1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题八电场专题检测题组1.(2022四川遂宁三诊,19)(多选)如图,A、B两带电小球,所带电荷量大小分别为QA、QB,质量分别为m1、m2。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,静止时A、B两球处于同一水平线上,OBA=37,OAB=53,C是AB连线上一点且在O点的正下方,C点的场强为零。已知 sin 53=0.8,则()A.A、B两球的质量之比为916B.A、B两球的带电荷量之比为81256C.同时剪断连接两小球A、B的细线,A小球一定先落地D.同时剪断连接两小球A、B的细线,A、B小球水平位移之比为916答案BD当带电小球静止时,
2、分别对它们进行受力分析,由几何关系得:m1gOC=FBAAC,m2gOC=FABBC,由于FBA=FAB,所以m1m2=BCAC,其中AC=OC tan53=34OC、BC=OC tan37=43OC,故m1m2=169,A错误;由于C点的场强为零,则有kQAAC2=kQBBC2,所以QAQB=AC2BC2=81256,B正确。同时剪断连接两小球的细线,两小球在竖直方向均做自由落体运动,所以一定会同时落地,C错误;两小球同一时刻在水平方向的加速度之比a1a2=FBAm1FABm2=m2m1=916,所以A、B两小球水平位移之比为916,D正确。2.(2022新疆乌鲁木齐八中检测,12)(多选)
3、如图所示,A、B为平行金属板,两板相距为d,分别与电源两极相连,两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上),空气阻力忽略不计,到达N孔时速度恰好为零,然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变,则正确的是()A.把A板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后不能返回D.把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落答案AD平行金属板始终与电源相连,故其两端电压U始终不变,电场力对带电质点
4、做功W=qU始终不变,若把A板向上平移或向下平移一小段距离,质点从P点到N孔下落高度不变,故重力做功不变,所以质点下落到N孔速度减到零再沿原路返回,A正确,B错误。最初质点从P点到N孔,由动能定理可得mg2d-qU=0-0,即mg2d=qU,若把B板向上平移一小段距离,质点从P点到N孔,W合=mgh-qU0(h0(h2d),质点下落到N孔速度未减到零,继续下落,D正确。方法技巧质点自P点运动至N孔,整个运动分为两段,自P点至M孔的自由落体运动,自M孔至N孔的匀减速直线运动,但如果分段研究,将增加计算的难度,故运用动能定理解题,能整段研究。本题还可以利用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律解决,但不
5、容易计算,一般不涉及运动时间的问题,优先考虑功能关系。3.(2022山西晋中模拟,6)如图所示,D是一只理想二极管,电流只能从a流向b ,而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴,带电荷量为q(q很小不会影响两板间电场的分布),带电油滴在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量,U表示两极板间的电压,Ep表示带电油滴在P点的电势能。若保持极板B不动,将极板A稍向上平移,则下列说法中正确的是()A.U不变B.Ep增大C.Q不变D.油滴加速向上运动答案C当极板A稍向上平移,由C=rS4kd可知电容器电容减小,若电容器直接与电源相连,U不变,Q将减小,但由于二极管的存在,所以此
6、电容器不能放电,故Q不变,由C=QU可知电容器两极板间的电压U变大,A错误,C正确。由E=Ud=QCd=4QkrS可知,两极板间电场强度不变,所以油滴受力不变,油滴不运动,D错误。P点和极板B(电势为零)间的距离不变,所以P点和极板B间的电势差不变,故P点电势不变,由Ep=q得油滴在P点电势能Ep不变,B错误。规律总结二极管具有单向导电性,电流只能从a流向b,不能从b流向a,所以本题中平行板电容器只能充电,不能放电,电容器储存的电荷量只能增加不能减少。4.(2023届陕西渭南咸林中学摸底考,6)某种类型的示波管工作原理如图所示,电子先经过电压为U1的直线加速电场,再垂直进入偏转电场,离开偏转电
7、场时的偏移量为h,两平行板之间的距离为d,电压为U2,板长为L,把hU2叫示波器的灵敏度,下列说法正确的是()A.电子在加速电场中动能增大,在偏转电场中动能不变B.电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于Lm2U1eC.当U1、L增大,d不变,示波器的灵敏度一定减小D.当L变为原来的两倍,d变为原来的四倍,U1不变,示波器的灵敏度增大答案B电子垂直进入偏转电场中,电场力对电子做正功,所以电子动能增大,A错误。设电子经过加速电场后速度为v0,由动能定理可得eU1=12mv02,解得v0=2U1em;电子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向分运动为匀速直线运动,所以电子只要能离开偏转电
8、场,在偏转电场中的运动时间t=Lv0=Lm2U1e,B正确。电子在偏转电场中的偏移量h=12at2=12eU2md t2=U2L24dU1,可得hU2=L24dU1,故当U1、L增大,d不变时,示波器的灵敏度变化情况无法判断,C错误;当L变为原来的两倍,d变为原来的四倍,U1不变,示波器的灵敏度不变,D错误。5.(2022云南昭通毕业检测,21)(多选)电场分选是在高压电场中利用入选物料之间的电性差异进行分选的方法。如图所示,两类粒子组成的混合物从漏斗漏出后经过起电区(未画出),然后沿分选电场的中线进入分选电场,起电区高度很小可以忽略不计,粒子起电后进入分选电场时的速度可认为是零。已知两类粒子
9、的质量和起电后的电荷量分别为m、-q和2m、+q,分选电场两极板的长度均为H,两极板的下端距地面的距离均为3H。调整两极板间电压的大小,让质量为m的粒子刚好打不到极板上,不计空气阻力和粒子间的相互作用力,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.落在右侧的粒子运动时间短B.正、负两种粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角正切值之比为21C.若两种粒子落地时的动能相等,则两极板间的电压U=16mgHqD.正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为14答案BC粒子在竖直方向均做自由落体运动,故运动时间相等,A错误。正粒子受到的电场力方向向右,水平方向加速度a1=qE2m,设离开电场时速度方向与水平方
10、向的夹角为1,tan 1=vyvx=ga1=2mgqE,同理可得负粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角正切值 tan 2=mgqE,所以 tan 1 tan 2=21,B正确。粒子在分选电场中运动的时间t1=2Hg,在分选电场中下落的高度与离开分选电场后下落的高度之比为13,则粒子离开分选电场后运动的时间t2=t1,所以正粒子落地点到O点的水平距离x1=12a1t12+a1t1t2=3qEH2mg,同理负粒子落地点到O点的水平距离x2=3qEHmg,所以x1x2=12,D错误。题中要求质量为m的粒子刚好打不到极板上,所以负粒子在电场中运动的水平距离为d2(d为分选电场两极板间距),正粒子在电
11、场中运动的水平距离为d4,由动能定理得正粒子落地时的动能Ek1=2mg4H+qU4,负粒子落地时的动能Ek2=mg4H+qU2,若Ek1=Ek2,解得U=16mgHq,C正确。6.(2023届南京师大附中高二开学考试,2)某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗,在这种疗法中,质子先被加速到具有较高的能量,然后被引向轰击肿瘤,杀死细胞。如图所示,若质子的加速长度为d,要使质子由静止被匀加速到速度为v,已知质子的质量为m,电荷量为e,则下列说法不正确的是()A.由以上信息可以推算该加速电场的电压B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度C.由以上信息不可以推算质子加速后的电势能D.由以上信息可以判断出
12、运动过程中质子所受电场力做正功,电势能增加答案D根据Ue=12mv2可以推算该加速电场的电压U=mv22e,选项A正确;根据E=Ud=mv22ed,则可以推算该加速电场的电场强度,选项B正确;因零电势点不确定,则由以上信息不可以推算质子加速后的电势能,但由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功,电势能减小,选项C正确,D错误。7.(2022南京、盐城二模,10)如图所示,粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内,其几何中心与坐标原点O重合。处于每个象限的14圆环都均匀带有电荷量大小相同的电荷,电性如图所示。点1、2、3、4、5、6分别位于z、x、y轴上,它们与原点间距相
13、同,以下说法错误的是()A.点1、点2处的场强一定相同B.点3、点4处的场强一定相同C.点3、点4处的电势一定相等D.点5、点6处的电势一定相等答案B一、三象限带电圆环在点1、点2处的场强等大反向且都指向O点,二、四象限带电圆环在点1、点2处的场强等大反向且都背离O点,各象限的带电圆环到点1、点2的距离相等,则根据电场强度叠加原理可知,点1和点2的场强都为零,场强相同,A不符合题意;根据微元法和等效法将一、四象限和二、三象限的带电圆环分别看成两组等量异种电荷,点3靠近一、四象限,则电场强度向上,点4靠近二、三象限,则电场强度向下,即点3和点4的场强大小相同,方向相反,场强一定不同,B符合题意;
14、点3和点4可看成等量异种电荷中垂线上的点,电势都与无穷远处电势相同,C不符合题意;根据微元法和等效法,点5和点6也可看成等量异种电荷中垂线上的点,电势都与无穷远处电势相同,D不符合题意。8.(2023届徐州一中开学考试,6)真空中某电场的电场线如图中实线所示,M、O、N为同一根电场线上的不同位置的点,两个带电粒子a、b均从P点以相同速度射入该电场区域,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,下列说法不正确的是()A.a粒子带负电,b粒子带正电B.电场力对a、b粒子均做正功C.a、b带电粒子的电势能均减小D.若在O点由静止释放a粒子,仅在电场力的作用下,a粒子将沿电场线运动到M点答案D带电粒子
15、a、b做曲线运动,仅受电场力且力一定指向运动轨迹的凹侧,则可知a粒子带负电,b粒子带正电,A正确;电场力对a、b两个粒子均做正功,电势能均减小,B、C正确;由于M、O、N所在电场线为曲线,电场线不是粒子的运动轨迹,所以在O点由静止释放a粒子,不可能沿电场线运动到M点,D错误。9.(2023届镇江一中开学考试,4)如图所示,将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上,二极管具有单向导电性,现将开关闭合,电路稳定。下列说法正确的是()A.若增大两极板间的距离,则电容器电容增大B.若增大两极板间的距离,则两极板间的电场强度减小C.若减小两极板间的距离,则两极板间的电压不变D.若减小两极板间的距离,则
16、电容器的带电量Q减小答案C根据C=rS4kd可知,若增大两极板间的距离d,电容器电容减小,A错误;由于C=QU,E=Ud将联立可得E=4kQrS,若增大两极板间的距离d,电容器电容减小,若没有二极管,电容器与电源连接U不变,则Q减小,但由于二极管具有单向导电性,电容器所带电荷量不能减小,导致电容器两极板电压升高,带电量保持不变,从而电容器内部电场强度保持不变,B错误;由可知,若减小两极板间的距离,电容器的电容增大,由可知,两极板电压降低,二极管正向导通,继续给电容器充电,最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压,因此两极板间的电压保持不变,电容器的带电量Q增大,C正确,D错误。10.(2022南
17、京金陵中学高一期末,5)如图所示,在竖直面内A点固定有一带电的小球,可视为点电荷。在带电小球形成的电场中,有一带电量为q的液滴(可视为质点)在水平面内绕O点做周期为T的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.液滴与小球带同种电荷B.液滴运动过程中相同时间内所受电场力的冲量相同C.O、A之间的距离为gT242D.若已知液滴的质量,则可以求出圆周运动的半径答案C液滴做匀速圆周运动,合外力指向O点,重力竖直向下,则液滴与小球之间的库仑力一定为引力,所以液滴与小球带异种电荷,故A错误;液滴运动过程中相同时间内所受电场力的冲量大小相同但方向不同,故B错误;设O、A间距离为h,液滴的运动
18、半径为R,液滴与小球连线与竖直方向的夹角为,则根据力的分解与牛顿第二定律有mg tan =m42T2R,根据几何关系可知tan =Rh,联立以上两式可得h=gT242,故C正确;若要求出圆周运动的半径,必须已知或者通过所给的其他条件求得,否则在已知液滴质量的情况下无法求出圆周运动的半径,故D错误。11.(2022岳阳市二模,4)真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点,在A、B两点分别放等量同种电荷后,三角形中心O点的场强为E,电势为;若再在C点放一等量异种电荷,取无穷远处电势为0,则O点的场强大小和电势应分别为()A.E,B.2E,2 C.2E,-2D.0,-答案BA、B两点分别放等量同种电
19、荷后,由几何关系知,两电荷在O点的场强大小相等,设为E1,夹角为120,则有2E1 sin 30=E,解得E1=E,若在C点放一等量异种电荷,由几何关系知该电荷在O点的场强大小也等于E,且方向与E的方向相同,故此时场强大小为2E;取无穷远处电势为0,C点在放电荷前,O点的电势为,则A、B两点的电荷产生的电场在O点的电势均为2,C点的等量异种电荷产生的电场在O点的电势为-2,则O点的电势为-2=2。综上所述选B。12.(2022湖南师大附中二模,6)如图所示,半径为R的金属圆环固定在竖直平面内,金属环均匀带电,带电荷量为Q,一长为L=2R的绝缘细线一端固定在圆环最高点,另一端连接一质量为m、带电
20、荷量为q(未知)的金属小球(可视为质点)。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态,点P(图中未画出)是点P关于圆心O对称的点。已知静电力常量为k,重力加速度为g,若取无穷远为零势面,下列说法正确的是()A.O点的场强一定为零B.P点场强大小为3kQ8R2C.带电金属小球的带电荷量为8mgR2kQD.固定P处的小球,均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球(均可视为质点),现取下一个小球(其余n-1个小球位置不变)置于P处,则圆心O的场强大小为8mg3Q答案C将均匀带电圆环视为n个带有相同电荷的小球,根据对称性可知,圆环在O点产生的场强为零,而带电金属小球在O点产生的场
21、强一定不为零,所以O点的场强一定不为零,故A错误;设均匀带电圆环上每个小球带电荷量为q,则每个小球在P点产生的场强的水平分量为Ex=kqL2 cos 30=3kq8R2,根据对称性可知所有q在P点产生的场强的竖直分量的矢量和为零,所以对Ex进行求和,可得均匀带电圆环在P点产生的电场强度大小为EP=3kQ8R2,带电金属小球在P点受重力、电场力、细线拉力而平衡,由平衡条件可得mg=qEP tan 30,解得q=8mgR2kQ,故C正确;带电金属小球所受均匀带电圆环的电场力水平向右,所以二者电性相同,在P点产生的电场强度方向相同,金属小球在P点产生的场强大小为E金=kq(23R)2=2mg3Q,根
22、据对称性可知带电圆环在P点产生的电场强度与在P点产生的电场强度大小相等,所以P点的电场强度大小为EP=EP+E金=3kQ8R2+2mg3Q,故B错误;均匀带电圆环上每个小球带电荷量为q=Qn,取下一个小球后,带电圆环剩余小球在O点产生的场强等效为取下小球的位置关于O点对称的另一位置的小球单独存在时在O点产生的场强,即E1=kqR2=kQnR2,方向沿圆环的径向,取下并置于P的小球在O点产生的场强为E2=kq(3R)2=kQ3nR2,方向沿水平方向,而金属小球在O点产生的场强为E3=8mg3Q,方向沿水平方向,且与E2方向相反,根据矢量合成法则,可知E1、E2和E3的矢量和的大小一定不等于8mg
23、3Q,故D错误。13.(2022常德一模,9)(多选)如图所示,真空中同一平面内固定两点电荷Q1=q和Q2=4q,其中q0,以点电荷Q1为圆心的圆上有A、B、C、D四点,其中C点为两点电荷连线与圆的交点且场强为零,AB和CD为两条互相垂直的直径。关于A、B、C、D四点,下列说法正确的是()A.C处电势最高B.A、B两处电场强度相同C.C点到Q1、Q2的距离之比为12D.电子从A点沿着圆弧顺时针运动到B点过程中,电势能先增大后减小答案AC若只有Q1存在,则A、B、C、D四点电势相同,此时加上Q2,由于C离Q2最近,所以叠加后,C处电势最高,故A正确;由于电场强度是矢量,又A、B两处电场强度大小相
24、等,方向不同,故A、B两处电场强度不相同,故B错误;由C点场强为零可知kqr12=4kqr22,可得r1r2=12,故C正确;电子由A沿圆弧顺时针运动到B,离点电荷Q2先近后远,电势先增后减,所以电子电势能先减小后增大,故D错误。故选A、C。14.(2022邵阳市一模,8)(多选)如图所示,DAB=60,ABCD-EFHG是底面为菱形(边长为L)的四棱柱,在A、C两点分别固定一个电荷量为q的正点电荷,O为AC与DB的交点,P、Q是关于O点对称的两点,其中AQ=CP。则下列说法正确的是()A.D点电势等于B点电势B.P、Q两点电场强度相同C.把质子沿直线PQ从P点移到Q点,电场力做功为零D.在D
25、点以初速度v0沿DB方向入射一电子,只在电场力作用下,将会沿DB方向匀加速运动到B点答案AC根据对称性可知,D点电势等于B点电势,A正确;根据对称性可知,P、Q两点电场强度大小相等,方向不同,B错误;根据对称性可知,P、Q两点电势相等,所以把质子沿直线PQ从P点移到Q点,电场力做功为零,C正确;线段DB上电场强度并非处处相等,所以电子只在电场力作用下不可能由D点匀加速运动到B点,D错误。故选A、C。15.(2022湖南师大附中一模,4)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V,17 V,26 V。下列说法正确的是()A.电场强度的大小为2.
26、5 V/mB.坐标原点处的电势为2 VC.电子在a点的电势能比在b点的小7 eVD.电子从b点运动到O点,电场力做功为16 eV答案A匀强电场中,ac之间电势差与Ob两点间的电势差相等,即10 V-26 V=Uo-17 V,可得Uo=1 V,故B错误;电场沿x轴方向电场分量Ex=Uxx=26V-10V8cm=2 V/cm,电场沿y轴方向电场分量Ey=Uyy=26V-17V6cm=1.5 V/cm,因此电场强度E=Ex2+Ey2=2.5 V/cm,故A正确;电子在a点具有的电势能Epa=-ea=-10 eV,电子在b点具有的电势能Epb=-eb=-17 eV,因此Ep=Epa-Epb=7 eV,
27、电子在a点的电势能比在b点的大7 eV,故C错误;电子从b点运动到O点,电场力做功为WbO=-eU=-e(17 V-1 V)=-16 eV,所以电子从b点运动到O点,电场力做功为-16 eV,故D错误。16.(2022邵阳市一模,9)(多选)水平地面上方有水平向右的匀强电场,场强大小为E=mg2q,从地面上的A点斜向右上方以速度v0=10 m/s抛出一个带正电荷,电荷量为+q、质量为m的小球,速度方向与水平地面的夹角=53,轨迹如图所示。点B为轨迹最高点,D、E两点高度相等,小球落在水平地面的C点。忽略空气阻力的影响。g=10 m/s2,则()A.D、E两点速度大小相等B.B点速度为10 m/
28、sC.小球落地时与水平方向的夹角仍为53D.A、C两点距离为16 m答案BDD、E两点高度相等,小球从D到E重力做功为零,电场力做正功,所以D、E两点速度大小不相等,A错误;小球在水平方向与竖直方向的初速度分别为vx0=v0 cos 53=6 m/s,vy0=v0 sin 53=8 m/s,点B为轨迹最高点,所以在B点竖直分速度为零,由vy0=gt,ax=qEm,vx=vx0+axt,联立可得vx=10 m/s,即小球在B点速度为10 m/s,B正确;小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍,则到C点时,水平速度为vxC=vx0+ax2t=14 m/s,则小球落地时与水平方向的夹角正切值为ta
29、n =814=47,C错误;A、C两点距离为x=vxC2-vx022ax=16 m,D正确。故选B、D。17.(2022广州二模,4)如图,在光滑绝缘斜面上有带电小球a与b,两球同时释放瞬间,a球的加速度刚好为零,则下列关于a、b的电性及初始位置,符合要求的是()ABCD答案B带电小球a在光滑绝缘斜面上,受重力、支持力和带电小球b对它的库仑力。两球同时释放瞬间,带电小球a的加速度为零,即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡,故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上。分析可知B正确。18.(2022深圳一模,5)如图所示,竖直平面内两个带电小油滴a、b在匀强电场E中分别以速度v1、v2做
30、匀速直线运动,不计空气阻力及两油滴之间的库仑力,下列说法正确的是()A.a、b带异种电荷B.a比b的比荷大C.a的电势能减小,b的电势能增加D.沿v1方向电势增加,沿v2方向电势降低答案C由于两油滴均做匀速直线运动,受力平衡,电场力大小等于重力大小,电场力都竖直向上,因此a、b均带正电,是同种电荷,A错误;由于两油滴质量关系未知,因此无法判断带电荷量大小关系,B错误;a向上运动,电场力做正功,电势能减小,b向下运动,电场力做负功,电势能增加,C正确;沿电场线方向,电势降低,因此沿v1方向电势降低,沿v2方向电势增加,D错误。故选C。19.(2022深圳一模,7)利用图甲所示电路研究电容器充、放
31、电过程,开关接1端后,电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势、两端电压U随时间t变化规律正确的是()ABCD答案B电容器的电容取决于其内部性质,不会因为充电而发生变化,A错误;开关接1端后,电容器与电源相连,开始充电,Q、U都会随时间增大,Q-t图线斜率表示充电电流,由题给条件可知,Q增大得越来越慢,最终恒定,故B正确,D错误;电容器下极板接地,所以上极板的电势在数值上等于电容器两端电压,随时间增大,C错误。故选B。20.(2023届广州广雅中学期中,6)硒鼓是激光打印机的核心部件,主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成,工作中充电
32、辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀地布上一层负电荷。我们可以用下面的模型模拟上述过程:电荷量均为-q的点电荷,对称均匀地分布在半径为R的圆周上,若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成+2q,则圆心O点处的电场强度为()A.2kqR2,方向沿半径指向P点B.2kqR2,方向沿半径背离P点C.3kqR2,方向沿半径指向P点D.3kqR2,方向沿半径背离P点答案D当P点处点电荷的电荷量为-q时,根据电场的对称性可知,O点的电场强度为0,某时刻P点处点电荷的电荷量由-q突变为+2q,可看作在P点增加一个电荷量为+3q的点电荷,故根据电场的叠加可知,O点的电场强度为0+k3qR2=3kqR2,方向沿
33、半径背离P点,故选D。21.(2023届广州广雅中学期中,7)绝缘光滑水平面上有A、B、O三点,以O点为坐标原点,向右为正方向建立直线坐标轴x轴,A点坐标为-2 m,B点坐标为2 m,如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙,左侧图线为四分之一圆弧,右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m、电荷量为q的负点电荷,以初速度v0由A点向右射出,则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中,下列说法中正确的是(忽略负点电荷形成的电场)()甲乙A.负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大B.当负点电荷分别处于-2 m和2 m时,电场力大小相等C.负点电荷在B点速度大于v0D.负点电荷在AO段的平均速度等于在
34、OB段的平均速度答案B-x图线斜率的绝对值表示电场强度的大小,由A点运动到O点过程中,图线斜率越来越小,则电场强度越来越小,点电荷所受电场力越来越小,则加速度也越来越小,A错误;作出y轴右侧线段关于y轴对称的图线如图1所示。由题图乙可知,O、B两点间的电场是匀强电场,该电场强度的大小与图1中虚线表示的电场强度大小相等,由于左侧图线为四分之一圆弧,将虚线平移至与圆弧相切,切点处的电场强度大小与右侧电场强度大小相等,根据几何关系可知,该切点的横坐标为-2 m,即当负点电荷分别处于-2 m和2 m时,电场力大小相等,B正确;根据WAB=qUAB=qA-B=0,可知负点电荷由A点运动到B点过程中,电场
35、力做的功为0,即合外力做的功为0,根据动能定理可知,负点电荷在B点速度等于v0,C错误;根据上述分析可知,负点电荷由A点运动到B点过程中,先做加速度减小的变加速直线运动,后做匀减速直线运动,作出v-t图像如图2所示。由于变加速过程与匀减速过程的位移相等,即v-t图像中曲线与时间轴所围面积等于直线与时间轴所围面积,则t1t2-t1,根据v=xt可知,负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度,D错误。故选B。22.(2022汕头二模,6)电场分选是在高压电场中利用入选物料的电性差异进行分选的方法。如图所示,从漏斗漏出的混合物料经起电区(未画出)起电(带正电或负电)后沿电场中线由静止进入高压
36、电场,已知物料全部落入M、N槽中且打不到极板,不计空气阻力和物料间的相互作用力,则起电后的物料经过高压电场区域时()A.所用时间一定不同B.机械能一定增大C.一定做曲线运动D.电势能可能增大答案B由题意得知,在高压电场中,带不同电荷的物料在竖直方向上均做自由落体运动,在水平方向上均做匀加速直线运动。离开高压电场后,带不同电荷的物料在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做初速度不为零的匀加速直线运动。由h=12gt2得,带不同电荷的物料在高压电场中运动时间均为t=2hg,时间一定相同,A错误;起电后的物料经过高压电场区域时,电场力做正功,机械能增大,B正确;从漏斗漏出的混合物料经起电区起电后沿电场
37、中线由静止进入高压电场,故电场力和重力的合力提供加速度,且初速度为零,故起电后的物料经过高压电场区域时一定做初速度为零的匀加速直线运动,C错误;起电后的物料经过高压电场区域时,电场力做正功,电势能减小,D错误。故选B。23.(2023届山西10月联考,16)1890年,英国物理学家J.J.汤姆孙对阴极射线进行了研究,打开了探究原子结构的大门,他的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子,由静止经A、K间的电压加速后,以平行于极板C、D的速度进入平行板电容器。若两极板C、D间无电压,则电子恰好打在荧光屏上的O点;若在两极板间施加图示的电压,则电子打在荧光屏上的P点。已知极板C、D的长度均为
38、l,间距为d,O、P间的距离为y,电子的比荷为em,加速电压和偏转电压均为U。求:(1)电子进入极板C、D间时的速度大小v0;(2)C、D两极板右端距荧光屏的距离x。答案(1)2eUm(2)2ydl-l2解析(1)电子在加速电场中,由动能定理可得eU=12mv02,解得v0=2eUm。(2)电子在两极板C、D间做类平抛运动,运动时间t=lv0;电子向下偏移的距离y1=12eUmdt2,解得y1=l24d;由几何关系可得y1y=l2l2+x,解得x=2ydl-l2。24.(2023届常州二中高二开学考试,13)带电荷量为610-6 C的负电荷从电场中的A点运动到B点,克服静电力做了310-5 J
39、的功,再从B运动到C,静电力做了1.210-5 J的功,则:(1)电荷从A运动到B,再从B运动到C的过程中电势能改变了多少?(2)如果规定A点的电势能为零,则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少?(3)如果规定A点的电势为零,电场中B、C两点的电势分别为多少?(4)B、C两点的电势差为多少?答案(1)1.810-5 J(2)310-5 J1.810-5 J(3)-5 V-3 V(4)-2 V解析(1)由电场力做功规律可得WAC=WAB+WBC=(-310-5+1.210-5) J=-1.810-5 J,由功能关系可得Ep=-WAC=1.810-5 J。(2)由功能关系可得WAB=EpA-EpB=-310-5 J,又EpA=0,则EpB=310-5 J。同理,WAC=EpA-EpC=-1.810-5 J,则EpC=1.810-5 J。(3)由电势的公式=Epq,得B=-5 V,C=-3 V。(4)根据电势差定义可得UBC=B-C=-2 V。第20页 共20页