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
Q 、Q ,质量分别为m 、m 。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,静止时
A B 1 2
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9∶16
B.A、B两球的带电荷量之比为81∶256
C.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9∶16
m g
答案 BD 当带电小球静止时,分别对它们进行受力分析,由几何关系得: 1 =
OC
F ,m g=F ,由于F =F ,所以m =BC,其中AC= OC =3OC、BC=
BA 2 AB BA AB 1
AC OC BC m AC tan53° 4
2
OC =4OC,故m =16∶9,A错误;由于C点的场强为零,则有k Q =k Q ,所以
1 A B
tan37° 3 m AC2 BC2
2
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Q =AC2=81∶256,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
A
Q BC2
B
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
F
BA
a m m
之比 1= 1 = 2=9∶16,所以A、B两小球水平位移之比为9∶16,D正确。
a F m
2 AB 1
m
2
2.(2022新疆乌鲁木齐八中检测,12)(多选)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
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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mg·2d-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 =mgh-
合
qU<0(h<2d),质点下落达不到N孔速度已减为零,C错误;若把B板向下平移一小段
距离,质点从P点到N孔,W =mgh-qU>0(h>2d),质点下落到N孔速度未减到零,继
合
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,
但不容易计算,一般不涉及运动时间的问题,优先考虑功能关系。
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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,E 表示带电油滴在P点的电势能。若
p
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.E 增大
p
C.Q不变
D.油滴加速向上运动
ε S
答案 C 当极板A稍向上平移,由C= r 可知电容器电容减小,若电容器直接
4πkd
与电源相连,U不变,Q将减小,但由于二极管的存在,所以此电容器不能放电,故Q
Q U Q
不变,由C= 可知电容器两极板间的电压U变大,A错误,C正确。由E= = =
U d Cd
4πQk
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
ε S
r
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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E =qφ得油滴在P点电势能E 不变,B错误。
p p
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U 的直线加速电场,再垂直进入偏转电场,离开偏转电场时的偏
1
h
移量为h,两平行板之间的距离为d,电压为U ,板长为L,把 叫示波器的灵敏度,
2 U
2
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L√ m
2U e
1
C.当U 、L增大,d不变,示波器的灵敏度一定减小
1
D.当L变为原来的两倍,d变为原来的四倍,U 不变,示波器的灵敏度增大
1
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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
1
错误。设电子经过加速电场后速度为v ,由动能定理可得eU = mv 2,解得v =
0 1 2 0 0
√2U e;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
1
m
电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间t= L=L√ m ,B正确。电
v 2U e
0 1
子在偏转电场中的偏移量h=1at2=1·eU t2=U L2 ,可得 h = L2 ,故当U 、L
2 2 1
2 2 md 4dU U 4dU
1 2 1
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,U 不变,示波器的灵敏度不变,D错误。
1
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
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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2∶1
16mgH
C.若两种粒子落地时的动能相等,则两极板间的电压U=
q
D.正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1∶4
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
qE
子受到的电场力方向向右,水平方向加速度a = ,设离开电场时速度方向与水平
1
2m
方向的夹角为θ ,tan θ =v = g =2mg,同理可得负粒子离开电场时速度方向与水平
1 1 y
v a qE
x 1
方向的夹角正切值 tan θ =mg,所以 tan θ =2∶1,B正确。粒子在分选电场中运动
2 1
qE tan θ
2
√2H
的时间t = ,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
1
g
1∶3,则粒子离开分选电场后运动的时间 t =t ,所以正粒子落地点到O点的水平距
2 1
1 3qEH 3qEH
离x = ·a t2+a t ·t = ,同理负粒子落地点到 O点的水平距离 x = ,所以
1 2 1 1 1 1 2 2mg 2 mg
x =1∶2,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
1
x
2
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d
中运动的水平距离为 (d为分选电场两极板间距),正粒子在电场中运动的水平距
2
d U
离为 ,由动能定理得正粒子落地时的动能 E =2mg·4H+q· ,负粒子落地时的动
k1
4 4
U 16mgH
能E =mg·4H+q· ,若E =E ,解得U= ,C正确。
k2 k1 k2
2 q
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运动过程中质子所受电场力做正功,电势能增加
1 mv2
答案 D 根据Ue= mv2可以推算该加速电场的电压U= ,选项A正确;根据
2 2e
U mv2
E= = ,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
d 2ed
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。
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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
1
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 圆环都均
4
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
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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;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
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答案 D 带电粒子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,则电容器的带电量Q减小
ε S
答案 C 根据C= r ①可知,若增大两极板间的距离d,电容器电容减小,A错
4πkd
Q U 4πkQ
误;由于C= ②,E= ③将①②③联立可得E= ,若增大两极板间的距离d,电
U d ε S
r
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
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量保持不变,从而电容器内部电场强度保持不变,B错误;由①可知,若减小两极板
间的距离,电容器的电容增大,由②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gT2
4π2
D.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
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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,液滴的运动半径为R,液滴与小球连线与竖直方向的夹角为θ,则根据力的分解
与牛顿第二定律有mg tan θ=m4π2R,根据几何关系可知tan θ=R,联立以上两式可
T2 h
得h=gT2 ,故C正确;若要求出圆周运动的半径,必须已知θ或者通过所给的其他
4π2
条件求得θ,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φ;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 (
)
φ φ
A.E,φ B.2E, C.2E,- D.0,-φ
2 2
答案 B A、B两点分别放等量同种电荷后,由几何关系知,两电荷在O点的场强
大小相等,设为E ,夹角为120°,则有2E sin 30°=E,解得E =E,若在C点放一
1 1 1
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
φ
为φ,则A、B两点的电荷产生的电场在O点的电势均为 ,C点的等量异种电荷
2
φ φ φ
产生的电场在O点的电势为- ,则O点的电势为φ- = 。综上所述选B。
2 2 2
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、带电荷
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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
√3kQ
B.P'点场强大小为
8R2
8mgR2
C.带电金属小球的带电荷量为
kQ
D.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
8mg
为
3Q
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Δq,则
k Δq √3k Δq
每个小球在P点产生的场强的水平分量为ΔE = · cos 30°= ,根据
x L2 8R2
对称性可知所有Δq在P点产生的场强的竖直分量的矢量和为零,所以对ΔE 进
x
√3kQ
行求和,可得均匀带电圆环在P点产生的电场强度大小为E = ,带电金属小
P 8R2
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=qE tan 30°,
P
8mgR2
解得q= ,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,
kQ
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
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强大小为E = kq =2mg,根据对称性可知带电圆环在P'点产生的电场强度
金
(2√3R) 2 3Q
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E =E +E =
P' P 金
√3kQ 2mg Q
+ ,故B错误;均匀带电圆环上每个小球带电荷量为Δq= ,取下一个
8R2 3Q n
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
k Δq kQ
称的另一位置的小球单独存在时在O点产生的场强,即E = = ,方向沿圆
1 R2 nR2
环的径向,取下并置于P'的小球在O点产生的场强为E = k Δq = kQ ,方向沿
2
(√3R) 2 3nR2
8mg
水平方向,而金属小球在O点产生的场强为E = ,方向沿水平方向,且与E 方
3 2
3Q
8mg
向相反,根据矢量合成法则,可知E 、E 和E 的矢量和的大小一定不等于 ,故
1 2 3
3Q
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Q =q和
1
Q =4q,其中q>0,以点电荷Q 为圆心的圆上有A、B、C、D四点,其中C点为两点
2 1
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Q 、Q 的距离之比为1∶2
1 2
D.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Q 存在,则A、B、C、D四点电势相同,此时加上Q ,由于C离
1 2
Q 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
2
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电场强度大小相等,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kq=4kq,可得r ∶r =1∶2,故C正确;电子由A沿圆弧顺时针运动到
1 2
r2 r2
1 2
B,离点电荷Q 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。
2
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点以初速度v 沿DB方向入射一电子,只在电场力作用下,将会沿DB方向
0
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 ( )
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A.电场强度的大小为2.5 V/m
B.坐标原点处的电势为2 V
C.电子在a点的电势能比在b点的小7 eV
D.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
ΔU 26V -10V
V=U -17 V,可得U =1 V,故B错误;电场沿x轴方向电场分量E = x=
o o x x 8cm
ΔU 26V -17V
=2 V/cm,电场沿y轴方向电场分量E = y= =1.5 V/cm,因此电场强
y y 6cm
度E= =2.5 V/cm,故A正确;电子在a点具有的电势能E =-eφ =-10 eV,
√E2+E2 pa a
x y
电子在b点具有的电势能E =-eφ =-17 eV,因此ΔE =E -E =7 eV,电子在a点
pb b p pa pb
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
W =-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
bO
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
mg
为E= ,从地面上的A点斜向右上方以速度v =10 m/s抛出一个带正电荷,电荷
0
2q
量为+q、质量为m的小球,速度方向与水平地面的夹角θ=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/s
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C.小球落地时与水平方向的夹角仍为53°
D.A、C两点距离为16 m
答案 BD D、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
v =v cos 53°=6 m/s,v =v sin 53°=8 m/s,点B为轨迹最高点,所以在B点
x0 0 y0 0
qE
竖直分速度为零,由v =gt,a = ,v =v +a t,联立可得v =10 m/s,即小球在B点
y0 x x x0 x x
m
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v =v +a ·2t=14 m/s,则小球落地时与水平方向的夹角正切值
xC x0 x
为tan β= 8
=4,C错误;A、C两点距离为x=v2 -v2
=16 m,D正确。故选B、D。
xC x0
14 7 2a
x
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 ( )
A B
C D
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v、v做匀速直线运动,不计空气阻力及两油滴之间的库仑力,下列说法正确的
1 2
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v方向电势增加,沿v方向电势降低
1 2
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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v方向电势降低,
1
沿v方向电势增加,D错误。故选C。
2
19.(2022深圳一模,7)利用图甲所示电路研究电容器充、放电过程,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φ、两端电压U随时间t变化规律正确的是 ( )
A B C D
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φ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 ( )
2kq
A. ,方向沿半径指向P点
R2
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2kq
B. ,方向沿半径背离P点
R2
3kq
C. ,方向沿半径指向P点
R2
3kq
D. ,方向沿半径背离P点
R2
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
3q 3kq
点电荷,故根据电场的叠加可知,O点的电场强度为0+k = ,方向沿半径背离P点,
R2 R2
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v由A点向右射出,则关于负点电荷
0
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v
0
D.负点电荷在AO段的平均速度等于在OB段的平均速度
答案 B φ-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。
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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W =qU =q
AB AB
=0,可知负点电荷由A点运动到B点过程中,电场力做的功为0,即合外力做的
(φ -φ )
A B
功为0,根据动能定理可知,负点电荷在B点速度等于v,C错误;根据上述分析可知,负
0
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
x
线与时间轴所围面积,则t<t-t,根据v= 可知,负点电荷在AO段的平均速度大于在
1 2 1
t
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
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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
1
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= gt2得,带不
2
√2h
同电荷的物料在高压电场中运动时间均为t= ,时间一定相同,A错误;起电后的物料
g
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
e
度均为l,间距为d,O、P间的距离为y,电子的比荷为 ,加速电压和偏转电压均为
m
U。求:
(1)电子进入极板C、D间时的速度大小v ;
0
(2)C、D两极板右端距荧光屏的距离x。
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√2eU 2yd l
答案 (1) (2) -
m l 2
1 √2eU
解析 (1)电子在加速电场中,由动能定理可得eU= mv 2,解得v = 。
2 0 0 m
l
(2)电子在两极板C、D间做类平抛运动,运动时间t= ;
v
0
1 eU l2
电子向下偏移的距离y = · t2,解得y = ;
1 2 md 1 4d
l
y 2 2yd l
由几何关系可得 1= ,解得x= - 。
y l l 2
+x
2
24.(2023届常州二中高二开学考试,13)带电荷量为6×10-6 C的负电荷从电场中的
A点运动到B点,克服静电力做了3×10-5 J的功,再从B运动到C,静电力做了
1.2×10-5 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)1.8×10-5 J (2)3×10-5 J 1.8×10-5 J (3)-5 V -3 V (4)-2 V
解析 (1)由电场力做功规律可得W =W +W =(-3×10-5+1.2×10-5) J=-1.8×10-5 J,
AC AB BC
由功能关系可得ΔE =-W =1.8×10-5 J。
p AC
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(2)由功能关系可得W =E -E =-3×10-5 J,又E =0,则E =3×10-5 J。同理,W =E -
AB pA pB pA pB AC pA
E =-1.8×10-5 J,则E =1.8×10-5 J。
pC pC
E
(3)由电势的公式φ= p,得φ =-5 V,φ =-3 V。
B C
q
(4)根据电势差定义可得U =φ -φ =-2 V。
BC B C
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