新高考物理二轮培优专题2.6 静电场（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮培优专题2.6 静电场（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理二轮培优专题26静电场原卷版doc、新高考物理二轮培优专题26静电场解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22600" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc22600 \h 1
\l "_Tc24635" 题型一 电场强度的叠加与计算 PAGEREF _Tc24635 \h 1
\l "_Tc14812" 题型二 电场强度大小、电势高低、电势能大小的判断 PAGEREF _Tc14812 \h 3
\l "_Tc26556" 题型三 电场中的图像问题 PAGEREF _Tc26556 \h 6
\l "_Tc16455" 题型四 电容器的分析与计算 PAGEREF _Tc16455 \h 8
\l "_Tc6358" 题型五 带电粒子在电场中的运动 PAGEREF _Tc6358 \h 9
\l "_Tc3717" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc3717 \h 13
【突破高考题型】
题型一 电场强度的叠加与计算
【例1】(2022·山东高考，3)半径为R的绝缘细圆环固定在图位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A.正电荷，q＝eq \f(QΔL,πR)
B.正电荷，q＝eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C.负电荷，q＝eq \f(2QΔL,πR)
D.负电荷，q＝eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
【答案】 C
【解析】 取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,（2R）2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故C正确。
【例2】(2022·重庆市模拟)如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电荷量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电荷量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的静电力大小为( )
A.eq \f(kQq,3L2) B.eq \f(4kQq,9L2) C.eq \f(32kQq,9L2) D.eq \f(2kQq,3L2)
【答案】 C
【解析】 圆环上的电荷在O点产生的电场强度大小等效为电荷量为q的一小段在E处时在O点产生的电场强度大小，为E1＝eq \f(kq,\f(L,2)2)＝eq \f(4kq,L2)，方向竖直向下，电荷量为q的一小段在F点时，在O点产生的电场强度大小为E2＝eq \f(kq,L＋\f(L,2)2)＝eq \f(4kq,9L2)，方向竖直向上，此时O点的电场强度大小为E＝E1－E2＝eq \f(32kq,9L2)，方向竖直向下，则带电荷量为Q的带正电的试探电荷在O点受到静电力的大小F＝EQ＝eq \f(32kQq,9L2)，故C正确，A、B、D错误．
【例3】.(2022·四川成都市三模)如图，O是等边三角形ABC的垂心，三个电荷量绝对值相等的点电荷分别固定在A、B、C三点．以无穷远处的电势为零，已知A处正电荷在O点的电势为φ、电场强度大小为E.则O点的电势和电场强度大小分别为( )
A．φ和2E B．－φ和2E
C．－φ和3E D．－φ和0
【答案】 B
【解析】 由几何关系可知，A、B、C三点到O点距离相等，设为L，三点在O点的电场强度大小相等，根据电场的叠加得O点的电场强度大小为E′＝E＋2Esin 30°＝2E；已知A点处正电荷在O点的电势为φ，则B点处负电荷在O点的电势为－φ，C点处负电荷在O点的电势为－φ，根据电势的叠加可得O点的电势为－φ，故B正确，A、C、D错误．
【方法总结】特殊电场强度的四种求法
题型二 电场强度大小、电势高低、电势能大小的判断
【例1】(2022·河北高考，6)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是( )
A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
【答案】 B
【解析】 在直线MN上，左边正点电荷在M右侧产生电场的电场强度方向水平向右，右边负点电荷在直线MN上产生电场的电场强度方向水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度方向水平向右，由沿着电场线方向电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；由于正点电荷的电荷量大于负点电荷的电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，设N右侧距N为d处电场强度为零，MN距离为L，根据eq \f(k·2q,（L＋d）2)＝eq \f(k·q,d2)可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知，T点电势低于P点电势，则正试探电荷在T点的电势能小于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设以O点为球心的等势面的半径为R，A、N间距离为x，A为等势面与MN的交点，如图所示
根据φ＝eq \f(kq,x)
结合电势的叠加原理，A、S点电势满足
eq \f(k·2q,L－x)＝eq \f(kq,x)，eq \f(k·2q,L＋2R－x)＝eq \f(kq,2R－x)
解得x＝eq \f(L,3)，R＝eq \f(2L,3)
由于电场强度方向垂直等势面，可知过T点的电场线的切线必过等势面的圆心，O点电势φO＝eq \f(k·2q,L＋\f(L,3))－eq \f(kq,\f(L,3))＝－eq \f(3kq,2L)，可知φT>φO，则T点电场强度方向指向O点，故B正确。
【例2】(2022·福建省模拟)静电透镜是电子透镜的一种，它被广泛应用于电子器件(如阴极射线示波管)中．如图所示，虚线是某电子透镜中电场的等差等势线，一电子在该电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B、C是轨迹与等势线的交点．已知A点的电势为零，电子在A点的动能为32 eV，在B点的电势能为－15 eV，不计电子重力，下列说法正确的是( )
A．电子一定是从A点运动到C点
B．电子在经过等势线c时的动能为32 eV
C．B点的电场强度大于A点的
D．电子在关于等势线d对称的两点所受静电力相同
【答案】 C
【解析】 电子不是由静止释放，电子可能是从A点运动到C点，也可能是从C点运动到A点，A错误；电子只在静电力作用下运动，则电子的电势能和动能之和不变，为32 eV，又由于题图中为等差等势线，B点的电势为15 V，A点的电势为零，则等势线c的电势为10 V，则电子在经过等势线c时的电势能为－10 eV，因此动能为42 eV，B错误；等差等势线越密集，电场强度越大，因此B点处的电场强度大于A点处的电场强度，C正确；电子在关于等势线d对称的两点所受静电力大小一定相等，但方向不一定相同，D错误．
【例3】(2022·山西运城市高三期末)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中错误的是( )
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点时的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大
【答案】 C
【解析】 质点所受的静电力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，由于质点带正电，因此电场线垂直于等势面指向下方，而沿电场线方向电势降低，故a等势面的电势最高，c等势面的电势最低，A正确；正电荷在电势高处电势能大，故质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，B正确；若质点从P运动到Q，从P到Q过程中静电力做正功，根据能量守恒定律可知，电势能减小，动能增大，故质点在P点的动能小于在Q点的动能，同理，若质点从Q运动到P，电势能增加，动能减小，同样得到质点在P点的动能小于在Q点的动能，C错误；等势线密的地方电场线密，且电场强度大，故P点位置电场强度大，所受静电力较大，根据牛顿第二定律，可知加速度也较大，D正确．
【方法总结】1.等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。
(3)沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。
2.电场强弱、电势高低、电势能大小的比较方法
题型三 电场中的图像问题
【例4】 (多选)(2022·河北新高考猜题卷)线段OB上存在静电场，OB上电场强度随空间变化规律如图9所示。线段上有一点A，O、A、B三点的电场强度大小分别为E0、0、eq \f(E0,2)。将一带电荷量为＋q的粒子从O点由静止释放，只在静电力作用下运动，粒子到达B点时速度变为零。已知A、B两点距O点的距离分别为xA、xB，设A点电势为零。下列说法正确的是( )
A.OA与AB间的电势差满足关系式UOA＝UAB
B.粒子在运动过程中，最大动能为eq \f(1,2)qE0xA
C.xB＝2xA
D.若将粒子从B点由静止释放，粒子将在BO间做往复运动
【答案】 BD
【解析】 粒子从O点运动至B点过程中，根据动能定理有0＝qUOB，解得UOB＝0，又UOB＝UOA＋UAB，所以UOA＝－UAB，故A错误；在E－x图像中，图线与横轴所围面积大小表示两点间电势差大小，UOA＝－UAB，结合图像有eq \f(1,2)E0xA＝eq \f(1,2)×eq \f(E0,2)×(xB－xA)，解得xB＝3xA，故C错误；粒子在OB间先做加速运动，过A点后电场反向，粒子开始做减速运动，所以粒子在A点动能最大，粒子从O运动至A，利用动能定理，有Ekm－0＝qUOA＝eq \f(1,2)qE0xA，故B正确；若将粒子从B点由静止释放，粒子先在BA间加速，再在AO间减速，因为UOA＝－UAB，粒子到O点速度减为零，而后反向加速，在BO间做往复运动，故D正确。
【方法总结】
(1)由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示电场强度沿正方向，E<0表示电场强度沿负方向。
(2)E－x图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x＝0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、静电力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。
【例2】 (2022·湖南师大附中模拟)绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为－2 m，B点坐标为2 m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是(忽略负点电荷形成的电场)( )
A.负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
B.负点电荷在B点速度大于v0
C.负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度
D.当负点电荷分别处于－eq \r(2) m和eq \r(2) m时，静电力的功率相等
【答案】 C
【解析】 由图像知，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；AO段与BO段电势差相等，静电力做功大小相等，且AO段静电力对负点电荷做正功，OB段静电力对负点电荷做负功，故负点电荷在B点速度为v0，故B错误；负点电荷在A、B间运动的v－t图像如图所示
由于位移相等，则v－t图像下的面积相等，AO段的时间小于OB段的时间，易知电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正确；负点电荷分别处于－eq \r(2) m和eq \r(2) m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受静电力大小相等，但－eq \r(2) m处的速度大于eq \r(2) m处的速度，所以静电力的功率不相等，故D错误。
【方法总结】
(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零。
(2)在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
(3)在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
【例3】 (2022·河南适应性测试)空间中存在一静电场，一电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则电子从x1向x3运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.在x1处电子速度最大
B.在x2处电子加速度最大
C.在x3处电场强度最大
D.在x2处电势最高
【答案】 C
【解析】 电子仅在静电力作用下运动，动能与电势能之和是恒定的，则电子从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，则动能最大，速度最大，A错误；Ep－x图像的斜率绝对值表示电子受到的静电力大小，在x2处图像的斜率为0，则静电力为0，故电子的加速度为0，B错误；电子从x1向x3运动的过程中，x3处的图像斜率绝对值最大，则静电力最大，电场强度最大，C正确；电子从x1向x3运动的过程中，电子在x2处电势能最大，但由于电子带负电，故在x2处电势最低，D错误。
【方法总结】
(1)根据电势能的变化可以判断静电力做功的正、负。
(2)根据W＝－ΔEp＝Fx，图像Ep－x的斜率的绝对值表示静电力的大小。
题型四 电容器的分析与计算
1.掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
2.注意一个特例
当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。
【例1】 (多选)(2022·重庆八中模拟)微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。其原理如图所示，R为定值电阻，M和N为电容器两极板，M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接。当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。手机运动时下列说法正确的是( )
A.匀速运动时，电阻R中有电流
B.由向前匀速突然减速时，电容器所带电荷量增加
C.由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
D.保持向后的匀加速运动时，MN之间的电场强度持续减小
【答案】 BC
【解析】 匀速运动时加速度为0，电容C不变，线路中无电流，故A错误；由向前匀速突然减速时，由于惯性N板向前移动，d减小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)，故C增大，Q＝UC，Q增大，故B正确；由静止突然向前加速时，由于惯性N板向后移，d增大、C减小、Q减小，故有放电电流，电流b向a，故C正确；保持向后的匀加速运动时，加速度a不变，d不变，故MN之间的电场强度E不变，故D错误。
【例2】.(2022·江苏盐城模拟)如图所示的电路，先使开关S与1端相连(设t＝0)，稳定后再迅速把开关掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，计算机屏幕上显示出电流时间的i－t曲线。正确的是( )
【答案】 B
【解析】 先使开关S与1端相连，电源对电容器进行充电，流过电流传感器的电流方向从右向左，电流大小逐渐减小到0，稳定后再迅速把开关掷向2端，电容器通过定值电阻进行放电，流过电流传感器的电流方向从左向右，电流大小逐渐减小到0，故充电过程与放电过程通过电流传感器的电流大小都是逐渐减小到0，电流方向相反，选项B正确，A、C、D错误。
题型五 带电粒子在电场中的运动
1．电场中直线运动问题的两种解题思路
(1)动能定理：不涉及a、t时可用。
(2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。
2．匀强电场中的偏转问题
(1)带电粒子垂直于电场强度方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用分解思想，解题思路如下：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq \f(L,v0)。
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
③离开电场时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))。
④速度偏向角
tan φ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUx,mdveq \\al(2,0))eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan φ＝eq \f(qUL,mdveq \\al(2,0))；
位移偏向角
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(qUx,2mdveq \\al(2,0))eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan θ＝eq \f(qUL,2mdveq \\al(2,0))。
(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理。
注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)。
3．匀强电场中偏转问题的两个结论
(1)粒子经匀强电场偏转后，末速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。如图所示，有tan φ＝2tan θ且x＝eq \f(L,2)。
(2)不同的带电粒子从静止开始经过同一匀强电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))＝eq \f(UL2,4U0d)和偏向角tan φ＝eq \f(qUL,mdveq \\al(2,0))＝eq \f(UL,2U0d)与比荷无关，总是相同的。
【例1】 (2022·广东揭阳期末)人体的细胞膜模型图如图甲所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示。初速度可视为零的正一价钠离子仅在静电力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A．A点电势低于B点电势
B．钠离子的电势能减小
C．钠离子的加速度变大
D．若膜电位不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大
【答案】 B
【解析】 因为钠离子带正电，其仅在静电力作用下从图中的A点运动到B点，说明静电力的方向沿A指向B，电场线由A指向B，所以A点电势高于B点电势，A错误；因为静电力对钠离子做正功，所以其电势能减少，B正确；因为膜内的电场可看作匀强电场，根据a＝eq \f(qE,m)知钠离子的加速度不变，C错误；根据动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2知钠离子进入细胞内的速度v与距离d的大小无关，又因为膜电位U不变，则钠离子进入细胞内的速度大小不变，D错误。
【例2】 (2022·“七彩阳光”联考)如图所示，比荷相同，但初速度大小不同的两个带电粒子，从左边靠近上极板的位置水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中心处，粒子2由右侧竖直位移中点处射出电场区域，下列说法正确的是(重力不计)( )
A．两个粒子在电场中的运动时间之比t1∶t2＝1∶2
B．两个粒子末速度方向与水平方向的夹角θ1∶θ2＝4∶1
C．两个粒子的初速度之比v1∶v2＝1∶2eq \r(2)
D．两个粒子末动能大小之比Ek1∶Ek2＝2∶1
【答案】 C
【解析】 设荷质比eq \f(q,m)＝k，因此两个粒子在磁场中运动时，加速度大小相等。粒子1的初速度为v1，粒子2的初速度为v2，极板长度为L，宽度为d。根据类平抛运动规律可知，粒子1、2在竖直方向分别有d＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)L,v1)))2，eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v2)))2，联立两式求出v1∶v2＝1∶2eq \r(2)，C正确；两粒子在电场中运动时间之比t1∶t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.5L,v1)))∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v2)))，即t1∶t2＝eq \r(2)∶1，A错误；根据类平抛运动推论，速度与水平方向偏转角的正切值等于对应位移偏转角的正切值两倍，即tan θ1＝2eq \f(d,0.5L)，tan θ2＝2eq \f(0.5d,L)，所以tan θ1∶tan θ2＝4∶1，但角度比不等于4∶1，B错误；根据动能定理可知，粒子在这个过程中动能变化量等于静电力做的功，即Ek1－Ek10＝qEd，Ek2－Ek20＝qE(0.5d)，所以Ek1＝m1ad＋eq \f(1,2)m1veq \\al(2,10)，Ek2＝m2a(0.5d)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)，显然根据题目已知条件，无法判断末动能之比，D错误。
【例3】(多选)(2022·全国甲卷·21)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】 BD
【解析】 由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.如图所示，当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A、C错误；当小球水平速度减为0时，水平方向上有v0＝eq \f(Eq,m)t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，此时小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确．
【例4】．(多选)(2022·山西太原市一模)图(a)的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场.eq \f(1,4)T时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，eq \f(3,2)T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰．若在eq \f(3,8)T时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是( )
A．T时刻，乙粒子离开电场
B．乙粒子的比荷为eq \f(8k,7)
C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2∶3
D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1∶2
【答案】 ABD
【解析】 假设粒子甲、乙带同种电荷，平行金属板M、N间距离为d，则有a＝eq \f(U0q,md)＝eq \f(U0,d)k为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得vy＝at，作出粒子甲、乙在竖直方向上的速度时间图像，如图，
则图线与时间轴围成的面积表示位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为L，恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移刚好为eq \f(d,2)，从速度时间图像可知，斜率不变，即a不变，则粒子甲竖直方向的总位移为y甲＝S△ABC－S△CDE＋S△EFH＝eq \f(1,8)T v1＝eq \f(d,4)，故eq \f(1,8)T v1＝y甲，且v1＝a(eq \f(T,2)－eq \f(T,4))，联立解得y甲＝eq \f(U0,32d)kT2，而最大位移大小为y甲m＝eq \f(1,4)T v1＝eq \f(U0,16d)kT2＝eq \f(1,2)d，所以d＝eq \f(U0,8d)kT2，时间为t＝eq \f(L,v0)＝eq \f(3T,2)－eq \f(T,4)＝eq \f(5,4)T；粒子乙竖直方向上的速度时间图线为A′B′C′D′，而水平方向时间为t′＝eq \f(L,2v0)＝eq \f(5,8)T，所以有t乙＝eq \f(3,8)T＋eq \f(5,8)T＝T，A正确；设乙粒子的比荷为k′，则乙的加速度大小为a′＝eq \f(U0q′,m′d)＝eq \f(U0k′,d)，由对称性可知，乙的最大位移为y乙m＝S△C′D′H′－S△A′B′C′＝eq \f(1,2)×eq \f(3,8)T·v1′－eq \f(1,2)×eq \f(2,8)T·v2＝eq \f(d,2)，
而v2＝a′·eq \f(T,8)＝eq \f(U0k′T,8d)，
v1′＝a′·eq \f(3,8)T＝eq \f(3U0,8d)k′T，
所以d＝eq \f(7U0,64d)k′T2，
联立解得k′＝eq \f(8,7)k，B正确；
乙在竖直方向的总位移大小为y乙＝y乙m＝eq \f(d,2)，则偏转位移大小之比为eq \f(y甲,y乙)＝eq \f(\f(d,4),\f(d,2))＝eq \f(1,2)，C错误，D正确．
【专题突破练】
1.(2022·山东泰安市一模)如图所示，正方形四个顶点上依次放置电荷量为＋q、＋q、＋q、－q的点电荷，a、b、c、d是对角线上的四个点，它们到中心O点的距离均相同．则( )
A．a、b两点的电场强度相同，电势相等
B．a、b两点的电场强度不同，电势相等
C．c、d两点的电场强度相同，电势相等
D．c、d两点的电场强度相同，电势不相等
【答案】 B
【解析】 根据等量同种点电荷和等量异种点电荷电场的分布情况可知：在cd连线方向上＋q和－q的电场中，c、d两点的电场强度相同，a、b两点的电场强度也相同；a、b两点的电势相等，c、d两点的电势不等；在两个＋q的电场中，c、d的电场强度大小相等、方向相反，a、b两点的电场强度大小相等、方向相反，c、d的电势相等，a、b两点的电势相等．所以根据电场的叠加原理可知c、d两点的电场强度不同，a、b两点的电场强度也不同，a、b两点电势相等，c、d两点电势不相等，故B正确．
2．(2022·陕西宝鸡市模拟)如图所示，在坐标系xOy平面内有一个匀强电场，电场强度方向平行于xOy平面．以坐标原点O为圆心、半径为R＝2 cm的圆与坐标轴相交于M、N、P、Q四点．现测得P点的电势为3 V，Q点的电势为－3 V，M点的电势为4 V，则下列说法正确的是( )
A．电场强度方向沿y轴负方向
B．N点的电势为－3 V
C．匀强电场的电场强度大小为250 V/m
D．圆周上两点间的最大电势差为8 V
【答案】 C
【解析】 由题意可知O点的电势为零，则电场强度在＋x方向的分量为Ex＝eq \f(4,0.02) V/m＝200 V/m，沿－y方向的分量为Ey＝eq \f(3,0.02) V/m＝150 V/m，则电场强度大小E＝eq \r(Ex2＋Ey2)＝250 V/m，方向与x轴正方向夹角θ的正切值为tan θ＝eq \f(Ey,Ex)＝0.75，则θ＝37°，选项A错误，C正确；因为φM－φO＝φO－φN，可得φN＝－4 V，选项B错误；圆周上两点间的最大电势差为U＝E·2R＝10 V，选项D错误．
3．(2022·山东济南市模拟)x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于xA＝0，xB＝4d处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示．选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零．以下说法正确的是( )
A．点电荷A、B分别带正电和负电
B．A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3
C．x＝d处电势最高且为零
D．将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小
【答案】 D
【解析】 若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平向左，故A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为零，即eq \f(kQA,d2)＝eq \f(kQB,9d2)，解得eq \f(QA,QB)＝eq \f(1,9)，故B错误；0～d区域，电场方向沿x轴负方向，d～4d区域电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区域，从x＝d处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故x＝d处电势大于零；x≥4d的区域内，电场方向指向x轴负方向，所以沿x轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故x≥4d的区域内的电势都小于零，所以x＝d处电势最高且大于零，故C错误；x≥4d的区域内电场方向沿x轴负方向，所以将电子从x＝5d处释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一直减小，故D正确．
4．(多选)(2022·甘肃张掖市高三期末)一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以初速度－v0做直线运动，其v－t图像如图所示．粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是( )
A．A、B、C三点中B点的电场强度最大
B．A、B、C三点的电势关系一定为φB>φA>φC
C．粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功
D．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增大后减小
【答案】 AD
【解析】 由速度时间图像可知，加速度先增大后减小， B点的加速度最大，所以B点电场强度最大，A正确；因为不知道带电粒子的电性以及电场的方向，所以无法判断电势的关系，B错误；由图像可知，动能先减小后增大，根据能量守恒可知，电势能先增大后减小，D正确；因为电势能先增大后减小，所以静电力先做负功后做正功，C错误．
5.(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，真空中有四个相同的点电荷，电荷量均为q，分别固定在棱长为L的正四面体(由绝缘材料制成)的四个顶点上，静电力常量为k.任意一个点电荷所受静电力的大小为( )
A.eq \f(\r(6)kq2,L2) B.eq \f(\r(3)kq2,L2)
C.eq \f(\r(6)kq2,3L2) D.eq \f(\r(3)kq2,3L2)
【答案】 A
【解析】 设正四面体的四个顶点为ABCD，O为底边三角形ABC中心，连接OD、AO、CO，如图所示，由几何关系可知cs α＝eq \f(\r(6),3)，A处点电荷在D点产生的电场强度大小为E0＝eq \f(kq,L2)，同理B、C处两点电荷在D点产生的电场强度大小也为E0＝eq \f(kq,L2)，这三个电场强度水平分量互成120°且大小相等，故最终抵消，电场强度竖直分量为Ey＝E0cs α＝eq \f(\r(6)kq,3L2)，故D点合电场强度大小为E合＝3Ey＝eq \f(\r(6)kq,L2)，则D点处电荷受静电力大小为F＝E合q＝eq \f(\r(6)kq2,L2)，则每个点所受静电力大小都为eq \f(\r(6)kq2,L2)，故选A.
6．(2022·河南开封市二模)如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在静电力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙．若Ⅰ的电荷量为q，则可知( )
A．电荷Ⅱ的电荷量为eq \f(q,2)
B．电荷Ⅱ受到的静电力大小为FⅡ＝eq \f(Ek0,x0)
C．此电场一定为匀强电场且电场强度大小E＝eq \f(Ek0,qx0)
D．选O点为电势零点，A点的电势为φA＝eq \f(Ek0,q)
【答案】 C
【解析】 由动能定理可知，电荷的动能Ek随位移x的变化图线的斜率表示该电荷所受的静电力，故电荷Ⅰ和Ⅱ所受的静电力大小分别为FⅠ＝eq \f(Ek0,x0)，FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，故B错误；由题图乙可知，静电力为恒力，则电场强度大小方向均不变，故此电场为匀强电场，根据F＝qE，可知匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(FⅠ,q)＝eq \f(Ek0,qx0)，故C正确；又FⅡ＝2FⅠ，所以电荷Ⅱ的电荷量为2q，故A错误；电荷Ⅰ由O到A的过程中，有qUOA＝Ek0，解得UOA＝eq \f(Ek0,q)，选O点为电势零点，则A点的电势φA＝－eq \f(Ek0,q)，故D错误．
7.(2022·湖南新高考演练卷)如图甲所示，在无限大的空间内，边长为2L的正方形四个顶点分别固定着电荷量相等的正电荷，O点为正方形的几何中心，以O为原点，沿中垂线指向无穷远建立x轴，设无穷远处电势为零，通过电势传感器测出中垂线上各点电势随距离x的变化图像如图乙所示。a、b、c、d四个点为两条中垂线上距中心O点等距离的点，有电子、氕核、氘核、氚核四个带电粒子，分别从a、b、c、d四个点由静止释放，不计粒子的重力，以下说法正确的是( )
A.每条中垂线上电场强度为零的点除无穷远处外还有两处
B.每条中垂线上电场强度相同的点有两处
C.若氕、氘、氚三个粒子最终能到达无穷远处，其速度大小关系为v氕>v氘>v氚
D.电子、氕、氘、氚可能围绕中心O做往复运动
【答案】 C
解析 根据电场强度矢量合成法则和对称性原理，原点O的电场强度为零，在Ep－x图像中电势最高点处电场强度为零，故每条中垂线上电场强度为零的点除无穷远处外还有三处，故A错误；每条中垂线上电场强度为零的点有三处，则电场强度从原点O向两侧先逐渐增大再减小到零，反向后再增大后再减小到零，由于电场强度相等时，大小相等方向一致，则每条中垂线上电场强度相同的点可能有两处、三处或四处，故B错误；若氕、氘、氚三个粒子最终能到达无穷远处，静电力做功相同，由动能定理有ue＝eq \f(1,2)mv2，由于三个粒子质量不同，有m氕v氘>v氚，故C正确；由于释放位置关系，氕、氘、氚可以围绕原点O做往复运动，但电子将在a点左侧做往复运动，不可能围绕O点做往复运动，故D错误。
8.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC－xB＝xB－xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A.A点电势高于B点电势
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.A、B两点电势差|UAB|等于B、C两点电势差|UBC|
D.电子经过A点的速率小于经过B点的速率
【答案】 D
【解析】 一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，由题图知电子电势能一直减小，则电子从A到B静电力做正功，即WAB＝qUAB＝(－e)UAB>0，所以UAB<0，A点电势低于B点电势，故A错误；根据电势能Ep随坐标x变化的关系Ep＝qφx＝eφx，则ΔEp＝eΔφx＝eExΔx，可知Ep－x图像的斜率绝对值越大，电场强度越强，由题图可知A点的斜率绝对值比B点的大，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；由题图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据功能关系WAB＝－ΔEpAB，WBC＝－ΔEpBC，静电力做功WAB＝qUAB，WBC＝qUBC，故|UAB|>|UBC|，A、B两点电势差|UAB|大于B、C两点电势差|UBC|，故C错误；一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，根据动能定理WAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)>0，电子经过A点的速率小于经过B点的速率，故D正确。
9.(2022·辽宁省模拟)某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，相邻的等势线电势差相等，一负电荷仅在静电力作用下由a运动至b，设该电荷在a、b两点的加速度大小分别为aa、ab，电势分别为φa、φb，速度大小分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则( )
A．aa>ab B．vb>va
C．Epa>Epb D．φa>φb
【答案】 D
【解析】 等差等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Eaφb，故D正确；负电荷在电势低的地方电势能大，所以在b点的电势能大于a点的电势能，即Epavb，故B错误．
10．(2022·广西南宁市二模)空间有一沿x轴分布的电场，如图乙所示，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x0、2x0.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图甲所示，粒子仅受静电力作用．则下列说法正确的是( )
A．粒子在OQ段克服静电力做功
B．粒子在OP段与PQ段动能增量相等
C．粒子在P点的电势能比Q点的小
D．P点的电势比Q点的电势高
【答案】 D
【解析】 由题图甲可知，粒子在OQ段速度增大，动能增加，静电力做正功，电势能减小，A、C错误；由题图甲中数据可得粒子在OP段和PQ段速度增量均为eq \f(v0,2)，但OP与PQ动能增量分别为eq \f(5,8)mv02和eq \f(7,8)mv02，B错误；因为q>0，粒子从P运动到Q，速度增大，静电力做正功，电势能Ep减小，由φ＝eq \f(Ep,q)可知电势降低，D正确．
11．(多选)(2022·东北三省三校第二次模拟)如图所示，水平放置的上、下两个带电金属板，相距为3d，板间有竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝eq \f(mg,q)，上板上方距上板d处有一带电荷量为＋q的小球B，其正上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们的质量均为m，用长度为d的绝缘轻杆相连．将两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中．若空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A球刚进入电场时的速度大小为eq \r(2gd)
B．A球刚进入电场时的速度大小为eq \r(5gd)
C．B球能碰到下板
D．B球不能碰到下板
【答案】 BD
【解析】 对A、B整体，由动能定理有2mg·2d＋qEd＝eq \f(1,2)·2mv2，可得A球刚进入电场时的速度大小为v＝eq \r(5gd)，故A错误，B正确；设B在电场中下降距离为x，则根据动能定理可得2mg(d＋x)＋qEx－6qE(x－d)＝0，可得x＝eq \f(8,3)d<3d，故B球不能碰到下板，故C错误，D正确．
12.(多选)(2022·四川凉山州第二次诊断性检测)光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，其俯视图如图所示．一质量为m的带电小球(看作质点)在A点获得一速度v0，在轨道内做完整的圆周运动，且小球在A点时速度最大．已知小球所受静电力的大小等于小球的重力大小，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球带正电
B．小球在B点时轨道对其弹力大小为m(eq \f(v02,R)－5g)
C．小球从A点运动到B点的过程中电势能增加2mgR
D．小球在A点获得的最小速度为eq \r(4Rg)
【答案】 BC
【解析】 小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知小球所受静电力向左，带负电，选项A错误；从A到B由动能定理有eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02＝－Eq·2R，FNB＋Eq＝meq \f(vB2,R)，其中Eq＝mg，解得FNB＝m(eq \f(v02,R)－5g)，选项B正确；小球从A点运动到B点的过程中电势能增加量等于克服静电力做的功，则ΔEp＝qE×2R＝2mgR，选项C正确；在B点速度最小时有Eq＝meq \f(vBmin2,R)，根据eq \f(1,2)mvBmin2－eq \f(1,2)mv0min2＝－Eq·2R，小球在A点获得的最小速度为v0min＝eq \r(5gR)，选项D错误．
13.(多选)(2022·甘肃省二模)通常把离场源电荷无限远处的电势规定为零，已知场源电荷Q的电场中某点电势的表达式为φ＝eq \f(kQ,r)(式中k为静电力常量，r为该点到场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2，分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝8 cm的位置上．x轴上各点的电势随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x轴的交点，A点的x坐标是6.4 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是( )
A．电荷Q1、Q2的电性相同
B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为4∶1
C．B点的x坐标是10.4 cm
D．C点的x坐标是16 cm
【答案】 BD
【解析】 根据φ＝eq \f(kQ,r)，结合图像可知场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由题图可得原点处电荷Q1带正电，x＝8 cm处电荷Q2带负电，故A错误；A点处电势为零，故有eq \f(kQ1,xOA)－eq \f(k|Q2|,xAQ2)＝0，所以eq \f(Q1,|Q2|)＝eq \f(xOA,xAQ2)＝eq \f(6.4 cm－0,8 cm－6.4 cm)＝4∶1，故B正确；B点处电势为零，根据电势为零可得eq \f(kQ1,xB)－eq \f(k|Q2|,xB－8 cm)＝0，可得xB＝eq \f(32,3) cm，故C错误；C点电势变化率为零，故C点处电场强度为零，根据叠加原理可得两场源电荷在C点处电场强度大小相等，故有eq \f(kQ1,xC2)＝eq \f(k|Q2|,xC－8 cm2)，解得xC＝16 cm，故D正确．
14.(多选)(2022·湖南郴州市质检)水平地面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(mg,2q)，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10 m/s抛出一个带正电且电荷量为q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图所示．点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点．忽略空气阻力的影响．重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，则( )
A．D、E两点速度大小相等
B．B点速度大小为10 m/s
C．小球落地时速度方向与水平方向的夹角仍为53°
D．A、C两点距离为16 m
【答案】 BD
【解析】 D、E两点高度相等，则小球从D到E重力做功为零，静电力做正功，根据动能定理可知D、E两点速度大小不相等，故A错误；小球在竖直方向与水平方向的初速度分别为v0y＝v0sin 53°＝8 m/s，v0x＝v0cs 53°＝6 m/s，点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由v0y＝gt，ax＝eq \f(qE,m)，vx＝v0x＋axt，联立可得vx＝10 m/s，即小球在B点速度大小为10 m/s，故B正确；小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平方向速度为vCx＝v0x＋ax·2t＝14 m/s，竖直方向速度为vCy＝gt＝v0y＝8 m/s，则小球落地时速度方向与水平方向的夹角β的正切值为tan β＝eq \f(vCy,vCx)＝eq \f(4,7)≠tan 53°，故C错误；A、C两点距离为x＝eq \f(vCx2－v0x2,2ax)＝16 m，故D正确．
15.(多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强电场(图中未画出)，A、B、C、D、M、N是棱长为a的正八面体的六个顶点，在同一竖直线上的M、N两点均固定有电荷量为Q的正点电荷，一质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动．静电力常量为k，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的点电荷带正电
B．匀强电场的电场强度为eq \f(mg,q)
C．做圆周运动的点电荷的角速度为eq \f(4,3)eq \r(\f(\r(3)kQq,ma3))
D．做圆周运动的点电荷的动能为eq \f(4\r(3)kQq,9a)
【答案】 BC
【解析】 点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动，故只有当点电荷为负电荷时，才能受到水平面向内的合力，故点电荷带负电，A错误；匀强电场的作用是使电荷所受的静电力与重力平衡，则有Eq＝mg，故匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)，B正确；在正八面体正方形ABCD内(水平)做半径最大的圆周运动，故圆周运动的半径R＝eq \f(a,2)，电荷到场源电荷的距离为r＝eq \f(\r(3)a,2)，如图所示，由几何知识可得cs θ＝eq \f(\r(3),3)，每个场源电荷对点电荷的库仑力大小为F＝eq \f(kQq,r2)＝eq \f(4kQq,3a2)，点电荷受到的合力大小为F合＝2Fcs θ＝2·eq \f(4kQq,3a2)·eq \f(\r(3),3)＝eq \f(8\r(3)kQq,9a2)，根据合力提供向心力有F合＝mω2R，解得ω＝eq \f(4,3)eq \r(\f(\r(3)kQq,ma3))，C正确；由动能的表达式得Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(ωR)2＝eq \f(2\r(3)kQq,9a)，D错误．
16.(多选)(2022·安徽芜湖市高三期末)如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，两极板水平放置，下极板接地，极板间距为d，在上极板紧贴一厚度为l的金属板，其下部空间有一带电质点P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，质点P开始运动，空气阻力不计，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．抽出金属板后电容器所带电荷量增加
B．抽出金属板瞬间带电质点P的电势能增加
C．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为eq \f(l,d)g
D．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为eq \f(d－l,d)g
【答案】 BC
【解析】 根据平行板电容器电容的决定式和定义式分别有C＝eq \f(εrS,4πkx)和C＝eq \f(Q,U)，抽出金属板后x增大，则C减小，而U不变，所以Q减小，故A错误；两金属板间电场强度大小为E＝eq \f(U,x)，抽出金属板瞬间，x增大，U不变，所以E减小，因为质点P所在位置到下极板的距离不变，且下极板的电势为零，所以质点P所在位置的电势降低，分析可知质点P带负电，所以其电势能增加，故B正确；设质点P的质量为m，抽出金属板前，根据平衡条件有qeq \f(U,d－l)＝mg，抽出金属板后设带电质点P的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mg－qeq \f(U,d)＝ma，联立可得a＝eq \f(l,d)g，故C正确，D错误．
17.(2022·湖北省华中师范大学第一附属中学高三测试)如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入半圆轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(3mg,4q)，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为eq \f(4,5)eq \r(vA2＋\f(1,2)gR)
【答案】 D
【解析】 从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；等效重力与竖直线夹角约37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA18.(多选)(2022·山东济宁市高三期末)如图所示，真空中有一匀强电场(图中未画出)，电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC＝63.5°，O为圆心，半径R＝5 cm.位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8 eV、电荷量均为＋e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12 eV，到达C点的粒子电势能为－4 eV(取O点电势为零)．忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin 53°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．B点电势高于O点电势
B．圆周上A点的电势最高
C．圆周上A、B两点的电势差为4 V
D．匀强电场的电场强度大小为100 V/m
【答案】 CD
【解析】 根据电势的定义可知C点的电势φC＝eq \f(EpC,q)＝eq \f(－4 eV,e)＝－4 V，所以UOC＝φO－φC＝4 V，根据匀强电场的特点，结合线段AOC是直径可知UAO＝UOC＝4 V，所以φA＝φO＋UAO＝4 V，粒子由A→B，根据动能定理得WAB＝EkB－EkA＝4 eV，所以UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(4 eV,e)＝4 V，所以φB＝φA－UAB＝0，φB＝φO＝0，B点电势等于O点电势，故A错误，C正确；由于φB＝φO＝0，所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势线，过A点作OB的垂线交OB于D点，则AD的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示，O点是圆心，由几何关系可知∠ABO＝∠BAC＝63.5°，所以∠AOB＝180°－∠ABO－∠BAC＝53°，所以eq \x\t(AD)＝Rsin 53°＝0.04 m，由于ODB是等势线，所以E＝eq \f(UAB,\x\t(AD))＝eq \f(4,0.04) V/m＝100 V/m，故D正确；沿电场线方向电势逐渐降低，圆周上O′点的电势最高，故B错误．
19.(2022·江苏泰州市高三期末)如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端连一质量为m、电荷量为q的带负电小物块，水平面上方有一电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场．开始时物块在大小为2qE、方向水平向右的外力F作用下静止在M点，设物块在M点的电势为零．现将力F撤去，则在物块运动过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧和物块组成的系统机械能之和不变
B．弹簧处于原长时物块的速度最大
C．弹簧最短时物块加速度大小为eq \f(2qE,m)
D．物块电势能的最小值为－eq \f(2q2E2,k)
【答案】 C
【解析】 弹簧和物块组成的系统，撤去F后受到弹簧的弹力和静电力作用，则机械能与电势能之和不变，选项A错误；当所受的合力为零时速度最大，即弹力等于静电力时，此时弹簧不是处于原长位置，选项B错误；开始撤去F时，物块受到的合力为2qE，由对称性可知，弹簧最短时物块所受的合力为2qE，此时物块加速度大小为a＝eq \f(2qE,m)，选项C正确；开始时弹簧的弹力为F弹＝qE，此时弹簧为伸长状态；在平衡位置时F弹＝qE，此时弹簧为压缩状态，则物块从开始运动到平衡位置的距离为x＝eq \f(2qE,k)，弹簧在最短位置时物块的电势能最小，从开始释放到该位置静电力做功为W＝qE·2x＝qE·eq \f(4qE,k)＝eq \f(4q2E2,k)，即物块的电势能减少了eq \f(4q2E2,k)，因M点的电势为零，则物块电势能的最小值为－eq \f(4q2E2,k)，选项D错误.
20.(2022·浙江省稽阳联谊学校高三联考)如图所示，竖直放置的平行金属板A、B，板间距离为L，板长为2L，A板内侧中央O处有一个体积不计的放射源，在纸面内向A板右方均匀地以等大的速率朝各个方向辐射正离子，离子质量m＝8.0×10－26 kg，离子电荷量q＝8.0×10－19 C，离子的速率v0＝2.0×105 m/s，若不计离子重力与离子间相互作用，忽略极板的边缘效应，则(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．当UAB＝0时，打到B板上的离子占总离子数的eq \f(3,5)
B．当UAB＝640 V时，能打到B板上的离子速度均相同
C．当UAB＝1 280 V时，打到B板的离子占总离子数的eq \f(53,90)
D．当UAB＝－1 280 V时，所有离子均不能打在B板上
【答案】 C
【解析】 当UAB＝0时，离子做匀速直线运动，与虚线成45°角以内的粒子都能打到B板上，则打到B板上的离子占总离子数的一半，选项A错误；当UAB＝640 V时，根据UABq＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02可知，能打到B板上的离子速度大小均相等，但是方向不同，选项B错误；刚好能打到B板上的粒子满足v0sin θ·t＝L，v0cs θ·t＋eq \f(1,2)at2＝L，其中a＝eq \f(UABq,Lm)，计算得θ＝53°，打到B板的离子占总离子数的eq \f(2×53°,180°)＝eq \f(53,90)，选项C正确；若离子恰不能打到B板上，则由UABq＝0－eq \f(1,2)mv02，解得UAB＝－2 000 V，当UAB＝－1 280 V时，仍会有离子打在B板上，选项D错误．
21．(多选)(2022·江西上饶市六校第二次联考)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0＝eq \f(gT,3) 沿中线射入两板间，eq \f(T,3)～eq \f(2T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，下列关于微粒在0～T时间内运动的描述正确的是( )
A．末速度沿水平方向
B．运动过程中的最大速度为eq \f(2gT,3)
C．板的长度为eq \f(3,4)d
D．克服静电力做功为mgd
【答案】 AC
【解析】 在0～eq \f(T,3)时间内微粒只受重力作用，做平抛运动，在eq \f(T,3)～eq \f(2T,3)时间内微粒做匀速运动，则有qE0＝mg，在eq \f(2T,3)～T时间内，微粒的加速度大小为a＝eq \f(2qE0－mg,m)＝g，方向竖直向上，则微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向且大小为v0，A正确；
竖直方向速度随时间变化的图像如图所示，微粒在eq \f(T,3)时刻有最大速度，在0～eq \f(T,3)时间内微粒在竖直方程加速度a＝g，则eq \f(T,3)时刻，竖直方程速度vy＝eq \f(gT,3)，则最大速度为eq \f(\r(2)gT,3)，B错误；根据竖直方向速度时间图像可知，在0～eq \f(T,3)内竖直方向的位移为eq \f(1,4)×eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)g(eq \f(T,3))2，微粒在水平方向做匀速直线运动，则板长L＝v0T，解得L＝eq \f(3,4)d，C正确；T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，根据动能定理得eq \f(1,2)mgd＋W电＝0，故克服静电力做功为eq \f(1,2)mgd，D错误．
22．(2022·湖南岳阳市质检)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v、方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程中，动量大小的最小值为( )
A.eq \f(\r(5),5)mv B.eq \f(2\r(5),5)mv
C.eq \f(3\r(5),5)mv D.eq \f(4\r(5),5)mv
【答案】 B
【解析】 由题意可知，带电小球在电场中做类斜上抛运动，竖直方向只受重力做匀减速运动，水平方向受静电力做匀加速运动，由运动学公式在竖直方向上有v＝gt，在水平方向上有2v＝at＝eq \f(qE,m)t，联立解得qE＝2mg，合成静电力和重力，设等效重力与竖直方向的夹角为θ，故有tan θ＝eq \f(qE,mg)＝2，则有sin θ＝eq \f(2,\r(5))，当小球做类斜上抛运动到等效最高点时，速度最小，动量大小最小，有p＝mvmin＝mvsin θ＝eq \f(2\r(5)mv,5)，故选B.
23.(多选)(2022·山西运城市高三期末)两长度相同的金属板M、N正对水平放置，板长为L，板间距为d，连接在图示的电路中．D为理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，滑动变阻器R的最大阻值为2r，定值电阻的阻值R0＝r，E为恒压电源，不计电源内阻．将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一电荷量为q、质量为m的粒子(不计重力)从靠近M板左端的位置以水平速度v0射入板间，粒子恰好打在N板的右端．在保持开关S闭合的情况下，下列说法正确的是( )

A．若仅将粒子的初速度变为2v0后水平射入板间，则粒子从M、N板的中线处离开
B．若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则粒子还是恰好打在N板的右端
C．若仅将N板向上平移eq \f(d,2)，则粒子将打在N板的中点处
D．若仅将滑动变阻器的滑片向右滑动，则粒子不会打在N板上
【答案】 BC
【解析】 粒子做类平抛运动的时间为t＝eq \f(L,v0)，则有d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(aL2,2v02)，其中a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)，当初速度变为2v0后，加速度不变，时间变为t1＝eq \f(L,2v0)，则有y＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(aL2,8v02)＝eq \f(d,4)，则粒子从靠近M板的eq \f(1,4)d处射出，A错误；若将滑动变阻器的滑片向左滑动，R变大，但因理想二极管的原因，电容器Q不变，C不变，则U不变，粒子所受静电力不变，所以粒子还是恰好打在N板的右端，B正确；如果将N板向上平移eq \f(d,2)，则有a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2qU,md)，加速度大小变为原来的2倍，则有eq \f(d,2)＝
eq \f(1,2)a1t22，解得t2＝deq \r(\f(m,2Uq))，N板移动之前，有d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md)t2，t＝eq \f(L,v0)，可知t＝deq \r(\f(2m,Uq))＝eq \f(L,v0)，所以有t2＝eq \f(t,2)＝eq \f(L,2v0)，则有x＝v0t2＝eq \f(L,2)，C正确；若将滑动变阻器的滑片向右移动，R0两端电压变大，则粒子所受静电力变大，粒子加速度变大，粒子仍会打在N板上，D错误．
24．(多选)(2022·重庆市一诊)如图所示，空间有范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E，方向与水平方向夹角为45°，一质量为m、电荷量q＝eq \f(\r(2)mg,E)的带正电小球(可视为质点)，从A点以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间后运动到B点，A、B两点在同一电场线上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，带电小球从A点运动到B点过程中( )
A．用时为eq \f(2v0,g) B．动能增加eq \f(1,2)mv02
C．电势能减少2mv02 D．机械能增加4mv02
【答案】 AD
【解析 带电小球所受静电力为qE＝eq \r(2)mg，对带电小球进行受力分析可知，竖直方向合力为0，水平方向合力为qEcs 45°＝mg，则带电小球做加速度大小a＝g的类平抛运动，由A点到B点过程中水平方向和竖直方向位移相等，有v0t＝eq \f(1,2)at2，则A点到B点用时为t＝eq \f(2v0,g)，故选项A正确；带电小球运动到B点时的速度v＝eq \r(vx2＋vy2)＝eq \r(v02＋at2)＝eq \r(5)v0，动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02＝2mv02，故选项B错误；由A点到B点带电小球所受合外力做功W合＝qEcs 45°·lABcs 45°＝eq \f(1,2)qElAB，且W合＝ΔEk＝2mv02，静电力做功W电＝qElAB＝2W合＝4mv02，即电势能减少4mv02，故选项C错误；机械能增加量等于静电力所做的功，为4mv02，故选项D正确．
25.(2022·云南省云南师大附中月考)M、N是两块水平放置的平行金属板，如图甲所示，板的长度为L＝ 30 cm，板的宽度足够宽，两板间距为d＝20 cm，板右端到荧光屏的距离为D＝ 60 cm，O′O为垂直于屏的中心轴线．以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，x轴、y轴的正方向如图甲所示．一电荷量为q＝1.6×10－5 C，质量为m＝3.2×10－11 kg的带正电粒子从O′点以速度v0＝5×104 m/s射入极板，速度方向平行于板面且与O′O夹角α＝53°，如图乙所示，最终带电粒子打到荧光屏上而发光．若两板间的电场为匀强电场，所加偏转电压UMN＝ 1 000 V，不计带电粒子的重力，取cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8.求：
(1)带电粒子从射入到打到屏上的运动时间t；
(2)带电粒子打到屏上的位置坐标．
【答案】 (1)3×10－5 s (2)(1.2 m,0.625 m)
【解析】 (1)在水平方向，带电粒子一直保持匀速运动，根据匀速运动的规律有L＋D＝(v0cs α)t，代入数据可得出粒子打到屏上的时间为t＝3×10－5 s
(2)在x轴方向上，有x＝v0sin α·t＝1.2 m
在电场中，由于只受到竖直方向的力，因此粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律，有 a＝eq \f(qUMN,md)
偏转位移为y1＝eq \f(1,2)at12
运动时间为t1＝eq \f(L,v0cs α)
代入数据解得y1＝0.125 m
由类平抛运动的规律得eq \f(y1,y)＝eq \f(\f(1,2)L,\f(1,2)L＋D)
解得y＝0.625 m
所以带电粒子打到屏上的位置坐标为(1.2 m,0.625 m)．
26.(2022·安徽马鞍山市一模)如图甲所示，金属丝K产生的热电子(初速度不计)经A、B间的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入偏转电场，最后打在竖直荧光屏上．C、D极板长为l，板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为eq \f(l,6).现给A、B间加一加速电压UAB，C、D两板间加一交变电压，电压大小为U、周期T＝eq \f(2l,v0)(如图乙所示)，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，经加速电场加速后以速度v0射入偏转电场，且所有电子均能从C、D板间射出．电子间相互作用不计，试求：
(1)A、B间加速电压UAB的大小；
(2)荧光屏上被电子击中部分的长度D；
(3)到达荧光屏上O点的电子动能．
【答案】 (1)eq \f(mv02,2e) (2)eq \f(4eUl2,3mdv02) (3)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(e2U2l2,18md2v02)
【解析】 (1)A、B间加速过程有eUAB＝eq \f(1,2)mv02
得UAB＝eq \f(mv02,2e)
(2)若在t＝nT(n＝0,1,2,3，…)时刻射入偏转电场，电子射中荧光屏的位置为荧光屏上被电子击中O点上部分的最远处，则有
l＝v0t1，y1＝eq \f(1,2)at12，a＝eq \f(eU,md)
v1y＝at1，y2＝v1yt2，t2＝eq \f(l,6v0)
联立解得y＝y1＋y2＝eq \f(2eUl2,3mdv02)
故荧光屏上被电子击中部分的长度为D＝2y＝eq \f(4eUl2,3mdv02)
(3)电子要达到O点，必须在竖直方向上先经历t3时间的加速，后经历t3时间的减速，再反向加速时间t4，离开偏转电场后，保持匀速运动，设时间为t5，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，运动轨迹如图所示
所以有eq \f(1,2)at32×2＝eq \f(1,2)at42＋at4t5
2t3＋t4＝eq \f(l,v0)
t5＝eq \f(l,6v0)
可得t3＝t4＝2t5＝eq \f(l,3v0)
设电子击中O点时速度大小为v，则
v2＝v02＋vy2
vy＝at4，a＝eq \f(eU,md)，
Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(e2U2l2,18md2v02).
27.(2022·山西太原期末)如图甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0的范围内，电场强度恒定、方向沿x轴正方向；在x>0的范围内，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m＝0.2 kg、电荷量q＝2×10－6 C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.1。将小圆环从A(－1 m)点由静止释放(g＝10 m/s2)，求：
(1)小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。
【答案】 (1)eq \r(2) m/s (2)(eq \r(3)－1)m
【解析】 (1)小圆环在A、O两点间运动时，静电力做的功设为WAO，则
WAO＝qUAO＝qE1xAO
小圆环到达O点的速度大小设为v0，则有WAO－μmgxAO＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2) m/s。
(2)设小圆环向右运动到最远位置的坐标值为xP，该处电场强度为EP，O与该点间的电势差为U，则有EP＝eq \f(ΔE,Δx)xP
U＝eq \f(1,2)EPxP
由O到该点静电力做功W＝qU
由动能定理有W－μmgxP＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得xP＝(eq \r(3)－1)m。
28.(2022·云南第一次统测)如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，UMN＝－U0。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，t＝0时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为－e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
(1)求A、B金属板的长度L；
(2)求t＝0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移y；
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
【答案】 (1)4t0eq \r(\f(2eU0,m)) (2)eq \f(5eU1teq \\al(2,0),md) (3)eq \f(eU1teq \\al(2,0),md)
【解析】 (1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
电子在A、B两极板间水平方向做匀速直线运动
L＝v0·4t0
解得L＝4t0eq \r(\f(2eU0,m))。
(2)t＝0时刻，射入偏转电场的电子竖直方向根据牛顿第二定律得eE＝ma
E＝eq \f(U1,d)
解得a＝eq \f(eU1,md)
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
y1＝eq \f(1,2)a(2t0)2
末速度为v1＝a·2t0
在2t0～3t0时间内的末速度为v2＝v1－at0
在这段时间内的位移为y2＝eq \f(v1＋v2,2)t0
在3t0～4t0时间内的末速度为v3＝v2＋at0
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
y3＝eq \f(v2＋v3,2)t0
t＝0时刻，射入偏转电场的电子从极板右侧射出时，相对中线OP在竖直方向的位移y＝y1＋y2＋y3
解得y＝eq \f(5eU1teq \\al(2,0),md)。
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的距离最小的条件是2t0＋3nt0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其他时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收，则
y1′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
逆向思维有y2′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
A、B两板间的最小距离d1＝y1′＋y2′
解得d1＝eq \f(eU1teq \\al(2,0),md)。
对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化
等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如将一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场
补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易
微元法
将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体产生电场的电场强度，再结合对称性和场强叠加原理求出合电场强度
判断电场强弱
①根据电场线的疏密判断
②根据公式E＝keq \f(Q,r2)和电场强度叠加原理判断
判断电势高低
①根据电场线的方向判断
②由UAB＝eq \f(WAB,q)判断
③根据静电力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断
②根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断