资料简介
08 电场及带电粒子在电场中的运动
1．把带电量为 53.2 0 C1q 的正点电荷由电场中的 A 点移到 B 点，电场力做功 59.6 10 JABW ，由 B
点移到 C 点，电场力做功 41.6 10 JBCW ，若规定 A 点电势为 0，则（ ）
A．B 点电势为-3V
B．C 点电势为-2V
C．A、C 间电势差 8VACU
D．把带电量为 53.2 0 C1q 的点电荷放在 C 点，该电荷的电势能为 56.4 10 J
【答案】AD
【详解】
A．由
AB ABW U q
可得
3V=AB A BU
解得
3VB
A 正确；
B．由
BC BCW U q
可得
5VBCU B C
2VC
B 错误；
C．由
AC A CU
可得
AC AU 2VC
C 错误；
D．由
pE
q
得
5
p 6.4 10 JCcE q
D 正确。
故选 AD。
2．氦核、氚核、氘核构成的混合物从 O 点由静止出发，先经过同一加速电场再经过同一偏转电场，加速场
和偏转场方向均平行于纸面，氘核出偏转电场后从磁场左边界 AA′上 B 点进入匀强磁场，磁感应强度的
方向垂直于纸面向里，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．氚核在 B 点上方进入磁场
B．三种粒子在磁场中做圆周运动，其轨迹对应圆心角一样
C．三种粒子进入磁场时的动能一样，速度方向一样
D．从静止开始到粒子首次射出磁场，氚核运动时间最长
【答案】BD
【详解】
A．在加速电场中
2
1 0
1
2U q mv
粒子从偏转场中出射时，位移偏移量
2
2 2 2
1
1 1
2 2 4
U q U Ly at dm U d
只由偏转场加速场本身决定，与比荷无关，因此三种核进入磁场位置一样，故 A 错误。
C．在偏转场中偏移量一样，电场力做功为 1 2
yU q U qd
，但氦核电荷量大，做的功更大获得的动能更大，
故 C 错误。
B．粒子从偏转场中出射时速度的偏转角满足
2
0 1
1tan 2
y U L
U d
v
v
与比荷无关，进入磁场时方向一样，根据单边界问题，带电粒子出磁场时速度方向由入射方向决定，因
此，磁场中作圆周运动轨迹对应圆心角一样，故 B 正确。
D．在加速电场中
2
1 0
1
2U q mv
氚核 q
m
最小，则出离加速电场的速度最小，时间最长，然后进入偏转电场的时间也最长；在磁场中周期
2 mT qB
可知氚核周期最大，时间也最长，则从静止开始到粒子首次射出磁场，氚核运动时间最长，故 D 正确。
故选 BD。
3．如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形 ABC，在三角形的正中心 P 放置电荷量为-q（q>0）
的试探电荷，所受电场力大小为 F1，方向由 P 指向 A，将 BC 棒取走，试探电荷所受电场力大小变为 F2，
方向由 A 指向 P，设 AB 棒在 P 处激发的电场强度大小为 E1，BC 棒在 P 处激发的电场强度大小为 E2，
则（ ）
A．AB 棒带正电，所带电荷量绝对值大于 BC 棒
B．AB 棒带负电，所带电荷量绝对值小于 BC 棒
C． 1
1
FE q
， 1 2
2
F FE q
D． 2
1
FE q
， 1 2
2
F FE q
【答案】BD
【详解】
由题意，在三角形的正中心 P 放置电荷量为-q（q>0）的试探电荷，所受电场力大小为 F1，方向由 P 指
向 A，可知合场强方向由 A 指向 P，且
1FE q
将 BC 棒取走，试探电荷所受电场力大小变为 F2，方向由 A 指向 P，则 AB 和 AC 棒产生的合场强方向由
P 指向 A，且两棒产生的场强大小相等，合场强为
' 2FE q
由以上分析可知，三个棒均带负电，BC 棒产生的场强大于 AB 与 AC 的合场强，因 AB 与 AC 的合场强等
于 AB 产生的场强，即 BC 棒产生的场强大于 AB 棒产生的场强，即 AB 棒带负电，所带电荷量绝对值小
于 BC 棒；场强关系满足
2
12 cos60 FE q
1
2 12 cos60FE E Eq
解得
2
1
FE q
1 2
2
F FE q
故选 BD。
4．如图甲所示，AB 是某电场中的一条电场线，有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿 AB 由 A 点运
动到 B 点，该电子所经位置的电势能 EP，随它与 A 点的距离 x 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的
是（ ）
A．电场线的方向由 A 指向 B
B．A 点的电场强度比 B 点的大
C．A 点的电势比 B 点的低
D．该电子在 A 点时的速度比它在 B 点时的大
【答案】BC
【详解】
ABC．由图乙可知电子的电势能 Ep 随它与 A 点的距离 x 的增大而减小，根据
pE e
可知电子所在位置的电势逐渐升高，电场线的方向由 B 指向 A。图乙的斜率为电场力，斜率变小，电场
力变小，则电场强度变小，即 A 点的电场强度比 B 点的大，A 错误，BC 正确；
D．电势能减小，则电场力做正功，动能增大，电子在 A 点时的速度比它在 B 点时的速度小，D 错误。
故选 BC。
5．如图中的平行直线是匀强电场的电场线（电场方向未画出），曲线是电子（重力不计）在该电场中的运
动轨迹，a、b 是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（ ）
A．场强方向是水平向右
B．a 点的电势低于 b 点的电势
C．电子在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能
D．电子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度
【答案】AC
【详解】
A．根据运动轨迹可知电子受到的电场力水平向左，因电子带负电，说明场强方向水平向右，故 A 正确；
B．沿电场线方向电势降低，说明 a 点的电势高于 b 点的电势，故 B 错误；
C．从 a 到 b，电场力对电子做负功，电势能增加，因此电子在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能，故 C
正确；
D．该电场为匀强电场，电子在 a 点和 b 点受到的电场力大小相等，两者的加速度大小相等，故 D 错误。
故选 AC。
6．如图所示，两个半径相等的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，它们分别处于竖直向下
和水平向左的匀强电场中，它们的电场强度大小相同。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点
由静止释放，两球均可到达轨道的最低点，M、N 为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（ ）
A．两个小球到达轨道最低点时的速度关系是 M Nv v
B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力关系是 M NF F
C．小球第一次到达 M 点的时间大于小球第一次到达 N 点的时间
D．在左边电场中小球能到达轨道另一端最高处，在右边电场中小球不能到达轨道另一端最高处
【答案】BD
【详解】
AC．由于小球在左图竖直向下的电场中运动，电场力和重力对小球做正功，由动能定理得
21+ 2 MmgR EqR mv
而小球在右图水平向左的电场中向右运动，受到的电场力对小球做负功，重力做正功，由动能定理得
21
2 NmgR EqR mv
因此 vM
>
vN，所以运动时间 tM
<
tN，AC 错误；
B．因为 vM
>
vN，由牛顿第二定律得
2vF m mgr
可知 FM
>
FN，B 正确；
D．在左边电场中小球能到达轨道右端最高处，是因为重力和电场力此时做功是零，在右边电场中小球
不能到达轨道右端最高处，是因为由动能定理可知，电场力一直做负功，小球不能到达右端最高处，D
正确。
故选 BD。
7．如图甲所示，大量的电子（质量为 m、电荷量为 e）不间断的由静止开始经电压为 0U 的电场加速后，从
上极板的边缘沿平行极板方向进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压 ABU 随时间 t 变化的规律如图乙
所示。已知偏转电场的极板间的距离为 d，板长为 L，不计电子的重力及电子间的相互作用，电子通过偏
转电场所用的时间极短，可认为此过程中偏转电压不变，当偏转电压为 03U 时，粒子刚好从距上极板
3
d
的 P 点射出，下列说法正确的是（ ）
A． 3
2d L
B．当 AB 0U U 时，电子射出偏转电场时速度的偏转角为 45
C．当 AB 03U U 时，电子射出偏转电场时速度的偏转角为 45
D．电子会从偏转电场的极板右侧不间断的射出
【答案】AC
【详解】
ABC．电子由静止开始经电压为 U0 的电场加速有
2
0 0
1
2eU mv
解得
0
0
2eUv m
当 AB 03U U 时，进入偏转电场加速度
0
0
3
3
Ue eUF da m m md
根据平抛运动规律有
0L v t
21
3 2
d at
yv at
联立解得
3
2d L
0
0
2
y
eUv vm
电子射出偏转电场时速度的偏转角为 45°，合速度
02 eUv m
则 AB 0U U 时，电子射出偏转电场时速度的偏转角小于 45，故 AC 正确，B 错误；
D．设电子恰能从极板右侧下边缘射出的偏转电压为 U，则有
UeF eUda m m md
根据平抛运动规律有
0L v t
21
2d at
解得
09U U
所以当电子进入偏转电场的电压小于 09U 的电子可以从从极板右侧射出，由题图可知，部分时间内电压
大于 09U ，故电子不会从偏转电场的极板右侧连续射出，故 D 错误。
故选 AC。
8．如图所示，匀强电场水平向右，绝缘细线一端固定在 O 点，一端连着带电小球，将小球从与 O 点等高
的 A 点由静止释放，结果小球在竖直面内做圆周运动，B 为运动的最低点，不计空气阻力，则下列判断
正确的是（ ）
A．小球可能带负电
B．从 A 到 B 过程，细线的张力先增大后减小
C．从 A 到 B 过程，小球受到的电场力可能大于重力
D．从 A 到 B 过程，小球电势能和重力势能之和先减小后增大
【答案】BD
【详解】
A．若小球带负电，则由静止释放小球，小球在电场力与重力的作用下应先做直线运动，因此小球一定
带正电，选项 A 错误；
B．由于小球受到的电场力与重力的合力斜向右下，A 到 B 过程，小球在斜向右下的等效场中运动，运
动过程速度先增大后减小，细线的张力先增大后减小，选项 B 正确；
C．若小球受到的电场力大于重力，则两个力的合力方向与水平方向的夹角小于 45°，即等效场的方向与
水平方向的夹角小于 45°斜向右下方，则由运动的对称性可知，小球下落时最低点不可能到达 B 点，选
项 C 错误；
D．因为小球的机械能与电势能之和为一定值，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，因此小
球电势能与重力势能之和先减小后增大，选项 D 正确。
故选 BD。
9．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板 a、b 与恒压电源相连，在距离两板等距的 M 点有一个带
电液滴处于静止状态，若将 a 板向下平移一小段距离，但仍在 M 点上方，下列说法中正确的是（ ）
A．若开关 K 始终闭合，则液滴将向下加速运动
B．若开关 K 始终闭合，则 M 点电势升高，液滴在 M 点的电势能将降低
C．若开关 K 断开后再移动 a 板，则液滴静止不动
D．若开关 K 断开后再移动 a 板，则 M 点的电势不变，液滴在 M 点的电势能也不变
【答案】BCD
【详解】
A．若开关闭合，两板间电压不变，距离变小，故场强变大，液滴受到的电场力变大，因此液滴向上加
速运动，故 A 错误；
B．由于两板间场强变大，下板接地，故下板电势为 0，故
0M Mφ Ed
由于场强变大，故 M 点的电势升高，由于上板带正电，故该液滴带负电荷，因此液滴在 M 点的电势能
降低，故 B 正确；
C．若开关断开，则板上的电荷量保持不变，由
4
r
U Q kQE d Cd S
可知，场强与两板的距离无关，故场强不变，液滴受力不变，因此液滴静止不动，故 C 正确；
D．由于两板的场强不变，由
0M Mφ Ed
可知，M 点的电势不变，故液滴在 M 点的电势能也不变，故 D 正确；
故选 BCD。
10．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端
固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球，小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初
速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度 E＝ mgcos
q
B．小球机械能最小的位置在与圆心等高的圆周左端的 M 点
C．小球动能和电势能的总和最小的位置在轨道的最高点 P 点
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BC
【详解】
A．小球在重力、电场力、细绳拉力三个力的作用下保持静止，由几何关系可得
tanqE
mg
解得
tanmgE q
故 A 错误；
BC．细线的拉力对小球是不做功的，所以小球的动能、重力势能和电势能是守恒的，所以电势能最大的
地方，就是机械能最小的地方；由于小球带负电，所以运动到圆周的最左端点 M 时电势能最大，机械能
最小；小球动能和电势能的总和最小的位置，应该是重力势能最大的位置，即在轨道的最高点 P 点，故
BC 正确；
D．从初始位置开始，运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，所以小球的电势能
先减小、后增大、再减小，故 D 错误。
故选 BC。
11．超级电容器是电容 C 达到上千法拉甚至上万法拉的大容量电容器，具有功率密度高、充电速度快、循
环寿命长等优点。现采用如下图所示的电路对某个超级电容器充电。充电器具有控制输出电压和输出电
流的功能。充电过程分为两个阶段：第一阶段是恒流（即充电器输出的电流不变）充电，当充电器检测
到电压达到一定值后，进入第二阶段，进行恒压充电（即充电器输出的电压不变），直到充电终止。若电
阻 R 阻值恒定，关于充电过程，下列说法正确的是（ ）
A．恒流充电时，充电器的输出功率逐渐减小
B．恒流充电时，超级电容器两端电压随时间均匀增加
C．恒压充电时，电阻 R 两端的电压逐渐减小
D．恒压充电时，充电器的输出功率逐渐增大
【答案】BC
【详解】
A．恒流充电时，电压逐渐升高，电流不变，则输出功率
2P UI I R
由上可知输出功率增大，故 A 错误；
B．根据
Q CU
Q It
得
IU tC
由上知超级电容器两端电压随时间均匀增加，故 B 正确；
C．恒压充电时，充电器输出电压不变，随着电容器充电电路中电流逐渐减小，则
RU IR
可知电阻 R 两端的电压逐渐减小，故 C 正确；
D．根据
P UI
可知充电器的输出功率逐渐减小，故 D 错误。
故选 BC。
12．如图所示，平行板电容器与电动势为 E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷
量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的 P 点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动
一小段距离，则（ ）
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将减少
D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不
变
【答案】CD
【详解】
A．根据
4
SC kd
知，d 增大，则电容减小，故 A 错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指
针张角不变，故 B 错误；
C．电势差 U 不变，d 增大，据
UE d
知电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则 P 点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减
小，故 C 正确；
D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据
4U Q kQE d Cd S
知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故 D 正确；
故选 CD。
13．智能手机触摸屏多数是电容式触摸屏，当手指接触屏幕上某个部位时，就会与 ITO 材料构成耦合电容，
从而改变触点处的电容大小。如图简化的电路，当改变可动膜片与固定电极的距离 d，使电容 C 改变；
当 d 变小时，下列说法正确的是（ ）
A．电容 C 变大
B．电容 C 变小
C．流过 R 的电流从 a 到 b
D．流过 R 的电流从 b 到 a
【答案】AC
【详解】
根据
4
SC kd
可知，当 d 变小时，C 变大；根据
Q=CU
可知，电容器带电量增加，电容器充电，流过 R 的电流从 a 到 b。
故选 AC。
14．空间存在如图所示的静电场，a、b、c、d 为电场中的四个点，则（ ）
A．a 点的场强比 b 点的大
B．d 点的电势比 c 点的低
C．质子在 d 点的电势能比在 c 点的小
D．将电子从 a 点移动到 b 点，电场力做正功
【答案】AD
【详解】
A．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知 a 点的电场线比 b 点的电场线更密，故 a 点的场
强比 b 点的场强大，故 A 正确；
B．根据沿着电场线方向电势不断降低，可知 d 点的电势比 c 点的电势高，故 B 错误；
C．根据正电荷在电势越高的点，电势能越大，可知质子在 d 点的电势能比在 c 点的电势能大，故 C 错
误；
D．由图可知，a 点的电势低于 b 点的电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子在 a 点的电势
能高于在 b 点的电势能，所以将电子从 a 点移动到 b 点，电势能减小，故电场力做正功，故 D 正确。
故选 AD。
15．如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在 A、
B 位置。现外加一匀强电场 E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点 O 转到水平位置。取 O 点的电势为 0。
下列说法正确的有（ ）
A．电场 E 中 A 点电势低于 B 点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
【答案】AB
【详解】
A．沿着电场线方向，电势降低，A 正确；
B．由于 O 点的电势为 0，根据匀强电场的对称性，电势
A B
又 A Bq q ， pE q ，所以电势能
PA PBE E
B 正确；
CD．A、B 位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆顺时针旋转，两小球受到的静
电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，CD 错误。
故选 AB。
16．真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的 O 点
时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过 O 点作两正电荷连线的垂线，以 O 点为圆心的圆与连线
和垂线分别交于 a、c 和 b、d，如图所示。以下说法正确的是（ ）
A．a 点电势低于 O 点
B．b 点电势低于 c 点
C．该试探电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能
D．该试探电荷在 c 点的电势能小于在 d 点的电势能
【答案】BD
【详解】
A．由题意可知 O 点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知 aO 之间电场线由 a 到 O，故 a
点电势高于 O 点电势，故 A 错误；
B．同理可得，c 点电势高于 O 点电势，两个固定电荷在 bO 射线上的点电场方向斜向上，故 b 点电势低
于 O 点电势，则 b 点电势低于 c 点，故 B 正确。
C．a 点电势高于 O 点电势，b 点电势低于 O 点电势，则 a 点电势高于 b 点，试探电荷为负电荷，故该
试探电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能，故 C 错误；
D．根据电荷电场的对称分布可得，b、d 两点电势相同，则 c 点电势高于 d 点，试探电荷为负电荷，则
该试探电荷在 c 点的电势能小于在 d 点的电势能，故 D 正确。
故选 BD。
17．如图，∠M 是锐角三角形 PMN 最大的内角，电荷量为 q（q>0）的点电荷固定在 P 点。下列说法正确
的是（ ）
A．沿 MN 边，从 M 点到 N 点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿 MN 边，从 M 点到 N 点，电势先增大后减小
C．正电荷在 M 点的电势能比其在 N 点的电势能大
D．将正电荷从 M 点移动到 N 点，电场力所做的总功为负
【答案】BC
【详解】
A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图
M 是最大内角，所以 PN PM ，根据点电荷的场强公式 2
QE k r
（或者根据电场线的疏密程度）
可知从 M N 电场强度先增大后减小，A 错误；
B．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从 M N 电势先增大后减
小，B 正确；
C． M 、 N 两点的电势大小关系为 M N ，根据电势能的公式 pE q 可知正电荷在 M 点的电势能
大于在 N 点的电势能，C 正确；
D．正电荷从 M N ，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D 错误。
故选 BC。
18．如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b 为圆环水平直径上的
两个点，c、d 为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）
A．a、b 两点的场强相等 B．a、b 两点的电势相等
C．c、d 两点的场强相等 D．c、d 两点的电势相等
【答案】ABC
【详解】
BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量
异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴 PP ，PP 所在的水平面与每一条电场线
都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在 PP 上的点电势为零，即 0a b ；而从
M 点到 N 点，电势一直在降低，即 c d ，故 B 正确，D 错误；
AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知 AC 正确；
故选 ABC。
19．如图所示，固定的点电荷+Q 下方有一足够大的接地金属板，在点电荷+Q 的正下方金属板的上表面外
侧、内侧各取一点 A、B，可认为 A、B 两点到点电荷+Q 的距离均为 d，静电力常量为 k，关于此静电感
应现象判断正确的是（ ）
A．金属板的下表面一定带正电
B．A 点场强大小等于 2
kQ
d
C．金属板上感应电荷在 B 点场强大小等于 0
D．金属板上感应电荷在 B 点场强大小等于是 2
kQ
d
【答案】D
【详解】
A．大地为远端，所以金属板下表面无电荷，故 A 错误；
CD．金属板达到静电平衡时，导体内合场强为 0，所以感应电荷在 B 点的场强与+Q 在 B 点场强 2
kQ
d
等
大反向，故 C 错误，D 正确；
B．根据镜像原理，感应电荷在 A 点场强大小为 2
kQ
d
，与点电荷的场强叠加后，合场强为 2
2kQ
d
，B 错。
故选 D。
20．竖直平面内有一均匀带电的圆形薄板，半径为 R，带电量为 Q（Q＞0）。现将一带电量为 q 的小球，用
绝缘细线连在薄板最高处，带电小球不影响薄板上电荷分布，过圆心垂直于薄板建立 x 轴，如图所示。
小球静止时球心恰位于 x 轴上，细线与水平方向夹角为α，小球质量为 m，重力加速度为 g，下列说法正
确的是（ ）
A．小球受到的库仑力水平向右，大小为 2
2 tanQqk R
B．剪断细线，小球将沿 x 轴运动
C．剪断细线，小球将做平抛运动
D．小球所处位置的电场强度大小为 tan
mg
q
【答案】D
【详解】
A．带电圆板不能当作点电荷，不能使用库仑定律，故 A 错误；
BCD．对小球做受力分析，如图所示，小球受重力、电场力和绳子拉力作用，根据对称性，电场力一定
沿 x 轴正方向，电场力和重力合力沿细线延长线，由力的合成可知
tan mg
Eq
解得
tan
mgE q
剪断细线小球受重力和电场力作用，故不能沿 x 轴运动；剪断细线时小球无初速度，不可能做平抛运动，
故 BC 错误 D 正确。
故选 D。
21．真空中相距为3a 的两个点电荷 M、N 分别固定于 x 轴上 1 0x 和 2 3x a 的两点，规定 x 轴正向为场
强的正方向，在两者连线上各点的电场强度随 x 变化的关系如图所示，则以下判断正确的是（ ）
A．M、N 所带电荷量的绝对值之比为 4：1
B．沿 x 轴从 0 到3a 电势逐渐降低
C．点电荷 M、N 为异种电荷
D．将一个带负电的试探电荷沿 x 轴从 0.5a 移动到 2.4a ，该电荷的电势能先减小后增大
【答案】A
【详解】
AC．若两电荷为异种电荷，在 x=2a 处，电场强度不可能为 0，故两电荷为同种电荷；2a 处合场强为 0，
由
2
QE k r
知
N
2 24
M QQ
a a
所以 M、N 所带电荷量的绝对值之比为 4：1，故 A 正确，C 错误；
B．选沿 x 轴方向为正方向， 0～2a 电场为正，方向向右，而沿电场线方向电势降低，即从 0 到 2a 电势
降低； 2a～3a 电场为负，方向向左，则从 2a 点到 3a 点电势升高，故 B 错误；
D．将一个负点电荷沿 x 轴从 0.5a 移动到 2.4a，电势先减小后增大，所以该电荷的电势能先增大后减小，
故 D 错误；
故选 A。
22．静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示。A、B 为两块水平放置的平行金属
板，间距 d=1.0m，两板间有方向竖直向上，大小为 E=1.0×103N/C 的匀强电场。在 A 板的中央放置一个
安全接地的静电油漆喷枪 P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为 v0=1.0m/s、
质量均为 m=5.0×10-14kg 和带电量均为 q=-2.0×10-15C 的带电油漆微粒。不计微粒所受空气阻力及微粒间
相互作用，油漆微粒最后都落在金属板 B 上。下列说法正确的是（ ）
A．沿水平方向喷出的微粒运动到 B 板所需时间为 5 s10
B．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达 B 板，动能变化量为 2.0×10-12J
C．若其它条件均不变，d 增大为原来的 2 倍，喷涂面积增大为原来的 2 倍
D．若其它条件均不变，E 增大为原来的 2 倍，喷涂面积减小为原来的 1
2
【答案】C
【详解】
A．每个沿水平方向喷出的微粒都做类平抛运动，加速度
250m/sa m
qE mg
则在竖直方向上
21
2d at
解得
2st
B．向不同方向喷出的微粒，动能定理得
12
k 2.5 10 JE qEd mgd
B 错误；
C．d 增加为原来的 2 倍，根据
21
2d at
可知运动时间增大为原来的 2 倍，喷涂半径
0L v t
变为原来的 2 倍，则喷涂面积变为原来的 2 倍，C 正确；
D．E 增加为原来的 2 倍，加速度
290m/sa m
qE mg
运动时间变为原来的 5
3
，喷涂半径变为原来的 5
3
，喷涂面积减小为原来的 5
9
， D 错误。
故选 C。
23．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器 R 与直流电源连接，G 为一零刻度在表盘中央的灵敏电流
计，闭合开关 S 后，下列说法正确的是（ ）
A．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大
B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持减小
C．若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，电容器储存的电量将减小
D．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从 b 到 a 方向的电流
【答案】D
【详解】
AB．闭合开关 S 后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介
质，
4
SC kd
，电容器的电容将增大。故 AB 错误；
C．若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故 C 错误；
D．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带
电量减小，电容器放电。由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从 b 到 a 方向的电流，故 D 正确；
故选 D。
24．在真空中的 x 轴上的原点和 6x a 处分别固定一个点电荷 M、N，在 2x a 处由静止释放一个负点电
荷 q，点电荷 q 只受电场力作用沿 x 轴方向运动，其速度大小与在 x 轴上的位置关系如图所示，经 4a 处
速度最大。则下列说法中正确的是（ ）
A．点电荷 M、N 一定都是正电荷
B．x 轴上 3a 到 5a 电势是先增后减
C．点电荷 M、N 所带电荷量的绝对值之比为 2:1
D． 4x a 处的电场强度不为零
【答案】 B
【详解】
A．该电荷从 2a 到 4a 运动过程速度增大，即合外力向右，在 4a 到 6a 的运动过程速度减小，即合外力
向左。从 2a 到 6a 的运动过程，由库仑定律 2
kQqF r
可知：M 对该电荷的作用力减小，N 对该电核的
作用力增大，方向不变，故 M 对该电荷的作用力向右，N 对该电荷的作用力向左，所以，点电荷 M、N
都是负电荷，故 A 错误；
B．该电荷运动过程只有电场力做功，故有动能定理可知：从 3a 到 5a，电场力先做正功，后做负功，那
么该电荷的电势能先减小后增大，由于该电荷是负电荷，故电势是先增大后减小，故 B 正确；
CD．由图可知，在 4a 处，合力为零，即电场强度为 0，则有
NM
2 2(4 ) (2 )
kQ qkQ q
a a
解得
M N4Q Q
故 CD 错误。
故选 B。
25．如图所示，两金属板 M、N 带有等量异种电荷，正对且水平放置。带正电小球 a、b 以一定的速度分别
从 A、B 两点射入电场，两小球恰能分别沿直线 AC、BC 运动到 C 点，则下列说法正确的是（ ）
A．电场中的电势 >C B
B．小球 a、b 在 C 位置一定具有相等的电势能
C．仅将下极板 N 向左平移，则小球 a、b 仍能沿直线运动
D．仅将下极板 N 向下平移，则小球 a、b 仍能沿直线运动
【答案】D
【详解】
A．带正电的小球 a 沿 AC 运动，则受向上的电场力，可知上极板带负电，电场线竖直向上，沿电场线
电势降低，可知 B C ，A 错误；
B．两球做直线运动，则满足关系
a am g q E
b bm g q E
则两球带电量不一定相等，则小球 a、b 在 C 位置具有的电势能不一定相等，B 错误；
CD．根据
4
4
U Q Q kQE Sd Cd Sdkd
两极板带电量 Q 一定，仅将下极板 N 向左平移，则 S 减小，E 变大，则小球 a、b 不能沿直线运动；仅
将下极板 N 向下平移，则 E 不变，小球 a、b 仍能沿直线运动，C 错误，D 正确。
故选 D。
26．带同种电荷的三个带电小球甲、乙、丙以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，
甲小球沿水平直线①飞出，乙小球沿曲线②刚好打到板的边缘，丙小球沿曲线③运动到板的中点上，不
计空气阻力及带电小球间的相互作用，则（ ）
A．三个小球均带负电，且所带电荷量大小关系为 q 甲＞q 乙＞q 丙
B．三个小球的质量不相等，且 m 甲＞m 乙＞m 丙
C．乙和丙两个小球，由于都打到了极板上，所以运动时间相等
D．三个小球的比荷（电荷量与质量的比值）大小关系为 k 甲＞k 乙＞k 丙
【答案】D
【详解】
AB．甲小球在重力和电场力作用下沿水平方向做直线运动，则电场力与重力平衡，即小球带负电，小球
运动受电荷量和质量的共同影响，故无法比较电荷量和质量大小关系，故 AB 错误；
C．三个小球水平方向的速度相同，且乙和丙小球做类平抛运动，则水平方向有
0x v t
三球初速度 v0 相同，由于 x x x 甲 乙 丙 ，故所用时间为t t t 甲 乙 丙 ，故 C 错误。
D．对乙和丙两个小球，在竖直方向做初速度零的匀加速直线运动，则有
21
2y at
两球竖直方向的位移相同，因t t乙 丙 ，所以 a a乙 丙 ；根据牛顿第二定律有
mg qE ma
解得
qa g E g kEm
由于 a a 乙丙 ，则 k k 乙丙 ，又甲球在竖直方向的加速度为零，则有 a a乙 丙 ，则 k k乙 甲 ，综上可得
k k k 乙 甲丙 ，故 D 正确。
故选 D。
27．以下图示中 p 表示质子，e 表示电子，距离 D＞d，其中 O 点的场强最大的排布方式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
根据质子或电子电荷产生的电场强度
2
keE r
电场是矢量，叠加时满足平行四边形法则。图 A 中 O 点的电场强度
1 2 2
ke keE d D
图 B 中 O 点的电场强度
2 2 2( )
ke keE d D D
图 C 中 O 点的电场强度
3 2 2
ke keE d D
图 D 中 O 点的电场强度
4 2 2( )
ke keE D d D
显然 3E 最大，C 正确，ABD 错误。
故选 C。
28．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
【详解】
A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故 A 错误；
B．相邻等势面间电势差相等，P 点附近的等差等势面更加密集，故 P 点的场强一定比 Q 点的场强大，
故 B 正确；
C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则 P 点电势一定比 Q 点电势高，
故 C 错误；
D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断 P 点电势与 Q 点电势的高低，
就无法判断正检验电荷在 P 点和在 Q 点的电势能的大小，故 D 错误。
故选 B。
29．空间 P、Q 两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中 Q 点处为正电荷，P、Q 两点附近电场的等势
线分布如图所示，a、b、c、d、e 为电场中的 5 个点，设无穷远处电势为 0，则（ ）
A．e 点的电势大于 0
B．a 点和 b 点的电场强度相同
C．b 点的电势低于 d 点的电势
D．负电荷从 a 点移动到 c 点时电势能增加
【答案】D
【详解】
A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断 P 点处为负电荷，无穷远处电势为 0，e 点在 PQ 连线的中垂
线上，则 0e ，A 错误；
B．a、b 两点电场强度大小相同，方向不同，则 a、b 两点电场强度不同，B 错误；
C．从 Q 到 P 电势逐渐降低，则 b d ，C 错误；
D．由 a c ，负电荷从 a 到 c 电场力做负功，电势能增加，D 正确。
故选 D。
30．如图所示，固定在水平面上的半径为 r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强
磁场。长为 l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度 匀
速转动。在圆环的 A 点和电刷间接有阻值为 R 的电阻和电容为 C、板间距为 d 的平行板电容器，有一带
电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为 g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是
（ ）
A．棒产生的电动势为 21
2 Bl
B．微粒的电荷量与质量之比为 2
2gd
Br
C．电阻消耗的电功率为
2 4
2
B r
R
D．电容器所带的电荷量为 2CBr
【答案】B
【详解】
A．如图所示，金属棒绕OO轴切割磁感线转动，棒产生的电动势
21=2 2
rE Br Br
A 错误；
B．电容器两极板间电压等于电源电动势 E ，带电微粒在两极板间处于静止状态，则
Eq mgd
即
2
2
2
1
2
q dg dg dg
m E BrBr
B 正确；
C．电阻消耗的功率
2 2 4 2
4
E B rP R R
C 错误；
D．电容器所带的电荷量
2
2
CBrQ CE
D 错误。
故选 B。
31．如图所示，一质量为 m、电荷量为 q（ 0q ）的粒子以速度 0v 从 MN 连线上的 P 点水平向右射入大
小为 E、方向竖直向下的匀强电场中。已知 MN 与水平方向成 45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到
达 MN 连线上的某点时（ ）
A．所用时间为 0mv
qE
B．速度大小为 03v
C．与 P 点的距离为
2
02 2mv
qE
D．速度方向与竖直方向的夹角为 30°
【答案】C
【详解】
A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
0x v t
竖直方向
21
2
Eqy tm
由
tan 45 y
x
可得
02mvt Eq
故 A 错误；
B．由于
02y
Eqv t vm
故粒子速度大小为
2 2
0 05yv v v v
故 B 错误；
C．由几何关系可知，到 P 点的距离为
2
0
0
2 22 mvL v t Eq
故 C 正确；
D．由于平抛推论可知， tan 2 tan ，可知速度正切
tan 2 tan 45 2 tan 60
可知速度方向与竖直方向的夹角小于 30°，故 D 错误。
故选 C。
32．CT 扫描是计算机 X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种
CT 机主要部分的剖面图，其中 X 射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中 M、N 之间有一电
子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前
进，打到靶上，产生 X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为 P 点。则（ ）
A．M 处的电势高于 N 处的电势
B．增大 M、N 之间的加速电压可使 P 点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 P 点左移
【答案】D
【详解】
A．由于电子带负电，要在 MN 间加速则 MN 间电场方向由 N 指向 M，根据沿着电场线方向电势逐渐降
低可知 M 的电势低于 N 的电势，故 A 错误；
B．增大加速电压则根据
21
2eU mv
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
2vevB m R
可得
mvR eB
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故
P 点会右移，故 B 错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故 C 错误；
D．由 B 选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角
度，使 P 点左移，故 D 正确。
故选 D。
33．如图所示，在倾角为 的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为 0k 的绝缘轻质
弹簧，弹簧另一端与 A 球连接。A、B、C 三小球的质量均为 M， A 0 0q q ， B 0q q ，当系统处于
静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为 k，则（ ）
A． 0C
4
7q q
B．弹簧伸长量为
0
sinMg
k
C．A 球受到的库仑力大小为 2Mg
D．相邻两小球间距为 0
3
7
kq Mg
【答案】A
【详解】
AD．三小球间距 r 均相等，对 C 球受力分析可知 C 球带正电，根据平衡条件：
0 C 0 C
2 2sin (2 )
q q q qMg k kr r
对 B 小球受力分析，根据平衡条件：
2
0 C 0
2 2sin q q qMg k kr r
两式联立解得： 0C
4
7q q ， 0
3
7 sin
kr q Mg ，故 A 正确，D 错误；
B．对 A、B、C 三小球整体受力分析，根据平衡条件：
03 sinMg k x
弹簧伸长量：
0
3 sinMgx k
，故 B 错误；
C．对 A 球受力分析，根据平衡条件：
0sinMg F kx 库
解得 A 球受到的库仑力为： 2 sinF Mg 库
故选 A．
34．如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度 l，间距 d，电
子质量 m，电荷量 e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（ ）
A．偏转电压 B．偏转的角度 C．射出电场速度 D．电场中运动的时间
【答案】B
【详解】
AD．粒子在平行板电容器中做以初速度 0v 做类平抛运动，分解位移：
0l v t
21
2 2
d at
电场力提供加速度：
eE ma
极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：
U Ed
联立方程可知偏转位移满足：
2
2
02 2
d eUl
mv d
结合上述方程可知，由于初速度 0v 未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故 AD 错误；
BC．偏转的角度满足：
0
2tan
2
y
d
v
lv
解得：tan d
l
；初速度 0v 未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度 yv 无法求出，所以粒子射出电场的速
度无法求出，故 B 正确，C 错误。
故选 B．
35．如图，一质量 -61 10 kgm 、带电荷量 -42 10 Cq 的微粒以初速度大小 0v 竖直向上从 A 点射入一
水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A点高 0.2mh 的B点时，速度大小为 02v ，方向水平。g取 210m/s ，
求：
(1)微粒的初速度大小 0v ；
(2) A B、 两点间的电势差 ABU ；
(3)匀强电场的场强大小 E。
【答案】(1)2m/s；(2)-0.04V；(3)0.1V/m
【详解】
(1)由题意可知，微粒在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，在竖
直方向有
2
0 2v gh
解得
0 2m/sv
(2)微粒从 A 点运动到 B 点，根据动能定理得
2 2
AB 0 0
1 1(2 )2 2qU mgh m v mv
解得
AB 0.04VU
(3)设微粒从 A 点运动到 B 点的时间为 t，沿电场线方向运动的距离为 d，则在竖直方向上有
0 0
2
vh t
水平方向上有
02 0
2
vd t
解得
2 0.4md h
则匀强电场的场强大小为
ABUE d
0.1V/m
36．如图所示，空间存在足够大的水平向右的匀强电场，AB 为竖直面内的光滑绝缘半圆轨道，一带电小球
静止在 1
4
圆轨道 AC 的中点，小球获得一个瞬时速度后，沿圆轨道向左运动，并以速度 0v 从 B 点离开轨
道，此后再也未与轨道接触。已知小球质量为 m，所带电荷量为 q，重力加速度为 g，求：
(1)电场强度的大小 E；
(2)小球离开轨道后的速度最小值。
【答案】(1)
mg
q
；(2) 0
2
2 v
【详解】
(1)小球静止在圆轨道 AC 的中点时，合力为零，小球带正电，有
tan 45qE mg
解得
mg
q
E
(2)重力和电场力的合力为 F，其与水平方向的夹角为 45，设经过时间 t，F 与速度 v 的方向垂直，此时
小球的速度最小。
此时有
tan 1x
y
v
v
则
x yv v
水平方向有
x
qEv t gtm
竖直方向有
0yv v gt
解得
0
2x y
vv v
故小球的速度最小值为
2 2
m x y 0
2
2v v v v
37．如图所示，带异种电荷的平行金属板 A、B 相距为 d =12 cm， C、D 为电场中的两点，且 C、D 两点
间的距离 l=5 cm，C、D 连线和电场强度方向夹角为 60°。已知质子从 C 点移到 D 点的过程中电场力做
功为 W=1.6×10-18 J，质子的电荷量 e=1.6×10-19 C，求：
(1)匀强电场的电场强度大小 E；
(2)A、B 两板间的电势差 UAB。
【答案】(1) 400 V/m；(2)48V
【详解】
(1)根据
CDW eU
cos60 CDUE l
解得
E=400 V/m
(2) A、B 两板间的电势差
ABU Ed
解得
48VABU
38．如图所示，在竖直平面内有一质量 m=0.6kg、电荷量 q=+3×10-3C 的带电的小球，用一根长 L=0.2m 且
不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的 O 点.已知 A、O、C 三
点等高，且 OA=OC=L 若将带电小球从 A 点无初速度释放，小球到达最低点 B 时速度恰好为零，取 g=10m/s2。
(1)求小球从 A 点由静止释放运动到 B 点的过程中速度最大时细线的拉力大小；
(2)若将带电小球从 C 点无初速度释放，求小球到达 A 点时的速度。
【答案】(1) (18 2 12)N ；(2)2m/s
【详解】
(1) 小球到达最低点 B 时速度为 0，根据动能定理有
0=mgL-EqL
解得
E=2×103V/m
小球到达最低点 B 时速度为 0，根据对称性可知，达到最大速度的位置为 AB 弧的中点，根据动能定理
有
21sin 45 (1 cos45 ) 2mgL EqL mv
根据牛顿第二定律有
2
2 vT mg m L
联立解得
(18 2 12)NT
(2) 小球从 C 点运动到 B 点做匀加速直线运动，则有
2 , 2 , 2 2 2m/sBa g x L v ax
到达 B 点后细线绷直有机械能的损失
v=vBsin45°=2m/s
小球由 B→A 过程中，根据动能定理有
2 21 1
2 2AmgL EqL mv mv
解得
vA=v=2m/s
39．如图所示，半径R=0.8m的 1
4
光滑绝缘圆弧轨道 PQ固定在竖直平面内，Q 点的切线水平，质量m=6×10-2kg,
带电量 q=8×10-3C 从与圆心 O 等高的 P 点由静止释放，从 Q 点进入极板间距 d=8×10-2m 的两水平平行板
电容器后，刚好能在水平方向做匀速直线运动，且此时电动机刚好能正常工作。已知电源电动势 E=15V、
内阻 r=1Ω、定值电阻 R0=6Ω、电动机线圈电阻 rM=0.6Ω，取 g=10m/s2。求：
(1)小球到达 Q 点时的速度大小；
(2)电动机输出的机械功率。
【答案】(1) 4v m/s；(2) 7.4W
【详解】
解：(1)设小球到达 Q 点的速度 v，小球从 P 到 Q 只有重力做功，由机械能守恒定律有
21
2mgR mv
解得
4v m/s
(2)小球进入平行板间所受电场力和重力平衡，设板间电压为 U，有
Uq mgd
由欧姆定律得电路中的电流
0
UI R
所以，电动机两端电压
MU E U Ir
电动机输出的机械功率
M M
2P IU I r 机
联立解得
P 机 7.4W
40．在直角坐标系 xOy 中，第一象限存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为 E，第二象限存在竖直向
下的匀强电场。一带电荷量为 q 、质量为 m 的粒子（不计重力）从点 ( , )d d 静止释放，恰好能通过
( 2 ,0)A d 点。
(1)求第二象限内匀强电场的电场强度 1E 的大小。
(2)若从第一象限由静止释放的粒子都能经过 A 点，则释放点的坐标值 ( , )x y 的 x、y 应满足什么关系？并
求出这些粒子到达 A 点时的速度最小值 minv 。
【答案】(1) 1E E ；(2)
2dy x
， min 2 qEdv m
【详解】
(1)粒子在第一象限内做匀加速直线运动，设其到达 y 轴时的速度为 1v ，有
2
1
1
2qEd mv
解得
1
2qEdv m
粒子在第二象限内做类平抛运动，有
1
y
qEa m
12d v t
21
2 yd a t
解得
1E E
(2)粒子释放点的坐标为 ( , )x y ，则由粒子在第一象限内做匀加速直线运动有
2
2
1
2qEx mv
在第二象限内做类平抛运动，有
y
qEa m
2
2
12 , 2 yd v t y a t
解得
2dy x
到达 A 点时，有
2
k
dE qEx qEy qEx qE x
当
2dx x
时， kE 有最小值 2qEd ，所以
min 2 qEdv m
41．如图所示，ABC 是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为 R 。A 点与圆心O 等高，B 、C 点
处于竖直直径的两端。 PA 是一段绝缘的竖直圆管，两者在 A 点平滑连接，整个装置处于方向水平向右
的匀强电场中.一质量为 m 、电荷量为 q 的小球从管内与C 点等高处由静止释放，一段时间后小球离开
圆管进入圆弧轨道运动。已知匀强电场的电场强度 mg
q
E （ g 为重力加速度），小球运动过程中的电荷
量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力。求：
(1)小球到达 B 点时速度的大小；
(2)小球到达 B 点时对圆弧轨道的压力；
(3)请通过计算判断小球能否通过圆弧轨道上的C 点。
【答案】(1) 6gR (2)7mg；(3)能
【详解】
(1)小球从 P 运动到 B 的过程中，由动能定理得
212 02 Bmg R EqR mv ＝
解得
6Bv gR
(2)小球在最低点 B 时，根据牛顿第二定律得
2
B
N
vF mg m R
＝
7NF mg
则由牛顿第三定律得：小球对圆弧轨道的压力大小为 7mg ．
(3)设小球能沿轨道到达 C 点，小球由 P 运动到 C，根据动能定理有
21
2 CqER mv
在 C 点，由受力分析有
2
2
Cmvmg N R
联立以上两式，整理得
N2=mg
假设成立，小球能沿轨道到达 C 点.
42．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源 A 处飘
出的离子初速度不计，经电压为 U 的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为
l 的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区 1、2 均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区
开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反
射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区 2 时，撤去反射区的电场，离子打在荧光
屏 B 上被探测到，可测得离子从 A 到 B 的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为 q，不计离子重力。
（1）求质量为 m 的离子第一次通过漂移管所用的时间 1T ；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为 E，求离子能进入反射区的最大距离 x；
（3）已知质量为 0m 的离子总飞行时间为 0t ，待测离子的总飞行时间为 1t ，两种离子在质量分析器中反
射相同次数，求待测离子质量 1m 。
【答案】（1）
2
1 2
mlT qU
；（2） Ux E
；（3）
2
1
1 0
0
tm mt
【详解】
（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为 v，有
21
2qU mv
①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
1
lT v
②
联立①②式，得
2
1 2
mlT qU
③
（2）根据动能定理，有
0qU qEx
④
得 Ux E
⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，
设其为 v ，有
2
vv
⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总
路程相等，设为 1L ，在无场区的总路程设为 2L ，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为 v，设
离子的总飞行时间为t总 。有
1 2L L
vt v
总
⑦
联立①⑥⑦式，得
1 22 2t mL L qU
总
⑧
可见，离子从 A 到 B 的总飞行时间与 m 成正比。由题意可得
1 1
0 0
t m
t m
可得
2
1
1 0
0
tm mt
⑨
43．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以 O 为圆心，半径为 R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。
质量为 m，电荷量为 q（q>0）的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场
的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场，AC 与 AB 的夹
角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1)
2
0
2
mvE qR
；(2) 0
1
2
4
vv = ；(3)0 或 0
2
3
2
vv =
【详解】
（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q>0，故电场线由 A 指向 C，根据几
何关系可知：
ACx R=
所以根据动能定理有：
2
0
1 02ACqEx mv= -
解得：
2
0
2
mvE qR
；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且与圆相切，切
点为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关
系有
1sin 60x R v t= =
21cos60 2y R R at= + =
而电场力提供加速度有
qE ma
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
0
1
2
4
vv = ；
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电场方向上速度
变化为 v0 ，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点
射出时由几何关系有
2 23BCx R v t= =
2
2
1
2ACx R at= =
电场力提供加速度有
qE ma
联立解得 0
2
3
2
vv = ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。
另解：
由题意知，初速度为 0 时，动量增量的大小为 0mv ，此即问题的一个解。自 A 点以不同的速率垂直于电
场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自 B 点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为 0mv ，由几何
关系及运动学规律可得，此时入射速率为
0
3
2v v
查看更多
Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4
天天资源网声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记