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作业（五）
满分：50分
一、单项选择题：每题4分，共24分。
1．在如图所示的匀强电场中，一个点电荷从P点由静止释放后，以下说法中正确的是
A．该点电荷可能做匀变速曲线运动
B．该点电荷一定向右运动
C．电场力对该点电荷可能不做功
D．该点电荷一定做匀加速直线运动
2．一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是（　　）
A．加速度的大小增大，动能、电势能都增加
B．加速度的大小减小，动能、电势能都减少
C．加速度增大，动能增加，电势能减少
D．加速度增大，动能减少，电势能增加
3．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J
4．三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（　　）
A．三微粒在电场中的运动时间有t3>t2>t1
B．三微粒所带电荷量有q1>q2＝q3
C．三微粒所受电场力有F1＝F2>F3
D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能
5．如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带正电的小物块甲和乙，所带电荷量分别为和．由静止释放后，甲、乙两物块向相反方向运动．在物块运动过程中，下列表述正确的是（ ）
A．甲物块受到库仑力小于乙物块受到的库仑力
B．两物块的电势能逐渐减少
C．两物块速度逐渐变小
D．两物块加速度逐渐变大
6．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳一端固定在O点，另一端拴一个质量为m、带电荷量为q的小球。把细绳拉到竖直状态，小球从最低点A由静止释放后沿圆弧运动，当细绳刚好水平时，小球到达位置B且速度恰好为零。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．小球最终将静止在B点
B．小球运动到B点时，细绳的拉力为0
C．在此过程中，小球的电势能一直增加
D．匀强电场的电场强度大小为
二、多项选择题：每题6分，共12分。
7．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．一质量为m，电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（ ）
A．小球从A到D的过程中静电力做功为
B．小球从A到D的过程中电势能逐渐减小
C．小球从A到B的过程中电势能先减小后增加
D．AB两点间的电势差
三、非选择题：共14分。
（6分）9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏等组成，如图甲所示。示波器的和两对电极均不加电压时，亮斑出现在荧光屏中心O点。回答下列问题：
(1)如果在电极之间不加电压，但在之间加上如图乙所示的电压，使X的电势比高（即X正负），则电子打在荧光屏上的位置位于 上（填OX、OY、或OX'）；
(2)如果在电极和分别加上如图乙、丙所示的电压，则荧光屏上出现的图形为（图中左侧为X'，下侧为Y'）( )
A． B． C． D．
(3)如果在电极和分别加上如图丁、戊所示的电压，则荧光屏上出现的图形为（图中左侧为X'，下侧为Y'）( )
A． B． C． D．
（8分）10．在真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场。若将一个质量为m、带正电且电荷量为q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为37°的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速度竖直向上抛出，求此运动过程中（取，）
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D D B D BC CD
1．D
【分析】该电荷仅受电场力，电场力是恒力，电荷从静止开始做匀加速直线运动．
【详解】A、电荷 受到水平方向上的电场力做匀加速直线运动，因为电荷的电性未知，无法确定向哪个方向做匀加速直线运动．故A、B错误，D正确．
C、在运动的过程中，电场力做正功．故C错误．故选D．
【点睛】本题根据质点的运动情况决定因素：合力和初速度，分析带电粒子的运动情况．
2．C
【详解】电荷在A点电场线比B点疏，所以A点的电场力小于B点的电场力，则A点的加速度小于B点的加速度；由曲线运动的合外力特点可知，从A到B，电场力大致斜向上，电场力与速度方向的夹角为锐角，则电场力做正功，根据动能定理，动能增加；电场力做正功，电势能减小。故C正确，ABD错误。故选C。
3．D
【详解】A. 根据粒子的运动轨迹，可知粒子带正电，故A错误；
B. 从A点运动到B点电场力做正功，电势能减少，则粒子在A点的电势能比在B点多1.5J，故B错误；
C. 从A点运动到B点，克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误；
D. 从A点运动到B点，场力做的功为1.5J，由能量的转化与守恒定律可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，故D正确。故选D。
4．D
【详解】A．粒子在电场中运动的时间t＝
水平速度相等而位移x1故A错误；B．竖直方向y＝at2＝·t2
对粒子1与2，两者竖直位移相等，在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电荷量小，即q1>q2，而对粒子2和3，在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2>q3，故B错误；
C．由F＝qE，q1>q2可知，F1>F2，故C错误；
D．由q2>q3，且y2>y3，则q2Ey2>q3Ey3
电场力做功多，增加的动能大，故D正确。故选D。
5．B
【详解】A、物体甲、乙间的库仑力是相互作用力，根据牛顿第三定律，任何时刻都大小相等，故A错误；B、两个物体分别向相反的方向运动，库仑力做正功，两物块的电势能逐渐减少，故B正确；C、两个物体分别向相反的方向运动，库仑力做正功，两物块速度逐渐增大，故C错误；D、但两个物体的质量不一定相等，故加速度不一定相等，两物体逐渐远离，库仑力减小，加速度逐渐减小，故D错误．故选B
6．D
【详解】A．小球在B点时，受到竖直向下的重力和水平向右的电场力，水平向左的拉力，合力不为0，故不可能静止在B点，故A错误；
B．小球做圆周运动，其在B点速度为0，故向心力为0，故，故B错误；
C．小球从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．从A到B，由动能定理可得，故
故D正确。故选D。
7．BC
【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内向A板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。
A．电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故A错误。BD．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。
C ．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图象应平行于横轴，故C正确。故选BC 。
8．CD
【详解】斜面的倾角为，斜面上，由几何关系可知，，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由，知A到D的过程中电场力做的功等于0，A错误；由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，C正确；设AB的长度为2L，则，在小球从A到D的过程中，由动能定理有：，在小球从A到B的过程中有：，所以：，D正确．
9． OX B A
【详解】(1)[1] X的电势比高，电子带负电，所以电子会向X方向偏，位于OX上；
(2)[2]电极接入如图乙所示电压，且电压大小不变，则电子向X方向偏转，且位置不变，电极接入如图丙所示电压，且电压大小不变，则电子向方向偏转，且位置不变，根据运动的合成，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图像，如图B所示，故B正确，ACD错误。故选B。
(3)[3]在偏转电极加正弦电压，电子上下扫描；同时在偏转电极之间加扫描电压，在水平方向进行扫描，则在荧光屏显示的与A波形相同，故A正确，BCD错误。故选A。
10．（1），水平向右；（2）
【详解】（1）根据题设条件，电场力大小
电场力的方向水平向右；
（2）小球沿竖直方向做初速度为的匀减速运动，到最高点的时间为t，则
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为
此过程小球沿电场方向位移为
小球上升到最高点的过程中，电场力做功为
解得作业（四）
满分：60分
一、单项选择题：每题4分，共24分。
1．关于电容器及其电容，下列说法中正确的是（　　）
A．平行板电容器一板带电，另一板带电，则此电容器不带电
B．由公式可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大
C．对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比
D．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容
2．如图所示，有一固定电容器的电容为4.7μF，额定电压为50V，下列说法正确的是（　　）

A．该电容器在额定电压下充电完成后所带的电荷量为 235μC
B．该电容器在额定电压下充电完成后所带的电荷量为10.6×10 C
C．实际充电电压降到40V，将使电容变小
D．实际充电电压降到40V，对电容能储存的电量没有影响
3．如图所示，空间有平行于纸面的匀强电场．一电荷量为－q的质点(重力不计)．在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示．已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则(　　)
A．匀强电场的电场强度大小为
B．M、N两点的电势差
C．带电质点由M运动到N的过程中，电势能增加了Fdcosθ
D．若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
4．某电容器上标有“25μF、450V”字样，则下列对该电容器的说法中正确的是（　　）
A．要使该电容器两极板之间电压增加1V，所需电荷量为2.5×10－5C
B．要使该电容器带电荷量为1C，两极板之间需加电压2.5×10－5V
C．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10－5C
D．该电容器能够承受的最大电压为450V
5．如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变．则在B极板移动的过程中（ ）
A．油滴将向下做匀加速运动
B．电流计中电流由b流向a
C．油滴运动的加速度逐渐变小
D．极板带的电荷量减少
6．图示实线为某竖直平面内匀强电场的电场线，一带电粒子从O点以初速度v射入该电场，运动一段时间后经过A点，OA连线与电场线垂直，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．电场的方向一定斜向下方
B．电场中O点的电势比A点的电势高
C．粒子从O点运动到A点过程中电势能一直减小
D．粒子从O点运动到A点过程中速度先减小后增大
二、多项选择题：每题6分，共12分。
7．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）
A．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大
B．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变
C．断开开关S，略向上移动A板，则θ增大
D．断开开关S，略向上移动A板，则θ不变
8．如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为、质量为m的小球，以初速度从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则　　
A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
B．A、B两点间的电压一定等于
C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
三、非选择题：共24分。
（12分）9．（23-24高二上·江西南昌·阶段练习）如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为，S是单刀掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（已知电流）

（1）当开关S接 时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电，在充电开始时电路中的电流比较 （选填“大”或“小”）。电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”）。
（2）将G表换成电流传感器（可显示电流I的大小），电容器充电完毕后，将开关S扳到2，让电容器再放电，其放电电流I随时间t变化的图像如图乙所示，已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，则电容器释放的电荷量Q为 ，可算出电容器的电容C为 。
（3）在电容器放电实验中，接不同的电阻放电，图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是 （选填“a”“b”或“c”）。
（12分）10．如图所示，平行板电容器的两个极板M、N长均为L，极板间距离为d。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从M的左端沿板方向以速度射入极板间，粒子恰好从N板的右端射出。不计粒子的重力和空气阻力。求：
（1）粒子在M、N间运动的时间t。
（2）M、N间的电压U。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A C A D D AC AB
1．C
【详解】A．平行板电容器的带电量等于某一个极板带电量的绝对值，故A错误；
B．电容器的大小与电容器所带的电量和两端间的电势差无关，电量变化时，电容不变，故B错误；C．根据可知电容器的带电荷量与两板间的电势差成正比，故C正确；
D．电容器的大小与电容器所带的电量和两端间的电势差无关，电压为0，所带的电量为0，但电容不为0，故D错误。故选C。
2．A
【详解】AB．根据电容的定义式
可得该电容器在额定电压下充电完成后所带的电荷量
故A正确，B错误；CD．电容器的电容由电容器自身材料与结构决定，与电荷量、电压无关，当电压降低时，电容器的电容不变。根据电容定义式可知，电压降低，电荷量减少，故CD错误。故选A。
3．C
【详解】A.因为在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，所以物体合力为零， ，所以 ，故A错误．B.根据平衡分析可知，因为粒子带负电，所以场强放向与F方向相同，所以电势差，故B错误．
C.由M运动到N的过程中，电场力做负功，电势能增加
。故C正确．
D.因为粒子带电不变，电场力不变，所以匀速合力为零，F方向不能变，故D错误．
4．A
【详解】A．由电容器的铭牌信息可知，该电容器的电容为25μF，则由可知，要增加1V的电量，需要增加的电荷量
故A正确；B．由Q=UC可知，要带1C的电量，两极板之间需加电压
，故B错误；
C．由铭牌信息可知，电容器的击穿电压为450V；则电量最多为
，故C错误；
D．电容器的额定电压为450V，该电容器的能够承受的最大电压大于450V；故D错误。
故选A。
5．D
【详解】AC．将B极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，由于电势差U不变，则根据
，可知，极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，电场力小于重力，
油滴所受合力向下，油滴向下加速运动，加速度为
由于q、U、m不变，d逐渐增大，则加速a逐渐增大，油滴向下做加速度增大的加速运动，AC错误；BD．电容器板间距离增大，则电容器的电容C减小，而板间电压U不变，
则由，可知，电容器所带电荷量Q减小，电容器放电，上极板带正电，则知电流计中电流由a流向b，B错误，D正确。故选D。
考点：电容器
6．D
【详解】A．带电粒子能到达A点，故受到电场力应沿电场线指向左下方，由于带电性质未知，故场强方向无法确定，A错误；B．OA连线与电场线垂直，为等势面，故O点与A点电势相等，B错误；C．粒子从O点运动到A点过程电场力先做负功后做正功，动能先减小后增大，电势能先增大后减小，初末位置电势能相等，C错误；D．由C的分析可知，粒子从O点运动到A点过程中速度先减小后增大，D正确。故选D。
7．AC
【详解】AB．保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；
CD．断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据
，得
略向上移动A板，则S减小，E变大，小球所受的电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误。故选AC。
8．AB
【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．结合平行四边形定则可知，若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．根据电场力做功比较电势能的高低．
【详解】AB．小球从A到B，根据动能定理得，qUAB mgLsinθ＝mv02 mv02，解得AB间的电势差：UAB＝，根据矢量合成的方法可知，匀强电场沿AB方向时电场强度最小，则电场强度最小值为：，故AB正确；
C．从A到B，电场力做正功，则电势能减小，则B点的电势能小于A点的电势能，故C错误；D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，故D错误。故选AB。
9． 1 大 相反 c
【详解】（1）[1][2]电容器充电要与电源相连，所以当开关S接1时平行板电容器充电，由于极板上无电荷，刚开始在充电开始时电路中的电流比较大。
[3]电容器充电时电源正极接电容器上极板，放电时正电荷从上极板流出，所以电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时相反。
（2）[4]根据，可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量为
由此可知
[5]电容器的电容C为
（3）[6]刚开始放电时，电容器极板上的电压与电源电压相同为8V，放电的最大电流为
，所以最大电流较小对应的电阻较大，故c曲线符合要求。
10．（1）；（2）
【详解】（1）粒子在极板运动的过程中，在沿极板方向上有
，求得
（2）设板间的场强为E，粒子的加速度为a，则
，由牛顿第二定律
在垂直于极板方向上解得作业（三）
满分：60分
一、单项选择题：每题4分，共24分。
1．下列说法正确的是（ ）
A．电荷放在电势高的地方，电势能就大
B．正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能
C．电场强度为零的点，电势一定为零
D．无论移动正电荷还是负电荷，若克服电场力做功它的电势能都增大
2．如图（a），某棵大树被雷电击中，此时以大树为中心的地面上形成了电场，该电场的等势面分布及电场中M、P两点的位置如图（b）所示，则（　　）

A．M点电势较低 B．电场线由P点指向M点
C．越靠近大树的地方电场强度越小 D．M、P两点间的电势差约为200kV
3．如图所示，等量同种点电荷放在x轴上，O点为中心（　　）

A． B．
C． D．
4．一个电子在电场中的A点具有80eV的电势能，当它由A点运动到B点时克服静电力做功30eV，则（　　）
A．电子的电势能增加30eV
B．电子在B点时的电势能是50eV
C．B点电势比A点高50V
D．B点电势比A点低110V
5．在匀强电场中把电荷量为q＝﹣2×10﹣9C的点电荷从A点移到B点，克服静电力做的功为1.6×10﹣7J；再把这个点电荷从B点移到C点，静电力做的功为4.0×10﹣7J，取B点电势为零。则A点电势及该点电荷在C点的电势能分别为（ ）
A．80V ，4.0×10﹣7J B．80V ，﹣4.0×10﹣7J
C．﹣80V ，﹣4.0×10﹣7J D．﹣80V ，4.0×10﹣7J
6．（2025·山东枣庄·二模）如图所示，带电小球A、B、C位于光滑绝缘水平面内的一直线上，质量均为m，A、C的电荷量均为q，与B的距离均为r。当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态；当B球电量变为（电性不变），A、C球能够以相同的角速度（k为静电力常量）绕B球做半径为r的匀速圆周运动，则等于（　　）

A． B． C． D．
二、多项选择题：每题6分，共12分。
7.如图所示，与为两个全等的直角三角形，，为与边的中点。在、两点分别放置一个点电荷后，点的场强方向沿方向指向，则（　　）
A．一定是点放负电荷，点放正电荷
B．电场中、两点的场强相同
C．、两点间的电势差与、两点间的电势差相等
D．将一带负电的试探电荷从点移到点，其电势能增加
8．如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是 (　　 )
A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小
B．负点电荷一定位于M点左侧
C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能
D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
三、非选择题：共24分。
（12分）9．（24-25高二上·陕西汉中·期末）某点电荷形成的电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点。一个电荷量的点电荷在A点所受电场力，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功，求：
(1)求A点电场强度；
(2)A、B两点间的电势差；
(3)若取A点为零电势位置，求B点的电势及该点电荷在B点的电势能。
（12分）10．（24-25高二上·云南昆明·期末）如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，ab与场强方向平行，bc与场强方向成60°，ab=4cm，bc=12cm。现将一个电量为4×10-4C的正电荷从a移动到b，电场力做功1.2×10-3J。求：
(1)该电场的场强大小；
(2)ac间的电势差Uac；
(3)若b点的电势为3V，则该正电荷在c点电势能Ep。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D D A B D AD CD
1．D
【详解】试题分析：正电荷放在电势高的地方，电势能就大，而负电荷放在电势高的地方，电势能就小．故A错误．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中电势为负值的某点的电势能，小于负电荷在该点具有的电势能．故B错误．电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零．故C错误．只要电荷克服电场力做功，根据功能关系可知，它的电势能都增大．故D正确．故选D.
【点睛】正电荷放在电势高的地方，电势能就大．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中某点的电势能，不一定大于负电荷在该点具有的电势能．电荷克服电场力做功它的电势能都增大．电场强度与电势无关
2．D
【详解】ABC．由b图可知，。则，根据电场线由高电势指向低电势，可知电场线由大树(即表示等势面的同心圆的圆心)指向P点。根据等差等势面的疏密程度可以表示电场的强弱，易知越靠近大树的地方电场强度越大。故ABC错误；
D．根据电势差的定义，可得
故D正确。故选D。
3．D
【详解】等量同种正点电荷的电场线分布如图所示

AB．由图和对称性可知，轴上点处的场强为零，越靠近正电荷电场强度越大，且每个点电荷两侧的电场强度方向相反，则每个点电荷两侧的电场强度一定是一侧为正方向，另一侧为负方向，故AB错误；
CD．由于两点电荷为等量同种正点电荷，可知轴上的电势均大于0；根据沿电场方向电势降低可知，离正点电荷越近，电势越高；图像中，图像的斜率表示电场场强，则离点电荷越近，图像的切线斜率绝对值越大，故C错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】AB．电子由A点运动到B点时克服静电力做功30eV，则电子的电势能增加了30eV，电子在A点具有80eV的电势能，则电子在B处的电势能是 EpB=80eV+30eV=110eV
故B错误，A正确；
CD．电子由A点运动到B点静电力做功为 WAB=-30eV
电子的电荷量为q=-e，则AB间的电势差为
可知，A点的电势比B点的电势高30V，因此，B点电势比A点电势低30V，故CD错误。
故选A。
5．B
【详解】A到B点，由电场力做功得WAB＝q(φA﹣φB)
又WAB＝-1.6×10﹣7J，φB＝0
解得φA＝80VB点移动到C点，由电场力做功得WBC＝q(φB﹣φC)
又，解得φC＝200V。点电荷在C点的电势能为EPC＝qφC，代入数据解得EPC＝﹣4.0×10﹣7J，故选B。
6．C
【详解】当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态，则A、C电性相同，A、B电性相反，此时对A进行分析，根据平衡条件有
当B球电量变为时，对A进行分析有
解得故选C。
7．D
【详解】A．根据场强的叠加法则画出示意图，确定电荷的正负关系：
所以一定是点放负电荷，点放正电荷，A正确；
B．根据场强的叠加，电场中、两点合场强的方向不同，B错误；
C．根据等势面的特性结合几何关系，、两点在的等势面上，所以、两点间电势差只和有关，同理，与、两间距等长的、两点间的电势差只和有关，根据：
，可知，距离点电荷相同的距离上，沿电场线方向电势降低，根据：
，定性分析可知、两点间电势差大于、两点间的电势差，C错误；
D．根据：，负电荷从点移动到点，结合C选项可知电势降低，电势能增加，D正确。故选D。
8．CD
【详解】试题分析：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，其动能增加，故A错误．带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，故B错误．电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确．a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确．
考点：电场线，电场力做功与电势能变化的关系，牛顿第二定律
9．(1)大小为，方向由A指向B
(2)
(3)，
【详解】（1）根据电场强度的定义式可知，A点电场强度大小为，由于该点电荷从A点移到B点，电场力做正功，表明该点电荷在A点所受电场力方向由A指向B，又因为该点电荷带正电，则A点电场强度方向由A指向B。
根据电场力做功与电势差的关系可知，
A、B两点间的电势差为
（3）因为，
则
则该点电荷在B点电势能为
10．(1)75V/m
(2)7.5V
(3)-6×10-4J
【详解】（1）带点粒子从从a移到b时，电场力做正功，根据W=qU，U=Edab
解得E=75V/m
（2）ac间的电势差Uac=E（dab+dbccos60°）
解得Uac=7.5V
（3）若b点的电势为3V，有bc间电势差Ubc=Edbccos60°=4.5V
又由于Ubc=φb—φc，Ep=qφc
解得φc=-1.5V，Ep=-6×10-4J

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