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一、选择题
1．(2022·高考江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷， x轴垂直于环面且过圆心O. 下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )
A．O 点的电场强度为零，电势最低
B．O 点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势上升
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
解析：选B.依据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．
2．(多选)(2022·江苏阜宁中学月考)如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来转变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
解析：选BC.若小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电，当AB间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误．
3．(多选)(2022·山东临沂三模)如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中( )
A．N点电势高于P点电势
B．N点电势为－
C．P点电场强度大小是N点的4倍
D．检验电荷在N点具有的电势能为－mv2
解析：选BC.沿电场线方向电势降低，由正点电荷的电场分布可知N点电势低于P点电势，A错误；负电荷由N至P，电场力做正功，电势能的减小量等于动能的增加量，又负电荷在P点的电势能为0，故负电荷在N点的电势能为mv2，N点电势为－，B正确，D错误；由点电荷的场强公式E＝k可知P点电场强度大小是N点的4倍，C正确．本题选B、C.
4．(多选)(2022·高考广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P，带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( )
A．M与N的距离大于L
B．P、M和N在同始终线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同
D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
解析：选BD.假设P、M和N不在同始终线上，对M受力分析可知M不行能处于静止状态，所以选项B正确；M、N和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合力为零，故k＝k，解得x＝(－1)L，所以选项A错误，D正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，故φM>φN，所以选项C错误．
5．(2022·高考山东卷)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的摸索电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于摸索电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )
解析：选A.当摸索电荷在球壳内部运动时，不受静电力作用，做匀速直线运动，故动能Ek不变．当摸索电荷在球壳外部运动时，依据库仑定律，摸索电荷受到的库仑斥力越来越小，故摸索电荷做加速度减小的加速运动，摸索电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢．选项A正确，选项B、C、D错误．
6．(2022·高考山东卷)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时毁灭在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A. B.
C. D.
解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动，依据平抛运动的规律解决问题．依据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心．则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝.故选项B正确，选项A、C、D错误．
7.(2022·高考天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板确定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能确定增加
C．微粒从M点运动到N点动能确定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能确定增加
解析：选C.依据微粒的运动轨迹分析微粒的受力状况，结合功能关系求解．
A．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向确定竖直向下，由于微粒的重力不行忽视，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．
B．微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．
C．微粒从M点运动到N点过程中，合力做正功，故微粒的动能确定增加，C正确．
D．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不愿定增加，D错误．
8．平行板间有如图所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中心，从t＝0时刻开头将其释放，运动过程无碰板状况．在下列图象中，能正确定性描述粒子运动速度图象的是( )
解析：选A.0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.～T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时速度减为零．此后周期性重复运动，故A正确．
9．(2022·太原一模)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，电场力所做的功等于零
C．4 s末带电粒子回到原动身点
D．2.5～4 s内，速度的转变等于零
解析：选D.由牛顿其次定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度a＝，为第2 s内加速度a＝的，因此先加速1 s再减速0.5 s，速度为零，接下来的1.5 s将反向加速，v－t图象如图所示，所以选项A错；在0～2 s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；v－t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4 s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原动身点，所以C错误；2.5～4 s内，v2.5＝v4，故Δv＝0，选项D正确．
二、计算题
10．(2022·成都模拟)如图所示，板长L＝10 cm，板间距离d＝10 cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m、带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最终刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝45 cm，(g取10 m/s2)求：
(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；
(3)电容器C极板间的电压U.
解析：(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq＝，解得E＝.
(2)从O点到A点，由动能定理得：
mgxcot 60°＝mv2－0
解得：v＝3 m/s.
(3)小球在电容器C中做类平抛运动，
水平方向：L＝vt①
竖直方向：＝at2②
a＝－g③
①②③联立求解得U＝.
答案：(1) (2)3 m/s (3)
11．(2022·高考安徽卷)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开头下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽视不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开头下落运动到下极板处的时间．
解析：(1)由v2＝2gh，得v＝.
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma
由运动学公式知：0－v2＝2ad
整理得电场强度E＝
由U＝Ed，Q＝CU得，
电容器所带电荷量Q＝C.
(3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2
整理得t＝.
答案：(1) (2) C
(3)
12．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中心射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？
(3)若电子恰能从两板中心平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？
解析：(1)由动能定理得：e·＝mv2－mv
解得v＝.
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则连续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后连续重复这样的运动．
要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子从极板中心平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线．可见应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入．
极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上．
由牛顿其次定律有a＝
加速阶段运动的距离
s＝··2≤
可解得d≥T
故两板间距至少为T.
答案：(1) (2)v0T (3)＋k·(k＝0,1,2，…) T
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