专题6 电场-【备战高考】备战2027高考物理母题题源同步练

【点评】常规题型，考查人造卫星、平抛运动等， 难度较低. 14.【解析】由于小飞镖触地的方向就是小飞 镖做平抛运动落地时速度的方向，所以可将速度分 解，如图所示 Vy V合 在星球的两极有 tana ==8it ① h=28t ② 由①@两式得g1=5tane ③ 2h 则质量为m的物体，在该星球的两极所受的引 力，即星球给物体的万有引力为：mg1 同理，由小飞镖在赤道上的平抛运动，得赤道上 vtanB 的重力加速度为g2= ④ 2h 因为质量为m的物体在该星球的赤道上随该星 球自转，所以有 mg-mg2=mo2R ⑤ votana vtanB 由③④⑤得m 2 2h -mo'R tan'a-tan'B 2Rh 15.【解析】(1)设两个星球A和B做匀速圆周 运动的轨道半径分别为，和R,相互作用的引力大小 为∫，运行周期为T,根据万有引力定律有 Mm f-G(R+r)* ① 由匀速圆周运动的规律得 s-m() ② I-M()R ③ 由题意有 L=R十r ④ 联立①②③④式得 L T=2x√G(M+m) ⑤ (2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中 心O不在地心，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出 L3 T,=2r√G(M+m ⑥ 式中，M'和m'分别是地球与月球的质量，L′是 地心与月心之间的距离.若认为月球在地球的引力作 用下绕地心做匀速圆周运动，则 G M'm' L=m ⑦ 式中，T:为月球绕地心运动的周期.由⑦式得 L T:=2xGM ⑧ 由⑥⑧式得， 停)=1+号 ⑨ 代入题给数据得 =1.012 ⑩ 专题6电场 十年高考母题原型训练 A组 题源1电场力的性质 1.B【解析】以小球c为研究对象，a、c间的 库仑力为长器6间的库仑力为k器，由平行回边 形定则可知c受到a,b库仑力的合力大小为⑤g 12 由小球·静止不动和受力平衡可知=，匀强 电场场强大小为E= 12 ,选项B正确；故选B, 2.D【解析】根据，点电荷场强公式E= Q r2 对照四个选项的表达式，A,C与E=k号量钢不相 同，故选项A、C错；假设将A点移到O:点，由对称 性知半径为R,的圆环在A点产生的场强为零，知选 项D对，B错，故正确选项为D. 3.A【解析】本题考查电场的性质及对等量 异种点电荷周围电场的认识，画出等量异种点电荷周 围电场线和等势线分布即可判断，A正确. 4.BD【解析】不管带正电还是负电，电场力 做正功，电势能减小，正电荷受的电场力向左，故在左 边，负电荷受力在右边，选BD. 5.AB【解析】本题考查电场线和等势线的 关系及带电粒子在电场中的运动，根据电场线与等势 面垂直，可大致画出电场线的形状，粒子在电场力的 作用下轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特，点，可以说 明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子 带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则 电场也先是匀强电场，后场强变小，即电场力先不变， 后变小，B正确；根据电场力做功W=qU,电场力做负 功，所以粒子速度减小，C错误；电场力始终做负功，由 功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误， 6.C【解析】本题考查静电场中场强、电势、 电势差、电场力做功等基本物理量的关系，意在考查 考生对基本概念的理解能力.在静电场中，电场强度 大小与电势高低无确定关系，A项错；电势差等于移 动单位正电荷电场力所做的功，而场强只等于单位正 电荷所受的力，一个力所做的功不仅与这个力有关， 而且与位移等其他因素有关，B项错；在所有静电场 中，场强方向都是电势降低最快的方向，C项正确；场 强为零的地方，电势不一定为零，故场强均为零的两 点间，电势差不一定为零，故电场力做功不一定为零， D项错， 7.C【解析】在静电场中，正电荷从a点移到 ·3 b点，电场力做负功，是从低电势移到高电势处，电势 能增加，但不知道是否有其他力做功，故无法判断动 能的变化，AD错误，C正确；但电场线方向不一定从 b点指向a点，B错误. 8.B【解析】本题考查电场强度矢量的叠加。 设每一个点电荷单独在O点产生的场强为E。;则两点 电荷在O点产生的场强矢量和为2E。;若将N点处的 点电荷移至P点，假如N为负电荷，M为正电荷，产 生的场强如图所示，则合场强为E。,本题正确选项B. M 60 9.A【解析】本题考查匀强电场中电场强度 和电势差的关系，根据匀强电场中电场强度和电势差 的关系得Uop=-Ed=-ER sin0=-100X0.1sin0 =-10sin0(V),A项正确. 10.A【解析】电场线越密集的地方场强越 大，粒子受电场力就越大，即F。>Fb,选项B、D错 误；又因为从a到b,电场力做正功，故二者应为同种 电荷，选项C错误.故正确选项为A 11.【解析】解法一：粒子在0~T/4、T/4~ T/2、T/2~3T/4、3T/4~T时间间隔内做匀变速运动， 设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定 律得 gE。=ma1, 2gEo=-ma2 2gE=mas, qE。=-ma4, ↑a 2qE/m qE/m 0 0.25T0.T0.757 T -gE /m -2gE /m 图(a) 3 0 0.25T 05T/0.75TTt -Vi 图(b) 由此得带电粒子在0~T时间间隔内运动的a-t 图象如图()所示，对应的v-t图象如图(b)所示， 其中 T_9E。T u1=a1 4m1 由图(b)可知，带电粒子在t=0到t=T时的位 移为 T 8= 联立解得、=9ET 16m 它的方向沿初始电场正方向， (2)由图(b)可知，粒子在t=3T/8到t=5T/8 内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为 1=5T_3T 三 8841 解法二：(1)带电粒子在0~T/4、T14~T/2、 T/2~3T/4、3T/4~T时间间隔内做匀变速运动，设 加速度分别为a1、ag、a、a:,由牛顿第二定律得 gEo=ma, 2qE。=-ma2, 2gE。=ma3, qEo=-mas, 设粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T时刻 的速度分别为1、2、3、4，则有 T T T w1=a140:=u1十a:4w=w:十a:年w:= T 03十as41 设带电粒子在t=0到t=T时的位移为s,有 s=(受+"”++十 2 2 2 )4 ·3 解得，=9E。T 16m 它的方向沿初始电场正方向. (2)由电场的变化规律知，粒子从t=T/4时开 始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有 0=o1十a2t1,解得t1=T/8. 粒子从t=T/2时开始加速，设经过时间t2粒子 速度为零，有 0=v2十a3t2,解得t2=T/8. 设粒子从t=0到t=T内沿初始电场反方向运 动的时间为t2,有 t=（4-ti)+t… 解得t=T/4. 题源2电场能的性质 1.B【解析】由带电粒子在电场中的运动可 知，在带电粒子只受电场力做功的情况下，动能和电 势能之和保持不变，本题中原子核和α粒子均带正 电，a粒子在M点电势能比Q点较大，动能较小，选项 A错误；由于N点距离原子核最近，因此a粒子在N 点动能最小，电势能最大，选项B正确；根据正点电荷 周围电场线的分布以及沿着电场线电势逐渐降低的规 律可知，Q点电势较低，选项C错误；a粒子从M点运 动到Q点，电场力对它做的总功为正功，选项D错误， 2.AD【解析】沿电场线的方向电势降低，所 以PM>PN,选项A对，B错；电场线越密的地方电场 强度越大，同一粒子所受电场力越大，所以选项C错， D对. 3.C【解析】由题意可知，微粒在竖直方向上 做匀变速运动，在相等时间间隔内，位移不等，A、B 错.由轨迹可知，微粒所受合外力向上，电场力大于重 力.在同一时间间隔内电场力做的功大于重力做的 功，C对，D错， 4.BD【解析】A、B两点处的点电荷在O点 处的合场强为零，因此O点处的电场强度应等于C 点处的，点电荷在O点处形成的电场的场强，A选项 错：A、B、C三处，点电荷在D点形成的电场强度分别 为Em=号、Ew=k9Ex=号，且豆成120， 所以D点合电场强度为E=长号-2k号c0s60= Q 0,故选项B对；将，点电荷十g从O移向C时，电场力 做正功，故电势能减小，选项C错；将点电荷一q从O 移向C时，电场力做负功，电势能增加，选项D对， 5.CD【解析】据粒子运动轨迹可知，粒子带 正电，选项A错误；据库仑定律可知，离点电荷最近 时受力最大，选项B错误：从b点到c点电场力做正 功，电势能减小，选项C正确；同心圆间距相等，所以 a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由 a点到b,点的动能变化大于由b点到c点的动能变 化，选项D正确. 6.C【解析】根据电场线的疏密程度可以判 断，口点场强大于b点场强；沿电场线电势逐渐降低， 作出a点等势面会发现a点的电势低于b点.综上所 述E。>Eb,9。<9b,选项C正确. 7.C【解析】根据电场线与等势线垂直，沿着 电场线方向电势降低，可画出电场线分布，可得电场 力先做正功，后做负功，故电势能先变小后变大， 8。D【解析】根据电场线与等势面的关系，把 立体图转化为平面图（如下图所示），因M=0,9N= 1V,则9p=9r=9p=4 y 9.C【解析】由于电场沿x轴对称分布，方向 相反，所以从O点向x轴正负方向经过相同距离电 势增加或减少的数值相等，即P。一9x1=90一9-x1· 故91=P-1,则C正确，B、D错误；O点电势可以是 最高也可以是最低，A错误. 10.增大一2.5×10-8【解析】负电荷受的 电场力方向逆着电场线的方向，电荷从A点移到B 点的过程中，电场力对其做负功，电势能增大：电场力 做功WAB=gUAB=(-5X10-9)×(15-10)J=-2.5 ×10-8J. ·3 11.【解析】(1)设P的加速度为a。、到D,点时 竖直速度为y,合速度大小为1，与水平方向的夹角 为B,有： mg+gE=mao ① v,=aot ② =0后十v号 ③ tan明=之 ④ 联立上述方程，代入数据，解得：1=6m/s ⑤ B=30° ⑥ (2)设A碰前速度为2，此时轻绳与竖直线的夹 角为B,由动能定理得： 1 mgl cos=2 mv: ⑦ 设A、P碰撞后小球C的速度为0，由动量守恒 定律，得： mv1一m℃2=2m℃ ⑧ 小球C到达平板时速度为零，应做匀减速直线 运动，设加速度大小为a,根据运动学公式得： 02=2as ⑨ 设恒力大小为F,与竖直方向夹角为a,如图. 1 2mg 由牛顿第二定律，得： Fcos(90°-a-β)-2gsin3-qEsin3=2ma ① Fsin(90-a-B)-2mg cos3-qEcosB=0 ① 代入相关数据，解得：F= N 4 @ a=30° B (3)由于平板可距D,点无限远，小球C必做匀速 或匀加速直线运动，恒力F1的方向可从竖直向上顺 时针转向无限接近速度方向，设恒力与竖直向上方向 的角度为日，有： aE 2mg 0°≤0<(90°+30°)=120° 0 在垂直于速度方向上，有： Ficos(B-0)=(2mg+qE)cosB 则F:大小满足的条件为： √3 F=8c0s30°-9N(式中0≤6<120 G 题源3电容器、带电粒子在 电场中的运动 1.BD【解析】由受力分析可得，重力与电场 力的合力与速度方向相反，所以粒子做匀减速直线运 动，动能减小，所以AC错误，D正确；因为电场力与 速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增 加，即B正确. 2B【懈折】由C=C-吕满入-电 介质，C变大，又由于Q不变，U变小， 3.B【解析】平行板电容器两板间的电压等 ER。 于定值电阻R。两端的电压U=R。十R:十，两板间 电压随着R2的增大而减小，随R2的减小而增大，而 与R:无关，当电压增大时，板间场强增大，小球受到 的电场力增大，反之减小选项B正确. 4.D【解析】由于P、Q间距增大，由C= 可知，电客将减小，A错说：由于电容接在电源两 ES 篇，电客两端电压保持不变，由C=号可知板板上的 电量将减小，B错误；由于电容器放电，电流由M流向 N,所以M点的电势比N,点的高，C错误，D正确. 5.A【解析】本题考查带电粒子在电场中的 运动，意在考查考生对曲线运动特点的理解与应用能 力.因为电场中各点的场强方向为电场线的切线方 ·3 向，所以条形金属板所产生的电场为非匀强电场，即 带电粒子在电场中所受的电场力方向与大小都将发 生变化，故带电粒子在电场中不可能沿电场线运动， C错误；因为带电粒子在电场中将做曲线运动，由曲 线运动的特点：所受的合外力要指向圆孤内侧可知， 带负电的粉尘颗粒运动轨迹可为A图，A正确. 6.A【解析】本题考查平行板电容器、静电 计.静电计是测量电容器两端电压的仪器，指针偏角日 ocU,根据C= 说和C=号得选项A玉 7.【解析】(1)带电微粒由A运动到B的过程 中，由动能定理有 glEid-lglE:d:=0 ① E 由①式解得d:=E.d1=0.50cm ② (2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别 为a1、a2,由牛顿第二定律有 glE=ma ③ glE:=ma2 ④ 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、 t2,由运动学公式有 1 di=2aiti ⑤ 1 d:=2a:t8 ⑥ 又t=t1十t2 ⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式解得t=1.5×108s 8.【解析】(1)电子在0一x时间内做匀加速 运动 加速度的大小a1=e凸 md ① 1 位移x1=2a1r ② 在x~2x时间内先做匀减速运动，后反向做匀加 速运动 5eUo 加速度的大小a2= ③ Amd 初速度的大小v1=a1x ④ 匀减速运动阶段的位移x:一2a ⑤ 依据题意d>x1十x2 解得d>√ 9eUot? ⑥ 10m (2)在2x~(2n+1)x,(n=0,1,2,…,99)时间 内速度增量△v1=a1r ⑦ 在(2n+1)x~2(n+1)x,(n=0,1,2,…,99)时 间内加速度的大小a,=6心 d 速度增量△：=一a':t ⑧ (a)当0t-2nx<x时 电子的运动速度v=n△v1十n△v2十a1(t一2nx) ⑨ 解得u=[1-(+1Dr] dm ,(m=0,1,2,…,99） ① (b)当0≤t一(2n+1)x<x时 电子的运动速度 v=(n+1)△o1+n△2-a':[t-(2n+1)x]① 解得 =[n+1)+1)x-r ,(n=0,1,2,…,99) dm ② (3)电子在2(N一1)x~(2N一1)x时间内的 位移 1 ZiN-1-v:N-:t+2ait 电子在(2N一1)x~2Nx时间内的位移 1 ZiN-vIN-1t-2a: eU。 由⑩式可知2N-?=(N-1)(1一k)x dm 由@式可知uN-1=(N-Nk+k)rm elo 依据题意x2N-1十x2N=0 解得k=N-1 4N-3 B组 题源1电场力的性质 1.A【解析】由于带电体表面的电场强度的 方向垂直于带电体表面，无限大均匀带电平板周围的 ·3 电场应是垂直于平板的匀强电场，即电场强度处处相 等，等于x=0时的电场强度，由题中信息可得单位 面积带电量为。0无限大均匀带电平板场强为E= 2πko。,而半径为r的圆板在Q点等效场强为E'= 2πk00 (2+x2)」 .由电场叠加原理可得图2中 Q(坐标为x)的电场强度为E和E的矢量和，即E一 E′=2xka6 工，故A对 (2+x2) 2.D【解析】点电荷和导体表面的电荷在之 ?处产生的场强为零，则导体表面的电荷在口 一处产生的场强为E1=k3一一兰，与，点电 2 3, 荷在此处产生的场强方向相反，根据对称性知，在之 =合处场强的大小为E:=9十g= .40g 2 （2):9h2 1 9h2, 选项D正确」 3.BD【解析】本题通过点电荷电场线的分布 图，考查电势、电场强度等基本概念，沿电场线方向电 势降低，故A错：由电场线的分布特点可知该点电荷 带负电，B正确；由于电场强度是夫量，可知a、b点电 场强度的方向不同，C错误；a点电场线比b处电场 线要密集，可知口点的电场强度大于b点的电场强 度，D正确， 4.D【解析】本题以数学中的立方体为背景， 考查了电荷产生电场的立体叠加等知识点，难度中 等根据等量同种电荷的电场线分布特，点可知：体中 心和各面中心的合场强为零，D正确， 5.BD【解析】本题考查电场线、电场强度、电 势、电场力做功与电势能变化等知识点，意在考查考 生理解和综合运用知识的能力.根据电场线的疏密程 度表示电场强度的大小可知c点的电场强度小于b ,点的电场强度，选项A错误；根据沿电场线方向电势 逐渐降低可知a点电势高于b点电势，选项B正确： 只有当电场线为直线时，试探电荷静止释放，才能沿 电场线运动，所以选项C错误：若在d点再固定一点 电荷一Q,将一试探电荷十g由a移至b的过程中，电 场力做正功，电势能减小，选项D正确. 6.C【解析】A中简单认为是匀强电场；B、D 答案中没有考虑粒子受到除电场力以外的力. 7.C【解析】电势的高低与电场的强弱无关， 故A错；负电荷在电势越高的点，具有的电势能反而 越小，故B错：在电场力作用下做匀速圆周运动时，电 势不变化，故D错 8.A【解析】考查场强的叠加和电场强度的 求法点电荷在a点产生的场强大于E=是，方向 向左，由题意知，带电薄板在口点产生的场强大小E 9 ,方向向右根据对称性，带电薄板在b点产生 的场强大小E1=k 是方向向左，点电待在6点产生 的场强大小E=是，方向向左，根搭场强的叠加 的原理可知，A正确. 9,ACD【解析】本题考查场强的关量合成和 带电粒子在电场中运动的特点，对于每一个带电圆 环，由等量异种电荷的场强分布特点得：每一个圆环 的圆心的场强为零，两边的场强关于该圆环对称，并 且中心轴线上的场强由中心到两侧，随着距离的增 大，电场强度呈现先增大后减小的特点，现在轴线上 的场强为两个圆环产生的场强的叠加，所以由O1、 O:圆心的连线上的场强特点得：O1处的场强为O 圆环在该处的场强，方向沿连线指向O:,A正确： O1、O:圆心中间连线的场强水平向左，从O1到O: 过程粒子所受的电场力一直做正功，电势能减小，B 错误；轴线上从O1点向右电场强度的方向先向右后 向左，带正电的粒子从很远处沿轴线飞来，电场力先 做负功后做正功，则在电场为零处动能最小，C正确； 依据两圆环的对称特点得轴线上O1点右侧、O:点 左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中 点对称，D正确. 10.ABD【解析】由正电荷运动的速度图象 可知，其加速度逐渐增大，所受电场力逐渐增大，B处 电场强度大于A处电场强度，选项A正确；正电荷从 A,点运动到B点，在电场力作用下，正电荷速度增 大，电场力做正功，电势能减小，电荷在A处的电势 ·3 能一定大于B处的电势能，A处的电势一定大于B 处的电势，选项BD正确C错. 11.越大A【解析】电场是非匀强电场，离电 极越近，场强越大；粉尘吸附电子后带负电，向正极运动 12.【解析】设电场强度为E,小球电荷量为q, 因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的 合力必沿此直线，如图.mg=gEtan9 059 2-------J1g 由此可知，小球做匀减速直线运动的加速度大小 为a=g/sin0 设从O到最高点的路程为s,06=2as 运动的水平距离为：L=c0s0·s 两点的电势能之差：△W=gEL 由以上各式得： △W=mv6cos0/2. 13.【解析】(1)小球带负电. (2)小球沿y方向做竖直上抛运动，沿x方向做 初速度为零的匀加速运动，设Q点坐标为(x1,y1), 匀强电场的场强为E,小球沿x方向的加速度为a, 由牛顿第二定律得： gE=ma ① 由运动规律，得2gy1=08 ② 由动量定义，得力=mvo ③ 设经时间t1,小球从原点运动到Q点，则 1 1-2ati 1 y1= 28t1 ⑤ 由①②③④⑤得 E=- pgx =1.0×103N/C 9y1√2gy (3)小球从抛出到落回x轴，经时间t=2t1,在x 方向位移为 2a(211)2=4x1 x2= 电场力对小球做功 W=gE·xg=qE·4:x1=1.6J. 电场力做正功，电势能减少1.6】 题源2电场能的性质 1.C【解析】由于外力克服电场力做功，故Q 为负电荷，PA<PB,A错；场强看电场线疏密，故 EA>EB,B错.由q1、q:移到无穷远时，电场力做功 相同，由W=Ug,得C正确，D错误. 2.B【解析】上极板向上移动一小段距离后， 板间电压不变，仍为E,故电场强度将减小，油滴所受 电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大 于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的 油滴向下运动电场力做负功，电势减小，B对；油滴向 下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错； ES 电容器的电容C=4a,由于d增大，电容C应减 小，极板带电量Q=CE将减小，D错. 3.AC【解析】在十Q、一Q连线上及延长线 上三个区间内场强方向如图所示，由对称关系可知， 在十Q左侧P'(十Q)与P(一Q)间等距的P'点应与 P点场强相同，故选项A正确. +0 o.p 在一Q、Q之间各处场强均大于一Q、P之间各 点场强，故试探电荷十q从P移至O点过程中， P→（一Q)做正功W1,由一Q一0电场力做负功W?, 由上面分析知，W>W1.故电势能增大.C正确. 4.A【解析】电势能的增、减取决于电场力做 功的正、负，两滑块由静止释放，电场力做正功，故电 势能减少，A正确. 5,B【解析】由P.=(2-√3)V,96=(2+ √3)V,在匀强电场中连线ab的中点O处电势9o= 9:十型=2V,又9：=2V,所以连线Oc是一条等势 2 线，过O点作O的垂线即是一条电场线，如图所示， 由题知电场线E与圆的交点d处电势最低，且有 90R9二R”c30解得9=0，同理知点e处电势 R ·3 最高，9。=4V,选B. 130 E 6.AC【解析】本题考查弹力、带电粒子在电 场中的运动，意在考查考生对弹簧的弹力与弹簧形变 量的关系，并能综合电场的特，点分析带电粒子在电场 中的运动.由OM<ON,且在M、N两处，弹簧的弹力 相等可知，在M处弹簧处于压缩，在N处弹簧处于 拉伸状态.滑块从M到V过程中，电场力对滑块做正 功，而弹簧的弹性势能先增大，再减小，然后又增大， 所以滑块的速度可能一直增大，A正确；由W=qU 可知滑块从1到2与从3到4所做的功相等，B错 误；由动能定理可得，若电场力做的正功与弹簧做的 负功相等，则动能不变，所以在M、N之间有可能存 在滑块速度相同的两个位置，C正确：当弹簧处于原 长时，弹力为零，滑块只受电场力作用，此时滑块的加 速度仅由电场力的大小决定，当弹簧与直杆垂直时， 弹力在竖直方向上，滑块加速度的大小仅由电场力确 定，故对应的位置有两处，D错误. 7.AC【解析】本题考查对电流强度、电场强 度、电功、电功率的瞬时值与平均值的理解与计算，难 度中等根据电流的定义式1=？= 6 160X10A= 1×10A,A对；整个闪电过程的平均功率约为P= qU。6×1.0×10 W=3X10oW,B错；闪电前云地 t 0.2 到的电场强度的为E一号-0m=1X1心 Vm,C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W= gU=6×1.0×10J=6×10J,D错. 8.C【解析】本题考查动能定理、功能关系的 综合问题.小球a从A点到C点，电场力是先增大后 减小，所以从A,点到C点，小球a做变速运动，A错 误；电场力先做正功后做负功，小球α的机械能先增 加后减少，又根据能量守恒可知，小球的机械能与电 势能之和不变，C正确；小球从A点到C点与小球 b从A点到B点电场力做功相同，但小球从A点 到C点重力做的功大于小球b从A点到B点重力做 的功，根据动能定理可知，B错误；D错误 9【解析】(1)解法一：UB=W 6×10- 3X10-V=200V 因负电荷从A移到B克服电场力做功，必是从 高电势点移向低电势点，即 9A>9B,所以UAB=200V 1Uc=1wW_9X10-4 1g3x10V=300V 因负电荷从B移到C电场力做正功，必是从低 电势点移到高电势点，即 PB<9C,所以UBC=-300V UcA =UCB +UBA=-UC +(-UAB)=300 V- 200V=100V. 解法二：由U=”得U=W世=X10 9-3X10V =200V Wx=9×10 Uk= -3X10-V=-300V UAc=UAB+Uc=200V+(-300)V=-100V UcA =-UAc =100 V. (2)若9B=0,由UAB=9A一9B得9A=UAB=200 V,由UBc=9B-9e得9e=9B-Ux=0-(-300)V =300V. 电荷在A点的电势能 EpA=g9A=-3X10-6X200J=-6×10-4J 电荷在C点的电势能 Ewc=q9c=-3×10-×300J=-9X10-4J. 题源3电容器、带电粒子在 电场中的运动 1.B【解析】本题要点在明确粒子在交变电 压下受力情况，以及相对应的运动情况.若在0<t。< 。4 一这段时间内释放粒子，粒子受到电场力，先向B板 T 做匀加速运动，2时刻后向B板做句减速运动，经过 与向B板加速相等时间减速为零：再反向向A板加 速，T时刻后再向A板做匀减速运动，同样经过与向 A板加速相等时间减速为零，由于向B板运动的位 移大，故带电粒子一直向B板运动：若在三<1。< 这段时间内释放粒子，粒子受到电场力，先向A 板做匀加速运动，T时刻后向A板做匀减速运动，经 过与向A板加速相等时间减速为零；再反向向B板 加建，子T时刻后再向B板微匀减建运动，同样经过 与向B板加速相等时间减速为零，由于向A板运动 的位移大，故带电粒子一直向A板运动，并最终打在 A板上，B选项正确；同理分析可得，CD选项时间段 带电粒子一直向B板运动，故CD错误 2.A【解析】粒子在板间运动的加速度a= qU m,其大小恒定，故选项CD错误；在0~2时间内， 粒子微初建度为零的匀加速直线运动；了时刻，造度 达到最大值：召~T,粒子微初建为。加造度大 小为a的匀减速运动；T时刻，速度减为零；以后将重 复上述的运动，故只有选项A正确， 3AB【解析折】根据C和是，A项 是d增大，则电容C减小，U增大，所以静电计指针 张角变大，故A正确；B、C项都是S减小，则电容C 减小，U增大，静电计指针张角变大，故B正确，C错； D项是e,增大，则电容C增大，U减小，静电计的指 针张角变小，故D错. 4.C【解析】把粒子全过程中的动量改变进 行分解，水平方向无动量改变，所以全过程的动量改 变量即是电场力作用下发生的动量变化.由此可求得 正确答案为C. 5.B【解析】带正电的粒子以一定的初速度 。沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰 好沿下板的右边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平 抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速 运动，由运动学知识知，前后两段相等时间内竖直方 向上的位移之比为1：3，电场力做功之比也为1：3， 又因为电场力做的总功为，所以在前7时间内，电 场力时粒子微的功为贺A错，在后三时间内，电场 力对粒子做的功为吧B对在能子下落前兰和后 的过程中，电场力做功相等，故CD钻 6.ABC【解析】综合考查带电粒子在电场和 重力场组成的复合场中运动和圆周运动等知识点和 模型.因为qE=mg,所以复合场的最低点在斜向左 下方的45°角的位置，即管BD段的中点，所以到达B ,点时速度不为零，到达D点时也不是速度最大，故选 项A、B都错；如果整个平面内都是匀强电场区域，则 C为A在复合场中的对称点，小球运动到C时速度 为零，现在由于AB以上的区域没有电场，所以小球 从B到C到A的过程中没有电场力做负功，则小球 运动到C时速度不为零，回到A时，整个过程重力做 功为零，电场力做了正功，所以回到A时速度也不为 零，之后每运动一周，动能相应增大EX2R= 2mgR,对C点则第一次由功能关系可得：gE×2R一 mgR=2m0,m8一F=可得：Pa=一mg,同 理，第二次：gEXR-mgR=分m0,mg一F=m R 可得：Fc2=一5mg,所以压力方向相同但大小不等， 故C错；对D点则第一次由功能关系可得：gER十 mgR=2mo,F-mg=窄可得：Po1=5g,故选 项D对.题目要求选错误的说法，故答案为：ABC, 7.【解析】(1)收集效率7为81%，即离下板 0,81d。的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源 的电压为U,则在水平方向有L=0t, ① 1 在竖直方向有0.81d。=2at, ② ·4 其中a=E=9EqU md. ③ 根据所得，当减小两板间距时，能够增大电场强 度，提高装置对尘埃的收集效率，收集效率恰好为 100%时，两板间距为dm,如果进一步减小d,收集效 率仍为100%. 因此，同上理可得：L=ot ④ 在竖直方向有dm=2a ⑤ 其中a'=E-9E-9U ⑥ 72 联立①②③④⑤⑥可得dm=0.9d, ① (2)通过前面的求解可知， 当d≤0.9d。时，收集效率7均为100%； ⑧ 当d>0,9d。时，设距下板x处的尘埃恰好到达 下板的右端边缘，此时有 1qU 2 md ⑨ 00 根据题意，收集效率为习一 ⑩ 联立①②③⑨四可得7=0.81 ) (3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 △M/△t=nX nmbdv, 当d≤0.9d。时，7=1，因此△M/△t=nmbdvo. 当d>0.9d。时，7=0.81 d △M/△t=0.81nmbo d 绘出的图线如下： △M△1 0.9nmbd v 0.9d 8.【解析】(1)质子在电场中做类平抛运动，其 U.q 加速度a= md 则在t为0~l/20。的过程中： 质子在竖直方向上偏转的位移y=2at -901 8mdv 在t=1/20。时，质子在电场方向上的速度℃y= U。lq 2mdvo 则质子的速度℃= qUol 2mdva (2)由于电场反向后，质子在电场中的时间仍为 t=1/2v0 那么在电场方向上由运动学公式和牛顿运动定 律有： 2alj=- o,-2a'tf） 把(1)问求得的a= U2和v,=at qUL及 md 2mdvo a=g码代入上式可得：= U13 md 9.【解析】(1)设质子在磁场中做圆周运动的 半径为r. 过A、P点作速度的垂线，交点即为质子在磁 场中做圆周运动的圆心O1.由几何关系得a=日= 30°，r=2OA=20cm. 设磁感应强度为B,根据质子的运动方向和左手 定则，可判断磁感应强度的方向为垂直于纸面向里， 根据：9B=m号，B=-20X10 gr1.0X10×0.2=0.1T (2)设质子在磁场中运动的时间为t,如图所示，质 子在磁场中转过的圆周角为，设质子在磁场中运动的 7π Ba (3)如图所示，连接Q点和O1点，在三角形QAO1 中，边长QA=20W3cm,AO1=20cm,由几何关系可 知B=日=30°，所以质子在垂直于电场方向上做匀速直 线运动，在平行于电场方向做匀加速直线运动， ·4 (2r =vt 1 Ir= 由运动学知识得： qE a mv E= 4×1012 2rq 2×0.2X1.0×10=1.0×10N/C. 10.【解析】第一次充电后，设电容器的电容为 C,极板电量为Q,电势差为U1,场强为E1,板间距为 d,则有： ① 两板间为匀强电场，场强E,= d ② 带电小球所受电场力F1=E1q, ③ F=mg tane1. ④ 由①②③④得：mg1an0:=Ca, Qq ⑤ 第二次充电后，电容器带电量为Q',同理可得： Q'q mgtand:=Cd' 解得：Q′=3Q, 所以△Q=Q'-Q=2Q. 11.【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动， 电场力对粒子做功的瞬时功率为P=F·ucos日，日是 F与0方向的夹角. (1)设分裂时微粒1的初速度为v1,到达(0， 一d)点所用时间为t0.依题意可知微粒1带负电，在 电场力的作用下做类平抛运动，得下列方程 -d=vit ① 1 -d=2al ② qE=ma ③ -gEd 由①②③得1= ④ 2m 根号外的负号表示沿y轴的负方向， 设分裂时另一微粒2的速度为2，根据动量守 恒定律 7201十7m0g=0 ⑤ -qEd 得v2=一Y1= ⑥ (2)微粒1运动到B(0,一d)点时，速度在x轴 方向上的分量为VBx,则 vBx=-√/-2ad ⑦ -2qEd 由③⑦得vBr= 72 电场力对它做功的瞬时功率 P=qE0=qE√ -2gEd m (3)中性微粒分裂时，根据电荷守恒定律，微粒2 带等量的正电荷，所受电场力沿工轴的正方向，在电 场力的作用下也做类平抛运动.根据对称性，当微粒1 到达B(0,一d)点时，微粒2运动到C(2d,d),点，此时 两微粒间的距离是BC=√/(2d)2+(2d)=2√2d. E C(2d,d) A(d.0)x B(0,-d 12.【解析】(1)设电子的质量为m,电荷量为 e,电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的 速度为。，此后在电场Ⅱ中做类平地运动，假设电子 从CD边射出，出射点纵坐标为y,有 eEL=2mvi 解得y=L,所以电子离开ABCD区城的往至 坐标为(2,）月 4 (2)设释放点在电场区域I中，其坐标为(x,y), 在电场I中电子被加速到1，然后进入电场Ⅱ做类 平抛运动，并从D点离开，有eEz=2mui 1 y= 2 mo L' 解得xy=年，即在电场I区城内满足方程的点 即为所求位置 (3)设电子从(x,y)点释放，在电场I中加速到 :,进入电场Ⅱ后做类平抛运动，在高度为y'处离开 电场Ⅱ时的情景与(2)中类似，然后电子做匀速直线 运动，经过D点，则有 1 eEx=2mv,y-y= 1 =at= eEL L 7202 解得xy=L2 +) ,即在电场I区域内满 足方程的点即为所求位置 13.【解析】(1)由题意，根据小球恰能通过轨 道最高点可知： i =mg十gE ① 离开D后，竖直方向做类自由落体运动，得 2R= ② 2 x=Upt ③ 联立①②③得：x=0.4m ④ (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为甲、℃乙，碰撞 过程动量守恒，机械能守恒，得 72U0=mUp十m0之 ⑤ 2 mui= 1 1 2mu3+2mu吃 ⑥ 联立⑤⑥得，0元=v0 ⑦ 由动能定理，得 1 1 -mg·2R-9E·2R=2mui-2mu2 ⑧ 联立①⑦⑧解出 5(mg +qE)R =2√5m/s ⑨ 3 (3)设甲的质量为M,碰撞后甲、乙的速度分别 为M、0m,根据动量守恒和机械能守恒定律有： Moo=MuM十mvm ①⑩ Mwi=子Mi+7mai 1 1① 2Mvs 联立⑩①得：0m=M十m @ 由②和M≥m,可得：Yo≤vm<2vo ⑧ 设乙球过D点的速度为'。，由动能定理得 -mg·2R-gE·2R= 1 2m0'- 2 mo ④ 联立⑨⑧@得：2m/s≤v'p<8m/s 5 设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x', 则有：x'='Dt G 联立②⑤G得：0.4mx'<1.6m 专题7恒定电流 十年高考母题原型训练 A组 题源1电阻定律、欧姆定律 1.D【解析】热敏电阻用于温控，光敏电阻用 于光电传感，电阻丝主要是热效应，故A、B、C说法正 确，而电阻对交、直流作用等效，故D说法错误， 2.A【解析】滑动变阻器下部电阻R1与上 部电阻R2并联.当滑片P下滑时，R:增大，R1减小， 电路中的总电阻先变大后变小，电压表测路端电压， 电压表示数先变大后变小，当滑片P下滑时，电流表 先测通过R1的电流，电流表示数由零变大，R!为零 时，电流表测干路电流，示数最大，所以A项正确 3.B【解析】电动机未启动时，U灯=E一I17 =(12.5-10×0.05)V=12V,电灯功率P灯=U:I =120W.电动机启动时，U'=E-12r=(12.5-58 X0.05)V=9.6V,设电灯阻值不变，由P= R,可得 p'=(0)×P=()×120w=76.8w,电功 率的减少量△P=P-P'=(120-76.8)W=43.2W. 。4 4.0.157.5【解析】滑片P向右移动的过程 中，电流表示数在减小，电压表示数在增加，由此可以 确定电流表量程选取的是0~0.6A,电压表量程选取 的是0~15V,所以电流表的示数为×0.6A=0.15 A,电压表的示数为3X15V=5V;当电压表示数 U1=2.5V时，电流表示数I1=0.3A,得 E=U:+1R+1(R+R:) R2 当电压表示数U2=5V时，电流表示数I2= 0.15A,得 E=U:+1:R,+R,+R) r, R2 解方程组得：E=7.5V. 5,【解析】设所需碳棒的长度为11，电阻率为 P1,电阻温度系数为a1;铜棒的长度为l2,电阻率为 p:,电阻温度系数为a2.根据题意有 p1=p1o(1+a1t) ① P2=px (1+a2t) ② 式中p1oP20分别为碳和铜在0℃时的电阻率. 设碳棒的电阻为R1,铜棒的电阻为R2,有 R1二p1S ③ R:一p2S ④ 式中S为碳棒与铜棒的横截面积。 碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分 别为 R=R+R2 ⑤ 1。=l1+12 ⑥ 式中1。=1.0m 联立以上各式得 en2+poa1litpna:l R=p1o5十eoS ⑦ 要使R不随t变化，⑦式中t的系数必须为 零.即 P1oa1l1十P20a2l2=0 ⑧ 联立⑥⑧式得专题6电场 考纲·题型解读 1.以选择题的形式考查对场强、点电荷、电场线等基本概念的深刻理解，而场强的概念又是考查的重点，常考查其比值定义 法、决定场强大小的因素及其矢量性等：对于库仑定律，常考查其适用条件及公式的应用. 2.以选择题的形式考查对电势、电势差、电功、电势能等基本概念的理解，以及物理量之间的区别与联系；对电场能的性质 将重点考查，常考查电场力做功的特点以及电场力做功与电势能的关系，题型灵活， 3.电容器、带电粒子在电场中的运动是本专题考查的重点，常以选择题和计算题的形式考查带电粒子在电场中的加速和偏 转，考查偏转（类平抛运动）时，常结合平抛运动的知识求解；常对电容器进行动态分析，或与其他力学，磁场等知识联系起来进 行考查. 十年高考母题题源揭秘 题源1 电场力的性质 ③库仑力可以和其他力平衡」 ④某个点电荷同时受几个点电荷的作用时，要用平行 解题模型1.1 四边形定则求合力 1.库仑定律 2.电荷及电荷守恒定律 内容：在真空中两个，点电荷的相互作用力跟它们的电 (1)自然界中只存在正负两种电荷，元电荷电量e 荷量的乘积成正比，跟它们间的距离的平方成反比，作用 1.6×109C,物体带电荷量均是元电荷电荷量的整数倍. 力的方向在它们的连线上， (2)物体带电方法有三种：①摩擦起电；②接触起电： 表达式：F=6Q,Q ③感应起电. r2 (3)电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能消失，它 [说明] 只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转 (1)库仑定律适用于真空中点电荷间的相互作用，点 移到另一部分，在转移过程中总电荷数不变 电荷在空气中的相互作用也可以应用该定律， (4)两完全相同的金属球接触后分开应平分它们原带 ①对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集 净电荷的电荷量。 中于球心的点电荷，为两球心之间的距离。 ②对于两个带电金属球，要考虑金属表面电荷的重新 [真题1](2023·江苏)真空中，A、B两点与点电荷Q的 距离分别为r和3x,则A、B两点的电场强度大小之比为( 分布. A.3:1 B.1:3 ③库仑力不能根据公式错误的推论：当r→0时，F ∞，其实，在这样的条件下，两个带电体也已经不能再看作 C.9:1 D.1:9 点电荷 [解析] 可泽=织E一品故Et5 由E=Q (2)在计算时，各物理量应采用国际单位制单位.此时 =9:1. 静电力常量k=9×10N·m2/C2 [答案]C (3)F=Q,可采用两种方法计算 [真题2](2023·浙江)用金属箔做成一个不带电的圆环， ①采用绝对值计算，库仑力的方向由题意判断得出， 放在干燥的绝缘桌面上，小明同学用绝缘材料做的笔套与头发 摩棕后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆 ②Q1、Q2带符号计算.此时库仑力F的正、负符号不 环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列 表示方向，只表示吸引力或排斥力 (4)库仑力具有力的共性 说法正确的是 A.摩棕使笔套带电 ①两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三 B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应 定律. 出异号电荷 ②库仑力可使带电体产生加速度.例如原子的核外电 C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所 子绕核运动时，库仑力使核外电子产生向心加速度 受静电力的合力大于圆环的重力 D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 ·67 [解析]绝缘材料做的笔套与头发摩擦，摩擦起电，A项 对：笔套靠近圆环时，圆环上下部感应出异号电荷，感应起电，B 2.电场线 项对；圆环刚被吸引向上运动，一定是静电力的合力大于圆环的 电场线：在电场中画出一系列的从正电荷出发到负电 重力，随后距离减小、引力增大，所以整个过程中静电力的合力 荷终止的曲线，使曲线上每一，点的切线方向都跟该点的场 大于圆环的重力，C项对：笔套碰到圆环后，由于笔套是绝缘体， 强方向一致，这些曲线叫电场线 极少电荷转移，所以圆环上仍然是感应电荷，不能中和，D项错， (1)电场线是起源于正电荷（或无穷远处），终止于负 [答案]ABC 电荷（或无穷远）的有源线. [真题3](2023·新课程标准I)一水平放置的平行板电 (2)电场线的疏密反映电场的强弱.电场线不相交， 容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连，上极板中心 (3)电场线不表示电荷在电场中的运动轨迹，只有当 有一小（小孔对电场的影响可忽略不计）.小孔正上方号处的 电场线为直线、电荷初速度为零或初速度平行于电场线且 只受电场力作用时，运动轨迹才与电场线重合】 P点有一带电粒于，该粒于从静止开始下落，经过小孔进入电容 (4)几种典型电场的电场线分析 器，并在下极板处（未与极板接触）返回若将下极板向上平移 ①正，点电荷的电场如图甲所示：由正电荷出发，到无 ，则从P点开始下落的相同粒于将 d ( 穷远处终止 ②负点电荷的电场如图乙所示：由无穷远处出发到负 A.打到下极板上 电荷终止， B.在下极板处返回 C在距上极板号处返回 D.在距上极板号d处返回 [解析]根据题述，粒子从静止开始下落，经过小孔进入电 容器后电场力做负功，设粒子带电量为q,电池两极之间的电压 为U,由动能定理，mg(d十d/2)一gU=0.若将下极板向上平移 d/3,一定不能打在下极板上，设粒子在距上极板nd处返回，则 电场力做功为一g2 [说明]点电荷产生的电场 ·nd=一3gmU/2,由动能定理，mg(nd十 。离点电荷越近，电场线越密，场强越大 b.在点电荷形成的电场中，不存在场强相等的，点. d/2)-3gmU/2=0.解得n=2/5,即粒子将在距上极板2d/5处 ℃.若以点电荷为球心作一个球面，电场线处处与球面 返回，选项D正确。 垂直，在此球面上场强大小处处相等，方向各不相同， [答案]D ③等量异种，点电荷形成的电场中的电场线分布情况 解题模型1.2 如图丙所示，其特点有： .两点电荷连线上的各点场强方向从正电荷指向负 1.电场强度 电荷，沿电场线方向场强先变小再变大 (1)电场：带电体周围客观存在的一种物质，是电荷间 相互作用的媒体 (2)电场强度：放入电场中某一点的电荷受到的电场 力跟它的电荷量的比值，叫做这一点的电场强度 定义式：E=E 9 方向：正电荷在该点受力方向，是失量 ①=F造用于任何电扬.电扬中莱点的扬强是确定 少 了 g b.两，点电荷连线的中垂面（中垂线）上，电场线方向均 值，其大小和方向与检验电荷g无关，检验电荷g充当“测 相同，即场强方向均相同，且总与中垂面（中垂线）垂直. 量工具”的作用 c.在中垂面（中垂线）上，与两，点电荷连线的中，点O等 ②E=k8是真空中点电荷所形成的电场的决定式E r2 距离的各点场强相等 ④等量同种点电荷形成的电场中的电场线分布情况 由场源电荷Q和场源电荷到某，点的距离r决定 如图丁所示，其特点有： ®E是扬强与电势差的关系式，只道用于匀强电 .两点电荷连线中点O处场强为零，此处无电场线 场，注意式中d为两，点间沿电场方向的距离. b.两点电荷连线中点O附近的电场线非常稀疏，但场 ④电场强度是矢量，当空间的电场是由几个，点电荷共 强并不为零. 同激发的时候，空间某点的电场强度等于每个点电荷单独 c.从两，点电荷连线中点O沿中垂面（中垂线）到无限 存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和 远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小， 68 C.在P产生的电场中，M、N处的电势相同 3.匀强电场 D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 在电场中，如果各，点场强的大小和方向都相同，这样 [解析]对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无 的电场叫匀强电场.匀强电场中的电场线是间距相等且互 相平行的直线」 作用力：设M,N同距方，剥有：警=长条得 (√2-1)L;A错.由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直 [真题4](2023·北京)如图所示，实线表示某静电场的电 线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，B对；由带电量为 场线，虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是 () 十Q的小球P,结合沿电场线方向电势降低，则M点电势高于 N点，故C错；M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合 外力为零，故D正确. [答案]BD [真题7](2023·新课程标准I)如图，在正电荷Q的电 场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F 为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用 A.1、2两点的场强相等 B.1、3两点的场强相等 9MpN9p9F表示，已知9M=9N9P=pF,点电荷Q在M、 C.1、2两点的电势相等D.2、3两点的电势相等 N、P三点所在平面内，则 [解析]电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2 比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大，故A错误；同理 可知，B错误，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点 处的电势，C错误；2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点 的电势相等故D正确。 [答案]D A.点电荷Q一定在MP的连线上 [真题5](2023·福建)如图，真空中xOy平面直角坐标 B.连接PF的线段一定在同一等势面上 系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m,若将电荷量 C.将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 均为g=十2.0×10C的两点电荷分别固定在A,B点，已知静 D.p>OM 电力常量k=9.0×10°N·m/C2,求： [解析门如图， (1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C点的电场强度的大小和方向. y/m M 点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆孤上任意两 ,点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MV的中垂线 和FP的中垂线的交，点上，在MP的连线上，如图所示，A正确： B 9P=F,线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，B错；在正 -1 0 1 x/m 的，点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P [解析](1)根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为： 点搬运到N,点，电势能降低，故电场力做正功，C错；在正的点电 F=,是代入数指得：F=90X10N 荷的电场中，离场源越远，电势越低，故9p>9M,D正确. (2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1= [答案]AD [真题8](2023·江苏)如图所示，一圆环上均匀分布着正 ,A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：E白 电荷，x轴垂直于环面且过圆心O,下列关于x轴上的电场强度 2E1cos30°，代入数据得E=7.8×103N/C,方向沿y轴正方向. 和电势的说法中正确的是 [答案](1)9.0×103N(2)C点的电场强度大小为7.8 ×10N/C,方向为y轴正方向， [真题6](2023·广东)如图所示，光滑绝缘的水平桌面 上，固定着一个带电量为十Q的小球P,带电量分别为一q和 +2g的小球M和N,由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相 距L,P,M和N视为点电荷，下列说法正确的是 A,O点的电场强度为零，电势最低 B.O点的电场强度为零，电势最高 C.从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 P D.从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 [解析]圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环 A.M与V的距离大于L 上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零，圆环上各电荷产 B.P、M和N在同一直线上 生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知， ·69· x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知 在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确. -6×10- 差U6= 2X10V=-3X10V.在月U WA想求电 O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴 正方向，场强应先增大后减小，x轴上电场强度方向向右，电势降 势差时，式中三个物理量均为标量，但均有正负，计算时最 低，故CD错误。 好将符号代入计算 [答案]B (2)电势 [真题9](2023·新课标Ⅱ卷)关于静电场的电场强度和 电场中某点的电势是指这点与电势零点之间的电势 电势，下列说法正确的是 ( 差，它在数值上等于单位正电荷由该点移至零电势点时电 A.电场强度的方向处处与等电势面垂直 场力所做的功. B.电场强度为零的地方，电势也为零 令9B=0,则9A=UAB=9A一9B: C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 (3)电势能 D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 电荷在电场中所具有的势能叫电势能，它是相对的， [解析]电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场 与参考位置（零势能点）的选择有关. 线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，A正确；电场强 (4)等势面 度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电 电场中电势相等的点构成的平面叫等势面， 势为零，电场强度不一定为零，B错：场强大小与电场线的疏密有 2.场强与电势的关系 关，而沿着电场线的方向电势降低，所以随电场强度逐渐减小，电 (1)电势反映电场能的特性，而电场强度反映电场力 势不一定降低，C错：顺着电场线方向电势降低，由匀强电场= 的特性 Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，D正确。 (2)电势是标量，具有相对性，而电场强度是矢量，不 [答案]AD 具相对性，两者叠加时运算法则不同. [真题10](2023·江苏)下列选项中的各圆环大小相 电势的正负有大小的含义，而电场强度的正负表示方 向，并不表示大小， 同，所带电荷量已在因中标出，且电荷均匀分布，合子圆环间夜 (3)电势与电场强度的大小没有必然的联系，某点的 电势为零，电场强度可以不为零，反之亦然， 此绝缘，坐标原点O处电场强度最大的是 ( (4)同一检验电荷在E大处F大，但正电荷在P大处e 才大，而负电荷在中大处€反而小 (5)电势和电场强度都是由电场本身的因素决定的， 与检验电荷无关 (6)在匀强电场中有关系式U=E·d 3.等势面与电场线的关系 电场线总是与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面. 4.匀强电场中电势差与电场强度的关系 (1)关系可由公式表达： i或U=Ed. D [解析]根据对称性和失量叠加，D项O点的场强为零，C (2)对E=巴（或U=Ed)的理解 d 项中等效为第二象限内电荷在O,点产生的电场，大小与A项相 U 同，B项正、负电荷产生的场强大小相等，互相垂直，合场强是其 ①公式E=行反映了电场强度与电势差之间的美系， 中一个的√2倍，也是A、C项场强的√2倍，因此B项中O点场强 由公式可知：电场强度的方向就是电势降低最快的方向. 最大，B项正确， 如图所示，由A点沿AB、AC、AD、AF路径电势均降 [答案]B 落，且UAB=UAC=UAD=UAF,其中AB路径电势降落最快 题源2 电场能的性质 (单位长度上的电势差最大). 解题模型2.1 1.电势差、电势、电势能、等势面的概念 (1)电势差 电荷在电场中由一点A移到另一点B时，电场力做的 功与电荷电量的比值，叫微这两点的电势差，U=W出 ②公式E= U 的应用只适用于匀强电场，且应用时注 例如，将一个带电量为g=2.0X108C的质，点在静电场中 意d的含义是表示某两点沿电场线方向上的距离，或两点 由a点移到b点，电场力做功为一6×10iJ,则a、b间电势 所在等势面之间的距离，由公式可得结论：在匀强电场中， 70 面如图所示，已知A点电势高于B点电势.若位于、b处点电荷 两长度相等且相互平行的线段的端，点间的电势差相等U 的电荷量大小分别为g。和q6则 () =E·L·cOsa(a为线段与电场线的夹角，L为线段的长 度) ③对于非匀强电场，此公式可以用来定性分析某些问 题，如在非匀强电场中，各相邻等势面的电势差为一定值 时，那么E越大处，d越小，即等势面越密. 5.电场中电势高低的判断 判断电势高低常用以下几种方法： (1)电场线法：沿着电场线的方向电势越来越低， A.a处为正电荷，g。<q6 (2)由电势和电势能的关系判断：先由电场力做功情 B.a处为正电荷，q.>q6 况判断电势能的变化，再由电势和电势能之间的关系判断 C.a处为负电荷，q。<g 电势的升降情况，需要记住的是：对正电荷，电势能越大， D.a处为负电荷，g。>q6 电势越高，电势能越小，电势越低；对负电荷，则完全相反， [解析]根据A点电势高于B点电势可知，a处为正电荷， (3)根据场源电荷的情况判断：在正电荷产生的电场 q。>q6,选项B正确. 中，离它越近电势越高；在负电荷产生的电场中，情况则 [答案]B 相反。 [真题13](2023·重庆)如图所示为某示波管内的聚焦电 6.电场力做功的计算 场.实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电于分别从α、b两 (1)根据电势能的变化与电场力做功的关系计算 点运动到c点，设电场力对两电于做的功分别为W。和W。,a、b 电场力做了多少功，就有多少电势能和其他形式的能 点的电场强度的大小分别为E。和E6,则 发生相互转化 (2)应用公式W=gUAB计算 ①正负号运算法：按照符号规定把电荷量g和移动过 程的始、末两点的电势UAB的值代入公式W=qUAB计算. 西 符号规定：所移动的电荷若为正电荷，9取正值；若为 负电荷，g取负值.若移动过程的始点电势9A高于终，点电 A.W。=Wb,E.>E6 势9B,UAB取正值；若始点电势9A低于终点电势PB,UAB B.W。≠Wb,E.>Eb 取负值. C.W。=W6,E。<E ②绝对值运算法：公式中的q和UAB都取绝对值，即公 D.W。≠W6,Ea<Eb 式变为W=|g·lUAB. [解析]图中a、b两点在一个等势面上，故U=U,根 正、负功判断：当正（或负）电荷从电势较高的点移动 据W=gU,有W。=W6;a位置的电场强度较密集，故E。>Eb； 到电势较低的点时，电场力做正功（或电场力做负功）：当 [答案]A 正（或负）电荷从电势较低的点移动到电势较高的点时，电 [真题14](2023·天津)两个带等量正电的点电荷，固定 场力做负功（或电场力做正功） 在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A 点为MN上的一点.一带负电的试探电荷q,从A点由静止释 [真题11](2023·全国)地球表面附近某区域存在大小为 放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则() 150N/C、方向竖直向下的电场.一质量为1.00×104kg、带电量 M A· 为一1.00×10？C的小球从静止释放，在电场区域内下落 10.0m对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力 O 加速度大小取9,80m/s2,忽略空气阻力) ( A.-1.50×104J和9.95×10-3J N B.1.50×10-4J和9.95×10-3J A.q由A向O的运动是匀加速直线运动 C.-1.50×104J和9.65×108J B.g由A向O运动的过程电势能逐渐减小 D.1.50×10-4J和9.65×103J C.q运动到O点时的动能最大 [解析]小球带负电，电场力对小球做负功，为： D.q运动到O点时电势能为零 W电=-qEh=-1.00×10-1×150×10J=-1.50×10-4J, [解析]试探电荷受到P和Q处的两个引力作用，由库仑 则小球的电势能增加量1.50×10-J,即电势能的改变量为1.50 定律可知两个引力的合力方向竖直向下，因此试探电荷由A到 ×10‘J.合外力对小球做功为： O点做的是加速运动，从无穷远处到O点，场强先增大后减小，g W合=(mg-gE)h=(1.00×104×9.8-1.00×10-7×150) 做的是变加速直线运动，选项A错误；g由A到O电场力做正功 ×10J=9.65×10-3J根据动能定理得知：动能的改变量为9.65 电势能减小，选项B正确；q由O向着N点运动，电场力做负功， X10-3J. 动能减小，因此g运动到O点时动能最大，选项C正确；由等量 [答案]D 正点电荷周围电场线分布情况可知O点电势大于零，q运动到 [真题12](2023·上海)两异种点电荷电场中的部分等势 O点电势能为负值，选项D错误；故选BC. ·71· [答案]BC 题源3电容器、带电粒子在电场中的运动 [真题15](2023·上海)半径为R,均匀带正电荷的球体 在空间产生球对称的电场；场强沿半径分布如图所示，图中E。 解题模型3.1 已知，E-r曲线下O~R部分的面积等于R~2R部分的面积. (1)写出E-r曲线下面积的单位： 1.关于电容器的两类典型问题的讨论 (2)已知带电球在r≥R处的场强E=Q/r,式中k为静 (1])平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与 电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？ 电池两极相连接，电容器的d、S、:变化，将引起电容器的 (3)求球心与球表面间的电势差△U: C、Q、U、E怎样变化？ (4)质量为m,电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的 这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两板间 速度可以刚好运动到2R处？ 的电压保持不变，可根据下列几式讨论C、Q、E的变化 情况 C=E:S 4πkde d E E Q-UC-Ue.S.S 4πkdcd 1 2R E-U a*d. [解析]（1)E-r曲线下面积的单位为伏特. (2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器 (2)由点电荷的电场强度公式，E。=kQ/R2, 的d、S、e,变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化？ 解得：该均匀带电球所带的电荷量Q=E,Rk. 这类问题由于电容器充电后，切断与电池的连接，使 (3)根据E-r曲线下面积表示电势差，球心与球表面间的 电容器的带电荷量保持不变，可根据下列几式讨论C,U、E .1 电势差W=2E,R. 的变化情况. (4)根据题述E-r曲线下O~R部分的面积等于R~2R部 C=&S c6.S 4πkd d 分的面积，球体表面到2R处的电势差△U=E,R/2.由动能定 Q4πkdQd 理，940=1 mu2, Uc oE.S UQQ4xkQ。1 goER E= 解得：℃= d-ca-a.sd= 6:Soc 6S 4πkd [答案](1)伏特(2)ER 9oER 另外，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电 k(3)2ER (4m 场线，带电荷量不变，则电场线的数目不变，当两板间距离 [真题16](2023·新课程标准I)如图，一半径为R的圆 变化时，场强不变；当两板正对面积变化时，引起电场线的 盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 疏密程度发生了改变，如图所示，电容器的电荷量不变，正 的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为 对面积减小时，场强增大。 R,在a点处有一电荷量为g(g>0)的固定点电荷.已知b点处的 场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( A6 R B.∈10g 9R8 C.&Q+q 2.带电粒子的重力是否可忽略的问题 R D.&9Q+q 9R2 (1)基本粒子如电子、质子、带电粒子、离子等在没有 [解析]根据场强的叠加，E6=E。十E,可得圆盘在b点 明确指出或暗示下，重力一般忽略不计， 产生的电场强度与，点电荷在b点产生的电场强度等大反向：E盒 (2)带电颗粒如油滴、液滴、尘埃、带电小球在没有明 =一k R,方向向左；根据对称性可知圆盘在d点处产生的场强 9 确指出或暗示下，重力一般不能忽略。 3.带电粒子在电场中的加速 为E=长是d点处的合与强为E,=(3欢十长是=长 9 带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场 力对带电粒子所做功等于带电粒子动能的增量， 9R,B选项对，A,CD选项错误。 10q (1)在匀强电场中： [答案]B ·72 W-qEd=qU-2mv 1 1 2 mvg: M (2)在非匀强电场中： w--mi. 1 B A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 4.带电粒子在匀强电场中的偏转 B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加 带电粒子以垂直于匀强电场的场强方向进入电场后， C.微粒从M点运动到N点动能一定增加 做类平抛运动 D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加 (1)运动状态分析：带电粒子以速度。垂直于电场线 [解析]微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力 作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到 方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角 的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；如果微粒带正 的电场力作用而做匀变速曲线运动. 电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A (2)偏转问题的分析、处理方法.类似于平抛运动的分 板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒 析处理，应用运动的合成和分解的知识（如图所示）. 运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，A错； 人 如果微粒受到的电场力向下，微粒从M,点运动到N,点过程 中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上， 则电势能增加，B错；微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N ,点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，C对：微粒从M,点运动 到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，D错 [答案]C 沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t=l/0· [真题18](2023·安徽)如图所示，充电后的平行板电容 沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动： 器水平放置，电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔， a=F/m=qE/m=qU/md, 质量为m、电荷量为十g的小球从小孔正上方高h处由静止开 离开电场时的偏移量：y=2at=2mnd 1 gl'U 始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不 计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g),求： 离开电场时的偏转角：1an0=)=91U vo mvid (3)对粒子偏角的讨论 若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U。加 1 速后进入偏转电场的，则由动能定理有gU。=乞m,则 U tane-2U.d' (1)小球到达小孔处的速度： (2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量： 由上式可知，粒子的偏转角与粒子q、m无关，仅决定 (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间. 于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同 [解析](1)小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位 一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角 移关系公式，有：02=2gh 度总是相同的」 解得：0=√2gh D (4)粒子从偏转电场中射出时偏移距离y= (2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有： 1 9U mg (h+d)-qEd=0 ,作粒子速度的反向延长线，设交于O dm vo 解得：E=mg(h十d) qd ② 点，O点与电场边缘的距离为℃，则 9U12 电容器两极板间的电压为： 2dmvi l x三 U=Ed=mg (h+d) tan qUl 2 9 mv号d 电容器的带电量为： 由此可知，粒子从偏转电场中射出时，速度的反向延 Q=CU=mg (h+d)c 长线与初速度延长线的交点平分沿初速度方向的位移， (3)加速过程： [真题17](2023·天津)如图所示，平行金属板A、B水平 mgt=mv ③ 正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在 减速过程，有： 重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么 (mg-qE)t:=0-mv ④ ( t=t+t> ⑤ 联立①②③④⑤解得： ·73· t=1+4) 2h E=品(N,-N》 [答案](1)u=√2gh E.=6(N,+5N.) (2)mg(h+d) mg(h+d)C gd 9 Ew=65N,+N,) [答案] N-N,)6N,+5N)i66N,+N) [真题19](2023·新课程标准Ⅱ)如图，匀强电场中有一 [真题20](2023·广东)喷墨打印机的简化模型如图所 半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行.a、b为 示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度垂直 轨道直径的两端，该直径与电场方向平行.一电荷为g(g>0)的 匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分 ( 别为N。和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点 信号输入 纸 和b点时的动能。 墨盒 ☑ 带电室 A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大 C.运动轨迹是抛物线 [解析]质点所受电场力的大小为：f=qE ① D.运动轨迹与带电量无关 设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为。 [解析]由于微滴带负电，电场方向向上，因此微滴受到的 和6，由牛顿第二定律有：f十V。=m ② 电场力向上，微滴向正极板偏转，A项错误：偏转过程中电场力 做正功，根据电场力做功与电势能变化关系，电势能减小，B项 N。-f=m, ③ 错误：微粒在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x=00t,沿 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和E幼，有 电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，住移】？ Eumo ④ 1吧巴y,此为抛物线方程，C项正确：从式中可以看出，运动 2 dm vo Ew=2mvi ⑤ 轨迹与带电量g有关，D项错误. [答案]C 根据动能定理有：E地一Ea=2rf ⑥ 联立①②③④⑤⑥式解得： 《十年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) A组 2.(2022·福建)物理学中有些问题的结论不一定必须通过 计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否 正确如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R: 题源1电场力的性质（★★★★★） 的圆环，两圆环上的电荷量均为q(q>0),而且电荷均匀分布两 1.(2023·新课程标准Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个 圆环的圆心O1和O2相距为2a,连线的中点为O,轴线上的A 带电小球a,b和c分别位于边长为1的正三角形的三个顶点上； 点在O点右侧与O点相距为r(r<a).试分析判断下列关于A a、b带正电，电荷量均为g,c带负电.整个系统置于方向水平的 点处电场强度大小E的表达式（式中k为静电力常量）正确的是 匀强电场中已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态， ( 则匀强电场场强的大小为 √3kq A. 312 B. √3kg 2kq 12 C.3kg D. 12 12 ·74· kgR kgR2 C.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电 A.E= R+(a十r)2 R十(a-r)9 势降低最快的方向 kgR kgR D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一 B.E= [R+(a+r)2]2[R+(a-r)] 点，电场力做功为季 C.E= kq(a+r) kg(a-r) 7.(2022·天津)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点， R+(a+r)2 R:+(a-r) 电场力做了负功，则 () kq (a+r) kq(a-r) D.E= A.b点的电场强度一定比a点大 [Ri+(a十r)]2[R+(a-r)] B.电场线方向一定从b指向a 3.(2023·上海)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原 C.b点的电势一定比a点高 点对称分布，正确描述电势9随位置x变化规律的是图(） D.该电荷的动能一定减小 8.(2022·海南)如图，M、N和P是以MN为直径的半圆 弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，电荷量相等、 符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强 度的大小为E1:若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强 大小变为E2,E1与E2之比为 M 0 60 A.1:2 B.2:1 C.2:3 D.4:3 4.(2023·广东)如图是某种静电矿料分选器的原理示意 图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的 9.(2022·安徽)如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆 心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x 两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有 () 轴正方向的夹角为日若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场 漏斗 强大小E=100V/m,则O、P两点的电势差可表示为() 收集板 m 7777才9别 A.带正电的矿粉落在右侧 A.Uop=-10sin(V) B.电场力对矿粉做正功 B.Uop =10sin@(V) C.带负电的矿粉电势能变大 C.Uop=-10cos@(V) D.带正电的矿粉电势能变小 D.Uop =10cos0(V) 5.(2023·江苏)一粒于从A点射入电场，从B点射出，电 10.(2019·广东)如图所示，实线是一簇未标明方向的由点 场的等势面和粒于的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势 电荷Q产生的电场线，若带电粒于g(Q>|g)由a运动到b, 面平行，不计粒子的重力.下列说法正确的有 () 电场力做正功.已知在a、b两点粒于所受电场力分别为F。、F6, 则下列判断正确的是 () 120V A.粒于带负电荷 B.粒于的加速度先不变，后变小 A.若Q为正电荷，则g带正电，F。>F6 C.粒于的速度不断增大 B.若Q为正电荷，则g带正电，F。<F D.粒于的电势能先减小，后增大 C.若Q为负电荷，则q带正电，F.>F。 6.(2022·全国I)关于静电场，下列结论普遍成立的是 D.若Q为负电荷，则q带正电，F。<F。 ( 11.(2023·全国)一电荷量为g(g>0)、质量为m的带电 A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 粒于在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随 B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 时间变化的规律如图所示.不计重力，求在t=0到t=T的时间 ·75· 间隔内： B.M点的电势小于N点的电势 (1)粒于位移的大小和方向： C.粒于在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 (2)粒于沿初始电场反方向运动的时间 D.粒于在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 AE 3.(2020·广东)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m 的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在 2E 相等的时间间隔内 E 0.25T0.5T0.75T E 2E A.重力做的功相等 B.电场力做的功相等 C.电场力做的功大于重力做的功 D.电场力做的功小于重力做的功 4.(2020·山东)如图所示，在 y轴上关于O点对称的A、B两点 有等量同种点电荷十Q,在x轴上 C点有点电荷-Q,且CO=OD, 609 ∠ADO=60°.下列判断正确的是 ( ) A,O点电场强度为季 +O B B.D点电场强度为零 C.若将点电荷+q从O移向C,电势能增大 题源2电场能的性质（★★★★★） D.若将点电荷一q从O移向C,电势能增大 5.(2023·山东)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心 1,(2023·重庆)如图所示，高速运动的a粒于被位于O点 处固定一带正电的点电荷，一带电粒于以一定初速度射入电场， 的重原于核散射，实线表示a粒于运动的轨迹，M、N和Q为轨 实线为粒于仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线 迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则(） 与虚线的交点则该粒子 () N M 0● A,a粒于在M点的速率比在Q点的大 A.带负电 B.三点中，a粒于在N点的电势能最大 B.在c点受力最大 C,在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低 C.在b点的电势能大于在c点的电势能 D.a粒于从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功 D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 2.(2020·广东)图中的实线表示电场线，虚线表示只受电 6.(2022·上海)三个点电荷电场的电场线分布如图所示， 场力作用的带正电粒于的运动轨迹，粒于先经过M点，再经过 图中a,b两点处的场强大小分别为E。、E6,电势分别为9。、P6, N点，可以判定 则 ( A.M点的电势大于N点的电势 A.E.>E B.E.<E< C.E.>Eb,9。<9 D.E。<Eb,9a>96 ·76· 7.(2023·天津)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的 11.(2022·四川)如图所示，空间有场强E=0.5N/C的竖 等势面如图中虚线所示，一带负电的粒于以某一速度从图中A 直向下的匀强电场，长l=0,3m的不可伸长的轻绳一端固定 点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒于只受 于O点，另一端系一质量m=0.01kg的不带电小球A,拉起小 静电力作用，则粒子在电场中 ( 球至绳水平后，无初速释放.另一电荷量q=+0.1C、质量与A 相同的小球P,以速度u。=3√5m/s水平抛出，经时间t=0.2s +5V 与小球A在D点迎面正碰并粘在一起成为小球C,碰后瞬间断 -…0V A 开轻绳，同时对小球C施加一恒力，此后小球C与D点下方一 -5V 足够大的平板相遇，不计空气阻力，小球均可视为质点，取g -10V =10m/s2. A.做直线运动，电势能先变小后变大 (1)求碰撞前瞬间小球P的速度； B.做直线运动，电势能先变大后变小 (2)若小球C经过路程s=0.09m到达平板，此时速度恰好 C.做曲线运动，电势能先变小后变大 为0，求所加的恒力： D.做曲线运动，电势能先变大后变小 (3)若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角 8.(2021·宁夏)空间有一匀强电场，在电场中建立如图所 不变，在D点下方任意改变平板位置，小球C均能与平板正碰， 示的直角坐标系O-xyx,M、N、P为电场中的三个点，M点的 求出所有满足条件的恒力， 坐标为(0，a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为 (a,?,2)已知电场方向平行于直线MN,M点电势为0，N 点电势为1V,则P点的电势为 ( E A.V C.iv 9.(2022·江苏)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场 强度E随x变化的图象如图所示，下列说法中正确的是() EA A.O点的电势最低 B.x?点的电势最高 题源3电容器、带电粒子在电场中的运动 C.x1和一x1两点的电势相等 (★★★★★) D.x1和x两点的电势相等 1.(2023·新课程标准)如图，平行板电容器的两个极板与 10.(2020·上海)如图所示，把电量为-5×10C的电荷， 水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒于恰 从电场中的A点移到B点，其电势能 （填“增大”、“减 能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒于 小”或“不变”)；若A点的电势UA=15V,B点的电势Ug=10 V,则此过程中电场力做的功为 J. B A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐塔加 D.做匀变速直线运动 ·77· 2.(2023·江苏)一充电后的平行板电容器保持两极板的正 对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容 C和两极板间的电势差U的变化情况是 ( A.C和U均增大 浅游游 B.C增大，U减小 B C C.C减小，U增大 6.(2022·北京)用控制变量法，可以研究影响平行板电容 D.C和U均减小 器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S,极板间的距离为 3.(2022·安徽)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极 d,静电计指针偏角为6.实验中，极板所带电荷量不变，若( 板，R。为定值电阻，R1、R,为可调电阻，用绝缘细线将质量为 m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合开关S,小球静止时受到 悬线的拉力为F调节R1、R2,关于F的大小判断正确的是 ( A.保持S不变，增大d,则日变大 B.保持S不变，增大d,则9变小 C.保持d不变，减小S,则0变小 D.保持d不变，减小S,则日不变 7.(2023·福建)反射式速调管是常用的微波器械之一，它 利用电于团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过 程类似.如图所示，在虚线MV两侧分别存在着方向相反的两个 A.保持R1不变，缓慢增大R时，F将变大 匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直 B.保持R1不变，缓慢增大R:时，F将变小 线在A、B两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E1= C.保持R2不变，缓慢增大R!时，F将变大 2.0×103N/C和E。=4.0×103N/C,方向如图所示，带电微粒质 D.保持R不变，缓慢增大R1时，F将变小 量m=1.0×100kg,带电量g=-1.0×10C,A点距虚线MN 4.(2022·重庆)某电容式话简的原理如示意图所示，E为 的距离d,=1.0cm,不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求： 电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话简说话时，P (I)B点到虚线MN的距离d:; 振动而Q可视为不动.在P、Q间距增大过程中 (2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t, M 绝缘固定支架 M A.P、Q构成的电容器的电容增大 B.P上电荷量保持不变 C.M点的电势比N点的低 D.M点的电势比N点的高 5.(2022·新课程标准)静电除尘器是目前普遍采用的一种 高效除尘器其除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中 直线αb为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电 场线分布如图所示：粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运 动，最后落在收尘板上若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带 电粉尘颗粒的运动轨迹，则下列4幅图中可能正确的是（忽略重 力和空气阻力) () ·78 8.(2022·江苏)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真 荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷？和导体表面上的感 空中间距为d的两平行极板，如图甲所示加在极板A、B间的 应电荷共同激发的已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则 电压UAB做周期性变化，其正向电压为U。,反向电压为一U。(k 在：轴上：=？处的场强大小为(：为静电力常量)() >1),电压变化的周期为2x,如图乙所示.在t=0时，极板B附 近的一个电于，质量为m、电荷量为e,受电场作用由静止开始运 动若整个运动过程中，电于未碰到极板A,且不考虑重力作用. ()若：=，电于在0~2：时间内不能到达极板A,求d 应满足的条件： (2)若电于在0~200x时间内未碰到极板B,求此运动过程 A是 B.k 49 C.632g 409 中电于速度随时间t变化的关系； 9h2 D.k gh2 (3)若电于在第N个周期内的位移为零，求k的值 3.(2022·广东)如图是某一点电荷的电 场线分布图，下列表述正确的是 极板A UAB A.a点的电势高于b点的电势 B.该点电荷带负电 U d 12T 13 14T C.a点和b点电场强度的方向相同 电子 D.a点的电场强度大于b点的电场强度 极板B -kUo 4.(2023·重庆)如图所示，电量为十g和一9的点电荷分别 甲 位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( -q● +q A.体中心、各面中心和各边中点 B.体中心和各边中点 C.各面中心和各边中点 D.体中心和各面中心 5.(2022·山东)某电场的电场线分布如图所示，以下说法 B组 正确的是 题源1电场力的性质（★★★★★） 1.(2023·安微)如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平 板，单位面积带电量为。，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电 A.c点场强大于b点场强 场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1 B.a点电势高于b点电势 (R十x)],方向沿x轴，现考虑单位面积带电量为。的无 C.若将一试探电荷十q由a点释放，它将沿电场线运动到b点 限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为的圆板，如图2所 D.若在d点再固定一点电荷-Q,将一试探电荷+g由a 示则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为() 移至b的过程中，电势能减小 6.如图所示，直线AB为静电场中的一条等势线，有一带电 微粒由A点沿直线运动到B点，由此可判断 A.带电微粒受电场力大小一定不变 B.带电微粒的加速度方向一定垂直于直线AB R C.带电微粒的电势能一定不变 A D.带电微粒的动能一定不变 图1 图2 7.下面说法正确的是 A.2xk如0(r2+x2)厘 B.2ka0(r+x2)厘 A.在电场中，电场强度大的点，电势必高 B.电荷置于电势越高的点，所具有的电势能也 n2a日 越大 C.电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快 2.(2023·安徽)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表 D.一带电粒于只受电场力作用，在电场中运动时，电势能一 面，该导体充满<0的空间，x>0的空间为真空.将电荷量为q 定变化 的点电荷置于轴上=h处，则在xOy平面上会产生感应电 ·79· 8.如图所示，有一带电量为十g的点电荷与均匀带电圆形 12.一匀强电场，场强方向是水平的（如图）.一个质量为m 薄板相距为2d,此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心.若图 的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为。，在电场力与 中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是 重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成日角的直线运动求小 球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差 0 A品+ 9 9 d C.0 D是 9.如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放 置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异 种电荷，一带正电的粒于从很远处沿轴线飞来并穿过两环，则在 带电粒于运动过程中 ( +0 13.如图所示，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，Oy表 示竖直向上的方向，已知该平面内存在沿x轴负方向的区域足够 大的匀强电场，现有一个带电量为2.5×10C的小球从坐标原 A.在O1点粒于加速度方向向左 点O沿y轴正方向以0.4kg·m/s的初动量竖直向上抛出，它 B.从O1到O,过程粒于电势能一直增加 到达的最高点位置为图中的Q点，不计空气阻力，g取10m/s, C.轴线上O1点右侧存在一点，粒于在该点动能最小 4/m D.轴线上O1点右侧、O:点左侧都存在场强为零的点，它 3.2 们关于O、O:连线中点对称 10.一正电荷在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B 1.6 点，速度大小随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别是电荷在 A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有 () 0 1.63.24.86.4xm (1)指出小球带何种电荷； (2)求匀强电场的电场强度的大小； (3)求小球从O点抛出到落回x轴的过程中，电势能的改 变量， A.A处的场强一定小于B处的场强 B.A处的电势一定高于B处的电势 C.电荷在A处的电势能一定小于B处的电势能 D.A至B过程中，电场力一定对电荷做正功 11,(2022·海南)利用静电除尘器可以消除 空气中的粉尘静电除尘器由金属管A和悬在管 中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源 的正极和负极，其装置示意图如图所示A、B之 间有很强的电场，距B越近，场强（填 “越大”或“越小”).B附近的气体分于被电离成 为电于和正离于，粉尘吸附电于后被吸附到 (填“A”或“B”)上，最后在重力作用下 落入下面的漏斗中. ·80· 题源2电场能的性质（★★★★★） 平行.已知a、b和c点的电势分别为(2-√3)V、(2十5)V和 2V该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 () 1.(2023·福建)如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个 带正电的试探电荷q1q2分别置于A、B两点，虚线为等势线.取 无穷远处为零电势点，若将919：移动到无穷远的过程中外力 克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是 () a30 A.(2-3)V、(2+√3)V B.0V、4V A.A点电势大于B点电势 D.0V、23V B.A、B两点的电场强度相等 6.(2022·四川)如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的 C.g1的电荷量小于q:的电荷量 等势面，相邻两等势面间的电势差相等.光滑绝缘直杆沿电场方 D.g1在A点的电势能小于q:在B点的电势能 向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块（可视为质 2.(2021·福建)如图所示，平行板电容器与电动势为E的 点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从 直流电源（内阻不计）连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器 M点运动到N点，OM<ON,若滑块在M、N时弹簧的弹力大 中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖 小相等，弹簧始终在弹性限度内，则 直向上移动一小段距离 A.滑块从M到N的过程中，速 度可能一直增大 B.滑块从位置1到2的过程中， 电场力做的功比从位置3到4的小 M123 C.在M、N之间的范围内，可能 存在滑块速度相同的两个位置 D.在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小 A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 的三个位置 B.P点的电势将降低 7.(2023·全国)通常一次闪电过程历时约0.2~0.3s,它由 C.带电油滴的电势能将减小 若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80us,电 D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 荷转移主要发生在第一个闪击过程中，在某一次闪电前云地之 3.(2021·山东)如图所示，在x轴上关于原点O对称的两 间的电势差约为1.0×10°V,云地间距离约为1km;第一个闪击 点固定放置等量异种点电荷十Q和一Q,x轴上的P点位于一Q 过程中云地间转移的电荷量约为6C,闪击持续时间约为604s. 的右侧.下列判断正确的是 ( 假定闪电前云地间的电场是均匀的，根据以上数据，下列判断正 确的是 () 0 P x A,闪电电流的瞬时值可达到1×10A B.整个闪电过程的平均功率约为1×104W A在x轴上还有一点与P点电场强度相同 C.闪电前云地间的电场强度约为1×10V/m B.在x轴上还有两点与P点电场强度相同 D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×10J C.若将一试探电荷十q从P点移至O点，电势能增大 8.如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中 D.若将一试探电荷十g从P点移至O点，电势能减小 A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表 4.(2021·广东)如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近 示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L,在O点固定放置 地放置两个带同种电荷的小物块.由静止释放后，两个物块向相 一带负电的小球现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球 反方向运动，并最终停止.在物块的运动过程中，下列表述正确 a、b均可视为点电荷，先将a穿在细杆上，让其从A点由静止开 的是 始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落.则下列 +91 +92 说法中正确的是 777777777777777777777777 A.从A点到C点，小球a做匀加速 A.两个物块的电势能逐渐减少 运动 B.物块受到的库仑力不做功 B.小球a在C点的动能等于小球b C.两个物块的机械能守恒 在B点的动能 D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 C.从A点到C点，小球a的机械能 5.(2020·海南)匀强电场中有a、b、c三点.在以它们为顶 先增加后减少，但机械能与电势能之和 点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°，电场方向与三角形所在平面 不变 ·81· D.小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点 到B点电场力做的功 9.有一带电荷量q=-3×10-C的点电荷，从电场中的A 点移到B点时，克服电场力做功6×10·J,从B点移到C点电 场力做功9×10‘J.问： (1)AB、BC、CA间电势差各为多少？ (2)如以B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少？电 荷在A,C两点的电势能各为多少？ (b) 3.如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验 装置，两块相互靠近的等大正对的平行金属板M、N组成电容 器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电 计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板 M的位置在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针 张开一定角度，在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不 变，对此实验过程的描述正确的是 A.只将板M从图示位置稍 向左平移，静电计指针张角变大 静电计 B.只将板M从图示位置沿 垂直纸面向外的方向稍微平移， 题源3电容器、带电粒子在电场中的运动 静电计指针张角变大 (★★★★★) C.只将板M从图示位置稍 7777 1.(2023·安徽)如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间 向上平移，静电计指针张角减小 加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒于 D.只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大 被固定在两板的正中间P处若在t。时刻释放该粒于，粒于会 4.如图所示，甲、乙分别是场强相同的圆形、正方形匀强电 场区域（圆形直径与正方形边长相同）.相同带电粒于以相同速 时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t。可 度沿垂直于电场方向，对准中心O分别进入两个区域，则粒于分 能属于的时间段是 ( 别经过两个电场区域后，其动量改变量大小△p手、△p乙的关系为 A U 甲 乙 ① Mg Mg A0,< T C.3T<u<T DTi 甲 乙 4 2.(2019·广东)平行板间有如图()所示周期变化的电压， A.△p年<△p乙 B.△p年>△p乙 重力不计的带电粒于静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其 C.△p手≤△p乙 D.△p年≥△p乙 释放，运动过程无碰板情况，图(b)中，能正确定性描述粒于运动 5,如图所示，带正电的粒于以一定的初速度沿两板的中 速度的图象是 () 线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知 板长为L,板间距离为d,板间电压为U,带电粒于的电荷量为 U q,粒于通过平行金属板的时间为t(不计粒于的重力)，则() T2 T372 2T -U (a) ·82· A在前号时间内，电场力对粒子做的功为吗 (1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm; (2)求收集效率？与两板间距d的函数关系： B在后？时间内，电场力对粒于做的功为号西 (3)若单位体积内的尘埃数为，求稳定工作时单位时间下板 收集的尘埃质量△M/△t与两板间距d的函数关系，并绘出图线. C在粒于下落前和后的过程中，电场力做功之比 为1：2 D,在粒于下落前兰和后的过程中，电场力做功之比 为2：1 6.如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环 的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的A、B及其以下 8.如图所示，带等量异号电荷的两块相互平行的金属板 部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑，现将一质量为 AB、CD长为l,两板间距为d,其间为匀强电场，当两极板间电 m,带电荷量为十g的小球从管中A点由静止释放，已知gE= 压为U。时，有一质量为m,电荷量为g的质于紧靠AB板的上 mg,以下说法错误的是 () 表面以初速度。射入电容器中，设质于运动过程中不会和CD 板相碰. (1)试求质子在t1=l/2。时偏转的距离y和此时的速度 大小； (2)当在t1=1/20。时突然改变两板带电性质和电压，当保 持两板间电压为U时，质于恰好能贴紧B端飞出电场，试求电 压U1和U的比值是多大？ D C A.小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往 复运动 B.小球释放后，到达最低点D时速度最大 C.小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的 压力大小之比为1：1且方向相同 D.小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁 的压力大小之比为5：1 7.(2023·浙江)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、 宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下 9.如图所示，直角坐标系在一真空区域里，y轴的左方有一 面板使用金属材料.图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒 匀强电场，场强方向跟y轴负方向成日=30°角，y轴右方有一垂 定的高压直流电源相连.质量为m、电荷量为一g、分布均匀的尘 直于坐标系平面的匀强磁场，在x轴上的A点有一质于发射器， 埃以水平速度。进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其 它向x轴的正方向发射速度大小为0=2.0×10m/s的质于，质 所带电荷被中和，同时被收集通过调整两板间距d可以改变收 于经磁场在y轴的P点射出磁场，射出方向恰垂直于电场的方 集效率.当d=d。时，”为81%（即离下板0.81d,范围内的尘埃 向，质于在电场中经过一段时间，运动到x轴的Q点.已知A点 能够被收集)，不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用. L 与原点0的距离为10cm,Q点与原点0的距离为(20√3-10) cm,质于的比荷为g=1.0×10C/kg,不计质于的重力.求： m ag. 1 (1)磁感应强度的大小和方向： (2)质于在磁场中运动的时间； 农 (3)电场强度的大小. 接地线 ·83 10.(2023·全国)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放 (3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L/n(n≥1)仍使电 置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。 于从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动)，求在电场 现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为十Q和一Q, I区域内由静止释放电于的所有位置 此时悬线与竖直方向的夹角为再给电容器缓慢充电，直到悬 y 线和竖直方向的夹角增加到行，且小球与两极板不接触求第二 次充电使电容器正极板塔加的电荷量， 11.(2021·安徽)如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方 向，场强为E.在A(d,0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作 用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷 13.(2022·安徽)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨 量为g的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0，一d) 道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段 点.不计重力和分裂后两微粒间的作用试求： 轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大 (1)分裂时两个微粒各自的速度； 小E=5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度。沿水平 (2)当微粒1到达(0，一d)点时，电场力对微粒1做功的瞬 轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，已 间功率； 知甲、乙两球的质量均为m=1.0×102kg,乙所带电荷量g= (3)当微粒1到达(0，一d)点时，两微粒间的距离. 2.0×10C,g取10m/s2,(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为 质点，整个运动过程无电荷转移) (1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D,求乙在 轨道上的首次落点到B点的距离： (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度o; 0 A(d0)x (3)若甲仍以速度。向右运动，增大甲的质量，保持乙的质 0.,-d0 量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围， B 12.(2020·上海)如图所示为研究电于枪中电于在电场中 运动的简化模型示意图.在Oxy平面的ABCD区域内，存在两 个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长 为L的正方形（不计电于所受重力）. (1)在该区域AB边的中点处由静止释放电于，求电于离开 ABCD区域的位置： (2)在电场1区域内适当位置由静止释放电于，电于恰能从 ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置； ·84·