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新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题三电场和磁场考点1电场的性质带电粒子在电场中的运动
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这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题三电场和磁场考点1电场的性质带电粒子在电场中的运动，共22页。试卷主要包含了7 N ⑧，6 m ⑪等内容，欢迎下载使用。
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．
2．[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，Q2＝eq \r(2)q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－eq \f(4\r(3),3)q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝eq \r(2)q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－eq \f(4\r(3),3)q，Q3＝4q
3.[2023·全国乙卷](多选)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
4．[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、eq \f(v0,4)；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eq \f(v0,2)，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所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比．
题组一 电场的性质
5.[2023·河北省沧州市考试]如图所示，一根长为1m的绝缘细线悬挂质量为0.9kg、电荷量为5.0×10－4C的小球A，另一带电小球B固定在悬点正下方，A球静止时细线与竖直方向的夹角为45°，A、B小球在同一水平线上．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，则小球B所带的电荷量为( )
A．1.0×10－2CB．1.0×10－3C
C．1.0×10－4CD．1.0×10－6C
6．[2023·广西南宁市适应性测试]位于水平面的一个圆上有等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电的点电荷，这三个点电荷的带电荷量相同，如图所示．设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小为E0、电势为φ0，则关于圆上正北点处的电场场强大小E、电势φ的说法正确的是( )
A．2E0＜E＜3E0，φ0＜φ＜2φ0
B．2E0＜E＜3E0，2φ0＜φ＜3φ0
C．E0＜E＜2E0，φ0＜φ＜2φ0
D．E0＜E＜2E0，2φ0＜φ＜3φ0
7．[2023·浙江省名校协作体联考](多选)如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是( )
A．E＝eq \f(\r(3),3)E0，φ＝eq \f(1,4)φ0
B．E＝eq \f(\r(3),6)E0，φ＝eq \f(1,4)φ0
C．将质子(比荷eq \f(e,m))从P点无初速度释放，则质子的最大速度为eq \r(\f(eφ0,2m))
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为0
8．[2023·广东省湛江市一模]如图所示，两等量同种点电荷＋q(q＞0)固定在菱形的两个顶点A、C上．E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点．现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．a、b、c、d四点的电场强度相同
B．D、O、B三点的电势相等
C．点电荷在从E点运动到O点的过程中电场力做正功
D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大
题组二 电场中的图像问题
9．[2023·浙江省宁波市模拟]如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R＝0.1m．M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，θ为OM从OA位置开始旋转的角度，M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度大小为10V/m
B．匀强电场的电场强度方向为垂直于AC连线向上
C．将一质子由B点沿圆弧逆时针移至C点，电势能增加2eV
D．将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功
10．[2023·江西省模拟](多选)如图甲所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．x＝－4m处电势等于x＝4m处电势
B．x＝－4m处电场强度与x＝4m处电场强度相同
C．将电子从x轴上x＝4m处由静止释放，仅在静电力作用下电子从x＝4m处运动到x＝0处的过程中，电子做加速度减小的加速运动
D．将电子从x轴上x＝0.6m处由静止释放，仅在静电力作用下电子从x＝0.6m处运动到x＝0处的过程中，电子做加速度减小的加速运动
11.一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．在x1处粒子速度最大
B．在x1处粒子加速度最大
C．x3处的电势比x1处的大
D．在x2处的动能最大
12．如图，在空间直角坐标系坐标原点处有一质量m＝0.01kg，电荷量q＝0.075C的带正电小球以v0＝10m/s的初速度，沿x轴正方向射入匀强电场中．电场方向沿z轴正方向，电场强度E＝1.0V/m，当地重力加速度g＝10m/s2，则以下图像正确的是( )
题组三 带电粒子在电场中的运动
13．(多选)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力．已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I＝eq \f(q,n)
B．离子推进器获得的平均推力大小为F＝eq \r(2mqU)
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率要使eq \f(F,P)尽量大，可以使用比荷更小的正离子
14．[2023·江西省一模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断不正确的是( )
A．如果A球带电，则A球一定带负电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带正电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
15．[2023·湖北省宜昌市模拟]如图(a)，一平行板电容器两板间的距离为d，在左板内侧附近有一带电量为q质量为m的离子，不计重力，为使离子能在两板间往复动而不碰到两板，在两板间加上如图(b)所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为( )
A．deq \r(\f(m,qU))B．2deq \r(\f(m,qU))
C．4deq \r(\f(m,qU))D．deq \r(\f(2m,qU))
16．[2023·福建省厦门模拟]如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，在第二象限内也有竖直向下的、场强为E的匀强电场．一个带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从第一象限的S点(eq \f(d,2)，eq \f(d,2))处由静止释放．
(1)求粒子通过x轴时的动能；
(2)求粒子通过x轴时的速度方向；
(3)求粒子通过x轴时的坐标．
题组四 电场中的力电综合问题
17．[2023·浙江省宁波市模拟](多选)如图所示，在P点固定一个带电量为＋Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑．金属板上表面的A点与P点连线水平．一带电荷量为＋q的绝缘小物块(可视为点电荷且q≪Q)从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度恒定不变
B．物块的动能一直增大
C．物块的机械能保持不变
D．物块的电势能先增大后减小
18．[2023·安徽省皖江名校联盟联考](多选)如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为E1的匀强电场．一带正电小物块(可视为质点)从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v.此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为E2的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点．下列说法正确的是( )
A．小物块返回A点时速度大小为eq \f(3,2)v
B．小物块返回A点时速度大小为2v
C．电场强度的大小关系是E2＝eq \f(5,4)E1
D．电场强度的大小关系是E2＝eq \f(4,3)E1
19．[2023·浙江省模拟]如图所示，足够长的绝缘水平面上在相距LBC＝1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场E.质量m1＝0.05kg的绝缘不带电滑块P，从离水平面h＝2.0m高处由静止释放．滑块P沿光滑曲面下滑后，进入长LAB＝0.5m的水平面，运动到B点处以速度v1与质量m2＝0.1kg、带电量q＝＋1×10－7C的滑块Q发生弹性碰撞．碰后滑块Q以一定的速度v2沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，两滑块均可视为质点．求：
(1)碰撞前瞬间滑块P的速度v1，碰撞后瞬间滑块Q的速度v2；
(2)当E＝5×106N/C时，滑块在水平面上滑行的总距离s；
(3)如果滑块Q不能离开电场区域，电场强度E的取值范围多大．
20．[2023·天津市部分区考试]如图所示，匀强电场平行于xOy平面．a、b、c三点的坐标分别为(0，8)、(0，4)和(3，0)，a、c、O三点的电势分别为14V、8V和2V．下列说法正确的是( )
A．电场方向沿x轴负向
B．电场方向垂直bc的连线指向第一象限
C．电场强度的大小为200V/m
D．电场强度的大小为250V/m
21．[2023·浙江衢温“5＋1”联盟联考]如图所示为一种电容传声器．b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器．其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化，闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时( )
A．电容器的电容减小
B．a、b板之间的电场强度减小
C．电容器极板上的电荷量增加
D．流过电流表的电流方向为自右向左
22．[2023·湖北省荆荆宜三校联考]现代物理学推测，电场力和万有引力同源，它们的性质非常相似．氢原子示意图如图所示，电子在库仑力的作用下绕着质子转动，其中一条轨道为椭圆，由此可知( )
A．质子处在椭圆的几何中心
B．电子距离质子越远，电势能越小
C．电子绕质子运动的动量不变
D．相同时间内电子、质子连线扫过的面积相等
23．[2023·山东省滨州市考试]如图，一半球形光滑绝缘碗固定在水平地面上，半径为R，上表面水平，O为球心．三个完全一样的带电小球静止放置在碗内，处在同一水平面上，小球距离碗底的竖直高度为eq \f(R,2)(图中只画出一个小球，另外两个小球未画出).已知小球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k.则每个小球带电量的大小是( )
A．3Req \r(\f(mg,k))B．eq \f(3,2)Req \r(\f(mg,k))
C．3Req \r(\f(mg,2k))D．eq \f(3R,4)eq \r(\f(\r(3)mg,k))
24．[2023·浙江省杭州市模拟]如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，其在电场中的运动时间为t1，加速度为a1，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，其在电场中的运动时间为t2，加速度为a2，则( )
A．t1∶t2＝eq \r(2)∶1B．t1∶t2＝2∶1
C．a1∶a2＝4∶1D．a1∶a2＝8∶1
25．[2023·四川攀枝花校考阶段练习](多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD＝4L、短轴长AC＝2L，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中，将小环从A点由静止释放，小环运动到B点的速度恰好为0，已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，下列说法正确的是( )
A．小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大
B．小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能先减小后增大
C．电场强度的大小E＝eq \f(mg,2q)
D．小环在A点时受到大环对它的弹力大小F＝mg＋eq \f(1,2)kL
26.[2023·吉林省长春市质量监测](多选)如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为＋q的物体处于匀强电场中，电场强度随时间变化规律为E＝E0－kt(V/m)(E0、k均为大于零的常数，水平向左为电场正方向).物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μqE0＞mg.t＝0时物体从墙上由静止释放，当物体下滑eq \f(H,2)后脱离墙面，脱离墙壁前物体克服摩擦力做功为eq \f(3,8)mgH，物体最终落在地面上．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．物体脱离墙壁后做匀变速曲线运动
B．物体脱离墙壁时的动能为eq \f(1,8)mgH
C．物体与墙壁脱离的时刻为eq \f(E0,k)
D．物体落到地面时水平方向的速度大小为eq \f(（3－\r(5)）kqH,4mg)
27．[2023·辽宁省鞍山市协作校调研](多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度E的大小随x变化的规律如图乙所示．若一电子(电荷量大小为e)仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，以下说法正确的是( )
A．该电子做匀变速直线运动
B．x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向
C．MP两点电势差为－45V
D．图像中的E0的数值为1.2
28．[2023·安徽省亳州模拟](多选)如图所示，一质量为3m的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带正电、电荷量为q的物块(可视为质点)，以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝eq \f(2mg,q)，方向竖直向下．物块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.5，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止，重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．电场力对物块的冲量大小为mv0
B．绝缘板的长度为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8g)
C．系统电势能的增加量为eq \f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8)
D．绝缘板的对地位移为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16g)
29．[2023·贵州省六校联考]如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.4m的竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘粗糙水平轨道在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角为θ＝37°，整个装置处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小E＝500N/C，场强方向与粗糙水平轨道平行．质量为m＝40g、电荷量为q＝＋6×10－4C的带正电的小滑块从A点由静止释放，小滑块恰好能通过竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD.已知小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小滑块可视为质点，sin37°＝0.6，g取10m/s2.求
(1)小滑块在通过圆弧轨道BCD中的最小速率；
(2)小滑块第一次通过B点时对轨道的压力大小；
(3)A、B点间的距离．
30．[2023·山东省青岛市一中模块考]电子束光刻技术以其分辨率高、性能稳定、功能强大而著称，其原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光．某型号光刻机的束偏移器长L＝0.04m，间距也为L，极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为eq \f(L,2).若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I＝2×10－8A，单个电子的初动能为Ek0＝100keV，不计电子重力，忽略其他因素的影响．
(1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是多少？
(2)若某时刻扫描电压为10kV，电子束到达芯片时的位置离O点的距离是多少？
[答题区]
考点1 电场的性质 带电粒子在电场中的运动
1．解析：电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；
故选A.
答案：A
2．解析：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，A、B错误；
设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P点产生场强的水平分场强等大反向，即
k eq \f(Q2,（\f(r,sin 60°)）2) ·cs 60°＝k eq \f(Q3,（\f(r,sin 30°)）2) ·cs 30°
解得： eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Q2,Q3))) ＝ eq \f(\r(3),3) ，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：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；
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.
答案：BC
4．解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝ eq \f(4,3) πr3ρ
则速率为v时受阻力f＝krv
则当油滴匀速下落时mg＝f
解得r＝ eq \r(\f(3kv,4πρg)) ∝ eq \r(v)
可知 eq \f(ra,rb) ＝ eq \r(\f(v0,\f(1,4)v0)) ＝2
则 eq \f(ma,mb) ＝ eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(a)) ,r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(b)) ) ＝ eq \f(8,1)
(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以 eq \f(1,2) v0的速率竖直向下匀速运动，所以有
油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷
油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷
由 eq \f(m1,m2) ＝8和m1＝ eq \f(4,3) πr eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ρ，m2＝ eq \f(4,3) πr eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ρ可知，甲乙油滴的半径之比为 eq \f(r1,r2) ＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率 eq \f(1,2) v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为 eq \f(f1,f2) ＝ eq \f(r1,r2) ＝2
油滴b以速率 eq \f(1,4) v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率 eq \f(1,2) v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率 eq \f(1,2) v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1
答案：(1)8∶1 (2)油滴a带负电，油滴b带正电 4∶1
5．解析：根据平衡条件有F库＝mg tan θ，又根据库仑定律有F库＝ eq \f(kQq,r2) ，由几何关系有r＝l sin θ，联立解得Q＝ eq \f(mgl2tan θsin2θ,kq) ＝1.0×10－6C，D正确．
答案：D
6．解析：由对称性知A、B两点电荷在正北点产生的场强大小都为E0，则合场强E1＝E0cs 60°＋E0cs 60°＝E0，方向指向正北，C点电荷在正北点产生的场强大小0＜E2＜E0，方向指向正北，故三点电荷在正北点产生场强的矢量和E0＜E＜2E0.A、B两点电荷在正北点产生的电势均为φ0，二者共同产生的电势为2φ0，C点电荷在正北点产生的电势0＜φ2＜φ0，故三点电荷在正北点产生的电势2φ0＜φ＜3φ0，D项正确．
答案：D
7．解析：根据电场强度的叠加有E0＝2×2E cs 30°，φ0＝4φ，所以E＝ eq \f(\r(3),6) E0，φ＝ eq \f(1,4) φ0，A项错误，B项正确；将质子从P点无初速度释放，根据动能定理可得e(φ0－φ∞)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，φ∞＝0，解得vm＝ eq \r(\f(2eφ0,m)) ，C项错误；若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，根据对称性，x轴上各点电场强度为零，电势为0，D项正确．
答案：BD
8．解析：根据等量同种电荷周围的电场线分布图
a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A项错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B项错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的电场力向右，所以此过程中电场力做正功，C项正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的电场力先向右，后向左，所以电场力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D项错误．
答案：C
9．解析：由电势φ随θ变化的关系图像可知，当θ＝ eq \f(π,6) 时，M点电势最低为1 V；当θ＝ eq \f(7π,6) 时，N点电势最高为5 V，如图所示
则匀强电场的电场强度大小为E＝ eq \f(U,d) ＝ eq \f(UNM,2R) ＝ eq \f(5－1,2×0.1) V/m＝20 V/m，A项错误；由电势φ随θ变化的关系图像如图
可知当θ＝ eq \f(2π,3) 时，F点电势为3 V，根据匀强电场沿任意方向电势降落都是均匀的，可知NM中点O点电势也为3 V，则OF为等势线，则由几何关系知OF与OM垂直，则电场线的方向由N指向M，如图所示，B项错误；过B和D点作MN的垂线，由几何关系知UBD＝－E·2R sin 30°＝－2 V，质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能变化量为ΔEp＝－eUBD＝2 eV可知质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 eV，C项正确；M点电势最低，N点电势最高，所以从A点沿圆弧逆时针至C点，电势先减小后增大，电子的电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，D项错误．
答案：C
10．解析：结合图像和电场力做功可得：电子从x＝－4 m处到x＝4 m处电场力做功为零，x＝－4 m处电势等于x＝4 m处电势，A正确；由图像乙可见x＝－4 m处电场强度与x＝4 m处电场强度等值反向，B错误；由图像乙可见x＝4 m处到x＝0 m处，电场强度是先增大后减小，由qE＝ma可得：将电子从x轴上x＝4 m处由静止释放，电子从x＝4 m处移动到x＝0 m处的过程中，电子先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，C错误；因为 eq \f(\r(2),2) ＝0.707＞0.6，可见将电子从x轴上x＝0.6 m处由静止释放，电子从x＝0.6 m处移动到x＝0 m处的过程中，电子做加速度减小的加速运动，D正确．
答案：AD
11．解析：带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的．则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，动能最大，A、D两项错误；根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp＝Ep0－Ep，从而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即图像中的斜率表示电场力大小，在x3处图像的斜率最大，所以粒子加速度最大，B项错误；负电荷在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，在x3处的电势能最小，所以电势最高，x3处的电势比x1处的大，C项正确．
答案：C
12．解析：由题意可知，带正电小球在y轴负方向受重力，做自由落体运动，在z轴正方向受电场力，做初速度是零的匀加速直线运动，在x轴方向不受力，做匀速直线运动，因此则有vx＝v0＝10 m/s，xt图像的斜率应等于vx＝10 m/s，显然A项错误；带正电小球在y轴负方向受重力，做自由落体运动，ay＝－g，可得vy＝ayt＝－10×0.2 m/s＝－2 m/s，B项错误；带正电小球在z轴正方向受电场力，做初速度是零的匀加速直线运动，则有az＝ eq \f(qE,m) ＝ eq \f(0.075×1.0,0.01) m/s2＝7.5 m/s2，解得vz＝azt＝7.5×0.2 m/s＝1.5 m/s，C项正确；由D图可知，当vz＝2.0 m/s时，可得t′＝ eq \f(vz,az) ＝ eq \f(2.0,7.5) s＝ eq \f(4,15) s，解得vy＝ayt′＝－10× eq \f(4,15) m/s＝－ eq \f(8,3) m/s，D项错误.
答案：C
13．解析：正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I＝ eq \f(Q,t) ＝nq，A项错误；电场对粒子加速有QU＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，根据动量定理有m0v0＝Ft，其中m0＝nmt，Q＝nqt，整理得离子推进器获得的平均推力大小F＝n eq \r(2mqU) ，B项错误；加速正离子束所消耗的功率P＝ eq \f(\f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,t) ＝nqU，C项正确；根据以上分析可知 eq \f(F,P) ＝ eq \f(n\r(2mqU),P) ＝ eq \f(n\r(2mqU),nqU) ＝ eq \r(\f(2m,qU)) ，要使 eq \f(F,P) 尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器的“工质”，D项正确．
答案：CD
14．解析：两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝ eq \f(1,2) at2，A球的加速度大于B球加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加．故选B.
答案：B
15．解析：假设t＝0时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据图(b)可知交变电压的周期为T，根据图像中电压的变化，若一正离子从左极板向右运动，先做 eq \f(T,4) 的匀加速运动，再做 eq \f(T,4) 的匀减速运动，到达右极板时速度恰好为零，而加速和减速的加速度大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为a＝ eq \f(qU,md) ，设加速阶段的最大速度为v，则有v＝a· eq \f(T,4) ＝ eq \f(Uq,dm) · eq \f(T,4) ，在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可得 eq \f(1,2) qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得T＝4d eq \r(\f(m,qU)) ，因此为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极板上，则T＜4d eq \r(\f(m,qU)) ，C项正确．
答案：C
16．解析：(1)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，粒子在第二象限电场中做类平抛运动，整个过程应用动能定理可得粒子通过x轴时的动能Ek＝qE eq \f(d,2) ＋qE eq \f(d,2) ＝qEd
(2)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得
qE· eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
故粒子进入第二象限时的速度vx＝ eq \r(\f(qEd,m))
位置为(0， eq \f(1,2) d)；
粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，则有 eq \f(1,2) d＝ eq \f(1,2) · eq \f(qE,m) t2
vy＝at＝ eq \f(qE,m) · eq \r(\f(md,qE)) ＝ eq \r(\f(qEd,m))
设速度与x轴方向的夹角为θ，则有tan θ＝ eq \f(vy,vx) ＝1，θ＝45°
故粒子通过x轴时的速度方向与x轴的负方向夹角为45°；
(3)粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，在水平方向上的位移x＝v1t＝ eq \r(\f(qEd,m)) · eq \r(\f(md,qE)) ＝d，
故粒子通过x轴的坐标为(－d，0).
答案：(1)qEd (2)与x轴的负方向夹角为45° (3)(－d，0)
17．解析：金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变，加速度不变，A项正确；物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C项正确，D项错误；物块下滑的过程中合外力对物块做正功，物块动能增加，B项正确．
答案：ABC
18．解析：设带电体在电场E1中加速度大小为a1，带电体在电场E2中的加速度大小为a2，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则 eq \f(1,2) a1t2＋a1t(2t)－ eq \f(1,2) a2(2t)2＝0，解得a2＝ eq \f(5,4) a1，由牛顿第二定律得E2＝ eq \f(5,4) E1，根据速度关系v＝a1t，返回A点时速度vt＝v－a22t＝－ eq \f(3,2) a1t＝－ eq \f(3,2) v，A、C正确，B、D错误．
答案：AC
19．解析：(1)从出发点到B点，应用动能定理m1gh－μm1gLAB＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
代入数据得v1＝6 m/s
P与Q发生弹性碰撞，则有m1v1＝m1v′1＋m2v2， eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据解得v2＝4 m/s
(2)根据动能定理－(Eq＋μm2g)x1＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据解得x1＝ eq \f(8,9) m
由于Eq＞μm2g
物块将向左运动，假设在距B点左侧x2处停下，则应用动能定理
(Eq－μm2g)x1－μm2gx2＝0
代入数据解得x2＝ eq \f(2,9) m
所以总路程为s＝2x1＋x2＝2 m
(3)若滑块不会从右侧离开电场，则
－(E1q＋μm2g)LBC＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得E1＝106N/C
若滑块不会从左侧离开电场，则qE≤f得E≤4×106N/C
电场强度E的取值范围为1.0×106N/C≤E≤4×106N/C.
答案：(1)6 m/s 4 m/s (2)2 m
(3)1.0×106N/C≤E≤4×106N/C
20．解析：a、O两点的电势分别为14 V和2 V，则其中点b的电势φb＝ eq \f(14＋2,2) V＝8 V，可知bc连线为等势线，电场方向垂直bc的连线指向第三象限，A、B错误；图中虚线为等势线，O到此线的距离d＝ eq \f(12,5) cm，这条等势线与O点的电势差U＝8 V－2 V＝6 V，则电场强度的大小为E＝ eq \f(U,d) ＝250 V/m，C错误，D正确．
答案：D
21．解析：声源S发出声波使a向右运动时，两极板间距减小，根据C＝ eq \f(εrS,4πkd) 可知，电容器的电容变大，A错误；根据E＝ eq \f(U,d) 可知，两板间距减小，则a、b板之间的电场强度变大，B错误；根据Q＝CU可知，电容器极板上的电荷量增加，C正确；电容器充电，则流过电流表的电流方向为自左向右，D错误．
答案：C
22．解析：电子绕着质子在椭圆轨道上运动，类似于行星绕太阳运动，质子处在椭圆的一个焦点上，A错误；电子距离质子越远，速度越小，动能越小，电势能越大；距离质子越近，速度越大，动量方向时刻变化，B、C错误；相同时间内电子、质子连线扫过的面积相等，D正确．
答案：D
23．解析：设两球之间的距离为r，电荷量为q，则两球之间的库仑力为F＝k eq \f(q2,r2) ，则其中一个小球所受的库仑力合力为F合＝2F cs 30°，对小球受力分析可知 eq \f(mg,F合) ＝tan 30°，由几何关系可知r＝ eq \f(3,2) R，联立求解可得q＝ eq \f(3,2) R eq \r(\f(mg,k)) ，B正确．
答案：B
24．解析：带电粒子做类平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，因初速度相同，运动时间 eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(1,2) ，A、B两项错误；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式y＝ eq \f(1,2) at2，解得a1∶a2＝8∶1，C项错误，D项正确．
答案：D
25．解析：根据题意可知，小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则小环在A点时弹簧被压缩，小环在B点时弹簧被拉伸，则小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，A错误；根据题意可知，小环从A点运动到B点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，B错误；根据题意，小环从A点运动到B点的过程中，由动能定理有Eq· eq \f(BD,2) －mg· eq \f(AC,2) ＝0，解得E＝ eq \f(mg,2q) ，C正确；根据题意，设弹簧的原长为L0，结合A选项分析有L0－L＝2L－L0，解得L0＝ eq \f(3,2) L，在A点对小环受力分析，设小环在A点时受到大环对它的弹力大小为FN，由平衡条件有FN＝mg＋k(L0－L)＝mg＋ eq \f(1,2) kL，D正确．
答案：CD
26．解析：物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，又因重力不变，电场力在变化，所以物体所受的合力在变化，加速度也在变化，所以物体脱离墙壁后不是做匀变速曲线运动，A错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得mg· eq \f(H,2) －Wf＝ eq \f(1,2) mv2可得Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,8) mgH，B正确；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E＝E0－kt＝0，解得物体与墙壁脱离的时刻为t＝ eq \f(E0,k) ，C正确；物体从墙壁脱离后，竖直方向做初速度为v的匀加速直线运动，根据位移时间公式，有H－ eq \f(H,2) ＝vt′＋ eq \f(1,2) gt′2，联立以上解得物体脱离墙后落到地面上的时间为t′＝ eq \f(（\r(5)－1）\r(gH),2g) ，物体在水平方向上的加速度为a＝ eq \f(kt－E0,m) ，则物体落到地面时水平方向的速度大小为v＝ eq \f(1,2) at′＝ eq \f(（3－\r(5)）kqH,4mg) ，D正确．
答案：BCD
27．解析：由图乙可知，从M点到P点过程，电场强度逐渐减小，又因为电子仅受到电场力的作用，可知该电子的加速度逐渐减小，故电子不是做匀变速直线运动，A错误；电子从M点运动至P点过程电势能减小，电场力做正功，可知电子受到的电场力沿＋x方向，场强沿－x方向，B正确；由功能关系可得－eUMP＝ΔEp＝45 eV，解得UMP＝－45 V，C正确；图乙中图线下方的面积与电荷量e的乘积表示电势能的减少量，可得e· eq \f(E0＋\f(E0,2),2) ·x＝ΔEp，代入数据解得E0＝1.2×103V/m，故图像中的E0的数值为1.2，D正确．
答案：BCD
28．解析：对物块根据牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝ma1，解得a1＝1.5 g，对绝缘板根据牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝3ma2，解得a2＝0.5 g，经过时间t1，两物体速度相等，则v0－a1t1＝a2t1，解得t1＝ eq \f(v0,2g) ，此时物块位移为x1＝v0t1－ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，此时绝缘板位移为x2＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
相对位移即绝缘板的长度为l＝x1－x2，电场力对物块的冲量大小为I＝qE·t1，联立解得x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16g) ，l＝ eq \f(5v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16g) ，I＝mv0，A、D两项正确，B项错误；电场力方向与运动方向垂直，故电场力不做功，C项错误．
答案：AD
29．解析：(1)小滑块恰好能通过竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD，即在等效最高点由重力和电场力合力F提供向心力，有
F＝ eq \r(G2＋（Eq）2) ①
设F与竖直方向的夹角为β，有tan β＝ eq \f(Eq,mg) ②
得β＝37°
即D点为等效最高点，小滑块在D点处速度最小，有F＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R) ③
由①③式得vD＝ eq \r(5) m/s ④
(2)滑块由B到D，由动能定理，有－FH＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ⑤
由几何关系，有H＝R(1＋cs θ) ⑥
在B点，有 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1()) B,R) ＝T－mg ⑦
由④⑤⑥⑦式得T＝2.7 N ⑧
由牛顿第三定律可知，滑块第一次通过B点时对圆弧轨道的压力大小为2.7 N ⑨
(3)滑块由A到B，由动能定理，有(Eq－μmg)xAB＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ⑩
由⑤⑥⑩式得xAB＝4.6 m ⑪.
答案：(1) eq \r(5) m/s (2)2.7 N (3)4.6 m
30．解析：(1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是E＝NEk0＝ eq \f(It,e) Ek0＝2×10－3J ①
(2)电子在束偏移器中的加速度大小为a＝ eq \f(eU,mL) ②
设电子的初速度大小为v0，则由题意可知Ek0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ③
电子在束偏移器中运动的时间为t＝ eq \f(L,v0) ④
电子在束偏移器中的偏移量为y＝ eq \f(1,2) at2 ⑤
电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，根据几何关系有 eq \f(y,Y) ＝ eq \f(\f(L,2),\f(L,2)＋\f(L,2)) ⑥
联立②③④⑤解得Y＝0.002 m ⑦.
答案：(1)2×10－3J (2)0.002 m
题号
1
2
3
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6
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8
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10
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答案
题号
15
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27
28
答案
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．
2．[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，Q2＝eq \r(2)q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－eq \f(4\r(3),3)q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝eq \r(2)q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－eq \f(4\r(3),3)q，Q3＝4q
3.[2023·全国乙卷](多选)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
4．[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、eq \f(v0,4)；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eq \f(v0,2)，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所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比．
题组一 电场的性质
5.[2023·河北省沧州市考试]如图所示，一根长为1m的绝缘细线悬挂质量为0.9kg、电荷量为5.0×10－4C的小球A，另一带电小球B固定在悬点正下方，A球静止时细线与竖直方向的夹角为45°，A、B小球在同一水平线上．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，则小球B所带的电荷量为( )
A．1.0×10－2CB．1.0×10－3C
C．1.0×10－4CD．1.0×10－6C
6．[2023·广西南宁市适应性测试]位于水平面的一个圆上有等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电的点电荷，这三个点电荷的带电荷量相同，如图所示．设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小为E0、电势为φ0，则关于圆上正北点处的电场场强大小E、电势φ的说法正确的是( )
A．2E0＜E＜3E0，φ0＜φ＜2φ0
B．2E0＜E＜3E0，2φ0＜φ＜3φ0
C．E0＜E＜2E0，φ0＜φ＜2φ0
D．E0＜E＜2E0，2φ0＜φ＜3φ0
7．[2023·浙江省名校协作体联考](多选)如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是( )
A．E＝eq \f(\r(3),3)E0，φ＝eq \f(1,4)φ0
B．E＝eq \f(\r(3),6)E0，φ＝eq \f(1,4)φ0
C．将质子(比荷eq \f(e,m))从P点无初速度释放，则质子的最大速度为eq \r(\f(eφ0,2m))
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为0
8．[2023·广东省湛江市一模]如图所示，两等量同种点电荷＋q(q＞0)固定在菱形的两个顶点A、C上．E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点．现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．a、b、c、d四点的电场强度相同
B．D、O、B三点的电势相等
C．点电荷在从E点运动到O点的过程中电场力做正功
D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大
题组二 电场中的图像问题
9．[2023·浙江省宁波市模拟]如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R＝0.1m．M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，θ为OM从OA位置开始旋转的角度，M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度大小为10V/m
B．匀强电场的电场强度方向为垂直于AC连线向上
C．将一质子由B点沿圆弧逆时针移至C点，电势能增加2eV
D．将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功
10．[2023·江西省模拟](多选)如图甲所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．x＝－4m处电势等于x＝4m处电势
B．x＝－4m处电场强度与x＝4m处电场强度相同
C．将电子从x轴上x＝4m处由静止释放，仅在静电力作用下电子从x＝4m处运动到x＝0处的过程中，电子做加速度减小的加速运动
D．将电子从x轴上x＝0.6m处由静止释放，仅在静电力作用下电子从x＝0.6m处运动到x＝0处的过程中，电子做加速度减小的加速运动
11.一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．在x1处粒子速度最大
B．在x1处粒子加速度最大
C．x3处的电势比x1处的大
D．在x2处的动能最大
12．如图，在空间直角坐标系坐标原点处有一质量m＝0.01kg，电荷量q＝0.075C的带正电小球以v0＝10m/s的初速度，沿x轴正方向射入匀强电场中．电场方向沿z轴正方向，电场强度E＝1.0V/m，当地重力加速度g＝10m/s2，则以下图像正确的是( )
题组三 带电粒子在电场中的运动
13．(多选)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力．已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I＝eq \f(q,n)
B．离子推进器获得的平均推力大小为F＝eq \r(2mqU)
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率要使eq \f(F,P)尽量大，可以使用比荷更小的正离子
14．[2023·江西省一模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断不正确的是( )
A．如果A球带电，则A球一定带负电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带正电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
15．[2023·湖北省宜昌市模拟]如图(a)，一平行板电容器两板间的距离为d，在左板内侧附近有一带电量为q质量为m的离子，不计重力，为使离子能在两板间往复动而不碰到两板，在两板间加上如图(b)所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为( )
A．deq \r(\f(m,qU))B．2deq \r(\f(m,qU))
C．4deq \r(\f(m,qU))D．deq \r(\f(2m,qU))
16．[2023·福建省厦门模拟]如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，在第二象限内也有竖直向下的、场强为E的匀强电场．一个带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从第一象限的S点(eq \f(d,2)，eq \f(d,2))处由静止释放．
(1)求粒子通过x轴时的动能；
(2)求粒子通过x轴时的速度方向；
(3)求粒子通过x轴时的坐标．
题组四 电场中的力电综合问题
17．[2023·浙江省宁波市模拟](多选)如图所示，在P点固定一个带电量为＋Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑．金属板上表面的A点与P点连线水平．一带电荷量为＋q的绝缘小物块(可视为点电荷且q≪Q)从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度恒定不变
B．物块的动能一直增大
C．物块的机械能保持不变
D．物块的电势能先增大后减小
18．[2023·安徽省皖江名校联盟联考](多选)如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为E1的匀强电场．一带正电小物块(可视为质点)从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v.此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为E2的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点．下列说法正确的是( )
A．小物块返回A点时速度大小为eq \f(3,2)v
B．小物块返回A点时速度大小为2v
C．电场强度的大小关系是E2＝eq \f(5,4)E1
D．电场强度的大小关系是E2＝eq \f(4,3)E1
19．[2023·浙江省模拟]如图所示，足够长的绝缘水平面上在相距LBC＝1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场E.质量m1＝0.05kg的绝缘不带电滑块P，从离水平面h＝2.0m高处由静止释放．滑块P沿光滑曲面下滑后，进入长LAB＝0.5m的水平面，运动到B点处以速度v1与质量m2＝0.1kg、带电量q＝＋1×10－7C的滑块Q发生弹性碰撞．碰后滑块Q以一定的速度v2沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，两滑块均可视为质点．求：
(1)碰撞前瞬间滑块P的速度v1，碰撞后瞬间滑块Q的速度v2；
(2)当E＝5×106N/C时，滑块在水平面上滑行的总距离s；
(3)如果滑块Q不能离开电场区域，电场强度E的取值范围多大．
20．[2023·天津市部分区考试]如图所示，匀强电场平行于xOy平面．a、b、c三点的坐标分别为(0，8)、(0，4)和(3，0)，a、c、O三点的电势分别为14V、8V和2V．下列说法正确的是( )
A．电场方向沿x轴负向
B．电场方向垂直bc的连线指向第一象限
C．电场强度的大小为200V/m
D．电场强度的大小为250V/m
21．[2023·浙江衢温“5＋1”联盟联考]如图所示为一种电容传声器．b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器．其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化，闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时( )
A．电容器的电容减小
B．a、b板之间的电场强度减小
C．电容器极板上的电荷量增加
D．流过电流表的电流方向为自右向左
22．[2023·湖北省荆荆宜三校联考]现代物理学推测，电场力和万有引力同源，它们的性质非常相似．氢原子示意图如图所示，电子在库仑力的作用下绕着质子转动，其中一条轨道为椭圆，由此可知( )
A．质子处在椭圆的几何中心
B．电子距离质子越远，电势能越小
C．电子绕质子运动的动量不变
D．相同时间内电子、质子连线扫过的面积相等
23．[2023·山东省滨州市考试]如图，一半球形光滑绝缘碗固定在水平地面上，半径为R，上表面水平，O为球心．三个完全一样的带电小球静止放置在碗内，处在同一水平面上，小球距离碗底的竖直高度为eq \f(R,2)(图中只画出一个小球，另外两个小球未画出).已知小球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k.则每个小球带电量的大小是( )
A．3Req \r(\f(mg,k))B．eq \f(3,2)Req \r(\f(mg,k))
C．3Req \r(\f(mg,2k))D．eq \f(3R,4)eq \r(\f(\r(3)mg,k))
24．[2023·浙江省杭州市模拟]如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，其在电场中的运动时间为t1，加速度为a1，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，其在电场中的运动时间为t2，加速度为a2，则( )
A．t1∶t2＝eq \r(2)∶1B．t1∶t2＝2∶1
C．a1∶a2＝4∶1D．a1∶a2＝8∶1
25．[2023·四川攀枝花校考阶段练习](多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD＝4L、短轴长AC＝2L，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中，将小环从A点由静止释放，小环运动到B点的速度恰好为0，已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，下列说法正确的是( )
A．小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大
B．小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能先减小后增大
C．电场强度的大小E＝eq \f(mg,2q)
D．小环在A点时受到大环对它的弹力大小F＝mg＋eq \f(1,2)kL
26.[2023·吉林省长春市质量监测](多选)如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为＋q的物体处于匀强电场中，电场强度随时间变化规律为E＝E0－kt(V/m)(E0、k均为大于零的常数，水平向左为电场正方向).物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μqE0＞mg.t＝0时物体从墙上由静止释放，当物体下滑eq \f(H,2)后脱离墙面，脱离墙壁前物体克服摩擦力做功为eq \f(3,8)mgH，物体最终落在地面上．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．物体脱离墙壁后做匀变速曲线运动
B．物体脱离墙壁时的动能为eq \f(1,8)mgH
C．物体与墙壁脱离的时刻为eq \f(E0,k)
D．物体落到地面时水平方向的速度大小为eq \f(（3－\r(5)）kqH,4mg)
27．[2023·辽宁省鞍山市协作校调研](多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度E的大小随x变化的规律如图乙所示．若一电子(电荷量大小为e)仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，以下说法正确的是( )
A．该电子做匀变速直线运动
B．x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向
C．MP两点电势差为－45V
D．图像中的E0的数值为1.2
28．[2023·安徽省亳州模拟](多选)如图所示，一质量为3m的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带正电、电荷量为q的物块(可视为质点)，以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝eq \f(2mg,q)，方向竖直向下．物块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.5，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止，重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．电场力对物块的冲量大小为mv0
B．绝缘板的长度为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8g)
C．系统电势能的增加量为eq \f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8)
D．绝缘板的对地位移为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16g)
29．[2023·贵州省六校联考]如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.4m的竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘粗糙水平轨道在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角为θ＝37°，整个装置处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小E＝500N/C，场强方向与粗糙水平轨道平行．质量为m＝40g、电荷量为q＝＋6×10－4C的带正电的小滑块从A点由静止释放，小滑块恰好能通过竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD.已知小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小滑块可视为质点，sin37°＝0.6，g取10m/s2.求
(1)小滑块在通过圆弧轨道BCD中的最小速率；
(2)小滑块第一次通过B点时对轨道的压力大小；
(3)A、B点间的距离．
30．[2023·山东省青岛市一中模块考]电子束光刻技术以其分辨率高、性能稳定、功能强大而著称，其原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光．某型号光刻机的束偏移器长L＝0.04m，间距也为L，极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为eq \f(L,2).若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I＝2×10－8A，单个电子的初动能为Ek0＝100keV，不计电子重力，忽略其他因素的影响．
(1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是多少？
(2)若某时刻扫描电压为10kV，电子束到达芯片时的位置离O点的距离是多少？
[答题区]
考点1 电场的性质 带电粒子在电场中的运动
1．解析：电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；
故选A.
答案：A
2．解析：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，A、B错误；
设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P点产生场强的水平分场强等大反向，即
k eq \f(Q2,（\f(r,sin 60°)）2) ·cs 60°＝k eq \f(Q3,（\f(r,sin 30°)）2) ·cs 30°
解得： eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Q2,Q3))) ＝ eq \f(\r(3),3) ，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：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；
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.
答案：BC
4．解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝ eq \f(4,3) πr3ρ
则速率为v时受阻力f＝krv
则当油滴匀速下落时mg＝f
解得r＝ eq \r(\f(3kv,4πρg)) ∝ eq \r(v)
可知 eq \f(ra,rb) ＝ eq \r(\f(v0,\f(1,4)v0)) ＝2
则 eq \f(ma,mb) ＝ eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(a)) ,r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(b)) ) ＝ eq \f(8,1)
(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以 eq \f(1,2) v0的速率竖直向下匀速运动，所以有
油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷
油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷
由 eq \f(m1,m2) ＝8和m1＝ eq \f(4,3) πr eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ρ，m2＝ eq \f(4,3) πr eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ρ可知，甲乙油滴的半径之比为 eq \f(r1,r2) ＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率 eq \f(1,2) v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为 eq \f(f1,f2) ＝ eq \f(r1,r2) ＝2
油滴b以速率 eq \f(1,4) v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率 eq \f(1,2) v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率 eq \f(1,2) v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1
答案：(1)8∶1 (2)油滴a带负电，油滴b带正电 4∶1
5．解析：根据平衡条件有F库＝mg tan θ，又根据库仑定律有F库＝ eq \f(kQq,r2) ，由几何关系有r＝l sin θ，联立解得Q＝ eq \f(mgl2tan θsin2θ,kq) ＝1.0×10－6C，D正确．
答案：D
6．解析：由对称性知A、B两点电荷在正北点产生的场强大小都为E0，则合场强E1＝E0cs 60°＋E0cs 60°＝E0，方向指向正北，C点电荷在正北点产生的场强大小0＜E2＜E0，方向指向正北，故三点电荷在正北点产生场强的矢量和E0＜E＜2E0.A、B两点电荷在正北点产生的电势均为φ0，二者共同产生的电势为2φ0，C点电荷在正北点产生的电势0＜φ2＜φ0，故三点电荷在正北点产生的电势2φ0＜φ＜3φ0，D项正确．
答案：D
7．解析：根据电场强度的叠加有E0＝2×2E cs 30°，φ0＝4φ，所以E＝ eq \f(\r(3),6) E0，φ＝ eq \f(1,4) φ0，A项错误，B项正确；将质子从P点无初速度释放，根据动能定理可得e(φ0－φ∞)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，φ∞＝0，解得vm＝ eq \r(\f(2eφ0,m)) ，C项错误；若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，根据对称性，x轴上各点电场强度为零，电势为0，D项正确．
答案：BD
8．解析：根据等量同种电荷周围的电场线分布图
a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A项错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B项错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的电场力向右，所以此过程中电场力做正功，C项正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的电场力先向右，后向左，所以电场力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D项错误．
答案：C
9．解析：由电势φ随θ变化的关系图像可知，当θ＝ eq \f(π,6) 时，M点电势最低为1 V；当θ＝ eq \f(7π,6) 时，N点电势最高为5 V，如图所示
则匀强电场的电场强度大小为E＝ eq \f(U,d) ＝ eq \f(UNM,2R) ＝ eq \f(5－1,2×0.1) V/m＝20 V/m，A项错误；由电势φ随θ变化的关系图像如图
可知当θ＝ eq \f(2π,3) 时，F点电势为3 V，根据匀强电场沿任意方向电势降落都是均匀的，可知NM中点O点电势也为3 V，则OF为等势线，则由几何关系知OF与OM垂直，则电场线的方向由N指向M，如图所示，B项错误；过B和D点作MN的垂线，由几何关系知UBD＝－E·2R sin 30°＝－2 V，质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能变化量为ΔEp＝－eUBD＝2 eV可知质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 eV，C项正确；M点电势最低，N点电势最高，所以从A点沿圆弧逆时针至C点，电势先减小后增大，电子的电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，D项错误．
答案：C
10．解析：结合图像和电场力做功可得：电子从x＝－4 m处到x＝4 m处电场力做功为零，x＝－4 m处电势等于x＝4 m处电势，A正确；由图像乙可见x＝－4 m处电场强度与x＝4 m处电场强度等值反向，B错误；由图像乙可见x＝4 m处到x＝0 m处，电场强度是先增大后减小，由qE＝ma可得：将电子从x轴上x＝4 m处由静止释放，电子从x＝4 m处移动到x＝0 m处的过程中，电子先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，C错误；因为 eq \f(\r(2),2) ＝0.707＞0.6，可见将电子从x轴上x＝0.6 m处由静止释放，电子从x＝0.6 m处移动到x＝0 m处的过程中，电子做加速度减小的加速运动，D正确．
答案：AD
11．解析：带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的．则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，动能最大，A、D两项错误；根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp＝Ep0－Ep，从而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即图像中的斜率表示电场力大小，在x3处图像的斜率最大，所以粒子加速度最大，B项错误；负电荷在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，在x3处的电势能最小，所以电势最高，x3处的电势比x1处的大，C项正确．
答案：C
12．解析：由题意可知，带正电小球在y轴负方向受重力，做自由落体运动，在z轴正方向受电场力，做初速度是零的匀加速直线运动，在x轴方向不受力，做匀速直线运动，因此则有vx＝v0＝10 m/s，xt图像的斜率应等于vx＝10 m/s，显然A项错误；带正电小球在y轴负方向受重力，做自由落体运动，ay＝－g，可得vy＝ayt＝－10×0.2 m/s＝－2 m/s，B项错误；带正电小球在z轴正方向受电场力，做初速度是零的匀加速直线运动，则有az＝ eq \f(qE,m) ＝ eq \f(0.075×1.0,0.01) m/s2＝7.5 m/s2，解得vz＝azt＝7.5×0.2 m/s＝1.5 m/s，C项正确；由D图可知，当vz＝2.0 m/s时，可得t′＝ eq \f(vz,az) ＝ eq \f(2.0,7.5) s＝ eq \f(4,15) s，解得vy＝ayt′＝－10× eq \f(4,15) m/s＝－ eq \f(8,3) m/s，D项错误.
答案：C
13．解析：正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I＝ eq \f(Q,t) ＝nq，A项错误；电场对粒子加速有QU＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，根据动量定理有m0v0＝Ft，其中m0＝nmt，Q＝nqt，整理得离子推进器获得的平均推力大小F＝n eq \r(2mqU) ，B项错误；加速正离子束所消耗的功率P＝ eq \f(\f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,t) ＝nqU，C项正确；根据以上分析可知 eq \f(F,P) ＝ eq \f(n\r(2mqU),P) ＝ eq \f(n\r(2mqU),nqU) ＝ eq \r(\f(2m,qU)) ，要使 eq \f(F,P) 尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器的“工质”，D项正确．
答案：CD
14．解析：两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝ eq \f(1,2) at2，A球的加速度大于B球加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加．故选B.
答案：B
15．解析：假设t＝0时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据图(b)可知交变电压的周期为T，根据图像中电压的变化，若一正离子从左极板向右运动，先做 eq \f(T,4) 的匀加速运动，再做 eq \f(T,4) 的匀减速运动，到达右极板时速度恰好为零，而加速和减速的加速度大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为a＝ eq \f(qU,md) ，设加速阶段的最大速度为v，则有v＝a· eq \f(T,4) ＝ eq \f(Uq,dm) · eq \f(T,4) ，在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可得 eq \f(1,2) qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得T＝4d eq \r(\f(m,qU)) ，因此为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极板上，则T＜4d eq \r(\f(m,qU)) ，C项正确．
答案：C
16．解析：(1)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，粒子在第二象限电场中做类平抛运动，整个过程应用动能定理可得粒子通过x轴时的动能Ek＝qE eq \f(d,2) ＋qE eq \f(d,2) ＝qEd
(2)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得
qE· eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
故粒子进入第二象限时的速度vx＝ eq \r(\f(qEd,m))
位置为(0， eq \f(1,2) d)；
粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，则有 eq \f(1,2) d＝ eq \f(1,2) · eq \f(qE,m) t2
vy＝at＝ eq \f(qE,m) · eq \r(\f(md,qE)) ＝ eq \r(\f(qEd,m))
设速度与x轴方向的夹角为θ，则有tan θ＝ eq \f(vy,vx) ＝1，θ＝45°
故粒子通过x轴时的速度方向与x轴的负方向夹角为45°；
(3)粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，在水平方向上的位移x＝v1t＝ eq \r(\f(qEd,m)) · eq \r(\f(md,qE)) ＝d，
故粒子通过x轴的坐标为(－d，0).
答案：(1)qEd (2)与x轴的负方向夹角为45° (3)(－d，0)
17．解析：金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变，加速度不变，A项正确；物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C项正确，D项错误；物块下滑的过程中合外力对物块做正功，物块动能增加，B项正确．
答案：ABC
18．解析：设带电体在电场E1中加速度大小为a1，带电体在电场E2中的加速度大小为a2，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则 eq \f(1,2) a1t2＋a1t(2t)－ eq \f(1,2) a2(2t)2＝0，解得a2＝ eq \f(5,4) a1，由牛顿第二定律得E2＝ eq \f(5,4) E1，根据速度关系v＝a1t，返回A点时速度vt＝v－a22t＝－ eq \f(3,2) a1t＝－ eq \f(3,2) v，A、C正确，B、D错误．
答案：AC
19．解析：(1)从出发点到B点，应用动能定理m1gh－μm1gLAB＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
代入数据得v1＝6 m/s
P与Q发生弹性碰撞，则有m1v1＝m1v′1＋m2v2， eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据解得v2＝4 m/s
(2)根据动能定理－(Eq＋μm2g)x1＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据解得x1＝ eq \f(8,9) m
由于Eq＞μm2g
物块将向左运动，假设在距B点左侧x2处停下，则应用动能定理
(Eq－μm2g)x1－μm2gx2＝0
代入数据解得x2＝ eq \f(2,9) m
所以总路程为s＝2x1＋x2＝2 m
(3)若滑块不会从右侧离开电场，则
－(E1q＋μm2g)LBC＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得E1＝106N/C
若滑块不会从左侧离开电场，则qE≤f得E≤4×106N/C
电场强度E的取值范围为1.0×106N/C≤E≤4×106N/C.
答案：(1)6 m/s 4 m/s (2)2 m
(3)1.0×106N/C≤E≤4×106N/C
20．解析：a、O两点的电势分别为14 V和2 V，则其中点b的电势φb＝ eq \f(14＋2,2) V＝8 V，可知bc连线为等势线，电场方向垂直bc的连线指向第三象限，A、B错误；图中虚线为等势线，O到此线的距离d＝ eq \f(12,5) cm，这条等势线与O点的电势差U＝8 V－2 V＝6 V，则电场强度的大小为E＝ eq \f(U,d) ＝250 V/m，C错误，D正确．
答案：D
21．解析：声源S发出声波使a向右运动时，两极板间距减小，根据C＝ eq \f(εrS,4πkd) 可知，电容器的电容变大，A错误；根据E＝ eq \f(U,d) 可知，两板间距减小，则a、b板之间的电场强度变大，B错误；根据Q＝CU可知，电容器极板上的电荷量增加，C正确；电容器充电，则流过电流表的电流方向为自左向右，D错误．
答案：C
22．解析：电子绕着质子在椭圆轨道上运动，类似于行星绕太阳运动，质子处在椭圆的一个焦点上，A错误；电子距离质子越远，速度越小，动能越小，电势能越大；距离质子越近，速度越大，动量方向时刻变化，B、C错误；相同时间内电子、质子连线扫过的面积相等，D正确．
答案：D
23．解析：设两球之间的距离为r，电荷量为q，则两球之间的库仑力为F＝k eq \f(q2,r2) ，则其中一个小球所受的库仑力合力为F合＝2F cs 30°，对小球受力分析可知 eq \f(mg,F合) ＝tan 30°，由几何关系可知r＝ eq \f(3,2) R，联立求解可得q＝ eq \f(3,2) R eq \r(\f(mg,k)) ，B正确．
答案：B
24．解析：带电粒子做类平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，因初速度相同，运动时间 eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(1,2) ，A、B两项错误；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式y＝ eq \f(1,2) at2，解得a1∶a2＝8∶1，C项错误，D项正确．
答案：D
25．解析：根据题意可知，小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则小环在A点时弹簧被压缩，小环在B点时弹簧被拉伸，则小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，A错误；根据题意可知，小环从A点运动到B点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，B错误；根据题意，小环从A点运动到B点的过程中，由动能定理有Eq· eq \f(BD,2) －mg· eq \f(AC,2) ＝0，解得E＝ eq \f(mg,2q) ，C正确；根据题意，设弹簧的原长为L0，结合A选项分析有L0－L＝2L－L0，解得L0＝ eq \f(3,2) L，在A点对小环受力分析，设小环在A点时受到大环对它的弹力大小为FN，由平衡条件有FN＝mg＋k(L0－L)＝mg＋ eq \f(1,2) kL，D正确．
答案：CD
26．解析：物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，又因重力不变，电场力在变化，所以物体所受的合力在变化，加速度也在变化，所以物体脱离墙壁后不是做匀变速曲线运动，A错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得mg· eq \f(H,2) －Wf＝ eq \f(1,2) mv2可得Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,8) mgH，B正确；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E＝E0－kt＝0，解得物体与墙壁脱离的时刻为t＝ eq \f(E0,k) ，C正确；物体从墙壁脱离后，竖直方向做初速度为v的匀加速直线运动，根据位移时间公式，有H－ eq \f(H,2) ＝vt′＋ eq \f(1,2) gt′2，联立以上解得物体脱离墙后落到地面上的时间为t′＝ eq \f(（\r(5)－1）\r(gH),2g) ，物体在水平方向上的加速度为a＝ eq \f(kt－E0,m) ，则物体落到地面时水平方向的速度大小为v＝ eq \f(1,2) at′＝ eq \f(（3－\r(5)）kqH,4mg) ，D正确．
答案：BCD
27．解析：由图乙可知，从M点到P点过程，电场强度逐渐减小，又因为电子仅受到电场力的作用，可知该电子的加速度逐渐减小，故电子不是做匀变速直线运动，A错误；电子从M点运动至P点过程电势能减小，电场力做正功，可知电子受到的电场力沿＋x方向，场强沿－x方向，B正确；由功能关系可得－eUMP＝ΔEp＝45 eV，解得UMP＝－45 V，C正确；图乙中图线下方的面积与电荷量e的乘积表示电势能的减少量，可得e· eq \f(E0＋\f(E0,2),2) ·x＝ΔEp，代入数据解得E0＝1.2×103V/m，故图像中的E0的数值为1.2，D正确．
答案：BCD
28．解析：对物块根据牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝ma1，解得a1＝1.5 g，对绝缘板根据牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝3ma2，解得a2＝0.5 g，经过时间t1，两物体速度相等，则v0－a1t1＝a2t1，解得t1＝ eq \f(v0,2g) ，此时物块位移为x1＝v0t1－ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，此时绝缘板位移为x2＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
相对位移即绝缘板的长度为l＝x1－x2，电场力对物块的冲量大小为I＝qE·t1，联立解得x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16g) ，l＝ eq \f(5v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16g) ，I＝mv0，A、D两项正确，B项错误；电场力方向与运动方向垂直，故电场力不做功，C项错误．
答案：AD
29．解析：(1)小滑块恰好能通过竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD，即在等效最高点由重力和电场力合力F提供向心力，有
F＝ eq \r(G2＋（Eq）2) ①
设F与竖直方向的夹角为β，有tan β＝ eq \f(Eq,mg) ②
得β＝37°
即D点为等效最高点，小滑块在D点处速度最小，有F＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R) ③
由①③式得vD＝ eq \r(5) m/s ④
(2)滑块由B到D，由动能定理，有－FH＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ⑤
由几何关系，有H＝R(1＋cs θ) ⑥
在B点，有 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1()) B,R) ＝T－mg ⑦
由④⑤⑥⑦式得T＝2.7 N ⑧
由牛顿第三定律可知，滑块第一次通过B点时对圆弧轨道的压力大小为2.7 N ⑨
(3)滑块由A到B，由动能定理，有(Eq－μmg)xAB＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ⑩
由⑤⑥⑩式得xAB＝4.6 m ⑪.
答案：(1) eq \r(5) m/s (2)2.7 N (3)4.6 m
30．解析：(1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是E＝NEk0＝ eq \f(It,e) Ek0＝2×10－3J ①
(2)电子在束偏移器中的加速度大小为a＝ eq \f(eU,mL) ②
设电子的初速度大小为v0，则由题意可知Ek0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ③
电子在束偏移器中运动的时间为t＝ eq \f(L,v0) ④
电子在束偏移器中的偏移量为y＝ eq \f(1,2) at2 ⑤
电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，根据几何关系有 eq \f(y,Y) ＝ eq \f(\f(L,2),\f(L,2)＋\f(L,2)) ⑥
联立②③④⑤解得Y＝0.002 m ⑦.
答案：(1)2×10－3J (2)0.002 m
题号
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答案
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