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第6講 電場
考題一　對電場性質的理解
（2023 浙江模擬）如圖所示，在直角坐標系中，先固定一不帶電金屬導體球B，半徑為L，球心O'坐標為（2L，0）。再將一點電荷A固定在原點O處，帶電量為+Q。a、e是x軸上的兩點，b、c兩點對稱地分布在x軸兩側，點a、b、c到坐標原點O的距離均為，Od與金屬導體球B外表面相切于d點，已知金屬導體球B處于靜電平衡狀態，k為靜電力常數，則下列說法正確的是（　　）
A．圖中各點的電勢關系為φa＝φb＝φc＞φd＞φe
B．金屬導體球左側感應出負電荷，右側感應出正電荷，用一根導線分別連接左右兩側，導線中有短暫的電流
C．金屬導體球B上的感應電荷在外表面d處的場強大小，方向垂直于金屬球表面
D．金屬導體球上的感應電荷在球心O'處產生的電場強度為，方向沿x軸負方向
【解答】解：A．由于感應電荷對場源電荷的影響，點電荷A左邊電場強度小于右邊的電場強度，結合U＝Ed定性分析可知c點的電勢小于a點的電勢，b、c在同一等勢面上，根據沿著電場線方向電勢逐漸降低，可得φb＝φc＞φd＞φe，綜上可得φa＞φb＝φc＞φd＞φe，故A錯誤；
B．由于金屬球是等勢體，各點的電勢相等，用一根導線分別連接左右兩側，導線中沒有短暫的電流，故B錯誤；
C．點電荷A在d處的場強大小，金屬導體球內部電場強度為零，則金屬導體球內表面與d相同的點電場強度大小為，金屬導體球外表面場強不為零，則金屬導體球B上的感應電荷在外表面d處的場強大小不等于；金屬導體球外表面場強不為零，方向垂直于金屬球表面，由于d點電場強度是金屬導體球B上的感應電荷與A點電荷電場強度的矢量和，可知金屬導體球B上的感應電荷在外表面d處的場強方向一定不是垂直于金屬球表面，故C錯誤；
D．點電荷A在O'處的場強大小，方向沿x軸正方向，金屬導體球內部電場強度為零，則金屬導體球上的感應電荷在球心O'處產生的電場強度為，方向沿x軸負方向，故D正確。
故選：D。
（2022 浙江模擬）均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝4R．已知M點的場強大小為E，靜電力常量為k，則N點的場強大小為（　　）
A．E B．E C． D．E
【解答】解：若將帶電量為2q的球面放在O處，
均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。
則在M、N點所產生的電場為：，
由題知當半球面在M點產生的場強為E，則N點的場強為
，
故選：A。
（2023 浙江模擬）在x軸上各點電場強度E平行于x軸且隨x的變化規律如圖所示，O、A、B、C為x軸上等間距的四個點。現將帶正電的試探電荷從O點靜止釋放，試探電荷沿直線運動到A點時的動能為Ek，已知試探電荷只受電場力作用，則以下分析正確的是（　　）
A．試探電荷運動到C點時的動能小于3Ek
B．該電場的O、A、B、C四個點，A點電勢最高
C．試探電荷從O點到C點，先做加速運動，后做減速運動
D．O、A、B、C四個點，O點附近電場線最密
【解答】解：A、由動能定理知，粒子由O運動到A時電場力做功為Ek，由A到C電場力做功小于2EK，則粒子運動到C點時動能小于3Ek，故A正確。
B、從O點到C點，電場力做正功，電勢能減小，且A為帶正電粒子，電勢降低，則O點電勢最高，故B錯誤。
C、粒子從O點到A點做加速度逐漸增加的變加速直線運動，從A點到C點做加速度逐漸減小的變加速直線運動，故C錯誤。
D、電場強度越大的地方電場線越密集，則A點附近電場線最密，故D錯誤。
故選：A。
（2023 臺州模擬）如圖所示的平行板電容器豎直放置，兩極板間的距離為d，極板高度AB＝CD＝h，對該電容器充上一定的電量后，將一帶電小球P從非常靠近左極板的上端A處由靜止釋放，小球沿圖中虛線運動打到了右極板的中點，為使小球能夠從下方穿過電容器，右極板向右至少移動的距離為（　　）
A．d B． C． D．
【解答】解：由題意可知，小球所受的合力沿著虛線方向，根據電容的大小公式：C
電容的定義變形式：
電場強度與電壓的關系式：
聯立可得：E
可知右極板向右移動，極板間的電場強度不變，即合力方向不變，如圖所示，
根據幾何關系可知要使得小球能夠從下方穿過電容器，根據：
解得：x＝d，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2023 紹興二模）如圖所示，神經元細胞可以看成一個平行板電容器，正、負一價離子相當于極板上儲存的電荷，細胞膜相當于電介質，此時左極板的電勢低于右極板的電勢，左右兩極板之間的電勢差為U1（U1＜0）。已知細胞膜的相對介電常數為εr，膜厚為d，膜面積為S，靜電力常量為k，元電荷為e。由于某種原因導致膜內外離子透過細胞膜，使膜內變為正離子而膜外變為負離子，這時左右兩極板之間的電勢差為U2（U2＞0），則通過細胞膜的離子數目為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由可得：Q1＝﹣CU1（左板為負，右板為正）
Q2＝CU2（左板為為正，右邊為負）
則通過細胞膜的電荷量為：ΔQ＝Q2+Q1＝ne
又根據平行板電容器的大小公式：，可得通過細胞膜的離子數目為，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
1．電場性質的判斷思路
(1)明確電場的電場線與等勢面的分布規律．
(2)利用電場線的疏密分布規律或場強的疊加原理判定場強的強弱．(由a＝判斷a的變化)
(3)根據電場線的方向、電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低．
(4)應用電場力做功與電勢能改變之間的關系判定電勢能的大小或電場力做功情況．
2．辨析下列說法的正誤．
(1)沿電場線方向電勢降低(　 )
(2)電勢降低的方向一定是場強的方向(　 　)
(3)場強為0的位置，電勢一定為0(　 　)
考題二　帶電粒子在電場中的運動
（2023 浙江模擬）衛星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛星高度會發生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛星進行軌道高度、姿態的調整。離子推進器是利用電場將處在等離子狀態的“工質”加速后向后噴出而獲得前進的動力，原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。設單位時間內飄入的正離子數目為n，離子質量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（　　）
A．正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小
B．離子推進器獲得的平均推力大小
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉換效率，要使盡量大，可以使用比荷更大的正離子作為推進器
【解答】解：A、已知單位時間內飄入的正離子數目為n，離子電荷量為q，則正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小為，故A錯誤；
B、電場對離子加速，由動能定理有
取向右為正方向，對n個正離子，根據動量定理有m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
由牛頓第三定律知離子推進器獲得的平均推力大小F′＝F
聯立解得離子推進器獲得的平均推力大小F′＝n，故B錯誤；
C、加速正離子束所消耗的功率，故C正確；
D、根據以上分析可得，要使盡量大，可以用質量大、帶電量小即比荷更小的離子作為推進器，故D錯誤。
故選：C。
（2021 浙江模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB、CD相距為d，板長為6d，M、N是兩板中間正對的小孔，AB板電勢高于CD板，在保持兩極板電量不變的情況下，有一帶電粒子（不計重力）從M孔以速率v0沿MN連線方向射入兩極之間，結果恰好能到達N點。若該粒子仍以速率v0從M孔射入，速度方向與AB板的夾角為θ（θ＞0），下列說法正確的是（　　）
A．此帶電粒子帶正電
B．該粒子仍能到達CD板
C．調整θ的大小，粒子可以直接從BD端口飛出
D．當θ＝45°時，粒子打在AB板上的落點距M點最遠
【解答】解：A、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入兩極之間，恰好能到達N點，說明粒子在電場中做勻減速直線運動，受到的電場力水平向左，與電場方向相反，則粒子帶負電，故A錯誤；
B、兩極板電量不變，故板間距離E不變，當粒子的速度方向與AB板的夾角為θ時，粒子的加速度不變，粒子沿從MN方向的位移小于d，不能到達CD板，故B錯誤；
C、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入時，由運動學公式有2ad。
粒子在豎直方向上做勻速直線運動，有y＝v0cosθ t；粒子在水平方向上做勻減速直線運動，運動時間為t，則，當θ＝45°時，粒子打在AB板上距M點最遠，且最遠距離為ymaxd＜3d，因此，粒子不會從BD端口飛出，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2021 浙江模擬）如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板左邊緣射入，并沿直線從上極板右邊緣射出，油滴質量為m，帶電荷量為q。現僅將上極板上移少許，其他條件保持不變，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）
A．上移后，油滴的運動軌跡是曲線
B．上移后，電場強度大小小于，方向豎直向上
C．上移后，下極板和上極板之間的電勢差為
D．上移后，油滴穿越兩板之間的電場時電勢能減少了mgd
【解答】解：AB、由于油滴沿直線在極板間運動，可知油滴一定做勻速直線運動，可得qE＝mg，則電場強度大小為，根據公式，，可得，則當上極板向上移動時，E不變，方向豎直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的運動軌跡仍然是直線，故AB錯誤；
C、綜上分析，由于E不變，根據U＝Ed，當上極板向上移動少許，d變大，所以U變大，兩極板間的電勢差不再是，故C錯誤；
D、當上極板向上移動少許，E不變，所以油滴射出電場時的位置也不變，重力做的負功為﹣mgd，則電場力做的正功為mgd，根據功能關系可知，油滴的電勢能減少了mgd，故D正確。
故選：D。
（多選）（2021 溫州模擬）如圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，使a帶上正電、b帶上負電，經電場后，分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩板間距d＝0.1m，板長L＝0.5m，各顆粒的比荷均為1×10﹣5C/kg，兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H＝0.3m。電場僅分布在兩板之間，顆粒進入電場時的初速度視為零，不考慮顆粒體積大小及顆粒間的相互作用，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。調節板間電壓，使a、b兩種顆粒離開電場區域時不碰觸到極板，則分選過程中（　　）
A．顆粒離開漏斗后立即做勻變速曲線運動
B．顆粒在板間運行時的加速度大小均相等
C．a、b兩種顆粒的電勢能均減少
D．a、b兩種顆粒剛要落到傳送帶上的最大速度均為m/s
【解答】解：A、顆粒剛離開漏斗，受到水平方向的電場力與豎直方向的重力作用，均為恒力，故兩者合力也是恒力，則顆粒在兩極板間做初速度為零的勻變速直線運動，故A錯誤；
B、因各顆粒的比荷均相同，顆粒在水平方向上的加速度ax相同，豎直方向的加速度ay＝g相同，顆粒在板間運行時的加速度大小均相等，故B正確；
C、電場力對a、b兩種顆粒都做正功，a、b兩種顆粒的電勢能均減少，故C正確；
D、若，顆粒從板邊緣出電場，電場力對它做的功最多，最終動能最大，根據動能定理全程列式：qE mg（L+H）mv2，代入數據解得vm/s，故D正確。
故選：BCD。
1.解決帶電粒子在電場中運動問題的一般思路
(1)選取研究對象；
(2)分析研究對象受力情況；
(3)分析運動狀態和運動過程(初始狀態及條件，直線運動還是曲線運動等)；
(4)建立正確的物理模型，恰當選用規律或其他手段(如圖線等)找出物理量間的關系，建立方程組解題．
(5)討論所得結果．
2．重力是否可忽略的問題
在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略．一般可根據微粒的運動狀態判斷是否考慮重力作用．
考題三　動能定理在電場中的應用
（2022 寧波模擬）如圖甲所示，一帶電量為2×10﹣8C的物塊置于絕緣光滑水平面上，其右端通過水平彈性輕繩固定在豎直墻壁上，整個裝置處于水平向左的勻強電場中。用力將物塊向左拉至O處后由靜止釋放，用傳感器測出物塊的位移x和對應的速度，作出物塊的動能Ek﹣x關系圖象如圖乙所示，其中0.40m處物塊的動能最大但未知，0.50m處的動能為1.50J，0.50m～1.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線。彈性輕繩的彈力與形變量始終符合胡克定律，下列說法正確的是（　　）
A．該勻強電場的場強為1×107N/C
B．彈性繩的勁度系數為5N/m
C．彈性繩彈性勢能的最大值為2.5J
D．物塊會做往復運動，且全過程是簡諧運動
【解答】解：A、在從0.50m～1.25m范圍內，動能變化等于克服電場力做的功，則有：qEΔx＝ΔEk，圖線的斜率絕對值為：k＝qEN＝2N，解得：E＝1×108N/C，故A錯誤；
B、根據圖乙可知，物塊在0.5m時離開彈簧，物塊在0.4m時速度最大，此時彈簧彈力和摩擦力相等，所以物塊在平衡位置處彈簧壓縮Δx＝0.5m﹣0.4m＝0.1m，根據胡克定律可得kΔx＝qE，解得：k＝20N/m，故B錯誤；
C、根據能量守恒定律可知，Ep0＝qEΔxm＝2×1.25J＝2.5J，故C正確；
D、物塊離開彈性繩后受恒定的電場力作用，所以物塊不會做簡諧運動，故D錯誤。
故選：C。
（2020 浙江模擬）K、A是密封在真空玻璃管中的兩平行正對圓形金屬板，直徑為L，板間距離為，金屬板接入電路如圖所示（只畫出了紙面內的剖面圖），M、N兩端外加電壓UMN，K極板正中間有一粒子源，可向其左側空間均勻的發射速度大小為v，質量為m，電荷量為﹣q（q＞0）的粒子，平行板間的電場看作勻強電場，則以下說法正確的是（　　）
A．當UMN時，電流表示數為0
B．當UMN時，電流表示數不為0
C．當UMN＝0時，電流表示數為I，則當UMN時，電流表示數為3I
D．當UMN＝0時，電流表示數為I，則當UMN（UMN＞0）增大時，電流表最大示數為1.5I
【解答】解：AB、當發射速度水平向左時，向左的位移最大，設粒子到達A板速度恰好為零，此時電流表示數為零，根據動能定理，有：
qUMN＝0，解得 UMN，故AB錯誤；
CD、由題意，當UMN＝0時，電流表示數為I，設此時恰好能運動到A板的粒子與水平面夾角為θ，則有
tanα
即 θ＝30°
則當UMN（UMN＞0）增大時，當增大到一定值時，所有粒子均能到達A極板；當UMN時，此時與板平行射出的粒子，有
Lt2
粒子打到板上的位置距離中心的距離為
y＝vt
解得 yLL
可知此時0＜θ＜90°范圍的粒子都能到達A板，此時電流表最大示數為3I，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（2020 西湖區校級模擬）在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力，則（　　）
A．從A點運動到 M 點電勢能增加2J
B．小球水平位移x1與x2的比值 1：4
C．小球落到B點時的動能24J
D．小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于6J
【解答】解：將小球的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速直線運動，豎直分運動為勻變速直線運動，
AB、對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續相等的時間間隔內位移之比為1：3，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，因此克服合力做功2J，而從A點運動到 M 點電場力做功為6J，則電勢能減小6J，故AB錯誤；
C、由上分析，可知，從A點運動到 M 點電場力做功為6J，且球水平位移x1與x2的比值 1：3，那么從A到B電場力做功為24J，因此小球落到B點時的動能EkB＝EKA+Ep電＝8J+24J＝32J，故C錯誤；
D、由于合運動與分運動具有等時性，設小球所受的電場力為F，重力為G，則有：
Fx1＝6J，
t2＝6J
Gh＝8J，
t2＝8J
所以：
由右圖可得：tanθ
所以sinθ
則小球從 A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G’垂直，即圖中的 P點，故
Ekminmm（v0sinθ）2J＜6J，故D正確。
故選：D。
考題四　帶電粒子在交變電場中的運動
（2023 溫州三模）如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數的圓筒與序號為偶數的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規律如圖乙所示。在t＝0時，奇數圓筒比偶數圓筒電勢高，此時和偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T，不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是（　　）
A．電子在圓筒中也做加速直線運動
B．電子離開圓筒1時的速度為
C．第n個圓筒的長度應滿足
D．保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調大交變電壓的周期
【解答】解：A、金屬圓筒中電場為零，電子不受電場力，做勻速直線運動，故A錯誤；
B、電子進入第1個圓筒時，經過1次加速，根據動能定理得：eU0，解得電子出第n個圓筒瞬間速度為v，故B錯誤；
CD、電子進入第n個圓筒時，經過n次加速，根據動能定理得：neU0，解得電子出第n個圓筒瞬間速度為vn，由于不計電子通過圓筒間隙的時間，則電子在圓筒內做勻速直線運動的時間恰好是，則第n個圓筒長度為Ln＝vn
解得：，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要減小交變電壓的周期，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（2022 溫州三模）如圖甲所示，某多級直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板中心沿軸線無初速度進入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時間忽略不計），在圓筒內做勻速直線運動。若粒子在筒內運動時間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準節奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點垂直直線邊界OP進入勻強磁場區域I，OP距離為a，區域I的PO、PQ兩直線邊界垂直。區域I的上邊界PQ與勻強磁場區域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調。兩區域的勻強磁場方向均垂直紙面向里，磁感應強度大小。現有質子（）和氘核（）兩種粒子先后通過此加速器加速，加速質子的交變電壓如圖乙所示，圖中U0、T已知。已知質子的電荷量為q、質量為m，不計一切阻力，忽略磁場的邊緣效應。求：
（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4；
（2）加速氘核時，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調至多少；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑多大；
（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，兩磁場間距L的取值范圍。
【解答】解：（1）設粒子進入第n個圓筒的速度為vn，根據動能定理得：
nqU
解得：vn
由于兩粒子在筒中的運動時間相同，則金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比：
；
（2）要讓氘核也能“踏準節奏”在間隙處被加速，則需要氘核在每個筒中的速度與質子的相同。氘核電荷量與質子相同，質量為質子兩倍，由vn，可得：U0要調至2U0；
由洛倫茲力提供向心力得：
qv4B
對于質子，其v4
已知：
代入解得質子的軌道半徑：r1＝a
氘核質量為質子兩倍，v4與質子相同，對比可得氘核的軌道半徑：r2＝2a
（3）氘核離開磁場區域I的速度方向與邊界夾角θ＝60°
①如圖1所示，兩軌跡相交于D點：
L＝HC tanθ
CD＝2r2 sin60°＝2×2a
GH＝r2 sin60°＝2a
HC＝CD﹣r1﹣GHa
由以上兩式得：L
②如圖2所示，兩軌跡外切：
L＝HC tanθ
O1G＝r1+r2＝a+2a＝3a
O1Q＝r2 sin30°＝2aa
GH＝r2 sin60°＝2a
GQ
HC＝CQ+GQ﹣GH
由以上兩式得：L
綜上所述，為使質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，L的取值范圍為：0≤L，或者L。
答：（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4為；
（2）需要將圖乙中交變電壓U0調至2U0；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為2a；
（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，兩磁場間距L的取值范圍為：0≤L，或者L。
（2023 麗水二模）如圖所示，當我們使用有線話筒擴音時，有些由于周圍環境中產生的電信號會通過話筒線混入功率放大器中進行放大，影響擴音的效果。因此，很多優質的話筒線在構造上都采取了防備措施。其原理與以下應用相同的是（　　）
A．在燃氣灶中的電子點火器
B．野外高壓輸電線上方安裝兩條與大地相連的導線
C．使空氣中的塵埃帶電，在靜電力作用下塵埃到達電極而被收集起來
D．汽車噴漆中常采用讓油漆微粒與待噴工件分別帶異種電荷實現均勻噴涂
【解答】解：根據題意可知，很多優質的話筒線在構造上都采取了防備措施原理是利用了靜電屏蔽，
A．在燃氣灶中的電子點火器原理是尖端放電，故A錯誤；
B．高壓輸電線的上方還有兩條導線，這兩條導線的作用是它們與大地相連，形成稀疏的金屬“網”把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，這兩條導線起到靜電屏蔽作用，故B正確；
C．使空氣中的塵埃帶電，在靜電力作用下塵埃到達電極而被收集起來原理是靜電除塵，屬于靜電的利用，故C錯誤；
D．汽車噴漆中常采用讓油漆微粒與待噴工件分別帶異種電荷實現均勻噴涂，是靜電噴漆，屬于靜電的利用，故D錯誤。
故選：B。
（2023 浙江模擬）靜電力常量k用國際單位制的基本單位表示，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根據庫侖定律F＝k可得：k
根據F＝ma，質量m、加速度a的單位分別為kg、m/s2 可得1N＝1kg m/s2，
根據q＝It，電流I、時間t的單位分別為A、s 可得1C＝1A s，則k，1k＝11，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 溫州模擬）橡膠板置于絕緣水平桌面上，某同學戴著絕緣手套先用毛皮摩擦橡膠板，使橡膠板帶負電，然后手握絕緣手柄將鋁板靠近橡膠板，鋁板的下表面與橡膠板上凸起的接地鐵釘接觸，并在其上表面撒上細紙屑，迅速上抬鋁板至某一位置后，可以看到細紙屑從鋁板上飛濺出來，這就是“靜電飛花”實驗。下列說法正確的是（　　）
A．鋁板未與橡膠板接觸所以始終不帶電
B．紙屑是因為帶正電相互排斥而不斷飛散
C．鋁板與鐵釘接觸時，電子從大地通過鐵釘流向鋁板
D．鋁板與鐵釘接觸時，鋁板上、下表面帶等量異種電荷
【解答】解：AD．橡膠板帶負電，鋁板靠近后，根據感應起電的特點可知鋁板的下表面帶正電，上表面帶負電，當下表面與接地鐵釘接觸后，上表面的負電荷會流到大地，只有下表面帶正電，故A錯誤，D錯誤；
B．上抬鋁板過程中，下表面的正電荷減小，上表面正電荷增加。紙屑因為與金屬板帶同種電荷（正電荷）而不斷飛散，故B正確；
C．因下表面與接地鐵釘接觸時，上表面的負電荷會流到大地，此時上表面不帶電，下表面帶正電，鋁板上下表面帶電量不相等，故C錯誤。
故選B。
（2023 浙江二模）請用學過的電學知識判斷下列說法不正確的是（　　）
A．高壓輸電導線表面要很光滑，以避免因尖端放電而損失電能
B．避雷針避雷是將云層中積聚的電荷導入大地或將大地的負電荷與其中和
C．接觸帶有精密電子元件的電路板時，最好先用手接觸一下金屬水管或其它接地金屬
D．雷雨天，武夷山金殿的屋頂常出現“雷火煉殿”的奇觀，這是靜電屏蔽的原因
【解答】解：A、高壓輸電導線表面要很光滑，以避免因尖端放電而損失電能，故A正確；
B、避雷針避雷是將云層中積聚的電荷導入大地或將大地的負電荷與其中和，故B正確；
C、人體通常會帶靜電，接觸帶有精密電子元件的電路板時，最好先用手接觸一下金屬水管或其它接地金屬，否則人體靜電會損壞電路元件，故C正確；
D、“雷火煉殿”是奇特的閃電現象，非靜電屏蔽，故D錯誤。
本題選不正確項，
故選：D。
（2022 浙江模擬）帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示，不計粒子所受的重力，則（　　）
A．粒子帶正電
B．粒子的加速度增大
C．A點的場強大于B點的場強
D．粒子的速度增大
【解答】解：A、由運動與力關系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內側，故在A點電場力沿電場線向左，電場的方向向右，電場力的方向與電場方向相反，則粒子帶負電，故A錯誤；
BC、根據電場線的疏密可知，A的電場強度大于B點的電場強度，所以粒子在A點的電場力大B點的電場力，根據牛頓第二定律可知，粒子在A點的加速度大B點的加速度，即加速度減小，故B錯誤，C正確；
D、粒子從A到B電場力做負功，動能減小，速度減小，故D錯誤；
故選：C。
（2022 浙江三模）把一個不帶電的金屬球殼導體置于勻強電場中，達到穩定狀態后球殼周圍的電場線和等勢線分布如圖所示，其中a、d兩點對稱地分布在球殼兩側且連線過球心c，b點位于球殼上。下列說法中正確的是（　　）
A．實線是等勢線
B．b點電場強度比c點大
C．感應電荷在c點產生的場強為零
D．a、b兩點間的電勢差值等于c、d兩點間的電勢差值
【解答】解：A、金屬球殼導體置于勻強電場中產生靜電感應現象，表面帶電，根據電場線從正電荷或無窮遠出發到負電荷或無窮遠終止，而等勢線與電場線垂直，可知，實線是電場線，虛線是等勢線，故A錯誤；
B、金屬球殼處于靜電平衡狀態，內部場強處處為零，則b點與c點電場強度均為零，故B錯誤；
C、c點的合場強為零，即勻強電場與感應電荷在c點的合場強為零，則感應電荷在c點產生的場強不為零，故C錯誤；
D、金屬球殼處于靜電平衡狀態，整個球殼是一個等勢體，則b、c兩點的電勢相等，根據對稱性可知，a、d兩點的電勢相等，則a、b兩點間的電勢差值等于c、d兩點間的電勢差值，故D正確。
故選：D。
（2022 浙江模擬）一對不等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．Q1為負電荷
B．Q1的帶電荷量一定比Q2的帶電荷量多
C．以大地為零電勢，則Q1Q2連線的中點電勢必定為零
D．盡管B處沒畫出電場線，但B處的場強比A處大
【解答】解：A、圖中電場線的方向可知，Q2為負電荷，故A錯誤；
B、圖中Q1、Q2附近電場線的分布數目或形態可知，Q1的帶電荷量一定比Q2的帶電荷量多，故B正確；
C、為兩個電荷電量不相等，故以大地為零電勢，Q1Q2連線的中點及中垂線的電勢不再等于零，故C錯誤；
D、管B處沒畫出電場線，B處有場強，但是根據電場線的分布疏密可知，B處的場強比A處小，故D錯誤。
故選：B。
（2022 浙江模擬）如圖，兩根等長的細線一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個帶電小球，兩球的質量分別為m1和m2，已知兩細線與豎直方向的夾角分別為45°和30°。則m1與m2的比值為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：對兩個球分別受力分析，如圖所示
根據平衡條件，對m1，有
m1gcos7.5°﹣T1cos37.5°＝0
F﹣m1gsin7.5°﹣T1sin37.5°＝0
對m2，有
m2gcos7.5°﹣T2cos37.5°＝0
F+m2gsin7.5°﹣T2sin37.5°＝0
聯立解得
故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2023 金華模擬）為了避免雷擊損壞建筑，我們常在建筑頂部安裝避雷針，當低空帶負電的云團靠近避雷針時，云團和地面之間形成電場分布，避雷針的頂端及周圍形成的電場的等勢面（相鄰等勢面間的電勢差相等）和電場線分布情況如圖所示，電場中有A、B、C、D、E五點，其中D、E為避雷針上的兩點。則下列說法正確的是（　　）
A．圖中實線為等勢線
B．A點電場強度可能等于B點電場強度大小
C．D點的電勢低于E點的電勢
D．電子在A點的電勢能大于其在C點的電勢能
【解答】解：A．電場線是由正電荷或無窮遠出發，終止于無窮遠或負電荷，故圖中實線為電場線，根據等勢線與電場線垂直，可知圖中虛線為等勢線，故A錯誤；
B．根據電場線越密，電場強度越大，可知A點電場強度小于B點電場強度大小，故B錯誤；
C．低空帶負電的云團靠近避雷針，則電場線由避雷針指向低空帶負電的云團，根據沿著電場線方向，電勢不斷降低，可知D點的電勢高于E點的電勢，故C錯誤；
D．沿著電場線方向，電勢不斷降低，所以C點的電勢高于A點的電勢，而因為電子帶負電，所以電子在A點的電勢能大于其在C點的電勢能，故D正確。
故選：D。
（2023 臺州模擬）A、B兩個點電荷周圍產生的電場線分布如圖所示，一個離子從兩點電荷連線的中垂線上的一點a射入，軌跡如圖中的ab所示，b為兩點電荷連線上的一個點，忽略離子的重力，則可以判斷（　　）
A．射入的離子帶正電荷
B．A、B兩小球帶等量異種電荷
C．在a點時，A、B對離子的作用力大小相等
D．離子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能
【解答】解：A、不知道電場線的方向，所以不能判斷粒子的電性，故A錯誤；
B、等量異種點電荷的電場線是關于它們連線的垂直平分線對稱的，該圖中B處的電場線密，可知B處的電荷量大，故B錯誤；
C、A、B到a的距離是相等的，B處的電荷量大，根據庫侖定律可知，B處點電荷對離子的作用力大，故C錯誤；
D、根據曲線運動的特點可知，該離子受到的電場力的方向向右，則從a到b的過程中電場力對離子做正功，離子的電勢能減小，所以離子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能，故D正確。
故選：D。
（2023 杭州二模）如圖甲所示，某多級直線加速器由n個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為C的金屬圓板中央有一個質子源，質子逸出的速度不計，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓uMN，一段時間后加速器穩定輸出質子流。已知質子質量為m、電荷量為e，質子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則（　　）
A．質子在各圓筒中做勻加速直線運動
B．質子進入第n個圓筒瞬間速度為
C．各金屬筒的長度之比為1：：：…
D．質子在各圓筒中的運動時間之比為1：：：…
【解答】解：A．金屬圓筒中電場為零，質子不受電場力，合力為零，故質子做勻速運動，故A錯誤；
B．質子進入第n個圓筒時，經過n次加速，根據動能定理
解得
故B錯誤；
D．依題意分析，只有質子在每個圓筒中勻速運動時間為時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故D錯誤；
C．根據勻加速直線運動位移—時間公式，第n個圓筒長度
則各金屬筒的長度之比為1：：：…，故C正確。
故選：C。
（2023 浙江模擬）如圖甲所示，三個電量相等的點電荷位于等邊三角形的三個頂點上，其中x＝0處電荷帶負電，其余兩電荷帶正電且關于x軸對稱．一試探電荷沿x軸正方向運動，所受電場力隨位置的變化圖像如圖乙所示（以x軸正向為電場力的正方向）．設無窮遠處電勢為零．則（　　）
A．試探電荷帶負電
B．乙圖中的x1與甲圖中的x0相等
C．在x軸正半軸上，x2處電勢最高
D．試探電荷在x1處電勢能最大
【解答】解：AB．在x≤x1時，三個點電荷對試探電荷的電場力向左，則該試探電荷帶正電，圖乙中x1的位置正點電荷所受的電場力等于零，根據圖甲來判斷x0的位置正點電荷的受力不為零，方向向左，根據題意，正點電荷受力等于零的位置在x0的右側，如圖
故x1在x0的右側，即
x1＞x0，故AB錯誤；
CD．在0＜x＜x1范圍內，正電荷所受電場力合力為水平向左，正點電荷在x1位置受力平衡，在x1的右側正點電荷所受合力方向水平向右，在0＜x＜x1范圍內，電場力做負功，電勢能增加，x＞x1范圍內，電場力做正功，電勢能減小，故在x1處電勢能最大，所以在x1處電勢最大，故D正確，C錯誤。
故選：D。
（2023 浙江模擬）兩個不規則帶電導體間的電場線分布如圖所示，已知導體附近的電場線均與導體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，選無窮遠為電勢零點，則（　　）
A．c處場強大于a處，c處電勢也必定高于a處電勢
B．兩個導體內部場強都為零，內部電勢也都為零
C．將一負試探電荷放在d點時其電勢能為負值
D．圖中b點所在的電場線一定存在一個點，此處的電勢為零
【解答】解：A、電場線的疏密程度表示場強的大小，則c處場強大于a處。沿著電場線方向電勢逐漸降低，則c點電勢低于a點電勢，故A錯誤；
B、兩個導體處于靜電平衡，內部場強處處為零，但是內部的電勢不相等，可以確定在左側導體內部電勢大于零，右側導體內部電勢小于零，故B錯誤；
C、因為d處電勢小于零，則將一負試探電荷放在d點時其電勢能為正值，故C錯誤；
D、圖中b點所在的電場線的起點在左側導體，電勢大于零，終點在右側表面，電勢小于零，所以線上一定存在一個點，此處的電勢為零，故D正確；
故選：D。
（2022 杭州二模）某種質譜儀由偏轉電場和偏轉磁場組成，其示意圖如圖所示，整個裝置處于真空中。偏轉電場的極板水平放置，極板長度和間距均為L。在偏轉電場右側適當位置有一夾角為2θ的足夠大扇形區域OPQ，區域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，區域的OP邊與偏轉極板中心軸線MN垂直，扇形圓心O點與軸線MN的距離為d。現有大量正離子（單個離子質量為m、電荷量為q）連續不斷地以速度v0沿軸線MN射入偏轉電場。當偏轉電壓為0時，離子均能垂直扇形區域的OQ邊射出磁場；若在兩極板間加峰值為Um的正弦式電壓，則所有離子經過磁場偏轉后都能經過磁場外同一點（圖中未畫出）。若僅考慮極板間的電場，離子在電場中運動的時間遠小于兩極板間所加交變電壓的周期，不計離子的重力和離子間的相互作用，求：（可能用到的數學公式：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ）
（1）偏轉磁場的磁感應強度；
（2）離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值；
（3）離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值；
（4）扇形區域的OP邊與極板右端的距離。
【解答】解：（1）不加偏轉電壓時，離子束能垂直磁場的邊界OQ出磁場，所以在磁場中離子做圓周運動的半徑為：
R＝d
又qv0B
解得：B，且方向垂直紙面向外；
（2）當偏轉電壓最大時，動量變化量最大為：
Δpmax＝mvy
離子在電場中的偏轉過程有：
豎直方向：vy＝at
qE＝ma
E
水平方向：L＝v0t
聯立解得：vy，Δpmax；
（3）如圖，進入磁場的離子速度方向反向延長都匯于G1，最后該束粒子都能會聚于一點G2，故離子在磁場中的圓周運動圓心均在2θ的角平分線上。
離子在磁場中的運動周期與離子的速度無關，所以：
T
當偏轉電壓正向最大時，圓周運動軌跡為C1D1，所對應圓心角最大為：
2（θ+α），
運動的時間為：
tmax
當偏轉電壓負向最大時，圓周運動軌跡為C2D2，所對應圓心角最小為：
2（θ﹣α），
運動時間為：
tmin
由（1）解可知：
tanα，
得α
離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值
Δt＝tmax﹣tmin
以上式子聯立可得：Δt；
（4）由離子在電場中偏轉可求得：
（）tanα
在磁場中做圓周運動時有：
qvB；
其中：v
解得：Rmax
在△OO1C1中，根據正弦定理知：
聯立方程組解得：扇形區域的OP邊與極板右端的距離x＝（）。
答：（1）偏轉磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外；
（2）離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值為；
（3）離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值為；
（4）扇形區域的OP邊與極板右端的距離為（）。
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第6講 電場
考題一　對電場性質的理解
（2023 浙江模擬）如圖所示，在直角坐標系中，先固定一不帶電金屬導體球B，半徑為L，球心O'坐標為（2L，0）。再將一點電荷A固定在原點O處，帶電量為+Q。a、e是x軸上的兩點，b、c兩點對稱地分布在x軸兩側，點a、b、c到坐標原點O的距離均為，Od與金屬導體球B外表面相切于d點，已知金屬導體球B處于靜電平衡狀態，k為靜電力常數，則下列說法正確的是（　　）
A．圖中各點的電勢關系為φa＝φb＝φc＞φd＞φe
B．金屬導體球左側感應出負電荷，右側感應出正電荷，用一根導線分別連接左右兩側，導線中有短暫的電流
C．金屬導體球B上的感應電荷在外表面d處的場強大小，方向垂直于金屬球表面
D．金屬導體球上的感應電荷在球心O'處產生的電場強度為，方向沿x軸負方向
（2022 浙江模擬）均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝4R．已知M點的場強大小為E，靜電力常量為k，則N點的場強大小為（　　）
A．E B．E C． D．E
（2023 浙江模擬）在x軸上各點電場強度E平行于x軸且隨x的變化規律如圖所示，O、A、B、C為x軸上等間距的四個點。現將帶正電的試探電荷從O點靜止釋放，試探電荷沿直線運動到A點時的動能為Ek，已知試探電荷只受電場力作用，則以下分析正確的是（　　）
A．試探電荷運動到C點時的動能小于3Ek
B．該電場的O、A、B、C四個點，A點電勢最高
C．試探電荷從O點到C點，先做加速運動，后做減速運動
D．O、A、B、C四個點，O點附近電場線最密
（2023 臺州模擬）如圖所示的平行板電容器豎直放置，兩極板間的距離為d，極板高度AB＝CD＝h，對該電容器充上一定的電量后，將一帶電小球P從非常靠近左極板的上端A處由靜止釋放，小球沿圖中虛線運動打到了右極板的中點，為使小球能夠從下方穿過電容器，右極板向右至少移動的距離為（　　）
A．d B． C． D．
（2023 紹興二模）如圖所示，神經元細胞可以看成一個平行板電容器，正、負一價離子相當于極板上儲存的電荷，細胞膜相當于電介質，此時左極板的電勢低于右極板的電勢，左右兩極板之間的電勢差為U1（U1＜0）。已知細胞膜的相對介電常數為εr，膜厚為d，膜面積為S，靜電力常量為k，元電荷為e。由于某種原因導致膜內外離子透過細胞膜，使膜內變為正離子而膜外變為負離子，這時左右兩極板之間的電勢差為U2（U2＞0），則通過細胞膜的離子數目為（　　）
A． B．
C． D．
1．電場性質的判斷思路
(1)明確電場的電場線與等勢面的分布規律．
(2)利用電場線的疏密分布規律或場強的疊加原理判定場強的強弱．(由a＝判斷a的變化)
(3)根據電場線的方向、電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低．
(4)應用電場力做功與電勢能改變之間的關系判定電勢能的大小或電場力做功情況．
2．辨析下列說法的正誤．
(1)沿電場線方向電勢降低(　 )
(2)電勢降低的方向一定是場強的方向(　 　)
(3)場強為0的位置，電勢一定為0(　 　)
考題二　帶電粒子在電場中的運動
（2023 浙江模擬）衛星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛星高度會發生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛星進行軌道高度、姿態的調整。離子推進器是利用電場將處在等離子狀態的“工質”加速后向后噴出而獲得前進的動力，原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。設單位時間內飄入的正離子數目為n，離子質量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（　　）
A．正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小
B．離子推進器獲得的平均推力大小
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉換效率，要使盡量大，可以使用比荷更大的正離子作為推進器
（2021 浙江模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB、CD相距為d，板長為6d，M、N是兩板中間正對的小孔，AB板電勢高于CD板，在保持兩極板電量不變的情況下，有一帶電粒子（不計重力）從M孔以速率v0沿MN連線方向射入兩極之間，結果恰好能到達N點。若該粒子仍以速率v0從M孔射入，速度方向與AB板的夾角為θ（θ＞0），下列說法正確的是（　　）
A．此帶電粒子帶正電
B．該粒子仍能到達CD板
C．調整θ的大小，粒子可以直接從BD端口飛出
D．當θ＝45°時，粒子打在AB板上的落點距M點最遠
（2021 浙江模擬）如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板左邊緣射入，并沿直線從上極板右邊緣射出，油滴質量為m，帶電荷量為q。現僅將上極板上移少許，其他條件保持不變，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）
A．上移后，油滴的運動軌跡是曲線
B．上移后，電場強度大小小于，方向豎直向上
C．上移后，下極板和上極板之間的電勢差為
D．上移后，油滴穿越兩板之間的電場時電勢能減少了mgd
（多選）（2021 溫州模擬）如圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，使a帶上正電、b帶上負電，經電場后，分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩板間距d＝0.1m，板長L＝0.5m，各顆粒的比荷均為1×10﹣5C/kg，兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H＝0.3m。電場僅分布在兩板之間，顆粒進入電場時的初速度視為零，不考慮顆粒體積大小及顆粒間的相互作用，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。調節板間電壓，使a、b兩種顆粒離開電場區域時不碰觸到極板，則分選過程中（　　）
A．顆粒離開漏斗后立即做勻變速曲線運動
B．顆粒在板間運行時的加速度大小均相等
C．a、b兩種顆粒的電勢能均減少
D．a、b兩種顆粒剛要落到傳送帶上的最大速度均為m/s
1.解決帶電粒子在電場中運動問題的一般思路
(1)選取研究對象；
(2)分析研究對象受力情況；
(3)分析運動狀態和運動過程(初始狀態及條件，直線運動還是曲線運動等)；
(4)建立正確的物理模型，恰當選用規律或其他手段(如圖線等)找出物理量間的關系，建立方程組解題．
(5)討論所得結果．
2．重力是否可忽略的問題
在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略．一般可根據微粒的運動狀態判斷是否考慮重力作用．
考題三　動能定理在電場中的應用
（2022 寧波模擬）如圖甲所示，一帶電量為2×10﹣8C的物塊置于絕緣光滑水平面上，其右端通過水平彈性輕繩固定在豎直墻壁上，整個裝置處于水平向左的勻強電場中。用力將物塊向左拉至O處后由靜止釋放，用傳感器測出物塊的位移x和對應的速度，作出物塊的動能Ek﹣x關系圖象如圖乙所示，其中0.40m處物塊的動能最大但未知，0.50m處的動能為1.50J，0.50m～1.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線。彈性輕繩的彈力與形變量始終符合胡克定律，下列說法正確的是（　　）
A．該勻強電場的場強為1×107N/C
B．彈性繩的勁度系數為5N/m
C．彈性繩彈性勢能的最大值為2.5J
D．物塊會做往復運動，且全過程是簡諧運動
（2020 浙江模擬）K、A是密封在真空玻璃管中的兩平行正對圓形金屬板，直徑為L，板間距離為，金屬板接入電路如圖所示（只畫出了紙面內的剖面圖），M、N兩端外加電壓UMN，K極板正中間有一粒子源，可向其左側空間均勻的發射速度大小為v，質量為m，電荷量為﹣q（q＞0）的粒子，平行板間的電場看作勻強電場，則以下說法正確的是（　　）
A．當UMN時，電流表示數為0
B．當UMN時，電流表示數不為0
C．當UMN＝0時，電流表示數為I，則當UMN時，電流表示數為3I
D．當UMN＝0時，電流表示數為I，則當UMN（UMN＞0）增大時，電流表最大示數為1.5I
（2020 西湖區校級模擬）在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力，則（　　）
A．從A點運動到 M 點電勢能增加2J
B．小球水平位移x1與x2的比值 1：4
C．小球落到B點時的動能24J
D．小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于6J
考題四　帶電粒子在交變電場中的運動
（2023 溫州三模）如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數的圓筒與序號為偶數的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規律如圖乙所示。在t＝0時，奇數圓筒比偶數圓筒電勢高，此時和偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T，不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是（　　）
A．電子在圓筒中也做加速直線運動
B．電子離開圓筒1時的速度為
C．第n個圓筒的長度應滿足
D．保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調大交變電壓的周期
（2022 溫州三模）如圖甲所示，某多級直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板中心沿軸線無初速度進入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時間忽略不計），在圓筒內做勻速直線運動。若粒子在筒內運動時間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準節奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點垂直直線邊界OP進入勻強磁場區域I，OP距離為a，區域I的PO、PQ兩直線邊界垂直。區域I的上邊界PQ與勻強磁場區域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調。兩區域的勻強磁場方向均垂直紙面向里，磁感應強度大小。現有質子（）和氘核（）兩種粒子先后通過此加速器加速，加速質子的交變電壓如圖乙所示，圖中U0、T已知。已知質子的電荷量為q、質量為m，不計一切阻力，忽略磁場的邊緣效應。求：
（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4；
（2）加速氘核時，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調至多少；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑多大；
（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，兩磁場間距L的取值范圍。
（2023 麗水二模）如圖所示，當我們使用有線話筒擴音時，有些由于周圍環境中產生的電信號會通過話筒線混入功率放大器中進行放大，影響擴音的效果。因此，很多優質的話筒線在構造上都采取了防備措施。其原理與以下應用相同的是（　　）
A．在燃氣灶中的電子點火器
B．野外高壓輸電線上方安裝兩條與大地相連的導線
C．使空氣中的塵埃帶電，在靜電力作用下塵埃到達電極而被收集起來
D．汽車噴漆中常采用讓油漆微粒與待噴工件分別帶異種電荷實現均勻噴涂
（2023 浙江模擬）靜電力常量k用國際單位制的基本單位表示，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023 溫州模擬）橡膠板置于絕緣水平桌面上，某同學戴著絕緣手套先用毛皮摩擦橡膠板，使橡膠板帶負電，然后手握絕緣手柄將鋁板靠近橡膠板，鋁板的下表面與橡膠板上凸起的接地鐵釘接觸，并在其上表面撒上細紙屑，迅速上抬鋁板至某一位置后，可以看到細紙屑從鋁板上飛濺出來，這就是“靜電飛花”實驗。下列說法正確的是（　　）
A．鋁板未與橡膠板接觸所以始終不帶電
B．紙屑是因為帶正電相互排斥而不斷飛散
C．鋁板與鐵釘接觸時，電子從大地通過鐵釘流向鋁板
D．鋁板與鐵釘接觸時，鋁板上、下表面帶等量異種電荷
（2023 浙江二模）請用學過的電學知識判斷下列說法不正確的是（　　）
A．高壓輸電導線表面要很光滑，以避免因尖端放電而損失電能
B．避雷針避雷是將云層中積聚的電荷導入大地或將大地的負電荷與其中和
C．接觸帶有精密電子元件的電路板時，最好先用手接觸一下金屬水管或其它接地金屬
D．雷雨天，武夷山金殿的屋頂常出現“雷火煉殿”的奇觀，這是靜電屏蔽的原因
（2022 浙江模擬）帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示，不計粒子所受的重力，則（　　）
A．粒子帶正電
B．粒子的加速度增大
C．A點的場強大于B點的場強
D．粒子的速度增大
（2022 浙江三模）把一個不帶電的金屬球殼導體置于勻強電場中，達到穩定狀態后球殼周圍的電場線和等勢線分布如圖所示，其中a、d兩點對稱地分布在球殼兩側且連線過球心c，b點位于球殼上。下列說法中正確的是（　　）
A．實線是等勢線
B．b點電場強度比c點大
C．感應電荷在c點產生的場強為零
D．a、b兩點間的電勢差值等于c、d兩點間的電勢差值
（2022 浙江模擬）一對不等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．Q1為負電荷
B．Q1的帶電荷量一定比Q2的帶電荷量多
C．以大地為零電勢，則Q1Q2連線的中點電勢必定為零
D．盡管B處沒畫出電場線，但B處的場強比A處大
（2022 浙江模擬）如圖，兩根等長的細線一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個帶電小球，兩球的質量分別為m1和m2，已知兩細線與豎直方向的夾角分別為45°和30°。則m1與m2的比值為（　　）
A． B． C． D．
（2023 金華模擬）為了避免雷擊損壞建筑，我們常在建筑頂部安裝避雷針，當低空帶負電的云團靠近避雷針時，云團和地面之間形成電場分布，避雷針的頂端及周圍形成的電場的等勢面（相鄰等勢面間的電勢差相等）和電場線分布情況如圖所示，電場中有A、B、C、D、E五點，其中D、E為避雷針上的兩點。則下列說法正確的是（　　）
A．圖中實線為等勢線
B．A點電場強度可能等于B點電場強度大小
C．D點的電勢低于E點的電勢
D．電子在A點的電勢能大于其在C點的電勢能
（2023 臺州模擬）A、B兩個點電荷周圍產生的電場線分布如圖所示，一個離子從兩點電荷連線的中垂線上的一點a射入，軌跡如圖中的ab所示，b為兩點電荷連線上的一個點，忽略離子的重力，則可以判斷（　　）
A．射入的離子帶正電荷
B．A、B兩小球帶等量異種電荷
C．在a點時，A、B對離子的作用力大小相等
D．離子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能
（2023 杭州二模）如圖甲所示，某多級直線加速器由n個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為C的金屬圓板中央有一個質子源，質子逸出的速度不計，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓uMN，一段時間后加速器穩定輸出質子流。已知質子質量為m、電荷量為e，質子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則（　　）
A．質子在各圓筒中做勻加速直線運動
B．質子進入第n個圓筒瞬間速度為
C．各金屬筒的長度之比為1：：：…
D．質子在各圓筒中的運動時間之比為1：：：…
（2023 浙江模擬）如圖甲所示，三個電量相等的點電荷位于等邊三角形的三個頂點上，其中x＝0處電荷帶負電，其余兩電荷帶正電且關于x軸對稱．一試探電荷沿x軸正方向運動，所受電場力隨位置的變化圖像如圖乙所示（以x軸正向為電場力的正方向）．設無窮遠處電勢為零．則（　　）
A．試探電荷帶負電
B．乙圖中的x1與甲圖中的x0相等
C．在x軸正半軸上，x2處電勢最高
D．試探電荷在x1處電勢能最大
（2023 浙江模擬）兩個不規則帶電導體間的電場線分布如圖所示，已知導體附近的電場線均與導體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，選無窮遠為電勢零點，則（　　）
A．c處場強大于a處，c處電勢也必定高于a處電勢
B．兩個導體內部場強都為零，內部電勢也都為零
C．將一負試探電荷放在d點時其電勢能為負值
D．圖中b點所在的電場線一定存在一個點，此處的電勢為零
（2022 杭州二模）某種質譜儀由偏轉電場和偏轉磁場組成，其示意圖如圖所示，整個裝置處于真空中。偏轉電場的極板水平放置，極板長度和間距均為L。在偏轉電場右側適當位置有一夾角為2θ的足夠大扇形區域OPQ，區域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，區域的OP邊與偏轉極板中心軸線MN垂直，扇形圓心O點與軸線MN的距離為d。現有大量正離子（單個離子質量為m、電荷量為q）連續不斷地以速度v0沿軸線MN射入偏轉電場。當偏轉電壓為0時，離子均能垂直扇形區域的OQ邊射出磁場；若在兩極板間加峰值為Um的正弦式電壓，則所有離子經過磁場偏轉后都能經過磁場外同一點（圖中未畫出）。若僅考慮極板間的電場，離子在電場中運動的時間遠小于兩極板間所加交變電壓的周期，不計離子的重力和離子間的相互作用，求：（可能用到的數學公式：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ）
（1）偏轉磁場的磁感應強度；
（2）離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值；
（3）離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值；
（4）扇形區域的OP邊與極板右端的距離。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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