2020-2022年高考物理真題訓(xùn)練 09 靜電場（教師版含解析）

專題09靜電場

[2022年高考題組】

1、（2022?湖南卷?T2）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尻c、

d上。移去”處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)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

A.電場強度方向垂直指向”,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”,電勢增大D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大

【答案】A

【解析】

根據(jù)對稱性可知，移去。處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向。，再根據(jù)電勢的疊加原理，單個點電荷在

距其，?處的電勢為

φ=k^-（取無窮遠處電勢零）

r

現(xiàn)在撤去。處的絕緣棒后，4減小，則。點的電勢減小。

故選Ao

2、（2022?山東卷?T3）半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于。點，環(huán)上均勻分布著電量為

。的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、8處兩段弧長均為DL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2H的。點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（）

Λ.正電荷，q=-B.正電荷，q=避QkL

πRhTiR

C々,山丹2QALn々,由開2√30ΔL

C.負電荷，q=---------D.負電荷，q1=--------

τιRπR

【答案】C

【解析】

取走A、8處兩段弧長均為DL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在。點產(chǎn)生的電場強度為與4在

同一直徑上的4和與8在同一直徑上的以產(chǎn)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

QkL

E.=k^~=kQW

1R22πK

由圖可知，兩場強的夾角為120,則兩者的合場強為

E=Ei篝

根據(jù)。點的合場強為0,則放在。點的點電荷帶負電，大小為

E"=喘

根據(jù)

E'

(2R)

聯(lián)立解得

2QAL

q=

TlR

故選Co

3、(2022?全國甲卷?T21)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中

尸點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在尸點。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.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大

D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量

【答案】BD

【解析】

A.如圖所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向與水平成45°

當(dāng)V，=。時速度最小為=匕，由于此時匕存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不

是最大，故A錯誤；

BD,水平方向上

%=%

m

在豎直方向上

y=gf

由于

Eq=mg,得v=%

如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知

%+W”=。

則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；

C.當(dāng)如圖中叨所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤：

故選BD0

4、（2022?全國乙卷?T21）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(dǎo)體極板

（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點。為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點

的電場強度大小與其到。點的距離成反比，方向指向。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做圓周運動，圓的圓心為0、半徑分別為乙、乃（H<q<5<R+d）;粒子3

從距。點5的位置入射并從距。點（的位置出射;粒子4從距。點彳的位置入射并從距。點G的位置出射，

軌跡如圖（b）中虛線所示。則（)

R+d

-fO-

j?探測器

粒子圖⑶

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

【答案】BD

【解析】

C.在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，可設(shè)為

Er—k

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

22

q口、—/Ti—,qj—tn—

4rι

可得

Jw=匈=&

2122

即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤：

A.粒子3從距。點弓的位置入射并從距。點Ai的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大,

粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；

B.粒子4從距。點4的位置入射并從距。點5的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小,

粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確：

D.粒子3做向心運動，有

pv1

qE2>m-

r2

可得

qE,r

~mv3<1

2=M

粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確;

故選BD。

5、（2022?全國乙卷?T19）如圖，兩對等量異號點電荷+4、一4（q>0）固定于正方形的4個項點上。L、

N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，。為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）

+2…一.…:…苧

-qM+q

Λ.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“點移動到。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

【答案】AB

【解析】

A.兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向。，N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電荷在N

點產(chǎn)生的場強方向由N指向。，則N點的合場強方向由N指向。，同理可知，兩個負電荷在L處產(chǎn)生的場

強方向由。指向3L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在乙處產(chǎn)生的場強方向由。指向L則L

處的合場方向由。指向3由于正方向兩對角線垂直平分，則A和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正

確；

B.正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M

點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M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，M和。點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和。點電勢相等，所以將一帶正電的點電

荷從”點移動到。點，電場力做功為零，故C錯誤；

D.由圖可知，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。

故選ABo

6、（2022?浙江6月卷?T9）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板

長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。UO時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為Vo的相同粒子，垂直M板

向右的粒子，到達N板時速度大小為0%；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（）

Λ.M板電勢高于N板電勢

B.兩個粒子的電勢能都增加

?2

C.粒子在兩板間的加速度為。=心

L

D.粒子從N板下端射出的時間寸=（、八一1）L

2%

【答案】C

【解析】

A.由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；

B.根據(jù)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??；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：

CD.設(shè)兩板間距離為乩對于平行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

L

子卬

〃

d=-?cιt2

2

對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有

（V2v0j-vɑ=2ad

聯(lián)立解得

故C正確，D錯誤;

故選C。

7、（2022?浙江1月卷?TlO）某種氣體一電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜

構(gòu)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圖所示。下列說法正確的是

Λ.“點所在的線是等勢線

B.6點的電場強度比C點大

C.氏C兩點間的電勢差的值比a、C兩點間的大

D.將電荷沿圖中的線從dfe→∕θg移動時電場力做功為零

【答案】C

【解析】

A.因上下為兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜，則。點所在的線是電場線，選項A錯誤；

B.因C處的電場線較。點密集，則C點的電場強度比匕點大，選項B錯誤；

C.因尻?兩處所處的線為等勢線，可知氏c兩點間的電勢差的值比“、c兩點間的大，選項C正確；

D.因立兩點在同?電場線上，電勢不相等，則將電荷沿圖中的線從d-e*g移動時電場力做功不為零,

選項D錯誤。

故選C。

8、（2022?河北?T6）如圖，真空中電荷量為2q和＞（））的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成

一個以MN延長線上。點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮處電勢為零），尸為VN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，下列說法正確的是（）

2q-q

—?-----.→—*

MpNO/S

A.尸點電勢低于S點電勢B.T點電場強度方向指向。點

C.除無窮遠處外，直線MN上還有兩個電場強度為零的點D.將正試探電荷%從T點移到P點，靜電力做

正功

【答案】B

【解析】

A.在直線MN上，左邊正電荷在M行側(cè)電場強度水平向右，右邊負電荷在直線用N上電場強度水平向右,

根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢而與

MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤;

C.由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場強度不可能為零，則N右側(cè)，設(shè)MN距離

為L，根據(jù)

k?2qk?q

(L+4)2

可知除無窮遠處外，直線仞N電場強度為零的點只有一個，故C錯誤;

D.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電勢的電勢能，將正試

探電荷蛇從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤;

B.設(shè)等勢圓的半徑為A,AN距離為*,MN距離為L，如圖所示

2q-q

MPA?NO

根據(jù)

φ=-

X

結(jié)合電勢的疊加原理A、S滿足

k'2q_kq

L-xX

k?2q_kq

L+2R—x2,R~x

解得

L

X=—

3

R=三

3

由于電場強度方向垂直等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，。點電勢

k?2--q------k-q------3-k--q-----

Vo

L2L

33

可知

<Pτ>Vo

可知T點電場方向指向。點，故B正確。

故選B?

9、（2022?湖北?T4）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接,

板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許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.，電荷量為外半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止.若僅將金屬

板間電勢差調(diào)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,rB.2q,rC.2q,2rD.4g,2r

【答案】D

【解析】

初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時，滿足

Eq=mg

即

U43

-q^-πr-pg

a3

AB.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足

2U,4

=~πr3pg

a3

可得

，q

q=—

2

AB錯誤；

CD.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足

=卜Qk.Pg

a3

可得

?=4q

C錯誤，D正確。

故選D。

10、（2022?湖北?T10）如圖所示，一帶電粒子以初速度Vo沿X軸正方向從坐標(biāo)原點。射入，并經(jīng)過點P

">0,〃>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為九，到達P點

的動能為若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為/2,到達P點

的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是?（）

Oax

A.t?<hB.t?>t2

C.Ekl<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【解析】

AB.該過程中由方向平行于），軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿X軸正方向做勻速直線運動；

當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿X軸正方向分速度在減小,

根據(jù)

X

t=-

V

可知

t]<t2

故A正確，B錯誤。

CD.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于w；當(dāng)該

過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于血，而根據(jù)

P12

E--mv

k12

可知

Eki>Ek2

故C錯誤，D正確。

故選ADo

11、（2022?廣東卷?T14）密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾

貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有

一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為〃％、位于同

一豎直線上的球形小油滴A和B,在時間t內(nèi)都勻速下落了距離4。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正

極）,A繼續(xù)以原速度下落,B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動"在勻速運動時間f內(nèi)上升了距離/Z2（4H∕Z,）,

隨后與4合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小

為f=knM,其中％為比例系數(shù)，，"為油滴質(zhì)量，V為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。

求：

(?)比例系數(shù)k；

(2)油滴4、B的帶電量和電性；B上升距離為電勢能的變化量;

(3)新油滴勻速運動速度的大小和方向。

_________<I'?L________

1+

d、U?B

【答案】(])空￡3(2)油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量為絲騎也，一“她?」初:(3)

hi%u%

見解析

【解析】

(1)未加電壓時，油滴勻速時的速度大小

%

v'=7

勻速時

mg=f

又

?

3

f=?mvl

聯(lián)立可得

2

_m3gt

K-

(2)加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電

場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為

根據(jù)平衡條件可得

,?U

mg+κmiv=-q

2-d

解得

_mgd(lτl+Iz1)

q=曬一

根據(jù)

^Ep=-W1,

又

聯(lián)立解得

δermgh式％+h2)

P~%

（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為2小，新油滴所受電場力

,Uqmg（h+乩）

r-y-------------------

dh

若F>2mg,即

hι>K

可知

彩＞匕

新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律

mv2-mvx=2mvp-

可得

V共>0

新油滴向上加速，達到平衡時

?

2mg+k?(2機)3U=產(chǎn)

解得速度大小為

速度方向向匕

若尸<2mg，即

K>h2

可知

v2<?

設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律

mv1—mv?=2機丫共

可知

y共>0

新油滴向下加速，達到平衡時

2mg=F+k?(2m)3v

解得速度大小為

九—?

V=?L-

√2r

速度方向向下。

12、(2022?河北?T14)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相

連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直XOy平面向外。電場強度和磁感應(yīng)強度

隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間。點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為加、電荷量為q(q>0)、初速

度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求:

2πm

(1)r=o時刻釋放的粒子，在，=F-時刻的位置坐標(biāo);

八6πm

(2)在0~—時間內(nèi)，靜電力對/=()時刻釋放的粒子所做的功;

qB。

,4兀綜相π2八6πm

(3)在M點放置一粒接收器，在0~丁時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子在電場存在期間

、qB-4qB"qB0

被捕獲。

圖1圖2

,°,,2兀Ejn兀？E＜、m、2π2E^mπm13πm

【答案】⑴(/'蕭)：⑵黃；⑶

2qB1)

【解析】

Cττm

在時間內(nèi)，電場強度為,帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)動量定理可知

(1)0~FE0

πm

qE。mv

洛l

πm

解得粒子在—時刻的速度大小為

qB。

方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離

2

1πmπEhm

y}=-vl-----=-----?-

2qB。2卷；

πm2πmE2πm

ft------尸時間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場運動的周期T=F-可知粒子偏轉(zhuǎn)180°，速度反向，根據(jù)

夕為

qB0qB

qvB=m—可知粒子水平向右運動的距離為

mvx2兀EOm

-

x2=Ir22-----=------J

qB°qB。

粒子運動軌跡如圖

2τπn2兀ECrnjτ^Enm

所以粒子在t-—~時刻粒子的位置坐標(biāo)為(%2,X)，即(----2-—；

qB。qB'2qB-

2πm3πm

(2)在F------丁時間內(nèi)，電場強度為2&),粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向

qB°qB0

q-2E0-衛(wèi)乂=mv2+mvi

qB°

3πm

解得F-時刻粒子的速度

qB°

v2=4

B。

方向豎宜向上，粒子在豎宜方向上運動的距離為

-V+%πm.

?=—1!——------=O

32qB.

3兀m^πm

在F-----丁時間內(nèi)，粒子在水平方向運動的距離為

qB。qB。

??mv2πE^m

幾=2〃=2干2=

qB。用

^πm5πm

此時粒子速度方向向下?，大小為％，在F-----丁時間內(nèi)，電場強度為3線，豎直方向

咨qB。

q.3f0?軍竺=mv3+ιnv2

qB。

5πm

解得粒子在-7-時刻的速度

Mo

2兀Eo

V3=

Bo

粒子在豎直方向運動的距離

2

-%+匕πm_πEυm

qB(>2qB(?

2π^E^m

W=*)?χ+??2E?y+7?3E?y=4√E?^

030501B；

電場力做正功:

Cπm

（3）若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達M點，則釋放的位置一定在0~F時間內(nèi)，粒子加速度

qB°

時間為％,在豎直方向上

,

qE（）?t}=mvl

πm2πm

在-------時間內(nèi)粒子在水平方向運動的距離為

qB（）qB0

Xj—???—2

qB。

2πm3πm

在F-----丁時間內(nèi),在豎直方向

MOqB0

r

q?2E0?二”=mv2+mv/

qBo

-vz+vrπm

y=1—!--9--=--------

2qBa

3πm4τrm

在F------『-時間內(nèi),粒子在水平方向運動的距離為

qB°qB。

4TrEjτι4-E/77

接收器的位置為(----?—~~?-),根據(jù)距離的關(guān)系可知

西4竭

匯+匯=色望

瘋

解得

πm

此時粒子已經(jīng)到達〃點上方，粒子豎直方向減速至0用時△/,則

為=斗,加

豎直方向需要滿足

V，V，、，，＜.Eom

Y--％≤,2

4z1qzB°β

πm

解得在一個電場加速周期之內(nèi)，所以成立，所以粒子釋放的時刻為中間時刻丁丁

2qB<)

Cπm27rm3πm

若粒子經(jīng)過一個半圓到達M點，則粒了在P~F時間內(nèi)釋放不可能，如果在F------十時間內(nèi)釋放，

qB°qB。qB()

^πm5πm

經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)一次的最大橫向距離，即直徑，也無法到達M點，所以考慮在F-----十時間內(nèi)釋放，假

qB°qB。

設(shè)粒子加速的時間為在豎直方向上

n

q?3Eq√/=mvλ

,,

y1=→1"?√

5πm6ττm

之后粒子在F------時間內(nèi)轉(zhuǎn)動半軸，橫向移動距離直接到達M點的橫坐標(biāo)，即

qB°qB°

,C〃r,mv"^πEm

XJ=2r>=2——x—=----?0-

qB。用

解得

,2πm

4=--------

3qB0

67tmlπm

接下來在F------十過程中粒子在豎直方向減速為。的過程中

qB<,qB。

g-4E0?At'=mvl"

粒子要在M點被吸收，需要滿足

2

,,〃πEam

代入驗證可知在一個周期之內(nèi)，說明情況成立，所以粒子釋放時刻為

πmπm2πm13πm

/=4-------F（----------------）=-

qB。qB°3qB°3qB°

[2021年高考題組】

1.（2021?山東卷）如圖甲所示，邊長為"的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為+4的點電荷；在

0≤x<Y2.區(qū)間，X軸上電勢9的變化曲線如圖乙所示。現(xiàn)將一電荷量為一。的點電荷尸置于正方形的中

2

心。點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿X軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判

斷正確的是（）

A.Q=誓J?q,釋放后P將向右運動

B.Q=與t?g，釋放后P將向左運動

C.O=21+）,釋放后P將向右運動

D.Q=當(dāng)±Iq,釋放后P將向左運動

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】對y軸正向的點電荷，由平衡知識可得

解得

2√2+l

Q=

因在0≤x＜注α區(qū)間內(nèi)沿X軸正向電勢升高，則場強方向沿X軸負向，則將P沿軸正向向右略微移動

2

后釋放，P受到向右的電場力而向右運動。

故選Co

2.（202l?全國卷甲卷）某電場的等勢面如圖所示，圖中“、氏c、"、e為電場中的5個點，則（)

2V3V

A.一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功

B.一電子從4點運動到d點，電場力做功為4eV

Cb點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右

D.〃、b、c、d四個點中，匕點的電場強度大小最大

【答案】BD

【解析】A.由圖象可知例,=%

則正電荷從〃點運動到e點，電場力不做功，A錯誤;

B.由圖象可知

φa=3V,ψd=7V

根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系有

Wad=Epa~EPd—(φa-φ(i)?-β)—4eV

B正確；

C.沿電場線方向電勢逐漸降低，則力點處的場強方向向左，C錯誤;

D.由于電場線與等勢面處處垂宜，則可畫出電場線分布如下圖所示

由上圖可看出，力點電場線最密集，則〃點處的場強最大，D正確。

故選BD.,

3..（2021?全國卷乙卷）如圖（a）,在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應(yīng)，在金屬

平板上表面產(chǎn)生感應(yīng)電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。

若將一正試探電荷先后放于"和N處，該試探電荷受到的電場力大小分別為乙和FN,相應(yīng)的電勢能分別

為EPM和EPN,則（）

//、\

，'/--、\

\!

一'W）?’/

、、、*--,J

----------------T-M'

圖（a）圖（b）

A.FM<FN，EPM>EPNB.FM>FN,EpM>EPN

C-FM<FN,EpM<EPND.FM>Ffll,EpM<EPN

【答案】A

【解析】由圖中等勢面的疏密程度可知

EM<EN

根據(jù)

F=qE

可知

FM<F*

由題可知圖中電場線是由金屬板指向負電荷，設(shè)將該試探電荷從M點移到N點，可知電場力做正功，電勢

能減小，即

EPM>EPN

故選Ao

4.（2021?全國卷乙卷）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（+4,加）、（+。2加）、（+3q,3根）、（一q,加）它們

先后以相同的速度從坐標(biāo)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（）

【答案】AD

【解析】

帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度

qE

m

由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為

/

t=-

%

離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為

tan。/=里=幽

匕%tnvo

因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同,所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶

電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；（+g,加）粒了與

（+3q,3m）粒了?的比荷相同