2025届高考物理二轮复习专题突破讲义： 电场

电场 课前学习任务 学习目标： 1. 理解电场的性质，会比较电场强度大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算静电力做功。 2. 会通过电场中的图像来分析问题。3.会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子在电场中的运动问题。 核心知识点 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷 的正负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能 的大小 正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低 静电力做功 根据UAB=，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 3.电势能大小的判断 (1)做功判断法：由WAB=EpA-EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。 (2)电荷电势法：由Ep=qφ可知，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。 (3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，动能减小时，电势能增大。 4.电场的叠加 (1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则； (2)电势的叠加：某点电荷Q在距离该电荷r处的电势φ=；多个电荷共同激发的电场中，某点的电势等于各个电荷单独在该点激发的电势的代数和。 电场中几种常见的图像 v-t图像 当带电粒子只受静电力时，从v-t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 φ-x图像 (1)从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化 (2)φ-x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E-x图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向 (2)图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep-x图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 5.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。 6.带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法 常见运动 受力特点 分析方法 静止或匀速 直线运动 合外力F合=0 共点力平衡 变速直线运动 合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上 1.用动力学观点分析：a=，E=，v2-=2ad，适用于匀强电场 2.用功能观点分析：W=qU=mv2-m，匀强和非匀强电场都适用 带电粒子在匀强电场中的偏转 进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动 运动的分解 偏转角：tan θ==== 侧移距离：y0==，y=y0+Ltan θ=(+L)tan θ 粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动 运动的分解 垂直电场方向做匀速直线运动：x=v0tsin θ 沿电场方向做匀变速直线运动：y=v0tcos θ-t2 带电粒子在非匀强电场中运动 静电力在变化 动能定理，能量守恒定律 7.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 (1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。 (2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。 课堂学习任务 考点一　电场的性质 例1　(2024·全国甲卷·18)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则(　　) A.Q1<0，=-2 B.Q1>0，=-2 C.Q1<0，=-3 D.Q1>0，=-3 例2　真空中有一正三角形ABC，如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在B、C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定正电荷，C点固定负电荷。则(　　) A.沿直线从A点到M点，电势逐渐降低 B.若电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势能逐渐增大 C.将电子从M点移动到A点，静电力一直做正功 D.电子从M点移动到A点与从A点移动到N点静电力做的功相等 变式1　(多选)如图为一正方体ABCD-EFGH，在A、G两顶点分别固定等量正、负点电荷，以无穷远处电势为零，下列说法正确的是(　　) A.顶点D、F两处电势不相等 B.顶点B、H两处电场强度不相同 C.正方体的12条棱上共有6个点电势为零 D.将一正试探电荷从D移到C和从B移到F，电势能变化量不同 变式2　(多选)如图所示，正方体abcd-a1b1c1d1，上下底面的中心为O和O1，在d点固定一电荷量为+Q的点电荷，c1点固定一电荷量为-Q的点电荷，bc的中点E固定一电荷量为+2Q的点电荷。下列说法正确的是(　　) A.b点的电场强度的小于c点的电场强度 B.a点与b1点的电势相同 C.c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差 D.将带正电的试探电荷由O点移动到O1，其电势能先增大后减小 考点二　电场中的图像问题 例3　如图乙所示，绝缘粗糙水平面上x=-2l处和x=4l处分别固定两个不等量正点电荷(场源电荷)，其中x=-2l处的电荷量大小为Q。两点电荷形成的电场在x轴上的电势φ与x关系如图甲所示，其中坐标原点处电势为φ0且为极小值，x=-l和x=2l处电势分别为φ0和φ0。现由x=2l处静止释放质量为m、电荷量为q的带正电物体(视为质点)，该物体刚好向左运动到x=-l处。物体产生的电场忽略不计，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.x=4l的电荷的电荷量为2Q B.物体在运动过程中，电势能变化量为 C.物体与地面动摩擦因数为 D.物体在坐标原点处动能最大 例4　如图甲，A、B是某电场中的一条电场线上的两点，一带负电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。取A点为坐标原点，且规定φA=0，AB方向为正方向建立x轴，作出了AB所在直线的电场强度大小E、电势φ、粒子的电势能Ep随x增大变化的E-x图像、φ-x图像、Ep-x图像，其中可能正确的是(　　) 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 例5　如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x=0至x=l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，电场强度大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点(-，0)由静止开始仅在静电力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。 (1)求电场Ⅱ的电场强度E'的大小； (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动能Ek。 例6　如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内，圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场，虚线AB的下方存在水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度大小与AB上方电场强度大小相等。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为q(q>0)、可视为质点的绝缘小球。现将该小球无初速度释放，经过一段时间，小球刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知圆管的半径r=s，圆管的管径忽略不计，AB=2s，PC=s，重力加速度为g。求： (1)电场强度的大小； (2)小球对圆管的最大压力； (3)小球从管口离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距管口A多远。 课后学习任务 一、单选题 1．如图所示，实线为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，O点为圆心，P、Q分别为两圆弧的中点，上的M、N两点关于O点对称。关于M、N两点的电场强度和电势，下列说法正确的是（    ） A．电场强度相同、电势不同 B．电场强度不同、电势相同 C．电场强度相同、电势相同 D．电场强度不同、电势不同 2．电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色，透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示某一像素胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的是（　　） A．像素由黑变白的过程中，电场力对黑色微粒做正功，对白色微粒做负功 B．像素由黑变白的过程中，黑色微粒向下迁移过程中电势能增大 C．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 D．无论人眼看见的透明面板是白色还是黑色，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 3．如图所示，一带正电小球在光滑绝缘水平桌面上，在水平匀强电场作用下从A到B与从B到C的时间均为1s。∠ABC为120°。AB、BC距离均为10m，带电小球在A到C运动过程中下列说法正确的是（　　） A．带电粒子在A处电势能大于C处电势能 B．运动过程中加速度为 C．带电粒子的最小速度为 D．电场线方向由AC连线中点指向B 4．沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其x轴正半轴上电场强度随x轴上位置变化规律如图所示，原点O到间的图线为直线，x轴正方向为电场强度正方向，x轴负方向为电场强度负方向，一个电荷量大小为q的粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到处，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　） A．该粒子带负电 B．粒子在处的电势能小于处的电势能 C．粒子在处的动能为 D．O点到之间电势差大于到之间电势差 5．在光滑绝缘的水平面上有、、三点，构成一个边长为的正三角形，点是正三角形的中心，、、分别是、、的中点。在、、三点分别固定有电荷量均为的点电荷，为静电力常量，下列说法正确的是（　　） A．、、三点的电场强度相同 B．点的点电荷所受的库仑力大小为 C．若将另一电荷量为的点电荷轻放于点，它将向点运动 D．若将另一电荷量为的点电荷从点移到点，再从点移到点此电荷的电势能将增加 6．静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为d。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（　　） A．负电荷， B．负电荷， C．正电荷， D．正电荷， 7．某电场的电势随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子（　　） A．将在ad之间做周期性运动 B．在d点的电势能大于a点的电势能 C．在b点与c点所受电场力方向相同 D．将沿x轴负方向运动，可以到达O点 8．在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为（L，0，L）处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中。已知绳长L，小球质量为m，电荷量为q，现把小球从A点由静止释放，刚好能到达水平最高点B处，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球所受的电场力大小为2mg B．从A到B过程中，小球的机械能增加了mgL C．从A到B过程中，小球的动能最大为 D．从A到B过程中，绳子的最大拉力为 10．中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为4 × 10−8 C，质量为2×10−4 kg，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104 V，距离桶底高度为1.0 m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．M处比N处的电场强度大 B．M处的电势低于N处的电势 C．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶 D．茶梗P落入桶底速度为5m/s 11．如图所示，半径为R的半圆形区域处于匀强电场中，电场方向与半径OC平行，∠AOC=45°。大量质量为m、带电量为+q的带电粒子，从A点以大小不同的初速度垂直OC射入半圆形区域，当带电粒子从B点射出半圆形区域时，速度变化量的大小为v，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小 B．粒子从A到B的运动时间 C．分别从O点和B点射出的粒子动能增量相等 D．分别从O点和B点射出的粒子速度方向相同 12．空间中有方向与纸面平行的匀强电场，其中纸面内P、Q和R三点分别是等边三角形abc三边的中点，如图所示。已知三角形的边长为2 m，a、b和c三点的电势分别为1 V、2 V和3 V。下列说法正确的是（　　） A．该电场的电场强度大小为1 V/m B．电子在R点的电势能大于在P点的电势能 C．将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为+0.5 eV D．将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为+0.5 eV 13．如图，在竖直平面内，一水平光滑直导轨与半径为2L的光滑圆弧导轨相切于N点，M点右侧有平行导轨面斜向左下的匀强电场。不带电小球甲以的速度向右运动，与静止于M点、带正电小球乙发生弹性正碰。碰撞后，甲运动至MN中点时，乙恰好运动至N点，之后乙沿圆弧导轨最高运动至P点，不考虑此后的运动。已知甲、乙的质量比为，M、N之间的距离为6L，的圆心角为，重力加速度大小为g，全程不发生电荷转移。乙从M运动到N的过程（　　） A．最大速度为 B．所用时间为 C．加速度大小为4g D．受到的静电力是重力的5倍 三、解答题 14．如图所示，竖直面内有一半径为r的光滑圆形轨道，圆形轨道的最低点B处有一入口与水平地面连接，空间存在方向水平向左的匀强电场。一带电荷量为、质量为m的小物块从水平地面上的A点由静止释放。已知电场强度大小，小物块与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度为，，。 (1)求等效重力加速度； (2)若取B点电势为零，，求物块电势能的最小值及此时的动能； (3)为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道，求释放点A到B的距离s满足的条件； 15．某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 答案精析 课堂学习任务 例1　B　[根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电，Q2带负电； 由题图中电势为0的等势线可知 k+k=0 由题图中距离关系可知=2 联立解得=-2，故选B。] 例2　D　[根据等量异种电荷电势分布，A点在垂直平分线上，电势为零，沿直线从A点到M点，电势逐渐升高，故A错误；沿直线从N点移动到A点，电势逐渐升高，根据Ep=qφ，电子带负电，所以电子的电势能逐渐减小，故B错误；将电子从M点移动到A点，电势降低，电势能升高，所以静电力做负功，故C错误；根据对称性可知，从M点移动到A点与从A点移动到N点的电势变化相等，所以静电力做的功相等，故D正确。] 变式1　AC　[顶点D距离正电荷较近、顶点F距离负电荷较近，可知D点电势较高，两处电势不相等，故A正确；由等量异种电荷周围的电场分布可知，顶点B、H两处电场强度大小和方向都相同，故B错误；正方体正中心在AG连线的中垂线上，该点电势为零。棱上任取一点，若该点至A、G两点距离相等，那么从中心到该点移动试探电荷，静电力做功一定为零，W=-ΔEp=0，则该点电势与中心一致，即为零，则有CD中点，BC中点，BF中点，EF中点，EH中点，DH中点，共6个点，故C正确；因为正、负点电荷是等量异种电荷，而B点更靠近正电荷，C点更靠近负电荷，所以B点的电势大于C点的电势。由于是在正方体中，由电场的叠加与对称性可知，D点和B点电势相同，C点和F点的电势相同，即UDC=UBF。由静电力做功公式有W=qU，所以将一正试探电荷从D移到C和从B移到F静电力做功相同，即电势能减少量相同，故D错误。] 变式2　AC　[d点处点电荷和c1点处点电荷为等量异种电荷，则两点电荷在b点的合电场强度小于在c点的合电场强度，而E处点电荷到b、c两点距离相等，即+2Q在两点的电场强度相等，由于两电场强度方向垂直，则b点的电场强度小于c点的电场强度，故A正确；根据φ=k，设+Q在a点电势为φ1，在b1点电势为φ2，则-Q在a点和b1点的电势分别为-φ2和-φ1。设+2Q在a点和b1点的电势为φ3。则a点电势为φa=φ1-φ2+φ3，在b1点电势为φb1=φ2-φ1+φ3，故a点与b1点的电势不相同，故B错误；由等量异种电荷电势分布特点可知在b、c、d1、a1的电势为零，b、c与E点距离相等，a1、d1与E点距离相等，故c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差，故C正确；将带正电的试探电荷由O点移动到O1，电势降低，电势能减小，故D错误。] 例3　C　[由φ-x图像的斜率大小表示沿x轴方向电场强度的大小可知，在x轴上x=0处的电场强度为零，则 k=k，可得Q'=4Q，故A错误； 物体在运动过程中，电势能变化量为 ΔEp=φ0q-φ0q=-，故B错误； 物体在运动过程中，由动能定理 W电-μmg·3l=0 W电=-ΔEp=，解得μ=，故C正确； 物体动能最大时，静电力等于摩擦力，因在坐标原点静电力为零，可知物体在原点位置时动能不是最大，故D错误。] 例4　C　[根据v-t图像可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受静电力在逐渐减小，电场强度E随x增大在逐渐减小，故A、B错误；粒子带负电，静电力方向从A指向B，电场强度方向从B指向A，故从A到B电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故φ-x图像的斜率逐渐减小，故C正确；从A到B电势能逐渐减小，但由于静电力逐渐减小，故Ep-x图像的斜率逐渐减小，故D错误。] 例5　(1)2E　(2)2qEl 解析　(1)带电粒子在电场 Ⅰ 中做初速度为0的匀加速直线运动，从P点到O点，根据动能定理可得 qE=mv2 粒子进入电场 Ⅱ 的速度为v= 粒子在电场 Ⅱ 中做类平抛运动，由运动学公式，可得l=vt，l=at2，a=，解得E'=2E (2)设粒子在电场 Ⅰ 中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得qEx=mv'2 解得v'= 粒子进入电场 Ⅱ 中做类平抛运动，设偏移量为y， 则有l=v't'，y=·t'2，解得y= 全过程由动能定理， 得qEx+qE'y=Ek 代入y整理后，得Ek=qE(x+) 根据数学知识可知，当x=，即x=l时，动能有最小值，最小值为Ek=2qEl。 例6　(1)　(2)7mg，方向与CD成45°指向左下 (3)16s 解析　(1)如图所示，小球释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则有 tan θ===1 解得电场强度的大小为E= (2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可得 mgs+qEs=m，解得vB=2 小球在图中M点时，受到的重力和静电力的合力如图所示，此时对圆管压力最大，从B到M根据动能定理可得 mg·2r=m-m 解得vM=2 由牛顿第二定律可得 FN-mg=m 解得FN=7mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力大小为7mg，方向与CD成45°指向左下。 (3)小球从B到A过程，根据动能定理可得 qE·2s=m-m， 解得vA=2 从A到N过程，小球做类平抛运动 竖直方向有t=2 水平方向有x=vAcos 45°t+axt2，ax= 联立解得x=16s。 课后学习任务 1．A 【详解】如图所示 把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为、的点电荷，关于O点对称的两正负点电荷、在M、N两点产生的电场强度都大小相等方向相同，如图中、。由对称性可知，M、N两点产生的合电场强度 方向相同，都沿从到方向。同理，PQ连线上的点电场强度方向也沿从到方向。PQ连线上的电场线方向为从到方向，沿电场线方向电势逐渐降低，故有 故M、N两点的电场强度相同、电势不同。 故选A。 2．D 【详解】A．像素由黑变白的过程中，电场力对黑色微粒和白色微粒都做正功，A错误； B．像素由黑变白的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，黑色微粒的电势能减小，B错误； C．像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，C错误； D．透明面板为黑色时，电场向下，黑色微粒所在区域的电势高；透明面板为白色时，电场向上，黑色微粒所在区域的电势也高，D正确。 故选D。 3．C 【详解】AB．将小球在A点速度v沿水平方向和竖直方向分解，分量分别为，将小球的加速度a沿水平方向和竖直方向分解，分量分别为，如图 则从A到B点，A到C点，根据匀变速直线运动规律，水平方向有 联立解得 ， 则从A到B点，A到C点，根据匀变速直线运动规律，竖直方向有 联立解得 ， 故加速度大小 方向左下，且与水平方向成角，如图 则 故 几何关系可知，a方向刚好从B点指向AC连线的中点，由于小球带正电，a方向与电场强度E（或电场线）方向同向，所以AC为等势线，所以AC电势相等，根据电势能 可知带电粒子在A处电势能等于C处电势能，故AB错误； C．以上分析可知，小球在A点的速度大小 设小球在A点的速度方向与水平方向成角，如上图，则 则带电小球的最小速度为 联立以上解得 故C正确； D．由AB选项分析，电场线方向由B点指向AC连线中点，故D错误。 故选 C。 4．C 【详解】A．粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到处，粒子先做加速运动后做减速运动，受力方向先与电场强度方向相同，后与电场强度方向相反，故粒子带正电，故A错误； B．粒子从到的过程中，电场力一直做正功，电势能减少，所以粒子在处的电势能大于处的电势能，故B错误； C．从O点到处，E-x图线与坐标轴所围的面积表示O点到处电势差。从O点到处由动能定理得 故在处的动能为，故C正确； D．设O点到之间电势差为,到之间电势差为，由动能定理得 得 O点到之间电势差与到之间电势差相等，故D错误。 故选C。 5．B 【详解】A．由图根据电场的叠加原理可知，、、三点的电场强度的大小相等，但方向不同，故A错误； B．由库仑定律可知，、两点对点的点电荷的库仑力大小均为 ，两库仑力的夹角为，所以点的点电荷受到的合力大小为 故B正确； C．三个点电荷在点激发的电场强度的矢量和为，所以将另一电荷量为的点电荷轻放于点，它将静止不动，故C错误； D．根据对称关系，、、三点的电势相等，所以将另一电荷量为的点电荷从点移到点，再从点移到点，此电荷的电势能不变，故D错误。 故选B。 6．C 【详解】由图可知，两极板间场强方向竖直向上，微粒受电场力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡可知 解得 故选C。 7．A 【详解】B．由图可知，、两点电势相等，根据可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误； C．图像斜率表示电场强度，由图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据可知在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误； AD．根据沿着电场线方向电势降低可知在点电场方向为轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达点，故A正确，D错误。 故选A。 8．A 【详解】设沿xyz轴方向的加速度分别为ax、ay、az，则 不加电场时有 则 联立解得 故选A。 9．BC 【详解】A．将小球从A点由静止释放，刚好能到达水平最高点B处，由动能定理可得 则重力与电场力的合力应与OA成45°斜向右下方，故A错误； B．从A到B过程中，电场力做正功，大小为 由功能关系可知，小球的机械能增加了mgL，故B正确； CD．当小球运动到等效最低点时，小球速度最大，动能最大，绳子拉力最大，从A点到等效最低点，根据动能定理可得 根据牛顿第二定律可得 联立解得 ， 故C正确，D错误。 故选BC。 10．CD 【详解】A．由于M点的电场线稀疏，N点的电场线密集，故M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误； B．沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M点的电势高于N点的电势，故B错误； C．设该电场的电场强度为E，根据牛顿第二定律有 解得 由于茶叶的比荷大于茶梗的比荷，可知在任何同一位置茶叶的加速度大于茶梗的加速度，水平方向都做加速运动， 即在相等时间内，茶叶的水平位移大于茶梗的水平位移，可知，茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，故C正确； D．设茶梗P落入桶底速度大小为，题意初速度，茶梗P从O点到落入桶底过程中，由动能定理可知 代入数据解得 故D正确。 故选CD。 11．ABD 【详解】AB．粒子做类平抛运动，则 联立解得 ， 故AB正确； C．由图可知，从B点射出时粒子沿电场方向的位移是从O点射出时电场方向位移的2倍，则从B点射出时电场力做功是从O点射出时电场力做功的2倍，根据动能定理可得，动能增量为2倍，故C错误； D．根据平抛运动的推论可知，速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的2倍，从O点和B点射出的粒子位移偏转角相同，则速度偏转角相同，所以从O点和B点射出的粒子速度方向相同，故D正确。 故选ABD。 12．AD 【详解】A．根据匀强电场中沿任意方向两点间中点的电势为两点电势的平均值，则有P点电势为 可知bP是等势面，则场强方向由c指向a点，场强大小 选项A正确； B．R点的电势为 可知电子在R点的电势能小于在P点的电势能，选项B错误； C．Q点的电势为 将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为 选项C错误； D．将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为 选项D正确。 故选AD。 13．ACD 【详解】A．甲乙发生弹性正碰，则有 联立解得 此后乙做减速运动，所以乙的最大速度为，故A正确； B．乙从M运动到N的过程中，甲运动到中点，甲做匀速直线运动，时间为 故B错误； C．乙从M运动到N的过程中，做匀减速直线运动，根据位移时间关系有 解得加速度大小 故C正确。 D．由于NP所对的圆心角为45°，设电场线方向与水平方向夹角为θ，乙从M到P根据动能定理有 根据C选项分析可知 联立可得 所以 ， 故D正确。 故选ACD。 14．(1) (2)； (3)或 【详解】（1）小物块所受的电场力方向水平向左，大小为 小球所受电场力和重力的合力称为等效重力，用表示，如图所示 则 即 等效重力加速度用表示，则 （2）如图所示，E点为小球做圆周运动的等效最低点，F点是与圆心“等高”的点，G点是等效最高点 若小球进入轨道后恰好能到达F点，设此时释放点A到B的距离为，则小球由A到F的过程中根据动能定理有 求得 则当时，小球恰好能够到达F点，则小球到达圆心的等高点C时电势能最小，小球由B点运动到C点过程中电场力做的功为 求得 即物块电势能的最小值为。 从A到C点，根据动能定理有 解得 （3）若小球进入轨道后恰好能通过G点，设此时释放点A到B的距离为，则小球由A到G的过程中根据动能定理有 小球通过G点时有 联立求得 所以，为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道，结合（2）可知，释放点A到B的距离s满足的条件为 或 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子进入偏转电场时的速度大小为，根据动能定理可得    解得 （2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U，根据类平抛运动规律得       加速度大小为    联立解得    故在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值为 （3）由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示 则最长时间与最短时间之差 几何关系可知    联立解得 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$