一、選擇題1．(2022·高考江蘇卷)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說法中正確的是()A．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最低B．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最高C．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電勢(shì)上升D．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電勢(shì)降低解析：選B.依據(jù)電場(chǎng)的對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理知，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零．在x軸上，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向自O(shè)點(diǎn)分別指向x軸正方向和x軸負(fù)方向，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來越低，所以O(shè)點(diǎn)電勢(shì)最高．在x軸上離O點(diǎn)無限遠(yuǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故沿x軸正方向和x軸負(fù)方向的電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減?。x項(xiàng)B正確．2．(多選)(2022·江蘇阜寧中學(xué)月考)如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽視，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A板來轉(zhuǎn)變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是()A．若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的右側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)解析：選BC.若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向下的電場(chǎng)力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向下的電場(chǎng)力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側(cè)，選項(xiàng)B正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向上的電場(chǎng)力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側(cè)，選項(xiàng)C正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向上的電場(chǎng)力不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3．(多選)(2022·山東臨沂三模)如圖所示，在光滑絕緣水平面上的P點(diǎn)正上方O點(diǎn)固定了一電荷量為＋Q的正點(diǎn)電荷，在水平面上的N點(diǎn)，由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為－q的負(fù)檢驗(yàn)電荷，該檢驗(yàn)電荷經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v，圖中θ＝60°，規(guī)定電場(chǎng)中P點(diǎn)的電勢(shì)為零，則在＋Q形成的電場(chǎng)中()A．N點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)B．N點(diǎn)電勢(shì)為－eq\f(mv2,2q)C．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的4倍D．檢驗(yàn)電荷在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能為－eq\f(1,2)mv2解析：選BC.沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，由正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布可知N點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤；負(fù)電荷由N至P，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量，又負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能為0，故負(fù)電荷在N點(diǎn)的電勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2，N點(diǎn)電勢(shì)為－eq\f(mv2,2q)，B正確，D錯(cuò)誤；由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)可知P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的4倍，C正確．本題選B、C.4．(多選)(2022·高考廣東卷)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說法正確的是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同始終線上C．在P產(chǎn)生的電場(chǎng)中，M、N處的電勢(shì)相同D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零解析：選BD.假設(shè)P、M和N不在同始終線上，對(duì)M受力分析可知M不行能處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以選項(xiàng)B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則系統(tǒng)所受合力為零，故keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,L＋x2)，解得x＝(eq\r(2)－1)L，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；在正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源電荷越近，電勢(shì)越高，故φM>φN，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤．5．(2022·高考山東卷)如圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知?dú)?nèi)的場(chǎng)強(qiáng)處處為零；殼外空間的電場(chǎng)，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時(shí)在殼外產(chǎn)生的電場(chǎng)一樣．一帶正電的摸索電荷(不計(jì)重力)從球心以初動(dòng)能Ek0沿OA方向射出．下列關(guān)于摸索電荷的動(dòng)能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是()解析：選A.當(dāng)摸索電荷在球殼內(nèi)部運(yùn)動(dòng)時(shí)，不受靜電力作用，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)能Ek不變．當(dāng)摸索電荷在球殼外部運(yùn)動(dòng)時(shí)，依據(jù)庫(kù)侖定律，摸索電荷受到的庫(kù)侖斥力越來越小，故摸索電荷做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，摸索電荷的動(dòng)能越來越大，但增大得越來越慢．選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤．6．(2022·高考山東卷)如圖，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)毀滅在電場(chǎng)中)．不計(jì)重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：選B.帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解決問題．依據(jù)對(duì)稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心．則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh)).故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤．7.(2022·高考天津卷)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板確定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能確定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能確定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能確定增加解析：選C.依據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡分析微粒的受力狀況，結(jié)合功能關(guān)系求解．A．分析微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，微粒的合力方向確定豎直向下，由于微粒的重力不行忽視，故微粒所受的電場(chǎng)力可能向下，也可能向上，故A錯(cuò)誤．B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，故微粒的電勢(shì)能可能減小，也可能增大，故B錯(cuò)誤．C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程中，合力做正功，故微粒的動(dòng)能確定增加，C正確．D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，除重力之外的電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，故機(jī)械能不愿定增加，D錯(cuò)誤．8．平行板間有如圖所示的周期性變化的電壓．重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中心，從t＝0時(shí)刻開頭將其釋放，運(yùn)動(dòng)過程無碰板狀況．在下列圖象中，能正確定性描述粒子運(yùn)動(dòng)速度圖象的是()解析：選A.0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)做加速度恒定的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，在T時(shí)速度減為零．此后周期性重復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A正確．9．(2022·太原一模)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)帶電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．0～2s內(nèi)，電場(chǎng)力所做的功等于零C．4s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)D．2.5～4s內(nèi)，速度的轉(zhuǎn)變等于零解析：選D.由牛頓其次定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度a＝eq\f(qE0,m)，為第2s內(nèi)加速度a＝eq\f(2qE0,m)的eq\f(1,2)，因此先加速1s再減速0.5s，速度為零，接下來的1.5s將反向加速，v－t圖象如圖所示，所以選項(xiàng)A錯(cuò)；在0～2s內(nèi)，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力所做的功不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；v－t圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為物體的位移，由對(duì)稱性可以看出，前4s內(nèi)的位移不為零，所以帶電粒子不會(huì)回到原動(dòng)身點(diǎn)，所以C錯(cuò)誤；2.5～4s內(nèi)，v2.5＝v4，故Δv＝0，選項(xiàng)D正確．二、計(jì)算題10．(2022·成都模擬)如圖所示，板長(zhǎng)L＝10cm，板間距離d＝10cm的平行板電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，某時(shí)刻一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由O點(diǎn)靜止釋放，沿直線OA從電容器C的中線水平進(jìn)入，最終剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x＝45eq\r(3)cm，(g取10m/s2)求：(1)電容器外左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)小球剛進(jìn)入電容器C時(shí)的速度v的大小；(3)電容器C極板間的電壓U.解析：(1)由于帶電小球做直線運(yùn)動(dòng)，因此小球所受合力沿水平方向，則：Eq＝eq\f(mg,sin60°)，解得E＝eq\f(2\r(3)mg,3q).(2)從O點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mgxcot60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s.(3)小球在電容器C中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：L＝vt①豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2②a＝eq\f(Uq,md)－g③①②③聯(lián)立求解得U＝eq\f(10m,q).答案：(1)eq\f(2\r(3)mg,3q)(2)3m/s(3)eq\f(10m,q)11．(2022·高考安徽卷)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開頭下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)．求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開頭下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間．解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh).(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力作用，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知：mg－qE＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知：0－v2＝2ad整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU得，電容器所帶電荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q).(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))12．在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中心射入(如圖甲所示)．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，求：(1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少為多長(zhǎng)？(3)若電子恰能從兩板中心平行于板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？?jī)砂彘g距至少為多大？解析：(1)由動(dòng)能定理得：e·eq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(eU0,m)).(2)t＝0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反向，則連續(xù)在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過半個(gè)周期，電場(chǎng)方向上的速度減到零，實(shí)際速度等于初速度v0，平行于極板，以后連續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng)．要使電子恰能平行于金屬板飛出，則在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)＝v0T.(3)若要使電子從極板中心平行于極板飛出，則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速再減速，每段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′線．可見應(yīng)在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0,1,2，…)時(shí)射入．極板間距離要求滿足在加速、減速階