2020年高考物理二轮复习讲练测 专题06 静电场(练)(解析版)

专题06 静电场

1．(2020·高考天津卷)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v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )

1A．动能增加mv2

2B．机械能增加2mv2 3

C．重力势能增加mv2

2D．电势能增加2mv2 【答案】B

113

【解析】动能变化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错；重力和电场力做功，机械能增加量等于

222qE

电势能减少量，带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2x，则电

m势能减少量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，B对，D错；在竖直方向做匀减速到零的运动，1

由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C错．

2

2．(2018·高考全国卷Ⅱ，T21)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是( )

A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行

W1＋W2B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 2W2

C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为

qL

D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差

【答案】BD

【解析】结合题意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但电场方向不能得出，A错误；根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根据匀强电场中“同一条直φa＋φc

线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝

2φb＋φdW1＋W2

④，同理可得φN＝⑤，联立①②③④⑤式可得WMN＝，故B项正确；电场强度的方向只有沿

22W2

c→d时，场强E＝，但本题中电场方向未知，故C错误；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，结合④⑤两式

qL可推出φa－φM＝φb－φN，故D正确．

3.(2018·高考全国卷Ⅰ，T21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是( )

A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f

C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 【答案】AB

【解析】因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad

＝6 V，各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A对．

因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，B对． 经过d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，C错．

由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd

1

＝4 eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝2vd，D错．

2

4．(2020·高考全国卷Ⅲ，T24)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tO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.重力加速度为g，

2求：

(1)电场强度的大小； (2)B运动到P点时的动能． 3mg22

【答案】(1) (2)2m(v20＋gt) q

【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有

mg＋qE＝ma① 1t212a()＝gt② 2223mg解得E＝③

q

(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－mv2＝mgh＋qEh④

21且有 t

v1＝v0t⑤ 21

h＝gt2⑥ 2联立③④⑤⑥式得

22

Ek＝2m(v20＋gt)⑦

5．(2020·高考全国卷Ⅱ，T24)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，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离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？ 12φ【答案】(1)mv2＋qh v0

20d

mdh (2)2v0qφ

mdh qφ

【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

2φE＝①

dF＝qE＝ma②

设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 12

qEh＝Ek－mv0③

2

设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有 1

h＝at2④ 2l＝v0t⑤

联立①②③④⑤式解得 12φEk＝mv2qh⑥ 0＋2dl＝v0

mdh⑦ qφ

(2)若粒子穿过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＝2v0

mdh

⑧ qφ

1. (2020·山东滨州市模拟)真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图5所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，B、C两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是( )

图5

A．带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 B．A点电场强度大于B点电场强度

C．带电粒子从A经过B运动到C的过程中动能先增大再减小 D．带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力所做的功 【答案】D

【解析】根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电．从A到C，由W＝qU，知U>0，q<0，则W<0，即电场力做负功，电势能增加，A处电势能小于C处电势能，故A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，则知A处场强小于B处场强，故B错误；带电粒子从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减小，故C错误；由题图知，AC间电势差等于AB间的电势差，根据W＝Uq知，带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力所做的功，故D正确．

2 (2020·陕西宝鸡市模拟)真空中有一带负电的电荷q绕固定的点电荷＋Q运动，其运动轨迹为椭圆，如图6所示．已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是( )

图6

A．＋Q产生的电场中a、c两点的电场强度相同 B．负电荷q在b点的速度大于在d点的速度 C．负电荷q在b点电势能大于d点电势能 D．负电荷q在运动过程中电场力始终不做功 【答案】B

kQ

【解析】a、c为椭圆的两个顶点，则a、c两点到Q的距离相等，由点电荷的场强公式：E＝2可知，

r两点的电场强度大小相等，因两点的电场强度方向不同，故A错误；负电荷q由b运动到d的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，所以负电荷q在b点的速度大于d点速度，故B正确，C错误；负电荷q由a经d运动到c的过程中，电场力先做负功再做正功，故D错误．

3. (2020·重庆市第三次调研抽测)某种静电除尘器中的电场线如图7中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.B点是AK连线的中点．在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )

图7

U

A．A、K之间电场强度的大小为 dB．电子到达A时动能等于eU C．由K到A电子电势能增大了eU

D．B、K之间的电势差小于A、B之间的电势差 【答案】BD

【解析】A、K之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，故A错误；根据动能定理得：Ek

－0＝eU，得电子到达A极板时的动能Ek＝eU，故B正确；电场力做正功，动能增大，电势能减小eU，故C错误；B、K之间的场强小于A、B之间的场强，根据U＝Ed可知，B、K之间的电势差小于A、B之间的电势差，故D正确．

4. (2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )

图8

A．点电荷Q位于O点 B．O点电势比A点电势高 kQ

C．C点的电场强度大小为2 2a

D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小 【答案】C

【解析】因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示，由图可知A错误；因点电荷带正电，故离点电荷越近电势QkQ

越高，O点电势比A点低，故B错误；由题图可知点电荷与C点的距离rC＝2a，根据E＝k2，得EC＝2，r2a故C正确；由图可知，将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D错误．

5. (2020·安徽安庆市二模)如图3所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是( )

图3

A．粒子带正电

B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动 C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动 D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动 【答案】B

【解析】开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场

强方向向下，故油滴带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由U

公式E＝知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移

dU

一定距离，板间距d增大，由公式E＝知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断

dQεrSU4πkQ

开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式C＝，C＝，E＝得，E＝，与

U4πkddεrS板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．

1．(2020·湖南株洲二中高三模拟)如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM＝ON，则( )

A．A、C两处电势、场强均相同 B．B、D两处电势、场强均相同 C．A、C两处电势、场强均不相同 D．B、D两处电势、场强均不相同 【答案】B

【解析】A处电势为正，C处电势为负，故电势不同；A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A、C错误；B、D两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确，D错误．

2．(2020·山西康杰中学高三质检)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )

A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 【答案】D

εrS【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q

4πkdU

＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q

dεrS4πkQ

＝CU，C＝联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极

4πkdεrS板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．

3．(2020·辽宁大连二十四中高三模拟)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则( )

A．M点电场场强大小为零 B．N点电场场强大小为零

C．M、N之间电场方向沿x轴负方向

D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM| 【答案】B

【解析】由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，选项A、C错误，B正确；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，选项D错误．

4．(2020·江苏海安高中高三质检)如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3mv20

.在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子2qd

23?

从P点以初速度v0沿y轴负方向射出，P点的坐标为?2d，d.粒子恰好能打到y轴上，不考虑粒子的重

3??力，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )

mv0mv0

A. B. 4qd2qdmv02mv0C. D. qdqd

【答案】C

23

【解析】如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有d＝v0t，

3

2

qE3v01

沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝，则沿x轴正方向的位移x＝at2＝

m2d2

d，设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ，根据类平抛运动的推论得tan θ＝2

x

23

d3

v0

＝3，则θ＝60°，所以v＝＝2v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好打到y轴上时，轨迹与

cos 60°y轴相切，设粒子轨迹半径为r，根据几何关系得r＋rcos 60°＝2d＋x，解得r＝2d，粒子做匀速圆周运mv2mv0动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得B＝，选项C正确．

rqd

5．(2020·福建仙游一中高三模拟)如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线，O为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称．一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途径O点运动到b点．下列说法正确的是( )

A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．c、d两点的电势相同，场强不相同

C．电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度 D．电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能 【答案】BC

【解析】Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密，说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量，A错误；根据电场线的分布情况知Q1、Q2为异种电荷，根据曲线运动的向心力方向指向凹处知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2，根据对称性知c、d两点的电势相等，场强大小相等，方向不同，eE

B正确；O点附近的电场线比a点附近的电场线密，O点场强较大，由加速度a0＝知，电子过O点时的

m加速度大于过a点时的加速度，C正确；电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力做正功，电势能逐渐减小，即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能，D错误．

6．(2020·湖北孝感高级中学高三调研)如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D且经过等势面C时，电势能为－8 eV，经过等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计．则下列说法正确的是( )

A．电子做匀变速直线运动 B．匀强电场的场强大小为100 V/m C．等势面A的电势为－8 V

D．电子再次经过等势面D时，动能为16 eV 【答案】ACD

【解析】电子从等势面D运动到等势面B的过程中，由动能定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得UDB

＝16 V，又电子在等势面C时，由EpC＝－eφC，代入数据解得φC＝8 V，又因为相邻等势面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则φB＝0、φA＝－8 V、φD＝16 V，C正确；由于电场为匀强电场，则电子所受的电场力为恒力，电子做匀变速直线运动，A正确；由电势差与电场强度的关系可知E＝

UDB16＝ V/m＝200 V/m，B错误；当电子从等势面D运动到等势面B，再回到等势面D的整个过dDB0.08

程中，电场力所做的功为零，由能量守恒定律可知，电子再次回到等势面D时的动能仍为16 eV，D正确．

7．(2020·甘肃天水高三模拟)如图(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示．以下说法正确的是( )

A．电子在A、B两点的速度vA＜vB B．A、B两点的电势 φA＜φB

C．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpB D．A、B两点的电场强度 EA＞EB

【解析】由图(b)可知，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故A、C错误；电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB，故B错误；φ -x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识可知，图象的斜率逐渐减小，则从点A到点B场强逐渐减小，则有EA＞EB，故D正确．

【答案】D

8．(2020·河南驻马店高三模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中，固定有一根与水平方向成45°角的绝缘光滑直杆ab.一带电小圆环套在杆上，恰好能沿杆匀速下滑．当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后，经过一段时间正好通过b端正下方的c点处．已知重力加速度为g，杆固定不动，则b、c两点之间的距离为( )

v2v200A. B. 2gg2v20C. g

2v20D.

g

【解析】小圆环恰好能沿杆匀速下滑，则对小圆环受力分析可知，电场力水平向左，大小为F＝mg；

脱离细杆后，小圆环的水平速度和竖直速度均为vx＝vy＝v0sin 45°＝

2

v，水平加速度方向向左，大小20

F2vx2v0122v20

为a＝＝g，则由b到c点运动的时间t＝＝，则竖直方向y＝vyt＋gt＝，故选项C正确．

mgg2g

【答案】C

9．(2020·江西南昌三中模拟)如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为ya＝r和yb＝－r，c、d、e点都在x轴上，d点的坐标为xd＝2r，r

A．场强大小Ec>Ee

B．a、b两点的电势相等 C．d点场强为零 D．a、b两点的场强相同

9QQ【解析】＋9Q在d点产生的场强大小E1＝k＝k，方向水平向右，－Q在d点产生的场强大

?3r?2r2

Q

小E2＝k2，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，故C正确；d点场强为零，c、

rd点间距与d、e点间距相等，根据电场线的分布情况知，c处电场线密，场强大，故A正确；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不相同，故D错误．

【答案】D

10．(2020·河南重点中学高三联考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法正确的是 ( )

A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流 B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流 C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流

D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流

【解析】根据电路图可知，当S闭合后，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；若将A板向上平移一小段位移，则板间间距dU

变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，

dεrS

而根据C＝可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的

4πkd电流，选项A正确．在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不εrS

变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝可知，

4πkd电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确．若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝

εrSQU

，U＝和E＝，4πkdCd

4πkQ

可得E＝，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．

εrS

【答案】AB

11．(2020·湖北十堰高三模拟)在电场方向水平向右的匀强电场中，从A点竖直向上抛出一带电小球，其运动的轨迹如图所示，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )

A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4 C．小球落到B点时的动能为32 J

D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J

【解析】小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，选项A正确，选项B错误；设小球在M点时121的水平分速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv0＝8 J，mv2＝6 J，因而在B点

22 x1

时小球的动能为EkB＝m[v2＋(2vx)2]＝32 J，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的

20合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐

角，则F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，选项D错误．

【答案】AC

12．(2020·安徽安庆一中高三模拟)如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，A、B板间电势差大小为U，极板间距离为L.其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D，极板长度为L，C、D板间加恒定的电压．现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计)，从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域，速度方向与边界夹角为60°，求：

(1)电子在A、B间的运动时间； (2)C、D间匀强电场的电场强度大小．

eU【解析】(1)电子在A、B间直线加速，加速度a＝

mL1

电子在A、B间的运动时间为t，则L＝at2

2所以t＝L

2m. eU

(2)设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0，则电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度eEL23U

为vy＝v0tan 30°，又vy＝·，v0＝at，所以C、D间匀强电场的电场强度E＝.

mv03L

【答案】(1)L

2m23U (2) eU3L

13．(2020·山东潍坊高三检测)如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电荷量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离．

【解析】设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论： (1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即 Δx≤s，则Δx＝v0t qE

y＝L＝t2

2m联立解得Δx＝

2mv20L. qE

qE

(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s＜Δx≤2s，则s＝v0t，y＝t2

2mqEtmL－y

由几何关系知tan θ＝＝

v0Δx－smv2s0L

联立解得Δx＝＋.

qEs2

14．如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔(未画出)正好位于平面直角坐4

标系xOy的O点，y轴沿竖直方向，在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103

3V/m，比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处由静止释放，其运动轨迹恰好经过M(3 m,1 m)点．粒子P的重力不计．

(1)求金属板A、B之间的电势差UAB；

(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰．假设Q的质量是P的质量的2倍，带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒子Q所有释放点的集合．

【解析】(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动．设该粒子从O点运动到M(3 m,1 m)点所用时1qE

间为t0，由类平抛运动规律可得xM＝v0t0，yM＝ t2，

2m0

解得v0＝2×104 m/s.

在金属板A、B之间，由动能定理得 12qUAB＝mv0，

2解得UAB＝1 000 V.

(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2，粒子Q从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇．由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得

对于P有Eq＝ma1 对于Q有Eq＝2ma2 x＝v0t 121a1t＝y＋a2t2 22

1

联立以上各式解得y＝x2，其中x>0

6

即粒子Q的释放点N(x，y)的坐标满足方程 1

y＝x2(x>0)． 6

1

【答案】(1)1 000 V (2)y＝x2(x>0)

6