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专题3 带电体在电场中的平衡问题 高考物理必刷题专项训练
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2021年高考物理专题必刷题训练
专题3 带电体在电场中的平衡问题
一、单项选择题
1．如图1所示，两块竖直放置、面积足够大的金属板A、B水平正对，两极板间的距离，A极板接地，B极板的电势随时间变化的关系如图2所示。一带电荷量为–C、质量为0.01kg的小球在时刻从靠近A板的P点由静止释放。已知重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小球沿直线运动
B．小球下落0.8m时的速度大小为5m/s
C．若小球在时刻由静止释放，则小球下落0.8m时的加速度大小为10m/s2
D．若小球在时刻由静止释放，则小球下落0.8m时的加速度大小为20m/s2
【答案】B
【解析】A．由图像2可知B极板的电势等于A、B极板间的电势差，由匀强电场中电场强度与电势差的关系有，由牛顿第二定律有
解得
所以小球在水平方向上做加速度逐渐增大的变加速运动，而在竖直方向上有
得
小球在竖直方向上做匀变速直线运动，所以小球运动轨迹为曲线，故A错误；
B．由A分析可知，若小球一直在电场中运动，水平方向加速度与时间的关系如图所示
小球竖直方向上做自由落体运动，由知，小球下落0.8m需要时间
此时小球竖直方向的速度
由题意可知小球是在t=0.55s释放的，所以小球在0.55s~0.95s之间在重力场和电场的叠加场中运动，由图像可知这段时间内小球水平方向的速度变化量
又
所以在0.95s时小球在水平方向速度
由运动的合成与分解有
故B正确；
CD．由前面分析可知，小球下落0.8m用时0.4s，若小球在时刻由静止释放，则小球在0.6s~1.0s之间在重力场和电场的叠加场中运动，可知当小球刚刚下落0.8m时小球水平方向的加速度
此时小球的加速度
故C、D错误。
故选B。
2．（2021·上海松江区·高三二模）如图，质量为的带电滑块，沿绝缘斜面以加速度匀加速下滑。当带电滑块滑到有着理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域中，滑块继续沿斜面的运动情况是（ ）
A．匀速下滑 B．加速下滑，加速度大于
C．加速下滑，加速度小于 D．上述三种情况都有可能发生
【答案】D
【解析】滑块在斜面的上部加速下滑，则
进入下方的匀强电场后。若电场力向上，则可能有
此时滑块将匀速下滑；若则
则仍加速下滑，且；若电场力向下，则
则仍加速下滑，且 。
故选D。
3．（2021·江西高三二模）如图所示，在水平放置的表面粗糙接地的固定金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q，一表面绝缘带正电的金属球（可视为质点，且不影响原电场）自左以速度开始在金属板上向右运动，在运动过程中（ ）
A．小球做先减速后加速的运动 B．小球做匀减速直线运动
C．小球的电势能不变 D．小球受电场力的冲量为零
【答案】C
【解析】AB．金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，AB错误；
C．小球的动能不变，根据能量守恒可知小球的电势能不变，C正确；
D．由于电场力不为零，根据可知小球受电场力的冲量不为零，D错误。
故选C。
4．（2021·辽宁锦州市·高三一模）一个带负电的粒子从处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，可以得出（ ）
A．在和处，电场强度相同B．从到过程中，电势先升高后降低
C．粒子经和处速度等大反向D．粒子在处电势能最大
【答案】B
【解析】A．因为，所以在和处，电场强度和加速度大小成正比，方向相反，故A错误；
BD．根据图像可知，从到过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，到处，电势能最小，根据可知，粒子带负电，所以电势先升高后降低，故B正确，D错误；
C．根据运动学公式可知可知，a-x图像的面积表示，所以粒子经和处速度大小相等，方向相同，故C错误。
故选B。
5．（2021·浙江衢州市·高三二模）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。已知重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】D
【解析】A．剪断细线，小球从静止释放，在恒定的重力及电场力作用下做匀加速直线运动，A错误；
B．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
B错误；
C．如图所示
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C错误；
D．如图所示A为等效最低点，B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D正确。
故选D。
6．（2021·上海崇明区·高三二模）如图所示，M、N为真空中同一电场线上的两点。一带电粒子在电场中只受电场力作用，以速度v1经过M点向下运动，一段时间后返回，以速度v2经过N点向上运动，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．速度v2一定大于v1
C．M点的电势一定比N点的高
D．粒子在N点的电势能一定比在M点的大
【答案】D
【解析】A．由于不知道电场强度的方向，则无法确定粒子的电性，故A错误；
BCD．由于粒子从M出发后要反向经过N，则粒子从M开始应做减速运动，后反向加速经过N点，由此可知，粒子从M到N，电场力做负功，动能减小，速度也减小，则速度v2一定小于v1，由能量守恒可知，粒子从M到N，电势能增加，由于无法确定粒子的电性，则无法确定M、N两点的电势高低，故BC错误，D正确。
故选D。
7．（2021·广东高三模拟）与“磁悬浮”对应的一种技术叫“电悬浮”。如图所示，竖直平面内有a、b、c三个带电小球，其中a、b固定于绝缘水平面上，三球的连线恰好组成正三角形，“电悬浮”恰好能使小球c静止，则（ ）
A．a、b的电荷量必相等
B．a、b、c的电荷量必相等
C．a、b有可能带相反电性的电荷
D．c的重力大小等于a、c间的库仑斥力大小
【答案】A
【解析】A．根据对称性，a、b对c的斥力必大小相等，a、b的电荷量必相等，A正确；
B．根据库仑定律，c的电荷量不必与a（或b）的电荷量相等，B错误；
C．对c受力分析，可知小球c的重力和a、b对c的库仑斥力平衡，故三者的电性必相同，C错误；
D．根据三力平衡做矢量三角形，可知c的重力大小应为a、c间的库仑斥力的倍，D错误；
故选A。
8．（2021·河南新乡市·高三二模）如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53° ，已知∠PAD=60° ，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°=0. 8，cos53° =0.6.下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为
【答案】A
【解析】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知
解得粒子运动到Q点时的竖直位移为
带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
故A正确，B错误；
CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有
联立上述两式解得
设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有
解得
故CD错误。
故选A。
二、多项选择题
9．（2021·福建高三二模）如图甲所示，一光滑绝缘细杆水平固定在非匀强电场中，在点固定一带正电的小球A，一带电量为的小球套在杆上。以点为原点，沿杆向右为轴正方向建立坐标系。小球A对小球B的作用力随B位置的变化关系如图乙中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，静电力常量，则（ ）
A．小球A所带电荷量
B．非匀强电场在处沿细杆方向的电场强度大小
C．将小球B从处静止释放运动到处过程中，加速度一直减小
D．将小球B从处静止释放运动到处过程中，速度先增大后减小
【答案】AD
【解析】A．由题图乙可知，当小球A和小球B之间距离x=0.3m时，二者之间的库仑力大小为F1=0.2N，根据库仑定律有
代入数据解得Q=1×10-6C，故A正确；
B．由题图乙可知，x=0.3m处，小球B所受合电场力大小为F2=0.16N，则有
代入数据解得E=3.6×105N/C，故B错误；
CD．由题图乙可知，从x=0.1m到x=0.3m，小球B所受合力先减小至零后再反向增大，所以加速度先减小至零后再反向增大，速度先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
10．（2021·贵州毕节市·高三二模）如图，绝缘底座上固定一电荷量为4×10-6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m=0.03kg、电荷量大小为3.6×10-6C的小球B，弹簧的劲度系数为k=5N/m，原长为Lo=0.35m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（ ）
A．小球B一定带正电
B．B球做圆周运动的速度大小为3.6m/s
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动
【答案】ACD
【解析】AB．小球A、B之间的库仑力
设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，则有
弹簧的弹力在水平方向的分力为
再由胡克定律，则有
由几何关系
可解，
，，，，
因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，且小球A带负电，则小球B带正电，所受合外力
由合外力提供向心力，则有
故A正确，B错误；
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向，左的电场力，这时提供的向心力减小，这样提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确；
故选择：ACD。
11．（2021·福建漳州市·高三二模）如图，半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上、、三点构成正三角形，、为圆环直径，且水平，为圆环最低点。将带正电小环、（均可视为点电荷）套在圆环上，固定在点不动。现将小环由点静止释放，则（ ）
A．小环到达点时速度最大
B．小环从到机械能先增大后减小
C．形成的电场中，、两点处的场强大小相等
D．形成的电场中，点的电势大于点的电势
【答案】BC
【解析】
A．小环P在E点的受力分析如图所示，由于重力在切线方向的分力与线速度方向相同，则小环继续做加速运动，所以E点速度并没有达到最大值，则A错误；
B．小环从到过程中，电场力先做正功，后做负功，根据功能关系
则小环从到机械能先增大后减小，所以B正确；
C．根据点电荷场强公式
由几何关系可得
则
所以形成的电场中，、两点处的场强大小相等，则C正确；
D．根据正点电荷的等势面的分布特点可知，离场源电荷越远的点电势越低，距离场源电荷相等距的各点在同等势面上，所以形成的电场中，点的电势等于点的电势，则D错误；
故选BC。
12．（2021·河南许昌市·高三一模）如图所示，空间有一水平向右的匀强电场。一带负电荷的微粒在竖直平面内，从P点以速度v沿右上方射出，v方向与电场方向的夹角为α（0<α<90°）。空气阻力不计，则关于该微粒在电场中的大致运动轨迹（图中虚线所示），下列可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】做曲线运动的物体速度方向和合外力方向分居在轨迹两侧，且合外力方向指向曲线凹侧，速度方向与轨迹相切。设微粒所受电场力大小为F，重力大小为mg。
A．当时，微粒运动轨迹可能如A选项图所示，故A正确；
B．当时，微粒运动轨迹可能如B选项图所示，故B正确；
C．由于速度方向与轨迹不相切，故C错误；
D．当时，微粒将做匀减速直线运动，如D选项图所示，故D正确。
故选ABD。
三、非选择题
13．（2021·天津高三一模）如图所示，上、下水平放置的两带电金属板相距为，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板处有一带电荷量为的小球B，在小球B上方有一带电荷量为的小球A，两小球的大小不计、质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知，现让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（空气阻力g不计，重力加速度为g）。求：
（1）B球刚进入电场时速度的大小；
（2）设，当B球刚进入电场内，杆对A球作用力为重力的多少倍？方向指向哪里？
（3）B球是否能碰到下板？如能，求B球刚碰到下板时的速度大小；如不能，请通过计算说明理由。
【答案】（1）；（2）0.8，沿杆竖直向下；（3）能，
【解析】（1）B球刚进入电场前，两小球与杆整体只受重力作用，做自由落体运动，有
解得
（2）当B球刚进入电场（A球未进入电场），系统受到重力2mg、电场力Eq，由牛顿第二定律得
设杆对A球作用力为F，A球受到重力、杆的作用力F以及B对A的库仑力。由牛顿第二定律得
又
解得
方向沿杆竖直向下
（3）设B球碰到下板时速度为v2，从最初释放到落到下板，有
解得
所以B球能碰到下板，B球刚碰到下板时的速度大小
14．（2021·上海高三二模）如图所示，质量为m=2g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上，杆长为1m，小球a带正电，电荷量为q=2×10-7C，在杆上B点处固定一个电荷量为Q=2×10-6 C的正电小球b。小球a在F=0.018N的向右水平恒力作用下，由静止开始从A向B运动，运动过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，两个小球可看做点电荷，已知静电力恒量k=9×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）a球刚开始运动时加速度的大小；
（2）当a球的速度最大时，ab两球之间的距离；
（3）已知真空中点电荷周围的电势为，式中k为静电力恒量，Q为点电荷电量，r为该点到点电荷的距离，则a球从A运动到中点O的过程中电势能变化量为多少。
【答案】（1）7.2m/s2；（2）0.447 m；（3）
【解析】(1)a球受力如图，
由库仑定律得
根据牛顿第二定律得
(2)当a球加速度为零时，速度最大，设此时ab两球相距r0
所以ab两球之间的距离为0.447m；
(3)据题意知：a球在A点的电势能为
a球在O点的电势能为
所以从A到O的过程中，a球的电势能变化量为
所以
15．（2021·北京门头沟区·高三一模）如图甲所示，两个相同的平行金属极板P、Q水平放置，高速电子在点沿中线射入，速度大小为。极板P、Q的长度为L，极板间的距离为d，电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子所受重力和电子之间的相互作用。
（1）若在极板P、Q间只加垂直于纸面的匀强磁场，电子垂直打在极板P上，求此匀强磁场的磁感应强度B；
（2）若在极板P、Q间只加恒定电压，电子穿过极板P、Q时，沿竖直方向偏移的距离为，求的大小；
（3）若在极板P、Q间只加一交变电压，其电压u随时间t变化的图像如图乙所示，电压的最大值为。电子在点持续均匀的沿射入，且在单位时间内射入的电子数为N，在点竖直放置一个较短的金属条，金属条长为（比小）。求该金属条上能够检测到的平均电流强度I的大小。（由于电子在P、Q板间运动时间极短，远小于交变电压的周期，电子在穿过P、Q板间时的电压认为不变）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）电子向上偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。
根据牛顿第二定律有
几何关系
解得
（2）带电粒子在P、Q极板间沿竖直方向做匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律有
电子在水平方向上做匀速直线运动，有
联立解得
代入
得
（3）由（2）可知：P、Q极板间电压加倍，电子在竖直方向的最大位移也加倍，故此，P、Q极板间电压加图乙所示的交变电压时，所有电子穿过P、Q极板时，在竖直方向的长度范围是，且点是中心点。P﹑Q极板间电压加图乙所示的交变电压时，电子在竖直方向长度范围内是均匀扫描，设在单位时间内打在金属条内的电子数为n，则有
金属条上检测到的平均电流强度
求得
16．（2021·宁夏高三模拟）如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏，一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小为B＝0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点（图中未画出），取g＝10m/s2，求：
（1）E1的大小；
（2）加上磁场后，粒子由O点到O′点的距离。
【答案】（1）；（2）1.0m
【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向上受力平衡，则有
解得
（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得
解得
由题意，加磁场前粒子在B、C之间做匀速直线运动，则有
加磁场后，粒子在B、C之间做匀速圆周运动，如图所示
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
设偏转距离为y，由几何知识可得
代入数据解得
答：（1）的大小为；
（2）加上磁场后，粒子由O运动到的距离为1.0m。
17．（2021·福建福州市·高三一模）如图所示，质量为m1=0.50kg，带有q=6.0×10-4C正电荷的小物块，放在绝缘木板的左端；木板静止在水平面上，其质量M=0.25kg、长度L=9.5m，木板上表面右端与竖直面上光滑绝缘二分之一圆轨道的最低点A相平且相距L=6.0m；小物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。质量为m2=0.05kg的绝缘弹丸以速度v0=50m/s沿水平方向射向小物块，与小物块相碰（碰撞时间极短）后弹丸以v=10m/s的速度大小反弹，然后小物块使木板从静止开始向右运动，当木板与竖直圆轨道AB碰撞立即锁住。在竖直面AB左侧空间存在电场强度为E=2.5×103V/m、方向水平向右的匀强电场。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）弹丸与小物块碰后小物块的速度大小；
（2）小物块滑到圆轨道最低点A处的速度大小；
（3）若圆弧半径为R=4m，物块m滑到圆轨道最低点A处时，电场强度变为原来的2倍，方向不变，竖直面AB左右侧空间均有电场，接下来物块m的运动情况以及在木板上经过的路程。
【答案】（1）6m/s；（2）3m/s；（3）运动过程见解析，
【解析】（1）设弹丸与物块碰撞后，物块得到向右滑行的速度为v1，由动量守恒定律可得
解得
v1=6m/s
（2）电场力qE与地面摩擦力等值反向
设物块和木板共速未滑下，共同速度为v2，由动量守恒定律得
解得
v2=4m/s
设在此过程中物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理得
对物块m
解得
x1=10m
对木板M
解得
x2=4m
由于x2
x3=L+x2-x1=3.5m
设物块m滑到圆轨道最低点A处时速度为v3，由动能定理得
解得
v3=3m/s
（3）设物块m沿圆轨道上升到圆心等高处，由动能定理得
解得Ek为负值，因此物块第一次滑上圆轨道不能到圆心等高处就滑回木板，由于电场力2qE大于木板对物块的摩擦力μ1m1g，物块先在圆轨道和木板来回滑动，直至最终在圆轨道上来回滑动，在A处速度为零。
设物块m在木板上经过的路程为s，由动能定理得
解得
18．（2021·福建高三模拟）如图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的匀强电场中，电场方向垂直边界向右。两小球A和B放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量均为m，A带电荷量为q（q>0），B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为10L，电场强度大小为E。现释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求：
(1)两小球发生第一次碰撞后，B获得的动量大小；
(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离；
(3)当小球B离开电场区域时，A在电场中的位置。
【答案】(1)；(2)L；(3)距cd边界的距离为L
【解析】(1)设小球A的加速度为a，与小球B第一次碰前速度为v0，根据牛顿运动定律和运动学公式，有
qE=ma ①
②
设碰撞后A、B的速度大小分别为vA1、vB1由量守恒和能量守恒，有
③
④
联立①②③④式，得
⑤
小球B获得的动量大小为
⑥
(2)设A、B两个小球发生第一次碰撞后经时间t′两者速度相同，时两小球相距最大距离为∆sm，根据运动学公式，有
⑦
⑧
由①⑤⑦⑧式得
∆sm=L ⑨
(3)设A、B两小球第一次碰撞后，经时间t1发生第二次碰撞，有
⑩
由⑤⑩式得
⑪
设A、B两小球第二次碰撞前后的速度分别为vA20，vB20，vA2，vB2，有
⑫
由动量守恒和能量守恒，有
⑬
⑭
由⑫⑬⑭式可得
⑮
在t1时间内，A、B小球的位移均为
⑯
可知A与B第二次碰撞位置距电场cd边界的距离为
⑰
假设经时间t2发生第三次碰撞，由运动学规律，得
⑱
得
由于
⑲
故两小球不会发生第三次碰撞。
设两小球第二次碰后B经时间t3离开电场，则
⑳
在t3时间内，A的位移为
(21)
由①②⑮⑰⑳(21)式得
(22)
即B离开电场时，A距cd边界的距离为
(23)
2021年高考物理专题必刷题训练
专题3 带电体在电场中的平衡问题
一、单项选择题
1．如图1所示，两块竖直放置、面积足够大的金属板A、B水平正对，两极板间的距离，A极板接地，B极板的电势随时间变化的关系如图2所示。一带电荷量为–C、质量为0.01kg的小球在时刻从靠近A板的P点由静止释放。已知重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小球沿直线运动
B．小球下落0.8m时的速度大小为5m/s
C．若小球在时刻由静止释放，则小球下落0.8m时的加速度大小为10m/s2
D．若小球在时刻由静止释放，则小球下落0.8m时的加速度大小为20m/s2
【答案】B
【解析】A．由图像2可知B极板的电势等于A、B极板间的电势差，由匀强电场中电场强度与电势差的关系有，由牛顿第二定律有
解得
所以小球在水平方向上做加速度逐渐增大的变加速运动，而在竖直方向上有
得
小球在竖直方向上做匀变速直线运动，所以小球运动轨迹为曲线，故A错误；
B．由A分析可知，若小球一直在电场中运动，水平方向加速度与时间的关系如图所示
小球竖直方向上做自由落体运动，由知，小球下落0.8m需要时间
此时小球竖直方向的速度
由题意可知小球是在t=0.55s释放的，所以小球在0.55s~0.95s之间在重力场和电场的叠加场中运动，由图像可知这段时间内小球水平方向的速度变化量
又
所以在0.95s时小球在水平方向速度
由运动的合成与分解有
故B正确；
CD．由前面分析可知，小球下落0.8m用时0.4s，若小球在时刻由静止释放，则小球在0.6s~1.0s之间在重力场和电场的叠加场中运动，可知当小球刚刚下落0.8m时小球水平方向的加速度
此时小球的加速度
故C、D错误。
故选B。
2．（2021·上海松江区·高三二模）如图，质量为的带电滑块，沿绝缘斜面以加速度匀加速下滑。当带电滑块滑到有着理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域中，滑块继续沿斜面的运动情况是（ ）
A．匀速下滑 B．加速下滑，加速度大于
C．加速下滑，加速度小于 D．上述三种情况都有可能发生
【答案】D
【解析】滑块在斜面的上部加速下滑，则
进入下方的匀强电场后。若电场力向上，则可能有
此时滑块将匀速下滑；若则
则仍加速下滑，且；若电场力向下，则
则仍加速下滑，且 。
故选D。
3．（2021·江西高三二模）如图所示，在水平放置的表面粗糙接地的固定金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q，一表面绝缘带正电的金属球（可视为质点，且不影响原电场）自左以速度开始在金属板上向右运动，在运动过程中（ ）
A．小球做先减速后加速的运动 B．小球做匀减速直线运动
C．小球的电势能不变 D．小球受电场力的冲量为零
【答案】C
【解析】AB．金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，AB错误；
C．小球的动能不变，根据能量守恒可知小球的电势能不变，C正确；
D．由于电场力不为零，根据可知小球受电场力的冲量不为零，D错误。
故选C。
4．（2021·辽宁锦州市·高三一模）一个带负电的粒子从处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，可以得出（ ）
A．在和处，电场强度相同B．从到过程中，电势先升高后降低
C．粒子经和处速度等大反向D．粒子在处电势能最大
【答案】B
【解析】A．因为，所以在和处，电场强度和加速度大小成正比，方向相反，故A错误；
BD．根据图像可知，从到过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，到处，电势能最小，根据可知，粒子带负电，所以电势先升高后降低，故B正确，D错误；
C．根据运动学公式可知可知，a-x图像的面积表示，所以粒子经和处速度大小相等，方向相同，故C错误。
故选B。
5．（2021·浙江衢州市·高三二模）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。已知重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】D
【解析】A．剪断细线，小球从静止释放，在恒定的重力及电场力作用下做匀加速直线运动，A错误；
B．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
B错误；
C．如图所示
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C错误；
D．如图所示A为等效最低点，B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D正确。
故选D。
6．（2021·上海崇明区·高三二模）如图所示，M、N为真空中同一电场线上的两点。一带电粒子在电场中只受电场力作用，以速度v1经过M点向下运动，一段时间后返回，以速度v2经过N点向上运动，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．速度v2一定大于v1
C．M点的电势一定比N点的高
D．粒子在N点的电势能一定比在M点的大
【答案】D
【解析】A．由于不知道电场强度的方向，则无法确定粒子的电性，故A错误；
BCD．由于粒子从M出发后要反向经过N，则粒子从M开始应做减速运动，后反向加速经过N点，由此可知，粒子从M到N，电场力做负功，动能减小，速度也减小，则速度v2一定小于v1，由能量守恒可知，粒子从M到N，电势能增加，由于无法确定粒子的电性，则无法确定M、N两点的电势高低，故BC错误，D正确。
故选D。
7．（2021·广东高三模拟）与“磁悬浮”对应的一种技术叫“电悬浮”。如图所示，竖直平面内有a、b、c三个带电小球，其中a、b固定于绝缘水平面上，三球的连线恰好组成正三角形，“电悬浮”恰好能使小球c静止，则（ ）
A．a、b的电荷量必相等
B．a、b、c的电荷量必相等
C．a、b有可能带相反电性的电荷
D．c的重力大小等于a、c间的库仑斥力大小
【答案】A
【解析】A．根据对称性，a、b对c的斥力必大小相等，a、b的电荷量必相等，A正确；
B．根据库仑定律，c的电荷量不必与a（或b）的电荷量相等，B错误；
C．对c受力分析，可知小球c的重力和a、b对c的库仑斥力平衡，故三者的电性必相同，C错误；
D．根据三力平衡做矢量三角形，可知c的重力大小应为a、c间的库仑斥力的倍，D错误；
故选A。
8．（2021·河南新乡市·高三二模）如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53° ，已知∠PAD=60° ，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°=0. 8，cos53° =0.6.下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为
【答案】A
【解析】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知
解得粒子运动到Q点时的竖直位移为
带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
故A正确，B错误；
CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有
联立上述两式解得
设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有
解得
故CD错误。
故选A。
二、多项选择题
9．（2021·福建高三二模）如图甲所示，一光滑绝缘细杆水平固定在非匀强电场中，在点固定一带正电的小球A，一带电量为的小球套在杆上。以点为原点，沿杆向右为轴正方向建立坐标系。小球A对小球B的作用力随B位置的变化关系如图乙中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，静电力常量，则（ ）
A．小球A所带电荷量
B．非匀强电场在处沿细杆方向的电场强度大小
C．将小球B从处静止释放运动到处过程中，加速度一直减小
D．将小球B从处静止释放运动到处过程中，速度先增大后减小
【答案】AD
【解析】A．由题图乙可知，当小球A和小球B之间距离x=0.3m时，二者之间的库仑力大小为F1=0.2N，根据库仑定律有
代入数据解得Q=1×10-6C，故A正确；
B．由题图乙可知，x=0.3m处，小球B所受合电场力大小为F2=0.16N，则有
代入数据解得E=3.6×105N/C，故B错误；
CD．由题图乙可知，从x=0.1m到x=0.3m，小球B所受合力先减小至零后再反向增大，所以加速度先减小至零后再反向增大，速度先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
10．（2021·贵州毕节市·高三二模）如图，绝缘底座上固定一电荷量为4×10-6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m=0.03kg、电荷量大小为3.6×10-6C的小球B，弹簧的劲度系数为k=5N/m，原长为Lo=0.35m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（ ）
A．小球B一定带正电
B．B球做圆周运动的速度大小为3.6m/s
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动
【答案】ACD
【解析】AB．小球A、B之间的库仑力
设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，则有
弹簧的弹力在水平方向的分力为
再由胡克定律，则有
由几何关系
可解，
，，，，
因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，且小球A带负电，则小球B带正电，所受合外力
由合外力提供向心力，则有
故A正确，B错误；
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向，左的电场力，这时提供的向心力减小，这样提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确；
故选择：ACD。
11．（2021·福建漳州市·高三二模）如图，半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上、、三点构成正三角形，、为圆环直径，且水平，为圆环最低点。将带正电小环、（均可视为点电荷）套在圆环上，固定在点不动。现将小环由点静止释放，则（ ）
A．小环到达点时速度最大
B．小环从到机械能先增大后减小
C．形成的电场中，、两点处的场强大小相等
D．形成的电场中，点的电势大于点的电势
【答案】BC
【解析】
A．小环P在E点的受力分析如图所示，由于重力在切线方向的分力与线速度方向相同，则小环继续做加速运动，所以E点速度并没有达到最大值，则A错误；
B．小环从到过程中，电场力先做正功，后做负功，根据功能关系
则小环从到机械能先增大后减小，所以B正确；
C．根据点电荷场强公式
由几何关系可得
则
所以形成的电场中，、两点处的场强大小相等，则C正确；
D．根据正点电荷的等势面的分布特点可知，离场源电荷越远的点电势越低，距离场源电荷相等距的各点在同等势面上，所以形成的电场中，点的电势等于点的电势，则D错误；
故选BC。
12．（2021·河南许昌市·高三一模）如图所示，空间有一水平向右的匀强电场。一带负电荷的微粒在竖直平面内，从P点以速度v沿右上方射出，v方向与电场方向的夹角为α（0<α<90°）。空气阻力不计，则关于该微粒在电场中的大致运动轨迹（图中虚线所示），下列可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】做曲线运动的物体速度方向和合外力方向分居在轨迹两侧，且合外力方向指向曲线凹侧，速度方向与轨迹相切。设微粒所受电场力大小为F，重力大小为mg。
A．当时，微粒运动轨迹可能如A选项图所示，故A正确；
B．当时，微粒运动轨迹可能如B选项图所示，故B正确；
C．由于速度方向与轨迹不相切，故C错误；
D．当时，微粒将做匀减速直线运动，如D选项图所示，故D正确。
故选ABD。
三、非选择题
13．（2021·天津高三一模）如图所示，上、下水平放置的两带电金属板相距为，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板处有一带电荷量为的小球B，在小球B上方有一带电荷量为的小球A，两小球的大小不计、质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知，现让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（空气阻力g不计，重力加速度为g）。求：
（1）B球刚进入电场时速度的大小；
（2）设，当B球刚进入电场内，杆对A球作用力为重力的多少倍？方向指向哪里？
（3）B球是否能碰到下板？如能，求B球刚碰到下板时的速度大小；如不能，请通过计算说明理由。
【答案】（1）；（2）0.8，沿杆竖直向下；（3）能，
【解析】（1）B球刚进入电场前，两小球与杆整体只受重力作用，做自由落体运动，有
解得
（2）当B球刚进入电场（A球未进入电场），系统受到重力2mg、电场力Eq，由牛顿第二定律得
设杆对A球作用力为F，A球受到重力、杆的作用力F以及B对A的库仑力。由牛顿第二定律得
又
解得
方向沿杆竖直向下
（3）设B球碰到下板时速度为v2，从最初释放到落到下板，有
解得
所以B球能碰到下板，B球刚碰到下板时的速度大小
14．（2021·上海高三二模）如图所示，质量为m=2g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上，杆长为1m，小球a带正电，电荷量为q=2×10-7C，在杆上B点处固定一个电荷量为Q=2×10-6 C的正电小球b。小球a在F=0.018N的向右水平恒力作用下，由静止开始从A向B运动，运动过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，两个小球可看做点电荷，已知静电力恒量k=9×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）a球刚开始运动时加速度的大小；
（2）当a球的速度最大时，ab两球之间的距离；
（3）已知真空中点电荷周围的电势为，式中k为静电力恒量，Q为点电荷电量，r为该点到点电荷的距离，则a球从A运动到中点O的过程中电势能变化量为多少。
【答案】（1）7.2m/s2；（2）0.447 m；（3）
【解析】(1)a球受力如图，
由库仑定律得
根据牛顿第二定律得
(2)当a球加速度为零时，速度最大，设此时ab两球相距r0
所以ab两球之间的距离为0.447m；
(3)据题意知：a球在A点的电势能为
a球在O点的电势能为
所以从A到O的过程中，a球的电势能变化量为
所以
15．（2021·北京门头沟区·高三一模）如图甲所示，两个相同的平行金属极板P、Q水平放置，高速电子在点沿中线射入，速度大小为。极板P、Q的长度为L，极板间的距离为d，电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子所受重力和电子之间的相互作用。
（1）若在极板P、Q间只加垂直于纸面的匀强磁场，电子垂直打在极板P上，求此匀强磁场的磁感应强度B；
（2）若在极板P、Q间只加恒定电压，电子穿过极板P、Q时，沿竖直方向偏移的距离为，求的大小；
（3）若在极板P、Q间只加一交变电压，其电压u随时间t变化的图像如图乙所示，电压的最大值为。电子在点持续均匀的沿射入，且在单位时间内射入的电子数为N，在点竖直放置一个较短的金属条，金属条长为（比小）。求该金属条上能够检测到的平均电流强度I的大小。（由于电子在P、Q板间运动时间极短，远小于交变电压的周期，电子在穿过P、Q板间时的电压认为不变）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）电子向上偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。
根据牛顿第二定律有
几何关系
解得
（2）带电粒子在P、Q极板间沿竖直方向做匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律有
电子在水平方向上做匀速直线运动，有
联立解得
代入
得
（3）由（2）可知：P、Q极板间电压加倍，电子在竖直方向的最大位移也加倍，故此，P、Q极板间电压加图乙所示的交变电压时，所有电子穿过P、Q极板时，在竖直方向的长度范围是，且点是中心点。P﹑Q极板间电压加图乙所示的交变电压时，电子在竖直方向长度范围内是均匀扫描，设在单位时间内打在金属条内的电子数为n，则有
金属条上检测到的平均电流强度
求得
16．（2021·宁夏高三模拟）如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏，一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小为B＝0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点（图中未画出），取g＝10m/s2，求：
（1）E1的大小；
（2）加上磁场后，粒子由O点到O′点的距离。
【答案】（1）；（2）1.0m
【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向上受力平衡，则有
解得
（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得
解得
由题意，加磁场前粒子在B、C之间做匀速直线运动，则有
加磁场后，粒子在B、C之间做匀速圆周运动，如图所示
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
设偏转距离为y，由几何知识可得
代入数据解得
答：（1）的大小为；
（2）加上磁场后，粒子由O运动到的距离为1.0m。
17．（2021·福建福州市·高三一模）如图所示，质量为m1=0.50kg，带有q=6.0×10-4C正电荷的小物块，放在绝缘木板的左端；木板静止在水平面上，其质量M=0.25kg、长度L=9.5m，木板上表面右端与竖直面上光滑绝缘二分之一圆轨道的最低点A相平且相距L=6.0m；小物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。质量为m2=0.05kg的绝缘弹丸以速度v0=50m/s沿水平方向射向小物块，与小物块相碰（碰撞时间极短）后弹丸以v=10m/s的速度大小反弹，然后小物块使木板从静止开始向右运动，当木板与竖直圆轨道AB碰撞立即锁住。在竖直面AB左侧空间存在电场强度为E=2.5×103V/m、方向水平向右的匀强电场。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）弹丸与小物块碰后小物块的速度大小；
（2）小物块滑到圆轨道最低点A处的速度大小；
（3）若圆弧半径为R=4m，物块m滑到圆轨道最低点A处时，电场强度变为原来的2倍，方向不变，竖直面AB左右侧空间均有电场，接下来物块m的运动情况以及在木板上经过的路程。
【答案】（1）6m/s；（2）3m/s；（3）运动过程见解析，
【解析】（1）设弹丸与物块碰撞后，物块得到向右滑行的速度为v1，由动量守恒定律可得
解得
v1=6m/s
（2）电场力qE与地面摩擦力等值反向
设物块和木板共速未滑下，共同速度为v2，由动量守恒定律得
解得
v2=4m/s
设在此过程中物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理得
对物块m
解得
x1=10m
对木板M
解得
x2=4m
由于x2
x3=L+x2-x1=3.5m
设物块m滑到圆轨道最低点A处时速度为v3，由动能定理得
解得
v3=3m/s
（3）设物块m沿圆轨道上升到圆心等高处，由动能定理得
解得Ek为负值，因此物块第一次滑上圆轨道不能到圆心等高处就滑回木板，由于电场力2qE大于木板对物块的摩擦力μ1m1g，物块先在圆轨道和木板来回滑动，直至最终在圆轨道上来回滑动，在A处速度为零。
设物块m在木板上经过的路程为s，由动能定理得
解得
18．（2021·福建高三模拟）如图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的匀强电场中，电场方向垂直边界向右。两小球A和B放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量均为m，A带电荷量为q（q>0），B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为10L，电场强度大小为E。现释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求：
(1)两小球发生第一次碰撞后，B获得的动量大小；
(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离；
(3)当小球B离开电场区域时，A在电场中的位置。
【答案】(1)；(2)L；(3)距cd边界的距离为L
【解析】(1)设小球A的加速度为a，与小球B第一次碰前速度为v0，根据牛顿运动定律和运动学公式，有
qE=ma ①
②
设碰撞后A、B的速度大小分别为vA1、vB1由量守恒和能量守恒，有
③
④
联立①②③④式，得
⑤
小球B获得的动量大小为
⑥
(2)设A、B两个小球发生第一次碰撞后经时间t′两者速度相同，时两小球相距最大距离为∆sm，根据运动学公式，有
⑦
⑧
由①⑤⑦⑧式得
∆sm=L ⑨
(3)设A、B两小球第一次碰撞后，经时间t1发生第二次碰撞，有
⑩
由⑤⑩式得
⑪
设A、B两小球第二次碰撞前后的速度分别为vA20，vB20，vA2，vB2，有
⑫
由动量守恒和能量守恒，有
⑬
⑭
由⑫⑬⑭式可得
⑮
在t1时间内，A、B小球的位移均为
⑯
可知A与B第二次碰撞位置距电场cd边界的距离为
⑰
假设经时间t2发生第三次碰撞，由运动学规律，得
⑱
得
由于
⑲
故两小球不会发生第三次碰撞。
设两小球第二次碰后B经时间t3离开电场，则
⑳
在t3时间内，A的位移为
(21)
由①②⑮⑰⑳(21)式得
(22)
即B离开电场时，A距cd边界的距离为
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