201*届高考备考(201*年山东各地市一模精选)：静电场
（201*淄博市一模）18．如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，
实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是
A．M点处放置的是负电荷
B．a点的场强与c点的场强完全相同C．a点的电势高于c点的电势
D．若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功【答案】AD
【解析】由题意知试探电荷从a点移动到c点时，电场力做负功，故M点处放置的是负电荷，A正确。M、N两点分别放等量异号点电荷，根据叠加原理可得，a点与c点电场强度的大小相等，但方向不同，故B错误．由于正试探电荷在c点的电势能大于在a点的电势能，故a点的电势低于c点的电势，C错误。过ab两点作出等势线分析，试探电荷由a沿直线至b，电场力对其先做正功，后做负功，总功为零，故D正确．（201*烟台市一模）
16．真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷+Q运动，其轨迹为椭圆，如图所
示．已知abcd为椭圆的四个顶点，+Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是
A．b、d两点的电场强度大小一定相等B．a、c两点的电势相等
C．负电荷由b运动到d电场力做正功
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D．负电荷由a经d运动到c的过程中，电势能先减小后增大【答案】B
E【解析】由点电荷的场强公式
kQr2可知b点的电场强度大于d点的电场强度，A错误。a、c两点离点
电荷距离相等，在同一等势线上，两点电势相等，B正确。b点电势高于d点电势，负电荷由b运动到d,电势能增大，电场力做负功，C错误。a、c两点电势相等且大于d点电势，故负电荷由a经d运动到c的过程中，电势能先增大后减小，D错误。
（201*潍坊一模）4．如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R．电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60°．下列说法正确的是
A．O、C两点场强相同B．O、C两点电势相同
C．在A点由静止释放一个正电荷，电荷将沿圆周向D运动D．沿直径由B向D移动一个正电荷，电荷的电势能先增大后减小【答案】AB
【解析】由题图可知O、C两点在两点电荷的中垂线上，且关于两点电荷的连线对称，由等量异种点电荷电场的分布情况可知O、C两点的场强相同，电势相同，选项AB正确；在A点由静止释放一个正电荷，仅在电场力的作用下，电荷做曲线运动，但其轨迹不可能沿圆周，选项C错误；沿直径由B向D移动一个正电荷，电场力做正功，电荷的电势能一直减小，选项D错误。（201*泰安市一模）
19．图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电
荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a，b
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位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点)。有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移变化的关系图象如图中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是
A．甲对应的图线是①B．乙对应的图线是②C．丙对应的图线是②D．丁对应的图线是③【答案】AC
【解析】甲图中电场为匀强电场，电场力做功W=EqS，因E、q均保持不变，故电场力做功与S成正比，故对应的图线可能是①，故A正确；
乙图中从a到b时电场强度减小，故电场力越来越小，即动能图线的斜率应是减小的，故图象应为③，故B错误；
丙图中为两异种电荷，a为中间，故从a到b时，电场强度增大，故电场力也将增大，故动能图线的斜率增大，故应为②，故C正确；
丁图中a处场强最小，而不能明确b的位置，故从a到b时场强可能一直增大，也可能先增大再减小，若场强一直增大，则图象应为②，故D错误；故选AC．（201*滨州市一模）
19．如图所示，虚线是两个等量点电荷所产生的静电场中的一簇等势线，
动，b点是其运
若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是
A．由a到b的过程中电场力对带电粒子做正功B．由a到b的过程中带电粒子的电势能在不断减小C．若粒子带正电，两等量点电荷均带正电D．若粒子带负电，a点电势高于b点电势【答案】D
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【解析】可由运动轨迹确定粒子的受力方向与速度方向，两者的夹角大于90°故电场力做负功，则电势能增加，故A、B错误。若粒子带正电，在两者中垂线左侧受力方向相左，则其电场线向左，而两等量点电荷左边的为负电荷，故C错误．若粒子带负电荷，由a到b电势能增加，电势减小，故D正确。
（201*德州市一模）19.一质子从A点射入电场，从B点射出，电场的等差等势面和质子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计质子的重力。下列说法正确的是A．A点的电势高于B点的电势B．质子的加速度先不变，后变小C．质子的动能不断减小D．质子的电势能先减小，后增大【答案】BC
由题意知粒子带正电，运动轨迹向下弯曲，正电荷受电场力与电场强度方向相同，所以电场线（垂直于等势面）方向向左，沿电场线方向电势降低，故A点的电势低于B点的电势，A错误；因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；由于起初电场力与初速度方向相反，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，C正确D错误。（201*济南市一模）
19．负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该电荷的电场力
作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则
A．粒子P带负电
B．a、b、c三点的电势高低关系是
C．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小D．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2:1:2
【答案】BCD
【解析】粒子P仅受电场力作用，轨迹弯曲方向跟电场力方向一致，故粒子P带正电，A错误。沿电场线方向电势降低，故
，B正确。粒子P由a到b，电场力做负功，电势能增加；由b到c，电场力
，故粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是QqFk2mar做正功，电势能减小，C正确。电场力
2:1:2，D正确。
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（201*聊城市一模）19．在光滑绝缘水平面P点正上方的O点固定一电荷量为-Q的点电荷，在水平面上的N点,由静止释放质量为m，电荷量为+q的检验电荷，该检验电荷在水平方向仅受电场力作用运动至P点时的速度为v，图中60。规定P点的电势为零，中
A.N点电势低于P点电势
则在-Q形成的电场
mv2B．N点电势为
2qC．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【答案】CD
【解析】由负点电荷的电场分布特点可知电场线的方向指向负点电荷，由于选P点电势为0，沿电场线电势逐渐降低，则O点电势为负值，N点电势为正值，N点电势高于P点电势，选项AB错误。由点电荷场强公式Ek12mv2Q易知选项C正确。由N至P，电场力对检验电荷做正功，且只有电场力做功，结合动能定理2r12mv,选项D正确。2可知动能的增加等于电势能的减少，则检验电荷在N点电势能EpN（201*青岛市一模）
16．如图所示为电场中的一条电场线，电场线上等距离分布M、N、P三个点，
其中N点的电势为零，将一负电荷从M点移动到P点，电场力做负功，以下判断正确的是
A．负电荷在P点受到的电场力一定小于在M点受到的电场力B．M点的电势一定小于零
C．正电荷从P点移到M点，电场力一定做负功D．负电荷在P点的电势能一定大于零【答案】CD
【解析】仅由一条电场线无法确定P、M两点的电场强弱，A错误。负电荷从M点至P点，电场力做负功，
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则电场线方向向右，正电荷从P点移到M点，电场力一定做负功，C正确；又沿电场线电势降低，N点电势为零，则M点电势为正，P点电势为负，负电荷在P点的电势能一定大于零，B错误D正确。（201*日照市一模）
15.如图所示，一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线
由b运动到d，直线bd方向与竖直方向成45°角，则下列结论正确的是
A.液滴带负电荷B.液滴的动能不变C.液滴做匀速直线运动D.液滴的电势能减少【答案】AD
【解析】由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴做匀加速直线运动，C错误；合力做正功，据动能定理知，B错误；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，电势能减少，D正确。
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扩展阅读：201*届高考备考(201*年山东各地市一模精选)：带电粒子在电场、磁场中的运动
（201*泰安市一模）23．(18分)在xoy坐标系内存在按图示规律变化的匀强电场和匀强磁场，电场
沿y轴正方向，场强为E0．磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B0．一质量为m、电荷量为q的正粒子，在t=0时刻从y轴上某处沿x轴正向射入，已知0~1(1)粒子射入时的速度．(2)在0~42m时间内粒子做直线运动.不计粒子重力．求．qB02m时间内，粒子沿y轴方向的位移．qB0(3)若粒子的速度第二次沿x由负向时，恰好经过x轴．则t=0时粒子的纵坐标为何值?
【答案】见解析【解析】
（201*聊城市一模）23.（18分）如图甲所示，平行虚线“a、b将空间分为三个区域，两侧存在方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，左侧的磁场方向垂直纸面向里，右侧的磁场方向垂直纸面向
外：中间存在变化的电场，电场强度随时间变化的图象如图乙所示，选垂直边界向右为正方向。t00，在电场内紧靠虚线a的某处无初速度释放一个电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在t1粒子第一次到
达虚线b进入磁场，已知a、b之间的距离为d，不计粒子所受重力。求：(1)Eo的大小；(2)若已知在
mqB时刻，
7m时刻粒子第一次进3qB人左侧磁场，求粒子在左侧磁场中做圆周运动的半径；(3)在t35m时刻，粒子距释放点的距离。qB【答案】见解析【解析】
（201*济南市一模）
23．（18分）如图l所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，电场强
度为E0，极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D，极板长度为L，C、D板加不变的电压。C、D板的右侧存在宽度为2L的有界匀强磁场，磁场边界与A、B板平行。现有一质量为m，带电量为e的电子（重力不计），从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经C、D板间的电场偏转后恰能从磁场的左侧边界M点进入磁场区域，速度方向与边界夹角为60°，此时磁场开始周期性变化，如图2所示（磁场从t=0卸时刻开始变化，且以垂直于纸面向外为正方向），电子运动一段不少于
T；的时间2后从右侧边界上的N点飞出，飞出时速度方向与边界夹角为60°，M．N连线与磁场边界垂直。求：（1）电子在A、B间的运动时间（2）C、D间匀强电场的电场强度
（3）写出磁感应强度B0变化周期T的大小各应满足的表达式
【答案】见解析【解析】
（201*淄博市一模）
20．如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长
LAB0.3m，LAD0.2m，总电阻为R0.1．在直角坐标系xoy中，有界匀强磁场区域的下边界与
轴重合，上边界满足曲线方程y0.2sin10，磁感应强度大小B0.2T．线框在沿轴正方向的x（m）
3拉力作用下，以速度v10m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是
A．线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B．线框中感应电动势的最大值为0.4VC．线框中感应电流有效值为4A
D．线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048J【答案】ABD
【解析】据右手定则可知，BC边切割磁感线时，线框中电流为逆时针方向，同理可知，AD边切割时为顺时针方向，选项A正确。由EBLv可得E4sin10故感应电动势的最大值为0.4V，有效值为0.22V，x，3由闭合电路欧姆定律可知线框中感应电流的有效值为22A，选项B正确C错误。由动能定理可得线框穿过磁场区域的过程中外力F做的功等于安培力做的功，即电路产生的焦耳热QIrtIr据的Q=0.048J，选项D正确。（201*淄博市一模）
23．（17分）如图，空间区域Ⅰ中存在着水平向右的匀强电场，电场强度为E，
222LAB，代入数v边界MN垂直于该电场．MN右侧有一以O为圆心的圆形匀强磁场区域Ⅱ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．在圆形磁场区域的正下方有一宽度为L的显示屏CD，显示屏的水平边界C、D两点到O点的距离均为L．质量为m、带电量为+q的粒子，从A点由静止释放，经电场加速后，沿AO方向进入磁场，恰好打在显示屏上的左边界C点．已知A点到MN的距离为s，不计粒子重力，求
(1)粒子在磁场中的轨道半径r；(2)圆形磁场的半径R；
(3)改变释放点Ａ的位置，使从A点释放的粒子仍能沿AO方向进入磁场且都能打在显示屏上时，释放点A到MN的距离范围．【答案】见解析
【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得
Eqs12mv2分2加速获得的速度
v2qEsm
1粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
v2qvBmr轨道半径
rm2qEsqBm(2)粒子恰好打到C点时，速度偏向角为1200由几何关系可得
Rrtan600
2带入半径r值得
R16mEsBq(3)粒子打到D点时，速度最大，轨道半径最大，几何关系得r/Rtan600带入半径R值得
r/3m2qEsqBm1粒子打在B点时，洛伦兹力提供向心力
/v/2qvBm1r/由动能定理得
Eqs/12mv/22联立各式可得
分分分分分
1分
分分分分2
111s/9s1分
释放点A到MN的距离在s与9s之间．1分（201*烟台市一模）
23．（18分）如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距
为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．现有一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔s1处射入电容器，穿过小孔s2后从距三角形A点3a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：
（1）粒子到达小孔s2时的速度和从小孔s1运动到s2所用的时间；
（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？
【答案】见解析【解析】
（201*潍坊一模）13．（10分）如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°．第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B＝1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向．一质量m＝8×10kg.
电荷量q=1×10C带正电粒子，从电场中M（12，－8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场．不计粒子重力，取＝3，求：
-4-
（1）粒子在磁场中运动的速度v；（2）粒子在磁场中运动的时间t；（3）匀强电场的电场强度E．【答案】见解析
【解析】（1）粒子在磁场中的轨迹如图，由几何关系，得粒子做运
动的轨道半径圆周
R2①12cm0.08m
3v2由qvBm得
Rv104m/s②
（2）粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有t1202πm1.6105s③360qB（3）由qEd12mv得2mv25103V/mE2qd评分标准：本题共10分，每式2分，正确作出轨迹、圆心各1分.（201*滨州市一模）
23．（18分）如图所示，边长为L的正方形PQMN（含边界）区域内有垂直纸面
向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力）从O点静止释放，O、P、Q三点在同一水平线上，OP＝L，带电粒子恰好从M点离开磁场，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子从O到M的时间；
（3）若磁感应强度B可以调节（不考虑磁场变化产感应），带电粒子从边界NM上的O′离开磁场，O′到N
生的电磁的距离为
3L，求磁感应强度B的最大值。7【答案】见解析【解析】
（201*德州市一模）23．（18分）电子扩束装置由相邻的电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由两块水平平行放置的长为l相距为d的导体板组成，如图甲所示．大量电子（其重力不计，质量为m、电荷量为e）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地水平向右从两板正中间射入偏转电场．当两板不带电时，电子通过两板之间的时间均为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的电压时，所有电子均可射出偏转电场，并射入垂直纸面向里的匀强磁场，最后打在磁场右侧竖直放置的荧光屏上．磁场的水平宽度为s，竖直高度足够大。求：（1）加速电场的电压
（2）电子在离开偏转电场时的最大侧向位移；
（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多大？【答案】见解析
＋U1分）（注：电量用q表示，扣荧
lU0B（1）电子离开加速电场时的速度为v0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）光e→2t0
屏0t02t03t04t0－＋－l甲
乙Ut
由动能定理得eU12mv0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）2ml2得U┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）28et0（2）要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0……等时刻进入偏转电场
eU0ma┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）d212eU0t0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）y`1at022mdvy`at0eU0t0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）md2eU0t0y`2vyt0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）
md23eU0t0yy`1y2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）
2md（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，要电子垂直打在荧光屏上，则电子在磁场中运动半径应为：Rssinvyvt┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）
设电子从偏转电场中出来时的速度为v，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：sin
┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）
式中vyU0et0dm
v2又Bevm
R由上述四式可得：B┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）
U0t0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）ds23．（18分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限内存在沿y轴负方向、
（201*青岛市一模）
场强为E的匀强电场,在第四象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场与电场分界线的x轴上有一无限大的薄隔离层．一质量为m、电量为+q、初速度为零的带电粒子，从坐标为（x0
，y0）的P点开始被电场加速，经隔离层垂直进入磁场，粒子每次穿越隔离层的时间极短，且运动方
向不变，其穿越后的速度是每次穿越前速度的k倍（k<1）．不计带电粒子所受重力．求：
（1）带电粒子第一次穿越隔离层进入磁场做圆周运动的半径R1；（2）带电粒子第二次穿越隔离层进入电场达到最高点的纵坐标y1；（3）从开始到第三次穿越隔离层所用的总时间t；
（4）若带电粒子第四次穿越隔离层时刚好到达坐标原点O，则P点横坐标x0与纵坐标y0应满足的关系．【答案】见解析
【解析】（1）第一次到达隔离层时速度为v0
qEyo=
122qEy0mvo，v0=2m2qEy0m第一次穿越隔离层后速度为v1=k2mv1v12k2mEy0由qv1B=m，得第一次在磁场中做圆周运动半径为R1==qBR1qB2（2）第二次穿越隔离层后速度为v2=k22qEy0mqEy1=012
mv2，得y1=k4y02（3）由yo=
2my01qE2
t0，得第一次到达隔离层的时间为t0=
qE2m2m圆周运动的周期T=
qBTm第一次在磁场中做圆周运动时间为t1==
2qB
第二次穿越隔离层后到达最高点时间为t2=从开始到第三次穿越隔离层所用总时间
2my0v2=k2
qEat=t0+t1+2t2=（1+2k2）2y0mm+qBqE（4）第三次穿越隔离层后的速度为v3=k32qEy0m2k6mEy0第二次在磁场中做圆周运动半径为R2=qB2x0=2R1+2R2=(2k+2k3)2mEy0qB2评分标准：（1）问6分，（2）问4分，（3）问4分，（4）问4分．共18分．（201*日照市一模）
23.如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强
磁场：垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场II，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点
OMMPL。在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中坐
标为（2L，L）的点以速度0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I（粒子的重力忽略不计）。
（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；（2）求区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小；
（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域II内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？【答案】见解析
【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
2Lv0t（1分）
L1qE2L2()(1分)2mv02mv0（1分）E2qL（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy
vyqEqE2Ltv0(1分)mmv0v2v0，方向与轴正向成45°(1分)
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得R12L（2分）2v2由洛伦兹力充当向心力Bqvm（1分）
R1可解得：Bmv2mv0（1分）qR1qL（3）粒子运动轨迹如图（2分）
在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为R22L（2分）
带电粒子能再次回到原点的条件是区域Ⅱ的宽度dR2L(21)L(1分)
2LL22粒子从O到M的运动时间t1（1分）4v2v00粒子从M到N的运动时间t22LL（1分）2v0v03粒子在区域Ⅱ中的运动时间t322L2v03L（1分）2v
粒子两次经过原点O的时间间隔为t总2(t1t2)t3
2(1)L（1分）v
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