十、静电场-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

经典重现　考题再现 十、静电场 1.(2021·广东卷·6)如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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 11 10 12 1 2 3 4 5 6 高压电源左侧为正极，则所加强电场的电场强度方向向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误； 等势面的疏密反映电场强度的大小，由题图可知a处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误； 液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a=，因Ea> Eb，可得aa>ab，故C错误； 液滴在静电力作用下向右加速运动，则静电力做正功，动能增大，电势能减小，即Epa>Epb，故D正确。 7 8 9 11 10 12 2.(2022·湖南卷·2)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去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，设每根长棒在O点产生的 电势为φ0，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ0，现在撤去a处的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ0，故O点的电势减小，故选A。 12 3.(2023·重庆卷·3)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 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 11 10 12 依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以Q2的位置应该在x轴的负半轴，设两点电荷相距L，根据点电荷电场强度公式可得=，又Q2=8Q1，解得L=(2-1)x0，故选B。 1 2 3 4 5 6 4.(2017·江苏卷·4)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 √ 7 8 9 11 10 12 根据平行板电容器的电容的决定式C=、定义式C=和匀强电场的电压与电场强度的关系式U=Ed可得E=，可知将C板向 右平移到P'点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 5.(2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则 A.在移动过程中，O点电场强度变小 B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大 C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功 D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 √ 12 1 2 3 4 5 6 AO段的电场方向为O→A，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误； A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。 O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误； 移动过程中，C点电场强度变小，C点处的正电荷所受静电力变小，故B错误； 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 6.(2021·江苏卷·10)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA=OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则 A.O、C两点电势相等 B.A点的电场强度大于B点 C.沿直线从A到B电势先升高后降低 D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大 7 8 9 √ 11 10 12 6 1 2 3 4 5 对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点电场强度为零，可知左、右半球面在此中垂面上各点的电场强度等大反向，因左、右半球面的电场关于中垂面对称，所以左、右半球面各自在中垂面上各 点的电场强度方向均垂直于中垂面，则左半球面移走后，右半球在中垂面上各点电场强度均垂直于中垂面，即中垂面为等势面，故O、C两点电势相等，故A正确； 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 将题中半球面补成一个完整的球面，且带电均匀，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1=E2，根据对称性，左、右半球面在B点产生的电场强 度大小分别为E2和E1，且E1=E2，在题图电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2023·全国甲卷·18)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 11 10 12 √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确； 对B中的电子受力分析如图甲， 可见B中电子运动轨迹与电场力的受力特点相互矛盾，B错误； 对C中的电子受力分析如图乙，可见C中电子运动轨迹与电场力的受力特点相互矛盾，C错误； 对D中的电子受力分析如图丙，可见D中电子运动轨迹与电场力的受力特点相互矛盾，D错误。 11 10 12 6 1 2 3 4 5 8.(2024·广西卷·7)如图，将不计重力、电荷量为q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sin θ=，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 √ 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 如图甲所示，在P1点小圆环受到静电力 FM1=k， FN1=k， 设合力与FM1间的夹角为α1， tan α1=>tan θ， 则α1>θ，合力做正功， 同理在P2点，如图乙所示， 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 FM2=k， FN2=k， 设合力与FN2间的夹角为α2， tan α2==tan θ，α2=θ，合力沿OP2方向， 所以P1到P2静电力一直做正功，故选A。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 9.(2019·江苏卷·9改编)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移动C点。下列说法错误的是 A.Q1移入之前，C点的电势为 B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0 C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的 功为2W D.Q2在移到C点后的电势能为-4W 7 8 9 √ 11 10 12 6 1 2 3 4 5 根据对称和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为+q的点电荷后，C点电势为φC2=2φC1=2，带电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC= (-2q)·φC2=-4W，选项D正确； Q2从无穷远处移动到C点的过程中，电场力做的功为0-EpC=4W，选项C错误。 根据电场力做功可知-W=q(0-φC1)，解得φC1=，选项A正确； B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，选项B正确； 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 10.(2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时 A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 7 8 9 √ 10 11 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 粒子在电场中只受静电力，F=qE，方向向下，如图所示. 粒子的运动为类平抛运动. 水平方向做匀速直线运动，有x=v0t 竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y=at2=·t2 =tan 45° 联立解得t=， 故A错误； 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 vy=at=·=2v0，则速度大小v==v0， tan θ==，则速度方向与竖直方向夹角不等于30°， 故B、D错误； x=v0t=，与P点的距离s==，故C正确。 12 6 1 2 3 4 5 11.(2023·浙江1月选考·12)如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子 A.在XX'极板间的加速度大小为 B.打在荧光屏时，动能大小为11eU C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α= 7 8 9 11 10 √ 12 24 由牛顿第二定律可得，在XX'极板间的加速度大小a==，A错误； 电子在XX'极板间运动时，垂直极板方 向有vX=at，t=，电子离开XX'极板时的动能为Ek=m(+)，又有10eU=m，解得Ek=eU(10+)，电子离开XX'极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10+)，B错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 25 在XX'极板间受到电场力的冲量大小IX=mvX=，C错误； 打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α==，D正确。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 26 6 1 2 3 4 5 12.(2023·湖北卷·10改编)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是 A.L∶d=2∶1 B.U1∶U2=1∶2 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 7 8 9 11 10 12 √ 27 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直 方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差 的关系、电场强度和静电力的关系以及牛顿第二 定律可得E=，F=qE=ma，设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx=v0cos 45°=v0，vy=v0sin 45°=v0，从射入到运动到最高点的过程由运动学公式得=2ad，由动能定理可得qU1=m，联立解得U1∶U2=1∶1，B错误； 11 12 微粒从射入到运动到最高点有2L=vxt，d=·t，联立可得L∶d=1∶1，A错误； 微粒从最高点到穿出电容器时由运动学知识可得L= vxt1，vy1=at1，射入电容器到最高点有vy=at，解得vy1=，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α==，微粒射入电容器时速度和水平方向的夹角为β，tan(α+β)=3，C错误； 微粒在电容器中的运动过程，水平方向的位移为x=vxt，竖直方向的位移为y=vyt-at2=vy-··()2，联立解得y=x-，可知微粒运动轨迹与微粒的质量或者电荷量无关，故仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变，D正确。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 $$ 十、静电场 1.(2021·广东卷·6)如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　高压电源左侧为正极，则所加强电场的电场强度方向向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误； 等势面的疏密反映电场强度的大小，由题图可知a处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误； 液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a=，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误； 液滴在静电力作用下向右加速运动，则静电力做正功，动能增大，电势能减小，即Epa>Epb，故D正确。 2.(2022·湖南卷·2)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　根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去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，设每根长棒在O点产生的电势为φ0，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ0，现在撤去a处的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ0，故O点的电势减小，故选A。 3.(2023·重庆卷·3)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　依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以Q2的位置应该在x轴的负半轴，设两点电荷相距L，根据点电荷电场强度公式可得=，又Q2=8Q1，解得L=(2-1)x0，故选B。 4.(2017·江苏卷·4)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　根据平行板电容器的电容的决定式C=、定义式C=和匀强电场的电压与电场强度的关系式U=Ed可得E=，可知将C板向右平移到P'点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。 5.(2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则(　　) A.在移动过程中，O点电场强度变小 B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大 C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功 D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点 答案　D 解析　O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，C点处的正电荷所受静电力变小，故B错误；AO段的电场方向为O→A，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。 6.(2021·江苏卷·10)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA=OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　) A.O、C两点电势相等 B.A点的电场强度大于B点 C.沿直线从A到B电势先升高后降低 D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大 答案　A 解析　对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点电场强度为零，可知左、右半球面在此中垂面上各点的电场强度等大反向，因左、右半球面的电场关于中垂面对称，所以左、右半球面各自在中垂面上各点的电场强度方向均垂直于中垂面，则左半球面移走后，右半球在中垂面上各点电场强度均垂直于中垂面，即中垂面为等势面，故O、C两点电势相等，故A正确；将题中半球面补成一个完整的球面，且带电均匀，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1=E2，根据对称性，左、右半球面在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1=E2，在题图电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误。 7.(2023·全国甲卷·18)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(　　) 答案　A 解析　电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；对B中的电子受力分析如图甲， 可见B中电子运动轨迹与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；对C中的电子受力分析如图乙， 可见C中电子运动轨迹与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；对D中的电子受力分析如图丙， 可见D中电子运动轨迹与电场力的受力特点相互矛盾，D错误。 8.(2024·广西卷·7)如图，将不计重力、电荷量为q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sin θ=，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　如图甲所示，在P1点小圆环受到静电力 FM1=k， FN1=k， 设合力与FM1间的夹角为α1， tan α1=>tan θ， 则α1>θ，合力做正功， 同理在P2点，如图乙所示， FM2=k， FN2=k， 设合力与FN2间的夹角为α2， tan α2==tan θ，α2=θ，合力沿OP2方向， 所以P1到P2静电力一直做正功，故选A。 9.(2019·江苏卷·9改编)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移动C点。下列说法错误的是(　　) A.Q1移入之前，C点的电势为 B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0 C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D.Q2在移到C点后的电势能为-4W 答案　C 解析　根据电场力做功可知-W=q(0-φC1)，解得φC1=，选项A正确；B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，选项B正确；根据对称和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为+q的点电荷后，C点电势为φC2=2φC1=2，带电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC=(-2q)·φC2=-4W，选项D正确；Q2从无穷远处移动到C点的过程中，电场力做的功为0-EpC=4W，选项C错误。 10.(2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 答案　C 解析　粒子在电场中只受静电力，F=qE，方向向下，如图所示. 粒子的运动为类平抛运动. 水平方向做匀速直线运动，有x=v0t 竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y=at2=·t2 =tan 45° 联立解得t=， 故A错误； vy=at=·=2v0，则速度大小v==v0，tan θ==，则速度方向与竖直方向夹角不等于30°，故B、D错误； x=v0t=，与P点的距离s==，故C正确。 11.(2023·浙江1月选考·12)如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　) A.在XX'极板间的加速度大小为 B.打在荧光屏时，动能大小为11eU C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α= 答案　D 解析　由牛顿第二定律可得，在XX'极板间的加速度大小a==，A错误；电子在XX'极板间运动时，垂直极板方向有vX=at，t=，电子离开XX'极板时的动能为Ek=m(+)，又有10eU=m，解得Ek=eU(10+)，电子离开XX'极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10+)，B错误；在XX'极板间受到电场力的冲量大小IX=mvX= ，C错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α==，D正确。 12.(2023·湖北卷·10改编)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　) A.L∶d=2∶1 B.U1∶U2=1∶2 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 答案　D 解析　微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系、电场强度和静电力的关系以及牛顿第二定律可得E=，F=qE=ma，设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx=v0cos 45°=v0，vy=v0sin 45°=v0，从射入到运动到最高点的过程由运动学公式得=2ad，由动能定理可得qU1=m，联立解得U1∶U2=1∶1，B错误；微粒从射入到运动到最高点有2L=vxt，d=·t，联立可得L∶d=1∶1，A错误；微粒从最高点到穿出电容器时由运动学知识可得L=vxt1，vy1=at1，射入电容器到最高点有vy=at，解得vy1=，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α==，微粒射入电容器时速度和水平方向的夹角为β，tan(α+β)=3，C错误；微粒在电容器中的运动过程，水平方向的位移为x=vxt，竖直方向的位移为y=vyt-at2=vy-··()2，联立解得y=x-，可知微粒运动轨迹与微粒的质量或者电荷量无关，故仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$