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高考物理考前冲刺押题预测 静电场
一．选择题（共10小题）
1．（2025 重庆模拟）如图所示，两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上，另一端分别连着两个带电小球P、Q，平衡时两小球处于同一水平线上，两细线与天花板间的夹角分别为α＝30°、β＝45°，重力加速度大小为g，现剪断连接Q球的细线，则在剪断细线的瞬间，Q球的加速度大小为（　　）
A． B． C．2g D．
2．（2025 宁河区校级一模）静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（　　）
A．图中a、c两点电势关系为φa＞φc
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb＞Ed
C．电子在a、d两点的电势能关系为Epa＜Epd
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
3．（2025 兰州模拟）如图所示，A点有一个电荷量为+Q的点电荷，在距A点2r处有一个点电荷B，在以A点为圆心半径为r的球面上有一点C，AC和AB垂直。要使C点的场强与AB平行，则点电荷B（　　）
A．带负电，电荷量为5Q
B．带负电，电荷量为Q
C．带正电，电荷量为5Q
D．带正电，电荷量为Q
4．（2025 未央区校级模拟）如图所示，一固定的不带电金属球壳接地，半径为R，球心为A，将一带电量为+q的点电荷固定在离球心为2R的B点，D、E是AB连线上的两点，BD＝BE，BC与球壳相切于C点，球壳静电平衡时，C点的场强，下列说法正确的是（　　）
A．C点电势低于A点
B．D点电势高于E点
C．A点的场强
D．球上的感应电荷在C处的场强大小
5．（2025 文昌校级模拟）如图所示，C1、C2是完全相同的两个电容器，P是电容器C1两极板间的一点，在电容器C2两极板间插入一块云母板。闭合开关，电路稳定后断开开关。将云母板从C2极板间抽出的过程，下列说法正确的是（　　）
A．P点电势升高
B．电容器C2的电容增大
C．灵敏电流计中有向右的电流
D．电容器C1两极板间的电场强度变小
6．（2025 广州模拟）纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、R为半径，从x轴上的a点开始沿逆时针方向作圆，a～h是圆周上的8个等分点，如图（a）所示；测量圆上各点的电势φ与半径同x轴正方向的夹角θ，描绘的φ﹣θ图像如图（b）所示，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为
B．O点的电势为
C．a、e两点的电势差为
D．从e到f，电势一直降低，从g到h，电势一直升高
7．（2025 广州模拟）如图，在长为L、宽为h的矩形区域ABCD内存在一竖直向上的匀强电场，在电场的右侧距离为L的位置有一竖直挡板GH。质量为m、带电量为+q的小球以水平速度v0垂直电场线从C点射入电场中，从电场边缘的B点离开电场后，垂直打在挡板GH上的F点（图中未标出）。已知重力加速度大小为g，不考虑电场的边缘效应。从C点运动到F点过程中，下列分析正确的是（　　）
A．小球打在竖直挡板上的速度为2v0
B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球从C点运动到F点的高度差为3h
D．整个过程中小球的机械能增加了2mgh
8．（2025 道里区校级一模）某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，x1到x4E﹣x图像所包围的面积为S，下列说法正确的是（　　）
A．x3处电势最高
B．x2和x4处电势相等
C．x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差
D．电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek＝q S
9．（2025 五华区校级一模）如图纸面内三角形ABC是一个直角三角形，角C是30°，AB＝2cm。空间中存在一匀强电场，其方向与纸面平行。电子仅在电场力的作用下运动，从A到B，从B到C，其动能增加量均为1eV，则（　　）
A．UAC＝2V
B．电子在A点电势能不可能是﹣3eV
C．匀强电场电场强度方向与AC夹30°角指向右上
D．匀强电场电场强度大小为V/m
10．（2025 抚顺二模）探究两个可以视为点电荷的带电小球之间的作用力，带电荷量为Q的小球C固定在绝缘支架上，用轻质绝缘细线将带电荷量为q的小球P悬挂在铁架台上，平衡时两小球连线水平，之间的距离为r，悬挂小球P的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。已知小球P的质量为m，静电力常量为k，则剪断细线的瞬间，小球P的加速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 广东二模）图甲所示是一种静电除尘装置，其原（俯视），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点加速度比Q点的小
C．微粒在P点具有的电势能比Q点的大
D．其他条件不变，将两A板适当靠近B，除尘效果更好
（多选）12．（2025 市中区校级一模）如图所示，在三维坐标系O﹣xyz中，存在一匀强电场，已知该电场在xyz三个方向的分量大小均为E0，将一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处无初速度释放，粒子不计重力。关于带电粒子的运动和受力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在O点所受电场力的合力为零
B．粒子将沿z轴方向做匀加速直线运动
C．粒子的电势能逐渐减少
D．粒子在O点的加速度大小为
（多选）13．（2025 城关区校级开学）某带电导体周围的电场线和等势面分布如图所示，相邻等势面之间的电势差相等，其中A、B、C三点分别位于电场中三个相邻等势面上，下列说法正确的是（　　）
A．A点处的电场强度大于B点处的电场强度
B．沿电场线方向，B点附近的电势比A点附近的电势降落更快
C．一带负电的试探电荷在A点的电势能大于在C点的电势能
D．对同一试探电荷，由A点移到B点电场力做的功大于B点移到C点电场力做的功
（多选）14．（2025 广州模拟）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为2mgsinθ
B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsinθ
C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
D．物体A、B、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量
（多选）15．（2025 广州二模）如图，长方体左右两个正方形面的中心固定两个等量同种正电荷A和B，AB连线中点为O。长方体的四条边的中点有a、b、c、d四个点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c、d电势均相同
B．a、b、c、d场强均相同
C．电子从a沿ao方向移动到c，电势能先减少后增加
D．abcd组成的平面是等势面
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 金华期末）如图所示，在竖直平面内固定一半径为R、圆心为O的绝缘光滑圆轨道，AB为竖直直径，轨道处于电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场中。一质量为m的带正电小球（视为质点）静止在圆轨道内的C点，OC与OB的夹角θ＝53°。重力加速度大小为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。
（1）求小球所带的电荷量q；
（2）若给小球一个初速度，小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，求小球运动过程中的最小速度vmin；
（3）若小球以斜向右下方的初速度vc沿轨道从C点向B点运动，求小球到达B点时的加速度。
17．（2024秋 大连期末）如图（a）所示，竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环，空间存在水平方向的匀强电场，A与圆心O位于同一水平高度，设圆环上的某点与O点的连线与OA连线的夹角为θ，其电势φ与θ的关系图像如图（b）所示，其中φ0，初始时刻一电量为+q、质量为m、可视为质点的小球，在环内A点以速度v0竖直向下运动，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）小球对圆环的最大压力的大小；
（3）小球运动的过程中一个周期内通过的弧长。
18．（2025 文登区一模）如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层电场的高度均为d，电场强度的大小均为E，方向沿图中竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从AB边中点射入电场，入射角为θ，粒子的初动能为Ek，粒子在纸面内运动，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。
（1）若粒子能从CD边射出，求粒子通过电场的时间；
（2）当Ek＝2qEd时，粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离不大于d，求入射角θ的最值；
（3）当EkqEd时，粒子在θ为范围内均匀射入电场，求从CD边射出的粒子的入射角θ的范围。
19．（2025 广州二模）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1m。现将一电荷量为q＝+4×10﹣2C、质量为m＝1kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）场强E1的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
20．（2025 思明区校级一模）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，在的区域内存在竖直向上的匀强电场E1，在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轴正方向以的速度射入Ⅰ区域，小球仅从直线上的点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，BC两点的电势差。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）C点的速度大小vC；
（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。
静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 重庆模拟）如图所示，两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上，另一端分别连着两个带电小球P、Q，平衡时两小球处于同一水平线上，两细线与天花板间的夹角分别为α＝30°、β＝45°，重力加速度大小为g，现剪断连接Q球的细线，则在剪断细线的瞬间，Q球的加速度大小为（　　）
A． B． C．2g D．
【考点】库仑力作用下的加速度问题；牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】A
【分析】Q球受到重力、库仑力和绳子的拉力，根据受力的变化情况，运用牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：剪断细线之前，连接Q球的细线的拉力为，剪断细线后小球Q受向下的重力和P对Q的引力不变，则合力大小为，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查对物体受力情况的分析能力，清楚合力与分力的关联。
2．（2025 宁河区校级一模）静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（　　）
A．图中a、c两点电势关系为φa＞φc
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb＞Ed
C．电子在a、d两点的电势能关系为Epa＜Epd
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；根据电场线的疏密判断场强大小．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】A
【分析】由图可知单纤维左右端带电的正负，根据沿着电场方向电势降低，电场线由高等势面指向低等势面分析；
根据等量异种电荷中垂线上场强的特点分析；
根据中垂线是等势面分析A、B两点电势大小关系，根据B、D两点电势的高低，可知A、D两点电势的高低，则可知电子在A、D两点电势能的高低；
根据沿着电场方向电势降低，可知D、C两点电势的高低，则可知电场力做功是否为零。
【解答】解：A．由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为φa＞φc，故A正确；
B．电场线的疏密代表电场强度的大小，b处电场线密，则b、d两点的电场强度大小关系为Eb＜Ed，故B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，图中a、d两点电势关系为φa＜φd
根据Ep＝qφ
电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为Epa＞Epd
故C错误；
D．沿着电场线方向电势降低，图中b、c两点电势关系为φb＞φc
且质子带正电，故将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了等量异种电荷电场的特点，电场力做功和电势能，解题的关键是知道等量异种电荷电场线从正电荷出发，终止于负电荷，等量异种电荷中垂线是等势面，B点是等量异种电荷连线与中垂线的交点，在中垂线上B处的场强最大，注意电势越高，则负电荷的电势能越小，正电荷的电势能越大。
3．（2025 兰州模拟）如图所示，A点有一个电荷量为+Q的点电荷，在距A点2r处有一个点电荷B，在以A点为圆心半径为r的球面上有一点C，AC和AB垂直。要使C点的场强与AB平行，则点电荷B（　　）
A．带负电，电荷量为5Q
B．带负电，电荷量为Q
C．带正电，电荷量为5Q
D．带正电，电荷量为Q
【考点】电场强度的叠加．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由题意，结合点电荷电场强度公式、几何关系、矢量合成法则分析列式，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：A点有一个电荷量为+Q的点电荷，则A处点电荷在C点形成的电场沿AC方向，大小为：，
要使得C点合电场与AB平行，则根据矢量合成法则可知，B处点电荷在C点形成的电场沿CB方向，故B点是负电荷；
设CB与AB的夹角为θ，
由几何关系可知：，，
则：，
且：EBsinθ＝EA，
联立可得：，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。
4．（2025 未央区校级模拟）如图所示，一固定的不带电金属球壳接地，半径为R，球心为A，将一带电量为+q的点电荷固定在离球心为2R的B点，D、E是AB连线上的两点，BD＝BE，BC与球壳相切于C点，球壳静电平衡时，C点的场强，下列说法正确的是（　　）
A．C点电势低于A点
B．D点电势高于E点
C．A点的场强
D．球上的感应电荷在C处的场强大小
【考点】静电平衡现象、等势体；电场强度的叠加．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】（1）处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零．
（2）处于静电平衡状态的整个导体是一个等势体，它的表面是一个等势面．
（3）表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面垂直．
【解答】A.静电平衡状态的导体是等势体，所以A、C两点等电势，A错误；
B.带电荷量为+q的点电荷在D、E两点电势相等，感应电荷在D点的电势比点的低，所以D点电势低于E点电势，B错误；
C.静电平衡状态的导体内部的场强处处为0，所以C错误；
D．处于静电平衡状态的导体表明为等势面，而电场中的电场线与等势面垂直，可知C处的合场强方向沿金属球的半径方向，由于+q点电荷在C处的分场强为
方向沿过C点的圆的切线，根据平行四边形定则可知，球上的感应电荷在C处的分场强大小为
解得
故D正确。
故选D。
【点评】导体中（包括表面）自由电子不再发生定向移动，我们就认为导体达到了静电平衡状态．
5．（2025 文昌校级模拟）如图所示，C1、C2是完全相同的两个电容器，P是电容器C1两极板间的一点，在电容器C2两极板间插入一块云母板。闭合开关，电路稳定后断开开关。将云母板从C2极板间抽出的过程，下列说法正确的是（　　）
A．P点电势升高
B．电容器C2的电容增大
C．灵敏电流计中有向右的电流
D．电容器C1两极板间的电场强度变小
【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，将云母板从C2极板间抽出，根据分析电容器C2的电容变化情况，由分析电容器C1极板间的电势差变化，由分析电容器C1极板间的电场强度变化情况，进而分析P点与电容器C1的下极板间的电势差变化情况，即可确定P点电势的变化。分析两电容器的状态判断灵敏电流计中电流方向。
【解答】解：B、闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，根据电容的决定式，将云母板从C2极板间抽出的过程，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容器C2的电容减小，故B错误；
D、由可知，电容器C2极板间的电势差变大，致使电容器C1极板间的电势差变大，由可知，电容器C1极板间的电场强度变大，故D错误；
A、电容器C1极板间的电场强度变大，由U＝Ed可知，P点与电容器C1的下极板间的电势差变大，因下极板接地，电势为零，P点的电势大于零，则P点电势升高，故A正确；
C、将云母板从C2极板间抽出过程中，电容器C2处于放电状态，电容器C1处于充电状态，则灵敏电流计中有向左的电流，故C错误。
故选：A。
【点评】解答电容器动态分析问题的关键要灵活运用电容的定义式、决定式，掌握电容器的充放电特性，并理解如何判定电场强度的变化，注意电容器极板接地时，电势为零。
6．（2025 广州模拟）纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、R为半径，从x轴上的a点开始沿逆时针方向作圆，a～h是圆周上的8个等分点，如图（a）所示；测量圆上各点的电势φ与半径同x轴正方向的夹角θ，描绘的φ﹣θ图像如图（b）所示，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为
B．O点的电势为
C．a、e两点的电势差为
D．从e到f，电势一直降低，从g到h，电势一直升高
【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由匀强电场的电场强度和电势差的关系，求电场强度大小；根据匀强电场电势分布特点，求O点的电势；由匀强电场的电场强度和电势差的关系，求ae两点的电势差；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，分析电势。
【解答】解：A.由题图可知圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与x轴夹角为
且电势差的值为φ1﹣（﹣φ2）＝φ1+φ2
可画出如图所示电场线
由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大小
方向与x轴正方向夹角为，故A错误；
D.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从e到f，电势先降低再升高，从g到h，电势一直升高，故D错误；
B.根据匀强电场电势分布特点，O点的电势，故B错误；
C.根据匀强电场中电场强度与电势差的关系式U＝Ed可得，a、e两点的电势差，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查学生对匀强电场的电场强度和电势差的关系、匀强电场电势分布特点的掌握，是一道基础题。
7．（2025 广州模拟）如图，在长为L、宽为h的矩形区域ABCD内存在一竖直向上的匀强电场，在电场的右侧距离为L的位置有一竖直挡板GH。质量为m、带电量为+q的小球以水平速度v0垂直电场线从C点射入电场中，从电场边缘的B点离开电场后，垂直打在挡板GH上的F点（图中未标出）。已知重力加速度大小为g，不考虑电场的边缘效应。从C点运动到F点过程中，下列分析正确的是（　　）
A．小球打在竖直挡板上的速度为2v0
B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球从C点运动到F点的高度差为3h
D．整个过程中小球的机械能增加了2mgh
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；常见力做功与相应的能量转化；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】将小球运动分解为水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据动力学规律和功能关系分析求解。
【解答】解：A、小球在运动过程中水平方向不受力，做匀速直线运动，打在竖直挡板上的速度为v0，故A错误；
B、小球在运动过程中水平方向做匀速直线运动，则在电场中运动时间和离开电场到挡板时间相同，竖直方向上先加速后减速为零，加速和减速时间相同，加速度大小相同。
竖直方向上加速过程，由牛顿第二定律得：
qE﹣mg＝ma，
竖直方向上减速过程，由牛顿第二定律得：
mg＝ma，
联立解得：E，
故B错误；
C、竖直方向上先加速后减速为零，加速和减速时间相同，加速度大小相同，加速、减速过程位移相等，小球从C点运动到F点的高度差2h，故C错误；
D、整个过程中电场力做功等于小球的机械能增加量，则
ΔE＝qEh＝2mgh，
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查小球在电场和重力场叠加场中的运动，对于电场和重力共线的叠加，可以将小球运动进行分解来分析。
8．（2025 道里区校级一模）某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，x1到x4E﹣x图像所包围的面积为S，下列说法正确的是（　　）
A．x3处电势最高
B．x2和x4处电势相等
C．x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差
D．电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek＝q S
【考点】E﹣x图像的理解与应用；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；图析法；电学图象专题；理解能力．
【答案】D
【分析】E﹣x图像的纵坐标代表电场强度的大小，其正负表示电场强度的方向。图像的斜率反映了电场强度的变化率，斜率为0表示匀强电场，斜率不为0表示电场强度随距离变化。图像与x轴所围成的面积代表了电势差，即电压。
【解答】解：AB、根据沿着电场线方向电势降低，x2处电势高于x4处电势，x3处电势不是零，故AB错误；
C、由U＝Ed可知，E﹣x图线与x轴所围的面积表示电势差，则x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C错误；
D、根据W＝qU可得，电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek＝q S，故D正确。
故选：D。
【点评】考查对E﹣x图像的理解，清楚图线的含义。
9．（2025 五华区校级一模）如图纸面内三角形ABC是一个直角三角形，角C是30°，AB＝2cm。空间中存在一匀强电场，其方向与纸面平行。电子仅在电场力的作用下运动，从A到B，从B到C，其动能增加量均为1eV，则（　　）
A．UAC＝2V
B．电子在A点电势能不可能是﹣3eV
C．匀强电场电场强度方向与AC夹30°角指向右上
D．匀强电场电场强度大小为V/m
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势能变化的关系；电场力做功与电势差的关系；等势面及其与电场线的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】结合题意，根据功能关系、电场力做功与电势差的关系列式，结合几何关系及匀强电场中电势差与电场强度的关系，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：设AC中点为D，
由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知：UAD＝UDC，
因为电子仅在电场力的作用下运动，从A到B，从B到C，其动能增加量均为1eV，则由功能关系、电场力做功与电势差的关系可得：﹣eUAB＝﹣eUBC＝1eV，
解得：UAB＝UBC＝﹣1V，
由此可知：UAC＝UAB+UBC＝﹣1V﹣1V＝﹣2V，φB＝φD，
则BD为一条等势线，根据电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，可得一条电场线，如图：
由几何关系可知：∠FAD＝30°，则匀强电场电场强度方向与AC夹30°角指向左下；
由匀强电场中电势差与电场强度的关系及电势差的关系可知：UFA＝UBA＝﹣UAB＝E AF，
由几何关系可知：AF＝AD cos30°，AD＝AB，
联立可得：EV/m；
电势能的具体数值与零电势点的选取有关，故电子在A点电势能可能是﹣3eV；
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式U＝Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。
10．（2025 抚顺二模）探究两个可以视为点电荷的带电小球之间的作用力，带电荷量为Q的小球C固定在绝缘支架上，用轻质绝缘细线将带电荷量为q的小球P悬挂在铁架台上，平衡时两小球连线水平，之间的距离为r，悬挂小球P的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。已知小球P的质量为m，静电力常量为k，则剪断细线的瞬间，小球P的加速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】库仑力作用下的加速度问题；库仑力作用下的受力平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据库仑定律求解带电小球C与P 之间的库仑力，根据几何关系求解细线中的拉力大小，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：带电小球C与P 之间的库仑力，细线中的拉力大小，剪断细线的瞬间，根据牛顿第二定律，小球 P 的加速度大小a，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查库仑定律，目的是考查学生的推理论证能力。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 广东二模）图甲所示是一种静电除尘装置，其原（俯视），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点加速度比Q点的小
C．微粒在P点具有的电势能比Q点的大
D．其他条件不变，将两A板适当靠近B，除尘效果更好
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场强度与电场力的关系和计算；电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；带电体周围的电势分布．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】A.结合题意，根据沿电场方向电势降低，即可分析判断；
B.由题意，根据电场线、电场强度、电场力、加速度的关系，即可分析判断；
C.由题意，根据功能关系，即可分析判断；
D.结合题意，由匀强电场中电势差与电场强度的关系定性分析，即可判断求解。
【解答】解：A.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，则由图乙可知，P点电势比Q点电势低，故A正确；
B.由题意可知，对P、Q两点，P点的电场线更密，则电场强度更大，则微粒在P点所受电场力更大，则微粒在P点加速度比Q点的大，故B错误；
C.由题意可知，微粒由P点向Q点运动过程中，只受电场力作用，电场力做正功，则动能增加，电势能减少，则微粒在P点速度比Q点的小，粒在P点具有的电势能比Q点的大，故C正确；
D.由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知：U＝Ed，
由题意知，AB间电压不变，其他条件不变，将两A板适当靠近B，则两者距离减小，由匀强电场中电势差与电场强度的关系定性分析可知，两者间平均电场强度更大，则微粒所受电场力更大，除尘效果更好，故D正确；
故选：ACD。
【点评】本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式U＝Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场；用这个公式变形后，可求匀强电场的场强，也可定性分析非匀强电场。
（多选）12．（2025 市中区校级一模）如图所示，在三维坐标系O﹣xyz中，存在一匀强电场，已知该电场在xyz三个方向的分量大小均为E0，将一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处无初速度释放，粒子不计重力。关于带电粒子的运动和受力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在O点所受电场力的合力为零
B．粒子将沿z轴方向做匀加速直线运动
C．粒子的电势能逐渐减少
D．粒子在O点的加速度大小为
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；牛顿第二定律的简单应用；电场强度的叠加．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】结合题意，由矢量合成法则及数学知识列式，确定电场强度；再由牛顿第二定律及功能关系，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：在三维坐标系O﹣xyz中，存在一匀强电场，设电场强度大小为E，
因为该电场在xyz三个方向的分量大小均为E0，则由矢量合成法则及数学知识可知：
E，方向沿空间对角线，
粒子在O点时，由牛顿第二定律可得：qE＝ma，
解得：a，方向沿空间对角线，
则粒子在电场力的作用下，沿空间对角线方向，做初速度为零的匀加速直线运动，电场力做正功，则粒子的电势能逐渐减少，
故AB错误，CD正确；
故选：CD。
【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
（多选）13．（2025 城关区校级开学）某带电导体周围的电场线和等势面分布如图所示，相邻等势面之间的电势差相等，其中A、B、C三点分别位于电场中三个相邻等势面上，下列说法正确的是（　　）
A．A点处的电场强度大于B点处的电场强度
B．沿电场线方向，B点附近的电势比A点附近的电势降落更快
C．一带负电的试探电荷在A点的电势能大于在C点的电势能
D．对同一试探电荷，由A点移到B点电场力做的功大于B点移到C点电场力做的功
【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系；电荷性质、电势能和电势的关系．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大；加速度的方向与电场线的方向相同，与等势面垂直。
【解答】解：A、等势面越密集，电场强度越大，则A点处的电场强度小于B点处的电场强度，故A错误；
B、沿电场线方向，B点附近的电势比A点附近的电势降落更快，故B正确；
C、负点电荷在电势低处的电势能更大，则在A点的电势能大于在C点的电势能，故C正确；
D、相邻等势面之间的电势差相等，则对同一试探电荷，根据W＝qU可知，由A点移到B点电场力做的功等于由B点移到C点电场力做的功，故D错误。
故选：BC。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
（多选）14．（2025 广州模拟）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为2mgsinθ
B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsinθ
C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
D．物体A、B、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；归纳法；摩擦力专题；分析综合能力．
【答案】ACD
【分析】在撤去外力前后对B物体受力分析，求出电场力，由牛顿第二定律求得加速度，当B受到的合力为零时，速度最大，结合能量守恒即可判断．
【解答】解：A、当施加外力时，对B分析可知：F﹣mgsinθ﹣F电＝0，解得：F电＝2mgsinθ，故A正确；
B、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：F合＝F电+mgsinθ＝（m+2m）a，解得：a＝gsinθ，故B错误；
C、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx＝F电+mgsinθ解得：x，故C正确；
D、物体A、B和弹簧作为一个系统，B电场力做正功，系统机械能增加，物体A、B、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量，故D正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查的是高中物理运动和力，功和能相关知识点的内容，主要偏向功和能的关系．帮助学生很好的从生活情景中分析功和能的关系。
（多选）15．（2025 广州二模）如图，长方体左右两个正方形面的中心固定两个等量同种正电荷A和B，AB连线中点为O。长方体的四条边的中点有a、b、c、d四个点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c、d电势均相同
B．a、b、c、d场强均相同
C．电子从a沿ao方向移动到c，电势能先减少后增加
D．abcd组成的平面是等势面
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；等势面及其与电场线的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】根据等量同种正电荷电场线和等势面的分布情况，分析各点电势和场强关系。根据电势的变化分析电势能的变化。等势面上各点的电势处处相等。
【解答】解：A、根据等量同种正电荷电场线和等势面分布的对称性可知，a、b、c、d电势均相同，故A正确；
B、等量同种正电荷电场线分布如图所示，a、b、c、d场强大小相等，方向不同，则场强不同，故B错误；
C、根据电场的叠加原理可知，ao间场强方向由o→a，oc间场强方向由o→c，电子从a沿ao方向移动到c，电势先升高再降低，根据负电荷在电势高处电势能小，则知电子的电势能先减少后增加，故C正确；
D、在abcd组成的平面上，电场方向由o点指向平面上各点，根据顺着电场线方向电势降低，可知，abcd组成的平面上电势不是处处相等，因此，abcd组成的平面不是等势面，故D错误。
故选：AC。
【点评】对于常见电场的电场线分布及等势面的分布要能熟练掌握，并要知道沿电场线的方向电势是降低的，解答时要注意等量同号电荷形成电场的对称性。
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 金华期末）如图所示，在竖直平面内固定一半径为R、圆心为O的绝缘光滑圆轨道，AB为竖直直径，轨道处于电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场中。一质量为m的带正电小球（视为质点）静止在圆轨道内的C点，OC与OB的夹角θ＝53°。重力加速度大小为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。
（1）求小球所带的电荷量q；
（2）若给小球一个初速度，小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，求小球运动过程中的最小速度vmin；
（3）若小球以斜向右下方的初速度vc沿轨道从C点向B点运动，求小球到达B点时的加速度。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】（1）小球所带的电荷量q为；
（2）小球运动过程中的最小速度vmin为；
（3）小球到达B点时的加速度大小为，方向水平向左。
【分析】（1）初始小球静止在圆轨道内的C点，根据物体的平衡条件求解小球所带的电荷量q；
（2）将小球受到的电场力与重力的合力作为等效重力，可得小球经过C点关于O点的对称点时的速度最小。根据牛顿第二定律求解小球运动过程中的最小速度；
（3）根据动能定理求得小球到达B点时的速度大小，根据向心加速度表达式与牛顿第二定律，求解小球到达B点时的加速度。
【解答】解：（1）初始小球静止在圆轨道内的C点，根据物体的平衡条件有：
解得：
（2）根据物体的平衡条件可知小球受到的电场力与重力的合力方向为由O指向C，将此合力作为等效重力，可得小球经过C点关于O点的对称点（设此位置为P点）时的速度最小。
等效重力的大小为：
小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，则在P点向心力等于等效重力，则有：
解得：
（3）设小球经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理得：
解得：vB＝0，可知向心加速度an＝0。
在切线方向上，根据牛顿第二定律得：qE＝ma切
解得：，方向水平向左。
故小球在B点时，加速度大小为，方向水平向左。
答：（1）小球所带的电荷量q为；
（2）小球运动过程中的最小速度vmin为；
（3）小球到达B点时的加速度大小为，方向水平向左。
【点评】本题考查了带电体在电场做圆周运动的问题，掌握应用“等效重力”的思想处理此类问题的方法。
17．（2024秋 大连期末）如图（a）所示，竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环，空间存在水平方向的匀强电场，A与圆心O位于同一水平高度，设圆环上的某点与O点的连线与OA连线的夹角为θ，其电势φ与θ的关系图像如图（b）所示，其中φ0，初始时刻一电量为+q、质量为m、可视为质点的小球，在环内A点以速度v0竖直向下运动，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）小球对圆环的最大压力的大小；
（3）小球运动的过程中一个周期内通过的弧长。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）电场强度E的大小为，沿OA方向；
（2）小球对圆环的最大压力的大小为3；
（3）小球运动的过程中一个周期内通过的弧长为2πR。
【分析】（1）根据匀强电场中电场强度与电势差的关系式结合图（b）中数据，求出电场强度的大小，再根据沿电场线方向电势降低，得出场强方向；
（2）找到等效最低点，由动能定理和牛顿第二定律求解小球在等效最低点受到的支持力，再由牛顿第三定律得出小球对圆环的最大压力的大小；
（3）由动能定理分析小球在圆周中的运动情况，确定小球运动过程中一个周期所走的弧长。
【解答】解：（1）如图所示
沿电场线方向上，A点为θ＝0，B点为θ＝π时，两点间的电势差UBA＝φB﹣φA＝φ0﹣（﹣φ0）＝2φ0
又因为E
联立，解得E
因为UBA＝φB﹣φA＞0
所以φB＞φA
即电场强度的方向沿OA方向。
（2）小球所受合力即等效重力大小为F合
向斜向左下方与0A夹角为45°，如图所示
则B点为等效最低点，此处小球对圆环的压力最大，设小球在B点的速度大小为v1，
小球从A点到B点过程，根据动能定理F合R （1﹣cos45°）
在B点对小球根据牛顿第二定律FN﹣F合＝m
解得圆环对小球的最大支持力大小为FN＝3mg
根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大小为FN'＝3mg
（3）设小球到达等效圆心等高点C的速度大小为v2，
小球从A点到C点过程根据动能定理﹣F合Rcos45°
解得v2＝0
说明小球刚好能到达等效圆心等高点，不脱离轨道，然后关于合力方向对称做周期性的往复运动，所以一个周期内通过的弧长为s＝2πR。
解：（1）电场强度E的大小为，沿OA方向；
（2）小球对圆环的最大压力的大小为；
（3）小球运动的过程中一个周期内通过的弧长为2πR。
【点评】本题考查了带电微粒在匀强电场中匀速圆周运动的φ﹣t图像问题，理解图像并能够根据图像找出电场方向是解题的突破口。
18．（2025 文登区一模）如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层电场的高度均为d，电场强度的大小均为E，方向沿图中竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从AB边中点射入电场，入射角为θ，粒子的初动能为Ek，粒子在纸面内运动，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。
（1）若粒子能从CD边射出，求粒子通过电场的时间；
（2）当Ek＝2qEd时，粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离不大于d，求入射角θ的最值；
（3）当EkqEd时，粒子在θ为范围内均匀射入电场，求从CD边射出的粒子的入射角θ的范围。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）粒子通过电场的时间为；
（2）入射角θ的最值为45°；
（3）从CD边射出的粒子的入射角θ的范围为（）。
【分析】（1）电场位于竖直方向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，根据速度的分解得到水平分速度，结合动能的计算式得到初速度，根据匀速运动的规律求运动时间；
（2）先根据动能的表达式求出初速度大小。粒子进入电场沿电场方向做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速度大小，根据运动学公式求出入射角θ的范围，再确定入射角θ的最值；
（3）分析粒子的运动情况，根据速度—位移关系、速度—时间关系求从CD边射出的粒子的入射角θ的范围。
【解答】解：（1）粒子在电场中所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，将初速度分解如图所示。
粒子在水平方向的分速度为
vx＝vcosθ
根据
可知
粒子通过电场的时间为
（2）粒子进入电场时的初动能为
粒子进入电场沿电场方向做匀减速运动，由牛顿第二定律得
qE＝ma
粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离不大于d，则要求
2ad≥（vsinθ）2
解得
所以入射角的范围为
﹣45°≤θ≤45°
可知入射角θ的最大值为
θ＝45°
（3）设粒子从O点射入，恰好从D点射出，粒子的入射角为θ′。
根据，解得粒子的初速度为
粒子在水平方向做匀速直线运动，运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速大小相同的匀减速运动、匀加速运动，位移、时间、速度都具有对称性，粒子通过每段电场的时间t0相等，则
又由运动学公式有
则得
v2d＝v4d＝v6d＝v1sinθ′
v1d＝v3d＝v5d
且
代入数据并整理可得
6cos2θ′﹣8sinθ′cosθ′+1＝0
即
tan2θ′﹣8tanθ′+7＝0
解得
tanθ′＝7（舍去）
或
tanθ′＝1
可得
则入射角的范围为（）。
答：（1）粒子通过电场的时间为；
（2）入射角θ的最值为45°；
（3）从CD边射出的粒子的入射角θ的范围为（）。
【点评】本题考查带电粒子在电场中运动问题，粒子只受恒力而做曲线运动时其轨迹为抛物线，一般是将运动分解处理，应用运动的分解与合成解答。
19．（2025 广州二模）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1m。现将一电荷量为q＝+4×10﹣2C、质量为m＝1kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）场强E1的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据动能定理求场强E1的大小；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动的特点得出速度的大小和对应的运动时间；
（3）找到运动的临界状态，结合动能定理和运动学公式得出场强的范围。
【解答】解：（1）滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得：
解得
E1＝25N/C
（2）滑块从B点运动到C点的过程中，根据牛顿第二定律可得：
qE1+μmg＝ma
代入数据解得：a＝3m/s2
根据速度—位移公式可得：
根据速度—时间公式可得：
v＝vB﹣at
联立解得：v＝1m/s；t＝1s
（3）当电场强度较小时，滑块刚好能与竖直墙壁底部E点碰撞，则
解得：E2＝187.5N/C
当电场强度较大时，滑块刚好能与竖直墙壁的顶部F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，则
水平方向上：L2＝vt1
在竖直方向上：
根据牛顿第二定律可得：
qE2﹣mg＝may
联立解得：E2＝300N/C
则电场强度的范围为
187.5N/C＜E2＜300N/C
答：（1）场强E1的大小为25N/C；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小为1m/s，滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间为1s；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，E2的取值范围为187.5N/C＜E2＜300N/C。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理和运动学公式即可完成分析。
20．（2025 思明区校级一模）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，在的区域内存在竖直向上的匀强电场E1，在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轴正方向以的速度射入Ⅰ区域，小球仅从直线上的点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，BC两点的电势差。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）C点的速度大小vC；
（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。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；求恒力的冲量．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）C点的速度大小为；
（2）区域Ⅰ中匀强电场E1的大小为；
（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为。
【分析】（1）小球从B到C根据动能定理可求在C点的速度大小；
（2）根据运动学公式求解小球在Ⅰ区域电场中运动的时间，再根据牛顿第二定律求解小球在Ⅰ区域电场中运动的加速度，最后根据运动学公式求解区域Ⅱ中匀强电场E1的大小；
（3）根据运动学公式和几何关系联立求解小球在C点时沿着水平方向和竖直方向的速度、小球在区域Ⅱ中运动的时间，然后水平方向和竖直方向分别根据牛顿第二定律、加速度定义式联立求解在水平方向和竖直方向的分量，根据几何关系求解E3的大小，最后根据冲量公式求解小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小。
【解答】解：（1）小球在区域Ⅰ中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速再减速到零，到达B点时vB＝v0，从B到C的过程中，由动能定理可得：，代入数据解得：；
（2）设小球在区域Ⅰ中经过直线时，竖直方向速度为vy，在E1中运动时间为t1，在E2中运动时间为t2，则有：水平方向有：3d＝v0（t1+t2）
竖直方向上在E1中有：
在E2中有：
联立解得：
小球在区域Ⅰ中，竖直方向由运动学公式有：
由牛顿第二定律可得：qE1﹣mg＝ma1
联立解得：；
（3）设小球在区域Ⅱ中，电场E3水平分量为Ex，竖直分量为Ey，在C点时水平方向速度大小为vx，竖直方向速度大小为vy，小球从B到C的时间为t3，由运动学公式得：
，则有：
联立解得：，，
在水平方向，由牛顿第二定律可得：qEx＝max，而，解得：ax＝8g
在竖直方向，有牛顿第二定律可得：mg+qEy＝may，而，，解得：ay＝16g
联立以上公式，解得：，
故区域Ⅱ的场强大小为：
小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小为：。
答：（1）C点的速度大小为；
（2）区域Ⅰ中匀强电场E1的大小为；
（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为。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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