資源簡介

十、靜電場
1.(2021·浙江6月選考·6)某書中有如圖所示的圖，用來表示橫截面是“<”形導體右側的電場線和等勢面，其中a、b是同一條實線上的兩點，c是另一條實線上的一點，d是導體尖角右側表面附近的一點。下列說法正確的是：
A.實線表示電場線
B.離d點最近的導體表面電荷密度最大
C.“<”形導體右側表面附近電場強度方向均相同
D.電荷從a點到c點再到b點電場力做功一定為零
2.(2020·浙江1月選考·7)如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉電場中，已知極板長度l，間距d，電子質量m，電荷量e。若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是：
A.偏轉電壓 B.偏轉的角度
C.射出電場速度 D.電場中運動的時間
3.(2022·湖南卷·2)如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是：
A.電場強度方向垂直指向a，電勢減小
B.電場強度方向垂直指向c，電勢減小
C.電場強度方向垂直指向a，電勢增大
D.電場強度方向垂直指向c，電勢增大
4.(2017·江蘇卷·4)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F將C板向右平移到P'點，則由O點靜止釋放的電子：
A.運動到P點返回 B.運動到P和P'點之間返回
C.運動到P'點返回 D.穿過P'點
5.(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電荷量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變，q為：
A.正電荷，q= B.正電荷，q=
C.負電荷，q= D.負電荷，q=
6.(2024·廣西卷·7)如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環從靠近N點處靜止釋放，小圓環先后經過圖上P1點和P2點，已知sin θ=，則小圓環從P1點運動到P2點的過程中：
A.靜電力做正功 B.靜電力做負功
C.靜電力先做正功再做負功 D.靜電力先做負功再做正功
7.(多選)(2019·江蘇卷·9)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為-W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為-2q的點電荷Q1從無窮遠處移動C點。下列說法正確的有：
A.Q1移入之前，C點的電勢為
B.Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0
C.Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W
D.Q2在移到C點后的電勢能為-4W
8.(多選)(2022·全國乙卷·19)如圖，兩對等量異號點電荷+q、-q(q>0)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.L和N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.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功
D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零
9.(多選)(2021·全國乙卷·20)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(-q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是：
A　　 　　　　B　　　 　　　C　　　 　 　D
10.(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時：
A.所用時間為 B.速度大小為3v0
C.與P點的距離為 D.速度方向與豎直方向的夾角為30°
11.(2023·浙江1月選考·12)如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉電極YY'、水平方向偏轉電極XX'和熒光屏組成。電極XX'的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY'極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO'方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e，質量為m，則電子：
A.在XX'極板間的加速度大小為
B.打在熒光屏時，動能大小為11eU
C.在XX'極板間受到電場力的沖量大小為
D.打在熒光屏時，其速度方向與OO'連線夾角α的正切tan α=
12.(多選)(2023·湖北卷·10)一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是：
A.L∶d=2∶1
B.U1∶U2=1∶1
C.微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2
D.僅改變微粒的質量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
答案精析
1.D　[整個導體為等勢體，由于電場線方向總是與等勢面垂直，所以實線不是電場線，是等勢面，則A錯誤；
根據等勢面的疏密表示電場強度的強弱，則d點的電場強度較弱，因電場強度越大的地方電荷密度越大，所以B錯誤；
在“<”形導體右側表面上下部分附近電場強度方向不相同，所以C錯誤；
由于a、b在同一等勢面上，則電荷從a點到c點再到b點電場力做功一定為零，所以D正確。]
2.B
3.A　[根據對稱性與電場疊加原理可知，移去a處絕緣棒前O點電場強度為0，則移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再根據電勢的疊加原理，設每根長棒在O點產生的電勢為φ0，四根完全相同、均勻帶正電絕緣長棒在O點產生的電勢為4φ0，現在撤去a處的絕緣棒后，其他三棒在O點產生的電勢為3φ0，故O點的電勢減小，故選A。]
4.A　[根據平行板電容器的電容的決定式C=、定義式C=和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U=Ed可得E=可知將C板向右平移到P'點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。]
5.C　[取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1=k=k由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關系得兩者的合電場強度大小為E=E1=k根據O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產生的電場強度大小為E'=E=k又E'=k聯立解得q=故選C。]
6.A　[如圖甲所示，在P1點小圓環受到靜電力
FM1=k
FN1=k
設合力與FM1間的夾角為α1，
tan α1=
>tan θ，
則α1>θ，合力做正功，
同理在P2點，
如圖乙所示，
FM2=k
FN2=k
設合力與FN2間的夾角為α2，
tan α2==tan θ，α2=θ，合力沿OP2方向，
所以P1到P2靜電力一直做正功，故選A。]
7.ABD　[根據電場力做功可知-W=q(0-φC1)，解得φC1=選項A正確；B、C兩點到A點的距離相等，這兩點電勢相等，Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，選項B正確；根據對稱和電勢疊加可知，A、B兩點固定電荷量均為+q的點電荷后，C點電勢為φC2=2φC1=2帶電荷量為-2q的點電荷Q2在C點的電勢能為EpC=(-2q)·φC2=-4W，選項D正確；Q2從無窮遠處移動到C點的過程中，電場力做的功為0-EpC=4W，選項C錯誤。]
8.AB　[兩個正點電荷在N點產生的電場強度方向由N指向O，N點處于兩負點電荷連線的中垂線上，則兩負點電荷在N點產生的電場強度方向由N指向O，則N點的合電場強度方向由N指向O，同理可知，兩個負點電荷在L處產生的電場強度方向由O指向L，L點處于兩正點電荷連線的中垂線上，兩正點電荷在L處產生的電場強度方向由O指向L，則L處的合電場強度方向由O指向L，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；正方形底邊的一對等量異號點電荷在M點產生的電場強度方向向左，而正方形上方的一對等量異號點電荷在M點產生的電場強度方向向右，由于M點離上方一對等量異號點電荷距離較遠，則M點的電場方向向左，故B正確；由題圖可知，M和O點位于兩等量異號點電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；由題圖結合等量異號點電荷模型可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。]
9.AD　[帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a=由類平拋運動規律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t=離開電場時，帶電粒子的偏轉角的正切值為
tan θ===因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉角只與比荷有關。(+q，m)粒子與(+3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與(-q，m)粒子的比荷也相同，所以(+q，m)、(+3q，3m)、(-q，m)三個粒子偏轉角相同，但(-q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉角方向相反，(+q，2m)粒子的比荷比(+q，m)、(+3q，3m)粒子的比荷小，所以(+q，2m)粒子比(+q，m)(+3q，3m)粒子的偏轉角小，但都帶正電，偏轉方向相同，故A、D正確，B、C錯誤。]
10.C　[粒子在電場中只受靜電力，F=qE，方向向下，如圖所示.
粒子的運動為類平拋運動.
水平方向做勻速直線運動，有x=v0t
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y=at2=·t2
=tan 45°
聯立解得t=
故A錯誤；
vy=at=·=2v0，則速度大小v==v0，tan θ==則速度方向與豎直方向夾角不等于30°，故B、D錯誤；
x=v0t=與P點的距離s==故C正確。]
11.D　[由牛頓第二定律可得，在XX'極板間的加速度大小a==A錯誤；電子在XX'極板間運動時，垂直極板方向有vX=at，t=電子離開XX'極板時的動能為Ek=m(+)，又有10eU=m解得Ek=eU(10+)，電子離開XX'極板后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為eU(10+)，B錯誤；在XX'極板間受到電場力的沖量大小IX=mvX= C錯誤；打在熒光屏時，其速度方向與OO'連線夾角α的正切tan α==D正確。]
12.BD　[微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據電場強度和電勢差的關系、電場強度和靜電力的關系以及牛頓第二定律可得E=F=qE=ma，設微粒射入電容器時的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx=v0cos 45°=v0，vy=v0sin 45°=v0，從射入到運動到最高點由運動學公式得=2ad，由動能定理可得qU1=m聯立解得U1∶U2=1∶1，B正確；微粒從射入到運動到最高點有2L=vxt，d=·t，聯立可得L∶d=1∶1，A錯誤；微粒從最高點到穿出電容器時由運動學知識可得L=vxt1，vy1=at1，射入電容器到最高點有vy=at，解得vy1=設微粒穿出電容器時速度與水平方向的夾角為α，則tan α==微粒射入電容器時速度和水平方向的夾角為β，tan(α+β)=3，C錯誤；微粒射入到最高點的過程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y=at2，聯立解得y=且x=vxt'，y=·t'，可得x=2L，y=d=L，即微粒在運動到最高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質量無關，射出電場過程同理，x1=L=vxt1'，y1=t1'==即軌跡不會變化，D正確。](共30張PPT)
經典重現　考題再現
十、靜電場
1.(2021·浙江6月選考·6)某書中有如圖所示的圖，用來表示橫截面是“<”形導體右側的電場線和等勢面，其中a、b是同一條實線上的兩點，c是另一條實線上的一點，d是導體尖角右側表面附近的一點。下列說法正確的是
A.實線表示電場線
B.離d點最近的導體表面電荷密度最大
C.“<”形導體右側表面附近電場強度方向均相同
D.電荷從a點到c點再到b點電場力做功一定為零
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
11
10
12
1
2
3
4
5
6
整個導體為等勢體，由于電場線方向總是與等勢面垂直，所以實線不是電場線，是等勢面，則A錯誤；
根據等勢面的疏密表示電場強度的強弱，則d點的電場強度較弱，因電場強度越大的地方電荷密度越大，所以B錯誤；
在“<”形導體右側表面上下部分附近電場強度方向不相同，所以C錯誤；
由于a、b在同一等勢面上，則電荷從a點到c點再到b點電場力做功一定為零，所以D正確。
7
8
9
11
10
12
2.(2020·浙江1月選考·7)如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉電場中，已知極板長度l，間距d，電子質量m，電荷量e。若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是
A.偏轉電壓
B.偏轉的角度
C.射出電場速度
D.電場中運動的時間
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
10
12
3.(2022·湖南卷·2)如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是
A.電場強度方向垂直指向a，電勢減小
B.電場強度方向垂直指向c，電勢減小
C.電場強度方向垂直指向a，電勢增大
D.電場強度方向垂直指向c，電勢增大
1
2
3
4
5
6
√
7
8
9
11
10
12
1
2
3
4
5
6
根據對稱性與電場疊加原理可知，移去a處絕緣棒前O點電場強度為0，則移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再根據電勢的疊加原理，設每根長
棒在O點產生的電勢為φ0，四根完全相同、均勻帶正電絕緣長棒在O點產生的電勢為4φ0，現在撤去a處的絕緣棒后，其他三棒在O點產生的電勢為3φ0，故O點的電勢減小，故選A。
7
8
9
11
10
12
1
2
3
4
5
6
4.(2017·江蘇卷·4)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F將C板向右平移到P'點，則由O點靜止釋放的電子
A.運動到P點返回
B.運動到P和P'點之間返回
C.運動到P'點返回
D.穿過P'點
7
8
9
11
10
√
12
根據平行板電容器的電容的決定式C=、定義式C=和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U=Ed可得E=，可知將C板向右平移到P'
點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
10
12
5.(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電荷量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變，q為
A.正電荷，q= B.正電荷，q=
C.負電荷，q= D.負電荷，q=
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
10
√
12
1
2
3
4
5
6
取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點
電荷，則有E1=k=k，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關系得兩者的合電場強度大小為E=E1=k，根據O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產生的電場強度大小為E'=E= k，又E'=k，聯立解得q=，故選C。
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
6.(2024·廣西卷·7)如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環從靠近N點處靜止釋放，小圓環先
后經過圖上P1點和P2點，已知sin θ=，則小圓環從P1點運動到P2點的過
程中
A.靜電力做正功
B.靜電力做負功
C.靜電力先做正功再做負功
D.靜電力先做負功再做正功
7
8
9
√
11
10
12
6
1
2
3
4
5
如圖甲所示，在P1點小圓環受到靜電力
FM1=k，
FN1=k，
設合力與FM1間的夾角為α1，
tan α1=>tan θ，
則α1>θ，合力做正功，
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
同理在P2點，如圖乙所示，
FM2=k，
FN2=k，
設合力與FN2間的夾角為α2，
tan α2==tan θ，α2=θ，合力沿OP2方向，
所以P1到P2靜電力一直做正功，故選A。
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
7.(多選)(2019·江蘇卷·9)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為-W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為-2q的點電荷Q1從無窮遠處移動C點。下列說法正確的有
A.Q1移入之前，C點的電勢為
B.Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0
C.Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W
D.Q2在移到C點后的電勢能為-4W
√
11
10
12
√
√
根據電場力做功可知-W=q(0-φC1)，解得φC1=，選項A正確；
B、C兩點到A點的距離相等，這兩點電勢相等，Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，選項B正確；
根據對稱和電勢疊加可知，A、B兩點固定電荷量均為+q的點電荷后，C點電勢為φC2=2φC1=2，帶電荷量為-2q的點電荷Q2在C點的電勢能為EpC=
(-2q)·φC2=-4W，選項D正確；
Q2從無窮遠處移動到C點的過程中，電場力做的功為0-EpC=4W，選項C錯誤。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
8.(多選)(2022·全國乙卷·19)如圖，兩對等量異號點電荷+q、-q(q>0)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.L和N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.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功
D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零
√
7
8
9
11
10
√
12
6
1
2
3
4
5
兩個正點電荷在N點產生的電場強度方向由N指向O，N點處于兩負點電荷連線的中垂線上，則兩負點電荷在N點產生的電場強度方向由N指向O，則N點的合電場強度方向由N指向O，同理可知，兩個負點電荷在L處產
生的電場強度方向由O指向L，L點處于兩正點電荷連線的中垂線上，兩正點電荷在L處產生的電場強度方向由O指向L，則L處的合電場強度方向由O指向L，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；
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
正方形底邊的一對等量異號點電荷在M點產生的電場強度方向向左，而正方形上方的一對等量異號點電荷在M點產生的電場強度方向向右，由于M點離上方一對等量異號點電荷距離較遠，則M點的電場方向向左，故B正確；
由題圖可知，M和O點位于兩等量異號點電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；
由題圖結合等量異號點電荷模型可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
9.(多選)(2021·全國乙卷·20)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(-q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是
7
8
9
√
11
10
12
√
帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a=，由類平拋運動規律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t=，離開電場時，帶電粒子的偏轉角的正切值為tan θ===，因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強
度相同，水平位移相同，所以偏轉角只與比荷有關。(+q，m)粒子與(+3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與(-q，m)粒子的比荷也相同，所以(+q，m)、(+3q，3m)、(-q，m)三個粒子偏轉角相同，但(-q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉角方向相反，(+q，2m)粒子的比荷比(+q，m)、(+3q，3m)粒子的比荷小，所以(+q，2m)粒子比(+q，m)(+3q，3m)粒子的偏轉角小，但都帶正電，偏轉方向相同，故A、D正確，B、C錯誤。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
12
6
1
2
3
4
5
10.(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時
A.所用時間為
B.速度大小為3v0
C.與P點的距離為
D.速度方向與豎直方向的夾角為30°
7
8
9
10
11
√
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
10
11
粒子在電場中只受靜電力，F=qE，方向向下，如圖所示.
粒子的運動為類平拋運動.
水平方向做勻速直線運動，有x=v0t
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y=at2=·t2
=tan 45°
聯立解得t=，
故A錯誤；
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
10
11
vy=at=·=2v0，則速度大小v==v0，
tan θ==，則速度方向與豎直方向夾角不等于30°，
故B、D錯誤；
x=v0t=，與P點的距離s==，故C正確。
12
6
1
2
3
4
5
11.(2023·浙江1月選考·12)如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉電極YY'、水平方向偏轉電極XX'和熒光屏組成。電極XX'的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY'極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO'方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e，質量為m，則電子
A.在XX'極板間的加速度大小為
B.打在熒光屏時，動能大小為11eU
C.在XX'極板間受到電場力的沖量大小為
D.打在熒光屏時，其速度方向與OO'連線夾角α的正切tan α=
7
8
9
11
10
√
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
由牛頓第二定律可得，在XX'極板間的加速
度大小a==，A錯誤；
電子在XX'極板間運動時，垂直極板方向有
vX=at，t=，電子離開XX'極板時的動能為Ek=m(+)，又有10eU= m，解得Ek=eU(10+)，電子離開XX'極板后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為eU(10+)，B錯誤；
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
在XX'極板間受到電場力的沖量大小IX=mvX=，C錯誤；
打在熒光屏時，其速度方向與OO'連線夾角α的正切tan α==，D正確。
12
6
1
2
3
4
5
12.(多選)(2023·湖北卷·10)一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是
A.L∶d=2∶1
B.U1∶U2=1∶1
C.微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2
D.僅改變微粒的質量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
7
8
9
11
10
√
12
√
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據電場強度和電勢差的關系、電場強度和靜電力的關系以及牛頓第二定律可
得E=，F=qE=ma，設微粒射入電容器時的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx=v0cos 45°=v0，vy=v0sin 45°=v0，從射入到運動到最高點由運動學公式得=2ad，由動能定理可得qU1=m，
聯立解得U1∶U2=1∶1，B正確；
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
微粒從射入到運動到最高點有2L=vxt，d=·t，聯立可得L∶d=1∶1，A錯誤；
微粒從最高點到穿出電容器時由運動學知識可得
L=vxt1，vy1=at1，射入電容器到最高點有vy=at，解得vy1=，設微粒穿出電容器時速度與水平方向的夾角為α，則tan α==，微粒射入電容器時速度和水平方向的夾角為β，tan(α+β)=3，C錯誤；
12
6
1
2
3
4
5
7
8
9
11
10
微粒射入到最高點的過程水平方向的位移為x，豎
直方向的位移為y=at2，聯立解得y=，且x=vxt'，y=·t'，可得x=2L，y=d=L，即微粒在運動到最
高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質量無關，射出電場過程同理，x1=L=vxt1'，y1=t1'==，即軌跡不會變化，D正確。
12

展開更多......

收起↑