考点20 电场能的性质-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

若点20 电场能的性质 刷小题·重基础 1.(2024·江西萍乡模拟)如图所示，图中虚线 为某静电场中的等差等势线，实线为某带电 粒子在该静电场中的运动轨迹，a、b、c为粒 子的运动轨迹和等势线的交点，粒子只受静 电力作用，下列说法正确的是 () A.a点的电场强度大于b点的电场强度 B.粒子在a点的动能比在b点的动能小 C.粒子在a点和c点的速度相同 D.粒子在b点的电势能比在c点的电势能大 2.(2025·湖南怀化模拟)如图所示，实线为某电场 的电场线，虚线表示该电场的等势面，A、B、C是 电场中的三点，下列说法正确的是 A.三点中，B点的场强最大 B.三点中，A点的电势最高 C.将一带负电的试探电荷从A移动到B,电势能增大 D.将一带正电的试探电荷从A移动到B和从A移动到C,电势能 的变化相同 3.(2024·辽宁葫芦岛模拟)如图所示，空间存 ◆E Eo 在水平向右、场强大小为E。的匀强电场，在 A000B 电场中固定两个带等量正电的点电荷A、B, ◆F A、B的连线与电场线平行，A、B连线的中垂 线与A、B连线交于O点，E点和F点为中垂线上关于O点对称的 两点，则下列说法正确的是 A.E、F两点的场强大小相等、方向相同 B.E点的场强大小是O点场强大小的√2倍 C.E、F两点的电势相等 D.若将正试探电荷从E点沿直线移动至F点，则电场力先做正功 后做负功 4.（多选)(2024·湖北荆州模拟)如图所示，在匀强电场中有一虚线 圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab= 0.2m,cd与电场方向平行，a、b两点的电势差 b E U=20V。则 ( ) A.电场强度的大小E=200V/m 560 ---d B.b点的电势比d点的低5V C.将电子从c点移到d点，电场力做正功 D.电子在a点的电势能大于在c点的电势能 5.(2024·河北邯郸联考)直线GH是某电场中 a. 的一条电场线，方向如图所示，一带正电的粒G 子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨 迹为一抛物线。下列说法正确的是 A.a、b两点的电场强度大小可能是E。>E B.a、b两点的电势大小可能是9。<9 C.带电粒子由a运动到b的过程中，动能一定是一直增大 D.带电粒子由a运动到b的过程中，电势能可能先增大后减小 6.(多选)(2024·四川宜宾诊断)如图所示，以A、A: -B B、C、D为顶点的长方形处于一平行板电容器 (未画出)形成的匀强电场中，长方形所在平面与Dc 两平行板垂直，AB的长度为8cm,BC的长度为6cm,D点距带正 电荷的电容器极板的距离为20cm。取无穷远处的电势为零，A、 B、C三点的电势分别为9V、25V、16V。则 () A.D点电势为0 B.D点电势为18V C.两平行板间的电势差为50V D.两平行板间的电势差为100V 7.（多选)(2025·山东临沂模拟)如图所示，匀强电场A37°B 中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为 2.5cm,A、C两点间的距离为8cm,∠BAC=37°， C 匀强电场方向平行于A、B、C三点所确定的平面。 现把带电荷量q=5×109C的正点电荷由A点移到B点，该过程 中电场力做功W,=2.5×108J,当将该点电荷由A点移到C点， 电场力做功W2=1×107J(已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8)，若取 A点的电势为零，则 () A.该点电荷在B点的电势能为2.5×108J B.A、B两点的电势差为5V C.C点的电势为20V D.匀强电场的电场强度大小为250V/m 考点20电场能的性质051 8.(2024·辽宁大连模拟)如图所示，匀强电场方向D A 平行于正方形ABCD所在平面，O为正方形中 01 心，OA两点电势差Uo4=20V,OB两点电势差 Uo=20V,已知正方形边长为5cm,下列关于 该匀强电场描述正确的是 ( A.O、D两点电势差Uon=20V B.电场强度大小为800V/m,方向由D指向A C.电场强度大小为400√2V/m,方向由C指向A D.一电子从C点移动到A点电场力做功40eV 9.(2024·湖北武汉模拟)如图所示，一等腰梯形 D ABCD处于匀强电场中，电场强度方向平行于 等腰梯形所在平面，已知∠DAB=∠CBA= A 60°，AB=2m,AD=1m,A、D、C三点的电势分别为1V、3V、 5V。下列说法正确的是 () A.B点的电势为6V 4√3 B,电场强度大小为3 V/m C.一质子在梯形区域内的电势能不一定大于零 D.一电子从D点移到AB的中点，电场力做正功 10.(多选)(2024·湖北十堰模拟)如图所 B D 示，竖直虚线a、b、c、d、e是等势线且相 邻之间电势差相等，一带正电粒子从A 点以竖直向上的初速度开始运动，经最 高点B后回到与A点在同一水平线上的E点，A、B、C、D、E为 粒子轨迹与等势线的交点。粒子从A点运动到B点的过程中克 服重力做的功为9J,电场力做的功为20J。已知9。=0，则下列说 法正确的是 () A.aou B.粒子在B点时的电势能为-一20J C.粒子在C点时的动能为40J D.粒子在E点时的动能为89J 11.(多选)(2024·山西晋中三模)静电除尘技+++手+++口集尘板 术广泛应用于冶金、化工等工业，用以净化 放电极 气体或回收有用尘粒。其工作原理为：在 强电场中空气分子被电离为正离子和电 ++++++白集尘板 子，电子奔向阳极板的过程中遇到尘粒，使 0522对勾·高考一轮复习金卷物理 尘粒带负电吸附到阳极板上被收集。如图所示为集尘板与放电极 间的电场线，若一带负电的尘粒仅在电场力的作用下由静止开始 做直线运动，取该直线为x轴，起点O为坐标原点，下列关于尘粒 的加速度a、尘粒的电势能Ep、尘粒的动能Ek、尘粒的速度o与位 移x的关系图像合理的是 ↑E ↑E A B O 12.(2024·江西南昌模拟)如图所示，A、B、C、D 为半球形圆面上的四点，且AB与CD交于球 A⊕0…B 心O且相互垂直，E点为球的最低点，A点放 置一个带电荷量为十Q的点电荷，在B点和 E E点放置一个带电荷量为一Q的点电荷，令无穷远处电势为零，则 下列说法正确的是 A.C、D两点电场强度相同 B.沿C、D连线上，O处电场强度最大 C.沿C、D连线上，电势一直不变 D.沿C、D连线上，O处电势最大 13.(2024·安徽合肥三模)如图所示，在竖直平 面xOy平面内有匀强电场，半径为R的圆 B 周上有一粒子源P,以相同的速率在平行于 379 30° 圆周面内沿各个方向发射质量为m的带电 量为十q的微粒，微粒可以到达圆周上任意 一个位置。比较到达圆上各个位置的微粒， DI 发现到达Q点的微粒的动能最小，从C点离开的微粒的机械能最 大。已知∠BOP=37°，∠AOQ=30°，重力加速度为g,且O点电 势9o=0,sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力及带电微粒间 的相互作用。则 A.匀强电场方向沿y轴负方向 B.圆周上C点电势最高 C.匀强电场的电场强度大小为5mg D.P点的电势为 43 mgR 15q 14.(2024·河北名校联盟三模)一带正电粒子在 ↑E 电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线 运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原 点，其电势能E。与位移x的关系如图所示，电 场的电势用φ表示，电场强度用E表示，粒子的动能用Ek表示， 则下列四个选项中合理的是 9 ) A B C D 15.(多选)(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示，在竖直平面内固定一 足够长的光滑细杆，沿着杆有一竖直方向的电场。一质量为、带 电荷量为q(q>0)的小球套在细杆上，从O点以某一初速度竖直 向下滑动。以竖直向下为正方向，小球向下运动至最低点的过程 中加速度a随下滑高度h变化的图像如图乙所示，h。为已知量， 不计空气阻力，重力加速度为g,取O点的电势为0，则() ●0 A.沿着杆的电场方向竖直向上 B.小球向下运动过程中电势能先增大后减小 C.小球向下运动过程中最大动能为3mgh。 D.h=3h,处的电势为9mgh 2q 16.(多选)(2024·江西南昌模拟)观测带电粒子的碰撞实验，为确定 碰撞生成物质的初始状态提供了理论依据。某次观测时，让质量 为m的B粒子在t=0时以v。的初速度向静止的粒子A运动，计 算机记录下两粒子的v-t图像如图所示。已知A、B间仅存在静 电力的作用且A、B始终未接触，则 () B 0.8 0.4 A.粒子A的质量为m B.0时刻与t3时刻A、B间作用力的大小相等 C.0t2内，电场力对A做的功为gm 3 D.t一t内，AB系统的电势能减少了0mu 17.(多选)(2024·山东潍坊二糢)如图所示， +Q。d 正立方体abcd-a1b1c1d,上下底面的中心 b 为O和O1,在d点固定一电荷量为十Q 的点电荷，c1点固定一电荷量为一Q的点 d 0 电荷，bc的中点E固定一电荷量为十2Q by 的点电荷。下列说法正确的是() A.b点的电场强度小于c点的电场强度 B.a点与b1点的电势相同 C.c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差 D.将带正电的试探电荷由O点移动到O,点，其电势能先增大后 减小 18.(多选)(2024·湖北武汉二模)如图甲所示，在倾角为0的足够长 的绝缘光滑固定斜面底端，静止放置质量为m、带电荷量为q(q> 0)的物体。加上沿着斜面方向的电场，物体沿斜面向上运动。物 体运动过程中的机械能E与其位移x的关系图像如图乙所示，其 中OA为直线，AB为曲线，BC为平行于横轴的直线，重力加速度 为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 () E B C E E A 0 甲 A.0~1过程中，电场强度的大小恒为E+mgsin0 gx1 B.x1~x2过程中，物体电势降低了 E2-E C.x1~x2过程中，物体加速度的大小先变小后变大 D.x2~x3过程中，电场强度为零在O,点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在)，点正 下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A的带电性质不能 确定，故A错误；由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以 到O点的距离”相同，当日=0时，E, -4V/m,E,= Q -2V/m,可知EA=2V/m,EB=4V/m,由E=k:,可得 QA:Q=EA:E=1:2,故B正确；圆盘中心O处的电场 强度为小球A和小球B在O点产生的场强的夫量和，随着小 球B从日=0转到2π的过程中，EA和E,大小都不变，当日= 是时，0处的合场强最大，当日时，0处的合场强最小，所 以小球B从日=0转到2π的过程中，中心O处的合场强先增 大后减小再增大，故C错误；小球B绕圆盘旋转一周过程中， 3 当日=2时，0处的合场强最小，其值大小为E=E一EA=(4 2)V/m=2V/m,故D正确。 17.A根据题意知，水滴在落下瞬间，正、负电荷分离，带负电荷 的水滴留在B环上方的滴水装置，水滴落入D后A、D带正 电，左右形成电势差，会产生从左向右的电流，故A正确：随着 落入D筒的水滴增加，D筒所带电荷量增加，则B、D间电场强 度变大，由牛顿第二定律得mg一qE=ma,水滴的加速度减 小，由x=)at知水滴下落到筒内的时间越来越长，故B错 误；随着滴落到铝筒的带电水滴在增加，水滴下落时受到的电 场力增大，直到水滴所受重力与电场力相等时，水滴不再滴落 到铝筒，之后C、D两筒之间的电势差不变，故C错误：在起电 的过程中，水的重力势能转化为电能和水的动能，故D错误。 18,A根据矢量的合成与分解，可将MQ产生的电场在O点处 的场强分解为平行于MN向右和平行于MM'向下的两个场 小均为二E:根据微元法可知，MN'产生的 点处的场强大小也为E。,同理可分解为平行于MM'向上和平 行于MQ向里的两个场强，大小电均为号E,故O点处的合 场强大小为四个分场强的矢量和的大小，即E=EX 2 E。= E。,故选A。 19.BCA球受到重力、弹簧的弹力、斜 面的支持力和B球的库仑斥力的作 用，故A错误；B球受到重力、斜面 的支持力F、和A球的库仑斥力F的 作用，如图所示，可得F=nugsin a, Fv=nugcos a,故斜面对B球的支 WWWWM 持力F、= >F,故B正确；以 tan o mng A、B两球整体为研究对象，由受力 平衡知，弹簧对A球的弹力F1=(A十u)gsin a,与A、B两 球所带电荷量均无关，若A球电荷量加倍，则平衡后弹簧长度 仍为，故C正确：由库仑定律知F=,可得A ug sin a,若A球电荷量加倍，设平衡后A、B两球间距为d, 则k299=mng sin a,解得d=2L,故D错误。 12 20.AD根据点电荷电场分布特点可 知，B点处的点电荷带电荷量为 十Q,其在O点处产生的电场强度 方向由B指向O,而A、C两，点的点 60° 电荷在O,点处产生的电场强度方向 E .309x)60 一定沿A、C两，点的连线，由于圆心 O处的电场方向恰好平行于B、C连 线，根据矢量合成规律，可知A、C 两点的，点电荷在)，点处产生的电场 强度方向一定沿A、C连线由O指向C,则圆心O处的电场方 向平行于B、C连线，由B指向C,故A正确，B错误；令A、C 两点的点电荷在O点处产生的电场强度大小为EA,B点的 点电荷在O,点处产生的电场强度大小为E,则有EB=k Q 根据矢量合成规律，作出合成示意图如图所示，则有E4C R,当A,C两点处点电荷的带电荷量分别为十2Q、 2 Q 2Q时，根据电场叠加有Ea=kR十k R2k Q R ·当 15 A、C两，点处点电荷的带电荷量分别为一Q、一2Q时，根据电 场叠加有EAc2=k 一k Q R: ,可知A,C两点处点电 荷的带电荷量可能为十 2Q、-2Q,也可能为-Q、-2Q,故 C错误，D正确。 21.B两点电荷均为正电荷且带 电荷量相等，则两点电荷在C 点处的电场强度方向均背离各 自电荷，电场强度如图所示，根 E 据电场强度的矢量合成法则可 得C点的场强大小为Ec sin9,A错误，C点的电势为A0 2kQ +o 0 =20Q.0点的电势为P0 D 2k rcos9,可得Uw=gc Q 9o= 2kQ(cos 0-1) rcos 0 若一个贡量为、带电荷量为十g的试 探电荷（重力不计）从C点以某一竖直向下的初速度运动恰好 能够到达O,点，则由动能定理有qU0=0一 2mvnm,解得 Umn=2 /kQg (1-cos 0) ,B正确；从C点到D,点，电势先增 mrcos 大后减小，电子带负电，根据E,=99可知电势能先减小后增 大，C错误；带负电的小球从D点到O点静电力做正功，从O 到C电场力做负功，根据对称性可知，小球从D点到C点的 过程中，静电力对小球所做功的代数和为零，则根据动能定理 有-2 Mgrsin8=0- Mu,解得uo=2√grsin可，D错误 考点20电场能的性质 1.D根据等差等势线越密，场强越大的特点，则a点的电场强度 小于b,点的电场强度，所以A错误；由曲线运动的特点知合外 力指向轨迹弯曲的一侧，所以粒子从点到b点的过程中，静 电力做负功，则粒子在Q点的动能比在b点的动能大，所以B 错误；a,点与c点处于同一等势线上，粒子在a,点和c点的速度 大小相等，但是方向不同，所以C错误：粒子从b,点到c点，静 电力做正功，则粒子在b点的电势能比在c点的电势能大，所以 )正确 2.D电场线的疏密表示电场强度的大小，所以三，点中A点场强 最大，A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，则A点电势最低， B错误：将一带负电的试探电荷从A移动到B,电场力做正功， 电势能减小，C错误；因为B、C两点在同一等势面上，所以将一 带正电的试探电荷从A移动到B和从A移动到C,电场力做 的功相同，电势能变化相同，D正确。 3C两点电荷在E点产生的场强方向竖直向上，在F点产生的 场强方向竖直向下，与向右的场强矢量合成可知，E、F两，点的 场强大小相等、方向不同，故A错误；由于两电荷在E点产生 的场强大小未知，无法比较O,点和E点的场强大小，故B错 误：根据对称性可知E、F两点的电势相等，故C正确；若将正 试探电荷从E点沿直线移动至F点，电场力先向右上方，再向 右下方，则电场力先做负功后做正功，故D错误 4.AD根据U=E·ab·c0s60°，可得电场强度的大小E= ab·c0s60=200V/m,A正确；沿电场线方向电势遂渐降低， 可知b点的电势比d,点的电势高，B错误：将电子从c,点移到d 点，因电子所受的电场力方向与位移方向相反，可知电场力做 负功，C错误；因Q,点的电势低于c,点的电势，则电子在a,点的 电势能大于在c点的电势能，D正确。 5.D因为粒子的运动轨迹是抛物线，粒 子加速度恒定，粒子受力恒定，故该电 场一定是匀强电场，Q、b两点的电场强 度一定相等，故A错误；根据沿电场线 方向电势降低，可知a点电势高于b点 电势，故B错误；根据粒子做曲线运动 ◆b 过程中，受到的合力指向轨迹内侧，并且粒子带正电，受到的电 场力方向和电场线方向相同，故可知粒子的运动轨迹有图中1、 2所示两种情况，由图线2可知电场力一直做正功，动能增大， 电势能减小，由图线1可知电场力先做负功后做正功，电势能 先增大后减小，故C错误，D正确 6.AD在匀强电场中，平行且相等的两线段电势差相等，可得 PA =0 一PD,代入数据可得9p=0,故A正确，B错误：如 图所示，将CD分为8等份，则每一等份对应1cm,所以F点的 3 参考答案 电势为9V,连接AF,过D点作AF的 .9V 25V 垂线DG,由几何关系可得DG的长度 A 为DG=AD·DF AF 解得DG=3.6cm, G Ue,解得 所以电场强度的大小为E=DC, E=250V/m,又因为D点的电势为0， 16V 且D点距正极板的距离为20cm,由对称性可知，两极板间的 距离为40cm,所以两极板间的电势差为U=Ed=100V,故D 正确，C错误。 7.BD点电荷从A点移到B点的过程中，电场力做正功，电势能 减小，因在A,点的电势为零，可知该点电荷在B点的电势能 为-2.5X108,A错误：由U=四可得A,B间的电势差 Uu=形=2.5X10 5X10寸V=5V,B正确：因为Uc=少 5X10V=20V.Uc=91一9c9a=0,可得C点的电势 1×10 9c=-20V,C错误；设D是A、C连线上的点，若9n=9n= 一5V,则B、D连线就是匀强电场中的一条等势线，由于 AD=4AC=2cm,AB=2.5cm,∠BAC=37,可得 ∠ADB=90°，故电场强度的方向由A指向C,电场强度的大小 U4c20 E= AC=0.O8V/m=250V/m,D正确。 8.B由于Uoa=20V,UOB=20V,则A与B两点电势相等，则 AB为等势线，根据等势线与电场线互相垂直，且P0>PA,可 U 知电场强度方向由D指向A,且E= d -V/m= 2×5X10-2 800V/m,故B正确，C错误：O、D两点电势差为Uom=一Uo4 一20V,故A错误：一电子从C点移动到A点所受电场力方向 向左，与位移方向夹角为钝角，电场力做负功，故D错误。 9.B如图所示，取AB中点为F, 由几何关系可知四边形AFCD 为平行四边形，则Pc D3V 9A=2V,故9r=3V,即DF为 3V的等势线，作出电场线，所 以B点的电势为PB=Pc=5V, 1V69 3.V 电场强度大小为E=AD0s30 3-1 V/m= 4W3 V/m,故A 2 错误，B正确；由图可知，在梯形区域内B、C,点电势最高为 5V,A点电势最低为1V,根据E。=q9可知一质子在梯形区 域内的电势能一定大于零，故C错误；因为PD=pF,所以一电 子从D点移到AB的中，点，电场力不做功，故D错误。 10.AD带正电的粒子受电场力方向向右，可知场强方向向右 沿电场线方向电势降低，可知>96，A正确；粒子从A点到 B,点的过程中电场力做的功为20J,可知粒子从B点到C,点 的过程中电场力做功也为20J,则电势能减小20J,因粒子在 C点的电势能为零，可知粒子在B点时的电势能为20J,B错 误：粒子从A点到B点在竖直方向有u6=2gh,可知7m哈= mgh=9J,粒子在A点的电势能为E电费4=40J,因粒子只有 重力和电场力做功，则电势能、动能和重力势能之和守恒，则 在A,C两点时有ExA十E也A=E十Ex=49J,因C点的重 力势能E小于9J,可知C点的动能Ekc大于40J,C错误： 因粒子在E点的电势能为E电梦E=一40J,则在A、E两点时 有Ek4十E电梦A=EkE十E也梦E=49J,可知粒子在E点的动能 EkE=89J,D正确。 11,BC带负电的尘粒仅在电场力的作用下，向集尘板加速运动 电场为非匀强电场，越靠近极板场强越小，则电场力越小，加 速度越小，故A错误：选项D中U一x关系图像斜率绝对值越 来越大，对应加速度越来越大，与实际不符，故D错误：根据电 场力做功与电势能的关系可知，电场力做正功，电势能减小， 动能增加，同时尘粒的动能、电势能随位移变化的图像斜率绝 对值对应尘粒所受的静电力大小，由选项B、C可知尘粒所受 的静电力越来越小，与实际相符，故B、C正确。 12.BA、B两点处为等量的异种电荷，CD为A、B连线的中垂 线且C、D两，点关于A、B连线对称，则A、B两点点电荷在C、 D两，点的电场强度相同，E点点电荷在C、D两点的电场强度 红对闪·高考一轮复习金卷物理 15 大小相等、方向不同，则C、D两，点的电场强度大小相同、方向 不同，故A错误；A、B两，点处为等量的异种电荷，CD为A、B 连线的中垂线，则A、B两，点点电荷在C、D连线上的电场方 向都是垂直CD向右，E点，点电荷在CD上的电场方向都是在 C、D、E三点确定的平面内且垂直AB,即A、B两点，点电荷产 生的电场和E点点电荷产生的电场方向垂直，而A、B两点点 电荷和E点点电荷产生的电场都是在O点处电场强度最大， 所以沿C、D连线上，O处电场强度最大，故B正确；A、B两 点处为等量的异种电荷，CD为A、B连线的中垂线，所以A、 B两，点点电荷在C、D连线上的电势都相等，但E点点电荷到 C、D连线上各，点距离不同，其中，O点到E的距离最近，则E ,点，点电荷在O的电势最小，则沿C、D连线上，电势一直变化， O处电势最小，故C、D错误。 3.C由于从C点离开的微粒机械能最大，所以匀强电场方向水 平向左，C点电势最低，故A、B错误；从Q点离开的微粒动能 最小，说明电场力与重力的合力方向为Q→O,根据平行四边 形定则有E=Bmg,故C正确；根据电势差与电场强度的关 系可知P点的电势为p=ERsin37°=35mgR,故D错误。 4.B由题因可知E,逐渐减小，由于粒子带正电，根据可 知电势9逐渐减小，A错误，B正确；带正电粒子在电场中仅 受静电力作用，则有△E,=一F△x,可知E,一x图像的切线 斜率的绝对值表示电场力大小，根据题图可知，带电粒子受到 的电场力逐渐减小，则电场强度随位移变化逐渐减小，C错 误；根据动能定理可得Ek=F。△x,可知Ek-x图像的切线 斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，则Ek一x图像的切线 斜率逐渐减小，D错误。 15,AD对小球，根据牛顿第二定律mg十qE=ma,解得a=g十 E,由题图乙可知，E<0,即电场强度方向与正方向相反，所 m 以沿着杆的电场方向竖直向上，故A正确：沿着杆的电场方向 竖直向上，小球向下运动过程中电势升高，根据E。=q可知 小球向下运动过程中电势能一直增大，故B错误；小球向下运 动过程中在h=h。时，小球的动能最大，根据动能定理得 mgh,十gEh。=Ekm一之mo6,又mg十gE=ma,整理可得 mah。=Ekm一之mu,同理可得，小球运动到最低点时有 mgX3h。十qEX3h。=0-2mui,ma1X3ho=0-之mw6,由 题因乙可得a=冬，a=一冬，解得E=2mgh,故C错误； 小球向下运动过程中在h=3h。时，根据动能定理得mgX 2mv6,解得W= 9mgho 3ho十W=0- 2 ,则小球在此处的电 势能为E=△E,十0=-W=9m驰，电势为1 E以 2 9mg,故D正确。 6.BD由题图可知，t=0时刻有p1=mo,在t1时刻有p2= 0.4vo(m十mA),两粒子运动过程动量守恒，由动量守恒定律 3 得mUo=0.4v,(m十mA),解得mA=之，故A错误；由题图 可知0时刻与t3时刻A、B的加速度都为0，说明此时A、B间 的作用力都为0，故B正确；：t2时刻B的速度为0，设A速度为 UA,由动量守恒定律有mUo=mAVA,解得VA=3 U0,由动能 定理可得，0~t?内电场力对A做的功为W=2mA员一0 3u6,故C错误；设t3时刻B的速度大小为0，由动量守恒 定律有mU,=mAX0.8u。一mUB,解得m=5vo,i一t内， A、B系统增加的动能为△E:=zmAX(0.8)'十2mX 1 3 (5-2 X(m十ma)X(0.4o,)尸=0m,报据能量守 恒定律可知，A,B系统的电势能减少了1Om06,故D正确。 7.ACd点和c1点处为等量异种电荷，则两点电荷在b点的场 强小于在c点的场强，而E处点电荷到b、c两点距离相等， 即十2Q在两，点的场强大小相等，由于b点处两场强方向垂： 直，c,点处两场强方向也垂直，则b点的电场强度小于c点的 电场强度，A正确；设十Q在a点电势为1，在b1点电势为 92,且91≠p2,则-Q在a点和b1点的电势分别为一9：和 一91。设十2Q在a点和b1点的电势为p3,则a点电势为 P。=p1一92十9b1点电势为961=92一p1十9，故a点与b1 点的电势不相同，B错误：等量异种电荷在bc、d1、a1点的电 势为零，b、c点与E点距离相等，a1、d1点与E点距离相等， 故c,点与d1点的电势差等于b点与a1,点的电势差，C正确； 将带正电的试探电荷由O点移动到O,点，电势一直降低，电 势能一直减小，D错误。 18.BCD0x1过程中，电场力做正功，物体机械能增大，则 E,=E41,解得E=E,故A错误：1~，过程中，电场力 做正功，故电势降低，可得qU4B=E2一E1,解得U4= E一E,故B正确：E-工图像的切线斜率表示电场力，由题 图乙可知x1一x?过程中，切线斜率逐渐减小到零，故电场力 遂渐减小到零，物体加速度a=E-mgsi血9，可知加速度先 沿斜面向上减小到零，后沿斜面向下增大，故C正确；x2一x 过程中，物体的机械能不变，故只有重力做功，故电场力为零， 则电场强度为零，故D正确。 考点21电容器带电粒子在电场中的运动 实验：观察电容器的充、放电现象 1.CD对于给定电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容 器的带电荷量Q的大小和两极板间的电压U的大小无关，不 能认为C与Q成正比，与U成反比，故D正确，A、B错误；由选 项C图可知电容器所带的电荷量与极板间的电压成正比，其比 值不变，即电容器的电容不变，故C正确。 2.ABD电势差U变大（小）时，静电计指针张角也变大（小）。电 容器所带电荷重Q一定，由公式C气知，当山变大时，C 变小、再由C号得U变大，A正确；当A极板上移时，正对面 积S变小，C变小，U变大，B正确；当插入玻璃板时，C变大，U 变小，C错误；当d变小时，C变大，U变小，D正确。 3.D带电粒子在电场中被加速，则有qU1=之mu-0,带电粒 子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速 直线运动两个分运动，匀速直线运动：由运动学公式得L=t, 匀加速直线运动：设位移为x,则有x=2Q= 1,,要 md U22d 使节电粒子能飞出电场，则有<联立可得而 <D正 确，A、B、C错误。 4.D油滴恰好能做直线运动，合力方向与速度方向在同一直线 上，油滴受到竖直向下的重力和水平方向的电场力，受力不平 衡，可知油滴不可能做匀速直线运动，要使油滴合力方向与速 度方向在同一直线上，油滴受到的电场力方向应水平向左，则油 滴做匀减速直线运动，故A、B错误：油滴在向上运动的过程中，电 场力做负功，机械能减小，电势能一定增加，故C错误，D正确。 5.ACD若细杆带负电，则细杆将受到竖直向下的电场力，所以 细杆会一直加速，根据题意细杆应先向下加速后向下减速，故 细杆带正电，故A正确；设进入电场的细杆长度为x,则mg E无 =ma,所以随着细杆下落，进入电场的长度x不断增大，： 加速度先向下减小后向上增大，故B错误；从静止释放到下落 至最低，点的过程中，细杆增加的电势能等于减小的重力势能 号mgL,故C正确：由动能定现得mg·号L一下，号L=0,由 于细杆所受电场力为F=9E二，即细杆进入电场所受电扬力 2 0+39E 与进入电场的细杆的长度成正比，所以F= ，解得 2 E=3mg,故D正确。 6.D保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大， 根据电容的决定式C=S 知，电容C减小，电容器的电压U 4πkd 15 不变时，根据电容的定义式C-吕，可知电容器所带电符量Q 将要减小，但由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源， 所以电容器的电荷量Q保持不变，A错误；由于电容C减小， 可知两极板间电压U增大，B错误：根据C=4 由C=U ES C-号E=子可得E-e U ,可知板间电场强度E不变，M S 点与B板间电势差UMm=EdM,则UM增大，根据UB=PM一 可知M点的电势PM增大，根据平衡条件可知带电油滴带 负电，根据EM=qPM可知油滴在M点的电势能EM减小，C错 误，D正确。 7.D电压按正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电 场力的总冲量一定等于0，所以经一个周期，粒子的速度仍为 。,故B、C错误。在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取 决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带 电粒子在前半周期加速，在后半周期减速，其位移方向不变，下 一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零；若进入电 场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周 期内先加速后减速，在后两个四分之一周期内先反向加速后反 向减速，前半周期的位移与后半周期的位移刚好大小相等、方 向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O'点离开电场，故A错 误。因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度 0,所以粒子在每个周期内的运动都是相同的，即每个周期内 的位移也一定是相同的，故D正确。 8.C假设t=0时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据题图 乙可知交变电压的周期为T,根据图像中电压的变化，若一正 离子从左极板向右运动，先微的匀加速运动，再殿的匀减 T 速运动，到达右极板时速度恰好为零，而加速和减速的加速度 大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为 a=心，设加速阶段的最大速度为，则有0=a· T_U9. d dm 年，在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可 之gU。=2mu,解得T=4d 「m √可，因此为使该离子能在 两极间往复运动而不碰到两板，则T<4d√gU。 ,故选C。 A设加上匀强电场后粒子沿三个轴方向的加速度大小分别为 ax、ay、a.,则在三个方向上运动分别有L= 之a,t,0=uot 入 a,f,L=之a,t,不加电场时有L=t,根据牛顿第二定律 得gE=m√a十a十a,联立解得E=2L,故选A kt 10.A由于从V点射出的粒子的 速度最大，由动能定理可知，OV M 间电势差最大，由U=Ed,可知 电场E沿OV方向，故A正确； 45 速度方向垂直于MN斜向右上P: 方发射的粒子最终从Q,点射出 0452 R 圆形区域，其运动类似于平抛运 动，从O点到Q点合位移大小为 圆半径R,由平抛规律可知，沿初 N 速度方向有R=,沿电扬方 2 之at,解得电场中粒子的加速度大小为a= 25v,当粒子沿OM方向射出时，有听=2ax,解得工 R 6=R 2a4√2 <R,所以粒子不能从M点射出圆形区域，故B错 误；由于O、P之间的电势差为U0=E· 2 R,沿OM方向射 R 出的粒子运动的最大距离为 2 对应电势差U=E· 42 U0,故无论粒子从哪个角度射出，都不能通过点P,故C错 误；粒子只要从Q点射出，由于O、Q之间的电势差相等，电场 力做功相同，由动能定理可知，粒子出射速度大小相等，但方 向不同，故D错误。 参考答案