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2023年高考真题和模拟题物理分项汇编（全国通用）专题08 电场
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专题08 电场
1.（2023全国甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；
B．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；
C．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
D．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；
故选A。
2.（2023全国乙卷）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【解析】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP > EpM = EpN
则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。
3.（2023湖北卷）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为、，电场强度大小分别为、。下列说法正确的是（ ）
A. 若，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B. 若，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C. 若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则
D. 若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
【答案】C
【解析】A．沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若
则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若
则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有
故C正确；
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知故D错误。
故选C。
4.（2023湖北卷）图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（ ）
A. P点电势比M点的低
B. P点电场强度大小比M点的大
C. M点电场强度方向沿z轴正方向
D. 沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
【答案】CD
【解析】A．因P点所在的等势面高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；B．因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；C．场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；D．因x轴上个点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项D正确。故选CD。
5. （2023海南卷）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO = 2cm，OB = 4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP = n：1，试求Q1：Q2是多少（ ）
A. 2n2：1 B. 4n2：1 C. 2n3：1 D. 4n3：1
【答案】C
【解析】
对小球受力分析如图所示
由正弦定理有其中 ∠CPH = ∠OPB，∠CHP = ∠HPD = ∠APO
其中△APO中，同理有
其中 ，联立有 Q1：Q2= 2n3：1，C正确。
6.（2023海南卷）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（ ）
A. 、两点电场强度相同 B. 、两点电势相同
C. 负电荷在点电势能比在点时要小 D. 负电荷在点电势能比在点时要大
【答案】BC
【解析】根据场强叠加以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误；因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，则MN两点电势相等，选项B正确；因负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。选项C正确，D错误。
7. （2023新课标卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D. 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【解析】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力平衡打到a点，A错误；B．电场方向向左，磁场方向向外，此时如果粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡则电子向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，则粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力向左偏转，均不会打在b点，B错误；CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡电子向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确D错误；故选C。
8．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成．电极的长度为l、间距为d、极板间电压为U，极板间电压为零，电子枪加速电压为．电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极．
已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为
C．在极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切
【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小，A错误；
电子电极XX′间运动时，有vx = axt，
电子离开电极XX′时的动能为
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小，C错误；
打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切，D正确。
9. （2023浙江6月卷）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有,
联立可得故选A。
10. （2023浙江6月卷）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A. MC距离为 B. 电势能增加了
C. 电场强度大小为 D. 减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【解析】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得 联立解得
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得,故A错误；
B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移,与电场力方向相反，电场力做功为,则小球的电势能增加，故B正确；C．电场强度的大小故C错误；D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。故选B。
11. （2023湖南卷）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°、和30°。若P点处的电场强度为零，q > 0，则三个点电荷的电荷量可能为（ ）
A. Q1= q，，Q3= q B. Q1= －q，，Q3= －4q
C. Q1= －q，，Q3= －q D. Q1= q，，Q3= 4q
【答案】D
【解析】AB．选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，AB错误；C．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有解得而Q2产生场强大小为 则P点的场强不可能为零，C错误；
D．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有
解得而Q2产生的场强大小为则P点的场强可能为零，D正确。
故选D。
12. （2023山东卷）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. 点与点的电场强度大小相等
B. 点与点的电场强度方向相同
C. 点与点的电势差小于点与点的电势差
D. 将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】ACD
【解析】D．将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；C．由等量异种电荷的电势分布可知，，，因此
C正确；AB．由等量异种电荷的对称性可知和电场强度大小相等，和电场强度方向不同，A正确B错误；故选ACD。
13.（2023全国乙卷） 如图，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
【答案】（1），A、B、C均为正电荷；（2）
【解析】（1）因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为，电性与A相同，又点电场强度竖直向上，可得处电荷在点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示
可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。
（2）如图所示
由几何关系即
其中 解得
14.（2023湖北卷）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【解析】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得，
粒子射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度
，
从射入到运动到最高点由运动学关系
粒子射入电场时由动能定理可得联立解得B正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得，联立可得A错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得，
射入电容器到最高点有解得
设粒子穿过电容器与水平的夹角为，则
粒子射入磁场和水平的夹角为，C错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为
联立解得且，
即解得
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程同理
，即轨迹不会变化，D正确。
故选BD。
14. （2023新课标卷）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【解析】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知 则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
15. （2023山东卷）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【解析】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
16. （2023江苏卷）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【解析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee = ev0B
解得E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合 = evmB－eE
最低点有F合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标位置，即y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
17. （2023湖北卷）如图，水平放置两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有 故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
18．（2023浙江1月卷）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示．x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地．位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出．已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C．未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）．不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞．
（1）求孔C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）当时，
【解析】（1）速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力 解得半径
孔C所处位置的坐标
（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
（3）不管从何角度发射
由（2）可得
由动能定理
解得
（4）孔C位置坐标x，其中
联立可得，解得
在此范围内，和（3）相同，只与相关，可得解得
由动能定理 解得
1. （2023·福建莆田四模）当空气中电场的电场强度大小超过时，空气会被击穿。孤立导体球壳充电后，球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，球壳半径的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做集中在球壳中心的点电荷对求外某点的场强，由
可得故选A。
2．（2023·广东湛江一模）（多选）如图所示，在正方体中面的对角线的中点放一电荷量为的点电荷，在面的对角线的中点放另一电荷量为的点电荷，下列说法正确的是（ ）．
A．a点的电势等于点的电势
B．b点的电场强度与点的电场强度相同
C．负的试探电荷沿棱从c到电势能先增大后减小
D．正的试探电荷沿棱从b到电场力一直做负功
【答案】BD
【解析】由于点靠近正电荷，所以a点的电势小于点的电势，故A错误；
作出b点的电场强度与点的电场强度如图所示，
由点电荷电场强度公式及几何关系与相同，与相同，所以与相同，故B正确；负的试探电荷沿棱从c到电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；正的试探电荷沿棱从b到电场力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。
3. （2023·广东韶关二模）（多选）如图所示，两个电荷量均为＋Q的点电荷分别固定于x轴上的M、N两点，P点位于yOz平面内，OP与y轴正方向的夹角为30°，M、N、P到坐标原点O的距离均为R。将质量为m、电荷量为-q的检验电荷从P点由静止释放，不计检验电荷的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 检验电荷在P点的电势能等于在O点的电势能
B. 检验电荷在P点的电势能大于在O点的电势能
C. 检验电荷释放瞬间的加速度大小为
D. 检验电荷释放瞬间的加速度大小为
【答案】BD
【解析】AB．检验电荷在等量同种点电荷电场作用下，在没有越过O点前，沿做加速运动，电场力做正功，电势能减小，即检验电荷在P点的电势能大于在O点的电势能，A错误，B正确；
CD．根据题意可知
则检验电荷释放瞬间有
解得C错误，D正确。故选BD。
4. （2023·河北省适应性考试）（多选）如图所示，在x轴上处固定两个带电量均为的点电荷，一电子仅在静电力的作用下沿x轴从处移动到处或沿y轴从处移动到处。下列说法中正确的是（ ）
A. 沿x轴移动时电子的动能先增大后减小
B. 沿y轴移动时电子的动能先增大后减小
C. 在处固定电荷量为的负点电荷，可使处的电场强度为0
D. 在处固定电荷量为的正点电荷，可使处的电场强度为0
【答案】AC
【解析】AB．等量负点电荷电场分布情况如图
x轴上，从处移动到处，场强先减小后变大，电场力先做正功后做负功，电子的动能先增大后减小。y轴上，场强从原点向外，先增大后减小，从处移动到处，电场力先做负功后做正功，电子的动能先减小后增大，A正确，B错误；C．在处固定电荷量为的负点电荷处的电场强度为又解得C正确；
D．在处固定电荷量为的正点电荷，可使处的电场强度为
又解得D错误。故选AC。
5. （2023·广东茂名二模）高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。某同学在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示。电子在强电场的作用下从阴极飞向尖端，虚线是其中一个电子的运动路线，实线是电场线，A、B、C是电场中的三个点，则正确的是（ ）
A. C点的场强比A点小 B. 电子在A点的动能比B点小
C. A点的电势低于B点电势 D. 电子在A点电势能比B点低
【答案】AD
【解析】A．电场线密集程度表示场强大小，由图知A点的电场强度比C点的电场强度大，故A正确；BCD．电场线由阳极指向阴极，沿电场线方向电势逐渐降低，故A点的电势比B点高，电子在从A点移动到B点过程中，电势能增加，电场力做负功，动能减小，所以电子在A点的动能比B点大，故BC错误，D正确。故选AD。
6. （2023·广东惠州一模）如图，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带正电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，则下列说法正确的是（ ）
A. M点的电势高于N点的电势
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
D. 带电粒子的运动轨迹一定是椭圆
【答案】A
【解析】A．根据又，得得A正确；
B．根据等势面的疏密代表场强的大小，由题图知M点的场强小于N点的场强，所以B错误；
C．根据得C错误；
D．带电粒子的运动轨迹不一定是椭圆，D错误。故选A。
7. （2023·福建福州5月检测） 1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。两块水平放罝相距为的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间点（图中未标出）时，给金属板加上电压，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小竖直向上匀速经过点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为，其中为比例系数，为油滴运动速率，为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 油滴P带负电
B. 油滴P所带电荷量的值为
C. 从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小
D. 油滴先后两次经过点经历的时间为
【答案】AD
【解析】A．两金属板加电压，当油滴竖直向上匀速运动时，对油滴受力分析可知，油滴受的电场力竖直向上，由图中两极板电性可知油滴P带负电，A正确；
B．两金属板不加电压，油滴P以速度大小竖直向下匀速运动，由平衡条件得
给金属板加上电压，油滴P恰以速度大小竖直向上匀速时。由平衡条件得
联立解得B错误；
C．给金属板加上电压，油滴先向下减速后向上加速，向下减速过程由牛顿第二定律
此过程，向下的速度减小，故加速度变小；向上加速过程由牛顿第二定律得
此过程，向上的速度增大，故加速度也变小，故全程加速度不断减小直到为零，C错误；
D．以竖直向上为正方向，油滴先后两次经过点的过程中，由动量定理得
由于始末位置均经过点，总位移为零，故
联立解得D正确。
故选AD。
8. （2023·河北省一模）（多选）如图所示，极板足够长的平行板电容器水平放置，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，开关闭合，两极板间距为d，一电荷量大小为、质量为的带电油滴以初速度从一平行板电容器的两个极板中央水平射入，带电油滴恰能沿图中所示的水平虚线匀速通过电容器，则（ ）
A. 将下极板上移，带电油滴撞击在极板时的动能为
B. 将下极板上移，带电油滴撞击在极板时的动能为
C. 将上极板下移，带电油滴撞击在极板时的动能为
D. 将上极板下移，带电油滴撞击在极板时的动能为
【答案】BC
【解析】AB．带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则
将下极板上移，带电油滴打在上极板上，入射点与上极板的电势差大小为，根据动能定理
解得故A错误，B正确；
CD．将上极板下移，带电油滴打在上极板上，入射点与上极板的电势差大小为，根据动能定理
解得故C正确，D错误。
故选BC。
9. （2023·广东韶关一模）在芯片制造过程中，离子注入是芯片制造重要的工序。图a是我国自主研发的离子注入机，图b是简化的注入过程原理图。静止于A处的离子，经电压为的电场加速后，沿图中半径为的圆弧虚线通过磁分析器，然后从点垂直进入矩形CDQS有界匀强电场中，最后恰好打在点，已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为匀强磁场，方向垂直纸面向里；矩形区域内匀强电场水平向左，，。整个装置处于真空中，离子的质量为、电荷量为，离子重力不计。求：
（1）离子进入匀强电场区域点时的速度大小及磁分析器通道内磁感应强度大小；
（2）矩形区域内匀强电场场强大小。
【答案】（1）；；（2）
【解析】（1）离子经过加速电场，由动能定理可知
解得
在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）离子在匀强电场中运动时，水平方向做匀加速运动，则
由运动学公式可知
竖直方向做匀速运动
解得
10. （2023·重庆主城区一诊）如题图甲为密立根油滴实验的原理图，用喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。某次实验过程可以简化为题图乙，其中A、B为水平正对放置的平行金属板，两金属板间加电压，板间距d，经观察发现一带电油滴P在两金属板之间保持静止。若突然撤去两金属板间的电压，且两极板所带电量立即消失，经过一小段时间油滴达到最大速率后再匀速下降时间t到达B板，油滴P从静止出发点到B板的位移为L。设油滴在运动过程中质量和电荷量均保持不变，若油滴质量按正比于最大速率的二次方近似处理，比例系数为；空气阻力与速度大小成正比，比例系数为。重力加速度为g，不计油滴间的作用力。求：
（1）油滴P运动过程中的最大速率；
（2）油滴P所带电荷量；
（3）油滴P从静止到刚到达最大速率过程中重力势能变化量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设油滴的质量为m，撤去电压后达到的最大速率为由题意有
①
由平衡条件得
②
联立①②解得
③
（2）未撤电压时油滴保持静止状态,有
④
联立②③④解得
（3）设匀速过程中的位移为h，有
⑤
则重力势能的变化量
⑥
专题08 电场
1.（2023全国甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；
B．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；
C．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
D．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；
故选A。
2.（2023全国乙卷）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【解析】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP > EpM = EpN
则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。
3.（2023湖北卷）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为、，电场强度大小分别为、。下列说法正确的是（ ）
A. 若，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B. 若，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C. 若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则
D. 若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
【答案】C
【解析】A．沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若
则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若
则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有
故C正确；
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知故D错误。
故选C。
4.（2023湖北卷）图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（ ）
A. P点电势比M点的低
B. P点电场强度大小比M点的大
C. M点电场强度方向沿z轴正方向
D. 沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
【答案】CD
【解析】A．因P点所在的等势面高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；B．因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；C．场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；D．因x轴上个点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项D正确。故选CD。
5. （2023海南卷）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO = 2cm，OB = 4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP = n：1，试求Q1：Q2是多少（ ）
A. 2n2：1 B. 4n2：1 C. 2n3：1 D. 4n3：1
【答案】C
【解析】
对小球受力分析如图所示
由正弦定理有其中 ∠CPH = ∠OPB，∠CHP = ∠HPD = ∠APO
其中△APO中，同理有
其中 ，联立有 Q1：Q2= 2n3：1，C正确。
6.（2023海南卷）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（ ）
A. 、两点电场强度相同 B. 、两点电势相同
C. 负电荷在点电势能比在点时要小 D. 负电荷在点电势能比在点时要大
【答案】BC
【解析】根据场强叠加以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误；因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，则MN两点电势相等，选项B正确；因负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。选项C正确，D错误。
7. （2023新课标卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D. 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【解析】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力平衡打到a点，A错误；B．电场方向向左，磁场方向向外，此时如果粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡则电子向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，则粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力向左偏转，均不会打在b点，B错误；CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡电子向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确D错误；故选C。
8．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成．电极的长度为l、间距为d、极板间电压为U，极板间电压为零，电子枪加速电压为．电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极．
已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为
C．在极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切
【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小，A错误；
电子电极XX′间运动时，有vx = axt，
电子离开电极XX′时的动能为
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小，C错误；
打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切，D正确。
9. （2023浙江6月卷）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有,
联立可得故选A。
10. （2023浙江6月卷）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A. MC距离为 B. 电势能增加了
C. 电场强度大小为 D. 减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【解析】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得 联立解得
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得,故A错误；
B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移,与电场力方向相反，电场力做功为,则小球的电势能增加，故B正确；C．电场强度的大小故C错误；D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。故选B。
11. （2023湖南卷）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°、和30°。若P点处的电场强度为零，q > 0，则三个点电荷的电荷量可能为（ ）
A. Q1= q，，Q3= q B. Q1= －q，，Q3= －4q
C. Q1= －q，，Q3= －q D. Q1= q，，Q3= 4q
【答案】D
【解析】AB．选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，AB错误；C．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有解得而Q2产生场强大小为 则P点的场强不可能为零，C错误；
D．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有
解得而Q2产生的场强大小为则P点的场强可能为零，D正确。
故选D。
12. （2023山东卷）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. 点与点的电场强度大小相等
B. 点与点的电场强度方向相同
C. 点与点的电势差小于点与点的电势差
D. 将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】ACD
【解析】D．将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；C．由等量异种电荷的电势分布可知，，，因此
C正确；AB．由等量异种电荷的对称性可知和电场强度大小相等，和电场强度方向不同，A正确B错误；故选ACD。
13.（2023全国乙卷） 如图，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
【答案】（1），A、B、C均为正电荷；（2）
【解析】（1）因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为，电性与A相同，又点电场强度竖直向上，可得处电荷在点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示
可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。
（2）如图所示
由几何关系即
其中 解得
14.（2023湖北卷）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【解析】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得，
粒子射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度
，
从射入到运动到最高点由运动学关系
粒子射入电场时由动能定理可得联立解得B正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得，联立可得A错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得，
射入电容器到最高点有解得
设粒子穿过电容器与水平的夹角为，则
粒子射入磁场和水平的夹角为，C错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为
联立解得且，
即解得
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程同理
，即轨迹不会变化，D正确。
故选BD。
14. （2023新课标卷）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【解析】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知 则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
15. （2023山东卷）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【解析】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
16. （2023江苏卷）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【解析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee = ev0B
解得E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合 = evmB－eE
最低点有F合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标位置，即y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
17. （2023湖北卷）如图，水平放置两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有 故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
18．（2023浙江1月卷）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示．x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地．位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出．已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C．未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）．不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞．
（1）求孔C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）当时，
【解析】（1）速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力 解得半径
孔C所处位置的坐标
（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
（3）不管从何角度发射
由（2）可得
由动能定理
解得
（4）孔C位置坐标x，其中
联立可得，解得
在此范围内，和（3）相同，只与相关，可得解得
由动能定理 解得
1. （2023·福建莆田四模）当空气中电场的电场强度大小超过时，空气会被击穿。孤立导体球壳充电后，球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，球壳半径的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做集中在球壳中心的点电荷对求外某点的场强，由
可得故选A。
2．（2023·广东湛江一模）（多选）如图所示，在正方体中面的对角线的中点放一电荷量为的点电荷，在面的对角线的中点放另一电荷量为的点电荷，下列说法正确的是（ ）．
A．a点的电势等于点的电势
B．b点的电场强度与点的电场强度相同
C．负的试探电荷沿棱从c到电势能先增大后减小
D．正的试探电荷沿棱从b到电场力一直做负功
【答案】BD
【解析】由于点靠近正电荷，所以a点的电势小于点的电势，故A错误；
作出b点的电场强度与点的电场强度如图所示，
由点电荷电场强度公式及几何关系与相同，与相同，所以与相同，故B正确；负的试探电荷沿棱从c到电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；正的试探电荷沿棱从b到电场力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。
3. （2023·广东韶关二模）（多选）如图所示，两个电荷量均为＋Q的点电荷分别固定于x轴上的M、N两点，P点位于yOz平面内，OP与y轴正方向的夹角为30°，M、N、P到坐标原点O的距离均为R。将质量为m、电荷量为-q的检验电荷从P点由静止释放，不计检验电荷的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 检验电荷在P点的电势能等于在O点的电势能
B. 检验电荷在P点的电势能大于在O点的电势能
C. 检验电荷释放瞬间的加速度大小为
D. 检验电荷释放瞬间的加速度大小为
【答案】BD
【解析】AB．检验电荷在等量同种点电荷电场作用下，在没有越过O点前，沿做加速运动，电场力做正功，电势能减小，即检验电荷在P点的电势能大于在O点的电势能，A错误，B正确；
CD．根据题意可知
则检验电荷释放瞬间有
解得C错误，D正确。故选BD。
4. （2023·河北省适应性考试）（多选）如图所示，在x轴上处固定两个带电量均为的点电荷，一电子仅在静电力的作用下沿x轴从处移动到处或沿y轴从处移动到处。下列说法中正确的是（ ）
A. 沿x轴移动时电子的动能先增大后减小
B. 沿y轴移动时电子的动能先增大后减小
C. 在处固定电荷量为的负点电荷，可使处的电场强度为0
D. 在处固定电荷量为的正点电荷，可使处的电场强度为0
【答案】AC
【解析】AB．等量负点电荷电场分布情况如图
x轴上，从处移动到处，场强先减小后变大，电场力先做正功后做负功，电子的动能先增大后减小。y轴上，场强从原点向外，先增大后减小，从处移动到处，电场力先做负功后做正功，电子的动能先减小后增大，A正确，B错误；C．在处固定电荷量为的负点电荷处的电场强度为又解得C正确；
D．在处固定电荷量为的正点电荷，可使处的电场强度为
又解得D错误。故选AC。
5. （2023·广东茂名二模）高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。某同学在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示。电子在强电场的作用下从阴极飞向尖端，虚线是其中一个电子的运动路线，实线是电场线，A、B、C是电场中的三个点，则正确的是（ ）
A. C点的场强比A点小 B. 电子在A点的动能比B点小
C. A点的电势低于B点电势 D. 电子在A点电势能比B点低
【答案】AD
【解析】A．电场线密集程度表示场强大小，由图知A点的电场强度比C点的电场强度大，故A正确；BCD．电场线由阳极指向阴极，沿电场线方向电势逐渐降低，故A点的电势比B点高，电子在从A点移动到B点过程中，电势能增加，电场力做负功，动能减小，所以电子在A点的动能比B点大，故BC错误，D正确。故选AD。
6. （2023·广东惠州一模）如图，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带正电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，则下列说法正确的是（ ）
A. M点的电势高于N点的电势
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
D. 带电粒子的运动轨迹一定是椭圆
【答案】A
【解析】A．根据又，得得A正确；
B．根据等势面的疏密代表场强的大小，由题图知M点的场强小于N点的场强，所以B错误；
C．根据得C错误；
D．带电粒子的运动轨迹不一定是椭圆，D错误。故选A。
7. （2023·福建福州5月检测） 1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。两块水平放罝相距为的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间点（图中未标出）时，给金属板加上电压，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小竖直向上匀速经过点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为，其中为比例系数，为油滴运动速率，为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 油滴P带负电
B. 油滴P所带电荷量的值为
C. 从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小
D. 油滴先后两次经过点经历的时间为
【答案】AD
【解析】A．两金属板加电压，当油滴竖直向上匀速运动时，对油滴受力分析可知，油滴受的电场力竖直向上，由图中两极板电性可知油滴P带负电，A正确；
B．两金属板不加电压，油滴P以速度大小竖直向下匀速运动，由平衡条件得
给金属板加上电压，油滴P恰以速度大小竖直向上匀速时。由平衡条件得
联立解得B错误；
C．给金属板加上电压，油滴先向下减速后向上加速，向下减速过程由牛顿第二定律
此过程，向下的速度减小，故加速度变小；向上加速过程由牛顿第二定律得
此过程，向上的速度增大，故加速度也变小，故全程加速度不断减小直到为零，C错误；
D．以竖直向上为正方向，油滴先后两次经过点的过程中，由动量定理得
由于始末位置均经过点，总位移为零，故
联立解得D正确。
故选AD。
8. （2023·河北省一模）（多选）如图所示，极板足够长的平行板电容器水平放置，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，开关闭合，两极板间距为d，一电荷量大小为、质量为的带电油滴以初速度从一平行板电容器的两个极板中央水平射入，带电油滴恰能沿图中所示的水平虚线匀速通过电容器，则（ ）
A. 将下极板上移，带电油滴撞击在极板时的动能为
B. 将下极板上移，带电油滴撞击在极板时的动能为
C. 将上极板下移，带电油滴撞击在极板时的动能为
D. 将上极板下移，带电油滴撞击在极板时的动能为
【答案】BC
【解析】AB．带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则
将下极板上移，带电油滴打在上极板上，入射点与上极板的电势差大小为，根据动能定理
解得故A错误，B正确；
CD．将上极板下移，带电油滴打在上极板上，入射点与上极板的电势差大小为，根据动能定理
解得故C正确，D错误。
故选BC。
9. （2023·广东韶关一模）在芯片制造过程中，离子注入是芯片制造重要的工序。图a是我国自主研发的离子注入机，图b是简化的注入过程原理图。静止于A处的离子，经电压为的电场加速后，沿图中半径为的圆弧虚线通过磁分析器，然后从点垂直进入矩形CDQS有界匀强电场中，最后恰好打在点，已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为匀强磁场，方向垂直纸面向里；矩形区域内匀强电场水平向左，，。整个装置处于真空中，离子的质量为、电荷量为，离子重力不计。求：
（1）离子进入匀强电场区域点时的速度大小及磁分析器通道内磁感应强度大小；
（2）矩形区域内匀强电场场强大小。
【答案】（1）；；（2）
【解析】（1）离子经过加速电场，由动能定理可知
解得
在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）离子在匀强电场中运动时，水平方向做匀加速运动，则
由运动学公式可知
竖直方向做匀速运动
解得
10. （2023·重庆主城区一诊）如题图甲为密立根油滴实验的原理图，用喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。某次实验过程可以简化为题图乙，其中A、B为水平正对放置的平行金属板，两金属板间加电压，板间距d，经观察发现一带电油滴P在两金属板之间保持静止。若突然撤去两金属板间的电压，且两极板所带电量立即消失，经过一小段时间油滴达到最大速率后再匀速下降时间t到达B板，油滴P从静止出发点到B板的位移为L。设油滴在运动过程中质量和电荷量均保持不变，若油滴质量按正比于最大速率的二次方近似处理，比例系数为；空气阻力与速度大小成正比，比例系数为。重力加速度为g，不计油滴间的作用力。求：
（1）油滴P运动过程中的最大速率；
（2）油滴P所带电荷量；
（3）油滴P从静止到刚到达最大速率过程中重力势能变化量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设油滴的质量为m，撤去电压后达到的最大速率为由题意有
①
由平衡条件得
②
联立①②解得
③
（2）未撤电压时油滴保持静止状态,有
④
联立②③④解得
（3）设匀速过程中的位移为h，有
⑤
则重力势能的变化量
⑥
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