物理鲁科选修31同步训练：第2章 电势能与电势差B卷附答案 含解析

1.电场力做功：在匀强电场中,电场力做功的表达式为：W=qEd,d 为沿电场线方向上的距离，与电场线同向为正，反向为负。

2.电势能：电荷在电场中某点的电势能等于把电荷从该点移到选定的参考点的过程中电场力所做的功.3.电场力做功与电势能变化的关系:W=-ΔE p (ΔE p 电势能增加量).知识点一：电场力做功----基础题+中等题（匀强电场） 在任何电场中,电场力移动电荷所做的功,只与电荷始末两点的位置和被移动电荷的带电量有关,而与电荷的运动路径无关。

【典例1】如图所示,A 、B 是一条电场线上的两点,一带正电的点电荷沿电场线从A 点运动到B 点,在这个过程中,关于电场力做功的说法正确的是( )A .电场力做正功B .电场力做负功C .电场力不做功D .电场力先做正功后做负功【解析】选A 。

正电荷的受力方向与电场线方向相同,则从A 到B 电场力做正功.【典例2】如图所示，在电场强度为E =2×103V/m 的匀强电场中，有三点A 、M 和B ，AM =4cm ，MB =3cm ，AB =5cm ，且AM 边平行于电场线，把一电量q =2×10-9C 的正电荷从B 点移动到M 点，再从M 点移动到A 点，电场力做功为（ ） A . 0.6×10-6J B . 0.12×10-6J C .-0.16×10-6J D .-0.12×10-6J 【答案】C 。

【典例3】如图所示,在匀强电场中,电场线与水平方向夹角为θ,有一质量为m 、带电量为q 的小球,用长为L 的细绳悬挂于O 点,当小球静止时,细绳恰好拉成水平方向.现将小球缓慢拉到竖直方向最低点,在此过程中小球带电量不变,则外力做功为.【解析】沿水平和竖直两方向分解电场强度 E 1=Ecosθ,E 2=Esinθ=mg/q电场力在这两个方向做的功分别为-mgLcotθ,-mgL.对全过程运用动能定理,W-mgLcotθ-mgL+mgL=0,∴W =mgLcotθ 【答案】mgLcotθ【典例4】如图所示，一长为L 的绝缘杆两端分别带有等量异种电荷，电荷量的绝对值为q ，处在场强为E 的匀强电场中，杆与电场线夹角为600.若使杆沿顺时针方向转过600（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（ ） A .电场力不做功B .电场力做的总功为qEL/2C .电场力做的总功为-qEL /2D .电场力做的总功大小跟转轴位置有关【解析】选B 。

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是()A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零处，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向答案 D解析电场强度是描述静电力的性质的物理量，电势是描述电场能的性质的物理量，电场强度的大小和电势高低没有必然关系，电场线的方向，即电场强度的方向是电势降低最快的方向，选项A、B、C错误，选项D正确．2．如图1所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是()图1A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．a点的电势比b点的高D．正电荷在a、b两点受力方向相同答案 C解析由电场线的分布可以看出，此电场不是匀强电场，A错误；b点电场线比a点电场线密，故a点的电场强度比b点的小，B错误；根据电场线的方向知a点的电势比b点的大，C正确．正电荷在a、b两点受力方向分别沿a、b两点的切线方向，D错误．3．一不计重力的带电粒子q从A点射入一正点电荷Q的电场中，运动轨迹如图2所示，则()图2A．粒子q带正电B．粒子q的加速度先变小后变大C．粒子q的电势能先变小后变大D．粒子q的动能一直变大答案 C解析根据粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，A错误；根据库仑定律可知电荷受到的库仑力先变大后变小，B错误；电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，动能先增大后减小，C正确，D错误．故选C.4．如图3所示，空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有()图3A．电势能逐渐减小B．电势能逐渐增大C．q3受到的电场力逐渐减小D．q3受到的电场力逐渐增大答案 A解析中垂线CD段上的电场强度方向处处都是竖直向上，故正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，电场力做正功，电势能减小，A对，B错；中垂线上由C到D，电场强度先变大后变小，q3受到的电场力先变大后变小，C、D错．5．如图4所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b 电势分别为φa＝5V、φb＝3V．下列叙述正确的是()图4A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a答案 C解析 因不知该电场是否是匀强电场，所以E ＝Ud 不一定成立，c 点电势不一定是4V ，所以A 、B 两项错误．因φa ＞φb ，电场线方向向右，正电荷从高电势点移到低电势点电场力做正功，电势能减少，受到的电场力指向b ，所以C 项正确、D 项错误．6．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图5所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )图5A ．A 点和B 点的电势相同 B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，静电力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小 答案 C解析 由题图可知φA ＞φB ，所以正电荷从A 移至B ，静电力做正功，故A 错误，C 正确．C 、D 两点场强方向不同，故B 错误．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，所以D 错误，故选C.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分，把正确选项前的字母填在题后的括号内，全部选对得6分，选对部分但不全的得3分，错选得0分) 7．下列各量中，与检验电荷无关的物理量是( ) A ．电场力F B ．电场强度E C ．电势差UD ．电场力做的功W答案 BC解析 电场力F ＝qE ，与检验电荷有关，故A 项错；电场强度E 、电势差U 与检验电荷无关，故B 、C 对；电场力做功W ＝qU ，与检验电荷有关，故D 项错．8．如图6所示的电路中，AB 是两金属板构成的平行板电容器．先将开关K 闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是()图6A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高答案ACD9．带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图7所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b 运动，下列说法正确的是()图7A．粒子带正电B．粒子在a和b点的加速度相同C．该粒子在a点的电势能比在b点时小D．该粒子在b点的速度比在a点时大答案BD解析由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受力方向为竖直向上，所以粒子应带负电，故A错；匀强电场中受力恒定，加速度相同，B对；从a到b由于电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故该粒子在b点的电势能比在a 点时小，在b点的速度比在a点时大．故C错误，D正确．10．如图8所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b 点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则()图8A ．带电粒子带负电B ．a 、b 两点间的电势差U ab ＝mghqC ．b 点场强大于a 点场强D ．a 点场强大于b 点场强 答案 ABC解析 从a 到b ，带电粒子先加速后减速，电场力方向向上，故带电粒子带负电，故A 项正确；由动能定理知mgh ＝qU ab ，U ab ＝mghq ，故B 项正确；带电粒子在b 点受到的电场力比a点受到的电场力大，故b 点场强大于a 点场强，故C 项正确． 三、填空题(本题共2小题，共12分)11．(6分)如图9所示，Q 为固定的正点电荷，A 、B 两点在Q 的正上方与Q 相距分别为h 和0.25h ，将另一点电荷从A 点由静止释放，运动到B 点时速度正好又变为零．若此电荷在A 点处的加速度大小为34g ，此电荷在B 点处的加速度大小为________；方向________；A 、B 两点间的电势差(用Q 和h 表示)为________．图9答案 3g 方向竖直向上 －3kQh解析 这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q ，由牛顿第二定律，在A 点时mg －kQq h 2＝m ·34g .在B 点时kQq(0.25h )2－mg ＝m ·a B ，解得a B ＝3g ，方向竖直向上，q ＝mgh 24kQ.从A 到B 过程，由动能定理mg (h －0.25h )＋qU AB ＝0，故U AB＝－3kQh.12．(6分)如图10所示虚线为电场中的一簇等势面，A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子在电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过M点的动能为8eV，它经过N点时的动能为________eV，电子在M点的电势能比在N点的电势能________．图10答案0.5小四、计算题(本题共4小题，共40分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(10分)如图11所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的电荷从电场中的A 点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5J的功．求：图11(1)A、B两点间的电势差U AB和B、C两点间的电势差U BC；(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少；(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．答案(1)4V－2V(2)4V2V(3)见解析图解析(1)U AB＝W ABq＝－2.4×10－5－6×10－6V＝4VU BC＝1.2×10－5－6×10－6V＝－2V (2)U AB＝φA－φBU BC＝φB－φC又φB ＝0故φA ＝4V ，φC ＝2V (3)如图所示14．(10分)一个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图12所示．AB 与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m ＝1.0×10－7kg ，电荷量q＝1.0×10－10C ，A 、B 相距L ＝20cm.(取g ＝10m/s 2，结果保留两位有效数字)求：图12(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由； (2)电场强度的大小和方向；(3)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 答案 见解析解析 (1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB 方向运动，在垂直于AB 方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度v A 方向相反，微粒做匀减速直线运动．(2)在垂直于AB 方向上，有qE sin θ－mg cos θ＝0所以电场强度E ＝1.7×104N/C 电场强度的方向水平向左(3)设微粒射入电场时速度为v A ，微粒由A 运动到B 时的速度v B ＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，mgL sin θ＋qEL cos θ＝m v 2A 2，代入数据，解得v A ＝2.8m/s.15．(10分)如图13所示，在E ＝103V /m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝0.4 m ，一带正电荷q ＝10－4 C 的小滑块质量为m ＝ 0.04 kg ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，求：图13(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放； (2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大．(P 为半圆轨道中点) 答案 (1)20m (2)1.5N解析 (1)滑块刚能通过轨道最高点条件是 mg ＝m v 2R，v ＝Rg ＝2m/s滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得： Eqs －μmgs －mg 2R ＝12m v 2所以s ＝m ⎝⎛⎭⎫12v 2＋2gR Eq －μmg代入数据得：s ＝20m(2)滑块过P 点时，由动能定理： －mgR －EqR ＝12m v 2－12m v 2p所以v 2P ＝v 2＋2(g ＋Eq m)R 在P 点由牛顿第二定律：N －Eq ＝m v 2P R所以N ＝3(mg ＋Eq ) 代入数据得：N ＝1.5N16．(10分)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14所示．试求C 、D 两点沿电场强度方向的距离y .图14答案 0.01m解析 电子加速过程： 由eU ＝12m v 20得v 0＝2eUm电子飞入匀强电场中：在竖直方向v y ＝v 0tan30°＝at ，a ＝eEm ，解得t ＝1E2mU3e； C 、D 两点沿场强方向的距离 y ＝12at 2＝U 3E代入数据解得y ＝45003×1.5×105m ＝0.01m.。

一、单项选择题1．带电粒子m 只在电场力作用下由P 点运动到Q 点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－8 J 的功．则( ) A ．m 在P 点的电势能一定大于它在Q 点的电势能B ．P 点的场强一定小于Q 点的场强C ．P 点的电势一定高于Q 点的电势D ．m 在P 点的动能一定大于它在Q 点的动能解析：选D ．带电粒子由P 点运动到Q 点，克服电场力做功，即电场力做负功，所以电势能增加，再由动能定理可知动能减少．由于条件不足，不能确定电势和场强的大小关系，因此本题答案选D ．2．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U 后，哪个粒子获得的速度最大( )A ．质子11HB ．氘核21HC ．α粒子42HeD ．钠离子Na ＋解析：选A ．所有四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U ，故根据动能定理，qU ＝12m v 2－0得v ＝ 2qU m由上式可知，比荷q m越大，速度越大； A 选项中质子的比荷最大，故A 正确．3.如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的粒子，以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率v B ＝2v 0 ，方向与电场的方向一致，则A 、B 两点的电势差为( )A ．m v 202qB ．3m v 20qC ．2m v 20qD ．3m v 202q解析：选C ．粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh ＝v 20 .电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12m v 20变为2m v 20，则根据动能定理，有Uq－mgh ＝2m v 20－12m v 20， 解方程得A 、B 两点电势差应为2m v 20q，故选C ． 4.如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子重力不计)，则质子和α粒子射出电场时的侧向位移y 之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4解析：选B ．粒子进入偏转电场后，沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝qU md ，运动时间t ＝l v 0，粒子射出电场时的侧向位移y ＝12at 2＝ql 2U 2m v 20d＝ql 2U 4E k d ，故质子和α粒子射出电场时的侧向位移之比为1∶2，选项B 正确． 5．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动的过程中( )A ．小物块P 、Q 的电势能和动能之和先增大后减小B ．小物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先减小后增大C ．小物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先增大后减小D ．小物块P 、Q 的重力势能和动能之和先增大后减小解析：选B ．小物块Q 在沿斜面方向受向上的电场力和重力沿斜面向下的分力，当向上滑动时，随着电场力的减小，加速度先逐渐减小，然后反向增加，即速度先增大后减小，因系统只有重力和电场力做功，则系统的机械能与电势能之和守恒，即E k ＋E p G ＋E p 电＝C (常数)，则在Q 向上运动的过程中，随着重力势能的增大，小物块P 、Q 的电势能和动能之和逐渐减小，选项A 错误；在Q 向上运动的过程中动能先增后减，小物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先减小后增大，选项B 正确，C 错误；在Q 向上运动的过程中，电势能逐渐减小，小物块P 、Q 的重力势能和动能之和逐渐变大，选项D 错误．6．(2018·重庆一中模拟)如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分别落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的是()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：选BD．带正电的矿粉因受到水平向左的电场力作用向左偏转，电场力做正功，电势能变小，落在左侧，选项A错误，D正确；带负电的矿粉因受到水平向右的电场力作用向右偏转，电场力也做正功，电势能也变小，选项B正确，C错误．7．如图所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7 V、14 V、21 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是()A．粒子一定带负电荷B．粒子在a、b、c三点所受合力不相同C．粒子运动轨迹一定是a→b→cD．粒子在三点的电势能大小为E p b＞E p a＞E p c解析：选AD．由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向向下，故粒子一定带负电，故A正确；匀强电场中粒子所受的电场力是恒力，所以粒子在a、b、c三点所受合力相同，故B错误；运动轨迹不能反映运动方向，故C错误；根据推论：负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，故应有E p b＞E p a＞E p c，故D正确．8．如图所示的装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距l 的相同平行金属板构成，极板长度为l 、间距为d ，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子经加速电压U 0加速后，水平射入偏转电压为U 1的平移器，最终从A 点水平射入待测区域．不考虑粒子受到的重力．(1)求粒子射入平移器时的速度大小v 1；(2)当加速电压变为4U 0时，欲使粒子仍从A 点射入待测区域，求此时的偏转电压U . 解析：(1)设粒子射出加速器的速度为v 0由动能定理得qU 0＝12m v 20由题意得v 1＝v 0，得v 1＝2qU 0m. (2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t加速度的大小a ＝qU 1md在离开时，竖直分速度v y ＝at竖直位移 y 1＝12at 2 水平位移l ＝v 1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t .竖直位移y 2＝v y t由题意知，粒子竖直总位移y ＝2y 1＋y 2解得y ＝U 1l 2U 0d， 则当加速电压为4U 0时，U ＝4U 1.答案：(1)2qU 0m(2)4U 1情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

(时间：90分钟,满分：100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分,共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．根据电阻定律,电阻率ρ＝错误!，对于温度一定的某种金属来说，它的电阻率( )A．跟导线的电阻成正比B．跟导线的横截面积成正比C．跟导线的长度成反比D．由所用金属材料的本身特性决定解析：选D．电阻率由材料决定，与导体的温度有关;温度一定，只由所用金属材料的本身特性决定．2。

如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一闭合的圆环,接入电路中，电路与圆环的O点固定,P为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S，滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将( )A．由小变大B．由大变小C．先变小后变大D．先变大后变小解析：选C．闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联,在图示位置时并联电阻最大,从m点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C＝错误!,电容器C所带的电荷量先减小后增大，C对．3．一个电池组的电动势为E，内阻为r,用它给一电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时,通过电动机的电流为I,电动机两端的电压为U,经t s后，则（)A．电源在内外电路做的功为(I2r＋IU)tB．电池消耗的化学能为IEtC．电动机输出的机械能为IEt－I2(R＋r)tD．电池组的效率为错误!解析：选ABC．由闭合电路欧姆定律和能量守恒定律知，电池消耗的化学能提供了电源在内外电路所做的功W,W＝IEt＝I(U＋Ir）t＝（IU＋I2r)t。

电动机的机械能E机＝UIt－I2Rt＝（E－Ir）It－I2Rt＝EIt－I2（R＋r）t.电池组的效率η＝错误!×100%＝错误!×100%.4．（2014·河南联考）如图所示,A1、A2是两只完全相同的电流表(内阻不可忽略)，电路两端接恒定电压U，这时A1、A2的示数依次为5 mA和3 mA．若将A2改为和R2串联,仍接在恒定电压U之间，这时电表均未烧坏．下列说法正确的是（)A．通过电阻R1的电流必然增大B．通过电阻R2的电流必然增大C．通过电流表A1的电流必然增大D．通过电流表A2的电流必然增大解析：选AC．由A1、A2的示数依次为5 mA和3 mA,可知R1＋R A2<R2，由于并联电路各支路中最小的电阻越小,总电阻越小，故当把A2改为和R2串联时，电路中总电阻减小，总电流变大，C对；由于总电流增大，电流表A1两端电压增大,并联支路两端电压减小,而R2所在支路电阻增大，故通过R2和电流表A2的电流必然减小，所以通过R1的电流必然增大，A对．5。

本章整合知识建构综合应用专题1电势能、电场力做功与电容器总结:电场力对电荷做正功,电荷的电势能减少,对电荷做负功,电荷的电势能增加.所以电场力对电荷所做的功等于电荷电势能变化的负值;平行板电容器给提供一个匀强电场.【例1】 一平行板电容器的电容为C,两板间的距离为d,上板带正电,电荷量为Q,下板带负电,电荷量也为Q,它们产生的电场在很远处的电势为零.两个带异号电荷的小球用一绝|||缘刚性杆相连,小球的电荷量都为q,杆长为L,且L<d.现将它们从很远处移到电容器内两板之间,处于以下列图所示的静止状态(杆与板面垂直),在此过程中两个小球克服电场力所做总功的大小等于多少 ?(设两球移动过程中极板上电荷分布情况不变)( )A.Cd QLqB.0C.Cd Qq (d -L)D.QdCLq 解析：从功的公式角度出发考虑沿不同方向移动杆与球,无法得出电场力所做功的数值.但从电场力对两个小球做功引起两小球电势能的变化这一角度出发,可以间接求得电场力对两个小球做的总功.只要抓住运动的起点、终点两个位置两小球的电势能之和,就能求出电场力的功.初始两小球在很远处时各自具有的电势能为零,所以E 0 =0;终点位置两球处于如以下列图的静止状态时,设带正电小球的位置为a,该点的电势为U a ,那么带正电小球电势能为qU a ;设带负电小球的位置为b,该点的电势为U b ,那么带负电小球电势能为 -qU b .所以两小球的电势能之和为:E t =q(U a -U b ) =qEL =CdqQL 所以电场力对两小球所做的功为:W =E 0 -E t = -Cd qQL ,即两个小球克服电场力所做总功的大小等于CdQLq ,选项A 正确.答案：A【例2】 一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地.在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P 点,如以下列图.以E 表示两极板间的场强,U 表示电容器的电压,W 表示正电荷在P 点的电势能.假设保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,那么( )变小,E 不变 变大,W 变大变小,W 不变 不变,W 不变解析：因为电容极板所带电荷量不变,且正对面积S 也不变,据E =4πkQ/(ε·S)可知E 也不变.据U =Ed,因d 减小,故U 减小.因P 点的电势没有发生变化,故W 不变.答案：AC专题2静电场中的综合问题总结:电场中除了新增加的几个物理量之外,研究问题的方法几乎与力学无区别,力学里常见到的问题,在电场中均可出现,因此说电场是综合性很强的一个知识模块.【例1】 如以下列图,直角三角形的斜边倾角为30°,底边BC 长为2L,处在水平位置,斜边AC 是光滑绝|||缘的,在底边中点O 处放置一正电荷Q,一个质量为m,电荷量为q 的带负电的质点从斜面顶端A 沿斜边滑下,滑到斜边上的垂足D 时速度为v.(1)在质点的运动中不发生变化的是( )A.动能B.电势能与重力势能之和C.动能与重力势能之和D.动能、电势能、重力势能三者之和(2)质点的运动是( )A.匀加速运动B.匀减速运动C.先匀加速后匀减速的运动D.加速度随时间变化的运动(3)该质点滑到非常接近斜边底端C 点时速率v C 为多少 ?沿斜面下滑到C 点的加速度a C 为多少 ?解析：(1)由于只有重力和电场力做功,所以重力势能、电势能与动能的总和保持不变.即D 选项正确.(2)质点受重力mg 、库仑力F 、支持力N 作用,因为重力沿斜面向下的分力mgsinθ是恒定不变的,而库仑力F 在不断变化,且F 沿斜面方向的分力也在不断变化,故质点所受合力在不断变化,所以加速度也在不断变化,选项D 正确.(3)由几何知识知B 、C 、D 三点在以O 为圆心的同一圆周上,是O 点处点电荷Q 产生的电场中的等势点,所以q 由D 到C 的过程中电场力做功为零,由能量守恒可得:mgh =21mv c 2 -21mv 2 其中h =BD sin60° =BC sin30°sin60° =2L×21×23 =23L 得v C =gL v 32质点在C 点受三个力的作用:电场力F,方向由C 指向O 点;重力mg,方向竖直向下;支撑力F N ,方向垂直于斜面向上.根据牛顿第二定律得:mgsinθ -Fcosθ =ma c ,即mgsin30°2L kQq -cos30° =ma c 解得:a c =21g 223mL kQq -. 答案：(1)D (2)D (3)v C =gL v 32+ a C =21g 223mLkQq - 【例2】 如以下列图,在场强为E 的水平的匀强电场中,有一长为L,质量可以忽略不计的绝|||缘杆,杆可绕通过其中点并与场强方向垂直的水平轴O 在竖直面内转动,杆与轴间摩擦可以忽略不计.杆的两端各固定一个带电小球A 和B,A 球质量为2m,带电荷量为 +2Q;B 球质量为m,带电荷量为－Q.开始时使杆处在图中所示的竖直位置,然后让它在电场力和重力作用下发生转动,求杆转过90°到达水平位置时A 球的速度多大 ?解析：根据动能定理列式,两球速度大小相等,得:2mg 2L -mg 2L +2QE 2L +QE 2L =21×2mv 2 +21mv 2,解得v =mQEL gL +31. 答案：v =m QEL gL +31 科海观潮密立根密立根(Robert Andrews Millikan)是著名的实验物理学家,1907年开始,他在总结前人实验的根底上,着手电子电荷量的测量研究,之后改为以微小的油滴作为带电体,进行根本电荷量的测量,并于1911年宣布了实验的结果,证实了电荷的量子化.此后,密立根又继续改良实验,精益求精,提高测量结果的精度,在前后十余年的时间里,做了几千次实验,取得了可靠的结果,最|||早完成了根本电荷量的测量工作.1917年精确测定出e 值为4.807×10 -10静电单位电荷量,误差±0.005×10 -10范围静电单位电荷量.密立根油滴实验装置1909年12月至|||1910年5月,密立根与他另一名学生弗雷切尔(H.Fletcher)用油(或甘油和汞)做了近两百颗的油滴的平衡实验.他们宣称,在所有情况下液滴从空气中捕获的电荷都是最|||小电荷的整数倍.综合所有数据,并对斯托克斯定律进行修正,得到电子电荷的平均值 e =4.891×10-10 esu.1910年以后,密立根在平衡油滴法的根底上,进一步改良实验方法.他让油滴在电场力和重力的共同作用下,上上下下地运动.如果用X射线或镭照射油滴,使油滴所带电荷量发生改变,就会看到油滴的速度突然发生变化,从而求出电荷量改变的差值.密立根进一步研究了斯托克斯定律的有效性,作了修正,1913年宣布从油滴测定电子电荷为 e =(4.774±0.009)×10 -10 esu.密立根的历史功绩就在于以巧妙的实验,确凿的数据验证电荷的不连续性.1923年诺贝尔物理学奖授予美|国加利福尼亚州帕萨迪那加州理工学院的密立根,以表彰他对根本电荷和光电效应的工作.。

第2章过关检测知不足，然后能自反;知困，然后能自强也（时间：90分钟满分：100分)知识点对应题目题型分值电势（差）1、2、7选择12分电场力功与电势能3、4、11、12、13选择、填空、计算33分电容器8选择4分示波器9选择4分带电粒子在电场运动及综合应用5、6、10、14、15、16选择、计算47分一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分,有选错或不答的得0分）1.如下图所示，两平行板的金属板间的电压为U ab＝8.0 V，两板的间距为2 cm，而且极板b接地。

极板间有c、d两点，c距a板0.5 cm，d距b板0.5 cm，则( ）A。

两板间的场强为500 V/mB.c、d两点的电势相等C。

c点的电势φc＝2。

0 VD.d点的电势φd＝2.0 V2.如下图所示，a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点,已知ab＝bc,a、b两点间电压为10 V,则b、c两点间电压( )A.等于10 VB.大于10 VC.小于10 VD.条件不足，无法判断3.关于电势和电势能的说法,正确的是( ）A.电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B。

电荷在电场中电势越高的地方,电量越大，所具有的电势能也越大C.在正点电荷电场中的任意一点处,正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D.在负点电荷电场中的任意一点处,正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能4。

下图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面,它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V。

一质子(11H)从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则下列对质子的运动判断正确的是（)A。

质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4。

5 eVB。

质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5 eVC.质子经过等势面c时的速率为2。

鲁科版高中物理选修31第2章电势能和电势差单元测试一、单项选择题1.以下关于电势的说法中，不正确的选项是〔〕A. 电势差就是电场中两点电势的差值B. 匀强电场中两点间的电势差还与试探电荷的电量有关C. 顺着电场线的方向，电势越来越低D. 电场中各点的电势是相对零电势参考点而言的2.把两个异种电荷之间的距离增大一些，以下表达正确的选项是〔〕A. 外力做正功，电荷电势能添加B. 电场力做正功，电荷电势能添加C. 电场力做负功，电荷电势能减小D. 外力做负功，电荷电势能增加3.如下图，将平行板电容器两极板区分与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰恰处于运动形状．现贴着下板拔出一定厚度的金属板，那么在拔出进程中〔〕A. 电容器的带电量不变B. 电路将有顺时针方向的持久电流C. 带电液滴仍将运动D. 带电液滴将向上做减速运动4.分子间有相互作用的势能，规则两分子相距无量远时分子势能为零，并两分子相距r0时分子间的引力与斥力大小相等．设分子a 和分子b从相距无量远处区分以一定的初速度在同不时线上相向运动，直到它们之间的距离到达最小．在此进程中以下说法正确的选项是〔〕A. a和b之间的势能先增大，后减小B. a和b的总动能不变C. 两分子相距r0时，a和b的减速度均为零D. 两分子相距r0时，a和b之间的势能大于零5.如下图，处于真空中的匀强电场与水平方向成15o角，AB直线与强场E相互垂直．在A点，以大小为v o 的初速度水平抛出一质量为m，带电荷量为+q 的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点〔图中未画出〕时其速度大小仍为v o，在小球由A点运动到C点的进程中，以下说法正确的选项是〔〕A. 电场力对小球做功为零B. 电场力做的负功C. 小球机械能添加D. C点能够位于AB直线的左方6.如下图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕衔接，下极板接地。

一带电油滴位于容器中的P点且恰恰处于平衡形状。

现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离〔〕A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将增加D. 电容器的电容减小，极板带电量将增大7.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小，如下图，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，末尾时，开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，以下采取的措施可行的是〔〕A. 断开开关S后，将A，B分开些B. 坚持开关S闭合，将A，B两极板分开些C. 坚持开关S闭合，将A，B两极板接近些D. 坚持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动二、多项选择题8.如下图，水平放置的平行板电容器M、N与一电源相连在电容器的两板间有一带电的小球P处于运动形状现将电容器两板间的距离增大，那么A. 电容变大B. 小球向上运动C. 电容变小D. 小球向下运动9.空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM=ON，一带正电的粒子在AB间的电势能E k随x的变化规律为如下图的折线，那么以下判别中正确的选项是〔〕A. AO间的电场强度等于OB间的电场强度B. M点电势比N点电势低C. 假定将一带负电的粒子从M点运动释放，它一定能经过N点D. 该粒子从M向O移动进程中，所受电场力做正功10.〔多项选择〕如下图为〝研讨影响平行板电容器电容的要素〞的实验装置，以下说法正确的选项是〔〕A. A板与静电计的指针带的是异种电荷B. 甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C. 乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D. 丙图中将电介质拔出两极板间，静电计的指针偏角减小三、填空题11.在某电场中，把带电量q=﹣5×10﹣9 C的点电荷由A点移动到了B点，电场力所做的功为1×10﹣7 J．B，A 两点间的电势差U BA是________ V．12.如下图，某静电场的电场线，图中A、B两点电势的上下状况是φA________φB〔填〝＝〞、〝＞〞或〝＜〞〕，一负电荷从A点移到B点其电势能增减的状况是________。

一、单项选择题1．带电粒子m 只在电场力作用下由P 点运动到Q 点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－8 J 的功．则( )A ．m 在P 点的电势能一定大于它在Q 点的电势能B ．P 点的场强一定小于Q 点的场强C ．P 点的电势一定高于Q 点的电势D ．m 在P 点的动能一定大于它在Q 点的动能解析：选D ．带电粒子由P 点运动到Q 点，克服电场力做功，即电场力做负功，所以电势能增加，再由动能定理可知动能减少．由于条件不足，不能确定电势和场强的大小关系，因此本题答案选D ．2．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U 后，哪个粒子获得的速度最大( )A ．质子11HB ．氘核21HC ．α粒子42HeD ．钠离子Na ＋解析：选A ．所有四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U ，故根据动能定理，qU ＝12m v 2－0得v ＝2qUm由上式可知，比荷qm 越大，速度越大；A 选项中质子的比荷最大，故A 正确．3.如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的粒子，以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率v B ＝2v 0 ，方向与电场的方向一致，则A 、B 两点的电势差为( )A ．m v 202qB ．3m v 20qC ．2m v 20qD ．3m v 202q解析：选C ．粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh ＝v 20 .电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12m v 20变为2m v 20，则根据动能定理，有Uq－mgh ＝2m v 20－12m v 20，解方程得A 、B 两点电势差应为2m v 20q，故选C ．4.如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子重力不计)，则质子和α粒子射出电场时的侧向位移y 之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4解析：选B ．粒子进入偏转电场后，沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝qU md ，运动时间t ＝lv 0，粒子射出电场时的侧向位移y ＝12at 2＝ql 2U 2m v 20d＝ql 2U4E k d ，故质子和α粒子射出电场时的侧向位移之比为1∶2，选项B 正确． 5．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动的过程中( )A ．小物块P 、Q 的电势能和动能之和先增大后减小B ．小物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先减小后增大C ．小物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先增大后减小D ．小物块P 、Q 的重力势能和动能之和先增大后减小解析：选B ．小物块Q 在沿斜面方向受向上的电场力和重力沿斜面向下的分力，当向上滑动时，随着电场力的减小，加速度先逐渐减小，然后反向增加，即速度先增大后减小，因系统只有重力和电场力做功，则系统的机械能与电势能之和守恒，即E k ＋E p G ＋E p 电＝C (常数)，则在Q 向上运动的过程中，随着重力势能的增大，小物块P 、Q 的电势能和动能之和逐渐减小，选项A 错误；在Q 向上运动的过程中动能先增后减，小物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先减小后增大，选项B 正确，C 错误；在Q 向上运动的过程中，电势能逐渐减小，小物块P 、Q 的重力势能和动能之和逐渐变大，选项D 错误．6．(2018·重庆一中模拟)如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分别落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的是()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：选BD．带正电的矿粉因受到水平向左的电场力作用向左偏转，电场力做正功，电势能变小，落在左侧，选项A错误，D正确；带负电的矿粉因受到水平向右的电场力作用向右偏转，电场力也做正功，电势能也变小，选项B正确，C错误．7．如图所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7 V、14 V、21 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是()A．粒子一定带负电荷B．粒子在a、b、c三点所受合力不相同C．粒子运动轨迹一定是a→b→cD．粒子在三点的电势能大小为E p b＞E p a＞E p c解析：选AD．由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向向下，故粒子一定带负电，故A正确；匀强电场中粒子所受的电场力是恒力，所以粒子在a、b、c三点所受合力相同，故B错误；运动轨迹不能反映运动方向，故C错误；根据推论：负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，故应有E p b＞E p a＞E p c，故D正确．8．如图所示的装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距l 的相同平行金属板构成，极板长度为l 、间距为d ，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子经加速电压U 0加速后，水平射入偏转电压为U 1的平移器，最终从A 点水平射入待测区域．不考虑粒子受到的重力．(1)求粒子射入平移器时的速度大小v 1；(2)当加速电压变为4U 0时，欲使粒子仍从A 点射入待测区域，求此时的偏转电压U . 解析：(1)设粒子射出加速器的速度为v 0 由动能定理得qU 0＝12m v 20由题意得v 1＝v 0， 得v 1＝2qU 0m. (2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t 加速度的大小a ＝qU 1md在离开时，竖直分速度v y ＝at 竖直位移 y 1＝12at 2水平位移l ＝v 1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t . 竖直位移y 2＝v y t由题意知，粒子竖直总位移y ＝2y 1＋y 2 解得y ＝U 1l 2U 0d，则当加速电压为4U 0时，U ＝4U 1. 答案：(1) 2qU 0m(2)4U 1。

第二章《电势能与电势差》单元测试题一、单选题(共15小题)1.空间存在着方向平行于x轴的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，AB 间的电势φ随x的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子一定能通过N点C．AO间的电场强度小于OB间的电场强度D．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大2.如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的电场强度处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()A．B．C．D．3.如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g.粒子运动的加速度为()A．gB．gC．gD．g4.如图所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′分别表示电势－4 V、－2 V、0、2 V、4 V的等势线，若AB＝BC＝CD＝DE＝2 cm，且与直线MN成30°角，则()A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且指向左下方B．该电场是匀强电场，电场强度大小E＝2 V/mC．该电场是匀强电场，与C点距离为2 cm的所有点中，最高电势为4 V，最低电势为－4 VD．该电场可能不是匀强电场，E＝不适用5.如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是()A．小球一定能穿过MN区域继续运动B．如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点C．如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点速度大于等于D．如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为－mgR6.如图所示，在平面直角坐标系中，有一个方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A． 200 V/mB． 200V/mC． 100 V/mD． 100V/m7.1999年7月12日，日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化(冷却剂外泄使管中液面变化)转移为电信号的自动化测量技术．如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图．容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，芯柱外面套有绝缘管(塑料或橡皮)作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，为此，下列说法正确的是()A．如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必为液面升高B．如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，必为液面升高C．如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，必为液面降低D．如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，必为液面降低8.两块平行金属板带等量异种电荷，要使两极板间的电压加倍，两板间的电场强度减半，采用的办法有()A．两极板的电荷量加倍，而距离变为原来的4倍B．两极板的电荷量加倍，而距离变为原来的2倍C．两极板的电荷量减半，而距离变为原来的4倍D．两极板的电荷量减半，而距离变为原来的2倍9.如图，是一个常用的电子元件，关于它的说法正确的是()A．这个电子元件名称叫电阻B．这个电子元件的电容是220法拉C．这个电子元件的电量是50库仑D．这个电子元件额定电压为50伏10.下列说法正确的是()A．电势差是由两点的位置决定的，与移动的电荷的种类和数量无关B．电势差与电场力做功成正比，与被移动的电荷量成反比C．电势差的大小等于移动单位电荷时电场力所做的功D．电场中两点间没有电荷移动，则电势差为零11.示波器是一种电子仪器，用它来观察电信号随时间变化的情况．示波器的核心部件是示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示，图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图．在偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点O.下列是运用偏转电场实现对电子束的控制的方法：①让亮斑沿OY向上移动，要在偏转电极YY′加电压，且Y′比Y电势高；②让亮斑移到荧光屏的左上方，要在偏转电极XX′、YY′加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高；③让荧光屏上出现一条水平亮线，只需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)；④让荧光屏上出现正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压；以上说法中正确的是()A．①②B．②③C．②④D．③④12.带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其它力的作用)()A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确13.如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为()A．UOP＝－10sinθ(V)B．UOP＝10sinθ(V)C．UOP＝－10cosθ(V)D．UOP＝10cosθ(V)14.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则()A．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小B．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功C．小物体上升的最大高度为D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先减小后增大15.如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为φ和φ，a、b的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度v释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，则它经过等势面b时的速率为()A．vB．·vC．·vD． 1.5v二、计算题(共3小题)16.如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度v A的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：(1)速度v A的大小；(2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小．17.如图所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？18.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104N/C.在细杆上套有一个带电量为q＝－×10－5C、质量为m ＝3×10－2kg的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝0.4 m，g＝10 m/s2.求：(1)小球在B点的速度v B；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；(3)小球从A点滑至C点的时间是多少？三、填空题(共3小题)19.如图所示，a、b、c是氢原子的核外电子绕核运动的三个可能轨道，取无穷远电子的电势能为零，电子在a、b、c三个轨道时对应的电势能分别为－13.6 eV、－3.4 eV、－1.51 eV，由于某种因素(如加热或光照)的影响，电子会沿椭圆轨道跃迁到离核更远的轨道上运动，则：(1)φa＝________，φb＝________，φc＝________.(2)Uab＝________，Ubc＝________.20.如图所示为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相接，极板A用导线接静电计的金属外壳．若极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大．某同学经分析作出平行板电容器电容变小的结论．(1)他的依据是________；A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小，电容变小B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大，电容变小C．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小，电容变小D．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大，电容变小(2)本实验说明平行板电容器电容大小与________________有关．21.如图甲所示是一种测量电容器电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的情况如下：A．按如图甲所示的电路图接好电路；B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝490 μA，电压表的示数U0＝8.0 V.C．断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上(时间t为横坐标，电流I为纵坐标)，如图乙中小黑点所示．(1)在图乙中画出I－t图线；(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是__________________________；(3)该电容器电容为________ F(结果保留两位有效数字)；(4)若某同学实验时把电压表接在E、D两端，则电容的测量值比它的真实值________ (填“大”“小”或“相等”)．四、简答题(共3小题)22.如图所示，电容器充电后保持和电源相连，此时电容器两极板间的电压不变．(1)当两极板的正对面积增大时，电容器的C、Q、E如何变化？(2)当两极板间距d增大时，电容器的C、Q、E如何变化？23.如图所示，一平行板电容器跟一电源相接，当S闭合时，平行板电容器极板A、B间的一带电液滴恰好静止．(1)若将两板间距离增大为原来的两倍，那么液滴的运动状态如何变化？(2)若先将S断开，再将两板间距离增大为原来的两倍，液滴的运动状态又将如何变化？24.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处．若从t＝0时刻释放电子，问电子能否打到右板上？答案解析1.【答案】B【解析】由图可知，A、B两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电．A错误；由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N 电场力做的功，所以粒子能通过N点．故B正确；由于OA＜OB，所以OA之间的电势变化快于OB之间的电势的变化，即AO间的电场强度大于OB间的电场强度．故C错误；由于AO的斜率保持不变，即AO之间的电场强度不变，所以粒子从M向O运动过程电场力不变，故D错误．2.【答案】A【解析】球壳内部即r≤R的区域E＝0，粒子不受力，动能不变．球壳外部即r>R的区域，由E＝k 可知，离球壳越远，电场强度E越小，粒子沿电场线方向移动相同的位移静电力做功越小，因此，随着r的增大，E k－r图线斜率越来越小．本题只有选项A正确．3.【答案】A【解析】带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律得ma＝mg－q，两式联立可得a＝g.4.【答案】C【解析】因各等势面间距相等，电势差相等，所以该电场为匀强电场，电场强度大小E＝V/m＝200 V/m，其方向与等势面垂直且指向电势降低的方向，即指向左上方，A、B、D错误；因C点电势为零，与C点距离为2 cm的点的最高电势为φm＝Ed＝200×2×10－2V＝4 V，最低电势为－4 V，C正确．5.【答案】B【解析】小球带正电，进入电场后做减速运动，如果小球达到N点还没有减速到零，说明小球能够穿过MN区域，如果小球还没有到N点就减速为零，说明小球不能穿过MN区域，A项错．如果小球没有穿过MN区域，根据能量守恒定律，小球能回到出发点，且速度为零，B项对，C项错．如果小球一定能穿过MN区域，根据动能定理，电场力做的功与重力做的总功之和等于动能的变化，由于不知道小球在N点的速度是否为0，所以无法确定电场力做的功，D项错．6.【答案】A【解析】在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B，C在同一等势面上．O点到BC的距离d＝OC sinα，而sinα＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2m．根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝V/m＝200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误．7.【答案】A【解析】若指示器显示出电容增大了，根据电容的决定式C＝，可知两电极正对面积增大，容器中液面升高了．故A正确，C错误．若指示器显示出电容减小了，根据电容的决定式C＝，可知两电极正对面积减小，容器中液面降低了．故B、D错误．8.【答案】C【解析】由C＝，C＝和E＝得两板间的电压U＝，两板间的电场强度E＝，可知选项C正确．9.【答案】D【解析】由该电子元件的铭牌“50 V220 μF”，μF是电容的单位，可知，这个电子元件名称是电容器，其电容是220 μF，额定电压为50 V．由Q＝CU知，C一定，电量与电压有关，故D正确，A、B、C错误．10.【答案】A【解析】电场中两点间电势差由两点在电场中的位置决定，可以用U＝来计算，但与移动的电荷的种类、数量以及是否移动电荷均无关，所以A正确，B、D错误；从物理意义上讲，电势差的大小等于移动单位正电荷时电场力所做的功，所以C错误．11.【答案】D【解析】①电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY′中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY′上加电压，且Y比Y′电势高．故①错误；②要想让亮斑移到荧光屏的左上方，电子在偏转电极XX′间受到的电场力指向X′、在YY′间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X′比X电势高，Y比Y′电势高．故②错误；③设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为y＝，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描．故③正确；④由③的分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线．故④正确．12.【答案】B【解析】整个过程电场力做正功，只有电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒，减小的电势能全部转化为动能，故A、C、D错误，B正确．13.【答案】A【解析】由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的．沿着电场线的方向电势是降低的，所以P 点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差UOP为负值．根据电势差与场强的关系UOP＝－Ed＝－E·R sinθ＝－10sinθ(V)，所以A正确．14.【答案】C【解析】由题分析可知，正点电荷对物体有吸引力，从N到M的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，物体的电势能先减小后增加．故A、B错误．设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h.由于OM＝ON，M、N两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得：上升过程：W－mgh＝0－mv下滑过程：W＋mgh＝mv－0联立解得，h＝.故C正确．从N到M的过程中，小物体受到的电场力先增大后减小，电场力在垂直于斜面的分力也先增大后减小，根据物体在垂直于斜面方向力平衡得知，斜面对物体的支持力也先增大后减小，则物体受到的摩擦力先增大后减小．故D错误．15.【答案】B【解析】由动能定理知从a到c：qUac＝m(4v2－v2)＝1.5mv2＝0.8qφ，设该粒子经过等势面b时的速率为v b，则qUab＝m(v－v2)＝0.4qφ，联立可得：v b＝·v，B正确．16.【答案】(1)(2)6qE【解析】(1)在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE＝m所以小球在A点的速度v A＝.(2)在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr＝mv－mv小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有FB－qE＝m解以上两式得小球在B点对环的水平作用力为：FB＝6qE.17.【答案】∶1【解析】质子和α粒子都带正电，从A点由静止释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：m H v＝q H U，对α粒子：mαv＝qαU.所以＝＝＝.18.【答案】(1)2 m/s(2)0.4 m(3)0.8 s【解析】(1)小球在AB段滑动过程中，由机械能守恒mgx1sinα＝mv，可得v B＝2 m/s.(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度a2＝＝－5 m/s2，小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为x2＝＝0.4 m.(3)小球从A到B和从B到C的两段位移中的平均速度分别为v AB＝，v BC＝；小球从A到C的平均速度为.x1＋x2＝vt＝t，可得t＝0.8 s.19.【答案】(1)13.6 V 3.4 V 1.51 V(2)10.2 V 1.89 V【解析】(1)电子的带电荷量q＝－e，据电势的定义φ＝得，φa＝＝＝13.6 V，同理φb＝3.4 V，φc＝1.51 V.(2)Uab＝φa－φb＝(13.6－3.4) V＝10.2 V＝φb－φc＝1.89 V.Ubc20.【答案】(1)D(2)极板正对面积大小【解析】(1)B极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，A板与B板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大，即电容器极板间电压变大，由公式C＝知电容C变小．故D正确，A、B、C错误．(2)将极板A 稍向上移动一点，极板正对面积减小，实验得出电容减小．说明平行板电容器电容大小与极板正对面积大小有关．21.【答案】(1)如图所示．(2)在开始放电时电容器所带的电荷量(3)1.1×10－3(4)小【解析】(1)作图如图所示．(2)由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I－t图象与坐标轴所包围的面积，则面积表示电容器在开始放电时所带的电荷量．(3)查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值Q＝8.5×10－3C则C＝≈1.1×10－3F(4)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在E、D两端，则电容器在放电时，有一部分电量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电量小于电容器的带电量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小．22.【答案】(1)根据C＝，S增大时，C增大．根据C＝得Q＝CU，所以Q增大，电场强度E ＝不变(2)根据C＝，d增大时，C减小，由于Q＝CU，所以Q减小，电场强度E＝减小．【解析】23.【答案】(1)液滴将向下做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动(2) 仍处于静止状态【解析】(1)S闭合时，U不变，d↑，E↓，即E′＝＝＝.合外力F＝mg－Eq＝mg＝ma，所以a＝，方向向下．液滴将向下做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．(2)S断开，电容器的电荷量保持不变，当d′＝2d时，由公式E∝可知，E不变．因此，液滴受力情况不变，仍处于静止状态．24.【答案】能【解析】粒子不论加速运动还是减速运动，受到的静电力大小都是恒定的，只是方向一个周期变化一次．可作出从t＝0时刻释放电子后，电子在2个周期中运动的速度图象，由图象可知，电子的位移在每个周期里都是正值，说明电子一直向右运动，所以电子一定能击中右板．。

[随堂检测]1．如图所示，电场中a、b、c三点，ab＝bc，则把点电荷＋q从a点经b点移到c点的过程中，电场力做功的大小关系有()A．W ab＞W bc B．W ab＝W bcC．W ab＜W bc D．无法比较解析：选C．由电场线的疏密可知，a点的场强最小，c点的场强最大，位移相同时，bc段受到的平均电场力大，所以W ab＜W bc，故C正确，A、B、D错误．2．电场中有A、B两点，把电荷从A点移到B点的过程中，电场力对电荷做正功，则() A．电荷的电势能减小B．电荷的电势能增加C．A点的场强比B大D．A点的场强比B小解析：选A．若电场力对电荷做正功，电势能必然减小，克服电场力做功，电势能增加，故A正确，B错误；无法由做功情况判断场强的大小，故C、D均错误．3．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，只受电场力和重力作用，沿图中虚线由A运动至B，其能量变化情况是()A．动能减少，重力势能增加，电势能减少B．动能减少，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减少解析：选B．微粒沿直线运动，受到的电场力水平向左，合力与v0反向，由A→B电场力做负功，电势能增加，故A错；重力、电场力都做负功，重力势能、电势能都增加，动能减少，故B对；合外力与v0反向，对粒子做负功，动能减少，故C错；合外力做负功，动能减少，电场力做负功，电势能增加，故D错．4．(2018·福州高二检测)如图，匀强电场中带电荷量为＋q的电荷从B运动到A，电场力做功W E＝1.6×10－3 J(A点定为零势能位置)，问：(1)B点的电势能为多少？(2)若将电荷改为带电荷量为q的负电荷，其他条件不变，B点的电势能又为多少？解析：(1)电荷从B向A运动，当电荷带正电时，电荷受力与运动方向相同，电场力做正功，电势能减少．因为W E＝1.6×10－3 J，所以ΔE p＝－1.6×10－3 J；又因为E A＝0，所以B点的电势能为E B＝1.6×10－3 J.(2)当电荷带负电时，电荷受力与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加．因为W E＝－1.6×10－3 J，所以ΔE p＝1.6×10－3 J；又因为E A＝0，所以E B＝－1.6×10－3 J.答案：(1)1.6×10－3 J(2)－1.6×10－3 J[课时作业]一、单项选择题1．(2018·福州质检)一负电荷仅受电场力作用，从电场中的A点运动到B点．在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度E A、E B及该电荷在A、B 两点的电势能E p A、E p B之间的关系为()A．E A＞E B B．E A＜E BC．E p A＞E p B D．E p A＜E p B解析：选C．电荷做匀加速直线运动，故场强E大小不变，A、B错．由静止释放，电场力做正功，电势能减小，C对，D错．2．下列关于电荷的电势能的说法正确的是()A．电荷在电场强度大的地方，电势能一定大B．电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C．只在静电力的作用下，电荷的电势能一定减少D．只在静电力的作用下，电荷的电势能可能增加，也可能减少解析：选D．电场强度与电势能无关，电势能有相对性可以人为规定零势能面，故A、B均错误．只在静电力作用下，若电荷从静止开始运动，电场力做正功电势能减少，若电荷在静电力作用下在电场中做减速运动，则电场力做负功电势能增大，故C错误、D正确．3．如图所示，是某电场中的一条直线，一电子从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，下列有关该电场情况的判断正确的是()A．该电场一定是匀强电场B．场强E a一定小于E bC．电子的电势能E p a＞E p b D．电子的电势能E p a＜E p b解析：选C．只有一条电场线，无法判断该电场是不是匀强电场，也无法判断场强E a 和E b的大小关系，A、B错；电子在电场力作用下从a运动到b，电场力做正功，电势能减小，C对，D错．4．(2018·河南师范大学附属中学期中)在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C 点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有()A．电势能逐渐减小B．电势能逐渐增大C．q3受到的电场力逐渐减小D．q3受到的电场力逐渐增大和q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场解析：选A．q线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小，故A正确，B错误；根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大后减小，q3受到的电场力先逐渐增大后逐渐减小，故C、D错误．5．(2018·四川三台中学月考)在图示的非匀强电场中，实线表示电场线；在只受电场力的作用下，电子从A点运动到B点；电子在A点的速度方向如图所示．比较电子在A、B 两点的速度、加速度、电势能，其中正确的是()A．v A＞v B、a A＜a B、E p A＞E p BB．v A＞v B、a A＞a B、E p A＜E p BC．v A＜v B、a A＜a B、E p A＜E p BD．v A＜v B、a A＞a B、E p A＞E p B解析：选D．电子的轨迹向右弯曲，所受的电场力大致向右，则电场力对电子做正功，动能增大，电势能减少，故v A＜v B、E p A＞E p B.A处电场线比B处电场线密，则A处场强大，电场力大，电子的加速度大，即有a A＞a B.故D正确．6．(2018·衡阳高二期中)如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是()A．D点电场强度为零B．O点电场强度为零C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大D．若将点电荷－q从O移向C，电势能减小解析：选A．由场强叠加原理可知，D点场强为零，O点场强不为零，A对，B错．正电荷由O移向C，电场力做正功，电势能减小，C错．把负电荷由O移到C，电场力做负功，电势能增大，D错．二、多项选择题7．关于电场中电荷的电势能的大小，下列说法正确的是()A．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大B．正电荷沿电场线正向移动，电势能一定增大C．负电荷沿电场线正向移动，电势能一定增大D．正电荷沿电场线正向移动，电势能一定减小解析：选CD．电势能的大小与场强大小无关，故A错误．正电荷沿电场线正向移动，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿电场线正向移动，电场力做负功，电势能增加，故B错误，C 、D 正确．8．如图所示，带正电荷的点电荷固定于Q 点，电子在库仑力作用下，做以Q 为焦点的椭圆运动．M 、P 、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离Q 最近的点．电子在从M 经P 到达N 点的过程中( )A ．速率一直不变B ．速率先增大后减小C ．电势能先减小后增大D ．电势能先增大后减小解析：选BC ．在正点电荷产生的电场中，电子靠近电荷时，电场力做正功，速率增大，电势能减小；远离电荷时，电场力做负功，动能减小，速率减小，电势能增大，故B 、C 选项正确，A 、D 选项错误．9．在场强大小为E 的匀强电场中，一质量为m ，带电荷量为＋q 的物体以某初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE m，物体运动s 距离时速度为零，则一定正确的是( )A ．物体克服电场力做功qEsB ．物体的电势能减少了0.8qEsC ．物体的电势能增加了qEsD ．物体的动能减少了0.8qEs解析：选ACD ．电荷受电场力，F 电＝qE ，由于物体沿电场线反方向运动，电场力做负功，故物体克服电场力做功W ＝qEs ，电势能增加qEs ，A 、C 对，B 错．由牛顿第二定律得，合力F ＝ma ＝0.8qE ，到停下时，合力做功W ′＝－Fs ＝－0.8qEs ，故物体动能减少0.8qEs ，D 对．10．如图所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为 E ．在与环心O 等高处放有一质量为m 、带电量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是( )A ．小球在运动过程中机械能守恒B ．小球经过环的最低点时速度最大C ．小球电势能增加EqRD ．小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于mgR ＋EqR解析：选BD ．小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，A 错误；小球运动到最低点的过程中，重力与电场力均做正功，重力势能减少mgR ，电势能减少EqR ，而动能增加mgR ＋EqR ，到达最低点时动能最大，所以速度最大，因此B 、D 正确，C 错误．三、非选择题11．一匀强电场，场强方向水平向左，如图所示，一个质量为m 的带正电的小球以初速度v 0从O 点出发，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O 点时的电势能之差．解析：设电场强度为E ，小球带电荷量为q ，因小球做直线运动，它所受的电场力qE和重力mg 的合力必沿此直线，如图所示， 有qE ＝mg tan θ，F 合＝mg sin θ，小球做匀减速运动的加速度大小为：a ＝g sin θ；设从O 点到最高点的位移为s ，则v 20＝2as ；运动的水平距离为L ＝s cos θ；两点的电势能之差：ΔE p ＝qEL ；由以上各式得：ΔE p ＝12m v 20cos 2 θ 小球运动至最高点的过程中，电势能增加．答案：12m v 20cos 2 θ 12．如图所示，绝缘水平面上固定一带电量为＋4Q 的质点B ，与它相距r 处放一质量为m 、电荷量为＋Q 的质点A ，它与水平面间的动摩擦因数为μ，现将A 由静止释放，当其速度达到最大值v 时，系统电势能的变化量是多少？解析：对质点A 受力分析如图所示， 将质点A 由静止释放后，先做加速运动，后做减速运动．当库仑力等于摩擦力时，其速度最大，设此时A 、B 间距离为r ′，则k 4Q 2r ′2＝μmg ① 由动能定理得W －μmg (r ′－r )＝12m v 2② 由①②式联立解得电场力做的功W ＝12m v 2＋μmg ⎝⎛⎭⎫2Q k μmg －r 所以，系统电势能变化量是 －12m v 2－μmg ⎝⎛⎭⎫2Q k μmg －r . 答案：－12m v 2－μmg ⎝⎛⎭⎫2Q k μmg －r情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。