专题09 电场性质、带电粒子在电场中的运动-2023年高考物理毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）

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专题09：电场性质、带电粒子在电场中的运动

考点1 电场的性质 1
考点2 与平行板电容器相关的电场问题 4
考点3 带电粒子在电场中的运动 7
考点4电场中常考的“四类”图象问题 9
考点5 带电粒子的力电综合问题 11

考点1 电场的性质
1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系

2．电势高低的比较
(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。
【典例1】如图所示，四幅有关电场说法正确的是(　　)

A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B．图乙离点电荷距离相等的 a、b 两点场强相同
C．图丙中在 c 点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到 d 点
D．图丁中某一电荷放在 e 点与放到 f 点，它们的电势能相同
【答案】选D
【解析】由图可知，甲为等量异种电荷形成的电场线，故A错误；乙为正的点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的a、b两点电场强度大小相同，电场强度方向不同，故B错误；只有电场线为直线时，粒子才有可能沿着电场线运动。曲线电场线中，粒子不会沿着电场线运动，故C错误；图丁中e点与f点电势相同，它们的电势能相同，故D正确。
【变式1-1】 如图，在位置放置电荷量为的正点电荷，在位置放置电荷量为的负点电荷，在距为的某点处放置正点电荷Q，使得点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（　　）


A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】


根据点电荷场强公式
两点量异种点电荷在P点的场强大小为 ，方向如图所示
两点量异种点电荷在P点的合场强为 ，
方向与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示
Q点电荷在p点的场强大小为
三点电荷的合场强为0，则方向如图所示，大小有
解得
由几何关系可知Q的坐标为（0，2a），故选B。
【变式1-2】　有两个完全相同的小球A、B，质量均为m，带等量异种电荷，其中A所带电荷量为＋q，B所带电荷量为－q。现用两长度均为L、不可伸长的细线悬挂在天花板的O点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧。在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E的匀强电场。如图所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ＝60°，则弹簧的弹力为(静电力常量为k，重力加速度为g)(　　 )

A．　　　　　　　 B．mg＋
C．qE＋ D．mg＋＋qE
【答案】　D
【解析】　对小球受力分析如图所示，由平衡条件有FTcos＝mg
F弹＝FTsin＋qE＋k
解得F弹＝mg＋k＋qE，
D正确。
【变式1-3】一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则(　　 )

A．a点的电场强度大小为E＝4k
B．a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小
C．b点的电场强度和c点的电场强度相同
D．一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零
【答案】　B
【解析】　题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度E＝k＋k＝，A错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示
由图可知Ea>Eb，B正确；图中b、c两点的场强方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误。
考点2 与平行板电容器相关的电场问题
1．必须记住的三个公式
定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝。
2．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。
3．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。
【典例2】某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　）


A. 一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B. 一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV
C. b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D. a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
【答案】BD
【解析】A．由图象可知
φb = φe
则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；
B．由图象可知
φa = 3V，φd = 7V
根据电场力做功与电势能的变化关系有
Wad = Epa - Epd = (φa - φd)×( - e) = 4eV
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；
D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示


由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。
故选BD。
【变式2-1】一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是（ ）

A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【答案】ABD
【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则，d点坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作cf⊥bd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度，A正确；
因为四边形Oacb是矩形，所以有，解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，D正确。

【变式2-2】空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则(　　)

A．e点的电势大于0 B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
【答案】选D
【解析】由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线的垂直平分线上电势处处为零，A项错误；电场强度是矢量，电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B项错误；Q点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b点电势高于d点电势，C项错误；负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D项正确。
【变式2-2】有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为：4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是(　　 )

A．坐标原点O的电势为6 V
B．电场强度的大小为 V/m
C．该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8×10－5 J
【答案】选AD
【解析】　由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入数据解得：φO＝6 V，故A正确；ab中点e的电势为φe＝6 V，连接Oe则为等势面，如图所示。由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：E＝＝ V/m＝100 V/m，故B错误；该点电荷在c点的电势能为：Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C错误；由题意结合几何知识可知b、d在同一等势面上，该点电荷从a点移动到d点电场力做功为：Wad＝qUad＝qUab＝(4－8)×(－2×10－5) J＝8×10－5 J，故D正确。
考点3 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的运动

2．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力的关系。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。
【典例3】如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)

A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
【答案】　D
【解析】　电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aMφN，故B、C错误。又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpMvN，故A错误，D正确。
【变式3-1】如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3分别为三条等势线，三条等势线与其中一条电场线的交点依次为M、N、Q点，已知MN＝NQ，电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线a′、b′所示，则(　　)

A．a粒子一定带正电，b粒子一定带负电
B．MN两点电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ|
C．a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小
D．a粒子从出发到等势线3过程的动能变化量比b粒子从出发到等势线1过程的动能变化量小
【答案】　D
【解析】　由图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；由题可知，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故C错误；已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|，故B错误；根据电场力做功公式W＝Uq，|UMN|＞|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做的功小于b粒子从等势线2到1电场力做的功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。
考点4电场中常考的“四类”图象问题
1．v－t图象
(1)根据v－t图象中速度变化、斜率确定电荷所受电场力的方向与大小变化。
(2)由电场力方向确定电场的方向、电势高低及电势能变化。
2．φ－x图象
(1)描述电势随位移变化的规律。
(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向。
(3)根据E＝，图象φ－x的斜率为电场强度。
3．E－x图象
(1)描述电场强度随位移变化的规律。
(2)场强E正负表示场强的方向。
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差。
4．Ep－x图象
(1)描述电势能随位移变化的规律。
(2)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正、负。
(3)根据W＝ΔEp＝Fx，图象Ep－x的斜率为电场力。
【典例4】(多选)一带负电的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，则下列说法正确的是(　　)

A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功
B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向
C．x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小
D．x1处的电势比x2处的电势低
【答案】　AD
【解析】　由于粒子从x1运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，电场强度方向沿x轴负方向，选项A正确，B错误；由ΔEp＝qEΔx，即qE＝，由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，选项C错误；沿着电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低，选项D正确。
【变式4-1】 (2021·河南平顶山市一轮复习质检)真空中相距为3a的两个点电荷A和B，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点，在二者连线上各点场强随x变化的关系如图17所示，以下说法正确的是(　　)

A．二者一定是异种电荷 B．x＝a处的电势一定为零
C．x＝2a处的电势一定大于零 D．A、B的电荷量之比为1∶4
【答案】　D
【解析】　两点电荷连线中某点，电场强度E＝0，说明两点电荷在该点产生的场强等大反向，故两点电荷一定为同种电荷，A项错误；由场强公式可知，k＝k，故QA∶QB＝1∶4，D项正确；若两点电荷均为正点电荷，则连线上各点电势均大于零，B项错误；若两点电荷均为负点电荷，则连线上各点电势均小于零，C项错误。
考点5 带电粒子的力电综合问题
解决力电综合问题的一般思路

【典例5】如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)

A．微粒到达B点时动能为mv02 B．微粒的加速度大小等于g sin θ
C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程电势能减少
【答案】　C
【解析】　微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向。由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于mv02，选项A错误；根据qE sin θ＝ma，qE cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝，选项D错误。
【变式5-1】图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）

A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
【答案】D
【解析】 高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知，故A错误；B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则,故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为因，可得,故C错误；D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即,故D正确。
【变式5-2】在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。

(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】　(1)　(2)v0　(3)0或v0
【解析】　(1)初速度为零的粒子，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知
lAC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·lAC＝mv02③
联立①②③式得E＝。④
(2)如图所示，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD＝30°，lAP＝R，
lDP＝R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于lAP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于lDP。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥
lAP＝at12⑦
lDP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。⑨
(3)法一：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由运动学公式有
y＝at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
＋＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得
v＝0和v＝v0。
法二：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝v0。

【易错01】电场力和能性质的误解
1.电场力的性质
等量同种和异种点电荷的电场强度的比较
比较项目
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图


连线中点O处的场强
连线上O点场强最小，指向负电荷一方
为零
连线上的场强大小(从左到右)
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A与A′、B与B′的场强
等大同向
等大反向
2.电场能的性质
㈠ 电势高低和电势能大小的判断　
1．电势高低常用的两种判断方法
(1)沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)若UAB>0，则φA>φB；若UAB<0，则φA<φB。
2．电势能大小的判断方法
判断角度
判断方法
做功判断法
电场力做正功，电势能减小；
电场力做负功，电势能增大
电荷电势法
正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
公式法
由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值的绝对值越小，电势能越大
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大，电势能减小；反之，电势能增大
㈡电场中的功能关系
(1)势能定理：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加；
(2)动能定理：所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
(3)机械能定理：除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)内能定理：一对滑动摩擦力做的负功绝对值等于物体内能的增加量.
(5)能量守恒定律：若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
【易错02】电容器 电容
平行板电容器的两类典型问题
（1）电容器两板间的电压U保持不变（与电源连接）
平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的、S、变化，将引起电容器的C、Q、U、E的变化。
可根据下列几式讨论C、Q、E的变化情况：
当d、S发生变化时，，，。
（2）电容器的电荷量Q保持不变（与电源断开）
平行板电容器充电后，切断与电源的连接，电容器的、S、变化，将引起电容器的C、Q、U、E的变化。
可根据下列几式讨论C、U、E的变化清况：
，，。
【易错03】带电粒子在电场运动的误解
一、带电粒子在匀强电场中的加速
1.带电粒子在电场中运动时，重力一般远小于静电力，因此重力可以忽略。
2.如图所示，匀强电场中有一带正电q的粒子（不计重力），在电场力作用下从A点加速运动到B点，速度由v0增加到v.，A、B间距为d，电势差为UAB.

（1）用动力学观点分析：， ，
（2）用能量的观点（动能定理）分析：
能量观点既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场，对匀强电场又有。
二、带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）带电粒子以垂直于电场线方向的初速度v0进入匀强电场时，粒子做类平抛运动。垂直于场强方向的匀速直线运动，沿场强方向的匀加速直线运动。

（2）偏转问题的处理方法，类似于平抛运动的研究方法，粒子沿初速度方向做匀速直线运动，可以确定通过电场的时间。
粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度；
穿过电场的位移侧移量：；
穿过电场的速度偏转角： 。
1.（2022·皖北协作区3月联考）. 如图所示，圆心为O点，半径R=0.1m的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径。将电荷量为q=+0.1C的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4J。下列说法正确的是（　　）

A. 该匀强电场的场强方向与ab平行
B. 电场强度的大小E=200V/m
C. a点电势低于c点电势
D. 将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为-2J
【答案】BC
【解析】A．根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4J，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式
W电=qEd
可知dcd是dab的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图

由几何关系得ab在cd方向投影等于R，即dcd是dab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，故A错误；
B．粒子从c到d做的功为
W电=qEdcd
代入数据解得
E=200V/m
故B正确；
C．沿电场方向电势逐渐降落，c点电势高于c'点电势，a与c'为等势点，所以c点电势高于a点电势，故C正确；
D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为

故D错误。
故选BC。
2.(2021·河北省石家庄市二模)(多选)如图所示在两个等量同种负点电荷连线的中垂面上以连线中点O为圆心的两个同心圆，两圆上有a、b、c、d四个点，Oac三点共线，则(　　)

A．a、c两点的电场强度方向相同，大小不可能相等
B．a、b两点的电势相同
C．将带正电的试探电荷在平面内从b移到d点，电场力不做功
D．带正电的试探电荷仅在电场力作用下在此平面内可能做匀速圆周运动
【答案】：　BD
【解析】：　根据两个等量同种负点电荷电场线特点，a、c两点的电场强度方向相同，大小可能相等，选项A错误。a、b两点在同一等势面上，两点的电势相同，选项B正确。由于b、d两点不在同一等势面上，将带正电的试探电荷在平面内从b移到d点，电场力做负功，选项C错误。在中垂面内带正电的试探电荷始终受到方向指向O点的电场力，在此平面内可能做匀速圆周运动，选项D正确。
3.（2021·江西师范大学附中二模）(多选)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　)

A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
【答案】：　ABC
【解析】：　如题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，因此N粒子带正电荷，故选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，动能减小，故选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，电势能不变，故选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，选项D错误。
4.(2021·湖南长沙一模)（单选）如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场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(　　)



A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大
C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大
D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
【答案】：　C
【解析】：　由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动。根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错误。
5.（2021·吉林省一模）（单选）如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v< v0，则(　　)

A. Q一定在虚线MP下方
B. M点的电势比N点的电势高
C. q在M点的电势能比在N点的电势能小
D. q在M点的加速度比在N点的加速度小
【答案】C
【解析】A、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故Q应该在轨迹的内侧，故A错；
B、试探电荷从M到N速度减小,说明M点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，所以M点的电势比N点的电势低，故B错误；
C、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N点动能小,故在N点电势能大,故C正确；
D、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故D错误；
故选C

1、（2022·湖南卷·T2）如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（ ）

A. 电场强度方向垂直指向a，电势减小 B. 电场强度方向垂直指向c，电势减小
C. 电场强度方向垂直指向a，电势增大 D. 电场强度方向垂直指向c，电势增大
【答案】A
【解析】
根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为
（取无穷远处电势零）
现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。
故选A。
2、（2022·山东卷·T3）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，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处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的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， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【答案】C
【解析】
取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，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

由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为

根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为

根据

联立解得

故选C。

3、（2022·全国甲卷·T21）地面上方某区域存在方向水平向右匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р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Р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】
A．如图所示

故等效重力的方向与水平成。

当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上

在竖直方向上

由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。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

则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
4、（2022·全国乙卷·T21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）

A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【答案】BD
【解析】
C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有

可得

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。

1.两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　 )
A．　　B．　　　C．　　 D．
【答案】选项D
【解析】两球相距r时，根据库仑定律F＝k，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝k，由以上两式可解得F′＝，选项D正确。
2、（2021·福建省龙岩市三模）如图所示，电工穿上用铜丝编织的防护服进行高压带电作业时，防护服能保护电工的安全，其原因是（　　）

A. 防护服用铜丝编织不易拉破，对人体起到保护作用
B. 编织防护服的铜丝电阻小，对人体起到保护作用
C. 电工被防护服所包裹，人体电势为零，对人体起到保护作用
D. 电工被防护服所包裹，人体场强为零，对人体起到保护作用
【答案】D
【解析】
电工被金属丝做成的防护服所包裹，则人体处于静电屏蔽状态，人体场强为零，对人体起到保护作用。故选D
3.如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为(　　 )

A．正，B的右边0.4 m处
B．正，B的左边0.2 m处
C．负，A的左边0.2 m处
D．负，A的右边0.2 m处
【答案】　C
【解析】　要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，A、B间距离用r表示，由于处于平衡状态，所以k＝，解得x＝0.2 m，选项C正确。
4、（2021·天津市二检）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，实线为一带负电的质点仅在电场力的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（　　）

A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 带电质点通过P点的电势能比Q点大
C. 带电质点通过P点的动能比Q点大
D. 带电质点通过P点时的加速度比Q点小
【答案】B
【解析】
A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a点的电势最高，故A错误；
BC．P点电势小于Q点电势，粒子带负电，则带电质点通过P点的电势能比Q点大，根据能量守恒可知，带电质点通过P点的动能比Q点小，故B正确C错误；
D．等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。
故选B。
5、（2021·北京市房山区二模）研究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置如图所示。实验前，用带正电的玻璃棒与电容器a板接触，使电容器a板带正电，下列说法正确的是（　　）

A. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
B. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
C. 实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】C
【解析】
A．根据电容器的决定公式
实验中，只将电容器b板向上平移，则两极板的正对面积S减小，电容减小，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式
则两极板两端的电势差增大，静电计指针的张角变大，所以A错误；
B．根据电容器的决定公式
实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则增大介电常数，电容增大，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式
则两极板两端的电势差减小，静电计指针的张角变小，所以B错误；
C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果，因为b板本来就接地，手指触碰也是接地，所以不会影响，则C正确；
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，但电容保持不变，因为电容与电容器两极板所带电荷量，及电压无关，所以D错误；
故选C。

1.(2021·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)(　　)

A．2∶5 B．5∶2
C．4∶5 D．5∶4
【答案】：D
【解析】：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l＝v0t可知运动时间比为1∶2，由y＝at2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D正确，A、B、C错误．
2．(2021安徽省宿州市模拟)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)

A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝
【答案】：AC
【解析】：设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asin α，则两个－q之间距离为2acos α.选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos α＝kq2（2acosα）2，解得cos3 α＝，故A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin α＝kq2（2acosα）2，解得sin3α＝，故C正确，D错误．
3．(2021·江苏南京师范大学附属中学高三模拟)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是(　　)

A．A点电势低于B点电势
B．A点电场强度小于C点电场强度
C．烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能
D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能
【答案】：AC
【解析】：由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，A正确；由图可知，A点处电场线比C点处密集，因此A点的场强大于C点场强，B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，C正确，D错误．
4.(2021·河北衡水中学调考)如图所示 ，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　)

A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动
C．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s
【答案】：AC
【解析】：A、C之间电场是对称的，微粒从A到B电场力做的功和从B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得qU＝mvB2－mvA2,2qU＝mvC2－mvA2，解得vC＝3 m/s，故A正确；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B错误；过B点作垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，故C正确，D错误．
5.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是(　　)

A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能大于在B点的动能
【答案】：CD
【解析】：由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是个匀强电场，而不是孤立的点电荷形成的电场，故A错误；由上可知是匀强电场，所以A、B两点的电场强度相等，故B错误；由图乙可知，电子在 A、B两点的电势能关系为EpB>EpA，说明电子由 A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，故C正确；电场力做负功，动能减小，所以A点的动能大于B点的动能，故D正确．
6．(多选)(2020·上海静安高三一模)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低、电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地。在开关S闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是(　　)

A．将热敏电阻R0加热 B．滑动变阻器R的滑片P向上移动
C．开关S断开 D．电容器C的上极板向上移动
【答案】AC　
【解析】液滴受向上的电场力和向下的重力作用，将热敏电阻R0加热，则热敏电阻阻值减小，滑动变阻器R上的电压变大，故电容器两端的电压变大，两板间场强变大，液滴向上运动，选项A正确；滑动变阻器R的滑片P向上移动时，R接入电路的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电荷量不变，故两板间的场强不变，液滴不动，选项B错误；开关S断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C正确；电容器C的上极板向上移动时，d增大，则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U＝，C＝，E＝，所以E＝，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，选项D错误。
7．(2020·潍坊市高三第一次模拟考试)如图所示，圆环上均匀分布着正电荷，直线MN垂直于圆环平面且过圆心O，M、N两点关于O点对称。将一带负电的试探电荷从M点无初速度释放，选无穷远处电势为零，下列说法正确的是(　　)

A．M、N两点电场强度相同 B．试探电荷经过O点时速度最大
C．试探电荷经过O点时电势能为零 D．试探电荷将在MN之间做简谐运动
【答案】B　
【解析】由电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度大小相等，方向相反，故选项A错误；圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零，圆环上各电荷产生的电场强度在MN直线上竖直方向的分量相互抵消，在O点左边水平分量水平向左，由电场的叠加原理可知，在O点左边电场强度方向向左，同理可知，在O点右边电场强度方向向右，带负电的试探电荷从M点无初速度释放后，向右先做加速运动，到O点时加速度为0，速度最大，接着向右做减速运动，故选项B正确；选无穷远处电势能为零，由顺着电场线方向电势降低可知，MN上O点电势最高且不为0，则试探电荷在O点时电势能不为0，故选项C错误；由点电荷场强公式E＝k和叠加原理可知场强大小与位移不成正比，则带负电的试探电荷运动过程中的合力与位移不成正比，故试探电荷在MN之间做的不是简谐运动，故选项D错误。
8．(2021·滨州市重点中学高考模拟考试)如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，A点与B点的连线垂直于电场线，两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从A点和B点沿不同方向开始运动，之后都能到达电场中的N点，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计，下列说法正确的是(　　)

A．两粒子到达N点所用的时间可能相等
B．两粒子到达N点时的速度大小一定不相等
C．两粒子在N点时的动能可能小于各自初始点的动能
D．两粒子整个运动过程机械能的增加量一定相等
【答案】D　
【解析】分别从A、B两点射出的带电粒子在电场中运动的加速度相等，A、B两点到N点在沿电场方向上的距离相等，但两带电粒子在沿电场方向上的初速度不相等，因此到达N点所用时间一定不相等，选项A错误；两粒子分别从A、B两点到N点过程中电场力做的功相等，初动能相等，由动能定理可判断出两粒子到达N点的速度大小一定相等，且动能增大，选项B、C错误；电场力做的功等于粒子机械能的增加量，由以上分析可知，选项D正确。
9.(2021·广东汕头龙湖期末)如图所示，在水平平面内有一固定的光滑绝缘圆环，半径r＝0.3 m，圆环上套有一质量m＝1×10－2 kg、带电量q＝＋5×10－5 C的小球。匀强电场方向水平向右且与圆轨道所在平面平行。A为圆环最高点，B、C与圆心O在同一条水平线上。小球从A点以初速度v0＝ m/s向右运动，运动到B点时的速度vB＝3 m/s。重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)电场强度E的大小；
(2)小球最小速度的大小及此处对圆环的作用力的大小。
【答案】　(1)1 000 N/C　(2)0.05 N
【解析】　(1)小球从A到B，由动能定理得：
qEr＝mv－mv
代入数据解得：
E＝1 000 N/C
(2)小球在C点处速度最小，从A到C，由动能定理得：
－qEr＝mv－mv
在C点，由牛顿第二定律得：
qE＋FN＝m
解得：FN＝0.05 N
根据牛顿第三定律知，小球运动到C点时对圆环的作用力大小为0.05 N。
10．(2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三其他)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)

A．，沿y轴正向 B．，沿y轴负向
C．，沿y轴正向 D．，沿y轴负向
【答案】B
【解析】
因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向，大小为

若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为
E1＝k
因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为
E＝E合－E1＝
方向沿y轴负向
故选B。
11．(2021·江西省高考模拟)如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是

A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】B
【解析】
根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，在根据平行四边形定则分析B处点电荷受力；
A处点电荷所受静电力大小为F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷，所以可得C处电荷对B处电荷的电场力为引力，A处电荷对B处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得则B处点电荷受力可能，故B正确，A、C、D错误；
故选B．

【点睛】
关键是根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系分析C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷．
12.（13分）(2021·河南南阳一中模拟)如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．求：

(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)电子从A运动到B的时间tAB.
【答案】：(1)　v0　(2)－　(3)
【解析】：(1)电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a＝①
将电子在B点的速度分解(如图)可知

vB＝＝v0②
(2)由动能定理可知：－eUAB＝mvB2－mv02③
解②③式得UAB＝－.
(3)在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有：vy＝v0tan 30°④
vy＝atAB⑤
解①④⑤式得：tAB＝.
13.（13分）(2021·湖北省黄冈市检测)如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：

(1)OM的长L；
(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；
(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s。
【答案】　(1)　(2)　(3)＋
【解析】　(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有

cos 60°＝，即vA＝2v0，
tan 60°＝，即vy＝v0，
由牛顿第二定律知a＝，
由v＝2aL，知L＝。
(2)在区域 Ⅱ中，由图可知BC＝，
所以从A点到B点，由动能定理得
mg·＝mv－mv，
得vB＝3v0。
在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知
v＝2d，
得E′＝。
(3)vB＝t，所以t＝。
小球在竖直方向上做自由落体运动，即
h＝gt2＝，
所以小球到达右边界上的点与OO′的距离
s＝BC＋h＝＋。
14、（2021·福建省南平二检）如图，在水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则过最高点D的最小速度为
B. 若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到B点时机械能最大
C. 若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中机械能不守恒
D. 若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到D点且速度为零
【答案】BC
【解析】
A．由于电场强度mg=Eq，将电场力和重力合成，合力方向通过圆心时，合力所在的直线与圆周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，物体的加速度大小为
故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，在右上方的交点时，绳子拉力为零，此时则有：
解得，；故过最高点D的最小速度一定大于，故A错误；
B．除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做正功最大，故到B点时的机械能最大，故B正确；
C．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故C正确；
D．由于mg=Eq，则小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误；
故选BC。
15、（2021·北京市海淀区期末反馈）放射性同位素电池具有工作时间长、可靠性高和体积小等优点，是航天、深海、医学等领域的重要新型电源，也是我国近年重点科研攻关项目。某同学设计了一种利用放射性元素β衰变的电池，该电池采用金属空心球壳结构，如图1所示，在金属球壳内部的球心位置放有一小块与球壳绝缘的放射性物质，放射性物质与球壳之间是真空的。球心处的放射性物质的原子核发生β衰变发射出电子，已知单位时间内从放射性物质射出的电子数为N，射出电子的最大动能为Ekm。在0和Ekm之间的电子分布是均匀的，即任意相等的动能能量区间ΔE内的电子数相同。为了研究方便，假设所有射出的电子都是沿着球形结构径向运动，忽略电子的重力及在球壳间的电子之间的相互作用。元电荷为e，a和b为接线柱。
（1）求a、b之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短。
（2）图示装置可看作直流电源，在a、b间接上负载时，两极上的电压为U，通过负载的电流为I，在图2中画出I与U关系的图线。并由图像分析该电源电动势和内阻。


【答案】（1）Um=，I短=Ne；（2） ，，
【解析】
（1）由动能定理
可得
短路时所有逸出电子都到达b壳，故短路电流
（2）此时电流，
如答图所示

由图像的截距和斜率也可能得出电源的电动势，
电源内阻。
16.（2021·天津市红桥区二检）如图所示，在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板PQ，板长两板带等量异种电荷，上极板带正电，在MN右侧存在垂直于纸面的圆形匀强磁场区域（图中未画出）。现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在圆形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出，已知A点与下极板右端的距离为d。不计带电粒子重力。求：
（1）粒子从下极板边缘射出时的速度的大小和方向；
（2）画出粒子运动轨迹求从O运动到A经历的时间；
（3）若圆形磁场的中心可以任意选择位置，求圆形有界磁场的最小半径R。

【答案】（1）2v0；与竖直方向成30°（2）( )；（3）
【解析】(1)水平方向：
竖直方向：
解得：
粒子射出速度：
与竖直方向成30°角。
(2)带电粒子运动时间：
如下图

根据几何关系：
离开电场后，先匀速，匀速时间：
进入磁场，偏转120°到达A：
总时间： ( )
(3)粒子进入磁场圆周运动，进入点与射出点连线作为圆形磁场直径时，磁场区域最小，根据几何关系可知：