专题08 静电场-三年(2019-2021)高考物理真题分项汇编(解析版)

1．（2021·山东卷）如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为q的点电荷；在0x

2a区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为Q的点电荷P置于正方形的中2

心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（）A．Q

21

q，释放后P将向右运动2

21

q，释放后P将向左运动2221

q，释放后P将向右运动4221

q，释放后P将向左运动4B．Q

C．Q

D．Q

【答案】C【解析】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得q2q22k2kk2a(2a)Qq(22a)21解得Q

221

q4

因在0x

2a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动2后释放，P受到向右的电场力而向右运动。故选C。2．（2021·浙江卷）如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是（）A．探测发射台周围风力的大小C．预防雷电击中待发射的火箭【答案】C【解析】B．发射与航天器联系的电磁波D．测量火箭发射过程的速度和加速度在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，因铁制的高塔有避雷作用，其功能是预防雷电击中发射的火箭。故选C。3．（2021·浙江卷）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（）2A．实线表示电场线B．离d点最近的导体表面电荷密度最大C．“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零【答案】D【解析】A．处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误；B．根据等势面的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，所以B错误；C．在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误；D．由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确；故选D。（2021·浙江卷）据《自然》杂志2021年5月17日报道，中国科学家在稻城“拉索”基地（如图）探测到4．迄今为止最高能量的射线，能量值为1.401015eV，即（）A．1.401015V【答案】D【解析】B．2.24104CC．2.24104WD．2.24104J

1.401015eV1.4010151.61019J2.24104J

故选D。5．（2021·全国卷）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别3为EpM和EpN，则（）A．FMFN,EpMEpNC．FMFN,EpMEpN【答案】A【解析】由图中等势面的疏密程度可知B．FMFN,EpMEpND．FMFN,EpMEpN

EMEN

根据FqE

可知FMFN

由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即EpMEpN故选A。6．（2021·广东卷）图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）4A．a点的电势比b点的低B．a点的电场强度比b点的小C．液滴在a点的加速度比在b点的小D．液滴在a点的电势能比在b点的大【答案】D【解析】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知ab

故A错误；B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则EaEb

故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a

qEm

因EaEb，可得aaab故C错误；D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即EPaEPb故D正确；故选D。50位置放置电荷量为q的正点电荷，在0，a位置放置电荷量为q的负点7．（2021·湖南卷）如图，在a，

电荷，在距Pa，a为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（）A．0，2a，2qB．0，

2a，22qC．2a，

0，2qD．2a，

0，22q【答案】B【解析】根据点电荷场强公式EkQr2两点量异种点电荷在P点的场强大小为Ekq

0

a2，方向如图所示两点量异种点电荷在P点的合场强为E12E02kqa2，方向与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示Q点电荷在p点的场强大小为EQ

kQ2k

2a2

2a2三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有6E1E2

解得Q22q由几何关系可知Q的坐标为（0，2a）故选B。8．（2021·河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为2BCv2tanB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L=2xtanθ，x=vt则产生的感应电动势为E=2Bv2ttanθ由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2ttanθ则流过导体棒的电流7I=A正确；Q

=2BCv2tanθtB．当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ则电容器的电荷量为Q=CE′=2BCvx0tanθB错误；D．由于导体棒做匀速运动则F=F安=BIL由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P=Fv可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化；D错误；故选A。（2021·浙江卷）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9．一等势面上的一点。下列说法正确的是（）A．导体内部的场强左端大于右端C．B点的电场强度大于A点的电场强度势能减小【答案】D【解析】B．A、C两点的电势均低于B点的电势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A．带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；8B．沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；C．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；D．根据Epq可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。故选D。2m)、(3q，3m)、(q，m)它们（2021·全国卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别(q，m)、(q，10．先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】AD【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a

qE

mlv0

由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为t

离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为tan

vyvx



atqEl2v0mv0

因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；(q，m)粒子与(3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(q，m)粒子的比荷也相同，所以(q，m)、(3q，3m)、(q，m)三个粒子偏转角相同，但(q，m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；(q，2m)粒3m)粒子的比荷小，所以(q，2m)粒子比(q，m)、(3q，3m)粒子的偏转角子的比荷与(q，m)、(3q，

小，但都带正电，偏转方向相同。9故选AD。（2021·湖南卷）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。11．将电荷量为qq0的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2WW0；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（）A．该匀强电场的场强方向与ab平行B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC．a点电势低于c点电势D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动【答案】AB【解析】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示在x方向有W=Exq2R在y方向有2W=Eyq3R+ExqR经过计算有10EyWW3WEx=2qR，Ey=2qR，E=qR，tanθ=E3x由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为W′=EqR2=0.5WB正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。故选AB。12．（2021·全国卷）某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eVC．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大【答案】BD【解析】A．由图象可知φb=φe

则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；B．由图象可知φa=3V，φd=7V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad=Epa-Epd=(φa-φd)(-e)=4eV11）B正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。故选BD。（2021·河北卷）如图，四个电荷量均为qq0的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为13．4l,0、4l,0、0,y0和0,y0，其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动（y00），下列说法正确的是（）A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零B．当y0取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点C．当y08l时，将一带负电的试探电荷由点4l,5l移至点0,3l，静电力做正功D．当y04l时，将一带负电的试探电荷放置在点l,l处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45倾斜向上【答案】ACD【解析】A．根据场强叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，选项A正确；12B．因为在x轴上的两个点电荷在O点的合场强为零，在y轴上的两电荷，无论y0取什么值，因为关于原点对称，则在O点的合场强也为零，在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知，一定是成对出现的，关于原点对称，所以算上原点，合场强为零的点是奇数个，不会是2个，选项B错误；C．由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的A点在第一象限内所在的虚像的垂直平分线的上方；坐标为（0，-3l）的B点在第三象限内所在的虚像的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，由电势叠加可知，B点的电势高于A点，则带负电的试探电荷在A点的电势能较大，从A点到B点电势能减小，可知电场力做正功，选项C正确；D．若y0=4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上；在y轴正向和x正向上的点电荷在（l，l）处的合场强E12kq(9l2l2)222l2l9l2l2

kq55l2在y轴负向和x负向上的点电荷在（l，l）处的合场强E22kq(25ll)22222l2l25ll221313l23kq

E1

可知（l，l）点的场强沿着MN方向且与x轴从成45°角的方向向下，将一带负电的试探电荷放置在点l,l处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45倾斜向上，选项D正确。故选ACD。1．（2020·海南卷）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（）13A．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【解析】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。（2020·江苏卷）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2．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14C．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【解析】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qAqB，Epq，所以电势能EPAEPB

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。3．（2020·山东卷）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【解析】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；15B．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。4．（2020·全国卷）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【解析】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Ek从MN电场强度先增大后减小，A错误；Q（或者根据电场线的疏密程度）可知2rB．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，16B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Ep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。（2020·全国卷）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5．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C．c、d两点的场强相等【答案】ABC【解析】B．a、b两点的电势相等D．c、d两点的电势相等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ab0；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；17故选ABC。6．（2020·北京卷）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】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。7．（2020·浙江卷）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（）18A．棒产生的电动势为12

Bl2B．微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2C．电阻消耗的电功率为B2r42RD．电容器所带的电荷量为CBr2【答案】B【解析】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EBr

r2=122

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q

E

dmg即qmdgdg2dgE1222BrBrB正确；C．电阻消耗的功率PE2B2r42

R

4RC错误；D．电容器所带的电荷量QCBr2CE

219D错误。故选B。（2020·浙江卷）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水8．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mv0

qEB．速度大小为3v0

C．与P点的距离为22mvqE02

D．速度方向与竖直方向的夹角为30°【答案】C【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向由可得故A错误；xv0t

y

1Eq2

2mttan45

yxt

2mv0Eq20B．由于vy

故粒子速度大小为Eq

t2v0mvv02vy25v0故B错误；C．由几何关系可知，到P点的距离为22mv02

L2v0t

Eq故C正确；D．由于平抛推论可知，tan2tan，可知速度正切tan2tan452tan60可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。故选C。9．（2020·浙江卷）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0B．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【解析】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e0，A错误；21B．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。10．（2020·上海卷）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．【答案】C【解析】根据质子或电子电荷产生的电场强度D．E

ke

r2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E1

图B中O点的电场强度keke22dDE2

图C中O点的电场强度keke



(dD)2D2E3

图D中O点的电场强度keke22dDE4

显然E3最大，C正确，ABD错误。故选C。keke

D2(dD)2

（2020·全国卷）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。11．22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【解析】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eU

12

mv2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v2

evBm

R

可得R

mveB

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。23故选D。（2020·浙江卷）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12．为k0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，qAq00，qBq0，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．q4

C

7q0B．弹簧伸长量为Mgsink0

C．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为q3k07Mg【答案】A【解析】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：Mgsinkq0qCq0qC

(2r)2kr2

对B小球受力分析，根据平衡条件：Mgsinkq2

0qCq0

r2kr2两式联立解得：qC

4

7q3k0，rq07Mgsin，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：3Mgsink0x弹簧伸长量：x3Mgsink，故B错误；0

C．对A球受力分析，根据平衡条件：MgsinF库kx0

24解得A球受到的库仑力为：F库2Mgsin故选A．（2020·浙江卷）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13．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【答案】B【解析】B．偏转的角度C．射出电场速度D．电场中运动的时间AD．粒子在平行板电容器中做以初速度v0做类平抛运动，分解位移：lv0t

d12at22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：deUl2

222mv0d结合上述方程可知，由于初速度v0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：dvytan2lv02解得：tand；初速度v0未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度vy无法求出，所以粒子射出电场的速度l无法求出，故B正确，C错误。故选B．25（2020·北京卷）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆14．柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。当电压为U0或磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度v0。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。eB0R2eU0eabRp2【答案】（1）a.，b.；（2）2mmIm【解析】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有12

eU0mv0

2

解得v02eU0mb.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有262rR

根据洛伦兹力提供向心力，则有2v0B0ev0m

r

解得v0

eB0R2mnab2R（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数N金属片上形成电流为I所以qNteNett2RIeabn根据动量定理得金属片上的压强为p解得FmvNmvIabababeeabp

mIv

故总动能为12Reabp2Eknmv

2mI（2020·天津卷）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15．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T1；27（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m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。tUml2【答案】（1）T1；（2）x；（3）m11m0E2qUt0

【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有2qU

12

mv2①离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1

lv

②联立①②式，得ml2T1

2qU（2）根据动能定理，有③qUqEx0

得x

④⑤UE（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v

v2⑥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L1，在无场区的总路程设为L2，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28t总

L1L2vv

⑦联立①⑥⑦式，得t总2L1L2m2qU⑧可见，离子从A到B的总飞行时间与m成正比。由题意可得t1t0

可得m1m0tm11m0t0

2⑨（2020·全国卷）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16．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？2

mv0【答案】(1)E；(2)v1=

2qR2v0；(3)0或v2=43v02

【解析】（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：29xAC=R

所以根据动能定理有：qExAC=

解得：12

mv0-022mv0E；2qR（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x=Rsin60=v1ty=R+Rcos60=

而电场力提供加速度有12at2

qEma

联立各式解得粒子进入电场时的速度：v1=

2v0；4

（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xBC=3R=v2t212at22xAC=R=

电场力提供加速度有qEma

联立解得v2=

3v0；当粒子从C点射出时初速度为0。230另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，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mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为v

3v02

（2019·海南卷）如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（1．）A．M点的电势比N点的低B．M点的场强大小一定比N点的大C．电子在M点的电势能比在N点的低D．电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大【答案】C【解析】顺着电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的高，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项BD错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确；（2019·江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场2．31力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是A．B．C．D．【答案】A【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为场力方向速度为qEqEt，功率为PFvqEt，所以P与t成正比，故A正确．mm3．（2019·天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（）qE

，经过时间t，电m1m22

32C．重力势能增加m2A．动能增加【答案】B【解析】由动能的表达式Ek

B．机械能增加2m2D．电势能增加2m2EkN121

mv可知带电小球在M点的动能为EkMmv2，在N点的动能为2213

m2v2mv2，所以动能的增量为Ekmv2，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，22竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有qE2vv

t，tvt，可得qE2mg，竖直方向的位移ht，水平方向的位移x

2m232因此有x2h，对小球写动能定理有qExmghEkmv，联立上式可解得qEx2mv2，2vyvgt,vx2vat

mgh12mv，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加2mv2，电势能减少2mv2，故B正确D错误，2重力做负功重力势能增加量为12

mv，故C错误．2

32（2019·北京卷）如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则4．A．a点场强的大小比b点大B．b点场强的大小比c点小C．a点电势比b点高D．b点电势比c点低【答案】D【解析】由点电荷场强公式EkQ确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线2r方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低．由点电荷的场强公式EkQ可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相r2等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．5．（2019·全国卷）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A．P和Q都带正电荷C．P带正电荷，Q带负电荷【答案】DB．P和Q都带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷33【解析】AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D．（2019·浙江卷）下列器件中是电容器的是6．A．B．C．D．【答案】B【解析】A是滑动变阻器；B是电容器；C是电阻箱；D是定值电阻；故选B.（2019·浙江卷）用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×102kg、电荷量为2.0×10-8C的小球，7．－

细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）A．该匀强电场的场强为3.75×107N/CB．平衡时细线的拉力为0.17NC．经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/sD．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s【答案】C【解析】34AB．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得1.0102100.75EN/C3.75106N/C，细线的拉力：82.010mg1.010－210

T=TN0.125N，选项AB错误；0cos370.8

C．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为a为v=at=6.25m/s，选项C正确；D．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：mgLqEL

T0.125

m/s212.5m/s2，则经过0.5s，小球的速度大小－2m1.01012mv，带入数据解2得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项D错误．（2019·浙江卷）质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速8．器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s．已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10-27kg，电荷量为1.6×10-19C，则下列说法正确的是A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15

NC．质子加速需要的时间约为8×10-6sD．加速器加速的直线长度约为4m【答案】D【解析】A．加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误；B．质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N=2×10－14

N，选项B错误；F210142132，则质子加速需要的时间约为C．加速度am/s1.210m/s27m1.6710

35v1.0107ts8.3107s，选项C错误；13a1.210

v1.0107D．加速器加速的直线长度约为x2t2

8.3107m4m，选项D正确．9．（2019·浙江卷）下列陈述与事实相符的是A．牛顿测定了引力常量B．法拉第发现了电流周围存在磁场C．安培发现了静电荷间的相互作用规律D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因【答案】D【解析】A．卡文迪许测定了引力常量，选项A错误；B．奥斯特发现了电流周围存在磁场，选项B错误；C．库伦发现了静电荷间的相互作用规律，选项C错误；D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因，选项D正确；10．（2019·浙江卷）用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是（）A．N/CB．V/mC．kg•m/（C•s2）D．kg•m/（A•s3）【答案】D【解析】电场强度EFq，电场力的单位为N，电量的单位为C，所以电场强度的单位是N/C，而1N/C1kgm/s2As1kgm/As3，D正确．11．（2019·浙江卷）等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（）36A．a点的电势低于b点的电势B．a点的场强大于b点的场强，方向相同C．将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D．负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】C【分析】沿电场线方向电势降低；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线的切线方向表示电场强度方向，负电荷在低电势处电势能大，在高电势处电势能小，据此分析．【解析】沿电场线方向电势降低，故a点电势高于b点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故a点的场强大于b点的场强，电场线的切线方向为场强方向，故ab两点的电场强度方向不同，B错误；负电荷在低电势处电势能大，所以从a点（高电势）移动到b点（低电势），电势能增大，电场力做负功，C正确D错误．（2019·浙江卷）电荷量为4×106C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2kg、电荷量为－5×106C的小球12．－

－

用绝缘细线悬挂，静止于B点．A、B间距离为30cm，AB连线与竖直方向夹角为60°．静电力常量为9.0×109N•m2/C2，小球可视为点电荷．下列图示正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据库仑定律求解两球之间的库仑力，然后对球B受力分析，结合共点力平衡条件分析三力之间的关系，从而确定细线拉力方向．【解析】37qAqB410651069两球之间的库仑力为Fk9.0102N，小球B受到的重力大小为22r0.3GB2N，且F与竖直方向夹角为60°，FGB，故小球B受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确．【点睛】当三力平衡时，能组成一个封闭的矢量三角形，再结合一个角为60°的等腰三角形为等边三角形即可求解．（2019·江苏卷）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为13．+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有W

A．Q1移入之前，C点的电势为qB．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为-4W【答案】ABD【解析】A.由题意可知，C点的电势为C

故A正确；Epq

WqB.由于B、C两点到A点(q)的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以Q1从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定Q1后，C点的电势为2W,所以Q2从无穷远移到C点过q38程中，电场力做功为：2W

WqU2q0

q

故C错误；D.由于C点的电势为2W，所以电势能为q

4W

Ep4W

故D正确．（2019·全国卷）如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方14．体的另外两个顶点，则（）A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。（2019·全国卷）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨15．迹上的另外一点，则A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小39B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误．C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D．粒子可能做曲线运动，故D错误；16．（2019·北京卷）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．（1）请在图1中画出上述u–q图像．类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep．（___________）______（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示．40a．①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．__________________（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）．“恒流源”电源两端电压通过电源的电流________（2）中电源________【答案】CU2

EP

2R要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可【解析】由电容器电容定义式C

增大不变不变减小q

得到uq图象，类比vt图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式u不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答q1

，整理得：uq，所以uq图象应为过原点的倾斜直线，如图：uCUQ由题可知，两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即EP，当两极间电压2(1)由电容器电容定义式可得：C412CU为U时，电荷量为QCU，所以EP；2(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：QCE，由qt图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R造成的；b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小．（2019·天津卷）2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无17．污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷．（1）若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；（2）加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导（3）为提高能量的转换效率，要使【答案】（1）N电压．【解析】（1）设正离子经过电极B时的速度为，根据动能定理，有FF

尽量大，请提出增大的三条建议．PPF2mPZeUF

的表达式；PF12ZemU（2）（3）用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速421

ZeUm20

2①设正离子束所受的电场力为F1，根据牛顿第三定律，有F1F1②设引擎在t时间内飘入电极间的正离子个数为N，由牛顿第二定律，有F1Nm

0t③联立①②③式，且N

N

得t④NF12ZemU（2）设正离子束所受的电场力为F，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有1PF2⑤考虑到牛顿第三定律得到FF，联立①⑤式得F2mPZeU（3）为使⑥F

尽量大，分析⑥式得到P三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压．（2019·全国卷）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不18．同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q>0）．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能．【答案】（1）E【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a．根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①1t212a()gt②222t

．重力加速度为g，求2

3mg222

；（2）Ek=2m(v0gt)q解得43E3mg③q（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有1Ekmv12mghqEh④2且有v1tv0t⑤2h

12gt⑥2

联立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02g2t2)⑦（2019·全国卷）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，19．。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？2【答案】（1）Ek=mv0

1

2mdh2qh；lv0（2）L=2v0dqmdhq【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E

①d/2

F=qE=ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有1

qEhEkmv02③2

设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有44h

12at④2

l=v0t⑤联立①②③④⑤式解得12Ek=mv02qh⑥2dlv0mdh⑦q（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为L=2l2v0mdh⑧q20．（2019·浙江卷）小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期T0

2m

．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于yqB轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子．t=0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系【答案】（1）x0y0【解析】（1）发射源的位置x0y0，粒子的初动能：E

qBy0，2m2（2）见解析k0

qBy02m2；45（2）分下面三种情况讨论：（i）如图1，Ek02qU0由y

mv2Bq、Rmv0mv

0Bq、R11Bq

，和12mv2112mv02qU10，2122mv22

mv1qU0，及xy2R0R1，得xy

22qByqB2mqU02qByqB24mqU0；（ii）如图2，qU0Ek02qU0由yd

mv2mv0Bq、R0Bq，和1212mv02mv22qU0，及x3yd2R0，得x（

3yd)22qBydq2B22mqU0；（iii）如图3，Ek0qU046由yd

mv2mv0Bq、R0Bq，和12mv0212mv22qU0，及xyd4R0，得xyd

4qByd2q2B22mqU0；47