专题10 静电场-2021年高考物理各地市模拟题专题汇编

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专题10 静电场(解析版)
一、单选题（本大题共20小题）
1.[来源:2021年江苏省盐城市、南京市高考物理一模试卷]实验室中探测到电子在匀强电场中的运动轨迹为一条抛物线.为研究问题方便，建立如图所示的坐标系，该抛物线开口向下，a、b是抛物线上的两点.下列说法正确的是

A. 匀强电场方向可能沿x轴正方向 B. 匀强电场方向可能沿y轴负方向
C. 匀强电场中a点的电势比b点高 D. 电子在b点的动能比在a点的大
【答案】C
【解析】
由电子运动轨迹与受力关系判断匀强电场情况；由电场力做功判断动能变化情况；结合电势能与动能之和不变及EP=qφ判断电势高低。
掌握分析带电粒子在电场中运动轨迹的方法是求解的关键。
【解答】
AB.由电子运动轨迹可知电子受到电场力方向指向轨迹的凹侧，在最高点速度沿x轴方向，所以匀强电场方向不可能沿x轴正方向与y轴负方向，故AB错误；
CD.如果电子从a至b运动，则电场力做负功，动能减小，电势能增加，如果粒子从b向a运动，则电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以电子在b点的动能比在a点的小，则电子在b点的电势能比在a点的大，由EP=qφ可知匀强电场中a点的电势比b点高，故C正确，D错误。

2.[来源:2021年安徽省蚌埠市高考物理二模试卷]一平行板电容器两极板保持与恒压直流电源相连接，若在电容器两极板间插入某种绝缘介质，则该电容器(    )
A. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
C. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
D. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】B
【解析】
解：两极板保持与恒压直流电源相连接，则电容器两极板的电压不变，将某种绝缘介质插入后，介电常数增大，根据电容的决定式 C=ɛS4πkd知，介电常数增大，电容增大。
由于电压不变，根据C=QU可知，电量Q增大。
由于电容器的电压不变，而板间的距离d也不变，根据E=Ud可知，极板间的电场强度不变，故 ACD错误，B正确；
故选：B。
两极板保持与恒压直流电源相连接，则电容器两极板的电压不变，插入后介电常数增大，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化。
本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变。要掌握C=QU、C=ɛS4πkd、E=Ud三个公式。

3.[来源:2021年云南省昆明一中高考物理第六次复习试卷]真空中，在x轴上的原点处和x=6a处分别固定点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正试探电荷q，假设试探电荷q只在电场力作用下沿x轴正方向运动，试探电荷q的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是(    )

A. 点电荷M、N一定都是负电荷
B. 点电荷M、N所带电荷量绝对值之比为2︰1
C. x=2a处的电势一定高于x=5a处的电势
D. 试探电荷q的电势能一定是先增大后减小
【答案】C
【解析】
根据v-x图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性；根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度对应的特点，结合库仑定律判断出点电荷的电量之间的关系。
本题主要考查v-x图象，属于新型的图象题目，结合动能定理判断出电场之间的分布是解题的关键。
【解答】
D、试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项D错误;
A、试探电荷在x=4a处时速度最大，电势能最小，该处的电场强度一定为零;在x轴上从原点处到x=6a处，电场强度从两头指向x=4a处，点电荷M、N一定都是正电荷，A错;
B、由kQM(4a)2=kQN(2a)2，解得QM=4QN，B错；
C、x=2a处的动能小于x=5a处的动能，因为只有电场力做功，所以动能与电势能之和守恒，则x=2a处电势能大于x=5a处电势能，根据Ep=qφ，x=2a处电势高，故C正确。
故选C。

4.[来源:2021年湖北省宜昌市高考物理模拟试卷（2月份）]如图所示，真空中有三个电荷量相等的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电，O为三角形中心，A，B，C为三条边的中点。则

A. B，C两点场强相同
B. a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶3
C. 将某一正试探电荷从B点移动到C点，电势能减小
D. 在O点自由释放电子(不计重力)，会沿OA方向一直运动下去
【答案】B
【解析】
根据电场强度的矢量合成，比较B、C两点的场强；分析每个电荷受到的合力，求出所受库仑力之比；B、C两点电势相等，试探电荷的电势能相等；从O点释放电子，分析电子受力情况，判断电子的运动情况。
本题考查了电场的叠加，正确分析受力情况，根据库仑定律及平行四边形定则解题。
【解答】
A.电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，通过对BC两点的矢量合成可知，B、C两点的场强大小相同，但方向不同，故A错误；
B.设两点电荷之间的库仑力为F，a所受b、c的两个库仑力夹角为120°，合力为F，同理b所受库仑力的合力也为F，c所受a、b的两个库仑力夹角为60°，合力为2Fcos30°=3F，所以a、b、c所受库仑力大小之比为1:1:3，故B正确；
C.由对称性可知，B、C两点的电势相等，将某一正试探电荷从B点移动到C点，电势能不变，故C错误；
D.在O点自由释放电子，电子受到的合力竖直向上，电子沿OA方向加速运动，通过A点后到达某位置时，电子受到的合力为零，速度达最大，继续沿OA方向运动，电子受到的合力沿AO方向，电子做减速运动，所以电子做往复运动，不会沿OA方向一直运动下去，故D错误。
故选B。

5.[来源:2021山东省模拟题]如图所示，在某匀强电场中有一个正六面体，边长l=1 m，已知A、D、H、G点的电势分别为φA=6 V、φD=6 V、φH=14 V、φG=22 V，则下列说法正确的是

A. F点的电势为14 V
B. B点的电势为6 V
C. 匀强电场的场强大小为8 V/m，方向沿DH水平向右
D. 匀强电场的场强大小为82 V/m，方向沿GD斜向上
【答案】D
【解析】
根据题意各点电势情况，确定等势面，结合电场线与等势面垂直，确定场强方向，根据在匀强电场中，沿着两条平行且相等的线段电势降落也相等，确定电势。
该题通过比较几个点的电势，得出该电场的特点与方向，解题的关键是通过使用辅助线来说明问题。
【解答】
CD.在匀强电场中沿任意一条直线电势都是均匀变化的，D、G两点的电势分别为6V、22V，则DG中点的电势为14V，设DG的中点为P点，则PH为等势线，由题意可知AD亦为等势线，电场线既要与AD垂直，也要与PH垂直，可知电场方向沿GD斜向上，场强大小E=φG-φDdGD=82V/m，故C错误，D正确；
AB.在匀强电场中，沿着两条平行且相等的线段电势降落也相等，可知φF=22V，φB=14V，故AB错误。

6.[来源:2021年广东省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷]如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上．下列说法正确的是

A. p点的电势高于n点的电势
B. 微粒在p点的电势能小于在m点的电势能
C. 微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量
D. 微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量
【答案】D
【解析】
沿电场线方向电势降低，电场力做正功，电势能降低，电场力做负功，电势能增加，在只有电场力做功的情况下，电势能的减少量等于动能的增加量．
【解答】
A、根据电场线指向电势降低的方向，则p点的电势低于n点的电势，故选项A错误；
B、微粒带负电，其从p点到m点运动，电场力做正功，电势能减少，则p点的电势能大于m点的电势能，故选项B错误；
D、根据电场线的分布可知，m、n两点在同一等势面上，所以p、n的电势差等于p、m的电势差，即Upn=Upm，由电势能变化量ΔEp=-eU知，微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量，故选项D正确；
C、由于微粒只受电场力作用，根据动能定理得：eU=ΔEk，则微粒从p到n的动能变化量等于从p到m的动能变化量，故选项C错误。
故选D。

7.[来源:2021年湖南省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷]如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦，下列说法正确的是(    )

A. 小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大
B. 在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低
C. 小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能
D. 小在D、F两点所受的电场力相同
【答案】C
【解析】用对称法求解

8.[来源:2021年江苏省扬州市高考物理调研试卷（2月份）（一模）]在x轴上的A、B两点各有一个点电荷，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，P点电势最低．下列说法正确的是(    )

A. 两点电荷带异种电荷
B. A处的点电荷所带电荷量较小
C. M处的电场强度小于N处的电场强度
D. 电子沿x轴从M点移动到N点，电势能先减小后增大
【答案】B
【解析】
解决本题的突破口是知道φ-x图像的斜率表示场强，确定斜率为零的地方，结合点电荷的场强公式E=kqr2，电势与电势能的关系Ep=qφ等进行分析求解。
【解答】
C.φ-x图像的斜率表示场强，M点斜率大于N点，所以M点场强大于N点场强，故C错误;
A.P点斜率为零，则场强为零，说明A、B带同种电荷，故A错误;
B.设AP=r1，BP=r2，根据点电荷的场强公式，结合P点场强为零，可知kqAr12=kqBr22，据图显然r1 D.根据Ep=qφ可知，负电荷所处位置的电势越大，电势能越小，从M到N电势先减小后增大，故电子的电势能先增大后减小，故D错误．
故选B．

9.[来源:2021年安徽省蚌埠市高考物理二模试卷]如图所示，质量为m、电荷量为q的的带正电小球用绝缘细线悬挂于O点，整个装置处于水平向左的匀强电场中，图中虚线位置与竖直方向的夹角为θ，电场的场强E=mgqtanθ，小球的重力势能为E1、动能为E2、电势能为E3，小球从最低点由静止释放运动到虚线位置的过程中

A. E1、E2之和不断增大 B. E1、E2之和不断减小
C. E1、E3之和不断增大 D. E2、E3之和不断增大
【答案】A
【解析】
小球受重力、拉力、电场力三个力，根据受力图，利用合成法求出电场力与重力的方向，确定虚线位置速度是最大的，再根据能量守恒求解。
【解答】
AB、小球从最低点由静止释放运动到虚线位置的过程中，小球的重力势能为E1、动能为E2、电势能为E3三者和不变，由于电场力做正功，电势能为E3减小，故E1、E2之和不断增大，故A正确，B错误；
CD、由于E=mgqtan θ，故虚线位置时细绳拉力方向与重力和电场力的合力方向共线，根据单摆的等效重力场原理，虚线位置是小球速度最大，动能为E2最大 ,故E1、E3之和不断减小，故C错误；
D、小球从最低点由静止释放运动到虚线位置的过程中，小球克服重力做功，小球的重力势能为E1增大，故E2、E3之和不断减小，故D错误；
故选A。

10.[来源:2021年1月浙江省普通高校招生选考物理试卷]如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是(    )

A. 导体内部的场强左端大于右端
B. A、C两点的电势均低于B点的电势
C. B点的电场强度大于A点的电场强度
D. 正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
【答案】D
【解析】
解：A、带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，所以导体内部的场强左端等于右端，均为零，A错误；
B、沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势高于B点的电势，故B错误；
C、电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，B点的电场线比A或C点的电场线疏，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；
D、正电荷的受力方向沿电场线方向，所以正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选：D。
带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，；沿电场线方向电势降低；电场线的疏密程度表示电场强度的弱强；正电荷受力方向沿电场线方向，电场力做正功，电势能减小，由此进行分析。
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断；明确电场力做功与电势能变化的关系。

11.[来源:2021年安徽省马鞍山市高考物理一模试卷]如图所示，正方形四个顶点上依次置放电荷量为+q、+q、+q、-q的点电荷，a、b、c、d是对角线上的四个点，他们到中心O点的距离均相同。则(    )

A. a、b两点的场强相同，电势相同 B. a、b两点的场强不同，电势相同
C. c、d两点的场强相同，电势相同 D. c、d两点的场强相同，电势不同
【答案】B
【解析】
解：因为正方形对角线的相互垂直，所以ab电荷和cd电荷连线垂直；
AB、a、b两点在等量同种电荷连线上，在等量异种电荷的中垂线上，根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知，在等量异种电荷中垂线上的电场强度相同，电势相等；在等量同种电荷的连线上电场强度大小相同，方向不同，电势相等；根据电场的叠加原理可知a、b两点的电场强度不同，电势相等，故A正确，B错误；
CD、c、d两点在等量异种电荷连线上，在等量同种电荷的中垂线上，根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知，在等量同种电荷中垂线上的电场强度大小相等，方向不同，电势相等；在等量异种电荷的连线上电场强度相同，电势不等；根据电场的叠加原理可知a、b两点的电场强度不同，电势不等，故CD错误；
故选：B。
本题可根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况，运用电场的叠加原理进行分析．分析要抓住电场线和等势线分布的对称性．
本题关键是要明确两个等量同种电荷和异种电荷电场线和等势面的分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，灵活运用电场的叠加原理进行分析．

12.[来源:2021年广东省揭阳一中高考物理模拟试卷（3月份）]如图所示，电场中的一簇电场线关于x轴对称分布，O点是坐标原点，E、F、M、N是以O为中心的一个正方形ABCD各边与x、y轴的四个交点，则下列说法中正确的是(    )

A. M点电势比O点电势高
B. EO间的电势差等于OF间的电势差
C. 一正电荷在F点的电势能大于在C点的电势能
D. 将一负电荷从M点移到F点，电场力做正功
【答案】C
【解析】
解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，M点的电势比O点的电势低，故A错误；
 B、根据电场分布可知，EO间的平均电场强度比OF之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，EO间的电势差大于OF间的电势差，故B错误；
C、F点电势高于O点，根据EP=qφ可知，正电荷在F点时的电势能大于在O点时的电势能，故C正确；
D、M点的电势比F点的电势高，将负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，故D错误。
故选：C。
利用等势线与电场线相垂直，顺电场线的方向电势降低，在同一条电场线上比较电势的高低，电荷在电场中的电势能EP=qφ，电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减小，电场力对电荷做负功时，电荷的电势能增大。
本题考查关于电场的基本知识点，注意等势线与电场线相垂直，顺电场线的方向电势降低，在电场越强处，电势降落的越快，电荷在电场中的电势能EP=qφ，也可通过电场力做功进行判断。

13.[来源:2021年吉林省吉林市高考物理二调试卷]已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是(    )

A. b点电场强度与c点电场强度相同
B. a点电场强度与b点电场强度大小相等
C. a点电势等于d点电势
D. 将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变
【答案】C
【解析】
先画出电场线：电场线从正电荷出发，终止于负电荷，根据电场线的疏密分析电场强度的大小，根据对称性分析a点与d点的电势关系，根据电场力方向与位移方向的夹角分析电场力做功情况，来分析电势能的变化。
本题涉及电场强度和电势高低的判断，电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。
【解答】
画出电场线如图所示：

A.根据对称性知，b、c两点的电场强度大小相同，方向不同，所以电场强度不同，故A错误；
B.由图中电场线分布可知，a点和b点电场线疏密不同，由于左边有个无限大的金属板，导致a和b点电场不对称，所以电场强度大小不等同，故B错误；
C.由对称性知，a点电势等于d点电势，故C正确；
D.电场线的切线方向为该点的场强方向，若移动的是正电荷，正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，从a到ad中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功，从ad中点到d点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，所以电荷的电势能先增大后减小，若移动的是负电荷，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。

14.[来源:2021年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一调试卷]如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0，所带电荷量分别为+Q、-Q，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子(重力不计)从A点静止释放。粒子在A运动到B的过程中，下列关于电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中，可能正确的是(    )

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
解：A、设O'为AB中点，根据电势的叠加可知，O'点的电势为0，且AB两点关于O'点对称，则AB两点电势大小相等，符号相反，故A错误；
B、粒子在A点时，+Q环产生的场电场强度为0，但-Q环产生的电场强度不为0，即图像的原点处E≠0，故B错误；
C、由动能定理W=qEx=Ek-0=Ek，则Ek-x图像斜率为电场力qE，而O'点电场力最大，故图像x=l02处斜率最大，故 C正确；
D、由于AB处的电势一正一负，绝对值相等，根据Ep=φq可知，粒子在AB两点的电势能也一正一负，绝对值相等，故D错误。
故选：C。
根据电场的叠加分析AB的场强大小及方向。根据电势场强的定义分析x=l02点的场强和电势。根据Ep=φq判断AB两点的电势能大小。
在该题中，电场的分布有对称性，如能把握好，可以使得解题思路更加简便。

15.[来源:2021年吉林省延边州高考物理质检试卷（2月份）]三等长绝缘棒AB、BC、CA连成正三角形，每根棒上均匀分布等量同种电荷，测得图中P、Q两点(均为相应正三角形的中心)的电势分别为φP和φQ，若撤去AC棒，则P、Q两点的电势φP'和φQ'分别为(    )

A. φP'=23φP B. φP'=13φP
C. φQ'=φQ+13φP D. φQ'=12φQ+16φP
【答案】A
【解析】解：根据对称性，AB、BC、AC三根绝缘棒在P点产生的电势以及AC棒在Q点产生的电势相同，设为φ1；AB、BC棒在Q点产生的电势相同，设为φ2。根绝电势的叠加原理，有
φP=3φ1，φQ=φ1+2φ2，联立可得φ1=13φP，φ2=12φQ-16φP
撤去AC棒后，P、Q两点的电势分别为
φP'=2φ1=23φP，φQ'=2φ2=φQ-13φP，故A正确，BCD错误；
故选：A。
利用对称性和电势叠加原理求出每根带电绝缘棒在P、Q两点产生的电势，再解撤去AC棒之后两点的电势。
本题考查电势的叠加，注意每根带电绝缘棒产生的电势与其他棒无关，只与该点到棒距离还有带电绝缘棒本身带电荷量以及电荷分布有关。

16.[来源:2021年广东省东莞市高考物理模拟试卷]真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是(    )

A. 该点电荷一定为正电荷
B. P点的场强一定比Q点的场强大
C. P点电势一定比Q点电势低
D. 正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
【答案】B
【解析】
解：ACD、由于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定，所以无法确定电场线的方向，则没有办法确定点电荷的电性，正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定，故ACD错误；
B、根据等势面的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确。
故选：B。
根据顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向，以此判断点电荷的电性；根据等势面的疏密程度分析场强的大小；正电荷电势越高，电势能越大。
解决该题的关键是掌握点电荷的电性的判断方法，知道等势面的疏密程度反应了电场强度的大小。

17.[来源:2021年四川省成都七中高考物理一诊试卷]假设在某电场中沿x轴方向上，电势φ与x的距离关系如图所示，其中x4-x3=x6-x5。现有一个质子在电场中仅受电场力作用而移动，则下列说法中正确的是(    )

A. 在0～x1内，沿x轴方向的电场强度为2V/m
B. 在x1～x2内，沿x轴方向的电场强度均匀增大
C. 若质子从电势为2V的x6位置向左移动到电势为2V的x1位置，为了通过电势为3V的x3位置，质子至少应具有1eV的初动能
D. 质子在x3～x4内沿x轴方向所受电场力小于区域x5～x6内沿x轴方向所受电场力
【答案】C
【解析】
解：A、φ-x图像中其斜率表示沿x轴方向的场强，由图像确定电场强度，在0-x1内，沿x轴方向的电场强度为E=△φ△x=0，故A错误；
B、在x1到x2区域内，图像的斜率不变，则这两点间的电场是匀强电场，沿x方向的电场强度不变，故B错误；
C、由图象可知从x1位置到x2位置电势均匀增加，则x1位置到x2位置间的电场方向向左，x3位置到x4位置间的电场方向向右，x5位置到x6位置间的电场方向向左，若质子从电势为2V的x6位置向左移动到电势为2V的x1位置，电场力先做正功2eV，后做负功3eV，为了通过电势为3V的x3位置，根据动能定理可知，质子至少应具有1eV的初动能，故C正确；
D、由图象可知，在 x3与x4区域内比x5与x6区域内的场强大，所以电子在 x3到 x4区域内沿x方向所受电场力大于x5到 x6区域内沿x方向所受电场力，故D错误；
故选：C。
φ-x图像中其斜率表示沿x轴方向的场强，由图像确定电场强度和电场力的大小和变化；由动能定理确定质子的初动能。
本题主要考查了φ-x图像，其斜率表示沿x轴方向的场强，要分析清楚图像，确定电势差与距离的关系，然后根据电势差与场强的关系分析答题即可．

18.[来源:2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（2月份）]如图所示为某示波管内的聚焦电场横截面示意图，实线和虚线分别表示电场线和等势线。电场中a、b两点的场强大小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb。下列说法中正确的是(    )

A. Ea >Eb，φa >φb B. Ea >Eb，φa<φb
C. Eaφb  D. Ea  【答案】B
【解析】
解：a位置的电场强度较密集，则Ea>Eb；
根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知φa<φb，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．再根据电场线的方向分析电势高低．
本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向．

19.[来源:2021年上海市闵行区高考物理一模试卷]真空中两个点电荷Q1，Q2，距离为R，当Q1和Q2电量都增大到原来2倍时，距离也增大到原来的2倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来(    )
A. 1倍 B. 2倍 C. 4倍 D. 8倍
【答案】A
【解析】解：根据库仑定律可知，F=kQ1Q2r2，真空中有两个固定点电荷，当Q1，Q2电量都增大到原来2倍时，距离R增大到原来的2倍时，
则库仑力：F'=k⋅2Q1⋅2Q2(2r)2=F
因此电荷间的库仑力变为原来的1倍，故A正确，BCD错误。
故选：A。
真空中有两个固定点电荷之间的距离保持不变，当电荷量都变为原来的2倍，根据库仑定律分析库仑力的变化。
本题是库仑定律的应用，采用控制变量法进行分析。基本题，不应出错。

20.[来源:2021山西省模拟题]如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图所示，M、N、O是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是(    )

A. O点电势与Q点电势相等
B. 将一正电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少
C. MO间的电势差等于ON间的电势差
D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
【答案】B
【解析】
解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在MN上找到Q点的等势点，应在O点上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；
B、
【方法一】Q点的电势比M点的电势低，正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，则电荷在Q点的电势能比在M点的电势能小，故从M到Q电荷电势能减少，
【方法二】正电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，将一正电荷由M点移到Q点，电场力做正功，电荷的电势能减少，故B正确；
C、
【方法一】根据图中电场线分布可知，同一正电荷从M到O电场力做的功比O到N电场力做功多，电势能降低多，电势下降多，则OM间的电势差大于NO间的电势差，
【方法二】根据电场线密的地方等差等势线也密，MO与ON长度相同，则MO间等差等势线密，则MO电势差变化比ON变化的多，OM间的电势差大于NO间的电势差，故C错误；
D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将与该点电场线切线方向相同，斜向右上，故D错误。
故选：B。
通过电场线与等势线垂直找到MN上与Q点等势点，沿电场线电势降低求解；通过电场力做功与电势能的关系求解；通过电势能与电势差的关系求解。
本题考查电场中能的性质基础，注意负电荷在电势低的地方电势能大，电场线密的地方等差等势线也密。

二、多选题（本大题共10小题）
21.[来源:2021陕西省宝鸡市模拟题]如图所示，A、B、C、D为水平圆周上的四个点，C、D、E、F为竖直圆周上的四个点，其中AB与CD交于圆心O且相互垂直，CD与EF交于圆心O且相互垂直，两个圆的半径均为R。在A点放置一个电荷量为+Q的点电荷，在B点放置一个电荷量为-Q的点电荷。在两点电荷产生的电场中

A. C点电势高于E点电势
B. 一个正电荷q在E点受到的电场力方向沿直径EF指向O点
C. 将一个正电荷q从A点附近沿半径移动到O点后再沿半径移动到E点，该电荷电势能先减小后不变
D. 将一个正电荷q沿CD连线由C移到D，该电荷受到的电场力先增大后减小
【答案】CD
【解析】
本题考查了两个等量异种点电荷的电场；明确电场线的分布特点和电场力做功与电势能的变化关系。
根据等量异种点电荷的电场线的分布特点分析电势和场强方向；根据电场力做功与电势能的关系分析电势能的变化。
【解答】
A.根据等量异种点电荷的电场特点可知，C、D、E、F为竖直圆周上的四个点，为等电势点，故C点电势等于E点电势，故A错误；
B.分析可知，E点的电场强度方向平行AB连线指向负电荷一方，故正电荷在E点受到的电场力方向平行AB连线指向负电荷一方，故B错误；
C.从A到O再到E过程，电势先降低，后不变，故电场力先做正功，后不做功，根据电场力做功与电势能改变的关系可知，正电荷的电势能先减小后不变，故C正确；
D.根据等量异种点电荷的电场特点可知，在垂直两电荷连线上，电场强度先增大后减小，故电荷所受电场力先增大后减小，故D正确。
故选CD。

22.[来源:2021年海南省高考物理一模试卷]两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则(    )

A. C点的电场强度大小为零
B. A点的电场强度大小为零
C. q1带正电，q2带负电，且q1的带电量小于q2的带电量
D. 将一负点电荷沿x轴从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【答案】AD
【解析】
φ-x图象的斜率等于电场强度E，根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，根据电荷受力分析电场力做功的正负。
电势为零处，电场强度不一定为零，电荷在电场中与电势的乘积为电势能，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
【解答】
AB.φ-x图象的斜率等于电场强度E，根据图象可知，C点斜率为零，则电场强度的大小为零，A点电势为零，场强不为零，故A正确，B错误；
C.由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电；由于C点合场强为零，根据公式E=kQr2可知，q1距离远，电荷量大，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故C错误；
D.N→D段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确。
故选：AD。

23.[来源:2021年广东省韶关市高考物理一模试卷]如图所示，a、b为位于球体直径两端的等量异种电荷，其中a为正电荷，b为负电荷．A与C、B与D、E与F分别为球面上关于球心O对称的两点，其中A，B，C、D位于同一水平圆周上，EF垂直ab连线，下列说法正确的是(     )

A. A，C两点电场强度相同 B. A，B两点电场强度相同
C. C，D两点电势相等 D. E，F两点电势相等
【答案】AD
【解析】
根据电场的叠加原理分析，等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度是矢量，注意方向，电势是标量。
解决本题的关键要掌握各种常见电场的等势面、电场线的分布情况，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同。
【解答】
AB、由等量异种电荷对称性可知，AC两点场强大小方向都相同，AB两点电场强度大小相等方向不同，故A正确，B错误；
CD、C、D两点中，D点离正电荷更近，所以D点电势高，EF两点在等量异种电荷的中垂面上，此面为等势面，所以EF两点电势相等，故C错误，D正确。
故选AD。

24.[来源:2021年安徽省马鞍山市高考物理一模试卷]如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘轻杆，带等量异种电荷的小球a、b固定在轻杆两端，两球质量相同。现将两小球从图示实线位置由静止释放，在静电力作用下，两小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0，不考虑两小球间相互作用和一切摩擦。该过程中

A. 任意时刻，球a电势能等于球b电势能
B. 球a电势能增加，球b电势能减少
C. 静电力对两小球均做负功
D. 两小球的总动能增加
【答案】AD
【解析】
根据匀强电场电场强度和电势差的关系得出两球的电势关系，再结合电势能的定义式得出两球的电势能的关系，根据电场力做功得出电势能的增减情况。从而得出系统的动能的变化情况。
根据是带电小球的电势能的定义式及电场力做功和电势能的变化关系的考查，常规题目。
【解答】
A.O点的电势为0，故任意时刻a，b两球的所在位置的电势互为相反数，且ab两球带等量的异种电荷，根据电势能的定义式Ep=qφ得出，任意时刻，球a电势能等于球b电势能，故A正确；
BC.对小球a在转动过程中，电场力做正功，电势能减小，对小球b在转动过程中，电场力也做正功，电势能也减小，两球组成的系统的总电势能减小，总动能增加，故BC均错误、D正确；
故选AD。

25.[来源:2021年山东省聊城一中高考物理模拟试卷（2月份）]如图，一电子以某一初速度进入电荷量为Q的某点电荷电场中，a、b为粒子运动轨迹上的两点，a、b两点间的直线距离为d，已知a点场强方向所在直线与ab连线间夹角α=30°，b点场强方向所在直线与ab连线间夹角β=60°。电子的电荷量为e，点电荷周围某点的电势φ=kQr，其中r为该点到点电荷的距离。电子仅受电场力作用，下列说法正确的是(    )

A. b点电势高于a点电势
B. 电子在a点的电势能小于在b点的电势能
C. 电子从a到b过程中，电场力做的功为2(3-3)keQ3d
D. 电子先后经过a、b两点时的加速度大小之比为1：3
【答案】ACD
【解析】
本题考查了点电荷的电场，明确点电荷电场的特点，掌握电势、电势能、电场力功的概念是解题的关键。
根据题意可知点电荷到a点和b点的距离即位置，也可得到电场力的大小即加速度的大小关系；根据轨迹的形状可判断电子的受力方向，即可得点电荷的电性，根据距离点电荷的远近可知电势的高低，根据电势能与电势的关系可得电势能的高低；根据电场力与电势能改变的关系可得电场力的功；
【解答】
A.根据题意结合电子轨迹可知，产生电场的点电荷带正电，且距离a为ra=dcosα=32d，距离b为rb=dsinα=12d，由于rb B.根据电势能和电势的关系Ep=φq，且电子带负电，可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；
C.根据电场力功与电势能改变的关系Wab=Epa-Epb，结合A中分析可得Wab=2(3-3)keQ3d，故C正确；
D.根据点电荷的电场强度表达式E=kQr2，结合牛顿第二定律qE=ma，代入A中所求数据可得：电子先后经过a、b两点时的加速度大小之比为1：3，故D正确。
故选ACD。

26.[来源:2021年福建省漳州市高考物理第一次质检试卷（一模）]如图，xOy平面内有一匀强电场，电场方向与xOy平面平行，平面内有一菱形区域，顶点分别为A、B、C、D.已知A、C两点的电势分别为9 V、21 V，电子从D点运动到C点电场力做功为10 eV.下列说法正确的是

A. B点电势为19 V
B. A，B，C，D间的电势差关系为UAD=UBC
C. 电场方向与A、C两点连线垂直
D. 电子在A点的电势能比在C点低12 eV
【答案】AB
【解析】
本题主要考查了电场中电势差和电场强度的关系，知道匀强电场中等势面和电场线都是一条条平行直线，且电场线和等势面相互垂直。
【解答】
AB.电子从D点运动到C点电场力做功为10 eV，则-eφD-φC=10eV ，解得：φD=11V，在菱形区域内则有：φA-φB=φD-φC，解得：φB=19V  ，及UAD=UBC;故AB正确；
C.因为φA≠φC，电场方向与A、C两点连线不垂直，故C错误；
D.电子从A点到C点电场力做功：WAC=-eUAC=12eV，故电子在A点的电势能比在C点高12 eV，故D错误。
故选AB．

27.[来源:2021年广西梧州市高考物理毕业班联考试卷（3月份）]如图所示，在坐标原点O处固定一负点电荷Q。t=0时刻，一电子(不计重力)以速率v0从x轴上的A点沿x轴负方向运动，电子不会与电荷Q相碰。下列关于电子的速度v和加速度a随时间t、电势能Ep(以电子在A点的电势能为零)和运动径迹上的电势φ随坐标x的变化图线中，可能正确的是(    )

A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】解：A、负点电荷产生的电场强度满足E=kQr2，距离负点电荷越近，电场强度越大，加速度越大，电子向左运动的过程中，同种电荷相互排斥，速度越来越小，直至速度为0，加速度增大；后反向加速，速度越来越大，加速度越来越小，故A正确；
B、t=0时刻，电子受到负点电荷的排斥力作用，加速度不为0，故B错误；
C、随着x增大的过程中，逆着电场线，电势逐渐升高，又因为点电荷产生的电场强度是非匀强电场，所以电势中随x变化应是非均匀变化，C中φ-x图象的斜率表示电场强度大小，x增大的过程中，电场强度越来越小，则φ-x图象应由陡变缓，故C错误；
D：电势能Ep=qφ，电子电荷量q<0，Ep-x图像的斜率是电场力，所以Ep-x图象与φ-x图象形似，逐渐减小，且由陡变缓，故D正确；
故选：AD。
孤立点电荷产生的电场强度满足E=kQr2，距离负电荷越近，电场强度越大，加速度越大；逆着电场线，电势逐渐升高；电场力做正功，电势能逐渐减小，电场力做负功，电势能逐渐增大。结合以上知识点，以及图象的斜率各自代表什么含义等条件进行判断。
本题主要考查点电荷产生电场的电场强度与电势的特点，并结合电子的运动的情况，去判断v、a、电势、电势能各个物理量的变化。

28.[来源:2021年河南省濮阳一中高考物理摸底试卷（3月份）]如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，下列说法正确的是(    )

A. 若三者进入偏转电场时的初速率相同，则一定到达挡板上同一点
B. 若三者进入偏转电场时的初动能相同，则一定到达挡板上同一点
C. 若三者进入偏转电场时的初速率相同，则到达挡板的时间一定相同
D. 若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间一定相同
【答案】BC
【解析】
解：AB、设任一粒子的电荷量为q、质量为m、进入偏转电场的速率为v，偏转电场的场强为E、极板长度为L，极板右端到竖直挡板的距离为d，离子从偏转电场中射出时的速度偏向角为θ，粒子在偏转电场中做类平抛运动，则竖直方向有：
y=12qEmt2=qEL22mv2①tanθ=qELmv2②
水平方向有t=L+dv③
由①②看出，若三个粒子的初速率v相同，由于三个粒子的质量不同，y、θ就不同，一定到达挡板上不同的点；若三个粒子的初动能相同，mv2相同，三个粒子的电荷量也相同，y、θ就相同，一定能到达挡板上同一点，故A错误，B正确；
CD、由③可知，若三粒子的初速率相同，到达挡板的时间一定相同；若三个粒子的初动能相同，则初速率不同，到达挡板的时间一定不同，故C正确，D错误。
故选：BC。
判断三个粒子到达挡板上的时间以及是否在同一点，关键是判断它们在电场中竖直方向的偏转位移以及它们的初速度，根据带电粒子在电场中偏转的运动规律，可判断影响偏转位移的因素，即可根据运动规律判断是否在同一点；从水平方向的运动规律可以判断其运动时间关系。
本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，关键要掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，运用牛顿第二定律和运动学公式列式分析。

29.[来源:2021年山西省吕梁市高考物理一模试卷]如图所示，a、b、c为电场中相邻的三条等差等势线，质子仅在电场力作用下从A点沿实线经B点运动到C点，A、B、C三点的场强大小分别为EA、EB、EC；电势分别为φA、φB、φC；质子在A、B、C三点的电势能分别为EPA、EPB、EPC；动能分别为EkA、EkB、EkC，则(    )

A. EA>EB>EC B. φA>φB>φC
C. EpA>EpB>EpC D. EkA>EkB>EkC
【答案】AD
【解析】

解：A、等差等势线越密，场强越大。由图可知，EA>EB>EC，故A正确；
B、虚线是等差等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场力大致方向如图所示，则φA<φB<φC，故B错误；
C、质子由A点运动到C点的过程中，电场力对质子做负功，质子的电势能增加，动能减小，即EpAEkB>EkC。故C错误，D正确。
故选：AD。
虚线是等差等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场力大致向左上方，质子由A点运动到C点的过程中，电场力对质子做负功，质子的电势能增加，动能减小。
本题是电场中粒子的轨迹问题，首关键要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，要知道电场线的疏密表示场强的大小，等差等势线越密，场强越大．

30.[来源:2021湖南省模拟题]如图所示，一点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心。两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法中正确的是(    )

A. M带正电、N带负电
B. M在b点的速度小于它在a点的速度
C. N在c点的电势能大于它在e点的电势能
D. 因不知点电荷带电性质，无法判断两带电粒子运动过程中速度的变化及电势能的变化情况

【答案】BC
【解析】解：A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，由于不知道O点电荷的电性，所以不能判断出M与N的电性，故A错误；
B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，那么M在b点的速度小于它在a点的速度，故B正确；
C、N受到的电场力为排斥力，则N从e到c电场力做负功，N电势能增加，那么N在c点的电势能大于它在e点的电势能，故C正确；
D、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，所以能判断出两带电粒子运动过程中速度的变化及电势能的变化情况，故D错误。
故选：BC。
根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．
本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．

三、计算题（本大题共4小题）
31.[来源:2021湖南省模拟题]有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原理如图所示。空间中充满竖直向下的匀强电场，一束质量为m、电量为-q(q>0)的粒子以不同的速率从P点沿某竖直平面内的PQ方向发射，沿直线飞行到Q点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于该竖直平面，PQ=4l。若速度最大粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，且其它速度粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT上的NM范围内，PM=8l，PN=6l，若重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)粒子速度大小的范围；
(3)磁场穿过该竖直平面内的最小面积。

【答案】解：(1)带电粒子沿PQ直线运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件得：qE=mg
解得电场强度的大小为：E=mgq
(2)进入磁场的速度方向沿PQ直线，说明圆心在过Q点垂直PQ的垂线上，若速度最大粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，说明圆心在PT上，所以圆心是垂直PQ的直线与PT的交点A，如图所示，设最大速度为v 1，做圆周运动的半径为R，由几何关系可知：(4l)2+R2=(8l-R)2
联立解得：R=3l
所以有：PA-=PM--R=8l-3l=5l
由几何关系得：∠QAP=RPA-=35
解得：∠QAP=53°
带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得：qv1B=mv12R
解得带电粒子最大速度为：v1=3qBlm
设最小速度为v 2，做圆周运动的半径为r。其轨迹如下图蓝色圆所示：

圆心在C点，因为三角形是AQM是等腰三角形，过C点作CD平行于PT交QM于D，由几何关系可知：CQ=CD
所以最小速度的带电粒子刚好从D点离开磁场，半径是CQ，过D点用DK平行于QA交PT于K，在直角三角形NDK中，由几何关系可知：r-l3l-r=35
解得：r=74l
带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得：
qv2B=mv22r
解得带电粒子最大速度为：v2=7qBl4m
所以带电粒子的速度范围为：7qBl4m≤v≤3qBlm
(3)由几何关系可以证明：DK-=KM-=R-r
所以三角形KDM是等腰三解形，在DM间任一点作PT的平行线交QA的交点等于该点到Q点的距离，也就是说要想粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT上的NM范围内，带电粒子离开磁场的边界是DM线段。所以磁场穿过该竖直平面内的最小面积为：
S=(180°-53°)πR2360∘-(180°-53°)πr2360∘-12(R+r)(R-r)sin53°
代入数据解得磁场穿过该竖直平面内的最小面积为：S=198(127π-144144)l2
答：(1)电场强度的大小为mgq；
(2)粒子速度大小的范围为7qBl4m≤v≤3qBlm；
(3)磁场穿过该竖直平面内的最小面积为198(127π-144144)l2。
【解析】(1)重力和电场力二力平衡，由平衡条件求得电场强度的大小；
(2)根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系求解粒子速度大小的范围；
(3)由数学几何知识求得磁场穿过该竖直平面内的最小面积。
本题以有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器的工作原理为情景载体，考查了带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，解决此题的关键是正确受力分析，得到带电粒子所受重力与电场力等大反向，带电粒子在磁场中匀速圆周运动，灵活应用数学几何关系求解，对学生应用数学知识解决物理问题的能力要求较高。

32.[来源:2021年上海市杨浦区高考物理一模试卷]如图，固定于竖直平面内的粗糙斜杆与水平方向夹角为30°，处在水平向左的匀强电场中。质量为1×10-3kg、带电量为+5×10-6C的小球套在杆上，小球沿杆下滑过程中未受摩擦力作用。重力加速度g取10m/s2。求：

(1)电场强度E的大小；
(2)小球下滑的加速度大小；
(3)若电场大小不变，方向变为水平向右。为使小球能由静止起沿杆向上运动，杆与小球之间的动摩擦因数μ的取值范围(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
【答案】解：
(1)小球的受力分析如右图(1)所示，小球未受摩擦力作用，说明小球和杆之间没有弹力作用

根据垂直杆方向受力平衡可得

解得；
 (2)小球的加速度沿杆向下，根据牛顿第二定律
得；
(3)电场大小不变，方向变为水平向右，小球的受力分析如右图(2)所示

可得

为使小球能沿杆向上运动，应满足

可得μ<33。
【解析】本题考查物体的受力分析，受力平衡，以及牛顿第二定律的应用，基础题。
(1)小球的受力分析如右图(1)所示，小球未受摩擦力作用，说明小球和杆之间没有弹力作用，根据垂直杆方向受力平衡可得电场强度E的大小；
(2)小球的加速度沿杆向下，根据牛顿第二定律，可求小球下滑的加速度大小；
(3)电场大小不变，方向变为水平向右，对小球进行受力分析，为使小球能沿杆向上运动，应满足，结合摩擦力的求解公式联立求解杆与小球之间的动摩擦因数μ的取值范围。

33.[来源:2021广东省模拟题]一质量为m=1.0×10-4kg的带电小球，带电量大小为q=1.0×10-6C，用长为L的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时细线与竖直方向如图所示成θ角，且θ=37°(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2)。

(1)判断小球带何种电荷；
(2)求电场强度E的大小；
(3)求剪断细线开始经历t=1s小球电势能的变化大小。
【答案】解：(1)小球受电场力向左，可知小球带负电；
(2)小球受力如图所示，
由平衡条件得Eq=mgtanθ
解得：E=mgtanθq=7.5×102V/m
(3)剪断细线时小球在重力mg、电场力Eq的合力作用下，沿细线原方向向左下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
F1=mgcosθ=ma
解得：a=gcosθ
在1秒钟内小球的位移为：l=12at2=g2cosθ
则小球沿电场线反方向移动的位移为：x=lsinθ=gtanθ2
则电场力对小球做的功为
W=Eqx=Eq⋅gtanθ2≈2.8×10-2J
因为电场力对小球做正功，所以小球的电势能减小，电势能减少量为
△EP=W
则：△EP≈2.8×10-2J
答：(1)小球带负电荷；
(2)电场强度E的大小为7.5×102V/m；
(3)剪断细线开始经历t=1s小球电势能的变化大小为2.8×10-2J。
【解析】(1)根据小球的受力情况可以判断小球带负电；
(2)对小球受力分析，根据平衡条件列方程，可以得到电场强度的大小；
(3)先根据牛顿第二定律计算出小球的加速度，然后得到沿电场力方向的位移，则小球电势能的变化量等于电场力做的功。
本题是常规的物理计算题，需要掌握基本的物理思维和方法即可解答。所以严格按照物理解题步骤很容易求解，即选定研究对象，受力分析，列方程，求解。

34.[来源:2021山东省模拟题]示波管的示意图如图所示，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。(已知电子电荷量e=1.6×10-19c，质量m=9×10-31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。)求：
(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。

【答案】
解：(1)对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：eU0=12mv02
解得：v0=3.2×107m/s
(2)设电子飞出偏转电场，在垂直极板方向上的位移为y，
即有y=12at2
a=qEm=eUmd
电子偏转的时间t=Lv0
电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，依据几何关系有：
  yL2=YL2+S
解得  Y=2cm。
答：(1)电子飞入偏转电场时的速度v0为3.2×107m/s；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y为2cm。
【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求解电子飞入偏转电场时的速度v0的大小。
(2)电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由几何关系求电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
此题考查了带电粒子在组合场中运动的类型，要知道电子在加速电场中运动时，往往由动能定理求加速获得的速度。对于带电粒子偏转，往往运用运动的分解法研究。