小题精练 10 静电场问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、电场强度的叠加
1．（2024高三上·金华模拟）如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，C、D是连线中垂线上相对O对称的两点，已知，则（ ）
A．点G的电场强度比点E的电场强度小
B．点E与点F的电场强度大小相等，方向相同
C．EO间的电势差比EC间电势差小
D．若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在CD间做往复运动，由C运动到D时加速度一定先增大后减小
2．（2024高三上·浙江月考）真空中有两个带电金属导体、，其中导体内部存在空腔，两者间的电场线分布如图中带箭头实线所示，曲线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，、、、为电场中的四个点，为空腔内部的一点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．点电势等于点电势
B．点电场强度与点电场强度相同
C．点电场强度和电势均小于零
D．带电粒子仅在电场力作用下沿曲线运动时，电场力先做负功再做正功
3．（2024高二上·临湘期中）将一个不带电的金属球壳放置在平行板电容器之间，球心到两极板的距离相等，电容器上极板带正电，下极板接地，极板与球壳间的电场分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷
B．电子在a点的加速度比在b点的小
C．电子在a点的电势能比在b点的大
D．一质子从b点移至a点，电场力做正功
4．（2024高三上·汕头期末）静电分选是在高压或超高压静电场中，利用待选物料间的电性差异来实现的。现在要对矿粒中的导体矿粒和非导体（电介质）矿粒进行分选，如图所示，让矿粒与高压带电极板a直接接触，以下说法正确的是（ ）
A．左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体
B．非导体矿粒将在电场力作用下向极板b运动
C．非导体矿粒在向极板b运动过程中电场力做负功
D．导体矿粒在向极板b运动过程中电势能减少
5．（2024高一上·甘肃期中）如图所示，真空中三点的连线构成一个边长的等边三角形，为连线的中垂线。若将电荷量均为的两点电荷分别固定在点，已知静电力常量，则（ ）
A．两点电荷间的库仑力大小为
B．将一负点电荷放在D点受到的电场力最大
C．A点的电场强度的大小为
D．从D到A电势逐渐升高
6．（2024高三上·湖北开学考）为等边三角形，是三角形的中心，是的中点。图（a）中，A、B、C三个顶点处各放置电荷量相等的点电荷，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；图（b）中，A、B、C三个顶点处垂直纸面各放置一根电流大小相等的长直导线，其中A、B处电流方向垂直纸面向里，C处电流方向垂直纸面向外。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中，沿着直线从O到D电势逐渐升高
B．图（a）中，沿着直线从O到D各点的电场方向相同，且由指向
C．图（b）中，沿着直线从O到D各点的磁场方向相同，且垂直向左
D．图（b）中，点的磁感应强度大于点的磁感应强度
二、力电综合问题
7．（2024高二上·唐县期中）电子显微镜通过电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ）
A．a点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．电子在a点的动能大于b点的动能
D．电子在a点所受电场力小于b点所受电场力
8．（2024高一下·丰城期末）如图所示为某区域的电场线分布，下列说法正确的是（ ）
A．这个电场可能是正点电荷形成的
B．D处的电场强度为零，因为那里没有电场线
C．点电荷q在A点所受的静电力比在B点所受静电力小
D．负电荷在C点受到的静电力方向沿C点切线方向
9．（2019·毕节模拟）如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷。在带电小球形成的电场中，有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的水平面为等势面
B．粒子运动的轨迹在一条等势线上
C．粒子运动过程中所受的电场力不变
D．粒子的重力可以忽略不计
10．（2024高三下·高州模拟）如图所示，在某真空区域有一个空间坐标系，在轴上的点，0，、点，0，分别固定一个电荷量为的点电荷。轴上点坐标为，0，，轴上点坐标为，，。现将一个电子置于点，则下列说法正确的是
A．使电子从点沿轴正向移动，所受电场力先增大后减小
B．使电子从点沿轴向原点移动，所受电场力逐渐减小
C．使电子沿直线从点移动到点，所受电场力先增大后减小
D．使电子沿直线从点移动到点，其电势能先减小后增大
三、电粒子在电场中的直线运动问题
11．（2018高二上·四子王旗期中）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）
A． B． C． D．
12．（2021高三上·浙江开学考）如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线 做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法不正确的是（ ）
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外
B．磁分析器中圆心 到Q点的距离可能为
C．不同离子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器
D．静电分析器通道中心线半径为
13．（2024高二下·浙江期中） 粒子直线加速器原理示意图如图甲所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒里做加速运动
B．要实现加速，电子在圆筒运动时间必须为T
C．第n个圆筒的长度应满足
D．如果要加速质子，圆筒的长度要变短，可以在到时间内从圆板处释放
14．（2024高一下·南充期中）如图所示装置，密度相同、大小不同的球状纳米颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成之比，电离后，颗粒缓慢通过小孔进入极板间电压为的水平加速电场区域，再通过小孔射入电场强度为的匀强电场区域Ⅱ，区域Ⅱ中极板长度为，极板间距为，假设不计颗粒重力，且所有颗粒均能从区域Ⅱ右侧离开，则( )
A．颗粒的比荷与半径成正比
B．所有的颗粒从同一位置离开区域Ⅱ
C．所有的颗粒在区域Ⅱ中运动时间相同
D．半径越大的颗粒离开区域Ⅱ时动能越大
15．（2024高三下·衡阳） 离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室后被电离为氙离子，利用加速电场加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为，已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．氙离子的加速电压为
B．离子推进器发射功率为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
16．（2024高三下·广东模拟）如图，氕（H）和氘（H）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，若圆筒不转动，两种原子核（ ）
A．离开加速电场时，动能相等
B．离开加速电场时，动量相等
C．离开偏转电场后，在感光纸上留下1个感光点
D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
四、电粒子在电场中的偏转问题
17．（2023高二上·城中月考）如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入， 它们都打到上极板同一点， 不计粒子重力。 则（ ）
A．它们运动的时间不同 B．Q所带的电荷量比P大
C．电场力对它们做的功一样大 D．Q的动能增量大
18．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，一质量为m、电荷量为q（）的粒子以速度从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
19．（2023高二上·呈贡期中）如图所示，两足够大的金属板P、Q水平放置，两金属板正中间有一水平放置的接地金属网G，金属板P、Q的电势均为（>0）。金属网G上方固定着比荷均为k的两带正电粒子a、b，它们到金属网G的距离均为h。某时刻将粒子a以水平速度v0向右抛出，同时粒子b由静止释放，若粒子a从开始运动到第一次通过金属网G时水平位移为2h，一段时间后两粒子相遇，相遇时粒子b的速度大小为v0。两粒子的重力及它们间的相互作用可忽略，两粒子在两板间运动时不会与金属网G相撞。下列说法正确的是（ ）
A．粒子b的最大速度为v0
B．金属板P、Q间的距离为
C．粒子a、b初始位置之间的距离可能为10h
D．若增大粒子a的初速度，粒子a、b有可能不相遇
20．（2024高二上·四川期末）如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度进入平行金属板，假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为
B．墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
D．某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是丙，仅纵向扩大50%
21．（2024高三上·湖南模拟）实验室里有一款电子发射器，可以在水平方向以任意角度发射电子。现在空间中存在竖直向下的匀强电场，并在一适当位置竖直放置一块很大的粒子接收屏，如图所示。若固定电子的初速度大小不变，并任意地调节发射器的角度，忽略电子重力，则打到接收屏的电子构成的几何图形是（ ）
A．V形折线 B．圆或椭圆
C．抛物线 D．双曲线的一支
五、破鼎提升
22．（2025·四川模拟） 如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y = x2。质量为m、电荷量为q（q> 0）的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小，圆环恰能静止在坐标（1，1）处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由（3，9）处静止释放，则（ ）
A．恰能运动到（ 3，9）处 B．在（1，1）处加速度为零
C．在（0，0）处速率为 D．（ 1，1）处机械能最小
23．（2024高三上·重庆市月考）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地，当两极板间距为d时，两极板间的带电质点恰好静止在点，当把上极板快速向下平移距离后，电容器所带的电荷量在极短时间内重新稳定，带电质点开始运动，重力加速度大小为，则上极板向下平移后（ ）
A．电容器所带的电荷量不变 B．带电质点将向下运动
C．P点的电势升高 D．带电质点的加速度大小为
24．（2024高三下·韶关模拟）如图所示，空间有一正方体，a点固定电荷量为的点电荷，d点固定电荷量为的点电荷，O、分别为上下两个面的中心点，则（ ）
A．b点与c点的电场强度相同
B．b点与点的电势相同
C．b点与c点的电势差等于点与点的电势差
D．将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
25．（2024高三上·望城开学考）如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，电荷量分别为和。是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球，其质量为，电荷量为（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷的正下方点由静止释放，到达点电荷的正下方点时，速度为，为的中点。则（ ）
A．小球从至先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至点时速度为
C．小球最终可能返回至点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为
26．（2024高二下·开远期中） 如图所示，在轴上方的空间存在竖直向下的匀强电场，在轴下方的空间存在垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度、磁感应强度的大小均未知。一质量为、电荷量为的粒子从轴上点以初速度垂直轴向右射出，点到点距离为，粒子从电场进入磁场时的速度方向与轴正方向夹角为。已知粒子恰好能回到轴上的点，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度大小；
（3）粒子从点射出到第一次回到点所经历的时间。
六、直击高考
27．（2024·贵州） 如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则等于（ ）
A． B． C． D．2
28．（2024·重庆） 沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
29．（2024·浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （ ）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
30．（2024·北京）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．下列说法正确的是（ ）
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
31．（2023·湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为、，电场强度大小分别为、。下列说法正确的是（ ）
A．若，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若，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
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
32．（2024·广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v
（3）求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】 电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。电场叠加遵循平行四边形定则。 注意等量同号电荷形成电场的对称性。A．设两点间距离为，正点电荷所带电荷量为，点电荷产生的电场强度为
所以由电场叠加原理可得点G的电场强度
点E的电场强度
所以点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；
B．由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点F的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C．在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以EO间的电势差比EC间电势差小，故C正确；
D．等量同种正电荷连线的中垂线上从点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运动到D时加速度不一定先增大后减小，故D错误；
故选C。
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止．电场线只是形象描述电场的假想曲线。
2．【答案】D
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 两者间的电场线分布如图中带箭头实线所示，沿着电场线电势降低，c点电势高于d 点电势，A错误；
B．电场线密集处电场强， 电场线稀疏处电场弱，根据两者间的电场线分布图，a点电场强度大于b点电场强度，B错误；
C．导体空腔内的电场强度为零，O点电场强度为零，C错误；
D．由运动轨迹结合电场线分布可知，带电粒子带负电，电场力先做负功再做正功，D正确。
故选 D。
【分析】沿着电场线电势降低，电场线密集处电场强，做曲线运动，合力指向轨迹内侧，结合做功公式求解。
3．【答案】A
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．根据静电感应原理，金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷，故A正确；
B．a点的电场线比b点的密集，电场线密集的地方场强较大，则a点的场强比b点的大，电子在a点受到电场力比b点的大，电子在a点的加速度比在b点的大，故B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，a点的电势比b点的高，负电荷在电势低的地方电势能反而大，电子在a点的电势能比在b点的小，故C错误；
D．a点的电势比b点的高，一质子从b点移至a点，电势能增加，电场力做负功，故D错误。
故选A。
【分析】处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是等势面，根据静电平衡条件分析答题。
4．【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。A．非导体分子中的电子和原子核结合得相当紧密，电子处于束缚状态。当非导体接触电极时，非导体分子中的电子与原子核之间只能做微观的相对移动，产生“极化”现象，使得非导体和外电场垂直的两个表面上分别出现正、负电荷，这些正、负电荷的数量相等，但不能离开原来的分子，根据图中所示可知，左边矿粒发生了接触起电现象，右边矿粒发生了“极化”现象，即左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体，故A正确；
D．结合上述可知，左边矿粒是导体，由于接触起电，导体矿粒带正电，所受电场力方向向上，导体矿粒在电场力作用下向极板b运动，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
BC．结合上述，右边矿粒是非导体，由于矿粒与高压带电极板a直接接触，电场对非导体矿粒下表面的负电荷的电场力大于电场对非导体矿粒上表面的正电荷的电场力，即非导体矿粒所受电场力合力方向向下，非导体矿粒在电场力作用下将聚集在极板a上，非导体矿粒不会向极板b运动，故BC错误。
故选AD。
【分析】结合“极化”现象的原理、接触起电的特征，由题图，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力的大小，即可分析判断。
5．【答案】A,C
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．根据库仑定律可以得出两点电荷间的库仑力大小为
故A正确；
B．根据电场强度的叠加可以得出在D点的负点电荷和B、C两点处正点电荷的电场力等大反向，合力为零，合力最小，故B错误；
C．根据点电荷的场强公式可以得出两点电荷在A点产生的电场强度大小相等，均为
根据电场叠加可以得出两点电荷在A点产生的合电场强度大小为
故C正确；
D．电场线的分布由B、C两点向外延伸，电势沿电场线方向逐渐降低，则可知从D到A的电势逐渐降低，故D错误。
故选AC。
【分析】利用库仑定律可以判别点电荷之间库仑力的大小；利用场强叠加可以判别合力的大小；利用点电荷的场强公式结合场强的叠加可以求出A点电场强度的大小；利用电场线的方向可以判别电势的变化。
6．【答案】A,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB、根据电场线分布可知DO上的电场方向由D指向O，沿电场线方向电势逐渐降低，所以D点电势大于O点电势，图a中，沿着直线从O到D电势逐渐升高，故B错误，A正确：
C．图（b）中，由安培定则判断通电螺线管磁场方向及平行四边形法则，可知OD直线上，A、B直导体棒的合磁场方向水平向右，C直导体棒的磁场方向水平向右，所以，三个导体棒的合磁场方向水平向右，C错误；
D．图（b）中，A、B导体棒在点的合磁感应强度为，A、B导体棒在点的合磁感应强度不为0，且水平向右；且C导体棒在O点的磁感应强度也大于其在D点的磁感应强度，且水平向右，故点的磁感应强度大于点的磁感应强度，D正确。
故选AD。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据右手安培定则判断磁感应强度。
7．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势
【解析】【解答】AD．a点处等差等势面较稀疏，则a点场强小于b点场强，电子在a点所受电场力小于b点所受电场力，故A错误，D正确；
B．由电子的运动轨迹可知，沿管轴的电场力方向向右，则场强方向向左，a点电势低于b点电势，故B错误；
C．由于a点电势低于b点电势，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能小于b点的动能，故C错误。
故选：D。
【分析】1.掌握等势面的疏密程度反映电场的强弱程度。
2.掌握电子合力方向、速度方向与轨迹的位置关系，分析电场力方向、电场强度方向、以及电场力的做功情况。
3.掌握电场线由高等势面指向低等势面。
4.掌握电场力做功与动能变化关系。
8．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场线
【解析】【解答】A．根据点电荷的电场线分布可得：正点电荷的电场线是从正点电荷出发的直线，故A错误；
B．电场线疏密描述电场强度的大小，电场线是为了更形象地描述电场而人为画出的，没有电场线的地方，电场强度不一定为零，故B错误；
C．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图知B点处电场线比A点处电场线密集，故EB>EA，所以点电荷q在A处所受的静电力小于在B处所受的静电力，C正确；
D．电场线的切线方向代表电场强度的方向，负电荷受到的电场力方向与电场强度的方向相反，则负电荷在C点所受静电力方向与C点切线方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】点电荷的电场线为直线；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小及电场力的大小；利用电场线的切线方向可以代表电场强度的方向，结合试探电荷的电性可以判别电场力的方向。
9．【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】粒子在水平面内做匀速圆周运动，合力充当向心力并指向圆心，粒子的电场力的方向沿两个粒子的连线方向并不指向圆心，因此粒子需要在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动，且粒子和带点小球相互吸引，D不符合题意；粒子在运动过程中电场力的大小不变但是方向发生变化，因此电场力变化，C不符合题意；假设粒子运动的平面为等势面，电场线的方向垂直于等势面，粒子所在平面的电场线沿竖直方向，粒子的受力也就沿竖直方向，但由库仑力的特点可知粒子的受力沿电荷连线方向，因此假设不成立，A不符合题意；由点电荷的电势 可知在点电荷中距离相等的点电势相等，故粒子运动的轨迹在一条等势线上，B符合题意。
故答案为：B
【分析】结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
10．【答案】C,D
【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB、在Z轴上任选一点H，连接HN与HM，设其与Z轴夹角为θ，如图所示，根据等量同种电荷的电场分布可知H点的电场强度竖直向上，大小表示为
其中θ的取值范围为0-45°，根据数学知识分析可知，当，H点的电场强度最大，即使电子从P点沿z轴正向移动，所受电场力逐渐减小，使电子从P点沿z轴向原点O移动，所受电场力先增大后减小，故AB错误；
CD、从原点O向PS作垂线，设垂足为D ，则
所以PS连线上D点场强最大，使电子沿直线从P点移动到S点，所受电场力先增大后减小，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故CD正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握电场的矢量合成，注意电场力做功情况分析电势能的变化的关系。根据点电荷电场的计算公式结合数学方法分析解答，根据电场力做功情况分析电势能的变化情况。
11．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A.若0＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意。
B、若 ＜t0＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意。
C、若 ＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意。
D、若T＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故答案为：B
【分析】带电粒子在两个极板中运动，结合题目给出的ab两极板的电势随时间的变化，确定电荷受到的电场力的方向，再结合运动学公式分析求解即可。
12．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在静电分析器中受电场力指向圆心，可知粒子带正电，在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，A正确，不符合题意；
B．离子在静电分析器时速度为 ，离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理可得
离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
联立以上等式可得
因此
即磁分析器中圆心 到 点的距离为 ，B错误，符合题意；
CD．在通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得
结合之前分析所得通过静电分析器的速度结果，可化简得
即静电分析器通道中心线半径为 ， 与离子的比荷无关，所以不同粒子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器，CD正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】带电粒子在电场中的加速过程，用动能定理求出速度，在磁场中，洛仑兹力提供向心力，做匀速圆周运动。
13．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A.金属筒达到静电平衡后内部场强处处为零，所以电子在金属筒中不受电场力所用，做匀速直线运动，A不符合题意；
B.电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须为才能满足每次经过狭缝时被加速，B不符合题意；
C.在电子进入第n个圆筒前，电子已经被加速了n次，由动能定理可得
电子以速度在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为
解得
C不符合题意；
D.如果要加速质子，质子的比荷要比电子的比荷小，而根据
可知，质子进入圆筒的速度要比电子进入圆筒的速度小，则圆筒的长度均需要相应的变短，可以在到时间内从圆板处释放，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据处于静电平衡的导体内部场强处处为零，分析电子在筒中的受力，得出电子的运动状态；电子在圆筒运动时间必须为才能满足每次经过狭缝时被加速，由动能定理求出电子进入第n个圆筒的速度，再求解第n个圆筒的长度；根据比荷的变化分析质子与电子在进入同一级圆筒的速度的大小关系，得出圆筒长度的变化。
14．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、粒子所带电量与其表面积成正比，既有
所有粒子密度相同、大小不同，则粒子的质量为
粒子的比荷为
颗粒的比荷与半径的倒数成正比，故A错误；
BC、粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理可得
粒子进入电场区域2后，在电场中做类平抛运动，根据题意及类平抛运动规律可得
联立解得
，
即粒子的半径越大，粒子在区域2运动的时间越长，粒子在区域2的运动时竖直方向的偏移量一致，即从同一位置离开区域2，故B正确，C错误；
D、粒子在电场中均只有电场力做功，根据动能定理可得
联立解得
即半径越大的颗粒离开区域Ⅱ时动能越大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据题意结合球体表面积及体积公式确定粒子比荷及电荷量与粒子半径的关系。粒子现在电场1中做匀加速直线运动，再进入电场2中做类平抛运动，再根据动能定理及类平抛运动规律结合题意进行分析解答。
15．【答案】A,C
【知识点】动量定理；功率及其计算；带电粒子在电场中的加速；电流、电源的概念
【解析】 【解答】A、氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
故A正确；
B、推进器的推力为F，粒子速度从0增加v0，故推力的功率为
故B错误；
C、在时间t内有质量为Δm的氙离子喷出，根据动量定理可得
根据电流的定义式
而
联立解得
故C正确；
D、在t时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v0喷射而出，由动量定理
进入放电通道的氙气质量为m0，被电离的比例为η，则有
则每秒进入放电通道的氙气质量约为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】粒子在加速电场中只受电场力作用，根据动能定理确定加速电场电压的大小。粒子与推进器之间的作用力为相互作用力，粒子做匀加速直线运动，再结合功率的定义进行解答。对粒子运用动量定理及电流的定义式确定喷射过程形成的电流大小。根据动量定理确定每秒被电离的粒子，再结合题意进行解答。
16．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】CD．粒子在电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
所以
，
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同，且速度方向相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故C正确，D错误；
A．离开加速电场时的动能为
故A正确；
B．离开加速电场时的动量为
由于两粒子动能相等，而质量不等，所以动量不相等，故B错误。
故选AC。
【分析】1.根据动能定理，结合两原子核电量相同，说明两原子核离开电场的动能相同。
2.根据，结合两原原子核的质量不等，说明两原子核离开电场时的动量不相等。
3.根据原子核先经过加速电场，然后进入偏转电场，结合动能定理和类平抛运动规律，分析原子核的偏转距离与原子核的比荷无关，即两原子核有相同的运动路径，说明在感光纸上留下1个感光点。
17．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键是理解类平抛运动的处理方法以及电场力做功与电势能的变化关系。A．两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为
由于x、相等，可知它们运动的时间相同，故A错误；
B． 根据
可得
知Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有
可知Q的电荷量是P的两倍， 故B正确；
CD．由
知， 静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍。根据动能定理， 静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】 首先，两粒子在电场中均做类平抛运动，根据合成与分解求出运动的时间，比较它们运动的时间是否相同；其次，根据竖直方向的运动规律求出两者加速度的关系，再根据牛顿第二定律判断两粒子的电量关系；最后，由W=qEd结合动能定理判断两粒子的动能变化量。
18．【答案】A,B,C
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，类平抛运动采用运动的分解法处理是常用的思路，关键要把握两个分运动的关系，如位移关系，速度关系，根据牛顿第二定律和运动学公式进行解答。A．粒子做类平抛运动可知，水平方向
竖直方向
又
牛顿第二定律可知
解得
故A正确；
B．由于
合速度为
故B正确；
C．由几何关系可知
故C正确；
D．根据平抛运动推论
可知
速度方向与竖直方向的夹角小于30。，故D错误。
故选ABC。
【分析】 粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合计算出运动时间；由vy=at求出粒子到达某点时竖直分速度，再与水平速度合成得到合速度；结合几何关系得出某点与P点的距离；根据分速度关系求速度方向与竖直方向的夹角。
19．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据不同方向的运动特点结合运动学公式，同时要熟练掌握电场的公式即可完成求解。A．对粒子a到达虚线位置时，水平方向上
竖直方向上
解得
由题意知相遇时粒子b的速度大小也为v0，因此相遇位置必在G板上，此时b粒子的速度最大，最大速度为v0，故A正确；
B．根据
且
解得
故B错误；
C．由于两粒子在竖直方向上都做往复运动，因此在G板上相遇时应满足
解得
（n=0、1、2…）
当n=2时，粒子a、b初始位置之间的距离为10h，故C正确；
D．因两粒子在竖直方向的运动完全相同，则若增大粒子a的初速度，粒子a、b仍能相遇，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据粒子的受力特点可知a粒子做类平抛运动，根据运动特点分析出相遇的位置，由此完成分析；根据牛顿第二定律以及电场的公式得出金属板PQ之间的距离；根据粒子竖直方向的运动特点可知，当增大a粒子的速度时，两个粒子仍然会相遇。
20．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。A．两板间的匀强电场的场强大小为
墨滴受到的电场力大小为
故A错误；
B．墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有
又
联立解得
故B错误；
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
故C错误；
D．根据
若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D正确。
故选D。
【分析】 当墨滴带电进入平行金属板间时，受到竖直方向的电场力，会做类平抛运动。根据电场强度与电压、板间距的关系求出电场强度，进而得出电场力。利用牛顿第二定律求出墨滴在竖直方向的加速度。通过运动的合成与分解，求出墨滴在板间的运动时间、偏转位移等，从而分析各选项。
21．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】设电子源到接收屏的距离为d，电子射出的方向与水平方向的夹角为θ，设电子的初速度为v0，则电子从出射到接收屏的时间为t，则
电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，则
竖直方向受到向上的电场力，所以在竖直方向上做匀加速运动，设加速度为a，则
整理得
所以打到接收屏的电子构成的几何图形是抛物线；
故选C。
【分析】本题主要考查学生对带电粒子在电场中的偏转问题的掌握，先对粒子在电场中进行受力分析，忽视电子重力，只受竖直方向的电场力，所以粒子做类平抛运动，结合平抛运动的处理方法即可求解。
22．【答案】D
【知识点】电场及电场力；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了带电体在电场中的运动问题，考查了功能关系与能量守恒的应用。只有重力与电场力对物体做功时机械能与电势能相互转化，两者之和保持不变。
AD．由题意可知，圆环所受的电场力平行于x轴向右，如图所示
圆环所受重力与电场力的合力为
又
根据题意可知，坐标（1，1）处是等效最低点，过（1，1）做轨道的切线，再过坐标（3，9）作该切线的平行线，如图所示
根据题意写出该平行线的方程为
即
设该平行线与轨道的交点为A，则A点的坐标满足方程
解得A点的坐标为（ 1，1），则圆环恰能运动到坐标（ 1，1）。又圆环运动到该点时克服电场力做功最多，故机械能最小，故A错误，D正确；
B．圆环做曲线运动，在（1，1）处加速度一定不为零，故B错误；
C．设圆环到达（0，0）处时的速度大小为v，则圆环由（3，9）处静止释放运动到（0，0）处的过程，由动能定理得
又
联立得
故C错误。
故选D。
【分析】根据圆环恰能静止在坐标（1，1）处，对圆环受力分析，由平衡条件得到其所受电场力的方向。运动过程圆环的机械能与电势能之和保持不变，应用假设法，结合功能关系判断圆环是否能运动到（-3，9）处；从圆环被释放到下滑到原点的过程圆环沿轨道做曲线运动，速度时刻发生变化；根据动能定理求解圆环在（0，0）处速率；根据动能定理分析判断圆环是否能恰好运动到（-1，1）处，根据圆环的机械能与电势能之和保持不变分析解答。
23．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题的关键要抓住电容器的电压不变，根据电容的定义式和决定式，以及场强公式相结合进行求解。A．根据平行板电容器电容的决定式
可知，当上极板向下平移后，极板间的距离减小，导致电容器的电容增大，根据
依题意，电容器极板间电压保持不变，易知电容器所带的电荷量增大。故A错误；
B．根据
又
解得
可知带电质点所受电场力增大，将向上运动。故B错误；
C．根据电势差与场强的关系，可知P点与下极板的电势差为
依题意，下极板接地，电势为零，由
可知P点的电势升高。故C正确；
D．依题意，上极板移动前，有
下极板移动后，有
联立，解得
故D错误。
故选C。
【分析】电容器与电源相连，电容器的电压保持不变； 分析电容器板间场强E的变化，判断带电质点受到的电场力变化，即可确定质点的运动情况，并依据牛顿第二定律求解加速度大小；根据U=Ed分析P点与下极板间电势差的变化，从而判断P点的电势变化。
24．【答案】C,D
【知识点】电场力做功；电场线；点电荷的电场；电势
【解析】【解答】A．等量异种点电荷电场分布如图，
由对称性知，b点与c点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．b点到a点的距离等于点到a点的距离，b点到d点的距离等于点到d点的距离，则b点与点的电势相同，若取无限远处电势为零，垂直于ad且过的平面为电势为零的等势面，点与点关于该等势面对称，两点电势绝对值相等，一正一负，故b点与点的电势不同，故B错误；
C．由对称性知，b点与c点的电势差为
点与点的电势差为
由于
则
故C正确；
D．对试探电荷受力分析，俯视图如图所示
由图可知将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
【分析】本题主要考查点电荷周围电场的性质，电场是矢量，遵循矢量叠加原则—平行四边形定则，电场线每一点切线方向表示该点场强方向；等势面与电场线垂直，并由高电势指向低电势；电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加。
25．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；动能定理的综合应用；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
其中，，所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；
B．小球由C到D，由动能定理得
则由C到O，由动能定理可得
所以B正确；
C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；
D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为
所以D正确。
故选BD。
【分析】根据电场线的分布特点分析：
1.熟记等量异种电荷周围的电场分布特点，明白小球运动过程受到电场力的变化情况。
2.分析小球在运动过程的合力情况，结合牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况。
3.根据动能定理计算小球达到O点的速度。注意：O点的电势为零。
4.根据能量守恒定律，动能和电势能的总和不变，即到无穷远，电势能为零，但动能不为零。即最终的速度与在O点的速度相等。
26．【答案】（1）解：粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
设粒子进入磁场时的速度为方向的速度为，根据题意则有
粒子在方向做匀加速运动则有
根据牛顿第二定律则有
联立解得
（2）解：根据题意分析可知，要使粒子能回到轴上的点，粒子的轨迹应如图所示
粒子刚进入磁场的速度为
设粒子在第一象限匀强电场中做类平抛运动，运动时间为，粒子进入磁场时距点距离为则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆半径为，由几何关系可得
根据牛顿第二定律则有
联立得
（3）解：粒子在电场中运动总时间为则有
粒子在磁场中运动的周期
由几何关系可知轨迹对应的圆心角为
粒子在磁场中运动时间为则有
综合分析可得粒子从点射出到第一次回到点所经历的时间为
即
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动 ，列式求出竖直方向上的速度大小以及竖直方向上速度与位移的关系，结合牛顿第二定律求出E；
（2） 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 结合匀强电场中的运动情况求出R，再根据牛顿第二定律列式求出B；
（3）先求出粒子在电场中的时间，再根据公式求出磁场周期，从而得出粒子在磁场中的运动时间，从而求出总时间。
27．【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】因为C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，根据点电荷的电场分布和场强的叠加原理可知，两电荷应为异种电荷，假设为正电荷，为负电荷，两电荷在C点的场强如图所示，
设圆的半径为r，根据几何知识可得
，，
根据点电荷的场强公式
可得，A、B两点的电荷在C点产生的电场强度分别为
，
联立解得
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据C点的合场强方向判断两电荷的电性关系，再根据点电荷的场强公式和电场叠加原理列式求解。
28．【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据
可知试探电荷在x2处的电势能为
则试探电荷在x2处的总能量为
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据
可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及
，可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后又开始向右加速，如此往复，但电荷不会运动到x0、x1处，即电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，确定沿x轴电场方向的变化情况，继而确定电荷在不同位置所受电场力的方向，再根据功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向右运动的速度最大及速度为零的位置，再根据电场力的方向判断减为零后，粒子的运动情况，继而再结合功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向左运动速度为零的位置，从而得出电荷的运动情况。
29．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 当极板间距增大时，由可知电容器的电容减小，B不符合题意；
A. 电容器带电量不变，由可知极板间的电势差增大，A不符合题意；
C. 由可知，增大极板间距，极板间电场强度不变，C不符合题意；
D. 由于移动极板过程要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据电容的定义式和决定式，结合匀强电场电场强度的表达式可得出结论。
30．【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势；电势差
【解析】【解答】 A.由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度 ，若仅将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，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由 ，故P、Q两点间电势差变大，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】 A.根据等量异种点电荷的电场线分布规律分析P、Q两点的场强大小关系；
B.根据电场线上的电势高低规律进行分析判断；
CD.根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加知识导出电场强度表达式，结合表达式进行定量分析，又根据公式 做定性的分析。
31．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；点电荷的电场；电势
【解析】【解答】A.沿电场线方向电势降低，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的近，故A不符合题意；
B.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的远，故B不符合题意；
C. 若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，说明是逆着电场线运动，电势增加，即，故C符合题意；
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点知，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】沿电场线方向电势降低，电场线的疏密程度表示电场强度的大小， 正点电荷Q 电场线是发散的，离Q越近电场线越密，离Q越远电场线越疏。
32．【答案】（1）解： 带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电；
根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得：
，
联立解得：
结合题意可得：
解得：
（2）解： 粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，
设粒子的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t=t0时刻的速度大小也为v，
则，
粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则
根据几何关系可得：y=2R
联立解得：，
（3）解： 根据上述分析可得：
根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过 会到达上极板，
竖直方向上的速度为：
根据动能定理可得：
联立解得：
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】 （1）根据题意分析出带电粒子在电场中做加速运动，由此得出粒子的电性，结合粒子在磁场中的运动特点和牛顿第二定律得出q的表达式；
（2）粒子在金属板间的水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，再做减速运动，结合牛顿第二定律和几何关系得出对应的速度和距离；
（3）根据运动的对称性分析出粒子打到上板时的时刻，根据运动学公式得出竖直方向上的速度，结合动能定理得出电场力对粒子做的功。
1 / 1小题精练 10 静电场问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、电场强度的叠加
1．（2024高三上·金华模拟）如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，C、D是连线中垂线上相对O对称的两点，已知，则（ ）
A．点G的电场强度比点E的电场强度小
B．点E与点F的电场强度大小相等，方向相同
C．EO间的电势差比EC间电势差小
D．若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在CD间做往复运动，由C运动到D时加速度一定先增大后减小
【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】 电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。电场叠加遵循平行四边形定则。 注意等量同号电荷形成电场的对称性。A．设两点间距离为，正点电荷所带电荷量为，点电荷产生的电场强度为
所以由电场叠加原理可得点G的电场强度
点E的电场强度
所以点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；
B．由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点F的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C．在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以EO间的电势差比EC间电势差小，故C正确；
D．等量同种正电荷连线的中垂线上从点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运动到D时加速度不一定先增大后减小，故D错误；
故选C。
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止．电场线只是形象描述电场的假想曲线。
2．（2024高三上·浙江月考）真空中有两个带电金属导体、，其中导体内部存在空腔，两者间的电场线分布如图中带箭头实线所示，曲线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，、、、为电场中的四个点，为空腔内部的一点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．点电势等于点电势
B．点电场强度与点电场强度相同
C．点电场强度和电势均小于零
D．带电粒子仅在电场力作用下沿曲线运动时，电场力先做负功再做正功
【答案】D
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 两者间的电场线分布如图中带箭头实线所示，沿着电场线电势降低，c点电势高于d 点电势，A错误；
B．电场线密集处电场强， 电场线稀疏处电场弱，根据两者间的电场线分布图，a点电场强度大于b点电场强度，B错误；
C．导体空腔内的电场强度为零，O点电场强度为零，C错误；
D．由运动轨迹结合电场线分布可知，带电粒子带负电，电场力先做负功再做正功，D正确。
故选 D。
【分析】沿着电场线电势降低，电场线密集处电场强，做曲线运动，合力指向轨迹内侧，结合做功公式求解。
3．（2024高二上·临湘期中）将一个不带电的金属球壳放置在平行板电容器之间，球心到两极板的距离相等，电容器上极板带正电，下极板接地，极板与球壳间的电场分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷
B．电子在a点的加速度比在b点的小
C．电子在a点的电势能比在b点的大
D．一质子从b点移至a点，电场力做正功
【答案】A
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．根据静电感应原理，金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷，故A正确；
B．a点的电场线比b点的密集，电场线密集的地方场强较大，则a点的场强比b点的大，电子在a点受到电场力比b点的大，电子在a点的加速度比在b点的大，故B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，a点的电势比b点的高，负电荷在电势低的地方电势能反而大，电子在a点的电势能比在b点的小，故C错误；
D．a点的电势比b点的高，一质子从b点移至a点，电势能增加，电场力做负功，故D错误。
故选A。
【分析】处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是等势面，根据静电平衡条件分析答题。
4．（2024高三上·汕头期末）静电分选是在高压或超高压静电场中，利用待选物料间的电性差异来实现的。现在要对矿粒中的导体矿粒和非导体（电介质）矿粒进行分选，如图所示，让矿粒与高压带电极板a直接接触，以下说法正确的是（ ）
A．左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体
B．非导体矿粒将在电场力作用下向极板b运动
C．非导体矿粒在向极板b运动过程中电场力做负功
D．导体矿粒在向极板b运动过程中电势能减少
【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。A．非导体分子中的电子和原子核结合得相当紧密，电子处于束缚状态。当非导体接触电极时，非导体分子中的电子与原子核之间只能做微观的相对移动，产生“极化”现象，使得非导体和外电场垂直的两个表面上分别出现正、负电荷，这些正、负电荷的数量相等，但不能离开原来的分子，根据图中所示可知，左边矿粒发生了接触起电现象，右边矿粒发生了“极化”现象，即左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体，故A正确；
D．结合上述可知，左边矿粒是导体，由于接触起电，导体矿粒带正电，所受电场力方向向上，导体矿粒在电场力作用下向极板b运动，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
BC．结合上述，右边矿粒是非导体，由于矿粒与高压带电极板a直接接触，电场对非导体矿粒下表面的负电荷的电场力大于电场对非导体矿粒上表面的正电荷的电场力，即非导体矿粒所受电场力合力方向向下，非导体矿粒在电场力作用下将聚集在极板a上，非导体矿粒不会向极板b运动，故BC错误。
故选AD。
【分析】结合“极化”现象的原理、接触起电的特征，由题图，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力的大小，即可分析判断。
5．（2024高一上·甘肃期中）如图所示，真空中三点的连线构成一个边长的等边三角形，为连线的中垂线。若将电荷量均为的两点电荷分别固定在点，已知静电力常量，则（ ）
A．两点电荷间的库仑力大小为
B．将一负点电荷放在D点受到的电场力最大
C．A点的电场强度的大小为
D．从D到A电势逐渐升高
【答案】A,C
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．根据库仑定律可以得出两点电荷间的库仑力大小为
故A正确；
B．根据电场强度的叠加可以得出在D点的负点电荷和B、C两点处正点电荷的电场力等大反向，合力为零，合力最小，故B错误；
C．根据点电荷的场强公式可以得出两点电荷在A点产生的电场强度大小相等，均为
根据电场叠加可以得出两点电荷在A点产生的合电场强度大小为
故C正确；
D．电场线的分布由B、C两点向外延伸，电势沿电场线方向逐渐降低，则可知从D到A的电势逐渐降低，故D错误。
故选AC。
【分析】利用库仑定律可以判别点电荷之间库仑力的大小；利用场强叠加可以判别合力的大小；利用点电荷的场强公式结合场强的叠加可以求出A点电场强度的大小；利用电场线的方向可以判别电势的变化。
6．（2024高三上·湖北开学考）为等边三角形，是三角形的中心，是的中点。图（a）中，A、B、C三个顶点处各放置电荷量相等的点电荷，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；图（b）中，A、B、C三个顶点处垂直纸面各放置一根电流大小相等的长直导线，其中A、B处电流方向垂直纸面向里，C处电流方向垂直纸面向外。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中，沿着直线从O到D电势逐渐升高
B．图（a）中，沿着直线从O到D各点的电场方向相同，且由指向
C．图（b）中，沿着直线从O到D各点的磁场方向相同，且垂直向左
D．图（b）中，点的磁感应强度大于点的磁感应强度
【答案】A,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB、根据电场线分布可知DO上的电场方向由D指向O，沿电场线方向电势逐渐降低，所以D点电势大于O点电势，图a中，沿着直线从O到D电势逐渐升高，故B错误，A正确：
C．图（b）中，由安培定则判断通电螺线管磁场方向及平行四边形法则，可知OD直线上，A、B直导体棒的合磁场方向水平向右，C直导体棒的磁场方向水平向右，所以，三个导体棒的合磁场方向水平向右，C错误；
D．图（b）中，A、B导体棒在点的合磁感应强度为，A、B导体棒在点的合磁感应强度不为0，且水平向右；且C导体棒在O点的磁感应强度也大于其在D点的磁感应强度，且水平向右，故点的磁感应强度大于点的磁感应强度，D正确。
故选AD。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据右手安培定则判断磁感应强度。
二、力电综合问题
7．（2024高二上·唐县期中）电子显微镜通过电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ）
A．a点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．电子在a点的动能大于b点的动能
D．电子在a点所受电场力小于b点所受电场力
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势
【解析】【解答】AD．a点处等差等势面较稀疏，则a点场强小于b点场强，电子在a点所受电场力小于b点所受电场力，故A错误，D正确；
B．由电子的运动轨迹可知，沿管轴的电场力方向向右，则场强方向向左，a点电势低于b点电势，故B错误；
C．由于a点电势低于b点电势，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能小于b点的动能，故C错误。
故选：D。
【分析】1.掌握等势面的疏密程度反映电场的强弱程度。
2.掌握电子合力方向、速度方向与轨迹的位置关系，分析电场力方向、电场强度方向、以及电场力的做功情况。
3.掌握电场线由高等势面指向低等势面。
4.掌握电场力做功与动能变化关系。
8．（2024高一下·丰城期末）如图所示为某区域的电场线分布，下列说法正确的是（ ）
A．这个电场可能是正点电荷形成的
B．D处的电场强度为零，因为那里没有电场线
C．点电荷q在A点所受的静电力比在B点所受静电力小
D．负电荷在C点受到的静电力方向沿C点切线方向
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场线
【解析】【解答】A．根据点电荷的电场线分布可得：正点电荷的电场线是从正点电荷出发的直线，故A错误；
B．电场线疏密描述电场强度的大小，电场线是为了更形象地描述电场而人为画出的，没有电场线的地方，电场强度不一定为零，故B错误；
C．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图知B点处电场线比A点处电场线密集，故EB>EA，所以点电荷q在A处所受的静电力小于在B处所受的静电力，C正确；
D．电场线的切线方向代表电场强度的方向，负电荷受到的电场力方向与电场强度的方向相反，则负电荷在C点所受静电力方向与C点切线方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】点电荷的电场线为直线；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小及电场力的大小；利用电场线的切线方向可以代表电场强度的方向，结合试探电荷的电性可以判别电场力的方向。
9．（2019·毕节模拟）如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷。在带电小球形成的电场中，有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的水平面为等势面
B．粒子运动的轨迹在一条等势线上
C．粒子运动过程中所受的电场力不变
D．粒子的重力可以忽略不计
【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】粒子在水平面内做匀速圆周运动，合力充当向心力并指向圆心，粒子的电场力的方向沿两个粒子的连线方向并不指向圆心，因此粒子需要在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动，且粒子和带点小球相互吸引，D不符合题意；粒子在运动过程中电场力的大小不变但是方向发生变化，因此电场力变化，C不符合题意；假设粒子运动的平面为等势面，电场线的方向垂直于等势面，粒子所在平面的电场线沿竖直方向，粒子的受力也就沿竖直方向，但由库仑力的特点可知粒子的受力沿电荷连线方向，因此假设不成立，A不符合题意；由点电荷的电势 可知在点电荷中距离相等的点电势相等，故粒子运动的轨迹在一条等势线上，B符合题意。
故答案为：B
【分析】结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
10．（2024高三下·高州模拟）如图所示，在某真空区域有一个空间坐标系，在轴上的点，0，、点，0，分别固定一个电荷量为的点电荷。轴上点坐标为，0，，轴上点坐标为，，。现将一个电子置于点，则下列说法正确的是
A．使电子从点沿轴正向移动，所受电场力先增大后减小
B．使电子从点沿轴向原点移动，所受电场力逐渐减小
C．使电子沿直线从点移动到点，所受电场力先增大后减小
D．使电子沿直线从点移动到点，其电势能先减小后增大
【答案】C,D
【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB、在Z轴上任选一点H，连接HN与HM，设其与Z轴夹角为θ，如图所示，根据等量同种电荷的电场分布可知H点的电场强度竖直向上，大小表示为
其中θ的取值范围为0-45°，根据数学知识分析可知，当，H点的电场强度最大，即使电子从P点沿z轴正向移动，所受电场力逐渐减小，使电子从P点沿z轴向原点O移动，所受电场力先增大后减小，故AB错误；
CD、从原点O向PS作垂线，设垂足为D ，则
所以PS连线上D点场强最大，使电子沿直线从P点移动到S点，所受电场力先增大后减小，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故CD正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握电场的矢量合成，注意电场力做功情况分析电势能的变化的关系。根据点电荷电场的计算公式结合数学方法分析解答，根据电场力做功情况分析电势能的变化情况。
三、电粒子在电场中的直线运动问题
11．（2018高二上·四子王旗期中）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A.若0＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意。
B、若 ＜t0＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意。
C、若 ＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意。
D、若T＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故答案为：B
【分析】带电粒子在两个极板中运动，结合题目给出的ab两极板的电势随时间的变化，确定电荷受到的电场力的方向，再结合运动学公式分析求解即可。
12．（2021高三上·浙江开学考）如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线 做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法不正确的是（ ）
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外
B．磁分析器中圆心 到Q点的距离可能为
C．不同离子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器
D．静电分析器通道中心线半径为
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在静电分析器中受电场力指向圆心，可知粒子带正电，在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，A正确，不符合题意；
B．离子在静电分析器时速度为 ，离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理可得
离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
联立以上等式可得
因此
即磁分析器中圆心 到 点的距离为 ，B错误，符合题意；
CD．在通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得
结合之前分析所得通过静电分析器的速度结果，可化简得
即静电分析器通道中心线半径为 ， 与离子的比荷无关，所以不同粒子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器，CD正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】带电粒子在电场中的加速过程，用动能定理求出速度，在磁场中，洛仑兹力提供向心力，做匀速圆周运动。
13．（2024高二下·浙江期中） 粒子直线加速器原理示意图如图甲所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒里做加速运动
B．要实现加速，电子在圆筒运动时间必须为T
C．第n个圆筒的长度应满足
D．如果要加速质子，圆筒的长度要变短，可以在到时间内从圆板处释放
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A.金属筒达到静电平衡后内部场强处处为零，所以电子在金属筒中不受电场力所用，做匀速直线运动，A不符合题意；
B.电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须为才能满足每次经过狭缝时被加速，B不符合题意；
C.在电子进入第n个圆筒前，电子已经被加速了n次，由动能定理可得
电子以速度在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为
解得
C不符合题意；
D.如果要加速质子，质子的比荷要比电子的比荷小，而根据
可知，质子进入圆筒的速度要比电子进入圆筒的速度小，则圆筒的长度均需要相应的变短，可以在到时间内从圆板处释放，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据处于静电平衡的导体内部场强处处为零，分析电子在筒中的受力，得出电子的运动状态；电子在圆筒运动时间必须为才能满足每次经过狭缝时被加速，由动能定理求出电子进入第n个圆筒的速度，再求解第n个圆筒的长度；根据比荷的变化分析质子与电子在进入同一级圆筒的速度的大小关系，得出圆筒长度的变化。
14．（2024高一下·南充期中）如图所示装置，密度相同、大小不同的球状纳米颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成之比，电离后，颗粒缓慢通过小孔进入极板间电压为的水平加速电场区域，再通过小孔射入电场强度为的匀强电场区域Ⅱ，区域Ⅱ中极板长度为，极板间距为，假设不计颗粒重力，且所有颗粒均能从区域Ⅱ右侧离开，则( )
A．颗粒的比荷与半径成正比
B．所有的颗粒从同一位置离开区域Ⅱ
C．所有的颗粒在区域Ⅱ中运动时间相同
D．半径越大的颗粒离开区域Ⅱ时动能越大
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、粒子所带电量与其表面积成正比，既有
所有粒子密度相同、大小不同，则粒子的质量为
粒子的比荷为
颗粒的比荷与半径的倒数成正比，故A错误；
BC、粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理可得
粒子进入电场区域2后，在电场中做类平抛运动，根据题意及类平抛运动规律可得
联立解得
，
即粒子的半径越大，粒子在区域2运动的时间越长，粒子在区域2的运动时竖直方向的偏移量一致，即从同一位置离开区域2，故B正确，C错误；
D、粒子在电场中均只有电场力做功，根据动能定理可得
联立解得
即半径越大的颗粒离开区域Ⅱ时动能越大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据题意结合球体表面积及体积公式确定粒子比荷及电荷量与粒子半径的关系。粒子现在电场1中做匀加速直线运动，再进入电场2中做类平抛运动，再根据动能定理及类平抛运动规律结合题意进行分析解答。
15．（2024高三下·衡阳） 离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室后被电离为氙离子，利用加速电场加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为，已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．氙离子的加速电压为
B．离子推进器发射功率为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
【答案】A,C
【知识点】动量定理；功率及其计算；带电粒子在电场中的加速；电流、电源的概念
【解析】 【解答】A、氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
故A正确；
B、推进器的推力为F，粒子速度从0增加v0，故推力的功率为
故B错误；
C、在时间t内有质量为Δm的氙离子喷出，根据动量定理可得
根据电流的定义式
而
联立解得
故C正确；
D、在t时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v0喷射而出，由动量定理
进入放电通道的氙气质量为m0，被电离的比例为η，则有
则每秒进入放电通道的氙气质量约为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】粒子在加速电场中只受电场力作用，根据动能定理确定加速电场电压的大小。粒子与推进器之间的作用力为相互作用力，粒子做匀加速直线运动，再结合功率的定义进行解答。对粒子运用动量定理及电流的定义式确定喷射过程形成的电流大小。根据动量定理确定每秒被电离的粒子，再结合题意进行解答。
16．（2024高三下·广东模拟）如图，氕（H）和氘（H）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，若圆筒不转动，两种原子核（ ）
A．离开加速电场时，动能相等
B．离开加速电场时，动量相等
C．离开偏转电场后，在感光纸上留下1个感光点
D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】CD．粒子在电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
所以
，
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同，且速度方向相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故C正确，D错误；
A．离开加速电场时的动能为
故A正确；
B．离开加速电场时的动量为
由于两粒子动能相等，而质量不等，所以动量不相等，故B错误。
故选AC。
【分析】1.根据动能定理，结合两原子核电量相同，说明两原子核离开电场的动能相同。
2.根据，结合两原原子核的质量不等，说明两原子核离开电场时的动量不相等。
3.根据原子核先经过加速电场，然后进入偏转电场，结合动能定理和类平抛运动规律，分析原子核的偏转距离与原子核的比荷无关，即两原子核有相同的运动路径，说明在感光纸上留下1个感光点。
四、电粒子在电场中的偏转问题
17．（2023高二上·城中月考）如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入， 它们都打到上极板同一点， 不计粒子重力。 则（ ）
A．它们运动的时间不同 B．Q所带的电荷量比P大
C．电场力对它们做的功一样大 D．Q的动能增量大
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键是理解类平抛运动的处理方法以及电场力做功与电势能的变化关系。A．两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为
由于x、相等，可知它们运动的时间相同，故A错误；
B． 根据
可得
知Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有
可知Q的电荷量是P的两倍， 故B正确；
CD．由
知， 静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍。根据动能定理， 静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】 首先，两粒子在电场中均做类平抛运动，根据合成与分解求出运动的时间，比较它们运动的时间是否相同；其次，根据竖直方向的运动规律求出两者加速度的关系，再根据牛顿第二定律判断两粒子的电量关系；最后，由W=qEd结合动能定理判断两粒子的动能变化量。
18．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，一质量为m、电荷量为q（）的粒子以速度从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】A,B,C
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，类平抛运动采用运动的分解法处理是常用的思路，关键要把握两个分运动的关系，如位移关系，速度关系，根据牛顿第二定律和运动学公式进行解答。A．粒子做类平抛运动可知，水平方向
竖直方向
又
牛顿第二定律可知
解得
故A正确；
B．由于
合速度为
故B正确；
C．由几何关系可知
故C正确；
D．根据平抛运动推论
可知
速度方向与竖直方向的夹角小于30。，故D错误。
故选ABC。
【分析】 粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合计算出运动时间；由vy=at求出粒子到达某点时竖直分速度，再与水平速度合成得到合速度；结合几何关系得出某点与P点的距离；根据分速度关系求速度方向与竖直方向的夹角。
19．（2023高二上·呈贡期中）如图所示，两足够大的金属板P、Q水平放置，两金属板正中间有一水平放置的接地金属网G，金属板P、Q的电势均为（>0）。金属网G上方固定着比荷均为k的两带正电粒子a、b，它们到金属网G的距离均为h。某时刻将粒子a以水平速度v0向右抛出，同时粒子b由静止释放，若粒子a从开始运动到第一次通过金属网G时水平位移为2h，一段时间后两粒子相遇，相遇时粒子b的速度大小为v0。两粒子的重力及它们间的相互作用可忽略，两粒子在两板间运动时不会与金属网G相撞。下列说法正确的是（ ）
A．粒子b的最大速度为v0
B．金属板P、Q间的距离为
C．粒子a、b初始位置之间的距离可能为10h
D．若增大粒子a的初速度，粒子a、b有可能不相遇
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据不同方向的运动特点结合运动学公式，同时要熟练掌握电场的公式即可完成求解。A．对粒子a到达虚线位置时，水平方向上
竖直方向上
解得
由题意知相遇时粒子b的速度大小也为v0，因此相遇位置必在G板上，此时b粒子的速度最大，最大速度为v0，故A正确；
B．根据
且
解得
故B错误；
C．由于两粒子在竖直方向上都做往复运动，因此在G板上相遇时应满足
解得
（n=0、1、2…）
当n=2时，粒子a、b初始位置之间的距离为10h，故C正确；
D．因两粒子在竖直方向的运动完全相同，则若增大粒子a的初速度，粒子a、b仍能相遇，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据粒子的受力特点可知a粒子做类平抛运动，根据运动特点分析出相遇的位置，由此完成分析；根据牛顿第二定律以及电场的公式得出金属板PQ之间的距离；根据粒子竖直方向的运动特点可知，当增大a粒子的速度时，两个粒子仍然会相遇。
20．（2024高二上·四川期末）如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度进入平行金属板，假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为
B．墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
D．某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是丙，仅纵向扩大50%
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。A．两板间的匀强电场的场强大小为
墨滴受到的电场力大小为
故A错误；
B．墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有
又
联立解得
故B错误；
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
故C错误；
D．根据
若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D正确。
故选D。
【分析】 当墨滴带电进入平行金属板间时，受到竖直方向的电场力，会做类平抛运动。根据电场强度与电压、板间距的关系求出电场强度，进而得出电场力。利用牛顿第二定律求出墨滴在竖直方向的加速度。通过运动的合成与分解，求出墨滴在板间的运动时间、偏转位移等，从而分析各选项。
21．（2024高三上·湖南模拟）实验室里有一款电子发射器，可以在水平方向以任意角度发射电子。现在空间中存在竖直向下的匀强电场，并在一适当位置竖直放置一块很大的粒子接收屏，如图所示。若固定电子的初速度大小不变，并任意地调节发射器的角度，忽略电子重力，则打到接收屏的电子构成的几何图形是（ ）
A．V形折线 B．圆或椭圆
C．抛物线 D．双曲线的一支
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】设电子源到接收屏的距离为d，电子射出的方向与水平方向的夹角为θ，设电子的初速度为v0，则电子从出射到接收屏的时间为t，则
电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，则
竖直方向受到向上的电场力，所以在竖直方向上做匀加速运动，设加速度为a，则
整理得
所以打到接收屏的电子构成的几何图形是抛物线；
故选C。
【分析】本题主要考查学生对带电粒子在电场中的偏转问题的掌握，先对粒子在电场中进行受力分析，忽视电子重力，只受竖直方向的电场力，所以粒子做类平抛运动，结合平抛运动的处理方法即可求解。
五、破鼎提升
22．（2025·四川模拟） 如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y = x2。质量为m、电荷量为q（q> 0）的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小，圆环恰能静止在坐标（1，1）处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由（3，9）处静止释放，则（ ）
A．恰能运动到（ 3，9）处 B．在（1，1）处加速度为零
C．在（0，0）处速率为 D．（ 1，1）处机械能最小
【答案】D
【知识点】电场及电场力；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了带电体在电场中的运动问题，考查了功能关系与能量守恒的应用。只有重力与电场力对物体做功时机械能与电势能相互转化，两者之和保持不变。
AD．由题意可知，圆环所受的电场力平行于x轴向右，如图所示
圆环所受重力与电场力的合力为
又
根据题意可知，坐标（1，1）处是等效最低点，过（1，1）做轨道的切线，再过坐标（3，9）作该切线的平行线，如图所示
根据题意写出该平行线的方程为
即
设该平行线与轨道的交点为A，则A点的坐标满足方程
解得A点的坐标为（ 1，1），则圆环恰能运动到坐标（ 1，1）。又圆环运动到该点时克服电场力做功最多，故机械能最小，故A错误，D正确；
B．圆环做曲线运动，在（1，1）处加速度一定不为零，故B错误；
C．设圆环到达（0，0）处时的速度大小为v，则圆环由（3，9）处静止释放运动到（0，0）处的过程，由动能定理得
又
联立得
故C错误。
故选D。
【分析】根据圆环恰能静止在坐标（1，1）处，对圆环受力分析，由平衡条件得到其所受电场力的方向。运动过程圆环的机械能与电势能之和保持不变，应用假设法，结合功能关系判断圆环是否能运动到（-3，9）处；从圆环被释放到下滑到原点的过程圆环沿轨道做曲线运动，速度时刻发生变化；根据动能定理求解圆环在（0，0）处速率；根据动能定理分析判断圆环是否能恰好运动到（-1，1）处，根据圆环的机械能与电势能之和保持不变分析解答。
23．（2024高三上·重庆市月考）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地，当两极板间距为d时，两极板间的带电质点恰好静止在点，当把上极板快速向下平移距离后，电容器所带的电荷量在极短时间内重新稳定，带电质点开始运动，重力加速度大小为，则上极板向下平移后（ ）
A．电容器所带的电荷量不变 B．带电质点将向下运动
C．P点的电势升高 D．带电质点的加速度大小为
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题的关键要抓住电容器的电压不变，根据电容的定义式和决定式，以及场强公式相结合进行求解。A．根据平行板电容器电容的决定式
可知，当上极板向下平移后，极板间的距离减小，导致电容器的电容增大，根据
依题意，电容器极板间电压保持不变，易知电容器所带的电荷量增大。故A错误；
B．根据
又
解得
可知带电质点所受电场力增大，将向上运动。故B错误；
C．根据电势差与场强的关系，可知P点与下极板的电势差为
依题意，下极板接地，电势为零，由
可知P点的电势升高。故C正确；
D．依题意，上极板移动前，有
下极板移动后，有
联立，解得
故D错误。
故选C。
【分析】电容器与电源相连，电容器的电压保持不变； 分析电容器板间场强E的变化，判断带电质点受到的电场力变化，即可确定质点的运动情况，并依据牛顿第二定律求解加速度大小；根据U=Ed分析P点与下极板间电势差的变化，从而判断P点的电势变化。
24．（2024高三下·韶关模拟）如图所示，空间有一正方体，a点固定电荷量为的点电荷，d点固定电荷量为的点电荷，O、分别为上下两个面的中心点，则（ ）
A．b点与c点的电场强度相同
B．b点与点的电势相同
C．b点与c点的电势差等于点与点的电势差
D．将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】C,D
【知识点】电场力做功；电场线；点电荷的电场；电势
【解析】【解答】A．等量异种点电荷电场分布如图，
由对称性知，b点与c点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．b点到a点的距离等于点到a点的距离，b点到d点的距离等于点到d点的距离，则b点与点的电势相同，若取无限远处电势为零，垂直于ad且过的平面为电势为零的等势面，点与点关于该等势面对称，两点电势绝对值相等，一正一负，故b点与点的电势不同，故B错误；
C．由对称性知，b点与c点的电势差为
点与点的电势差为
由于
则
故C正确；
D．对试探电荷受力分析，俯视图如图所示
由图可知将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
【分析】本题主要考查点电荷周围电场的性质，电场是矢量，遵循矢量叠加原则—平行四边形定则，电场线每一点切线方向表示该点场强方向；等势面与电场线垂直，并由高电势指向低电势；电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加。
25．（2024高三上·望城开学考）如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，电荷量分别为和。是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球，其质量为，电荷量为（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷的正下方点由静止释放，到达点电荷的正下方点时，速度为，为的中点。则（ ）
A．小球从至先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至点时速度为
C．小球最终可能返回至点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；动能定理的综合应用；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
其中，，所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；
B．小球由C到D，由动能定理得
则由C到O，由动能定理可得
所以B正确；
C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；
D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为
所以D正确。
故选BD。
【分析】根据电场线的分布特点分析：
1.熟记等量异种电荷周围的电场分布特点，明白小球运动过程受到电场力的变化情况。
2.分析小球在运动过程的合力情况，结合牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况。
3.根据动能定理计算小球达到O点的速度。注意：O点的电势为零。
4.根据能量守恒定律，动能和电势能的总和不变，即到无穷远，电势能为零，但动能不为零。即最终的速度与在O点的速度相等。
26．（2024高二下·开远期中） 如图所示，在轴上方的空间存在竖直向下的匀强电场，在轴下方的空间存在垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度、磁感应强度的大小均未知。一质量为、电荷量为的粒子从轴上点以初速度垂直轴向右射出，点到点距离为，粒子从电场进入磁场时的速度方向与轴正方向夹角为。已知粒子恰好能回到轴上的点，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度大小；
（3）粒子从点射出到第一次回到点所经历的时间。
【答案】（1）解：粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
设粒子进入磁场时的速度为方向的速度为，根据题意则有
粒子在方向做匀加速运动则有
根据牛顿第二定律则有
联立解得
（2）解：根据题意分析可知，要使粒子能回到轴上的点，粒子的轨迹应如图所示
粒子刚进入磁场的速度为
设粒子在第一象限匀强电场中做类平抛运动，运动时间为，粒子进入磁场时距点距离为则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆半径为，由几何关系可得
根据牛顿第二定律则有
联立得
（3）解：粒子在电场中运动总时间为则有
粒子在磁场中运动的周期
由几何关系可知轨迹对应的圆心角为
粒子在磁场中运动时间为则有
综合分析可得粒子从点射出到第一次回到点所经历的时间为
即
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动 ，列式求出竖直方向上的速度大小以及竖直方向上速度与位移的关系，结合牛顿第二定律求出E；
（2） 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 结合匀强电场中的运动情况求出R，再根据牛顿第二定律列式求出B；
（3）先求出粒子在电场中的时间，再根据公式求出磁场周期，从而得出粒子在磁场中的运动时间，从而求出总时间。
六、直击高考
27．（2024·贵州） 如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则等于（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】因为C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，根据点电荷的电场分布和场强的叠加原理可知，两电荷应为异种电荷，假设为正电荷，为负电荷，两电荷在C点的场强如图所示，
设圆的半径为r，根据几何知识可得
，，
根据点电荷的场强公式
可得，A、B两点的电荷在C点产生的电场强度分别为
，
联立解得
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据C点的合场强方向判断两电荷的电性关系，再根据点电荷的场强公式和电场叠加原理列式求解。
28．（2024·重庆） 沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据
可知试探电荷在x2处的电势能为
则试探电荷在x2处的总能量为
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据
可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及
，可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后又开始向右加速，如此往复，但电荷不会运动到x0、x1处，即电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，确定沿x轴电场方向的变化情况，继而确定电荷在不同位置所受电场力的方向，再根据功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向右运动的速度最大及速度为零的位置，再根据电场力的方向判断减为零后，粒子的运动情况，继而再结合功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向左运动速度为零的位置，从而得出电荷的运动情况。
29．（2024·浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （ ）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 当极板间距增大时，由可知电容器的电容减小，B不符合题意；
A. 电容器带电量不变，由可知极板间的电势差增大，A不符合题意；
C. 由可知，增大极板间距，极板间电场强度不变，C不符合题意；
D. 由于移动极板过程要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据电容的定义式和决定式，结合匀强电场电场强度的表达式可得出结论。
30．（2024·北京）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．下列说法正确的是（ ）
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
【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势；电势差
【解析】【解答】 A.由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度 ，若仅将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，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由 ，故P、Q两点间电势差变大，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】 A.根据等量异种点电荷的电场线分布规律分析P、Q两点的场强大小关系；
B.根据电场线上的电势高低规律进行分析判断；
CD.根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加知识导出电场强度表达式，结合表达式进行定量分析，又根据公式 做定性的分析。
31．（2023·湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为、，电场强度大小分别为、。下列说法正确的是（ ）
A．若，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若，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
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；点电荷的电场；电势
【解析】【解答】A.沿电场线方向电势降低，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的近，故A不符合题意；
B.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的远，故B不符合题意；
C. 若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，说明是逆着电场线运动，电势增加，即，故C符合题意；
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点知，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】沿电场线方向电势降低，电场线的疏密程度表示电场强度的大小， 正点电荷Q 电场线是发散的，离Q越近电场线越密，离Q越远电场线越疏。
32．（2024·广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v
（3）求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W
【答案】（1）解： 带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电；
根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得：
，
联立解得：
结合题意可得：
解得：
（2）解： 粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，
设粒子的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t=t0时刻的速度大小也为v，
则，
粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则
根据几何关系可得：y=2R
联立解得：，
（3）解： 根据上述分析可得：
根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过 会到达上极板，
竖直方向上的速度为：
根据动能定理可得：
联立解得：
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】 （1）根据题意分析出带电粒子在电场中做加速运动，由此得出粒子的电性，结合粒子在磁场中的运动特点和牛顿第二定律得出q的表达式；
（2）粒子在金属板间的水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，再做减速运动，结合牛顿第二定律和几何关系得出对应的速度和距离；
（3）根据运动的对称性分析出粒子打到上板时的时刻，根据运动学公式得出竖直方向上的速度，结合动能定理得出电场力对粒子做的功。
1 / 1
