∠x A.不带电的微粒落在正极板的C处 kQg B.三微粒在电场中运动的时间之比tA:tB:tC ≤Nmg了 =1:2：3 D.若在最低点能返回，则初始电势能E< C.三微粒在电场中运动时动能的变化量之比 kQq △EkA:△EkB:△Ekc=36:9:4 (mg一mg十j 52mAg_T_卫，m驱=工=E,可得mA:mB=2: 2k Q h IA IA’h IB xB1 1,xAxB=1:2,故C错误，D正确。 2 【答案】D =8歌9，得a1:a2=20:9,故D正确。 r“m 14.【解析】由于國环所带电荷量均匀分布，所以长度为 【答案】 BD 业的小圆张所学电待量？一装设有取走电疗时圆 18.【解析】A.静电平衡的导体内部场强处处为零，根 据电场的叠加原理知带负电的小球A在球壳内部 心O,点的电场强度为零，根据电场强度叠加规律，取 M、N点产生的场强方向向右，所以感应电荷在M、 走A、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在O,点产生的 N点产生的电场强度向左，故A错误；B.带负电的 电场强度大小等于A、B处弧长为△L的小圆孤所带 小球A在球壳内部M点产生的场强小于在N点产 正电椅在O点产生的场强的叠加，方向相反，即有 生的场强，所以感应电荷在M,点产生的电场强度比 E-a6m解得E。-朵方有若0.故A N点要小，故B正确；C,金属球壳Q是等势体，三点 的电势相同，故C错误：D.若将金属球壳Q的左侧 正确：BCD错误。 接地，球壳Q的右侧为新导体相对于A的近端，带正 【答案】A 电，而球壳Q的左侧将不带电，故D正确。 15.【解析】AC.小球B受力分析如图 【答案】BD 由平街条件可得0= 19.分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距 F 离为1，蝇与竖直方向的夹角为0，则有g四0-g0E sin 45* sin105,解得T T 12 sin 105 =mog tan 6. 5n30°mg=3 2+v mg 9e+qpE=mpgtan,星然mo 2mg,故 12 2 gtan <mpg tan0,即mQ<mp,B正确：设下端系有 AC错误：BD。而A对B的静 小球P的细绳的张力大小为T、下端系有小球Q的 12 电力大小为F=册祭mg=名mg=Bmg,且A对 细蝇的张力大小为T,则有T-。了-站 合上述分析可知，T>T,A错误：根据小球Q在O 2 B的引力”与“B对A的引力”为一对相互作用力，由 点所在竖直线左边知9>E0,则智>E,但P、 12 牛顿第三定律可知其等大反向，故B正确，D错误。 Q电荷量之间的大小关系无法确定，CD错误。 【答案】B uHulE 16.【解析】将挖去的半径为r的圆板补上则得到一个无 限大的均匀带电平板，由公式E=2xka[1-,x] 12+R kq4o 9E+ kqi9o -9o 得，当R→0时得到圆孔轴线上任意一点Q的电场强度 P mog tmp唱 EQ1≈2πku:补上去的半径为r的圆板在Q点产生的电 【答案】B 场强度大小为E=2πkm[1- ,:则龙去一率径 20.【解析】由点电荷的场强公式和场强叠加原理可 知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E 为r的圆板后园孔轴线上任意一点Q的电场强度E ®一=2如存·期所全电场力的大小为 0s60,方向沿MA方向，又M点的电 中厅所以选项A正确 2nkauo 场强度为0，所以细杆在M处产生的电扬强度大小 【答案】A 也为E。,方向沿AM方向，由对称性可知细杆 17.【解析】A,P从a点运动到d点过程中，电场力方 在A处产生的电场强度大小也为E=3g,方向活 向不变，电场力做正功，速度一直增大，故A错误；B. P从a点运动到0点和从0点运动到d点过程中电 MA方向，又由点电荷的场强公式和场强叠加原理 场力微功相学，报据动能定理有W=m2-0=7m 可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E'= 2kg0s30°=g,方向沿MA方向，所以A处的电 2n心，P通过d点时速度大小u=2,故B正确： C.假设是匀强电场，从0，点运动到（点过程中，根据 场强度大小为EA=E+E=(3+),D正确。 a= 动能定理有号W=2m暖-m,得u- 20,而0c 【答案】D 间场强平均值小于a0间场强平均值，则P通过c点 专题十一静电场中的能量 时建度小于，故C错误：D设MN间范为，根据牛 1.【解析】AB.根据对称性关系，A、C电荷在b、c两点 的合电场强度大小相等，方向相同，方向垂直于b加指 顿第二定律和受力特点，a、d两点加速度最大41= 向C,又C离B电荷近，根据电场的叠加，可知E6< Q Q E,根据对称性关系，A、B两电荷在c,a两点的合电 ()( 场强度大小相等，方向相反，a点由c指向a,c点由a 160 Q ,0点加速度最小a2= 指向c,又c离C电荷近，根据电场的叠加，可知E4< 9 E:根据对称性关系，B、C两电荷在a、b两点的合电 155 场强度大小相等，在。点的合电场强度方向斜向上偏 角，则电场力做负功，动能减小，带电质点通过M点时 右，在b点的合电场强度方向斜向下偏右：A电荷在 的动能比在N点的大，故带电质点在M点的速度比 ,b两，点的电场强度大小相等，根据矢量的叠加，可知 在N点的速度大，故C正确：D.电场线越密，电场强 E.<Eb。综上分析可得Ea<Eb<Ec。故A错误，B 度越大，则知M点的场强比N,点的场强大，即带电质 正确。CD.对于电荷A、C的合电场，b、C点在其中垂 点在M点的电场力比在N点的大，因此带电质点在 线上，根据等量异种电荷电场特点，其电势为零，心点 M点的加速度比在N点的加速度大，故D错误。 离B电荷近，根据正电荷周围电势为正，且越远电势 【答案】C 越低，可得>%，对于A、B两点电荷的合电场中、 6.【解析】AB.图乙中阴影面积代表充放电中电客器 c两点对称，电势相等，c点离C电荷近，可得>· 上的总电量，所以两者相等，A错误，B正确：CD.由图 故有>9>%。故C错误，D正确。 乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间 【答案】BD 电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由 2.【解析】由题意可知O,点场强为零，所以a,O两，点间 场强方向是由a指向O的，所以gu>90,A项错误：同 Ro十R>RO十R2,解得R1<R2。C错误，D正确。 E E 理，>0，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分 【答案】BD 量，所以0>，则4>%，B项正确：同理，9>%，件 7.【解析】AB.振膜膜片向右振动时，根据电容决定式 则，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所 以C项错误，D项正确。 C=ES 4π电客器的间距d减小，电容C应该增大；根 【答案】BD 3.【解析】根据题意可得ac=2ab·cos30°=2×1× 据电容的定义式C一号，也容器与电源相连，故U不 3 变，电容C增大，故电荷量Q增大，电容器充电，则电 2 cm=3cm,由于a、b、c三点的电势分别为7V、 阻R中有从b-→4的电流，故A错误，B正确：CD.振 3V、1V,则在ac之间有一点的电势与b点相等，设该 膜膜片向左振动时，根据电容决定式C=,电容 点为山点院华-会-得子到d 器的间距d增大，电容C应该减小，根据电容的定义 cm,bd为等势线，过c点作bd的垂线ce,如图 式C-号电容器与电源相连，故U不变，电容C减 所示。 小，故电荷量Q减小，故CD错误。 【答案】B 8.【解析】A.金属圆筒中电场为零，质子不受电场力， 合力为零，故质子做匀速运动，故A错误：B.质子进入 第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理nUo= 120 1 m听-0，解得， 2neUo ，故B错误；D.依题意分 析，只有质子在每个固简中匀违运动时间为时，才 由几何关系可知∠ab=30°，由余弦定理，得b2=x2 +cd2-2bc·cdeos∠ach 能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误：C.根据 匀加速直线运动位移一时间公式，第n个圆筒长度Lm 得= 3 cm=cd,则∠cbd=30°， 所以ce=besin30°=0.5cm。 2心·子，则各会属简的长度之北为1“ ·27 所以E= Ux2 √2：√3：…，故C正确。 ce 0.5 cm -=4Vcm,故C正确，ABD 【答案】C 错误。 9.【解析】ACD.质子在电场中做类平抛运动，在水平 【答案】 C 方向上做匀速直线运动，则有x=0,在竖直方向上 4.【解析】AC.O点的场强为零，从a到b,场强先减小 做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 后反向增大，电荷所受的电场力先减小后增大，加速 和运动学公式可得 度先减小后增大，V一t图像切线斜率先减小后增大， 故AC错误：B.根据题意可知，电荷在关于O点对称 之×可得·质子从下板塑 的位置电势能相等，图像应关于纵轴对称，故B错误： 缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的 D.aO间的电场线方向由a到O,电势逐渐降低，根据 两倍，故可采取的措施是初速度变为20，或板间电压 9一x图像切线斜率等于场强，知中一x图像切线斜率 逐渐减小，x=0时中一x图像切线斜率等于零，故D 变为号，或使教间距变为d,故A正确，CD错误：B 正确。 断开开关S,极板上的电压不变，根据场强的计算公式 【答案】D E一可知，两板阿场强不变，质子的受力情况不变， 5.【解析】A.由图看出，ab段电场线比bc段电场线密， ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差 故质子的运动轨迹不变，质子仍沿：轨迹落到下板的 U大于bc间电势差Uk,即一%>%一件，得到< 中央，故B错误。 9十丝=60十20V=40V,故A错误：B.由图可知，带 【答案】A 2 2 10.【解析】A.由于电场强度E-5,故mg=Eg,将重 电粒子所受的电场力方向沿电场线向左，与电场线的 方向相反，所以带电粒子带负电，故B错误：C.带电粒 力场和电场的总和等效成另一个“合场”，物体的加 子所受的电场力方向沿电场线向左，带电质点从M点 速度大小为a=v2g,故若小球在竖直平面内绕O,点 运动到N,电场力的方向和位移方向之间的夹角为钝 做圆周运动，则它运动的最小速度为v,则有2mg= 156 m,解得u=√2gL,故A错误：B.除重力和弹力 13.【解析】令OA的距离为d,初动能为E0,小球从O 到A只有重力做功，根据动能定理可得ngdeos60°= 外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直 平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电 2E0一E0,解得Ew=之mgd,加电场后.小缘从0 场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B错 到A根据动能定理，可得 误：C.小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下， WaA电十ngdcos60°=3Ek0一Ek,小球从O到B根 故若将小球在A点由静止开始释放，它将要沿合力 据动能定理，可得W(B电十mg2d=3Eko一Eo。 方向做匀加速直线运动，由动能定理2mgX√2L 联立可得WaA电=Eko;WOB电=-2E0。令O,点的 2m说，可知小球到达C点时的速度心=2g。 电势为零，即0=0，则 WOA电=q(g0一9A)=Ek0,WB电=q(g0一9B)= 当绳绷紧后小球沿切线速度为w2gL,由C至B由 一2E0,可得A= 2Ek0 动能定理-mgL+BL=之m一之m,解得B 根据匀强电场的特点可知，在匀强电场中，沿着任意 √2gL,故C错误：D.若将小球在A点以大小为 直线电势的下降都是均匀的，可得OM为等势线，M √gL的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动， 为AB的三等分点，根据电场线与等势面垂直，可知 因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀加 电场强度沿CA方向，如图所示 速：因Eg=mg,故水平加速度与竖直加速度大小均 为g,当竖直方向上的位移为零时，时间1=2名 则水平位移1=？s产，解得=2L,则说明小球刚好 运动到B点，故D正确。 【答案】D 11.【解析】A.初速度可视为零的一价正钾离子仅在电 场力的作用下，从图中的A,点运动到B,点，可知钾离 子运动中电场力做正功，所以钾离子的电势能减小， 故A错误；B.初速度可视为零的一价正钾离子仅在 根据几何关系可得x=号，根据电场强度的计算公 电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，则电场 线从A到B,沿电场线电势降低，所以A点电势大于 式可得EUa B点电势，故B错误；CD由动能定理可知9U=?m 联立解得E=m,故C正确，ABD错误。 若膜电位不变时，即电压U不变时，钠钾子进入细胞 内的速度不变：电压增加时，速度增大，故C正确， 【答案】C D错误。故选C 14.【解析】A.A'B与D'C平行且相等，根据U=Ed 【答案】C 知，A'B间的电势差等于D'C间的电势差，即9A' 12.【解析】A.根据题意可知，等量同种电荷的等势面 9B-PD-9C,得9A'=9B十9D'-9c=40V+30V 分布图，如图所示。 30V=40V,故A错误：B.同理可得，AB间的电势 差等于DC间的电势差，即PA一PB=9D一P,解得 9D=40V,所以A'BD平面是一个等势面，根据电场 线与等势面垂直，并由电势高的等势面指向电势低的等 势面，知电场强度的方向垂直于A'BD平面向下，故B 错误：C.连接A'D、BD、A'B,则△A'BD为等边三角形， 作出A'D的中线BF,过A作出BF的垂线，由几何知识 可得E=号F,BF=BDos30. 由沿电场线方向，电势逐渐降低可知，离两个，点电荷 的距离越远电势越低，由于，点离两个点电荷的距 离大于m点离两个点电荷的距离，则有pm>中m,故 A错误；BD.c,d两点离两个点电荷的距离相等，由 对称性可知，c、d两点电势相等，电场强度的大小相 AE=√AB一BE,联立解得AE-m,AE间的电 等，但方向不同，由于点离两个点电荷的距离小于 cd两点离两个点电荷的距离，则有9二Pu<p,根 势差UAE=9A一9E=50V-40V=10V,所以电场 据E。=一q9可知，负电荷在电势越高的地方电势能 强度的大小为E UE=10Vm=103Vfm,故C 越小，在电势越低的地方电势能越大，负电荷从点 沿cd移动到d点，电势能先减少后增加，故B错误， 3 D正确：C,由于c点离两个点电荷的距离大于m点 正确；D.AD间的电势差为UAD=9A一gD=50V 离两个点电荷的距离，则有<Pm,则带正电的试探 40V=10V,电子从A,点出发沿AB边，BC边，CD 电荷从c点沿cn移动到m点，试探电荷的电势能增 边到达D点，电场力做功为WD=一eUD=一10eV, 加，故C错误。 故D错误。 【答案】D 【答案】C 157 15.【解析】A.电源给电容器充电时，充电电流由电源 正极流向电容器a极板，使得极板间的电椅量不斯 在BA'间的电压变大，又电场强度E号，场强爽 增加，电压不断增大，电能转化为电场能，而不是由 极板穿过电容器内部流向b极板，故A错误；B.由题 大，则N原来所在位置处的电势增大，电场力F- 意可知，电容器充电后，上极板带正电，电容器放 9为油滴电荷量不变，则电场力变大，N向上运动，故 电时，放电电流从电容器上极板（经电阻R,电流传 D正确。 感器到电容器下极板D,即放电电流方向沿逆时针方 【答案】 CD 向，故B错误：C.电流逐渐减小，故为电容器放电过 18.【解析】A.正电荷受到的电场力方向向上、负电荷 程。根据Q一I1可知，I一1图像中图线与坐标轴围 受到的电场力方向向下，不带电的微粒不受电场力， 成的面积，即方格的面积表示为电容器放电量，也表 所以正电荷的加速度最小，落在C处，负电荷的加速 示充电的总电量，因此电荷量Q=0.1×10-3×0.1 度最大，落在A处，不带电的微粒落在正极板的B ×80C=8×10一4C,故C正确：D.根据电客器电容 处，故A错误；B.三个粒子的初速度相等，在水平方 Q-8X10F= 向上微匀速直线运动，由x=ul得，运动时间tA:1B: 的定义式，可得电容器的电容C t心=1：2：3，故B正确：C.三个粒子在竖直方向上 8 1×10+F,故D错误。 的位移y相等，振据y=a2,解得aA'aB:ac 【答案】C 16.【解析】据题分析可知，质，点在平行板间轨迹应向 疗：3：3=36：9：4，由牛顿第二定律可知F合月 上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转 m,因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相 才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨 同，合力做功W=F合y,由动能定理可知，动能的变 迹有对称性，如图所示， 化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动 过程的动能变化量之比为36：9：4，故C正确：D 三个粒子的合力大小关系为FA合>FB哈>FC合，三 个粒子的重力相等，由牛顿第二定律得aA:aB:aC (mg+q2E):mg:(mg-q1E)=36:9:4,解得q1: 92=5:27,故D正确。 【答案】BCD 可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别 19.【解析】根据沿电场线方向电势降低，结合题图可 由牛顿第二定律得qE-mg=ma,mg=1a,解得a= 知，Q1>0,Q2<0,AC错误：设两点电荷间的距离为 g,E=2mg,由U=Ed得两极板间电压为U 号2+是-0，解得8 3L,则有k2元 =一2，B正确，D 2mg,故A错误，B正确：质点在电场中向上偏转的 错误。 【答案】B E寿y广1=品解释y一器 ,故质点打在屏 20.【解析】小球甲从开始运动至第一次运动到最低点 的过程，根据能量守恒定律有mg(x0一x)=∫(xo 上的位置与P点的距离为s=2y= 话·整个过程中 ）十（94-k盟)，解得x一mg kQg 一，A错误：小 球甲第一次向下运动至速度最大的位置，此时加速 质点的重力势能的增加量E,=mgs= mg2 一，故C 度为零，根据平衡条件有mg=∫+Q,解得x 正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不 变，根据E=号=品=。=0可知，板间电场 Q?,B正确：若小球甲停止是在下降的过程，且 d Cd ES ErS mg一 4πka 停止运动后恰好静止，有mg十f=Q,解得x1 强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况 不变，仍垂直打在M上，故D错误。 m若小球甲停止是在上升的过程，且停止运 【答案】BC 17.【解析】A.将B板稍向下移，AB板问距离d变大， 动后恰好静止，有mg= 9十∫，解得x2 x 由C得，电客C出变小.电客CAB不变，故A Q的因此小球甲最后停留位置正的区间为 错误：B.电容器与电源断开，两电容器电容器并联， 等效电容设为C,则C=CB十CAB,总电荷量不变， 设为Q,AB间和B'A'间的电压相等，设为U,则U= kQ4,≤x≤入ng一了 人Q4,C错误：若小琼甲在最低点 Q C Q,由于AB板间距离d变大，CB变 CAB+CAB 能返回，则有>mg+解得<√mg·结合 小，则两个电客器的电压都变大，故B错误：C.两电 A项分析可知x= kQq 容器电容器并联，两个电容器电压相等，都等于U, (ng一)r ,则有(mg一Dx0 所以有U=Qg-QL,电容Cg不变而U变大， CA'B'CAB Q2,可得初始电势能E0=0☒<(mg一f) 个Vmg十f 则QA'B增大，又QA=Q一QA'B,Q不变，则QAB变 小，故C正确：D.N带电油滴原来处于静止状态，电 D确 场力和重力平衡，电场力向上，根据B选项分析，现 【答案】BD 158