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

经典重现　考题再现 十、静电场 1.(2021·浙江6月选考·6)某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是 A.实线表示电场线 B.离d点最近的导体表面电荷密度最大 C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同 D.电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 11 10 12 1 2 3 4 5 6 整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误； 根据等势面的疏密表示电场强度的强弱，则d点的电场强度较弱，因电场强度越大的地方电荷密度越大，所以B错误； 在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误； 由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确。 7 8 9 11 10 12 2.(2020·浙江1月选考·7)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是 A.偏转电压 B.偏转的角度 C.射出电场速度 D.电场中运动的时间 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 3.(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 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。 7 8 9 11 10 12 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·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为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ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R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，q= B.正电荷，q= C.负电荷，q= D.负电荷，q= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 √ 12 1 2 3 4 5 6 取走A、B处两段弧长均为ΔL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E1=k=k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E=E1=k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E'=E= k，又E'=k，联立解得q=，故选C。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 6.(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， 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 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。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(多选)(2019·江苏卷·9)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Q1从无穷远处移动C点。下列说法正确的有 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 √ 11 10 12 √ √ 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。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 8.(多选)(2022·全国乙卷·19)如图，两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则 A.L和N两点处的电场方向相互垂直 B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功 D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零 √ 7 8 9 11 10 √ 12 6 1 2 3 4 5 两个正点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的中垂线上，则两负点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，则N点的合电场强度方向由N指向O，同理可知，两个负点电荷在L处产 生的电场强度方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的中垂线上，两正点电荷在L处产生的电场强度方向由O指向L，则L处的合电场强度方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确； 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向右，由于M点离上方一对等量异号点电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确； 由题图可知，M和O点位于两等量异号点电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误； 由题图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 9.(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(-q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是 7 8 9 √ 11 10 12 √ 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a=，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t=，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ===，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强 度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关。(+q，m)粒子与(+3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(-q，m)粒子的比荷也相同，所以(+q，m)、(+3q，3m)、(-q，m)三个粒子偏转角相同，但(-q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(+q，2m)粒子的比荷比(+q，m)、(+3q，3m)粒子的比荷小，所以(+q，2m)粒子比(+q，m)(+3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误。 6 1 2 3 4 5 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 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 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； 12 25 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 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 26 6 1 2 3 4 5 12.(多选)(2023·湖北卷·10)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∶1 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 11 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正确； 12 28 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 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； 12 29 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 微粒射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖 直方向的位移为y=at2，联立解得y=，且x=vxt'，y=·t'，可得x=2L，y=d=L，即微粒在运动到最 高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x1=L=vxt1'，y1=t1'==，即轨迹不会变化，D正确。 12 30 $$ 十、静电场 1. (2021·浙江6月选考·6)某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是(　　) A.实线表示电场线 B.离d点最近的导体表面电荷密度最大 C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同 D.电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零 答案　D 解析　整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误； 根据等势面的疏密表示电场强度的强弱，则d点的电场强度较弱，因电场强度越大的地方电荷密度越大，所以B错误； 在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误； 由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确。 2.(2020·浙江1月选考·7)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是(　　) A.偏转电压 B.偏转的角度 C.射出电场速度 D.电场中运动的时间 答案　B 3. (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。 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·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为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ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R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，q= B.正电荷，q= C.负电荷，q= D.负电荷，q= 答案　C 解析　取走A、B处两段弧长均为ΔL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E1=k=k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E=E1=k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E'=E=k，又E'=k，联立解得q=，故选C。 6.(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。 7.(多选)(2019·江苏卷·9)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Q1从无穷远处移动C点。下列说法正确的有(　　) 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　ABD 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。 8. (多选)(2022·全国乙卷·19)如图，两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则(　　) A.L和N两点处的电场方向相互垂直 B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功 D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零 答案　AB 解析　两个正点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的中垂线上，则两负点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，则N点的合电场强度方向由N指向O，同理可知，两个负点电荷在L处产生的电场强度方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的中垂线上，两正点电荷在L处产生的电场强度方向由O指向L，则L处的合电场强度方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向右，由于M点离上方一对等量异号点电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确；由题图可知，M和O点位于两等量异号点电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由题图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。 9.(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(-q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　) 答案　AD 解析　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a=，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t=，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为 tan θ===，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关。(+q，m)粒子与(+3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(-q，m)粒子的比荷也相同，所以(+q，m)、(+3q，3m)、(-q，m)三个粒子偏转角相同，但(-q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(+q，2m)粒子的比荷比(+q，m)、(+3q，3m)粒子的比荷小，所以(+q，2m)粒子比(+q，m)(+3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、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. (多选)(2023·湖北卷·10)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∶1 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　BD 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正确；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；微粒射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y=at2，联立解得y=，且x=vxt'，y=·t'，可得x=2L，y=d=L，即微粒在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x1=L=vxt1'，y1=t1'==，即轨迹不会变化，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$