【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 静电场（含解析）

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高考物理高频易错押题预测 静电场
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 广州期末）若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示等势线同心圆，相邻两个等势线的电势差相等，A、B、C、D是等势线上的四点且A、B、C在同一直线上，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．人从B沿着圆弧走到D会发生触电
B．电势的大小为φA＞φB＝φD＞φC
C．电场强度的大小为EA＞EB＞ED＞EC
D．AB间距离等于2倍BC间距离
2．（2024秋 四平期末）如图所示，两等量异种电荷M、N固定，O为两电荷连线的中点，c为MO的中点，以M为圆心、Mc为半径画圆，圆与直线MN分别交于a、c两点，直径bd垂直于MN。下列说法正确的是（　　）
A．a、c两点的电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．c点的电场强度是O点电场强度的2倍
D．电子在b、d两点的电势能相等
3．（2024秋 丰台区期末）如图所示，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，发现箔片没有张开。下列说法正确的是（　　）
A．金属网上A点的电势小于B点的电势
B．电梯中手机信号微弱，其原理与该实验相同
C．带电金属球在金属网内部产生的电场强度为0
D．箔片没有张开，是因为感应出的负电荷都集中在验电器的金属小球上
4．（2024秋 丰台区期末）如图所示，在真空中固定两个等量负点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称。在坐标原点O由静止释放一个电荷量为+q的点电荷，不计重力及一切阻力。规定O点的电势为0，以x轴正方向作为电场强度的正方向，则x轴上的电势φ、电场强度E、点电荷的动能Ek和电势能Ep随位置x的变化曲线，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024秋 哈尔滨期末）电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，近年来，我国无线充专用MICC研发获得重大突破，NPO电容实现国产，NPO电容器是电容量和介质损耗最稳定的电容器之一。如图所示为质子加速器的模型，真空中的平行金属板A、B间的电压为2U，金属板C、D间的电压为3U，平行金属板C、D之间的距离为d、金属板长也为d。质子源发射质量为m、电荷量为q的质子，质子从A板上的小孔进入（不计初速度）平行板A、B的电场，经加速后从B板上的小孔穿出，匀速运动一段距离后以平行于金属板C、D方向的初速度v0（大小未知）进入板间，若CD之间不加偏转电压，质子直接打在竖直平板上的O点。加偏转电压后，质子射出平行金属板C、D并恰好击中距离平行金属板右端处竖直平板上的M点。平行金属板A、B和C、D之间的电场均可视为匀强电场，质子的重力和质子间的相互作用力均可忽略，则下列分析正确的是（　　）
A．质子从B板上的小孔穿出时的速度v0大小为
B．质子射出金属板C、D间时速度的偏转角的正切值tanθ为
C．质子垂直于金属板D方向的位移y的大小为d
D．OM之间的距离大小为d
6．（2024秋 南宁期末）如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则（　　）
A．a、b两点场强方向相同
B．a点电势比b点高
C．c点场强为零
D．a、b、c三点中，b点场强最大
7．（2024秋 宁波期末）空间中存在某一静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在x2点的速度为0
B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大
C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为
D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0
8．（2024秋 成都期末）如图所示，直角三角形ABC处于平行纸面的匀强电场中，AB＝4cm，BC＝3cm。将电荷量为2×10﹣4C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，从B点移到C点，克服电场力做功为6×10﹣4J。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度方向由A指向B
B．电场强度方向由B指向C
C．电场强度大小为0.75V/cm
D．电场强度大小为1V/cm
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 广州期末）三个相同的带电粒子（不计重力，不计粒子间相互作用）从同一位置沿同一方向垂直于电场线飞入偏转电场，出现了如图所示的三条轨迹，由此可判断（　　）
A．粒子c的速度变化量比粒子a的小
B．进入电场时，粒子c的速度最大
C．粒子c的动能增加量最大
D．在粒子b飞离电场的同时，粒子a刚好打在下极板上
（多选）10．（2024秋 龙岗区期末） 2024年9月6日台风“摩羯”18时登录深圳，维持西行，强度加强到17级以上（68米/秒）。小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时（　　）
A．电容器电容增大
B．极板间电压变小
C．电容器两极板间的场强变大
D．静电计指针张角越大，风力越大
（多选）11．（2024秋 海淀区期末）如图所示，将某种均匀电介质插入带电平行板电容器的极板A和极板B之间，本来正、负电荷中心重合的分子，在两极板间电场的作用下，其正电荷中心与负电荷中心分离，在电介质左、右表面出现净剩电荷。电容器极板上所带电荷量保持不变。下列说法正确的是（　　）
A．平行板电容器的极板A带正电
B．插入电介质后，两极板间的电场强度比无该电介质时小
C．插入电介质会使电容器的电容增大
D．插入电介质的过程中，静电力对电介质不做功
（多选）12．（2024秋 罗湖区期末）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（　　）
A．平面c上的电势为零
B．该电子一定可以到达平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为2eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 闵行区期末）如图，两个带等量负电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于y轴对称。a、b两点关于y轴对称且连线平行于x轴，c点位于y轴上。一质量为m、带+q的点电荷（重力不计）由c点静止释放，途径O点。（1）a、b两点的 　 　。
A.场强不同、电势相同
B.场强相同、电势相同
C.场强不同、电势不同
D.场强相同、电势不同
（2）（多选）由c点到O点的过程中，点电荷+q的加速度可能 　 　。
A.增大
B.减小
C.先增大再减小
D.先减小再增大
（3）点电荷+q经过O点时的速度为v，若以c点为零势能点，则O点的电势φO＝ 　 　；若以无穷远处为零势能点，则cO两点的电势差UcO＝ 　 　。
（4）（多选）若在c点给该点电荷一初速度，则其可能做 　 　。
A.匀速直线运动
B.匀加速直线运动
C.匀速圆周运动
D.往复运动
14．（2024 江苏学业考试）如图所示，在匀强电场中，A、B为同一条电场线上的两点。已知电场强度E＝2.0×104N/C，A、B两点间的距离d＝0.20m。将电荷量g＝+1.0×10﹣8C的试探电荷由A点移到B点。在此过程中静电力对试探电荷所做的功W＝　 　。
15．（2024秋 乌鲁木齐县校级期末）电量为2×10﹣6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10﹣4N，方向向右，则A点的场强为　 　N/C，方向　 　．若把另一电荷放在该点受到力为2×10﹣4N，方向向左，则这个电荷的电量为　 　C．
16．（2023秋 南平期末）如图为某匀强电场的等势面分布图，已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度E＝ 　 　V/m；将一电荷量q＝﹣2×108C的试探电荷从a点移到d点，则试探电荷的电势能 　 　（选填“增加”或“减少”） 　 　J。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 丰台区期末）在现代科学和技术设备中，常利用电场改变或控制带电粒子的运动。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子所受重力和电子间相互作用。
（1）如图1所示，电子由静止开始经过电压为U1的电场加速后，射入电压为U2的偏转电场，偏转电场为匀强电场。已知U1＝100V，U2＝10V，偏转电场两极板的间距d＝0.05m，长L＝0.20m。求电子在射出偏转电场时，垂直于板面方向偏移的距离y。
（2）利用电场可实现对电子束的聚焦。聚焦装置可简化为以下模型：电子被加速电压加速后，以相同的速度平行于轴线（x轴）运动到开有小圆孔的金属片附近，在右侧阳极（图上未标出）和金属片之间形成的静电场中进行聚焦。金属片附近的电场如图2所示，其中实线表示电场线，虚线表示等势线，为了研究离x轴很近的电子束在电场中的偏转情况，以x轴为轴线构建一个圆柱体。该圆柱体的左、右底面半径均为R，右侧底面处的电场为匀强电场，场强为E1，左侧底面处的电场可视为匀强电场，场强为E2，圆柱体右侧电场可忽略不计。
a.类比磁通量的定义，在静电场中，也可定义电通量ΦE。请写出穿过圆柱体右侧底面的电通量ΦE1；
b.在静电场中，通过任意一个闭合面的电通量，与该面所包围的所有电荷量的代数和成正比。求从圆柱体侧面穿出的电通量ΦE侧；
c.由于电子速度很大，在穿越电场空间时，可认为电子在x方向速度保持不变。在圆柱体内，电子在极短的时间内获得了径向（垂直x轴方向）速度，沿径向偏转的距离可忽略不计，请证明这些电子从圆柱体右侧面出射后都会聚于同一点。
18．（2024秋 南宁期末）如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN上的某点c（图中未画出）离开，其速度与电场方向成30°角。不计粒子的重力，求：
（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0；
（2）粒子在水平匀强电场中的加速度大小a；
（3）bc两点间的电势差Ubc。
19．（2024秋 南宁期末）如图所示，杆上A、B两点固定两根绳子，A、B两点的间距为L，绳1的长度为L，绳子另一端共同系一带电量为q（q＞0）、质量为m的小球，在竖直向上的匀强电场中以某一角速度绕杆做匀速圆周运动可以使绳子1、2均处于绷直状态；如果撤去电场，小球以同样的角速度绕杆做匀速圆周运动时的圆心刚好是B点。重力加速度大小为g，求：
（1）小球做匀速圆周运动的角速度；
（2）保持角速度大小不变，且可以使绳子1、2均处于绷直状态，求匀强电场的场强取值范围。
20．（2024秋 成都期末）如图所示，地面上方存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场，长为L的绝缘轻绳一端固定在离地高度为3L的O点，另一端连接一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球（可视为点电荷），小球静止时绳与竖直方向夹角θ＝45°，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）将小球拉到与O点等高的B点，给小球一竖直向下的初速度v0，求小球运动到O点正下方C点时的速度大小v；
（3）在（2）问情况下，小球运动到C点时细绳突然断裂，求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t及落地点与O点的水平距离x。
高考物理高频易错押题预测 静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 广州期末）若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示等势线同心圆，相邻两个等势线的电势差相等，A、B、C、D是等势线上的四点且A、B、C在同一直线上，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．人从B沿着圆弧走到D会发生触电
B．电势的大小为φA＞φB＝φD＞φC
C．电场强度的大小为EA＞EB＞ED＞EC
D．AB间距离等于2倍BC间距离
【考点】非匀强电场中电势差大小的比较和应用；用电势差比较电势的高低．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】B
【分析】B和D在同一条等势线上，电势差为0，沿着等势线从B到D不会触电。
圆心处的电势最高，向外越来越低，比较电势大小；
等差等势线的疏密反映电场强度大小；
根据E和两点之间的平均场强的大小，分析距离的关系；
【解答】解：A、B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走到D不会发生触电，故A错误；
B、根据题意，圆心处的电势最高，向外越来越低，故φA＞φB＝φD＞φC，故B正确；
C、电场强度看等差等势线的疏密，故EA＞EB＝ED＞EC，故C错误；
D、AB的平均场强大于BC的平均场强，由图可知AB的电势差等于BC电势差的二倍，根据E可以定性判断出AB间距离小于BC间距离的2倍，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生对题意的分析能力以及对等差等势线的疏密反映电场强度大小、E的掌握，是一道基础题。
2．（2024秋 四平期末）如图所示，两等量异种电荷M、N固定，O为两电荷连线的中点，c为MO的中点，以M为圆心、Mc为半径画圆，圆与直线MN分别交于a、c两点，直径bd垂直于MN。下列说法正确的是（　　）
A．a、c两点的电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．c点的电场强度是O点电场强度的2倍
D．电子在b、d两点的电势能相等
【考点】等量异种电荷的电势分布；等量异种电荷的电场线分布；电荷性质、电势能和电势的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A.由几何关系，及等量异种电荷的电势分布，即可分析判断；
B.由电场强度的叠加原理以及对称性，即可分析判断；
C.分别确定正电荷在c、O两点的电场强度、负电荷在c、O两点的电场强度，再由电场强度的叠加原理，即可分析判断；
D.由几何关系、等量异种电荷的电势分布、电势与电势能的关系，即可分析判断。
【解答】解：A.由几何关系可知，aM＝cM，aN＞cN，则正电荷在a、c两点的电势相等，负电荷在c点的电势比在a点的电势低，则a点的电势比c点的电势高，故A错误；
B.由电场强度的叠加原理以及对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，但方向不一致，所以b、d两点的电场强度不相同，故B错误；
C.设Mc＝r，则MO＝2r，
则正电荷在c、O两点的电场强度分别为：
，方向向右，
，方向向右，
负电荷在c、O两点的电场强度分别为：
，方向向右，
，方向向右，
由电场强度叠加原理可知，c、O两点的电场强度大小分别为：
Ec＝EMc+ENc，
EO＝EM+ENO，
解得：
，
由此可知，Ec：EO＝20：9，故C错误；
D.因为b、d两点到正电荷以及到负电荷的距离均相等，所以b、d两点的电势相等，所以电子在b、d两点的电势能相等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。
3．（2024秋 丰台区期末）如图所示，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，发现箔片没有张开。下列说法正确的是（　　）
A．金属网上A点的电势小于B点的电势
B．电梯中手机信号微弱，其原理与该实验相同
C．带电金属球在金属网内部产生的电场强度为0
D．箔片没有张开，是因为感应出的负电荷都集中在验电器的金属小球上
【考点】静电屏蔽的原理与应用．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】静电屏蔽时，金属网罩可以屏蔽外部的电场，内部电场强度为零。
【解答】解：A.关于金属网上A、B两点的电势。在静电平衡状态下，金属网是一个等势体，即其上各点的电势相等。因此，A点的电势等于B点的电势，而非小于B点，故A错误；
B.提到电梯中手机信号微弱与该实验原理相同。电梯对电磁波产生了屏蔽作用，这与本题中的静电屏蔽现象原理相似，故B正确；
C.虽然金属网外部存在电场，但由于静电屏蔽作用，金属网内部（包括验电器所在位置）的合电场强度为零，但这并不意味着带电金属球在金属网内部产生的电场强度本身为零，而是被金属网屏蔽了，故C错误；
D.由于金属网的静电屏蔽作用，验电器内部的电场强度几乎为零，因此箔片不会张开，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查静电屏蔽问题，要记清楚静电屏蔽时，内部电场强度为零。然后理解题意去分析相关问题。
4．（2024秋 丰台区期末）如图所示，在真空中固定两个等量负点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称。在坐标原点O由静止释放一个电荷量为+q的点电荷，不计重力及一切阻力。规定O点的电势为0，以x轴正方向作为电场强度的正方向，则x轴上的电势φ、电场强度E、点电荷的动能Ek和电势能Ep随位置x的变化曲线，可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】电势能的概念和计算；单个或多个点电荷周围的电势分布；电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据等量负电荷连线的中点电场强度为零，从中点向两侧电场强度先增大后减小分析场强的特点；根据沿电场线方向电势逐渐降低分析；根据电场力做功分析动能；根据对正电荷来说电势越高电势能越大分析。
【解答】解：A、根据等量负点电荷电场的特点可知，在P点的左侧电场强度的方向是沿x轴正方向，在P点的右侧电场强度的方向是沿x轴负方向，沿电场线方向电势逐渐降低，所以从O到P点的电势是从零逐渐降低，从P向右电势是逐渐升高的到O关于P的对称点电势为零，故A错误；
B、在等量负电荷连线中点的电场强度为零，即P点的电场强度为零，从P点向左右两侧到无限远处，电场强度都是先增大后减小到零，故B正确；
C、正电荷在P点的左侧受电场力方向向右，电场力对正电荷做正功，动能增大，到P点动能最大，过了P点继续向右做减速运动，运动到O关于P点的对称点速度减为零，然后再向左运动，所以正电荷的动能应该是在P点最大，在P点左右两侧对称，故C错误；
D、因为规定原点O的电势为零，OP之间的电势小于零，所以正电荷在电场中运动时的电势能都小于零，且因为P点的电势最低，所以在P点具有的电势能最小，故D错误。
故选：B。
【点评】掌握两等量负电荷的电场线特点荷电势变化特点是解题的基础。
5．（2024秋 哈尔滨期末）电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，近年来，我国无线充专用MICC研发获得重大突破，NPO电容实现国产，NPO电容器是电容量和介质损耗最稳定的电容器之一。如图所示为质子加速器的模型，真空中的平行金属板A、B间的电压为2U，金属板C、D间的电压为3U，平行金属板C、D之间的距离为d、金属板长也为d。质子源发射质量为m、电荷量为q的质子，质子从A板上的小孔进入（不计初速度）平行板A、B的电场，经加速后从B板上的小孔穿出，匀速运动一段距离后以平行于金属板C、D方向的初速度v0（大小未知）进入板间，若CD之间不加偏转电压，质子直接打在竖直平板上的O点。加偏转电压后，质子射出平行金属板C、D并恰好击中距离平行金属板右端处竖直平板上的M点。平行金属板A、B和C、D之间的电场均可视为匀强电场，质子的重力和质子间的相互作用力均可忽略，则下列分析正确的是（　　）
A．质子从B板上的小孔穿出时的速度v0大小为
B．质子射出金属板C、D间时速度的偏转角的正切值tanθ为
C．质子垂直于金属板D方向的位移y的大小为d
D．OM之间的距离大小为d
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据动能定理计算；质子在平行金属板C、D间做类平抛运动，根据平抛运动规律计算；根据几何关系计算。
【解答】解：A.质子在平行金属板A、B间做加速运动，由动能定理有，解得，故A错误；
B.质子在平行金属板C、D间做类平抛运动，平行于金属板方向上有d＝v0t，垂直于板面方向，vy＝at，tanθ，联立解得tanθ，故B错误；
C.质子垂直于板面方向的位移为，解得y，故C错误；
D.由几何关系可知，解得，故D正确。
故选：D。
【点评】知道质子在平行金属板C、D间做类平抛运动是解题的关键。
6．（2024秋 南宁期末）如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则（　　）
A．a、b两点场强方向相同
B．a点电势比b点高
C．c点场强为零
D．a、b、c三点中，b点场强最大
【考点】等量异种电荷的电场线分布；等势面及其与电场线的关系；电场强度的叠加；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向。
【解答】解：A.a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同，故A正确；
B.a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，故B错误；
C.c点场强不等于零，故C错误；
D.根据等量异种点电荷的电场分布，可知在它们连线的垂直平分线上由中点向两侧电场线越来越稀疏，中点c的电场强度最大，a、b、c三点的电场强度大小关系为：Ea＜Eb＜Ec，故D错误。
故选：A。
【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。
7．（2024秋 宁波期末）空间中存在某一静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在x2点的速度为0
B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大
C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为
D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0
【考点】φ﹣x图像斜率的物理意义；φ﹣x图像的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据动能定理求粒子在x2点的速度。根据负电荷在电势低处电势能大，分析电势能的变化；若粒子能运动到x1处，初速度v0最小，根据动能定理求解最小初速度；若v0为，当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理求解最大速度。
【解答】解：A．图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿x轴，在0～x1范围内电场强度沿x轴负方向，在x1～x3范围内电场强度沿x轴正方向，在x3～x4范围内电场强度沿x轴负方向。粒子到达x2处时，电势变化量为0，所以根据公式Ep＝qU可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为v0，故A错误；
B．x1～x3电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大，故B错误；
C、粒子能运动恰好运动到x3处，就能运动到x4处。若粒子能运动恰好运动到x3处，初速度v0最小，根据动能定理得：
上式解得
故C正确；
D．由题意可知，粒子到达x1处时，速度最大，若，由功能关系可得，粒子0～x1过程中
解得粒子在运动过程中的最大动能
Ek＝2qφ0
故D错误。
故选：C。
【点评】本题一要抓住Φ﹣x图象的斜率等于电场强度，分析电场力变化情况，由电势与电势能的变化，判断电势能的变化。根据电场力做功情况，分析粒子运动到什么位置速度最大，由动能定理求解最大速度。
8．（2024秋 成都期末）如图所示，直角三角形ABC处于平行纸面的匀强电场中，AB＝4cm，BC＝3cm。将电荷量为2×10﹣4C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，从B点移到C点，克服电场力做功为6×10﹣4J。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度方向由A指向B
B．电场强度方向由B指向C
C．电场强度大小为0.75V/cm
D．电场强度大小为1V/cm
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】结合题意，先确定一条等势线及BC间电势差，再确定电场强度方向，最后由匀强电场中电势差与电场强度的关系列式，可求电场强度大小，即可判断ABCD正误。
【解答】解：因为将电荷量为2×10﹣4C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，所以直线AB为一条等势线，
又因为从B点移到C点，克服电场力做功为6×10﹣4J，所以BC间电势差为：3V；
因为电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场强度方向由C指向B，
则匀强电场中电势差与电场强度的关系可知：UCB＝E BC，
其中：UCB＝﹣UBC，BC＝3cm，
联立可得：E＝1V/cm；故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式U＝Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 广州期末）三个相同的带电粒子（不计重力，不计粒子间相互作用）从同一位置沿同一方向垂直于电场线飞入偏转电场，出现了如图所示的三条轨迹，由此可判断（　　）
A．粒子c的速度变化量比粒子a的小
B．进入电场时，粒子c的速度最大
C．粒子c的动能增加量最大
D．在粒子b飞离电场的同时，粒子a刚好打在下极板上
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；电场力做功与电势差的关系．
【专题】比较思想；解题方法；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】三个相同的带电粒子在电场中受到的电场力相同，加速度相同，三个粒子都做类平抛运动，根据竖直分位移公式分析运动时间关系，由Δv＝at分析速度变化量的关系；结合水平方向分位移关系判断进入电场时速度关系；根据动能定理可以比较动能增加量的大小。
【解答】解：AD、由于三个带电粒子相同，所以它们进入电场后，受到的电场力相等，加速度相等，三个粒子都做类平抛运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量为
因ya＝yb＞yc
所以
ta＝tb＞tc
则在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；由于不计重力，三个粒子仅受电场力，受到的电场力相等，即竖直方向的加速度大小相等，根据Δv＝at可知Δva＝Δvb＞Δvc，所以，粒子c的速度变化量比粒子a的小，故AD正确；
B、粒子进入电场后，在水平方向做匀速直线运动，速度大小为
结合ta＝tb＞tc，xc＝xb＝xa
可得va＜vb＜vc，故B正确；
C、根据动能定理有
W电＝ΔEk＝Fy
因为三个粒子仅受电场力，且受到的电场力相等，粒子c的偏移量y最小，所以粒子c的动能增加量最小，故C错误。
故选：ABD。
【点评】根据牛顿第二定律判断出三个粒子具有相同的加速度，利用竖直分位移关系分析运动时间关系是解题的关键，进而能够比较它们的初速度大小和电场力对它们的做功关系，确定动能增加量大小。
（多选）10．（2024秋 龙岗区期末） 2024年9月6日台风“摩羯”18时登录深圳，维持西行，强度加强到17级以上（68米/秒）。小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时（　　）
A．电容器电容增大
B．极板间电压变小
C．电容器两极板间的场强变大
D．静电计指针张角越大，风力越大
【考点】电容器的动态分析——电容器与静电计相连．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】根据电容的决定式判断电容的变化，结合极板上电荷量保持不变，根据电容的定义式判断极板间电压的变化，即可判断静电计指针张角的变化。依据E分析板间场强的变化。根据板间距离的变化分析风力的变化。
【解答】解：A、在受到风力作用时，可动电极右移，极板间距减小，根据C可知，电容器电容增大，故A正确；
B、根据电容的定义式C，电容器的电荷量不变，电容器电容增大，则极板间电压变小，故B正确；
C、根据C、C和E推导得E，可知电容器的电荷量不变时，场强与板间距离无关，所以当极板间距减小时，极板间电场强度不变，故C错误；
D、静电计指针张角越大，说明极板间的电势差越大，由AB项分析可知，极板间距越大，风力越小，故D错误。
故选：AB。
【点评】解答本题时，要掌握电容的决定式C、电容的定义式C以及场强与电势差的关系式E，能推导出场强与带电量的关系式E。知道只改变电容器板间距离时，极板间场强不变。
（多选）11．（2024秋 海淀区期末）如图所示，将某种均匀电介质插入带电平行板电容器的极板A和极板B之间，本来正、负电荷中心重合的分子，在两极板间电场的作用下，其正电荷中心与负电荷中心分离，在电介质左、右表面出现净剩电荷。电容器极板上所带电荷量保持不变。下列说法正确的是（　　）
A．平行板电容器的极板A带正电
B．插入电介质后，两极板间的电场强度比无该电介质时小
C．插入电介质会使电容器的电容增大
D．插入电介质的过程中，静电力对电介质不做功
【考点】电容器的动态分析（Q不变）——电介质变化．
【专题】比较思想；模型法；电容器专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】分析正电荷受到的电场力方向，判断极板A的电性；插入电介质后，两极板间的电场强度比无该电介质时小；根据电容的决定式分析电容的变化；根据电荷受到的静电力变化，分析静电力对电介质是否做功。
【解答】解：A、在两极板间电场的作用下，其正电荷中心与负电荷中心分离，由图可知，正电荷受到的电场力向左，则板间电场方向向左，所以极板A带负电，故A错误；
B、根据E，可知，电容器极板上所带电荷量保持不变，插入电介质后， r增大，两极板间的电场强度减小，故B正确；
C、插入电介质， r增大，根据C可知，电容器的电容增大，故C正确；
D、插入电介质的过程中，两极板间的电场强度减小，正、电荷受到的静电力减小，两者将发生移动，静电力对电介质要做功，故D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，抓住电容器极板上所带电荷量保持不变，根据电容的决定式、定义式以及场强公式E相结合进行分析。
（多选）12．（2024秋 罗湖区期末）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（　　）
A．平面c上的电势为零
B．该电子一定可以到达平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为2eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；等势面及其与电场线的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】A.因为图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，所以这是几个等差等势面，结合题意，即可分析判断；
B.结合前面分析，根据功能关系，即可分析判断；
C.结合前面分析，根据电势、电势能的关系，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据能量守恒、动能与速度的关系，即可分析判断。
【解答】解：A.因为图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，所以这是几个等差等势面，因为一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，所以该电子动能减小了6eV，电势能增加了6eV，则a到d电势减小6V，因此两相邻等势面间的电势差为2V，又因为平面b上的电势为2V，所以平面a、b、c、d、f的电势分别为：4V、2V、0V、﹣2V、﹣4V，故A正确；
B.结合前面分析可知，若电子由a向f做直线运动，则电子可以到达平面f，且到达平面f的动能为2eV，但是题目中没有说明电子如何运动，因此电子可能会到达平面f，也可能不会到达平面f，故B错误；
C.结合前面分析可知，平面d上的电势为﹣2V，则该电子经过平面d时，其电势能为：EPd＝﹣e×（﹣2V）＝2eV，故C正确；
D.结合前面分析可知，一电子经过a时的电势能为：EPa＝﹣e×（4V）＝﹣4eV，且一电子经过a时的动能为：Eka＝10eV，
则由能量守恒可知：Eka+EPa＝Ekb+EPb＝Ekd+EPd，
其中：EPb＝﹣e×2V＝﹣2eV，EPd＝2eV，
联立可得：Ekb＝8eV，Ekd＝4eV，
则：Ekb：Ekd＝2：1，
又因为：，，
可得：，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 闵行区期末）如图，两个带等量负电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于y轴对称。a、b两点关于y轴对称且连线平行于x轴，c点位于y轴上。一质量为m、带+q的点电荷（重力不计）由c点静止释放，途径O点。（1）a、b两点的 　A　。
A.场强不同、电势相同
B.场强相同、电势相同
C.场强不同、电势不同
D.场强相同、电势不同
（2）（多选）由c点到O点的过程中，点电荷+q的加速度可能 　BC　。
A.增大
B.减小
C.先增大再减小
D.先减小再增大
（3）点电荷+q经过O点时的速度为v，若以c点为零势能点，则O点的电势φO＝ 　　；若以无穷远处为零势能点，则cO两点的电势差UcO＝ 　　。
（4）（多选）若在c点给该点电荷一初速度，则其可能做 　CD　。
A.匀速直线运动
B.匀加速直线运动
C.匀速圆周运动
D.往复运动
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；等量同种电荷的电势分布；用电势差定义式求电势；电场力做功与电势差的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）BC；（3），；（4）CD。
【分析】（1）由等量负电荷的电场线分布特点、等量负电荷的等势线分布特点及对称性，即可分析判断ABCD正误；
（2）由等量负电荷的电场线分布特点，结合电场线、电场强度、电场力、加速度的关系，即可分析判断ABCD正误；
（3）由动能定理及电势、电势差的关系分别列式，即可分析求解；
（4）结合前面分析可知，点电荷+q在c点所受电场力向下，结合点电荷初速度与合外力的关系，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：（1）由等量负电荷的电场线分布特点可知，a、b两点场强大小相等、方向不同；
由等量负电荷的等势线分布特点及对称性可知，a、b两点电势相同；故A正确，BCD错误；
故选：A；
（2）由等量负电荷的电场线分布特点可知，由c点到O点的过程中，电场线可能先越来越密集再越来越稀疏、可能越来越稀疏，则电场强度可能先变大再变小、可能一直变小，由牛顿第二定律可知：F＝qE＝ma，则由c点到O点的过程中，点电荷+q的加速度可能先增大再减小、可能一直减小；故BC正确，AD错误；
故选：BC。
（3）点电荷+q经过O点时的速度为v，
由动能定理可知：qUcOmv2﹣0，
由电势、电势差的关系可得：UcO＝φc﹣φcO，
且：φc＝0，
联立可得：φO，UcO，
故答案为：，；
（4）结合前面分析可知，点电荷+q在c点所受电场力向下，
AB.因为该点电荷在c点所受合外力不为零，且离开c点后电场力会发生变化，所以其不可能做匀速直线运动、匀加速直线运动，故AB错误；
C.若在c点给该点电荷一垂直纸面的初速度，则其可能做匀速圆周运动，故C正确；
D.若在c点给该点电荷一向下的初速度，则其可能做往复运动，故D正确；
故选：CD。
故答案为：（1）A；（2）BC；（3），；（4）CD。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
14．（2024 江苏学业考试）如图所示，在匀强电场中，A、B为同一条电场线上的两点。已知电场强度E＝2.0×104N/C，A、B两点间的距离d＝0.20m。将电荷量g＝+1.0×10﹣8C的试探电荷由A点移到B点。在此过程中静电力对试探电荷所做的功W＝　4.0×10﹣5J　。
【考点】电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】4.0×10﹣5J
【分析】电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功根据公式：W＝qEd即可求得。
【解答】解：电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为：W＝qEd＝1.0×10﹣8×2.0×104×0.20J＝4.0×10﹣5J。
故答案为：4.0×10﹣5J。
【点评】本题关键掌握匀强电场中电场力做功的计算公式W＝qEd的应用，注意电场力做功的公式W＝Eqd只适用于匀强电场。
15．（2024秋 乌鲁木齐县校级期末）电量为2×10﹣6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10﹣4N，方向向右，则A点的场强为　200　N/C，方向　向右　．若把另一电荷放在该点受到力为2×10﹣4N，方向向左，则这个电荷的电量为　﹣1×10﹣6　C．
【考点】电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】电场强度等于试探电荷所受电场力与其电荷量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．同一点电场强度不变，由电场力F＝qE求解电荷量．
【解答】解：A点的场强为：EN/C＝200N/C，方向：向右．
把另一电荷放在该点时，场强不变．由F′＝q′E得：
q′1×10﹣6C
因电场力方向与场强方向相反，则该电荷带负电荷．
故答案是：200，向右，﹣1×10﹣6．
【点评】本题对电场强度和电场力的理解能力．电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．而电场力既与电场有关，也与电荷有关．
16．（2023秋 南平期末）如图为某匀强电场的等势面分布图，已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度E＝ 　100　V/m；将一电荷量q＝﹣2×108C的试探电荷从a点移到d点，则试探电荷的电势能 　减少　（选填“增加”或“减少”） 　1.2×10﹣7　J。
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】故答案为：100，减少，1.2×10﹣7
【分析】电场线与等势面垂直，沿电场线电势逐渐降低，根据匀强电场中场强与电势差的关系求解场强大小；
根据W＝qU计算电场力做功。
【解答】解：根据电场线与等势面垂直，沿电场线电势逐渐降低的特点可知，场强方向水平向左；
相邻两等势面之间的电势差U＝2V，距离d＝2cm＝2×10﹣2m
根据匀强电场中的场强公式
根据W＝qU可得：
故答案为：100，减少，1.2×10﹣7
【点评】本题考查电势差与场强关系以及利用W＝qU求解电场力做功，注意W＝qU公式中q需要代入正负号计算。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 丰台区期末）在现代科学和技术设备中，常利用电场改变或控制带电粒子的运动。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子所受重力和电子间相互作用。
（1）如图1所示，电子由静止开始经过电压为U1的电场加速后，射入电压为U2的偏转电场，偏转电场为匀强电场。已知U1＝100V，U2＝10V，偏转电场两极板的间距d＝0.05m，长L＝0.20m。求电子在射出偏转电场时，垂直于板面方向偏移的距离y。
（2）利用电场可实现对电子束的聚焦。聚焦装置可简化为以下模型：电子被加速电压加速后，以相同的速度平行于轴线（x轴）运动到开有小圆孔的金属片附近，在右侧阳极（图上未标出）和金属片之间形成的静电场中进行聚焦。金属片附近的电场如图2所示，其中实线表示电场线，虚线表示等势线，为了研究离x轴很近的电子束在电场中的偏转情况，以x轴为轴线构建一个圆柱体。该圆柱体的左、右底面半径均为R，右侧底面处的电场为匀强电场，场强为E1，左侧底面处的电场可视为匀强电场，场强为E2，圆柱体右侧电场可忽略不计。
a.类比磁通量的定义，在静电场中，也可定义电通量ΦE。请写出穿过圆柱体右侧底面的电通量ΦE1；
b.在静电场中，通过任意一个闭合面的电通量，与该面所包围的所有电荷量的代数和成正比。求从圆柱体侧面穿出的电通量ΦE侧；
c.由于电子速度很大，在穿越电场空间时，可认为电子在x方向速度保持不变。在圆柱体内，电子在极短的时间内获得了径向（垂直x轴方向）速度，沿径向偏转的距离可忽略不计，请证明这些电子从圆柱体右侧面出射后都会聚于同一点。
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．
【专题】应用题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）电子在射出偏转电场时，垂直于板面方向偏移的距离为0.02m。
（2）a.穿过圆柱体右侧底面的电通量为πR2E1；
b.从圆柱体侧面穿出的电通量；
c.见解析。
【分析】（1）电子在加速电场中被加速；在偏转电场做类平抛运动，沿着电场方向做匀加速运动，垂直电场方向做匀速运动；根据动能定理和类平抛规律列式求解电子在射出偏转电场时，垂直于板面方向偏移的距离y。
（2）a.根据电通量定义求解穿过圆柱体右侧底面的电通量ΦE1；
b.根据通过任意一个闭合面的电通量的定义求解从圆柱体侧面穿出的电通量ΦE侧；
c.在穿越电场空间时，根据电子运动特点，利用微元法证明这些电子从圆柱体右侧面出射后都会聚于同一点。
【解答】解：（1）电子在加速电场中被加速，根据动能定理可得，
电子沿电场方向做匀加速运动，，，，
可得：，
代入数据可得：；
（2）a.根据题意可知，电通量
b.因为“柱体”内部没有电荷，所以穿过圆柱面的电通量为零，假设传入柱面的电通量为负，穿出柱面的电通量为正，则：
可得：
c、以进入圆柱面内的任意一个电子为研究对象，该电子到轴线的距离r≤R，水平方向上多电子做匀速直线运动；在半径方向上做加速直线运动。考虑到径向位移很小，故可视为电子沿一个半径为r的圆柱面运动，有：vy＝∑ayΔt
考虑到、
代入可得：
径向位移可忽略，
因为
所以可得：
出射速度偏转角的正切值：
所以从柱面右侧面到电子与轴线交点的距离y满足：，与电子入射半径r无关。
答：（1）电子在射出偏转电场时，垂直于板面方向偏移的距离为0.02m。
（2）a.穿过圆柱体右侧底面的电通量为πR2E1；
b.从圆柱体侧面穿出的电通量；
c.见解析。
【点评】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动的有关问题，分析电子运动特点，运用合适规律解答。
18．（2024秋 南宁期末）如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN上的某点c（图中未画出）离开，其速度与电场方向成30°角。不计粒子的重力，求：
（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0；
（2）粒子在水平匀强电场中的加速度大小a；
（3）bc两点间的电势差Ubc。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率为；
（2）粒子在水平匀强电场中的加速度大小为；
（3）bc两点间的电势差为3U。
【分析】（1）粒子在加速电场中被加速，由动能定理列式求解粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零匀加速运动，根据类平抛规律和运动的合成与分解求解粒子在水平匀强电场中的加速度大小a；
（3）粒子在偏转电场中，根据动能定理列式求解bc两点间的电势差Ubc。
【解答】解：（1）粒子在加速电场中，由动能定理可得，解得；
（2）粒子在水平匀强电场中做类平抛运动，将粒子在c点的速度分解，设粒子在c点的速度为v，水平方向分速度为vx，竖直方向分速度为vy＝v0，已知速度与电场方向成30°角，则，可得。
在水平方向，根据vx＝at，y＝vot＝d（y为竖直方向位移），，将和代入vx＝at可得：，
把代入得；
（3）粒子在水平电场中，水平方向，根据动能定理，把，代入得：，解得Ubc＝3U，
答：（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率为；
（2）粒子在水平匀强电场中的加速度大小为；
（3）bc两点间的电势差为3U。
【点评】本题可根据动能定理、类平抛运动的规律以及电场力做功与电势差的关系来求解。
19．（2024秋 南宁期末）如图所示，杆上A、B两点固定两根绳子，A、B两点的间距为L，绳1的长度为L，绳子另一端共同系一带电量为q（q＞0）、质量为m的小球，在竖直向上的匀强电场中以某一角速度绕杆做匀速圆周运动可以使绳子1、2均处于绷直状态；如果撤去电场，小球以同样的角速度绕杆做匀速圆周运动时的圆心刚好是B点。重力加速度大小为g，求：
（1）小球做匀速圆周运动的角速度；
（2）保持角速度大小不变，且可以使绳子1、2均处于绷直状态，求匀强电场的场强取值范围。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球做匀速圆周运动的角速度为；
（2）保持角速度大小不变，且可以使绳子1、2均处于绷直状态，匀强电场的场强取值范围为。
【分析】（1）结合题意，由几何关系、牛顿第二定律、平衡条件分别列式，即可分析求解；
（2）由题意，确定两种临界情况，再根据平衡条件、牛顿第二定律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）撤去电场，小球以同样角速度绕杆做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系可知，轨道半径为：
，
设绳1与水平方向的夹角为α，则有：
，
根据牛顿第二定律，可得：
，
在竖直方向上，由平衡条件可得：
T1sinα＝mg，
联立解得：
；
（2）由题意可知，保持角速度大小不变，且可以使绳子1、2均处于绷直状态，匀强电场的电场强度最小时，绳子2拉力为零，匀强电场的电场强度最大时，绳子1拉力为零，由此可得：
qEmin＝mg，
解得：
，
根据牛顿第二定律，可得：
，
在竖直方向上，有：
qEmax＝mg+T2sinθ，
联立解得：
，
故匀强电场的场强大小取值范围为；
答：（1）小球做匀速圆周运动的角速度为；
（2）保持角速度大小不变，且可以使绳子1、2均处于绷直状态，匀强电场的场强取值范围为。
【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，带电粒子做圆周运动的情况有很多种，比如在轻绳的牵引下做圆周运动，在圆形轨道的束缚下做圆周运动，共同点是都有外力作用，需要根据具体情况分析。
20．（2024秋 成都期末）如图所示，地面上方存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场，长为L的绝缘轻绳一端固定在离地高度为3L的O点，另一端连接一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球（可视为点电荷），小球静止时绳与竖直方向夹角θ＝45°，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）将小球拉到与O点等高的B点，给小球一竖直向下的初速度v0，求小球运动到O点正下方C点时的速度大小v；
（3）在（2）问情况下，小球运动到C点时细绳突然断裂，求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t及落地点与O点的水平距离x。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；动能定理的简单应用；电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）匀强电场的电场强度大小E为；
（2）小球运动到O点正下方C点时的速度大小v为；
（3）从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t为2，落地点与O点的水平距离x为2（1）L。
【分析】（1）小球静止时，对小球分析受力，根据平衡条件求匀强电场的电场强度大小E；
（2）小球从B点到C点，根据动能定理求小球运动到O点正下方C点时的速度大小v；
（3）小球运动到C点时细绳突然断裂，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，运用运动的分解法：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动，根据自由落体运动的规律求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t，根据牛顿第二定律和位移—时间公式求小球落地点与O点的水平距离x。
【解答】解：（1）小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示。
由平衡条件得
qE＝mgtanθ
解得E
（2）小球从B点到C点，根据动能定理得
mgL﹣qEL
解得v
（3）细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
3L﹣L
解得t＝2
小球水平方向加速度大小为
ag
下落过程，小球水平方向的位移为
x＝vt
解得落地点与O点的水平距离：x＝2（1）L
答：（1）匀强电场的电场强度大小E为；
（2）小球运动到O点正下方C点时的速度大小v为；
（3）从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t为2，落地点与O点的水平距离x为2（1）L。
【点评】解答本题时，要正确分析小球的受力情况，运用运动的分解法处理恒力作用下的匀变速曲线运动。
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