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第十章 電場與能量
問題1、電場力做功嗎？電場力做功的特點是什么？與路徑有沒有關系？與電勢能有什么關系？
答：(1)電場力做功定義：電荷q在電場中由一點A移動到另一點B時，電場力所做的功WAB，簡稱電功。
(2)電場力做功公式：（依據WAB＝Fd；F=Eq;U =Ed）WAB＝Fd=Eqd=UABq。電場力做功和電勢差的關系WAB＝UABq
(3)電場力做功與路徑無關，與重力做功相似，故引入電勢能Ep=φq，WAB＝EpA－EpB。
問題2、什么是電勢能？什么是電勢？ 電勢能與電場力做功什么關系，電勢能的表達式是什么？
答：①電勢能：由于移動電荷時靜電力做的功與移動的路徑無關，電荷在電場中也具有勢能，這種勢能叫做電勢能。
②電勢：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值，即 φ＝，單位為伏，符號為V 電勢能Ep=φq表示。
　　③A、B兩點間電勢差：UAB＝φA－φB 兩點電勢的差值，與右下標一致，如果為正，則A點電勢較高。反之則低。
問題3、勻強電場中電勢差與電場強度的關系是什么？
(1)勻強電場中兩點間的電勢差UAB＝Ed.此公式只適用于勻強電場，其中d為A、B兩點沿電場方向的距離．
(2)公式E＝說明電場強度在數值上等于沿電場方向每單位長度上降低的電勢，且場強方向就是電勢降低最快的方向。
(3)在勻強電場中，沿任意一個方向，電勢降落都是均勻的，故在同一直線上相同間距的兩點間電勢差相等；
練習1.關于勻強電場電勢差和電場強度的關系,正確的說法是(　　)
A.在沿著電場線的方向上相同距離的兩點上,電勢差大的其電場強度也必定大
B.任意兩點間的電勢差等于電場強度和這兩點距離的乘積
C.電勢減小最快的方向必定是電場強度的方向
D.沿電場線的方向任意相同距離上的電勢差必定相等
練習1.答案.ACD　解析:勻強電場的電場強度可以用E=U/d來計算,式中的d是電場中兩點沿電場線方向的距離.若是沿電場線方向兩點的距離相等,那么電勢差大的電場強度才必定大,選項A正確;由d的意義可知選項B錯誤;電勢減小得最快的方向才是電場強度方向,選項C正確;在勻強電場中,由U=Ed可知,選項D正確.
練習2.如圖所示,在勻強電場中的M、N兩點距離為2 cm,兩點間的電勢差為5 V,M、N連線與電場強度方向成60°,則此電場的電場強度多大
練習2.答案:500 V/m 提示：由E=U/d 及d=Lcosθ 故E=U/Lcosθ=5/(0/02*COS600)=500V/m (注意單位的統一)。
問題4、沿著電場線方向移動電荷它的動能、電勢能、電勢怎么變化？
答：沿著電場線方向移動正電荷：電場力與位移方向同向，則做正功，動能增大，電勢能減小。（電場力與正電荷方向相同）
　　沿著電場線方向移動負電荷：電場力與位移方向反向，則做負功，動能減小，電勢能 增大。（電場力與正電荷方向相反）
練習3如圖5所示，直線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，曲線是某一帶電粒子通過電場區域時的運動軌跡，a、b是軌跡上兩點．若帶電粒子運動中只受靜電力作用，根據此圖可以作出的判斷是(　）
A．帶電粒子所帶電荷的符號 B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向
C．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處大 D．帶電粒子在a、b兩點的加速度方向
練習3答案　BCD解析　根據合外力指向帶電粒子運動軌跡的凹面，可以確定帶電粒子受電場力的方向，B、D可以；電場線越密集的地方電場強度越大，帶電粒子受到的電場力越大，加速度越大，C可以；由于不知道電場線的方向，只知道帶電粒子受力方向，沒法確定帶電粒子的電性，A不可以．
問題5、電荷代入公式時需要代入符號嗎？答：(1)可將q、UAB連同正負號一同代入ＷAB＝UABq，所得的正負號即為功的正負
問題6、電場力、電場強度、電勢能、電勢它們的意義分別是什么？公式有哪些？影象因素有哪些？怎樣判斷它們的大小變化？
物理量 電場力 電場強度 電勢能 電勢
定義 電荷間的相互作用 單位電荷受到的作用力大小 靜電力做的功 電勢能與它的電荷量的比值
公式 F=；F=Eq ； ； ；
決定因素 距離 、電荷、電性 源電荷電量及半徑 電勢與檢驗電荷電量 與源電荷及間距有關
大小的判斷 與電荷量乘積成正比，與距離平方成反比 離源電荷越遠越小或電場線的疏密程度 沿著電場線的方向移動： 正電勢能電荷降低；負電荷電勢能升高 沿著電場線的方向必定降低
練習4．如圖8所示，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡．M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右點．不計重力，下列表述正確的是（）
A．粒子在M點的速率最大 B．粒子所受電場力逆電場方向
C．粒子在電場中的加速度不變 D．粒子在電場中的電勢能電勢能先增加后減小
練習4．答案　BCD 解析　解法一：粒子帶負電，所受電場力沿電場反方向，在接近M點的過程中電場力做負功，離開M點的過程中電場力做正功，所以在M點粒子的速率應該最小，A錯誤，粒子在勻強電場中運動，所受電場力不變，加速度不變，C正確，因為動能先減小后增加，所以電勢能先增加后減小，D正確．
解法二：等效法：把電場力看成重力，電勢能等效為重力勢能，從N到M重力做負功，重力勢能變大，動能減小，即M點電勢能最大，動能最小。答案　BCD
問題7、什么是電容器？是由什么構成的？影響它的因素有哪些？電容與電量電壓的關系是什么？
答：1）．電容器：儲存電荷和電能的裝置．任何兩個彼此絕緣又相距很近的兩個電極板組成，都可以看成一個電容器．
(2)定義式：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值：C＝＝。其中C與Q、U無關。電容僅由電容器本身決定。(2)電容的決定式：C＝。影響電容器電容的因素是電介質的相對介電常數εr、電容器兩極板的 正對面積，S和極板間距離d.
（3）C＝與C＝的比較：①C＝是電容的定義式，對某一電容器來說，Q∝U 但C＝不變，反映電容器存儲電本領的大小；
②C＝是電容器電容的決定式,電容與介電常數正比C∝εr，C∝S電容與正對面積成正比，C∝電容與兩板間距成反比。
問題8、平行板電容器的動態分析思路是什么？
問題8、答①確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。②根據決定式C＝分析平行板電容器電容的變化。
③根據定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。④根據E＝分析電容器極板間場強的變化。
問題9、常見的兩類動態電容器的分析方法：一類是電壓不變，一類是電量不變的，它們有什么樣的分析思路呢？
答：類型一電勢差U保持不變、平行板電容器連接在電源兩端時，由于電容器始終接在電源上，因此兩板間電勢差U保持不變，電容器的d、S、εr發生變化，將引起電容器的C、Q、U、E變化．由可知C隨d反比、S正比、εr正比．
由Q＝CU＝ 可知Q與C成正比關系,即隨著d（反比）、S（正比）、εr（正比）變化而變化．
由E=U/d知，E隨d的變化而變化．與面積\介質沒有關系.
類型二、電荷量Q保持不變：平行板電容器充電后，切斷與電源的連接，電容器的帶電荷量Q保持不變，電容器的d、S、εr變化，將引起C、Q、U、E的變化．①電容C的變化:由可知C隨d（反比）、S（正比）、εr（正比）變化而變化．②電壓U的變化:由可知，U隨d（正比）、S（反比）、εr（反比）變化而變化．
③場強E的變化:由可知，E隨S（反比）、εr（反比），與d無關,與面積\介質有關。
練習3連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時，則　 （ ）
A．電容器的電容C變大 B．電容器極板的帶電荷量Q變大
C．電容器兩極板間的電勢差U變大 D．電容器兩極板間的電場強度E變大
練習3答案A B D 技巧：電壓不變，則電量、場強、均與電容成正比，與影響電容的因素變化一致。
練習4．如圖1—7—7所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S．當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電
容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強E的變化情況是 ( )
A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變
C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小
點評： 電容器帶的電量保持不變，是正確解答此題的關鍵．方法是控制變量法
練習4．．答案.C 技巧：電量不變時，Q不變、電壓與電容成反比，影響電容的量對電壓影響是相反的；場強與面積無關，只與間距有關。
問題10．帶電粒子在電場中的運動有什么規律？力和速度同向有什么情況？力和速度垂直又是什么情況
答(1)帶電粒子受力與速度相同，則做加速直線運動：qU＝mv2－mv （電壓為U，變化前后速度分別為v0和v）如下圖
←圖2帶電粒子的偏轉規律：
(2)帶電粒子運動方向與電場方向垂直，在電場中的偏轉，做類平拋運動處理：如上圖。
問題11．怎么求解垂直射入電場的粒子的各個運動物理量？
[練習5]　如圖2所示，質量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距為d，不計粒子的重力．
求解電勢差、電場力、加速度、時間、速度、速度偏移方向、位移的偏移量。
解：(1)該平行板間電勢差E= ，方向豎直向下。
(2)電荷受到的電場力F=Eq=q，方向豎直向下。
　 (3)粒子加速度 a=，方向豎直向下。
（4）物體水平方向做 勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，整體做 類平拋運動。
（5）粒子通過電場的時間t=（水平方向勻速）（6）水平方向速度vx＝v0
（7）豎直方向速度vy＝at＝（勻加速a=）（8）夾角正切tan θ＝＝
(9) 沿電場方向的偏移量y＝at2＝.
問題12、不同粒子在電場中經過相同電場從零加速，然后再經過另一個電場偏轉，偏移量和偏轉角有什么關系？
答：偏移量相等 、偏轉角 相等，出射點相同。
證明：由qU0＝mv ① y＝at2＝··()2 ② tan θ＝ ③ 得：y＝，tan θ＝（與v0無關）
練習6、如圖6，含有大量H、H、He的粒子流無初速度進入某一加速電場，然后沿平行金屬板中心線上的O點進入同一偏轉電場，最后打在熒光屏上．下列有關熒光屏上亮點分布的判斷是否正確．
(1)出現三個亮點，偏離O點最遠的是H.(　 　) (2)出現三個亮點，偏離O點最遠的是He.(　 　)
(3)出現兩個亮點．(　 ) (4)只會出現一個亮點．(　 　)
練習6、(1)　（×　)(2)(　×　)(3)(　×　)(4)(　√　)
練習7、一束正離子以相同的速率從同一位置垂直于電場方向飛入勻強電場中，要使離子離開電場時速度的方向相同，應讓所有離子(　　)
A．都具有相同的質量 B．都具有相同的電荷量 C．具有相同的比荷 D．都是同一元素的同位素
練習7、答案　C解析　離子離開電場時速度的方向相同，應使偏轉角度相同．根據tan θ＝，知這些離子只要有相同的比荷，速度的方向便相同，故C選項正確．
練習8、如圖9所示，兩極板與電源相連，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出．現使電子射入速度變為原來的2倍，電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板長度應變為原來的(　　)A．2倍 B．4倍 C. D.
練習8、答案　A解析　由y＝at2＝知，要使y不變．長度之比等于速度之比，
當v＝2v0時，則l＝2l0，故選項A正確．
練習9、質子(質量為m、電量為e)和二價氦離子(質量為4m、電量為2e)以相同的初動能垂直射入同一偏轉電場中,離開電場后,它們的偏轉角正切之比為　　　　,側移之比為　　　　。
練習9、答案1∶2　1∶2 tan θ＝＝ y＝at2＝. 相同動能情況下，兩者之比等于電量之比。
第十章 電場與能量 物理作業
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題(共68分)
1．(本題4分)下列各量中，與檢驗電荷無關的物理量是(　　)
A．電場力F B．電場強度E C．電勢能Ep D．電場力做的功W
2．(本題4分)下面關于電勢和電勢能的說法正確的是（　　）
A．電荷在電場中電勢越高的地方，具有的電勢能也一定越大
B．在負的點電荷的電場中的任一點，正電荷的電勢能大于負電荷的電勢能
C．電勢降低的方向，一定就是場強方向
D．電勢能是電場和電荷共同決定的
3．(本題4分)一電荷量為q=-2C的電荷從電場中A點移動到零勢能位置，克服電場力做功8J，則該電荷在A點的電勢能為（　　）
A．-8J B．8J C．-4J D．4J
4．(本題4分)某電場區域的電場線如圖，a、b是其中一條電場線上的兩點，下列說法正確的是（　　）
A．負試探電荷在a、b兩點受到的電場力大小關系是 B．a、b兩點的電勢關系
C．正試探電荷在a、b兩點的電勢能關系是 D．該電場可能是一個正的場源電荷產生的電場
4 5 6 7
5．(本題4分)如圖所示，在電場強度為60N/C的勻強電場中有A、B兩點，A、B兩點之間的距離為10cm，AB和電場線方向夾角為60°，現將電荷量為4×10-8C的正電荷從A點移到B點，下列說法正確的是（　　）
A．靜電力做正功2.4×10-7J，電荷電勢能減少2.4×10-7J B．靜電力做正功1.2×10-7J，電荷電勢能減少1.2×10-7J
C．克服靜電力做功2.4×10-7J，電荷電勢能增加2.4×10-7J D．克服靜電力做功1.2×10-7J，電荷電勢能增加1.2×10-7J
6．(本題4分)如圖所示，A、B為某電場線上的兩點，那么以下結論正確的是（　　）
A．把正電荷從A移到，靜電力做正功，電荷的電勢能減少 B．把負電荷從A移到，靜電力做負功，電荷的電勢能減少
C．把負電荷從A移到，靜電力做正功，電荷的電勢能增加 D．不論正電荷還是負電荷，從A移到B，電勢能均逐漸減少
7．(4分)如圖所示的電場中兩點A和B（實線為電場線，虛線為等勢面）．關于A、B兩點的場強E和電勢φ，正確的是（　　）
8．(本題4分)關于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解，正確的是（　　）
A．UAB表示B點相對于A點的電勢差，即UAB＝φB－φA B．UAB和UBA是相等的，它們關系有UAB＝UBA
C．φA、φB都可以有正、負，所以電勢是矢量 D．零電勢點的規定是任意的，但人們通常規定大地或無窮遠處為電勢零點
9．(本題4分)在電場中A、B兩點間的電勢差為UAB=75V，B、C兩點間的電勢差為UBC=—200V，則A、B、C三點的電勢高低關系為（　　）A．φA >φB>φC B．φA <φC<φB C．φB <φA <φC D．φC >φB >φA
10．(本題4分)如圖所示，在場強為E的勻強電場中有A、B兩點，AB連線長L，與電場線夾角為α．則AB兩點的電勢差為
A．零 B．EL C．ELcosα D．ELsinα
11．(本題4分)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內部，閉合S，給電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是（ ）
A．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大 B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變
C．斷開S，將A板向B板靠近，則θ增大 D．斷開S，將A板向B板靠近，則θ減小
10 11 12 13
12．(本題4分)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地．一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態．現將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（ ）
A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B．P點的電勢將增大
C．帶電油滴的電勢能將增大 D．若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大
13．(本題4分)在如圖所示的勻強電場中，若一個點電荷從P點由靜止釋放，只受到電場力的作用。則以下說法中正確的是（　　）
A．該點電荷受到的電場力逐漸增大 B．該點電荷一定向右做勻速運動
C．該點電荷一定做勻加速直線運動 D．該點電荷一定做勻減速直線運動
15 16 17 18
14．(本題4分)原來都是靜止的質子（）和α粒子（），經過同一電場加速后，它們的動能大小之比為（　　）
A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．2：3
15．(本題4分)在空間有正方向水平向右、大小按如圖所示的圖線變化的電場，位于電場中A點的電子在t=0時速度為零，在t=1 s時，電子離開A點的距離大小為l。那么在t=2 s時，電子將處在（　　）
A．A點 B．A點左方l處 C．A點右方2l處 D．A點左方2l處
16．(本題4分)如圖所示是一勻強電場的電場線，一個電子只在電場力作用下從a點運動到b點，它的軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（　　）
A．場強方向水平向右 B．電場力一定做正功
C．電子在a點的速率一定大于在b點的速率 D．電子所受電場力方向可能沿軌跡的切線方向
17．(本題4分)一束電子流經U=5 000 V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，若兩板間距離d=1.0 cm，板長l=5.0 cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩極板間所加電壓的最大值為（　　）
A．400 V B．300 V C．100 V D．480 V
二、多選題(共12分)
18．(本題4分)如圖所示電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度。下述做法可使靜電計指針偏角增大的是（　　）
A．使A、B兩板靠近一些 B．使A、B兩板正對面積錯開一些
C．斷開S后，使B板向右平移拉開一些 D．斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些
19．(本題4分)在給某電容器充電時，關于電容器的電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關系正確的是（　　）
A． B． C． D．
20．(本題4分)用兩節相同的電池給兩個電容器和充電，已知，當達到穩定狀態時，兩電容器的電差分別為和，帶電量分別為和，則　　 A． B． C． D．
三、解答題(共20分)
21．(本題6分)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，有一電荷量為q = －8 × 10－7C的點電荷從A點運動到B點，電場力做功為WAB = 3.2 × 10－6J，A、B間距離L = 4m，AB與水平方向的夾角為60°，求：
（1）B、A間電勢差UBA是多少？
（2）電場強度E是多大？
（3）如果B點的電勢為6V，那么A點的電勢為多大？這個點電荷在A點具有的電勢能是多少？
22．(本題8分)如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B接在電壓為40 V的恒定電源上，兩極板間距為4 cm。電容器帶電荷量為，A極板接地。求：
（1）平行板電容器的電容；
平行板電容器兩極板之間的電場強度；
（3）將一個電荷量為的正點電荷從B極板移到A極板靜電力所做的功。
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試卷第1頁，共3頁
第十章 電場與能量 參考答案：
1．B【詳解】電場力、電勢能以及電場力做功都與檢驗電荷的帶電量有關，只有電場強度是由電場本身的特性決定的，與試探電荷的存在與否無關。故選B。
2．D【詳解】A．根據公式Ep=φq可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小，故A錯誤；
B．在電場中的任何一點上，若此處的電勢為正，則正電荷所具有的電勢能大于負電荷具有的電勢；若此處的電勢為負，則正電荷所具有的電勢能小于負電荷具有的電勢。一般選擇無窮遠處為零電勢點，因此負點電荷周圍的電勢為負值，所以在負點電荷電場中的任一點，放入的正試探電荷具有的電勢能一定小于負試探電荷具有的電勢。故B錯誤；
C．沿電場線的方向電勢降低，電場線的方向是電勢降落最快的方向，不能說電勢降低的方向就是電場線的方向。故C錯誤；
D．電勢能是電場和電荷所共有的，由它們共同決定，故D正確。故選D。
3．A【詳解】電荷從電場中A點移動到零勢能位置，克服電場力做功8J，即電場力做功,電勢能A正確.
4．D【詳解】A．電場線疏密程度反應電場強度大小，電場線越密，電場強度越大，則由圖可知a點電場強度更大，由F=Eq可知，a點電場力更大，故A錯誤；B．沿電場線方向電勢減小，則可得a點電勢大于b點電勢，故B錯誤；
C．由于a點電勢高于b點，則由可知，正試探電荷在a點電勢能更大，故C錯誤；
D．由電場線分布可知，該電場可能是由一個位于左端電場線反向延長交點處的正電荷形成的，故D正確。
故選D。
5．B【詳解】根據可得解得根據靜電力做正功，電荷電勢能減小，可知電荷電勢能減少1.2×10-7J。故選B。
6．A【詳解】A．正電荷受到電場力沿A到，從A移到過程中，靜電力做正功，電荷的電勢能減少，A正確；
B．負電荷受到的電場力沿到A，從A移到過程中，靜電力做負功，電荷的電勢能增加，B錯誤；
C．負電荷受到的電場力沿到A，從A移到過程中，靜電力做負功，電荷的電勢能增加，C錯誤；
D．由A，B，C三項分析可知，D錯誤．故選A。
7．B【詳解】根據電場線越密的地方電場強度越大，所以A點的場強大于B點的場強，根據沿著電場線電勢逐漸降低，所以A點的電勢高于B點的電勢，故B正確，ACD錯誤．
8．D【詳解】A．UAB表示A點相對于B點的電勢差A錯誤；B．UBA表示B點相對于A點的電勢差
故B錯誤；C．電勢是標量，正負號是相對于零電勢點而言的，正號表示高于零電勢點，負號表示低于零電勢點，C錯誤；D．零電勢點理論上是可以任意選取的，但通常取無窮遠處或大地為零電勢點，D正確；故選D。
C【詳解】由題意則得 則得
又則得故有故選C。
10．C【分析】根據電場強度的大小以及A、B兩點沿電場線方向上的距離，結合U=Ed求出電勢差【詳解】兩點的電勢差UAB=Ed=ELcosα，故C正確，A、B、D錯誤．
11．A【詳解】若保持S閉合，則電容器兩極板之間的電壓保持不變，因此根據E=U/d 可知，當將A板向B板靠近時，電場強度增大，則電場力增大，θ將增大，故A正確；B錯誤；若斷開S，電容器帶電量保持不變，由和 以及，可得：，由于Q、S不變，只是d變化，所以電場強度不變，故電場力不變，則θ不變， 故CD錯誤；故選A．
12．C【詳解】A．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動．故A錯誤；B．板間場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低．故B錯誤；
C．由帶電油滴原來處于平衡狀態可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加；故C正確；
D．根據電容的定義式，電容器與電源保持相連，則U不變，當C減小，則Q也減小；故D錯誤。故選C。
13．C【詳解】A．電荷在勻強電場中受力不變，故A錯誤；B．因電性未知，所以無法判斷運動方向，且點電荷合外力不為零，其一定不會做勻速運動，故B錯誤；CD．由靜止釋放，在恒定電場力作用下一定做勻加速直線運動，故C正確，D錯誤。選C。
14．A【詳解】據動能定理可得加速電壓相同，故粒子動能與電荷量成正比，可知加速后，動能之比為1：2。故選A。
15．D【詳解】第1 s內電場方向水平向右，電子受到的靜電力方向水平向左，電子向左做勻加速直線運動，位移為l，第2 s內電子受到的靜電力方向水平向右，由于電子此時有水平向左的速度，因而電子繼續向左做勻減速直線運動，根據運動的對稱性，位移也是l，t=2s時總位移為2l，方向水平向左，故t=2 s時，電子處在A點左方2l處。故選D。
16．B【詳解】A．電子所受電場力方向指向軌跡凹側，所以場強方向水平向左，故A錯誤；
BC．電子在沿電場方向存在位移，電場力一定做正功，所以電子在a點的速率一定小于在b點的速率，故B正確，C錯誤；
D．電子在勻強電場中做拋體運動，速度方向始終不與電場力方向平行，即電子所受電場力方向不可能沿軌跡的切線方向，故D錯誤。故選B。
17．A【詳解】加速過程中，由動能定理有eU=mv02進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動，有l=v0t
在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度偏轉距離y=at2若電子能從兩極板間飛出，則
聯立解得U′≤=400 V 即要使電子能飛出，所加電壓的最大值為400 V。故選A。
18．CD【詳解】AB．圖中靜電計的金屬桿接A板，外殼和B板均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電勢差，指針張角越大，表示兩板間的電勢差越大。合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，兩板間的電勢差始終等于電源電壓，靜電計指針偏角一定不變，AB錯誤；CD．斷開S后，板間距離增大或正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器所帶電荷量不變，由可知，兩板間的電勢差U增大，從而使靜電計指針偏角增大，CD正確。
19．AD【詳解】CD．根據平行板電容器電容的決定式有;可知電容器的電容由自身性質決定，與所加電壓與極板電荷量的大小無關，即在充電過程中，電容C不變，C錯誤，D正確；
AB．根據電容定義式有解得則電容C一定。電荷量Q與電壓U成正比，A正確，B錯誤。故選AD。
20．BD【詳解】據題意：用兩節相同的電池給兩個電容器C1和C2充電，．由得，，U相同，則，故BD正確，AC錯誤．故選BD．
21．（1）4V；（2）；（3），
（1）由題意可知AB間電勢差則
（2）勻強電場的電場強度
（3）由，可知
電荷量q的點電荷在A點具有的電勢能為
22．（1）平行板電容器的電容為代入數據解得
（2）兩極板之間的電場強度為代入數據解得
（3）靜電力所做的功為代入數據解得

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