2025年高考物理押题预测考前冲刺--静电场（有解析）
文档属性
| 名称 | 2025年高考物理押题预测考前冲刺--静电场（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 18:54:57 | ||
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文档简介
2025年高考物理押题预测考前冲刺--静电场
一．选择题（共8小题）
1．（2025 朝阳区二模）某电场中四个等势面的分布情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力
B．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能变大
D．电场线由等势面d指向等势面e
2．（2025 东城区二模）如图所示，虚线为某点电荷产生的电场的等势线，相邻等势线间的电势差相等；实线为一个α粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。在α粒子从A经B运动到C的过程中（ ）
A．α粒子的加速度先减小后增大
B．静电力对α粒子先做负功后做正功
C．α粒子的动能先增大后减小
D．α粒子的电势能先减小后增大
3．（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中张力大于B、C间的库仑力
B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大
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
4．（2025 北碚区校级模拟）如图所示，在一固定点电荷产生的电场中，将一带正电的粒子先后以大小相等、方向不同的初速度从M点射入电场，粒子仅在电场力作用下形成了曲线轨迹1和直线轨迹2，P、Q分别为轨迹1和轨迹2上的点，已知粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则（ ）
A．粒子在P、Q两点的加速度相同
B．粒子沿轨迹2向左运动过程电势能一定增加
C．M点电势比Q点电势高
D．P点电势比Q点电势低
5．（2025 西城区校级模拟）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GA＝AE＝EO＝OF＝FB＝OC＝OD，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
6．（2025 海淀区校级模拟）如图所示，BD是竖直平面内圆上的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．可以断定电场方向由O点指向圆弧AEB上的某一点
B．到达B点时小球的动能和电势能之和总是最小
C．到达C点时小球的电势能和重力势能之和总是最大
D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧CFD上的某一点
7．（2025 贵阳三模）如图，ab是圆的直径，O为圆心。在圆弧上某点放置一点电荷，该点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小是a点的3倍，则该点电荷在O点产生的电场强度大小为（ ）
A．E B．2E C．3E D．4E
8．（2025 温州三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（ ）
A．B球运动的距离为2d
B．库仑力对A球的冲量大小为
C．库仑力对A球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 开福区校级模拟）如图所示，一段绝缘圆弧均匀带电，圆弧圆心为O，两端点分别为P、Q。M、N为圆弧上的两点，且PN和MQ为互相垂直的直径。已知O点电场强度大小为E0，电势为φ0。则圆弧PM在圆心O点处产生的电场强度E的大小和电势φ分别为（ ）
A．E＝E0 B． C．φ＝φ0 D．
（多选）10．（2025 开福区校级模拟）如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均足够长且光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．P、Q的质量之比是4：3
B．P、Q带异种电荷，且Q的电荷量大于P的电荷量
C．水平面对斜面体的支持力等于（M+m1+m2）g
D．若改变P、Q质量和电荷量使得P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑（斜面体保持静止），则在P、Q运动过程中斜面受到的静摩擦力水平向右
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，竖直面内四根相同的绝缘细杆上分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d为正方形对角线上到中心点距离相等的四个点。则（ ）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b、c两点的电场强度方向相同
C．把一带负电的试探电荷从a点移到b点，电场力做正功
D．把一带正电的试探电荷从c点移到d点，电场力做正功
（多选）12．（2025 雨花区校级一模）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．电子在离子层中做匀变速曲线运动
B．电子将从从正离子层左侧边界离开
C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足
三．填空题（共3小题）
13．（2025 福州校级模拟）美国物理学家密立根在1907﹣1913年间进行了多次实验，比较精确地测定了电子的电荷量。密立根实验如图所示。若与水平金属板连接的电源的电压为U，两水平金属板之间的距离为d，则金属板之间的电场强度E＝ ；若实验中处于悬浮状态的油滴的质量为m，重力加速度为g，则油滴的带电荷量为 ；若电子的带电荷量为e，则该油滴中带的净电子数为 。
14．（2025 福州模拟）如图是地理教科书中某山地的等高线地形图。与此相似，若该图作为描述电势高低的等势面图（图中数字的单位是伏特）。沿Ob方向比沿Oa方向电势降得 （选填“更快”、“更慢”或“一样快”）；若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，电势能 （选填“增加”或“减小”）了 J。
15．（2023 北京模拟）如图所示，一带正电的导体球M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上。当小球N静止时，丝线与竖直方向成θ角，由此推断小球N带 （选填“正”或“负”）电荷。若把导体球M向右移动一小段距离，则丝线与竖直方向的夹角θ将 （选填“变大”或“变小”）。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 西城区校级模拟）利用“电偏转系统”可将离子从中性粒子束中剥离出来，其原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。以下极板左端点为坐标原点建立Oxyz空间坐标系，假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过单位面积（xOz平面）进入电场的离子数为n。在两极板间加电压恒为U，恰好所有离子均被吸附在下极板。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，初速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）极板的长度L；
（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例η；
（3）求下极板各处压强p随y坐标变化的表达式，并在图2中作出p﹣y图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。（若Δx远小于x，则（x+Δx）2≈x2+2xΔx）
17．（2025 渝中区校级模拟）如图所示，真空室里足够大的光滑水平桌面内建立一直角坐标系，整个空间有垂直于桌面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，第一象限内有水平向右的匀强电场。光滑挡板OC与x轴重合且C处有一小孔，位置坐标为（L，0），足够长的光滑挡板OD与x轴负方向夹角为θ＝30°。有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒从图中A点以某一初速度出发能沿直线运动并穿过C处小孔。已知第一象限内磁感应强度与电场强度大小之比为，且微粒与OC挡板能发生弹性碰撞，与OD板每次碰撞时动能损失75%，不计碰撞中微粒质量和电荷量的变化。求：
（1）微粒在第四象限内运动的时间；
（2）若微粒在OD板上撞击的位置距原点最近点为E点，最远点为F点（图中均未画出），求E点和F点的坐标；
（3）将整个空间磁场变为等大反向，并加上沿y轴正向的匀强电场，磁场强度与电场强度大小之比仍为。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒一号在第（2）问中的F点静止释放，同时另一个质量为m不带电的微粒二号从O点以某一初速度沿水平桌面射出，经过后两者相遇，且此时微粒一号首次运动到距x轴最远位置，求微粒二号运动的轨迹方程。
18．（2025 青海二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限有足够长的条状磁场区域Ⅰ、Ⅱ，宽度均为d，区域Ⅰ和Ⅱ内有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅰ，不计粒子受到的重力。
（1）求区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）若粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅱ，求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2；
（3）若在第一、二象限有范围足够大、磁感应强度大小为B1的垂直纸面向外的匀强磁场，且有沿y轴正方向、电场强度大小的匀强电场，粒子仍从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入电场、磁场区域，粒子从x轴上的P点（图中未画出）离开，求O、P两点间的距离x。
19．（2025 深圳模拟）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mgR，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
20．（2025 东城区一模）简谐运动是最基本的机械振动。物体做简谐运动时，回复力F与偏离平衡位置的位移x成正比，即：F＝﹣kx；偏离平衡位置的位移x随时间t的变化关系满足方程x＝Asin（ωt+φ），其中A为振幅，φ是初相位，ω为圆频率，m为物体质量。
（1）如图1所示，光滑的水平面上放置一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子的质量为m。以弹簧原长时的右端点为坐标原点O，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。在弹簧的弹性限度内，将振子沿Ox方向缓慢拉至某处由静止释放。
a.求该弹簧振子的振动周期T；
b.在图2中画出弹簧弹力大小F随弹簧伸长量x的变化关系图线。求弹簧伸长量为A时系统的弹性势能Ep。
（2）如图3所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图4所示，其中 0为常量；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，向空间各个方向辐射速率均为v的电子。当入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。
a.求θ的表达式；
b.计算电子第一次打到离子层分界面时，在分界面上形成的图形面积S（结果中可含θ）。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 朝阳区二模）某电场中四个等势面的分布情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力
B．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能变大
D．电场线由等势面d指向等势面e
【分析】等势面越密集处，电场线越密集，电场强度越大；同一等势面上的点电势均相等，然后结合Ep＝qφ判断求解。
【解答】解：A、因A点的等差等势面较B点密集，可知A点的场强大于B点，电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力，故A正确；
B、由图可知，A点与B点处于同一个等势面上，根据公式Ep＝qφ可知，电子在A点的电势能与在B点的电势能相等，故B错误；
C、电子在A点的电势能与在B点的电势能相等，所以电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能不变，故C错误；
D、电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以等势面e指向等势面d，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键是能够根据等势面的分布情况定性地判断出电场强度的大小关系，还要知道等势面的基本特征。
2．（2025 东城区二模）如图所示，虚线为某点电荷产生的电场的等势线，相邻等势线间的电势差相等；实线为一个α粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。在α粒子从A经B运动到C的过程中（ ）
A．α粒子的加速度先减小后增大
B．静电力对α粒子先做负功后做正功
C．α粒子的动能先增大后减小
D．α粒子的电势能先减小后增大
【分析】根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据电场力做功，分析电势能的变化和动能的变化。
【解答】解：A、依据点电荷电场强度公式E，可知，离点电荷越近的电场强度越强，那么同一电荷受到的电场力越大，则对应的加速度越大，由于B点离点电荷较近，因此带电粒子在B点的加速度大，即α粒子的加速度先增大后减小，故A错误；
BCD、α粒子所受电场力的方向大致指向轨迹弯曲的内侧，知带电粒子所受的电场力背离点电荷向外，受到点电荷的排斥力，则α粒子从A处运动B处，带电粒子受到的电场力做负功，导致其电势能增加，α粒子从B处运动C处，带电粒子受到的电场力做正功，导致其电势能减少，即α粒子从A处运动C处，动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B正确，CD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲方向大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断电势能的变化，知道电场力做功正负判定依据。
3．（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中张力大于B、C间的库仑力
B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大
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
【分析】A.剪断a前，根据力的关系判断剪断a前，a中张力与B、C间的库仑力的关系；
B.剪断a瞬间对B分析，得出c的拉力表达式，进而判断力的变化；
C.根据电场力做功和电势能的关系判断；
D.分析动能最大，电势能最小的位置与选项进行对比。
【解答】解：A.由受力分析可知，剪断a前，a中的张力等于B、C间的库仑力，c中的张力等于A、B间的库仑力，故A错误；
B.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
Tc'＝FAB+FCBcos60°＞Tc＝FAB
同理可知b中张力也变大，即剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大，故B正确；
C.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，故C错误；
D.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，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了受力分析，注意电荷之间力的关系，难度一般，需要认真分析。
4．（2025 北碚区校级模拟）如图所示，在一固定点电荷产生的电场中，将一带正电的粒子先后以大小相等、方向不同的初速度从M点射入电场，粒子仅在电场力作用下形成了曲线轨迹1和直线轨迹2，P、Q分别为轨迹1和轨迹2上的点，已知粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则（ ）
A．粒子在P、Q两点的加速度相同
B．粒子沿轨迹2向左运动过程电势能一定增加
C．M点电势比Q点电势高
D．P点电势比Q点电势低
【分析】根据点电荷q的受力情况判断运动性质；根据点电荷的场强公式结合牛顿第二定律判断加速度的大小关系；根据两次运动轨迹判断场源电荷的位置以及电场线的方向，再确定电势的高低；根据动能定理判断两点电势的高低。
【解答】解：AD.粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则P、Q在同一等势面，与点电荷距离相等，结合牛顿第二定律可知，粒子在P、Q两点的加速度相等，方向不同，故AD错误；
BC.由题图知带正电的粒子q从M点出发抵达P点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，从M点出发抵达Q点做直线运动，所受电场力方向沿QM，粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，故固定的点电荷在Q左侧，粒子沿轨迹2向左运动过程，电场力做负功，电势能一定增加，由沿电场线方向电势越来越低知，M点电势低于Q点电势，故B正确，C错误；
故选：B。
【点评】考查带电粒子在电场中的受力和运动问题，会根据题意进行准确分析和判断。
5．（2025 西城区校级模拟）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GA＝AE＝EO＝OF＝FB＝OC＝OD，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
【分析】根据点电荷的电场强度公式，结合电场强度的叠加原理分别列式，即可分析判断；根据等量同种点电荷形成电场的对称性规律，即可分析判断；根据等量同种点电荷的电场线的分布，即可分析判断；根据等量同种点电荷的电场分布，即可分析判断。
【解答】解：A、设OC两点间距离为L，根据电场强度的叠加原理可得，点G的电场强度大小为：EG
点E的电场强度大小为：EG
由此可知，点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；
B、根据等量同种点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、等量同种正点电荷的电场线分布如图所示：
在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，且在两点电荷连线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、根据等量同种正点电荷的电场分布可知，等量同种正电荷连线的中垂线上，从O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。
【点评】本题主要是考查等量同种电荷电场强度的计算、电势高低的判断，关键是掌握等量同种电荷电场线的分布特点，以及点电荷电场强度的计算公式。
6．（2025 海淀区校级模拟）如图所示，BD是竖直平面内圆上的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．可以断定电场方向由O点指向圆弧AEB上的某一点
B．到达B点时小球的动能和电势能之和总是最小
C．到达C点时小球的电势能和重力势能之和总是最大
D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧CFD上的某一点
【分析】小球运动过程中受到重力和电场力，根据动量最大点判断出合力方向，运用平行四边形定则得到电场力方向；最后根据功能关系列式分析。
【解答】解：A、首先明确一点，在这个电场中，小球受到两个力影响：重力，电场力。在A点动量最小，则速度最小，说明OA方向发射的小球克服合力做功最大，也就是说在这个电场跟重力场中，合力方向是OC，对O点小球受力分析，重力竖直向下，合力方向指向OC，受力方向指向为OB与OC之间，即电场方向应该是由O指向AD弧方向，故A错误；
B、由于只有重力和电场力做功，故任何点的小球，动能、重力势能与电势能之和不变；由于B点的重力势能最大，则B点的动能与电力势能之和最小，故B正确；
C、动能、重力势能与电势能之和不变，故电势能和重力势能之和最小，动能最大，很明显，从O到C合力做功最多，故C点动能最大，故电势能和重力势能之和最小，但电势能不一定最小，故C错误；
D、机械能最小，则电势能最大，沿着电场线方向电势逐渐降低，根据Ep＝qφ可知，小球电势能最大的点在弧线AD（劣弧）之间，故D错误；
故选：B。
【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动问题，关键找出合力方向，然后根据功能关系列式判断，难题。
7．（2025 贵阳三模）如图，ab是圆的直径，O为圆心。在圆弧上某点放置一点电荷，该点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小是a点的3倍，则该点电荷在O点产生的电场强度大小为（ ）
A．E B．2E C．3E D．4E
【分析】根据点电荷电场强度的矢量合成结合几何关系求电场强度的大小。
【解答】解：设点电荷位于圆弧上的某点C，且O为圆心，ab是直径，根据题意，点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小为3E，设点电荷到a点的距离为ra，到b点的距离为rb，到O点的距离为rO。根据题意有3
可得rarb
由于ab是直径，如上图所示，可得：tanθ，可得：θ＝60°
可得：rO＝rbra
该点电荷在O点产生的电场强度大小为E'
解得E'＝3E
故C正确，ABB错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电场强度的计算，注意矢量合成的运算规律。
8．（2025 温州三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（ ）
A．B球运动的距离为2d
B．库仑力对A球的冲量大小为
C．库仑力对A球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
【分析】A.由动量守恒和库仑力公式求B球运动的距离；B.根据动量定理求库仑力对A球的冲量大小；C.由动能定理求库仑力对A球做的功；D.根据能量守恒求两球组成的系统电势能减少量。
【解答】解：A.AB之间的库仑力作为合力3ma
m
联立解得
d'＝3d
根据动量守恒定律有0＝mv﹣3mv'
则mxB＝3mxA
xB﹣xA＝3d﹣d
解得xB＝3d
故A错误；
B.把AB看成整体没有外力，以向右为正方向，由动量守恒得
0＝mv﹣3mv'
根据动量定理，冲量等于动量的变化量，所以对A分析，以向左为正方向：
I＝3mv'﹣0
解得
I＝mv
故B错误；
C.由动能定理Wm
得W
故C错误；
D.根据能量守恒，电势能转化为AB的动能，所以求AB动能得增加量即可W'm
解得W'
则电势能的减少量为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题把库仑定律与牛顿第二定律、动量定理、能量守恒定律综合在一个简单的物理现象中，关键是先要弄清在排斥力作用下两电荷移动的距离变化。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 开福区校级模拟）如图所示，一段绝缘圆弧均匀带电，圆弧圆心为O，两端点分别为P、Q。M、N为圆弧上的两点，且PN和MQ为互相垂直的直径。已知O点电场强度大小为E0，电势为φ0。则圆弧PM在圆心O点处产生的电场强度E的大小和电势φ分别为（ ）
A．E＝E0 B． C．φ＝φ0 D．
【分析】AB、合电场强度等于各个带电体单独存在时在该点产生的电场强度的矢量和；CD、电动势是标量，不是矢量，处于电场中某个位置的单位电荷所具有的电势能与它所带的电荷量之比。
【解答】解：AB．根据对称性可知圆弧PM和QN在O点的合场强为0，圆弧MN在O点的场强为整个圆弧所带电荷在O点处的场强E0，又圆弧PM、MN和NQ在O点处的场强大小相等，则圆弧PM在圆心处的场强大小E＝E0，故A正确，B错误；
CD.电势为标量，圆弧PM、MN和QN在O点的电势φ相等，，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】考查对电势。电场强度叠加的理解，清楚其定义。
（多选）10．（2025 开福区校级模拟）如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均足够长且光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．P、Q的质量之比是4：3
B．P、Q带异种电荷，且Q的电荷量大于P的电荷量
C．水平面对斜面体的支持力等于（M+m1+m2）g
D．若改变P、Q质量和电荷量使得P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑（斜面体保持静止），则在P、Q运动过程中斜面受到的静摩擦力水平向右
【分析】B、P、Q两物体受到重力支持力和库仑力，三者平衡，重力和支持力的合力像外，故库仑力像内，为吸引力；
A、根据几何关系分析；
C、面体和P、Q所构成的整体处于二力平衡状态；
D、根据加速度的方向分析力的方向。
【解答】解：B、受力分析可知，P、Q两物体都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，故B错误；
A、P、Q之间为引力，库仑力F＝m1gtanB＝m2gtanC，可知P、Q质量之比为，故A错误；
C、由斜面体和P、Q所构成的整体处于二力平衡状态，水平面对斜面体的支持力等于总重力（M+m1+m2）g，故C正确；
D、P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑，水平方向加速度向右，斜面有向左运动的趋势，故斜面受到的静摩擦力水平向右，故D正确。
故选：CD。
【点评】考查对共点力平衡和牛顿第二定律的理解，需清楚力与加速度的关系。
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，竖直面内四根相同的绝缘细杆上分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d为正方形对角线上到中心点距离相等的四个点。则（ ）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b、c两点的电场强度方向相同
C．把一带负电的试探电荷从a点移到b点，电场力做正功
D．把一带正电的试探电荷从c点移到d点，电场力做正功
【分析】根据对称性及电场的矢量叠加分析出场强的关系；根据电场力做功的公式分析CD。
【解答】解：AB.沿竖直方向将上下绝缘细杆分割成无穷多个小段，关于水平中心线对称的两小段构成等量异种点电荷连线模型，根据对称性可知a、b、c、d四点的场强相等，方向竖直向下；同理沿水平方向将左右绝缘细杆分割成无穷多个小段，关于竖直中心线对称的两小段构成等量异种点电荷模型，根据对称性可知a、b、c、d四点的场强相等，方向水平向右。再根据场强的叠加原理可知a、b、c、d四点的场强相同，故A正确，B错误；
CD.根据场强的叠加原理可知a、b、c、d四点的场强方向均斜向右下方，把一带正电的试探电荷从a点移到b点电场力做正功，从c点移到d点电场力不做功，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了电场线的相关应用，根据电场线分析出场强的特点和电势的特点，难度不大。
（多选）12．（2025 雨花区校级一模）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．电子在离子层中做匀变速曲线运动
B．电子将从从正离子层左侧边界离开
C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足
【分析】A.根据电场强度的变化判断电子的运动情况；
B.根据电子的受力方向判断粒子离开的位置；
C.根据电场力做功和电势能的关系求电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加量；
D.由动能定理求刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足的条件。
【解答】解：A.由于电场强度变化，电子运动加速度发生变化，故A错误；
B.电子到达离子层分界面处受到向x轴负方向的电场力，故电子从正离子层左侧边界离开，故B正确；
C.E﹣x图像面积表示电势差
电场力做功
电势能增加，故C错误；
D.电子到达离子层分界面处时速度
vy＝vsinθ
由动能定理可知
解得
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
三．填空题（共3小题）
13．（2025 福州校级模拟）美国物理学家密立根在1907﹣1913年间进行了多次实验，比较精确地测定了电子的电荷量。密立根实验如图所示。若与水平金属板连接的电源的电压为U，两水平金属板之间的距离为d，则金属板之间的电场强度E＝ ；若实验中处于悬浮状态的油滴的质量为m，重力加速度为g，则油滴的带电荷量为 ；若电子的带电荷量为e，则该油滴中带的净电子数为 。
【分析】由匀强电场电场强度与电势差的关系可得金属板之间的电场强度；对悬浮的油滴，由平衡条件得油滴的带电荷量；由q＝Ne求解该油滴中带的净电子数。
【解答】解：由匀强电场电场强度与电势差的关系可得金属板之间的电场强度
对悬浮的油滴，由平衡条件得
解得油滴的带电荷量为
由q＝Ne解得该油滴中带的净电子数
故答案为：； ； 。
【点评】本题考查了匀强电场中电势差与电场强度关系、电场力，比较容易。
14．（2025 福州模拟）如图是地理教科书中某山地的等高线地形图。与此相似，若该图作为描述电势高低的等势面图（图中数字的单位是伏特）。沿Ob方向比沿Oa方向电势降得 更快 （选填“更快”、“更慢”或“一样快”）；若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，电势能 增加 （选填“增加”或“减小”）了 3.2×10﹣8 J。
【分析】电势降得更快的地方，电场强度更大，等差等势面更密集的地方，电场强度更大，由图，即可分析判断沿Ob方向和沿Oa方向电势降得快慢；若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，根据电场力做功与电势能的关系列式，即可分析求解。
【解答】解：电势降得更快的地方，电场强度更大，等差等势面更密集的地方，电场强度更大，由图可知，Ob间的等差等势面比Oa间的等差等势面更密集，则沿Ob方向比沿Oa方向电势降得更快；
根据电场力做功与电势能的关系可得：W电＝1.6×10﹣9×（10﹣30）J＝﹣ΔEp，
解得，若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，电势能的改变量为：ΔEp＝3.2×10﹣8J＞0，
则该过程电势能增加了3.2×10﹣8J；
故答案为：更快；增加；3.2×10﹣8。
【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
15．（2023 北京模拟）如图所示，一带正电的导体球M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上。当小球N静止时，丝线与竖直方向成θ角，由此推断小球N带 正 （选填“正”或“负”）电荷。若把导体球M向右移动一小段距离，则丝线与竖直方向的夹角θ将 变小 （选填“变大”或“变小”）。
【分析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可判定小球电性；再对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力，进而得到夹角的变化。
【解答】解：小球M与N相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电；
小球N受重力mg，绳的拉力，库仑力F，绳与竖直方向夹角为：；
库仑力为：，
由于导体球M向右移动一小段距离，r增大，则库仑力变小，偏角变小，即角θ变小，
故答案为：正，变小。
【点评】点掌握库仑力表达式，其次是正确表示角度，尽量用重力，不要用绳的拉力来表示。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 西城区校级模拟）利用“电偏转系统”可将离子从中性粒子束中剥离出来，其原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。以下极板左端点为坐标原点建立Oxyz空间坐标系，假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过单位面积（xOz平面）进入电场的离子数为n。在两极板间加电压恒为U，恰好所有离子均被吸附在下极板。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，初速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）极板的长度L；
（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例η；
（3）求下极板各处压强p随y坐标变化的表达式，并在图2中作出p﹣y图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。（若Δx远小于x，则（x+Δx）2≈x2+2xΔx）
【分析】（1）正离子从最上侧，刚好做类平抛运动到下极板边缘，根据类平抛运动的知识进行解答；
（2）根据类平抛运动的规律求解正离子做类平抛运动的水平位移和竖直位移，根据效率的计算公式进行解答；
（3）设离子落到下极板的坐标区间为（y，y+Δy），电极板沿x轴方向的长度为x1，求出相应的射入点z轴方向坐标，以及在Δt时间内，射入极板（z，z'）区间内的离子数，再根据动量定理求解压强表达式进行解答。
【解答】解：（1）正离子从最上侧，刚好做类平抛运动到下极板边缘，则有：
竖直方向：d，其中：a
水平方向：L＝vt
联立可得：L＝vd；
（2）设正离子做类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为y和z，则：
竖直方向：z
水平方向：y＝vt′
联立可得：z
分别代入y1和y2，解得：
z1d、z2d
所占比例：η33.33%
（3）设离子落到下极板的坐标区间为（y，y+Δy），电极板沿x轴方向的长度为x1，则相应的射入点z轴方向坐标为：
z
z′
在Δt时间内，射入极板（z，z'）区间内的离子数为：N＝（z′﹣z）x1 Δt n
将z、z′表达式代入上式，并取Δy远小于y，可得：N
这些离子落到下极板时，z轴方向速度分量为：vz＝at
对Δt时间内的这些离子，取向下为正方向，用动量定理，有：﹣FΔt＝0﹣nmvz
其中：FΔt＝pΔy x1 Δt
联立可得：p
画出p﹣y图，如图所示：
图线与横轴所围面积的物理意义为：总压力F与长度的比值，即x轴单位长度的压力大小。
答：（1）极板的长度为vd；
（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例为33.33%；
（3）下极板各处压强p随y坐标变化的表达式为p，p﹣y图像见解析，图线与横轴所围面积的物理意义是x轴单位长度的压力大小。
【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚离子的受力情况和运动情况，能够根据类平抛运动的知识进行分析。
17．（2025 渝中区校级模拟）如图所示，真空室里足够大的光滑水平桌面内建立一直角坐标系，整个空间有垂直于桌面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，第一象限内有水平向右的匀强电场。光滑挡板OC与x轴重合且C处有一小孔，位置坐标为（L，0），足够长的光滑挡板OD与x轴负方向夹角为θ＝30°。有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒从图中A点以某一初速度出发能沿直线运动并穿过C处小孔。已知第一象限内磁感应强度与电场强度大小之比为，且微粒与OC挡板能发生弹性碰撞，与OD板每次碰撞时动能损失75%，不计碰撞中微粒质量和电荷量的变化。求：
（1）微粒在第四象限内运动的时间；
（2）若微粒在OD板上撞击的位置距原点最近点为E点，最远点为F点（图中均未画出），求E点和F点的坐标；
（3）将整个空间磁场变为等大反向，并加上沿y轴正向的匀强电场，磁场强度与电场强度大小之比仍为。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒一号在第（2）问中的F点静止释放，同时另一个质量为m不带电的微粒二号从O点以某一初速度沿水平桌面射出，经过后两者相遇，且此时微粒一号首次运动到距x轴最远位置，求微粒二号运动的轨迹方程。
【分析】（1）根据微粒在第一象限内的运动情况求出微粒的速度，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系结合周期公式求微粒在第四象限内运动的时间；（2）根据洛伦兹力提供向心力和数学思想求E点和F点的坐标；（3）画出微粒二号做匀速直线运动的轨迹，分不同阶段根据动量定理和动能定理求微粒二号运动的轨迹方程。
【解答】解：（1）微粒在第一象限内做匀速直线运动：
qvB＝qE
由磁感应强度与电场强度大小之比为，得到
代入
得到
如图
由OC长度为L知微粒在第四象限内运动的时间
解得
（2）由
如图分析可知：OE的长度为
结合夹角为θ＝30°知E点坐标为
又由与OD板每次碰撞后动能损失75%，知速度大小变为碰前的，由
得到
知等比数列通项为
且
故
代入数据得
OF＝L
故F点坐标为
（3）微粒二号不带电且在水平面上，所以做匀速直线运动。如图
分三个运动阶段先求出P点坐标：
OF段：
由（2）问知长度
FQ段：
经分析知：F到Q做匀加速直线运动，加速度
当运动至Q点垂直于挡板方向满足qvQB＝qEcosθ时，微粒即将离开挡板，由
v2＝2as
v＝at
联立解得x方向、y方向的分位移及时间：
QP段：脱离挡板后，以水平向左为正方向，x方向由动量定理得
qvyB Δt＝mΔv
有
ΣqvyB Δt＝mΣΔvx
即
qB yQP＝mvp﹣mvQx
Q到P点，由动能定理得
联立上式解得
解得
同理，以竖直向上为正方向，y方向由动量定理得
qB xQP﹣qE tPQ＝mvQy﹣0
其中
得
又由
xOP＝xOF+xPQ+xQP
解得
yOP＝yOP+yPQ+yQP
解得
代入数据
θ＝30°
磁感应强度与电场强度大小之比为得到微粒二号轨迹方程为
即
答：（1）微粒在第四象限内运动的时间为；
（2）E点和F点的坐标分别为、；
（3）微粒二号运动的轨迹方程为。
【点评】本题考查带电微粒在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电微粒的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题，利用动量定理时注意正方向的规定。
18．（2025 青海二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限有足够长的条状磁场区域Ⅰ、Ⅱ，宽度均为d，区域Ⅰ和Ⅱ内有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅰ，不计粒子受到的重力。
（1）求区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）若粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅱ，求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2；
（3）若在第一、二象限有范围足够大、磁感应强度大小为B1的垂直纸面向外的匀强磁场，且有沿y轴正方向、电场强度大小的匀强电场，粒子仍从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入电场、磁场区域，粒子从x轴上的P点（图中未画出）离开，求O、P两点间的距离x。
【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2；
（3）根据洛伦兹力提供向心力和长度关系求O、P两点间的距离x。
【解答】解：（1）粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，轨迹与区域Ⅰ上边界相切，如图甲所示
则
r1＝d
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）粒子运动的轨迹如图乙所示
由几何关系有
r2sinθ+d＝r2
又
解得
（3）因为
qE＝qvB1
所以粒子同时参与的匀速圆周运动和沿x轴正方向、大小为v的匀速直线运动，有
粒子在电场、磁场中运动的时间
解得
答：（1）区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1为；
（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2为；
（3）O、P两点间的距离x为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19．（2025 深圳模拟）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mgR，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
【分析】（1）结合题意，由牛顿第二定律、牛顿第三定律分别列式，即可分析求解；
（2）结合题意，由动能定理、牛顿第二定律分别列式，根据牛顿第三定律，即可分析求解；
（3）由题意可知，小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点时速度最小，由几何关系及动能定理分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）带电小球在B点时，由牛顿第二定律可得：
，
由牛顿第三定律可知：
N＝11mgR，
联立可得：
；
（2）带电小球由C到B的过程，由动能定理可得：
，
解得：，
带电小球在C点时，由牛顿第二定律可得：
，
解得：N2＝8mg，
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg；
（3）由题意可知，小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点时速度最小（动能最小），如图：
在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有：
，
小球从C→D，由动能定理得：
，
结合数学知识联立可知，带电小球在圆轨道上运动的最小动能为：
；
答：（1）带电小球在B点速度大小为；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小为8mg；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能为。
【点评】本题主要考查带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动，解题时需注意处区分“几何最高点”和“等效最高点”，“几何最高点”指的是圆相对于水平面的最高点，“等效最高点”指圆周在合力方向的最高点，两者不一定重合。
20．（2025 东城区一模）简谐运动是最基本的机械振动。物体做简谐运动时，回复力F与偏离平衡位置的位移x成正比，即：F＝﹣kx；偏离平衡位置的位移x随时间t的变化关系满足方程x＝Asin（ωt+φ），其中A为振幅，φ是初相位，ω为圆频率，m为物体质量。
（1）如图1所示，光滑的水平面上放置一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子的质量为m。以弹簧原长时的右端点为坐标原点O，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。在弹簧的弹性限度内，将振子沿Ox方向缓慢拉至某处由静止释放。
a.求该弹簧振子的振动周期T；
b.在图2中画出弹簧弹力大小F随弹簧伸长量x的变化关系图线。求弹簧伸长量为A时系统的弹性势能Ep。
（2）如图3所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图4所示，其中 0为常量；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，向空间各个方向辐射速率均为v的电子。当入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。
a.求θ的表达式；
b.计算电子第一次打到离子层分界面时，在分界面上形成的图形面积S（结果中可含θ）。
【分析】（1）a.根据弹簧振子的振动周期公式结合已有信息即可求解；
b.根据胡克定律可得图像，根据弹性势能的表达式求解；
（2）a.根据简谐运动的特点结合功能关系即可求出θ的表达式；
b.电子在分界面上形成的图形为圆，先求出半径，再根据圆的面积公式即可求解。
【解答】解：（1）a.该弹簧振子的振动周期T，
根据题意有ω，
联立可得T；
b.根据胡克定律可得，F＝kx则弹簧弹力大小F随弹簧伸长量x的变化关系如图所示
弹簧伸长量为A时，弹簧弹性势能为；
（2）a.电子进入正电荷离子层受力，沿x轴方向做简谐运动，初速度vx＝vcosθ垂直于x轴方向做匀速直线运动，速度为vy＝vsinθ。入射角为θ的电子刚好不射入负电荷离子层，由功能关系：解得，则；
b.电子在分界面上形成的图形为圆。入射角为θ的电子进入离子层之前在垂直于x轴方向发生的位移为y1，进入离子层后刚好到达界面时在垂直于x轴方向发生的位移为y2，分界面图形圆的半径为r，则y1＝dtanθ，，，r＝y1+y2，又S＝πr2，综合以上各式，得：。
答：（1）a.；
b.，；
（2）a.；
b.。
【点评】本题考查简谐运动在电学中的运用，第一二问逐渐变难，有一定的启发性，是一道比较新颖的题目。
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一．选择题（共8小题）
1．（2025 朝阳区二模）某电场中四个等势面的分布情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力
B．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能变大
D．电场线由等势面d指向等势面e
2．（2025 东城区二模）如图所示，虚线为某点电荷产生的电场的等势线，相邻等势线间的电势差相等；实线为一个α粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。在α粒子从A经B运动到C的过程中（ ）
A．α粒子的加速度先减小后增大
B．静电力对α粒子先做负功后做正功
C．α粒子的动能先增大后减小
D．α粒子的电势能先减小后增大
3．（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中张力大于B、C间的库仑力
B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大
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
4．（2025 北碚区校级模拟）如图所示，在一固定点电荷产生的电场中，将一带正电的粒子先后以大小相等、方向不同的初速度从M点射入电场，粒子仅在电场力作用下形成了曲线轨迹1和直线轨迹2，P、Q分别为轨迹1和轨迹2上的点，已知粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则（ ）
A．粒子在P、Q两点的加速度相同
B．粒子沿轨迹2向左运动过程电势能一定增加
C．M点电势比Q点电势高
D．P点电势比Q点电势低
5．（2025 西城区校级模拟）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GA＝AE＝EO＝OF＝FB＝OC＝OD，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
6．（2025 海淀区校级模拟）如图所示，BD是竖直平面内圆上的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．可以断定电场方向由O点指向圆弧AEB上的某一点
B．到达B点时小球的动能和电势能之和总是最小
C．到达C点时小球的电势能和重力势能之和总是最大
D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧CFD上的某一点
7．（2025 贵阳三模）如图，ab是圆的直径，O为圆心。在圆弧上某点放置一点电荷，该点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小是a点的3倍，则该点电荷在O点产生的电场强度大小为（ ）
A．E B．2E C．3E D．4E
8．（2025 温州三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（ ）
A．B球运动的距离为2d
B．库仑力对A球的冲量大小为
C．库仑力对A球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 开福区校级模拟）如图所示，一段绝缘圆弧均匀带电，圆弧圆心为O，两端点分别为P、Q。M、N为圆弧上的两点，且PN和MQ为互相垂直的直径。已知O点电场强度大小为E0，电势为φ0。则圆弧PM在圆心O点处产生的电场强度E的大小和电势φ分别为（ ）
A．E＝E0 B． C．φ＝φ0 D．
（多选）10．（2025 开福区校级模拟）如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均足够长且光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．P、Q的质量之比是4：3
B．P、Q带异种电荷，且Q的电荷量大于P的电荷量
C．水平面对斜面体的支持力等于（M+m1+m2）g
D．若改变P、Q质量和电荷量使得P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑（斜面体保持静止），则在P、Q运动过程中斜面受到的静摩擦力水平向右
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，竖直面内四根相同的绝缘细杆上分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d为正方形对角线上到中心点距离相等的四个点。则（ ）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b、c两点的电场强度方向相同
C．把一带负电的试探电荷从a点移到b点，电场力做正功
D．把一带正电的试探电荷从c点移到d点，电场力做正功
（多选）12．（2025 雨花区校级一模）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．电子在离子层中做匀变速曲线运动
B．电子将从从正离子层左侧边界离开
C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足
三．填空题（共3小题）
13．（2025 福州校级模拟）美国物理学家密立根在1907﹣1913年间进行了多次实验，比较精确地测定了电子的电荷量。密立根实验如图所示。若与水平金属板连接的电源的电压为U，两水平金属板之间的距离为d，则金属板之间的电场强度E＝ ；若实验中处于悬浮状态的油滴的质量为m，重力加速度为g，则油滴的带电荷量为 ；若电子的带电荷量为e，则该油滴中带的净电子数为 。
14．（2025 福州模拟）如图是地理教科书中某山地的等高线地形图。与此相似，若该图作为描述电势高低的等势面图（图中数字的单位是伏特）。沿Ob方向比沿Oa方向电势降得 （选填“更快”、“更慢”或“一样快”）；若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，电势能 （选填“增加”或“减小”）了 J。
15．（2023 北京模拟）如图所示，一带正电的导体球M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上。当小球N静止时，丝线与竖直方向成θ角，由此推断小球N带 （选填“正”或“负”）电荷。若把导体球M向右移动一小段距离，则丝线与竖直方向的夹角θ将 （选填“变大”或“变小”）。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 西城区校级模拟）利用“电偏转系统”可将离子从中性粒子束中剥离出来，其原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。以下极板左端点为坐标原点建立Oxyz空间坐标系，假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过单位面积（xOz平面）进入电场的离子数为n。在两极板间加电压恒为U，恰好所有离子均被吸附在下极板。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，初速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）极板的长度L；
（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例η；
（3）求下极板各处压强p随y坐标变化的表达式，并在图2中作出p﹣y图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。（若Δx远小于x，则（x+Δx）2≈x2+2xΔx）
17．（2025 渝中区校级模拟）如图所示，真空室里足够大的光滑水平桌面内建立一直角坐标系，整个空间有垂直于桌面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，第一象限内有水平向右的匀强电场。光滑挡板OC与x轴重合且C处有一小孔，位置坐标为（L，0），足够长的光滑挡板OD与x轴负方向夹角为θ＝30°。有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒从图中A点以某一初速度出发能沿直线运动并穿过C处小孔。已知第一象限内磁感应强度与电场强度大小之比为，且微粒与OC挡板能发生弹性碰撞，与OD板每次碰撞时动能损失75%，不计碰撞中微粒质量和电荷量的变化。求：
（1）微粒在第四象限内运动的时间；
（2）若微粒在OD板上撞击的位置距原点最近点为E点，最远点为F点（图中均未画出），求E点和F点的坐标；
（3）将整个空间磁场变为等大反向，并加上沿y轴正向的匀强电场，磁场强度与电场强度大小之比仍为。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒一号在第（2）问中的F点静止释放，同时另一个质量为m不带电的微粒二号从O点以某一初速度沿水平桌面射出，经过后两者相遇，且此时微粒一号首次运动到距x轴最远位置，求微粒二号运动的轨迹方程。
18．（2025 青海二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限有足够长的条状磁场区域Ⅰ、Ⅱ，宽度均为d，区域Ⅰ和Ⅱ内有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅰ，不计粒子受到的重力。
（1）求区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）若粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅱ，求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2；
（3）若在第一、二象限有范围足够大、磁感应强度大小为B1的垂直纸面向外的匀强磁场，且有沿y轴正方向、电场强度大小的匀强电场，粒子仍从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入电场、磁场区域，粒子从x轴上的P点（图中未画出）离开，求O、P两点间的距离x。
19．（2025 深圳模拟）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mgR，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
20．（2025 东城区一模）简谐运动是最基本的机械振动。物体做简谐运动时，回复力F与偏离平衡位置的位移x成正比，即：F＝﹣kx；偏离平衡位置的位移x随时间t的变化关系满足方程x＝Asin（ωt+φ），其中A为振幅，φ是初相位，ω为圆频率，m为物体质量。
（1）如图1所示，光滑的水平面上放置一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子的质量为m。以弹簧原长时的右端点为坐标原点O，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。在弹簧的弹性限度内，将振子沿Ox方向缓慢拉至某处由静止释放。
a.求该弹簧振子的振动周期T；
b.在图2中画出弹簧弹力大小F随弹簧伸长量x的变化关系图线。求弹簧伸长量为A时系统的弹性势能Ep。
（2）如图3所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图4所示，其中 0为常量；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，向空间各个方向辐射速率均为v的电子。当入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。
a.求θ的表达式；
b.计算电子第一次打到离子层分界面时，在分界面上形成的图形面积S（结果中可含θ）。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 朝阳区二模）某电场中四个等势面的分布情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力
B．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能变大
D．电场线由等势面d指向等势面e
【分析】等势面越密集处，电场线越密集，电场强度越大；同一等势面上的点电势均相等，然后结合Ep＝qφ判断求解。
【解答】解：A、因A点的等差等势面较B点密集，可知A点的场强大于B点，电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力，故A正确；
B、由图可知，A点与B点处于同一个等势面上，根据公式Ep＝qφ可知，电子在A点的电势能与在B点的电势能相等，故B错误；
C、电子在A点的电势能与在B点的电势能相等，所以电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能不变，故C错误；
D、电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以等势面e指向等势面d，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键是能够根据等势面的分布情况定性地判断出电场强度的大小关系，还要知道等势面的基本特征。
2．（2025 东城区二模）如图所示，虚线为某点电荷产生的电场的等势线，相邻等势线间的电势差相等；实线为一个α粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。在α粒子从A经B运动到C的过程中（ ）
A．α粒子的加速度先减小后增大
B．静电力对α粒子先做负功后做正功
C．α粒子的动能先增大后减小
D．α粒子的电势能先减小后增大
【分析】根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据电场力做功，分析电势能的变化和动能的变化。
【解答】解：A、依据点电荷电场强度公式E，可知，离点电荷越近的电场强度越强，那么同一电荷受到的电场力越大，则对应的加速度越大，由于B点离点电荷较近，因此带电粒子在B点的加速度大，即α粒子的加速度先增大后减小，故A错误；
BCD、α粒子所受电场力的方向大致指向轨迹弯曲的内侧，知带电粒子所受的电场力背离点电荷向外，受到点电荷的排斥力，则α粒子从A处运动B处，带电粒子受到的电场力做负功，导致其电势能增加，α粒子从B处运动C处，带电粒子受到的电场力做正功，导致其电势能减少，即α粒子从A处运动C处，动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B正确，CD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲方向大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断电势能的变化，知道电场力做功正负判定依据。
3．（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中张力大于B、C间的库仑力
B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大
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
【分析】A.剪断a前，根据力的关系判断剪断a前，a中张力与B、C间的库仑力的关系；
B.剪断a瞬间对B分析，得出c的拉力表达式，进而判断力的变化；
C.根据电场力做功和电势能的关系判断；
D.分析动能最大，电势能最小的位置与选项进行对比。
【解答】解：A.由受力分析可知，剪断a前，a中的张力等于B、C间的库仑力，c中的张力等于A、B间的库仑力，故A错误；
B.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
Tc'＝FAB+FCBcos60°＞Tc＝FAB
同理可知b中张力也变大，即剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大，故B正确；
C.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，故C错误；
D.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，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了受力分析，注意电荷之间力的关系，难度一般，需要认真分析。
4．（2025 北碚区校级模拟）如图所示，在一固定点电荷产生的电场中，将一带正电的粒子先后以大小相等、方向不同的初速度从M点射入电场，粒子仅在电场力作用下形成了曲线轨迹1和直线轨迹2，P、Q分别为轨迹1和轨迹2上的点，已知粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则（ ）
A．粒子在P、Q两点的加速度相同
B．粒子沿轨迹2向左运动过程电势能一定增加
C．M点电势比Q点电势高
D．P点电势比Q点电势低
【分析】根据点电荷q的受力情况判断运动性质；根据点电荷的场强公式结合牛顿第二定律判断加速度的大小关系；根据两次运动轨迹判断场源电荷的位置以及电场线的方向，再确定电势的高低；根据动能定理判断两点电势的高低。
【解答】解：AD.粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则P、Q在同一等势面，与点电荷距离相等，结合牛顿第二定律可知，粒子在P、Q两点的加速度相等，方向不同，故AD错误；
BC.由题图知带正电的粒子q从M点出发抵达P点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，从M点出发抵达Q点做直线运动，所受电场力方向沿QM，粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，故固定的点电荷在Q左侧，粒子沿轨迹2向左运动过程，电场力做负功，电势能一定增加，由沿电场线方向电势越来越低知，M点电势低于Q点电势，故B正确，C错误；
故选：B。
【点评】考查带电粒子在电场中的受力和运动问题，会根据题意进行准确分析和判断。
5．（2025 西城区校级模拟）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GA＝AE＝EO＝OF＝FB＝OC＝OD，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
【分析】根据点电荷的电场强度公式，结合电场强度的叠加原理分别列式，即可分析判断；根据等量同种点电荷形成电场的对称性规律，即可分析判断；根据等量同种点电荷的电场线的分布，即可分析判断；根据等量同种点电荷的电场分布，即可分析判断。
【解答】解：A、设OC两点间距离为L，根据电场强度的叠加原理可得，点G的电场强度大小为：EG
点E的电场强度大小为：EG
由此可知，点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；
B、根据等量同种点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、等量同种正点电荷的电场线分布如图所示：
在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，且在两点电荷连线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、根据等量同种正点电荷的电场分布可知，等量同种正电荷连线的中垂线上，从O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。
【点评】本题主要是考查等量同种电荷电场强度的计算、电势高低的判断，关键是掌握等量同种电荷电场线的分布特点，以及点电荷电场强度的计算公式。
6．（2025 海淀区校级模拟）如图所示，BD是竖直平面内圆上的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．可以断定电场方向由O点指向圆弧AEB上的某一点
B．到达B点时小球的动能和电势能之和总是最小
C．到达C点时小球的电势能和重力势能之和总是最大
D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧CFD上的某一点
【分析】小球运动过程中受到重力和电场力，根据动量最大点判断出合力方向，运用平行四边形定则得到电场力方向；最后根据功能关系列式分析。
【解答】解：A、首先明确一点，在这个电场中，小球受到两个力影响：重力，电场力。在A点动量最小，则速度最小，说明OA方向发射的小球克服合力做功最大，也就是说在这个电场跟重力场中，合力方向是OC，对O点小球受力分析，重力竖直向下，合力方向指向OC，受力方向指向为OB与OC之间，即电场方向应该是由O指向AD弧方向，故A错误；
B、由于只有重力和电场力做功，故任何点的小球，动能、重力势能与电势能之和不变；由于B点的重力势能最大，则B点的动能与电力势能之和最小，故B正确；
C、动能、重力势能与电势能之和不变，故电势能和重力势能之和最小，动能最大，很明显，从O到C合力做功最多，故C点动能最大，故电势能和重力势能之和最小，但电势能不一定最小，故C错误；
D、机械能最小，则电势能最大，沿着电场线方向电势逐渐降低，根据Ep＝qφ可知，小球电势能最大的点在弧线AD（劣弧）之间，故D错误；
故选：B。
【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动问题，关键找出合力方向，然后根据功能关系列式判断，难题。
7．（2025 贵阳三模）如图，ab是圆的直径，O为圆心。在圆弧上某点放置一点电荷，该点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小是a点的3倍，则该点电荷在O点产生的电场强度大小为（ ）
A．E B．2E C．3E D．4E
【分析】根据点电荷电场强度的矢量合成结合几何关系求电场强度的大小。
【解答】解：设点电荷位于圆弧上的某点C，且O为圆心，ab是直径，根据题意，点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小为3E，设点电荷到a点的距离为ra，到b点的距离为rb，到O点的距离为rO。根据题意有3
可得rarb
由于ab是直径，如上图所示，可得：tanθ，可得：θ＝60°
可得：rO＝rbra
该点电荷在O点产生的电场强度大小为E'
解得E'＝3E
故C正确，ABB错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电场强度的计算，注意矢量合成的运算规律。
8．（2025 温州三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（ ）
A．B球运动的距离为2d
B．库仑力对A球的冲量大小为
C．库仑力对A球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
【分析】A.由动量守恒和库仑力公式求B球运动的距离；B.根据动量定理求库仑力对A球的冲量大小；C.由动能定理求库仑力对A球做的功；D.根据能量守恒求两球组成的系统电势能减少量。
【解答】解：A.AB之间的库仑力作为合力3ma
m
联立解得
d'＝3d
根据动量守恒定律有0＝mv﹣3mv'
则mxB＝3mxA
xB﹣xA＝3d﹣d
解得xB＝3d
故A错误；
B.把AB看成整体没有外力，以向右为正方向，由动量守恒得
0＝mv﹣3mv'
根据动量定理，冲量等于动量的变化量，所以对A分析，以向左为正方向：
I＝3mv'﹣0
解得
I＝mv
故B错误；
C.由动能定理Wm
得W
故C错误；
D.根据能量守恒，电势能转化为AB的动能，所以求AB动能得增加量即可W'm
解得W'
则电势能的减少量为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题把库仑定律与牛顿第二定律、动量定理、能量守恒定律综合在一个简单的物理现象中，关键是先要弄清在排斥力作用下两电荷移动的距离变化。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 开福区校级模拟）如图所示，一段绝缘圆弧均匀带电，圆弧圆心为O，两端点分别为P、Q。M、N为圆弧上的两点，且PN和MQ为互相垂直的直径。已知O点电场强度大小为E0，电势为φ0。则圆弧PM在圆心O点处产生的电场强度E的大小和电势φ分别为（ ）
A．E＝E0 B． C．φ＝φ0 D．
【分析】AB、合电场强度等于各个带电体单独存在时在该点产生的电场强度的矢量和；CD、电动势是标量，不是矢量，处于电场中某个位置的单位电荷所具有的电势能与它所带的电荷量之比。
【解答】解：AB．根据对称性可知圆弧PM和QN在O点的合场强为0，圆弧MN在O点的场强为整个圆弧所带电荷在O点处的场强E0，又圆弧PM、MN和NQ在O点处的场强大小相等，则圆弧PM在圆心处的场强大小E＝E0，故A正确，B错误；
CD.电势为标量，圆弧PM、MN和QN在O点的电势φ相等，，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】考查对电势。电场强度叠加的理解，清楚其定义。
（多选）10．（2025 开福区校级模拟）如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均足够长且光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（ ）
A．P、Q的质量之比是4：3
B．P、Q带异种电荷，且Q的电荷量大于P的电荷量
C．水平面对斜面体的支持力等于（M+m1+m2）g
D．若改变P、Q质量和电荷量使得P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑（斜面体保持静止），则在P、Q运动过程中斜面受到的静摩擦力水平向右
【分析】B、P、Q两物体受到重力支持力和库仑力，三者平衡，重力和支持力的合力像外，故库仑力像内，为吸引力；
A、根据几何关系分析；
C、面体和P、Q所构成的整体处于二力平衡状态；
D、根据加速度的方向分析力的方向。
【解答】解：B、受力分析可知，P、Q两物体都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，故B错误；
A、P、Q之间为引力，库仑力F＝m1gtanB＝m2gtanC，可知P、Q质量之比为，故A错误；
C、由斜面体和P、Q所构成的整体处于二力平衡状态，水平面对斜面体的支持力等于总重力（M+m1+m2）g，故C正确；
D、P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑，水平方向加速度向右，斜面有向左运动的趋势，故斜面受到的静摩擦力水平向右，故D正确。
故选：CD。
【点评】考查对共点力平衡和牛顿第二定律的理解，需清楚力与加速度的关系。
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，竖直面内四根相同的绝缘细杆上分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d为正方形对角线上到中心点距离相等的四个点。则（ ）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b、c两点的电场强度方向相同
C．把一带负电的试探电荷从a点移到b点，电场力做正功
D．把一带正电的试探电荷从c点移到d点，电场力做正功
【分析】根据对称性及电场的矢量叠加分析出场强的关系；根据电场力做功的公式分析CD。
【解答】解：AB.沿竖直方向将上下绝缘细杆分割成无穷多个小段，关于水平中心线对称的两小段构成等量异种点电荷连线模型，根据对称性可知a、b、c、d四点的场强相等，方向竖直向下；同理沿水平方向将左右绝缘细杆分割成无穷多个小段，关于竖直中心线对称的两小段构成等量异种点电荷模型，根据对称性可知a、b、c、d四点的场强相等，方向水平向右。再根据场强的叠加原理可知a、b、c、d四点的场强相同，故A正确，B错误；
CD.根据场强的叠加原理可知a、b、c、d四点的场强方向均斜向右下方，把一带正电的试探电荷从a点移到b点电场力做正功，从c点移到d点电场力不做功，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了电场线的相关应用，根据电场线分析出场强的特点和电势的特点，难度不大。
（多选）12．（2025 雨花区校级一模）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．电子在离子层中做匀变速曲线运动
B．电子将从从正离子层左侧边界离开
C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足
【分析】A.根据电场强度的变化判断电子的运动情况；
B.根据电子的受力方向判断粒子离开的位置；
C.根据电场力做功和电势能的关系求电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加量；
D.由动能定理求刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足的条件。
【解答】解：A.由于电场强度变化，电子运动加速度发生变化，故A错误；
B.电子到达离子层分界面处受到向x轴负方向的电场力，故电子从正离子层左侧边界离开，故B正确；
C.E﹣x图像面积表示电势差
电场力做功
电势能增加，故C错误；
D.电子到达离子层分界面处时速度
vy＝vsinθ
由动能定理可知
解得
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
三．填空题（共3小题）
13．（2025 福州校级模拟）美国物理学家密立根在1907﹣1913年间进行了多次实验，比较精确地测定了电子的电荷量。密立根实验如图所示。若与水平金属板连接的电源的电压为U，两水平金属板之间的距离为d，则金属板之间的电场强度E＝ ；若实验中处于悬浮状态的油滴的质量为m，重力加速度为g，则油滴的带电荷量为 ；若电子的带电荷量为e，则该油滴中带的净电子数为 。
【分析】由匀强电场电场强度与电势差的关系可得金属板之间的电场强度；对悬浮的油滴，由平衡条件得油滴的带电荷量；由q＝Ne求解该油滴中带的净电子数。
【解答】解：由匀强电场电场强度与电势差的关系可得金属板之间的电场强度
对悬浮的油滴，由平衡条件得
解得油滴的带电荷量为
由q＝Ne解得该油滴中带的净电子数
故答案为：； ； 。
【点评】本题考查了匀强电场中电势差与电场强度关系、电场力，比较容易。
14．（2025 福州模拟）如图是地理教科书中某山地的等高线地形图。与此相似，若该图作为描述电势高低的等势面图（图中数字的单位是伏特）。沿Ob方向比沿Oa方向电势降得 更快 （选填“更快”、“更慢”或“一样快”）；若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，电势能 增加 （选填“增加”或“减小”）了 3.2×10﹣8 J。
【分析】电势降得更快的地方，电场强度更大，等差等势面更密集的地方，电场强度更大，由图，即可分析判断沿Ob方向和沿Oa方向电势降得快慢；若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，根据电场力做功与电势能的关系列式，即可分析求解。
【解答】解：电势降得更快的地方，电场强度更大，等差等势面更密集的地方，电场强度更大，由图可知，Ob间的等差等势面比Oa间的等差等势面更密集，则沿Ob方向比沿Oa方向电势降得更快；
根据电场力做功与电势能的关系可得：W电＝1.6×10﹣9×（10﹣30）J＝﹣ΔEp，
解得，若将q＝+1.6×10﹣9C的点电荷在从10V等势面移到30V等势面的过程中，电势能的改变量为：ΔEp＝3.2×10﹣8J＞0，
则该过程电势能增加了3.2×10﹣8J；
故答案为：更快；增加；3.2×10﹣8。
【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
15．（2023 北京模拟）如图所示，一带正电的导体球M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上。当小球N静止时，丝线与竖直方向成θ角，由此推断小球N带 正 （选填“正”或“负”）电荷。若把导体球M向右移动一小段距离，则丝线与竖直方向的夹角θ将 变小 （选填“变大”或“变小”）。
【分析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可判定小球电性；再对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力，进而得到夹角的变化。
【解答】解：小球M与N相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电；
小球N受重力mg，绳的拉力，库仑力F，绳与竖直方向夹角为：；
库仑力为：，
由于导体球M向右移动一小段距离，r增大，则库仑力变小，偏角变小，即角θ变小，
故答案为：正，变小。
【点评】点掌握库仑力表达式，其次是正确表示角度，尽量用重力，不要用绳的拉力来表示。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 西城区校级模拟）利用“电偏转系统”可将离子从中性粒子束中剥离出来，其原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。以下极板左端点为坐标原点建立Oxyz空间坐标系，假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过单位面积（xOz平面）进入电场的离子数为n。在两极板间加电压恒为U，恰好所有离子均被吸附在下极板。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，初速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）极板的长度L；
（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例η；
（3）求下极板各处压强p随y坐标变化的表达式，并在图2中作出p﹣y图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。（若Δx远小于x，则（x+Δx）2≈x2+2xΔx）
【分析】（1）正离子从最上侧，刚好做类平抛运动到下极板边缘，根据类平抛运动的知识进行解答；
（2）根据类平抛运动的规律求解正离子做类平抛运动的水平位移和竖直位移，根据效率的计算公式进行解答；
（3）设离子落到下极板的坐标区间为（y，y+Δy），电极板沿x轴方向的长度为x1，求出相应的射入点z轴方向坐标，以及在Δt时间内，射入极板（z，z'）区间内的离子数，再根据动量定理求解压强表达式进行解答。
【解答】解：（1）正离子从最上侧，刚好做类平抛运动到下极板边缘，则有：
竖直方向：d，其中：a
水平方向：L＝vt
联立可得：L＝vd；
（2）设正离子做类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为y和z，则：
竖直方向：z
水平方向：y＝vt′
联立可得：z
分别代入y1和y2，解得：
z1d、z2d
所占比例：η33.33%
（3）设离子落到下极板的坐标区间为（y，y+Δy），电极板沿x轴方向的长度为x1，则相应的射入点z轴方向坐标为：
z
z′
在Δt时间内，射入极板（z，z'）区间内的离子数为：N＝（z′﹣z）x1 Δt n
将z、z′表达式代入上式，并取Δy远小于y，可得：N
这些离子落到下极板时，z轴方向速度分量为：vz＝at
对Δt时间内的这些离子，取向下为正方向，用动量定理，有：﹣FΔt＝0﹣nmvz
其中：FΔt＝pΔy x1 Δt
联立可得：p
画出p﹣y图，如图所示：
图线与横轴所围面积的物理意义为：总压力F与长度的比值，即x轴单位长度的压力大小。
答：（1）极板的长度为vd；
（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例为33.33%；
（3）下极板各处压强p随y坐标变化的表达式为p，p﹣y图像见解析，图线与横轴所围面积的物理意义是x轴单位长度的压力大小。
【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚离子的受力情况和运动情况，能够根据类平抛运动的知识进行分析。
17．（2025 渝中区校级模拟）如图所示，真空室里足够大的光滑水平桌面内建立一直角坐标系，整个空间有垂直于桌面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，第一象限内有水平向右的匀强电场。光滑挡板OC与x轴重合且C处有一小孔，位置坐标为（L，0），足够长的光滑挡板OD与x轴负方向夹角为θ＝30°。有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒从图中A点以某一初速度出发能沿直线运动并穿过C处小孔。已知第一象限内磁感应强度与电场强度大小之比为，且微粒与OC挡板能发生弹性碰撞，与OD板每次碰撞时动能损失75%，不计碰撞中微粒质量和电荷量的变化。求：
（1）微粒在第四象限内运动的时间；
（2）若微粒在OD板上撞击的位置距原点最近点为E点，最远点为F点（图中均未画出），求E点和F点的坐标；
（3）将整个空间磁场变为等大反向，并加上沿y轴正向的匀强电场，磁场强度与电场强度大小之比仍为。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的微粒一号在第（2）问中的F点静止释放，同时另一个质量为m不带电的微粒二号从O点以某一初速度沿水平桌面射出，经过后两者相遇，且此时微粒一号首次运动到距x轴最远位置，求微粒二号运动的轨迹方程。
【分析】（1）根据微粒在第一象限内的运动情况求出微粒的速度，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系结合周期公式求微粒在第四象限内运动的时间；（2）根据洛伦兹力提供向心力和数学思想求E点和F点的坐标；（3）画出微粒二号做匀速直线运动的轨迹，分不同阶段根据动量定理和动能定理求微粒二号运动的轨迹方程。
【解答】解：（1）微粒在第一象限内做匀速直线运动：
qvB＝qE
由磁感应强度与电场强度大小之比为，得到
代入
得到
如图
由OC长度为L知微粒在第四象限内运动的时间
解得
（2）由
如图分析可知：OE的长度为
结合夹角为θ＝30°知E点坐标为
又由与OD板每次碰撞后动能损失75%，知速度大小变为碰前的，由
得到
知等比数列通项为
且
故
代入数据得
OF＝L
故F点坐标为
（3）微粒二号不带电且在水平面上，所以做匀速直线运动。如图
分三个运动阶段先求出P点坐标：
OF段：
由（2）问知长度
FQ段：
经分析知：F到Q做匀加速直线运动，加速度
当运动至Q点垂直于挡板方向满足qvQB＝qEcosθ时，微粒即将离开挡板，由
v2＝2as
v＝at
联立解得x方向、y方向的分位移及时间：
QP段：脱离挡板后，以水平向左为正方向，x方向由动量定理得
qvyB Δt＝mΔv
有
ΣqvyB Δt＝mΣΔvx
即
qB yQP＝mvp﹣mvQx
Q到P点，由动能定理得
联立上式解得
解得
同理，以竖直向上为正方向，y方向由动量定理得
qB xQP﹣qE tPQ＝mvQy﹣0
其中
得
又由
xOP＝xOF+xPQ+xQP
解得
yOP＝yOP+yPQ+yQP
解得
代入数据
θ＝30°
磁感应强度与电场强度大小之比为得到微粒二号轨迹方程为
即
答：（1）微粒在第四象限内运动的时间为；
（2）E点和F点的坐标分别为、；
（3）微粒二号运动的轨迹方程为。
【点评】本题考查带电微粒在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电微粒的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题，利用动量定理时注意正方向的规定。
18．（2025 青海二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限有足够长的条状磁场区域Ⅰ、Ⅱ，宽度均为d，区域Ⅰ和Ⅱ内有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅰ，不计粒子受到的重力。
（1）求区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）若粒子从坐标原点O沿y轴正方向以大小为的速度射入区域Ⅰ，粒子恰好不能穿出磁场区域Ⅱ，求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2；
（3）若在第一、二象限有范围足够大、磁感应强度大小为B1的垂直纸面向外的匀强磁场，且有沿y轴正方向、电场强度大小的匀强电场，粒子仍从坐标原点O沿y轴正方向以大小为v的速度射入电场、磁场区域，粒子从x轴上的P点（图中未画出）离开，求O、P两点间的距离x。
【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2；
（3）根据洛伦兹力提供向心力和长度关系求O、P两点间的距离x。
【解答】解：（1）粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，轨迹与区域Ⅰ上边界相切，如图甲所示
则
r1＝d
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）粒子运动的轨迹如图乙所示
由几何关系有
r2sinθ+d＝r2
又
解得
（3）因为
qE＝qvB1
所以粒子同时参与的匀速圆周运动和沿x轴正方向、大小为v的匀速直线运动，有
粒子在电场、磁场中运动的时间
解得
答：（1）区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小B1为；
（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B2为；
（3）O、P两点间的距离x为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19．（2025 深圳模拟）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mgR，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
【分析】（1）结合题意，由牛顿第二定律、牛顿第三定律分别列式，即可分析求解；
（2）结合题意，由动能定理、牛顿第二定律分别列式，根据牛顿第三定律，即可分析求解；
（3）由题意可知，小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点时速度最小，由几何关系及动能定理分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）带电小球在B点时，由牛顿第二定律可得：
，
由牛顿第三定律可知：
N＝11mgR，
联立可得：
；
（2）带电小球由C到B的过程，由动能定理可得：
，
解得：，
带电小球在C点时，由牛顿第二定律可得：
，
解得：N2＝8mg，
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg；
（3）由题意可知，小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点时速度最小（动能最小），如图：
在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有：
，
小球从C→D，由动能定理得：
，
结合数学知识联立可知，带电小球在圆轨道上运动的最小动能为：
；
答：（1）带电小球在B点速度大小为；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小为8mg；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能为。
【点评】本题主要考查带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动，解题时需注意处区分“几何最高点”和“等效最高点”，“几何最高点”指的是圆相对于水平面的最高点，“等效最高点”指圆周在合力方向的最高点，两者不一定重合。
20．（2025 东城区一模）简谐运动是最基本的机械振动。物体做简谐运动时，回复力F与偏离平衡位置的位移x成正比，即：F＝﹣kx；偏离平衡位置的位移x随时间t的变化关系满足方程x＝Asin（ωt+φ），其中A为振幅，φ是初相位，ω为圆频率，m为物体质量。
（1）如图1所示，光滑的水平面上放置一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子的质量为m。以弹簧原长时的右端点为坐标原点O，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。在弹簧的弹性限度内，将振子沿Ox方向缓慢拉至某处由静止释放。
a.求该弹簧振子的振动周期T；
b.在图2中画出弹簧弹力大小F随弹簧伸长量x的变化关系图线。求弹簧伸长量为A时系统的弹性势能Ep。
（2）如图3所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为ρ，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图4所示，其中 0为常量；在x＜0与x＞2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x＝﹣d的位置，向空间各个方向辐射速率均为v的电子。当入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。
a.求θ的表达式；
b.计算电子第一次打到离子层分界面时，在分界面上形成的图形面积S（结果中可含θ）。
【分析】（1）a.根据弹簧振子的振动周期公式结合已有信息即可求解；
b.根据胡克定律可得图像，根据弹性势能的表达式求解；
（2）a.根据简谐运动的特点结合功能关系即可求出θ的表达式；
b.电子在分界面上形成的图形为圆，先求出半径，再根据圆的面积公式即可求解。
【解答】解：（1）a.该弹簧振子的振动周期T，
根据题意有ω，
联立可得T；
b.根据胡克定律可得，F＝kx则弹簧弹力大小F随弹簧伸长量x的变化关系如图所示
弹簧伸长量为A时，弹簧弹性势能为；
（2）a.电子进入正电荷离子层受力，沿x轴方向做简谐运动，初速度vx＝vcosθ垂直于x轴方向做匀速直线运动，速度为vy＝vsinθ。入射角为θ的电子刚好不射入负电荷离子层，由功能关系：解得，则；
b.电子在分界面上形成的图形为圆。入射角为θ的电子进入离子层之前在垂直于x轴方向发生的位移为y1，进入离子层后刚好到达界面时在垂直于x轴方向发生的位移为y2，分界面图形圆的半径为r，则y1＝dtanθ，，，r＝y1+y2，又S＝πr2，综合以上各式，得：。
答：（1）a.；
b.，；
（2）a.；
b.。
【点评】本题考查简谐运动在电学中的运用，第一二问逐渐变难，有一定的启发性，是一道比较新颖的题目。
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