2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点26 电场的能的性质 Word版含解析

这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点26 电场的能的性质 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。

考点细研究：(1)电势能、电势；(2)电势差、等势面；(3)匀强电场中电势差与电场强度的关系等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅲ第15题、2015年全国卷Ⅰ第15题、2015年广东高考第21题、2015年海南高考第7题、2015年四川高考第6题、2014年全国卷Ⅰ第21题、2014年全国卷Ⅱ第19题、2014年安徽高考第17题、2014年上海高考第19题、2014年全国卷Ⅰ第25题等。
备考正能量：本考点是高考重点考查的内容之一，多以选择题的形式出现，难度中等。试题往往以电场线、等势面为切入点，粒子的运动为物理情景，考查学生理解能力和综合能力。预计今后的高考此类问题仍会以选择题形式出现。
一、基础与经典
1．在静电场中，将电子从A点移到B点，电场力做了正功，则( )
A．电场强度的方向一定是由A点指向B点
B．电场强度的方向一定是由B点指向A点
C．电子在A点的电势能一定比在B点的高
D．A点的电势一定比B点的高
答案 C
解析 电子从A点移到B点，电场力做了正功，说明B点所在等势面的电势一定比A点所在等势面的电势高，并非电场线的方向就是由B指向A，故选项A、B、D均错误；根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，故电子在A点的电势能一定比在B点的高，选项C正确。
2．匀强电场中有a、b、c三点。在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行。已知a、b和c点的电势分别为(2－eq \r(3)) V、(2＋eq \r(3)) V和2 V，该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为( )
A．(2－eq \r(3)) V、(2＋eq \r(3)) V
B．0 V、4 V
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(4\r(3),3)))V、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(4\r(3),3)))V
D．0 V、eq \r(3) V
答案 B
解析 匀强电场中沿非等势面的直线电势均匀变化。如图所示，设外接圆半径为r，则圆心O点电势为2 V，Oc为等势面，ge直径垂直于Oc，∠gOb＝30°，ge为电场线，g点电势最高，e点电势最低。电场强度E＝eq \f(Ub O,rcs30°)，则g点电势为φg＝φO＋Er＝4 V，e点电势为φe＝φO－Er＝0，B正确，A、C、D错误。
3. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中( )
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
答案 D
解析 由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错误；由等量正点电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线上中点O的电势最高，所以从b到d，电势先增大后减小，故B错误；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，C错误；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D正确。
4. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( )
A．200 V/m B．200eq \r(3) V/m
C．100 V/m D．100eq \r(3) V/m
答案 A
解析 取OA的中点C，则φC＝eq \f(φO＋φA,2)＝3 V。
连接BC为等势线，过O做BC的垂线则DO为场强方向，如图所示，由几何关系得tanθ＝eq \f(|OB|,|OC|)＝eq \f(|OB|,\f(|OA|,2))＝eq \f(\r(3),3)，得θ＝30°。由E＝eq \f(U,d)得E＝eq \f(φB－φO,|OB|·csθ)＝eq \f(3,\r(3)×\f(\r(3),2)×10－2) V/m＝200 V/m。A正确。
5. (多选)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是( )
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的电场强度大小为10 V/m
C．匀强电场的电场强度方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19 J
答案 ACD
解析 由AC的中点电势为2 V，所以BE为等势线，CD、AF同为等势线，故A正确；CA为电场线方向，电场强度大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(2,2×10×cs30°×10－2) V/m＝eq \f(20,3)eq \r(3) V/m，故B错误，C正确；由UED＝UBC＝－1 V，WED＝－eUED＝1.6×10－19 J，D正确。
6. 如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为( )
A．UOP＝－10sinθ(V) B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10csθ(V) D．UOP＝10csθ(V)
答案 A
解析 在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP＝Rsinθ，故UOP＝－E·dOP＝－100×0.1sinθ＝－10sinθ(V)，故选项A正确。
7．(多选)如图所示，ab＝2bc, 在c点固定一正电荷，将另一负电荷从a点移到b点，负电荷在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb，所受电场力分别为Fa、Fb，则( )
A．Epa>Epb B．4Fa＝Fb C．Epa答案 AD
解析 从a点移到b点时，负电荷受到固定的正电荷的引力作用，静电力做正功，负电荷的电势能减少，选项A正确，C错误；由库仑定律F＝keq \f(Qq,r2)可知，负电荷所受电场力与其离c点的距离的平方成反比，ac＝3bc，所以选项B错误，D正确。
8．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点。下列说法正确的是( )
A．x1处场强大于－x1处场强
B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．x1点的电势比－x1点的电势高
答案 B
解析 由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确。
9. 如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
答案 B
解析 圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零。x轴上的合场强，在圆环的右侧的合场强沿x轴向右，左侧的合场强沿x轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿场强方向的电势降低，得O点的电势最高。综上知选项B正确。
10．(多选) 如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、eq \f(L,2)为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是( )
A．b、d两点处的电势相同
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小
答案 ABD
解析 等量异种点电荷的电场线及等势线的分布如图所示。由于b、d两点关于x轴对称，故b、d两点电势相等，A项正确；a、b、c、d四个点中，只有c点电势为零，其余各点的电势均大于零，故B项正确；b、d两点的电场强度大小相等，方向不同，故C项错误；将一正的试探电荷由a点移动到c点的过程中，由于a点电势高于c点电势，故该电荷的电势能减小，D项正确。
二、真题与模拟
11．2016·全国卷Ⅲ]关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
答案 B
解析 电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，A项错误；电场线与等势面处处垂直，B项正确；电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，C项错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于0，由W＝qU知，负电荷受到的电场力做负功，D项错误。
12. 2015·全国卷Ⅰ]如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则( )
A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM>φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
答案 B
解析 根据电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，可知N点和P点处于同一等势面上，直线d位于某一等势面内。根据匀强电场的特性，可知直线c位于另一等势面内。由于电子由M点运动到N点的过程中，电场力做负功，说明电场线方向从M指向N，故M点电势高于N点电势，所以选项B正确，选项A错误；由于M、Q处于同一等势面内，电子由M点运动到Q点的过程中，电场力不做功，选项C错误；电子由P点运动到Q点的过程中，电场力做正功，选项D错误。
13. 2015·四川高考](多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
答案 BC
解析 如图所示，根据三角形定则，在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C项正确；从P到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误。
14．2015·海南高考] (多选)如图所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )
A．b点电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
答案 BC
解析 根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，b点电势为零，电场强度不为零，A错误。Epa＝qφa，φa>0，若q>0，则Epa>0，电场力方向与电场强度方向相同，均向右，B正确。由于φO<φa，且q>0，则从O点移到a点过程中必须克服电场力做功，C正确。电场力做的功等于电势能的减少量，WO a＝q(φO－φa)，Wb a＝q(φb－φa)，φO＝φb，所以WO a＝Wb a，电势能变化相等，D错误。
15．2015·江苏高考](多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则 ( )
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．c点的电场强度比d点的大
D．c点的电势比d点的低
答案 ACD
解析 电场线的疏密反映电场的强弱，因此a点的场强比b点的场强大，A正确。顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B错误。两个负电荷在c点场强为零，而在d点的场强向下，正电荷在c、d点场强大小相等，方向相反，由电场的叠加可知，c点场强比d点场强大，C正确。在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电荷电场中电势的代数和d点比c点高，D正确。
16．2015·浙江高考](多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6 C的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2 /C2，A、B球可视为点电荷)，则 ( )
A．支架对地面的压力大小为2.0 N
B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N
C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225 N，F2＝1.0 N
D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N
答案 BC
解析 小球B和支架组成的整体，在三个力作用下平衡，故有：FN＋FAB＝mBg，FAB＝keq \f(Q2,r\\al(2,AB))，联立两式解得：FAB＝0.9 N，FN ＝1.1 N，根据牛顿第三定律可判断出A错误。小球A在四个力作用下平衡，如图甲所示。由对称性可知F1＝F2，在竖直方向上有：F1cs60°＋F2cs60°＝mAg＋FBA，解得F1＝F2＝1.9 N，可见B正确。当B球与M、A共线时，A球受力情况如图乙所示，由几何关系可知rAB′＝0.6 m，FBA′＝keq \f(Q2,r′\\al(2,AB))＝0.225 N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上，由上述两个方向上分力的合力为零可得：F1＝1.225 N，F2＝1.0 N，故C正确。B球移至无穷远处时，A、B之间的库仑力忽略不计，对A球由三力平衡条件可求得F1＝F2＝mAg＝1.0 N，故D错误。
17．2017·石家庄质检] 真空中三点A、B、C构成边长为l的等边三角形，EF是其中位线，如图所示，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。下列说法正确的是( )
A．A点的电场强度大小为eq \f(kQ,l2)
B．A点的电势低于C点的电势
C．电势差UEB 小于电势差UEA
D．正电荷在B点的电势能等于在C点的电势能
答案 C
解析 A点的电场强度大小为EA＝keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))2)cs60°＋keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))2)cs60°＝eq \f(4kQ,l2)，方向水平向右，选项A错误；等量异号点电荷连线的中垂线为等势线，电势为0，故A点的电势为零且高于C点的电势，B点电势高于A点电势，E点电势高于B点电势，因此UEB＝φE－φB，UEA＝φE－φA，故UEB18．2017·武汉调研](多选)两点电荷q1、q2固定在x轴上，在＋x轴上每一点的电势φ随x变化的关系如图所示，其中x＝x0处的电势为零，x＝x1处的电势最低。下列说法正确的是( )
A．x＝x0处的电场强度为零
B．x＝x1处的电场强度为零
C．q1带正电，q2带负电
D．q1的电荷量比q2的大
答案 BD
解析 在φ­x图象中图线的斜率k＝eq \f(Δφ,Δx)＝eq \f(U,d)＝E，表示电场强度，由题图可知，x＝x1处的电场强度为零，选项A错误，选项B正确；因为x＝x1处的电场强度为零，由电场的叠加原理知，q1、q2在x＝x1处产生的电场强度大小相等、方向相反，由题图知q1到x1处的距离大于q2到x1处的距离，根据点电荷的场强公式E＝keq \f(q,r2)知，q1的电荷量大于q2的电荷量，且两电荷带异种电荷，但无法判断哪个电荷带正电，哪个电荷带负电，选项C错误，选项D正确。
19．2016·湖南十三校联考](多选)如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2eq \x\t(ab)＝eq \x\t(cd)＝eq \x\t(bc)＝2l，电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为24 V，b点电势为28 V，d点电势为12 V。一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是( )
A．c点电势为20 V
B．质子从b运动到c所用的时间为eq \f(\r(2)l,v0)
C．场强的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为8 eV
答案 ABD
解析 如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe，得φe＝20 V，又φb－φe＝φc－φd，得φc＝20 V，A正确。ec连线为等势面，则电场方向由b指向d，C错误。质子做类平抛运动，则有：2lcs45°＝v0t，得t＝eq \f(\r(2)l,v0)，B正确。质子从b运动到c电场力做功W＝qUbc＝8 eV，D正确。
20．2016·石家庄质检] M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为EpM，电子在N点时的电势能为EpN，则下列说法正确的是( )
A．电子在N点时的动能小于在M点的动能
B．该电场有可能是匀强电场
C．该电子运动的加速度越来越小
D．电子运动的轨迹为曲线
答案 C
解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A错误。分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝qeq \x\t(E)Δx可得电场强度越来越小，B错误。由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确。电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D错误。
一、基础与经典
21．如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场。一个质量m＝0.10 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动。当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零。若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：
(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能。
答案 (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J
解析 (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a，此过程滑块所受合外力F＝qE＝2.0×10－2 N，
根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝0.20 m/s2。
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1＝qEx1＝4.0×10－3 J。
(3)由动能定理可知W1＝qEx1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
W2＝－Eqx2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J。
22. 如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求：
(1)小球通过C点的速度大小；
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。
答案 (1)eq \r(v2＋gR) (2)mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mgR
解析 (1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：mgR·sin30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mv2，
得vC＝eq \r(v2＋gR)。
(2)由A到C应用动能定理得：WAC＋mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，
得WAC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mgR－mgh。
由电势能变化与电场力做功的关系得：
ΔEp＝－WAC＝mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mgR。
二、真题与模拟
23．2015·全国卷Ⅱ] 如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
答案 eq \f(mv\\al(2,0),q)
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，
即vBsin30°＝v0sin60° ①
由此得vB＝eq \r(3)v0 ②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)) ③
联立②③式得UAB＝eq \f(mv\\al(2,0),q)。
24. 2014·全国卷Ⅰ]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq \f(3,2)OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
答案 (1)eq \f(7,3) (2)eq \f(\r(3)mg,6q) 与竖直方向的夹角为30°，斜向右下方
解析 (1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝eq \f(3,2)d，根据平抛运动的规律有
dsin60°＝v0t①
dcs60°＝eq \f(1,2)gt2②
又有Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
由①②③式得Ek0＝eq \f(3,8)mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，列动能定理：
mgdcs60°＝EkA－Ek0，即EkA＝Ek0＋eq \f(1,2)mgd⑤
由④⑤式得eq \f(EkA,Ek0)＝eq \f(7,3)⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了eq \f(d,2)和eq \f(3d,2)，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq \f(1,2) mgd＝eq \f(2,3)Ek0 ⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq \f(3,2)mgd＝Ek0 ⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有
eq \f(x,\f(3,2)d)＝eq \f(ΔEpA,ΔEpB)，解得x＝d。⑨
MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，
由几何关系可得α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有qEdcs30°＝ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得E＝eq \f(\r(3)mg,6q)。
25. 2016·北京海淀高三一模]甲图是我国自主研制的200 mm 离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，已经在2015年全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。
已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q。
(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验。求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；
(2)配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第(1)中所求的速度通过栅电极B。推进器工作时飞船的总质量可视为不变。求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N。
(3)可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况。通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法。
答案 (1) eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(M·Δv,\r(2qUm)) (3)见解析
解析 (1)根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(\f(2qU,m))。
(2)在与飞船运动的垂直方向上，根据动量守恒有：M·Δv＝Nmv，解得：N＝eq \f(M·Δv,mv)＝eq \f(M·Δv,\r(2qUm))。
(3)设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内离子推进器发射出的氙离子总数为N总＝nt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理Ft＝N总mv＝ntmv，解得F＝nmv，根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F′＝F＝nmv。电场对氙离子做功的功率P＝nqU，则S＝eq \f(F′,P)＝eq \r(\f(2m,qU))。根据式子可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法。增大S的实际意义是推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力。