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第45练　专题提升:带电粒子在电场中运动的综合问题
一、单项选择题:共6题,每题4分,共24分。
1.(2024辽宁卷)在水平匀强电场中,一带电小球仅在重力和静电力作用下于竖直纸面内运动,如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中(　　)
A.动能减小,电势能增大
B.动能增大,电势能增大
C.动能减小,电势能减小
D.动能增大,电势能减小
2.如图所示,在匀强电场中,一质量为m、电荷量为q的小球从O点以初速度v0沿实线做直线运动,直线与竖直方向的夹角为θ(θ<90°),不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小球的电势能一定减小
B.小球一定做匀加速直线运动
C.小球可能做匀速直线运动
D.小球在运动过程中机械能不可能守恒
3.如图所示,将绝缘细线的一端O点固定,另一端拴一带电的小球P,空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处,与竖直方向的夹角为45°,给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时速度,让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A.小球可能带负电
B.小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先减小,后增大
C.当小球运动到最高点a的速度v≥时,小球才能做完整的圆周运动
D.当小球运动到最高点a时,小球的电势能与动能之和最小
4.如图所示,水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上,右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球,水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态,将小球由静止释放,小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内,则在小球向右运动的过程中(　　)
A.弹簧恢复原长时,小球的速度最大
B.弹簧恢复原长时,小球的加速度为零
C.小球运动到最右端过程,弹簧的弹性势能变化量为零
D.小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能比初始时的大
5.如图所示,在真空中正方体ABCD-A1B1C1D1空间中,A、C1固定有等量的正电荷,下列说法正确的是(　　)
A.B点和D点的电势相等且比B1点和D1的电势都高
B.B1点和D1的电场强度相同
C.若有一个电子以某一速度射入该空间中,可能做类平抛运动
D.若有一个电子以某一速度射入该空间中,可能做匀速圆周运动
6.(2025南京二模)如图,绝缘环a、b质量均为m,电荷量均为+q,分别套在固定的水平绝缘杆上,环的直径略大于杆的直径,环与杆的动摩擦因数均为μ,两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中,分别给两环水平向右的初速度v0,两环向右运动直至停下,下列说法不正确的是(　　)
A.摩擦力对两环的冲量相同
B.摩擦力对两环做的功相同
C.若两环最终位移相同,则a环运动时间较短
D.若两环最终运动时间相同,则a环位移较短
二、非选择题:共2题,7题12分,8题12分,共24分。
7.(2025宿迁一模)A、B两个粒子的电荷量分别为+q、+2q,质量分别为m、2m。粒子A以已知速度v0向静止的B飞去,由于静电力,它们之间的距离缩短到某一极限值后又被弹开。设粒子A、B的轨迹在同一直线上,已知静电力常量为k,A、B间的最小距离为d。
(1)当A、B之间的距离最小时,求粒子B的加速度大小a;
(2)从粒子B开始运动至A、B间距离最小的过程中,A、B组成的系统增加的电势能ΔEp。
8.(2025海安适应性检测)在光滑绝缘的水平面上,长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统,小球A所带的电荷量为+2q,小球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内,已知虚线MN位于细杆的中垂线,MN和PQ的距离为4L,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A、B从静止开始运动,不考虑其他因素的影响。求:
(1)释放带电系统的瞬间,两小球加速度的大小;
(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。
答案：
1.D　解析 根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知静电力和重力的合力沿着虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知静电力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零,静电力的方向与小球的运动方向相同,则静电力对小球正功,小球的动能增大,电势能减小。故选D。
2.C　解析 当电场力与速度方向垂直时,电场力不做功,小球的电势能不变,小球在运动过程中机械能会守恒,A、D项错误;如果小球受到的电场力大小等于重力大小,且相互平衡,合外力为零,小球会做匀速直线运动,B项错误,C项正确。
3.D　解析 小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用,刚开始小球静止于P处,由受力平衡可知静电力方向水平向右,与电场方向相同,所以小球带正电,A项错误;小球静止于P处,与竖直方向的夹角为45°,可知静电力和重力的合力方向斜向右下方45°角,大小为F=mg,小球从d运动到c的过程中,绳子拉力不做功,合力做功,可以判断合力F先做正功,再做负功,故小球的速度先增大,后减小,B项错误;当小球运动到弧ab中点,且细线弹力为零时,有F=m,小球能做完整的圆周运动,在该点的速度为v=,小球从该点运动到a点速度会变大,C项错误;小球运动过程中,重力势能、电势能、动能的总和保持不变,最高点a时小球的重力势能最大,则电势能与动能之和最小,D项正确。
4.D　解析 当小球受到的电场力和弹簧弹力平衡时,加速度为零,小球速度有最大值,此时弹簧处于伸长状态,故A、B项错误;在小球向右运动到最右端的过程,电场力做正功,根据动能定理W电+W弹=0,可知弹簧弹力做负功,小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能比初始时的大,故C项错误,D项正确。
5.D　解析 由两个等量同号电荷产生电势的对称性知顶点B、D1处的电势相等,故A项错误;由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等,但方向不同,故B项错误;两个正电荷形成的电场不是匀强电场,电子不可能做类平抛运动,故C项错误;只在静电力作用下,电子要做匀速圆周运动,则必须受到大小恒定的静电力,电子在垂直于AC1并过中心点O点的平面内绕O点可以做匀速圆周运动。故D项正确。
6.D　解析 由题意,两环向右运动直至停下的过程中,两环所受合力沿杆水平向左,且大小等于受到的摩擦力,对两环根据动量定理有If=0-mv0,显然摩擦力对两环的冲量相同,故A正确。对两环,根据动能定理有Wf=0-,显然摩擦力对两环做的功相同,故B正确。对环a受力分析可知,在竖直方向上,环受到竖直向下的电场力,重力,竖直向上的支持力作用,且Eq+mg=FN,环水平方向上受到的摩擦力Ff=μFN=μ(Eq+mg)=ma,显然环a做匀减速直线运动直至停下;对环b受力分析可知,环水平方向上受到的摩擦力Ff'=μ=ma',显然环b做加速度逐渐减小的减速直线运动直至停下;若两环最终位移相同,可画出如图所示v-t图像,由图像可知ta7.(1)　(2)
解析 (1)当A、B之间的距离最小时,二者之间的库仑力F=k
对粒子B,由牛顿第二定律可得F=2ma
联立解得粒子B的加速度大小a=。
(2)从粒子B开始运动至A、B间距离最小的过程中,A、B组成的系统动量守恒
由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v1
由能量守恒定律ΔEp=(m+2m)
联立解得A、B组成的系统增加的电势能ΔEp=。
8.(1)　(2)3
解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q=2ma
得两小球加速度大小为a=。
(2)系统向右加速运动阶段
L=
解得t1=
此时小球B刚刚进入MN,带电系统的速度
v=at1
假设小球A不会出电场区域,带电系统向右减速运动阶段有
-3Eq+2Eq=2ma'
加速度a'=-
减速运动时间
t2==2
减速运动的距离
L'==2L
可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零,假设成立。所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间
t=t1+t2=3。第42练　专题提升:电场中功能关系及图像问题
一、单项选择题:共8题,每题4分,共32分。
1.(2025扬州大学附属中学阶段性测试)一正电荷仅在电场力作用下运动,速率随时间变化的图像如图所示,A、B为运动轨迹上的两点。下列说法正确的是(　　)
A.系统的电势能保持不变
B.该电荷做匀速直线运动
C.A、B两点的电场强度相同
D.该电场可能是一个正点电荷产生的
2.某一电场线与y轴重合,A、B为y轴上的两点,y轴上各点电势随其坐标变化的关系如图所示。一电子仅在静电力的作用下沿y轴正方向从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.电子的加速度增大 B.电子的速度不变
C.电子的动能减小 D.电子的电势能减小
3.(2025徐州测试)假设某空间有一静电场的电势φ随x变化情况如图所示,且带电粒子的运动只考虑受电场力,根据图中信息可以确定下列说法正确的是(　　)
A.从x2到x3,电场强度的大小均匀增加
B.正电荷沿x轴从O运动到x1的过程中,做匀加速直线运动
C.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电场力做正功,电势能减小
D.x2处电场强度大小为E2,x4处电场强度大小为E4,则E2>E4
4.两个点电荷固定在x轴上的M、N点,x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向,无穷远电势为零,下列说法正确的是(　　)
A.固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量小
B.Q点的电势等于零
C.从C点由静止释放一正点电荷,仅在电场力作用下,到D点前它将一直做加速运动
D.从P点由静止释放一负点电荷,仅在电场力作用下,在它向左运动过程中电势能将一直减小
5.如图甲所示,三个所带电荷量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上,其中原点处电荷带负电,其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动,所受静电力随位置的变化图像如图乙所示(以x轴正向为静电力的正方向)。设无穷远处电势为零。则(　　)
甲　乙
A.试探电荷带负电
B.图乙中的x1与图甲中的x0相等
C.在x轴正半轴上,x2处电势最高
D.试探电荷在x1处电势能最大
6.(2024南京调研)如图所示,在匀强电场中,将所带电荷量为-6×10-6 C的点电荷从电场中的A点移到B点,电场力做了-2.4×10-5 J的功,再从B点移到C点,电场力做了1.2×10-5 J的功。已知电场的方向与△ABC所在的平面平行。下列说法正确的是(　　)
A.A、B两点的电势差UAB=-4 V
B.B、C两点的电势差UBC=2 V
C.A点的电势比C点的电势高
D.电场强度的方向垂直于AC指向B
7.如图甲所示,在某电场中建立x坐标轴,一个质子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动,经过A、B、C三点,已知AB=BC。该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
A.在x轴上电场强度方向沿x轴负方向
B.AB间电势差等于BC间电势差
C.A点电场强度小于B点电场强度
D.质子从A运动到B过程中,静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功
8.(2024南京调研)一带电粒子仅在静电力作用下沿x轴做直线运动,其动能Ek随位置x变化的关系如图所示,则其电势能Ep、加速度大小a、电场的电场强度大小E、电势φ分别与位置x的关系图,正确的是(　　)
二、非选择题:共2题,9题8分,10题8分,共16分。
9.(2025宿迁初模)如图,竖直平面内有AB和BC两段长度均为L的粗糙直杆,两杆在B处平滑连接,AB杆水平、BC杆与水平方向夹角为θ,装置处于水平向右的匀强电场中。质量为m、带电荷量为+q的小球套在杆上,小球从杆上A点由静止开始运动,经时间t到达B点,沿BC杆运动过程中小球运动情况与杆的粗糙程度无关。重力加速度为g。求:
(1)小球在AB杆上运动的加速度大小;
(2)小球从A运动到C过程中摩擦力所做的功。
10.(2024连云港调研)长为L的绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力),电荷量如图所示。开始时,两小球分别静止在A、B位置,AB连线与水平方向的夹角为60°。现外加一水平匀强电场,电场强度为E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水
平位置。取O点的电势为0。求:
(1)A点的电势φA;
(2)上述过程中两小球的总电势能的变化量ΔEp。
答案：
1.A　解析 由图像可知,正电荷从A点运动到B点过程中速率始终不变,且仅受电场力作用,根据动能定理可知电场力不做功,由功能关系可知系统的电势能保持不变,故A项正确;由图像可知,正电荷的速率始终不变,且仅受电场力作用,则该正电荷做匀速圆周运动,故B项错误;由该正电荷做匀速圆周运动,电场力提供向心力可知A、B两点的电场强度大小相同,方向不同,故C项错误;运动过程中由电场力提供向心力,由于运动的电荷为正电荷,则电场可能是一个负点电荷产生的,故D项错误。
2.D
3.D　解析 根据E=可知φ-x图像中图线的斜率表示静电场的电场强度,由图可知,沿x轴方向,从x2到x3,电场强度的大小恒定,故A项错误;同理可知从O到x1,沿x轴方向的电场强度为零,正电荷沿x轴从O运动到x1的过程中,沿x轴方向的电场力为零,一定不做匀加速直线运动,故B项错误;由图可知,x4移到x5的过程中电势降低,根据Ep=qφ可知负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电场力做负功,电势能增大,故C项错误;根据A选项分析可知,x2处图线斜率绝对值大于x4处图线斜率绝对值,所以E2>E4,故D项正确。
4.C　解析 M、N连线中点处电场强度大于0,且两点间电场强度最小位置处距离N点较近,可知,固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大,故A项错误;若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动,电场力做正功,电势能不断减小,一直到零,所以Q点的电势大于零,故B项错误;从C点由静止释放一正点电荷,仅在电场力作用下,到D点前电场强度一直为正值,则电场强度方向不变,电场力方向不变,它将一直做加速运动,故C项正确;从P点由静止释放一负点电荷,仅在电场力作用下,在它由Q向N运动过程中电场力做负功,电势能增大,故D项错误。
5.D　解析 在xx1时,试探电荷所受静电力做正功,电势能减小,则试探电荷在x1处电势能最大,由电势定义φ=可知,对于正电荷,电势能越大,所在位置的电势越大,则在x1处电势最大,故C项错误,D项正确。
6.C　解析 由题可知UAB==4 V,故A项错误;同理可得UBC==-2 V,故B项错误;可以解得AC的电势差UAC=φA-φC=(φA-φB)-(φC-φB)=UAB-UCB=2 V,故A点的电势比C点的电势高,故C项正确;由于该电场为匀强电场,所以等势面在所示平面内的投影为直线且电势在任意直线上均匀变化。取A、B中点,此点电势为2 V,连接C点,得到相同电势的一条直线,由于电场强度方向垂直等势面且指向电势减小的方向,所以过B点做该直线垂线即得到一条电场线,方向如图所示,电场强度方向并不是垂直于AC的,故D项错误。
7.D　解析 质子从A到C电势能逐渐减小,可知电势逐渐降低,则电场在x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向,A项错误;Ep-x图像的斜率等于电场力,可知从A到B质子受电场力逐渐减小,电场强度逐渐减小,可知A点电场强度大于B点电场强度,C项错误;因从A到B的电场力大于从B到C的电场力,根据W=Fx可知,质子从A运动到B电场力做的功大于从B运动到C电场力做的功,根据W=qU可知,UAB>UBC,B项错误,D项正确。
8.C
9.(1)　(2)mL
解析 (1)小球在AB杆上做匀加速直线运动,有
L=at2
解得
a=。
(2)由题中条件可知,小球在BC直杆上运动时不受摩擦力的作用,此时,重力与静电力的合力沿杆向下,可知
F电=
小球从A运动到C过程中,只有在AB杆上才受摩擦力Ff,由牛顿第二定律有
F电-Ff=ma
联立求得
Wf=-FfL=mL。
10.(1)-　(2)-
解析 (1)OA两点的电势差为
UOA=EdOA=E·cos 60°==φO-φA　
可得A点的电势为φA=-。
(2)静电力对A位置小球做功为
W1=ΔU1q=E·(1-cos 60°)q=
静电力对B位置小球做功为
W2=Δ U2·-q=-E·(1-cos 60°)·(-q)=
两小球的总电势能的变化量为
ΔEp=-W1-W2=-。第44练　带电粒子在电场中的偏转
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.如图所示,比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子,从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中,a粒子打在B板的a'点,b粒子打在B板的b'点,则(　　)
A.a、b均带负电
B.a的初速度一定小于b的初速度
C.a的运动时间一定小于b的运动时间
D.该过程中a所受电场力做的功一定大于b的
2.(2024连云港期中)如图所示,平行板电容器极板M、N间存在方向竖直向下的匀强电场。两个完全相同的带正电微粒A、B从极板间O点同时射入电场,其运动轨迹在同一竖直平面内相交于P点,其中微粒A的初速度v1方向水平,微粒B的初速度v2方向斜向上,不计微粒重力及微粒间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.微粒A的加速度小于B的加速度
B.两微粒从O到P的运动时间相等
C.微粒B在最高点的速度大于v1
D.两微粒从O运动到P的电势能变化量相等
3.(2024南通三模)如图甲所示,某示波器在XX'、YY'不加偏转电压时亮斑位于屏幕中心,现给其加如图乙所示的偏转电压,则看到光屏上的图形是(　　)
甲
乙
4.如图所示,氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后,又经同一匀强电场偏转,最后打在荧光屏上,下列说法不正确的是(　　)
A.经过加速电场的过程中,电场力对氚核做的功最多
B.经过偏转电场的过程中,电场力对三种原子核做的功一样多
C.三种原子核打在屏上的动能一样大
D.三种原子核都打在屏的同一位置上
5.如图所示,绝缘斜面固定在水平面上,空间有竖直向下的匀强电场,质量相同的小球A、B从斜面上的M点以相同的初速度沿水平方向抛出,A带电,B不带电,最后两球均落在斜面上,A的位移是B的2倍,A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB,加速度分别为aA、aB,落在斜面上的动能分别为EkA、EkB,不计空气阻力。则(　　)
A.A球一定带正电
B.tA=tB
C.aA=2aB
D.EkA=EkB
二、非选择题:共2题,6题12分,7题12分,共24分。
6.(2025江苏卷)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m、电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。
7.(2024扬州开学考试)如图甲所示,在xOy坐标系中,两平行金属板AB、OD如图放置,OD与x轴重合,板的左端与原点O重合,板长L=2 m,板间距离d=1 m,紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示,已知U0=1×103 V,变化周期T=2×10-3 s,t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点,以v0=1×103 m/s的速度平行于AB边射入极板间,粒子电荷量q=1×10-5 C,质量m=1×10-7 kg,不计粒子所受重力,求:
甲　乙
(1)粒子在极板间运动的时间;
(2)粒子打在荧光屏上的纵坐标;
(3)粒子打到屏上的动能。
答案：
1.B　解析 因电场线向下,两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动,故均带正电,故A项错误;设任一粒子的速度为v0,电荷量为q,质量为m,加速度为a,运动的时间为t,则加速度为a=,竖直分运动为匀加速直线运动,有y=at2,水平分运动为匀速直线运动,有x=v0t,联立得v0=x,因比荷相同,y相同,E相同,则x大的初速度大,即a的初速度一定小于b的初速度,故B项正确;由竖直分运动可得时间为t=,因比荷相同,y相同,E相同,则a的运动时间一定等于b的运动时间,故C项错误;由于只有电场力做功,有W=qEy,两粒子比荷相同,y相同,E相同,无法比较电荷量关系,故无法比较做功关系,故D项错误。
2.D　解析 两个带正电微粒完全相同,在同一电场中加速度相同,故A项错误;两微粒从O到P,竖直方向上,位移相同,加速度相同,初速度不同,则运动时间不同,故B项错误;竖直方向上,B先向上后向下运动,只分析向下的部分,位移大于A,根据x=at2可知,A运动时间小于B。而水平方向上,根据x=v0t可知,A的水平方向上的速度大于B的。即微粒B在最高点的速度小于v1,故C项错误;两个带正电微粒完全相同,在同一电场中运动相同位移,则电势能变化量相等,故D项正确。
3.D　解析 XX'方向加逐渐增大的电压,则电子向X方向偏转。YY'方向加恒定电压,则电子向Y方向偏转,且偏转的距离相同。故选D。
4.A　解析 加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d。在加速电场中,电场力做的功为W1=qU1=,由于加速电压相同,电荷量相等,所以电场力做的功相等,故A项错误;在偏转电场中的偏转位移为y=at2=,解得y=,同理可得到偏转角度的正切值为tan θ=,可见y和tan θ与原子核的电荷量和质量无关。所以出射点的位置相同,出射速度的方向也相同,运动轨迹相同,故三种粒子打到屏上同一点,故D项正确;粒子的运动轨迹相同,电荷量相同,电场力相同,在偏转电场中电场力做功相同,故B项正确;整个过程运用动能定理得mv2=qU1+qEy,在偏转电场中电场力做功W2一样大,故C项正确。
5.D　解析 水平方向,根据x=vt,位移之比为2∶1,则,故B错误;设斜面倾角为θ,根据几何关系可得tan θ=,结合可得aA=aB,故C错误;由题意可知B的加速度为重力加速度,A的加速度小于B的加速度,则A所受电场力竖直向上,则A带负电,根据牛顿第二定律mg-qE=m,解得qE=,根据C选项可知竖直方向的位移yA∶yB=2∶1,根据动能定理EkA=mgyA-qEyA+,EkB=mgyB+,联立可得EkA=EkB,故A错误,D正确。
6.(1)　(2)
解析 (1)根据题意,不计重力及粒子间相互作用,则竖直方向上,对a粒子,根据牛顿第二定律有qE=ma
a运动到最高点的时间,由运动学公式有v0sin θ=at
联立解得t=。
(2)方法一、根据题意可知,两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动,且水平方向上的初速度均为v0cos θ,则两粒子一直在同一竖直线上,斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为x1=
斜下抛的粒子竖直方向上运动的位移为x2=v0tsin θ+at2=
则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H=x1+x2=。
方法二、两个粒子均受到相同的电场力,以a粒子为参考系,b粒子以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动,则a到达最高点时,a、b间的距离H=2v0tsin θ=。
7.(1)2×10-3 s　(2)0.85 m　(3)5.05×10-2 J
解析 (1)粒子在极板间沿x轴匀速运动,运动时间为t,L=v0t,t==2×10-3 s。
(2)t=0时刻射入的粒子在极板间偏转量最大为y1,y1=,又根据牛顿第二定律=ma,所以解得y1 =0.15 m,故纵坐标为y=d-y1=0.85 m。
(3)粒子出射时的动能,由动能定理得y1=mv2-,由(2)得y1=0.15 m,代入数据解得Ek=mv2=5.05×10-2 J。第41练　电场能的性质
单项选择题:共13题,每题4分,共52分。
1.如图几种典型的电场,其中a、b两点的电场强度和电势均相等的是(　　)
2.(2025常州期中)三个点电荷A、B、C附近的电场线分布如图所示,则(　　)
A.电荷A带负电
B.电荷C带正电
C.a点的电势比b点的高
D.a点的电场强度比b点的小
3.(2025南京师范大学附属中学模拟)如图所示,a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点,c为ab的中点,a、b电势分别为φa=5 V、φb=3 V。下列叙述正确的是(　　)
A.该电场在c点处的电势一定为4 V
B.a点处的电场强度Ea一定大于b点处的电场强度Eb
C.一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少
D.一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a
4.(2025苏锡常镇四市一模)如图所示为某带电体周围的电场线及等势面,a、b、c是电场中的三个位置,其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec,电势分别为φa、φb、φc。则(　　)
A.Ea>Eb>Ec
B.φa<φb<φc
C.在b点由静止释放电子,电子将沿电场线靠近带电体
D.在b点由静止释放电子,电子将沿电场线远离带电体
5.(2025南通阶段练习)如图所示,在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点,其电势分别为6 V、4 V和2 V,则经过A点的电场线正确的是(　　)
6.(2025南通一模)如图所示,足够大的金属板A、B平行放置,在两板间放置一不带电的金属球壳,O为球心,a、b为球壳外表面上的两点。闭合开关S,稳定后(　　)
A.a点的电势比b点的高
B.a点的电场强度比O点的大
C.向右移动滑片P,a点的电势降低
D.断开开关S,a点的电场强度减小
7.(2025南京调研)污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正负极,金属圆盘置于底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的是(　　)
A.M点的电势比N点的高
B.M点的电场强度比P点的大
C.污泥絮体从M点移到N点,静电力对其做负功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小
8.(2024南京、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
9.(2025南京期中)如图所示,A、B、C为真空中正三角形的三个顶点,O为AB的中点,A点固定电荷量为+q的点电荷、B点固定电荷量为-q的点电荷,下列说法正确的是(　　)
A.O点电势低于C点电势
B.O点电势高于C点电势
C.O点电场强度小于C点电场强度
D.O点电场强度大于C点电场强度
10.(2026镇江开学考试)如图所示,A、B为两个带等量正电的点电荷,O为A、B连线的中点,以O为坐标原点,垂直AB方向为x轴。现将一带正电的粒子从x轴上P点由静止释放,粒子仅受电场力,则粒子在运动过程中(　　)
A.受到的电场力一定不断减小
B.运动的加速度一定不断减小
C.粒子的电势能不断增大
D.粒子的速度不断增大
11.(2024无锡调研)如图,在电荷量为Q的负点电荷的电场中,A、B、C为直角三角形的三个顶点,D为AC的中点,∠A=30°,A、B、C、D四点的电势满足φA=φC,φB=φD,点电荷Q在A、B、C三点所在平面内,已知静电力常量为k,则下列说法正确的是(　　)
A.φA=φB
B.φC>φD
C.Q在AC连线中点
D.Q在BD连线中点
12.一质量为m,所带电荷量为-q的小球从水平放置的带正电+Q圆环的轴线处A点由静止释放,A、A'关于O点对称,下列判断正确的是(　　)
A.小球在O点处动能最大
B.小球在O点的加速度最大
C.小球在O点的电势能最小
D.小球可能在A、A'间往复运动
13.(2025宿迁三模)如图所示,在光滑绝缘水平面上,三个完全相同带正电的小球A、B、C,通过不可伸长的绝缘细线a、b、c连接成正三角形,小球均处于静止状态,细线被拉直。剪断细线a,小球开始运动。则(　　)
A.剪断a前,a中拉力大于B、C间的库仑力
B.剪断a瞬间,细线b、c中拉力均变大
C.三个球运动至一直线时,整个系统电势能最大
D.球A经过B、C初始位置连线中点时的速度最大
答案：
1.B
2.C　解析 根据点电荷电场线分布情况,由电场线从正电荷到负电荷或从正电荷到无穷远处,可知电荷A为正电荷;从无穷远处指向负电荷,可知电荷C为负电荷,故A、B项错误。沿着电场线方向电势降低,a点离正电荷距离近,b点离正电荷距离远,故a点的电势比b点的高,故C项正确。电场线越密集的地方电场强度越大,故a点的电场强度比b点的大,故D项错误。
3.C　解析 该电场的电场线分布情况不明,所以在c点处的电势不一定为4 V,a点处的电场强度Ea不一定大于b点处的电场强度Eb,故A、B错误。因c点的电势一定高于b点,由公式Ep=φq易知,一正电荷从c点运动到b点,电势能一定减少;根据沿电场线方向电势逐渐降低可得c点的电场强度方向由a指向c,所以正电荷运动到c点时受到的静电力由a指向c,故C正确,D错误。
4.B　解析 等势线密的地方电场线也密,电场强度越大,由图可知,a处等势线最疏,c处等势线最密,所以Ea5.A　解析 AC连线中点D的电势为φD= V=4 V,连接BD为一等势面,过A作BD的垂线,则为一条电场线,根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,电场线方向斜向右下。故选A。
6.B　7.D
8.C　解析 等差等势面越密集,电场线越密集,带电粒子的加速度越大,故带电粒子在P点时的加速度大于在Q点时的加速度,A项错误;由运动轨迹可知,带电粒子所受静电力大致向下。若粒子从P点运动至Q点,静电力做正功,电势能减小,动能增大,则带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能;带电粒子在P点时的动能小于在Q点时的动能。由于粒子电性未知,则电势高低关系不确定,B、D项错误,C项正确。
9.D　解析 由题意,根据等量异种点电荷空间电势的分布特点:等量异种点电荷连线中垂线上的点均为等势点,可知O点电势等于C点电势,故A、B项错误;根据等量异种点电荷空间电场的分布特点:等量异种点电荷连线中垂线上,中点处的电场强度最大,往两边逐渐减小,可知O点电场强度大于C点电场强度,故C项错误,D项正确。
10.D　解析 粒子所受电场力为A、B两点电荷的电场力在x轴方向上分量的叠加,根据等量同种点电荷的电场分布可知,在O点的电场强度为零,即电场力为零,沿x轴正方向无穷远处电场力为零,在O点和无穷远之间电场力不为零,再结合库仑定律可知,粒子从P点向无穷远处运动过程中电场力可能是先增大后减小的,故A项错误;粒子只在电场力作用下运动,电场力大小决定粒子的加速度大小,根据A项分析可知运动的加速度可能是先增大后减小,故B项错误;粒子带正电,同性相斥,从P点开始一直加速远离电荷,电场力做正功,电势能减小,粒子速度一直增大,故C项错误,D项正确。
11.B　解析 负点电荷Q的等势线是以该点电荷为圆心的圆,A、B、C、D四点的电势满足φA=φC,φB=φD,可知负点电荷Q在AC的中垂线上,也在BD的中垂线上,如图所示,由图可知,Q既不在AC连线中点、也不在BD连线中点。由几何关系可得:Q到A的距离大于到B的距离,由于越靠近负点电荷电势越低,则有φA>φB,所以有φA=φC>φB=φD,故选B。
12.C　解析 小球从A点到O点的运动中,受到向下的重力和静电力,其合力大于重力,则加速度大于重力加速度,小球在O点时只受重力,加速度等于重力加速度,因此小球在O点的加速度不是最大,重力和静电力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小,在O点时,电场强度是零,小球受静电力是零,此时只受重力,小球的动能继续增大,因此小球在O点处的动能不是最大的,小球穿过O点后,受静电力方向向上,静电力做负功,电势能增大,因此小球在O点的电势能最小,C项正确;若小球只受静电力作用,因A、A'关于O点对称,则小球可能在A、A'间往复运动,但小球从A点运动到A'点,小球受静电力的作用同时又受重力作用,重力方向一直向下,因此小球不可能在A、A'间往复运动,D项错误。
13.B　解析 由受力分析可知,剪断a前,a中的拉力等于B、C间的库仑力,c中的拉力等于A、B间的库仑力,A错误;剪断a瞬间,对B分析,受A对B的斥力、C对B的斥力以及细线c的拉力,则此时c的拉力FTc'=FAB+FCBcos 60°>FTc=FAB,同理可知b中拉力也变大,即剪断a瞬间,细线b、c中拉力均变大,B正确;系统初始时静止,剪断后开始运动,动能增加,电势能减小,所以电势能最大时是初始静止状态,C错误;当三个小球在同一直线上时,动能最大,电势能最小,但此时B、C小球已经离开了初始位置,D错误。第40练　电场力的性质
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。
1.(2025南通开学考试)如图所示的验电器,静置时两金属箔张开。现用带负电的物体与验电器的金属球接触,金属箔先闭合然后张开更大。则金属球(　　)
A.与物体接触前不带电
B.与物体接触前带负电
C.与物体接触后不带电
D.与物体接触后带负电
2.(2024泰州一模)我国东汉学者王充早在公元一世纪就有关于静电现象的描述——“顿牟掇芥”,即摩擦过的玳瑁能够吸引芥菜子之类的轻小物体。下列现象与“顿牟掇芥”作用原理相同的是(　　)
A.秋冬季节用手指触摸金属时手指常感受到刺痛
B.空气中的飞絮很容易附在行进中的汽车挡风玻璃上
C.梳完头发后,部分头发反而根根竖立起来
D.摩擦过的琥珀靠近验电器,验电器的金属箔片张开
3.(2024扬州模拟)某电场的电场线分布如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.c点的电场强度大于b点的电场强度
B.若将一试探电荷+q由a点释放,它将沿电场线运动到b点
C.b点的电场强度大于d点的电场强度
D.a点和b点的电场强度的方向相同
4.(2025宿迁初模)在所带电荷量为+Q的金属球的电场中,为测量金属球附近某点的电场强度E,现在该点放置一所带电荷量为+的点电荷,点电荷受力为F,则该点的电场强度(　　)
A.E= B.E>
C.E< D.
5.(2025南京、盐城一模)如图所示,甲、乙两个点电荷,电荷量大小分别为q甲、q乙,OO1为两点电荷连线的中垂线,O1点电场方向如图所示。则甲、乙是(　　)
A.异种电荷,且q甲B.异种电荷,且q甲>q乙
C.同种电荷,且q甲D.同种电荷,且q甲>q乙
6.(2024苏州初调)如图所示,原来不带电的长为l的导体棒水平放置,现将一个带正电的点电荷q放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处。已知O为棒的中点,A、B为棒上左、右端的一点,当棒达到静电平衡后(　　)
A.棒整体带负电
B.A点电势比B点电势高
C.感应电荷在O处的电场强度方向水平向左
D.O点电场强度大小为k
7.(2025苏锡常镇二模)三根相同长度的绝缘均匀带电棒组成等边三角形,电荷量分别为-Q、+Q和+,其中电荷量为+Q的带电棒在三角形中心O点产生的电场强度为E,则O点的合电场强度为(　　)
A. B.E
C.E D.
8.(2025宿迁初模)如图所示,16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷),均匀分布在半径为R的圆周上。若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,则圆心O点处的电场强度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
9.如图所示,光滑水平面上固定两个异种点电荷,正、负电荷的电荷量大小分别是Q1、Q2,两者相距L,其周围的电场线分布大致如图所示,在连线的右侧距离负电荷L处的M点有一个带电的试探电荷刚好能保持静止状态,则(　　)
A.试探电荷带正电
B.试探电荷带负电
C.Q1=4Q2
D.Q1=2Q2
10.(2025宿迁初模)如图所示,甲、乙两带电小球的质量均为m,所带电荷量分别为+q和-q,两球间用绝缘细线2连接,甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上,在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场,电场强度为E,且有qE=mg,平衡时细线都被拉直。则平衡时的可能位置是哪个图(　　)
二、非选择题:共2题,11题8分,12题8分,共16分。
11.如图,V形对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上,两斜面与水平面夹角均为α=60°,其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上,P、Q的连线垂直于斜面M,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为多少
12.如图所示,真空中有两个固定的正点电荷A、B,一带电微粒质量为m,电荷量为-q(q>0),在两正电荷库仑力作用下恰好可沿一垂直于A、B连线的平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知带电微粒与两正电荷连线和A、B连线所成的夹角分别为37°和53°。(带电微粒的重力忽略不计)
(1)求A、B两电荷的电荷量之比;
(2)若A的电荷量为5q,求带电微粒做圆周运动的线速度大小。
答案：
1.D　解析 验电器静置时金属箔张开,说明其原先带有电荷。用带负电的物体与其接触时,先有部分负电荷流入验电器,使其原有正电荷被中和,金属箔因电荷量减小而先闭合;随后继续有电子流入,使验电器转而带较多的负电荷,金属箔又因同种电荷相斥而张开得更大。因此验电器(金属球)最终带负电。故选D。
2.B　3.C　4.B
5.B　解析 根据O1点电场方向可知,甲带正电荷,乙带负电荷,且甲在O1点的电场强度大于乙在O1点的电场强度,如图,根据E=k可知q甲>q乙,故选B。
6.C　解析 根据电荷守恒定律可知,棒的电荷量不变,故A项错误;由静电平衡可知,导体棒是一个等势体,所以其表面上各点电势处处相等,故B项错误;由静电平衡可知,O点的合电场强度为零,感应电荷在O处产生的电场强度与正点电荷在O处产生的电场强度大小相等,方向相反,故C项正确,D项错误。
7.A　解析 电荷量为+Q和-Q的棒在O点的合电场强度为E1=2Ecos 30°=E,三个棒在O点的合电场强度为E合=,故选A。
8.C　解析 由于圆周的对称性,圆心处电场强度为0,P处+q在圆心处产生的电场强度大小为E1=k,方向水平向左,可知其余15个+q在圆心处的电场强度E2=E1=k,方向水平向右,P处为-2q在圆心处产生的电场强度大小E3=k,方向水平向右。根据电场的叠加有E2+E3=E,则得E=,故选C。
9.C　解析 试探电荷在M点静止,说明M点电场强度为零,试探电荷的正负不能确定,A、B错误;因M点电场强度为零,则根据,得Q1=4Q2,C正确,D错误。
10.A　解析 先用整体法,把两个小球及细线2视为一个整体。整体受到的外力有竖直向下的重力2mg、水平向左的电场力qE、水平向右的电场力qE和细线1的拉力FT1,由平衡条件知,水平方向受力平衡,细线1的拉力FT1一定与重力2mg等大反向,即细线1一定竖直。再隔离分析乙球,如图所示,乙球受到的力为:竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE、细线2的拉力FT2和甲球对乙球的吸引力F引,要使乙球所受合力为零,细线2必须倾斜。设细线2与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ==1,θ=45°,故A正确。
11.
解析 滑块Q在光滑斜面N上静止,则P与Q带电同性,两者之间为斥力,设为F,两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
mgcos 30°=Fcos 30°
可得F=mg
对P物体动摩擦因数最小时有
FN2=F+mgsin 30°
Ff=μFN2
Ff=mgcos 30°
联立解得μ=。
12.(1)　(2)
解析 (1)带电微粒在水平方向受力平衡
kcos 37°=kcos 53°
解得。
(2)带电微粒所受的静电力的合力提供向心力
ksin 37°+ksin 53°=m
解得v=第43练　电容器　实验十:观察电容器的充、放电现象　带电粒子在电场中的直线运动
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.(2025南通学情调研)下列物理量对应单位的符号正确的是(　　)
A.电势,V B.功率,J
C.电场强度,C/N D.电容,C
2.(2025苏州开学考试)由两块不平行的长导体板组成的电容器如图所示。若使两板分别带有等量异种电荷,定性反映两板间电场线分布的图可能是(　　)
3.(2024盐城、南京期末调研)半导体指纹传感器如图所示。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时,指纹上凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。现使电容器的电压保持不变,手指挤压绝缘表面过程中,电容器(　　)
A.电容变小 B.所带电荷量变小
C.处于充电状态 D.内部电场强度大小不变
4.氘核H)和氦核He)从静止开始,经同一电场加速后,它们的速度分别为v1和v2,则(　　)
A.v1=v2 B.v1=2v2
C.v1=3v2 D.2v1=v2
5.(2025江苏卷)如图所示,平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中,电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动,使两板间距离增大为原来的2倍,再将该电荷由a移动到b的过程中,电场力做功为(　　)
A. B.W
C.2W D.4W
二、非选择题:共3题,6题8分,7题12分,8题15分,共35分。
6.(2025南通适应性检测)某同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象,电流传感器与计算机相连,可以显示出电流I随时间t变化的图像。
甲
(1)为使电源向电容器充电,应将开关S与　　　　(选填“1”或“2”)端相连;
(2)在充电过程中,测绘的充电电流I随时间t变化的图像可能是图乙中的　　　　;
乙
(3)图丙为传感器中电容器放电时的电流I随时间t变化的图像,图中每一小方格面积相同。根据图像估算电容器在t0~2t0时间内,释放电荷量的表达式为　　　　(用I0、t0表示);
丙
(4)图丁中实线是实验得到的放电时的I-t图像,如果不改变电路的其他参数,只减小变阻箱R的阻值,则得到的I-t图线是图丁中的　　　　　(选填“①”“②”或“③”),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
丁
7.(2024淮安高中校协作体期中)如图所示,一带电粒子质量为m,电荷量为q,从a点由静止开始经电压为U的电场加速后,竖直向上穿过水平边界PQ上的b点,若边界PQ的上方空间没有电场,粒子将到达另一水平边界MN上的O点。若边界PQ和MN间存在水平匀强电场,粒子经过匀强电场后将从边界MN上的某点C(图中未画出)离开。已知O、C两点间的距离为L,边界PQ、MN间距为d,带电粒子的重力忽略不计。求:
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1;
(2)水平匀强电场的电场强度E的大小;
(3)带电粒子从a点到c点过程中电势能的改变量。
8.如图甲装置为直线加速器原理,多个横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一直线上,序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连,序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个电子由静止开始加速,沿中心轴线进入圆筒1。为使电子运动到圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速,圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。
甲
乙
(1)求电子刚出第8个圆筒瞬间速度的大小;
(2)求第8个圆筒的长度;
(3)若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略,两圆筒间隙的电场为匀强电场,且圆筒间距为d,不考虑相对论效应,则在保持圆筒长度、交变电压的变化规律保持和(1)(2)完全相同的情况下,经过多少个圆筒可以让电子达到最大速度
答案：
1.A　
2.C　解析 两板分别带有等量异种电荷,根据电势差与电场强度的关系式U=Ed,得板间电势差不变,距离越长,电场强度E越小,电场线越稀疏,且电场线与两板是垂直的。故选C。
3.C　4.A
5.A　解析 根据题意可知,电容器与电源保持连接,电容器两端电压不变,现将电容器两极板间距增大至原来的2倍,由公式E=可知,极板间电场强度变为原来的,则有W=Eqd可知,再把电荷由a移至b,则电场力做功变为原来的,即电场力做功为。故选A。
6.(1)1　(2)A　(3)2I0t0　(4)②　电容器释放的总电荷量不变,平均电流变大,放电时间变短
解析 (1)为使电源向电容器充电,电容器应与电源连接,故应将开关S与“1”端相连。
(2)充电过程中电容器C两端电压逐渐增大,充电电流I随时间t应逐渐较小至零,故电流I随时间t变化的图像可能是图乙中的A,故A正确。
(3)根据图像的含义,因 q=It
I-t图线与t轴所围成的面积表示电容器放出的电荷量;根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电荷量为I0t0,由大于半格算一个,小于半格舍去,因此图像所包含的格子个数为8个,所以释放的电荷量是q=2I0t0。
(4)应该是②,理由是:电容器释放的总电荷量不变,平均电流变大,放电时间变短。
7.(1)　(2)　(3)-qU-
解析 (1)带电粒子从a到b有
qU=
解得v1=。
(2)在匀强电场中,沿电场方向有
qE=ma
L=at2
垂直电场方向有
d=v1t
解得
E=。
(3)带电粒子从a点到c点过程中电势能的改变量
ΔEp=-W电=-(qU+qEL)
所以ΔEp=-qU-。
8.(1)4　(2)　(3)
解析 (1)根据题意,由动能定理得
8eU=mv2
电子出第8个圆筒瞬间速度为
v=4。
(2)电子在圆筒中做匀速直线运动,第8个圆筒长度为
L8=v·。
(3)由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(2)中相同,若考虑电子在间隙中的加速时间,则粒子进入每级圆筒的时间都要比(2)中对应的时间延后一些,如果延后累计时间等于,则电子再次进入电场时将开始减速,此时的速度就是装置能够加速的最大速度。 由于两圆筒间隙的电场为匀强电场,间距均为d,粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续部分,设经过N次加速,即经过N个圆筒达到最大速度,则有
Nd=vm
根据动能定理有
NeU=-0
解得N=。

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