专题三 考点1 电场、带电粒子在电场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点1　电场、带电粒子在电场中的运动 考向一　电场的性质 1．(2021·浙江1月选考)如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是(　　) A．导体内部的场强左端大于右端 B．A、C两点的电势均低于B点的电势 C．B点的电场强度大于A点的电场强度 D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小 答案：D 解析：带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；根据Ep＝qφ可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。 2.如图所示，有一个均匀带正电的绝缘球体，球心为O1，球体内有一个球形空腔，球心为O2，M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心O1且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到O1的距离相等。则(　　) A．P、Q两点电场强度相同 B．P点电场强度比N点的小 C．M点电势比N点的低 D．M点电势比P点的高 答案：D 解析：将球形空腔看作填满了等量正、负电荷，且电荷密度与球体实心部分相同，则M、N、P、Q四点的电场强度和电势均可视为完整的均匀带正电的球体O1与均匀带负电的球体O2产生的电场强度和电势的叠加。根据均匀带电球体在球体外距球心r处产生的场强大小E＝k，场强方向背离球心(球体带正电)或指向球心(球体带负电)，以及矢量合成法则，可知P、Q两点场强大小相同、方向不同，A错误；由于P、N到O1的距离相同，所以完整的均匀带正电的球体O1在P、N产生的电场强度(分别设为EP1和EN1)大小相同，且方向均背离圆心O1，而完整的均匀带负电的球体O2在N点产生的电场强度EN2一定大于在P点产生的电场强度EP2，易知EN1和EN2方向相反，而EP1和EP2方向夹角小于180°，根据矢量合成法则可知P点电场强度比N点的大，故B错误；规定无穷远处为电势零点，由于M、N到O1的距离相等，所以完整的均匀带正电的球体O1在M、N产生的电势相等，由于M到O2的距离大于N到O2的距离，所以完整的均匀带负电的球体O2在M点产生的电势高于在N点产生的电势，根据电势的叠加可知M点电势比N点的高，同理分析可知M点电势比P点的高，故C错误，D正确。 考向二　电势差与电场强度的关系 3.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)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，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V，10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9 eV，D正确。 考向三　电场中的图像问题 4.(2017·江苏高考)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　) A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 答案：AC 解析：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，0<x<x1处的电势小于零，如果q1、q2为同种电荷，x正半轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必带有异种电荷，A正确。根据E＝－可知x1处的电场强度不为零，B错误。负电荷从x1移动到x2的过程，电势升高，根据Ep＝qφ可知，负电荷的电势能减小，C正确。根据E＝－，从x1到x2电场强度减小，所以负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小，D错误。 5．(多选)如图甲，电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电粒子，以大小为v0的初速度沿轴线仅在电场力作用下由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，则(　　) A．细圆环带负电 B．O、P两点间电势差UOP等于O、Q两点间电势差UOQ C．该粒子将会在P、Q两点之间做往复运动 D．该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小 答案：BD 解析：由图乙可知，圆环左侧电场强度方向向左，右侧电场强度方向向右，可知圆环带正电，故A错误；带正电粒子由P点运动到Q点的过程中，该粒子所受静电力方向先向左后向右，则静电力对该粒子先做负功再做正功，所以该粒子的电势能先增大后减小，故D正确；根据图乙可知，圆环的电场具有对称性，由E­x图线与x轴所围面积表示电势差，可得UOP＝UOQ，故B正确；粒子由P点运动到Q点，由动能定理得mv－mv＝qUOQ－qUOP，解得vQ＝v0，即该粒子运动至Q点时的速度与在P点时的速度相同，到达Q点后将继续向右运动，不会在P、Q两点之间做往复运动，故C错误。 考向四　平行板电容器相关问题分析 6.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　) A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 答案：A 解析：设A与B、B与C间的电场强度大小分别为E1、E2，板间距分别为d1、d2，电子由O点运动到P点的过程中， 根据动能定理得eE1d1－eE2d2＝0－0① 当C板向右平移后，B、C板间的电场强度E2′＝＝＝＝，则B、C板间的电场强度与板间距无关，即E2′＝E2，第二次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，则eE1d1－eE2′x＝0－0② 联立解得x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。 考向五　带电粒子(带电体)在电场中的运动 7.(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A．M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都增加 C．粒子在两板间的加速度a＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ 答案：C 解析：由于不知道两粒子或M、N所带电荷的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板下端过程电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。 8.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a(　　) A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 答案：BC 解析：小球a从N点静止释放后，受到重力mg、库仑力FC和槽的支持力FN作用，如图所示。小球a从N点到Q点过程中，重力与库仑力的夹角θ一直减小，a、b两球之间的距离一直减小，故库仑力一直增大，因此重力与库仑力的合力一直增大，A错误；将小球a所受库仑力、重力沿半圆槽半径方向和半圆槽切线方向进行正交分解可知，从N到P的过程中，小球a所受重力沿半圆槽切线方向的分力F1开始时大于其所受库仑力沿半圆槽切线方向的分力F2，随着小球a向下运动，F1减小，F2增大，当小球a经过P点时，F1<F2，则在P、N之间某点F1＝F2，故从N到P的过程中，小球a的速率先增大后减小，B正确；小球a从N到Q的过程中，两球之间的距离一直减小，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q的过程中，由能量守恒定律可知，小球a的动能减少量等于电势能和重力势能的增加量之和，故动能减少量大于电势能增加量，D错误。 1．(2024·湖北高考)(多选)关于电荷和静电场，下列说法正确的是(　　) A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 答案：AC 解析：根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；根据电场线和等势面的关系可知，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电场力对该点电荷做正功，该点电荷的电势能将减小，根据φ＝可知，若点电荷带正电，则将从高电势的地方向低电势的地方运动，若点电荷带负电，则将从低电势的地方向高电势的地方运动，故C正确，D错误。 2.(2024·广东高考)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有(　　) A．M点的电势比N点的低 B．N点的电场强度比P点的大 C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 答案：AC 解析：根据沿着电场线方向电势降低，结合题图可知，M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比其在N点的大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，则电场力对其做正功，故A、C正确；根据题图中电场线的疏密程度可知，N点的电场强度比P点的小，故B错误；由题可知，M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与其在P点的相等，结合C项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。 3.(2024·甘肃高考)(多选)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 答案：BCD 解析：电场线处处与等势面垂直，且从电势高的地方指向电势低的地方，据此可知，M点的电场强度垂直于此处等势面的切线指向左下方，根据做曲线运动的物体所受合力的方向特点可知，粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧，则该带电粒子所受电场力的方向与电场方向相同，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集的地方场强越大，由题图可知M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，且M点的电势大于N点的电势，由Ep＝qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确；由于带电粒子仅在电场作用下运动，由能量守恒定律可知，粒子的电势能与动能之和不变，运动轨迹上电势最高点位置，粒子的电势能最大，在该位置粒子的动能最小，故C正确。 4.(2024·北京高考)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是(　　) A．P点电场强度比Q点电场强度大 B．P点电势与Q点电势相等 C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 答案：C 解析：由等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；MN连线上的电场线方向由正点电荷指向负点电荷，沿电场线方向电势降低，可知，P点电势高于Q点电势，B错误；由点电荷电场强度E＝k和电场强度叠加原理得，P点电场强度大小EP＝k＋k，可知，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理，P、Q间任意一点的电场强度大小均变为原来的2倍，而P、Q间距离不变，根据U＝Ed及微元累积法可知，P、Q两点间电势差变为原来的2倍，C正确，D错误。 5.(2024·浙江6月选考)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则(　　) A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大 答案：D 解析：当极板间距d增大时，根据C＝可知，电容器的电容C减小，又C＝，Q不变，则极板间电势差U增大，故A、B错误；极板间电场强度E＝，联立可得E＝，可知极板间距增大时，极板间电场强度大小不变，故C错误；右极板对左极板始终有向右的电场力，向左移动左极板的过程，要克服电场力做功，故极板间距增大时，电容器储存能量增大，故D正确。 6．(2024·辽宁高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　) A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 答案：B 解析：由题图a可知，降低溶液浓度cm，该种不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据平行板电容器的电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，故A错误；因为开关S闭合，所以电容器两极板之间的电势差U不变，始终等于电源电压，根据Q＝CU，结合A项分析可知，电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据以上分析可知，溶液浓度降低过程中电容器所带的电荷量增大，则电源给电容器充电，结合题图b可知，电路中电流方向为N→M，故D错误。 7．(2023·重庆高考)真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x＝x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距(　　) A．x0 B．(2－1)x0 C．2x0 D．(2＋1)x0 答案：B 解析：负电荷Q1在x＝x0处产生的电场沿x轴负方向，而x＝x0处的合电场强度为0，故正电荷Q2在x＝x0处产生的电场沿x轴正方向，可知Q1、Q2在x＝x0处的同一侧。设Q2到x＝x0处的距离为l，对x＝x0处，根据点电荷场强公式及场强的叠加原理，可得k－k＝0，由题意知|Q2|＝8|Q1|，联立解得l＝2x0，故Q1、Q2相距Δx＝l－x0＝(2－1)x0，故B正确。 8．(2024·全国甲卷)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 答案：B 解析：根据电场线处处与等势线垂直，且方向由高电势处指向低电势处，可得Q1与Q2间的电场线由Q1指向Q2，则Q1带正电，Q2带负电，即Q1>0，Q2<0；设图中电势为0的等势线与Q1、Q2连线的交点到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，由图可知，r1＝2r2，对该交点处，由φ＝k和电势叠加原理，可得k＋k＝0，联立解得＝－2。故B正确。 9．(2024·湖南高考)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) 答案：D 解析：根据点电荷的场强公式可知，电荷量为＋4q的点电荷在x轴正半轴坐标为x处的场强大小为E1＝k，方向沿x轴正方向，电荷量为－q的点电荷在该处的场强大小为E2＝k，方向沿x轴负方向；＝＝，则随着x增大，逐渐增大，且当x＝1时，E1＝E2，所以在x＝1的位置，场强为0，在x>1的位置，E1>E2，电场方向沿x轴正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，电场方向沿x轴负方向；又因为无限远处电势为0，沿电场线方向电势降低，则在x轴正半轴上，从无限远到x＝1位置，电势从0开始增大，在x＝1位置电势最大，从x＝1位置到x＝0位置，电势一直减小，因x＝0处固定电荷量为－q的点电荷，则靠近x＝0处的电势小于0，故D正确。 10．(2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　) A. B.(6＋) C.(3＋1) D.(3＋) 答案：D 解析：M点的电场强度为0，根据电场强度的叠加原理结合对称性可知，带电细杆在M点产生的场强等效于A点电荷量为q的点电荷在M点产生的场强，由几何关系知，A点到M点的距离为r1＝a，因此带电细杆在M点产生的场强大小为E杆＝＝，方向沿AM向下，由对称性可知，带电细杆在A点产生的场强大小为E杆，方向沿MA向上，而B、C两点的点电荷在A点产生的电场强度大小均为E＝，方向分别为沿BA向上、沿CA向上，根据电场强度的叠加原理可知，A点的电场强度大小为EA＝E杆＋2Ecos30°＝(3＋)，故D正确。 11.(2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则(　　) A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 答案：B 解析：设小球P、Q的质量分别为mP、mQ，所带电荷量分别为qP、qQ，两球之间的库仑力大小为F，连接P、Q的两绳的拉力分别为TP、TQ，与竖直方向的夹角均为θ，匀强电场的电场强度大小为E。对两小球受力分析如图所示，根据平衡条件，对小球P有qPE＋F＝TPsinθ　①，TPcosθ＝mPg　②；对小球Q有qQE＋TQsinθ＝F　③，TQcosθ＝mQg　④。由①③得TP＝，TQ＝，则TP>TQ，A错误；由②④得＝，又TP>TQ，可知mP>mQ，B正确；若qP＝qQ，分析可知，上述关系式可能均成立，所以C、D错误。 12．(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A．OB的距离l＝ B．OB的距离l＝ C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS D．AC之间的电势差UAC＝－ 答案：AD 解析：小滑块经过B点时，加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin30°＝cos30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。 13.(2024·浙江1月选考)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　) A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 答案：C 解析：根据动能定理，从金属极板M上以速率vM逸出的光电子从M到N的过程，有eU＝EkN－mv，解得电子到达N板时的动能为EkN＝eU＋mv，则电子到达N的动能EkN与M、N间距无关，故A错误；当vM＝vm时，可得电子到达N时的最大动能EkNm＝eU＋mv，则EkNm与电子从M中逸出的方向无关，B错误；以速率vm平行极板M逸出的电子在M、N间的运动时间最长，从M到N过程在y方向的位移最大，设此电子在M、N间运动时间为t，根据类平抛运动规律，有ym＝vmt，d＝at2，其中电子的加速度大小a＝，又M、N间电场强度大小E＝，联立解得电子从M到N过程中y方向的最大位移大小ym＝vmd，C正确；设M、N间加反向电压Uc时，电流表示数恰好为零，此时以速率vm垂直极板M射出的电子运动至极板N时速度恰好为零，由动能定理可得－eUc＝0－mv，解得Uc＝，D错误。 14．(2024·辽宁高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 答案：D 解析：小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，可知小球所受电场力和重力的合力沿着虚线方向；已知电场强度方向为水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小球所受重力竖直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合力沿虚线向下，所受电场力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。 15.(2024·浙江6月选考)如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则(　　) A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 答案：C 解析：小球从A到C的过程，等量异种点电荷的电场对小球的电场力F1方向与MN平行，该电场力对小球不做功，匀强电场对小球的电场力F2＝Eq，方向竖直向上，该电场力对小球做负功，则合电场力对小球做负功，小球电势能增加，故A错误；当F2＝mg时，圆环对小球的弹力和两异种点电荷的电场力的合力始终指向圆心O，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；小球从A到B，根据动能定理，有(mg－Eq)R＝mv－mv，小球运动到B点时，设向心加速度为a1，根据牛顿第二定律，有ma1＝m，联立可求出a1的大小、方向，小球运动到B点时，设切向加速度为a2，在竖直方向，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律，有mg－Eq＝ma2，可求出a2的大小、方向，根据矢量合成，可求出小球运动到B点的加速度的大小、方向，故C正确；小球经过D点时，所受重力、匀强电场的电场力与AC方向平行，所受两异种点电荷的电场力与MN方向平行，均不能提供向心力，则小球在D点受到圆环的作用力在垂直MN指向O方向的分力不为零，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。 16．(2024·广西高考)如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sinθ＝，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中(　　) A．静电力做正功 B．静电力做负功 C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功 答案：A 解析：如图所示，设小圆环从P1点运动到P2点的过程中经过P点时，PM与MN夹角为α，根据几何关系，得θ≤α≤90°－θ，并可得出图中几个角均等于α角。小圆环经过P点时，M处点电荷对小圆环的库仑力沿P点处圆弧切线方向向右的分力大小为FMx＝FM·sinα＝ksinα，已知α逐渐增大，则FMx随α增大而逐渐增大；N处点电荷对小圆环的库仑力沿P点处圆弧切线方向向左的分力大小为FNx＝FN·cosα＝kcosα，已知α逐渐增大，则FNx随α增大而逐渐减小；当FMx＝FNx时，解得tanα＝，则此时α＝90°－θ，可知小圆环从P1运动到P2的过程中，始终有FMx≤FNx(只有在P2处FMx＝FNx)，即小圆环所受静电力沿轨迹切线方向的分力始终向左(在P2处为0)，故静电力一直对小圆环做正功，A正确，B、C、D错误。 17．(2024·安徽高考)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝ 答案：D 解析：在剪断细线瞬间，小球3由静止开始向左运动，具有加速度，由牛顿第二定律可知，小球3所受合力不为0，当三个小球运动到同一条直线上时，由对称性可知，小球3受到小球1和2的电场力大小相等，方向相反，受到两细线的拉力大小相等、方向相反，此时所受合力为0，故该过程中小球3受到的合力大小是改变的，A错误；对三个小球组成的系统受力分析可知，系统受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系统所受合力为0，则在该过程中系统的动量守恒，没有外力对系统做功，则系统内的电势能与动能相互转化，能量守恒，B错误；以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有mv3－m(v1＋v2)＝0，因为小球1和小球2的运动具有对称性，则两小球的速度大小时刻相等，即v1＝v2，联立解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律可得，＝mv＋mv＋mv，联立解得v3＝，D正确。 18．(2024·海南高考)(多选)真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q≥0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　) A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为 C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 答案：BCD 解析：如图，设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强的方向与竖直方向的夹角为θ，由点电荷的场强公式可知，P1处的点电荷在A处产生的电场强度大小E1＝k，根据对称性及场强的叠加原理可知，A点的合场强大小为E＝2E1cosθ，联立可得E＝k·sin2θcosθ＝(cosθ－cos3θ)，由数学导数知识可知，当cosθ＝时，E有最大值，且最大值为Emax＝，此时A、O之间的距离为h＝＝r，故A错误，B正确；在M点放入一电子，从静止释放，电子将受向上的电场力从而向上运动，由于r>h，则电子向上运动的过程中所在位置的电场强度一直变小，所受的电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；以O点为坐标原点，以沿P1P2连线向右为正方向建立x轴，当电子在坐标x′处时，电子受到的电场力为F＝－＝keq·，当x′≪r时，有F＝keq·＝－·x′，F与x′的方向相反，大小成正比，又O、N之间的距离x≪r，所以在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动，O点为平衡位置，所受电场力充当回复力，故D正确。 19．(2024·江西高考)(多选)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　) A．最低点的位置x＝ B．速率达到最大值时的位置x＝ C．最后停留位置x的区间是≤x≤ D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f) 答案：BD 解析：小球甲所受重力竖直向下且不变，所受电场力竖直向上且越向下越大，则由上到下，重力与电场力的合力先向下且不断减小，减小到0后向上且不断增大，在重力与电场力的合力为0的位置，重力与电场力的合力做功最大，总势能最小，由此位置向上或向下，总势能均增大，若小球甲到达最低点能返回，则在最低点重力与电场力的合力向上，又摩擦力始终对小球甲做负功，根据能量守恒定律分析可知，小球甲第一次到达的最低点就是整个过程的最低点，小球甲从开始释放至运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x′)＝f(x0－x′)＋，解得最低点的位置x′＝，A错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x′<，又x′＝，则<，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f)，D正确；小球甲最后静止时，所受静摩擦力大小f静的范围为0≤f静≤f，若小球甲所受静摩擦力方向向上且最大，根据共点力平衡条件有mg＝f＋k，解得此时小球甲的位置x1＝，若小球甲所受静摩擦力方向向下且最大，根据共点力平衡条件有k＝mg＋f，解得此时小球甲的位置x2＝，因此小球甲最后停留位置x的区间为≤x≤，C错误；分析可知，小球甲第一次向下经过x1位置时速率第一次最大，若到达最低点能返回，则第一次向上经过x2位置时速率第二次最大，因第一次向下运动过程从x1到x2速率减小，从第一次向下经过x2到第一次向上经过x2，由能量守恒定律可知，小球甲的动能减小，速率减小，则小球甲第一次向上经过x2的速率小于第一次向下经过x1的速率，同理可知，第二次向下经过x1的速率小于第一次向上经过x2的速率，……，所以小球甲第一次向下经过x1位置时速率最大，故B正确。 20．(2024·河北高考)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案：(1) (2)　 解析：(1)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，电场强度的大小为E＝。 (2)设小球在A点的速度大小为vA，在B点的速度大小为vB。小球在A点时，细线对小球的拉力为0，对小球，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m 解得vA＝ 从A到B的过程，对小球，根据动能定理得 qU－mgL＝mv－mv 解得vB＝。 1．(2024·广西南宁市高三一模)(多选)图甲是一种静电除尘装置，其原理简图如图乙所示，在板状收集器A与线状电离器B间加恒定高压，让废气从一端进入静电除尘区经过净化后从另一端排出，其中一带负电的尘埃微粒沿图乙中虚线向收集器A运动，P、Q是运动轨迹上的两点，不计微粒重力和微粒间的相互作用，不考虑微粒运动过程中的电荷量变化。下列分析正确的是(　　) A．P点电势比Q点电势低 B．微粒在P点的速度比在Q点的大 C．微粒在P点具有的电势能比在Q点的大 D．微粒在P点具有的电势能比在Q点的小 答案：AC 解析：由于A带正电，B带负电，根据沿电场方向电势降低，可知离A越近电势越高，离B越近电势越低，则P点电势φP比Q点电势φQ低，故A正确；微粒由P点向Q点运动过程中，只受电场力作用，则微粒电势能与动能之和恒定，微粒带负电，由Ep＝qφ可知，微粒在P、Q两点具有的电势能EpP>EpQ，由于mv＋EpP＝mv＋EpQ，则vP<vQ，故C正确，B、D错误。 2.(2024·江西省抚州市高三下毕业班教学质量监测)(多选)如图所示在同一电场中A、B两个点电荷的电势能Ep随电荷位置x变化的图像，已知x轴正方向跟电场线方向相同，不考虑电荷A、B电场的相互影响，由此可判断(　　) A．该电场一定是匀强电场 B．电荷A是正电荷，B为负电荷 C．电荷A的电荷量是电荷B的2倍 D．沿x方向移动A、B电荷相同的距离，电场力做功相同 答案：AC 解析：根据ΔEp＝q·Δφ和Δφ＝E·Δx，可得ΔEp＝qE·Δx，所以Ep­x图像斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图可知A、B两点电荷在电场中所受电场力大小不变，则电场强度不变，即该电场一定是匀强电场，A正确；沿电场线方向移动电荷A，电势能增大，说明电场力对电荷A做负功，即电荷A所受电场力与电场强度方向相反，电荷A是负电荷，同理B是正电荷，B错误；从图中可以看出，沿x轴移动电荷A、B相同的位移，电势能变化量之比为2∶1，即电场力做功之比为2∶1，由ΔEp＝qE·Δx可知，A、B电荷量之比为2∶1，C正确，D错误。 3.(2024·山东省聊城市高三下三模)(多选)如图所示，在正四面体的两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷，a、b是所在棱的中点，c、d为正四面体的另外两个顶点，则以下判断正确的是(　　) A．c、d两点电势相等 B．a、b两点的电场强度相同 C．沿棱从b到d电势逐渐降低 D．将试探电荷＋q沿棱从c移动到d，＋q的电势能先减小后增大 答案：AC 解析：依题意，取无穷远处电势为0，cd棱位于两点电荷连线的中垂面上，c、d两点电势相等，均为0，试探电荷＋q沿棱从c移动到d，＋q的电势能始终不变，故A正确，D错误；由电场强度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；沿棱从b到d的点距正电荷均较近，由电场强度的叠加原理可知，电场强度沿棱方向的分量始终由b指向d，则沿棱从b到d电势逐渐降低，故C正确。 4.(2024·江苏省镇江市高三下适应性练习)如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功分别为(　　) A.E，W B.E，W C.E，W D.E，W 答案：A 解析：把题中半圆环等分为两段，每段为圆环，设每段在O点的电势为φ0，电场强度为E0，且方向分别与E夹角为θ＝45°，根据电场强度的叠加原理，可知E0＝E，因为电势是标量，O点的电势为φ＝2φ0，则W＝－qφ，同理，在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧后，由于其电性与abc相反，cd段在O点形成的场强大小E1＝E0，与ab段在O点的场强方向相同，电势φ1＝－φ0，根据场强叠加原理，可知在cd处再放置带电圆弧后，O处的场强大小为E′＝＝E，电势为3个圆弧在O点的电势之和，为φ′＝φ0＋φ0＋φ1＝，将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为W′＝－qφ′＝W，故选A。 5.(2024·陕西省商洛市高三下第三次尖子生学情诊断)图中所示虚线1、2、3、4为静电场的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一个电子在运动中仅受静电力的作用，经过a、b点的动能分别为2 eV和17 eV，则下列说法正确的是(　　) A．电子一定是从a点运动到b点 B．等势面1的电势为10 V C．电子在等势面2上的电势能为－5 eV D．电子的电势能为－3 eV时，它的动能为15 eV 答案：D 解析：电子不一定是从a点运动到b点，也可能是从b点运动到a点，A错误；由题意可知，电子在运动过程中，其动能与电势能之和守恒，有Epa＋Eka＝Epb＋Ekb，其中Eka＝2 eV，Ekb＝17 eV，又因为Ep＝－eφ，联立解得φb－φa＝15 V，结合题图可知相邻的等势面之间的电势差为5 V，因为φ3＝0，所以φ1＝－10 V，φ2＝－5 V，故B错误；电子在等势面2上的电势能为Ep2＝－eφ2＝5 eV，故C错误；电子在等势面1上的电势能为Ep1＝－eφ1＝10 eV，电子运动中仅受电场力，动能和电势能之和不变，为E＝Ep1＋Eka＝12 eV，所以电子的电势能为Ep′＝－3 eV时，它的动能为Ek′＝E－Ep′＝15 eV，故D正确。 6．(2024·安徽省马鞍山市高三下三模)(多选)如图甲所示，t＝0时刻，两个带电粒子M、N同时飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后分别在和T时刻从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入偏转电场，两板间电压U2变化规律如图乙所示。T时刻粒子M从A板的右端离开电场区域，不考虑两粒子之间的作用力，不计粒子的重力。则(　　) A．两粒子到达S的速度之比为2∶1 B．两粒子的比荷之比为1∶4 C．粒子N将打到下极板的中点 D．偏转电场对粒子N所做的总功为零 答案：AD 解析：带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，两粒子带同种电荷，设粒子M、N到达小孔S时速度大小分别为vM、vN，加速电场两极板间距离为d1，根据运动学公式可知·＝d1，·T＝d1，则＝，A正确；设粒子M、N在加速电场中加速度分别为aM、aN，比荷分别为、，粒子M、N在加速电场中有vM＝aM·，vN＝aNT，其中aM＝、aN＝，比较可得∶＝4∶1，B错误；设偏转电场两极板间距离为d2，由题意可知，粒子M在偏转电场中运动时间为，其中，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，有L＝vM，沿电场方向的分运动为匀加速直线运动，加速度大小为，有＝··，假设粒子N未打在极板上，沿初速度方向有L＝vNt，由速度关系求得t＝T，说明粒子N在偏转电场中运动一个周期，粒子N在偏转电场运动半个周期时偏转位移y＝··，比较可得y＝，方向向下，由运动的对称性可知，粒子N在偏转电场中运动一个周期时偏转位移为y′＝2y＝，假设成立，说明粒子N在距中线下方处飞出，C错误；由C项分析可得，偏转电场对粒子N所做的总功W＝·y－·y＝0，D正确。 7．(2024·江西省九江市高三下三模)如图甲所示，半径为R的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽略，内壁光滑，管道最低点为B，最高点为A，圆管道所在平面内存在一匀强电场，在B点给质量为m、带电荷量为＋q的小球一水平向左的初速度，小球运动过程中动能与机械能随转过角度的关系分别如图乙、图丙所示，已知B点为重力势能和电势能的零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为g，小球可视为质点，则(　　) A．电场强度大小为，方向与水平方向成45°角斜向左下方 B．小球的初动能为(1＋)mgR C．小球的最大机械能为(1＋)mgR D．小球在A点对管壁的作用力大小为(1＋)mgR 答案：B 解析：根据图丙可知，当小球转过的角度为270°时，小球的机械能最小，电场力做的负功最多，说明电场力的方向水平向左，A错误；根据图乙可知，当小球转过的角度为225°时，小球的动能为零，说明此时小球在“等效最高点”，说明电场力与重力的合力与竖直方向成45°指向左下方，有qE电cos45°＝mgsin45°，解得匀强电场的电场强度E电＝，对小球从B点到“等效最高点”的过程，在竖直方向移动的距离为R(1＋cos45°)，沿电场力方向移动的距离为Rsin45°，设小球的初动能为Ek0，根据动能定理有－mgR(1＋cos45°)－qERsin45°＝0－Ek0，解得Ek0＝(1＋)mgR，B正确；当小球转过的角度为90°时，电场力做的正功最多，机械能最大，根据功能关系有qER＋Ek0＝Em，解得Em＝(2＋)mgR，C错误；从B点到A点根据动能定理有－2mgR＝EkA－Ek0，解得EkA＝(－1)mgR＝mv，设小球在A点时管壁对小球的作用力大小为FN，方向向上，在竖直方向上根据牛顿第二定律有mg－FN＝，解得FN＝(3－2)mg，由牛顿第三定律可知，小球在A点对管壁的作用力大小为FN′＝FN＝(3－2)·mg，D错误。 8.(2023·湖南省永州市高三下三模)如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中(　　) A．速度的最小值为v B．所受电场力的最小值为mg C．动能与电势能之和一直减小 D．水平位移与竖直位移的大小之比为2∶1 答案：B 解析：在运动过程中，小球所受电场力、重力均为恒力，则小球所受合力为恒力，做匀变速运动，将小球的速度、加速度均沿x、y轴进行正交分解，设小球从P运动到Q所用时间为t，则小球水平方向向右做匀减速直线运动，分加速度大小为ax＝，竖直方向向下做初速度为0的匀加速直线运动，分加速度大小为ay＝，令小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有tanθ＝，解得tanθ＝，可将小球在空中的运动视为类斜抛运动，将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知垂直于合加速度方向的分速度即为速度的最小值，则有vmin＝vcosθ，解得vmin＝v，A错误；由小球所受合力方向与竖直方向夹角为θ可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力为最小值，则有F电min＝mgsinθ，解得F电min＝mg，B正确；小球从P点运动到Q点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球运动过程中重力势能、动能与电势能之和守恒，可知动能与电势能之和一直增大，C错误；小球水平分位移大小为x＝t，小球竖直分位移大小为y＝t，解得＝，D错误。 9．(2024·辽宁省高三下模拟)如图a，空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的小球用一长为L的绝缘轻绳悬挂于O点，其静止时轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力。(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求电场强度E的大小和小球静止时轻绳对其拉力FT的大小； (2)若将小球拉到最低点，给小球垂直纸面向里的初速度v0，使小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，如图b所示，求小球初速度v0的大小。 答案：(1)　　(2) 解析：(1)根据平衡条件，小球静止时有 qE＝mgtanθ FT＝ 可得E＝，FT＝。 (2)由题可知，小球做圆锥摆运动，运动平面与重力和电场力的合力F合垂直，圆周运动半径r＝Lsinθ 由第(1)问可知， F合＝FT＝ 根据牛顿第二定律有F合tanθ＝m 联立解得v0＝。 10．(2024·四川省成都市高三下三诊)如图所示，竖直面内存在直角坐标系xOy，平行于y轴的虚线MN、PQ将第一象限分为Ⅰ、Ⅱ两个区域。区域Ⅰ的宽度为3d，在0≤y<d的区域内存在竖直向上的匀强电场E1，在y>d的区域内存在竖直向下的匀强电场E2。区域Ⅱ的宽度为d，其内部存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场E3。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球由O点沿x轴正方向以v0＝的速度射入区域Ⅰ，小球仅从直线y＝d上的点A穿过后，经过点B(3d，d)垂直MN进入区域Ⅱ，经过PQ与x轴的交点C，速度大小vC＝5。E1、E2、E3的大小均未知，小球重力不可忽略，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)区域Ⅱ中B、C两点的电势差UBC； (2)区域Ⅰ中匀强电场E1的大小； (3)小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小。 答案：(1)　(2)　(3)m 解析：(1)小球在区域Ⅰ电场中运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先做加速运动再做减速运动，最终沿电场方向的分速度大小为零，则小球在B点时的速度大小vB＝v0 从B到C的过程中，由动能定理可得 mgd＋qUBC＝mv－mv 解得UBC＝。 (2)设小球在区域Ⅰ中经过直线y＝d时，竖直方向速度为vy，在E1中运动的加速度大小为a1，时间为t1，在E2中运动的时间为t2， 在水平方向上有v0(t1＋t2)＝3d 竖直方向，在E1中有d＝t1 在E2中有d＝t2 解得t1＝ 小球在区域ⅠE1中，竖直方向上，由运动学公式可得d＝a1t 由牛顿第二定律可得qE1－mg＝ma1 解得E1＝。 (3)在区域Ⅱ中，设电场强度E3沿水平方向的分量为Ex，沿竖直方向的分量为Ey，小球沿水平方向的加速度大小为ax，沿竖直方向的加速度大小为ay，在C点时水平方向的速度为vx，竖直方向的速度为vy，在电场中运动的时间为t3，由运动学公式可得在竖直方向上d＝t3 在水平方向上d＝t3 vC＝ 联立可得vx＝3，vy＝4， t3＝ 水平方向，由牛顿第二定律得qEx＝max 由加速度定义式可得ax＝ 竖直方向，由牛顿第二定律得mg＋qEy＝may 由加速度定义式可得ay＝ 区域Ⅱ的场强大小为E3＝ 小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小I＝qE3t3 联立解得I＝m。 1．(2024·江苏省扬州市高三下三模)磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为k′的轻质弹簧。细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，静电力常量为k，介质的相对介电常数为εr，细胞膜的面积S≫d2。当内外两膜层分别带有电荷量Q和－Q时，关于两分子膜层之间距离的变化情况，下列说法正确的是(　　) A．分子层间的距离增加了 B．分子层间的距离减小了 C．分子层间的距离增加了 D．分子层间的距离减小了 答案：B 解析：当内外两膜层分别带有电荷量Q和－Q时，两膜层之间的电场力为引力，在该引力作用下，分子层之间的距离减小，设距离减小量为Δx，由于无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，细胞膜的面积S≫d2，则膜层周围的电场也可近似看为匀强电场，令两膜层之间的电场强度为E，可知单独一个分子层产生的场强为E，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为k′的轻质弹簧，对于其中一个分子层，则有k′Δx＝Q·E，根据电容的表达式有C＝，C＝，根据电场强度与电势差的关系有E＝，结合上述解得Δx＝，即分子层间的距离减小了，故选B。 2．(2023·福建高考)如图a，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q(q>0)和－q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t＝0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。在t1时刻，A到达位置S，速度为v1，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B碰撞前的瞬间，A的速度为2v1，此时t＝t3。0～t3时间内A的v­t图像如图b所示，v1为图线中速度的最小值，t1、t2、t3均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求0～t1时间内，合外力对A所做的功； (2)求t1时刻A与B之间的距离； (3)求t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功； (4)若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2v1，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度大小。 答案：(1)mv－mv　(2) (3)　(4)(1＋)v1 解析：(1)设0～t1时间内，合外力对A所做的功为W，根据动能定理可得W＝mv－mv。 (2)设t1时刻A与B之间的距离为r1，则此时A受到B的库仑力大小FBA＝k 匀强电场对A的电场力大小F＝qE 由题图b可知，t1时刻v­t图像的斜率为0，则此时A的加速度为0，A所受合外力为0，根据平衡条件有FBA＋F＝f 其中A受到的滑动摩擦力大小f＝2qE 联立解得r1＝。 (3)t1时刻，根据牛顿第三定律可知，B受到A的库仑力大小FAB＝FBA 计算可知FAB＋qE＝f 即此时B恰好受力平衡。分析知，t1时刻，B将从静止开始向左运动 设t2时刻A和B的距离为r2，t1～t2时间内，A向右的位移大小为sA，B向左的位移大小为sB，匀强电场对A做的功为WA，对B做的功为WB，对A和B做的总功为W总。在t2时刻，A速度达到最大，则此时A所受合力为0，有F弹＋f＝F＋FBA′ 其中A受到B的库仑力大小FBA′＝k A受到弹簧的弹力大小F弹＝3qE 联立解得r2＝ 根据功的定义可知WA＝qEsA WB＝qEsB 又W总＝WA＋WB 由几何关系知r1＝sA＋sB＋r2 联立解得W总＝。 (4)A的初速度改变前，t1～t3时间内，分析可知，A、B组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒。设细杆与B碰撞前瞬间B的速度为vB，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv1＝m·2v1＋mvB 若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2v1，分析可知，A到达S时B仍恰好从静止开始向左运动，则从此时刻到细杆与B碰撞前瞬间，A与B组成的系统所受合外力仍为零，系统动量守恒。设细杆与B碰撞前瞬间A的速度为vA，B的速度为vB′，根据动量守恒定律可得m·2v1＝mvA＋mvB′ A的初速度改变前后，从A到达S位置至细杆与B碰撞前瞬间，分析可知，匀强电场的电场力、库仑力、摩擦力、弹簧弹力对A、B组成的系统做的功W电、W库、Wf、W弹均相同，根据功能关系可知，A、B组成的系统的动能增加量相同。A的初速度改变前后，A、B总动能的增加量分别为 ΔEk1＝m·(2v1)2＋mv－mv ΔEk2＝mv＋mvB′2－m·(2v1)2 且ΔEk1＝ΔEk2 联立解得vA＝(1＋)v1[另一组解vA＝(1－)v1，vB′＝(1＋)v1与实际不符，舍去]。 33 学科网（北京）股份有限公司 $$