考點08靜電場（解析版）-2021屆高三《新題速遞·物理》11月刊（高考復習）

考點08靜電場

1.（2020.廣西南寧.期中）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼

和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，。表

示點電荷在P點的電勢能，。表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距

離至圖中虛線位置，則（）

A.6減小，E增大B.8增大，與不變

C.6減小，彳增大D.，減小，E不變

【答案】D

【解析】

若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，則根據(jù)C=可知，C變大，。-定，則根據(jù)

4nkd

Q=CU可知，。減小，則靜電計指針偏角e減??；根據(jù)七=上，Q=cu,。=一嶺二，聯(lián)立可得

d411kd

_4

匕F—成。

￡S

可知。一定時，E不變：根據(jù)G=石4可知P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢

差不變，P點的電勢不變，則Ep不變，故ABC錯誤，D正確。

故選D。

【點睛】

此題是對電容器的動態(tài)討論；首先要知道電容器問題的兩種情況：電容器帶電荷量一定和電容器兩板間

電勢差一定；其次要掌握三個基本公式：C=上一，E==,Q=CU；同時記住一個特殊的結論:

4兀kdd

電容器帶電荷量一定時，電容器兩板間的場強大小與兩板間距無關。

2.（2020?黑龍江讓胡路?大慶一中月考）如圖所示，傾角為a的光滑斜面下端固定一個絕緣輕彈簧，M點、

固定一個質(zhì)量為〃?、帶電量為-4的小球Q，整個裝置處在電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強

電場中。現(xiàn)把一個帶電荷量為+4的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運動，N點距彈

簧的上端和M點的距離均為“，P、Q兩小球連線功過彈簧的軸線且與斜面平行，兩小球均可視為質(zhì)

點，彈簧的勁度系數(shù)為亳，靜電力常量為左，已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小球P返回時，有可能撞到小球Q

B.小球P在N點的加速度大小qE+mgsina-k-^s

so

C.小球P沿著斜面向下運動的過程中，其電勢能不一定減小

qE+mesina

D.當彈簧的壓縮量為^——n-------時，小球P的速度最大

【答案】C

【解析】

A.根據(jù)動能定理知，當小球返回到N點，由于重力做功為零，勻強電場的電場力做功為零，小球Q的

電場對P做功為零，則合力做功為零，知道到達N點的速度為零。所以小球不可能撞到小球Q,故選項

A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律得，小球在N點的加速度大小為

qE+mgsina一kj

。=工---------晅+gsina-k工

mmmmsg

故選項B錯誤；

C.小球P沿著斜面向下運動過程中，勻強電場的電場力做正功，小球Q產(chǎn)生的電場對P做負功，兩個

電場力的合力不一定沿斜面向下，則最終電場力不一定做正功，則電勢能不一定減小，故選項C正確；

D.當小球所受的合力為零時，速度最大，即

2

k、+k/g=qE+mgsina

x

則彈簧的壓縮量改>豐-——尸-----,故D選項錯誤。

故選C。

3.（2020?安徽期中）真空中兩個點電荷。|、。2,距離為此當2和。2電量都增大到原來2倍時，距離

也增大到原來的2倍，則兩電荷之間相互作用的靜電力將增大到原來（）

A.1倍B.2倍C.4倍D.8倍

【答案】A

【解析】

根據(jù)庫侖定律可知F=上繆，真空中有兩個固定點電荷，當。I,Q?電量都增大到原來2倍時，距離R

R-

增大到原來的2倍時，則庫侖力

._kx2Qtx2Q2

一（2"一.

因此電荷間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍

故選A.

4.（2020?沙坪壩?重慶八中月考）如圖，在正四面體A8C。的8、C、。三個頂點和AB、AC、AO三條棱的

中點E、F、G處各放一個電量為。（2>0）的點電荷，則關于頂點

電勢大小，以下說法正確的是（）

A.EA>E。；（pA>（poB.EA<EO；（PA><Po

C.EA>Eo.（pA<（p0D.EA<Eo；（PA<（Po

【答案】C

【解析】

設正四面體邊長為r,AB,AC,AD三條棱與AO的夾角為仇根據(jù)數(shù)學幾何知識可知

cos0=——

3

8、C、。三個頂點的點電荷在A點的場強分別為

kQ

利用平行四邊形定則，求得它們在A點的合場強為

E；=3E「cos8=逅a

且方向豎直向上;

E、F、G三個頂點的點電荷在4點的場強分別為

E)=k°2

飛

同理求得它們在A點的合場強為

E；=3E,.cosB=姓及。

--r2

且方向豎直向上;

故4點的場強大小為

E-曜

r

根據(jù)數(shù)學幾何知識可知，B、C、。三個頂點與。的距離為弓=十r，B、C、D::個頂點的點電荷在A

點的場強分別為

7半

r}r

利用平行四邊形定則，求得它們在0點的合場強為0；

根據(jù)數(shù)學幾何知識可知，A點與。點關于EFG所在平面對稱，故、F、G三個頂點的點電荷在。點的

合場強大小與在A點相同，即

4痘。

E；=E；

故。點的場強大小為

4向Q

E。=E&=-彳-

r

比較得出

EA>E0

根據(jù)電勢特點可知，距離正電荷的越近，電勢越大，A點與。點關于EFG所在平面對稱，故&F、G

三個頂點的點電荷在。點和4點的電勢相同，而0點距離8、C、力三個頂點的點電荷較近，故。點電

勢較高。

故選C。

5.（2020?沙坪壩.重慶八中月考）為厲行低碳環(huán)保，很多城市用超級電容車替換城市公交。某款公交車在

車底部安裝超級電容器（如圖），其標稱“2.7V3000F”車輛進站后，車頂充電設備迅速搭到充電樁上

完成快充，若該款超級電容車的質(zhì)量為2000kg,額定功率60kW,在平直的水平路面上行駛時，最大行

駛速度為90km/h,在不載客的情況下，下列說法正確的是（）

A.超級電容器的電容隨電壓的增大而增大

B.超級電容車的最大儲存電量為81000C

C.電容器在2.7V電壓下才能正常工作

D.超級電容車以最大速度行駛時受到阻力的大小為2.4x103N

【答案】D

【解析】

A.電容的大小由電容器本身性質(zhì)決定，與電壓無關，故A錯誤:

B.超級電容車的最大儲存電量為

e=2.7x3000C=8100C

故B錯誤:

C.2.7V是電容的額定電壓，是電容器長期穩(wěn)定工作所能承受的最大電壓，電容器在小于等于2.7V電壓

都能正常工作，故C錯誤；

D.超級電容車以最大速度行駛時牽引力

F=-=2.4X103N

v

此時牽引力等于阻力，故D正確。

故選D。

6.（2020?安徽期中）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素。如圖所示，設兩極板正對面

積為S,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為6。實驗中，極板所帶電荷量不變，以下說法正確的是（）

A.若保持S不變，增大d,則。變大

B.若保持S不變，增大乩則。變小

C.若保持d不變，減小S,則。變小

D.若保持d不變，減小S,則。不變

【答案】A

【解析】

AB.若保持S不變，增大d,由電容的決定式。=且-,可知電容減小，電量不變，由電容的定義式

4兀kd

。=2可知電壓增大，則。變大，故A正確，B錯誤；

U

CD.若保持d不變，減小S,由電容的決定式。=笆7，可知電容減小，電量不變，由電容的定義式

47rkd

C=2可知電壓增大，則6變大，故CD錯誤。

故選Ao

7.（2020.遼寧月考）某電容器上標有200V”，則（）

A.該電容器加上100V電壓時，其電容為20〃F

B.該電容器加的電壓不能低于200V

C.該電容器的電容總等于10〃F

D.該電容器的最大電容為10〃F,當其帶電荷量較少時，電容小于10〃F

【答案】C

【解析】

ACD.電容器的電容與電容器板間的電壓和電容器上的電荷量均無關，加電壓或者不加電壓、電荷量的

多少，電容都是10〃F,AD錯誤，C正確；

B.200V是該電容器的額定電壓，因此該電容器加的電壓不能高F200V,B錯誤；

故選Co

8.（2020.遼寧月考）AB是某點電荷形成的電場中的一條電場線，一負點電荷僅在電場力作用下從A點運

動到B點的M圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.形成電場的點電荷是正的且放在8點右側(cè)

B.形成電場的點電荷是負的且放在B點右側(cè)

C.電荷在B點的電場力小于A點的電場力

D.A點的電勢低于8點的電勢

【答案】B

【解析】

ABC.電荷僅在電場力作用下從A點運動到8點，由速度圖像可知，斜率是增大的，加速度增大，電場

力增大，電場強度增大，則點電荷在B點右側(cè)；負點電荷僅在電場力作用下從A點運動到8點，速度減

小，是斥力，則點電荷帶負電，B正確，AC錯誤；

D.電場線的方向由A點指向8點，電勢降低，A點的電勢高于8點的電勢，D錯誤。

故選B。

9.（2020?遼寧月考）如圖所示，豎直向下的勻強電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連

接一帶負電小球，小球靜止時位于N點，彈簧處于壓縮狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高

到M點（彈簧原長）由靜止釋放。則釋放后小球從M運動到N過程中（)

t

A.小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變

B.小球機械能的減少量等于小球電勢能的增加量

C.小球重力勢能減少量等于彈簧彈性勢能的增加量

D.小球動能的增加量等于彈簧彈力、電場力和重力對小球做功的代數(shù)和

【答案】D

【解析】

A.由于有電場做功，故小球的機械能不守恒，小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯

誤.

B.小球從何運動到N過程中，小球機械能的減少量等于小球電勢能的增加量與彈簧彈性勢能的增量之

和，選項B錯誤;

CD.由動能定理小球從M運動到N過程中，小球的重力做正功，重力勢能減小；彈力做負功，彈性勢

能增加；電場力做負功，電勢能增加；小球動能增加，則由能量關系可知，小球重力勢能減少量等于彈

簧彈性勢能的增加量、電勢能增加量以及動能增量之和；由動能定理可知小球動能的增加量等于彈簧彈

力、電場力和重力對小球做功的代數(shù)和，選項C錯誤，D正確。

故選D。

10.（2020?甘肅天水?期中）如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間r變化的圖像。當r=0時，在此勻強

電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的（）

|Ef(\'ml)

40---1-----1-----—-r-----\

??*?

A.帶電粒子將始終向同一個方向運動

B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點

C.帶電粒子在0-3s內(nèi)的初、末位置間的電勢差為零

D.0-3s內(nèi)，電場力的總功不為零

【答案】C

【解析】

A.帶電粒子在前1秒處于勻加速，在第二秒內(nèi)先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運動,

故A錯誤;

B.帶電粒子在前1秒處于勻加速，在第二秒內(nèi)由于加速度大小是之前的2倍，方向與之前相反，因此

用去0.5秒先做勻減速接著0.5秒反向加速。所以2s末帶電粒子不在出發(fā)點，故B錯誤;

CD.帶電粒子在0-3s內(nèi)的初、末位置間的電場力做功為零，電勢能變化為零，則電勢差為零，故C正

確，D錯誤;

故選C。

7

II.（2020.黑龍江期中）真空中保持一定距離的兩個點電荷，若其中一個點電荷的電荷量增加了正倍，但

仍然保持它們之間的相互作用力不變，則另一個點電荷的電荷量變?yōu)樵瓉淼模ǎ?/p>

1010i

A.7倍B.10倍C.一倍D.萬倍

7

【答案】D

【解析】

兩個點電荷之間的庫倫力

F=k4

r

當其中一個點電荷的電荷量增加了七7倍，保持它們之間的相互作用力不變

17,

io"。

F=kI"，

廠

解得

,10

%=萬%

故ABC錯誤，D正確。

故選D。

12.（2020?黑龍江期中）A、8是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下從A點沿電場

線運動到8點，其工-，圖象為如圖所示的拋物線，則這一電場可能是下圖中的（)

c.-d_a

【答案】D

【解析】

由圖象可知，圖象的斜率表示速度，可知速度在逐漸增大，由于1一，圖象為過原點的拋物線，根據(jù)

x=J■成2可知，加速度大小不變，則所受電場力為恒力，場強大小不變，山于是負電荷，所以電場線方

2

向向左，經(jīng)判斷D選項符合。

故選D。

13.（2020.黑龍江期中）如圖所示，實線表示電場線，虛線ABC表示一帶電粒子僅在電場力作用下的運動

軌跡，其中過8點的切線與該處的電場線垂直。下列說法正確的是（）

A.粒子帶正電

B.粒子在8點的加速度大于它在C點的加速度

C.粒子在2點時電場力做功的功率為零

D.粒子從4點運動到C點的過程中電勢能先增加后減少

【答案】BCD

【解析】

A.帶電粒子的軌跡向左下彎曲，則帶電粒子所受的電場力沿電場線切線向下，則知帶電粒子帶負電，

故A錯誤；

B.電場線的疏密表示場強大小，由圖知粒子在8點的場強大于C點的場強，在8點的加速度大于C點

的加速度.故B正確；

C.由題，粒子過8點的切線與該處的電場線垂直，則粒子受到的電場力方向與粒子在8點速度的方向

垂直，所以此刻粒子受到的電場力做功的功率為零.故C正確；

D.從A到B,電場力做負功，電勢能增加，從B到C,電場力做正功，電勢能減小.故D正確。

故選BCDo

14.（202。黑龍江期中）如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度進入某點電荷。產(chǎn)生的電場中，沿圖

中彎曲的虛線先后經(jīng)過電場中的小b兩點，其中。點的場強大小為Ea，方向與岫連線成30°角；b

點的場強大小為線，方向與"連線成60°角。若粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（）

/

/,30。

：,：E

I?a

II

I?

II

I?

tI

）?

\妙/心

b'

A.點電荷Q帶負電

B.粒子在〃點速度大于在b點速度E

C.電場中。點電勢低于6點電勢

D.粒子在。點的加速度等于在b點加速度的，倍

3

【答案】AD

【解析】

A.根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在運動的過程中，一直受庫侖引力作用，因粒子帶正電，所以點電

荷帶負電，故A正確；

BC.由圖可知，點電荷。位于日方向延長線與扁方向延長線的交點處，且b點與“點相比，b點離負

點電荷較近，b點處電勢較低；動能和電勢能總和不變，正點電荷在電勢低處，電勢能較小，動能較大，

所以粒子在心點電勢能小，動能大，速度大，故BC錯誤;

D.根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律有

a-J也

c<——,

mmr~

所以粒子在a點的加速度與在b點加速度之比為

—J

即43

所以，粒子在。點的加速度等于在人點加速度的工倍，故D正確:

3

故選AD。

15.（2020?廣西南寧?期中）如圖所示，地面上方存在水平向右的勻強電場，現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O

點高h處的A點以水平速度V。拋出，經(jīng)過一段時間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點，B到O的

距離也為h,當?shù)刂亓铀俣葹間,則下列說法正確的是

A.從A到B的過程中小球的動能先減小后增大

B.下落過程中小球機械能一直增加

C.小球的加速度始終保持2g不變

D.從A點到B點小球的電勢能增加了mgh

【答案】AD

【解析】

C.由題意可知小球帶負電，且受到的電場力向左，小球在水平方向上做勻減速直線運動，在豎直方向做

1,

自由落體運動，根據(jù)合運動和分運動的規(guī)律可知I,由于豎立位移與水平位移都為〃，由/1=二。*可知，

2

水平方向與豎直方向的加速度相等，即a*=%=g.由4七=5*,nzg=mav可知，故小球的電場力

與重力大小相等，合力指向左下方，與豎直方向成45角，且尾=J5mg，a=6g,故C錯誤；

A.在運動過程中，合力與速度方向成鈍角，后變成銳角，合力先做負功，后做正功，動能先減小后增大，

A正確；

BD.小球在下落過程中，電場力一直做負功，電勢能一直增加，且AEp增=〃，小球機械能一直

減小，故B錯誤，D正確.

16.（2020?廣西南寧?期中）如圖所示,邊長為A=0.5m的等邊三角形ABC處在勻強電場中，其中電勢＜pA=＜pB=0,

電荷量為1C的正電荷僅在電場力作用下從C點運動到A點，電勢能減少1J.保持該電場的大小和方向

不變，讓等邊三角形以A點為軸在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)過30°（圖中未畫出），則

1、、

'、、

1、、

：、、＞C

1/

?/

?/

?/

陵’

A.電場強度的大小為1V/m,方向垂直轉(zhuǎn)動前的43向左

3

B.轉(zhuǎn)動后B點的電勢為-‘V

2

C.轉(zhuǎn)動后B點的電勢為—@V

3

D.轉(zhuǎn)動后8和C兩點間的電勢差。8,=2叵V

BC3

【答案】AC

【解析】

A.由題意可知他="=0,故A8為勻強電場中的等勢面，所以過C做A8的垂線交A8于點O,正電荷

由C到A電勢能減少，電場力做正功，故場強方向為垂直48向左，根據(jù)電場力做功有：

W=qEd

而:

d=Lsin60

代入數(shù)據(jù)解得：更V/m,故A正確.

3

44、

?、、

?、、

——

I?.

I?'

I/

BC.當讓等邊三角形以A點為軸在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)過30。,則8點到AB的距離為:

"=0.5L=0.5x0.5m=0.25m

所以：

U=Ed'=—x0.25V=—V

33

又因為轉(zhuǎn)動后田點的電勢比8點的電勢低，故轉(zhuǎn)動后8點的電勢為-且V，故B錯誤，C正確.

3

D.當讓等邊三角形以4點為軸在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)過30。，可知8卜G兩點關于A8對稱，故Ci點的電

勢為且V，所以轉(zhuǎn)動后8和C兩點間的電勢差：

3

V326

TTVvV=V

^ec=^B-^C=------

故D錯誤.

，超

,I、、、

/;\、、、

/!\、、、

/：\、、、

/；\J'C

/*'、，/

%一-

17.（2020.黑龍江讓胡路?大慶一中月考）如圖所示，A、B為豎直放置的平行金屬板，A、B兩板間電勢差

為U。C、。為水平放置的平行金屬板，始終和電源相接（圖中未畫出），且板間的場強為瓦一質(zhì)量為

，"、電荷量為4的帶電粒子（重力不計）由靜止開始，經(jīng)A、8間加速后進入C、。之間并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最

后打在熒光屏上，已知C、。極板長均為x,熒光屏距C、。右端的距離為L則（）

A.該粒子帶正電

B.該粒子在C、。中的偏移量為冥

2U

Exx

C.該粒子打在屏上。點下方和。相距k(7+L)的位置

2U2

D.該粒子打在屏上的動能為“U

【答案】AC

【解析】

A.粒子在極板間運動只受電場力作用，由粒子在C、。板間向下偏轉(zhuǎn)可得：電場力方向豎直向下，那

么，根據(jù)場強方向豎直向下可得，粒子帶正電，故A正確；

B.對粒子在A8間運動應用動能定理可得

皿=；〃璐

所以，粒子離開2板時速度大小

Vm

粒子在CO間運動初速度水平，合外力即電場力方向豎直向下,故粒子做類平拋運動，運動時間

X

t=—

VB

故豎直偏轉(zhuǎn)位移

1qEEx2

y=—2x--r----

-2m4U

故B錯誤；

C.由幾何關系得

X

y.=_2_

Y四+L

2

解得

丫拿+D

故C正確；

D.粒子在A8加速度后的動能為夕U,接著在偏轉(zhuǎn)電場中電場力對粒子做正功，粒子的動能增加，所以

該粒子打在屏上的動能一定大于qU,故D錯誤。

故選ACo

18.（2020?沙坪壩?重慶八中月考）一個帶正電荷夕的粒子僅在電場力作用下沿圖中的曲線由。經(jīng)尸點運動

到。點，軌跡如圖，以下說法正確的是（）

A.若虛線是電場線，則從。到。粒子的電勢減小

B.若虛線是電場線，則從O到。粒子的電勢增加

C.若虛線是等勢面，則從。到。粒子的電勢減小

D.若虛線是等勢面，則從。到。粒子的電勢增加

【答案】BC

【解析】

AB.若虛線是電場線，則等勢線分布如下

任意取某個位置畫出電場力和速度方向，由圖可以看出，帶正電粒子在運動過程中電場力與速度方向夾

角為鈍角角，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，故A錯誤，B正確；

CD.若虛線是等勢面，則電場線分布如下

任意取某個位置畫出電場力和速度方向，由圖可以看出，帶正電粒子在運動過程中電場力與速度方向夾

角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，故C正確，D錯誤。

故選BC。

19.(2020?遼寧月考)如圖所示，在水平方向的勻強電場中，用長度為L的輕質(zhì)絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為

的帶電小球，小球由懸點正下方A點由靜止釋放小球向右最大擺角為60°的3點，下列說法正確的是

()

A.小球受到的電場力大小為百〃?g

B.小球受到的電場力大小為鼻〃吆

C.小球在5點受到的繩的拉力大小為摩

D.小球在5點受到的繩的拉力大小為2叫

【答案】BC

【解析】

AB.小球從最低點A到最大擺角8處，根據(jù)動能定理

-mgL（\-cos60）+FLsin60=0

解得小球受到的電場力大小為

F=—m8

故A錯誤，B正確；

CD.在最大擺角8處，對小球進行受力分析，沿細線方向，根據(jù)向心力公式得

-mgcos60-Fsin60=0

解得

%="吆

故C正確，D錯誤。

故選BC,

20.（2020?遼寧月考）如圖所示，。是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器A、8兩極板內(nèi)部有一

帶電微粒產(chǎn)處于靜止狀態(tài)，8板和大地相連。下列說法正確的是（）

A.保持S閉合，增大A、3板間距離，P向上運動

B.保持S閉合，減少A、5板間距離，P向上運動

C.保持S閉合，A板上移一小段距離，P粒子電勢能不變

D.保持s閉合，A板下移一小段距離，P粒子電勢能不變

【答案】BC

【解析】

A.保持S閉合，電源的路端電壓不變，增大4、8板間距離，電容減小，由于二極管的單向?qū)щ娦?，?/p>

容器不能放電，其電量不變，由推論

E；U_Q=4兀kQ

dCdsS

得到，板間場強不變，微粒所受電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)，故A錯誤；

B.保持S閉合，電源的路端電壓不變，電容器的電壓不變，減少A、B板間距離，由E可知，板間

a

場強增大，電場力增大，微粒將向上運動，故B正確；

C.根據(jù)選項A的分析可知：保持S閉合，A板上移一小段距離，板間場強不變，根據(jù)公式。=&/可知，

P與下板之間的電勢差不變，則P點電勢不變，根據(jù)公式=可知尸粒子電勢能不變，故C正確;

D.根據(jù)選項B的分析可知：保持S閉合，A板下移?小段距離，板間場強增大，根據(jù)公式。=切可知，

P與下板之間的電勢差增大，則P點電勢增大，根據(jù)公式￡7=eguj?知產(chǎn)粒子電勢能增大，故D錯誤。

故選BC。

21.（2020?黑龍江期中）如圖所示，一對水平固定放置的平行金屬板長為乙=0.401,相距為4=4乂10-2111,

兩板間加一偏轉(zhuǎn)電壓，在其上板左側(cè)附近有一對豎直放置的金屬板，板間加一加速電壓=2000V,

且在其左板附近由靜止釋放一質(zhì)量為根=4xl（）Tkg、電荷量為q=lxlOTc的帶電粒子，加速后從右

板小孔水平射出，并剛好沿上板邊緣A點進入兩水平金屬板間，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后恰好從兩板間中線的5點

飛出，不計粒子重力及空氣阻力。求：

（1）粒子在A點的速度；

（2）偏轉(zhuǎn)電壓的大??；

（3）若保持偏轉(zhuǎn)電壓為（2）中的大小不變，讓粒子始終能從兩水平金屬板間射出，則加速電壓的大小

應滿足的條件。

A

【答案】⑴lm/s；(2)40V；(3)大于1000V

【解析】

(1)電子在加速電場中運動時，由動能定理得

T,12

qUa=-mvA-

解得：

vA=lm/s

(2)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間

L

t=—

以

由牛頓第二定律得

qU

a=----

md

豎直方向上側(cè)移量

d12

———at

22

解得

U=40V

(3)當粒子剛好從下極板邊緣射出，對應加速電源最小，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間

L

t=—

匕

由牛頓第二定律得

qU

Cl=----

md

豎直方向上側(cè)移量

12

y=-ar

2

且

,12

qU0=~mvA

聯(lián)立解得

UE,

y=————=d

-4U°d

解得

Uo=1000V

故電壓應大于等于1000Vo

22.(2020.黑龍江期中)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一質(zhì)量為m=O.lkg、電荷量為q=2.0xl(F4c

的帶電小球用一端固定于。點的絕緣輕繩連接恰好能靜止在圖中的尸位置.輕繩OP與豎直方向成37。角，

且輕繩OP的長度為L=0.2m,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

Y：一,‘：

Q

(1)小球的帶電性質(zhì)；

⑵該勻強電場的場強大?。?/p>

(3)若將帶電小球從最低點。靜止釋放，則小球到達P點時的速度.

【答案】⑴負電⑵3.75x1()3v/m(3)lm/s

【解析】

(1)分析帶電小球的受力，由于帶電小球受到的電場力與電場的方向相反，所以帶電小球帶負電.

(2)帶電小球在P點受力平衡，于是有

(/E=FTSin37o

mg=Acos37°

聯(lián)立兩式并帶入數(shù)據(jù)得

3

O.lxlOx-

_mgtan37°

ih-----------WV/m=3.75xIO,v/m

q2.0xIO-4

（3）設小球到達P點時的速度為h小球由。到P的過程中，根據(jù)動能定理有

sin370-mgL(l-cos37°)=g

qELmv2

解得

v=1m/s

23.（2020?廣西南寧?期中）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，。、P是電場中的兩點.從。點沿水平

方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為根的小球A、B.4不帶電，8的電荷量為q（夕＞0）.A從。點發(fā)

射時的速度大小為V0,到達P點所用時間為八8從。點到達尸點所用時間為重力加速度為g,求

（1）電場強度的大?。?/p>

（2）B運動到P點時的動能.

【答案】⑴￡=—;（2）線=2"片+g牙）

q

【解析】

（1）設電場強度的大小為區(qū)小球8運動的加速度為〃.根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件，有

mg+c]E=ma?

會（"*②

解得

公還③

q

（2）設8從。點發(fā)射時的速度為盯，到達P點時的動能為仄，。、P兩點的高度差為人，根據(jù)動能定理

有

Ek-；相片=mgh+qEh（4）

且有

匕；=3⑤

"=gg產(chǎn)⑥

聯(lián)立③④⑤⑥式得

紜=2機（片+晨產(chǎn)）⑦

24.（2020?廣西南寧?期中）電路如圖所示，電源電動勢E=28V,內(nèi)阻r=2Q,電阻4=12。，&=叫=4Q,

R,=8。，C為平行板電容器,其電容C=3.0PF,虛線到兩極板間距離相等,極板長L=0.2（）m,兩極板的間距

d=1.0x102m

（1）若開關S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，求流過凡的總電荷量為多少？

（2）若開關S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以%=2.0m/s的初速度射入C的電場中,剛好沿虛線勻

速運動，問:當開關S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中,能否從C的電場中射

出？（g取10機/$2）

【答案】（1）6.0x10-12。；（2）不能從C的電場中射出.

【解析】

（1）開關S斷開時，電阻&兩端的電壓為

U、=——-——E=16V

R,+Ry+r

開關S閉合后，外電阻為

路端電壓為

U=」-E=21V.

R+r

此時電阻&兩端電壓為

U；=—/—U=14V

3叫+《

則流過R4的總電荷量為

|2

A2=C(73-C^>6.0X10-C

(2)設帶電微粒質(zhì)量為加，電荷量為4當開關S斷開時有

%

r=mg

a

當開關S閉合后，設帶電微粒加速度為則

qU、

mg---r-nw

設帶電微粒能從C的電場中射出，則水平方向運動時間為：

L

t=-

%

豎宜方向的位移為：

12

y=—at~