專題02 靜電場中的能量（考點清單）（解析版）-2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中考點大串講（人教版2019）

專題02靜電場中的能量清單01電勢能和電勢知識點1靜電力做功的特點1．特點：在靜電場中移動電荷時，電場力所做的功與電荷的__________和__________有關(guān)，與電荷經(jīng)過的路徑________．（起始位置，終止位置，無關(guān)）2．在勻強電場中電場力做功W＝qE·Lcosθ，其中θ為電場力與位移間的夾角．知識點2電勢能1．概念：電荷在__________中具有的勢能．用Ep表示．（電場）2．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(電場力做正功，電勢能減少；,電場力做負(fù)功，電勢能增加.))3．電勢能的大?。弘姾稍谀滁c的電勢能，等于靜電力把它從該點移到______________時所做的功．（零勢能位置）4．零勢能點：電場中規(guī)定的電勢能________的位置，通常把離場源電荷___________或__________的電勢能規(guī)定為零．（為零，無窮遠處，大地處）知識點3電勢1．定義：電荷在電場中某一點的__________與它的__________的比值．（電勢能，電荷量）2．定義式：φ＝______．（）3．單位：國際單位制中，電勢的單位是______，符號是V，1V＝1J/C．伏特4．特點．(1)相對性：電場中各點電勢的高低，與所選取的零電勢的位置有關(guān)，一般情況下取__________或地球表面為零電勢位置.（無窮遠）(2)標(biāo)矢性：電勢是標(biāo)量，只有大小，沒有方向，但有_______.（正負(fù)）5．與電場線關(guān)系：沿電場線方向電勢____________．（逐漸降低）清單02電勢差知識點4等勢面(1)定義：電場中的各點構(gòu)成的面。（電勢相同）(2)四個特點①在同一等勢面上移動電荷時電場力。（不做功）②電場線一定與等勢面，并且從電勢的等勢面指向電勢的等勢面。（垂直，高，低）③等差等勢面越密的地方電場強度越，反之越。（大，?。苋我鈨蓚€等勢面都不相交。知識點5電勢差（1）定義：在電場中，兩點之間電勢的差值。（2）定義式：（UAB＝φA－φB）（3）靜電力做功與電勢差的關(guān)系①電荷q在電場中從A點移動到B點時，靜電力做的功WAB等于電荷在A、B兩點的電勢能之差。WAB＝EpA－EpB＝q(φA－φB)＝qUAB，UAB＝。（eq\f(WAB,q)）②電勢差UAB由決定，與移動的電荷q及電場力做的功WAB，與零電勢點的選取。（電場本身的性質(zhì)，無關(guān)，無關(guān)）4．電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝，UAB＝－UBA。（φA－φB）5．勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系①電勢差與電場強度的關(guān)系式：UAB＝，其中d為電場中兩點間沿電場方向的距離。（Ed）②電場強度的方向和大小與電勢差的關(guān)系：電場中，電場強度方向指向最快的方向；在勻強電場中，電場強度在數(shù)值上等于沿方向每單位距離上降低的電勢。（電勢降低，電場強度）清單03電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此又相距很近的導(dǎo)體組成。（絕緣）(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的。（絕對值）(3)電容器的充、放電①充電：電容器充電的過程中，兩極板的電荷量增加，極板間的電場強度增大，電源的能量不斷儲存在電容器中。②放電：放電過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。2．電容(1)定義：電容器所帶的與電容器兩極板之間的之比。（電荷量Q，電勢差U）(2)定義式：。（C＝eq\f(Q,U)）(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝μF＝pF。（106，1012）(4)意義：表示電容器本領(lǐng)的物理量。（容納電荷）(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓。（無關(guān)）3．平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積s，電介質(zhì)ε，兩板間的距離d。(2)決定式：。(C＝eq\f(εrS,4πkd))清單04帶電粒子在電場中的運動1．加速(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏轉(zhuǎn)(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做運動，如圖1所示。(類平拋)圖1(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的運動和沿電場力方向的運動。根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題。（勻速直線，勻加速直線）(3)基本關(guān)系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2＝，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝（eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))）1．(2023年江門名校段考)如圖所示是電子槍部分的原理圖，陰極發(fā)射的電子在強電場的作用下從陰極飛向陽極，虛線是其中一個電子的運動路線，實線是電場線，A、B、C是電場中的三個點，下列說法正確的是()A．C點的電勢比A點低B．A點的電場強度比B點的電場強度大C．電子從A運動到B的過程中電勢能增大D．從A到B電子的加速度不斷增大【答案】B【解析】沿電場線電勢逐漸降低，可知C點的電勢比A點高，A錯誤；電場線越密集則場強越大，可知A點的電場強度比B點的電場強度大，B正確；電子從A運動到B的過程，電場力做正功，則電勢能減小，C錯誤；從A到B電子所受的電場力逐漸減小，則電子的加速度不斷減小，D錯誤．2．(多選)一個電荷只在電場力作用下從電場中的A點移到B點時，電場力做了5×10-6J的功，那么()A．電荷在B處時將具有5×10-6J的電勢能B．電荷在B處將具有5×10-6J的動能C．電荷的電勢能減少了5×10-6JD．電荷的動能增加了5×10-6J【答案】CD【解析】根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，電場力做正功，電勢能減小，C正確；根據(jù)動能定理，外力(電場力)對物體做的功等于物體動能的變化，電場力對物體做功為5×10-6J，物體的動能就會增加5×10-6J，故D正確．3．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，電場中有A、B兩點．A、B兩點的電場強度大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB.下列判斷正確的是()A．EA<EB B．EA＝EBC．φA<φB D．φA＝φB【答案】A【解析】電場線的疏密代表場強的大小，電場線越密代表場強越大，電場線越疏代表場強越小，顯然A點處的電場線疏，B點處的電場線密，故EA<EB.沿電場線的方向電勢降落，故φA>φB，故A正確，B、C、D錯誤．4．一帶電粒子從某點電荷電場中的A點運動到B點，徑跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力，則下列說法正確的是()A．該電場是某正點電荷電場B．粒子的速度逐漸增大C．粒子的加速度逐漸增大D．粒子的電勢能逐漸增大【答案】D【解析】只知道電場的分布，沒法判斷是正電荷產(chǎn)生的電場，A錯誤；由于帶電粒子是從A到B，帶電粒子受電場力的方向大致斜向左方，故電場力做負(fù)功，帶電粒子的速度減小，B錯誤；A點電場線密集，故電場強度大，故粒子在A點受到的電場力大于在B點的，由牛頓第二定律可得在A點的加速度大于在B點的，C錯誤；由于帶電粒子是從A到B，帶電粒子受電場力的方向大致斜向左方，故電場力做負(fù)功，帶電粒子的電勢能增大，D正確．5．如圖所示，三條等勢線上有a、b、c、d四點，若將一正電荷由c經(jīng)a移到d，靜電力做正功W1，若由c經(jīng)b移到d，靜電力做正功W2，則()A．W1>W2，φ1>φ2 B．W1<W2，φ1<φ2C．W1＝W2，φ1<φ2 D．W1＝W2，φ1>φ2【答案】D【解析】由W＝Uq可知，W1＝W2；由Wcd＝Ucd·q得，Wcd>0，q>0，可知Ucd>0，故φ1>φ2>φ3，D正確．6．(2023年潮州名校段考)某電場區(qū)域的電場線分布如圖，在電場中有A、B、C、D四個點，下面說法正確的是()A．EA>EB B．EC>EDC．φA<φB D．φC<φD【答案】B【解析】根據(jù)電場線的疏密程度可得EA<EB，EC>ED，故A錯誤，B正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，所以φA>φB，φC>φD，故C、D錯誤．7．(2023年佛山名校段考)如圖，醫(yī)用口罩由多層織物材料構(gòu)成，其中有一層熔噴布經(jīng)過特殊工藝處理后成為駐極體材料，這層材料表面長期帶有正電荷，能有效吸附細(xì)小的粉塵，而這些粉塵通常是細(xì)菌和病毒傳播的載體．則其中即將被吸附的帶電粉塵一定是()A．帶正電B．沿電場線加速靠近熔噴布C．在靠近熔噴布的過程中電場力做正功D．在靠近熔噴布的過程中電勢能增加【答案】C【解析】由于口罩材料表面長期帶有正電荷，則被吸附的帶電粉塵，一定是帶負(fù)電荷，A錯誤；熔噴布產(chǎn)生的電場的電場線不一定是直線，而只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時帶電粒子的軌跡才與電場線重合，B錯誤；被吸附的粉塵帶負(fù)電荷，負(fù)電荷靠近熔噴布的過程中電場力做正功，電勢能減小，D錯誤，C正確．8．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示等勢線，a、b兩點的電勢分別為φa＝－50V、φb＝－20V，則a、b連線的中點c的電勢滿足()A．φc＝－35V B．φc＞－35VC．φc＜－35V D．以上答案都不對【答案】B【解析】由題圖可知，這是一個非勻強電場，且Eb<Ea.若此電場為勻強電場，則φc＝－35V，而此電場中Eb<Ec<Ea，即從b到c過程中每一小段上的電勢降低都要比從c到a過程中每一小段上的電勢降低得慢，故φc>－35V，B正確．9．如圖所示，勻強電場的電場強度E＝60V/m，A、B兩點相距10cm，A、B連線與電場線的夾角為60°，則UBA的值為()A．－3V B．3VC．－6V D．6V【答案】A【解析】由圖示可知，AB方向與電場線方向間的夾角θ＝60°，AB兩點沿電場方向的距離d＝Lcosθ，AB兩點間的電勢差UAB＝Ed＝ELcosθ＝60×0.1×eq\f(1,2)V＝3V，BA間的電勢差UBA＝－UAB＝－3V，故A正確，B、C、D錯誤．10．某電容器的電容是30μF，額定電壓為200V，擊穿電壓為400V，對于該電容器，下列說法中正確的是()A．為使該電容器兩極板間的電壓增加1V，所需要增加的電荷量是3×10-5CB．當(dāng)電容器帶1C的電荷量時，兩極板間的電壓為3×10-5VC．該電容器能容納的電荷量最多為6×10-3CD．該電容器兩極板間能承受的最大電壓為200V【答案】A【解析】ΔQ＝C·ΔU＝30×10-6×1C＝3×10-5C，A正確；當(dāng)Q＝1C時，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(1,30×10-6)V＝3.3×104V，電容器被擊穿，B錯誤；擊穿電壓為400V表示電容器能承受的最大電壓為400V，最大電荷量Qm＝CUm＝30×10-6×400C＝1.2×10-2C，C、D錯誤．11．在“觀察電容器充、放電現(xiàn)象”的實驗中，將直流電源、電阻、電容器、電流計、電壓表以及單刀雙擲開關(guān)組裝成如圖實驗電路，則()A．將開關(guān)接1，電容器處于充電狀態(tài)，上極板帶正電B．將開關(guān)接1，電容器處于放電狀態(tài)，上極板帶正電C．將開關(guān)接2，電容器處于充電狀態(tài)，下極板帶正電D．將開關(guān)接2，電容器處于放電狀態(tài)，下極板帶正電【答案】A【解析】將開關(guān)接1，電源與電容器串聯(lián)，那么電容器處于充電狀態(tài)，且上極板帶正電，故A正確，B錯誤；將開關(guān)接2，電容器與電阻相連，電容器處于放電狀態(tài)，下極板帶負(fù)電，故C、D錯誤.12．如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運動，有h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb).13．(2023年福州一中期中)圖甲中的粒子直線加速器在科學(xué)研究中發(fā)揮著巨大的作用，簡化如圖乙所示：沿軸線分布O(為薄金屬環(huán))及A、B、C、D、E五個金屬圓筒(又稱漂移管)，相鄰漂移管分別接在高壓電源MN的兩端，O接M端．質(zhì)子飄入(初速度為0)金屬環(huán)O的圓心沿軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同．質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為m，不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，則() 甲 乙A．質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為eq\r(\f(5eU,m))B．圓筒E的長度為Teq\r(\f(10eU,m))C．MN所接電源是直流恒壓電源D．金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為1∶2【答案】B【解析】質(zhì)子從O點沿軸線進入加速器，質(zhì)子經(jīng)5次加速，由動能定理可得5eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為vE＝eq\r(\f(10eU,m))，A錯誤；質(zhì)子在圓筒內(nèi)做勻速運動，所以圓筒E的長度為LE＝vET＝Teq\r(\f(10eU,m))，B正確；同理可知，金屬圓筒A的長度LA＝Teq\r(\f(2eU,m))，金屬圓筒B的長度LB＝Teq\r(\f(4eU,m))，則金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為1∶eq\r(2)，D錯誤；因由直線加速器加速質(zhì)子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為負(fù)極時，則在下一個加速時需B右邊緣為負(fù)極，所以MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化，C錯誤．14．如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為60V的恒定電源上，兩板間距為3cm，電容器所帶電荷量為6×10-8C，A極板接地．求：(1)平行板電容器的電容；(2)平行板電容器兩極板間的電場強度；(3)圖中距B板2cm的D點的電勢．【答案】(1)1×10-9F(2)2×103V/m(3)－20V【解析】(1)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(6×10-8,60)F＝1×10-9F.(2)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(60V,0.03m)＝2×103V/m.(3)φD＝－Ed′＝－2×103×(0.03－0.02)V＝－20V．15．一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示．若兩極板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，偏轉(zhuǎn)極板上最大能加多大電壓？【答案】400V【解析】加速過程中，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動l＝v0t②在垂直于板面的方向上做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)③豎直方向偏移的距離y＝eq\f(1,2)at2④能飛出的條件y≤eq\f(d,2)⑤由①②③④⑤式得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000×(1.0×10-2)2,(5.0×10-2)2)V＝400V，即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V．16．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v0垂直于電場方向從A點射入勻強電場，并從電場另一側(cè)B點射出，且射出的速度方向與電場方向的夾角為30°，帶電粒子的重力不計，已知勻強電場的寬度為L，求：(1)勻強電場的電場強度E；(2)A、B兩點的電勢差UAB.【答案】(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)【解析】(1)帶電粒子在勻強電場的水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vy＝eq\f(v0,tan30°)＝eq\r(3)v0①又vy＝eq\f(qE,m)t②L＝v0t③解①②③得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qL).(2)由qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④又v＝eq\f(v0,sin30°)⑤由④⑤得UAB＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q).1．（22-23高二上·河北滄州·期中）如圖甲，高大建筑物上通常都裝有避雷針，雷雨天氣時避雷針發(fā)生尖端放電現(xiàn)象，中和空氣中的電荷，達到避免雷擊的目的。圖乙所示是某次避雷針放電時的電場線分布，電場線關(guān)于直線ac對稱，且。以下說法正確的是（）A．B．接近建筑物的雷雨云帶負(fù)電C．電子在c點的加速度大于在a點的加速度D．將質(zhì)子從圖中d點由靜止釋放，質(zhì)子可能沿電場線運動【答案】A【詳解】A．電場線的疏密程度表示場強的大小，由圖可知ab段的平均電場強度要大于bc段的電場強度，根據(jù)U=Ed可得因為，所以故A正確；B．由圖乙可知避雷針帶負(fù)電，避雷針帶電是由于帶電的雷雨云靠近避雷針發(fā)生靜電感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的，因此可推知此時接近建筑物的雷雨云帶正電，故B錯誤；C．電場線的疏密程度表示場強的大小，可知a點的場強大于c點的場強，所以電子在c點所受電場力小于在a點所受電場力，則電子在c點的加速度小于在a點的加速度，故C錯誤；D．由于d點所在的電場線是曲線，所以只在電場力作用下，由d點靜止釋放的質(zhì)子不可能沿電場線運動，故D錯誤。故選A。2．如圖所示，在等量異種點電荷形成的電場中有A、B、C三點，A點為兩點電荷連線的中點，B點為連線上距A點距離為d的一點，C點為兩點電荷連線中垂線上距A點距離也為d的一點，則下面關(guān)于三點電場強度E、電勢φ的關(guān)系，正確的是()A．EA＝EC>EB，φA>φBB．EB>EA>EC，φA>φBC．EA<EB，EA<EC，φA>φBD．因為電勢零點未規(guī)定，所以無法判斷電勢高低【答案】B【解析】由電場的疊加，在中垂線上，A點合場強最大，即EA>EC，在兩電荷連線上，A點合場強最小，即EB>EA；電場線由A指向B，則φA>φB，B正確．3．(多選)如圖甲所示，AB是電場中的一條直線，電子以某一初速度從A點出發(fā)，僅在電場力作用下沿AB運動到B點，其v-t圖像如圖乙所示．關(guān)于A、B兩點的電場強度EA、EB和電勢φA、φB的關(guān)系，下列判斷正確的是()A．EA>EB B．EA<EBC．φA>φB D．φA<φB【答案】AC【解析】由v-t圖像可知，電子做的是加速度越來越小的變減速運動，電子受到的電場力就是其所受的合外力，即電場力越來越小，由F＝Eq可知，電場強度越來越小，即EA>EB，A正確；由于電子帶負(fù)電，其所受的電場力方向與場強方向相反，則電場強度的方向應(yīng)為由A指向B，由沿電場線方向電勢越來越低，可得φA>φB，C正確．4．（23-24高二上·四川成都·期中）如圖，在勻強電場中有一虛線圓，ab和cd是圓的兩條直徑，其中ab與電場方向的夾角為60°，與電場方向平行，兩點的電勢差。則（）A．電場強度的大小 B．點的電勢比點的低5VC．將電子從點移到點，電場力做正功 D．電子在點的電勢能大于在點的電勢能【答案】D【詳解】A．兩點的電勢差解得電場強度的大小故A錯誤；B．兩點的電勢差故B錯誤；C．將電子從c點移到d點，因電子所受的電場力與位移方向相反，可知電場力做負(fù)功，故C錯誤；D．根據(jù)沿電場線電勢降低，點的電勢大于點的電勢，電子帶負(fù)電，負(fù)電荷在高電勢處電勢能反而小，故電子在點的電勢能大于在點的電勢能，故D正確。故選D。5．一電場的電場線分布如圖所示，電場中有A、B、C三點，且，則下列關(guān)系中正確的是（）A．電場強度大小關(guān)系為B．電勢C．將一帶正電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中，電勢能先增大再減小D．將一帶負(fù)電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中，電場力先做負(fù)功再做正功【答案】C【詳解】A．電場線的疏密反應(yīng)場強的大小，因此，A錯誤；B．由于等勢面與電場線垂直，如圖所示可知B錯誤；C．將一帶正電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中，電場力先做負(fù)功在做正功，電勢能先增大再減小，C正確；D．將一帶負(fù)電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中，電場力先做正功再做負(fù)功，D錯誤。故選C。6．（23-24高二上·江西南昌·期中）如圖所示，虛線A、B、C、D是某勻強電場中的4個平行且等距的等勢面，兩等勢面間的距離為1cm，其中等勢面B的電勢為0，一電子僅在靜電力的作用下運動，經(jīng)過A、D等勢面時的動能分別為22eV和10eV，則下列說法正確的是A．等勢面C的電勢為4VB．該勻強電場的電場強度為200V/m，方向水平向左C．電子在等勢面D的電勢能為8eVD．該電子一定能到達電勢為-16V的等勢面【答案】C【詳解】A．從A到D電子的動能減小，可知電場線向右，A電勢最高，等勢面B的電勢為0，設(shè)相鄰等勢面的電勢差為U，則A等勢面的電勢為+U，D的電勢為-2U，則從A到D由動能定理解得U=4V則等勢面C的電勢為-4V，選項A錯誤；B．該勻強電場的電場強度為方向水平向右，選項B錯誤；C．電子在等勢面D的電勢能為選項C正確；D．因只有電場力做功，動能與電勢能之和保持不變，當(dāng)電子的速度為零時，由能量守恒定律，可知其中UD=-8V，解得φ=-18V可知電子可以到達電勢為-16V的等勢面。若電子初速度方向與電場力方向有夾角時，當(dāng)電子速度為零時，在垂直于電場方向存在分速度，電子有可能不能到達-16V的等勢面，故D錯誤。故選C。7．（23-24高二上·四川眉山·期中）如圖，一條電場線上有a、b、c三點，b為ac的中點，a、c兩點的電勢分別為4V和-8V。則（）A．由a點移動電荷到c點，電場力一定做負(fù)功B．a(chǎn)點的場強可能大于c點的場強C．負(fù)電荷a點的電勢能一定大于c點的電勢能D．b點的電勢一定為-2V【答案】B【詳解】A．由于沿電場線電勢降低，而a點電勢大于c點電勢，可知電場方向由a指向c，由a點移動電荷到c點，若移動正電荷，電場力方向向右，則電場力做正功，若移動負(fù)電荷，電場力方向向左，電場力做負(fù)功，故A錯誤；B．由于圖中僅僅給出了一條電場線，電場線分布的密集程度不確定，即a點的場強可能大于c點的場強，故B正確；C．由于根據(jù)電勢能的表達式有可知，負(fù)電荷a點的電勢能一定小于c點的電勢能，故C錯誤；D．由于圖中僅僅給出了一條電場線，電場線分布的密集程度不確定，即電場線上各點的電場強度大小關(guān)系不確定，電場可能為勻強電場，也可能為非勻強電場，只有當(dāng)為勻強電場時，才有解得可知，b點的電勢可能為-2V，故D錯誤。故選B。8．（23-24高二上·安徽·階段練習(xí)）如圖所示，在直角中，，，勻強電場的電場線平行于所在平面，且A、B、C點的電勢分別為5V、-1V、5V。下列說法正確的是（）A．電場強度的方向沿AB方向B．電場強度的大小為150V/mC．一個電子從A點移動到C點，電場力做功為零D．一個電子從B點移動到C點，電場力做功為-6eV【答案】C【詳解】A．由題意可知為等勢面，過點B作AC的垂線交AC于點D，根據(jù)沿電場線電勢降低可知電場強度的方向沿DB方向，故A錯誤；B．電場強度的大小為故B錯誤；C．為等勢面，故一個電子從A點移動到C點，電場力做功為零，故C正確；D．一個電子從B點移動到C點，電場力做功為故D錯誤。故選C。9．如圖所示，一平行板電容器與直流電源連接，一帶電油滴位于極板間的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將電容器的極板非常緩慢地錯開一些，使正對面積減小，其他條件不變．那么在錯開的過程中()A．電容器的電容C增大B．電容器的電荷量Q增加C．油滴靜止不動，電流計中的電流從N流向MD．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從N流向M【答案】C【解析】將兩板緩慢地錯開一些，兩板正對面積S減小，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容減小，故A錯誤；電容器的電荷量Q＝CU，由于電容器電容C減小，因兩板間電壓U不變，那么極板的電量Q會減小，故B錯誤；將平行板電容器的兩極非常緩慢地水平錯開一些，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，得知板間場強不變，油滴所受的電場力不變，則油滴將靜止不動；再由Q＝CU知，電容器帶電量減小，電容器處于放電狀態(tài)，電路中產(chǎn)生逆時針方向的電流，則電流計中有N→M的電流，故C正確，D錯誤．10．如圖所示，豎直放置的平行板電容器與電源相連，在兩極板A、B之間用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛一帶電小球，閉合開關(guān)S，小球靜止時，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是()A．小球帶正電B．保持開關(guān)S閉合，僅將兩極板間的距離適當(dāng)增大，θ角將減小C．?dāng)嚅_開關(guān)S，僅將兩極板間的距離適當(dāng)增大，θ角將減小D．?dāng)嚅_開關(guān)S，僅將兩極板間的正對面積適當(dāng)減小，θ角將減小【答案】B【解析】由圖可知，A板帶正電，B板帶負(fù)電，形成水平向右的電場，小球向左偏，說明小球帶負(fù)電，A錯誤；保持開關(guān)S閉合，僅將兩極板間的距離適當(dāng)增大，由公式E＝eq\f(U,d)可知，電場強度減小，小球所受電場力減小，則θ角將減小，B正確；斷開開關(guān)S，電容器的電荷量保持不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則僅將兩極板間的距離適當(dāng)增大，電場強度不變，小球所受電場力不變，θ角將不變；僅將兩極板間的正對面積適當(dāng)減小，電場強度變大，小球所受電場力變大，θ角將變大，C、D錯誤．10．（22-23高二上·上海松江·期中）電子從A、B兩平行極板正中央水平射入如圖所示的偏轉(zhuǎn)電場，電子的初動能為，A、B兩極板間電壓始終為U，間距為d，且可以看成電容器，電容大小為C。若A、B極板長為L，不考慮電子所受重力，元電荷為e。（1）求A極板帶的電荷量Q；（2）寫出電子射出A、B極板時的偏轉(zhuǎn)距離y的表達式；（3）若使d稍微減小，（1）（2）題中求出的兩個量將如何變化，并說明理由?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）均增大，理由見詳解?！驹斀狻浚?）根據(jù)電容的計算公式解得（2）電子在電場中做平拋運動，設(shè)電子進入電場的水平初速度為v。由于電子飛出電場區(qū)域。則根據(jù)平拋運動的規(guī)律，在水平方向有豎直方向有聯(lián)立以上可得（3）根據(jù)電容的決定公式及電荷量的計算公式結(jié)合題意及上式分析可知，U不變，d減小，電容器的電容C將增大，故電容器所帶電荷量Q將增大。根據(jù)（2）式結(jié)合題意及上式分析可知，d減小，偏轉(zhuǎn)距離y將變大。11．如圖所示的電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，間隔