第十章 静电场中的能量（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教版(2019)高二物理必修第三册

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第十章 静电场中的能量
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 锡林郭勒盟校级期末）一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等势面。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三个点，取c点电势为0V，电子从a点运动到b点电势能变化了10eV，则（　　）
A．a点电势为﹣15V
B．电子在b点的电势能为﹣5eV
C．b点的电场强度比c点的大
D．电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合
2．（2025春 岳阳期末）两个等量异种电荷的连线的中垂线组成的面，我们称它为中垂面。在中垂面上的两个同心圆如图所示，圆心O处在等量异种电荷连线上的中点，圆上有M、N、P三个点，下列说法中正确的是（　　）
A．N点电势一定大于M点的电势
B．N点场强一定小于M点的场强
C．一个电子在M、P点的电势能相等
D．一个电子在M、P点所受电场力不相同
3．（2025春 濮阳期末）两个点电荷相距为l，电荷量分别为2q和﹣q，其电场线分布如图所示，过两点电荷连线中点a作一条垂线，垂线上的b、c两点关于a点对称，d点和b点在同一条电场线上，静电力常量为k，则下列说法中正确的是（　　）
A．b、c两点的电场强度相同
B．a点的电势高于c点的电势
C．将一正的试探电荷从b点由静止释放，它将沿电场线运动到d点
D．a点的电场强度大小为
4．（2025春 常州校级期末）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP增大
C．θ减小，EP减小 D．θ减小，E不变
5．（2025春 杭州期末）某电场的等势面分布如图中实线所示，相邻等势面间的电势差均为5V，且φa＜φb＜φc，虚线是带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面a、b的交点，已知粒子的电荷量为e，质量为m，经过M点时动能为12eV。则（　　）
A．该粒子带负电
B．M点与N点的电场强度大小相等
C．该电场可能是某一正点电荷产生的
D．粒子在经过N点时的动能为7eV
6．（2025春 广安月考）如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（　　）
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，G中有b→a的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势不变
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点电势能变大
7．（2025春 济南期末）如图所示，在匀强电场中有一个与该电场平行的圆，O为圆心。AC和BD是圆的两条直径，两直径的夹角为30°。沿直径从A到C，每1cm电势降低0.2V，沿直径从B到D，每1cm电势降低0.4V。关于该电场，下列说法正确的是（　　）
A．C点电势比D点电势低
B．匀强电场的电场强度大小为40V/m
C．电场强度方向从A指向C
D．将一个质子沿圆弧ABC从A点移动到C点，该质子的电势能先变大后变小
8．（2025春 南京期末）某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为一带电粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子在a点处的加速度大于在b点处的加速度
B．粒子在a点处的电势能大于在b点处的电势能
C．粒子在a点处的动能大于在b点处的动能
D．粒子在运动过程中机械能守恒
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 哈尔滨校级期末）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点，以下说法正确的是（　　）
A．该带电粒子带正电
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在N点的加速度大于在M点的加速度
D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
10．（2025春 沙河口区校级期末）如图所示的虚线为正方形，左侧两个顶点处分别固定有等量同号的点电荷，电荷量大小均为Q（Q＞0）。A、B为右侧两个顶点，O为中心。这时B点处的电势为φ1，现将一个电荷量q＝﹣2Q的点电荷从无穷远处移动至A处并固定，已知点电荷形成的电场中某处的电势与点电荷电荷量大小成正比，与点电荷之间的距离成反比，无穷远处电势设为零。据此分析下列说法正确的是（　　）
A．q还未开始移入电场前，A点处的电势为φ1
B．q移入电场的过程中，静电力对q做功为﹣2Qφ1
C．q移入电场并固定后，O点处电势为0
D．q移入电场并固定后，B点处的电势低于O点处的电势
11．（2025春 昌江区校级期末）在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf，电场线与六边形所在平面平行，如图所示。已知a、b、h三点的电势分别为9V、13V、﹣3V，带电荷量为e的粒子（重力不计）以16eV的初动能从b点沿不同方向射入abcdhf区域，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，下列判断正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子可以经过正六边形各顶点射出该区域
C．粒子经过f点时动能为4eV
D．粒子沿bd方向发射后的最小动能为4eV
12．（2025春 山西期末）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于Ep0，经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同为v1。同时开始给粒子B施加一恒力F，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A速度恰好变为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。恒力F作用的时间为t2，此期间粒子B发生的位移为x。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。下列关系式正确的是（　　）
A．mv0＝（m+4m）v1
B．
C．
D．Ft2＝4mv0﹣mv0
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 福州期末）电子束焊接机的核心部件内的高压电场的电场线分布如图所示，K极为阴极。电子在静电力作用下由A点沿直线运动到B点。则A点场强　 　 B点场强（选填“大于”、“等于”或“小于”），A点电势　 　 B点电势（选填“高于”、“等于”或“低于”），电子从A点运动B点，电场力做　 　 （选填“正功”或“负功”）。
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．（2023秋 金华期末）某兴趣小组要用图甲所示电路测定一个电容器的电容，已知定值电阻R0＝100Ω，现利用计算机软件测出电容器放电时的i﹣t图线如图乙所示，测出i﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为43.2mA s，则电容器的电容C＝ 　 　 F。（结果保留两位有效数字）
16．（2023秋 龙岩期末）某静电除尘器的除尘原理示意图如图所示，一带正电的金属板和一个带负电的放电极形成电场，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，不计烟尘颗粒的重力。由电场的分布特点可知，a点电场强度 　 　 b点电场强度（填“大于”“小于”或“等于”）；根据烟尘颗粒的运动轨迹，判断该颗粒是 　 　 （填“正电荷”“负电荷”或“不带电”），在a点烟尘颗粒的动能 　 　 在b点烟尘颗粒的动能（填“大于”“小于”或“等于”）。
四．实验题（共1小题）
17．（2025 榆林二模）如图所示为研究电容器的实验装置。
（1）如图1所示，保持平行板电容器所带的电荷量不变，固定B板不动。保持A板与B板的正对面积不变，将A板向左移动，静电计指针张角 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）利用如图2所示电路观察电容器的充、放电现象。开关未闭合时，电源两端的电压U＝8V。实验操作时，单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，经一段足够长的时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器和电压传感器来采集电流、电压随时间的变化情况。开关S由1改接2后，电容器进行的是 　 　 （选填“充电”或“放电”）过程。图3的四幅图中可能正确反映将S接2后电容器两端电压uAB随时间t变化的图像是 　 　 （选填图像下面的序号）。
（3）某同学利用图2所示装置进行实验，记录了电容器放电的电流l随时间t变化的图像如图4所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的总面积将 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.2×10﹣3C，则该电容器的电容为 　 　 μF。
五．解答题（共3小题）
18．（2025春 湖州期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子静止于A处，经过电压为U（未知）、极板间距离为d的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为E0，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，QN＝2d，N、O、P三点共线且水平，粒子重力不计。求：
（1）粒子离开加速电场时的速度大小；
（2）加速电场电压U的大小；
（3）粒子从A到Q的总时间。
19．（2025 广东学业考试）喷墨打印机的原理示意图如图所示，质量为m的墨滴从墨盒进入带电室后带上电量，并以相同的速度v0进入偏转电场，墨滴经过电场偏转后打到纸上，显示字体。没有信号时墨滴不带电并沿直线运动打到回流槽中回收。已知上偏转板带正电，下板带负电，偏转板长为L1，偏转板间距离为d，两板间电压为U，偏转板右端与纸的距离为L2，墨滴打到纸上的点偏离原入射方向上方距离为y处。忽略空气阻力和重力的作用。
（1）墨滴带电的电性及电量q；
（2）由于墨盒故障，吐出墨滴质量变大，若墨滴进入偏转电场速度不变，则打出的字会如何变化？
（3）若要使纸上的字体放大为原来2倍（偏转量变为2y）同时保证字迹清晰，需要把喷墨速度调节为2v0，同时调节U、d或L2中的一个参数，请根据计算写出一个可行的调节方案，如该方案有限制条件，请写出必要的注意事项。
20．（2025春 南京期末）如图甲所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N的长度为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏P。AB是极板的中心线，两板间所加电压随时间变化的规律如图乙所示，图中U0、T已知。t＝0时刻，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿两板中心线AB以某一初速度射入极板间，该粒子在T时刻飞离电容器。不计粒子受到的空气阻力，粒子在整个运动过程中都不会打到电容器的上下极板。求：
（1）若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小v0及时间内加速度的大小；
（2）若不考虑该粒子的重力，当图乙中k＝3时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离y；
（3）若要考虑该粒子的重力，且U0该粒子最后能垂直打在P上，则图乙中k的值。
第十章 静电场中的能量
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 锡林郭勒盟校级期末）一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等势面。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三个点，取c点电势为0V，电子从a点运动到b点电势能变化了10eV，则（　　）
A．a点电势为﹣15V
B．电子在b点的电势能为﹣5eV
C．b点的电场强度比c点的大
D．电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据电场线与等势面垂直，且指向轨迹的内侧，判断电子受到的电场力方向，分析电场力做功情况，确定电势能变化情况，再根据电场力做功与电势能变化的关系求解相邻等势面之间的电势差，即可求解a点和b点电势；根据电势能的定义式求解电子在b点的电势能；根据等差等势面的疏密判断电场强度大小；电子所受的电场力指向轨迹的凹侧，根据做曲线运动的条件分析电子的运动轨迹能否与其中的一条电场线重合。
【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直，可知图中电场线的方向大体沿左上—右下方向。电子从a到c的过程中向上弯曲，说明电子受到的电场力方向指向左上方，电场力方向与速度方向之间的夹角为钝角，电场力对电子做负功，所以电子从a点运动到b点电势能增大10eV，电子带负电，则b点的电势比a点的电势低10V，由图可知相邻两等势面间的电势差为5V，取c点电势为0V，则a点的电势为φa＝5V×3+0V＝15V，故A错误；
B、取c点电势为0V，相邻两等势面间的电势差为5V，则b处电势为5V，电子在b点的电势能为Ep＝﹣eφb＝﹣e×5V＝﹣5eV，故B正确；
C、根据等差等势面的疏密表示电场强度的相对大小，等差等势面越密电场强度越大，可知，b点的电场强度小于c点的电场强度，故C错误；
D、电场线方向与等势面垂直，由图可知电子运动的轨迹与等势面不垂直，则电子的运动轨迹不可能与其中的一条电场线重合，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要读懂题意，理解电子显微镜的等势面分布，掌握电场力做功与电势能变化的关系。
2．（2025春 岳阳期末）两个等量异种电荷的连线的中垂线组成的面，我们称它为中垂面。在中垂面上的两个同心圆如图所示，圆心O处在等量异种电荷连线上的中点，圆上有M、N、P三个点，下列说法中正确的是（　　）
A．N点电势一定大于M点的电势
B．N点场强一定小于M点的场强
C．一个电子在M、P点的电势能相等
D．一个电子在M、P点所受电场力不相同
【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．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】明确电场线的疏密反映电场的强弱，沿电场线的方向电势降低。负电荷在电势高处电势能小。根据两个等量异号电荷的电场线的特点即可解答。
【解答】解：AC、等量异种点电荷的电场线分布如图所示：
两个等量异种电荷连线的中垂面是一个等势面，所以M、N、P三个点的电势相等，一个电子在M、P点的电势能相等，故A错误，C正确；
B、中垂面上各点，越靠近O点场强越强，所以N点场强一定大于M点的场强，故B错误；
D、由于M、P两点离圆心O处的距离相等，所以M、P两点的场强大小相等，方向也相同，场强方向与两点电荷连线平行，所以一个电子在M、P点所受电场力相同，故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查等量同种正电荷电场线的分布特点，要抓住对称性，可根据电场的叠加原理来理解。
3．（2025春 濮阳期末）两个点电荷相距为l，电荷量分别为2q和﹣q，其电场线分布如图所示，过两点电荷连线中点a作一条垂线，垂线上的b、c两点关于a点对称，d点和b点在同一条电场线上，静电力常量为k，则下列说法中正确的是（　　）
A．b、c两点的电场强度相同
B．a点的电势高于c点的电势
C．将一正的试探电荷从b点由静止释放，它将沿电场线运动到d点
D．a点的电场强度大小为
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；单个或多个点电荷周围的电势分布；电场强度的叠加．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据电场线，可知b、c两点的电场方向，结合电场强度的大小、方向特点，可知电场强度是否相同；根据点电荷的电势决定式，可得到a、c两点电势表达式，即可比较a、c两点电势相对大小；根据电场线的特点，可知正试探电荷的受力方向，结合曲线运动特点，可知正试探电荷是否会沿电场线运动；根据点电荷电场强度的定义式，可知a点电场强度大小。
【解答】解：A、根据电场线切线方向与电场方向相同，可知b、c两点的电场方向不同，而电场强度为矢量，可知b、c两点的电场强度不同，故A错误；
B、根据点电荷的电势决定式：，可得到a、c两点电势表达式：，，由几何关系可知：，即可知a点电势比c点电势大，故B正确；
C、根据电场线的特点，可知正试探电荷的受力方向为电场线的切线方向，由图可知，该正试探电荷的受力方向与初速度方向相同，但受力方向与运动过程的速度方向不同，故正试探电荷不会沿电场线运动，故C错误；
D、根据点电荷电场强度的定义式：，可知a点电场强度大小为：，解得：，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查根据电场线分析电场强度、电势的特点，关键是掌握点电荷的电场强度、电势的决定式。
4．（2025春 常州校级期末）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP增大
C．θ减小，EP减小 D．θ减小，E不变
【考点】电容器的动态分析——电容器与静电计相连；电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】电容器的带电量不变，根据电容的决定式分析电容的变化，由电容器的定义式分析极板间电压的变化，从而判断静电计指针偏角的变化；结合E分析电场强度E的变化；根据U＝Ed分析P点与零势面之间的关系，可分析P点电势的变化，再分析电势能的变化。
【解答】解：电容器极板上的电荷量不变，将上极板下移时，板间距离减小，由C可知，电容C增大，由可知，两板间的电压变小，静电计指针的偏角θ减小，结合得E，Q、k、S、εr均不变，则E不变，P点与零势面的距离不变，由U＝Ed可知P点与零势面间的电势差不变，则P点电势不变，故点电荷在P点的电势能EP不变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当电容器带电量不变时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。
5．（2025春 杭州期末）某电场的等势面分布如图中实线所示，相邻等势面间的电势差均为5V，且φa＜φb＜φc，虚线是带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面a、b的交点，已知粒子的电荷量为e，质量为m，经过M点时动能为12eV。则（　　）
A．该粒子带负电
B．M点与N点的电场强度大小相等
C．该电场可能是某一正点电荷产生的
D．粒子在经过N点时的动能为7eV
【考点】等势面及其与电场线的关系；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判；根据电场线的疏密判断场强大小．
【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.等势面与电场线相交处互相垂直，且电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，据此确定电场强度方向，再根据电场强度、电场力的关系，即可分析判断；
B.由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，据此分析判断；
C.故点电荷的等势面特点即可分析判断；
D.由图，结合功能关系，即可分析判断。
【解答】解：A.等势面与电场线相交处互相垂直，且电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，则M点的电场强度方向应垂直于M所在等势面斜向左下方，又因为带电粒子做曲线运动，所受合力（电场力）指向运动轨迹的内侧，所以该粒子在M点所受合力（电场力）方向应垂直于M所在等势面斜向左下方，则该粒子带正电，故A错误；
B.由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则由图可知，M点的电场强度比N点的大，故B错误；
C.正电荷产生的等势面为同心圆，故C错误；
D.经过M点时动能为12eV，相邻等势面间的电势差均为5V，根据能量守恒定律有eφN+EkN＝eφM+EkM
解得EkN＝7eV
故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电场的相关性质，理解电场线和等势线的特点，理解电势能与电势的关系是解决此类问题的关键。
6．（2025春 广安月考）如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（　　）
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，G中有b→a的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势不变
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点电势能变大
【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化；电容器的动态分析（U不变）——正对面积变化；电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化；电容器的动态分析（Q不变）——正对面积变化．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据电容的定义式、决定式和电场强度与电势差的关系式分析场强的变化，进而分析油滴的受力，判断油滴的运动情况，根据电容的大小分析电容器的充电、放电情况，进而分析电流的方向；根据电容的定义式、决定式写出电场强度的表达式，根据U＝Ed分析P点与下极板的电势差变化，进而分析P点的电势变化和P点电势能变化。
【解答】解：A、在S仍闭合的情况下，依题意电容器与电源保持连通状态，两极板间电压U不变，
若将A板向下平移一小段距离，d减小，根据得E变大，则油滴受电场力增大，向上加速运动，
根据电容的决定式C可知C变大，根据Q＝CU得电容器带电量Q变大，电容器充电，即G中有a→b的电流，故A错误；
B、在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A板向右平移一小段距离，d不变，则两板间场强不变，则油滴保持静止不动，
根据电容的决定式C可知S减小，则C变小，根据Q＝CU可知电容器带电量Q变小，电容器放电，G中有b→a的电流，故B正确；
C、若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据，，C可知E，
将A板向左平移一小段距离，S减小，E变大，P点与B板的距离不变，根据U＝Ed得知电势差变大，B板带正电，且接地，电势为零，则P点电势降低，故C错误；
D、若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据，，C可知E，
将A板向下平移一小段距离，d减小，E不变，P点与B板的距离不变，根据U＝Ed得电势差不变，则P点电势不变，P点电势能不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了，，C公式的应用，知道若将S断开，则极板上电荷量不变，电容器与电源保持连通状态，极板间电压不变。
7．（2025春 济南期末）如图所示，在匀强电场中有一个与该电场平行的圆，O为圆心。AC和BD是圆的两条直径，两直径的夹角为30°。沿直径从A到C，每1cm电势降低0.2V，沿直径从B到D，每1cm电势降低0.4V。关于该电场，下列说法正确的是（　　）
A．C点电势比D点电势低
B．匀强电场的电场强度大小为40V/m
C．电场强度方向从A指向C
D．将一个质子沿圆弧ABC从A点移动到C点，该质子的电势能先变大后变小
【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；推理论证能力．
【答案】D
【分析】依据题意分析O到C的电势差与O到D的电势差的大小关系，根据电势差与电势的关系判断C点电势与D点电势高低故选；根据电场强度与电势差的关系分别得到沿AC方向和BD方向的电场强度的分量，由矢量合成得到匀强电场的电场强度大小与方向；根据电势能与电势的关系分析该质子的电势能的变化情况。
【解答】解：A、已知沿直径从A到C，每1cm电势降低0.2V；沿直径从B到D，每1cm电势降低0.4V。因OC与OD的距离相等，故O到C电势降低的值要比O到D电势降低的值小，则C点电势比D点电势高，故A错误；
BC、根据电场强度与电势差的关系可得：
沿AC方向的电场强度的分量为：E120V/m
沿BD方向的电场强度的分量为：E240V/m
由此可知匀强电场的电场强度E≠E2＝40V/m，其方向不是从A指向C，故BC错误；
D、与A选项分析同理可知，A到O电势降低的值要比B到O电势降低的值小，则A点电势比B点电势低，则A、B、C三点电势的关系为φB＞φA＞φC，质子带正电，其在A、B、C三点的电势能关系为EPB＞EPA＞EPC，可知将一个质子沿圆弧ABC从A点移动到C点，该质子的电势能先变大后变小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电场强度与电势差的关系，电势与电势能的关系。本题要根据题意求出电场强度的两个分量，再由矢量合成得到电场强度的大小与方向。
8．（2025春 南京期末）某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为一带电粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子在a点处的加速度大于在b点处的加速度
B．粒子在a点处的电势能大于在b点处的电势能
C．粒子在a点处的动能大于在b点处的动能
D．粒子在运动过程中机械能守恒
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【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】利用电场线疏密判断电场强度大小、结合粒子轨迹判断受力与电场力做功情况分析电势能变化、根据动能定理分析动能和机械能变化。
【解答】解：A、电场线的疏密程度表示电场强度大小，b点电场线比a点密，所以b点电场强度E更大。根据牛顿第二定律Eq＝ma，可知粒子在b点加速度更大，故A错误；
B、子做曲线运动，受力指向轨迹凹侧，结合电场线方向，可判断粒子带正电。从a到b，电场力方向与粒子运动轨迹夹角小于90°，电场力做正功。根据电场力做功与电势能关系W＝﹣ΔEp，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在a点电势能大于b点，故B正确；
C、因为电场力做正功，根据动能定理W＝ΔEK，粒子动能增加，所以粒子在a点动能小于b点，故C错误；
D、由于运动过程中电场力对粒子做功，根据机械能守恒条件（只有重力或弹力做功时机械能守恒 ），粒子机械能不守恒，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电场中粒子运动轨迹和电场基本力与能的性质，解题关键是利用电场线性质判断电场强度、结合粒子轨迹判断受力与电场力做功情况，进而分析电势能、动能和机械能变化。
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 哈尔滨校级期末）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点，以下说法正确的是（　　）
A．该带电粒子带正电
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在N点的加速度大于在M点的加速度
D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，从而判断带电粒子的电性；沿电场线方向电势降低，由此判断电势高低；由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小，确定加速度大小；根据电势能公式Ep＝qφ分析电势能的变化。
【解答】解：A、带电粒子由M到N做曲线运动，所受电场力指向轨迹的内侧，其轨迹向下弯曲，可知粒子受电场力方向沿电场线切线方向向下，与电场方向相同，则该带电粒子带正电，故A正确；
B、沿电场线方向电势降低，可知M点的电势高于N点的电势，故B错误；
C、由电场线的疏密表示电场强度的相对大小可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，则粒子在N点受的电场力大于在M点受的电场力，由牛顿第二定律可知，粒子在N点的加速度大于在M点的加速度，故C正确；
D、M点的电势高于N点的电势，由电势能公式Ep＝qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，即qφM＞qφN，故D错误。
故选：AC。
【点评】此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，根据电场线方向分析电势高低，由电势能公式Ep＝qφ分析电势能的变化，也可以根据电场力做功正负情况判断电势能变化情况。
10．（2025春 沙河口区校级期末）如图所示的虚线为正方形，左侧两个顶点处分别固定有等量同号的点电荷，电荷量大小均为Q（Q＞0）。A、B为右侧两个顶点，O为中心。这时B点处的电势为φ1，现将一个电荷量q＝﹣2Q的点电荷从无穷远处移动至A处并固定，已知点电荷形成的电场中某处的电势与点电荷电荷量大小成正比，与点电荷之间的距离成反比，无穷远处电势设为零。据此分析下列说法正确的是（　　）
A．q还未开始移入电场前，A点处的电势为φ1
B．q移入电场的过程中，静电力对q做功为﹣2Qφ1
C．q移入电场并固定后，O点处电势为0
D．q移入电场并固定后，B点处的电势低于O点处的电势
【考点】电场力做功与电势差的关系；等量同种电荷的电场线分布；单个或多个点电荷周围的电势分布．
【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】ACD
【分析】根据点电荷的电势特点，可知q移入前，两个点电荷在A、B处产生的电势表达式，即可计算A处的电势；根据电场力做功的公式，可得到q移入电场的过程，静电力做功情况；根据几何关系，可知O、B点与场源电荷的间距，结合电势与电荷的关系，即可得到O点、B点的电势表达式并比较，分析其电势是否为零。
【解答】解：A、假设正方形边长为，则OA、OB、O与两个点电荷Q的间距均为r；
根据点电荷的电势特点，可知q移入前，两个点电荷在A、B处产生的电势分别满足：，，
由题意可知：B点处的电势为φ1，即A点处的电势也为φ1，故A正确；
B、根据电场力做功的公式：WA＝﹣2Q×（0﹣φA），可得到q移入电场的过程，静电力做功为：WA＝2Qφ1，故B错误；
CD、根据几何关系，结合电势与电荷的关系，即可得到O点电势为：，B点的电势为：，故CD正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查点电荷的电势特点，注意电势的叠加满足代数和叠加。
11．（2025春 昌江区校级期末）在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf，电场线与六边形所在平面平行，如图所示。已知a、b、h三点的电势分别为9V、13V、﹣3V，带电荷量为e的粒子（重力不计）以16eV的初动能从b点沿不同方向射入abcdhf区域，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，下列判断正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子可以经过正六边形各顶点射出该区域
C．粒子经过f点时动能为4eV
D．粒子沿bd方向发射后的最小动能为4eV
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．
【专题】比较思想；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】CD
【分析】根据匀强电场中平行等距的两点电势差相等，找出等势点，作出等势线，再确定电场方向，根据粒子受力方向确定电性；若该粒子从h点射出，由动能定理求出粒子经过h点时动能，再分析B项；根据几何关系与匀强电场的特点确定b、f之间的电势差，根据动能定理求粒子经过f点时动能；当粒子沿bd方向射入该区域后，将做匀变速曲线运动，求出最小速度，再求最小动能。
【解答】解：A、连接bh，fd，ah，过b点作bh的垂线交于与ah的延长线交于m点，如图所示。
由几何关系易得α＝30°，β＝60°，∠bah＝90°
且fd垂直bh，因为φa＝9V，φb＝13V，φh＝﹣3V
则Uah＝φa﹣φh＝9V﹣（﹣3V）＝12V，Ubh＝φb﹣φh＝13V﹣（﹣3V）＝16V，Uba＝φb﹣φa＝13V﹣9V＝4V
根据几何关系有mh＝2mb＝4ma，则UmaUah12V＝4V
结合Uba＝4V，可得φm＝φb
则mb为等势线，因为∠mbh＝90°，故电场线方向为由m点指向h点，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，可知粒子向下偏转，故粒子带负电，故A错误；
B、若该粒子从h点射出，从b点到h点，由动能定理得Ubh（﹣e）＝﹣16eV＝Ek﹣Ek0，解得Ek＝0，则当该粒子沿bh方向运动时，做匀减速运动，恰不能从h点处射出，故B错误；
C、由几何知识可得
且n点与f点等电势点，则Ubf＝UbnUbh16V＝12V
粒子沿bd方向入射能够到达c点，合力指向轨迹的凹侧可知粒子应该带负电，从b点运动到f点的过程，根据动能定理得
Ekf﹣Ekb＝Wbf＝﹣eUbf
解得粒子经过f点时动能为Ekf＝4eV，故C正确；
D、当粒子沿bd方向射入该区域后，将做匀变速曲线运动，沿垂直于电场方向的速度大小为
则粒子沿bd方向发射后的最小动能为Ekm，解得Ekm＝4eV，故D正确。
故选：CD。
【点评】解决本题关键是掌握匀强电场中，沿相同方向相同距离两点间的电势差相等；电场线与等势面垂直，且电场方向由高电势指向低电势一端。要明确粒子的受力情况，来判断其运动情况。
12．（2025春 山西期末）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于Ep0，经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同为v1。同时开始给粒子B施加一恒力F，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A速度恰好变为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。恒力F作用的时间为t2，此期间粒子B发生的位移为x。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。下列关系式正确的是（　　）
A．mv0＝（m+4m）v1
B．
C．
D．Ft2＝4mv0﹣mv0
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；动量定理的内容和应用；动量守恒定律的一般应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；理解能力．
【答案】ACD
【分析】根据动量守恒定律进行解答；在t1时间内，根据能量守恒定律列方程进行解；选择过程，对系统根据动量定理列方程进行解答。
【解答】解：A、在时间t1内，以AB为系统，不受外力系统动量守恒，
根据系统动量守恒定律可得mv0＝（m+4m）v1，故A正确；
B、在时间t1内，根据能量守恒定律得系统动能和电势能之和不变，可得，故B错误；
C、对全过程，A、B初始时刻相距l0，末状态A、B粒子间距离恢复为l0，已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，所以整个过程两电荷之间的势能变化为零，
对系统根据动能定理可得，故C正确；
D、对全过程，对系统根据动量定理可得Ft2＝4mv0﹣mv0，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题主要是考查动量守恒定律和动量定理，解答本题的关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，结合动量守恒定律、动能定理等进行分析解答。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 福州期末）电子束焊接机的核心部件内的高压电场的电场线分布如图所示，K极为阴极。电子在静电力作用下由A点沿直线运动到B点。则A点场强　小于　 B点场强（选填“大于”、“等于”或“小于”），A点电势　低于　 B点电势（选填“高于”、“等于”或“低于”），电子从A点运动B点，电场力做　正功　 （选填“正功”或“负功”）。
【考点】电场力做功与电势差的关系；根据电场线的疏密判断场强大小；通过电场线的方向判断电势的高低．
【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】小于；低于；正功。
【分析】在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大，据此判断电场强度大小；沿电场线方向，电势降低，据此判断电势高低；电子从A点运动B点，由电场力做功与电势差的关系列式，可判断电场力做功正负。
【解答】解：在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大，则由图可知，A点场强小于B点场强；
沿电场线方向，电势降低，则由图可知，A点电势低于B点电势；
电子从A点运动B点，由电场力做功与电势差的关系可知，电场力做功为：W＝﹣eU，
因为A点电势低于B点电势，所以A、B间电势差小于零，即：U＜0，
由此可知，W＞0，即电子从A点运动B点，电场力做正功；
故答案为：小于；低于；正功。
【点评】本题主要考查电场力做功与电势差的关系，解题时需注意，电势差与电场力做功的关系WAB＝qUAB，计算时要代入各数据的正负号。
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．（2023秋 金华期末）某兴趣小组要用图甲所示电路测定一个电容器的电容，已知定值电阻R0＝100Ω，现利用计算机软件测出电容器放电时的i﹣t图线如图乙所示，测出i﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为43.2mA s，则电容器的电容C＝ 　4.8×10﹣3 F。（结果保留两位有效数字）
【考点】观察电容器及其充、放电现象．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；交流电专题；实验探究能力．
【答案】4.8×10﹣3。
【分析】图乙中放电的最大电流乘以电阻R0就等于电容器充满电荷时的电压，放电的I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积等于电容器充满电荷时所带的电荷量Q，由电容的定义式解得电容值。
【解答】解：由图乙可知电容器放电的最大电流Im＝90mA＝0.09A
则电容器充满电荷时的电压U＝Im×R0＝0.09×100V＝9V
I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积等于电容器充满电荷时所带的电荷量Q，即Q＝43.2mA s＝0.0432C
电容器的电容。
故答案为：4.8×10﹣3。
【点评】本题考查了“测定电容器的电容”的实验，解答的关键是确定充满电后电容器的电压，能够理解放电的I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积的物理意义。
16．（2023秋 龙岩期末）某静电除尘器的除尘原理示意图如图所示，一带正电的金属板和一个带负电的放电极形成电场，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，不计烟尘颗粒的重力。由电场的分布特点可知，a点电场强度 　大于　 b点电场强度（填“大于”“小于”或“等于”）；根据烟尘颗粒的运动轨迹，判断该颗粒是 　负电荷　 （填“正电荷”“负电荷”或“不带电”），在a点烟尘颗粒的动能 　小于　 在b点烟尘颗粒的动能（填“大于”“小于”或“等于”）。
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；根据电场线的疏密判断场强大小．
【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】大于，负电荷，小于。
【分析】同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，据此判断电场强度大小；
物体做曲线运动，合外力指向运动轨迹凹侧，据此分析该颗粒电性；
沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a处电势低于b处，结合功能关系，即可分析判断。
【解答】解：同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，由题图可知，a点电场线较b点密集，可知a点的电场强度大于b点电场强度；
物体做曲线运动，合外力指向运动轨迹凹侧，则根据烟尘颗粒的运动轨迹可知，粒子受电场力大致向上，与电场方向相反，可知该颗粒是负电荷；
沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a处电势低于b处，因为该颗粒带负电，则其在a处电势能高于在b处电势能，若该颗粒从a到b，则电势能减少，电场力做正功，动能增加，则在a点烟尘颗粒的动能小于在b点烟尘颗粒的动能。
故答案为：大于，负电荷，小于。
【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。
四．实验题（共1小题）
17．（2025 榆林二模）如图所示为研究电容器的实验装置。
（1）如图1所示，保持平行板电容器所带的电荷量不变，固定B板不动。保持A板与B板的正对面积不变，将A板向左移动，静电计指针张角 　变大　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）利用如图2所示电路观察电容器的充、放电现象。开关未闭合时，电源两端的电压U＝8V。实验操作时，单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，经一段足够长的时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器和电压传感器来采集电流、电压随时间的变化情况。开关S由1改接2后，电容器进行的是 　放电　 （选填“充电”或“放电”）过程。图3的四幅图中可能正确反映将S接2后电容器两端电压uAB随时间t变化的图像是 　C　 （选填图像下面的序号）。
（3）某同学利用图2所示装置进行实验，记录了电容器放电的电流l随时间t变化的图像如图4所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的总面积将 　不变　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.2×10﹣3C，则该电容器的电容为 　400　 μF。
【考点】观察电容器及其充、放电现象．
【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】（1）变大；（2）放电；C；（3）不变；400。
【分析】（1）影响电容器电容的因素有多个，所以实验中采用控制变量法，静电计是测量电压的仪器，根据电容器极板和静电计的连接判断所带电荷性质；
（2）根据平行板电容器决定式和电容的定义式分析判断；
（3）根据平行板电容器决定式代值求解。
【解答】解：（1）保持B板不动，A板向左移动，根据电容器的决定式得
d增大，电容C变小，根据电容器的定义式
知电量Q不变，则电势差U增大，静电计指针张角增大；
（2）①开关S接1时，电源在给电容器充电，开关S改接2后，电源断开，电容器处于放电过程。
②电容器通过电阻R放电过程中，电容器相当于电源（且uAB＞0），随着放电时间的加长，电容器上的电荷量变少，其两端电压变小，根据放电特点可知，C正确；
（3）①I﹣t曲线与坐标轴所围成的总面积表示初始时刻电容器所带电荷量的多少，也表示在该段时间内，电容器所放出电荷量的总和；只减小电阻的阻值，对电容器所带的最大电荷量没有影响，所以初始时刻电容器所带电荷量不变，即I﹣t曲线与坐标轴所围成的总面积将不变。
②由题意可知，电容器在该过程所放出的电荷为3.2×10﹣3，由
可得
。
故答案为：（1）变大；（2）放电；C；（3）不变；400。
【点评】本题考查探究影响平行板电容器的因素实验，要求掌握实验原理和实验方法。
五．解答题（共3小题）
18．（2025春 湖州期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子静止于A处，经过电压为U（未知）、极板间距离为d的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为E0，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，QN＝2d，N、O、P三点共线且水平，粒子重力不计。求：
（1）粒子离开加速电场时的速度大小；
（2）加速电场电压U的大小；
（3）粒子从A到Q的总时间。
【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】（1）粒子离开加速电场的速度为；
（2）加速电场的电压为；
（3）粒子从A到Q的时间为。
【分析】（1）根据粒子在辐向电场中做圆周运动，可知电场力恰好提供向心力，即可计算其速度大小；
（2）根据动能定理，可计算加速电场电压；
（3）根据粒子在加速电场中做匀加速直线运动，结合匀加速运动关系式，可知其位移与时间关系；根据粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，即可计算其在辐向电场中的时间；根据粒子从P到Q的过程中，在水平方向做匀速直线运动，即可知其做类平抛运动的时间；根据三个时间的表达式，即可计算粒子从A到Q的时间。
【解答】解：（1）根据粒子在辐向电场中做圆周运动，可知电场力恰好提供向心力，即：，解得：；
（2）根据动能定理：，解得：；
（3）根据粒子在加速电场中做匀加速直线运动，结合匀加速运动关系式，可知其位移与时间关系满足：；
根据粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，即可知其在辐向电场中的时间满足：；
根据粒子从P到Q的过程中，仅受水平方向的电场力，可知其做类平抛运动的时间，在水平方向做匀速直线运动，水平分运动满足：2d＝vt3；
根据三个时间的表达式，即可知粒子从A到Q的时间：t＝t1+t2+t3，解得：。
答：（1）粒子离开加速电场的速度为；
（2）加速电场的电压为；
（3）粒子从A到Q的时间为。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键是根据粒子的各段的运动特点，分别利用匀加速运动、匀速圆周运动、类平抛运动的特点分析。
19．（2025 广东学业考试）喷墨打印机的原理示意图如图所示，质量为m的墨滴从墨盒进入带电室后带上电量，并以相同的速度v0进入偏转电场，墨滴经过电场偏转后打到纸上，显示字体。没有信号时墨滴不带电并沿直线运动打到回流槽中回收。已知上偏转板带正电，下板带负电，偏转板长为L1，偏转板间距离为d，两板间电压为U，偏转板右端与纸的距离为L2，墨滴打到纸上的点偏离原入射方向上方距离为y处。忽略空气阻力和重力的作用。
（1）墨滴带电的电性及电量q；
（2）由于墨盒故障，吐出墨滴质量变大，若墨滴进入偏转电场速度不变，则打出的字会如何变化？
（3）若要使纸上的字体放大为原来2倍（偏转量变为2y）同时保证字迹清晰，需要把喷墨速度调节为2v0，同时调节U、d或L2中的一个参数，请根据计算写出一个可行的调节方案，如该方案有限制条件，请写出必要的注意事项。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）墨滴带电的电性为负，电量q为；
（2）打出的字体偏小；
（3）见解析。
【分析】（1）墨汁在偏转电场中做类平抛运动，根据水平方向的运动求出时间，根据竖直方向上的运动求出出电场时的偏转位移，根据出电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中心，根据相似三角形求出打到纸上的点距原射入方向的距离与电荷电量的关系，从而求出电量的大小；
（2）从上问得到偏转距离的变化可得字体的变化；
（3）在上一问表达式的基础上变形后，可得到满足条件的调整方案，及注意事项。
【解答】解：（1）墨滴向上偏转，受力方向与电场方向相反，故判断带负电。
设墨滴在偏转板间的偏转量为y0
在竖直方向上：，而加速度：　且：
水平方向可求时间：
联立可得：
根据类平抛运动的推论，速度的反向延长线通过水平位移的中点，结合几何关系：
解得：
（2）根据上述表达式可得：y
若墨滴质量m增大，则偏转量y减小，所以打出的字体偏小。
（3）要求偏转量变为2倍，且速度v0变为2倍
方案一：调节偏转电压U
由上式变形可得：U
所以电压U应变为原来的8倍
增大偏转电压到8倍后，带电墨滴在偏转电场中偏转距离变成原先的2倍，要保证它不会打在偏转板上，否则该方案行不通；
方案二：调节L2
由上式变形得：L2
偏转板到屏幕的距离增加量为：ΔL2
方案三：调节板间距d
根据上式变形得：d
可得板间距应减小为原来的，板间距减小同时需要保证粒子不会打到偏转板上，否则该方案行不通。
答：（1）墨滴带电的电性为负，电量q为；
（2）打出的字体偏小；
（3）见解析。
【点评】解决本题的关键墨汁在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，以及掌握推论：粒子离开电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中心。
20．（2025春 南京期末）如图甲所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N的长度为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏P。AB是极板的中心线，两板间所加电压随时间变化的规律如图乙所示，图中U0、T已知。t＝0时刻，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿两板中心线AB以某一初速度射入极板间，该粒子在T时刻飞离电容器。不计粒子受到的空气阻力，粒子在整个运动过程中都不会打到电容器的上下极板。求：
（1）若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小v0及时间内加速度的大小；
（2）若不考虑该粒子的重力，当图乙中k＝3时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离y；
（3）若要考虑该粒子的重力，且U0该粒子最后能垂直打在P上，则图乙中k的值。
【考点】带电粒子射出偏转电场后打在挡板上；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在周期性变化的电场中偏转．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】（1）若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小v0为，时间内加速度的大小为；
（2）若不考虑该粒子的重力，当图乙中k＝3时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离y为0；
（3）若要考虑该粒子的重力，且U0该粒子最后能垂直打在P上，则图乙中k的值为5。
【分析】（1）粒子在沿平行于板的方向上做匀速直线运动，据此可求得该粒子射入极板间的速度大小；根据牛顿第二定律与电场强度与电势差的关系求解加速度大小；
（2）粒子在垂直板方向，先向下匀加速运动，后向下匀减速运动到速度为零，再反向匀加速运动。根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（3）粒子离开电场后做斜抛运动，最后能垂直打在P上，由运动学公式求得离开电场时在竖直方向上的速度。根据牛顿第二定律与运动学公式求得粒子在时刻垂直于极板方向的速度，由此可得到粒子在～T时间内加速度，再根据牛顿第二定律求得k值。
【解答】解：（1）粒子在沿平行于板的方向上做匀速直线运动，则有：
L＝v0T
解得：
粒子在0～时间内，根据牛顿第二定律得：
qE1＝ma1
又有：U0＝E1d
联立解得加速度大小为：
（2）粒子在垂直板方向，先向下匀加速运动，后向下匀减速运动到速度为零，再反向匀加速运动，其v﹣t图像如下图所示：
粒子在～T时间内，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
粒子在0～时间内在垂直于极板方向的位移为：
粒子在时刻垂直于极板方向的速度为：
vy1＝a1
粒子在～T时间内在垂直于极板方向的位移为：
该粒子离开电容器右侧时的偏转距离为：y＝y1+y2＝0
（3）取竖直向下为正方向。设粒子在0～时间内加速度为a1，根据牛顿第二定律得：
mgma2，解得：a2＝2g
粒子在时刻垂直于极板方向的速度为：
vy2＝a2gT
粒子离开电场后做斜抛运动，最后能垂直打在P上，设离开电场时在竖直方向上的速度为vy3，则有：
0﹣vy3＝g
解得：vy3＝﹣gT
可得粒子在～T时间内加速度为：
根据牛顿第二定律得：
解得：k＝5
答：（1）若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小v0为，时间内加速度的大小为；
（2）若不考虑该粒子的重力，当图乙中k＝3时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离y为0；
（3）若要考虑该粒子的重力，且U0该粒子最后能垂直打在P上，则图乙中k的值为5。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强电场中偏转问题，将粒子的运动分解处理，运动过程较复杂时可应用v﹣t图像辅助分析。
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