【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题08 静电场含解析.docx，共(51)页，4.000 MB，由envi的店铺上传

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专题08静电场1、（2022·湖南卷·T2）如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（）A.电

场强度方向垂直指向a，电势减小B.电场强度方向垂直指向c，电势减小C.电场强度方向垂直指向a，电势增大D.电场强度方向垂直指向c，电势增大【答案】A【解析】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在

距其r处的电势为qkr=（取无穷远处电势为零）现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。故选A。2、（2022·山东卷·T3）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着

电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为LD的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（）A.正电荷，Δπ=QLqRB.正电荷，3Δπ=QLqRC.负电荷，2Δπ=QLqRD.

负电荷，23Δπ=QLqR【答案】C【解析】取走A、B处两段弧长均为LD的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有12322QLQLREk

kRR==由图可知，两场强的夹角为120，则两者的合场强为132QLEEkR==根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为32QLEEkR==根据()22qEkR=联立解得2Δπ=QLqR故选C。3、（2022·全国甲卷

·T21）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（）A.小球的动能最小时，其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，

其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD【解析】A．如图所示Eqmg=故等效重力G的方向与水平成45。当0yv=时速度最小为min1vv=，由于此时1v存在水平分量，电场力还可以向左做负功

，故此时电势能不是最大，故A错误；BD．水平方向上0Eqvtm=在竖直方向上vgt=由于Eqmg=，得0vv=如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知0GEqWW+=则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确；C．当如图中v1所示时，

此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选BD。4、（2022·全国乙卷·T21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和Rd+）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的

距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为1r、()212rRrrRd+；粒子3从距O点2r的位置入射并从距O点1r的位置出射；粒子4从距O点1r的位置入射并从距O点2r的位置出射，轨

迹如图（b）中虚线所示。则（）A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能【答案】BD【解析】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Erk=带正电

的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有2111vqEmr=，2222vqEmr=可得2112211222qErqErmv==即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；A．粒子3从距O

点2r的位置入射并从距O点1r的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；B．粒子4从距O点1r的位置入射并从距O点2r的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；D．粒子3做向心运动，有23

22vqEmr可得22223111222qErmvmv=粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；故选BD。5、（2022·全国乙卷·T19）如图，两对等量异号点电荷q+、()0qq−固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆

心，M为切点。则（）A.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零

【答案】AB【解析】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向

L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；B．正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生

的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；D．由图

可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。故选AB。6、（2022·浙江6月卷·T9）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长

为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为02v；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则

（）A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加C.粒子在两板间的加速度为202vaL=D.粒子从N板下端射出的时间0212Ltv−=（）【答案】C【解析】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能

增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有02Lvt=212dat=对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直

线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有()220022vvad−=联立解得0Lt=2v，202vaL=故C正确，D错误；故选C。7、（2022·浙江1月卷·T10）某种气体—电子放大器的局部结构是

由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（）A.a点所在的线是等势线B.b点的电场强度比c点大C.b、c两点间的电势差的值比a、c两

点间的大D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零【答案】C【解析】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；C．因bc两处所处的线为等势线

，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。故选C。8、（2022·河北·T6）如图，真空中电荷量为2q和(0)qq−的两个

点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是（）A.P点电势低

于S点电势B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外，直线MN上还有两个电场强度为零的点D.将正试探电荷0q从T点移到P点，静电力做正功【答案】B【解析】A．在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的

叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据222()()kqkqLdd=+可知除无穷远处外，直线MN

电场强度为零的点只有一个，故C错误；D．由A选项分析可知：T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试探电荷0q从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；B．设等势圆的半径为R，AN距离为x，M

N距离为L，如图所示根据kqx=结合电势的叠加原理A、S满足2kqkqLxx=−222kqkqLRxRx=+−−解得3Lx=23LR=由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势2323

3OkqkqkqLLLL=−=−+可知TO可知T点电场方向指向O点，故B正确。故选B。9、（2022·湖北·T4）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一

个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（）A.q，rB.2q，rC

.2q，2rD.4q，2r【答案】D【解析】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足Eqmg=即343Uqrgd=AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足3243Uqrgd=可得2=

qqAB错误；CD．当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足324(2)3Uqrgd=可得4qq=C错误，D正确。故选D。10、（2022·湖北·T10）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的

匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（）A.t1<t2B.t1>t2C.Ek1<Ek2D.Ek1>Ek2【答案】AD【解析】

AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据xtv=可知t1<t2故A正确，B错误。CD．该过程中由方向平行于y轴的匀强

电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据212kEmv=可知Ek1>Ek2故C错误，D正确。故选AD。11、（2022·广东卷·T14）密

立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量

均为0m、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离1h。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离()221hhh，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极

板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为13fkmv=，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离2h电势能的变化量；（3）新油滴匀速运动速度的

大小和方向。【答案】（1）231mgth；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为121()mgdhhhU+，2121()mghhhh+−；（3）见解析【解析】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小11hvt=匀速时mgf=又131fkmv=

联立可得231mgtkh=（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为22hvt=根据平衡条件可得132Umgkmvqd+=解得121()mg

dhhqhU+=根据pEW=−电又2UWqhd=电联立解得212p1()mghhhEh+=−（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m，新油滴所受电场力''121()mghhUqFdh+==若'2Fmg，即21hh>可知21vv新油滴速度方向向上

，设向上为正方向，根据动量守恒定律212mvmvmv−=共可得0v共新油滴向上加速，达到平衡时1'32(2)mgkmvF+=解得速度大小为2132hhvt−=速度方向向上；若'2Fmg，即12hh可知21vv

设向下为正方向，根据动量守恒定律'122mvmvmv−=共可知'0v共新油滴向下加速，达到平衡时1''32(2)mgFkmv=+解得速度大小为'1232hhvt−=速度方向向下。12、（2022·河北·T14）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图

1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为(0)qq、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：（1）0

=t时刻释放的粒子，在02πmtqB=时刻的位置坐标；（2）在06π0~mqB时间内，静电力对0=t时刻释放的粒子所做的功；（3）在20022004ππ4EmEmMqBqB点放置一粒接收器，在06π0~

mqB时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。【答案】（1）20022002(,)2EmEmqBqB；（2）220202EmB；（3）02mqB，0133mqB【解析】（1）在00~mqB时间内，电场强度为0E，带电粒子在电场中加速度，根据动量定

理可知010mqEmvqB=解得粒子在0mqB时刻的速度大小为010EvB=方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离2011200122EmmyvqBqB==在002~mmqBqB时间内，根据粒子在磁场运动的周期2mTqB=可

知粒子偏转180，速度反向，根据2vqvBmr=可知粒子水平向右运动的距离为0122200222EmmvxrqBqB===粒子运动轨迹如图所以粒子在02mtqB=时刻粒子的位置坐标为21(,)xy，即20

022002(,)2EmEmqBqB；（2）在0023~mmqBqB时间内，电场强度为02E，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向02102mqEmvmvqB=+解得03mqB时刻粒子的速度020E

vB=方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为123002vvmyqB−+==在0034~mmqBqB时间内，粒子在水平方向运动的距离为0244200222EmmvxrqBqB===此时粒子速度方向向下，大小为2v，在0045~mmqBqB

时间内，电场强度为03E，竖直方向03203mqEmvmvqB=+解得粒子在05mqB时刻的速度0302EvB=粒子在竖直方向运动的距离2230520022vvEmmyqBqB−+==粒子运动的轨迹如图在06π0~mqB时

间内，静电力对粒子的做功大小为22001030501202234EmWqEyqEyqEyqEyB=++==电场力做正功；（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达M点，则释放的位置一定在00~mqB时间内，粒子加速度时

间为1t，在竖直方向上011qEtmv=11112yvt=在002~mmqBqB时间内粒子在水平方向运动的距离为122022mvxrqB==在0023~mmqBqB时间内，在竖直方向02102mqEm

vmvqB=+12302vvmyqB−+=在0034~mmqBqB时间内，粒子在水平方向运动的距离为244022mvxrqB==接收器的位置为20022004(,)4EmEmqBqB，根据距离的关系可知024204EmxxqB

+=解得102mtqB=此时粒子已经到达M点上方，粒子竖直方向减速至0用时t，则5212yvt=竖直方向需要满足20135204EmyyyqB−−解得t在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻02mqB；若粒子经过一个半圆到达M

点，则粒子在00~mqB时间内释放不可能，如果在0023~mmqBqB时间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达M点，所以考虑在0045~mmqBqB时间内释放，假设粒子加速的时间为2t，在竖直方向上0113q

Etmv=11112yvt=之后粒子在0056~mmqBqB时间内转动半轴，横向移动距离直接到达M点的横坐标，即0122200422EmmvxrqBqB===解得1023mtqB=接下来在0067~mmqBqB过程中粒子在竖直

方向减速为0的过程中014qEtmv=132vyt=粒子要在M点被吸收，需要满足2013204EmyyqB−代入验证可知t在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为00002134()

33mmmmtqBqBqBqB=+−=。1．（2021·山东卷）如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为q+的点电荷；在202xa区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为Q−的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力

的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（）A．212Qq+=，释放后P将向右运动B．212Qq+=，释放后P将向左运动C．2214Qq+=，释放后P将向右运动D．2214Qq+=，释放后P将向左运动【答案】C【解析】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得222222(2

)2()2qqQqkkkaaa+=解得2214Qq+=因在202xa区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。故选C。2．（2021·浙江卷）如图所示，在火

箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是（）A．探测发射台周围风力的大小B．发射与航天器联系的电磁波C．预防雷电击中待发射的火箭D．测量火箭发射过程的速度和加速度【答案】C【解析】在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，因铁制的高塔有避雷作用，其功能是预防雷

电击中发射的火箭。故选C。3．（2021·浙江卷）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是

（）A．实线表示电场线B．离d点最近的导体表面电荷密度最大C．“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零【答案】D【解析】A．处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等势体，由于电场线方向总是与

等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误；B．根据等势面的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，所以B错误；C．在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误；D．由于a、b在同一等势面

上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确；故选D。4．（2021·浙江卷）据《自然》杂志2021年5月17日报道，中国科学家在稻城“拉索”基地（如图）探测到迄今为止最高能量的射线，能量值为151.4010eV，即（）A．151.4010VB．42.2410C−

C．42.2410W−D．42.2410J−【答案】D【解析】15151941.4010eV1.40101.610J2.2410J−−==故选D。5．（2021·全国卷）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负

电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为MF和NF，相应的电势能分别为pME和

pNE，则（）A．,MNpMpNFFEEB．,MNpMpNFFEEC．,MNpMpNFFEED．,MNpMpNFFEE【答案】A【解析】由图中等势面的疏密程度可知MNEE根据FqE=可知MNFF由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将

该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即ppMNEE故选A。6．（2021·广东卷）图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确

的是（）A．a点的电势比b点的低B．a点的电场强度比b点的小C．液滴在a点的加速度比在b点的小D．液滴在a点的电势能比在b点的大【答案】D【解析】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知ab故A错误；B．等

差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则abEE故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为qEam=因abEE，可得abaa故C错误；D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即

PaPbEE故D正确；故选D。7．（2021·湖南卷）如图，在()0a，位置放置电荷量为q的正点电荷，在()0a，位置放置电荷量为q的负点电荷，在距()Paa，为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零

。则Q的位置及电荷量分别为（）A．()02a，，2qB．()02a，，22qC．()20a，，2qD．()20a，，22q【答案】B【解析】根据点电荷场强公式2QEkr=两点量异种点电荷在P点的场强大小为02kqEa=，方向如图所示两点量异种点电荷在P点的合场强为10222kqEEa==，方向

与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示Q点电荷在p点的场强大小为()22222QkQEkaa==三点电荷的合场强为0，则2E方向如图所示，大小有12EE=解得22Qq=由几何关系可知Q的坐标为（0，2a）故选B。8．（2021·河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感

应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为22tanBC

vB．金属棒到达0x时，电容器极板上的电荷量为0tanBCvxC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；A．由题知导体棒匀速切割磁

感线，根据几何关系切割长度为L=2xtanθ，x=vt则产生的感应电动势为E=2Bv2ttanθ由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2ttanθ则流过导体棒的电流I=Qt=2BCv2tanθA正确；B．当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2

Bvx0tanθ则电容器的电荷量为Q=CE′=2BCvx0tanθB错误；D．由于导体棒做匀速运动则F=F安=BIL由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P=F

v可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化；D错误；故选A。9．（2021·浙江卷）如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（）A．导体内部的场强左端大于右端B．A、C两点

的电势均低于B点的电势C．B点的电场强度大于A点的电场强度D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小【答案】D【解析】A．带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等

势面，整个导体为一个等势体，A错误；B．沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；C．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；D．根据pEq=可知，

正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。故选D。10．（2021·全国卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别()qm+，、(2)qm+，、(33)qm+，、()qm−，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴

正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】AD【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为qEam=由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为0lt

v=离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为200tanyxvatqElvvmv===因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子

与另外三个粒子的偏转方向不同；()qm+，粒子与(33)qm+，粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与()qm−，粒子的比荷也相同，所以()qm+，、(33)qm+，、()qm−，三个粒子偏转角相同，但()qm−，粒子与前两个粒子的偏转方向相反；(2)qm+，粒子的比荷与()qm+，、(

33)qm+，粒子的比荷小，所以(2)qm+，粒子比()qm+，、(33)qm+，粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选AD。11．（2021·湖南卷）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该

圆直径。将电荷量为()0qq的粒子从a点移动到b点，电场力做功为()20WW；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（）A．该匀强电场的场强方向与ab平行B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC．a点电势低于c点电势D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的

所有带电粒子都做曲线运动【答案】AB【解析】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示在x方向有W=Exq2R在y方向有2W=Eyq3R+ExqR经过计算有Ex=2WqR，Ey=32WqR，E=WqR，tanθ=3yxEE=由于电

场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为W′=Eq2R=0.5WB正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线

运动，D错误。故选AB。12．（2021·全国卷）某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（）A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eVC．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D．a、b、

c、d四个点中，b点的电场强度大小最大【答案】BD【解析】A．由图象可知φb=φe则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；B．由图象可知φa=3V，φd=7V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad=Epa

-Epd=(φa-φd)(-e)=4eVB正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。故选BD。13．（2021·河北卷）如图，四个电荷量均为(

)0qq的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为()4,0l、()4,0l−、()00,y和()00,y−，其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动（00y），下列说法正确的是（）

A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零B．当0y取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点C．当08yl=时，将一带负电的试探电荷由点()4,5ll移至点()0,3l−，静电力做正功D．当04y

l=时，将一带负电的试探电荷放置在点(),ll处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45倾斜向上【答案】ACD【解析】A．根据场强叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，选项A正确；B．因

为在x轴上的两个点电荷在O点的合场强为零，在y轴上的两电荷，无论y0取什么值，因为关于原点对称，则在O点的合场强也为零，在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知，一定是成对出现的，关于原点对称，所以算上原点，合场强为零的点是奇数个，不会是2个，选项B错误；C．

由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的A点在第一象限内所在的虚像的垂直平分线的上方；坐标为（0，-3l）的B点在第三象限内所在的虚像的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，由电势叠加可知，B点的电势高于A点，则带负电的试探电荷在A点的电势能较大，从A点到B点电势能减小，可知电场力做正功，选

项C正确；D．若y0=4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上；在y轴正向和x正向上的点电荷在（l，l）处的合场强1222222222255(9)9kqllkqElllll−==++在y轴负向和x负向上的点电荷在（l，l）处的合场强2122222

2222213(25)25133kqllkqEElllll+==++可知（l，l）点的场强沿着MN方向且与x轴从成45°角的方向向下，将一带负电的试探电荷放置在点(),ll处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45倾斜向上，选项D正确。故

选ACD。1．（2020·海南卷）空间存在如图所示的静电场，a、b、c、d为电场中的四个点，则（）A．a点的场强比b点的大B．d点的电势比c点的低C．质子在d点的电势能比在c点的小D．将电子从a点移动到b点，电场力做正功【答案】AD【解

析】A．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知a点的电场线比b点的电场线更密，故a点的场强比b点的场强大，故A正确；B．根据沿着电场线方向电势不断降低，可知d点的电势比c点的电势高，故B错误；C．根据正电荷在电势越高的点，电势能越大，可知质子在d点的电势能比在c点的电势能大，

故C错误；D．由图可知，a点的电势低于b点的电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子在a点的电势能高于在b点的电势能，所以将电子从a点移动到b点，电势能减小，故电场力做正功，故D正确。故选AD。2．（2020·江苏卷）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不

计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（）A．电场E中A点电势低于B点B．转动中两小球的电势能始终相

等C．该过程静电力对两小球均做负功D．该过程两小球的总电势能增加【答案】AB【解析】A．沿着电场线方向，电势降低，A正确；B．由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性，电势AB=−又ABqq=−，p

Eq=，所以电势能PAPBEE=B正确；CD．A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆顺时针旋转，两小球受到的静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，CD错误。故选AB。3．（2020·山东卷）真空中有两个固定的带正电的点电

荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（）A．a点

电势低于O点B．b点电势低于c点C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能【答案】BD【解析】A．由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电

势，故A错误；B．同理可得，c点电势高于O点电势，两个固定电荷在bO射线上的点电场方向斜向上，故b点电势低于O点电势，则b点电势低于c点，故B正确。C．a点电势高于O点电势，b点电势低于O点电势，则a点电势高于b点，试探电荷为负电荷，故该试探电荷在a点的电

势能小于在b点的电势能，故C错误；D．根据电荷电场的对称分布可得，b、d两点电势相同，则c点电势高于d点，试探电荷为负电荷，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。故选BD。4．（2020·全国卷）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷

量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D．将

正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负【答案】BC【解析】A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图M是最大内角，所以PNPM，根据点电荷的场强公式2QEkr=（或者根据电场线的疏密程度）可知从MN→电场强度先增大后减小，A错误

；B．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从MN→电势先增大后减小，B正确；C．M、N两点的电势大小关系为MN，根据电势能的公式pEq=可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；D．正电荷从MN→，电势能减小，电场力所做的总功为正功，

D错误。故选BC。5．（2020·全国卷）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（）A．a、b两点的场强相等B．a、b两点的电势相等C．c、d两

点的场强相等D．c、d两点的电势相等【答案】ABC【解析】BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP，PP所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势

为零。故在PP上的点电势为零，即0ab==；而从M点到N点，电势一直在降低，即cd，故B正确，D错误；AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；故选ABC。6．（2020·北京卷）真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下

列说法正确的是（）A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大【答案】B【解析】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势

面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高

低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。故选B。7．（2020·浙江卷）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一

端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计

其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A．棒产生的电动势为212BlB．微粒的电荷量与质量之比为22gdBrC．电阻消耗的电功率为242BrRD．电容器所带的电荷量为2CBr【答案】B【解析】A．如图所示，金属棒绕OO轴切割磁感线转

动，棒产生的电动势21=22rEBrBr=A错误；B．电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则Eqmgd=即22212qdgdgdgmEBrBr===B正确；C．电阻消耗的功率22424EBrPRR==C错误；D．

电容器所带的电荷量22CBrQCE==D错误。故选B。8．（2020·浙江卷）如图所示，一质量为m、电荷量为q（0q）的粒子以速度0v从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力

可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（）A．所用时间为0mvqEB．速度大小为03vC．与P点的距离为2022mvqED．速度方向与竖直方向的夹角为30°【答案】C【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向0xvt=

竖直方向212Eqytm=由tan45yx=可得02mvtEq=故A错误；B．由于02yEqvtvm==故粒子速度大小为22005yvvvv=+=故B错误；C．由几何关系可知，到P点的距离为200222mvLvtEq==故C正确；D．由于平抛推论可知，tan2tan=，

可知速度正切tan2tan452tan60==可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。故选C。9．（2020·浙江卷）空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两

点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（）A．e点的电势大于0B．a点和b点的电场强度相同C．b点的电势低于d点的电势D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加【答案】D【解析】A．根据电场线与等势面垂直关系，可

判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则0e=，A错误；B．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；C．从Q到P电势逐渐降低，则bd，C错误；D．由ac，负电荷从a到c电场力做负功，

电势能增加，D正确。故选D。10．（2020·上海卷）以下图示中p表示质子，e表示电子，距离D＞d，其中O点的场强最大的排布方式是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据质子或电子电荷产生的电场强度2keEr=电场是矢量，叠加时满足平行四边形法则。图A

中O点的电场强度122kekeEdD=−图B中O点的电场强度222()kekeEdDD=++图C中O点的电场强度322kekeEdD=+图D中O点的电场强度422()kekeEDdD=−+显然3E最大，C正确，ABD

错误。故选C。11．（2020·全国卷）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子

束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（）A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移

C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；B．增大加速电压则根据212eUmv=可知会增大到达偏转磁场的

速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有2vevBmR=可得mvReB=可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁

场方向垂直纸面向里，故C错误；D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D。12．（2020·浙江卷）如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡

板上连接一根劲度系数为0k的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，A00qq=，B0qq=−，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（）A．0C47qq=B．弹簧伸长量为0sinMgkC．A球受到的库仑力大小为2MgD

．相邻两小球间距为037kqMg【答案】A【解析】AD．三小球间距r均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件：0C0C22sin(2)qqqqMgkkrr+=对B小球受力分析，根据平衡条件：20C022sinqqqMgkkrr+=两

式联立解得：0C47qq=，037sinkrqMg=，故A正确，D错误；B．对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：03sinMgkx=弹簧伸长量：03sinMgxk=，故B错误；C．对A球受力分析，根据平衡条件：0sinMgFkx+=库解得A球受到的库仑力为：2sinFMg=

库故选A．13．（2020·浙江卷）如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（）A．偏转电压B．偏转

的角度C．射出电场速度D．电场中运动的时间【答案】B【解析】AD．粒子在平行板电容器中做以初速度0v做类平抛运动，分解位移：0lvt=2122dat=电场力提供加速度：eEma=极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：UEd=联立方程

可知偏转位移满足：22022deUlmvd=结合上述方程可知，由于初速度0v未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；BC．偏转的角度满足：02tan2ydvlv==解得：tandl=；初速度0v未知，粒子飞出

电场时的竖直方向速度yv无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。故选B．14．（2020·北京卷）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射

电子间的相互作用。(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。当电压为0U或磁感应强度为0B时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度0v。(2)撤去柱面，沿柱

面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。【答案】（1）a.02eUm，b.02eBRm；（2）2eabRpmI【解析】（1）a.在柱

面和导线之间，只加恒定电压0U，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有20012eUmv−=−解得002eUvm=b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为0B时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系

有2rR=根据洛伦兹力提供向心力，则有2000vBevmr=解得002eBRvm=（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数2nabNR=金属片上形成电流为qNteINett===所以2RIneab

=根据动量定理得金属片上的压强为FmvNmvIpabababe===解得eabpvmI=故总动能为22k12ReabpEnmvmI==15．（2020·天津卷）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器

，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相

等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离

子的电荷量均为q，不计离子重力。（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间1T；（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；（3）已知质量为0m的离子总飞行时间为0t，待测离子的总飞行时间为1t，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量1m

。【答案】（1）212mlTqU=；（2）UxE=；（3）21100tmmt=【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有212qUmv=①离子在漂移管中做匀速直线运动，则1lTv=②联立①②式，得212mlTqU=

③（2）根据动能定理，有0qUqEx−=④得UxE=⑤（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为v，有2vv=⑥通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程

相等，设为1L，在无场区的总路程设为2L，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总。有12LLvtv=+总⑦联立①⑥⑦式，得()1222tmLLqU=+总⑧可见，离子从A到B的总飞行时间与m成正比。

由题意可得1100tmtm=可得21100tmmt=⑨16．（2020·全国卷）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不

同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后动量变

化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】(1)202mvEqR=；(2)0124vv=；(3)0或0232vv=【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可

知：ACxR=所以根据动能定理有：20102ACqExmv=-解得：202mvEqR=；（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电

场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有1sin60xRvt==21cos602yRRat=+=而电场力提供加速度有qEma=联立各式解得粒子进入电场时的速度：0124vv=；（3）因

为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有223BCxRvt==2212ACxRat==电场力提供加

速度有qEma=联立解得0232vv=；当粒子从C点射出时初速度为0。另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为0mv，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为0mv，由几何关系及运动学规

律可得，此时入射速率为032vv=