2022年高考物理 （真題+模擬新題分類匯編） 電場

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1、2022年高考物理 （真題+模擬新題分類匯編） 電場 3．I1[xx·江蘇卷] 下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各 圓環(huán)間彼此絕緣．坐標原點O處電場強度最大的是(　　) A　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D 3．B　[解析] 設每個圓環(huán)產生的電場的場強大小為E，則圖A產生的電場的場強如圖甲所示；圖B中兩個圓環(huán)各自產生的電場如圖乙所示，合場強的大小為E；圖C中第一、三象限產生的電場的場強大小相等，方向相反，合場強為0，整個圓環(huán)產生的電場就相當于第二象限的圓環(huán)產生的電場，如圖丙所示； 圖D中產生的電場的合場強為零，故選項B正確． 1

2、5．I1 [xx·新課標全國卷Ⅰ] 如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k　　　　　　　　B．k C．k D．k 15．B　[解析] 考查真空中點電荷的場強公式及場強的疊加．由題意，b點處的場強為零說明點電荷q和圓盤在b點產生的場強等大反向，即圓盤在距離為R的b點產生的場強為EQ＝，故圓盤在距離為R的d 點產生的場強也為EQ＝，點電荷q在d點產生的場強Eq＝，方向與

3、圓盤在d點產生的場強方向相同，d點的合場強為二者之和，即E合＝＋＝，B正確． 6．I1、I2[xx·江蘇卷] 將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等．a、b為電場中的兩點，則(　　) A．a點的電場強度比b點的大 B．a點的電勢比b點的高 C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大 D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負功 6．ABD　[解析] 在電場中電場線越密的地方電場越強，故選項A正確；電場線總是指向電勢降低的方向，故選項B正確；在電場中移動電荷時，負電荷順著電場線移動時，電場力做負功，電勢能增加，

4、故選項C錯誤，選項D正確.6.I1、I2、I4 [xx·天津卷] 兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則(　　) A．q由A向O的運動是勻加速直線運動 B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小 C．q運動到O點時的動能最大 D．q運動到O點時電勢能為零 6．BC　[解析] 由等量正電荷形成的電場的規(guī)律可知，試探電荷q從A到O的運動過程中，所受的力發(fā)生變化，方向指向O點，試探電荷做變加速直線運動，A錯誤；力的方向與速度的方向一致，電場力

5、做正功，電勢能逐漸減小，B正確；合外力做正功，動能增加，C正確；將電荷從O點移到無窮遠處，要克服電場力做功，電勢能增加，最后電勢能變?yōu)榱?，所以電荷在O點時電勢能為負值，D錯誤． I2　電場的能的性質　　　　　　　　　　　　　　　　　　 10．[xx·遼寧省五校協(xié)作體聯(lián)考] 在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定一個電荷量為＋Q的點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放質量為m、電荷量為－q的負試探電荷，該試探電荷經過P點時速度為v，圖中θ＝60°，規(guī)定電場中P點的電勢為零．則在＋Q形成的電場中(　　) 圖X11-9 A．N點電勢高于P點電勢 B．N點電勢為－ C．P點電場

6、強度大小是N點的4倍 D．試探電荷在N點具有的電勢能為－mv2 10．BC　[解析] 根據(jù)點電荷電場的特點，N點的電勢低于P點電勢，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，有－qφ＝mv2，解得N點電勢為φ＝－，選項B正確；由于N點到O點的距離是P點到O點距離的2倍，根據(jù)點電荷電場強度公式可知，P點電場強度大小是N點的4倍，選項C正確；試探電荷在N點具有的電勢能為－qφ＝mv2，選項D錯誤． 6．I1、I2[xx·江蘇卷] 將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等．a、b為電場中的兩點，則(　　) A．a點的電場強度比b點的大 B．

7、a點的電勢比b點的高 C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大 D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負功 6．ABD　[解析] 在電場中電場線越密的地方電場越強，故選項A正確；電場線總是指向電勢降低的方向，故選項B正確；在電場中移動電荷時，負電荷順著電場線移動時，電場力做負功，電勢能增加，故選項C錯誤，選項D正確． 6．I1、I2、I4 [xx·天津卷] 兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則(　　) A．q由A向O

8、的運動是勻加速直線運動 B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小 C．q運動到O點時的動能最大 D．q運動到O點時電勢能為零 6．BC　[解析] 由等量正電荷形成的電場的規(guī)律可知，試探電荷q從A到O的運動過程中，所受的力發(fā)生變化，方向指向O點，試探電荷做變加速直線運動，A錯誤；力的方向與速度的方向一致，電場力做正功，電勢能逐漸減小，B正確；合外力做正功，動能增加，C正確；將電荷從O點移到無窮遠處，要克服電場力做功，電勢能增加，最后電勢能變?yōu)榱悖噪姾稍贠點時電勢能為負值，D錯誤． I3　電容器帶電粒子在電場中的勻變速運動　　　　　　　　　　　　　　　　　　 15．I

9、3[xx·廣東卷] 噴墨打印機的簡化模型如下圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) A．向負極板偏轉 B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電荷量無關 15．C　[解析] 本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動．墨汁微滴帶負電，根據(jù)電場力方向判斷會向正極板方向偏轉，A錯誤；電場力做正功，電勢能逐漸減小，B錯誤；速度v垂直于勻強電場的場強方向，受電場力為恒力，故墨汁微滴做類平拋運動，C正確；在沿場強方向上的位移y＝at2＝·t2，垂直于場強方向的位移x＝vt，軌跡方程為y＝x2，即

10、運動軌跡與帶電荷量有關，D錯誤． 11．E2、I3、I7 [xx·天津卷] 一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大??； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊

11、緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n. 11．[解析] (1)設兩板間的電壓為U，由動能定理得 qU＝mv2① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得 U＝Ed② 聯(lián)立上式可得 E＝③ (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O′，圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關系得 r＝Rtan④ 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得 qvB＝m⑤ 聯(lián)立④⑤式得 R＝⑥ (3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，

12、設板間電壓為U′，則U′＝＝⑦ 設粒子進入S孔時的速度為v′，由①式看出 ＝ 綜合⑦式可得 v′＝⑧ 設粒子做圓周運動的半徑為r′，則 r′＝⑨ 設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見 θ＝⑩ 粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故 n＝3 20．I3、K2[xx·浙江卷] 在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P

13、＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 20．BCD　[解析] 離子在電場中的加速度a＝，故＝＝，A錯誤．離開電場區(qū)域時的動能Ek＝Uq，故＝＝，D正確．在磁場中運動的半徑r＝＝＝，故＝＝，B正確．在磁場中轉過的角度的正弦值sinθ＝＝Bd，故＝＝，因θ1＝30°，則sinθ2＝，即θ2＝60°，所以＝，C正確． 25．C5 I3[xx·全國卷] (19分)一電荷量為q(q>0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)

14、律如圖所示．不計重力．求在t＝0到t＝T的時間間隔內， (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間． 25．[解析] 解法一： (1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 a1＝① a2＝－2② a3＝2③ a4＝－④ 由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度－時間圖像如圖(a)所示，對應的速度－時間圖像如圖(b)所示，其中 圖(a) 圖(b) v1＝a1＝⑤ 由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為 s＝v1⑥ 由⑤⑥式得 s＝T2⑦ 它沿

15、初始電場正方向． (2)由圖(b)可知，粒子在t＝T到t＝T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為t為 t＝T－T＝⑧ 解法二： (1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 qE0＝ma1① －2qE0＝ma2② 2qE0＝ma3③ －qE0＝ma4④ 設帶電粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，則 v1＝a1⑤ v2＝v1＋a2⑥ v3＝v2＋a3⑦ v4＝v3＋a4⑧ 設帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為s，有 s＝(＋＋＋)⑨ 聯(lián)立以上各式可得 s＝⑩

16、 它沿初始電場正方向． (2)由電場的變化規(guī)律知，t＝時粒子開始減速，設經過時間t1粒子速度減為零． 0＝v1＋a2t1 將①②⑤代入上式，得 t1＝ 粒子從t＝時開始加速，設經過時間t2速度變?yōu)榱悖? 0＝v2＋a3t2 此式與①②③⑤⑥式聯(lián)立得 t2＝ t＝0到t＝T內粒子沿初始電場反方向運動的時間t為 t＝(－t1)＋t2 將式代入式得 t＝ 23．I3K2 [xx·安徽卷] 如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平

17、行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求： (1)電場強度E的大?。? (2)粒子到達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值． 23．[解析] (1)設粒子在電場中運動的時間為t，則有 x＝v0t＝2h， y＝at2＝h， qE＝ma， 聯(lián)立以上各式可得E＝. (2)粒子到達a點時沿負y方向的分速度為vy＝at＝v0， 所以v＝＝v0，方向

18、指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角． (3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝m， 當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r＝L，所以B＝. 16．I3 [xx·新課標全國卷Ⅰ] 一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 16．D　[解析] 考查帶電

19、粒子在平行板電容器中的直線運動．設電池的電壓為U，由于前后兩次平行板均與電池相連，則前后兩次平行板電容器板間的電壓不變．設平移下極板后粒子將在距上極板為h處返回，對前后兩次應用動能定理， mg(d＋)－qU＝0，mg(＋h)－qh＝0，聯(lián)立解得h＝ ，D正確． I4　帶電粒子在電場中的非勻變速運動　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4．[xx·湖北省武漢市四校聯(lián)考] 如圖X12-4所示，豎直平面內，一帶正電的小球，系于長為L的不可伸長的輕線一端，線的另一端固定為O點，它們處在勻強電場中，電場的方向水平向右，場強的大小為E.已知電場對小球的作用力的大小等于小球的重力．現(xiàn)先把小球拉到

20、圖中的P1處，使輕線伸直，并與場強方向平行，然后由靜止釋放小球．已知小球在經過最低點的瞬間，因受線的拉力作用，其速度的豎直分量突變?yōu)榱?，水平分量沒有變化，(不計空氣阻力)則小球到達與P1點等高的P2點時線上張力T為多少(　　) 圖X12-4 A．mg　 　B．3mg　 　C．4mg　 　D．5mg 4．B　[解析] 小球受到的重力與電場力的合力指向右下方，與豎直方向成45°，小球從靜止釋放后沿合力方向做勻加速直線運動，當小球到達最低點時，繩子伸直，小球的豎直分速度減為零，水平分速度不變．設小球經過最低點時的速度為v，其水平分速度為vx＝vsin45°＝v，根據(jù)動能定理有mgL＋F電L

21、＝mv2，其中F電＝mg；小球從最低點上升到P2位置的過程中，合外力做功為零，小球的動能變化為零，即小球在P2位置的速度大小等于v，在P2位置，小球沿水平方向的合外力提供向心力，所以T－F電＝，聯(lián)立以上各式，可得T＝3mg，選項B正確． 24．D4、I4、I2[xx·浙江卷] (20分)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成．偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區(qū)域，最后到達偏轉器右端

22、的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間．忽略電場的邊緣效應． (1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由； (2)求等勢面C所在處電場強度E的大??； (3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？ (4)比較|ΔEk左|與|ΔEk右|的大小，并說明理由． 24．[解析] (1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板． (2)據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有

23、 eE＝m Ek0＝mv2 R＝ 聯(lián)立解得：E＝＝ (3)電子運動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理，有 ΔΕk＝qU 對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有 ΔΕk左＝e(φB－φC) 對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有 ΔΕk右＝e(φA－φC) (4)根據(jù)電場線的特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有 > 即> 6．I1、I2、I4 [xx·天津卷] 兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，

24、只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則(　　) A．q由A向O的運動是勻加速直線運動 B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小 C．q運動到O點時的動能最大 D．q運動到O點時電勢能為零 6．BC　[解析] 由等量正電荷形成的電場的規(guī)律可知，試探電荷q從A到O的運動過程中，所受的力發(fā)生變化，方向指向O點，試探電荷做變加速直線運動，A錯誤；力的方向與速度的方向一致，電場力做正功，電勢能逐漸減小，B正確；合外力做正功，動能增加，C正確；將電荷從O點移到無窮遠處，要克服電場力做功，電勢能增加，最后電勢能變?yōu)榱?，所以電荷在O點時電勢能為負值，D錯誤． 3．I4 [xx·重慶卷]

25、如圖所示，高速運動的α粒子被位于O點的重原子核散射，實線表示α粒子運動的軌跡，M、N和Q為軌跡上的三點，N點離核最近，Q點比M點離核更遠，則(　　) A．α粒子在M點的速率比在Q點的大 B．三點中，α粒子在N點的電勢能最大 C．在重核產生的電場中，M點的電勢比Q點的低 D．α粒子從M點運動到Q點，電場力對它做的總功為負功 3．B　[解析] 本題考查帶電粒子在點電荷電場中運動時速率、電勢、電勢能的變化情況及做功正負的知識．把位于O點的重原子核看成點電荷，其周圍的電場為由O點指向無窮遠，且離O點越近，場強越大，電勢越高，Q點比M點離核更遠，故M點的電勢比Q點的高，C錯； α粒子在運動

26、過程中，受到重原子核的排斥作用，離重原子核越近，電勢能越大，動能越小，速率越小，三點中，N點離核最近，Q點比M點離核更遠，所以α粒子在M點的速率比在Q點的小，在N點的電勢能最大，A錯，B對；α粒子從M點到Q點，電勢能減小，動能增大，電場力對它做的總功為正功，D錯． I5　實驗：用描跡法畫出電場中平面上的等勢線　　　　　　　　　　　　　　　　　　 I6　實驗：練習使用示波器　　　　　　　　　　　　　　　　　　 I7　電場綜合　　　　　　　　　　　　　　　　　　 8．[xx·浙江省寧波效實中學期末] 如圖X12-8所示，絕緣的水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)

27、域是由三個邊長均為L的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接．三個正方形區(qū)域中分別存在方向為豎直向下、豎直向上、豎直向上的勻強電場，其場強大小比例為1∶1∶2.現(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點射入場區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點射出場區(qū)．已知滑塊在ABFE區(qū)域所受靜電力和所受重力大小相等，桌面與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質點．求： 圖X12-8 (1)滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大?。? (2)滑塊在ADHE區(qū)域運動的總時間． 8．(1)　 (2)4 [解析] (1)在CDHG區(qū)域，對滑塊進

28、行受力分析，由牛頓第二定律有2qE－mg＝ma3， 由題意知qE＝mg， 在水平方向和豎直方向分別有L＝vGt3，L＝a3t. 聯(lián)立以上各式解得vG＝，t3＝. (2)在BCGF區(qū)域，對滑塊進行受力分析，在豎直方向 qE＝mg，　　 所以不受摩擦力，做勻速直線運動， vF＝vG＝，t2＝t3＝.　　　 在ABFG區(qū)域，對滑塊進行受力分析，在豎直方向 FN＝qE＋mg， 在水平方向 f＝ma1， 由滑動摩擦力定律有f＝μFN. 由以上各式解得a1＝g. 當滑塊由E運動到F時，由運動學公式有 v－v＝2(－a1)L， 代入解得vE＝， 由運動學公式有vF＝vE－a

29、1t1. 解得t1＝(4－2)，所以t＝t1＋t2＋t3＝4. 11．E2、I3、I7 [xx·天津卷] 一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大小； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強度E

30、不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n. 11．[解析] (1)設兩板間的電壓為U，由動能定理得 qU＝mv2① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得 U＝Ed② 聯(lián)立上式可得 E＝③ (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O′，圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關系得 r＝Rtan④ 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得 qvB＝m⑤ 聯(lián)立④⑤式得 R＝⑥ (3)保持M

31、、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設板間電壓為U′，則U′＝＝⑦ 設粒子進入S孔時的速度為v′，由①式看出 ＝ 綜合⑦式可得 v′＝⑧ 設粒子做圓周運動的半徑為r′，則 r′＝⑨ 設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見 θ＝⑩ 粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故 n＝3 19．I7[xx·山東卷] 如圖所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱．下列判斷正確的是(　　) A

32、．b、d兩點處的電勢相同 B．四個點中c點處的電勢最低 C．b、d兩點處的電場強度相同 D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，＋q的電勢能減小 19．ABD　[解析] b、d兩點關于等量異種電荷的連線對稱，根據(jù)等量異種電荷等勢面的對稱性，b、d兩點電勢相等，故A正確．如果設無窮遠處電勢為零，則c點電勢為零，a、b、d點電勢均大于零，故B正確．b、d兩點的電場強度大小相等、方向不同，故C錯誤．因為a點電勢大于c點電勢，所以試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，電勢能減小，故D正確． 24．I7[xx·新課標全國卷Ⅱ] 如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行

33、．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能． 24．[解析]質點所受電場力的大小為 f＝qE?、? 設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有 f＋Na＝m?、? Nb－f＝m　③ 設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有 Eka＝mv　④ Ekb＝mv?、? 根據(jù)動能定理有 Ekb－Eka＝2rf?、? 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 E＝(Nb－Na)　⑦ Eka＝(Nb＋5Na

34、)　⑧ Ekb＝(5Nb＋Na)?、? 20．I7 [xx·安徽卷] 如圖所示， xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z＜0的空間，z＞0 的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 20．D　[解析] 本題考查靜電平衡、點電荷的電場、矢量合成等知識．導體處于靜電平衡狀態(tài)，內部場強為零，在z軸上z＝－處，感應電荷產生的場強大小E′與點電荷q產生

35、的場強大小相等、方向相反，E′＝k＝k；在z軸上z＝處，感應電荷產生的場強大小也為E′，點電荷q產生的場強大小E＝k＝k，E與E′方向相同，因此合場強E合＝E＋E′＝k，選項D正確． 22．I15[xx·全國卷] (6分)如圖，E為直流電源，G為靈敏電流計，A、B為兩個圓柱形電極，P是木板，C、D為兩個探針，S為開關，現(xiàn)用上述實驗器材進行“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗． (1)木板P上有白紙、導電紙和復寫紙，最上面的應該是________紙； (2)用實線代表導線將實驗器材正確連接． 22．(1)導電 (2)連線如圖所示 [解析] 因為是用電流來模擬正負點電荷形成的電場，根據(jù)電勢高低畫出等勢線，所以要求導電紙與接線柱導通，還要在導電紙上用靈敏電流計探針尋找等勢點，這些都要求最上面一層一定是導電紙．連線要求連成兩個獨立的電路，即電源、導電紙和開關組成一個閉合電路，形成穩(wěn)恒電流；兩探針與靈敏電流計相連，組成一個檢測電路．