2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題分類匯編：靜電場中的能量（解析版）

靜電場中的能量

考點一電勢能和電勢

1.（2023?柳州期中）如圖所示，為避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有/、N、P三點、,則（）

A.M、N兩點的場強(qiáng)相同

B.尸點的場強(qiáng)大小比加點的大

C.質(zhì)子從/點到P點電場力做正功

D.電子在/點的電勢能大于其在尸點的電勢能

【答案】C

【詳解】A.電場強(qiáng)度的方向與等勢面垂直，所以正電荷在M、N兩點的電場強(qiáng)度的方向是不同的,

故A錯誤；

B.等差等勢面密的地方電場強(qiáng)度大，P點附近的等勢面較稀疏，所以“點的電場強(qiáng)度大于P點

的電場強(qiáng)度，故B錯誤；

C.質(zhì)子從高電勢河點到低電勢P點，電勢能減小，電場力做正功，故C正確；

1

D.電子帶負(fù)電，M點的電勢比P點的高，所以電子在M點的電勢能小于其在P點的電勢能，故D

錯誤。

故選C。

2.（2023?淮安期中）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶正電的粒子

只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，設(shè)/點和N點的電勢分別為9M、9N，粒子在/點和N點時加速

度大小分別為OM、的，速度大小分別為胴、狽，電勢能分別為耳”、。下列判斷正確的是（）

A.（PM<（PN

B.aM>aN

C.vu<vN

D.EpM>EpN

【答案】A

【詳解】根據(jù)電場線越密集的地方電場強(qiáng)度越大，則有

即<當(dāng)

根據(jù)牛頓第二定律有

Eq=ma

可得

aM<

帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，所以粒子受到的電場力方向斜向右下，又粒子帶正電,

所以電場線的方向從左上指向右下，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知

（PM<（PN

又

E0=（pq

粒子帶正電，所以有

EpM<EpN

從M運(yùn)動到N過程中電勢能增大，則電場力做負(fù)功，動能減小，所以有

故選Ao

2

3.（2023?北京期中）如圖中的虛線為某電場的等勢面，有兩個帶電粒子（重力不計），以不同的速

率，沿不同的方向，從/點飛入電場后，沿不同的徑跡1和2運(yùn)動，由軌跡可以判斷（）

A.兩粒子的電性一定相同

B.粒子1的動能先減小后增大

C.粒子2的電勢能先增大后減小

D.經(jīng)過8、C兩點時兩粒子的速率可能相等

【答案】B

【詳解】A.由圖可知粒子1如果不受電場力的話將沿直線向中心電荷運(yùn)動，而本題中粒子1卻逐

漸遠(yuǎn)離了中心電荷，故粒子1受到中心電荷的斥力，同理可知粒子2受到中心電荷的引力，故兩

粒子的電性一定不同，故A錯誤；

B.粒子1受到中心電荷的斥力，在從A向B運(yùn)動過程中電場力先做負(fù)功后做正功，故動能先減

小后增大。故B正確；

C.粒子2受到中心電荷的引力，在從A向C運(yùn)動過程中電場力先做正功后做負(fù)功，故動能先增

大后減小。電勢能先減小后增大，故C錯誤；

D.由于A、B、C三點在同一等勢面上，故粒子1在從A向B運(yùn)動過程中電場力所做的總功為零，

粒子2在從A向C運(yùn)動過程中電場力所做的總功為零。由于兩粒子以不同的速率從A點飛入電場，

故兩粒子的分別經(jīng)過B、C兩點時的速率一定不相等，故D錯誤。

故選B。

4.（2023?鄭州期中）（多）如圖所示，在正四面體的兩個頂點分別固定電荷量為Q的等量異種電荷,

a、6是所在棱的中點，c、1為正四面體的另外兩個頂點，則以下判斷正確的是（）

A.c、4兩點電勢相等

B.a、6兩點的電場強(qiáng)度相同

C.沿棱從6到1電勢逐漸降低

3

D.負(fù)的試探電荷沿棱從c到d電勢能先增大后減小

【答案】AC

【詳解】AD.由題知，通過兩電荷的中垂面是一等勢面，c、d在同一等勢面上，電勢相等；負(fù)的

試探電荷沿棱從c到d過程中電場力不做功，電勢能始終不變，A正確，D錯誤；

B.由電場強(qiáng)度的疊加原理可知，a、b兩點的電場強(qiáng)度大小相等，由幾何知識知兩點電場強(qiáng)度方

向不同，B錯誤；

C.由以上分析知沿棱從b到d方向，與電場強(qiáng)度方向成銳角，而沿場強(qiáng)方向電勢降低，C正確。

故選ACo

5.（2023?永州期中）（多）如圖所示，實線是勻強(qiáng)電場的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場

區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，。、6是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運(yùn)動中只受靜電力作用，則由此圖可做

出的正確判斷是（）

<-----------------------------------

b-----?

<---、-----------------------

<-------------------\-------

E<____________________

?a

<---------------------------

A.帶電粒子帶正電

B.帶電粒子帶負(fù)電

C.帶電粒子在a點的速度匕大于在6點的速度%

D.帶電粒子在。點的速度為小于在b點的速度為

【答案】AD

【詳解】AB.根據(jù)曲線運(yùn)動的合外力指向軌跡的凹處，可知帶電粒子受到的電場力向左，故帶電

粒子帶正電，故A正確，B錯誤；

CD.若帶電粒子從a點向b點運(yùn)動，電場力與速度的夾角為銳角，電場力做正功，帶電粒子速度

增大，則帶電粒子在a點的速度為小于在b點的速度為，若帶電粒子從b點向a點運(yùn)動，電場力

與速度的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，帶電粒子速度減小，則帶電粒子在a點的速度匕小于在b

點的速度％,綜上所述，帶電粒子在a點的速度均小于在b點的速度為,故C錯誤，D正確。

故選ADo

6.（2023?邯鄲期中）（多）如圖甲，/、3是某電場中一條電場線上的兩點，一個負(fù)電荷從/點由靜

止釋放，僅在靜電力的作用下從4點運(yùn)動到8點，其運(yùn)動的V7圖像如圖乙所示。請判斷該負(fù)電

荷在工、3兩點電勢能的大小以及/、8兩點電勢的高低。以及比較/、8兩點電場強(qiáng)度的大小

（）

4

A.電場力做正功

B.4點的電勢大于8點電勢

C.負(fù)電荷在4點的電勢能大于8點電勢能

D.4點的電場強(qiáng)度小于8點的電場強(qiáng)度

【答案】AC

【詳解】ABC.由v-t圖像可知，從A到B速度逐漸變大，則動能變大，電場力做正功，電勢能

減小，即負(fù)電荷在A點的電勢能大于B點電勢能，負(fù)電荷在低電勢點的電勢能較大，可知A點的

電勢小于B點電勢，選項AC正確，B錯誤；

D.由v-t圖像可知，從A到B加速度逐漸減小，可知受電場力逐漸減小，場強(qiáng)逐漸減小，可知A

點的電場強(qiáng)度大于B點的電場強(qiáng)度，選項D錯誤。

故選ACo

7.（2023?宿遷期中）如圖表示某電場等勢面的分布情況。

（1）比較在電場中的“、3兩點電場強(qiáng)度的大??；

（2）如果把q=2xl0-6c點電荷從。等勢面移動到e等勢面，求此過程電場力做功？

【詳解】（1）A處等勢面較密集，所以EA>EB

（2）此過程電場力做功

-5

W=qUbe=2xlO^x(0-15)J=-3xl0J

考點二電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系

8.（2023?鄭州期中）關(guān)于電勢差的計算公式，下列說法正確的是（）

5

w

A.電勢差的公式"《=3表明電場中兩點間的電勢差〃B與電場力做功吸B成正比，與移動電

q

荷的電荷量q成反比

B.把正電荷從/點移動到8點電場力做正功，則有UAB<0

C.電場中/、5兩點間的電勢差以等于把正電荷q從/點移動到3點時電場力所做的功

w

D.電勢差的公式4?=3中，UAB與移動電荷的電荷量q無關(guān)

q

【答案】D

【詳解】AD.Q?="源是用比值法定義電勢差的公式，與電場強(qiáng)度和兩點的位置有關(guān)，與移

q

動電荷q無關(guān)，A錯誤，D正確；

B.由?！?比絲可知把正電荷（q>0）從A點移動到B點電場力做正功，才有若移動的

q

是負(fù)電荷（q<0）,則仁<0,B錯誤；

C.由電勢差的定義式可知，電場中A、B兩點間的電勢差U/B等于把單位正電荷q從A點移動到

B點時電場力所做的功，C錯誤。

故選Do

9.（2023?無錫期中）如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢面，過3點的等勢面交電場線P點，且

AB=BC,電場中的/、B、C三點的電場強(qiáng)度分別為EA、EB、EC,電勢分別為°A、9B、9C，/尸、

5c間的電勢差分別為UAP、UBC。下列說法正確的是（）

A.EA<EB<EC

B.UUBC

C.（PA<（PB<（PC

D.電子從/運(yùn)動到C的過程中其電勢能減小

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)電場線的疏密程度，可知A、B、C三點的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為

瑪〉瑪>Ec

故A錯誤；

CD.根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知A、B、C三點的電勢高低關(guān)系為

6

(PA>(PB>%

電子從A運(yùn)動到C的過程中，電場力做功為

WAC=—eUAC<0

可知電場力做負(fù)功，電勢能增大，故CD錯誤。

B.根據(jù)U=Ed,且/2=2C,由于AB部分的場強(qiáng)大于BC部分的場強(qiáng)，則有

UAP=UAB>UBC

故B正確。

故選B。

10.(2023?南通期中)如圖所示，A、B是某電場中同一條電場線上的兩點，把電荷量％=10"C的試

探電荷從無窮遠(yuǎn)處移到A點，靜電力做的功%=4xl0-8j；把的=-2xl0-9c的試探電荷從無窮遠(yuǎn)處

移到B點，靜電力做的功為匕=-6、10為?，F(xiàn)把%=-3xl(T9c的試探電荷由A點移到B點，靜電

力做的功為()

----A?B?

A.-3X10-8JB.3乂10qC.-2,1X10^JD.2.1X10^J

【答案】B

【詳解】由于無窮遠(yuǎn)電勢為0,根據(jù)

W=qU

可得

0-%=%=40V

'/

。-%=%=30V

0

解得

^,=-40V,%=-30V

則A、B間的電勢差為

UAB=(PA-%=-10V

靜電力做的功為

%=q^B=(-3)X10-9X(-10)J=3X10-8J

故選B。

11.(2023?紹興期中)如圖所示，/、3是點電荷電場中的兩點，則()

7

A.A點電場強(qiáng)度小于B點電場強(qiáng)度

B.該點電荷帶負(fù)電

C.負(fù)電荷從A點移到B點靜電力做正功

D.A點電勢高于B點電勢

【答案】D

【詳解】A.電場線越密集，電場強(qiáng)度越大，故A點電場強(qiáng)度大于B點電場強(qiáng)度，A錯誤；

B.電場線方向指向無窮遠(yuǎn)，故該點電荷帶正電，B錯誤；

C.負(fù)電荷受到的電場力方向是由B指向A,從A點移到B點靜電力做負(fù)功，C錯誤；

D.沿著電場線方向，電勢逐漸減小，故A點電勢高于B點電勢，故D正確。

故選D。

12.(2023?恩施期中)如圖所示，一棱長為d=lm的正方體置于存在勻強(qiáng)電場的空間中，電場的方向

沿4cl方向,ABCD和是正方體的頂點。44間的電勢差為54=W，下列關(guān)于電勢高低

及電場強(qiáng)度大小分析正確的是()

Z''

AB

D\/V)

7c

A.(PB>(PD

B.

C.￡=V3V/m

D.￡1=V2V/m

【答案】C

【詳解】AB.電場線與等勢面垂直，由于BD垂直于NG，即BD垂直于電場線，可知

(PB=(PD

由

=1V

8

則有

<PB=(PD>%

故AB錯誤;

CD.過4作NG的垂線，垂足為4,根據(jù)幾何關(guān)系可知

解得

AA2=^-d

則電場強(qiáng)度為

￡■=—^=V3V/m

AA2

故C正確，D錯誤。

故選C。

13.（2023?長壽期中）一勻強(qiáng)電場的方向平行于關(guān)?！菲矫妫矫鎯?nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三

點處的電勢分別為6V、14V、10Vo下列說法正確的是（）

Aj/cm

4

2

□——?——?~6^-

62468x/cm

A.電場方向沿b點指向a點

B.電場強(qiáng)度的大小為IV/cm

C.電子在a點的電勢能比在c點的電勢能低4eV

D.電子從O點運(yùn)動到b點，電場力做功為4eV

【答案】D

【詳解】A.畫電場線

9

根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點可得

8一%=死一例

坐標(biāo)原點處的電勢

%=10V

連接0c為等勢線，電場線方向如圖所示。故A錯誤；

B.由圖中幾何關(guān)系得，電場強(qiáng)度

E=——=-V/cm

6cmxcos3706

故B錯誤；

C.由題意可得

練,.一EPa=-e?-%）=-4er

電子在a點的電勢能比在c點的電勢能高4eV,故C錯誤；

D.電子從O點運(yùn)動到b點，電場力做功

%=-e%=4eV

故D正確。

故選D。

14.（2023?太原期中）（多）半徑為R、圓心為。的圓處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與圓平面平行，ab

和cd為該圓直徑。ZaOc=60°,電子從4點移動到。點，電場力做功為/少＞0）;若將該電子從。

點移動到4點，電場力做功為2少，電子電荷量的值為e.下列說法正確的是（）

A.6點電勢高于d點電勢

B.該勻強(qiáng)電場的方向沿d指向a

2

C.將該電子從。點移動到6點，電場力做功§少

D.該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為空匕

3eR

【答案】BD

【詳解】AB.根據(jù)題意

q

10

2W

Ucd

q

由等分線段定理

w

Uao=Uob=Uco=Uad=—

q

設(shè)o點的電勢為零，則

w

以=0c=—

q

w

%=%=一—

q

ac連線和bd連線都是等勢線，連接bd,過O點作bd線的垂線，交點為01,貝UOO1,方向為電

場線方向，故A錯誤，B正確；

C.將該粒子從c點移動到b點，電場力做功

%）=2%

故C錯誤；

D.場強(qiáng)大小

W

.二1Joo1二726.

Reos30°百3qR

—R

2

故D正確。

故選BDo

15.（2023?武威期中）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一電荷量為q=4xl0-7c的負(fù)點電荷

從A點運(yùn)動到B點，電場力做功為%=3.2x101,AB間距離L=4m,與水平方向夾角為60"；求:

/A^

//

--------------//-------?

人60。f

__>

11

(1)B、A間電勢差UBA是多少？

(2)電場強(qiáng)度E是多大？

(3)如果A點的電勢為-4V,則B點的電勢為多少？電荷量為0=2xl(r6c的正電荷在A點具有的

電勢能是多少？

【答案】⑴8V(2)4V/m(3)4V,-8xlO-6J

【詳解】(1)A、B間的電勢差為

解得

U/B=-8V

則

UBA=—UAB=8V

(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為

E=Uba=4V/m

Leos60°

(3)根據(jù)電勢差的定義式有

UAB=(PA-(PB

解得

<PB=4V

根據(jù)電勢能的計算公式有

EpA=Q(pA=-8xlO-6J

16.(2023?中山期中)如圖所示，a、b、c三點處在某一勻強(qiáng)電場中，該電場方向與a、b兩點的連線

平行，已知ab的長度4=5cm,ac的長度4=16cm,ab與ac間的夾角6=120。，現(xiàn)把帶電荷量為

q=+4xl(F7c的點電荷從a點移到b點，電場力做功為1.6x101。求：

(1)a、b兩點間的電勢差

(2)該勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小和方向；

(3)把該電荷從b點移到c點，電場力做的功。

?b-........a

【答案】(1)0.4V；(2)8V/m,方向由a指向b；(3)-4.16x10、

12

【詳解】(1)由靜電力做功與電勢差的關(guān)系可得

^=T=1^V=O-4V

(2)該電場方向與a、b兩點的連線平行，則場強(qiáng)大小為

￡=%=°4,v/m=8V/m

45義10一2

根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知電場強(qiáng)度方向由a指向b。

(3)電場強(qiáng)度方向由a指向b,則有

Ubc=-E[Lt+L2cos(l800-6>)]=-8x(5+16x1)xl0'=-1.04V

則把該電荷從b點移到c點，電場力做的功為

吸=ga=4X10"X(一1.04)J=-4.16X10-7J

考點三電容器的電容

17.(2023?柳州期中)自動體外除顫器是一種便攜式醫(yī)療設(shè)備，它可以診斷特定的心律失常，并且給

予電擊除顫，是可被非專業(yè)人員使用的用于搶救心臟驟?；颊叩尼t(yī)療設(shè)備。某型號自動體外除顫

器的電容器電容是16四，充電至4kV電壓的電容器在一段時間內(nèi)以平均電流為16A完成放電，下

列說法正確的是()

A.該電容器放電的時間為0.4ms

B.該電容器的擊空電壓小于4kV

C.該電容器放電完成后電容為零

D.該電容器放電完成后電容仍為16四

【答案】D

【詳解】A.電容器儲存的電量

g=CJ7=16xlO6X4.0X103C=0.064C

可知放電前，電容器儲存的電量為0.064C,放電時間

Q0.064

s=4x103s

7-16

故A錯誤;

B.該電容器電壓為4.0kV,不高于額定電壓，擊穿電壓大于額定電壓，故B錯誤;

13

CD.電容是表征電容器儲存電荷本領(lǐng)大小的物理量，放電之后，電容器的電容大小是不變的，仍

為16嚇，故C錯誤，D正確。

故選D。

18.（2023?北京期中）某電容器的外殼上標(biāo)有“1000*80V”的字樣。該參數(shù)表明（）

ab

A.該電容器只有在電壓為80V時電容才為1000好

B.當(dāng)兩端電壓為40V時，該電容器的電容為500回

C.該電容器兩端電壓超過80V時，電容器會立刻被擊穿

D.當(dāng)給該電容器兩端加上80V電壓時，電容器所帶的電荷量為8xl0-2c

【答案】D

【詳解】AB.電容器的電容決定式

4兀kd

電容器的電容由電容器本身決定，與所加電壓無關(guān)，由公式

c=2

u

電容器的電壓越大說明儲存的電荷量越多，故AB錯誤；

C.電容器上標(biāo)的是電容器的額定電壓，而擊穿電壓都要大于額定電壓，當(dāng)電容器電壓超過擊穿電

壓時，電容器會立刻被擊穿，而大于80V的電壓未必超過擊穿電壓，故C錯誤；

D.由公式

2=C（7=1000X10-6X80=8X10-2C

當(dāng)給該電容器兩端加上80V電壓時，電容器所帶的電荷量為8X10-2C,故D正確。

故選D。

19.（2023?杭州期中）一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷（電

荷量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖所示。￡表示極板間的場強(qiáng)，U表示極板間的電壓，丸表示正電荷

在尸點的電勢能。若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）

14

++++++++++++++++

p.

A.U變小，E變小B.E變大，丸變大

C.U不變，紇不變D.U變小，紇不變

【答案】D

【詳解】一平行板電容器充電后與電源斷開，可得電容器所帶電荷量不變；將正極板移到圖中虛

線所示的位置，根據(jù)

Q

-47rkd，一U

由于板間距離減小，可知電容器電容增大，則極板間的電壓。變??；根據(jù)

E_U_Q_Q4兀kQ

~~d~~Cd~~~￡rs

Ajrkd

可知板間場強(qiáng)E不變，由于P點與接地下極板的距離不變，則P點與接地下極板的電勢差不變，P

點的電勢不變，則正電荷在P點的電勢能紇不變。

故選D。

20.（2023?江北期中）工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流

水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上、下位置均固定,

且分別接在恒壓直流電源的兩極上，已知當(dāng)絕緣材料的厚度變厚時，導(dǎo)致介電常數(shù)變大。若有電

流從b向a流過靈敏電流計時，則（）

A.A、B兩板上的電荷量增大，平行板電容器的電容增大

B.A、B兩板上的電荷量增大，平行板電容器的電容減小

C.A、B兩板上的電荷量減小，產(chǎn)品厚度增大

D.A、B兩板上的電荷量減小，產(chǎn)品厚度減小

【答案】D

15

【詳解】有電流從b向a流過靈敏電流計時，說明電容器放電，A、B兩板上的電荷量減小，根據(jù)

Q=結(jié)合題意可知平行板電容器的電容減小,根據(jù)°=而可知介電常數(shù)變小,則產(chǎn)品厚度減

小。

故選D。

考點四帶電粒子在電場中的運(yùn)動

21.（2023?北京期中）如圖所示，平行板電容器上極板MN與下極板PQ水平放置，一帶電液滴從下

極板P點射入，恰好沿直線從上極板N點射出。下列說法正確的是（）

M-----------------N

A.該電容器上極板一定帶負(fù)電

B.液滴從P點到N點的過程中速度增加

C.液滴從P點到N點的過程中電勢能減少

D.液滴從P點以原速度射入后可能做勻減速直線運(yùn)動

【答案】C

【詳解】B.由于帶電液滴受到的重力和電場力都處于豎直方向，所以為了使帶電液滴從下極板P

點射入，恰好沿直線從上極板N點射出，帶電液滴的合力應(yīng)為零，帶電液滴做勻速直線運(yùn)動，即

液滴從P點到N點的過程中速度不變，故B錯誤；

A.電場力與重力平衡，電場力方向豎直向上，由于不知道帶電液滴的電性，所以不能確定電場方

向，不能確定極板電性，故A錯誤；

C.電場力與重力平衡，電場力方向豎直向上，可知電場力對帶電液滴做正功，液滴的電勢能減少，

故c正確；

D.液滴從P點以原速度射入時，液滴受到重力和電場力均保持不變，液滴仍做勻速直線運(yùn)動，

故D錯誤。

故選Co

22.（2023?成都期中）（多）如圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，

斜面的動摩擦因數(shù)為0.5,斜面與水平面間的夾角60。，ABOD=120°,虛線BM左側(cè)、DN右側(cè)分

布等大反向勻強(qiáng)電場E,帶電量為-式4>0）的物塊從A點以師的初速度沿斜面向下運(yùn)動，物

塊質(zhì)量為m,物塊可視為質(zhì)點。AB長度為2R,電場強(qiáng)度大小為畫蛋，重力加速度為g,下列說

q

法正確的是（）

16

A.物塊到B點時的速度為

B.物塊在最低點的最大壓力為3mg

C.物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動

D.物塊在斜面運(yùn)動的總路程為3R

【答案】AD

【詳解】A.物塊從A點到B點，根據(jù)動能定理有

2

mg-2Rsin60°-jumgcos60°，2R-qEcos60°=—mvB——mvA

故A正確；

B.物塊從B點到C點，根據(jù)動能定理有

121

mgR(l-cos60°)=—mvc——mvB

物塊在最低點根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=m-

故B錯誤;

C.物塊滑到DE斜面，受力分析如圖

沿斜面方向有

17

mgsin600<qEcos60°+jumgcos60°

則物塊會靜止在DE斜面上，故C錯誤；

D.設(shè)物塊靜止的位置距離D點的位移為x,根據(jù)動能定理有

1,

mg(2R-x)sin60°-/umgcos60°(27?+x)-qE(2Rcos60°+xcos60°)=--mv/

解得物塊運(yùn)動的路程為

s=2R+x=3R

故D正確；

故選AD。

23.(2023?柳州期中)(多)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中存在一沿半徑方向的電場，如圖所

示，帶正電的粒子流由電場區(qū)域邊緣的M點射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另

一邊緣的N點射出，下列說法正確的是()

A.若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率一定相等

B.若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動能一定相等

C.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等

D.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等

【答案】AD

【詳解】A.根據(jù)題意可知，粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動，由電場力提供向心力，則有

廠v2

qE=m——

R

解得

V”

Vm

可知，若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率一定相等，故A正確；

B.粒子的動能

1

A『.=-mv2

k2

結(jié)合上述解得

18

若入射粒子的比荷相等，但質(zhì)量不相等時，粒子的電荷量不相等，此時出射粒子的動能不相等，

故B錯誤；

CD.結(jié)合上述可知，若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等，粒子的質(zhì)量大小還

與入射速度大小有關(guān)，即質(zhì)量不一定相等，故C錯誤，D正確。

故選ADo

24.（2023?眉山期中）（多）如圖，帶正電4=3X10-5C的物塊A放在水平桌面上，利用細(xì)繩通過光滑

的滑輪與B相連，A處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，￡=4X105N/C,從。開始，A與桌面的動摩擦

因數(shù)〃隨x的變化如圖所示，取。點電勢為零，A、B質(zhì)量均為1kg,B離滑輪的距離足夠長，則

（）

A.它們運(yùn)動的最大速度為lm/s

B.它們向左運(yùn)動的最大位移為1m

C.當(dāng)速度為0.6m/s時，A的電勢能可能是-2.4J

D.當(dāng)速度為0.6m/s時，繩子的拉力可能是9.92N

【答案】AC

【詳解】AB.物體A受到的電場力

F=qE

動摩擦因數(shù)

〃=0.2x

滑動摩擦力

/=〃mg=02agxA在電場力和滑動摩擦力、細(xì)繩拉力作用下向左做加速直線運(yùn)動，當(dāng)

f+mg=F

加速度為零，A滑動的速度最大，由

qE=0.2mgx+mg

解得

x=lm

在A向左滑動x=1m過程中，滑動摩擦力做功

11

2929

Wf=—x0.2mgx=—x0.2xlxl0xlJ=1J

由動能定理

19

2

qEx-mgx-Wf=—（2m）v

解得

v=lm/s

選項A正確，B錯誤；

C.由

12

qEx-mgx~Wf=-2mv

解得當(dāng)速度為o.6ms時

x=1.8m^x=0.2m

若x=1.8m,電場力做功

W=qEx=21.6J

根據(jù)功能關(guān)系可知，當(dāng)速度為0.6m/s時，A的電勢能可能是-21.6J；

若x=0.2m,電場力做功

W=曲=2.4J

根據(jù)功能關(guān)系可知，當(dāng)速度為0.6m/s時，A的電勢能可能是-2.4J,選項C正確；

D.當(dāng)速度為0.6m/s時

龍=1.8m或x=0.2m

若x=L8m,滑動摩擦力

f=/nmg=02mgx=3.6N

由牛頓第二定律，對物塊A

F—f—T=ma

對物塊B

T-mg=ma

聯(lián)立解得

7=9.2N

即繩子的拉力可能是9.2N,同理可知當(dāng)x=0.2m時T=10.8N,選項D錯誤。

故選ACo

25.（2023?湖南期中）（多）如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向均未知的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)

量為加的小球從y軸上尸點以水平速度v進(jìn)入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過無軸上。點

時的速度大小也為v,方向與％軸正方向夾角為37。。已知sin370=O.6,cos370=0.8,重力加速度

大小為g,不計空氣阻力。小球從尸點運(yùn)動到。點的過程中（）

20

p*v

>

OQX

所受電場力的最小值為巫mg

A.

10

4

B.速度的最小值為《V

C.動能與電勢能之和一直增大

D.水平位移與豎直位移的大小之比為2：1

【答案】AC

【詳解】D.將運(yùn)動沿水平方向與豎直方向分解，可知，水平方向做雙向勻變速直線運(yùn)動，豎直方

向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)平均速度規(guī)律有

v+vcos37°vsin37°

X-t,V-

22

解得

=3:1

故D錯誤;

C.小球受到電場力與重力作用，小球在運(yùn)動過程中只有動能、重力勢能與電勢能之間的轉(zhuǎn)化，小

球從P運(yùn)動到Q過程，由于重力做正功，重力勢能減小，則動能與電勢能之和一直增大，故C正

確;

A.小球受到重力與電場力作用，小球做類斜拋運(yùn)動，由于P、Q兩點速度大小相等，根據(jù)類斜拋

的對稱性可知，連接PQ,小球所受重力與電場力的合力方向一定垂直于PQ斜向左下方，令

@0=9,結(jié)合上述有

Y

tan6=—=3

令電場力與PQ夾角為a,則有

cosa=mgcos0

可知。當(dāng)a等于0。，電場力最小，解得

口Vw

心n二元磔

故A正確;

21

B.令/尸。。="，結(jié)合上述，將小球的運(yùn)動沿PQ與垂直于PQ分解，可知，沿PQ方向做勻速直

線運(yùn)動，垂直于PQ方向做雙向勻變速直線運(yùn)動，可知，小球的速度的最小值為

%in=vcos尸

結(jié)合上述有

a.3麗

cosp=smua=------

10

解得

3V10

v-=------v

mm10

故B錯誤。

故選AC。

26.(2023?十堰期中)如圖所示，BCDG是光滑絕緣的=圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為

R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為

m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為力陶，滑塊與水

4

平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g。

(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，從釋放