高考物理 第6讲　静电场

第6讲静电场题型1电场的性质1.[2024·北京卷]如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M、N两点,P、Q是MN连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是 (C)A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变[解析]由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=kQMP2+kQNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q2.[2024·全国甲卷]在电荷量为Q的点电荷产生的电场中,将无限远处的电势规定为零时,距离该点电荷r处的电势为kQr,其中k为静电力常量,多个点电荷产生的电场中某点的电势,等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和.电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特),则 (BA.Q1<0,Q1Q2=-2 B.Q1C.Q1<0,Q1Q2=-3 D.Q1[解析]根据两点电荷周围的等势线分布可知Q1>0,Q2<0;对于电势为0的等势线上各点,有kQ1r1+kQ2r2=0,r1、r2为该点到两点电荷的距离,取图中两点电荷连线上的点(或连线延长线上的点)计算,其距离关系为r1r2=21(或r3.(多选)[2023·全国乙卷]在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方.从P点由静止释放一个带负电的小球.小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示.M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球 (BC)A.在运动过程中,电势能先增加后减少B.在P点的电势能大于在N点的电势能C.在M点的机械能等于在N点的机械能D.从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功[解析]由图可知,带电小球从P点开始运动,下落时电场力对其先做正功,后做负功,所以电势能先减少后增加,A错误;由于OM=ON,所以带电小球在N点与M点的电势能相等,由P到M过程,电场力对小球做正功,电势能减少,所以P点的电势能大于M点的电势能,即P点的电势能也大于N点的电势能,B正确;小球在运动过程中只有电场力和重力做功,所以只有电势能和机械能的相互转化,由于电子在M点和N点的电势能相等,所以在这两点的机械能也相等,C正确;从M点到N点的运动过程,由于有重力作用,虽然M点和N点离O点距离相等,但此段轨迹不是以O为圆心的圆弧,所以它不是一个等势线,电场力会做功,且先做正功后做负功,D错误.4.(多选)如图所示,ABC为正三角形,AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒,O为BC边中点,D为BC中垂线上O点右侧的一点,P为BC上的一点,选无穷远处电势为0,则下列说法正确的是(BC)A.O点和D点场强可能大小相等,方向相同B.D点的电势一定高于P点C.将一正试探电荷沿直线从O点运动到D点,电势能不变D.将一正试探电荷沿直线从O点运动到P点,电场力做负功[解析]将带电体看成无数对等量异种点电荷,等量异种点电荷中垂线AD上的电场方向垂直AD向下,由于D点比O点距离等量异种电荷较远,因此场强较小,故A错误;由等量异种点电荷周围的等势面分布可知,O点和D点处于同一等势面上,O点的电势高于P点的电势,因此D点的电势一定高于P点电势,故B正确;由于O点和D点处于同一等势面上,将一正试探电荷沿直线从O点运动到D点,电场力不做功,因此电势能保持不变,故C正确;由于O点电势高于P点电势,将一正试探电荷沿直线从O点运动到P点,电场力做正功,故D错误.5.(多选)[2023·海南卷]如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边的四等分点,下列说法正确的是(BC)A.M、N两点电场强度相同B.M、N两点电势相同C.负电荷在M点电势能比在O点时要小D.负电荷在N点电势能比在O点时要大[解析]根据场强叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相同,但是方向不同,选项A错误;因A、B两正电荷在M、N两点的合电势相等,C在M、N两点的电势也相等,则M、N两点电势相等,选项B正确;负电荷从M运动到O,因A、B两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M,则该力对负电荷做负功,C也对该负电荷做负功,可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能比在O点时要小,同理可知负电荷在N点的电势能比在O点时要小,选项C正确,D错误.6.如图所示,O为光滑绝缘水平面上正方形区域ABCD的几何中心,该区域有一匀强电场,方向由Q水平指向P.一带负电小球从P点以速度v0沿PQ方向射入电场.以下说法正确的是 (C)A.小球由P向Q做减速运动B.电场中A点的电势低于C点的电势C.小球由P向Q运动的过程中,电势能不断减小D.该小球若从M点沿MN方向射入,则小球将向BC边偏转[解析]小球带负电,可知小球所受电场力沿着PQ方向,与小球的初速度方向相同,小球做加速运动,故A错误;根据匀强电场的等势线和电场线垂直可知,C点的电势等于P点的电势,A点的电势等于Q点的电势,沿着电场线的方向电势逐渐降低,可知电场中A点的电势高于C点的电势,故B错误;根据A选项分析可知小球所受电场力的方向与小球的运动方向相同,电场力做正功,则小球的电势能不断减小,故C正确;根据A选项分析可知小球所受电场力沿着PQ方向,该小球若从M点沿MN方向射入,则小球将向AD边偏转,故D错误.7.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1=0和x2=4a的两点,在它们的连线上场强E与x关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向,无穷远处为电势零点),以下判断正确的是 (D)A.Q1带正电,Q2带负电B.Q1的电荷量是Q2的3倍C.x轴上3a处的电势为零D.正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的电势能大[解析]因x=0附近的场强为正,x=4a附近的场强为负值,可知两电荷均带正电,选项A错误;在x=3a处的场强为零,则有kQ19a2=kQ2a2,解得Q1=9Q2,选项B错误;无穷远处为电势零点,x轴上3a处的电势为正,选项C错误;电场线方向从x轴上a处指向2a处,则正点电荷q从x轴上a处到2a处电场力做正功,则电势能减小,即正点电荷q在x轴上a处的电势能比在28.(多选)[2023·山东卷]如图所示,正六棱柱上、下底面的中心为O和O',A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是 (ACD)A.F'点与C'点的电场强度大小相等B.B'点与E'点的电场强度方向相同C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小[解析]将正六棱柱的上表面拿出,由几何条件可知正电荷在OF中点K的电场强度方向垂直OF,则K点的合电场强度方向与OF的夹角为锐角,在F点的合电场强度方向和OF的夹角为钝角,因此将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点过程中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,D正确;由等量异种点电荷的电势分布可知,φA'=φ>0,φD'=-φ<0,φO'=0,φF'>0,因此φA'-φF'=φ-φF'<φO'-φD'=φ,C正确;由等量异种点电荷的对称性可知F'和C'电场强度大小相等,B'和E'电场强度方向不同,A正确,B错误.9.[2023·湖北卷]在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点,其电势分别为φM、φN,电场强度大小分别为EM、EN.下列说法正确的是 (C)A.若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的远B.若EM<EN,则M点到电荷Q的距离比N点的近C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则φM<φND.若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则EM>EN[解析]沿着电场线的方向电势降低,根据正点电荷产生的电场特点可知,若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的近,故A错误;电场线的疏密程度表示电场强度的大小,根据正点电荷产生的电场特点可知,若EM<EN,则M点到电荷Q的距离比N点的远,故B错误;若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则是逆着电场线运动,电势增加,有φM<φN,故C正确;若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则是逆着电场线运动,根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN,故D错误.10.[2022·山东卷]半径为R的绝缘细圆环固定在图所示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷.点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷.将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零.圆环上剩余电荷分布不变,q为(C)A.正电荷,q=QB.正电荷,q=3C.负电荷,q=2D.负电荷,q=2[解析]A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧带电荷量为QΔL2πR,与这两段小圆弧关于O点对称的小圆弧在O点产生的场强均为kQΔL2πR3,方向分别为从O指向A和从O指向B,根据平行四边形定则知合场强大小为kQΔL2πR3,方向水平向右,O点的合场强为零,说明q在O点产生的场强方向水平向左,大小为kQΔL2π11.[2024·甘肃卷]一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是(C)A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点[解析]充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.12.[2024·广西卷]如图所示,将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷.将小圆环从靠近N点处静止释放,小圆环先后经过图上P1点和P2点,己知sinθ=35,则小圆环从P1点运动到P2点的过程中(AA.静电力做正功B.静电力做负功C.静电力先做正功再做负功D.静电力先做负功再做正功[解析]沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P,如图乙所示,设连线PM与直径MN的夹角为α,则P点到M点的距离dM=2Rcosα,P点到N点的距离为dN=2Rsinα,M点处点电荷在P点产生的电场强度为EM=k27QdM2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为EN=k64QdN2,P点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知ENEM=tanα,联立解得α=53°,已知P2点和N点连线与直径MN的夹角恰好为37°,则P2点和M点连线与直径MN的夹角恰好为53°,故半圆上P2点的电势最高,因此带负电的圆环从P1点运动到P13.(多选)[2024·江西卷]如图所示,垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆,质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆,两小球均可视为点电荷,带电荷量分别为q和Q.在图示的坐标系中,小球乙静止在坐标原点,初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放,开始向下运动.甲和乙两点电荷的电势能Ep=kQqr(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量).最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff,重力加速度为g.关于小球甲,下列说法正确的是 (BDA.最低点的位置x=kQqB.速率达到最大值时的位置x=kQqC.最后停留位置x的区间是kQqmg≤x≤D.若在最低点能返回,则初始电势能Ep0<(mg-Ff)kQq[解析]小球甲在变力作用下沿直杆往复性运动,由于摩擦力与运动方向始终相反,所以该运动为阻尼振动,振幅逐渐减小,小球甲第一次向下到达的最低点为全程的最低点,小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程,根据能量守恒定律有mg(x0-x)-Ff(x0-x)=kQqx-kQqx0,解得x=kQq(mg-Ff)x0,A错误;小球甲做阻尼振动,经过平衡位置的速率越来越小,第一次向下经过平衡位置时速率最大,小球甲第一次向下运动至速率达到最大值的位置,根据平衡条件有mg=Ff+kQqx2,解得x=kQqmg-Ff,B正确;若小球甲停止在下降的过程中,且停止运动后恰好静止,则有mg=kQqx12+Ff,解得x1=kQqmg-Ff,若小球甲停止在上升的过程中,且停止运动后恰好静止,则有mg+F在最低点能返回,则有kQqx2>mg+Ff,解得x<kQqmg+Ff,由于x=kQq(mg-Ff)x0,故kQq(mg-F14.[2022·河北卷]如图所示,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心,电势为零的等势面(取无穷远处电势为零),P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上的一点,下列说法正确的是 (B)A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功[解析]在M、N连线上,左边正电荷产生的电场强度水平向右,右边负电荷产生的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与直线MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量,故在N点左侧电场强度不可能为零,则在N点右侧,设M、N的距离为L,根据k·2q(L+d)2=k·qd2,可知除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;由A选项分析可知,T点电势低于P电势,则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从T点移到P点,电势能增大,静电力做负功,而T点电势与无穷远处电势均为0,故将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做负功,故D错误;由于电场线与等势面处处垂直,且15.[2022·湖南卷]如图所示,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上.移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变.关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 (A)A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大[解析]根据微元法和对称性,可知a棒在O点产生的场强方向垂直指向c棒,而四根棒在O点产生的合场强为零,所以移去a棒后,b、c、d三根棒在O点产生的合场强,与单独一根a棒在O点产生的场强等大反向,所以b、c、d三根棒在O点产生的合场强方向垂直指向a棒.规定无穷远电势为零,则电势的计算公式为φ=kQr,四根棒都带正电荷,在每根棒产生的电场中,O点处的电势都为正值,且相等,所以当移去a棒后,O点处的电势将减小.故A正确16.(多选)[2022·全国乙卷]如图所示,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上.L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点.则 (AB)A.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零[解析]两个正点电荷在N点产生的合场强方向由N指向O,N点处于两负点电荷连线的中垂线上,则两负点电荷在N点产生的合场强方向也由N指向O,则N点的合场强方向由N指向O,同理可知,L点的合场强方向由O指向L,由于正方形两对角线垂直,所以L和N两点处的电场方向相互垂直,故A正确;如图所示,q3、q4在M点产生的合场强方向水平向左,大小为E1,而q1、q2在M点产生的合场强方向水平向右,大小为E2,由于M点离q3、q4较近,故E1>E2,所以M点的场强方向向左,故B正确;由图可知,q1与q2、q3与q4连线的中垂线为过M点和O点的直线,此线上各点电势都为零,即M点和O点电势相等,为零,所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做功为零,故C错误;正点电荷在q3、q4产生的电场中从L点移动到N点电场力做负功,做功大小为W1,正点电荷在q1、q2产生的电场中从L点移动到N点电场力做正功,大小为W2,由于L点和N点离q3、q4较近,故W1>W2,正点电荷从L点移动到N点电场力做功为W=-W1+W2<0,故D错误.17.[2023·全国甲卷]在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集.下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是 (A)[解析]电子带负电,只受电场力,电场力沿电场线的切线方向,与场强方向相反,同时指向电子运动轨迹的凹侧,故A正确.18.[2023·湖南卷]如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为 (D)A.Q1=q,Q2=2q,Q3=qB.Q1=-q,Q2=-433q,Q3C.Q1=-q,Q2=2q,Q3=-qD.Q1=q,Q2=-433q,Q3[解析]P点的电场强度为零,说明P点的试探电荷受到带电荷量为Q1、Q2、Q3的三个点电荷的库仑力的合力为零,由于三个库仑力的方向分别在三个点电荷与试探电荷连线上,所以三个库仑力的方向只有两种可能,一种可能如图所示,另一种可能是三个力与图中方向均相反,即电荷量Q1、Q3电性相同,电荷量Q1、Q2电性相反,选项A、B错误;设P点的试探电荷带的电荷量为Q,P点到电荷量为Q3的点电荷的距离为L,则P点到电荷量为Q1的点电荷的距离为Lsin30°=12L,P点到电荷量为Q2的点电荷的距离为Lsin30°sin60°=33L,根据平衡条件可知-kQ2Q33L2cos60°=kQ3QL2cos30°,-kQ219.电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美.如图所示,真空中固定两个等量异种点电荷A、B,A、B连线中点为O,在A、B所形成的电场中,以O为圆心,半径为R的圆垂直AB连线,以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面,两者的交点为e和f.g为圆上一点,则下列说法正确的是(D)A.a与b两点场强大小和方向均相同B.沿着圆弧egf,电势先增大后减小C.将一电荷由e点沿直线eOf移到f点,其所受电场力先减小后增大D.将一电荷由a点移动到e点和从e点移动到d点,电荷电势能的变化量相等[解析]根据题意,由对称性可知,a与b两点场强大小相等,方向不同,故A错误;根据题意,由等势面与电场线的关系可知,等量异种电荷连线的中垂线所在平面为等势面,则沿着圆弧egf,电势不变,故B错误;沿直线eOf,电场强度先增大后减小,所以将一电荷由e点沿直线eOf移到f点,其所受电场力先增大后减小,故C错误;根据题意,由对称性结合U=Ed可知,a、e两点间的电势差与e、d两点间电势差相等,则将一电荷由a点移动到e点和从e点移动到d点,电荷电势能的变化量相等,故D正确.20.如图所示,半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直面内,圆环上A、B、C三点构成正三角形,AD、BE为圆环直径,且AD水平.甲、乙两小球带有等量异种电荷,将带正电荷的小球甲固定在A点处,另一带负电小球乙恰好能静止在B点处(甲、乙均可视为质点),已知小球乙的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (C)A.在甲、乙形成的电场中,D、E两点的电场强度相同B.在甲、乙形成的电场中,C点电势等于D点电势C.乙受到大圆环的弹力F=3mgD.将乙放在C点也恰好可静止不动[解析]根据等量异种点电荷的电场线分布可知在甲、乙形成的电场中,D、E两点的电场强度大小相等,方向不同,故A错误;由几何关系可知,O、C在AB连线的中垂线上,为甲、乙形成的电场的等势线且电势为零,可知C点电势与D点电势不相等,故B错误;对乙受力分析,如图1所示,根据平衡条件可得F库cos30°+mgcos30°=FN,F库sin30°=mgsin30°,联立解得FN=3mg,F库=mg,故C正确;由几何关系可知,C点到A点的距离与B点到A点的距离相等,所以乙小球在C点所受库仑力大小仍为mg,将乙放在C点时,乙小球受到的重力和库仑力如图2所示,库仑力和重力的合力在两个力夹角的角平分线上,而大圆环对小球乙的弹力方向只能沿OC方向,由平衡条件可知小球乙不可能静止在C点,故D错误.21.如图所示,在真空中水平放置一长方体,其高为2L,上、下两个面是边长为L的正方形,在顶点A、C处分别放置电荷量为+Q的点电荷,在顶点F、H处分别放置电荷量为-Q的点电荷,O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点.下列说法正确的是 (D)A.该长方体的几何中心处场强为零B.B、D两点场强相同C.沿竖直方向从O1点到O2点,电势先减小后增大D.将一电子从B点移到E点,电场力做负功[解析]由等量同种点电荷电场特点可知,A、C处放置的正点电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下,F、H处放置的负点电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下,则该长方体的几何中心处合场强方向竖直向下,大小不为零,故A错误;B、D两点到两正点电荷的距离相同,到两负电点荷的距离相同,由矢量合成可知,B、D两点的场强大小相等,方向不同,故B错误;沿竖直方向从O1点到O2点,所在位置距离正点电荷越来越远,离负点电荷越来越近,所以电势一直减小,故C错误;B点离两正点电荷更近,E点离两负点电荷更近,则B点电势高于E点电势,将一电子从B点移到E点,电场力做负功,故D正确.22.M、N两金属板竖直放置,使其带电,悬挂其中的带电小球P偏离竖直方向,如图所示.下列措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的是(P球不与金属极板接触) (A)A.增大M、N两极板间的电势差B.减小M、N两极板的带电荷量C.保持极板间距不变,将M、N板一起向右平移D.保持极板带电荷量不变,将N板向右平移[解析]使OP悬线与竖直方向的夹角增大,即是增大小球所受的电场力,增大M、N两极板间的电势差,根据E=Ud,d不变,可知电场强度将变大,根据F=Eq,可知电场力将增大,A正确;减小M、N两极板的带电荷量,根据U=QC,C不变,可知电势差减小,则电场强度减小,小球所受电场力将减小,B错误;保持板间距不变,将M、N一起平移,电势差不变,OP悬线与竖直方向的夹角不变,C错误;根据C=εrS4πkd=QU,可得电场强度E=Ud=4πkQεrS,保持极板带电荷量不变,题型2带电粒子在电场中的运动1.[2022·重庆卷]如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变.若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 (A)A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大[解析]根据题意可知极板之间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据电容定义式C=QU可知电容器的电容C减小,D错误;根据电容的决定式C=εrS4πkd可知极板间距d增大,极板之间形成匀强电场,根据E=Ud可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距d2.(多选)[2023·湖北卷]一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后,射入水平放置的平行板电容器,极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘,速度方向与极板夹角为45°,微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均为d,如图所示.忽略边缘效应,不计重力.下列说法正确的是 (BD)A.L∶d=2∶1B.U1∶U2=1∶1C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D.仅改变微粒的质量或者电荷量,微粒在电容器中的运动轨迹不变[解析]微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀变速直线运动,由E=U22d,F=qE=ma,得a=qU22md.设微粒射入电容器时的速度为v0cos45°=22v0,vy=v0sin45°=22v0,从射入至运动到最高点由运动学公式得vy2=2ad,微粒经电压U1加速过程,由动能定理可得qU1=12mv02,联立解得U1∶U2=1∶1,B正确;微粒从射入至运动到最高点由运动学公式可得2L=vxt,d=0+vy2·t,联立可得L∶d=1∶1,A错误;微粒从最高点到穿出电容器过程有L=vxt1,vy1=at1,从射入电容器至运动到最高点过程有vy=at,解得vy1=vy2,设微粒穿出电容器时速度方向与水平方向的夹角为α,则tanα=vy1vx=12,设微粒射入电容器时速度方向和水平方向的夹角为β,tanβ=1,则tan(α+β)=3,C错误;设微粒从射入电容器至射出的过程水平方向的位移大小为x=vxt,竖直方向的位移大小为y=vyt-12at2,联立解得3.反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似.已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示.一质量m=2.0×10-20kg、电荷量q=2.0×10-9C的带负电的粒子从(-1cm,0)点由静止开始,仅在静电力作用下在x轴上往返运动.则(D)A.x轴原点左侧电场强度的大小E1和右侧电场强度的大小E2之比E1EB.粒子沿x轴正方向从-1cm运动到0和从0运动到0.5cm过程中所受静电力的冲量相同C.该粒子运动的周期T=4.0×10-8sD.该粒子运动过程中的最大动能为4.0×10-8J[解析]根据U=Ed,由图可知,左侧电场强度大小为E1=201×10-2V/m=2×103V/m,右侧电场强度大小为E2=200.5×10-2V/m=4×103V/m,可得E据动能定理,有qE1x=Ekm,代入数据,得Ekm=4×10-8J,设粒子在原点左、右两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点的速度为vm=qE1mt1,同理可知vm=qE2mt2,周期为T=2(t1+t2),联立并代入数据有T=3×10-8s,故C错误,D正确;根据动量定理,有I1=mvm-0,I2=0-mvm,即粒子沿x轴正方向从-1cm运动到0和从0运动到0.5cm过程中所受电场力的冲量大小相等,4.如图甲所示,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻),同时在两板上加一按图乙变化的电压.已知粒子比荷为k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞,经过一段时间,粒子以平行极板方向的速度射出.则下列说法中正确的是 (D)A.粒子射出时间可能为t=4sB.粒子射出的速度大小为2vC.极板长度满足L=3vn(n=1,2,3,…)D.极板间最小距离为3[解析]粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,垂直极板方向的运动v-t图像如图所示,因为粒子平行极板射出,可知粒子射出时垂直极板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s……,满足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定为v,故A、B错误;极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故C错误;因为粒子不跟极板碰撞,则应满足d2≥12v垂直×1.5s,v垂直=a×1s,a=qU0md,联立求得d≥35.如图甲所示,光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场,MN是其中的一条直线,线上有A、B、C三点.一带电荷量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg的小物块从A点由静止释放,沿MN做直线运动,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线),C点处的切线平行于t轴,运动过程中小物块的电荷量保持不变.下列说法中正确的是 (B)A.A、B两点的电势差UAB=-4VB.小物块从B点到C点,电场力做的功W=10-2JC.C点为A、C间电场强度最大的点,场强大小E=1V/mD.由A到C的过程中,小物块的电势能先减小后增大[解析]小物块从A点到B点,根据动能定理可知qUAB=12mvB2,解得UAB=4V,故A错误;小物块从B点到C点,根据动能定理可知W=12mvC2-12mvB2=10-2J,故B正确;v-t图像的斜率表示加速度,由图像可知,小物块在B点时的加速度最大,为a=2m/s2,所以B点的电场强度最大,根据qE=ma,解得E=1V/m,故C错误;小物块从A到B再到C,速度一直变大,所以动能一直增大6.(多选)在空间中O点右侧存在水平方向的静电场,以O为原点,沿电场方向建立x坐标轴,电场强度E随坐标x的分布如图所示.质量均为m、带电荷量分别为+q、-q的两粒子从x=2d处由静止释放,不计粒子重力及粒子之间相互作用.下列说法正确的是(BC)A.由静止释放后,带正电荷的粒子电势能减小,带负电荷的粒子电势能增大B.x=2d处与x=4d处两点之间的电势差为5E0dC.粒子运动到x=3d处时的加速度大小为5D.粒子运动到x=0处时的速度大小为2E[解析]带电荷量分别为+q、-q的两粒子从x=2d处由静止释放后,电场力都做正功,两带电粒子的电势能都减小,选项A错误;由图像可知,x=3d处对应的电场强度E=4E0+E02=52E0,由qE=ma,解得粒子运动到x=3d处时的加速度大小为a=5E0q2m,选项C正确;电场强度E随坐标x的分布图像中图线与x轴所围的面积表示电势差大小,由图像可知,x=2d处与x=4d处两点之间的电势差为U=E0+4E02·(4d-2d)=5E0d,选项B正确;由图像可知,x=2d处与x=0处两点之间的电势差为U'=4E02·2d=4E0d,7.如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球.小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g,不考虑空气阻力.下列说法正确的是 (B)A.匀强电场的电场强度为E=mgB.小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin=mgLC.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大[解析]小球静止时细线与竖直方向成θ角,对小球进行受力分析,如图甲所示,由平衡关系可知tanθ=qEmg,解得E=mgtanθq,故A错误;如图乙所示,小球静止时细线与竖直方向成θ角,则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点,经过A点时小球的速度最小,动能最小,由牛顿第二定律可知mgcosθ=mvmin2L,最小动能为Ekmin=12mv由机械能守恒定律可知,机械能的变化量等于除重力和系统内弹簧弹力之外的其他力做的功,此处即电场力做的功,由题意可知,当小球运动到最左边与O点等