10/16靜電場中的能量一、單項選擇題1．〔2023·江蘇·高考真題〕如下圖，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心?，F(xiàn)將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則〔 〕在移動過程中，O點電場強度變小在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功D．當其移動到無窮遠處時，OA點2．〔2023·河北·高考真題〕如圖，真空中電荷量為2q和q(q0)的兩個點電荷分別位于MN點，形成一個以MN延長線上O點為球心，電勢為零的等勢面〔取無窮處電勢為零〕，P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，以下說法正確的選項是〔〕T0A．P點電勢低于S點電勢 B．T點電場強度方向指向O點C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D．將正摸索電荷q從點移到P點，靜電力做正功T03．〔2023·湖北·高考真題〕密立根油滴試驗裝置如下圖，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度一樣的很多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。假設僅將金屬板間電勢差調整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為〔 〕A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r4．〔2023·浙江·高考真題〕如下圖，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在L〔不考慮邊界效應〕。t=0時刻，M板中點處的粒子源放射兩個速度大小為v0的一樣粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為2v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則〔 〕A．MN板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度a

2v20LDN板下端射出的時間t〔21〕L2v05．〔2023·湖南·高考真題〕如圖，四根完全一樣的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體a、b、c、da處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于O點處電場強度方向和電勢的變化，以下說法正確的選項是〔〕Aa，電勢減小Bc，電勢減小Ca，電勢增大Dc，電勢增大6．〔2023·浙江·高考真題〕某種氣體—電子放大器的局部構造是由兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜構成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如下圖。以下說法正確的選項是〔〕A．a點所在的線是等勢線B．bc點大C．b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大D．d→e→f→g移動時電場力做功為零二、多項選擇題7．〔2023·全國·高考真題〕一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板〔RRd〕和探測器組成，其橫截面如圖〔a〕所示，點O為圓心。在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到OO點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運O、半徑分別為r、r

Rrr

Rd3O點r

的位置入射1 2 1 2 2O點r4O點rO點r

的位置出射，軌跡1 1 2如圖〔b〕中虛線所示。則〔 〕3入射時的動能比它出射時的大4入射時的動能比它出射時的大12入射時的動能13入射時的動能8．〔2023·全國·高考真題〕如圖，兩對等量異號點電荷q、qq0固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內切圓的交點，O為內切圓的圓心，M為切點。則〔〕A．LN兩點處的電場方向相互垂直B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C．MO點，電場力做正功D．LN點，電場力做功為零9．〔2023·全國·高考真題〕地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中Р點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電Р點。則射出后，〔〕A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平重量和豎直重量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平重量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量三、解答題10．〔2023·江蘇·高考真題〕某裝置用電場掌握帶電粒子運動，工作原理如下圖，矩形ABCD區(qū)域內存在多層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿AB邊長為12dBC邊長為8dm、電荷量為q的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為Ek，入射角為，在紙面內運動，不計重力及粒子間的相互作用力。當0時，假設粒子能從CDt；當Ek4qEd時，假設粒子從CD邊射出電場時與軸線OOd，求入射角的范圍；8 當Ek3qEd，粒子在為22范圍內均勻射入電場，求從CD邊出射的粒子與入射粒子的數量之比NN0。111．〔2023·遼寧·高考真題〕如下圖，光滑水平面AB4BRm的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋gR放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為 ，之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建gR立直角坐標系xOyxRx軸夾角為45的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為2mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：A點時的彈性勢能；O點時的速度大小；O點后運動的軌跡方程。12．〔2023·廣東·高考真題〕密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明白電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴試驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中心有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，局部油滴帶上了電荷。有兩個質量均為mAB，在時0t內都勻速下落了距離h1

。此時給兩極板加上電壓U〔上極板接正極〕，A連續(xù)以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。Bt內上升了距離hh2 2

h，隨1后與A合并，形成一個球形油滴，連續(xù)在兩極板間運動直至勻速。球形油滴受到的1空氣阻力大小為f km3v，其中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴運動速率，不計1空氣浮力，重力加速度為g。求：k；A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；油滴勻速運動速度的大小和方向。參考答案1．D【詳解】A．O是等量同種電荷連線的中點，場強為0AOA方向移至無窮遠處，O點電場強度變大，故A不符合題意；移動過程中，C點場強變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；C．AOA方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；D．AOA方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠處時，O點的電勢高A點電勢，故D正確。應選D。2．B【詳解】A．在直線MN上，左邊正電荷在M右側電場強度水平向右，右邊負電荷在直線MN上電場強度水平向右，依據電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢漸漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤；由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N左側電場強度不行能為零，則N右側，設MN距離為L，依據k2q(Ld)2

kq(d)2MN電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；由A選項分析可知：T點電勢低于P電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P電勢的電0勢能，將正摸索電荷q0

TP點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤；B．設等勢圓的半徑為RANxMN距離為L，如下圖依據kqx結合電勢的疊加原理A、S滿足k2qkqLx xk2q kqL2Rx 2Rx解得xL32LR3T點的場強方向必過等勢面的圓心，O點電勢k2qkq3kqO LL L 2L3 3可知T OTO點，故B正確。應選B。3．D【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止狀態(tài)時，滿足EqmgU U q r3gd 32U 4AB22U 4q r3gd 3可得qq2AB錯誤；2U 4CD2U22U 4q (2r)3gd 3可得q4qC錯誤，D正確。應選D。4．C【詳解】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢凹凸，故A錯誤；B．依據題意垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小；則平行M板向下的粒子到達N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；CDd，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有Lvt2 0d1at22對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子一樣，在電場中加速度一樣，有2v20

v20

2ad聯(lián)立解得L 2v2t2v0

，a 0L故C正確，D錯誤；應選C。5．A【詳解】依據對稱性可知，移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再依據電勢r處的電勢為kq〔取無窮遠處電勢為零〕ra處的絕緣棒后，qO點的電勢減小。應選A。6．C【詳解】A．因上下為兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜，則a點所在的線是電場線，選項A錯誤；cbcb點大，選項B錯誤；bcb、ca、c兩點間的大，選項C正確；dg兩點在同一電場線上，電勢不相等，則將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功不為零，選項D錯誤。應選C。BD【詳解】C．在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設為Erk帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有v2 v2qEm11 r1

，qE2

m2r2可得112mv21

qEr2 112

qEr2212入射時的動能，故C錯誤；3O點r2

的位置入射并從距點r的位置出射，做向心運動，電場力做正O1O3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；4O點rO點r

的位置出射，做離心運動，電場力做負1 24入射時的動能比它出射時的大，故B正確；D3做向心運動，有3qEmv232 r2可得1mv2

qEr22

1 mv22 3 2 2 113入射時的動能，故D正確；應選BD。AB【詳解】ANNO，N點處于兩負電荷連線的中NNONN指向OLOL，L點處于兩正電荷連線的中LOLLOL，由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；B．正方形底邊的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量MM點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左，故B正確；C．由圖可知，MO點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即MO點電勢相等，所以將MO點，電場力做功為零，故C錯誤；D．由圖可知，LNLN點，電場力做功不為零，故D錯誤。應選AB。BD【詳解】A．如下圖Eqmg故等效重力G的方向與水平成45。當v 0時速度最小為v v，由于此時v存在水平重量，電場力還可以向左做負功，故y min 1 1此時電勢能不是最大，故A錯誤；BD．水平方向上vEqt0 m在豎直方向上vgt由于Eqmg，得vv0如下圖，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平重量，故電勢能最大。由動能定理可知W W 0G EqBD正確；m2EkC．當如圖中v1所示時，此時速度水平重量與豎直重量相等，動能最小，故C錯誤；應選BDm2Ekd8d10．〔1〕t

；〔2〕3030或

；〔3〕N:N

50%cos0

6 6 0【詳解】〔1〕電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運動，速度分解如下圖粒子在水平方向的速度為vvcosx 01Ek2Ekm2Ekm

mv2可知2解得m2Ek8m2Ekt v cosx 0粒子進入電場時的初動能1E 4qEd mv2k 2 0粒子進入電場沿電場方向做減速運動，由牛頓其次定律可得qEma粒子從CD邊射出電場時與軸線OO的距離小于d，則要求2ad(vsin)20解得1sin12 2所以入射角的范圍為3030或6 6設粒子入射角為”D點射出，由于粒子進入電場時，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向反復做加速一樣的減速運動，加速運動。粒子的速度2Ekm4 3qEd3 mv2Ekm4 3qEd3 m運動時間為3mdqE8d3mdqEt 總v”cos” cos”粒子在沿電場方向，反復做加速一樣的減速運動，加速運動，則2adv1d

2(v”sin”)22adv2d

2(v )21d2adv3d

2(v )22d2adv4d

2(v )23d2adv5d

2(v )24d2adv6d

2(v )25d則v v v2d 4d v v v

v”sin”1d 3d 5d則粒子在分層電場中運動時間相等，設為t0，則1 1 8d 4dt t = =0 6總 6 v”cos” 3v”cos”且1qEdv”sint0

t22m 0代入數據化簡可得6cos2”8sin”cos”10即”70解得tan”=7〔舍去〕或tan”=1解得”=4則從CD邊出射的粒子與入射粒子的數量之比”N:N=0

50%23gR3gR11．〔1〕mgR；〔2〕v ；〔3〕y26Rx2 0【詳解】〔1〕AB，依據能量守恒定律得1E mv21p 2 B

1mgR2BO，依據動能定理有mgRqE 2R

1mv2

mv212 O 2 B1解得3gRv 3gROO點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和yx軸方向有qEcos45max豎直方向有qEsin45mgmay解得ag，a 0x yOx軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有1x gt2，yvt2 OO點后運動的軌跡方程y26Rxk

20m3gt；〔2〕油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量q0

mgd(h0 hU

h)2