高中物理精品试题:静电场-历年高考汇编(

2024年3月6日发(作者：孔少琼)

静电场-历年高考汇编（全国）

【真题汇编】

一、选择题汇编

(2021·乙卷·T15）

1．如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则（ ）

A．FMFN,EpMEpN

C．FMFN,EpMEpN

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

由图中等势面的疏密程度可知

EMEN

B．FMFN,EpMEpN

D．FMFN,EpMEpN

根据

FqE

可知

FMFN

由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即

EpMEpN

故选A。

(2021·甲卷·T19）

2．某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（ ）

A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功

B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV

C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右

D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A．由图象可知

φb = φe

则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；

B．由图象可知

φa = 3V，φd = 7V

根据电场力做功与电势能的变化关系有

Wad = Epa - Epd = (φa - φd)( - e) = 4eV

B正确；

C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；

D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示

由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。

故选BD。

（2020，全国卷II，T20）

3．如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）

A．a、b两点的场强相等

C．c、d两点的场强相等

【答案】ABC

【解析】

【详解】

B．a、b两点的电势相等

D．c、d两点的电势相等

BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP，PP所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP上的点电势为零，即ab0；而从M点到N点，电势一直在降低，即cd，故B正确，

D错误；

AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；

故选ABC。

（2020，全国卷III，T21）

4．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（ ）

A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大

B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小

C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大

D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负

【答案】BC

【解析】

【详解】

A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图

M是最大内角，所以PNPM，根据点电荷的场强公式Ek密程度）可知从MN电场强度先增大后减小，A错误；

Q（或者根据电场线的疏2rB．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从MN电势先增大后减小，B正确；

C．M、N两点的电势大小关系为MN，根据电势能的公式Epq可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；

D．正电荷从MN，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。

故选BC。

（2019，全国卷I，T15）

5．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）

A．P和Q都带正电荷

C．P带正电荷，Q带负电荷

【答案】D

【解析】

【详解】

AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；

CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题B．P和Q都带负电荷

D．P带负电荷，Q带正电荷

选D．

（2019，全国卷II，T20）

6．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则

A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小

B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合

C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能

D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行

【答案】AC

【解析】

【详解】

A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；

B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误．

C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确

D．粒子可能做曲线运动，故D错误；

（2019，全国卷III，T21）

7．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则（ ）

A．a点和b点的电势相等

B．a点和b点的电场强度大小相等

C．a点和b点的电场强度方向相同

D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加

【答案】BC

【解析】

【详解】

由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。

（2018，全国卷I，T16）

8．b和c，bc=3cm，ca=4cm．如图，三个固定的带电小球a、相互间的距离分别为ab=5cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）

A．a、b的电荷同号，kB．a、b的电荷异号，kC．a、b的电荷同号，kD．a、b的电荷异号，k【答案】D

【解析】

【详解】

16

916

964

2764

27b的连线，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，可知，a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示

因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac∠bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有

Faac4

Fbbc3根据库仑定律有

FakQcqaQcqbFk

，bac2bc2综上所得

qa44264

qb33227故D正确，ABC错误。

故选D。

（2018，全国卷I，T21）

9．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）

A．平面c上的电势为零

B．该电子可能到达不了平面f

C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV

D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

【答案】AB

【解析】

【详解】

A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；

B．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；

C．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；

D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误。

故选AB。

【点睛】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势

能为零是解题的关键。

（2018，全国卷II，T21）

10．如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（ ）

A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行

W1W2

2W2C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为

qLB．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为D．若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差

【答案】BD

【解析】

【详解】

试题分析：利用电场力做功WqU

，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．

A、选项根据题意无法判断，故A项错误．

B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以Mcca2c+a2

Nddb2d+b2若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为

WqUMNqMNqc+a2qd+b2qUcdqUabW1W2 ,故B正确；

22

C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是D、若W1=W2，说明UcdUab

W2，故C错误；

qLUaMUbNaMbN

由因为Mcca2c+a2；Nddb2d+b2

解得：UaMUbN0

，故D正确；

故选BD

点睛：

对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解．

（2018，全国卷III，T21）

11．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（

）

A．a的质量比b的大

B．在t时刻，a的动能比b的大

C．在t时刻，a和b的电势能相等

D．在t时刻，a和b的动量大小相等

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即

aa>ab

对微粒a，由牛顿第二定律

qE=maaa

对微粒b，由牛顿第二定律

qE =mbab

联立解得

qEqE>

mamb由此式可以得出a的质量比b小，故A错误；

B．在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，故B正确；

C．由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，故C错误；

D．由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，故D正确。

故选BD。

（2017，全国卷I，T20）

12．在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（ ）

A．Ea：Eb=4：1

【答案】AC

【解析】

【详解】

B．Ec：Ed=2：1 C．Wab：Wbc=3：1 D．Wbc：Wcd=1：3

由点电荷场强公式：EkQkQkQE:E:24:1，，可得：故A正确；由点电荷场强公式：ab2212rEkQkQkQE:E:24:1，故B错误；从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q，可得：cd2236r（φa-φb）=q（6-3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）=q，所Wab：Wbc=3：1，Wcd=qUcd=q=q以有：故C正确；从c到d电场力做功为：（φc-φd）（2-1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误．所以AC正确，BD错误．

（2017，全国卷III，T21）

13．一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、17V、26V。下列说法正确的是（ ）

A．电场强度的大小为2.5V/cm

B．坐标原点处的电势为1V

C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV

D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV

【答案】ABD

【解析】

【详解】

B．如图所示，设ac之间电势差与Ob两点间的电势差相等，即

10V26VUO17V

可得

UO1V

B正确；

A．电场沿着x轴方向电场分量

ExUx26V10V2V/cm

x8cm

电场沿着y轴方向电场分量

EyUyy26V17V1.5V/cm

6cm因此电场强度

22EExEy2.5V/cm

A正确；

C．电子在a点具有的电势能

EpaeA10eV

电子在b点具有的电势能

EpbeB17eV

因此

EPEpaEPb7eV

电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；

D．电子从b点运动到c点，电场力做功为

WbcUqe(17V26V)9eV

所以电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV，D正确。

故选ABD。

二、计算题汇编

（2020·全国卷I·T25）

14．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；

（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

2mv0【答案】(1)

E；(2)v12qR2v0；(3)0或v243v0

2【解析】

【详解】

（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：

xACR

所以根据动能定理有：

qExAC12mv020

解得：

2mv0E；

2qR（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

xRsin60v1t

yRRcos6012at

2而电场力提供加速度有

qEma

联立各式解得粒子进入电场时的速度：

v12v0；

4（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电

场方向上速度变化为v0

，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有

xBCxAC3RRv2t2

12at2

2电场力提供加速度有

qEma

联立解得v23v0；当粒子从C点射出时初速度为0。

2

另解：

由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为

v3v0

2（2019·全国卷II·T24）

15．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

【答案】（1）Ek=2mv0212mdhqh；lv0dq（2）L=2v0mdh

q【解析】

【详解】

（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有

Ed/2∠

F=qE=ma∠

设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有

12qEhEkmv0∠

2设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有

h12at∠

2l=v0t∠

联立∠∠∠∠∠式解得

122Ek=mv0qh∠

2dlv0mdhq∠

（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为L=2l2v0（2019·全国卷III·T24）

16．空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q>0）．A从Omdhq∠

t点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为．重力2加速度为g，求

（1）电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能．

【答案】（1）E【解析】

【详解】

（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a．根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有

mg+qE=ma∠

1t212a()gt∠

2223mg；（2）Ek=2m(v02g2t2)

q解得

E3mg∠

q（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

1Ekmv12mghqEh∠

2且有

v1tv0t∠

2h12gt∠

2联立∠∠∠∠式得

2Ek=2m(v0g2t2)∠

（2017·全国卷II·T25）

17．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求

（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；

（2）A点距电场上边界的高度；

（3）该电场的电场强度大小．

【答案】（1）3：1；（2）【解析】

【详解】

（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：

v0–at=0

1s1v0tat2

21s2v0tat2

2H2mg

；（3）32q联立解得：s1:s23:1

（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；

2vy2gh

Hvyt12gt

2因为M在电场中做匀加速直线运动，则

v0s1

vyH1解得h=H

3v0qEEq

（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，avymgm设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：

Ek1Ek2122m(v0vy)mgHqEs1

2122m(v0vy)mgHqEs2

2由已知条件：Ek1=1.5Ek2

联立解得：E【突破练习】

18．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运a、b、c为轨迹上的三个点．动．运动轨迹与两圆在同一平面内，若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则

mg

2q

A．aa>ab>ac，va>vc>vb

B．aa>ab>ac，vb> vc> va

C．ab> ac> aa，vb> vc> va

D．ab> ac> aa，va>vc>vb

【答案】D

【解析】

【详解】

在点电荷的电场中，场强大小Ek子运动的加速度aQ，由图可知rarcrb，可得EaEcEb，而带电粒2rqE，则aaacab；由轨迹知，两电荷间为库仑斥力，粒子由a到b，m电场力做负功，动能减小，则va>vb，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，则vc>vb，由于UabUcb，由qUEk可得，则va>vc>vb，故选D．

19．关于静电场的等势面，下列说法正确的是

A．两个电势不同的等势面可能相交

B．电场线与等势面处处相互垂直

C．同一等势面上各点电场强度一定相等

D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功

【答案】B

【解析】

【详解】

A．等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故A错误；

B．电场线与等势面垂直，B正确；

C．同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；

D．将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D错误；

20．真空中有一半径为r0的带电金属球，以球心O为坐标原点沿某一半径方向为正方向建立x轴，x轴上各点的电势随x的分布如图所示，其中x1、x2、x3分别是x轴上A、B、C三点的位置坐标．根据-x图象，下列说法正确的是

A．该金属球带负电

B．A点的电场强度大于C点的电场强度

C．B点的电场强度大小为23x3x2

D．电量为q的负电荷在B点的电势能比在C点的电势能低|q(2－3)|

【答案】D

【解析】

【详解】

A、由图可知在0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；

B、图像斜率表示场强大小，A点的电场强度为零，C点电场强度大于0，故B错误；

C、从B到C若为匀强电场，电场强度为E大于该值，故C错误；

U23，因是非匀强电场B点的电场强度dx3x2D、负电荷沿直线从B移到C的过程中，电场力做负值，电势能增加，大小为q23，故D正确．

21．如图所示，两电荷量分别为Q和2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以2Q点电荷所在位置为圆心、L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线2上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是（ ）

A．c、d两点的电场强度相同

C．a点的电势高于b点的电势

【答案】B

【解析】

【详解】

A．2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故A错误；

BC．a、b、c、d四点在以点电荷2Q为圆心的圆上，可知2Q产生的电场在a、b、c、B．c、d两点的电势相同

D．a点的电场强度小于b点的电场强度

d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故B正确，C错误；

D．由点电荷的场强公式

EkQ

r2合成可得

Ea2kQL22kQ2kQL2kQ212kQL2

方向向左；

EbL223L2268kQ9L2

方向向右；故

EaEb

则D错误。

故选B。

【点睛】

本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析。

22．如图所示，两个完全相同的带电小球，所带电荷量均为q107C，质量为1.8g，球A用绝缘轻绳悬挂，球B靠近的过程中，绝缘轻绳与竖直方向夹角不断增大。最终B稳定在某一位置，此时两小球球心连线水平且tan，则此时两球之间的间距为（ ）（已知k9.0109Nm2/C2,g10N/kg）

12

A．10cm

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

对小球A由平衡可知

B．20cm C．2cm D．1cm

q2mgtank2

r解得

r=0.1m=10cm

故选A。

23．如图，半径为R、圆心在O点的绝缘光滑圆环固定在竖直面内，环上套着一个质量为mF两点，的带正电小球；两个等量异种点电荷分别固定在圆环平面内过O点的水平虚线上E、EOFOR，小球以初速度v．从A点开始沿逆时针方向运动。不考虑小球的运动对两个

点电荷形成的电场的影响，小球可视为质点，重力加速度大小为g。下列判定正确的是（ ）

A．在B、D两点，小球所受电场力大小相等、方向相反

B．从B经C到D点，小球的电势能先减小后增大

C．在C点，小球对圆环的作用力大小为m02R4mg

D．若还知道小球在B点的速率，则可求出小球在D点的速率

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．由等量异种电荷的场强分布可知，B、D关于O点对称，场强方向相同，对小球在A点进行受力分析，可得其受力方向相同，A错误；

B．对小球在B点进行受力分析，小球带正电从B点至D点，所受电场力向右，与位移方向相同，故电场力一直做正功，所以小球电势能一直减小，B错误；

C．根据对称性，从A到C的过程中，电场力对小球做功为零，只有重力做功，由动能定理可得

11mg2Rmv12mv02

22在C点由牛顿第二定律有

v12

FNmgmR由牛顿第三定律可得

v02

F压FN5mgmRC错误；

D．整个过程中，只有重力和电场力对小球做功，从A到B和A到D，根据对称性，从A到B正电荷对小球做功等于从A到D负电荷做功，所以D点速率等于B点速率，D正确。

故选D。

24．B两端分别带有电荷量很小的等量异种电荷+q、如图所示，在匀强电场中，绝缘细杆A、-q，现使细杆绕其中点O在纸面内逆时针旋转θ角，+q的电势能增加，则（ ）

A．-q的电势能减少

C．B端的电势降低

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

+q的电势能增加，所以电场力对正电荷做负功，所以正电荷向电势升高方向运动，所以A端的电势升高，B端的电势降低；而-q向电势降低方向运动，所以负电荷的电势能增加，故AD错误，BC正确。

故选BC。

25．如图所示，在坐标系xOy的第I象限内，分布着场强大小为E、沿y轴负方向的匀强电B．-q的电势能增加

D．B端的电势升高

1场；第∠象限内，圆心为O的圆环状区域存在沿半径方向的辐向均匀电场，虚线ab为圆4环外径和内径间的中心线，中心线上电场强度的大小也恒为E、方向均指向O点，ab圆弧

的半径为R。离子源飘出的正离子束（初速度可忽略），经第∠象限的电场加速后从x轴上的a点进入辐向电场，并沿中心线ab做圆周运动，之后由b点进入第I象限并射到位于x轴的靶上。不计重力和离子间的相互作用，求:

（1）加速电场的电压；

（2）离子射到靶上时的位置坐标及其速率与比荷的关系。

【答案】（1）【解析】

【分析】

【详解】

（1）设离子的质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，加速后速度大小为v0

ERq2；（2）2R，v3ER

2m12qUmv0

2离子沿中心线ab做匀速圆周运动，由牛顿运动定律有

2v0qEm

R解得

UER

2（2）离子在匀强电场中做类平抛运动，设该过程加速度大小为a，时间为t，离子通过匀强电场后射到靶上时的坐标值为x，速率为v，由牛顿运动定律及运动学规律有

qE=ma

R12at

2x=v0t

解得

x=2R

设离子通过匀强电场后射到靶上时的速率为v，由动能定理有

qUqER12mv

2解得

v23qER

m26．如图所示，竖直平面内有一矩形区域abcd，ab边长为2l，bc边长为3l，边cd、ab的中点分别是e、f，ad边与水平面的夹角θ=30º，矩形区域内有大小为E、方向平行ab向上的匀强电场。现让一带正电微粒从d点的正上方的某点p（图中未画出）沿该竖直面水平抛出，正好从e点进

入该矩形区域，并沿ef做直线运动，已知重力加速度为g，求：

（1）该微粒的比荷；

（2）p、d间的距离；

（3）若将矩形区域内的电场大小变为3E，方向变为平行ad向上，微粒仍从p点以原来3的速度水平抛出，求微粒将从何处离开矩形区域。

【答案】（1）【解析】

【分析】

【详解】

26q3g73；（2）y（3）距d点l；l

12m2E3（1）由题意可知，合力沿ef方向

qEmgcos

q3g

m2E（2）设微粒平抛的初速度为v0，从p到e用时为t1，竖直方向位移y1，水平位移为x1，到达e点时速度ve，竖直方向速度分别vy，由平抛运动规律及题意有

tanvyv0

x1v0t1

y112gt1

2vygt1

x1lsin

y2lcos

p、d间的距离为y

yy1y2

解得

y73l

12（3）电场改变后的电场力

F2q可得

3E

3F2mgsin

粒子进入电场后所受合力沿cd方向向下，做类平抛运动，设粒子的加速度为a，通过矩形区域的时间为t2，由牛顿第二定律有

mgcosma

假设从ad边飞出，飞出点距d点的距离为x2，由平抛运动规律有

lve=12at2

2vysin

x2vet2

解得

x226l3l

3所以，假设合理，从ad边离开矩形区域，距d点

26l

3