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新课预习衔接 带电粒子在电场中的运动
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 重庆月考）如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，则下列说法中正确的是（　　）
A．A′、B′、C′三点的电场强度相同
B．△ABC所在平面为等势面
C．将一负的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D．若A′点电势为φ′A，A点电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定等于
2．（2024 天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（　　）
A．小环加速度最大值为
B．小环经过Q点时的速度最大
C．小环经过N点时的速度大小为
D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等
3．（2024 盐城三模）如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）
A．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度
B．P点的电势一定高于Q点的电势
C．带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能
D．带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能
4．（2024春 咸宁期末）关于电场线和等势面，下列说法中正确的是（　　）
A．电场线密集处场强大，电势高
B．沿电场线方向场强一定减小，电势一定降低
C．等势面一定垂直于电场线
D．场强为零处，电势也一定为零
5．（2024 武威期末）如图甲所示，在真空中固定两个相同的点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称，在x轴上的电场强度E与坐标位置x的关系图像如图乙所示。若在坐标原点O由静止释放一个点电荷C（受到的重力可忽略不计），释放后它先沿x轴正方向运动。规定沿x轴负方向为电场强度的正方向，则点电荷C（　　）
A．带正电荷 B．在x1处动能最大
C．在x2处电势能最大 D．将沿x轴做往返运动
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 洛阳一模）在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（　　）
A．在d～2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为
B．在0～d间与4d～6d间电场强度相同
C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到6d处
D．只要该带电小球就能运动到6d处
（多选）7．（2024春 上城区校级期中）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10V、12V、18V，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为v/cm
B．坐标原点处的电势为4V
C．电子在a点的电势能比在b点的低2eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV
（多选）8．（2024春 合肥期末）1911年英国物理学家卢瑟福提出原子的核式结构模型：电子围绕原子核在高速旋转。设电子质量为m，电荷量为﹣e，氢原子核电荷量为+e，静电力常量为k，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为r。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为r处的电势。下列说法正确的（　　）
A．电子做匀速圆周运动的速率
B．电子绕核运动时等效电流为
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
（多选）9．（2024 雨花区校级模拟）如图所示，真空中的正三棱柱ABC﹣A′B′C′，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷，已知AC＝AA′＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）
A．将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能一直增大
B．将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，电场力做正功
C．A′、B′两点的电势差大于B′、C′两点的电势差
D．B′点的电场强度大小为
（多选）10．（2024 延边州一模）如图所示，以正方形abcd的中心为原点建立直角坐标系xOy，坐标轴与正方形的四条边分别平行。在a、c两点分别放置正点电荷，在b、d两点分别放置负点电荷，四个点电荷的电荷量大小相等。以O点为圆心作圆，圆的半径与正方形的边长相等，圆与坐标轴分别交于M、N、P、Q四点。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．N点电场强度方向沿x轴正向
B．N点和Q点电势相同
C．另一正点电荷从M点沿x轴移动到P点电场力先做正功后做负功
D．另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力始终不做功
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 遵义期末）如图所示，空间存在方向与水平面成θ＝53°的匀强电场，在电场中的A点以v1＝8m/s的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度v2＝2m/s。已知小球的质量m＝0.2kg，电荷量q＝1.25×10﹣6C，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）AB两点间电势差UAB；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；
（3）电场强度的大小。
12．（2024 五华区校级模拟）如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m、电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（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：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间。
13．（2024 揭西县期末）如图所示，一带电荷量为q＝﹣5×10﹣3C，质量为m＝0.1kg的小物块放在一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处在一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求电场强度E的大小；
（2）某时刻小物块的电荷量突然减少了一半，求物块下滑距离L＝1.5m时的速度大小。
14．（2024春 耒阳市期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
（1）小球带电情况；
（2）小球由A到B的位移；
（3）小球速度的最小值。
15．（2024春 西安期末）如图所示，用长为L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内．已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长．匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右．释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响．
求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？
（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？
（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？
新课预习衔接 带电粒子在电场中的运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 重庆月考）如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，则下列说法中正确的是（　　）
A．A′、B′、C′三点的电场强度相同
B．△ABC所在平面为等势面
C．将一负的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D．若A′点电势为φ′A，A点电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定等于
【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；等势面及其与电场线的关系．
【专题】比较思想；推理法；电场力与电势的性质专题；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】C
【分析】根据点电荷在空间中的电场强度、电势的关系式，可以判断各点电场强度和电势的大小问题。正点电荷的电场强度方向，从点电荷指向外侧，从而可以判断各点的电场强度方向；非匀强电场的电势差的大小，可以用平均电场强度大小定性分析。
【解答】解：A．根据题意可知，A′、B′、C′三点到O点的距离相等，由点电荷场强公式可知，A′、B′、C′三点的电场强度大小相等；但电场强度是矢量，在三点的电场强度的方向，分别沿三边方向，即三点方向不同，故A错误；
B．点电荷的等势面是以点电荷为球心的同心球面，则△ABC所在平面不是球面，不是等势面，故B错误；
C．顶点O处固定一正点电荷，则空间电场方向背向顶点O，可知，将一负的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，电场力先做正功后做负功，故C正确；
D．根据题意，由点电荷场强公式可知，离O点距离越大，电场强度越小，则A′D间的平均电场强度大于DA间的平均电场强度，由公式U＝Ed可知，则有
φ′A﹣φD＞φD﹣φA，解得：，故故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查点电荷在空间中的电场、电势问题。在判断电场强度是否相同时，注意判断电场强度的方向是否相同；在判断电势变化时，需要借用平均电场强度变化情况定性分析。
2．（2024 天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（　　）
A．小环加速度最大值为
B．小环经过Q点时的速度最大
C．小环经过N点时的速度大小为
D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等
【考点】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；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【答案】C
【分析】A．根据匀强电场的电场强度与电势差关系可以求解场强大小，进一步对小环受力分析，根据牛顿第二定律可以判断小环加速度最大；
B．根据运动过程受力以及牛顿第二定律可以判断小环经过Q点时的速度是否最大；
CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理可以求解出小环经过N点时的速度，进而判断正误。
【解答】解：A．匀强电场的场强大小为
解得
当小环刚越过Q点右侧时，弹簧的弹力的水平分力和电场力都向右，所以合加速度必定大于，故A错误；
B．小环在M、N之间运动的过程中，在Q点的加速度向右，不是速度最大的位置，故B错误；
CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理得
解得
小环从M到N的过程中，电场力做功，小环在M、N两点动能不相等，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】掌握好能量变化的关系，弄清楚能量的去向是解答本题的关键，在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，则弹性势能相等。
3．（2024 盐城三模）如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）
A．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度
B．P点的电势一定高于Q点的电势
C．带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能
D．带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能
【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；电势的定义、单位和物理意义．
【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】C
【分析】等差等势线密集程度代表场强大小，然后结合牛顿第二定律判断加速度；由于电场线方向未知，根据题意无法判断电势高低；电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小。
【解答】解：A、由图可知，R点附近的等差等势线比Q点附近的等差等势线密集，所以R点处的电场强度大，则带电粒子在R点受到的电场力大于在Q点时受到的电场力，结合牛顿第二定律可知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故A错误；
B、根据题给条件无法判断P、Q两点的电势高低，故B错误；
CD、粒子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力的方向大致向下，若粒子由P向Q运动，则电场力与粒子速度方向夹角始终小于90°，电场力对粒子做正功，粒子动能增大，电势能减小，因此带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大，在P点时的动能小于在Q点时的动能，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势高低的判断方法，注意电场线密集程度代表场强大小。
4．（2024春 咸宁期末）关于电场线和等势面，下列说法中正确的是（　　）
A．电场线密集处场强大，电势高
B．沿电场线方向场强一定减小，电势一定降低
C．等势面一定垂直于电场线
D．场强为零处，电势也一定为零
【考点】等势面及其与电场线的关系；电场线的定义及基本特征．
【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】C
【分析】电场线的疏密程度表示电场强度的大小；沿电场线方向电势逐渐降低；等势面一定垂直于电场线；电场强度为0处，电势不一定为0。
【解答】解：A．根据电场线的特点可知，电场线密集处，电场强度大，但是电势不一定高，顺电场线电势逐渐降低，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场强度大小，沿电场线电势一定降低，但场强未必减小，故B错误；
C．根据电场线与等势面的特点可知，等势面与电场线处处垂直，故C正确；
D．电场强度与电势无直接关系，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电场强度和电势，解题关键是区分用电场线判断电场强度的大小和电势高低的方法。
5．（2024 武威期末）如图甲所示，在真空中固定两个相同的点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称，在x轴上的电场强度E与坐标位置x的关系图像如图乙所示。若在坐标原点O由静止释放一个点电荷C（受到的重力可忽略不计），释放后它先沿x轴正方向运动。规定沿x轴负方向为电场强度的正方向，则点电荷C（　　）
A．带正电荷 B．在x1处动能最大
C．在x2处电势能最大 D．将沿x轴做往返运动
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据E﹣x图像分析x轴上场强的方向，从而确定A、B的电性；根据电场力做功情况，判断电势能的变化和动能的变化，确定什么位置电势能最大，什么位置动能最大；根据对称性分析q沿x轴正向运动的最远距离。
【解答】解：A、由E﹣x图像可知，x2点场强为零，在x轴上的等量点电荷中点P点场强为零，对应x2点，在P点的左侧电场强度为正值，说明场强方向沿x轴负方向。在P点的右侧为电场强度负值，场强方向沿x轴正方向，可知A、B带等量正电，在坐标原点O由静止释放一个点电荷C，释放后它先沿x轴正方向运动，点电荷C所受的电场力方向与电场强度方向相反，故点电荷C带负电荷，故A错误；
BC、点电荷C从O点到P点，电场力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，电场力做负功，电势能增加，故点电荷C在x2处动能最大，在x2处电势能最小，故BC错误；
D、设O点关于P点的对称点为O′点，点电荷C从O点到P点，做加速运动，从P点到O′点做减速运动，速度为零后从O′点到P点反向做加速运动，然后从从P点到O点做减速运动，如此反复，故点电荷C将沿x轴做往返运动，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的关键要理解E﹣x图像的物理意义，知道场强的正负表示场强的方向。利用功能关系：电场力做正功，电势能减小，动能增大；电场力做负功，电势能增大，动能减小，来分析电势能和动能的变化情况。
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 洛阳一模）在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（　　）
A．在d～2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为
B．在0～d间与4d～6d间电场强度相同
C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到6d处
D．只要该带电小球就能运动到6d处
【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；电势的定义、单位和物理意义．
【专题】应用题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】根据沿电场线方向电势降低，判断电场强度方向，利用φ﹣x图像斜率的代表场强的大小，判断电场强度，最后根据动能定理判断运动情况。
【解答】解：A、在d～2d间，根据图像沿x轴正方向电势不断减小，则电场强度方向沿x轴正方向，根据斜率代表电场强度得大小为，故A错误；
B、φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度，在0～d间与4d～6d间φ﹣x图线的切线斜率相同，所以电场强度相同，故B正确；
CD、带负电小球沿x轴正方向运动过程，电场力在d～4d间做负功，则只要带电小球恰好能运动到4d处，小球就能运动到6d处，0～4d过程，由动能定理有
代入解得：
即只要，带电小球就能通过4d处，也能到达6d处，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查对φ﹣x图像的理解，利用图像进行分析，做题中要注意斜率的物理含义。
（多选）7．（2024春 上城区校级期中）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10V、12V、18V，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为v/cm
B．坐标原点处的电势为4V
C．电子在a点的电势能比在b点的低2eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电势能的概念和计算；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．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【答案】ABD
【分析】根据匀强电场的电场强度公式E，结合电势差与场强间距，即可求解；
依据电势差等于电势之差；
根据电场力做功表达式W＝qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
【解答】解：A、a、b、c三点的电势分别为10V、12、18V，根据几何关系知坐标（2，6）点电势为12V，则db为一条等势线，那么垂直db为电场线方向，如图，dcb＝3cm
匀强电场的电场强度EV/cmv/cm，故A正确；
B、根据φc﹣φa＝φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa＝10V、φb＝12V、φc＝18V，解得：原点处的电势为φ0＝4V，故B正确；
C、因Uab＝φa﹣φb＝10﹣（12）＝﹣2V，电子从a点到b点电场力做功为：W＝qUab＝2 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2 eV，故C错误；
D、同理：Ubc＝φb﹣φc＝12﹣18＝﹣6V，电子从b点运动到c点，电场力做功为：W＝qUbc＝6 eV，故D正确。
故选：ABD。
【点评】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E的应用，理解几何关系的运用，并理解W＝qU中各量的正负值含义。
（多选）8．（2024春 合肥期末）1911年英国物理学家卢瑟福提出原子的核式结构模型：电子围绕原子核在高速旋转。设电子质量为m，电荷量为﹣e，氢原子核电荷量为+e，静电力常量为k，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为r。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为r处的电势。下列说法正确的（　　）
A．电子做匀速圆周运动的速率
B．电子绕核运动时等效电流为
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
【考点】带电粒子在点电荷电场中的运动；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；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】A.由匀速圆周运动的公式求电子的速率；
B.由电流公式求解；
C.由库仑力方向和速度方向的夹角判断功的问题；
D.由动能和势能得表达式求解。
【解答】解：A．电子做匀速圆周运动，则
解得电子的速率
故A错误；
B．电子绕核运动时等效电流为
故B正确；
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力方向与速度垂直，可知库仑力对其做功为零，故C错误；
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
解得
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，明确粒子的运动和受力情况，根据题意具体分析，熟练运用公式。
（多选）9．（2024 雨花区校级模拟）如图所示，真空中的正三棱柱ABC﹣A′B′C′，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷，已知AC＝AA′＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）
A．将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能一直增大
B．将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，电场力做正功
C．A′、B′两点的电势差大于B′、C′两点的电势差
D．B′点的电场强度大小为
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场力做功与电势能变化的关系；电势差的概念、单位和物理意义．
【专题】比较思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】根据电势变化，分析电荷的电势能变化。等量异种电荷连线的中垂面是等势面，在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。根据对称性分析A′、B′两点的电势差与B′、C′两点的电势差关系。根据场强叠加原理，由点电荷场强公式计算B′点的电场强度大小。
【解答】解：A、根据等量异种电荷的电势分布特征可知，从A′点到C′点电势逐渐降低，则负试探电荷从A′点移到C′点，电场力始终做负功，则其电势能一直增大，故A正确；
B、因为B点和B′点在等量异种电荷连线的中垂面上，而该中垂面是一个等势面，所以将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，电场力不做功，故B错误；
C、A′点和C′点关于等量异种电荷连线的中垂面对称，则A′、B′两点的电势差等于B′、C′两点的电势差，故C错误；
D．根据场强叠加原理，如图所示。
可得B′场强大小为
EB′＝2Ecosθ
由几何关系有
解得：，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题的关键要掌握等量异种电荷周围电势和场强的分布特点，抓住对称性，结合场强的计算公式和矢量合成的特点完成分析。
（多选）10．（2024 延边州一模）如图所示，以正方形abcd的中心为原点建立直角坐标系xOy，坐标轴与正方形的四条边分别平行。在a、c两点分别放置正点电荷，在b、d两点分别放置负点电荷，四个点电荷的电荷量大小相等。以O点为圆心作圆，圆的半径与正方形的边长相等，圆与坐标轴分别交于M、N、P、Q四点。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．N点电场强度方向沿x轴正向
B．N点和Q点电势相同
C．另一正点电荷从M点沿x轴移动到P点电场力先做正功后做负功
D．另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力始终不做功
【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；电势的定义、单位和物理意义．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】AB
【分析】根据电场的叠加原理分析电场强度的关系．根据对称性分析电势关系．先判断出电势的变化，再分析电场力做功情况。
【解答】解：B、a、b处点电荷在N点形成的电势为零，c、d处点电荷在N点形成电势也为零，所以N、Q电势均为零，故B正确；
A、a、b处点电荷在N点形成的电场强度方向沿x轴正方向，c、d处点电荷在N点形成的电场强度方向沿x轴负方向，由等量异种点电荷在空间形成的电场的特点可知a、b处点电荷在N点形成的电场强度大于c、d处点电荷在N点形成的电场强度，所以N点场强方向沿x轴正方向，故A正确；
CD、x轴为等势面，电荷移动过程电场力做功为零；根据电势叠加原理，圆周上各点电势变化，所以另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力会对其做功，故CD错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 遵义期末）如图所示，空间存在方向与水平面成θ＝53°的匀强电场，在电场中的A点以v1＝8m/s的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度v2＝2m/s。已知小球的质量m＝0.2kg，电荷量q＝1.25×10﹣6C，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）AB两点间电势差UAB；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；
（3）电场强度的大小。
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势差的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】（1）AB两点间电势差﹣4.8×106V；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能6J；
（3）电场强度的大小2×106V/m。
【分析】解：（1）根据动能定理求解AB两点间电势差UAB；
（2）根据UAB＝φA﹣φB求解B点电势，再求解小球在B点电势能；
（3）根据竖直方向平衡列式求解电场强度的大小。
【解答】解：（1）根据动能定理得
解得
（2）根据
UAB＝φA﹣φB
EPB＝qφB
解得
EPB＝6J
（3）根据平衡条件得
qEsin53°＝mg
解得
E＝2×106V/m
答：（1）AB两点间电势差﹣4.8×106V；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能6J；
（3）电场强度的大小2×106V/m。
【点评】本题关键是明确电势差的定义和匀强电场中电势差与电场强度的关系公式，基础题。
12．（2024 五华区校级模拟）如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m、电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（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：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．
【答案】（1）小液滴到达小孔处的速度为；
（2）电容器所带电荷量的最大值为；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间为。
【分析】（1）根据自由落体运动的规律列式求解速度；
（2）根据动能定理和电容器的电荷量公式联立求解；
（3）根据自由落体运动规律和匀变速直线运动的规律列式求解时间。
【解答】解：（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
2gh＝v2
解得
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
mg（h+d）﹣qU＝0
根据电容器的公式有Q＝CU
解得
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
解得
故t＝t1+t2
解得t
答：（1）小液滴到达小孔处的速度为；
（2）电容器所带电荷量的最大值为；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间为。
【点评】考查带电粒子在组合场中的运动问题，会结合动能定理、匀变速直线运动规律求解相关物理量。
13．（2024 揭西县期末）如图所示，一带电荷量为q＝﹣5×10﹣3C，质量为m＝0.1kg的小物块放在一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处在一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求电场强度E的大小；
（2）某时刻小物块的电荷量突然减少了一半，求物块下滑距离L＝1.5m时的速度大小。
【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．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）小物块恰处于静止状态时，对物块受力分析，根据平衡条件列式可求得电场强度；
（2）当物块的电荷量突然减少了一半时，电场力也减半，物块将沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可求得物块的加速度，再根据速度和位移关系即可求得速度大小。
【解答】解：（1）小物块恰处于静止状态时，受力如图
由受力平衡得：qE﹣FNsin θ＝0…①
mg﹣FNcos θ＝0…②
由①②得：E
代入数据解得：E＝150N/C。
（2）由牛顿第二定律得：mgsinθcos θ＝ma…③
v2＝2aL…④
由③④得：v
代入数据得速度大小为：v＝3m/s。
答：
（1）电场强度为150N/C；
（2）物块下滑距离L＝1.5m时的速度大小为3m/s。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确此类题目仍属于动力学范围内，不同之处在于多了电场力，只要注意电场力的性质即可正确求解。第2题也可以根据动能定理求解。
14．（2024春 耒阳市期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
（1）小球带电情况；
（2）小球由A到B的位移；
（3）小球速度的最小值。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将带电小球的运动进行分解，竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向上在电场力的作用下匀加速，分别应用匀变速直线运动规律列式求解；
（2）根据水平位移与竖直位移大小相等列方程即可求解；
（3）通过分析知，当力与速度方向垂直时动能最小，速度也最小，据此列式求解。
【解答】解：（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有t
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度ax
水平方向有：v0t
联立解得：Eq＝mg
可得q；
（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向有2gh
可得h
所以位移为h
其与水平方向的夹角为θ，tan θ1，
即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方；
（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则：tan θ1，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即：tan θ1，
则vx＝vy，vxt′＝gt′，
vy＝v0﹣gt′
解得t′，
vmin。
答：（1）小球带正电，电荷量为
（2）小球由A到B的位移大小为，与水平方向的夹角为45°斜向右上方
（3）小球速度的最小值为；
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，明确知道例子在电场中的运动情况，能根据力做功分析出速度最小的力学特征；
15．（2024春 西安期末）如图所示，用长为L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内．已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长．匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右．释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响．
求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？
（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？
（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？
【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．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，根据动能定理求出带电系统运动的最大速度；
（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多，根据动能定理求出B运动的最大位移，结合电场力做功求出电势能增加量的最大值．
（3）根据牛顿第二定律，结合位移—时间公式求出带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中的时间，再根据牛顿第二定律和速度—时间公式求出系统匀减速运动到零的时间，结合对称性求出带电系统回到初始位置所用时间．
【解答】解：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，从释放带电系统到小球B刚进入电场的过程中，根据动能定理有：2qEL 2m0
vmax．
（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多
设B球在电场中的最大位移为x，由动能定理得：2qE（x）﹣3qEx＝0﹣0
得：x＝L
所以B电势能增加的最大值为：W1＝3qE×L＝3qEL
（3）设带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中，带电系统运动的时间为t1，则有：La1
其中：a1，
解得t1
末速度v＝a1t1
又设小球B进入电场后至系统速度为零的过程中，带电系统运动的时间为t2，
其中：a2
解得t22t1＝2
根据对称性可知，带电系统从出发点回到出发点的过程中所用总时间为：t＝2t1+2t2
解得：t＝6．
答：（1）带电系统运动的最大速度为．
（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值为3qEL；
（3）带电系统回到初始位置所用时间为6．
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合，选择系统为研究对象，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解，知道系统向右运动的过程和向左运动的过程具有对称性．
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